安徽省高考化学模拟试题七和答案详细解析Word文档格式.docx
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D
NO(NO2)
H2O、无水CaCl2
11.(★★)炭黑是雾霾中和重要颗粒物,研究发现它可以活化氧分子,生成活化氧,活化过程的能量变化模拟计算结果如图所示。
活化氧可以快速氧化二氧化硫,下列说法正确的是( )
A.每活化1个氧分子吸收0.29eV的能量
B.水可使氧分子活化反应的活化能降低0.42eV
C.氧分子的活化是O—O的断裂与C—O键的生成过程
D.大气中存在炭黑颗粒可提高二氧化硫转化为三氧化硫的平衡转化率
12.(★★)已知:
pKa=-lgKa,25℃时,几种弱酸的pKa值如下表所示。
下列说法正确的是( )
弱酸的化学式
CH3COOH
HCOOH
H2SO3
pKa
4.74
3.74
1.90
7.20
A.向Na2SO3溶液中加入过量乙酸,反应生成SO2
B.25℃时,pH=8的甲酸钠溶液中,c(HCOOH)=9.9×
10-7mol·
L-1
C.25℃时,某乙酸溶液pH=a,则等浓度的甲酸pH=a-1
D.相同温度下,等浓度的HCOONa溶液比Na2SO3溶液的pH大
13.(★★)实验室利用废弃旧电池的铜帽(主要成分为Zn和Cu)回收Cu并制备ZnO的部分实验过程如图所示:
下列叙述错误的是( )
A.“溶解”操作中可用酸性条件下不断鼓入O2代替H2O2
B.铜帽溶解后,将溶液加热至沸腾以除去溶液中过量的H2O2
C.与锌粉反应的离子为Cu2+、H+
D.“过滤”操作后,将滤液蒸干、高温灼烧即可制取纯净的ZnO
二、非选择题
26.(★★)草酸是一种常用的还原剂,某校化学小组探究草酸被氧化的速率问题。
实验
Ⅰ
试剂
试管
滴管
混合后
溶液
pH
现象
(1h后
溶液)
a
4mL0.01mol·
KMnO4溶液,
几滴浓H2SO4
b
几滴浓NaOH溶液
c
K2Cr2O7溶液,
d
2mL
0.3mol·
H2C2O4
2
褪为无色
7
无明显
变化
(1)H2C2O4是二元弱酸,写出H2C2O4溶于水的电离方程式:
__________________________。
(2)实验Ⅰ试管a中KMnO4最终被还原为Mn2+,该反应的离子方程式为______________________________________________________。
(3)瑛瑛和超超查阅资料,实验Ⅰ试管c中H2C2O4与K2Cr2O7溶液反应需数月时间才能完成,但加入MnO2可促进H2C2O4与K2Cr2O7的反应。
依据此资料,吉吉和昊昊设计如下实验证实了这一点。
实验Ⅱ
实验Ⅲ
实验Ⅳ
操作
6min后固体完全溶解,溶液橙色变浅,温度不变
6min后固体未溶解,溶液颜色无明显变化
实验Ⅳ的目的是______________________。
(4)睿睿和萌萌对实验Ⅱ继续进行探究,发现溶液中Cr2O
浓度变化如图所示:
臧臧和蔡蔡认为此变化是通过两个过程实现的。
过程i.MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。
过程ii.__________________________________。
①查阅资料:
溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO
。
针对过程i,可采用如下方法证实:
将0.0001molMnO2加入到6mL____________中,固体完全溶解;
从中取出少量溶液,加入过量PbO2固体,充分反应后静置,观察到________________________________。
②波波和姝姝设计实验方案证实了过程ii成立,她们的实验方案是________________________________________________________________________
____________________________________。
(5)综合以上实验可知,草酸发生氧化反应的速率与__________________有关。
27.(★★)钛是一种重要的金属,以钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO3),还含有少量Fe2O3]为原料制备钛的工艺流程如图所示。
(1)钛铁矿与硫酸发生的主要反应的化学方程式为________________________________。
(2)物质A为________(填化学式),步骤Ⅰ中的“一系列操作”为________________________。
(3)步骤Ⅱ中发生反应的离子方程式为______________________________;
为提高TiO2·
xH2O的产率,可采取的措施有________________________________________________(写出两条)。
(4)由TiO2获得金属Ti可用以下两种方法。
①电解法:
以石墨为阳极,TiO2为阴极,熔融CaO为电解质,其阴极的电极反应式为______________________。
②热还原法:
首先将TiO2、氯气和过量焦炭混合,高温反应生成TiCl4;
然后用Mg还原TiCl4即可制取Ti。
生成TiCl4的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为__________;
生成Ti的反应需在Ar气氛中,其原因为________________________________________。
(5)利用如图所示装置在一定条件下由TiO2制取金属钛的化学方程式为______________________,阳极的电极反应式为______________________。
28.(★★★)炔烃与卤化氢反应制备卤代烯烃,在有机合成中具有重要意义。
T℃时,在2L刚性密闭容器中充入1-苯基丙炔[C6H5—C≡C—CH3(g)]和HCl(g)各mmol,在Al2O3存在下发生反应,原理如下所示:
ⅰ.C6H5—C≡C—CH3(g)+HCl(g)
CHC6H5CClCH3(g) ΔH1=akJ·
mol-1
产物A
ⅱ.C6H5—C≡C—CH3(g)+HCl(g)
CHC6H5CCH3Cl(g) ΔH2=bkJ·
产物B
ⅲ.CHC6H5CClCH3(g)CHC6H5CCH3Cl(g) ΔH3
产物A 产物B
已知:
图一表示1-苯基丙炔及产物的物质的量分数随时间的变化关系;
图二表示反应过程中的能量变化关系(部分)。
请回答下列问题:
(1)ΔH3=____________。
(2)请在图二中将反应ⅱ的能量变化曲线补充完整。
(3)前20min,反应体系中v(产物A)=__________;
此时产物A的含量高于产物B的原因为________________________________________。
(4)T℃时,反应ⅲ的平衡常数K=____________。
(5)从能量的角度分析,平衡体系中产物B比产物A含量高的原因为______________________________________________________。
(6)对于刚性密闭容器中进行的上述化学反应,下列说法正确的是________(填字母代号)。
A.当容器内的压强不再改变时,产物A的含量不再改变
B.可通过降低温度进一步提高平衡体系中产物
C.反应ⅰ中,1-苯基丙炔与HCl的分子碰撞100%有效
33.(★★)
【化学——选修5:
有机化学基础】
由乙烯和丙二酸等物质合成I,合成路线如下图所示:
①R1CHO+R2CH2CHO
R1CHOHCHR2CHO
(R1、R2为烃基或H)
②CH3OOCCH2COOCH3
CH2CH2CH2CCOOCH3COOCH3+HBr+HCl
(1)丙二酸的结构简式是____________________。
(2)有机物D的分子式为C5H10O4,其官能团的名称是__________。
(3)写出A→B的化学反应方程式:
______________________________________。
(4)E→F的反应类型是______________。
(5)在一定条件下,丙二酸与乙二醇通过发生缩聚反应生成高分子化合物。
写出该高分子化合物的化学式:
______________。
(6)I的同分异构体中属于芳香族化合物且满足下列条件的有____种(已知一个碳原子连接2个或2个以上羟基不稳定)。
①苯环上有4个取代基
②与FeCl3溶液发生显色反应
③每种同分异构体1mol能与1mol碳酸钠发生反应,也能与足量金属钠反应生成2molH2
其中苯环上的一氯代物只有一种的是__________________(写出其中一种的结构简式)。
(7)丙二酸可由乙烯、甲醛为原料制得,请模仿并画出合成路线图(其他无机试剂任选)。
2020年安徽省高考化学模拟试题七答案
7.A 【解析】早期的纸张生产中,常采用纸表面涂敷明矾的工艺,明矾[KAl(SO4)2·
12H2O]中铝离子水解,其水解方程式为Al3++3H2O===Al(OH)3+3H+,产生的氢离子促进纤维素水解,使高分子链断裂,所以纸质会变脆、破损,A项符合题意。
8.D 【解析】不是所有的糖类都是天然高分子化合物,如单糖与双糖不属于高分子化合物,A错误;
和中,前者有碳碳双键,能与高锰酸钾反应,后者为苯的同系物,也能被高锰酸钾氧化,所以无法用酸性高锰酸钾溶液鉴别,B错误;
医用酒精的体积分数为75%,C错误;
甲苯和2-甲基丁烷中都有4种不同位置的氢原子,故二者的一溴代物均有4种,D正确。
9.C 【解析】CuSO4溶液中加入H2O2溶液,Cu2+转变为Cu2O,铜元素化合价降低,被还原,则H2O2作还原剂,被Cu2+氧化生成O2;
继续加入H2O2溶液,Cu2O又转变为Cu2+,铜元素化合价升高,被氧化,则H2O2作氧化剂,被Cu2O还原生成H2O,反应方程式为Cu2O+H2O2+4H+===2Cu2++3H2O。
整个过程中Cu2+先参加反应,后又重新生成,实际为H2O2的分解反应,故Cu2+是H2O2分解反应的催化剂,综上所述,A、B、D项正确,C项错误。
10.B 【解析】FeCl3与Fe反应生成FeCl2,2FeCl3+Fe===3FeCl2,此过程中Fe的化合价发生变化,涉及氧化还原反应,故A不符合题意;
MgCl2与NaOH溶液发生复分解反应:
MgCl2+2NaOH===Mg(OH)2↓+2NaCl,过滤后,滤液中过量的NaOH溶液可用HCl除去:
HCl+NaOH===NaCl+H2O,此过程中没有元素化合价发生变化,未涉及氧化还原反应,故B符合题意;
部分氯气与H2O发生反应生成氯化氢和次氯酸,反应过程中氯元素化合价变化,涉及到了氧化还原反应,故C不符合题意;
NO2与水反应生成硝酸和NO。
反应过程中氮元素化合价发生变化,涉及到了氧化还原反应,故D不符合题意。
11.C 【解析】根据能量变化图分析,最终结果为活化氧,体系能量降低,则每活化1个氧分子放出0.29eV能量,故A错误;
活化反应过程中存在多步反应的活化能,整个反应的活化能为活化能较大者,根据能量图分析,则没有水加入的反应活化能为E=0.75eV,有水加入的反应的活化能为E=0.57eV,所以水可使氧分子活化反应的活化能降低0.75eV-0.57eV=0.18eV,故B错误;
根据图象分析,氧分子活化过程O—O键断裂,生成C—O键,所以氧分子的活化是O—O的断裂与C—O键的生成过程,故C正确;
活化氧可以快速氧化SO2,而炭黑颗粒可以活化氧分子产生活化氧,所以炭黑颗粒是大气中SO2转化为SO3的催化剂,催化剂只改变化学反应速率,不影响平衡移动,所以不能提高二氧化硫转化率,故D错误。
12.B 【解析】根据表格数据分析,酸性顺序为:
H2SO3>
HCOOH>
CH3COOH>
HSO
因为乙酸的酸性大于HSO
,所以亚硫酸钠和乙酸反应生成亚硫酸氢钠和乙酸钠,故A错误;
甲酸钠溶液因为甲酸根离子水解溶液显碱性,且存在质子守恒:
c(OH-)=c(H+)+c(HCOOH),因为溶液的pH=8,所以c(OH-)=10-6mol·
L-1,c(H+)=10-8mol·
L-1,所以c(HCOOH)=9.9×
L-1,故B正确;
等浓度的乙酸和甲酸溶液中存在电离平衡,假设甲酸溶液的pH=b,
=10-4.74,
=10-3.74,计算b=a-0.5,故C错误;
因为甲酸的酸性比亚硫酸氢根离子酸性强,所以同温度下,等浓度的溶液中甲酸根离子水解程度小于亚硫酸根离子水解程度,即等浓度的甲酸钠的pH小于亚硫酸钠,故D错误。
13.D 【解析】加入过氧化氢是利用过氧化氢的氧化性,氧气也具有氧化性,且不会引入杂质离子,所以“溶解”操作中可用“酸性条件下不断鼓入氧气”代替“过氧化氢”,A项正确;
过氧化氢受热易分解,所以可以用加热的方法除去过量的过氧化氢,B项正确;
调节pH后的溶液中含有的离子能与锌粉反应的为Cu2+、H+,C项正确;
滤液中含有硫酸锌和硫酸钠,所以将滤液蒸干、高温灼烧得到氧化锌和硫酸钠,不能得到纯净的氧化锌,D项错误。
26.
(1)H2C2O4HC2O
+H+、HC2O
C2O
+H+
(2)5H2C2O4+6H++2MnO
===10CO2↑+2Mn2++8H2O
(3)排除实验Ⅱ中MnO2直接还原重铬酸钾的可能
(4)Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应
①0.1mol/LH2C2O4溶液(调至pH=2) 上清液为紫色 ②2mL0.3mol/L的H2C2O4溶液与4mL0.01mol/L的K2Cr2O7溶液混合,调至pH=2,加入0.0001molMnSO4固体(或15.1mgMnSO4),6min后溶液橙色变浅 ③氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂
【解析】
(1)H2C2O4是二元弱酸,分步电离,用可逆符号,则H2C2O4溶于水的电离方程式为H2C2O4HC2O
+H+。
(2)实验I试管a中,酸性条件下,KMnO4最终被还原为Mn2+,草酸被氧化为二氧化碳,则该反应的离子方程式为5H2C2O4+6H++2MnO
===10CO2↑+2Mn2++8H2O。
(3)实验Ⅳ与实验Ⅱ、Ⅲ区别是没有草酸,则实验Ⅳ的目的是:
排除实验Ⅱ中MnO2直接还原重铬酸钾的可能。
(4)分析曲线可知,开始时Cr2O
浓度变化缓慢,一段时间后变化迅速,则可能是过程i中MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+。
过程ii是Mn2+可加快草酸与重铬酸钾的反应。
①将0.0001molMnO2加入到6mL0.1mol/LH2C2O4溶液(调至pH=2)中,固体完全溶解,则说明MnO2与H2C2O4反应生成了Mn2+;
从中取出少量溶液(含Mn2+),加入过量PbO2固体,充分反应后静置,观察到上清液为紫色,则说明溶液中Mn2+能被PbO2氧化为MnO
,MnO
显紫色。
②设计实验方案证实“过程ii”成立,由控制变量法可知,保持其他变量不变,将MnO2换成等物质的量的MnSO4固体即可,即实验方案是2mL0.3mol/LH2C2O4溶液与4mL0.01mol/LK2Cr2O7溶液混合,调至pH=2,加入0.0001molMnSO4固体(或15.1mgMnSO4),6min后溶液橙色变浅。
(5)综合以上实验可知,变量有:
氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂,则草酸发生氧化反应的速率与氧化剂种类、溶液pH、是否有催化剂有关。
27.
(1)FeTiO3+2H2SO4
TiOSO4+FeSO4+2H2O
(2)Fe 蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
(3)TiO2++(x+1)H2O===TiO2·
xH2O↓+2H+
加水稀释反应物、加碱中和生成的酸、加热(任写两点)
(4)①TiO2+4e-===Ti+2O2- ②1∶1 防止高温下Mg(或Ti)与空气中的物质反应
(5)TiO2
O2↑+Ti 2O2--4e-===O2↑。
(1)依流程图可知,钛酸亚铁与硫酸反应,产物有FeSO4和TiOSO4,结合原子守恒配平方程式。
(2)物质A为铁,铁将Fe3+还原为Fe2+。
从含硫酸亚铁的溶液中得到硫酸亚铁晶体,操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤。
(3)TiO2+水解生成TiO2·
xH2O和H+。
从平衡移动角度分析,加入碱中和生成的酸、加热、加水稀释反应物都可以提高TiO2·
xH2O的产率。
(4)①二氧化钛在阴极上发生还原反应生成Ti和O2-。
②TiO2+2C+2Cl2
2CO+TiCl4,TiCl4+2Mg
2MgCl2+Ti。
生成TiCl4的反应中,氧化剂是Cl2,还原剂是C,其物质的量之比为1∶1。
镁、钛在高温下与空气中的物质会发生反应,在氩气中进行反应,可保护镁和钛。
(5)该装置为电解装置,由TiO2制取金属钛,化学方程式为TiO2
O2↑+Ti,阳极发生氧化反应,电极反应式为2O2--4e-===O2↑。
28.
(1)(b-a)kJ·
(2)
(3)0.0225mmol·
L-1·
min-1 反应生成产物A的活化能较低,反应速率快
(4)24
(5)产物B比产物A的能量低,更稳定
(6)B
(1)分析题意可知,根据盖斯定律,由反应ⅱ-反应ⅰ可得反应ⅲ,则ΔH3=ΔH2-ΔH1=(b-a)kJ·
mol-1。
(2)由图一可知,反应ⅱ生成产物B,且生成产物B所需活化能较高,故补充完整的能量变化曲线如图所示。
(3)反应开始时1-苯基丙炔和HCl物质的量均为mmol,由图象可知,当反应进行到20min时,1-苯基丙炔和HCl已完全反应,生成产物A和产物B共mmol,其中产物A物质的量分数为90%,则产物A的物质的量为0.9mmol,其生成速率v(产物A)=
=0.0225mmol·
min-1;
因反应生成产物A的活化能较低,反应速率快,故此时产物A的含量高于产物B。
(4)分析图一可知,从20min开始到最终平衡即为反应iii的过程,平衡时产物A的浓度为
=0.02mmol·
L-1,产物B的浓度为
=0.48mmol·
L-1,故T℃时,反应ⅲ的平衡常数K=
=24。
(5)达到最终平衡时产物B比产物A含量高,原因是产物B的能量比产物A更低,更加稳定。
(6)对于刚性密闭容器,容器体积保持不变,逐项分析可知:
对于反应ⅲ来说,压强始终保持不变,但产物A含量会发生改变,故A错误;
因产物B比产物A的能量低,更稳定,反应ⅲ为放热反应,可通过降低温度进一步提高平衡体系中产物B的含量,故B正确;
能够发生化学反应的碰撞称之为有效碰撞,在反应ⅰ中,1-苯基丙炔和HCl的分子碰撞不可能100%有效,只有能量较高的分子间发生的碰撞才有效,故C错误。
33.
(1)HOOCCH2COOH
(2)羟基、醛基
(3)CH3CHO+H2
CH3CH2OH
(4)取代反应
(5)
(正确的结构式、结构简式亦可)
(6)6 CH2OHHOH2COHCH2OH或
CH2OHHOH2COHCH2OH
(7)
(1)丙二酸的结构简式为HOOCCH2COOH。
(2)D的分子式为C5H10O4,D的结构简式为
CCH2OHCH2OHHOCH2CHO,D中官能团的名称为羟基、醛基。
(3)A→B的化学方程式为CH3CHO+H2
CH3CH2OH。
(4)E的结构简式为CCH2OHCH2OHHOCH2CH2OH,E与HBr发生取代反应生成F,E→F为取代反应。
(5)丙二酸中含2个羧基,乙二醇中含2个羟基,丙二酸与乙二醇发生缩聚反应形成的高分子化合物的结构简式为HOCOCH2COOCH2CH2OH。
(6)I的分子式为C9H12O4,I的不饱和度为4,则I的属于芳香族化合物的同分异构体中侧链都是饱和结构;
I的同分异构体遇FeCl3溶液发生显色反应,I的同分异构体含酚羟基;
1molI的同分异构体能与1molNa2CO3反应,I的同分异构体中含1个酚羟基;
1molI的同分异构体与足量Na反应生成2molH2,I的同分异构体中还含有3个醇羟基;
一个碳原子上连接2个或2个以上羟基不稳定,I的同分异构体的苯环上四个取代基为1个—OH和3个—CH2OH,3个—CH2OH在苯环上有HOCH2CH2OHCH2OH、HOCH2CH2OHCH2OH、
HOCH2CH2OHCH2OH三种位置,酚羟基分别取代苯环上的氢原子,依次有2种、3种、1种,符合题意的I的同分异构体有2+3+1=6种。
其中苯环上一氯代物只有一种的结构简式为
OHHOCH2CH2OHCH2OH、OHHOCH2CH2OHCH2OH。
(7)丙二酸中含3个碳原子,乙烯中含2个碳原子,HCHO中只有一个碳原子,碳链增长,联系已知条件①,结合题给流程写出由乙烯合成CH3CHO的路线流程为
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