安徽省高考化学模拟试题七和答案详细解析.docx
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安徽省高考化学模拟试题七和答案详细解析
2020年安徽省高考化学模拟试题七
一、选择题
7．（★）古代造纸工艺中常使用下列某种物质，该物质易导致纸纤维发生酸性水解，纸张因此变脆、易破损。
则该物质是（ ）
A．明矾B．草木灰C．熟石灰D．漂白粉
8．（★）下列关于有机化合物的说法正确的是（ ）
A．糖类都是天然高分子化合物，组成与结构比较复杂
B．可以用酸性高锰酸钾溶液鉴别
和
C．体积分数为90%的乙醇溶液能使蛋白质变性，常用于医疗消毒
D．甲苯的一溴代物和2－甲基丁烷的一溴代物都有4种（不考虑立体异构）
9．（★）向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。
下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）
A．Cu2＋是H2O2分解反应的催化剂
B．H2O2既表现出氧化性又表现出还原性
C．Cu2＋将H2O2还原为O2
D．发生了反应Cu2O＋H2O2＋4H＋===2Cu2＋＋3H2O
10．（★）下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是（ ）
选项
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
A
FeCl2溶液（FeCl3）
Fe粉
B
NaCl溶液（MgCl2）
NaOH溶液、稀HCl
C
Cl2（HCl）
H2O、浓H2SO4
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·L－1
KMnO4溶液，
几滴浓H2SO4
b
4mL0.01mol·L－1
KMnO4溶液，
几滴浓NaOH溶液
c
4mL0.01mol·L－1
K2Cr2O7溶液，
几滴浓H2SO4
d
4mL0.01mol·L－1
K2Cr2O7溶液，
几滴浓NaOH溶液
2mL
0.3mol·L－1
H2C2O4
溶液
2
褪为无色
7
无明显
变化
2
无明显
变化
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
实验
操作
实验
现象
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
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·mol－1
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：
已知：
①R1CHO＋R2CH2CHO
R1CHOHCHR2CHO
（R1、R2为烃基或H）
②CH3OOCCH2COOCH3
CH2CH2CH2CCOOCH3COOCH3＋HBr＋HCl
请回答下列问题：
（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）＝9.9×10－7mol·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＋、HC2O
C2O
＋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↑。
【解析】
（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·mol－1
（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
【解析】
（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·L－1·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）
【解析】
（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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