2020年安徽省高考化学模拟试题十一答案

2020年安徽省高考化学模拟试题十一答案7A【解析】75%的酒精能使蛋白质变性，也可以消毒杀菌，生理盐水浓度小，不能使蛋白质变性，不用于消毒，故A错误；爆竹燃烧呈现五颜六色是不同金属元素灼烧产生的现象，与金属的焰色反应有关，没有生成新物质，是物理变化，故B正确；Al为活泼金属，利用电解法冶炼，氧化铝是离子化合物，熔融状态下能导电，所以工业上常用电解氧化铝的方法制备铝，故C正确；通过“燃煤固硫”和“汽车尾气催化净化”，可减少粉尘污染、酸雨等形成，提高了空气质量，故D正确。8B【解析】向原溶液中滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有SO，因为不能排除CO、SO、Ag等离子的干扰，故A错误；氯水中的Cl2和I反应生成I2，CCl4把I2从水溶液中萃取出来，因CCl4的密度比水大，则下层溶液显紫色，故B正确；Na的黄色火焰可以覆盖K的浅紫色火焰，故检验K需通过蓝色钴玻璃片观察火焰的颜色，故C错误；氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH时，滴加稀NaOH溶液不会放出NH3，故D错误。9A【解析】4.0 g CO2中含有的质子数为 mol12NA，4.0 g SO2中含有的质子数为 mol12NA，因此4.0 g由CO2和SO2 组成的混合物中含有的质子数也为2NA，故A正确；未注明标准状况下，Cl2的物质的量无法计算，且Cl2与CH4的反应不能完全进行到底，故B错误；不要忽略CH键，0.1 mol环氧乙烷(O)中含有的共价键数应该为7NA，故C错误；4.2 g CaH2与水完全反应，化学方程式为CaH22H2O=Ca(OH)22H2，转移的电子的物质的量为0.2 mol，故D错误。10B【解析】A项，Al与O2反应生成Al2O3，Al2O3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，NaAlO2溶液与过量CO2反应生成Al(OH)3和NaHCO3，Al(OH)3与NaOH溶液反应生成NaAlO2和H2O，Al2O3不能一步生成Al(OH)3，YW不能一步实现；B项，Fe3O4与CO高温反应生成Fe和CO2，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，Fe与Cl2加热时反应生成FeCl3，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，图中反应均能一步实现；C项，Cu与浓H2SO4加热反应生成CuSO4、SO2和H2O，SO2与H2S反应生成S和H2O，SO2发生催化氧化反应生成SO3，S与SO3相互间不能一步转化，即Z与W间的相互转化不能一步实现；D项，CH3CH2Br在NaOH醇溶液中发生消去反应生成CH2=CH2，CH2=CH2与H2O一定条件下发生加成反应生成C2H5OH，CH2=CH2与Br2发生加成反应生成CH2BrCH2Br，C2H5OH与CH2BrCH2Br相互间不能一步转化，即Z与W间的相互转化不能一步实现。11C【解析】Li3N中Li的化合价为1价，根据化合物中各元素化合价的代数和为0可知，N的化合价为3价，A项正确；由原理图可知，Li3N与水反应生成氨气和W，元素的化合价都无变化，W为LiOH，反应方程式为Li3N3H2O=3LiOHNH3，B项正确；由原理图可知，过程为电解氢氧化锂生成锂单质、氧气和水，电能转化为化学能，C项错误；过程电解LiOH产生O2，阳极反应式为4OH4e=O22H2O，D项正确。12B【解析】向0.1 molL1 Na2CO3溶液中通入适量CO2气体后，溶质为碳酸钠和碳酸氢钠或碳酸氢钠，根据物料守恒可知：c(Na)c(SO)/c(HCO)K(HCO)/c(H)，C错误；0.1 molL1 Na2C2O4溶液与0.1 molL1 HCl溶液等体积混合(H2C2O4为二元弱酸)，由电荷守恒可知2c(C2O)c(HC2O)c(OH)c(Cl)c(Na)c(H)，D错误。13D【解析】异戊二烯与丙烯醛发生加成反应，生成4甲基3环己烯甲醛，不是取代反应，A项错误；通过M的球棍模型可以看出六元环上甲基的邻位有一个双键，所以M为4甲基3环己烯甲醛，结构简式为CH3CHO，B项错误；根据合成路线，可以合成对二甲苯和间二甲苯，不能合成邻二甲苯，C项错误；该合成路线包含2步，第一步为加成，第二步为脱水，两步的碳原子利用率均为100%，D项正确。26(1)ClOH2OOHHClO(2)ClO2IH2O=I2Cl2OH(3)向pH10的NaOH溶液中加入少量含有淀粉溶液的碘水，振荡，蓝色褪去碘水右侧烧杯中碘水棕黄色变浅，电流计的指针偏转(4)Cl2溶液中的Cl2和HClO也可将I氧化为I2，使溶液变蓝加热pH2的溶液至无色，使黄绿色气体充分逸出，使HClO完全分解，冷却后再加入KI溶液3ClOI=3ClIO【解析】(1)ClO水解使溶液显碱性。(2)ClO具有强氧化性，故实验I中的ClO将I氧化为I2，碘水呈浅黄色。(3)若要证明I2在碱性溶液中不能存在，则可以向NaOH溶液中滴加淀粉和碘水的混合溶液，因无I2存在，故溶液的蓝色褪去。利用氧化还原反应5ClOI22OH=2IO5ClH2O设计原电池，因左侧烧杯中为NaClO溶液，故甲溶液为碘水，碘单质参加反应，随着反应的进行，碘水浓度降低，溶液颜色变浅，该装置为原电池，电流计的指针发生偏转。(4)通过溶液中含有氯元素及气体的颜色和气味可知该气体为Cl2。加入过量稀硫酸，Cl与ClO反应产生的氯气，以及溶液中存在的HClO，都能将I氧化为I2，因此不能说明溶液中一定含有IO，可通过加热除去溶液中的Cl2、HClO，排除干扰，然后再加入KI溶液，观察是否出现蓝色。ClO将I氧化成IO、ClO被还原为Cl。27(1)(2)蒸发浓缩、冷却结晶(3)CuSMnO24H=Cu2Mn2S2H2O(4)温度升高，盐酸挥发，反应物浓度降低(5)501pH5.3(6)BiCl3Na2CO3=BiOCl2NaClCO2【解析】(1)铋(Bi)与氮同族，即位于第A族，最外层有5个电子，Bi位于第六周期，即有6个电子层，根据核外电子排布规律，可得Bi的原子结构示意图为。(2)从溶液中获得晶体，一般的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。(3)“浸铜”时加入MnO2和稀硫酸，有单质硫生成，CuS中硫元素化合价升高，锰元素则被还原，根据电子守恒和电荷守恒可得离子方程式为CuSMnO24H=Cu2Mn2S2H2O。(4)温度升高，盐酸挥发，盐酸浓度变小，造成铋的浸出率降低。(5)观察表中数据，L/S501时，Pb2、As3去除率已经很高，继续增加HAP，对去除率影响不大，容易造成浪费；当c(AsO) molL151012 molL1，由KspFe(OH)341038，可得c(OH) mol/L5106 mol/L，即pH5.3。(6)观察流程，向含有BiCl3的滤液中加入Na2CO3反应生成BiOCl，根据原子守恒，可得化学方程式为BiCl3Na2CO3=BiOCl2NaClCO2。28(1)H1H22H3B(2)164.41041.541024104(或40 000)增大反应物的压强(答案合理即可)增大反应物的压强，化学反应速率加快【解析】(1) 已知：CH3OCH3(g)CO(g)H2(g)CH4 (g)H1；CH4(g)O2(g)=CO(g)2H2O (g)H2；H2(g)O2(g)=H2O (g)H3。根据盖斯定律，由2可得CH3OCH3(g)O2(g)=2CO(g)3H2(g)HH1H22H3。反应：CH3OCH3(g)O2(g)2CO(g)3H2(g)，由信息可知，过量的O2与H2发生副反应生成H2O，使H2的体积百分含量快速降低，A、C选项不能说明H2的体积百分含量快速降低，故选B。(2)设起始时CH3OCH3的物质的量为n，则：CH3OCH3(g)CO(g)H2(g)CH4(g)起始量(mol)：n0 00转化量(mol)：nn nn400 s时(mol)：nn nnn400 s时物质的总物质的量为n2n，根据等温等容条件下，气体压强之比等于物质的量之比，有，解得0.1616%；由图象可知，当p(CH3OCH3)10.0 kPa时，v(CH3OCH3)4.4103 kPas1，根据v(CH3OCH3)kp(CH3OCH3)，则k s14.4104 s1；由图象可知，400 s时p(CH3OCH3)35.0 kPa，则v(CH3OCH3)4.4104s135 Kpa1.54102 kPas1。达到平衡时，测得体系的总压强p总121.6 kPa，设平衡转化率为1，则：CH3OCH3(g)CO(g)H2(g)CH4(g)，起始量(mol)：n000转化量(mol)：n1n1n1n1平衡量(mol)：nn1 n1n1n1平衡时物质的总物质的量为n2n1，根据等温等容条件下，压强之比等于物质的量之比，有，解得10.96。则平衡时CH3OCH3(g)、CO(g)、H2(g)、CH4(g)分压分别为1.67 kPa、39.98 kPa、39.98 kPa、39.98 kPa，则该反应的平衡常数Kp4104 kPa2。除使用催化剂外，提高反应物的压强，能加快化学反应速率。33(1)间甲基苯酚(或3甲基苯酚)取代反应(2)C15H22O2(酚)羟基、 醚键(3)3NaOHCH3COONa2H2O(4)8(5)保护酚羟基不被氧化(6)OOOCH3COOH(7)CH3COCH3COHCH3CH3CH2CH3CH3C(CH3)=CHCH3CH3CBr(CH3)CHBrCH3CH2=C(CH3)CH=CH2CH2CCH3CHCH2【解析】由D的结构简式逆推可知C为，对比A、C的结构，结合信息中取代反应，可推知B为。结合反应条件与信息、，可知E为。对比F与I的结构简式，可知从FI转化中F中甲基被氧化为羧基转化为I，由于酚羟基易被氧化，故F与乙酸酐反应生成G，是为保护酚羟基，G中甲基氧化生成H，H发生水解反应、酸化重新引入酚羟基，故G为，H为。(1)A(OH)的名称为间甲基苯酚或3甲基苯酚；根据上述分析，可知ABC的反应类型是取代反应。(2)F()的分子式为C15H22O2，结构中所含官能团有羟基和醚键。(3)H()与氢氧化钠溶液反应时，酯基水解生成的酚羟基也能与氢氧化钠反应，因此HI第一步的化学反应方程式为3NaOHCH3COONa2H2O。(4)根据上述分析，可知B分子中含有一个环状结构，B的结构简式为，分子式为C5H6O3，不饱和度3，它的同分异构体中，不含有环状结构，能发生银镜反应，说明含有醛基，能与NaHCO3反应生成CO2，说明含有羧基，因此结构中还含有1个碳碳双键，符合条件的结构中含有CC=C，根据“定一移二”的方法分别确定羧基和醛基的位置，共有8种结构。(5)对比F与I的结构简式，可知从FI转化中F中甲基被氧化为羧基转化为I，由于酚羟基易被氧化，故F与乙酸酐反应生成G，是为保护酚羟基，G中甲基氧化生成H，H发生水解反应、酸化重新引入酚羟基，流程中设计FG这步反应的作用为保护酚羟基不被氧化。(6)F()与(CH3CO)2O按物质的量11发生反应生成G的化学方程式为OOOCH3COOH。(7)以CH3COCH3、CH3CH2MgBr为原料，制备高分子化合物。要制备CH2CCH3CHCH2需要先合成CH2=C(CH3)CH=CH2，根据信息，CH3COCH