2020年安徽省高考化学模拟试题六答案

2020年安徽省高考化学模拟试题六答案7B【解析】“灶燃薪”是加热，“多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘”是蒸发结晶，B项正确。8D【解析】该反应不符合正确配比，离子方程式为Ba22OH2NHSO=BaSO42NH3H2O，故A错误；用惰性电极电解饱和CuCl2溶液时，阴极上Cu2放电能力大于H，阳极上氯离子放电，所以电解氯化铜本身，电解反应的离子方程式为Cu22ClCuCl2，故B错误；向漂白粉溶液中通入少量二氧化硫，发生氧化还原反应，离子方程式为SO2Ca23ClOH2O=CaSO42HClOCl，故C错误；苯酚钠溶液中通入少量CO2，反应生成苯酚和碳酸氢钠，反应的离子方程式为C6H5OCO2H2OC6H5OHHCO，故D正确。9C【解析】OH属于酚，而不含有苯环和酚羟基，具有二烯烃的性质，两者不可能是同系物，故A错误；共有2种等效氢，一氯代物是二种，二氯代物是4种，故B错误；中含有两个碳碳双键，碳碳双键最多可提供6个原子共平面，则中所有原子都处于同一平面内，故C正确；的分子式为C4H4O，1 mol该有机物完全燃烧消耗的氧气的物质的量为1 mol(4)4.5 mol，故D错误。10B【解析】该反应属于归中反应，NH中3价的氮元素升高为0价，被氧化，NO中5价的氮元素降低为0价，被还原，被氧化的氮原子与被还原的氮原子的物质的量之比为53，每生成4 mol N2，转移15 mol电子，所以，当生成0.1 mol N2时，转移电子的物质的量为0.1 mol0.375 mol，转移的电子数为0.375NA，故A错误；N2的结构式为NN，1个 N2分子含有3对共用电子，2.8 g N2的物质的量为0.1 mol，含有的共用电子对数为0.3NA，故B正确；浓硝酸具有强氧化性，可将铁氧化为3价，本身被还原为NO2，56 g Fe的物质的量为1 mol，可失去3 mol电子，所以，反应生成3 mol NO2，但有一部分NO2转化为N2O4，最终生成的NO2分子数少于3NA，故C错误；已知硝酸铵溶液的物质的量浓度，但未告知溶液的体积，不能确定含有硝酸铵的物质的量，无法计算含有NH的数目，故D错误。11C【解析】X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，X与Q能形成最简单的有机物甲烷，则X为H，Q为C，X与Y同主族，则Y为Na，结合Y、Z和R在周期表的位置可知，Z为Mg，R为N。由上述分析可知，同周期元素随着原子序数的增大原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径r(Y)r(Z)r(Q)r(R)，A项错误；元素非金属性越强，其对应的简单气态化合物越稳定，则NH3的稳定性大于CH4，即RX3QX4，B项错误；X与Y形成NaH，含离子键，C项正确；元素非金属性越强，其对应的最高价含氧酸的酸性越大，则硝酸的酸性大于碳酸，即XRO3X2QO3，D项错误。12B【解析】已知充电时F从乙电极移向甲电极，则甲电极是阳极，乙电极是阴极，放电时，甲电极是正极，乙电极是负极。放电时，甲电极是正极，发生还原反应，电极反应式为BiF33e=Bi3F，故A错误；充电时，甲电极的电极反应式为Bi3F3e=BiF3，电极增加的质量是氟元素的质量，每转移3 mol电子，甲电极增重57 g，所以，当导线上通过1 mol电子时，甲电极增重19 g，故B正确；放电时，电流从电势高的正极流向电势低的负极，所以，甲电极比乙电极的电势高，故C错误；充电时，乙电极是阴极，其要与外加电源的负极相连，故D错误。13A【解析】甲容器中反应达到平衡时，c(H2O)0.4 molL1，c(CO2)0.8 molL1，c(H2)1.6 molL1，K112.8，A正确；乙容器中反应达到平衡时，c(H2O)0.8 molL1，c(CO2)0.6 molL1，c(H2)1.2 molL1，K21.35，K1K2，该反应为吸热反应，K减小说明反应逆向进行，则温度降低，即T1T2，B错误；向容器中再充入1 mol H2O(g)，相当于增大压强，平衡逆向移动，则CO2的体积分数减小，C错误；与乙容器中的量比较，1.0 mol C和2.0 mol H2O相当于1.0 mol CO2和2.0 mol H2，若体积不变，则平衡时是完全等效的，即CO2为0.6 mol，CO2的转化率为40%，但由于体积增大，压强减小，反应向生成CO2的方向移动，则CO2的转化率小于40%，D错误。26(1)坩埚(2)反应中硫酸过量，在浓缩过程中，稀硫酸变浓，浓硫酸的吸水性使CuSO45H2O失去结晶水变为CuSO4(3)2Cu22NH3H2OSO=Cu2(OH)2SO42NH(4)Cu(NH3)4SO4H2O晶体容易受热分解(5)平衡气压，防止堵塞和倒吸(6)BD【解析】(1)灼烧固体，应在坩埚中进行，所以仪器A为坩埚。(2)得到的为硫酸铜和硫酸溶液，浓缩时，硫酸变浓，浓硫酸具有吸水性，可使CuSO45H2O失去结晶水变为CuSO4，使固体变为白色。(3)浅蓝色沉淀的成分为Cu2(OH)2SO4，根据原子守恒可知反应的离子方程式为2Cu22NH3H2OSO=Cu2(OH)2SO42NH。(4)析出晶体时采用加入乙醇的方法，而不是浓缩结晶的原因是Cu(NH3)4SO4H2O晶体容易受热分解。(5)A装置中长玻璃管可起到平衡气压，防止堵塞和倒吸的作用；与氨气反应的n(HCl)103V1 Lc1 mol/L103V2 Lc2 mol/L(c1V1c2V2)103 mol，根据氨气和HCl的关系式可知：n(NH3)n(HCl)0.5103(V1V2)mol，则样品中氨的质量分数为。(6)滴定时未用NaOH标准溶液润洗滴定管，浓度偏低，则V2偏大，使氨含量测定结果偏低，故A不符合题意；读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致V2偏小，使氨含量测定结果偏高，故B符合题意；滴定过程中选用酚酞作指示剂，对实验没有影响，故C不符合题意；取下接收瓶前，未用蒸馏水冲洗插入接收瓶中的导管外壁，导致盐酸偏少，需要的氢氧化钠偏少，则V2偏小，含量偏高，故D符合题意。27(1)SO221(2)2Fe22HH2O2=2Fe32H2OH H空气或氧气(3)3.7pH4.8(4)过滤防止Cu2O被空气中氧气氧化(5)2Cu2e2OH=Cu2OH2O【解析】(1)根据流程可知，矿石与氧气得到金属氧化物和SO2；Cu2S与O2发生反应Cu2S2O22CuOSO2，氧化剂为氧气，还原剂为Cu2S，氧化剂与还原剂的物质的量之比为21。(2)若试剂X是H2O2溶液，将Fe2氧化为Fe3，离子反应方程式为2Fe22HH2O2=2Fe32H2O；H2O2的电子式为H H；在酸性条件下，氧气也可将Fe2氧化为Fe3，而氧气或空气价格远低于过氧化氢，故可用氧气或空气替代。(3)加入试剂Y的目的是调节pH完全沉淀Fe3，但不沉淀Cu2，根据表中数据可知，pH的调控范围为3.7pH4.8。(4)操作X为过滤，滤渣经洗涤、烘干，制得Cu2O；因为Cu2O具有较强的还原性，在加热条件下易被空气氧化，故烘干过程要隔绝空气。(5)以铜与石墨作电极，电解浓的强碱性溶液可制得纳米级Cu2O，阳极发生氧化反应，电极反应式为2Cu2e2OH=Cu2OH2O。28(1)2CO(g)2H2(g)=CH4(g)CO2(g)H247.2 kJmol1(2)常压热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷CO(g)H2O(g)=H2(g)CO2(g)(3)9.1%0.8p【解析】(1)根据盖斯定律，由脱酸基反应热裂解反应可得CO与H2甲烷化的热化学方程式为2CO(g)2H2(g)=CH4(g)CO2(g)H247.2 kJmol1。(2)在密闭容器中，利用乙酸制氢，CH3COOH(g)=2CO(g)2H2(g)，反应为气体体积增大的反应，选择的压强为常压。热裂解反应CH3COOH(g)=2CO(g)2H2(g)是吸热反应，热裂解反应正向移动，脱酸基反应CH3COOH(g)=CH4(g)CO2(g)是放热反应，而脱酸基反应逆向移动。650 之后氢气产率高于甲烷，理由是随着温度升高后，热裂解反应速率加快，同时热裂解反应正向移动，而脱酸基反应逆向移动，故氢气产率高于甲烷。CO能与水蒸反应生成二氧化碳和氢气，在乙酸气中掺杂一定量水，氢气产率显著提高而CO的产率下降，反应的化学方程式为CO(g)H2O(g)=H2(g)CO2(g)。(3)假设乙酸起始物质的量为1 mol，根据方程式进行计算：热裂解反应CH3COOH(g)=2CO(g)2H2(g)转化(mol)0.2 0.4 0.4平衡(mol)0.2 0.4 0.4脱酸基反应CH3COOH(g)=CH4(g)CO2(g)转化(mol)0.6 0.6 0.6平衡(mol)0.2 0.6 0.6乙酸体积分数为100%9.1%，Kp0.8p。33(1)反2戊烯(2)C8H6O4羟基、醚键(3)还原反应(4)(5)9OH或(6)【解析】(1)不同的原子或原子团在C=C键同侧的称为反式结构，所以CCH3HCHCH2CH3为反式结构，名称是反2戊烯。(2)C的结构简式是，C物质的分子式是C8H6O4。D的结构简式是，含氧官能团有羟基、醚键。(3)，去掉1个氧原子，增加了6个氢原子，属于还原反应。(4)根据与发生加成反应生成，与