2020届高三“皖江名校”决战高考最后一卷 理综 含答案

乙醇洗涤、烘干（不答“烘干”
不扣分）（1 分）
（5）VO2++e-+2H+=VO2++H2O（2 分） 从左向右（1 分）
【简析】（1）前两问（略），酸浸时 V2O4 发生反应的离子方程式书写，关键抓住两个信息，一是该反 应为复分解反应，二是产物为 VO2+。
（2）由流程可知，氧化反应的目的是将+4 价钒氧化为+5 价钒，氧化剂为 ClO-（被还原为 Cl-），Cl
（6）从晶胞投影图可知，一个水分子在立方体中间，八个在顶点，故晶体中 H2O 的配位数为 8。一个晶
×
胞占有 H2O 分子数： × （立方体的 8 个顶点）+1（立方体中心）=2 个。该晶体密度ρ
晶胞质量 晶胞体积
㡠×
6×
㡠
。
36.【答案及评分标准】（15 分） （1）醛基、醚键 （2 分，对 1 个得 1 分，有错 0 分） （2）ab（2 分，选对 1 个 1 分，有错选 0 分）
（3）取代反应（1 分） CH3CO(CH2)3OH
CH3COCH2CH=CH2+H2O（或生成醚的反应 2 分）
（4）1（1 分）
（5）9（2 分） （6）
件判断是得不出答案的。方法一，可直接利用三点的斜率信息，得 M>B>A。方法二，M 和 A 两点比较，
温度相同但 M 点反应物浓度高，推知 M>A， M 和 B 两点比较，同浓度但 M 点温度高，所以 M>B；A、B
两点比较只能从图像获取信息，看斜率 B> A，故三点比较 M>B>A。第二问：三点比较，A 点的温度和
生成物浓度都最高，故逆反应速率最大。
② P（初） ΔP P（平）
C2H5OH(g) 0.5×P0 0.5×P0×80% 0.1×P0
+ IB(g)
ETBE(g)
0.5× P0
0
0.5×P0×80% 0.5×P0×80%
0.1×P0
0.4×P0
Kp=
ꚨ
×
ꚨ
× ×
ꚨ
×
=
③ 由题中经验公式知，速率常数与活化能、温度有关，与浓度、压强无关。升温，k 正、k 逆都会增大,只是 增大倍数不同；催化剂会同程度降低正、逆反应的活化能，k 正、k 逆都同倍数增大；浓度、压强不影响速 率常数，故选 B。
2020“皖江名校联盟”决战高考最后一卷化学参考答案
7.【答案】A【解析】A 项，水温过高水解酶的活性可能降低，洗涤效果变差，故该说法错误。 B 项， “84 消毒液”的有效成分是具有强氧化性的 NaClO，消毒原理是把病毒氧化，医用酒精的消毒原理是使蛋白质 变性，二者消毒原理不同。 C 项，CO2 液态时作为油脂的萃取剂，无污染，易分离。D 项，侯氏制碱法利 用了碳酸氢钠的溶解度小的性质，先得到碳酸氢钠，再利用其不稳定性得到碳酸钠。
NH3↑+H2O；（装
置 1 分，方程式 2 分，共 3 分，所选装置和方程式不匹配，得 0 分）。
（4）DE（或 ED）、HI、B（2 分，H 和 I 的顺序不能颠倒）。
（5）冷水浴（1 分，只答“水浴”不得分）
过滤（1 分）
得 1 分，共 2 分）。
平衡压强，收集尾气（答对一项
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，可见各原子都达到 8 电子稳定结构，该
26.【答案及评分标准】（14 分）
（1）将含钒废料粉碎、适当提高反应温度、加快搅拌速度等（1 分）；SiO2 或二氧化硅（1 分） V2O4+4H+=2VO2++2H2O（2 分，不配平不得分，下同）
（2）2:1（2 分）
（3）CO2、NH3（2 分） （4）NH4+ + 2HCO3- + VO2+ =NH4VO3↓+ 2CO2↑+ H2O （2 分）
10.【答案】D【解析】A 项，棉球 a 褪色，是由于 SO2 的漂白性，棉球 b 褪色是由于 SO2 的还原性，褪色 原理不同，该项错误。B 项，丙中形成的酸性溶液中有硝酸存在，可把亚硫酸氧化成硫酸，因此会有硫酸 钡沉淀，丁中则没有沉淀生成，该项错误。 C 项，可观察到的甲中蔗糖变黑的现象验证浓硫酸具有脱水 性；乙中两棉球都褪色，说明有 SO2 生成，可推知硫元素得电子，硫酸表现出氧化性；但没有明显现象能 验证浓硫酸具有吸水性，总体看该项错误。D 项，m 管把分液漏斗连成等压的系统，使液体能顺利滴下， 起到平衡压强作用；戊中的碱石灰能吸收酸性气体，关键是吸收 SO2，避免污染空气，该说法正确。
C、X 为 N、Y 为 S、Z 为 K。
A 项，S2-的半径大于 K+的半径，该选项正确。B 项，X 的氢化物为 NH3，Z 的氢化物为 KH，与水反
应分别得到氨水和氢氧化钾溶液，该项正确。C 项，由于 NH3 存在分子间氢键，比 CH4 的沸点高很多，
所以该项正确。 D 项，[Y W X - 的电子式为： 项错误。
27.【答案及评分标准】（15 分） （1）分液漏斗（1 分）、浓硫酸（1 分，只写“硫酸”或“H2SO4”不得分） （2）夹紧止水夹，从长颈漏斗加水至漏斗内液面高于试管内液面，静置，若液面保持不变，说明气
密性良好。（2 分）
（3）甲； 2NH4Cl+Ca(OH)2
CaCl2+2NH3↑+2H2O；或 丙 NH3·H2O
（6）8 （1 分）
6×
(2 分)
【简析】（1）A.属于基态的 Cl；B.已失去一个电子，其再失去一个电子所需能量较高（第二电离能远高于
第一电离能）；C.激发态 Cl 原子，其失去一个电子比基态更容易；D.为 B 的激发态，再失去一个电子比 B
容易。综上所述，电离最外层一个电子所需能量最大的是 B。（2）（3）（4）（5）（略）。
化合价降低 2 价，还原剂为 VO2+（被氧化为 VO2+），V 化合价升高 1 价，因此还原剂与氧化剂的物质的
量之比为 2:1。
（3）从流程图可知，气体 1 为 CO2，气体 2 为 NH3，利用二者合成沉钒所需的 NH4HCO3，降低成本，
减少污染。
（4）该反应参加反应的离子比较明显，即 NH4+ 、HCO3- 、VO2+，产物之一是 NH4VO3，流程已给出，
当反应达到平衡时 正 逆 ， 则有 正 正 㡠
ꚨ 㡠ຐ༓
逆
逆㡠 ༓
正
所以
逆
M点 正
逆
㡠༓=KP =㡠源自㡠ຐ正㡠ꚨ 㡠ຐ༓
=
逆㡠 ༓
×㡠
㡠ຐ 㡠༓
=
×㡠
ꚨ× ꚨ×
×Ͳ ×6 Ͳ
=5.33。
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复习资料/最新试卷
35. 【答案】
（1）B （2 分）
9.【答案】B【解析】 A 项，金属铁与氯气反应只能生成 Fe3+，故 A 错误。B 项，熔融状态下 1mol 硫酸 氢钠完全电离生成 1mol 钠离子和 1mol 硫酸氢根离子，电离出的阳离子数为 NA，故 B 正确。C 项，甲烷 与氯气在光照条件下发生取代反应生成的卤代烃不止一种，因此生成的 CH3Cl 分子数小于 1.0 NA，故 C 错 误。D 项，C2H6O 存在乙醇和甲醚两种同分异构体，1molC2H6O 中可供剪切的 C-H 键数目为 5NA 或 6NA， 故 D 错误。
是气体反应体系经常要考虑的问题，如常出现的“安全管”），再就是要联想到氨气对环境的污染，需进行
尾气收集。
（6）利用碳原子守恒可知：n(NH2COONH4)+n(NH4HCO3)=n(CaCO3)=0.25 mol ①
又 n(NH2COONH4)×78 g·mol-1+n(NH4HCO3) ×79 g·mol-1=19.550 g ②
11.【答案】C【解析】A 项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化变化可知，①失电子的反应， 应为负极反应，②③④⑤为得电子的反应，应为正极反应。B 项，增大单位体积水体中小粒径 ZVI 的投入 量，增大负极反应的接触面积，加快 ZVI 释放电子速率，由此加快水体修复速率。C 项，C2HCl3 中 C 原子 化合价为+1，CH2=CH2 中 C 原子化合价为-2 价，1mol C2HCl3 转化为 CH2=CH2 脱去 3 mol Cl，需要得到 6mol 电子（需 3molFe 转化为 Fe2+），再加上无效腐蚀，所以，Fe 转化成 Fe2+的量要大于 3 mol。D 项，硝酸根 在酸性条件下显较强氧化性，可在正极得电子，反应式为：NO3-+10H++8e-=NH4++3H2O。
8. 【答案】C【解析】A 项，从以上转化关系可知，两步反应原子利用率都是 100%，符合绿色化学最理 想的“原子经济”理念。B 项，乙中 10 个碳原子上的氢环境不同，故有 10 种一氯代物。C 项，与饱和碳 原子相连的四个原子一定不在同一平面上，该说法错。D 项，从反应物和生成物的结构与组成可知，该反 应为加成反应，说法正确。
①②式联立计算可得 n(NH2COONH4) =0.2 mol，
ꚨ× 香ꚨ
Ͳ 香ꚨ Ͳ。
28.【答案及评分标准】（14 分，每空 2 分） （1）-4 A
（2）①MBA 或 M>B>A、 A
②
③ B 5.33
【简析】（1）略（2）第一问：①该问主要考查信息获取能力、分析问题能力。如果仅依据影响速率的条
（2）sp2、sp3（2 分） b（1 分）
（3）1s22s22p63s23p63d3（1 分）
Ti4+（2 分）