2020年安徽省高考化学模拟试题五答案

2020年安徽省高考化学模拟试题五答案
7．D【解析】造纸所用的原料木材纤维属于糖类，A项正确；蚕丝纤维的主要成分是蛋白质，B项正确；光导纤维的主要成分是二氧化硅，C项正确；碳纤维的主要成分为单质碳，不属于天然纤维，D项错误。

8．B【解析】CH3COOH和CH3COOC2H5互溶，不能用分液的方法分离，故A错误；NH4NO3晶体溶于水吸热，所以U形管中的红墨水柱会左高右低，故该实验装置能验证NH4NO3晶体溶于水的热效应，故B正确；蒸发FeCl3溶液时促进Fe3＋水解，最后得到Fe(OH)3，故C错误；根据元素非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强分析，要验证C、Cl、Si的非金属性强弱应用实验证明HClO4、H2CO3和H2SiO3的酸性强弱，但实验中使用的是稀HCl，故D错误。

9．C【解析】若A为碳，E为氧气，则B为CO2，D为CO，CO2与CO可以相互转化，选项A正确；若A为Na2CO3，E为稀HCl，则B为CO2，D为NaHCO3，CO2和NaHCO3可以相互转化，选项B正确；若A为Fe，E为稀HNO3，则B为Fe(NO3)3，D为Fe(NO3)2，选项C错误；AlCl3与少量NaOH溶液反应生成Al(OH)3，与过量NaOH溶液反应生成NaAlO2，符合转化关系，若E是氨水则不符合，因为AlCl3与少量氨水和过量氨水反应都生成Al(OH)3沉淀和NH4Cl，选项D正确。

10．C【解析】氧化剂的氧化性大于氧化产物，Na2FeO4中Fe的化合价高于FeSO4中Fe的化合价，故氧化性Na2O2>Na2FeO4>FeSO4，A项正确；2FeSO4＋6Na2O2===2Na2FeO4＋2Na2O＋2Na2SO4＋O2↑，Fe的化合价由＋2价升高为＋6价，Na2O2中部分O的化合价由－1价降低为－2价，部分O由－1价升高为0价，所以FeSO4只作还原剂，Na2O2既作氧化剂又作还原剂，B项正确；2FeSO4～10e－，所以每3 mol FeSO4完全反应时，反应中共转移15 mol电子，C项错误；Na2FeO4处理水时，Na2FeO4可以氧化杀死微生物，其被还原生成的Fe3＋发生水解生成具有吸附作用的Fe(OH)3胶体，可以起到净水的作用，D项正确。

11．B【解析】根据系统命名法将异丁醇命名为2－甲基－1－丙醇，故不选A，有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比，异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且峰面积之比是1∶2∶1∶6，故选B；根据表格数据可知，叔丁醇与异丁醇的沸点相差较大，所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来，故不选C；两种醇发生消去反应后均得到2－甲基丙烯，故不选D。

12．D【解析】膜Ⅰ侧，H2O和O2在正极均发生还原反应，结合题图可写出其电极反应式为H2O＋2e－===H2＋O2－、O2＋4e－===2O2－，故A正确；原电池中阴离子从正极向负极移动，结合题图中O2－的移动方向可知，膜Ⅰ侧相当于原电池的正极，膜Ⅱ侧相当于原电池的负极，故B正确；膜Ⅱ侧CH4发生氧化反应，其电极反应式为CH4＋O2－－2e－===2H2＋CO，故C正确；膜Ⅰ侧发生的反应为H2O＋2e－===H2＋O2－、O2＋4e－===2O2－，膜Ⅱ侧发生的反应为CH4＋O2－－2e－===2H2＋CO，膜Ⅱ侧每消耗1 mol CH4，参与反应的H2O、O2的量未知，无法计算膜Ⅰ侧生成H2的物质的量，故D错误。

13．C 【解析】H 2CO 3是弱酸，分步电离，电离方程式为H 2CO 3
H ＋＋HCO －3、HCO －3H ＋＋CO 2－
3，故A 错误；提高CO 2充气压力，溶液的酸性增强，溶液中c (A －)减小，故B 错误；当pH 为5.0时，饮料中c （HA ）c （A －）＝c （H ＋）K a ＝10－5
6.25×10－5
＝0.16，故C 正确；由题中信息可知，苯甲酸(HA)的抑菌能力显著高于A －
，充CO 2的饮料中HA 的浓度较大，所以相较于未充CO 2的饮料，碳酸饮料的抑菌能力较高，故D 错误。

26．(1)连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好(其他合理答案均可)
(2)装置④放入348 K(或75 ℃)热水浴中；装置⑤放入冷水浴中
(3)装置⑥中溶液变蓝；装置⑦中溶液变成橙色
(4)能 Cl 2与KBr 反应生成Br 2，氧化性Cl 2>Br 2，Cl 2与挥发出来的Br 2均可与KI 反应，氧化性Br 2>I 2或Cl 2>I 2，均可证明氧化性Cl 2>I 2
(5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤(洗涤、干燥)
(6)S 2O 2－3＋4Cl 2＋5H 2O===2SO 2－4＋8Cl －＋10H ＋ (7)简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等(任答两点)
【解析】(1)整套装置气密性的检查用液差法，方法是连接好实验装置，由⑧导管向⑦装置中加水，若能形成一段稳定的水柱，则装置的气密性良好。

(2)装置④中盛放30% KOH 溶液，装置④中发生的反应为3Cl 2＋6KOH=====348 K
KClO 3＋5KCl ＋3H 2O ，则装置④用于制备KClO 3；装置⑤中盛放2 mol·L －1 NaOH 溶液，装置⑤中发生的反应为Cl 2＋2NaOH=====冷水NaCl ＋NaClO ＋H 2O ，则装置⑤用于制备NaClO 。

为了使装置④中的反应顺利完成，装置④应放入348 K(或75 ℃)热水浴中；为了使装置⑤中的反应顺利完成，装置⑤应放入冷水浴中。

(3)装置⑥中盛放KI －淀粉溶液，通入Cl 2发生反应Cl 2＋2KI===2KCl ＋I 2，I 2遇淀粉呈蓝色，则装置⑥中的实验现象是溶液变蓝；装置⑦中盛放KBr 溶液，通入Cl 2发生反应Cl 2＋2KBr===2KCl ＋Br 2，则装置⑦中的实验现象是溶液变成橙色。

(4)如果把装置⑥⑦中的试剂互换位置，即装置⑥中盛放KBr 溶液，装置⑥中发生反应Cl 2＋2KBr===2KCl ＋Br 2，由此得出氧化性Cl 2>Br 2；装置⑦中盛放KI －淀粉溶液，无论是Cl 2还是装置⑥中挥发出来的Br 2(g)都能与KI 反应生成I 2，则说明Cl 2或Br 2(g)的氧化性强于I 2。

结合装置⑥中得出的结论也能证明氧化性Cl 2>I 2。

(5)根据溶解度曲线可知，KClO 3的溶解度随温度升高明显增大，KCl 在低温时溶解度大
于KClO 3，高温时溶解度小于KClO 3，则从装置④所得溶液中提取KClO 3晶体的实验操作是蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。

(6)尾气用浸有0.5 mol·L －1 Na 2S 2O 3溶液的棉花吸收，Cl 2将S 2O 2－3氧化成SO 2－
4，自身被还原成Cl －
，根据氧化还原反应原理可将尾气吸收时Cl 2发生反应的离子方程式配平为4Cl 2
＋S 2O 2－3＋5H 2O===2SO 2－4＋8Cl －＋10H ＋。

(7)选择微型实验装置的优点有：简化实验装置、节约成本；试剂用量少、能源消耗少；节省空间，缩短实验时间；减少污染等。

27．(1)①－159.47 kJ·mol －
1 ②高温 ③BD
(2)①> ②增大压强或增加CO 2用量或及时分离出产物(任写两种) ③112 13
<c <1 【解析】(1)①根据盖斯定律，由总反应－反应Ⅱ可得反应Ⅰ为2NH 3(g)＋CO 2(g)NH 2COONH 4(s) ΔH 1＝－159.47 kJ·mol －1。

②反应Ⅱ的正反应是气体体积增大的反应，ΔS ＞0，由焓变分析可知其是吸热反应，ΔH ＞0，所以依据反应自发进行的判断依据ΔH －T ΔS ＜0可知，在高温情况下有利于反应的自发进行。

③反应Ⅰ中反应物全部为气体，生成物为固体，且反应按反应物的系数比投料，所以在反应前后，混合气体的平均相对分子质量始终保持不变，其不能作为平衡状态的判断标志，A 项错误；恒温恒容条件下，反应Ⅰ未达平衡前，气体的物质的量减小，所以容器内气体总压强减小，所以当容器内气体总压强不再变化时，说明反应处于平衡状态，B 项正确；NH 3与CO 2的转化率始终相等，不能说明反应Ⅰ达到了平衡状态，C 项错误；反应Ⅰ未达平衡前，容器体积不变，气体质量减小，所以当容器内混合气体的密度不再变化时，说明反应处于平衡状态，D 项正确。

(2)①Ⅱ平衡时间小于Ⅰ，说明Ⅱ反应速率大于Ⅰ，且平衡时Ⅱ中CH 3OH 的物质的量小于Ⅰ，说明平衡向逆反应方向移动，则只能是升高温度，即Ⅱ的温度大于Ⅰ，温度越高，平衡向逆反应方向移动，导致化学平衡常数越小，所以K Ⅰ＞K Ⅱ。

②欲提高CH 3OH 的平衡产率，则使平衡正向移动，可采取的措施除改变温度外，还有增大压强或增加CO 2用量或及时分离出产物。

③设二氧化碳的反应量为x ，根据“三段式”法进行计算：
CO 2(g)＋3H 2(g)CH 3OH(g)＋H 2O(g) 初始量(mol): 1 3 0 0
转化量(mol)：x 3x x x
平衡量(mol)：1－x 3－3x x x
甲中平衡后气体的压强为开始时的56倍，即4－2x 4＝56，解得x ＝13
mol ，反应的平衡常数
为16×1613
×13＝112；依题意可知甲、乙为等效平衡，且起始时维持反应逆向进行，所以全部由生成物投料，c 的物质的量为1 mol ，c 的物质的量不能低于平衡时的物质的量13
mol ，所以c 的物质的量为13
＜c ＜1。

28．(1)＋4
(2) 360 ℃ 360 ℃以前反应未达到平衡，升温过程中反应继续向正向进行，产率不断增大；360 ℃以后反应达到平衡，由于该反应为放热反应，升温过程中平衡逆向移动，ZrCl 4产率又减小
(3)2Al 2O 3＋3C ＋6Cl 2=====高温4AlCl 3＋3CO 2
(4)2×10－4 mol/L
(5)分液漏斗、烧杯 除去铁元素杂质
【解析】(1)由于在化合物中元素正负化合价代数和等于0，O 为－2价，Si 为＋4价，可得锆英石(ZrSiO 4)中Zr 元素的化合价为＋4价。

(2)根据图象可知ZrCl 4的产率在温度为360 ℃时最高，说明“氯化”的最佳温度是360 ℃；根据图象可知，在360 ℃以前，随着温度的升高，ZrCl 4的产率逐渐增大，是由于温度升高，反应物分子的能量增加，有效碰撞次数增加，反应速率加快，更多的反应物发生反应变为生成物，所以ZrCl 4的产率逐渐增大，到360℃达到最大值，此时反应达到平衡状态，由于该反应的正反应为放热反应，升高温度，化学平衡向吸热的逆反应方向移动，使ZrCl 4的产率逐渐降低，因此温度升高，ZrCl 4的产率又逐渐降低。

(3)Al 2O 3、焦炭在高温下与氯气反应产生AlCl 3、CO 2，根据电子守恒、原子守恒可得该反应方程式为2Al 2O 3＋3C ＋6Cl 2=====高温4AlCl 3＋3CO 2。

(4)由于K sp [Cu(CN)2]＝c (Cu 2＋)·c 2(CN －)＝4.00×10
－10，c (Cu 2＋)＝0.01 mol/L ，当溶液中Cu 2＋开始沉淀时，c (CN －)＝4.00×10
－100.01＝2.00×10－4 mol/L 。

(5)由于萃取是分离互不相溶的液体混合物的方法，所以
萃取和反萃取使用的仪器有分液漏斗和烧杯；在处理过程中Cu 2＋与沉淀试剂形成Cu(CN)2
沉淀过滤除去，Fe 3＋与加入的NH 4SCN 形成络合物Fe(SCN)3，Zr 4＋
形成Zr(SCN)4，由于Fe(SCN)3难溶于MIBK ，而Zr(SCN)4在水中溶解度不大，易溶于MIBK ，向Fe(SCN)3、Zr(SCN)4的混合溶液中加入MIBK 充分振荡后，分液，可将Fe(SCN)3分离除去，然后向MIBK 的溶液中加入硫酸进行反萃取，Zr(SCN)4进入硫酸溶液中，然后经过一系列处理，就可得到ZrO 2。

所以进行萃取和反萃取目的是除去铁元素杂质。

33．(1)CH 4O CH 2CH 2OH
(2)羟基 氧化反应
(3)CH 2CHO ＋HOCH 2CH 2HO
――→NaHSO 4·H 2O CH 2COCH 2HOCH 2＋H 2O
(4)COHCH 3、COCH 3
(5)9
(6)CH 2CHCH 3Cl ――→NaOH 醇溶液△CH 2===CHCH 3――→O 2Ag ――→CO 2
【解析】A 的分子式为C 2H 4，A 为乙烯，即结构简式为CH 2===CH 2，根据问题(1)，D 能与金属钠反应，且D 分子中只有一个氧原子，即D 中含有－OH ，D 属于芳香族化合物，即D 中含有苯环，D 的相对分子质量为1×1613.1%
＝122，根据苯乙醛的结构简式推出D 的结构简式为CH 2CH 2OH ，根据缩醛的结构简式，推出C 的结构简式为HOCH 2CH 2OH ，根据信息，推出B 的结构简式为CH 3OH 。

(1)根据上述分析，B 的结构简式为CH 3OH ，即分子式为CH 4O ；D 能与金属钠反应，且D 分子中只有一个氧原子，即D 中含有—OH ，D 属于芳香族化合物，即D 中含有苯环，D 的相对分子质量为1×16/13.1%＝122，根据苯乙醛的结构简式，推出D 的结构简式为CH 2CH 2OH 。

(2)C 的结构简式为HOCH 2CH 2OH ，含有的官能团是羟基；根据合成路线，反应⑥是苯乙醇被氧化成苯乙醛，反应类型为氧化反应。

(3)反应⑦是苯乙醛与HOCH 2CH 2OH 反应生成缩醛，即化学反应方程式为CH 2CHO ＋HOCH 2CH 2HO
――→NaHSO 4·H 2O CH 2COCH 2HOCH 2＋H 2O 。

(4)根据信息，核磁共振氢谱有4组峰，说明是对称结构，峰面积之比为3∶2∶2∶1，说明不同化学环境的氢原子的个数比为3∶2∶2∶1，符合条件的结构简式为COHCH 3、COCH 3。

(5)若化合物E 为苯甲醚的同系物，且相对分子质量比苯甲醚大14，则其分子式为C 8H 10O ，E 的同分异构体能使FeCl 3溶液显色，说明含有酚羟基，假设苯环上有－OH 、－C 2H 5两个取代基，有邻间对三种结构，假设苯环上有－OH 、－CH 3、－CH 3三个取代基，两个甲基在邻位，羟基有2种结构；两个甲基在间位，羟基有3种结构；两个甲基在对位，羟基有1
种结构，一共有9种结构。

(6)根据反应②，推出生成目标物原料是，根据路线①，用乙烯与O 2在Ag 作催化剂的条件下生成环氧乙烷，因此生成的原料是CH 3CH===CH 2，生成丙烯，用2－氯丙烷发生消去反应，合成路线为CH 2CHCH 3Cl ――→NaOH 醇溶液△CH 2===CHCH 3――→O 2Ag ――→CO 2。