山东省2020年普通高中学业水平等级考试化学模拟试题（Word版附答案）.doc

山东省 2020 年普通高中学业水平等级考试（模拟卷） 化学试题 1．答题前，考生先将自己的姓名、考生号、座号填写在相应位置，认真核对条 形码上的姓名、考生号和座号，并将条形码粘贴在指定位置上。 2．选择题答案必须使用 2B 铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须 使用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。 3．请按照题号在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在 草稿纸、试题卷上答题无效．保持卡面清洁，不折叠、不破损。 可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5 一、选择题：本题共 10 小题．每小题只有一个选项符合题意． 1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ） A. 乙醇汽油可以减少汽车尾气污染 B. 化妆品中添加甘油可以起到保湿作用 C. 有机高分子聚合物不能用于导电材料 D. 葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜 【答案】C 【解析】 【详解】A 选项，乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水，可以减少污染，故 A 正确； B 选项，甘油丙三醇可以起到保湿作用，故 B 正确； C 选项，聚乙炔膜属于导电高分子材料，故 C 错误； D 选项，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土反应掉葡萄释放出的乙烯气体，起保鲜作用，故 D 正确。 综上所述，答案为 C。 【点睛】乙烯是水果催熟剂，与高锰酸钾反应，被高锰酸钾氧化。 2.某烯烃分子的结构简式为 ，用系统命名法命名其名称为（ ） A. 2，2，4-三甲基-3-乙基-3-戊烯 B. 2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯 C. 2，2，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯 D. 2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯【答案】B 【解析】 【详解】烯烃分子 结构简式为 ，系统命名法命名其名称为 2，4，4-三 甲基-3-乙基-2-戊烯，故 B 符合题意。 综上所述，答案 B。 3.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、表面皿、玻璃棒（非玻璃 仪器任选），选用上述仪器能完成的实验是（ ） A. 粗盐的提纯 B. 制备乙酸乙酯 C. 用四氯化碳萃取碘水中的碘 D. 配制 0.1mol·L-1 的盐酸溶液 【答案】B 【解析】 【详解】A 选项，粗盐的提纯需要用到漏斗，故 A 不符合题意； B 选项，制备乙酸乙酯需要用到试管、导管、酒精灯，故 B 符合题意； C 选项，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故 C 不符合题意； D 选项，配制 0.1mol·L-1 的盐酸溶液，容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故 D 不符合题意。 综上所述，答案为 B。 【点睛】有试管、导管和酒精灯三种玻璃仪器即可完成乙酸乙酯的制备实验（如图） 4.某元素基态原子 4s 轨道上有 1 个电子，则该基态原子价电子排布不可能是（ ） A. 3p64s1 B. 4s1 C. 3d54s1 D. 3d104s1 【答案】A 【解析】 【详解】基态原子 4s 轨道上有 1 个电子，在 s 区域价电子排布式为 4s1，在 d 区域价电子排 布式为 3d54s1，在 ds 区域价电子排布式为 3d104s1，在 p 区域不存在 4s 轨道上有 1 个电子， 的 为故 A 符合题意。 综上所述，答案为 A。 5.Calanolide A 是一种抗 HIV 药物，其结构简式如图所示。下列关于 Calanolide A 的说法错 误的是（ ） A. 分子中有 3 个手性碳原子 B. 分子中有 3 种含氧官能团 C. 该物质既可发生消去反应又可发生加成反应 D. 1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应时消耗 1molNaOH 【答案】D 【解析】 【详解】A 选项，分子中有 3 个手性碳原子，手性碳原子用*标出， ，故 A 正确， 不符合题意； B 选项，分子中有羟基、醚键、酯基 3 种含氧官能团，故 B 正确，不符合题意； C 选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双 键、苯环可发生加成反应，故 C 正确，不符合题意； D 选项，该物质中含有酚酸酯，1mol 该物质与足量 NaOH 溶液反应时消耗 2 molNaOH，故 D 错误，符合题意。 综上所述，答案为 D。 【点睛】手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1 mol 酚酸 酯消耗 2mol 氢氧化钠，1 mol 羧酸酯消耗 1mol 氢氧化钠。 6.X、Y、Z、W 为原子序数依次增大的四种短周期主族元素，A、B、C、D、E 为上述四种 元素中的两种或三种所组成的化合物。已知 A 的相对分子质量为 28，B 分子中含有 18 个电 子，五种化合物间的转化关系如图所示。下列说法错误的是（ ）A. X、Y 组成化合物的沸点一定比 X、Z 组成化合物的沸点低 B. Y 的最高价氧化物的水化物为弱酸 C. Y、Z 组成的分子可能为非极性分子 D. W 是所在周期中原子半径最小的元素 【答案】A 【解析】 【分析】 根据分析 A 相对原子质量为 28 的两种或三种元素组成化合物，容易想到一氧化碳和乙烯， 而 B 分子有 18 个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等， 但要根据图中信息要发生反应容易想到 A 为乙烯，B 为氯化氢，C 为氯乙烷，D 为水，E 为 甲醇，从而 X、Y、Z、W 分别为 H、C、O、Cl。 【详解】A 选项，C、H 组成化合物为烃，当是固态烃的时候，沸点可能比 H、O 组成化合 物的沸点高，故 A 错误； B 选项，C 的最高价氧化物的水化物是碳酸，它为弱酸，故 B 正确； C 选项，Y、Z 组成的分子二氧化碳为非极性分子，故 C 正确； D 选项，同周期从左到右半径逐渐减小，因此 Cl 是第三周期中原子半径最小的元素，故 D 正确。 综上所述，答案为 A。 7.利用反应 CCl4+4Na C（金刚石）+4NaCl 可实现人工合成金刚石。下列关于该反 应的说法错误的是（ ） A. C（金刚石）属于原子晶体 B. 该反应利用了 Na 的强还原性 C. CCl4 和 C（金刚石）中 C 的杂化方式相同 D. NaCl 晶体中每个 Cl-周围有 8 个 Na+ 【答案】D【解析】 【详解】A 选项，C（金刚石）属于原子晶体，故 A 正确，不符合题意； B 选项，该反应钠化合价升高，发生氧化反应，是还原剂，利用强还原性，四氯化碳化合价 降低，发生还原反应，作氧化剂，故 B 正确，不符合题意； C 选项，CCl4 中心原子碳价层电子对数为 4，即为 sp3 杂化，C（金刚石）中 C 价层电子对 数为 4，即为 sp3 杂化，它们的杂化方式相同，故 C 正确，不符合题意； D 选项，根据氯化钠晶胞结构，NaCl 晶体中每个 Cl－周围有 6 个 Na+，每个 Na+周围有 6 个 Cl－，故 D 错误，符合题意。 综上所述，答案为 D。 【点睛】氯化钠晶胞中每个 Na＋同时吸引 6 个 Cl－，每个 Cl－同时吸引 6 个 Na＋，每个 Na＋ 周围等距离的有 12 个 Na＋。 8.下列操作能达到相应实验目的的是（ ） 实验目的 操作 A 检验绿茶中是否含有酚类物质 向茶水中滴加 FeCl3 溶液 B 测定 84 消毒液的 pH 用洁净的玻璃棒蘸取少许 84 消毒液滴在 pH 试纸上 C 除去苯中混有的少量苯酚 向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液 D 实验室制备乙酸乙酯 向试管中依次加入浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加热 A. A B. B C. C D. D 【答案】A 【解析】 【详解】A 选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加 FeCl3 溶液，变紫色，则含 有分类物质，故 A 正确，符合题意； B 选项，不能用 pH 试纸测定 84 消毒液的 pH，因为 84 消毒液有漂白性，故 B 错误，不符 合题意； C 选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成 2,4,6—三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故 C 错误，不符合题意； D 选项，实验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热， 故 D 错误，不符合题意。 综上所述，答案为 A。 【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。 9.锡为ⅣA 族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点 144.5℃，沸点 364.5℃， 易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应 Sn+2I2 SnI4 制备 SnI4。下列说法错误的是 （ ） A. 加入碎瓷片的目的是防止暴沸 B. SnI4 可溶于 CCl4 中 C. 装置Ⅰ中 a 为冷凝水进水口 D. 装置Ⅱ的主要作用是吸收挥发的 I2 【答案】D 【解析】 【分析】 四碘化锡是常用的有机合成试剂 SnI4，熔点 144.5℃，沸点 364.5℃，易水解，说明 SnI4 是分 子晶体。 【详解】A 选项，在液体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸， 故 A 正确，不符合题意； B 选项，根据相似相溶原理，SnI4 是非极性分子溶于 CCl4 非极性分子中，故 B 正确，不符 合题意； C 选项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置Ⅰ中 a 为冷凝水进水口，故 C 正确，不符合题 意；D 选项，SnI4 易水解，装置Ⅱ的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故 D 错误，符合题意。 综上所述，答案为 D。 【点睛】相似相溶原理，SnI4 是非极性分子，CCl4 是非极性分子，因此 SnI4 可溶于 CCl4 中。 10.亚氯酸钠（NaClO2）是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。 马蒂逊（Mathieson）法制备亚氯酸钠的流程如下： 下列说法错误的是（ ） A. 反应①阶段，参加反应的 NaClO3 和 SO2 的物质的量之比为 2：1 B. 若反应①通过原电池来实现，则 ClO2 是正极产物 C. 反应②中的 H2O2 可用 NaClO2 代替 D. 反应②条件下，ClO2 的氧化性大于 H2O2 【答案】C 【解析】 【详解】A 选项，根据氧化还原反应原理，反应①阶段，NaClO3 化合价降低 1 个价态，SO2 化合价升高 2 个价态，根据升降守恒，则反应的 NaClO3 和 SO2 的物质的量之比为 2：1， 故 A 正确，不符合题意； B 选项，若反应①通过原电池来实现，ClO2 是通过化合价降低得来，发生还原反应，因此 ClO2 是正极产物，故 B 正确，不符合题意； C 选项，反应②中 H2O2 化合价升高，ClO2 与 NaClO2 是相邻价态，NaClO2 的价态不可能升 高，故 C 错误，符合题意； D 选项，反应②条件下，ClO2 化合价降低得到 NaClO2，作氧化剂，H2O2 化合价升高，作还 原剂，因此氧化性 ClO2 大于 H2O2，故 D 正确，不符合题意。 综上所述，答案为 C。 【点睛】利用氧化还原反应化合价升降守恒和氧化还原反应升降原理分析。 二、选择题：本题共 5 小题11.工业上电解 NaHSO4 溶液制备 Na2S2O8。电解时，阴极材料为 Pb；阳极（铂电极）电极 反应式为 2HSO4－- 2e－=S2O82－+2H+。下列说法正确的是（ ） A. 阴极电极反应式为 Pb+HSO4－- 2e－=PbSO4+H+ B. 阳极反应中 S 的化合价升高 C. S2O82－中既存在非极性键又存在极性键 D. 可以用铜电极作阳极 【答案】C 【解析】 【详解】A 选项，阴极反应式为 2H+ + 2e－= H2，故 A 错误； B 选项，S 的化合价仍为+6 价，中间的两个 O 均为-1 价，其他的 O 均为-2 价，电解时阳极 的 HSO4－中 O 失去电子，S 未变价，故 B 错误； C 选项，Na2S2O8 的结构为 ，由此结构可以判断 S2O82－中既存在氧氧 非极性键，氧硫极性键，故 C 正确； D 选项，阳极不能用铜电极作电极，铜作电极，阳极是铜失去电子，故 D 错误； 综上所述，答案为 C。 【点睛】HSO4－中硫已经是最高价了，硫的化合价不变，因此只有氧元素化合价升高。 12.已知 Pb3O4 与 HNO3 溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2 与酸化的 MnSO4 溶液发生反应Ⅱ：5PbO2+2Mn2++4H++5SO42-=2MnO4-+5PbSO4+2H2O。下列推断正确 的是（ ） A. 由反应Ⅰ可知，Pb3O4 中 Pb（Ⅱ）和 Pb（Ⅳ）含量之比为 2：1 B. 由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3＞PbO2＞MnO4- C. Pb 可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NO↑+8H2O D. Pb3O4 可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑ 【答案】AD 【解析】 【详解】A 选项，Pb3O4 中+2 价 Pb 有 2 个，+4 价 Pb 有 1 个，两者含量之比为 2：1，故 A 正确；B 选项，由反应Ⅰ不是氧化还原反应，因此不能得出氧化性：HNO3＞PbO2，故 B 错误； C 选项，因为+2 价的铅比+4 价的铅稳定，因此 Pb 可与稀硝酸发生反应生成 Pb(NO3)2，故 C 错误； D 选项，Pb3O4 可与浓盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2↑，故 D 正确。 综上所述，答案为 AD。 13.利用小粒径零价铁（ZVI）的电化学腐蚀处理三氯乙烯，进行水体修复的过程如图所示。 H+，O2，NO3－等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单位时间内 ZVI 释放电子的物质 的量为 nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为 ne。下列说法错误的是（ ） A. 反应①②③④均在正极发生 B. 单位时间内，三氯乙烯脱去 amolCl 时 ne=amol C. ④的电极反应式为 NO3－+10H++8e－=NH4++3H2O D. 增大单位体积水体中小粒径 ZVI 的投入量，可使 nt 增大 【答案】B 【解析】 【详解】A 选项，由修复过程示意图中反应前后元素化合价变化可知，反应①②③④均为得 电子的反应，所以应在正极发生，故 A 正确； B 选项，三氯乙烯 C2HCl3 中 C 原子化合价为+1 价，乙烯中 C 原子化合价为-2 价，1 mol C2HCl3 转化为 1 molC2H4 时，得到 6 mol 电子，脱去 3 mol 氯原子，所以脱去 a mol Cl 时 ne = 2a mol，故 B 错误； C 选项，由示意图及 N 元素的化合价变化可写出如下转化 NO3_ + 8e_ — NH4+，由于生成物 中有 NH4+所以只能用 H+和 H2O 来配平该反应，而不能用 H2O 和 OH_来配平，所以 ④的电 极反应式为 NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2O，故 C 正确； D 选项，增大单位体积水体中小微粒 ZVI 的投入量，可以增大小微粒 ZVI 和正极的接触面 积，加快 ZVI 释放电子的速率，可使 nt 增大，故 D 正确；综上所述，答案为 B。 14.25℃时，向 10mL0.10mol·L-1 的一元弱酸 HA（Ka=1.0×10-3）中逐滴加入 0.10mol·L-1NaOH 溶液，溶液 pH 随加入 NaOH 溶液体积的变化关系如图所示。下列说法 正确的是（ ） A. a 点时，c(HA)+c(OH-)=c(Na+)+c(H+) B. 溶液在 a 点和 b 点时水的电离程度相同 C. b 点时，c(Na+)=c(HA)+c(A-)+c(OH-) D. V=10mL 时，c(Na+)＞c(A-)＞c(H+)＞c(HA) 【答案】AB 【解析】 【详解】A 选项，a 点时，pH=3, c(H+) =1.0×10-3 mol·L-1，因为 Ka =1.0×10-3，所以 c(HA) = c(A_)， 根据电荷守恒 c(A_) + c(OH_) = c(Na+) + c(H+)和 c(HA) = c(A_)，故 A 正确； B 选项，a 点溶质为 HA 和 NaA，pH＝3，c(H+) = 1.0×10-3mol·L-1，c(OH_)＝10_11 mol·L-1， 则水电离出的 c(OH_)＝10_11 mol·L-1，b 点溶质为 NaOH 和 NaA，pH＝11，c(H+) =1.0×10-11 mol·L-1，c(OH_)＝10_3 mol·L-1，则水电离出的 c(OH_)＝10_11 mol·L-1，两者水电离出的氢氧 根离子浓度相等，故 B 正确； C 选项，根据电荷守恒 c(Na+) + c(H+) = c(A_) + c(OH_)可得 c(Na+) = c(A_) + c(OH_)－c(H+)， 假设 C 选项成立，则 c(A_) + c(OH_)－c(H+) = c(HA) + c(A_ ) + c(OH_)，推出 c(HA) + c(H+) = 0，故假设不成立，故 C 错误； D 选项，V =10mL 时，HA 与 NaOH 恰好完全反应生成 NaA，A_ + H2O ⇌ HA +OH_ ，水解 后溶液显碱性，c(OH_) > c(H+), 即 c(HA) > c(H+)，故 D 错误。 综上所述，答案为 AB。 【点睛】在溶液中一定要分析溶液中的三大守恒。 15.热催化合成氨面临的两难问题是：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致 NH3产率降低。我国科研人员研制了 Ti-H-Fe 双温区催化剂（Ti-H 区域和 Fe 区域的温度差可超 过 100℃）。Ti-H-Fe 双温区催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面上的物 种用*标注。下列说法正确的是（ ） A. ①为 N N 的断裂过程 B. ①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生 C. ④为 N 原子由 Fe 区域向 Ti-H 区域的传递过程 D. 使用 Ti-H-Fe 双温区催化剂使合成氨反应转变为吸热反应 【答案】BC 【解析】 【详解】A 选项，经历①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，故 A 错误； B 选项，①为催化剂吸附 N2 的过程，②为形成过渡态的过程，③为 N2 解离为 N 的过程， 以上都需要在高温时进行。④⑤在低温区进行是为了增加平衡产率，故 B 正确； C 选项，由题中图示可知，过程④完成了 Ti-H-Fe-*N 到 Ti-H-*N-Fe 两种过渡态的转化，N 原子由 Fe 区域向 Ti-H 区域传递。故 C 正确； D 选项，化学反应不会因加入催化剂而改变吸放热情况，故 D 错误。 综上所述，答案为 BC。 三、非选择题 16.聚乙烯醇生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醇解反应可用于制备甲醇和乙 酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l) CH3COOC6H13(l)+ CH3OH(l) 已知 v 正=k 正·x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)，v 逆=k 逆·x(CH3COOC6H13)·x(C6H13OH)， 其中 v 正，v 逆为正、逆反应速率，k 正，k 逆为速率常数，x 为各组分的物质的量分数。 （1）反应开始时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比 1：1 投料，测得 348K、343K、338K 三个温度下乙酸甲酯转化率（a）随时间（t）的变化关系如图所示。 ≡该醇解反应的 ΔH__0（填 或 ）。348K 时，以物质的量分数表示的化学平衡常数 Kx=__ （保留 2 位有效数字）。 在曲线①、②、③中，k 正-k 逆经值最大的曲线是__；A、B、C、D 四点中，v 正最大的是 __，v 逆最大的是__。 （2）343K 时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比 1：1、1：2 和 2：1 进行初始投料．则达到 平衡后，初始投料比__时，乙酸甲酯转化率最大；与按 1：2 投料相比，按 2：1 投料时化学 平衡常数 Kx__（填增大、小不变）。 （3）该醇解反应使用离子交换树脂作催化剂，下列关于该催化剂的说法正确的是__。 a．参与了醇解反应，但并不改变反应历程 b．使 k 正和 k 逆增大相同的倍数 c．降低了醇解反应的活化能 d．提高乙酸甲酯的平衡转化率 【答案】 (1). > (2). 3.2 (3). ① (4). A (5). C (6). 2：1 (7). 不变 (8). bc 【解析】 【分析】 ⑴根据图像及先拐先平衡，数值大的特点，得出温度越高为①，在根据温度影响速率及平衡 移动；建立三步走列关系计算平衡常数，k 正受温度影响更大，因此温度升高，k 正增大的程 度大于 k 逆，因此，k 正－k 逆值最大的曲线是①，根据题中给的信息，得出温度高，A 点 v 正最大，C 点 v 逆最大。 ⑵根据加入的哪种物质，哪种物质的转化率减小，另一种物质的转化率增大得出，平衡常数 只与温度有关，与浓度、压强等无关。 ⑶催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，催化剂降低反应所需的活化能，同等程度的改 变速率，不能改变平衡移动。 【详解】⑴根据图像，①的速率最快，说明①对应的是最高温度 348K，温度升高，平衡时 转化率增大，说明正向是吸热的，所以 ΔH > 0。348K 时，设初始投入为 1mol，则有： > ；3.2。 k 正、k 逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，k 正受温度影响更大，因此温度升高，k 正增 大的程度大于 k 逆，因此，k 正－k 逆值最大的曲线是①；根据 v 正=k 正·x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)，v 逆=k 逆·x(CH3COOC6H13)·x(C6H13OH)，A 点 x(CH3COOCH3)·x(C6H13OH)大，温度高，因此 A 点 v 正最大，C 点 x(CH3COO C6H13)· x(CH3OH)大且温度高，因此 C 点 v 逆最大，故答案为①；A；C。 ⑵增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯转化率，因此，2:1 时乙酸甲酯转化率最大，化学 平衡常数 Kx 只与温度有关，因此 Kx 不变，故答案为 2:1；不变。 ⑶a 选项，催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，故 a 错误； b 选项，催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使 k 正和 k 逆增大相同倍数，故 b 正确； c 选项，催化剂能够降低反应的活化能，故 c 正确； d 选项，催化剂不改变化学平衡，故 d 错误。 综上所述，答案为 bc。 17.非线性光学晶体在信息、激光技术、医疗、国防等领域具有重要应用价值。我国科学家 利用 CsCO3，XO2（X=Si、Ge）和 H3BO3 首次合成了组成为 CsXB3O7，的非线性光学晶体。 回答下列问题： （1）C、O、Si 三种元素电负性由大到小的顺序为__；第一电离能 I1（Si）__I1（Ge）（填 或 ）。 （2）基态 Ge 原子核外电子排布式为__；SiO2，GeO2 具有类似的晶体结构，其中熔点较高 的是__，原因是__。 （3）如图为 H3BO3 晶体的片层结构，其中 B 的杂化方式为__；硼酸在热水中比在冷水中溶 解度显著增大的主要原因是__。 x 0.64 0.64 2 2K = =3.20.36 0.36 2 2 × × > C>Si (2). > (3). 1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d104s24p2） (4). SiO2 (5). 二者均为原子晶体，Ge 原子半径大于 Si，Si－O 键长小于 Ge－O 键长，SiO2 键能更大，熔点更高 (6). sp2 (7). 热水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水 形成分子间氢键，使溶解度增大 (8). 4 (9). 【解析】 【分析】 ⑴电负性 变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小，第一电离能的 变化规律为同族元素由上至下逐渐减小。 ⑵SiO2、GeO2 为同类型晶体结构，即为原子晶体，Ge 原子半径大于 Si，Si－O 键长小于 Ge －O 键长，SiO2 键能更大，熔点更高。 ⑶B 原子最外层有 3 个电子，与 3 个－OH 形成 3 个共价键，即可得杂化方式，热水破坏了 硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。 ⑷先分析得出 Cs 的个数，再根据公式计算密度。 【详解】⑴电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，同主族由上至下逐渐减小，所以 电负性 O>C>Si；第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小，因此 I1(Si)>I1(Ge)， 的故答案为 O>C>Si；>。 ⑵Ge 原子位于第四周期 IVA 族，因此原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p2（或 [Ar]3d104s24p2）；SiO2、GeO2 均为原子晶体，Ge 原子半径大于 Si，Si－O 键长小于 Ge－O 键长，SiO2 键能更大，熔点更高，故答案为 1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d104s24p2）；SiO2； Ge 原子半径大于 Si，Si－O 键长小于 Ge－O 键长，SiO2 键能更大，熔点更高。 ⑶B 原子最外层有 3 个电子，与 3 个－OH 形成 3 个共价键，因此为 sp2 杂化；热水破坏了 硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大；故答案为 p2；热 水破坏了硼酸晶体中的氢键，并且硼酸分子与水形成分子间氢键，使溶解度增大。 ⑷原子分数坐标为（0.5，0.2，0.5）的 Cs 原子位于晶胞体内，原子分数坐标为（0，0.3， 0.5）及（1.0，0.3，0.5）的 Cs 原子位于晶胞的 yz 面上，原子分数坐标为（0.5，0.8，1.0） 及（0.5，0.8，0）的 Cs 原子位于晶胞 xy 面上，原子分数坐标为（0，0.7，1.0）及（1.0， 0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，0.7，0）的 Cs 原子位于晶胞平行于 y 轴的棱上，利用均摊 法可计算该晶胞中共含 Cs 原子 4 个；带入晶胞密度求算公式可得： ρ= g·cm-3，故答案为 4； 。 18.四溴化钛（TiBr4）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知 TiBr4 常温下为橙黄 色固体，熔点为 38.3℃，沸点为 233.5℃，具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应 TiO2+C+2Br2 TiBr4+CO2 制备 TiBr4 的装置如图所示。回答下列问题： （1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行的操作是__，其目的是__，此时活塞 K1，K2，K3 的状态为__；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞 K1，K2，K3 的状 态为____。 （2）试剂 A 为__，装置单元 X 的作用是__；反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目 的是___。 （3）反应结束后应继续通入一段时间 CO2，主要目的是___。 30 30 A A A Z 4 4 10V 10 M M M N N abc abcN− ×= = ×× ×（4）将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。此时应将 a 端的仪器改装为__、承接管和接 收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是___（填仪器名称）。 【答案】 (1). 打开 K1，关闭 K2 和 K3 (2). 先通入过量的 CO2 气体，排除装置内空 气 (3). 打开 K1，关闭 K2 和 K3 (4). 打开 K2 和 K3 ，同时关闭 K1 (5). 浓硫酸 (6). 吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解 (7). 防止产品四溴化钛凝固成 晶体，堵塞连接管，造成危险 (8). 排出残留在装置中的 TiBr4 和溴蒸气 (9). 直形冷 凝管 (10). 温度计（量程 250°C） 【解析】 【分析】 ⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧 气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体 CO 等，污染空气，开始仅仅是通入 CO2 气体，所 以只需要打开 K1，关闭 K2 和 K3，打开电炉并加热反应管，此时需要打开 K2 和 K3,同时关 闭 K1，保证 CO2 气体携带溴蒸气进入反应装置中。 ⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的 CO2 气体必须 干燥，装置单元 X 应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气 干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。 ⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时 间 CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余 的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。 ⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯，因此需要用到直形冷凝管。 【详解】⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳 单质与氧气反应，浪费原料，还可能产生有毒气体 CO 等，污染空气，因此加热实验前应先 通入过量的 CO2 气体，其目的是排除装置内空气。此时仅仅是通入 CO2 气体，所以只需要 打开 K1，关闭 K2 和 K3；而反应开始一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时需要打开 K2 和 K3,同时关闭 K1，保证 CO2 气体携带溴蒸气进入反应装置中，故答案为先通入过量的 CO2 气体；排除装置内空气；打开 K1，关闭 K2 和 K3；打开 K2 和 K3，同时关闭 K1。 ⑵因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的 CO2 气体必须 干燥，所以试剂 A 为浓硫酸（作干燥剂），装置单元 X 应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。反应过程中需用 热源间歇性微热连接管，其目的是防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险， 用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为浓硫酸； 吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞 连接管，造成危险。 ⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时 间 CO2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余 的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染，故答案为排出残留在装置中的 TiBr4 和溴蒸气。 ⑷实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留 液溴， 因此根据题中给出的四溴化钛的沸点 233.5°C，可以使用蒸馏法提纯；此时应将 a 端的仪器 改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程是 250°C）， 故答案为直形冷凝管；温度计（量程 250°C）。 19.普通立德粉（BaSO4·ZnS）广泛用于工业生产中，可利用 ZnSO4 和 BaS 共沉淀法制备。 以粗氧化锌（含 Zn、CuO、FeO 等杂质）和 BaSO4 为原料制备立德粉的流程如下： （1）生产 ZnSO4 的过程中，反应器Ⅰ要保持强制通风，原因是___。 （2）加入锌粉的主要目的是___（用离子方程式表示）。 （3）已知 KMnO4 在酸性溶液中被还原为 Mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为 MnO2， 在碱性溶液中被还原为 MnO42-。据流程判断，加入 KMnO4 时溶液的 pH 应调至___； a．2.2~2.4 b．5.2~5.4 c．12.2~12.4 滤渣Ⅲ的成分为____。 （4）制备 BaS 时，按物质的量之比计算，BaSO4 和碳粉的投料比要大于 1：2，目的是__； 生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，反应器Ⅳ中产生的尾气需用碱液吸收，原因是__。 （5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）中 ZnS 含量为 29.4%，高品质银印级立德粉中 ZnS 含量 为 62.5%。在 ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S 中选取三种试剂制备银印级立德粉，所选试剂为 的___，反应的化学方程式为__（已知 BaSO4 相对分子质量为 233，ZnS 相对分子质量为 97）。 【答案】 (1). 反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风 (2). Zn+Cu2+= Zn2++Cu2+ (3). b (4). MnO2 和 Fe(OH)3 (5). 避免产生 CO 等有毒 气体 (6). 尾气中含有的 SO2 等有毒气体 (7). ZnSO4、BaS、Na2S (8). 4 ZnSO4 + BaS + 3 Na2S = BaSO4·4ZnS + 3 Na2SO4 【解析】 【分析】 分析流程中的相关反应：反应器Ⅰ中粗氧化锌中所含 Zn、CuO、FeO 与硫酸反应，不溶性 杂质以滤渣Ⅰ的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用 Zn 置换溶液中 Cu2+；反应器Ⅲ中用 KMnO4 氧化 Fe2+，同时控制 pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生 MnO2 和 Fe(OH)3 沉淀得到净化 的 ZnSO4 溶液；反应器Ⅳ中 BaSO4 + 2C = BaS + 2CO2 制备 BaS；反应器Ⅴ用 ZnSO4 和 BaS 共沉淀制备立德粉。 【详解】⑴反应器Ⅰ中 Zn 与硫酸反应产生氢气，保持强制通风，避免氢气浓度过大而易发 生爆炸，出现危险，故答案为反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。 ⑵反应器Ⅱ中用 Zn 置换溶液中 Cu2+，其离子方程式为 Cu2+，Zn+Cu2+= Zn2++Cu2+，故答案 为 Zn+Cu2+= Zn2++Cu2+。 ⑶反应器Ⅲ除 Fe2+，将亚铁离子氧化为铁离子以便除去，同时在弱酸性、弱碱性环境中 KMnO4 还原为 MnO2，以滤渣形式分离，因此在弱酸性环境来氧化亚铁离子，利用铁离子水 解变为沉淀，故答案为 b；MnO2 和 Fe(OH)3。 4 反应器Ⅳ中 BaSO4 + 2C = BaS + 2CO2，BaSO4 + 4C = BaS + 4CO，投料比要大于 1:2，避免 产生 CO 等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，将 BaS 氧化产生 SO2 等有 毒气体，因此有毒气体要除掉需用碱液吸收，故答案为避免产生 CO 等有毒气体；尾气中含 有的 SO2 等有毒气体。 ⑸已知 BaSO4 的相对分子质量为 233，ZnS 的相对分子质量为 97，ZnS 含量为 29.4%，立德 粉为 BaSO4·ZnS；ZnS 含量为 62.5%，立德粉（BaSO4· 4ZnS），因此需要 4mol ZnSO4 和 1mol BaS 反应生成 BaSO4·4ZnS，还需要 3mol 硫离子和将 3mol 硫酸根与另外的离子结合，因此 还需要 3mol Na2S 参与反应，反应的化学方程式为：4 ZnSO4 + BaS + 3 Na2S = BaSO4·4ZnS + 3 Na2SO4，故答案为 ZnSO4、BaS、Na2S；4 ZnSO4 + BaS + 3 Na2S = BaSO4·4ZnS + 3 Na2SO4。 20.酯类化合物与格氏试剂（RMgX，X=Cl、Br、I）的反应是合成叔醇类化合物的重要方法， 可用于制备含氧多官能团化合物。化合物 F 合成路线如下，回答下列问题： 已知信息如下： ①RCH=CH2 RCH2CH2OH ② ③RCOOCH3 （1）A 的结构简式为___，B→C 的反应类型为__，C 中官能团的名称为__，C→D 的反应 方程式为___。 （2）写出符合下列条件的 D 的同分异构体__（填结构简式，不考虑立体异构）。 ①含有五元碳环结构；②能与 NaHCO3 溶液反应放出 CO2；③能发生银镜反应。 （3）判断化合物 F 中有无手性碳原子，若有用“*”标出。__ （4）已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以 、CH3OH 和格氏试剂为原料 制备 的合成路线（其它试剂任选）。__ 【 答 案 】 (1). (2). 氧 化 反 应 (3). 羰 基 和 羧 基 (4). (5). 、 、 (6). (7). 【解析】 【分析】 【 详 解 】 ⑴ 根 据 题 中 信 息 得 出 A 的 结 构 简 式 为 ， 的过程为氧化过程；C 中含有双官能团分别为羰基和羧 基 ； C→D 的 过 程 发 生 的 是 酯 化 反 应 ， 方 程 式 为 ，故答案为 ；氧化反应；羰基和羧 基； 。 ⑵根据题目中要求，D（ ）的同分异构体中需含有五元环、羧基和醛基，因此结构为 、 、 ，故答案为 、 、 。 ⑶化合物 F 中含有手性碳原子， ，故答案 。 ⑷依据所给信息，可得出目标产物的合成路线为： ，故答案 为 。 为