山東省普通高中學業(yè)水平等級考試(模擬卷)化學試題、答案及解析課件

學海無

涯絕密★啟用前山東省

2020

年普通高中學業(yè)水平等級考試（模擬卷）化學試

題答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應位置，認真核對條形碼上的姓名、考生號和座號，并將條形碼粘貼在指定位置上。選擇題答案必須使用

2B

鉛筆（按填涂樣例）正確填涂；非選擇題答案必須使用

0.5毫米黑色簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。請按照題號在各題目的答題區(qū)域內作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。保持卡面清潔，不折疊、不破損?？赡苡玫降南鄬υ淤|量：H

1 C

12 N

14 O

16 S32 Cl

35.5一、選擇題：本題共

10

小題，每小題

2分，共

20

分。每小題只有一個選項符合題意。化學與生活密切相關，下列說法錯誤的是乙醇汽油可以減少尾氣污染化妝品中添加甘油可以起到保濕作用C.有機高分子聚合物不能用于導電材料D.葡萄與浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土放在一起可以保鮮【答案】C【解析】A

選項，乙醇汽油可降低

CO

排放量，有效降低氮氧化物、酮類等污染物的濃度，減少尾氣污染，A

正確；B選項，甘油有吸濕性，添加到化妝品中有保濕作用，B

正確；C

選項，某些有機高分子聚合物可以做導電材料，比如聚乙炔，聚苯胺等，故

C

錯誤；D

選項，葡萄在成熟過程中會釋放出乙烯，高錳酸鉀溶液可吸收乙烯，防止水果過度成熟或提早成熟，從而達到保鮮的目的，D

正確。，用系統(tǒng)命名法命名其名稱為2.

某烯烴分子的結構簡式為A.2,2,4-三甲基-3-乙基-3-戊烯C.

2,2,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯B. 2,4,4-三甲基-3-乙基-2-戊烯D. 2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯學海無

涯【答案】B【解析】C②

①C⑤

④

③CCC=C

CCCC可將鍵線式轉換為碳的骨架形式，

，選取含官能團（碳碳雙鍵）的最長碳鏈為主鏈，從靠近官能團的一端（即右端）進行編號，最后按命名規(guī)則正確書寫名稱。實驗室提供的玻璃儀器有試管、導管、容量瓶、燒杯、酒精燈、表面皿、玻璃棒（非玻璃儀器任選），選用上述儀器能完成的實驗是A．粗鹽的提純 B．制備乙酸乙酯C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配置

0.1

mol·L

-1

的鹽酸溶液【答案】B【解析】本題考點為。完成粗鹽的提純實驗尚缺少的玻璃儀器是漏斗有試管、導管和酒精燈三種玻璃儀器即可完成乙酸乙酯的制備實驗（如右圖）用四氯化碳萃取碘水中的碘所需主要儀器為分液漏斗，題中未給配置

0.1

mol·L

-1

的鹽酸溶液需要用膠頭滴管定容、量筒量取濃鹽酸，題中未給4.某元素基態(tài)原子

4s

軌道上有

1

個電子，則該基態(tài)原子價電子排布不可能是A.3p64s1 B.4s1 C.3d54s1 D.3d104s1【答案】A【解析】基態(tài)原子的核外電子排布應遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特規(guī)則。A

項為

19K，核外電子排布式為

1s22s22p63s23p64s1，主族元素的價電子是最外層電子，應為

4s1，A

項錯誤；B項為

19K

的價電子排布式，正確；C

項為

24Cr，副族元素的價電子是最外層電子與次外層的部分電子之和，核外電子為[Ar]3d54s1，即價電子為

3d54s1，此為洪特規(guī)則的特例，3d

軌道上的電子為半滿狀態(tài)，整個體系的能量最低；學海無

涯D

項為

29Cu，價電子為

3d104s1，3d

軌道上的電子處于全充滿狀態(tài)，整個體系的能量最低。CalanolideA

是一種抗

HTV

藥物，其結構簡式如右圖所示。下列關于

Calanolide

A

的

說法錯誤的是

（

）分子中有

3

個手性碳原子分子中有

3

種含氧官能團該物質既可發(fā)生消去反應又可發(fā)生加成反應D.1mol

該物質與足量NaOH

溶液反應時消耗

1mol

NaOH【答案】D【解析】A

選項，一個碳原子含有四個不同的原子或原子團，這樣的碳原子叫手性碳，

故正確。B選項，該物質有醚鍵、羥基、酯基三種含氧官能團，故正確。C

選項，該物質中有碳碳雙鍵和苯環(huán)結構，能發(fā)生加成反應，與羥基碳相鄰的

碳原子上有氫原子，故能發(fā)生消去反應，正確。D選項，分子中的酯基為酚酯，故

1mol

該物質消耗

2mol

NaOH，故錯誤。6.X、Y、Z、W

為原子序數依次增大的四種短周期主族元素，A、B、C、D、E

為上述四種元素中的兩種或三種所組成的化合物。已知

A

的相對分子質量為

28，B

分子中含有

18

個電子，五種化合物間的轉化關系如右圖所示。下列說法錯誤的是X、Y

組成化合物的沸點一定比X、Z

組成化合物的沸點低Y

的最高價氧化物的水化物為弱酸Y、Z

組成的分子可能為非極性分子W

是所在周期中原子半徑最小的元素【答案】A【解析】由轉化關系并借助

A

的相對分子質量為

28

和

B

是

18

電子的分子推知：A

為乙烯、B為氯化氫、C

為氯乙烷、D為水、E

為乙醇；X、Y、Z、W

分別對應元素為H、C、O、ClA.

X、Y

組成的化合物為烴類物質，沸點可能高于X、Z

組成的化合物H2O，錯誤學海無

涯Y

的最高價氧化物的水化物為

H2CO3

屬于弱酸，正確Y、Z

組成的分子可能為非極性分子

CO2

，正確W

是

Cl，是所在周期中原子半徑最小的元素，正確反應的說法錯誤的是( )A．C（金剛石）屬于共價晶體B．該反應利用了Na

的強還原性C．CCl4

和C（金剛石）中的

C

的雜化方式相同D．NaCl

晶體中每個Cl－周圍有

8

個

Na＋【答案】D【解析】金剛石晶體：每個

C與另外

4

個C形成共價鍵，構成正四面體，向空間發(fā)展成網狀結構。形成的晶體為原子晶體，故A

正確；該反應中Na

由

0

價→

+1

價，作還原劑將

CCl4

還原，故

B

正確；C．CCl4

和C（金剛石）中的

C

的雜化方式都是

sp3

雜化，故C

正確；D．NaCl

晶體：每個

Na＋同時吸引

6

個

Cl－，每個

Cl－同時吸引

6

個

Na＋，配位數為

6故D錯誤。8.

下列操作能達到相應實驗目的的是 （ ）實驗目的操作A檢驗綠茶中是否含有酚類物質向茶水中滴加

FeCl3

溶液B測定

84消毒液的

pH用潔凈的玻璃棒蘸取少許

84消毒液滴在

pH

試紙上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，過濾后分液D實驗室制備乙酸乙酯向試管中依次加入濃硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片，加熱【答案】A【解析】A選項，酚羥基遇

Fe3+

發(fā)生顯色反應。B

選項，84

消毒液的主要成分是次氯酸鈉，是一種強堿弱酸鹽水解顯堿性，但水解產物具有漂白性，對

pH試紙有漂白作用，可以使用數字

pH

計測量。C

選項，溴水與苯酚生成的三溴苯酚也可溶于苯中，一般加入氫氧化鈉溶液再進行分液。D選項，正確順序為依次加入碎瓷片、乙醇、濃硫酸、乙酸，再加熱。9.錫為ⅣA

族元素，四碘化錫是常用的有機合成試劑（

SnI4,熔點℃，沸點

364.5℃，易水解）。實驗室以過量錫箔為原料通過反應

Sn+

2I2 SnI4

制備SnI4。下列說法錯誤的是（ ）A.加入碎瓷片的目的是防止暴沸7．利用反應

CCl4

+

4Na

973K

C（金剛石）+4NaCl

可實現(xiàn)人工合成金剛石。下列關于該Ni-Co學海無

涯SnI4

可溶于CCl4

中裝置Ⅰ中

a

為泠凝水進水口裝置Ⅱ的主要作用是吸收揮發(fā)的

I2【答案】D【解析】液體加熱時加入碎瓷片目的是防止暴沸，所以

A

正確；根據題干中

SnI4

的熔沸點，從組成分析可知

SnI4

與CCl4

為同族形成的同類物質，依據“相似相溶原理”可知SnI4

可溶于

CCl4

中，B

正確；冷凝管的冷凝水為“下進上出”，所以裝置Ⅰ中a

為泠凝水進水口，C

正確；據題可知：SnI4,易水解，所以裝置Ⅱ的主要作用是防止水蒸氣進入裝置使

SnI4

水解，所以D

錯誤。10．亞氯酸鈉（NaClO2）是一種高效的漂白劑和氧化劑，可用于各種纖維和某些食品的漂白。馬蒂遜（Mathieson）法制備亞氯酸鈉的流程如下：下列說法錯誤的是（ ）A．反應①階段，參加反應的

NaClO3

和

SO2

的物質的量之比為

2:1B．若反應①通過原電池來實現(xiàn)，則ClO2

是正極產物反應②中的

H2O2

可用

NaClO4

代替反應②條件下，ClO2

的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】根據流程圖反應①中氧化劑是

NaClO3，還原劑是SO2，還原產物是ClO2，氧化產物是NaHSO4

。根據化合價升降相等可得

NaClO3和

SO2

的物質的量之比為

2:1，A

項正確；由反應①化合價變化情況，再根據原電池正極表面發(fā)生還原反應，所以ClO2

是正極產物，B

項正確；據流程圖反應②，在

ClO2

與

H2O2

的反應中，ClO2

轉化為NaClO2

氯元素的化合價降低，做氧化劑；H2O2只能做還原劑，氧元素的化合價升高，不能用NaClO4代替H2O2，C學海無

涯項錯誤；D．據流程圖反應②ClO2

與

H2O2

反應的變價情況，ClO2

做氧化劑，H2O2

做還原劑，可以推出ClO2

的氧化性大于

H2O2，D項正確。二、本題共

5

小題，每小題

4分，共

20

分。每小題有

1

個或

2

個選項符合題意，全都選對得

4

分，選對但不全的得

1

分，有選錯的得

0

分。工業(yè)上電解NaHSO4

溶液制備

Na2S2O8。電解時，陰極材料為

Pb；陽極(鉑電極)電極反應式為

2HSO

-

-2e-

=S

O

2-

+

2H+

。下列說法正確的是4 2

8陰極電極反應式為Pb

+

HSO

-

-2e-

=

PbSO

+

H+4 4陽極反應中S

的化合價升高C．S2O

2-中既存在非極性鍵又存在極性鍵8D．可以用銅電極作陽極【答案】C【解析】Na2S2O8

的結構為2-，由此結構可以判斷出以下信息：S2O8

中含硫氧極性鍵和氧氧非極性鍵；S

的化合價仍為+6價，中間的兩個O均為-1價，其他的O均為-2

價；電解時陽極的

HSO

-中

O

失去電子，S未變價；陰極電極反應式為

2H+＋2e-

＝H２↑；4

若用銅作陽極，則陽極反應為Cu-2e-

=Cu２+，綜上所述，答案為

C。12．已知Pb3O4與HNO3溶液發(fā)生反應I：Pb3O4

+

4H+=

PbO2

+

2Pb2+

+2H2O；PbO2與酸化的MnSO4溶液發(fā)生反應II：5PbO2

+

2Mn2+

+

4H+

+

5SO

2－=42MnO4

+5PbSO4

+

2H2O。下列推斷正確的是－A．由反應I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比為2:1B．由反應I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4－C．Pb可與稀硝酸發(fā)生反應：3Pb

+

16HNO3

=

3Pb(NO3)4

+4NO↑

+

8H2OD．Pb3O4可與鹽酸發(fā)生反應：Pb3O4

+

8HC1=3PbCl2

+

4H2O+

Cl2↑【答案】AD【解析】反應

I

未發(fā)生氧化還原反應，且產物

Pb2+與

PbO2

物質的量之比為

2：1，說明

Pb3O4中

Pb(II)和Pb(IV)含量之比為

2:1，故A

正確；反應

I

中HNO3

未能將Pb(II)氧化成Pb(IV)，說明氧化性

HNO3＜PbO2，反應

II

中PbO2學海無

涯將

Mn2+氧化成

MnO

－，說明氧化性

PbO

>MnO

－，故

B

錯誤；4 2 4根據反應

I

可得硝酸不能將

Pb

氧化成＋4

價，不能生成

Pb(NO3)4，故C

錯誤；據反應

II

可知氧化性

PbO2>MnO

－，而酸性條件下

MnO

－能將

HCl

氧化成

Cl2，則4 4Pb(IV)也能將

HCl氧化成

Cl2，所以此反應

Pb3O4

+8HC1=3PbCl2

+

4H2O+

Cl2↑能發(fā)生，故

D也正確。13．利用小粒徑零價鐵（ZVI）的電化學腐蝕處理三氯乙烯，進行水體修復的過程如圖所示。_H+、O2、NO3

等共存物的存在會影響水體修復效果，定義單位時間內

ZVI

釋放電子的物質的量為

nt，其中用于有效腐蝕的電子的物質的量

ne。下列說法錯誤的是e-e-

e-e-

e-e-e-

e-①②③④ZVIFe2+H2O(H+)O2OH－反應①②③④均在正極發(fā)生單位時間內，三氯乙烯脫去

amolCl

時

ne

=amol_ _④的電極反應式為

NO3

+10H+

+8e

=

NH

+

+

3H2O4增大單位體積水體中小微粒

ZVI的投入量，可使

nt

增大【答案】B【解析】由修復過程示意圖中反應前后元素化合價變化可知，反應①②③④均為得電子的反應，所以應在正極發(fā)生；三氯乙烯

C2HCl3

中C

原子化合價為+1

價，乙烯中

C

原子化合價為-2

價，1molC2HCl3轉化為

1molC2H4

時，得到

6mol

電子，脫去

3

mol

氯原子，所以脫去

amolCl

時

ne=

2amol；_ _由示意圖及N

元素的化合價變化可寫出如下轉化

NO3

+8e

—

NH

+，由于生成物4_中有

NH

+所以只能用H+和

H2O來配平該反應，而不能用

H2O和OH

來配平，所以

④的電4_ _極反應式為

NO3

+10H+

+

8e

=

NH

+

+

3H2O；4增大單位體積水體中小微粒

ZVI

的投入量，可以增大小微粒

ZVI

和正極的接觸面積，加快ZVI

釋放電子的速率，可使

nt

增大。NH+3NO－H2三氯乙烯乙烯有效腐蝕4無效腐蝕學海無

涯14.

25°C

時，向

10mL

0.10

mol·L

-1

的一元弱酸

HA

(Ka

=1.0×10

-3)中逐滴加入

0.10

mol·L

-1NaOH

溶液，溶液pH

隨加入

NaOH

溶液體積的變化關系如圖所示。下列說法正確的是a

點時，c(HA)+

c(OH—)

=c(Na+)

+c(H+)溶液在

a

點和

b

點時水的電離程度相同b

點時，c(Na+)=

c(HA)

+

c(A—

)

+

c(OH—)D.

V=10mL

時，c(Na+)

>

c(A—)>

c(H+)

>

c(HA)【答案】A【解析】A

選項正確。a

點時，pH=3,

c(H+)

=10-3

mol·L

-1，因為

Ka

=1.0×10

-3,所以

c(HA)

=

c(A—)，根據電荷守恒

c(A—)

+

c(OH—)=

c(Na+)

+

c(H+)和

c(HA)

=

c(A—)即得

A

選項。B

選項錯誤。a

點溶質為

HA

和

NaA，pH＝3，水電離出的

c(OH—)＝10—11；b

點溶質為NaOH

和NaA，pH＝11，c(OH—)

=

10-3，OH—是由

NaOH

電離和水電離出兩部分之和組成的，推斷出由水電離處的

c(OH—)<10-3，那么水電離的

c(H+)＞10—11，所以

B

錯。根據電荷守恒

c(Na+)

+

c(H+)

=

c(A—)+

c(OH—)可得

c(Na+)

=

c(A—)

+

c(OH—)－c(H+)，假設

C

選項成立，則

c(A—)

+

c(OH—)－c(H+)

=

c(HA)

+

c(A—

)

+

c(OH—)，推出

c(HA)+c(H+)=

0，故假設不成立，C

錯。V

=10mL

時，HA

與NaOH

恰好完全反應生成NaA，A—+

H2O

?

HA

+OH—

，水解后溶液顯堿性，

c(OH—)

>

c(H+),

即

c(HA)>

c(H+)

，故D

錯誤。15.熱催化合成氨面臨的兩難問題是：釆用高溫增大反應速率的同時會因平衡限制導致

NH3產率降低。我國科研人員研制了

Ti?H?Fe

雙溫區(qū)催化劑（Ti-H

區(qū)域和

Fe

區(qū)域的溫度差可超過

100°C

）。Ti-H-Fe

雙溫區(qū)催化合成氨的反應歷程如圖所示，其中吸附在催化劑表面上的物種用*標注。下列說法正確的是

（

）A.①為氮氮三鍵的斷裂過程學海無

涯B.①②③在高溫區(qū)發(fā)生，④⑤在低溫區(qū)發(fā)生C.④為N

原子由Fe

區(qū)域向

Ti-H

區(qū)域的傳遞過程D.使用

Ti-H-Fe

雙溫區(qū)催化劑使合成氨反應轉變?yōu)槲鼰岱磻敬鸢浮緽C【解析】A選項，經歷①過程之后氮氣分子被催化劑吸附，并沒有變成氮原子，所以A錯誤。B

選項，①為催化劑吸附

N2

的過程，②為形成過渡態(tài)的過程，③為

N2

解離為

N

的過程，以上都需要在高溫時進行。④⑤在低溫區(qū)進行是為了增加平衡產率，所以

B

正確。C選項，由題中圖示可知，過程④完成了

Ti-H-Fe-*N

到

Ti-H-*N-Fe

兩種過渡態(tài)的轉化，N原子由

Fe

區(qū)域向

Ti-H

區(qū)域傳遞。C

正確。D選項，化學反應不會因加入催化劑而改變吸放熱情況，所以

D

錯誤。三、非選擇題：本題共

5

小題，共

60

分。16.（10

分）聚乙烯醇生產過程中會產生大量副產物乙酸甲酯，其催化醇解反應可用于制備甲醇和乙酸己酯，該反應的化學方程式為：催化劑CH3COOCH3(l)+

C6H13OH

(l) CH3COOC6H13(l)+CH3OH

(l)已知

v

正=

k

正

χ(CH3COOCH3)?χ(C6H13OH)，v

逆=

k逆

χ(CH3COO

C6H13)?χ(CH3OH)，其中

v

正、v

逆

為正、逆反應速率，k正、k逆為速率常數，χ為各組分的物質的量分數。（1）反應開始時，已醇和乙酸甲酯按物質的量之比

1：1

投料，測得

348K、343K、338K三個溫度下乙酸甲酯轉化率（α）隨時間（t）的變化關系如下圖所示。該醇解反應的

ΔH

0（填>或<）。348K

時，以物質的量分數表示的化學平衡常數

Kx=

（保留

2

位有效數字）。在曲線①、②、③中，k

正－k

逆值最大的曲線是

；A、B、C、D四點中，v正最大的是

，v

逆最大的是

。（2）343K

時，己醇和乙酸甲酯按物質的量之比

1：1、1：2

和

2：1

進行初始投料。則達到平衡后，初始投料比

時，乙酸甲酯轉化率最大；與按

1：2

投料相比，按2：1

投料時化學平衡常數

Kx

（填增大、減小或不變）。學海無

涯（3）該醇解反應使用離子交換樹脂作催化劑，下列關于該催化劑的說法正確的是

。a.

參與了醇解反應，但并不改變反應歷程b.

使

k

正和

k

逆增大相同倍數c.

降低了醇解反應的活化能d.

提高乙酸甲酯的平衡轉化率【答案】C（1）> 3.2 ①

A（2）2：1 不變（3）bc【解析】（1）根據圖像，①的速率最快，說明①對應的是最高溫度

348K，溫度升高，平衡時轉化率增大，說明正向是吸熱的，所以

ΔH>0。348K時，設初始投入為

1mol，則有：催化劑CH3COOCH3(l)+

C6H13OH

(l) CH3COOC6H13(l)+CH3OH

(l)起始：1100轉化：0.640.640.640.64平衡：0.360.360.640.64帶入平衡常數表達式：Kx=χ(CH3COOC6H13)

?χ(CH3OH)

/

[χ(CH3COOCH3)

?χ(C6H13OH)]=0.32×0.32/(0.18×0.18)=

3.2k

正、k

逆是溫度的函數，根據平衡移動的規(guī)律，k

正受溫度影響更大，因此溫度升高，k

正增大的程度大于

k逆，因此，k正－k

逆值最大的曲線是①。根據

v

正=

k正χ(CH3COOCH3)?χ(C6H13OH)，v

逆=

k逆

χ(CH3COO

C6H13)?χ(CH3OH)，A

點χ(CH3COOCH3)?χ(C6H13OH)大，溫度高，因此

A

點

v

正最大，C

點

χ(CH3COO

C6H13)?χ(CH3OH)大且溫度高，因此C點

v逆最大。增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯轉化率，因此，2:1

時乙酸甲酯轉化率最大。化學平衡常數

Kx

只與溫度有關，因此不變。催化劑參與了醇解反應，改變了反應歷程，a

錯誤；催化劑不影響化學平衡，說明催化劑使

k

正和

k

逆增大相同倍數，b正確；催化劑能夠降低反應的活化能，c

正確；催化劑不改變化學平衡，d錯誤。因此，選擇bc。17.（12

分）非線性光學晶體在信息、激光技術、醫(yī)療、國防等領域具有重要應用價值。我國科學家利用Cs2CO3、XO2（X=Si、Ge）和

H3BO3

首次合成了組成為CsXB3O7

的非線性光學海無

涯學晶體?；卮鹣铝袉栴}：C、O、Si

三種元素電負性由大到小的順序為

；第一電離能

I1(Si)I1(Ge)（填>或<）?；鶓B(tài)Ge原子核外電子排布式為

；SiO2、GeO2

具有類似的晶體結構，其中熔點較高的是

，原因是

。）

右圖為硼酸晶體的片層結構，其中硼的雜化方式為

。

H3BO3

在

熱

水

中

比

冷

水

中

溶

解

度

顯

著

增

大

的

主

要

原

因是

。以晶胞參數為單位長度建立的坐標系可以表示晶胞中各原子的位置，

稱作原子分數坐標。CsSiB3O7

屬正交晶系（長方體形）。晶胞參數為

a

pm、

b

pm、c

pm。右圖為沿

y

軸投影的晶胞中所有Cs

原子的分布圖和原子分數坐標。據此推斷該晶胞中

Cs

原子的數目為

。CsSiB3O7

的摩爾質量為

M

g·mol

-1，設

NA

為阿伏加德羅常數的值，則

CsSiB3O7

晶體的密度為

g·cm-3（用代數式表示）.【答案】（1）O>C>Si >（2）1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d104s24p2）；SiO2；二者均為原子晶體，Ge

原子半徑大于

Si，Si－O鍵長小于Ge－O

鍵長，SiO2

鍵能更大，熔點更高。（3）sp2；熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大。（4）4

，1030abcNA4M【解析】（1）電負性的變化規(guī)律為同周期從左向右逐漸增大，同主族由上至下逐漸減小，所以電負性

O>C>Si；第一電離能的變化規(guī)律為同族元素由上至下逐漸減小，因此

I1(Si)>I1(Ge)。學海無

涯（2）Ge

原子位于第四周期IVA

族，因此原子核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d104s24p2）；SiO2、GeO2

均為原子晶體，Ge

原子半徑大于Si，Si－O

鍵長小于Ge－O

鍵長，SiO2

鍵能更大，熔點更高。（3）B原子最外層有

3

個電子，與

3

個－OH

形成

3

個共價鍵，因此為

sp2

雜化。熱水破壞了硼酸晶體中的氫鍵，并且硼酸分子與水形成分子間氫鍵，使溶解度增大。（4）原子分數坐標為（0.5，0.2，0.5）的

Cs

原子位于晶胞體內，原子分數坐標為（0，0.3，0.5）及（1.0，0.3，0.5）的Cs

原子位于晶胞的yz面上，原子分數坐標為（0.5，0.8，1.0）及（0.5，0.8，0）的

Cs原子位于晶胞

xy

面上，原子分數坐標為（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

軸的棱上，利用均攤法可計算該晶胞中共含Cs

原子

4

個；帶入晶胞密度求算公式可得：A A A

4MN

V N

abc1030 abcNZM 4

Mρ=1030g·cm

-318.

（13

分）四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業(yè)中烯烴聚合反應的催化劑。已知

TiBr4常溫下

為橙黃色固體，熔點為

38.3

°C,

沸點為

233.5°C,

具有潮解性且易發(fā)生水解。實驗室利用反應

TiO2

+

C

+2Br2

高溫

TiBr4

+

CO2

制備

TiBr4

的裝置如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應進行的操作是

， 其 目 的 是

，此時活塞

K1、K2、K3、的狀態(tài)為

；

一段時間后，打開電爐并加熱反應管，此時活塞

K1、K2、K3

的狀態(tài)為

。試劑A

為

，裝置單元X

的作用是

；反應過程中需用熱源間歇性微熱連接管，其目的是

。反應結束后應繼續(xù)通入一段時間

CO2，主要目的是

。將連接管切斷并熔封，采用蒸餾法提純。此時應將

a

端的儀器改裝為

、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是

（填儀器名稱）?！敬鸢浮浚?）先通入過量的

CO2

氣體

，排除裝置內空氣，打開

K1，關閉K2

和K3；打開

K2

和K3

，同時關閉

K1。學海無

涯濃硫酸，吸收多余的溴蒸氣同時防止外界的水蒸氣使產物水解；防止產品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危險。排出殘留在裝置中的

TiBr4

和溴蒸氣直形冷凝管

、溫度計（量程

250°C

）【解析】本題是制備化學物質四溴化鈦的實驗試題。檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應進行排除裝置內的空氣，防止反應物碳單質與氧氣反應，浪費原料，還可能產生有毒氣體

CO

等，污染空氣，因此加熱實驗前應先通入過量的

CO2

氣體

，其目的是排除裝置內空氣。此時僅僅是通入

CO2

氣體，所以只需要打開

K1，關閉

K2

和

K3；而反應開始一段時間后，打開電爐并加熱反應管，此時需要打開K2

和

K3,同時關閉

K1，保證

CO2

氣體攜帶溴蒸氣進入反應裝置中。因為產品四溴化鈦易發(fā)生水解，因此整套裝置需要保持干燥，因此進入的

CO2

氣體必須干燥，所以試劑

A

為濃硫酸（作干燥劑），裝置單元

X

應為尾氣處理裝置，吸收多余的溴蒸氣，同時還能防止空氣中的水蒸氣干擾實驗，防止產品四溴化鈦水解變質。反應過程中需用熱源間歇性微熱連接管，其目的是防止產品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危險，用熱源間歇性微熱連接管可以使產品四溴化鈦加熱熔化，流入收集裝置中。反應結束后在反應裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣，應繼續(xù)通入一段時間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進行尾氣處理，防止污染。這是考查學生的實驗環(huán)保意識。實驗結束后，將連接管切斷并熔封，采用蒸餾法提純。在產品四溴化鈦中還有殘留的液溴，因此根據題中給出的四溴化鈦的沸點

233.5°C

，可以使用蒸餾法提純。此時應將

a

端的儀器改裝為直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐膠塞上加裝的儀器是溫度計（量程是

250°C

）。此問考查學生對蒸餾裝置的認識。19．（11

分）普通立德粉（BaSO4·ZnS

）廣泛用于工業(yè)生產中，可利用

ZnSO4

和BaS

共沉淀法制備。以粗氧化鋅(含

Zn、CuO、FeO

等雜質)和BaSO4

為原料制備立德粉的流程如下：生產ZnSO4

的過程中，反應器Ⅰ要保持強制通風，原因是

。加入鋅粉的主要目的是

（用離子方程式表學海無

涯示）。（3）已知

KMnO4在酸性環(huán)境中被還原為Mn2+，在弱酸性、弱堿性溶液中被還原為MnO2，在堿性環(huán)境中被還原為

MnO

2-。據流程判斷，加入

KMnO4

時溶液的

pH

應調4c．12.2～12.4至

；a．2.2～2.4 b．5.2～5.4濾渣Ⅲ的成分為

。（4）制備

BaS

時，按物質的量之比計算，BaSO4

和碳粉的投料比要大于

1:2，目的是；生產過程中會有少量氧氣進入反應器Ⅳ，反應器Ⅳ中產生的尾氣需用堿液吸收，原因是 。（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS

）中

ZnS

含量為

29.4%。高品質銀印級立德粉中

ZnS

含量為

62.5%。在

ZnSO4、BaS、Na2SO4、Na2S

中選取三種試劑制備銀印級立德粉。所選試劑為

，反應的化學方程式為

（已知

BaSO4

的相對分子質量為

233。ZnS的相對分子質量為

97）?！敬鸢浮浚?）反應中產生氫氣，達一定濃度后易爆炸，出現(xiàn)危險，需要通風。（2）Zn+Cu2+=

Zn2++Cu2+b，MnO2

和Fe(OH)3避免產生

CO

等有毒氣體；尾氣中含有的

SO2

等有毒氣體ZnSO4、BaS、Na2S；4ZnSO4

+BaS

+3

Na2S

=BaSO4·4ZnS

+3

Na

2SO4【解析】分析流程中的相關反應：反應器Ⅰ中粗氧化鋅中所含Zn、CuO、FeO

與硫酸反應，不溶性雜質以濾渣Ⅰ的形式過濾分離；反應器Ⅱ中用

Zn

置換溶液中

Cu2+；反應器Ⅲ中用

KMnO4氧化

Fe2+，同時控制

pH，在弱酸性、弱堿性環(huán)境中，產生

MnO2

和

Fe(OH)3

沉淀得到凈化的

ZnSO4

溶液；反應器Ⅳ中BaSO4

+

2C

=

BaS

+

2CO2

制備BaS；反應器Ⅴ用ZnSO4

和BaS共沉淀制備立德粉。所以反應器Ⅰ中

Zn

與硫酸反應產生氫氣，保持強制通風，避免氫氣濃度過大而易發(fā)生爆炸，出現(xiàn)危險。反應器Ⅱ除

Cu2+，Zn+Cu2+=

Zn2++Cu2+。反應器Ⅲ除

Fe2+，同時在弱酸性、弱堿性環(huán)境中

KMnO4

還原為

MnO2，以濾渣形式分離。學海無

涯反應器Ⅳ中BaSO4

+

2C

=

BaS

+

2CO2，BaSO4

+

4C

=

BaS

+

4CO，投料比要大于

1:2，避免產生

CO

等有毒氣體；生產過程中會有少量氧氣進入反應器Ⅳ，將

BaS

氧化產生

SO2等有毒氣體需用堿液