山东省2020年普通高中学业水平等级考试化学模拟试题Word版含答案

1、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

2、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.葡萄与浸泡过高镒酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜 【答案】C【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，聚乙快膜属于导电高分子材料，故C错误；D选项，浸泡过高镒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 Co【点睛】乙烯是水果催熟剂，与高镒酸钾反应，被高镒酸钾氧化。2 .某烯燃分子的结构简式为 J'、，'、，用系统命名

3、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】BQE 产 CH 3【详解】烯煌分子结构简式为CH.CC = CCHs ,系统命名法命名其名称为 2, 4, 4-三甲1ch3基-3-乙基-2-戊烯，故B符合题意。综上所述，答案 Bo3.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、（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C.用四氯化碳萃取碘水中的碘B选项,C选项,D选项,综上所述，答案为 Bo酒精灯、表面皿、玻璃棒乙

4、酸乙酯B.R酸溶液DA选项，粗盐的提纯制备乙酸乙酯需要用到故用四氯化碳萃取碘水中斗，故配制0.1molL-1的盐D不符合题意。图）A不符合C不符合、玻璃棒、胶头滴管,【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14 .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. 3p64s1B. 4s1C. 3d54s1D. 3d104s1【答案】A【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，故A 符合题意。综上所述，

5、答案为 Ao5 .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（）Calanolidc- AA.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 ImolNaOH标出,故A正确,CtlKlidr AB正确，不符合题意;能发生消去反应，含有碳碳双键、【答案】D【详解】A选项，分子中有 3个手性碳原子，手性碳原子用不符合题意;B选项，分子中有羟基、醒键、酯基3种含氧官能团，故C选项，该物质含有羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子,苯环可发生加成

6、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 Do【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竣酸酯消耗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（）EA. X、丫组成化合物的沸点一定比X、Z组成化合物的沸

7、点低B. Y的最高价氧化物的水化物为弱酸-14 -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【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组成化合物为烧，当是固态烧的时候，沸点可能比H、。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

8、；C选项，丫、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 Ao973K7 .利用反应CCl4+4Naxf= C （金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应Ni-Co的说法错误的是（）A. C （金刚石）属于原子晶体8 .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【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，

9、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，CCI4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C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 Do【点睛】氯化钠晶胞中每个 Na+同时吸引6个C，每个CF同时吸引6个Na+,每个Na卡周 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

10、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除去苯中混用的少量苯酚向苯和苯酚的混合物中滴加滨水，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. AB. BC. CD. D【答案】A【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，滴加滨水，苯酚和滨水反应生成2,4,6三澳苯酚与苯互溶，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

11、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 Ao【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。9.锡为IV A族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（Snl4,熔点144.5C,沸点364.5C,易水解)。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2"二Snl4制备SnL。下歹口说法错误的是()同,K箱置1:的L tn密网Sn,碎瓷片装置11A.加入碎瓷片的目的是防止暴沸B. Sn可溶于CCI4中C.装置I中a为冷凝水进水口D.装置n的主要作用是吸收挥发的I2【答案】D【分析】四碘化锡是常用的有机合成试剂Sn"熔点144.5 C ,沸点

12、3645C,易水解，说明 Snl4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，Snl4是非极性分子溶于 CC14非极性分子中，故 B正确，不符合题意；C选项，冷凝水方向是 卞进上出”，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，Snl4易水解，装置n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 Do【点睛】相似相溶原理，SnL是非极性分子，CC1是非极性分子，因此 Sn可溶于CCI4中。10.亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧

13、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：so?I产MaCl 6 tH变Fj同研CIO1Mx&卜_1芦鼻 il iiNgHNaHSO4下列说法错误的是（）A.反应阶段，参加反应的 NaClO3和SO2的物质的量之比为 2： 1B.若反应通过原电池来实现，则C1O2是正极产物C.反应中的H2O2可用NaClO2代替D.反应条件下，C1O2的氧化性大于H2O2【答案】C【详解】A选项，根据氧化还原反应原理，反应阶段， 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

14、2： 1,故A 正确，不符合题意；B选项，若反应通过原电池来实现，C1O2是通过化合价降低得来，发生还原反应，因此C1O2是正极产物，故 B正确，不符合题意；C选项，反应中H2O2化合价升高，C1O2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，反应条件下，C1O2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 C1O2大于H2O2,故D正确，不符合题意。综上所述，答案为 Co【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Na2s2。8。电

15、解时，阴极材料为 Pb;阳极（伯电极）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. S2O82一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【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 。均为-1价，其他的。均为-2价，电解时阳极的HSO4一中。失去电子，S未变价，故B错误；opC选项，Na2s2O8的结构为附一0：工0"°y"0一 N&am

16、p;' ,由此结构可以判断 S2O82一中既存在氧氧非 db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 Co【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-=2MnO 4+5PbSO4+2H2。下歹U推断正确的是()A.由反应I可知，Pb3O4中Pb (n)和Pb (IV)含量之比为

17、 2: 1B.由反应I、n可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4"C. Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NOT +8H2OD. Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl 2+4H2O+C12T【答案】AD【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

18、浓盐酸发生反应：Pb3O4+8HC1=3PbC1 2+4H 2O+CI2 T,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+,。2, NO3一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neo下列说法错误的是()A.反应均在正极发生B.单位时间内，三氯乙烯脱去 amolCl时ne=amolC.的电极反应式为NO3 +10H+8e =NH4+3H2OD.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【详解】A选项，由修复过程示意图中反

19、应前后元素化合价变化可知，反应均为得电子的反应，所以应在正极发生，故 A正确；B选项，三氯乙烯C2HCI3中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1 mol C2HCI3 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 的电极反应式为 NO3_+ 10H+ + 8e- = NH4+ + 3H2。，故 C 正确；D选项，增大单

20、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 Bo14.25 C 时，向 10mL0.10mol L-1 的一元弱酸 HA ( Ka=1.0 x 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()pHA. a 点时，c(HA)+c(OH -尸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+尸c(ha)+c(a -)+c(OH-)D. V=10mL 时，c(Na+)>c(

21、A-)>c(H+)>c(HA) 【答案】AB【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?molL-1, c(OH_)=10_11 mol L-1,贝 U 水电离出的 c(OH-)=10_11 mol L-1, b 点溶质为 NaOH 和 NaA, pH= 11,c(H

22、+) =1.0 10-11molL-1, c(OH_)=1T3 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_

23、 + 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100C)。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()L C a的，三竺A.为N三N的断裂过程B.在高温区发生，在低温区发生C.为N原子由Fe区

24、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【详解】A选项，经历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，为催化剂吸附 N2的过程，为形成过渡态的过程，为 N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行。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

25、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_修%制己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C 6H130H(l) - CH3COOC6H13(1)+CH30H(1)已知 vE=kE - x(CH 3COOCH 3) x(C6H13OH) , v逆=k 逆 x(CH 3COOC6H13) 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。/(.mini该醇解反应的

26、AH_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、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

27、衡转化率(1). >(2). 3.2(3).(4). A (5). C (6). 2:1(7).不变 (8).bc【分析】根据图像及先拐先平衡，数值大的特点，得出温度越高为，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正一k逆值最大的曲线是，根据题中名的信息，得出温度高，A点v正最大,C点v逆最大。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。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

28、动。【详解】根据图像，的速率最快，说明对应的是最高温度348K,温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以AH > 0。348K时，设初始投入为1mol,则有：催化剂CH3COOCH3 (1) + C6HbOH (1) , ch3co1起始：1100转化：0.640.640.640.64平衡：0.360.360.640.640.64 0.64K 平衡常数表达式：Kx=c2c c2c =3.2,故答案为>3.2。0.36 0.36 22k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正一k逆值最大的曲线是；根据v正

29、=卜正x(CH3COOCH3) x(C6H13OH),v 逆=k 逆 x(CH3COOC6H13) x(C6H13OH), A 点 x(CH 3COOCH 3)?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； A; Co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。a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

30、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bco17.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、0、Si三种元素电负性由大到小的顺序为 _;第一电离能Ii (Si) _Ii (Ge)(填A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_

31、；硼酸在热水中比在冷水中溶解度显著增大的主要原因是。(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。CsSiB3O7,属正交晶系(长方体形)，晶胞参数为apm、bpm和cpm。如图为沿y轴投影的晶 胞中所有Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶胞中 Cs原子的数目为CsSiB3O7的摩尔质量为 Mg - mol-1,设Na为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为 g cm-3(用代数式表示)。二 2.s 1口阿I片切 也,逆.刈 I【答案】(1). O>C>Si (2). >(3). 1s22s22p63s23p63d10

32、4s24P2(或Ar3d 104s24p2)(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分子间氢键，使溶解度增大(7).热水破坏了硼酸晶体中的氢键,并且硼酸分子与水形成(8).44M (9).X1O30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。SiO2、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。先分析得出Cs的【详解】电负性的考电负性 O>

33、C>Si ;第故答案为O>C>Si;Ge原子位于第四周IVA族，因Ar3d 104s24p2); SiGeO2均为原长，SiO2键能更大，：i-O键长小Ge原子半径大于SiB原子最外层有3子，与3个二OH形成3个在体，Ge原子半径大于B原子最外层有3个电子,酸晶体中的氢键，并且硼酸分子形成分子间氢键,3个OH形成3个去价键，即可得杂化方式，热水破坏了硼规律为同周期离能的变化规密度。向右逐因此子核外电子e-O键长，SiO2键能,熔点更(Wjo匕为sp2杂化;1s22s22p63s23p63d10p2 (或Ar3d解度增大。曹大，同主族由下逐渐减小，所以素由上至下逐渐减:为Ii(

34、Si)> Ii(Ge),s22 P63s23P63d104s24p2 (或,Si-O键长小于Ge-O键104s24p2); SiO2；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；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。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

35、, 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:ZM _4 MpNaV Na abc 10"04M30-3abCN；10 gcm '故答案为4；4A/abcNxx IO3018.四澳化钛(TiBr)可用作橡胶工业中烯燃聚合反应的催化剂。已知TiBr4常温下为橙黄色固体，熔点为38.3C,沸点为233.5C,具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应TiO2+C+2Br2量1 TiBr 4+CO2制备TiBr 4的装置如图所示。回

36、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_,其目的是一此时活塞Ki,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Ki, 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 O(3)反应结束后应继续通入一段时间CO2,主要目的是 。(4)将连接管切断并熔封，采用蒸储法提纯。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Ki,关闭 &和。(2).先通入过量的 CO2气体，排除装置内空气(3).打开Ki,关闭K2和K3(4).打开K

37、2和K3 ,同时关闭Ki (5).浓硫酸 (6).吸收多余的澳蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解(7).防止产品四澳化钛凝固成晶体， 堵塞连接管，造成危险(8).排出残留在装置中的 TiBr4和澳蒸气(9).直形冷凝管(I0).温度计(量程250°C)【分析】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Ki,关闭&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Ki,保证CO 2气体携带澳蒸气进入反应装置中。因为产品四澳化钛易发生水解

38、，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，吸收多余的澳蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四澳化钛水解变质。反应结束后在反应装置中还有少量四澳化钛残留，以及剩余的澳蒸气，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。 实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸储法提纯，因此需要用到直形冷凝管。【详解】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

39、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Ki,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Ki,保证CO2气体携带澳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 Ki,关闭K2和K3；打开K2和K3,同时关闭Ki。 因为产品四澳化钛易发生水解，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

40、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。反应结束后在反应装置中还有少量四澳化钛残留，以及剩余的澳蒸气，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TiBr 4和溴蒸气。实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸储法提纯。在产品四澳化钛中还有残留液澳，因此根据题中给出的四澳化钛

41、的沸点233.5 °C,可以使用蒸储法提纯；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。以粗氧化冷（含Zn、CuO、FeO等杂质）和BaSO,为原料制备立德粉的流程如下：- i6 -高娥钾(1)生产ZnSO4的过程中，反应器I要保持强制通风，原因是 一。(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

42、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 一；a) 2.22.4b. 5.25.4c. 12.212.4滤渣出的成分为。(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,反应的化学方程式为_ (已知

43、82$04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b) ).尾气中含有的 SO2等有毒气体.ZnSO4、BaS、Na2s(8). 4 ZnSO4 + BaS + 3 Na2s=BaSO4 4ZnS + 3 Na2SO4【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 n中用Zn置换溶液中Cu2+;反应器出中用KMnO4氧化 Fe2+,同时控制pH,在弱酸性、弱碱性环境中，产生”门。2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】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。反应器n中用Zn置换溶液中Cu2+,其离子方程式为 Cu2+, Zn+Cu2+= Zn2+Cu2+,