山东省2020年普通高中学业水平等级考试(模拟卷)化学试题、答案及解析

1、绝密启用前山东省 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 1C12 N14O 16 S 32 Cl 35.5一、选择题：本题共 10 小题，每小题2 分，共 20分。每小题只有一个选

2、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】A 选项，乙醇汽油可降低CO 排放量，有效降低氮氧化物、酮类等污染物的浓度，减少尾气污染， A 正确；B 选项，甘油有吸湿性，添加到化妆品中有保湿作用，B 正确；C 选项，某些有机高分子聚合物可以做导电材料，比如聚乙炔，聚苯胺等，故C 错误；D 选项，葡萄在成熟过程中会释放出乙烯，高锰酸钾溶液可吸收乙烯，防止水果过度成熟或提早成熟，从而达到保鲜的目的，D 正确。2.

3、 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1【答案】 B【解析】CC C CC=CCCC可将键线式转换为碳的骨架形式，C，选取含官能团（碳碳双键）的最长碳链为主链，从靠近官能团的一端（即右端）进行编号，最后按命名规则正确书写名称。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-

4、1D配置 0.1 mol L·的盐酸溶液【答案】 B【解析】本题考点为物质的分离提纯、常见有机物的制备、的实验仪器的选择和基本实验操作。A 完成粗盐的提纯实验尚缺少的玻璃仪器是漏斗B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（如右图）C用四氯化碳萃取碘水中的碘所需主要仪器为分液漏斗，题中未给-1 的盐酸溶液需要用胶头滴管定容、量筒量取浓盐酸，题中未给D配置 0.1 mol L·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.3p 64s1B.4s1C.3d54s1D.3d104s1【答案】 A【解析】基态原子的核外电子排布应遵

5、循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特规则。A 项为 19K ，核外电子排布式为 1s22s22p63s23p64s1，主族元素的价电子是最外层电子，应为 4s1， A 项错误；B 项为 19K 的价电子排布式，正确；C 项为 24Cr，副族元素的价电子是最外层电子与次外层的部分电子之和，核外电子为Ar3d 54s1，即价电子为3d54s1，此为洪特规则的特例，3d 轨道上的电子为半满状态，整个体系的能量最低；2D 项为 29Cu，价电子为3d104s1， 3d 轨道上的电子处于全充满状态，整个体系的能量最低。5.CalanolideA 是一种抗HTV药物，其结构简式如右图所示。下列关于 Cal

6、anolide 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.1 mol该物质与足量NaOH 溶液反应时消耗1 mol NaOH【答案】 D【解析】A 选项，一个碳原子含有四个不同的原子或原子团，这样的碳原子叫手性碳，故正确。B 选项，该物质有醚键、羟基、酯基三种含氧官能团，故正确。C 选项，该物质中有碳碳双键和苯环结构， 能发生加成反应， 与羟基碳相邻的 碳原子上有氢原子，故能发生消去反应，正确。D 选项，分子中的酯基为酚酯，故1 mol 该物质消耗 2 mol NaOH ，故错误。6.X 、Y 、Z、W 为

7、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右图所示。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】由转化关系并借助A 的相对分子质量为28 和 B 是 18 电子的分子推知：A 为乙烯、 B为氯化氢、 C 为氯乙烷、 D 为水、 E 为乙醇； X 、 Y 、 Z 、W 分

8、别对应元素为H 、C、 O、 ClA. X 、Y 组成的化合物为烃类物质，沸点可能高于X 、Z 组成的化合物H 2O，错误3B. Y 的最高价氧化物的水化物为H CO3属于弱酸，正确2C. Y 、 Z 组成的分子可能为非极性分子CO2 ，正确D. W 是 Cl，是所在周期中原子半径最小的元素，正确973K7利用反应 CCl 4 + 4 NaNi-Co 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）属于共价晶体B该反应利用了 Na 的强还原性CCCl 4 和 C（金刚石）中的C 的杂化方式相同D NaCl 晶体中每个 Cl 周围有 8 个

9、 Na【答案】 D【解析】A 金刚石晶体：每个 C 与另外 4 个 C 形成共价键，构成正四面体，向空间发展成网状结构。形成的晶体为原子晶体，故A 正确；B该反应中 Na 由 0 价 +1 价，作还原剂将CCl 4 还原，故 B 正确；CCCl 4 和 C（金刚石）中的C 的杂化方式都是sp3 杂化，故 C 正确；D NaCl 晶体：每个 Na 同时吸引 6 个 Cl ，每个 Cl 同时吸引 6 个 Na ，配位数为 6故D错误。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

10、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【答案】 A【解析】A 选项，酚羟基遇Fe3+ 发生显色反应。B 选项， 84 消毒液的主要成分是次氯酸钠，是一种强碱弱酸盐水解显碱性，但水解产物具有漂白性，对pH 试纸有漂白作用，可以使用数字pH 计测量。C 选项，溴水与苯酚生成的三溴苯酚也可溶于苯中，一般加入氢氧化钠溶液再进行分液。D 选项，正确顺序为依次加入碎瓷片、乙醇、浓硫酸、乙酸，再加热。9.锡为 A 族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4,熔点114.5，沸点364.5，

11、易水解） 。实验室以过量锡箔为原料通过反应 Sn + 2I 244）SnI制备 SnI 。下列说法错误的是（A. 加入碎瓷片的目的是防止暴沸4B. SnI4 可溶于 CCl 4 中C.装置中 a 为泠凝水进水口D. 装置的主要作用是吸收挥发的I2【答案】 D【解析】液体加热时加入碎瓷片目的是防止暴沸，所以A 正确；根据题干中 SnI4 的熔沸点，从组成分析可知SnI4 与 CCl 4 为同族形成的同类物质，依据“相似相溶原理 ”可知 SnI4 可溶于 CCl 4中， B 正确；冷凝管的冷凝水为 “下进上出 ”，所以装置中a 为泠凝水进水口， C 正确；据题可知： SnI4,易水解，所以装置的主

12、要作用是防止水蒸气进入装置使SnI4 水解，所以 D 错误。10亚氯酸钠（ NaClO 2）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 反应阶段，参加反应的 NaClO3和 SO 的物质的量之比为 2:12B若反应通过原电池来实现，则ClO 2 是正极产物C反应中的 H2 O2 可用 NaClO 4 代替D反应条件下， ClO的氧化性大于 H O222【答案】 C【解析】A 根据流程图反应中氧化剂是NaClO 3，还原剂是SO2，还原产物是ClO 2，氧化产物是 NaHSO 4。根据化合价升降相等

13、可得32的物质的量之比为2:1，A 项正确；NaClO和 SOB 由反应化合价变化情况，再根据原电池正极表面发生还原反应，所以ClO 2 是正极产物， B 项正确；C据流程图反应，在ClO 2 与 H2O2 的反应中， ClO 2 转化为 NaClO 2 氯元素的化合价降低，做氧化剂；H 2O2 只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO 4 代替 H 2O2 ，C5项错误；D据流程图反应 ClO与 H O反应的变价情况， ClO2做氧化剂， H O做还原剂，22222可以推出 ClO 2 的氧化性大于H 2O2， D 项正确。二、本题共 5 小题，每小题4 分，共20 分。每小题有1

14、 个或 2 个选项符合题意，全都选对得 4 分，选对但不全的得1 分，有选错的得0 分。11.工业上电解 NaHSO溶液制备 NaS O 。电解时，阴极材料为Pb；阳极 (铂电极 )电极反应4228-2-+ 2H+。下列说法正确的是式为 2HSO 4- 2e = S2O8A 阴极电极反应式为Pb + HSO4-4+- 2e= PbSO + HB阳极反应中S 的化合价升高C S2O8 2-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】228的结构为，由此结构可以判断出以下信息：282-中含硫Na S OS O氧极性键和氧氧非极性键；S 的化合价仍为+6 价，中间的两个O 均

15、为 -1 价，其他的 O 均为-2 价；电解时阳极的HSO4-2H+-H；中 O 失去电子， S 未变价；阴极电极反应式为 2e若用铜作阳极，则阳极反应为Cu-2e-=Cu +，综上所述，答案为C。34与 HNO3溶液发生反应3 4+ 4H+2+ 2Pb2+12已知 Pb OI： Pb O= PbO224溶液发生反应 II ：5PbO2+ 2Mn2+ 4H+ 5SO42 =2H O；PbO 与酸化的 MnSO2MnO 4+5PbSO4 + 2H 2 O。下列推断正确的是A 由反应 I 可知， Pb O 中 Pb(II) 和Pb(IV) 含量之比为 2:134B 由反应 I、II 可知，氧化性：

16、HNO 3>PbO2>MnO 4CPb可与稀硝酸发生反应： 3Pb + 16HNO3= 3Pb(NO )4+ 4NO+ 8H O32D Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4 + 8HC1=3PbCl 2 + 4H 2O + Cl 2【答案】 AD【解析】A. 反应 I 未发生氧化还原反应，且产物Pb2+与 PbO2 物质的量之比为2： 1，说明 Pb3O4中 Pb(II) 和 Pb(IV) 含量之比为2:1，故 A 正确；B. 反应 I 中 HNO 3 未能将 Pb(II) 氧化成 Pb(IV) ，说明氧化性HNO 3PbO2，反应 II 中 PbO26将 Mn 2+氧化成 Mn

17、O 4，说明氧化性PbO2>MnO 4 ，故 B 错误；C.根据反应I 可得硝酸不能将Pb 氧化成 4 价，不能生成Pb(NO3)4，故 C 错误；D. 据反应 II 可知氧化性 PbO2>MnO 4 ，而酸性条件下 MnO 4能将 HCl 氧化成 Cl 2，则Pb(IV) 也能将 HCl 氧化成 Cl 2，所以此反应Pb3O4 + 8HC1=3PbCl 2 + 4H 2O + Cl 2能发生， 故 D也正确 。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_ZVI 释放电子的等共存物的存在会影响水体修复效果，定义单

18、位时间内物质的量为 nt，其中用于有效腐蚀的电子的物质的量ne。下列说法错误的是三氯乙烯乙烯Fe2+ZVI- e- e-有效腐蚀e-ee-H 2-e-+eeNH 4H2O(H +)无效腐蚀O2NO 3OH A 反应均在正极发生B单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时 ne = a mol_+_4+C的电极反应式为 NO3+ 10H+ 8e= NH2+3H OD增大单位体积水体中小微粒ZVI 的投入量，可使nt 增大【答案】 B【解析】A由修复过程示意图中反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；B三氯乙烯 C2HCl 3 中 C 原子化合价为+1 价，乙烯中 C

19、原子化合价为 -2 价，1 mol C 2HCl 3转化为 1 molC 2H 4 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 ；_ NH 4+ ，由于生成物C由示意图及 N 元素的化合价变化可写出如下转化NO 3 + 8e中有 NH 4+所以只能用H+和 H2_2来配平，所以 的电O 来配平该反应，而不能用HO和OH_极反应式为 NO 3 + 10H + + 8e = NH 4+ + 3H 2O；D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。7-

20、1HA ( K a =1.0 10×-3)中逐滴加入-114. 25 C°时，向 10 mL 0.10 mol L ·的一元弱酸0.10 mol L·NaOH 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

21、案】 A【解析】A 选项正确。 a 点时，pH=3, c(H+) = 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 )即得 A 选项。B 选项错误。 a 点溶质为 HA 和 NaA ，pH 3，水电离出的 c(OH ) 1011；b 点溶质为NaOH 和 NaA ， pH 11， c(OH ) = 10 -3 ，OH 是由 NaOH 电离和水电离出两部分之和组成的，推断出由水电离处的 c(OH )<10 -3，

22、那么水电离的 c(H + ) 1011，所以 B 错。C. 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， C 错。D. V =10mL时， HA 与 NaOH 恰好完全反应生成 NaA ，A2 ，水解+H O ? HA+OH后溶液显碱性，c(OH ) > c(H +), 即 c(HA) > c(H+ ) ，故 D

23、错误。15.热催化合成氨面临的两难问题是：釆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°C）。 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. 为氮氮三键的断裂过程8B. 在高温区发生，在低温区发生C.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】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

24、原子，所以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N 2 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，所以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。 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，所以D 错误。三、非选择题：本题共5 小题，共60 分。16.（ 10 分）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：催化剂CH3COOCH

25、3 (l) + C 6H13OH (l)CH3COOC6H13 (l) + CH3OH (l)已知 v 正 = k 正 (CH 3COOCH 3)?(C6H13OH) ， v 逆= k 逆 (CH 3COO C 6H 13)?(CH 3OH) ，其中 v 正 、 v 逆 为正、逆反应速率，k 正 、 k 逆 为速率常数，为各组分的物质的量分数。（ 1）反应开始时， 已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（）随时间（ t）的变化关系如下图所示。该醇解反应的H_0 （填 >或 <）。348K 时，以物质的量分数表示的化学

26、平衡常数 K x=_（保留 2 位有效数字） 。在曲线、中，k 正 k 逆 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、减小或不变）。9（ 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 增大相同倍数c. 降低了醇解反应的活化能d.

27、 提高乙酸甲酯的平衡转化率【答案】（1）>3.2AC（2）2：1不变（ 3） bc【解析】（ 1）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H>0。348K 时，设初始投入为1mol ，则有：催化剂CH3COOC6H13 (l) + CH 3OH (l)CH3COOCH3 (l) + C 6H13OH (l)起始：1100转化：0.640.640.640.64平衡：0.360.360.640.64带入平衡常数表达式：Kx=(CH 3 COOC6H13) ?(CH 3OH) / (CH 3COOCH 3) ?(C6H 13

28、OH)= 0.32 0×.32 / (0.18 0.18)× = 3.2k 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。根据v 正 = k 正(CH 3COOCH 3)?(C6H13OH) ，v 逆 = k 逆 (CH 3COO C 6H13)?(CH 3OH) ，A 点(CH 33613OH) 大，温度高，因此 A 点 v36 133OH)COOCH)?(C H正最大，C 点 (CHCOOC H)?(CH大且温度高，因此C 点 v 逆 最大。（ 2）增大己醇的投入量

29、，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K x 只与温度有关，因此不变。（ 3）催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，a 错误；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，b 正确；催化剂能够降低反应的活化能，c 正确；催化剂不改变化学平衡，d 错误。因此，选择bc。17.（ 12 分）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Cs2CO3、XO 2（ X=Si 、Ge）和 H 3BO3 首次合成了组成为CsXB 3O7 的非线性光10学晶体。回答下列问题：（1）C、O、 Si 三种元素电负性由大到

30、小的顺序为；第一电离能 I 1(Si)I 1(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 ）右图为硼酸晶体的片层结构，其中硼的杂化方式为。H3BO3 在热水中比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a pm、b pm、c pm。右图为沿 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。 CsSiB3 7的摩尔

31、质量为 M g·mol-1，O设 NA 为阿伏加德罗常数的值， 则 CsSiB3O7 晶体的密度为-3g·cm （用代数式表示） .【答案】（ 1）O>C>Si>（ 2）1s22s22p63s23p63d104s24p2（或 Ar3d 104s24p2）；SiO 2；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， SiO 2 键能更大，熔点更高。（ 3）sp2；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。ZM4 M，4M1030N A V（4）4abcN AN A abc 1030【解析】（ 1

32、）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)> I 1(Ge)。11（ 2）Ge 原子位于第四周期 IVA 族，因此原子核外电子排布式为 1s22s22p63s23p63d104s24p2 （或 Ar3d 104s24p2）；SiO 2、 GeO2 均为原子晶体， Ge 原子半径大于 Si， SiO 键长小于 GeO 键长， SiO2 键能更大，熔点更高。（ 3）B 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

33、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。（ 4）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： = ZM4

34、 M304M1030g·cm-3NAV NAabc 10abcNA18. （13 分）四溴化钛（4TiBr4TiBr ）可用作橡胶工业中烯烃聚合反应的催化剂。已知常温下 为橙黄色固体，熔点为38.3C,°沸点为 233.5 °C,具有潮解性且易发生水解。实验室利用反应 TiO 2 + C + 2Br高温TiBr 4+ CO2制备 TiBr 4 的装置如下图所示。回答下列问题：2（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 K 1 、K 2、 K 3、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、K 3 的状态为。

35、（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。（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）先通入过量的CO2 气体，排除装置内空气，打开K 1，关闭 K 2 和 K 3；打开 K 2 和K 3 ，同时关闭K 1。12（ 2）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。（ 3）排出残留在装置中的TiBr 4 和溴蒸气（ 4）直形冷凝管 、

36、温度计（量程 250°C）【解析】本题是制备化学物质四溴化钛的实验试题。（ 1）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 K 2和 K 3；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K和 K ,同时关闭 K，保证 CO气体携带溴蒸气进入反应装置中。2312（ 2）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

37、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。（ 3）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。这是考查学生的实验环保意识。（ 4）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

38、化钛中还有残留的液溴，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）。此问考查学生对蒸馏装置的认识。19（11 分）普通立德粉（BaSO4·ZnS）广泛用于工业生产中，可利用ZnSO 4 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13示）。（ 3）

39、已知KMnO 4 在酸性环境中被还原为Mn 2+ ，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO 2，在碱性环境中被还原为MnO 42-。据流程判断，加入KMnO 4 时溶液的 pH 应调至；a 2.22.4b 5.2 5.4c 12.2 12.4滤渣的成分为。（ 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，反应器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 ZnSO 4、 BaS、 Na2SO4、N

40、a 2S 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 BaSO4 的相对分子质量为233。 ZnS的相对分子质量为 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+Cu 2+= Zn 2+Cu2+（ 3） b， MnO 2 和 Fe(OH) 3（ 4）避免产生CO 等有毒气体；尾气中含有的SO2 等有毒气体（ 5） ZnSO4、 BaS、 Na2S；4 ZnSO 4 + BaS + 3 Na 2S = BaSO4·4ZnS + 3 Na2SO4【解析】分析流程中的相关反应：反应器中粗氧化锌中所含Zn 、CuO、

41、 FeO 与硫酸反应，不溶性杂质以滤渣的形式过滤分离；反应器中用Zn 置换溶液中 Cu2+；反应器中用KMnO 4 氧化 Fe2+，同时控制 pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO 2 和 Fe(OH)3 沉淀得到净化的 ZnSO4 溶液；反应器中BaSO4 + 2C = BaS + 2CO 2 制备 BaS；反应器用 ZnSO4和 BaS 共沉淀制备立德粉。所以反应器中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。反应器除Cu2+， Zn+Cu 2+= Zn 2+ +Cu2+。反应器除Fe2+，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO 4 还原为MnO 2，以滤渣形式分离。14反应器中 BaSO4 +2C = BaS + 2CO 2，BaSO4 + 4C = BaS + 4CO，投料比要大于 1:2