1、 - 1 - 山东省山东省 2020 年普通高中学业水平等级考试（模拟卷）年普通高中学业水平等级考试（模拟卷） 化学试题化学试题 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。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铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必须使 用用 0.5 毫米黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。毫米黑色签字笔书写，字体工
2、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。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：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：本题共一、选择题：本题共 10 小题每小题只有一个选项符合题意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
3、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-
4、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 - 2 - 【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 0.1molL-1的盐酸溶液 【答案】B 【解析】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
5、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】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
6、 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，答案为 A。 - 3 - 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】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
7、，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
8、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（ ） - 4 - 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】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
9、，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+4NaC（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
10、. 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】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； - 5 - D选项，根据氯化钠晶胞结构，NaCl晶体中每个 Cl周
11、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
12、C. C D. D 【答案】A 【解析】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A族元素，四碘化锡是
13、常用的有机合成试剂（SnI4，熔点 144.5，沸点 364.5，易 - 6 - 水解） 。 实验室以过量锡箔为原料通过反应 Sn+2I2SnI4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. 装置中 a为冷凝水进水口 D. 装置的主要作用是吸收挥发的 I2 【答案】D 【解析】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。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
14、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. 反应阶段，参加反应的 NaClO3和
15、 SO2的物质的量之比为 2：1 B. 若反应通过原电池来实现，则 ClO2是正极产物 C. 反应中的 H2O2可用 NaClO2代替 - 7 - D. 反应条件下，ClO2的氧化性大于 H2O2 【答案】C 【解析】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 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， 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，反应中 H2O2化合价升高，
16、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：本题共二、选择题：本题共 5 小题小题 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
17、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】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。 - 8 -
18、 【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： Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2+2H2O； PbO2与酸化的MnSO4 溶液发生反应： 5PbO2+2Mn2+4H+5SO42-=2MnO4-+5PbSO4+2H2O。 下列推断正确的是 （ ） A. 由反应可知，Pb3O4中 Pb（）和 Pb（）含量之比为 2：1 B. 由反应、可知，氧化性：HNO3PbO2MnO4- 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+8
19、HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2 【答案】AD 【解析】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，由反应不是氧化还原反应，因此不能得出氧化性：HNO3PbO2，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，NO
20、3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. 反应均在正极发生 B. 单位时间内，三氯乙烯脱去 amolCl时 ne=amol C. 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】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
21、mol C2HCl3 - 9 - 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+ + 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
22、使 nt增大，故 D正确； 综上所述，答案为 B。 14.25时，向10mL0.10molL-1的一元弱酸 HA（Ka=1.010-3）中逐滴加入 0.10molL-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】 A选项， a点时， pH=3, c(H+) =1.0 10-3 m
23、ol 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，pH3，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， pH11， 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
24、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， - 10 - 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
25、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. 为NN 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
26、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
27、，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+ - 11 - 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 H_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
28、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提高乙酸甲酯的平衡转化率 【答案】 (1). (2). 3.2 (3). (4
29、). A (5). C (6). 2：1 (7). 不变 (8). bc 【解析】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k逆值最大的曲线是，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。 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 - 12 - 变速率，不能改变平衡移动。 【详解】
30、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： 起始： 1 1 0 0 转化： 0.64 0.64 0.64 0.64 平衡： 0.36 0.36 0.64 0.64 平衡常数表达式： x 0.640.64 22 K =3.2 0.360.36 22 ，故答案为；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；根据 v 正=k正 x(CH3COOCH3) x(C6H13OH)， v逆=k
31、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； A；C。 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正确； c 选项，催化剂能够降低反应的活化能，故 c
32、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_。 - 13 - （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
33、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 Mgmol-1， 设 NA为阿伏加德罗常数的值， 则 CsSiB3O7晶体的密度为_gcm-3 （用代数式表示） 。 【答案】 (1). OCSi (2). (3). 1s22s22p63s23p63d104s24p2（或Ar3d104s
34、24p2） (4). SiO2 (5). 二者均为原子晶体，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 (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】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，SiO 键长小于 Ge O 键长，SiO2键能更大，熔点更高。 B 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
35、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。 先分析得出 Cs的个数，再根据公式计算密度。 【详解】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 OCSi；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)， - 14 - 故答案为 OCSi；。 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 Ar3d104s24p2） ；SiO2、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
36、大，熔点更高，故答案为 1s22s22p63s23p63d104s24p2（或Ar3d104s24p2） ；SiO2； 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。 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。 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
37、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： = 30 30 AAA Z44 10 V10 MMM NNabcabcN 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
38、性且易发生水解。实验室利用反应 TiO2+C+2Br2TiBr4+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_。 （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 - 15 - 瓶，在防腐胶塞上加装的仪
39、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】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
40、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。 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。 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
41、污染。 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】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
42、，同时关闭 K1。 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 - 16 - 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溴化钛残留，以
43、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。 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（BaSO4ZnS）广泛用于工业生产中，可利用 ZnSO4和 B
44、aS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_； a2.22.4 b5.25.4 c12.212.4 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
45、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（BaSO4ZnS）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 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). - 17 - Zn+Cu2+= Zn2+Cu2+ (3). b (4). MnO2和 Fe(OH)3 (5). 避免产生 CO 等有毒气 体 (6)
46、. 尾气中含有的SO2等有毒气体 (7). ZnSO4、 BaS、 Na2S (8). 4 ZnSO4 + BaS + 3 Na2S = BaSO44ZnS + 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、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 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； 反应器中 BaSO4 + 2C = BaS + 2CO2制备 BaS； 反应器用 ZnSO4和 BaS 共沉淀制
47、备立德粉。 【详解】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，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+。 反应器除 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 反应器中 BaSO4 + 2C =
48、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， 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。 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
