2020年普通高中化學(xué)學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試(模擬卷)

1、絕密啟用前22普通高中學(xué)業(yè)水平等級(jí)考試（模擬卷）化學(xué)試題1 .答題前，考生先將自己的姓名、考生號(hào)、座號(hào)填寫在相應(yīng)位置，認(rèn)真核對(duì)條形碼上的 姓名、考生號(hào)和座號(hào)，并將條形碼粘貼在指定位置上。2 .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。3 .請(qǐng)按照題號(hào)在各題目的答題區(qū)域內(nèi)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。可能用到的相對(duì)原子質(zhì)量：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 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(gè)選項(xiàng)符合

2、題意。1 .化學(xué)與生活密切相關(guān)，下列說法錯(cuò)誤的是A.乙醇汽油可以減少尾氣污染B.化妝品中添加甘油可以起到保濕作用C.有機(jī)高分子聚合物不能用于導(dǎo)電材料D.葡萄與浸泡過高鎰酸鉀溶液的硅藻土放在一起可以保鮮【答案】C【解析】A選項(xiàng)，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(xiàng)，甘油有吸濕性，添加到化妝品中有保濕作用，B正確；C選項(xiàng)，某些有機(jī)高分子聚合物可以做導(dǎo)電材料，比如聚乙快，聚苯胺等，故C錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，葡萄在成熟過程中會(huì)釋放出乙烯，高鎰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(dá)到保鮮的目的，D正確。2.某烯燃分子的結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式為,用系統(tǒng)

3、命名法命名其名稱為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】C CIC - C一 C=C- CI IC CI可將鍵線式轉(zhuǎn)換為碳的骨架形式,選取含官能團(tuán)（碳碳雙鍵）的最C長(zhǎng)碳鏈為主鏈，從靠近官能團(tuán)的一端（即右端）進(jìn)行編號(hào)，最后按命名規(guī)則正確書寫名稱。3 .實(shí)驗(yàn)室提供的玻璃儀器有試管、導(dǎo)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(shí)驗(yàn)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

4、鹽酸溶液【答案】B【解析】本題考點(diǎn)為物質(zhì)的分離提純、常見有機(jī)物的制備、的實(shí)驗(yàn)儀器的選擇和基本實(shí)驗(yàn)操作。A.完成粗鹽的提純實(shí)驗(yàn)尚缺少的玻璃儀器是漏斗B.有試管、導(dǎo)管和酒精燈三種玻璃儀器即可完成乙酸乙酯的制備實(shí)驗(yàn)（如右圖）C.用四氯化碳萃取碘水中的碘所需主要儀器為分液漏斗，中未給D,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(gè)電子，則該基態(tài)原子價(jià)電子排布不可能是A.3p64s1 B.4s1C.3d54s1D.3d104s1【答案】A【解析】基態(tài)原子的核外電子排布應(yīng)遵循能量最低原理、泡利不相容原理和洪特規(guī)則。A項(xiàng)為19K,核外

5、電子排布式為1s22s22p63s23p64s1,主族元素的價(jià)電子是最外層電子, 應(yīng)為4s1, A項(xiàng)錯(cuò)誤；B項(xiàng)為19K的價(jià)電子排布式，正確;C項(xiàng)為24Or,副族元素的價(jià)電子是最外層電子與次外層的部分電子之和，核外電子為Ar3d 54s1,即價(jià)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(gè)體系的能量最低；D項(xiàng)為29Cu,價(jià)電子為3d104s1, 3d軌道上的電子處于全充滿狀態(tài)，整個(gè)體系的能量最低。Ohnvhdc A5 .Calanolide A是一種抗 HTV藥物，其結(jié)構(gòu)簡(jiǎn)式如右圖所示。下列關(guān)于Calanolide A的說法錯(cuò)誤的是(A.分子中有3個(gè)手性碳原子B.分子中

6、有3種含氧官能團(tuán)C.該物質(zhì)既可發(fā)生消去反應(yīng)又可發(fā)生加成反應(yīng)D.1 mol該物質(zhì)與足量 NaOH溶液反應(yīng)時(shí)消耗1 mol NaOH【答案】D【解析】A選項(xiàng)，一個(gè)碳原子含有四個(gè)不同的原子或原子團(tuán)，這樣的碳原子nrij xj叫手性碳，故正確。k * - * “承B選項(xiàng)，該物質(zhì)有醒鍵、羥基、酯基三種含氧官能團(tuán)，故正確。C選項(xiàng)，該物質(zhì)中有碳碳雙鍵和苯環(huán)結(jié)構(gòu)，能發(fā)生加成反應(yīng)，與羥 基碳相鄰的 碳原子上有氫原子，故能發(fā)生消去反應(yīng)，正確。D選項(xiàng)，分子中的酯基為酚酯，故 1 mol該物質(zhì)消耗2 mol NaOH ,故錯(cuò)誤。6.X、Y、Z、W為原子序數(shù)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

7、中的兩種或三種所組成的化合物。已知A的相對(duì)分子質(zhì)量為 28, B分子中含有18個(gè)電子，五種化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如右圖所示。下列說法錯(cuò)誤的是A. X、Y組成化合物的沸點(diǎn)一定比 X、Z組成化合物的沸點(diǎn)低B. Y的最高價(jià)氧化物的水化物為弱酸C. 丫、Z組成的分子可能為非極性分子D. W是所在周期中原子半徑最小的元素【答案】A【解析】由轉(zhuǎn)化關(guān)系并借助 A的相對(duì)分子質(zhì)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(duì)應(yīng)元素為 H、C、0、ClA. X、Y組成的化合物為煌類物質(zhì)，沸點(diǎn)可能高于X、Z組成的化合物H2O,錯(cuò)誤B. Y的最高價(jià)氧化物的水化物

8、為 H2CO3屬于弱酸，正確C. Y、Z組成的分子可能為非極性分子CO2 ,正確D. W是Cl,是所在周期中原子半徑最小的元素，正確973K .7 .利用反應(yīng) CC14 + 4 Na =-= C （金剛石）+ 4NaCl可實(shí)現(xiàn)人工合成金剛石。下列關(guān)于該 反應(yīng)的說法錯(cuò)誤的是（）A. C （金剛石）屬于共價(jià)晶體8 .該反應(yīng)利用了 Na的強(qiáng)還原性C. CC14和C （金剛石）中的 C的雜化方式相同D. NaCl晶體中每個(gè) C周圍有8個(gè)Na+【答案】D【解析】A.金剛石晶體：每個(gè) C與另外4個(gè)C形成共價(jià)鍵，構(gòu)成正四面體，向空間發(fā)展成網(wǎng)狀結(jié)構(gòu)。形成的晶體為原子晶體，故 A正確；B.該反應(yīng)中Na由0價(jià)一

9、+1價(jià)，作還原劑將 CC14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(gè)Na.同時(shí)吸引6個(gè)C，每個(gè)C同時(shí)吸引6個(gè)Na卡,配位數(shù)為6故D錯(cuò)誤。8.下列操作能達(dá)到相應(yīng)實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖牵ǎ?shí)驗(yàn)?zāi)康牟僮鰽檢驗(yàn)綠茶中是否含有酚類物質(zhì)向茶水中滴加FeCl3溶液B測(cè)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漠水，過濾后分液D實(shí)驗(yàn)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A選項(xiàng)，酚羥基遇Fe3+發(fā)生顯色反應(yīng)。B選項(xiàng)，84消毒液的主要成分是次氯酸鈉，是一

10、種強(qiáng)堿弱酸鹽水解顯堿性，但水解產(chǎn) 物具有漂白性，對(duì) pH試紙有漂白作用，可以使用數(shù)字pH計(jì)測(cè)量。C選項(xiàng)，濱水與苯酚生成的三澳苯酚也可溶于苯中，一般加入氫氧化鈉溶液再進(jìn)行分液。D選項(xiàng)，正確順序?yàn)橐来渭尤胨榇善⒁掖?、濃硫酸、乙酸，再加熱?.錫為IV A族元素，四碘化錫是常用的有機(jī)合成試劑（SnI4,熔點(diǎn)Sn.伸崗片114.5 C,沸點(diǎn)364.5 C,易水解）。實(shí)驗(yàn)室以過量錫箔為原料通過反應(yīng)Sn + 2I2 = SnI4制備SnI4。下列說法錯(cuò)誤的是（）A.加入碎瓷片的目的是防止暴沸B. Snl4可溶于CC14中C.裝置I中a為泠凝水進(jìn)水口D.裝置n的主要作用是吸收揮發(fā)的I2【答案】D【解析】液

11、體加熱時(shí)加入碎瓷片目的是防止暴沸，所以 A正確；根據(jù)題干中SnL的熔沸點(diǎn)，從組成分析可知 SnL與CCI4為同族形成的同類物質(zhì)，依據(jù)相似相溶原理”可知Snl4可溶于CC14中，B正確；冷凝管的冷凝水為 下進(jìn)上出"，所以裝置I中a為泠凝水進(jìn)水口， C正確；據(jù)題可知：SnJ易水解，所以裝置n的主要作用是防止水蒸氣進(jìn)入裝置使Snl4水解,所以D錯(cuò)誤。10.亞氯酸鈉（NaClO 2）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(cuò)誤的是（）A.反應(yīng)階段，參加反應(yīng)的NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為 2:1B.若反應(yīng)

12、通過原電池來實(shí)現(xiàn)，則ClO2是正極產(chǎn)物C,反應(yīng)中的 H2O2可用NaClO4代替D.反應(yīng)條件下，ClO2的氧化性大于 H2O2【答案】C【解析】A .根據(jù)流程圖反應(yīng)中氧化劑是NaClO 3,還原劑是SO2,還原產(chǎn)物是0。2,氧化產(chǎn)物是NaHSO4。根據(jù)化合價(jià)升降相等可得NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為 2:1 , A項(xiàng)正確；B.由反應(yīng)化合價(jià)變化情況，再根據(jù)原電池正極表面發(fā)生還原反應(yīng)，所以ClO2是正極產(chǎn)物，B項(xiàng)正確；C.據(jù)流程圖反應(yīng)，在 ClO2與H2O2的反應(yīng)中，ClO2轉(zhuǎn)化為NaClO2氯元素的化合價(jià) 降低，做氧化劑；H2O2只能做還原劑，氧元素的化合價(jià)升高，不能用 NaClO代替H2

13、O2, C 項(xiàng)錯(cuò)誤；D.據(jù)流程圖反應(yīng) C1O2與H2O2反應(yīng)的變價(jià)情況，C1O2做氧化劑，H2O2做還原劑， 可以推出CIO2的氧化性大于 H2O2, D項(xiàng)正確。二、本題共5小題，每小題4分，共20分。每小題有1個(gè)或2個(gè)選項(xiàng)符合題意，全都選對(duì) 得4分，選對(duì)但不全的得 1分，有選錯(cuò)的得0分。11.工業(yè)上電解NaHSO4溶液制備Na2s2。8。電解時(shí)，陰極材料為 Pb;陽(yáng)極(伯電極)電極反應(yīng) 式為2HSO4 - 2e- = S2O82- + 2H+。下列說法正確的是A.陰極電極反應(yīng)式為 Pb + HSO4 - 2e- = PbSO4 + H +B.陽(yáng)極反應(yīng)中S的化合價(jià)升高C. S2O82-中既存在

14、非極性鍵又存在極性鍵D.可以用銅電極作陽(yáng)極【答案】CNa2s2O8的結(jié)構(gòu)為,由此結(jié)構(gòu)可以判斷出以下信息：S2O82-中含硫氧極性鍵和氧氧非極性鍵；S的化合價(jià)仍為+6價(jià)，中間的兩個(gè) 。均為-1價(jià)，其他的。均為-2價(jià)；電解時(shí)陽(yáng)極的 HSO4-中O失去電子，S未變價(jià)；陰極電極反應(yīng)式為2H+ + 2e- = H 2 f；若用銅作陽(yáng)極，則陽(yáng)極反應(yīng)為Cu-2e- =Cu2 + ,綜上所述，答案為 Co12.已知 Pb3O4與HNO3溶液發(fā)生反應(yīng) I： Pb3O4 + 4H + = PbO2 + 2Pb2+2H2O; PbO2與酸化的 MnSO4溶液發(fā)生反應(yīng) II： 5PbO2 + 2Mn 2+ + 4H+

15、 + 5SO42 =2MnO4 +5PbSO4 + 2H2O。下歹U推斷正確的是A.由反應(yīng)I可知,Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比為2:1B.由反應(yīng)k II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO 4C. Pb可與稀硝酸發(fā)生反應(yīng)：3Pb + 16HNO3 = 3Pb(NO3)4 + 4NO T + 8H2OD. Pb3O4可與鹽酸發(fā)生反應(yīng)：Pb3O4 + 8HC1=3PbCl 2 + 4H2O + Cl2T【答案】AD【解析】A.反應(yīng)I未發(fā)生氧化還原反應(yīng)，且產(chǎn)物Pb2+與PbO2物質(zhì)的量之比為 2: 1,說明Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比為 2:1 ,

16、故A正確;B.反應(yīng)I中HNO3未能將Pb(II)氧化成Pb(IV)，說明氧化性HNO3PbO2,反應(yīng)II中PbO2將Mn2+氧化成MnO4 ,說明氧化性PbO2>MnO4 ,故B錯(cuò)誤；C.根據(jù)反應(yīng)I可得硝酸不能將 Pb氧化成+ 4價(jià)，不能生成Pb(NO3)4,故C錯(cuò)誤；D.據(jù)反應(yīng)II可知氧化性PbO2>MnO 4 ,而酸性條件下 MnO4能將HCl氧化成02,則Pb(IV)也能將HCl氧化成C»所以此反應(yīng) Pb3O4 + 8HC1=3PbCl 2 + 4H 2O + Cl 2僦發(fā)生，故D 也正確。13.利用小粒徑零價(jià)鐵 (ZVI)的電化學(xué)腐蝕處理三氯乙烯，進(jìn)行水體修復(fù)的過

17、程如圖所示。H+、。2、NO3_等共存物的存在會(huì)影響水體修復(fù)效果，定義單位時(shí)間內(nèi)ZVI釋放電子的物質(zhì)的量為nt,其中用于有效腐蝕的電子的物質(zhì)的量/。下列說法錯(cuò)誤的是OHA.反應(yīng)均在正極發(fā)生B.單位時(shí)間內(nèi)，三氯乙烯脫去 a mol Cl時(shí)ne= a mol +_ _ _ +C.的電極反應(yīng)式為 NO3 + 10H + 8e = NH4 + 3H2OD.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】A.由修復(fù)過程示意圖中反應(yīng)前后元素化合價(jià)變化可知，反應(yīng)均為得電子的反 應(yīng)，所以應(yīng)在正極發(fā)生；B.三氯乙烯C2HCl3中C原子化合價(jià)為+1價(jià)，乙烯中C原子化合價(jià)為-2價(jià)，1 mol

18、 C2HCl3 轉(zhuǎn)化為1 molC2H4時(shí)，得到6 mol電子，脫去3 mol氯原子，所以脫去a mol Cl時(shí)ne = 2a mol；C.由示意圖及N元素的化合價(jià)變化可寫出如下轉(zhuǎn)化 NO3_ + 8e_ NH4+,由于生成物 中有NH4+所以只能用H+和H2O來配平該反應(yīng)，而不能用 H2O和OH來配平，所以 的電 極反應(yīng)式為 NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2。；D.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。14. 25C 時(shí)，向 10 mL 0.10 mol L-1的一元弱酸 HA (K

19、a =1.0 103)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(guān)系如圖所示。下列說法正確的是A. a 點(diǎn)時(shí)，c(HA) + c(OH ) = c(Na+) + c(H+)B.溶液在a點(diǎn)和b點(diǎn)時(shí)水的電離程度相同C. b 點(diǎn)時(shí),c(Na+) = c(HA) + c(A ) + c(OH )D. V =10mL 時(shí)，c(Na+) > c(A ) > c(H+) > c(HA)A選項(xiàng)正確。a 點(diǎn)時(shí)，pH=3, c(H+) = 10-3 mol L-1,因?yàn)镵a =1.0 10-3，所以 c(HA) = c(A ),【答案】A根據(jù)電荷守恒

20、c(A ) + c(OH ) = c(Na+) + c(H+)和 c(HA) = c(AI)即得 A 選項(xiàng)。B選項(xiàng)錯(cuò)誤。a點(diǎn)溶質(zhì)為HA和NaA, pH=3,水電離出的c(OH )= 10 11； b點(diǎn)溶質(zhì)為NaOH和NaA, pH = 11, c(OH ) = 10-3, OHi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(cuò)。C.根據(jù)電荷守恒 c(Na+) + c(H+) = c(A ) + c(OH )可得 c(Na+) = c(A ) + c(OH ) c(H+),假設(shè) C 選項(xiàng)成立，則 c(

21、A ) + c(OH )c(H+) = c(HA) + c(A ) + c(OH ),推出 c(HA) + c(H+) = 0,故假設(shè)不成立，C錯(cuò)。D. V =10mL時(shí)，HA與NaOH恰好完全反應(yīng)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(cuò)誤。15.熱催化合成氨面臨的兩難問題是：采用高溫增大反應(yīng)速率的同時(shí)會(huì)因平衡限制導(dǎo)致NH 3產(chǎn)率降低。我國(guó)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(yīng)歷程如圖所示，

22、其中吸附在催化劑表面上的物種用*標(biāo)注。下列說法正確的是() AU) 疆苫生A.為氮氮三鍵的斷裂過程B.在高溫區(qū)發(fā)生，在低溫區(qū)發(fā)生C.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(yīng)轉(zhuǎn)變?yōu)槲鼰岱磻?yīng)【答案】BC【解析】A選項(xiàng)，經(jīng)歷過程之后氮?dú)夥肿颖淮呋瘎┪剑]有變成氮原子，所以 A錯(cuò)誤。B選項(xiàng)，為催化劑吸附N2的過程，為形成過渡態(tài)的過程，為N2解離為N的過程，以上都需要在高溫時(shí)進(jìn)行。在低溫區(qū)進(jìn)行是為了增加平衡產(chǎn)率，所以B正確。C選項(xiàng)，由題中圖示可知，過程完成了 Ti-H-Fe- *N到Ti-H- *N-Fe兩種過渡態(tài)的轉(zhuǎn)化，N原子由Fe區(qū)域向Ti-H區(qū)域

23、傳遞。C正確。D選項(xiàng)，化學(xué)反應(yīng)不會(huì)因加入催化劑而改變吸放熱情況，所以 D錯(cuò)誤。三、非選擇題：本題共 5小題，共60分。16. (10分)聚乙烯醇生產(chǎn)過程中會(huì)產(chǎn)生大量副產(chǎn)物乙酸甲酯，其催化醇解反應(yīng)可用于制備甲醇和乙酸己酯，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為：催化劑CH3COOCH3 (l) + C6H130H (l) - CH3COOC6H13 (l) + CH3OH (l)已知 VE= k正 乂CH3COOCH3)?乂C6H13OH), v逆=k 逆 乂CH3COO C6H13)?乂CH3OH),其中v正、v逆為正、逆反應(yīng)速率，k正、k逆為速率常數(shù)，X為各組分的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)。(1)反應(yīng)開始時(shí)，已醇和乙酸甲酯

24、按物質(zhì)的量之比1 : 1投料，測(cè)得348K、343K、338K三個(gè)溫度下乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率(“)隨時(shí)間(t)的變化關(guān)系如下圖所示。該醇解反應(yīng)的 A H 0 (填或)。348K時(shí)，以物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)表示的化學(xué)平衡常數(shù)Kx= (保留2位有效數(shù)字)。在曲線、中，k正一k逆值最大的曲線是; A、B、C、D四 點(diǎn)中，v正最大的是, v逆最大的是(2) 343K時(shí)，己醇和乙酸甲酯按物質(zhì)的量之比1: 1、1: 2和2: 1進(jìn)行初始投料。則達(dá)到平衡后，初始投料比 時(shí)，乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率最大；與按 1: 2投料相比，按2:1投料時(shí)化學(xué)平衡常數(shù) Kx (填增大、減小或不變)。(3)該醇解反應(yīng)使用離子交換樹脂作催化劑，下列關(guān)于

25、該催化劑的說法正確的是a.參與了醇解反應(yīng)，但并不改變反應(yīng)歷程b.使k正和k逆增大相同倍數(shù)c.降低了醇解反應(yīng)的活化能d.提高乙酸甲酯的平衡轉(zhuǎn)化率【答案】(1) >3.2 A C(2) 2: 1 不變(3) bc【解析】(1)根據(jù)圖像，的速率最快，說明對(duì)應(yīng)的是最高溫度348K,溫度升高，平衡時(shí)轉(zhuǎn)化率增大，說明正向是吸熱的，所以AH>0。348K時(shí)，設(shè)初始投入為1mol,則有：催化劑CH3COOCH3 (l) + C6H130H (l) - CH3COOC6H13 (l) + CH 3OH (l)起始：1100轉(zhuǎn)化：0.640.640.640.64平衡：0.360.360.640.64帶

26、入平衡常數(shù)表達(dá)式：Kx= 乂CH3COOC6H13) ?乂CH30H)/ 乂CH3COOCH3) ?乂C6H130H)=0.32 032 / (0.18 0.18) = 3.2k正、k逆是溫度的函數(shù)，根據(jù)平衡移動(dòng)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正一k逆值最大的曲線是。根據(jù) 丫正=k正乂CH3COOCH3)? 乂C6H13OH), v 逆=k 逆乂CH3COO C6H13)? 乂CH3OH), A 點(diǎn)乂CH3COOCH3)? 乂C6H130H)大，溫度高，因此 A 點(diǎn) v 正最大，C 點(diǎn) 乂CH 3COO C6H13)? 乂CH 3OH) 大且溫度高，

27、因此 C點(diǎn)v逆最大。(2)增大己醇的投入量，可以增大乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率，因此，2:1時(shí)乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率最大。化學(xué)平衡常數(shù)Kx只與溫度有關(guān)，因此不變。(3)催化劑參與了醇解反應(yīng)，改變了反應(yīng)歷程，a錯(cuò)誤；催化劑不影響化學(xué)平衡，說明催化劑使k正和k逆增大相同倍數(shù)，b正確；催化劑能夠降低反應(yīng)的活化能，c正確；催化劑不改變化學(xué)平衡，d錯(cuò)誤。因此，選擇 bc。17. (12分)非線性光學(xué)晶體在信息、激光技術(shù)、醫(yī)療、國(guó)防等領(lǐng)域具有重要應(yīng)用價(jià)值。我國(guó)科學(xué)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(xué)晶體?；卮鹣铝袉栴}：(1) C、O、Si三種元素電負(fù)性由大到小

28、的順序?yàn)?;第一電離能Ii(Si)Ii(Ge)(填或)。(2)基態(tài) Ge原子核外電子排布式為 ; SiO2、GeO2具有類似的晶體結(jié)構(gòu)，其中熔點(diǎn)較高的是 ,原因(3)右圖為硼酸晶體的片層結(jié)構(gòu)，其中硼的雜化方式(4)以晶胞參數(shù)為單位長(zhǎng)度建立的坐標(biāo)系可以a pm表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。(&.0 7.1 0) (U S.O.SJ,O) (1.0.0 7.1.0)CsSiB3O7屬正交晶系(長(zhǎng)方體形)。晶胞參數(shù)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?jǐn)?shù)坐標(biāo)。據(jù)此推斷該晶胞中 Cs原子的數(shù)目為。CsSiB3O7的摩爾質(zhì)量為 M gm

29、ol-1,設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的值， 則CsSiB3O7晶體的密度為g cm-3(用代數(shù)式表示).(1) O>C>Si >(2) 1s22s22p63s23p63d104s24P2 (或內(nèi)加 104s24p2) ； SiO2；二者均為原子晶體，Ge原子半徑大于Si, Si-O鍵長(zhǎng)小于Ge-O鍵長(zhǎng)，SiO2鍵能更大，熔點(diǎn)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。ZM4 M4M .人30=(4) 40,= 10NaV Na Mabc義 10abcNA【解析】(1)電負(fù)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

30、小，所以電負(fù)性O(shè)>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)。為。H3BO3在熱水中比冷水中溶解度顯著增大的主要原因(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Ar3d 104s24p2); SiO2、GeO2均為原子晶體，Ge原子半徑大于 Si, Si O鍵長(zhǎng)小于Ge -O鍵長(zhǎng)，SiO2鍵能更大，熔點(diǎn)更高。(3) B原子最外層有3個(gè)電子，與3個(gè)OH形成3個(gè)共價(jià)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

31、。(4)原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)為(0.5, 0.2, 0.5)的Cs原子位于晶胞體內(nèi)，原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)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?jǐn)?shù)坐標(biāo)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?jǐn)?shù)坐標(biāo)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(jì)算該晶胞中共含 Cs原子4個(gè)；帶入晶胞密度求算公式可得：ZMP =NaV4 M-'-30Na abc 104MabcNA3010-3 g

32、cm18. (13分)四澳化鈦(TiBr?？捎米飨鹉z工業(yè)中烯燃聚合反應(yīng)的催化劑。已知TiBj常溫下為橙黃色固體，熔點(diǎn)為 38.3 C,沸點(diǎn)為233.5 °C,具有潮解性且易發(fā)生水解。實(shí)驗(yàn)室利 用反應(yīng)TiO2 + C + 2Br2- TiBr4 + CO2制備TiB4的裝置如下圖所示?；卮鹣铝袉栴}：Ti5和碳粉(1)檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應(yīng)進(jìn)行的操作是 , 其 目的是 ,此時(shí)活塞Ki、K2、K3、的狀態(tài)為 ； 一段時(shí)間后，打開電爐并加熱反應(yīng)管，此 時(shí)活塞K1、K2、K3的狀態(tài)為。(2)試劑A為 ,裝置單元X的作用是 ;反應(yīng)過程中需用熱源間歇性微熱連 接管，其目的是。(3)反

33、應(yīng)結(jié)束后應(yīng)繼續(xù)通入一段時(shí)間CO2,主要目的是 。(4)將連接管切斷并熔封，采用蒸儲(chǔ)法提純。此時(shí)應(yīng)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?1)先通入過量的 CO2氣體，排除裝置內(nèi)空氣，打開 Ki,關(guān)閉K2和K3；打開K2和K3 ,同時(shí)關(guān)閉Ki。(2)濃硫酸，吸收多余的澳蒸氣同時(shí)防止外界的水蒸氣使產(chǎn)物水解；防止產(chǎn)品四澳化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危險(xiǎn)。(3)排出殘留在裝置中的 TiB4和澳蒸氣(4)直形冷凝管、溫度計(jì)(量程250。C)【解析】本題是制備化學(xué)物質(zhì)四澳化鈦的實(shí)驗(yàn)試題。(1)檢查裝置氣密性并加入藥品后，加熱前應(yīng)進(jìn)行排除裝置內(nèi)的空氣，

34、防止反應(yīng)物碳 單質(zhì)與氧氣反應(yīng)，浪費(fèi)原料，還可能產(chǎn)生有毒氣體CO等，污染空氣，因此加熱實(shí)驗(yàn)前應(yīng)先通入過量的CO2氣體，其目的是排除裝置內(nèi)空氣。此時(shí)僅僅是通入CO2氣體，所以只需要打開Ki,關(guān)閉K2和K3；而反應(yīng)開始一段時(shí)間后，打開電爐并加熱反應(yīng)管，此時(shí)需要打開 K2和K3,同時(shí)關(guān)閉Ki,保證CO2氣體攜帶澳蒸氣進(jìn)入反應(yīng)裝置中。(2)因?yàn)楫a(chǎn)品四澳化鈦易發(fā)生水解，因此整套裝置需要保持干燥，因此進(jìn)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(yīng)為尾氣處理裝置，吸收多余的澳蒸氣，同時(shí)還能防止空氣中的水蒸氣干擾實(shí)驗(yàn)，防止產(chǎn)品四澳化鈦水解變質(zhì)。反應(yīng)過程中需用熱源間歇性微熱連接管，其目的

35、是防止產(chǎn)品四澳化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危險(xiǎn)，用熱源間歇性微熱連接管可以使產(chǎn)品四澳化鈦加熱熔化，流入收集裝置中。(3)反應(yīng)結(jié)束后在反應(yīng)裝置中還有少量四澳化鈦殘留，以及剩余的澳蒸氣，應(yīng)繼續(xù)通入一段時(shí)間CO2,主要目的是把少量殘留四澳化鈦排入收集裝置中，提高產(chǎn)率，而且還可以排出剩余的澳蒸氣，進(jìn)行尾氣處理，防止污染。這是考查學(xué)生的實(shí)驗(yàn)環(huán)保意識(shí)。(4)實(shí)驗(yàn)結(jié)束后，將連接管切斷并熔封，采用蒸儲(chǔ)法提純。在產(chǎn)品四澳化鈦中還有殘 留的液澳，因此根據(jù)題中給出的四澳化鈦的沸點(diǎn)233.5 °C,可以使用蒸儲(chǔ)法提純。此時(shí)應(yīng)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(jì)(量

36、程 是250°C)。此問考查學(xué)生對(duì)蒸儲(chǔ)裝置的認(rèn)識(shí)。19. (11分)普通立德粉(BaSO4 ZnS)廣泛用于工業(yè)生產(chǎn)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(zhì))和BaSO4為原料制備立德粉的流程如下:粗氧化鋅硫酸刨立德粉(1)生產(chǎn)ZnSO4的過程中，反應(yīng)器I要保持強(qiáng)制通風(fēng)，原因是 (2)加入鋅粉的主要目的是 (用離子方程式表示)。(3)已知KMnO 4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MnO42-o據(jù)流程判斷，加入KMnO 4時(shí)溶液的 pH應(yīng)調(diào)a. 2.22.4b. 5.25.4c. 12

37、.212.4濾渣出的成分為。(4)制備BaS時(shí)，按物質(zhì)的量之比計(jì)算，BaSO4和碳粉的投料比要大于1:2,目的是;生產(chǎn)過程中會(huì)有少量氧氣進(jìn)入反應(yīng)器IV,反應(yīng)器IV中產(chǎn)生的尾氣需用堿液吸收，原因是 O(5)普通立德粉(BaSO4 ZnS)中ZnS含量為29.4%。高品質(zhì)銀印級(jí)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(jí)立德粉。所選試劑 為,反應(yīng)的化學(xué)方程式為 (已知BaSO4的相對(duì)分子質(zhì)量為 233。ZnS 的相對(duì)分子質(zhì)量為 97)?！敬鸢浮?1)反應(yīng)中產(chǎn)生氫氣，達(dá)一定濃度后易爆炸，出現(xiàn)危險(xiǎn)，需要通風(fēng)。(2) Zn+Cu2+= Zn2+Cu

38、2+(3) b, MnO2 和 Fe(OH)3(4)避免產(chǎn)生CO等有毒氣體；尾氣中含有的SO2等有毒氣體(5) ZnSO4、BaS、NazS； 4 ZnSO4+ BaS + 3 Na 2s = BaSO4 4ZnS + 3 W2SO4 【解析】分析流程中的相關(guān)反應(yīng)：反應(yīng)器I中粗氧化鋅中所含Zn、CuO、FeO與硫酸反應(yīng)，不溶性雜質(zhì)以濾渣I的形式過濾分離；反應(yīng)器n中用 Zn置換溶?中 Cu2+;反應(yīng)器出中用 KMnO 4氧化Fe2+,同時(shí)控制pH,在弱酸性、弱堿性環(huán)境中，產(chǎn)生 MnO2和Fe(OH)3沉淀得 到凈化的ZnSO4溶液；反應(yīng)器IV中 BaSO4 + 2C = BaS + 2CO 2制備BaS；反應(yīng)器V用 ZnSO4 和BaS共沉淀制備立德粉。所以反應(yīng)器I中Zn與硫酸反應(yīng)產(chǎn)生氫氣，保持強(qiáng)制通風(fēng)，避免氫氣濃度過大而易發(fā)生 爆炸，出現(xiàn)危險(xiǎn)。反應(yīng)器n 除 Cu2+, Zn+Cu2+= Zn2+Cu2+。反應(yīng)器出除Fe2+,同時(shí)在弱酸性、弱堿性環(huán)境中 KMnO 4還原為MnO2,以濾渣形式分離。反應(yīng)器IV 中