山東2020屆新高考模擬統(tǒng)考--化學(xué)試卷含答案及解析

1、絕密啟用前山東省2020年普通高中學(xué)業(yè)水平等級考試（模擬卷）化學(xué)試題1 .答題前，考生先將自己的姓名、考生號、座號填寫在相應(yīng)位置，認(rèn)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。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 .請按照題號在各題目的答題區(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?？赡苡玫降南鄬υ淤|(zhì)量：H1C12N14O16S32Cl35.5一、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。1 .化學(xué)與

2、生活密切相關(guān)，下列說法錯誤的是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，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(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錯誤；D選項，葡萄在成熟過程中會釋放出乙烯，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)簡式為,用系統(tǒng)命名法命名其名稱為A.

3、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”IC-C-C=C-CIICCI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C最長碳鏈為主鏈，從靠近官能團(tuán)的一端（即右端）進(jìn)行編號，最后按命名規(guī)則正確書寫名稱。3.實驗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驗是A,粗鹽的提純C.用四氯化碳萃取碘水中的碘【答案】BB.制備乙酸乙酯D,配置0.1molL-1的鹽酸溶液【解析】本題考點為物質(zhì)的

4、分離提純、常見有機(jī)物的制備、的實驗儀器的選擇和基本實驗操作。A.完成粗鹽的提純實驗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驗（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，題中未給D,配置0.1molL-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.3p64s1B.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項為19,核外電子排布式為1s22s22p63s23p64s1，

5、主族元素的價電子是最外層電子，應(yīng)為4s1,A項錯誤；B項為19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Ar3d54s1,即價電子為3d54s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；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。5 .CalanolideA是一種抗HTV藥物，其結(jié)構(gòu)簡式如右圖所示。下列關(guān)于CalanolideA的說法錯誤的是(A.分子中有3個手性碳原子B.分子中有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.1mol該物質(zhì)與足量NaO

6、H溶液反應(yīng)時消耗1molNaOH【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(tuán)，這樣的碳原子叫手性碳，故正確。B選項，該物質(zhì)有醒鍵、羥基、酯基三種含氧官能團(tuán)，故正確。CautiojiileA與羥C選項，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),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，分子中的酯基為酚酯，故1mol該物質(zhì)消耗2molNaOH,故錯誤。6.、Y、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為上述四種元素中的兩種或三種所組成的化合物。已知A的相對分子質(zhì)量為28,B分子中含有18個電子，五種化合物間的轉(zhuǎn)化關(guān)系如右圖所示。下列說法錯

7、誤的是A.、Y組成化合物的沸點一定比、組成化合物的沸點低B. Y的最高價氧化物的水化物為弱酸C. 丫、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；、Y、W分別對應(yīng)元素為H、C、O、ClH2O,錯誤A.、Y組成的化合物為煌類物質(zhì)，沸點可能高于、組成的化合物B. Y的最高價氧化物的水化物為H2CO3屬于弱酸，正確C. 丫、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973K7 .利用反應(yīng)CCI4+4N

8、aN._CoC（金剛石）+4NaCl可實現(xiàn)人工合成金剛石。下列關(guān)于該反應(yīng)的說法錯誤的是（）1°A.C（金剛石）屬于共價晶體8 .該反應(yīng)利用了Na的強(qiáng)還原性C. CCI4和C（金剛石）中的C的雜化方式相同D. NaCI晶體中每個C周圍有8個Na+【答案】D【解析】A.金剛石晶體：每個C與另外4個C形成共價鍵，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價一+1價，作還原劑將CCI4還原，故B正確；C. CCI4和C（金剛石）中的C的雜化方式都是sp3雜化，故C正確；D. NaCI晶體：每個Na卡同時吸引6_個CI,每個C同時吸引6個Na+,配

9、位數(shù)為6故D錯誤。8.下列操作能達(dá)到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖牵ǎ嶒災(zāi)康牟僮鰽檢驗綠茶中是否含有酚類物質(zhì)向茶水中滴加FeCI3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漠水，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(yīng)。B選項，84消毒液的主要成分是次氯酸鈉，是一種強(qiáng)堿弱酸鹽水解顯堿性，但水解產(chǎn)物具有漂白性，對pH試紙有漂白作用，可以使用數(shù)字pH計測量。C選項，濱水與苯酚生成的三澳苯酚也可溶于苯中,般加入氫氧化鈉溶液再進(jìn)行分液OD選項，正

10、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(jī)合成試劑（Snl4,熔點114.5C,沸點364.5C,易水解）。實驗室以過量錫箔為原料通過反應(yīng)Sn+2I2Snl4制備Snl4。下列說法錯誤的是（）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】液體加熱時加入碎瓷片目的是防止暴沸，所以A正確；根據(jù)題干中Snl4的熔沸點，從組成分析可知Snl4與CC14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&q

11、uot;，所以裝置I中a為泠凝水進(jìn)水口，C正確；據(jù)題可知：Snl4,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：XaClOs+H/SO4卜列說法錯誤的是（A.反應(yīng)階段，參加反應(yīng)的NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為21B.若反應(yīng)通過原電池實現(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】CA.根據(jù)流程圖反應(yīng)中氧化劑是NaClO3,還原劑是SO2,還原產(chǎn)

12、物是ClO2,氧化產(chǎn)物是NaHSO4。根據(jù)化合價升降相等可得NaClO3和SO2的物質(zhì)的量之比為21,A項正確；B.由反應(yīng)化合價變化情況，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項錯誤；D.據(jù)流程圖反應(yīng)C1O2與H2O2反應(yīng)的變價情況，C1O2做氧化劑，H2O2做還原劑，可以推出C1O2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，

13、全都選對得4分，選對但不全的得1分，有選錯的得0分。11 .工業(yè)上電解NaHSO4溶液制備Na2S2O8。電解時，陰極材料為Pb;陽極(鉗電極)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.陽極反應(yīng)中S的化合價升高C. S2O82-中既存在非極性鍵又存在極性鍵D.可以用銅電極作陽極【答案】C【解析】Na2s2O8的結(jié)構(gòu)為d'b,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HSO4-中O失去電子，S

14、未變價；陰極電極反應(yīng)式為2H+2e-=小T;若用銅作陽極，則陽極反應(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+2Mn2+4H+5SO42=2MnO4+5PbSO4+2H2O。下列推斷正確的是A.由反應(yīng)I可知，Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比為21B,由反應(yīng)kII可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4C. Pb可與稀硝酸發(fā)生反應(yīng)：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NOT+8H2OD. Pb3O4可與鹽

15、酸發(fā)生反應(yīng)：Pb3O4+8HC1=3PbCl2+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21,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MnOj,說明氧化性PbO2>MnO4,故B錯誤；C.根據(jù)反應(yīng)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；D.據(jù)反應(yīng)II可知氧化性PbO2>MnO4,而酸性條件下MnO4能將HCl氧化成C12,則Pb(IV)也能

16、將HC1氧化成C12,所以此反應(yīng)Pb3O4+8HC1=3PbC12+4H2O+Cl2僦發(fā)生，故D也正確。13 .利用小粒徑零價鐵(VI)的電化學(xué)腐蝕處理三氯乙烯，進(jìn)行水體修復(fù)的過程如圖所示。H+、O2、NO3等共存物的存在會影響水體修復(fù)效果，定義單位時間內(nèi)VI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ne。下列說法錯誤的是OHA.反應(yīng)均在正極發(fā)生B,單位時間內(nèi)，三氯乙烯脫去amolCl時ne=amolC.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VI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)前后元素化合價變化可知

17、，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原子化合價為+1價，乙烯中C原子化合價為-2價，1molC2HCl3轉(zhuǎn)化為1molC2H4時，得到6mol電子，脫去3mol氯原子，所以脫去amolCl時ne=2amol；C.由示意圖及N元素的化合價變化可寫出如下轉(zhuǎn)化NO3+8e-NH4+,由于生成物中有NH4+所以只能用H+和H2O配平該反應(yīng)，而不能用H2O和OH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VI的投入量，可以增大小微粒VI和正極的接觸面積,加快VI釋放電子的速率，可使nt增大。14.25C時,向10mL0

18、.10molL-1的元弱酸HA(a=1.010-3)中逐滴加入0.10molL-1因為a=1.010-3，所以c(HA)=c(A),NaOH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點時，c(HA)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)B.溶液在a點和b點時水的電離程度相同C. 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+)=10-3molL-1,根據(jù)電荷守恒c(A)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)和c

19、(HA)=c(AI)即得A選項。B選項錯誤。a點溶質(zhì)為HA和NaA,pH=3,水電離出的c(OH)=1011；b點溶質(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+)>1011,所以B錯。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(shè)不成立，C錯。D.V=10mL時，HA與Na

20、OH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)速率的同時會因平衡限制導(dǎo)致NH3產(chǎn)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)。Ti-H-Fe雙溫區(qū)催化合成氨的反應(yīng)歷程如圖所示，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)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

21、】BC【解析】A選項，經(jīng)歷過程之后氮?dú)夥肿颖淮呋瘎┪?，并沒有變成氮原子，所以A錯誤。B選項，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，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)域傳遞。C正確。D選項，化學(xué)反應(yīng)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(chǎn)過程中會產(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CH

22、3COOCH3(l)+C6H130H(l)F-CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)已知VE=正乂CH3COOCH3)?乂C6H13OH),v逆=逆乂CH3COOC6H13)?乂CH3OH),其中v正、v逆為正、逆反應(yīng)速率，正、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，已醇和乙酸甲酯按物so質(zhì)的量之比1:1投料，測得348、343、338三個溫度下乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率(")隨時間(t)累二40緋飛601201K0240300盤0的變化關(guān)系如下圖所示。該醇解反應(yīng)的AH0(填>或<)。348時，以物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)表示的化學(xué)平衡常數(shù)=(保留2位有效數(shù)字)。在曲線、

23、中，正一逆值最大的曲線是;A、B、C、D四點中，v正最大的是,v逆最大的是o(2) 343時，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，乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率最大；與按1:2投料相比，按2:1投料時化學(xué)平衡常數(shù)(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.使正和逆增大相同倍數(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】(4) >3.2AC(5) 2:1不變(6) bc【解析】(1)根據(jù)圖像，的速率最快，說明對應(yīng)的是最高溫度348,溫度升

24、高，平衡時轉(zhuǎn)化率增大，說明正向是吸熱的，所以AH>0o348時，設(shè)初始投入為1mol,則有：催化劑CH3COOCH3(l)+C6H130H(l)-CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)起始：1100轉(zhuǎn)化：0.640.640.640.64平衡：0.360.360.640.64帶入平衡常數(shù)表達(dá)式：=乂CH3COOC6H13)?乂CH3OH)/乂CH3COOCH3)?乂C6H13OH)=0.320.32/(0.180,18)=3.2正、逆是溫度的函數(shù)，根據(jù)平衡移動的規(guī)律，正受溫度影響更大，因此溫度升高，正增大的程度大于逆，因此，正一逆值最大的曲線是。根據(jù)ve=正乂CH3COOCH3)?

25、乂C6H13OH),v逆=逆乂CH3COOC6H13)?乂CH3OH),A點乂CH3COOCH3)?乂C6H13OH)大，溫度高，因此A點v正最大，C點乂CH3COOC6H13)?乂CH3OH)大且溫度高，因此C點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，21時乙酸甲酯轉(zhuǎn)化率最大?；瘜W(xué)平衡常數(shù)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錯誤；催化劑不影響化學(xué)平衡，說明催化劑使正和逆增大相同倍數(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錯誤。因此，選擇bco17. (12分)非線性光學(xué)晶體在信息、激光技術(shù)、醫(yī)療、國防等領(lǐng)

26、域具有重要應(yīng)用價值。我國科學(xué)家利用CS2CO3、02(=Si、Ge)和H3BO3首次合成了組成為CSB3O7的非線性光學(xué)晶體?；卮鹣铝袉栴}：(1) C、0、Si三種元素電負(fù)性由大到小的順序為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)，其中熔點較高的是,原因是O(3)右圖為硼酸晶體的片層結(jié)構(gòu)，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(4)以晶胞參數(shù)為單位長度建立的坐標(biāo)系可以表示晶胞中各原子的位置，稱作原子分?jǐn)?shù)坐標(biāo)。仲g(05口和(IJASpOfCsSiB3O7屬正交晶系(長方體形)。晶胞參數(shù)為apm、bpm

27、、cpm。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Mgmol-1,設(shè)Na為阿伏加德羅常數(shù)的值，則CsSiB3O7晶體的密度為gcm-3(用代數(shù)式表示)(1) O>C>Si>(2) 1s22s22p63s23p63d104s24p2(或Ar3d104s24p2)；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。ZMNaV4M.440，Naabc103

28、04MabcNA1030【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Ii(Si)>Ii(Ge)。(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Ar3d104s24p2);SiO?、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

29、成分子間氫鍵，使溶解度增大。(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y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y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，利用均攤法可計算該晶胞中共含Cs原子4個；帶入晶胞密度求算公式可得：ZM4M4M303p=3010gcmNaVNaabc10abcNA18.(13分)四澳化鈦(TiBr4)可用作

30、橡膠工業(yè)中烯燃聚合反應(yīng)的催化劑。已知TiBr4常溫下為橙黃色固體，熔點為38.3C,沸點為233.5°C,具有潮解性且易發(fā)生水解。實驗室利一高潟.用反應(yīng)TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制備TiBr4的裝置如下圖所不?；卮鹣铝袉栴}：(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,此時活塞1、2、3、的狀態(tài)為；一段時間后，打開電爐并加熱反應(yīng)管，此時活塞1、2、3的狀態(tài)為。(2)試劑A為,裝置單元的作用是;反應(yīng)過程中需用熱間歇性微熱連接管，其目的是。(3)反應(yīng)結(jié)束后應(yīng)繼續(xù)通入一段時間CO2,主要目的是。(4)將連接管切斷并熔封，采用蒸儲法提純。此時應(yīng)將a端的儀器改

31、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1,關(guān)閉2和3；打開2和3,同時關(guān)閉1。(2)濃硫酸，吸收多余的澳蒸氣同時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。(3)排出殘留在裝置中的TiBr4和澳蒸氣(4)直形冷凝管、溫度計(量程250°C)【解析】本題是制備化學(xué)物質(zhì)四澳化鈦的實驗試題。(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，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，因此加熱實驗前應(yīng)先通入過量的CO2氣體，其目的是

32、排除裝置內(nèi)空氣。此時僅僅是通入CO2氣體，所以只需要打開1,關(guān)閉2和3；而反應(yīng)開始一段時間后，打開電爐并加熱反應(yīng)管，此時需要打開2和3,同時關(guān)閉1,保證CO2氣體攜帶澳蒸氣進(jìn)入反應(yīng)裝置中。(2)因為產(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)，裝置單元應(yīng)為尾氣處理裝置，吸收多余的澳蒸氣，同時還能防止空氣中的水蒸氣干擾實驗，防止產(chǎn)品四澳化鈦水解變質(zhì)。反應(yīng)過程中需用熱間歇性微熱連接管，其目的是防止產(chǎn)品四澳化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危險，用熱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

33、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)生的實驗環(huán)保意識。(4)實驗結(jié)束后，將連接管切斷并熔封，采用蒸儲法提純。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233.5C,可以使用蒸儲法提純。此時應(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(量程是250)。此問考查學(xué)生對蒸儲裝置的認(rèn)識。19.(11分)普通立德粉(BaSO4nS)廣泛用于工業(yè)生產(chǎn)中，可利用nSO4和BaS共沉淀法制備。以粗氧化鋅(含n、

34、CuO、FeO等雜質(zhì))和BaSO4為原料制備立德粉的流程如下：立德粉(1)生產(chǎn)nSO4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MnO4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-。據(jù)流程判斷，加入MnO4時溶液的pH應(yīng)調(diào)至;a.2.22.4b.5.25.4c.12.212.4濾渣出的成分為。(4)制備BaS時，按物質(zhì)的量之比計算，BaSO4和碳粉的投料比要大于12,目的是;生產(chǎn)過程中會有少量氧氣進(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(BaS

35、O4nS)中nS含量為29.4%。高品質(zhì)銀印級立德粉中nS含量為62.5%。在nSO4、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(yīng)的化學(xué)方程式為(已知BaSO4的相對分子質(zhì)量為233。nS的相對分子質(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，需要通風(fēng)。n+Cu2+=n2+Cu2+(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)nSO4、BaS、NazS;4nSO4+BaS+3Na2s=BaS044ns+3Na2SO4【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n、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n置換溶液中Cu2+;反應(yīng)器出中用MnO4氧化Fe2+,同時控制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nSO4溶液；反應(yīng)器B中BaSO4+2C=BaS+2CO2制備BaS;反應(yīng)器V用nSO4和BaS共沉淀制備立德粉。所以反應(yīng)器I中n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