山東省2020屆新高考模擬統(tǒng)考--化學(xué)試卷

1、精選優(yōu)質(zhì)文檔-傾情為你奉上絕密啟用前山東省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：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.51、 選擇題：本題共10小題，每小題2分，

2、共20分。每小題只有一個選項符合題意。1. 化學(xué)與生活密切相關(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.有機高分子聚合物不能用于導(dǎo)電材料D.葡萄與浸泡過高錳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，某些有機高分子聚合物可以做導(dǎo)電材料，比如聚乙炔，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，高錳酸鉀溶液可吸收乙烯，防止水果過度成熟或提早成熟，從而達到保鮮的目的，D正確。2.

3、某烯烴分子的結(jié)構(gòu)簡式為 ，用系統(tǒng)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】可將鍵線式轉(zhuǎn)換為碳的骨架形式，選取含官能團（碳碳雙鍵）的最長碳鏈為主鏈，從靠近官能團的一端（即右端）進行編號，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 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】本題考點為物質(zhì)的分離提純、常見有機物的制備、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0.1 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個電子，則該基態(tài)原子價電子排布不可能是A.3p64s1 B.4s1 C.3d54s1 D.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

5、外電子排布式為1s22s22p63s23p64s1，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.Calanolide A 是一種抗 HTV 藥物，其結(jié)構(gòu)簡式如右圖所示。下列關(guān)于 Calanolide A 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

6、能團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)時消耗 1 mol NaOH【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，這樣的碳原子叫手性碳， 故正確。B選項，該物質(zhì)有醚鍵、羥基、酯基三種含氧官能團，故正確。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)，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，分子中的酯基為酚酯，故1 mol 該物質(zhì)消耗2 mol NaOH，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

7、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. Y、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、ClA. 、Y組成的化合物為烴類物質(zhì)，沸點可能高于、組成的化合物H2O，錯誤B. Y的最高價氧化物的水化物為H2CO3 屬于弱酸，正確C. Y、組成的分子可能為非極性分子CO2 ，正確D.

8、 W是Cl，是所在周期中原子半徑最小的元素，正確973KNi-Co7利用反應(yīng)CCl4 + 4 Na C（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( ) AC（金剛石）屬于共價晶體B該反應(yīng)利用了Na的強還原性CCCl4和C（金剛石）中的C的雜化方式相同DNaCl晶體中每個Cl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 +1價，作還原劑將CCl4還原，故B正確；CCCl4和C（金剛石）中的C的雜化方式都是sp3雜化，故C正確；DNaCl晶體：每個

9、Na同時吸引6個Cl，每個Cl同時吸引6個Na，配位數(shù)為6故D錯誤。8. 下列操作能達到相應(yīng)實驗?zāi)康牡氖?（ ）實驗?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FeCl3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溴水，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，溴水與苯酚生成的

10、三溴苯酚也可溶于苯中，一般加入氫氧化鈉溶液再進行分液。 D選項，正確順序為依次加入碎瓷片、乙醇、濃硫酸、乙酸，再加熱。9.錫為A族元素，四碘化錫是常用的有機合成試劑（SnI4,熔點114.5，沸點364.5，易水解）。實驗室以過量錫箔為原料通過反應(yīng)Sn + 2I2 SnI4制備SnI4。下列說法錯誤的是（ ）A.加入碎瓷片的目的是防止暴沸B. SnI4可溶于CCl4中C.裝置中a為泠凝水進水口D.裝置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SnI4的熔沸點，從組成分析可知SnI4與CCl4為同族形成的同類物質(zhì)，依據(jù)“相似相溶原理”

11、可知SnI4可溶于CCl4中，B正確；冷凝管的冷凝水為“下進上出”，所以裝置中a為泠凝水進水口，C正確；據(jù)題可知：SnI4,易水解，所以裝置的主要作用是防止水蒸氣進入裝置使SnI4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：下列說法錯誤的是（ ）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】C【解析】A根據(jù)流程圖反應(yīng)中氧化劑是NaCl

12、O3，還原劑是SO2，還原產(chǎn)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)ClO2與H2O2反應(yīng)的變價情況，ClO2做氧化劑，H2O2做還原劑，可以推出ClO2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

13、1個或2個選項符合題意，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(鉑電極)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CS2O82-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，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

14、極的HSO4-中O失去電子，S未變價；陰極電極反應(yīng)式為2H+2e-H；若用銅作陽極，則陽極反應(yīng)為Cu-2e-=Cu+，綜上所述，答案為C。12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)I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4CPb可與稀硝酸發(fā)生反應(yīng)：3Pb + 16HNO3 =

15、 3Pb(NO3)4 + 4NO + 8H2ODPb3O4可與鹽酸發(fā)生反應(yīng)：Pb3O4 + 8HC1=3PbCl2 + 4H2O + Cl2【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MnO4，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>

16、;MnO4，而酸性條件下MnO4能將HCl氧化成Cl2，則Pb(IV)也能將HCl氧化成Cl2，所以此反應(yīng)Pb3O4 + 8HC1=3PbCl2 + 4H2O + Cl2能發(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A反應(yīng)均在正極發(fā)生B單位時間內(nèi)，三氯乙烯脫去a mol Cl時ne = a molC的電極反應(yīng)式為NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2OD增大單位體積

17、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，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，1 mol C2HCl3轉(zhuǎn)化為1 molC2H4時，得到6 mol電子，脫去3 mol氯原子，所以脫去a mol Cl時ne = 2a mol；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+ + 3H

18、2O；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. 25°C時，向10 mL 0.10 mol·L-1 的一元弱酸HA (a =1.0×10-3)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

19、+) > c(A) > c(H+) > c(HA)【答案】A【解析】A選項正確。a點時，pH=3, c(H+) = 10-3 mol·L-1，因為a =1.0×10-3,所以c(HA) = c(A)，根據(jù)電荷守恒c(A) + c(OH) = c(Na+) + c(H+)和c(HA) = c(A)即得A選項。B選項錯誤。a點溶質(zhì)為HA和NaA，pH3，水電離出的c(OH)1011；b點溶質(zhì)為NaOH和NaA，pH11，c(OH) = 10-3，OH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+

20、)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錯誤。15.熱催化合成氨面臨的兩難問題是：釆用高溫增大反應(yīng)速率的同時會因平衡限制導(dǎo)致NH3

21、 產(chǎn)率降低。我國科研人員研制了 TiHFe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，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】BC【解析】A選項，經(jīng)歷過程之后氮氣分子被催化劑吸附，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行。在低溫區(qū)進行是為

22、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：已知v正= 正(CH3COOCH3)(C6H13OH)，v逆= 逆(CH3COO C6H13)(CH3OH)，其中v正、v逆 為正、逆反應(yīng)速率，正、逆為速率常數(shù)，為各組分的物質(zhì)的量分數(shù)。（1） 反應(yīng)開始時，已醇和

23、乙酸甲酯按物質(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）的變化關(guān)系如下圖所示。該醇解反應(yīng)的H_0（填>或<）。348時，以物質(zhì)的量分數(shù)表示的化學(xué)平衡常數(shù)=_（保留2位有效數(shù)字）。在曲線、中，正逆值最大的曲線是_；A、B、C、D四點中，v正最大的是_，v逆最大的是_。（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進行初始投料。則達到平衡后，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_。

24、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】（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，說明對應(yīng)的是最高溫度348，溫度升高，平衡時轉(zhuǎn)化率增大，說明正向是吸熱的，所以H>0。348時，設(shè)初始投入為1mol，則有：起始： 1 1 0 0轉(zhuǎn)化： 0.64 0.64 0.64 0.64平衡： 0.36 0.36 0.64 0.64帶入平衡常數(shù)表達式：=(CH3COOC6H13) (CH3OH) / (CH3COOCH3) (C6H13OH) = 0.3

25、2×0.32 / (0.18×0.18) = 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，正逆值最大的曲線是。根據(jù)v正= 正(CH3COOCH3)(C6H13OH)，v逆= 逆(CH3COO C6H13)(CH3OH)，A點(CH3COOCH3)(C6H13OH)大，溫度高，因此A點v正最大，C點(CH3COO C6H13)(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

26、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bc。17.（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)域具有重要應(yīng)用價值。我國科學(xué)家利用Cs2CO3、O2（=Si、Ge）和H3BO3首次合成了組成為CsB3O7的非線性光學(xué)晶體。回答下列問題：（1）C、O、Si三種元素電負性由大到小的順序為 ；第一電離能I1(Si) I1(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 。（3）右圖為硼酸

27、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是 。（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，稱作原子分數(shù)坐標(biāo)。CsSiB3O7屬正交晶系（長方體形）。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數(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 g·mol-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）.【答案】（1）O>C>Si >（2）1s22s22p63s23p63d

28、104s24p2（或Ar3d104s24p2）；SiO2；二者均為原子晶體，Ge原子半徑大于Si，SiO鍵長小于GeO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。（4）4 ，【解析】（1）電負性的變化規(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)。 （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）；S

29、iO2、GeO2均為原子晶體，Ge原子半徑大于Si，SiO鍵長小于GeO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成分子間氫鍵，使溶解度增大。（4）原子分數(shù)坐標(biāo)為（0.5，0.2，0.5）的Cs原子位于晶胞體內(nèi)，原子分數(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，原子分數(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，原子分數(shù)坐標(biāo)為（0，0.7，1.0）及（1.0，0.7，1.0）（0，0.7，0）及（1.0，

30、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：=g·cm-318. （13分）四溴化鈦（TiBr4）可用作橡膠工業(yè)中烯烴聚合反應(yīng)的催化劑。已知TiBr4常溫下 為橙黃色固體，熔點為38.3 °C,沸點為233.5°C,具有潮解性且易發(fā)生水解。實驗室利用反應(yīng)TiO2 + C + 2Br2 TiBr4 + CO2制備TiBr4的裝置如下圖所示?；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

31、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，采用蒸餾法提純。此時應(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）?！敬鸢浮浚?）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，吸收多余的溴蒸氣同時防止外界的水蒸氣使產(chǎn)物水解；防止產(chǎn)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危險。（3） 排出殘留在裝置中的TiBr4和溴蒸氣（4） 直形冷凝管 、溫度計（量程250

32、6;C）【解析】本題是制備化學(xué)物質(zhì)四溴化鈦的實驗試題。（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氣體攜帶溴蒸氣進入反應(yīng)裝置中。（2） 因為產(chǎn)品四溴化鈦易發(fā)生水解，因此整套裝置需要保持干燥，因此進入的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，吸收多余的溴蒸氣，同

33、時還能防止空氣中的水蒸氣干擾實驗，防止產(chǎn)品四溴化鈦水解變質(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)品四溴化鈦凝固成晶體，堵塞連接管，造成危險，用熱間歇性微熱連接管可以使產(chǎn)品四溴化鈦加熱熔化，流入收集裝置中。（3） 反應(yīng)結(jié)束后在反應(yīng)裝置中還有少量四溴化鈦殘留，以及剩余的溴蒸氣，應(yīng)繼續(xù)通入一段時間CO2，主要目的是把少量殘留四溴化鈦排入收集裝置中，提高產(chǎn)率，而且還可以排出剩余的溴蒸氣，進行尾氣處理，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，采用蒸餾法提純。在產(chǎn)品四溴化鈦中還有殘留的液溴，因此根據(jù)題中給出的四溴化鈦的沸點233.5°C，可以使用蒸

34、餾法提純。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°C）。此問考查學(xué)生對蒸餾裝置的認識。19（11分）普通立德粉（BaSO4·nS）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、CuO、FeO等雜質(zhì))和BaSO4為原料制備立德粉的流程如下：（1）生產(chǎn)nSO4的過程中，反應(yīng)器要保持強制通風(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

35、時溶液的pH應(yīng)調(diào)至 ；a2.22.4b5.25.4c12.212.4濾渣的成分為 。（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入反應(yīng)器，反應(yīng)器中產(chǎn)生的尾氣需用堿液吸收，原因是 。（5）普通立德粉（BaSO4·nS）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）?！敬鸢浮浚?）反應(yīng)中產(chǎn)生氫氣，達一定濃度后易爆炸，出現(xiàn)危險，需要通風(fēng)。（2）n+Cu2+= n2