完整版山东省普通高中学业水平等级考试模拟卷化学试题答案及解析.docx

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完整版山东省普通高中学业水平等级考试模拟卷化学试题答案及解析

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：

H1C12N14O16S32Cl35.5

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.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

【答案】B

【解析】

可将键线式转换为碳的骨架形式，

，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D．配置0.1mol·L-1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

D．配置0.1mol·L-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

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.3p64s1B.4s1C.3d54s1D.3d104s1

【答案】A

【解析】

基态原子的核外电子排布应遵循能量最低原理、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[Ar]3d54s1，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；

D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CalanolideA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，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1mol该物质消耗2molNaOH，故错误。

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分别对应元素为H、C、O、Cl

A.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H2O，错误

B.Y的最高价氧化物的水化物为H2CO3属于弱酸，正确

C.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

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）属于共价晶体

B．该反应利用了Na的强还原性

C．CCl4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CCl4还原，故B正确；

C．CCl4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ⅣA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℃，易水解）。

实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2

SnI4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Ⅰ中a为泠凝水进水口

D.装置Ⅱ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CCl4为同族形成的同类物质，依据“相似相溶原理”可知SnI4可溶于CCl4中，B正确；

冷凝管的冷凝水为“下进上出”，所以装置Ⅰ中a为泠凝水进水口，C正确；

据题可知：

SnI4,易水解，所以装置Ⅱ的主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（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①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:

1

B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是正极产物

C．反应②中的H2O2可用NaClO4代替

D．反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2

【答案】C

【解析】

A．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4。

根据化合价升降相等可得NaClO3和SO2的物质的量之比为2:

1，A项正确；

B．由反应①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ClO2是正极产物，B项正确；

C．据流程图反应②，在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低，做氧化剂；H2O2只能做还原剂，氧元素的化合价升高，不能用NaClO4代替H2O2，C项错误；

D．据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况，ClO2做氧化剂，H2O2做还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D项正确。

二、本题共5小题，每小题4分，共20分。

每小题有1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】

Na2S2O8的结构为

，由此结构可以判断出以下信息：

S2O82-中含硫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；阴极电极反应式为2H+＋2e-　＝H２↑；若用铜作阳极，则阳极反应为Cu-2e-　=Cu２+，综上所述，答案为C。

12．已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I：

Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2++2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：

5PbO2+2Mn2++4H++5SO42－=2MnO4－+5PbSO4+2H2O。

下列推断正确的是

A．由反应I可知，Pb3O4中Pb（II）和Pb（IV）含量之比为2:

1

B．由反应I、II可知，氧化性：

HNO3>PbO2>MnO4－

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+8HC1=3PbCl2+4H2O+Cl2↑

【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HNO3未能将Pb（II）氧化成Pb（IV），说明氧化性HNO3＜PbO2，反应II中PbO2将Mn2+氧化成MnO4－，说明氧化性PbO2>MnO4－，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>MnO4－，而酸性条件下MnO4－能将HCl氧化成Cl2，则Pb（IV）也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4+8HC1=3PbCl2+4H2O+Cl2↑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_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ne。

下列说法错误的是

A．反应①②③④均在正极发生

B．单位时间内，三氯乙烯脱去amolCl时ne=amol

C．④的电极反应式为NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O

D．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①②③④均为得电子的反应，所以应在正极发生；

B．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，1molC2HCl3

转化为1molC2H4时，得到6mol电子，脱去3mol氯原子，所以脱去amolCl时ne=2amol；

C．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④的电极反应式为NO3_+10H++8e_=NH4++3H2O；

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。

14.25°C时，向10mL0.10mol·L-1的一元弱酸HA（Ka=1.0×10-3）中逐滴加入0.10mol·L-1

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）

【答案】A

【解析】

A选项正确。

a点时，pH=3,c（H+）=10-3mol·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—）＝10—11；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，那么水电离的c（H+）＞10—11，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，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。

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.①为氮氮三键的断裂过程

B.①②③在高温区发生，④⑤在低温区发生

C.④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①过程之后氮气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，所以A错误。

B选项，①为催化剂吸附N2的过程，②为形成过渡态的过程，③为N2解离为N的过程，以上都需要在高温时进行。

④⑤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④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：

已知v正=k正χ（CH3COOCH3）·χ（C6H13OH），v逆=k逆χ（CH3COOC6H13）·χ（CH3OH），

其中v正、v逆为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，χ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（α）随时间（t）的变化关系如下图所示。

该醇解反应的ΔH_________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）。

（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.提高乙酸甲酯的平衡转化率

【答案】

（1）>3.2

AC

（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ΔH>0。

348K时，设初始投入为1mol，则有：

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=χ（CH3COOC6H13）·χ（CH3OH）/[χ（CH3COOCH3）·χ（C6H13OH）]=0.32×0.32/（0.18×0.18）=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χ（CH3COOCH3）·χ（C6H13OH），v逆=k逆χ（CH3COOC6H13）·χ（CH3OH），A点χ（CH3COOCH3）·χ（C6H13OH）大，温度高，因此A点v正最大，C点χ（CH3COOC6H13）·χ（CH3OH）大且温度高，因此C点v逆最大。

（2）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、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。

（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apm、bpm、cpm。

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。

CsSiB3O7的摩尔质量为Mg·mol-1，设NA为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度为g·cm-3（用代数式表示）.

【答案】

（1）O>C>Si>

（2）1s22s22p63s23p63d104s24p2（或[Ar]3d104s24p2）；SiO2；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，SiO2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。

（4）4，

【解析】

（1）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）>I1（Ge）。

（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[Ar]3d104s24p2）；SiO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，Si－O键长小于Ge－O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：

ρ=

g·cm-3

18.（13分）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°C,沸点为233.5°C,具有潮解性且易发生水解。

实验室利用反应TiO2+C+2Br2

TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如下图所示。

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K1，关闭K2和K3；打开K2和K3，同时关闭K1。

（2）浓硫酸，吸收多余的溴蒸气同时防止外界的水蒸气使产