山东省普通高中学业水平等级考试模拟卷化学试题Word下载.docx

1、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0.1 molL-1的盐酸溶液【答案】B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0.1 molL-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

2、电子排布不可能是A.3p64s1 B.4s1 C.3d54s1 D.3d104s1【答案】A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Ar3d54s1，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.C

3、alanolide A 是一种抗 HTV 药物，其结构简式如右图所示。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.1 mol 该物质与足量NaOH 溶液反应时消耗 1 mol NaOH【答案】DA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1 mol 该物

4、质消耗2 mol NaOH，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、ClA. X、Y

5、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 + 4 Na C（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（ ） AC（金刚石）属于共价晶体B该反应利用了Na的强还原性CCCl4和C（金刚石）中的C的杂化方式相同DNaCl晶体中每个Cl周围有8个NaA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

6、应中Na由0价 +1价，作还原剂将CCl4还原，故B正确；CCCl4和C（金刚石）中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；DNaCl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

7、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A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.装置中a为泠凝水进水口D.装置的主要作用是吸收挥发的I2 液体加热时加入碎瓷片目的是防止暴沸，所以A

8、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”，所以装置中a为泠凝水进水口，C正确；据题可知：SnI4,易水解，所以装置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：A反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1B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NaClO4代替D反

9、应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2A根据流程图反应中氧化剂是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，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ClO2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

10、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CS2O82-中既存在非极性键又存在极性键D可以用铜电极作阳极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

11、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-H；若用铜作阳极，则阳极反应为Cu-2e-=Cu+，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:B由反应I、II可知，氧化性：HNO3PbO2MnO4CPb可与稀硝

12、酸发生反应：3Pb + 16HNO3 = 3Pb（NO3）4 + 4NO + 8H2ODPb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4 + 8HC1=3PbCl2 + 4H2O + Cl2【答案】ADA.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HNO3PbO2，反应II中PbO2将Mn2+氧化成MnO4，说明氧化性PbO2MnO4，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I

13、I可知氧化性PbO2MnO4，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。A反应均在正极发生B单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时ne = a molC的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2OD增大单

14、位体积水体中小微粒ZVI的投入量，可使nt增大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，1 mol C2HCl3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；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 的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2O；

15、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. 25C时，向10 mL 0.10 molL-1 的一元弱酸HA （Ka =1.010-3）中逐滴加入0.10 molL-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变化关系如图所示。 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）A选项正确。a点时，pH

16、=3, c（H+） = 10-3 molL-1，因为Ka =1.010-3,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，pH3，水电离出的c（OH）1011；b点溶质为NaOH和NaA，pH11，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） 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

17、TiHFe双温区催化剂（Ti-H区域和Fe区域的温度差可 超过100C）。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.为氮氮三键的断裂过程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】BCA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，所以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，所以B正确。C选项，由题中图示可知，

18、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。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（CH3COOCH3）（C6H13OH），v逆= k逆（CH3COO C6H13）（CH3OH），其中v正、v逆 为正、逆反应速率，k正、k逆为速率常数，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

19、、343K、338K三个温度下乙酸甲酯转化率（）随时间（t）的变化关系如下图所示。该醇解反应的H_0（填或 3.2 A C（2）2：1 不变（3）bc（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H0。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带入平衡常数表达式：Kx=（CH3COOC6H13） （CH3OH） / （CH3COOCH3） （C6H13OH） = 0.320.32 / （0.180.18） = 3.2k正、

20、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（CH3COOCH3）（C6H13OH），v逆= k逆（CH3COO C6H13）（CH3OH），A点（CH3COOCH3）（C6H13OH）大，温度高，因此A点v正最大，C点（CH3COO C6H13）（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

21、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（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

22、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a pm、b pm、c pm。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M gmol-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）.（1）OCSi （2）1s22s22p63s23p63d104s24p2（或Ar3d104s24p2）；SiO2；二者均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，SiO键长小于GeO键长

23、，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 ，（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OSi；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

24、键，因此为sp2杂化。（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：=gcm-318. （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

25、为橙黄色固体，熔点为38.3 C,沸点为233.5C,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。（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）。（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物水解；防止产