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1、山东省普通高中高中化学学业水平等级考试模拟试题山东省普通高中2020年高中化学学业水平等级考试模拟试题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：H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Cl 35.5一、选择题：本题共10小题每小题只有一个选项符合

2、题意1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是（ ）A. 乙醇汽油可以减少汽车尾气污染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】【详解】A选项，乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水，可以减少污染，故A正确；B选项，甘油丙三醇可以起到保湿作用，故B正确；C选项，聚乙炔膜属于导电高分子材料，故C错误；D选项，浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土反应掉葡萄释放出的乙烯气体，起保鲜作用，故D正确。综上所述，答案为C。【点睛】乙烯是水果催熟剂，与高锰酸钾反应，被高锰酸钾氧化。2.某烯烃分子的结构简式为，用系统命名法命名

3、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】【详解】烯烃分子结构简式为，系统命名法命名其名称为2，4，4-三甲基-3-乙基-2-戊烯，故B符合题意。综上所述，答案B。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. 配制0.1molL-1的盐酸溶液【答案】B【解析】【详解】A选项，粗盐的提

4、纯需要用到漏斗，故A不符合题意；B选项，制备乙酸乙酯需要用到试管、导管、酒精灯，故B符合题意；C选项，用四氯化碳萃取碘水中的碘，需要用到分液漏斗，故C不符合题意；D选项，配制0.1molL-1的盐酸溶液，容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管，故D不符合题意。综上所述，答案为B。【点睛】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（如图）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. 3p64s1 B. 4s1 C. 3d54s1 D. 3d104s1【答案】A【解析】【详解】基态原子4s轨道上有1个电子，在s区域价电子排布式为4s1，在d区域价电子排布

5、式为3d54s1，在ds区域价电子排布式为3d104s1，在p区域不存在4s轨道上有1个电子，故A符合题意。综上所述，答案为A。5.Calanolide A是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示。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. 1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗1molNaOH【答案】D【解析】【详解】A选项，分子中有3个手性碳原子，手性碳原子用*标出，故A正确，不符合题意；B选项，分子中有羟基、醚键、酯基3种含氧官能团，故B正确，不符合题意；C选项，该物质含有

6、羟基，且连羟基的碳相邻碳上有氢原子，能发生消去反应，含有碳碳双键、苯环可发生加成反应，故C正确，不符合题意；D选项，该物质中含有酚酸酯，1mol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2 molNaOH，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】手性碳原子是碳原子周围连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，1 mol酚酸酯消耗2mol氢氧化钠，1 mol羧酸酯消耗1mol氢氧化钠。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图所示。下列说法错误

7、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】【分析】根据分析A相对原子质量为28的两种或三种元素组成化合物，容易想到一氧化碳和乙烯，而B分子有18个电子的化合物，容易想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等，但要根据图中信息要发生反应容易想到A为乙烯，B为氯化氢，C为氯乙烷，D为水，E为甲醇，从而X、Y、Z、W分别为H、C、O、Cl。【详解】A选项，C、H组成化合物为烃，当是固态烃的时候，沸点可能比H、O组成化合物的沸点高，故A错误；B

8、选项，C的最高价氧化物的水化物是碳酸，它为弱酸，故B正确；C选项，Y、Z组成的分子二氧化碳为非极性分子，故C正确；D选项，同周期从左到右半径逐渐减小，因此Cl是第三周期中原子半径最小的元素，故D正确。综上所述，答案为A。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）属于原子晶体B. 该反应利用了Na的强还原性C. CCl4和C（金刚石）中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】【详解】A选项，C（金刚石）属于原子晶体，故A正确，不符合题意；B选项，该反应钠化合价升高，发生氧化

9、反应，是还原剂，利用强还原性，四氯化碳化合价降低，发生还原反应，作氧化剂，故B正确，不符合题意；C选项，CCl4中心原子碳价层电子对数为4，即为sp3杂化，C（金刚石）中C价层电子对数为4，即为sp3杂化，它们的杂化方式相同，故C正确，不符合题意；D选项，根据氯化钠晶胞结构，NaCl晶体中每个Cl周围有6个Na+，每个Na+周围有6个Cl，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】氯化钠晶胞中每个Na同时吸引6个Cl，每个Cl同时吸引6个Na，每个Na周围等距离的有12个Na。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

10、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. A B. B C. C D. D【答案】A【解析】【详解】A选项，检验绿茶中是否含有酚类物质，向茶水中滴加FeCl3溶液，变紫色，则含有分类物质，故A正确，符合题意；B选项，不能用pH试纸测定84消毒液的pH，因为84消毒液有漂白性，故B错误，不符合题意；C选项，除去苯中混有的少量苯酚，滴加溴水，苯酚和溴水反应生成2,4,6三溴苯酚与苯互溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意；D选项，实验室制

11、备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎瓷片，加热，故D错误，不符合题意。综上所述，答案为A。【点睛】检验酚羟基主要用铁离子检验。9.锡为A族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4，熔点144.5，沸点364.5，易水解）。实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2SnI4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为冷凝水进水口D. 装置的主要作用是吸收挥发的I2【答案】D【解析】【分析】四碘化锡是常用的有机合成试剂SnI4，熔点144.5，沸点364.5，易水解，说明SnI4是分子晶体。【详解】A选项，在液

12、体加热时溶液暴沸，因此需要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，故A正确，不符合题意；B选项，根据相似相溶原理，SnI4是非极性分子溶于CCl4非极性分子中，故B正确，不符合题意；C选项，冷凝水方向是“下进上出”，因此装置中a为冷凝水进水口，故C正确，不符合题意；D选项，SnI4易水解，装置的主要作用是防止空气中的水蒸气进去到反应装置中，故D错误，符合题意。综上所述，答案为D。【点睛】相似相溶原理，SnI4是非极性分子，CCl4是非极性分子，因此SnI4可溶于CCl4中。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

13、氯酸钠的流程如下：下列说法错误的是（ ）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NaClO2代替D. 反应条件下，ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】【详解】A选项，根据氧化还原反应原理，反应阶段，NaClO3化合价降低1个价态，SO2化合价升高2个价态，根据升降守恒，则反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2：1，故A正确，不符合题意；B选项，若反应通过原电池来实现，ClO2是通过化合价降低得来，发生还原反应，因此ClO2是正极产物，故B正确，不符合题意；C选项，反应中H2O

14、2化合价升高，ClO2与NaClO2是相邻价态，NaClO2的价态不可能升高，故C错误，符合题意；D选项，反应条件下，ClO2化合价降低得到NaClO2，作氧化剂，H2O2化合价升高，作还原剂，因此氧化性ClO2大于H2O2，故D正确，不符合题意。综上所述，答案为C。【点睛】利用氧化还原反应化合价升降守恒和氧化还原反应升降原理分析。二、选择题：本题共5小题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

15、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】【详解】A选项，阴极反应式为2H+ + 2e= H2，故A错误；B选项，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，故B错误；C选项，Na2S2O8的结构为，由此结构可以判断S2O82中既存在氧氧非极性键，氧硫极性键，故C正确；D选项，阳极不能用铜电极作电极，铜作电极，阳极是铜失去电子，故D错误；综上所述，答案为C。【点睛】HSO4中硫已经是最高价了，硫的化合价不变，因此只有氧元素化合价升高。12.已知Pb3O4与HNO3溶液发生

16、反应：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2+2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应：5PbO2+2Mn2+4H+5SO42-=2MnO4-+5PbSO4+2H2O。下列推断正确的是（ ）A. 由反应可知，Pb3O4中Pb（）和Pb（）含量之比为2：1B. 由反应、可知，氧化性：HNO3PbO2MnO4-C. Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NO+8H2OD. Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2【答案】AD【解析】【详解】A选项，Pb3O4中+2价Pb有2个，+4价Pb有1个，两者含量之比为2：1，故A

17、正确；B选项，由反应不是氧化还原反应，因此不能得出氧化性：HNO3PbO2，故B错误；C选项，因为+2价的铅比+4价的铅稳定，因此Pb可与稀硝酸发生反应生成Pb(NO3)2，故C错误；D选项，Pb3O4可与浓盐酸发生反应：Pb3O4+8HCl=3PbCl2+4H2O+Cl2，故D正确。综上所述，答案为AD。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为ne。下列说法错误的是（ ）A. 反应均在正极发生B. 单位时间内，三氯乙

18、烯脱去amolCl时ne=amolC. 的电极反应式为NO3+10H+8e=NH4+3H2OD. 增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使nt增大【答案】B【解析】【详解】A选项，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，故A正确；B选项，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，故B错误；C选项，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

19、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，故C正确；D选项，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，故D正确；综上所述，答案为B。14.25时，向10mL0.10molL-1的一元弱酸HA（Ka=1.010-3）中逐滴加入0.10molL-1NaOH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.

20、 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】AB【解析】【详解】A选项，a点时，pH=3, c(H+) =1.010-3 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_)，故A正确；B选项，a点溶质为HA和NaA，pH3，c(H+) = 1.010-3molL-1，c(OH_)10_11 molL-1，则水电离出的c(OH_)10_11 mo

21、lL-1，b点溶质为NaOH和NaA，pH11，c(H+) =1.010-11 molL-1，c(OH_)10_3 molL-1，则水电离出的c(OH_)10_11 molL-1，两者水电离出的氢氧根离子浓度相等，故B正确；C选项，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，故C错误；D选项，V =10mL 时，HA与NaOH恰好完全反应生成

22、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。综上所述，答案为AB。【点睛】在溶液中一定要分析溶液中的三大守恒。15.热催化合成氨面临的两难问题是：采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）。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NN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

23、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】【详解】A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，故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，故B正确；C选项，由题中图示可知，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。故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，故D错误。综上所述，答案为BC。三、非选择题16.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

24、醇和乙酸己酯，该反应的化学方程式为：CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+ CH3OH(l) 已知v正=k正x(CH3COOCH3)x(C6H13OH)，v逆=k逆x(CH3COOC6H13)x(C6H13OH)，其中v正，v逆为正、逆反应速率，k正，k逆为速率常数，x为各组分的物质的量分数。（1）反应开始时，己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（a）随时间（t）的变化关系如图所示。该醇解反应的H_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

25、正-k逆经值最大的曲线是_；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、小不变）。（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逆增大相同的倍数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). (2). 3.2 (3). (4). A (5). C (6). 2：1 (7). 不变 (8). b

26、c【解析】【分析】根据图像及先拐先平衡，数值大的特点，得出温度越高为，在根据温度影响速率及平衡移动；建立三步走列关系计算平衡常数，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，根据题中给的信息，得出温度高，A点v正最大，C点v逆最大。根据加入的哪种物质，哪种物质的转化率减小，另一种物质的转化率增大得出，平衡常数只与温度有关，与浓度、压强等无关。催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，催化剂降低反应所需的活化能，同等程度的改变速率，不能改变平衡移动。【详解】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

27、以H 0。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平衡常数表达式：，故答案为；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x(CH3COOCH3)x(C6H13OH)，v逆=k逆x(CH3COOC6H13)x(C6H13OH)，A点x(CH3COOCH3)x(C6H13OH)大，温度高，因此A点v正最大，C点x(CH3COO C6H13) x(CH3OH)大且温度高，因此C

28、点v逆最大，故答案为；A；C。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Kx不变，故答案为2:1；不变。a选项，催化剂参与了醇解反应，改变了反应历程，故a错误；b选项，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，故b正确；c选项，催化剂能够降低反应的活化能，故c正确；d选项，催化剂不改变化学平衡，故d错误。综上所述，答案为bc。17.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CsCO3，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

29、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）如图为H3BO3晶体的片层结构，其中B的杂化方式为_；硼酸在热水中比在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和cpm。如图为沿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

30、摩尔质量为Mgmol-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）。【答案】 (1). OCSi (2). (3). 1s22s22p63s23p63d104s24p2（或Ar3d104s24p2） (4). SiO2 (5). 二者均为原子晶体，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 (6). sp2 (7). 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 (8). 4 (9). 【解析】【分析】电负性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，第一电离能的变化规律为同族元素由上至下逐渐减小。SiO2、GeO2为同类型晶体结构，即为原子晶体，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。B原子最外层有3个电子，与3个OH形成3个共价键，即可得杂化方式，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。先分析得出Cs的个数，再根据公式计算密度。【详解】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OCSi；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(G