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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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
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
1、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，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，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；防止产品四溴化钛凝
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