山东省普通高中2024年高中化学学业水平等级考试模拟试题

山东省一般中学2024年中学化学学业水同等级考试模拟试题

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，仔细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.选择题答案必需运用2B铅笔（按填涂样例）正确填涂；非选择题答案必需运用0.5毫米

黑色签字笔书写，字体工整、笔迹清晰。

3.请依据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：H1C12N14016S32C135.5

一、选择题：本题共10小题.每小题只有一个选项符合题意.

1.化学与生活亲密相关，下列说法错误的是（）

A.乙醇汽油可以削减汽车尾气污染

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.葡萄与浸泡过高镒酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保弹

【答案】C

【解析】

【详解】A选项，乙醇汽油燃烧生成二氧化碳和水，可以削减污染，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，聚乙块膜属于导电高分子材料•，故C错误；

D选项，浸泡过高钵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，与高钵酸钾反应，被高钵酸钾氧化。

2.某烯烧分子的结构简式为乂，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【）.2-甲基-3-叔丁基-2-戊烯

【答案】B

【解析】

qH3fH2cH3

【详解】烯崎分子结构简式为CH3g—d=fCH3,系统命名法命名其名称为2,4,4-三甲

ClljCH3

基-3-乙基-2-戊烯，故B符合题意。

综上所述，答案Bo

3.试验室供应的玻璃仪器有试管、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试验是（）

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.的盐酸溶液

【答案】B

【解析】

【详解】A选项，粗盐的提纯须要用到漏斗，故A不符合题意；

B选项，制备乙酸乙酯须要用到试管、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，须要用到分液漏斗，故C不符合题意：

D选项,配制0.Imol-I/的盐酸溶液,容最瓶.、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脂的制备试验（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行能是（）

A.3P64slB.4s1C.3d54slD.3d,04s'

【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

布式为3d在ds区域价电子排布式为3/°4一，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.CalanolideA是一种抗HIV药物，其结构简式如图所示。下列关于CalanolideA的说法错

误的是（）

CalanolideA

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乂可发生加成反应

I）.Imol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗ImolNaOH

【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

CalMoMdcA

符合题意；

B选项，分子中有羟基、酰键、酯基3种含氧官能团，故B正确，不符合题意：

C选项，该物质含有翔基，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，bnol该物质与足量NaOH溶液反应时消耗2moiNaOH,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四周连的四个原子或原子团不相同为手性碳原子，Imol酚酸酯

消耗2mol氢氧化钠，1mol竣酸酯消耗Imol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。下列说法错误的是（）

A.X、Y组成化合物的沸点肯定比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.\V是所在周期中原子半径最小的元素

【答案】A

【解析】

【分析】

依据分析A相对原子质量为28的两种或三种元索组成化合物，简单想到一氧化碳和乙烯，而

B分子有18个电子的化合物，简单想到氯化氢、硫化氢、磷化氢、硅烷、乙烷、甲醇等，但

要依据图中信息要发生反应简单想到A为乙烯，B为氯化氢，C为氯乙烷，D为水，E为甲醉,

从而X、Y、Z、W分别为H、C、0、Clo

【详解选项，C、H组成化合物为崎，当是固态烧的时候，沸点可能比H、0组成化合物的

沸点高，故A错误；

B诜项，C的最高价氧化物的水化物是碳醐，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；

I）选项，同周期从左到右半径渐渐减小，因此C1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。

973K

7.利用反应CCLMNaC（金刚石）+4NaCl可实现人工合成金刚石。下列关于该反应的

Ni-Co

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.CCL和C（金刚石）中C的杂化方式相同

D.NaCl晶体中每个C1泗周有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，该反应钠化合价上升，发生氧化反应，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，CC"中心原子碳价层电子对数为4,即为sp‘杂化，C（金刚石）中C价层电子对数为

4,即为sp，朵化，它们的杂化方式相同，故C正确，不符合题怠：

I）选项，依据氯化钠晶胞结构，NaCl晶体中每个CL四周有6个Na',每个Na,四周有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C1,每个同时吸引6个Na+,每个%＞十四周

等距离的有12个Na+。

8.下列操作能达到相应试验目的的是（）

试验目的操作

A检验绿茶中是否含有酚类物质向茶水中滴加FcCl；.溶液

B测定84消毒液的pH用干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溟水，过滤后分液

D试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.AB.BC.CD.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FoCk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

定、;

C选项，除去茶中混有的少量苯酚，滴加滨水，苯酚和滨水反应生成2,4,6一三澳苯酚与苯互

溶，不能用过滤、分液，故C错误，不符合题意：

D选项，试验室制备乙酸乙酯，向试管中依次加入乙醇、浓硫酸、乙酸和碎究片，力II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IVA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnL,熔点144.5℃,沸点364.TC,

易水解)。试验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2LaSnL制备SnL。下列说法错误的是

()

A

15：

叼

装置

■-

一

'于1I：的CCI,溶液

Sn、碎究片

A.加入碎瓷片的目的是防止暴沸

B.Sn【4可溶于CCL中

C.装置I中a为冷凝水进水口

D.装置II的主要作用是汲取挥发的L

【答案】D

【解析】

【分析】

四碘化锡是常用的有机合成试剂Snl“熔点】44.5℃,沸点364.5℃,易水解，说明Snl,是分

子晶体。

【详解】A选项，在液体加热时溶液暴沸，因此须要加入碎瓷片，碎瓷片的目的是防止暴沸，

故A正确，不符合题意；

B选项，依据相像相溶原理，SnL是非极性分子溶于CCL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I中a为冷凝水进水口，故C正确，不符合题

意；

D选项，SnL易水解，装置］I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】相像相溶原理，SnL是非极性分子，CCL是非极性分子，因此SnL可溶于CCL中。

10.亚氯酸钠(NaClOJ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：

产2IHJOJ

NaCQ+HiS。,,尾可321^^画——》产品

|NBOH

NaHSO4

下列说法错误的是（）

A.反应①阶段，参与反应的NaCl（）3和SQ的物质的量之比为2：1

B.若反应①通过原电池来实现，则Cid是正极产物

C.反应②中的出。2可用NaClOz代替

D.反应②条件下，CIO2的氧化性大于112。2

【答案】C

【解析】

【详解】A选项，依据氧化还原反应原理，反应①阶段，NaClO：，化合价降低1个价态，SO?化

合价上升2个价态，依据升降守恒，则反应的NaClQ,和SO?的物质的量之比为2：1,故A止

确，不符合题意；

B选项，若反应①通过原电池来实现，CIO?是通过化合价降低得来，发生还原反应，因此C10?

是正极产物，故B正确，不符合题意；

C选项，反应②中H2O2化合价上升，CIO?与NaClOz是相邻价态，NaClO?的价态不行能上升，故

C错误，符合题意；

D选项，反应②条件下，C2化合价降低得到NaClO?,作氧化剂，上。?化合价上升，作还原剂，

因此氧化性C10?大于H：A,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NaHSO,溶液制备Na2s4。电解时，阴极材料为Pb；阳极（钳甩极）电极反应式

2

为2HS0J-2e-=S2O«"+2H\下列说法正确的是（）

A.阴极电极反应式为Pb+HSOJ-2e-=PbSO,+H'

B.阳极反应中S的化合价上升

C.S2（V一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2印+2e-=H2,故A错误；

B选项，S的化合价仍为+6价，中间的两个。均为T价，其他的0均为-2价，电解时阳极的

HSO「中。失去电子，S未变价，故B错误；

0,0

C选项，Na&0s的结构为Na，-O*pQ、sQ3，由此结构可以推断中既存在氧氧丰极性

o'b

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】HSO,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上升。

24

12.已知Pb。与HNOs溶液发生反应I:Pb30l+4H=Pb02+2Pb+2H20；PbO?与酸化的MnSOi溶液发

>2

牛反应U：5Pb0.+2Mn+4H>5S0.=2Mn01+5PbS01+2H-.0o下列推断正确的是()

A.由反应I可知，PbG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+16HM)3=3Pb(N0：3+4N0t+8H?0

D.Pb3。』可与盐酸发生反应：PbA+8HCl=3PbC12+4H2O+Cl21

【答案】AD

【解析】

【详解】A选项，Pb：。中+2价Pb有2个，+4价Pb有1个，两者含量之比为2：1,故A正确;

B选项，由反应I不是氧化还原反应，因此不能得出氧化性：HN0;t>Pb02,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"(NO，，故C错

误；

D选项，Pb3()4可与浓盐酸发生反应:Pb304+8HCl=3PbCl2+4H20+C121,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，进行水体修狂的过程如图所示。

1「，0?,NO「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

为小,其中用于有效腐蚀的电子的物质的量为山。下列说法错误的是()

三氯乙烯

F/乙烯

有效腐蚀

ZVI

NFC

无效腐蚀

A.反应①@③④均在正极发生

B.单位时间内，三氯乙烯脱去amo1C1时ne=amo1

C.④的电极反应式为NO,+10H'+8e=NH；+3Ha

D.增大单位体积水体中小粒径ZVI的投入量，可使n,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更可知，反应①0©④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GHCL中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molGHCL

转化为1molCzH；时，得到6mol电子，脱去3mol氯原子，所以脱去amolC1时〃°=2<?mol,

故B错误：

C选项，由示意图及N元素的化合价变更可写出如下转化NO」+8e-NH；,由于生成物中有

NH「所以只能用［「和13来配平该反应，而不能用H-X）和011来配平，所以④的电极反应式为

N0+10H'+8e-=NH；+3H20,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R增大，故D正确；

综上所述，答案为B。

-,

14.25℃时，向lOmLO.lOmcl•L的一元弱酸HA（Ka=l.0X10,中逐滴加入0.lOmol•LNaOH

溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积的变更关系如图所示。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】AB

【解析】

【详解】A选项，a点时，pH=3,cW)=1.0X103mol-L1,因为花=1.OX10工所以。(山\)

=c(A),依据电荷守恒c(A)+c(OH)=c(Na')+c(l口和c(HA)=c(A),故A正确；

B选项,a点溶质为HA和NaA,pH=3,c(H]=1.0X10-3mol•L-1,c(0H)=10nmol•I71,

则水电离出的c(OH)=10"mol・L\b点溶质为NaOH和NaA,pH=ll,c(水=1.0X10"

mol-L*,c(0H)=10-3mol•L1,则水电离出的c(0H)=10》mol・L\两者水电离出的氢氧

根离子浓度相等，故B正确：

C选项,依据电荷守恒c(Na')+cW)=c(A)+c(OH)可得。(Na*)=c(A)+c(OH)-?(H),

假设C选项成立，则c(A)+c(0H)—c(l「)=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，P=10mL时，HA与NaOH恰好完全反应生成NaA,A+H20wHA+0H，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】在溶液中肯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：采纳高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致\乩产

率降低。我国科研人员研制了TiTI-Fc双温区催化剂(TLH区域和Fc区域的温度差可超过

1()0℃)。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N三N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

L).运用Ti-H-Ee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，经验①过程之后氨气分子被催化剂吸附，并没有变成氮原子，故A错误；

B选项，①为催化剂吸附凡的过程，②为形成过渡态的过程，③为电解离为N的过程，以上

都须要在高温时进行。④⑤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④完成了Ti-H-Fc-*N到Ti-H-N-Fc两种过渡态的转化，N原

子由Fe区域向TiT［区域传递。故C正确；

D选项，化学反应不会因加入催化剂而变更吸放热状况，故D错误。

综上所述，答案为BCo

三、非选择题

16.聚乙烯醉生产过程中会产生大量副产物乙酸甲酯，其催化醉解反应可用于制备甲醉和乙酸

己酷，该反应的化学方程式为:cihcoocih(1)1c«n„on(1)."-"C113COOC6II13(1)•Cihond)

已知V正=1<正・x(CH3C00CH3)•x(C6H“OH),v逆二k迎"x(CHOOCMJ・x(CM3OH),其中v五,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)反应起先时，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)的变更关系如图所示。

该醇解反应的AH_0(填〉或<)。348K时，以物质的量分数表示的化学平衡常数(=_(保

留2位有效数字)。

在曲线①、②、③中，ki「k逆经值最大的曲线是一；A、E、C、D四点中，v正最大的是一，v逆

最大的是—。

(2)343K时，己醉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(填增大、小不变)。

(3)该醵解反应运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一。

a.参与了醇解反应，但并不变更反应历程b.使k正和k也增大相同的倍数

c.降低了醇解反应的活化能d.提裔乙酸甲酯的平衡转化率

【答案】(1).>(2).3.2(3).①(4).4(5).C(6).2：1(7).

不变(8).be

【解析】

【分析】

⑴依据图像及先拐先平衡，数值大的特点，得出温度越高为①，在依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，因此温度上升，k“.增大的程度

大于k逆，因此，kE-k逆值最大的曲线是①，依据题中给的信息，得出温度高，A点v正最大,

C点v逆最大。

⑵依据加入的哪种物质，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。

⑶催化剂参与了醇解反应，变更了反应历程，催化剂降低反应所需的活化能，同等程度的变

更速率，不能变更平衡移动。

【详解】⑴依据图像，①的速率最快，说明①对应的是最高温度348K,温度上升，平衡时转

化率增大，说明正向是吸热的，所以AH>Oo348K时，设初始投入为Imol,则有：

催化剂

CMCOOCM(I)+CMQH(l)k=^CMCO

起始：1100

转化：0.640.640.640.64

平衡：0.360.360.640.64

0.640.64

----x-----

平衡常数表达式：平二义八=3.2.故答案为〉；3.2。

0.360.236

x

2---2

女正、k逆是温度的函数，依据平衡移动的规律，kF受温度影响更大，因此温度上力，kF增大

的程度大于k逆，因此，k正一k逆值最大的曲线是①；依据V正=1<1-X(CH；5COOCH,3)•X(C6H1;1OH),

vis=k«•x(CH3C00C6Hi3)•xCCeHnOH),A点x(CH3coOClWMC此3OH)大,温度高，因此A点v正

最大,C点x(CH£()()Cd%>x(CHQH)大且温度高，因此C点v逆最大,故答案为①；A；C。

⑵增大己醉的投入量，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

衡常数人只与温度有关，因此限不变，故答案为2:1；不变。

(3)a选项，催化剂参与了防解反应，变更了反应历程，故a错误;

b选项，催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使ku.和k龙增大相同倍数，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，催化剂不改变更学平衡，故d错误。

综上所述，答案为be。

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CsCOp,X02(X=Si>Ge)和H3BO3首次合成了组成为CsXB。,的非线性光学晶体。回答下列

问题：

(1)C、()、Si三种元素电负性由大到小的依次为_；第一电离能L(Si)_I.(Ge)(填>或

<)o

(2)基态Ge原子核外电子排布式为一；SiO2,GeO?具有类似的晶体结构，其中熔点较高的是

缘由是_。

(3)如图为HBO,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

显著增大的主要缘由是

(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。

CsSiBA,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

中全部Cs原子的分布图和原子分数坐标。据此推断该晶庖中Cs原子的数目为_；CsSiB念的

摩尔质量为Mg・mor1,设*为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB：。晶体的密度为_g・cn/(用

代数式表示)。

apm

tJN

【答案】(1).0>C>Si(2).>(3).Is?答22P63sz3P63dHl4s24P2(或[Ar]3dMi4s24P2)

(4).SiO2(5).二者均为原子晶体，Ge原子半径大于Si,Si-0键长小于Ge—0键长，

SiO?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

4A/M

子与水形成分子间氢键，使溶解度增大(8).4(9).-T^xIO

abcNK

【解析】

【分析】

⑴电负性变更规律为同周期从左向右渐渐增大，同主族由上至下渐渐减小，第一电离能的

变更规律为同族元素由上至下渐渐减小。

⑵SiO八GeO?为同类型晶体结构，即为原子晶体，Ge原子半径大于Si,Si—0键长小于Ge—0

键长，SiO?键能更大，熔点更高。

(3)B原子最外层有3个电子，与3个一0H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。

⑷先分析得出Cs的个数，再依据公式计算密度。

【详解】⑴电负性的变更规律为同周期从左向右渐渐增大，同主族由上至下渐渐减小，所以

电负性0>C>Si：第一电离能的变更规律为同族兀素由上至卜渐渐减小，因此A(Si)>5(Ge),

故答案为O〉C>Si；>o

⑵Gc原子位于第四周期IVA族，因此原子核外电子排布式为ls22s22p"3s23p63d,04s24p2(或

,022

[Ar]3d4s4p)；Si02>GeO?均为原子晶体,Ge原子半径大于Si,Si-0键长小于Ge—0键长,

SW键能更大，熔点更高，故答案为Is22s22p63s23P63dzs24P2(或[Ar]3/04s24P2)；SiO2；Ge

原子半径大于Si,Si—()键长小于Ge-0键长，SiO?键能更大，熔点更高。

⑶B原子最外层有3个电子，与3个一0H形成3个共价键，因此为sp?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；故答案为pl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。

⑷原子分数坐标为(0.5,0.2,0.5)的Cs原子位于晶胆体内，原子分数坐标为(0,C.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(().5,0.8,1.0)

及(0.5,0.8,0)的Cs原子位于晶胞切面上，原子分数坐标为(0,().7,1.0)及(1.(),

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：

ZM4xM4Ms3o4M

一=iTT=x]0•cm故答案为4；xlO二

N.VN,\XMeX10-30ahcNb

r\t\r\abcNK

18.四澳化钛(TiBn)可用作橡胶工业中烯燃聚合反应的催化剂。已知TiBi'j常温下为橙黄色

固体，熔点为38.3C,沸点为233.5℃,具有潮解性且易发生水解。试验室利用反应

TiO2+C+2Bm高温TiBn+CO?制备TiBr」的装置如图所示。回答下歹U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K”

(，L的状态为_；一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活塞K”K2,上的状态为____。

(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

是一

(3)反应结束后应接着通入一段时间CO?,主要目的是_。

(4)将连接管切断并熔封，采纳蒸储法提纯。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).打开K”关闭L和％(2).先通入过量的CO2气体，解除装置内空气

(3).打开跖关闭心和心(4).打开L和同时关闭K1(5).浓硫酸⑹.汲

取多余的澳蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解(7).防止产品四湿化钛凝固成品体，

堵塞连接管，造成危急(8).排出残留在装置中的TiB门和澳蒸气(9).直形冷凝管

(10).温度计(量程250°C)

【解析】

【分析】

⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行解除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧

气反应，奢侈原料，还可能产生有毒气体co等，污染空气，起先仅仅是通入C02气体，所以

只须要打开K”关闭儿和L,打开电炉并加热反应管，此时须要打开K,和降同时关闭K”保

证C02气体携带澳蒸气进入反应装置中。

⑵因为产品四溟化钛易发生水解，因此整套装置须要保持干燥，因此进入的CO2R体必需干燥,

装置单元X应为尾气处理装置.，汲取多余的浪蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰试验,

防止产品四浪化钛水解变质。

⑶反应结束后在反应装置中还有少量四溟化钛残留，以及剩余的澳蒸气，应接着通入一段时

间CO?,主要FI的是把少量残留四澳化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的

溟蒸气，进行尾气处埋，防止污染。

⑷试验结束后，将连接管切断并熔封，采纳蒸储法提纯，因此须要用到直形冷凝管。

【详解】⑴检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行解除装置内的空气，防止反应物碳

单质与氧气反应，奢侈原料，还可能产生有毒气体co等，污染空气，因此加热试验前应先通

入过量的co?气体，其目的是解除装置内空气。此时仅仅是通入co?气体，所以只须要打开根,

关闭L和而反应起先一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时须要打开L和除同时关

闭K”保证C02气体携带澳蒸气进入反应装置中，故答案为先通入过量的ce气体；解除装置

内空气；打开K”关闭⑹和L；打开L和同时关闭占。

⑵因为产品四澳化钛易发生水解，因此整套装置须要保持干燥，因此进入的COz气体必需干燥,

所以试剂A为浓硫酸（作干燥剂），装置单元X应为尾气处理装置，汲取多余的浜蒸气，同时

还能防止空气中的水蒸气干扰试验，防止产品四溪化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇

性微热连接管，其目的是防止产品四澳化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危急，用热源问

歇性微热连接管可以便产品四浪化钛加热熔化，流入收集装置中，故答案为浓硫酸：汲取多

余的澳蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四溟化钛凝固成晶体，堵塞连接管,

造成危急。

⑶反应结束后在反应装置中还有少量四汰化钛残留，以及剩余的溟蒸气，应接着通入一段时

间CO?,主要H的是把少量残留四溪化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的

溪蒸气，进行尾气处理，防止污染，故答案为排出残留在装置中的TiBr,和澳蒸气。

⑷试验结束后，将连接管切断并熔封，采纳蒸储法提纯。在产品四浸化钛中还有残留液浪，

因此依据题中给出的四浪化钛的沸点233.5。C,可以运月蒸储法提纯；此时应将a端的仪器

改装为直形冷凝管、承接管和接收瓶，在防腐胶塞上加装的仪器是温度计（量程是25（TC）,

故答案为直形冷凝管；温度计（量程250°C）o

19.一般立德粉（BaSO.・ZnS）广泛用于工业生产中,可利用ZnSO」和BaS共沉淀法制备＜以粗

氧化锌（含Zn、CuO、FeO等杂质）和BaSO』为原料制备立德粉的流程如下：

收酸水锌扬

『fJ1

旭氧化锌一»|反应器I“反应器n|»|BcgBIIl|------►湿渣川

滤波I维渣II

碳粉焉水

管酸帧一H反应器N1——►浸取蹲------H侬器V|-------►意液

立檄粉

（1）生产ZnSO」的过程中，反应器I要保持强制通风，缘由是

(2)加入锌粉的主要目的是—(用离子方程式表示)。

(3)已知KMnO」在酸性溶液中被还原为MrT,在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为MnO?,在碱性

溶液中被还原为MnO；。据流程推断，加入KUnO耐溶液的pH应调至_；

a.2.2~2.4b.5.2~5.4c.12.2^12.4

滤渣in的成分为—o

(4)制备BaS时，按物质的量之比计算，BaSO,和碳粉的投料比要大于1：2,目的是_；生

产过程中会有少量氧气进入反应器IV,反应器IV中产生的尾气需用碱液汲取，缘由是

(5)一般立德粉(BaSOq・ZnS)中ZnS含量为29.4%,高品质银印级立德粉中ZnS含量为62.5机

在ZnSOi、BaS.Na2S0»NaS中选取三种试剂制备银印级立德粉，所选试剂为—，反应的化

学方程式为(已知BaSOi相对分子质量为233,ZnS相对分子质量为97)。

【答案】(1).反应中产生氢气，达肯定浓度后易爆炸，出现危急，须要通风(2).

Zn+Cu2=Zn24+Cu2^(3).b(4).MnO»和Fe(OH),(5).避开产生CO等有毒气体

(6).尾气中含有的SO2等有毒气体(7).ZnSO.sBaS.Na2S(8).4ZnSOt+BaS+3Na2S

=BaSO,•4ZnS+3Na2soi

【解析】

【分析】

分析流程中的相关反应：反应器【中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反应，不溶性杂质

以滤渣I的形式过滤分别；反应器1【中用Zn置换溶液中Cu2,；反应器川中用KMnOi氧化Fe”,

同时限制pH,在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnQ和FelOH)：.沉淀得到净化的ZnSOi溶液；反

应器IV中BaSO,+2C=BaS+2c0?制备BaS；反应器V用ZnS(\和BaS共沉淀制备立德粉。

【详解】⑴反应器I中窃与硫酸反应产生氢气，保持强制通风，避开氢气浓度过大而易发生

爆炸，出现危急，故答案为反应中产生氢气，达肯定浓度后易爆炸，出现危急，须要通风。

⑵反应器II中用Zn置换溶液中Cu2t,其离子方程式为CuOZn+Cu=Zn2'+Cu2\故答案为Zn+Cu2=

Zn2，+Cu2,o

⑶反应器IH除Fe。将亚铁离子氧化为铁离子以便除去，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO,

还原为MnQ,以滤渣形式分别，因此在弱酸性环境来氧化亚铁离子，利用铁离子水解变为沉

淀，故答案为案MnN和Fe(0H)3。

4反应器IV中BaSO《+2C=BaS+2C02,BaSO.+4C=BaS+4C0,投料比要大于1:2,避开

产生CO等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器I