山东省2020年普通高中学业水平等级考试(模拟卷)化学试题、答案及解析

1、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：h 1 c 12 n 14 o 16 s 32 cl 35.51、 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

2、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 ，

3、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0.1 moll-1的盐酸溶液【答案】b【解析】本题考点为物

4、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，则该基态原子价电子排布不可能是a.3p64s1 b.4s1 c.3d54s1 d.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1s22s22p63s23p64s

5、1，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.calanolide 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

6、d.1 mol 该物质与足量naoh 溶液反应时消耗 1 mol naoh【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1 mol 该物质消耗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

7、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、cla. 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

8、周期中原子半径最小的元素，正确973kni-co7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；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c

9、l，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

10、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 【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

11、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：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naclo4代替d反应条件下，clo2的氧化性大于h2o2【答案】c【解析】a根据流程图反应中氧化剂是naclo3，还原剂是

12、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

13、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【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

14、-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2:1b由反应i、ii可知，氧化性：hno3pbo2mno4cpb可与稀硝酸发生反应：3pb + 16hno3 = 3pb(no3)4 +

15、4no + 8h2odpb3o4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ii可知氧化性pbo2mno4，而酸性条件下mno4能将hc

16、l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增大单位体积水体中小微粒zvi的投入量，可使nt

17、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；d增大单位体积水体中小微

18、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。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

19、点时，ph=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

20、员研制了 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】bc【解析】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，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

21、，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。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：

22、1投料，测得348k、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【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 / (0.1

23、80.18) = 3.2k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(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

24、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csi （2）1s22s22p63s23p63d104s24p2（或ar3d104s24p2）；sio2；二者均为原子晶体，ge原子半径大于si，sio键长

25、小于geo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(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

26、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：=gcm-3

27、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233.5c,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。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

28、，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物水解；防止产品四溴化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险。（3） 排出残留在装置中的tibr4和溴蒸气（4） 直形冷凝管 、温度计（量程250c）【解析】本题是制备化学物质四溴化钛的实验试题。（1）检查装置气密性并加入药品后，加热前应进行排除装置内的空气，防止反应物碳单质与氧气反应，浪

29、费原料，还可能产生有毒气体co等，污染空气，因此加热实验前应先通入过量的co2气体 ，其目的是排除装置内空气。此时仅仅是通入co2气体，所以只需要打开k1，关闭k2和k3；而反应开始一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时需要打开k2和k3,同时关闭k1，保证co2气体携带溴蒸气进入反应装置中。（2） 因为产品四溴化钛易发生水解，因此整套装置需要保持干燥，因此进入的co2气体必须干燥，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，吸收多余的溴蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四溴化钛水解变质。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溴化钛凝固成晶体，堵

30、塞连接管，造成危险，用热源间歇性微热连接管可以使产品四溴化钛加热熔化，流入收集装置中。（3） 反应结束后在反应装置中还有少量四溴化钛残留，以及剩余的溴蒸气，应继续通入一段时间co2，主要目的是把少量残留四溴化钛排入收集装置中，提高产率，而且还可以排出剩余的溴蒸气，进行尾气处理，防止污染。这是考查学生的实验环保意识。（4）实验结束后，将连接管切断并熔封，采用蒸馏法提纯。在产品四溴化钛中还有残留的液溴，因此根据题中给出的四溴化钛的沸点233.5c，可以使用蒸馏法提纯。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250c）。此问考查学生对蒸馏装置的认识。

31、19（11分）普通立德粉（baso4zns）广泛用于工业生产中，可利用znso4和bas共沉淀法制备。以粗氧化锌(含zn、cuo、feo等杂质)和baso4为原料制备立德粉的流程如下：（1）生产znso4的过程中，反应器要保持强制通风，原因是 。（2）加入锌粉的主要目的是 （用离子方程式表示）。（3）已知kmno4在酸性环境中被还原为mn2+，在弱酸性、弱碱性溶液中被还原为mno2，在碱性环境中被还原为mno42-。据流程判断，加入kmno4时溶液的ph应调至 ；a2.22.4b5.25.4c12.212.4滤渣的成分为 。（4）制备bas时，按物质的量之比计算，baso4和碳粉的投料比要大于

32、1:2，目的是 ；生产过程中会有少量氧气进入反应器，反应器中产生的尾气需用碱液吸收，原因是 。（5）普通立德粉（baso4zns）中zns含量为29.4%。高品质银印级立德粉中zns含量为62.5%。在znso4、bas、na2so4、na2s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baso4的相对分子质量为233。zns的相对分子质量为97）。【答案】（1）反应中产生氢气，达一定浓度后易爆炸，出现危险，需要通风。（2）zn+cu2+= zn2+cu2+（3）b， mno2和fe(oh)3（4）避免产生co等有毒气体；尾气中含有的so2等有毒气体（5）znso4、bas、na2s；4 znso4 + bas + 3 n