山东省2020年普通高中学业水平等级考试(模拟卷)化学试题 含解析

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 35.5

一、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

1

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

【答案】B 【解析】

CC③⑤④②①CCC=CCCCC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 mol·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0.1 mol·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.3ps1 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1s22s22p63s23ps1，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；

2

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

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

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

3

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

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 Ni-Co 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( )

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 （ ） A B C D 实验目的 检验绿茶中是否含有酚类物质 测定84消毒液的pH 除去苯中混有的少量苯酚 实验室制备乙酸乙酯 973K

操作 向茶水中滴加FeCl3溶液 用洁净的玻璃棒蘸取少许84消毒液滴在pH试纸上 向苯和苯酚的混合物中滴加溴水，过滤后分液 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3.5℃，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

4

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

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

5

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

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

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-=Cu+，综上所述，答案为C。

２

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；

6

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

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①②③④均在正极发生

B．单位时间内，三氯乙烯脱去a mol Cl时ne = a mol 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．1 mol C2HCl3 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， 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④的电

+

极反应式为NO3 + 10H + 8e = NH4 + 3H2O；

_

+

_

+

+

_

_

_

_

+

_

－

－

Fe2+三氯乙烯①乙烯ZVIH2②H2O(H+)-e-ee--ee--ee-e-O2有效腐蚀④－+NH4无效腐蚀③NO3OH－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

7

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

积，加快ZVI释放电子的速率，可使nt增大。

14. 25°C时，向10 mL 0.10 mol·L-1 的一元弱酸HA (Ka =1.0×10-3)中逐滴加入0.10 mol·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点时，pH=3, c(H+) = 10-3 mol·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。下列说法正确的是 （ ）

8

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

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：

CH3COOCH3 (l) + C6H13OH (l)催化剂 CH3COOC6H13 (l) + CH3OH (l)

已知v正= k正χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)，v逆= k逆χ(CH3COO C6H13)·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①、②、③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

9

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

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 ① A C （2）2：1 不变 （3）bc 【解析】

（1）根据图像，①的速率最快，说明①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：

CH3COOCH3 (l) + C6H13OH (l)催化剂 CH3COOC6H13 (l) + CH3OH (l)

起始： 1 1 0 0 转化： 0. 0. 0. 0. 平衡： 0.36 0.36 0. 0.

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①。根据v正= k正χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)，v逆= k逆χ(CH3COO C6H13)·χ(CH3OH)，A点

χ(CH3COOCH3)·χ(C6H13OH)大，温度高，因此A点v正最大，C点χ(CH3COO C6H13)·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

10

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

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 g·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 >

2262610221022

（2）1s2s2p3s3p3d4s4p（或[Ar]3d4s4p）；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）sp；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。

2

ZM4M4M1030 4 （4），30NAVNAabc10abcNA

【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)。

11

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

226261022

Ge原子位于第四周期IVA族，（2）因此原子核外电子排布式为1s2s2p3s3p3d4s4p1022

（或[Ar]3d4s4p）；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。

（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含Cs原子4个；带入晶胞密度求算公式可得：

ρ=

2

ZM4M4M1030g·cm-3 30NAVNAabc10abcNA18. （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

（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

高温 TiBr4 + CO2制备TiBr4的装置如下图所示。回答下列问题：

，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 ，排除装置内空气，打开K1，关闭K2和K3；打开K2和K3 ，同时关闭K1。

12

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

（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250°C） 【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233.5°C，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250°C）。此问考查学生对蒸馏装置的认识。

19．（11分）普通立德粉（BaSO4·ZnS）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Ⅰ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

13

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

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 ；

a．2.2～2.4

b．5.2～5.4

c．12.2～12.4

滤渣Ⅲ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吸收，原因是 。

（5）普通立德粉（BaSO4·ZnS）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 Na2S = BaSO4·4ZnS + 3 Na2SO4 【解析】

分析流程中的相关反应：反应器Ⅰ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的形式过滤分离；反应器Ⅱ中用Zn置换溶液中Cu2+；反应器Ⅲ中用KMnO4氧化Fe2+，同时控制pH，在弱酸性、弱碱性环境中，产生MnO2和Fe(OH)3沉淀得到净化的ZnSO4溶液；反应器Ⅳ中 BaSO4 + 2C = BaS + 2CO2制备BaS；反应器Ⅴ用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉。

所以反应器Ⅰ中Zn与硫酸反应产生氢气，保持强制通风，避免氢气浓度过大而易发生爆炸，出现危险。

反应器Ⅱ除Cu2+，Zn+Cu2+= Zn2++Cu2+。

反应器Ⅲ除Fe2+，同时在弱酸性、弱碱性环境中KMnO4还原为MnO2，以滤渣形式分离。

14

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

反应器Ⅳ中BaSO4 + 2C = BaS + 2CO2，BaSO4 + 4C = BaS + 4CO，投料比要大于1:2，避免产生CO等有毒气体；生产过程中会有少量氧气进入反应器Ⅳ，将BaS氧化产生SO2等有毒气体需用碱液吸收。

已知BaSO4的相对分子质量为233。ZnS的相对分子质量为97，ZnS含量为29.4%，立德粉为BaSO4·ZnS；ZnS含量为62.5%，立德粉（BaSO4· 4ZnS）。

故反应的化学方程式为：4 ZnSO4 + BaS + 3 Na2S = BaSO4·4ZnS + 3 Na2SO4。

20.（14分）酯类化合物与格氏试剂（RMgX，X=Cl、Br、I）的反应是合成叔醇类化合物的重要方法，可用于制备含氧多官能团化合物。化合物F的合成路线如下，回答下列问题：

(1)CH3MgI(2)H3O+A(C6H10O)(1)B2H6(2)H2O2/OHKMnO4BH3O+,CCH3OH浓硫酸，DHOOH干燥HClEFOOH

已知信息如下：

①RCHCH2(1)B2H6(2)H2O2/OHRCH2CH2OH

O②HOOHOROR'H3O+ORR'RR'干燥HCl

O③RCOOCH3CH3MgIRCH3CH3MgIROMgICH3CH3H3O+OHRCH3 CH3（1）A的结构简式为__________________，B→C的反应类型为_________，C中官能团的名称为________，C→D的反应方程式为__________________________。

（2）写出符合下列条件的D的同分异构体_________(填结构简式，不考虑立体异构)。①含有五元环碳环结构；②能与NaHCO3溶液反应放出CO2气体； ③能发生银镜反应。

（3）判断化合物F中有无手性碳原子，若有用“*”标出。 （4）已知羟基能与格氏试剂发生反应。写出以HOCHO和CH3OH和格氏试

15

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

剂为原料制备OOH的合成路线（其他试剂任选）。

【答案】

OHOO+CH3OHCOOH浓硫酸+H2O COOCH3（1）CH2；氧化反应；羰基和羧基；CHOCHO（2）

COOH

COOHCHOCOOH

（3）

OOH*OKMnO4H3O，+OH

OOCH3OH浓硫酸，HOOHO①②H3O+COOCH3CH2MgI（4）

CHO干HClOOH

COOHCOOCH3【解析】

由题目中所给信息，可推导出合成路线为

OH(1)B2H6(2)H2O2/OHACH2BOHKMnO4CH2OHH3O,+OCH3OH浓硫酸，COOHCOHOOHO干燥HClOECOOCH3(1)CH3MgI(2)H3O+OHDCOOCH3O

16

唐山市高中化学名师团队倾情奉献

OHOHOKMnO4CH2OHH3O+,COOHCA的结构简式为（1）

CH2，B的过程为氧化过程；

C中含有双官能团分别为羰基和羧基；C→D的过程发生的是酯化反应，方程式为

O+CH3OHCOOHOO浓硫酸+H2O COOCH3（2）根据题目中要求，D（

COOCH3）的同分异构体中需含有五元环、羧基和醛基，

CHOCHOCHOCOOHCOOH因此结构为

COOH

（3）化合物F中含有手性碳原子，

O*OH

（4）依据所给信息，可得出目标产物的合成路线为：

OHKMnO4H3O，+OCH3OH浓硫酸，OOHOOHO①②H3O+COOCH3CH2MgI干HClOOH

CHOCOOHCOOCH3

17