山东省普通高中学业水平等级考试模拟卷化学试题答案与解析.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与解析
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:
H1
C12N14
O16S32Cl35.5
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
【答案】B
【解析】
C
C
①
⑤④
③②
CC
C=C
C
C
C
可将键线式转换为碳的骨架形式,
C
,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
-1
D.配置0.1molL·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
-1
D.配置0.1molL·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
2
2
6
2
6
1
,主族元素的价电子是最外层电子,
1s2s2p
3s3p4s
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
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
3
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
973K
7.利用反应CCl4+4Na
Ni-CoC(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+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
4
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
项错误;
D.据流程图反应②ClO2与H2O2反应的变价情况,ClO
2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
-
-
2-
+2H
+
。
下列说法正确的是
式为2HSO4
-2e=S2O
8
A.阴极电极反应式为
-
-
=PbSO4
+H
+
Pb+HSO4-2e
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:
S2O8
2-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
-
S未变价;阴极电极反应式为
2H
+
-
↑;
中O失去电子,
+2e
=H
2
若用铜作阳极,则阳极反应为
Cu-2e-=Cu
2+,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;
6
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
_
ZVI释放电子的
等共存物的存在会影响水体修复效果,定义单位时间内
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
三氯乙烯
乙烯
Fe2+
①
ZVI
-
e-e-
有效腐蚀
e
-
-
e
e-
H2
-
e-
+
②
e
e
NH4
H2O(H+)
④无效腐蚀
③
-
O2
NO3
OH-
A.反应①②③④均在正极发生
B.单位时间内,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
7
积,加快ZVI释放电子的速率,可使
nt增大。
14.25C°时,向10mL0.10mol
-1
HA(Ka=1.010×
-3
)中逐滴加入
-1
L·的一元弱酸
0.10molL·
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】
+
)=10
-3
-1
,因为Ka=1.0
10×
-3
所以c(HA)=c(A
—
),
A选项正确。
a点时,pH=3,c(H
molL·
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。
下列说法正确的是()
8
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:
催化剂
CH3COOCH3(l)+C6H13OH(l)CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)
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
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
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