2020年普通高中化学学业水平等级考试(模拟卷)

1、绝密启用前22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

2、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.葡萄与浸泡过高镒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，比如聚乙快，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，高镒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.某烯燃分子的结构简式为,用系统

3、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】C CIC - C一 C=C- CI IC CI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C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

4、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，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.3p64s1 B.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

5、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24Or,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Ar3d 54s1,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。Ohnvhdc A5 .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

6、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nrij xj叫手性碳，故正确。k * - * “承B选项，该物质有醒键、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

7、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. 丫、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、0、ClA. X、Y组成的化合物为煌类物质，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

8、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 CC14 + 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（）A. C （金刚石）属于共价晶体8 .该反应利用了 Na的强还原性C. CC14和C （金刚石）中的 C的杂化方式相同D. NaCl晶体中每个 C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价一

9、+1价，作还原剂将 CC14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C，每个C同时吸引6个Na卡,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漠水，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

10、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，滨水与苯酚生成的三澳苯酚也可溶于苯中，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IV A族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4,熔点Sn.伸岗片114.5 C,沸点364.5 C,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. Snl4可溶于CC14中C.装置I中a为泠凝水进水口D.装置n的主要作用是吸收挥发的I2【答案】D【解析】液

11、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SnL的熔沸点，从组成分析可知 SnL与CCI4为同族形成的同类物质，依据相似相溶原理”可知Snl4可溶于CC14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：SnJ易水解，所以装置n的主要作用是防止水蒸气进入装置使Snl4水解,所以D错误。10.亚氯酸钠（NaClO 2）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

12、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NaClO 3,还原剂是SO2,还原产物是0。2,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 NaClO代替H2

13、O2, C 项错误；D.据流程图反应 C1O2与H2O2反应的变价情况，C1O2做氧化剂，H2O2做还原剂， 可以推出CIO2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Na2s2。8。电解时，阴极材料为 Pb;阳极(伯电极)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

14、非极性键又存在极性键D.可以用铜电极作阳极【答案】CNa2s2O8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 。均为-1价，其他的。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- = H 2 f；若用铜作阳极，则阳极反应为Cu-2e- =Cu2 + ,综上所述，答案为 Co12.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 + 2Mn 2+ + 4H+

15、 + 5SO42 =2MnO4 +5PbSO4 + 2H2O。下歹U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k II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO 4C. Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb + 16HNO3 = 3Pb(NO3)4 + 4NO T + 8H2OD. Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4 + 8HC1=3PbCl 2 + 4H2O + Cl2T【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 ,

16、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>MnO 4 ,而酸性条件下 MnO4能将HCl氧化成02,则Pb(IV)也能将HCl氧化成C»所以此反应 Pb3O4 + 8HC1=3PbCl 2 + 4H 2O + Cl 2僦发生，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

17、程如图所示。H+、。2、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/。下列说法错误的是OHA.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 mol +_ _ _ +C.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

18、 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+ + 3H2。；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. 25C 时，向 10 mL 0.10 mol L-1的一元弱酸 HA (K

19、a =1.0 103)中逐滴加入 0.10 mol L-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)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 ),【答案】A根据电荷守恒

20、c(A ) + c(OH ) = c(Na+) + c(H+)和 c(HA) = c(AI)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, OHi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(

21、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：采用高温增大反应速率的同时会因平衡限制导致NH 3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，

22、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() AU) 疆苫生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，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

23、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) + C6H130H (l) - CH3COOC6H13 (l) + CH3OH (l)已知 VE= k正 乂CH3COOCH3)?乂C6H13OH), v逆=k 逆 乂CH3COO C6H13)?乂CH3OH),其中v正、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)反应开始时，已醇和乙酸甲酯

24、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(“)随时间(t)的变化关系如下图所示。该醇解反应的 A H 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正一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

25、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 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AH>0。348K时，设初始投入为1mol,则有：催化剂CH3COOCH3 (l) + C6H130H (l) - CH3COOC6H13 (l) + CH 3OH (l)起始：1100转化：0.640.640.640.64平衡：0.360.360.640.64带

26、入平衡常数表达式：Kx= 乂CH3COOC6H13) ?乂CH30H)/ 乂CH3COOCH3) ?乂C6H130H)=0.32 032 / (0.18 0.18) = 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正一k逆值最大的曲线是。根据 丫正=k正乂CH3COOCH3)? 乂C6H13OH), v 逆=k 逆乂CH3COO C6H13)? 乂CH3OH), A 点乂CH3COOCH3)? 乂C6H130H)大，温度高，因此 A 点 v 正最大，C 点 乂CH 3COO C6H13)? 乂CH 3OH) 大且温度高，

27、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

28、的顺序为 ;第一电离能Ii(Si)Ii(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(3)右图为硼酸晶体的片层结构，其中硼的杂化方式(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以a pm表示晶胞中各原子的位置，称作原子分数坐标。(&.0 7.1 0) (U S.O.SJ,O) (1.0.0 7.1.0)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 gm

29、ol-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).(1) O>C>Si >(2) 1s22s22p63s23p63d104s24P2 (或内加 104s24p2) ； 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。ZM4 M4M .人30=(4) 40,= 10NaV Na Mabc义 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

30、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)。为。H3BO3在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因(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Ar3d 104s24p2); 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

31、。(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：ZMP =NaV4 M-'-30Na abc 104MabcNA3010-3 g

32、cm18. (13分)四澳化钛(TiBr。可用作橡胶工业中烯燃聚合反应的催化剂。已知TiBj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TiB4的装置如下图所示。回答下列问题：Ti5和碳粉(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Ki、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

33、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)先通入过量的 CO2气体，排除装置内空气，打开 Ki,关闭K2和K3；打开K2和K3 ,同时关闭Ki。(2)浓硫酸，吸收多余的澳蒸气同时防止外界的水蒸气使产物水解；防止产品四澳化钛凝固成晶体，堵塞连接管，造成危险。(3)排出残留在装置中的 TiB4和澳蒸气(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澳化钛的实验试题。(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，

34、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Ki,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Ki,保证CO2气体携带澳蒸气进入反应装置中。(2)因为产品四澳化钛易发生水解，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，吸收多余的澳蒸气，同时还能防止空气中的水蒸气干扰实验，防止产品四澳化钛水解变质。反应过程中需用热源间歇性微热连接管，其目的

35、是防止产品四澳化钛凝固成晶体，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澳化钛加热熔化，流入收集装置中。(3)反应结束后在反应装置中还有少量四澳化钛残留，以及剩余的澳蒸气，应继续通入一段时间CO2,主要目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澳蒸气，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，采用蒸储法提纯。在产品四澳化钛中还有残 留的液澳，因此根据题中给出的四澳化钛的沸点233.5 °C,可以使用蒸储法提纯。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

36、程 是250°C)。此问考查学生对蒸储装置的认识。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:粗氧化锌硫酸刨立德粉(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 (用离子方程式表示)。(3)已知KMnO 4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-o据流程判断，加入KMnO 4时溶液的 pH应调a. 2.22.4b. 5.25.4c. 12

37、.212.4滤渣出的成分为。(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 O(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+Cu

38、2+(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、NazS； 4 ZnSO4+ BaS + 3 Na 2s = BaSO4 4ZnS + 3 W2SO4 【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n中用 Zn置换溶?中 Cu2+;反应器出中用 KMnO 4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 + 2CO 2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n 除 Cu2+, Zn+Cu2+= Zn2+Cu2+。反应器出除Fe2+,同时在弱酸性、弱碱性环境中 KMnO 4还原为MnO2,以滤渣形式分离。反应器IV 中