山东省模拟考试化学(word带解析)

1、绝密启用前山东省2021年普通高中学业水平等级测试模拟卷化学试题1 .做题前,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 .请根据题号在各题目的做题区域内作答,超出做题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上做题无效.保持卡面清洁,不折叠、不破损.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16S32Cl35.5一、选择题：此题共10小题,每题2分,共20分.每题只有一个选项符合题意.1 .化学与生活密切相关

2、,以下说法错误的选项是A.乙醇汽油可以减少尾气污染B.化装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,添加到化装品中有保湿作用,B正确；C选项,某些有机高分子聚合物可以做导电材料,比方聚乙快,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,预防水果过度成熟或提早成熟,从而到达保鲜的目的,D正确.2.某烯燃分子的结构简式为,用系统命名法命名其名称为A.2,2,

3、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】CCIC-C一C=C-CIICCI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,最后按命名规那么正确书写名称.3.实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、外表皿、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0.1molL-1的盐酸溶液【答案】B【解析】此题考点为物质的别离提纯、常见有机

4、物的制备、的实验仪器的选择和根本实验操作.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0.1molL-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,那么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那么.A项为1水,核外电子排布式为1s22s22p63s23p64s;主族元素的价电子是最

5、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局部电子之和,核外电子为Ar3d54s1,即价电子为3d54s此为洪特规那么的特例,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3d1°4s1,3d轨道上的电子处于全充满状态,整个体系的能量最低.OhnvhdcA5 .CalanolideA是一种抗HTV药物,其结构简式如右图所示.以下关于CalanolideA的说法错误的选项是(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响又可发生加成反响D.1mol该物

6、质与足量NaOH溶液反响时消耗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nrxj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,能发生加成反响,与羟基碳相邻的碳原子上有氢原子,故能发生消去反响,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.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

7、.以下说法错误的选项是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、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

8、,正确973K.7 .利用反响CC14+4Na=C金刚石+4NaCl可实现人工合成金刚石.以下关于该反响的说法错误的选项是A.C金刚石属于共价晶体8 .该反响利用了Na的强复原性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,向空间开展成网状结构.形成的晶体为原子晶体,故A正确；B.该反响中Na由0价一+1价,作复原剂将CCl4复原,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卡同时吸引6个Cl,每个C同时吸引6个Na卡,配

9、位数为6故D8.以下操作能到达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参加浓硫酸、乙醇、乙酸和碎瓷片,加热A选项,酚羟基遇Fe3+发生显色反响.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,滨水与苯酚生成的三澳苯酚也可溶于苯中,一般参加氢氧化钠溶液再进行分液.D选项,正确顺序为依次参加碎瓷片、乙

10、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Sn.伸岗片114.5C,沸点364.5C,易水解.实验室以过量锡箔为原料通过反应Sn+2I2=SnI4制备SnI4.以下说法错误的选项是A.参加碎瓷片的目的是预防暴沸B.Snl4可溶于CCI4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】液体加热时参加碎瓷片目的是预防暴沸,所以A正确；根据题干中SnL的熔沸点,从组成分析可知Snl4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

11、a为泠凝水进水口,C正确；据题可知：Snl4,易水解,所以装置n的主要作用是预防水蒸气进入装置使Snl4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：以下说法错误的选项是A,反响阶段,参加反响的NaClO3和SO2的物质的量之比为2:1B.假设反响通过原电池来实现,那么ClO2是正极产物C.反响中的H2O2可用NaClO4代替D,反响条件下,ClO2的氧化性大于H2O2【答案】C【解析】A.根据流程图反响中氧化剂是NaClO3,复原剂是SO2,复原产物是ClO2,氧化产物是NaHSO4.

12、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.由反响化合价变化情况,再根据原电池正极外表发生复原反响,所以ClO2是正极产物,B项正确；C.据流程图反响,在ClO2与H2O2的反响中,ClO2转化为NaClO2氯元素的化合价降低,做氧化剂；H2O2只能做复原剂,氧元素的化合价升高,不能用NaClO4代替H2O2,C项错误；D.据流程图反响C1O2与H2O2反响的变价情况,C1O2做氧化剂,H2O2做复原剂,可以推出C1O2的氧化性大于H2O2,D项正确.二、此题共5小题,每题4分,共20分.每题有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

13、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;阳极作白电极)电极反响式为2HSO4-2e=S2O82-+2H+.以下说法正确的选项是A.阴极电极反响式为Pb+HSO4-2e-=PbSO4+H+B.阳极反响中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】CNa+0；矍阳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冲.失去电子,S未变价；阴极电极反响式为2H+2e-=H

14、2f；假设用铜作阳极,那么阳极反响为Cu-2e-=Cu2+,综上所述,答案为Co12.Pb3O4与HNO3溶液发生反响I：Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2+2H2O;PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反响II:5PbO2+2Mn2+4H+5SO42=2MnO4+5PbSO4+2H2O.下歹U推断正确的选项是A,由反响I可知,Pb3O4中Pb(II)和Pb(IV)含量之比为2:1B.由反响I、II可知,氧化性：HNO3>PbO2>MnO4C. Pb可与稀硝酸发生反响：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NOT+8H2OD. Pb3O4可与盐酸发生反响：Pb3O4+8HC

15、1=3PbC12+4H2O+Cl2T【答案】AD【解析】A.反响I未发生氧化复原反响,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;8 .反响I中HNO3未能将Pb(II)氧化成Pb(IV),说明氧化性HNO3PbO2,反响II中PbO2将Mn2+氧化成MnOj,说明氧化性PbO2>MnOJ,故B错误；C.根据反响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.据反响II可知氧化性PbO2>MnO4,而酸性条件下MnO4能将HCl氧化成C12,那么Pb(IV)也能将HC1氧化成012,所

16、以此反响Pb3O4+8HC1=3PbC12+4H2O+Cl2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,进行水体修复的过程如下图.H+、O2、NO3一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/.以下说法错误的选项是OHA.反响均在正极发生B,单位时间内,三氯乙烯脱去amol01时ne=amol+C.的电极反响式为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响前后元素化合价变化可知,反响均为得电子的

17、反应,所以应在正极发生；B.三氯乙烯C2HC13中C原子化合价为+1价,乙烯中C原子化合价为-2价,1molC2HC13转化为1molC2H4时,得至U6mol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来配平该反响,而不能用H2O和OH来配平,所以的电极反响式为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10mL0.

18、10molL-1的一元弱酸HA(Ka=1.0迅3)中逐滴参加0.10molL-1NaOH溶液,溶液pH随参加NaOH溶液体积的变化关系如下图.以下说法正确的选项是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+)=10-3molL-1,由于Ka=1.010-3,所以c(HA)=c(A),【答案】A根据电荷守恒c(A)+c(OH)=c(Na+)+c(H+)和c(HA

19、)=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)=1011；b点溶质为NaOH和NaA,pH=11,c(OH)=10-3,OHi是由NaOH电离和水电离出两局部之和组成的,推断出由水电离处的c(OH)<10-3,那么水电离的c(H+)>1011,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,那么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

20、好完全反响生成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：采用高温增大反响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响历程如下图,其中吸附在催化剂外表上的物种用*标注.以下说法正确的选项是()-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响转变

21、为吸热反响【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区域传递.C正确.D选项,化学反响不会因参加催化剂而改变吸放热情况,所以D错误.三、非选择题：此题共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,其催化醇解反响可用于制备甲醇和乙酸己酯,该反响的化学方程

22、式为：催化剂CH3COOCH3(l)+C6H130H(l)-CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)VE=k正乂CH3COOCH3)?乂C6H13OH),v逆=k逆乂CH3COOC6H13)?乂CH3OH),其中v正、v逆为正、逆反响速率,k正、k逆为速率常数,x为各组分的物质的量分数.(1)反响开始时,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(“)随时间(t)的变化关系如以下图所示.该醇解反响的AH0(填或).348K时,以物质的量分数表示的化学平衡常数Kx=(保存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、

23、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.那么到达平衡后,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)该醇解反响使用离子交换树脂作催化剂,以下关于该催化剂的说法正确的选项是a.参与了醇解反响,但并不改变反响历程b.使k正和k逆增大相同倍数c,降低了醇解反响的活化能d.提升乙酸甲酯的平衡转化率【答案】(1) >3.2AC(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,

24、说明正向是吸热的,所以AH>0.348K时,设初始投入为1mol,那么有：催化剂CH3COOCH3(l)+C6H130H(l)-CH3COOC6H13(l)+CH3OH(l)起始：1100转化：0.640.640.640.64平衡：0.360.360.640.64带入平衡常数表达式：Kx=乂CH3COOC6H13)?乂CH3OH)/乂CH3COOCH3)?乂C6H13OH)=0.32032/(0.180,18)=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)?

25、乂C6H13OH),v逆=k逆乂CH3COOC6H13)?乂CH3OH),A点乂CH3COOCH3)?乂C6H13OH)大,温度高,因此A点v正最大,C点乂CH3COOC6H13)?乂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响,改变了反响历程,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；催化剂能够降低反响的活化能,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

26、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.答复以下问题：(1)C、O、Si三种元素电负性由大到小的顺序为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;第一电离能Ii(Si),原因oo*H(3)右图为硼酸晶体的片层结构,其中硼的杂化方式.H3BO3在热水中比冷水中溶解度显著增大的主要原因(4)以晶胞参数为单位长度建立的坐标系可以apm表示晶胞中各原子的位置,称作原子分数坐标.11.0.0.7.1OJCsSiB3O7属正交

27、晶系(长方体形).晶胞参数为apm、bpm、cpm.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Mgmol-1,设Na为阿伏加德罗常数的值,那么CsSiB3O7晶体的密度为gcm-3(用代数式表示).(1)O>C>Si>(2)1s22s22p63s23p63d104s24p2(或Ar3d104s24p2)；SiO?；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.

28、ZM二NaV-Na4M(4)40,=abc1041030abcNA(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l1(Si)>l1(Ge)o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(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A3d104s24p2);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

29、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：ZMP=NaV4M-'-30Naabc104MabcNA301

30、0-3gcm18. (13分)四澳化钛(TiBr.可用作橡胶工业中烯燃聚合反响的催化剂.TiBj常温下为橙黄色固体,熔点为38.3C,沸点为233.5°C,具有潮解性且易发生水解.实验室利用反响TiO2+C+2Br2-TiBr4+CO2制备TiB4的装置如以下图所示.答复以下问题：Ti5和碳粉(1)检查装置气密性并参加药品后,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,翻开电炉并加热反响管,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;反响过程中需用热源间歇性微热连接管,其目的是.(3)反响结束后应继续通入一段时间CO2,主

31、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,翻开Ki,关闭K2和K3；翻开K2和K3,同时关闭Ki.预防产品四澳化钛(2)浓硫酸,吸收多余的澳蒸气同时预防外界的水蒸气使产物水解;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】此题是制备化学物质四澳化钛的实验试题.(1)检查装置气密性并参加药品后,加热前应进行排除装置内的空气,预防反响物碳单质与氧气反响,浪费原料,还

32、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,所以只需要翻开Ki,关闭K2和K3；而反响开始一段时间后,翻开电炉并加热反响管,此时需要翻开K2和K3,同时关闭Ki,保证CO2气体携带澳蒸气进入反响装置中.(2)由于产品四澳化钛易发生水解,因此整套装置需要保持枯燥,因此进入的CO2气体必须枯燥,所以试剂A为浓硫酸(作枯燥剂),装置单元X应为尾气处理装置,吸收多余的澳蒸气,同时还能预防空气中的水蒸气干扰实验,预防产品四澳化钛水解变质.反响过程中需用热源间歇性微热连接管,其目的是预防产品四澳化钛凝固成晶体,堵塞连接管,造成

33、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)反响结束后在反响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,提升产率,而且还可以排出剩余的澳蒸气,进行尾气处理,预防污染.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(量程是250°C).此问考查学生对蒸储装置

34、的熟悉.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:粗氧化锌硫酸刨立德粉(1)生产ZnSO4的过程中,反响器I要保持强制通风,原因是(2)参加锌粉的主要目的是(用离子方程式表示).(3)KMnO4在酸性环境中被复原为Mn2+,在弱酸性、弱碱性溶液中被复原为MnO2,在碱性环境中被复原为MnO42'o据流程判断,参加KMnO4时溶液的pH应调a.2.22.4b.5.25.4c.12.212.4滤渣出的成分为.(4)制备BaS时,按物质的量之比计算

35、,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响器IV,反响器IV中产生的尾气需用碱液吸收,原因是O(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,反响的化学方程式为(BaSO4的相对分子质量为233.ZnS的相对分子质量为97).【答案】(1)反响中产生氢气,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)预防产生CO等有毒气体；尾气中含有的SO2等

36、有毒气体(5)ZnSO4、BaS、Na?S;4ZnSO4+BaS+3Na2s=BaSO44ZnS+3W2SO4【解析】分析流程中的相关反响：反响器I中粗氧化锌中所含Zn、CuO、FeO与硫酸反响,不溶性杂质以滤渣I的形式过滤别离；反响器n中用Zn置换溶?中Cu2+;反响器出中用KMnO4氧化Fe2+,同时限制pH,在弱酸性、弱碱性环境中,产生MnO2和Fe(OH/沉淀得到净化的ZnSO4溶液；反响器W中BaSO4+2C=BaS+2CO2制备BaS;反响器V用ZnSO4和BaS共沉淀制备立德粉.所以反响器I中Zn与硫酸反响产生氢气,保持强制通风,预防氢气浓度过大而易发生爆炸,出现危险.反响器n除Cu2+,Zn+Cu2+=Zn2+Cu2+.反响器出除Fe2+,同时在弱