山东2020年普通高中学业水平等级考试模拟卷

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：H1C12N14O16S32Cl35.5一、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（2020

2、届山东等级模拟考）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. （2020届山东等级模拟考

3、）某烯烧分子的结构简式为，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【答案】B【解析】CCIIC-C-C=C-CfICCI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C,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. （2020届山东等级模拟考）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

4、取碘水中的碘D,配置0.1molL-1的盐酸溶液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（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,实验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.（2020届山东等级模拟考）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

5、19K,核外电子排布式为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. （2020届山东等级模拟考）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Cm

6、.皿打加AB.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，正确。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. （2020届山东等级模拟考）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

7、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A为乙烯、B为氯化氢、C为H2O,错误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：氯乙烷、D为水、E为乙醇；X、Y、Z、W分别对应元素为H、C、O、ClE. 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F. Y的最高价氧化物的水化物为H2CO3属于弱酸，

8、正确G. Y、Z组成的分子可能为非极性分子CO2,正确H. W是Cl,是所在周期中原子半径最小的元素，正确一.973K7. （2020届山东等级模拟考）利用反应CCl4+4Na=N京C（金川J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C周围有8个Na卡【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+1价，作

9、还原剂将CC14还原，故B正确；C. CC14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C1，每个C同时吸引6个Na卡,配位数为6故D错误。8. （2020届山东等级模拟考）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【答案】A【解析】A选项，酚羟基遇Fe3+发生显色反应。B选项，84消

10、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. （2020届山东等级模拟考）锡为IVA族元素，四碘化锡是常用的有机合成试剂（SnI4,熔点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刍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8. SnI4可溶于CCl4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

11、挥发的I2【答案】D1：的co的液Sn.年翼片【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n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. （2020届山东等级模拟考）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：那IffcOaX

12、aOHOCIOs+IuXtJCl%、士.公反应日应NaHSOi卜列说法错误的是（）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C1O2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

13、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. （2020届山东等级模拟考）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）电极反应式为2HSO4-2e-=S2O82-+2H+。下列说法正

14、确的是A.阴极电极反应式为Pb+HSQ-2e-=PbSQ+HB.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【解析】Na2S2O8的结构为6七，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-=氏T；若用铜作阳极，则阳极反应为Cu-2e-=Cu2+,综上所述，答案为Co12. (2020届山东等级模拟考)已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应I:Pb3O4+4H+=PbO2+2Pb2+2H2

15、QPbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应II：5PbO2+2Mn2+4H+5SOi2=2MnO4+5PbSQ+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：HNO3>PbO2>MnO4C. Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb+16HNO3=3Pb(NO3)4+4NOT+8H2OD. Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4+8HC1=3PbC2+4H2O+C2T【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

16、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僦发生，故D也正确。13. (2020届山东等级模拟考)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

17、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amolCl时ne=amolC.的电极反应式为NOa-+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C2HC13中C原子化合价为+1价，乙烯中C原子化合价为-2价，1molC2HCI3转化为1molC2H4时，得到6mol电

18、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+8eNH4+,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OHI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. (2020届山东等级模拟考)25时，向10mL0.10molL-1的一元弱酸HA(Ka=1.010-3)中逐滴加入0.10molL-1NaOH溶液，溶液pH随加入NaOH溶液体积

19、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】AA选项正确。a点时，pH=3,c(H+)=10-3molL-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,pH=3,水电离出的c(OH)=1011；b点溶质为NaOH和N

20、aA,pH=11,c(OH)=10-3,OH一是由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+)>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，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

21、D错误。15. (2020届山东等级模拟考)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()si-SIA.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

22、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)(2020届山东等级模拟考)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)-CH3cOOC6

23、H13(l)+CH3OH(l)已知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AH0(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o1:2和2:1进行初始投料。

24、则达到平衡后,(2)343K时，己醇和乙酸甲酯按物质的量之比1:1、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) >3.2AC(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，说明正向是吸热的，所以AH>0o348K时，设初始投入为1mol,

25、则有：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)=0.320>32/(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)?乂C6H13OH),v逆=k逆乂CH3COOC6H13)?乂CH3

26、OH),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，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bco17.(12分)(2020届山东等级模拟考)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、

27、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：2:1时乙酸甲酯转化率最大。化学平衡常(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、类似的晶体结构，其中熔点较高的是,原因GeO2具有(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apm、bpm、cpm。右图为沿y轴投影的晶胞中所有C

28、s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flLI码(0508.1.0)D.-lI.DtMgmol-1,设Na为阿伏加德罗常数的值，则CsSiB3O7晶体的密度gcm-3(用代数式表示)LJ(03口2冉,门rlOJ.n.Si(1)O>C>Si>(2)1s22s22p63s23p63d104524P2(或Ar3d104s24p2);SQ2；二者均为原子晶体，Ge原子半彳5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。ZM

29、NaV4M4M“3。(4)4。，10Naabc10abcNA【解析】同主族由上至下逐渐减小，所以电负性O>C>Si;(1)电负性的变化规律为同周期从左向右逐渐增大，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Ii(Si)>Ii(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is22s22p63s23p63d104s24p2(或Ar3d104s24p2);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

30、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：ZMNaV4MNaabc10304MabcNA1030-3gcm1

31、8. (13分)(2020届山东等级模拟考)四澳化钛(TiBr4)可用作橡胶工业中烯燃聚合反应的催化剂。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。实验室利用高温_，_，,、一反应TiO2+C+2Br2TiBr4+CO2制备TiBr4的装置如下图所不。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(3)反应结束后应继续

32、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K1,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TiBr4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，防止反应物碳单质与

33、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，其目的是防止产品四澳化钛凝固成

34、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,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的

35、认识。19. (11分)(2020届山东等级模拟考)普通立彳i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：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MnO4(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、N

36、a2s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。Zn+Cu2+=Zn2+Cu2+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ZnSO4、BaS、NazS;4ZnSO4+BaS+3Na2s=BaSO44ZnS+3Na2SO4【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置换溶液中Cu2+;反应器出中用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n除Cu2+,Zn+Cu2+=Zn2+Cu2+。反应器出