山东省2020届新高考模拟统考--化学试卷

1、精选优质文档-倾情为你奉上绝密启用前山东省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 35.51、 选择题：本题共10小题，每小题2分，

2、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.

3、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 【答案】B 【解析】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

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，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.3p64s1 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19，核

5、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19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.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

6、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.、Y、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

7、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. 、Y组成化合物的沸点一定比、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、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；、Y、W分别对应元素为H、C、O、ClA. 、Y组成的化合物为烃类物质，沸点可能高于、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、组成的分子可能为非极性分子CO2 ，正确D.

8、 W是Cl，是所在周期中原子半径最小的元素，正确973KNi-Co7利用反应CCl4 + 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( ) AC（金刚石）属于共价晶体B该反应利用了Na的强还原性CCCl4和C（金刚石）中的C的杂化方式相同DNaCl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；CCCl4和C（金刚石）中的C的杂化方式都是sp3杂化，故C正确；DNaCl晶体：每个

9、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

10、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A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 + 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. SnI4可溶于CCl4中C.装置中a为泠凝水进水口D.装置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”

11、可知SnI4可溶于CCl4中，B正确；冷凝管的冷凝水为“下进上出”，所以装置中a为泠凝水进水口，C正确；据题可知：SnI4,易水解，所以装置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反应阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为21B若反应通过原电池实现，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NaCl

12、O3，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21，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

13、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CS2O82-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

14、极的HSO4-中O失去电子，S未变价；阴极电极反应式为2H+2e-H；若用铜作阳极，则阳极反应为Cu-2e-=Cu+，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21B由反应I、II可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnO4CPb可与稀硝酸发生反应：3Pb + 16HNO3 =

15、 3Pb(NO3)4 + 4NO + 8H2ODPb3O4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21，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>

16、;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（VI）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VI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a mol Cl时ne = a molC的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H2OD增大单位体积

17、水体中小微粒VI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 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配平该反应，而不能用H2O和OH_配平，所以 的电极反应式为NO3_ + 10H+ + 8e_ = NH4+ + 3H

18、2O；D增大单位体积水体中小微粒VI的投入量，可以增大小微粒VI和正极的接触面积，加快VI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 (a =1.0×10-3)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

19、+) > 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a =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，pH3，水电离出的c(OH)1011；b点溶质为NaOH和NaA，pH11，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+

20、)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

21、 产率降低。我国科研人员研制了 TiHFe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 （ ） 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

22、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）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：已知v正= 正(CH3COOCH3)(C6H13OH)，v逆= 逆(CH3COO C6H13)(CH3OH)，其中v正、v逆 为正、逆反应速率，正、逆为速率常数，为各组分的物质的量分数。（1） 反应开始时，已醇和

23、乙酸甲酯按物质的量之比1：1投料，测得348、343、338三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H_0（填>或<）。348时，以物质的量分数表示的化学平衡常数=_（保留2位有效数字）。在曲线、中，正逆值最大的曲线是_；A、B、C、D四点中，v正最大的是_，v逆最大的是_。（2）343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_（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_。

24、a. 参与了醇解反应，但并不改变反应历程 b. 使正和逆增大相同倍数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348，温度升高，平衡时转化率增大，说明正向是吸热的，所以H>0。348时，设初始投入为1mol，则有：起始： 1 1 0 0转化： 0.64 0.64 0.64 0.64平衡： 0.36 0.36 0.64 0.64带入平衡常数表达式：=(CH3COOC6H13) (CH3OH) / (CH3COOCH3) (C6H13OH) = 0.3

25、2×0.32 / (0.18×0.18) = 3.2正、逆是温度的函数，根据平衡移动的规律，正受温度影响更大，因此温度升高，正增大的程度大于逆，因此，正逆值最大的曲线是。根据v正= 正(CH3COOCH3)(C6H13OH)，v逆= 逆(CH3COO C6H13)(CH3OH)，A点(CH3COOCH3)(C6H13OH)大，温度高，因此A点v正最大，C点(CH3COO C6H13)(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，21时乙酸甲酯转化率最大。化学平衡常数只与温度有关，因此不变。（3）催化剂参与了醇解反应，改变了

26、反应历程，a错误；催化剂不影响化学平衡，说明催化剂使正和逆增大相同倍数，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、O2（=Si、Ge）和H3BO3首次合成了组成为CsB3O7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

27、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 >（2）1s22s22p63s23p63d

28、104s24p2（或Ar3d104s24p2）；SiO2；二者均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，SiO键长小于GeO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。（4）4 ，【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)。 （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Ar3d104s24p2）；S

29、iO2、GeO2均为原子晶体，Ge原子半径大于Si，SiO键长小于GeO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。（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y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y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，

30、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：=g·cm-318. （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 TiBr4 + CO2制备TiBr4的装置如下图所示。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1、2、3、的状态为 ； 一段时间后，打开电炉并加热反应管，此时活

31、塞1、2、3的状态为 。（2）试剂A为 ，装置单元的作用是 ；反应过程中需用热间歇性微热连接管，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1，关闭2和3；打开2和3 ，同时关闭1。（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

32、6;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1，关闭2和3；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2和3,同时关闭1，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），装置单元应为尾气处理装置，吸收多余的溴蒸气，同

33、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

34、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·nS）广泛用于工业生产中，可利用nSO4和BaS共沉淀法制备。以粗氧化锌(含n、CuO、FeO等杂质)和BaSO4为原料制备立德粉的流程如下：（1）生产nSO4的过程中，反应器要保持强制通风，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MnO4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MnO4

35、时溶液的pH应调至 ；a2.22.4b5.25.4c12.212.4滤渣的成分为 。（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12，目的是 ；生产过程中会有少量氧气进入反应器，反应器中产生的尾气需用碱液吸收，原因是 。（5）普通立德粉（BaSO4·nS）中nS含量为29.4%。高品质银印级立德粉中nS含量为62.5%。在nSO4、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。nS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）n+Cu2+= n2