山东省博兴县第一中学2019届高三化学上学期第三次月考试卷（含解析）.docx

山东省博兴县第一中学2019届高三化学上学期第三次月考试卷（含解析）可能用到的相对原子质量： 第卷 选择题（共40分）一、选择题（本题共）15小题，每小题只有一个正确答案，15题，每小题2分；615题，每小题3分，共40分1.化学与生产、生活、技术密切相关，下列说法错误的是（ ）A. 可制作胃酸中和剂 B. 可广泛用于食品增白C. 食盐中加入可以防治碘缺乏症 D. 用于测定文物的年代【答案】B【解析】【详解】A.Al(OH)3是两性氢氧化物,具有弱碱性，可中和胃酸（HCl），可制作胃酸中和剂，故A正确；B.SO2有毒，不能用于食品漂白，故B错误；C.为了预防碘缺乏症，可在食盐中加KIO3，故C正确；D.根据的衰变程度计算文物年代，故D正确；本题答案为B。【点睛】小苏打也可以中和胃酸，但因小苏打和胃酸（HCl）反应，生成CO2，因此不适于胃溃疡和胃穿孔患者使用。2.下列有关物质性质和用途正确且有对应关系的是（ ）物质性质用途A铝易被氧化，表面形成致密的氧化物薄膜铝制餐具可以蒸煮酸性或碱性食物B小苏打能与酸反应产生气体作发酵剂C硫酸钡难溶于水用作“钡餐”D强氧化性用于环境消毒A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】【详解】A.Al是活泼的金属单质，在空气中易形成氧化物保护膜，因为Al和Al2O3均既能和酸反应又能和碱反应，所以不能用铝制餐具蒸煮酸性或碱性食物，故A错误；B.小苏打受热分解，产生CO2气体，使发面时产生很多小孔，故B错误；C.硫酸钡既难溶于水又难溶于酸，所以可用BaSO4作钡餐，故C错误；D,NaClO具有强氧化性，常用于漂白和环境消毒，故D正确；本题答案为D。3.本草纲目记载酿酒之法，“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承取滴露”。文中涉及的操作方法是A. 蒸馏 B. 过滤 C. 溶解 D. 结晶【答案】A【解析】【详解】由题干中“酿酒”可知，该操作的目的是获得“酒”，由“蒸令气上，用器承取滴露”可知，该操作方法是蒸馏。答案选A。【点睛】对于化学与中国传统文化题目解答时，需抓住关键词分析。4.下列仪器的使用或操作（夹持装置略去）正确的是（ ）A. 配制一定物质的量浓度的稀硫酸B. 制取少量的胶体C. 放出用萃取溴水后的有机层D. 灼烧固体【答案】C【解析】【详解】A.容量瓶不能做稀释硫酸的仪器，故A错误；B.实验室将饱和的FeCl3溶液滴入沸水中制取Fe(OH)3胶体，若按题中方法得到的是Fe(OH)3固体，故B错误；C.用CCl4作萃取剂，萃取溴水中的溴，由于CCl4的密度比水大，所以从下口放出有机层液体，故C正确；D.灼烧Al(OH)3应放在坩埚中进行，不能放在蒸发皿中灼烧，故D错误；本题答案为C。【点睛】萃取实验后，分离不相溶的两种液体时，下层液体从分液漏斗的下口放出，上层液体从分液漏斗的上口倒出。5.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. H2O2分解产生1 mol O2转移电子数为4NAB. 0.1mol H2和0.1mol碘蒸气在密闭容器中充分反应，容器内分子总数为0.2NAC. 1mol NaHSO4熔融时电离出的阳离子数目为2NAD. S8分子结构如图，1mol该分子中含有SS键个数为7NA【答案】B【解析】【详解】A. H2O2分解方程式为：2H2O2=2H2O+O2，H2O2发生歧化反应，由化合价升降可知，产生1molO2转移电子数为2NA，错误；B.H2+I22HI，该反应为反应前后分子数不变的可逆反应，故0.1mol H2和0.1mol碘蒸气在密闭容器中充分反应，容器内分子总数为0.2NA，正确；C. NaHSO4熔融时电离方程式为：NaHSO4Na+HSO4-，故阳离子总数为1NA，错误；D.由分子结构模型可知，1molS8中含有S-S键个数为8NA，错误。答案选B。【点睛】对于常见需要掌握的可逆反应：H2+I22HI，N2+3H22NH3，PCl3+Cl2PCl5，SO2+O2SO3（需注意SO3的聚集状态），弱电解质的电离，盐类的水解等，需要注意题干的要求信息，切忌顾首不顾尾；常见易错物质的化学键数目（以下物质均为1mol）：硅单质-2molSi-Si，二氧化硅-4molSi-O，金刚石-2molC-C，石墨-1.5molC-C，白磷（P4）-6molP-P等。6.下列离子方程式的书写正确的是（ ）A. 溶于溶液：B. 漂白粉溶液中通入少量：C. 食醋除去瓶胆内的水垢：D. 用惰性电极电解硫酸铜溶液：【答案】A【解析】【详解】A.Al溶于NaOH溶液的离子方程式为：，故A正确；B.漂白粉溶液中通入少量SO2的离子方程式为：Ca2+ClO-+SO2+H2O=2H+Cl-+CaSO4，故B错误；C.食醋除去瓶胆内的水垢的离子方程式为：CaCO32CH3COOH=Ca2+2CH3COO-H2OCO2，故C错误；D.用惰性电极电解硫酸铜溶液的离子方程式为：2Cu2+ + 2H2O 2Cu + O2 + 4H+，故D错误；本题答案为A。7.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X元素原子最外层电子数是内层的2倍，Y是地壳中含量最高的元素，Y与Z形成的化合物能与NaOH溶液反应，其生成物是常用防火材料。X、Y、Z、W最外层电子数之和为19。下列说法错误的是A. 常温常压下X的单质为固态B. 原子半径：r(Z)r(W)r(Y)C. Y的简单气态氢化物的热稳定性比Z的氢化物强D. W的最高价氧化物对应的水化物是强酸【答案】D【解析】【分析】本题主要考查元素周期律相关推断以及元素及其化合物。X元素原子最外层电子数是内层的2倍，故X为C；Y是地壳中含量最高的元素，故Y为O；Y与Z形成的化合物能与NaOH溶液反应，其生成物是常用防火材料，Z为Si；X、Y、Z、W最外层电子数之和为19，且短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，故W为P；据此作答即可。【详解】A.常温常压下，碳单质为固态，正确；B.Si与P为第三周期元素，同周期从左至右原子半径减小，r(Si)r(P)，O为第二周期元素，电子层数少于Si和P，故原子半径：r(Si)r(P)r(O)，正确；C.O的非金属性大于Si，故O的简单气态氢化物的热稳定性比Si的氢化物强，正确；D.P的最高价氧化物对应的水化物为H3PO4，为中强酸，错误。答案选D。8.一种新型微生物燃料电池可用于污水净化、海水淡化，其工作原理如图所示。下列说法正确的是A. a为电池的正极B. 海水淡化的原理是：电池工作时，Na+移向左室，C1-移向右室C. 处理NO的电极反应为：2 NO+6H2O+10e-=N2+12OH-D. 若用C6H12O6表示有机废水中有机物，每消耗1 mol C6H12O6转移6 mol e-【答案】C【解析】【详解】A.b极NO3-被还原为N2，故b为电池的正极，则a为电池负极，错误；B.由A项分析可知，左室为负极区，右室为正极区，电池工作过程中，阳离子向正极移动，即Na+移向右室，Cl-移向左室，错误；C. NO3-在b极被还原为N2，故b极电极反应式为：2NO3-+6H2O+10e-=N2+12OH-，正确；D. 若用C6H12O6表示有机废水中有机物，则b极电极反应式为：C6H12O6-24e-+6H2O=6CO2+24H+，即每消耗1 mol C6H12O6转移24 mol e-，错误。答案选C。9.以高硫铝土矿（主要成分为、，少量）为原料，生产的部分工艺流程如下：下列说法错误的是（ ）A. 用溶液吸收焙烧过程产生的有利于保护环境和资源再利用B. 从高硫铝土矿中可制得、的化合物C. 向“过滤”得到的滤液中通入过量，铝元素存在的形式由转化为D. 与混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成和【答案】C【解析】【详解】A.SO2为有毒气体，不能直接排放到空气中，可用NaOH吸收焙烧过程产生的SO2，有利于保护环境和资源再利用，故A正确；B.高硫铝土矿中含有大量的Al和Fe，可通过适当的操作，得到Al、Fe的化合物，故B正确；C.由题中转化关系可知，滤液中含有NaAlO2、Na2SiO3，通入过量的CO2，生成Al(OH)3和H2SiO3，故C错误；D.FeS2与Fe2O3混合后在无氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2，反应的化学方程式为：FeS216Fe2O3=11Fe3O42SO2，故D正确；本题答案为C。10.由下列实验及现象能推出相应结论的是（ ）实验现象结论A将样品溶于稀硫酸后，滴加溶液溶液变为血红色样品已被氧化变质B向溶液中通入生成白色沉淀非金属性C向盛有固体的烧瓶中滴加盐酸，并将产生的气体通入溴水中溴水褪色还原性：D向无色溶液中滴入溶液和稀硝酸有白色沉淀生成无色溶液中一定含或A. A B. B C. C D. D【答案】B【解析】【详解】A.加入稀硫酸就相当于有了硝酸，硝酸能将二价铁氧化为三价铁，故A错误；B.生成的白色沉淀是硅酸，说明酸性：碳酸强于硅酸，推得非金属性：碳强于硅，故B正确。C.产生的气体是硫化氢，使溴水褪色说明还原性：硫离子强于溴离子。但本选项中并未涉及氯离子的有关转化，故无法得到结论，故C错误；D.向无色溶液中滴入BaCl2溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，除含有SO32-、SO42-外还可能含有HSO3-、Ag+等,故D错误；本题答案为B。11.是一种常见的绿色氧化剂，可由臭氧发生器（原理如图）电解稀硫酸制得。下列说法错误的是 A. 电极a为阴极B. 标准状况下，当反应时收集到和混合气体，的体积分数为80C. 电解一段时间后b极周围的下降D. a极的电极反应为【答案】B【解析】【分析】观察电解池装置图，电解池左侧通入氧气，由此可知a极发生还原反应，a极为阴极，电极反应式为：O24H+4e-=2H2O,所以b做阳极，以此分析即可。【详解】A.电解池左侧通入氧气，由此可知a极发生还原反应，a极为阴极，故A正确；B.由O24H+4e-=2H2O,可知阴极有5.6LO2（0.25mol），反应时，转移电子数为1mol，在阳极收集到气体的物质的量为0.2mol,设O2mmol,O3nmol,依据电子转移守恒有：4m6y=1，mn=0.2,联立解得m=0.1,n=0.1,故O3的体积分数为0.1/0.2100=50，故B错误；C.b极水电离出的OH-失去电子，生成O2和O3，电解一段时间后，水的电离平衡被破坏，溶液的c(H+)增大，pH下降，故C正确；D.由上述分析可知，a极的电极反应为：O24H+4e-=2H2O,故D正确；本题答案为B。12.在容积为的密闭容器内，物质在时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随时间的变化关系如图，下列叙述不正确的是（ ）A. 若在第7分钟时增加的物质的量，则表示的物质的量变化正确的是a曲线B. 该反应的化学方程式为，该反应的平衡常数表达式为C. 已知反应的，则第5分钟时图象呈现上述变化的原因可能是升高体系的温度D. 从反应开始到第一次达到平衡时，物质的平均反应速率为【答案】A【解析】【详解】A.因为D是固体，D的物质的量的改变不影响化学平衡，所以A的物质的量不变，则表示A的物质的量变化正确的是b曲线,故A错误；B.根据图在第一次达到平衡时A的物质的量增加了0.4mol，B的物质的量增加了0.2mol，所以A、B为生成物，D的物质的量减少了0.4mol，所以D为反应物，D、A、B的变化量之比为0.4:0.4:0.2=2:2:1，反应中各物质计量数之比等于各物质的物质的量的变化量之比，化学方程式为:2D(s) 2A(g)B(g)，该反应的平衡常数表达式:K=c2(A)c(B)，故B正确；C.第5分钟时A、B的物质的量在原来的基础上增加，而D的物质的量在原来的基础上减小，说明平衡正向移动，因为反应的H0，所以此时是升高温度，故C正确；D.根据v=计算A物质表示的平均反应速率为mol/(Lmin)0.0667mol/(Lmin)，故D正确；本题答案为A。13.在体积都为，都等于2的盐酸和醋酸溶液中，投入锌粒，则下图所示比较符合客观事实的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A.体积相等，pH=2，说明盐酸浓度是0.01mol/L，醋酸浓度要大于0.01mol/L，加入的锌粒是0.01mol，因为醋酸在反应过程中还不断电离，氢离子浓度减小的慢，所以pH升高的慢，斜率比盐酸的要小，故A错误；B.产生氢气的速率取决于氢离子浓度，随着反应的进行，醋酸比盐酸中氢离子浓度大，反应速率快，故B错误；C.因为醋酸的物质的量比盐酸多，所以产生的氢气多，故C正确；D.醋酸中氢离子反应后又不断电离出氢离子，所以浓度减小的比盐酸要慢，D错误。本题答案为C。【点睛】对于弱酸由于有电离平衡存在，电离时要注意随着氢离子浓度的减小，电离平衡向正向移动，氢离子的浓度降低的速率较之强酸降低的小且缓慢。14.一定温度下，在体积为的密闭容器中，存在关系，反应物和生成物的物质的量随时间变化的关系如图所示。下列说法正确的是（ ）A. B. 该温度下，反应的平衡常数为C. 平衡时混合气体的平均摩尔质量是D. 时刻，保持温度不变，再充入，重新达到平衡时，增大【答案】D【解析】【详解】A.由图可知，反应消耗了3molH2O，生成了1mol(H2O)x，根据原子守恒可知x=3，故A错误；B.由上述分析可知x=3，在该温度下，平衡时c(H2O)3=1mol2L=0.5mol/L，c(H2O)=2mol2L=1mol/L，反应的平衡常数：K=c(H2O)3/c3(H2O)=0.5L2/mol2，故B错误；C.根据质量守恒，平衡时混合气体质量与初始时投入的5molH2O的质量相同，即90g，平衡时混合气体物质的量为3mol，那么混合气体的平均摩尔质量为30g/mol，故C错误；D.t1时刻反应已经达到平衡，此时保持温度不变充入1molH2O（g），由于容器是密闭的，相当于增大了压强，根据勒夏特列原理，平衡会朝压强减小的方向即正方向移动，更倾向于消耗反应物，生成产物，所以平衡时的将增大，故D正确；本题答案为D。15. 关于下列各图像的说法中正确的是A. 图表示将SO2气体通入溴水中B. 图表示反应N2(g)3H2(g)2NH3(g) H0的平衡常数K随温度的变化C. 图中阴、阳两极收集到的气体体积之比一定为11D. 图中的H1H2【答案】D【解析】试题分析：A、溴水溶液呈酸性，反应为Br2+H20HBr+HBr0，pH7，与图象中的pH7不符，故A错误；B、反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)，H0，反应放热，温度升高平衡向逆反应方向移动，K减小，故B错误；C、铁做阳极，阳极上铁放电没有气体生成，阳极反应为Fe-2e-Fe2+，阴极上有氢气生成，故C错误；D、根据盖斯定律可知H1=H2+H3，由于反应都放热，则H0，故H1H2，故D正确；故选D。考点：考查了溴水与二氧化硫反应、平衡移动、电解以及盖斯定律的相关知识。第卷（非选择题，共60分）16.环境问题越来越受到人们的重视，研究表明氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如图所示）。回答下列问题：（1）的电子式为_，中含有的化学键是_。（2）下列关于雾霾的叙述错误的是_（填序号）：A雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 B是形成无机颗粒物的催化剂C雾霾的形成与过度施用氮肥有关 D雾霾的形成过程涉及氧化还原反应（3）预防含硫化合物雾霾生成的方法之一是将氨气和二氧化硫通入水中，再充入充分反应生成一种正盐，该反应的化学方程式为_。（4）在有氧条件下，催化剂能催化与反应生成。将一定比例的、和混合气体匀速通入装有催化剂的反应器中反应，测得反应温度高于380时，的去除率迅速下降，其原因之一是催化剂活性下降，另一重要原因是_。在无氧条件下，反应器中能将还原为，当生成时转移电子_（可用分数表示）。【答案】 (1). (2). 共价键和离子键 (3). B (4). (5). 与反应生成了 (6). 【解析】【分析】（1）NH3分子中的N和3个H分别形成共价键，使之达到8电子和2电子稳定结构，N、H，N、O之间是共价键而NH4+和NO3-之间是离子键；（2）依据转化图，可分析雾霾的组成，及转化过程中所发生的反应类型；（3）将氨气和二氧化硫通入水中，再充入氧气充分反应生成硫酸铵；（4）NH3具有还原性，O2具有氧化性，温度高于380时，NH3和O2发生氧化还原反应，生成NO，且消耗了O2，所以导致NOx的去除率迅速下降，在无氧条件下，NH3和NO2反生氧化环反应：8NH36NO27N212H2O，以此解答；【详解】（1）NH3分子中的N和3个H分别形成共价键，其电子式为：，NH4NO3是离子化合物，NH4+和NO3-之间是离子键，NH4+和NO3-中含有共价键，故NH4NO3既有离子键又有共价键；本题答案为：，共价键和离子键。（2）A.由于氮的氧化物、二氧化硫转化为铵盐，形成无机颗粒物，由此可知雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，故A正确；B.催化剂是指能改变化学反应速率，而本身在化学反应前后质量和化学性质都不发生改变的物质。而NH3参加了反应转化成了铵盐，所以NH3不是形成无机颗粒的催化剂，故B错误；C. 由于氮的氧化物、二氧化硫转化为铵盐，在此过程中与大气中的NH3有关，由于氮肥会释放氨气，所以雾霾的形成与过度施用氮肥有关，故C正确；D.雾霾的形成过程中，由NOxNO5，SO2SO3均属于氧化还原反应，故D正确；本题答案为：B。（3）将氨气和二氧化硫通入水中，再充入O2充分反应生成硫酸铵，该反应的化学方程式为：4NH32SO2O22H2O=2（NH4）2SO4；本题答案为：4NH32SO2O22H2O=2（NH4）2SO4。（4）NH3具有还原性，O2具有氧化性，温度高于380时，NH3和O2发生氧化还原反应，4NH35O24NO6H2O，生成NO，且消耗了O2，所以导致NOx的去除率迅速下降；在无氧条件下，NH3和NO2反生氧化环反应：8NH36NO27N212H2O，该反应中NH3中的N化合价-30，NO2中N的化合价+40，生成7molN2转移24mol电子,所以生成1molN2转移电子24/7mol；本题答案为：NH3和O2生成了NO，24/7。【点睛】认真观察转化图示，找到雾霾形成过程中所发生的各种变化及原理是解答本题的关键。17.钛被称为继铁、铝之后的第三金属。工业上常用硫酸酸解钛铁矿(主要成分为FeTiO3，还含有部分Fe2O3)的方法制取金红石(TiO2)，再还原TiO2制取金属钛。工业制取TiO2的工艺流程图如下：回答下列问题：(1)钛酸亚铁(FeTiO3)中Ti的化合价为_。(2)钛液1中钛以TiO2+的形式存在，则FeTiO3与硫酸反应的离子方程式为_。(3)为提高钛铁矿的酸解率，可添加适量氧化剂，依据右图判断，添加的最佳氧化剂为_(填化学式)。(4)钛液1中加入的A物质是_，流程中的操作a是_。(5)制取金红石过程中，需要测定TiO2+的含量。取100mL钛液1，加铝粉，使其发生反应3TiO2+Al+6H+=3Ti3+Al3+3H2O，反应消耗铝1.35g，则钛液1中TiO2+的物质的量浓度为_。【答案】 (1). +4价 (2). FeTiO3+4H+=TiO2+Fe2+2H2O (3). KMnO4 (4). 铁粉或铁 (5). 洗涤、干燥 (6). 1.5mol/L【解析】【分析】本题主要考查制备实验方案的设计。钛铁矿和硫酸混合，钛铁矿和硫酸反应的产物之一是TiOSO4，钛铁矿中含有Fe2O3，故反应后的钛液1中含有Fe3+，故需向钛液1中加入铁屑，发生反应2Fe3+Fe=3Fe2+，反应后溶液中溶质为TiOSO4和FeSO4，再将溶液冷却结晶、过滤得到绿矾和钛液2，钛液2中含有TiOSO4，先将钛液2中加入沸水，TiO2+水解生成H2TiO3，然后过滤回收硫酸，同时将固体干燥得到H2TiO3，再经过煅烧得到TiO2，据此分析解答。【详解】（1）钛酸亚铁(FeTiO3)中Fe为+2价，O为-2价，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知，Ti为+4价；（2）由上述分析可知，FeTiO3与硫酸反应的离子方程式为：FeTiO3+4H+=TiO2+Fe2+2H2O；（3）由图分析可知，最佳氧化剂为KMnO4；（4）钛液1中含有Fe3+，故需向钛液1中加入铁屑，将Fe3+还原；操作a的目的是得到较纯的H2TiO3固体，故操作a是洗涤、干燥；（5）由3TiO2+Al+6H+=3Ti3+Al3+3H2O可知，每消耗1molAl的同时，会消耗3molTiO2+，100mL钛液1消耗0.05molAl，即100mL钛液1中含有0.15molTiO2+，故钛液1中TiO2+的物质的量浓度为。18.金属镓是广泛用于电子工业和通讯领域的重要金属，化学性质与铝元素相似。（1）工业上提纯镓的方法很多，其中以电解精炼法为多。具体原理如下：以待提纯的粗镓(内含Zn、Fe、Cu杂质)为阳极，以高纯镓为阴极，以NaOH水溶液为电解质溶液。在电流作用下使粗镓在阳极溶解进入电解质溶液，并通过某种离子迁移技术到达阴极并在阴极放电析出高纯镓。已知离子氧化性顺序为Zn2+Ga3+Fe2+Cu2+。电解精炼镓时阳极泥的成分是_。GaO2-在阴极放电的电极方程式是_。（2）工业上利用固态Ga与NH3高温条件下合成固体半导体材料氮化镓(GaN)同时又有氢气生成。反应中每生成3 mol H2时就会放出30.8 kJ热量。该反应的热化学方程式为_。一定条件下，加入一定量的Ga与NH3进行上述反应，下列叙述符合事实且可作为判断反应已达到平衡状态的标志的是_。A.恒温恒压下，混合气体的密度不变B.断裂3 mol HH键，同时断裂2 mol NH键C.恒温恒压下达平衡后再加入2 mol H2使平衡移动，NH3消耗速率等于原平衡时NH3的消耗速率D.升高温度，氢气的生成速率先增大再减小【答案】 (1). Fe、Cu (2). GaO2-+3e-+2H2OGa+4OH- (3). 2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) H=-30.8 kJ/mol (4). AC【解析】【详解】(1)已知离子氧化性顺序为：Zn2+Ga3+Fe2+Cu2+，则电解精炼镓时阳极是 Zn和 Ga失去电子，而铁和铜变为阳极泥；综上所述，本题答案是：Fe、Cu。GaO2-在阴极得到电子转化为金属单质，因此放电的电极方程式是：GaO2-+3e-+2H2OGa+4OH-；综上所述，本题答案是：GaO2-+3e-+2H2OGa+4OH-。(2)反应中每生成3molH2时就会放出30.8 kJ 热量，因此该反应的热化学方程式为: 2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) H=-30.8 kJ/mol； 综上所述，本题答案是： 2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H2(g) H=-30.8 kJ/mol。A. 密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中质量是不变的，正反应体积增大，压强不变，因此容积变化，所以恒温恒压下，混合气体的密度不变说明反应达到平衡状态，A正确；B.断裂3molHH键，同时断裂6molNH键，说明反应达到平衡状态，B 错误；C. 恒温恒压下达平衡，加入2molH2使平衡移动，由于平衡是等效的，因此NH3的消耗速率等于原平衡时NH3的消耗速率，C正确；D.升高温度，氢气的生成速率先增大再减小，最后不变，D错误；综上所述，本题选AC。19.肼（，无色液体）是一种用途广泛的化工原料。实验室中先制备次氯酸钠，再用次氯酸钠溶液和氨反应制备肼并验证肼的性质。实验装置如图所示。已知： 。当温度超过40时，与溶液反应生成。回答下列问题：（1）装置B的作用是_。（2）为控制D装置中的反应温度，除用冷水浴外，还需采取的实验操作是_。（3）当三颈烧瓶中出现黄绿色气体时立即关闭分液漏斗活塞、移去酒精灯、关闭。此时装置C的作用是_。（4）将D装置水槽中的冷水换为热水，把三颈烧瓶中黄绿色气体赶走后，打开，通入，使其与溶液反应制取肼。理论上通入三颈烧瓶的和的最佳物质的量之比为_。（5）请从提供的下列试剂中选择合适试剂，设计合理的实验方案验证肼的还原性（说明操作、现象和结论）。_。淀粉-溶液 稀硫酸（酚酞） 【答案】 (1). 除去中的 (2). 控制浓盐酸的滴加速度或控制A处加热温度 (3). 储存氯气 (4). (5). 取少量于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性。【解析】【分析】（1）A中制取的Cl2中含有HCl，应用饱和氯化钠除去；（2）由已知条件可知，过量的氯气和氢氧化钠反应是放热反应，所以可以控制氯气的产生速率达到降温的目的；（3）关闭分液漏斗活塞、移去酒精灯时，A中的反应并未立即停止，还会继续产生Cl2，关闭K1，A、B是密闭体系，C起到储气瓶的作用；（4）氯气通入D中，发生反应：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，通入氨气后发生反应：NaClO2NH3=N2H4NaClH2O，通过两个方程式可以找到通入Cl2和NH3物质的量之比；（5）要证明N2H4的还原性，需要用有氧化性的物质与其反应。【详解】（1）A中制取的Cl2中含有HCl，B中盛有饱和氯化钠，用以除去HCl；本题答案为：除去Cl2中的HCl。（2）由已知条件可知，过量的氯气和氢氧化钠反应是放热反应，所以可以控制氯气的产生速率达到降温的效果，控制浓盐酸的滴加速度或控制A处加热温度，可控制Cl2产生速率，以免过量氯气和氢氧化钠反应；本题答案为：控制浓盐酸的滴加速度或控制A处加热温度。（3）关闭分液漏斗活塞、移去酒精灯时，A中的反应并未立即停止，还会继续产生Cl2，关闭K1，A、B装置是密闭体系，C起到储气瓶的作用；本题答案为：储存氯气。（4）氯气通入D中，发生反应：Cl22NaOH=NaClNaClOH2O，通入氨气后发生反应：NAClO2NH3=N2H4NaClH2O，通过两个方程式可以知道，理论上通入三颈烧瓶的和的最佳物质的量之比为：1:2；本题答案为：1:2。（5）要验证肼的还原性，则需要选择氧化剂，AgCl中Ag+具有氧化性，故选择AgCl，操作现象及结论为：取少量AgCl于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性；本题答案为：取少量于试管中，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性。20.砷及其化合物与生产、生活密切相关，广泛应用在杀虫剂以及药物中，回答下列问题：（1）砷是第四周期A族元素。下列关于第A族元素及其化合物的说法不正确的是_（填序号）。a沸点： b酸性：c的氧化物的水化物是强碱 d形成的简单离子半径随着原子序数递增而增大（2）工业生产中常用“古氏试砷法”检验微量砷，其反应原理为：将含砷化合物转化为具有极强还原性的；与溶液反应产生与另一种固体，该反应的离子方程式为_。（3）砷酸可用于制造杀虫剂、药物。溶于稀硝酸中可得砷酸，此反应的化学方程式为_。（4）利用单质铁处理水体砷污染的原理为：单质铁在水体中被氧化腐蚀得到水合氧化铁和，吸附沉降砷的化合物。在其它条件一定时，调节水样的，得到除砷效率曲线如图所示。请解释水样酸性较强时，除砷效率较低的原因是_。国家饮用水标准规定水中砷的含量应低于。某水样中含砷总浓度为，若控制水样的，出水后的砷浓度_（填“能”或“否”）达到饮用水标准。（5）反应 。在容积为的密闭容器中进行。起始时和均为。反应在不同条件下进行，反应体系总压强随时间的变化如图所示。实验a从反应开始至达到平衡时的反应速率_（保留两位有效数字）。与实验a相比，其他两组改变的实验条件是：b_、c_。用表示开始时总压强，表示平衡时总压强，表示的平衡转化率，则的表达式为_。【答案】 (1). c (2). (3). (4). 酸性较强时，不易生成水合氧化铁，吸附能力下降，除砷效率低 (5). 能 (6). (7). 使用催化剂 (8). 升高温度 (9). 或【解析】【分析】（1）根据元素周期律，用同主族元素性质的递变规律解答；（2）AsH3被氧化，生成物中有另一种固体，则AgNO3中的Ag+被还原为Ag，根据氧化还原反应的配平原则配平即可；（3）由题中As2O3溶于稀硝酸中可得砷酸，As的化合价升高，被氧化，则HNO3被还原，由此可写出反应方程式；（4）单质铁处理水体砷污染的原理是：单质铁在水体中被氧化腐蚀得到水合氧化铁，水合氧化铁吸附沉降砷的化合物，结合水合氧化铁的组成分析；由图可以看出，当pH=6时，As的去除率为80，此时溶液中剩余As为20，当水未处理时，水样中含砷总浓度为100gL -1，若控制水样的pH=6，水中剩余的As为100gL -1=0.02mg/L，据此判断；（5）依据起始时，AX3和X2均为0.2mol,结合压强变化求算出AX3的变化量，就可得v(AX5)；根据图中曲线的变化，结合反应的特点，可以得