山东潍坊2019届高三上学期期中考试化学试卷

1、2018-2019学年度第一学期期中考试高三化学试题可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Al27S32C135.5K39Cr52Mn55Fe56Cu64Zn65第I卷（选择题，共42分）选择题（本题包括14个小题，每小题3分，共42分，每小题只有一个选项符合题意。）1 .化学与生产、生活、技术密切相关，下列说法错误的是A.Al（OH）3可制作胃酸中和剂B.C用于测定文物的年代C.食盐中加入KIO3可以防治碘缺乏症D.SQ可广泛用于食品增白【答案】D【解析】【详解】A.Al（OH）3属于两性氢氧化物，具有弱碱性，可中和胃酸（HCl）,可制作胃酸中和剂，A正确；B.根据*'

2、;的衰变程度计算文物的年代，B正确；C.为了预防碘缺乏症，可在食盐中加入KIO3,C正确；D.二氧化硫有毒，不能用于食品的漂白。答案选D【点睛】小苏打也可中和胃酸，会生成二氧化碳气体，因此不适用于胃溃疡或胃穿孔患者。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碍建A触易被虱化，表面影成致密的氧化物薄膜铝制餐具可以蠢点地桂会，B小苏打能与酸反应产生气体作发呼剂CMuClO强髭化性对于环埴消毒D盛酸领唯笳于水用作，如贮A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A.铝属于活泼性金属单质，易被空气氧化，生成致密的氧化膜，但铝以及氧化铝均具有两性，故不能用于蒸煮酸性或碱性食物，用途错

3、误；B.小苏打作发酵剂的原理是碳酸氢钠在受热后会分解，产生大量二氧化碳气体，使发面中形成许多小孔洞，错误；C.NaClO具有强氧化性，可用于漂白以及相关环境消毒，正确；D.硫酸钢不仅难溶于水，而且难溶于酸，因此常选用BaSO4作银餐，错误。答案选C3 .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.蒸储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，该操作方法是蒸储。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

4、）正确的是配制定物质的R浓度的稀植酶制取少量的1工（。山|胶体放出用CC%萃取滨水后的有机发【详解】A.容量瓶只能用于定容，不能用于稀释浓硫酸；玻璃棒引流时，不能与容量瓶口接触，错误；B.向沸水中滴加饱和氯化铁溶液，继续加热至红褐色透明状，即可得到氢氧化铁胶体，不能用玻璃棒搅拌，否则无法形成胶体，错误；C.澳单质在四氯化碳中的溶解度远大于在水中的溶解度，四氯化碳密度大于水，在分液漏斗下层，下层液体从下口放出，操作Co正确；D.灼烧时，加热容器应选塔蜗，不能使用蒸发皿，错误。答案选5 .“一硫二硝三木炭”描述的是我国四大发明之一的黑火药配方，黑火药爆炸时发生的反应为S+2KNQ3C兽KzS+NT

5、+3CQT,对于该反应说法不正确的是A.氧化产物是COB.爆炸的原因是反应释放大量热，并生成大量气体C.反应中有三种元素的化合价发生变化D.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:3【答案】D【解析】【详解】A.碳元素从0价上升至+4价，故CO2为氧化产物，正确；B.从反应方程式可知，该反应放出大量气体，结合爆炸品主要具有反应速度极快，放出大量的热，产生大量的气体等特性可知，B项正确；C.由反应方程式可知，反应后S、N元素的化合价降低，C元素化合价升高，正确；D.该反应中，氧化剂为S和KNO3,还原剂为C,故氧化剂与还原剂的物质的量为1:1,错误。答案选Do【点睛】本题主要涉及氧化还原反应，氧化还原

6、反应的特征是元素的化合价发生变化，其本质是在反应中有电子转移。在反应中，氧化剂是得到电子或电子对偏向的物质，本身具有氧化性，反应后化合价降低，对应的产物是还原产物；还原剂是失去电子或电子对偏离的物质，本身具有还原性，反应后化合价升高，对应的产物为氧化产物。整个反应过程电子从还原剂转移到氧化剂。一定记清各概念之间的关系：还原剂一化合价升高一失去电子一被氧化一发生氧化反应一生成氧化产物；氧化剂一化合价降低一得到电子一被还原一发生还原反应一生成还原产物。6.Na是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. H202分解产生1molO2转移电子数为4NaB. 0.1molH2和0.1mol碘蒸气在密闭容

7、器中充分反应，容器内分子总数为0.2NaC. 1molNaHSO4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S-S键个数为7冲【答案】B【解析】【详解】A.H2O2分解方程式为：2H2O2=2H2O+O2T,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+I2=2HI,该反应为反应前后分子数不变的可逆反应，故0.1molH2和O.lmol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：NaHSO4咋Na+HSOj,故阳离子总数为1Na,错误；D.由分子结构模型可知，1

8、molS8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+I2=2HI,N2+3H2=2NH3,PCl3+Cl2=PCl5,SO2+O23SO3（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。7 .下列离子方程式的书写正确的是A.食醋除去瓶胆内的水垢：CaC（3+2H+=CcJ+C（2）T+H2O8 .漂白粉溶液中通入少量

9、SO:Ca2+2ClO-+SQ+HO=CaS创+2HClOC.Al溶于NaObBM:2Al+2OH+2H2。=2AlO+3H2TD.用惰性电极电解硫酸铜溶液：2Cu2+4OH望2Cu+OT+2H2O【答案】C【解析】【详解】A.醋酸为弱电解质，不能拆分，错误；B.ClO-具有强氧化性，SO具有还原性，SO与Ca（ClO）2溶液发生氧化还原反应，该方程式不符合化学反应事实，错误；C.Al与氢氧化钠溶液反应生成NaAlO2和H2,正确；D.惰性电极电解过程中，阴极反应为Cu2+得电子，阳极反应是水电离出的OH-失去电子，故总反应中水不能拆分，正确离子方程式为：2Cu2+2H、O些2Cu+O2T+4

10、H,错误。答案选Co【点睛】离子方程式的正误判断：（1）看离子反应是否符合客观事实，（2）看表示物质的化学式是否正确，（3）看是否漏写反应的离子，（4）看是否质量守恒或原子守恒，（5）看是否电荷守恒，(6)看是否符合离子的配比，(7)看是否符合题设条件及要求。8.室温下，下列各组离子在指定溶液中不能大量共存的是A.能使石蕊变红的无色溶液：NH；、Ba2+、Al3+、C1-B. 0.1mol-L1碘水：Na+、SO：、C1-C. 0.1mol.L1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、NH；、NO、SO2；D. pH=2的溶液中：K+、N口3、Cl.、Fe3+【答案】B【解析】【详解】A.能使石蕊变

11、红的无色溶液，说明溶液呈酸性，且无有色微粒存在，上述4种离子均能和H+大量共存，故A项不选；B. I2能够将SO32-氧化：H2O+SO32-+I2=SO42-+2I-+2H+,故B项选；C.能够大量共存，故C项不选；D.pH=2的溶液，说明c(H+)=0.01mol/L,溶液中离子能大量共存，故D项不选。答案选Bo9.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，丫是地壳中含量最高的元素，丫与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)

12、>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，故丫为O;丫与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

13、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D10.一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。下列说法正确的是有皿1水1鸟于文模.值册皎机反水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：2NO+6H2O+10e-=N22+120HD.若用06H12O6表示有机废水中有机物，每消耗1molC6H12O6转移6mo

14、le-【答案】C【解析】【详解】A.b极NO3-被还原为电，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，C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-=N2T+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1molC6H12O6转移24mole；错误。答案选C=11.由下列实验及现象能推出相应结论的是实验蜕臬A将FMHDJ工样品淳于粘然较后，滴加K

15、5的港柒薄演变的虫虹七林。0J上样舄已火化鳖糜B向MdjSiOj浓乘中运入生成由色湿淀C句盛有F吊圆体构魂瓶中滴加挂乾，并将产生的吒住通人注水中液也褪色还原姓：¥>&ir>a-D向无色器液中清入露流和稀疏凝有由皂沆淀生成无邑港演中一定去so：A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.Fe(NO3)2溶于稀硫酸，溶液中发生离子反应：3Fe2+NO3+4H+=3Fe3+2H2O+NOT,故无法确定Fe(NO3)2是否已氧化变质，错误；B.向Na2SiO3溶液中通入CO2产生白色沉淀，发生反应：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3(,说

16、明酸性：H2CO3>H2SQ3,碳的最高价氧化物对应水化物H2CO3酸性强于硅的最高价氧化物对应水化物H2SQ3,故能说明非金属性C>Si,正确；C.FeS与盐酸反应不属于氧化还原反应，故无法判断S2-与C的还原性大小，错误；D.白色沉淀可能为AgCl、BaSO4,因硝酸具有氧化性，原溶液中可能含有Ag+、SO42,SO32-、HSO一错误。答案选Bo12.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O、FeQ、SiO2,少量FeS)为原料，生产Fe3。的部分工艺流程如下：空气海浪FeSSO.源海S(La一下列说法错误的是A.用NaOH§液吸收焙烧过程产生的SO有利于保护环境和资源再利

17、用B.从高硫铝土矿中可制得Al、Fe的化合物C.向“过滤”得到的滤液中通入过量CO,铝元素存在的形式由AlO转化为AlD.FeS2与FezQ混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成FaQ和SO【答案】C【解析】【分析】本题主要考查工艺流程分析。根据流程分析：矿粉焙烧时FeS2与O2反应生成Fe2O3和SO2,碱浸”时AI2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；F%O3和Fe0混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2；由此作答即可。【详解】A.SO2为有毒气体，不能直接排放至空气中，可用NaOH溶液吸收焙烧过程产生的SO2,有利于保护环境和资源再利用，正确；B.高硫铝土矿中含有

18、大量Al和Fe元素，可通过适当的操作得到Al和Fe的化合物，正确；C.由上述分析可知，滤液中含有NaAlO2、Na2SiO3,通入过量的CO2后，生成Al(OH)3和H2SiO3,错误；D.Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,反应的化学方程式为FeS2+16Fe2O311FesO4+2SO2T,正确。答案选C。【点睛】易错提醒：(1)需注意反应物及用量的不同对反应产物的影响，如NaOH溶液吸收少量SO2时，产物为SO32-,吸收过量SO2则产物为HSO3-;Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧时，没有氧气作氧化剂。13.NO和CO是环境污染性气体，可在催化条

19、件下转化为无害气体，反应进程中的能量变化如图所示。下列说法正确的是反应或寂A.加入催化剂使反应的变小B.该反应的热化学方程式为：N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)AH=-226kJmolC.反应物的总键能大于生成物的总键能D.该反应正反应的活化能大于逆反应的活化能【答案】B【解析】【详解】A.对于特定化学反应，加入催化剂只是改变化学反应途径，不改变化学反应的反应热，错误；B.Eai=134kJ/mol,Ea2=360kJ/mol,则该反应的热化学方程式为：N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g)H=134kJ/mol-360kJ/mol=-226kJmol_1,正确;

20、C.该反应反应物总能量高于生成物总能量，故该反应为放热反应，错误;D.该反应正反应白活化能为134kJ/mol,逆反应的活化能为360kJ/mol,即该反应逆反应的活化能大于正反应的活化能，错误。答案选B。14.O3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.a极的电极反应为C2+4H+4e-=2HtOC.电解一段时间后b极周围的pH下降D.标准状况下，当有5.6LO2反应时，收集到O和Q混合气体4.48L,Q的体积分数为80%【答案】D【解析】【分析】本题结合电解池的新型应用，主要考查电解池相关知识。电解池左侧通入。2,由此可知，a极

21、发生还原反应，a极为阴极，其电极反应式为：O2+4H+4e-=2H2O,故b为阳极，由此进行分析即可。【详解】A.由上述分析可知，a为阴极，正确；B.由上述分析可知，a极的电极反应为O2+4H+4e-=2H2O,正确；C.b极为H2O电离出的OH-失去电子，生成。2和。3,电解一段时间后，b极附近水的电离平衡被破坏，溶液中H+浓度增大，pH下降，正确；D.阴极0.25molO2反应时，转移电子为1mol,即阳极消耗0.5molH2。，生成混合气体为0.2mol,设生成O2为mmol,O3为nmol,由此可列出二元一次方程组：2m+3n=0.5,m+n=0.2,解得100%=50%,错误。答案选

22、Don=0.1,m=0.1,故O3的体积分数为0.201第R卷(非选择题，共58分)15.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(如下图所示)。一无机鼻粒#)，(1)NH3的电子式为,NHNQ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.雾霾中含有硝酸俊和硫酸俊B.NH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Q充分反应生成一种正盐，该反应的化学方程式为。预防含氮化合物雾霾生成的方法之一是用稀硝酸吸收NO,得到H

23、N4口HNO的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，电解后该溶液的pH(填“变大”“变小”或“不变”)。(4)在有氧条件下，彳t化剂能催化NH与NO反应生成N2,将一定比例的Q、NH3和NO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380c时，NO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NH能将NO还原为电当生成1molN2时转移电子mol(可用分数表木)。【答案】(1).(2).离子键、共价键(3).B(4).H2SO2+4NH3+2H2O+O2=2(NH4)2SO4(5).变小(6).NH3与。2反应生成了NO(7).247【

24、解析】“、II【详解】(1)NH3的电子式为；NH4NO3属于离子化合物，含有离子键，且NH4+和NO3-中含有共价键，故NH4NO3中含有的化学键为离子键、共价键;(2)A.由于氮氧化物和二氧化硫转化为钱盐形成无机颗粒物，由此雾霾中含有硝酸俊和硫酸俊，正确；B.在化学反应中能改变化学反应速率(提高或降低)而不改变化学平衡，且自身的质量和化学性质在反应前后都没有发生改变的物质叫催化剂，NH3作为反应物参加反应转化为钱盐，由此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，错误；C.氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，正确；D.雾霾形成过程中，N

25、Ox转化为N2O5以及SO2转化为SO3的过程中均涉及氧化还原反应，正确。(3)将氨气和二氧化硫通入水中，生成(NH4)2SO3,再通入O2将(NH4)2SO3氧化生成(NH4)2SO4,故该反应的化学方程式为：2SO2+4NH3+2H2O+O2=2(NH4)2SO4；电解时的反应物HNO2为弱电解质，电解后生成的HNO3为强电解质，电极反应式为HNO2-2e+H2O=NO3-+3H+,溶液酸性增强，故电解后该溶液的pH变小；(4) NH3中N的化合价为-3价，具有还原性，混合气体中。2具有氧化性，可发生氧化还原反应：4NH3+5O2疗化葩4NO+6H2O,生成了NO,且减少了。2浓度，导致N

26、Ox去除率下降；在无氧条件下，反应器中NH3能将NO2还原为N2,该反应方程式为：8NH3+6NO2J!蛔L7N2+12H2O,该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO?中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24moi电子，所以，生成ImolN2时转移电子数为mol。【点睛】结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。16.研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化与存储，过程如下：请回答下列问题：反应I的

27、化学方程式为。1molH2SO(液)分解成气态物质需要吸收的能量是275.5kJ,硫的燃烧热为297kJ-mol-1,则反应H的热化学方程式为。(2)单质硫也可以生成多硫化物实现能量间的转化。钠硫电池是一种新型高能电池，总反应为2Na+xS-黑含NazSx,该电池工作时的正极反应式为，给该电池充电时，钠电极应与外电源的(填“正”或“负”)极相连接。多硫化合物H2S2Q中S的化合价为+6,分子中过氧键的数目为。在碱性溶液中，多硫离子Sx2-被BrO'氧化成SO4,ErO；被还原成Br-。该反应的离子方程式是O【答案】(1).2H2SO4=2SO2T+2H2OT+O2T(2),3SO2(g

28、)+2H2O(g)=2H2SO4(l)+S(5) H=-254kJ/mol(3).xS+2e-=Sx2-(4),负(5),1(6),3Sx2-+6(x-1)OH-+(3x+1)BrO3-=3xSO42-+(3x+1)Br-+3(x-1)H2O【解析】【详解】(1)由图可知，反应I为H2SO4分解为。2、SO2、H2O,故该反应方程式为：2H2SO4=2SO2T+2H2OT+O2"；由题可知，反应I的热化学方程式为：2H2SO4(l)=2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)AH=+551kJ/mol,设S的燃烧热方程式为反应IV：S(s)+O2(g)=SO2(g)AH=-297kJ

29、/mol,由盖斯定律可知反应II的热化学方程式=-(反应I+反应IV),故反应II的热化学方程式为3SO2(g)+2H2O(g)=2H2SO4(D+S(s)AH=-254kJ/mol;(2)由总反应方程式可知，正极为S得到电子，故正极反应式为：xS+2e=Sx2-;电池放电时，钠电极为负极，发生氧化反应，故充电时应与外接电源的负极连接；H2s2。8中S的化合价为+6,H为+1,即8个O的总化合价为-14,故8个O中有两个氧原子为-1价，因此该分子中过氧键的数目为1；Sx2-中S的平均化合价为反应后升高到+6,1molSx2-反应后化合价变化K(6x+2),BrO3-中Br的化合价为+5,反应后

30、降低为-1价，1molBQ3-反应后化合价变化6,根据氧化还原反应过程中得失电子守恒以及溶液为碱性综合配平可得：3Sx2-+6(x-1)OH-+(3x+1)BrO3-=3xSO42-+(3x+1)Br-+3(x-1)H2O。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FeTiOs,还含有部分FeQ)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(FeTiO,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

31、剂，依据右图判断，添加的最佳氧化剂为(填化学式)。疣抽衲於加的x同H化剂舒城帔犷破懈率的0飞(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02+的含量。取100mL钛液1,加铝粉，使其发生反应3TiO2+Al+6H+=3Ti3+Al3+3HO,反应消耗铝1.35g,则钛液1中TiO2+的物质的量浓度为O【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,

32、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、过滤得到绿矶和钛液2,钛液2中含有TiOSO4,先将钛液2中加入沸水，TiO2+水解生成H2TQ3,然后过滤回收硫酸，同时将固体干燥得到H2TQ3,再经过煨烧得到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)

33、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H2TQ3固体，故操作a是洗涤、干燥；由3TiO2+Al+6H+=3Ti3+Al3+3H2O可知，每消耗ImolAl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12+中TiO2的物质的量浓度为。0.1L18.肿(N2H4,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肿并验证肿的性质。实验装置如图所示。已知：Cl2(g)+2NaOH(aq尸

34、NaC1O(aq)+NaC1(aq)+H2O(g)H<Q当温度超过40c时，Cl2与NaOH§液反应生成NaClQ。回答下列问题：(1)仪器a的名称是,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Kio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Ka,通入NH,使其与NaC1C溶液反应制取肺。理论上通入三颈烧瓶的Cl2和NH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肿的还原性(说明操

35、作、现象和结论)。淀粉-KI溶液稀硫酸(酚M)NaHCOAgC1【答案】(1).烧瓶(2).除去Cl2中的HCl(3).控制浓盐酸的滴加速度或控制加热温度(4).储存氯气(5).1:2(6).取少量AgCl于试管中，加入肿溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肿有还原性【解析】【详解】(1)仪器a为烧瓶；装置A中生成012,气体中含有HCl,故B的作用为除去C12中的H01;(2)由题干已知信息可知，过量的C12会与NaOH发生副反应，导致原料的浪费以及NaClO浓度降低，故需控制C12的量，可采取的实验操作为：控制浓盐酸的滴加速度或控制加热温度；(3)关闭分液漏斗活塞、移去酒精灯时，分液漏斗

36、中反应未立即停止，还会继续产生少量氯气，因Ki关闭，A、B装置为封闭体系，故C的作用为储存氯气；(4)氯气通入D中发生反应：2NaOH+C12=NaC1+NaC1O+H2O;通入NH3后，D中发生反应：NaC1O+2NH3=N2H4+NaC1+H2O,由两个方程式中NaC1O与012、N2H4的关系可知，通入三颈烧瓶的C12和NH3的最佳物质的量之比为1:2;(5)若要验证肿的还原性，则需要选择氧化剂，Ag01中Ag+具有氧化性，故可选用AgC1,其实验操作及现象和结论为：取少量Ag01于试管中，加入肿溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肿有还原性。19.神(As)及其化合物与生产、生活密切

37、相关，广泛应用在杀虫剂以及药物中。回答下列问题：(1)碑是第四周期VA族元素。下列关于第VA族元素及其化合物的说法不正确的是(填序号)。a.沸点：PH<NHb.酸性：HNOHAs。c.As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“古氏试神法”检验微量神，其反应原理为：将含神化合物转化为具有极强还原性的AsH;AsH与AgNO溶液反应产生AszQ与另一种固体，该反应的离子方程式为。(3)碑及其化合物几乎都有毒，通常+3价神化合物毒性强于+5价神化合物。海产品中含有微量+5价神化合物，食用海鲜后不能马上进食水果的原因是(4)神酸(H3AsO)可用于制造杀虫剂、药物。AszQ溶于稀硝酸中可得神酸，此反应的化学方程式为O(5)利用单质铁处理水体神污染的原理为：单质铁在水体中被氧化腐蚀得到水合氧化铁Fe(OH)3和FeOOH吸附沉降碑的化合物。在其它条件一定时，调节水样的pH,得到除神效率曲线如图所示。请解释水样酸性较强时，除神效率较低的原因是。国家饮用水标准规定水中碑的含量应低于0.05mg-L-1(1mg=1000Wg)。某水样中含神总浓度为100dg，若控制水样的pH=6,出水后白神浓度(填“能”或“否”)达到饮用水标准。【答案】(1).c(2).2AsH3+12Ag+3H2O=