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）.doc

1、1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

2、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 NaClO 强氧化性 用于环境消毒2A. 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

3、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

4、。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Fe(OH)3C. 放出用 萃取溴水后的有机层CCl43D. 灼烧 固体Al(OH)3【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

5、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. H 2O2分解方程式为：2H 2O2=2H2O+O2 ，H

6、 2O2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 0.1mol 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：NaHSO 4 Na+HSO4-，故阳离子总数为 1NA，错误；4D.由分子结构模型可知，1molS 8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，N 2+3H2 2NH3，PCl 3+Cl2 PCl5，SO 2+O2 SO3（需注意 SO3的聚

7、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（P 4）-6molP-P 等。6.下列离子方程式的书写正确的是（ ）A. 溶于 溶液：Al NaOH 2Al+2OH+2H2O=2AlO2+3H2B. 漂白粉溶液中通入少量 ：SO2 Ca2+2ClO+SO2+H2O=CaSO3+2HClOC. 食醋除去瓶胆内的水垢： CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OD. 用惰性电极电解硫酸铜溶液： 2Cu

8、2+4OH 2Cu+O2+2H2O【答案】A【解析】【详解】A.Al 溶于 NaOH 溶液的离子方程式为： ，故 A 正2Al+2OH-+2H2O=2AlO-2+3H2确；B.漂白粉溶液中通入少量 SO2的离子方程式为：Ca 2+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：CaCO 3 2CH3COOH=Ca2+ 2CH3COO- H2O CO2 ，+ + + + 故 C 错误；D.用惰性电极电解硫酸铜溶液的离子方程式为：2Cu 2+ + 2H2O 2Cu + O2 + 4H+，故 D 错误；本题答案为 A。7.短周期主族元素 X、

9、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5D. 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

10、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

11、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+6H 2O+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；6C. NO

12、3-在 b 极被还原为 N2，故 b 极电极反应式为：2NO 3-+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：C 6H12O6-24e-+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Al2O3 Fe2O3 SiO2 FeS2 Fe3O4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NaOH SO2B. 从高硫铝土矿中可制得 、 的化合物

13、Al FeC. 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CO2 AlO2 Al3+D. 与 混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成 和FeS2 Fe2O3 Fe3O4 SO2【答案】C【解析】【详解】A.SO 2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、Na 2SiO3，通入过量的 CO2，生成 Al(OH)3和H2SiO3，故 C 错误；D.FeS2

14、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：FeS2 16Fe2O3=11Fe3O4 2SO2 ，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7A 将 样品溶于稀硫酸后，滴加Fe(NO3)2溶液KSCN溶液变为血红色 样品已被氧化变质Fe(NO3)2B 向 溶液中通入Na2SiO3 CO2 生成白色沉淀 非金属性 CSiC向盛有 固体的烧瓶中滴加盐酸，并FeS将产生的气体通入溴水中溴水褪色 还原性： S2BrClD 向无色溶液中滴入 溶液和稀硝酸BaCl2 有白色沉淀生成 无色溶液中一定含 或SO2

15、4 SO23A. 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-、SO 42-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

16、得。下列说法O3错误的是 A. 电极 a 为阴极8B. 标准状况下，当 反应时收集到 和 混合气体 ， 的体积分数为 805.6L O2 O2 O3 4.48L O3C. 电解一段时间后 b 极周围的 下降pHD. a 极的电极反应为 O2+4H+4e-=2H2O【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：O 2 4H+ 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 O2 4H+ 4e-=2H2O,可知阴极有

17、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：4m 6y=1，m n=0.2,联立解得 m=0.1,n=0.1,故 O3的体积分数为 0.1/0.2 100 =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：O 2 4H+ 4e-=2H2O,故 D 正确；+ +本题答案为 B。12.在容积为 的密闭容器内，

18、物质 在 时发生反应，其反应物和生成物的物质的量随2.0L D T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D AB. 该反应的化学方程式为 ，该反应的平衡常数表达式为2D(s)2A(g)+B(g) K=c2(A)c(B)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H09D. 从反应开始到第一次达到平衡时， 物质的平均反应速率为A 0.0667mol(Lmin)【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

19、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=c 2(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

20、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ct 0.423D 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1L pH 0.65g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

21、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10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2L xH2O(H2O)x(g)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. x=2B. 该温度下，反应的平衡常数为 0.12

22、5L2mol2C. 平衡时混合气体的平均摩尔质量是 33.3gmolD. 时刻，保持温度不变，再充入 ，重新达到平衡时， 增大t1 1mol H2O(g)c(H2O)xc(H2O)【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(H 2O)=2mol2L=1mol/L，反应的平衡常数：K=c(H 2O)3/c3(H2O)= =0.5L2/mol2，故 B 错误；0.5mol/L(1molL)3C.根据质量守恒

23、，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11于消耗反应物，生成产物，所以平衡时的 将增大，故 D 正确；c(H2O)xc(H2O)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)3H 2(g) 2NH3(g) H0 的平衡常数

24、 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 H 1H 2【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-Fe 2+，阴极上有氢气生成，故 C 错误；D、根据盖斯定律可知H 1=H 2+H 3，由于反应都放热，则H0，故H 1H 2，故 D 正确；故选 D。考点：考查了溴水与二氧化硫反应、

25、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） 。12回答下列问题：（1） 的电子式为 _， 中含有的化学键是 _。NH3 NH4NO3（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NH3C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O2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

26、成 。将一定比例的 、 和 混NH3 NOx N2 O2 NH3 NOx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NOx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） 。NH3 NO2 N2 1mol N2 mol【答案】 (1). (2). 共价键和离子键 (3). B (4). H: N :HH(5). 与 反应生成了 (6). 4NH3+2SO2+O2+2H2O=2(NH4)2SO4 NH3 O2 NO247【解析】【分析】（1）NH 3分子中的 N 和 3 个 H

27、 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）NH 3具有还原性，O 2具有氧化性，温度高于 380时，NH 3和 O2发生氧化还原反应，生13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，NH 3和 NO2反生氧化环反应：8NH 3 6NO2 7N2 12H2O，以此解答；+ +【详解】 （1）NH 3分子中的 N 和 3 个 H 分别形成共价键，其电子式

28、为： ，NH 4NO3是离子化合物，NH 4+和 NO3-之间是离子键，NH 4+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

29、正确；D.雾霾的形成过程中，由 NOx NO5，SO 2 SO3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：4NH 3 2SO2 O2 2H2O=2（NH 4） 2SO4；+ + +本题答案为：4NH 3 2SO2 O2 2H2O=2（NH 4） 2SO4。+ + +（4）NH 3具有还原性，O 2具有氧化性，温度高于 380时，NH 3和 O2发生氧化还原反应，4NH3 5O2 4NO 6H2O，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，NH 3和 NO2反生

30、氧化环反应：8NH 3 6NO2 7N2 12H2O，该反应中 NH3中+ +的 N 化合价-3 0，NO 2中 N 的化合价+4 0，生成 7molN2转移 24mol 电子,所以生成 1molN2 转移电子 24/7mol；本题答案为：NH 3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 FeTiO3，14还含有部分 Fe2O3)的方法制取金红石(TiO 2)，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

31、酸亚铁(FeTiO 3)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+2

32、H2O (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，TiO 2+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

33、此分析解答。15【详解】 （1）钛酸亚铁(FeTiO 3)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，FeTiO 3与硫酸反应的离子方程式为：FeTiO 3+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+，1

34、00mL 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 。0.15mol0.1L=1.5mol/L18.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+Ga 3+Fe 2+Cu 2+。电解精

35、炼镓时阳极泥的成分是_。GaO 2-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，NH 3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

36、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】16【详解】(1)已知离子氧化性顺序为：Zn 2+Ga 3+Fe 2+Cu 2+，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。GaO 2-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：GaO 2-+3e-+2H2OGa+4OH-；综上所述，本题答案是：GaO 2-+3e-+2H2OGa+4OH -。(2)反应中每生

37、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)+3H 2(g) H=-30.8 kJ/mol； 综上所述，本题答案是： 2Ga(s)+2NH3(g)2GaN(s)+3H 2(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

38、，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N2H4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，Cl2(g)+2NaOH(aq)=NaClO(aq)+NaCl(aq)+H2O(g) HH3AsO4c 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As（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

39、有极强还原性的 ；AsH3 与 溶液反应产生 与另一种固体，该反应的离子方程式为 _。AsH3 AgNO3 As2O3（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(H3AsO4) As2O3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Fe(OH)3 FeOOH pH效率曲线如图所示。19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0.05mgL1(1mg=1000g)度为 ，若控制水样的 ，出水后的

40、砷浓度_（填“能”或“否” ）达到100gL1 pH=6饮用水标准。（5）反应 。在容积为 的密闭容器中进行。起始时 和AX3(g)+X2(g)AX5(g) H a.因为 NH3分子间存在氢键，而 PH3分子间无氢键，所以：沸点 NH3 PH3，故 a 正确；b.元素的非金属性越强，最高价氧化物的水化物的酸性越强，所以：酸性 HNO3 H3AsO4，故 b 正确；c. As 是非金属元素，所以其氧化物的水化物不可能是强碱，故 c 错误；d.同主族元素，原子序数递增，电子层数递增，原子半径递增，形成的简单离子的半径也是递增的，故 d 正确；本题答案为 c。（2）由分析可知，反应的离子方程式为：2

41、AsH 3 12Ag+ 3H2O=As2O3 12H+ 12Ag，本题答+ + + +案为：2AsH 3 12Ag+ 3H2O=As2O3 12H+ 12Ag。+ + + +（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，所以 As2O3溶于稀硝酸中可得砷酸，反应的化学方程式为3As2O3 4HNO3 7H2O=6H3AsO4 4NO ；本题答案为：3As 2O3 4HNO3 7H2O=6H3AsO4 4NO 。+ + + + + + （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21合氧化铁吸附沉降砷的化合物，若酸

42、性较强，单质铁容易被腐蚀，不易生成水合氧化铁，吸附能力下降，除砷效率低；本题答案为：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。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 0.05mg/L，能达到饮用水标准；本题答案为：能。20% （5）起始时 AX3和 X2均为 0.2mol，即 n0=0.4mol，总压强为 160KPa，平衡时总压强为120KPa，设平衡时总物质的量为 n，根据压强之比等于

43、物质的量之比有 n=0.30mol。根据反应进行如下计算： 设生成 AX5的量为 x， ，则（0.20-x）+（0.20-x）+x=0.30，x=0.10，所以实验 a 从反应开始至达到平衡时的反应速率 v（AX 5）= mol/(Lmin)=1.710-4 0.101060mol/(Lmin)，本题答案为：1.710 -4 mol/(Lmin)。对于曲线 b，反应速率增大，缩短了达到平衡的时间，而平衡并未移动，由此可知与实验 a 相比，b 加入了催化剂，对于曲线 c，和实验 a 相比，反应速率加快，但平衡向逆反应方向移动，反应容器的容积和起始物质的量未改变，但起始总压强增大，所以是温度升高；本题答案为：催化剂，升高温度。 用 P0表示开始时总压强，P 表示平衡时总压强， a 表示 AX3的平衡转化率，设平衡时总物质的量为 n,根据压强之比等于物质的量之比有：P 0/P=0.4/n，n=0.4 P/P0，据反应进行如下计算：AX3(g) X2(g) AX5(g)起始（mol） 0.2 0.2 0变化(mol) X X X平衡(mol) 0.2-X 0.2-X X则（0.2-X） （0.2-X） X=n，X=0.4-n=0.4-0.4 ，则=2（1-p/p 0） ；本题答案为： 或 。