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：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Al 27 S 32 C1 35.5 K 39 Cr 52 Mn 55 Fe 56 Cu 64 Zn 65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. SO2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
2、中和胃酸（HCl），可制作胃酸中和剂，A正确；B.根据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A. A B. B C. C D. 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，
3、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.硫酸钡不仅难溶于水，而且难溶于酸，因此常选用BaSO4作钡餐，错误。答案选C。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. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】A.容量瓶只能用于定
4、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. 溴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，操作正确；D.灼烧时，加热容器应选坩埚，不能使用蒸发皿，错误。答案选C。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+2KNO3+3C K2S+N2+3CO2，对于该反应说法不正确的是A. 氧化产物是CO2B. 爆炸的原因是反应释放大量热，并生成大量气体C. 反应
5、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D。【点睛】本题主要涉及氧化还原反应，氧化还原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
6、，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：还原剂化合价升高失去电子被氧化发生氧化反应生成氧化产物；氧化剂化合价降低得到电子被还原发生还原反应生成还原产物。6.NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A. 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
7、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+3
8、H22NH3，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。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：CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2OB. 漂白粉溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO-+SO2+H2O=CaSO3+2HClOC. Al溶于NaOH溶液：2Al+2OH-+2H2O=2 A
9、lO+3H2D. 用惰性电极电解硫酸铜溶液：2Cu2+4OH-2Cu+O2+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，SO2具有还原性，SO2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+2H2O2Cu+O2+4H+，错误。答案选C。【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
10、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：、Ba2+、Al3+、C1-B. 0.1 molL-1碘水：Na+、C1-C. 0.1 molL-1Fe2(SO4)3溶液：Cu2+、D. pH=2的溶液中：K+、Fe3+【答案】B【解析】【详解】A.能使石蕊变红的无色溶液，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
11、-+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B。9.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
12、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
13、对应的水化物为H3PO4，为中强酸，错误。答案选D。10.一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
14、-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。11.由下列实验及现象能推出相应结论的是A. A B. B C. C D. 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+NO，故无法确定Fe(NO3)2是否已氧化变质，错误；B.向Na2SiO
15、3溶液中通入CO2产生白色沉淀，发生反应：Na2SiO3+H2O+CO2=Na2CO3+H2SiO3，说明酸性：H2CO3H2SiO3，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H2SiO3，故能说明非金属性CSi，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Cl-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-、HSO3-，错误。答案选B。12.以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2，少量FeS2)为原料，生产Fe3O4的部分工艺流程如下：下列说法错误
16、的是A. 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CO2，铝元素存在的形式由AlO转化为Al3+D. FeS2与Fe2O3混合后在无氧条件下焙烧的目的是生成Fe3O4和SO2【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Al2O3、SiO2转化为溶于水的NaAlO2、Na2SiO3；Fe2O3和FeS2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
17、，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+16Fe2O311Fe3O4+2SO2，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F
18、eS2混合后在缺氧条件下焙烧时，没有氧气作氧化剂。13.N2O和CO是环境污染性气体，可在催化条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A. 加入催化剂使反应的H变小B. 该反应的热化学方程式为：N2O(g)+CO(g)=CO2(g)+N2(g) H= - 226 kJmol-1C. 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.Ea1=134kJ/mol，Ea2=360kJ/mol，则该反应的热化学方程式为：N2O(g)+C
19、O(g)=CO2(g)+N2(g) H=134kJ/mol-360kJ/mol= - 226 kJmol-1，正确；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.该反应正反应的活化能为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O2+4H+4e-=2H2OC. 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O2和O3混合气体4.48L，O
20、3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O2，由此可知，a极发生还原反应，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O2和O3，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0.5molH2O，生成混合气体为0.2mol，设生成
21、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n=0.1，m=0.1，故O3的体积分数为，错误。答案选D。第卷(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)。回答下列问题：(1)NH3的电子式为_，NH4NO3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 BNH3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
22、入O2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NOx，得到HNO3和HNO2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，催化剂能催化NH3与NOx反应生成N2，将一定比例的O2、NH3和NOx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，NOx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NH3能将NO2还原为N2，当生成1mol N2时转移电子_mol(可用分数表示)。【答案】 (1). (2). 离子键、
23、共价键 (3). B (4). 2SO2+4NH3+2H2O+O2=2(NH4)2SO4 (5). 变小 (6). NH3与O2反应生成了NO (7). 【解析】【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铵盐形成无机颗粒物，由此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，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铵盐，由此氨气不是形成无机颗粒物的
24、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，NOx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
25、合价为-3价，具有还原性，混合气体中O2具有氧化性，可发生氧化还原反应：4NH3+5O24NO+6H2O，生成了NO，且减少了O2浓度，导致NOx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+6NO27N2+12H2O，该反应中NH3中-3价的N升至0价，NO2中+4价的N降至0价，生成7molN2转移24mol电子，所以，生成1molN2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
26、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：(1)反应I的化学方程式为_。1mol H2SO4(液)分解成气态物质需要吸收的能量是275.5kJ，硫的燃烧热为297 kJmol-1，则反应的热化学方程式为_。(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 Na2Sx，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H2S2O8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
27、氧化成SO，被还原成Br-。该反应的离子方程式是_。【答案】 (1). 2H2SO4=2SO2+2H2O+O2 (2). 3SO2（g）+2H2O（g）=2H2SO4（l）+S（s） H=-254kJ/mol (3). xS+2e-=Sx2- (4). 负 (5). 1 (6). 3 Sx2-+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O2、SO2、H2O，故该反应方程式为：2H2SO4=2SO2+2H2O+O2；由题可知，反应I的热化学方程式为：2H2SO4(l)=2SO2(g)+
28、2H2O(g)+O2(g) H=+551kJ/mol，设S的燃烧热方程式为反应IV：S(s)+O2(g)=SO2(g) H=-297kJ/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（l）+S（s）H=-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；H2S2O8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
29、目为1；Sx2-中S的平均化合价为，反应后升高到+6，1mol Sx2-反应后化合价变化（6x+2），BrO3-中Br的化合价为+5，反应后降低为-1价，1mol BrO3-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：3 Sx2-+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(
30、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 (
31、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
32、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.肼(N2H4，无色液
33、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：Cl2(g)+2NaOH(aq)=NaC1O(aq)+NaC1(aq)+H2O(g) H0。当温度超过40时，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3。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K1。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K2，通入NH3，使其与Na
34、C1O溶液反应制取肼。理论上通入三颈烧瓶的Cl2和NH3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-KI溶液 稀硫酸(酚酞) NaHCO3 AgC1【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，加入肼溶液，固体逐渐变黑，并有气泡产生，说明肼有还原性【解析】【详解】（1）仪器a为烧瓶；装置A中生成Cl2，气体中含有HCl，故B的作用为除去Cl2中的HCl；（2）由题干已知信息可知，过
35、量的Cl2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Cl2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，分液漏斗中反应未立即停止，还会继续产生少量氯气，因K1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+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；通入NH3后，D中发生反应：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O，由两个方程式中NaClO与Cl2、N2H4的关系可知，通入三颈烧瓶的Cl2和NH3的最佳物质的量之比为1:2；（5）若要验证肼的还原性，则需要选择氧化剂，
36、AgCl中Ag+具有氧化性，故可选用AgCl，其实验操作及现象和结论为：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。19.砷(As)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：PH3H3AsO4cAs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AsH3；AsH3与AgNO3溶液反应产生As2O3与另一种固体，该反应的离子
37、方程式为_。(3)砷及其化合物几乎都有毒，通常+3价砷化合物毒性强于+5价砷化合物。海产品中含有微量+5价砷化合物，食用海鲜后不能马上进食水果的原因是_。(4)砷酸(H3AsO4)可用于制造杀虫剂、药物。As2O3溶于稀硝酸中可得砷酸，此反应的化学方程式为_。(5)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Fe(OH)3和FeOOH，吸附沉降砷的化合物。在其它条件一定时，调节水样的pH，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0.05mgL-1(1mg=1000g)。某水样中含砷总浓度为100gL
38、-1，若控制水样的pH=6，出水后的砷浓度_(填“能”或“否”)达到饮用水标准。【答案】 (1). c (2). 2AsH3+12Ag+3H2O=As2O3+12H+12Ag (3). 水果中富含还原性物质（维生素C等），能将+5价的砷化物还原为毒性更大的+3价砷化物 (4). 3As2O3+4HNO3+7H2O=6H3AsO4+4NO (5). 酸性较强时，不易生成水合氧化铁，吸附能力下降，除砷效率降低 (6). 能【解析】【分析】（1）根据元素周期律判断；（2）AsH3被氧化，且生成物中有另一种固体，则AgNO3中Ag+被还原为Ag，根据氧化还原配平原则配平即可；（3）水果中含有大量还原性
39、物质，+5价砷化物具有氧化性，能够与食物中还原性物质发生氧化还原反应生成毒性更大的+3价砷化物；（4）As2O3中As为+3价。，H3AsO4中As为+5价，即As2O3与稀硝酸反应中As被氧化，稀硝酸被还原，配平即可；（5）根据单质铁处理水体砷污染的原理为：单质铁或在水体中被氧化腐蚀得到水合氧化铁，水合氧化铁能吸附沉降砷的化合物，结合水合氧化铁的组成分析；根据图可以看出：若控制水样的pH=6，则As的去除率为80%，此时水中剩余的As为20%；污水没有开始处理时，水中As的浓度为100g/L，水样的pH=6时，水中剩余的As为100g/L20%=20g/L=0.02mg/L，据此判断。【详解
40、】（1）As和N、P位于同一主族，且原子序数AsPN，根据同主族元素从上到下非金属性逐渐减弱可知，非金属性NPAs；a.NH3分子间存在氢键，而PH3分子间不存在氢键，故沸点NH3PH3，正确；b.非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物酸性越强，故酸性：HNO3H3AsO4，正确；c.As为非金属元素，故其氧化物的水化物不可能都为强碱，错误；d.同主族元素，从上到下电子层数增加，形成的简单离子电子层数逐渐增加，因此形成的简单离子半径逐渐增加，正确；（2）由上述分析可知，该反应的离子反应方程式为：2AsH3+12Ag+3H2O=As2O3+12H+12Ag；（3）水果中含有大量还原性物质（如维
41、生素C等），+5价砷化物具有氧化性，能够与食物中还原性物质发生氧化还原反应生成毒性更大的+3价砷化物；（4）由题干信息可知，As2O3反应后化合价升高2，稀硝酸反应生成NO，其中N元素化合价降低3，根据氧化还原反应过程中得失电子守恒，可写出其方程式为：3As2O3+4HNO3+7H2O=6H3AsO4+4NO；（5）单质铁处理水体砷污染的原理为：单质铁或在水体中被氧化腐蚀得到水合氧化铁，水合氧化铁能吸附沉降砷的化合物，若水样酸性较强时，单质铁容易被腐蚀，不易生成水合氧化铁；由图可以看出：若控制水样的pH=6，则As的去除率为80%，此时水中剩余的As为20%；污水没有开始处理时，水中As的浓度为100g/L，水样的pH=6时，水中剩余的As为100g/L20%=20g/L=0.02mg/L0.05mg/L，国家饮用水标准规定水中砷的含量应低于0.05mg/L，故出水后的砷浓度达到饮用水标准。