高三化学上学期第二次阶段性测试(期中)试题(含解析)-人教版高三全册化学试题

1、.山东省聊城市莘县实验高级中学2016届高三化学上学期第二次阶段性测试（期中）试题（含剖析）可能用到的相对原子质量H1C12O16Na23K39Cu64Fe56第I卷选择题(共50分)一.选择题(共10个小题，每题只有一个选项正确，每题2分，共20分)1.以下氧化物中，能与水反响生成酸的是ASiO2BNOCSO3DAl2O3【答案】C【剖析】试题剖析：A、SiO2不溶于水，不能够与水反响，故A错误；B、NO不溶于水，不能够与水反响，故B错误；C、SO3能与水反响生成硫酸，故C正确；D、Al2O3不溶于水，不能与水反响，故A错误；应选C。考点：察看了物质的性质的有关知识。2.实验室保留以下试剂的

2、方法不正确的选项是A钠保留在煤油中B用棕色试剂瓶盛放新制的氯水C用带玻璃塞的试剂瓶盛放NaOH溶液D向盛放氯化亚铁溶液的试剂瓶中加少量铁粉【答案】C【剖析】试题剖析：A、钠的密度大于煤油，且不与煤油反响，能够保留在煤油中，故A正确；B、氯水见光易分解，应用棕色试剂瓶盛放新制的氯水，故B正确；C、NaOH溶液能与玻璃中的二氧化硅反响生成硅酸钠，时间长了，瓶塞不简单翻开，应用带橡皮塞的试剂瓶盛放NaOH溶液，故C错误；D、氯化亚铁溶液简单被空气中的氧气氧化，向盛放氯化亚铁溶液的试剂瓶中加少量铁粉，能够防备被氧化，故D正确；应选C。考点：察看了实验药品的保留的有关知识。以下金属冶炼的反响原理正确的选

3、项是.专业.A2Al2O3+3C4Al+3CO2BMgO+H2Mg+H2OCFe3O4+4CO3Fe+4CO2D2HgO2Hg+O2【答案】C【剖析】试题剖析：A、铝属于开朗性较强的金属，应当采用电解法冶炼，故A错误；B、镁属于开朗性较强的金属，应当采用电解法冶炼，故B错误；C、铁的开朗性中等，能够采用热复原法冶炼，故C正确；D、汞的开朗性较弱，能够采用热分解法冶炼，故D错误；应选C。考点：察看了金属的冶炼的有关知识。设NA为阿伏加德罗常数的数值，以下说法中，正确的选项是A标准情况下，224LCl2完好溶于水时，转移电子数为NAB常温下，lLpH=l24+A的HSO溶液中含有的H的数目为02N

4、C标准情况下，224LNH3中含有共价键的数目为NAD常温下，23gNO2和N2O4的混淆气体中含有NA个氧原子【答案】D【剖析】试题剖析：A、氯气与水的反响属于可逆反响，标准情况下，224LCl2完好溶于水时，转移A24溶液中含有的+电子数少于N，故A错误；B、1LpH=1的HSOH的数目=1L0.1mol/LN=0.1N，故B错误；C、标准情况下，2.24LNH物质的量为0.1mol，AA3联合氨气分子式计算共价键数为0.3NA，故C错误；D、23gNO2和N2O4的混淆气体中含223g有形式为=0.5mol，含有的氧原子的物质的量为NO组合的物质的量为46g/mol0.5mol2=1mo

5、l，故D正确；应选D。考点：察看了阿伏加德罗常数的有关知识。在赞同加热的条件下，只用一种试剂就能够鉴识硫酸铵、氯化钾、氯化镁、硫酸铝和硫酸铁溶液，这种试剂是AAgNOBBaCl2CNaOHDNHHO332.专业.【答案】C【剖析】试题剖析：A、加入硝酸银溶液，五种溶液都生成白色积淀，不能够鉴识硫酸铵、氯化钾，故A错误；B、加入BaCl2，不能够鉴识KCl和MgCl2，故B错误；C、加入NaOH，与硫酸铵生成刺激性气体，与氯化钾不反响则无现象，与氯化镁生成白色积淀，与硫酸铝先生成积淀，尔后溶解，与硫酸铁生成红褐色积淀，五种溶液现象各不相同，可鉴识，故C正确；D、加入氨水，不能够鉴识氯化镁和硫酸铝

6、溶液，氢氧化铝不能够溶于弱碱，也不能够鉴识，故D错误；应选C。考点：察看了物质的鉴其他有关知识。6.已知某强酸性的溶液中存在大量的NO3，以下有关该溶液中还存在的物质表达正确的选项是A铝元素能以Al3或AlO2的形式存在B铁元素能以2和Fe3的形式共存FeC硫元素主要以SO42的形式存在D氯元素能以Cl或ClO的形式存在【答案】C【剖析】试题剖析：A、酸性溶液中不能够大量存在-+2+-AlO2，故A不选；B、H、Fe、NO3发生氧化复原反应，不能够大量存在2+2-+-C选；Fe，故B不选；C、SO与H、NO均不反响，可大量共存，故43D、H+、ClO-联合生成弱电解质，不能够大量存在ClO-，

7、故D不选；应选C。考点：察看了离子共存的有关知识。7.反响：2+3+的化学计量数为MnBiO3HMnO4BiH2O，配平后，HA.8B.10C.14D.30【答案】C【剖析】试题剖析：反响中Bi元素由+5价降低为+3价，Mn元素由+2高升为+7，要得失电子守恒，Mn2+系数为2，Bi3-系数为5，联合原子个数守恒，反响方程式为：2+-+-3+342因此氢离子系数为14，应选C。.专业.考点：察看了氧化复原反响的有关知识。8.以下说法不正确的选项是（）将BaSO4放入水中不能够导电，因此BaSO4是非电解质氨溶于水获得的氨水能导电，因此氨水是电解质固态共价化合物不导电，熔融态的共价化合物能够导电

8、固态的离子化合物不导电，熔融态的离子化合物也不导电强电解质溶液的导电能力必然比弱电解质溶液的导电能力强ABCD【答案】D【剖析】试题剖析：硫酸钡是难溶的盐，熔融状态完好电离；因此BaSO4是强电解质，故错误；氨气自己不能够电离出离子，溶液导电是氨气和水反响生成的一水合氨弱电解质电离的原因；熔融态共价化合物不能够电离出离子，不能够导电；因此氨水是电解质溶液，故错误；离子化合物熔融态电离出离子，能导电，故错误；溶液导电能力取决于溶液中离子浓度的大小，与电解质强弱没关，强电解质溶液的导电能力不用然比弱电解质溶液的导电能力强，故错误；应选D。考点：察看了强电解质、弱电解质和非电解质的有关知识。9粒子甲

9、在溶液中的转变关系以以以下图所示，粒子甲不能能是ANH4+BAl(OH)3CSDAl【答案】D【剖析】+-试题剖析：A、NH4与OH反响生成NH3和H2O，NH3和氢离子反响生成铵根离子，切合转变关系，故A不选；B、Al(OH)与与-与氢离子反响生成Al（OH）积淀或3223铝离子，切合转变关系，故B不选；C、S与氢氧根能反响生成2-2-2-2-+SO3和S，SO3和S与H.专业.反响发生氧化复原反响生成S，切合转变关系，故C不选；D、Al与氢氧根能反响生成-，AlO2AlO2-和氢离子反响生成Al（OH）3积淀或铝离子，不切合转变关系，故D选；应选B。考点：察看了无机物的推断，元素化合物的性

10、质的有关知识。以下实验装置不能够达到实验目的的是A考证Na和水反响可否为放热反响B用CO2做喷泉实验C察看纯碱的焰色反响D比较Na2CO3、NaHCO3的牢固性【答案】D【剖析】试题剖析：A、钠与水反响放热，气体压强增大，红墨水出现液面差，故A错误；B、二氧化碳与氢氧化钠反响，压强减小，形成喷泉，故B错误；C、铁丝的焰色反响为无色，可用来做纯碱的焰色反响，故C错误；D、套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，经过澄清水可否变污浊可证明牢固性，故D正确；应选D。考点：察看了化学实验方案的谈论的有关知识。二.选择题(共10个小题，每题只有一个选项正确，每个小题3分，共30分)11铬是人

11、体必要的微量元素，但铬过分会惹起污染，危害人类健康不相同价态的铬毒性不同，三价铬对人体几乎无毒，六价铬的毒性为三价铬的100倍以下表达错误的选项是（）A在反响CrO2+I一+3+3：22722B一般情况下污水中的3+2Cr在溶解的氧气的作用下易被氧化为Cr2O7CK2Cr2O7能够氧化乙醇，该反响可用于检查酒后驾驶D维生素C拥有复原性，发生铬中毒时，可服用维生素C缓解毒性.专业.【答案】B【剖析】试题剖析：A、在反响Cr2O72-+I-+H+Cr3+I2+H2O中，依照电子守恒配平为：2-+6I-+2Cr3+2722质的量之比为3：2，故A正确；B、氧气的氧化性较弱，Cr3+在溶解的氧气的作用

12、下不能够2-被氧化为Cr2O7，故B错误；C、K2Cr2O7能够氧化乙醇，产物呈紫色，该反响可用于检查酒后驾驶，故C正确；D、发生铬中毒时，解毒原理是将六价铬变成三价铬，需要加入还原剂才能实现，可服用拥有复原性的维生素C缓解毒性，故D正确；应选B。考点：察看了氧化复原反响的有关知识。12青石棉是一种致癌物质，是鹿特丹条约中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸办理时，复原产物只有NO，以下说法不正确的选项是青石棉是一种硅酸盐资料青石棉能完好溶于足量硝酸中，获得澄清透明溶液C青石棉的化学组成可表示为Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O1mol

13、青石棉能复原1molHNO3的稀硝酸【答案】B【剖析】试题剖析：A、硅酸盐指的是硅、氧与其他化学元素（主假如铝、铁、钙、镁、钾、钠等）结合而成的化合物的总称，因此青石棉是一种硅酸盐产品，故A正确；B、硅酸盐中不含二氧化硅，因此青石棉中不含石英晶体，故B错误；C、硅酸盐写成氧化物形式的先后次序为：开朗金属氧化物、较开朗金属氧化物、二氧化硅、水，因此青石棉的化学组成用氧化物的形式可表示为：Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O，故C正确；D、青石棉用稀硝酸溶液办理时，复原产物只有NO，因此青石棉中含有二价铁离子；依照氧化复原反响中得失电子相等判断青石棉与硝酸的关系式，因此青石棉与硝酸反响的关系

14、式计算得：Na2O3FeOFe2O38SiO2H2O-HNO3，因此1mol青石棉能使1mol硝酸被复原，故D正确；应选B。考点：察看了硅酸盐的有关知识。.专业.13以下离子或分子组中能大量共存，且知足相应要求的是（）选项离子或分子要求+）33+2、Cl滴加盐酸立刻有气体产生33+2+2滴加氨水立刻有积淀产生34+3+2、CHCOOH滴加NaOH溶液立刻有气体产生443ABCD【答案】C【剖析】试题剖析：A、依照电荷守恒理论，由于氯离子大于钾离子，致使溶液正负电子不守恒，故A错误；3+2-，因此不能够大量共存，故B错误；C、滴加氨水开始产3生MgCO3积淀，后产生Mg（OH）2，最后只能Mg（

15、OH）2积淀，故C正确；D、滴加NaOH会先和醋酸反响，再与其他离子反响，故D错误；应选D。考点：察看了离子共存的有关知识。14在一密闭容器中有HCHO、H2、O2共26.5g，用电火花引焚烧，使其完好焚烧，再将焚烧后的气体用Na2O2充分吸取，Na2O2增重10.5g，则原混淆气体中O2的物质的量是A0.5molB0.25molC0.27molD0.52mol【答案】A【剖析】试题剖析：凡是切合（CO）x（H2）y形式的物质，电火花引燃完好焚烧，焚烧产物用Na2O2充分吸取，NaO增重为该物质的质量，CHO、H、O共26.5g，反响后NaO增重10.5g，所2222222以10.5g为CH2

16、O和H2质量，O2质量为16g，混淆气体中O2的物质的量为16g=0.5mol，32g/mol应选A。考点：察看了过氧化钠的性质的有关知识。15某溶液中可能含有+2+2-2-。分别取样：用pH试纸测试，溶液显Na、NH、Ba、SO、I、S44弱酸性；加氯水和淀粉无明展现象。为确定该溶液的组成，还需查验的离子是.专业.2-+2+ASO4BNaCBaDNH4【答案】B【剖析】试题剖析：由可知溶液显弱酸性，上述离子只有+能水解使溶液显酸性，则必然含有+，442-2-+2-；再由氯水能而S能水解显碱性，即S与NH不能够共存于同一溶液中，则必然不含有S4氧化I-生成碘单质，而碘遇淀粉变蓝，而中加氯水和淀

17、粉无明展现象，则必然不含有-；又溶液呈电中性，有阳离子必有阴离子，则溶液中有+INH4，必定同时存在阴离子，即2-2+2-能联合生成积淀，则这两种离子不能够共存，即必然不存在2+SO4必定存在，而Ba、SO4Ba；显然剩下的Na+可否存在无法判断，则需查验的离子是Na+，应选B。考点：察看了离子共存、离子查验的有关知识。16以下实验操作、现象和结论均正确的选项是选项实验操作现象结论ASO2通入溴水中溶液褪色SO2有漂白性B将Fe(NO3)2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液溶液变红Fe(NO3)2样品已氧化变质C向饱和碳酸钠溶液中通入CO2有晶体析出溶解度：NaHCO3Na2CO3D向盛有

18、少量NaHCO的试管中滴加草酸溶液有气泡产生酸性：草酸碳酸3【答案】D【剖析】试题剖析：A、将SO2通入溴水中，溴水褪色，发生氧化复原反响生成HBr、硫酸，说明SO2具有复原性，故A错误；B、在酸性溶液中硝酸根能氧化亚铁离子为铁离子，因此不能够据此说明硝酸亚铁已经变质，B错误；C、由于碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度，因此向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2会析出碳酸氢钠固体，故C错误；D、向盛有少量NaHCO3的试管中滴加草酸溶液，有气泡产生，说明酸性：草酸碳酸，故D正确；应选D。考点：察看了实验设计的剖析与谈论的有关知识。.专业.17水溶液X中只可能溶有、2、Al3、2、2、32、32

19、、42中的若干种离KMgAlOSiO3SOCOSO子，某同学对该溶液进行了以下实验：气体甲过分稀盐酸过分氨水溶液无色溶液甲积淀甲溶液乙白色积淀乙以下判断错误的选项是（）A气体甲可能是混淆物B积淀甲是硅酸和硅酸镁的混淆物C白色积淀乙的主要成分是氢氧化铝2必然存在于溶液X中DK、AlO2和SiO3【答案】B【剖析】试题剖析：溶液X中进入过分盐酸，生成的气体甲可能为二氧化硫或许二氧化硫，原溶液中可能存在2-2-，依照离子共存可知，原溶液中必然不存在2+3+SO3、CO3Mg、Al，联合溶液电中性可知，原溶液中必然存在K+；由于加入盐酸生成了积淀甲，依照题干中的离子可知，远溶液中必然存在SiO32-，

20、积淀甲为硅酸；无色溶液甲中加入过分氨水，获得的白色积淀，-说明原溶液中必然存在AlO2，白色积淀乙为氢氧化铝。A、依照以上剖析可知，气体甲可能为二氧化碳和二氧化硫的混淆物，故A正确；B、由于加入的盐酸过分，生成的积淀甲为硅酸，不会含有硅酸镁，故B错误；C、依照剖析可知，原溶液中可能存在2-2-，SO3、CO3依照离子共存可知，原溶液中必然不存在2+3+Mg、Al，而溶液甲中加入过分氨水生成了沉淀乙，积淀乙只能为氢氧化铝，原溶液中的AlO2-与过分酸反响生成铝离子，故C正确；D、依照以上剖析可知，原溶液中必然存在+、AlO-和SiO2-，故D正确；应选B。32考点：察看了离子共存、常有离子的查验

21、方法的有关知识。18有Al、CuO、Fe2O3组成的混淆物共10.0g，放入500mL某浓度的盐酸中，混淆物完好溶解，当再加入250mL2.00molL1的NaOH溶液时，获得积淀最多。上述盐酸的浓度为A1.00molL1B0.500molL1C2.00molL1D3.00molL1【答案】A【剖析】.专业.试题剖析：Al、CuO、Fe2O3组成的混淆物共与盐酸反响生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸盐酸可能有节余，向反响后溶液中加入NaOH溶液，获得的积淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，依照钠离子守恒有n（NaCl）=n（NaOH）=0.25L2.0mol/L=

22、0.5mol，依照氯离子守恒有n（HCl）=n（NaCl）=0.5mol，故该元素0.5mol=1mol/L，应选A。的物质的量浓度=0.5L考点：察看了混淆物的有关计算、物质的量浓度计算、金属及其化合物的性质的有关知识。19以下事实所对应的方程式不正确的选项是(反响条件已略去)A盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能够用玻璃塞：SiO+2NaOH=NaSiO+HO2232B高温下铁与水蒸气反响生成保护膜：2Fe+6H2O(g)=2Fe(OH)3+3H2C工业制取漂粉精：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OD实验室制取氨气：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3

23、+2H2O【答案】B【剖析】试题剖析：A、盛放氢氧化钠溶液的试剂瓶不能够用玻璃塞，是由于玻璃中的二氧化硅与氢氧化钠反响：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故A正确；B、高温下铁与水蒸气反响生成四氧化三铁，故B错误；C、工业制取漂粉精是利用氯气和氢氧化钙反响生成，2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；D、实验室制取氨气采用氯化铵固体和氢氧化钙固体共热：2NH4Cl+Ca(OH)2=CaCl2+2NH3+2H2O，故D正确；应选B。考点：察看了化学方程式的正误判断的有关知识。20查验某溶液中可否含有+3+2+、I22，限用的试剂有：盐酸硫酸、K、F

24、e、Cl、Mg、CO、SO34硝酸银溶液、硝酸钡溶液设计以下实验步骤，并记录有关现象以下表达不正确的选项是22+A该溶液中必然有I、CO3、SO4、KB试剂为硝酸钡C经过黄色溶液中加入硝酸银能够查验原溶液中可否存在ClD试剂必然为盐酸.专业.【答案】C【剖析】试题剖析：由实验可知，加试剂为硝酸钡溶液，生成白色积淀为碳酸钡和硫酸钡，则加试剂为盐酸，积淀减少，硫酸钡不溶于酸，则原溶液中必然存在2-2-3+342+-Mg；加试剂过滤后的滤液中，再加试剂为盐酸，氢离子，硝酸根离子、I发生氧化复原反响生成碘，溶液为黄色，溶液为电中性，则必然含阳离子为K+，A、由上述剖析可-2-2-+正确；B、由上述剖析

25、可知，试剂为硝酸知，该溶液中必然有I、CO3、SO4、K，故A钡，故B正确；C、黄色溶液中加入硝酸银可生成AgI积淀，不能够查验原溶液中可否存在Cl-，故C错误；D、由上述剖析可知，试剂必然为盐酸，因碳酸钡与硫酸反响生成硫酸钡使积淀量增加，故D正确；应选C。考点：察看了物质鉴识、离子查验的实验方案设计的有关知识。第II卷三本部分为填空题，请将答案答在答模卷上指定的地点21（14分）（1）工业制备硝酸流程如图1：上述尾气中的NO必然条件下可与氨气反响转变成氮气，则该反响的化学方程式为某同学在实验室蒸馏含有Mg（NO3）2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶、温度计、蒸馏烧瓶外，还需

26、的玻璃仪器有（2）某兴趣小组采用如图2装置制取并研究SO2气体的性质以下实验方案合用于如图2所示装置制取所需SO2的是（填序号）ANa2SO3溶液与HNO3BNa2SO3固体与浓硫酸C固体硫在纯氧中焚烧D铜与浓H2SO4.专业.将SO2通入到以下有颜色的溶液中，溶液的颜色均褪去，其中属于漂白的是。A紫色高锰酸钾溶液B氯水C品红溶液D红色酚酞溶液证明c中生成气体是SO2，d中加入品红溶液后，翻开活塞b，反响开始，待d中溶液后，再（填实验的操作）试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2指导老师指出应增加一尾气吸取装置，并帮助同学们设计了以下装置，其中合理的是（填序号）【答案】1）6NO+4NH

27、3必然条件5N2+6H2O；冷凝管；2）B；C；红色褪去；加热；A【剖析】试题剖析：（1）NO必然条件下可与氨气反响转变成氮气，联合原子守恒配平书写获得化学方程式为：6NO+4NH3必然条件5N2+6H2O，故答案为：6NO+4NH3必然条件5N2+6H2O；某同学在实验室蒸馏含有Mg（NO3）2的稀硝酸制取浓硝酸，除导管、酒精灯、牛角管、锥形瓶、蒸馏烧瓶、温度计外，还需的玻璃仪器有：冷凝管；故答案为：冷凝管；2）实验室用Na2SO3固体与浓硫酸反响制备二氧化硫气体，而以以下图装置没有加热，则不能够用浓硫酸和铜反响制备，故答案为：B；SO使紫色高锰酸钾溶液、氯水发生了氧化复原反响，表现了SO的

28、复原性；SO使品红222溶液褪色是SO与品红联合生成无色不牢固的化合物，表现了SO的漂白性；SO使红色酚222酞溶液褪色，是由于反响后溶液碱性减弱，表现了2C；SO水溶液的酸性。应选.专业.若要证明c中生成的气体是SO2，依照二氧化硫能使品红试液褪色，加热恢复红色；d中加入品红溶液后，翻开活塞b，反响开始，待d中溶液红色褪去，再加热试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是2加热；SO，故答案为：红色褪去；增加一尾气吸取装置防备污染性气体排放到空气中，装置需要很好地吸取气体，又能防备倒吸，BC易发生倒吸，A能够吸取尾气，也能够防倒吸，D装置能够防备倒吸，但不能够吸取SO2尾气，应选A。考点：察看了

29、氮氧化物、硫及其化合物性质的应用，气体实验制备方法的有关知识。22（12分）氧化复原反响是化学反响中的基本反响之一，研究氧化复原反响，对人类的进步拥有极其重要的意义。（1）已知：2BrO；5C1+I+6HO=2HIO+10HC1；32232223+C1O3+5C1+6H=3C12+3H2O、C12的氧化性由弱到强的排序为则C1O3、BrO3、IO3（2）已知Fe3+的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明，（提示：请写出实验步骤、现象及结论）FeCl3溶液碘水KI溶液稀H2SO4淀粉溶液；（3）二十世纪初期，化学家合成出极易溶于水的NaBH4在强碱性条件下，常用Na

30、BH43+形式存在，反响前后硼办理含Au的废液生成单质Au，已知，反响后硼元素以BO2元素化合价不变，且无气体生成，则发生反响的离子方程式为（4）某强氧化剂+能将Na2SO3氧化已知含2.0103mol+离子的溶液，碰巧跟25.0mL0.2mol/L的Na2SO3溶液完好反响，则反响后R的化合价为价；（5）将32g铜与140mL必然浓度的硝酸反响，铜完好溶解产生的NO和NO混淆气体在2标准情况下的体积为11.2L请回答：待产生的气体全部释放后，向溶液加入VmLamol?L1的NaOH溶液，碰巧使溶液中的Cu2+全部转变成积淀，则原硝酸溶液的浓度为mol/L（用含V、a的式子表示）欲使铜与硝酸反

31、响生成的气体在NaOH溶液中全部转变成NaNO3，最少需要30%H202的质量.专业.为g。【答案】（1）IOBrO；3233（2）取少量FeCl3溶液于试管中，依次加入KI溶液和淀粉溶液，振荡，若溶液变蓝，证明Fe3+的氧化性强于2I；3+18H2O；（3）8Au+3BH4+24OH=8Au+3BO2（4）0；（5）；56.7考点：察看了氧化复原反响、氧化性、复原性强弱的比较；氧化复原反响的计算的有关知识。23（12分）I:钛冶炼厂与氯碱厂、甲醇厂组成一个产业链（以以下图），将大大提高资源的利用率，减少环境污染。请回答以下问题：（1）Fe位于元素周期表中第_周期，第_族。（2）写出钛铁矿在高温下与焦炭经氯化获得四氯化钛的化学方程式。:A、B、C、X均为中学常有的纯净物，它们之间有以下转变关系（副产物已略去）。试回答：1）若X是强氧化性单质，则A不能能是_。aSbN2cNadMgeAl.专业.2）若X是金属单质，向C的水溶液中滴加AgNO3溶液，产生不溶于稀HNO3的白色积淀，则B的化学式为_；C溶液在储藏时应加入少量X，原因是（用必要的文字和离子方程式表示）_。（3）A还能够够是氨气，氨气分子的空间构型是。【答案】I:（1）四、；（2）2FeTiO3+