西藏自治區(qū)昌都市第一高級中學(xué)2025屆高三化學(xué)下學(xué)期第二次模擬考試試題含解析

PAGEPAGE17西藏自治區(qū)昌都市第一高級中學(xué)2025屆高三化學(xué)下學(xué)期其次次模擬考試試題（含解析）可能用到的相對原子質(zhì)量：H-1C-12N-14O-16F-19Na-23Al-27一、選擇題：本題共13個小題，每小題6分，共78分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1.化學(xué)與生產(chǎn)生活親密相關(guān)。下列關(guān)于化學(xué)與生產(chǎn)、生活的說法中不正確的是（）A.稻草秸稈和甘蔗渣中富含纖維素，可以用它來制造紙張B.土壤膠體中的膠粒帶負(fù)電，所以更簡單吸附帶負(fù)電的硝酸根離子C.硫酸亞鐵用作為食品的抗氧化劑，利用了亞鐵較強(qiáng)的還原性D.電熱水器用鎂棒防止金屬內(nèi)膽腐蝕，原理是犧牲陽極的陰極愛護(hù)法【答案】B【解析】【詳解】A．稻草秸稈和甘蔗渣中富含纖維素，可以用它來制造紙張，故A正確；B．土壤膠體中的膠粒帶負(fù)電，所以更簡單吸附帶正電荷的粒子，如銨根離子等，故B錯誤；C．硫酸亞鐵具有較強(qiáng)的還原性，可用作為食品的抗氧化劑，故C正確；D．電熱水器用鎂棒防止金屬內(nèi)膽腐蝕，鎂和鐵、水中電解質(zhì)形成原電池，鎂作負(fù)極，鐵作正極，原理是犧牲陽極的陰極愛護(hù)法，故D正確；故選B。2.有機(jī)物M、N分子的模型如圖所示，其中不同顏色的球表示不同的原子，原子之間的化學(xué)鍵可以是單鍵、雙鍵。下列說法錯誤的是MNA.M與HCOOCH3互為同分異構(gòu)體B.N的官能團(tuán)為羥基C.在與鈉的反應(yīng)中N放出氣泡比M快D.N能使酸性高錳酸鉀溶液褪色【答案】C【解析】【分析】依據(jù)分子模型可知，白球代表氫原子，綠球代表碳原子，紅球代表氧原子，則M、N的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH和CH3CH2OH?！驹斀狻緼．M的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH，與HCOOCH3的分子式相同，結(jié)構(gòu)不同，互為同分異構(gòu)體，故A正確；B．N的結(jié)構(gòu)簡式為CH3CH2OH，官能團(tuán)為羥基，故B正確；C．CH3COOH和CH3CH2OH分別與鈉反應(yīng)時，CH3COOH中羧基中的氫比CH3CH2OH中羥基中的氫更活潑，故放出氫氣速率快，故C錯誤；D．Ｎ為CH3CH2OH，可以被酸性高錳酸鉀溶液氧化為乙酸，高錳酸鉀被還原成錳離子，故會褪色，故D正確；答案選C?！军c(diǎn)睛】推斷出M、N的分子結(jié)構(gòu)是關(guān)鍵，依據(jù)圖中信息可以得到白球代表氫原子，綠球代表碳原子，紅球代表氧原子。3.如圖是五種短周期元素的原子序數(shù)與其在氫化物中化合價的關(guān)系圖，則下列說法不正確的是()A.X的氫化物具有很強(qiáng)的還原性B.YW2、ZW2、X2W2都能使品紅溶液褪色，且褪色原理相同C.Y、Z元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物都呈酸性，而且酸性：HZO4>H2YO4D.元素W、T的氫化物的沸點(diǎn)比同主族中相鄰的氫化物高，是因為這兩種氫化物分子間存在氫鍵【答案】B【解析】【分析】短周期元素中，W、Y的化合價均有－2價，處于ⅥA族，則Y的原子序數(shù)較大，故W為O元素、Y為S元素；Z有－1價，原子序數(shù)大于硫，故Z為Cl，X有+1價，原子序數(shù)大于氧，則X為Na，T有－3價，處于ⅤA族，原子序數(shù)小于氧，則T為N元素?！驹斀狻緼.X為Na，其氫化物為NaH，具有很強(qiáng)的還原性，故A正確；B.SO2、ClO2、Na2O2都能使品紅溶液褪色，二氧化硫與有色物質(zhì)化合為無色物質(zhì)，而ClO2、Na2O2具有強(qiáng)氧化性，將有色物質(zhì)氧化為無色物質(zhì)，褪色原理不相同，故B錯誤；C.Y、Z元素的最高價氧化物對應(yīng)的水化物分別為H2SO4、HClO4，都呈酸性，由于非金屬性Cl>S，故酸性：HClO4>H2SO4，故C正確；D.元素W、T的氫化物分別為H2O、NH3，這兩種氫化物分子間存在氫鍵，它們的沸點(diǎn)比同主族中相鄰的氫化物高，故D正確。綜上所述，答案為B。4.設(shè)NA為阿伏加德羅常數(shù)值。如圖表示N2O在Pt2O+表面與CO反應(yīng)轉(zhuǎn)化成無害氣體的過程。下列說法正確的是A.N2O轉(zhuǎn)化成無害氣體時的催化劑是Pt2O2+B.每1molPt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+得電子數(shù)為3NAC.將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，無明顯現(xiàn)象D.1gCO2、N2O的混合氣體中含有電子數(shù)為0.5NA【答案】D【解析】【詳解】A．依據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，N2O轉(zhuǎn)化N2時，Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+，則該過程的催化劑是Pt2O+，故A錯誤；B．依據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，結(jié)合得失電子守恒，N2O轉(zhuǎn)化N2時，Pt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+，氧化還原反應(yīng)方程式為：N2O+Pt2O+=N2+Pt2O2+，反應(yīng)中氮元素由+1價得電子變?yōu)?價，1molN2O轉(zhuǎn)化為N2得到2mol電子，則每1molPt2O+轉(zhuǎn)化為Pt2O2+失電子為2mol，數(shù)目為2NA，故B錯誤；C．將生成的CO2通人含大量SiO32-、Na+、Cl-的溶液中，碳酸的酸性大于硅酸，SiO32-+CO2(少量)+H2O=CO32-+H2SiO3↓，有白色沉淀生成，故C錯誤；D．CO2和N2O的摩爾質(zhì)量都為44g/mol，一個分子中含有電子數(shù)都為22個，則1gCO2、N2O的混合氣體的物質(zhì)的量為mol，含有電子數(shù)為mol×22×NA=0.5NA，故D正確；答案選D。【點(diǎn)睛】B項計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)時，必需正確寫出反應(yīng)方程式，依據(jù)化合價的改變，物質(zhì)的關(guān)系，計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。5.亞硝酸鈉廣泛用于媒染劑、漂白劑等。某愛好小組用下列裝置制取較純凈的NaNO2。甲乙丙丁反應(yīng)原理為：2NO+Na2O2=2NaNO2。已知：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被還原為Mn2+。下列分析錯誤的是A.甲中滴入稀硝酸前需通人N2B.儀器的連接依次為a-f-g-d-e-bC.丙中CaCl2用于干燥NOD.乙中汲取尾氣時發(fā)生的離子反應(yīng)為3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O【答案】B【解析】【詳解】A．甲中稀硝酸與銅反應(yīng)生成一氧化氮，一氧化氮易被空氣中的氧氣氧化，須要將裝置中的空氣全部排盡，空氣中有少量二氧化碳，也會和過氧化鈉反應(yīng)，否則丁裝置中無法制得亞硝酸鈉，則滴入稀硝酸前需通人N2排空氣，故A正確；B．制取的一氧化氮含有水蒸氣，過氧化鈉可與水反應(yīng)，導(dǎo)致制取產(chǎn)物不純，可用氯化鈣汲取水蒸氣，一氧化氮有毒，不能排放的大氣中，可用高錳酸鉀溶液汲取，則儀器的連接依次為a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b，故B錯誤；C．依據(jù)B選項分析，制取的一氧化氮含有水蒸氣，過氧化鈉可與水反應(yīng)，導(dǎo)致制取產(chǎn)物不純，可用氯化鈣汲取水蒸氣，故丙中CaCl2用于干燥NO，故C正確；D．依據(jù)已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-，MnO4-被還原為Mn2+，則乙中汲取尾氣時發(fā)生的離子反應(yīng)為3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故D正確；答案選B?！军c(diǎn)睛】過氧化鈉與NO制取亞硝酸鈉的過程中，須要考慮過氧化鈉的性質(zhì)，過氧化鈉和二氧化碳反應(yīng)，會和水反應(yīng)，導(dǎo)致試驗有誤差，還要考慮尾氣處理裝置。6.某化學(xué)小組設(shè)計“全氫電池”如圖中甲池(其中a、b為多孔石墨電極)，擬用該電池電解處理生活污水，達(dá)到絮凝凈化的目的。其工作原理示意圖：閉合K工作過程中，下列分析錯誤的是A.甲池中a極反應(yīng)為：H2-2e-+2OH-=2H2OB.乙池中Fe電極區(qū)旁邊pH增大C.一段時間后，乙池的兩極間出現(xiàn)污染物顆粒沉降現(xiàn)象D.假如Al電極上附著較多白色物質(zhì)，甲池中Na+經(jīng)過交換膜速率定會加快【答案】D【解析】【分析】依據(jù)此裝置電解處理生活污水可知，甲池為原電池，乙為電解池，a為負(fù)極，b為正極，鐵為陰極，鋁為陽極，a極反應(yīng)為：H2-2e-+2OH-=2H2O，b極反應(yīng)為2H++2e-=H2↑，總的電極反應(yīng)為H++OH-=H2O，利用甲池產(chǎn)生的電流電解乙池，乙池中，鋁為陽極，鐵為陰極，陽極反應(yīng)為：Al-3e-=Al3+，陰極反應(yīng)為2H++2e-=H2↑由此分析。【詳解】A．甲池為原電池，a為負(fù)極，a極通入氫氣，氫氣在負(fù)極上失去電子生成氫離子，結(jié)合氫氧根離子生成水，電極反應(yīng)為H2-2e-+2OH-=2H2O，故A正確；B．乙池中，鐵作陰極，電極反應(yīng)為：2H++2e-=H2↑，溶液中氫離子的濃度減小，氫氧根離子的溶度相對增大，pH增大，故B正確；C．乙為電解池，鋁為陽極，鐵為陰極，陽極反應(yīng)為：Al-3e-=Al3+，陰極反應(yīng)為2H++2e-=H2↑，溶液中的氫離子的濃度減小，氫氧根離子向陽極移動，在陽極結(jié)合鋁離子生成氫氧化鋁膠體，吸附污染物顆粒一起沉降，在陰極，一段時間后，鋁離子向陰極移動，鋁離子可以在溶液中形成氫氧化鋁膠體，吸附水中的污染物顆粒一起沉降，故C正確；D．假如Al電極上附著較多白色物質(zhì)，白導(dǎo)致色物質(zhì)為氫氧化鋁，阻擋了鋁電極接著放電，導(dǎo)致導(dǎo)線中電荷的數(shù)目減小，甲池中Na+經(jīng)過交換膜速率定會減慢，故D錯誤；答案選D。7.鉬酸鈉（Na2MoO4）是一種新型阻燃劑和水處理劑。從一種含鉬的廢棄催化劑（主要成分為MoO3、Al2O3、Fe2O3等）中可回收Na2MoO4，其工藝流程如下：已知：MoO3，Al2O3與SiO2相像，均能在高溫下與Na2CO3發(fā)生類似反應(yīng)。下列有關(guān)敘述錯誤的是A.焙燒時發(fā)生反應(yīng)之一：Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2↑B.用硫酸浸?、诓僮骱笏脼V渣并加入KSCN，溶液變?yōu)檠t色C.步驟③中可以用CO2代替硫酸D.步驟④中可知Na2MoO4溶解度隨溫度改變較小【答案】C【解析】【詳解】A.既然Al2O3與SiO2的性質(zhì)類似，那么焙燒時就能發(fā)生如下反應(yīng)：Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2↑，A正確；B.用硫酸浸?、诓僮骱笏脼V渣(含有Fe2O3)，生成硫酸鐵，加入KSCN，溶液變?yōu)檠t色，B正確；C.從去除NaAlO2考慮，可以用CO2代替H2SO4，但從分別碳酸鈉與Na2MoO4考慮，二者難以分別，所以步驟③中不能用CO2代替硫酸，C錯誤；D.步驟④中，降低溫度Na2MoO4沒有結(jié)晶析出，說明Na2MoO4溶解度隨溫度改變較小，D正確。故選C。8.二氧化錳不僅是活性好的催化劑，也被廣泛用作干電池的正極材料。某化學(xué)小組設(shè)計用高硫錳礦（主要成分為錳的化合物和硫化亞鐵）為原料制取二氧化錳的工藝流程如圖：已知：①“混合焙燒”后的燒渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、MgO、Al2O3②在該條件下，金屬離子起先沉淀和完全沉淀的pH如下表。（1）寫出浸出時與鋁元素有關(guān)離子反應(yīng)方程式__。（2）上述“氧化”步驟是否可省略__（填“是”或“否”），你的依據(jù)是__。（3）“調(diào)pH除鐵鋁’’時，生成沉淀的pH范圍為__；“氟化除雜”中除去的離子為__。（4）請用平衡移動原理說明除雜處理后的Mn2+用NH4HCO3轉(zhuǎn)化成MnCO3沉淀的過程__（用文字和離子方程式表達(dá)）。（5）用惰性電極電解MnSO4制備MnO2時，其陽極反應(yīng)式為__；整個流程中能夠循環(huán)利用的物質(zhì)除MnO2外還有__（寫名稱）?！敬鸢浮?1).Al2O3+6H+=2Al3++3H2O(2).否(3).若不進(jìn)行氧化，則Fe2+被完全沉淀pH為8.0，此時Mn2+也會部分被沉淀下來造成損失(4).5.0≤pH<7.5(5).Ca2+、Mg2+(6).加入NH4HCO3后，Mn2+與HCO電離出的CO生成MnCO3，HCOCO+H+、Mn2++COMnCO3，HCO電離出H+與另一部分HCO反應(yīng)生成H2O和CO2，促進(jìn)上述兩個平衡正向移動，從而生成MnCO3沉淀(7).Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+(8).硫酸【解析】【分析】高硫錳礦（主要成分為含錳化合物及FeS）與氧化錳礦混合焙燒，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2＋、Fe2＋、Fe3＋、Mg2＋、Al3＋酸性溶液，加入二氧化錳將亞鐵離子氧化為鐵離子便于除去，再加入氫氧化鈣中和，將鐵離子與鋁離子以氫氧化物的形式除去，加入MnF2除雜，使溶液中的Ca2+、Mg2＋沉淀完全，此時溶液中的金屬離子為錳離子，加入碳酸氫銨發(fā)生Mn2＋+2HCO3－=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解MnCO3得到MnSO4溶液，電解MnSO4溶液得到MnO2和硫酸，硫酸和MnO2可循環(huán)利用。【詳解】（1）浸出時與鋁元素有關(guān)的離子反應(yīng)，氧化鋁溶于酸生成鋁鹽和水，離子方程式為Al2O3+6H+=2Al3++3H2O。故答案為：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；（2）上述“氧化”步驟不行以省略，依據(jù)是若不進(jìn)行氧化，則Fe2+被完全沉淀的pH為8.0，此時Mn2+也會部分被沉淀下來造成損失。故答案為：否；若不進(jìn)行氧化，則Fe2+被完全沉淀的pH為8.0，此時Mn2+也會部分被沉淀下來造成損失；（3）“調(diào)pH除鐵鋁’’時，讓鋁沉淀完全時pH=5，而錳不沉淀時pH小于7.5，生成沉淀的pH范圍為5.0≤pH<7.5；CaF2、MgF2難溶于水，“氟化除雜”中除去的離子為Ca2+、Mg2+。故答案為：5.0≤pH<7.5；Ca2+、Mg2+；（4）用平衡移動原理說明除雜處理后的Mn2+用NH4HCO3轉(zhuǎn)化成MnCO3沉淀的過程：加入NH4HCO3后，Mn2+與HCO電離出的CO生成MnCO3，HCOCO+H+、Mn2++COMnCO3，HCO電離出H+與另一部分HCO反應(yīng)生成H2O和CO2，促進(jìn)上述兩個平衡正向移動，從而生成MnCO3沉淀。故答案為：加入NH4HCO3后，Mn2+與HCO電離出的CO生成MnCO3，HCOCO+H+、Mn2++COMnCO3，HCO電離出H+與另一部分HCO反應(yīng)生成H2O和CO2，促進(jìn)上述兩個平衡正向移動，從而生成MnCO3沉淀；（5）用惰性電極電解MnSO4制備MnO2時，電解過程中陽極發(fā)生氧化反應(yīng)，元素化合價上升，故為硫酸錳失去電子生成二氧化錳和硫酸，其陽極反應(yīng)式為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；整個流程中能夠循環(huán)利用的物質(zhì)除MnO2外還有硫酸。故答案為：Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；硫酸。9.鹵代烯烴是合成塑料的重要原料，探討合成鹵代烯烴具有重要意義。T℃時，在10L的密閉容器中充入1mol2—丁炔(CH3—C≡C—CH3，可用X表示)和1molHCl，以Al2O3為催化劑發(fā)生如下反應(yīng)：Ⅰ.ΔH=akJ/mol(a<0)Ⅱ.ΔH=bkJ/mol(b<0)已知B比A更穩(wěn)定，且產(chǎn)物A、B在混合物中的物質(zhì)的量隨時間改變?nèi)鐖D一所示。試回答下列問題。(1)發(fā)生反應(yīng)I、Ⅱ的同時，還有反應(yīng)A轉(zhuǎn)化為B，且焓變?yōu)椤鱄'。則△H'_0(填“>”、“<”或“=”)。(2)①從反應(yīng)起先至20min時生成B的平均速率v(B)=___；②反應(yīng)至20min時CH3—C≡C—CH3的轉(zhuǎn)化率=__；③在T℃時，反應(yīng)I的平衡常數(shù)為__。(3)T℃時，E1和E2分別代表反應(yīng)I，Ⅱ的正反應(yīng)活化能。①由圖一得出：E1__E2(填“>”、“<”或“；”)；②試從反應(yīng)方向的角度分析，20min后A的物質(zhì)的量減小的緣由__。(4)其它條件相同時，測誕生成A、B的速率隨溫度改變?nèi)鐖D二所示，則提高B在較低溫度下產(chǎn)率的措施是__?！敬鸢浮?1).<(2).1×10-3mol/(L·min)(3).60%(4).100(5).<(6).B的能量低，A轉(zhuǎn)化為B為放熱反應(yīng)，有利于A自發(fā)轉(zhuǎn)化為B(7).加入低溫下適合生成B的高性能催化劑【解析】【分析】依據(jù)蓋斯定律，兩式相減可得反應(yīng)熱；依據(jù)v=計算B表示的平均速率；轉(zhuǎn)化率=×100%；在T℃時，依據(jù)平衡時各物質(zhì)的物質(zhì)的量濃度計算反應(yīng)I的平衡常數(shù)；其它條件相同時，相同溫度下生成A、B的速率不同，反應(yīng)I、Ⅱ都運(yùn)用催化劑，從催化劑的活性考慮提高B的生成速率的方法?！驹斀狻?1)已知：Ⅰ.CH3-C≡C-CH3(g)+HCl(g)(g)?H=akJ/mol(a＜0)Ⅱ.CH3-C≡C-CH3(g)+HCl(g)(g)?H=bkJ/mol(b＜0)依據(jù)蓋斯定律，Ⅱ-Ⅰ可得△H'=(b-a)kJ/mol，已知B比A更穩(wěn)定，則反應(yīng)Ⅱ放出的熱量比反應(yīng)I多，故b＜a，(b-a)＜0，即△H'＜0，反應(yīng)放熱；(2)①結(jié)合圖示，從反應(yīng)起先至20min時生成B的物質(zhì)的量為0.2mol，依據(jù)v=，v(B)==1×10-3mol/(L?min)；②反應(yīng)I、Ⅱ都在發(fā)生，反應(yīng)至20min時，依據(jù)圖象，生成A、B的量分別為0.2mol、0.4mol，依據(jù)反應(yīng)I、Ⅱ可得CH3-C≡C-CH3的消耗量為0.2mol+0.4mol=0.6mol，轉(zhuǎn)化率=×100%=×100%=60%；③反應(yīng)I的產(chǎn)物為A，在T℃時，依據(jù)圖象，平衡時反應(yīng)I生成A的物質(zhì)的量為0.1mol，反應(yīng)Ⅱ生成B的物質(zhì)的量為0.8mol，則平衡時CH3-C≡C-CH3的物質(zhì)的量為1mol-0.1mol-0.8=0.1mol，HCl的物質(zhì)的量為1mol-0.1mol-0.8=0.1mol，反應(yīng)I平衡常數(shù)K==100；(3)①依據(jù)圖象所示，20min前，A的產(chǎn)量高于B，說明生成產(chǎn)物A的活化能較低，反應(yīng)速率快，故E1＜E2；②依據(jù)B比A更穩(wěn)定，說明B的能量低，A轉(zhuǎn)化為B為放熱反應(yīng)，有利于A自發(fā)轉(zhuǎn)化為B；(4)相同溫度下生成A、B的速率不同，反應(yīng)I、Ⅱ都運(yùn)用催化劑，其它條件相同時，催化劑對反應(yīng)I、Ⅱ生成A、B的催化效果不同，提高B在較低溫度下產(chǎn)率的措施應(yīng)為加入低溫下適合生成B的高性能催化劑。【點(diǎn)睛】留意化學(xué)平衡常數(shù)的計算必需運(yùn)用物質(zhì)的量濃度進(jìn)行計算，不能用物質(zhì)的量。10.Na2SO3是一種白色粉末，工業(yè)上可用作還原劑、防腐劑等。某化學(xué)小組探究不同pH的Na2SO3溶液與同濃度AgNO3溶液反應(yīng)的產(chǎn)物，進(jìn)行如下試驗。試驗Ⅰ配制500mL肯定濃度的Na2SO3溶液①溶解：精確稱取肯定質(zhì)量的Na2SO3晶體，用煮沸的蒸餾水溶解。蒸餾水需煮沸的緣由是____②移液：將上述溶解后的Na2SO3溶液在燒杯中冷卻后轉(zhuǎn)入儀器A中，則儀器A為__，同時洗滌____(填儀器名稱)2~3次，將洗滌液一并轉(zhuǎn)入儀器A中；③定容：加水至刻度線1~2cm處，改用膠頭滴管滴加蒸餾水至液面與刻度線相切，蓋好瓶塞，反復(fù)上下顛倒，搖勻。試驗Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應(yīng)的產(chǎn)物查閱資料：i.Ag2SO3為白色固體，不溶于水，溶于過量Na2SO3溶液ii.Ag2O，棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應(yīng)(1)將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，至產(chǎn)生白色沉淀。假設(shè)一：該白色沉淀為Ag2SO3假設(shè)二：該白色沉淀Ag2SO4假設(shè)三：該白色沉淀為Ag2SO3和Ag2SO4的混合物①寫出假設(shè)一離子方程式____；②提出假設(shè)二的可能依據(jù)是_____；③驗證假設(shè)三是否成立的試驗操作是____。(2)將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，起先產(chǎn)生白色沉淀A，然后變成棕黑色物質(zhì)。為了探討白色固體A的成分，取棕黑色固體進(jìn)行如下試驗：①已知反應(yīng)(b)的化學(xué)方程式為Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl↓+2NH4Cl+H2O，則反應(yīng)(a)的化學(xué)方程式為____；②生成白色沉淀A的反應(yīng)為非氧化還原反應(yīng)，則A的主要成分是____(寫化學(xué)式)。(3)由上述試驗可知，鹽溶液間的反應(yīng)存在多樣性。閱歷證，(1)中試驗假設(shè)一成立，則(2)中試驗的產(chǎn)物不同于(1)試驗的條件是___?！敬鸢浮?1).去除蒸餾水中的氧氣，防止亞硫酸鈉被氧化(2).500mL容量瓶(3).燒杯、玻璃棒(4).SO32-+2Ag+=Ag2SO3(5).Na2SO3被酸化的NO3-氧化成Na2SO4，Na2SO4與AgNO3溶液反應(yīng)生成Ag:2SO4沉淀(6).取固體少許加入足量Na2SO3溶液(或向試管中接著滴加Na2SO3溶液)(7).Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O或Ag2O+4NH3+H2O=2Ag(NH3)2OH(8).AgOH(9).Na2SO3溶液滴加依次不同(或用量不同)，溶液酸堿性不同(或濃度不同)【解析】【分析】配置肯定物質(zhì)的量濃度的溶液時，①溶解時：Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化，故需煮沸；②移液時：配置肯定物質(zhì)的量濃度的溶液時須要運(yùn)用容量瓶，移液時須要洗滌燒杯和玻璃棒；試驗Ⅱ探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應(yīng)的產(chǎn)物①假設(shè)一是銀離子與亞硫酸根離子反應(yīng)生成亞硫酸銀；②考慮加入的酸性的硝酸銀溶液具有氧化性，將亞硫酸銀氧化成硫酸銀；③由于Ag2SO3溶于過量Na2SO3溶液，可以加入Na2SO3溶液驗證溶液中是否有Ag2SO3；(2)①Ag2O為棕黑色固體，與氨水反應(yīng)生成Ag(NH3)2OH和3H2O；②從非氧化還原反應(yīng)分析得化合價不變，推斷A的成分；(3)(1)中試驗和(2)中試驗中溶液的滴加依次不同，溶液酸堿性不同?！驹斀狻竣偃芙鈺r：Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化，故需煮沸，防止亞硫酸鈉被氧化；②移液時：配置肯定物質(zhì)的量濃度的溶液時須要運(yùn)用500ml的容量瓶，移液時須要洗滌燒杯和玻璃棒2~3次；(1)①假設(shè)一是銀離子與亞硫酸根離子反應(yīng)生成亞硫酸銀SO32-+2Ag+=Ag2SO3；②將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，酸性溶液中存在氫離子，氫離子和硝酸根相當(dāng)于硝酸，具有氧化性，可能會將亞硫酸根離子氧化成硫酸根；③.Ag2SO3為白色固體，不溶于水，溶于過量Na2SO3溶液，故可以加入過量Na2SO3溶液，看是否接著溶解，若接著溶解一部分，說明假設(shè)三成立；(2)①Ag2O，棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應(yīng)，反應(yīng)a為Ag2O+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2OH+3H2O；②將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，由于亞硫酸銀易溶于亞硫酸鈉，故生成的白色沉淀不是亞硫酸銀，溶液呈堿性，也不是硫酸銀，銀離子在堿性條件下，例如銀離子和氨水反應(yīng)可以生成氫氧化銀，是白色沉淀，A為AgOH；(3)試驗(1)將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，試驗(2)將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，對比兩次試驗可以看出，滴加依次不同(或用量不同)，,所給鹽溶液酸堿性不同(或濃度不同)。11.鈦是一種性能特別優(yōu)越的金屬，21世紀(jì)將是鈦的世紀(jì)。(1)TiO2薄膜中摻雜鉻能顯著提高光催化活性?；鶓B(tài)Cr原子的核外電子排布式為____。(2)四乙醇鈦能增加橡膠在金屬表面的粘附性。其制備原理如下：TiCl4+4CH3CH2OH+4NH3=Ti(OCH2CH3)4+4NH4Cl①Ti(OCH2CH3)4可溶于有機(jī)溶劑，常溫下為淡黃色透亮液體，其晶體類型為____②N和O位于同一周期，O的其次電離能大于N的其次電離能的緣由是_____；③NH4Cl中存在的作用力有_____，NH4Cl熔沸點(diǎn)高于CH3CH2OH的緣由是_____，Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的雜化形式均為____。(3)鈦酸鍶(SrTiO3)可作電子陶瓷材料和人造寶石，其中一種晶胞結(jié)構(gòu)如圖所示。若Ti位于頂點(diǎn)位置，O位于____位置；已知晶胞參數(shù)為anm，Ti位于O所形成的正八面體的體心，則該八面體的邊長為_____m(列出表達(dá)式)。【答案】(1).1s22s22p63s23p63d54s1(2).分子晶體(3).O和N分別失去一個電子后的價電子排布式1s22s22p3和1s22s22p2，前者是半充溢結(jié)構(gòu)，比后者穩(wěn)定，所以其次電離能，前者大于后者(4).配位鍵、離子鍵、共價鍵(5).前者為離子晶體，后者為分子晶體（或離子鍵強(qiáng)于分子間作用力），離子晶體的熔沸點(diǎn)高于分子晶體的熔沸點(diǎn)(6).sp3雜化(7).棱心(8).a×10-9【解析】【分析】(1)依據(jù)核外電子的排布規(guī)則寫出鉻的核外電子排布式，留意3d軌道為半充溢狀態(tài)；(2)①可溶于有機(jī)溶劑，依據(jù)相像相容原理，推斷晶體的類型；②寫出N和O價電子排布式，然后分析；③從氯化銨的電子式，推斷化學(xué)鍵的類型；從晶體的類型不同推斷熔沸點(diǎn)差異的緣由；Ti(OCH2CH3)4分子中C原子的成鍵數(shù)目推斷雜化方式；(3)從晶胞的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，依據(jù)Ti的位置，推斷氧的位置；依據(jù)Ti和O的距離，計算八面體的邊長?！驹斀狻?1)Cr原子是24號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1；(2)①Ti(OCH2CH3)4可溶于有機(jī)溶劑，有機(jī)溶劑大多數(shù)都是分子晶體，依據(jù)相像相溶，Ti(OCH2CH3)4是分子晶體；②O和N分別失去一個電子后的價電子排布式2s22p3和2s22p2，前者是半充溢結(jié)構(gòu)，比后者穩(wěn)定，所以其次電離能，前者大于后者；③依據(jù)氯化銨的電子式：，可以看出氯化銨中的化學(xué)鍵有銨根離子和氯離子間的離子鍵，氮原子和氫原子間共價鍵，氮原子與三個氫原子形成三對共價鍵，剩余一對電子與氫原子形成一對配位鍵，所以氯化銨中存在的作用力有離子鍵，共價鍵，配位鍵；Ti(OCH2CH3)4分子中C均形成四對σ鍵，故雜化方式為sp3雜化；(3)從圖中可以看出，若Ti位于頂點(diǎn)位置，則O可以看成位于棱心的中心位置；Ti位于O所形成的正八面體的體心，八面