精品解析：四川成都2020屆高中畢業(yè)班第二次診斷性檢測理綜化學試題解析版

1、成都市2017級高中畢業(yè)班第二次診斷性檢測理科綜合第I卷（選擇題）一、選擇題：本題共7個小題，每小題6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。1.2019年12月17日，我國國產(chǎn)航母 一一山東艦正式列裝服役。下列用于制造該艦的材料屬于無機非金屬材料的是A.艦身無磁饃銘鈦合金鋼B.甲板耐磨SiC涂層D.艦底含硅有機涂層C.艦載機起飛擋焰板鋁合金【答案】B【解析】【分析】無機非金屬材料，是除金屬材料、高分子材料以外的所有材料的總稱。它是由硅酸鹽、鋁酸鹽、硼酸鹽、磷酸鹽、錯酸鹽等原料和（或）氧化物、氮化物、碳化物、硼化物、硫化物、硅化物、鹵化物等原料經(jīng)一定的 工藝制備而成的材料，由

2、此判斷?！驹斀狻緼 .艦身無磁饃銘鈦合金鋼屬于金屬材料中的合金，故A錯誤；B.甲板耐磨SiC涂層屬于無機非金屬材料，故 B正確；C .艦載機起飛擋焰板鋁合金屬于金屬材料中的合金，故C錯誤；D.有機硅，即有機硅化合物，是指含有 Si-C鍵、且至少有一個有機基是直接與硅原子相連的化合物，習 慣上也常把那些通過氧、硫、氮等使有機基與硅原子相連接的化合物也當作有機硅化合物，不屬于無機非 金屬材料，屬于有機材料，故 D錯誤；答案選B【點睛】解本題的關(guān)鍵是知道什么是無機非金屬材料，無機非金屬材料，是除金屬材料、高分子材料以外 的所有材料的總稱。2.有機物M、N分子的模型如圖所示，其中不同顏色的球表示不同的

3、原子，原子之間的化學鍵可以是單鍵、雙鍵。下列說法錯誤的MM 與 HCOOCH 3A.B. N的官能團為羥基NC.在與鈉的反應中 N放出氣泡比 M快D. N能使酸性高鎰酸鉀溶液褪色根據(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。【詳解】A. M的結(jié)構(gòu)簡式為CH3COOH ,與HCOOCH 3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,官能團為羥基，故 B正確;C.CH3COOH和CH3CH20H分別與鈉反應時，CH3COOH中竣基中的氫比 CH3CH20H中羥基中的氫更活潑

4、,故放出氫氣速率快，故 C錯誤;D. N為CH3CH2OH,可以被酸性高鎰酸鉀溶液氧化為乙酸，高鎰酸鉀被還原成鎰離子，故會褪色，故D正確;答案選Co【點睛】判斷出 M、N的分子結(jié)構(gòu)是關(guān)鍵，根據(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.設Na為阿伏加德羅常數(shù)值。如圖表示N2O在Pt2O+表面與CO反應轉(zhuǎn)化成無害氣體的過程。下列說法正B.每1mol Pt2O+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. 1g CO2、N2O的混合氣體中含有電子數(shù)為0.5Na【答案】D【解析】【詳解】A .根據(jù)轉(zhuǎn)化關(guān)系，

5、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.根據(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+,氧化還原反應方程式為：N2O+ Pt2O+= N2+ Pt2O2+,反應中氮元素由+1價得電子變?yōu)?0價，1mol N2O轉(zhuǎn)化為N2得至I 2mol電子，則每1mol Pt2O+ 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）+H 2O=CO 32-+H 2SiO3 有白色沉淀生成，故 C錯誤；

6、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1g CO2、N2O的混合氣體的物質(zhì)的量為 -mol,含有電子數(shù)為 -mol x22xNa=0.5Na,故D正確； 4444答案選Do【點睛】B項計算轉(zhuǎn)移的電子數(shù)時，必須正確寫出反應方程式，根據(jù)化合價的變化，物質(zhì)的關(guān)系，計算出轉(zhuǎn)移的電子數(shù)。4.亞硝酸鈉廣泛用于媒染劑、漂白劑等。某興趣小組用下列裝置制取較純凈的NaNO2。反應原理為：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 N 2B.儀器的連接順序為

7、 a-f-g-d-e-bC.丙中CaCl2用于干燥NOD.乙中吸收尾氣時發(fā)生的離子反應為3MnO 4-+5NO+4H +=3Mn2+5NO3-+2H2O【詳解】A.甲中稀硝酸與銅反應生成一氧化氮，一氧化氮易被空氣中的氧氣氧化，需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，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，導致制取產(chǎn)物不純，可用氯化鈣吸收水蒸氣，一氧化氮有毒，不能排放的大氣中，可用高鎰酸鉀溶液吸收，則儀器的連接順序為a-d-e-f-g-b或a-d-e-g-f-b ,故B錯誤；C.根據(jù)B

8、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，導致制取產(chǎn)物不純，可用氯化鈣吸收水蒸氣，故丙中 CaCl2用于干燥NO,故C正確；D.根據(jù)已知信息：NO能被酸性KMnO4氧化成NO3-, MnO 4-被還原為Mn2+,則乙中吸收尾氣時發(fā)生離子反應為 3MnO 4-+5NO+4H +=3Mn 2+5NO3-+2H2O,故 D 正確；答案選Bo【點睛】過氧化鈉與NO制取亞硝酸鈉的過程中，需要考慮過氧化鈉的性質(zhì)，過氧化鈉和二氧化碳反應，會和水反應，導致實驗有誤差，還要考慮尾氣處理裝置。5.a、b、c、d、e為原子序數(shù)依次增大的五種常見短周期元素，可組成一種化合物 A,其化學式為ba4d(ec

9、4)2。A能夠發(fā)生如下轉(zhuǎn)化關(guān)系:C裝NaOH延灌廠外一 B (0色沉淀)一,沉流源第版氈HaCL港港 十口 白色低。己知C的分子式為ba3,能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。則下列說法正確的是A.原子半徑bcB. e的氧化物的水化物為強酸C.化合物A為共價化合物D.元素非金屬性強弱cc,故A正確；e為S元素，S的氧化物的水化物有硫酸和亞硫酸，亞硫酸是弱酸，故 B錯誤；A為NH4Al(SO4)2,是離子化合物，故 C錯誤；c為O元素，e為S元素，同主族元素隨核電荷數(shù)增大非金屬性逐漸減弱，元素非金屬性強弱ce,故D錯誤；答案選Ao6.某化學小組設計 壁氫電池”如圖中甲池(其中a、b為多孔石墨電極)，擬用

10、該電池電解處理生活污水，達到絮凝凈化的目的。其工作原理示意圖：nNuClQ HCIO*閉合K工作過程中，下列分析錯誤的是A.甲池中a極反應為：H2-2e-+2OH-=2H2OB.乙池中Fe電極區(qū)附近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.如果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】根據(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為負極，b為正極，鐵為陰極，鋁為陽極，a極反應為：H2-2e-+2OH-=2H2O, b極反應為2H+2e-=H2總的電極反應為 H+ OH-=H2。，利用甲池產(chǎn)生的電流電解乙池，乙池中

11、，鋁為陽極，鐵為陰極，陽極反應為：Al-3e-=Al3+,陰極反應為2H+2e-=H 2 T由此分析?！驹斀狻緼 .甲池為原電池，a為負極，a極通入氫氣，氫氣在負極上失去電子生成氫離子，結(jié)合氫氧根離子生成水，電極反應為 H2-2e-+2OH-=2H2O,故A正確；B.乙池中，鐵作陰極，電極反應為：2H+2e-=H2T,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，陽極反應為：Al-3e-=Al3+,陰極反應為2H+2e-=H2t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

12、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.如果Al電極上附著較多白色物質(zhì)，白導致色物質(zhì)為氫氧化鋁，阻止了鋁電極繼續(xù)放電，導致導線中電荷的數(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.對下列溶液的分析正確的是A.常溫下pH=12的NaOH溶液，升高溫度，其 pH增大+2-B.向0.1mol/L NaHSO 3溶液通入氨氣至中性時 c Na c NH4 c SO3C. 0.01 mol/L醋酸溶液加水稀釋時，原溶液中水的電離程度增大D.在常溫下，向二元弱酸的鹽NaHA溶液中加入少量 NaOH固體1

13、HA以H 2 )將增大c(OH- )g(A 2-)【答案】C【解析】【詳解】A. NaOH溶液是強堿，氫離子來自于水的電離，常溫下 pH=12的NaOH溶液，升高溫度，溶液中Kw增大，其pH減小，故A錯誤；0.1mol? L-1的NaHSO3溶液中通NH3至pH=7,溶液中存在物料守恒，即c(Na+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)，溶液中存在電荷守恒，即c(Na+)+c(H+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)+c(OH-),因為 pH=7 即 c(Na+)+c(NH4+)=2c(SO32-)+c(HSO3-)，由得c(Na+)c(SO32-)；將式

14、左右兩邊都加上c(NH4+)得c(Na+)+c(NH4+)=c(SO32-)+c(HSO3-)+c(H2SO3)+c(NH4+)，結(jié)合得 c(SO32-)=c(NH4+)+c(H2SO3),故 c(SO32-) c(NH4+),故 c(Na+)c(SO32-)c(NH4+),故 C 錯誤；C.酸堿對水的電離都有抑制作用，0.01 mol/L醋酸溶液加水稀釋時，醋酸的濃度減小，對水的電離平衡抑制作用減弱，則原溶液中水的電離程度增大，故 C正確；D.在常溫下，向二元弱酸的鹽NaHA溶液中c(HA-) c(H+)_c(HA-) c(H+) c(H+) _c(H+) c(H+)_c3(H+)NaOH固

15、體，溶液酸性減弱,-2-2-+ =-c(OH) c(A2 ) c(OH) c(A2 ) c(H ) c(OH ) KaKw Ka氫離子濃度減小，該比值將減小，故 D錯誤;答案選Co(主要成8.二氧化鎰不僅是活性好的催化劑，也被廣泛用作干電池的正極材料。某化學小組設計用高硫鎰礦分為鎰的化合物和硫化亞鐵)為原料制取二氧化鎰的工藝流程如圖：乳化彩爐 HjSO. MnO, C“OHh MaF, NH.HCO, H.SOt已知：混合焙燒”后的燒渣含MnSO 4 Fe2O3及少量FeO、MgO、Al 2O3在該條件下，金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表：金屬離子Fe3+L 2+FeAl3+Mn2+開始沉

16、淀1.86.84.07.5完全沉淀3.28.05.08.4(1)寫出浸出時與鋁元素有關(guān)的離子反應方程式(2)上述氧化”步驟是否可省略 (填是或否)你 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(用文字和離子方程(4)請用平衡移動原理解釋除雜處理后的Mn2+用NH4HCO3轉(zhuǎn)化成MnCO 3沉淀的過程式表達)。(5)用惰性電極電解 MnSO4制備MnO2時,其陽極反應式為;整個流程位夠循環(huán)利用的物質(zhì)除MnO2外還有(寫名稱)?！敬鸢浮?1). Al2O3+6H+=3H2O+2Al 3+此時Mn 2+也會被部分沉淀，造成損失Mn2+與 HCO3-電離出的 CO3

17、2-生成 MnCO 3, HCO3-? H+ CO32-、部分 HCO3-反應生成 H2O和CO2,促進上述兩個平衡正向移Mn2+-2e-+2H 2O=MnO2+4H+(8).硫酸高硫鎰礦(主要成分為含鎰化合物及FeST氧化鎰礦混合焙燒，得至(6).+CO32-? Mn3,MnCO 3 沉(2).否 (3).若M(4). 5.0pH7.5(Mg2+、Ca2+從而生成H 為 8.0NH4HCO3 后,離出H+與另MnSO4、Fe2O3 及少量 FeO、A(7).加入二氧化鎰將亞鐵離子氧化為鐵離子MgO,加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液,MnF2除雜，使溶液

18、中的便于除去，再加入碳酸鈣中和，將鐵離子與鋁離子以氫氧化物的形式除去，加入Mg2+、 Ca2+沉淀完全，此時溶液中的金屬離子為鎰離子，加入碳酸氫錢發(fā)生 Mn2+2HCO3=MnCO3j +COT +HO,加入硫酸溶解碳酸鎰得到硫酸鎰溶液，經(jīng)過電解得到二氧化鎰，據(jù)此 分析解答?！驹斀狻?1)浸出時Al 203與硫酸反應生成硫酸鋁，與鋁元素有關(guān)的離子反應方程式為： Al2O3+6H+=3H2O+2Al 3+;(2)根據(jù)沉淀表格數(shù)據(jù)，若不進行氧化，則Fe2+被完全沉淀的pH為8.0,此時Mn2+也會被部分沉淀，造成損失，則上述 氧化”步驟不可省略；(3)調(diào)pH除鐵鋁時，根據(jù)數(shù)據(jù)，pH為5.0時鋁離子

19、完全沉淀，pH為7.5時鎰離子開始沉淀，則生成沉淀 的pH范圍為5.0BHV7.5;根據(jù)分析， 氟化除雜”中加入MnF2除雜，使溶液中的 Mg2+、Ca2+沉淀完全， 除去的離子為 Mg2+、Ca2+;(4)加入 NH4HCO3后，Mn2+與 HCO3-電離出的 CO32-生成 MnCO 3, HCO3-? H+ CO32-、Mn 2+CO32-? MnCO 3, HCO3-電離出H+與另一部分HCO3-反應生成 “。和CO2,促進上述兩個平衡正向移動，從而生成 MnCO 3沉 淀；(5)用惰性電極電解 MnSO4制備MnO2時，其陽極發(fā)生氧化還原，化合價升高失電子，鎰元素由+2價升高為+4價

20、，失電子被氧化，則陽極反應式為Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+;硫酸根離子與氫離子結(jié)合生成硫酸，則整個流程中能夠循環(huán)利用的物質(zhì)除MnO2外還有硫酸。9.鹵代烯煌是合成塑料的重要原料，研究合成鹵代烯煌具有重要意義。TC時，在10 L的密閉容器中充入1mol 2-丁快(CH3-C三C-CH3,可用X表示)和1molHCl ,以Al 2O3為催化劑發(fā)生如下反應:I CH3-C三C-CH3(g)+HCl(g)Al2O3A!事式H構(gòu)?H=akJ/mol(a 0)n .CH3-CC-CH3(g)+HCl(g)Al2O3Hi反式注枸?H=bkJ/mol(a 喊=”。)(2)從反應開始至20 mi

21、n時生成B的平均速率v(B)=；反應至20 min時CH3-CC-CH3的轉(zhuǎn)化率=；在TC時，反應I的平衡常數(shù)為 。(3)TC時，Ei和E2分別代表反應I, n的正反應活化能。由圖得出：Ei E2(填喊=”；)試從反應方向的角度分析，20 min后A的物質(zhì)的量減小的原因 (4)其它條件相同時，測出生成A、B的速率隨溫度變化如圖所示，則提高B在較低溫度下產(chǎn)率的措施是【答案】 (1). (2). 1x10-3mol/(L?min)(3), 60%(4), 100(5), (6), B 的能量低，A轉(zhuǎn)化為B為放熱反應，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】

22、(1)根據(jù)蓋斯定律計算；(2)結(jié)合圖示，根據(jù)Vcv=B的平均速率;Vt反應I、n都在發(fā)生，反應至 20 min時，根據(jù)生成 A、B的量根據(jù)反應推斷CH3-C-C-CH3的消耗量，轉(zhuǎn)化率=普，100%；初始量在TC時，根據(jù)圖像，根據(jù)平衡時各物質(zhì)的量計算反應 I的平衡常數(shù);(3)結(jié)合圖像，根據(jù)20min前產(chǎn)物A的量大于B分析；根據(jù)B比A更穩(wěn)定，A轉(zhuǎn)化為B為放熱反應分析；(4)其它條件相同時，相同溫度下生成A、B的速率不同，反應I、n都使用催化劑，從催化劑的活性考慮提高B的生成速率的方法?！驹斀狻恳阎篒 ,CH3-CC-CH3(g)+HCl(g)Al2O3A：事式it構(gòu)(g)H=akJ/mol(a

23、 0)n .CH38C-CH3(g)+HCl(g)AI2O3(g) ?H=bkJ/mol(a n都在發(fā)生，反應至 20 min時，根據(jù)圖像，生成 A、B的量分別為0.2mol、0.4mol ,根據(jù)反應 人n可得CH3-C三C-CH3的消耗量為0.2mol+0.4mol=0.6mol ,轉(zhuǎn)化率=X100%=理 X100%=60% ;初始量 1mol反應I的產(chǎn)物為A,在TC時，根據(jù)圖像，平衡時反應I生成A的物質(zhì)的量為0.1mol,反應n生成B的物質(zhì)的量為0.8mol,則平衡時CH3-CC-CH3的物質(zhì)的量為1mol-0.1mol-0.8=0.1mol , HCl的物質(zhì)的量為0.1mol1011mo

24、l-0.1mol-0.8=0.1mol ,反應 I 平衡吊數(shù) K= ;= =100;0.1mol 0.1mol10L10L(3)根據(jù)圖像所示，20 min前，A的產(chǎn)量高于B ,說明生成產(chǎn)物A的活化能較低，反應速率快，故EiE2；根據(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，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I、n都使用催化劑，其它條件相同時，催化劑對反應 I、n生 成A、B的催化效果不同，提高 B在較低溫度下產(chǎn)率的措施應為加入低溫下適合生成B的高性能催化劑。.Na2SO3是一種白色粉末， 工業(yè)上可用作還原劑、 防腐劑等。某化學小組探究不同 pH的Na

25、2SO3溶液與同濃度AgNO3溶液反應的產(chǎn)物，進行如下實驗。實驗I 配制500 mL 一定濃度的Na2SO3溶液溶解：準確稱取一定質(zhì)量的Na2SO3晶體，用煮沸的蒸儲水溶解。蒸儲水需煮沸的原因是移液：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)23次，將洗滌液一并轉(zhuǎn)入儀器 A中；定容：加水至刻度線 12 cm處，改用膠頭滴管滴加蒸儲水至液面與刻度線相切，蓋好瓶塞，反復上下顛倒，搖勻。實驗H 探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO3溶液反應的產(chǎn)物查閱資料：i.Ag2SO3為白色固體，不溶于水，溶于過量Na2SO3溶液.Ag 2O

26、,棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，至產(chǎn)生白色沉淀。假設一：該白色沉淀為 Ag 2SO3假設二：該白色沉淀為 Ag 2SO4假設三：該白色沉淀為 Ag2SO3和Ag2SO4的混合物寫出假設一的離子方程式 ;提出假設二的可能依據(jù)是 ;驗證假設三是否成立的實驗操作是 。(2)將pH=4的AgNO 3溶液逐滴滴人足量的 pH=11的Na2SO3溶液中，開始產(chǎn)生白色沉淀 A,然后變成棕黑色物質(zhì)。為了研究白色固體 A的成分，取棕黑色固體進行如下實驗：足盤我泉水n浪注的JUW轆京色國體XA白色濕波已知反應(b)的化學方程式為 Ag(NH 3)2

27、OH+3HCl=AgCl J +2NH4C1+H 2O,則反應(a)的化學方程式為 ;生成白色沉淀 A的反應為非氧化還原反應，則 A的主要成分是 (寫化學式)。(3)由上述實驗可知，鹽溶液間的反應存在多樣性。經(jīng)驗證，(1)中實驗假設一成立，則(2)中實驗的產(chǎn)物不同于(1)實驗的條件是?！敬鸢浮?(1).去除蒸儲水中的氧氣，防止亞硫酸鈉被氧化(2). 500 mL容量瓶 (3).燒杯、玻璃棒(4). SO32-+2Ag += Ag 2SO3(5). Na2SO3被酸化的 NO3-氧化成 Na2SO4, Na2SO4與 AgNO 3溶液反應生成AgzSO4沉淀(6).取固體少許加入足量 Na2SO

28、3溶液(或向試管中繼續(xù)滴加 Na2SO3溶?)(7). Ag2O+ 4NH3 - H2O =2Ag(NH 3)2OH + 3H 2O或 Ag2O+4NH 3+H2O=2Ag(NH 3)2OH(8). AgOH (9). Na2SO3溶液滴加順序不同(或用量不同)，溶液酸堿性不同(或濃度不同)【解析】【分析】配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時，溶解時：Na2SO3晶體易被溶液中溶解的氧氣氧化，故需煮沸；移液時：配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時需要使用容量瓶，移液時需要洗滌燒杯和玻璃棒;實驗II探究不同pH的Na2SO3溶液與pH=4的AgNO 3溶液反應的產(chǎn)物假設一是銀離子與亞硫酸根離子反應生成亞硫酸銀；

29、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；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)Ag2O為棕黑色固體，與氨水反應生成Ag(NH 3)2OH和3H2。；從非氧化還原反應分析得化合價不變，判斷 A的成分；(3)(1)中實驗和(2)中實驗中溶液的滴加順序不同，溶液酸堿性不同?！驹斀狻咳芙鈺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；移液時：配置一定物質(zhì)的量濃度的溶液時需要使用500ml的容量瓶，移液時需要洗滌燒杯和玻璃棒23次；(1)假設一是銀離子與亞硫酸根離子反應生成亞硫酸銀SO3

30、2-+2Ag += Ag 2SO3;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于硝酸，具有氧化性，可能會將亞硫酸根離子氧化成硫酸根；.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，看是否繼續(xù)溶解， 若繼續(xù)溶解一部分，說明假設三成立；(2)Ag2O,棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應，反應a為Ag2O + 4NH3 - H2O =2Ag(NH 3)2OH + 3H2O； 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

31、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可 以生成氫氧化銀，是白色沉淀，A為AgOH ;(3)實驗(1)將pH=8的Na2SO3溶液滴人pH=4的AgNO3溶液中，實驗(2)將pH=4的AgNO 3溶液逐滴滴人足 量的pH=11的Na2SO3溶液中，對比兩次實驗可以看出，滴加順序不同 (或用量不同)，所給鹽溶液酸堿性不 同(或濃度不同)。11.鈦是一種性能非常優(yōu)越的金屬，21世紀將是鈦的世紀。(1)TiO 2薄膜中摻雜銘能顯著提高光催化活性。基態(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+4CH3C

32、H2OH+4NH 3=Ti(OCH 2CH3)4+4NH 4ClTi(OCH 2CH3)4可溶于有機溶劑，常溫下為淡黃色透明液體，其晶體類型為 N和O位于同一周期，O的第二電離能大于 N的第二電離能的原因是 ;NH4CI中存在的作用力有 , NH4CI熔沸點高于CH3CH20H的原因是 , Ti(OCH 2CH3)4分子中C 原子的雜化形式均為。(3)鈦酸鋸(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位于頂點位置，O位于位置；已知晶胞參數(shù)為 a nm, Ti位于O所形成 正八面體的體心，則該八面體的邊長為 m(列出O(1), 1s22s22p63s23p63d5

33、4s1(2),分子晶體式1s22s22p3和1s22s22p2,前者是半充滿結(jié)構(gòu)，比后者穩(wěn)定，所以鍵、離子鍵、共價鍵(5),前者為離子晶體，后者為分子晶體(的熔沸點高于分子晶體的熔沸點(1)根據(jù)核外電子的排布規(guī)則寫出銘的核外電子排布式，注意O和N分別(4),配-93d軌道為半充滿狀態(tài);(6), sp3雜化(7).棱心(8)2離能，刖者個電的價電子排布(2)可溶于有機溶劑，根據(jù)相似相容原理，判斷晶體的類型；寫出N和O價電子排布式，然后分析；從氯化俊的電子式，判斷化學鍵的類型；從晶體的類型不同判斷熔沸點差異的原因;中C原子的成鍵數(shù)目判斷雜化方式；Ti(OCH 2CH3)4 分子從晶胞的內(nèi)部結(jié)構(gòu)，根

34、據(jù)Ti的位置，判斷氧的位置；根據(jù) Ti和O的距離，計算八面體的邊長?！驹斀狻緾r原子是24 -號元素, 核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1；(2)Ti(OCH 2CH3)4可溶于有機溶劑，有機溶劑大多數(shù)都是分子晶體，根據(jù)相似相溶，Ti(OCH 2CH3)4是分子晶體；O和N分別失去一個電子后的價電子排布式2s22p3和2s22p2,前者是半充滿結(jié)構(gòu)，比后者穩(wěn)定，所以第二電離能，前者大于后者;根據(jù)氯化俊的電子式:可以看出氯化錢中的化學鍵有俊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，所以氯化俊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 b鍵，故雜化方式為 sp3雜化；(3)從圖中可以看出，若 Ti位于頂點位置，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，八面體中 Ti和O構(gòu)成了一個等腰直角三角形，直角邊長為1a,斜邊2長為 1( -a)2( a)2 = -2- anm= 2 aM0-9m。,2222【點睛】銘的核外電子排布