成都市高三第二次診斷性檢測理綜化學試題

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精成都市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——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。艦身無磁鎳鉻鈦合金鋼 B。甲板耐磨SiC涂層C.艦載機起飛擋焰板鋁合金 D。艦底含硅有機涂層【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、鍺酸鹽等原料和(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，由此判斷.【詳解】A．艦身無磁鎳鉻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原子,原子之間的化學鍵可以是單鍵、雙鍵.下列說法錯誤的是MNA。M與HCOOCH3互為同分異構體B。N的官能團為羥基C。在與鈉的反應中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】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)構簡式為CH3COOH和CH3CH2OH?！驹斀狻緼．M的結(jié)構簡式為CH3COOH，與HCOOCH3的分子式相同，結(jié)構不同,互為同分異構體,故A正確；B．N的結(jié)構簡式為CH3CH2OH,官能團為羥基，故B正確；C．CH3COOH和CH3CH2OH分別與鈉反應時，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睛】判斷出M、N的分子結(jié)構是關鍵，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．根據(jù)轉(zhuǎn)化關系，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．根據(jù)轉(zhuǎn)化關系,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)?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?！军c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。甲乙丙丁反應原理為：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N2B.儀器的連接順序為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3MnO4—+5NO+4H+=3Mn2++5NO3—+2H2O【答案】B【解析】【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，可用高錳酸鉀溶液吸收，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—，MnO4-被還原為Mn2+,則乙中吸收尾氣時發(fā)生離子反應為3MnO4-+5NO+4H+=3Mn2++5NO3-+2H2O，故D正確；答案選B。【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(ec4)2。A能夠發(fā)生如下轉(zhuǎn)化關系: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b>cB.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c〈e【答案】A【解析】【分析】A和氫氧化鈉溶液反應生成B和C，C為氣體,C的分子式為ba3,能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍，根據(jù)化學式可推斷C為氨氣，B為白色沉淀，繼續(xù)加入氫氧化鈉溶液沉淀溶解,則B可推斷為氫氧化鋁，A中加入酸化的氯化鋇溶液形成白色沉淀，則A中含有硫酸根離子，根據(jù)以上推斷,A為NH4Al(SO4)2,a為H元素，b為N元素,c為O元素，d為Al元素，e為S元素，據(jù)此分析解答?！驹斀狻緼．b為N元素，c為O元素，同周期元素隨核電荷數(shù)增大,半徑逐漸減小,則原子半徑b＞c，故A正確；B．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；C．A為NH4Al（SO4）2，是離子化合物,故C錯誤;D．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c＞e，故D錯誤；答案選A.6.某化學小組設計“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-=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，陽極反應為：Al-3e—=Al3+，陰極反應為2H++2e-=H2↑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—=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，陽極反應為：Al-3e—=Al3+，陰極反應為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．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B.向0。1mol/LNaHSO3溶液通入氨氣至中性時C。0。01mol/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固體將增大【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；B．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)①，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?)②，由①得c(Na+)＞c(SO32?)；將①式左右兩邊都加上c（NH4+）得c（Na+）+c（NH4+）=c（SO32?）+c(HSO3?)+c（H2SO3)+c(NH4+）③，結(jié)合②③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。01mol/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,加入少量NaOH固體，溶液酸性減弱，氫離子濃度減小,該比值將減小,故D錯誤;答案選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。某化學小組設計用高硫錳礦(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，金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如表：金屬離子Fe3+Fe2+Al3+Mn2+開始沉淀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____。（4）請用平衡移動原理解釋除雜處理后的Mn2+用NH4HCO3轉(zhuǎn)化成MnCO3沉淀的過程___(用文字和離子方程式表達）。(5)用惰性電極電解MnSO4制備MnO2時，其陽極反應式為____；整個流程中能夠循環(huán)利用的物質(zhì)除MnO2外還有___(寫名稱)?！敬鸢浮浚?)。Al2O3+6H+=3H2O+2Al3+(2).否(3）.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(4).5.0≤pH＜7。5（5).Mg2+、Ca2+(6)。加入NH4HCO3后,Mn2+與HCO3-電離出的CO32—生成MnCO3，HCO3-?H++CO32-、Mn2++CO32-?MnCO3，HCO3—電離出H+與另一部分HCO3-反應生成H2O和CO2，促進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+的酸性溶液，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MnF2除雜，使溶液中的Mg2+、Ca2+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，加入硫酸溶解碳酸錳得到硫酸錳溶液,經(jīng)過電解得到二氧化錳，據(jù)此分析解答?！驹斀狻浚?)浸出時Al2O3與硫酸反應生成硫酸鋁，與鋁元素有關的離子反應方程式為：Al2O3+6H+=3H2O+2Al3+；（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時鋁離子完全沉淀，pH為7。5時錳離子開始沉淀，則生成沉淀的pH范圍為5.0≤pH＜7.5；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MnCO3，HCO3—?H++CO32—、Mn2++CO32—?MnCO3，HCO3—電離出H+與另一部分HCO3-反應生成H2O和CO2，促進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，其陽極發(fā)生氧化還原，化合價升高失電子，錳元素由+2價升高為+4價，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。鹵代烯烴是合成塑料的重要原料，研究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：ⅠCH3—C≡C-CH3(g）+HCl（g）（g)?H=akJ/mol(a＜0)Ⅱ.CH3—C≡C—CH3（g)+HCl(g)(g）?H=bkJ/mol（a＜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)的量隨時間變化如圖所示。試回答下列問題。（1）發(fā)生反應I、Ⅱ的同時，還有反應A轉(zhuǎn)化為B，且焓變?yōu)椤鱄'。則△H'___0（填“>”、“<”或“=")。(2)①從反應開始至20min時生成B的平均速率v（B)=____；②反應至20min時CH3-C≡C—CH3的轉(zhuǎn)化率=____；③在T℃時，反應I的平衡常數(shù)為____.(3)T℃時，E1和E2分別代表反應I，Ⅱ的正反應活化能。①由圖得出：E1___E2(填“〉”、“〈”或“=”)；②試從反應方向的角度分析，20min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)。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，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】（1）根據(jù)蓋斯定律計算;(2）①結(jié)合圖示，根據(jù)v=B的平均速率;②反應I、Ⅱ都在發(fā)生，反應至20min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=×100％;③在T℃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)①結(jié)合圖像，根據(jù)20min前產(chǎn)物A的量大于B分析；②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、Ⅱ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.【詳解】(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(a＜0）根據(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Ⅱ放出的熱量比反應I多,故（b-a)＜0，即△H’＜0,反應放熱；（2)①結(jié)合圖示，從反應開始至20min時生成B的物質(zhì)的量為0.2mol，根據(jù)v=，v(B）==1×10—3mol/(L?min）;②反應I、Ⅱ都在發(fā)生,反應至20min時，根據(jù)圖像，生成A、B的量分別為0。2mol、0。4mol,根據(jù)反應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I的產(chǎn)物為A，在T℃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I平衡常數(shù)K==100;(3)①根據(jù)圖像所示，20min前，A的產(chǎn)量高于B，說明生成產(chǎn)物A的活化能較低,反應速率快,故E1＜E2；②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、Ⅱ都使用催化劑,其它條件相同時，催化劑對反應I、Ⅱ生成A、B的催化效果不同，提高B在較低溫度下產(chǎn)率的措施應為加入低溫下適合生成B的高性能催化劑。10.Na2SO3是一種白色粉末，工業(yè)上可用作還原劑、防腐劑等。某化學小組探究不同pH的Na2SO3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500mL一定濃度的Na2SO3溶液①溶解:準確稱取一定質(zhì)量的Na2SO3晶體，用煮沸的蒸餾水溶解。蒸餾水需煮沸的原因是____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，反復上下顛倒，搖勻。實驗Ⅱ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ii.Ag2O，棕黑色固體，不溶于水，可與濃氨水反應(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。假設一：該白色沉淀為Ag2SO3假設二：該白色沉淀為Ag2SO4假設三:該白色沉淀為Ag2SO3和Ag2SO4的混合物①寫出假設一的離子方程式____；②提出假設二的可能依據(jù)是_____；③驗證假設三是否成立的實驗操作是____。（2)將pH=4的AgNO3溶液逐滴滴人足量的pH=11的Na2SO3溶液中，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:①已知反應(b）的化學方程式為Ag(NH3)2OH+3HCl=AgCl↓+2NH4Cl+H2O，則反應（a）的化學方程式為____；②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溶液反應生成Ag:2SO4沉淀(6）。取固體少許加入足量Na2SO3溶液(或向試管中繼續(xù)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，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AgNO3溶液反應的產(chǎn)物①假設一是銀離子與亞硫酸根離子反應生成亞硫酸銀；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，與氨水反應生成Ag(NH3)2OH和3H2O；②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2~3次;(1）①假設一是銀離子與亞硫酸根離子反應生成亞硫酸銀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,看是否繼續(xù)溶解,若繼續(xù)溶解一部分，說明假設三成立；（2）①Ag2O，棕黑色固體,不溶于水，可與濃氨水反應,反應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AgNO3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)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可溶于有機溶劑,常溫下為淡黃色透明液體，其晶體類型為____②N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_____；③NH4Cl中存在的作用力有_____，NH4Cl熔沸點高于CH3CH2OH的原因是_____，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anm，Ti位于O所形成正八面體的體心，則該八面體的邊長為_____m（列出表達式)?！敬鸢浮浚?）.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,前者是半充滿結(jié)構,比后者穩(wěn)定，所以第二電離能，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（或離子鍵強于分子間作用力），離子晶體的熔沸點高于分子晶體的熔沸點(6）。sp3雜化（7）.棱心(8)。a×10-9【解析】【分析】(1）根據(jù)核外電子的排布規(guī)則寫出鉻的核外電子排布式，注意3d軌道為半充滿狀態(tài)；(2）①可溶于有機溶劑，根據(jù)相似相容原理，判斷晶體的類型；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，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;Ti(OCH2CH3）4分子中C原子的成鍵數(shù)目判斷雜化方式;(3)從晶胞的內(nèi)部結(jié)構，根據(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?1）Cr原子是24號元素，核外電子排布式為1s22s22p63s23p63d54s1;(2）①Ti(OCH2CH3)4可溶于有機溶劑，有機溶劑大多數(shù)都是分子晶體，根據(jù)相似相溶，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，前者是半充滿結(jié)構，比后者穩(wěn)定，所以第二電離能,前者大于后者;③根據(jù)氯化銨的電子式：，可以看出氯化銨中的化學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(O