河南省六市高三化学第二次联考二模试题含解析

1、河南省六市2018届高三第二次联考（二模）理综化学试题相对原子质量:h-1 c-12 o-16 na-23 cl-35.5 mn-55 fe-56第i卷一、选择題(本题共13小题，每小题6分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1. 化学与生活密切相关。下列说法正确的是a. 垃圾分类中可回收物标志：b. 农谚“雷雨肥庄稼”中固氮过程属于人工固氮c. 绿色化学要求从源头上减少和消除工业生产对环境的污染d. 燃煤中加入cao 可以减少酸雨的形成及温室气体的排放【答案】c【解析】a. 垃圾分类中可回收物标志是，表示垃圾分类中的其他垃

2、圾，故a错误；b. 空气中的n2在放电条件下与o2反应生成no，no与o2反应生成no2，no2与水反应生成的硝酸随雨水降到地面，同土壤中的矿物相互作用，生成溶于水的硝酸盐可作氮肥，该过程属于自然固氮，故b错误；c. 绿色化学的核心是利用化学原理从源头上消除或减少工业生产对环境的污染，而不能污染后再治理，故c正确；d. 煤燃烧生成co2和so2，cao可以和so2结合生成caso3，并最终被氧化成caso4，而co2在高温下不能与cao结合生成caco3，则燃煤中加入cao后可减少酸雨的形成，但不能减少温室气体的排放，故d错误；答案选c。2. 汉黄芩素是传统中草药黄芩的有效成分之一，其结构如图

3、，对杀伤肿瘤细胞有独特作用。下列有关汉黄芩素的叙述不正确的是a. 该物质属于芳香族化合物 b. 汉黄芩素的分子式为c16h13o5c. 1mol该物质与氢氧化钠溶液反应，最多消耗2mol naoh d. 与足量h2发生加成反应后，该分子中官能团的种类减少2种【答案】b【解析】a. 汉黄芩素结构中含有苯环，属于芳香族化合物，故a正确；b. 汉黄芩素的分子式为c16h12o5，故b错误；c. 汉黄芩素结构中含有2个酚羟基，1mol该物质与氢氧化钠溶液反应，最多消耗2mol naoh，故c正确；d. 与足量h2发生加成反应后，该分子中的碳碳双键、碳氧双键(羰基)均减少，官能团的种类减少2种

4、，故d正确；答案选b。点睛：本题考查有机物的结构和性质，掌握官能团和性质之间的关系是解题的关键。本题的易错点是汉黄芩素分子中官能团类型的判断，由汉黄芩素的结构简式可知，该物质中含有的官能团是酚羟基、碳碳双键、碳氧双键(羰基)和醚键，注意苯环不是官能团，试题难度中等。3. 设na为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是a. 100g46%甲酸(hcooh)水溶液所含的氧原子数为5nab. 标准状况下,18 g冰水中共价键的数目为nac. 56g铁与71gcl2 充分反应，转移电子数目为3nad. 7.8g na2o2 与足量的水(h218o)反应生成的氧气所

5、含的中子数为0.5na【答案】a【解析】a. 100g46%甲酸(hcooh)水溶液中，甲酸的物质的量为46g÷46g/mol=1mol，甲酸中含有的氧原子的物质的量为2mol，水的物质的量为54g÷18g/mol=3mol，水中含有的氧原子的物质的量为3mol，则氧原子的总物质的量为5mol，数目为5na，故a正确；b. 18g冰水中水的物质的量为18g÷18g/mol=1mol，1个水分子中含有2个共价键，则1mol水中含有的共价键数目为2na，故b错误；c. 56g铁和71gcl2的物质的量均为1mol，根据2fe3cl22fecl3可知，与铁反应时cl2少

6、量，cl元素的化合价从0价降低到1价，则1molcl2反应时，转移电子数目为2na，故c错误；d. 过氧化钠与水反应的化学方程式为2na2o22h218o=4naoho2，在该反应中na2o2既是氧化剂又是还原剂，o2中的氧原子全部来自于na2o2，1个o2分子中含有16个中子，7.8g na2o2的物质的量为7.8g÷78g/mol=0.1mol，由化学方程式可知，生成o2的物质的量为0.05mol，o2中含有的中子数为0.05mol×16×namol1=0.8na，故d错误；答案选a。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的应用，明确物质的结构和性质是解答本题

7、的关键，试题难度中等。本题的易错点是d项，注意过氧化钠和水反应生成的氧气中，氧原子全部来自于过氧化钠。4. no2是大气的主要污染物之一，某研究小组设计如图所示的装置对no2进行回收利用,装置中a、b均为多孔石墨电极。下列说法不正确的是a. a为电池的负极，发生氧化反应b. 一段时间后，b极附近hno3 浓度减小c. 电池总反应为4no2+o2+2h2o4hno3d. 电子流向:a电极用电器b电极溶液a电极【答案】d【解析】a. 由装置图可知，在a电极上，no2失电子生成hno3，n元素化合价升高发生氧化反应，a为电池的负极，故a正确；b. b电极上发生的电极反应式为：o24h4e=

8、2h2o，由反应式可知，b极消耗氢离子，所以b极附近hno3的浓度减小，故b正确；c. 由装置图可知，该电池的总反应为4no2+o2+2h2o4hno3，故c正确；d. 电子从负极流向正极，但不会经过电解质溶液，故d错误；答案选d。5. 短周期元素w、x、y和z的原子序数依次增大。元素w是制备一种高效电池的重要材料，x的一种核素在考古时常用来鉴定一些文物的年代，元素y 是地壳中含量最丰富的金属元素，z原子的最外层电子数是其电子层数的2倍。下列说法错误的是a. 化合物xz2 各原子均满足8电子的稳定结构b. 已知含氧酸的酸性:h2zo3>h2xo3，则z的非金属性强于x

9、c. 若单质w失火，不能用二氧化碳灭火器或水扑灭d. 通常采用电解法制备单质y及其同周期的金属单质【答案】b点睛：本题考查原子结构和元素周期律的关系，根据题中信息正确推断元素类型是解题的关键，试题难度中等。本题的易错点是b项，注意h2so3不是硫元素的最高价氧化物对应的水化物，不能用于判断硫和碳元素的非金属性强弱。6. 下列实验操作、实验现象和实验结论均正确的是选项实验操作实验现象实验结论a将乙烯分别通入溴水和酸性高锰酸钾溶液溶液均褪色二者反应类型相同b在适量蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴5min，加入naoh溶液调溶液ph 至碱性，再加入新制的cu(oh)2,加热有砖红色沉淀生成蔗糖发生了水

10、解反应c向fe(no3)2 溶液中依次滴加少量稀h2so4 和kscn 溶液溶液变红稀硫酸能氧化fe2+d向10ml.0.1mol/l na2s溶液中滴入2 ml 0.1mol/lznso4溶液再加入 0.1mol/lcuso4溶液开始有白色沉淀生成，后有黑色沉淀生成ksp(cus)ksp(zns)a. a b. b c. c d. d【答案】b.7. 室温下，用相同浓度的naoh 溶液，分别滴定等体积且浓度均为0.1mol/l的三种酸(ha、hb 和hd)溶液，滴定的曲线如图所示，下列判断正确的是a. 三种酸的电离常数关系:k(hd)>k(hb)>k(ha)b

11、. ph=7 时，三种溶液中:c(a-)=c(b-)=c(d-)c. 当三种酸中和百分数达100%时，离子总浓度最大的是nad 溶液d. 滴定至p点时，溶液中:c(b-)>c(na+)>c(hb)>c(h+)>c(oh-)【答案】d【解析】a. 相同物质的量浓度的一元酸，酸的ph越小，氢离子浓度越大，说明酸的电离程度越大，该酸的酸性越强，其电离平衡常数也越大，据图可知，未加naoh溶液时，ph：hahbhd，说明酸的电离程度hahbhd，则k(ha)k(hb)k(hd)，故a错误；b. 室温下，溶液的ph=7时，溶液中c(h+)=c(oh)，根据电荷

12、守恒，三种溶液中离子浓度关系为：c(na+)+c(h+)=c(a)+c(oh)，由c(h+)=c(oh)可知，c(na+)=c(a)，同理，c(na+)=c(b)、c(na+)=c(d)，因a、b、d的水解程度不同，则溶液呈中性时消耗氢氧化钠溶液的体积不同，所得的三种溶液中钠离子浓度不同，所以c(a)、c(b)、c(d)也不同，故b错误；c. 当三种酸中和百分数达100%时，三种酸所消耗的氢氧化钠溶液体积相同，生成的钠盐浓度也相同，则三种溶液中c(na+)相等，根据水解离子方程式可知，c(x)+c(oh)也相等（x代表a、b、d），因hd酸性最弱，d水解程度最大，则nad溶液中c(oh)最大，

13、c(h+)最小，所以c(na+)+c(h+)+c(d)+c(oh)最小，故c错误 ；d. 滴定至p点时，hb溶液的中和百分数为50%，所得溶液中c(hb):c(nab)=1:1，p点时溶液显酸性，说明hb的电离程度大于b的水解程度，c(h+)>c(oh)，根据电荷守恒c(na+)+c(h+)=c(oh)+c(b)可知，c(b)>c(na+)，因hb发生电离：hbh+b，所以c(na+)c(hb)c(h+)，则c(b)c(na+)c(hb)c(h+)c(oh)，故d正确；答案选d。8. 某同学在做浓硫酸与铜反应的实验过程中，观察到铜片表面变黑,于是对黑色物质的组成进行实验探究。(1)

14、用如图所示装置进行实验1。(加热和夹持仪器已路去)实验1.铜片与浓硫酸反应操作现象加热到120250铜片表面变黑，有大量气体产生，形成墨绿色浊液继续加热至 338铜片上黑色消失，瓶中出现“白雾”，溶液略带蓝色， 瓶底部有较多灰白色沉淀仪器a 是_；装置c 中发生反应的离子方程式为_。为证明a装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，实验操作及现象是_。(2)探究实验1中120250时所得黑色固体的成分。【提出猜想】黑色固体中可能含有cuo、cus、cu2s 中的一种或几种。【查阅资料】资料1:亚铁氰化钾k4fe(cn)6是cu2+的灵敏检测剂，向含有cu2+的溶液中滴加

15、亚铁氰化钾溶液，生成红棕色沉淀。资料2:cuscu2s黑色结晶或粉末灰黑色结晶或粉末难溶于稀硫酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水或热的浓盐酸难溶于稀硫酸和浓盐酸；可溶于硝酸；微溶于浓氨水【设计并实施实验】实验2：探究黑色固体中是否含cuo操作现象i .取表面附着黑色固体的铜片5片，用清水洗干净，放入盛有l0ml试剂a的小烧杯中，搅拌黑色表层脱落，露出光亮的铜片ii.取出铜片，待黑色沉淀沉降上层溶液澄清、无色试剂a是_ 。甲认为ii中溶液无色有可能是cu2+浓度太小，于是补充实验确认了溶液中不含cu2+，补充的实验操作及现象是_。实验3.探究黑色固体中是否含cus、cu2s操作现象i .取实验2中黑色

16、固体少许，加入适量浓氨水，振荡后静置有固体剩余，固液分界线附近的溶液 呈浅蓝色ii.另取实验2中黑色固体少许，加入适量浓盐酸，微热后静置有固体剩余，溶液变成浅绿色【获得结论】由实验2和实验3可得到的结论是：实验1中，120°c250°c时所得黑色固体中_。【实验反应】分析实验1中338°c时产生现象的原因，同学们认为是较低温度时产生的黑色固体与热的浓硫酸进 一步反应造成。已知反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，则黑色固体消失时可能发生的 所有反应的化学方程式为_ 。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). so2+2oh-so32-+h2o (3). 冷却后将

17、浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液（或冷却后，将上层浓硫酸倒出，向瓶中加入少量水，得到蓝色溶液） (4). 一定浓度的稀硫酸 (5). 取上层清液滴加2滴亚铁氰化钾溶液，有红棕色沉淀生成 (6). 一定含有cuo和cus，可能含有cu2s (7). cus +4h2so4 (浓) cuso4 + 4so2 + 4h2o 或cu2s +6h2so4 (浓) 2cuso4 + 5so2 + 6h2o【解析】(1)反应生成的二氧化硫易溶于水，容易造成倒吸现象，装置b可以防止c中溶液倒吸入a中；二氧化硫会污染空气，二氧化硫属于酸性氧化物，装置c中可以用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫，故答案为：防止c中溶液

18、倒吸入a中；naoh溶液；硫酸铜溶液显蓝色，为证明a装置中灰白色沉淀的主要成分为硫酸铜，可以将冷却后的浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液即可证明，故答案为：冷却后将浊液倒入盛水的小烧杯中，得到蓝色溶液；(2)根据cus、cu2s的性质可知，二者均难溶于稀硫酸；可溶于硝酸，因此试剂a应该选择稀硫酸，故答案为：稀硫酸；根据题意，亚铁氰化钾k4fe(cn)6是cu2+的灵敏检测剂，向含有cu2+的溶液中滴加亚铁氰化钾溶液，可以生成红棕色沉淀。因此只要向反应后的溶液中加入亚铁氰化钾即可检验溶液中是否存在cu2+，故答案为：向上层清液中滴加2滴亚铁氰化钾溶液，没有明显现象(或无红棕色沉淀生成)；【获得

19、结论】根据实验2可知，黑色固体中不含cuo，根据实验3可知，加入适量浓氨水，固液分界线附近的溶液呈浅蓝色；加入适量浓盐酸，微热后静置，溶液变成浅绿色，因为cus微溶于浓氨水或热的浓盐酸，cu2s难溶于浓盐酸，说明含有cus、可能含有cu2s，故答案为：不含cuo，一定含有cus，可能含有cu2s；【实验反思】黑色固体中含有cus、可能含有cu2s，根据反应的含硫产物除无水硫酸铜外还有二氧化硫，cus、cu2s与浓硫酸的反应方程式分别为cus+4h2so4(浓)cuso4+4so2+4h2o，cu2s+6h2so4(浓)2cuso4+5so2+6h2o，故答案为：cus+4h2so4(浓)cus

20、o4+4so2+4h2o，cu2s+6h2so4(浓)2cuso4+5so2+6h2o。点睛：本题借助于铜与浓硫酸的反应对反应过程中的中间产物进行了探究，题目有一定的难度。本题的难点是题干提供的信息较多，需要从众多的信息中提取有用信息，加以利用，物质性质的陌生性也增大了试题难度。9. 以氧化铝为原料，通过碳热还原法可合成氮化铝（aln）；通过电解法可制取铝。电解铝时阳极产生的co2可通过二氧化碳甲烷化等再利用。请回答：（1）已知：.2al2o3(s)=4al(g)3o2(g) h1=+3351kj/mol. 2c(s)+ o2(g)=2co(g) h2=221kj/mol. 2al(g)+ n

21、2(g)=2aln(s) h3=a kj/mol. al2o3(s)+ 3c(s)+ n2(g)=2aln(s)3co(g) h4=+1026kj/mol反应的a=_，反应自发进行的条件是_(填“高温”、“低温”或“任意温度”)（2）在常压、ru/tio2催化下，co2和h2混和气体（体积比1：4，总物质的量x mol）进行反应，测得co2转化率、ch4和co选择性随温度变化情况分别如图1和图2所示（选择性：转化的co2中生成ch4或co的百分比）。反应co2（g）+4h2（g）ch4（g）+2h2o（g）h4反应co2（g）+h2（g）co（g）+h2o（g）h5下列说法正确的是_。a.h5

22、 小于零 b.温度可影响产物的选择性c.co2平衡转化率随温度升高先增大后减少d.其他条件不变，将co2和h2的初始体积比改变为1:3，可提高co2平衡转化率350时，反应i在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为yl，该温度下反应i的平衡常数为_(用x、y 表示)。(3)co2溶于水形成h2co3。已知常温下h2co3 的电离平衡常数k1=4.4×10-7，k2=4.7×10-11，nh3·h2o的电离平衡常数kb=1.75×10-5。常温下，用氨水吸收co2 可得到nh4hco3 溶液，nh4hco3 溶液显_(填“ 酸 性”、“ 中性” 或“ 碱性”)

23、；请计算反应nh4+hco3-+ h2onh3·h2o+h2co3 的平衡常数k=_。(4)据文献报道，二氧化碳可以在酸性水溶液中用情性电极电解得到乙烯，其原理如图所示。b电极上的电极反应式为_，该装置中使用的是_(“ 阴”或“ 阳”) 离子交换膜。【答案】 (1). -318 (2). 高温 (3). ab (4). 625y2/x2 (5). 碱性 (6). 1.3×10-3 (7). 2co2+12h+12e- = c2h4+4h2o (8). 阳【解析】(1). 已知.2al2o3(s)=4al(g)3o2(g) h1=+3351kj/mol，. 2c(s)+ o2

24、(g)=2co(g) h2=221kj/mol，. 2al(g)+ n2(g)=2aln(s) h3=a kj/mol，. al2o3(s)+ 3c(s)+ n2(g)=2aln(s)3co(g) h4=+1026kj/mol，根据盖斯定律，(+×3+×2)÷2=，解得h3=318 kj/mol；若g=hts0，则反应能自发进行，反应的h0，s0，因此该反应能自发进行的条件为高温，故答案为：318；高温；(2). a. 根据图1可知，co2的转化率先增大是因为反应正向进行，到一定温度时达到平衡，升高温度co2的转化率减小，说明正反应为放热反应，h5 小于

25、零，故a正确；b. 由图2可知，随温度升高甲烷的选择性降低，co的选择性增加，因此温度可影响产物的选择性，故b正确；c. co2转化率先增大是因为反应正向进行未达到平衡状态，达到平衡状态后，随温度升高co2的转化率减小，故c错误；d. co2和h2混和气体（体积比1:4，总物质的量x mol）进行反应，其他条件不变，将co2和h2的初始体积比改变为1:3，相当于减小氢气的量，co2平衡转化率减小，故d错误；答案为：ab；. 350时，反应i在t1时刻达到平衡，平衡时容器体积为yl，二氧化碳的转化率为80%，根据三段式法有：co2（g）+4h2（g）ch4（g）+2h2o（g）起始量(mol)

26、0.2x 0.8x 0 0转化量(mol) 0.16x 0.64x 0.16x 0.32x平衡量(mol) 0.04x 0.16x 0.16x 0.32x平衡常数k= =625y2/x2，故答案为：625y2/x2；(3). 已知nh3·h2o的电离平衡常数kb=1.75×105，h2co3的电离平衡常数k1=4.4×10-7，k2=4.7×10-11，kbk2，所以碳酸氢根离子的水解程度大于铵根离子的水解程度，nh4hco3溶液显碱性；反应nh4+hco3-+ h2onh3·h2o+h2co3的平衡常数k= = =1.3×10-3，

27、故答案为：碱性；1.3×10-3；(4). 由图可知，电解时二氧化碳在b极上得电子发生还原反应生成乙烯，电极反应式为2co2+12h+12e-=c2h4+4h2o，因离子交换膜只允许氢离子通过，所以是阳离子交换膜，故答案为：2co2+12h+12e-=c2h4+4h2o；阳。10. 软锰矿的主要成分是mno2，其悬浊液可吸收烟气中so2，所得酸性浸出液又可用于制备高纯硫酸锰,其一种工艺流程如下图图1所示。已知金属单质的活动顺序为al>mn>fe>ni。回答下列问题:(1)用离子方程式表示加入“氧化剂(软锰矿)”作用:_。(2)已知:kspal(oh)3= 

28、1.0×10-33  kspni(oh)2=1.6×10-15kspmn(oh)2=4.0×10-14 kspfe(oh)3=2.6×10-39“水解沉降”中:“中和剂”可以是_(填标号)。a.al2o3 b.mgo c.h2so4 d.mno2溶液的ph 应不低于_。(离子浓度小于1×10-6mol/l时，即可认为该离子沉淀完全)(3)“置换”的目的是_(用离子方程式表示)。(4)“结晶分离”中的部分物质的溶解度曲线如上图图2 所示。结晶与过滤过程中，体系温度均应维持在_(填“27”、“60”或“70”)。(5)

29、“草酸钠一高锰酸钾返滴法”可测定软锰矿中mno2 的纯度(假设杂质不参与反应):取a g mno2 样品于锥形瓶中，加入适量稀硫酸，再加入v1 ml c1 mol/lna2c2o4 溶液(足量)，最后用c2 mol/l的kmno4溶液滴定剩余的na2c2o4 ，达终点时消耗v2 ml 标准kmno4溶液。mno2 参与反应的离子方程式为_。该样品中mno2 的质量分数为_(假定杂质不参与反应，列出表达式即可)。【答案】 (1). mno2+2fe2+4h+mn2+2fe3+2

30、h2o (2). b (3). 5 (4). mn+ni2+mn2+ni (5). 70 (6). mno2+4h+c2o42-=mn2+2co2+2h2o (7). 【解析】(1). “氧化剂”发生反应是利用二氧化锰将亚铁离子氧化成铁离子，二氧化锰被还原为锰离子，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：mno2+2fe2+4h+=mn2+2fe3+2h2o，故答案为：mno2+2fe2+4h+=mn2+2fe3+2h2o；(2). . 中和剂是调节溶液ph除去杂质离子，且不引入新的杂质，a. 加入al2o3会和酸反应，引入铝离子杂质，故a错误；b.加入mgo和酸反应，能调节溶液ph

31、且不引入新的杂质，故b正确；c.加入h2so4后不能使溶液ph升高而除去fe3+和al3+，且引入新的杂质，故c错误；d. mno2不能和稀酸反应，故d错误；答案为：b；. 根据kspal(oh)3= 1.0×10-33、kspfe(oh)3=2.6×10-39可知，当铝离子全部沉淀时，铁离子已全部沉淀，结合氢氧化铝的溶度积常数可知，kspal(oh)3= 1.0×10-33=c(al3+)×c3(oh)= 1×10-6mol/l×c3(oh)，解得c(oh)= 1×10-9mol/l，则c(h+)= 1

32、×10-5mol/l，ph=5，故答案为：5；(3). “置换”中发生的反应是锰置换出单质镍，离子方程式为mn+ni2+=mn2+ni，故答案为：mn+ni2+=mn2+ni；(4). 据图可知，结晶与过滤过程中，体系温度均应维持在70，此时硫酸镁溶解度最大，硫酸锰溶解度小，便于析出硫酸锰晶体，故答案为：70；(5). mno2 与na2c2o4在酸性条件下反应生成锰离子、二氧化碳和水，根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的离子方程式为：mno2+4h+c2o42-=mn2+2co2+2h2o，故答案为：mno2+4h+c2o42-=mn2+2co2+2h2o；. c2o42

33、-在酸性条件下与mno4反应的离子方程式为：2mno45c2o4216h=2mn210co28h2o，则剩余na2c2o4的物质的量为：c2 mol/l×v2 ×10-3l=c2v2 ×10-3mol，与mno2反应的na2c2o4的物质的量为：c1v1 ×10-3molc2v2 ×10-3mol，由mno2+4h+c2o42-=mn2+2co2+2h2o可知，mno2 的物质的量为：(c1v1 ×10-3c2v2 ×10-3)mol，质量为：(c1v1 ×10-3c2v2 ×10-3

34、) mol×87g/mol=(c1v1 ×10-3c2v2 ×10-3)×87g，则该样品中mno2 的质量分数为，故答案为：。点睛：本题主要考查物质制备的工艺流程，明确流程中各步骤的作用和混合物分离方法是解答本题的关键，试题难度中等。本题的难点是第（5）题中mno2 质量分数的计算，解题时要先明确na2c2o4 和mno2及酸性高锰酸钾溶液的反应，再利用高锰酸钾计算剩余na2c2o4 的物质的量，根据na2c2o4 的总量减去剩余的na2c2o4 得出和mno2反应的na2c2o4 

35、，最后利用反应方程式计算出mno2的量即可。(二)选考题（共45分）请考生从给出的2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一題作答，并用2b 铅笔在答题卡上把所选題目的題号涂黑。注意所做题目的題号必须与所涂题目的題号一致，在答题卡选答区域指定位置答题。如果多做，则每学科按所做的第一题计分。11. 在照相底片的定影过程中，未曝光的溴化银(agbr)常用硫代硫酸钠(na2s2o3)溶解，反应生成na3ag(s2o3)2；在废定影液中加人na2s使na3ag(s2o3)2中的银转化为ag2s，并使定影液再生。将ag2s在高温下转化为ag，就达到了回收银的目的。(1)铜、银、金在元素周期表中位于同

36、一族相邻周期，基态银原子的最外层电子排布式为 _。(2)na、o、s简单离子半径由大到小的顺序为_。(3)s2o32-离子结构如图所示，其中心硫原子的杂化轨道类型为_。(4)写出agbr 溶于na2s2o3溶液的离子反应方程式_。na3ag(s2o3)2中存在的作用力有离子键、共价键、_。(5)在空气中灼烧ag2s生成ag和so2，so2 分子中硫原子的价层电子对数为_，其分子空间构型为_。 so2易溶于水，原因是_。(6)现在人们已经有多种方法来测定阿伏加德罗常数，x射线衍射法就是其中的一种，通过对金晶体的x 射线衍射图象的分析，可以得出金晶体的晶胞属于面心立方晶胞(与铜的晶胞相似)。若金原

37、子的半径为am，金的密度为g·cm-3，金的摩尔质量为mg·mol -1，试通过这些数据列出计算阿伏加德罗常数的算式_。【答案】 (1). 5s1 (2). s2- o2- na+ (3). sp3 (4). agbr+2s2o32-=ag(s2o3)23-+br- (5). 配位键 (6). 3 (7). v形 (8). 根据相似相溶原理，so2和水均为极性分子，且so2和水反应 (9). 【解析】(1). 铜、银、金在元素周期表中位于同一族相邻周期，基态铜原子的最外层电子排布式为4s1，则基态银原子的最外层电子排布式为5s1，故答案为：5s1；(2). 电子层数越多，离

38、子半径越大，核外电子排布相同的离子，原子序数越大，离子半径越小，则na、o、s简单离子半径由大到小的顺序为s2-、 o2- 、na+，故答案为：s2- o2- na+；(3). 由s2o32-离子结构示意图可知，其中心硫原子形成4个键，则中心硫原子的杂化轨道类型为sp3，故答案为：sp3；(4). agbr 与na2s2o3溶液反应生成na3ag(s2o3)2和nabr，该反应的离子反应方程式为agbr+2s2o32-=ag(s2o3)23-+br-，na3ag(s2o3)2中存在的作用力有离子键、共价键和配位键，故答案为：agbr+2s2o32-=ag(s2o3)23-+br-；配位键；(5). so2 分子中硫原子的价层电子对数为：2+=2+1=3，因so2 分子中含有1个孤电子对，所以其分子空间构型为v形，因so2和水均为极性分子，且so2可以和水发生反应，所以so2易溶于水，故答案为：3；v形；根据相似相溶原理，so2和水均为极性分子，且so2和水反应；(6). 金晶体的晶胞属于面