2022年北京市房山区高考化学一模试卷(附答案详解)

2023年最新整理——考试真题资料2023年最新整理——考试真题资料2023年最新整理——考试真题资料2022年北京市高考化学一模试卷近年来我国取得让世界瞩目的科技成果，化学功不可没。下列说法不正确的( )“天和核心舱”电推进系统中的腔体采用氮化硼陶瓷属于有机物“北斗系统”组网成功，北斗芯片中的半导体材料为硅“嫦娥五号”运载火箭用液氧液氢推进剂，产物对环境无污染号钛元素属于过渡元素下列图示或化学用语表示不正确的( )乙炔的空间结构模B.SO2的模 C.−2−丁烯的结构简D.氨分子的电型 型 式 式A.A B.B C.C D.D香豆−4是一种激光染料应用于激光器香豆−4CH、O三种元素组成，分子的球棍模型如图所示。下列有关叙述不正确的( )属于芳香族化合物种官能团能与饱和溴水发生取代反应1mol−42molNaOH的溶液反应下列关于元素或物质性质的比较中，不正确的( )>HCl>HBr>HI>N>O>F酸性：HNO3>H3PO4>H2SiO3<N<O<F下列实验能达到对应目的的( )第1页，共29页的NaOH溶液

实验室制取氨 C.含氨气的尾气D.除CO2中的气 吸收 量HClA.A B.B C.C D.D下列措施不能加Zn与1mol/LH2SO4反应产H2的速率的( )用ZnZn粒C.升高温度

B.滴加少量的CuSO4溶液D.再加入1mol/LCH3COOH溶液下列有关海水及海产品综合利用的离子方程式不正确的( )++2OH−=Mg(OH)2↓4SO2+Br2+2H2O=4H++SO2−+2Br−42+2HO2海产品中提取碘单质：2I−+Cl2=I2+2Cl−

Cl2↑+2OH−+H2↑8.以[Cu(H2O)4]2+()+−⇌[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH>CuCl2溶液，分别进行下列实验，对实验现象的分析不正()操作和现象观察溶液为绿色升高温度，溶液变为黄绿色

分析[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2−同时存在平衡正移，[CuCl4]2−的浓度增大AgNO3[CuCl4]2−的浓度减小Zn片，静置，上层清液为浅黄绿色平衡正移，[CuCl4]2−的浓度增大A B.B C.C D.DCO2将CO2和的反应过程示意图如图：第2页，共29页下列说法正确的( )CO的路径中，只涉及碳氧键的断裂和氧氢键的形成的路径中，CO2HCOOH两个转化路径均有非极性键的形成上述反应过程说明催化剂具有选择性钒电池是目前发展势头强劲的绿色环保储能电池之一其工作原理如图所示放时电子极一侧A极移动，电解质溶液含硫酸。下列说法不正确的( )−e−=V3+放电时，H+A极移动A极为阳极2++V2++2H+=VO2++V3++H2O2(K2FeO4)Fe(OH)3胶体，制备高铁酸钾流程如图所示。第3页，共29页下列叙述不正确的( )2反应2Fe+3Cl2

△3反应Ⅱ3FcCl2中尾气所得产物可再利用用K2FeO4胶体吸附杂质净化水甲基丙烯酸甲( )在一定条件下发生聚合反应得到线型聚合a，再通过和交联b作用形成网状结构聚合物，其结构片段如图所示。已知：R1COOR2+R3OH→R1COOR3+R1OH下列说法不正确的是()a的过程发生了加聚反应a能通过和乙二醇交联形成网状结构b的回收再利用交联过程中有水生成10.00mL0.1000molLNaHCO3溶液中pH随加入的盐酸V变化如图所示。下列有关说法不正确的是()3apH>HCO−水解程度大于电3离程度B.b点，c(Na+)=c(HCO−)+2c(CO2−)+c(Cl−)3 33C.c点，溶液中H+的主要来自HCO−的电离3第4页，共29页D.d点，c(Na+)=c(Cl−)=0.0500mol/LAgIAgCl，进行如下实验：装置 步骤i.K向AgNO3(aq)，至沉淀完全再向B中投入一定量NaCl(s)iNaCl(s)

数abcaiA中加入与适量dAgNO3(s)已知：()()原电池的电压越大。②电压表读数：a>c>b>0下面说法不正确的( )由a>AgNO3氧化由a>b可知，I−离子的还原性与其浓度有关c>bCl−AgCl(s)+I−(aq)⇌Agl(s)+Cl−(aq)d>aF是合成抗肿瘤药物吉非替尼的重要中间体，其合成路线如图：已知：i第5页，共29页ii(1)A分子中含氧官能团有醚键和 (填名(2)A→的反应方程式是 。C→D的条件是 。D→的反应类型是 。关于物A下列说法正确的是 (填字a.核磁共振氢谱组峰b.1molA能与2molNaHCO3发生反应c.一定条件下可发生缩聚反应已知分F中含个六元环，写E→的反应方程式 。iii以 和 为原料合成 的步骤如图：请写出产及产的结构简式 、 。CO2(质转化如图：(1)反应A为CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)，是回收利用CO2的关键步骤。已知：2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−483.6kJ⋅mol−1CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)ΔH=−802.3kJ⋅mol−1第6页，共29页反A的ΔHkJ⋅mol−1(2)将原料气按n(CO2)：n(H2)=1：4置于恒容密闭容器中发生反应A，在相同时间内测得H2O的物质的量分数与温度的变化曲线如图所示(虚线为平衡时的曲线)。理论上，能提CO2平衡转化率的措施有 写出一条即)。空间站的反应器内，通常采用反应器前段加热，后段冷却的方法来提CO2的化效率，原因是 。(3)下列关于空间站内物质和能量变化的说法中，不正确的是 (填字)。b.OH100%c.不用Na2O2作供氧剂的原因可能是Na2O2不易实现循环利用(4)用CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)代替反A，可实现氢、氧元素完全循环利用，缺点是使用一段时间后催化剂的催化效果会明显下降，其原因是 、Ag等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在Ag2SeAg、AgCl等。下图是从铜阳极泥提取银的一种工艺：已知：Ag++2NH3⇌[Ag(NH3)2]+K=1.7×107；Ksp(AgCl)=1.8×10−10。基原子的核外电子排布式是 。炉气中SeO2可SO2、H2O反应生成硒单质。写出该反应方程式 。溶a的主要成分是 。(4)水氯化浸金过程中+3Cl2+2HCl=2HAuCl4[AuCl4]+配离子中提供空轨道的是 ，配位数是 。第7页，共29页溶解，请写出氨浸分银的离子方程式 ，该反应的平衡常K= 。N2H4分子N原子的杂化类型为 、在沉银过程的作用是 。(7)Ag的晶胞为面心立方体结构、如图所示棱长apm(1pm=1×晶体银的密ρ= g/cm3。(Ti)(主要成分FeTiO3，含FeO、Al2O3、SiO2等杂质)为主要原料冶炼金属钛，其生产的工艺流程图如下：已知：2H2SO4(TiOSO42H2O步I中发生反应的离子方程式．(s)与pH关系如图1，TiO(OH)2溶度积Ksp=1×10−29步骤加入铁屑原因．②TiO2+水解的离子方程式．向溶II中加Na2CO3粉末的作用.当溶pH接时，TiO(OH)2沉淀完全．

Ti反应后得到Mg、MgCl2、Ti的混合物，可采用真空蒸馏的方法分离得到Ti，依据下表信息，需加热的温度略高即可．第8页，共29页熔点熔点/℃TiCl4−25.0Mg648.8MgCl2714Ti1667沸点/℃136.4109014123287CaF2−作电解质，利用右图所示装置获得金属钙，并以钙为还原剂，还原二氧化钛制备金属钛．写出阳上所发生的反应式．下列问题：【猜想假设】假1： 。假设2：硝酸铜溶液中溶解了NO2【实验操作及现象分析】实验一：向蒸馏水中不断加入硝酸铜晶体，最终配成饱和溶液。配制过程中溶液颜色始终是蓝色，未见绿色出现。甲同学根据实验一的现象证明了假设1不成立，请补全假设。实验二：验操作及现象是 。操作及试剂现象向浓硝酸和铜反应后的混合液中通 大量红棕色气体放出短时间内溶液仍保持绿入操作及试剂现象向浓硝酸和铜反应后的混合液中通 大量红棕色气体放出短时间内溶液仍保持绿入N2色。长时间后变成蓝色结合实验三，乙同学认为假不严谨的证据是 。乙同学查阅资料发现：2①铜与浓硝酸反应后溶液呈现绿色是由于HNO2(或NO−)与铜离子作用的结果。2HNO3HNO2HNO3NO2HNO2反应，速率就大大加快。请依据资料完成以下离子反应方程式。第9页，共29页i NO2H2O= HNO2iiCu+2HNO2+ ；3iii2NO+4H++4NO−=6NO2+2H2O。3实验四：乙同学通过以下实验证实了反应过程中HNO2的生成。实实操作现象验快速产生红棕色气体，溶液变1向试管a中加入lmL浓硝酸，再插入铜丝为绿色2向试管b中加入1mL浓硝酸，3滴蒸馏水，再插快速产生红棕色气体溶液变为入铜丝绿色3向试管c中加入1mL浓硝酸，3滴30%H2O2，再插入铜丝反应较慢，溶液变为蓝色结合化学用语，解释实产生该现象的原因是 。第10页，共29页答案和解析【答案】A【解析】解：A.氮化硼陶瓷属于新型的无机非金属材料，不是有机物，故A错误；B正确；液氧液氢推进剂的产物是水，无污染，故C正确；2IVBD故选：A。氮化硼陶瓷属于新型的无机非金属材料；C.液氧液氢推进剂的产物是水；D.根据钛元素在元素周期表中的位置分析。本题考查化学材料的分类和用途，难度不大，试题很好的体现了化学与生活的联系，有助于提高学习化学的积极性。【答案】D【解析】解乙炔结构简式CH≡CH，直线形分子，并C原子半径大H，则其空间结构模型为 ，故A正确；2B.SO2+6−2×2=模型为平面三角形，22第11页，共29页即为 ，故B正确；C.反−2−丁烯中两个甲基位于双键的两侧，其结构简式为确；D.氨气为共价化合物，分子中N原子与H原子共用1对电子，其电子式为

，故C正，故D错误；故选：D。A.乙炔是直线形分子，C原子半径大于H；2B.SO的价层电子对数为2+6−2×2=3，含有一对孤电子；22C.反−2−丁烯中两个甲基位于双键的两侧；D.NH8e−结构。模型等知识，把握常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，注意掌握顺反异构体的特征，题目难度不大。【答案】D【解析】解：根据图知，结构简式为 ，分子中含有苯环，属于芳香族化合物，故A正确；含有酯基、碳碳双键、酚羟基三种官能团，故B正确；苯环上酚羟基的邻位含有氢原子，所以能和溴发生取代反应，故C正确；NaOH以1mol3molNaOHD错误；故选：D。第12页，共29页根据图知，结构简式为 ，分子中含有苯环；含有酯基、碳碳双键、酚羟基；C.D.酚羟基、酯基水解生成的酚羟基和羧基都能和NaOH以1：1反应。及其性质的关系是解本题关键，题目难度不大。【答案】B【解析】F>l>r>I，故A正确；F>N>O>C，故B错误；N>P>3>3O4>2O3，故C正确；C<N<O<FC<N<O<，故D正确；。同主族自上而下非金属性减弱，氢化物稳定性减弱；态或全空时，能量最低；D.非金属性越强，电负性越大。本题考查电离能、电负性等的大小比较，侧重元素周期律的应用考查，题目难度不大。【答案】C第13页，共29页【解析】解：A.不能在容量瓶中溶解固体，应在烧杯中溶解、冷却后，转移到容量瓶中定容，故A错误；B.气，故B错误；C.氨气极易溶于水，球形干燥管可防止倒吸，图中装置可吸收尾气，故C正确；D.二者均与NaOH溶液反应，不能除杂，故D错误；故选：C。不能在容量瓶中溶解固体；C.氨气极易溶于水；D.二者均与NaOH溶液反应。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、溶液的配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。【答案】D【解析】解：A.用Zn粉代替Zn粒，接触面积增大，反应速率加快，故A不选；B.滴加少量的CuSO4溶液，构成原电池，反应速率加快，故B不选；C.升高温度，反应速率加快，故C不选；D.再加入1mol/LCH3COOH溶液，由于醋酸为弱电解质，不能完全电离，且导致溶液被稀释，反应速率减小，故D选；故选：D。升高温度、增大接触面积、增大氢离子浓度、构成原电池等均可加快生成氢气的速率，减小浓度反应速率减慢，以此来解答。本题考查反应速率的影响因素，为高频考点，把握常见的外因对反应速率的影响为解答第14页，共29页的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意浓硫酸与Zn反应不生成氢气，题目难度不大．【答案】A【解析】g++2=2↓a+，故A错误；4B.海水提溴中用SO2水溶液富集溴，离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO2−+42Br−，故B正确；2C.2Cl−+2H2故C正确；

2 Cl ↑+2OH−+H 2 D.海产品中提取碘单质，离子方程式为：2I−+Cl2=I2+2Cl−，故D正确；故选：A。石灰乳中氢氧化钙应保留化学式；二氧化硫与溴、水反应生成溴化氢和硫酸；D.碘离子与氯气反应生成碘单质和氯离子。检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要)等。【答案】D【解析】由24]+)+l−⇌4]−黄)+2H>024]+呈现蓝色，[CuCl4]2−呈现黄色，由光学知识可得黄色光+蓝色光=绿色光，所以溶液为绿色，是因为[Cu(H2O)4]2+和[CuCl4]2−同时存在，故A正确；第15页，共29页B.[Cu(H2O)4]2+()+−⇌[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH>可知，该反应是一个吸热4−B正确；C.[Cu(H2O)4]2+()+⇌[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH>AgNO3溶液，l−与g+g++l−=l↓l−4]的浓度减小，[Cu(H2O)4]2+浓度增大，上层清液为蓝色，故C正确；D.在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn=Zn2++Cu，Cu2+浓度减小，则[Cu(H2O)4]2+、[CuCl4]2−浓度均减小，上层清液为浅黄绿色，故D错误；故选：D。A.由[Cu(H2O)4]2+(蓝)+4Cl−⇌[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH>0可知，[Cu(H2O)4]2+呈现4−+[Cu(H2O)4]2+()+−⇌[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH>C.[Cu(H2O)4]2+()+⇌[CuCl4]2−(黄)+4H2OΔH>AgNO3溶液，l−与g+g++l−=l↓l−4]的浓度减小，[Cu(H2O)4]2+浓度增大；D.在CuCl2溶液中加入少量Zn片，会发生Zn置换出Cu，即Cu2++Zn=Zn2++Cu，Cu2+浓度减小。本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及化学平衡移动方向的判断，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。【答案】D【解析】O2C≡O三键的形成，故A错误；B.CO2中碳元素为+4价，HCOOH中碳元素为+2价，在CO2转化为HCOOH的路径中，CO2被还原为HCOOH，故B错误；C.由图可知，在两个转化路径中均没有非极性键的形成，故C错误；D.上述反应过程说明催化剂具有选择性，不同的催化剂生成CO或生成HCOOH的选择性是不同的，故D正确；第16页，共29页故选：D。A.CO2转化为CO的路径中，含有C≡O三键的形成；B.CO2中碳元素为+4价，HCOOH中碳元素为+2价，碳元素化合价降低；C.相同的非金属元素原子之间形成非极性键；D.不同的催化剂生成CO或生成HCOOH的选择性是不同的。本题主要考查学生的看图理解能力，分析能力，同时考查化学键的断裂与形成，极性键与非极性键的判断，氧化还原反应及催化剂的选择性，属于高频考点，难度不大。【答案】D【解析】解：A.放电时，B极为负极，电极反应式为V2+−e−=V3+，故A正确；B.放电时，阳离子向正极(A)移动，故B正确；C.充电时，A极连接电源的正极为阳极，故C正确；2D.VO2++V3++H2

VO++V2++2H+，故D错2误；故选：D。2AV2+e−=V3+，AVO++e−+2H+=VO2++H2O极为V3++e−=V2+，AVO2++H2O−e−=22VO++2H+，据此作答。2是解题的关键，难点是电极反应式的书写。【答案】B【解析】第17页，共29页解：A.反应Ⅰ中Fe与氯气反应生成氯化铁，化学方程式是2Fe+3Cl2

△

，故A正3确；3B.反应Ⅱ中Cl元素化合价由+1价降低为−1价，Fe元素化合价由+3价升高到+6价，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：2，故B错误；C.尾气含有氯气，可与氯化亚铁反应生成氯化铁，可再利用，故C正确；D.K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，生成的铁离子可水解生成具有吸附性的氢氧化铁胶体，可用于净水，故D正确；故选：B。NaClO(K2FeO4)K2FeO4，采用重结晶、洗涤、低温烘干将其提纯，以此解答该题。本题考查物质的制备实验，为高频考点，把握制备流程中的反应、混合物分离提纯、元素和化合物知识、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。【答案】D【解析】解：A． 含有碳碳双键，发生加聚反应生成线型聚合物，故A正确；与乙二醇交联形成网状结构，故B正确；b()C正确；交联过程中发生酯与醇的交换反应，有甲醇生成，没有水生成，故D。第18页，共29页a；ab()C.网状结构聚合物含有酯基；D.交联过程中发生酯与醇的交换反应。本题考查有机物的结构与性质，熟练掌握官能团的结构、性质与转化，理解酯与醇的交换反应，题目侧重考查学生分析能力、灵活运知识的能力。【答案】C【解析】33解：A.a点为0.1000mol⋅L−1的NaHCO3溶液，溶液中存在HCO−的水解平衡和电离平衡，溶液的pH>7，呈碱性，说明HCO−水解程度大于电离程度，故A正确；33B.25℃时，b点溶液的pH=7，呈中性，则c(H+)=c(OH−)，结合电荷守恒c(H+)+c(Na+)=c(HCO−)+2c(CO2−)+c(Cl−)+c(OH−)可知：c(Na+)=c(HCO−)+3 3 32c(CO2−)+c(Cl−)，故B正确；3C.c5.00mLpH<7，呈酸性，溶液中的H+主要来自碳酸的电离，故C错误；Dd点3)=)=L×l⋅1=混合液体积为20.00mL，则反应后溶液中满足c(Na+)=c(Cl−)=0.001mol0.02L

=0.0500mol⋅L−1，故D正确；故选：C。A.a点为0.1000mol⋅L−1的NaHCO3溶液，溶液呈碱性，说明碳酸氢根离子的水解程度大于其电离程度；B.25℃点pH=c(H+)+c(Na+)=c(HCO−)+2c(CO2−)+3 3c(Cl−)+c(OH−)分析；C.c点反应后溶质为碳酸氢钠、氯化钠和碳酸，溶液呈酸性，氢离子主要来自碳酸的电离；D.d点加入10.00mL等浓度的盐酸，碳酸氢钠与氯化氢的物质的量相等，二者恰好完全第19页，共29页反应。pH的关系，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度中等。【答案】A【解析】解：A.原电池中，Ag+在正极得到电子，被还原，I−在负极失去电子，被氧化，因此闭合K时，电压表读数a>0，但I−不一定是被AgNO3所氧化，故A错误；i向O3I−()bI−I−离子的还原性与其浓度有关，故B正确；c>bNaCl(s)中I−Cl−的AgCl(s)+I−(aq)⇌Agl(s)+Cl−(aq)C正确；AO3g+d>，故D正确；故选：A。g+I−时，a>0；i向O3I−参与原电池反应的氧化剂(或还原利)的氧化性(或还原性)越强；c>bNaCl(s)中I−浓度增大，还原性增强；iAAgNO3(s)，Ag+浓度增大，氧化性增强。【答案】第20页，共29页羧基羟基浓硝酸、浓硫酸、55～60℃还原反应ac【解析】解：(1)A分子中含氧官能团有醚键、羧基、羟基，故答案为：羧基；羟基；→B的反应方程式是，故答案为：；D，C→D55～60℃，55～60℃；D→的反应类型是还原反应，第21页，共29页故答案为：还原反应；aA6a正确；1：1反应，则1molA能与1molNaHCO3发生反应，故b错误；c.c故答案为：ac；E→F的反应方程式为，故答案为：；以 和 为原料合成 ， 发生水解应生HOCH2CH2OH， 发生反应生ClCH2CH2CONH2，乙二醇和ClCH2CH2CONH2发生信ii的反应生成产1，产为 ，产发生信i的反应生成产为 产发生取代反应生成 ，故答案为： ； 。A和甲醇发生酯化反应生为 发生取代反应生第22页，共29页和硝酸发生取代反应生D，根D的结构简式知为 中硝基发生还原反应生中氨基，为 ，分F中含个六元环发生信息中的反应生F为 ；(7)以 和 为原料合成 ， 发生水解应生HOCH2CH2OH， 发生反应生ClCH2CH2CONH2，乙二醇和ClCH2CH2CONH2发生信ii的反应生成产1，产为 ，产发生信i的反应生成产为 产发生取代反应生成 。的结构简式是解答难点，题目难度中等。【答案】−164.9加压、降温、提高原料气中H2的比例前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动，增大CO2的转化率b生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果【解析】第23页，共29页解：(1)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−483.6kJ⋅mol−1②CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)ΔH=−802.3kJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知反应A=①×2−②=(−483.6×2)kJ⋅mol−1−(−802.3)kJ⋅mol−1=−164.9kJ⋅mol−1，故答案为：−164.9；(2)①结合反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)可知，该反应为放热熵减的反应，故提高转化率的方法为加压、降温、提高原料气中H2的比例，故答案为：加压、降温、提高原料气中H2的比例；CO2CO2的转化率，的转化率；(3)a.分析物质转化图可知，该过程的能量变化为电能→化学能或光能→化学能，故a正确；b.物质转化中有甲烷和氢气产生，故氢元素的利用率<100%，故b错误；c.Na2O2c(4)用CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，化剂表面影响了催化效果，故答案为：生成物碳颗粒附着在催化剂表面影响了催化效果。(1)已知：①2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)ΔH=−483.6kJ⋅mol−1②CH4(g)+2O2(g)=2H2O(g)+CO2(g)ΔH=−802.3kJ⋅mol−1，结合盖斯定律可知反应A=①×2−②，据此计算；(2)①结合反应CO2(g)+4H2(g)⇌CH4(g)+2H2O(g)可知，该反应为放热熵减的反应；CO2率，原因是前段加热，有利于加快反应速率；后段冷却，有利于平衡正向移动；(3)a.化学能；b.物质转化中有甲烷和氢气产生，故氢元素的利用率<100%；c.不用Na2O2作供氧剂的原因在于过氧化钠消耗之后无法产生，无法循环利用；(4)用CO2(g)+2H2(g)⇌C(s)+2H2O(g)代替反应A，可实现氢、氧元素完全循环利用，第24页，共29页判断。【答案】1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1 SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4 CuSO4 Au 4 AgCl+2NH3⇌[Ag(NH3)2]+Cl− 3.06×sp3杂化作还原剂

4×108NA×(a×10−10)3【解析】解：(1)Cu为29号元素，原子核外有29个电子，其基态原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1，故答案为：1s22s22p63s23p63d104s1或[Ar]3d104s1；SeO2SO2H2O2H2O=Se+2H2SO4，故答案为：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4；CuSO4，故答案为：CuSO4；(4)[AgCl4]+配离子中Au提供空轨道，是中心原子，Cl提供孤对电子，是配位原子，因此配位数为4，故答案为：Au；4；(5)根据分析可知，AgCl溶解的化学方程式为：AgCl+2NH3⇌[Ag(NH3)2]++Cl−，已知AgCl+2NH3⇌[Ag(NH3)2]++Cl−Ksp(AgCl)=1.8×10−10，又AgCl的沉淀溶解平衡为：AgCl⇌Ag++Cl−，则反应AgCl+2NH3⇌[Ag(NH3)2]++Cl−的平衡常数为K×Ksp(AgCl)=1.7×107×1.8×10−10=3.06×10−3，故答案为：AgCl+2NH3⇌[Ag(NH3)2]++Cl−；3.06×10−3；24中NNp3N2H4AgN2H4的作用是作还原第25页，共29页剂，故答案为：sp3杂化；作还原剂；Ag原子的个数为1×8+1×6=4，则1个Ag的晶胞的质量为108×4g，又晶胞的棱长为apm，则晶胞的体8 2 NAVa310−30cm3ρV

= 4×108NA×(a×10−10

g/cm3，故答案为：

4×108 。NA×(a×10−10)3、Ag等)及它们的化合物，其中银在铜阳极泥中的存在状态有Ag2SeAgAgClSeO2的炉气，接着再加CuSO4aCl2HCl，发生反应2Au+3Cl2+2HCl=2HAuCl4，接着通入氨气，AgCl溶解：AgCl+2NH3⇌[Ag(NH3)2]++Cl−，过滤后加入N2H4沉银，得到粗银粉，据此分析解答；(1)Cu为29号元素，原子核外有29个电子；(2)SeO2可与SO2、H2O反应生成硒单质，SO2被还原生成H2SO4；(3)由分析可知，溶液a的主要成分是CuSO4；(4)[AgCl4]+提供孤对电子，是配位原子；(5)+⇌[Ag(NH3)2]++Cl−，已知AgCl+⇌[Ag(NH3)2]++Cl−Ksp(AgCl)=1.8×10−10AgCl的沉淀溶解平衡为：AgCl⇌Ag++Cl−；24中p3N2H4沉银，[Ag(NH3)2]+Ag单质，得到粗银粉；Ag原子的个数为1×8+1×6=4，则1个Ag的晶胞的质量为108×4g，又晶胞的棱长为apm，则晶胞的体8 2 NA积为V=a3×10−30cm3，因此晶体银的密度ρ=m。V本题主要考查核外电子排布、原子的杂化、配合物、晶胞的结构及计算等知识点，中等难度，解题的难点在于对晶胞结构的观察和空间想象。【答案】Al2O3+2OH−=2AlO−+H2O SiO2+2OH−=SiO2−+H

O Fe3+Fe2+，防止2 3 2Fe3+与TiO2+同时生成沉淀TiO2++2H2O⇌TiO(OH)2+2H+ 调节溶pH值，促进第26页，共29页TiO2+水解3 1412 C+2O2−−4e−=CO2↑【解析】解：钛铁矿用氢氧化钠溶液溶解，氧化铝、二氧化硅反应溶解，过滤得到钛铁矿精矿中FeTiO3、TiOSO4、FeSO4及未TiO(OH)2与Fe(OH)3pH很接近，所以加入铁粉目的是+++O++、TiO2+ⅡTiOSO4，加入碳酸钠溶pH3，TiO(OH)2Ti．I中发生反应有：氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，二氧化硅与氢氧化2l23+H−=O−+22+222OH−=SiO2−+HO，23故答案为：Al2O3+2OH−=2AlO−+H2O；SiO2+2OH−=SiO2−+HO；2 3 2TiO(OH)2与Fe(OH)3pHFe3+转化为Fe2+Fe3+与TiO2+同时生成沉淀，故答案为：将Fe3+转化为Fe2+，防止Fe3+与TiO2+同时生成沉淀；②TiO2+易水解，只能存在于强酸性溶液中，所以TiO2+水解生成TiO(OH)2与H+，离子方程式为：TiO2++2H2O⇌TiO(OH)2+2H+；加入碳酸钠溶液后得到TiO(OH)2沉淀，所以向溶液Ⅱ中加入Na2CO3粉末的作用是：调节溶液pH值，促进TiO2+水解；由图可知，pH=3时TiO(OH)2已沉淀完全，故答案为：TiO2++2H2O⇌TiO(OH)2+2H+；调节溶液pH值，促进TiO2+水解；3；MgCl2Ti1412℃时Mg、MgCl2Ti，故答案为：1412；+2O2−−4e−=CO2↑，故答案为：C+2O2−−4e−=CO2↑.FeTiO3、TiO