江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学A卷试题

这是一份江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学A卷试题，文件包含精品解析江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学A卷试题解析版docx、精品解析江苏省南京师范大学附属中学2022-2023学年高一下学期期末考试化学A卷试题原卷版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共29页， 欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：N-14 Al-27
一、单项选择题：共16题，每题3分，共48分。每题只有一个选项最符合题意。
1. 少量与反应生成和。下列说法正确的是
A. 的电子式为 B. 的空间构型为直线形
C. 中O元素的化合价为-1D. 仅含离子键
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化钠是离子化合物，电子式是 ，A错误；
B．中氧原子的成键电子对是2，孤电子对是2，根据价层电子对为4，根据价层电子对互斥理论，其空间构型为V形，B错误；
C．中H显+1价，根据正负化合价为0，可计算出O的化合价为-1，C正确；
D．中O和H之间是共价键，D错误；
故选C。
2. 关于如图所示装置的叙述，正确的是
A. 电子从锌片经稀硫酸流向铜片B. 铜是负极，铜片上有气泡产生
C. 氢离子在铜片表面被还原D. 从锌片经稀硫酸流向铜片
【答案】C
【解析】
【分析】该装置中Zn为负极，Zn失电子生成Zn2+，Cu为正极，H+得电子生成氢气。
详解】A．电子由负极Zn经外电路流向正极Cu，电子不经过电解质溶液，A错误；
B．该装置为原电池，由于金属Cu的活动性比Zn弱，所以Cu为正极，溶液中的H+在Cu电极上得到电子变为H2逸出，则铜片上有气泡产生，B错误；
C．氢离子在正极铜片表面得到电子被还原产生氢气，C正确；
D．内电路电流的方向从负极到正极，所以移动方向与电流方向相反，从铜片经稀硫酸流向锌片，D错误；
故选C。
3. 铁发生电化学腐蚀时，负极发生的反应是
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁发生电化学腐蚀时，Fe作负极失去电子被氧化为，电极方程式为，故A正确；
B．为铁的吸氧腐蚀的正极反应，故B错误；
C．为铁的析氢腐蚀的正极反应，故C错误；
D．为电解水的阳极反应，故D错误；
答案选A。
4. 下列有关金属冶炼的说法不正确的是
A. 制：电解饱和溶液
B. 制：电解熔融
C. 制：用焦炭和空气反应产生的在高温下还原铁矿石中的铁的氧化物
D. 制：熬胆矾铁釜，久之亦化为铜
【答案】A
【解析】
【详解】A．电解饱和氯化钠溶液得到氢氧化钠、氢气和氯气，不能得到钠，应电解熔融NaCl，故A错误；
B．电解熔融 ，可用于制Mg，故B正确；
C．CO高温热还原铁的氧化物可得Fe单质和，依其原理可知，可用于炼铁，故C正确；
D．熬胆矾铁釜，久之亦化为铜，其方程式为，依其原理可知，可用于炼铜，故D正确；
答案选A。
5. 下列反应既属于氧化还原反应，又属于吸热反应的是
A. 铝片与稀盐酸反应
B. Ba(OH)2·8H2O与NH4Cl反应
C. 甲烷在氧气中的燃烧反应
D. 灼热的炭与水蒸气反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．铝片与稀盐酸反应时放出热量，属于放热反应，A错误；
B．Ba(OH)2·8H2O晶体与NH4Cl晶体的反应没有化合价变化，属于非氧化还原反应，B错误；
C．甲烷在氧气中的燃烧反应时放出热量，属于放热反应，C错误；
D．灼热的木炭与CO2反应有化合价变化，属于氧化还原反应，反应时吸收热量，属于吸热反应，D正确；
故选D。
6. H2与O2发生反应的过程用模型图示如下。下列说法不正确的是
A. 过程I是吸热过程
B. 过程III一定是放热过程
C. 该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键
D. 该反应的能量转化形式只能以热能的形式进行
【答案】D
【解析】
【详解】A．过程I是，断键过程，吸收热量，A正确；
B．过程III是成键过程，放出热量，B正确；
C．该反应过程所有旧化学键都断裂，且形成了新化学键，C正确；
D．该反应可通过燃料电池实现化学能到电能的转化，D错误；
故答案为：D。
7. 碘与氢气反应的热化学方程式是
①
②
下列说法正确的是
A. ①产物比②的产物稳定
B.
C. ②的反应物总能量比①的反应物总能量低
D. 中通入，发生反应时放热9.48kJ
【答案】C
【解析】
【详解】A．①、②的产物均为气态的，所以稳定性相同，故A错误；
B．由盖斯定律有得，故B错误；
C．得，即的能量高于，故C正确；
D．为可逆反应，中通入发生反应，不可能完全生成2mlHBr，所以小于放热9.48kJ，故D错误；
答案选C。
8. 已知：。其它相关数据如下表，则表中a为
A. 738B. 369C. 594D. 267
【答案】B
【解析】
【详解】，解得，故B正确；
答案选B。
9. 关于性质的解释合理的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．和都属于同一主族是氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键， PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，故A错误；
B．熔点高于，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨气的熔点升高，不是键的键能比大，故B错误；
C．中氮原子有孤电子对，使和以配位键结合形成[Ag(NH3)2]+，故C正确；
D．是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，故D错误；
答案选C。
10. 用锡箔与3ml·L-1盐酸制SnCl2的反应速率较慢，下列措施不能加快反应速率的是
A. 将反应液适当加热
B. 向反应液中滴入少量溶液
C. 用锡枌代替锡箔与盐酸反应
D. 再加入盐酸
【答案】D
【解析】
【详解】A．温度升高，反应速率加快，A正确；
B．向反应液中滴入少量溶液，锡置换出铜，构成原电池，使得反应速率加快，B正确；
C．用锡粉与盐酸反应，接触面积增大，反应速率加快，C正确；
D．盐酸的浓度不变，反应速率不变，D错误；
故答案选D。
11. 一定温度下，在体积恒定的密闭容器中发生反应：N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。反应过程中的部分数据如下表所示：
反应刚好达到平衡状态时
A. t=6min
B. c(NH3)=0.4ml·Lˉ1
C. 容器内的气体分子数N(N2):N(H2):N(NH3)=1:3:2
D. H2的正反应速率等于N2的逆反应速率
【答案】B
【解析】
【分析】由题给数据，依据化学方程式可得下列表格：
由表格数据可知6min和9min时，各物质浓度保持不变，说明已达到平衡状态。
【详解】A项、6min时反应已达到平衡状态，但不能判断6min时反应刚好达到平衡状态，故A错误；
B项、达到平衡状态时，各物质浓度保持不变，则反应刚好达到平衡状态时c(NH3)=0.4 ml·Lˉ1，故B正确；
C项、容器内的气体分子数N(N2):N(H2):N(NH3)= 0.8V：2.4V：0.4V=2:6:1，故C错误；
D项、反应刚好达到平衡状态时，H2的正反应速率等于N2的逆反应速率的三倍，故D错误。
故选B。
12. 周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。是常见的氧化剂和助燃剂。催化氧化是工业制硫酸的重要反应之一(中和热为)。Se(硒)是重要的工业原材料与动物体必须营养素。提取Se的主要原材料为电解铜产生的阳极泥。可通过阳极泥硫酸化焙烧提取Se，硫酸化焙烧提取Se的步骤主要分为两步：第一步焙烧，硫酸将单质Se氧化为。第二步还原吸收，在水中将转化为单质Se。将一定量的和含氧气的空气(忽略)放入一定体积的密闭容器中，时，在催化剂作用下发生反应：。判断该反应达到平衡状态的标志是
A. 和浓度相等B. 容器中气体的压强不变
C. 的生成速率与的消耗速率相等D. 容器中混合气体的密度保持不变
【答案】B
【解析】
【详解】A．在条件一定的可逆反应中，化学反应正逆反应速率相等，反应物和生成物各组分浓度不再改变的状态。和浓度相等但并不一定不变，则不可用于判断反应是否处于平衡状态，故A错误；
B．为全都是气体的非等体积的可逆反应，在一定体积的密闭容器中，随着反应的进行，体系的压强逐渐减小，当达到平衡后容器中的压强不变，故B正确；
C．的生成速率与的消耗速虽然相等，但方向相同，不可用于判断反应是否处于平衡状态，故C错误；
D．该反应的反应物和生成物均为气体且反应容器的体积一定，则容器中混合气体密度一直保持不变，不能确定反应是否处于平衡状态，故D错误；
答案选B。
13. 周期表中ⅥA族元素及其化合物应用广泛。是常见的氧化剂和助燃剂。催化氧化是工业制硫酸的重要反应之一(中和热为)。Se(硒)是重要的工业原材料与动物体必须营养素。提取Se的主要原材料为电解铜产生的阳极泥。可通过阳极泥硫酸化焙烧提取Se，硫酸化焙烧提取Se的步骤主要分为两步：第一步焙烧，硫酸将单质Se氧化为。第二步还原吸收，在水中将转化为单质Se。对于反应，下列有关说法不正确的是
A. 该反应为放热反应B. 上述反应的平衡常数
C. 使用催化剂能缩短该反应到达平衡的时间D. 增大体系的压强能提高的反应速率
【答案】B
【解析】
【详解】A．大多数的化合反应和氧化还原反应为放热反应，该反应既属于化合反应又属于氧化还原反应，所以该反应为烦热反应，故A正确；
B．平衡常数：各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比值是个常数，则反应的平衡常数，故B错误；
C．催化剂可降低反应的活化能，加快化学反应速率，从而缩短平衡所需的时间，故C正确；
D．反应为气体参加的反应，增大压强使浓度增大，反应速率加快，故D正确；
答案选B。
14. 周期表中VIA族元素及其化合物应用广泛。是常见的氧化剂和助燃剂。催化氧化是工业制硫酸的重要反应之一(中和热为)。(硒)是重要的工业原材料与动物体必须营养素。提取的主要原材料为电解铜产生的阳极泥。可通过阳极泥硫酸化焙烧提取，硫酸化焙烧提取的步骤主要分为两步：第一步焙烧，硫酸将单质氧化为。第二步还原吸收，在水中将转化为单质。下列化学反应表示正确的是
A. 焙烧时浓硫酸将氧化为：
B. 将通入过量氨水中：
C. 电解精炼铜时阴极电极反应为：
D. 溶液与溶液的反应：
【答案】A
【解析】
【详解】A．焙烧时浓硫酸将氧化为，S元素由+6价下降到+4价，Se由0价上升到+4价，根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为：，故A正确；
B．将通入过量氨水中生成(NH4)2SO3，离子方程式为：，故B错误；
C．电解精炼铜时阴极Cu2+得电子生成Cu，电极方程式为：，故C错误；
D．中和热是指在稀溶液中，强酸跟强碱发生中和反应生成1ml液态水时所释放的热量，1ml与1ml溶液反应生成沉淀和2mlH2O，放出的热量不是，故D错误；
故选A。
15. 铈是地壳中含量最高的稀土元素。金属铈在空气中易被氧化变暗，能与水反应，常见的化合价为+3和+4，氧化性：。下列说法正确的是
A. 铈元素在自然界中主要以单质的形式存在
B. 可通过电解溶液制得金属铈
C. 铈元素在第六周期第ⅢB族，属于f区元素
D. 溶于氢碘酸的化学方程式可表示为
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属铈在空气中易被氧化变暗，能与水反应，所以铈元素在自然界中主要以化合态的形式存在，故A错误；
B．金属铈能与水反应，所以不能通过电解溶液制得金属铈，故B错误；
C．铈原子序数为58，稀土元素，第六周期系第IIIB族镧系元素，属于f区元素，故C正确；
D．氧化性：，具有还原性，二者可发生氧化还原反应，所以溶于氢碘酸不能生成，故D错误；
答案选C。
16. 铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：

下列说法错误的是
A. 吸收塔内发生反应：
B. 合成槽内发生反应：
C. 采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
D. 可用陶瓷作吸收塔内祇材料
【答案】D
【解析】
【分析】氢氟酸的酸性强于碳酸，吸收塔内加入过量碳酸钠，发生HF+Na2CO3=NaF+NaHCO3，根据流程可知，合成槽内生成Na3AlO6沉淀，合成槽的反应物为NaF、NaHCO3、NaAlO2，根据原子守恒，推出产物是Na3AlO6沉淀、Na2CO3和H2O，据此分析；
【详解】A．氢氟酸的酸性强于碳酸，吸收塔内加入过量碳酸钠，发生HF+Na2CO3=NaF+NaHCO3，故A说法正确；
B．根据流程可知，合成槽内生成Na3AlO6沉淀，合成槽的反应物为NaF、NaHCO3、NaAlO2，根据原子守恒，推出产物是Na3AlO6沉淀、Na2CO3和H2O，其反应方程式为6NaF+NaAlO2+4NaHCO3=Na3AlO6↓+4Na2CO3+2H2O，故B说法正确；
C．采用溶液喷淋法可以增加溶液与气体的接触面积，加快反应速率，能够提高吸收塔内烟气吸收效率，故C说法正确；
D．陶瓷中含有SiO2，二氧化硅能与氢氟酸发生反应，因此不能用陶瓷作吸收塔内祇材料，故D说法错误；
答案为D。
二、非选择题：共4题，共52分。
17. AlN新型材料应用前景广泛。
（1）氮化铝粉末制取：。氮化铝样品和NaOH溶液反应。根据反应中所生成氨气体积来测定样品中的氮化铝的质量分数。

①由于反应不完全，氮化铝产品中往往含有___________(填物质的化学式)杂质。
②广口瓶中的试剂X可选用___________(填选项的标号)。
A．酒精 B．植物油 C．
③称取10.00g样品，将其加入过量的NaOH浓溶液中共热并蒸干，AlN跟NaOH溶液反应生成，并放出氨气3.36L(标准状况)。该样品中的AlN的质量分数为___________。
（2）铝粉直接氮化法也可制取AlN。相关数据如下：
与可直接化合为固体，能将包裹，反应难以继续进行。控制温度，在粉中均匀掺入适量粉，可使几乎全部转化为固体。该过程发生的反应有：、___________和___________。
（3）的水解反应为：。相同条件下，不同粒径的粉末水解时溶液的的变化如图所示，解释时间内两条曲线差异的可能原因：___________。

【答案】（1） ①. Al2O3、C ②. B ③. 61.5%
（2） ①. Mg3N23Mg+N2↑ ②. 2Al+N22AlN
（3）微粒较小的AlN表面积大，水解反应速率较大
【解析】
【分析】本实验目的是测定氮化铝的质量分数，利用AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，通过排水法测氨气的体积，从而计算出AlN的质量分数，据此分析；
【小问1详解】
①氮化铝粉末制取：Al2O3+N2+3C2AlN+3CO，如果反应不完全，氮化铝产品中往往含有杂质为Al2O3、C；故答案为Al2O3、C；
②酒精与水互溶，四氯化碳的密度大于水，利用AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，通过排水法测氨气的体积，从而计算出AlN的质量分数，因为氨气易溶于水，且试剂X的密度小于水，因此试剂X为植物油；故答案为B；
③AlN+NaOH+H2O=NaAlO2+NH3↑，推出n(AlN)=n(NH3)==0.15ml，即AlN的质量分数为=61.5%；故答案为61.5%；
【小问2详解】
根据表中数据，当温度在300～800℃时，发生3Mg+N2Mg3N2，当温度高于800℃时氮化镁会分解，其发生Mg3N23Mg+N2↑，铝与氮气在800～1400℃之间发生反应生成氮化铝，其发生2Al+N22AlN；故答案为Mg3N23Mg+N2↑；2Al+N22AlN；
【小问3详解】
由图像可以看出两条曲线的反应速率是不同的，反应速率和接触面积有关，两条曲线差异的可能原因是微粒较小的AlN表面积大，水解反应速率较大；故答案为微粒较小的AlN表面积大，水解反应速率较大。
18. 回答下列问题：
（1）复旦大学、北京大学和上海电力大学等的研究团队共同报道了一种新型NASICON相铁基磷酸盐负极材料，放电后生成。回答下列问题：
①基态的价电子排布式为___________。
②中___________。
（2）一组同学对铁和稀硝酸的反应进行探究。他们用和含有的稀硝酸进行实验，若只被还原成，且反应结束后溶液中含有和。若反应结束后的溶液中，则的值为___________。
（3）“纳米零价铁-”体系可将烟气中难溶的NO氧化为可溶的。在一定温度下，将溶液和溶液雾化后与烟气按一定比例混合，以一定流速通过装有纳米零价铁的反应装置，可将烟气中的NO氧化。
①催化分解产生，将NO氧化为的机理如图所示，Y的化学式为___________。

②纳米零价铁的作用是___________。
（4）制备黄血盐可以由与KCN直接在溶液中作用而合成，但制备赤血盐，却不能直接用离子与直接作用而得，而是采用氧化剂或将黄血盐氧化为赤血盐。在性质上与卤离子相似，而则似游离卤素，故称为拟卤素。
①中含有的键数目为___________。
②用离子方程式表示不能用与KCN直接反应制备赤血盐的原因是___________。
③写出采用氧化黄血盐制备赤血盐的化学方程式：___________。
【答案】（1） ①. ②. 1：1
（2）
（3） ①. Fe3+或FeCl3 ②. 纳米零价铁的作用是与HCl溶液反应生成；
（4） ①. 12NA ②. ③.
【解析】
小问1详解】
①Fe2+核外有24个电子，基态Fe2+的价电子排布式为3d6，故答案为：；
②Na3Fe2(PO4)P2O7该物质可以失电子生成Na2Fe2(PO4)P2O7，Na2Fe2(PO4)P2O7失电子生成NaFe2(PO4)P2O7，故可以推测出，Na3Fe2(PO4)P2O7中有两个亚铁离子，NaFe2(PO4)P2O7有两个铁离子，故Na2Fe2(PO4)P2O7中Fe2+：Fe3+=1：1，故答案：1：1；
【小问2详解】
设生成、，则，根据化学方程式；则有，解得，则硝酸的物质的量，所以，故答案为：；
【小问3详解】
①Fe2+催化分解产生HO⋅，O元素化合价降低，所以铁元素化合价升高，则Y的化学式为Fe3+或FeCl3，故答案为Fe3+或FeCl3；
②纳米零价铁的作用是与HCl溶液反应生成，故答案为：纳米零价铁的作用是与HCl溶液反应生成；
【小问4详解】
①在配合物中，CN-与铁离子之间有6个配位键，在每个CN-内部有1个共价键，所以1ml[Fe(CN)6]3-中含有的σ键数目为12NA，故答案为：12NA；
②由于具有较强氧化性，为拟卤素，性质上与相似，具有还原性，反应离子方程式为，从而使产物不纯或者得不到赤血盐，故答案为：；
③在酸性条件下可由氧化黄血盐（）制备赤血盐，化学方程式为：，故答案为：。
19. 回答下列问题：
（1）可用作有机合成的催化剂。是一种难溶于水和乙醇的白色固体，露置于潮湿空气中易被氧化。
次磷酸是一种强还原剂，将它加入水溶液，加热到40～50℃，析出一种红棕色的难溶物CuH，次磷酸转化为磷酸。待CuH生成后将HCl气体通入，可产生。写出生成CuH的化学方程式：___________。
（2）某同学利用如下图所示装置，测定高炉煤气中CO、、和的百分组成。

已知：i．的盐酸溶液能吸收CO形成。
ii．保险粉和KOH的混合溶液能吸收氧气。
请回答以下问题：
①G中测出的是___________(填物质的化学式)的体积。
②F洗气瓶中宜盛放的试剂是___________。
（3）工业上可以在酸性介质中用氧化浸出黄铜矿。
①反应后转化为、、。将完全转化，理论上所需的物质的量为___________。
②浸出过程中发现，的反应实际用量远大于理论用量，原因是___________。
③若浸出过程中，溶液中含有少量，则会析出黄钠铁矾沉淀。写出转化为黄钠铁矾沉淀的离子方程式：___________。
【答案】（1）
（2） ①. ②. 的盐酸溶液
（3） ①. 8.5ml ②. 不稳定在催化下加速分解 ③.
【解析】
【分析】高炉煤气中含CO、、和成分，其中为酸性氧化物，能与碱反应生成盐和水，最容易除去，所以D中盛装的试剂为NaOH饱和溶液；在潮湿空气中易被氧化，所以E装置应除去，则E中盛装保险粉和KOH的混合溶液吸收氧气；F装置除去CO，所以应盛装的盐酸溶液吸收CO形成；最后剩余的进入G装置测定体积。据此分析可得：
【小问1详解】
向生成的CuH中通入HCl气体，可产生，根据质量守恒可知另一种物质为，故答案为：；
【小问2详解】
①由分析可知，D、E、F分别除去、和CO，则G中测出体积为体积，故答案为：；
②F中吸收CO，由于的盐酸溶液能吸收CO形成，所以F中所盛装的试剂为的盐酸溶液，故答案为：的盐酸溶液；
【小问3详解】
①反应后转化为、、。完全转化可分别生成1ml、1ml和2ml，其中Fe化合价由+2价升高至+3价，则1ml失去1ml电子；S由-2价升高至+6价，则2ml失去16ml电子，共失去17ml电子，失去的电子完全被所得到，1ml得到2ml电子生成2ml，根据得失电子守恒可得，完全转化，理论上需消耗8.5ml，故答案为：8.5ml；
②氧化生成的具有催化效应，不稳定在催化下加速分解，从而是试剂用量远大于理论用量，故答案为：不稳定在催化下加速分解；
③若溶液中含有少量，则在溶液中会与反应析出黄钠铁矾沉淀，离子方程式为：，故答案为：。
20. 氢能是一种重要能源，氢气的制备与储存是研究热点。
Ⅰ．一种电热化学循环制氢的方法如图所示。熔融电解质成分为。

（1）500℃时，能与熔融电解质发生反应：+CO2↑，“电化学还原”步骤中，阴极的电极反应式为___________。
Ⅱ．储氢的研究包括材料吸氢和脱氢的过程。和都是氢容量(单位质量储氢材料储存的质量)较大的储氢材料。
（2）、及两者混合制成的复合储氢材料脱氢反应的热化学方程式如下：
①的原因是___________。
②储氢材料脱氢的能量变化如图所示。三种材料中脱氢焓［(脱氢)］最小的是___________(填“”、“”或“复合储氢材料”)。

（3）Ti元素有+2、+3、+4等多种价态。向中添加适量Ti元素后可以加快其释放的速率，其机理示意图如图所示。

①图中 表示的微粒是___________(用微粒符号表示)。
②释放速率加快的机理可描述为：___________、、___________(用方程式表示反应机理)。
【答案】（1）
（2） ①. Mg(s)与B(s)生成MgB2(s)的反应为放热反应 ②. 复合储氢材料
（3） ①. Ti2+ ②. H-将电子传递给Ti4+，生成H原子和Ti3+；Mg2+从Ti2+处获得电子，生成Mg原子和Ti3+；H原子结合成H2逸出 ③.
【解析】
【小问1详解】
由图可知“电化学还原”步骤中生成铁和氧气，所以阳极为碳酸根离子失去电子生成氧气和二氧化碳，阴极铁得到电子生成铁，则阴极的电极反应式为；
【小问2详解】
①已知：
ⅰ.
ⅱ.
ⅰ+ⅱ即得到反应
镁与硼反应生成镁化硼，是化合反应属于放热反应，即，根据盖斯定律；
②LiBH4、MgH2及两者混合制成的复合储氢材料脱氢反应中当生成1摩尔氢气吸收热量的数值分别是，75，，所以三种材料中脱氢焓[ΔH(脱氢)]最小的是复合储氢材料；
【小问3详解】
①通过两图对比可知图中 表示的微粒是Ti2+，答案为：Ti2+；
②根据示意图可判断H-将电子传递给Ti4+，生成H原子和Ti3+；Mg2+从Ti2+处获得电子，生成Mg原子和Ti3+；H原子结合成H2逸出，有关反应为、。键能
436
230
a
选项
性质
解释
A
比容易液化
分子间的范德华力更大
B
NH3熔点高于
键的键能比大
C
能与以配位键结合
中氮原子有孤电子对
D
氨水中存在
是离子化合物
c(ml/L)
t/min
c(N2)
c(H2)
c(NH3)
0
1.0
3.0
0
3
0.25
6
2.4
9
0.8
c(N2)
c(H2)
c(NH3)
0
1.0
3.0
0
3
0.875
2.625
0.25
6
0.8
2.4
0.4
9
0.8
2.4
0.4
物质
熔点/℃
沸点/℃
与反应温度/℃
相应化合物分解温度/℃
Al
660
2467
>800
AlN：>2000(>1400升华)
Mg
649
1090
>300
：>800