北京市第一六一中学2023-2024学年高三下学期开学考试化学试题（Word版附解析）

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考生须知
1.本试卷共5页，满分100分，考试时长90分钟。
2.试题答案一律书写在答题纸上，在试卷上作答无效。
3.在答题纸上，选择题用2B铅笔作答，非选择题用黑色字迹签字笔作答。
4.考试结束后，将答题纸、试卷和草稿纸一并交回。
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本大题共14道小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求。把正确答案涂写在答题卡上相应的位置。
1. 中国“天宫”空间站使用了很多高新技术材料。下列对涉及材料的说法不正确的是
A. 核心舱的离子推进器使用氙气作为推进剂，氙位于元素周期表0族
B. 被誉为“百变金刚”的太空机械臂主要成分为铝合金，其强度大于纯铝
C. “问天”实验舱使用砷化镓()太阳能电池，砷和镓位于元素周期表第四周期
D. 太阳能电池翼基板采用碳纤维框架和玻璃纤维网，两者均属于有机高分子材料
【答案】D
【解析】
【详解】A．氙位于元素周期表0族，故A正确；
B．铝合金强度大于纯铝，故B正确；
C．砷和镓位于元素周期表第四周期，故C正确；
D．碳纤维框架和玻璃纤维网均属于无机非金属材料，故D错误；
故选D。
2. 三氟乙酸乙酯是一种重要的含氟有机中间体，其结构如下。下列说法不正确的是
A. 分子中O和F的第一电离能：O K，A正确；
B．冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合，为面心立方堆积，所以晶体中每个分子紧邻的分子数：硫化氢晶体(12个)>冰(4个)，B正确；
C．分子的极性：NH3>CH4，因为氨气为三角锥，没有对称中心，甲烷为正四面体，有对称中心，C错误；
D．AlF3属于离子晶体， AlCl3属于分子晶体，一般为离子晶体的熔沸点大于分子晶体，所以熔点：AlF3(1040 ℃ )>AlCl3 (178℃)，D正确；
故选C。
4. 下列方程式与所给事实相符的是
A. 含少量的乙炔通入溶液，生成黑色沉淀：
B. 加热和S的混合物生成黑色固体：
C. 向氯化银浊液中滴加氨水，得到澄清溶液：
D. 向溶液中加入至溶液显中性：
【答案】D
【解析】
【详解】A．通入溶液，生成黑色沉淀，方程式为：，A错误；
B．加热和S的混合物生成黑色固体FeS：，B错误；
C．向氯化银浊液中滴加氨水，得到澄清溶液：，C错误；
D．向溶液中加入至溶液显中性，氢离子与氢氧根离子完全反应，离子方程式为：，D正确；
答案选D。
5. 能证明Na2SO3溶液中存在SO＋H2O⇌HSO＋OH－水解平衡事实的是( )
A. 滴入酚酞溶液变红，再加入H2SO4溶液后红色褪去
B. 滴入酚酞溶液变红，再加入氯水后红色褪去
C. 滴入酚酞溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去
D. 滴入酚酞溶液变红，再加入NaHSO4溶液后红色褪去
【答案】C
【解析】
【详解】A．滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入硫酸溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性越可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故A错误；
B．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，氯水具有强氧化性，具有漂白性，再加入氯水后溶液褪色，不能说明存在水解平衡，故B错误；
C．滴入酚酞试液变红，说明溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，再加入氯化钡溶液后，钡离子和亚硫酸根离子反应而和亚硫酸氢根离子不反应，钡离子和亚硫酸根离子反应生成亚硫酸钡沉淀，且溶液红色褪去，所以说明存在水解平衡，故C正确；
D．滴入酚酞试液变红，说明亚硫酸钠溶液中氢氧根离子浓度大于氢离子浓度，溶液呈碱性，酚酞在pH大于8时，呈红色，加入NaHSO4溶液后，溶液褪色，溶液可能呈酸性越可能呈碱性，若为酸性，不能说明平衡移动，故D错误；
故选C。
6. 下列实验能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．含有的硫化钠会和铜离子生成硫化铜沉淀，不能比较相同温度下和的大小，A错误；
B．冷却后应该加入酸酸化，除去过量的氢氧化钠防止干扰溴离子的检验，B错误；
C．应该先通过干燥的有色布条，再通过湿润的有色布条，通过对比说明氯气没有漂白性，氯气和水生成的次氯酸具有漂白性，C错误；
D．实验中变量为KSCN溶液的浓度，对比实验加入水排除溶液体积增大对实验的影响，通过溶液颜色变化可以研究浓度对化学平衡的影响，D正确；
故选D。
7. 为尖晶石型锰系锂离子电池材料，其晶胞由8个立方单元组成，这8个立方单元可分为A、B两种类型。电池充电过程的总反应可表示为：。已知：充放电前后晶体中锰的化合价只有+3、+4，分别表示为Mn(III)、Mn(IV)。
下列说法不正确的是
A. 每个晶胞含8个
B. 立方单元B中Mn、O原子个数比为
C. 放电时，正极反应为
D. 若，则充电后材料中Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为
【答案】B
【解析】
【详解】A．从A立方单元中可知，一个A单元中含2个，一个晶胞含4个A，所以每个晶胞含8个，故A正确；
B．由立方单元B可知Mn原子个数分别为，O原子个数为，所以Mn、O原子个数比为，故B错误；
C．放电时，正极得电子被还原，反应式：，故C正确；
D．若，根据化合物化合价之和为0的原则，可计算出Mn(Ⅲ)与Mn(Ⅳ)的比值为，故D正确；
故选B。
8. 某小组分别进行如下3组实验研究与的反应，实验记录如下：
已知：水溶液中，为白色沉淀，呈黄色。被称为“拟卤素”。
下列说法不正确的是
A. ①中生成白色沉淀的原因是：
B. 由①可推知：①中生成配合物反应的反应速率大于氧化还原反应的
C. 由②③可推知，结合的能力：
D. 由①③可推知：促进了转化为
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液中滴加1滴溶液，生成黄色，黄色与铜离子形成的蓝色混合溶液呈绿色，静置2小时后产生白色沉淀，说明发生反应：，A正确；
B．根据①中现象可知，先与形成配合物，所以溶液显变绿；静置后产生白色沉淀，说明发生氧化还原反应生成白色沉淀，B正确；
C．②中溶液变红，未见白色沉淀生成， 说明结合SCN的能力Fe3+>Cu2+；③中迅速生成白色 沉淀，振荡后红色消失，说明结合SCN的能力Cu+>Fe3+，由②③可推知；结合的能力：，C错误；
D．由①③可推知：促进了转化为，D正确；
答案选C。
9. 在催化剂表面，丙烷催化氧化脱氢反应历程如下图。下列说法不正确的是
A. ①中，催化剂被氧化
B. ②中，丙烷分子中的甲基先失去氢原子
C. 总反应为
D. 总反应的速率由③决定
【答案】D
【解析】
【详解】A．①中催化剂失去氢原子，化合价升高，被氧化，故A正确；
B．②中丙烷失去了氢原子变成了正丙基，故B正确；
C．从整个历程图来看，反应物是氧气和正丙烷，生成物是丙烯和水，化学方程式正确，故C正确；
D．①过程中活化能为181.1kJ/ml，②过程中活化能为27.9kJ/ml，③过程中活化能为20.2 kJ/ml，活化能越大，反应速率越慢，则①为整个反应的决速步，故D错误；
答案D。
10. 下列结论可由实验事实推导出的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．浓度均为的溶液和溶液的，根据“越弱越水解”，说明酸性HNO2>HClO，则，故选A；
B．一种沉淀易转化为比它更难溶的沉淀，向固体中加入过量饱和溶液有生成，不能证明，故不选B；
C．向苯酚钠溶液中通入少量，生成苯酚和碳酸氢钠才能证明 小于苯酚，故不选C；
D．向平衡体系中加入溶液生成AgI沉淀，I-浓度降低，平衡向左移动，不能证明氧化性：，故D错误；
选A。
11. 采用惰性电极电解制备乙醛酸()的原理如下所示。E室电解液为盐酸和乙二醛()的混合溶液，F室电解液为乙二酸溶液。下列说法不正确的是
A. a为电源正极
B. H+从E室迁移至F室
C. 外电路中每通过2ml电子，理论上就有1ml乙醛酸生成
D. E室中乙二醛被氧化的化学方程式：H2O+Cl2++2HCl
【答案】C
【解析】
【分析】左侧电极上氯离子失电子生成氯气，为阳极，则a电极为正极；b为负极，右侧电极为阴极，据此分析解答；
【详解】A．由以上分析可知a为电源正极，故A正确；
B．电解池中H+向阴极移动，则H+从E室迁移至F室，故B正确；
C．由装置可知阴阳极区均有乙醛酸生成，则外电路中每通过2ml电子，理论上有2ml乙醛酸生成，故C错误；
D．阳极生成的氯气与反应生成乙醛酸，1ml氯气得2ml电子，1ml反应时失2ml电子，根据得失电子守恒及元素守恒得反应方程式：H2O+Cl2++2HCl，故D正确；
故选：C。
12. 实验室模拟侯氏制碱碳酸化制的过程，将通入饱和氨盐水(溶质为、)，实验现象及数据如图1，含碳粒子在水溶液中的物质的量分数与pH的关系如图2。
下列说法正确的是
A. ，溶液中
B. ，发生反应：
C. 水的电离程度：
D. ，、均保持不变
【答案】C
【解析】
【详解】A．，为饱和氨盐水(溶质为、)，溶液中存在，故，选项A错误；
B．，随着反应的进行，时pH=10.3，生成的少量白色固体为，由图2可知，溶液中和浓度相等，生成少量白色固体，但无法知道沉淀的物质的量与溶液中两种离子的物质的量之比，无法写出该反应的离子方程式，选项B错误；
C．，为饱和氨盐水(溶质为、)，一水合氨抑制水的电离；，为碳酸氢铵与碳酸铵按1：1形成的溶液，促进水的电离；故水的电离程度：，选项C正确；
D．，随着反应的进行，产生碳酸氢钠晶体，故溶液中减少，保持不变，选项D错误；
答案选C。
13. 某大环分子(BU[6])的合成路线如下所示。
其中，—BU—表示
下列说法不正确的是
A. 试剂b的名称是甲醛
B. 试剂a的结构简式是
C. F的核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比1：1：3
D. 由E合成1ml BU[6]时，共有12ml H2O生成
【答案】D
【解析】
【分析】E与试剂a发生取代反应生成F，F与试剂b发生取代反应生成BU[6]，据此回答，
【详解】A．根据分子式可知，b的名称为甲醛，A正确；
B．分子式为C3H8SN2，-BU-结构中有S，根据原子守恒，S来自试剂a，则试剂a的结构简式是，B正确；
C．根据结构简式可知，等效氢有三种，所以峰有三种，分别是①-NH-，②-CH3，③，C正确；
D．E生成F脱去2分子水，再脱氢缩合环化生成水，1ml-BU-脱3分子水，所以合成1ml BU[6]时，共有18ml H2O生成，D错误；
故选D。
14. 乙醇-水催化重整发生如下反应：
I．
Ⅱ．恒压条件下，当投料比时，体系达到平衡时和的选择性随温度的变化如下图所示。
已知：i．的选择性(或2)
ii．时，反应Ⅱ的平衡常数为1
下列说法不正确的是
A.
B. 当时，平衡体系中和的物质的量：
C. 当时，体系中总反应：
D. 恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，可以提高的平衡产率
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据盖斯定律可知，I+2Ⅱ=，则，A正确；
B．当T=706℃时，反应Ⅱ的平衡常数为1，则，平衡体系中CO的选择性大于CO2的选择性，CO的物质的量大于CO2，则H2和H2O的物质的量：n(H2)> n(H2O)，B错误；
C．当T=500℃时，平衡时CO2和CO的选择性相等，则体系中总反应：，C正确；
D．恒温恒压条件下，向体系中充入氩气，各气体的分压减小，则反应I平衡正移，可以提高H2的平衡产率，D正确；
故选B。
二、非选择题：本大题共5小题，共58分。把答案填在答题纸中相应的横线上。
15. 钙钛矿（通式为）是一类与钛酸钙具有相似晶体结构的新型材料。
（1）的晶胞形状为立方体，如右图所示。
①基态O原子的价层电子轨道表示式为______。
②该晶胞中，每个Ca周围与它最近且相等距离的O有______个。
③该晶胞结构的另一种表示中，Ti处于各顶角位置，则O处于______位置。
（2）有机-无机杂化钙钛矿材料具有良好的光致发光、半导体性能，其中的合成过程如下：
HCl++CdCl2
①中存在配位键，接受孤电子对的中心离子或原子是______。
②比较和中C-N-C键角的大小并解释原因______。
③具有较低的熔点。从结构角度解释原因______。
（3）相较于钙钛矿，类钙钛矿结构材料具有高温稳定性等优点。一种类钙钛矿结构材料含Pr（镨）、Ni和O元素，晶胞形状为长方体，边长分别为a nm、a nm、b nm，如图所示：
①该物质的化学式为______。
②阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______。（）
【答案】（1） ①. ②. 12 ③. 棱心
（2） ①. Cd2+和H ②. 中C-N-C键角大于中的C-N-C键角；和 中的N原子都是sp3杂化，的空间构型为四面体结构，而是三角锥形结构，N原子上有孤电子对，孤电子对斥力大，C-N-C键角小 ③. 是离子化合物，阴阳离子体积较大，所带电荷少，晶格能较小，所以熔点低
（3） ①. Pr2NiO4 ②.
【解析】
小问1详解】
①O原子价电子排布式为2s22p4，则价电子表达式为；
②Ca周围最近的O原子位于以Ca原子为中心的12个面的面心上，最近的氧原子为12个；
③将体心的Ti原子平移到顶角，则氧原子按同样的方式平移到棱心上，因此O原子位于棱心位置；
【小问2详解】
①中的类似于铵根离子，H+提供空轨道，N提供孤电子对，中的Cd2+提供空轨道，Cl-提供孤电子对，因此接受孤电子对的原子或离子有H和Cd2+；
②和 中的N原子都是sp3杂化，的空间构型为四面体结构，而是三角锥形结构，N原子上有孤电子对，孤电子对斥力大，C-N-C键角小，因此中C-N-C键角大于中的C-N-C键角；
③是离子化合物，离子化合物的熔沸点和晶格能有关，晶格能越大熔沸点越高，该化合物的阴阳离子体积较大，所带电荷少，晶格能较小，所以熔点低；
【小问3详解】
①晶胞中Pr的个数为8×+2=4，Ni原子的个数为8×+1=2，O原子的个数为16×+4×+2=8，Pr、Ni、O原子个数比为4:2:8=2:1:4，化学式为Pr2NiO4；
②晶胞的质量为g，晶胞的体积为a2b×10-21cm3，因此晶胞的密度为g/cm3。
16. 一种利用低品位铜矿(、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl工艺流程如下：
已知：i.水溶液中不存在碳酸铜，碳酸铜遇水立即水解为碱式碳酸铜和氢氧化铜。
ii.室温时，的溶度积常数。
（1）铜矿中被氧化的物质有_______。
（2）滤液D中铁离子的浓度约为_______，向滤液D中先通氨气的目的_______。
（3）固体E主要是，生成的离子方程式是_______。
（4）滤液F加热生成、和CuO，反应的化学方程式是_______。
（5）查阅资料：+1价Cu和可以形成2种配离子和。滤液G加大量水析出CuCl沉淀，从平衡移动角度分析，滤液G中的配离子是哪种更有利于CuCl的生成_______。
（6）CuCl质量分数的测定
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，则CuCl质量分数的计算式_______。
【答案】（1）Cu2S、CuS、FeO
（2） ①. ②. 生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+
（3）
（4）
（5）
（6）
【解析】
【分析】根据流程：低品位铜矿（Cu2S、CuS及FeO和Fe2O3等）加入二氧化锰与硫酸，Fe2O3溶解生成硫酸铁，Cu2S、CuS及FeO发生氧化还原反应生成硫单质、硫酸铁、硫酸铜，二氧化锰被还原为二价锰离子留在溶液中，加入氨水调节pH，沉淀铁离子生氢氧化铁沉淀，向滤液D中先通氨气再加入碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，溶液中CuSO4转变为[Cu(NH3)4]CO3留在溶液中，[Cu(NH3)4]CO3溶液加热：，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到Na[CuCl2]，加水沉淀，经过过滤、洗涤、干燥得到氯化亚铜，据此分析解答。
【小问1详解】
据分析可知，Cu2S、CuS及FeO与发生氧化还原反应生；故答案为Cu2S、CuS、FeO。
【小问2详解】
室温时，的溶度积常数；pH=3时，，所以，所以；然后向滤液D中通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，先通氨气生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为；生成[Cu(NH3)4]2+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+。
【小问3详解】
向滤液D中先通氨气和碳酸氢铵除锰，二价锰离子转化为碳酸锰沉淀，生成的离子方程式为，故答案为。
【小问4详解】
滤液F为[Cu(NH3)4]CO3；加热生成、和CuO，反应的化学方程式是，故答案为。
【小问5详解】
，，从平衡移动角度分析，加大量水，前者平衡正向移动析出CuCl，后者平衡不移动，更合理；故答案为。
【小问6详解】
称取mg样品，溶于25mL过量的硫酸铁铵溶液(将+1价Cu氧化)，，滴加2滴试亚铁灵指示剂(与发生特征反应，溶液呈红棕色)，用含的硫酸铁铈标准液滴定，共消耗硫酸铁铈标准液VmL，所以有，则CuCl质量分数为，故答案为。
17. 罗沙司他可用于治疗由慢性肾病引发的贫血，其中一种合成路线如下。
已知：i．
ii．表示某易离去的基团
iii．
（1）A含有的官能团为___________。
（2）B→D的化学方程式为___________。
（3）D→E的反应类型为___________。
（4）G的结构简式为___________。
（5）K经多步可得到N，写出L与M的结构简式。
L：___________；M：___________。
（6）试剂b分子式为。N→P的转化过程中，还会发生多个副反应。写出其中一个副反应产物的结构简式：___________(核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为)。
【答案】（1）羧基和碳氟键
（2）++HCl
（3）加成反应 （4）
（5） ①. ②.
（6）
【解析】
【分析】由题干合成流程图可知，由生成A的转化条件可推知A的结构简式为：，由A到B的转化条件可推知B的结构简式为：，由E的结构简式和B到D、D到E的转化条件可知，试剂a的结构简式为：，D的结构简式为： ，由E、J的结构简式和G、I的分子式并结合E到G、G到I、I到J的转化条件可知，G的结构简式为：，I的结构简式为：，由N、P的结构简式和试剂b分子式为C2H5NO2，可知试剂b的结构简式为：H2NCH2COOH，由此分析解题。
【小问1详解】
由分析可知，A的结构简式为：，则A含有的官能团为羧基和碳氟键，故答案为：羧基和碳氟键；
【小问2详解】
由分析可知，B的结构简式为：，试剂a的结构简式为：，D的结构简式为：，则B→D的化学方程式为：++HCl，故答案为：++HCl；
【小问3详解】
由分析可知，D的结构简式为：，结合E的结构简式可知D→E的反应类型为加成反应，故答案为：加成反应；
【小问4详解】
由分析可知，G的结构简式为，故答案为：；
【小问5详解】
K经多步可得到N，结合题干信息iii可知，K在一定条件下发生信息iii反应得到L，则L的结构简式为：，L异构化为M，即L和M为同分异构体，结合N的结构简式可知，M的结构简式为：，M在一定条件下发生消去反应，脱去一个小分子HTs可得N，故答案为：； ；
【小问6详解】
由已知信息i和A到B的转化条件可知，N转化P也是分两步进行的，即先N与SOCl2在一定条件下反应，然后再与试剂b即H2NCH2COOH发生信息i反应生成P，在此过程中H2NCH2COOH可能先与SOCl2反应生成H2NCH2COCl，然后H2NCH2COCl自身发生反应生成，该物质符合核磁共振氢谱有2组峰，且峰面积之比为，故答案为：。
18. 回收废旧锂离子电池中的金属元素，可以有效缓解原料供应紧张、环境污染等问题。
Ⅰ．碳还原焙烧-水浸法可实现三元锂离子电池正极材料中锂的优先提取：将正极材料与一定量炭粉充分混合、焙烧，得到和等；再浸于水，得到含的浸出液。
已知：微溶于水；溶解度：。
（1）焙烧过程中未得到单质，若计算的，需要知道哪些反应的_______。
（2）水浸过程中通入可提高锂的浸出率。用化学方程式解释原因_______。
Ⅱ．是钴酸锂电池正极材料的主要成分，某研究小组以柠檬酸(，三元弱酸)和作为浸出剂，浸出，并用电解的方法从浸出液中回收。
已知：
i．在浸出过程中，柠檬酸表现出酸性，同时电离产生的阴离子与形成配合物，有利于钴的浸出。与形成配合物的能力：；
iⅱ．浸出液时，是(Ⅱ)的主要存在形式；
稳定性：；
iii．
（3）的作用是_______。
（4）相同时间内，柠檬酸起始浓度对钴浸出率的影响如图所示。当柠檬酸浓度从增加到时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是_______。
（5）电解法回收钴的简易装置如图所示。
①石墨为_______(填“阳极”或“阴极”)。
②在电极放电的电极反应式为_______。
③电解时间相同时，电解液初始对回收率和电流效率的影响如图所示。随着的升高，的回收率先增加后下降的可能原因是_______。
【答案】（1）
（2）
（3）还原剂 （4）当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中不能明显被消耗，剩余的会抑制的形成，不利于形成配合物
（5） ①. 阳极 ②. ③. 时，随增大，降低，竞争放电能力减弱，的回收率增加；
时，随增大，促进电离，增大，形成的更稳定，不易放电，的回收率下降
【解析】
【小问1详解】
焙烧过程中未得到Mn单质，若计算的，需要知道的的
小问2详解】
水浸过程中通入CO2与碳酸锂反应生成碳酸氢锂，可提高锂的浸出率，原因为
【小问3详解】
以柠檬酸(C6H8O7，三元弱酸)和H2O2作为浸出剂，与LiCO2反应浸出C2+，则H2O2为还原剂
【小问4详解】
当柠檬酸浓度从1.25ml·L-增加到1.75ml·L-时，钴的浸出率逐渐下降，可能的原因是当柠檬酸浓度过高时，浸出过程中不能明显被消耗，剩余的会抑制的形成，不利于形成配合物
【小问5详解】
①电解法回收钴，阴极生成钴单质则石墨为阳极；在电极放电生成钴单质电极反应式为；随着的升高，的回收率先增加后下降的可能原因是时，随增大，降低，竞争放电能力减弱，的回收率增加；
时，随增大，促进电离，增大，形成的更稳定，不易放电，的回收率下降
19. 小组同学探究镁与银氨溶液反应的产物及影响其反应速率的因素。
I．探究镁与银氨溶液反应的产物
【实验1】向溶液中逐滴加入氨水，最终得到无色透明溶液。
【实验2】
（1）实验1中，反应的离子方程式是___________。
（2）由实验2-2可证明2-1中有Ag生成，则2-2中加入过量稀硝酸后可观察到的现象是_____。
（3）由实验2-3可证明2-1中有生成，则试剂甲、乙分别为___________、___________(填字母)。
a．稀硝酸 b．稀盐酸 c．溶液 d．溶液
（4）经检验，实验2-1中产生的气体有和。
①检验产生气体中有的操作及现象：将湿润的红色石蕊试纸置于试管口处，观察到_________。
②生成、、的反应可表示为：、___________。
II．探究影响镁与银氨溶液反应生成速率的因素
【实验3】用溶液、氨水按照下表所示用量配制好银氨溶液后，放入等量打磨过的镁条，记录收集所用时间。
（5）实验3-3中，a=___________。
（6）根据上述实验分析，银氨溶液中浓度越大，产生的速率越快的主要原因是___________。
III．实验结论与反思
（7）综合上述实验，可知Mg与银氨溶液反应后的产物有Ag、、、、等；小组同学推测氨水浓度也是影响Mg与银氨溶液反应生成Ag的速率的因素。他们的推测___________(填“合理”或“不合理”)，理由是___________。
【答案】（1）
（2）灰白色固体完全溶解，有气体生成，在试管口变为红棕色
（3） ①. b ②. a
（4） ①. 试纸变蓝 ②.
（5）2.00 （6）浓度增大，Mg与反应生成Ag的反应速率增大，单位时间内生成Ag的量增多，形成更多的微小原电池，产生氢气速率加快
（7） ①. 合理 ②. 氨水浓度改变，会使平衡移动，改变，从而影响生成Ag的速率
【解析】
【分析】实验目的为探究镁与银氨溶液反应的产物及影响其反应速率的因素，根据镁与银氨溶液反应的现象确定部分产物，对产物性质研究确定产物成分；探究反应速率的影响因素，则进行对比实验，改变条件，收集相同体积的气体，所需时间长短，确定速率快慢。
【小问1详解】
实验目的探究镁与银氨溶液反应的产物，则需要配制银氨溶液，实验1是配制银氨溶液，故反应的离子方程式为；
【小问2详解】
实验2-1中产生灰白色固体，实验2-2是灰白色固体与过量稀硝酸反应，根据现象证明2-1中有Ag生成，则银与硝酸发生氧化还原反应溶解，同时生成NO气体，NO与氧气反应生成红棕色的NO2，故实验现象为：灰白色固体完全溶解，有气体生成，在试管口变为红棕色；
【小问3详解】
为证明2-1中有生成，加入试剂甲后没有明显现象，则试剂甲不是稀硝酸，加入试剂乙后，固体中含有银溶解，则试剂乙为稀硝酸，有少量白色沉淀，结合实验2-2，白色沉淀为，则试剂甲为稀盐酸，与盐酸反应生成和水，没有明显现象，加入稀硝酸，不溶于硝酸，Ag与硝酸反应溶解；
故答案为：b；a；
【小问4详解】
氨气溶于水溶液显碱性，可以时石蕊试纸变蓝；
镁与银氨溶液反应生成、，故反应方程式为；
【小问5详解】
根据控制变量的要求，只改变一个条件浓度，其他条件相同，即总体积相同，都为8.00ml，则a=2.00ml；
【小问6详解】
浓度增大，Mg与反应生成Ag的反应速率增大，单位时间内生成Ag的量增多，形成更多的微小原电池，产生氢气速率加快
【小问7详解】
推测合理；根据反应，氨水浓度改变，影响，从而影响生成Ag的速率；
故答案为：合理，氨水浓度改变，会使平衡移动，改变，从而影响生成Ag的速率。选项
事实
解释
A
第一电离能：
与K位于同一主族，原子半径：，原子核对外层电子的吸引能力：
B
晶体中每个分子紧邻的分子数：
硫化氢晶体(12个)冰(4个)
冰中水分子间主要以氢键结合，硫化氢晶体中硫化氢分子间主要以范德华力结合
C
分子的极性：
键的极性大于键的极性
D
熔点：
属于离子晶体，属于分子晶体
A
B
比较相同温度下和的大小
检验有机化合物中含溴原子
C
D
探究干燥的氯气是否具有漂白性
研究浓度对化学平衡的影响
序号
实验
试剂
现象
①
1滴溶液
溶液迅速变绿，未见白色沉淀生成；
静置2小时后底部有少量白色沉淀
②
先加入5滴溶液，再加入1滴溶液
溶液变红，未见白色沉淀生成
③
先加入5滴溶液，再加入1滴溶液
溶液变红，同时迅速生成白色沉淀，振荡后红色消失
选项
实验事实(均为室温)
结论
A
浓度均为的溶液和溶液的
B
向固体中加入过量饱和溶液，有生成
C
向苯酚钠溶液中通入过量，发生反应：+CO2(过量)+H2O+HCO
Ka2(H2CO3)