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1、北京市丰台区2019届高三化学第二次模拟考试试卷（含解析）1.民间艺术是劳动人民智慧的结晶，下列中国传统民间艺术在表演过程中涉及化学变化的是ABCD刺绣打树花剪纸织锦用针线在织物上绣制图案将熔化的铁水泼向空中，迸溅出火花用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹用提花机织出图案A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【分析】化学变化的本质特征：宏观上可以看到各种化学变化都产生了新物质；从微观上化学反应前后原子的种类、个数没有变化,仅仅是原子与原子之间的结合方式发生了改变。【详解】A.刺绣并未生成新的化学物质，不属于化学变化，故不选A；B.将熔化的铁水泼向空中，空中铁水会和空气中氧气反应生成氧化物迸溅
2、出火花，故选B；C.用剪刀或刻刀在纸上剪刻花纹，没有新的化学物质生成，故不选C；D.用提花机织出图案并未生成新的化学物质，故不选D；答案：B2.下列叙述不正确的是A. 在氢氧化钠醇溶液作用下，醇脱水生成烯烃B. 乙醇可与水任意比例混溶是因为乙醇与水形成了氢键C. 油脂碱性水解所得高级脂肪酸钠盐常用于生产肥皂D. 淀粉和纤维素属于多糖，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖【答案】A【解析】【详解】A. 在氢氧化钠醇溶液是卤代烃发生消去反应的必要条件，在此条件下醇不能脱水，醇脱水需要浓硫酸做催化剂，控制一定温度，故选A；B. 乙醇、水分子之间能形成氢键，氢键的存在使乙醇的溶解性显著增强，故不选B；C.
3、 肥皂的主要成分是高级脂肪酸钠盐，它可通过油脂在碱性条件下发生皂化反应后盐析得到，故不选C；D. 淀粉和纤维素属于多糖，在酸作用下水解，最终产物为葡萄糖，故不选D；答案：A3.下面是丁醇的两种同分异构体，其结构简式、沸点及熔点如下表所示：异丁醇叔丁醇结构简式沸点/108823熔点/-10825.5下列说法不正确的是A. 用系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇B. 异丁醇的核磁共振氢谱有三组峰，且面积之比是126C. 用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来D. 两种醇发生消去反应后得到同一种烯烃【答案】B【解析】【详解】A. 醇的系统命名步骤：1.选择含羟基的最长碳链作为主链，按
4、其所含碳原子数称为某醇；2.从靠近羟基的一端依次编号，写全名时，将羟基所在碳原子的编号写在某醇前面，例如1-丁醇CH3CH2CH2CH2OH；3.侧链的位置编号和名称写在醇前面。因此系统命名法给异丁醇命名为：2-甲基-1-丙醇，故不选A；B. 有几种氢就有几组峰，峰面积之比等于氢原子个数比；异丁醇的核磁共振氢谱有四组峰，且面积之比是1216，故选B；C. 根据表格可知，叔丁醇的沸点与异丁醇相差较大，所以用蒸馏的方法可将叔丁醇从二者的混合物中分离出来，故不选C；D. 两种醇发生消去反应后均得到2-甲基丙烯，故不选D；答案：B4.以CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：下列说
5、法不正确的是A. 装置中试剂可以是NaOH溶液B. 装置的作用是干燥O2C. 收集氧气应选择装置aD. 装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶【答案】C【解析】【分析】实验原理分析：二氧化碳通过U型管与过氧化钠反应生成氧气，氧气和没有反应的二氧化碳通入碱液洗气瓶除二氧化碳，可增加盛有澄清石灰水的洗气瓶验证二氧化碳是否除尽，在通过盛有浓硫酸的洗气瓶干燥氧气，最后收集；【详解】A.装置中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；B. 装置中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；C. 由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；D. 装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除
6、尽，故不选D；答案：C5.关于下列实验现象的说法不正确的是A. 氨气是无色有刺激性气味的气体，密度比空气小B. 实验1，由喷泉现象可知氨气极易溶于水且溶解速率快C. 实验1，烧瓶溶液中的含氮微粒有：NH3、NH3·H2O和NH4+D. 实验2，加热过程中温度和c(NH3·H2O)对NH3·H2O电离平衡移动方向的影响一致【答案】D【解析】【详解】A. 氨气是无色有刺激性气味的气体，氨气的相对分子质量17，空气平均相对分子质量29，根据密度比等于相对分子质量之比，可知氨气密度比空气小，故不选A；B. 由于氨气极易溶于水，一体积水可以溶解700体积氨气，且溶解速率快，
7、可以形成较大的压强差，所以可以做喷泉实验，故不选B；C.烧瓶溶液中存在NH3+H20NH3.H2ONH4+OH-，因此含氮微粒有：NH3、NH3·H2O和NH4+，故不选C；D.因为NH3·H2O不稳定受热易分解，加热过程中会让NH3·H2O分解，c(NH3·H2O)减小使电离平衡逆向移动；弱电解质的电离是吸热过程，升高温度促进电离平衡正向移动。由题中信息可知，加热后溶液的红色变浅，说明温度和c(NH3·H2O)对NH3·H2O的电离平衡的影响是不一致的，故选D；答案：D【点睛】易错选项D，要综合分析NH3·H2O的不稳定性
8、对其浓度的影响，以及浓度变化和温度变化对弱电解质的电离平衡的影响。6.下列实验所得结论正确的是A. 中溶液红色褪去的原因是：CH3COOC2H5 + NaOH =CH3COONa + C2H5OHB. 中溶液变红的原因是：CH3COO + H2O CH3COOH + H+C. 由实验、推测，中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞D. 中红色褪去证明右侧小试管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸【答案】C【解析】详解】A. 由于产物CH3COONa水解可使溶液显碱性，不可能使溶液红色褪去，故A错误；B. 中溶液变红的原因是：CH3COO+ H2OCH3COOH + OH-，故B错误；C. 中由于CH3CO
9、ONa溶液水解显碱性，会使溶液变红，而中滴加酚酞溶液变红，说明中的下层溶液中没有酚酞，综合考虑、推测，中红色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞，故C正确；D. 溶液红色褪去的可能原因：（1）乙酸与碳酸钠反应，同时乙酸过量；（2）乙酸乙酯萃取了酚酞，故D错误； 答案：C【点睛】本题有一定难度，考查学生分析对比能力，易错选项D。7.Fe3O4中含有、，分别表示为Fe（）、Fe（），以Fe3O4/Pd为催化材料，可实现用H2消除酸性废水中的致癌物NO2，其反应过程示意图如图所示，下列说法不正确的是A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e 2HB. Fe（）与Fe（）的相互转化起到了传递电子的作用C.
10、 反应过程中NO2被Fe（）还原为N2D. 用该法处理后水体的pH降低【答案】D【解析】【分析】根据图像可知反应流程为（1）氢气失电子变为氢离子，Fe（）得电子变为Fe（）；（2）Fe（）得电子变为Fe（），NO2被Fe（）还原为N2。如此循环，实现H2消除酸性废水中的致癌物NO2的目的，总反应为3H2+2 NO2+2H+=N2+4H2O。【详解】根据上面分析可知：A. Pd上发生的电极反应为：H2 - 2e 2H，故不选A；B. 由图中信息可知，Fe（）与Fe（）是该反应的催化剂，其相互转化起到了传递电子的作用，故不选B；C.反应过程中NO2被Fe（）还原为N2，故不选C；D.总反应为3H2
11、+2 NO2+2H+=N2+4H2O。，用该法处理后由于消耗水体中的氢离子，pH升高，故选D；答案：D8.高分子化合物M的合成路线如下：已知：（1）A中含氧官能团的名称是_。（2）反应的试剂和条件为_，B的结构简式为_。（3）D为酯类，以乙醛为原料，写出合成D所涉及的化学方程式_。（4）2 D E + C2H5OH，F中含有醇羟基，写出下列物质的结构简式：E_ F_G_（5）反应中属于取代反应的有_。【答案】 (1). 羰基 (2). 浓硝酸/浓硫酸、加热 (3). (4). CH3CHO+H2 CH3CH2OH2CH3CHO+O2 2CH3COOHCH3COOH+CH3CH2OH CH3CO
12、OC2H5+H2O (5). (6). (7). (8). 【解析】【分析】线路分析：（1）逆推法，根据C的结构简式和反应条件Fe/HCl可知,B到C是硝基还原成氨基,推出B的结构简式,根据B可知A在浓硝酸和浓硫酸，加热条件下发生取代反应生成B（），由此推测出A；（2）根据产物M（）逆推，可知单体G为，因为F中含有醇羟基，可知是F发生醇消去反应生成G，再联系C（）的结构，可知F为，根据F（）和C（）逆推出E（），因为2 D E + C2H5OH，可知两分子D发生取代反应：2CH3COOC2H5 + C2H5OH，可知D为CH3COOC2H5。整个推断注意仔细观察有机物结构的变化，主要采用逆推法
13、。【详解】（1）由以上分析可知A的结构简式为，A中含氧官能团的名称是羰基；答案：羰基（2）反应为+HNO3 +H2O，因此试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸、加热，B的结构简式为；答案：浓硝酸/浓硫酸、加热 （3）乙醛还原成乙醇，氧化成乙酸，乙醇与乙酸发生酯化反应生成D（乙酸乙酯）和水，合成D的化学方程式CH3CHO+H2 CH3CH2OH2CH3CHO+O2 2CH3COOHCH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O；答案：CH3CHO+H2 CH3CH2OH 2CH3CHO+O2 2CH3COOHCH3COOH+CH3CH2OH CH3COOC2H5+H2O；（4）由上面分析可
14、知：2CH3COOC2H5 + C2H5OH，E为，F为，G为；（5）反应为硝化反应，属于取代反应，反应为硝基还原为氨基，属于还原反应，反应为乙酸乙酯发生分子间取代反应，属于加成反应属于消去反应属于加聚反应，因此反应中属于取代反应的有；答案：【点睛】本题主要是逆推法的应用，难点是E、F结构式的推测。9.含+6价铬的废水毒性强，对环境污染严重。化工厂常用SO2处理含铬废水，其工艺流程如下图所示：已知：Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+（1）将吸收塔中1mol Cr2O72-与SO2反应的热化学方程式补全。 Cr2O72-(aq) + _SO2(g) + _ _ + _ +_
15、H = -1145 kJ/mol（2）其他条件不变，研究吸收塔中pH对反应的影响。pH246Cr（+6）最大去除率99.99%达排放标准99.95%达排放标准99.5%未达排放标准时间30 min35 min45 min由上述数据获得的结论有_。实际工业生产控制pH = 4左右的原因是_。下列说法不合理的是_。a.该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH越大其含量越高b.其他条件不变，增大压强，吸收塔中反应的K增大，有利于除去Cr（+6）c.理论上看，SO32-、Fe2+等也可以用于除去Cr（+6）（3）其他条件不变，研究温度对Cr（+6）去除率的影响（如图1所示）。 30min前相同时间内
16、，80的Cr（+6）去除率比40高，30min后80的Cr（+6）去除率低，原因分别是_；_。（4）图2为Cr（+3）微粒物质的量分数随溶液pH的变化关系示意图，中和池中应控制pH范围为_。（5）废水中Cr（+6）总浓度为a×10-3 mol/L，处理1000 L废水，去除率要求达到99.95%，理论上需要SO2物质的量为_mol（写计算式）。【答案】 (1). 3 (2). 2H+（aq） (3). 2Cr3+（aq） (4). 3SO42-（aq） (5). H2O（l） (6). pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢 (7). 与pH=2相比，pH=4时，Cr（+6
17、）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本 (8). b (9). 30min前，Cr（+6）去除率主要由反应速率决定，温度高反应速率快，因此80的去除率更高 (10). 30min后，Cr（+6）去除率主要有反应限度决定，Cr2O72-与SO2的反应放热，温度越高，K越小，因此80的去除率比40低。 (11). 89.5左右 (12). 1.5a×99.95%【解析】【分析】Cr（+6）在酸性环境下主要以Cr2O72-形式存在，将具有强还原性的二氧化硫气体通入吸收塔与Cr（+6）发生氧化还原反应，将Cr（+6）降价生成Cr3+，中和池中加入NaO
18、H使其生成氢氧化物沉淀除去。（1）氧化还原反应离子方程式配平，利用得失电子数相等和原子守恒配平；热化学方程式书写注意注明状态；（2）根据表格可以得出随pH的增大Cr（+6）去除率的变化和去除所需时间。从速率、去除率、消耗原料几个角度综合分析；a.根据勒夏特例原理分析；b.k的变化只与温度有关；c.氧化还原角度分析；（3）从速率和平衡两个角度分析；（4）找出Cr（OH）3物质的量分数最大的pH范围即可；（5）利用得失电子数相等进行计算。【详解】（1）三步法配平：根据化合价升降相等，配平化合价发生变化的元素根据左右两边电荷守恒配平，酸性添加氢离子，碱性氢氧根离子 根据原子守恒配平添加水；热化学方程
19、式书写注意注明状态，Cr2O72-(aq) + 3SO2(g) + 2H+（aq） 2Cr3+（aq） +3SO42-（aq）+H2O（l） H = -1145 kJ/mol；答案：3 2H+（aq） 2Cr3+（aq） 3SO42-（aq） H2O（l）（2）根据表格可以得出结论，随着pH的升高，Cr（+6）的去除率降低，反应速率变慢；答案：pH越大，Cr（+6）的去除率降低，反应速率越慢实际工业生产应该从节省原料，条件易控角度分析，控制pH = 4左右的原因是Cr（+6）的去除率已达排放标准，控制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本；答案：Cr（+6）的去除率已达排放标准，控
20、制pH=4左右可减少中和池中NaOH的用量，节约成本a.根据题干信息Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+，该酸性含铬废水中一定含有CrO42-，pH增大相当于减小氢离子浓度，平衡正向移动，CrO42-含量越高，故不选a；b.K的变化只与温度有关，压强无影响，故选b；c.SO32-、Fe2+等也具有强还原性，可以与Cr（+6）发生氧化还原反应，用于除去Cr（+6），故不选c；答案：b（3）仔细观察图像可以发现前30min，80单位时间内去除率越高，反应速率越快；30min后去除率后面几乎不发生变化，说明达到了平衡，40时去除率要高，从平衡角度分析。答案：30min前，Cr（+6
21、）去除率主要由反应速率决定，温度高反应速率快，因此80的去除率更高；30min后，Cr（+6）去除率主要有反应限度决定，Cr2O72-与SO2的反应放热，温度越高，K越小，因此80的去除率比40低。（4）Cr（+3）是以氢氧化铬沉淀形式除掉，所以根据图像选择氢氧化铬物质的量分数最大的pH范围；答案：89.5左右（5）利用氧化还原反应得失电子数相等列关系式可知2Cr（+6） 3SO22mol 3mola×10-3 mol/L×1000L×99.95% n（SO2）计算得 n（SO2）=3mol×a×10-3 mol/L×1000L
22、15;99.95%/(2mol ) = 1.5a×99.95%mol；答案：1.5a×99.95%10.硒是动物和人体所必需微量元素之一，也是一种重要的工业原料。硒在自然界中稀少而分散，常从精炼铜的阳极泥中提取硒。（1）粗铜精炼时，通常用精铜作_极（填“阴”或“阳”）。（2）硒在元素周期表中的位置如图所示：Se原子结构示意图可表示为_。从原子结构角度解释硫与硒元素性质相似与不同的原因：同一主族_。（3）阳极泥中的硒主要以Se和CuSe的形式存在，工业上常用硫酸化焙烧法提取硒，主要步骤如下：i将含硒阳极泥与浓硫酸混合焙烧，产生SO2、SeO2的混合气体ii用水吸收i中混合气体
23、，可得Se固体 请写出CuSe与浓H2SO4反应的化学方程式_。 焙烧过程产生的烟气中含有少量SeO2，可用NaOH溶液吸收，二者反应生成一种盐，该盐的化学式为_。 写出步骤中的化学方程式_。（4）下列说法合理的是_。a. SeO2既有氧化性又有还原性，其还原性比SO2强b. 浓硒酸可能具有强氧化性、脱水性c. 热稳定性：H2Se < HCl < H2Sd. 酸性：H2SeO4 < HBrO4 < HClO4【答案】 (1). 阴 (2). (3). 同一主族，最外层电子数相同，因此性质相似。原子半径不同，得失电子能力不同，性质不同。 (4). CuSe+4H2SO4（
24、浓）CuSO4+SeO2+3SO2+4H2O (5). Na2SeO3 (6). SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4 (7). bd【解析】【分析】（1）粗铜精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极，硫酸酸化的硫酸铜作电解质溶液；（2）硒在元素周期表中的位置根据图示可知位于第四周期第VIA族；从原子结构分析，原子的最外层电子主要决定化学性质。原子核对最外层电子的引力也会对化学性质略有影响；（3） 根据i确定产物为CuSO4、SO2、SeO2，采用零价配平法假设CuSe中Cu与Se元素均为0价，根据化合价升降相等配平； SeO2与SO2的性质相似，用NaOH溶液吸收，确定盐的化学式； 根据氧
25、化还原反应化合价升降相等和原子守恒进行配平书写方程式；（4）a.SeO2中Se的化合价可以升高到+6价，也可以降低到0价，因此既有氧化性也有还原性，根据方程式 SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4，可知SeO2的氧化性比SO2强；b. 浓硒酸的性质与浓硫酸性质应该相似；c. 非金属性越强，气态氢化物越稳定；d.非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强。【详解】（1）粗铜精炼时，粗铜作阳极，精铜作阴极，硫酸酸化的硫酸铜作电解质溶液；答案：阴（2）硒在元素周期表中的位置根据图示可知位于第四周期第VIA族，Se原子结构示意图可表示为；答案：硫与硒元素位于同一主族，最外层电子数相同因此性
26、质相似；同一主族从上到下原子半径增大，原子核对最外层电子引力减小，得电子能力减弱，失电子能力增强；答案：同一主族，最外层电子数相同，因此性质相似。原子半径不同，得失电子能力不同，性质不同。（3）根据i确定产物为CuSO4、SO2、SeO2，采用零价配平法假设CuSe中Cu与Se元素均为0价，根据化合价升降相等配平，可得CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+SeO2+3SO2+4H2O；答案：CuSe+4H2SO4（浓）CuSO4+SeO2+3SO2+4H2O SeO2与NaOH溶液的反应应该与SO2与NaOH反应相似，因此确定该盐的化学式为Na2SeO3；答案：Na2SeO3 根据已知可知步
27、骤确定反应物为SO2、SeO2的混合气体和水，产物有Se，根据化合价有升必有降可知，SO2中S的化合价升高到+6价，配平得到方程式；答案：SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4（4）a.SeO2中Se的化合价可以升高到+6价，也可以降低到0价，因此既有氧化性也有还原性，根据方程式 SeO2+2SO2+2H2O=Se+2H2SO4，可知SeO2的氧化性比SO2强，故不选a；b. 浓硒酸与浓硫酸均属于同一主族最高价含氧酸，因此性质可能相似，具有强氧化性、脱水性，故选b；c. 非金属性越强，气态氢化物越稳定，同一主族从上到下非金属性减弱,同一周期从左到右非金属性增强,因此非金属性Cl>
28、;S>Se,因此热稳定性H2Se <H2S < HCl，故不选c；d.非金属性越强，最高价氧化物水化物的酸性越强;同一主族从上到下非金属性减弱,同一周期从左到右非金属性增强,因此酸性：H2SeO4 < HBrO4 < HClO4,故选d；答案：bd11.某小组研究AgCl的溶解平衡：向10 mL 1mol/L KCl 溶液中加入1 mL 0.2 mol/LAgNO3溶液，将浑浊液均分为2份，进行如下实验：实验序号实验操作实验现象I将其中一份浑浊液过滤，向滤液中放入Mg条i. 滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象。ii. 放入Mg条后，立即有无色气泡产生，气体可燃，
29、滤液中出现白色浑浊。iii. 一段时间后开始出现棕褐色浑浊物，Mg条表面也逐渐变为棕褐色，产生气泡的速率变缓慢。II向另一份浑浊液中放入大小相同的Mg条iv. 棕褐色浑浊物的量明显多于实验I，Mg条表面棕褐色更深，其他现象与ii、iii相同。已知：AgOH不稳定，立即分解Ag2O（棕褐色或棕黑色），Ag粉为黑色，AgCl、Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2（1）滤液所属分散系为_。（2）现象ii中无色气泡产生的原因是_（写出化学方程式）。（3）现象iii中，导致产生气泡的速率下降的主要影响因素是_。（4）甲认为Mg条表面的棕褐色物质中一定有Ag和Ag2O，其中生成Ag的离子方程式为_。（
30、5）甲设计实验检验Ag：取实验I中表面变为棕褐色的Mg条于试管中，向其中加入足量试剂a，反应结束后，继续向其中加入浓硝酸，产生棕色气体，溶液中有白色不溶物。 白色不溶物为_（填化学式），棕色气体产生的原因是_（写离子方程式）。 试剂a为_，加入试剂a的目的是_。 该实验能证明棕褐色物质中一定有Ag的实验现象是_。（6）甲进一步设计实验验证了Mg条表面的棕褐色物质中有Ag2O，实验方案是：取实验I中表面变为棕褐色的Mg条_。（7）综合上述实验，能说明存在AgCl(s) Ag+(aq) + Cl(aq)的证据及理由有_。【答案】 (1). 胶体 (2). Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2 (3
31、). 固体表面积 (4). Mg+2Ag+=Mg2+2Ag (5). AgCl (6). Ag+2H+NO3-=Ag+NO2+H2O (7). 盐酸 (8). 将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag (9). 加入浓硝酸后产生棕色气体 (10). 用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成 (11). 在Cl-过量的情况下，实验的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验中 棕褐色成电量比实验多，进一步说明平衡发生了移动。【解析】【分析】实验分析：本题主要考察了难溶电解质的沉
32、淀溶解平衡；10 mL 1mol/L KCl 溶液中加入1 mL 0.2 mol/LAgNO3溶液，生成氯化银沉淀，同时氯化钾过量很多；实验I：将其中一份浑浊液过滤，除掉氯化银沉淀；i. 滤液澄清透明，用激光照射有丁达尔现象，说明分散系属于胶体，ii. 放入Mg条后，由于Mg属于活泼金属与水可以反应，Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2消耗了水破坏了氯化银的沉淀溶解平衡，滤液中出现白色浑浊为氯化银。iii. 一段时间后随着镁与水的反应，氢氧根离子浓度增大，AgCl(s) Ag+(aq) + Cl(aq)，Ag+OH-=AgOH，AgOH不稳定，立即分解为Ag2O（棕褐色或棕黑色），因此开始出现
33、棕褐色浑浊物，氯化银沉淀溶解平衡被破坏，平衡向溶解方向移动，Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O，同时因为活泼金属置换不活泼金属，Mg+2Ag+=Mg2+2Ag，所以也覆盖了Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢。实验II：浑浊液中放入大小相同的Mg条，由于没有过滤氯化银沉淀会使更多的棕褐色的Ag2O生成，因此棕褐色浑浊物的量明显多于实验I，Mg条表面覆盖的氧化银更多，棕褐色更深。【详解】（1）产生丁达尔现象是胶体的性质，因此滤液所属分散系为胶体；答案：胶体（2）Mg属于活泼金属，可以与水反应，Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2；答案：Mg+2H2O=Mg（OH）2+H2（3
34、）Mg条表面也逐渐覆盖了棕褐色的Ag2O和Ag，减小了镁条与水的接触面积，产生气泡的速率变缓慢；答案：固体表面积（4）活泼金属置换不活泼金属原理，生成Ag的离子方程式为Mg+2Ag+=Mg2+2Ag；答案：Mg+2Ag+=Mg2+2Ag（5）利用Mg属于活泼金属可以与非氧化性酸反应，而银属于不活泼金属不能与非氧化性酸反应，除掉Mg，防止干扰实验，在选择氧化性酸验证Ag的存在，涉及的反应Mg+2H+=Mg2+H2、Ag+2H+NO3-=Ag+NO2+H2O，Ag+Cl-=AgCl因此：白色不溶物为AgCl，棕色气体产生的原因是Ag+2H+NO3-=Ag+NO2+H2O；试剂a为HCl，加入试剂a
35、的目的是将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag； Ag与浓硝酸反应产生棕色气体；答案：AgCl Ag+2H+NO3-=Ag+NO2+H2O 盐酸 将Mg除去，避免硝酸与镁反应，干扰实验Ag 加入浓硝酸后产生棕色气体（6）根据Ag2O可溶于浓氨水生成Ag(NH3)2，利用银镜反应验证；答案：用蒸馏水洗涤后，加浓氨水浸泡，取上层清液于试管中，加入适量乙醛，水浴加热，有黑色的Ag生成（7）综合上述实验，能说明存在AgCl(s) Ag+(aq) + Cl(aq)的证据及理由有：在Cl-过量的情况下，实验的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，存在难溶电解质氯化银的沉淀溶解平衡；结合实验中 棕褐色沉淀量比实验多，进一步说明平衡发生了移动；答案：在Cl-过量的情况下，实验的滤液中存在Ag+，说明Ag+与Cl-的反应存在限度，说明Ag+与Cl-在生成沉淀的同时存在沉淀的溶解；结合实验中 棕褐色成电量比实验多，进一步说明平衡发生了移动。【点睛】本题难度较大，注意主要考查学生分析问题解决问题能力，第（6）小题易错，忽略银镜实验的应用。16