江苏省南京外国语学校2026届高三上学期一模考试 化学试题

2025年10月月考 一、单选题 1．下列物质中既含有离子键又含有共价键的是 A． B． C． D． 2．常用作杀虫剂、媒染剂。下列说法正确的是 A．原子半径： B．沸点： C．第一电离能： D．电负性： 3．关于如图所示的装置，下列说法正确的是 A．该装置可将电能转化为化学能 B．铜片的质量不断减小 C．锌片上发生的反应为Zn-2e-=Zn2+ D．溶液中的H+向锌片附近发生定向迁移 4．CuBr是常用的催化剂，受热易分解。可通过制备。下列实验室制备CuBr的实验装置和操作不能达到实验目的的是 A．用装置甲制备SO2气体 B．用装置乙收集SO2气体 C．用装置丙制备CuBr D．用装置丁吸收多余的SO2气体 5．标准状况下的摩尔体积约为。下列说法正确的是 A．0℃、时，氮气的体积约为 B．含氮原子的氮气体积约为 C．1个氮分子的体积约为 D．氮气的物质的量约为 6．已知反应，该反应属于 A．取代反应 B．酯化反应 C．加成反应 D．置换反应 7．下列反应属于吸热反应的是 A．H2在O2中的燃烧反应 B．CaO与水的反应 C．氢氧化钠溶液与盐酸的中和反应 D．碳酸钙高温分解的反应 8．沙丁胺醇(Y)可用于治疗新冠感染，合成路线中包含如下步骤。下列说法正确的是 A．X中所含官能团有酯基、酰胺基 B．X在水中的溶解性比Y在水中的溶解性好 C．Y与足量反应后的有机产物中含有4个手性碳原子 D．用溶液可检验有机物Y中是否含有X 阅读下列材料，完成下面小题： 铍及其化合物具有重要应用。铍与铝性质相似，铍铝合金可用作航空材料，是很好的储氢材料；BeO可用于制造耐火陶炎，晶胞结构如图所示；固体加热至得分子和两种气态氢化物；气态主要以二聚体()形式存在，可与在乙醚中制备；在分解为和等。 9．下列说法正确的是 A．键角大于 B．为离子化合物 C．BeO晶胞中配位数为4 D．气体含键 10．下列化学反应表示不正确的是 A．Be溶于NaOH溶液： B．的制备： C．电解、混合熔融盐阴极反应： D．的受热分解： 11．下列说法不正确的是 A．铍铝合金低密度高强度 B．分解产生 C．水解生成 D．BeO熔点高 12．中和胃酸药物“达喜”的有效成分为。下列说法正确的是 A．电离能大小： B．电负性大小： C．半径大小： D．碱性强弱： 13．下列有关制取、分离和提纯乙酸乙酯实验装置能达到实验目的的是    A．用装置甲向甲试管中依次加入物质的先后顺序为②①③ B．用装置乙制备乙酸乙酯 C．用装置丙分离乙酸乙酯粗品 D．用装置丁提纯乙酸乙酯 阅读下列材料，完成下列小题： 氮是参与生命活动的重要元素。氮在大气圈、水圈和生物圈中进行元素循环。自工业革命以来，人类活动大大加剧了含氮化合物在大气圈和水圈中的总流量，如化石燃料燃烧时产生的高温可使氮气转变为氮氧化物，从而对生态平衡产生了严重影响。从化学的视角深刻理解氮循环，合理使用含氮化合物，科学处理大气和水圈中的氮元素，保障地球生态安全，是化学学科的重要研究内容和责任。 14．煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如图所示。下列说法不正确的是    A．燃煤过程中发生了氮的固定 B．燃煤温度越高污染越重 C．含氧量越高越容易生成NO D．煤燃烧不影响自然界氮循环 15．下列化学反应表示正确的是 A．用水吸收二氧化氮制硝酸： B．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气： C．雷雨天气空气中的氮气和氧气反应： D．铜粉和稀硝酸反应： 16．用电解法对酸性含氯氨氮废水进行无害化处理的过程如图所示。下列说法正确的是 A．DSA电极与外接电源的负极连接 B．发生的电极反应为： C．降解过程中应该控制条件避免发生反应② D．1mol HO·和足量反应，转移的电子数为 17．室温下，通过下列实验探究溶液的性质。已知：，，。 实验1：用pH试纸测得溶液的pH约为8。 实验2：将溶液加热者沸后冷却至室温，溶液pH约为11。 实验3：向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀。下列说法正确的是 A．溶液中： B．实验2所得溶液中： C．实验2所得溶液中： D．实验3中发生反应的离子方程式为 二、解答题 18．A、B、C、D之间的相互转化关系如图所示，已知气态烃A的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平。回答下列问题： (1)写出A的电子式： 。 (2)写出B与C发生反应生成E的化学方程式： 。 (3)下列说法错误的是___________(填字母)。 A．由“石油→A”的过程属于物理变化 B．可以用碳酸氢钠溶液鉴别B和C C．物质D是一种具有香味的无色油状液体 D．物质A使溴水和酸性高锰酸钾溶液褪色的原理不同 19．高纯二氧化锗主要用于生产光学及半导体用的锗材料等。在实验室以二氧化锗粗品(含和及少量无关杂质)为原料制备，然后使其水解得到晶体，再加热干燥制得纯度较高的。实验制备的装置图如图所示(夹持装置已略去)。 已知相关物质的部分理化性质： 物质 部分理化性质 不溶于水、盐酸、稀苛性碱溶液，与反应 熔点：，沸点：，不溶于稀盐酸，可溶于浓盐酸 熔点：，沸点：；易水解、易潮解 回答下列问题： (1)在实验室中，通常用 与二氧化锰在加热条件下制取氯气；通入氯气后，装置A中发生的反应为 。 (2)将装置B中收集的 (填化学式)与蒸馏水按一定比例进行混合，静置，可得到晶体。 (3)测定产品中二氧化锗的纯度。实验操作如下： i．称取二氧化锗样品，加入氢氧化钠溶液在电炉上溶解。 ii．用将其还原为，再加入适当X溶液作为指示剂，再逐滴加入酸化后的溶液，当滴加最后半滴时，溶液变蓝且半分钟内褪色，消耗溶液的体积为。(已知：实验条件下，不会被和氧化。还原性：) ①ii中X溶液为 。 ②有关反应式： 则计算样品中二氧化锗的质量分数是 (写出计算过程，保留3位有效数字)。 20．实验室以为原料制备碳酸亚铁()，其装置如图所示。 (1)先打开装置A中分液漏斗的活塞和旋塞，反应一段时间后，再打开装置C中分液漏斗的活塞和旋塞，充分反应，得到白色悬浊液，同时生成气体。 ①装置A中发生反应的离子方程式为 。 ②装置B中试剂a的作用 。 ③白色悬浊液经 、洗涤、干燥，得到产品。 (2)为测定制得的产品中铁元素的含量，准确称取样品，将其溶于稀硫酸，并配成溶液，再滴入的溶液，发生反应，恰好完全反应时，滴入的溶液体积。计算样品中铁元素的质量分数 (写出计算过程)。 21．空气中含量的控制和资源利用具有重要意义。 (1)(缩写为)溶液可用于捕集燃煤烟气中，转化过程如下。 ①室温下，的，，吸收后溶液的，此时主要含碳阴离子为 (写离子符号)。 ②从结构的角度解释水溶液能吸收的理由是 。 ③用苯甲醇(苯甲醇沸点：)溶液替代水溶液可增大吸收容量，同时降低解吸能耗，其原因是 。 (2)二氧化碳加氢制甲烷是碳循环的重要应用。主要反应有 反应Ⅰ：   反应Ⅱ：   催化加制的反应历程如图1所示。向恒压、密闭容器中通入和，平衡时混合气体中含碳物质(、、)的物质的量随温度的变化如图2所示。 ①温度高于后，B的物质的量减小的原因是 。 ②首先在载体表面活化生成，载体表面的将吸附活化为，然后活化的与结合脱水生成活化，用化学语言描述步骤3、4反应过程： (吸附在催化剂表面的物质用*标注)。 (3)催化电解吸收和溶液可将转化为有机物。相同条件下，恒定通过电解池的电量，电解得到的部分还原产物的法拉第效率(FE%)随电解电压的变化如图3所示。 ，，n表示电解生成还原产物X所转移电子的物质的量，F表示法拉第常数。 ①电解电压为时，阴极由生成的电极反应式为 。 ②电解电压为时，电解生成和的物质的量之比为 (写出计算过程)。 22．水合肼()易溶于水有强还原性，一般被氧化为。处理碱性银氨溶液获得超细银粉的工艺流程如下：    (1)合成水合肼：将一定量的和NaOH混合溶液，加入到三颈瓶中(装置见图)，40℃以下通过滴液漏斗缓慢滴加NaClO溶液反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。    ①反应I制备水合肼的化学方程式为 。 ②制备过程中要控制NaClO溶液的供给量不能过量，其原因是 。 (2)实验室中配制一定体积的银氨溶液的方法为 (提供的试剂：2%的稀氨水、2%的硝酸银溶液)。 (3)制备超细银粉：在水合肼溶液中逐滴加入新制的银氨溶液，控制20℃充分反应。 ①水合肼还原银氨溶液的离子方程式为 。 ②水合肼直接与溶液反应也能生成Ag，用银氨溶液代替溶液的原因是 。 (4)实验室通过如下步骤测定所制超细银粉样品中Ag的质量分数(杂质不参与反应)。 ①称取超细银粉样品2.500g，加适量稀硝酸充分溶解、过滤、洗涤，将滤液和洗涤滤液合并定容到250mL容量瓶中。 ②准确量取25.00mL溶液置于锥形瓶中，酸化后滴入几滴指示剂铁铵矾 溶液，再用0.1000标准溶液滴定。滴定终点的实验现象为 。 ③重复②的操作3次，所用标准溶液的平均体积为23.00mL。已知： (白色)，则样品中银的质量分数为 (写出计算过程)。 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C B A C D C C C 题号 11 12 13 14 15 16 17 答案 C A B D B C C 1．D 【详解】A．只含有离子键，故A不符合题意； B．只含有共价键，故B不符合题意； C．只含有共价键，故C不符合题意； D．既含有离子键又含有共价键，故D符合题意； 故选D。 2．C 【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层结构相同，核电荷数越大，半径越小，原子半径：，故A错误； B．三种物质均是由分子构成的物质，相对分子质量越大，范德华力越大，熔沸点越高，但是水分子间可形成氢键，因此水的沸点最高，故沸点：，故B错误； C．同主族从上到下，第一电离能逐渐减小，同一周期从左往右元素的第一电离能呈增大趋势，但ⅡA与ⅢA、ⅤA与ⅥA反常，故第一电离能：，故C正确； D．非金属性越强，电负性越大，同周期元素，从左到右元素的非金属性依次增强，电负性依次增大，故电负性：，故D错误； 故选C。 3．C 【分析】锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应；铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应；电子从负极沿导线流向正极；原电池是化学能转化为电能的装置，以此分析。 【详解】A．该装置属于原电池，原电池是把化学能转化为电能的装置，A错误； B．铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应生成氢气，Cu质量不变，B错误； C．锌、铜和稀硫酸组成的原电池中，锌作负极，负极上锌失电子发生氧化反应，该电极反应为Zn-2e-＝Zn2+，C正确； D．原电池中，阳离子向正极移动，向铜片附近迁移，D错误； 答案选C。 4．B 【详解】A．实验室用亚硫酸钠固体和70%的硫酸制取二氧化硫，故A能达到实验目的，故A不选； B．二氧化硫密度比空气大，所以应用向上排空气法收集，故B不能达到实验目的，故B选； C．根据题给方程式，二氧化硫通入硫酸铜和NaBr的混合溶液中可制取CuBr，能达到实验目的，故C不选； D．SO2和NaOH溶液反应，可以用NaOH溶液吸收多余的SO2，用干燥管可以防止倒吸，能达到实验目的，故D不选； 故选B。 5．A 【详解】A．0℃、为标准状况， N2的体积约为，A正确； B．含1mol氮原子的N2物质的量为0.5mol，没有指明标准状况，无法计算N2的体积，B错误； C．标准状况下1molN2的体积约为22.4L，气体的体积主要取决于气体分子数的多少和气体分子间的距离，无法计算1个氮气分子的体积，C错误； D．没有指明标准状况，只有体积无法计算N2的物质的量，D错误； 故选A。 6．C 【详解】碳碳双键断裂，分别结合氢原子、羟基，生成CH3CH2OH，属于加成反应，故选C。 7．D 【详解】A．燃烧反应为放热反应，A错误； B．CaO与水的反应为放热反应，B错误； C．酸碱中和反应为放热反应，C错误； D．碳酸钙高温分解的反应为吸热反应，D正确； 故选D。 8．C 【详解】A．由结构式可知，X中所含官能团有酯基、羰基、次氨基，故A错误； B．Y中含有羟基可以和水分子形成氢键，在水中的溶解度大于X，故B错误； C．Y与足量反应后的有机产物为，手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，中手性碳原子为共4个，故C正确； D．Y中含有酚羟基，无论是否含X，均会显紫色，故D错误； 故选C。 9．C 10．C 11．C 【解析】9．A．中心原子价层电子对数为3+=4，中心原子价层电子对数为4+=4，和中心N原子均为sp3杂化，中心N原子含有1个孤电子对，而没有，孤电子对和成键电子对的斥力大于成键电子之间的斥力，故电子对越多，键角越小，则键角小于，A错误； B．由题意可知，固体加热至得分子，由分子可知其为共价化合物，B错误； C．BeO晶胞中O2-位于顶点和面心，Be2+位于晶胞内部，以位于面心的O2-为研究对象，与其距离最近且相等的Be2+有4个，另外2个Be2+位于相邻的晶胞中，BeO晶胞中配位数为4，C正确； D．气态主要以二聚体()形式存在，单键和配位键都是键，则中含有6个键，气体含键，D错误； 故选C。 10．A．铍与铝性质相似，Be溶于NaOH溶液生成Na2BeO2和H2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：，A正确； B．固体加热至得分子和两种气态氢化物，该反应过程中没有元素化合价发生变化，结合原子守恒可知两种气态氢化物为NH3和HF，制备的化学方程式为：，B正确； C．氧化性：Be2+>Na+，电解、混合熔融盐，Be2+在阴极得到电子生成Be，电极方程式为：Be2++2e-=Be，C错误； D．在分解为和，N元素化合价由+5价下降到+4价，则O元素化合价由-2价上升到0价，该过程中还有O2生成，化学方程式为：，D正确； 故选C。 11．A．铍铝合金可用作航空材料，具有低密度高强度的特点，A正确； B．储氢材料能可逆地吸收和释放氢气，是很好的储氢材料，分解产生，B正确； C．水解过程中，迅速夺取水中的H+生成，而不是，C错误； D．BeO可用于制造耐火陶炎，可以推知BeO熔点高，D正确； 故选C。 12．A 【详解】A．同一周期随着原子序数变大，第一电离能变大，但是镁原子价电子为3s2全满稳定状态，电离能较大，故Al的第一电离能比Mg小；A正确； B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强，元素的电负性变强；电负性大小：，B错误； C．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；半径大小：，C错误； D．金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性强弱：，D错误； 故选A。 13．B 【详解】A．由于浓硫酸稀释时放热，所以浓硫酸不能先加，而醋酸的价格较高，为减少醋酸的挥发，冷却后加入冰醋酸，添加顺序为乙醇、浓硫酸、乙酸，加入物质的先后顺序为③①②，选项A错误； B．乙醇、乙酸在浓硫酸、加热的条件下可以反应生成乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可以吸收挥发出来的乙醇和乙酸，同时降低乙酸乙酯的溶解度，用装置乙可以制备乙酸乙酯且能防止倒吸，选项B正确； C．在饱和碳酸钠溶液中乙酸乙酯不互溶，分层，应该利用分液分离而不是用过滤，选项C错误； D．乙酸乙酯分离是利用分液，不是利用蒸馏，选项D错误； 答案选B。 14．D 15．B 16．C 【解析】14．A．燃煤过程中氮气转化为一氧化氮，发生了氮的固定，A正确； B．由图可知，随着温度升高，一氧化氮的含量升高，污染加重，B正确； C．由图可知，从下到上氧气浓度升高，一氧化氮含量升高，则含氧量越高越容易生成NO，C正确； D．由图可知，煤燃烧将氮气转化为一氧化氮，污染环境，影响了氮循环，D错误； 故选D。 15．A．水吸收二氧化氮制硝酸同时生成NO：，A错误； B．用烧碱溶液吸收硝酸工业尾气生成亚硝酸钠和水，：，B正确； C．雷雨天气空气中的氮气和氧气反应生成NO：，C错误； D．铜粉和稀硝酸反应生成硝酸铜和NO：，D错误； 故选B。 16．A．NH3在DSA电极转化为N2，氮元素从-3价升高为0价，被氧化，该电极是电解池的阳极，与外接电源的正极相连，故A错误； B．由图示知，Cl-在DSA电极表面转化为Cl2电极反应式为：2 Cl--2e-=Cl2↑，故B错误； C．反应②中NH3转化为，没有达到氨氮废水无害化处理的目的，所以，降解过程中应该控制条件避免发生反应②，故C正确； D．羟基自由基中氧元素为-1价，其还原产物中氧元素为-2价，一个HO·可得到一个电子，1mol HO·完全反应时转移的电子数为6.02×1023，故D错误； 故选C。 17．C 【详解】A．溶液中，根据电荷守恒和物料守恒，得，则，A错误； B．实验2所得溶液中溶液pH约为11，说明碳酸氢钠溶液在加热条件下分解生成了碳酸钠，此时物料守恒为：，B错误； C． 因为，且实验2所得溶液中溶液pH约为11，则，故，C正确； D．实验3中向溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，反应的离子方程式为，D错误； 故选C。 18．(1) (2) (3)A 【分析】气态烃A的产量可以用来衡量一个国家石油化学工业的发展水平，则A是CH2=CH2，A与水在催化剂作用下发生加成反应生成B，则B为CH3CH2OH，B被酸性高锰酸钾氧化生成C，则C为CH3COOH，B和C发生酯化反应生成D，则D为CH3COOC2H5，据此解答。 【详解】（1）A是CH2=CH2，电子式为 ； （2）B与C发生反应生成E，即乙醇与乙酸在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成乙酸乙酯和水，该反应为可逆反应，反应的化学方程式是：CH3COOH+C2H5OHCH3COOC2H5+H2O； （3）A．石油裂化和裂解可以得到乙烯，生成新物质，则由“石油→A”的过程属于化学变化，A错误； B．碳酸氢钠溶液能与C(CH3COOH)反应产生气体，而碳酸氢钠溶液与B(CH3CH2OH)互溶，无明显现象，则可以用碳酸氢钠溶液鉴别B和C，B正确； C．物质D是乙酸乙酯，属于酯，是一种具有香味的无色油状液体，C正确； D．乙烯使溴水褪色是发生加成反应，而使酸性高锰酸钾溶液褪色是发生氧化反应，两者褪色的原理不同，D正确； 故选A。 19．(1) 浓盐酸(或浓) (2) (3) 淀粉溶液 99.5% 【分析】氯气与和的粗品在烧瓶中反应生成，在中收集并使其水解得到，方程式为：，吸收水蒸气，最后中溶液的作用是进行尾气处理，吸收剩余的氯气。 【详解】（1）在实验室中，通常用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气，方程式为：。通入氯气后，装置A中发生的反应为：。 （2）装置B中收集到的是，并使其水解得到，方程式为：。 （3）①根据题意分析可知，滴定过程中存在反应：，和，由于生成了单质碘，溶液变蓝，所以加入的指示剂为淀粉。 （4）②根据反应关系，可知消耗的标准液，所以样品中的二氧化锗的质量分数是：。 20．(1) 除去二氧化碳中混有的氯化氢 过滤 (2)47.6% 【分析】首先利用稀盐酸和碳酸钙反应制取二氧化碳，利用二氧化碳排净装置的空气，防止碳酸亚铁被氧化，由于盐酸具有挥发性，所以需要试剂a饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢，后续装置中滴入硫酸亚铁生成碳酸亚铁。 【详解】（1）①装置A中发生反应碳酸钙和稀盐酸生成氯化钙和水、二氧化碳，离子方程式为。 ②由于盐酸具有挥发性，所以需要试剂a饱和碳酸氢钠溶液除去二氧化碳中混有的氯化氢。 ③过滤为分离固液的操作，白色悬浊液经过滤、洗涤、干燥，得到产品。 （2）由反应，结合铁元素守恒，样品中铁元素的质量分数为。 21．(1) 中氮原子含有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进的吸收(或答道为胺，有碱性能与反应也可) 在苯甲醇中的溶解度较大，能增大吸收容量，水溶液中水蒸发需要吸收大量的热，苯甲醇沸点高难挥发，降低能耗 (2) 反应Ⅰ的、反应Ⅱ的，后温度升高，反应Ⅱ的平衡右移，反应Ⅰ的平衡左移，反应Ⅱ的正移程度大于反应Ⅰ逆移程度，平衡转化率增大，剩余物质的量减小 活化的与结合，脱去水分子生成，再进一步结合生成和 (3) 【详解】（1）①溶液的，根据的，，=，此时主要含碳阴离子为。 ②从结构的角度解释水溶液能吸收的理由是中氮原子含有孤电子对，能与氢离子形成配位键，促进的吸收(或答道为胺，有碱性能与反应也可)。 ③用苯甲醇(苯甲醇沸点：)溶液替代水溶液可增大吸收容量，同时降低解吸能耗，其原因是在苯甲醇中的溶解度较大，能增大吸收容量，水溶液中水蒸发需要吸收大量的热，苯甲醇沸点高难挥发，降低能耗。 （2）①温度高于后，B的物质的量减小的原因是反应Ⅰ的、反应Ⅱ的，后温度升高，反应Ⅱ的平衡右移，反应Ⅰ的平衡左移，反应Ⅱ的正移程度大于反应Ⅰ逆移程度，平衡转化率增大，剩余物质的量减小； ②由题干反应历程图可知，步骤3、4反应过程可用化学语言描述为：活化的与结合，脱去水分子生成，再进一步结合生成和， （3）①“电解”电压为，在质子交换膜电解池中进行，阴极得电子，由生成的电极反应式为； ②电解电压为时，由题干图像信息可知，CH4和的法拉第效率分别为30%、8%，生成转移电子；生成转移电子，，。 22．(1) NaClO+2NaOH+CO(NH2)2=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3 过量的NaClO氧化生成的水合肼 (2)取一定体积2%的硝酸银溶液于试管中，边振荡试管边向其中滴加2%的稀氨水，直至产生的沉淀恰好完全溶解 (3) 4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+8NH3+5H2O 有效降低溶液中Ag+的浓度，减弱Ag(I)的氧化性，降低g+与水合肼分子相互碰撞而发生氧化还原反应的几率，减慢反应速率便于得到超细银粉 (4) 溶液变为血红色，且半分钟内不发生颜色复原 99.36% 【详解】（1）根据图中所给的反应原料，进行反应式的配平，分析NaClO和尿素发生价态的变化，强氧化性的NaClO价态降低，变成Cl-，转移2个电子，尿素中N价态由-3变为-2，一个N升高一价，尿素含有两个N转移2个电子，根据以上进行配平：NaClO+2NaOH+CO(NH2)2=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3；NaClO具有强氧化性，题目中提到水合胼产物具有强还原性，因此当反应物过多NaClO氧化生成的水合肼。 （2）实验室中配制一定体积的银氨溶液的方法为取一定体积2%的硝酸银溶液于试管中，边振荡试管边向其中滴加2%的稀氨水，直至产生的沉淀恰好完全溶解。 （3）根据题意，水合肼和银氨溶液反应生成N2、Ag、NH3、H2O，电荷守恒即可得到离子方程式：4[Ag(NH3)2]++N2H4·H2O+4OH-=4Ag↓+N2↑+8NH3+5H2O，用银氨溶液代替溶液的原因是：有效降低溶液中Ag+的浓度，减弱Ag(I)的氧化性，降低g+与水合肼分子相互碰撞而发生氧化还原反应的几率，减慢反应速率便于得到超细银粉。 （4）若标准溶液过量SCN-马上会和Fe3+结合生成Fe(SCN)3，所以溶液变为血红色，且半分钟内不发生颜色复原即达到滴定终点，以下为样品中银的质量分数的计算过程：，银离子的物质的量为n1= 2.3×10-3mol，由于是从容量瓶中取出25mL，相当于稀释了10倍，则原本的银离子物质的量n2=2.3×10-3(250/25) =0.023mol ， Ag的质量为：m=n2×M=0.023×108g=2.484g，故质量分数： ×100% =99.36%。 学科网（北京）股份有限公司 $