2023—2024学年度江苏省普通高中
学业水平选择性考试模拟试卷
化 学
一、单项选择题：共13题，每题3分，共39分。每题只有一个选项最符合题意。
1．下列说法中正确的是
A．“司南之杓，投之於地，其柢指南。”司南中“杓”所用的材质为Fe2O3
B．“水滴石穿”与反应CaCO3+H2O+CO2=Ca（HCO3）2有关
C．《易经》中记载：“泽中有火”“上火下泽”。火是由“泽”中产生的CO燃烧引起的
D．“水过鸭背不留珠”是因为鸭子的羽毛表层富含醇类物质
2．下列化学用语正确的是
A．CH4分子的比例模型：
B．乙醇的分子式： C2H5OH
C．原子核内有8个中子的氮原子：
D．过氧化钠的电子式：
3．三氟甲磺酸用途十分广泛，是已知超强酸之一.其化学式为：CF3SO3H，下列有关说法正确的是
A．原子半径：H＜C＜O＜F＜S B．稳定性：H2S＜HF＜H2O
C．熔沸点：CH4＜H2S＜H2O D．上述元素中F的最高价含氧酸的酸性最强
4．实验室制取少量的装置如图所示。下列实验装置不能达到目的的是
A．用装置甲制得NH3 B．用装置乙干燥NH3
C．用装置丙收集NH3 D．用装置丁吸收NH3
阅读下列材料，完成5～7题：
含氯化合物在生产生活中应用广泛。舍勒发现将软锰矿和浓盐酸混合加热可产生氯气，该方法仍是当今实验室制备氯气的主要方法之一，工业上以NaCl为原料可制得Cl2、ClO2、HClO、ClO3—和ClO4—等。在催化剂CuCl2作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为 。
5. 下列有关说法正确的是
A．HCl与NaCl的晶体类型相同
B．ClO3—与ClO4—中的O-Cl-O夹角都为
C．CuCl2中Cu2+核外电子排布式为
D．ClO2与HClO都是由极性键构成的非极性分子
6. 下列化学反应表示正确的是
A．实验室制氯气：
B．电解饱和溶液的阴极反应：
C．
D．氯气溶于水具有漂白性：
7．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是
A．Cl2能溶于水，可用于工业制盐酸 B．ClO2有强氧化性，可用于水体消毒
C．HClO溶液显酸性，可用作漂白剂 D．受热易分解，可用作氮肥
8. 用镁还原可制取高熔点的金属钛，工艺流程如图。下列说法不正确的是
A．工业上电解熔融可制备金属Mg
B．“高温还原”时，发生反应的化学方程式为
C．用金属镁还原过程中需通入或Ar作保护气
D．“真空蒸馏”的目的是使Mg、气化，实现与Ti的分离
9．有机物Z是制备药物的中间体，合成Z的路线如图所示。下列有关叙述正确的是
A．X、Y均能与溶液发生显色反应
B．X、Y、Z均能与溶液反应
C．可用鉴别Y和Z
D．跟足量反应，最多消耗
10．卤族元素单质及其化合物应用广泛。具有与卤素单质相似的化学性质。在常温下能与Cu反应生成致密的氟化物薄膜，还能与熔融的反应生成硫酰氟（）。与浓硫酸反应可制得HF，常温下，测得氟化氢的相对分子质量约为37.通入酸性溶液中可制得黄绿色气体，该气体常用作自来水消毒剂。工业用制备的热化学方程式为 。下列关于反应的说法不正确的是
A．保持其他条件不变，平衡时升高温度，
B．保持其他条件不变，平衡时通入，达到新平衡时变小
C．反应生成1mol，转移电子数目为
D．及时分离出CO，有利于生成
11．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项 实验操作和现象 结论
A 向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝 淀粉未水解
B 室温下，向HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升 镁与盐酸反应放热
C 室温下，向浓度均为的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白色沉淀 白色沉淀是BaCO3
D 向H2O2溶液中滴加KMnO4溶液，溶液褪色 H2O2具有氧化性
A．A B．B C．C D．D
12．室温下，通过下列实验探究的性质。已知：25℃时，的、的。
实验1：配制溶液，测得溶液约为12；
实验2：取溶液，向其中加入少量固体充分搅拌，一段时间后过滤。向滤渣中加入足量稀盐酸，固体完全溶解；
实验3：取溶液，向其中缓慢滴入等体积稀盐酸。
下列说法正确的是
A．实验1所得溶液中，
B．根据实验2，可推测
C．实验3反应后溶液中存在：
D．25℃时，反应的平衡常数
13．在催化剂作用下，氧化可获得。其主要化学反应为：
反应Ⅰ．
反应Ⅱ．
压强分别为、时，将和的混合气体置于密闭容器中反应，不同温度下体系中乙烷的平衡转化率、乙烯的选择性（的选择性）如图所示。下列说法不正确的是
A．压强为，温度为210℃时，反应达平衡时，
B．
C．的选择性下降的原因可能是随着温度的升高，反应Ⅱ中生成的抑制了反应I的进行
D．低温下转化为的反应可能非自发进行
二、非选择题：共4题，共61分。
14．（15分）氧化铈（CeO2）是一种应用非常广泛的稀土氧化物。现以氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO、SiO2等）为原料制备氧化铈，其工艺流程如图所示：
已知：①稀土离子易与形成复盐沉淀，Ce3+和发生反应：Ce2（SO4）3+Na2SO4+nH2O=Ce2（SO4）3·Na2SO4·nH2O↓；
②硫脲：具有还原性，酸性条件下易被氧化为（SCN2H3）2；
③Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+，两者均能形成氢氧化物沉淀；
④Ce2（CO3）3为白色粉末，难溶于水。
回答下列问题：
（1）滤渣A的主要成分是 （填写化学式）。
（2）在另一种生产工艺中，在氟碳铈矿矿石粉中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，请写出焙烧过程中相应的化学方程式 。
（3）加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为 。
（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息推测，加入X的作用为 。
（5）下列关于步骤④的说法正确的是 （填字母）。
A．过滤后的滤液中仍含有较多Ce3+，需要将滤液循环以提高产率
B．可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，不影响产品纯度
C．过滤时选择减压过滤能够大大提高过滤效率
D．该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O
（6）若常温下，Ka2（H2CO3）=5.0×10 11，Ksp[Ce2（CO3）3]=1.0×10 28，Ce3+恰好沉淀完全c（Ce3+）=1.0×10 5mol L 1，此时测得溶液的pH=5，则溶液中c（）= mol L 1。
15．（15分）F是一种抗血小板凝聚的药物，其人工合成路线如图：
（1）D分子中采取sp3杂化的碳原子数目是 。
（2）B的一种同分异构体同时满足下列条件，写出该同分异构体的结构简式： 。
①分子中有4种不同化学环境的氢原子；
②苯环上有2个取代基，能发生银镜反应。
（3）E→F中有一种相对分子质量为60的产物生成，该产物的结构简式为 ，实验室中如需确定此产物中含有的官能团，通常使用的分析仪器设备名称为 。
（4）A→B的反应需经历 的过程，中间体Y的分子式为C11H12NF，X→Y的反应类型为 。
（5）已知： ，写出以、（CH3CO）2O、 和NBS为原料制备 的合成路线流程图 （无机试剂和有机溶剂任用，合成路线示例见本题题干）。
16．（15分）从分金渣（主要成分为AgCl、、、）中获取高纯银的流程如图所示：
已知：在上述反应的温度下，
（1）“预处理”加入溶液将转化为AgCl，反应的化学方程式为 。
（2）氯化银的晶胞如图，周围最近且等距离的数目为 。
（3）已知：，，“分银”时，AgCl与反应生成，该反应的平衡常数 。
（4）“分银”时，的浓度与溶液pH的关系如图1；及其与形成的微粒的浓度分数随溶液pH变化的关系如图2。“分银”时，终点pH需控制的范围及原因为 。
（5）“还原”时发生反应的离子方程式为 。
（6）已如（白色），测定所制银样品纯度的过程为（杂质不反应）：
①称取制备的银样品1.0800g，加适量稀硝酸溶解，定容到100mL容量瓶中。
②准确量取25.00mL溶液于锥形瓶中，酸化后滴入几滴溶液作指示剂，再用标准溶液滴定，滴定终点时溶液变为血红色。
③重复②的操作2次，所用标准溶液的平均体积为24.00mL。
计算样品中银的质量分数（写出计算过程） 。
17．（16分）钛被誉为“现代金属”和"战略金属”。TiO2、TiSi、BaTiO3均为重要的钛的化合物。
（1）以高钛渣（主要成分为Ti3O5，含少量FeO、Fe2O3）为原料制备白色颜料TiO2的一种工艺流程如下：
①已知：Na2TiO3难溶于碱性溶液；H2TiO3中的杂质Fe2+，比Fe3+更易水洗除去。NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500~550°C时生成Na2TiO3，该反应的化学方程式为 。
②“酸溶”后获得的TiOSO4溶液经加热煮沸，生成难溶于水的H2TiO3，该反应的离子方程式为 。
③“脱色"时H2TiO3中因存在少量Fe（OH）3而影响TiO2产品的颜色，“脱色"步骤中Ti2（SO4）3的作用是 。
（2）在熔融盐体系中，通过电解TiO2和SiO2获得电池材料（TiSi），电解装置如图1.写出电极A的电极反应 。
（3）钛酸钡（BaTiO3）被誉为“电子陶瓷工业的支柱”，其晶体结构如图2，在答题卡上用“△”标出Ti4+的位置 。
（4）TiO2可以催化降解甲醛、苯等有害物质，具有去除效率高，且无二次污染等优点，广泛应用于家居装潢等领域，根据图推导X的化学式 ，并描述步骤②、③的反应机理 。
参考答案：
1．B
【详解】A．由“其柢指南”知“司南”就是古代的指南针，“杓”能指示方向说明有磁性，其材质应该是Fe3O4，故A不符合题意；
B．“水滴石穿”与碳酸钙在空气中长年累月与水和空气中的二氧化碳反应生成碳酸氢钙，导致石头慢慢发生腐蚀，故B符合题意；
C．火是由“泽”中产生的甲烷燃烧引起的，故C不符合题意；
D．“不留珠”是因为鸭子的羽毛表层富含油脂类物质，油脂与水不互溶，故D不符合题意；
答案选B。
2．D
【详解】A．图中为球棍模型，由原子相对大小表示空间结构为比例模型，则分子的比例模型为 ，A项错误；
B．乙醇的分子式为，B项错误；
C．原子核内有8个中子的氮原子：，C项错误；
D．过氧化钠是离子化合物，电子式是，D项正确；
故答案为：D。
3．C
【详解】A. H原子电子层最少，其原子半径最小；S原子电子层最多，其原子半径增最大；原子半径：H
故选C。
4．C
【详解】A．浓氨水和氧化钙反应放出氨气，用装置甲制得，故A正确；
B．氨气是碱性气体，用碱石灰干燥氨气，故B正确；
C．氨气的密度比空气小，用向下排空气法收集氨气，故C错误；
D．氨气极易溶于水，用装置丁吸收可以防倒吸，故D正确；
选C。
5．C
【详解】A．氯化氢形成的晶体为分子晶体，氯化钠形成的晶体为离子晶体，两者的晶体类型不同，故A错误；
B．氯酸根离子中氯原子的价层电子对数为4、孤对电子对数为1，离子的空间构型为三角锥形，所以离子中的夹角不是，故B错误；
C．铜元素的原子序数为29，基态铜离子的核外电子排布式为，故C正确；
D．一氧化二氯和次氯酸都是由极性键构成的结构不对称的极性分子，故D错误；
故选C。
6．C
【详解】A．实验室制氯气：，A错误；
B．为电解饱和溶液的阳极反应，B错误；
C．液态水的能量低于气体水，故 ，C正确；
D．HClO是弱酸，离子方程式中不能拆写，故正确的离子方程式为，D错误；
故选C。
7．B
【详解】A．氯气在点燃条件下能与氢气反应生成氯化氢，工业上常用于制盐酸，故A错误；
B．二氧化氯具有强氧化性，能使蛋白质变性而起到杀菌消毒作用，常用于水体消毒，故B正确；
C．次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，常用作漂白剂，故C错误；
D．氯化铵中铵根离子易被农作物吸收，可用作氮肥，故D错误；
故选B。
8. C
【分析】工业生产一般采用电解熔融的方法制镁，所得Mg通过“高温还原” 、发生反应制取金属钛，再经过真空蒸馏提纯钛等步骤得到钛产品。
【详解】A．由于MgO的熔点高，电解MgO制备金属Mg能耗大，工业生产一般采用电解熔融的方法，A项正确；
B．还原时，发生反应的化学方程式为，B项正确；
C．点燃下金属镁和能反应，则用金属镁还原过程中不能用作保护气，可通入Ar作保护气， C项错误；
D．真空蒸馏时，需要将金属Mg、分离除去，由于金属钛的熔点很高，因此真空蒸馏的目的是为了降低单质Mg和的沸点，使Mg、气化，实现与Ti的分离，D项正确；
答案选C。
9．B
【详解】A．只有Y中含有酚羟基，能与溶液发生显色反应，A错误；
B．X含-COOC-，Y含酚-OH，Z含-COOH，则均与NaOH反应，B正确；
C．Y含酚-OH，Z含-COOH，则均与Na反应放出气体，现象相同，不能鉴别，C错误；
D．Y中苯环、羰基均与氢气发生加成反应，则1molY跟足量H2反应，最多消4molH2，D错误；
故选B。
10．B
【详解】A．该反应的正反应是放热反应，保持其他条件不变，平衡时升高温度，v正、v逆都增大，由于温度对吸热反应影响更大，因此升高温度后，v正＜v逆，A正确；
B．该反应的化学平衡常数K=，化学平衡常数只与温度有关，保持其他条件不变，平衡时通入Cl2，即增大了反应物的浓度，化学平衡正向移动，但由于温度不变，因此化学平衡常数不变，因此平衡时通入Cl2，达到新平衡时不变，B错误；
C．根据反应方程式可知：反应生成1 mol TiCl4，反应过程中转移4 mol电子，则转移电子数目为，C正确；
D．及时分离出CO，即减小了生成物的浓度，化学平衡正向移动，会产生更多的TiCl4，因此有利于TiCl4生成，D正确；
故合理选项是B。
11．B
【详解】A .加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，故A错误；
B.加入盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反应，此时溶液温度上升，可证明镁与盐酸反应放热，故B正确；
C.BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者混合物，故C错误；
D.向H2O2溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等（中性条件），该反应中H2O2被氧化，体现出还原性，故D错误；
综上所述，故答案为：B。
【点睛】淀粉在稀硫酸作催化剂下的水解程度确定试验较为典型，一般分三种考法：①淀粉未发生水解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，未生成砖红色沉淀；②淀粉部分发生水解：向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀；③向充分反应后的溶液中加入碘单质，溶液不变蓝，然后加入过量氢氧化钠溶液使溶液呈碱性，然后加入新制氢氧化铜溶液并加热，生成砖红色沉淀。此实验中需要注意：①碘单质需在加入氢氧化钠溶液之前加入，否则氢氧化钠与碘单质反应，不能完成淀粉的检验；②酸性水解后的溶液需要加入氢氧化钠溶液碱化，否则无法完成葡萄糖的检验；③利用新制氢氧化铜溶液或银氨溶液检验葡萄糖试验中，均需要加热，银镜反应一般为水浴加热。
12．D
【详解】A．Na2CO3溶液呈碱性，c（OH-）＞c（H+），电荷守恒关系为c（Na+）+c（H+）=c（）+2c（）+c（OH-），则c（Na+）＞c（）+2c（）＞c（）+c（），故A错误；
B．CaCO3和CaSO4的物质类型相似，溶解度小的物质能转化为溶解度更小的物质，根据实验2，可推测Ksp（CaCO3）＜Ksp（CaSO4），故B错误；
C．Na2CO3溶液物料守恒关系为c（Na+）=c（H2CO3）+c（）+c（），滴入等体积0.1mol L-1稀盐酸后生成NaCl和NaHCO3，仍然存在c（Na+）=c（H2CO3）+c（）+c（），即c（Na+）＞c（H2CO3）+c（）+c（），故C错误；
D．反应+H2SO3 +的平衡常数
，故D正确；
故选：D。
13．B
【详解】A．压强为P1，温度为210℃时，乙烷的转化率为50%，乙烯的选择性为80%，参与反应Ⅰ的乙烷为2mol×50%×80%=0.8mol，反应Ⅰ生成的乙烯、一氧化碳都是0.8mol，参与反应Ⅱ的乙烷为2mol×50%×20%=0.2mol，反应Ⅱ生成的一氧化碳是0.8mol，反应达平衡时，生成CO的总物质的量1.6mol，生成乙烯的总物质的量为0.8mol，故A正确；
B．相同温度下，增大压强，反应Ⅰ、Ⅱ均逆向移动，乙烷转化率降低，所以P1< P2，故B错误；
C．温度升高，反应Ⅰ和反应Ⅱ受温度影响，平衡都会正向移动，由图可知，温度升高的过程中乙烷的转化率逐渐增大，但乙烯转化率却逐渐降低，说明温度升高的过程中，反应Ⅱ为主，且生成的CO抑制了反应I的进行，故C正确；
D．反应Ⅰ正向为吸热反应，温度升高更有利于C2H4的生成，低温下转化为的反应可能非自发进行，故D正确；
故选：B。
14．（1）BaSO4、SiO2
（2）4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O
（3）2+2=2Ce3++（SCN2H3）2+2HF+2F-
（4）防止Ce3+被氧化
（5）CD
（6）0.2
【分析】氟碳铈矿（含CeFCO3、BaO、SiO2等）在空气中焙烧，Ce3+在空气中氧化为Ce4+，加稀硫酸浸取，Ce4+进入溶液，SiO2不反应，BaO与硫酸反应生成BaSO4沉淀，过滤分离，滤渣A为SiO2、BaSO4；含滤液中加入硫脲将Ce4+还原为Ce3+，Ce2（SO4）3与Na2SO4形成复盐沉淀B为Ce2（SO4）3 Na2SO4 nH2O，过滤分离。复盐沉淀加入NaOH，再加入稀盐酸，Ce3+被转移到溶液中，加入碳酸氢铵使Ce3+沉淀为Ce2（CO3）3，最后灼烧分解生成CeO2。
【详解】（1）根据分析，滤渣A的主要成分是BaSO4、SiO2。
（2）在氟碳铈矿矿石粉（CeFCO3）中加入碳酸氢钠同时通入氧气焙烧，焙烧得到NaF和CeO2两种固体以及两种高温下的气态物质，根据质量守恒得到两种高温气体为二氧化碳和水蒸气，则焙烧过程中反应的化学方程式为4CeFCO3+4NaHCO3+O24NaF+4CeO2+8CO2+2H2O。
（3）根据信息硫脲（ ）具有还原性，酸性条件下易被氧化为（SCN2H3）2，则加入硫脲的目的是将还原为Ce3+，反应的离子方程式为2+2 =2Ce3++（SCN2H3）2+2HF+2F-。
（4）步骤③加入盐酸后，通常还需加入另一种化学试剂X，根据题中信息Ce3+在空气中易被氧化为Ce4+推测，加入X的作用是防止Ce3+被氧化。
（5）A．由于加入的碳酸氢铵过量，沉淀比较充分，因此过滤后的滤液中含有的Ce3+很少，A错误；
B．碳酸钠与Ce3+直接快速反应沉淀，在生成沉淀的过程中，其他杂质离子会掺杂在沉淀中，因此不可以用Na2CO3溶液代替NH4HCO3溶液，会影响产品纯度，B错误；
C．减压过滤能够大大提高过滤效率，C正确；
D．Ce3+加入碳酸氢铵反应生成Ce2（CO3）3沉淀，同时生成二氧化碳和水，则该步骤发生的反应是2Ce3++6=Ce2（CO3）3↓+3CO2↑+3H2O，D正确；
故选CD。
（6）Ce3+恰好沉淀完全时，c（Ce3+）=1.0×10 5 mol L 1，则，解得，测得溶液的pH=5，根据，解得c（）=0.2mol L 1。
15．（1）7
（2）或
（3） CH3COOH 红外光谱仪
（4）水解反应
（5）
【分析】由有机物的转化关系可知，乙醚作用下 与镁反应生成 、 和 发生加成反应生成 、 发生水解反应生成，酸化生成 ， 与NBS发生取代反应生成，碳酸氢钾作用下 与 发生取代反应生成 ， 一定条件下转化为 ，一定条件下与乙酸酐发生取代反应生成 。
【详解】（1）有机物分子中，饱和碳原子的杂化方式为sp3杂化，由结构简式可知， 分子中含有7个饱和碳原子，则杂化方式为sp3杂化的碳原子数目是7，故答案为：7；
（2）B的同分异构体的苯环上有2个取代基，能发生银镜反应，说明同分异构体分子中含有醛基、碳氟键、碳碳双键，分子中有4种不同化学环境的氢原子说明分子的结构对称，两个取代基在苯环上处于对位，则符合条件的结构简式为 、 ，故答案为： 或 ；
（3）由分析可知，E→F的反应为 一定条件下与乙酸酐发生取代反应生成 和相对分子质量为60的CH3COOH，实验室中通常使用红外光谱仪确定乙酸中含有的官能团，故答案为：CH3COOH；红外光谱仪；
（4）由分析可知，X→Y的反应为 发生水解反应生成 ，故答案为：水解反应；
（5）由题给信息和有机物的转化关系可知，以 、（CH3CO）2O、 和NBS为原料制备 的合成步骤为氯化铝作用下 与乙酸酐发生取代反应生成 ， 与NBS发生取代反应生成 ，碳酸氢钾作用下 与 发生取代反应生成 ，一定条件下与乙酸酐反应生成 ，合成路线为 ，故答案为： 。
16．（1）
（2）12
（3）
（4）8~9；pH8~9时浓度较大，有利于AgCl与反应生成
（5）
（6）96.0%
【分析】由流程可知，“预处理”时FeCl3溶液和Ag2S发生氧化还原生成FeCl2、S和AgCl，“分银”时AgCl与Na2SO3反应生成从而使银元素与分银渣分离，且溶液中存在= Ag++2SO，加入盐酸沉银，促使= Ag++2SO平衡正向移动，电离出Ag+，Ag+与分银液中的Cl-反应生成AgCl，最后将AgCl还原，以此解答该题。
【详解】（1）“预处理”时FeCl3溶液和Ag2S发生氧化还原生成FeCl2、S和AgCl，反应的化学方程式为：。
（2）由底面面心的原子可知，在上层、同层、下层各会有4个距离最近且相等的，故共12个。
（3）反应的平衡常数K1=，“分银”时，AgCl与反应生成，离子方程式为：AgCl+2+Cl-，该反应的平衡常数K==K1=。
（4）“分银”时，终点pH需控制的范围为：8~9；原因为：pH8~9时浓度较大，有利于AgCl与反应生成。
（5）“还原”时，将AgCl还原为Ag，Ag元素由+1价下降到0价，N元素由-2价上升到0价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。
（6）已如Ag++SCN-=AgSCN↓（白色），则n（Ag）=n（SCN-）=24.00×10-3L×0.1000 mol/L×=9.6×10-3mol，则样品中银的质量分数为=96.0%。
17．（1） 2Ti3O5+O2+12NaOH 6Na2TiO3+6H2O +2H2O=H2TiO3↓+2H+ 将Fe3+还原为Fe2+便于除去从而提高H2TiO3的纯度
（2）TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-
（3）
（4） 羟基结合甲醛的氢产生H2O和醛基，醛基再与结合产生
【分析】（1）高钛渣（主要成分为Ti3O5，含少量FeO、Fe2O3）中加入NaOH固体熔盐，NaOH固体与Ti3O5反应生成Na2TiO3，经水浸、过滤后，在所得滤渣中加H2SO4酸溶得到TiOSO4溶液，经水解生成难溶于水的H2TiO3，脱色时加H2SO4、Ti2（SO4）3，目的是将Fe3+还原为Fe2+便于除去，H2TiO3煅烧得到TiO2，据此分析解答。
【详解】（1）①NaOH固体与Ti3O5在空气中加热至500~550°C时生成Na2TiO3和水，反应为2Ti3O5+O2+12NaOH 6Na2TiO3+6H2O；
②水解获得OH-变为H2TiO3，反应的离子方程式为+2H2O=H2TiO3↓+2H+；
③脱色的目的是除去Fe离子，由于Fe2+更易洗脱，因此Ti2（SO4）3作用将Fe3+还原为Fe2+便于除去，从而提高H2TiO3的纯度；
（2）从图看TiO2和SiO2在A极还原为TiSi和O2-，反应为TiO2+SiO2+8e-=TiSi+4O2-。
（3）晶胞中Ba2+位于晶胞的顶点均摊，而O2-位于6个面心均摊。由化学式看该晶胞中应该有1个Ti4+，Ti4+位于晶胞体心。答案为 ；
（4）从图看与产生X，同时X与H+结合产生CO2和H2O，所以推测X为。反应机理：羟基结合甲醛的氢产生H2O和，再与结合产生。答案为；羟基结合甲醛的氢产生H2O和醛基，醛基再与结合产生。
