1、2023年北京市石景山区高考一模化学试卷一、第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。1. 为探测暗物质，我国科学家在2400米的山体深处搭建了墙体厚度达1米的聚乙烯隔离检测室，里面用铅和铜等材料层层包裹，在零下200左右的环境，用超纯锗进行探测。所用材料不属于金属材料的是 A 聚乙烯B. 铅C. 铜D. 锗2. 下列化学用语或图示表达正确的是A. 基态N原子的价层电子排布式：B. 结构示意图：C. HClO的电子式：D. 顺-2-丁烯的结构简式：3. 能实现下列物质间直接转化的元素是A. SiB. SC. CuD. Fe4. 下列性质的比较中，不正确的是A. 非金属性：NOB. 沸点：C.
2、 原子半径：N”或“”)。取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中1价银的存在形式为_(填化学式)。推测：与结合倾向：。查阅资料证实了上述推测。（2）的转化 实验滴管试管现象0.1mol/L溶液0.1mol/L溶液白色沉淀，振荡后消失0.1mol/L溶液0.1mol/L溶液白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀写出实验中白色沉淀消失的离子方程式_。查阅资料：实验中黑色沉淀是，中S元素的化合价分别为-2和6.写出实验中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因_。溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入_(填试剂和操作)，可使
3、定影液再生。（3）的转化 分析试管1出现银镜的原因_。（4）资料显示：S原子与结合比O原子更稳定。与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因_。2023年北京市石景山区高考一模化学试卷一、第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。1. 为探测暗物质，我国科学家在2400米山体深处搭建了墙体厚度达1米的聚乙烯隔离检测室，里面用铅和铜等材料层层包裹，在零下200左右的环境，用超纯锗进行探测。所用材料不属于金属材料的是A. 聚乙烯B. 铅C. 铜D. 锗【答案】A【解析】【详解】A聚乙烯是高分子有机物，不属于金属材料，A符合题意；B铅是金属材料，B不符合题意；C铜是金属材料，C不符合
4、题意；D锗是金属材料，D不符合题意；故选A。2. 下列化学用语或图示表达正确的是A. 基态N原子的价层电子排布式：B. 的结构示意图：C. HClO的电子式：D. 顺-2-丁烯的结构简式：【答案】D【解析】【详解】A已知N为7号元素，则基态N原子的价层电子排布式为：，A错误；B已知S是16号元素，则的结构示意图为：，B错误；C已知H最外层只有1个电子，只能形成一个共价键，O核外最外层有6个电子，最多能形成2个共价键，故HClO的电子式为：，C错误；D根据烯烃的立体异构可知，顺-2-丁烯的结构简式为：，D正确；故答案为：D。3. 能实现下列物质间直接转化的元素是A. SiB. SC. CuD.
5、Fe【答案】B【解析】【详解】ASi和氧气在高温条件下生成二氧化硅，二氧化硅和水不反应，故不选；BS和氧气点燃生成二氧化硫，二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，故选B；C铜和氧气加热生成氧化铜，氧化铜和水不反应，故不选C；D铁和氧气点燃生成四氧化三铁，四氧化三铁和水不反应，故不选D；选B。4. 下列性质的比较中，不正确的是A. 非金属性：NOB. 沸点：C. 原子半径：NOD. 酸性：【答案】C【解析】【详解】A同周期元素，从左到右，元素非金属性依次增强，所以非金属性NO，C错误；D非金属性越强，对应的最高价含氧酸酸性越强，非金属性NC，所以酸性：HNO3H2CO
6、3，D正确；故选C。5. 实验室制备下列气体的方法可行的是A. 加热氯化铵制B. 硫化钠和浓硫酸混合制C. 二氧化锰和稀盐酸制D. 铜和浓硝酸制【答案】D【解析】【详解】A氯化铵固体受热分解生成氯化氢与氨气，二者在低温的试管口处会重新反应生成氯化铵并堵塞导管，A错误；BNa2S+2H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2+S+2H2O，B错误；C二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，C错误；D，D正确；故答案为：D。6. 甲氧基肉桂酸辛酯是一种化学防晒剂，其分子结构如下图。下列说法不正确是A. 能与NaOH溶液反应B. 分子中有2种官能团C. 分子中存在大键D. 能发生取代反应和加成反应【答案】B【解析
7、】【详解】A分子中含有酯基，能与NaOH反应，A正确；B分子中含有酯基、碳碳双键、醚键，共3种官能团，B错误；C苯环中含有大键，C正确；D碳碳双键及苯环上可以发生加成反应，酯基水解属于取代，甲基可以发生取代反应，D正确；故答案为：B。7. 下列方程式与所给事实不相符的是A. 用FeS固体除去污水中的：B. AgCl沉淀溶于氨水：C. 与水反应：D 乙醛和新制共热出现砖红色浑浊：【答案】D【解析】【详解】A用FeS固体除去污水中的，反应生成更难溶的HgS，反应的离子方程式为：，选项A正确；BAgCl沉淀溶于氨水生成络合物，反应的化学方程式为：，选项B正确；C与水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程
8、式为：，选项C正确；D乙醛和新制共热出现砖红色浑浊，生成物为氧化亚铜，反应的化学方程式为：，选项D错误；答案选D。8. 以氨为燃料的固体氧化物燃料电池(SOFC)具有广阔的应用前景，一种氧离子导电SOFC的工作原理如图所示(NH3在催化剂作用下先分解为N2和H2)。下列说法不正确的是A. H2在负极放电B. 正极的电极反应：C. 外电路转移，理论上生成4molH2OD. O2-向负极移动【答案】C【解析】【分析】一种氧离子导电8OFC的工作原理如图所示(在催化剂作用下先分解为和)，在负极放电失电子生成H2O，电极方程式为：，在正极得电子生成，电极方程式为：。【详解】A由图可知，在催化剂作用下先
9、分解为和，在负极失电子生成H2O，故A正确；B由图可知，在正极得电子生成，电极方程式为：，故B正确；C在负极失电子生成H2O，电极方程式为：，外电路转移，理论上生成3mol，故C错误；D原电池中阴离子向负极移动，则向负极移动，故D正确；故选C。9. 下列事实的解释不正确的是事实解释A第一电离能：Mg为3p轨道全空的稳定电子构型，而Al失去一个电子变为3p轨道全空的稳定电子构型B溶液显酸性电离产生的可以与水中的结合成弱电解质，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于C分子中的共价键是键Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠D、的熔点依次增大、
10、的结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强A. AB. BC. CD. D【答案】A【解析】【详解】A第一电离能：是因为Mg的3s处于全满状态，能量低不容易失去一个电子；Al的最外层为3p1容易失去一个电子形成稳定结构，所以铝的第一电离能比镁低；故A错误；B溶液显酸性是因为可以与水中的结合成弱电解质，使水的电离平衡向电离的方向移动，最终导致溶液中大于，故B正确；C由于Cl原子价电子排布为，当两个Cl原子结合为时，两个原子的3p轨道通过“肩并肩”重叠，形成键；故C正确；D、是由同主族元素形成的单质，结构和组成相似，相对分子质量依次增大，范德华力依次增强，故D正确；故答案选A。10.
11、 利用下列实验药品，不能达到实验目的的是实验目的实验药品A比较水和四氯化碳分子的极性、橡胶棒、毛皮B验证乙醇的消去产物乙烯乙醇、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸C探究温度对化学平衡的影响溶液、冷水、热水D证明牺牲阳极法保护铁Fe、Zn、酸化的食盐水、溶液A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A用毛皮摩擦过的橡胶棒带电荷，水分子是极性分子，所以靠近水流，水流方向发生变化，四氯化碳分子是非极性分子，靠近水流，水流方向无明显变化，故A不符合题意；B浓硫酸使乙醇脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫、乙烯以及挥发出的乙醇均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，不能达到实验目的，故B符合题意；C，
12、该反应为吸热反应，温度改变可以使平衡发生移动而改变溶液的颜色，故C不符题意；D因Zn的金属活泼性大于Fe，将Zn与Fe用导线相连后插入酸化的食盐水中，一段时间后，取出电极，向溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，溶液无明显现象，说明并未生成Fe2+，由此可证明这是牺牲阳极的阴极保护法，故D不符合题意；故答案选B。11. 科学家通过、酚/酮和三个氧化还原循环对构建电子传递链，实现了80条件下直接氧化甲烷合成甲醇，其原理如下图所示。下列说法不正确的是A. 水解生成甲醇B. 反应I中将甲烷氧化成C. 反应II中1mol对苯醌被还原为1mol对苯酚得到D. 反应III的化学方程式：NO2+H2O+NO【答
13、案】C【解析】【详解】A中含有酯基，水解可生成和，故A正确；B由反应流程图可知，反应I中将甲烷氧化合成，自身被还原为Pd，故B正确；C对苯醌被还原为对苯酚为加氢反应，加两个H，所以反应II中1mol对苯醌被还原为1mol对苯酚得到，故C错误；D反应III为对苯酚生成对苯醌，化学方程式为NO2+H2O+NO；故D正确；故答案选C。12. 我国科学家合成了一种光响应高分子X，其合成路线如下：下列说法不正确的是A. E的结构简式：B. F的同分异构体有6种(不考虑手性异构体)C. H中含有配位键D. 高分子X水解可得到G和H【答案】D【解析】【分析】结合F、G的结构简式，E与F发生酯化反应生成G，则
14、E为 ；【详解】A根据分析，E为 ，A正确；BF的分子式为C4H10O，与F互为同分异构体的可以为醇类：CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(OH)CH3、(CH3)2CHCH2OH；可以为醚类：CH3CH2OCH2CH3、CH3CH2CH2OCH3、CH3OCH(CH3)2；故总共6种，B正确；CH中B原子和N原子之间形成配位键，C正确；D高分子X中含有酯基，可以发生水解，但是得到的单体不是G和H，D错误；故选D。13. 实验室模拟吸收，将按相同的流速通入不同的吸收液，当吸收液达饱和时，停止通，记录吸收的时间，检测部分微粒的物质的量浓度和吸收液上方有害气体残留，实现数据如下表。下列
15、说法不正确的是编号吸收液类型(体积相同)c/(mol/L)吸收氯气时间饱和吸收后溶液微粒浓度液面上有害气体pH1.218340.56未检出1.811.4NaOH2.42317未检出0.103.235.21.2+2.42347未检出未检出3.473.4无说明：表示溶液中+4价含硫微粒的总浓度，其他类似。A 溶液显碱性B. 实验吸收过程中发生了氧化还原反应和复分解反应C. 实验吸收过程中生成的+1价Cl会转变为D. 实验吸收过程中NaOH与分别与独立反应、互不影响【答案】D【解析】【详解】A亚硫酸是二元弱酸，亚硫酸根能够水解，使亚硫酸钠溶液呈碱性，A正确；B有氯离子生成，说明发生了氧化还原反应，有
16、二氧化硫生成，说明发生了复分解反应，B正确；C根据氧化还原反应规律可知，如果+1价Cl没有转变为，则两者的浓度应该相等，现在二者不相等，且-1价的氯多于+1的氯，说明有+1价Cl转变为，C正确；D结合实验、可知，实验中二者能相互促进对氯气的吸收，D错误；故选D。14. CO2催化加氢制CH4的反应为：。催化剂上反应过程示意如图1所示。其他条件不变时，CO2的转化率和CH4的选择性(CO2转化为甲烷的量/ CO2转化的总量)随温度变化如图2所示。下列说法不正确的是A. 催化剂改变了中OCO键的键角B. 150到350时，基本没有发生副反应C. 催化加氢制是一个吸热反应D. 结合下列热化学方程式，
17、可以通过盖斯定律计算加氢制的反应热 、 【答案】C【解析】【详解】A由题干图1反应历程图信息可知，CO2的键角为180，而Ni-CO2的键角不是180，故催化剂改变了CO2中OCO键的键角，A正确；B由题干图2信息可知，150到350时，CH4的选择性基本为100%，说明该温度范围内基本没有发生副反应，B正确；C由题干图2信息可知，升高温度，CO2的转化率增大，而CH4的选择性基本不变，说明该温度范围内基本无副反应发生，但题干未告知CO2转化率是不是平衡转化率，故无法判断CO2催化加氢制CH4是一个吸热反应还是吸热反应，C错误；D已知CO2加氢制备CH4的总的热化学反应为：CO2(g)+4H2
18、(g)=CH4(g)+2H2O(g) ，根据盖斯定律可知，通过下列热化学方程式 、 ，可以盖斯定律计算CO2加氢制CH4的反应热为-()=-()=-164.9kJ/mol，D正确；故答案为：C二、第二部分本部分共5题，共58分。15. 碘及其化合物在生产、生活中有着广泛的应用。回答下列问题：电负性：H 2.20；C 2.55；F 3.98；P 2.19；I 2.66（1）人工合成的是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中的位置是_。（2）碘单质在中的溶解度比在水中的大，解释原因_。（3）HI主要用于药物合成，通常用和P反应生成，再水解制备HI.的空间结构是_，水解生成HI的化学方程式是_。（4
19、）是一种甲基化试剂，可用作制冷剂，和发生水解时的主要反应分别是：和。的水解产物是HIO，结合电负性解释原因_。（5）晶体是一种性能良好的光学材料，其晶胞为立方体，边长为a nm，晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，结构如下图。与K原子紧邻的O原子有_个。的摩尔质量为214g/mol，阿伏加德罗常数为。该晶体的密度是_。【答案】（1）第五周期VIIA族 （2）碘单质、CCl4均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大 （3） . 三角锥形 . +3H2O=3HI+ H3PO3 （4）因为电负性： FIC，所以在中，受3个F原子吸引电
20、子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向于C，I显+1价，则发生水解时，生成和HIO （5） . 12 . 【解析】【小问1详解】人工合成的是医疗上常用的放射性同位素，碘在周期表中的位置是第五周期VIIA族。【小问2详解】碘单质、CCl4均为非极性分子，水为极性分子，所以根据相似相溶原理，碘单质在CCl4中的溶解度比在水中的溶解度大。【小问3详解】中心原子价层电子对数为3+=3，且有一个孤电子对，空间结构是三角锥形，水解生成HI和H3PO3，化学方程式是+3H2O=3HI+ H3PO3。【小问4详解】因为电负性： FIC，所以在中，受3个F原子吸引电子能力强的影响，I与C之间的共用电子对偏向
21、于C，I显+1价，则发生水解时，生成和HIO。【小问5详解】晶胞中K、I、O分别处于顶点、体心、面心位置，在一个晶胞中与顶点K紧邻的O为3个，由于一个顶点的K被八个晶胞共用，故与一个K紧邻的O有：38=12个；晶胞中K原子个数为8=1，I原子个数为1，O原子个数为6 =3，则该晶体的密度是=16. 水体中过量的抗生素会对环境造成极大危害，零价铁(Fe)及耦合技术在处理抗生素废水中应用广泛。I还原法零价铁作为一种还原剂可以提供电子，水中的得电子生成(氢自由基)，通过双键加成、单电子还原与抗生素发生反应。（1）氧化反应：_。还原反应：(电中性)。（2）与阿莫西林(抗生素的一种)发生多步反应，第一步
22、如下图所示，请在图中标出阿莫西林断裂的化学键(参考示例“”)，用“O”在中间产物圈出一个手性碳原子_。（3）纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，试解释原因_。氧化法（4）酸性条件Fe可与溶解氧生成，和作用生成羟基自由基和，氧化抗生素。和生成的离子方程式是_。（5）下图为酸性条件零价铁电芬顿耦合法(电化学氧化法)原理示意图的一部分，左侧连接电源_，结合阴极电极反应说明该法生成的原理_。 【答案】（1）Fe 2eFe2+ （2） （3）纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快 （4）Fe2+H2O2HFe3+H2O （5） . 正极 . 阴极O22e2HH
23、2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基【解析】【小问1详解】根据题意零价铁作为一种还原剂可以提供电子，因此铁失去电子发生氧化反应：Fe 2eFe2+；故答案为：Fe 2eFe2+。【小问2详解】根据中间产物和阿莫西林分析，断键是碳氮键，中间产物有三个手性碳原子，其图像描述；故答案为：。【小问3详解】纳米零价铁5分钟去除甲硝唑接近100%，相同条件下非纳米零价铁去除率约为0%，主要与铁的接触面积有关，其反应速率更快；故答案为：纳米零价铁固体表面积大，化学反应速率更快。【小问4详解】根据题意得到和作用生成羟基自由基和，则酸性条件下和生成的离子方程式是Fe2+H2O
24、2HFe3+H2O；故答案为：Fe2+H2O2HFe3+H2O。【小问5详解】根据前面信息得到铁会失去电子变为亚铁离子，和Fe2+作用生成羟基自由基和，则铁电极应该连接电源的正极作阳极，阴极上氧气得到电子与氢离子结合生成H2O2，生成的亚铁离子移动到阴极，亚铁离子和H2O2作用生成羟基自由基；故答案为：正极；阴极O22e2HH2O2，阳极铁放电生成的Fe2+向阴极移动，与H2O2作用生成羟基自由基。17. Dalenin 1()对酪氨酸酶有很强的抑制活性，在制药工程和化妆品行业有巨大的潜在应用价值。 已知：（1）Dalenin 1含氧官能团的名称_。（2）A含有支链且能使溴水褪色，A生成B的化
25、学方程式是_。（3）B催化裂解先生成二元醇X，X转化为C，X的结构简式是_。（4）D+GH的化学方程式是_。（5）EF的反应类型是_。（6）I含有2个六元环，J的结构简式是_。（7）K先生成中间体Y()，Y催化环化生成Dalenin1时存在多种副产物。一种副产物Z是Dalenin1的同分异构体，也含有4个六元环，其结构简式是_。【答案】（1）羟基、酮羰基、醚键 （2） +2HCHO （3） （4） +HBr （5）加成反应 （6） （7）【解析】【分析】A含有支链且能使溴水褪色，说明A中含有碳碳双键，结合A的分子式可知其结构简式为 ，A和HCHO发生加成反应生成 ， 经过裂解得到 ， 和HBr
26、发生加成反应得到D，结合H的结构简式可以推知D的结构简式为，D和G发生反应生成H，结合D和H的结构简式可以推知G为 ，由E和F的分子式可知，E和CH3CN发生加成反应生成F，F水解得到G，则E为 ，F为，I含有2个六元环，I和J发生已知原理的反应生成K，可以推知I的结构简式为，J的结构简式为，以此解答。【小问1详解】由结构式可知，Dalenin 1含氧官能团的名称为羟基、酮羰基、醚键。【小问2详解】由分析可知，A和HCHO发生加成反应生成B，方程式为：+2HCHO。【小问3详解】 催化裂解先生成二元醇X，X发生消去反应得到 ，则X的结构简式为 。【小问4详解】D和G发生取代反应生成H，方程式为
27、：+HBr。【小问5详解】由分析可知，E和CH3CN发生加成反应生成F。【小问6详解】由分析可知，J的结构简式为。【小问7详解】Y催化环化生成Dalenin1的原理是羟基和碳碳双键发生加成反应，中有两个羟基可以和碳碳双键发生加成反应成环，一种副产物Z是Dalenin1的同分异构体，也含有4个六元环，其结构简式是。18. 一种利用低品位铜矿(、CuS、FeO和等)为原料制取CuCl的工艺流程如下：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
28、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） . . 生成Cu(NH3)42+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液
29、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)4CO3留在溶液中，Cu(NH3)4CO3溶液加热：，将氧化铁铜粉末与水、盐酸、氯化钠、铜反应得到NaCuCl2，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
30、】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)42+，防止加入NH4HCO3时Cu2+沉淀；中和溶液中的H+；故答案为；生成Cu(NH3)42+，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)4CO3；加热生成、和CuO，反应的化学方程式是，故答案为
31、。【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。19. 某小组探究不同阴离子与Ag+的结合倾向并分析相关转化。资料：i和均为白色，难溶于水。ii与、能生成、iii与结合倾向。（1）探究、与的结合倾向 实验滴管试管现象I10滴0.1mol/L溶液等浓度的NaI和溶液黄色沉淀等浓度的NaI和溶液黄色沉淀写出生
32、成黄色沉淀的离子方程式：_，由实验I推测：与结合倾向：_(填“”或“”)。取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中1价银的存在形式为_(填化学式)。推测：与结合倾向：。查阅资料证实了上述推测。（2）的转化 实验滴管试管现象0.1mol/L溶液0.1mol/L溶液白色沉淀，振荡后消失0.1mol/L溶液0.1mol/L溶液白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀写出实验中白色沉淀消失的离子方程式_。查阅资料：实验中黑色沉淀是，中S元素的化合价分别为-2和6.写出实验中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因_。溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入_(填试剂和操作)，可使定影液再生。（3）的转化 分析试管1出现银镜的原因_。（4）资料显示：S原子与结合比O原子更稳定。与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因_。【答案】（1） . Ag+I-=AgI . . Ag(S2O3)23- （2） . Ag2S2O3+3=2Ag(S2O3)23- . Ag2S2O3+H2O=Ag2S
