2019届北京四中高三保温训练理科综合化学试卷（解析版）.doc

1、 1 页 2019 届北京四中高三保温训练理科综合化学试卷（解析版）届北京四中高三保温训练理科综合化学试卷（解析版） 理科综合能力测试理科综合能力测试(北京卷北京卷) 可能用到的相对原子质量：可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 O 16 Mg 24 S 32 Cl 35.5 Fe 56 第一部分第一部分(选择题选择题 共共 120 分分) 本部分共本部分共 20 题，每小题题，每小题 6 分，共分，共 120 分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求分。在每小题列出的四个选项中，选出最符合题目要求 的一项。的一项。 1.下列中国制造的产品主体用料不是 金属材料的是 世界最大射电望

2、远镜 中国第一艘国产航母 中国大飞机 C919 世界最长的港珠澳大桥 A.钢索 B.钢材 C.铝合金 D.硅酸盐 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A世界最大射电望远镜主体用料：钢索是金属合金材料，故 A 不符合； B中国第一艘国产航母主体用料：钢材属于合金为金属材料，故 B不符合； C中国大飞机 C919 主体用料：铝合金属于金属材料，故 C 不符合； D世界最长的跨海大桥港珠澳大桥主体用料：硅酸盐不是金属材料，故 D符合； 故答案为 D。 2.下列指定反应的离子方程式正确的是（ ） A. 饱和 Na2CO3溶液与 CaSO4固体反应：CO3 2+CaSO

3、 4CaCO3+SO4 2 B. 酸化 NaIO3和 NaI 的混合溶液：I +IO 3 +6H+=I 2+3H2O C. KClO 碱性溶液与 Fe(OH)3反应：3ClO +2Fe(OH) 3=2FeO4 2+3Cl+4H+H 2O D. 电解饱和食盐水：2Cl +2H+ Cl2+ H2 2 页 【答案】A 【解析】 分析：A 项，饱和 Na2CO3溶液与 CaSO4发生复分解反应生成更难溶于水的 CaCO3；B 项，电荷不守恒， 得失电子不守恒；C项，在碱性溶液中不可能生成 H+；D 项，电解饱和食盐水生成 NaOH、H2和 Cl2。 详解：A项，饱和 Na2CO3溶液与 CaSO4发生

4、复分解反应生成更难溶于水的 CaCO3，反应的离子方程式为 CO32-+CaSO4CaCO3+SO42-，A 项正确；B 项，电荷不守恒，得失电子不守恒，正确的离子方程式为 5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，B项错误；C项，在碱性溶液中不可能生成 H+，正确的离子方程式为 3ClO-+2Fe（OH）3+4OH-=3Cl-+2FeO42-+5H2O，C项错误；D 项，电解饱和食盐水生成 NaOH、H2和 Cl2， 电解饱和食盐水的离子方程式为 2Cl-+2H2OCl2+H2+2OH-，D 项错误；答案选 A。 点睛：本题考查离子方程式正误的判断。判断离子方程式是否正确可从以下几个方面进

5、行：从反应原理 进行判断，如反应是否能发生、反应是否生成所给产物（题中 D项）等；从物质存在形态进行判断，如 拆分是否正确、是否正确表示了难溶物和气体等；从守恒角度进行判断，如原子守恒、电荷守恒、氧化 还原反应中的电子守恒等（题中 B 项）；从反应的条件进行判断（题中 C项）；从反应物的组成以及 反应物之间的配比进行判断。 3.化合物 X 是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物 X 的说法正确的是 A. 分子中两个苯环一定处于同一平面 B. 不能与饱和 Na2CO3溶液反应 C. 在酸性条件下水解，水解产物只有一种 D. 1 mol 化合物 X 最多能与 2 mol NaOH 反

6、应 【答案】C 【解析】 试题分析：A.根据有机物结构简式可知两个苯环均连在同一个饱和碳原子上，由于单键可以旋转，两个苯 环不一定共面，A 项错误；B.X 中含有羧基，能与饱和碳酸钠溶液反应，B 项错误；C.由于是环酯，在酸 性条件下水解， 水解产物只有一种， C 项正确； D.X酸性水解产物中含有 2 个羧基和 1 个酚羟基， 则 1mol 化合物 X 最多能与 3molNaOH 反应，D 项错误；答案选 C。 【考点定位】考查有机物的结构与性质判断。 3 页 【名师点晴】本题考查有机物的结构与性质判断。掌握常见有机物官能团的结构和性质是解答的关键，难 点是有机物共线共面判断。解答该类试题时

7、需要注意：甲烷、乙烯、乙炔、苯、甲醛 5 种分子中的 H 原 子若被其他原子如 C、O、Cl、N 等取代，则取代后的分子空间构型基本不变。借助 CC 键可以旋转而 CC键和碳碳双键不能旋转以及立体几何知识判断。苯分子中苯环可以以任一碳氢键为轴旋转，每 个苯分子有三个旋转轴，轴上有四个原子共线。 【此处有视频，请去附件查看】 4.在生成和纯化乙酸乙酯的实验过程中，下列操作未涉及的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 分析：在浓硫酸的作用下乙酸与乙醇发生酯化反应生成乙酸乙酯，根据乙酸乙酯的性质、产品中含有的杂 质，结合选项解答。 详解：A、反应物均是液体，且需要加热，因此试管口要高于试

8、管底，A正确； B、生成的乙酸乙酯中含有乙酸和乙醇，乙酸乙酯不溶于水，因此可以用饱和碳酸钠溶液吸收，注意导管 口不能插入溶液中，以防止倒吸，B正确； C、乙酸乙酯不溶于水，分液即可实现分离，C正确； D、乙酸乙酯是不溶于水的有机物，不能通过蒸发实现分离，D错误。 答案选 D。 点睛：掌握乙酸乙酯的制备原理是解答的关键，难点是装置的作用分析，注意从乙酸乙酯的性质（包括物 理性质和化学性质）特点的角度去解答和判断。 4 页 5.我国科学家设计二氧化碳熔盐捕获及电化学转化装置，其示意图如下： 下列说法不正确 的是 A. b 为电源的正极 B. 中，捕获 CO2时碳元素的化合价发生了变化 C. a 极

9、的电极反应式为 2C2O5 2 4e = 4CO 2 + O2 D. 上述装置存在反应：CO2 = C + O2 【答案】B 【解析】 【详解】Aa 电极反应是 2C2O52-4e-4CO2+O2，发生氧化反应，是电解池的阳极，则 b为正极，故 A正 确；B捕获 CO2时生成的 C2O52-中碳元素的化合价仍为+4 价，捕获 CO2时生成 CO32-时碳元素的化 合价仍为+4 价，碳元素的化合价均未发生变化，故 B 错误；C由电解装置示意图可知 a 电极反应是 2C2O52-4e-4CO2+O2，故 C正确；D由电解装置示意图可知 a 电极生成 O2，d 电极生成 C，电解池总反 应式为 CO

10、2 =C+O2，故 D正确；故答案为 B。 6.室温下，将 0.10mol L1盐酸滴入 20.00 mL 0.10mol L1氨水中，溶液中 pH 和 pOH 随加入盐酸体积变化 曲线如图所示。已知：pOHlg c(OH)，下列说法正确的是 5 页 A. M 点所示溶液中 c(NH4+)+c(NH3 H2O)c(Cl) B. N 点所示溶液中 c(NH4+)c(Cl) C. Q 点消耗盐酸的体积等于氨水的体积 D. M 点和 N 点所示溶液中水的电离程度相同 【答案】D 【解析】 由于 Kw=（H+） c（OH-）=10-14，则溶液的 pH+pOH=14，实线为 pH曲线，虚线为 pOH

11、曲线，作垂直体 积坐标轴线与 pH曲线、 pOH曲线交点为相应溶液中 pH、 pOH Q点的 pH=pOH， 则 Q 点溶液呈中性 A M 点溶液呈碱性，为 NH4Cl、NH3H2O 混合溶液，溶液中 c（NH4+）+c（NH3H2O）c（Cl-） ，A错误； BN 点溶液呈酸性，溶液中（H+）c（OH-） ，结合电荷守恒 c（NH4+）+c（H+）=c（Cl-）+c（OH-） ，可知 c （NH4+） D1mol药物 Y与 H2、浓溴水中的 Br2反应，最多消耗分别为 4 mol和 2 mol (4)写出反应 EF的化学方程式_。FX 的化学方程式 _。 (5)写出符合下列条件的 E的一种同

12、分异构体的结构简式_。 遇 FeCl3溶液可以发生显色反应，且是苯的二元取代物； 能发生银镜反应和水解反应； 核磁共振氢谱有 6 个峰。 (6)参考上述流程以 CH3CHO和 CH3OH为起始原料,其它无机试剂任选设计合成 Z的线路 _。 【答案】 (1). CHCH (2). 酯基 (3). NaOH 水溶液、加热 (4). B、C (5). +C2H5OH+H2O (6). +H2O (7). 或 (8). CH3CHO CH2=CHCOOCH3 【解析】 【分析】 反应、 反应、 反应的原子利用率均为 100%， 属于加成反应， 结合反应的产物， 可知烃 A为 HCCH， B 为 ，而

13、G 的相对分子质量为 78，则 G 为C 可以发出催化氧化生成 D，D 发生信 息中 I的反应， 则反应为卤代烃在氢氧化钠水溶液、 加热条件下发生的水解反应， 则 C为， D 为 ，E为，F为，F在浓硫酸、加热条件下发生消去反应 8 页 得到 X乙醛与 HCN 发生加成反应、酸性条件下水解得到，与甲醇反应酯化反应生成 ，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成 CH2=CHCOOCH3，最后发生加聚反应得到 ，以此解答该题。 【详解】(1)由以上分析可知 A 为 CHCH； (2)由 Z的结构简式可知 Z含有酯基，反应为卤代烃的水解，条件为：氢氧化钠水溶液、加热； (3)A羟基、羧基能与钠反应生成

14、氢气，1mol药物 Y与足量的钠反应可以生成 1.5mol 氢气，标况下氢气 体积为 33.6L，但氢气不一定处于标况下，故 A错误；B药物 Y 的分子式为 C8H804，含有酚羟基，能使 酸性高锰酸钾溶液褪色，故 B 正确；C羧基酸性最强，酚羟基酸性很弱，醇羟基表现为中性，药物 Y中 、三处-OH的电离程度由大到小的顺序是，故 C正确；D苯环与氢气发生加成反应， 1mol 药物 Y与 3molH2加成，Y中酚羟基的邻位能与浓溴水发生取代反应，1molY 消耗 2molBr2，故 D错 误；故答案为 B、C； (4)反应 E-F的化学方程式：，FX的化学方程 式为； (5)E 为，对应的同分异

15、构体遇 FeCl3溶液可以发生显色反应，说明含有酚羟基，且是苯 的对位二元取代物；能发生银镜反应和水解反应，应为甲酸酯类；核磁共振氢谱有 6个峰，则可能的 结构为； (6)以 CH3CHO和 CH3OH为起始原料，合成 Z，可用乙醛与 HCN 发生加成反应，然后水解生成 2-羟基丙 酸， 与甲醇发生酯化反应， 再发生消去反应， 最后发生加聚反应生成 Z， 也可用乙醛与 HCN发生加成反应， 然后水解生成 2-羟基丙酸，发生消去反应生成丙烯酸，与甲醇发生酯化反应，最后发生加聚反应生成 Z， 对应的流程可为或者 9 页 。 【点睛】在进行推断及合成时，掌握各类物质的官能团对化合物性质的决定作用是非

16、常必要的，可以从一 种的信息及物质的分子结构，结合反应类型，进行顺推或逆推，判断出未知物质的结构。能够发生水解反 应的有卤代烃、酯；可以发生加成反应的有碳碳双键、碳碳三键、醛基、羰基；可以发生消去反应的有卤 代烃、醇。可以发生银镜反应的是醛基；可能是醛类物质、甲酸、甲酸形成的酯、葡萄糖；遇氯化铁溶液 变紫色，遇浓溴水产生白色沉淀的是苯酚等。 9.工业上用以下流程从铜沉淀渣中回收铜、硒、碲等物质。某铜沉淀渣，其主要成分如表。沉淀渣中除含 有铜(Cu)、硒(Se)、碲(Te)外，还含有少量稀贵金属，主要物质为 Cu、Cu2Se和 Cu2Te。某铜沉淀渣的主要 元素质量分数如下： Au Ag Pt

17、Cu Se Te 质量分数(%) 0.04 0.76 0.83 43.47 1734 9.23 (1)16S、34Se、52Te为同主族元素，其中34Se 在元素周期表中的位置_。 其中铜、硒、碲的主要回收流程如下： (2)经过硫酸化焙烧 ，铜、硒化铜和碲化铜转变为硫酸铜。其中碲化铜硫酸化焙烧的化学方程式如下，填入 合适的物质或系数：Cu2Te+_H2SO4 2CuSO4+_TeO2+_+_H2O (3)SeO2与吸收塔中的 H2O反应生成亚硒酸。焙烧产生的 SO2气体进入吸收塔后，将亚硒酸还原成粗硒， 其反应的化学方程式为_ 。 (4)沉淀渣经焙烧后，其中的铜转变为硫酸铜，经过系列反应可以得

18、到硫酸铜晶体。 10 页 “水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，可减少固体中的银【硫酸银】进入浸出液中，结合化学用语， 从平衡移动原理角度解释其原因_。 滤液 2经过、_ 、过滤、洗涤、干燥可以得到硫酸铜晶体。 (5)目前碲化镉薄膜太阳能行业发展迅速，被认为是最有发展前景的太阳能技术之一。用如下装置可以完成 碲的电解精炼。研究发现在低的电流密度、碱性条件下，随着 TeO32-浓度的增加，促进了 Te的沉积。写出 Te的沉积的电极反应式为_。 【答案】 (1). 第四周期 VIA 族 (2). 6 (3). 1 (4). 4SO2 (5). 6 (6). H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2

19、H2SO4 (7). 由于存在平衡： Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO42-(aq)， 加入氯化钠 固体后， Cl-与 Ag+反应生成成更难溶的氯化银，使得 c(Ag+)降低，进而减少了硫酸银中的银进入滤液 2 (8). 加热浓缩、冷却结晶 (9). TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH- 【解析】 【分析】 (1)16S、34Se、52Te为同主族元素，且 34Se 在 S元素的下一周期； 铜、硒、碲的主要回收流程如下：以铜阳极泥(主要成分为 Cu、Cu2Se 和 Cu2Te 等)加入硫酸焙烧，得到的 气体混合物为 SeO2、SO2和 H2O，用水吸收得到 H2SO4、Se

20、，过滤分离，滤液中含有硫酸，经过净化除杂 得到粗硒；焙烧时浓硫酸起氧化剂作用，由元素守恒可知还生成 CuSO4与 TeO2，用水洗涤并过滤后，滤渣 为 TeO2，滤液为 CuSO4溶液，经蒸发浓缩后结晶得到硫酸铜晶体；所得 TeO2用盐酸溶解后得到 H 2TeO3 溶液，通入 SO2后可制得粗碲； (2) Cu2Te和浓 H2SO4高温焙烧生成 CuSO4和 TeO2，其中 TeO2是氧化产物，说明浓硫酸是强氧化剂，则还 有还原产物 SO2，结合电子守恒和原子守恒配平即可； (3) SO2气体进入吸收塔后，将 H2SeO3还原成硒，同时得到氧化产物 H2SO4，结合电子守恒和原子守恒即 可得发

21、生反应的化学方程式； (4)溶液中存在 Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO42-(aq)，加入少量氯化钠固体，溶解后溶液中的 Cl-会与 Ag+ 结合促进溶解平衡向正方向移动； CuSO4溶液，经蒸发浓缩后结晶得到硫酸铜晶体； (5)根据电解原理 TeO32-应在阴极发生还原反应生成 Te。 11 页 【详解】(1) 16S、34Se、52Te 为同主族元素，且 34Se在 S元素的下一周期，则 34Se 位于元素周期表的第四周 期 VIA 族； (2) Cu2Te和浓 H2SO4高温焙烧生成 CuSO4和 TeO2，其中 TeO2氧化产物，说明浓硫酸是强氧化剂，则还 有还原产物 SO

22、2，利用电子守恒和原子守恒配平即得 Cu2Te+6H2SO4 2CuSO4+TeO2+4SO2+6H2O； (3) SO2气体进入吸收塔后，将 H2SeO3还原成硒，同时得到氧化产物 H2SO4，则发生反应的化学方程式为 H2SeO3+2SO2+H2O=Se+2H2SO4； (4)“水浸固体”过程中补充少量氯化钠固体，溶解后溶液中的 Cl-会与 Ag+结合生成 AgCl白色沉淀，促进 溶解平衡 Ag2SO4(s) 2Ag+(aq)+SO42-(aq)向正方向移动，使得 c(Ag+)降低，进而减少了硫酸银中的银 进入滤液 2； 从滤液 2 得到硫酸铜晶体的具体操作是将溶液加热浓缩、冷却结晶、再经

23、过滤、洗涤并干燥即可； (5)由电解原理可知 TeO32-应在阴极发生还原反应生成 Te，发生的电极反应为 TeO32-+4e-+3H2O=Te+6OH-。 10.CO2的综合利用对于减少温室气体、缓解能源紧缺具有重要的意义。 【】CO2的性质稳定，其电子式为_。 【】多晶 Cu 是唯一被实验证实能高效催化 CO2还原为烃类(如 CH4 或 C2H4)的金属。电解装置分别以多 晶 Cu 和铂为电极材料，用阴离子交换膜分隔开阴、阳极室，阴、阳极室的 KHCO3溶液的浓度(约 0.1 mol/L 左右)基本保持不变。并向某极室内持续通入 CO2，温度控制在 10左右。 (1)持续通入 CO2原因是

24、_。 (2)研究表明，催化剂的多种因素决定了 C2H4的选择性和催化活性。 已知：选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量 在本实验条件下，生成 C2H4的电极反应为_。 (3)本实验条件下，若 CO2转化为烃的转化率为 10%，生成 C2H4的选择性为 12%，现收集到 12 mol C2H4， 则通入的 CO2为_mol。 【】CO2与 CH4经催化重整，制得合成气：CH4(g)+CO2(g) 催化剂 2CO(g)+2H2(g) H (1)已知：反应 1：CH4(g) C(s)+2H2(g) H1=+75kJmol1 反应 2：H2(g) + CO2(g)H2O(g)+CO(g) H2

25、=+35kJmol1 反应 3：2CO(g) C(s)+ CO2(g) H3=172kJmol1 则该催化重整反应的H=_kJmol1。从温度和压强角度有利于提高 CO2平衡转化率的条件是_。 (2)下图表示体系内c(H2)/c(CO)、 c(H2O)/c(CO)的变化情况， 请解释1200K以下c(H2)/c(CO)小于1的原因_， 并解释随温度的升高 c(H2)/c(CO)增大的原因_。 12 页 【答案】 (1). (2). 提高 CO2的浓度，增大 CO2的放电能力，抑制 H+的放电 (3). 14CO2+12e-+8H2O= C2H4+12HCO3- (4). 1000 (5). +

26、247 (6). 高温低压 (7). 因为发生了反应 2 H2(g) + CO2(g) H2O(g) +CO(g) (8). 随温度的升高，CH4(g)+CO2(g) 催化剂 2CO(g)+2H2(g) H0， 平衡正移，CO浓度增大并且 CO2浓度降低，反应 2平衡逆移，由图中 c(H2O)/ c(CO)变小得到验证，从而 c(H2)/ c(CO)增大。 【解析】 【分析】 CO2是共价化合物，其分子内碳与每个氧原子之间存在二个共用电子对； (1)持续通入 CO2可提高 CO2气体的浓度，确保阴极持续发生 CO2的还原反应； (2) CO2在电解池的阴极得电子发生还原反应生成 C2H4； (

27、3)若 CO2转化为烃的转化率为 10%，生成 C2H4的选择性为 12%，结合选择性=目标产物的消耗原料量/原 料总的转化量计算参加反应的 CO2的物质的量； (1) 已知：反应 1：CH4(g) C(s)+2H2(g) H1=+75kJmol1；反应 3：2CO(g) C(s)+ CO2(g) H3= 172kJmol1；根据盖斯定律，由反应 1-反应 3 即可得到 CH4(g)+CO2(g) 催化剂 2CO(g)+2H2(g)，再计算H； 结合温度和压强对平衡的影响，分析促进平衡正向移动的条件； (2)结合温度对反应 2：H2(g) + CO2(g)H2O(g)+CO(g) H2=+35

28、kJmol1和 CH4(g)+CO2(g) 催化剂 2CO(g)+2H2(g) H=+247 kJmol1的平衡状态的影响分析。 【详解】CO2是共价化合物，其电子式为 ； (1)持续通入 CO2的目的是为了提高 CO2的浓度，增大 CO2的放电能力，抑制 H+的放电，确保阴极持 续发生 CO2的还原反应； (2) CO2在电解池的阴极得电子发生还原反应生成 C2H4，发生的电极反应为 14CO2+12e-+8H2O= C2H4+12HCO3-； (3)设参加反应的 CO2的物质的量为 nmol，依据选择性=目标产物的消耗原料量/原料总的转化量可知： 13 页 12%= 12mol nmol

29、10% ，解得：n=1000mol； (1) (1) 已知：反应 1：CH4(g) C(s)+2H2(g) H1=+75kJmol1；反应 3：2CO(g) C(s)+ CO2(g) H3= 172kJmol1；根据盖斯定律，由反应 1-反应 3 即可得到 CH4(g)+CO2(g) 催化剂 2CO(g)+2H2(g)，则 H=(+75kJmol1)-(172kJmol1)=+247 kJmol1；对反应 CH4(g)+CO2(g) 催化剂 2CO(g)+2H2(g) H=+247 kJmol1，升高温度和降低压强均能促进平衡正向移动，故提高 CO2平衡转化率的条件是高温低压； (2)因反应体

30、系中发生的反应 2：H2(g) + CO2(g)H2O(g)+CO(g) H2=+35kJmol1，温度较低时有利于 此反应正向进行，使体系内 c(H2)的浓度降低，c(CO)的浓度增大，导致体系内 1200K以下 c(H2)/c(CO)小于 1；但随着温度的升高，CH4(g)+CO2(g) 催化剂 2CO(g)+2H2(g) H0，平衡正移，CO浓度增大并且 CO2浓度 降低，反应 2平衡逆移，由图中 c(H2O)/ c(CO)变小得到验证，从而 c(H2)/ c(CO)增大。 【点睛】用盖斯定律进行简单计算的基本方法是参照新的热化学方程式(目标热化学方程式)，结合原热化 学方程式(一般 2

31、3个)进行合理“变形”，如热化学方程式颠倒、乘除以某一个数，然后将它们相加、减， 得到目标热化学方程式，求出目标热化学方程式的 H 与原热化学方程式之间 H的换算关系。 11.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生 S、SO2。 . Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3 +CO2制得，实验室模拟该工业过程 的装置如图所示。 (1)b 中反应的离子方程式为_，c 中试剂为_。 (2)反应开始后，c 中先有浑浊产生，后又变澄清。此浑浊物是_。 (3)实验中要控制 SO2生成速率，可以

32、采取的措施有_(写出两条)。 (4)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的 SO2，不能过量，原因是_。 (5)制备得到的 Na2S2O3中可能含有 Na2SO3、Na2SO4等杂质。设计实验，检测产品中是否存在 Na2SO4： _。 . 探究 Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。 资料：Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑色) 14 页 Ag2S2O3为白色沉淀，Ag2S2O3可溶于过量的 S2O32- 装置 编号 试剂 X 实验现象 Fe(NO3)3溶液 混合后溶液先变成紫黑色, 30s 后溶 液几乎变为无色 AgNO3溶液 先生成白色絮状沉淀， 振荡后， 沉淀 溶解，

33、得到无色溶液 (6)根据实验的现象，初步判断最终 Fe3+被 S2O32-还原为 Fe2+，通过_(填操作、试剂和现象)，进一步证 实生成了 Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验的现象：_。 (7)同浓度氧化性：Ag+ Fe3+。实验中 Ag+未发生氧化还原反应的原因是_。 (8)进一步探究 Ag+和 S2O32-反应。 装置 编号 试剂 X 实验现象 AgNO3溶液 先生成白色絮状沉淀，沉淀很快变为 黄色、棕色，最后为黑色沉淀。 实验中白色絮状沉淀最后变为黑色沉淀(Ag2S)的化学方程式如下，填入合适的物质和系数： Ag2S2O3+_ =Ag2S+_ (9)根据以上实验，Na2S2O

34、3与金属阳离子发生氧化还原反应和_有关(写出两条)。 【答案】 (1). SO32-+2H+= H2O +SO2;或 HSO3+H+=SO2+H2O (2). 硫化钠和碳酸钠的混合溶液 (3). 硫 (4). 控制反应温度、调节酸的滴加速度(或调节酸的浓度等) (5). 若 SO2过量，溶液显酸性， 产物分解 (6). 取少量产品溶于足量稀盐酸，静置，取上层溶液(或过滤，取滤液)，滴加 BaCl2溶液，若 出现沉淀则说明含有 Na2SO4杂质 (7). 加入铁氰化钾溶液， 产生蓝色沉淀 (8). 生成紫色配合物的反 应速率快，氧化还原反应速率慢；Fe3+与 S2O32氧化还原反应的程度大，Fe

35、3+3S2O32-Fe(S2O3)33-(紫黑 色)平衡逆移， 最终溶液几乎无色 (9). Ag+与 S2O32生成稳定的配合物， 浓度降低， Ag+的氧化性和 S2O32 15 页 的还原性减弱 (10). H2O (11). H2SO4 (12). 阳离子、用量等 【解析】 【分析】 .(1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和 70%的浓硫酸；c 装置为 Na2S2O3的生成装置；d 装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫和硫化氢等酸性气体； (2)反应开始时发生的反应为：Na2S+4SO2+H2O=2H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S+2H2O； (3)

36、通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制 SO2生成速率； (4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的 SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解； (5)将产品溶于水后检验溶液中是否含有 SO42-即可； .(6)利用铁氰化钾溶液检验反应后的溶液中含有 Fe2+；混合后溶液先变成紫黑色，30s 后溶液几乎变为无 色， 说明 Fe3+3S2O32-Fe(S2O3)33-反应速率较 Fe3+和 S2O32-之间的氧化还原反应， 且促进平衡逆向移动； 先变成紫黑色后变无色，说明生成紫色配合物的反应速率快，氧化还原反应速率慢；另外 Fe3+与 S2O32氧 化还原反应的程度大，导致 Fe3+3S2O32

37、-Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡逆移，最终溶液几乎无色； (7)实验滴加 AgNO3溶液，先生成白色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明溶液中 Ag+ 较低，减少了发生氧化还原反应的可能； (8)Ag2S2O3中 S元素化合价为+2价，生成的 Ag2S中 S元素化合价为-2 价，是还原产物，则未知产物应是 氧化产物，结合电子守恒、原子守恒分析即可； (9)结合实验、从阳离子的氧化性、离子浓度等方面分析。 【详解】. (1)第一个装置为二氧化硫的制取装置，制取二氧化硫的原料为：亚硫酸钠和 70%的浓硫酸， 反应的离子方程式为：SO32-+2H+=SO2+H2O，c装置为 Na2S

38、2O3的生成装置，根据反应原理可知 c 中的试 剂为：硫化钠和碳酸钠的混合溶液； (2)反应开始时发生的反应为：Na2S+SO2+H2O=H2S+Na2SO3，SO2+2H2S=3S+2H2O，故该浑浊物是 S； (3)通过控制反应的温度或硫酸的滴加速度可以控制 SO2生成速率； (4)硫代硫酸钠遇酸易分解，若通入的 SO2过量，则溶液显酸性，硫代硫酸钠会分解， (5)检测产品中是否存在 Na2SO4的方法是取少量产品溶于足量稀盐酸， 静置， 取上层溶液(或过滤， 取滤液)， 滴加 BaCl2溶液，若出现沉淀则说明含有 Na2SO4杂质。 .(6)实验的现象是混合后溶液先变成紫黑色，30s后溶

39、液几乎变为无色，取反应后的混合液并加入铁氰 化钾溶液，产生蓝色沉淀，则有 Fe2+生成，可判断为 Fe3+被 S2O32-还原为 Fe2+； (7)同浓度氧化性：Ag+ Fe3+，但实验未发生 Ag+与 S2O32-之间的氧化还原反应，结合实验现象先生成白 色絮状沉淀，振荡后，沉淀溶解，得到无色溶液，说明 Ag+与 S2O32生成稳定的配合物，浓度降低，Ag+ 的氧化性和 S2O32的还原性减弱； 16 页 (8)Ag2S2O3中 S元素化合价为+2价，生成的 Ag2S中 S元素化合价为-2 价，是还原产物，则未知产物应是 氧化产物，如果产物是 H2SO3，能被 Ag+继续氧化，则氧化产物应为 H2SO4，结合原子守恒可知，另一种 反应物应为 H2O，发生反应的化学方程式为 Ag2S2O3+H2O=Ag2S+H2SO4； (9)结合实验、可知，Na2S2O3与金属阳离子发生氧化还原反应和金属阳离子的氧化性强弱、离子 浓度大小、反应物的用量等有关。