2019届北京市西城区高三下学期第二次模拟考试理科综合化学试卷（解析版）.doc

1、 1 页 2019 年西城高三二模化学年西城高三二模化学 1.材料的研发应用使城市轨道交通快速发展。地铁列车以下部件的成分属于合金的是 A钢化玻璃车窗 B铝合金车体 C酚醛树脂 玻璃钢座椅 D阻燃橡胶地板 A. A B. B C. C D. D 【答案】B 【解析】 【详解】A、钢化玻璃与普通玻璃的成分相同，属于无机非金属材料，故 A错误； B、车体的成分是铝合金，属于合金材料，故 B正确； C、酚醛树脂、玻璃钢均属于有机合成高分子化合物，故 C错误； D阻燃橡胶地板的主要成分是有机合成高分子化合物，故 D错误； 答案选 B。 2.下列化学用语对事实的表述正确的是 A. 醋酸电离：CH3COO

2、H=CH3COO+ H+ B. Na2O2与 CO2反应提供 O2：Na2O2 +CO2=Na2CO3 + O2 C. NO2与水反应制硝酸：NO2 +H2O=H+ NO3 D. NaOH溶液除去铝表面氧化膜：Al2O3+2OH=2AlO2+H2O 【答案】D 【解析】 【详解】A醋酸为弱酸，应该用，电离方程式：CH3COOHCH3COO-+H+，故 A 错误； B方程式未配平，反应的化学方程式应该为 2Na2O2 +2CO2=2Na2CO3 + O2，故 B 错误； C二氧化氮与水反应生成硝酸与 NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO，故 C错误； D用 NaOH溶液除去铝表

3、面的氧化膜，Al2O3与 NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，该反应的离子方程式 为：Al2O3+2OH-2A1O2-+H2O，故 D 正确； 2 页 答案选 D。 3.我国科研人员使用催化剂 CoGa3实现了 H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下： 下列说法不正确 的是 A. 肉桂醛分子中不存在顺反异构现象 B. 苯丙醛分子中有 6种不同化学环境的氢原子 C. 还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂 D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基 【答案】A 【解析】 【详解】A. 肉桂醛()分子中碳碳双键两端分别连接 2 个不同的基团，存在顺反异构现象， 故 A 错误； B. 苯丙

4、醛()分子中有 6 种不同化学环境的氢原子， 如图示：， 故 B 正确； C. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛与氢气反应转化成了肉桂醇，分别断开了 H-H 键和 C-O键，发生了 极性键和非极性键的断裂，故 C正确； D. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛转化成了苯丙醛和肉桂醇，而没有转化为苯丙醛，体现了该催化剂选 择性的还原肉桂醛中的醛基，故 D 正确； 答案选 A。 【点睛】本题的易错点为 C，要注意肉桂醛转化成肉桂醇的过程中仅断开了极性键，非极性键是断开的氢 气分子中的 H-H。 4.将氯水加入下列 4 种试剂中。根据实验现象，得出的结论不正确 的是 试剂 现象 结论 A 硝酸酸化的 Ag

5、NO3溶液 产生白色沉淀 氯水中含有 Cl 3 页 B CaCO3固体 固体表面有气泡冒出 氯水具有酸性 C KBr 溶液 溶液变黄 氯水具有氧化性 D 滴加酚酞的 Na2SO3溶液 红色褪去 Cl2具有漂白性 A. A B. B C. C D. D 【答案】D 【解析】 【详解】A将氯水加入硝酸酸化的 AgNO3溶液中，反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到 AgCl 白色沉淀，说明氯水中含有 Cl-，故 A 正确； B、将氯水加入 CaCO3固体中生成了气体二氧化碳，能证明溶液呈酸性，故 B正确； C、将氯水滴入 KBr 溶液，溶液变黄，说明生成了溴单质，氯气氧化溴离子变成溴单质，

6、说明氯气具有氧 化性，故 C正确； D将氯水滴入滴加酚酞的 Na2SO3溶液，是因为氯水显酸性和强氧化性，将 Na2SO3转化成了硫酸钠，硫 酸钠不水解，溶液不再显示碱性，因此酚酞溶液褪色，结论不正确，故 D 错误； 答案选 D。 5.磺化聚苯醚(SPPO)质子交换膜在燃料电池领域有广阔的应用前景。合成聚苯醚(PPO)并将其改性制备 SPPO 的路线如下： 下列说法不正确 的是 A. 2,6-二甲基苯酚能与饱和溴水发生取代反应 B. 常温下 2,6-二甲基苯酚易溶于水 C. 2,6-二甲基苯酚与 O2发生氧化反应生成 PPO D. PPO合成 SPPO 的反应是：+mClSO3H +mHCl

7、【答案】B 【解析】 4 页 【详解】A. 2,6-二甲基苯酚()中存在酚羟基的对位氢原子，能与饱和溴水发生取代反应，故 A正 确； B. 2,6-二甲基苯酚与苯酚互为同系物，结构相似，性质具有相似性，且甲基为憎水基团，常温下 2,6-二甲 基苯酚在水中的溶解度更小，故 B 错误； C. 根据流程图，2,6-二甲基苯酚与 O2反应过程中失去了氢原子，发生氧化反应生成 PPO，故 C正确； D. 根据流程图，PPO与 ClSO3H发生取代反应生成 SPPO，反应的化学方程式为： ，故 D正确； 答案选 B。 【点睛】 本题的易错点为 C， 要注意有机反应的氧化反应和还原反应的判断方法。 有机反应

8、中一般将“去氢” 或“加氧”的反应称为氧化反应，将“加氢”或“去氧”的反应称为还原反应。 6.某小组利用下面的装置进行实验，、中溶液均足量，操作和现象如下表。 实验 操作 现象 向盛有Na2S溶液的中持续通入CO2至过 量 中产生黑色沉淀，溶液的 pH 降低； 中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡 向盛有 NaHCO3溶液中持续通入 H2S 气体至过量 现象同实验 资料：CaS遇水完全水解 由上述实验得出的结论不正确 的是 A. 中白色浑浊是 CaCO3 B. 中溶液 pH降低的原因是：H2S+Cu2+ = CuS+2H+ C. 实验中 CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+ S2= CO32+

9、 H2S D. 由实验和不能比较 H2CO3和 H2S 酸性的强弱 【答案】C 5 页 【解析】 【分析】 实验.向的 Na2S 溶液中持续通入 CO2至过量，中产生黑色沉淀，溶液的 pH 降低，说明生成了硫化 氢气体，同时生成了硫酸；中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳过量，被氢氧化钙溶液 吸收生成了碳酸钙沉淀； 实验. 向盛有 NaHCO3溶液的中持续通入 H2S气体至过量，中产生黑色沉淀，溶液的 pH降低，是因 为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了 CuS黑色沉淀，同时生成了硫酸；中产生白色浑浊，该浑 浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀

10、；据此分析解答。 【详解】A. 根据上述分析，中白色浑浊是 CaCO3，不可能是 CaS，因为 CaS 遇水完全水解，故 A 正确； B. 中反应生成的硫化氢或过量的硫化氢与硫酸铜反应， H2S+Cu2+ = CuS+2H+，使得溶液的 pH降低， 故 B 正确； C. CO2过量反应生成 2HCO3，发生的反应是：2CO2+2H2O+ S2=2HCO3+ H2S，故 C错误； D. 根据实验、中现象：中通二氧化碳有 H2S生成，中通 H2S 有二氧化碳生成，不能比较 H2CO3 和 H2S酸性的强弱，故 D正确； 答案选 C。 7.研究生铁的锈蚀，下列分析不正确 的是 序号 实验 现象 8

11、小时未观察 到明显锈蚀 8 小时未观察 到明显锈蚀 1 小时观察 到明显锈蚀 A. 中，NaCl溶液中溶解的 O2不足以使生铁片明显锈蚀 B. 中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少 H2O C. 中正极反应：O2+4e+ 2H2O =4OH D. 对比，说明苯能隔绝 O2 【答案】D 6 页 【解析】 【详解】A. 根据实验现象，中 1小时观察到明显锈蚀，说明 NaCl溶液中溶解有 O2，只是苯不能隔绝空 气中的氧气进入氯化钠溶液，而中由于是密闭体系，溶解的 O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，故 A 正确； B. 苯属于非电解质，中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，故 B 正确； C. 根

12、据现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应：O2+4e+ 2H2O =4OH，电极反应式合理，故 C 正确； D. 根据现象，中发生吸氧腐蚀，溶液中均溶解由氧气，中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝 O2， 故 D 错误； 答案选 D。 8.合成中间体 L的路线如下(部分反应条件或试剂略去)： 已知： (1)A的名称是_。 (2)A与 Br2按物质的量之比 11发生 1，4-加成反应生成 B，AB的化学方程式是_。 (3)BC的反应类型是_。 (4)D中所含官能团的名称是_。 (5)E与 NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是_。 (6)CD 在上述合成中的作用是_。 7 页 (7)J 的结构简式

13、是_。 (8)KL的化学方程式是_。 (9)设计由 L制备 M()的合成路线_(有机物用结构简式表示，无机试剂任选)。 【答案】 (1). 1,3-丁二烯 (2). CH2=CH-CH=CH3+Br2 (3). 取代反应 (4). 溴原子、 羟基 (5). +3NaOHNaOOCCH=CHCOONa+NaBr+3H2O (6). 保 护 碳 碳 双 键 ， 防 止 其 被 氧 化 (7). (8). (9). 【解析】 【分析】 A(CH2=CH-CH=CH2)发生 1,4-加成生成 B，B 为，根据 C(C4H8O2)的不饱和度为 1， 与 B( )一致，并且分子式中没有了溴原子，可知 B到

14、 C的反应为卤代烃的水解反应， 则 C 为；由 C(C4H8O2)、D(C4H9O2Br)的分子式可知，此步发生了碳碳双键与 HBr 的加成反应，D 为，D 被酸性高锰酸钾氧化生成 E，E为，氢氧 化钠醇溶液为卤代烃消去反应的标志条件，因此 F为 NaOOCCH=CHCOONa，由 K到 L的反应条件，结合 K 的分子式和 G 的结构可以推知 K 为，根据已知信息 I，结合 G 和 K 的结构，J 为 ，据此分析解答。 【详解】(1)由有机物的命名规则可知，A(CH2=CH-CH=CH2)的名称为 1,3-丁二烯，故答案为：1,3-丁二烯； (2)按照二烯烃的 1,4-加成原理可知，反应的方程

15、式为， 8 页 故答案为：； (3)C(C4H8O2)的不饱和度为 1，与 B()一致，并且分子式中没有了溴原子，可知 B 到 C的反应为卤代烃的水解反应，所以反应类型为取代反应或水解反应，故答案为：取代反应或水解反应； (4)根据上述分析，D（）中官能团有羟基和溴原子，故答案为：羟基和溴原子； (5)氢氧化钠醇溶液为卤代烃消去反应的标志条件，所以此步反应是卤代烃的消去反应，反应的化学方程式 为+3NaOHNaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O，故答案为： +3NaOHNaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O； (6)由已知信息 II可知，烯烃可以被酸性高锰酸钾氧

16、化，所以流程中采取了在使用酸性高锰酸钾之前对碳碳 双键进行了保护，故答案为：保护碳碳双键，防止其被氧化； (7)根据上述分析，J 为，故答案为：； (8)K到 L的反应发生在酸酐上，同时要消耗两个乙醇才能生成 L的两个酯基，因此反应的化学方程式为 ，故答案为： ； (9)由 L()制备 M()。根据已知信息 II，L中碳碳双键能够被酸性高锰酸钾 溶液氧化生成，根据已知信息 III，就可以 形成目标产物，因此合成路线为 ，故答案为： 。 9 页 【点睛】本题的易错点为(9)中合成路线的设计，要注意题干信息的灵活运用，要合成，根据信 息 III，若将中环打开，则需要合成，因此需要根据信息 II将原

17、 料中碳碳双键打开。 9.CO2甲烷化是一种实现 CO2资源化利用的有效途径。 热化学转化 CO2甲烷化过程发生反应：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)H (1)每生成 1mol CH4(g)，放热 165 kJ，则 H_。 (2)反应的平衡常数的表达式：K_。温度升高，K_(填“增大”或“减小”)。 (3)其他条件不变时，一段时间内，压强对 CO2的转化率及 CH4的选择性的影响如下图。 注：选择性转化为目标产物的原料量 原料总的转化量 CO2甲烷化反应选择 0.1MPa 而不选择更高压强的原因是_。 电化学转化 多晶 Cu可高效催化 CO2甲烷化， 电解 CO2制备

18、CH4的原理示意图如下。 电解过程中温度控制在 10左右， 持续通入 CO2。阴、阳极室的 KHCO3溶液的浓度基本保持不变。 (4)多晶 Cu作_(填“阴”或“阳”)极。 (5)结合电极反应式，说明阴极室 KHCO3溶液浓度基本不变的原因：_。 (6)上述电解过程中采取了_措施(写 2条即可)使 CO2优先于 H+放电。 10 页 【答案】 (1). 165 kJ mol1 (2). c(CH4)c2(H2O)/c(CO2)c4(H2) (3). 减小 (4). 在 0.1MPa， CO2的转化率及 CH4的选择性较高，加压 CO2的转化率及 CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能 耗

19、 (5). 阴 (6). 阴极发生反应： 9CO2+8e+6H2O =CH4+8HCO3， 每转移 8 mol 电子， 阴极生成 8 mol HCO3，又有 8 molHCO3通过阴离子交换膜进入阳极室，且 K+的浓度不变，所以阴极室的 KHCO3浓度基 本保持不变 (7). 以 pH8 的 KHCO3溶液为电解液；温度控制在 10左右；持续通入 CO2；用多晶铜作 阴极等 【解析】 【分析】 (1)根据反应放热分析解答； (2)发生的反应为 CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)H=165 kJ mol1，据此书写平衡常数的表达式，结 合影响化学平衡的元素分析判断； (3)

20、根据图像， 压强大于 0.1MPa，CO2的转化率几乎不变，CH4的选择性增加很少，结合生产成本分析解答； (4)多晶铜电极区，二氧化碳转化为甲烷，根据发生的反应的类型分析解答； (5)结合阴极反应式和阴离子交换膜的作用分析解答； (6)可以从我的对气体的溶解度、阴离子交换膜的作用等角度分析解答。 【详解】(1)方程式中 CH4的系数=1，反应放热，因此方程式对应的 H165 kJ mol1，故答案为：165 kJ mol1； (2)CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)H=165 kJ mol1， 平衡常数 K=； 该反应为放热反应， 温度升高，平衡逆向移动，平衡常数 K减

21、小，故答案为：；减小； (3)根据图像，压强大于 0.1MPa，CO2的转化率几乎不变，CH4的选择性增加很少，为节约成本，应该选择 0.1MPa，故答案为：在 0.1MPa，CO2的转化率及 CH4的选择性较高，加压 CO2的转化率及 CH4的选择性 变化不大，且加压会增大投资和能耗； (4)多晶铜电极区，二氧化碳转化为甲烷，C 元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，因此铜为阴极， 故答案为：阴； (5)阴极反应式 9CO2+8e+6H2O =CH4+8HCO3， 阴极生成 HCO3， 电路中每转移 8 mol 电子， 阴极生成 8 mol HCO3，同时有 8 molHCO3通过阴离子

22、交换膜进入阳极室，且 K+的浓度不变，所以阴极室的 HCO3浓度 基本保持不变， 故答案为： 阴极反应式 9CO2+8e+6H2O =CH4+8HCO3，每转移 8 mol 电子， 阴极生成 8 mol HCO3，又有 8 molHCO3通过阴离子交换膜进入阳极室，且 K+的浓度不变，所以阴极室的 KHCO3浓度基 本保持不变； 11 页 (6)降低温度，能够提高气体在水中的溶解度，提高水中二氧化碳的浓度，从而提高二氧化碳的氧化性， 有利于二氧化碳放电；采取阴离子交换膜，阳极区中氢氧根放电，氢离子浓度增大，能够防止阳极区生 成的氢离子移向阴极，可以防止阴极区氢离子浓度增大，使 CO2优先于 H

23、+放电；将溶液调节成碱性，降 低阴极区氢离子浓度，降低氢离子氧化性，通过二氧化碳的氧化性，有利于二氧化碳放电，故答案为：以 pH8 的 KHCO3溶液为电解液；温度控制在 10左右；持续通入 CO2；用多晶铜作阴极等。 10.废水中氨态氮以 NH3H2O、NH3和 NH4+的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化 防治的研究热点。 沉淀法 向废水中投入 MgCl2和 Na2HPO4，生成 MgNH4PO46H2O 沉淀，可将氨态氮含量降至 10mg L1以下。 (1)NH3的电子式：_。 (2)废水中的 NH3H2O 转化为 MgNH4PO46H2O 的离子方程式是_。 (3)1

24、6时，向废水中加入 MgCl2和 Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为 111，沉淀过程中的 pH 对剩余氨态氮浓度的影响如图。欲使剩余氨态氮浓度低于 10mg L1，pH 的适宜范围是_，pH偏大或 者偏小均不利于 MgNH4PO46H2O的生成，原因是_。 微波氧化法 (4)仅对废水进行微波加热，pH 对氨态氮脱出的影响如下表。 溶液 pH 67 89 1011 1112 剩余氨态氮浓度(mg L1) 156 100 40 14 表中数据表明：pH 增大有利于废水中化学平衡_(用化学用语表示)的移动。 (5)微波协同 CuO和 H2O2除去氨态氮 其他条件相同，取相同体积的同一废水样

25、品，微波 10min，剩余氨态氮浓度与一定浓度 H2O2溶液添加量 的关系如下图。据图推测 CuO 在氨态氮脱除中可能起催化作用，理由是_。 12 页 微波协同 CuO有利于 H2O2除去氨态氮。该条件下，H2O2将 NH3氧化为 N2的化学方程式是_。 【答案】 (1). (2). Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O (3). pH810 (4). pH 偏大， NH4+、Mg2+易与 OH结合生成 NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的电离被抑制，使 NH4+和 Mg2+浓度降低； pH偏小， 不利于HPO42电离， PO43浓度偏低

26、。 所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO46H2O 的生成 (5). NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH (6). 相同的 H2O2溶液添加量，相同时间内，与 不加 CuO相比，加入 CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快 (7). 3H2O2+ 2NH3N2+6H2O 【解析】 【分析】 (1)N原子最外层有 5个电子，据此书写 NH3的电子式； (2)根据题意，废水中的 NH3H2O 转化为 MgNH4PO46H2O，据此书写反应的离子方程式； (3)由图可以判断欲使剩余氨态氮浓度低于 10mg L1的 pH 适宜范围；根据 pH对 NH4+、Mg2+、PO43浓度 的影响

27、分析解答； (4)根据废水中存在 NH3H2O，结合氨水的性质分析解答； (5)根据图像对比添加了 CuO 和未添加 CuO的反应速率，以及氨态氮浓度的高低分析解答； 在微波协同 CuO作用下，H2O2和 NH3生成 N2，据此书写反应的方程式。 【详解】(1)NH3电子式为，故答案为： ； (2)根据题意，废水中的 NH3H2O 转化为 MgNH4PO46H2O，反应的离子方程式为 Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O，故答案为：Mg2+ + NH3H2O+HPO42 + 5H2O = MgNH4PO46H2O； (3)由图可以看出，欲使剩余氨态

28、氮浓度低于 10mg L1，pH 适宜范围为 810，pH 偏大， NH4+、Mg2+易与 OH结合生成 NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O的电离被抑制，使 NH4+和 Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于 HPO42电离， PO43浓度偏低。 所以 pH偏大或偏小均不利于 MgNH4PO46H2O的生成， 故答案为： pH810； pH 偏大， NH4+、Mg2+易与 OH结合生成 NH3H2O、Mg(OH)2， NH3H2O 的电离被抑制，使 NH4+和 Mg2+ 浓度降低；pH 偏小，不利于 HPO42电离，PO43浓度偏低。所以 pH 偏大或偏小均不利于 MgNH4PO46H2

29、O 13 页 的生成； (4)由表格数据可知，仅对废水进行微波加热，剩余氨态氮浓度降低、水溶液的 pH增大，pH的增大，有利 于废水中 NH3+ H2ONH3H2ONH4+ + OH逆向移动，故答案为：NH3+ H2O NH3H2ONH4+ + OH； (5)由图可知，在相同时间和 H2O2溶液添加量相同时，添加了 CuO的反应速率较快，氨态氮的剩余浓度 远远小于未添加 CuO，故答案为：相同的 H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加 CuO 相比，加入 CuO， 氨态氮浓度降低的多，反应速率快； 根据上述分析，在微波协同 CuO作用下，H2O2和 NH3生成 N2，反应的方程式为 3H2O2

30、+ 2NH3 N2+6H2O，故答案为：3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O。 11.某小组欲探究反应 2Fe2+ + I22Fe3+ + 2I，完成如下实验： 资料：AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制AgI见光会少量分解。 (1)、均未检出 Fe3+，检验中有无 Fe3+实验操作及现象是：取少量中溶液，_。 (2)中的黄色浑浊是_。 (3)经检验，的过程中产生了 Fe3+。 对 Fe3+产生的原因做出如下假设： 假设 a：空气中存在 O2，由于_(用离子方程式表示)，可产生 Fe3+； 假设 b：溶液中 Ag+具有氧化性，可产生 Fe3+； 假设 c： _； 假设 d：该条件下，I2溶液

31、可将 Fe2+氧化为 Fe3+。 通过实验进一步证实 a、b、c不是产生 Fe3+的主要原因，假设 d成立。的过程中 I2溶液氧化 Fe2+ 的原因是_。 (4)经检验，中灰黑色浑浊中含有 AgI和 Ag。 验证灰黑色浑浊含有 Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，_。 为探究出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验 1和实验 2。 14 页 实验 1：向 1 mL 0.1 mol L1 FeSO4溶液中加入 1 mL0.1 mol L1 AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几 分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中 Ag+浓度随反应时间的变化如下 图。 实验 2

32、：实验开始时，先向试管中加入几滴 Fe2(SO4)3溶液，重复实验 1，实验结果与实验 1相同。 实验 1 中发生反应的离子方程式是_。 中迅速 出现灰黑色浑浊的可能的原因是_。 【答案】 (1). 滴加几滴 KSCN 溶液，溶液不变红 (2). AgI (3). 4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O (4). 酸性溶液中 NO3具有氧化性，可产生 Fe3+ (5). Ag+与 I生成了 AgI沉淀，降低了 I的浓度，使平衡 2Fe2+ I2 2Fe3+ 2I正向移动，使 I2氧化了 Fe2+ (6). 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生 无色气泡， 遇空气变红

33、棕色。 静置， 取上层清液加入稀盐酸， 有白色沉淀生成 (7). Fe2+ + Ag+= Fe3+ + Ag (8). AgI分解产生的 Ag 催化了 Fe2+与 Ag+的反应 【解析】 【分析】 (1)根据检验 Fe3+的实验方法分析解答； (2)根据资料黄色固体 AgI不溶于稀硝酸，结合图示分析判断； (3)Fe2+ 被 O2氧化生成 Fe3+，据此书写反应的离子方程式；酸性溶液中 NO3具有氧化性；根据试管 III 中的现象，Ag+与 I生成了 AgI沉淀，结合 2Fe2+ I2 2Fe3+ 2I分析解答； (4)检验灰黑色浑浊物 AgI中含有 Ag， 可以利用 AgI不溶于稀硝酸， 而

34、 Ag能够溶于稀硝酸设计实验检验； 实验 1中 Fe2+ 和 Ag+发生氧化还原反应，据此书写反应的离子方程式；由实验 1的图示可知， 5-10min，银离子浓度下降很快，说明有催化剂在影响反应；由实验 2 知，Fe3+ 没有起催化剂作用，结合试 管 III、中的现象分析解答。 【详解】(1)根据检验 Fe3+的实验方法可知，滴加几滴 KSCN 溶液，溶液不变红，说明溶液中不存在 Fe3+， 故答案为：滴加几滴 KSCN溶液，溶液不变红； (2)由资料可知，黄色固体 AgI不溶于稀硝酸，结合图示可知，黄色沉淀为 AgI，故答案为：AgI； (3)Fe2+ 被 O2氧化生成 Fe3+，反应的离子

35、方程式为 4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，酸性溶液中 NO3具 有氧化性，也可将 Fe2+氧化生成 Fe3+，故答案为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O；酸性溶液中 NO3具有 15 页 氧化性，可产生 Fe3+； 结合已知信息：2Fe2+ I2 2Fe3+ 2I，和试管 III中的现象，Ag+与 I生成了 AgI沉淀，降低了 I的浓 度，使平衡 2Fe2+ I2 2Fe3+ 2I正向移动，使 I2氧化了 Fe2+，故答案为：Ag+与 I生成了 AgI沉淀，降 低了 I的浓度，使平衡 2Fe2+ I2 2Fe3+ 2I正向移动，使

36、I2氧化了 Fe2+； (4)检验灰黑色浑浊物 AgI中含有 Ag，可以利用 AgI不溶于稀硝酸，而 Ag能够溶于稀硝酸，使银转化为 银离子，再检验银离子即可，具体操作为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空 气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成，说明 AgI中含有 Ag，故答案为：加入足量 稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色 沉淀生成； 实验 1中 Fe2+ 和 Ag+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为 Fe2+ + Ag+= Fe3+ + Ag；由实验 1 的图示可知，5-10min，银离子浓度下降很快，说明有催化剂在影响反应；由实验 2 知，Fe3+ 没有起催化剂 作用，结合试管 III、中的现象可推知，AgI分解产生的 Ag催化了 Fe2+与 Ag+的反应，从而加快了 Fe2+ 与 Ag+的反应速率，使得中迅速出现灰黑色浑浊，故答案为：Fe2+ + Ag+= Fe3+ + Ag；AgI分解产生的 Ag 催化了 Fe2+与 Ag+的反应。 【点睛】理解题目中的实验原理和目的是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)，要注意图像的识别和 实验现象的分析。 16 页