1、北京市西城区北京市西城区 2019 届高三化学下学期第二次模拟考试试题届高三化学下学期第二次模拟考试试题 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
2、用语对事实的表述正确的是 A. 醋酸电离：CH3COOH=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：CH3COOH CH3COO-+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=
3、2HNO3+NO，故 C 错误； D用 NaOH 溶液除去铝表面的氧化膜，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； 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
4、同的基团， 存在顺反异构现象，故 A 错误； B. 苯丙醛()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
5、不正确的是 试剂 现象 结论 A 硝酸酸化的 AgNO3溶液 产生白色沉淀 氯水中含有 Cl 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
6、变黄，说明生成了溴单质，氯气氧化溴离子变成溴单质，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 S
7、PPO 的反应是：+mClSO3H+mHCl 【答案】B 【解析】 【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
8、的氧化反应和还原反应的判断方法。 有机反应中一般将“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
9、的反应是：CO2+H2O+ S2= CO32+ H2S D. 由实验和不能比较 H2CO3和 H2S 酸性的强弱 【答案】C 【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
10、，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；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
11、析不正确的是 序号 实验 现象 8 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 【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
12、的条件，故 B 正确； C. 根据现象，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
13、合成中的作用是_。 (7)J 的结构简式是_。 (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
14、子，可知 B 到 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
15、可知，反应的方程式为，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
16、酸钾氧化，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：。 【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 将原料中碳碳
17、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 CH4的原理
18、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。 【答案】 (1). 165 kJmol1 (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 (5). 阴 (6). 阴极
19、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 kJmol1，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)根据图像，压强大于 0.1MPa，CO
20、2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 kJmol1，故答案为：165 kJmol1； (2)CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)H=165 kJmol1， 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 减小，故答案为：；减小； (3)根据图像， 压强
21、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通过阴离子交换膜进入阳极室，且 K+的浓度不变，所以阴
22、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； (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+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，
23、 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 10mgL1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)16时，向废水中加入 MgCl2和 Na2HPO4，使镁、氮、磷物质
24、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 10mgL1，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(mgL1) 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品，微波 10min，剩余氨态氮浓度与一定浓度 H2O2溶液添加量
25、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_。 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。 所以 pH 偏大或偏小均不利于 MgNH4PO46H2O 的生成
26、(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 10mgL1的 pH 适宜范围；根据 pH 对 NH4+、Mg2+、PO43浓度的影响分析解答； (4)根据废水中存在 NH3H2O，结合氨水
27、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，欲使剩余氨态氮浓度低于 10mgL1，pH 适宜范围为 810，p
28、H 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 MgNH4PO46H2O 的生成； (4)由表格数据可知，仅对废水进行微波加热，剩余
29、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+ H2ONH3H2ONH4+ + 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+ 2NH3 N2+6H2O，故答案为：3H2O2+ 2NH3 N
30、2+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溶液可将 Fe2+氧化为 Fe3+。 通过实验进一步证实 a、b、
31、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。 实验 1：向 1 mL 0.1 molL1 FeSO4溶液中加入 1 mL0.1 molL1 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：实验开始时，先向试管中加入几滴 Fe2(SO4)3溶液，重复实验 1，
32、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，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 (7). Fe2+ + A
33、g+= 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 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
34、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+，反应的离子方程式为 4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，酸
35、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 I2氧化了 Fe2+； (4)检验灰黑色浑浊物 AgI 中含有 Ag，可以利用 AgI
36、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。
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