北京西城区2019届高三下学期第二次高考模拟考试理科综合化学试卷附答案解析

1、2019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. AB.BC.CD.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Bo2.下列化学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+O2C. NO2与水反应制硝酸：NO2+H2O=

2、H+NO3D. 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，应该用胃上，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=2HNO3+NOT,故C错误；D,用NaOH溶液除去铝表面的氧化膜，AI2O3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'2A1Q-+H2O,故D正确;答案选Do3.我国科研人员使用催化剂CoG

3、a3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下:茶内酹由桂蟹0H厂CH?-CHO(2XCH=CH-CHa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.聚丙醛分子中有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(C>CH=CHH)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O构现象，故A错误；B.聚丙醛(OCH?-C14-CHO)分子中有6种不同化学环境的氢原子，如图示：.OcHlCHlCiIo,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

4、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聚丙醛和肉桂醇，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Ao【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.的是试齐现象结论A硝酸酸化的AgNOa溶液产生白色沉淀氯水中含有Cl-BCaCOa固体固体表回后气泡冒出氯水具有酸性CKBr溶液溶液变黄氯水具有氧化性D滴加酚酬:的Na2SO3溶液红色褪去Cl2具有漂白性A.AB.

5、BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.将氯水加入硝酸酸化的AgNOa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CaCOa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，说明生成了澳单质，氯气氧化澳离子变成澳单质，说明氯气具有氧化性，故C正确；D,将氯水滴入滴加酚酬: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，因此酚酬:溶液褪色，结论不正确，故D错误；答案选Do5.磺化聚苯醛（SPPO）质子交换膜在燃料电池领

6、域有广阔的应用前景。合成聚苯醛（PPO）并将其改性制备SPPO的路线如下：卜列说法不正确的是A. 2,6-二甲基苯酚能与饱和滨水发生取代反应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PPOD.PPO合成SPPO的反应是:+mHCl【答案】B【解析】CH,【详解】A.2,6-二甲基苯酚（二0日）中存在酚羟基的对位氢原子，能与饱和滨水发生取代反应,Ch1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02反应过程中失去了氢原

7、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：CH#,HO.SCH,CH,H+Cr°H+mCIS6H*彷mHCI故D正确；ch,厢答案选Bo【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I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n向盛有NaHCO3溶液中持续

8、通入H2s气体至过量现象同实验I资料：CaS遇水完全水解由上述实验得出的结论不正碑.的是A.中白色浑浊是CaCO3B.中溶液pH降低的原因是：H2S+CU2+=CuSJ+2白C.实验I中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+S2-=CO32-+H2sD.由实验I和n不能比较H2CO3和H2s酸性的强弱【答案】C【解析】【分析】实验I.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n.向盛有NaHCO3溶液的中持续通入H2s气体至过量，中产

9、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；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+=CuSJ+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I、n中现象：I中通二氧化碳有h2s生成，n

10、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Co7.研究生铁的锈蚀，下列分析不正碉.的是现象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H2OC.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。2,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。2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

11、电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，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。2,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）：CHC*%。C.HQhBcCHjAWCyyCOOCiH；.GHQHKPlAHjC人“COOCH一定条件血变J1OLGCHCH.a八已知：L+JL£HCH2Dch2C4Hm乙爵，上ii.H*.p他F*CHO,*厂CCDKMnOJH*）-BN_»_Rl(_R$呜p

12、i)aR/'ft/OIIRI-C-Rt+Rj-CRj0IIRlC-CHR*RlC-OKoo)的合成路线(9)设计由L制备M(有机物用结构简式表示，无机试剂任选)。(1).1,3-丁二烯(2).CH2=CH-CH=CH3+Br2BrHr(3).取代.澳原子(5).HOOOCHiCHCOOHBr7nr+3NaOHNaOOCCH=CHCOONa+NaBr+3H2O(6).保护碳碳双键，防.CHI=C-C=CHa11COOCjH,+H=0HSCCOOCjHj(8).(9).f*h<iVftIIii5"2RlC-CH-C-Rj+&0HI心(1)A的名称是(2)A与Br2按

13、物质的量之比1：1发生1,4-加成反应生成B,AB的化学方程式是(3)B-C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)C一D在上述合成中的作用是(7)J的结构简式是(8)K-L的化学方程式是iLCnrcooc.Ha<ILOXaUICih-C-CHr-CH-COOCJk*ICH,-C-Clb-CH-COOC.H.IIoA(CH2=CH-CH=CH2)发生1,4-加成生成B,B为BrBr,根据C(C4H8O2)的不饱和chz-ch=ch-ch2度为1,与B(k加)一致，并且分子式中没有了澳原子，可知B至ijC的反应为卤代烧的水解反应，则C为；

14、由C(C4H8。2)、D(C4H9O2Br)的分子式可知，此OHOH步发生了碳碳双键与HBr的加成反应，D为D被酸性高镒酸钾氧化生成E,OilHrOHE为L,氢氧化钠醇溶液为卤代煌消去反应的标志条件，因此F为NaOOCCH=CHCOONa，由K至UL的反应条件，结合K的分子式和G的结构可以推知K为dt-C-C=CH31,据此分析解答。OII，根据已知信息I，结合G和K的结构，J为O【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)按照二烯煌的1,4-加成原理可知，反应的方程式为ClL=C11CHH,+Br?CH,-CU

15、=CH-ClI,士公安*I,1,故答案为：HrHrCHlCH-CHYM的-洒一CH.CH-2：HrUrCHCH=CH-C%(3)C(C4H8O2)的不饱和度为1,与B(1I)一致，并且分子式中没有了澳原子，可BrBr知B到C的反应为卤代燃的水解反应，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；CHi-CHrCH-CH(4)根据上述分析，D(人“I.)中官能团有羟基和澳原子，故答案为：羟基和澳原uhBrui1子；(5)氢氧化钠醇溶液为卤代燃消去反应的标志条件，所以此步反应是卤代煌的消去反应，反应的化tGCHCOOH学方程式为工+3NaOH>NaOOCCH=CHCOONa

16、+NaBr+3H2O,故答案为:HOOOCHiCHCOOH乙薛1+3NaOH、NaOOCCH=CHCOONa+NaBr+3H2O;Kr(6)由已知信息II可知，烯煌可以被酸性高镒酸钾氧化，所以流程中采取了在使用酸性高镒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,CHa=C-C=CH,J为1ICHCHi,故答案为:CHJ=C-C=CHa11CB*C&'(8)K到L的反应发生在酸酎上，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O程式为+HQ,故答案为:HC|HjCCOOCjHjoII+2C?H,OH3八八COOC此）制备M(

17、）。根据已知信息II,L中碳碳双键能够被酸性高一一一，CHlC-CHlCH-CO"H$镒酸钾溶液氧化生成I,根据已知信息III,CHiCCHrCHCOOCH,一*YT-MoOIch3-c-ol-ch-co（x就可以形成目标产物，因此合成路线为CHt-G-CH=-Ci-COOCJisoH.C-COOQH、1JVooc.HKMnOjH)3CHY-CtL-Cll-COOLH.ICH)-C-CH.-CH-COOC.H,'II”O1LCCOOCHncooct)Kg”.时一c-chcii-cooc.h.CH,-C-CH-CJI-COOCH,IIo中环打开，则需要合成根据信息II将原料中碳

18、碳双键打开。【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OICHlC!一,-,因此需要C!I-C-Cih-CH-COOC,HiI工39,CO2甲烷化是一种实现CO2资源化利用的有效途径。I.热化学转化CO2甲烷化过程发生反应：CO2（g）+4H2（g）=CH4（g）+2H2O（g）（1）每生成1molCH4（g）,放热165kJ,则AH=。（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。so70GO5040302010100908。妾7。窜60号50Q403

19、。QJ02030.40.50.60.70.80.91.0压强/MPa注：选择性=转化为目标产物的原料量引料总的转化量CO2甲烷化反应选择0.1MPa而不选择更高压强的原因是。H.电化学转化多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，电解CO2制备CH4的原理示意图如下。电解过程中温度控制在10c左右，持续通入CO2。阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变。/pHXKHC6溶求(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).-165kJmol-1(2).c(CH4)

20、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).阴极发生反应：9CO2+8e+6H2O=CH4+8HCO3",每转移8mol电子，阴极生成8molHCO3-,又有8molHCO3-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pH-8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在10c左右；持续通入CO2；用多晶铜作阴极等【解析】(1)根据反应放热分析解答；(2)发生的反应为CO2(g)+4H2(g)

21、=CH4(g)+2H2O(g)田=165kJmol_1,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,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。1【详解】(1)万程式中CH4的系数=1,反应放热，因此万程式对应的AH=-165kJmol,故答案-1为：165kJmol1;(2)CO2(g)+4H2(g)=CH4(g)+2H2O(g)d

22、d=165kJmol-1,平衡常数K=-一：上)；该反应为放c(C7/4)c2(/2O)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；式。小弋片)(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

23、成HCOJ,电路中每转移8mol电子，阴极生成8molHCO3-,同时有8molHCO3-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HCOJ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8mol电子，阴极生成8molHCO3-,又有8molHCO3-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

24、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，通过二氧化碳的氧化性，有利于二氧化碳放电，故答案为：以pH-8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在10c左右；持续通入CO2；用多晶铜作阴极等。10.废水中氨态氮以NH3?H2O、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。I.沉淀法向废水中投入MgCl2和Na2HPO4,生成MgNH4PO4?6H2。沉淀，可将氨态氮含量降至10mg-L-1以下。(1)NH3的电子式：。(2)废水中的NH3?H2O转化为MgNH4PO4?6H2O的离子方

25、程式是PH-1ME安定城弱"我蜃(3)16C时，向废水中加入MgCl2和Na2HPO4,使镁、氮、磷物质的量之比为1：1：1,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-L-1,pH的适宜范围是pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成，原因是。n.微波一氧化法(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pH678910111112剩余氨态氮浓度(mgL)1561004014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，

26、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，理由是一无潜加一添加C.'uO了、1加E/-瓢姣黛曲区冬雁微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条彳下，H2O2将NH3氧化为N2的化学方程式是H【答案】(1).,(2).Mg2+NH3?H2O+HPO42-+5H2O=MgNH4PO4?6H2OJ(3).pH=810(4).pH偏大,NH4+、Mg2+易与OH-结合生成NH3?H2。、Mg(OH)2,NH3?H2O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p

27、H偏大或偏小均不利于MgNH4PO4?6H2O的生成(5).NH3+HzO=NH3?HzO=NH4+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+2NH3=CttON2+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NH3?H2O转化为MgNH4PO4?6H2O,据此书写反应的离子方程式;由图可以判断欲使剩余氨态氮浓度低于10mg-L-1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NH3?H2O,结合氨

28、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。HH【详解】(1)NH3电子式为口.4.口，故答案为：口，疥.口；±1*IM*n11*IN#Jti*-+(2)根据题意，废水中的NH3?H2O转化为MgNH4PO4?6H2O,反应的离子方程式为Mg2+NH3?H2O+HPO42-+5H2O=MgNH4PO4?6H2OJ,故答案为：Mg2+NH3?H2O+HPO42-+5H2O=MgNH4PO4?6H2OJ;(3)由图可以看出，欲使剩余氨态氮浓度生成，故答案为：

29、pH=810的电离被抑制，使NH4+和偏/偏大或偏小均不利于MgN(4)由表格数据可知，仅对废7NH4+OH-逆向移动,大，有利于废水中NH3+HNH3?H2OH2O2溶液添(5)由图可知，在相同时间禾g_2-pH偏小，不利于HPO4相同时，添加了Cu_.一_+H2O一NH3?H2O一NH42+Mg2+易与OH-结合生成NH3?HzO、，g(OH)偏大,NH浓度降低;行微波加热,宜范围为使NH4+和Mg2+浓度降低;NH3?H电离被抑制,亓以MgNH4PO4?6H2O的OH结合生成?H2O、Mg(OH)2,NH3?H2O,PO43-浓度偏低。所以pHpH增大，pH的增反应速率较快，氨态氮的剩同

30、时间内，与不加CuO相比,“，-110mgL,810,pH偏大，NH4+、案为：NH3+2-利于HPO水溶液余浓度远远小于未添加CuO,故答案为：相同的H2O2溶液添加量加入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生成刈，反应的方程式为3H2O2+2NH3一N2+6H2O,故答案为：3H2O2+2NH3CuO微波_N2+6H2O。CuO11.某小组欲探究反应2Fe2+I2=2Fe3+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。5*0.01molL1'确水II2滴由酸酸化的nwIL'A

31、&N6溶液(出小)1mL硝酸酸他的04molL1AgNO溶液IV振掳振藩ImL0.1mol-L'FcSfk溶液陵黄色浴液溶液骸色变浅出现芭色济浊I、n均未检出Fe3+,检验n中有无Fe3+(2)m中的黄色浑浊是(3)经检验，n一出的过程中产生了Fe3+。对Fe3+产生的原因做出如下假设:假设a：空气中存在。2,由于假设假设假设O实验2。AgNO3几秒钟后出现大kt来比色浮浊实验操作及现象是:.(用离子方程式表不b:溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+;c：d：该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+O通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原化Fe2+的原因是(

32、4)经检验，IV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：取洗净为探究出一IV出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验实验1:向1mL0.1molL-1FeSO4溶液中加入1mL0.1变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几，时间的变化如下图。，量n中溶液,灰黑色固体,变化。测定溶液中,开始时，溶液无明显实验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,实验结果与实验1相同。i.实验1中发生反应的离子方程式是ii.IV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+

33、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，降低了的浓度，使平衡2Fe2+i2=2Fe3+2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+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