文档文本内容
【赢在高考·黄金8卷】
2024年普通高中学业水平等级性考试模拟（北京专用）
黄金卷06
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量： H 1 C 12 N 14 O 16 S 32 Fe 56 Ce 140
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1．（2023上·北京顺义·高三牛栏山一中校考）有关下列晶体的说法正确的是
A．该晶体溶于水后可以导电，该晶体一定是离子晶体
B．HO含共价键，因此冰是共价晶体
2
C．如图所示晶胞对应的化学式为ABX
3
D．一种化合物只能形成一种晶体结构
【答案】C
【解析】A．水溶液可以导电的晶体，可能为共价化合物，也可能为离子晶体，A错误；
B．HO含共价键，但是冰是分子晶体，B错误；
2
C．如图所示晶胞中，A为顶点，个数为 ，B为体心，个数为1，X为面心，额数为 ，对应
的化学式为ABX ，C正确；
3
D．一种化合物可能由于原子排列方式不同，能形成多种晶体结构，D错误；
故选C。
2．（2023·北京门头沟·统考一模）下列化学用语或图示表达不正确的是
A．氯化钙的电子式：B．基态C原子的轨道表示式：
C．顺-2-丁烯的分子结构模型：
D．Cl-Cl的p-pσ键电子云图形：
【答案】B
【解析】A．氯化钙的电子式为 ，A正确；
B．基态C原子的轨道表示式为 ，B错误；
C．顺-2-丁烯的分子结构模型为 ，C正确；
D．p-pσ键的原子轨道头碰头方式重叠，则Cl-Cl的p-pσ键电子云图形为 ，D正确；
故选B。
3．（2023上·北京海淀·高三清华附中校考）依据下列实验现象推测，其反应原理不涉及氧化还原反应的是
A．向饱和NaCl溶液中依次通入过量NH 、CO，析出沉淀
3 2
B．把钠放入CuSO 溶液中，有蓝色沉淀生成
4
C．向酸性KMnO 溶液中加入HO，溶液紫色褪去
4 2 2
D．氯水在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低
【答案】A
【解析】A．根据侯氏制碱法可知，该反应为： ，该反应中没有
元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，A项符合题意；
B．把钠放入 溶液中，发生反应： ，有氢氧化铜沉淀
生成，有元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，B项不符合题意；
C．向酸性 溶液中加入 ，发生反应： ，溶液紫色
褪去，有元素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，C项不符合题意；D．氯气在光照条件下放置一段时间后，溶液的pH降低，是因为发生反应： ,有元
素化合价发生变化，涉及氧化还原反应，D项不符合题意；
答案选A。
4．（2023下·北京海淀·高三首都师范大学附属中学校考）有研究认为，强碱性溶液中反应
分三步进行，其中两步如下：
第一步：
第二步：……
第三步：
下列说法不正确的是
A．反应第二步为 B．升高温度可以使 增大
C．由K可判断，第三步不是整个过程的决速步 D． 分子的空间结构为V型
【答案】C
【解析】A．总反应为I-+ClO-═IO-+Cl-，其中第一步为ClO-+H O→HClO+OH-，第三步为HIO+OH-→IO-
2
+H O，则总反应式减去第一步和第三步反应即可得第二步为HClO+I-→HIO+Cl-，故A正确；
2
B．ClO-的水解是吸热反应，升高温度，可以使 增大，故B正确；
C．平衡常数只能体现反应进行的程度，无法判断反应的速率快慢，即由K不能确定反应第三步是否是整
个过程最慢的反应，故C错误；
D．HClO中心原子的价电子对数为 ，孤电子对数为2，则分子的空间结构为V型，故D正确；
故选C。
5．（2017·北京海淀·人大附中校考三模）科学家尝试用微生物电池除去废水中的有害的有机物，其原理如
图所示。下列有关说法正确的是A．若1mol 转化为1mol苯酚转移2mole-，则同时生成的X为氯气
B．用该电池电解饱和食盐水(使用情性电极的电解槽)每产生22.4L的氢气，B极上生成0.5mol
C．A极为正极，B极为负极
D．电池工作过程中A极周围溶液pH不断增大
【答案】C
【解析】
【分析】原电池工作时，阳离子向正极移动，则A是正极，正极上发生得电子的还原反应：
+2e﹣+H+═ +Cl﹣，B为负极，反应：CHCOO﹣﹣8e﹣+4H O═2HCO﹣
3 2 3
+9H+，以此解答该题。
A．A是正极，正极上发生得电子的还原反应： +2e﹣+H+═ +Cl﹣，所以若
1mol 转化为 1mol 苯酚转移 2mole﹣，则同时生成的 X 为Cl﹣，故A错误；
B．未指明标准状况，无法计算，故B错误；
C．原电池工作时，阳离子向正极移动，则A是正极，B为负极，故C正确；
D．A是正极，正极上发生得电子的还原反应： +2e﹣+H+═ +Cl﹣，因为B
极生成氢离子移向A极，则A 极周围溶液 pH 基本不变，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查新型电池，为高频考点，题目难度不大，注意把握原电池的工作原理以及电极反应式的
书写，解答本题的关键是根据物质的性质判断原电池的正负极。
6．（2023上·北京通州·高三统考期中）下列方程式与所给事实不相符的是
A． 通过灼热铁粉：
B．用 作抗胃酸药：C． 与 反应：
D． 通入酸性 溶液中：
【答案】A
【解析】A． 通过灼热铁粉： ，A错误；
B．用 作抗胃酸药，实际上是与胃酸中的HCl反应，其离子方程式为：
，B正确；
C． 与 反应产生碳酸钠和氧气，其化学方程式为： ，C正确；
D． 通入酸性 溶液中会发生氧化还原反应，其离子方程式为：
，D正确；
故选A。
7．（2023·北京海淀·人大附中校考三模）下列由实验现象所得结论不正确的是
A．向 溶液中滴加氢硫酸，立即产生淡黄色沉淀，证明 具有氧化性
B．向酸性 溶液中加入 粉末，紫色褪去，证明 中含Fe(Ⅱ)
C．向某溶液中滴加盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，证明溶液存在
D．向 溶液中加入几滴氯水振荡，再加 萃取，下层呈紫色，上层无色，证明还原性
【答案】C
【解析】A． 中硫显+4价，与 发生归中反应， 被氧化为硫单质，体现了 的氧化性，A
正确；
B． 与酸反应得到铁盐与亚铁盐，还原性的亚铁离子将高锰酸钾还原，紫色褪去，证明 中含
Fe(Ⅱ)，B正确；
C．若溶液中存在Ag+，也会产生白色沉淀，C错误；D．少量氯水加入到 溶液中，再加 萃取，下层呈紫色说明产生了I 单质，亚铁离子未优先反应，
2
由此说明还原性 ，D正确；
答案选C。
8．（2023·北京西城·统考一模）下列实验能达到实验目的的是
A．制作简单的燃料电池 B．证明苯环使羟基活化
C．制备并收集NO D．检验溴乙烷的水解产物Br-
2
【答案】A
【解析】A．上述装置中先闭合K，打开K 构成电解池装置，左侧石墨电极为阳极，溶液中的水发生失电
1 2
子的氧化反应生成氧气，右侧石墨电极作阴极，放出氢气；再闭合K，打开K，形成原电池，右侧石墨电
2 1
极为负极，氢气放电，左侧石墨电极为正极，氧气得电子，能达到实验目的，A符合题意；
B．溴水和苯酚反应三溴苯酚，说明羟基使苯环活化，B不符合题意；
C．生成的二氧化氮和水反应生成一氧化氮，C不符合题意；
D．证明存在溴离子，应该首先将反应后的溶液酸化后再加入硝酸银溶液，D不符合题意；
故选A。
9．（2023下·北京朝阳·高二统考期末）中国自行研制、具有自主知识产权的C919大型客机机舱内部首次
使用芳砜纶纤维制作椅罩、门帘。芳砜纶纤维是有机耐高温纤维，由三种单体
、 、缩合共聚制成。芳砜纶纤维结构简式如图所示：
。下列说法不
正确的是
A．芳砜纶纤维中不含手性碳原子
B． 的名称为4，4'-DDS，推测
的名称为3，3'-DDS
C．参加反应的三种单体的物质的量之比为3：1：8
D．及时移除HCl，有利于提高产率并得到具有较高聚合度的缩聚物
【答案】C
【解析】A．芳砜纶纤维中没有饱和C原子，不存在手性碳原子，故A正确；
B．根据 的名称为4，4′-DDS可知，S原子位于1号碳原子上，N原子
位于4号碳原子上，则 中N原子位于3号碳原子上，故名称为
3，3′-DDS，故B正确；C．芳砜纶纤维的结构简式为
，则
为0.75n， 为
0.25n， 为n，参加反应的三种单体的物质的量之比为0.75n：0.25n：
n=3：1：4，故C错误；
D．三种单体发生缩聚反应生成芳砜纶纤维和HCl,及时移除HCl,平衡右移，有利于提高产率并得到具有较
高聚合度的缩聚物，故D正确；
故选：C。
10．（2023上·北京海淀·高三统考期中）邻二氮菲的结构简式为 ，简写为phen，遇
溶液生成橙红色配合物 ，其中 的配位数为6。下列说法不正确的是
A．phen中，不含手性碳原子
B． 中，phen的一个N参与配位
C． 中， 提供空轨道，N提供孤对电子
D． 中，既存在极性键也存在非极性键
【答案】B
【解析】A．手性碳原子是指连接4个不同原子或原子团的碳原子，由其结构式可知无手性碳原子，A正确；
B．由于亚铁离子的配位数为6，故 中phen有2个N原子参与配位，B错误；
C．在物质 中，中心原子 提供空轨道，N提供孤对电子，C正确；
D．硫和氧、碳和氮之间为极性键，但phen中C和C为非极性键，D正确；
故选B。
11．（2023下·北京大兴·高二统考期末）维生素C是重要的营养素，其分子结构如图。下列关于维生素C
的叙述不正确的是
A．维生素C的分子式为C HO
6 8 6
B．维生素C中的官能团有五种
C．维生素C易溶于水，可能与其分子中含有多个羟基有关
D．向碘和淀粉的混合液中加入维生素C，蓝色褪去，证明维生素C具有还原性
【答案】B
【解析】A．根据该物质的结构可知其分子式为C HO，A正确；
6 8
B．维生素C中的官能团有羟基、碳碳双键、酯基3种，B错误；
C．分子中有多个羟基，可以与水分子间形成氢键，易溶于水，C正确；
D．分子中含有羟基和碳碳双键，易被氧化，具有较强还原能力，碘具有氧化性，向碘和淀粉的混合液中
加入维生素C，蓝色褪去，可以说明维生素C具有还原性，D正确；
故选B。
12．（2023上·北京通州·高三统考期中） 的一种制备方法如下图所示，下列说法不正确的是
A．加入 的目的是富集B．生成的沉淀通过转化可循环使用
C．当 后，发生反应
D．加入铁粉发生的离子反应是
【答案】C
【分析】净化除氯后含I的海水，加入AgNO，进行富集，生成含有AgI的悬浊液，继续加入铁粉，发生
3
反应： ，过滤掉析出的Ag，向FeI 中加入过量Cl，可得到I，据此分析解答；
2 2 2
【解析】A．根据分析可知，加入 的目的是富集 ，A正确；
B．转化生成沉淀为Ag，与硝酸反应生成AgNO，产物可在富集操作中循环使用，B正确；
3
C．当 ，刚好发生反应： ，当 后， 可能进一步被氧化，
C错误；
D．根据分析可知，加入铁粉发生的离子反应是 ，D正确；
答案选C。
13．（2023上·北京·高三首都师范大学附属中学校考）下图是乙烯催化氧化生成乙醛的过程(部分相关离子
未画出)，下列描述正确的是
A．过程Ⅰ和过程Ⅴ均发生了氧化还原反应
B．若原料是丙烯，则产物可能是丙醛
C．整个转化过程中，只有 在反应中起到催化剂的作用D．根据整个过程的总反应，理论上生成1mol ，电子转移为4mol
【答案】B
【分析】根据反应机理图可知，过程I为 +CH =CH PdCl (CH=CH )-+Cl-；过程II为
2 2 3 2 2
PdCl (CH=CH )-+H O PdCl (H O)(CH =CH )+Cl-；过程III为PdCl (H O)(CH =CH )+H O
3 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
+H+；过程IV为 +H O，过程V为
2
CHCHO+Pd+H++2Cl-，过程VI为Pd+2Cu2++4Cl- +2Cu+；过程VII为4Cu+
3
+O +4H+=4Cu2++2H O，则（I+II+III+IV+V+VI）+VII得到反应的总方程式为：2CH=CH + O
2 2 2 2 2
2CHCHO，据此结合反应历程分析。
3
【解析】A．过程Ⅰ中没有元素化合价的升降，过程Ⅴ中生成单质Pd，有元素化合价的升降，属于氧化还
原反应，A错误；
B．若原料是丙烯，根据过程IV可知脱水过程可能生成 ，也可能生成
，则最终产物可能是丙醛和丙酮，B正确；
C．整个转化过程中，除了 ，还有Cu2+均在反应中起到催化剂的作用，C错误；
D．根据整个过程的总反应2CH=CH + O 2CHCHO可知，理论上生成1molCH CHO，电子转移
2 2 2 3 3为2mol，D错误；
故选B。
14．（2022·北京丰台·北京市第十中学校考三模）室温时，向100mL0.1mol•L-1NH HSO 溶液中滴加
4 4
0.1mol•L-1NaOH溶液，溶液pH随NaOH溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是
A．a点处存在c(NH )+c(NH•H O)=0.1mol•L-1
3 2
B．b点处存在c(Na+)＞c(SO )＞c(NH )＞c(H+)=c(OH-)
C．由b到c发生反应的离子方程式为H++NH +2OH-=NH•H O+HO
3 2 2
D．图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点
【答案】B
【解析】A．a点处溶液的体积是原来的两倍，c(NH )+c(NH•H O)=0.05mol•L-1，A错误；
3 2
B．b点处加入的氢氧化钠溶液的体积大于100mL，故c(Na+)＞c(SO )，SO 和NH 均来自于
NH HSO ，随着氢氧化钠溶液的加入，铵根的浓度的减小有两个原因，一是体积的增大，二是铵根和氢氧
4 4
根反应，故c(SO )＞c(NH )，此时溶液中的c(H+)=c(OH-)=10-7mol/L浓度最小,B正确；
C．由起点到a发生反应的离子方程式为H++OH-=H O，由b到c发生反应的离子方程式为NH +OH-
2
=NH•H O，C错误；
3 2
D．加酸、碱均抑制水的电离，水解促进电离，a点为(NH )SO 、NaSO 的混合溶液，b点为(NH )SO 、
4 2 4 2 4 4 2 4
NaSO 、氨水的混合溶液但此时溶液呈中性，c点为(NH )SO 、NH ·H O和NaSO 的混合溶液，d点为
2 4 4 2 4 3 2 2 4
NaSO 和NH ·H O的混合溶液，则a点水的电离程度最大，D错误。
2 4 3 2故选B。
第二部分
本题共5题，共58分。
15．（2023上·北京·高三北京师大附中校考）（11分）含化合物具有非常广泛的应用。
(1)基态氮原子的电子有 种空间运动状态。
(2)很多有机化合物中含有氮元素。
物质 A(对氨基苯甲酸) B(邻氨基苯甲酸)
结构简式
熔点 188℃ 145℃
作用 防晒剂 制造药物及香料
①组成物质A的4种元素的电负性由大到小的顺序是 。
②A的熔点高于B的原因是 。
③A可以与多种过渡金属元素形成不同结构的配合物。其中A和 可形成链状结构，在下图虚线内画出
A的结构简式 。
(3)氮元素可以与短周期金属元素形成化合物。 是离子化合物，比较两种微粒的半径：
(填“>”、“<”或“=”)，从结构角度解释 。
(4)氮元素可以与过渡金属元素形成化合物，其具备高硬度、高化学稳定性和优越的催化活性等性质。某三
元氨化物是良好的超导材料，其晶胞结构如图所示。
①基态Ni原子价层电子的轨道表示式为 。
②与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有 个。③ 表示阿伏加德罗常数的值。若此晶体的密度为 ，则晶胞的边长为 nm。(
)
【答案】(1)5
(2) O>N>C>H B易形成分子内氢键，A只存在分子间氢键，影响物质熔点的是分子间氢键，所
以A的熔点高于B
(3) < 电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小
(4) 12
【解析】（1）基态N原子的核外电子排布式为1s22s22p3，电子的空间运动状态数=轨道数，有5种；
（2）①组成物质A的4种元素为C、H、N、O，同周期元素从左到右元素的电负性逐渐增大，则有电负
性C＜N＜O，H的电负性最小，故有：O>N>C>H；
②B(邻氨基苯甲酸)易形成分子内氢键，A(对氨基苯甲酸)只存在分子间氢键，影响物质熔点的是分子间氢
键，所以A的熔点高于B；
③N、O原子提供孤电子对，Ag+提供空轨道，其中A和Ag+可形成链状结构，A的结构简式为：
；
（3）相同电子层结构的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故半径：Mg2+<N3-；
（4）①基态Ni原子的价电子排布式为3d84s2，故其价电子轨道表示式为： ；
②根据晶胞结构可知，Zn在顶点，Ni在面心，以Zn为中心在四个晶胞的面心有4个Ni，考虑三维空间，
则与Zn原子距离最近且相等的Ni原子有4×3=12个；
③根据均摊法，则一个晶胞含有1个N， 个Ni， 个Zn，分子式为ZnNi N；晶胞的质量为
3，体积为 ，所以边长为 。
16．（2023上·北京丰台·高三统考期中）（11分）螺环化合物M具有抗病毒、抗肿瘤功能，其合成路线如
下：
已知：Ⅰ.-CHO+-CH -COOR +H O
2 2
Ⅱ.
(1)A→B的反应类型为 。
(2)C中含有的官能团是 。
(3)酸性环境下电化学氧化法可实现B→D的一步合成，阳极区涉及到的反应有：
ⅰ.Mn2+-e-=Mn3+；
ⅱ. ，Mn2+可循环利用。
(4)D→E的化学方程式为 。
(5)试剂a的分子式为C HOCl，其结构简式为 。
4 5 3
(6)H分子中含有一个六元环和一个五元环。I的结构简式为 。
(7)关于J的说法正确的是 。
a．含有手性碳原子
b．能发生消去反应c．在加热和Cu催化条件下，不能被O 氧化
2
d．存在含苯环和碳碳三键的同分异构体
(8)E、K中均含有“—C≡N”，K的结构简式为 。
【答案】(1)取代反应
(2)碳氯键(或氯原子)、羧基
(3) +4Mn3++H O +4Mn2++4H+
2
(4) +NCCHCOOC H +H O
2 2 5 2
(5)ClCOCOOC H
2 5
(6)
(7)ad
(8)
【分析】根据分子式可知，A为甲苯，结合C的结构可知，A和氯气发生取代反应生成B为 ，结合信息Ⅰ可知，D为 ，结合信息可知，E为 ，结合M的结构
简式，同时H分子中含有一个六元环和一个五元环，则I中含有一个六元环和一个五元环，则I的结构简
式为： ，I→J为I中的羰基和氢气的加成反应，则J为 ，以此解题。
【解析】（1）由分析可知，A→B的反应类型为取代反应；
（2）结合C的结构简式可知，C中含有的官能团是碳氯键(或氯原子)、羧基；
（3）B被氧化为D，第一步反应生成Mn3+，随后Mn3+将B氧化为D，根据元素守恒可知，第二步反应为：
+4Mn3++H O→ +4Mn2++4H+；
2
（4）D为 ，结合信息I可知，D→E的化学方程式为 +NCCHCOOC H→
2 2 5
+H O；
2
（5）结合F和G的分子式，再结合F→G失去HCl可知试剂a为ClCOCOOC H；
2 5（6）由分析可知，I的结构简式为： ；
（7）由分析可知，J为 ，
a．含有手性碳原子 ，a正确；
b．J中含有羟基，但是羟基邻位碳上没有氢原子，则不能发生消去反应，b错误；
c．J中含有羟基，且羟基碳上含有氢原子，则在加热和Cu催化条件下，能被O 氧化，c错误；
2
d．J中苯环外含有2个不饱和度，则存在含苯环和碳碳三键的同分异构体，d正确；
故选ad；
（8）由分析可知，E为 ，J为 ，E、K中均含有
“—C≡N”，再结合M的结构简式可知，K为 。
17．（2023上·北京东城·高三北京二中校考期中）（12分）氢气是一种清洁能源，氢气的制取与储存是氢能源利用领域的研究热点。
I．制取氢气
(1)甲醇和水蒸气制取氢气的过程中有下列反应：
写出以甲醇为原料制取氢气的热化学方程式 。
(2)理论上，能提高 平衡产率的措施有 （写出一条即可）。
II．储存氢气
硼氢化钠 是研究最广泛的储氢材料之一。
已知：i． 的电负性为2.0 的电负性为2.1
ii． 下 在水中的溶解度为 在水中的溶解度为
(3)向 水溶液中加入催化剂 后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠 和氢气。写出该反
应的化学方程式 。
(4)在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后（见下图）增加 的浓度，制氢速率反
而下降，推断可能的原因是 。
(5)用惰性电极电解 溶液可制得 ，实现物质的循环使用，制备装置如图所示。①钛电极的电极反应式是
②电解过程中，阴极区溶液 （填“增大”“减小”或“不变”）
【答案】(1)
(2)分离出 或者减小压强
(3)
(4) 浓度过高会导致催化剂 活性降低
(5) 增大
【解析】（1）已知① ；
② ；
由盖斯定律可知，①+②即可得到甲醇为原料制取氢气的热化学方程式：
。
（2）理论上，适当升高温度、及时将 分离出或者减小压强等都可以使平衡正向移动，提高 的平衡产
率。
（3）向 水溶液中加入催化剂 后，能够迅速反应，生成偏硼酸钠 和氢气的化学方
程式： 。
（4）在研究浓度对催化剂Ru/NGR活性的影响时，发现B点后（见下图）增加 的浓度，制氢速率反而下降，可能的原因是浓度过高会导致催化剂 活性降低。
（5）①钛电极和电源的负极相连做阴极， 在阴极得到电子生成 ，根据得失电子守恒和电荷守恒
配平电极方程式为： ；
②根据上述电极反应式和阳离子交换膜可判断电解过程中，阴极区溶液 增大。
18．（2023上·北京海淀·高三101中学校考）（12分）探究溶液中 与单质 的反应。
资料： 不溶于 盐酸， 和 在 盐酸中均发生沉淀的转化。
实验Ⅰ：将 溶液与 粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a
，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。
(1)研究黑色固体b的组成
①根据S具有 性，推测b中可能含有 、 、 或 。
②检验黑色固体b的成分
实验Ⅱ：
i.取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加 溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含 。
ii.用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含 ，可选择的试剂是 (填序号)。
a.酸性 溶液b. 和 的混合溶液c.溴水
iii.进一步实验证实了黑色固体b中不含 。根据沉淀e含有 、气体含有 ，写出同时生成 和的离子方程式： 。
(2)研究无色溶液a的组成
结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在 或 ，依据是 。
实验Ⅲ：
①说明溶液a中不含 的实验证据是 。
②加入足量稀盐酸的作：用是 。
(3)甲同学认为实验Ⅰ中 对反应可能有影响，设计对比实验证明了 对该反应没有影响，实验操作
是 。
(4)综合以上实验，写出溶液中 与S反应的离子方程式并简要说明 的作用： 。
【答案】(1) 氧化性和还原 Ag SO bc
2 4
(2) S转化为Ag S发生了还原反应，反应同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，则溶液a中
2
可能存在 或 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 排
除Ag+对 和 检验的干扰
(3)将 溶液换为 溶液，其余条件、操作与实验I相同，所得产
物与实验I相同
(4) ，Ag+可与S2-形成沉淀，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生
【解析】（1）①S的化合价为0价，可以升高，也可以降低，同时具有氧化性和还原性；②i.取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加 溶液，未出现白色沉淀，说明不含 ，即黑色固体
b中不含 ；
ii.用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含 ，可选 和 的混合溶液，若未出现白色沉淀，
则证明无 ；可选溴水，若溴水未褪色，则证明无 ；不可选择酸性 溶液，因为溶液中
的Cl-会使酸性 溶液褪色，干扰 的检验；
iii.Fe、盐酸、 反应生成 和 ，离子方程式为 ；
（2）S转化为Ag S发生了还原反应，反应同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，溶液a中可能存
2
在 或 ；向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，证明a中不含
；加入足量盐酸，可以排除Ag+对 和 检验的干扰
（3）排除 的干扰，可将 溶液换为 溶液，保证Ag+浓度相同，则选择
溶液实验，其余条件、操作与实验I相同，所得产物与实验I相同，说明 不影
响该实验；
（4）根据实验，证明Ag+与S反应生成Ag S和 ，根据得失电子守恒、电荷守恒配平该方程式为：
2
；Ag+可与S2-形成沉淀，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生。
19．（2023上·北京·高三校考）（12分）资料显示，酸性介质中， 和 反应转化为 和 。
小组探究利用该反应测定 含量的条件。
序
实验 物质a 实验现象
号Ⅰ 无明显变化
溶液
加热至沸腾， 后溶液变
Ⅱ
溶液 为紫色
加热至沸腾，生成大量棕黑色
溶
Ⅲ 沉淀，静置，上层溶液未变紫
液
色
(1)实验Ⅱ中反应的离子方程式是 。
(2)实验Ⅰ的条件下 能将 氧化为 ，推测实验Ⅰ未出现紫色的原因： 。
(3)经检验，棕黑色沉淀为 ，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设：
假设1： 的浓度较低，不足以将 氧化为
假设2：溶液中存在还原剂 ，将生成的 ，还原为
①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是 。
②针对假设2，乙同学设计实验Ⅳ证实了推测合理。
请写出实验操作和现象： 。
③实验Ⅲ中生成 的离子方程式是 ，从化学反应原理的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的
原因： 。
(4)资料表明 可作为 和 反应转化为 的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证
实。向 中滴加2滴 溶液，再加入 固体，加热至沸腾，
观察到溶液变为紫色。
(5)根据上述实验，要利用 将 转化为 的反应来快速测定 的含量，应控制的反应
条件有；加热至沸腾、 。
【答案】(1)
(2)温度低，反应速率小(3) Ⅱ、Ⅲ实验中 的浓度相同 向盛有 溶液和3滴 溶液
的试管中，加入一定量 溶液，有棕黑色沉淀生成
溶液中存在反应：i． ；ii．
。反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液
(4) 溶液和3滴 溶液的混合液
(5) 过量、加入催化剂
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以
此进行对比；
【解析】（1）实验Ⅱ中加热至沸腾， 后溶液变为紫色说明生成高锰酸根离子；则 和 在酸
性条件下反应生成 和 ，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子
守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 。
（2）实验Ⅰ、实验Ⅱ的变量为温度，则实验Ⅰ未出现紫色的原因为温度低，反应速率小；
（3）①Ⅱ、Ⅲ实验中 的浓度相同，Ⅱ中生成高锰酸根离子，故不能是 的浓度较低导致，假设1
不成立；
②假设2认为 将 还原为 ，则可以设计实验锰离子与高锰酸钾溶液在酸性条件的混合反应
实验，观察实验现象，故实验设计可以为：向盛有 溶液和3滴 溶液
的试管中，加入一定量 溶液，有棕黑色沉淀生成。
③由假设2分析可知，实验Ⅲ中生成 的反应为锰离子和高锰酸根离子发生归中的氧化还原反应生成二氧化锰沉淀，结合电子守恒可知，离子方程式是 ；溶液中存在反
应， 首先将锰离子氧化为高锰酸根离子：i． ；过量的
锰离子将高锰酸根离子还原为二氧化锰沉淀：ii． ；由于反应ii速
率快于反应i，导致未得到紫色溶液；
（4）设计实验Ⅲ的对比实验，则需要控制变量催化剂银离子，其它变量相同，故实验设计可以为：向
溶液和3滴 溶液的混合液中滴加2滴 溶液，再加入
固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色；
（5）要利用 将 转化为 的反应来快速测定 的含量，则需要加入催化剂加快反应
速率，且需要使得 过量，防止高锰酸根离子转化为二氧化锰沉淀，故应控制的反应条件有；
加热至沸腾、 过量、加入催化剂 。
