精品解析区级联考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题解析版.docx

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精品解析区级联考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题解析版

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．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.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B。

2.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+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=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.AB.BC.CD.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，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

【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，②、③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①中持续通入CO2至过量

②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；

③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡

Ⅱ

向盛有NaHCO3溶液

①中持续通入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确的是

A.③中白色浑浊是CaCO3

B.②中溶液pH降低的原因是：

H2S+Cu2+==CuS↓+2H+

C.实验Ⅰ①中CO2过量发生的反应是：

CO2+H2O+S2−==CO32−+H2S

D.由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱

【答案】C

【解析】

【分析】

实验Ⅰ.向①的Na2S溶液中持续通入CO2至过量，②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；③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Ⅱ.向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②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；③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，③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.②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Ⅰ、Ⅱ中现象：

Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成，Ⅱ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

①

②

③

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.①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀

B.②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O

C.③中正极反应：

O2+4e−+2H2O==4OH−

D.对比①②③，说明苯能隔绝O2

【答案】D

【解析】

【详解】A.根据实验现象，③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①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，②中无电解质溶液，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，③中发生吸氧腐蚀，①③溶液中均溶解由氧气，③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1︰1发生1，4-加成反应生成B，A→B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→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______。

（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）.

+3NaOH

NaOOCCH=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

+3NaOH

NaOOCCH=CHCOONa+NaBr+3H2O，故答案为：

+3NaOH

NaOOCCH=CHCOONa+NaBr+3H2O；

（6）由已知信息II可知，烯烃可以被酸性高锰酸钾氧化，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。

Ⅰ．热化学转化

CO2甲烷化过程发生反应：

CO2（g）+4H2（g）

CH4（g）+2H2O（g）ΔH

（1）每生成1molCH4（g），放热165kJ，则ΔH＝______。

（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______。

Ⅱ．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）.－165kJ·mol−1

（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）ΔH=－165kJ·mol−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。

【详解】

（1）方程式中CH4的系数=1，反应放热，因此方程式对应的ΔH＝－165kJ·mol−1，故答案为：

－165kJ·mol−1；

（2）CO2（g）+4H2（g）

CH4（g）+2H2O（g）ΔH=－165kJ·mol−1，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）①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；②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；③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10℃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•6H2O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的离子方程式是______。

（3）16℃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______。

Ⅱ．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

6~7

8~9

10~11

11~12

剩余氨态氮浓度（mg·L−1）

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

①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______。

②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++NH3•H2O+HPO42−+5H2O=MgNH4PO4•6H2O↓（3）.pH＝8~10（4）.pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、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pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4•6H2O的生成（5）.NH3+H2O

NH3•H2O

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

N2+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；

（3）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，结合氨水的性质分析解答；

（5）①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；

②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NH3•H2O转化为MgNH4PO4•6H2O，反应的离子方程式为Mg2++NH3•H2O+HPO42−+5H2O=MgNH4PO4•6H2O↓，故答案为：

Mg2++NH3•H2O+HPO42−+5H2O=MgNH4PO4•6H2O↓；

（3）由图可以看出，欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1，pH适宜范围为8~10，pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、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pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4•6H2O的生成，故答案为：

pH＝8~10；pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、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pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4•6H2O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+H2O

NH3•H2O

NH4++OH−逆向移动，故答案为：

NH3+H2O

NH3•H2O

NH4++OH−；

（5）①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；

②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

N2+6H2O。

11.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。

（1）Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3+，检验Ⅱ中有无Fe3+

实验操作及现象是：

取少量Ⅱ中溶液，______。

（2）Ⅲ中的黄色浑浊是______。

（3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。

①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+。

②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。

Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是______。

（4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。

①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，______。

②为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。

实验1：

向1mL0.1mol·L−1FeSO4溶液中加入1mL0.1mol·L−1AgNO3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，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++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++Ag+==Fe3++Ag（8）.AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应