【文档说明】2021届高三下学期4月高考化学三模适应性训练五（新课标2）含答案.docx，共(16)页，490.021 KB，由小赞的店铺上传

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2020-2021学年度高考三模适应性训练五（新课标2）一、单选题1．下列关于化合物CH2=C(CH3)COOCH2CH2OH的说法不正确．．．是A．能发生加成、取代和消去反应B．存在顺反异构体C．能使酸性高锰酸钾溶液褪

色D．能和NaOH溶液反应2．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中错误．．的是（）A．常温下，28gN2所含有的原子数目为2NAB．标准状况下，22.4L的H2中所含分子数为NAC．标准状况下，1molO2所占的体积约为22.4LD．24gMg与足量的盐酸完全反应转移的电子数为NA3．

下列说法中不正确的是（）A．普通干电池工作时将化学能转化为电能B．锌锰干电池中，锌电极是负极C．锌锰干电池属于一次电池D．锌锰干电池中，锌电极发生还原反应4．已知W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增大。W、Z同

主族，X、Y、Z同周期，其中只有X为金属元素。下列说法一定正确的是A．原子半径：X＞Y＞Z＞WB．W的含氧酸的酸性比Z的含氧酸的酸性强C．W的气态氢化物的熔沸点低于Y的气态氢化物D．若W与X原子序数差为5，则形成化合物的化学式为X3W25．锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，向其中注

射浓盐酸，观察到纸花褪色，并有黄绿色气体生成，该实验可以得到的结论是A．说明()2CaClO具有漂白性B．实验中只发生了氧化还原反应C．浓盐酸被氧化D．反应中生成的气体只有2Cl6．在20mLbmol·L﹣1KOH溶液中逐滴加入0.1mol·L﹣1

醋酸溶液，溶液pH和加入醋酸的体积关系曲线如图所示，下列关系不正确的是（）A．a=20B．b=0.1C．在C点：c(CH3COO﹣)＞c(K+)＞c(H+)＞c(OH﹣)D．在D点：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(K+)7．下列检验方法和结论正确的是A．先加入稀盐酸

，再滴加硝酸银溶液有白色沉淀生成，则原溶液中一定有Cl－B．加入氯化钡溶液有白色沉淀生成，则原溶液中一定有SOC．加入浓NaOH溶液后加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，则原溶液中有NH4+D．加入紫色石蕊试液，溶液显红色，证明溶液一定呈碱性第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字

说明二、实验题8．苯甲醇是一种重要的化工原料，广泛用于香料、造纸、制药和印染等行业。实验室制备苯甲醇的反应原理和有关数据如图：2+K2CO3+H2O→2+CO2↑+2KCl相对分子质量熔点/℃沸点/℃密度/(g·cm-3)水溶性氯化苄126.5-431

79.41.1不溶碳酸钾138891——2.4易溶四乙基溴化铵————————易溶苯甲醇108-15.3205.31.0易溶实验步骤：如图所示，在装有电动搅拌器的250mL三颈烧瓶里加人9.0g碳酸钾(过量)，70.0mL水，加热溶解，

再加入20mL四乙基溴化铵[(CH3CH2)4NBr]溶液和12.0mL氯化苄。搅拌加热回流反应l~1.5h。反应结束后冷却，并转入125mL分液漏斗中，分出有机层，水层用萃取剂萃取三次。合并萃取液和有机层，加入无水硫酸镁固体，静置、过滤。最后进行蒸馏纯化，收集

200~208℃的馏分，得8.4mL苯甲醇。回答下列问题：(1)仪器Y的名称__，冷却水应从__(填“上口”或“下口”)通入。由于苯甲醇的沸点较高，在蒸馏纯化操作中最适宜选用的仪器之一是__。A．B．C．(2)本实验中加入无水硫酸镁的目的是__。从绿色化学角度考虑，萃取剂宜采用

__。A．乙醇B．乙酸乙酯C．苯D．氯仿(3)某同学认为该装置中的电动搅拌器可以换成沸石，以防暴沸。该说法__(填“是”或“否”)正确，其理由是__。(4)本实验苯甲醇的产率为__%(计算结果保留一位小数)。三、结构与

性质9．铜、锌及其化合物是化工生产、生活中常用的材料。回答下列问题：(1)若将基态Cu原子的价层电子排布图写为，则该排布图违反了___________。(2)当黄铜受到氨腐蚀时，会生成四氨合铜络合物，出现“龟裂”现

象。①()2+34CuNH中各元素电负性大小顺序为___________，其中N原子的杂化轨道类型为___________。②()2+34CuNH中3NH的键角比独立存在的3NH分子结构中的键角___________(填“大”“小”或“相等”)。③1mol()2+34CuNH

中存在___________个σ键(用AN表示)。(3)已知锌的卤化物的熔点有如下变化规律，由此可以得出随着卤离子半径的增加，2ZnX中化学键的离子性___________、共价性___________。(填“增强”“减弱”或“不变”)2Zn

F2ZnCl2ZnBr2ZnI熔点/℃8722753944462ZnBr的熔点低于2ZnI的主要原因是___________。(4)ZnS晶体常用作半导体材料，已知其晶胞结构如图所示，若其密度为-3ρgcm，两个S原子之间的最短距离为___________nm

，若ZnS晶胞沿着体对角线方向投影，所得到的Zn原子投影外围图形为正六边形，则S原子投影外围图形为___________。四、原理综合题10．低碳经济是以低能耗、低污染、低排放为基础的经济模式，低碳经济的概念在中国正迅速从高端概念演变成全社会的行为，在新能源汽车、工业节能等多

个领域都大有作为．请运用化学反应原理的相关知识研究碳及其化合物的性质（1）工业上可利用CO或CO2来制备燃料甲醇．已知：800℃时，化学反应①、反应②对应的平衡常数分别为2.5、1.0反应①：2H2（g）+CO（g）⇌CH3OH（g）△H=-90.8

kJ•mol-1反应②：H2（g）+CO2（g）⇌H2O（g）+CO（g）△H=+41.2kJ•mol-1写出用CO2与H2反应制备甲醇的热化学方程式___________．800℃时该反应的化学平衡常数K的数值为__________

_．（2）现将不同量的CO2(g)和H2(g)分别通入到容积为2L的恒容密闭容器中发生反应:CO（g）+H2O（g）⇌CO2（g）+H2（g）ΔH=+41.2KJ/mol，得到如下二组数据：实验组温度℃起始量/mol平衡量/mol达到平衡所需时间/minCO2(g)H2(g)H2O(g)C

O2(g)1900421.62.422900abcdt实验2中，若平衡时，CO2(g)的转化率小于H2(g).则a、b必须满足的关系是__________。若在900℃时，另做一组实验，在此容器中加入10molCO2(g)，5molH2，2molC

O，5molH2O(g)，则此时v正____v逆(填“<”>“或“=”)。（3）工业上可通过甲醇羰基化法制取甲酸甲酯，其反应的热化学方程式为:CH3OH(g)+CO(g)HCOOCH3(g)ΔH=-29.1kJ·mol-1，科研人员对该反应进行了研究，部分

研究结果：①从反应压强对甲醇转化率的影响“效率”看，工业制取甲酸甲酯应选择的压强是________。（填“3.5×106Pa”、“4.0×106Pa”或““5.0×106Pa”）。②实际工业生产中采用

的温度是80℃，其理由是_________________。（4）常温下，向20.0mLcmol/L的氨水中滴加20mL.0.2mol/LHNO3溶液后，恰好使溶液显中性(设混合溶液总体积为两溶液体积之和)。计算常温下NH3·H2ONH

4++OH-的电离平衡常数K(NH3·H2O)=_________(用含c的式子表示)。五、工业流程题11．有机物1，，3，5，7-辛四烯可用于制合成纤维、染料、药物等，其结构简式为。该物质的合成方法如下图所示：（1）1，3，5，7-辛四烯的分子式为______，有机物A所含含氧

官能团有_______（填名称）。（2）E的结构简式为______.（3）I→J的反应类型为______.（4）在一定条件下可以发生加聚反应，合成无支链的链状有机高分子。写出该反应的化学方程式:_______________

_________.（5）符合条件的G的同分异构体有___________种。①与碳酸氢钠溶液反应产生气体②不能使溴水褪色（6）以CH3CHO、HCHO和为原料也可以合成1，3，5，7-辛四烯，试写出合成路线。（其他试剂任选）____________________

_________________________________________________.已知：。12．一种从某银矿(主要含Ag2S、Ag、CuS、ZnS及少量CdS等)中回收银等金属的流程如图所示：回答下列问题：(1)为提高“溶浸”速率可采取的措施是_______(填字母)。A．

将银矿粉碎B．“溶浸”时加热C．增大盐酸浓度D．“溶浸”时搅拌(2)“溶浸”时，Ag2S反应的化学方程式为_______，“溶浸”过程中发生反应ZnS+Cu2+CuS+Zn2+的平衡常数K=_______(保留三位有效数字)。已知该温度下，Ksp(ZnS)=2.93×10-26，Ksp(CuS

)=6.3×10-36。(3)写出“提银”时反应的离子方程式：_______。(4)已知“还原”时生成产物中，N2和H2物质的量之比为1:1，则该反应的离子方程式为___。参考答案1．B【详解】A项，化合物CH

2=C(CH3)COOCH2CH2OH分子中含有碳碳双键，能发生加成反应；含有酯基和醇羟基，都能发生取代反应；含有醇羟基和β-H，能发生消去反应，故A正确。B项，有碳碳双键的有机物可能存在顺反异构，但是和其实是

同一个构型，所以该化合物不存在顺反异构体，故B错误；C项，该化合物分子中含有碳碳双键和醇羟基，都能被酸性高锰酸钾溶液氧化，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故C正确；D项，该化合物分子中含有酯基，在碱性条件下水解，能和NaOH溶液反应生成羧酸钠和醇，故D正确。点睛：本题考查官能团与有

机物的性质，涉及碳碳双键、醇羟基、酯基的化学性质及相关反应类型的判断等，注意B项顺反异构的条件：①分子中至少有一个键不能自由旋转；②每个不能自由旋转的同一碳原子上不能有相同的基团，必须连有两个不同原子或原子团，例如和是顺反异构，和是同一种物质。2．

D【详解】A.常温下，28gN2所含有的原子数目为28228/AgNgmol=2NA，故A正确；B.标准状况下，22.4L的H2的物质的量是22.4122.4/molLmolL=，所含分子数为NA，故B正确；C.标准状况下

，1molO2所占的体积约为1mol×22.4L/mol=22.4L，故C正确；D.1个镁原子失去2个电子，24gMg与足量的盐酸完全反应转移的电子数为24224/AgNgmol=2NA，故D错误，选D。3．D【解析】【详解】A

.普通干电池工作时将化学能转化为电能，故A正确；B.锌锰干电池中，锌电极是负极，故B正确；C.锌锰干电池属于一次电池，故C正确；D.锌锰干电池中，锌是负极，负极发生氧化反应，故D错误。故选D。4．A【分析】W、Z同主族，X、Y

、Z同周期，其中只有X为金属元素，则X为Na、Mg或Al；当Y为Si时，Z为P、S或Cl，W为N、O或F；当Y为P时，Z为S或Cl，W为O或F；当Y为S时，Z为Cl，W为F；据此分析解答。【详解】A．同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半

径逐渐增大，所以原子半径：X＞Y＞Z＞W，故A正确；B．W、Z同主族，且W的非金属性更强，但W的含氧酸的酸性不一定比Z的含氧酸的酸性强，例如当W与Z分别为N、P时，W的含氧酸可能是HNO2、HNO3，Z的含氧酸可能是H3PO4，HNO2的酸性弱于H3PO4，当W为

O或F时不存在含氧酸，故B错误；C．当W为O或F时，形成的氢化物H2O分子间、HF分子间存在氢键，使得H2O和HF的熔沸点高于第三周期非金属元素的氢化物，故C错误；D．若W与X原子序数差为5，则W为O，X为Al或W为N，X为Mg，形成化合物的化学式为Al2O3

或Mg3N2，故D错误；答案选A。5．C【分析】漂粉精粉的有效成分是Ca(ClO)2，放置于空气中吸收二氧化碳生成碳酸钙，所以部分变质的漂粉精粉末由次氯酸钙、碳酸钙和氯化钙组成，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了黄绿色的氯气，盐酸与碳酸

钙发生复分解反应生成二氧化碳，因为生成的氯气中混有水蒸气，含有水蒸气的氯气具有漂白性，所以可观察到纸花褪色，据此分析解答。【详解】A．锥形瓶中装有部分变质的漂粉精粉末和红色纸花，漂粉精没有使红色纸花褪色，所以该实验不能说明Ca(Cl

O)2具有漂白性，故A错误；B．部分变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入浓盐酸，盐酸和次氯酸钙发生氧化还原反应生成了氯气，盐酸与碳酸钙发生复分解反应生成了二氧化碳，故B错误；C．浓盐酸中HCl与Ca(ClO)2反应生成氯气，盐酸中Cl的化合价升高，发生氧化

反应，盐酸被氧化，故C正确；D．变质的漂粉精粉末中含有碳酸钙，加入盐酸可生成氯气和二氧化碳气体，故D错误；故选C。6．A【详解】A．当a=20时，等体积、等浓度的KOH溶液与醋酸恰好反应生成醋酸钾，溶液显碱性，若为中性时，需要加入过量的醋酸，即a＞

20，故A错误；B．根据图象可知KOH溶液的pH=13，则其浓度为0.1mol/L，故B正确；C．C点时溶液的pH＜7，则c（H+）＞c（OH-），根据电荷守恒可知：c(CH3COO﹣)＞c（K+），则c(CH3COO﹣)＞c(K+)＞c

(H+)＞c(OH﹣)，故C正确；D．D点时的溶液为等浓度的CH3COOH与CH3COOK的混合溶液，根据物料守恒关系：c(CH3COO﹣)+c(CH3COOH)=2c(K+)，故D正确。故选A。【点睛】本题考

查酸碱混合的定性判断及溶液pH的计算，涉及离子浓度大小比较、电荷守恒和物料守恒等知识，试题有利于提高学生的分析、理解能力及综合应用能力，明确溶液酸碱性与溶液pH的关系为解答关键。7．C【详解】A.盐酸中含有氯离子，故不能确定原溶液中有氯离子，应该先加入硝酸酸化，故A错误；B.加入氯化钡溶液

有白色沉淀生成，则原溶液中可能有SO42-、SO32-、Ag+、CO32-等，故B错误；C.加入浓NaOH溶液后加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体，说明生成的气体为NH3，则原溶液中有NH4+，故C正确；D.加入紫色石蕊试液，溶液显红色，证明溶液一定显酸性，故

D错误；答案：C【点睛】易错选项B，硫酸根离子的检验：先用稀盐酸酸化，无明显现象，再滴入几滴BaCl2溶液，有白色沉淀产生，证明有SO42-。8．三颈烧瓶下口B干燥B否电动搅拌器使互不相溶的反应液混合均匀，加快反应速率74.5【详解】(1)由实验装置图可知Y为三颈烧瓶；X为

球形冷凝管，冷凝回流时冷水从下口进入以使冷水和热蒸气之间的接触面积大；苯甲醇的沸点较高，为205.3℃，在常温下即为液体，在蒸馏纯化操作中无需冷凝，最适宜选用的仪器之一是B空气冷凝管。(2)加入无水硫酸镁的目的是为了除去有几层中的水，起到干

燥的作用；A．乙醇能溶解很多有机物和无机物，不能做萃取剂，故A不符合题意；B．乙酸乙酯无毒，可做萃取剂，故B符合题意；C．苯有毒，不适合做萃取剂，故C不符合题意；D．氯仿有毒，不适合做萃取剂，故D不符合题意；故答案为B。(3)该装置中的电动搅拌器不可以换成沸石，因为电动搅拌器的作用是使互不相溶

的反应液混合均匀，加快反应速率。(4)由题意可知9.0g碳酸钾(过量)，依据12.0mL氯化苄来进行计算，12.0mL氯化苄的质量为12.0mL×1.1g·cm-3=13.2g，利用化学方程式2+K2CO3+H2O→2+

CO2↑+2KCl可知，13.2g氯化苄参与反应可生成苯甲醇的质量为210813.2g2126.5，则苯甲醇的产率为38.4mL1.0gcm100%74.5%210813.2g2126.5−

。9．洪特规则、泡利原理(或泡利不相容原理)N＞H＞Cu3sp大A16N减弱增强22ZnBrZnI、均为分子晶体，且组成与结构相似，2ZnBr的相对分子质量较小，其分子间作用力较小3224972ρ6.0210正三角形【详解】(1)根据泡利不相容原理，同一个原子轨道最多容纳两个

自旋方向不同的电子；根据洪特规则，能量相等的轨道全充满、半满或全空的状态比较稳定，基态Cu原子的价层电子排布图应该为显然题中排布图违反了洪特规则和泡利原理。(2)①元素非金属性越强，电负性越大，N、H、Cu三种元素的

非金属性为N＞H＞Cu，所以电负性的大小顺序为N＞H＞Cu；()234CuNH+中N价电子对数是5+3=42，N原子采用3sp杂化；②3NH与2+Cu形成配位键后无孤电子对，而独立存在的3NH分子中有孤电子对，孤电子对对成键电子对有排斥作用，使

键角变小，所以()2+34CuNH中3NH的键角比独立存在的3NH分子结构中的键角大；③每个3NH分子中含有3个σ键，4个3NH分子分别与2+Cu通过配位键结合，配位键也是σ键，所以1mol()234CuNH+

中存在16AN个σ键；(3)根据熔点数据可以得出2ZnF为离子晶体，其他卤化物为分子晶体，且随着卤离子半径的增加，化学键的共价性越来越明显，所以2ZnX中化学键的离子性逐渐减弱，共价性逐渐增强；22ZnBrZnI、的

组成与结构相似，2ZnBr的相对分子质量较小，其分子间作用力较小，故其熔点较低。(4)设ZnS晶胞的晶胞参数为nmx，则晶胞的体积为()37310cmx−，每个晶胞中含有4个Zn、4个S，则1mol晶胞的质量为97×4g，1mo

l晶胞的体积为()37233106.0210cmx−，则ZnS晶体的密度()37233974g106.0210cmx−=，解得32497(nm)6.0210x=，晶胞中两个S原子的最短距离为面对角线的一半，即322497nm

26.0210；根据晶胞结构图可知，沿着体对角线方向的投影，所得到的Zn原子投影图形应该为，则S原子投影如黑色球所示为或，其外围图形为正三角形。10．3H2(g)+CO2(g)⇌CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.6kJ/mol2.5a>b<4.

0×106Pa高于80℃时，温度对反应速率影响较小;且反应放热，升高温度时平衡逆向移动，转化率降低【详解】(1)反应①+反应②即得3H2(g)+CO2(g)CH3OH(g)+H2O(g)△H=-49.6kJ/mol；反应①的平衡常数K1=2.5，反应②的平衡

常数K2=1.0，则K=K1×K2=2.5。(2)根据反应CO（g）+H2O（g）CO2（g）+H2（g）ΔH=+41.2KJ/mol可得，CO2(g)和H2(g)的化学计量数相等，即达到平衡时的改变量相等，则起始量大的物质转化率

小，所以实验2平衡时，要使CO2(g)的转化率小于H2(g)，则a>b；实验1的平衡常数K1=()()()()222cCOcHCCOCHO=1.2/0.2/30.8/0.8/8molLmolLmolLmolL=，在相同条件下，向

此容器中加入10molCO2(g)，5molH2，2molCO，5molH2O(g)时，KQ=()()()()222cCOcHCCOCHO=5/2.5/51/2.5/molLmolLmolLmolL=>38，则反应向逆向进行，即v正<v逆。(3)

①从压强对甲醇转化率的影响图象上可得，应选择在4.0×106Pa下进行，此时转化率较高，若再加压，尽管转化率有所提高，但提高的很小，所以采用更高的压强不太合适，故选择4.0×106Pa；②由压强一定时温度对反应速率的影响图象可知，当温度高于80℃

时，温度的升高对反应速率影响较小，且该反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，转化率降低。(4)常温下，20.0mLcmol/L的氨水与20mL.0.2mol/LHNO3溶液反应后恰好使溶液呈中性，即c(H+)=c(OH—)=1.0×10-7mo

l/L，由电荷守恒可得，混合溶液中c(NO3—)=c(NH4+)=0.1mol/L，溶液中c(NH3·H2O)=0.1mol/L2c−，所以常温下NH3·H2ONH4++OH-的电离平衡常数K(NH3·H2O)=()()()7432

cN0.1/1.010/0.1/2HcOHmolLmolLcCNHHOmolL+−−=−=()715110c−mol/L点睛：第二问要特别注意表格所给数据对应的物质，与常规思路不同，一是起始量给的生

成物，二是平衡量反应物和生成物各给一个，不注意就可能答错题。11．C8H10醛基、碳碳双键、醚键加成反应4CH3CHO+HCHO-OH⎯⎯⎯→3CHCHO⎯⎯⎯⎯→【详解】（1）根据结构简式，顶点和节点为碳，其余不满四键的位置全

部补充氢原子，1，3，5，7-辛四烯的分子式为C8H10；根据有机物A的结构简式，所含含氧官能团有醛基、碳碳双键、醚键；答案为：C8H10；醛基、碳碳双键、醚键；（2）从题图中的各物质之间的转化关系可知，D→E是乙醇中的-OCH2CH3取代D中与O相邻的碳上的溴原子，E

→F发生的是消去反应，E中脱去1个HBr分子，得到F，所以E的结构简式为；答案为：（3）从I→J的反应反应过程中，I中的一个双键变为单键并连接了一个羟基和一个氢原子转变为J，发生的反应类型为加成反应。答案为：加成反应

；（4）在一定条件下可以发生加聚反应，合成无支链的链状有机高分子。原来的双键打开相互连接，其他的键重新组合为双键，化学方程式为；答案为：（5）G的分子式为C5H8O2，G的同分异构体与碳酸氢钠反应可以产生气体，则其结构中含有-COOH，且其不能使溴水褪色，则满足条件的同分异构体有、、、共四种答

案为：4；（6）CH3CHO+HCHO-OH⎯⎯⎯→3CHCHO⎯⎯⎯⎯→答案为：CH3CHO+HCHO-OH⎯⎯⎯→3CHCHO⎯⎯⎯⎯→12．ABCD3Ag2S+KClO3+6HCl=6AgCl+3S+3H2O+KCl4.65×109AgCl+223SO−=[Ag(SO3)2]3

-+Cl-2[Ag(SO3)2]3-+N2H4∙H2O+2OH-=2Ag↓+423SO−+N2↑+H2↑+3H2O【分析】某银矿(主要含Ag2S、Ag、CuS、ZnS及少量CdS等)中加入KClO3和盐酸溶浸，滤渣为AgCl和S，滤液中含有

Cu2+、Cd2+、Zn2+等；浸出渣中加入Na2SO3溶液，AgCl溶解生成[Ag(SO3)2]3-等；滤液中再加入还原剂N2H4∙H2O，将获得银。【详解】(1)A．将银矿粉碎，可增大银矿粉与盐酸、KClO3的接触面积，加快反应速率；B．“溶浸”时加热，可提高反应混合物的温度，

加快银矿粉与盐酸、KClO3的反应速率；C．增大盐酸浓度，可加快银矿粉与盐酸、KClO3的反应速率；D．“溶浸”时搅拌，可增大银矿粉与盐酸、KClO3的接触面积，加快反应速率；综合以上分析，ABCD都可采取，故选ABCD；(2)“溶浸”时，Ag2S在盐酸溶液中被KClO3氧化

，生成AgCl、S、KCl等，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为3Ag2S+KClO3+6HCl=6AgCl+3S+3H2O+KCl；“溶浸”过程中发生反应ZnS+Cu2+CuS+Zn2+的平衡常数K=22(Zn)(Cu)cc++=26362.93106.310−−=4.6

5×109；答案为：3Ag2S+KClO3+6HCl=6AgCl+3S+3H2O+KCl；4.65×109；(3)“提银”时，AgCl被23SO−溶解，生成[Ag(SO3)2]3-和Cl-，反应的离子方程式：AgCl+223SO−=[Ag(SO3)2]3-+Cl-；答案为：AgCl+

223SO−=[Ag(SO3)2]3-+Cl-；(4)在碱性溶液中，[Ag(SO3)2]3-被N2H4∙H2O“还原”，生成的产物中，N2和H2物质的量之比为1:1，则还有Ag、23SO−等生成，该反应的离子方程式为2[Ag(SO3)2]3-+N2H4

∙H2O+2OH-=2Ag↓+423SO−+N2↑+H2↑+3H2O；答案为：2[Ag(SO3)2]3-+N2H4∙H2O+2OH-=2Ag↓+423SO−+N2↑+H2↑+3H2O。【点睛】在“还原”步骤中，N2H4∙H2O作还原剂，生成N2和H2物质的

量之比为1:1，则23SO−中的S元素价态不变。