【文档说明】2021届新高考高考化学模拟试题三（有答案和详细解析）.doc，共(16)页，1.638 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-d53610ef400879e97c008f919419965c.html

以下为本文档部分文字说明：

2021届新高考高考化学模拟试题三（有答案和详细解析）可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Fe56第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.下列说法正确的是（）A．食用碱的主要成分为氢氧化钠B．光纤的主要成分为晶体硅C．铜绿的主要成分

为氢氧化铜D．漂白液的有效成分为次氯酸钠答案：D解析：A．食用碱的主要成分碳酸钠，不是NaOH，因为烧碱NaOH具有强腐蚀性，故A错误；B．二氧化硅具有良好的导光性，常用于制造光纤，所以光纤的主要成分为二氧化硅，不是单质硅，故B

错误；C．铜绿的主要成分是碱式碳酸铜，不是氢氧化铜，故C错误；D．漂白液的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，有效成分是次氯酸钠，故D正确；故选：D。2.下列有关物质与用途具有对应关系的是()A．MnO2不溶于水，可用作H2O2分解的催化剂B．SO2具有漂白性，可用于制溴工业中吸收Br2C．FeCl3溶液

显酸性，可用于蚀刻铜制的电路板D．NH4NO3分解产生大量气体，可用作汽车安全气囊产气药答案D3.下列除杂试剂选用正确且除杂过程不涉及氧化还原反应的是()选项物质(括号内为杂质)除杂试剂AFeCl2溶液(FeCl3)Fe粉BNaCl溶液(MgCl2)NaOH溶液、稀HClCCl2(H

Cl)H2O、浓H2SO4DNO(NO2)H2O、无水CaCl2答案B4.(2020·江苏，5)实验室以CaCO3为原料，制备CO2并获得CaCl2·6H2O晶体。下列图示装置和原理不能达到实验目的的是()答案D解析A对，碳酸钙与稀盐酸

可制备CO2，且为固液常温型反应，装置也正确；B对，CO2密度比空气大，可以用向上排空气法收集；C对，分离固体与液体，可采用过滤的方法；D错，CaCl2·6H2O晶体可以通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法制得，采用蒸发结晶的方法易导致CaCl2·6H2O失去结晶水。5.N

A是阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是()A．常温下1L0.1mol·L－1Na2CO3溶液中含0.1NA个CO2－3B．标准状况下，22.4LSO3含NA个分子C．常温下100mL0.1mol·L－1醋酸溶液中含0.01NA个醋酸分子D．0.1molNa2O2

与足量水反应转移0.1NA个电子答案D解析CO2－3在溶液中会水解，故溶液中碳酸根的个数小于0.1NA个，故A项错误；标况下三氧化硫为固体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B项错误；醋酸是弱电解质，在溶液中会部分电离，故溶液中的醋酸分子小于0.01NA个，故C项错误；

过氧化钠和水的反应为歧化反应，氧元素由－1价歧化为0价和－2价，故0.1mol过氧化钠转移0.1NA个电子，故D项正确。6、下列指定反应的离子方程式不正确的是()A．NO2溶于水：3NO2＋H2O===2H＋＋2NO－3＋NOB．漂白粉溶液呈碱性的原因：

ClO－＋H2OHClO＋OH－C．酸性条件下用H2O2将海带灰中I－氧化：H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2OD．氯化铝溶液中加入过量的氨水：Al3＋＋4NH3·H2O===AlO－2＋4NH＋4＋2H2O答案D解析N

O2溶于水生成硝酸与NO，其离子方程式为：3NO2＋H2O===2H＋＋2NO－3＋NO，A项正确；漂白粉溶液呈碱性的原因是次氯酸根离子发生水解所致，其离子方程式为：ClO－＋H2OHClO＋OH－，B项正确；酸性条件下，用H2O2将海带

灰中I－氧化，其离子方程式为：H2O2＋2I－＋2H＋===I2＋2H2O，C项正确；氯化铝的溶液中加入过量氨水，沉淀不会溶解，其正确的离子反应方程式为Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NH＋4，D项错误。7．(2020·威海一模)已知丙

烯与HCl发生加成反应有两种可能，如图1所示；其中丙烯加H＋的位能曲线图如图2所示。下列说法错误的是()A．过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)稳定B．生成①的过程所需活化能较低，速率快C．①②③④中碳原子的杂化方式相同D．丙烯与HCl发生加成反应，主要生成

产物③答案C解析据图可知过渡态(Ⅰ)比过渡态(Ⅱ)能量更低，所以更稳定，故A正确；活化能越小反应速率越快，据图可知生成①的过程所需活化能较低，反应速率较快，故B正确；①②中均有一个碳原子为sp2杂化，其他碳原子均

为sp3杂化，故C错误；据图可知生成①的过程所需活化能较低，反应更容易进行，选择性更强，所以主要产物为③，故D正确。8．(2020·滨州二模)M、W、X、Y、Z是同周期主族元素，X原子的最外层电子数是W原子次外层电子数的3倍。它们形成的化合物可用作新型电池的电极材料，结构如图所示，化合物中

除M＋外其他原子均满足8电子稳定结构。下列说法正确的是()A．M的单质通常保存在煤油中B．W的最高价氧化物对应的水化物是一元弱酸C．简单气态氢化物稳定性X>YD．上述五种元素中Z的非金属性最强答案B解析X的最外层电子数是W次外层电子数的3倍，则

W只能有2个电子层，次外层为2个电子，X为O元素，又M、W、X、Y、Z均在同一周期，故它们都是第二周期元素。由盐的结构简式知，Z可以形成4个共价键且能与氧形成双键，因此Z的最外层电子数为4，Z为C元素

，Y能形成一个共价键，Y为F元素；W能形成4个共价键，W为B元素；M＋带1个单位正电荷且不满足8电子稳定结构，则为Li元素。Li的密度比煤油小，不可以保存于煤油中，A错误；W的最高价氧化物的水化物为H3BO3，为一元弱酸，B正确；F的非金属性大于O，则氢化物稳定性：HF>H2O，C错误；上

述五种元素中F的非金属性最强，D错误。9、(2020·山师附中模拟)某工业废气中的SO2经如图中的两个循环可分别得到S和H2SO4。下列说法正确的是()A．循环Ⅰ中，反应1中的氧化产物为ZnFeO3.5B．循环Ⅰ中，反应2中的还原产物为ZnFeO4C．Mn可作为循环Ⅱ中电解过程中的

阳极材料D．循环Ⅰ和循环Ⅱ中消耗同质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的质量之比为16∶49答案D解析反应1氧化产物为H2O，故A错误；反应2还原产物为S，故B错误；Mn作为循环Ⅱ中电解过程中的阳极材料时，Mn失电子发生氧化反应，不能生成硫酸，故C错误；循环Ⅰ和循环Ⅱ中消耗同

质量的SO2，理论上得到S和H2SO4的物质的量之比为1∶1，质量之比为16∶49，故D正确。10、VCB是锂离子电池的一种添加剂，以环氧乙烷为原料制备的一种合成路线如图：下列说法错误的是()A．反应①的原子利用率为100%B．ClEC中含有一个手性碳原子C．EO、EC的一氯代物种

数相同D．ClEC、VCB分子中所有原子均处于同一平面答案D解析EO和二氧化碳反应生成EC，原料全部生成EC，因此反应①的原子利用率为100%，故A正确；ClEC中连氯原子的碳原子为手性碳原子，故B正确；EO、EC的一氯代物种数都为1种，故C正确；ClEC中连氯原子的碳原子与周围四个原子不可能在

同一平面上，故D错误。11、(2020·枣庄二模)根据下列实验操作和现象所得结论正确的是()选项实验操作现象结论A向待测液中依次滴入氯水和KSCN溶液溶液变为红色待测溶液中含有Fe2＋B向AgNO3溶液中滴加过量氨水溶液澄清Ag＋与NH3·H2O能大量共存C将KI和

FeCl3溶液在试管中混合后，加入CCl4，振荡，静置下层溶液显紫红色氧化性：Fe3＋>I2D向NaHCO3溶液中滴加NaAlO2溶液有白色沉淀和气体产生AlO－2与HCO－3发生了双水解反应答案C解析

待测液中先加氯水，不能肯定是否发生反应2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，所以由溶液变红，不能证明有Fe2＋存在，A不正确；向AgNO3溶液中滴加过量氨水，发生反应Ag＋＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋2H2O，B不正确；将KI溶液与FeCl3溶液混合，由现象可判断

反应生成I2，从而确定发生的反应为2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，氧化性：氧化剂>氧化产物，所以氧化性：Fe3＋>I2，C正确；向NaHCO3溶液中加入NaAlO2，发生反应AlO－2＋HCO－3＋H2O===Al(OH)3↓＋CO2－3，没有气体产生，D

不正确。12、氮氧化物、硝酸盐废水都会给环境带来污染。图甲是监测NO含量的传感器的工作原理示意图，图乙是电化学降解酸性废水中NO－3的工作原理示意图。下列有关叙述错误的是()A．图甲中，Pt电极上发生的是还原反应B．图甲中，NiO电极上的电极反应

式为NO＋O2－－2e－===NO2C．图乙中，H＋由电解池右侧移向左侧D．图乙中，阴极反应式为2NO－3＋10e－＋12H＋===6H2O＋N2↑答案C解析图甲，NO在NiO电极上失去电子，发生氧化反应；氧气在铂电极上得到电子生成氧离子，发生还原反应，A项正确；负极NiO上一氧化氮失去电子和氧离

子结合生成二氧化氮，B项正确；电解池中质子向阴极移动，所以电解过程中H＋从左侧通过质子交换膜进入右侧，C项错误；图乙，硝酸根离子得电子发生还原反应，则Ag－Pt电极作阴极，Pt电极作阳极，阳极上电极反应为2H2O－4e－===O2↑＋4

H＋，阴极上电极反应为2NO－3＋12H＋＋10e－===N2↑＋6H2O，D项正确。13．(2020·淄博二模)为了探究温度、硫酸铜对锌与稀硫酸反应速率的影响，某同学设计如下方案(见下表)。编号纯锌粉

质量0.2mol·L－1硫酸体积温度硫酸铜固体质量Ⅰ2.0g10.0mL25℃0gⅡ2.0g10.0mLT0gⅢ2.0g10.0mL35℃0.2gⅣ2.0g10.0mL35℃4.0g下列推断合理的是()A．选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，必须控制T＝2

5℃B．根据该实验方案得出反应速率的大小可能是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞ⅣC．根据该方案，还可以探究硫酸浓度对反应速率的影响D．待测物理量是收集等体积(相同条件)的气体所需的时间，时间越长，反应越快答案B解析选择Ⅱ和Ⅲ探究硫酸铜对反应速率的影响，要控制变量，所以必须控制T＝35℃，A不合理；根据该实验方案，

Ⅲ和Ⅱ比较，Ⅲ可以形成原电池，加快了负极的反应速率，Ⅲ＞Ⅱ，Ⅱ和Ⅰ比较，Ⅱ的温度更高，反应速率更快，Ⅱ＞Ⅰ，Ⅳ中硫酸铜过量，导致锌粒几乎不与硫酸反应，得出反应速率的大小是Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅳ，B合理；在该方案中，硫酸浓度均相同，没有探

究硫酸浓度对反应速率的影响，C不合理；待测物理量是收集等体积(相同条件)气体所需要的时间，时间越长，反应越慢，D不合理。14.铂基催化剂表面的氧化还原反应(ORR)是燃料电池最重要的阴极反应。厦门大学李剑锋课题组模拟研究了在酸性条件下铂单晶表面的反应路径如图所示

，其中吸附在铂基催化剂表面上的物种用*标注。下列说法正确的是()A．②为氧氧双键的断裂过程B．过程③断裂非极性键，过程⑤形成非极性键C．该历程的总反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2OD．若在碱性条件

下，铂单晶表面的ORR过程及产物均不变答案C解析②是O2*变为*OOH，*OOH还存在氧氧键，故不是氧氧双键的断裂过程，故A错误；过程③是*OOH变为*OH和O*，是断裂非极性键，过程⑤是O*变为*OH，形成极性键

，故B错误；根据该反应的历程得到总反应式为O2＋4H＋＋4e－===2H2O，故C正确；该过程是在酸性条件下，若在碱性条件下，过程中不再是氢离子，产物不是生成水，因此碱性条件下，铂单晶表面的ORR过程及产物均发生变化，故D错误。第二部分本部分共5题，共58分15、（10分）工业合成氨解决了人类的生

存问题。回答下列问题：(1)科学家研究利用铁触媒催化合成氨的反应历程如图所示，其中吸附在催化剂表面的物种用“ad”表示，对图中线间距离窄小的部分，其能量差用的方式表示。由图可知合成氨反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)的ΔH＝____________kJ·mol

－1，反应速率最慢的步骤的化学方程式为_____________________。(2)工业合成氨反应为：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，当进料体积比V(N2)∶V(H2)＝1∶3时，平衡气体中NH3的物质的量分数随温度和压强变化的关系如图所示：则500℃时：①平衡

常数KP(30MPa)________(填“＜”“＝”或“＞”)KP(100MPa)。②30MPa时，氢气的平衡转化率为________(结果保留3位有效数字)。用平衡分压表示平衡常数KP＝______

_______________________(列出计算式即可，不必化简)。(3)科学家利用电解法在常温常压下实现合成氨，工作时阴极区的微观反应过程如图所示，其中电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液。①阴极区生成NH3

的电极反应式为_________________________________。②下列说法正确的是________(填字母)。A．三氟甲磺酸锂的作用是增强导电性B．选择性透过膜可允许N2和NH3通过，防止H2O进入装置C．保持电流强度不变，升高溶液的温度，

可以加快电解反应的速率答案(1)－92N(ad)＋3H(ad)NH(ad)＋2H(ad)(2)＝33.3%30×20%230×20%×30×60%3(3)①N2＋6e－＋6C2H5OH===2NH3＋6C2H5O－②AB

解析(1)由图可知，反应物[12N2(g)＋32H2(g)]和生成物[NH3(g)]的能量差为46kJ·mol－1，合成氨反应12N2(g)＋32H2(g)NH3(g)的ΔH＝－46kJ·mol－1，则N2(g)＋3H2(g)2NH3(g

)的ΔH＝2×(－46kJ·mol－1)＝－92kJ·mol－1；反应的活化能越大，破坏化学键消耗的能量越大，反应速率越慢，由图可知，(N(ad)＋3H(ad))转化为(NH(ad)＋2H(ad))时，反应物破坏化学键消耗

能量最大，则反应速率最慢，反应的化学方程式为N(ad)＋3H(ad)NH(ad)＋2H(ad)。(2)①化学平衡常数是温度函数，只受温度变化的影响，则500℃时，反应平衡常数Kp(30MPa)＝Kp(100MPa)。②设参加反应N2的物质的量为x，由题意建立如下三

段式：N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)起始量/mol130变化量/molx3x2x平衡量/mol1－x3－3x2x由图可知，氨气的物质的量为20%，则由三段式可得2x4－2x＝20100，解得x＝13，则氢气的平衡转化率为3×

133×100%≈33.3%；由三段式数据可得N2的体积分数为1－x4－2x×100%＝20%，H2的体积分数为3－3x4－2x×100%＝60%，则用平衡分压表示平衡常数KP＝30×20%230×20%×30×60%3。(3

)①从阴极区的微观反应过程示意图可知，N2与C2H5OH在阴极区得到电子发生还原反应生成NH3和C2H5O－，电极反应式为N2＋6e－＋6C2H5OH===2NH3＋6C2H5O－。②从阴极反应看，电解液为溶解有三氟甲磺酸锂和乙醇的有机溶液，三

氟甲磺酸锂并未参与反应，作用是电离出离子，使溶液中离子浓度增大，增强溶液导电性，A正确；从示意图可知，水在选择性透过膜上方，说明选择性透过膜可允许N2和NH3通过，不允许H2O透过，B正确；保持电流恒定，升高温度不改变电解反应速率

，C错误。16（10分）甲醇是重要的化工原料，发展前景广阔。（1）利用甲醇可制成微生物燃料电池（利用微生物将化学能直接转化成电能的装置）。某微生物燃料电池装置如右图所示：A极是________极（填“正”或“负”），其电

极反应式是________。（2）研究表明CO2加氢可以合成甲醇。CO2和H2可发生如下两个反应：I．CO2(g)+3H2(g)CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1II．CO2(g)+H2(g)CO(g)+H2O(g)ΔH2①反应I的化学平衡常数表达式K＝________。②有利于提高反应I中CO

2的平衡转化率的措施有________（填序号）。a．使用催化剂b．加压c．增大CO2和H2的初始投料比③研究温度对于甲醇产率的影响。在210℃~290℃，保持原料气中CO2和H2的投料比不变，按一定流速通过催化剂甲，主要发生反应I，得到甲醇的实际产率、平衡产

率与温度的关系如下图所示。ΔH1________0（填“＞”、“＝”或“＜”），其依据是________。④某实验控制压强一定，CO2和H2初始投料比一定，按一定流速通过催化剂乙，经过相同时间测得如下实验数据（反应未达到平衡状态）：T（K）CO2实际转化率（%）甲醇选择性（%）【注】54312.

342.355315.339.1【注】甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是________。答案：（1）负CH3OH—6e−+H2O==CO2+6

H+（2）①()()()32322(HO)cCHOHccCOcH②b③＜④温度升高，甲醇的平衡产率降低温度升高，I、II的反应速率均加快，但对II的反应速率的影响更大解析：（1）由电池装置图可知，该电池是甲醇燃料电池，由于使用了质子交换膜，所以电解质是酸性的，通入还原剂甲醇的电极A是负极

，其电极反应式是CH3OH—6e−+H2O==CO2+6H+。（2）①反应I的化学平衡常数表达式K＝()()()32322(HO)cCHOHccCOcH。②反应I是一个气体分子数增大的反应，故加压有利于提高反应I中CO2的平衡转化率，选b。增大CO2和

H2的初始投料比，只能减小其转化率；催化剂不影响平衡转化率。③由图可知，甲醇的平衡产率随温度升高而减小，所以该反应是放热反应，ΔH1＜0。④表中实验数据表明，升高温度，CO2的实际转化率提高而甲醇的选择性降低，其原因是温度升高，I、II的反应速率均加快，但对II的反应速率的影

响更大（即有更多的二氧化碳发生了副反应）。17、（12分）(12分)(2020·枣庄二模)近日，由蒋华良院士和饶子和院士领衔的联合课题组，综合利用虚拟筛选和酶学测试相结合的策略进行药物筛选，发现肉桂硫胺是抗击新型冠状病毒的潜在用药，其合成路线如下：已知：Ⅰ.―――→HCN，H＋Ⅱ.

―――――――――――→R′NH2，NEt3，CH2Cl2△(1)Ⅰ的分子式为______________，D到E的反应类型是______________。(2)B生成C的反应的化学方程式是______

__________________________________________。(3)G结构简式为__________________________，F最多有________________个原子共平面。(4)E中官能团的名称为____

__________；符合下列条件的E的同分异构体有____________种。Ⅰ.是有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ.能水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色；Ⅲ.核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢(5)乙酰苯胺的结构简式为，已知：RNO2―――→Fe，HCl△RNH2

，参照I的上述合成路线和已知信息，设计一条由苯和乙酸为起始原料制备乙酰苯胺的合成路线：_________________(无机试剂和有机溶剂任用，合成路线流程图示例见本题题干)。答案(1)C20H24N2SO消去反应(2

)2＋O2――→Cu△2＋2H2O(3)18(4)碳碳双键、羧基2(5)解析(1)由I的结构简式，可得出I的分子式为C20H24N2SO，由生成，反应类型是消去反应。(2)反应生成，发生氧化反应，化学方程式是2＋O

2――→Cu△2＋2H2O。(3)由流程图分析可知，G结构简式为，F结构简式为，从苯、乙烯、甲醛的结构进行分析，所有原子都可能共平面，所以最多有18个原子共平面。(4)E的结构简式为，所含官能团的名称为碳碳双键、羧基；符合

条件：Ⅰ.是有两个取代基的芳香族化合物；Ⅱ.能水解，水解产物遇到FeCl3溶液显紫色；Ⅲ.核磁共振氢谱显示苯环上有四种化学环境的氢的E的同分异构体有2种，分别是、。(5)先将苯制成苯胺，乙酸制成乙酰氯，然后让二者发生取代反应，便可制备乙酰苯胺。合成路线

为：。18、（12分）(2020·淄博一模)二硫化钼是重要的固体润滑剂，被誉为“高级固体润滑油之王”。利用低品相的辉钼矿(含MoS2、SiO2以及CuFeS2等杂质)制备高纯二硫化钼的一种生产工艺如图1：(1)(NH4)2MoO4中Mo的化合价为_______________________

___________________________。(2)“焙烧”时MoS2转化为MoO3的化学方程式为____________________________________。(3)由图2分析可知产生MoS3沉淀的流程中选择的最优温度和时

间是________，利用化学平衡原理分析低于或高于最优温度时，MoS3的产率均下降的原因_________________________。(4)利用低品相的原料制备高纯产品是工业生产中的普遍原则。如图3所示，反应[Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(

g)ΔH<0]在充满CO的石英管中进行，先在温度为T2的一端放入未提纯的粗镍粉末，一段时间后，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，请结合平衡移动原理，判断温度Tl________T2(填“＞”“＜”或“＝”)。(5)已知Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，Ksp(BaMoO4)＝4.0×

10－8，不纯的Na2MoO4溶液中若含少量可溶性硫酸盐杂质，可加入Ba(OH)2固体除去SO2－4(忽略溶液体积变化)，则当SO2－4完全沉淀时，溶液中c(MoO2－4)＜________mol·L－1(保留2位有效数字)。答案(1)＋6(2)2MoS2＋7O2=====高温2MoO3＋4

SO2(3)40℃、30min温度太低，反应MoS2－4＋2H＋MoS3↓＋H2S↑产生的H2S气体不易逸出，不利于平衡正向移动生成MoS3；温度太高，反应物盐酸挥发，导致溶液中c(H＋)下降，上述平衡逆向移动，也不利于生成MoS3(4)>(5)3

.6×10－3解析(1)化合物中元素化合价代数和等于0，所以(NH4)2MoO4中Mo的化合价为＋6。(2)“焙烧”时MoS2和氧气反应生成MoO3和SO2，根据得失电子守恒配平方程式为2MoS2＋7O2===

==高温2MoO3＋4SO2。(4)Ni(s)＋4CO(g)Ni(CO)4(g)ΔH<0，正反应放热，升高温度平衡逆向移动，生成Ni单质，在温度为T1的一端得到了纯净的镍粉，所以Tl>T2。(5)Ksp(BaSO4)＝1.1×10－10，SO2－4完全沉

淀时，溶液中c(Ba2＋)＝1.1×10－101×10－5mol·L－1＝1.1×10－5mol·L－1，Ksp(BaMoO4)＝4.0×10－8，c(MoO2－4)＝4×10－81.1×10－5mol·L－

1≈3.6×10－3mol·L－1。19、（14分）久置的Na2S固体会潮解、变质、颜色变黄，探究Na2S变质的产物。资料：ⅰ．Na2S能与S反应生成Na2Sx（黄色），Na2Sx与酸反应生成S和H2S；ⅱ．BaS、BaSx均易溶于水，H

2S可溶于水，BaS2O3微溶于水；ⅲ．白色的Ag2S2O3难溶于水，且易转化为黑色Ag2S。将久置的Na2S固体溶于水，溶液呈黄色。取黄色溶液，滴加稀硫酸，产生白色沉淀（经检验该沉淀含S）。（1）推测Na2S变质的产物含有Na2Sx，实验证据是______。（2）研究白色沉淀产生的途径，实验

小组同学进行如下假设：途径一：白色沉淀由Na2Sx与稀硫酸反应产生。途径二：Na2S变质的产物中可能含有Na2S2O3，白色沉淀由Na2S2O3与稀硫酸反应产生。途径三：Na2S变质的产物中可能含有Na2SO

3，白色沉淀由……①Na2S2O3与稀硫酸反应的化学方程式是______。②请将途径三补充完全：______。（3）为检验Na2S变质的产物中是否含有Na2S2O3，设计实验：①取黄色溶液，向其中滴加AgNO3溶液，产生黑色沉淀。由此得出结论：Na2S变

质的产物中含Na2S2O3。有同学认为得出该结论的理由不充分，原因是______。②改进实验，方案和现象如下：实验一：Na2SO3和Na2SO4混合溶液AgNO3溶液只产生白色沉淀实验二：黄色溶液试剂1过滤溶液试剂2产生黑色固体白色沉淀a．实验一的目的是_______。b．试剂1是______

_，试剂2是_______。（4）检验Na2S变质的产物中是否含有Na2SO4：取黄色溶液，加入过量稀盐酸，产生白色沉淀。离心沉降（分离固体）后向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀。你认为能否根据实验现象得出结论？说明理由

：_______。（1）溶液呈黄色（2）①Na2S2O3+H2SO4===Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O白色沉淀（放置颜色不变）黑色固体②白色沉淀由SO32-与S2-在酸性条件下反应产生（或白色沉淀由生成的H2S与S

O2反应产生）（3）①剩余的Na2S也能与AgNO3溶液反应生成黑色的Ag2S沉淀②a.确认Ag2SO4和Ag2SO3都不易转化为黑色固体，排除SO42-、SO32-对S2O32-检验的干扰b.BaCl2溶液、AgNO3溶液（4）可以，稀盐酸

将S2O32-、SO32-等除去，不会产生干扰；或：不可以，检验过程中H2S等低价含硫物质被O2氧化