1、北京市第十中学2022年等级考适应性练习高三化学可能用到的相对原子质量： 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拉西地平是一种治疗高血压药物，其结构简式如图所示。下列说法错误的是A该分子中碳原子的杂化方式只有B既能与反应，也能与反应C既存在顺反异构体又存在对映异构体D拉西地平最多消耗2下列说法正确的是A的电子式为：B乙酸的立体结构模型：C电负性：D中子数为7的碳原子是3“神州十三号”飞船所使用的砷化镓太阳能电池是我国自主研发、自主生产的产品，拥有全部知识产权。砷(As)和镓(Ga)都位于第四周期，分别位于第VA族和第IIIA族。下列说法
2、不正确的是A原子半径B热稳定性C酸性：D的化学性质可能与相似4为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A92g甲苯中键总数为B标准状况下，11.2L 中含有的原子总数为C常温下，0.5mol/L 溶液中数目小于D一定条件下，0.3mol 和0.1mol 充分反应后转移电子总数为5下列解释事实的方程式不正确的是A小苏打在水溶液中发生水解：B84消毒液与洁厕灵混用产生有毒气体：C用食醋清洗水垢：D用硫化钠除去废水中的汞离子：6实验室用如图装置制备并得到纯净的气体，装置a、b、c、d中依次选用的药品均正确的是A制Cl2：浓盐酸、饱和食盐水、浓硫酸B制CO2：稀盐酸、饱和溶液、浓硫酸C制H2：稀硝酸、锌
3、粒、浓硫酸、酸性溶液D制SO2：浓硫酸、Cu片、饱和溶液、浓硫酸7一定温度下，在容积恒为1L的容器中通入一定量N2O4，发生反应N2O4(g)2NO2(g)H0，各组分浓度随时间(t)的变化如表。t/s010203040c(N2O4)/(mol/L)0.1000.0620.0480.0400.040c(NO2)/(mol/L)00.0760.1040.1200.120下列说法不正确的是A030 s，N2O4的平均反应速率为v=0.12 mol/(Lmin)B降低温度，反应的化学平衡常数值减小C40s时，再充入N2O4 0.04mol、NO2 0.12 mol，平衡不移动D增大容积使平衡正移，达
4、新平衡后混合气颜色比原平衡时浅8聚氨酯类高分子材料PU用途广泛，其合成反应为：下列说法不正确的是AHO(CH2)4OH的沸点高于CH3CH2CH2CH3B高分子材料PU在强酸、强碱中能稳定存在C合成PU的两种单体的核磁共振氢谱中均有3个吸收峰D以1，3-丁二烯为原料，可合成HO(CH2)4OH9下列实验对应的结论正确的是选项ABCD实验 白色沉淀转化为黑色沉淀溶液溶液 试管内液面上升结论正反应吸热验证和的溶解性与发生了反应甲烷与氯气发生取代反应AABBCCDD10草酸亚铁晶体是生产感光材料的原料，制备流程如下：下列说法错误的是A可用KSCN溶液检验是否变质B步骤酸化的目的是抑制的水解C步骤反应
5、为D步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥11我国科学家设计了一种阴阳极协同苯酚转化装置，实现对酸性废水中苯酚( )的高效除去。原理如图所示，其中电极分别为ZnO石墨烯(石墨烯包裹的ZnO)和石墨烯。该装置工作时，下列叙述错误的是A石墨烯上的电势比ZnO石墨烯上的低B阳极的电极反应：+11H2O-28e-=6CO2+28H+C该装置在去除苯酚的同时，能提高废水的pH值(假设过程中废水体积不变)D装置工作时，理论上两极苯酚除去的物质的量相等12丙烯与加成过程及能量变化如下图， 下列说法正确的是A和为中间产物，比稳定B两种加成方式的决速步分别是和C生成1-溴丙烷的速率大于生成2-溴丙烷的速率D
6、升高相同温度，反应速率的增大程度大于反应13室温时，向溶液中滴加溶液，溶液pH随溶液体积的变化如图所示。下列说法正确的是Aa点处存在Bb点处存在C由b到c发生反应的离子方程式为D图中a、b、c、d四个点，水的电离程度最大的是d点14向碘水、淀粉的混合液中加入AgNO3溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，实验过程如图。下列分析错误的是A过程后溶液pH明显变小B过程中加入NaCl溶液的目的是除去Ag+C过程中氧化I-的物质不只有O2D综合上述实验，过程中蓝色褪去的原因是Ag+氧化了I2第二部分本部分共5题，共58分。152022年春晚中舞蹈诗剧只此青绿生动还原了北宋名画，千里江山图之所以色彩艳丽，璀璨
7、夺目，与所使用矿物颜料有关。回答下列问题：(1)石青，又名蓝矿石，化学式为，基态Cu2+的价电子排布式为_，的空间构型为_，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是_。(2)亚铁氰化钾，化学式为，呈黄色结晶性粉末。中配体CN-的配位原子是_(填元素符号)，CN-中C原子的杂化方式_， 中键和键的数目之比为_。(3)Cu2S呈黑色或灰黑色，已知：晶胞中S2-的位置如图1所示，Cu+位于S2-所构成的四面体中心，晶胞的侧视图如图2所示。S2-配位数为_。若晶胞参数为anm，晶体的密度为 ，则阿伏加德罗常数的值为_(用含a和d的式子表示)。16化合物M是合成医药替米沙坦的重要中间体，其合成路线如下：已
8、知：i.ii.(1)B的含氧官能团名称有_。(2)CD所需的试剂是_。(3)化合物E还可以由A按如下路线合成：YZ的反应类型为_。AX的化学方程式为_。(4)写出结构简式：化合物N_，M_。(5)化合物A的同分异构体H有多种同时满足以下条件的有_种。i.既能发生水解反应，又能发生银镜反应ii.苯环上的一氯代物只有2种iii.能与反应，但不能与溶液发生显色反应试写出一种能发生缩聚反应的H的结构简式_。17乙烯是一种重要的基本化工原料，乙烯的产量可以衡量一个国家的石油化工发展水平，研究工业制取乙烯有重要的意义。I.工业用H2和CO2在一定条件下合成乙烯： 已知： (1)_。(2)在密闭容器中充入体
9、积比为的H2和CO2，不同温度对CO2的平衡转化率和催化剂催化效率的影响如图1所示，下列说法正确的是_。A为了提高乙烯的产率应尽可能选择低温B生成乙烯的速率：可能小于CM点时的压强一定小于N点时的压强D平衡常数：II.工业用甲烷催化法制取乙烯：， ，时，向2L的恒容反应器中充入，仅发生上述反应，反应过程中CH4的物质的量随时间变化如图2所示。(3)实验测得，为速率常数，只与温度有关，T时与的比值为_(用含x的代数式表示)；若将温度升高，速率常数增大的倍数：_(填“”“=”或“”)。III.电化学法还原二氧化碳制乙烯原理如图3所示。(4)阴极电极反应式为：_；电路中转移0.3mol电子，两极共收
10、集气体_L(标准状况)。18I.是制备活性ZnO的中间体。(1)属于_ (填“纯净物”或“混合物”)。II.以锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)为原料制备的工艺流程如图所示：已知：i.；受热易分解，放出氨气。ii. (2)若和的混合溶液呈中性，则溶液中的 _(填“”“”或“OH，则其立体模型为，故B正确；C元素的非金属性越强电负性越大，非金属性：NP，则电负性：NP，故C错误；D原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数，中子数为7的碳原子表示为，故D错误；故答案选B。3C【详解】A同周期自左而右，原子半径减小，Ga
11、和As位于同一周期，原子序数AsGa，原子半径GaAs；同主族自上而下原子半径增大，As在P的下一周期，原子半径AsP，所以原子半径Ga AsP，A正确；B同主族自上而下非金属性减弱，非金属性NP As，非金属性越强，氢化物越稳定，所以热稳定性NH3 PH3 AsH3，B正确；C同周期自左而右，非金属性增强，非金属性SP，同主族自上而下非金属性减弱，P As，所以非金属性SPAs，所以酸性H2SO4H3PO4H3AsO4，C错误；D镓(Ga)是第四周期IIIA族元素，与Al同族，与Al具有相似性质，氢氧化铝是两性氢氧化物，Ga金属性虽然比Al强，但可能具有两性，D正确； 故选C。4A【详解】A
12、已知苯环上含有6个C-C键，则一个甲苯分子中含有15个键，故甲苯中键总数为=，A正确；B标准状况下是无色液体，故无法计算11.2L 中含有的原子总数，B错误；C虽然S2-会发生水解反应，但未告知溶液的体积，故常温下，溶液中数目不一定小于，C错误；D已知3H2(g)+N2(g)2NH3(g)是一个可逆反应，一定条件下，0.3mol 和0.1mol 充分反应后转移电子总数小于，D错误；答案选A。5A【详解】A碳酸氢根水解的离子方程式为，故A错误；B次氯酸根离子与氯离子在酸性环境下反应生成氯气和水，反应的离子方程式为，故B正确；C水垢的主要成分为碳酸钙，醋酸与碳酸钙反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，反应
13、的离子方程式为，故C正确；D硫离子与汞离子反应生成硫化汞沉淀，反应的离子方程式为，故D正确；故答案选A。6B【详解】A .浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应，常温下不反应，A错误；B.稀盐酸和碳酸钙常温下反应生成二氧化碳，用饱和溶液除去CO2中的HCl杂质，用浓硫酸干燥后得到纯净的CO2，B正确；C.稀硝酸和锌粒反应生成NO气体得不到H2，C错误；D.浓硫酸和铜在加热条件下反应生成SO2、CuSO4和水，常温下不反应，D错误；故答案选B。7C【详解】A由表中数据可知，0-30s，N2O4的浓度由0.100mol/L变为0.040mol/L，则N2O4的平均反应速率为=0.002=，故A正确；B该
14、反应，降低温度，平衡逆向移动，反应的化学平衡常数值减小，故B正确；C40s时，反应已达平衡，根据表中数据，平衡常数K=0.36，40s时，再充入N2O40.04mol、NO20.12mol后，c(NO2)=0.240 mol/L，c(N2O4)=0.080mol/L，此时浓度商Qc=0.720K，则平衡会逆向移动，故C错误；D增大容积使平衡正移，由勒夏特列原理，混合气体颜色先变浅后变深，但最终颜色比原平衡时浅，故D正确；故答案选C。8B【详解】AHO(CH2)4OH分子间存在氢键，沸点高于CH3CH2CH2CH3，A正确；B高分子材料PU是缩聚产物，分子中存在酰胺基，在酸性、碱性环境下会水解，
15、不能在强酸、强碱中能稳定存在，B错误；C有3种H，分别是-CH2-的邻位、间位及CH2中的H，HO(CH2)4OH即HOCH2CH2CH2CH2OH，左右对称，也有3种H，C正确；D以1，3-丁二烯为原料，可合成HO(CH2)4OH，合成路线CH2=CH-CH=CH2CH2Br-CH=CH-CH2BrHOCH2-CH=CH-CH2OHHO(CH2)4OH，D正确；选B。9D【详解】A热水中烧瓶为红棕色，说明升高温度，反应向着生成二氧化氮的方向进行，则逆反应为吸热反应，正反应放热反应，故A错误；BAgNO3溶液中加入NaCl溶液后还有Ag+剩余，后生成沉淀，不能说明是AgCl转变成沉淀，不能验证
16、和的溶解性大小，故B错误；C缺少相应的实验现象，无法判断与是否发生了反应，故C错误；D试管中为甲烷与氯气，试管内液面上升，说明甲烷与氯气反应生成了易溶于水的氯化氢，使压强减小，证明发生了取代反应，故D正确；故答案选D。10D【详解】A中铁的化合价为+2价，其变质后是转化为+3价的离子，故可用KSCN溶液检验是否变质，A正确；B亚铁离子水解方程式为Fe2+2H2OFe(OH)2+2H+，故步骤酸化的目的是抑制的水解，B正确；C由题干流程图可知，步骤反应为，C正确；D由题干信息可知，FeC2O42H2O是一种难溶物，故步骤为过滤、洗涤、干燥，D错误；故答案为：D。11C【分析】由图示可知，苯酚在Z
17、nO石墨烯上失电子生成二氧化碳，因此阳极的电极反应为，氧气在石墨烯上得电子生成过氧化氢，因此阴极的电极反应为。【详解】A由分析可知，石墨烯为阴极、得电子，ZnO石墨烯为阳极、失电子，因此石墨烯上的电势比ZnO石墨烯上的低，A正确；B由图示可知，苯酚在ZnO石墨烯上失电子生成二氧化碳，因此阳极的电极反应为，B正确；C由分析可知，电解池阳极反应式为：，阴极反应式为，总反应为：+11H2O+14O2=6CO2+14H2O2，由总反应可知，该装置在去除苯酚的同时，溶液的pH基本不变，C错误；D阴极反应式为，生成的过氧化氢又与苯酚反应生成二氧化碳和水，反应方程式为：+14H2O2=6CO2+17H2O，
18、而电解的总反应式为：+11H2O+14O2=6CO2+14H2O2，由两个反应方程式可知，装置工作时，理论上两极苯酚除去的物质的量相等，D正确；答案选C。12AD【详解】A由图可知中间产物为1-溴丙烷，中间产物为2-溴丙烷，中间产物能量比中间产物低，所以比稳定，故A项正确；B反应速率的快慢取决于慢反应，所以两种加成方式的决速步分别是和，故B项错误；C由图可知生成1-溴丙烷的活化能E2大于生成2-溴丙烷的活化能E1，所以生成1-溴丙烷的速率小于生成2-溴丙烷的速率，故C项错误；D由图可知反应生成中间产物为2-溴丙烷，反应生成中间产物为1-溴丙烷，反应活化能更大，在相同的温度区间，升高相同的温度，
19、活化能大的反应速率常数增大的倍数较大，活化能小的速率常数扩大的倍数较小，所以反应速率的增大程度大于反应，故A项正确；故选AD。13B【详解】A向溶液中滴加溶液100mL，正好将H+中和完，a点混合液的体积为200mL，a点处存在，故A错误；B当加入100mLNaOH溶液时，=7加入溶液NaOH溶液大于100mL，反应一部分，此时，故b点处存在，故B正确；C加入NaOH溶液0-100mL，H+发生反应，100mL-200mL，参与反应，由b到c发生反应的离子方程式为，故C错误；D电离出H+抑制水的电离，随着氢氧化钠加入a点生成硫酸钠和硫酸铵，水解促进水的电离，接着再加入氢氧化钠，生成，逐渐抑制水
20、的电离，故水的电离程度最大的是a点，故D错误；故答案为B；14D【分析】在碘水中存在如下平衡：I2+H2OHI+HIO，I-与Ag+反应生成AgI沉淀，促进I2与水的反应不断正向进行；过滤，所得滤液1中含有HIO和HNO3，还有未反应完的AgNO3，加入NaCl溶液， Ag+与Cl-生成AgCl沉淀，往滤液2中加入KI溶液，发生I-、HIO、H+的氧化还原反应，同时发生反应4H+4I-+O2=2H2O+2I2，生成I2，使溶液再次变蓝色。【详解】A由分析可知，过程后，溶液的主要成分为HIO、HNO3及未反应的AgNO3，所以pH明显变小，故A正确；B过程中加入NaCl溶液，可与Ag+反应生成A
21、gCl沉淀，排除Ag+可能对后续实验产生的干扰，所以目的是除去Ag+，故B正确；C过程中，加入KI，发生HIO、H+、I-的氧化还原反应，同时发生反应4H+4I-+O2=2H2O+2I2，因此氧化I-的物质不只有O2，故C正确；D过程中蓝色褪去的原因可能是Ag+氧化了I2，也可能是Ag+促进了I2与H2O的反应，故D错误；答案选D。15(1) 3d9 平面正方形或正四面体 NOC(2) C sp杂化 1：1(3) 8 【详解】（1）Cu的原子序数为29，核外有29个电子，其电子排布式为1s22s22p63s23p63d104s1，Cu2+表示失去2个电子，则Cu2+离子价电子排布式为3d9；由
22、 Cu(NH3)42+ 可知， Cu(NH3)42+ 中Cu2+提空轨道，NH3提供孤电子对，二者之间形成4个配位键，则空间构型为平面正方形或正四面体；同一周期元素从左到右，第一电离能有增大的趋势，但由于第A族的p轨道是半充满的稳定状态，所以第一电离能大于其后的第A族的元素，所以C、N、O的第一电离能由大到小的顺序是NOC。（2）由 Fe(CN)64 结构可知，在形成配合物时，Fe2+提供空轨道，CN-中C原子电负性小，更容易提供孤电子对，所以配体 CN 的配位原子是C原子；CN-空间构型为直线形，CN 中存在碳氮叁键，C原子的价层电子对数为2，所以C原子的杂化方式为sp杂化；由 Fe(CN)
23、64 结构可知，Fe2+与6个CN-形成配位键，即有6个键， CN 中存在碳氮叁键，三键中含有1个键与2个键，所以键和键的数目之比为(6+16)：(26)=12：12=1：1；（3）由晶胞中 S2 的位置 可知，S2-位于立方体的顶点和面心，所以S2-是面心立方最密堆积，晶胞中S2-的个数为 8+6=4，由化学式为Cu2S，则可判断Cu+的个数为8，Cu+位于S2-所构成的四面体中心，8个Cu+位于晶胞内部，即位于将晶胞均分成8个小立方体的体心，故Cu2S晶体中，S2-的配位数为42=8；1个晶胞的质量为m= 4(642+32)NAg=g ，晶胞的体积为V=(a10-7)3cm3，晶胞的密度=
24、 mV ，即 ga310-21cm3=dg/cm3 ，解之NA= 。16(1)羧基(2)浓硝酸与浓硫酸(3) 取代反应 +CH3OHH2O+(4) (5) 2 【分析】B与A相比少2个O，多2个H，说明是硝基被还原为氨基，B的结构简式为，B发生已知信息i的反应生成C，C的结构简式为，D和甲醇发生酯化反应生成E，D的结构简式的为，根据流程中信息可判断在Pd/C作用下硝基被还原为氨基，则F的结构简式为，发生已知信息的反应生成M为，同理可判断N的结构简式为，据此解答。【详解】（1）B的结构简式为，B的含氧官能团名称有羧基。（2）CD属于硝化反应，所需的试剂是浓硝酸与浓硫酸。（3）A首先与甲醇发生酯化
25、反应生成X，然后X中硝基被还原为氨基生成Y，Y发生已知信息i的反应生成Z，Z再发生硝化反应生成E，其中YZ的反应类型为取代反应。AX的化学方程式为+CH3OHH2O+。（4）根据以上分析可知化合物N和M的结构简式分别为、。（5）i.既能发生水解反应，又能发生银镜反应，含有甲酸形成的酯基；ii.苯环上的一氯代物只有2种，结构对称；iii.能与反应，但不能与溶液发生显色反应，说明含有2个酚羟基和甲酸形成的酯基，结构简式为或，共计是2种；能发生缩聚反应，说明含有羧基和氨基，其结构简式可以为等。17(1)(2)BC(3) (4) 2.24【详解】（1） 根据盖斯定律3-4得=；（2）A温度低反应速率慢
26、，不利于提高乙烯的产率，故A错误；BN点温度大于M点，所以生成乙烯的速率：可能小于，故B正确；CN点CO2的转化率低，气体物质的量大，N点温度高，M点CO2的转化率大，气体物质的量小，M点温度低，所以M压强一定小于N点时的压强，故C正确；D正反应放热，升高温度，平衡常数降低，所以平衡常数：，故D错误；选BC。（3）（3） 反应达到平衡，即=；正反应吸热，若将温度升高，平衡正向移动，平衡常数增大，速率常数增大的倍数：。（4）阴极二氧化碳得电子生成乙烯，电极反应式为；阳极反应式为，电路中转移0.3mol电子，根据得失电子守恒，阴极生成0.025mol乙烯、阳极生成0.075mol氧气，两极共收集气
27、体(0.025+0.075)mol22.4L/mol=2.24L(标准状况)。18(1)纯净物(2) = 将氧化为除去(或或) 研成粉末、搅拌、适当加热、延长浸出时间(3)烧杯、漏斗、玻璃棒(4)(5)不正确，可能是受热易分解，放出氨气或铵盐分解(6)(7)取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀盐酸和溶液，若无明显现象，则已洗涤干净(8)、【分析】制备流程为：锌焙砂(主要成分为ZnO，含少量Cu2+、Mn2+等离子)中加入硫酸铵、氨水、H2O2，H2O2将锰离子氧化成二氧化锰，过滤后在滤液中加硫化铵，再过滤，除去铜离子，蒸氨除去多余的氨气，加入碳酸氢铵得到和二氧化碳气体，过滤得，滤液为硫酸铵溶液
28、。【详解】（1）只由一种物质组成，属于纯净物；（2）根据电荷守恒，混合溶液呈中性，则；(NH4)2SO4与的物质的量之比为的混合溶液浸取锌焙砂时，生成和水，离子方程式为，加入H2O2将Mn2+氧化为MnO2除去锰，反应的离子方程式为或；为提高锌的浸出率，可以将锌焙砂研成粉末，浸取过程中搅拌，适当加热，延长浸出时间等；（3）过滤需要用到的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；（4）CuS和ZnS属于同类型沉淀，流程中“滤渣”的主要成分是CuS，而不是ZnS，说明CuS比ZnS更难溶，CuS在水中的溶解度更小，据此可推测溶解度：CuSZnS；（5）由题给信息可知，“蒸氨”时逸出的气体氨气也可能是受热分解放
29、出的氨气，从整个流程可知，逸出的气体氨气还可能是由铵盐分解产生的；（6）沉锌的过程为溶液中的锌离子与碳酸氢铵溶液反应生成2Zn(OH)2ZnCO3，离子方程式为3Zn2+6=2Zn(OH)2ZnCO3+5CO2+H2O；（7）“过滤III” 所得滤液中可以根据是否含有来确定2Zn(OH)2ZnCO3沉淀是否洗涤干净，所以检验的方法是：取最后一次洗涤液少许于试管中，滴加稀盐酸和BaCl2溶液，若无明显现象，则已洗涤干净；（8）蒸氨过程中除去的多余NH3和“过滤III”所得滤液中的(NH4) 2SO4，都可循环使用。19(1)还原(2) 溶液呈紫色，说明酸性溶液过量，能被其继续氧化 因溶液是用酸化
30、的，故溶液中出不一定是氧化新生成的 溶液(酸化至) 取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成(3)(4)将实验I中生成的分离洗涤后，加入溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的与过量的S2-反应，故没得到沉淀(5)浓度、用量、溶液中的酸碱性【详解】（1）表格中两个实验中Mn元素的化合价都降低了显示了氧化性，故Na2S做还原剂，具有还原性；（2）根据实验现象，紫色变浅说明高锰酸钾过量，具有还原性，还可以接着发生氧化还原反应，故甲的预测不合理；乙同学取实验I中少量溶液进行实验，检测到有，不能得出S2-被氧化成的结论，因溶液是用酸化的，故溶液中出不一定是氧化新生成
31、的；a.证实该条件下的确可以将S2-氧化成，设计成原电池，S2-失去电子变成，发生氧化反应，应该在负极上反应，左侧烧杯应该是负极室，硫酸酸化的高锰酸钾溶液放在右侧烧杯，右侧为正极，故右侧烧杯中的溶液是溶液(酸化至)；b. 连通后电流计指针偏转，一段时间后，该条件下负极S2-失去电子生成，证明S2-氧化成了，取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成，说明生成了；（3）实验I的现象与资料存在差异，KMnO4被还原成Mn2+，实验I中溶液成浅紫色说明高锰酸钾过量，新生成的产物(Mn2+)与过量的反应物()发生反应生成棕褐色沉淀()，该反应的离子方程式是；（4）在近中性条件下被还原为，实验II的现象是溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀()，KMnO4被还原成Mn2+，溶液过量，S2-与接着发生氧化还原反应生成浅粉色沉淀()。为了证明出现该现象的猜想其原因与(3)相似，可以将实验I中生成的分离洗涤后，加入溶液，观察到有浅粉色沉淀，且溶液呈黄色，证明新生成的与过量的S2-反应，故没得到沉淀；（5）反思该实验，反应物相同，滴加顺序不同，反应物的浓度不同，酸碱性不同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与浓度、用量、溶液中的酸碱性；