2020~2021學年度第一學期期末調研測試高三化學試題(考試時間：75分鐘；總分：100分)注意事項：1.本試卷共分兩部分，Ⅰ卷為選擇題，Ⅱ卷為非選擇題。2.所有試題的答案均填寫在答題紙上，答案寫在試卷上的無效。可能用到的相對原子質量：Ⅰ卷(選擇題36分)一.單項選擇題：本題包括8小題，每小題2分，共計16分。每小題只有一個選項符合題意。1.化學與生活、生產密切相關，下列敘述錯誤的是A.用合成可降解的聚碳酸酯塑料，能減少“白色污染”B.催化處理汽車尾氣，能減輕氮氧化物污染C.減少使用氟氯代烷作制冷劑，能保護臭氧層D.禁止使用任何食品添加劑，以防對人體健康有害【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．白色污染一般指一些塑料制品，由于不能降解從而對環(huán)境造成污染，而用CO2合成的可降解聚碳酸酯塑料，由于可降解，最終會變?yōu)闊o污染的物質，所以可減少白色污染，故A正確；B．使用催化凈化裝置，使有害氣體轉化為無害物質，催化處理汽車尾氣，能減輕氮氧化物污染，故B正確；C．氟氯代烷可破壞臭氧層，則減少使用氟氯代烷，有利于保護臭氧層，故C正確；D．食品添加劑在一定范圍內控制用量，對人體基本沒有影響，可以添加在食品中，故D錯誤；故選D。2.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A.ClO2具有氧化性，可用于自來水的殺菌消毒B.某些油脂常溫時呈固態(tài)，可用于制作肥皂C.濃硫酸具有脫水性，可用于干燥氯氣D.高純硅硬度大，可用做半導體材料【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．ClO2中Cl為正價，化合價可以降低，因此ClO2具有氧化性，ClO2可以用作自來水的消毒劑，殺死自來水中的細菌，A正確；B．某些油脂常溫時呈現固態(tài)，但要利用油脂制作肥皂還需要將油脂進一步皂化處理，B錯誤；C．干燥氯氣利用了濃硫酸的吸水性，C錯誤；D．純硅為非金屬單質，但具有導電性，利用這一性質將Si用作半導體材料，D錯誤；故答案選A。3.下列選項所示的物質間轉化均能實現的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．NaCl溶液、氨氣和二氧化反應生成碳酸氫鈉，故A錯誤；B．二氧化錳與濃鹽酸加熱反應生成氯氣，氯氣和石灰乳反應制備漂白粉，故B錯誤；C．銅和濃硝酸反應生成二氧化氮氣體，二氧化氮與水反應可以生成硝酸，故C正確；D．溴乙烷在氫氧化鈉的醇溶液中發(fā)生消去反應生成乙烯，故D錯誤；故選C。4.氨硼烷的結構和乙烷相似，下列關于的敘述正確的是A.電負性大小順序：B.分子中所有原子共平面C.分子中鍵是配位鍵，其電子對由提供D.氨硼烷為共價晶體，具有很高的熔點【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．第二周期元素電負性從左至右逐漸增大，N在B的右邊，應該比B的大，A錯誤；B．結構與乙烷相似，乙烷中所有原子不在同一平面內，B錯誤；C．N原子最外層有5個電子，與H形成三個共價鍵后，還有一個孤電子對，B原子最外層3個電子，與H形成三個共價鍵后，無多余電子，但是可以提供空軌道，與N形成配位鍵，C正確；D．氨硼烷結構和乙烷相似，為分子晶體，熔點較低，D錯誤；故選C。5.下列制取、驗證其性質的裝置不能達到實驗目的的是A.制取 B.驗證其氧化性C.驗證其還原性 D.驗證其漂白性【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．因為硫酸的酸性強于亞硫酸，所以可用Na2SO3固體與70%的硫酸反應制取SO2，A不符合題意；B．將SO2通入Na2S溶液中，發(fā)生反應2Na2S+3SO2=2Na2SO3+3S↓，在反應中SO2表現出氧化性，B不符合題意；C．將SO2通入酸性KMnO4溶液中，能使其紫色褪去，SO2表現出還原性，C不符合題意；D．SO2通入滴有酚酞的NaOH溶液中，與NaOH反應從而使溶液的堿性減弱，酚酞的紅色褪去，SO2只表現出酸性，D符合題意；故選D。6.廢舊磷酸鐵鋰電池中電極片主要由、鋁箔、少量銅及炭黑組成，回收的具體流程如下：

已知：溶于酸，不溶于堿；、在常溫下的溶解度分別為、。下列關于元素及其化合物的敘述錯誤的是A.中基態(tài)亞鐵離子的電子排布式：B.堿性：C.原子半徑D.簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：【答案】A【解析】【分析】【詳解】A．基態(tài)Fe的電子排布式為[Ar]3d64s2(或1s22s22p63s23p63d64s2，則中基態(tài)亞鐵離子的電子排布式為，A錯誤；B．依據對角線規(guī)則，金屬性Li與Mg相近，而金屬性Mg＞Al，所以堿性，B正確；C．O與S同主族，O在S的上方，則S原子半徑比O大，S、Al同周期，Al在S的左邊，原子半徑Al比S大，所以原子半徑，C正確；D．O與S是同主族元素，O在S的上方，非金屬性O比S強，則簡單氣態(tài)氫化物的熱穩(wěn)定性：，D正確；故選A。7.廢舊磷酸鐵鋰電池中電極片主要由LiFePO4、鋁箔、少量銅及炭黑組成，回收Fe、Li的具體流程如下：

已知：LiFePO4溶于酸，不溶于堿；Li2SO4、Li2CO3在常溫下的溶解度分別為34.2g、1.3g。上述流程中各步反應的離子方程式正確的是A.鋁箔溶于過量堿液：B.酸浸液中水解：C.濾渣1中加入H2SO4和H2O2可發(fā)生反應：D.濾液中加入試劑X時發(fā)生的主要反應：【答案】C【解析】【分析】正極材料加NaOH溶解發(fā)生2A1+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，可得到NaAlO2，濾渣1中含有磷酸亞鐵鋰、Cu及少量炭黑，向濾渣1中加入硫酸、H2O2，發(fā)生2LiFePO4+H2O2+8H+=2Li++2Fe3++2H3PO4+2H2O，，過濾分離出濾渣含炭黑，得到含有P、Fe、Li的酸浸液，然后調節(jié)溶液pH，使Fe3+形成Fe(OH)3沉淀過濾除去，向濾液中加入碳酸鈉溶液，可生成碳酸鋰沉淀，以此解答該題?！驹斀狻緼．該反應的反應物除Al、OH-外，還有水，離子方程式應該為：2Al+2OH-+2H2O=2+3H2↑，A錯誤；B．H3PO4是三元弱酸，電離分步進行，則在酸浸液中水解也逐步進行，首先水解產生，B錯誤；C．廢舊電池中的Cu與NaOH溶液不反應，進入濾渣1中，向其中加入H2SO4和H2O2，在酸性條件下可發(fā)生氧化還原反應，產生Cu2+、H2O，該反應的離子方程式為：，C正確；D．根據Li2SO4、Li2CO3在常溫下的溶解度分別為34.2g、1.3g，可知Li2CO3的溶解度較小，則沉鋰時加入碳酸鈉形成的沉淀為Li2CO3，反應方程式為：2Li++=Li2CO3↓，D錯誤；故合理選項是C。8.科研人員利用Cu/ZnO催化某反應的機理如下圖所示，下列敘述錯誤的是A.該反應可以消耗溫室氣體CO2B.過程①②③中均有H-O鍵斷裂C.過程④生成的中間體甲氧基(CH3O-)的電子式：D.催化劑降低了該反應的活化能，加快了反應速率【答案】B【解析】【分析】【詳解】A．根據圖示流程，步驟①中加入3mol的H2和1mol的CO2，與·OH自由基作用經過后續(xù)的②~⑤步生成甲醇，中間過程中并沒有生成CO2，該反應可以消耗溫室氣體CO2，A正確；B．根據圖示，步驟①中O-H鍵斷裂與CO2結合形成·OCO2H自由基，步驟②·OCO2H自由基中的碳氧鍵斷裂，結合·H自由基生成水和·OCHOH自由基，步驟②中并沒有O-H鍵斷裂，步驟③·OCHOH自由基中碳氧鍵斷裂，結合·H自由基生成·OH2C·自由基，步驟③中并沒有O-H鍵斷裂，B錯誤；C．C與H之間，C與O之間均以單鍵形式連接，O原子最外層剩余一個單電子，甲氧基的電子式為，C正確；D．催化劑可以降低化學反應活化能，加快反應速率，但不能提高轉化率，D正確；故答案選B。不定項選擇題：本題包括5小題，每小題4分，共計20分。每小題有一個或兩個選項符合題意。若正確答案只包括一個選項，多選時，該題得0分；若正確答案包括兩個選項，只選一個且正確的得2分，選兩個且都正確的得滿分，但只要選錯一個，該小題就得0分。9.阿咖酚散是由以下三種單藥混合而成，下列有關敘述正確的是A.咖啡因的分子式為B.對乙酰氨基酚極易溶于水C.乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚均能與溶液反應D.可用濃溴水區(qū)別乙酰水楊酸和對乙酰氨基酚【答案】D【解析】【分析】【詳解】A．咖啡因的分子式為，A錯誤；B．常溫下，苯酚在水中溶解度不大，對乙酰氨基酚中疏水基團更大，溶解度比苯酚還要小，B錯誤；C．乙酰水楊酸中含有羧基，羧酸的酸性強于碳酸，可以與溶液反應，而對乙酰氨基酚中的酚羥基酸性弱于碳酸，不能與溶液反應，C錯誤；D．乙酰水楊酸不能與濃溴水反應而對乙酰氨基酚含有酚羥基可以與濃溴水反應生成白色沉淀，D正確；故選D。10.下列實驗操作、現象及結論均正確的是選項實驗操作和現象結論A溶液蒸發(fā)結晶后得到白色固體該固體成分為B向某溶液中加入溶液，產生白色沉淀，再加入過量的稀鹽酸，沉淀不溶解該溶液中含有C白色懸濁液中滴入幾滴稀溶液，出現黑色沉淀D淀粉和稀混合共熱后，滴加碘水，溶液變藍淀粉未水解A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【分析】【詳解】A．在Al2(SO4)3溶液中存在水解平衡：Al2(SO4)3+6H2O2Al(OH)3+3H2SO4，蒸發(fā)結晶時溫度升高水解平衡會正向移動，但由于H2SO4是不揮發(fā)性酸，故最后水解生成的Al(OH)3與H2SO4仍會反應得到的白色固體為Al2(SO4)3，A錯誤；B．向某溶液中加入BaCl2溶液產生白色沉淀，再加入過量的稀鹽酸，沉淀不溶解，該溶液中可能含有或Ag+等，B錯誤；C．Ag2CO3白色懸濁液中存在溶解平衡：Ag2CO3(s)2Ag+(aq)+(aq)，滴入幾滴Na2S稀溶液出現黑色沉淀，說明Ag2CO3轉化為更難溶于水的Ag2S沉淀，由于Ag2CO3、Ag2S的類型相同，故Ksp(Ag2S)＜Ksp(Ag2CO3)，C正確；D．淀粉和稀H2SO4混合共熱后，滴加碘水，溶液變藍，說明溶液中仍有淀粉存在，淀粉可能未水解、也可能部分水解，D錯誤；答案選C。11.的氯化、溴化反應勢能圖及產物選擇性如下圖，下列敘述錯誤的是

A.丙烷中仲氫比伯氫活性強B.升高溫度與反應速率加快、與反應速率減慢C.以為原料合成2-丙醇時，溴化反應比氯化反應產率更高D.和的鍵能差=△H1-△H3【答案】BD【解析】【分析】【詳解】A．從圖中可以看出，?CH(CH3)2的產率比CH3CH2CH2?的產率高，則表明丙烷中仲氫比伯氫活性強，A正確；B．升高溫度，不管是吸熱反應還是放熱反應，反應速率都加快，B錯誤；C．從圖中可以看出，以為原料，溴化反應比氯化反應生成?CH(CH3)2的產率要高很多，所以由為原料合成2-丙醇時，溴化反應比氯化反應產率更高，C正確；D．依據蓋斯定律可得：HCl+Br?=HBr+Cl?△H=△H3-△H1，則和的鍵能差=△H3-△H1，D錯誤；故選BD。12.室溫時，配制一組的和混合溶液，溶液中、、隨的分布如題圖所示，下列指定溶液中微粒物質的量濃度關系正確的是

A.a點：水電離出的B.時：C.時：D.b點：【答案】BC【解析】【分析】a點溶液pH=1.8，此時溶液中，則Ka1===10-1.8；b點溶液pH=7，此時溶液中，則Ka2===10-7。【詳解】A．a點溶液pH=1.8，溶液中H+來自H2SO3電離，水的電離受抑制，此時溶液中，其中==10-12.2mol/L，來自水的電離，且水電離的H+和OH-濃度相等，則水電離出的，故A錯誤；B．Ka1×Ka2=×==10-1.8×10-7=10-8.8，當時，=mol/L=10-4.4mol/L，溶液pH=4.4，故B正確；C．當時溶質為NaHSO3，已知的水解常數Kh2===10-12.2＜Ka2，說明溶液中的電離程度大于水解程度，即，故C正確；D．b點溶液pH=7，此時溶液中，，溶液中存在的電荷守恒式為，，，由可得，則可知，即，則，故D錯誤；故答案為BC。13.一定溫度下，向三個容積不等的恒容密閉容器中分別投入，發(fā)生反應：。tmin后，三個容器中的轉化率如題圖中A、B、C三點。下列敘述正確的是

A.A點延長反應時間，可以提高的轉化率B.A、B兩點的壓強之比為C.容積為的容器的平衡轉化率大于80%D.容積為的容器達到平衡后再投入、，平衡不移動【答案】CD【解析】【分析】溫度相同，三個恒容密閉容器的體積，分別投入2molNOCl，濃度隨容器體積的增大而減小，濃度越小，反應速率越慢，達平衡的時間越長，所以a容器中反應速率最快，c容器中反應速率最慢?！驹斀狻緼．A點反應速率比B點快，平衡前單位時間內轉化率比B點高，現B點的NOCl轉化率比A點高，則表明A點反應已達平衡，延長反應時間，的轉化率不變，A不正確；B．tmin后，A點NOCl的轉化率為50%，NOCl、NO、Cl2的物質的量分別為1mol、1mol、0.5mol，總物質的量為2.5mol；B點NOCl的轉化率為80%，NOCl、NO、Cl2的物質的量分別為0.4mol、1.6mol、0.8mol，總物質的量為2.8mol；A、B兩點的物質的量之比為，但A、B兩點容器的體積不等，所以壓強之比不等于，B不正確；C．容積為的容器比容積為bL的容器中c(NOCl)小，相當于減小壓強，平衡正向移動，所以的平衡轉化率大于80%，C正確；D．容積為的容器中，平衡常數K==，達到平衡后再投入、，則濃度商Qc===K，所以平衡不移動，D正確；故選CD。Ⅱ卷(非選擇題64分)14.含量過高會對水中生物構成安全威脅。(1)納米鐵粉可除去水中的，鐵粉的表面積越大，吸附效果越好。反應過程如圖所示：

①初始pH=2的水樣中，反應1的離子方程式為___________。10min后，水樣中出現白色絮狀沉淀，若過濾出來會轉化為紅褐色，該轉化的化學方程式為___________。②三種不同初始pH對反應速率影響如圖所示，其中初始pH為___________時去除效果最好。初始pH=2的水樣，前10min反應速率較快、后速率卻迅速下降，原因是___________。

(2)①可以利用電解法除去，原理如圖，電極A連接電源的___________極，反應Ⅱ的離子方程式為___________。

②投入MgCl2和Na2HPO4可將溶液中的或NH3·H2O轉化為MgNH4PO4·6H2O沉淀除去，除去NH3·H2O的離子方程式為___________，溶液pH過大或者過小都不利于MgNH4PO4·6H2O的生成，原因是___________?！敬鸢浮竣?②.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3③.6④.pH=2的溶液中，前10minH+濃度較高，反應速率較快，溶液中產生大量Fe2+，10min時，產生的Fe(OH)2附著在納米鐵粉上，減小接觸面積，因此反應速率迅速下降⑤.正⑥.⑦.⑧.pH過大，、Mg2+易與結合生成NH3·H2O、Mg(OH)2，使、Mg2+濃度降低；pH過小，不利于電離，濃度偏低。【解析】【詳解】(1)①初始pH=2的水樣中，Fe失去電子變?yōu)镕e2+，得到電子被還原為，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒。可得反應1的離子方程式為：；10min后，水樣中出現白色絮狀沉淀，這是反應產生的Fe2+與溶液中的OH-結合形成Fe(OH)2，該物質不穩(wěn)定，具有強的還原性。若過濾出來就會被氧氣氧化轉化為紅褐色Fe(OH)3，該轉化的化學方程式為：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；②根據圖示可知：溶液的pH=6時的殘留率變化較大，說明其反應速率越快；初始pH=2的水樣，前10min反應速率較快、后速率卻迅速下降，這是由于pH=2的溶液中，前10minH+濃度較高，反應速率較快，溶液中產生大量Fe2+，10min時，產生的Fe(OH)2沉淀附著在納米鐵粉上，減小了接觸面積，導致反應速率迅速下降；(2)根據圖示可知在電極A上Cl-變?yōu)镠ClO，Cl元素化合價升高，失去電子被氧化，測A為陽極，應該連接電源的正極；在反應Ⅱ中，HClO與反應產生Cl-，N2、H2O，該反應的離子方程式為：；②加入MgCl2和Na2HPO4可將溶液中的或NH3·H2O轉化為MgNH4PO4·6H2O沉淀，根據電荷守恒、原子守恒，可得該反應的離子方程式為：；溶液pH過大或者過小都不利于MgNH4PO4·6H2O的生成，這是因為溶液的pH過大時，、Mg2+易與結合生成NH3·H2O、Mg(OH)2，使、Mg2+濃度降低；當溶液pH過小水，不利于電離，濃度偏低，也不易形成MgNH4PO4·6H2O沉淀。15.化合物F的一種合成路線流程圖如下：

已知：①②RCOOR＇RCOOCH3(1)化合物D中碳原子的軌道雜化類型為___________，每個分子中鍵有___________個。(2)化合物B的分子式為，其結構簡式為___________。(3)反應③的反應類型為___________。(4)化合物A滿足下列條件的同分異構體共有___________種。i.能與溶液發(fā)生顯色反應；ii.分子中不含“”結構。(5)寫出以、和為原料制備的合成路線流程圖(無機試劑任用，合成路線流程圖示例見本題題干)。___________【答案】①.②.9③.④.氧化反應⑤.3⑥.【解析】【分析】根據信息①，以及C的結構簡式，發(fā)現兩個羥基與碳碳雙鍵上的兩個不飽和碳原子相連，推出B的結構簡式應為，利用結構簡式的不同，判斷斷鍵和形成鍵的位置，據此分析；【詳解】(1)根據D的結構簡式，D中含有兩種碳原子，一種是形成四個單鍵的，另一個是羰基上的碳原子，雜化軌道數等于價層電子對數，因此D中碳原子雜化類型為sp3、sp2；成鍵原子間只能形成一個σ鍵，根據所給結構簡式以及碳原子形成四鍵，推出每個該結構簡式中含有σ鍵個數為9；故答案為sp3、sp2；9；(2)根據信息①以及B的分子式，兩個羥基所連的碳原子，在B中應是以碳碳雙鍵的形式存在，即B的結構簡式為；故答案為；(3)對比D和E的結構簡式，E的結構簡式中比D的結構簡式中多了一個氧原子，添氧去氫為氧化反應；故答案為氧化反應；(4)能與FeCl3溶液發(fā)生顯色反應，說明含有酚羥基和苯環(huán)，分子中不含過氧鍵，符合條件的結構簡式有、、，共有3種；故答案為3；(5)生成物質不含環(huán)，可以利用信息②的形式完成，根據題中所給物質和流程，生成的路線為；故答案為?！军c睛】同分同異構體的書寫是本題的難點，先根據題中信息推出所含官能團和結構，有時會利用不飽和度進行分析，如A的結構結構簡式中不飽和度為4，而苯環(huán)的不飽和度也為4，因此同分異構體中除含有苯環(huán)和酚羥基外不含其它不飽和鍵，推出含有4個羥基，根據位置，得出符合條件的同分異構體。16.鐵的硫化物被認為是有前景的鋰電池材料，但導電性較差，放電時易膨脹。(1)電池是綜合性能較好的一種電池。①水熱法合成納米顆粒的方法是將等物質的量的、、研磨置于反應釜中，加入蒸餾水加熱使之恰好反應，該反應的化學方程式為___________。②晶體的晶胞結構示意圖如圖所示，離子1的分數坐標是，則離子1最近的分數坐標為___________(任寫一個)，每個周圍距離最近且相等的有___________個。

(2)①將鑲嵌在多孔碳中制成多孔碳/復合材料，該電極材料相較具有的優(yōu)勢是放電時不易膨脹且___________。多孔碳/復合材料制取方法如下，定性濾紙的作用是提供碳源和___________。

②分別取多孔碳、多孔碳/電極在氧氣中加熱，測得固體殘留率隨溫度變化情況如圖所示，多孔碳/最終轉化為，固體殘留率為50%。

420℃~569℃時，多孔碳/固體殘留率增大的原因是___________。③做為鋰電池正極材料，放電時先后發(fā)生如下反應：該多孔碳/電極質量為4.8g，該電極理論上最多可以得電子___________。(寫出計算過程)【答案】①.②.或或③.6④.導電性好⑤.還原劑⑥.420℃時，多孔碳已全部轉化為，不會導致質量減小；轉化為硫酸鹽，使固體質量増加⑦.0.06【解析】【詳解】(1)①將等物質的量的FeSO4、S、Na2S2O3研磨置于反應釜中，加入蒸餾水加熱使之恰好反應生成FeS2，若把Na2S2O3中S元素的價態(tài)看成-2、+6價，則產物還有Na2SO4、H2SO4，該反應的化學方程式為。②由晶體的晶胞結構示意圖可以看出，距離離子1最近的分別在三條棱的中點，且都位于坐標軸上，所以分數坐標為或或，每個周圍距離最近且相等的分別在面心和頂點，所以共有6個。答案為：；或或；6；(2)①將鑲嵌在多孔碳中制成多孔碳/復合材料，多孔碳的導電能力強，所以該電極材料相較具有的優(yōu)勢是放電時不易膨脹且導電性好。定性濾紙的主要成分為纖維素，碳元素顯負價，它轉化為碳時需失去電子，所以其作用是提供碳源和還原劑。②420℃~569℃時，多孔碳/固體殘留率增大，則S元素沒有轉化為SO2氣體，固體質量增大，只能是結合空氣中的氧氣生成硫酸鹽，原因是：420℃時，多孔碳已全部轉化為，不會導致質量減??；轉化為硫酸鹽，使固體質量増加。③依據“多孔碳/最終轉化為Fe2O3，固體殘留率為50%”，假設Fe2O3為1mol，質量為160g，則多孔碳/質量為320g，且含有2molFeS(鐵元素守恒)；由兩個正極反應，可得出如下關系式：2FeS—4e-，從而得出：該多孔碳/電極—2FeS—4e-，多孔碳/電極質量為4.8g，該電極理論上最多可以得電子mol=0.06mol。答案為：導電性好；還原劑；420℃時，多孔碳已全部轉化為，不會導致質量減小；轉化為硫酸鹽，使固體質量増加；0.06。【點睛】建立多孔碳/FeS與得電子的物質的量關系時，應從固體殘留率建立多孔碳/FeS與FeS的質量關系。17.某興趣小組欲探究反應，設計如下實驗：(1)I、Ⅱ均未檢驗出，檢驗有無的試劑是___________。(2)經檢驗，Ⅱ→Ⅲ的過程中產生了。對產生的原因作出如下假設：假設a：被空氣氧化，離子方程式為___________；假設b：被酸性溶液中氧化；假設c：被氧化。小組同學通過進一步實驗證實了a、b不是產生的主要原因，又查閱資料得知的反應限度小、產生的低，故推測增大是因為向Ⅱ的淺黃色溶液中加入溶液后，___________，促使該平衡正向移動。(3)上述推測雖然合理，但Ⅳ中灰黑色渾濁中只檢驗出少量，主要成分是。小組同學查閱資料得知新制的見光分解速率較慢，故又對Ⅱ→Ⅲ過程中產生的原因提出了假設d：___________，該反應的離子方程式為___________，并設計實驗證明該假設合理，實驗方案為___________。(4)經測定，Ⅲ→Ⅳ的過程中溫度幾乎無變化，隨反應時間的變化如題圖所示。若在實驗開始時，先向Ⅲ的溶液中加入幾滴溶液，隨反應時間的變化與題圖相同。則Ⅳ中迅速出現灰黑色渾濁的原因可能是___________?！敬鸢浮竣?溶液(苯酚溶液不得分，其它合理答案給分)②.③.與生成了沉淀，降低了的濃度④.可能由氧化產生⑤.⑥.向1mL0.1mol/LFeSO4溶液中加入1mL0.1mol/LAgNO3溶液，出現灰黑色固體后，取上清液于試管中，再向試