高考化学分类汇编：专题5离子反应

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1、2017 年高考真题分类汇编（化学）：专题5 离子反应一 . 单选题1. （2017?海南）能正确表达下列反应的离子方程式为（）A.+2+用醋酸除去水垢： 2H+CaCO=Ca +CO+H O322B.+2+硫化亚铁与浓硫酸混合加热： 2H +FeS=HS+ Fe2C.向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al 3+3=Al 2(CO3) 3D.用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO：-+ H O+2OH=22NO22. （2017?海南）在酸性条件下，可发生如下反应：+2M3+4H2O=+Cl - +8H+，中 M的化合价是（）A.+4B.+5C. +6D.+7二 . 综合题3. （2017?天津）（

2、 14 分） H2S 和 SO2 会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题 H2S 的除去方法 1：生物脱 H2S 的原理为：H2 S+Fe2（ SO4） 3S+2FeSO4+H2SO44FeSO+O2+2H2SO42Fe2（ SO4） 3+2H2O(1) 硫杆菌存在时，FeSO4 被氧化的速率是无菌时的510 5 倍，该菌的作用是_(2) 由图 1 和图 2 判断使用硫杆菌的最佳条件为 _若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_(3) 方法 2：在一定条件下，用 H2O2 氧化 H2S随着参加反应的n（ H2O2） /n （ H2S）变

3、化，氧化产物不同当n（ H2O2）/n （ H2S）=4 时，氧化产物的分子式为 _(4) SO2 的除去方法 1（双碱法）：用NaOH吸收 SO2， 并用 CaO使 NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液写出过程的离子方程式：_； CaO在水中存在如下转化：2+CaO（ s） +H2O （ l ） Ca（ OH）2 （s） ?Ca （ aq） +2OH （ aq）从平衡移动的角度，简述过程NaOH再生的原理 _(5) 方法 2：用氨水除去 SO2已知 25， NH3?H2O的 Kb =1.8 10 5， H 2SO3 的 Ka1=1.3 10 2， K a2=6.2 10 8 若氨水的浓度

4、为2.0mol?L 1， 溶液中的）=_mol?L 1 将 SO2通入该氨水中，当）降至 1.010c（ OHc（ OH 7 mol?L 1 时，溶液中的 c（ SO32） /c （ HSO3） =_ 4. （2017?新课标）（ 15 分）重铬酸钾是一种重要的化工原料，一般由铬铁矿制备，铬铁矿的主要成分为 FeO?Cr 2O3 ， 还含有硅、铝等杂质制备流程如图所示：回答下列问题：(1) 步骤的主要反应为：FeO?Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4+Fe2O3+CO2+NaNO2上述反应配平后FeO?Cr2O3 与NaNO3的系数比为_该步骤不能使用陶瓷容器，原因是_(2)

5、滤渣1 中含量最多的金属元素是_，滤渣2 的主要成分是_及含硅杂质(3) 步骤调滤液 2 的 pH 使之变 _（填“大”或“小”） ，原因是 _（用离子方程式表示） (4) 有关物质的溶解度如图所示向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到得到的 K2Cr2O7 固体产品最多a.80 b.60 c.40 d.10 K2Cr2O7 固体冷却到_（填标号）步骤的反应类型是_(5) 某工厂用m1 kg铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备K2Cr2O7， 最终得到产品m2 kg，产率为_5. （2017?新课标）（ 14 分） Li 4Ti 3O12 和 LiFePO4 都是锂离子电池

6、的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为 Fe TiO 3 ， 还含有少量 MgO、 SiO2 等杂质）来制备，工艺流程如下：回答下列问题：(1) “酸浸”实验中，铁的浸出率结果如下图所示由图可知，当铁的净出率为为 _70%时，所采用的实验条件(2) “酸浸”后，钛主要以2形式存在，写出相应反应的离子方程式_TiOCl 4(3)TiO 2?xH2O沉淀与双氧水、氨水反应40min 所得实验结果如下表所示:温度 / 30 35 40 4550TiO 2?xH2O转化率 /%9295979388分析 40时 TiO 2?xH2O转化率最高的原因 _(4)Li Ti O 中 Ti 的化合价为 +4，其中

7、过氧键的数目为_2515(5) 若“滤液”中c（ Mg2+）=0.02mol?L 1， 加入双氧水和磷酸（设溶液体积增加1 倍），使 Fe3+恰好沉淀完全即溶液中3+5， 此时是否有34 24c（ Fe ）=1.0 10Mg（ PO）沉淀生成？ _（列式计算） FePO、Mg3（ PO4） 2 的分别为1.3 10 22、1.0 10 24(6) 写出“高温煅烧”中由 FePO4 制备 LiFePO4 的化学方程式 _6. （2017?新课标）（ 15 分）凯氏定氨法是测定蛋白质中氮含量的经典方法，其原理是用浓硫酸在催化剂存在下将样品中有机氮转化成铵盐，利用如图所示装置处理铵盐，然后通过滴定测

8、量已知：NH3+H3 BO3=NH3?H3BO3； NH3?H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3 回答下列问题： (1)a 的作用是 _(2)b中放入少量碎瓷片的目的是_f 的名称是 _(3)清洗仪器： g 中加蒸馏水：打开K ， 关闭 K 、 K ， 加热 b，蒸气充满管路：停止加热，关闭K ， g 中1231蒸馏水倒吸进入 c，原因是 _；打开 K 放掉水，重复操作2 3 次 (4)仪器清洗后， g 中加入硼酸2（ H BO）和指示剂，铵盐试样由d 注入 e，随后注入氢氧化钠溶液，用蒸馏水冲洗d，关闭 K， d 中保留331少量水，打开 K1 ， 加热 b，使水蒸气进入e d 中保留

9、少量水的目的是 _ e 中主要反应的离子方程式为_， e 采用中空双层玻璃瓶的作用是_ (5) 取某甘氨酸（ C H NO）样品 m 克进行测定，滴定 g 中吸收液时消耗浓度为cmol?L的盐酸 V mL，则样品中氮的质量1232分数为 _%，样品的纯度_%7. （2017?北京）某小组在验证反应“ Fe+2Ag +=Fe2+2Ag”的实验中检测到 Fe3+ ， 发现和探究过程如下向硝酸酸化的 0.05mol?L 1 硝酸银溶液（ pH2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色(1) 检验产物取少量黑色固体，洗涤后，_（填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag取上层清液，滴加

10、K3Fe （ CN） 6 溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有_(2) 针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+， 乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+， 乙依据的原理是_（用离子方程式表示）针对两种观点继续实验：取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色变浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号 取样时间 /min 现象3产生大量白色沉淀；溶液呈红色30产生白色沉淀；较3min 时量小；溶液红色较3min 时加深120产生白色沉淀；较30min 时量小；溶液红色较3 0min时变浅+（资料： Ag与 SCN 生成白色沉淀 AgSCN）对

11、Fe3+产生的原因作出如下假设：假设 a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；假设 b：空气中存在 O2， 由于 _（用离子方程式表示），可产生Fe3+；具有氧化性，可产生3+假设 c：酸性溶液中 NO3Fe；假设 d：根据 _现象，判断溶液中存在Ag+， 可产生 Fe3+ 下列实验可证实假设a、b、 c 不是产生Fe3+的主要原因实验可证实假设d 成立实验：向硝酸酸化的_溶液（ pH2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液， 3min 时溶液呈浅红色，30min 后溶液几乎无色实验：装置如图其中甲溶液是_，操作现象是_(3) 根据实验现象，结合方程式推测实验中F

12、e3+浓度变化的原因：_答案解析部分一 . 单选题1. 【答案】 D【考点】 离子方程式的书写【解析】 【解答】解： A碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为2+CaCO3+2CH3COOH=Ca+H2O+CO2+2CH3COO， 故 A 错误； B硫化亚铁与浓硫酸混合加热，离子方程式为+23+2FeS+20H+7SO4=2Fe +9SO2+10H2O，故 B 错误；C铝离子水解显酸性，碳酸根离子水解显碱性，混合后水解相互促进生成氢氧化铝和二氧化碳，反应的离子方程式为2Al 3+3CO2 +3H2O=2Al（ OH）3+3CO2，故 C 错误；D用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2，

13、 +4 价的氮发生歧化反应，生成硝酸钠、亚硝酸钠，离子方程式为+2OH =NO +NO +HO，故 D正确；2NO322故选 D【分析】 A醋酸为弱酸，离子方程式中醋酸不能拆开；B硫化亚铁与浓硫酸混合加热生成硫酸铁和二氧化硫和水；C向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液发生双水解生成氢氧化铝和二氧化碳；D用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO2， +4 价的氮发生氧化还原反应生成+5、 +3 价的氮2. 【答案】 C【考点】 常见元素的化合价【解析】 【解答】 解：离子方程式前后遵循电荷守恒，所以 1+2（ +3）= n+（ 1）+（ +8），解得 n=2，根据化合价规则， M2O7 2中氧元素化合价为 2

14、 价，所以 M元素的化合价为 +6 价故选 C【分析】根据离子方程式的电荷守恒以及化合价规则来计算二 . 综合题3. 【答案】 （ 1）降低反应活化能（ 2） 30、 pH=2.0；蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）（ 3） H2SO4222+NaOH生成（ 4） 2OH +SO2=SO3+H2O；SO3与 Ca 生成 CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有（ 5）6.0 10 3； 0.62【考点】 弱电解质在水溶液中的电离平衡，二氧化硫的污染及治理【解析】 【解答】解：（1） 4FeSO+O2+2H2SO42Fe2（ SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4 被氧化的速率是无菌时的5105

15、倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能，故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液pH 分别为： 30、 pH=2.0 ，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，故答案为： 30、 pH=2.0； 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；（3）当=4 时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O2 4H2O 8e， 电子守恒得到H2S变化为 +6 价化合物， H2SH2 SO4 8e， 氧化产物的分子式为H SO，24故答案为： H2SO ；（ 4）过程是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫

16、酸钠和水，反应的离子方程式为：42+H2O，过程加入2+2OH +SO2=SO3CaO，存在 CaO（ s）+H2O （ l ） Ca（OH）2（s）?Ca （aq）+2OH（ aq），因 SO22+NaOH生成，与 Ca 生成 CaSO沉淀，平衡向正向移动，有33222+NaOH生成；（ 5）NH3?H2O故答案为： 2OH +SO2=SO3+H2O； SO3与 Ca 生成 CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有b10 5， 若氨水的浓度为 2.0mol?L 1， 由 Kb=） =的 K =1.8可知 c（OHmol/L=6.0 10 3mol/L ，）降至 1.0 10 7mol?L 1+10

17、7mol?L 1， H2SO的 Ka2=6.2 10 8， 由 Ka2=当 c（ OH时， c（ H ）=1.03可知 c（ SO2）=0.62 ，） /c （ HSO33故答案为： 6.0 10 3； 0.62 【分析】（ 1）硫杆菌存在时， FeSO4 被氧化的速率是无菌时的 5105 倍，说明硫杆菌做反应的催化剂加快反应速率；（ 2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性；（3）当 n（H2O2） /n （ H2S）=4 时，结合氧化还原反应电子守恒， 4H2O24H2O 8e， 电子守恒得到H2S 变化为 +

18、6 价化合物； （ 4）过程是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水；过程2+NaOH再生是平衡 CaO（ s）+H2O （ l ） Ca（ OH） 2（ s） ?Ca（aq） +2OH（ aq）正向进行；氢氧根离子浓度增大；（5）NH3?H2O的 Kb=1.8 10 5， 若氨水的浓度为 2.0mol?L 1，可结合 Kb=），H SO 的 K =6.2 10 8， 结合 K =2计算 c（ OH计算 c（ SO23a2a23 ） /c （ HSO3）4. 【答案】 （ 1） 2：7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳（ 2） Fe； Al （ OH） 32+2+H2O（ 3

19、）小； CrO4+2H?Cr2O7（ 4） c；复分解反应（ 5） 100%【考点】 氧化还原反应方程式的配平，化学平衡的影响因素，硅和二氧化硅，制备实验方案的设计【解析】【解答】解：（1）由上述分析可知步骤的主要反应为2FeO?Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO34Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2， 则FeO?Cr2O3 与NaNO3的系数比为2：7，该步骤不能使用陶瓷容器，原因是二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，故答案为：2： 7；二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳；（2）由上述分析可知，滤渣1含Fe2O3， 滤渣1 中含量最多的金属元素是F

20、e，滤渣2 的主要成分是Al （ OH） 3 及含硅杂质，故答案为： Fe； Al （OH）3；（ 3）中调节 pH 发生 CrO42 +2H+?Cr 2O72 +H2O，则步骤调滤液2 的 pH 使之变小，增大氢离子浓度，平衡正向移动，利于生成Cr2O72，2+2KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得故答案为：小； CrO+2H ?CrO +H O；（4）向“滤液 3”中加入适量4272到 K2Cr2O7 固体，由溶解度可知，冷却到 40 K2Cr2O7 固体的溶解度在四种物质中最小、且溶解度较大，过滤分离产品最多；步骤发生 Na2Cr2O7 +2KCl=K2Cr2O7+2NaCl，反应类型是复

21、分解反应，故答案为： c；复分解反应；（5）用 m1 kg 铬铁矿粉（含Cr2O3 40%）制备 K2Cr2O7， 最终得到产品m2 kg，产率为，由 Cr 原子守恒可知，则产率为100%，故答案为：100%【分析】铬铁矿的主要成分为FeO?Cr2O3， 还含有硅、铝等杂质，制备重铬酸钾，由制备流程可知，步骤的主要反应为FeO?Cr2O3+Na2CO3+NaNO3Na2CrO4 +Fe2O3+CO2+NaNO2，Cr元素的化合价由+3 价升高为 +6 价， Fe元素的化合价由+2 价升高为可知，反应为2FeO?Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3+3 价， N元素的化合价由+5 价降低为4

22、Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，+3 价，由电子、原子守恒该步骤中若使用陶瓷，二氧化硅与碳酸钠高温下反应生成硅酸钠和二氧化碳，则使用铁坩埚，熔块水浸过滤分离出滤渣1 含Fe2O3， 滤液1 中含NaAlO2、 Na2CrO4， 调节pH 过滤分离出Al（ OH）3、 Si ，滤液2 中含Na2CrO4， 中调节 pH 发生 CrO42+2H+?Cr2O72+H2O，滤液3 含 Na2Cr2O7 ， 由水中的溶解度： Na2Cr2O7K2Cr2O7， 可知中向 Na2Cr2O7 溶液中加入 KCl 固体后得到 K2Cr 2O7， 溶解度小的析出，以此来解答5. 【答案】 （

23、1） 100， 2h， 90， 5h（ 2） FeTiO3+4H+4Cl =Fe2+TiOCl 42 +2HO（ 3）低于 40， TiO xH O转化反应速率随温度升高而增加；超过40，双氧水分解与氨气逸出导致22TiO2 xH2O转化反应速率下降（ 4） 443） =1.010 173423（ 1.01017mol/L ）（ 5） c（ POmol/L ， QcMg （ PO） = （）2=1.69 10 40Ksp=1.010 24， 则无沉淀生成（ 6） 2FePO+LiCO+H COLiFePO +HO+3CO423224422【考点】 化学反应速率的影响因素，难溶电解质的溶解平衡及

24、沉淀转化的本质，制备实验方案的设计【解析】 【解答】（ 1）由图可知，当铁的净出率为70%时， 100时用时间最少，所采用的实验条件为选择温度为 100，故答案为：选择温度为100；（ 2）“酸浸”后，钛主要以TiOCl 42 形式存在，相应反应的离子方程式为+2+2+2H2O，FeTiO3+4H +4Cl=Fe +TiOCl4故答案为： FeTiO+2+2+2H2O；（ 3） 40时 TiO 2?xH2 O转化率最高，因温度高反应速率3+4H +4Cl=Fe +TiOCl 4加快，但温度过高过氧化氢分解、氨水易挥发，影响转化率，故答案为：温度高反应速率加快，但温度过高过氧化氢分解、氨水易挥发

25、，影响转化率；（ 4）Li2Ti 5O15 中 Ti 的化合价为+4， Li 的化合价为 +1 价，由化合价的代数和为0 可知， O元素的负价代数和为22，设过氧键的数目为 x，则（x2）1+（ 15x2）2=22，解得 x=4，故答案为：3+3+ 5，44；（ 5）Fe恰好沉淀完全即溶液中 c（ Fe）=1.0 10由 Ksp（FePO），3=1.0 17mol/L ， QcMg （ PO） = （317可知 c（ PO ） =10） （ 1.010mol/L ）43422=1.69 10 40Ksp=1.01024， 则无沉淀生成，3）=1.0 10 17mol/L ， QcMg（3PO4

26、）2=（317mol/L ）故答案为： c（ PO4） （1.0 102=1.69 10 4024， 则无沉淀生成；（6）“高温煅烧”中由FePO制备 LiFePO 的化学Ksp=1.01044方程式为 2FePO+Li2CO+H C OLiFePO +HO+3CO，43224422故答案为： 2FePO+LiCO+HC OLiFePO +HO+3CO423224422【分析】用钛铁矿（主要成分为Fe TiO3， 还含有少量 MgO、 SiO2 等杂质）来制备 Li4Ti 3O12 和 LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO22+2+4+， 水解后过滤，沉淀为， 滤液中含

27、Mg 、 Fe 、 TiTiO2 xH 2O，与双氧水反应Ti 元素的化合价升高，生成（NH4） 2Ti 5O15， 与 LiOH 反应后过滤得到Li 2Ti 5O15 ， 再与碳酸锂高温反应生成Li 4Ti 3O12；水解后的滤液中含2+2+， 双氧水可氧化亚铁Mg 、 Fe离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4， 高温煅烧中发生 2FePO4+Li 2CO3+H2C2O4LiFePO4+H2O+3CO2，以此来解答6. 【答案】 （ 1）平衡气压，以免关闭 K1 后圆底烧瓶内气压过大（ 2）防止暴沸；直型冷凝管（ 3） c、 e 及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在

28、大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入 c 中（ 4）液封，防止氨气逸出；NH4+OHNH3 +H2O 保温使氨完全蒸出；减少热量损失，有利于铵根离子转化为氨气而逸出（ 5）；【考点】 蒸发、蒸馏与结晶的仪器，化学实验安全及事故处理，探究物质的组成或测量物质的含量【解析】 【解答】（ 1） a 为玻璃管，可连接空气，避免在加热时烧瓶内压强过大，故答案为：平衡气压，以免关闭 K1 后圆底烧瓶内气压过大； （ 2）加热纯液体时，加入碎瓷片可避免液体暴沸，F 为冷凝管，故答案为：防止暴沸；冷凝管；（3）停止加热，关闭 K ， g 中蒸馏水倒吸进入 c，原因是 c、 e 及其所连接1的管道内水蒸气冷

29、凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c中，故答案为： c、e 及其所连接的管道内水蒸气冷凝为水后，气压远小于外界大气压，在大气压的作用下，锥形瓶内的蒸馏水被倒吸入c 中；（ 4） d 中保留少量水，可检验装置是否漏气，如漏气，液面会下降，故答案为：便于检验d 装置是否漏气；铵盐试样由d 注入 e，随后注入氢氧化钠溶液，发生反应生成氨气，反应的离子方程式为NH4+OHNH3 +H2O； e 采用中空双层玻璃瓶，起到保温作用，以减少热量损失，有利于铵根离子转化为氨气而逸出，NH3 +H2 O；减少热量损失，有利于铵根离子转化为氨气而逸出；（5）滴定 g 中吸故

30、答案为： NH4+OH收液时消耗浓度为；结合反应 NH?H BO+HCl=NHCl+H BOcmol?L 1 的盐酸 V mL，则 n（ HCl） =0.001cVmol333433可知， n（ N） =n（ NHCl ） =n（ C HNO） =n（ HCl），4232则 m（ N） =0.001cVmol 14g/mol=0.014cVg ，则样品中氮的质量分数为=%，m（ C HNO） =0.001cVmol 73g/mol=0.073cVg ，则样品的纯度为=%，232故答案为：；【分析】（ 1） a 为玻璃管，可连接空气，避免烧瓶内压强过大；（2）加热纯液体时，应避免液体暴沸；（ 3

31、）冷却后，装置内压强较低，可倒吸；（4） d 中保留少量水，可检验装置是否漏气；铵盐试样由 d 注入 e，随后注入氢氧化钠溶液，发生反应生成氨气；e 采用中空双层玻璃瓶，起到保温作用；（ 5）滴定 g 中吸收液时消耗浓度为cmol?L 1的盐酸 V mL，则 n（ HCl）=0.001cVmol ；结合反应NH?H BO+HCl=NHCl+H BO可知， n（ N） =n（ NHCl ） =n（ C HNO） =n（ HCl），以此解答该题33343342327. 【答案】 （ 1）加入足量加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解；2+Fe（ 2）Fe+2Fe3+=3Fe2+； 4Fe2

32、+ +O2+4H+=Fe3+2H2O；白色沉淀； NaNO3；FeCl 2/FeCl 3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转（ 3）i iiAg+Fe2+=Ag+Fe3+， 反应生成Fe3+， 使 Fe3+增加，红色变深， ii iii空气中氧气氧化SCN， 红色变浅【考点】 原电池和电解池的工作原理，性质实验方案的设计【解析】 【解答】解： （1）黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl 或 H2SO4溶解 Fe，而银不能溶解，故答案为：加入足量加入足量稀盐酸（或稀硫酸）酸化，固体未完全溶解；2+2+， K Fe （ CN） 是检验 Fe 的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe3

33、3故答案为： Fe2+；（ 2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+， 即 Fe+2Fe3+=3Fe2+，故答案为： Fe+2Fe3+=3Fe2+； O2 氧化 Fe2+反应为 4Fe2+O2+4H+=Fe3+ +2H2O，白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+， Ag +可能氧化 Fe2+生成 Fe3+ ，故答案为： 4Fe2+O2+4H+=Fe3+ +2H O；白色沉淀；证明假设abc 错误，就是排除Ag+时实验比较， 相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用 NaNO， 原电池实验需要证明的是假设+2+3+d 的反应 Ag +Fe =Ag+Fe 能够实现，所

34、以甲池应当注入3FeCl 2、 FeCl 3 混合溶液，按图连接好装置，如电流表指针发生偏转，可说明d 正确，故答案为： NaNO；FeCl /FeCl；按图连接好装置，电流表指针发生偏转；（3）i iii3+中 Fe 变化的原因：323i ii Ag+Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成 Fe3+的使 Fe3+浓度增加， iiiii溶液红色较 30min 时变浅，说明空3+气中氧气氧化 SCN， 使平衡向生成 Fe 的方向移动， Fe（ SCN） 3 浓度减小，则溶液的颜色变浅，故答案为： i ii Ag+Fe2+=Ag+Fe3+， 反应生成 Fe3+的使 Fe3+增加，红色变深， ii iii空气中氧气氧化SCN ， 红色变浅【分析】（ 1）银和盐酸、稀硫酸等不反应，可用K3Fe （ CN）3 检验亚铁离子，生成蓝色沉淀；（2）过量的铁与硝酸反应生成亚铁离子，亚铁离子可被空气中氧气氧化，银离子如氧化亚铁离子，则发生Ag+Fe2+=Ag+Fe3+， 如反应能发生，可设计成原电池，负极加入FeCl 2/FeCl 3 ， 正极为硝酸银，可根据电流计是否发生偏转判断；（3）取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，可证明溶液中有Fe3+， 生成白色沉淀为 AgSCN，随着放置时间的增加，溶液红色变浅，可能为空气中氧气氧化， 以此解答该SCN题