一、化学反应原理
1．为探究Ag与Fe3氧化性的相关问题，某小组同学进行如下实验： 已知：相关物质的溶解度（20℃）AgCl：1．5×10-4g Ag2SO4：0．796 g （1）甲同学的实验如下： 序号 操作 将2 mL 1 mol/L AgNO3溶液加实验Ⅰ 入到1 mL 1 mol/L FeSO4溶液中 取上层清液，滴加KSCN 溶液 现象 产生白色沉淀，随后有黑色固体产生 溶液变红 +
+
注：经检验黑色固体为Ag
① 白色沉淀的化学式是_____________。
② 甲同学得出Ag氧化了Fe2的依据是_______________。 （2）乙同学为探究Ag+和Fe2+反应的程度，进行实验Ⅱ。
a．按右图连接装置并加入药品（盐桥中的物质不参与反应），发现电压表指针偏移。偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银。放置一段时间后，指针偏移减小。
+
+
ｂ．随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2(SO4)3溶液，发现电压表指针的变化依次为：偏移减小→回到零点→逆向偏移。
① a中甲烧杯里的电极反应式是___________。
② b中电压表指针逆向偏移后，银为_________极（填“正”或“负”）。 ③ 由实验得出Ag+和Fe2+反应的离子方程式是___________。 （3）为进一步验证乙同学的结论，丙同学又进行了如下实验： 序号 实验Ⅲ 实验Ⅳ 实验Ⅴ 操作 将2 mL 2 mol/L Fe(NO3)3溶液加入有银镜的试管中 现象 银镜消失 将2 mL1 mol/L Fe2(SO4)3溶液加入有银镜的试管中 银镜减少，未消失 将2 mL 2 mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中 银镜消失 ① 实验Ⅲ___________（填“能”或“不能”）证明Fe3+氧化了Ag，理由是_____________。
② 用化学反应原理解释实验Ⅳ与Ⅴ的现象有所不同的原因：_____________。 【答案】Ag2SO4 有黑色固体（Ag ）生成，加入KSCN 溶液后变红 Fe2+－e-＝Fe3+ 负 Fe2+＋Ag+
Fe3+＋Ag 不能 因为Fe(NO3)3溶液呈酸性，酸性条件下NO3-也可能氧化Ag
Fe2+＋Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有
溶液中存在平衡：Fe3+＋Ag镜溶解）。 【解析】 【分析】 【详解】
（1）将2mL 1mol/L AgNO3溶液加入到1mL 1mol/L FeSO4溶液中发生复分解反应会生成硫酸银白色沉淀，银离子具有强氧化性会氧化Fe2+为Fe3+，银离子被还原为黑色固体金属单质银；取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成； ①上述分析可知白色沉淀为硫酸银，它的化学式是Ag2SO4，故答案为Ag2SO4；
②甲同学得出Ag氧化了Fe2的依据是实验现象中，银离子被还原为黑色固体金属单质银，取上层清液，滴加KSCN溶液溶液变红说明有铁离子生成，故答案为有黑色固体（Ag）生成，加入KSCN溶液后变红；
（2）①实验过程中电压表指针偏移，偏移的方向表明：电子由石墨经导线流向银，依据原电池原理可知银做原电池正极，石墨做原电池负极，负极是甲池溶液中亚铁离子失电子发生氧化反应生成铁离子，a中甲烧杯里的电极反应式是Fe2+-e-=Fe3+；故答案为Fe2+-e-=Fe3+；
②随后向甲烧杯中逐渐加入浓Fe2（SO4）3溶液，和乙池组成原电池，发现电压表指针的变化依次为，偏移减小→回到零点→逆向偏移，依据电子流向可知乙池中银做原电池负极，发生的反应为铁离子氧化为银生成亚铁离子；故答案为负；
++
③由实验现象得出，Ag和Fe2反应生成铁离子和金属银，反应的离子方程式是
+
+
利于降低Ag+浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大（或促使平衡正向移动，银
Fe2++Ag+Fe3++Ag；故答案为Fe2++Ag+Fe3++Ag；
（3）①将2mL 2mol/L Fe（NO3）3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银杯氧化，可能是溶液中铁离子的氧化性，也可能是铁离子水解显酸性的溶液中，硝酸根离子在酸溶液中具有了强氧化性，稀硝酸溶解银，所以实验Ⅲ不能证明Fe3+氧化了Ag，故答案为不能；因为Fe（NO3）3溶液呈酸性，酸性条件下NO3-也可能氧化Ag；
②将2mL1mol/L Fe2（SO4）3溶液加入有银镜的试管中银镜减少，未消失说明部分溶解，将2mL 2mol/L FeCl3溶液加入有银镜的试管中银镜消失，说明银溶解完全，依据上述现象可知，溶液中存在平衡：Fe3++Ag
+
Fe2++Ag+，且AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-
更有利于降低Ag浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大，故答案为溶液中存在平衡：Fe3++Ag
Fe2++Ag+，且 AgCl比Ag2SO4溶解度更小，Cl-比SO42-更有利于降低Ag+
浓度，所以实验Ⅴ比实验Ⅳ正向进行的程度更大。
H2O)又名水合联氨，无色透明，是具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它2．水合肼(N2H4·
是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO=N2H4·H2O＋Na2CO3＋NaCl。 实验1：制备NaClO溶液。(已知：3NaClO
Δ2NaCl＋NaClO3)
(1)如图装置Ⅰ中烧瓶内发生反应的化学方程式为___________。
(2)用NaOH固体配制溶质质量分数为30%的NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有__________(填字母)。
a.烧杯 b.容量瓶 c.玻璃棒 d.烧瓶
(3)图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是__________ 。 实验2：制取水合肼。
(4)图中充分反应后，____________(填操作名称)A中溶液即可得到水合肼的粗产品。若分液H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出漏斗滴液速度过快，部分N2H4·
该过程反应生成氮气的化学方程式 ________。
实验3：测定馏分中水合肼的含量。
(5)称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6.5左右)，加水配成250 mL溶液，移出25.00 mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15 mol·L－1的碘的标准溶液滴定(已知：N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O)。 ①滴定时，碘的标准溶液盛放在 ________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中。 ②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是 _________(填字母)。 a.锥形瓶清洗干净后未干燥 b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡 c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视 d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液 H2O)的质量分数为 ③实验测得消耗I2溶液的平均值为20.00mL，馏分中水合肼(N2H4·_________。
【答案】MnO2＋4HCl(浓)
ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O a c 防止NaClO受热分解，影响水合肼
H2O＋2NaClO=N2↑＋3H2O＋2NaCl 酸式 d 25% 的产率 蒸馏 N2H4·
【解析】 【分析】
(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水；
（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌；
（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，降温可以防止NaClO受热分解；
H2O与次氯酸钠反（4）N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·应；
（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管； ②依据操作不当对标准溶液体积的 影响分析解答；
H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，由此计算③由方程式N2H4·
N2H4·H2O的物质的量和质量分数。 【详解】
(1)装置Ⅰ中烧瓶内浓盐酸与二氧化锰共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)2H2O；
（2）配制30%NaOH溶液时，用天平称量一定质量的氢氧化钠固体，在烧杯中加水溶解，并用玻璃棒搅拌，需要玻璃仪器有烧杯、玻璃棒，故答案为：ac；
（3）由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率，故答案为：防止NaClO受热分解，影响水合肼的产率；
（4）由反应方程式示可知，加热蒸馏三颈烧瓶内的溶液可得到水合肼的粗产品；N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O与次氯酸钠反应生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：蒸馏；N2H4•H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；
（5）①碘的标准溶液具有氧化性，可以腐蚀橡皮管，应盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；
②a.锥形瓶清洗干净后未干燥，不影响水合肼的物质的量，对实验结果无影响，故错误； b.滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；
c.读数时，滴定前平视，滴定后俯视会导致碘的标准溶液体积偏小，所测结果偏小，故错误；
d.盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液会稀释碘的标准溶液，导致碘的标准溶液体积偏大，所测结果偏高，故正确； d正确，故答案为：d；
③由方程式N2H4·H2O＋2I2=N2↑＋4HI＋H2O可得如下关系N2H4·H2O—2I2，则3.0g馏分中nH2O）=1n（I2）×10=1L－1×20×10—3L×10=0.015 mol，则馏分中水合（N2H4·×0.15 mol·22ΔMnCl2＋Cl2↑＋2H2O，故答案为：MnO2＋4HCl(浓)
ΔMnCl2＋Cl2↑＋
H2O)的质量分数为肼(N2H4·【点睛】
0.015mol50g/mol3g×100%=25%，故答案为：25%。
由题给信息可知，次氯酸钠受热易分解生成氯化钠和氯酸钠，图中装置Ⅱ中用冰水浴控制温度可以防止NaClO受热分解是解答关键，N2H4•H2O具有强还原性，若分液漏斗滴液速度H2O与次氯酸钠反应是解答难点。 过快，部分N2H4·
3．研究不同 pH 时 CuSO4 溶液对 H2O2 分解的催化作用。资料：a．Cu2O 为红色固体，
+
难溶于水，能溶于硫酸，生成 Cu 和Cu2。b．CuO2 为棕褐色固体，难溶于水，能溶于硫
酸，生成 Cu2+和 H2O2。c．H2O2 有弱酸性：H2O2 编号 Ⅰ 实验 H+ +HO2-，HO2-
现象 H+ +O22-。
向 1 mL pH＝2 的 1 mol·L− 1 CuSO4溶液中加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液 向 1 mL pH＝3 的 1 mol·L−1 CuSO4溶液中加入 出现少量气泡 Ⅱ 立即产生少量棕黄色沉淀，出现较明显气泡 立即产生大量棕褐色沉淀，产生大量气泡 0.5 mL 30% H2O2 溶液 向 1 mL pH＝5 的 1 mol·L−1CuSO4溶液中加入 Ⅲ 0.5 mL 30% H2O2 溶液 （1） 经检验生成的气体均为 O2，Ⅰ中 CuSO4 催化分解 H2O2 的化学方程式是__。 （2）对Ⅲ中棕褐色沉淀的成分提出 2 种假设：ⅰ.CuO2，ⅱ.Cu2O 和CuO2 的混合物。为检验上述假设，进行实验Ⅳ：过滤Ⅲ中的沉淀，洗涤，加入过量硫酸，沉淀完全溶解，溶液呈蓝色，并产生少量气泡。
①若Ⅲ中生成的沉淀为 CuO2，其反应的离子方程式是__。
②依据Ⅳ中沉淀完全溶解，甲同学认为假设ⅱ不成立，乙同学不同意甲同学的观点，理由是__。
③为探究沉淀中是否存在 Cu2O，设计如下实验：
将Ⅲ中沉淀洗涤、干燥后，取 a g 固体溶于过量稀硫酸，充分加热。冷却后调节溶液 pH，以 PAN 为指示剂，向溶液中滴加 c mol·L − 1EDTA 溶液至滴定终点，消耗 EDTA 溶
++
液 V mL。V=__，可知沉淀中不含 Cu2O，假设ⅰ成立。（已知：Cu2+EDTA= EDTA-Cu2，
M(CuO2)＝96 g·mol − 1，M(Cu2O)＝144 g·mol−1）
（3）结合方程式，运用化学反应原理解释Ⅲ中生成的沉淀多于Ⅱ中的原因__ 。 （4）研究Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 分解速率不同的原因。
实验Ⅴ：在试管中分别取 1 mL pH＝2、3、5 的 1 mol·L−1 Na2SO4 溶液，向其中各加入 0.5 mL 30% H2O2 溶液，三支试管中均无明显现象。
实验Ⅵ：__（填实验操作和现象），说明 CuO2 能够催化 H2O2 分解。
（5）综合上述实验，Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中不同 pH 时 H2O2 的分解速率不同的原因是__。
【答案】2H2O2 O2↑+2H2O H2O2+Cu2+＝CuO2↓+2H+ CuO2与H+反应产生的H2O2具
溶液有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu 1000a96c中存在H2O2
－
H+ +HO2－，HO2－H+ +O22－，溶液pH增大，两个平衡均正向移动，O22
浓度增大，使得CuO2沉淀量增大 将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，
+
+
加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变 CuO2的催化能力强于Cu2；随pH增大，Cu2与H2O2反应生成CuO2增多 【解析】 【分析】 【详解】
（1）由题意可知，在硫酸铜做催化剂作用下，双氧水分解生成水和氧气，反应的化学方程式为2H2O2
O2↑+2H2O，故答案为：2H2O2
O2↑+2H2O；
（2）①若Ⅲ中生成的沉淀为CuO2，说明双氧水与铜离子反应生成过氧化铜和水，反应的离子方程式为H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+，故答案为：H2O2+Cu2+=CuO2↓+2H+；
②由题意可知，过氧化铜能与溶液中氢离子反应生成双氧水，双氧水具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化氧化亚铜或铜，无法观察到红色沉淀，说明假设ⅱ可能成立，乙同学的观点正确，故答案为：CuO2与H+反应产生的H2O2具有强氧化性，在酸性条件下可能会氧化Cu2O或Cu，无法观察到红色沉淀Cu；
③a g过氧化铜的物质的量为96g/mol，由方程式可得如下关系：CuO2—Cu2+—EDTA，则有
ag96g/molagml，故答案为：1000a= c mol/L×V×10—3L，解得V=1000a； 96c96cH+ +HO2－、HO2－
H+ +O22
（3）由题意可知，双氧水溶液中存在如下电离平衡H2O2
－
，溶液pH增大，氢离子浓度减小，两个平衡均正向移动，过氧根浓度增大，使得过氧化
H+ +HO2－，HO2－
H+ +O22－，溶液pH
－
铜沉淀量增大，故答案为：溶液中存在H2O2
增大，两个平衡均正向移动，O22浓度增大，使得CuO2沉淀量增大；
（4）若过氧化铜能够催化过氧化氢分解，过氧化氢分解速率加快，催化剂过氧化铜的组成和质量不会发生变化，则实验操作和现象为将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变，故答案为：将Ⅲ中沉淀过滤，洗涤，干燥，称取少量于试管中，加入30％H2O2溶液，立即产生大量气泡，反应结束后，测得干燥后固体的质量不变；
（5）由以上实验可知，当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大，故答案为：CuO2的催化能力强于Cu2+；随pH增大，Cu2+与H2O2反应生成CuO2增多。 【点睛】
当溶液pH增大时，双氧水溶液中过氧根浓度增大，使得过氧化铜沉淀量增大，过氧化铜的催化能力强于铜离子，使双氧水的分解速率增大是解答关键，也是实验设计的关键。
4．钛白粉(TiO2)是重要的白色颜料，LiFePO4是锂离子电池的正极材料。一种利用钛铁矿( 主要成分为FeTiO3 和少量Fe2O3 )进行钛白粉和LiFePO4 的联合生产工艺如下图所示:
回答下列问题:
（1） LiFePO4中Fe的化合价是_______________________。 （2）钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎的目的是__________________________________。
（3）用离子方程式表示操作I加入铁粉的目的:__________________________。操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器的名称是___________。
（4）TiO2+易水解，则其水解的离子方程式为______________________；“转化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热的目的是________________________________。 （5）“沉铁”的的是使Fe3+生成FePO4，当溶液中c(PO43-)= 1.0×10-17mol/L时可认为Fe3+ 沉淀完全，则溶液中Fe3+沉淀完全时的c(Fe3+)=_______mol/L[已知:该温度下，Ksp(FePO4)=1.0×10-22
]。
（6）由“沉铁”到制备LiFePO4的过程中，所需17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比是_____。
【答案】+2 增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率 2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+ 蒸发皿 TiO2++2H2O( 或加快水解反应速率) 1.0×10-5 20:9 【解析】 【分析】
钛铁矿[主要成分为钛酸亚铁(FeTiO)3，含有少量Fe2O3]加硫酸溶解生成TiO2+和Fe3+、Fe2+，加入铁还原铁离子：2Fe3++Fe=3Fe2+，得到硫酸亚铁和TiOSO4，对溶液蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得到绿矾晶体和TiOSO4溶液，将TiOSO4溶液加热，促进TiO2+的水解生成TiO(OH)2，TiO2++2H2O=TiO(OH)2+2H+，分解得到钛白粉(TiO2)；将绿矾与过氧化氢、H3PO4混合沉铁：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，将得到的FePO4与草酸、Li2CO3焙烧生成锂离子电池的正极材料LiFePO4。 【详解】
根据上述分析可知，
(1)LiFePO4中Li的化合价为+1价，P为+5价O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，Fe的化合价是+2，故答案为+2；
(2)钛铁矿“酸溶”前需要进行粉碎，粉碎可以增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率，故答案为增加钛铁矿与硫酸按触面积，增大酸溶速率； (3)加入铁粉主要是还原铁离子，也会与过量的酸反应：
2H++Fe==H2↑+Fe2+、2Fe3++Fe=3Fe2+；操作II为一系列操作，名称是加热浓缩、冷却结晶、过滤，其中用到的陶瓷仪器为蒸发皿，故答案为2H++Fe==H2↑+Fe2+、Fe+2Fe3+==3Fe2+；蒸发皿；
TiO(OH)2+2H+ 促进水解
(4)TiO2+易水解生成TiO(OH)2，其水解的离子方程式为TiO2++2H2OTiO2++2H2O
TiO(OH)2+2H+；促进水解；
3+
TiO(OH)2+2H+；“转
化”利用的是TiO2+的水解过程，需要对溶液加热，加热可以促进水解，故答案为
(5)Ksp(FePO4)= c(Fe案为1.0×10-5；
) c(PO43-)，则
KspFePO41.01022c(Fe)===1.0×10-5 mol/L，故答317cPO41.0103+
(6)“沉铁”的为绿矾与过氧化氢、H3PO4混合生成FePO4，离子方程式为：2Fe2++H2O2+2H3PO4=2FePO4↓+2H2O+4H+，焙烧时的反应方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4
2LiFePO4+H2O+3CO2↑；H2O2与草酸( H2C2O4)的物质的量之比为
1mol34g/mol201:1，则17% H2O2溶液与草酸( H2C2O4)的质量比为=，故答案为17%91mol90g/mol20。 9
5．无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体．某活动小组通过实验，探究不同温度下气体产物的组成．实验装置如下：
每次实验后均测定B、C质量的改变和E中收集到气体的体积．实验数据如下（E中气体体积已折算至标准状况）： 实验组别 温度 ① ② ③ ④ T1 T2 T3 T4 称取CuSO4质量/g 0.640 0.640 0.640 0.640 B增重质量/g 0.320 0 0.160 X4 C增重质量/g 0 0.256 Y3 0.192 E中收集到气体/mL 0 V2 22.4 33.6 （1）实验过程中A中的现象是______．D中无水氯化钙的作用是_______．
（2）在测量E中气体体积时，应注意先_______，然后调节水准管与量气管的液面相平，
若水准管内液面高于量气管，测得气体体积______（填“偏大”、“偏小”或“不变”）． （3）实验①中B中吸收的气体是_____．实验②中E中收集到的气体是______． （4）推测实验②中CuSO4分解反应方程式为：_______．
（5）根据表中数据分析，实验③中理论上C增加的质量Y3=_______g． （6）结合平衡移动原理，比较T3和T4温度的高低并说明理由________．
【答案】白色固体变黑 吸收水蒸气，防止影响C的质量变化 冷却至室温 偏小 SO3 O2 2CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑ 0.128 T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是
吸热反应，温度高有利于生成更多的O2 【解析】 【分析】
(1)根据无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体分析A中的现象，根据碱石灰和无水氯化钙的作用分析；
(2)气体温度较高，气体体积偏大，应注意先冷却至室温，若水准管内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小；
(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气；
0.64g(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
160g/mo10.256g0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004mol，
64g/mo10.064g氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002mol，
32g/mo1CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑；
(5)0.64g硫酸铜的物质的量为
0.64g＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
160g/mo10.022432＝0.032g，22.40.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：
根据质量守恒实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g； (6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。 【详解】
(1)因为无水硫酸铜在加热至650℃时开始分解生成氧化铜和气体，故实验过程中A中的现象是白色固体变黑，因为碱石灰能够吸水，D中无水氯化钙的作用是 吸收水蒸气，防止装置E中的水进入装置C，影响C的质量变化，故答案为：白色固体变黑；吸收水蒸气，防止影响C的质量变化；
(2)加热条件下，气体温度较高，在测量E中气体体积时，应注意先冷却至室温，若水准管
内液面高于量气管，说明内部气压大于外界大气压，测得气体体积偏小，故答案为：冷却至室温 偏小；
(3)实验中B中浓硫酸的作用是吸收三氧化硫气体，C的作用是吸收二氧化硫，E的作用是收集到氧气，故答案为：SO3；O2；
0.64g(4)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
160g/mo10.256g0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO2的质量为：0.256g，物质的量为：＝0.004mol，
64g/mo10.064g氧气的质量为：0.64﹣0.32﹣0.256＝0.064g，物质的量为：＝0.002mol，
32g/mo1CuSO4、CuO、SO2、O2的物质的量之比等于2：2：2；1，则实验②中CuSO4分解反应方程式为2CuSO4
2CuO+2SO2↑+O2↑；
0.64g(5)0.64g硫酸铜的物质的量为＝0.004mol，分解生成氧化铜的质量为：
160g/mo10.022432＝0.032g，22.4实验③中理论上C增加的质量Y3＝0.64﹣0.32﹣0.16﹣0.032＝0.128g；
0.004mol×80g/mol＝0.32g；SO3的质量为：0.16g，氧气的质量为：
(6)根据表中实验③④的数据可知，T4温度生成氧气更多，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2，故T4温度更高，故答案为：T4温度更高，因为SO3分解为SO2和O2是吸热反应，温度高有利于生成更多的O2。
6．砂质土壤分析中常用 Karl Fischer法是测定其中微量水含量，该方法是利用I2 和SO2反应定量消耗水作为原理(假设土壤中其他成分不参加反应)，据此回答下列问题： (1)写出该反应的化学反应方程式：_______________________。 步骤I：反应样品中的水
下图是某同学在实验室模拟Karl Fischer法的实验装置图：
(2)装置连接的顺序为a→____________(填接口字母顺序)；M仪器的名称为________________，其在实验过程中的作用是：____________；
(3)操作步骤为：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，____________________；③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，⑤取··下D装置，·
步骤④中继续通入N2的目的是________________________________ 步骤 II：测定剩余的碘
向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取 25.00mL 用0.20 mol·L-1 Na2S2O3 标准液滴定剩余的I2单质，已知反应如
－－－
下：2S2O32+I2=S4O62+2I。
(4)Na2S2O3 标准液应装在_____________(填“酸式”、“碱式”)滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液的目的是__________________________； (5)滴定实验重复四次得到数据如下: 实验 消耗的标准液的体积/mL ① 18.37 ② 20.05 ③ 19.95 ④ 20.00
①若实验开始时，向D 装置中加入10.00 g土壤样品和10.16克I2(已知I2过量)，则样品土壤中水的含量为_________%。
②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将____________(填“偏高”、“ 偏低”或“不变”)。
【答案】SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI d→e→i→h→g→f→b→(c) 长颈漏斗 平衡内外气压，防止压强过大 打开弹簧夹，通入氮气 将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收 碱式 使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确 7.2% 偏低 【解析】 【分析】
(1)利用I2 和SO2反应定量消耗水，碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，据此写出反应的方程式；
(2)装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，据此分析解答；
(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，据此分析解答；
(4)Na2S2O3 水解显碱性；合并洗涤液和滤液，使所有剩余的碘进入滤液，据此分析解答； (5)①实验过程中碘与二氧化硫反应后，剩余的碘用0.20 mol•L-1Na2S2O3 标准液滴定，根据消耗的Na2S2O3求出剩余的碘，再根据(1)中的方程式求出消耗的水，最后求样品中水的含量；②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，据此分析判断。 【详解】
(1)碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为：SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，故答案为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4； (2) 装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的
二氧化硫需要用浓硫酸(E)干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，接口顺序为d→e→i→h→g→f→b→(c)；根据图示，M为长颈漏斗，在实验过程中，可以起到平衡内外气压，防止压强过大的作用，故答案为d→e→i→h→g→f→b→(c)；长颈漏斗；平衡内外气压，防止压强过大；
(3)操作步骤：①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，··继续通入N2 ，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，⑤取下D装置，·，故答案为打开弹簧夹，通入氮气；将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收；
(4)Na2S2O3 水解显碱性，标准液应装在碱式滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液，可以使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确，故答案为碱式；使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确；
(5)①实验开始时，向D 装置中加入10.00克土壤样品和10.16克I2(已知I2过量)，
10.16gn(I2)==0.04mol，向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗
254g/molL-1 Na2S2O3 标准液滴定剩余涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取 25.00mL 用0.20 mol·
I2单质，根据实验数据可知，实验①的误差较大，删除该数值，②③④实验消耗Na2S2O3溶液的平均值=
20.05+19.95+20.00mL =20.00 mL，根据2S2O32-+I2=S4O62-+2I-，消耗碘单质物
3质的量= n(Na2S2O3)×
1250mL1×=×0.0200L×0.20mol/L ×10=0.02mol，剩余I2物质的量25mL22=0.04mol-0.02mol=0.02mol，即与二氧化硫反应的碘单质物质的量=0.04mol-0.02mol=0.02mol，消耗水为0.04mol，土壤样品中水的含量=
0.04mol18g/mol×100%=7.2%，故答案为7.2%；
10.00g②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，滴定过程中消耗的硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，则与二氧化硫反应的碘单质减少，反应的水的物质的量减小，计算得到水的含量偏低，故答案为偏低。
7．某同学在实验室进行铁盐与亚铁盐相互转化的实验：
2实验Ⅰ：将Fe3转化为Fe(如图)
(1)Fe3+与Cu粉发生反应的离子方程式为______．
(2)探究白色沉淀产生的原因，请填写实验方案：查阅资料：
.2Cuⅰ.SCN的化学性质与I相似，ⅱ实验方案 24I2CuI(白色)I2
现象 产生白色沉淀 无明显现象 结论 步骤1：取4mL ______ mol/L CuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/L KSCN溶液 步骤2：取 ______ CuSO4与KSCN反应产生了白色沉淀 Cu2与SCN反应的离子方程式为______．
实验Ⅱ：将Fe2转化为Fe3 实验方案 向3mL 0.1mol/L FeSO4溶液中加入1mL 8mol/L稀硝酸 现象 溶液变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色 探究上述现象出现的原因：查阅资料：Fe2NOƒFe(NO)2(棕色)
(3)用离子方程式解释NO 产生的原因______．
(4)从化学反应速率与限度的角度对体系中存在的反应进行分析： 反应Ⅰ：Fe2与HNO3反应； 反应Ⅱ：Fe2与NO反应
①依据实验现象，甲认为反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ______(填“快”或“慢”)．
②乙认为反应Ⅰ是一个不可逆反应，并通过实验证明其猜测正确，乙设计的实验方案是______．
③请用化学平衡移动原理解释溶液由棕色变为黄色的原因______．
【答案】2Fe3Cu2Fe2Cu2 0.1 取4mL0.1mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液 2Cu24SCN2CuSCN(SCN)2
3Fe24HNO33Fe3NO2H2O 慢 取反应后的黄色溶液于试管中，向其
中加入几滴K3[FeCN)6溶液或者KMnO4，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应
22Fe2被硝酸氧化为Fe3，导致溶液中Fe2浓度降低，导致平衡FeNOƒFe(NO)逆向移动，最终Fe(NO)完全转化为Fe3，溶液由棕色变为黄色 【解析】 【分析】
（1）Fe3+与Cu粉发生反应生成铜离子与亚铁离子；
（2）图1中得到溶液中Fe2+为0.2mol/L，Cu2+为0.1mol/L，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行对照实验；由题目信息ii可知，Cu2+与SCN-反应
2生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2；
（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水；
（4）①反应速率快的反应现象最先表现；
②反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2+，否则没有Fe2+，可以用K3[Fe(CN)6]溶液检验；
③Fe2+被硝酸氧化为Fe3+，导致溶液中Fe2+浓度降低，导致平衡发生移动，最终Fe(NO)2+完全转化为Fe3+。 【详解】
（1）Fe3+与Cu粉发生反应生成铜离子与亚铁离子，反应离子方程式为：
2Fe3Cu2Fe2Cu2，
故答案为：2Fe3Cu2Fe2Cu2；
（2）由反应2Fe3Cu2Fe2Cu2，可知图1中得到溶液中Fe2为0.2mol/L，
Cu2为0.1mol/L，分别取相同浓度的硫酸铜溶液、硫酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液进行
对照实验，故实验方案为：
步骤1：取4mL0.1mol/LCuSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液， 步骤2：取4mL0.1mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液， 由题目信息ii可知，Cu2与SCN反应生成CuSCN沉淀，同时生成(SCN)2，反应离子方程式为：2Cu24SCN2CuSCN(SCN)2，
故答案为：0.1；取4mL0.1mol/LFeSO4溶液，向其中滴加3滴0.1mol/LKSCN溶液；2Cu24SCN2CuSCN(SCN)2；
24HNO33Fe3NO2H2O，
（3）亚铁离子具有还原性，酸性条件下硝酸根具有强氧化性，反应生成铁离子、NO与水，反应离子方程为：3Fe故答案为：3Fe24HNO33Fe3NO2H2O；
（4）①溶液先变为棕色，放置一段时间后，棕色消失，溶液变为黄色，反应速率快的反应现象最先表现，反应Ⅰ的速率比反应Ⅱ的慢， 故答案为：慢；
②反应中硝酸过量，若存在平衡，溶液中含有Fe2，否则没有Fe2，具体的实验方案是：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3[FeCN)6溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应，
故答案为：取反应后的黄色溶液于试管中，向其中加入几滴K3[FeCN)6溶液，溶液无明显变化，说明反应I是不可逆反应；
③Fe2+被硝酸氧化为Fe3，导致溶液中Fe2浓度降低，导致平衡
Fe2NOƒFe(NO)2逆向移动，最终Fe(NO)2完全转化为Fe3，溶液由棕色变为黄
色，
故答案为：Fe2被硝酸氧化为Fe3，导致溶液中Fe2浓度降低，导致平衡
Fe2NOƒFe(NO)2逆向移动，最终Fe(NO)2完全转化为Fe3，溶液由棕色变为黄
色。
8．2氯丙酸CH3CHClCOOH主要用于生产农药除草剂，还用于生产乳酸及有工业价值的低级醇酯。如图为实验室制备2氯丙酸的装置。
已知：相关物质的物理性质如下表所示： 物质 熔点/℃， 14 沸点/℃ 190 141 溶解性 能与水、乙醇互溶 能与水、乙醇互溶 与水剧烈反应，能溶于乙醇 2氯丙酸 丙酸 21.5 93.6 PCl3 76.1
制备方法：在三颈烧瓶中放置148g2mol丙酸和1.5g三氯化磷(作催化剂)，加热至
100～110℃，缓慢通入氯气，保持温度在105～110℃之间大约反应5h。 回答下列问题：
1A装置中反应的离子方程式为_____________________________________________，当
生成6.72LCl2（标准状况）时，转移电子的数目为________________。
2某同学分析发现D装置有两处缺陷，分别是_____________、________________。 3设计实验提纯产品：
_________________________________________________________。
4测定产品纯度。
步骤Ⅰ：称取1.20g样品(杂质不含PCl3)于烧瓶中，加入100.00mL4mol?L1氢氧化钠溶液共热，冷却至室温。加入100.00mL4mol?L1硝酸，一段时间后，将烧瓶中的溶液全部转移至250mL容量瓶中，加水定容(溶液中为乳酸和NaCl)。
步骤Ⅱ：从容量瓶中各取50.00mL溶液于锥形瓶中，用Na2CrO4作指示剂，用
0.2000mol?L1AgNO3溶液分别滴定溶液中的Cl(已知：Ag2CrO4为砖红色沉淀、乳酸
银不沉淀)，平行三次实验，所得滴定数据如表所示： 实验序号 实验数据 第一次 滴定前 滴定后 0 9.98 第二次 第三次 AgNO3溶液体积读数/mL 0.12 11.52 0.20 10.22
①加入硝酸的目的是_______________________________________。
②步骤Ⅱ操作中，达到滴定终点的现象是
___________________________________________。
③样品中2氯丙酸的质量分数为__________(保留三位有效数字)。
23【答案】5ClClO36H3H2O3Cl2 0.5NA(或3.0110) 缺少温度计 应
该用冷凝管对反应液冷凝回流，提高反应物的利用率 将产品移至蒸馏烧瓶中，蒸去少量的前馏分后，收集190℃的馏分，冷凝得到2氯丙酸 ①中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH干扰 当滴入最后一滴AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀，且30s内沉淀不消失
90.4%。 【解析】 【分析】
浓盐酸和KClO3反应生成Cl2，制取的氯气中含有HCl和H2O杂质气体，需要除去，利用饱和食盐水除去HCl，在用浓硫酸干燥，因此B、C中分别为饱和食盐水、浓硫酸；由于PCl3与水剧烈反应，因此要防止外界的水蒸气进入，E为干燥管，防止外界的水蒸气进入D，最后F为尾气处理装置。 【详解】
1A中浓盐酸和氯酸钾反应生成氯气，根据离子反应方程式
5ClClO36H3H2O3Cl2，反应中生成3molCl2时转移5mol电子，因此生成
0.3molCl2时，转移0.5mol电子；
23故答案为：5ClClO36H3H2O3Cl2， 0.5NA(或3.0110)；
2根据信息反应需要加热，缺少温度计，有机物易挥发，应该用冷凝管对反应液冷凝回
流，提高反应物的利用率；
故答案为：缺少温度计；应该用冷凝管对反应液冷凝回流，提高反应物的利用率；
3根据信息，三颈烧瓶中有丙酸和2氯丙酸混合有机物，可以利用沸点不同进行蒸馏提
纯；
故答案为：将产品移至蒸馏烧瓶中，蒸去少量的前馏分后，收集190℃的馏分，冷凝得到
2氯丙酸；
4①2氯丙酸碱性条件下水解得到氯离子，再用硝酸银滴定，但是残留的氢氧根离子有
干扰，故加硝酸排除干扰；
故答案为：中和NaOH使溶液呈酸性，防止OH干扰；
②滴定终点前是氯化银白色沉淀，终点后有砖红色铬酸银生成，
故答案为：当滴入最后一滴AgNO3溶液时，产生砖红色沉淀，且30s内沉淀不消失；
③第二组数据误差较大舍去，余下两组取平均值得10.00mL，根据关系式
CH3CHClCOOH～NaCl～AgNO3可知，样品中2氯丙酸的质量
m=nM=cVM=0.01L×0.2000mol·L－1×108.5g·mol－1×5=1.085g，则质量分数为
1.085g×100%≈90.4%， 1.2g故答案为：90.4%。
9．某研究小组为探究弱酸性条件下铁发生电化学腐蚀类型的影响因素，将混合均匀的新制铁粉和碳粉置于锥形瓶底部，塞上瓶塞(如图1)。从胶头滴管中滴入几滴醋酸溶液，同时测量容器中的压强变化。
（1）请完成以下实验设计表(表中不要留空格)： 编号 ① ② ③ 实验目的 为以下实验作参照 醋酸浓度的影响 __ 碳粉/g 0.5 0.5 0.2 铁粉/g 2.0 __ 2.0 醋酸/% 90.0 36.0 90.0 （2）编号①实验测得容器中压强随时间变化如图2。t2时，容器中压强明显小于起始压强，其原因是铁发生了_____________腐蚀，请在图3中用箭头标出发生该腐蚀时电子流动方向；此时，碳粉表面发生了__(“氧化”或“还原”)反应，其电极反应式是___________________________________。
（3）该小组对图2中0～t1时压强变大的原因提出了如下假设，请你完成假设二： 假设一：发生析氢腐蚀产生了气体； 假设二：______________________________； ……
（4）为验证假设一，某同学设计了检验收集的气体中是否含有H2的方案。请你再设计一个实验方案验证假设一，写出实验步骤和结论。
实验步骤和结论(不要求写具体操作过程)：__________
【答案】2.0 碳粉含量的影响 吸氧 还原反应 2H2O+O2+4e-=4OH- （或4H++O2+4e-=2H2O） 反应放热，温度升高，体积膨胀 实验步骤和结论（不要求写具体操作过程） ①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出导管） ②通入氩气排净瓶内空气；
③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。 如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。 （本题属于开放性试题，合理答案均给分） 【解析】 【详解】
(1)探究影响化学反应速率，每次只能改变一个变量，故有②中铁的量不变，为2.0g； ③中改变了碳粉的质量，故为探究碳粉的量对速率的影响。
(2) t2时，容器中压强明显小于起始压强，说明锥形瓶中气体体积减小，说明发生了吸氧腐蚀，碳为正极，铁为负极，碳电极氧气得到电子发生还原反应，电极反应式为：O2+2H2O+4e-=4OH-，故答案为：还原；O2+2H2O+4e-=4OH-；
(3) 图2中0-t1时压强变大的原因可能为：铁发生了析氢腐蚀、铁与醋酸的反应为放热反应，温度升高时锥形瓶中压强增大，所以假设二为：反应放热使锥形瓶内温度升高，故答案为：反应放热使锥形瓶内温度升高；
(4)基于假设一，可知，产生氢气，发送那些变化，从变化入手考虑 实验步骤和结论（不要求写具体操作过程）
①药品用量和操作同编号①实验（多孔橡皮塞增加进、出导管） ②通入氩气排净瓶内空气；
③滴入醋酸溶液，同时测量瓶内压强变化（也可测温度变化，检验Fe2+等）。 如果瓶内压强增大，假设一成立。否则假设一不成立。 （本题属于开放性试题，合理答案均给分）。
10．某小组同学以不同方案探究Cu粉与FeCl3溶液的反应。
（1）甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了反应，其离子方程式是__。
（2）乙同学通过反应物的消耗证明了上述反应的发生：将Cu粉加入到滴有少量KSCN的FeCl3溶液中，观察到溶液红色褪去，有白色沉淀A产生。
①针对白色沉淀A，查阅资料：A可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为-2价)中的一种或两种。实验过程如下：
请回答：
Ⅰ.根据白色沉淀B是__(填化学式)，判断沉淀A中一定存在CuSCN。
Ⅱ.仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN，从氧化还原角度说明理由：__。
Ⅲ.向滤液中加入a溶液后无明显现象，说明A不含CuCl，则a是__(填化学式)。 根据以上实验，证明A仅为CuSCN。
②进一步查阅资料并实验验证了CuSCN的成因，将该反应的方程式补充完整： Cu2++ SCN -= CuSCN↓+ (SCN)2__
③结合上述过程以及Fe(SCN)3⇌Fe3++3SCN -的平衡，分析（2）中溶液红色褪去的原因：__。
（3）已知(SCN)2称为拟卤素，其氧化性与Br2相近。将KSCN溶液滴入（1）所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液变红的可能原因是__或__。
【答案】Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+ BaSO4 +1价铜也可将浓HNO3还原 AgNO3 2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2 Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减小；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 Fe3+有剩余 空气中的O2将Fe2+氧化；(SCN)2将Fe2+氧化 【解析】 【分析】
（1）铁离子具有氧化性，能够把铜氧化为铜离子；
（2）I．①不溶于稀硝酸的白的沉淀为硫酸钡； Ⅱ.②亚铜离子具有还原性，也能被硝酸氧化； Ⅲ.检验氯离子，应加入硝酸银溶液；
②据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，写出反应的方程式； ③根据浓度对平衡移动规律进行分析；
（3）亚铁离子具有强还原性，空气中氧气、溶液中（SCN）2都有可能把亚铁离子氧化为铁离子。 【详解】
1甲同学向FeCl3溶液中加入Cu粉，观察到溶液的颜色变为浅蓝色，由此证明发生了氧
化还原反应，生成Cu2，其离子方程式是Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+； 故答案为：Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
2① ⅠA可能为CuCl和CuSCN(其中硫元素的化合价为2价)中的一种或两种，白色
沉淀与过量浓硝酸反应生成红棕色的NO2和含Cu2的蓝色溶液，向蓝色溶液中加入过量硝酸钡溶液，生成不溶于硝酸的钡盐沉淀，则白色沉淀B是BaSO4； 故答案为：BaSO4；
Ⅱ 1价铜也可将浓HNO3还原，故仅根据白色沉淀A与过量浓HNO3反应产生的实验现象，不能判断白色沉淀A中一定存在CuSCN， 故答案为：1价铜也可将浓HNO3还原；
Ⅲ 检验氯离子，应加入硝酸银溶液，则a是AgNO3， 故答案为：AgNO3；
② 据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，该反应的方程式为2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2，
故答案为：2Cu2++4SCN-=2CuSCN↓+(SCN)2；
3③Cu和Fe3反应生成Cu2使cFe减小；Cu2和SCN反应生成CuSCN沉淀使
cSCN减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去，
故答案为：Cu和Fe3+反应生成Cu2+使c(Fe3+)减小；Cu2+和SCN-反应生成CuSCN沉淀使c(SCN-)减小，均使该平衡正向移动，导致Fe(SCN)3浓度减小，溶液红色褪去 ；
3将KSCN溶液滴入1所得的溶液中，观察到溶液变红色，则溶液含Fe3，溶液变红的
可能原因是Fe3有剩余；空气中的O2将Fe2氧化；(SCN)2将Fe2氧化， 故答案为：Fe3+有剩余；空气中的O2将Fe2+氧化；(SCN)2将Fe2+氧化 。
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