“4＋3＋3”小卷練（二）一、選擇題：本題共4小題。每小題只有一個選項符合題意。1.一種由短周期元素組成的化合物，其結(jié)構(gòu)如圖所示。X、Y、Z、Q、R位于同一周期原子序數(shù)依次遞增，Z、Q的核電荷數(shù)之和等于R的最外層電子數(shù)的2倍。下列不正確的是A．Y和R形成的化合物中各原子最外層均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)B．原子半徑：X＞Z＞Q＞RC．元素的非金屬性：Y＜Z＜Q＜RD．化合物存在離子鍵和共價鍵2．某閃鋅礦的主要成分為ZnS，還含有SiO2、FeS2等，利用該閃鋅礦制備皓釩（ZnSO4·7H2O）的工藝流程如下圖所示。下列說法錯誤的是（）A．“粉碎”可加快“煅燒”速率，并使反應(yīng)更充分B．“廢氣”合理處理可用于工業(yè)制硫酸C．“濾渣”的主要成分為Fe2O3，可用于冶煉鐵D．“一系列操作”包括蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾等3．據(jù)文獻報道：Pd-Mg/SiO2催化某反應(yīng)的一種反應(yīng)機理如圖所示。下列說法錯誤的是（）A．該反應(yīng)可消耗CO2產(chǎn)生清潔燃料CH4B．H2在Pd催化劑的表面斷裂H－H鍵C．該催化循環(huán)CO2變成了含鎂的化合物D．使用催化劑可以大大降低該反應(yīng)的活化能使反應(yīng)快速進行4．芹菜中的芹黃素具有抗腫瘤、抗病毒等生物學(xué)活性，其結(jié)構(gòu)如圖所示。關(guān)于該物質(zhì)的下列說法錯誤的是（）A．分子式為C15H10O5B．可以發(fā)生取代、加成、氧化反應(yīng)C．可以使溴的CCl4溶液褪色D．1mol芹黃素最多能與7molH2發(fā)生反應(yīng)二、選擇題：本題共3小題。每小題有一個或兩個選項符合題意。5．根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結(jié)論不正確的是（）選項實驗操作和現(xiàn)象實驗結(jié)論A向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，溶液變澄清酸性：苯酚>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))B用pH計測定等濃度的Na2CO3和NaClO溶液的pH后者pH比前者的大C鈉與乙醇反應(yīng)平緩；鈉與水反應(yīng)劇烈羥基中氫的活性：C2H5OH<H2OD在2mL0.01mol·L－1的Na2S溶液中先滴入幾滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol·L－1CuSO4溶液，又出現(xiàn)黑色沉淀Ksp（CuS）<Ksp（ZnS）6.通過Li4SiO4吸附CO2的主要反應(yīng)為：Li4SiO4（s）＋CO2（g）?Li2CO3（s）＋Li2SiO3（s），700℃不同CO2分壓下，CO2吸收率隨時間變化曲線如圖1所示，Li4SiO4吸附CO2的過程：表面吸收階段→形成雙殼結(jié)構(gòu)→雙殼吸收階段，微觀示意如圖2，下列說法不正確的是（）A．該溫度下，CO2的分壓對其吸收率的影響不明顯B．圖2中a過程表示的Li4SiO4分解的方程式：Li4SiO4=2Li＋＋O2－＋Li2SiO3C．圖2中b過程表示Li＋和O2－向外殼擴散D．由圖1、2可知，Li2CO3和Li2SiO3質(zhì)量增加，對CO2的吸收速率無影響7．常溫下，向一定濃度的Na2X溶液中滴入鹽酸，粒子濃度與混合溶液的pH變化的關(guān)系如圖所示，已知：H2X是二元弱酸，Y表示eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))或eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))，pY＝－lgY。下列敘述錯誤的是（）A．曲線n表示peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))與pH的變化關(guān)系B．Ka1的數(shù)量級是10－6C．NaHX溶液中c（H2X）＜c（X2－）D．當(dāng)pH＝7時，混合溶液中c（Na＋）＝c（HX－）＋2c（X2－）＋c（Cl－）三、非選擇題：本題共3小題。8．某油脂廠廢棄的油脂加氫鎳催化劑主要含金屬Ni、Al、Fe及其氧化物，還有少量其他不溶性物質(zhì)。采用如下工藝流程回收其中的鎳制備硫酸鎳晶體（NiSO4·7H2O）：溶液中金屬離子開始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示：金屬離子Ni2＋Al3＋Fe3＋Fe2＋開始沉淀時（c＝0.01mol·L－1）的pH7.23.72.27.5沉淀完全時（c＝1.0×10－5mol·L－1）的pH8.74.73.29.0回答下列問題：（1）“堿浸”中NaOH的兩個作用分別是。為回收金屬，用稀硫酸將“濾液①”調(diào)為中性，生成沉淀。寫出該反應(yīng)的離子方程式。（2）“濾液”②中含有的金屬離子是。（3）“轉(zhuǎn)化”中可替代H2O2溶液的物質(zhì)是。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，即“濾液③”中可能含有的雜質(zhì)離子為。（4）利用表格數(shù)據(jù)，計算Ni（OH）2的Ksp＝（列出計算式）。如果“轉(zhuǎn)化”后的溶液中Ni2＋濃度為1.0mol·L－1，則“調(diào)pH”應(yīng)控制的pH范圍是。（5）硫酸鎳在強堿溶液中用NaClO氧化，可沉淀出能用作鎳鎘電池正極材料的NiOOH。寫出該反應(yīng)的離子方程式：。（6）將分離出硫酸氫鎳晶體后的母液收集、循環(huán)使用，其意義是。9．以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應(yīng)的多樣性。實驗試劑現(xiàn)象滴管試管2mL0.2mol·L－1Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液Ⅰ.產(chǎn)生白色沉淀0.2mol·L－1CuSO4溶液Ⅱ.溶液變綠，繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀0.1mol·L－1Al2（SO4）3溶液Ⅲ.開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀（1）經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象Ⅰ：。（2）經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，含有Cu＋、Cu2＋和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。已知：Cu＋eq\o(→,\s\up7(稀硫酸))Cu＋Cu2＋，Cu2＋eq\o(→,\s\up7(I－),\s\do5())CuI↓（白色）＋I2。①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu＋的實驗現(xiàn)象是。②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2＋和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))。a．白色沉淀A是BaSO4，試劑1是。b．證實沉淀中含有Cu2＋和SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))的理由是。（3）已知：Al2（SO4）3在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗，現(xiàn)象Ⅲ的白色沉淀中無SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。①推測沉淀中含有亞硫酸根和。②對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設(shè)：ⅰ.被Al（OH）3所吸附；ⅱ.存在于鋁的堿式鹽中。對假設(shè)ⅱ設(shè)計了對比實驗，證實了假設(shè)ⅱ成立。a．將對比實驗方案補充完整。步驟一：步驟二：（按上圖形式呈現(xiàn)）。（4）根據(jù)實驗，亞硫酸鹽的性質(zhì)有。鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與有關(guān)。10．磷酸亞鐵鋰（LiFePO4）可用作鋰離子電池正極材料，具有熱穩(wěn)定性好、循環(huán)性能優(yōu)良、安全性高等特點，文獻報道可采用FeCl3、NH4H2PO4、LiCl和苯胺等作為原料制備?；卮鹣铝袉栴}：（1）在周期表中，與Li的化學(xué)性質(zhì)最相似的鄰族元素是，該元素基態(tài)原子核外M層電子的自旋狀態(tài)（填“相同”或“相反”）。（2）FeCl3中的化學(xué)鍵具有明顯的共價性，蒸汽狀態(tài)下以雙聚分子存在的FeCl3的結(jié)構(gòu)式為，其中Fe的配位數(shù)為。（3）苯胺（）的晶體類型是。苯胺與甲苯（）的相對分子質(zhì)量相近，但苯胺的熔點（－5.9℃）、沸點（184.4℃）分別高于甲苯的熔點（－95.0℃）、沸點（110.6℃），原因是。（4）NH4H2PO4中，電負性最高的元素是；P的雜化軌道與O的2p軌道形成鍵。（5）NH4H2PO4和LiFePO4屬于簡單磷酸鹽，而直鏈的多磷酸鹽則是一種復(fù)雜磷酸鹽，如：焦磷酸鈉、三磷酸鈉等。焦磷酸根離子、三磷酸根離子如下圖所示：這類磷酸根離子的化學(xué)式可用通式表示為（用n代表P原子數(shù)）?！?＋3＋3”小卷練(二)1．答案：A解析：X、Y、Z、Q、R位于同一周期，Z形成4個共價鍵，為ⅣA族元素，Q形成2個共價鍵，為ⅥA族元素；R形成1個共價鍵，為ⅦA族元素；由Z、Q的核電荷數(shù)之和等于R的最外層電子數(shù)的2倍，可以推出Z為C，Q為O，R為F，X為Li；Y形成4個共價鍵，整個陰離子帶有1個單位的負電荷，則Y為ⅢA族元素B，以此解答。A.Y與R形成的化合物為BF3，B原子沒有滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，B原子周圍為6個電子，錯誤；B.同一周期，從左到右原子半徑逐漸減小，Li>C>O>F，正確；C.同一周期，從左到右，非金屬性增強，所以B<C<O<F，正確；D.陰、陽離子間存在離子鍵，陰離子內(nèi)部存在共價鍵，正確。2．答案：C解析：閃鋅礦粉碎后煅燒，F(xiàn)e、S元素被氧化，稀硫酸酸浸后過濾，得到含有Fe3＋、Zn2＋的濾液，廢渣為難溶于稀硫酸的SiO2，調(diào)節(jié)pH使Fe3＋轉(zhuǎn)化為Fe(OH)3沉淀，過濾后得到主要含硫酸鋅的溶液，經(jīng)一系列操作得到皓釩。A.“粉碎”可以增大礦石和空氣的接觸面積，加快“煅燒”速率，并使反應(yīng)更充分，正確；B.閃鋅礦中含有S元素，在空氣中煅燒得到的廢氣中含有SO2，合理處理可用于工業(yè)制硫酸，正確；C.酸浸后的濾渣中主要含有Fe3＋、Zn2＋，調(diào)節(jié)pH得到的是Fe(OH)3沉淀，錯誤；D.“一系列操作”可以從溶液中獲取晶體，則應(yīng)為蒸發(fā)濃縮、冷卻結(jié)晶、過濾等，正確；綜上分析選C。3．答案：C解析：A.由圖可知該反應(yīng)可消耗CO2產(chǎn)生清潔燃料CH4，正確；B.Pd作為催化劑，H2在催化劑的表面發(fā)生斷鍵，得到活性的H原子，正確；C.由圖可知，二氧化碳和氫氣在Pd-Mg/SiO2催化作用下生成甲烷和水，未生成含鎂的化合物，錯誤；D.使用催化劑可以大大降低該反應(yīng)的活化能從而提高化學(xué)反應(yīng)速率，正確。4．答案：D解析：A.由結(jié)構(gòu)可知芹黃素的分子式為：C15H10O5，正確；B.結(jié)構(gòu)中含有酚羥基易發(fā)生苯環(huán)鄰、對位取代反應(yīng)，含有碳碳雙鍵易發(fā)生加成反應(yīng)和氧化反應(yīng)，正確；C.該結(jié)構(gòu)中存在碳碳雙鍵，能與溴單質(zhì)發(fā)生加成反應(yīng)，可以使溴的CCl4溶液褪色，正確；D.苯環(huán)結(jié)構(gòu)、碳碳雙鍵、羰基的碳氧雙鍵均能發(fā)生加氫反應(yīng)，由結(jié)構(gòu)可知，該物質(zhì)能與8molH2發(fā)生加成反應(yīng)，錯誤。5．答案：BD解析：向苯酚濁液中加入Na2CO3溶液，反應(yīng)生成苯酚鈉和碳酸氫鈉，說明酸性：苯酚>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，故A正確；酸性HClO>HCOeq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(3))，則等濃度的Na2CO3和NaClO溶液堿性Na2CO3大于NaClO，用pH計測定等濃度的Na2CO3和NaClO溶液的pH，后者pH比前者的小，故B錯誤；鈉與乙醇反應(yīng)平緩，鈉與水反應(yīng)劇烈，說明羥基中氫的活性：C2H5OH<H2O，故C正確；在2mL0.01mol·L－1的Na2S溶液中先滴入幾滴0.01mol·L－1ZnSO4溶液有白色沉淀生成，再滴入0.01mol·L－1CuSO4溶液，又出現(xiàn)黑色沉淀，因為Na2S溶液過量，所以不能比較Ksp(CuS)、Ksp(ZnS)的大小，故D錯誤。6．答案：D解析：A.由圖1可知，壓強即CO2的分壓對其吸收率的影響不明顯，正確；B.由圖2的表面吸收階段可以看出，剛開始是Li4SiO4的分解，產(chǎn)物為Li＋、O2－以及逐漸生成的內(nèi)殼Li2SiO3，正確；C.由圖2的雙殼吸收階段可以看出，Li＋和O2－逐漸向外殼擴散，正確；D.在雙殼吸收階段，Li2CO3和Li2SiO3質(zhì)量在不斷地增加，但后期CO2的吸收率沒有明顯變化。7．答案：BC解析：H2X為二元弱酸，以第一步電離為主，則Ka1(H2X)＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－))×c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＞Ka2(H2X)＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－))×c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))，pH相同時，即c(H＋)相同，則eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＞eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))，pY＝－lgY，則peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))＞peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))，則m、n分別表示pH與peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))、peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))的變化關(guān)系；據(jù)此解答。A．根據(jù)分析可知，曲線n表示pH與peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))的變化關(guān)系，正確；B.曲線n表示pH與peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))的變化關(guān)系，N點pH＝7.4，pY＝－1，即peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＝－lgeq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＝－1，eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＝10，Ka1(H2X)＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－))×c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H2X)))×c(H＋)＝10×10－7.4＝10－6.4，Ka1的數(shù)量級是10－7，錯誤；C.HX－存在水解，即HX－＋H2O?H2X＋OH－，HX－也存在電離，即HX－?H＋＋X2－，M點時，pH＝9.3，pY＝1，即c(H＋)＝10－9.3mol·L－1，peq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))＝－lgeq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))＝1，則eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))＝0.1，所以Ka2(H2X)＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－))×c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(H＋)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))＝eq\f(c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(X2－)),c\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(HX－)))×c(H＋)＝0.1×10－9.3＝1.0×10－10.3，根據(jù)B選項可知，Ka1(H2X)＝10－6.4，所以HX－的水解平衡常數(shù)Kh＝eq\f(Kw,Ka1)＝eq\f(10－14,10－6.4)＝1.0×10－7.6＞Ka2(H2X)＝1.0×10－10.3，說明HX－的水解程度大于其電離程度，則NaHX溶液中c(H2X)＞c(X2－)，錯誤；D.常溫下，pH＝7時，c(H＋)＝c(OH－)，根據(jù)電荷守恒，c(Na＋)＋c(H＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)＋c(OH－)，則c(Na＋)＝c(HX－)＋2c(X2－)＋c(Cl－)，正確。8．答案：(1)除去油脂，溶解鋁及其氧化物Al(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O(2)Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋(3)O2或空氣Fe3＋(4)0.01×(107.2－14)2或[10－5×(108.7－14)2]3.2≤pH＜6.2(5)2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋Cl－＋H2O(6)提高鎳回收率解析：(1)由題給條件可知，該廢鎳催化劑表面覆有油脂，且其中含有Ni、Al、Fe及其氧化物等，“堿浸”時，油脂在NaOH溶液中水解而被除去，鋁及其氧化物也會與NaOH溶液反應(yīng)而被除去，故“堿浸”中NaOH溶液的兩個作用分別是除去油脂，溶解鋁及其氧化物；“濾液①”中鋁元素以Al(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))的形式存在，用稀硫酸調(diào)節(jié)“濾液①”至呈中性，生成沉淀反應(yīng)的離子方程式為Al(OH)eq\o\al(\s\up1(－),\s\do1(4))＋H＋=Al(OH)3↓＋H2O。(2)因Ni、Fe及其氧化物不與NaOH溶液反應(yīng)，Ni、Fe及其氧化物存在于“濾渣①”中，向“濾渣①”中加入稀硫酸，Ni、Fe及其氧化物與稀硫酸反應(yīng)，故得到的“濾液②”中含有的金屬離子為Ni2＋、Fe2＋、Fe3＋。(3)“轉(zhuǎn)化”過程將Fe2＋全部轉(zhuǎn)化為Fe3＋，選用的氧化劑是H2O2溶液，選用H2O2溶液氧化的好處是不引入其他雜質(zhì)，因此替代H2O2溶液的物質(zhì)也不能引入其他雜質(zhì)，可用O2或空氣替代H2O2溶液。若工藝流程改為先“調(diào)pH”后“轉(zhuǎn)化”，則調(diào)pH時會先沉淀Fe3＋，此時Ni2＋和Fe2＋在溶液中，然后加H2O2溶液氧化Fe2＋，此過程中由Fe2＋轉(zhuǎn)化成的Fe3＋可能不能沉淀完全，所以“濾液③”中可能會有的雜質(zhì)離子為Fe3＋。(4)利用Ni2＋開始沉淀時的pH進行計算，pH＝7.2，c(H＋)＝10－7.2mol·L－1，c(OH－)＝eq\f(10－14,10－7.2)mol·L－1，Ksp＝c(Ni2＋)·c2(OH－)＝0.01×(107.2－14)2，或利用Ni2＋沉淀完全時的pH進行計算，Ksp＝10－5×(108.7－14)2，若c(Ni2＋)＝1.0mol·L－1，不生成Ni(OH)2沉淀時，c(OH－)<eq\r(0.01×（107.2－14）2)mol·L－1＝10－7.8mol·L－1，則c(H＋)>10－6.2mol·L－1，pH<6.2，同時應(yīng)調(diào)節(jié)pH≥3.2以除去Fe3＋，故pH應(yīng)控制的范圍是3.2≤pH＜6.2。(5)由題意可知，反應(yīng)物為硫酸鎳、次氯酸鈉和強堿，生成物有NiOOH，硫酸鎳中鎳元素為＋2價，NiOOH中鎳元素為＋3價，鎳元素的化合價升高被氧化，則次氯酸鈉中氯元素被還原得到氯化鈉，該反應(yīng)的離子方程式為2Ni2＋＋ClO－＋4OH－=2NiOOH↓＋H2O＋Cl－。(6)母液中還含有少量的硫酸鎳，將母液收集、循環(huán)使用可提高鎳回收率。9．答案：(1)2Ag＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=Ag2SO3↓(2)①加入稀硫酸后，有紅色固體生成②HCl和BaCl2溶液在I－的作用下，Cu2＋轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))(3)①Al3＋、OH－②(4)還原性、水解溶液顯堿性兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件解析：(1)實驗Ⅰ中0.2mol·L－1Na2SO3溶液滴入飽和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4溶液飽和且溶液混合后稀釋，因此不可能是Ag2SO4沉淀。應(yīng)是Ag＋與Na2SO3反應(yīng)生成更難溶的白色沉淀Ag2SO3，反應(yīng)的離子方程式為：2Ag＋＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))=Ag2SO3↓；(2)①依據(jù)Cu＋和稀硫酸反應(yīng)生成銅和銅離子，若沉淀中含有Cu＋，加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應(yīng)生成銅單質(zhì)，實驗現(xiàn)象是有紅色固體生成；②a.分析實驗流程可知實驗原理為2Cu2＋＋4I－=2CuI＋I2、I2＋SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))＋H2O=SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋2I－＋2H＋、SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))＋Ba2＋=BaSO4↓，根據(jù)BaSO4沉淀可知，加入的試劑為含Ba2＋的化合物，可以選用BaCl2溶液，沉淀A中沒有BaSO3，因此應(yīng)在酸性環(huán)境中，所以所用試劑為HCl和BaCl2溶液；b．由白色沉淀A可知之前所取上層清液中有SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，由加入KI生成白色沉淀可知棕黃色沉淀中含有Cu2＋；Cu2＋和I－作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉無現(xiàn)象說明上層清液中無I2，而Cu2＋和I－反應(yīng)生成I2，可知生成的I2參與了其他反應(yīng)，因而有還原劑SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))；即在I－的作用下，Cu2＋轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI，SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(3))轉(zhuǎn)化為SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))；(3)①根據(jù)題意知實驗Ⅲ的白色沉淀中無SOeq\o\al(\s\up1(2－),\s\do1(4))，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，結(jié)合元素守恒可知沉淀中應(yīng)含有Al3＋和OH－，可使酸性KMnO4溶液褪色是因為存在有還原性的亞硫酸根離子；②根據(jù)假設(shè)