高考复习化学分类汇编：专题5离子反应

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. 用醋酸除去水垢：2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2OB. 硫化亚铁与浓硫酸混合加热：2H++FeS=H2S↑+ Fe2+C. 向硫酸铝溶液中滴加碳酸钠溶液：2Al3++3 =Al2(CO3)3↓D. 用氢氧化钠溶液吸收工业废气中的NO 2：2NO2+2OH-= + + H2O2.（2017•海南）在酸性条件下，可发生如下反应：+2M3++4H 2O= +Cl-+8H+，中M 的化合价是（）A. +4B. +5C. +6D. +7二.综合题3.（2017•天津）（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．Ⅰ．H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2（SO4）3═S↓+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O(1)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105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）变化，氧化产物不同．当n（H2O2）/n（H2S）=4时，氧化产物的分子式为________．(4)Ⅱ．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①的离子方程式：________；CaO在水中存在如下转化：CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理________．(5)方法2：用氨水除去SO2已知25℃，NH3•H2O的K b=1.8×10﹣5，H2SO3的K a1=1.3×10﹣2，K a2=6.2×10﹣8．若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，溶液中的c（OH﹣）=________mol•L﹣1．将SO2通入该氨水中，当c（OH﹣）降至1.0×10﹣7mol•L﹣1时，溶液中的c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）=________．4.（2017•新课标Ⅲ）（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•Cr2O3，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①的主要反应为：FeO•Cr2O3+Na2CO3+NaNO3 Na2CrO4+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)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④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K2Cr2O7固体．冷却到________（填标号）得到的K2Cr2O7固体产品最多．a.80℃b.60℃c.40℃d.10℃步骤⑤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Ⅰ）（14分）Li4Ti3O12和LiFePO4都是锂离子电池的电极材料，可利用钛铁矿（主要成分为Fe TiO3，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70%时，所采用的实验条件为________．(2)“酸浸”后，钛主要以TiOCl42﹣形式存在，写出相应反应的离子方程式________．(3)TiO2•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 45 50TiO2•xH2O转化率/% 92 95 97 93 88分析40℃时TiO2•xH2O转化率最高的原因________．(4)Li2Ti5O15中Ti的化合价为+4，其中过氧键的数目为________．(5)若“滤液②”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c（Fe3+）=1.0×10﹣5，此时是否有Mg3（PO4）2沉淀生成？________（列式计算）．FePO4、Mg3（PO4）2的分别为1.3×10﹣22、1.0×10﹣24(6)写出“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式________．6.（2017•新课标Ⅰ）（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，然后通过滴定测量．已知：NH3+H3BO3=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K1，关闭K2、K3，加热b，蒸气充满管路：停止加热，关闭K1， g中蒸馏水倒吸进入c，原因是________；打开K2放掉水，重复操作2～3次．(4)仪器清洗后，g中加入硼酸（H3BO3）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K1， d中保留少量水，打开K1，加热b，使水蒸气进入e．①d中保留少量水的目的是________．②e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（C2H3NO2）样品m 克进行测定，滴定g中吸收液时消耗浓度为cmol•L﹣1的盐酸V mL，则样品中氮的质量分数为________%，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（pH≈2）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①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．②取上层清液，滴加K3[Fe（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：①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ⅰ 3 产生大量白色沉淀；溶液呈红色ⅱ30 产生白色沉淀；较3min时量小；溶液红色较3min时加深ⅲ120 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）②对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+；假设c：酸性溶液中NO3﹣具有氧化性，可产生Fe3+；假设d：根据________现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+．③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因．实验Ⅱ可证实假设d成立．实验Ⅰ：向硝酸酸化的________溶液（pH≈2）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Ⅱ：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ⅰ～ⅲ中Fe3+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CaCO3+2CH3COOH=Ca2++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2FeS+20H++7SO42﹣=2Fe3++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2Al3++3CO32﹣+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，+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2NO2+2OH﹣=NO3﹣+NO2﹣+H2O，故D正确；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，M2O72﹣中氧元素化合价为﹣2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）H2SO4（4）2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O；SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成（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）4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105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，H2S～H2SO4～8e﹣，氧化产物的分子式为H2SO4，故答案为：H2SO4 ；（4）过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O，过程②加入CaO，存在CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH ﹣（aq），因SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成，故答案为：2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O；SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成；（5）NH3•H2O的K b=1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1，由Kb= 可知c（OH﹣）= mol/L=6.0×10﹣3mol/L，当c（OH﹣）降至1.0×10﹣7mol•L﹣1时，c（H+）=1.0×10﹣7mol•L﹣1，H2SO3的K a2=6.2×10﹣8，由K a2= 可知c（SO32﹣）/c（HSO3﹣）= =0.62，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5×105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，4H2O2～4H2O～8e﹣，电子守恒得到H2S变化为+6价化合物；（4）过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水；过程②NaOH再生是平衡CaO（s）+H2O （l）═Ca（OH）2（s）⇌Ca2+（aq）+2OH﹣（aq）正向进行；氢氧根离子浓度增大；（5）NH3•H2O的K b=1.8×10﹣5，若氨水的浓度为2.0mol•L ﹣1，可结合Kb= 计算c（OH﹣），H2SO3的K a2=6.2×10﹣8，结合K a2=计算c（SO32﹣）/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）3（3）小；CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O（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①的主要反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+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Fe，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）④中调节pH发生CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，则步骤④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﹣，故答案为：小；CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O；（4）向“滤液3”中加入适量KCl，蒸发浓缩，冷却结晶，过滤得到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⑤发生Na2Cr2O7+2KCl=K2Cr2O7↓+2NaCl，反应类型是复分解反应，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①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+3价，N元素的化合价由+5价降低为+3价，由电子、原子守恒可知，反应为2FeO•Cr2O3+4Na2CO3+7NaNO3 4Na2CrO4+Fe2O3+4CO2+7NaNO2，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Na2CrO4，④中调节pH发生CrO42﹣+2H+⇌Cr2O72﹣+H2O，滤液3含Na2Cr2O7，由水中的溶解度：Na2Cr2O7＞K2Cr2O7，可知⑤中向Na2Cr2O7溶液中加入KCl固体后得到K2Cr2O7，溶解度小的析出，以此来解答．5.【答案】（1）100℃，2h，90℃，5h（2）FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O（3）低于40℃，TiO2·x H2O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TiO2·x H2O转化反应速率下降（4）4（5）c（PO43﹣）= =1.0×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（）3×（1.0×10﹣17mol/L）2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24，则无沉淀生成（6）2FePO4+Li2CO3+H2C2O4LiFePO4+H2O+3CO2↑【考点】化学反应速率的影响因素，难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质，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TiOCl42﹣形式存在，相应反应的离子方程式为FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O，故答案为：FeTiO3+4H++4Cl﹣=Fe2++TiOCl42﹣+2H2O；（3）40℃时TiO2•xH2O转化率最高，因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，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，影响转化率；（4）Li2Ti5O15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（x×2）×1+（15﹣x×2）×2=22，解得x=4，故答案为：4；（5）Fe3+恰好沉淀完全即溶液中c（Fe3+）=1.0×10﹣5，由Ksp（FePO4），可知c（PO43﹣）= =1.0×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（）3×（1.0×10﹣17mol/L）2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24，则无沉淀生成，故答案为：c（PO43﹣）= =1.0×10﹣17mol/L，Qc[Mg3（PO4）2]=（）3×（1.0×10﹣17mol/L）2=1.69×10﹣40＜Ksp=1.0×10﹣24，则无沉淀生成；（6）“高温煅烧②”中由FePO4制备LiFePO4的化学方程式为2FePO4+Li2CO3+H2C2O4LiFePO4+H2O+3CO2↑，故答案为：2FePO4+Li2CO3+H2C2O4LiFePO4+H2O+3CO2↑．【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Li4Ti3O12和LiFePO4，由制备流程可知，加盐酸过滤后的滤渣为SiO2，滤液①中含Mg2+、Fe2+、Ti4+，水解后过滤，沉淀为TiO2．xH2O，与双氧水反应Ti元素的化合价升高，生成（NH4）2Ti5O15，与LiOH反应后过滤得到Li2Ti5O15，再与碳酸锂高温反应生成Li4Ti3O12；水解后的滤液②中含Mg2+、Fe2+，双氧水可氧化亚铁离子，在磷酸条件下过滤分离出FePO4，高温煅烧②中发生2FePO4+Li2CO3+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++OH﹣ NH3↑+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K1， g中蒸馏水倒吸进入c，原因是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，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）①d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；②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++OH﹣ NH3↑+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，故答案为：NH4++OH﹣ NH3↑+H2O；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NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3可知，n（N）=n（NH4Cl）=n（C2H3NO2）=n（HCl），则m（N）=0.001cVmol×14g/mol=0.014cVg，则样品中氮的质量分数为 = %，m（C2H3NO2）=0.001cVmol×73g/mol=0.073cVg，则样品的纯度为 = %，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）冷却后，装置内压强较低，可倒吸；（4）①d中保留少量水，可检验装置是否漏气；②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NH3•H3BO3+HCl=NH4Cl+H3BO3可知，n（N）=n（NH4Cl）=n（C2H3NO2）=n（HCl），以此解答该题．7.【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；Fe2+（2）Fe+2Fe3+=3Fe2+；4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O；白色沉淀；NaNO3；FeCl2/FeCl3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转（3）i→ii Ag++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）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；②K3[Fe（CN）3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+，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+；②O2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++2H2O；白色沉淀；③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NaNO3，原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2、FeCl3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：NaNO3；FeCl2/FeCl3；按图连接好装置，电流表指针发生偏转；（3）i→iii中Fe3+变化的原因：i→ii Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，反应生成Fe3+的使Fe3+浓度增加，ii→iii 溶液红色较3 0min时变浅，说明空气中氧气氧化SCN﹣，使平衡向生成Fe3+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K3[Fe（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FeCl2/FeCl3，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SCN﹣，以此解答该题．仰望天空时，什么都比你高，你会自卑;俯视大地时，什么都比你低，你会自负;只有放宽视野，把天空和大地尽收眼底，才能在苍穹泛土之间找准你真正的位置。