浙江省舟山市高考化学二模试卷附解析答案

高考化学二模试卷
一、单选题
1.下列关于物质的分类中，正确的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
2.下列说法错误的是（）
A.某芳香烃的分子式为C10H14，它不能使溴水褪色，但可使酸性KMnO4溶液褪色，且分子结构中只有一个烷基，符合条件的烃有3种
B.按系统命名法，有机物的命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基己烷
C.甲烷、甲醛、尿素都不存在同分异构体
D.某有机物含有C，H，O，N四种元素，其球棍模型为，该有机物的结构简式为
3.化学与社会、生产、生活紧切相关．下列说法正确的是（）
A. 石英只能用于生产光导纤维
B. 从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现
C. “地沟油”禁止食用，但可以用来制肥皂
D. 镀锡的钢铁器件既能增加美观．又可在镀层局部破损后防止器件的损耗
4.下列说法正确的是（）
A.将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中可以产生标况下气体6.72 L
B.某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体能使品红溶液褪色，则该溶液可能既含有SO32－又含有CO32－
C.大多数碳的化合物都是共价化合物，其原因是碳元素有三种同位素
D.石油分馏可获得乙烯、丙烯和丁二烯
5.下列实验方案能达到实验目的是（）
A. A
B. B
C. C
D. D
6.NH3催化还原NO是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图；研究发现在以Fe2O3为主的催化剂上可能发生的反应过程如图．下列说法正确的是（）
A.NH3催化还原NO为吸热反应
B.过程Ⅰ中NH3断裂非极性键
C.
过程Ⅱ中NO为氧化剂，Fe2+为还原剂
D.脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+ O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)
7.汽车发动机中生成NO 的反应为：N2(g) + O2(g) 2NO(g)，t℃时，K= 0.09。

在t℃下甲、乙、丙三个
和O2(g)模拟反应，起始浓度如下表所示。

下列判断错误的是（）
A. 起始时，反应速率：丙＞甲＞乙
B. 平衡时，N2的转化率：甲＞乙
C. 平衡时，c(NO)：甲＝丙＞乙
D. 平衡时，甲中c(N2)= 0.4mol·L-1
二、综合题
8.葡萄糖不仅是重要的营养物质，而且还能转化成其他重要的调味品。

以淀粉为原料在一定条件下可获得有机物葡萄糖A，B，C，D，其相互转化关系如图。

已知C不能发生银镜反应，D为有浓郁香味，不溶于水的油状液体。

请回答：
（1）与A互为同分异构体的结构式________。

（2）B→C的反应类型是________。

（3）A+ B→D的化学方程式是________。

（4）下列说法正确的是________。

A 有机物A与金属钠反应比水与金属钠反应要剧烈
B 有机物A，B，D可用饱和Na2CO3溶液鉴别
C 两分子B在浓硫酸作用下可以形成六元环状化合物
D 往淀粉水解液中，加入足量的NaOH溶液，再加入碘水，如果溶液未变蓝色，则说明淀粉水解完成
9.工业上由N2、H2合成NH3。

制备H2需经多步完成，其中“水煤气(CO、H2)变换”是纯化H2的关键一步。

（1）水煤气变换：CO(g)+H2O(g)⇌CO2(g)+H2(g)，平衡常数K随温度变化如表：
①下列分析正确的是________。

a.水煤气变换反应的∆H＜0
b.增大压强，可以提高CO的平衡转化率
c.增大水蒸气浓度，可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率
②以氨水为吸收剂脱除CO2。

当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生。

用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程：________。

（2）Fe3O4是水煤气变换反应的常用催化剂，经CO、H2还原Fe2O3制备。

两次实验结果如表：
结合化学方程式解释H2O(g)的作用：________。

（3）2016年我国某科研团队利用透氧膜，一步即获得N2、H2，工作原理如图所示。

(空气中N2与O2的物质的量之比按4：1计)
①起还原作用的物质是________。

②膜I侧发生的电极反应式是________。

③膜I侧所得气体=3，CH4、H2O、O2反应的化学方程式是________。

10.Li-CuO二次电池的比能量高、工作温度宽，性能优异，广泛应用于军事和空间领域。

（1）Li-CuO电池中，金属锂做________极。

（2）比能量是指消耗单位质量的电极所释放的电量，用来衡量电池的优劣。

比较Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小：________。

（3）通过如下过程制备CuO
Cu CuSO4溶液Cu2(OH)2CO3沉淀CuO
①过程I，H2O2的作用是________。

②过程II产生Cu2(OH)2CO3的离子方程式是________。

③过程II，将CuSO4溶液加到Na2CO3溶液中，研究二者不同物质的量之比与产品纯度的关系(用测定铜元素的百分含量来表征产品的纯度)，结果如下：
已知：Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为57.7%。

二者比值为1：0.8时，产品中可能含有的杂质是
________，产生该杂质的原因是________。

④过程III反应的化学方程式是________。

（4）Li-CuO二次电池以含Li+的有机溶液为电解质溶液，其工作原理示意如图2。

放电时，正极的电极反应式是________。

11.某研究性学习小组查阅资料收集到如下信息：铁盐能蚀刻银而用来制作液晶显示器的银线路板。

他们对蚀刻银的过程进行了探究。

（1）（实验1）制备银镜：
i.配制银氨溶液，需要的试剂是________。

并取等量银氨溶液于多支试管中。

ii.向银氨溶液中加入等量的葡萄糖溶液，水浴加热。

产生银镜，洗净，备用。

（2）（实验2）溶解银镜：分别向两支试管中加入5mLFe(NO3)3、Fe2(SO4)3溶液。

选用Fe2(SO4)3溶液的浓度为0.05mol/L，目的是保证________相等。

（3）从a、b中均检出了Fe2+，说明Fe3+具有氧化性。

a中Fe3+氧化Ag的离子方程式是________。

（4）确认b中沉淀为Ag2SO4(微溶)，检验Ag2SO4固体中的方法是________。

（5）推测在a中的酸性条件下氧化了银，证据是________。

通过如下实验验证了推测是合理的：i.测pH：测定实验a中所用Fe(NO3)3溶液的pH=2；
ii.配制溶液：________。

取5mL此溶液加入有银镜的试管，现象是________。

请将步骤ii补充完整。

（6）分析a中白色沉淀的成分，提出假设。

假设1：Fe(OH)2；假设2：AgNO2；假设3：…
①设计实验方案验证假设1：取少量沉淀置于空气中，未变色。

假设1不成立。

②设计实验方案验证假设2(已知：亚硝酸盐能与酸化的KI溶液反应)。

（实验结论与讨论）铁盐能蚀刻银；能提高铁盐的蚀刻能力。

推测硝酸铁溶液如果保持足够的酸性，可以避免产生沉淀。

答案解析部分
一、单选题
1.【答案】C
【解析】【解答】解：A．烧碱为氢氧化钠属于碱，KAl（SO4）2•12H2O为纯净物，C2H5OH为非电解质，故A错误；
B．Na2O2为过氧化物不是酸性氧化物，Mg是金属单质既不是电解质也不是非电解质，故B错误；C．SO3属于酸性氧化物，H2SiO3属于酸，纯碱是碳酸钠为盐，水玻璃为硅酸钠的水溶液为混合物，氯化钠溶于水导电属于电解质，故C正确；
D．NO和碱不反应属于不成盐氧化物，氢氧化铝为碱，氨气为非电解质，故D错误；
故选C．
【分析】和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物，
水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸，
金属阳离子和酸根阴离子构成的化合物为盐，
不同物质组成的为混合物，
水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质．
2.【答案】C
【解析】【解答】A．该烃的分子式C10H14符合C n H（2n-6）的通式，它不能使溴水褪色，但可使KMnO4酸性溶液褪色，所以含有苯环；根据题意知，该分子含有丁烷烷基，所以只判断丁烷烷基的同分异构体即
可；丁烷烷基的碳链同分异构体有：、、、4种，苯的同
系物中与苯环相连的C原子上必须含有H原子，才可被酸性高锰酸钾氧化，使酸性高锰酸钾溶液褪色，烷基，与苯环相连的C原子上不含H原子，不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此符合条件的烃共有
3种，故A不符合题意；
B．该有机物最长碳链为6个碳原子，是己烷，编号从左到右，命名为2，2，4，4，5-五甲基-3，3-二乙基己烷，故B不符合题意；
C．尿素存在同分异构体，如、，故C符合题意；
D．根据原子成键方式知，能形成4个共价键的原子是C原子、能形成1个共价键的原子是H原子、能形成3个共价键的是N原子、能形成2个共价键的是O原子，所以该有机物结构简式为
，故D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】A.根据要求写出结构式即可判断正误
B.找出碳原子最多的链做主链，定支链使位置之和最小即可命名
C.根据名称写出结构简式即可判断是否存在同分异构体
D.根据球棍模型即可写出结构简式
3.【答案】C
【解析】【解答】解：A．石英的主要成分是二氧化硅，纯净的二氧化硅用于生产光导纤维，结晶的二氧化硅（如水晶、玛瑙等）用作饰物，故A错误；
B．从海水中提取蒸馏水和盐时，通过蒸馏、蒸发等物理变化就能实现，提取溴、碘、镁等物质时，必须通过化学反应才能实现，故B错误；
C．“地沟油”禁止食用，但其主要成分是油脂，在碱性溶液中发生水解反应，又称皂化反应，可用于制取肥皂，故C正确；
D．锡的金属活泼型小于铁的金属活泼型，镀层局部破损后，铁做原电池的负极，器件的损耗更严重，故D错误．
故选C．
【分析】A．石英的主要成分是二氧化硅；
B．从海水中可以提取氯化钠；
C．“地沟油”主要成分是油脂；
D．从锡的金属活泼型小于铁的金属活泼型分析．
4.【答案】B
【解析】【解答】A．将15.6 g Na2O2和5.4 g Al同时放入一定量的水中生成标况下O22.24L和H26.72L共8.96L，故A不符合题意；
B．某溶液中加入盐酸能产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体能使品红溶液褪色，则该溶液肯定含有SO32－，可能也含有CO32－，故B符合题意；
C．大多数碳的化合物都是共价化合物，其原因是碳原子不易得失电子，易形成共价键的缘故，故C不符合题意；
D．石油裂解可获得乙烯、丙烯和丁二烯，故D不符合题意；
故答案为：B。

【分析】A.先计算出过氧化钠与水反应得到的氢氧化钠与氧气，再写出氢氧化钠和铝反应的方程式即可计算出产生氢气的量
B.根据品红褪色说明使二氧化硫，说明原溶液中含有亚硫酸氢根或者亚硫酸根，可能还哪有碳酸根或者碳酸氢根离子
C.主要是碳原子最外层电子数为4，较稳定不易得失电子
D.石油分馏得到的是大分子烃
5.【答案】A
【解析】【解答】解：A．将去除氧化膜的镁条、铝片分别放入沸水中，Mg与水缓慢反应，Al不与水反应，证明Mg的金属性较强，故A正确；B．将过量稀氨水分别滴入MgCl2和AlCl3溶液中，二者都生成白色沉淀，无法鉴别MgCl2和AlCl3溶液，故B错误；
C．分别向苯和苯酚溶液中滴加饱和溴水，苯酚能够能够与溴水反应，证明羟基对苯环产生影响，无法证明苯环对羟基活性的影响，故C错误；
D．比较浓度对反应速率的影响时，草酸溶液的浓度和体积必须相同，否则无法达到实验目的，故D错误；
故选A．
【分析】A．通过反应剧烈程度、快慢判断Mg、Al的金属性强弱；
B．氯化镁、氯化铝都与氨水反应生成白色沉淀；
C．苯酚中的苯环H原子与浓溴水发生取代反应，证明羟基对苯环的影响；
D．应该将不同浓度的酸性高锰酸钾溶液滴入体积和浓度都相同的草酸．
6.【答案】D
【解析】【解答】A．根据图像，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故NH3催化还原NO为放热反应，故A不符合题意；
B．NH3断裂的是N-H极性键，故B不符合题意；
C．NO→N2，化合价由+2→0，化合价降低，得电子作氧化剂，Fe2+在反应前后没有发生变化，故作催化剂，故C不符合题意；
D ．由图象知，脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)，故D符合题意；
故答案为：D。

【分析】A.根据物质的能量变化图像即可判断反应为放热
B.根据过程I的反应即可判断，N-H为极性键不是非极性键
C.根据写出方程式即可判断物质的作用
D.根据其实反应物和生成物即可写出方程式
7.【答案】C
【解析】【解答】A．在t℃下甲、乙、丙三个恒容密闭容器中，反应物浓度越大反应速率越快，起始时丙
中N2和O2的浓度都最大，甲、乙中N2浓度相等，甲中O2的浓度大于乙中O2的浓度，则起始时反应速率：丙＞甲＞乙，故A不符合题意；
B．甲、乙中氮气的浓度相等，甲相当于在乙的基础上增大氧气的浓度，平衡正向移动，则甲中氮气的转化率大于乙中，即平衡时N2的转化率：甲＞乙，故B不符合题意；
C ．N2(g) + O2(g) 2NO(g)为反应前后气体体积不变的反应，丙中起始各物质的浓度是甲中的两倍，丙相当于在甲的基础上将体积缩小一半，增大压强平衡不移动，则平衡时丙中NO浓度为甲的2倍，即c （NO）：2甲=丙，甲、乙中氮气的浓度相等，甲相当于在乙的基础上增大氧气的浓度，平衡正向移动，则平衡时c（NO）：甲＞乙，故C符合题意；
D．t℃时，K=0.09，设甲容器从起始到平衡氮气消耗的浓度为xmol/L，列出反应的三段式：
平衡常数K= =0.09，解得x=0.06，所以平衡时甲中c（N2）=0.4 mol·L－1，故D不符合
题意；
故答案为：C。

【分析】N2(g) + O2(g) 2NO(g)，为反应前后气体体积不变的反应，根据影响速率和平衡的条件进行分析，列出三段式，利用平衡常数求出变化的量，再求出平衡时的浓度。

二、综合题
8.【答案】（1）
（2）氧化反应
（3）+CH3CH2—OH +H2O
（4）BC
【解析】【解答】(1)由A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，与A互为同分异构体的结构式：CH3OCH3;
故答案为：CH3OCH3。

(2) B为乳酸，结构简式为CH3CH(OH)COOH，C的结构简式为：，B→C 的反应类型是氧化反应。

故答案为：氧化反应。

(3)由上述分析可知A+ B→D的化学方程式是+CH3CH2—OH
+H2O；
故答案为：+CH3CH2—OH +H2O。

(4) A 有机物A的结构简式为CH3CH2OH，由于烷烃基的作用，羟基上的氢原子比水中氢原子更难电离，所以与金属钠反应比水与金属钠反应要慢，故A不符合题意；B A的结构简式为CH3CH2OH,能溶于Na2CO3溶液中，B结构简式为
CH3CH(OH)COOH，能与Na2CO3溶液反应放出气体，D的结构简式为CH3CH(OH)COO CH2CH3，属于酯类，与Na2CO3溶液不反应，也不溶解，所以有机物A、B、D可用饱和Na2CO3溶液鉴别，故B符合题意；
C .由B结构简式为CH3CH(OH)COOH可知两分子B在浓硫酸作用下可以发生酯化反应，形成六元环状化合物，故C符合题意；
D 因为碘能与足量的NaOH溶液，再加入碘水，如果溶液未变蓝色，则不能说明淀粉水解完成，故D不符合题意；
故答案为：BC。

【分析】由框图和已知条件分析可知：A为乙醇，结构简式为CH3CH2OH，B为乳酸，结构简式为
CH3CH(OH)COOH,A+B D,则D的结构简式为CH3CH(OH)COOCH2CH3；根据B C反应条件知C的结构简式为：。

9.【答案】（1）ac；NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3、NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑
（2）Fe 3O4(s)+4H2(g) 3Fe(s)+4H2O(g)，加入H2O(g)后抑制Fe3O4被H2进一步还原
（3）CH4；H2O+2e-=H2↑+O2-、O2+4e-=2O2-；14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2
【解析】【解答】(1)①a．由表格数据可知，温度越高，K越小，则正反应为放热反应，则ΔH＜0，故符合题意；
b．该反应为气体体积不变的反应，增大压强，平衡不移动，不能提高转化率，故不符合题意；
c．增大水蒸气浓度，反应速率增大，促进CO的转化，则可以同时增大CO的平衡转化率和反应速率，故符合题意；
故答案为：ac；
②以氨水为吸收剂脱除CO2，当其失去吸收能力时，通过加热使吸收剂再生，用化学方程式表示“吸收”、“再生”两个过程吸收：NH3+H2O+CO2＝NH4HCO3、NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑；
(2)发生Fe 3O4(s)+4H2(g) 3Fe(s)+4H2O(g)，增大生成物浓度，平衡逆向移动，则H2O(g)的作用为
Fe 3O4(s)+4H2(g) 3Fe(s)+4H2O(g)，加入H2O(g)后抑制Fe3O4被H2进一步还原；
(3)①C元素化合价升高，失去电子，则起还原作用的物质是CH4；
②根据示意图可判断膜Ⅰ侧发生得到电子的还原反应，电极反应式是H2O+2e-=H2↑+O2-、O2+4e-=2O2-；
③空气中N2与O2的物质的量之比为4：1，膜Ⅰ侧所得气体=3，氮气在反应前后不变，设氮气为
4mol，则生成氢气为12mol，由膜I侧反应可知12molH2O得到电子、1molO2得到电子，膜I上发生
12H2O+24e-=12H2↑+12O2-、O2+4e-=2O2-，膜II上14molCH4中C失去84mol电子、H得到56mol电子时，总反应遵循电子守恒，则反应为14CH4+12H2O+O2=14CO+40H2。

【分析】（1）①a. 根据温度与常数的关系即可判断焓变的大小b.压强不影响平衡的移动c. 曾一种伍德浓度可以提高另外一种物质的转化率和速率
②根据反应物和生成物即可写出反应方程式
（2）氢气可将四氧化三铁还原为铁，加入水蒸气抑制此反应
（3）①根据元素话合计的变化即可判断② 反应物是空气中的氧气和水得到电子变为氧离子的反应③根据反应物和生成物以及比值即可写出方程式
10.【答案】（1）负
（2）Li＞Al＞Na
（3）作氧化剂；2Cu2++2 CO +H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑；Cu(OH)2；当Na2CO3用量减少时，c(CO )变
小，CO 水解程度变大，增大，c(OH-)对产物的影响增大；Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O
（4）CuO+2e-+2Li+=Cu+Li2O
【解析】【解答】(1)Li-CuO电池中，金属锂失去电子，做负极。

(2)7gLi能失去1mol电子，27gAl能失去3mol电子，即9gAl失去1mol电子，23gNa失去1mol电子，所以当Li、Al、Na质量相等时，释放的电量是Li＞Al＞Na ，所以Li、Na、Al分别作为电极时比能量的大小为：Li＞Al＞Na 。

(3)①过程I，H2O2将铜氧化为CuSO4，所以H2O2作氧化剂。

②过程II是硫酸铜溶液和碳酸钠溶液反应生成Cu2(OH)2CO3，同时还生成了CO2，反应的离子方程式是：2Cu2++2 CO +H2O=Cu2(OH)2CO3↓+CO2↑。

③当硫酸铜和碳酸钠的物质的量之比为1:1时，硫酸铜恰好和碳酸钠反应生成Cu2(OH)2CO3，
Cu2(OH)2CO3中铜元素的百分含量为57.7%。

当二者比值为1:0.8时，产品中铜的质量分数为61.8%，大于57.7%，说明沉淀中含有其他的含铜元素的物质。

硫酸铜和碳酸钠的比值为1:0.8时，Na2CO3用量减少，
c(CO )变小，CO 水解程度变大，增大，c(OH-)对产物的影响增大，导致Cu(OH)2混在产品中。

④过程III是Cu2(OH)2CO3分解为CuO，反应的化学方程式是：Cu2(OH)2CO32CuO+CO2↑+H2O。

(4)Li-CuO二次电池以含Li+的有机溶液为电解质溶液，Li失去电子生成Li+，Li作负极，CuO得到电子变为Cu，CuO作正极，正极的电极反应式是：CuO+2e-+2Li+=Cu+Li2O。

【分析】（1）具有还原性物质做负极
（2）计算出单位质量转移的电子即可
（3）①根据元素变化即可确定过氧化氢的作用②根据反应物和生成物即可写出发方程式③根据题意，铜离子可以水解显酸性，而碳酸根水解显碱性，可能相互促进导致氢氧化铜的出现④根据反应物和生成物即可写出方程式
（4）根据锂单质做负极，氧化铜做正极，正极是氧化铜得到电子变为铜单质的反应
11.【答案】（1）AgNO3溶液、稀氨水
（2）c(Fe3+)
（3）Fe3++Ag =Fe2++Ag+
（4）取少量Ag2SO4固体于试管中，加入适量蒸馏水，振荡、静置，取上层清液，滴加Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀
（5）a中溶液黄色略变浅，b中溶液黄色明显变浅；配制pH=2，c( )=0.3mol/L的溶液；银镜消失，溶液颜色无明显变化
（6）取少量白色沉淀，向其中加入过量酸化的KI溶液，静置，再向上层清液中滴加淀粉溶液（或取上层
清液，加入CCl 4后振荡、静置）；加入酸化的KI 溶液后产生黄色沉淀，上层清液滴加淀粉溶液后变蓝（或CCl 4层显紫色），假设2成立
【解析】【解答】(1)硝酸银溶液中加氨水，至生成的沉淀恰好溶解可得到银氨溶液，所以配制银氨溶液，需要的试剂是AgNO 3溶液、稀氨水，故答案为：AgNO 3溶液、稀氨水；
(2)分别向两支银镜的试管中加入5mLFe(NO 3)3、Fe 2(SO 4)3溶液，保证铁离子浓度相等的前提下，来判断银镜溶解的速度，故答案为：c(Fe 3+)；
(3)Fe 3+具有氧化性，金属银具有还原性，Fe 3+氧化Ag 得到亚铁离子和银离子，即：Fe 3++Ag ═Fe 2++Ag + ，
故答案为：Fe 3++Ag ═Fe 2++Ag +； (4)硫酸根离子可以和钡离子之间反应生成白色不溶于硝酸的沉淀硫酸钡，检验硫酸银中硫酸根离子的方法：取少量Ag 2SO 4固体于试管中，加入适量蒸馏水，振荡、静置，取上层清液，滴加Ba(NO 3)2溶液，出现白色沉淀；
(5)根据选择的铁盐溶液铁离子浓度相等，但是盐溶液中的阴离子硝酸根离子和硫酸根离子的不同，单质银镜的溶解情况不同，a 中溶液黄色略变浅，b 中溶液黄色明显变浅，得到在a 中的酸性条件下 氧化了银，0.1mol/L Fe(NO 3)3中，硝酸根离子是0.3mol/L ，所以配制pH=2，c(
)=0.3mol/L 的溶液，结果银镜消失溶液的颜色无变化，说明铁离子没有参加反应，证明a 中的酸性条件下 氧化了银，故答案为：a 中溶液黄色略变浅，b 中溶液黄色明显变浅；配制pH=2，c(
)=0.3mol/L 的溶液；银镜消失，溶
液颜色无明显变化；
(6)碘化银是一种黄色沉淀，亚硝酸盐能与酸化的KI 溶液反应产生黄色沉淀，亚硝酸具有氧化性，能将碘离子氧化，含有碘单质的溶液中滴加淀粉溶液后变蓝（或CCl 4层显紫色），据此确定白色沉淀是否是亚硝酸银，故答案为：
【分析】（1）一般是将氨水加入到硝酸银溶液中先形成沉淀再加入氨水使沉淀消失即可
（2）根据题意可知控制铁离子的量相等
（
3）根据反应物和生成物的性质即可写出方程式
（4）可将硫酸银加入水中，取滤液加入硝酸钡即可检验
（5）根据实验现象 a 中 溶液黄色略变浅； 产生少许白色沉淀 ，b 中 溶液黄色明显变浅； 产生较多白色沉淀 即可判断，主要是形成对比实验，排除铁离子的影响，因此此时加入的是不含铁离子的硝酸盐的溶液，现象是银镜消失溶液的颜色无变化
（6）①根据题意 亚硝酸盐能与酸化的KI 溶液反应，可以加入碘化钾溶液进行检验碘单质的存在即可。