2021年福建省新高考“八省联考”高考化学适应.docx

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2021年福建省新高考“八省联考”高考化学适应性试卷

1.福建省三钢集团近年来大气污染治理成须显著，厂区“绿”意盎然。

治理后，钢铁厂排放的尾气中，下列物质含量最大的是（    ）

A.CO2 B.NO2 C.SO2 D.PM10

【答案】A

【解析】解：

A.钢铁厂产生二氧化碳气体，二氧化碳属于无污染的气体，治理后污染气体减少，二氧化碳最多，故A正确；

B.二氧化氮是污染气体，治理后减少排放，故其含量不能最大，故B错误；

C.二氧化硫属于污染气体，治理后减少排放，含量不是最大，故C错误；

D.PM10含量最大的话，加重了大气污染，厂区不能绿意盎然，故D错误；

故选：

A。

A.钢铁厂产生二氧化碳气体，二氧化碳属于无污染的气体；

B.二氧化氮是污染气体；

C.二氧化硫属于污染气体；

D.PM10含量最大的话，大气污染严重。

本题考查环境的污染与保护，为高频考点，把握常见物质的性质、发生的化学反应及是否改善空气质量为解答的关键，题目难度不大。

2.山奈酚是中药柴胡的药物成分之一。

下列有关该化合物叙述错误（    ）

A.分子式为C15H10O6 B.能够发生加成反应

C.苯环中含有单双键交替结构 D.可溶于NaOH溶液

【答案】C

【解析】解：

A.由该物质的结构简式可知其分子式为C15H10O6，故A正确；

B.含有苯环和羰基，可以发生加成反应，故B正确；

C.苯环中的键是介于单双键之间的特殊的键，不是单双键交替的结构，故C错误；

D.含有3个酚羟基，可与NaOH溶液反应生成溶于水的物质，故D正确；

故选：

C。

由结构可知分子式，分子中含酚−OH、碳碳双键、醇−OH、羰基及醚键，结合酚、烯烃、醇等有机物的性质来解答。

本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大。

3.已知NA是阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（    ）

A.0.1mol⋅L−1KNO3溶液中离子总数大于0.2NA

B.D218O和T2O的混合物1.1g，含有的质子数为0.5NA

C.5.6gFe与足量的S反应转移的电子数为0.3NA

D.0.1molH2和0.2molI2充分反应后分子总数小于0.3NA

【答案】B

【解析】解：

A.溶液体积未知，无法确定溶液中离子数目，故A错误；

B.D218O和T2O的摩尔质量均为22g⋅mol−1，所以1.1g混合物的物质的量为1.1g22g⋅mol−1=0.05mol，一个D218O分子和一个T2O分子均含有10个质子，所以混合物含有的质子数为0.5N A，故B正确；

C.5.6gFe的物质的量为5.6g56g⋅mol−1=0.1mol，与足量的S反应生成FeS，转移电子数为0.2N A，故C错误；

D.H2和I2反应方程式为H2+I2⇌2HI，反应前后分子数不变，所以0.1 molH2和0.2 molI2充分反应后分子总数为0.3N A，故D错误；

故选：

B。

A.不知道溶液体积，无法确定离子数目；

B.D218O和T2O的摩尔质量相同，一个D218O分子和一个T2O分子均含有10个质子；

C.Fe与足量的S反应生成FeS；

D.H2和I2反应生成HI，反应前后分子数不变。

本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，题目难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键，注意可逆反应特点。

4.以下实验方案正确的是（    ）

A

B

C

D

分离CH3COOH

和H2O

提纯混有少量C2H4的CH4

验证SO42−的存在

排气法收集H2

A.A B.B C.C D.D

【答案】D

【解析】解：

A.乙酸与水互溶，不能选分液法分离，应蒸馏法分离，故A错误；

B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳，引入新杂质，应选溴水、洗气，故B错误；

C.硝酸可氧化亚硫酸根离子，应先加盐酸、后加氯化钡检验硫酸根离子，则图中试剂、操作不能检验硫酸根离子，故C错误；

D.氢气的密度比空气密度小，则导管短进长出可收集氢气，为向下排空气法，故D正确；

故选：

D。

A.乙酸与水互溶；

B.乙烯被高锰酸钾氧化生成二氧化碳；

C.硝酸可氧化亚硫酸根离子，应先加盐酸、后加氯化钡检验硫酸根离子；

D.氢气的密度比空气密度小。

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、离子检验、气体收集为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

5.有研究认为，强碱性溶液中反应I−+ClO−=IO−+Cl−分三步进行，其中两步如下：

第一步ClO−+H2O→HOCl+OH−K1=3.3×10−10

第三步HOI+OH−→IO−+H2OK3=2.3×103

下列说法错误的是（    ）

A.反应第二步为HOCl+I−→HOI+Cl−

B.由K可判断反应第三步比第一步快

C.升高温度可以加快ClO−的水解

D.HOCl和HOI都是弱酸

【答案】B

【解析】解：

A.总反应减去第一步反应−第三步反应可得出第二步反应为HOCl+I−→HOI+Cl−，故A正确；

B.平衡常数的数值大小可以判断反应进行的程度，不能判断反应速率的大小，故B错误；

C.升高温度可以加快反应速率，故C正确；

D.ClO−的在水溶液中发生水解，说明HOCl为弱酸，根据题目所给方程式可知第三步反应中HOI以分子形式参与反应，说明HOI为弱酸，故D正确；

故选：

B。

A.总反应减去第一步反应−第三步反应可得出第二步反应；

B.平衡常数的数值大小不能判断反应速率的大小，故B错误；

C.温度升高反应速率加快；

D.ClO−的在水溶液中发生水解；HOI以分子形式参与反应。

本题考查氧化还原反应和电离平衡的相关知识点，题目难度中等，明确反应原理、化合价变化为解答关键，注意掌握常见物质的性质，试题侧重考查学生的分析、理解能力及综合应用能力。

6.某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成。

五种元素的原子序数依次增大，W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻。

下列说法正确的是（    ）

A.离子半径：

Z>Y>X B.最高正价：

R

C.X的含氧酸均为强酸 D.R与W能组成多种化合物

【答案】D

【解析】解：

由上述分析可知，R为H、W为C、X为N、Y为O、Z为Al，

A.具有相同电子排布的离子中原子序数大的离子半径小，则离子半径：

X>Y>Z，故A错误；

B.主族元素的最高正价等于族序数，O、F除外，则最高正价为R

C.X的含氧酸为亚硝酸时，属于弱酸，故C错误；

D.R与W能组成多种化合物，如烷烃、烯烃等多种烃类物质，故D正确；

故选：

D。

某种有机发光材料由不同主族的短周期元素R、W、X、Y、Z组成，五种元素的原子序数依次增大，只有W、X、Y同周期，且W、X、Y相邻，可知R为H，W、X、Y位于第二周期，Z位于第三周期；W和X的原子序数之和等于Z的原子序数，若Z为Al，W、X、Y的原子序数分别为6、7、8，分别为C、N、O符合元素的位置、原子序数关系，以此来解答。

本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、元素的位置、验证法推断元素为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。

7.下列指定反应的离子方程式正确的是（    ）

A.0.1mol⋅L−1MgCl2溶液中加入足量石灰乳：

Mg2++Ca（OH）2=Mg（OH）2+Ca2+

B.0.1mol⋅L−1CuSO4溶液中加入过量浓氨水：

Cu2++2NH3⋅H2O=Cu（OH）2↓+2NH4+

C.滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去：

CO32−+2H+=H2O+CO2↑

D.饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去：

Cl2+SO2+H2O=2H++2Cl−+SO42−

【答案】A

【解析】解：

A.0.1mol⋅L−1MgCl2溶液中加入足量石灰乳的离子方程式为Mg2++Ca（OH）2=Mg（OH）2+Ca2+，故A正确；

B.0.1mol⋅L−1CuSO4溶液中加入过量浓氨水的离子方程式为Cu2++4NH3⋅H2O=[Cu（NH3）4]2++4H2O，故B错误；

C.滴有酚酞的Na2CO3溶液中滴入盐酸至红色恰好褪去时的离子方程式为CO32−+H+=HCO3−，故C错误；

D.饱和氯水中通入SO2至溶液颜色褪去的离子方程式为Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl−+SO42−，故D错误；

故选：

A。

A.石灰乳在离子反应中保留化学式，发生沉淀转化；

B.加过量氨水，反应生成四氨合铜络离子；

C.酚酞的变色范围为8.2～10.0，至红色恰好褪去，溶液为弱碱性，溶质为碳酸氢钠；

D.原子不守恒、电荷不守恒。

本题考查离子方程式的书写，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、原子及电荷守恒为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意离子反应中保留化学式的物质，题目难度不大。

8.一种新型镁硫电池的工作原理如图所示。

下列说法正确的是（    ）

A.使用碱性电解质水溶液

B.放电时，正极反应包括3Mg2++MgS8−6e−=4MgS2

C.使用的隔膜是阳离子交换膜

D.充电时，电子从Mg电极流出

【答案】C

【解析】解：

A.负极生成的Mg2+在碱性电解质水溶液中会生成Mg（OH）2沉淀，降低电池效率，故A错误；

B.放电时为原电池，正极上得电子发生还原反应，包括3Mg2++MgS8+6e−=4MgS2，故B错误；

C.根据图可知，Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应，所以使用的为阳离子交换膜，故C正确；

D.放电时Mg电极发生氧化反应，充电时Mg电极发生还原反应，即电子流入Mg电极，故D错误；

故选：

C。

Mg为活泼金属，所以放电时Mg被氧化，Mg电极为负极，聚合物电极为正极；

A.Mg2+在碱性电解质水溶液中会生成Mg（OH）2沉淀；

B.放电时为原电池，正极上得电子发生还原反应；

C.Mg2+要通过隔膜移向正极参与电极反应；

D.充电时Mg电极发生还原反应。

本题考查学生二次电池中电极反应的书写知识，注意原电池和电解池的工作原理是关键，难度中等。

9.K2Cr2O7溶液中存在平衡：

Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+。

分别在26.3℃，50.0℃恒温条件下，往100mL 0.100mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液中加入一定量K2Cr2O7固体，持续搅拌下pH传感器连续测量溶液的pH，得到如图实验图象，下列说法正确的是（    ）

A.曲线①是50.0℃的pH−t曲线

B.曲线②对应的平衡常数的数量级是10−14

C.t1后，c（Cr2O72−）+c（CrO42−）=c（K+）

D.26.3℃，与0.100mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液相比，达到新平衡时c2（CrO42−）c（Cr2O72−）增大

【答案】B

【解析】解：

A.升高温度平衡吸热方向移动，该反应为吸热反应；正向移动时H+浓度增大，pH减小，所以曲线②是50.0℃的pH−t曲线，故A错误；

B.反应Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+的平衡常数表达式为K=c2（H+）c2（CrO42−）c（Cr2O72−），根据图可知曲线②上的0.100mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液pH=3.75，所以c（CrO42−）=c（H+）=10−3.75mol⋅L−1，则K=（10−3.75）2（10−3.75）20.1−10−3.75≈10−14，故B正确；

C.根据物料守恒n（Cr）=n（K），所以2c（Cr2O72−）+c（CrO42−）=c（K+），故C错误；

D.c2（CrO42−）c（Cr2O72−）=Kc2（H+），加入一定量的K2Cr2O7固体后pH减小，即c（H+）增大，而K不变，所以该比值减小，故D错误；

故选：

B。

A.升高温度平衡吸热方向移动，该反应为吸热反应；正向移动时H+浓度增大，pH减小；

B.反应Cr2O72−+H2O⇌2CrO42−+2H+的平衡常数表达式为K=c2（H+）c2（CrO42−）c（Cr2O72−），根据图可知曲线②上的0.100mol⋅L−1的K2Cr2O7溶液pH=3.75；

C.根据物料守恒n（Cr）=n（K）；

D.根据c2（CrO42−）c（Cr2O72−）=Kc2（H+），加入K2Cr2O7固体后pH减小，K不变。

本题考查电离平衡相关知识点，为高考常见题型，把握发生的反应、平衡移动为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。

10.钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，如图为钠投入液氨中的溶剂化图。

钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。

下列说法错误的是（    ）

A.钠的密度比液氨大

B.溶液的导电性增强

C.0.1mol钠投入液氨生成0.01molH2时，Na共失去0.02mol电子

D.钠和液氨可发生以下反应：

2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑

【答案】C

【解析】解：

A.钠沉入液氨说明钠的密度比液氨大，故A正确；

B.液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电，说明溶液的导电性增强，故B正确；

C.0.1mol钠反应失去0.1mol电子，故C错误；

D.反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，所以钠和液氨可发生以下反应：

2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，故D正确；

故选：

C。

A.钠沉入液氨；

B.液氨中没有能导电的离子，而钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子，能导电；

C.0.1mol钠反应失去0.1mol电子；

D.反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子。

本题考查钠的性质，为高频考点，把握物质的性质、信息的应用为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。

11.废旧锂离子电池经处理得到的正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等。

采用以下工艺流程可从废旧锂离子电池中分离回收钴、镍、锰，制备正极材料的前驱体（NiCO3⋅CoCO3⋅MnCO3）。

回答下列问题：

（1）“酸浸”温度为85℃，粉体中的钴（以Co2O3表示）还原浸出的化学方程式为______，H2O2的用量比理论用量多一倍的原因是______。

（2）“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，加入的化合物X是______。

（填化学式）

（3）“除铜”时获得萃余液的操作名称是______。

（4）“除铝”时反应的离子方程式为______。

萃余液中Co2+的浓度为0.33mol⋅L−1，通过计算说明，常温下除铝控制溶液pH为4.5，是否造成Co的损失？

______（列出算式并给出结论）

已知：

（Ksp[Co（OH）2]=5.9×10−15）

（5）从滤液④中可提取______（任写一种）用作______。

【答案】Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O 85℃时过氧化氢容易分解，所以其用量比理论用量多 NaOH 分液 Al3++3NH3⋅H2O=Al（OH）3↓+3NH4+ 0.33×（10−1410−4.5）2=3.3×10−20<5.9×10−15，不会造成Co的损失 锂 锂电池

【解析】解：

（1）“酸浸”温度为85℃，粉体中的钴（以Co2O3表示）还原生成CoSO4，反应的化学方程式为Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O，反应中过氧化氢在较高温度下分解，导致H2O2的用量比理论用量多，

故答案为：

Co2O3+2H2SO4+H2O2=2CoSO4+O2↑+3H2O；85℃时过氧化氢容易分解，所以其用量比理论用量多；

（2）“除铁”时需将溶液的pH调至3左右，生成黄钠铁钒而达到除铁的目的，由黄钠铁钒化学式可知加入的化合物X应为NaOH，

故答案为：

NaOH；

（3）滤液②加入铜萃取剂，分液分离出萃出液，获得萃余液，

故答案为：

分液；

（4）加入氨水生成氢氧化铝，反应的离子方程式为Al3++3NH3⋅H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；

萃余液中Co2+的浓度为0.33mol⋅L−1，常温下除铝控制溶液pH为4.5，则0.33×（10−1410−4.5）2=3.3×10−20<5.9×10−15，则不会造成Co的损失，

故答案为：

Al3++3NH3⋅H2O=Al（OH）3↓+3NH4+；0.33×（10−1410−4.5）2=3.3×10−20<5.9×10−15，不会造成Co的损失；

（5）滤液④含有锂离子，可提取金属锂，用作锂电池，

故答案为：

锂；锂电池。

正极活性粉体中含有Li2O、NiO、Co2O3、MnO2、Fe、C、Al、Cu等，加入稀硫酸酸浸，并加入过氧化氢，发生氧化还原反应，铁、铜、铝等金属被溶解分别生成硫酸盐，且Co2O3还原生成CoSO4，同时生成硫酸锂、硫酸镍等，滤渣含有C，滤液①Co2+、Al3+、Ni2+、Li+、Mn2+、Fe3+、Cu2+等离子，可加入NaOH，可生成黄钠铁钒而达到除铁的目的，滤液②加入铜萃取剂，可除去铜，萃余液含有Co2+、Al3+、Ni2+、Li+、Mn2+等离子，加入氨水，可生成氢氧化铝沉淀而除去，滤液③含有Co2+、Ni2+、Li+、Mn2+，加入碳酸氢铵进行碳化，可生成NiCO3⋅CoCO3⋅MnCO3，滤液④含有Li+，以此解答该题。

本题考查物质分离提纯和制备，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力的考查，题目涉及金属的回收、环境保护、氧化还原反应、物质的分离提纯和除杂等问题，题目较为综合，做题时注意仔细审题，难度中等。

12.某研究性学习小组通过下列实验验证AgI沉淀的生成会使I2的氧化能力增强，可将Fe2+氧化回答下列问题：

（1）由AgNO3固体配制0.1mol⋅L−1的AgNO3溶液50mL，下列仪器中不需要使用的有______（写出名称），配制好的溶液应转移到______试剂瓶中保存。

（2）步骤1的实验现象时______；步骤2无明显现象______；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，______。

由此可知，步骤3反应的离子方程式为______。

（3）某同学在实验时漏掉步骤2，直接加入过量AgNO3溶液，也观察到与步骤3相同的实验现象。

该同学推测溶液中还有碘的离子______（填离子符号）生成，并由此对I2氧化Fe2+产生了质疑。

（4）为了确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化，学习小组在上述实验基础上进行补充实验：

分别取少量的和步骤3试管中的上层清液于试管a和试管b中，往两支试管中加入过量的______，观察到的现象为______。

【答案】蒸馏烧瓶、分液漏斗 棕色细口瓶 溶液变蓝； 说明亚铁离子和碘水不发生反应 溶液蓝色褪去 I2+2Fe2++2Ag+=2AgI↓+2Fe I3− 氢氧化钠 试管a中蓝色褪去、先出现白色沉淀、迅速变成灰绿色最后变成红褐色，试管b中有白色沉淀（转变为褐色沉淀）和红褐色沉淀

【解析】解：

（1）由AgNO3固体配制0.1mol⋅L−1的AgNO3溶液50mL，溶液配制一般步骤是：

计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到50mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以需要的仪器为：

托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶、胶头滴管，故不需要的玻璃仪器有蒸馏烧瓶、分液漏斗；硝酸银见光易分解，故配制好的溶液应转移到棕色细口瓶中保存，

故答案为：

蒸馏烧瓶、分液漏斗；棕色细口瓶；

（2）步骤1中碘水遇淀粉溶液，现象是溶液变蓝；步骤2：

再加入硫酸亚铁铵溶液，无明显现象，则说明亚铁离子和碘水不发生反应；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，则碘分子中碘化合价降低，溶液中发生氧化还原反应，碘作氧化剂，亚铁离子为还原剂，氧化产物为铁离子，故反应中还有另一个现象--溶液蓝色褪去；由此可知，步骤3反应的离子方程式为I2+2Fe2++2Ag+=2AgI↓+2Fe3+，

故答案为：

溶液变蓝；说明亚铁离子和碘水不发生反应；溶液蓝色褪去；I2+2Fe2++2Ag+=2AgI↓+2Fe；

（3）实验时漏掉步骤2，直接加入过量AgNO3溶液，也观察到产生黄色沉淀AgI，说明溶液中同时存在碘单质、碘离子，则有I3−⇌I2+I−，故推测溶液中还有碘的离子I3−生成，

故答案为：

I3−；

（4）由于步骤2的溶液中有亚铁离子而没有铁离子，要确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化，只要证明步骤3的溶液中存在氧化产物铁离子即可，由实验知，步骤2溶液中有碘与淀粉混合液和亚铁离子、步骤3中加入了过量的硝酸银溶液、则上层清液中银离子与铁离子共存，所以可以用氢氧化钠溶液进行鉴别，学习小组在上述实验基础上进行补充实验：

分别取少量的步骤2中的溶液和步骤3试管中的上层清液于试管a和试管b中，往两支试管中加入过量的氢氧化钠溶液，试管a中，过量的氢氧化钠溶液消耗了碘使之褪色、与亚铁离子产生氢氧化亚铁、最终氧化为氢氧化铁，试管b中，过量的氢氧化钠溶液与银离子生成白色氢氧化银（可以分解为褐色氧化银）、又与铁离子生成红褐色沉淀，故观察到的现象为：

试管a中蓝色褪去、先出现白色沉淀、迅速变成灰绿色最后变成红褐色，试管b中有白色沉淀（转变为褐色沉淀）和红褐色沉淀，

故答案为：

氢氧化钠；试管a中蓝色褪去、先出现白色沉淀、迅速变成灰绿色最后变成红褐色，试管b中有白色沉淀（转变为褐色沉淀）和红褐色沉淀。

（1）溶液配制一般步骤是：

计算→称量→溶解、冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，一般用天平称量（用到药匙）称量，在烧杯中溶解，并用玻璃棒搅拌，冷却后转移到50mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，转移完毕，用少量蒸馏水洗涤烧杯及玻璃棒2～3次并将洗涤液全部转移到容量瓶中，再加适量蒸馏水，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，塞好瓶塞，反复上下颠倒摇匀，所以需要的仪器为：

托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、50mL容量瓶、胶头滴管；

（2）步骤1中碘水遇淀粉溶液，现象是溶液变蓝；步骤2：

再加入硫酸亚铁铵溶液，无明显现象，则说明亚铁离子和碘水不发生反应；步骤3最终的实验现象是溶液中生成黄色沉淀，黄色沉淀为AgI，则碘分子中碘化合价降低，溶液中发生氧化还原反应，碘作氧化剂，亚铁离子为还原剂，氧化产物为铁离子，故反应中还有另一个现象--溶液蓝色褪去；步骤3反应的离子方程式为I2+2Fe2++2Ag+=2AgI↓+2Fe3+；

（3）实验时漏掉步骤2，直接加入过量AgNO3溶液，也观察到产生黄色沉淀AgI，说明溶液中同时存在碘单质、碘离子；

（4）由于步骤2的溶液中有亚铁离子而没有铁离子，要确证AgI的生成使I2的氧化能力增强而将Fe2+氧化，只要证明步骤3的溶液中存在氧化产物铁离子即可，由实验