2016北京高考化学答案(2)
2016北京高考化学答案：
一、选择题.
1.(3分)(2016•北京)我国科技创新成果斐然，下列成果中获得诺贝尔奖的是( )
A.徐光宪建立稀土串级萃取理论
B.屠呦呦发现抗疟新药青蒿素
C.闵恩泽研发重油裂解催化剂
D.侯德榜联合制碱法
【考点】化学史.
【分析】2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖.
【解答】解：2015年10月，屠呦呦因发现青蒿素治疗疟疾的新疗法获诺贝尔生理学或医学奖，
故选：B.
【点评】本题考查化学史，只要关注时事，平时注意积累，能轻松简答.
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用.
【分析】过滤用于分离不溶性物质和液体的分离，一般利用固体的颗粒大小将固体和液体分离，以此解答该题.
【解答】解：A.冷水浸泡属于物质的溶解，故A错误;
B.加热煎制属于加热，故B错误;
C.箅渣取液将固体和液体分离，属于过滤操作，故C正确;
D.灌装是液体转移，故D错误.
故选C.
【点评】本题考查物质的分离，侧重于学生的分析、实验能力的考查，题目密切联系生活，有利于培养学生良好的科学素养，提高学生学习的积极性，难度不大.
3.(3分)(2016•北京)下列食品添加剂中，其试用目的与反应速率有关的是( )
A.抗氧化剂 B.调味剂 C.着色剂 D.增稠剂
【考点】化学反应速率的影响因素.
【分析】一般来说，食品中常加入抗氧剂、调味剂、着色剂以及增稠剂等，其中加入抗氧化剂可减缓食品的腐蚀，延长保质期，而调味剂、着色剂以及增稠剂与食品的色、态、味有关，以此解答该题.
【解答】解：A.抗氧化剂减少食品与氧气的接触，延缓氧化的反应速率，故A正确;
B.调味剂是为了增加食品的味道，与速率无关，故B错误;
C.着色剂是为了给食品添加某种颜色，与速率无关，故C错误;
D.增稠剂是改变物质的浓度，与速率无关，故D错误.
故选A.
【点评】本题考查常见食品的添加剂，与化学反应速率相结合综合考查学生的双基以及分析能力，侧重于化学与生活的考查，有利于培养学生良好的科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累.
4.(3分)(2016•北京)在一定条件下，甲苯可生成二甲苯混合物和苯.有关物质的沸点、
A.该反应属于取代反应
B.甲苯的沸点高于144℃
C.用蒸馏的方法可将苯从反应所得产物中首先分离出来
D.从二甲苯混合物中，用冷却结晶的方法可将对二甲苯分离出来
【考点】芳香烃、烃基和同系物.
【分析】A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应;
B、甲苯的相对分子质量比二甲苯小，沸点比二甲苯低;
C、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，用蒸馏的方法分离;
D、因为对二甲苯的熔点较低，冷却后邻二甲苯与间二甲苯容易形成固体，从而将对二甲苯分离出来.
【解答】解：A、甲苯变成二甲苯是苯环上的氢原子被甲基取代所得，属于取代反应，故A正确;
B、甲苯的相对分子质量比二甲苯小，故沸点比二甲苯低，故B错误;
C、苯的沸点与二甲苯的沸点相差较大，可以用蒸馏的方法分离，故C正确;
D、因为对二甲苯的沸点较低，冷却后邻二甲苯与间二甲苯容易形成固体，从而将对二甲苯分离出来，所以能用冷却结晶的方法分离出来，故D正确;
故选B.
【点评】本题涉及到物质的分离和提纯、有机物的反应类型、沸点高低比较，考查学生根据表格的数据分析解决问题的能力，难度不大.
5.(3分)(2016•北京)K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O7(橙色)+H2O⇌2CrO4(黄色)
++2H.用K2Cr2O7溶液进行下列实验： 2﹣2﹣
结合实验，下列说法不正确的是( )
A.①中溶液橙色加深，③中溶液变黄
B.②中Cr2O7被C2H5OH还原
C.对比②和④可知K2Cr2O7酸性溶液氧化性强
D.若向④中加入70%H2SO4溶液至过量，溶液变为橙色
【考点】氧化还原反应;化学平衡的影响因素. 2﹣
【分析】K2Cr2O7溶液中存在平衡：Cr2O7(橙色)+H2O⇌2CrO4(黄色)+2H，加入酸，氢离子浓度增大，平衡逆向移动，则溶液橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，由实验②、④可知Cr2O7具有较强的氧化性，可氧化乙醇，而CrO4不能，以此解答该题.
【解答】解：A.在平衡体系中加入酸，平衡逆向移动，重铬酸根离子浓度增大，橙色加深，加入碱，平衡正向移动，溶液变黄，故A正确;
B.②中重铬酸钾氧化乙醇，重铬酸钾被还原，故B正确;
C.②是酸性条件，④是碱性条件，酸性条件下氧化乙醇，而碱性条件不能，说明酸性条件下氧化性强，故B正确;
D.若向④溶液中加入70%的硫酸到过量，溶液为酸性，可以氧化乙醇，溶液变绿色，故D错误.
故选D.
【点评】本题综合考查氧化还原反应以及化学平衡的移动问题，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握题给信息，为解答该题的关键，易错点为D，注意Cr2O7、CrO4氧化性的比较，难度不大.
6.(3分)(2016•北京)在两份相同的Ba(OH)2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示.下列分析不正确的是( )
2﹣2﹣2﹣2﹣2﹣2﹣+
A.①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线
﹣+B.b点，溶液中大量存在的离子是Na、OH
﹣C.c点，两溶液中含有相同量的OH
D.a、d两点对应的溶液均显中性
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算.
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【分析】A.Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应;
B.根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH;
C.c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4;
D.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水;d点②中溶质为Na2SO4.
【解答】解：A.Ba(OH)NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2溶液和H2SO4、
2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确;
B.根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的
﹣+量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点，溶液中大量存在的离子是Na、OH，
故B正确;
C.c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中硫酸氢钠过量，则溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误;
D.a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水;d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，
故D正确;
故选C.
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等.
A.a、d处：2H2O+2e═H2↑+2OH
﹣﹣B.b处：2Cl﹣2e═Cl2↑
﹣2+C.c处发生了反应：Fe﹣2e═Fe
D.根据实验一的原理，实验二中m处能析出铜
【考点】原电池和电解池的工作原理. ﹣﹣
【分析】实验一a、d处试纸变蓝，说明生成OH，为电解池的阴极，b处变红，局部褪色，为电解池的阳极，生成氯气，c处无明显变化，铁丝左侧为阳极，右侧为阴极，
实验二两个石墨电极附近有气泡产生，左侧生成氢气，右侧生成氧气，两个铜珠的左侧为阳极，右侧为阴极，n处有气泡产生，为阴极，以此解答该题.
【解答】解：A.d处试纸变蓝，为阴极，生成OH，电极方程式为2H2O+2e═H2↑+2OH﹣，故A正确;
B.b处变红，局部褪色，说明是溶液中的氢氧根和氯离子同时放电，故B错误;
C.c处为阳极，发生了反应：Fe﹣2e═Fe，故C正确;
D.实验一中ac形成电解池，db形成电解池，所以实验二中也相当于形成三个电解池(一个球两面为不同的两极)，m为电解池的阴极，另一球朝m的一面为阳极(n的背面)，故相当于电镀，即m上有铜析出，故D正确.
故选B.
【点评】本题考查电解原理，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握电极的判断以及电极反应，为解答该题的关键，题目易错点为D，注意铜珠的左右侧可看出阴、阳极，难度中等.
二、解答题(共4小题，满分58分)
8.(17分)(2016•北京)功能高分子P的合成路线如下：
﹣﹣﹣2+
(1)A的分子式是C7H8，其结构简式是
(2)试剂a是 浓硫酸和浓硝酸 .
(3)反应③的化学方程式：
.
(4)E的分子式是C6H10O2.E中含有的官能团： 碳碳双链，酯基 .
(5)反应④的反应类型是 加聚反应 .
(6)反应⑤
(7)已知：2CH3CHO
【分析】A的分子式是C7H8，其结构简式是
浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为
取代反应生成C为，结合P的结构简式，可知A与浓硝酸在，B与氯气在光照条件下发生，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则
F，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3.
【解答】解：A的分子式是C7H8，其结构简式是
酸在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成B为
发生取代反应生成C为，结合P的结构简式，可知A与浓硝，B与氯气在光照条件下，C在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应生成D为，可知G的结构简式为，则F
为
，E的分子式是C6H10O2，则E为CH3CH=CHCOOCH2CH3.
(1)A的分子式是C7H8，其结构简式是，故答案为：;
(2)试剂a是：浓硫酸和浓硝酸，故答案为：浓硫酸和浓硝酸;
(3)反应③的化学方程式：
故答案为：
+NaOH+NaOH+NaCl; +NaCl， (4)E为CH3CH=CHCOOCH2CH3，E中含有的官能团：碳碳双键、酯基，故答案为：碳碳双键、酯基;
(5)反应④的反应类型是：加聚反应，故答案为：加聚反应;
以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线(用结构简式表示有机物)，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件).
【考点】有机物的推断.
(6)反应⑤的化学方程式：+nH2
O+n CH3CH2OH， 故答案为：+nH2
O+n CH3CH2OH;
(7)乙烯与HBr发生加成反应生成CH3CH2Br，然后发生水解反应生成CH3CH2OH，再发生氧化反应生成CH3CHO，2分子乙醛发生加成反应生成，再发生氧化反应生成，再与氢气发生加成反应生成，在浓硫酸、加热条件下发生消去反应生成生成CH3CH=CHCOOH，最后与乙醇发生酯化反应生成
CH3CH=CHCOOCH2CH3，合成路线流程图为：
CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3
CHO
CH3CH=CHCOOH
故答案为：
CH2=CH2CH3CH2BrCH3CH2OHCH3
CHOCH3CH=CHCOOCH2CH3，
CH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3.
【点评】本题考查有机物的推断与合成，充分利用P的结构简式与反应条件、分子式进行推断，侧重考查学生分析推理能力、知识迁移运用能力，是有机化学常考题型，难度中等.
9.(13分)(2016•北京)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(NO3)已成为环境修复研究的热点之一. ﹣
(1)Fe还原水体中NO3的反应原理如图1所示.
①作负极的物质是.
②
﹣﹣﹣ ++
3
2+(3)实验发现：在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时，补充一定量的Fe可以明
﹣2+显提高NO3的去除率.对Fe的作用提出两种假设：
﹣2+Ⅰ.Fe直接还原NO3;
2+Ⅱ.Fe破坏FeO(OH)氧化层.
2+①做对比实验，结果如图2所示，可得到的结论是不能直接还原NO﹣﹣2+
②同位素示踪法证实Fe能与FeO(OH)反应生成Fe3O4.结合该反应的离子方程式，解
﹣2+2++2+释加入Fe提高NO3
与(2)中数据对比，解释(2)中初始pH不同时，NO3去除率和铁的最终物质形态不同
2+2+的原因： 初始pH低时，产生的Fe充足;初始pH高时，产生的Fe不足 .
【考点】铁及其化合物的性质实验;原电池和电解池的工作原理;"三废"处理与环境保护. 【分析】(1)①Fe还原水体中NO3，则Fe作还原剂，失去电子，作负极;
﹣+②NO3在正极得电子发生还原反应产生NH4，根据图2信息可知为酸性环境;
(2)根据FeO(OH)不导电进行分析;
(3)①根据图2中的三个实验结果进行分析;
②结合(2)题中的铁的最终物质形态结果差异进行分析;
(4)根据Fe的作用进行分析.
﹣【解答】解：(1)①Fe还原水体中NO3，则Fe作还原剂，失去电子，作负极，
故答案为：铁;
②NO3在正极得电子发生还原反应产生NH4，根据图2信息可知为酸性环境，则正极的
﹣﹣++电极反应式为：NO3+8e+10H=NH4+3H2O，
﹣﹣++故答案为：NO3+8e+10H=NH4+3H2O;
3+(2)pH越高，Fe越易水解生成FeO(OH)，FeO(OH)不导电，阻碍电子转移，所以
﹣NO3的去除率低.
故答案为：FeO(OH)不导电，阻碍电子转移;
(3)①从图2的实验结果可以看出，单独加入Fe时，NO3的去除率为0，因此得出Fe
﹣﹣2+不能直接还原NO3;而Fe和Fe共同加入时NO3的去除率比单独Fe高，因此可以得出
﹣﹣2+2+结论：本实验条件下，Fe不能直接还原NO3;在Fe和Fe共同作用下能提高NO3的去
除率.
故答案为：本实验条件下，Fe不能直接还原NO3;在Fe和Fe共同作用下能提高NO3的去除率;
2+2+②同位素示踪法证实了Fe能与FeO(OH)反应生成Fe3O4，离子方程式为：Fe+2FeO
+2+(OH)=Fe3O4+2H，Fe将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，利于电子转移.
2++2+故答案为：Fe+2FeO(OH)=Fe3O4+2H，Fe将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，
利于电子转移;
2+(4)根据实验结果可知Fe的作用是将不导电的FeO(OH)转化为可导电的Fe3O4，而
﹣2+NO3的去除率由铁的最终物质形态确定，因此可知实验初始pH会影响Fe的含量.
2+2+故答案为：初始pH低时，产生的Fe充足;初始pH高时，产生的Fe不足.
﹣【点评】考查化学反应原理，涉及电化学、氧化还原反应等相关知识，题中的Fe与NO3
的反应跟溶液酸碱性有关，抓住这一点是解题的关键，第Ⅱ问的解答有一定的难度，特别是阐述上的准确性.
10.(12分)(2016•北京)以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，实现铅的再生利用.其工作流程如下：
2+﹣﹣2++2+﹣2+2+﹣
(1)过程Ⅰ中，在Fe催化下，Pb和PbO2反应生成PbSO4的化学方程式是
(2)过程Ⅰ中，Fe催化过程可表示为：
2++2﹣3+i：2Fe+PbO2+4H+SO4═2Fe+PbSO4+2H2O
ii：…
①写出ii
②下列实验方案可证实上述催化过程.将实验方案补充完整.
a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红. b.
3+2﹣2+2+
(3)PbO溶解在NaOH溶液中，存在平衡：PbO(s)+NaOH(aq)⇌NaHPbO2(aq)，其溶解度曲线如图所示.
①过程Ⅱ的目的是脱硫.滤液1经处理后可在过程Ⅱ中重复使用，其目的是序号).
A.减小Pb的损失，提高产品的产率
B.重复利用NaOH，提高原料的利用率
C.增加Na2SO4浓度，提高脱硫效率
②过程Ⅲ的目的是提纯，结合上述溶解度曲线，简述过程Ⅲ的操作：一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体
【考点】物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用;制备实验方案的设计.
【分析】以废旧铅酸电池中的含铅废料(Pb、PbO、PbO2、PbSO4及炭黑等)和H2SO4为原料，制备高纯PbO，含铅废料加入硫酸亚铁、稀硫酸加热反应过滤得到PbSO4粗品，加入10%的氢氧化钠溶液加热反应，冷却过滤得到PbO粗品，粗PbO溶解在35%NaOH溶液中配成高温下的饱和溶液，冷却结晶、过滤得PbO，
2+(1)根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe催化下，Pb、PbO2和H2SO4反应生成
PbSO4和水;
(2)①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而
2+本身的质量和化学性质反应前后保持不变.根据题给信息知反应i中Fe被PbO2氧化为
3+3+2+Fe，则反应ii中Fe被Pb还原为Fe，据此书写离子方程式;
②a实验证明发生反应i，则b实验需证明发生反应ii，实验方案为取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去;
(3)①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，而滤液Ⅰ中含有硫酸，可降低溶液的PH，使平衡PbO(s)+NaOH(aq)⇌NaHPbO2(aq)逆向移动; ②根据PbO的溶解度曲线进行解答;
2+【解答】解：(1)根据题给化学工艺流程知，过程Ⅰ中，在Fe催化下，Pb、PbO2和H2SO4
反应生成PbSO4和水，化学方程式为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O，
故答案为：Pb+PbO2+2H2SO4═2PbSO4+2H2O;
(2)①催化剂通过参加反应，改变反应历程，降低反应的活化能，加快化学反应速率，而本身的质量和化学性质反应前后保持不变.根据题给信息知反应i中Fe被PbO2氧化为3+3+2+3+2﹣2+Fe，则反应ii中Fe被Pb还原为Fe，离子方程式为：2Fe+Pb+SO4═PbSO4+2Fe，
3+2﹣2+故答案为：2Fe+Pb+SO4═PbSO4+2Fe;
②a实验证明发生反应i，则b实验需证明发生反应ii，实验方案为：
a.向酸化的FeSO4溶液中加入KSCN溶液，溶液几乎无色，再加入少量PbO2，溶液变红，亚铁离子被氧化为铁离子， 2+
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b.取a中红色溶液少量，溶液中存在平衡，Fe+3SCN=Fe(SCN)3，加入过量Pb，和平衡状态下铁离子反应生成亚铁离子，平衡逆向进行充分反应后，红色褪去，
故答案为：取a中红色溶液少量，加入过量Pb，充分反应后，红色褪去;
(3)①过程Ⅱ脱硫过程中发生的反应为PbSO4+2NaOH=PbO+Na2SO4+H2O，由于PbO能溶解与NaOH溶液，因此滤液Ⅰ中含有Pb元素，滤液Ⅰ重复使用可减少PbO损失，提高产品的产率，且滤液Ⅰ中过量的NaOH可以重复利用，提高原料的利用率，故选AB. 故答案为：AB;
②根据PbO的溶解度曲线，提纯粗Pb的方法为将粗PbO溶解在NaOH溶液中，结合溶解度曲线特点可知浓度高的NaOH溶液和较高的温度，PbO的溶解度高，因此加热至较高温度，充分溶解，然后再高温下趁热过滤除去杂质，后冷却后PbO又析出结晶，再次过滤可得到PbO固体.
故答案为：向PbO粗品中加入一定量的35%NaOH溶液，加热至110℃，充分溶解后，趁热过滤，冷却结晶，过滤得到PbO固体.
【点评】本题考查了化学工艺流程分析、催化剂、离子方程式书写、化学实验方案的设计、物质分离提纯、平衡一点原理的应用，题目难度中等.
11.(16分)(2016•北京)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐
(1)经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3
2﹣+2+2﹣(2)经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO4，含有Cu、Cu和SO3.
已知：Cu+3+﹣Cu+Cu，Cu2+2+
+CuI↓(白色)+I2. ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu的实验现象是 析出红色固体 .
2+2﹣②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu和SO3.
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a.白色沉淀A是BaSO4，试剂1
+2﹣2+b.证实沉淀中含有Cu和SO3﹣2﹣
2﹣(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在.经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO4，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色.
﹣3+①推测沉淀中含有亚硫酸根和、OH .
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i.被Al(OH)3
所吸附;ii.存在于铝的碱式盐中.对假设
ii设计了对比实验，证实了假设ii成立.
a.将对比实验方案补充完整.
步骤一：
步骤二： (按图形式呈现). b.假设ii(4)根据实验，亚硫酸盐的性质有 溶解性、还原性、在水溶液中呈碱性 .盐溶液间反应的多样性与 两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件 有关.
【考点】性质实验方案的设计.
【分析】(1)0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液发生反应生成白色沉淀Ag2SO3;
2+(2)①根据第二题中现象2及已知信息，可以得知，取少量洗净(排除 Cu干扰)的棕
+黄色沉淀，滴加稀硫酸，沉淀变红(铜单质)，则证明有 Cu;
2+②a.根据 BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba的化合物，可以选用BaCl2;
2﹣b.由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO4，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色
﹣2+2+沉淀中含有Cu，Cu和I作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，
﹣2+2﹣而Cu和I反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO3;
3+(3)①由题意，白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，可以得到沉淀中含有Al和OH
﹣，可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子;
②根据实验目的和对比实验设计原理进行解答;
(4)根据实验，亚硫酸盐具有溶解性、还原性、水解呈碱性，盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关.
【解答】解：(1)实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4饱和
2﹣溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑SO3浓度较大，因此推断白色
+2﹣+2﹣沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag+SO3=Ag2SO3↓，故答案为：2Ag+SO3
=Ag2SO3↓;
(2)①依据反应Cu和稀硫酸反应铜和铜离子，若沉淀中含有Cu，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，
故答案为：析出红色固体;
②a.分析实验流程可知实验原理为2Cu+4I=2CuI+I2、I2+SO3+H2O=SO4+2I+2H、
2﹣2+2+SO4+Ba=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中.
故答案为：HCl和BaCl2溶液;
2﹣b.由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO4，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色
﹣2+2+沉淀中含有Cu，Cu和I作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，
﹣2+2﹣而Cu和I反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO3;
2+故答案为：棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀(CuI)，证明含有Cu，白色沉淀A为
2﹣硫酸钡，证明含有SO3;
2﹣(3)①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO4，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强
﹣3+碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有Al和OH，可使酸性KMnO4溶
液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子;
故答案为：Al、OH;
②根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐. 铝的碱式盐和NaOH溶液反应相当于铝离子和NaOH反应，反应比例为1：4，而Al(OH)3和NaOH反应比例为1：1，因此若V1明显大于V2，则假设ii成立;若V1=V2，则假设i成立. 3+﹣++2+﹣2﹣2﹣﹣+
故答案为：a.;
b.假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2，
故答案为：V1明显大于V2;
(4)题目中有多处暗示我们还原性，比如(3)中的沉淀可以使酸性高锰酸钾褪色，第二空，实验结论要紧扣实验目的，根据题目，我们探究的是 Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以得到结论：盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关.
故答案为：还原性、水解呈碱性;两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关.
【点评】本题考查化学实验方案的分析、评价和设计.主要是离子检验和实验过程的理解应用，题目难度较大。
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