2019年西城高三二模化学
1.材料的研发应用使城市轨道交通快速发展。地铁列车以下部件的成分属于合金的是
A．钢化玻璃车窗
B．铝合金车体
C．酚醛树脂
玻璃钢座椅
D．阻燃橡胶地板
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【详解】A、钢化玻璃与普通玻璃的成分相同，属于无机非金属材料，故A错误；
B、车体的成分是铝合金，属于合金材料，故B正确；
C、酚醛树脂、玻璃钢均属于有机合成高分子化合物，故C错误；
D．阻燃橡胶地板的主要成分是有机合成高分子化合物，故D错误；
答案选B。
2.下列化学用语对事实的表述正确的是
A. 醋酸电离：CH3COOH==CH3COO−+ H+
B. Na2O2与CO2反应提供O2：Na2O2 +CO2==Na2CO3 + O2
C. NO2与水反应制硝酸：NO2 +H2O==H++ NO3−
D. NaOH溶液除去铝表面氧化膜：Al2O3+2OH−==2AlO2−+H2O
【答案】D
【解析】
【详解】A．醋酸为弱酸，应该用，电离方程式：CH3COOH⇌CH3COO-+H+，故A错误；
B．方程式未配平，反应的化学方程式应该为2Na2O2 +2CO2==2Na2CO3 + O2，故B错误；
C．二氧化氮与水反应生成硝酸与NO，反应方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO↑，故C错误；
D．用NaOH溶液除去铝表面的氧化膜，Al2O3与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，该反应的离子方程式为：Al2O3+2OH-═2A1O2-+H2O，故D正确；
答案选D。
3.我国科研人员使用催化剂CoGa3实现了H2还原肉桂醛生成肉桂醇，反应机理的示意图如下：
下列说法不正确的是
A. 肉桂醛分子中不存在顺反异构现象
B. 苯丙醛分子中有6种不同化学环境的氢原子
C. 还原反应过程发生了极性键和非极性键的断裂
D. 该催化剂实现了选择性还原肉桂醛中的醛基
【答案】A
【解析】
【详解】A. 肉桂醛()分子中碳碳双键两端分别连接2个不同的基团，存在顺反异构现象，故A错误；
B. 苯丙醛()分子中有6种不同化学环境的氢原子，如图示：，故B正确；
C. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛与氢气反应转化成了肉桂醇，分别断开了H-H键和C-O键，发生了极性键和非极性键的断裂，故C正确；
D. 根据图示，还原反应过程中肉桂醛转化成了苯丙醛和肉桂醇，而没有转化为苯丙醛，体现了该催化剂选择性的还原肉桂醛中的醛基，故D正确；
答案选A。
【点睛】本题的易错点为C，要注意肉桂醛转化成肉桂醇的过程中仅断开了极性键，非极性键是断开的氢气分子中的H-H。
4.将氯水加入下列4种试剂中。根据实验现象，得出的结论不正确的是
试剂
现象
结论
A
硝酸酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
氯水中含有Cl−
B
CaCO3固体
固体表面有气泡冒出
氯水具有酸性
C
KBr溶液
溶液变黄
氯水具有氧化性
D
滴加酚酞的Na2SO3溶液
红色褪去
Cl2具有漂白性
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将氯水加入硝酸酸化的AgNO3溶液中，反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，故A正确；
B、将氯水加入CaCO3固体中生成了气体二氧化碳，能证明溶液呈酸性，故B正确；
C、将氯水滴入KBr溶液，溶液变黄，说明生成了溴单质，氯气氧化溴离子变成溴单质，说明氯气具有氧化性，故C正确；
D．将氯水滴入滴加酚酞的Na2SO3溶液，是因为氯水显酸性和强氧化性，将Na2SO3转化成了硫酸钠，硫酸钠不水解，溶液不再显示碱性，因此酚酞溶液褪色，结论不正确，故D错误；
答案选D。
5.磺化聚苯醚(SPPO)质子交换膜在燃料电池领域有广阔的应用前景。合成聚苯醚(PPO)并将其改性制备SPPO的路线如下：
下列说法不正确的是
A. 2,6-二甲基苯酚能与饱和溴水发生取代反应
B. 常温下2,6-二甲基苯酚易溶于水
C. 2,6-二甲基苯酚与O2发生氧化反应生成PPO
D. PPO合成SPPO的反应是：+mClSO3H+mHCl
【答案】B
【解析】
【详解】A. 2,6-二甲基苯酚()中存在酚羟基的对位氢原子，能与饱和溴水发生取代反应，故A正确；
B. 2,6-二甲基苯酚与苯酚互为同系物，结构相似，性质具有相似性，且甲基为憎水基团，常温下2,6-二甲基苯酚在水中的溶解度更小，故B错误；
C. 根据流程图，2,6-二甲基苯酚与O2反应过程中失去了氢原子，发生氧化反应生成PPO，故C正确；
D. 根据流程图，PPO与ClSO3H发生取代反应生成SPPO，反应的化学方程式为：，故D正确；
答案选B。
【点睛】本题的易错点为C，要注意有机反应的氧化反应和还原反应的判断方法。有机反应中一般将“去氢”或“加氧”的反应称为氧化反应，将“加氢”或“去氧”的反应称为还原反应。
6.某小组利用下面的装置进行实验，②、③中溶液均足量，操作和现象如下表。
实验
操作
现象
Ⅰ
向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量
②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低；
③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ
向盛有NaHCO3溶液①中持续通入H2S气体至过量
现象同实验Ⅰ
资料：CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是
A. ③中白色浑浊是CaCO3
B. ②中溶液pH降低的原因是：H2S+Cu2+ == CuS↓+2H+
C. 实验Ⅰ①中CO2过量发生的反应是：CO2+H2O+ S2−== CO32−+ H2S
D. 由实验Ⅰ和Ⅱ不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
【答案】C
【解析】
【分析】
实验Ⅰ.向①的Na2S溶液中持续通入CO2至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，说明生成了硫化氢气体，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明二氧化碳过量，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；
实验Ⅱ. 向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量，②中产生黑色沉淀，溶液的pH降低，是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了CuS黑色沉淀，同时生成了硫酸；③中产生白色浑浊，该浑浊遇酸冒气泡，说明反应生成了二氧化碳，被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀；据此分析解答。
【详解】A. 根据上述分析，③中白色浑浊是CaCO3，不可能是CaS，因为CaS遇水完全水解，故A正确；
B. ②中反应生成的硫化氢或过量的硫化氢与硫酸铜反应， H2S+Cu2+ = CuS↓+2H+，使得溶液的pH降低，故B正确；
C. CO2过量反应生成2HCO3−，发生的反应是：2CO2+2H2O+ S2−=2HCO3−+ H2S，故C错误；
D. 根据实验Ⅰ、Ⅱ中现象：Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成，Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成，不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱，故D正确；
答案选C。
7.研究生铁的锈蚀，下列分析不正确的是
序号
①
②
③
实验
现象
8小时未观察
到明显锈蚀
8小时未观察
到明显锈蚀
1小时观察
到明显锈蚀
A. ①中，NaCl溶液中溶解的O2不足以使生铁片明显锈蚀
B. ②中，生铁片未明显锈蚀的原因之一是缺少H2O
C. ③中正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−
D. 对比①②③，说明苯能隔绝O2
【答案】D
【解析】
【详解】A. 根据实验现象，③中1小时观察到明显锈蚀，说明NaCl溶液中溶解有O2，只是苯不能隔绝空气中的氧气进入氯化钠溶液，而①中由于是密闭体系，溶解的O2较少，不足以使生铁片明显锈蚀，故A正确；
B. 苯属于非电解质，②中无电解质溶液，不满足电化学腐蚀的条件，故B正确；
C. 根据现象，铁在中性环境下发生吸氧腐蚀，正极反应：O2+4e−+ 2H2O ==4OH−，电极反应式合理，故C正确；
D. 根据现象，③中发生吸氧腐蚀，①③溶液中均溶解由氧气，③中观察到明显锈蚀，说明苯不能隔绝O2，故D错误；
答案选D。
8.合成中间体L的路线如下(部分反应条件或试剂略去)：
已知：
(1)A的名称是______。
(2)A与Br2按物质的量之比1︰1发生1，4-加成反应生成B，A→B的化学方程式是______。
(3)B→C的反应类型是______。
(4)D中所含官能团的名称是______。
(5)E与NaOH的乙醇溶液反应的化学方程式是______。
(6)C→D在上述合成中的作用是______。
(7)J的结构简式是______。
(8)K→L的化学方程式是______。
(9)设计由L制备M()的合成路线______(有机物用结构简式表示，无机试剂任选)。
【答案】 (1). 1,3-丁二烯 (2). CH2=CH-CH=CH3+Br2 (3). 取代反应 (4). 溴原子、羟基 (5). +3NaOHNaOOCCH=CHCOONa+NaBr+3H2O (6). 保护碳碳双键，防止其被氧化 (7). (8).
(9).
【解析】
【分析】
A(CH2=CH-CH=CH2)发生1,4-加成生成B，B为，根据C(C4H8O2)的不饱和度为1，与B()一致，并且分子式中没有了溴原子，可知B到C的反应为卤代烃的水解反应，则C为；由C(C4H8O2)、D(C4H9O2Br)的分子式可知，此步发生了碳碳双键与HBr的加成反应，D为，D被酸性高锰酸钾氧化生成E，E为，氢氧化钠醇溶液为卤代烃消去反应的标志条件，因此F为NaOOCCH=CHCOONa，由K到L的反应条件，结合K的分子式和G的结构可以推知K为，根据已知信息I，结合G和K的结构，J为，据此分析解答。
【详解】(1)由有机物的命名规则可知，A(CH2=CH-CH=CH2)的名称为1,3-丁二烯，故答案为：1,3-丁二烯；
(2)按照二烯烃的1,4-加成原理可知，反应的方程式为，故答案为：；
(3)C(C4H8O2)的不饱和度为1，与B()一致，并且分子式中没有了溴原子，可知B到C的反应为卤代烃的水解反应，所以反应类型为取代反应或水解反应，故答案为：取代反应或水解反应；
(4)根据上述分析，D（）中官能团有羟基和溴原子，故答案为：羟基和溴原子；
(5)
氢氧化钠醇溶液为卤代烃消去反应的标志条件，所以此步反应是卤代烃的消去反应，反应的化学方程式为+3NaOHNaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O，故答案为：+3NaOHNaOOCCH=CHCOONa + NaBr+3H2O；
(6)由已知信息II可知，烯烃可以被酸性高锰酸钾氧化，所以流程中采取了在使用酸性高锰酸钾之前对碳碳双键进行了保护，故答案为：保护碳碳双键，防止其被氧化；
(7)根据上述分析，J为，故答案为：；
(8)K到L的反应发生在酸酐上，同时要消耗两个乙醇才能生成L的两个酯基，因此反应的化学方程式为，故答案为：；
(9)由L()制备M()。根据已知信息II，L中碳碳双键能够被酸性高锰酸钾溶液氧化生成，根据已知信息III，就可以形成目标产物，因此合成路线为，故答案为：。
【点睛】本题的易错点为(9)中合成路线的设计，要注意题干信息的灵活运用，要合成，根据信息III，若将中环打开，则需要合成
，因此需要根据信息II将原料中碳碳双键打开。
9.CO2甲烷化是一种实现CO2资源化利用的有效途径。
Ⅰ．热化学转化
CO2甲烷化过程发生反应：CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH
(1)每生成1mol CH4(g)，放热165 kJ，则ΔH＝______。
(2)反应的平衡常数的表达式：K＝______。温度升高，K______(填“增大”或“减小”)。
(3)其他条件不变时，一段时间内，压强对CO2的转化率及CH4的选择性的影响如下图。
注：选择性＝转化为目标产物的原料量÷原料总的转化量
CO2甲烷化反应选择0.1MPa而不选择更高压强的原因是______。
Ⅱ．电化学转化
多晶Cu可高效催化CO2甲烷化，电解CO2制备CH4的原理示意图如下。电解过程中温度控制在10℃左右，持续通入CO2。阴、阳极室的KHCO3溶液的浓度基本保持不变。
(4)多晶Cu作______(填“阴”或“阳”)极。
(5)结合电极反应式，说明阴极室KHCO3溶液浓度基本不变的原因：______。
(6)上述电解过程中采取了______措施(写2条即可)使CO2优先于H+放电。
【答案】 (1). －165 kJ·mol−1 (2). c(CH4)c2(H2O)/[c(CO2)c4(H2)] (3). 减小 (4). 在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4
的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗 (5). 阴 (6). 阴极发生反应：9CO2+8e−+6H2O ==CH4+8HCO3−，每转移8 mol电子，阴极生成8 mol HCO3−，又有8 molHCO3−通过阴离子交换膜进入阳极室，且K+的浓度不变，所以阴极室的KHCO3浓度基本保持不变 (7). 以pH≈8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在10℃左右；持续通入CO2；用多晶铜作阴极等
【解析】
【分析】
(1)根据反应放热分析解答；
(2)发生的反应为CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=－165 kJ·mol−1，据此书写平衡常数的表达式，结合影响化学平衡的元素分析判断；
(3)根据图像，压强大于0.1MPa，CO2的转化率几乎不变，CH4的选择性增加很少，结合生产成本分析解答；
(4)多晶铜电极区，二氧化碳转化为甲烷，根据发生的反应的类型分析解答；
(5)结合阴极反应式和阴离子交换膜的作用分析解答；
(6)可以从我的对气体的溶解度、阴离子交换膜的作用等角度分析解答。
【详解】(1)方程式中CH4的系数=1，反应放热，因此方程式对应的ΔH＝－165 kJ·mol−1，故答案为：－165 kJ·mol−1；
(2)CO2(g)+4H2(g) CH4(g)+2H2O(g)ΔH=－165 kJ·mol−1，平衡常数K=；该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动，平衡常数K减小，故答案为：；减小；
(3)根据图像，压强大于0.1MPa，CO2的转化率几乎不变，CH4的选择性增加很少，为节约成本，应该选择0.1MPa，故答案为：在0.1MPa，CO2的转化率及CH4的选择性较高，加压CO2的转化率及CH4的选择性变化不大，且加压会增大投资和能耗；
(4)多晶铜电极区，二氧化碳转化为甲烷，C元素的化合价降低，得到电子，发生还原反应，因此铜为阴极，故答案为：阴；
(5)阴极反应式9CO2+8e−+6H2O =CH4+8HCO3−，阴极生成HCO3−，电路中每转移8 mol电子，阴极生成8 mol HCO3−，同时有8 molHCO3−通过阴离子交换膜进入阳极室，且K+的浓度不变，所以阴极室的HCO3−浓度基本保持不变，故答案为：阴极反应式9CO2+8e−+6H2O =CH4+8HCO3−，每转移8 mol电子，阴极生成8 mol HCO3−，又有8 molHCO3−通过阴离子交换膜进入阳极室，且K+的浓度不变，所以阴极室的KHCO3浓度基本保持不变；
(6)①降低温度，能够提高气体在水中的溶解度，提高水中二氧化碳的浓度，从而提高二氧化碳的氧化性，有利于二氧化碳放电；②采取阴离子交换膜，阳极区中氢氧根放电，氢离子浓度增大，能够防止阳极区生成的氢离子移向阴极，可以防止阴极区氢离子浓度增大，使CO2优先于H+放电；③将溶液调节成碱性，降低阴极区氢离子浓度，降低氢离子氧化性，通过二氧化碳的氧化性，有利于二氧化碳放电，故答案为：以pH≈8的KHCO3溶液为电解液；温度控制在10℃左右；持续通入CO2；用多晶铜作阴极等。
10.废水中氨态氮以NH3•H2O、NH3和NH4+的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点。
Ⅰ．沉淀法
向废水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO4•6H2O沉淀，可将氨态氮含量降至10mg·L−1以下。
(1)NH3的电子式：______。
(2)废水中的NH3•H2O转化为MgNH4PO4•6H2O的离子方程式是______。
(3)16℃时，向废水中加入MgCl2和Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为1︰1︰1，沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图。欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1，pH的适宜范围是______，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4•6H2O的生成，原因是______。
Ⅱ．微波—氧化法
(4)仅对废水进行微波加热，pH对氨态氮脱出的影响如下表。
溶液pH
6~7
8~9
10~11
11~12
剩余氨态氮浓度(mg·L−1)
156
100
40
14
表中数据表明：pH增大有利于废水中化学平衡______(用化学用语表示)的移动。
(5)微波协同CuO和H2O2除去氨态氮
①其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波10min，剩余氨态氮浓度与一定浓度H2O2溶液添加量的关系如下图。据图推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用，理由是______。
②微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条件下，H2O2将NH3氧化为N2的化学方程式是______。
【答案】 (1). (2). Mg2+ + NH3•H2O+HPO42− + 5H2O = MgNH4PO4•6H2O↓ (3). pH＝8~10 (4). pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2， NH3•H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42−电离，PO43−浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4•6H2O的生成 (5). NH3+ H2ONH3•H2ONH4+ + OH− (6). 相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快 (7). 3H2O2+ 2NH3N2+6H2O
【解析】
【分析】
(1)N原子最外层有5个电子，据此书写NH3的电子式；
(2)根据题意，废水中的NH3•H2O转化为MgNH4PO4•6H2O，据此书写反应的离子方程式；
(3)由图可以判断欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1的pH适宜范围；根据pH对NH4+、Mg2+、PO43−浓度的影响分析解答；
(4)根据废水中存在NH3•H2O，结合氨水的性质分析解答；
(5)①根据图像对比添加了CuO和未添加CuO的反应速率，以及氨态氮浓度的高低分析解答；
②在微波协同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，据此书写反应的方程式。
【详解】(1)NH3电子式为，故答案为：；
(2)根据题意，废水中的NH3•H2O转化为MgNH4PO4•6H2O，反应的离子方程式为Mg2+ + NH3•H2O+HPO42− + 5H2O = MgNH4PO4•6H2O↓，故答案为：Mg2+ + NH3•H2O+HPO42− + 5H2O = MgNH4PO4•6H2O↓；
(3)由图可以看出，欲使剩余氨态氮浓度低于10mg·L−1，pH适宜范围为8~10，pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2， NH3•H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42−电离，PO43−浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4•6H2O的生成，故答案为：pH＝8~10；pH偏大， NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2， NH3•H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低；pH偏小，不利于HPO42−电离，PO43−浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4•6H2O的生成；
(4)由表格数据可知，仅对废水进行微波加热，剩余氨态氮浓度降低、水溶液的pH增大，pH的增大，有利于废水中NH3+ H2ONH3•H2ONH4+ + OH−逆向移动，故答案为：NH3+ H2ONH3•H2ONH4+ + OH−；
(5)①由图可知，在相同时间和H2O2溶液添加量相同时，添加了CuO的反应速率较快，氨态氮的剩余浓度远远小于未添加CuO，故答案为：相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快；
②根据上述分析，在微波协同CuO作用下，H2O2和NH3生成N2，反应的方程式为3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O，故答案为：3H2O2+ 2NH3 N2+6H2O。
11.某小组欲探究反应2Fe2+ + I22Fe3+ + 2I−，完成如下实验：
资料：AgI是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制AgI见光会少量分解。
(1)Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3+，检验Ⅱ中有无Fe3+实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，______。
(2)Ⅲ中的黄色浑浊是______。
(3)经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了Fe3+。
①对Fe3+产生的原因做出如下假设：
假设a：空气中存在O2，由于______(用离子方程式表示)，可产生Fe3+；
假设b：溶液中Ag+具有氧化性，可产生Fe3+；
假设c： ______；
假设d：该条件下，I2溶液可将Fe2+氧化为Fe3+。
②通过实验进一步证实a、b、c不是产生Fe3+的主要原因，假设d成立。Ⅱ→Ⅲ的过程中I2溶液氧化Fe2+的原因是______。
(4)经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有AgI和Ag。
①验证灰黑色浑浊含有Ag的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，______。
② 为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2。
实验1：向1 mL 0.1 mol·L−1 FeSO4溶液中加入1 mL0.1 mol·L−1 AgNO3溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中Ag+浓度随反应时间的变化如下图。
实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。
ⅰ．实验1中发生反应的离子方程式是______。
ⅱ．Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊的可能的原因是______。
【答案】 (1). 滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红 (2). AgI (3). 4Fe2+ + O2 + 4H+ == 4Fe3+ + 2H2O (4). 酸性溶液中NO3−具有氧化性，可产生Fe3+ (5). Ag+与I−生成了AgI沉淀，降低了I−的浓度，使平衡2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+ (6). 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成 (7). Fe2+ + Ag+== Fe3+ + Ag (8). AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应
【解析】
【分析】
(1)根据检验Fe3+的实验方法分析解答；
(2)根据资料黄色固体AgI不溶于稀硝酸，结合图示分析判断；
(3)①Fe2+ 被O2氧化生成Fe3+，据此书写反应的离子方程式；酸性溶液中NO3−具有氧化性；②根据试管III中的现象，Ag+与I−生成了AgI沉淀，结合2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I−分析解答；
(4)①检验灰黑色浑浊物AgI中含有Ag，可以利用AgI不溶于稀硝酸，而Ag能够溶于稀硝酸设计实验检验；
②ⅰ．实验1中Fe2+ 和Ag+发生氧化还原反应，据此书写反应的离子方程式；ⅱ．由实验1的图示可知，5-10min，银离子浓度下降很快，说明有催化剂在影响反应；由实验2知，Fe3+ 没有起催化剂作用，结合试管III、Ⅳ中的现象分析解答。
【详解】(1)根据检验Fe3+的实验方法可知，滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红，说明溶液中不存在Fe3+，故答案为：滴加几滴KSCN溶液，溶液不变红；
(2)由资料可知，黄色固体AgI不溶于稀硝酸，结合图示可知，黄色沉淀为AgI，故答案为：AgI；
(3)①Fe2+ 被O2氧化生成Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，酸性溶液中NO3−具有氧化性，也可将Fe2+氧化生成Fe3+，故答案为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O；酸性溶液中NO3−具有氧化性，可产生Fe3+；
②结合已知信息：2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I−，和试管III中的现象，Ag+与I−生成了AgI沉淀，降低了I−的浓度，使平衡2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+，故答案为：Ag+与I−生成了AgI沉淀，降低了I−的浓度，使平衡2Fe2++ I2 2Fe3++ 2I−正向移动，使I2氧化了Fe2+；
(4)①检验灰黑色浑浊物AgI中含有Ag，可以利用AgI不溶于稀硝酸，而Ag能够溶于稀硝酸，使银转化为银离子，再检验银离子即可，具体操作为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成，说明AgI中含有Ag，故答案为：加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成；
②ⅰ．实验1中Fe2+ 和Ag+发生氧化还原反应，反应的离子方程式为Fe2+ + Ag+= Fe3+ + Ag；ⅱ．由实验1的图示可知，5-10min，银离子浓度下降很快，说明有催化剂在影响反应；由实验2知，Fe3+ 没有起催化剂作用，结合试管III、Ⅳ中的现象可推知，AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应，从而加快了Fe2+与Ag+的反应速率，使得Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊，故答案为：Fe2+ + Ag+= Fe3+ + Ag；AgI分解产生的Ag催化了Fe2+与Ag+的反应。
【点睛】理解题目中的实验原理和目的是解题的关键。本题的易错点和难点为(4)②，要注意图像的识别和实验现象的分析。
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