高考化学二轮复习考点微专题35非金属及其化合物制备流程与实验探究（S、Se、Te、Cl、Br、I）（2份打包，解析版+原卷版，可预览）

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微专题35 非金属及其化合物制备流程与实验探究
（S、Se、Te、Cl、Br、I）

1．Ⅰ．实验室用浓硫酸与铜的反应制取少量NaHSO3，实验装置如图所示：

仪器a的名称是___________，装置乙的作用是___________，下列说法正确的是：___________(填序号)。
A．KMnO4溶液用于尾气处理
B．当把品红溶液滴入到锥形瓶中，若品红不褪色，说明无NaHSO3产生
C．当把品红溶液滴入到锥形瓶中，若品红褪色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3
D．若把品红溶液换成酸性高锰酸钾溶液，并滴入到锥形瓶中，不显紫红色，说明NaOH已完全转化为NaHSO3
Ⅱ．某同学为探究NaHSO3溶液与Cu2＋的反应，查阅资料设计如下实验：

已知：①氯化亚铜(CuCl)为白色立方结晶或白色粉末，难溶于水；
②Cu2O[Cu(NH3)2]＋(无色溶液)[Cu(NH3)4]2＋(深蓝色溶液)。回答下列问题：
(1)加入NaCl固体后产生的无色气体能使湿润的品红试纸褪色，且加热后能恢复原来的颜色。工业上将Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量比配成溶液，然后通入该无色气体，Na2S、Na2CO3完全反应，得到硫代硫酸钠(Na2S2O3)和另一种无色无味的气体，该过程中发生反应的化学方程式是___________。
(2)该同学对实验中加入NaCl产生无色气体的原因进行分析，提出两种假设：
假设1
Cu2+水解使溶液中c(H+)增大
假设2
Cl—存在时，HSO将Cu2+还原为Cu+，___________
①假设1不成立的原因是___________。
②若假设2合理，请将假设2补充完整：___________，其中生成的白色沉淀是___________(填化学式)。
(3)通过分析实验可知，Cl—增强了Cu2＋的氧化性。某同学设计原电池实验(如图)证明上述实验结果，请将实验现象补充完整：___________(写两点即可)。
编号
实验1
实验2
实验


现象
电流表指针发生微小偏转
电流表指针发生明显偏转，___________
(4)将实验后的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀，洗涤干燥后利用已知信息设计实验，证明红色沉淀中含有Cu＋：___________。
【答案】Ⅰ．圆底烧瓶 防倒吸 AC Ⅱ． (1) 2Na2S＋Na2CO3＋4SO2=3Na2S2O3＋CO2 (2) ①NaCl固体不能促进Cu2＋的水解 ② HSO转化成SO和H＋，溶液中c(H＋)增大，H＋和HSO反应产生SO2 CuCl (3)左侧烧杯中有无色气体产生，右侧烧杯中有白色沉淀产生(溶液蓝色变浅或消失) (4) 取最终得到的固体于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置在空气中一段时间后溶液变为深蓝色，即可证明红色沉淀中含有Cu＋
【解析】
Ⅰ．由图可知，仪器a的名称是圆底烧瓶。发生装置产生的二氧化硫与氢氧化钠溶液反应而被吸收，会导致发生装置里产生负压，因此装置乙的作用是作为安全瓶起到防止倒吸的作用。
A．二氧化硫是污染性气体不能排放到空气中，而高锰酸钾能吸收二氧化硫，故A正确；
B．当把品红溶液滴入到锥形瓶中，若品红不褪色，只能说明溶液中不含二氧化硫，并不能说明溶液中无NaHSO3产生，故B错误；
C．当把品红溶液滴入到锥形瓶中，若品红褪色，能够说明溶液中含有二氧化硫，说明二氧化硫过量，则能够说明NaOH已完全转化为NaHSO3，故C正确；
D．酸性高锰酸钾溶液，滴入到锥形瓶中，不显紫红色，说明高锰酸钾被还原，但能还原高锰酸钾的不仅有NaHSO3，Na2SO3和SO2也可以，因此酸性高锰酸钾溶液滴到锥形瓶中后，溶液不显紫红色，并不能说明NaOH已完全转化为NaHSO3，故D错误；故答案：AC。
Ⅱ．(1)无色气体能使湿润的品红试纸褪色，且加热后能恢复原来的颜色，可以推测该气体是SO2，Na2S和Na2CO3以2：1的物质的量比配成溶液，然后通入SO2，得到硫代硫酸钠(Na2S2O3)和另一种无色无味的气体，根据碳元素守恒，可推测另一种无色气体是CO2，则该反应的化学方程式是2Na2S＋Na2CO3＋4SO2=3Na2S2O3＋CO2；
(2) ①假设1不成立的原因是蓝色溶液分成两等份，另一份中并没有因含铜离子，而出现气体，因此和铜离子无关，且加入NaCl固体并不能促进Cu2＋的水解；
②假设2合理，是因为HSO将Cu2+还原为Cu，生成白色的氯化亚铜(CuCl)沉淀，HSO被Cu2+氧化成SO和H＋，溶液中c(H＋)增大，H＋和HSO反应产生SO2；
(3)左边烧杯中，HSO失去电子被氧化成SO和H＋，H＋和HSO反应产生SO2，故左边烧杯中有无色气体产生，右边烧杯中，因加入氯化钠固体，Cu2+氧化性增强，Cu2+得电子被还原成Cu+，于是右边烧杯中有白色沉淀产生(溶液蓝色变浅或消失)，电流表指针发生明显偏转；
(4)通过已知②，将得到的红色固体置于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置在空气中一段时间后溶液变为深蓝色，即可证明红色沉淀中含有Cu＋。
2．随着人们对硒的性质深入认识及产品硒的纯度提高，硒的应用范围越来越广。某科学小组以硫铁矿生产硫酸过程中产生的含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）提取硒，设计流程如下：

回答下列问题：

(1)“脱硫”时，测得脱硫率随温度的变化如图。随着温度的升高，脱硫率呈上升趋势，其原因是______。最佳温度是________。
(2)“氧化酸浸”中，Se转化成H2SeO3，该反应的离子方程式为_____________。
(3)采用硫脲[(NH2)2CS]联合亚硫酸钠进行“控电位还原”，将电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离。下表是“氧化酸浸”液中主要粒子的电位。

①控制电位在0.740～1.511V范围内，在氧化酸浸液中添加硫脲，可选择性还原ClO2。该过程的还原反应（半反应）式为___________。
②为使硒和杂质金属分离，用亚硫酸钠还原时的最低电位应控制在_____V。
(4)粗硒的精制过程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）]→Na2S净化→H2SO4酸化等步骤。
①净化后的溶液中c(S2-)达到0.026 mol·L－1，此时溶液中的c(Cu2+)的最大值为________，精硒中基本不含铜。[Ksp(CuS)=1.3×10－36]
②硒代硫酸钠酸化生成硒的化学方程式为____________。
(5)对精硒成分进行荧光分析发现，精硒中铁含量为32 μg·g－1，则精硒中铁的质量分数为________ %，与粗硒中铁含量为0.89%相比，铁含量明显降低。
【答案】(1)温度升高，单质硫在煤油中的溶解度增加 95℃ (2) 4ClO3－+ 4H+ + Se＝4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3 (3) ClO2 + 4H+ + 5e-＝Cl－ + 2H2O 0.345 (4) 5.0×10－35 mol·L－1 Na2SeSO3 + H2SO4＝Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O (5) 3.2×10－3
【分析】
(1)结合含硒物料的成分和脱硫率随温度的变化图分析；
(2)“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3；
(3)①根据表格数据，控制电位在0.740～1.511V范围内，ClO2被还原为Cl-；
②结合题意，根据“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，分析使硒和杂质金属分离最低电位；
(4) ①利用溶度积表达式Ksp(CuS)= c(S2-)∙ c(Cu2+)，结合已知条件计算；
②根据精制流程，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质；
(5)根据1g精硒中铁含量来计算铁的质量分数。
【解析】
(1)含硒物料（主要含S、Se、Fe2O3、CuO、ZnO、SiO2等）中含有硫单质，向物料中加入煤油，硫转移到煤油中，说明硫易溶于煤油，结合脱硫率随温度的变化图曲线变化，温度越高，硫单质在煤油中的溶解度越大，且温度控制在95℃脱硫率最高；
(2)“氧化酸浸”中，Se在酸性条件下，与氯酸钠发生氧化还原反应转化成H2SeO3，离子反应方程式为：4ClO3－+ 4H+ + Se＝4ClO 2↑+ H2O + H2SeO3；
(3)①根据表格数据，控制电位在0.740～1.511V范围内，在酸性条件下，ClO2得电子被还原为Cl-，该过程的还原反应（半反应）式为：ClO2+4H++5e-=Cl－+2H2O；
②根据题意，电位高的物质先还原，电位低的物质保留在溶液中，以达到硒与杂质金属的分离，结合“氧化酸浸”液中主要粒子的电位表数据，金属离子的电位都低于0.345，要使硒与杂质金属的分离，最低电位要不低于0.345；
(4) ①已知：c(S2-)=0.026 mol·L－1，Ksp(CuS)＝c(S2-)·c(Cu2+)=1.3×10－36，c(Cu2+)= =5.0×10－35 mol·L－1；
②根据精制流程：Na2SO3浸出[Se转化成硒代硫酸钠（Na2SeSO3）]→Na2S净化→H2SO4，硒代硫酸钠与硫酸发生氧化还原反应转化为硒单质，化学方程式为：Na2SeSO3 + H2SO4＝Na2SO4 + Se↓+ SO2↑+ H2O；
(5)设精硒的质量为1g，则1g精硒中含有的铁的质量=32 μg·g－1×1g=32μg=3.2×10-5g，则精硒中铁的质量分数==3.2×10－3%。
3．我国科学家潘锦功发明了碲化镉薄膜太阳能电池，又称为“发电玻璃”，被誉为“挂在墙上的油田”，使得碲元素重新走进人们的视野。以锡碲渣(主要含和)为原料，制备碲的流程如图所示：

已知：Ⅰ.锡酸钠()和亚碲酸钠()均易溶于碱；
Ⅱ. 微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。
(1)在生产过程中，要将锡碲渣粉碎，其目的是___________。
(2)“碱浸”过程中，锡碲浸出率与溶液中碱的质量浓度关系如图所示，最理想的碱的质量浓度为，其理由是：___________。

(3)“氧化”时，反应的离子方程式为___________。
(4)“沉碲”时加入硫酸控制溶液的为4.5～5.0，生成沉淀。如果过量，将导致碲的回收率偏低，其原因是___________。
(5)以石墨为电极对浸出液电解可获得，阴极上的电极反应为___________。
(6)碲产品中碲质量分数的测定，步骤如下：
①取碲产品，加入酸使其转化为亚碲酸()，将其配制成溶液，取于锥形瓶中。
②往锥形瓶中加入酸性溶液，充分反应使亚碲酸转化为碲酸。
③用硫酸亚铁铵标准溶液滴定剩余的酸性溶液，滴入几滴试亚铁灵指示剂至终点显红色，进行三次平行实验，平均消耗硫酸亚铁铵标准溶液。试计算该碲产品中碲的质量分数为___________。(保留小数点后面二位数字)
【答案】(1)通过增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率 (2) 当碱的浓度大于时，锡的浸出率几乎不变，碲的浸出率提高不大 (3) (4) 可溶于硫酸，导致碲的回收率偏低 (6) 84.48%
【分析】
由题给流程可知，锡碲渣溶于氢氧化钠溶液过滤得到含有锡酸钠和亚碲酸钠的碱性混合溶液；向含有锡酸钠和亚碲酸钠的碱性混合溶液中加入过氧化氢溶液，碱性条件下，过氧化氢与亚碲酸钠发生氧化还原反应生成碲酸钠沉淀，向碲酸钠中加入浓盐酸，碲酸钠与浓盐酸反应得到碲酸溶液，向溶液中通入二氧化硫气体，碲酸与二氧化硫发生氧化还原反应生成单质碲；向含有锡酸钠和亚碲酸钠的碱性混合溶液中加入硫酸调节溶液pH得到二氧化碲沉淀，二氧化碲沉淀溶于氢氧化钠浓溶液得到亚碲酸钠溶液，亚碲酸根在阴极上得到电子发生还原反应生成单质碲。
【解析】
（1）在生产过程中，将锡碲渣粉碎，可以增大固体的表面积，增加与氢氧化钠溶液的接触面积，从而加快浸出速率，提高浸出率，故答案为：增大接触面积，加快浸出速率，提高浸出率；
（2）由图可知，碱的浓度小于100g/L时，锡碲浸出率随着溶液中碱的浓度增大而增大，碱的浓度大于100g/L时，锡的浸出率几乎不变，碲的浸出率提高不大，则最理想的碱的质量浓度为100g/L，故答案为：当碱的浓度大于100g/L时，锡的浸出率几乎不变，碲的浸出率提高不大；
（3）氧化时发生的反应为碱性条件下，过氧化氢与亚碲酸钠发生氧化还原反应生成碲酸钠沉淀，反应的离子方程式为，故答案为：；
（4）由题给信息可知二氧化碲微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱，若硫酸过量，二氧化碲溶于过量硫酸导致碲的回收率偏低，故答案为：可溶于硫酸，导致碲的回收率偏低；
（5）以石墨为电极对浸出液电解时，亚碲酸根在阴极上得到电子发生还原反应生成单质碲，电极反应式为，故答案为：；
（6）由得失电子数目守恒可得：n()×3= n()×2+ n×1，则100mL溶液中n()==0.0264mol，由碲原子个数守恒可知，碲产品中碲中碲的物质的量为0.0264mol，质量分数为×100%=84.48%，故答案为：84.48%。
4．亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5℃，沸点：-5.5℃)为红褐色液体或黄色气体，具有刺鼻恶臭味，遇水剧烈水解生成氮的两种氧化物与氯化氢，易溶于浓硫酸。常可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。其制备装置如图所示(已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)：

(1)用图甲中装置制备纯净干燥的原料气，补充表中所缺少的药品。

装置I
装置II

烧瓶中
分液漏斗中
制备纯净Cl2
MnO2
浓盐酸
___
制备纯净NO
Cu
稀硝酸
水
(2)将制得的NO和Cl2通入图乙对应装置制备NOCl。
①装置连接顺序为a→___(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。
②装置IV、V除可进-步干燥NO、Cl2外，另一个作用是___。
(3)有人认为多余的氯气可以通过下列装置暂时储存后再利用，请选择可以用作氯气的储气的装置___。


(4)装置VIII吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为___。
(5)有人认为装置VIII中氢氧化钠溶液只能吸收氯气和NOCl，不能吸收NO，经过查阅资料发现用高锰酸钾溶液可以吸收NO气体，因此在装置VIII氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，写出该反应的离子方程式：___。
(6)制得的NOCl中可能含有少量N2O4杂质，为测定产品纯度进行如下实验：称取1.6375g样品溶于50.00mLNaOH溶液中，加入几滴K2CrO4溶液作指示剂，用足量硝酸酸化的0.40mol/LAgNO3溶液滴定至产生砖红色沉淀Ag2CrO4，消耗AgNO3溶液50.00mL。(已知常温下，Ksp(AgCl)=1.8×10-10，Ksp(Ag2CrO4)=2×10-12)
①样品的纯度为___%(保留三位有效数字)
②若在滴定终点时测得溶液中CrO的浓度是5.0×10-3mol/L，此时溶液中Cl-浓度是___。
【答案】(1)饱和食盐水 (2) a-e-f-c-b-d 通过观察气泡的多少调节两种气体的流速 (3)I (4) NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O (5) NO+MnO=NO+MnO2↓ (6) 80.0 9.0×10-6mol/L
【分析】
氯气与一氧化氮在常温常压下合成亚硝酰氯。图甲装置制备氯气，实验室用浓盐酸与二氧化锰制备，制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用饱和食盐水吸收除去HCl，再用浓硫酸干燥。由图甲制备NO，用铜和稀硝酸反应制备，制得的NO中可能混有硝酸、二氧化氮，先用水净化处理，再用浓硫酸干燥。将氯气和NO通过装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，还可以根据气泡控制气体流速，在装置Ⅵ中发生反应，在冰盐中冷凝收集NOCl，氯气、NO以及NOCl均不能排放到空气中，用氢氧化钠溶液吸收，NOCl遇水易水解，故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置，据此分析解题。
【解析】
(1)由分析可知，制备氯气时，分液漏斗中盛放浓盐酸、装置II中盛放饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水；
(2)①由分析可知，装置连顺序为 a→e→f→c→b→d (或f→e→c→b→d)，故答案为：e-f-c-b-d (e、f可互换)；
②装置Ⅳ、Ⅴ除可进一步干燥NO、Cl2外，另一个作用是通过观察气泡的多少调节两种气体的流速，故答案为：通过观察气泡的多少调节两种气体的流速；
(3)氯气在饱和食盐水中溶解度不大，用排饱和食盐水法可以存贮氯气，所以装置I都可以用来多余的氯气，而II、Ⅲ不能形成较大压强差，在使用氯气时不能将多余的氯气排出，故答案为：I；
(4)装置 VII吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O，故答案为：NOCl+2NaOH=NaCl+NaNO2+H2O；
(5)在装置 VII氢氧化钠溶液中加入高锰酸钾，反应产生黑色沉淀，说明生成二氧化锰，反应的离子方程式为NO+MnO=NO+MnO2↓，故答案为：NO+MnO=NO+MnO2↓；
(6)①n(AgNO3)=0.05L×0.40mol/L=0.02mol，由关系式NOCl～NaCl～AgNO3可知，n(NOCl)=0.02mol，则样品的纯度为×100%=80.0%，故答案为：80.0；
②当c(CrO)=5.0×10-3 mol•L-1出现砖红色沉淀时，由Ksp(Ag2CrO4)和 c(CrO)=5.0×10-3，得c(Ag+)==2.00×10-5 mol•L-1，所以c(Cl-)==9.0×10-6mol/L，故答案为：9.0×10-6 mol/L。
5．2009年6月22日，柯达宣布受到数码相机的影响，决定停止彩色胶卷的生产。一代人的回忆在它74岁的时候，画上了句号。黑白相机的底片上涂有一薄层含AgBr的明胶凝胶，曝光时底片上的AgBr分解成极细的银晶核，哪部分感光越强，哪部分就越黑。该过程称之为“潜影”。
已知：Br2在碱性条件下歧化成Br-和BrO。
回答以下问题：
(1)可以利用气体载体N2、H2、CO2等将溴引向物质制备溴化物(加热及夹持装置省略)：

①装置的连接顺序为___。(按字母顺序填写)
②当载气中存在氧气等杂质气体时溴化作用减慢，溴化作用减慢的原因是___。所以待装置气密性检验完毕后，需___。
(2)装置B中盛装NaOH溶液的目的___(用化学方程式解释)。
(3)请用化学方程式表示铁丝处发生的反应__。
(4)该实验装置还有一定的缺陷，请改正：___。
(5)α—AgI晶体中的Ag+具有高度的可移动性。根据这个原理，以α—AgI为主要成分的物质作为固体电解质电池可以检测外界气氛中氧气的浓度。

O2透过传感器聚四氟乙烯薄膜，与活性物质AlI3发生氧化还原反应，产物向多孔石墨极片扩散，形成原电池，正极的电极反应式为___。
(6)为测定液溴在反应中的转化率，通过沉淀滴定法测量尾气吸收液中的Brˉ浓度(假设通过四段式管子的未反应的Br2全部被吸收液吸收)。先滴加适量的硝酸，再滴加几滴K2CrO4指示剂，然后滴加cmol·L-1的AgNO3溶液至锥形瓶内出现___，且30s不变化，停止滴加。此时滴加了VmL。反应共消耗液溴ag，则Br2的转化率是__。(已知Ksp[Ag2CrO4红色]=2.0×10-12，Ksp[AgBr]=5.0×10-13，用含a、c、V的式子表示)
【答案】(1) ①A→C→D→B ② 氧气等杂质气体与Ag反应形成氧化膜减缓溴化反应 先通入一段时间的N2和H2，除去装置内残留的空气(氧气) (2) 3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O (4) 2NH3N2+3H2 (4) 尾气中的H2收集或点燃 (5) I2+2e-+2Ag+=2AgI (6) 红色沉淀 (1−%)
【解析】
(1) ①由题意可知是利用气体载体N2、H2、CO2等将溴引向物质制备溴化物，所以A在D之前，且AD之间需要干燥装置，故C在AD之间，最后需要一个气体除杂装置B，故装置的连接顺序为：A→C→D→B。
②氧气等杂质气体与Ag反应形成氧化膜，减小了溴与银的接触面积，减缓溴化反应，因此需先通入一段时间的N2和H2，除去装置内残留的空气(氧气)，再进行溴化作用，故答案为：氧气等杂质气体与Ag反应形成氧化膜减缓溴化反应；先通入一段时间的N2和H2，除去装置内残留的空气(氧气)。
(2)已知 Br2在碱性条件下歧化成Br-和BrO，装置B中盛装NaOH溶液的目的是：3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O。
(3) 由题意可知是利用N2、H2等气体作为载体，所以铁丝处是NH3制取N2、H2，即答案为：2NH3N2+3H2。
(4) 该实验装置还有一定的缺陷，尾气中H2的处理，可进行尾气中的H2收集或点燃。
(5) 由题干可知，是O2与活性物质AlI3发生氧化还原反应，形成原电池，故正极的电极反应式为：I2+2e-+2Ag+=2AgI。
(6)因为Ksp[Ag2CrO4红色]=2.0×10-12，Ksp[AgBr]=5.0×10-13，所以先产生AgBr，再产生Ag2CrO4，即当出现红色沉淀时，溴离子消耗完，根据方程式3Br2+6NaOH=5NaBr+NaBrO3+3H2O可知理论消耗Br2的质量为，反应共消耗液溴ag，即Br2的转化率为。即答案为：红色沉淀；()。
6．某实验小组研究KI和酸性KMnO4溶液的反应。
实验序号
Ⅰ
Ⅱ
实验操作


实验现象
KMnO4溶液的紫色褪去，溶液变为棕黄色
KMnO4紫色溶液迅速变为棕褐色悬浊液，然后沉淀消失，溶液变为棕黄色
资料：i.MnO在酸性条件下最终被还原为Mn2+
ii.酸性条件下氧化性：KMnO4＞KIO3＞I2
(1)实验Ⅰ中溶液呈棕黄色，推测生成了___________；
(2)实验小组继续对实验Ⅱ反应中初始阶段的产物成分进行探究：

①经检验，实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则“实验现象a”为___________；
②黑色固体是___________；
③经检验，在“紫色清液”中存在，写出生成的离子方程式___________；下列实验方案中，可用于检验“紫色清液"中的是___________(填字母)；
A．用洁净的玻璃棒蘸取“紫色清液”滴在淀粉一碘化钾试纸上，观察试纸是否变蓝色。
B．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入几滴淀粉溶液，溶液不变蓝，再加入过量NaHSO3溶液，观察溶液是否变蓝色。
C．取少量“紫色清液”于试管中，向其中加入稀硝酸酸化，再加入几滴硝酸银溶液，观察是否生成黄色沉淀。
(3)探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因。

用离子方程式解释实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失的原因：___________；
(4)实验后的反思：导致实验Ⅰ和实验Ⅱ中KI和酸性KMnO4溶液反应产物变化的因素是(写出两点)：___________、___________。
【答案】(1)I2 (2) ① 溶液分层，下层液体无色 ② MnO2 ③ 2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O B (3) MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O (4) 试剂的相对用量(滴加顺序) 溶液酸性强弱
【解析】
(1)实验Ⅰ中KI溶液过量，MnO在酸性环境中最终被还原为Mn2+，而低浓度碘水的颜色为黄色，所以可以推测生成了I2单质；
(2)①实验Ⅱ初始阶段I-的氧化产物不是I2，则有机溶剂四氯化碳中未溶解I2而呈无色，但四氯化碳不溶于水、密度比水大，导致液体分层；
②KI和酸性KMnO4溶液反应的黑色生成物能催化H2O2分解，则可联想到固体黑色固体为MnO2；
③根据题目所给信息，该条件下酸性高锰酸钾溶液将I-氧化为IO，自身被还原为MnO2，根据电子守恒和元素守恒可得离子方程式为2 MnO+I-+2H+=2MnO2↓+ IO+H2O；
A．试纸若变蓝说明有碘单质生成，但氧化剂不一定是IO，也可能是剩余的残留的高锰酸钾，A不符合题意；
B．开始时溶液不变蓝，说明不含碘单质，滴加NaHSO3溶液后变蓝，说明原溶液中含有IO，被NaHSO3还原生成碘单质，B符合题意；
C．硝酸不能还原IO，所以无论是否含有IO，都不会有黄色沉淀生成，C不符合题意；
故答案为：B；
④KI和酸性KMnO4溶液的反应生成KIO3和MnO2，根据电子守恒和电荷守恒配平写出的离子方程式为2MnO4-+I-+2H+=2MnO2↓+IO3-+H2O；
(3)根据实验现象可知MnO2、KI和硫酸反应生成的棕黄色溶液中含有I2 ，根据化合价升降规律可知还生成MnSO4，结合酸性条件和守恒思想、配平、写出的离子方程式为MnO2+2I-+4H+=Mn2++I2+2H2O；
(4)由实验I和实验II的现象得到：所得产物成分与试剂的相对用量(滴加顺序)有关，由探究实验Ⅱ中棕褐色沉淀消失原因的实验可知，所得产物成分与溶液酸性强弱有关，实际上，物质的变化主要与其自身的性质有关，还与外界条件，如浓度大小、用量多少、溶液的酸碱性等因素有关，故答案为：试剂的相对用量(滴加顺序)、溶液酸性强弱。