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高考化学考前冲刺押题预测 性质实验方案的设计解答题
一．解答题（共20小题）
1．（2025 佛山二模）铁是用量最大、用途最广的金属单质，其化合物在生产生活中也应用广泛。
（1）基态Fe价电子排布式为 　 　 。用以下焓变表示Fe的第一电离能为 　 　 。
（2）FeCl3溶液中有Fe3+、[FeCl]2+、、[FeCl3]。等多种含铁粒子。常温下，各含铁粒子的分布系数
与lgc（Cl﹣）关系如图所示：
①配制FeCl3的方法是将FeCl3晶体溶于 　 　 ，再加水稀释至0.001mol L﹣1。
②FeCl3溶液呈黄色与生成Fe（OH）3有关，加热FeCl3溶液颜色变深，原因是 　 　 。
③当c（Cl﹣）＜0.1mol L﹣1时，FeCl3溶液中存在的平衡只考虑：
I.Fe3++Cl﹣ [FeCl]2+K1
Ⅱ.Kn
K1　 　 Kn（填“＞”“＜”或“＝”）；常温下，测得0.001mol L﹣1FeCl3溶液中，c（Fe3+）＝4.668×10﹣4mol L﹣1，c，计算溶液中c（Cl﹣）＝ 　 　 （写计算过程）。
（3）向盛有5mL0.005mol L﹣1FeCl3溶液的试管中加入5mL0.005mol L﹣1KSCN溶液，溶液呈红色。将上述溶液均分于两支试管中：
①向第一支试管中滴加饱和FeCl3溶液：加入2滴时颜色变深，加入超过3滴，溶液颜色逐渐变浅。分析颜色变浅的原因 　 　 。
②向另一支试管中加入Fe（NO3）3溶液，溶液颜色立即变浅甚至消失，原因是 　 　 。
2．（2025 西城区一模）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。
（1）18～19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。
①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 　 　 。
②制硫酸总反应的化学方程式是 　 　 。
③ⅰ中反应的SO2与NO2的物质的量之比是 　 　 。
（2）现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1
①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ mol﹣1，SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ mol﹣1，则O2中氧氧键的键能为 　 　 kJ mol﹣1。
②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是 　 　 。
（3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。
电解（NH4）2SO4废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。
注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。
①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理：　 　 。
②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理（NH4）2SO4废液，其原理示意图如图4所示。
ⅰ.较浓硫酸应注入 　 　 （填“C极区”或“D极区”）。
ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点：　 　 。
3．（2025春 静安区期中）某课外小组在研究SO2性质时发现，将SO2气体通入Ba（NO3）2溶液会出现白色沉淀。通过与人工智能大模型对话，得知白色沉淀是BaSO4产生沉淀的可能原因有两个。为判断大模型的看法是否可信，他们设计了一组实验进行探究，实验方案与装置图如下。
实验A 实验B 实验C 实验D
实验方案 向烧杯中加入25mL1mol L﹣1煮沸过的甲溶液。 向烧杯中加入25mL1mol L﹣1甲溶液。 向烧杯中加入45mL1mol L﹣1煮沸过的乙溶液。 向烧杯中加入25mL1mol L﹣1溶液。
再加入25mL食用油，并冷却至室温。 再加入25mL食用油，并冷却至室温。
在烧杯中放入pH传感器，开始实验。 在烧杯中放入pH传感器，开始实验。 在烧杯中放入pH传感器，开始实验。 在烧杯中放入pH传感器，开始实验。
实验现象 无明显现象 出现少量白色浑浊 出现白色浑浊 出现白色浑浊
（1）观察装置图。
①装有稀硫酸的仪器名称是 　 　 。
A.移液管
B.滴定管
C.长导管
D.长颈漏斗
②装置X的作用是 　 　 。
（2）判断溶液甲、溶液乙的溶质，合理的是 　 　 。
A.甲：Ba（OH）2乙：Ba（NO3）2
B.甲：BaCl2乙：Ba（NO3）2
C.甲：BaCl2乙：Ba（OH）2
D.甲：Ba（NO3）2乙：BaCl2
（3）实验A和实验C都需要向烧杯中加入食用油。以下可替代食用油的试剂是 　 　 。（不定项）
A.己烷
B.四氯化碳
C.乙醇
D.苯
（4）实验B烧杯中出现白色浑浊的原因是 　 　 。
（5）欲使实验A的烧杯中也能出现白色沉淀，可再滴加适量的 　 　 。（不定项）
A.硫化钠溶液
B.氨水
C.氯化铵溶液
D.稀盐酸
（6）用离子方程式表示实验C烧杯中发生的反应。 　 　 。
实验C、D均能产生硫酸钡白色沉淀，但不确定哪一原因更为关键。为此，小组成员对传感器所采集的实验C、D的数据做一步的处理，得到如图像。
（7）根据图像，你认为可得出的实验结论是：　 　 。
（8）标准状况下，将3.36L体积分数为80%的二氧化硫气体通入150mL1mol L﹣1的Ba（NO3）2溶液中，充分反应后将溶液稀释至250mL，请列式计算实验后溶液的浓度　 　 。（已知气体中其他成分不参与反应，BaSO4的溶度积常数Ksp＝1.1×10﹣10）
4．（2025 池州模拟）池州市某校课题小组制备SO2并探究SO2分别与BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液的反应。
（1）实验Ⅰ：
室温下，按图示组装仪器（夹持装置已省略），检查装置气密性后向B中滴加一定量50%的H2SO4溶液，B中迅速产生大量气体，3分钟后D中出现白色浑浊，并闻到有刺激性气味。查资料可知，在一定温度和湿度的条件下，有少量硫酸可以随气体逸出。据此回答：
①仪器A是 　 　 （填仪器名称）。
②按上图组装好装置并检查装置气密性，添加试剂和药品后，第一步操作是 　 　 ，使50%硫酸顺利滴下并与Na2SO3固体充分反应。
③装置C的作用是 　 　 。
（2）D中出现白色浑浊的理论及可能性分析：
猜测一：SO2溶于水生成H2SO3，继而与BaCl2发生复分解反应，形成BaSO3白色沉淀。
查阅资料：
ⅰ.室温下：H2SO3 H+，Ka1＝1.4×10﹣2；
H+，Ka2＝6.0×10﹣8；
BaSO3（s） Ba2+（aq）（aq），Ksp＝5.0×10﹣10。
ⅱ.室温下，H2SO3水溶液中H+、浓度与H2SO3浓度关系如图所示：
①如图可知：当c（H2SO3）≥10﹣6mol/L时，c（H+）与c（）几乎相等，用化学用语及简洁文字解释 　 　 。
②请通过计算判断，在实验Ⅰ条件下 　 　 （填“可能”或“不可能”）生成BaSO3白色沉淀。
猜测二：SO2具有强还原性，可能被溶液中的O2氧化，继而生成BaSO4白色沉淀。
③写出猜测二对应的化学方程式 　 　 。
（3）实验Ⅱ：将装置D中溶液换为Ba（NO3）2溶液并继续通入SO2，观察有白色沉淀产生。
经检验该白色沉淀为BaSO4。为了确定产生沉淀的原因，该小组成员利用数字化实验并对传感器采集的数据进行了处理，结果如图所示：
①请写出无氧条件下的离子方程式 　 　 。
②比较上图可得出的结论 　 　 。
5．（2025 青浦区二模）二氧化硫及其形成的亚硫酸盐类有广泛应用。
（1）SO2是 　 　 。
A.极性分子
B.非极性分子
（2）下列关于SO2说法正确的是 　 　 。
A.SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质
B.SO2缓慢通入氯化钡溶液，溶液先浑浊后澄清
C.SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现了SO2漂白性
D.SO2通入石蕊试液，溶液变红后不褪色
将一定量SO2通入蒸馏水中，在300s时通入足量O2，500s时加入足量H2O2溶液，pH变化如图所示。请回答下列问题：
（3）比较300s通入O2和500s加入H2O2后pH的变化，请分析变化的原因 　 　 。
（4）300s未通O2时，溶液中c（H2SO3）＝ 　 　 mol L﹣1。（结果保留3位有效数字）
（已知Ka1（H2SO3）＝1.3×10﹣2，忽略的电离）
（5）当溶液中和浓度相当时，加入少量盐酸或NaOH溶液，溶液pH变化不大。
请结合化学用语和必要文字说明原因 　 　 。
分银渣是一种含有银的工业废渣，主要成分为AgCl。为了回收银，在一定温度下，采用Na2SO3溶液浸取分银渣，生成可溶性的亚硫酸银络合物，反应原理为：
AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣。
（6）下列关于Na2SO3溶液说法正确的是 　 　 。（不定项）
A.c（）＞c（H2SO3）＞c（）
B.
C.c（Na+）+c（H+）＞2c（）+2c（）
D.c（H2SO3）+c（）+c（）＝2c（Na+）
（7）下列关于分银渣中银浸取原理说法正确的是 　 　 。
A.亚硫酸钠溶液的作用是氧化剂
B.为了提高银的浸取率，可以适当增大亚硫酸钠溶液的浓度
C.该反应的平衡常数表达式为：K
D.反应过程中溶液的pH逐渐升高
某实验小组研究分银渣浸取银的工艺条件，设计了以下实验。
实验1：取初始浓度相同的Na2SO3溶液，测定不同温度下银的浸出率，结果如图。
（8）温度超过30℃后，浸取率明显下降的可能原因 　 　 。
实验2：将初始浓度相同的Na2SO3溶液加入一定量的AgCl中，测定不同pH时银的浸出率。结果如图。
（9）实验2的结果表明，pH在7以下时银浸出率很低，请解释原因 　 　 。
6．（2025 杨浦区二模）从薯类植物中可提取淀粉，如木薯淀粉等，它们都是由葡萄糖单元构成的天然物质。淀粉广泛用于食品及化工领域。
（1）木薯淀粉是珍珠奶茶中“珍珠”的主要原料。下列关于淀粉的说法正确的是 　 　 。
A.属于糖类，有甜味
B.化学式可用（C6H10O5）n表示，与纤维素互为同系物
C.是一种聚合物，可由葡萄糖通过加聚反应得到
D.在酸或酶作用下，淀粉水解最终生成葡萄糖
可用淀粉溶液遇碘显蓝色，检验淀粉的存在。做验证实验：向碘水中滴加木薯淀粉（以下简称淀粉）溶液，显蓝色。使淀粉溶液显蓝色的一定是I2吗？
Ⅰ.探究碘水的成分
（2）类比Cl2与H2O反应，写出I2与H2O反应的化学方程式 　 　 。
（3）实验测得碘水中的含碘微粒有：I2、I﹣、、资料显示：I﹣+I2 。推断产生的原因 　 　 （用离子方程式表示）。
Ⅱ.探究使淀粉溶液显蓝色的微粒
【方案1】
（4）向无色KIO3溶液、KI溶液中，分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：　 　 。
（5）向等浓度、等体积的碘水中，分别加入等体积的三种试剂（如图所示），振荡，充分混合后，再分别加入等量的淀粉溶液，记录现象。
①试管①中加入M，是为耗尽溶液中的I﹣，又不影响实验探究，M应选 　 　 。
A.硝酸酸化的AgNO3溶液
B.硫酸酸化的KIO3溶液
②由上述实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2面是，完成实验记录：
实验现象 试管① 试管② 试管③
溶液颜色 加淀粉溶液前 黄色 黄色 黄色
加淀粉溶液后 蓝色
【方案2】
（6）在碘的十四烷溶液中，加少许淀粉。若本实验结论与【方案1】一致，则加入淀粉前后液体的颜色分别为 　 　 。（已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致）
A.黄色黄色
B.黄色蓝色
C.紫色紫色
D.紫色蓝色
用木薯淀粉（粒径1×10﹣5～2×10﹣5m）制备的纳米淀粉（粒径40～100nm），可吸附染料废水中的染料藏红T（C20H19N4Cl）。
（7）木薯淀粉分散于水中形成的分散系应属于 　 　 ；
A.溶液
B.胶体
C.乳浊液
D.悬浊液
（8）纳米淀粉吸附藏红T的主要原因是 　 　 。
为测定纳米淀粉对藏红T的吸附量，实验如下：
（9）配制20.00mg L﹣1的藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、　 　 。
（10）取20.00mg L﹣140.00mg L﹣1藏红T溶液各200mL，分别加入20mg纳米淀粉，振荡、静置，吸附量q随时间的变化如图所示：
①40.00mg L﹣1藏红T溶液的吸附量q由 　 　 所示。
A.曲线M
B.曲线N
②在0～10min内，曲线N对应的被吸附速率为 　 　 mol L﹣1 min﹣1[已知：M（藏红T）＝350.5g mol﹣1，忽略溶液体积的变化]。
A.4.42×10﹣7
B.8.84×10﹣7
C.4.42×10﹣4
D.8.84×10﹣4
7．（2025 江门一模）某学习小组欲探究Fe3+/SCN﹣平衡体系的影响因素，并用色度计检测离子浓度变化。
Ⅰ．配制FeCl3溶液
（1）用FeCl3晶体配制FeCl3溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是 　 　 。
（2）用0.1mol L﹣1FeCl3溶液配制100mL0.005mol L﹣1FeCl3溶液，需用量筒量取0.1mol L﹣1FeCl3溶液 　 　 mL，配制过程需要用到的仪器有 　 　 （填序号）。
Ⅱ．探究影响Fe3+/SCN﹣平衡的因素
20℃时，在烧杯中将25mL0.005mol L﹣1FeCl3溶液与25mL0.01mol L﹣1KSCN溶液混合，发生系列反应，其中都显红色。反应得到红色混合溶液，用色度计测得溶液透光率为T。各取3mL红色混合溶液分装于若干试管中备用。完成如表实验：
实验序号 实验操作 透光率
ⅰ 试管①：加热至40℃ T1
ⅱ 试管②：加入少量铁粉 T2
ⅲ 试管③：加入0.1mL0.04mol L﹣1KCl溶液 T3
已知：有色离子浓度越大，颜色越深，透光率（T）越小；T1、T2、T3均大于T。
（3）Fe3+与SCN﹣的反应是 　 　 （填“吸热”或“放热”）反应；实验ⅱ中发生反应 　 　 （写离子方程式）；用低浓度FeCl3溶液进行实验的原因是 　 　 。
（4）乙同学查阅资料发现存在反应a：（浅黄色）+SCN﹣，并依据实验ⅲ得出结论：反应a可导致透光率升高。丙同学认为推断依据不严谨，为证明该结论的正确，进一步完善实验，实验方案为：　 　 。
（5）已知：Fe3+与SCN﹣的系列反应分6步进行，反应ⅰ：Fe3++SCN﹣ [Fe（SCN）]2+；反应ⅱ：平衡常数依次为K1、K2 K逐渐减少，其中K2＝26.9，平衡时c（SCN﹣）≈1×10﹣4mol L﹣1。甲同学认为决定透光率测定结果的是反应ⅰ，其余反应影响可忽略。请结合计算证明该观点 　 　 。
（6）学习小组进一步查阅资料发现：盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，离子有效浓度降低。若往装有3mL红色混合溶液试管中加入少量NaNO3固体，测得透光率为T′，则T′　 　 T（填“＞”、“＜”或“＝”）。
8．（2025 江岸区校级模拟）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。
实验 试剂 现象
滴管 试管
0.2mol L﹣1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀
0.2mol L﹣1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1mol L﹣1Al2（SO4）3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀
（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：　 　 。
（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。
已知：Cu+→稀硫酸Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓（白色）+I2。
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 　 　 。
②通过如图实验证实，沉淀中含有Cu2+和。
a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 　 　 。
b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是 　 　 。
（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，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。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和 　 　 。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：
ⅰ．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：　 　 （按如图形式呈现）。
b．假设ii成立的实验证据是 　 　 。
（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有 　 　 。盐溶液间反应的多样性与 　 　 有关。
9．（2025 汕头一模）氢氧化亚铁在工业上是一种重要的除氧剂、水处理剂。
（1）向试管中加入1mL1mol L﹣1的新制FeSO4溶液，滴加1mL1mol L﹣1的NaOH溶液，生成白色沉淀，涉及的离子反应方程式为 　 　 。白色沉淀会迅速转为灰绿色，一段时间后转为红褐色，此时 　 　 元素被氧化。
ⅰ.灰绿色沉淀的研究
（2）查阅资料得知，Fe（OH）2为层状结构（如右图），当部分Fe（Ⅱ）被氧化为Fe（Ⅲ）时，层状结构不被破坏，生成（1）中灰绿色沉淀——绿锈。夹层内填充有OH﹣等阴离子，化学式可表示为Fe（Ⅱ）xFe（Ⅲ）y（OH）z（SO4）m设计如下流程进行检验：
流程中试剂A为 　 　 （填化学式），经实验测定x＝4、y＝2、m＝1，则z＝ 　 　 。
（3）查阅资料得知：绿锈无法稳定存在于高浓度碱性溶液中，Fe（OH）3某些性质类似Al（OH）3，在浓度极高的强碱溶液中无法稳定存在。某同学拟用不同浓度NaOH溶液与Fe2+反应，利用Fe（OH）3性质，减少灰绿色沉淀生成。实验方案为：取3支试管分别加入0.1gFeSO4固体，再加入不同浓度的NaOH溶液1.5mL。实验结果如表：
NaOH（mol L﹣1） FeSO4（g） 沉淀颜色
2 0.1 灰绿色
8 0.1 出现白色，灰绿色极少生成
27.3（饱和） 0.1 明显白色，灰绿色几乎不出现
结合合适的化学用语，试分析NaOH浓度增大后白色沉淀明显的原因可能是 　 　 。
ⅱ.氢氧化亚铁白色沉淀制备研究
（4）甲同学猜测常温下可以利用Fe2+与的双水解反应产生Fe（OH）2白色沉淀。该离子反应为Fe2++22H2O Fe（OH）2↓+2H2CO3乙同学猜测二者混合发生复分解反应产生碳酸亚铁，该反应的离子方程式为 　 　 。
请通过计算这两个反应的平衡常数来分析说明哪种猜测更合理 　 　 （填“甲”或“乙”），其原因是 　 　 。
（已知Ksp[Fe（OH）2]＝8.0×10﹣16，Ksp（FeCO3）＝2.1×10﹣11，H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.5×10﹣7和5.9×10﹣11，溶于水的CO2以H2CO3形式存在）
10．（2024秋 徐汇区校级期末）化学小组同学用铜与过量浓硝酸反应制备NO2气体，实验后发现溶液呈绿色，对其原因进行如下探究：
甲同学提出猜想：浓硝酸中溶解了生成的NO2呈黄色，黄色与蓝色叠加显绿色。
实验：向2mL6mol L﹣1HNO3中通入稳定的NO2气流，溶液变黄。取该溶液与蓝色Cu（NO3）2溶液混合，观察到溶液显绿色，验证了猜想。
甲同学进一步探究硝酸溶液中何种粒子与NO2作用显黄色。
实验装置 操作 编号 溶液a 现象
向溶液a中通入稳定的NO2气流8s 实验1
　 　
溶液基本无色
实验2 3mol L﹣1H2SO4 立即变黄
实验3 3mol L﹣1Na2SO4 溶液基本无色
（1）写出铜和浓硝酸反应产生NO2的离子方程式 　 　 。
（2）实验1中溶液a是 　 　 。
（3）依据上述实验推知，浓硝酸中溶液NO2呈黄色是溶液中 　 　 与NO2作用的结果。
资料：ⅰ．铜与浓硝酸反应过程中可生成HNO2，HNO2易分解产生无色气体
ⅱ．HNO2是一种弱酸。HNO2电离出，与Cu2+发生如下反应：Cu2++4 [Cu（NO2）4]2﹣（绿色）
乙同学依据资料提出猜想：铜与浓硝酸反应过程中生成[Cu（NO2）4]2﹣，使溶液呈绿色。
实验4：2mLNaNO2溶液与2mLCu（NO3）2溶液混合，溶液呈绿色，加入1mL浓硝酸后，溶液变蓝。
丙同学对加入浓硝酸后溶液变蓝的原因提出猜想并进行实验验证。
猜想1：加入浓硝酸后发生反应：H+＝HNO2，浓度下降，绿色消失。
猜想2：酸性条件下HNO2分解，浓度下降，绿色消失。
将实验4中蓝色溶液分成两份 加入2mLNaOH溶液，振荡 溶液变绿色
加入2mLH2O，振荡 溶液仍为蓝色
（4）用离子方程式表示加入NaOH溶液的作用：　 　 。
（5）丙同学依据实验推知猜想 　 　 （填“1”或“2”）成立。
（6）综合上述实验得出：过量浓硝酸与铜反应后溶液呈绿色的主要原因是 　 　 。
11．（2024秋 梅河口市校级期末）某小组根据SO2既有还原性又有氧化性，探究其能否实现Cu2+→Cu或Cu→Cu2+的转化。
已知：
ⅰ.水合Cu+既易被氧化也易被还原，因此水溶液中无法生成水合Cu+；
ⅱ.CuCl为白色固体，难溶于水，可溶于c（Cl﹣）较大的溶液生成，也可溶于氨水生成（无色）。
Ⅰ.SO2与Cu2+的反应：向试管中通入足量SO2（尾气处理装置已略），记录如表。
装置 编号 试剂 实验现象
a 1mol L﹣1CuSO4溶液 始终无明显变化
b 1mol L﹣1CuCl2溶液 溶液变绿，进而变棕黄色，一段时间后出现白色沉淀
（1）将b所得沉淀过滤，充分洗涤，进行下列实验，证实该沉淀为CuCl。
①证明白色沉淀中有Cu+，推理过程是 　 　 。
②ⅲ排除了干扰Cl﹣检验的因素。写出ⅲ中反应离子方程式 　 　 ；。
（2）进一步证实b中SO2作还原剂，补全实验方案和预期现象：取b中反应后的上层清液于试管中，　 　 。
（3）由实验Ⅰ可推知，该条件下：①a中SO2不能将Cu2+还原为Cu+或Cu；②SO2、CuCl、Cu的还原性由强到弱的顺序为 　 　 。
综上所述，改变还原产物的价态或形态可以影响氧化还原反应能否发生。
Ⅱ.SO2与Cu的反应：向试管中通入足量SO2（尾气处理装置已略），记录如表。
装置 编号 试剂 实验现象
c 3mol L﹣1稀硫酸 始终无明显变化
d 3mol L﹣1稀盐酸 铜片表面变黑，溶液变为棕色
（4）证明d所得棕色溶液中含有：用滴管吸取少量棕色溶液，滴入蒸馏水中，出现白色沉淀。用平衡移动原理解释产生该现象的原因：　 　 。
（5）经进一步检验，铜表面黑色沉淀为Cu2S。补全d中反应的离子方程式：　 　 。
______。
（6）与c对比，d能够发生反应的原因是 　 　 。
12．（2024秋 茂名校级期末）某小组同学探究CaCl2溶液能否与NaHCO3溶液反应。回答下列问题：
（1）常温下，测得0.01mol/LNaHCO3溶液呈碱性，则：
①溶液中的、、c（H2CO3）由大到小的顺序为：　 　 。
②溶液中（存在）： 　 　 。
该小组设计实验进行探究
查阅资料：，、
实验1：向5.0×10﹣3mol/LNaHCO3溶液中加入等体积1.0×10﹣4mol/LCaCl2溶液，无现象。
实验2：向0.5mol/LNaHCO3溶液中加入等体积0.5mol/LCaCl2溶液，有白色沉淀产生，有少量气体产生。
（2）实验2产生白色沉淀的原因是Q（CaCO3） 　 　 Ksp（CaCO3）（填“＞”、“＝”或“＜”），室温下，测得0.50mol L﹣1NaHCO3溶液pH＝8.48，该溶液中，计算该溶液中 　 　 。
（3）该小组在查阅资料过程中得知该反应可以通过的自偶电离解释，类似水的自偶电离（），的自偶电离方程式为 　 　 。的自偶电离平衡促进了实验2中沉淀的形成，试解释 　 　 。
（4）实验2发生反应的离子方程式为 　 　 。
13．（2024秋 山东校级期末）某校化学社团活动小组同学在学习完钠、氯及其化合物后设计了如下两组探究实验。请回答下列问题：
实验一：探究钠及其化合物的性质，实验装置如图所示（已知：试管A中装入足量的NaHCO3固体，D为固定蚊香的硬纸片）。
（l）Na2O2固体呈 　 　 色。
（2）试管A中发生反应的化学方程式为 　 　 。
（3）C处观察到的实验现象是 　 　 ，D处观察到的实验现象是 　 　 ，故推测Na2O2可用于 　 　 。
实验二：某化学兴趣小组用图甲装置制备了氯气，并进行了一系列实验。
（4）实验室制备氯气的反应的化学方程式是 　 　 。
（5）乙同学认为图甲装置制备的氯气不纯净，其中混有HCl气体和水蒸气，对装置进行了如图乙改进。你认为合理吗？（合理则填入“合理”二字，如不合理则填入“不合理”并用文字说明理由） 　 　 ；
（6）最后将气体通入NaOH溶液中，作用是 　 　 （用离子方程式表示）
14．（2024秋 上海校级期末）为探究+1价Ag的氧化性，开展如下活动。
Ⅰ．配制0.1mol L﹣1FeCl3溶液：
（1）用FeCl3 6H2O配制100mL0.1mol L﹣1FeCl3溶液时，应称量 　 　 g固体，然后将固体直接在浓盐酸中溶解，其目的是 　 　 （用离子反应方程式说明），在后续配制溶液过程中还需要的定量仪器是 　 　 。
Ⅱ．通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。
实验现象：
a中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红；
b中溶液滴加淀粉溶液后变蓝；
c中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液未变蓝。
（2）b中反应的离子方程式为：　 　 。
（3）a、b中的现象说明：　 　 。
A．氧化性顺序：Ag+＞Fe2+＞I﹣
B．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2
C．还原性顺序：I﹣＞Ag＞Fe2+
D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣
（4）根据c中现象，分析未发生Ag+氧化I﹣的原因可能是 　 　 。
Ⅲ．利用如图所示装置，继续探究Ag+氧化I﹣的反应。
（5）图中盐桥中的电解质可用 　 　 。
A.KCl B.KNO3 C.Fe2（SO4）3
（6）闭合K，电流计指针偏转。“石墨2”作 　 　 。
A．阴极
B．阳极
C．正极
D．负极
（7）石墨1上发生的电极反应是 　 　 。
（8）已知0.1mol L﹣1AgNO3溶液的pH＝6。上述实验中可能是氧化了I﹣，将装置中的 　 　 溶液（填“KI”或“AgNO3”）换成 　 　 ，闭合K，指针未发生偏转。确认Ag+氧化了I﹣。
15．（2025 珠海一模）兴趣小组在实验室探究饱和Na2CO3溶液可用于收集乙酸乙酯的原因。
Ⅰ.研究乙酸乙酯在喊性溶液中的水解程度。
查阅资料：常温下，乙酸乙酯在NaOH溶液，Na2CO3溶液中水解的平衡常数分别为K1＝3.14×109，K2＝7.03×105，说明在Na2CO3溶液中乙酸乙酯理论上也可以完全水解。
（1）乙酸乙能在NaOH溶液中水解的化学反应方程式为 　 　 。
Ⅱ.探究影响乙酸乙酯水解速率的因素。
（2）兴趣小组探究OH﹣浓度及温度对乙酸乙酯的水解速率的影响。
①配制100mL0.400mol L﹣1NaOH溶液。该过程中用到的仪器有 　 　 （填序号）。
②取①中的NaOH溶液，按下表配制系列溶液，水浴加热和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t变化的曲线如图。
序号 V（NaOH）/mL V（H2O）/mL V（乙酸乙酯）/mL 温度/℃
ⅰ 35.0 5.0 10.0 25
ⅱ 10.0 x 10.0 25
ⅲ 10.0 30.0 y 60
则x＝ 　 　 ，y＝ 　 　 。
根据实验数据，至少可获得三点实验结论。
结论1：增大OH﹣浓度，乙酸乙酯水解速率 　 　 （填“增大”或“减小”）；
结论2：当c（OH﹣）低于一定数值时，乙酸乙酯水解速率较小；
结论3：水解速率与温度有关，水解速率随温度升高而增大。
（a）根据结论3，忽略温度对水电离的影响，在图2中，画出实验ⅲ中pH变化曲线 　 　 ；
（b）已知25℃时饱和Na2CO3溶液中c（OH﹣）约为0.03mol L﹣1，依据上述结论，甲同学认为乙酸乙酯在饱和Na2CO3溶液中水解速率较小的原因是 　 　 ；
（3）兴趣小组继续探究乙酸乙酯在水中的溶解度对其水解速率的影响。
提出假设：乙同学提出乙酸乙酯在水中溶解度较小，也可能使得水解速率较慢。验证假设：已知有关物质的极性值（极性值越大，物质极性越大）如下表：
物质 乙醇 乙酸乙酯 水 0.40mol L﹣1NaOH溶液
极性值 4.3 4.4 10.2 ＞10.2
以（2）中“实验ⅰ”为对照组，限选以上试剂，设计实验方案验证乙同学的假设，并给出判断依据：　 　 。
实验小结：乙同学假设成立。
结论应用：室温下，向密闭容器中加入10.0mL饱和Na2CO3溶液，5.0mL乙酸乙酯，振荡静置。测得油层高度随时间t变化曲线如图，t1时间点之后油层高度变化加快的原因是 　 　 。
16．（2024秋 龙岗区期末）阅读下列材料并结合材料内容填空。
为“探究溶液中KMnO4，H2O2、H2SO4三者反应生成①O2的实质”，某兴趣小组设计
了一组数字化实验。实验过程如下：
步骤一：分别配制三种不同浓度（0.384mol/L、0.192mol/L、0.096mol/L）的双氧水。
步骤二：移取5.00mL0.096mol/L双氧水、10.00mL0.5mol/L②H2SO4溶液与10.00mL0.5mol/L③KMnO4溶液反应，常温时，测定容器内气压变化，气体压强不再变化时停止采集。
步骤三：换用不同浓度的双氧水重复上述操作。测得不同浓度的H2O2与KMnO4、H2SO4反应装置内气压随时间变化如图。
（1）硫元素在元素周期表中的位置为 　 　 。
（2）①②③中，能导电的是 　 　 （填序号）。
（3）H2O2的电子式为 　 　 ，H2O2为 　 　 （填“离子化合物”或“共价化合物”）。
（4）完成化学方程式：　 　 □KMnO4+5H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+8H2O+□_____；其离子方程式为：　 　 。
（5）配制100mL0.096mol/L的双氧水需量取0.384mol/L的双氧水 　 　 mL（保留到小数点后两位），配制过程中用到的仪器有：　 　 、移液管、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管。若定容时俯视容量瓶，会导致所配双氧水浓度 　 　 （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
（6）由图8中的数据可知，A、B、C三组实验中生成的O2的物质的量之比为 　 　 。
（7）甲同学认为该反应还有以下多种配平方式：
2KMnO4+7H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10H2O+6O2↑
2KMnO4+9H2O2+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+12H2O+7O2↑
2KMnO4+xH2O2+3H2SO4＝K2SO4+2MnSO4+（x+3）H2OO2↑
乙同学认为甲同学的配平方式不正确，请结合实验有关数据说明 　 　 。
（8）丙同学用H218O2进行示踪原子实验，生成的氧气全部是18O2，其他含氧生成物中不含18O证明只有（4）中反应方程式合理，在KMnO4、H2O2、H2SO4三者反应时H2O2只做还原剂。其中18O与16O互为 　 　 （填“同位素”或“同素异形体”）。
17．（2024秋 浙江月考）四氢铝锂（LiAlH4）是有机合成中的重要还原剂，其性质探究如图（试剂均足量）：
回答下列问题：
（1）写出LiAlH4与H2O反应的化学方程式：　 　 。
（2）试剂A最好为 　 　 。
（3）解释LiAlH4的还原性比NaBH4强的原因：　 　 。
（4）下列说法正确的是 　 　 。
A.已知可用LiH和AlCl3制备LiAlH4，该反应需在非水溶剂中进行
B.LiAlH4中含离子键、极性键和配位键
C.乙醚的作用是作为稀释剂，防止反应过于剧烈
D.乙醚可用乙醇替代
（5）请设计实验方案证明LiAlH4中所含的金属元素 　 　 。
18．（2024春 无锡校级期中）某学习小组在实验室研究SO2与Ba（NO3）2溶液的反应。
I.[制备二氧化硫]
（1）实验室常用亚硫酸钠固体与浓硫酸反应制取二氧化硫。
①写出该反应的化学方程式 　 　 。
②欲制取并收集干燥的二氧化硫，选择如图中的装置，其最佳连接顺序为 　 　 。（按气流方向，用小写字母表示，部分装置可重复使用）。
③装置D的作用是 　 　 。
Ⅱ.[实验探究]
（2）向盛有2mL0.1mol/L Ba（NO3）2溶液的试管中，缓慢通入SO2气体，试管内有白色沉淀产生。
④预测白色沉淀可能是 　 　 。
⑤配制0.1mol/L Ba（NO3）2溶液时所用蒸馏水必须加热煮沸，目的是 　 　 。
（3）将SO2分别通入无氧、有氧且浓度均为0.1mol/L的BaCl2溶液和Ba（NO3）2溶液中，探究和O2哪种微粒起到了主要氧化作用，实验记录如下：
项目 实验记录
pH变化
是否产生沉淀 BaCl2溶液（无氧）中无白色沉淀、BaCl2溶液（有氧）中有白色沉淀、Ba（NO3）2溶液（无氧）中有白色沉淀、Ba（NO3）2溶液（有氧）中有白色沉淀。
⑥曲线a所示溶液pH降低的原因 　 　 （用化学方程式表示）。
⑦曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为 　 　 。
⑧曲线d 　 　 （填“能”或“不能”）说明是氧化SO2的主要微粒，理由是 　 　 。
19．（2024秋 鹿邑县月考）用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。回答下列问题：
（1）资料1：H2O2+I﹣＝H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+I﹣。总反应的化学方程式为 　 　 ，KI在该反应中的作用是 　 　 。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断错误的是 　 　 （填字母）。
A．加入KI后降低了反应所需的活化能
B．加入KI后该反应的活化分子百分数减小
C．H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+1是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。碘易溶于CCl4，碘的CCl4溶液（密度大于水）显紫红色。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到溶液分层，且下层溶液显 　 　 色，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：ⅰ．H2O2浓度降低；ⅱ．水溶液中 　 　 的浓度降低。
③以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管中加入适量CCl4，B试管中不加CCl4，分别振荡、静置。则两试管中观察到的现象是 　 　 。
（4）资料4：I﹣（aq）+I2（aq） （aq）K＝640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10mol L﹣1KI溶液（溶液混合时体积变化忽略不计），达平衡后，相关微粒浓度如下：
微粒 I﹣ I2
浓度/（mol L﹣1） b b 4.0×10﹣3
则b＝　 　 ，进而推出该平衡体系中除了含有I﹣、I2、外，一定还含有其他含碘微粒，理由是 　 　 。
20．（2023秋 黄浦区校级期末）某实验小组为了探究卤代烃的性质，做了以下几个实验。
实验1：取一支试管，滴入15滴1﹣溴丁烷（CH3CH2CH2CH2Br），加入1mL5%的NaOH溶液，振荡后放入盛有热水的烧杯中水浴加热，为证明1﹣溴丁烷在NaOH水溶液中能否发生取代反应，同学们提出可以通过检验产物中是否存在溴离子来确定。请回答问题：
（1）甲同学进行如下操作：将1﹣溴丁烷与NaOH溶液混合后充分振荡，加热，取反应后的上层清液，加硝酸银溶液来进行溴离子的检验。
①1﹣溴丁烷在NaOH水溶液中反应的化学方程式为：　 　 。
②乙同学认为甲同学的设计不合理，理由是 　 　 。
③乙同学将实验方案补充完整确定了溴离子的生成，乙同学的方案是：取反应后的上层清液，　 　 。
（2）丙同学提出质疑：通过检验溴离子不能证明该反应类型为取代反应。理由是 　 　 。
（3）综合上述实验，检测实验1中 　 　 （填结构简式）的生成可判断发生取代反应，实验小组用先进的检测仪器证实了该物质的生成。
实验2：向圆底烧瓶中加入2.0gNaOH和15mL无水乙醇，搅拌，再加入5mL1﹣溴丁烷和几片碎瓷片，微热，一段时间后，B中酸性高锰酸钾溶液褪色。（加热和夹持装置略去）。请回答问题：
（4）甲同学认为，依据实验2中酸性高锰酸钾溶液褪色，不能判断A中发生了消去反应，理由是 　 　 。
（5）乙同学对实验进行了如下改进（加热和夹持装置略去），依据实验现象可判断是否发生消去反应，B中物质可以为 　 　 。
（6）下列实验方案中，能达到相应实验目的的是 　 　 。
A B C D
利用乙醇反应制取乙烯 制备溴苯并验证有HBr产生 制取乙酸乙酯（必要时可加沸石） 检验电石与水反应产生的混合气体中有乙炔
（7）制备苯甲酸甲酯的一种反应机理如图（其中Ph﹣代表苯基）。下列说法错误的是 　 　 。
A.化合物1直接催化反应的进行
B.反应过程涉及氧化反应
C.化合物3和4互为同分异构体
D.可以用苯甲醛和甲醇为原料制备苯甲酸甲酯
（8）下列实验操作现象和结论均正确的是 　 　 。
选项 实验操作 实验现象 结论
A 往CH2＝CHCHO溶液中滴加酸性高锰酸钾溶液 酸性高锰酸钾溶液褪色 含有碳碳双键的有机物能使酸性高锰酸钾溶液褪色
B 在试管中加入聚氯乙烯薄膜碎片，将润湿的蓝色石蕊试纸置于试管口，加热 试纸变红 说明聚氯乙烯受热分解产生酸性气体
C 向2mL甲苯中加入3滴酸性KMnO4溶液，振荡；向2mL苯中加入3滴酸性KMnO4溶液，振荡 甲苯中褪色，苯中不褪色 说明甲基活化了苯环上的氢原子
D 检验乙醇中是否含有水，向乙醇中加入一小粒金属钠 产生无色气体 乙醇中含有水
高考化学考前冲刺押题预测 性质实验方案的设计解答题
参考答案与试题解析
一．解答题（共20小题）
1．（2025 佛山二模）铁是用量最大、用途最广的金属单质，其化合物在生产生活中也应用广泛。
（1）基态Fe价电子排布式为 　d64s2　 。用以下焓变表示Fe的第一电离能为 　ΔH1﹣ΔH2+ΔH3　 。
（2）FeCl3溶液中有Fe3+、[FeCl]2+、、[FeCl3]。等多种含铁粒子。常温下，各含铁粒子的分布系数
与lgc（Cl﹣）关系如图所示：
①配制FeCl3的方法是将FeCl3晶体溶于 　浓盐酸　 ，再加水稀释至0.001mol L﹣1。
②FeCl3溶液呈黄色与生成Fe（OH）3有关，加热FeCl3溶液颜色变深，原因是 　水解吸热，加热促进水解，Fe（OH）3浓度增大　 。
③当c（Cl﹣）＜0.1mol L﹣1时，FeCl3溶液中存在的平衡只考虑：
I.Fe3++Cl﹣ [FeCl]2+K1
Ⅱ.Kn
K1　＞　 Kn（填“＞”“＜”或“＝”）；常温下，测得0.001mol L﹣1FeCl3溶液中，c（Fe3+）＝4.668×10﹣4mol L﹣1，c，计算溶液中c（Cl﹣）＝ 　该可逆反应中Fe3++Cl﹣ [FeCl]2+
开始（mol/L）10﹣3 0 0
反应（mol/L）5.332×10﹣45.332×10﹣4
平衡（mol/L）4.668×10﹣45.332×10﹣4﹣6.64×10﹣5；
该可逆反应中[FeCl]2++Cl﹣ [FeCl2]+
开始（mol/L） 0 0
反应（mol/L）6.64×10﹣56.64×10﹣5
平衡（mol/L） 6.64×10﹣5；
K110﹣1.48，c（Cl﹣）＝1.0×10﹣1.48mol L﹣1　 （写计算过程）。
（3）向盛有5mL0.005mol L﹣1FeCl3溶液的试管中加入5mL0.005mol L﹣1KSCN溶液，溶液呈红色。将上述溶液均分于两支试管中：
①向第一支试管中滴加饱和FeCl3溶液：加入2滴时颜色变深，加入超过3滴，溶液颜色逐渐变浅。分析颜色变浅的原因 　c（Cl﹣）增大，Fe3+形成氯配合物，使c（Fe3﹣）减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，c[Fe（SCN）3]减小【或饱和FeCl3酸性较强，SCN﹣生成弱酸HSCN，使c（SCN﹣减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，c[Fe（SCN）3]减小】　 。
②向另一支试管中加入Fe（NO3）3溶液，溶液颜色立即变浅甚至消失，原因是 　酸性溶液中，SCN﹣被氧化　 。
【答案】（1）3d64s2；ΔH1﹣ΔH2+ΔH3；
（2）①浓盐酸；
②水解吸热，加热促进水解，Fe（OH）3浓度增大；
③＞；
该可逆反应中Fe3++Cl﹣ [FeCl]2+
开始（mol/L）10﹣3 0 0
反应（mol/L）5.332×10﹣4 5.332×10﹣4
平衡（mol/L）4.668×10﹣4 5.332×10﹣4﹣6.64×10﹣5；
该可逆反应中[FeCl]2++Cl﹣ [FeCl2]+
开始（mol/L） 0 0
反应（mol/L）6.64×10﹣5 6.64×10﹣5
平衡（mol/L） 6.64×10﹣5；
K110﹣1.48，c（Cl﹣）＝1.0×10﹣1.48mol L﹣1，
（3）①c（Cl﹣）增大，Fe3+形成氯配合物，使c（Fe3﹣）减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，c[Fe（SCN）3]减小【或饱和FeCl3酸性较强，SCN﹣生成弱酸HSCN，使c（SCN﹣减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，c[Fe（SCN）3]减小】；
②酸性溶液中，SCN﹣被氧化。
【分析】（1）基态Fe价电子为其3d能级上的6个电子、4s能级上的2个电子；第一电离能是气态原子失去一个电子形成气态阳离子所需要的最低能量；
（2）①FeCl3水解生成Fe（OH）3和HCl，则盐酸能抑制Fe3+水解；
②盐类水解吸热；
③根据图知，A点K110﹣1.48，B点K210﹣1.48；该可逆反应中Fe3++Cl﹣ [FeCl]2+
开始（mol/L）10﹣3 0 0
反应（mol/L）5.332×10﹣4 5.332×10﹣4
平衡（mol/L）4.668×10﹣4 5.332×10﹣4﹣6.64×10﹣5；
该可逆反应中[FeCl]2++Cl﹣ [FeCl2]+
开始（mol/L） 0 0
反应（mol/L）6.64×10﹣5 6.64×10﹣5
平衡（mol/L） 6.64×10﹣5；
K110﹣1.48；
（3）①加入2滴时颜色变深，c（Fe3+）增大，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3正向移动，加入超过3滴使c（Cl﹣）增大，Fe3+形成氯配合物，c（Fe3+）减小；饱和FeCl3酸性较强，SCN﹣生成弱酸HSCN；
②SCN﹣具有还原性，能被强氧化性的物质氧化。
【解答】解：（1）基态Fe价电子为其3d能级上的6个电子、4s能级上的2个电子，基态Fe价电子排布式为d64s2；Fe（g）→Fe+（g）O2（g）+e﹣得Fe的第一电离能I1＝ΔH1﹣ΔH2+ΔH3，
故答案为：d64s2；ΔH1﹣ΔH2+ΔH3；
（2）①FeCl3水解生成Fe（OH）3和HCl，则盐酸能抑制Fe3+水解，所以配制FeCl3的方法是将FeCl3晶体溶于浓盐酸，再加水稀释至0.001mol L﹣1，
故答案为：浓盐酸；
②FeCl3水解生成Fe（OH）3和HCl，且水解吸热，升高温度促进水解，c[Fe（OH）3]增大，溶液颜色加深，
故答案为：水解吸热，加热促进水解，Fe（OH）3浓度增大；
③根据图知，A点K110﹣1.48，B点K210﹣1.48，
该可逆反应中Fe3++Cl﹣ [FeCl]2+
开始（mol/L）10﹣3 0 0
反应（mol/L）5.332×10﹣4 5.332×10﹣4
平衡（mol/L）4.668×10﹣4 5.332×10﹣4﹣6.64×10﹣5；
该可逆反应中[FeCl]2++Cl﹣ [FeCl2]+
开始（mol/L） 0 0
反应（mol/L）6.64×10﹣5 6.64×10﹣5
平衡（mol/L） 6.64×10﹣5；
K110﹣1.48，c（Cl﹣）＝1.0×10﹣1.48mol L﹣1，
故答案为：＞；
该可逆反应中Fe3++Cl﹣ [FeCl]2+
开始（mol/L）10﹣3 0 0
反应（mol/L）5.332×10﹣4 5.332×10﹣4
平衡（mol/L）4.668×10﹣4 5.332×10﹣4﹣6.64×10﹣5；
该可逆反应中[FeCl]2++Cl﹣ [FeCl2]+
开始（mol/L） 0 0
反应（mol/L）6.64×10﹣5 6.64×10﹣5
平衡（mol/L） 6.64×10﹣5；
K110﹣1.48，c（Cl﹣）＝1.0×10﹣1.48mol L﹣1，
（3）①加入2滴时颜色变深，c（Fe3+）增大，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3正向移动，颜色加深，加入超过3滴使c（Cl﹣）增大，Fe3+形成氯配合物，c（Fe3+）减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，c[Fe（SCN）3]减小或饱和FeCl3酸性较强，SCN﹣生成弱酸HSCN，c（SCN﹣）减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，c[Fe（SCN）3]减小，
故答案为：c（Cl﹣）增大，Fe3+形成氯配合物，使c（Fe3﹣）减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，c[Fe（SCN）3]减小【或饱和FeCl3酸性较强，SCN﹣生成弱酸HSCN，使c（SCN﹣减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，c[Fe（SCN）3]减小】；
②SCN﹣具有还原性，酸性条件下，具有氧化性，能将SCN﹣氧化，所以加入Fe（NO3）3溶液，溶液颜色立即变浅甚至消失，
故答案为：酸性溶液中，SCN﹣被氧化。
【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查对比、分析、判断及知识的综合运用能力，明确平衡常数的计算方法、物质之间发生的反应是解本题关键，题目难度较大。
2．（2025 西城区一模）硫酸是一种重要的基础化工原料，可用不同的方法制备。
（1）18～19世纪，利用SO2和氮氧化物制硫酸，过程中的物质转化如图1所示。
①工业上可用NH3生产NO，为该工艺提供氮氧化物，反应的化学方程式是 　4NH3+5O24NO+6H2O　 。
②制硫酸总反应的化学方程式是 　2SO2+O2+2H2O2H2SO4　 。
③ⅰ中反应的SO2与NO2的物质的量之比是 　2：3　 。
（2）现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1
①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ mol﹣1，SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ mol﹣1，则O2中氧氧键的键能为 　（6b﹣4a﹣196）　 kJ mol﹣1。
②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是 　温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小　 。
（3）人们设计了以工业废液为原料制备硫酸的方法。
电解（NH4）2SO4废液制较浓硫酸，同时获得氨水，其原理示意图如图3所示。
注：X、Y分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，电极均为惰性电极。
①结合化学用语解释图3装置中生成较浓硫酸的原理：　A极附近，发生反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸　 。
②有同学设计燃料电池，利用图3中产生的M、N、较浓硫酸和较浓氨水联合处理（NH4）2SO4废液，其原理示意图如图4所示。
ⅰ.较浓硫酸应注入 　D极区　 （填“C极区”或“D极区”）。
ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点：　利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水　 。
【答案】（1）①4NH3+5O24NO+6H2O；
②2SO2+O2+2H2O2H2SO4；
③2：3；
（2）①（6b﹣4a﹣196）；
②温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
（3）①A极附近，发生反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸；
②iD极区；
ⅱ.利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
【分析】（1）①工业上可用NH3生产NO，根据原子守恒书写反应的化学方程式；
②由图可知，制硫酸总反应的化学方程式是SO2与O2以及H2O反应生成H2SO4，氮的氧化物是催化剂；
③根据化合价升降守恒可得以及原子守恒判断两者的物质的量之比；
（2）①ΔH＝反应物键能之和﹣生成物键能之和；
②温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
（3）①由图可知，A极附近，稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极稀硫酸转化为浓硫酸，电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸；
②i.图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中，C极O2得到电子，发生还原反应：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，
铵根离子通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应该注入C极区，同理，D极，H2失去电子，发生氧化反应，2H2﹣4e﹣＝4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸注入D极区；
ⅱ.该联合生产的优点是利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
【解答】解：（1）①工业上可用NH3生产NO，该反应的化学方程式是：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
②由图可知，制硫酸总反应的化学方程式是2SO2+O2+2H2O2H2SO4，
故答案为：2SO2+O2+2H2O2H2SO4；
③根据化合价升降守恒可得，ⅰ中反应为H2O+2SO2+3NO2＝2HOSO2ONO，两者的物质的量之比是2：3，
故答案为：2：3；
（2）现代用接触法制硫酸，关键工序是SO2的催化氧化：2SO2（g）+O2（g） 2SO3（g）ΔH＝﹣196kJ mol﹣1
①SO2中硫氧键键能的平均值为akJ mol﹣1，SO3中硫氧键键能的平均值为bkJ mol﹣1，设O2中氧氧键的键能为bkJ mol﹣1，则有（4a+c）﹣6b＝﹣196kJ mol﹣1，解得a＝（6b﹣4a﹣196）kJ mol﹣1，即O2中氧氧键的键能为（6b﹣4a﹣196）kJ mol﹣1，
故答案为：（6b﹣4a﹣196）；
②其他条件不变，相同时间内SO2的转化率随温度的变化如图2所示。温度大于T，SO2的转化率减小，可能的原因是温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小，
故答案为：温度升高，催化剂失去活性，同时该反应是放热反应，温度升高，平衡逆向移动，转化率减小；
（3）①由图可知，A极附近，稀氨水转化为较浓氨水，电极反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极稀硫酸转化为浓硫酸，电极反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸，
故答案为：A极附近，发生反应为：2H2O+2e﹣＝2H2↑+2OH﹣，c（OH﹣）增大，铵根离子通过阳离子交换膜X进入A极，最终得到较浓氨水，同理B极负极发生反应为：2H2O﹣4e﹣＝O2↑+4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜进入B极区，硫酸根离子浓度增大，最终得到较浓硫酸；
②i.图3中产生的M、N分别为O2、H2，氢氧燃料电池中，C极O2得到电子，发生还原反应：O2+4e﹣+4H+＝2H2O，c（H+）减小，c（OH﹣）增大，
铵根离子通过阳离子交换膜X进入C极，则较浓氨水应该注入C极区，同理，D极，H2失去电子，发生氧化反应，2H2﹣4e﹣＝4H+，c（H+）增大，硫酸根离子通过阴离子交换膜Y进入D极区，故较浓硫酸注入D极区，
故答案为：D极区；
ⅱ.从物质和能量的角度说明联合生产的优点是利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水，
故答案为：利用H2和O2制成燃料电池，提供电能，得到更高浓度的硫酸和氨水。
【点评】本题主要考查性质实验方案的设计，同时考查电化学原理的应用，属于基本知识的考查，难度中等。
3．（2025春 静安区期中）某课外小组在研究SO2性质时发现，将SO2气体通入Ba（NO3）2溶液会出现白色沉淀。通过与人工智能大模型对话，得知白色沉淀是BaSO4产生沉淀的可能原因有两个。为判断大模型的看法是否可信，他们设计了一组实验进行探究，实验方案与装置图如下。
实验A 实验B 实验C 实验D
实验方案 向烧杯中加入25mL1mol L﹣1煮沸过的甲溶液。 向烧杯中加入25mL1mol L﹣1甲溶液。 向烧杯中加入45mL1mol L﹣1煮沸过的乙溶液。 向烧杯中加入25mL1mol L﹣1溶液。
再加入25mL食用油，并冷却至室温。 再加入25mL食用油，并冷却至室温。
在烧杯中放入pH传感器，开始实验。 在烧杯中放入pH传感器，开始实验。 在烧杯中放入pH传感器，开始实验。 在烧杯中放入pH传感器，开始实验。
实验现象 无明显现象 出现少量白色浑浊 出现白色浑浊 出现白色浑浊
（1）观察装置图。
①装有稀硫酸的仪器名称是 　B　 。
A.移液管
B.滴定管
C.长导管
D.长颈漏斗
②装置X的作用是 　作缓冲瓶或安全瓶，用于控制气流的快慢，使通入烧杯的SO2气体的流速比较平稳　 。
（2）判断溶液甲、溶液乙的溶质，合理的是 　B　 。
A.甲：Ba（OH）2乙：Ba（NO3）2
B.甲：BaCl2乙：Ba（NO3）2
C.甲：BaCl2乙：Ba（OH）2
D.甲：Ba（NO3）2乙：BaCl2
（3）实验A和实验C都需要向烧杯中加入食用油。以下可替代食用油的试剂是 　AD　 。（不定项）
A.己烷
B.四氯化碳
C.乙醇
D.苯
（4）实验B烧杯中出现白色浑浊的原因是 　BaCl2溶液未煮沸，应含有O2，SO2通入后被O2氧化生成硫酸，硫酸再与BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀　 。
（5）欲使实验A的烧杯中也能出现白色沉淀，可再滴加适量的 　B　 。（不定项）
A.硫化钠溶液
B.氨水
C.氯化铵溶液
D.稀盐酸
（6）用离子方程式表示实验C烧杯中发生的反应。 　3SO2+23Ba2++2H2O＝3BaSO4↓+2NO↑+4H+　 。
实验C、D均能产生硫酸钡白色沉淀，但不确定哪一原因更为关键。为此，小组成员对传感器所采集的实验C、D的数据做一步的处理，得到如图像。
（7）根据图像，你认为可得出的实验结论是：　SO2与Ba（NO3）2溶液的反应，起主要氧化作用的是氧气　 。
（8）标准状况下，将3.36L体积分数为80%的二氧化硫气体通入150mL1mol L﹣1的Ba（NO3）2溶液中，充分反应后将溶液稀释至250mL，请列式计算实验后溶液的浓度　9.17×10﹣10mol L﹣1　 。（已知气体中其他成分不参与反应，BaSO4的溶度积常数Ksp＝1.1×10﹣10）
【答案】（1）①B；
②作缓冲瓶或安全瓶，用于控制气流的快慢，使通入烧杯的SO2气体的流速比较平稳；
（2）B；
（3）AD；
（4）BaCl2溶液未煮沸，应含有O2，SO2通入后被O2氧化生成硫酸，硫酸再与BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀；
（5）B；
（6）3SO2+23Ba2++2H2O＝3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
（7）SO2与Ba（NO3）2溶液的反应，起主要氧化作用的是氧气；
（8）9.17×10﹣10 mol L﹣1。
【分析】此题考查了与SO2有关的物质的性质，对SO2气体通入Ba（NO3）2溶液会出现白色沉淀BaSO4的成因进行分析，用煮沸的溶液与未煮沸的溶液进行对比，并结合传感器所采集的实验C、D的数据图像进行进一步分析处理，得出氧气在反应过程中起到了主要氧化作用的结论。实验过程中要注意防倒吸，并选用合适的试剂隔绝空气，防止溶液中的SO2被空气中的氧气氧化。结合实验现象综合分析可得出SO2与Ba（NO3）2溶液反应的离子方程式为3SO2+23Ba2++2H2O＝3BaSO4↓+2NO↑+4H+，通过SO2计算出生成BaSO4沉淀的物质的量，并结合Ba（NO3）2的物质的量，分析得出c（Ba2+）。根据溶度积常数可计算出c（）。
【解答】解：（1）①装有稀硫酸的仪器为滴定管，故选B，
故答案为：B；
②装置X位于中间，起到连接两侧装置的作用，由于SO2易溶于水，它的主要功能是防止倒吸现象的发生，确保气体能够顺利的从左向右流动，避免液体回流到前面的装置中。所以装置X的作用是作缓冲瓶或安全瓶，用于控制气流的快慢，使通入烧杯的SO2气体的流速比较平稳，
故答案为：作缓冲瓶或安全瓶，用于控制气流的快慢，使通入烧杯的SO2气体的流速比较平稳；
（2）实验目的是探究SO2通入Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀的原因，所以乙溶液是Ba（NO3）2溶液，而甲溶液是为了对比，则需要选择一种不含硝酸根且能与硫酸反应生成沉淀的钡盐溶液。
A．甲：Ba（OH）2；乙：Ba（NO3）2，不符合要求，A项错误；
B．甲：BaCl2；乙：Ba（NO3）2，符合要求，B项正确；
C．甲：BaCl2；乙：Ba（OH）2，不符合要求，C项错误；
D．甲：Ba（NO3）2；乙：BaCl2，不符合要求，D项错误；
故答案为：B；
（3）食用油的作用是隔绝空气，防止溶液中的SO2被空气中的氧气氧化。
A．己烷难溶于水，密度比水小，会浮在水面上，能起到隔绝空气的作用，A 正确；
B．四氯化碳难溶于水，密度比水大，会沉到水的底部，不能起到隔绝空气的作用，B错误；
C．乙醇与水互溶，无法在水面上形成独立的液层来隔绝空气，不能起到隔绝空气的作用，C错误；
D．苯难溶于水，密度比水小，会浮在水面上，能起到隔绝空气的作用，D 正确；
故答案为：AD；
（4）由于B的烧杯中溶液未煮沸，含有O2，SO2通入后被O2氧化生成硫酸，硫酸再与BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀，
故答案为：BaCl2溶液未煮沸，应含有O2，SO2通入后被O2氧化生成硫酸，硫酸再与BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀；
（5）实验A中是煮沸过的BaCl2溶液，要出现白色沉淀需要将SO2氧化为硫酸根。
A．硫化钠溶液与SO2反应会生成淡黄色硫沉淀，不会生成硫酸根，A错误；
B．氨水显碱性，能与SO2反应生成亚硫酸根，亚硫酸根能被空气中的氧气氧化为硫酸根，
从而与BaCl2溶液反应生成硫酸钡沉淀，B正确；
C．氯化铵溶液不能将SO2氧化为硫酸根，C错误；
D．稀盐酸不能氧化SO2，D错误；
故答案为：B；
（6）实验C中SO2通入Ba（NO3）2溶液中，硝酸根在酸性条件下具有强氧化性，能将SO2氧化为硫酸根，结合钡离子生成硫酸钡沉淀，同时硝酸根被还原为NO，离子方程式为3SO2+23Ba2++2H2O＝3BaSO4↓+2NO↑+4H+，
故答案为：3SO2+23Ba2++2H2O＝3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
（7）根据图像可知，实验C【煮沸过的Ba（NO3）2溶液，不含氧气】中pH变化实验比实验D【未煮沸过的Ba（NO3）2溶液，含有氧气】中pH变化慢，且最终溶液的酸性也比实验D弱，说明实验D中氧气参与了反应，
故答案为：SO2与Ba（NO3）2溶液的反应，起主要氧化作用的是氧气；
（8）标准状况下，3.36L体积分数为80%的二氧化硫气体的物质的量n0.12mol，Ba（NO3）2物质的量为0.15L×1mol/L＝0.15mol，SO2通入Ba（NO3）2溶液中发生反应3SO2+23Ba2++2H2O＝3BaSO4↓+2NO↑+4H+，0.12mol SO2完全反应消耗0.08mol，生成0.12mol BaSO4沉淀，溶液体积为250mL，BaSO4沉淀溶解平衡为BaSO4（s） Ba2+（aq）（aq），Ksp＝c（Ba2+） c（），反应后溶液中c（Ba2+）0.12mol/L，则c（）mol/L＝9.17×10﹣10 mol L﹣1，
故答案为：9.17×10﹣10 mol L﹣1。
【点评】本题是实验探究题，题目难度大，思维含量大，注意联系物质的性质和题给信息。
4．（2025 池州模拟）池州市某校课题小组制备SO2并探究SO2分别与BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液的反应。
（1）实验Ⅰ：
室温下，按图示组装仪器（夹持装置已省略），检查装置气密性后向B中滴加一定量50%的H2SO4溶液，B中迅速产生大量气体，3分钟后D中出现白色浑浊，并闻到有刺激性气味。查资料可知，在一定温度和湿度的条件下，有少量硫酸可以随气体逸出。据此回答：
①仪器A是 　分液漏斗　 （填仪器名称）。
②按上图组装好装置并检查装置气密性，添加试剂和药品后，第一步操作是 　打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再旋转分液漏斗的活塞　 ，使50%硫酸顺利滴下并与Na2SO3固体充分反应。
③装置C的作用是 　除去SO2中可能混有的硫酸酸雾　 。
（2）D中出现白色浑浊的理论及可能性分析：
猜测一：SO2溶于水生成H2SO3，继而与BaCl2发生复分解反应，形成BaSO3白色沉淀。
查阅资料：
ⅰ.室温下：H2SO3 H+，Ka1＝1.4×10﹣2；
H+，Ka2＝6.0×10﹣8；
BaSO3（s） Ba2+（aq）（aq），Ksp＝5.0×10﹣10。
ⅱ.室温下，H2SO3水溶液中H+、浓度与H2SO3浓度关系如图所示：
①如图可知：当c（H2SO3）≥10﹣6mol/L时，c（H+）与c（）几乎相等，用化学用语及简洁文字解释 　H2SO3 H+当亚硫酸钠浓度较大时，电离以第一步为主，所以c（H+）与c（）几乎相等　 。
②请通过计算判断，在实验Ⅰ条件下 　可能　 （填“可能”或“不可能”）生成BaSO3白色沉淀。
猜测二：SO2具有强还原性，可能被溶液中的O2氧化，继而生成BaSO4白色沉淀。
③写出猜测二对应的化学方程式 　2H2SO3+O2+2BaCl2＝2BaSO4↓+4HCl，　 。
（3）实验Ⅱ：将装置D中溶液换为Ba（NO3）2溶液并继续通入SO2，观察有白色沉淀产生。
经检验该白色沉淀为BaSO4。为了确定产生沉淀的原因，该小组成员利用数字化实验并对传感器采集的数据进行了处理，结果如图所示：
①请写出无氧条件下的离子方程式 　3SO2+2N2H2O+3Ba2+＝ 3BaSO4↓+2NO↑+4H+　 。
②比较上图可得出的结论 　氧气起主要氧化作用　 。
【答案】（1）①分液漏斗；
②打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再旋转分液漏斗的活塞；
（2）①H2SO3 H+当亚硫酸钠浓度较大时，电离以第一步为主，所以c（H+）与c（）几乎相等；
②不可能；
③2H2SO3+O2+2BaCl2＝2BaSO4↓+4HCl；
（3）①3SO2+2N2H2O+3Ba2+＝ 3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
②氧气起主要氧化作用。
【分析】（1）①根据常见仪器进行分析判断；
②第一步操作是打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再旋转分液漏斗的活塞；
③装置C的作用是除去SO2中可能混有的硫酸酸雾；
（2）①由H2SO3的第一步电离H2SO3 H+可知，当c（H2SO3）≥10﹣6mol/L时，第一步电离为主，且电离出的H+与HS的物质的量之比为1：1，所以c（H+）与c（HS）几乎相等；
②假设生成BaSO3沉淀，H2SO3的第二步电离平衡常数Ka26.0×10﹣8，c（S），因为c（H+）≈（HS），所以c（S）＝Ka2＝6.0×10﹣8mol/L，Q ＝ c（Ba2+）×c（S）＝0.1×6.0×10﹣8＝6.0×10﹣9＜Ksp（BaSO3）＝5.0×10﹣10，所以在实验Ⅰ条件下不可能生成BaSO3白色沉淀；
③猜测二对应的化学方程式为2H2SO3+O2+2BaCl2＝2BaSO4↓+4HCl；
（3）①无氧条件下的离子方程式为3SO2+2N2H2O＝3S2NO↑+4H+，Ba2++SBaSO4↓（或合写为3SO2+2N2H2O+3Ba2+＝ 3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
②比较上图可得出的结论是：有氧气存在时，SO2被氧化的速率更快，生成BaSO4沉淀的速率也更快，在无氧条件下，SO2主要被氧化；在有氧条件下，SO2既被氧化，又被O2氧化，且O2的氧化作用更强。
【解答】解：（1）①仪器A是分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
②第一步操作是打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再旋转分液漏斗的活塞，
故答案为：打开分液漏斗上口的玻璃塞（或使玻璃塞上的凹槽对准漏斗上的小孔），再旋转分液漏斗的活塞；
③装置C的作用是除去SO2中可能混有的硫酸酸雾，
故答案为：除去SO2中可能混有的硫酸酸雾；
（2）①由H2SO3的第一步电离H2SO3 H+可知，当c（H2SO3）≥10﹣6mol/L时，第一步电离为主，且电离出的H+与HS的物质的量之比为1：1，所以c（H+）与c（HS）几乎相等，
故答案为：H2SO3 H+当亚硫酸钠浓度较大时，电离以第一步为主，所以c（H+）与c（）几乎相等；
②假设生成BaSO3沉淀，H2SO3的第二步电离平衡常数Ka26.0×10﹣8，c（S），因为c（H+）≈（HS），所以c（S）＝Ka2＝6.0×10﹣8mol/L，Q ＝ c（Ba2+）×c（S）＝0.1×6.0×10﹣8＝6.0×10﹣9＜Ksp（BaSO3）＝5.0×10﹣10，所以在实验Ⅰ条件下不可能生成BaSO3白色沉淀，
故答案为：不可能；
③猜测二对应的化学方程式为2H2SO3+O2+2BaCl2＝2BaSO4↓+4HCl，
故答案为：2H2SO3+O2+2BaCl2＝2BaSO4↓+4HCl；
（3）①无氧条件下的离子方程式为3SO2+2N2H2O＝3S2NO↑+4H+，Ba2++SBaSO4↓（或合写为3SO2+2N2H2O+3Ba2+＝ 3BaSO4↓+2NO↑+4H+），
故答案为：3SO2+2N2H2O+3Ba2+＝ 3BaSO4↓+2NO↑+4H+；
②比较上图可得出的结论是：有氧气存在时，SO2被氧化的速率更快，生成BaSO4沉淀的速率也更快，在无氧条件下，SO2主要被氧化；在有氧条件下，SO2既被氧化，又被O2氧化，且O2的氧化作用更强，
故答案为：氧气起主要氧化作用。
【点评】本题主要考查了硫及其化合物的性质，题目难度中等，掌握硫及其化合物的性质和实验基本操作是解答该题的关键。
5．（2025 青浦区二模）二氧化硫及其形成的亚硫酸盐类有广泛应用。
（1）SO2是 　A　 。
A.极性分子
B.非极性分子
（2）下列关于SO2说法正确的是 　D　 。
A.SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质
B.SO2缓慢通入氯化钡溶液，溶液先浑浊后澄清
C.SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，体现了SO2漂白性
D.SO2通入石蕊试液，溶液变红后不褪色
将一定量SO2通入蒸馏水中，在300s时通入足量O2，500s时加入足量H2O2溶液，pH变化如图所示。请回答下列问题：
（3）比较300s通入O2和500s加入H2O2后pH的变化，请分析变化的原因 　300s通入O2后，发生反应2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，硫酸是强酸，完全电离，溶液中H+浓度增大，pH减小，500s加入H2O2后，发生反应H2O2+H2SO3＝H2SO4+H2O，将亚硫酸转化为硫酸，H+浓度进一步增大，pH继续减小　 。
（4）300s未通O2时，溶液中c（H2SO3）＝ 　7.69×10﹣3　 mol L﹣1。（结果保留3位有效数字）
（已知Ka1（H2SO3）＝1.3×10﹣2，忽略的电离）
（5）当溶液中和浓度相当时，加入少量盐酸或NaOH溶液，溶液pH变化不大。
请结合化学用语和必要文字说明原因 　当HS和浓度相当时，溶液中存在HS H+的平衡。加入少量盐酸，H+与浓结合生成\（HS），平衡逆向移动，溶液中H+浓度变化不大，加入少量NaOH溶液，OH﹣与H+反应，HS电离平衡正向移动，补充H+，溶液中H+浓度变化不大，所以溶液pH变化不大　 。
分银渣是一种含有银的工业废渣，主要成分为AgCl。为了回收银，在一定温度下，采用Na2SO3溶液浸取分银渣，生成可溶性的亚硫酸银络合物，反应原理为：
AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣。
（6）下列关于Na2SO3溶液说法正确的是 　C　 。（不定项）
A.c（）＞c（H2SO3）＞c（）
B.
C.c（Na+）+c（H+）＞2c（）+2c（）
D.c（H2SO3）+c（）+c（）＝2c（Na+）
（7）下列关于分银渣中银浸取原理说法正确的是 　B　 。
A.亚硫酸钠溶液的作用是氧化剂
B.为了提高银的浸取率，可以适当增大亚硫酸钠溶液的浓度
C.该反应的平衡常数表达式为：K
D.反应过程中溶液的pH逐渐升高
某实验小组研究分银渣浸取银的工艺条件，设计了以下实验。
实验1：取初始浓度相同的Na2SO3溶液，测定不同温度下银的浸出率，结果如图。
（8）温度超过30℃后，浸取率明显下降的可能原因 　温度升高，水解程度增大，溶液中浓度降低，使平衡AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣逆向移动，浸取率下降；同时温度升高，Na2SO3溶液易被空气中的氧气氧化，导致浓度降低，平衡逆向移动，浸取率下降　 。
实验2：将初始浓度相同的Na2SO3溶液加入一定量的AgCl中，测定不同pH时银的浸出率。结果如图。
（9）实验2的结果表明，pH在7以下时银浸出率很低，请解释原因 　pH在7以下时，溶液酸性较强，H+与结合生成，使溶液中浓度降低，平衡AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣逆向移动，银浸出率很低　 。
【答案】（1）A；
（2）D；
（3）300s通入O2后，发生反应2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，硫酸是强酸，完全电离，溶液中H+浓度增大，pH减小，500s加入H2O2后，发生反应H2O2+H2SO3＝H2SO4+H2O，将亚硫酸转化为硫酸，H+浓度进一步增大，pH继续减小；
（4）7.69×10﹣3；
（5）当HS和浓度相当时，溶液中存在HS H+的平衡。加入少量盐酸，H+与浓结合生成\（HS），平衡逆向移动，溶液中H+浓度变化不大，加入少量NaOH溶液，OH﹣与H+反应，HS电离平衡正向移动，补充H+，溶液中H+浓度变化不大，所以溶液pH变化不大；
（6）C；
（7）B；
（8）温度升高，水解程度增大，溶液中浓度降低，使平衡AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣逆向移动，浸取率下降；同时温度升高，Na2SO3溶液易被空气中的氧气氧化，导致浓度降低，平衡逆向移动，浸取率下降；
（9）pH在7以下时，溶液酸性较强，H+与结合生成，使溶液中浓度降低，平衡AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣逆向移动，银浸出率很低。
【分析】（1）SO2分子中，中心原子S的价层电子对数为3，有一对孤电子对，其空间构型为V形，正负电荷中心不重合；
（2）A.SO2的水溶液能导电，是因为SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出离子而导电，并非SO2自身电离，所以SO2是非电解质；
B.弱酸不能制强酸，
C.SO2具有还原性，被高锰酸钾氧化；
D.SO2通入石蕊试液，与水反应生成亚硫酸，溶液变红，SO2不能漂白石蕊试液，所以溶液不褪色；
（3）300s通入O2后，发生反应2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，硫酸是强酸，完全电离，溶液中H+浓度增大，pH减小；500s加入H2O2后，发生反应H2O2+H2SO3＝H2SO4+H2O，将亚硫酸转化为硫酸，H+浓度进一步增大，pH继续减小；
（4）设c（H2SO3）＝xmol/L，忽略HS的电离，H2SO3 H++HS，Ka1，300s时pH＝2，c（H+）＝0.01mol/L，c（HS）≈c（H+）＝0.01mol/L，则1.3×10﹣2，解得：x≈7.69×10﹣3mol/L；
（5）当HS和浓度相当时，溶液中存在HS H+的平衡。加入少量盐酸，H+与浓结合生成\（HS），平衡逆向移动，溶液中H+浓度变化不大；加入少量NaOH溶液，OH﹣与H+反应，HS电离平衡正向移动，补充H+，溶液中H+浓度变化不大，所以溶液pH变化不大；
（6）A.水解分两步，第一步水解程度大于第二步，所以c（）＞c（H2SO3）；
B.根据质子守恒，c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3），变形可得c（OH﹣）﹣c（H+） ＝c（）+2c（H2SO3），而c（H+），所以c（OH﹣）\c（）+2c（H2SO3）；
C.根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HS）+2c（），因为溶液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），所以\c（Na+）+c（H+）＞2c（）+2c（）；
D.根据物料守恒c（Na+） ＝ 2[c（H2SO3）+c（HS）+c（）；
（7）A.亚硫酸钠溶液在反应中起络合剂的作用，不是氧化剂；
B.适当增大亚硫酸钠溶液的浓度，平衡正向移动，可提高银的浸取率；
C.AgCl是固体，不写入平衡常数表达式，该反应的平衡常数表达式为K；
D.反应过程中没有消耗或生成（H+）或（OH﹣），溶液的pH不变；
（8）温度升高，水解程度增大，溶液中浓度降低，使平衡AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣逆向移动，浸取率下降；同时温度升高，Na2SO3溶液易被空气中的氧气氧化，导致浓度降低，平衡逆向移动，浸取率下降；
（9）pH在7以下时，溶液酸性较强，H+与结合生成，使溶液中浓度降低，平衡AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣逆向移动，银浸出率很低。
【解答】解：（1）SO2分子中，中心原子S的价层电子对数为3，有一对孤电子对，其空间构型为V形，正负电荷中心不重合，所以SO2是极性分子，
故答案为：A；
（2）A.SO2的水溶液能导电，是因为SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出离子而导电，并非SO2自身电离，所以SO2是非电解质，故A错误；
B.SO2与氯化钡溶液不反应，因为弱酸不能制强酸，故B错误；
C.SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，是因为SO2具有还原性，被高锰酸钾氧化，而不是漂白性，故C错误；
D.SO2通入石蕊试液，与水反应生成亚硫酸，溶液变红，SO2不能漂白石蕊试液，所以溶液不褪色，故D正确；
故答案为：D；
（3）300s通入O2后，发生反应2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，硫酸是强酸，完全电离，溶液中H+浓度增大，pH减小；500s加入H2O2后，发生反应H2O2+H2SO3＝H2SO4+H2O，将亚硫酸转化为硫酸，H+浓度进一步增大，pH继续减小，
故答案为：300s通入O2后，发生反应2SO2+O2+2H2O＝2H2SO4，硫酸是强酸，完全电离，溶液中H+浓度增大，pH减小，500s加入H2O2后，发生反应H2O2+H2SO3＝H2SO4+H2O，将亚硫酸转化为硫酸，H+浓度进一步增大，pH继续减小；
（4）设c（H2SO3）＝xmol/L，忽略HS的电离，H2SO3 H++HS，Ka1，300s时pH＝2，c（H+）＝0.01mol/L，c（HS）≈c（H+）＝0.01mol/L，则1.3×10﹣2，解得：x≈7.69×10﹣3mol/L，
故答案为：7.69×10﹣3；
（5）当HS和浓度相当时，溶液中存在HS H+的平衡。加入少量盐酸，H+与浓结合生成\（HS），平衡逆向移动，溶液中H+浓度变化不大；加入少量NaOH溶液，OH﹣与H+反应，HS电离平衡正向移动，补充H+，溶液中H+浓度变化不大，所以溶液pH变化不大，
故答案为：当HS和浓度相当时，溶液中存在HS H+的平衡。加入少量盐酸，H+与浓结合生成\（HS），平衡逆向移动，溶液中H+浓度变化不大，加入少量NaOH溶液，OH﹣与H+反应，HS电离平衡正向移动，补充H+，溶液中H+浓度变化不大，所以溶液pH变化不大；
（6）A.水解分两步，第一步水解程度大于第二步，所以c（）＞c（H2SO3），故A错误；
B.根据质子守恒，c（OH﹣）＝c（H+）+c（）+2c（H2SO3），变形可得c（OH﹣）﹣c（H+） ＝c（）+2c（H2SO3），而c（H+），所以c（OH﹣）\c（）+2c（H2SO3），故B错误；
C.根据电荷守恒c（Na+）+c（H+）＝c（OH﹣）+c（HS）+2c（），因为溶液显碱性，c（OH﹣）＞c（H+），所以\c（Na+）+c（H+）＞2c（）+2c（），故C正确；
D.根据物料守恒c（Na+） ＝ 2[c（H2SO3）+c（HS）+c（），故D错误；
故答案为：C；
（7）A.亚硫酸钠溶液在反应中起络合剂的作用，不是氧化剂，故A错误；
B.适当增大亚硫酸钠溶液的浓度，平衡正向移动，可提高银的浸取率，故B正确；
C.AgCl是固体，不写入平衡常数表达式，该反应的平衡常数表达式为K，故C错误；
D.反应过程中没有消耗或生成（H+）或（OH﹣），溶液的pH不变，故D错误；
故答案为：B；
（8）温度升高，水解程度增大，溶液中浓度降低，使平衡AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣逆向移动，浸取率下降；同时温度升高，Na2SO3溶液易被空气中的氧气氧化，导致浓度降低，平衡逆向移动，浸取率下降，
故答案为：温度升高，水解程度增大，溶液中浓度降低，使平衡AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣逆向移动，浸取率下降；同时温度升高，Na2SO3溶液易被空气中的氧气氧化，导致浓度降低，平衡逆向移动，浸取率下降；
（9）pH在7以下时，溶液酸性较强，H+与结合生成，使溶液中浓度降低，平衡AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣逆向移动，银浸出率很低，
故答案为：pH在7以下时，溶液酸性较强，H+与结合生成，使溶液中浓度降低，平衡AgCl（s）+2 [Ag（SO3）2]3﹣+Cl﹣逆向移动，银浸出率很低。
【点评】本题主要考查了化学平衡、电离平衡和盐的水解，题目难度中等，侧重学生分析能力的考查，掌握基础知识是解答的关键。
6．（2025 杨浦区二模）从薯类植物中可提取淀粉，如木薯淀粉等，它们都是由葡萄糖单元构成的天然物质。淀粉广泛用于食品及化工领域。
（1）木薯淀粉是珍珠奶茶中“珍珠”的主要原料。下列关于淀粉的说法正确的是 　D　 。
A.属于糖类，有甜味
B.化学式可用（C6H10O5）n表示，与纤维素互为同系物
C.是一种聚合物，可由葡萄糖通过加聚反应得到
D.在酸或酶作用下，淀粉水解最终生成葡萄糖
可用淀粉溶液遇碘显蓝色，检验淀粉的存在。做验证实验：向碘水中滴加木薯淀粉（以下简称淀粉）溶液，显蓝色。使淀粉溶液显蓝色的一定是I2吗？
Ⅰ.探究碘水的成分
（2）类比Cl2与H2O反应，写出I2与H2O反应的化学方程式 　I2+H2O HI+HIO　 。
（3）实验测得碘水中的含碘微粒有：I2、I﹣、、资料显示：I﹣+I2 。推断产生的原因 　3I2+3H2O 5I﹣+6H+　 （用离子方程式表示）。
Ⅱ.探究使淀粉溶液显蓝色的微粒
【方案1】
（4）向无色KIO3溶液、KI溶液中，分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：　和I﹣不是使淀粉溶液变蓝色的微粒　 。
（5）向等浓度、等体积的碘水中，分别加入等体积的三种试剂（如图所示），振荡，充分混合后，再分别加入等量的淀粉溶液，记录现象。
①试管①中加入M，是为耗尽溶液中的I﹣，又不影响实验探究，M应选 　B　 。
A.硝酸酸化的AgNO3溶液
B.硫酸酸化的KIO3溶液
②由上述实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2面是，完成实验记录：
实验现象 试管① 试管② 试管③
溶液颜色 加淀粉溶液前 黄色 黄色 黄色
加淀粉溶液后 蓝色
【方案2】
（6）在碘的十四烷溶液中，加少许淀粉。若本实验结论与【方案1】一致，则加入淀粉前后液体的颜色分别为 　C　 。（已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致）
A.黄色黄色
B.黄色蓝色
C.紫色紫色
D.紫色蓝色
用木薯淀粉（粒径1×10﹣5～2×10﹣5m）制备的纳米淀粉（粒径40～100nm），可吸附染料废水中的染料藏红T（C20H19N4Cl）。
（7）木薯淀粉分散于水中形成的分散系应属于 　D　 ；
A.溶液
B.胶体
C.乳浊液
D.悬浊液
（8）纳米淀粉吸附藏红T的主要原因是 　纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强　 。
为测定纳米淀粉对藏红T的吸附量，实验如下：
（9）配制20.00mg L﹣1的藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、　1L容量瓶、胶头滴管　 。
（10）取20.00mg L﹣140.00mg L﹣1藏红T溶液各200mL，分别加入20mg纳米淀粉，振荡、静置，吸附量q随时间的变化如图所示：
①40.00mg L﹣1藏红T溶液的吸附量q由 　A　 所示。
A.曲线M
B.曲线N
②在0～10min内，曲线N对应的被吸附速率为 　B　 mol L﹣1 min﹣1[已知：M（藏红T）＝350.5g mol﹣1，忽略溶液体积的变化]。
A.4.42×10﹣7
B.8.84×10﹣7
C.4.42×10﹣4
D.8.84×10﹣4
【答案】（1）D；
Ⅰ.（2）I2+H2O HI+HIO；
（33I2+3H2O 5I﹣+6H+；
Ⅱ.（4）和I﹣不是使淀粉溶液变蓝色的微粒；
（5）①B；
②试管①加淀粉溶液后现象为：浅黄色（或黄色或无明显变化）；试管②现象为：深蓝色（或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色）；；
（6）C；
（7）D；
（8）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强；
（9）1L容量瓶、胶头滴管；
（10）A；
②B。
【分析】（1）A．纤维素、淀粉属于糖，但无甜味；
B．同分异构体：分子式相同但结构不同的化合物；
C．淀粉是多糖；
D．淀粉和纤维素水解产物都是葡萄糖；
Ⅰ.（2）碘和氯元素属于同主族元素，化学性质相似，故根据Cl2与H2O反应写出碘与水反应；
（3）在碘水中，I2发生歧化反应生成和I﹣；
Ⅱ.（4）根据现象得出结论；
（5）①银离子和碘离子生成碘化银黄色沉淀，影响实验的观察；
②根据信息解答；
（6）根据已知信息来解答；
（7）根据分散系分类依据解答；
（8）胶体吸附能力较强，据此回答；
（9）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、1L容量瓶、胶头滴管；
（10）①根据分析，选吸附量大的；
②根据信息可得出被吸附速率公式来计算。
【解答】解：（1）A．并不是所有的糖类都有甜味，如纤维素、淀粉，故A错误；
B．同分异构体是分子式相同，结构式不同的化合物，淀粉和纤维素虽具有相同的表示式，但n不同，则分子式不同，故不是同分异构体，故B错误；
C．淀粉水解产物是葡萄糖，但淀粉不是葡萄糖加聚生成的，故C错误；
D．淀粉和纤维素的组成都是（C6H10O5）n，水解产物都是葡萄糖，故D正确；
故答案为：D；
Ⅰ.（2）Cl2与H2O反应：Cl2+H2O HClO+HCl，碘与水反应生成氢碘酸（HI），和次碘酸（HIO）：I2+H2O HI+HIO，
故答案为：I2+H2O HI+HIO；
（3）在碘水中，I2发生歧化反应生成和I﹣，离子方程式为：3I2+3H2O 5I﹣+6H+，
故答案为：3I2+3H2O 5I﹣+6H+；
Ⅱ.（4）向无色KIO3溶液、KI溶液中，分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明和I﹣不是使淀粉溶液变蓝色的微粒，
故答案为：和I﹣不是使淀粉溶液变蓝色的微粒；
（5）①银离子和碘离子生成碘化银黄色沉淀，影响实验的观察；硫酸酸化的KIO3溶液和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，实验效果会更明显，
故答案为：B；
②实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是。试管①中主要存在含碘粒子为碘单质，则试管①加淀粉溶液后现象为：浅黄色（或黄色或无明显变化）；资料显示：I﹣+I2 ，试管②中加入碘单质和KI混合溶液，使得溶液中浓度较大，则试管②现象为：深蓝色（或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色），
故答案为：试管①加淀粉溶液后现象为：浅黄色（或黄色或无明显变化）；试管②现象为：深蓝色（或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色）；
（6）本实验结论与【方案1】一致，结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是，已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致，为紫色；碘的十四烷溶液中，主要存在含碘粒子为碘单质，则加少许淀粉前后液体的颜色均为紫色，
故答案为：C；
（7）胶体是分散质粒子大小在 1nm～100nm 的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；木薯淀粉粒径1×10﹣5～2×10﹣5m，则分散于水中形成的分散系应属于悬浊液，
故答案为：D；
（8）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强，故纳米淀粉可以吸附藏红T，
故答案为：纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强；
（9）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、1L容量瓶、胶头滴管，
故答案为：1L容量瓶、胶头滴管；
（10）①200mL等体积的40.00mg L﹣1藏红T溶液中藏红T的量大于20.00mg L﹣1藏红T溶液中藏红T，则40.00mg L﹣1藏红T溶液的吸附量q由曲线M所示，
故答案为：A；
②由图，在0～10min内，曲线N对应的被吸附速率为mol L﹣1 min﹣1，
故答案为：B。
【点评】考查了胶体的性质和应用、化学反应速率计算、分散系概念及组成、试验方案的设计，是常考考点，难度中等。
7．（2025 江门一模）某学习小组欲探究Fe3+/SCN﹣平衡体系的影响因素，并用色度计检测离子浓度变化。
Ⅰ．配制FeCl3溶液
（1）用FeCl3晶体配制FeCl3溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是 　抑制Fe3+的水解　 。
（2）用0.1mol L﹣1FeCl3溶液配制100mL0.005mol L﹣1FeCl3溶液，需用量筒量取0.1mol L﹣1FeCl3溶液 　5.0　 mL，配制过程需要用到的仪器有 　CD　 （填序号）。
Ⅱ．探究影响Fe3+/SCN﹣平衡的因素
20℃时，在烧杯中将25mL0.005mol L﹣1FeCl3溶液与25mL0.01mol L﹣1KSCN溶液混合，发生系列反应，其中都显红色。反应得到红色混合溶液，用色度计测得溶液透光率为T。各取3mL红色混合溶液分装于若干试管中备用。完成如表实验：
实验序号 实验操作 透光率
ⅰ 试管①：加热至40℃ T1
ⅱ 试管②：加入少量铁粉 T2
ⅲ 试管③：加入0.1mL0.04mol L﹣1KCl溶液 T3
已知：有色离子浓度越大，颜色越深，透光率（T）越小；T1、T2、T3均大于T。
（3）Fe3+与SCN﹣的反应是 　放热　 （填“吸热”或“放热”）反应；实验ⅱ中发生反应 　2Fe3++Fe＝3Fe2+　 （写离子方程式）；用低浓度FeCl3溶液进行实验的原因是 　浓度低时Fe3+颜色较浅，可减少对透光率测定结果的影响　 。
（4）乙同学查阅资料发现存在反应a：（浅黄色）+SCN﹣，并依据实验ⅲ得出结论：反应a可导致透光率升高。丙同学认为推断依据不严谨，为证明该结论的正确，进一步完善实验，实验方案为：　取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确（或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确）　 。
（5）已知：Fe3+与SCN﹣的系列反应分6步进行，反应ⅰ：Fe3++SCN﹣ [Fe（SCN）]2+；反应ⅱ：平衡常数依次为K1、K2 K逐渐减少，其中K2＝26.9，平衡时c（SCN﹣）≈1×10﹣4mol L﹣1。甲同学认为决定透光率测定结果的是反应ⅰ，其余反应影响可忽略。请结合计算证明该观点 　，故，，故以反应i为主　 。
（6）学习小组进一步查阅资料发现：盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，离子有效浓度降低。若往装有3mL红色混合溶液试管中加入少量NaNO3固体，测得透光率为T′，则T′　＞　 T（填“＞”、“＜”或“＝”）。
【答案】（1）抑制Fe3+的水解；
（2）5.0；CD；
（3）放热；2Fe3++Fe＝3Fe2+；浓度低时Fe3+颜色较浅，可减少对透光率测定结果的影响；
（4）取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确（或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确）；
（5），故，，故以反应i为主；
（6）＞。
【分析】实验i加热后T1大于T，说明有色离子浓度降低，平衡逆向移动，该反应为放热反应；反应ii中加入少量铁粉，发生反应：2Fe3++Fe＝3Fe2+，平衡逆向移动，有色离子浓度降低，故T2大于T；实验iii中加入0.1mL0.04mol L﹣1KCl溶液，可能是水或KCl对透光率产生影响，故可作对比实验：取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确（或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确）。
【解答】解：（1）用FeCl3晶体配制FeCl3溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是：抑制Fe3+的水解，
故答案为：抑制F

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