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大题逐点突破4　实验方案的设计与评价
1.（2025·广东高考17题改编）酸及盐在生活生产中应用广泛。
（1）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾　羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为：
CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CCl3COOH＜CF3COOH，随着卤原子电负性　　　　，羧基中的羟基　　　　增大，酸性增强。
②提出假设　甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：
＞＞
③验证假设　甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ＞Ⅱ＞Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序，因为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
乙同学用滴定的方法测定了上述三种酸的Ka，其顺序为Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅲ。
④实验小结　假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。
（2）该小组尝试测弱酸HClO的Ka。
①丙同学认为不宜按照乙同学的方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②小组讨论后，选用0.100 mol·L－1 NaClO溶液（含少量NaCl）进行实验，以获得HClO的Ka。简述该方案　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（包括所用仪器及数据处理思路）。
③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。
2.（2024·北京高考19题）某小组同学向pH＝1的0.5 mol·L－1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3＋还原为Fe的金属是　　　　。
（2）实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量 Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量 Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅲ 过量 Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质
①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，证明都有Fe2＋生成，依据的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。
ⅰ.a.甲认为实验Ⅱ中，当Fe3＋、H＋浓度较大时，即使Zn与Fe2＋反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3＋、H＋消耗。写出Fe与Fe3＋、H＋反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
b.乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H＋消耗。设计实验　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（填实验操作和现象），证实了此条件下可忽略H＋对Fe的消耗。
c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2＋的反应。实验证实了Zn粉被包裹。
ⅱ.查阅资料：0.5 mol·L－1 Fe3＋开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固—液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（填实验操作和现象），待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
1.实验方案的设计
（1）设计的基本原则
原则 内容
科学性 实验原理、实验操作程序和方法科学合理
安全性 实验方案、实验药品要做到人员、仪器、环境的安全
可行性 药品、仪器、设备和操作等在中学实验条件下能够得到满足
简约性 装置简单、步骤少、药品用量少、效果佳
经济性 在满足实验效果的前提下，尽量选用常见而价廉的仪器和药品
（2）设计的流程
（3）常见的三类实验设计思路
类别 实验设计的基本思路
物质 制备类 实验原料→实验原理→途径设计（途径Ⅰ、途径Ⅱ、途径Ⅲ……）→最佳途径→实验仪器→实验方案→制得物质
物质 性质类 根据物质的组成、分类，预测物质可能具有的性质，根据化学原理设计实验。 探究性实验方案设计：物质的组成特点→性质推测→实验验证→结论。 验证性实验方案设计：物质的化学性质→实验验证→科学理论→结论
物质 检验类 首先通过试样的外在特征（颜色、气味、状态等）作出初步判断。 少量固体试样→溶于水配成溶液→检测溶液中存在的阴、阳离子→得出实验结论。 少量试样→加酸（或碱）溶液使其转化为气体→检测气体的成分→得出实验结论
2.实验方案的评价
评价角度 评价内容
可行性 （1）实验原理是否正确、可行； （2）实验操作（如仪器的选择、连接）是否安全、合理； （3）实验步骤是否简单、方便； （4）实验效果是否明显； （5）原料的成本、转化率、产率等
规范性 （1）仪器的安装与拆卸； （2）仪器的查漏、气密性检验； （3）试剂添加的顺序与用量； （4）加热的方式、方法和时机； （5）温度计的规范使用、水银球的位置； （6）实验数据的读取； （7）冷却、冷凝的方法等
安全性 （1）净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸； （2）进行某些易燃、易爆实验时要防爆炸； （3）还原性物质防氧化； （4）污染性的气体要进行尾气处理； （5）易水解的物质要防吸水
“绿色 环保” （1）反应原料是否易得、安全、无毒； （2）反应速率是否较大； （3）原料利用率以及合成物质的产率是否较高； （4）合成过程中是否造成环境污染
3.常考的实验设计方案
实验目的 实验设计方案
（1）证明SO2中含有CO2 先把混合气体通入足量的酸性高锰酸钾溶液中，再通入品红溶液不褪色，最后通入澄清石灰水中，若澄清石灰水变浑浊，说明含有CO2
（2）证明CO2中含有CO 先除尽CO2，再把气体通入加热的CuO中，若黑色固体变为红色，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则证明原混合气体中含有CO（说明CO具有还原性）
（3）证明S中含有S 向混合液中加入足量的BaCl2溶液，将沉淀溶于足量的盐酸中，若沉淀部分溶解且有刺激性气味的气体生成，则证明原混合液中含有S
（4）证明含有Fe3＋的溶液中含有Fe2＋ 加入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，则证明原混合液中含有Fe2＋[不能有其他还原性离子（如Cl－等）干扰]
（5）证明氯气的氧化性强于单质硫 把氯气通入硫化氢溶液中，若有淡黄色沉淀生成，则证明氯气的氧化性强于单质硫（氧化性规律：氧化剂＞氧化产物）
（6）证明草酸的酸性强于碳酸 向1 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入1 mol·L－1草酸，若产生大量气泡，则证明草酸的酸性强于碳酸
（7）证明碳酸的酸性强于硅酸 把CO2通入硅酸钠溶液中，若出现白色沉淀，则说明碳酸的酸性强于硅酸（利用强酸制弱酸）
（8）证明H2C2O4是弱酸 测Na2C2O4溶液的pH，pH＞7说明H2C2O4是弱酸；或将pH＝1的H2C2O4溶液稀释10倍，pH＜2说明H2C2O4是弱酸（利用电离平衡或水解平衡）
（9）证明多元弱酸的酸式盐电离程度与水解程度的相对大小（以 NaHSO3、 NaHCO3为例） ①常温下，测量NaHSO3溶液的pH，若pH＜7，则说明HS的电离程度大于水解程度； ②常温下，测量NaHCO3溶液的pH，若pH＞7，则说明HC的水解程度大于电离程度
4.微型原理验证类实验方案的设计
目的 实验设计
盐酸、碳酸、硅酸酸性强弱的比较 利用强酸制弱酸的原理探究：盐酸与碳酸钠在气体发生装置中反应制备CO2气体，气体净化后通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀
Cl2、Fe3＋、I2氧化性强弱的比较 将氯气通入FeCl2溶液中，氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，将FeCl3溶液滴入淀粉-KI溶液中，Fe3＋将I－氧化成I2
非金属性强弱的比较 可通过最高价氧化物对应水化物的酸性、气态氢化物的稳定性、与H2化合的难易程度、相互之间的置换、对应阴离子的还原性等方法来比较
Ksp大小的比较（以AgCl、AgI为例） ①向少量的AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加KI溶液产生黄色沉淀；②向浓度均为0.1 mol·L－1的NaCl、NaI混合溶液中滴加0.1 mol·L－1 AgNO3溶液先产生黄色沉淀
C、S结合H＋能力强弱的比较 用pH试纸（pH计）分别测定同浓度的Na2CO3、Na2SO3溶液的pH，碱性强者结合H＋的能力强
1.（2025·湖北武汉一模节选）某研究小组设计实验制备漂白粉并探究漂白粉的氧化性。
【漂白粉氧化性的探究】实验方案如下：
实验1 现象
生成浅红褐色沉淀X，溶液无气体产生；静置5 h后变为浅紫红色溶液Y
（1）浅红褐色沉淀X的主要成分化学式为　　　　　　　　　　。
（2）为了探究实验1中浅紫红色溶液Y的成分，进行如下实验操作：
①通过“溶液变为红色”推断棕黄色溶液含Fe3＋，则试剂Z为　　　　　。
②综合分析，浅紫红色溶液Y含有Fe，则浅紫红色溶液Y与稀硫酸反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）碱性条性下氧化性Cl2＞Fe，而酸性环境下Fe可将Cl－氧化成Cl2，由此你得出的结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
2.（2025·北京海淀二模）小组同学用实验1所示方法制备铜配合物，并探究其组成。
【实验1】
（1）ⅰ中生成了Cu（OH）2沉淀，发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）小组同学推测ⅱ中发生反应：Cu（OH）2＋4NH3·H2O＋4H2O＋2OH－，蓝色针状晶体可能含SO4或（OH）2。
①实验证明蓝色针状晶体中含S，补全实验操作及现象：将洗净后的蓝色针状晶体置于试管中，用蒸馏水溶解，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②将洗净后的蓝色针状晶体溶于蒸馏水，测得溶液呈碱性。该现象不能说明蓝色针状晶体中含OH－，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③甲同学查阅资料发现，加热时配合物中作配体的NH3会逸出。他据此设计实验2检验蓝色针状晶体的组成。
【实验2】
实验装置 现象
烧杯中的溶液变红，试管底部产生大量红色固体
a.甲同学推测，若蓝色针状晶体中含（OH）2，充分加热后预期在试管底部观察到黑色固体。这样推测的理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
b.实验后试管底部未产生预期的黑色固体，甲同学推断蓝色针状晶体中不含（OH）2。小组同学认为甲的推断不严谨，从物质性质角度说明理由：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）乙同学通过实验发现，按实验1的方案制备铜配合物时，若仅将ⅰ中的氨水换成适量NaOH溶液，只有少量蓝色沉淀溶解。实验1中蓝色沉淀能全部溶解的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（4）结合乙的实验，小组同学推测蓝色针状晶体中几乎不含（OH）2，结合离子方程式说明理由：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
3.（2025·广东湛江二模节选）氯气是一种重要的化工原料，在生产生活中有着重要的应用。请回答下列问题：
探究盐酸与MnO2的反应。
（1）不同温度下MnO2与盐酸反应的平衡常数如表所示。
温度T/℃ 50 80 110
平衡常数K 3.104×10－4 2.347×10－3 1.293×10－2
MnO2与盐酸的反应是　　　　　（填“放热”或“吸热”）反应。
（2）实验采用4 mol·L－1的盐酸与一定量的MnO2反应时，没有产生明显实验现象。小组同学猜测可能的原因是：
猜想1.反应温度低；
猜想2.　　　　　　　　　　　　。
请完成如下实验设计并证明上述猜想是否成立。
序号 试剂 反应温度 现象
Ⅰ 40 mL 4 mol·L－1盐酸、一药匙MnO2 65 ℃ 无明显现象
Ⅱ 　　　　盐酸、一药匙MnO2 80 ℃ 无明显现象
Ⅲ 40 mL 7 mol·L－1盐酸、一药匙MnO2 65 ℃ 产生黄绿色气体
①上述猜想2为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，
表中实验Ⅱ所用试剂中盐酸的规格为　　　　　　　　　　　　　　；根据上述实验可知猜想　　　　　（填“1”或“2”）成立。
②实验Ⅰ中无明显现象的原因可能是c（H＋）或c（Cl－）较低，设计实验进行探究：
由上述实验结果可知MnO2氧化盐酸的反应中，c（H＋）变化的影响　　　　　（填“大于”或“小于”）c（Cl－）。
③为探究c（H＋）变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl－的还原性，用如图所示装置（A、B均为石墨电极，恒温水浴加热装置省略）进行实验。
序号 操作 现象
ⅰ K闭合 指针向左偏转
ⅱ 向U形管a.　　　　　（填“左侧”或“右侧”）滴加浓硫酸至c（H＋）≥7 mol·L－1 指针偏转幅度变化不大
ⅲ b.　　　　 指针向左偏转幅度c.　　　　
U形管左侧发生的电极反应为d.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与c（H＋）无关；MnO2的氧化性与c（H＋）有关，c（H＋）越大，MnO2的氧化性越强。
4.（2025·广东大湾区二模节选）1800年，科学家尼科尔森和卡莱尔最早完成电解水实验。兴趣小组模拟如下。
实验探究：取0.1 mol·L－1的NaOH溶液30.0 mL滴加2滴指示剂后，用如图装置（a、b均为石墨电极）在恒定电压下通电20 min，记录如下表：
序号 指示剂 主要现象
Ⅰ 甲基橙 b极附近溶液黄色变浅，U形管内其余位置溶液无明显变化
Ⅱ 酚酞溶液 b极附近溶液红色褪去，U形管内其余位置溶液红色变浅
（1）Ⅰ中观察到b极附近溶液黄色变浅，兴趣小组认为是电解中b极附近溶液c（OH－）降低导致的。你认为该推论　　　（选填“合理”“不合理”），理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（2）兴趣小组对Ⅱ中U形管内其余位置溶液红色变浅的原因提出如下假设：
假设1　实验过程中，c（OH－）降低，导致酚酞溶液不显色。
假设2　实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去。
兴趣小组设计如下实验方案进行实验。
步骤 现象
ⅰ.取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加　　　　　后充分振荡 溶液红 色加深
ⅱ.取少量　　　　　于试管中，滴加酚酞后静置20 min 　　　
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
大题逐点突破4　实验方案的设计与评价
【真题研做·明确考向】
1.（1）①增强　极性　③三种酸的饱和溶液浓度不同　
（2）①2HClO2H＋＋2Cl－＋O2↑　②用pH计测量得到0.100 mol·L－1 NaClO溶液的pH＝a；根据Kh＝计算出ClO－的水解平衡常数，再根据Ka＝计算得到HClO的电离平衡常数
解析：（1）①卤素原子电负性越强，吸电子效应就越强，则羧基中H—O键的极性增大，容易发生断裂，更易电离出氢离子，因此酸性增强。③实验探究时应控制单一变量，不同物质在同一温度下的溶解度不同，故不同物质的饱和溶液的浓度一般不同，则要比较三种酸的酸性强弱，除物质不同外，其他条件均应该保持相同，即三种酸溶液的浓度应相同，所以甲同学的实验方案不合理。（2）①HClO见光分解的化学方程式为2HClO2HCl＋O2↑，离子方程式为2HClO2H＋＋2Cl－＋O2↑。②NaClO溶液中存在水解平衡：ClO－＋H2OHClO＋OH－，故通过用pH计测定0.100 mol·L－1 NaClO溶液的pH，根据Kh＝可计算出ClO－的水解平衡常数，再根据Ka＝计算即可得到HClO的电离平衡常数。
2.（1）Mg、Zn　（2）①产生蓝色沉淀　②Fe3＋的水解方程式为Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3＋水解平衡正向移动，使其转化为Fe（OH）3沉淀　③ⅰ.a.2Fe3＋＋2Fe＋2H＋4Fe2＋＋H2↑或2Fe3＋＋Fe3Fe2＋、2H＋＋FeFe2＋＋H2↑　b.向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，不产生蓝色沉淀　ⅱ.加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸　（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe（OH）3沉淀包裹
解析：（1）在金属活动性顺序中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3＋还原为Fe。（2）①Fe2＋与K3[Fe（CN）6]会生成蓝色的KFe[Fe（CN）6]沉淀；②Fe3＋的水解方程式为Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3＋水解平衡正向移动，使其转化为Fe（OH）3沉淀；③ⅰ.a.Fe与Fe3＋、H＋反应的离子方程式为2Fe3＋＋2Fe＋2H＋4Fe2＋＋H2↑或2Fe3＋＋Fe3Fe2＋、2H＋＋FeFe2＋＋H2↑；b.要证实在pH为3～4的溶液中可忽略H＋对Fe的消耗，可向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H＋反应生成Fe2＋。ⅱ.结合a、b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3＋的干扰以及Fe（OH）3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe（OH）3沉淀时将Fe3＋还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固—液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe（OH）3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
【对点演练·能力培养】
1.（1）Fe（OH）3和CaSO4　（2）①KSCN溶液（或硫氰化钾溶液）　②4Fe＋20H＋4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O　（3）物质的氧化性与溶液酸碱性有关
解析：（1）漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，和少量硫酸铁固体混合加足量水并搅拌，ClO－和Fe3＋水解相互促进可生成氢氧化铁，同时生成微溶的硫酸钙沉淀，故主要成分化学式为Fe（OH）3和CaSO4。（2）①通过“溶液变为红色”推断棕黄色溶液含Fe3＋，检验铁离子可用KSCN溶液或硫氰化钾溶液；②浅紫红色溶液Y含有Fe，则浅紫红色溶液Y与稀硫酸发生氧化还原反应，生成铁盐和氧气，反应的离子方程式为4Fe＋20H＋4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O。（3）碱性条件下氧化性Cl2＞Fe，而酸性环境下Fe可将Cl－氧化成Cl2，由此可知物质的氧化性与溶液酸碱性有关。
2.（1）Cu2＋＋2NH3·H2OCu（OH）2↓＋2N
（2）①先加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成　②中的NH3会部分进入溶液并形成NH3·H2O，电离出OH－使溶液呈碱性　③a.加热（OH）2使NH3逸出后产生Cu（OH）2，Cu（OH）2受热继续分解为CuO　b.NH3具有还原性，即使（OH）2分解生成CuO也可能被还原为Cu或Cu2O
（3）用氨水制备Cu（OH）2时，溶液c（N）较高，可与OH－反应并产生NH3·H2O，均可促进反应Cu（OH）2＋4NH3·H2O＋4H2O＋2OH－的发生
（4）ⅰ中反应Cu2＋＋2NH3·H2OCu（OH）2↓＋2N产生的N正好能与ⅱ中Cu（OH）2＋4NH3·H2O＋4H2O＋2OH－产生的OH－完全反应，溶液中c（OH－）很低
解析：（1）生成蓝色沉淀的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2OCu（OH）2↓＋2N。（2）①取少量晶体溶于水中形成溶液，先向其中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在S；②中的NH3会部分进入溶液并形成NH3·H2O，电离出OH－使溶液呈碱性，不能说明蓝色针状晶体中含OH－；③（OH）2在加热条件下稳定性降低，使（OH）2分解出NH3并逸出，与Cu2＋产生Cu（OH）2，Cu（OH）2受热继续分解为黑色固体CuO；NH3具有还原性，即使（OH）2分解生成CuO也可能被NH3还原为Cu或Cu2O。（3）用氨水制备Cu（OH）2时，溶液c（N）较高，可与OH－反应并产生NH3·H2O，均可促进反应Cu（OH）2＋4NH3·H2O＋4H2O＋2OH－的发生；若用NaOH溶液抑制的生成。（4）ⅰ中反应Cu2＋＋2NH3·H2OCu（OH）2↓＋2N产生N，ⅱ中Cu（OH）2＋4NH3·H2O＋4H2O＋2OH－产生的OH－，ⅰ中产生N正好能与ⅱ中产生的OH－完全反应，溶液中c（OH－）很低。
3.（1）吸热
（2）①盐酸浓度低　40 mL 4 mol·L－1　2　②大于　
③a.右侧　b.向U形管左侧滴加浓硫酸至c（H＋）≥7 mol·L－1　c.增大　d.MnO2＋4H＋＋2e－Mn2＋＋2H2O
解析：（1）由表中数据可以看出，升高温度，反应的平衡常数增大，所以MnO2与盐酸的反应是吸热反应。（2）MnO2与盐酸反应时，不加热不发生反应，稀盐酸与MnO2即使在加热条件下也不发生反应，所以温度和盐酸的浓度都对反应的发生造成影响。①实验Ⅰ中，使用40 mL 4 mol·L－1盐酸、一药匙MnO2，温度为65 ℃，反应未发生；实验Ⅱ中，虽然将温度由65 ℃升高到80 ℃，反应仍未发生，则表明溶液的浓度小导致反应未发生，所以猜想1.反应温度低；猜想2为盐酸浓度低。比较实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的温度和浓度可以得出，实验Ⅲ中，虽然温度低，但盐酸的浓度大，反应仍能发生，所以表中实验Ⅱ反应不能发生的原因是所用试剂中盐酸浓度小，则规格为40 mL 4 mol·L－1。上述实验中，升高温度时反应未发生，但增大盐酸浓度时反应发生，由此可知猜想2成立。②由题述实验结果可知，MnO2氧化盐酸的反应中，c（H＋）从4 mol·L－1增大到7 mol·L－1时，反应发生，而c（Cl－）由4 mol·L－1增大到10 mol·L－1时，反应才发生，所以c（H＋）变化的影响大于c（Cl－）。③为探究c（H＋）变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl－的还原性，则可向图中装置的U形管左侧或右侧分别滴加浓硫酸至c（H＋）≥7 mol·L－1，观察指针的偏转情况，由此作出结论。
序号 操作 现象
ⅰ K闭合 指针向左偏转
ⅱ 向U形管a.右侧滴加浓硫酸至c（H＋）≥7 mol·L－1 指针偏转幅度变化不大
ⅲ b.向U形管左侧滴加浓硫酸至c（H＋）≥7 mol·L－1 指针向左偏转幅度c.增大
U形管左侧A电极为正极，MnO2得电子产物与电解质反应，生成Mn2＋等，发生的电极反应为d.MnO2＋4H＋＋2e－Mn2＋＋2H2O；将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与c（H＋）无关；MnO2的氧化性与c（H＋）有关，c（H＋）越大，MnO2的氧化性越强。
4.（1）不合理　若因c（OH－）降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色（或红色）（合理即可）　（2）酚酞溶液　0.1 mol·L－1 NaOH溶液　溶液红色变浅
解析：（1）Ⅰ中观察到b极附近溶液黄色变浅，若是因为电解中b极附近溶液c（OH－）降低导致的，则溶液的碱性变弱，甚至呈酸性，甲基橙应变为酸性环境下的颜色。所以该推论不合理，理由是若因c（OH－）降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色（或红色）（合理即可）。
（2）假设1　实验过程中，c（OH－）降低，导致酚酞溶液不显色，则可通过再次加入NaOH或酚酞进行判断。加入NaOH使溶液变红，表明是c（OH－）降低造成的，加入酚酞使溶液变红，表明是NaOH与酚酞发生反应造成的。
假设2　实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去，则可做对照实验进行判断。
步骤 现象
ⅰ.取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加酚酞溶液后充分振荡 溶液红色加深
ⅱ.取少量0.1 mol·L－1 NaOH溶液于试管中，滴加酚酞后静置20 min 溶液红色变浅
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
8 / 8(共53张PPT)
大题逐点突破4　
实验方案的设计与评价
02
核心再悟
01
真题研做
明确考向
突破难点
03
对点演练
能力培养
目 录
contents
真题研做 明确考向
1. （2025·广东高考17题改编）酸及盐在生活生产中应用广泛。
（1）该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。
①知识回顾　羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为：
CH3COOH＜CH2ClCOOH＜CCl3COOH＜CF3COOH，随着卤原子电负
性 ，羧基中的羟基 增大，酸性增强。
②提出假设　甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：
＞ ＞
增强
极性
③验证假设　甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ＞Ⅱ
＞Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的
pH直接判断Ka大小顺序，因为 。
乙同学用滴定的方法测定了上述三种酸的Ka，其顺序为Ⅱ＞Ⅰ＞Ⅲ。
三种酸的饱和溶液浓度不同
④实验小结　假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随
意推广。
解析：①卤素原子电负性越强，吸电子效应就越强，则羧基中H—O键的极性增大，容易发生断裂，更易电离出氢离子，因此酸性增强。③实验探究时应控制单一变量，不同物质在同一温度下的溶解度不同，故不同物质的饱和溶液的浓度一般不同，则要比较三种酸的酸性强弱，除物质不同外，其他条件均应该保持相同，即三种酸溶液的浓度应相同，所以甲同学的实验方案不合理。
（2）该小组尝试测弱酸HClO的Ka。
①丙同学认为不宜按照乙同学的方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分
解。该分解反应的离子方程式为 。
②小组讨论后，选用0.100 mol·L－1 NaClO溶液（含少量NaCl）进行实验，
以获得HClO的Ka。简述该方案

（包括所用仪器及数据处理思路）。
③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。
2HClO　 2H＋＋2Cl－＋O2↑
用pH计测量得到0.100 mol·L－1 NaClO溶
液的pH＝a；根据Kh＝ 计算出ClO－的水解平衡常数，再根据Ka
＝ 计算得到HClO的电离平衡常数
解析：①HClO见光分解的化学方程式为2HClO 2HCl＋O2↑，离子方程式为2HClO 2H＋＋2Cl－＋O2↑。②NaClO溶液中存在水解平衡：ClO－＋H2O HClO＋OH－，故通过用pH计测定0.100 mol·L－1 NaClO溶液的pH，根据Kh＝ 可计算出ClO－的水解平衡常数，再根据Ka＝ 计算即可得到HClO的电离平衡常数。
2. （2024·北京高考19题）某小组同学向pH＝1的0.5 mol·L－1的FeCl3溶液
中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还
原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3＋还原为Fe的金属是
。
解析：在金属活动性顺序中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3＋还原为Fe。
Mg、
Zn
（2）实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质
①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，证明都
有Fe2＋生成，依据的现象是 。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因

。
③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。
产生蓝色沉淀
Fe3＋的水
解方程式为Fe3＋＋3H2O Fe（OH）3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，
促进Fe3＋水解平衡正向移动，使其转化为Fe（OH）3沉淀
ⅰ.a.甲认为实验Ⅱ中，当Fe3＋、H＋浓度较大时，即使Zn与Fe2＋反应置换出
少量Fe，Fe也会被Fe3＋、H＋消耗。写出Fe与Fe3＋、H＋反应的离子方程
式
。
b.乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H＋消耗。设计实验

（填实验操作和现象），证实了此条件下可忽略H＋对Fe的消耗。
c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2＋的反应。实验
证实了Zn粉被包裹。
2Fe3＋＋2Fe＋2H＋ 4Fe2＋＋H2↑或2Fe3＋＋Fe 3Fe2＋、2H＋＋
Fe Fe2＋＋H2↑　
向
pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe
（CN）6]溶液，不产生蓝色沉淀
ⅱ.查阅资料：0.5 mol·L－1 Fe3＋开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约
为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固—液
混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，
（填实验操作和现象），待pH为3～4时，取出
固体，固体中检测到Fe单质。
加入几滴KSCN溶液，待溶液红
色消失后，停止加入盐酸
解析：①Fe2＋与K3[Fe（CN）6]会生成蓝色的KFe[Fe（CN）6]沉淀；②Fe3＋的水解方程式为Fe3＋＋3H2O Fe（OH）3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3＋水解平衡正向移动，使其转化为Fe（OH）3沉淀；③ⅰ.a.Fe与Fe3＋、H＋反应的离子方程式为2Fe3＋＋2Fe＋2H＋ 4Fe2＋＋H2↑或2Fe3＋＋Fe 3Fe2＋、2H＋＋Fe Fe2＋＋H2↑；b.要证实在pH为3～4的溶液中可忽略H＋对Fe的消耗，可向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，
一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，不产生蓝色沉淀，
即说明此条件下Fe未与H＋反应生成Fe2＋。ⅱ.结合a、b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3＋的干扰以及Fe （OH）3沉淀对锌粉的包
裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe（OH）3沉淀时将Fe3＋还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固—液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因
。
解析：对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe（OH）3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
加入镁
粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe（OH）3沉淀包裹
核心再悟 突破难点
1. 实验方案的设计
（1）设计的基本原则
原则 内容
科学性 实验原理、实验操作程序和方法科学合理
安全性 实验方案、实验药品要做到人员、仪器、环境的安全
可行性 药品、仪器、设备和操作等在中学实验条件下能够得到满足
简约性 装置简单、步骤少、药品用量少、效果佳
经济性 在满足实验效果的前提下，尽量选用常见而价廉的仪器和药品
（2）设计的流程
（3）常见的三类实验设计思路
类别 实验设计的基本思路
物质制
备类 实验原料→实验原理→途径设计（途径Ⅰ、途径Ⅱ、途径Ⅲ……）
→最佳途径→实验仪器→实验方案→制得物质
物质性
质类 根据物质的组成、分类，预测物质可能具有的性质，根据化学
原理设计实验。
探究性实验方案设计：物质的组成特点→性质推测→实验验证
→结论。
验证性实验方案设计：物质的化学性质→实验验证→科学理论
→结论
类别 实验设计的基本思路
物质检
验类 首先通过试样的外在特征（颜色、气味、状态等）作出初步
判断。
少量固体试样→溶于水配成溶液→检测溶液中存在的阴、阳离
子→得出实验结论。
少量试样→加酸（或碱）溶液使其转化为气体→检测气体的成
分→得出实验结论
2. 实验方案的评价
评价角度 评价内容
可行性 （1）实验原理是否正确、可行；
（2）实验操作（如仪器的选择、连接）是否安全、合理；
（3）实验步骤是否简单、方便；
（4）实验效果是否明显；
（5）原料的成本、转化率、产率等
评价角度 评价内容
规范性 （1）仪器的安装与拆卸；
（2）仪器的查漏、气密性检验；
（3）试剂添加的顺序与用量；
（4）加热的方式、方法和时机；
（5）温度计的规范使用、水银球的位置；
（6）实验数据的读取；
（7）冷却、冷凝的方法等
评价角度 评价内容
安全性 （1）净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防止液体倒吸；
（2）进行某些易燃、易爆实验时要防爆炸；
（3）还原性物质防氧化；
（4）污染性的气体要进行尾气处理；
（5）易水解的物质要防吸水
“绿色环保” （1）反应原料是否易得、安全、无毒；
（2）反应速率是否较大；
（3）原料利用率以及合成物质的产率是否较高；
（4）合成过程中是否造成环境污染
3. 常考的实验设计方案
实验目的 实验设计方案
（1）证明SO2中含有CO2 先把混合气体通入足量的酸性高锰酸钾溶液中，再通入品红溶液不褪色，最后通入澄清石灰水中，若澄清石灰水变浑浊，说明含有CO2
（2）证明CO2中含有CO 先除尽CO2，再把气体通入加热的CuO中，若黑色固体变为红色，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则证明原混合气体中含有CO（说明CO具有还原性）
（3）证明S 中含有S 向混合液中加入足量的BaCl2溶液，将沉淀溶于足量的盐酸中，若沉淀部分溶解且有刺激性气味的气体生成，则证明原混合液中含有S
实验目的 实验设计方案
（4）证明含有Fe3＋的溶液中含有Fe2＋ 加入酸性高锰酸钾溶液，若高锰酸钾溶液褪色，则证明原混合液中含有Fe2＋[不能有其他还原性离子（如Cl－等）干扰]
（5）证明氯气的氧化性强于单质硫 把氯气通入硫化氢溶液中，若有淡黄色沉淀生成，则证明氯气的氧化性强于单质硫（氧化性规律：氧化剂＞氧化产物）
（6）证明草酸的酸性强于碳酸 向1 mol·L－1 NaHCO3溶液中加入1 mol·L－1草酸，若产生大量气泡，则证明草酸的酸性强于碳酸
（7）证明碳酸的酸性强于硅酸 把CO2通入硅酸钠溶液中，若出现白色沉淀，则说明碳酸的酸性强于硅酸（利用强酸制弱酸）
实验目的 实验设计方案
（8）证明H2C2O4是弱酸 测Na2C2O4溶液的pH，pH＞7说明H2C2O4是弱酸；或将pH＝1的H2C2O4溶液稀释10倍，pH＜2说明H2C2O4是弱酸（利用电离平衡或水解平衡）
（9）证明多元弱酸的酸式盐电离程度与水解程度的相对大小（以NaHSO3、NaHCO3为例） ①常温下，测量NaHSO3溶液的pH，若pH＜7，则说明HS 的电离程度大于水解程度；
②常温下，测量NaHCO3溶液的pH，若pH＞7，则说明HC 的水解程度大于电离程度
4. 微型原理验证类实验方案的设计
目的 实验设计
盐酸、碳酸、硅酸酸性强弱的比较 利用强酸制弱酸的原理探究：盐酸与碳酸钠在气体发生装置中反应制备CO2气体，气体净化后通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀
Cl2、Fe3＋、I2氧化性强弱的比较 将氯气通入FeCl2溶液中，氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，将FeCl3溶液滴入淀粉-KI溶液中，Fe3＋将I－氧化成I2
目的 实验设计
非金属性强弱的比较 可通过最高价氧化物对应水化物的酸性、气态氢化物的稳定性、与H2化合的难易程度、相互之间的置换、对应阴离子的还原性等方法来比较
Ksp大小的比较（以AgCl、AgI为例） ①向少量的AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加KI溶液产生黄色沉淀；②向浓度均为0.1 mol·L－1的NaCl、NaI混合溶液中滴加0.1 mol·L－1 AgNO3溶液先产生黄色沉淀
C 、S 结合H＋能力强弱的比较 用pH试纸（pH计）分别测定同浓度的Na2CO3、Na2SO3溶液的pH，碱性强者结合H＋的能力强
对点演练 能力培养
1. （2025·湖北武汉一模节选）某研究小组设计实验制备漂白粉并探究漂
白粉的氧化性。
【漂白粉氧化性的探究】实验方案如下：
实验1 现象
生成浅红褐色沉淀X，溶液无气体产生；静置5 h后
变为浅紫红色溶液Y
（1）浅红褐色沉淀X的主要成分化学式为 。
解析：漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，和少量硫酸铁固体混合加足量水并搅拌，ClO－和Fe3＋水解相互促进可生成氢氧化铁，同时生成微溶的硫酸钙沉淀，故主要成分化学式为Fe（OH）3和CaSO4。
（2）为了探究实验1中浅紫红色溶液Y的成分，进行如下实验操作：
①通过“溶液变为红色”推断棕黄色溶液含Fe3＋，则试剂Z为
。
Fe（OH）3和CaSO4
KSCN溶液
（或硫氰化钾溶液）
②综合分析，浅紫红色溶液Y含有Fe ，则浅紫红色溶液Y与稀硫酸反应
的离子方程式为 。
解析：①通过“溶液变为红色”推断棕黄色溶液含Fe3＋，检验铁离子可用KSCN溶液或硫氰化钾溶液；②浅紫红色溶液Y含有Fe ，则浅紫红色溶液Y与稀硫酸发生氧化还原反应，生成铁盐和氧气，反应的离子方程式为4Fe ＋20H＋ 4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O。
（3）碱性条性下氧化性Cl2＞Fe ，而酸性环境下Fe 可将Cl－氧化成
Cl2，由此你得出的结论是 。
解析：碱性条件下氧化性Cl2＞Fe ，而酸性环境下Fe 可将Cl－氧化成Cl2，由此可知物质的氧化性与溶液酸碱性有关。
4Fe ＋20H＋ 4Fe3＋＋3O2↑＋10H2O
物质的氧化性与溶液酸碱性有关
2. （2025·北京海淀二模）小组同学用实验1所示方法制备铜配合物，并探
究其组成。
【实验1】
（1）ⅰ中生成了Cu（OH）2沉淀，发生反应的离子方程式为
。
解析：生成蓝色沉淀的离子方程式为Cu2＋＋2NH3·H2O Cu（OH）2↓＋2N 。
Cu2＋＋
2NH3·H2O Cu（OH）2↓＋2N
（2）小组同学推测ⅱ中发生反应：Cu（OH）2＋4NH3·H2O
＋4H2O＋2OH－，蓝色针状晶体可能含 SO4或 （OH）2。
①实验证明蓝色针状晶体中含S ，补全实验操作及现象：将洗净后的
蓝色针状晶体置于试管中，用蒸馏水溶解，
。
②将洗净后的蓝色针状晶体溶于蒸馏水，测得溶液呈碱性。该现象不能说
明蓝色针状晶体中含OH－，原因是
。
先加入盐酸酸化，再加入
BaCl2溶液，有白色沉淀生成
中的NH3会部分进入
溶液并形成NH3·H2O，电离出OH－使溶液呈碱性
③甲同学查阅资料发现，加热时配合物中作配体的NH3会逸出。他据此设
计实验2检验蓝色针状晶体的组成。
【实验2】
实验装置 现象
烧杯中的溶液变红，试管底部产生大量红色固体
a.甲同学推测，若蓝色针状晶体中含 （OH）2，充分加热后
预期在试管底部观察到黑色固体。这样推测的理由是

。
b.实验后试管底部未产生预期的黑色固体，甲同学推断蓝色针状晶体中不
含 （OH）2。小组同学认为甲的推断不严谨，从物质性质角
度说明理由：
。
加热
（OH）2使NH3逸出后产生Cu（OH）2，Cu（OH）2受热继
续分解为CuO
NH3具有还原性，即使 （OH）2分解生成
CuO也可能被还原为Cu或Cu2O
解析：①取少量晶体溶于水中形成溶液，先向其中加入盐酸酸化，再
加入BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在S ；② 中的NH3会部分进入溶液并形成NH3·H2O，电离出OH－使溶液呈碱性，不能说明蓝色针状晶体中含OH－；③ （OH）2在加热条件下稳定性降低，使 （OH）2分解出NH3并逸出，与Cu2＋产生Cu（OH）2，Cu（OH）2受热继续分解为黑色固体CuO；NH3具有还原性，即使 （OH）2分解生成CuO也可能被NH3还原为Cu或Cu2O。
（3）乙同学通过实验发现，按实验1的方案制备铜配合物时，若仅将ⅰ中的
氨水换成适量NaOH溶液，只有少量蓝色沉淀溶解。实验1中蓝色沉淀能全
部溶解的原因
。
用氨水制备Cu（OH）2时，溶液c（N ）较高，可与
OH－反应并产生NH3·H2O，均可促进反应Cu（OH）2＋4NH3·H2O
＋4H2O＋2OH－的发生
解析：用氨水制备Cu（OH）2时，溶液c（N ）较高，可与OH－反应并产生NH3·H2O，均可促进反应Cu（OH）2＋4NH3·H2O
＋4H2O＋2OH－的发生；若用NaOH溶液抑制 的生成。
（4）结合乙的实验，小组同学推测蓝色针状晶体中几乎不含
（OH）2，结合离子方程式说明理由：


。
解析：ⅰ中反应Cu2＋＋2NH3·H2O Cu（OH）2↓＋2N 产生N ，ⅱ中Cu（OH）2＋4NH3·H2O ＋4H2O＋2OH－产生的OH－，ⅰ中产生N 正好能与ⅱ中产生的OH－完全反应，溶液中c（OH－）很低。
ⅰ中反应Cu2＋＋
2NH3·H2O Cu（OH）2↓＋2N 产生的N 正好能与ⅱ中Cu（OH）
2＋4NH3·H2O ＋4H2O＋2OH－产生的OH－完全反应，溶
液中c（OH－）很低
3. （2025·广东湛江二模节选）氯气是一种重要的化工原料，在生产生活
中有着重要的应用。请回答下列问题：
探究盐酸与MnO2的反应。
（1）不同温度下MnO2与盐酸反应的平衡常数如表所示。
温度T/℃ 50 80 110
平衡常数K 3.104×10－4 2.347×10－3 1.293×10－2
MnO2与盐酸的反应是 （填“放热”或“吸热”）反应。
解析：由表中数据可以看出，升高温度，反应的平衡常数增大，所以MnO2与盐酸的反应是吸热反应。
吸热
（2）实验采用4 mol·L－1的盐酸与一定量的MnO2反应时，没有产生明显实
验现象。小组同学猜测可能的原因是：
猜想1.反应温度低；猜想2. 　　　　　　　　　　　　。
请完成如下实验设计并证明上述猜想是否成立。
序号 试剂 反应温度 现象
Ⅰ 40 mL 4 mol·L－1盐酸、一药匙MnO2 65 ℃ 无明显现象
Ⅱ 　　　　盐酸、一药匙MnO2 80 ℃ 无明显现象
Ⅲ 40 mL 7 mol·L－1盐酸、一药匙MnO2 65 ℃ 产生黄绿色气体
①上述猜想2为 ，
表中实验Ⅱ所用试剂中盐酸的规格为 ；根据上述实验
可知猜想 （填“1”或“2”）成立。
盐酸浓度低
40 mL 4 mol·L－1
2
②实验Ⅰ中无明显现象的原因可能是c（H＋）或c（Cl－）较低，设计实验
进行探究：
由上述实验结果可知MnO2氧化盐酸的反应中，c（H＋）变化的影响
（填“大于”或“小于”）c（Cl－）。
大
于
③为探究c（H＋）变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl－的还原
性，用如图所示装置（A、B均为石墨电极，恒温水浴加热装置省略）进行
实验。
序号 操作 现象
ⅰ K闭合 指针向左偏转
ⅱ 向U形管a. （填“左侧”或
“右侧”）滴加浓硫酸至c（H＋）≥7 mol·L－1 指针偏转幅度变化不大
ⅲ b.
指针向左偏转幅度
c.
右侧
向U形管左侧滴加浓硫酸至c（H
＋）≥7 mol·L－1
增大
U形管左侧发生的电极反应为d.
；将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的
还原性与c（H＋）无关；MnO2的氧化性与c（H＋）有关，c（H＋）越
大，MnO2的氧化性越强。
MnO2＋4H＋＋2e－ Mn2＋＋
2H2O
解析：MnO2与盐酸反应时，不加热不发生反应，稀盐酸与MnO2即使在加热条件下也不发生反应，所以温度和盐酸的浓度都对反应的发生造成影响。①实验Ⅰ中，使用40 mL 4 mol·L－1盐酸、一药匙MnO2，温度为65 ℃，反应未发生；实验Ⅱ中，虽然将温度由65 ℃升高到80 ℃，反应仍未发生，则表明溶液的浓度小导致反应未发生，所以猜想1.反应温度低；猜想2为
盐酸浓度低。比较实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的温度和浓度可以得出，实验Ⅲ中，虽然温度低，但盐酸的浓度大，反应仍能发生，所以表中实验Ⅱ反应不能发生的原因是所用试剂中盐酸浓度小，则规格为40 mL 4 mol·L－1。上述实验中，升高温度时反应未发生，但增大盐酸浓度时反应发生，由此可知猜
2成立。 ②由题述实验结果可知，MnO2氧化盐酸的反应中，c（H＋）从4 mol·L－1增大到7 mol·L－1时，反应发生，而c（Cl－）由4 mol·L－1增大到
10 mol·L－1时，反应才发生，所以c（H＋）变化的影响大于c（Cl－）。③为探究c（H＋）变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl－的还原性，则可向图中装置的U形管左侧或右侧分别滴加浓硫酸至c（H＋）≥7 mol·L－1，观察指针的偏转情况，由此作出结论。
序号 操作 现象
ⅰ K闭合 指针向左偏转
ⅱ 向U形管a.右侧滴加浓硫酸至c（H＋）≥7 mol·L－1 指针偏转幅度变化不大
ⅲ b.向U形管左侧滴加浓硫酸至c（H＋）≥7 mol·L－1 指针向左偏转幅度c.增大
U形管左侧A电极为正极，MnO2得电子产物与电解质反应，生成Mn2＋等，
发生的电极反应为d.MnO2＋4H＋＋2e－ Mn2＋＋2H2O；将ⅰ和ⅱ、ⅲ作对
比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与c（H＋）无关；
MnO2的氧化性与c（H＋）有关，c（H＋）越大，MnO2的氧化性越强。
4. （2025·广东大湾区二模节选）1800年，科学家尼科尔森和
卡莱尔最早完成电解水实验。兴趣小组模拟如下。
实验探究：取0.1 mol·L－1的NaOH溶液30.0 mL滴加2滴指示
剂后，用如图装置（a、b均为石墨电极）在恒定电压下通电
20 min，记录如下表：
序号 指示剂 主要现象
Ⅰ 甲基橙 b极附近溶液黄色变浅，U形管内其余位置溶液无明显变化
Ⅱ 酚酞溶液 b极附近溶液红色褪去，U形管内其余位置溶液红色变浅
（1）Ⅰ中观察到b极附近溶液黄色变浅，兴趣小组认为是电解中b极附近溶
液c（OH－）降低导致的。你认为该推论 （选填“合理”“不
合理”），理由是
。
不合理
若因c（OH－）降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶
液由黄色变为橙色（或红色）（合理即可）
解析：Ⅰ中观察到b极附近溶液黄色变浅，若是因为电解中b极附近溶液c（OH－）降低导致的，则溶液的碱性变弱，甚至呈酸性，甲基橙应变为酸性环境下的颜色。所以该推论不合理，理由是若因c（OH－）降低导致溶液变色，Ⅰ中应该观察到溶液由黄色变为橙色（或红色）（合理即可）。
（2）兴趣小组对Ⅱ中U形管内其余位置溶液红色变浅的原因提出如下
假设：
假设1　实验过程中，c（OH－）降低，导致酚酞溶液不显色。
假设2　实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去。
兴趣小组设计如下实验方案进行实验。
步骤 现象
ⅰ.取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加 后充分振荡 溶液红色加深
ⅱ.取少量 于试管中，滴加酚酞后静置20 min
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
酚酞溶液
0.1 mol·L－1 NaOH溶液
溶液红色变浅
解析：假设1　实验过程中，c（OH－）降低，导致酚酞溶液不显色，则可
通过再次加入NaOH或酚酞进行判断。加入NaOH使溶液变红，表明是c
（OH－）降低造成的，加入酚酞使溶液变红，表明是NaOH与酚酞发生反
应造成的。
假设2　实验过程中，酚酞与NaOH反应，导致溶液红色褪去，则可做对照
实验进行判断。
步骤 现象
ⅰ.取少量U形管内浅红色溶液于试管中，滴加酚酞溶
液后充分振荡 溶液红色加深
ⅱ.取少量0.1 mol·L－1 NaOH溶液于试管中，滴加酚
酞后静置20 min 溶液红色变浅
探究结论：假设1不成立，假设2成立。
THANKS
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