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(共57张PPT)
第50讲
物质性质验证型综合实验
2025：基于主题教学的高考化学专题复习系列讲座
2025
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
知识重构
在研究影响化学性质的因素时，由于外界影响因素较多，故为搞清楚某个因素的影响，需控制其他因素相同或不变，再进行实验。因此，常用控制变量思想解决该类问题。
一般以表格的形式给出多组实验数据，让学生找出每组数据的变化对化学性质的影响。
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
重温经典之2024北京卷
某小组同学向pH=1的0.5 mol/L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
重温经典之2024北京卷
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 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__________________。
重温经典之2024北京卷
还原性比较
北京卷
考点1
考点6
考点5
考点4
考点3
考点2
平衡移动问题
离子方程式书写
实验方案设计
解释原因
离子检验
重温经典之2024北京卷
（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_________。
Mg Zn
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
（2）实验验证
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________________________．
产生蓝色沉淀
Fe3+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
重温经典之2024北京卷
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 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__________________。
2Fe3++Fe=3Fe2+ 2H++Fe=H2↑+Fe2+
向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，然后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀
加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
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
重温经典之2023北京卷
资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。
已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I- I3-(红棕色)；I2和I3-氧化性几乎相同。
I.将等体积的KI溶液加入到m mol铜粉和n mol I2(n>m) I2的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
重温经典之2023北京卷
（1）初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。
（2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(蓝色)或[CuI2]-(无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅲ深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
ⅰ．步骤a的目的是_____________________。
ⅱ．查阅资料，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：______________。
重温经典之2023北京卷
（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是______________。
（4）上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是_____________。
（5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因：_________。
重温经典之2023北京卷
实验数据分析
北京卷
考点1
考点6
考点5
考点4
考点3
考点2
解释原因
离子方程式书写
归纳总结结论
实验目的
设置原电池装置
重温经典之2023北京卷
（1）初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。
（2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(蓝色)或[CuI2]-(无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅲ深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
ⅰ．步骤a的目的是_____________________。
ⅱ．查阅资料，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：______________。
<
除去I3-，防止干扰后续实验
[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-
4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O
重温经典之2023北京卷
（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，________________________________________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是______________。
（4）上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是_____________。
（5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因：_________。
2Cu+I2=2CuI
白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色
铜与碘的反应为可逆反应(或I3-浓度小未能氧化全部的Cu)
铜
含n mol I2的
4 mol/L的KI溶液
在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I-=2CuI+I2和2Cu2++6I-=2[CuI2]-+I2。
重温经典之2022北京卷
某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料：i．Mn2+ 在一定条件下被 Cl2 或 ClO- 氧化成 MnO2(棕黑色)、MnO42-(绿色)、MnO4- (紫
色)。ii．浓碱条件下，MnO4-可被 OH-还原为 MnO42- 。iii．Cl2 的氧化性与溶液的酸碱性无
关，NaClO 的氧化性随碱性增强而减弱。实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质 a C 中实验现象
通入 Cl2 前 通入 Cl2 后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
重温经典之2022北京卷
（1）B 中试剂是 。
（2） 通入 Cl2 前，II、III 中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
（3） 对比实验 I、II 通入 Cl2 后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
（4） 根据资料 ii，III 中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入 Cl2 导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将 MnO42- 氧化为 MnO4-。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取 III 中放置后的 1 mL 悬浊液，加入 4 mL40%NaOH 溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是 MnO2 被 (填“化学式”)氧化，可证明 III 的悬浊液中氧化剂过量；
③取 II 中放置后的 1 mL 悬浊液，加入 4 mL 水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是
。
④从反应速率的角度，分析实验 III 未得到绿色溶液的可能原因 。
重温经典之2022北京卷
除杂物质判断
北京卷
考点1
考点3
考点2
性质判段
方程式书写
重温经典之2022北京卷
（1）B 中试剂是 。
（2） 通入 Cl2 前，II、III 中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
（3） 对比实验 I、II 通入 Cl2 后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
序号 物质 a C 中实验现象
通入 Cl2 前 通入 Cl2 后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
饱和 食盐水
2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
重温经典之2022北京卷
（4） 根据资料 ii，III 中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入 Cl2 导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将 MnO42- 氧化为 MnO4-。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取 III 中放置后的 1 mL 悬浊液，加入 4 mL 40%NaOH 溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是 MnO2 被 (填“化学式”)氧化，可证明 III 的悬浊液中氧化剂过量；
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
4 MnO4- +4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O
Cl2
序号 物质 a C 中实验现象
通入 Cl2 前 通入 Cl2 后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
③取 II 中放置后的 1 mL 悬浊液，加入 4 mL 水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是
。
④从反应速率的角度，分析实验 III 未得到绿色溶液的可能原因 。
3ClO-+2MnO2+2OH-=2MnO4– +3Cl-+H2O
III 中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧离子还原锰酸根离子的速率
序号 物质 a C 中实验现象
通入 Cl2 前 通入 Cl2 后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
重温经典之2022北京卷
重温经典之2022广东卷
食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用 HAc 表示)。HAc 的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时,HAc 的 Ka=1.75×10-5=10-4.76。
(1) 配制 250 mL 0.1 mol·L-1 的 HAc 溶液,需 5 mol·L-1 HAc 溶液的体积为 mL。
(2) 下列关于 250 mL 容量瓶的操作,正确的是 (填字母)。
(3) 某小组研究 25 ℃下 HAc 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 HAc 溶液或改变 Ac-浓度,HAc 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaAc 溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定 pH,记录数据。
重温经典之2022广东卷
①根据表中信息,补充数据:a= ,b= 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释 HAc 溶液,电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理由: 。
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知,增大 Ac-浓度,HAc 电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。
重温经典之2022广东卷
(4) 小组分析上表数据发现:
随着 n(NaAc)/n(HAc) 的增加,c(H+)的值逐渐接近 HAc 的 Ka。
查阅资料获悉:一定条件下,按n(NaAc)/n(HAc) = 1 配制的溶液中,c(H+)的值等于 HAc 的 Ka。
对比数据发现,实验Ⅷ中 pH=4.65 与资料数据 Ka=10-4.76 存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定 HAc 溶液的浓度再验证。
(ⅰ)移取 20.00 mL HAc 溶液,加入 2 滴酚酞溶液,用0.1000 mol·L-1 NaOH 溶液滴定至终点,消耗体积为 22.08 mL, 则该 HAc 溶液的浓度为 mol·L-1。请画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。
(ⅱ)用上述 HAc 溶液和 0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液,配制等物质的量的 HAc 与 NaAc 混合溶液,测定 pH,结果与资料数据相符。
重温经典之2022广东卷
(5) 小组进一步提出:如果只有浓度均约为 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaOH 溶液,如何准确测定HAc 的 Ka 小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 20.00 mL HAc 溶液,用 NaOH 溶液滴定至终点,消耗 NaOH 溶液 V1 mL
Ⅱ ,测得溶液的 pH为 4.76
实验总结得到的结果与资料数据相符,方案可行。
(6) 根据 Ka 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途
。
重温经典之2022广东卷
溶液配制相关问题
广东卷
考点1
考点6
考点5
考点4
考点3
考点2
平衡移动问题
滴定相关内容
实验方案设计
举例弱酸用途
计算问题
重温经典之2022广东卷
食醋是烹饪美食的调味品,有效成分主要为醋酸(用 HAc 表示)。HAc 的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时,HAc 的 Ka=1.75×10-5=10-4.76。
(1) 配制 250 mL 0.1 mol·L-1 的 HAc 溶液,需 5 mol·L-1 HAc 溶液的体积为 mL。
(2) 下列关于 250 mL 容量瓶的操作,正确的是 (填字母)。
(3) 某小组研究 25 ℃下 HAc 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 HAc 溶液或改变 Ac-浓度,HAc 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaAc 溶液,按下表配制总体积相同的系列溶液;测定 pH,记录数据。
5
C
重温经典之2022广东卷
①根据表中信息,补充数据:a= ,b= 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知,稀释 HAc 溶液,电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动;结合表中数据,给出判断理由: 。
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知,增大 Ac-浓度,HAc 电离平衡逆向移动。实验结论假设成立。
3.00 33.00
正
实验Ⅱ相当于在实验Ⅰ的基础上将 HAc溶液稀释到原来的 10 倍,如果平衡不发生移动,则稀释后 c(H+)应为实验Ⅰ的1/10,pH 应为 3.86,但实际为 pH=3.36,说明稀释 HAc 溶液时,电离平衡正向移动
重温经典之2022广东卷
(4) 小组分析上表数据发现:
随着 n(NaAc)/n(HAc) 的增加,c(H+)的值逐渐接近 HAc 的 Ka。
查阅资料获悉:一定条件下,按n(NaAc)/n(HAc) = 1 配制的溶液中,c(H+)的值等于 HAc 的 Ka。
对比数据发现,实验Ⅷ中 pH=4.65 与资料数据 Ka=10-4.76 存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起,故先准确测定 HAc 溶液的浓度再验证。
(ⅰ)移取 20.00 mL HAc 溶液,加入 2 滴酚酞溶液,用0.1000 mol·L-1 NaOH 溶液滴定至终点,消耗体积为 22.08 mL, 则该 HAc 溶液的浓度为 mol·L-1。请画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。
(ⅱ)用上述 HAc 溶液和 0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液,配制等物质的量的 HAc 与 NaAc 混合溶液,测定 pH,结果与资料数据相符。
0.110 4
重温经典之2022广东卷
(5) 小组进一步提出:如果只有浓度均约为 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaOH 溶液,如何准确测定HAc 的 Ka 小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取 20.00 mL HAc 溶液,用 NaOH 溶液滴定至终点,消耗 NaOH 溶液 V1 mL
Ⅱ ,测得溶液的 pH为 4.76
实验总结得到的结果与资料数据相符,方案可行。
(6) 根据 Ka 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途
。
移取 20 mL HAc 溶液,全部滴入步骤Ⅰ所得溶液中并搅拌均匀
次氯酸 消毒剂
重温经典之2021北京卷T16
15.某小组实验验证“Ag+ + Fe2+ Fe3+ + Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
实验验证：
实验 I．将 0.0100 mol·L－1Ag2SO4 溶液和 0.0400 mol·L－1FeSO4 溶液（pH=1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验 II．向少量 Ag 粉中加入 0.0100 mol·L－1Fe2(SO4)3 溶液（pH= 1）固体完全溶解。
①取 I 中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为 Ag。现象是 。
② II 中溶液选用 Fe2(SO4)3，不选用 Fe(NO3)3 的原因是 。
综合上述实验，证实“Ag+ + Fe2+ Fe3+ + Ag↓”为可逆反应。
③ 小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象 。
重温经典之2021北京卷T16
测定平衡常数：
实验 III．一定温度下，待实验 I 中反应达到平衡状态时，取 V mL上层清液，用c1 mol·L－1KSCN标准溶液滴定 Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗 KSCN标准溶液 V1 mL。
资料：Ag++SCN- AgSCN↓(白色) K = 1012
Fe3++SCN- FeSCN2+(红色) K = 102.3
① 滴定过程中 Fe3+的作用是 。
② 测得平衡常数 K = 。
思考问题：
① 取实验 I 的浊液测定 c(Ag+)，会使所测 K 值 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）
②不用实验 II 中清液测定 K 的原因是 。
重温经典之2021北京卷T16
实验现象判断
北京卷
考点1
考点6
考点5
考点4
考点3
考点2
原电池的组成
滴定相关内容
误差分析
实验方案评价
解释原理
重温经典之2021北京卷T16
某小组实验验证“Ag+ + Fe2+ Fe3+ + Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
实验验证：
实验 I．将 0.0100 mol·L－1Ag2SO4 溶液和 0.0400 mol·L－1FeSO4 溶液（pH=1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验 II．向少量 Ag 粉中加入 0.0100 mol·L－1Fe2(SO4)3 溶液（pH= 1）固体完全溶解。
①取 I 中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为 Ag。现象是 。
② II 中溶液选用 Fe2(SO4)3，不选用 Fe(NO3)3 的原因是 。
综合上述实验，证实“Ag+ + Fe2+ Fe3+ + Ag↓”为可逆反应。
③ 小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象 。
固体溶解，产生红棕色气体
酸性条件下，NO3－有氧化性
石墨电极
FeSO4与 Fe2(SO4)3溶液
AgNO3溶液
组装好装置后，闭合 K，当灵敏电流计指针不动时，向左池加入较浓 Fe2(SO4)3溶液，指针偏转，向右池加入较浓 AgNO3溶液，指针反向偏转
重温经典之2021北京卷T16
测定平衡常数：
实验 III．一定温度下，待实验 I 中反应达到平衡状态时，取 V mL上层清液，用c1 mol·L－1 KSCN标准溶液滴定 Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗 KSCN标准溶液 V1 mL。
资料：Ag++SCN- AgSCN↓(白色) K = 1012
Fe3++SCN- FeSCN2+(红色) K = 102.3
① 滴定过程中 Fe3+的作用是 。
② 测得平衡常数 K = 。
思考问题：
① 取实验 I 的浊液测定 c(Ag+)，会使所测 K 值 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）
②不用实验 II 中清液测定 K 的原因是 。
指示剂
Fe2+ + Ag+ Ag↓ + Fe3+
初始： 0.02 0.01
平衡：0.01+c1V1/V c1V1/V 0.01-c1V1/V
偏低
Ag 完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态
重温经典之2021北京卷T19
19.某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
⑴ 浓盐酸与 MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物 A 中仍存在盐酸和MnO2。
① 反应的离子方程式是 。
② 电极反应式：
i．还原反应：MnO2 + 2e－ + 4H+ == Mn2+ + 2H2O
ii．氧化反应： 。
③ 根据电极反应式，分析A 中仍存在盐酸和 MnO2 的原因。
i．随 c(H+)降低或 c(Mn2+)升高，MnO2 氧化性减弱。
ii．随 c(Cl－)降低， 。
④ 补充实验证实了③中的分析。
序号 实验 加入试剂 现象
I 较浓硫酸 有氯气
Ⅱ a 有氯气
III a 和 b 无氯气
a 是 ，b 是 。
重温经典之2021北京卷T19
⑵ 利用 c(H+)对 MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的 KCl、KBr 和KI 溶液，能与 MnO2反应所需的最低 c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。
⑶ 根据⑴中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将 Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测。该化合物是 。
⑷ Ag 分别与 1 mol·L－1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag 只与氢碘酸发生置换反应。试解释原因： 。
⑸ 总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
重温经典之2021北京卷T19
气体制备原理方程式书写
北京卷
考点1
考点6
考点5
考点4
考点3
考点2
原因猜想
对比实验方案设计
物质结构
规律总结
电极反应式书写
重温经典之2021北京卷T19
19.某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
⑴ 浓盐酸与 MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物 A 中仍存在盐酸和MnO2。
① 反应的离子方程式是 。
② 电极反应式：
i．还原反应：MnO2 + 2e－ + 4H+ = Mn2+ + 2H2O
ii．氧化反应： 。
③ 根据电极反应式，分析A 中仍存在盐酸和 MnO2 的原因。
i．随 c(H+)降低或 c(Mn2+)升高，MnO2 氧化性减弱。
ii．随 c(Cl－)降低， 。
④ 补充实验证实了③中的分析。
序号 实验 加入试剂 现象
I 较浓硫酸 有氯气
Ⅱ a 有氯气
III a 和 b 无氯气
a 是 ，b 是 。
MnO2 + 2Cl－+ 4H+ Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O
2Cl－－2e－= Cl2↑
Cl－还原性减弱
NaCl 固体 MnSO4固体
重温经典之2021北京卷T19
⑵ 利用 c(H+)对 MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的 KCl、KBr 和KI 溶液，能与 MnO2反应所需的最低 c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。
⑶ 根据⑴中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将 Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测。该化合物是 。
⑷ Ag 分别与 1 mol·L－1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag 只与氢碘酸发生置换反应。试解释原因： 。
⑸ 总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
c(H+)KCl > c(H+)KBr > c(H+)KI
同主族元素，电子层数 I>Br>Cl，离子半径 I－>Br－>Cl－，失电子能力 I－>Br－>Cl－，还原性 I－>Br－>Cl－
AgNO3
溶解度 AgI还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
重温经典之2021广东卷
含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的
过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元
素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
⑴ 实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 。
⑵ 实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为 。
⑶ 某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中Cl－存在的操作及现象是 。
重温经典之2021广东卷
⑷ 某合作学习小组进行以下实验探究。
① 实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。
② 查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的
电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而
增大。25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10－10。
③ 提出猜想。
猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度S(45℃)>S(35℃)>S(25℃)。
④ 设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测
试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/(μS/cm)
1 Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液 25 A1
2 Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液 35 A2
3 Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液 45 A3
重温经典之2021广东卷
⑤ 数据分析、交流讨论。25℃的AgCl饱和溶液中，c(Cl－)= mol·L－1。实验结果为A3>A2>A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有 。
⑥ 优化实验。小组同学为进一步验证猜想b，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。
请在答题卡上完成表中内容。
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/
4 I B1
5 B2
⑦ 实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是 。
重温经典之2021广东卷
实验现象判断
广东卷
考点1
考点6
考点5
考点4
考点3
考点2
原电池的组成
滴定相关内容
误差分析
实验方案评价
解释原理
重温经典之2021广东卷
含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的
过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元
素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
⑴ 实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 。
⑵ 实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为 。
⑶ 某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中Cl－存在的操作及现象是 。
MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O
c-d-b-a-e
HClO
向溶液中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl－
重温经典之2021广东卷
⑷ 某合作学习小组进行以下实验探究。
① 实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。
② 查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的
电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而
增大。25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10－10。
③ 提出猜想。
猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度S(45℃)>S(35℃)>S(25℃)。
④ 设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测
试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/(μS/cm)
1 Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液 25 A1
2 Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液 35 A2
3 Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液 45 A3
重温经典之2021广东卷
⑤ 数据分析、交流讨论。25℃的AgCl饱和溶液中，c(Cl－)= mol·L－1。实验结果为A3>A2>A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有 。
⑥ 优化实验。小组同学为进一步验证猜想b，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。
请在答题卡上完成表中内容。
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/
4 I B1
5 B2
⑦ 实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是 。
1.34×10－5
测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度
45℃
45℃
II
A3>B2>B1
重温经典之2021天津卷
某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。
Ⅰ．制备O2
该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略)
⑴ 甲装置中主要仪器的名称为 。
⑵ 乙装置中，用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至 。欲使反应停止，关闭活塞K1即可，此时装置中的现象是 。
⑶ 丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是 ，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，还可以采取的安全措施是 。
重温经典之2021天津卷
⑷ 丙装置的特点是 (填序号)。
a．可以控制制备反应的开始和结束
b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率
c．与乙装置相比，产物中的O2含量高、杂质种类少
Ⅱ．氧化C2H5OH
该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(夹持装置省略)
⑸ 在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。
Ⅲ．检验产物
⑹ 为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验①~③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。
重温经典之2021天津卷
仪器识别
天津卷
考点1
考点6
考点5
考点4
考点3
考点2
实验安全问题
装置用途
实验装置补充
实验方案评价
实验现象
重温经典之2021天津卷
某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。
Ⅰ．制备O2
该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略)
⑴ 甲装置中主要仪器的名称为 。
⑵ 乙装置中，用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至 。欲使反应停止，关闭活塞K1即可，此时装置中的现象是 。
⑶ 丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是 ，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，还可以采取的安全措施是 。
分液漏斗 锥形瓶
刚好没过MnO2固体
试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离
液面上升
打开弹簧夹K2
重温经典之2021天津卷
⑷ 丙装置的特点是 (填序号)。
a．可以控制制备反应的开始和结束
b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率
c．与乙装置相比，产物中的O2含量高、杂质种类少
Ⅱ．氧化C2H5OH
该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(夹持装置省略)
⑸ 在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。
Ⅲ．检验产物
⑹ 为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验①~③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。
ab
①
乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
解题策略
(1)确定变量
解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。
(2)定多变一
在探究时，应该先确定其他因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
(3)数据有效
解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。
模型建构
重温经典
模型建构
名师导学
2025
知识重构
名师导学
积极投身到实验教学研究；
重视实验教学，重视教材实验；
感悟和剖析实验功能与内涵；
理解实验探究与证据推理；
明确空白实验与对比实验意义；
尝试项目式学习与深度学习；
数字化实验的探索与实践；
形成目标分解解决方案—多快好省；
突破基本实验操作、定性与定量实验、物质制备实验、分析实验、验证性与探究性实验等。第50讲-物质性质验证型综合实验
1.（2024湖北卷T18）学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。
实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ
无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体
已知：[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。回答下列问题：
（1）配制1.00 mol/L的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的_______(填标号)。
a． b． c． d．
（2）实验I表明[Co(H2O)6]2+_______(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HCO3-大大过量的原因是_______。实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式______________ 、______________。
（3）实验I表明，反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析Co3+、Co2+分别与CO32-配位后，正向反应能够进行的原因_______。
实验Ⅳ：
（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为_______、_______。
2.（2022江苏卷T16）实验室二氧化铈(CeO2)废渣为原料制备 Cl-含量少的 Ce2(CO3)3，其部分实验过程如下:
（1）“酸浸”时 CeO2 与 H2O2 反应生成 Ce3+并放出 O2，该反应的离子方程式为 。
（2）pH 约为 7 的 CeCl3 溶液与 NH4HCO3 溶液反应可生成 Ce2(CO3)3 沉淀，该沉淀中 Cl-含量与加料方式有关。得到含 Cl-量较少的 Ce2(CO3)3 的加料方式为 (填序号)。
A. 将 NH4HCO3 溶液滴加到 CeCl3 溶液中
B. 将 CeCl3 溶液滴加到 NH4HCO3 溶液中
（3）通过中和、萃取、反萃取、沉淀等过程，可制备 Cl-含量少的 Ce2(CO3)3。已知 Ce3+能被有机萃取剂(简称 HA)萃取，其萃取原理可表示为
Ce3+(水层)+3HA(有机层)
Ce(A)3(有机层)+3H+(水层)
① 加氨水“中和”去除过量盐酸，使溶液接近中性。去除过量盐酸的目的是 。
② 反萃取的目的是将有机层 Ce3+转移到水层。使 Ce3+尽可能多地发生上述转移，应选择的实验条件或采取的实验操作有 (填两项)。
③与“反萃取”得到的水溶液比较，过滤 Ce2(CO3)3 沉淀的滤液中，物质的量减小的离子有 (填化学式)。
（4）实验中需要测定溶液中 Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用准确浓度的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液滴定。以苯代邻氨基苯甲酸为指示剂，滴定终点时溶液由紫红色变为亮黄色，滴定反应为 Fe2++Ce4+ == Fe3++Ce3+。请补充完整实验方案:①准确量取 25.00 mL Ce3+溶液[c(Ce3+)约为 0.2 mol·L-1]，加氧化剂将 Ce3+完全氧化并去除多余氧化剂后，用稀硫酸酸化，将溶液完全转移到 250 mL 容量瓶中后定容;②按规定操作分别将 0.020 00 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2 和待测 Ce4+溶液装入如图所示的滴定管中:③ 。
3.（2022广东卷）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用 HAc 表示)。HAc 的应用与其电离平衡密切相关。25 ℃时，HAc 的 Ka=1.75×10-5=10-4.76。
（1）配制 250 mL 0.1 mol·L-1的 HAc 溶液，需 5 mol·L-1 HAc 溶液的体积为 mL。
（2）下列关于 250 mL 容量瓶的操作，正确的是 (填字母)。
（3）某小组研究 25 ℃下 HAc 电离平衡的影响因素。
提出假设 稀释 HAc 溶液或改变 Ac-浓度，HAc 电离平衡会发生移动。
设计方案并完成实验 用浓度均为 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaAc 溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液;测定 pH，记录数据。
①根据表中信息，补充数据:a= ，b= 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释 HAc 溶液，电离平衡 (填“正”或“逆”)向移动;结合表中数据，给出判断理由: 。
③由实验Ⅱ~Ⅷ可知，增大 Ac-浓度，HAc 电离平衡逆向移动。实验结论 假设成立。
（4）小组分析上表数据发现:
随着 n(NaAc)/n(HAc) 的增加，c(H+)的值逐渐接近 HAc 的 Ka。
查阅资料获悉:一定条件下，按n(NaAc)/n(HAc) = 1 配制的溶液中，c(H+)的值等于 HAc 的 Ka。
对比数据发现，实验Ⅷ中 pH=4.65 与资料数据 Ka=10-4.76 存在一定差异;推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定 HAc 溶液的浓度再验证。
(ⅰ)移取 20.00 mL HAc 溶液，加入 2 滴酚酞溶液，用0.1000 mol·L-1 NaOH 溶液滴定至终点，消耗体积为 22.08 mL， 则该 HAc 溶液的浓度为 mol·L-1。请画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点。
(ⅱ)用上述 HAc 溶液和 0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液，配制等物质的量的 HAc 与 NaAc 混合溶液，测定 pH，结果与资料数据相符。
（5） 小组进一步提出:如果只有浓度均约为 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaOH 溶液，如何准确测定HAc 的 Ka 小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据 Ka 可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途
。
4.（2021天津卷T15）某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。
Ⅰ．制备O2
该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略)
⑴ 甲装置中主要仪器的名称为 。
⑵ 乙装置中，用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开
活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至 。
欲使反应停止，关闭活塞K1即可，此时装置中的现象是 。
⑶ 丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是 ，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，还可以采取的安全措施是 。
⑷ 丙装置的特点是 (填序号)。
a．可以控制制备反应的开始和结束
b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率
c．与乙装置相比，产物中的O2含量高、杂质种类少
Ⅱ．氧化C2H5OH
该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(夹持装置省略)
⑸ 在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。
Ⅲ．检验产物
⑹ 为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验序号 检验试剂和反应条件 现象 结论
① 酸性KMnO4溶液 紫红色褪去 产物含有乙醛
② 新制Cu(OH)2，加热 生成砖红色沉淀 产物含有乙醛
③ 微红色含酚酞的NaOH溶液 微红色褪去 产物可能含有乙酸
实验①~③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。
5.（2021北京卷T16）某小组实验验证“Ag+ + Fe2+Fe3+ + Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
实验验证：
实验 I．将 0.0100 mol·L－1Ag2SO4 溶液和 0.0400 mol·L－1FeSO4 溶液（pH=1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验 II．向少量 Ag 粉中加入 0.0100 mol·L－1Fe2(SO4)3 溶液（pH= 1）固体完全溶解。
① 取 I 中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为 Ag。现象是 。
② II 中溶液选用 Fe2(SO4)3，不选用 Fe(NO3)3 的原因是 。
综合上述实验，证实“Ag+ + Fe2+Fe3+ + Ag↓”为可逆反应。
③ 小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象 。
测定平衡常数：
实验 III．一定温度下，待实验 I 中反应达到平衡状态时，取 V mL上层清液，用c1 mol·L－1KSCN标准溶液滴定 Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗 KSCN标准溶液 V1 mL。
资料：Ag++SCN-AgSCN↓(白色) K = 1012
Fe3++SCN-FeSCN2+(红色) K = 102.3
① 滴定过程中 Fe3+的作用是 。
② 测得平衡常数 K = 。
思考问题：
① 取实验 I 的浊液测定 c(Ag+)，会使所测 K 值 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）
②不用实验 II 中清液测定 K 的原因是 。
6.（2021北京卷T19）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
⑴ 浓盐酸与 MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物 A 中仍存在盐酸和MnO2。
① 反应的离子方程式是 。
② 电极反应式：
i．还原反应：MnO2 + 2e－ + 4H+ == Mn2+ + 2H2O
ii．氧化反应： 。
③ 根据电极反应式，分析A 中仍存在盐酸和 MnO2 的原因。
i．随 c(H+)降低或 c(Mn2+)升高，MnO2 氧化性减弱。
ii．随 c(Cl－)降低， 。
④ 补充实验证实了③中的分析。
序号 实验 加入试剂 现象
I 较浓硫酸 有氯气
Ⅱ a 有氯气
III a 和 b 无氯气
a 是 ，b 是 。
⑵ 利用 c(H+)对 MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的 KCl、KBr 和KI 溶液，能与 MnO2反应所需的最低 c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。
⑶ 根据⑴中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将 Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测。该化合物是 。
⑷ Ag 分别与 1 mol·L－1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag 只与氢碘酸发生置换反应。试解释原因： 。
⑸ 总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
第50讲-物质性质验证型综合实验参考答案
1.【答案】
（1）bc
（2） ①. 不能 ②.HCO3- 与Co2+按物质的量之比4:1发生反应4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+ 2CO2↑+2H2O，实验中HCO3- 与Co2+的物质的量之比为32:3 ③. 10HCO3-+2Co2++H2O2=2[Co(CO3)2]3-+4CO2↑+6H2O
④. 2H2O22H2O+O2↑
（3）实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO32-配位时，[Co(H2O)6]3+更易与CO32-反应生成[Co(CO3)3]3-（该反应为快反应），导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行
（4）①. CO2 ②. O2
【解析】
（1）配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。
（2）CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+，向其中加入30%的H2O2后无明显变化，因此，实验I表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+ 2CO2↑+2H2O，实验中HCO3- 与Co2+的物质的量之比为32:3，因此，HCO3- 大大过量的原因是：HCO3- 与Co2+按物质的量之比4:1发生反应4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+ 2CO2↑+2H2O，实验中HCO3- 与Co2+的物质的量之比为32:3。实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2的作用下Co2+能与HCO3- 反应生成[Co(CO3)3]3-，然后[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，因此，H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为10HCO3-+2Co2++H2O2=2[Co(CO3)2]3-+4CO2↑+6H2O 、2H2O22H2O+O2↑ 。
（3）实验I表明，反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO32-配位时，[Co(H2O)6]3+更易与CO32-反应生成[Co(CO3)3]3-（该反应为快反应），导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。
（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了[Co(CO3)3]3-+6H++3H2O= [Co(H2O)6]3++3CO2↑；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了4[Co(H2O)6]3++2H2O =4[Co(H2O)6]2++O2↑+4H+，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。
2.【答案】
（1）2CeO2+H2O2+6H+ ==2Ce3++O2↑+4H2O
（2）B
（3）①降低溶液中氢离子的浓度，促进碳酸氢根离子的电离，增大溶液中碳酸根离子的浓度 ②酸性条件;多次萃取 ③Ce3+
（4）从左侧滴定管中放出一定体积的待测 Ce4+溶液，加入指示剂苯代邻氨基苯甲酸，用 0.020 00 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2 滴定，当滴入最后半滴标准液时，溶液由紫红色变为亮黄色，即达到滴定终点，记录标准液的体积。
【解析】首先用稀盐酸和过氧化氢溶液酸浸二氧化铈废渣，得到三价铈，加入氨水调节 pH 后用萃取剂萃取其中的三价铈，增大三价铈浓度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三价铈，再加入氨水和碳酸氢铵制备产物，据此解题。
（1）根据题给信息，反应物为 CeO2 与 H2O2，产物为 Ce3+和O2，根据电荷守恒和元素守恒可知其离子方程式为:2CeO2+H2O2+6H+ =2Ce3++O2↑+4H2O。
（2）反应过程中保持 CeCl3 少量即可得到含 Cl-量较少的 Ce2(CO3)3，故选 B。
（3）①增大碳酸根离子的浓度有助于生成产物。②根据萃取原理可知，应选择的实验条件是酸性条件;为了使 Ce3+ 尽可能多地发生上述转移，可以采用多次萃取。③“反萃取”得到的水溶液中含有浓度较大的Ce3+，沉淀并过滤后溶液中 Ce3+离子浓度较小，即 Ce3+物质的量减小。
（4）应该用标准液滴定待测 Ce4+溶液，用苯代邻氨基苯甲酸作指示剂。
3.【答案】
（1）5.0
（2）C
（3） ①. 3.00 ②. 33.00 ③. 正 ④. 实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4） ①. 0.1104 ②.
（5）另取20.00 ml HAc，加入mL氢氧化钠
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【解析】
（1）溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL，故答案为：5.0。
（2）A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；
B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；
C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；
D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；
综上所述，正确的是C项。
（3）①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，，由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案为：3.00；33.00。
②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1。
（4）(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104 mol/L，故答案为：0.1104。
(ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)=≈mol/L=10-2.88mol/L，溶液pH=2.88，当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠。
（6）不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为：HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)。
4.【答案】
(1)分液漏斗 锥形瓶
(2) 刚好没过MnO2固体 试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离
(3) 液面上升 打开弹簧夹K2
(4)ab
(5)
(6) ① 乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
【解析】
用双氧水和催化剂制取氧气。制得的氧气经干燥后进入盛有乙醇的圆底烧瓶中，和热的乙醇一起进入硬质玻璃管中，在铜的催化作用下发生乙醇的催化氧化反应生成乙醛。生成的乙醛进入试管中，被冷凝收集。
(1)根据仪器构造可知，甲装置中主要仪器的名称为分液漏斗和锥形瓶；
(2)乙装置是启普发生器的简易装置，可以随时控制反应的发生和停止。用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至刚好没过MnO2固体，此时可以产生氧气，氧气通过导管导出。欲使反应停止，关闭活塞K1，此时由于气体还在产生，使容器内压强增大，可观察到试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离；
(3)丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动可以控制反应速率。制备过程中如果体系内压强过大，H2O2溶液会被压入安全管中，可观察到安全管中液面上升，圆底烧瓶中液面下降。此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，使反应速率减慢，还可以打开弹簧夹K2，使烧瓶内压强降低；
(4) a．催化剂铂丝可上下移动可以控制制备反应的开始和结束，a正确；
b．催化剂与液体接触的面积越大，反应速率越快，可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率，b正确；
c．丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，与乙装置相比，可用于制备较多O2，但产物中的O2含量和杂质种类和乙中没有区别，c错误；
故选ab；
(5)氧气可以用浓硫酸干燥，所以可以用一个洗气瓶，里面盛装浓硫酸干燥氧气，如图：
；
(6)实验①不合理，因为乙醇有挥发性，会混入生成的乙醛中，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明产物中含有乙醛。
5.【答案】
⑴ ① 固体溶解，产生红棕色气体；
② 酸性条件下，NO3－有氧化性；
③ a：石墨电极/Pt电极
b：酸性 FeSO4溶液/酸性 Fe2(SO4)3溶液/酸性 FeSO4与 Fe2(SO4)3溶液
c：AgNO3溶液
组装好装置后，闭合 K，当灵敏电流计指针不动时，向左池加入较浓 Fe2(SO4)3溶液，指针偏转，向右池加入较浓 AgNO3溶液，指针反向偏转
⑵ ①指示剂 ② EQ \f(0.0100 - ,×(0.01000+) )
⑶ ① 偏低 ② Ag 完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态
【解析】
(1) ①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓) = AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出NO3－将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，NO3－氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e- = Fe3+，Ag++e- = Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
(2)①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：
Fe2+ + Ag+ Ag + Fe3+
起始浓度（mol/L） 0.02 0.01 0
转化浓度（mol/L） 0.0100 - 0.0100 - 0.0100 -
平衡浓度（mol/L） 0.0100 + 0.0100 -
故反应的平衡常数K= = EQ \f(0.0100 - ,×(0.01000+) )，
故答案为：指示剂；EQ \f(0.0100 - ,×(0.01000+) )。
(3)①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= EQ \f(0.0100 - ,×(0.01000+) )偏小，故答案为：偏小。
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
6.【答案】
⑴ ① MnO2 + 2Cl－+ 4H+Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O
② 2Cl－－2e－== Cl2↑
③ Cl－还原性减弱
④ NaCl 固体 MnSO4固体
⑵ c(H+)KCl > c(H+)KBr > c(H+)KI
Cl、Br、I 为同主族元素，电子层数 I>Br>Cl，离子半径 I－>Br－>Cl－，失电子能力 I－>Br－>Cl－，还原性 I－>Br－>Cl－
⑶ AgNO3
⑷ 溶解度 AgI降低，提高Ag的还原性，其中只有 I－能使Ag的还原性提高到能将 H+还原
⑸ 还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
【解析】
(1)①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；
②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
(3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
(5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。第50讲-物质性质验证型综合实验
知识重构
在研究影响化学性质的因素时，由于外界影响因素较多，故为搞清楚某个因素的影响，需控制其他因素相同或不变，再进行实验。因此，常用控制变量思想解决该类问题。
一般以表格的形式给出多组实验数据，让学生找出每组数据的变化对化学性质的影响。
二、重温经典
1.（2024北京卷T19）某小组同学向pH=1的0.5 mol/L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 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__________________。
【答案】
（1）Mg Zn
（2）①产生蓝色沉淀
②Fe3+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++Fe=3Fe2+ 2H++Fe=H2↑+Fe2+
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）在金属活动性顺序表中，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+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．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式2Fe3++Fe=3Fe2+ 2H++Fe=H2↑+Fe2+。
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，不产生蓝色沉淀在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。
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。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因是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。
2.（2023年北京卷19题）资料显示，I2可以将Cu氧化为Cu2+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物及铜元素的价态。
已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-I3-(红棕色)；I2和I3-氧化性几乎相同。
I.将等体积的KI溶液加入到m mol铜粉和n mol I2(n>m) I2的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
c(KI) 实验现象
实验Ⅰ 0.01 mol/L 极少量I2溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色
实验Ⅱ 0.1 mol/L 部分I2溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色
实验Ⅲ 4 mol/L I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色
（1）初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。
（2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(蓝色)或[CuI2]-(无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅲ深红棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
ⅰ．步骤a的目的是_____________________。
ⅱ．查阅资料，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：______________。
（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。
（4）上述实验结果，I2仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了I2能将Cu氧化为Cu2+。装置如图所示，a、b分别是_____________。
（5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被I2氧化的产物中价态不同的原因：_________。
【答案】
（1）<
（2）①.除去I3-，防止干扰后续实验 ②. [CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O
（3）①.2Cu+I2=2CuI ②. 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 ③. 铜与碘的反应为可逆反应(或I3-浓度小未能氧化全部的Cu)
（4）铜、含n mol I2的4 mol/L的KI溶液
（5）在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I-=2CuI+I2和2Cu2++6I-=2[CuI2]-+I2。
【解析】
（1）提高KI浓度，便于提高I3-的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与I3-的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ。
（2）加入CCl4，I2浓度减小，I2+I-I3-平衡逆向移动，I-浓度增加，其目的为：除去I3-，防止干扰后续实验。加入浓氨水后[CuI2]-转化为[Cu(NH3)2]+，无色的[Cu(NH3)2]+被氧化为蓝色的[Cu(NH3)4]2+，方程式为[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++ 4OH-+ 6H2O。
（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是2Cu+I2=2CuI；加入浓KI溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或I3-浓度小未能氧化全部的Cu)。
（4）要验证I2能将Cu氧化为Cu2+，需设计原电池负极材料为Cu，b为含n mol I2的4 mol/L的KI溶液。
（5）含n mol I2的4 mol/L的KI溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I-=2CuI+I2和2Cu2++6I-=2[CuI2]-+I2。
3.（2022年北京卷12题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
（1）B中试剂是___________。
（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。
（4）根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因___________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被___________(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是___________。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因___________。
【答案】
（1）饱和NaCl溶液
（2）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
（3）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
（4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O Cl2 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而不能实验III未得到绿色溶液
【解析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；
溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④从反应速率的角度，过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。
4.（2022广东卷）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用表示)。的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，的。
（1）配制的溶液，需溶液的体积为_______mL。
（2）下列关于容量瓶的操作，正确的是_______。
（3）某小组研究25℃下电离平衡的影响因素。
提出假设。稀释溶液或改变浓度，电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为的和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。
序号
Ⅰ 40.00 / / 0 2.86
Ⅱ 4.00 / 36.00 0 3.36
…
Ⅶ 4.00 a b 3：4 4.53
Ⅷ 4.00 4.00 32.00 1：1 4.65
①根据表中信息，补充数据：_______，_______
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释溶液，电离平衡_______(填”正”或”逆”)向移动；结合表中数据，给出判断理由：_______。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大浓度，电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着的增加，c(H+)的值逐渐接近的。查阅资料获悉：一定条件下，按配制溶液中，c(H+)的值等于的。对比数据发现，实验VIII中与资料数据存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定溶液的浓度再验证。
①移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗体积为，则该溶液的浓度为_______。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点_______。
②用上述溶液和溶液，配制等物质的量的与混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为的和溶液，如何准确测定的？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ 移取溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液
Ⅱ _______，测得溶液的pH为4.76
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途_______。
【答案】
（1）5.0
（2）C
（3）3.00 33.00 正 实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
（4） 0.1104
（5）另取20.00 ml HAc，加入mL氢氧化钠
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【解析】
(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL，故答案为：5.0。
(2)A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；
B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；
C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；
D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；
综上所述，正确的是C项。
(3)①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案为：3.00；33.00。
②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1。
(4)(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L，故答案为：0.1104。
(ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)=≈mol/L=10-2.88mol/L，溶液pH=2.88，当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：。
(5)向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠。
(6)不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为：HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)。
5.(2021北京卷T16)某小组实验验证“Ag+ + Fe2+Fe3+ + Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
实验验证：
实验 I．将 0.0100 mol·L－1Ag2SO4 溶液和 0.0400 mol·L－1FeSO4 溶液（pH=1）等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验 II．向少量 Ag 粉中加入 0.0100 mol·L－1Fe2(SO4)3 溶液（pH= 1）固体完全溶解。
① 取 I 中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为 Ag。现象是 。
② II 中溶液选用 Fe2(SO4)3，不选用 Fe(NO3)3 的原因是 。
综合上述实验，证实“Ag+ + Fe2+Fe3+ + Ag↓”为可逆反应。
③ 小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象 。
测定平衡常数：
实验 III．一定温度下，待实验 I 中反应达到平衡状态时，取 V mL上层清液，用c1 mol·L－1KSCN标准溶液滴定 Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗 KSCN标准溶液 V1 mL。
资料：Ag++SCN-AgSCN↓(白色) K = 1012
Fe3++SCN-FeSCN2+(红色) K = 102.3
① 滴定过程中 Fe3+的作用是 。
② 测得平衡常数 K = 。
思考问题：
① 取实验 I 的浊液测定 c(Ag+)，会使所测 K 值 （填“偏高”“偏低”或“不受影响”）
②不用实验 II 中清液测定 K 的原因是 。
【答案】
⑴ ① 固体溶解，产生红棕色气体；
② 酸性条件下，NO3－有氧化性；
③ a：石墨电极/Pt电极
b：酸性 FeSO4溶液/酸性 Fe2(SO4)3溶液/酸性 FeSO4与 Fe2(SO4)3溶液
c：AgNO3溶液
组装好装置后，闭合 K，当灵敏电流计指针不动时，向左池加入较浓 Fe2(SO4)3溶液，指针偏转，向右池加入较浓 AgNO3溶液，指针反向偏转
⑵ 指示剂
⑶ 偏低 Ag 完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态
【解析】
(1) ①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓) = AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出NO3－将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，NO3－氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e- = Fe3+，Ag++e- = Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
(2)①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：
Fe2+ + Ag+ Ag + Fe3+
起始浓度（mol/L） 0.02 0.01 0
转化浓度（mol/L） 0.0100 - 0.0100 - 0.0100 -
平衡浓度（mol/L） 0.0100 + 0.0100 -
故反应的平衡常数K= = ，
故答案为：指示剂；。
(3)①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
6.（2021北京卷T19）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
⑴ 浓盐酸与 MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物 A 中仍存在盐酸和MnO2。
① 反应的离子方程式是 。
② 电极反应式：
i．还原反应：MnO2 + 2e－ + 4H+ == Mn2+ + 2H2O
ii．氧化反应： 。
③ 根据电极反应式，分析A 中仍存在盐酸和 MnO2 的原因。
i．随 c(H+)降低或 c(Mn2+)升高，MnO2 氧化性减弱。
ii．随 c(Cl－)降低， 。
④ 补充实验证实了③中的分析。
序号 实验 加入试剂 现象
I 较浓硫酸 有氯气
Ⅱ a 有氯气
III a 和 b 无氯气
a 是 ，b 是 。
⑵ 利用 c(H+)对 MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的 KCl、KBr 和KI 溶液，能与 MnO2反应所需的最低 c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。
⑶ 根据⑴中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将 Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测。该化合物是 。
⑷ Ag 分别与 1 mol·L－1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag 只与氢碘酸发生置换反应。试解释原因： 。
⑸ 总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
【答案】
⑴ ① MnO2 + 2Cl－+ 4H+ Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O
② 2Cl－－2e－= Cl2↑
③ Cl－还原性减弱
④ NaCl 固体 MnSO4固体
⑵ c(H+)KCl > c(H+)KBr > c(H+)KI
Cl、Br、I 为同主族元素，电子层数 I>Br>Cl，离子半径 I－>Br－>Cl－，失电子能力 I－>Br－>Cl－还原性 I－>Br－>Cl－
⑶ AgNO3
⑷ 溶解度 AgI降低，提高Ag的还原性，其中只有 I－能使Ag的还原性提高到能将 H+还原
⑸ 还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。
【解析】
(1)①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；
②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑
③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强
④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
(3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
(5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
7.（2021广东卷）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
⑴ 实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为 。
⑵ 实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为 。
⑶ 某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中 已分解。
检验此久置氯水中Cl－存在的操作及现象是 。
⑷ 某合作学习小组进行以下实验探究。
① 实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。
② 查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的
电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而
增大。25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10－10。
③ 提出猜想。
猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度s(45℃)>s(35℃)>s(25℃)。
④ 设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测
试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/
1 Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液 25 A1
2 Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液 35 A2
3 Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液 45 A3
⑤ 数据分析、交流讨论。25℃的AgCl饱和溶液中，c(Cl－)= mol·L－1。
实验结果为A3>A2>A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证
明猜想b成立。结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有 。
⑥ 优化实验。小组同学为进一步验证猜想b，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。
请在答题卡上完成表中内容。
实验序号 试样 测试温度/℃ 电导率/
4 I B1
5 B2
⑦ 实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。
猜想b成立的判断依据是 。
【答案】
⑴ MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O
⑵ c-d-b-a-e
⑶ HClO 向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO32－、HCO3－等，再加入少量
AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl－
⑷ ⑤ 1.34×10－5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度
⑥ 45℃ II 45℃
⑦ A3>B2>B1
【解析】
本题考查化学学实验综合，涉及到氯气的制备及相关问题，难溶物的Ksp相关计算，难溶物电导率的相关实验探究等。
(1)考查化学史事，考查氯气的制备方程式书写，制备氯气的方法很多，这里考查课本上介绍的舍勒用软锰矿和浓盐酸来制氯气，具体见答案所示。
(2)考查制取的氯气的净化除杂和收集及尾气处理，涉及装置链接，2013年广东卷也有考查。首先氯气中混有氯化氢、水蒸气这些杂质然后氯气可以用向上排空气法收集，再者氯气有毒，必须进行尾气处理，因此一般使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，故接口连接顺序为c-d-b-a-e。
(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；物质检验的套路：取样、加试剂、描述现象、得出结论四部曲，具体见答案所示。
(4)⑤25℃时饱和的AgCl水溶液中c(Ag+)=c(Cl—)，所以有c(Cl-)===1.34×10-5 mol/L；实验1~3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验1~3无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系（类似表述均可，注意控制单一变量）。
⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果该温度下，原来温度较高下的饱和溶液电导率比原来温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高溶液中离子浓度高溶解度增大的结论。所以可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样II在45℃下测试与实验3比较（其他设计合理即可，答案应该不唯一，这里是举例说明）。
⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1（同理设计不一致，答案可变化）。
8.（2021天津卷）某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2，再用O2氧化C2H5OH，并检验氧化产物。Ⅰ．制备O2
该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略)
⑴ 甲装置中主要仪器的名称为 。
⑵ 乙装置中，用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开
活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至 。欲使反应停止，关闭活塞K1即可，此时装置中的现象是 。
⑶ 丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象是 ，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，还可以采取的安全措施是 。
⑷ 丙装置的特点是 (填序号)。
a．可以控制制备反应的开始和结束
b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率
c．与乙装置相比，产物中的O2含量高、杂质种类少
Ⅱ．氧化C2H5OH
该小组同学设计的氧化C2H5OH的装置如图(夹持装置省略)
⑸ 在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。
Ⅲ．检验产物
⑹ 为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验序号 检验试剂和反应条件 现象 结论
① 酸性KMnO4溶液 紫红色褪去 产物含有乙醛
② 新制Cu(OH)2，加热 生成砖红色沉淀 产物含有乙醛
③ 微红色含酚酞的NaOH溶液 微红色褪去 产物可能含有乙酸
实验①~③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。
【答案】
(1)分液漏斗 锥形瓶
(2) 刚好没过MnO2固体 试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离
(3) 液面上升 打开弹簧夹K2
(4)ab
(5)
(6) ① 乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
【解析】
用双氧水和催化剂制取氧气。制得的氧气经干燥后进入盛有乙醇的圆底烧瓶中，和热的乙醇一起进入硬质玻璃管中，在铜的催化作用下发生乙醇的催化氧化反应生成乙醛。生成的乙醛进入试管中，被冷凝收集。
(1)根据仪器构造可知，甲装置中主要仪器的名称为分液漏斗和锥形瓶；
(2)乙装置是启普发生器的简易装置，可以随时控制反应的发生和停止。用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至刚好没过MnO2固体，此时可以产生氧气，氧气通过导管导出。欲使反应停止，关闭活塞K1，此时由于气体还在产生，使容器内压强增大，可观察到试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离；
(3)丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动可以控制反应速率。制备过程中如果体系内压强过大，H2O2溶液会被压入安全管中，可观察到安全管中液面上升，圆底烧瓶中液面下降。此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，使反应速率减慢，还可以打开弹簧夹K2，使烧瓶内压强降低；
(4) a．催化剂铂丝可上下移动可以控制制备反应的开始和结束，a正确；
b．催化剂与液体接触的面积越大，反应速率越快，可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率，b正确；
c．丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，与乙装置相比，可用于制备较多O2，但产物中的O2含量和杂质种类和乙中没有区别，c错误；
故选ab；
(5)氧气可以用浓硫酸干燥，所以可以用一个洗气瓶，里面盛装浓硫酸干燥氧气，如图：
；
(6)实验①不合理，因为乙醇有挥发性，会混入生成的乙醛中，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所以酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明产物中含有乙醛。
三、模型建构
解题策略
(1)确定变量
解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。
(2)定多变一
在探究时，应该先确定其他因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。
(3)数据有效
解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。
四、名师导学
积极投身到实验教学研究；
重视实验教学，重视教材实验；
感悟和剖析实验功能与内涵；
理解实验探究与证据推理；
明确空白实验与对比实验意义；
数字化实验的探索与实践；
形成目标分解解决方案—多快好省；
突破基本实验操作、定性与定量实验、物质制备实验、分析实验、验证性与探究性实验等。

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