资源简介

第60讲　物质性质与反应原理探究类综合实验
1.（2024·广州三模）某小组研究Cu与浓硝酸反应时发现如下现象：
装置与 试剂
现象 Cu片完全溶解，反应放热，产生红棕色气体，得到绿色溶液A 该溶液长时间放置后得到蓝色溶液B，反应后溶液体积几乎不变
（1）Cu与浓硝酸反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。
（2）甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，然后再持续通入一段时间N2，观察到现象：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，证实猜测合理。
甲同学为深入研究溶液A呈绿色的原因，查得如下资料并提出了新的假设：
资料ⅰ：NO2溶于水部分发生歧化反应：2NO2＋H2OHNO2＋HNO3 资料ⅱ：N能与Cu2＋络合：Cu2＋＋4NCu 资料ⅲ：HNO2是弱酸，加热或遇强酸发生分解：3HNO2HNO3＋2NO↑＋H2O
假设一：A中形成了Cu使溶液呈绿色。
为了验证假设一的合理性，甲同学进行了如下实验：
【实验一】
操作 现象
①向20.0 mL 0.5 mol·L－1 Cu蓝色溶液中通入少量NO2气体 溶液呈绿色
②向20.0 mL水中通入与①中等量的NO2气体 溶液呈无色
（3）操作②的目的是　　　　　　　。
（4）乙同学向①所得溶液中滴加浓硫酸，使溶液中c达约8 mol·L－1，观察到有无色气体放出（遇空气变为红棕色），溶液很快变回蓝色。利用平衡移动原理解释溶液变蓝的原因：　　　　　　　　　　　　　　　　。
（5）综合甲、乙两位同学的实验，假设一不成立。请说明理由：　　　　　　　　　　　　 　　　　　　
　　　　　　　。
乙同学查得如下资料并提出来另一种假设：
资料ⅳ：浓硝酸中溶有NO2时呈黄色：水或稀硝酸中通入少量NO2时呈无色
假设二：A中浓硝酸溶解了NO2所得黄色溶液与Cu2＋的蓝色复合形成了绿色。
为验证假设二的合理性，乙同学进行了如下实验：
【实验二】
操作 现象
①配制与溶液A等pH的HNO3溶液，取20.0 mL，通入NO2气体 溶液呈黄色
②加入　　　 溶液变为绿色
③　　　 溶液立即变回蓝色
（6）操作②中加入的试剂为　　　　，操作③进一步证明了假设二的合理性，写出该操作：　　　　　　　　　　　　　　　　　。溶液变回蓝色可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　（用化学方程式表示）。
2.（2024·朝阳二模）以CuCl2溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。
资料：ⅰ.水溶液中：呈无色；呈黄色；呈棕色。
ⅱ.CuCl＋2Cl－；CuCl为白色固体，难溶于水。
将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下：
实验 溶液a 现象
Ⅰ CuCl2溶液（1 mol·L－1） 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5 h时铜粉剩余
Ⅱ 浓盐酸（10 mol·L－1） 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5 h时铜粉剩余
Ⅲ CuCl2溶液（1 mol·L－1） 和浓盐酸（10 mol·L－1） 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5 h时铜粉几乎无剩余
（1）Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　。
（2）对于实验Ⅱ的现象进行分析。
①经检验Ⅱ中气体为H2。分析气体产生的原因，进行实验：将5 mol·L－1 H2SO4溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到H2。
依据电极反应式，分析产生H2的原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②Ⅱ中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因　　　　　　　　　　　　　。
（3）对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因。
①假设1：c增大，白色沉淀不能稳定存在。
实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合平衡移动原理解释沉淀溶解的原因　　　　　　　。
②假设2：c增大，白色沉淀不能稳定存在。
实验验证：　　　　　　　　　　　　　（填操作和现象），证实假设2不合理。
（4）实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。分析可能原因　　　　　　　　　　　　　。
（5）结合现象和化学反应原理解释选择CuCl2与浓盐酸的混合液而不单独选择CuCl2溶液或浓盐酸作腐蚀液的原因　　　　　　　　　　　　　。
3.（2025·广东六校第一次联考）某小组实验验证“Ag＋＋Fe2＋Fe3＋＋Ag↓”为可逆反应并探究可逆的原因。
Ⅰ.实验验证
实验：将0.010 0 mol·L－1 Ag2SO4溶液与0.010 0 mol·L－1 FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，充分反应，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
（1）取实验中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag，现象是　　　　　　　　　　　　　。
（2）静置，取上层黄色溶液加入试剂　　　　，可证明反应物有剩余。
结合以上现象可证明反应“Ag＋＋Fe2＋Fe3＋＋Ag↓”为可逆反应。
Ⅱ.探究氧化还原反应可逆的原因
提出假设　溶液中氧化剂浓度减小，氧化性减弱；还原剂浓度减小，还原性减弱。
查阅资料　还原剂的还原性越强，电极电势越小；氧化剂的氧化性越强，电极电势越大。
原电池的电动势等于正极电势（φ＋）与负极电势（φ－）之差：E＝φ＋－φ－。
（3）设计方案并完成实验。用浓度均为0.10 mol·L－1的FeSO4溶液、Fe2（SO4）3溶液、AgNO3溶液按表中配制总体积相同的系列溶液，构成原电池（装置如图所示），测定该原电池的电动势。
序 号 试剂X 试剂Y 电动 势/V
V（FeSO4）/ mL V[Fe2（SO4）3]/ mL V（H2O）/ mL V（AgNO3）/ mL V（H2O）/ mL
Ⅰ 40 2 38 80 0 E1
Ⅱ V1 2 68 80 0 E2
Ⅲ 40 V2 V3 8 V4 E3
①配制500 mL 0.10 mol·L－1 AgNO3溶液，需要称量AgNO3固体的质量为　　　　g，配制溶液时需用的仪器有　　　　（填字母）。
②V1＝　　　　、V3＝　　　　。
③证明假设成立的依据是　　　　　　　。
（4）进一步查阅资料可知，电极电势（φ）与金属离子浓度存在定量关系：电极反应M－ne－Mn＋的电极电势φ（Mn＋/M）＝φθ（Mn＋/M）＋lg c（Mn＋），其中φθ（Mn＋/M）为c（Mn＋）＝1.0 mol·L－1时的电极电势，也称为标准电极电势；φθ（Ag＋/Ag）＝0.80 V。
实验Ⅰ条件下，φ（Fe3＋/Fe2＋）＝0.71 V，将实验Ⅰ装置中Ag电极更换成Ag/AgCl电极，AgNO3溶液替换成KCl溶液（浓度仍为0.10 mol·L－1），φ（Ag＋/Ag）＝　　　　V，此时Ag电极上发生反应的电极反应式为　　　　　　　。
[已知该实验条件下Ksp（AgCl）＝10－10]
第60讲　物质性质与反应原理探究类综合实验
1.（1）Cu＋4H＋＋2NCu2＋＋2H2O＋2NO2↑　（2）通入NO2后溶液呈绿色，通入一段时间N2后溶液变蓝　（3）证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在①中的干扰
（4）加入浓硫酸后，温度升高且c增大，HNO2分解导致c下降，均引起平衡HNO2N＋H＋逆向移动，c下降，Cu2＋＋4NCu平衡逆向移动，溶液颜色由绿色变为蓝色　（5）加酸且升温后，溶液变为蓝色，说明酸性较强的热溶液A中N不能大量存在，因此Cu也不能大量存在，Cu（NO2的形成不是溶液A呈绿色的主要原因
（6）0.01 mol Cu　加水稀释　3NO2＋H2O2HNO3＋NO
解析：（1）Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NCu2＋＋2H2O＋2NO2↑。（2）甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，溶液变成绿色，然后再持续通入一段时间N2，目的是将NO2吹出，进一步确认NO2的影响，因此通入一段时间N2后溶液又变成蓝色。（3）操作②是对比实验，可证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在①中的干扰。（4）结合资料可知，由于加入浓硫酸后，温度升高且c（H＋）增大，引起平衡HNO2N＋H＋逆向移动，HNO2分解导致c（HNO2）下降，同时产生无色气体，c（N）下降，Cu2＋＋4NCu平衡逆向移动，所以溶液颜色由绿色变为蓝色。（5）根据题干信息，所用Cu和HNO3的量中HNO3过量，根据方程式可知，绿色溶液A存有大量HNO3，酸性较强，而加浓硫酸后溶液变为蓝色，说明酸性较强的溶液中，N不能大量存在，因此Cu（NO2也不能大量存在，Cu（NO2的形成不是溶液A呈绿色的主要原因，故假设一不成立。（6）根据控制变量法，操作②中加入的试剂应与实验一相同，即为 20.0 mL 0.5 mol·L－1 Cu（NO3）2溶液，应加入0.01 mol Cu（NO3）2；根据资料ⅳ，稀硝酸中溶有少量NO2时呈无色，因此可采用加水稀释的方法，发生反应的化学方程式为3NO2＋H2O2HNO3＋NO。
2.（1）Cu＋Cu2＋＋2Cl－2CuCl　（2）①Cu－e－Cu＋，Cu＋＋3Cl－，降低了c（Cu＋），提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H＋还原为H2　②4＋4H＋＋O2＋4Cl－4＋2H2O　（3）①c（Cl－）增大，平衡CuCl＋2Cl－正向移动　②取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入5 mol·L－1的H2SO4溶液，沉淀不溶解　（4）此条件下Cu2＋或的氧化性强于H＋　（5）单独使用CuCl2溶液，产生的CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用浓盐酸，反应速率慢
解析：向CuCl2溶液（1 mol·L－1）中加入铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅；向浓盐酸（10 mol·L－1）中加入铜粉，生成H2和，然后生成使溶液呈黄色，较长时间后生成使溶液呈棕色；向CuCl2溶液（1 mol·L－1）和浓盐酸（10 mol·L－1）混合溶液中加入铜粉，生成使溶液呈棕色，然后随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5 h时铜粉几乎无剩余。（1）向CuCl2溶液（1 mol·L－1）中加入铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅，则Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是Cu＋Cu2＋＋2Cl－2CuCl。（2）①据实验现象可知，产生的无色气泡为H2，无色溶液为的溶液，所以应是Cu－e－Cu＋，Cu＋＋3Cl－，降低了c（Cu＋），提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H＋还原为H2。②的溶液呈黄色，Ⅱ中溶液变为黄色，即生成了，其反应的离子方程式为4[CuCl3]2－＋4H＋＋O2＋4Cl－4[CuCl4]2－＋2H2O。（3）①由于c（Cl－）增大，使得平衡CuCl＋2Cl－正向移动，所以白色沉淀溶解。②要验证是否是因为c增大，而使白色沉淀不能稳定存在，可以取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入5 mol·L－1的H2SO4溶液，看沉淀是否溶解，若沉淀不溶解，则不是因为c增大。（4）实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，其可能原因为：此条件下Cu2＋或的氧化性强于H＋，所以Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。（5）若单独使用CuCl2溶液，则产生的CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；若单独使用浓盐酸，则反应速率慢，所以选择CuCl2与浓盐酸的混合液而不单独选择CuCl2溶液或浓盐酸作腐蚀液。
3.（1）灰黑色固体溶解，产生红棕色气体
（2）K3[Fe（CN）6]（写化学式或名称都对）
（3）①8.5　AD　②10　38　③E1＞E2、E1＞E3
（4）0.269　Ag－e－＋Cl－AgCl
解析：（1）Ag与浓硝酸反应生成硝酸银、NO2和水，现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。（2）由反应方程式及题给实验数据可知，该实验中Ag＋过量，则要验证该反应为可逆反应，需要证明实验后的溶液中含有Fe2＋，实验室常用K3[Fe（CN）6]溶液检验Fe2＋，具体操作为静置，取上层黄色溶液，加入K3[Fe（CN）6]溶液，验证Fe2＋存在，可证明反应物有剩余。（3）①配制500 mL 0.10 mol·L－1 AgNO3溶液，需要称取AgNO3固体的质量为500×10－3 L×0.10 mol·L－1×170 g·mol－1＝8.5 g。配制溶液时需要用到的仪器有胶头滴管、容量瓶等。②Ⅰ中试剂X总体积为80 mL，根据溶液总体积相同，则V1＝80－2－68＝10；实验Ⅰ、Ⅱ中变量为FeSO4（还原剂）溶液的浓度，则实验Ⅰ、Ⅲ中变量应为AgNO3（氧化剂）溶液的浓度，故V2＝2，V3＝38。③Ⅰ、Ⅱ中氧化剂浓度大于Ⅲ中氧化剂浓度，根据假设，氧化剂的浓度越大，氧化性越强，电极电势越大，AgNO3溶液浓度：Ⅰ＝Ⅱ＞Ⅲ，则正极电势（φ＋）：Ⅰ＝Ⅱ＞Ⅲ；根据假设，还原剂的浓度越大，还原性越强，电极电势越小，FeSO4溶液浓度：Ⅰ＝Ⅲ＞Ⅱ，则负极电势（φ－）：Ⅰ＝Ⅲ＜Ⅱ，结合电动势计算公式可得E1＞E2、E1＞E3。（4）Ag/AgCl电极插入0.10 mol·L－1 KCl溶液中，c（Ag＋）＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，则φ（Ag＋/Ag）＝（0.80＋×lg 10－9）V＝0.269 V。Ag电极为负极，电极反应式为Ag－e－＋Cl－AgCl。
3 / 3第60讲　物质性质与反应原理探究类综合实验
课标要求
1.具有较强的问题意识，能提出化学探究问题，能作出预测和假设。能依据实验目的和假设，设计解决简单问题的实验方案，能对实验方案进行评价。
2.能根据不同类型实验特点，设计并实施实验。能预测物质的某些性质，并进行实验探究与验证，建立解答探究类综合实验题的思维模型。
考点一　物质性质探究类实验
1.研究物质性质的基本流程
2.物质性质的实验探究方案
（1）根据物质性质设计实验方案
（2）根据物质的结构（或官能团）设计性质实验方案
3.常见物质性质探究、验证的实验设计
热分解产物的性质探究、判断 ①难溶性碳酸盐氧化物＋CO2。 ②碳酸的酸式盐碳酸的正盐＋CO2＋H2O。 ③铵盐NH3＋相应的酸（或酸性氧化物＋H2O）（NH4NO3除外）。 ④硝酸盐金属（或金属氧化物、亚硝酸盐）＋氮氧化物（NO或NO2）＋O2。 ⑤草酸晶体CO2＋CO＋H2O
物质氧化性、还原性的判断 如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中，通过观察酸性KMnO4溶液是否褪色来说明；如探究Fe3＋的氧化性强于I2时，可利用FeCl3与淀粉-KI溶液反应，通过观察溶液变蓝色的现象来说明Fe3＋的氧化性强于I2
电解质强弱的判断 如探究一元酸HA是弱酸的方法是常温下配制NaA溶液，测pH，若pH＞7，则说明HA为弱酸
物质酸性强弱的判断 如探究碳酸和硅酸的酸性强弱，可利用相对强的酸制备相对弱的酸的反应原理，将CO2气体通入Na2SiO3溶液中，看是否有白色沉淀生成来判断
（2024·北京海淀区期末）某小组为探究CuSO4与KI之间的反应，进行了如下实验。
实验 现象
①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色 ②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液
①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色 ②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液
已知：2S2（无色）＋I22I－＋S4（无色）；CuI为白色沉淀，可吸附I2；CuI2在溶液中不存在；[Cu（S2O3）2]3－呈无色，[Cu（S2O3）2]2－呈黄色。
下列结论或推断不合理的是（　　）
A.CuSO4与KI能发生反应：2Cu2＋＋4I－2CuI↓＋I2
B.CuI与Na2S2O3反应的速率快于I2与Na2S2O3反应的速率
C.黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有[Cu（S2O3）2]3－、[Cu（S2O3）2]2－生成
D.Cu（Ⅱ）与S2生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度
1.（2024·汕头一模）Ⅰ.Na2S又称臭碱、硫化碱，实验室拟用以下方案研究Na2S的性质。
（1）用离子方程式说明Na2S溶液呈碱性的原因　　　　　　　。
（2）向5 mL 0.1 mol·L－1的酸性KMnO4溶液（pH＝0）中滴加10滴同浓度的Na2S溶液，观察到溶液紫色变浅（pH＞1），生成棕褐色沉淀（MnO2），说明S2－具有还原性。有同学预测该反应中S2－转化为S，该预测　　　　（填“正确”或“不正确”），原因是　　　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ.探究向Na2S溶液中滴加FeCl3溶液的反应本质。
反应原理预测：发生氧化还原反应或发生完全相互促进的水解反应。
已知：①单质硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大；
②溶度积常数Ksp（FeS）＝6.3×10－25，Ksp（Fe2S3）＝1.0×10－88，Ksp[Fe（OH）3]＝1.1×10－36。
（3）根据试管a中的“局部产生红褐色沉淀”现象，推测Fe3＋与S2－局部发生强烈相互促进的水解反应，生成Fe和　　　　（填化学式）。
（4）推测c中的沉淀为Fe2S3，根据b到c的实验现象，推测红褐色沉淀消失发生反应的离子方程式为　　　　　　
　　　　　　　　。
（5）取c中黑色固体，洗净后分别置于两支试管ⅰ、ⅱ中进行如下实验：
序号 实验步骤 现象
ⅰ 加入过量稀盐酸，充分振荡 黑色沉淀完全溶解，溶液中出现淡黄色浑浊，放出少量臭鸡蛋味道气体
ⅱ 向试管中加入　　　　，振荡、静置，取上层清液少许加入蒸馏水中 未见淡黄色浑浊出现
试管ⅰ中涉及反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　，试管ⅱ中加入的试剂为　　　　，结合试管ⅰ、ⅱ现象，推测黑色固体中　　　　（填“含有”或“不含有”）FeS，原因是　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　。
物质性质探究验证实验的注意问题
（1）在离子检验、气体成分检验的过程中，要严格掌握检验的先后顺序，防止各成分检验过程中的相互干扰。
（2）若有水蒸气生成，先检验水蒸气，再检验其他成分，如C和浓硫酸的反应，产物有SO2、CO2和H2O（g），通过实验可检验三种气体物质的存在，但SO2、CO2都要通过溶液进行检验，对检验H2O（g）有干扰，用澄清石灰水检验CO2时，SO2对CO2有干扰。
（3）对于需要进行转化才能检验的成分，如CO的检验，要注意先检验CO中是否含有CO2，如果有CO2，应先除去CO2再对CO实施转化，最后再检验转化产物CO2，如HOOC—COOHCO2↑＋CO↑＋H2O↑中CO的检验。
（4）要重视试剂名称的描述，如有些试剂的准确描述为无水硫酸铜、澄清石灰水、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸、饱和NaHCO3溶液、NaOH溶液等。此外还应注意某些仪器的规格。
考点二　反应原理与规律探究类实验
　　
1.探究化学反应规律
（1）探究过程中往往可以利用对比实验，设置几组平行实验来进行对照和比较，从而研究和揭示某种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理。
（2）在对未知的反应机理或规律的研究中，如果有多个影响因素（如浓度、温度、压强、催化剂等），通常采用控制变量法，从而得出正确的反应机理或规律与多个影响因素之间的关系。
2.反应原理类探究性实验解题流程
3.常见反应原理与规律的探究实验设计
验证同周期、同主族元素性质的递变规律 一般通过设计比较元素金属性、非金属性强弱的实验来完成。如通过比较Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg、Al的活泼性顺序
钢铁发生电化学腐蚀的规律探究 可以通过控制钢铁是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等设计实验，找出规律
比较酸性强弱的实验探究 可以通过相对强的酸能制得相对弱的酸的反应规律设计实验。如：将CO2通入Na2SiO3溶液中产生白色沉淀证明酸性：H2CO3＞H2SiO3
比较物质氧化性、还原性强弱的实验探究 可以通过氧化还原反应规律（以强制弱）设计实验。如：向FeSO4溶液中滴入KSCN溶液无现象，再滴入H2O2，溶液变红色，则证明氧化性：H2O2＞Fe3＋
（2024·保定模拟）探究铜和浓硝酸的反应，反应后溶液呈绿色{浓硝酸产生的NO2在溶液中达到饱和后呈黄色，[Cu（H2O）4]2＋呈蓝色，两者混合后溶液呈绿色}。取少量该绿色溶液①，向其中加入少量水后，溶液变为蓝色溶液②。已知：在CuCl2溶液中存在反应[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－[CuCl4]2－＋4H2O。下列有关说法错误的是（　　）
A.加水稀释绿色溶液①，溶液中c（NO2）降低
B.浓硝酸与铜的反应中体现强氧化性的浓硝酸占该反应消耗的浓硝酸总量的50％
C.若向蓝色溶液②中加入NaCl（s）后溶液变为绿色，则[CuCl4]2－可能呈黄色
D.若反应[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－[CuCl4]2－＋4H2O　ΔH＞0，加热CuCl2溶液，溶液蓝色加深
2.根据FeCl3与Na2SO3两种物质的性质，某化学学习小组认为两溶液间既能发生氧化还原反应（用反应a表示），又能发生相互促进的水解反应（用反应b表示），并设计实验进行探究（以下实验均在隔绝空气的条件下进行）。
Ⅰ.探究竞争反应的先后顺序
实验 序号 实验装置图 实验操作与现象
ⅰ ①向5 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中滴加2滴1 mol·L－1 Na2SO3溶液，溶液立即变为红褐色，且无气体生成； ②3 h后，混合溶液呈浅黄绿色； ③将步骤②中的溶液分成2等份，分别滴加KSCN溶液和铁氰化钾溶液，前者溶液变为红色，后者有蓝色沉淀生成
（1）溶液变为红褐色是因为生成了　　　　（填化学式），3 h后，混合溶液呈浅黄绿色的原因是　　　　　　　
　　　　　　　（用离子方程式表示）。
（2）由实验ⅰ中的现象可知，两个竞争反应的反应速率：反应a　　　　反应b（填“＞”“＜”或“＝”，下同），反应活化能：反应a　　　　反应b。
Ⅱ.探究外界因素对Fe3＋与S反应的影响
实验序号 实验装置图 实验操作与现象
ⅱ 溶液立即变为红褐色，且颜色比实验ⅰ的深，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成；加热后，有红褐色沉淀生成
ⅲ 溶液呈棕黄色，加热至沸腾，溶液呈透明的红褐色，无沉淀生成
ⅳ 溶液立即变为红褐色，取少许反应液，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀；另取5 mL反应液，加热至沸腾，溶液红褐色褪去，溶液呈浅黄绿色，滴加铁氰化钾溶液，立即产生蓝色沉淀
（3）设计实验ⅲ的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，
实验ⅱ中，当Na2SO3溶液过量时，主要发生反应　　　　（填“a”或“b”），温度升高时，该反应进行的程度　　　　（填“增大”“减小”或“不变”）。
（4）实验ⅳ中，加热后产生相应现象的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
1.（2024·湖北高考18题）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。
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－1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的　　　　（填字母）。
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
（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HC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C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.（2024·广东高考17题）含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。
（1）实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用　　　　（填化学式）溶液吸收。
（2）工业上，烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中，　　　　（填元素符号）被氧化。
（3）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：
CaSO4（s）＋C（aq）CaCO3（s）＋S（aq）（Ⅰ）
兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应（Ⅰ）的反应速率的影响。
①用Na2CO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。
ⅰ.该过程中用到的仪器有　　　　。
ⅱ.滴定数据及处理：Na2CO3溶液V0 mL，消耗c1 mol·L－1盐酸V1 mL（滴定终点时，C转化为HC），则c（Na2CO3）＝　　　　mol·L－1。
②实验探究：取①中的Na2CO3溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入m1 g硫酸钙固体，反应t1 min后，过滤，取V0 mL滤液，用 c1 mol·L－1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如表（忽略C水解的影响）。
序号 a b
V（Na2CO3）/mL 100.0 80.0
V（H2O）/mL 0 x
V（滤液）/mL V0 V0
V消耗（盐酸）/mL
则x＝　　　　，测得的平均反应速率之比va∶vb＝　　　　。
（4）兴趣小组继续探究反应（Ⅰ）平衡的建立，进行实验。
①初步实验　将1.00 g硫酸钙（M＝136 g·mol－1）加入100.0 mL 0.100 mol·L－1 Na2CO3溶液中，在25 ℃和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t的变化曲线如图。
②分析讨论　甲同学根据t2 min后pH不改变，认为反应（Ⅰ）已达到平衡；乙同学认为证据不足，并提出如下假设：
假设1　硫酸钙固体已完全消耗；
假设2　硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。
③验证假设　乙同学设计如下方案，进行实验。
步骤 现象
ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离 —
ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加　　　 　　　　，沉淀完全溶解
ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加　　　　　　　 无白色沉淀生成
④实验小结　假设1成立，假设2不成立。①实验中反应（Ⅰ）平衡未建立。
⑤优化方案、建立平衡　写出优化的实验方案，并给出反应（Ⅰ）平衡已建立的判断依据：
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
第60讲　物质性质与反应原理探究类综合实验
【考点·全面突破】
考点一
典题示例研析
【例1】 B　由CuI为白色沉淀，可吸附I2，CuI2在溶液中不存在，推测土黄色沉淀为CuI与I2的混合物，故CuSO4与KI能发生反应：2Cu2＋＋4I－2CuI↓＋I2，A正确；由已知条件：2S2（无色）＋I22I－＋S4（无色），结合第一个实验中步骤②的现象可知，I2先与Na2S2O3反应，即CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率，B错误；第二个实验中步骤①的现象是产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，即发生反应：2Cu2＋＋4I－2CuI↓＋I2，且Cu2＋剩余，步骤②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，则CuI转变成无色的[Cu（S2O3）2]3－，逐渐变为黄绿色悬浊液，说明剩余的Cu2＋生成了[Cu（S2O3）2]2－，故黄绿色悬浊液（说明还有CuI未反应）变为黄色溶液（说明CuI反应完全）时，有[Cu（S2O3）2]3－、[Cu（S2O3）2]2－生成，C正确；第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，则最后溶液中Cu元素的存在形式为[Cu（S2O3）2]3－，故Cu（Ⅱ）与S2生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，D正确。
关键能力突破
1.（1）S2－＋H2OHS－＋OH－　（2）不正确　溶液紫色变浅，并未完全褪色，说明KMnO4过量，S会被氧化成S　（3）H2S　（4）2Fe（OH）3（s）＋3S2－（aq）Fe2S3（s）＋6OH－（aq）
（5）Fe2S3＋4HCl2FeCl2＋S↓＋2H2S↑　无水乙醇　不含有　ⅱ中未产生S，说明生成黑色固体时未有元素化合价变化，无法产生Fe2＋，故无法产生FeS
解析：盐溶液呈现酸性或碱性的原因是其中的弱酸阴离子或弱碱阳离子发生水解，强碱弱酸盐与强酸弱碱盐在水溶液中会发生相互促进的水解反应，生成沉淀或气体；沉淀在溶液中是可以转化的，溶度积较小的沉淀可以转化成溶度积更小的沉淀。（1）Na2S是强碱弱酸盐，S2－在溶液中发生水解使溶液呈碱性，水解离子方程式是S2－＋H2OHS－＋OH－。（2）由题知，溶液只是紫色变浅，并未完全褪色，说明KMnO4过量，S会被氧化成S，因此预测不正确。（3）Fe3＋ 与S2－发生相互促进的水解反应：2Fe3＋＋3S2－＋6H2O2Fe（OH）3↓＋3H2S↑，因此生成物是Fe（OH）3和H2S。（4）b中的红褐色沉淀是Fe（OH）3，c中的黑色沉淀是Fe2S3，由溶度积常数可知，Fe2S3的溶解度小于Fe（OH）3的溶解度，会发生反应：2Fe（OH）3（s）＋3S2－（aq）Fe2S3（s）＋6OH－（aq），使Fe（OH）3沉淀转化成Fe2S3，因此红褐色沉淀消失。（5）淡黄色浑浊是S，臭鸡蛋味气体是H2S，即化学方程式为Fe2S3＋4HCl2FeCl2＋S↓＋2H2S↑；由于单质硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大，实验ⅱ为向试管中加入无水乙醇，振荡、静置，取上层清液少许加入蒸馏水中，未见淡黄色浑浊出现，即黑色固体中没有硫， ⅱ中未产生S，说明生成黑色固体时未有元素化合价变化，无法产生Fe2＋，故无法产生FeS。
考点二
典题示例研析
【例2】 D　加水稀释绿色溶液①，发生反应：3NO2＋H2O2HNO3＋NO，溶液中c（NO2）降低，A正确；Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2H2O＋2NO2↑，浓硝酸体现强氧化性（生成NO2）和酸性（生成硝酸铜），体现强氧化性的浓硝酸占该反应消耗的浓硝酸总量的50％，B正确；
去情境抓关键 分析实验现象 作出判断
向蓝色溶液②中加入NaCl（s）： [Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－[CuCl4]2－＋4H2O；黄色溶液与蓝色溶液两者混合后溶液呈绿色 蓝色溶液中含有 [Cu（H2O）4]2＋，加入 NaCl（s），增大了c（Cl－），则反应[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－[CuCl4]2－ ＋4H2O的平衡正向移动，溶液变为绿色 [CuCl4]2－可能呈黄色，[CuCl4]2－和 [Cu（H2O）4]2＋混合后溶液呈绿色，C正确
反应[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－[CuCl4]2－＋4H2O的ΔH＞0 加热CuCl2溶液，平衡正向移动，[Cu（H2O）4]2＋浓度减小，溶液蓝色变浅 D错误
关键能力突破
2.（1）Fe（OH）3　2Fe3＋＋S＋H2O2Fe2＋＋S＋2H＋
（2）＜　＞　（3）作为对照实验，验证Na2SO3溶液对FeCl3的水解具有促进作用　b　增大　（4）氧化还原反应（反应a）的活化能较大，温度升高，满足反应a所需的较高活化能，使反应a趋于完全
解析：
去情境抓关键 分析设问
实验ⅰ中 FeCl3溶 液过量 （1）溶液立即变为红褐色是因为Fe3＋发生水解反应生成了Fe（OH）3；结合步骤③可知，溶液中有Fe2＋存在，则发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋S＋H2O2Fe2＋＋S＋2H＋，故3 h后，混合溶液呈浅黄绿色
实验ⅰ中溶液立即变为红褐色；3 h后，混合溶液呈浅黄绿色 （2）根据实验ⅰ中现象可知，先发生相互促进的水解反应（反应b）生成Fe（OH）3，后发生氧化还原反应（反应a）生成Fe2＋，则说明反应b的活化能较低，反应速率较大；反应a的活化能较高，反应速率较小
实验ⅱ中Na2SO3溶液过量，实验ⅲ中无Na2SO3溶液 （3）根据实验ⅱ中的实验现象可知，Na2SO3溶液过量时，FeCl3的水解程度明显增大，主要发生反应b，且Fe3＋与S没有发生氧化还原反应（反应a）；加热后，生成红褐色沉淀，说明相互促进的水解反应（反应b）进行的程度增大。实验ⅲ中Fe3＋发生水解的程度较小，故设计实验ⅲ的目的是验证Na2SO3溶液对FeCl3的水解具有促进作用
（4）实验ⅳ中，加热后溶液由红褐色变为浅黄绿色，说明反应体系的温度升高，满足了氧化还原反应（反应a）所需的较高活化能，使反应a趋于完全。
【真题·体验品悟】
1.（1）bc　（2）不能　吸收转化过程中产生的H＋，促使反应正向进行　2Co2＋＋10HC＋H2O22[Co（CO3）3]3－＋6H2O＋4CO2↑　2H2O22H2O＋O2↑　（3）Co2＋与C配位，H＋浓度增大，平衡正向移动，Co3＋与C配位，[Co（H2O）6]3＋浓度降低，平衡正向移动　（4）CO2　O2
解析：（1）配制1.00 mol·L－1的CoSO4溶液需用到容量瓶，定容时用到胶头滴管，无需用到圆底烧瓶和试管，b、c正确。（2）实验ⅠCoSO4溶液中Co2＋以[Co（H2O）6]2＋的形式存在，滴加H2O2溶液，无明显现象，说明[Co（H2O）6]2＋不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC与Co2＋结合转化为[Co（CO3）2]2－和H＋，过量的HC能吸收转化过程中产生的H＋，促使反应正向进行；实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2作用下Co2＋能与HC反应生成[Co（CO3）3]3－，然后[Co（CO3）3]3－催化H2O2分解，因此H2O2在实验Ⅲ中所发生的反应为2Co2＋＋10HC＋H2O22[Co（CO3）3]3－＋6H2O＋4CO2↑、2H2O22H2O＋O2↑。（3）Co2＋与C配位后，H＋浓度增大，平衡正向移动，Co3＋与C配位后，[Co（H2O）6]3＋浓度降低，平衡正向移动，因此Co3＋、Co2＋分别与C配位后，反应能正向进行。（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，则[Co（CO3）3]3－转化为[Co（H2O）6]3＋，Co元素的化合价不变，发生非氧化还原反应，则产生的气体为CO2；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，则[Co（H2O）6]3＋转化为[Co（H2O）6]2＋，Co元素化合价降低，发生氧化还原反应，氧元素化合价升高，则产生的气体为O2。
2.（1）NaOH　（2）S　（3）①ⅰ.BD　ⅱ.　②20.0　6∶5　（4）③ⅱ.足量稀盐酸　有气泡产生　ⅲ.少量氯化钡溶液
⑤将1.36 g（或大于此量的）硫酸钙加入100 mL 0.100 mol·L－1 Na2CO3溶液中，在25 ℃和搅拌条件下，利用pH计测量混合液的pH，待混合液pH不变时，加入Na2SO4固体，pH增大，说明反应（Ⅰ）平衡已建立
解析：（1）实验室中，浓硫酸与铜丝反应，产生的尾气为SO2，可用NaOH溶液吸收。（2）工业上，烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏，该过程中发生反应：2CaCO3＋2SO2＋O22CaSO4＋2CO2，S元素被氧化。（3）①ⅰ.配制Na2CO3溶液用到烧杯，用盐酸滴定Na2CO3溶液用到酸式滴定管，没有用到蒸发皿和直形冷凝管。ⅱ.根据滴定原理可知，n（Na2CO3）＝n（HCl），则c（Na2CO3）×V0 mL＝c1 mol·L－1×V1 mL，解得c（Na2CO3）＝ mol·L－1。 ②根据配制总体积相同的系列溶液，知x＝100.0－80.0＝20.0。反应时间相同，平均反应速率之比等于硫酸钙消耗的碳酸根离子浓度之比，a中起始时碳酸钠溶液浓度为 mol·L－1，V0 mL滤液消耗 mL盐酸，即盐酸消耗的碳酸根离子浓度为 mol·L－1，则硫酸钙消耗的碳酸根离子浓度为 mol·L－1；b中起始时碳酸钠溶液浓度为 mol·L－1，V0 mL滤液消耗 mL盐酸，即盐酸消耗的碳酸根离子浓度为 mol·L－1，则硫酸钙消耗的碳酸根离子浓度为 mol·L－1，故平均反应速率之比va∶vb＝∶＝6∶5。（4）③ⅱ.根据实验小结知，硫酸钙固体已完全消耗，则分离出的沉淀为CaCO3，滴加稀盐酸，有气泡产生，沉淀完全溶解。ⅲ.ⅲ的目的是进一步验证硫酸钙固体完全消耗，则ⅱ的试管中溶液无S，继续滴加氯化钡溶液，无白色沉淀生成。⑤由上述实验和结论可知，CaSO4用量不足，反应（Ⅰ）平衡未建立，若要进一步探究反应（Ⅰ）平衡已建立，需要使用过量的CaSO4进行实验，反应达到平衡时，溶液pH不变，此时加入Na2SO4固体，S浓度增大，反应（Ⅰ）平衡逆向移动，c（C）增大，溶液pH增大。
7 / 7(共91张PPT)
第60讲　物质性质与反应原理探究类综合实验
高中总复习·化学
课标要求
1. 具有较强的问题意识，能提出化学探究问题，能作出预测和假设。
能依据实验目的和假设，设计解决简单问题的实验方案，能对实验方
案进行评价。
2. 能根据不同类型实验特点，设计并实施实验。能预测物质的某些性质，
并进行实验探究与验证，建立解答探究类综合实验题的思维模型。
考点·全面突破
01
真题·体验品悟
02
课时·跟踪检测
03
考点·全面突破
锁定要点，聚焦应用
考点一　物质性质探究类实验
1. 研究物质性质的基本流程
2. 物质性质的实验探究方案
（1）根据物质性质设计实验方案
（2）根据物质的结构（或官能团）设计性质实验方案
3. 常见物质性质探究、验证的实验设计
热分解
产物的
性质探
究、判
断 ①难溶性碳酸盐 氧化物＋CO2。
②碳酸的酸式盐 碳酸的正盐＋CO2＋H2O。
③铵盐 NH3＋相应的酸（或酸性氧化物＋H2O）
（NH4NO3除外）。
④硝酸盐 金属（或金属氧化物、亚硝酸盐）＋氮氧化物
（NO或NO2）＋O2。
⑤草酸晶体 CO2＋CO＋H2O
物质氧
化性、
还原性
的判断 如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液
中，通过观察酸性KMnO4溶液是否褪色来说明；如探究Fe3＋的
氧化性强于I2时，可利用FeCl3与淀粉-KI溶液反应，通过观察溶
液变蓝色的现象来说明Fe3＋的氧化性强于I2
电解质
强弱的
判断 如探究一元酸HA是弱酸的方法是常温下配制NaA溶液，测
pH，若pH＞7，则说明HA为弱酸
物质酸
性强弱
的判断 如探究碳酸和硅酸的酸性强弱，可利用相对强的酸制备相对弱
的酸的反应原理，将CO2气体通入Na2SiO3溶液中，看是否有白
色沉淀生成来判断
（2024·北京海淀区期末）某小组为探究CuSO4与KI之间的反应，进
行了如下实验。
实验 现象
①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色
②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清
溶液
①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色
②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄
绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后
得到无色溶液
已知：2S2 （无色）＋I2 2I－＋S4 （无色）；CuI为白色沉淀，
可吸附I2；CuI2在溶液中不存在；[Cu（S2O3）2]3－呈无色，[Cu（S2O3）
2]2－呈黄色。
下列结论或推断不合理的是（　　）
A. CuSO4与KI能发生反应：2Cu2＋＋4I－ 2CuI↓＋I2
B. CuI与Na2S2O3反应的速率快于I2与Na2S2O3反应的速率
C. 黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有[Cu（S2O3）2]3－、[Cu（S2O3）2]2－
生成
D. Cu（Ⅱ）与S2 生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的
限度
√
解析：由CuI为白色沉淀，可吸附I2，CuI2在溶液中不存在，推测土黄色沉淀为CuI与I2的混合物，故CuSO4与KI能发生反应：2Cu2＋＋4I－ 2CuI↓＋I2，A正确；由已知条件：2S2 （无色）＋I2 2I－＋S4 （无色），结合第一个实验中步骤②的现象可知，I2先与Na2S2O3反应，即CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率，B错误；第二个实验中步骤①的现象是产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，即发生反应：2Cu2＋＋4I－ 2CuI↓＋I2，且Cu2＋剩余，步骤②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，则CuI转变成无色的[Cu（S2O3）2]3－，逐渐变为黄绿色悬浊液，
说明剩余的Cu2＋生成了[Cu（S2O3）2]2－，故黄绿色悬浊液（说明还有CuI未反应）变为黄色溶液（说明CuI反应完全）时，有[Cu（S2O3）2]3－、[Cu（S2O3）2]2－生成，C正确；第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，则最后溶液中Cu元素的存在形式为[Cu（S2O3）2]3－，故Cu（Ⅱ）与S2 生成配合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，D正确。
1. （2024·汕头一模）Ⅰ.Na2S又称臭碱、硫化碱，实验室拟用以下方案研
究Na2S的性质。
（1）用离子方程式说明Na2S溶液呈碱性的原因 。
S2－＋H2O HS－＋OH－
解析：盐溶液呈现酸性或碱性的原因是其中的弱酸阴离子或弱碱阳离子发
生水解，强碱弱酸盐与强酸弱碱盐在水溶液中会发生相互促进的水解反
应，生成沉淀或气体；沉淀在溶液中是可以转化的，溶度积较小的沉淀可
以转化成溶度积更小的沉淀。Na2S是强碱弱酸盐，S2－在溶液中发生水解使溶液呈碱性，水解离子方程式是S2－＋H2O HS－＋OH－。
（2）向5 mL 0.1 mol·L－1的酸性KMnO4溶液（pH＝0）中滴加10滴同浓度
的Na2S溶液，观察到溶液紫色变浅（pH＞1），生成棕褐色沉淀
（MnO2），说明S2－具有还原性。有同学预测该反应中S2－转化为S ，
该预测 （填“正确”或“不正确”），原因是
。
不正确
溶液紫色变
浅，并未完全褪色，说明KMnO4过量，S 会被氧化成S
解析：由题知，溶液只是紫色变浅，并未完全褪色，说明KMnO4过量，S 会被氧化成S ，因此预测不正确。
Ⅱ.探究向Na2S溶液中滴加FeCl3溶液的反应本质。
反应原理预测：发生氧化还原反应或发生完全相互促进的水解反应。
已知：①单质硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大；
②溶度积常数Ksp（FeS）＝6.3×10－25，Ksp（Fe2S3）＝1.0×10－88，
Ksp[Fe（OH）3]＝1.1×10－36。
（3）根据试管a中的“局部产生红褐色沉淀”现象，推测Fe3＋与S2－局部
发生强烈相互促进的水解反应，生成Fe 和 （填化学式）。
H2S
解析：Fe3＋ 与S2－发生相互促进的水解反应：2Fe3＋＋3S2－＋6H2O 2Fe（OH）3↓＋3H2S↑，因此生成物是Fe（OH）3和H2S。
（4）推测c中的沉淀为Fe2S3，根据b到c的实验现象，推测红褐色沉淀消失
发生反应的离子方程式为
。
2Fe（OH）3（s）＋3S2－（aq） Fe2S3（s）＋
6OH－（aq）
解析： b中的红褐色沉淀是Fe（OH）3，c中的黑色沉淀是Fe2S3，由溶度积常
数可知，Fe2S3的溶解度小于Fe（OH）3的溶解度，会发生反应：2Fe（OH）
3（s）＋3S2－（aq） Fe2S3（s）＋6OH－（aq），使Fe（OH）3沉淀转化
成Fe2S3，因此红褐色沉淀消失。
（5）取c中黑色固体，洗净后分别置于两支试管ⅰ、ⅱ中进行如下实验：
序
号 实验步骤 现象
ⅰ 加入过量稀盐酸，充分振荡 黑色沉淀完全溶解，溶液中出现
淡黄色浑浊，放出少量臭鸡蛋味
道气体
ⅱ 向试管中加入 　　，振荡、静置，
取上层清液少许加入蒸馏水中 未见淡黄色浑浊出现
试管ⅰ中涉及反应的化学方程式为
，试管ⅱ中加入的试剂为 ，结合试管ⅰ、ⅱ现象，推测
黑色固体中 （填“含有”或“不含有”）FeS，原因是

。
Fe2S3＋4HCl 2FeCl2＋S↓＋
2H2S↑
无水乙醇
不含有
ⅱ中未
产生S，说明生成黑色固体时未有元素化合价变化，无法产生Fe2＋，故无
法产生FeS
解析：淡黄色浑浊是S，臭鸡蛋味气体是H2S，即化学方程式为Fe2S3＋4HCl 2FeCl2＋S↓＋2H2S↑；由于单质硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大，实验ⅱ为向试管中加入无水乙醇，振荡、静置，取上层清液少许加入蒸馏水中，未见淡黄色浑浊出现，即黑色固体中没有硫， ⅱ中未产生S，说明生成黑色固体时未有元素化合价变化，无法产生Fe2＋，故无法产生FeS。
物质性质探究验证实验的注意问题
（1）在离子检验、气体成分检验的过程中，要严格掌握检验的先后
顺序，防止各成分检验过程中的相互干扰。
（2）若有水蒸气生成，先检验水蒸气，再检验其他成分，如C和浓硫
酸的反应，产物有SO2、CO2和H2O（g），通过实验可检验三种气体物质
的存在，但SO2、CO2都要通过溶液进行检验，对检验H2O（g）有干扰，
用澄清石灰水检验CO2时，SO2对CO2有干扰。
（3）对于需要进行转化才能检验的成分，如CO的检验，要注意先检
验CO中是否含有CO2，如果有CO2，应先除去CO2再对CO实施转化，最后
再检验转化产物CO2，如HOOC—COOH CO2↑＋CO↑＋H2O↑中CO
的检验。
（4）要重视试剂名称的描述，如有些试剂的准确描述为无水硫酸
铜、澄清石灰水、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸、饱和NaHCO3溶液、NaOH
溶液等。此外还应注意某些仪器的规格。
考点二　反应原理与规律探究类实验
1. 探究化学反应规律
（1）探究过程中往往可以利用对比实验，设置几组平行实验来进行对照
和比较，从而研究和揭示某种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种
反应机理。
（2）在对未知的反应机理或规律的研究中，如果有多个影响因素（如浓
度、温度、压强、催化剂等），通常采用控制变量法，从而得出正确的反
应机理或规律与多个影响因素之间的关系。
2. 反应原理类探究性实验解题流程
3. 常见反应原理与规律的探究实验设计
验证同周期、同主
族元素性质的递变
规律 一般通过设计比较元素金属性、非金属性强弱的实验
来完成。如通过比较Mg、Al与同浓度盐酸反应产生
H2的快慢来说明Mg、Al的活泼性顺序
钢铁发生电化学腐
蚀的规律探究 可以通过控制钢铁是否与空气接触、所接触的电解质
溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化
等设计实验，找出规律
比较酸性强弱的实
验探究 可以通过相对强的酸能制得相对弱的酸的反应规律设
计实验。如：将CO2通入Na2SiO3溶液中产生白色沉淀
证明酸性：H2CO3＞H2SiO3
比较物质氧化性、
还原性强弱的实验
探究 可以通过氧化还原反应规律（以强制弱）设计实验。
如：向FeSO4溶液中滴入KSCN溶液无现象，再滴入
H2O2，溶液变红色，则证明氧化性：H2O2＞Fe3＋
（2024·保定模拟）探究铜和浓硝酸的反应，反应后溶液呈绿色{浓硝酸产生的NO2在溶液中达到饱和后呈黄色，[Cu（H2O）4]2＋呈蓝色，两者混合后溶液呈绿色}。取少量该绿色溶液①，向其中加入少量水后，溶液变为蓝色溶液②。已知：在CuCl2溶液中存在反应[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－ [CuCl4]2－＋4H2O。下列有关说法错误的是（　　）
A. 加水稀释绿色溶液①，溶液中c（NO2）降低
B. 浓硝酸与铜的反应中体现强氧化性的浓硝酸占该反应消耗的浓硝酸总量的50％
C. 若向蓝色溶液②中加入NaCl（s）后溶液变为绿色，则[CuCl4]2－可能呈黄色
D. 若反应[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－ [CuCl4]2－＋4H2O　ΔH＞0，加热CuCl2溶液，溶液蓝色加深
√
解析：加水稀释绿色溶液①，发生反应：3NO2＋H2O 2HNO3＋
NO，溶液中c（NO2）降低，A正确；Cu＋4HNO3（浓） Cu
（NO3）2＋2H2O＋2NO2↑，浓硝酸体现强氧化性（生成NO2）和酸性
（生成硝酸铜），体现强氧化性的浓硝酸占该反应消耗的浓硝酸总量
的50％，B正确；
去情境抓关键 分析实验现象 作出判断
向蓝色溶液②中加入NaCl
（s）：[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl
－ [CuCl4]2－＋4H2O；黄色
溶液与蓝色溶液两者混合后溶
液呈绿色 蓝色溶液中含有[Cu
（H2O）4]2＋，加入NaCl
（s），增大了c（Cl－），
则反应[Cu（H2O）4]2＋＋
4Cl－ [CuCl4]2－ ＋4H2O的平衡正向移动，溶
液变为绿色 [CuCl4]2－可
能呈黄色，
[CuCl4]2－和
[Cu（H2O）
4]2＋混合后
溶液呈绿
色，C正确
反应 [Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－
[CuCl4]2－＋4H2O的ΔH＞0 加热CuCl2溶液，平衡正向
移动，[Cu（H2O）4]2＋浓度
减小，溶液蓝色变浅 D错误
2. 根据FeCl3与Na2SO3两种物质的性质，某化学学习小组认为两溶液间既能发生氧化还原反应（用反应a表示），又能发生相互促进的水解反应（用反应b表示），并设计实验进行探究（以下实验均在隔绝空气的条件下进行）。
Ⅰ.探究竞争反应的先后顺序
实验 序号 实验装置图 实验操作与现象
ⅰ
①向5 mL 1 mol·L－1 FeCl3溶液中滴加2滴1 mol·L－1
Na2SO3溶液，溶液立即变为红褐色，且无气体生成；
②3 h后，混合溶液呈浅黄绿色；
③将步骤②中的溶液分成2等份，分别滴加KSCN溶液
和铁氰化钾溶液，前者溶液变为红色，后者有蓝色沉
淀生成
（1）溶液变为红褐色是因为生成了 （填化学式），3 h
后，混合溶液呈浅黄绿色的原因是
（用离子方程式表示）。
Fe（OH）3
2Fe3＋＋S ＋H2O 2Fe2＋＋
S ＋2H＋
解析：
去情境抓关键 分析设问
实验ⅰ中FeCl3
溶液过量 （1）溶液立即变为红褐色是因为Fe3＋发生水解反应生成
了Fe（OH）3；结合步骤③可知，溶液中有Fe2＋存在，则
发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋S ＋H2O 2Fe2＋
＋S ＋2H＋，故3 h后，混合溶液呈浅黄绿色
（2）由实验ⅰ中的现象可知，两个竞争反应的反应速率：反应a 反应b
（填“＞”“＜”或“＝”，下同），反应活化能：反应a 反应b。
＜
＞
解析：
去情境抓关键 分析设问
实验ⅰ中溶液
立即变为红褐
色；3 h后，
混合溶液呈浅
黄绿色 （2）根据实验ⅰ中现象可知，先发生相互促进的水解反应
（反应b）生成Fe（OH）3，后发生氧化还原反应（反应
a）生成Fe2＋，则说明反应b的活化能较低，反应速率较
大；反应a的活化能较高，反应速率较小
Ⅱ.探究外界因素对Fe3＋与S 反应的影响
实验 序号 实验装置图 实验操作与现象
ⅱ 溶液立即变为红褐色，且颜色比实验ⅰ的深，滴加
铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成；加热后，有红
褐色沉淀生成
实验 序号 实验装置图 实验操作与现象
ⅲ 溶液呈棕黄色，加热至沸腾，溶液呈透明的红褐
色，无沉淀生成
实验 序号 实验装置图 实验操作与现象
ⅳ 溶液立即变为红褐色，取少许反应液，滴加铁氰
化钾溶液，产生蓝色沉淀；另取5 mL反应液，加
热至沸腾，溶液红褐色褪去，溶液呈浅黄绿色，
滴加铁氰化钾溶液，立即产生蓝色沉淀
（3）设计实验ⅲ的目的是
，实验ⅱ中，当Na2SO3溶液过量时，主要发生反应
（填“a”或“b”），温度升高时，该反应进行的程度 （填“增
大”“减小”或“不变”）。
作为对照实验，验证Na2SO3溶液对FeCl3的水
解具有促进作用
b
增大
去情境抓关键 分析设问
实验ⅱ中
Na2SO3溶液
过量，实验ⅲ
中无Na2SO3
溶液 （3）根据实验ⅱ中的实验现象可知，Na2SO3溶液过量时，
FeCl3的水解程度明显增大，主要发生反应b，且Fe3＋与
S 没有发生氧化还原反应（反应a）；加热后，生成红
褐色沉淀，说明相互促进的水解反应（反应b）进行的程
度增大。实验ⅲ中Fe3＋发生水解的程度较小，故设计实验
ⅲ的目的是验证Na2SO3溶液对FeCl3的水解具有促进作用
解析：
（4）实验ⅳ中，加热后产生相应现象的原因是

。
氧化还原反应（反应a）
的活化能较大，温度升高，满足反应a所需的较高活化能，使反应a趋于完
全
解析：实验ⅳ中，加热后溶液由红褐色变为浅黄绿色，说明反应体系的
温度升高，满足了氧化还原反应（反应a）所需的较高活化能，使反应
a趋于完全。
真题·体验品悟
感悟高考，明确方向
1. （2024·湖北高考18题）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。
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－1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的 （填
字母）。
bc
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
解析：配制1.00 mol·L－1的CoSO4溶液需用到容量瓶，定容时用到胶头滴管，无需用到圆底烧瓶和试管，b、c正确。
（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HC 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
、 。
不能
吸收转化过程中产生的H
＋，促使反应正向进行
2Co2＋＋10HC ＋H2O2 2[Co（CO3）3]3
－＋6H2O＋4CO2↑
2H2O2　 2H2O＋O2↑
解析：实验ⅠCoSO4溶液中Co2＋以[Co（H2O）6]2＋的形式存在，滴加H2O2溶液，无明显现象，说明[Co（H2O）6]2＋不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HC 与Co2＋结合转化为[Co（CO3）2]2－和H＋，过量的HC 能吸收转化过程中产生的H＋，促使反应正向进行；实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2作用下Co2＋能与HC 反应生成[Co（CO3）3]3－，然后[Co（CO3）3]3－催化H2O2分解，因此H2O2在实验Ⅲ中所发生的反应为2Co2＋＋10HC ＋H2O2 2[Co（CO3）3]3－＋6H2O＋4CO2↑、2H2O2 2H2O＋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，利用化学平衡移动原理分析Co3＋、Co2＋分别与
C 配位后，正向反应能够进行的原因

。
实验Ⅳ
Co2＋与C 配位，H＋浓度增
大，平衡正向移动，Co3＋与C 配位，[Co（H2O）6]3＋浓度降低，平衡
正向移动
解析：Co2＋与C 配位后，H＋浓度增大，平衡正向移动，Co3＋与C配位后，[Co（H2O）6]3＋浓度降低，平衡正向移动，因此Co3＋、Co2＋分别与C 配位后，反应能正向进行。
（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 、 。
CO2
O2
解析：实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，则[Co（CO3）3]3－转化为[Co（H2O）6]3＋，Co元素的化合价不变，发生非氧化还原反应，则产生的气体为CO2；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，则[Co（H2O）6]3＋转化为[Co（H2O）6]2＋，Co元素化合价降低，发生氧化还原反应，氧元素化合价升高，则产生的气体为O2。
2. （2024·广东高考17题）含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互
转化。
（1）实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用 （填化
学式）溶液吸收。
NaOH
解析：实验室中，浓硫酸与铜丝反应，产生的尾气为SO2，可用NaOH溶液吸收。
（2）工业上，烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成
石膏。该过程中， （填元素符号）被氧化。
S
解析：工业上，烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏，该过程中发生反应：2CaCO3＋2SO2＋O2 2CaSO4＋2CO2，S元素被氧化。
（3）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生
反应：
CaSO4（s）＋C （aq） CaCO3（s）＋S （aq）（Ⅰ）
兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应（Ⅰ）的反应速率的影响。
①用Na2CO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。
ⅰ.该过程中用到的仪器有 。
BD
ⅱ.滴定数据及处理：Na2CO3溶液V0 mL，消耗c1 mol·L－1盐酸V1 mL（滴定
终点时，C 转化为HC ），则c（Na2CO3）＝ mol·L－1。

②实验探究：取①中的Na2CO3溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，
分别加入m1 g硫酸钙固体，反应t1 min后，过滤，取V0 mL滤液，用c1 mol·L－1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如表（忽略C 水解的影响）。
序号 a b
V（Na2CO3）/mL 100.0 80.0
V（H2O）/mL 0 x
V（滤液）/mL V0 V0
V消耗（盐酸）/mL
则x＝ ，测得的平均反应速率之比va∶vb＝ 。
20.0
6∶5
解析：①ⅰ.配制Na2CO3溶液用到烧杯，用盐酸滴定Na2CO3溶液用到酸式滴定管，没有用到蒸发皿和直形冷凝管。ⅱ.根据滴定原理可知，n（Na2CO3）＝n（HCl），则c（Na2CO3）×V0 mL＝c1 mol·L－1×V1 mL，解得c（Na2CO3）＝ mol·L－1。 ②根据配制总体积相同的系列溶液，知x＝100.0－80.0＝20.0。反应时间相同，平均反应速率之比等于硫酸钙消耗的碳酸根离子浓度之比，a中起始时碳酸钠溶液浓度为 mol·L－1，V0 mL滤液消耗 mL盐酸，即盐酸消耗的碳酸根离子浓度为 mol·L－1，
则硫酸钙消耗的碳酸根离子浓度为 mol·L－1；b中起始时碳酸钠溶液浓度为 mol·L－1，V0 mL滤液消耗 mL盐酸，即盐酸消耗的碳酸根离子浓度为 mol·L－1，则硫酸钙消耗的碳酸根离子浓度为 mol·L－1，故平均反应速率之比va∶vb＝ ∶ ＝6∶5。
（4）兴趣小组继续探究反应（Ⅰ）平衡的建立，进行实验。
①初步实验　将1.00 g硫酸钙（M＝136 g·mol－1）加入100.0 mL 0.100
mol·L－1 Na2CO3溶液中，在25 ℃和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH
随时间t的变化曲线如图。
②分析讨论　甲同学根据t2 min后pH不改变，认为反应（Ⅰ）已达到平衡；
乙同学认为证据不足，并提出如下假设：
假设2　硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。
③验证假设　乙同学设计如下方案，进行实验。
步骤 现象
ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液
分离 —
ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中，
滴加 ，沉淀完全溶解
ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加
无白色沉淀生成
足量稀盐酸
有气泡产生
少量氯化
钡溶液
假设1　硫酸钙固体已完全消耗；
④实验小结　假设1成立，假设2不成立。①实验中反应（Ⅰ）平衡未建立。
⑤优化方案、建立平衡　写出优化的实验方案，并给出反应（Ⅰ）平衡已建
立的判断依据：


。
将1.36 g（或大于此量的）硫酸钙加入100 mL 0.100
mol·L－1 Na2CO3溶液中，在25 ℃和搅拌条件下，利用pH计测量混合液的
pH，待混合液pH不变时，加入Na2SO4固体，pH增大，说明反应（Ⅰ）平衡
已建立
解析： ③ⅱ.根据实验小结知，硫酸钙固体已完全消耗，则分离出的沉淀为CaCO3，滴加稀盐酸，有气泡产生，沉淀完全溶解。ⅲ.ⅲ的目的是进一步验证硫酸钙固体完全消耗，则ⅱ的试管中溶液无S ，继续滴加氯化钡溶液，无白色沉淀生成。⑤由上述实验和结论可知，CaSO4用量不足，反应（Ⅰ）平衡未建立，若要进一步探究反应（Ⅰ）平衡已建立，需要使用过量的CaSO4进行实验，反应达到平衡时，溶液pH不变，此时加入Na2SO4固体，S 浓度
增大，反应（Ⅰ）平衡逆向移动，c（C ）增大，溶液pH增大。
课时·跟踪检测
培优集训，提升素养
1. （2024·广州三模）某小组研究Cu与浓硝酸反应时发现如下现象：
装置与 试剂
现象 Cu片完全溶解，反应放热，产生红棕色气体，得到绿色溶液A该溶液长时间放置后得到蓝色溶液B，反应后溶液体积几乎不变
1
2
3
（1）Cu与浓硝酸反应的离子方程式为
。
解析：Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2N Cu2＋＋2H2O＋2NO2↑。
Cu＋4H＋＋2N Cu2＋＋
2H2O＋2NO2↑　
1
2
3
（2）甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液
B中通入NO2，然后再持续通入一段时间N2，观察到现象：
，证实猜测合理。
甲同学为深入研究溶液A呈绿色的原因，查得如下资料并提出了新的假设：
资料ⅰ：NO2溶于水部分发生歧化反应：2NO2＋H2O HNO2＋HNO3
资料ⅱ：N 能与Cu2＋络合：Cu2＋ ＋4N Cu
资料ⅲ：HNO2是弱酸，加热或遇强酸发生分解：3HNO2 HNO3＋
2NO↑＋H2O
通入NO2后溶
液呈绿色，通入一段时间N2后溶液变蓝
1
2
3
假设一：A中形成了Cu 使溶液呈绿色。
为了验证假设一的合理性，甲同学进行了如下实验：
【实验一】
操作 现象
①向20.0 mL 0.5 mol·L－1 Cu 蓝色溶液
中通入少量NO2气体 溶液呈绿色
②向20.0 mL水中通入与①中等量的NO2气体 溶液呈无色
1
2
3
解析： 甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是
向溶液B中通入NO2，溶液变成绿色，然后再持续通入一段时间N2，目的
是将NO2吹出，进一步确认NO2的影响，因此通入一段时间N2后溶液又变
成蓝色。
1
2
3
（3）操作②的目的是
。
解析： 操作②是对比实验，可证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在①中的干扰。
证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在
①中的干扰
1
2
3
（4）乙同学向①所得溶液中滴加浓硫酸，使溶液中c 达约8 mol·L－
1，观察到有无色气体放出（遇空气变为红棕色），溶液很快变回蓝色。利
用平衡移动原理解释溶液变蓝的原因：


。
加入浓硫酸后，温度升高且
c 增大，HNO2分解导致c 下降，均引起平衡HNO2 N ＋
H＋逆向移动，c 下降，Cu2＋ ＋4N Cu 平
衡逆向移动，溶液颜色由绿色变为蓝色
1
2
3
解析： 结合资料可知，由于加入浓硫酸后，温度升高且c（H＋）增
大，引起平衡HNO2 N ＋H＋逆向移动，HNO2分解导致c（HNO2）下
降，同时产生无色气体，c（N ）下降，Cu2＋ ＋4N
Cu 平衡逆向移动，所以溶液颜色由绿色变为蓝色。
1
2
3
（5）综合甲、乙两位同学的实验，假设一不成立。请说明理由：


。
乙同学查得如下资料并提出来另一种假设：
资料ⅳ：浓硝酸中溶有NO2时呈黄色：水或稀硝酸中通入少量NO2时呈无色
假设二：A中浓硝酸溶解了NO2所得黄色溶液与Cu2＋的蓝色复合形成了
绿色。
为验证假设二的合理性，乙同学进行了如下实验：
加酸
且升温后，溶液变为蓝色，说明酸性较强的热溶液A中N 不能大量存
在，因此Cu 也不能大量存在，Cu（NO2 的形成不是溶液A呈
绿色的主要原因
1
2
3
【实验二】
操作 现象
①配制与溶液A等pH的HNO3溶液，取
20.0 mL，通入NO2气体 溶液呈黄色
②加入 溶液变为绿色
③ 溶液立即变回蓝色
1
2
3
解析： 根据题干信息，所用Cu和HNO3的量中HNO3过量，根据方程
式可知，绿色溶液A存有大量HNO3，酸性较强，而加浓硫酸后溶液变为蓝
色，说明酸性较强的溶液中，N 不能大量存在，因此Cu（NO2 也不
能大量存在，Cu（NO2 的形成不是溶液A呈绿色的主要原因，故假设
一不成立。
1
2
3
（6）操作②中加入的试剂为 ，操作③进一步证明
了假设二的合理性，写出该操作： 。溶液变回蓝色可能的原
因是 （用化学方程式表示）。
解析： 根据控制变量法，操作②中加入的试剂应与实验一相同，即
为 20.0 mL 0.5 mol·L－1 Cu（NO3）2溶液，应加入0.01 mol Cu（NO3）2；
根据资料ⅳ，稀硝酸中溶有少量NO2时呈无色，因此可采用加水稀释的方
法，发生反应的化学方程式为3NO2＋H2O 2HNO3＋NO。
0.01 mol Cu
加水稀释
3NO2＋H2O 2HNO3＋NO
1
2
3
2. （2024·朝阳二模）以CuCl2溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需
要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。
资料：ⅰ.水溶液中： 呈无色； 呈黄色；
呈棕色。
ⅱ. CuCl＋2Cl－；CuCl为白色固体，难溶于水。
将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下：
1
2
3
实验 溶液a 现象
Ⅰ CuCl2溶液（1
mol·L－1） 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5 h时铜粉剩余
Ⅱ 浓盐酸（10
mol·L－1） 产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄
色；较长时间后溶液变为棕色，5 h时铜粉剩余
Ⅲ CuCl2溶液（1
mol·L－1） 和浓盐酸（10
mol·L－1） 溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进
行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5 h时铜粉
几乎无剩余
1
2
3
（1）Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是 。
解析：向CuCl2溶液（1 mol·L－1）中加入铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液
蓝色变浅；向浓盐酸（10 mol·L－1）中加入铜粉，生成H2和 ，然
后生成 使溶液呈黄色，较长时间后生成 使溶液呈
棕色；向CuCl2溶液（1 mol·L－1）和浓盐酸（10 mol·L－1）混合溶液中加入
铜粉，生成 使溶液呈棕色，然后随着反应进行，溶液颜色
变浅，后接近于无色，5 h时铜粉几乎无剩余。 向CuCl2溶液（1 mol·L
－1）中加入铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅，则Ⅰ中产生白色沉淀
的离子方程式是Cu＋Cu2＋＋2Cl－ 2CuCl。
Cu＋Cu2＋＋2Cl－ 2CuCl
1
2
3
（2）对于实验Ⅱ的现象进行分析。
①经检验Ⅱ中气体为H2。分析气体产生的原因，进行实验：将5 mol·L－1
H2SO4溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到H2。
依据电极反应式，分析产生H2的原因

。
Cu－e－ Cu＋，Cu＋＋3Cl－
，降低了c（Cu＋），提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H
＋还原为H2
1
2
3
②Ⅱ中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因
。
4 ＋4H＋＋
O2＋4Cl－ 4 ＋2H2O
解析： ①据实验现象可知，产生的无色气泡为H2，无色溶液为 的
溶液，所以应是Cu－e－ Cu＋，Cu＋＋3Cl－ ，降低了c
（Cu＋），提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H＋还原为H2。②
的溶液呈黄色，Ⅱ中溶液变为黄色，即生成了 ，其反应的离子方
程式为4 ＋4H＋＋O2＋4Cl－ 4 ＋2H2O。
1
2
3
（3）对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的
原因。
①假设1：c 增大，白色沉淀不能稳定存在。
实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合
平衡移动原理解释沉淀溶解的原因
。
②假设2：c 增大，白色沉淀不能稳定存在。
实验验证：
（填操作和现象），证实假设2不合理。
c（Cl－）增大，平衡CuCl＋2Cl－
正向移动
取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入5 mol·L－1的H2SO4溶液，沉淀不溶
解
1
2
3
解析：①由于c（Cl－）增大，使得平衡CuCl＋2Cl－ 正向移动，所以白色沉淀溶解。②要验证是否是因为c 增大，而使白色沉淀不能稳定存在，可以取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入5 mol·L－1的H2SO4溶液，看沉淀是否溶解，若沉淀不溶解，则不是因为c 增大。
1
2
3
（4）实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。分析可能原
因 。
解析：实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，其可能原因为：此条件下Cu2＋或 的氧化性强于H＋，所以Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。
此条件下Cu2＋或 的氧化性强于H＋
1
2
3
（5）结合现象和化学反应原理解释选择CuCl2与浓盐酸的混合液而不单独
选择CuCl2溶液或浓盐酸作腐蚀液的原因
。
单独使用CuCl2溶液，产生的
CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用浓盐酸，反应速率慢
解析：若单独使用CuCl2溶液，则产生的CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；若单独使用浓盐酸，则反应速率慢，所以选择CuCl2与浓盐酸的混合液而不单独选择CuCl2溶液或浓盐酸作腐蚀液。
1
2
3
3. （2025·广东六校第一次联考）某小组实验验证“Ag＋＋Fe2＋ Fe3＋＋
Ag↓”为可逆反应并探究可逆的原因。
Ⅰ.实验验证
实验：将0.010 0 mol·L－1 Ag2SO4溶液与0.010 0 mol·L－1 FeSO4溶液（pH＝
1）等体积混合，充分反应，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
（1）取实验中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag，现象是
。
灰黑色固体
溶解，产生红棕色气体
解析：Ag与浓硝酸反应生成硝酸银、NO2和水，现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
1
2
3
（2）静置，取上层黄色溶液加入试剂
，可证明反应物有剩余。
结合以上现象可证明反应“Ag＋＋Fe2＋ Fe3＋＋Ag↓”为可逆反应。
K3[Fe（CN）6]（写化学式或名称
都对）
1
2
3
Ⅱ.探究氧化还原反应可逆的原因
提出假设　溶液中氧化剂浓度减小，氧化性减弱；还原剂浓度减小，还原
性减弱。
查阅资料　还原剂的还原性越强，电极电势越小；氧化剂的氧化性越强，
电极电势越大。
原电池的电动势等于正极电势（φ＋）与负极电势（φ－）之差：E＝φ＋－φ－。
1
2
3
解析：由反应方程式及题给实验数据可知，该实验中Ag＋过量，则要验证该反应为可逆反应，需要证明实验后的溶液中含有Fe2＋，实验室常用K3[Fe（CN）6]溶液检验Fe2＋，具体操作为静置，取上层黄色溶液，加入K3[Fe（CN）6]溶液，验证Fe2＋存在，可证明反应物有剩余。
1
2
3
（3）设计方案并完成实验。用浓度均为0.10 mol·L－1的FeSO4溶液、Fe2
（SO4）3溶液、AgNO3溶液按表中配制总体积相同的系列溶液，构成原电
池（装置如图所示），测定该原电池的电动势。
1
2
3
序 号 试剂X 试剂Y 电
动
势
/V
V（FeSO4）/ mL V[Fe2（SO4）
3]/mL V
（H2O）/ mL V
（AgNO3）/ mL V
（H2O）/ mL
Ⅰ 40 2 38 80 0 E1
Ⅱ V1 2 68 80 0 E2
Ⅲ 40 V2 V3 8 V4 E3
1
2
3
①配制500 mL 0.10 mol·L－1 AgNO3溶液，需要称量AgNO3固体的质量
为 g，配制溶液时需用的仪器有 （填字母）。
8.5
AD
②V1＝ 、V3＝ 。
③证明假设成立的依据是 。
10
38
E1＞E2、E1＞E3
1
2
3
解析：①配制500 mL 0.10 mol·L－1 AgNO3溶液，需要称取AgNO3固体的质量为500×10－3 L×0.10 mol·L－1×170 g·mol－1＝8.5 g。配制溶液时需要用到的仪器有胶头滴管、容量瓶等。②Ⅰ中试剂X总体积为80 mL，根据溶液总体积相同，则V1＝80－2－68＝10；实验Ⅰ、Ⅱ中变量为FeSO4（还原剂）溶液的浓度，则实验Ⅰ、Ⅲ中变量应为AgNO3（氧化剂）溶液的浓度，故V2＝2，V3＝38。③Ⅰ、Ⅱ中氧化剂浓度大于Ⅲ中氧化剂浓度，根据假设，氧化剂的浓度越大，氧化性越强，电极电势越大，AgNO3溶液浓度：Ⅰ＝Ⅱ＞Ⅲ，则正极电势（φ＋）：Ⅰ＝Ⅱ＞Ⅲ；根据假设，还原剂的浓度越大，还原性越强，电极电势越小，FeSO4溶液浓度：Ⅰ＝Ⅲ＞Ⅱ，则负极电势（φ－）：Ⅰ＝Ⅲ＜Ⅱ，结合电动势计算公式可得E1＞E2、E1＞E3。
1
2
3
（4）进一步查阅资料可知，电极电势（φ）与金属离子浓度存在定量关
系：电极反应M－ne－ Mn＋的电极电势φ（Mn＋/M）＝φθ（Mn＋/M）
＋ lg c（Mn＋），其中φθ（Mn＋/M）为c（Mn＋）＝1.0 mol·L－1时的
电极电势，也称为标准电极电势；φθ（Ag＋/Ag）＝0.80 V。
实验Ⅰ条件下，φ（Fe3＋/Fe2＋）＝0.71 V，将实验Ⅰ装置中Ag电极更换成
Ag/AgCl电极，AgNO3溶液替换成KCl溶液（浓度仍为0.10 mol·L－1），φ
（Ag＋/Ag）＝ V，此时Ag电极上发生反应的电极反应式为
。[已知该实验条件下Ksp（AgCl）＝10－10]
0.269
Ag
－e－＋Cl－ AgCl
1
2
3
解析： Ag/AgCl电极插入0.10 mol·L－1 KCl溶液中，c（Ag＋）＝ mol·L－1＝10－9 mol·L－1，则φ（Ag＋/Ag）＝（0.80＋ ×lg 10－9）V＝0.269 V。Ag电极为负极，电极反应式为Ag－e－＋Cl－ AgCl。
1
2
3
THANKS
演示完毕 感谢观看

展开更多......

收起↑