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考法研习(二)　探究型综合实验
一、练悟真题——高考考什么、怎么考
　　[例1]　(2025·北京卷)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+2Br-+4H+ Mn2++Br2+2H2O”平衡常数的方法,对照理论数据判断方法的可行性。
(1)理论分析
①Br2易挥发,需控制生成c(Br2)较小。
②根据25 ℃时K=6.3×104分析,控制合适pH,可使生成c(Br2)较小;用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应,反应前后c(Br-)几乎不变;c(Mn2+)=c(Br2),仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。
③Br2与水反应的程度很小,可忽略对测定干扰;低浓度HBr挥发性很小,可忽略。
(2)实验探究
序号 实验内容及现象
Ⅰ 25 ℃,将0.200 mol·L-1KBr溶液(pH≈1)与过量MnO2混合,密闭并搅拌,充分反应后,溶液变为黄色,容器液面上方有淡黄色气体
Ⅱ 25 ℃,将0.200 mol·L-1KBr溶液(pH≈2)与过量MnO2混合,密闭并搅拌,反应时间与Ⅰ相同,溶液变为淡黄色,容器液面上方未观察到黄色气体
Ⅲ 测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH;取一定量反应后溶液,加入过量KI固体,用Na2S2O3标准溶液滴定,测定c(Br2)
　已知:I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6;Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。
①Ⅲ中,滴定时选用淀粉作指示剂,滴定终点时的现象是　　　　　　　　　　　　　　　。用离子方程式表示KI的作用:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②Ⅰ中,与反应前的溶液相比,反应后溶液的pH　　　　(填“增大”“减小”或“不变”)。平衡后,按计算所得值小于25 ℃的K值,是因为Br2挥发导致计算时所用　　　　的浓度小于其在溶液中实际浓度。
③Ⅱ中,按计算所得值也小于25 ℃的K值,可能原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　。
(3)实验改进
分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因,改变实验条件,再次实验。
控制反应温度为40 ℃,其他条件与Ⅱ相同,经实验准确测得该条件下的平衡常数。
①判断该实验测得的平衡常数是否准确,应与　　　　　　　值比较。
②综合调控pH和温度的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
学解题,内化解题思维
本题通过实验探究测定“MnO2+2Br-+4H+ Mn2++Br2+2H2O”的平衡常数的方法可行性。问题设计的高明之处在于用经典而熟悉的知识和操作为载体,在有限的时间内考查学生逻辑思维和实验探究能力。
第(2)问分析
①考查了滴定终点的现象,知识载体是淀粉遇碘变蓝。用离子方程式表示KI的作用一问,考查了Br2与KI发生置换反应,看似问题简单,但其深意是考查学生对实验探究过程的逻辑思维能力。
　　②因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小,根据题目信息可知,c(Mn2+)=c(Br2),则计算时所用Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度。实验Ⅰ反应消耗H+生成水,反应后溶液pH的增大,非常基础,结合题干的方程式即可轻松解决。而之后分析平衡浓度商比K值小的原因,略有难度,好在问题是以挖空填词的形式出现,只让写原因中的一个微粒(因为Br2挥发导致计算时所用的Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度)。
　　③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体,说明不是由于Br2挥发导致实测c(Mn2+)偏小,题目已知信息③也说明了Br2与水反应的程度很小,可忽略对测定干扰;低浓度HBr挥发性很小,可忽略,对比实验Ⅰ和Ⅱ可知,实验Ⅱ的pH更大,且反应后溶液为淡黄色,则可能原因是,实验Ⅱ的c(H+)低于实验Ⅰ,反应相同时间下,实验Ⅱ未达到平衡状态,导致溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低,计算的K值偏小。Ⅱ中浓度商也小于K的原因,要答出这个问题,需要理解实验探究中变量控制的逻辑,其他条件不变,尤其是反应时间相同;一个条件改变:pH由1变2,现象随之改变:溶液变黄色且液面上方淡黄色气体→溶液变淡黄色且液面上方无黄色气体。即Ⅱ生成的Br2不如Ⅰ生成的Br2多,Ⅰ充分反应,达到平衡状态,而Ⅱ肯定没达到平衡,所以这一问的原因是Ⅱ中氢离子浓度较小,反应速率较慢,相同时间内尚未达到平衡,所以浓度商小于平衡常数。
第(3)问分析
①平衡常数准确性验证:应与40 ℃下的理论K值比较,因为K值只与温度有关,(题目给出25 ℃的K,需查阅文献中40 ℃的K值)。实验改进终于轮到温度变了,改变温度后测得的平衡常数是否准确,应与40 ℃的理论K值比较,这一问应该比较容易。
②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同,实验Ⅰ由于c(H+)过大,反应速率过快,Br2挥发导致计算的K值小;实验Ⅱ由于c(H+)过小,反应速率过慢,未达平衡状态,导致计算的K值小,故综合调控pH和温度的目的是使反应更快的达到平衡状态,使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态,从而准确测定K值。
二、补强知能——解题用什么、怎么办
1.反应原理的探究实验分析
化学反应原理的探究是中学化学实验探究的一个重要内容,该类探究实验往往是通过改变影响反应的条件(如浓度、温度、压强、酸碱度等)和反应物的用量,分析反应产物的变化情况,进而确定反应的原理。在研究化学反应与外界因素之间的关系时,对影响物质变化规律的因素或条件加以人为控制,使其他几个因素不变,集中研究其中一个因素的变化所产生的影响,以利于研究过程中,迅速寻找到物质变化的规律。
　　[应用强化]
[例2]　某学习小组对SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀的原因进行了探究,实验如下:
实验装置
实验①:烧杯A中加入煮沸的Ba(NO3)2溶液25 mL,再加入适量食用油,冷却至室温 实验②:烧杯B中加入未煮沸的Ba(NO3)2溶液25 mL　
实验现象 烧杯 出现白色沉淀 出现白色沉淀
pH传感器
(1)实验①中,120 s左右pH突然下降的主要原因可能是二氧化硫溶解引起的吗 为什么 。
(2)结合实验①和②的pH t图像,发现有O2参加的反应中pH变化比无氧参加的大,且用时短,请解释可能的原因。
　 。
听课记录:
2.物质性质的探究实验分析
　　[应用强化]
[例3]　(2025·广东卷·节选)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CH3COOH②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
>>
　　　Ⅰ　　　　　　　Ⅱ　　　　　　Ⅲ
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。
听课记录:
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探究型综合实验
考法研习(二)
目 录
一、练悟真题——高考考什么、怎么考
二、补强知能——解题用什么、怎么办
专题质量评价
01
一、练悟真题——高考考什么、怎么考
　[例1]　(2025·北京卷)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+2Br-+4H+ Mn2++Br2+2H2O”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。
(1)理论分析
①Br2易挥发，需控制生成c(Br2)较小。
②根据25 ℃时K=6.3×104分析，控制合适pH，可使生成c(Br2)较小;用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2反应，反应前后c(Br-)几乎不变;c(Mn2+)=c(Br2)，仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。
③Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰;低浓度HBr挥发性很小，可忽略。
(2)实验探究
序号 实验内容及现象
Ⅰ 25 ℃，将0.200 mol·L-1KBr溶液(pH≈1)与过量MnO2混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体
Ⅱ 25 ℃，将0.200 mol·L-1KBr溶液(pH≈2)与过量MnO2混合，密闭并搅拌，反应时间与Ⅰ相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体
Ⅲ 测定Ⅰ、Ⅱ反应后溶液的pH;取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用Na2S2O3标准溶液滴定，测定c(Br2)
已知:I2+2Na2S2O3==2NaI+Na2S4O6;Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。
①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______________
__________________________________________________。用离子方程式表示KI的作用:__________________。
②Ⅰ中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH_______(填“增大”“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于25 ℃的K值，是因为Br2挥发导致计算时所用_______的浓度小于其在溶液中实际浓度。
滴入最后半滴
Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复　
Br2+2I-==2Br-+I2
增大
Mn2+
③Ⅱ中，按计算所得值也小于25 ℃的K值，可能原因是
______________________________________________________________________
______________________________________________。
实验Ⅱ的c(H+)浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，
导致溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低，计算的K值偏小
解析:第(2)问分析　
①考查了滴定终点的现象，知识载体是淀粉遇碘变蓝。用离子方程式表示KI的作用一问，考查了Br2与KI发生置换反应，看似问题简单，但其深意是考查学生对实验探究过程的逻辑思维能力。
②因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，c(Mn2+)=c(Br2)，则计算时所用Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度。实验Ⅰ反应消耗H+生成水，反应后溶液pH的增大，非常基础，结合题干的方程式即可轻松解决。而之后分析平衡浓度商比K值小的原因，略有难度，好在问题是以挖空填词的形式出现，只让写原因中的一个微粒(因为Br2挥发导致计算时所用的Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度)。
③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Mn2+)偏小，题目已知信息③也说明了Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰;低浓度HBr挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的c(H+)低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中c(Mn2+)、c(Br2)偏低，计算的K值偏小。Ⅱ中浓度商也小于K的原因，要答出这个问题，需要理解实验探究中变量控制的逻辑，其他条件不变，尤其是反应时间相同;一个条件改变:pH由1变2，现象随之改变:溶液变黄色且液面上方淡黄色气体→溶液变淡黄色且液面上方无黄色气体。即Ⅱ生成的Br2不如Ⅰ生成的Br2多，Ⅰ充分反应，达到平衡状态，而Ⅱ肯定没达到平衡，所以这一问的原因是Ⅱ中氢离子浓度较小，反应速率较慢，相同时间内尚未达到平衡，所以浓度商小于平衡常数。
(3)实验改进
分析实验Ⅰ、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。
控制反应温度为40 ℃，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。
①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与_________________值比较。
②综合调控pH和温度的目的是______________________________________
______________________________________________。
40 ℃下的理论K
使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于
溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值
解析:第(3)问分析　
①平衡常数准确性验证:应与40 ℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，(题目给出25 ℃的K，需查阅文献中40 ℃的K值)。实验改进终于轮到温度变了，改变温度后测得的平衡常数是否准确，应与40 ℃的理论K值比较，这一问应该比较容易。
②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于c(H+)过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小;实验Ⅱ由于c(H+)过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控pH和温度的目的是使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。
本题通过实验探究测定“MnO2+2Br-+4H+ Mn2++Br2+2H2O”的平衡常数的方法可行性。问题设计的高明之处在于用经典而熟悉的知识和操作为载体，在有限的时间内考查学生逻辑思维和实验探究能力。
学解题，内化解题思维
02
二、补强知能——解题用什么、怎么办
1.反应原理的探究实验分析
化学反应原理的探究是中学化学实验探究的一个重要内容，该类探究实验往往是通过改变影响反应的条件(如浓度、温度、压强、酸碱度等)和反应物的用量，分析反应产物的变化情况，进而确定反应的原理。在研究化学反应与外界因素之间的关系时，对影响物质变化规律的因素或条件加以人为控制，使其他几个因素不变，集中研究其中一个因素的变化所产生的影响，以利于研究过程中，迅速寻找到物质变化的规律。
[例2]　某学习小组对SO2通入Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀的原因进行了探究，实验如下:
应用强化
实验装置 实验①:烧杯A中加入煮沸的Ba(NO3)2溶液25 mL，再加入适量食用油，冷却至室温 实验②:烧杯B中加入未煮沸的Ba(NO3)2溶液25 mL　
实验现象 烧杯 出现白色沉淀 出现白色沉淀
pH传感器
续
表
(1)实验①中，120 s左右pH突然下降的主要原因可能是二氧化硫溶解引起的吗 为什么 ____________________________________________________________
______________________________________________________________________
__________________________________________________。
不是。若是二氧化硫溶解导致pH下降，其不会出现突变;出现突变
的原因可能是当亚硫酸电离产生H+浓度足够大时，发生反应3SO2+2N+2H2O
+3Ba2+==3BaSO4↓+2NO+4H+，使得溶液pH突然下降
(2)结合实验①和②的pH t图像，发现有O2参加的反应中pH变化比无氧参加的大，且用时短，请解释可能的原因。____________________________________
___________________________________。
说明溶解的O2氧化SO2降低了体系pH，
N氧化性增强，进一步氧化了SO2
2.物质性质的探究实验分析
[例3]　(2025·广东卷·节选)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CH3COOH②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
> >
　　　Ⅰ　　　　　　　Ⅱ　　　　　　Ⅲ
应用强化
增大
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。
[解析]　①羧酸酸性的强弱取决于羧基中O—H键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，使得羧基中O—H键的极性越大，酸性越强;③由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，所以该推断依据不足。
常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同
专题质量评价
1
2
3
1.(14分)某小组欲探究钠与酸溶液反应速度的影响因素，查阅资料并设计实验进行分析和验证。已知:
ⅰ.任何反应都会经历以下四个步骤:吸附、反应、解附、扩散。
ⅱ.钠与水反应动力学机理:
①钠在水分子作用下释放电子:(Na)n→(Na+xe-;
②释放的电子有如下两种过程:
与水形成溶剂化电子:H2O+e-→H2Oe-，H2Oe-→OH-+H，H+H→H2;
与水中水合氢离子结合:H3O++e-→H3O，H3O→H2O+H，H+H→H2。
1
2
3
ⅲ.30 ℃时含钠化合物的溶解度:
NaCl:6.2 mol·L-1　CH3COONa:6.5 mol·L-1
NaF:1.0 mol·L-1
方案Ⅰ:取三块大小相同形状均匀的钠块，分别投入20 mL 0.1 mol·L-1的盐酸、NaOH溶液和水中，测量反应时间如下:
溶液 H2O 0.1 mol·L-1的盐酸 0.1 mol·L-1 NaOH
反应时间/s 46 45 45
1
2
3
(1)实验室钠保存在_______________。下列图标与演示Na与水反应实验有关的是______。
解析:由于金属钠的密度比煤油、石蜡油大，所以常保存在煤油或石蜡油中;Na与水反应有氢氧化钠生成，所以要当心腐蚀、注意洗手。
煤油或石蜡油
AD
1
2
3
(2)从实验数据分析，写出钠在盐酸溶液中主要发生反应的化学方程式
_________________________，理由:______________________________________
______________________________________________________________________
_________________。
解析:由H2O中c(H+)=10-7 mol·L-1，0.1 mol·L-1盐酸中c(H+)=10-1 mol·L-1，
0.1 mol·L-1 NaOH中c(H+)=10-13 mol·L-1，可知，三者溶液中H3O+分别相差106倍，H3O+浓度相差显著，但反应时间几乎相同，说明钠在三种溶液中优先与水发生了反应，钠与盐酸溶液反应时主要是与水的反应，化学方程式为2Na+2H2O==
2NaOH+H2↑，钠在水分子作用下释放的电子在水的作用下得到氢气。
2Na+2H2O==2NaOH+H2↑
由实验可知:三者溶液中H3O+分别相差
106倍，H3O+浓度相差显著，但反应时间几乎相同，说明钠在三种溶液中优先
与水发生了反应
1
2
3
(3)为进一步验证上述结论，小组将质量相等，大小形状相同的Na分别与0.05 mol·L-1和0.3 mol·L-1的稀盐酸(盐酸中滴加酚酞)反应后发现，前者实验过程中能够明显观察到钠球运动的轨迹上出现红色，而后者没有观察到红色。结合方程式解释Na与0.05 mol·L-1的稀盐酸反应轨迹上出现红色可能的原因:___________
______________________________________________________________________
_________________。
解析: 钠失去电子形成溶剂化电子:H2O+e-→H2Oe-，溶剂化电子发生变化H2Oe-→OH-+H，OH-遇到酚酞显红色。
钠失去电
子形成溶剂化电子:H2O+e-→H2Oe-;溶剂化电子发生变化H2Oe-→OH-+H，OH-遇到酚酞变红色
1
2
3
(4)小组研究又发现:盐酸浓度的改变也会影响其与钠的反应速度。
方案Ⅱ:取200 mg形状几乎一样的7块钠，分别投入预先配制好的浓度不同的盐酸和水中，分别计时，实验结果如下:
由该实验可知，当盐酸浓度大于1 mol·L-1时，浓度越大，反应速度越慢，请分析可能的原因________________________________________________________
____________________________________________________________________。
浓度/(mol·L-1) 6 3 1.5 1 0.1 0.05 0
反应时间/s 114 65 37 21 13 18 20
当盐酸浓度大于1 mol·L-1时，随浓度增大，生成NaCl固体逐渐
增多，沉积在金属钠表面的NaCl越多，扩散越慢，从而降低化学反应速率
方案:取质量相等形状几乎一样的钠块，分别投入足量的等体积的pH=1的盐酸、pH=1的氢氟酸中，记录金属钠反应完的时间。预测现象:若投入pH=1的氢氟酸中耗时更长，说明猜想正确
1
2
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设计实验方案并根据预测现象证明你的猜想:______________________________
_____________________________________________________________________
____________________________________________________________________。 (可供选择的试剂:pH=1的氢氟酸，pH=1的醋酸溶液，pH=1的盐酸溶液)。
1
2
3
解析:钠与水反应得到的氢氧化钠与盐酸结合生成氯化钠，当盐酸浓度大于
1 mol·L-1时，随浓度增大，生成NaCl固体逐渐增多，沉积在金属钠表面的NaCl越多，扩散的速度越慢，从而降低化学反应速率;利用提供的几种酸，方案:取质量相等形状几乎一样的钠块，分别投入足量的等体积的pH=1的盐酸、pH=1的氢氟酸中，记录金属钠反应完的时间(控制变量法);预测现象:若投入pH=1的氢氟酸中耗时更长，说明猜想正确。
1
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2.(14分)(2025·河北保定二模)Fe2S3为黑色固体，常温下在空气中易转变为黄绿色固体。某实验小组设计实验拟制备Fe2S3并探究其性质。
实验(一)制备Fe2S3
经查阅资料，小组同学设计了如下5种实验方案:
方案1:20 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液和30 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液反应。
方案2:Fe(OH)3和0.1 mol·L-1 (NH4)2S溶液反应。
方案3:常温下，H2S和Fe(OH)3反应。
方案4:加热条件下，H2S和Fe(OH)3反应。
方案5:常温下，向0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中通入H2S
1
2
3
实验结果:方案1、4、5不能生成Fe2S3，方案1和4的产物有FeS和S，方案5的产物有S，方案2和3能制备难溶的黑色Fe2S3。
(1)方案1中，存在水解反应、氧化还原反应、复分解反应之间的竞争，结果优先发生氧化还原反应，发生的氧化还原反应的离子方程式为
_______________________。
解析:根据题意可知，铁离子将硫离子氧化为硫单质，自身转化为亚铁离子，亚铁离子与硫离子生成硫化亚铁沉淀，因此反应的离子方程式为2Fe3++3S2-==2FeS↓+S↓。
2Fe3++3S2-==2FeS↓+S↓
1
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3
(2)比较方案3和5可知，方案3能制备Fe2S3的原因可能是_________________
_______________________________________。
解析:氢氧化铁和氯化铁相比，铁离子浓度更低，氧化性更弱，故氢氧化铁和硫化氢发生复分解反应生成硫化铁，而非发生氧化还原反应。
Fe(OH)3的氧化性
比FeCl3的弱(或溶解度影响Fe3+的氧化性)
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2
3
(3)设计如图1所示装置实施方案3。
①A装置中盛装FeS的仪器名称是
__________，D装置中现象是_______
__________。
②稀硫酸不能用盐酸替代，其原因是__________________________________。
解析:①A装置中装FeS的仪器是圆底烧瓶;D装置中多余的H2S和硫酸铜生成难溶的黑色硫化铜，因此现象是产生黑色沉淀。②由于盐酸易挥发，则硫化氢中的氯化氢不能被氯化钙除去，从而导致挥发的HCl与Fe(OH)3反应，影响实验，因此稀硫酸不能用盐酸替代。
圆底烧瓶
产生
黑色沉淀
B不能吸收HCl，HCl与Fe(OH)3反应
1
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3
实验(二)探究Fe2S3的性质
实验1:常温下，Fe2S3与O2反应，实验装置如图2。
实验现象:G装置中黑色粉末逐渐变为黄绿色粉末，H装置中溶液颜色没有明显变化。
(4)E装置中双氧水表现___(填标号)。
a.氧化性　　　b.酸性　　　c.还原性
解析:高锰酸钾氧化H2O2生成氧气，因此H2O2体现还原性。
c
1
2
3
(5)当G装置中黑色粉末全部变为黄绿色时，关闭分液漏斗活塞，取少量G装置中固体溶于水，将所得混合液分成两等份。一份溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色;另一份溶液中滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀。则G装置中发生反应的化学方程式为______________________。
解析:依题意，一份溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁离子生成;另一份溶液中滴加盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明有硫酸根离子生成;因此硫化铁在氧气中生成了硫酸铁，反应的化学方程式为Fe2S3+6O2==Fe2(SO4)3。
Fe2S3+6O2==Fe2(SO4)3
1
2
3
实验2:探究和稀硫酸的反应，实验方案及现象记录如下。
(6)根据上述实验结果可知，Fe2S3和稀硫酸反应生成__________________
(填化学式)。
解析:依题意，Fe2S3和稀硫酸反应产生的气体使湿润醋酸铅试纸变黑，说明有硫化氢气体产生;混合物过滤得到淡黄色固体和浅绿色溶液，说明有硫单质生成;浅绿色溶液遇铁氰化钾溶液变蓝，说明有硫酸亚铁生成;因此反应生成H2S、FeSO4、S。
H2S、FeSO4、S
1
2
3
3.(14分)某课外小组探究Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3溶液的反应。
[查阅资料]
ⅰ.2S2+Cu2+ [Cu(S2O3)2]2-(绿色)，2S2+Cu+ [Cu(S2O3)2]3-(无色);
ⅱ.2NH3+Cu+ [Cu(NH3)2]+(无色)，遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+(蓝色);
ⅲ.S2易被氧化为S4或S。
[猜想假设]
同学们根据资料认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3可能会发生两种反应。
假设1:Cu2+与S2在溶液中发生络合反应生成[Cu(S2O3)2]2-;
假设2:Cu(Ⅱ)有______性，与S2在溶液中发生氧化还原反应。
1
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[实验操作及现象分析]
实验一:探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。
实验操作 实验序号 V1/mL V2/mL 逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象
a 1.5 0.5 溶液逐渐变为绿色，静置无变化
b 1.0 1.0 溶液先变为绿色，后逐渐变成浅绿色，静置无变化
c 0 2.0 溶液先变为绿色，后逐渐变浅至无色，静置无变化
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3
(1)根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是______________(填化学符号)。
解析:根据资料ⅰ，且实验a现象为溶液逐渐变为绿色，静置无变化，则溶液中生成的含Cu微粒是[Cu(S2O3)2]2-。
[Cu(S2O3)2]2-
1
2
3
(2)甲同学认为实验一能证明假设2成立，补全假设2______，他的理由是_____
______________________________________________________________________。
解析:实验a到实验c，溶液先变为绿色，后溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应，因此假设2为Cu(Ⅱ)有氧化性，与S2在溶液中发生氧化还原反应。
氧化
实验
a到实验c，溶液先变为绿色，后溶液颜色逐渐变浅，说明发生了氧化还原反应
1
2
3
实验二:探究CuCl2与Na2S2O3溶液的反应。
1
2
3
(3)乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu(Ⅰ)。他的实验方案是:取少量无色溶液，_________________________________________
________________________。
解析: 根据资料ⅱ，[Cu(NH3)2]+(无色)遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+(蓝色)，因此若确证实验二的无色溶液中存在Cu(Ⅰ)，则可以加入氨水，先呈现无色，后变为蓝色，因此实验方案是:取少量无色溶液，向其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液由无色变为蓝色，则说明含Cu(Ⅰ)。
为蓝色，则说明含Cu(Ⅰ)
向其中滴加氨水，放置在空气中，若溶液变
1
2
3
(4)经检验白色沉淀为CuCl，从化学平衡的角度解释继续加Na2S2O3溶液后CuCl沉淀溶解的原因:__________________________________________________
______________________________________________________________________
_____________________________。
解析: CuCl存在沉淀溶解平衡:CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，滴加Na2S2O3溶液后，发生反应2S2+Cu+ [Cu(S2O3)2]3-，Cu+的浓度降低，平衡正向移动，CuCl沉淀溶解。
CuCl存在沉淀溶解平衡:CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq)，
滴加Na2S2O3溶液后，发生反应2S2+Cu+ [Cu(S2O3)2]3-，则Cu+的浓度降低，平衡正向移动，CuCl沉淀溶解
1
2
3
(5)经检验氧化产物以S4形式存在。写出Cu2+与S2发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式:_____________________________________。
解析:已知氧化产物以S4形式存在，且Cu2+与S2发生氧化还原反应得到无色溶液，则产物为S4和[Cu(S2O3)2]3-，离子方程式为2Cu2++6S2==
S4+2[Cu(S2O3)2]3-。综合以上实验，Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，①随n(S2)∶n(Cu2+)的增大，二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化还原反应的趋势增强;②Cu(Ⅱ)盐中阴离子为Cl-时，可以增大Cu2+与S2发生氧化还原反应的趋势。
2Cu2++6S2==S4+2[Cu(S2O3)2]3-
1
2
3
[获得结论]
综合以上实验，同学们认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关，得到实验结论:
①随n(S2)∶n(Cu2+)的增大，_____________________________________
_____________________;
②________________________________________________________________
______。
二者发生络合反应的趋势减弱，发生氧化
还原反应的趋势增强
Cu(Ⅱ)盐中阴离子为Cl-时，可以增大Cu2+与S2发生氧化还原反应的
趋势专题质量评价(三十一)　探究型综合实验
1.(14分)某小组欲探究钠与酸溶液反应速度的影响因素,查阅资料并设计实验进行分析和验证。已知:
ⅰ.任何反应都会经历以下四个步骤:吸附、反应、解附、扩散。
ⅱ.钠与水反应动力学机理:
①钠在水分子作用下释放电子:(Na)n→(Na+xe-;
②释放的电子有如下两种过程:
与水形成溶剂化电子:H2O+e-→H2Oe-,H2Oe-→OH-+H,H+H→H2;
与水中水合氢离子结合:H3O++e-→H3O,H3O→H2O+H,H+H→H2。
ⅲ.30 ℃时含钠化合物的溶解度:
NaCl:6.2 mol·L-1　CH3COONa:6.5 mol·L-1 NaF:1.0 mol·L-1
方案Ⅰ:取三块大小相同形状均匀的钠块,分别投入20 mL 0.1 mol·L-1的盐酸、NaOH溶液和水中,测量反应时间如下:
溶液 H2O 0.1 mol·L-1的盐酸 0.1 mol·L-1 NaOH
反应时间/s 46 45 45
(1)实验室钠保存在　　　　　　。下列图标与演示Na与水反应实验有关的是　　　 　　　。
(2)从实验数据分析,写出钠在盐酸溶液中主要发生反应的化学方程式　　　　　　　　　　　　,理由:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(3)为进一步验证上述结论,小组将质量相等,大小形状相同的Na分别与0.05 mol·L-1和0.3 mol·L-1的稀盐酸(盐酸中滴加酚酞)反应后发现,前者实验过程中能够明显观察到钠球运动的轨迹上出现红色,而后者没有观察到红色。结合方程式解释Na与0.05 mol·L-1的稀盐酸反应轨迹上出现红色可能的原因: 　。
(4)小组研究又发现:盐酸浓度的改变也会影响其与钠的反应速度。
方案Ⅱ:取200 mg形状几乎一样的7块钠,分别投入预先配制好的浓度不同的盐酸和水中,分别计时,实验结果如下:
浓度/(mol·L-1) 6 3 1.5 1 0.1 0.05 0
反应时间/s 114 65 37 21 13 18 20
由该实验可知,当盐酸浓度大于1 mol·L-1时,浓度越大,反应速度越慢,请分析可能的原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。设计实验方案并根据预测现象证明你的猜想:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(可供选择的试剂:pH=1的氢氟酸,pH=1的醋酸溶液,pH=1的盐酸溶液)。
2.(14分)(2025·河北保定二模)Fe2S3为黑色固体,常温下在空气中易转变为黄绿色固体。某实验小组设计实验拟制备Fe2S3并探究其性质。
实验(一)制备Fe2S3
经查阅资料,小组同学设计了如下5种实验方案:
方案1:20 mL 0.1 mol·L-1 FeCl3溶液和30 mL 0.1 mol·L-1 Na2S溶液反应。
方案2:Fe(OH)3和0.1 mol·L-1 (NH4)2S溶液反应。
方案3:常温下,H2S和Fe(OH)3反应。
方案4:加热条件下,H2S和Fe(OH)3反应。
方案5:常温下,向0.1 mol·L-1 FeCl3溶液中通入H2S
实验结果:方案1、4、5不能生成Fe2S3,方案1和4的产物有FeS和S,方案5的产物有S,方案2和3能制备难溶的黑色Fe2S3。
(1)方案1中,存在水解反应、氧化还原反应、复分解反应之间的竞争,结果优先发生氧化还原反应,发生的氧化还原反应的离子方程式为 　。
(2)比较方案3和5可知,方案3能制备Fe2S3的原因可能是　　　　　　　　　　　　　　　　 　。
(3)设计如图1所示装置实施方案3。
①A装置中盛装FeS的仪器名称是　　　　　,D装置中现象是　　　　　　　　　　　　。
②稀硫酸不能用盐酸替代,其原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
实验(二)探究Fe2S3的性质
实验1:常温下,Fe2S3与O2反应,实验装置如图2。
实验现象:G装置中黑色粉末逐渐变为黄绿色粉末,H装置中溶液颜色没有明显变化。
(4)E装置中双氧水表现　　　　　　(填标号)。
a.氧化性　　　b.酸性　　　c.还原性
(5)当G装置中黑色粉末全部变为黄绿色时,关闭分液漏斗活塞,取少量G装置中固体溶于水,将所得混合液分成两等份。一份溶液中滴加KSCN溶液,溶液变红色;另一份溶液中滴加盐酸和BaCl2溶液,产生白色沉淀。则G装置中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。
实验2:探究和稀硫酸的反应,实验方案及现象记录如下。
(6)根据上述实验结果可知,Fe2S3和稀硫酸反应生成　　　　　　　　　　　(填化学式)。
3.(14分)某课外小组探究Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3溶液的反应。
[查阅资料]
ⅰ.2S2+Cu2+ [Cu(S2O3)2]2-(绿色),
2S2+Cu+ [Cu(S2O3)2]3-(无色);
ⅱ.2NH3+Cu+ [Cu(NH3)2]+(无色),遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+(蓝色);
ⅲ.S2易被氧化为S4或S。
[猜想假设]
同学们根据资料认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3可能会发生两种反应。
假设1:Cu2+与S2在溶液中发生络合反应生成[Cu(S2O3)2]2-;
假设2:Cu(Ⅱ)有　　　　　性,与S2在溶液中发生氧化还原反应。
[实验操作及现象分析]
实验一:探究CuSO4与Na2S2O3溶液的反应。
实验操作 实验 序号 V1 /mL V2 /mL 逐滴加入Na2S2O3溶液时的实验现象
a 1.5 0.5 溶液逐渐变为绿色,静置无变化
b 1.0 1.0 溶液先变为绿色,后逐渐变成浅绿色,静置无变化
c 0 2.0 溶液先变为绿色,后逐渐变浅至无色,静置无变化
(1)根据实验a的现象可推测溶液中生成的含Cu微粒是　　　　　　(填化学符号)。
(2)甲同学认为实验一能证明假设2成立,补全假设2　　　　　,他的理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
实验二:探究CuCl2与Na2S2O3溶液的反应。
(3)乙同学利用已知资料进一步确证了实验二的无色溶液中存在Cu(Ⅰ)。他的实验方案是:取少量无色溶液,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
(4)经检验白色沉淀为CuCl,从化学平衡的角度解释继续加Na2S2O3溶液后CuCl沉淀溶解的原因:　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (5)经检验氧化产物以S4形式存在。写出Cu2+与S2发生氧化还原反应得到无色溶液的离子方程式:
　 。
[获得结论]
综合以上实验,同学们认为Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关,得到实验结论:
①随n(S2)∶n(Cu2+)的增大, ;
② 　。
专题质量评价(三十一)
1.解析:(1)由于金属钠的密度比煤油、石蜡油大,所以常保存在煤油或石蜡油中;Na与水反应有氢氧化钠生成,所以要当心腐蚀、注意洗手。(2)由H2O中c(H+)=10-7 mol·L-1,0.1 mol·L-1盐酸中c(H+)=10-1 mol·L-1,0.1 mol·L-1 NaOH中c(H+)=10-13 mol·L-1,可知,三者溶液中H3O+分别相差106倍,H3O+浓度相差显著,但反应时间几乎相同,说明钠在三种溶液中优先与水发生了反应,钠与盐酸溶液反应时主要是与水的反应,化学方程式为2Na+2H2O==2NaOH+H2↑,钠在水分子作用下释放的电子在水的作用下得到氢气。(3)钠失去电子形成溶剂化电子:H2O+e-→H2Oe-,溶剂化电子发生变化H2Oe-→OH-+H,OH-遇到酚酞显红色。(4)钠与水反应得到的氢氧化钠与盐酸结合生成氯化钠,当盐酸浓度大于1 mol·L-1时,随浓度增大,生成NaCl固体逐渐增多,沉积在金属钠表面的NaCl越多,扩散的速度越慢,从而降低化学反应速率;利用提供的几种酸,方案:取质量相等形状几乎一样的钠块,分别投入足量的等体积的pH=1的盐酸、pH=1的氢氟酸中,记录金属钠反应完的时间(控制变量法);预测现象:若投入pH=1的氢氟酸中耗时更长,说明猜想正确。
答案:(1)煤油或石蜡油　AD
(2)2Na+2H2O==2NaOH+H2↑　由实验可知:三者溶液中H3O+分别相差106倍,H3O+浓度相差显著,但反应时间几乎相同,说明钠在三种溶液中优先与水发生了反应
(3)钠失去电子形成溶剂化电子:H2O+e-→H2Oe-;溶剂化电子发生变化H2Oe-→OH-+H,OH-遇到酚酞变红色
(4)当盐酸浓度大于1 mol·L-1时,随浓度增大,生成NaCl固体逐渐增多,沉积在金属钠表面的NaCl越多,扩散越慢,从而降低化学反应速率
方案:取质量相等形状几乎一样的钠块,分别投入足量的等体积的pH=1的盐酸、pH=1的氢氟酸中,记录金属钠反应完的时间。
预测现象:若投入pH=1的氢氟酸中耗时更长,说明猜想正确
2.解析:(1)根据题意可知,铁离子将硫离子氧化为硫单质,自身转化为亚铁离子,亚铁离子与硫离子生成硫化亚铁沉淀,因此反应的离子方程式为2Fe3++3S2-==2FeS↓+S↓。(2)氢氧化铁和氯化铁相比,铁离子浓度更低,氧化性更弱,故氢氧化铁和硫化氢发生复分解反应生成硫化铁,而非发生氧化还原反应。(3)①A装置中装FeS的仪器是圆底烧瓶;D装置中多余的H2S和硫酸铜生成难溶的黑色硫化铜,因此现象是产生黑色沉淀。②由于盐酸易挥发,则硫化氢中的氯化氢不能被氯化钙除去,从而导致挥发的HCl与Fe(OH)3反应,影响实验,因此稀硫酸不能用盐酸替代。(4)高锰酸钾氧化H2O2生成氧气,因此H2O2体现还原性。(5)依题意,一份溶液中滴加KSCN溶液,溶液变红色,说明有三价铁离子生成;另一份溶液中滴加盐酸和BaCl2溶液,产生白色沉淀,说明有硫酸根离子生成;因此硫化铁在氧气中生成了硫酸铁,反应的化学方程式为Fe2S3+6O2==Fe2(SO4)3。(6)依题意,Fe2S3和稀硫酸反应产生的气体使湿润醋酸铅试纸变黑,说明有硫化氢气体产生;混合物过滤得到淡黄色固体和浅绿色溶液,说明有硫单质生成;浅绿色溶液遇铁氰化钾溶液变蓝,说明有硫酸亚铁生成;因此反应生成H2S、FeSO4、S。
答案:(1)2Fe3++3S2-==2FeS↓+S↓
(2)Fe(OH)3的氧化性比FeCl3的弱(或溶解度影响Fe3+的氧化性)
(3)①圆底烧瓶　产生黑色沉淀　②B不能吸收HCl,HCl与Fe(OH)3反应　(4)c　(5)Fe2S3+6O2==Fe2(SO4)3　(6)H2S、FeSO4、S
3.解析:(1)根据资料ⅰ,且实验a现象为溶液逐渐变为绿色,静置无变化,则溶液中生成的含Cu微粒是[Cu(S2O3)2]2-。(2)实验a到实验c,溶液先变为绿色,后溶液颜色逐渐变浅,说明发生了氧化还原反应,因此假设2为Cu(Ⅱ)有氧化性,与S2在溶液中发生氧化还原反应。(3)根据资料ⅱ,[Cu(NH3)2]+(无色)遇空气容易被氧化成[Cu(NH3)4]2+(蓝色),因此若确证实验二的无色溶液中存在Cu(Ⅰ),则可以加入氨水,先呈现无色,后变为蓝色,因此实验方案是:取少量无色溶液,向其中滴加氨水,放置在空气中,若溶液由无色变为蓝色,则说明含Cu(Ⅰ)。(4)CuCl存在沉淀溶解平衡:CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq),滴加Na2S2O3溶液后,发生反应2S2+Cu+ [Cu(S2O3)2]3-,Cu+的浓度降低,平衡正向移动,CuCl沉淀溶解。(5)已知氧化产物以S4形式存在,且Cu2+与S2发生氧化还原反应得到无色溶液,则产物为S4和[Cu(S2O3)2]3-,离子方程式为2Cu2++6S2==S4+2[Cu(S2O3)2]3-。综合以上实验,Cu(Ⅱ)盐与Na2S2O3在溶液中的反应与多种因素有关,①随n(S2)∶n(Cu2+)的增大,二者发生络合反应的趋势减弱,发生氧化还原反应的趋势增强;②Cu(Ⅱ)盐中阴离子为Cl-时,可以增大Cu2+与S2发生氧化还原反应的趋势。
答案:(1)[Cu(S2O3)2]2-　(2)氧化　实验a到实验c,溶液先变为绿色,后溶液颜色逐渐变浅,说明发生了氧化还原反应　(3)向其中滴加氨水,放置在空气中,若溶液变为蓝色,则说明含Cu(Ⅰ)　(4)CuCl存在沉淀溶解平衡:CuCl(s) Cu+(aq)+Cl-(aq),滴加Na2S2O3溶液后,发生反应2S2+Cu+ [Cu(S2O3)2]3-,则Cu+的浓度降低,平衡正向移动,CuCl沉淀溶解　(5)2Cu2++6S2==S4+2[Cu(S2O3)2]3-　①二者发生络合反应的趋势减弱,发生氧化还原反应的趋势增强　②Cu(Ⅱ)盐中阴离子为Cl-时,可以增大Cu2+与S2发生氧化还原反应的趋势
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