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第54讲　物质性质与反应原理探究类综合实验
1.某小组对Cu2O的性质进行研究。
已知：CuCl是不溶于水的白色固体，[CuCl2]－无色，[CuCl4]2－黄色。
（1）预测Cu2O的性质
①从氧化还原角度分析：　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②从物质分类角度分析：Cu2O属于金属氧化物，可能和酸反应。
……
（2）探究Cu2O和酸的反应
实验 加入的试剂 现象
1 2 mol·L－1HNO3 固体缓慢溶解，一段时间后有无色气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方出现红棕色气体
2 1 mol·L－1H2SO4 溶液逐渐变蓝，试管底部有红色固体
3 2 mol·L－1HCl 固体先逐渐变成灰白色，继续加酸，固体全部溶解，得到无色溶液，较长时间保持无色
4 6 mol·L－1HCl 固体迅速溶解，得到黄色溶液
①用化学方程式解释实验1液面上方出现红棕色气体的原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②写出实验2中反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
④查阅资料：O2可以将盐酸溶液中的[CuCl2]－氧化为，写出反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
对比实验3和4，分析实验3中未被氧化的原因：
假设1：c（H＋）较低，　　　　　　　　。
假设2：c（Cl－）较低，的还原性较弱。
补充实验证实假设1和假设2均成立。
序号 实验 加入试剂 现象
Ⅰ a 溶液变黄
Ⅱ b 溶液变黄
a是　　　　　。b是　　　　　　。
（3）检验Cu2O
实验室久置的Cu2O呈暗黑色，设计实验证实Cu2O未完全变质　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（填实验操作和现象）。
2.小组同学探究Mg、Al在强碱性溶液中形成原电池的正、负极及其影响因素。
已知：Al、Al（OH）3均能溶于强碱性溶液，生成。
【理论预测】
猜想1：Mg作负极，因为Mg的失电子能力更强。
猜想2：Al作负极，因为Al能与强碱性溶液发生氧化还原反应，产生H2。
【实验验证】
实验1
现象 0～5 s：电压传感器初始示数为0.3 V，后迅速归零；铝片表面有气泡产生（经检验为H2）
5 s后：电压传感器示数逐渐变为－0.2 V并保持稳定；铝片表面有气泡产生（经检验为H2），镁片表面无明显变化
（1）由电压传感器示数可知，0～5 s时Mg作负极。根据现象推测5 s后正负极发生了反转，证据是　　　　　　　　　　　。
（2）5 s后Al作负极，但猜想2中的解释不合理，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
（3）小组同学推测，0～5 s电压示数迅速减小与电极被覆盖有关。
①0～5 s时，镁片表面发生反应的电极反应式为　　　　　　　　　　　　。
②为证明推测，甲、乙同学分别设计了实验2和3。
已知：EDTA四钠盐浓溶液的pH约为12，EDTA易与Mg2＋形成配合物EDTA-Mg。
ⅰ.实验2中观察到电压示数从0.3 V降至0.1 V后保持稳定，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
ⅱ.补全实验3的方案：试剂a为　　　　　　　。
（4）综合实验1、2，可以得出的结论是　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
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54讲　物质性质与反应原理探究类综合实验
1.（1）Cu2O中铜元素是＋1价，既有氧化性又有还原性
（2）①2NO＋O22NO2　
②Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O
③CuCl（s）Cu＋（aq）＋Cl－（aq），Cu＋和Cl－生成[CuCl2]－，c（Cu＋）降低，CuCl的溶解平衡正向移动　
④4[CuCl2]－＋O2＋4H＋＋8Cl－4[CuCl4]2－＋2H2O　O2氧化性较弱　较浓硫酸　NaCl固体
（3）取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硫酸，充分反应后，溶液中有红色固体剩余；或取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硝酸，有气泡产生，液面上方出现红棕色
解析：（1）①Cu2O中铜元素是＋1价，从氧化还原角度分析预测Cu2O既有氧化性又有还原性。（2）①根据题意可知，实验1液面上方出现红棕色气体的原因是2NO＋O22NO2。②根据题意可知，实验2中反应的离子方程式为Cu2O＋2H＋Cu＋Cu2＋＋H2O。③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因是CuCl（s）Cu＋（aq）＋Cl－（aq），Cu＋和Cl－生成[CuCl2]－；c（Cu＋）降低，CuCl的溶解平衡正向移动。④O2可以将盐酸溶液中的[CuCl2]－氧化为[CuCl4]2－，根据得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒，该反应的离子方程式为4[CuCl2]－＋O2＋4H＋＋8Cl－4[CuCl4]2－＋2H2O，对比实验3和4，分析实验3中[CuCl2]－未被氧化的原因：假设1：c（H＋）较低，O2氧化性较弱；假设2：c（Cl－）较低，[CuCl2]－的还原性较弱；根据题意可知，反应3得到的溶液含有[CuCl2]－，溶液是无色的，若变黄，即[CuCl2]－转化为[CuCl4]2－，结合假设1、2，所以试剂a可是较浓硫酸，增大c（H＋），试剂b可以是NaCl固体，增大c（Cl－）。（3）实验室久置的Cu2O变质为CuO，设计实验证实Cu2O未完全变质，方案为取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硫酸，充分反应后，溶液中有红色固体剩余；或取少量暗黑色固体于试管中，加入过量的稀硝酸，有气泡产生，液面上方出现红棕色。
2.（1）5 s后，电压示数变为－0.2 V
（2）若猜想2的解释成立，5 s后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到
（3）①Mg－2e－＋2OH－Mg（OH）2　
②EDTA＋Mg（OH）2 EDTA-Mg＋2OH－，部分破坏了电极表面的覆盖层（或延缓/阻碍覆盖层的形成）　　Na2SO4溶液　
（4）形成原电池的正、负极首先取决于金属Mg、Al的失电子能力，同时也会受到反应过程中Mg、Al电极表面覆盖程度的影响
解析：（1）0～5 s时Mg作负极，此时电压传感器示数为0.3 V，后迅速归零，5 s后电压传感器示数逐渐变为－0.2 V并保持稳定，说明5 s后正负极发生了反转。（2）若猜想2的解释成立，则该装置中铝为负极、镁为正极，正极水得到电子发生还原反应生成氢气，5 s后应在镁片表面观察到气泡，但实验中并未观察到，故猜想2中的解释不合理。（3）①推测：0～5 s电压示数迅速减小与电极被覆盖有关，结合质量守恒，则负极镁反应为镁失去电子和溶液中OH－生成Mg（OH）2沉淀：Mg－2e－＋2OH－Mg（OH）2，Mg（OH）2沉淀附着在电极上导致反应被阻碍。②已知：EDTA易与Mg2＋形成配合物EDTA-Mg，实验2中观察到电压示数从0.3 V降至0.1 V后保持稳定，可能的原因是发生反应EDTA＋Mg（OH）2EDTA-Mg＋2OH－，部分破坏了电极表面的覆盖层（或延缓/阻碍覆盖层的形成），使得反应能够进行。电压示数迅速减小与电极被覆盖有关，则实验3中左侧的电解质溶液不能和镁离子生成沉淀，故试剂a可以为Na2SO4溶液（合理即可）。（4）实验1、2中变量为电解质溶液的不同，生成物质的溶解性不同；综合实验1、2，可以得出的结论是：形成原电池的正、负极首先取决于金属Mg、Al的失电子能力，同时也会受到反应过程中Mg、Al电极表面覆盖程度的影响。
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。
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第54讲　物质性质与反应原理探究类综合实验
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，并能对实验方案进行评价与优化。 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　物质性质类实验探究
必备知识
1.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
2.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
关键能力
1.（2025·北京西城区模拟）某小组制备NaNO2，并探究其还原性和氧化性的强弱。
资料：ⅰ.K2MnO4溶液（绿色）在酸性环境中不稳定，转化为MnO2和KMnO4。
ⅱ.25 ℃，Ka（HNO2）＝5.6×10－4，Ka（CH3COOH）＝1.75×10－5。
（1）制备NaNO2（在通风橱中进行）。
①B中盛有水，B中反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　。
②E中的Pb受热分解生成PbO，制NO2。D中除去的气体是　　　　　。
③一段时间后，控制B和D中流出气体的流速为1∶1通入C中的溶液，充分反应制备NaNO2溶液。将装置C补充完整并注明所用试剂。
（2）探究NaNO2的还原性和氧化性的强弱。
①Ⅰ中得到绿色溶液，反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　。
②根据资料ⅰ，Ⅱ中应得到紫色溶液，但实验过程中一直没有观察到紫色溶液，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　。
③Ⅲ中棕黑色沉淀消失，反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
④Ⅳ中得到的浅黄色溶液含有I2，设计实验，证实该条件下是氧化了KI，实验操作是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，没有明显变化。
⑤综合以上实验，可得结论：在对应的实验条件下，的还原性强于、　　　　　　　，的氧化性强于　　 　　。
2.某小组探究H2O2的氧化性、还原性的变化规律。
资料：Na2O2＋2H2O2NaOH＋H2O2、2H2O22H2O＋O2↑
（1）制备H2O2：将Na2O2溶于冰水中，产生少量气泡，得溶液A。向A中加入过量稀硫酸，得溶液B。溶解Na2O2用冰水，目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　。
（2）检验H2O2：向溶液A、B中分别滴加适量酸性KMnO4溶液。
Ⅰ.B中产生气泡，滴入的溶液紫色褪去。
Mn发生还原反应：Mn＋5e－＋8H＋Mn2＋＋4H2O
H2O2发生氧化反应：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
Ⅱ.A中滴入的溶液紫色褪去，有棕褐色固体生成，产生大量气泡。推测固体可能含MnO2，对其产生的原因提出猜想：
猜想1.Mn有氧化性，能被还原为MnO2
猜想2.Mn2＋有　　　　　性，能与H2O2反应产生MnO2
猜想3.……
（3）探究猜想2的合理性，并分析Ⅰ中没有产生棕褐色固体的原因，设计实验如下：
序号 实验 试剂 现象
ⅰ a 生成棕褐色固体，产生大量气泡
ⅱ b 有少量气泡
ⅲ
H2O2溶液 有少量气泡
ⅲ是ⅱ和ⅰ的对照实验。
①X是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②a是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，
b是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③取ⅰ中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体。
（4）向一定浓度的H2O2溶液中加入少量MnO2，迅速产生大量气泡；随后加入H2SO4，固体溶解，气泡产生明显减弱。结合方程式解释原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　。
（5）综上，H2O2作氧化剂还是作还原剂，与　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　等因素有关。
考点二　反应原理与规律类实验探究
必备知识
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＋
关键能力
1.（2024·北京高考19题）某小组同学向pH＝1的0.5 mol·L－1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3＋还原为Fe的金属是　　　　。
（2）实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质
Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质
Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质
①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，证明都有Fe2＋生成，依据的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。
ⅰ.a.甲认为实验Ⅱ中，当Fe3＋、H＋浓度较大时，即使Zn与Fe2＋反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3＋、H＋消耗。写出Fe与Fe3＋、H＋反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
b.乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H＋消耗。设计实验　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（填实验操作和现象），证实了此条件下可忽略H＋对Fe的消耗。
c.丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2＋的反应。实验证实了Zn粉被包裹。
ⅱ.查阅资料：0.5 mol·L－1 Fe3＋开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固—液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
（填实验操作和现象），待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
2.草酸（H2C2O4）又称为乙二酸，是一种二元中强酸，主要用作还原剂和漂白剂。将用硫酸酸化的0.2 mol·L－1 KMnO4溶液与0.5 mol·L－1草酸溶液混合，发现开始一段时间反应速率较慢，溶液褪色不明显，半分钟后，反应速率加快，溶液快速褪色。
（1）已知酸性溶液中KMnO4的还原产物是Mn2＋，H2C2O4的氧化产物是CO2。写出上述反应的化学方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　。
（2）某研究小组欲对产生上述实验现象的影响因素进行探究。
①提出合理假设。
假设1：草酸反应时先电离出C2，再与Mn反应，硫酸对草酸的电离起抑制作用；
假设2：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　；
假设3：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。
②结合上述假设，设计实验方案进行探究。请在下表中写出对应的实验方案。限选试剂：浓硫酸、MnSO4溶液、石蕊溶液、NaOH溶液、蒸馏水。
实验方案 预期现象与结论
方案1：　　　 若反应速率减慢，则假设1成立
方案2：　　　 若反应速率加快，则假设2成立
方案3：　　　 若反应速率加快，则假设3成立
（3）草酸晶体的组成可用H2C2O4·xH2O表示。为了测定x的值，首先称取W g草酸晶体，配制成100.00 mL水溶液。取25.00 mL所配制的草酸溶液置于锥形瓶内，加入适量稀硫酸后，用浓度为a mol·L－1的KMnO4溶液滴定。
①滴定过程中高锰酸钾溶液应放在　　　（填“酸式”或“碱式”）滴定管中。
②若滴定时消耗V mL KMnO4溶液，则草酸溶液的物质的量浓度是　　　　　 mol·L－1。
③x＝　　　　　　（用含a、V、W的代数式表示）。
（4）已知20 ℃时H2C2O4·2H2O的溶解度是9.5 g。该温度下用H2C2O4·2H2O　　　　（填“能”或“不能”）配制1.0 mol·L－1草酸溶液（忽略溶解过程中溶液体积的变化）。
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　　　　（填标号）。
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）加入到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54讲　物质性质与反应原理探究类综合实验
考点一
关键能力
1.（1）①3NO2＋H2O2HNO3＋NO　②O2　③
（2）①2＋＋2OH－2Mn＋N＋H2O
②Mn与过量的反应或酸性条件下，转化为的速率小于氧化过量的的速率　③MnO2＋N＋2CH3COOHMn2＋＋N＋2CH3COO－＋H2O　④取x mL浓度约为mol·L－1 NaNO3溶液于试管中，先加入与Ⅳ等浓度等体积的KI溶液，再加入硫酸至溶液的pH为y，在相同时间内观察　⑤MnO2和Mn2＋　I2
解析：（1）①A中铜与浓硝酸反应生成NO2，B中盛水，NO2与水反应生成硝酸和NO，化学方程式为3NO2＋H2O2HNO3＋NO。②E中Pb（NO3）2受热分解生成PbO、NO2和O2 ，D的作用是除去O2，因为后续制备NaNO2过程中O2会干扰反应。③B中生成NO，E中生成NO2，控制流速1∶1通入C中与NaOH溶液反应制备NaNO2，反应为NO＋NO2＋2NaOH2NaNO2＋H2O，所以C中试剂为NaOH溶液，故装置C的图为。（2）①由资料ⅰ可知，Ⅰ中得到绿色溶液为K2MnO4，即NaNO2与KMnO4在碱性条件下反应，被氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒配平离子方程式为2＋＋2OH－＋＋H2O。②根据资料ⅰ，Ⅱ中应得到紫色溶液，但由于与过量的反应或酸性条件下，转化为的速率小于氧化过量的的速率，故实验过程中一直没有观察到紫色溶液。③Ⅲ中棕黑色沉淀MnO2与在酸性（CH3COOH）条件下反应，MnO2被还原为Mn2＋，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒和元素守恒配平离子方程式MnO2＋＋2CH3COOHMn2＋＋＋2CH3COO－＋H2O。④Ⅳ中得到的浅黄色溶液含有I2，取x mL浓度约为mol·L－1NaNO3溶液于试管中，先加入与Ⅳ等浓度等体积的KI溶液，再加入硫酸至溶液的pH为y，在相同时间内观察，没有明显变化，即可证明该条件下是氧化了KI。⑤综合以上实验，由分析可得结论：在对应的实验条件下，的还原性强于、MnO2和Mn2＋，的氧化性强于I2。
2.（1）降低温度、减缓过氧化氢分解
（2）H2O2－2e－2H＋＋O2↑　还原
（3）①MnSO4（合理即可）　②H2O2、NaOH　H2O2、H2SO4
（4）2H2O22H2O＋O2↑，H2O2＋MnO2＋2H＋Mn2＋＋O2↑＋2H2O，前者MnO2作催化剂，后者MnO2作氧化剂
（5）其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性
解析：（1）Na2O2与H2O反应放热，且H2O2受热易分解，故溶解Na2O2用冰水，可降低温度、减缓过氧化氢分解。（2）H2O2发生氧化反应时有元素化合价升高，故H2O2失去电子生成O2。猜想2中Mn2＋MnO2，Mn的化合价升高，故Mn2＋有还原性，被H2O2氧化。（3）①猜想2中的反应原理是Mn2＋＋H2O2MnO2↓＋2H＋，故X是含Mn2＋的盐（如MnSO4）。②根据③取ⅰ中棕褐色固体，滴加浓盐酸，加热，产生黄绿色气体可知ⅰ中产生的棕褐色固体为MnO2，结合检验H2O2时A中产生的现象可知，a是H2O2、NaOH，ⅲ是H2O2的水溶液，与ⅱ中产生的现象基本一致，故b为H2O2、H2SO4。（5）综合（2）（3）中探究可知，H2O2作氧化剂还是作还原剂，与其他反应物的氧化性、还原性以及溶液的酸碱性等因素有关。
考点二
关键能力
1.（1）Mg、Zn
（2）①产生蓝色沉淀　②Fe3＋的水解方程式为Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3＋水解平衡正向移动，使其转化为Fe（OH）3沉淀　
③ⅰ.a.2Fe3＋＋2Fe＋2H＋4Fe2＋＋H2↑或2Fe3＋＋Fe3Fe2＋、2H＋＋FeFe2＋＋H2↑　b.向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，不产生蓝色沉淀　ⅱ.加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe（OH）3沉淀包裹
解析：（1）在金属活动性顺序中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3＋还原为Fe。（2）①Fe2＋与K3[Fe（CN）6]会生成蓝色的KFe[Fe（CN）6]沉淀；②Fe3＋的水解方程式为Fe3＋＋3H2OFe（OH）3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3＋水解平衡正向移动，使其转化为Fe（OH）3沉淀；③ⅰ.a.Fe与Fe3＋、H＋反应的离子方程式为2Fe3＋＋2Fe＋2H＋4Fe2＋＋H2↑或2Fe3＋＋Fe3Fe2＋、2H＋＋FeFe2＋＋H2↑；b.要证实在pH为3～4的溶液中可忽略H＋对Fe的消耗，可向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H＋反应生成Fe2＋。ⅱ.结合a、b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3＋的干扰以及Fe（OH）3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe（OH）3沉淀时将Fe3＋还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固—液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe（OH）3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
2.（1）5H2C2O4＋2KMnO4＋3H2SO410CO2↑＋2MnSO4＋K2SO4＋8H2O
（2）①Mn2＋对反应有催化作用，Mn2＋浓度逐渐增大，反应速率加快　该反应是放热反应，温度逐渐升高，反应速率加快
②
实验方案
方案1：向反应液中加入少量的浓硫酸
方案2：向反应液中加入MnSO4溶液
方案3：反应开始时加热反应液
（3）①酸式　②　③－5
（4）不能
解析：（2）产生的实验现象主要是半分钟后反应速率加快，影响反应速率的因素主要有温度、催化剂、浓度、压强等，可结合影响因素进行假设。（3）①滴定过程中高锰酸钾溶液应放在酸式滴定管中。②设草酸溶液的物质的量浓度是c mol·L－1，则根据对应关系有：
　　　2KMnO4　～　5H2C2O4
2 mol　　　 5 mol
aV×10－3 mol 0.025×c mol
＝，解得：c＝。③由②中答案可知，W g草酸晶体的物质的量为 mol·L－1×100.00×10－3 L＝aV×10－2 mol，则草酸晶体的摩尔质量为＝ g·mol－1，则有90＋18x＝，解得x＝－5。（4）若要配制1.0 mol·L－1草酸溶液，则在100 g水（体积约100 mL）中大约需要溶解12.6 g H2C2O4·2H2O。而H2C2O4·2H2O在20 ℃时的溶解度仅为9.5 g，所以不能用H2C2O4·2H2O配制1.0 mol·L－1草酸溶液。
【真题演练】
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，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，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。
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