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主干知识以实验探究形式考查,力促学习方式的转变
　　从实验视角考查反应原理的相关知识是近几年高考热考的题型之一,体现了模块间的综合融通命题理念,重在真实情境的创设。旨在通过真实问题情境的创设,多种探究实验的开展,激发学生学习化学的兴趣,促进学生学习方式的转变,培养学生的创新精神和实践能力。
|真|题|习|悟|(看高考如何关联命题)
1.(2025·北京卷)用电解Na2SO4溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池,重新取Na2SO4溶液并用图2装置按ⅰ→ⅳ顺序依次完成实验。
实验 电极Ⅰ 电极Ⅱ 电压/V 关系
ⅰ 石墨1 石墨2 a a>d>c>b>0
ⅱ 石墨1 新石墨 b
ⅲ 新石墨 石墨2 c
ⅳ 石墨1 石墨2 d
下列分析不正确的是 (　　)
A.a>0,说明实验ⅰ中形成原电池,反应为2H2+O2==2H2O
B.bC.c>0,说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应
D.d>c,是因为电极Ⅰ上吸附H2的量:ⅳ>ⅲ
2.(2025·江苏卷)探究含铜化合物性质的实验如下:
步骤Ⅰ　取一定量5%CuSO4溶液,加入适量浓氨水,产生蓝色沉淀。
步骤Ⅱ　将沉淀分成两等份,分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸,沉淀均完全溶解,溶液分别呈现深蓝色、蓝色。
步骤Ⅲ　向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉,无明显现象;继续加入稀盐酸,振荡后静置,产生少量气泡,铁钉表面出现红色物质。
下列说法正确的是 (　　)
A.步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO4
B.步骤Ⅱ的两份溶液中:c深蓝色(Cu2+)C.步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化
D.步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu(NH3)4]2++Fe==Cu+Fe2++4NH3↑
3.(2025·黑吉辽蒙卷)化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一,以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO4不与Cl-反应,可用于测定含Cl-水样的COD,流程如图。
下列说法错误的是 (　　)
A.Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I-+4H+==Mn2++I2+2H2O
B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发
C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,水样的COD值越高
D.若Ⅰ中为酸性条件,测得含Cl-水样的COD值偏高
[透析高考]
1.题型设计常见的3种形式
(1)层次性设计:如从现象观察→变量分析→结论推导,逐层递进。
(2)变量控制设计:如若探究H2O2浓度对氧化效率的影响,应固定哪些变量。
(3)结论迁移性设计:如工业废水处理中选择H2O2作氧化剂有何优势 此类问题一般与真实应用场景结合。
2.常见的设误角度
(1)从实验原理的角度设误;
(2)从实验装置的角度设误;
(3)从实验操作的角度设误;
(4)从实验现象与结论的角度设误;
(5)从实验条件等细节的角度设误。
|预|测|训|练|(由训练盘活知识)
1.(2026·江苏苏州开学考)探究含铁化合物性质的实验如下:
步骤Ⅰ:取一定量FeCl3溶液分为两等份,向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝;向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。
步骤Ⅱ:向血红色溶液中加入NaF固体,振荡,红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。
步骤Ⅲ:向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液,未变蓝。
下列说法不正确的是 (　　)
A.步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为2Fe3++2I-==2Fe2++I2
B.步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3-
C.步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中:c血红色(F)D.步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比F的氧化性弱
2.(2026·河南青桐鸣联考月考)有文献表明,铜和稀硝酸反应后的溶液中存在弱酸HNO2,某同学设计以下实验进行相关探究(溶液M:铜和过量稀硝酸充分反应后的蓝色溶液)。
实验序号 装置及试剂 试剂a 现象
① 几滴浓NaOH溶液 溶液变为浅绿色
② 几滴含有KSCN的FeCl2溶液 溶液变为红色
③ 几滴酸性KMnO4溶液 紫红色褪去
④ 充分加热后冷却,再滴加几滴酸性KMnO4溶液 紫红色未褪去
资料:(蓝色)+4N (绿色)+4H2O;2HNO2NO2↑+NO↑+H2O。
下列结论错误的是 (　　)
A.实验①说明加入的NaOH促进了HNO2的电离
B.实验②说明氧化性:HNO2>Fe3+
C.因为HNO2具有还原性,故实验③中可观察到紫红色褪去
D.实验④紫红色未褪去的原因为HNO2分解
3.(2026·广西南宁名校联盟一模)某小组同学向pH=1的0.5 mol·L-1FeCl3溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉,探究反应的还原产物:
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 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
Ⅱ 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
下列说法错误的是 (　　)
A.取Ⅱ中少量溶液,滴加K3溶液,若观察到蓝色沉淀,则证明有Fe2+生成
B.Ⅰ中红褐色沉淀生成的原因:Zn消耗H+,促进Fe3+水解,使其转化为Fe(OH)3沉淀
C.Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被Fe(OH)3沉淀包裹,阻碍了Zn与Fe2+的反应
D.若向pH=1的0.5 mol·L-1FeCl3溶液中加入过量Cu粉,也可观察到生成大量红褐色沉淀
4.探究Na2S2O3溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。
已知:S2+2H+==S↓+SO2↑+H2O,Fe3++3S2 Fe(紫黑色)
实验装置 滴管内试剂 现象
实验a:滴加0.03 mol·L-1 Al2(SO4)3溶液 滴加一段时间后,生成沉淀,闻到刺激性气味
实验b:滴加0.03 mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液 混合后溶液先变成紫黑色,30 s时溶液几乎变为无色
下列说法错误的是 (　　)
A.实验a中生成的沉淀只有Al(OH)3
B.实验b中溶液几乎变为无色的原因可能是:S2将Fe3+还原成Fe2+,使Fe3++3S2 Fe平衡逆移
C.不能用酸性高锰酸钾溶液检验实验b中生成的Fe2+
D.以上实验说明Na2S2O3溶液与金属阳离子反应的多样性与阳离子的性质有关
5.(2026·北京十一学校月考)某实验小组通过下图所示实验,探究Na2O2与水的反应。
已知:H2O2 H++; H++。下列分析正确的是 (　　)
A.实验①中发生的是复分解反应
B.“产生沉淀BaO2”的离子方程式为Ba2++H2O2==BaO2↓+2H+
C.实验④不能证明同温下BaSO4的溶解度小于BaO2的溶解度
D.若⑤酸性KMnO4溶液足量,则④⑤产生O2的总量与②产生O2的量相等
6.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置 序号 电解质溶液 实验现象
① 0.1 mol·L-1 CuSO4+少量H2SO4溶液 阴极表面产生无色气体,一段时间后阴极表面有红色固体,气体减少。经检验,电解液中有Fe2+
② 0.1 mol·L-1 CuSO4+过量氨水 阴极表面未观察到气体,一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验,电解液中无Fe元素
下列分析不正确的是 (　　)
A.①中气体减少,推测是由于溶液中c(H+)减小,且Cu覆盖铁电极,阻碍H+与铁接触
B.①中检测到Fe2+,推测可能发生反应:Fe+2H+==Fe2++H2↑、Fe+Cu2+==Fe2++Cu
C.随阴极析出铜,推测②中溶液c(Cu2+)减小,Cu2++4NH3 平衡逆向移动
D.②中Cu2+生成,使得c(Cu2+)比①中溶液的小,Cu缓慢析出,镀层更致密
跨“界”融通8　主干知识以实验探究形式考查,力促学习方式的转变
真题习悟
1.选D　按照图1电解Na2SO4溶液,石墨1为阳极,发生反应2H2O-4e-==O2↑+4H+,石墨1中会吸附少量氧气;石墨2为阴极,发生反应2H2O+2e-==H2↑+2OH-,石墨2中会吸附少量氢气;图2中电极Ⅰ为正极,氧气发生还原反应,电极Ⅱ为负极。由分析可知,石墨1中会吸附少量氧气,石墨2中会吸附少量氢气,实验ⅰ会形成原电池,a>0,反应为2H2+O2==2H2O,A正确;因为ⅱ中电极Ⅱ为新石墨,不含有H2,缺少H2作为还原剂,故导致b0,说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应,C正确;d>c,实验ⅲ与实验ⅳ中电极Ⅰ不同,d>c,是因为电极Ⅰ上吸附O2的量:ⅳ>ⅲ,D错误。
2.选B　步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2,而非[Cu(NH3)4]SO4,因为适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀,过量氨水才会溶解沉淀形成络合物,A错误;步骤Ⅱ中,深蓝色溶液(加入浓氨水)中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低,而蓝色溶液(加入稀盐酸)中Cu2+可以自由移动,浓度较高,因此c深蓝色(Cu2+) < c蓝色(Cu2+),B正确;步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化,铁在碱性溶液中不易钝化,且后续加入盐酸后有反应发生,说明铁未钝化,真正原因是络合物中Cu2+浓度过低,无法被Fe置换,C错误;步骤Ⅲ中加入盐酸后,H+与NH3结合生成N,导致配合物释放Cu2+,Fe与H+反应生成H2(气泡),并与Cu2+发生置换反应生成Cu,D项反应的化学方程式未体现H+的作用,与实际反应原理不符,D错误。
3.选C　Ⅰ中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2,溶液中剩余KMnO4,Ⅱ中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+,Ⅲ中生成的I2再用Na2S2O3滴定。Ⅱ中Mn和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+,存在MnO2+2I-+4H+==Mn2++I2+2H2O,A正确;Ⅱ中避光、加盖防止I2升华挥发和防止I-被氧气氧化,B正确;整个反应中,KMnO4得电子生成Mn2+,有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等,Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多,说明生成的I2单质越多,也说明有机物消耗的KMnO4的量越少,水样的COD值越低,C错误;若Ⅰ中为酸性条件,Cl-会与KMnO4反应,水样的COD值偏高,D正确。
预测训练
1.选C　步骤Ⅰ:取一定量FeCl3溶液分为两等份,向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝,说明有单质I2生成,即发生反应:2Fe3++2I-==2Fe2++I2;向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色,是因为Fe3+与SCN-能发生显色反应:Fe3++3SCN-==Fe(SCN)3;步骤Ⅱ:向血红色溶液中加入NaF固体,振荡,红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-):Fe(SCN)3+6F-==+3SCN-;步骤Ⅲ:向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液,未变蓝,说明不能氧化I-。NaF加入后生成更稳定的,导致Fe(SCN)3分解,红色褪去,B正确;血红色溶液中Fe3+主要以Fe(SCN)3形式存在,游离Fe3+浓度低,而无色溶液中的更稳定,游离Fe3+浓度更低,则有c血红色(Fe3+)>c无色(Fe3+),C错误;的氧化性弱于Fe3+,无法将I-氧化生成I2,导致步骤Ⅲ未变蓝,D正确。
2.选B　实验①中溶液由蓝色变为绿色,根据资料中的配位平衡,绿色物质为,其生成需,HNO2为弱酸,存在电离平衡HNO2 H++,加入浓NaOH后,OH-中和H+,促进HNO2电离,使浓度增大,平衡右移生成绿色配合物,A正确;溶液M中含过量稀硝酸(HNO3),HNO3可氧化Fe2+为Fe3+,Fe3+与KSCN反应显红色,因此无法确定氧化剂为HNO2,不能比较HNO2与Fe3+的氧化性,B错误;HNO2中N为+3价,具有还原性,酸性KMnO4具有强氧化性,二者可发生氧化还原反应,KMnO4被还原,紫红色褪去,C正确;资料显示HNO2受热分解:2HNO2NO2↑+NO↑+H2O,加热后HNO2分解,溶液中无还原性物质,滴加酸性KMnO4后紫红色不褪去,D正确。
3.选D　Fe2+与K3会生成蓝色的KFe沉淀,故取Ⅱ中少量溶液,滴加K3溶液,若观察到蓝色沉淀,则证明有Fe2+生成,A正确;加入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,B正确;对比Ⅰ、Ⅱ可知,加入镁粉后产生大量气泡,使镁粉不易被Fe(OH)3沉淀包裹,Zn粉反应剧烈程度不够,红褐色沉淀包裹在Zn粉上,阻碍了Zn与Fe2+的反应,C正确;加入铜粉会发生反应Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+,无法促进Fe3+水解平衡正向移动,故看不到红褐色沉淀生成,D错误。
4.选A　实验a中,Al3+水解生成H+,S2与H+反应生成S↓、SO2↑和H2O,故沉淀应包括Al(OH)3和S,并非只有Al(OH)3,反应的离子方程式:2Al3++3S2+3H2O==2Al(OH)3↓+3SO2↑+3S↓,A错误;由实验现象可知Fe3++3S2 Fe(S2O3速率快,溶液先变成紫黑色,之后因S2还原Fe3+为Fe2+,使Fe3+浓度降低,平衡Fe3++3S2 逆向移动,紫黑色配合物分解,B正确;酸性高锰酸钾可氧化S2(还原性),干扰Fe2+的检验,故不能用其检验Fe2+,C正确;实验a(Al3+)与实验b(Fe3+)现象不同,说明反应多样性与阳离子性质有关,D正确。
5.选C　实验①中Na2O2先与水发生复分解反应生成H2O2、NaOH,H2O2再发生分解反应生成H2O、O2,实验②H2O2在MnO2作催化剂的条件下,发生分解反应生成H2O、O2,实验③中H2O2与氯化钡发生反应生成BaO2沉淀,实验④BaO2与H2SO4发生复分解反应生成BaSO4沉淀及H2O2,H2O2再发生分解反应生成H2O、O2,实验⑤H2O2、Cl-分别与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应生成O2、Mn2+和Cl2。实验①中总反应为2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑,不属于复分解反应,A错误;实验③中H2O2与BaCl2发生反应生成BaO2沉淀,由于①反应后的溶液呈碱性,产生沉淀BaO2的离子方程式为Ba2++H2O2+2OH-==BaO2↓+2H2O,B错误;实验④BaO2与H2SO4发生复分解反应生成BaSO4沉淀及H2O2,由于硫酸为强酸而H2O2为弱酸,反应的发生可能是强酸制弱酸,不能证明同温下BaSO4的溶解度小于BaO2的溶解度,C正确;根据实验②发生反应2H2O22H2O+O2↑,实验⑤发生反应5H2O2+6H+==2Mn2++5O2↑+8H2O,可知④⑤产生O2的总量大于②产生O2的量,D错误。
6.选C　随着反应的进行,一段时间后溶液中的c(H+)减小,同时阴极发生电极反应:Cu2++2e-==Cu,生成的Cu覆盖在阴极铁制镀件表面,阻碍了H+与铁的接触,故气体减少,A正确;因为溶液中有H+和Cu2+,铁制镀件与其接触,铁可能与H+和Cu2+发生氧化还原反应生成Fe2+,B正确;当阴极有Cu析出时,阴极电极反应:Cu2++2e-==Cu,阳极电极反应:Cu-2e-==Cu2+,又因为②中电解液中无Fe元素,根据得失电子守恒,溶液c(Cu2+)不变,C错误;②中Cu2+与NH3·H2O反应生成,使得c(Cu2+)比①溶液中c(Cu2+)小,Cu缓慢析出,镀层更致密,D正确。(共27张PPT)
习题课
主干知识以实验探究形式考查，力促学习方式的转变
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感悟高考考法
8
从实验视角考查反应原理的相关知识是近几年高考热考的题型之一，体现了模块间的综合融通命题理念，重在真实情境的创设。旨在通过真实问题情境的创设，多种探究实验的开展，激发学生学习化学的兴趣，促进学生学习方式的转变，培养学生的创新精神和实践能力。
|真|题|习|悟|(看高考如何关联命题)
1.(2025·北京卷)用电解Na2SO4溶液(图1)后的石墨电极1、2探究氢氧燃料电池，重新取Na2SO4溶液并用图2装置按ⅰ→ⅳ顺序依次完成实验。
实验 电极Ⅰ 电极Ⅱ 电压/V 关系
ⅰ 石墨1 石墨2 a a>d>c>b>0
ⅱ 石墨1 新石墨 b
ⅲ 新石墨 石墨2 c
ⅳ 石墨1 石墨2 d
√
下列分析不正确的是 (　　)
A.a>0，说明实验ⅰ中形成原电池，反应为2H2+O2==2H2O
B.bC.c>0，说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应
D.d>c，是因为电极Ⅰ上吸附H2的量:ⅳ>ⅲ
解析:按照图1电解Na2SO4溶液，石墨1为阳极，发生反应2H2O-4e-==O2↑+4H+，石墨1中会吸附少量氧气；石墨2为阴极，发生反应2H2O+2e-==H2↑+2OH-，石墨2中会吸附少量氢气；图2中电极Ⅰ为正极，氧气发生还原反应，电极Ⅱ为负极。由分析可知，石墨1中会吸附少量氧气，石墨2中会吸附少量氢气，实验ⅰ会形成原电池，a>0，反应为2H2+O2==2H2O，A正确；因为ⅱ中电极Ⅱ为新石墨，不含有H2，缺少H2作为还原剂，故导致b0，说明ⅲ中电极Ⅰ上有O2发生反应，C正确；d>c，实验ⅲ与实验ⅳ中电极Ⅰ不同，d>c，是因为电极Ⅰ上吸附O2的量:ⅳ>ⅲ，D错误。
2.(2025·江苏卷)探究含铜化合物性质的实验如下:
步骤Ⅰ　取一定量5%CuSO4溶液，加入适量浓氨水，产生蓝色沉淀。
步骤Ⅱ　将沉淀分成两等份，分别加入相同体积的浓氨水、稀盐酸，沉淀均完全溶解，溶液分别呈现深蓝色、蓝色。
步骤Ⅲ　向步骤Ⅱ所得的深蓝色溶液中插入一根打磨过的铁钉，无明显现象；继续加入稀盐酸，振荡后静置，产生少量气泡，铁钉表面出现红色物质。
下列说法正确的是(　　)
A.步骤Ⅰ产生的蓝色沉淀为[Cu(NH3)4]SO4
B.步骤Ⅱ的两份溶液中:c深蓝色(Cu2+)C.步骤Ⅲ中无明显现象是由于铁钉遇深蓝色溶液迅速钝化
D.步骤Ⅲ中产生气体、析出红色物质的反应为[Cu(NH3)4]2++Fe==Cu+Fe2++4NH3↑
√
解析:步骤Ⅰ中产生的蓝色沉淀是Cu(OH)2，而非[Cu(NH3)4]SO4，因为适量浓氨水与CuSO4溶液反应首先生成Cu(OH)2沉淀，过量氨水才会溶解沉淀形成络合物，A错误；步骤Ⅱ中，深蓝色溶液(加入浓氨水)中的Cu2+因形成[Cu(NH3)4]2+络离子而浓度降低，而蓝色溶液(加入稀盐酸)中Cu2+可以自由移动，浓度较高，因此c深蓝色(Cu2+) < c蓝色(Cu2+)，B正确；步骤Ⅲ中无明显现象并非因铁钉钝化，铁在碱性溶液中不易钝化，且后续加入盐酸后有反应发生，说明铁未钝化，真正原因是络合物中Cu2+浓度过低，无法被Fe置换，C错误；步骤Ⅲ中加入盐酸后，H+与NH3结合生成N，导致配合物释放Cu2+，Fe与H+反应生成H2(气泡)，并与Cu2+发生置换反应生成Cu，D项反应的化学方程式未体现H+的作用，与实际反应原理不符，D错误。
√
3.(2025·黑吉辽蒙卷)化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的指标之一，以水样消耗氧化剂的量折算成消耗O2的量(单位为mg·L-1)来表示。碱性KMnO4不与Cl-反应，可用于测定含Cl-水样的COD，流程如图。
下列说法错误的是(　　)
A.Ⅱ中发生的反应有MnO2+2I-+4H+==Mn2++I2+2H2O
B.Ⅱ中避光、加盖可抑制I-被O2氧化及I2的挥发
C.Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，水样的COD值越高
D.若Ⅰ中为酸性条件，测得含Cl-水样的COD值偏高
解析:Ⅰ中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余KMnO4，Ⅱ中在酸性条件下KMnO4、MnO2与I-反应得到I2单质和Mn2+，Ⅲ中生成的I2再用Na2S2O3滴定。Ⅱ中Mn和MnO2在酸性条件下与过量的KI反应得到I2和Mn2+，存在MnO2+2I-+4H+==Mn2++I2+2H2O，A正确；Ⅱ中避光、加盖防止I2升华挥发和防止I-被氧气氧化，B正确；整个反应中，KMnO4得电子生成Mn2+，有机物和碘离子失去电子数目与KMnO4得电子数目相等，Ⅲ中消耗的Na2S2O3越多，说明生成的I2单质越多，也说明有机物消耗的KMnO4的量越少，水样的COD值越低，C错误；若Ⅰ中为酸性条件，Cl-会与KMnO4反应，水样的COD值偏高，D正确。
[透析高考]
1.题型设计常见的3种形式
(1)层次性设计:如从现象观察→变量分析→结论推导，逐层递进。
(2)变量控制设计:如若探究H2O2浓度对氧化效率的影响，应固定哪些变量。
(3)结论迁移性设计:如工业废水处理中选择H2O2作氧化剂有何优势 此类问题一般与真实应用场景结合。
2.常见的设误角度
(1)从实验原理的角度设误；
(2)从实验装置的角度设误；
(3)从实验操作的角度设误；
(4)从实验现象与结论的角度设误；
(5)从实验条件等细节的角度设误。
√
|预|测|训|练|(由训练盘活知识)
1.(2026·江苏苏州开学考)探究含铁化合物性质的实验如下:
步骤Ⅰ:取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色。
步骤Ⅱ:向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-)。
步骤Ⅲ:向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝。
下列说法不正确的是(　　)
A.步骤Ⅰ中溶液变蓝发生的反应为2Fe3++2I-==2Fe2++I2
B.步骤Ⅱ中溶液变为无色是生成了更稳定的无色[FeF6]3-
C.步骤Ⅱ中血红色溶液和无色溶液中:c血红色(F)D.步骤Ⅲ中未变蓝可能是[FeF6]3-的氧化性比F的氧化性弱
解析:步骤Ⅰ:取一定量FeCl3溶液分为两等份，向一份中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液后变蓝，说明有单质I2生成，即发生反应:2Fe3++2I-==2Fe2++I2；向另一份中滴加KSCN溶液后变血红色，是因为Fe3+与SCN-能发生显色反应:Fe3++3SCN- Fe(SCN)3；步骤Ⅱ:向血红色溶液中加入NaF固体，振荡，红色褪去变为无色(生成了[FeF6]3-):Fe(SCN)3+6F-==+3SCN-；步骤Ⅲ:向步骤Ⅱ所得无色溶液中滴加3滴KI溶液和2滴淀粉溶液，未变蓝，说明不能氧化I-。NaF加入后生成更稳定的，导致Fe(SCN)3分解，红色褪去，B正确；血红色溶液中Fe3+主要以Fe(SCN)3形式存在，游离Fe3+浓度低，而无色溶液中的更稳定，游离Fe3+浓度更低，则有c血红色(Fe3+)>c无色(Fe3+)，C错误；的氧化性弱于Fe3+，无法将I-氧化生成I2，导致步骤Ⅲ未变蓝，D正确。
2.(2026·河南青桐鸣联考月考)有文献表明，铜和稀硝酸反应后的溶液中存在弱酸HNO2，某同学设计以下实验进行相关探究(溶液M:铜和过量稀硝酸充分反应后的蓝色溶液)。
实验序号 装置及试剂 试剂a 现象
① 几滴浓NaOH溶液 溶液变为浅绿色
② 几滴含有KSCN的FeCl2溶液 溶液变为红色
③ 几滴酸性KMnO4溶液 紫红色褪去
④ 充分加热后冷却，再滴加几滴酸性KMnO4溶液 紫红色未褪去
√
资料:(蓝色)+4N (绿色)+4H2O；
2HNO2 NO2↑+NO↑+H2O。
下列结论错误的是(　　)
A.实验①说明加入的NaOH促进了HNO2的电离
B.实验②说明氧化性:HNO2>Fe3+
C.因为HNO2具有还原性，故实验③中可观察到紫红色褪去
D.实验④紫红色未褪去的原因为HNO2分解
解析:实验①中溶液由蓝色变为绿色，根据资料中的配位平衡，绿色物质为，其生成需，HNO2为弱酸，存在电离平衡HNO2 H++，加入浓NaOH后，OH-中和H+，促进HNO2电离，使浓度增大，平衡右移生成绿色配合物，A正确；溶液M中含过量稀硝酸(HNO3)，HNO3可氧化Fe2+为Fe3+，Fe3+与KSCN反应显红色，因此无法确定氧化剂为HNO2，不能比较HNO2与Fe3+的氧化性，B错误；HNO2中N为+3价，具有还原性，酸性KMnO4具有强氧化性，二者可发生氧化还原反应，KMnO4被还原，紫红色褪去，C正确；资料显示HNO2受热分解:2HNO2 NO2↑+NO↑+H2O，加热后HNO2分解，溶液中无还原性物质，滴加酸性KMnO4后紫红色不褪去，D正确。
3.(2026·广西南宁名校联盟一模)某小组同学向pH=1的0.5 mol·L-1FeCl3溶液中分别加入过量Zn粉和Mg粉，探究反应的还原产物:
实验 金属 操作、现象及产物
Ⅰ 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
Ⅱ 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
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下列说法错误的是 (　　)
A.取Ⅱ中少量溶液，滴加K3溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成
B.Ⅰ中红褐色沉淀生成的原因:Zn消耗H+，促进Fe3+水解，使其转化为Fe(OH)3沉淀
C.Ⅰ中未检测到Fe单质的原因可能是Zn被Fe(OH)3沉淀包裹，阻碍了Zn与Fe2+的反应
D.若向pH=1的0.5 mol·L-1FeCl3溶液中加入过量Cu粉，也可观察到生成大量红褐色沉淀
解析:Fe2+与K3会生成蓝色的KFe沉淀，故取Ⅱ中少量溶液，滴加K3溶液，若观察到蓝色沉淀，则证明有Fe2+生成，A正确；加入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，B正确；对比Ⅰ、Ⅱ可知，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不易被Fe(OH)3沉淀包裹，Zn粉反应剧烈程度不够，红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应，C正确；加入铜粉会发生反应Cu+2Fe3+==Cu2++2Fe2+，无法促进Fe3+水解平衡正向移动，故看不到红褐色沉淀生成，D错误。
4.探究Na2S2O3溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。
已知:S2+2H+==S↓+SO2↑+H2O，Fe3++3S2 Fe(紫黑色)
实验装置 滴管内试剂 现象
实验a:滴加0.03 mol·L-1Al2(SO4)3溶液 滴加一段时间后，生成沉淀，闻到刺激性气味
实验b:滴加0.03 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液 混合后溶液先变成紫黑色，30 s时溶液几乎变为无色
下列说法错误的是　 (　　)
A.实验a中生成的沉淀只有Al(OH)3
B.实验b中溶液几乎变为无色的原因可能是:S2将Fe3+还原成Fe2+，使Fe3++3S2 Fe平衡逆移
C.不能用酸性高锰酸钾溶液检验实验b中生成的Fe2+
D.以上实验说明Na2S2O3溶液与金属阳离子反应的多样性与阳离子的性质有关
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解析:实验a中，Al3+水解生成H+，S2与H+反应生成S↓、SO2↑和H2O，故沉淀应包括Al(OH)3和S，并非只有Al(OH)3，反应的离子方程式:2Al3++3S2
+3H2O==2Al(OH)3↓+3SO2↑+3S↓，A错误；由实验现象可知Fe3++3S2
Fe(S2O3速率快，溶液先变成紫黑色，之后因S2还原Fe3+为Fe2+，使Fe3+浓度降低，平衡Fe3++3S2 逆向移动，紫黑色配合物分解，B正确；酸性高锰酸钾可氧化S2(还原性)，干扰Fe2+的检验，故不能用其检验Fe2+，C正确；实验a(Al3+)与实验b(Fe3+)现象不同，说明反应多样性与阳离子性质有关，D正确。
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5.(2026·北京十一学校月考)某实验小组通过下图所示实验，探究Na2O2与水的反应。已知:H2O2 H++ H++。下列分析正确的是(　　)
A.实验①中发生的是复分解反应
B.“产生沉淀BaO2”的离子方程式为Ba2++H2O2==BaO2↓+2H+
C.实验④不能证明同温下BaSO4的溶解度小于BaO2的溶解度
D.若⑤酸性KMnO4溶液足量，则④⑤产生O2的总量与②产生O2的量相等
解析:实验①中Na2O2先与水发生复分解反应生成H2O2、NaOH，H2O2再发生分解反应生成H2O、O2，实验②H2O2在MnO2作催化剂的条件下，发生分解反应生成H2O、O2，实验③中H2O2与氯化钡发生反应生成BaO2沉淀，实验④BaO2与H2SO4发生复分解反应生成BaSO4沉淀及H2O2，H2O2再发生分解反应生成H2O、O2，实验⑤H2O2、Cl-分别与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应生成O2、Mn2+和Cl2。实验①中总反应为2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑，不属于复分解反应，A错误；实验③中H2O2与BaCl2发生反应生成BaO2沉淀，由于①反应后的溶液呈碱性，产生沉淀BaO2的离子方程式为Ba2++H2O2+2OH-==BaO2↓+2H2O，B错误；实验④BaO2与H2SO4发生复分解反应生成BaSO4沉淀及H2O2，由于硫酸为强酸而H2O2为弱酸，反应的发生可能是强酸制弱酸，不能证明同温下BaSO4的溶解度小于BaO2的溶解度，C正确；根据实验②发生反应2H2O2 2H2O+O2↑，实验⑤发生反应5H2O2+6H+==2Mn2+
+5O2↑+8H2O，可知④⑤产生O2的总量大于②产生O2的量，D错误。
6.利用下图装置进行铁上电镀铜的实验探究。
装置 序号 电解质溶液 实验现象
① 0.1 mol·L-1 CuSO4+少量H2SO4溶液 阴极表面产生无色气体，一段时间后阴极表面有红色固体，气体减少。经检验，电解液中有Fe2+
② 0.1 mol·L-1 CuSO4+过量氨水 阴极表面未观察到气体，一段时间后阴极表面有致密红色固体。经检验，电解液中无Fe元素
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下列分析不正确的是 (　　)
A.①中气体减少，推测是由于溶液中c(H+)减小，且Cu覆盖铁电极，阻碍H+与铁接触
B.①中检测到Fe2+，推测可能发生反应:Fe+2H+==Fe2++H2↑、Fe+Cu2+==Fe2++Cu
C.随阴极析出铜，推测②中溶液c(Cu2+)减小，Cu2++4NH3 平衡逆向移动
D.②中Cu2+生成，使得c(Cu2+)比①中溶液的小，Cu缓慢析出，镀层更致密
解析:随着反应的进行，一段时间后溶液中的c(H+)减小，同时阴极发生电极反应:Cu2++2e-==Cu，生成的Cu覆盖在阴极铁制镀件表面，阻碍了H+与铁的接触，故气体减少，A正确；因为溶液中有H+和Cu2+，铁制镀件与其接触，铁可能与H+和Cu2+发生氧化还原反应生成Fe2+，B正确；当阴极有Cu析出时，阴极电极反应:
Cu2++2e-==Cu，阳极电极反应:Cu-2e-==Cu2+，又因为②中电解液中无Fe元素，根据得失电子守恒，溶液c(Cu2+)不变，C错误；②中Cu2+与NH3·H2O反应生成，使得c(Cu2+)比①溶液中c(Cu2+)小，Cu缓慢析出，镀层更致密，
D正确。

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