2024年北京卷T19-实验探究变式题

1．某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，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，中可将还原为的金属是 。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，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未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式 。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制， (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因 。 2．在处理NO废气的过程中，催化剂会逐渐失活变为。 某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。 资料：i．；。 ii． ； 。 iii．和在酸性条件下均能生成。 (1)探的还原性 实验I 粉红色的溶液或溶液在空气中久置，无明显变化。 实验Ⅱ 向溶液中滴入2滴酸性溶液，无明显变化。 实验Ⅲ 按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。 ①甲同学根据实验Ⅲ得出结论：可以被酸性溶液氧化。乙同学补充实验IV， (补全实验操作及现象)，否定了该观点。 ②探究碱性条件下的还原性，进行实验。 实验V： ⅱ中反应的化学方程式是 。 ③根据氧化还原反应规律解释还原性：在碱性条件下，与、反应，使和均降低，但 降低的程度更大，还原剂的还原性增强。 (2)探究的氧化性 ①根据实验Ⅲ和IV推测氧化性：，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中， (补全实验操作及现象)，反应方程式为 。 ②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是 。 (3)催化剂的失活与再生 ①结合数据解释能被氧化为而失活的原因： 。 ②根据以上实验，设计物质转化流程图实现的再生： 。示例： 3．化学小组实验探究与悬浊液的反应。 资料：i．(无色)，易被氧气氧化为。 ii．很不稳定，易转化为。 iii．在酸性溶液中易转化为、。 实验一：I．向溶液中加入浓溶液，制得悬浊液，测得。 Ⅱ．向悬浊液中通入产生大量白色沉淀A，测得。 (1)产生的离子方程式是 。 (2)推测白色沉淀Ａ中可能含有、、、、。为检验白色沉淀成分，进行实验二： 实验二：将实验一中所得的白色沉淀A过滤、洗涤，并进行如下实验。 ①经检验白色沉淀A中无、，试剂a为 。 ②根据上述实验推测白色沉淀A为，推测依据是 。 ③产生白色沉淀A的离子方程式是 。 ④实验二中无色溶液变为蓝色溶液的离子方程式为 。 (3)为排除实验一溶液中的影响，小组同学进行了实验三 实验三： I．向溶液中加入浓溶液，过滤，洗涤沉淀，取洗涤液，___________(填操作和现象)。将洗净的固体加水得悬浊液，测得。 Ⅱ．向悬浊液中通入SO2至过量，观察到局部先产生少量浅黄色沉淀，而后转化为紫红色固体，溶液变为绿色[含]，测得溶液。 Ⅲ．向溶液中通入至过量，无明显现象。 ①补全步骤I中的操作和现象 。 ②经确认浅黄色沉淀为，紫红色固体为。与悬浊液发生了氧化还原反应。结合化学用语解释产生的原因 。 ③解释实验三中步骤Ⅲ与步骤Ⅱ现象不同的原因 。 (4)综合上述实验，与二价铜反应的产物与 等因素有关(答出两点即可)。 4．探究溶液中Ag+与单质S的反应。 资料：Ag2S不溶于6mol/L盐酸，Ag2SO3和Ag2SO4在6mol/L盐酸中均发生沉淀的转化 实验Ⅰ．在注射器中将10mL0.04mol/LAgNO3溶液（pH≈6）与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a（pH≈1），沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。 (1)研究黑色固体b的组成 ①根据S具有 性，推测b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2SO3或Ag2SO4。 ②检验黑色固体b的成分 实验Ⅱ． ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含 。 ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含Ag2SO3，可选择的试剂是 （填序号）。 a．酸性KMnO4溶液         b．H2O2和BaCl2的混合溶液         c．溴水 ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有H2S，写出同时生成Ag和H2S的离子方程式： 。 (2)研究无色溶液a的组成 结合上述实验结果，分析溶液a中可能存在或H2SO3，依据是 。 实验Ⅲ． ①说明溶液a中不含H2SO3的实验证据是 。 ②加入足量稀盐酸的作用是 。 (3)在注射器中进行实验Ⅳ，探究Ag2SO4溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。向注射器中加入的物质是 。 (4)用酸化的NaNO3溶液（pH≈6）与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中Ag+与S反应的离子方程式并简要说明Ag+的作用： 。 5．以溶液、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 溶液（） 产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余 Ⅱ 浓盐酸（） 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，5h时铜粉剩余 Ⅲ 溶液（）和浓盐酸（） 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，5h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。分析气体产生的原因，进行实验：将溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到。 依据电极反应式，分析产生的原因 。 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：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：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与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液的原因 。 6．常温下镁条与水缓慢反应，一段时间后镁条表面被致密薄膜完全覆盖，反应停止。再加入则能持续产生，探究其原因。 【实验】将打磨光亮的镁条放入水中反应至无气泡产生，镁条表面变暗。室温下，取该镁条放入下列溶液[初始]，实验记录如下。 编号 溶液 实验记录 溶液 片刻后镁条表面变光亮，开始产生大量气体； 前内镁条表面保持光亮，但产生气体的速率逐渐减慢； 时，镁条表面变白，持续有气泡产生 溶液 仅出现微量气泡 溶液（用氨水调至） 实验现象及气体体积与几乎相同 (1)镁与水反应的化学方程式是 。 (2)经检验，和生成的气体均为并含有微量。检验的操作和现象是 。 (3)本实验说明去除表面致密的主要粒子是。 ①得出该结论的实验证据是 。 ②与反应的离子方程式是 。 (4)实验中溶液和体积随时间的变化如图所示。反应过程中和之和可看作保持不变。 ①前产生的主要反应的离子方程式是 。 ②可作为与的反应是否达到平衡的判断依据，理由是 。 (5)实验在后的一段时间内，基本不变，但仍能持续产生。结合方程式解释持续产生的原因： 。 7．常温下，某小组探究发现金属与铜盐溶液的反应具有多样性，实验操作及现象如下。 实验 编号 金属a 实验现象 Ⅰ 产生大量气体，析出较多紫红色固体，且不断增多，溶液呈淡蓝色；一段时间后，溶液几乎为无色，溶液中生成了蓝色沉淀。 Ⅱ 产生大量气体，析出较多紫红色固体；试管中体系颜色随时间变化如下： 蓝绿色溶液蓝白色浑浊，最终变为褐色沉淀；最后溶液的升高至9.5左右，镁条上紫红色的固体几乎不见。 Ⅲ 产生大量气体，光亮铝条表面出现“海绵状”紫红色固体，溶液下降至2左右。一段时间后逐渐升高至3.5左右，反应几乎停止。 已知： ⅰ．新置换出的紫红色固体活性较强； ⅱ．在酸性条件下歧化，生成和单质，在固相或高温下稳定。 (1)实验Ⅰ中，有气体产生的原因是 ；某同学依据原理分析，紫红色固体为。该同学取少量紫红色固体清洗后放入试管中，加入稀硝酸，可观察到的现象是 。 (2)小组同学依据实验Ⅱ判断，得到该结论的证据是 。查阅资料后，确认该结论正确。 (3)经检验，实验Ⅱ的蓝白色浑浊中含有沉淀和。对比实验Ⅰ、实验Ⅱ，蓝白色浑浊的出现与阴离子不同有关，从平衡移动的角度分析原因 。 (4)对比实验Ⅱ、Ⅲ，溶液变化不同。 ①Ⅱ中溶液的升高至9.5左右，是由于可与水发生反应，得到。碱性： (填“”、“”或“”)。 ②Ⅲ中溶液的值下降至2左右，下降的原因是 。 (5)综合上述实验，金属与铜盐溶液反应的多样性除与阴离子有关外，还与 有关。 8．某小组同学探究硫代硫酸钠(Na2S2O3)溶液与某些常见金属离子的反应。 已知：i．(淡绿色)、(紫黑色)、(无色) ii．在酸性溶液中转化为、S和SO2。 iii．BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。 (1)将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是 。 (2)研究 Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。 序号 X溶液 现象 I CuCl2溶液 溶液变为淡绿色，水浴加热至50℃以上，逐渐析出黑色沉淀 Ⅱ FeCl3溶液 溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色 Ⅲ AgNO3溶液 逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液 ①取I中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。 i．补全I中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式： □___________□___________□___________□___________+ ii．查阅资料可知，常温时，生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，但仍需水浴加热至50℃以上才出现沉淀，原因是 。 ②Ⅱ中，被Fe3＋氧化的主要产物是，还有很少量的。取Ⅱ中的无色溶液进行如下实验证实了此结论。 用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重复上述实验， CS2溶解后几乎无固体剩余。 i．仅由溶液1中加入足量的盐酸后得到沉淀2，不能说明Ⅱ中生成了，理由是 。 ii．补全实验方案证实上述结论：将沉淀1洗净， 。 ③向Ⅲ的无色溶液中继续加入0.5mL 0.1mol·L－1AgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3。静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是 。 (3)软硬酸碱原理认为，Ⅲ中， Ag＋为软酸，为软碱， S2-是比更软的碱，可解释与Ag＋反应的最终产物为Ag2S。由此推测，Ⅰ中， Cu＋和Cu2＋， 是更软的酸。 9．某实验小组对溶液和溶液的反应进行探究。 资料：为白色固体，易溶于水。 【实验1】 序号 实验操作 实验现象 向溶液中加入溶液 产生黑色固体 向饱和溶液（约为，约为3）中加入饱和溶液（约为，约为13） 迅速产生大量黑色固体、少量红色固体和黄色固体，静置后红色固体减少、黑色固体增多 I．探究反应的产物 (1)经检验实验中的黑色固体均为。实验1-1反应的离子方程式为 。 【实验2】 (2)资料表明，黄色固体为S。小组同学取实验1-2所得固体，依次用盐酸、蒸馏水洗涤干净后继续进行实验2，证明了实验1-2中黄色固体为S。 ①证明实验1-2所得固体洗涤干净的实验操作及现象是 。 ②依据实验2，推测S与NaOH反应的离子方程式为 。 ③实验2中，加入硝酸的目的是 。 (3)实验证明红色固体为Cu。补全静置后红色固体转化为黑色固体反应的离子方程式： 。 □□□___+□__□__+□ Ⅱ．探究影响反应产物的因素 【实验3】 序号 实验方案 实验现象 3-1 a：饱和溶液 b：饱和溶液 电压表指针偏转，读数为0.85V 3-2 a：溶液 b：溶液 电压表指针偏转，读数为0.46V 3-3 a：溶液（pH调至13） b：溶液 电压表指针偏转，读数为0.68V 3-4 a：溶液（pH调至13） b：溶液 电压表指针略偏转，读数为0.10V 说明：本实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。 (4)资料表明，对于电极反应，对还原性没有直接影响。实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是 。 (5)小组同学用实验3装置补做实验3-5，排除了的影响。他们所用试剂a为饱和溶液，b为 。 (6)综合上述实验可以得到的结论有 。 10．探究配制不同金属离子—氨配体溶液的差异性，实验操作及现象如下： 实验序号 操作 现象 实验i：的配制 实验i-a 在试管内混合溶液和溶液，再加入过量的 产生蓝色沉淀，加入后沉淀少部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。 实验i-b 在试管内混合溶液和溶液，再加入过量的 产生蓝色沉淀，加入后沉淀大部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。 实验i-c 在试管内混合溶液和溶液，再加入过量的 产生蓝色沉淀，加入后沉淀完全溶解，得到澄清的深蓝色溶液。 实验ii：的配制 实验ii-a 在试管内混合溶液和过量 得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。 实验ii-b 在试管内混合溶液和过量 得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶解。 实验iii：的配制 实验iii 在试管内混合溶液和溶液，再加入过量的 产生白色沉淀，加入后沉淀完全溶解，得到无色溶液。 资料：①饱和氨水的浓度约为 ②为浅青色沉淀 ③溶液为红色，在活性炭催化下转化为橙黄色的溶液 (1)实验i-a中生成蓝色沉淀的离子方程式为 。 (2)有研究认为蓝色沉淀中还有成分，其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止含的实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后， 。(填后续操作和现象) (3)对比实验i-a和实验i-b，从平衡移动角度，结合化学用语解释对生成有一定促进作用的原因 。 (4)对比实验i-a和实验i-c中再加入过量氨水前的反应，推测对生成有一定促进作用。设计下图所示实验：在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂。实验现象证实了预测。 ①x的化学式是 ，c= 。 ②实验现象是 。 (5)从平衡移动角度，结合化学用语，解释对生成有一定促进作用的原因 。 (6)针对实验ii未能成功配制溶液，结合以上分析，提出改进方案： ①在实验ii-a的基础上继续加入 ，即可成功配制。 ②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为： 。 (7)综合以上分析，配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性，推测可能与以下因素有关：配位数、 。 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) (2) 产生蓝色沉淀 水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 或、 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 加入几滴溶液，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，使镁粉不容易被沉淀包裹 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，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，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【详解】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，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未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，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，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 2．(1) 将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同 c(Co3+) (2) 加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色 O2 (3) 对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化， [Co(NH3)6]3+→ Co2+[Co(NH3)6]2+ 【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究Co(Ⅱ)和Co(Ⅲ)之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证； 【详解】（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化； ②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是； ③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强； 故答案为：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同；；c(Co3+)； （2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是； ②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2； 故答案为：加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色；；O2； （3）①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活； ②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+； 故答案为：对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化；[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。 3．(1) (2) 溶液 白色沉淀溶于氨水得到无色溶液，静置变蓝，说明无，含，加入溶液无明显现象，说明不含、，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀说明含有 (3) 加入溶液，无沉淀生成 生成的不稳定分解为，过量溶液酸性增强，发生反应 碱性条件下的还原性增强 (4)是否存在、溶液、的通入量 【分析】白色沉淀A加入氨水，沉淀溶解，溶液无色，静置溶液变为蓝色，将溶液分为2份，一份加入硝酸和硝酸银检验氯离子，另一份加入氯化钡检验硫酸根离子、亚硫酸根离子，据此回答。 【详解】（1）向NaOH溶液中加入浓CuCl2溶液，制得Cu(OH)2悬浊液，产生Cu(OH)2的离子方程式是：； （2）①用BaCl2检验溶液中有没有、，经检验白色沉淀A中无、，试剂a为BaCl2溶液； ②白色沉淀溶于氨水得到无色溶液，静置变蓝，说明无Cu2+，含Cu+，加入BaCl2溶液无明显现象，说明不含、，加入足量稀硝酸和硝酸银溶液，产生白色沉淀说明含有Cl−，所以白色沉淀A为CuCl； ③产生白色沉淀A的离子方程式为：； ④实验二中无色溶液变为蓝色溶液的离子方程式为：； （3）①向NaOH溶液中加入浓CuCl2溶液，过滤，洗涤沉淀，取洗涤液，加入AgNO3溶液，无沉淀生成将洗净的Cu(OH)2固体加水得悬浊液，测得pH≈8； ②生成的CuOH不稳定分解为Cu2O，SO2过量溶液酸性增强，发生反应Cu2O+2H2O+2SO2=Cu(HSO3)2+Cu+H2O，所以SO2与Cu(OH)2悬浊液发生了氧化还原反应； ③碱性条件下SO2的还原性增强，所以实验三中步骤Ⅲ与步骤Ⅱ现象不同； （4）综合上述实验，SO2与二价铜反应的产物与是否存在Cl−、溶液pH、SO2的通入量因素有关。 4．(1) 氧化性和还原 Ag2SO4 bc (2) S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或H2SO3 向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去 排除Ag+对和H2SO3检验的干扰 (3)10mL0.02mol/L Ag2SO4溶液与0.01g S粉 (4)，形成Ag2S难溶物，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生 【分析】在注射器中将10mL0.04mol/LAgNO3溶液(pH≈6)与0.01g S粉混合，水浴加热，充分反应后，过滤，得到无色溶液a(pH≈1)，沉淀除S、洗涤后得到黑色固体b。探究无色溶液a的成分时，通过碘的淀粉溶液的蓝色不褪去，确定不含有H2SO3，通过加入BaCl2后产生白色沉淀，确定含有；探究沉淀b的成分时，加入6mol/L盐酸，实验证实滤液c中不含有H2SO3、不含有，表明沉淀b中不含有Ag2SO3、Ag2SO4，沉淀d中加入Fe、12mol/L盐酸，有Ag和H2S生成，确定b为Ag2S，从而确定在AgNO3的作用下，S发生歧化反应，生成Ag2S、Ag2SO4等。 【详解】（1）①S为0价，化合价既能升高也能降低，则S具有氧化性和还原性，推测b中可能含有Ag2S、Ag、Ag2SO3或Ag2SO4。 ②ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，表明未生成BaSO4沉淀，从而确定黑色固体b中不含Ag2SO4。 ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含Ag2SO3，也就是检验不存在H2SO3，但需排除Cl-产生的干扰，所以不能选择a．酸性KMnO4溶液(能被Cl-还原)，可选择b．H2O2和BaCl2的混合溶液(H2SO3被H2O2氧化为H2SO4，再与Ba2+反应生成BaSO4沉淀)、c．溴水(H2SO3还原Br2，使溴水褪色)，可选择的试剂是bc。 ⅲ．进一步实验证实了黑色固体b中不含Ag。根据沉淀e含有Ag、气体含有H2S，则Fe作还原剂，在HCl的帮助下，将Ag2S还原为Ag，同时生成H2S气体，离子方程式：。 （2）S与AgNO3溶液反应后，生成Ag2S，S元素的价态降低，则S元素的价态也应升高，所以溶液a中可能存在或H2SO3，依据是：S转化为Ag2S发生了还原反应，反应必然同时发生氧化反应，能发生氧化反应的只有S，故在pH≈1的溶液中可能存在或H2SO3。 ①碘的淀粉溶液的蓝色不褪去，确定溶液a中不含有H2SO3，实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去。 ②Ag+能与I-、发生反应，从而干扰后续实验，所以加入足量稀盐酸的作用是：排除Ag+对和H2SO3检验的干扰。 （3）在注射器中进行实验Ⅳ，探究Ag2SO4溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同，此时是与实验Ⅰ做对比实验，所以S的物质的量、Ag+的浓度都应相同，从而得出向注射器中加入的物质是10mL0.02mol/L Ag2SO4溶液与0.01g S粉。 （4）用酸化的NaNO3溶液(pH≈6)与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应，说明Ag+对S的歧化反应提供了帮助，由此得出溶液中Ag+与S反应的离子方程式并简要说明Ag+的作用：，形成Ag2S难溶物，降低c(S2-)，提高S的氧化性，利于反应发生。 【点睛】由于BaSO3易溶于盐酸，所以H2SO3与BaCl2不能发生反应。 5．(1)Cu+Cu2++2Cl-=2CuCl (2) 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 4+4H++O2+4Cl-=4+2H2O (3) c(Cl-)增大，平衡CuCl+2Cl-正向移动 取I中洗涤后的沉淀，加入5mol/L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CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用盐酸，反应速率慢 【分析】往溶液（）中加铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅；往浓盐酸（）中加铜粉，生成氢气和、然后生成使溶液呈黄色、较长时间后生成使溶液呈棕色；往溶液（）和浓盐酸（）混合溶液中加铜粉，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，5h时铜粉几乎无剩余。 【详解】（1）往溶液（）中加铜粉，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据实验的现象可知，产生的无色气泡为氢气，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； （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5mol/L的H2SO4溶液，看沉淀是否溶解，若沉淀不溶解，则不是因为增大引起； （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；若单独使用盐酸，则反应速率慢，所以选择与浓盐酸的混合液而不单独选择溶液或浓盐酸做腐蚀液。 6．(1) (2)将气体通过湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝 (3) b中仅出现微量气泡，c中的实验结果与a几乎相同 (4) 当pH不变时，c（OH-）不变，说明和达到平衡，故c（）、c（）和c（Mg2+）均不变，与Mg（OH）2的反应达到平衡 (5)Mg继续发生反应：，能够改变Mg（OH）2的位置或形态，使Mg表面在较长时间内不会被致密薄膜覆盖 【详解】（1）镁与水反应生成Mg（OH）2和H2，反应的化学方程式是：，故答案为：； （2）氨气具有碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故答案为：将气体通过湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝； （3）①实验a采用NH4Cl溶液（pH=4.6），实验b采用NaCl溶液（pH=7），实验c采用NH4Cl溶液（用氨水调pH=7），对比实验a、b、c的实验结果，a和c的实验结果几乎相同，b中仅出现微量气泡，说明去除Mg表面致密Mg（OH）2的主要粒子并不是Cl-、H+ ，而是，故答案为：b中仅出现微量气泡，c中的实验结果与a几乎相同； ②与Mg（OH）2反应生成Mg2+和，反应的离子方程式为；，故答案为： （4）①前5min为Mg和反应产生H2，主要反应的离子方程式是，故答案为：； ②与Mg（OH）2反应时存在平衡如下： 反应1：； 反应2：； 反应3：； 总反应为：； 当pH不变时，c（OH-）不变，说明和达到平衡，故c（）、c（）和c（Mg2+）均不变，与Mg（OH）2的反应达到平衡，故答案为：当pH不变时，c（OH-）不变，说明和达到平衡，故c（）、c（）和c（Mg2+）均不变，与Mg（OH）2的反应达到平衡； （5）实验a在30min后的一段时间内，pH基本不变，但仍能持续产生H2，能够改变Mg（OH）2的位置或形态，使Mg表面在较长时间内不会被致密薄膜覆盖，Mg继续发生反应：，故答案为：Mg继续发生反应：，能够改变Mg（OH）2的位置或形态，使Mg表面在较长时间内不会被致密薄膜覆盖 7．(1) ，溶液显酸性，和反应放出 有无色气体生成，在试管口变为红色，溶液变为蓝色 (2)实验Ⅰ中最后溶液几乎为无色，溶液中生成了蓝色沉淀 (3)，溶液中有存在时，与结合生成较稳定的，使平衡正向移动，生成白色沉淀；溶液中有存在时，无法与结合，分解为和 (4) > Al与CuCl2反应，生成AlCl3，水解程度增大，溶液pH降低 (5)金属种类和溶液 【详解】（1）硫酸铜是强酸弱碱盐，铜离子发生水解从而使溶液呈酸性，镁是活泼金属，能与酸溶液反应生成氢气，则实验Ⅰ中，有气体产生的原因是，溶液显酸性，和反应放出；少量Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，含铜离子的溶液呈蓝色，可观察到的现象是有无色气体生成，在试管口变为红色，溶液变为蓝色； （2）沉淀溶度积常数越小越容易生成沉淀，沉淀向着溶度积更小的沉淀转化，实验Ⅰ中最后溶液几乎为无色，溶液中生成了蓝色沉淀，可得到结论； （3）实验Ⅰ、实验Ⅱ的阴离子不同，造成蓝白色浑浊的出现，已知在酸性条件下歧化，生成和单质，从平衡移动的角度分析原因：，溶液中有存在时，与结合生成较稳定的，使平衡正向移动，生成白色沉淀；溶液中有存在时，无法与结合，分解为和； （4）①实验Ⅱ中溶液的升高至9.5左右，是由于可与水发生反应，得到，实验Ⅲ中溶液升高至3.5左右，是由于Al可与水发生反应，得到，溶液pH越大说明碱性越强，则说明碱性：>； ②Ⅲ中溶液的值下降至2左右，下降的原因是：Al与CuCl2反应，生成AlCl3，铝离子发生水解反应，造成水解程度增大，溶液pH降低； （5）根据实验Ⅱ、Ⅲ可知金属与铜盐溶液反应的多样性与金属种类有关，实验Ⅱ在酸性溶液中还会出现蓝白色浑浊，说明金属与铜盐溶液反应的多样性与溶液有关。 8．(1) (2) 2Cu2＋＋2＋2H2OCu2S↓＋S↓＋2＋4H＋ 室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率 无色溶液中含有，微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的也存在于沉淀2中 加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小 (3) 【详解】（1）S与发生归中反应得到，化学方程式为；答案为。 （2）①i根据元素守恒，可知产物中Cu2S的系数是1，中S的化合价为＋2价，Cu2S中Cu和S的化合价分别为＋1和－2，Cu从＋2价降低到＋1，S的化合价从＋2价降低到－2；生成1molCu2S，共得到了6mol电子。其他产物中还有S和，转化成S，化合价从＋2价降低到0；转化为，化合价从＋2价降低到+6；在氧化还原反应中，得失电子守恒，可知S和的系数分别是1和2。再结合电荷守恒，可得Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式为2Cu2＋＋2＋2H2OCu2S↓＋S↓＋2＋4H＋。 ii生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，说明反应进行得很完全，但是仍需要加热至50℃才会出现沉淀，可知在常温下，该反应的反应速率很慢，升高温度加快了反应速率。 ②被Fe3＋氧化的主要产物是，还有少量的，加入过量的BaCl2溶液，沉淀1为BaS2O3和BaSO4沉淀。溶液1中含有，加入足量的盐酸，在酸性溶液中转化为、S和SO2，沉淀2中含有BaSO4和S。加入CS2溶解S单质，剩余的固体1为BaSO4。 i根据已知，被Fe3＋氧化成，方程式：2＋2Fe3＋=＋2Fe2＋，实验Ⅱ中加入的Fe3＋和的比例为1:2，可知是过量的，因此无色溶液中含有，虽然加入了过量的BaCl2，但是BaS2O3微溶于水，溶液1中仍会有少量的，加入盐酸后，与H＋反应，方程式：＋2H＋=S↓＋SO2↑＋H2O，也会生成S单质存在于沉淀2中，因此S单质不一定来自于。 ii证实结论：被Fe3＋氧化的主要产物是，还有很少量的。可知沉淀1中出了BaS2O3外，还有少量的BaSO4。BaSO4固体不溶于盐酸，可用于证明沉淀1中含有BaSO4，并且BaSO4的量应比固体1中的少。实验操作为加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小。 ③Ag2S2O3发生歧化反应，得到Ag2S，另一种物质为强酸，为H2SO4，则方程式为Ag2S2O3＋H2O=Ag2S＋H2SO4。 答案为2Cu2＋＋2＋2H2OCu2S↓＋S↓＋2＋4H＋  室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率  无色溶液中含有，微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中   Ag2S2O3＋H2O=Ag2S＋H2SO4。 （3）Ag＋为软酸，为软碱，S2-是比更软的碱，可解释与Ag＋反应的最终产物为Ag2S；可知软酸容易与更软的碱的结合。Ⅰ中，与Cu2＋反应的最终产物为Cu2S，可知Cu＋是比Cu2＋更软的酸。答案是Cu＋。 9．(1) (2) 取最后一次洗涤液，加入溶液，无白色沉淀生成 确认白色沉淀中有，排除浓溶液吸收空气中的生成进而生成产生的干扰 (3) (4)增大，逆向移动，增大，还原性增强 (5)溶液，调至3 (6)溶液与溶液混合，二者既能发生氧化还原反应，也能发生沉淀反应；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；增大有利于发生氧化反应 【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比； 【详解】（1）实验中的黑色固体均为，则实验1-1反应为铜离子和硫离子发生反应生成硫化铜沉淀，离子方程式为； （2）①硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，证明实验1-2所得固体洗涤干净就是证明洗涤液中有无硫酸根离子，故实验操作及现象是：取最后一次洗涤液，加入溶液，无白色沉淀生成。 ②实验2中S与NaOH反应后溶液和氯化钡生成溶于酸的沉淀，则为硫元素转化生成的亚硫酸钡沉淀，则硫单质和氢氧化钠发生歧化反应生成硫化钠和亚硫酸钠，离子方程式为。 ③亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验2中，加入硝酸的目的是确认白色沉淀中有，排除浓溶液吸收空气中的生成进而生成产生的干扰； （3）黑色固体均为，红色固体为Cu，则静置后红色固体转化为黑色固体反应为铜被空气中氧气氧化为铜离子，铜离子和硫离子转化为硫化铜黑色沉淀，反应为：； （4）对还原性没有直接影响，但是碱性增强，氢氧根离子浓度增大，促使平衡逆向移动，硫离子浓度增大，导致硫离子还原性增强，故实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是：增大，逆向移动，增大，还原性增强； （5）已知，饱和溶液约为3，实验3装置补做实验3-5，排除了的影响，则所用试剂a为饱和溶液，b为溶液，调至3，保证溶液的酸碱性相同； （6）实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。综合对比实验可知：溶液与溶液混合，二者既能发生氧化还原反应生成铜、硫，也能发生沉淀反应生成硫化铜沉淀；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；增大有利于发生氧化反应（合理即可）。 10．(1) (2)加入足量稀，固体全部溶解后再加入溶液，产生白色沉淀 (3)，增大，，使沉淀溶解平衡正移，更多地转化为 (4) 1 试管1中沉淀溶解，2中不溶解 (5)，增大时，与反应产生，增大了，同时减少了，使沉淀溶解平衡正移，增加，促进平衡正移 (6) 10滴溶液 (7)氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和配位的难易程度 【详解】（1）实验i-a中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式为。 （2）检验蓝色沉淀中不止含，可能还含有，只要检验硫酸根离子的存在即可，已知可以溶于稀酸，故实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，加入足量稀，固体全部溶解后再加入溶液，产生白色沉淀。 （3）因为，增大，，使沉淀溶解平衡正移，更多地转化为，故对生成有一定促进作用。 （4）加入过量氨水前，实验i-a中的反应为，实验i-c中的反应为，要推测对生成有一定促进作用，在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂，需要采用控制单一变量法，故①x的化学式是，c=1。实验现象证实了预测，故②实验现象是试管1中沉淀溶解，2中不溶解。 （5）因为，增大时，与反应产生，增大了，同时减少了，使沉淀溶解平衡正移，增加，促进平衡正移，故对生成有一定促进作用。 （6）①由以上分析知，对生成有一定促进作用，在在实验ii-a的基础上继续加入10滴溶液，即可成功配制。 ②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，反应的离子方程式为：。 （7）综合以上分析，配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性，推测可能与以下因素有关：配位数、氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和配位的难易程度。 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 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