专题15 实验探究综合题-【好题汇编】5年（2020-2024）高考1年模拟化学真题分类汇编（北京专用）

专题15 实验探究综合题 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点 实验探究综合题 （5年5考） 2024年北京卷第19题 2023年北京卷第19题 2022年北京卷第19题 2021年北京卷第19题 2020年北京卷第19题 实验探究综合题，是北京高考化学的必考题。形式上比较固定，涉及的考点很多，但是通常都离不开氧化还原反应和元素化合物的相关知识，体现证据推理和探究创新等思维。 1．（2024·北京·高考真题）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 。 【答案】(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．（2023·北京·高考真题）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 (1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 (2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是 。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。 (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。 (4)上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。 (5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。 【答案】(1)< (2) 除去，防止干扰后续实验 、 (3) 或 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的) (4)铜、含的的溶液 (5)在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【详解】（1）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； （2）加入，I2浓度减小，平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；反应为可逆反应，加入浓溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)； （4）要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液； （5）含的的溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 3．（2022·北京·高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料：ⅰ、Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO(紫色)。 ⅱ、浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO。 ⅲ、Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略)： 实验 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 (1)B中试剂是 。 (2)通入Cl2前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。 (4)根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。 ①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取实验Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填化学式)氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取实验Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是 。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因： 。 【答案】(1)饱和NaCl溶液 (2)2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O (3)Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4) Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O 4MnO＋4OH-=4MnO＋O2↑＋2H2O NaClO 3ClO-＋2MnO2＋2OH-=2MnO＋3Cl-＋H2O 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液 【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，据此解答。 【详解】（1）根据以上分析可知B中试剂是饱和NaCl溶液； （2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。 （3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强。 （4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O。 ②溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO，方程式为4MnO＋4OH-=4MnO＋O2↑＋2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为MnO，方程式为3ClO-＋2MnO2＋2OH-=2MnO＋3Cl-＋H2O。 ④由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。 4．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。 (1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。 ①反应的离子方程式是 。 ②电极反应式： i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O ii.氧化反应： 。 ③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。 i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。 ii.随c(Cl-)降低， 。 ④补充实验证实了③中的分析。 实验操作 试剂 产物 I 较浓H2SO4 有氯气 II a 有氯气 III a+b 无氯气 a是 ，b是 。 (2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。 (3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是 。 (4)Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因： 。 (5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。 【答案】(1) MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O 2Cl--2e- =Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液) (2) KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强 (3)AgNO3 或Ag2SO4 (4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生 (5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强 【详解】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)； （2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强； （3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4； （4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生； （5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。 5．（2020·北京·高考真题）探究Na2SO3固体的热分解产物。 资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。 隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。 (1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是 。 (2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后， (填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO。 (3)探究(2)中S的来源。 来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。 来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。 针对来源1进行如图实验： ①实验可证实来源1不成立。实验证据是 。 ②不能用盐酸代替硫酸的原因是 。 ③写出来源2产生S的反应的离子方程式： 。 (4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性： 。 【答案】 S2-+Cu2+=CuS↓ 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀， 向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色 盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓ 根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质 【详解】(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2-+Cu2+=CuS↓； (2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO； (3)①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3； ②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； ③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓； (4)根据已知资料：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质。 1．（2024·北京通州·一模）某小组同学探究Mg与溶液的反应。 已知：i．   ⅱ．     ⅲ．为无色、为黄色 实验I：将长约15cm打磨光亮的镁条放入2mL溶液（溶液呈黄绿色）中，实验记录如下： 时间 第一阶段 0~1min 第二阶段 1~8min 第三阶段 8~25min 第四阶段 25min~18h 实验现象 镁条表面出现红色固体，伴有大量气体产生 仍然伴有大量气体，溶液变为淡蓝色，试管底部有蓝色沉淀产生 气体量不断减少，沉淀变为黄色 沉淀变为橙色，红色铜几乎不可见 (1)第一阶段析出红色固体发生反应的离子方程式是 。 (2)小组同学取第二阶段中淡蓝色溶液，加入少量NaCl固体，溶液颜色逐渐变黄绿色，请用离子方程式表示溶液由淡蓝色变为黄绿色的原因 。 (3)查阅资料：CuOH黄色，CuCl白色。 第三阶段产生的黄色沉淀可能含+1价铜的化合物，进行以下实验探究： ①取少量沉淀滴入浓氨水，沉淀完全溶解，溶液呈浅蓝色，在空气中放置一段时间后溶液成深蓝色，证实沉淀中含+1价铜的化合物，溶液由浅蓝色变为深蓝色的离子方程式是 。 ②甲同学猜想第三阶段反应中先生成CuCl，随着反应的进行，逐渐转化为黄色的CuOH，用离子方程式表示生成CuCl的主要原因是 。 ③小组同学采用电化学装置进行验证。 如图装置电路正常，反应开始阶段未观察到电流表指针发生偏转，为进一步验证产生了CuCl，实验操作和现象是 。从而证明了甲同学的猜想。 (4)查阅资料，CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应，第四阶段中产生的橙色沉淀中混有的物质是 。 实验Ⅱ：改用溶液重复实验I，30min内剧烈反应，产生大量气体，镁条上出现红色固体，1h后产物中有大量红色物质且有蓝色沉淀。 (5)经验证蓝色沉淀为，下列有关产生蓝色沉淀分析合理的是 （填序号）。 a．反应放热，促使水解趋于完全，生成蓝色沉淀 b．存在平衡，Mg与反应，使下降，平衡移动，产生蓝色沉淀 c．由于，Mg与水反应生成的逐渐转化为蓝色沉淀 (6)综上所述，影响Mg与溶液反应的影响因素是 。 【答案】(1) (2) (3) 向烧杯b（a）中加入少量NaCl固体，电流表指针发生偏转，烧杯b（a）中产生白色沉淀，b烧杯中溶液颜色变浅 (4) (5)be (6)盐阴离子种类影响反应过程，参与Mg与的反应 【分析】某小组同学探究Mg与溶液的反应，第一阶段析出红色固体Cu，伴有大量气体H2产生，后来溶液变为淡蓝色，溶液中存在，试管底部有Cu(OH)2蓝色沉淀，随后沉淀变为黄色，生成CuOH，最后沉淀变为橙色，红色铜几乎不可见，CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应生成。 【详解】（1）第一阶段析出红色固体，说明Mg和Cu2+反应生成Cu和Mg2+，离子方程式为：。 （2）小组同学取第二阶段中淡蓝色溶液中含有，加入少量NaCl固体，溶液颜色逐渐变黄绿色，说明转化为，离子方程式为：。 （3）①第三阶段产生的黄色沉淀为CuOH，取少量沉淀滴入浓氨水，沉淀完全溶解，溶液呈浅蓝色，溶液中含有，在空气中放置一段时间后溶液成深蓝色，说明被氧气氧化为，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； ②甲同学猜想第三阶段反应中先生成CuCl，由氧化还原反应中化合价升降相等可知，该过程中Cu和Cu2+反应生成CuCl，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； ③如图装置电路正常，反应开始阶段未观察到电流表指针发生偏转，说明CuSO4和Na2SO4不能发生氧化还原反应，为进一步验证产生了CuCl，需要向向烧杯b（a）中加入少量NaCl固体，电流表指针发生偏转，烧杯b（a）中产生CuCl白色沉淀，b烧杯中溶液颜色变浅。 （4）CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应，Cu元素的化合价为+1价不发生变化，则第四阶段中产生的橙色沉淀中混有的物质是Cu2O。 （5）经验证蓝色沉淀为，产生蓝色沉淀的原因是：溶液中存在平衡，Mg与反应，使下降，平衡移动，产生蓝色沉淀，由于，Mg与水反应生成的逐渐转化为蓝色沉淀，故选be。 （6）综上所述，影响Mg与溶液反应的影响因素是：盐阴离子种类影响反应过程，参与Mg与的反应。 2．（2024·北京朝阳·一模）某实验小组探究SO2与K2FeO4的反应，实验如下。 资料：i．K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 ii．Fe3+可以与C2O形成[Fe(C2O4)3]3-； 装置 操作及现象 实验一：向B中通入SO2，产生暗红褐色沉淀X和溶液Y(略显红色)；继续通入SO2一段时间后，溶液呈红色，继而变为橙色，最终沉淀消失，溶液几乎无色。 (1)A中产生SO2的化学方程式为 。 (2)暗红褐色沉淀X可能含Fe3+、OH-、SO、SO，检验如下： 实验二：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红。证明溶液中存在 。另取少量溶液滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，但不能确认含有SO，原因是 。 实验三：向X中加入H2C2O4溶液，沉淀溶解。继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解。确认X中不含SO。 实验三中用H2C2O4溶液溶解沉淀的目的是： 。 实验四：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去。静置，一段时间后蓝色复现，振荡，不褪色。 结合离子方程式解释沉淀溶解后的现象： 。 (3)查阅资料：a．Fe3+、SO、H2O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO2。    b. SO和O2在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO ①向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未见红色的原因是 。 ②取出部分实验一中的橙色溶液，久置不褪色。结合资料a中过程ii分析实验一中溶液最终“几乎无色”的原因： 。 总结：SO2与K2FeO4发生了氧化还原反应和复分解反应，并且遵循化学反应速率和限度规律。 【答案】(1)Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑ (2) Fe3+ Fe3+可能将+4价含硫物质氧化 H2C2O4溶液溶解沉淀并形成[Fe(C2O4)3]3-；使c(Fe3+)降低，氧化性减弱，不能将+4价含硫物质氧化 SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI (3) Fe3+与SO、H2O(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN)3 持续通入SO2一段时间后，溶液酸性增强，生成的H2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化 【详解】（1）A中用亚硫酸钠和70%的浓硫酸来制取SO2的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑； （2）实验二中，取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红，证明溶液中存在Fe3+；由于Fe3+具有氧化性，能将SO氧化成SO，故并不能确认原溶液中是否含有SO；实验三中：由于H2C2O4溶液溶解沉淀并形成[Fe(C2O4)3]3-，再继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解，可知白色沉淀为亚硫酸钡，即确认X中不含SO；实验四中：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去，发生的反应方程为SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI； （3）①由已知a．Fe3+、SO、H2O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO2可得，向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未见红色的原因是Fe3+与SO、H2O(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN)3；②由已知b. SO和O2在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO），可得溶液最终“几乎无色”的原因为持续通入SO2一段时间后，溶液酸性增强，生成的H2SO5将橙色溶液中的HOFeOSO2氧化。 3．（2024·北京东城·二模）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： 。 【答案】(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 4．（2024·北京海淀·二模）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 。 【答案】(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）。 5．（2024·北京丰台·二模）某化学小组探究硫酸铁铵与、的反应。 实验 操作 现象 Ⅰ 向2mL溶液(pH=2.03)中逐滴加入溶液 迅速产生大量红褐色沉淀和大量气泡；继续滴加，当气泡量明显减少时，试管口的湿润红色石蕊试纸开始逐渐变蓝 Ⅱ 向2mL溶液(pH=2.03)中逐滴加入溶液 溶液立即变棕红(无丁达尔现象)，继续滴加溶液至过量，溶液依然为棕红色，放置两天无明显变化 已知：(棕红) (1)①实验Ⅰ中产生红褐色沉淀与气泡的离子方程式为 。 ②由实验Ⅰ可得出与结合的能力： (填“>”、“<”、“=”)。 (2)资料显示，可以氧化。针对实验Ⅱ中的现象，小组同学又设计并实施了如下实验。 实验 操作 现象 Ⅲ 向2mL溶液(pH=1.78)中加入0.5mL溶液 溶液立即变棕红色，约2小时后，棕红色变为黄色，检测到 Ⅳ 向2mL溶液(pH=2.03)中加入0.5mL溶液 溶液立即变棕红色，约5小时后，棕红色变为黄色，检测到 ①实验Ⅲ中与反应生成的离子方程式为 。 ②结合化学反应原理解释实验Ⅱ、Ⅳ中现象存在差异的可能原因 。 (3)针对实验Ⅲ、Ⅳ的现象差异，小组同学提出猜想：pH影响了的氧化性或的还原性，并实施实验。 实验 实验装置 实验步骤及现象 Ⅴ 1.按如图搭好装置，接通电路，电压表读数为0.6V； 2.向a电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数不变； 3.向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数变为0.5V。 ①a、b分别是 。 ②结合电极反应解释步骤3中电压表示数减小的原因 。 ③补充实验Ⅵ：向实验Ⅱ得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速变黄，检测到。结合化学用语解释实验Ⅵ中氧化还原反应明显加快的可能原因 。 (4)综合以上实验，盐溶液间反应的多样性与 有关。 【答案】(1) < (2) 反应的速率大于与+4价硫发生氧化还原反应的速率；实验Ⅱ中过量，较低：实验Ⅳ中过量，较高，发生氧化还原反应的速率比实验Ⅱ快，并不断促进逆向移动 (3) 石墨 溶液 ，增大，还原性减弱，电压表读数减小 (4)微观粒子种类、试剂的相对用量、pH等 【分析】某化学小组探究硫酸铁铵与、的反应，通过实验Ⅰ和实验Ⅱ说明盐溶液间反应与微观粒子种类有关，实验Ⅲ和实验Ⅳ说明盐溶液间反应与试剂的相对用量有关，实验Ⅴ说明盐溶液间反应与pH有关。 【详解】（1）①实验Ⅰ中Fe3+和发生双水解反应产生红褐色沉淀与二氧化碳气体，离子方程式为：； ①向2mL溶液(pH=2.03)中逐滴加入溶液，先生成红褐色沉淀，最后才生成NH3，说明与结合的能力：<。 （2）①实验Ⅲ中与反应生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：； ②结合化学反应原理解释实验Ⅱ、Ⅳ中现象存在差异的可能原因：反应的速率大于与+4价硫发生氧化还原反应的速率；实验Ⅱ中过量，较低：实验Ⅳ中过量，较高，发生氧化还原反应的速率比实验Ⅱ快，并不断促进逆向移动。 （3）①要验证pH影响了的氧化性或的还原性，a极区为正极，b剂区为负极，则a电极为石墨，b剂区放溶液； ②结合电极反应解释步骤3中电压表示数减小的原因为：负极反应为：，增大，还原性减弱，电压表读数减小； ③加入3滴10%稀硫酸，平衡逆移，c()降低，平衡逆移，c(Fe3+)增大，Fe3+与+4 价硫化合物的氧化还原反应速率加快。 （4）综合以上实验，盐溶液间反应的多样性与微观粒子种类、试剂的相对用量、pH等有关。 6．（2024·北京昌平·二模）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、 。 【答案】(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。 7．（2024·北京西城·二模）某小组探究的制备。 已知：i.（绿色，不溶于水）、（绿色）、（灰绿色，不溶于水）、 （玫瑰红色）、（橙色）、（黄色） ii.是一种弱酸，易分解： 将固体和固体（物质的量之比为1:3）与过量的固体混合，高温煅烧得含的黄色固体，反应如下： 。 (1)受热分解转化为，反应的化学方程式是 。 (2)转化为，进行实验Ⅰ： ①加入，转化为反应的离子方程式是 。 ②无色气泡中的气体有 。 ③资料显示溶液变为棕黑色是与混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液 （填操作和现象），证实溶液中存在与。 (3)探究的来源 来源1：…… 来源2：酸性环境中，与发生氧化还原反应生成。 ①来源1： 。 ②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下： 实验操作 实验现象 溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中无红棕色气体产生。 继续加入溶液，溶液变为玫瑰红色，加入溶液后，溶液恢复绿色。 溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式： 、 。 从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因： 。 (4)为避免转化为的过程中产生，进行实验Ⅲ。 将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。 实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是 。 【答案】(1) (2) NO、 加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色 (3) 黄色固体中含有，溶于稀硫酸生成 ，加入溶液，，且易分解，减小，平衡正向移动，转化为，溶液由玫瑰红色变为绿色 (4)实验Ⅱ中，过滤除去了，溶液中的比实验Ⅰ中的小，的氧化性减弱的程度大于的还原性增强的程度，使与不能反应生成，溶液仍为橙色 【分析】将固体和固体与过量的固体混合，高温煅烧得固体，加水溶解后加入稀硫酸调节pH，反应可生成；反应过程中再酸性环境下，与发生氧化还原反应生成，会导致生成的产物中含有杂质。 【详解】（1）根据得失电子守恒和质量守恒定律，受热分解转化为和氧气，化学方程式：； （2）①根据原子守恒及电荷守恒，加入，转化为反应的离子方程式：； ②过量的碳酸盐与硫酸反应生成二氧化碳气体，亚硝酸盐在酸性环境下形成亚硝酸，亚硝酸不稳定分解出NO气体； ③溶液中存在与，结合题干信息可知，可通过改变溶液酸碱性，通过颜色变化进行成分判断，具体操作及现象：加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色； （3）①根据实验信息可知，黄色固体中含有，溶于稀硫酸生成； ②结合题干信息各微粒颜色，结合得失电子守恒及电荷守恒可知，溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式：、；，加入溶液，，且易分解，减小，平衡正向移动，转化为，溶液由玫瑰红色变为绿色； （4）实验Ⅱ中，过滤除去了，溶液中的比实验Ⅰ中的小，的氧化性减弱的程度大于的还原性增强的程度，使与不能反应生成，溶液仍为橙色。 8．（2024·北京石景山·一模）某小组同学探究Cu(OH)2和醛的反应产物。 已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O；[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)。 (1)将25%的NaOH溶液、8%的CuSO4溶液和37%～40%的甲醛溶液按一定比例依次混合后加热(始终保持NaOH过量)。实验记录如下： 实验 试剂用量 实验现象 I n(HCHO)：n(CuSO4) > 20 生成紫红色固体，有大量气体产生 II n(HCHO)：n(CuSO4) = 1 生成砖红色固体，有少量气体产生 ①实验I中的紫红色固体过滤、洗涤后，加入稀硫酸，振荡，溶液无明显变化，证明Cu(OH)2被还原为 ；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，通过实验排除了Na2CO3的可能，简述实验操作和现象 。 ②X射线衍射等技术确认实验II中砖红色固体主要是Cu2O，写出实验II中生成Cu2O的化学方程式 。 ③实验I和II中产生的气体是H2.查阅资料发现：在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，写出反应的离子方程式 。 (2)在试管里加入 10 %的NaOH溶液2 mL，然后加入2% 的CuSO4溶液 0.4 mL，振荡后，加入0.5 mL乙醛溶液，加热后得到橙红色浊液，过滤、洗涤之后检验生成的橙红色固体。实验记录如下： 实验 实验操作 实验现象 III 铜粉中加入7 mol/L盐酸，振荡 铜粉未溶解，溶液呈无色 IV 氧化亚铜中加入7 mol/L盐酸，振荡； 再加入过量铜粉 固体全部溶解，溶液变为黄色； 黄色溶液变为无色 V 橙红色固体中加入7 mol/L盐酸，振荡 固体全部溶解，溶液变为黄色 ①实验III的目的 。 ②用离子方程式解释实验IV溶液中发生的变化： 。 ③结合以上实验，小组同学认为橙红色固体只有Cu2O，你认为是否合理并说明原因 。 【答案】(1) Cu 取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体 HCHO + 2Cu(OH)2 + NaOHHCOONa + Cu2O + 3H2O Cu2O + 2HCHO + 2OH−2Cu + H2↑ + 2HCOO− + H2O (2) 验证铜粉与7 mol/L盐酸不反应 Cu2O + 2H+ + 4Cl− = 2[CuCl2]− + H2O、4[CuCl2]− + O2 + 4H+ + 8Cl− = 4[CuCl4]2− + 2H2O、[CuCl4]2− + Cu = 2[CuCl2]− 不合理；橙红色固体可能是Cu2O和Cu的混合物 【分析】探究Cu(OH)2和醛的反应产物，通过对比实验，先用Cu和盐酸反应，再用Cu2O于盐酸反应，通过观察现象来判断产物； 【详解】（1）①实验I中的紫红色固体过滤、加入稀硫酸，溶液无明显变化，说明该固体不与酸反应，已知Cu2O能与酸反应生成Cu2+，溶液会呈蓝色，则该紫红色固体是Cu，证明Cu(OH)2被还原为Cu；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，碳酸钠能与酸反应生成二氧化碳气体，若通过实验排除了Na2CO3的可能，则加入足量酸无明显现象，实验操作和现象：取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体； ②实验II中HCHO 和 Cu(OH)2发生氧化还原反应生成Cu2O和甲酸，在NaOH碱过量下生成甲酸钠，反应的化学方程式HCHO + 2Cu(OH)2 + NaOHHCOONa + Cu2O + 3H2O； ③在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，甲醛被氧化为HCOO−，反应的离子方程式Cu2O + 2HCHO + 2OH−2Cu + H2↑ + 2HCOO− + H2O； （2）①实验III加入盐酸铜粉未溶解，溶液呈无色，说明铜单质不与酸反应，目的验证铜粉与7 mol/L盐酸不反应； ②已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O，固体全部溶解，则产物为[CuCl2]−，反应的离子方程式为：Cu2O + 2H+ + 4Cl− = 2[CuCl2]− + H2O，已知[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)，溶液变为黄色，反应的离子方程式为：4[CuCl2]− + O2 + 4H+ + 8Cl− = 4[CuCl4]2− + 2H2O，黄色溶液变为无色，则Cu与[CuCl4]2−反应生成[CuCl2]−，反应的离子方程式为：[CuCl4]2− + Cu =2[CuCl2]−； ③结合以上实验，Cu也能与[CuCl4]2−反应从而溶解，则认为橙红色固体只有Cu2O不合理，橙红色固体可能是Cu2O和Cu的混合物。 9．（2024·北京丰台·一模）某研究小组探究Fe3+盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。 实验装置 序号 试剂a 实验现象 I 0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色 Ⅱ 0.5 mol·L-1FeCl3溶液 溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀 Ⅲ 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液 溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。 2天后，Cu片少量剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀 资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体； ii．Fe2+ + NO⇌[Fe(NO)]2+ (棕色)。 (1)用化学用语解释Fe3+盐溶液显酸性的原因 。 (2)实验I中发生反应的离子方程式为 。 (3)小组同学取2 mL实验I中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。 甲同学猜想Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化了。 ①用离子方程式表示甲同学的猜想 。 ②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是 。 (4)对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应。其理由是 。 (5)实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是 。 (6)实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。 步骤 实验操作 实验现象 ① 向盛有2 g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着 ② 继续加入少量FeSO4固体 溶液迅速变为浅棕色 试剂X是 。 综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。 【答案】(1)Fe 3+ + 3H2OFe(OH)3 + 3H+ (2)2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+ (3) Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3+ + CuSCN↓ 向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象 (4)产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快 (5)4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀 (6)20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ] 【分析】本题为实验探究题，探究Cu与Fe3+的反应机理和反应条件，根据题干信息，i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体； ii．Fe2+ + NO[Fe(NO)]2+ (棕色)，结合各实验步骤和控制变量原则进行解题。 【详解】（1）FeCl3是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+，故答案为： Fe3++3H2OFe（OH）3+3H+； （2）由题干信息可知，向0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液中加入Cu，观察到溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色，故实验I中发生反应的离子方程式为2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，故答案为：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+； （3）①由题干信息可知，实验I中反应2天后的溶液为FeSO4和CuSO4溶液，CuSCN是难溶于水的白色固体，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀，故可推测Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化，该转化的离子方程式为：Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3+ + CuSCN↓； ②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象，故答案为：向2 mL 0.5 mol/L FeSO4和0.25 mol/L CuSO4的混合溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象； （4）对比实验I和实验Ⅱ的实验现象，产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，从现象上看，实验Ⅱ反应更快，故可推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应，故答案为：产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快； （5）已知空气中的O2在酸性和碱性条件下均能氧化Fe2+，本实验反应原理为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，从而导致溶液中OH-和Fe3+浓度增大，生成红褐色沉淀Fe(OH)3，故答案为：4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH)3沉淀； （6）题干实验Ⅲ中加入的试剂为20mL0.5mol/LFe(NO3)3，pH约为1.3的溶液，为避免铁离子干扰实验，根据控制变量的原则可知，试剂X是20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]，故答案为：20mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c(NO)=1.5 mol/L) ]。 10．（2024·北京门头沟·一模）探究铜与浓硫酸的反应。 加热铜与浓硫酸，在反应过程中，有刺激性气味的气体产生，溶液逐渐变为墨绿色浊液，试管底部有灰白色沉淀；继续加热，试管中出现“白雾”，浊液逐渐变澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，试管底部灰白色沉淀增多。 资料：ⅰ．均为黑色固体。 ⅱ． Ⅰ．沉淀成分探究。 (1)经检验灰白色沉淀中含有无水硫酸铜，结合化学方程式解释原因 。 继续探究沉淀成分：取沉淀，用蒸馏水多次洗涤，干燥，得到沉淀样品，取少量样品于试管中，分别进行如下3个实验。 编号 试剂 实验操作 实验现象 ① 浓硝酸 滴加适量浓硝酸 沉淀逐渐溶解，产生大量红棕色气体 ② 氨水 滴加氨水，振荡，在空气中放置一段时间 滴加氨水后，溶液呈极浅蓝色；静置后逐渐变深，呈深蓝色 ③ 酒精 滴加酒精，充分振荡，静置、过滤，将滤液移入盛有水的试管中，稍加振荡 酒精与水的界面呈现乳白色 (2)根据实验①，推测沉淀中含有还原性物质，经检验有，反应初期生成可能原因是 。 (3)②中浅蓝色溶液变深的反应原理是(用离子方程式表示) 。 (4)由以上实验推断沉淀成分主要有 。 Ⅱ．溶液颜色探究。 猜测1：查阅资料：若铜丝不纯(含有铁)，导致体系中含有和，与水合铜离子调和成墨绿色。 猜测2：铜丝表面常常涂一层聚氯乙烯薄膜，聚氯乙烯在加热条件下易分解产生，导致反应体系中形成(黄色)，与水合铜离子混合溶液呈绿色。 编号 实验操作 实验现象 实验结论 ④ 取铜丝与浓硫酸反应后的混合液于试管中，滴入2滴，再加入____ 溶液未变红 混合液中不含 ⑤ 取一段铜丝放入大试管中，加入浓硫酸，加热 _______ 铜丝表面含有氯元素 ⑥ 另取一段铜丝，在酒精灯上灼烧除去铜丝表面薄膜；放入大试管中，加入浓硫酸，加热 溶液慢慢变蓝色、蓝黑色 (5)④中加入的试剂是 ；⑤中实验现象 。 (6)总结：铜与浓硫酸反应的多样性与 有关。 【答案】(1)反应中浓硫酸中水的含量很少，本身又具有吸水的特性，反应过程中生成的少量水以水蒸气的形式散失，平衡正向移动，生成的CuSO4几乎没有水溶解，得到CuSO4沉淀 (2)反应初期温度相对较低，此时浓硫酸氧化性相对较弱，将Cu氧化为+1价的亚铜， 平衡正向移动，得到Cu2S (3) (4)无水硫酸铜、Cu2S、Cu2O、S (5) KSCN溶液 溶液慢慢变绿 (6)副反应众多 【分析】加热铜与浓硫酸，在反应过程中，有刺激性气味的气体SO2产生，溶液逐渐变为墨绿色浊液，是由于铜丝表面常常涂一层聚氯乙烯薄膜，聚氯乙烯在加热条件下易分解产生，导致反应体系中形成(黄色)，与水合铜离子混合溶液呈绿色，试管底部有灰白色沉淀（无水硫酸铜、Cu2S、Cu2O、S等）；继续加热，试管中出现“白雾”（硫酸酸雾），浊液逐渐变澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，是发生反应，试管底部灰白色沉淀增多。 【详解】（1）反应中浓硫酸中水的含量很少，本身又具有吸水的特性，反应过程中生成的少量水以水蒸气的形式散失，平衡正向移动，生成的CuSO4几乎没有水溶解，得到CuSO4沉淀； （2）反应初期温度相对较低，此时浓硫酸氧化性相对较弱，将Cu氧化为+1价的亚铜，结合可知，平衡正向移动，得到Cu2S （3）②中浅蓝色溶液变深是 被氧气氧化为 ，化学方程式为：； （4）经检验灰白色沉淀中含有无水硫酸铜，由实验①推断出沉淀中含有还原性物质，经检验有Cu2S，由实验②结合方程式可知，沉淀中含有Cu2O，实验③由于S微溶于酒精，使得酒精与水的界面呈现乳白色，以上实验推断沉淀成分主要有：无水硫酸铜、Cu2S、Cu2O、S； （5）④中应加入KSCN溶液，检验是否存在Fe3+；由实验结论可知，实验⑤中产生的(黄色)与水合铜离子混合溶液呈绿色，实验现象为：溶液慢慢变绿； （6）铜与浓硫酸反应的多样性与其副反应众多有关。 11．（2024·北京顺义·一模）常温下，某小组同学探究CuCl2溶液与Na2SO3溶液的反应。 (1)小组同学预测Na2SO3溶液与CuCl2溶液反应的产物可能有CuSO3、Cu(OH)2、Cu2SO3和CuCl。用离子方程式表示预测Na2SO3溶液与CuCl2溶液反应生成CuCl的依据 。 进行实验。 操作 现象 混合后立即得到橙黄色沉淀。 静置3分钟，沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生。振荡试管，1min后，橙黄色沉淀全部变成了白色沉淀。 溶液pH由3.40逐渐降为2.24后基本不变。 (2)常温下，0.2mol·L-1CuCl2溶液pH=3.40的原因是 (用离子方程式表示)。 小组同学继续探究沉淀的成分。 资料：ⅰ．含铜元素沉淀的颜色 沉淀化学式 CuSO3 Cu(OH)2 Cu2SO3 CuCl 沉淀颜色 绿色 蓝色 红色 白色 ⅱ．CuCl不溶于硫酸、稀硝酸，但可溶于氨水得到[Cu(NH3)2]+(无色)。[Cu(NH3)2]+易被空气氧化为[Cu(NH3)4]2+。 ⅲ．2Cu2++4I-=2CuI↓(白色)＋I2。 (3)经检验，橙黄色沉淀的成分为xCu2SO3·yCuSO3·zH2O，白色沉淀的主要成分是CuCl。 ①证明白色沉淀主要成分的方法是 。 ②实验中橙黄色沉淀向白色沉淀转化时间较短，从沉淀转化条件分析，为利于橙黄色沉淀的收集，可将CuCl2溶液替换为 溶液。 ③证明橙黄色沉淀中含有Cu2+和SO，设计实验方案。 步骤ⅰ．向洗净的橙黄色沉淀中加入KI溶液，过滤，得到白色沉淀a和无色溶液b。 步骤ⅱ．将无色溶液b分成两份，其中一份加入淀粉，无明显现象；另一份加入的试剂和实验现象是 。 (4)实验中生成橙黄色沉淀的离子方程式是 。 (5)实验中，CuCl2溶液与Na2SO3溶液混合后立即得到橙黄色沉淀，最终橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀的原因是 。 【答案】(1)SO+2Cu2++H2O+2Cl-=2CuCl+SO+2H+ (2)Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+ (3) 加入氨水后，白色沉淀溶解，得到无色溶液，然后变为深蓝色。再加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液后，产生白色沉淀 CuSO4溶液 稀盐酸和BaCl2溶液，产生白色沉淀 (4)(2x+y)Cu2++(2x+y)SO+(x+z)H2O=xCu2SO3·yCuSO3·zH2O↓+2xH++xSO (5)Cu2+与SO反应生成xCu2SO3·yCuSO3·zH2O的反应速率较大，所以立即得到橙黄色沉淀。xCu2SO3·yCuSO3·zH2O转化为CuCl沉淀的反应速率较慢，但是反应限度较大，所以最后橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀 【详解】（1） 具有还原性，可以被氧化为，Cu2+具有氧化性，所以Na2SO3溶液与CuCl2溶液反应生成CuCl离子方程式是：SO+2Cu2++H2O+2Cl—=2CuCl+SO+2H+； （2）常温下，0.2mol·L-1CuCl溶液 pH =3.40，溶液呈酸性，是由于Cu2+属于弱碱的阳离子，可以水解，离子方程式为：Cu2++2H2OCu(OH)2+2H+； （3）①已知：CuCl不溶于硫酸、稀硝酸，但可溶于氨水得到 (无色)，易被空气氧化为深蓝色的，氯离子可以与银离子反应生成氯化银沉淀，所以证明白色沉淀主要成分的方法是加入氨水后，白色沉淀溶解，得到无色溶液，然后变为深蓝色，再加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液后，产生白色沉淀； ②实验中橙黄色沉淀向白色沉淀转化时间较短，从沉淀转化条件分析，为利于橙黄色沉淀的收集，需无氯离子参与反应，故可以将CuCl2溶液替换为CuSO4溶液； ③证明橙黄色沉淀中含有Cu²+和，设计实验方案：步骤i.向洗净的橙黄色沉淀中加入KI溶液，过滤，得到白色沉淀CuI和无色溶液b；步骤ii .将无色溶液b分成两份，其中一份加入淀粉，无明显现象，说明无碘单质，另一份加入稀盐酸和BaCl2溶液，由于可以被氧化为，所以若产生白色沉淀，即证明橙黄色沉淀中含有Cu²+和； （4）根据原子守恒、电荷守恒可得实验中生成橙黄色沉淀的离子方程式是：(2x+y)Cu2++(2x+y)SO+(x+z)H2O=xCu2SO3·yCuSO3·zH2O↓+2xH++xSO； （5）)实验中，CuCl2溶液与Na2SO3溶液混合后立即得到橙黄色沉淀，最终橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀的原因是：Cu2+与反应生成xCu2SO3·yCuSO3・zH2O的反应速率较大，所以立即得到橙黄色沉淀，xCu2SO3·yCuSO3·zH2O转化为CuCl沉淀的反应速率较慢，但是反应限度较大，所以最后橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀； 【点睛】本题主要考查实验方案的设计，侧重考查学生的比较思维，氧化还原反应原理和盐类水解原理的应用，对学生的能力要求较高，属于高考高频考点，难度较大。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！33 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$ 专题15 实验探究综合题 考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势 考点 实验探究综合题 （5年5考） 2024年北京卷第19题 2023年北京卷第19题 2022年北京卷第19题 2021年北京卷第19题 2020年北京卷第19题 实验探究综合题，是北京高考化学的必考题。形式上比较固定，涉及的考点很多，但是通常都离不开氧化还原反应和元素化合物的相关知识，体现证据推理和探究创新等思维。 1．（2024·北京·高考真题）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．（2023·北京·高考真题）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 (1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 (2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是 。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。 (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。 (4)上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。 (5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。 3．（2022·北京·高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料：ⅰ、Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO(紫色)。 ⅱ、浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO。 ⅲ、Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略)： 实验 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 (1)B中试剂是 。 (2)通入Cl2前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。 (4)根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。 ①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取实验Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填化学式)氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取实验Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是 。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因： 。 4．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。 (1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。 ①反应的离子方程式是 。 ②电极反应式： i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O ii.氧化反应： 。 ③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。 i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。 ii.随c(Cl-)降低， 。 ④补充实验证实了③中的分析。 实验操作 试剂 产物 I 较浓H2SO4 有氯气 II a 有氯气 III a+b 无氯气 a是 ，b是 。 (2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。 (3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是 。 (4)Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因： 。 (5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。 5．（2020·北京·高考真题）探究Na2SO3固体的热分解产物。 资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。 隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。 (1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是 。 (2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后， (填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO。 (3)探究(2)中S的来源。 来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。 来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。 针对来源1进行如图实验： ①实验可证实来源1不成立。实验证据是 。 ②不能用盐酸代替硫酸的原因是 。 ③写出来源2产生S的反应的离子方程式： 。 (4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性： 。 1．（2024·北京通州·一模）某小组同学探究Mg与溶液的反应。 已知：i．   ⅱ．     ⅲ．为无色、为黄色 实验I：将长约15cm打磨光亮的镁条放入2mL溶液（溶液呈黄绿色）中，实验记录如下： 时间 第一阶段 0~1min 第二阶段 1~8min 第三阶段 8~25min 第四阶段 25min~18h 实验现象 镁条表面出现红色固体，伴有大量气体产生 仍然伴有大量气体，溶液变为淡蓝色，试管底部有蓝色沉淀产生 气体量不断减少，沉淀变为黄色 沉淀变为橙色，红色铜几乎不可见 (1)第一阶段析出红色固体发生反应的离子方程式是 。 (2)小组同学取第二阶段中淡蓝色溶液，加入少量NaCl固体，溶液颜色逐渐变黄绿色，请用离子方程式表示溶液由淡蓝色变为黄绿色的原因 。 (3)查阅资料：CuOH黄色，CuCl白色。 第三阶段产生的黄色沉淀可能含+1价铜的化合物，进行以下实验探究： ①取少量沉淀滴入浓氨水，沉淀完全溶解，溶液呈浅蓝色，在空气中放置一段时间后溶液成深蓝色，证实沉淀中含+1价铜的化合物，溶液由浅蓝色变为深蓝色的离子方程式是 。 ②甲同学猜想第三阶段反应中先生成CuCl，随着反应的进行，逐渐转化为黄色的CuOH，用离子方程式表示生成CuCl的主要原因是 。 ③小组同学采用电化学装置进行验证。 如图装置电路正常，反应开始阶段未观察到电流表指针发生偏转，为进一步验证产生了CuCl，实验操作和现象是 。从而证明了甲同学的猜想。 (4)查阅资料，CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应，第四阶段中产生的橙色沉淀中混有的物质是 。 实验Ⅱ：改用溶液重复实验I，30min内剧烈反应，产生大量气体，镁条上出现红色固体，1h后产物中有大量红色物质且有蓝色沉淀。 (5)经验证蓝色沉淀为，下列有关产生蓝色沉淀分析合理的是 （填序号）。 a．反应放热，促使水解趋于完全，生成蓝色沉淀 b．存在平衡，Mg与反应，使下降，平衡移动，产生蓝色沉淀 c．由于，Mg与水反应生成的逐渐转化为蓝色沉淀 (6)综上所述，影响Mg与溶液反应的影响因素是 。 2．（2024·北京朝阳·一模）某实验小组探究SO2与K2FeO4的反应，实验如下。 资料：i．K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 ii．Fe3+可以与C2O形成[Fe(C2O4)3]3-； 装置 操作及现象 实验一：向B中通入SO2，产生暗红褐色沉淀X和溶液Y(略显红色)；继续通入SO2一段时间后，溶液呈红色，继而变为橙色，最终沉淀消失，溶液几乎无色。 (1)A中产生SO2的化学方程式为 。 (2)暗红褐色沉淀X可能含Fe3+、OH-、SO、SO，检验如下： 实验二：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红。证明溶液中存在 。另取少量溶液滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，但不能确认含有SO，原因是 。 实验三：向X中加入H2C2O4溶液，沉淀溶解。继续滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解。确认X中不含SO。 实验三中用H2C2O4溶液溶解沉淀的目的是： 。 实验四：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去。静置，一段时间后蓝色复现，振荡，不褪色。 结合离子方程式解释沉淀溶解后的现象： 。 (3)查阅资料：a．Fe3+、SO、H2O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO2。    b. SO和O2在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO ①向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未见红色的原因是 。 ②取出部分实验一中的橙色溶液，久置不褪色。结合资料a中过程ii分析实验一中溶液最终“几乎无色”的原因： 。 总结：SO2与K2FeO4发生了氧化还原反应和复分解反应，并且遵循化学反应速率和限度规律。 3．（2024·北京东城·二模）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： 。 4．（2024·北京海淀·二模）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 。 5．（2024·北京丰台·二模）某化学小组探究硫酸铁铵与、的反应。 实验 操作 现象 Ⅰ 向2mL溶液(pH=2.03)中逐滴加入溶液 迅速产生大量红褐色沉淀和大量气泡；继续滴加，当气泡量明显减少时，试管口的湿润红色石蕊试纸开始逐渐变蓝 Ⅱ 向2mL溶液(pH=2.03)中逐滴加入溶液 溶液立即变棕红(无丁达尔现象)，继续滴加溶液至过量，溶液依然为棕红色，放置两天无明显变化 已知：(棕红) (1)①实验Ⅰ中产生红褐色沉淀与气泡的离子方程式为 。 ②由实验Ⅰ可得出与结合的能力： (填“>”、“<”、“=”)。 (2)资料显示，可以氧化。针对实验Ⅱ中的现象，小组同学又设计并实施了如下实验。 实验 操作 现象 Ⅲ 向2mL溶液(pH=1.78)中加入0.5mL溶液 溶液立即变棕红色，约2小时后，棕红色变为黄色，检测到 Ⅳ 向2mL溶液(pH=2.03)中加入0.5mL溶液 溶液立即变棕红色，约5小时后，棕红色变为黄色，检测到 ①实验Ⅲ中与反应生成的离子方程式为 。 ②结合化学反应原理解释实验Ⅱ、Ⅳ中现象存在差异的可能原因 。 (3)针对实验Ⅲ、Ⅳ的现象差异，小组同学提出猜想：pH影响了的氧化性或的还原性，并实施实验。 实验 实验装置 实验步骤及现象 Ⅴ 1.按如图搭好装置，接通电路，电压表读数为0.6V； 2.向a电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数不变； 3.向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数变为0.5V。 ①a、b分别是 。 ②结合电极反应解释步骤3中电压表示数减小的原因 。 ③补充实验Ⅵ：向实验Ⅱ得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速变黄，检测到。结合化学用语解释实验Ⅵ中氧化还原反应明显加快的可能原因 。 (4)综合以上实验，盐溶液间反应的多样性与 有关。 6．（2024·北京昌平·二模）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、 。 7．（2024·北京西城·二模）某小组探究的制备。 已知：i.（绿色，不溶于水）、（绿色）、（灰绿色，不溶于水）、 （玫瑰红色）、（橙色）、（黄色） ii.是一种弱酸，易分解： 将固体和固体（物质的量之比为1:3）与过量的固体混合，高温煅烧得含的黄色固体，反应如下： 。 (1)受热分解转化为，反应的化学方程式是 。 (2)转化为，进行实验Ⅰ： ①加入，转化为反应的离子方程式是 。 ②无色气泡中的气体有 。 ③资料显示溶液变为棕黑色是与混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液 （填操作和现象），证实溶液中存在与。 (3)探究的来源 来源1：…… 来源2：酸性环境中，与发生氧化还原反应生成。 ①来源1： 。 ②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下： 实验操作 实验现象 溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中无红棕色气体产生。 继续加入溶液，溶液变为玫瑰红色，加入溶液后，溶液恢复绿色。 溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式： 、 。 从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因： 。 (4)为避免转化为的过程中产生，进行实验Ⅲ。 将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。 实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是 。 8．（2024·北京石景山·一模）某小组同学探究Cu(OH)2和醛的反应产物。 已知：Cu2O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H2O；[CuCl2]−(无色)易被氧化为[CuCl4]2−(黄色)。 (1)将25%的NaOH溶液、8%的CuSO4溶液和37%～40%的甲醛溶液按一定比例依次混合后加热(始终保持NaOH过量)。实验记录如下： 实验 试剂用量 实验现象 I n(HCHO)：n(CuSO4) > 20 生成紫红色固体，有大量气体产生 II n(HCHO)：n(CuSO4) = 1 生成砖红色固体，有少量气体产生 ①实验I中的紫红色固体过滤、洗涤后，加入稀硫酸，振荡，溶液无明显变化，证明Cu(OH)2被还原为 ；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na2CO3，通过实验排除了Na2CO3的可能，简述实验操作和现象 。 ②X射线衍射等技术确认实验II中砖红色固体主要是Cu2O，写出实验II中生成Cu2O的化学方程式 。 ③实验I和II中产生的气体是H2.查阅资料发现：在碱性条件下，Cu2O可以被甲醛还原为Cu并伴有H2产生，写出反应的离子方程式 。 (2)在试管里加入 10 %的NaOH溶液2 mL，然后加入2% 的CuSO4溶液 0.4 mL，振荡后，加入0.5 mL乙醛溶液，加热后得到橙红色浊液，过滤、洗涤之后检验生成的橙红色固体。实验记录如下： 实验 实验操作 实验现象 III 铜粉中加入7 mol/L盐酸，振荡 铜粉未溶解，溶液呈无色 IV 氧化亚铜中加入7 mol/L盐酸，振荡； 再加入过量铜粉 固体全部溶解，溶液变为黄色； 黄色溶液变为无色 V 橙红色固体中加入7 mol/L盐酸，振荡 固体全部溶解，溶液变为黄色 ①实验III的目的 。 ②用离子方程式解释实验IV溶液中发生的变化： 。 ③结合以上实验，小组同学认为橙红色固体只有Cu2O，你认为是否合理并说明原因 。 9．（2024·北京丰台·一模）某研究小组探究Fe3+盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。 实验装置 序号 试剂a 实验现象 I 0.25 mol·L-1Fe2(SO4)3溶液 溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩余，溶液仍为蓝色 Ⅱ 0.5 mol·L-1FeCl3溶液 溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体(经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀 Ⅲ 0.5 mol·L-1 Fe(NO3)3溶液 溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。 2天后，Cu片少量剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀 资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体； ii．Fe2+ + NO⇌[Fe(NO)]2+ (棕色)。 (1)用化学用语解释Fe3+盐溶液显酸性的原因 。 (2)实验I中发生反应的离子方程式为 。 (3)小组同学取2 mL实验I中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀。 甲同学猜想Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化了。 ①用离子方程式表示甲同学的猜想 。 ②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是 。 (4)对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应。其理由是 。 (5)实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是 。 (6)实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+，设计并实施了以下实验，验证了其猜想。 步骤 实验操作 实验现象 ① 向盛有2 g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着 ② 继续加入少量FeSO4固体 溶液迅速变为浅棕色 试剂X是 。 综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。 10．（2024·北京门头沟·一模）探究铜与浓硫酸的反应。 加热铜与浓硫酸，在反应过程中，有刺激性气味的气体产生，溶液逐渐变为墨绿色浊液，试管底部有灰白色沉淀；继续加热，试管中出现“白雾”，浊液逐渐变澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，试管底部灰白色沉淀增多。 资料：ⅰ．均为黑色固体。 ⅱ． Ⅰ．沉淀成分探究。 (1)经检验灰白色沉淀中含有无水硫酸铜，结合化学方程式解释原因 。 继续探究沉淀成分：取沉淀，用蒸馏水多次洗涤，干燥，得到沉淀样品，取少量样品于试管中，分别进行如下3个实验。 编号 试剂 实验操作 实验现象 ① 浓硝酸 滴加适量浓硝酸 沉淀逐渐溶解，产生大量红棕色气体 ② 氨水 滴加氨水，振荡，在空气中放置一段时间 滴加氨水后，溶液呈极浅蓝色；静置后逐渐变深，呈深蓝色 ③ 酒精 滴加酒精，充分振荡，静置、过滤，将滤液移入盛有水的试管中，稍加振荡 酒精与水的界面呈现乳白色 (2)根据实验①，推测沉淀中含有还原性物质，经检验有，反应初期生成可能原因是 。 (3)②中浅蓝色溶液变深的反应原理是(用离子方程式表示) 。 (4)由以上实验推断沉淀成分主要有 。 Ⅱ．溶液颜色探究。 猜测1：查阅资料：若铜丝不纯(含有铁)，导致体系中含有和，与水合铜离子调和成墨绿色。 猜测2：铜丝表面常常涂一层聚氯乙烯薄膜，聚氯乙烯在加热条件下易分解产生，导致反应体系中形成(黄色)，与水合铜离子混合溶液呈绿色。 编号 实验操作 实验现象 实验结论 ④ 取铜丝与浓硫酸反应后的混合液于试管中，滴入2滴，再加入____ 溶液未变红 混合液中不含 ⑤ 取一段铜丝放入大试管中，加入浓硫酸，加热 _______ 铜丝表面含有氯元素 ⑥ 另取一段铜丝，在酒精灯上灼烧除去铜丝表面薄膜；放入大试管中，加入浓硫酸，加热 溶液慢慢变蓝色、蓝黑色 (5)④中加入的试剂是 ；⑤中实验现象 。 (6)总结：铜与浓硫酸反应的多样性与 有关。 11．（2024·北京顺义·一模）常温下，某小组同学探究CuCl2溶液与Na2SO3溶液的反应。 (1)小组同学预测Na2SO3溶液与CuCl2溶液反应的产物可能有CuSO3、Cu(OH)2、Cu2SO3和CuCl。用离子方程式表示预测Na2SO3溶液与CuCl2溶液反应生成CuCl的依据 。 进行实验。 操作 现象 混合后立即得到橙黄色沉淀。 静置3分钟，沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生。振荡试管，1min后，橙黄色沉淀全部变成了白色沉淀。 溶液pH由3.40逐渐降为2.24后基本不变。 (2)常温下，0.2mol·L-1CuCl2溶液pH=3.40的原因是 (用离子方程式表示)。 小组同学继续探究沉淀的成分。 资料：ⅰ．含铜元素沉淀的颜色 沉淀化学式 CuSO3 Cu(OH)2 Cu2SO3 CuCl 沉淀颜色 绿色 蓝色 红色 白色 ⅱ．CuCl不溶于硫酸、稀硝酸，但可溶于氨水得到[Cu(NH3)2]+(无色)。[Cu(NH3)2]+易被空气氧化为[Cu(NH3)4]2+。 ⅲ．2Cu2++4I-=2CuI↓(白色)＋I2。 (3)经检验，橙黄色沉淀的成分为xCu2SO3·yCuSO3·zH2O，白色沉淀的主要成分是CuCl。 ①证明白色沉淀主要成分的方法是 。 ②实验中橙黄色沉淀向白色沉淀转化时间较短，从沉淀转化条件分析，为利于橙黄色沉淀的收集，可将CuCl2溶液替换为 溶液。 ③证明橙黄色沉淀中含有Cu2+和SO，设计实验方案。 步骤ⅰ．向洗净的橙黄色沉淀中加入KI溶液，过滤，得到白色沉淀a和无色溶液b。 步骤ⅱ．将无色溶液b分成两份，其中一份加入淀粉，无明显现象；另一份加入的试剂和实验现象是 。 (4)实验中生成橙黄色沉淀的离子方程式是 。 (5)实验中，CuCl2溶液与Na2SO3溶液混合后立即得到橙黄色沉淀，最终橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀的原因是 。 原创精品资源学科网独家享有版权，侵权必究！17 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $$