2025届高三化学备考：北京高考模拟—实验大题41道

2025年北京高考一轮专练——实验大题41道 一、解答题 1．（2024·北京·三模）某小组同学探究高铁酸钾(K2FeO4)的制备条件及性质。 资料：K2FeO4为紫色固体，有强氧化性，酸性条件下分解放出气体，微溶于KOH溶液。 Ⅰ：K2FeO4的制备(夹持和加热装置已略) (1)装置A中产生Cl2的离子方程式是 。 (2)C中得到紫色固体和紫色溶液，写出C中Cl2发生的反应：和 。 (3)实验表明：C中和KOH的用量对K2FeO4的产率有影响。 实验序号 试剂 C中实验现象 ⅰ 和少量KOH 无明显现象 ⅱ 和过量KOH 得到紫色溶液和紫色固体 注：上述实验中，溶液总体积、的物质的量、Cl2的通入量均相同。 结合电极反应式，分析实验ⅰ和实验ⅱ现象不同的原因可能是 。 Ⅱ：探究K2FeO4的性质 实验ⅲ：取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a。 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 (4)根据气体中有Cl2生成，得出：氧化性K2FeO4>Cl2，是否合理？理由是 。 (5)a溶液变红可知a中含有离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将氧化，还可能由 产生(用离子方程式表示)。 (6)实验ⅳ：用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b．取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。该方案可证明K2FeO4氧化了。用KOH溶液洗涤的目的是 。 (7)实验反思 ①实验一中装置B的作用是 。 ②实验一中得到紫色溶液后，持续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅。解释可能原因 。 2．（2024·北京·模拟预测）化学实验小组探究影响Mg与水反应速率的因素。 (1)测定不同温度下Mg与水反应程度与时间的关系，结果如下图所示： ①Mg与水反应的化学方程式 ； ②从上图中同学们获得如下结论： 结论一：一定温度范围内，温度越高， ； 结论二：同一温度下，500s后反应速率均 (填“增大”“减小”或“不变”)；导致该变化的原因可能是 。 (2)研究镁条与不同碱溶液之间的反应 序号 溶液 现象 Ⅰ 2mL0.1mol∙L-1NaOH溶液(pH约为13) 无明显现象 Ⅱ 2mL0.1mol∙L-1Na2CO3溶液(pH约为11.6) 镁条表面有极少量气泡产生 Ⅲ 2mL0.1mol∙L-1NaHCO3溶液(pH约为8.3) 镁条表面有大量气泡持续产生，镁条表面有少量白色沉淀附着，试管底部有白色浑浊 Ⅳ 2mL饱和Na2CO3溶液(pH约为12.3) 镁条表面有大量气泡持续产生，镁条表面有少量白色沉淀附着，试管底部有大量白色浑浊 说明：ⅰ．实验中镁条均已用砂纸打磨掉表面氧化膜 ⅱ．收集上述实验过程中产生的气体均未检测到CO2 ⅲ．Mg2+与可形成稳定的配离子[MgHCO3]+ 甲同学认为，溶液碱性越强，Mg与碱溶液反应的速率越慢； ①乙同学否定了甲同学的结论，他的依据是 。 ②丙同学查阅资料发现：Mg(OH)2在饱和Na2CO3溶液中可转化为疏松的Mg2(OH)2CO3∙nH2O沉淀并脱离金属镁表面，因此，Ⅳ中产生大量气泡。请写出生成疏松的Mg2(OH)2CO3∙nH2O的离子方程式 。 ③试从平衡原理分析Ⅲ中产生大量气体的原因 。丁同学取去除氧化膜的镁条加入试剂a，镁条表面产生少量气泡，证实了该解释。试剂a是 。 (3)根据上述实验所得结论： 。 3．（2024·北京海淀·三模）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．（2024·北京·三模）蔗糖与浓硫酸发生反应时有白雾产生。某化学小组对其成分进行探究。 查阅资料： i．白雾中可能含有、、、水蒸气。 ii．常温下，可与银氨溶液反应：。 iii．文献中实验及现象如下： a处注入浓硫酸后，混合物逐渐变为黑色，黑色物质体积膨胀，生成白雾：c、d处颜色褪去；e处固体白色变为蓝色；f处产生少量白色浑浊；g处生成黑色浑浊。 ．小组同学对文献中实验现象进行分析。 (1)a处变为黑色，体现浓硫酸 性。 (2)针对c、d、e处现象，分析不正确的是 。 A．c处品红褪色，说明浓硫酸具有强氧化性 B．d处可能是使高锰酸钾溶液褪色 C．将e处无水移至a、c之间，可证明产物有水 (3)f处沉淀较少，可能是因为通入气体过量导致。写出过量时，沉淀变少的化学方程式 。 (4)经检验，g处黑色固体是Ag，但不能确认白雾含。从氧化还原角度说明理由 。 ．综合上述分析，小组同学对实验进行改进。 (5)证明有生成的实验现象是 。 (6)设计实验证明反应后k处溶液中含有。取反应后k处溶液， 。(写出实验操作、预期现象与结论) 5．（2024·北京·三模）谷氨酸()是人体内的基本氨基酸之一，家用调味料味精中含有其一钠盐()，谷氨酸一钠与食盐共存时可增强食品鲜味。 (1)根据结构分析，谷氨酸一钠可溶于水，既能与酸反应又能与碱反应。其中能与反应的基团是 。 (2)谷氨酸分子中，与氨基相邻位置上的羧基酸性强于另一个羧基，原因是 。 (3)甲醛法可测定谷氨酸一钠含量。将一定质量味精样品溶于水，向所得溶液中加入过量36%甲醛溶液，再以酚酞为指示剂，用溶液进行滴定。 已知：。 ①滴定时发生反应的化学方程式是 。 ②若不加入甲醛，测定结果不准确，可能的原因是 。 (4)银量法可测定含量。 取m克味精溶于水，加入少量溶液做指示剂，用的溶液滴定，当出现砖红色沉淀时达滴定终点，消耗溶液。(味精中其它成分不干扰测定) 资料：，；为砖红色固体，。 ①滴定终点时，，为保证能恰好指示滴定终点，此时溶液中的 。 ②该味精样品中的质量分数是 。(相对原子质量：Na-23  Cl-35.5) 6．（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 。 7．（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、 。 8．（2024·北京·模拟预测）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： 。 9．（2024·北京顺义·二模）某含氰废水中氰主要以和少量形式存在，对该废水进行除氰处理的步骤如下。 Ⅰ．取一定量处理好的铁屑和活性炭混合物(按照一定的体积比混合)； Ⅱ．加入一定体积的含氰废水，调节值为3.5，控制曝气(即通入空气)时间，静置，反应一段时间后过滤，得滤液，总氰去除率接近； Ⅲ．调节滤液的，加入一定量的溶液，反应一段时间后过滤，得滤液，总氰去除率可达以上； Ⅳ．向滤液中加入调节至，混凝沉淀，经过滤，总氰去除率接近，得到符合排放标准的废水。 (1)的中心离子是 。 (2)Ⅰ中，处理过程需用稀硫酸除去铁屑表面的氧化铁，反应的离子方程式是 。 (3)步骤Ⅱ中，生成沉淀的主要成分是。 ①其他条件不变，保持铁炭总体积相同，研究铁炭体积比对总氰去除效果的影响，结果如图1所示。当铁炭体积比时，随着铁炭体积比增加，相同时间内总氰去除率降低，原因是：活性炭的吸附性减弱； 。 ②反应过程中，会有部分转化为，补全反应的离子方程式 。 _______ _______ (4)步骤Ⅲ中，其他条件不变，研究不同对滤液中总氰去除效果的影响，结果如图2所示，依据实验结果确定应调节滤液的为4左右。 ①可将氧化为和，反应的离子方程式是 。 ②当时，随增大，总氰去除率下降，可能的原因是 。 (5)在步骤Ⅳ中产生了胶体，使水中的氰经聚沉而除去。证明有胶体产生的方法是 。 10．（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。 11．（2024·北京朝阳·二模）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 。 12．（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 。 13．（2024·北京顺义·二模）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。 14．（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： 。 15．（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 。 16．（2024·北京西城·一模）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。 17．（2024·北京·一模）实验小组对NaHSO3溶液分别与CuCl2、CuSO4溶液的反应进行探究。 实验 装置 试剂x 操作及现象 I 1 mol/LCuCl2溶液 加入2mLCuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅 II 1 mol/LCuSO4溶液 加入2mL CuSO4溶液，得到绿色溶液，3分钟未见明显变化 已知：Cu+[Cu(NH3)2]+(无色溶液)[Cu(NH3)4]2+(深蓝色溶液) (1)推测实验I产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到蓝色褪去。反应的离子方程式为 。 (2)对实验I产生SO2的原因进行分析，提出假设： 假设a：Cu2+水解使溶液中c(H+)增大； 假设b：Cl-存在时，Cu2+与反应生成CuCl白色沉淀，溶液中c(H+)增大。 ①假设a不合理，实验证据是 。 ②实验表明假设b合理，实验I反应的离子方程式有 、。 (3)对比实验I、II，根据半反应就物质的氧化性还原性提出假设：Cl- 。 下述实验III证实了假设合理，装置如下图。 实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形管 (补全实验操作及现象)。 (4)将实验I的溶液静置24小时或加热后，得到红色沉淀。经检验，红色沉淀中含有Cu+、Cu2+和 。 ①通过实验IV证实红色沉淀中含有Cu+和Cu2+。 实验IV：证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是 。 用离子方程式解释产生深蓝色溶液的原因： 。 ②有同学认为实验IV不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验IV的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在。实验V的方案和现象是： 。 18．（2024·北京房山·一模）是一种常用的氧化剂。某实验小组利用氯气氧化制备并对其性质进行探究。 【的制备】 (1)用下图装置制备(加热和夹持装置已略去)，装置B的作用是 。 (2)C中发生反应的离子反应方程式：； 。 【的性质探究】 资料：i．在强酸性条件下被还原为，在近中性条件下被还原成。 ii．单质硫可溶于溶液，溶液呈淡黄色。 某小组研究溶液与溶液反应，探究过程如下。 实验序号 实验过程 实验现象 Ⅰ 紫色变浅()，生成棕褐色沉淀() Ⅱ 溶液呈淡黄色()，生成浅粉色沉淀(MnS) (3)①甲同学取实验Ⅰ中少量溶液进行实验，检测有，得出被氧化成的结论，乙同学否定了该结论，理由是 。 ②同学讨论后，设计了如下实验，证实该条件下的确可以将氧化成。 a．右侧烧杯中的溶液是 。 b．连通后电流计指针偏转，一段时间后， (填操作和现象)。 (4)实验I的现象与资料i不相符，其原因是新生成的产物()与过量的反应物()发生反应，该反应的离子方程式是 。 (5)实验II的现象与资料也不完全相符，丙同学猜想原因与(4)中所述原因相似，其原因是 ，请设计验证此猜想的实验方案 。 (6)反思：反应物相同而现象不同，表明物质变化不仅与其自身的性质有关，还与 等因素有关。 19．（2024·北京东城·一模）溶液久置变为黄色(记为溶液A)。探究溶液A中阴离子的种类。 已知： ⅰ. ⅱ.某些盐的溶解性(注：、同主族) 盐 ZnS(白色) CuS(黑色) SrS 溶解性 难溶 极难溶 易溶 难溶 难溶 易溶 ⅲ.、、、、ZnS均可被氧化。 (1)查阅资料可知，溶液变黄是因为生成了，转化为时，溶液的pH会 (填“升高”或“降低”)。 (2)探究溶液A中含硫粒子的种类。 ①加入过量盐酸后的现象证实A中存在和 (填离子符号)。 ②向少量含淀粉的稀碘水中滴加滤液2(已调至中性)， (填现象)，证实溶液A中有。 ③加入过量溶液的目的是 。 (3)利用如下实验可测定中x的值。 【实验原理】，其中和的化学计量数之比等于 。通过测定和可确定x的值。 【实验过程】 实验Ⅰ 实验Ⅱ ①实验Ⅰ中加入的目的是除去，相关离子方程式是 。 ②实验Ⅱ中操作X是加入 (补全试剂和操作)。 ③用标准溶液滴定 (填序号，下同)，可确定；再用标准溶液滴定 ，可确定。(说明：滴定过程中需调节pH) a．溶液A                b．溶液                c．沉淀E                d．溶液F 【数据处理】计算x的值。 20．（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。 21．（2024·北京·一模）资料显示，I2-KI溶液可以清洗银镜。某小组同学设计实验探究银镜在I2-KI溶液中的溶解情况。 已知：I2微溶于水，易溶于KI溶液，并发生反应I2+I−I(棕色)，I2和I氧化性几乎相同；[Ag(S2O3)2]3−在水溶液中无色。 探究1：I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)溶解银镜 【实验i】 (1)黄色固体转化为无色溶液，反应的离子方程式为 。 (2)能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是 。 探究2：I2-KI溶液能快速溶解银镜的原因 【实验ii~iv】向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下： 序号 加入试剂 实验现象 ⅰi 4mL饱和碘水(向水中加入I2至饱和，下同)和少量紫黑色I2固体 30min后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，紫黑色固体表面上有黄色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，银镜继续溶解 ⅱi 4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1) 15min后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，试管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色 iv 4mL1mol·L−1KI溶液 放置24h，银镜不溶解，溶液无明显变化 (3)ⅰi中，搅拌后银镜继续溶解的原因是 。 (4)由i、iii可得到的结论是 。 (5)设计iv的目的是 。 探究3：I−的作用 【实验v】 实验装置 实验步骤及现象 1.按左图搭好装置，接通电路，检流计指针向 右微弱偏转，检流计读数为amA； 2.向石墨电极附近滴加饱和碘水，指针继续向 右偏转，检流计读数为bmA(b>a)； 3.向左侧烧杯中加入_____，指针继续向右偏转，检流计读数cmA(c>b)，有_____生成。 说明：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性(或还原剂还原性)越强。 (6)步骤1接通电路后，正极的电极反应物为 。 (7)补全步骤3的操作及现象： ， 。 (8)综合上述探究，从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因： 。 22．（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。 23．（2024·北京海淀·三模）某实验小组探究用银氨溶液检验醛基适宜的条件。 资料：i．、  。 ii．不稳定，极易分解为黑色溶于氨水。 (1)实验发现：乙醛和溶液水浴加热无明显现象；银氨溶液水浴加热无明显现象；滴加乙醛的银氨溶液水浴加热，试管壁逐渐出现一层光亮的银镜。 ①有研究表明：配制银氨溶液时，和氨水生成，写出生成的化学方程式 。 ②从氧化还原角度分析：发生银镜反应时，氧化性微粒可能是、 。 (2)甲同学查阅资料：银镜反应时，被还原成。 ①电极反应式： i．还原反应：    ii．氧化反应： 。(碱性条件下) ②从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化： i．随降低，氧化性减弱。    ii．随增大，乙醛还原性增强。 ③补充实验验证②中的分析。实验操作及现象： 实验I：插入“饱和溶液”盐桥，电流表指针偏转； 实验II：电流稳定后向右侧烧杯滴加溶液，指针偏转幅度增大； 实验III：电流再次稳定后向左侧烧杯滴加氨水，指针偏转幅度减小 乙同学认为实验III不能证明“随降低，氧化性减弱”，理由是 。 (3)设计实验进一步验证。 实验 实验操作 实验现象 IV 往盛有银氨溶液的试管中滴加浓氨水，无明显现象，加入3滴乙醛，振荡，水浴加热 闻到刺激性气味，溶液略显灰色，试管壁未见银镜 V 往盛有银氨溶液的试管中滴加较浓的溶液至与实验IV相同，振荡，溶液变浑浊，加入3滴乙醛，振荡，水浴加热 试管壁立即出现银镜 ①乙同学认为通过实验IV能证明“随降低，氧化性减弱”，你认为是否合理并说明原因 。 ②分析实验V中“立即出现银镜的原因”，提出假设：随增大，可能是也参与了还原。经检验该假设成立，实验方案及现象是 。 (4)综上所述，银氨溶液检验醛基时，做氧化剂的粒子是 ；为观察到银镜的生成，银氨溶液中加入较浓的溶液，该方案是否合理，说明理由： 。 24．（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 。 25．（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。 26．（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 。 27．（2024·北京·模拟预测）某小组同学研究了不同起始pH条件下溴酸钠和硫化钠的反应。 (一)隔绝氧气的条件下，在50 mL溶液中，NaBrO3起始浓度为0.08 mol/L，Na2S起始浓度为2×10-3 mol/L，改变HNO3的起始加入量，测量反应过程中的pH变化，实验结果如下： 实验序号 实验Ⅰ 实验Ⅱ HNO3的起始加入量/mol 1.3×10-4 1×10-4 实验结果 液体迅速变浑，随后浑浊逐渐减少，10 min时溶液基本澄清，过程中pH变化如图： 液体变浑，pH变化如图： 已知：a. HBrO3属于强酸，的还原产物只有Br-，实验中HNO3不表现氧化性； b. 硫化钠被氧化的产物可能是S、、、； c. pH＞3溶液中，与的反应可忽略不计； d. CaS和CaS2O3易溶于水； 为研究实验I中pH的变化情况，进行实验Ⅲ和实验Ⅳ： 取少量实验I进行10 min左右的液体，离心分离浑浊，得到溶液A，进行实验Ⅲ： 实验Ⅳ： 步骤1：取一定量的溴酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液混合，反应液温度未有明显变化，测定反应中的反应速率，结果如图所示。 步骤2：实验前先在容器中加入少量硫酸钠和溴化钠固体，重复步骤1，测得的反应速率变化曲线与如图几乎完全重合。 (1)实验Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀盐酸，能否说明溶液A中没有，理由是 ，进一步检验溶液A中是否有的方案是 。 (2)实验Ⅲ中，由无色溶液1加入足量稀盐酸的实验现象可以得到的实验结论是 。 (3)结合离子方程式，解释实验I中2 min之后pH变化的可能原因： 。 (二)研究实验Ⅱ中pH的变化情况，设计测定溶液中S2-、、浓度的方法如下： 已知：a. 碘标液的浓度为c1 mol/L，硫代硫酸钠标液的浓度为c2 mol/L； b. Ksp(CdCO3)=1×10-12、Ksp[Cd(OH)2]=7.2×10-15、Ksp(CdS)=8×10-27；CdSO3和CdS2O3微溶于水； c. 能与甲醛反应，产物不被I2氧化 d. 2+ I2=+ 2I- 步骤1：取10 mL待测液，加入一定体积的过量碘标液，充分反应后，用硫代硫酸钠标液滴定，消耗硫代硫酸钠标液的体积是V1 mL； 步骤2：取20 mL待测液，加入过量CdCO3，充分反应后，过滤并洗涤沉淀，将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V2 mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3 mL。 (4)步骤1中滴定时使用的指示剂是 ，滴定终点的现象是 。 (5)步骤2中加入CdCO3的作用是 。 (6)待测液中和的物质的量浓度之比是 。 (7)实验Ⅱ中未检测到和的生成，用离子方程式表示18 min后溶液pH下降的原因： 。 (8) (9)结果表明，不同起始pH条件下，溴酸钠和硫化钠的反应速率和反应产物会有差异。 28．（2024·山东菏泽·一模）亚硝酸钙可作为混凝土防冻剂和钢筋阻锈剂的主要原料。熔点为，易潮解，易溶于水。实验室中，某兴趣小组根据反应，利用如下装置(部分装置可重复选用)制备无水亚硝酸钙并测定产品的纯度(夹持装置略)。 已知：①； ②酸性条件下：能被溶液氧化，； ③是具有氧化性的一元弱酸，是一种难溶于水的白色化合物。 回答下列问题： (1)上述装置按气流方向连接的顺序为 (填标号)；装置A中发生反应的离子方程式为 ，装置的作用是 。 (2)完全还原后，进行操作：(ⅰ)停止滴加稀硝酸，停止通电；(ⅱ)……；(ⅲ)冷却后，将所得产品完全转移到试剂瓶中密封保存；(ⅳ)……操作(ⅱ)为 。 (3)兴趣小组同学认为制备的可能会混有，下列试剂可以鉴别二者的是 (填标号)。 A．溶液    B．淀粉(酸性)溶液    C．溶液 设计如下方案测定样品中的纯度(杂质不参与以下反应)：称取样品、溶解、定容至；移取溶液于锥形瓶中，加入过量酸化的溶液；以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定，发生反应：。平行滴定3次，平均消耗的标准液。 (4)测定过程所需仪器中，使用前必须检查是否漏液的有 ；样品中的质量分数 ；下列情况会导致的质量分数测量值偏大的是 (填标号)。 A．称量后样品发生了潮解 B．定容时俯视刻度线 C．移取溶液后发现滴定管尖嘴管内有气泡 D．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗 29．（23-24高三下·北京·阶段练习）某学生对与不同的下反应进行探究。 (1)调节pH，实验记录如下： 实验 现象 a 10 产生白色沉淀，稍后溶解，溶液澄清 b 6 产生白色沉淀，一段时间后，沉淀未溶解 c 2 产生大量白色沉淀，一段时间后，产生海绵状棕黑色物质 查阅资料得知： i.：白色，难溶于水，溶于过量溶液； ii.：棕黑色，不溶于水，能和酸反应。 ①推测a中白色沉淀为，离子方程式是 。 ②推测a中白色沉淀为，推测的依据是 。 (2)取中白色沉淀，置于过量溶液中，沉淀溶解。该同学设计实验确认了白色沉淀不是，实验方法是：另取固体置于 溶液中，未溶解。 (3)将c中滤出、洗净，为确认其组成，实验如下： Ⅰ.向中滴加稀盐酸，无明显变化； Ⅱ.向中加入过量浓产生红棕色气体； Ⅲ.用检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀。 ①实验I的目的是 ②根据上述现象，分析X的性质和元素组成是 ③Ⅱ中反应的化学方程式是 。 (4)该同学综合以上实验，分析X产生的原因，认为随着酸性的增强，体系还原性增强。通过进一步实验确认了这种可能性，实验如下： ①气体Y是 。 ②白色沉淀转化为X的化学方程式是 。 30．（23-24高三下·北京·开学考试）实验小组探究溶液酸碱性对锰化合物和，氧化还原反应的影响。 资料：i.呈绿色，为棕黑色沉淀，几乎无色。 ii.在强碱性溶液中能稳定存在，在酸性、中性或弱碱性溶液中易转化为和。 iii.为微溶物。 实验 序号 试剂 现象 I a：10滴溶液 b：20滴溶液 溶液紫色变浅至接近无色，静置一段时间后出现乳白色浑浊 II a：10滴蒸馏水 b：20滴溶液 紫色溶液逐渐褪色，产生棕黑色沉淀 III a：10滴溶液 b：2滴溶液和18滴蒸馏水 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5min，未见明显变化 IV a：10滴溶液 b：20滴溶液 溶液变为绿色，无沉淀生成；静置5min，绿色变浅，有棕黑色沉淀生成 (1)用离子方程式解释实验I中出现乳白色浑浊的原因 。 (2)已知，实验I、II、III中均被氧化为，针对实验I、II、III进行分析： ①对于氧化性的认识是 。 ②实验Ⅱ所得溶液中的检验方法为 。 (3)针对实验Ⅲ、Ⅳ进行分析： ①实验Ⅲ中“溶液变为绿色”相应反应的离子方程式为 。 ②实验IV中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”的可能原因： （写出2点）。 (4)针对实验Ⅲ、Ⅳ继续探究： ①实验V：向实验III的试管中继续滴加足量，振荡，溶液立即变为紫红色，产生棕黑色沉淀。 ②实验VI：向实验IV的试管中继续滴加足量，振荡，绿色溶液迅速变为无色，棕黑色沉淀逐渐减少直至消失，静置一段时间后，出现乳白色浑浊。 对比实验V、VI，结合方程式分析实验VI滴加后溶液未见紫红色的可能原因 。 (5)综合上述实验，在下图中用连线的方式补充完善实验I~VI已证实的锰化合物转化关系 。 31．（2023·北京房山·二模）工业上用铁粉还原AgCl制取银，某小组探究其过程和影响因素。 【实验A】在试管中加入NaCl溶液，然后滴入溶液，产生白色沉淀。滤出白色沉淀，继续实验如下： 【资料】① ② (1)检验ⅱ中产物 ①取ⅱ中上层清液，滴加 溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有。 ②取ⅱ中少量灰黑色固体，洗涤后将固体等分两份。取其中一份，加入稀硝酸溶解，再加入NaCl溶液生成 (填实验现象)，证明灰黑色固体中含有Ag。向另一份加入KI溶液，无明显现象。 (2)检验ⅲ中产物。 ①取ⅲ中灰白色固体，洗涤。进行如下实验，确认灰白色固体中含AgCl： 滤液加盐酸未产生沉淀，但加入硫酸后产生了白色沉淀，请写出滤液加盐酸的离子方程式： 。 ②取ⅲ中上层溶液，加几滴KSCN溶液。取样时间与溶液颜色如下表。 取样时间 10分钟 12小时 24小时 溶液颜色 浅红色 红色 深红色 用离子方程式表示溶液变红的原因 ，。 (3)小组同学认为可以直接氧化Ag继而生成AgCl，对此设计实验验证： 。结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长。说明AgCl的产生主要与有关。 (4)实验A中的ⅰ~ⅲ中，ⅰ中AgCl溶解，ⅲ中又生成AgCl的原因是： 。 实验反思：铁粉还原AgCl制取银时应控制铁粉、盐酸的浓度和浸泡时间等因素。 32．（22-23高三下·北京海淀·期中）阿伏加德罗常数是一座“桥梁”，连接了宏观世界和微观世界的数量关系。通过电解法可测得的数值。 已知：i．1个电子所带电量为库仑。 ii．(乙二胺四乙酸二钠)能形成可溶含铜配离子。 iii．，。 【实验一】用铜片和铂丝为电极，电解硫酸酸化的溶液。测得通过电路的电量为x库仑。电解完成后，取出铜片，洗净晾干，铜片质量增加了。 (1)铜片应连接电源的 (填“正极”或“负极”)。铂丝尖端产生气泡，其电极反应式为 。理论上，产生气体与析出铜的物质的量之比为 。 (2)本实验测得 (列出计算式)。 【实验二】为减少含重金属电解液的使用，更换电解液，同时更换电极与电源的连接方式。电解完成后，取出铜片，洗净晾干，铜片质量减小。 实验 电解液 实验现象 ① 溶液 铜片表面为灰蓝色 ② 和混合液 铜片表面仍为红色 (3)实验①和②中各配制电解液，使用的主要仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和 。 (4)经检验，实验①中的灰蓝色成分主要是。从平衡移动角度解释在测定的数值中的作用： 。 (5)电解过程中，若观察到铜片上有小气泡产生，利用铜片质量减小计算的数值 (填“偏大”、“偏小”或“不变”)。 (6)实验结束后处理电解液：将取出的电解液加入过量硫酸，过滤，得到白色固体和滤液a；向滤液a中先加入调，再加入，解释不直接加入的原因及的作用： 。 33．（2023·北京朝阳·一模）某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。 资料：i．(黄色) ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。 iii． 实验Ⅰ： (1)用离子方程式表示溶液显碱性的原因： 。 (2)将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。 ①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是 。 ②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验： (填实验方案)。实验证实固体a中含有。 (3)固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因： 。 (4)经检验，固体c的主要成分是。 ①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是 。 ②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。 实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。 (5)分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是 。 实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。 (6)检验的实验方案： (填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。 (7)综合上述实验，与溶液反应的产物与 等因素有关(答出两点即可)。 34．（2022·北京西城·一模）探究溶液中与单质S的反应。 资料：不溶于盐酸，和在盐酸中均发生沉淀的转化 实验Ⅰ  将10mL 溶液与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、Ag、或。 ②检验黑色固体b的成分 实验Ⅱ    具体操作如图所示 ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，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，可选择的试剂是 (填序号)。 a．酸性溶液        b．和的混合溶液        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，写出同时生成Ag和的离子方程式： 。 (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，依据是 。 实验Ⅲ   具体操作如图所示 ①说明溶液a中不含的实验证据是 。 ②加入足量稀盐酸的作用是 。 (3)在注射器中进行实验Ⅳ，探究溶液与S的反应，所得产物与实验Ⅰ相同。 ①向注射器中加入的物质是 。 ②改用溶液的目的是 。 (4)用溶液与S进行实验Ⅴ，发现二者不反应。综合以上实验，写出溶液中与S反应的离子方程式并简要说明的作用： 。 35．（21-22高三上·内蒙古呼伦贝尔·期末）工业上用铁粉还原AgCl制取银，某小组探究其过程和影响因素。 【实验A】在试管中加入NaCl溶液，然后滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀。滤出白色沉淀，继续实验如图： 【资料】 已知：①AgCl+Cl−⇌AgCl；②Fe3++4Cl−⇌FeCl (1)检验ⅱ中产物 ①取ⅱ中上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，有 (填现象)，说明溶液中含有Fe2+。 ②取ⅱ中少量灰黑色固体，洗涤后将固体等分两份。取其中一份，加入 (填试剂)溶解，再加入NaCl溶液生成白色沉淀，证明灰黑色固体中含有Ag。向另一份加入KI溶液，无明显现象。 (2)检验ⅲ中产物。 ①取ⅲ中灰白色固体，洗涤。进行如图实验，确认灰白色固体中含AgCl： 滤液加盐酸未产生沉淀，但加入硫酸后产生了白色沉淀，请结合离子方程式解释原因： 。 ②取iii中上层溶液，加几滴KSCN溶液。取样时间与溶液颜色如表。 取样时间 10分钟 12小时 24小时 溶液颜色 浅红色 红色 深红色 用离子方程式表示溶液变红的原因 ，Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3。 (3)小组同学认为不能排除O2直接氧化Ag继而生成AgCl，对此设计实验： 。结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长。说明AgCl的产生主要与Fe3+有关。 (4)实验A中的i～iii中，i中AgCl溶解，iii中又生成AgCl，试解释iii中生成AgCl的原因： 。 实验反思：铁粉还原AgCl制取银时应控制铁粉、盐酸的浓度和浸泡时间等因素。 36．（20-21高三上·福建福州·阶段练习）某小组探究影响金属与水反应剧烈程度的因素。 (1)分别将等质量的Na块和Mg条(打磨光亮) 投入水中，记录现象如下： . Na块在水中剧烈反应……发出响声，直至钠消失 Mg条表面缓慢产生少量气泡，数分钟后反应停止，未收集到气体，镁条表面失去光泽 补全Na与水反应的实验现象： 。 (2)探究Mg与水反应缓慢的原因。 资料： Mg与水反应时，Mg表面覆盖了致密的Mg(OH)2导致反应缓慢； 和可以加快Mg与水反应。 同学们为了验证和对Mg与水反应的促进作用，用与水反应后的Mg条与4种盐溶液进行对比实验，结果如下。 实验序号 a b c d 盐溶液(均为0.1mol·L-1) NH4Cl NaHCO3 NaCl NH4HCO3 溶液起始pH 5.1 8.3 7.0 7.8 30min时产生气体体积/mL 1.5 0.7 <0.1 1.4 气体的主要成分 H2 30 min时镁条表面情况 大量固体附着(固体可溶于盐酸) ①根据Mg(OH)2的溶解平衡可解释和的作用。Mg(OH)2的溶解平衡表达式是 。 ②经检验，a中还生成少量其他气体，可进一步证明促进Mg与水反应。检验该气体的方法是 。 ③上表中能够说明对Mg与水反应起促进作用的证据是 。 ④b、d所得固体中还检验出碱式碳酸镁[用Mg2(OH)2CO3表示]，写出生成该固体的离子方程式 。 ⑤综合实验a-d可以得到的结论是： 和都能与Mg(OH)2作用加快Mg与水反应， (补充两点)。 (3)实验表明：与水反应的剧烈程度K> Na> Ca>Mg。结合上述实验说明影响金属与水反应剧烈程度的因素有 。 37．（2020·安徽淮北·一模）二正丁基锡羧酸酯是一种良好的大肠杆菌，枯草杆菌的杀菌剂。合成一种二正丁基锡羧酸酯的方法如图1： 将0.45g的2-苯甲酰基苯甲酸和0.500g的二正丁基氧化锡加入到50mL苯中，搅拌回流分水6小时。水浴蒸出溶剂，残留物经重结晶得到白色针状晶体。 各物质的溶解性表 物质 水 苯 乙醇 2-苯甲酰基苯甲酸 难溶 易溶 易溶 二正丁基氧化锡 难溶 易溶 易溶 正丁基锡羧酸酯 难溶 易溶 易溶 回答下列问题： （1）仪器甲的作用是 ，其进水口为 。 （2）实验不使用橡胶塞而使用磨口玻璃插接的原因是 。 （3）分水器（乙）中加蒸馏水至接近支管处，使冷凝管回流的液体中的水冷凝进入分水器，水面上升时可打开分水器活塞放出，有机物因密度小，位于水层上方，从分水器支管回流入烧瓶。本实验选用的分水器的作用是 （填标号） A．能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动 B．能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间 C．分离有机溶剂和水 D．主要起到冷凝溶剂的作用 （4）回流后分离出苯的方法是 。 （5）分离出苯后的残留物，要经重结晶提纯，选用的提纯试剂是 （填标号） A．水      B．乙醇      C．苯 （6）重结晶提纯后的质量为0.670g，计算二正丁基锡羧酸酯的产率约为 。 38．（2019·福建莆田·二模）FeCl2是一种常用的还原剂、媒染剂。某化学实验小组在实验室里用如下两种方法来制备无水FeCl2。有关物质的性质如下： C6H5Cl(氯苯） C6H4Cl2(二氯苯） FeCl3 FeCl2 溶解性 不溶于水，易溶于苯、乙醇 不溶于C6H5Cl、C6H4Cl2、苯， 易溶于乙醇，易吸水 熔点/℃ -45 53 易升华 沸点/℃ 132 173 (1)用H2还原无水FeCl3制取FeCl2。有关装置如下：    ①H2还原无水FeCl3制取FeCl2的化学方程式为 。 ②按气流由左到右的方向，上述仪器的连接顺序为 （填字母，装置可多次使用）；C中盛放的试剂是 。 ③该制备装置的缺点为 。 (2)利用反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，制取无水FeCl2并测定FeCl3的转化率。按下图装置，在三颈烧瓶中放入32.5g无水氯化铁和过量的氯苯，控制反应温度在一定范围加热3h，冷却、分离提纯得到粗产品。    ①仪器a的名称是 。 ②反应结束后，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后，得到粗产品。洗涤所用的试剂可以是 ，回收滤液中C6H5C1的操作方法是 。 ③反应后将锥形瓶中溶液配成250mL，量取25.00mL所配溶液，用0.40mol/LNaOH溶液滴定，终点时消耗NaOH溶液为19.60 mL，则氯化铁的转化率为 。 ④为了减少实验误差，在制取无水FeCl2过程中应采取的措施有： （写出一点即可）。 39．（2018·北京朝阳·二模）某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+ 的氧化性。 （1）方案1：通过置换反应比较 向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝。反应的离子方程式是 ，说明氧化性Ag+＞Cu2+。 （2）方案2：通过Cu2+、Ag+ 分别与同一物质反应进行比较 实验 试剂 编号及现象 试管 滴管    1.0 mol/L KI溶液 1.0mol/L AgNO3溶液 Ⅰ．产生黄色沉淀，溶液无色 1.0mol/L CuSO4溶液 Ⅱ．产生白色沉淀A，溶液变黄 ①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是 。 ②经检验，Ⅱ中溶液含I2。推测Cu2+做氧化剂，白色沉淀A是CuI。确认A的实验如下：    a．检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有 （填离子符号）。 b．白色沉淀B是 。 c．白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是 ，说明氧化性Ag+＞Cu2+。 （3）分析方案2中Ag+ 未能氧化I- ，但Cu2+氧化了I-的原因，设计实验如下： 编号 实验1 实验2 实验3 实验          现象 无明显变化 a中溶液较快变棕黄色,b中电极 上析出银；电流计指针偏转 c中溶液较慢变浅黄色； 电流计指针偏转 （电极均为石墨，溶液浓度均为 1 mol/L，b、d中溶液pH≈4） ① a中溶液呈棕黄色的原因是 （用电极反应式表示）。 ② “实验3”不能说明Cu2+氧化了I-。依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验证实了该依据，实验方案及现象是 。 ③ 方案2中，Cu2+能氧化I-，而Ag+未能氧化I-的原因： 。（资料：Ag+ + I- = AgI↓ K1 =1.2×1016；2Ag+ + 2I- = 2Ag↓+ I2 K2 = 8.7×108） 40．（18-19高三上·北京·阶段练习）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 滴管 试管    0.2mol·L-1Na2SO3溶液 饱和Ag2SO4溶液 Ⅰ．产生白色沉淀 0.2mol·L-1CuSO4 Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀 0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液 Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀 （1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 。 （2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。 已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。 ①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。 ②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。   a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是 。 b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是 。 （3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。 ①推测沉淀中含有亚硫酸根和 。 ②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设： i．Al(OH)3所吸附； ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。 a．将对比实验方案补充完整。 步骤一：   步骤二： （按上图形式呈现）。 b．假设ii成立的实验证据是 。 （4）根据实验，亚硫酸盐的性质有 。盐溶液间反应的多样性与 有关。 41．（2017·北京·高考真题）某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05mol·L-1硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。 (1)检验产物 ①取出少量黑色固体，洗涤后， （填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。 ②取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+。 (2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是 （用离子方程式表示）。针对两种观点继续实验： ①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测，同时发现有白色沉淀生成，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下： 序号 取样时间/min 现象 ⅰ 3 产生大量白色沉淀；溶液呈红色 ⅱ 30 产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深 ⅲ 120 产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色较30min时变浅 （资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN） ②对Fe3+产生的原因作出如下假设： 假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+； 假设b：空气中存在O2，由于 （用离子方程式表示），可产生Fe3+； 假设c：酸性溶液中NO3-具有氧化性，可产生Fe3+； 假设d：根据 现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。 ③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。实验Ⅱ可证实假设d成立。 实验Ⅰ：向硝酸酸化的 溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3min时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。 实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是 ，操作及现象是 。 (3)根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因： 。 试卷第2页，共54页 试卷第1页，共54页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．(1) (2)Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O (3)电极方程式为：Fe(OH)3+5OH-+3e-=+4H2O，实验ⅱ中过量KOH碱性较强，增强+3价铁的还原性 (4)不合理，溶液的酸碱性会影响物质的氧化性强弱 (5)4+20H+=3O2↑+4Fe3++8H2O (6)使K2FeO4稳定溶出，并除去K2FeO4固体附着的ClO-，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应生成Cl2，避免ClO-干扰实验 (7) 除去挥发的HCl 通入氯气后，发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其它物质 【分析】由实验装置可知，A中浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，B中饱和食盐水可除去挥发的HCl,C中KOH、氢氧化铁、氯气反应生成K2FeO4，D中NaOH吸收尾气； 【详解】（1）装置A中二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、水和Cl2，离子方程式是； （2）C中得到紫色固体和紫色溶液，C中发生的反应有：和Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O； （3）氧化反应中，Fe元素由+3价上升到+6价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平电极方程式为：Fe(OH)3+5OH-+3e-=+4H2O，实验ⅱ中过量KOH碱性较强，增强+3价铁的还原性，因此与少量KOH实验的现象不同； （4）制备K2FeO4的反应为3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH=2K2FeO4+6KCl+8H2O，Cl2是氧化剂，K2FeO4是氧化产物，则氧化性：Cl2＞K2FeO4，方案Ⅱ反应的氧化性：K2FeO4＞Cl2，二者相反，对比两个反应的条件，制备K2FeO4在碱性条件下，方案Ⅱ在酸性条件下，说明溶液的酸碱性的不同会影响物质氧化性的强弱； （5）K2FeO4在酸性溶液中快速产生O2和Fe3+，产生的Fe3+干扰了实验检验，反应为4+20H+=3O2↑+4Fe3++8H2O； （6）K2FeO4在碱性溶液中较稳定，并且固体表面附有ClO-，加入盐酸时ClO-能与盐酸反应生成的Cl2，所以用KOH溶液洗涤的目的是使K2FeO4稳定溶出，并除去K2FeO4固体附着的ClO-，防止ClO-与Cl-在酸性条件下反应生成Cl2，避免ClO-干扰实验； （7）①用浓盐酸制取氯气，由于盐酸易挥发，制取的氯气中混有HCl杂质气体，实验一中装置B的作用是除去挥发的HCl； 向实验Ⅱ所得紫色溶液中继续通入Cl2，观察到溶液紫色变浅，试解释其可能的原因是通入氯气后，发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，溶液碱性减弱，进而导致K2FeO4转化为其它物质。 2．(1) 镁与水的反应程度越大 减小 生成的沉淀附着在Mg表面，减小了Mg与水的接触面积 (2) 实验Ⅳ中饱和碳酸钠溶液的碱性很强，而镁与饱和碳酸钠溶液反应速率却很快 ，与可形成稳定的配离子，使减小，沉淀溶解平衡正向移动，附着在镁条表面的Mg(OH)2减少，镁条与溶液的接触面积增大 pH约为8.3的NaOH溶液 (3)Mg与水溶液反应时析出H2的量(速率)(或反应程度)取决于Mg(OH)2能否被破坏 【分析】镁与水反应生成的Mg(OH)2难溶于水，会覆盖在Mg表面，阻止镁与水反应的进一步进行，设法将反应生成的Mg(OH)2溶解，并转化为Mg2(OH)2CO3∙nH2O或，就可增大Mg与水的接触面积，从而加快镁与水反应生成氢气的速率。 【详解】（1）①Mg与水反应，生成氢氧化镁和氢气，化学方程式为； ②从图中可以看出，相同时间，温度越高，反应进行的程度越大；相同温度，500s后，反应进行的程度都要缓和得多，这可能与产物的溶解性有关。则： 结论一：一定温度范围内，温度越高，镁与水的反应程度越大； 结论二：同一温度下，500s后反应速率均减小；导致该变化的原因可能是：生成的沉淀附着在Mg表面，减小了Mg与水的接触面积。 （2）①乙同学对比实验Ⅱ、Ⅳ，否定了甲同学的结论，他的依据是：实验Ⅳ中饱和碳酸钠溶液的碱性很强，而镁与饱和碳酸钠溶液反应速率却很快。 ②丙同学查阅资料发现：Mg(OH)2在饱和Na2CO3溶液中可转化为疏松的Mg2(OH)2CO3∙nH2O沉淀并脱离金属镁表面，因此，Ⅳ中产生大量气泡，则生成疏松的Mg2(OH)2CO3∙nH2O的离子方程式为。 ③Mg2+与可形成稳定的配离子[MgHCO3]+，使得Mg(OH)2不断溶解，Mg(OH)2对镁表面的覆盖作用不断减弱，Mg与水反应速率不断加快，则从平衡原理分析Ⅲ中产生大量气体的原因是：，Mg2+与可形成稳定的配离子，使减小，沉淀溶解平衡正向移动，附着在镁条表面的Mg(OH)2减少，镁条与溶液的接触面积增大。为了便于与丙同学的实验进行对比，丁同学将镁条去除氧化膜，加入与丙同学实验具有一个不同点的物质，结果镁条表面产生少量气泡，则试剂a是：pH约为8.3的NaOH溶液。 （3）根据上述实验可以，镁与碱溶液能否反应的关键是镁与碱溶液的接触面积，由此所得结论为：Mg与水溶液反应时析出H2的量(速率)(或反应程度)取决于Mg(OH)2能否被破坏。 【点睛】镁与水反应生成的Mg(OH)2难溶于水，若能设法去除镁表面的难溶物，则镁与水的反应能够顺利进行。 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)脱水 (2)C (3) (4)g处黑色固体是Ag，说明银氨溶液发生还原反应，二氧化硫具有还原性，所以不能确认白雾含 (5)f处澄清石灰水不变浑浊，g处产生黑色固体 (6)加入足量盐酸，反应生成的气体依次通过足量高锰酸钾溶液、澄清石灰水，高锰酸钾溶液没有完全褪色、澄清石灰水变浑浊，证明k处溶液中含有 【分析】a处浓硫酸和蔗糖反应，k处氢氧化钠吸收CO2、SO2，f处石灰水检验CO2、SO2是否除尽，g处银氨溶液检验CO。 【详解】（1）a处变为黑色，说明蔗糖脱水碳化，体现浓硫酸脱水性。 （2）A．c处品红褪色，说明有二氧化硫生成，浓硫酸和碳反应放出二氧化硫，则体现浓硫酸的强氧化性，故A正确； B．二氧化硫具有还原性，d处可能是使高锰酸钾溶液褪色，故B正确； C．将e处无水移至a、c之间，由于蔗糖用水浸湿、c处棉球也会带出水蒸气，所以不能证明产物有水，故C错误； 选C。 （3）过量时，亚硫酸钙和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钙使沉淀变少，反应的化学方程式为。 （4）经检验，g处黑色固体是Ag，说明银氨溶液发生还原反应，二氧化硫具有还原性，所以不能确认白雾含。 （5）f处澄清石灰水不变浑浊，说明没有二氧化硫进入g，g处产生黑色固体，证明有生成； （6）取反应后k处溶液，加入足量盐酸，反应生成的气体依次通过足量高锰酸钾溶液、澄清石灰水，高锰酸钾溶液没有完全褪色、澄清石灰水变浑浊，证明k处溶液中含有。 5．(1)-NH2或氨基 (2)氨基中N原子电负性较大，导致与氨基相邻位置上的羧基中的0-H键极性增大，更容易断裂，酸性更强 (3) + 氨基显碱性，会干扰羧基和NaOH的中和反应 (4) 【详解】（1）根据谷氨酸一钠结构，谷氨酸一钠既能与酸反应又能与碱反应，其中能与酸反应的基团是-NH2，能与碱反应的基团是-COOH； （2）谷氨酸分子中，与氨基相邻位置上的羧基酸性强于另一个羧基，原因是氨基中N原子电负性较大，导致与氨基相邻位置上的羧基中的O-H键极性增大，更容易断裂，所以酸性更强； （3）甲醛法可测定谷氨酸一钠含量。将一定质量味精样品溶于水，向所得溶液中加入过量36%甲醛溶液，再以酚酞为指示剂，用溶液进行滴定。 已知：。 ①根据提示信息，滴定时谷氨酸一钠与甲醛发生反应的化学方程式是+； ②由于氨基显碱性，所以为了防止氨基干扰羧基和NaOH的中和反应，可用甲醛掩蔽氨基； （4）①滴定终点时，，此时溶液中的， 为保证能恰好指示滴定终点，即有沉淀生成，此时溶液中的； ②该反应的原理：，则该味精样品中的质量分数是。 6．(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。 7．(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。 8．(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。 9．(1) (2) (3) 形成的原电池数目减少，反应速率减小 (4) ⅰ．的氧化性减弱；ⅱ．加速分解，使快速减小 (5)利用丁达尔效应检验 【详解】（1）[Fe(CN)6]4-中提供空轨道，C提供孤对电子，形成配位键，中心离子是； （2）稀硫酸与氧化铁反应生成硫酸铁和水，反应的离子方程式是； （3）①当铁炭体积比时，随着铁炭体积比增加，相同时间内总氰去除率降低，原因是：活性炭的吸附性减弱；另外Fe-C能形成原电池，对反应速率有影响，则形成的原电池数目减少，反应速率减小； ②Fe元素化合价降低了1，缺少的氧化剂为O2，反应转移4个电子，Fe2+系数为2，由电荷守恒可得，缺项是4H+，反应的离子方程式：3Fe2[Fe(CN)6]+O2+4H+=Fe4[Fe(CN)6]3+2Fe2++2H2O； （4）①可将氧化为和，O元素从-1价降低至-2价，C元素从+2价升高至+4价，转移4个电子，由原子守恒，反应的离子方程式是++H2O=+； ②当时，随增大，总氰去除率下降，可能的原因是ⅰ．的氧化性减弱；ⅱ．加速分解，使c()快速减小； （5）胶体的胶粒直径在1~100nm之间，当一束激光照射胶体时，垂直于光的角度可观察到一条光亮的通路，而溶液和悬浊液都不具备这种现象，则证明有胶体产生的方法是利用丁达尔效应检验。 10．(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。 11．(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。 12．(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。 13．(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。 14．(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 15．(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）。 16．(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＋。 17．(1) (2) 实验I、II中(Cu2+)相同，但实验II中未见气泡 (3) 增强了Cu2+的氧化性 右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大 (4) 一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色 取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色(或图示表示：) 【分析】与浓氨水会直接生成深蓝色溶液，结合已知条件中与浓氨水反应的现象，设计实验IV要证明红色沉淀中含有，需要做一个对比实验，一个含有、，另一个只含有，即取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色。 【详解】（1）推测实验I产生的无色气体为SO2，实验证实推测正确：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到蓝色褪去。碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应的离子方程式为； （2）假设a不合理，实验证据是实验I、II中(Cu2+)相同，但实验II中未见气泡；实验表明假设b合理，根据得失电子守恒，电荷守恒，实验I反应的离子方程式有、； （3）对比实验I、II，根据半反应就物质的氧化性还原性提出假设：Cl-增强了Cu2+的氧化性；实验Ⅲ是为了验证Cl-增强了Cu2+的氧化性，需要向硫酸铜溶液中补充氯离子，向U形管右侧加入一定量NaCl固体，溶解后，观察到电压表指针偏转变大，说明Cl-增强了Cu2+的氧化性； （4） 证实红色沉淀中含有Cu+的实验证据是，浅蓝色溶液露置在空气中一段时间后溶液由浅蓝色变为深蓝色；用离子方程式解释产生深蓝色溶液的原因, ；有同学认为实验IV不足以证实红色沉淀中含有Cu2+，设计实验IV的对比实验Ⅴ，证实了Cu2+的存在，实验V的方案和现象是：取少量纯净的Cu2O于试管中，滴加足量浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，露置一段时间后溶液变为深蓝色(或图示表示：)。 18．(1)除去中含有的 (2) (3) 溶液用酸化导致溶液中已存在 溶液(酸化至) 取左侧烧杯中溶液加足量酸化再加入有白色沉淀 (4) (5) 产物与过量的反应物发生了反应 将加入溶液中，观察是否有浅粉色沉淀生成 (6)试剂浓度、溶液酸碱性 【分析】装置A中二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，生成的氯气中混有HCl气体，用装置B中的饱和食盐水除去HCl气体，将Cl2通入溶液中发生反应：，过量的氯气用NaOH溶液吸收，以此解答。 【详解】（1）装置B的作用是除去中含有的。 （2）溶液中含有NaOH，氯气除了和溶液反应外，还会和NaOH溶液反应，离子方程式为。 （3）①甲同学取实验Ⅰ中少量溶液进行实验，检测有，得出被氧化成的结论，乙同学否定了该结论，理由是：溶液用酸化导致溶液中已存在； ②a．证实该条件下的确可以将S2-氧化成，设计成原电池，S2-失去电子变成，发生氧化反应，应该在负极上反应，左侧烧杯应该是负极室，硫酸酸化的高锰酸钾溶液放在右侧烧杯，右侧为正极，故右侧烧杯中的溶液是溶液(酸化至)； b. 连通后电流计指针偏转，一段时间后，该条件下负极S2-失去电子生成，证明S2-氧化成了，取左侧烧杯中的溶液，用盐酸酸化后，滴加溶液，观察到有白色沉淀生成，说明生成了。 （4）与过量的反应物()发生反应生成MnO2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：。 （5）实验II的现象与资料也不完全相符，丙同学猜想原因与(4)中所述原因相似，其原因是产物与过量的反应物发生了反应，设计验证此猜想的实验方案为：将加入溶液中，观察是否有浅粉色沉淀生成。 （6）反思该实验，反应物相同，滴加顺序不同，反应物的浓度不同，酸碱性不同，而现象不同，体现了物质变化不仅与其自身的性质有关，还与浓度、用量、溶液中的酸碱性。 19．(1)升高 (2) 溶液蓝色褪去 除去和，防止其干扰的检验 (3) (x-1)：1 过量溶液，过滤 c bd 【分析】(2)、同主族，根据元素周期律，两者的化合物性质相似，由沉淀2加过量盐酸时沉淀部分溶解产生刺激性气味的气体可知，沉淀2为SrSO3和SrSO4组成的混合物，即滤液1中存在着亚硫酸根离子和硫酸根离子，说明黄色溶液A中存在着亚硫酸根离子和硫酸根离子；黄色溶液A中加过量的，过滤得黄色沉淀1，其中加硫酸铜溶液沉淀变黑，黑色沉淀为硫化铜，沉淀1中有ZnS和S单质；又据题意知溶液中有，综上所述黄色溶液A中含S元素的离子有S2-、、、、。 (3)黄色溶液A中含S元素的离子为S2-、、、、，向其中加入过量的氢氧化锌浊液，过滤得到的白色沉淀含ZnS、不含硫单质，即将原有的S2-完全沉淀，剩下的黄色溶液M中含有、、、，往其中加过量的SrCl2溶液过滤，据题中表格所给信息可知，、完全沉淀，黄色溶液B中主要含有、，将所得溶液分成两等份得溶液B1和B2；黄色溶液B1中主要含有、，加入过量的亚硫酸钠溶液发生反应，被完全消耗，得到的无色溶液C中主要含有、、S2-，往其中加入过量的SrCl2溶液，将完全沉淀，在获得的溶液D中加过量的Zn(OH)2浊液，过滤得到的沉淀E为ZnS，溶液F中含。 【详解】（1）由题中信息：可知，S2-转化为需要硫单质的参与，即有硫离子转化为硫单质，其离子方程式为2S2-+O2+2H2O=2S↓+4OH-，反应生成了OH-，所以溶液的pH升高； （2）①沉淀2加过量盐酸时沉淀部分溶解产生刺激性气味的气体可知，沉淀2为SrSO3和SrSO4组成的混合物，即滤液1中存在着和硫酸根离子，说明黄色溶液A中存在着和； ②题中信息可知溶液A中有，且可被I2氧化，所以向少量含淀粉的稀碘水中滴加滤液2(已调至中性)，溶液蓝色褪去，证实溶液A中有； ③由题中信息ⅲ. 、、S2-、、ZnS均可被I2氧化可知，要用含淀粉的稀碘水证实溶液A中有，则要排除、S2-、的干扰(用过量的SrCl2溶液除去)，所以其中滴加过量的溶液的目的是除去和，防止其干扰的检验； （3）由题中信息：以及可知，，即，所以其中和的化学计量数之比等于(x-1)：1； ①实验Ⅰ中加入Zn(OH)2的目的是除去S2-，相关离子方程式是； ②据以上分析可知，无色溶液C中主要含有、、S2-，往其中加入过量的SrCl2溶液，将完全沉淀，即实验Ⅱ中操作X是加入过量溶液，过滤； ③黄色溶液A中加入过量的氢氧化锌浊液，过滤得到的白色沉淀含ZnS、不含硫单质，说明溶液中原有的S2-完全沉淀，即沉淀E中的S2-应是转化来的，所以用碘单质标准溶液滴定沉淀E(ZnS可被I2氧化)，即可确定；据上分析可知，溶液F中的，包括两部分来源，第1部分来自原溶液B1，第2部分是黄色溶液B1加入过量的亚硫酸钠溶液发生反应生成的，用I2标准溶液滴定溶液F和溶液B2，这两者滴定的差值即是，故答案为：c；bd。 20．(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。 21．(1)AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3− (2)加入Na2S2O3后得到无色溶液 (3)破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应 (4)增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率 (5)排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰 (6)O2 (7) KI固体 黄色固体 (8)在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应 【分析】在I2-KI溶液中存在I2+I−I平衡，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−与Ag+生成AgI黄色沉淀，加入硫代硫酸钠溶液，碘化银溶于硫代硫酸钠，形成无色溶液。 【详解】（1）黄色固体碘化银溶于硫代硫酸钠形成[Ag(S2O3)2]3−无色溶液，反应的离子方程式为：AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3−； （2）AgI能溶于Na2S2O3，Ag不能溶解，能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是：加入Na2S2O3后得到无色溶液，没有沉淀剩余； （3）紫黑色固体I2表面上有黄色固体AgI，搅拌后，破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应，银镜继续溶解； （4）实验i 加入的是I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)，实验iii加入的是4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1)，两者相比实验i中I2浓度大，银镜消失的快，因此得出的结论是：增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率； （5）溶液中溶解的有O2，设计实验iv的目的是：排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰； （6）根据实验装置可知，Ag为负极，C为正极，步骤1接通电路后，有微弱的电流，正极区溶解的O2被还原，正极的电极反应物为O2； （7）探究3是验证反应中I-的作用，步骤2向石墨电极加入饱和的碘水，单质碘在正极上被还原，电流计读数为bmA，b>a，步骤3应该向左侧烧杯加入KI固体，来验证反应中I-的作用，I-与Ag+会生成黄色AgI固体； （8）从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应。 22．(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。 23．(1) (2) 可能是硝酸银溶液中的或等微粒做氧化剂，其氧化性随酸性减弱而减弱 (3) 合理，增大，平衡逆向移动，降低，氧化性减弱，未发生银镜反应(或不合理，灰色浑浊中可能有，正一价的银得电子未在试管壁析出，所以无法判断) 不加乙醛重复实验V中的操作，试管壁出现银镜。或将氨通入含的潮湿固体，水浴加热后出现银镜 (4) 不合理，在氢氧化钠存在下，也能还原，不一定是醛基还原 【详解】（1）①在洁净的试管中加入1mL2%AgNO3溶液，然后边振荡试管边逐滴滴入2%氨水，使最初产生的沉淀溶解，制得银氨溶液；AgNO3和氨水生成Ag(NH3)2NO3，生成Ag(NH3)2NO3的化学方程式为AgNO3+2NH3·H2O=Ag(NH3)2NO3+2H2O； ②根据资料：[Ag(NH3)2]+在溶液中存在平衡：[Ag(NH3)2]+⇌[Ag(NH3)]++NH3、[Ag(NH3)]+⇌ Ag++NH3，在银氨溶液中存在的含+1价Ag的微粒有[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+、Ag+，故发生银镜反应时氧化性微粒可能是Ag+、[Ag(NH3)2]+、[Ag(NH3)]+； （2）①甲同学查阅资料：银镜反应时，Ag+被还原成Ag；CH3CHO发生氧化反应，由于反应在碱性条件下进行，则CH3CHO被氧化成CH3COO-，电极反应式为：CH3CHO–2e−+3OH−=CH3COO−+2H2O； ②AgNO3属于强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，AgNO3溶液中的NO以及溶解的O2等微粒也具有氧化性，也可能将做氧化剂将乙醛氧化，实验Ⅲ中向左侧烧杯中滴加氨水，随着溶液酸性的减弱，这些微粒的氧化性也会减弱，从而使得指针的偏转幅度减小，不能证明“随c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱”。 （3）①由于溶液中存在平衡：[Ag(NH3)]+⇌Ag++NH3，实验Ⅳ向银氨溶液中滴加浓氨水，c(NH3)增大，上述平衡逆向移动，c(Ag+)降低，Ag+氧化性减弱，故未发生银镜反应；但实验Ⅳ的现象中溶液略显灰色，该灰色浑浊中可能有Ag，正一价的银得电子未在试管壁析出，故也可能无法判断。 ②实验Ⅴ中“立即出现银镜的原因”，提出假设：随c(OH−)增大，可能是也参与了还原，要检验该假设成立，可采用对比实验，实验方案及现象为：不加乙醛重复实验Ⅴ中的操作，试管壁出现银镜或将氨通入含NaOH的潮湿Ag2O固体（结合题给资料ii），水浴加热后出现银镜； （4）银氨溶液中滴加较浓的NaOH溶液能促进银镜反应的发生，此法不适用于检验醛基，原因是：根据实验V，在氢氧化钠存在下，也能还原，不一定是醛基还原。 24．(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。 25．(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) ]。 26．(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。 27．(1) 不能说明，因为CaSO4 微溶于水 向无色溶液 2 中加入 BaCl2 溶液，观察是否有白色沉淀生成 (2)溶液 A 中没有 (3)2 min以后发生反应：3S+2+3H2O=3+2Br-+6H+，（产生的 H+部分被、S2-、HS-或 S(Ⅱ)被氧化为S时产生的OH-消耗）溶液的pH逐渐下降，10 min后足够浓度的H+催化反应 3HSO3- +=3+Br-+3H+，溶液的pH迅速下降 (4) 淀粉 加入最后一滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内无变化 (5)沉淀 S2- (6) (7)6S + 2+3H2O=2+2Br-+6H+ 【详解】（1）实验Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀盐酸，不说明溶液A中没有，因为CaSO4 微溶于水；进一步检验溶液A中是否有的方案是：向无色溶液 2 中加入 BaCl2 溶液，观察是否有白色沉淀生成； （2）实验Ⅲ中，由无色溶液1加入足量稀盐酸无明显现象，可知溶液A 中没有； （3）实验I中2 min以后发生反应：3S+2+3H2O=3+2Br-+6H+，（产生的 H+部分被、S2-、HS-或 S(Ⅱ)被氧化为S时产生的OH-消耗）溶液的pH逐渐下降，10 min后足够浓度的H+催化反应 3HSO3- +=3+Br-+3H+，溶液的pH迅速下降； （4）步骤1中待测液中含有标准碘溶液，滴定时使用的指示剂是淀粉；滴定终点现象：加入最后一滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内无变化； （5）步骤2中加入CdCO3的作用是沉淀 S2-，避免其消耗碘溶液，造成实验误差； （6）碘液与S2-发生反应： ①；2+ I2=+ 2I- ②；步骤2中将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，两反应消耗的碘标准液体积为V2 mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3 mL，即消耗的碘液为V3 mL，由此可得消耗碘液体积为(V2- V3) mL，待测液中和的物质的量浓度之比是：； （7）18 min后溶液pH下降的原因：6S + 2+3H2O=2+2Br-+6H+。 28．(1) 除去挥发的HNO3 (2)打开止水夹，向装置中通入一段时间N2 (3)C (4) 容量瓶、滴定管 BD 【分析】实验开始前先通一段时间氮气，排尽装置内的空气，A中稀硝酸与Cu片反应生成NO，NO先通入D中除去NO中挥发的HNO3，再通入C中干燥NO,干燥的NO通入B中与在加热条件下反应生成，实验结束后继续通入一段时间氮气，将过量的NO赶入E中被酸性高锰酸钾溶液吸收，据此分析解答。 【详解】（1）由上述分析可知，上述装置按气流方向连接的顺序为；装置A中铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水，反应离子方程式为：；装置的作用是除去NO中的HNO3； （2）操作(ⅱ)为打开止水夹，向装置中通入一段时间N2，将装置中多余的NO完全赶入高锰酸钾溶液中吸收； （3）结合已知信息，可用溶液鉴别、，与溶液反应会生成沉淀； （4）实验过程中需要配制溶液，需用到容量瓶，同时滴定过程中需用到滴定管，使用前都需要检查是否漏液； 与KI发生反应生成碘单质和NO，根据得失电子守恒得关系：，平均消耗的标准液，消耗的物质的量为：，的物质的量为，样品中的质量分数； A．称量后样品发生了潮解，导致所称样品中含量偏低，所测含量偏低，故不选； B．定容时俯视刻度线，导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，则所测含量偏高，故选； C．移取25ml溶液后，发现滴定管尖嘴内有气泡，则待测液的体积偏小，与碘化钾作用产生的碘单质偏小，则滴定时消耗的标准液体积也会偏小，导致亚硝酸钙的质量分数偏小，故选； D．滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，导致标准液被稀释，所耗体积偏大，则所测含量偏高，故选； 答案选BD。 29．(1) 具有还原性，可能被氧化为，Ag+与反应生成沉淀 (2)过量 (3) 检验X是否为 X具有还原性，X中含有Ag元素、不含S元素 (4) SO2 Ag2SO3+H2O=2Ag+H2SO4 【详解】（1）①若a中白色沉淀为，则说明是银离子与亚硫酸根离子反应生成沉淀，离子方程式是 ； ②具有还原性，可能被氧化为，Ag+与反应生成沉淀，所以推测a中白色沉淀可能为； （2）取中白色沉淀，置于过量溶液中，沉淀溶解。为与上述实验对照，另取固体置于过量溶液中，未溶解，能确认白色沉淀不是。 （3）不溶于水，能和酸反应，向中滴加稀盐酸，目的是检验X是否为； ②向中加入过量浓产生红棕色气体，可知X具有还原性；用检验Ⅱ中反应后的溶液，前者无变化，后者产生白色沉淀，说明X中含有Ag元素、不含S元素； ③根据以上分析，X为Ag单质，银和浓硝酸反应生成硝酸银、二氧化氮、水，Ⅱ中反应的化学方程式是。 （4）①根据题意，白色沉淀Ag2SO3被还原为Ag单质，气体Y具有还原性，Y是SO2。 ②白色沉淀Ag2SO3转化为Ag，根据氧化还原反应规律，同时生成硫酸，反应的化学方程式是Ag2SO3+H2O=2Ag+H2SO4。 30．(1)S2O+2H+=SO2↑+S↓＋H2O (2) KMnO4溶液在酸性、中性、碱性条件下均具有氧化性，能将硫代S2O氧化为SO，但还原产物不同 取少量实验Ⅱ所得溶液少许于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO (3) 8MnO+S2O+10OH—=8MnO+2SO+5H2O 溶液中MnO与S2O碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀；MnO不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀 (4)MnO酸性条件与与S2O反应生成Mn2+，反应的离子方程式为2MnO+ S2O+6H+=2Mn2++2SO+3H2O (5) 【分析】该实验的实验目的是探究高锰酸根离子在酸性、中性、碱性条件下的氧化性强弱，并设计实验验证锰化合物转化关系。 【详解】（1）由题意可知，向高锰酸钾溶液中滴入硫酸溶液后，滴入硫代硫酸钠溶液先发生如下反应：8MnO+5S2O+14H+=8Mn2++5SO+7H2O，后过量的硫代硫酸钠溶液反应与溶液中的稀硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫、硫沉淀和水，反应的离子方程式为S2O+2H+=SO2↑+S↓＋H2O，故答案为：S2O+2H+=SO2↑+S↓＋H2O； （2）①实验I、II、III可知，高锰酸钾溶液具有氧化性，能将硫代硫酸钠氧化为硫酸钠，故答案为：KMnO4溶液在酸性、中性、碱性条件下均具有氧化性，能将硫代S2O氧化为SO，但还原产物不同； ②由题意可知，用氯化钡溶液检验实验Ⅱ所得溶液中的硫酸根离子时，应加入足量的盐酸除去硫代硫酸根离子，排出硫代硫酸根离子对硫酸根离子检验的干扰，具体操作为取少量实验Ⅱ所得溶液少许于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO，故答案为：取少量实验Ⅱ所得溶液少许于试管中，先加入足量的稀盐酸，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO； （3）①由题意可知，实验Ⅲ中“溶液变为绿色”发生的反应为碱性条件下溶液中的高锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰酸根离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为8MnO+S2O+10OH—=8MnO+2SO+5H2O，故答案为：8MnO+S2O+10OH—=8MnO+2SO+5H2O； ②实验IV中“静置5min，有棕黑色沉淀生成”可能是溶液中MnO与S2O碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀，也可能是MnO不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀，故答案为：溶液中MnO与S2O碱性条件下反应生成MnO2棕黑色沉淀；MnO不稳定，在溶液中分解生成MnO2棕黑色沉淀； （4）对比实验V、VI，实验VI滴加硫酸溶液后溶液未见紫红色说明酸性条件下溶液中锰酸根离子与硫代硫酸根离子反应生成锰离子、硫酸根离子和水，反应的离子方程式为2MnO+ S2O+6H+=2Mn2++2SO+3H2O，故答案为：MnO酸性条件与与S2O反应生成Mn2+，反应的离子方程式为2MnO+ S2O+6H+=2Mn2++2SO+3H2O； （5） 由实验I~VI可知，高锰酸根离子在酸性、中性、碱性条件下均具有氧化性，能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，但还原产物不同，酸性条件下生成锰离子、中性条件下生成二氧化锰、碱性条件下生成锰酸根离子；锰酸根离子在酸性条件下不稳定会分解生成高锰酸根离子和二氧化锰、也能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，被还原生成锰离子；二氧化锰酸性条件下能将硫代硫酸根离子氧化为硫酸根离子，被还原生成锰离子，则实验I~VI已证实的锰化合物转化关系如下：。 31．(1) 铁氰化钾 白色沉淀 (2) (3)取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象 (4)ⅱ中静置过程中生成的逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出 【分析】AgCl白色沉淀中加入浓盐酸，发生，沉淀溶解，加入足量铁粉，铁粉能置换出Ag，静置过程中被氧化为，逐渐增大，将Ag氧化为，正向移动，逆向移动，析出AgCl。 【详解】（1）①实验室通常用铁氰化钾检验亚铁离子，则取ⅱ中上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，发生反应，有产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+，故答案为：铁氰化钾； ②银能溶于稀硝酸生成硝酸银，银离子与氯离子结合生成AgCl白色沉淀，因此取其中一份，加入稀硝酸溶解，再加入NaCl溶液生成白色沉淀，证明灰黑色固体中含有Ag，故答案为：白色沉淀； （2）①灰白色固体中含AgCl，加入氨水生成Ag(NH3)2Cl络合物，过滤，则滤渣为AgCl，滤液中含有Ag(NH3)2Cl，滤液加盐酸未产生沉淀，发生的反应为，故答案为：； ②根据可知，应生成Fe3+，则Fe2+被氧化为Fe3+，反应的离子方程式为，故答案为：； （3）要排除O2直接氧化Ag继而生成AgCl，可设计实验：取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象，结果发现，该实验产生AgCl所需的时间更长，说明AgCl的产生主要与Fe3+有关，可排除氧气的影响，故答案为：取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象； （4）ⅰ中AgCl发生反应溶解，ⅱ中静置过程中被氧化为， 逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出，因此ⅲ中又生成AgCl，故答案为：ⅱ中静置过程中生成的逐渐增大，将Ag氧化为，同时正向移动，逐渐减小，逆向移动，AgCl沉淀析出。 32．(1) 负极 2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑ 1:2 (2) (3)500mL容量瓶 (4)与铜离子形成可溶铜配离子，降低溶液中的铜离子浓度，避免过量铜离子与氢氧根形成氢氧化铜沉淀，阻止铜的电解 (5)偏大 (6)溶液显强酸性，酸与硫化钠反应会生成硫化氢污染性气体，污染环境；硫化钠的作用是将生成的氢氧化铜沉淀转化为更难溶的CuS沉淀来除掉铜离子 【分析】用铜片和铂丝为电极，电解硫酸酸化的溶液。测得通过电路的电量为x库仑，电解完成后，得到铜片质量增加了。为减少含重金属电解液的使用，更换电解液，同时更换电极与电源的连接方式，铜作阳极，利用电解铜消耗的质量来测定。 【详解】（1）电解硫酸铜溶液，取出铜片，洗净晾干，铜片质量增加了，则铜片应连接电源的负极，铜离子在阴极出得到电子变为铜单质，铂丝尖端产生气泡，气泡为氧气，其电极反应式为2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑。根据4e－～2Cu～O2，理论上，产生气体与析出铜的物质的量之比为1:2；故答案为：负极；2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑；1:2。 （2）根据电子转移建立等式，因此本实验测得；故答案为：。 （3）实验①和②中各配制电解液，使用的主要仪器有天平、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和500mL容量瓶(需要配制500mL电解液)；故答案为：500mL容量瓶。 （4）从平衡移动角度解释在测定的数值中的作用：根据实验①中的灰蓝色成分主要是和(乙二胺四乙酸二钠)能形成可溶含铜配离子信息得到与铜离子形成可溶铜配离子，降低溶液中的铜离子浓度，避免过量铜离子与氢氧根形成氢氧化铜沉淀，阻止铜的电解；故答案为：与铜离子形成可溶铜配离子，降低溶液中的铜离子浓度，避免过量铜离子与氢氧根形成氢氧化铜沉淀，阻止铜的电解。 （5）电解过程中，若观察到铜片上有小气泡产生，说明还有一部分生成氧气，则铜片质量减小量偏低，根据得到的数值偏大；故答案为：偏大。 （6）实验结束后处理电解液：将取出的电解液加入过量硫酸，过滤，得到白色固体和滤液a；直接加入硫化钠，溶液显强酸性，酸与硫化钠反应会生成硫化氢污染性气体，污染环境，而先向滤液a中先加入调，再加入，根据，分析出CuS溶解度更小，将生成的氢氧化铜沉淀转化为更难溶的CuS沉淀来除掉铜离子；故答案为：溶液显强酸性，酸与硫化钠反应会生成硫化氢污染性气体，污染环境；硫化钠的作用是将生成的氢氧化铜沉淀转化为更难溶的CuS沉淀来除掉铜离子。 33．(1) (2) 固体a放置在空气中变为棕黑色 将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色 (3)、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S (4) (5) (6)取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解 (7)反应物用量、添加顺序、溶液pH 【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。 【详解】（1）溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示为：。 （2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。 ①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。 ②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。 （3）、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。 （4）将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。 （5）取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。 （6）硫酸根离子的检验方法为取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解。 （7）实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。 34．(1) 氧化性和还原 bc (2) S转化为发生了还原反应，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 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 排除对和检验的干扰 (3) 10mL 溶液与0.01g S粉 排除(H+)对反应的影响 (4)，形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生 【详解】（1）①由转化为、Ag、或可见Ag的化合价有上升也有下降，表现了根据S具有氧化还原性； ⅰ．取少量滤液c，先加入足量稀盐酸，再滴加溶液，未出现白色沉淀，判断黑色固体b中不含，若含有硫酸根则会生成硫酸钡沉淀； ⅱ．用滤液c继续实验证明了黑色固体b中不含，可选择的试剂是和的混合溶液，因为双氧水将亚硫酸根氧化为硫酸根与氯化钡生成硫酸钡白色沉淀；溴水具有氧化性将亚硫酸根氧化为硫酸根产生白色沉淀，且溴水褪色，酸性高锰酸钾溶液中可能会含有硫酸根影响检验； ⅲ．沉淀e含有Ag、气体含有，与Fe在酸性环境下同时生成Ag和，离子方程式：； （2）溶液a中可能存在或，依据是S转化为发生了还原反应，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； ①说明溶液a中不含的实验证据是：向溶液a中加入足量稀盐酸酸化后，再加入碘水和淀粉溶液，蓝色不褪去，说明碘单质没有被还原； ②加入足量稀盐酸的作用是：对溶液进行酸化，排除对和检验的干扰； （3）①向注射器中加入的物质是：10mL 溶液与0.01g S粉； ②改用溶液的目的是：排除(H+)对反应的影响 （4）与S反应的离子方程式并简要说明的作用：，形成难溶物，降低，提高S的氧化性，利于反应发生。 35．(1) 产生蓝色沉淀 硝酸 (2) 加入盐酸时，溶液中氯离子浓度较大，发生生反应 AgCl+Cl−⇌AgCl，没有沉淀产生，加入硫酸时，溶液中氯离子浓度减小，平衡左移，产生沉淀 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O (3)取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象 (4)ii中Fe2+静置过程中生成的Fe3+浓度增大，Fe3+将Ag氧化为Ag+，同时Fe3++4Cl-⇌FeCl正向移动，氯离子浓度逐渐减小，AgCl+Cl-⇌AgCl逆向移动 ，有AgCl沉淀析出 【详解】（1）①取ⅱ中上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，，有产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+。 ②取ⅱ中少量灰黑色固体，固体为银，洗涤后将固体等分两份。取其中一份，加入硝酸溶解，因为硝酸能使银溶解，再加入NaCl溶液生成白色沉淀，证明灰黑色固体中含有Ag。 （2）加入盐酸时，溶液中氯离子浓度较大，发生反应 AgCl+Cl−⇌AgCl，没有沉淀产生，加入硫酸时，溶液中氯离子浓度减小，平衡左移，产生沉淀；根据Fe3++3SCN−⇌Fe(SCN)3可知产生Fe3+会产生此现象，则Fe2+被氧化为Fe3+，则有方程式：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O； （3）不能排除O2直接氧化Ag继而生成AgCl，对此设计实验：取少量银粉于试管中，加入盐酸，静置一段时间，观察现象，可排除氧气的影响； （4）ii中Fe2+静置过程中生成的Fe3+浓度增大，Fe3+将Ag氧化为Ag+，同时Fe3++4Cl-⇌FeCl正向移动，氯离子浓度逐渐减小，AgCl+Cl-⇌AgCl逆向移动 ，有AgCl沉淀析出。 36． 钠浮在水面上，熔化成小球，在水面上四处游动 Mg(OH)2(s)⇌Mg2+ (aq)+2OH−(aq) 用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有NH3产生 30min时实验b产生的气体体积远大于实验c 2Mg（OH）2+2═Mg2(OH)2CO3++2H2O 同浓度时的作用大于 ，和共同存在时促进作用并未叠加 与金属的活动性和金属与水反应生成的氢氧化物的溶解性有关 【详解】(1)由于钠的密度比水小，因此钠浮在水面上，反应过程放热，且钠的熔点低，因此可以观察到钠熔化成小球，反应过程中产生氢气，使得钠球受力不均，在水面上四处游动。故答案为：钠浮在水面上，熔化成小球，在水面上四处游动。 (2)①根据氢氧化镁沉淀溶解平衡分析，氢氧化镁固体在水中存在溶解平衡，其表达式：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+ (aq)+2OH−(aq)，故答案为：Mg(OH)2(s)⇌Mg2+ (aq)+2OH−(aq)； ②实验a中加入氯化铵，存在铵根的水解平衡+H2O⇌NH3⋅H2O+H+，水解生成氢离子与镁反应，促进铵根的水解，因此产生的气体为氨气，检验氨气用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有NH3产生，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有NH3产生； ③实验b用到的盐溶液为碳酸氢钠溶液，实验c中用的盐溶液为氯化钠溶液，两溶液中阳离子相同，30分钟内，实验b产生的气体体积远大于实验c，因此可说明碳酸氢根对Mg与水反应起促进作用，故答案为：30min时实验b产生的气体体积远大于实验c； ④实验b和实验d生成碱式碳酸镁化学方程式为2Mg（OH）2+2═Mg2(OH)2CO3++2H2O，故答案为：2Mg（OH）2+2═Mg2(OH)2CO3++2H2O； ⑤实验a、实验b与实验c对比，同浓度时 的作用大于，实验a和实验d对比，当和同时存在时促进作用并未叠加， 故答案为：同浓度时的作用大于， 和共同存在时促进作用并未叠加 ； (3)与水反应的剧烈程度K>Na>Ca>Mg，与金属的活动性有关；上述实验中，钠与水反应生成可溶于水的氢氧化钠，镁与水反应生成难溶于水的氢氧化镁，且钠与水反应剧烈，镁与水反应较慢，因此，金属和水反应的剧烈程度，还与金属和水反应生成的氢氧化物的溶解性有关，故答案为：与金属的活动性和金属与水反应生成的氢氧化物的溶解性有关。 37． 冷凝反应物使之回流 b 苯能腐蚀橡胶 ABC 蒸馏 B 72.0% 【详解】(1)仪器甲是冷凝管，除导气外的作用还起到冷凝回流反应物，使反应物充分利用；水逆流冷凝效果好应从b口流入，故答案为：冷凝反应物使之回流；b； (2)因为苯能腐蚀橡胶，所以装置中瓶口使用了玻璃塞而不使用橡胶塞，故答案为：苯能腐蚀橡胶； (3)A、能有效地把水带离反应体系，促进平衡向正反应方向移动，故A正确； B、能通过观察水面高度不再变化的现象，判断反应结束的时间，故B正确； C、分液时先将水层从分液漏斗的下口放出，再将乙酸丁酯从上口到出，可避免上下层液体混合，故C正确； D、分水器可以及时分离出乙酸和水，促进反应正向进行，提高反应物的转化率，故D错误； 故答案为：ABC； (4)分离出苯的方法是蒸馏，故答案为：蒸馏； (5)产物要进行重结晶，需将粗产品溶解，该物质在乙醇中易溶，在水中难溶，选用乙醇溶解然后加水便于晶体析出，故答案为：B； (6)根据反应方程式可知存在数量关系 因为，所以二正丁基氧化锡过量，按2-苯甲酰基苯甲酸计算，设生成的二正丁基锡羧酸酯为mg，则m=0.9279g，产率=×100%=72.0%，故答案为：72.0%。 【点睛】第(5)题溶剂的选择的为易错点，产品在苯和乙醇都易溶，但还要考虑产品是否容易重新结晶，产品在水中难溶，而水与乙醇可以互溶，乙醇中加水可以降低产品的溶解度，更方便产品晶体析出。 38． H2+2FeCl32FeCl2+2HCl BACDCE（或BCDCE） 碱石灰 氯化铁易升华导致导管易堵塞 球形冷凝管 苯 蒸馏滤液，并收集沸点132℃的馏分 78.4％ 反应开始前先通N2一段时间，反应完成后继续通N2一段时间；在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管 【分析】(1)①②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，B装置用锌和稀盐酸制备H2，A装置用来除去氢气中的氯化氢，C装置用来干燥氢气，可以盛放碱石灰，D装置H2还原FeCl3，再用C装置吸收反应产生的HCl，最后用E点燃处理未反应的氢气； ③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华分析； (2)①根据仪器结构判断其名称； ②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，可以用苯洗涤；根据滤液中各种物质沸点的不同对滤液进行蒸馏可回收C6H5Cl，据此答题； ③根据消耗的NaOH计算反应生成的HCl，结合方程式2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑计算转化的FeCl3，最终计算FeCl3的转化率； ④FeCl3、FeCl2易吸水，反应产生的HCl会在容器内滞留。 【详解】(1)①H2具有还原性，可以还原无水FeCl3制取FeCl2，同时产生HCl，反应的化学方程式为H2+2FeCl32FeCl2+2HCl； ②用H2还原无水FeCl3制取无水FeCl2，装置连接顺序：首先是使用B装置，用锌和稀盐酸制备H2，所制H2中混有HCl和H2O（g），再用A装置用来除去氢气中的氯化氢，然后用C装置干燥氢气，C装置中盛放碱石灰，再使用D装置使H2还原FeCl3，反应产生的HCl气体用C装置的碱石灰来吸收，未反应的H2通过装置E点燃处理，故按照气流从左到右的顺序为BACDCE；也可以先使用B装置制取H2，然后通过C的碱石灰除去氢气中的杂质HCl、水蒸气，然后通过D发生化学反应制取FeCl2，再用碱石灰吸收反应产生的HCl，最后通过点燃处理未反应的H2，故按照装置使用的先后顺序也可以是BCDCE； C中盛放的试剂是碱石灰，是碱性干燥剂，可以吸收HCl或水蒸气； ③该制备装置的缺点为FeCl3固体易升华，蒸气遇冷发生凝华，导致导气管发生堵塞； (2)①根据图示装置中仪器a的结构可知该仪器名称为球形冷凝管； ②三颈瓶内物质为氯化亚铁、C6H5Cl、C6H4Cl2等，冷却实验装置A，将三颈烧瓶内物质倒出，经过滤、洗涤、干燥后得到粗产品，根据物质的熔沸点和溶解性可知，C6H5Cl、C6H4Cl2容易溶解在苯、乙醇中，不溶于水，而FeCl3、FeCl2易溶于水、乙醇，难溶于苯，所以洗涤时洗涤剂用苯；根据滤液中C6H5Cl、C6H4Cl2这两种物质沸点的不同，对滤液进行蒸馏，并收集沸点132℃的馏分，可回收C6H5Cl； ③n(HCl)=n(NaOH)=0.40mol/L×0.0196L×=0.0784mol，根据反应2FeCl3+C6H5Cl→2FeCl2+C6H4Cl2+HCl↑，反应的FeCl3的物质的量为n(FeCl3)反应=2n(HCl)= 0.0784mol×2=0.1568mol，n(FeCl3)总=32.5g÷162.5g/mol=0.2mol，所以氯化铁转化率为×100%=78.4％； ④FeCl3、FeCl2易吸水，为防止B装置中的水蒸气进入A装置，导致FeCl2等吸水而变质，可以在装置A和B之间连接一个装有无水氯化钙（或P2O5或硅胶）的球形干燥管；同时为防止FeCl3、FeCl2与装置内空气中的水蒸气、O2等反应，同时避免反应产生的HCl气体会在容器内滞留，可以反应开始前先通N2一段时间排尽装置中空气，反应完成后继续通N2一段时间将反应生成的HCl全部排入锥形瓶中。 【点睛】本题考查实验室制备氯化亚铁的知识，注意把握实验操作基本原理，把握题给信息，掌握实验操作方法，学习中注意积累，为了减小误差制取无水FeCl2，要排除装置中空气引起的误差或HCl气体在容器内滞留引起的误差。 39． AgI Cu2+ AgCl CuI+2Ag+=Cu2++Ag+AgI 将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1 mol/L 溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转 K1＞K2，故更易与发生复分解反应，生成AgI；2Cu2++4I- = 2CuI↓+I2，生成了CuI沉淀，使得的氧化性增强 【分析】向白色沉淀A(CuI)中加入AgNO3溶液，过滤后得到蓝色滤液和灰黑色沉淀，说明滤液中含有Cu2+，向灰黑色沉淀中加入浓硝酸，得到AgI黄色沉淀，取上层清液加入稀HCl，生成白色沉淀，说明上层清液中含有Ag+，说明灰黑色沉淀中含有金属银，灰色沉淀由Ag和AgI组成，则CuI和AgNO3溶液反应生成Cu(NO3)2、AgI和Ag。 【详解】(1)向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明铜置换出了金属银，反应的离子方程式为，说明氧化性Ag+＞Cu2+； (2)①经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是碘离子与银离子形成的AgI沉淀； ②Ⅱ中溶液含I2，说明Cu2+做氧化剂，将碘离子氧化，本身被还原为Cu+，因此白色沉淀A是CuI； a．检验滤液无I2，溶液呈蓝色说明溶液含有Cu2+； b．滤渣用浓硝酸溶解后，在上层清液中加入盐酸，生成的白色沉淀B为AgCl； c．CuI和AgNO3溶液反应生成Cu(NO3)2、AgI和Ag，反应的离子方程式为，说明氧化性Ag+＞Cu2+； (3)①碘化钾溶液与硝酸银溶液构成了原电池，a中溶液中的碘离子发生氧化反应生成碘单质，溶液呈棕黄色，电极反应式为； ② “实验3”不能说明Cu2+氧化了I-，依据是空气中的氧气也有氧化作用，只需设计没有铜离子的情况下，也能看到相似的现象即可，可以设计实验：将d烧杯内的溶液换为pH≈4的1 mol/L 溶液，c中溶液较慢变浅黄，电流计指针偏转； ③Ag++I-=AgI↓ K1 =1.2×1016；2Ag++2I-=2Ag↓+ I2 K2 = 8.7×108，K1＞K2，故更易与发生复分解反应，生成AgI；2Cu2++4I-=2CuI↓+I2 ，生成了CuI沉淀，使得的氧化性增强，因此方案2中，Cu2+能氧化I-，而Ag+未能氧化I-。 40． 2Ag++===Ag2SO3↓ 有红色固体生成 HCl溶液和BaCl2溶液 在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为 Al3+、OH-    V1明显大于V2 亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件 【详解】(1). 实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓，故答案为2Ag++SO32−=Ag2SO3↓； (2). ①. 因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为有红色固体生成； ②. a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为HCl溶液和BaCl2溶液； b. 由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−； (3). ①. 根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为Al3+、OH-； ②. a. 根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀，若两者消耗的NaOH体积不同，则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐，故步骤二的实验方案为：； b. 根据上述分析可知，假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2，故答案为 V1明显大于V2； （4）.根据实验可知，亚硫酸盐具有还原性、水解使溶液呈碱性；根据题目，该实验探究的是亚硫酸钠溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应，所以盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性等反应条件有关，故答案为：亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性； 两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。 41． 加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O 加入KSCN溶液后产生白色沉淀 0.05 mol·L-1 NaNO3溶液 FeSO4溶液（或FeCl2溶液） 分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深 溶液中存在反应：①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag ，②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①、②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。 【详解】（1）①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解。或者先用硝酸溶解固体，再用HCl检验Ag+。②K3[Fe(CN)3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。②O2氧化Fe2+生成Fe3+的反应为4Fe2++O2+4H+=Fe3++2H2O。白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。③证明假设abc错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用0.05 mol·L-1 NaNO3溶液。原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2（或者FeSO4溶液）。假设d成立，则上述原电池中能够产生电流，左侧溶液中生成的Fe3+遇到KSCN时红色会更深。（3）由于存在过量铁粉，溶液中存在反应有①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，反应生成的Fe2+能够被Ag+氧化发生反应②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，生成的Fe3+与过量铁粉发生反应③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。 答案第50页，共50页 答案第49页，共50页 学科网（北京）股份有限公司 $$