第11章 第3讲 性质、原理探究综合实验(教用Word)-【金榜题名】2026年高考化学一轮总复习

第三讲　性质、原理探究综合实验 高考目标定位　1.能根据不同情景、不同类型实验特点评价或设计解决问题的简单方案。2.建立解答探究类综合实验的思维模型。3.能正确选用实验装置，掌握控制实验条件的方法。4.能预测或描述实验现象、分析或处理实验数据、得出合理结论。 考点　探究实验方法 1．物质性质的探究 (1)根据物质性质设计实验方案 (2)根据物质的结构（或官能团）设计性质实验方案 (3)物质性质探究的考查角度 热分解产物的性质探究、判断 ①难溶性碳酸盐氧化物＋CO2； ②碳酸的酸式盐碳酸的正盐＋CO2＋H2O； ③铵盐NH3＋相应的酸（或酸性氧化物＋H2O）（NH4NO3除外）； ④硝酸盐金属（或金属氧化物、亚硝酸盐）＋氮氧化物（NO或NO2）＋O2； ⑤草酸晶体CO2＋CO＋H2O 物质氧化性、还原性的判断 如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中，通过观察酸性KMnO4溶液是否褪色来说明；如探究Fe3+的氧化性强于I2时，可利用FeCl3与淀粉－KI溶液反应，通过溶液变蓝色来说明Fe3+的氧化性强于I2 验证同周期、同主族元素性质的递变规律 一般通过设计比较元素金属性、非金属性强弱的实验来完成。如通过比较Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg、Al的活泼性顺序 续表 电解质强弱的判断 如探究一元酸HA是弱酸的方法是常温下配制NaA溶液，测pH，若pH＞7，则说明HA为弱酸 物质酸性强弱的判断 如探究碳酸和硅酸的酸性强弱，可利用相对强的酸制备相对弱的酸的反应原理，如将CO2气体通入Na2SiO3溶液，看是否有白色沉淀生成来判断 钢铁发生电化学腐蚀的规律探究 可以通过控制钢铁是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等设计实验，找出规律 2.反应原理的探究 化学反应原理的探究也是中学化学实验探究的一个重要内容，该类探究实验往往是通过改变影响反应的条件（如浓度、温度、压强、酸碱度等）和反应物的用量，分析反应产物的变化情况，进而确定反应的原理。解答该类试题的关键是从反应物、生成物、反应条件和实验现象四个方面，抓住变化、分析得出反应的规律和原理。 3．影响因素的探究 物质变化往往受到多个因素的影响，在研究化学反应与外界因素之间的关系时，对影响物质变化规律的因素或条件加以人为控制，使其他几个因素不变，集中研究其中一个因素的变化所产生的影响，以利于研究过程中，迅速寻找到物质变化的规律。 4．探究验证实验的注意事项 (1)在离子检验、气体成分检验的过程中，要严格掌握检验的先后顺序，防止各成分检验过程中的相互干扰。 (2)若有水蒸气生成，先检验水蒸气，再检验其他成分，如C和浓H2SO4的反应，产物有SO2、CO2和H2O(g)，通过实验可检验三种气体物质的存在，但SO2、CO2都要通过溶液进行检验，对检验H2O(g)有干扰。 (3)对于需要进行转化才能检验的成分，如CO的检验，要注意先检验CO中是否含有CO2，如果有CO2，应先除去CO2再对CO实施转化，最后再检验转化产物CO2，如HOOC—COOHCO2↑＋CO↑＋H2O↑中CO的检验。 (4)要重视试剂名称的描述，如有些试剂的准确描述为无水硫酸铜、澄清石灰水、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸、饱和NaHCO3溶液、NaOH溶液等。此外还应注意某些仪器的规格。 练一　物质性质的探究 1．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，具有强氧化性，是国际上公认为安全、无毒的绿色消毒剂。某化学学习小组制备ClO2并进行性质探究，实验装置如下： 回答下列问题： (1)加入药品前，需对整套装置进行　　　　检验。 (2)图中装有Na2SO3固体的仪器名称为　　　　　　　　　　。 (3)装置②用于制备ClO2，同时还生成一种酸式盐，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　。 (4)实验开始后装置③中的溶液变红，已知ClO2在该反应中的还原产物为Cl－，则该过程中的氧化还原反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　　。 (5)装置④用于吸收尾气，反应可得NaClO2溶液，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为　　　　。 (6)由上述反应可知ClO2、KClO3、Fe3+氧化性由强到弱的顺序为　　　　。 答案　气密性　圆底烧瓶　SO2＋H2SO4＋2KClO3===2KHSO4＋2ClO2　5Fe2+＋ClO2＋4H＋===5Fe3+＋Cl－＋2H2O　2∶1　KClO3、ClO2、Fe3+ 解析　(1)对于气体制备及性质实验，在加入药品前需进行气密性检验。(2)图中装有Na2SO3固体的仪器名称为圆底烧瓶。(3)装置②反应中，反应物有SO2、H2SO4和KClO3，生成物有ClO2，生成的酸式盐为KHSO4，故该反应的化学方程式为SO2＋H2SO4＋2KClO3===2KHSO4＋2ClO2。(4)装置③中的溶液变红，说明ClO2将Fe2+氧化为Fe3+，又知ClO2在该反应中的还原产物为Cl－，故该反应的离子方程式为5Fe2+＋ClO2＋4H＋===5Fe3+＋Cl－＋2H2O。(5)装置④用于吸收尾气，反应可得NaClO2溶液，故化合价的变化情况是Cl元素由＋4价降到＋3价，做氧化剂，H2O2中的O元素化合价由－1价升高到0价，做还原剂，根据电子得失守恒可知，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1。(6)由(3)中的反应可知氧化性KClO3比ClO2强， 由(4)中的反应可知氧化性ClO2比Fe3+强，故氧化性由强到弱的顺序为KClO3、ClO2、Fe3+。 2．某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱的，按下图装置进行试验（夹持仪器已略去）。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。 可选药品：浓硝酸、3 mo/L 稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。 已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O。 (1)实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是　　　　。 (2)滴加浓硝酸之前的操作是检查装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后　　　　　　　　。 (3)装置①中发生反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　。 (4)装置②的作用是　　　　　　， 发生反应的化学方程式是________________________________________________________________________。 (5)该小组得出的结论依据的试验现象是　　　　　　　　　　。 (6)试验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别涉及了以下4个试验来判断两种看法是否正确，这些方案中可行的是　　　　　（填序号字母，多选不给分）。 a）加热该绿色溶液，观察颜色变化 b）加水稀释绿色溶液，观察颜色变化 答案　3 mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液　通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内　Cu＋4HNO3（浓）===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O　将NO2转化为NO　3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色　a 解析　要验证浓硝酸可以将NO氧化成NO2，而稀硝酸不可以。装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成NO，再分别通过浓硝酸和稀硝酸，进行验证试验；由于氮氧化物均为有毒物质，所以均需要尾气处理。(1)氮氧化物均为有毒气体，均需要尾气处理，根据已知，NO不能被NaOH吸收，而NO2可以，则装置⑥为NaOH吸收NO2的装置，则④中盛放的为浓硝酸，将NO氧化成NO2，装置③中为稀硝酸，不能将NO氧化，而NO不溶于水，排水法收集。答案为：3 mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液；(2)由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出；(3)Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O，方程式为：Cu＋4HNO3（浓）===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；(4)装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成NO。所欲装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO，方程式为：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。(5)NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO则装置④液面的上方会产生红棕色气体；答案为装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色；(6)要证明是Cu(NO3)2浓度过低或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走（a方案）再观察颜色变化；答案为a。①②③④⑤⑥。 【题后归纳】　探究物质性质的基本方法和程序 练二　反应原理探究 3．（2025·北京一模）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+＋3H2O⥫⥬Fe(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)20 mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c（NO）＝1.5 mol/L] 解析　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。(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+＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3H＋，故答案为： Fe3+＋3H2O⥫⥬Fe(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20 mL 0.5 mol/L Fe(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20 mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c（NO）＝1.5 mol/L]，故答案为：20 mL NaNO3与HNO3的混合溶液[pH约为1.3、c（NO）＝1.5 mol/L]。 【题后归纳】　寻求反应机理类探究性实验解题流程 1．（2024·湖北高考）学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验Ⅰ～Ⅳ。 实验Ⅰ 实验Ⅱ 实验Ⅲ 无明显变化 溶液变为红色，伴有气泡产生 溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体 已知：[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)3]3-为墨绿色。 回答下列问题： (1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的　　　　（填标号）。 a．　　　　　　　b． c． d． (2)实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+　　　　（填“能”或“不能”）催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HCO大大过量的原因是　　　　　　　　　　　　　　　。实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　　。 (3)实验Ⅰ表明，反应2[Co(H2O)6]2+＋H2O2＋2H＋⥫⥬2[Co(H2O)6]3+＋2H2O难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析Co3+、Co2+分别与CO配位后，正向反应能够进行的原因 ________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 实验Ⅳ： (4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为　　　　　、　　　　　　。 答案　(1)bc　(2)①不能　②HCO与Co2+按物质的量之比4∶1发生反应4HCO＋Co2+===[Co(CO3)2]2-＋2CO2↑＋2H2O，实验中HCO与Co2+的物质的量之比为32∶3　③2Co2+＋10HCO＋H2O2===2[Co(CO3)3]3-＋6H2O＋4CO2↑　④2H2O22H2O2＋O2↑　(3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO配位时，[Co(H2O)6]3+更易与CO反应生成[Co(CO3)3]3-（该反应为快反应），导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行　(4)①CO2　②O2 解析　本题探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明 [Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明[Co(H2O)6]2+易转化为[Co(CO3)2]2-；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明[Co(H2O)6]3+更易与CO反应生成[Co(CO3)3]3-，并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HCO的作用下易被H2O2氧化为[Co(CO3)3]3-；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，[Co(CO3)3]3-易转化为[Co(H2O)6]3+，[Co(H2O)6]3+氧化性强，可以把H2O氧化为O2。(1)配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。(2)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+，向其中加入30%的H2O2后无明显变化，因此，实验Ⅰ表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为4HCO＋Co2+===[Co(CO3)2]2-＋2CO2↑＋2H2O，实验中HCO与Co2+的物质的量之比为32∶3，因此，HCO大大过量的原因是：HCO与Co2+按物质的量之比4∶1发生反应4HCO＋Co2+===[Co(CO3)2]2-＋2CO2↑＋2H2O，实验中HCO与Co2+的物质的量之比为32∶3。实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2的作用下Co2+能与HCO反应生成[Co(CO3)3]3-，然后[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，因此，H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为2Co2+＋10HCO＋H2O2===2[Co(CO3)3]3-＋6H2O＋4CO2↑、2H2O22H2O2＋O2↑。(3)实验Ⅰ表明，反应2[Co(H2O)6]2+＋H2O2＋2H＋⥫⥬2[Co(H2O)6]3+＋2H2O难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO配位时，[Co(H2O)6]3+更易与CO反应生成[Co(CO3)3]3-（该反应为快反应），导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了[Co(CO3)3]3-＋6H＋＋3H2O===[Co(H2O)6]3+＋3CO2↑；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了4[Co(H2O)6]3+＋2H2O===4[Co(H2O)6]2+＋O2↑＋4H＋，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。 2．（2024·北京高考）某小组同学向pH＝1的0.5 mol·L-1的FeCl3溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是　　　　。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 Ⅰ 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 Ⅱ 过量Zn 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 Ⅲ 过量Mg 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是　　　　。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　　　　　　　　　　　　。 ③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。 ⅰ.a.甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H＋浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H＋消耗。写出Fe与Fe3+、H＋反应的离子方程式　　　　　　　　　　　　　　。 b．乙认为在pH为3～4的溶液中即便生成Fe也会被H＋消耗。设计实验　　　　（填实验操作和现象）。 证实了此条件下可忽略H＋对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 ⅱ.查阅资料：0.5 mol·L-1 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固－液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，　　　　 （填实验操作和现象），待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因　　　　　　　　　　　　　　　　　。 答案　(1)Mg、Zn　(2)①产生蓝色沉淀　②Fe3+水解方程式为Fe3+＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀　③2Fe3+＋2Fe＋2H＋===4Fe2+＋H2↑或2Fe3+＋Fe===3Fe2+、2H＋＋Fe===Fe2+＋H2↑　④向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀　⑤加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸　(3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹 解析　实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应2Fe3+＋Cu===Cu2+＋2Fe2+，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Zn＋2H＋===Zn2+＋H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(OH)3，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg＋2H＋===Mg2+＋H2↑，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Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 (1)在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe； (2)①Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀；②Fe3+水解方程式为Fe3+＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀；③ⅰ.a.Fe与Fe3+、H＋反应的离子方程式为：2Fe3+＋2Fe＋2H＋===4Fe2+＋H2↑或2Fe3+＋Fe===3Fe2+、2H＋＋Fe===Fe2+＋H2↑；b.要证实在pH为3～4的溶液中可忽略H＋对Fe的消耗，可向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H＋反应生成Fe2+；ⅱ.结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe(OH)3沉淀时将Fe3+还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固－液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 学科网（北京）股份有限公司 $$