第二章 专题2 热点1 定性探究实验-【6星学霸·高考黑题】2026年高考化学二轮专项冲刺

学丽高考·黑题化学 专题2探究类实验 命题密钥 探究类实验一般源于教材但高于教材，包括定性探究实验和定量探究实验两种，是高考的 热点和难，点题型。近几年的高考题中，对定量探究实验的考查较多，在各省高考题中出现概率 较大。其中，定性探究实验重在探究过程和验证猜想，定量探究实验一般在定性探究实验的基 础上增加了计算部分。探究类实验题目综合性强、难度较大，对考生依据新情境灵活运用所学 知识的能力要求较高。 考点觉醒 1.模型解读 (1)定性探究实验 明确实验目的 提出猜想或假设 设计实验探究 分析实验现象， 归纳实验结论 探究什么物质 根据所学知识及 依据实验原理、实验试剂、物 结合物质可能的性质，分析产生 的那种性质 初步实验现象提 质性质设计实验方策进行验证， 实验现象的原因，归纳实验结论 出猜想或假设 需注意排除其他物质的干扰 (2)定量探究实验 分析实验测定原理 准确找出物质之间的关系式 进行计算得出准确结果 实验中实际取样量 正确使用实脸中的数据 含弃不合理的数据 注意单位的换算 2.提分技能 利用滴定操作原理，通过酸碱中和滴定、沉淀滴定和氧化还原反应滴定等获得相应数 滴定法 据再进行相关计算 重量法 先将某种成分转化为沉淀，然后过滤、洗涤、千燥，再称量沉淀质量进行相关计算 定量探究 只要物质受热时发生质量变化，都可以用热重法来研究物质的组成。通过分析热重 实验的常 热重法 曲线，可以推断样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成 用测定方 产物等与质量相联系的信息 法与原理 测量气体 读数时先要将其恢复至室温后，再调整量气装置使两侧液面相平，最后读数要求视线 体积法 与凹液面最低，点相平 测量气体 ①称反应装置在放出气体前后的质量减小值：②称吸收装置在反应前后的质量增 质量法 大值 032 第二章实验综合题学丽 热点1定性探究实验 实战演练 经典真题1控制变量类(2025·北京，19,11分)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度 具有指导意义。实验小组研究测定“MnO2+2Br+4H一Mn2+Br2+2H,0”平衡常数的方法，对照 理论数据判断方法的可行性。 (1)理论分析 ①Br2易挥发，需控制生成c(Br2)较小。 ②根据25℃时K=6.3×10分析，控制合适pH,可使生成c(Br2)较小：用浓度较大的KBr溶液与过 量MnO2反应，反应前后c(Br)几乎不变；c(Mn2+)=c(Br2),仅需测定平衡时溶液pH和c(Br2)。 ③Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。 (2)实验探究 序号 实验内容及现象 25℃，将0.200mol·LKBr溶液(pH=1)与过量Mn02混合，密闭并搅拌，充分反 应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体 25℃，将0.200mol·L1KBr溶液(pH≈2)与过量Mn0,混合，密闭并搅拌，反应时 间与1相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体 测定I、Ⅱ反应后溶液的pH:取一定量反应后溶液，加人过量KI固体，用Na,S,0 标准溶液滴定，测定c(Br2) 已知：L2+2Na,S203一2Nal+Na,S,06;Na,S,0,和Na,S,06溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是 。用离子 方程式表示KI的作用： 0 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH (填“增大”“减小”或“不变”)。平衡 后，按(Mm)·c(B,) 计算所得值小于25℃的K值，是因为Br2挥发导致计算时所用 c2(Br)·c(Ht) 的浓度小于其在溶液中实际浓度。 (Mm”)·c(B计算所得值也小于25℃的K值，可能原因是 ③I中，按(B)·c(） (3)实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为40℃，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与 值比较。 ②综合调控pH和温度的目的是 经典真题2性质探究类(2024·湖北，18,14分)学习小组为探究Co2+、C03+能否催化H,02的分解 及相关性质，室温下进行了实验I~V。 033 学丽高考·黑题化学 实验I 实验Ⅱ 实验Ⅲ 实验1所得溶液 1mL30% 6 mL.I mol-L H02 CoSO 6 ml.I mol-L 16 mL 4 mol-L 16 mL.4 mol-L CoSO. CsHCO. CsHCO. 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(H20)6]2为粉红色、[Co(H,0)6]+为蓝色、[Co(C0,)2]2为红色、[Co(C0),]3为墨绿 色。回答下列问题： (1)配制1.00mol·L的CoS0,溶液，需要用到下列仪器中的 (填字母)。 (2)实验I表明[Co(H,0)6]2 (填“能”或“不能”)催化H,02的分解。实验Ⅱ中HC0,大 大过量的原因是 实验Ⅲ初步表明[Co(C03)3]能催化H,02的分解，写出H,02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(H20)6]2+H,02+2H一2[Co(H20)6]3+2H20难以正向进行，利用 化学平衡移动原理，分析C。·、C。2+分别与C0配位后，正向反应能够进行的原因： 媛授加入 稀硫酸酸化 稍长时间效置 实验V: 新制1mlL Cs Co(COl A B (4)实验W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 经典真题3猜想验证类(2021·北京，16,10分)某小组实验验证“Ag+Fe2一Fe3++Ag↓”为可逆 反应并测定其平衡常数。 (1)实验验证 实验I:将0.0100mol·LAg2S0,溶液与0.0400mol·L1FeS0,溶液(pH=1)等体积混合，产 生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。 实验Ⅱ：向少量Ag粉中加人0.0100mol·L1Fe2(S0,)3溶液(pH=1),周体完全溶解。 ①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 ②Ⅱ中溶液选用Fe2(S0,)3,不选用Fe(NO,)3的原因是 034 第二章实险综合题学丽 综合上述实验，证实“Ag+Fe2*=Fe++Ag↓”为可逆反应。 ③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图，写出操作及现象： g电极 (2)测定平衡常数 实验Ⅲ：一定温度下，待实验I中反应达到平衡状态时，取VmL上层清液，用c1mol·L KSCN 标准溶液滴定Ag,至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液V,mL。 资料：Ag+SCN=AgSCN↓（白色）K=102 Fe3++SCN--FeSCN2+(红色)K=1023 ①滴定过程中Fe*的作用是 ②测得平衡常数K= (3)思考问题 ①取实验I的浊液测定c(Ag),会使所测K值 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 ②不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是 巩固训练1(2025·河南焦作一模)实验室为探究P,0,催化乙醇脱水制乙烯的反应条件，进行了如 下实验。 实验仪器（夹持及加热装置略）： 乙醇 -P0 集瓶 仪器N 硫酸 决的四氯 化碳溶液 实验操作及现象： 实验m(P,0,) V(95%乙 反应温 收集瓶 试管内 仪器X中现象 序号 /g 醇)/mL 度/℃ 中现象 现象 乙醇加人时，立即产生大量的白雾，有气 180- 2 泡生成：当用酒精灯加热时，气泡生成加 有无色液体 溶液褪色 200 快，溶液沸腾，生成黄色黏稠液体 乙醇加入时，有少量白雾生成：刚开始有 80 2 2 8 气泡产生，约30秒后不再产生气泡：反 有无色液体 溶液不褪色 90 应一个小时，反应瓶内生成黏稠液体 035 学醒高考·黑题化学 已知：①温度较低时：用P0,催化，乙醇与生成的磷酸发生酯化反应，生成磷酸单乙基酯；用浓硫酸 催化，乙醇与硫酸发生酯化反应，生成硫酸单乙基酯。 ②温度较高时：磷酸单乙基酯或硫酸单乙基酯会发生分解，生成乙烯。 回答下列问题： (1)仪器X的名称为 ;虚线框中应选择 (填字母)装置。 (2)实验1、实验2中均产生白雾的原因是 实验1中应选用的加热方式为 (3)收集瓶中收集的液体主要成分为 ;选用溴的四氯化碳溶液检验乙烯而不用酸性高锰酸 钾溶液的原因是 (4)乙醇与生成的磷酸发生酯化反应的化学方程式为 (5)磷酸单乙基酯断裂C一0键所需的温度比硫酸单乙基酯断裂C一0键所需的温度 (填 “高”或“低”)：请从结构的角度解释该现象： 、o (6)可以通过测定有机物的 获得产物的官能团及化学键信息。 巩固训练2(2025·安徽黄山二模)某小组欲探究A13+与CH,C00在水溶液中能否大量共存，查阅 资料后进行了如下分析和验证。 已知：①AI在pH大于5.2时就能完全转化为A1(OH),沉淀，且极稀的Al(OH)3溶液pH大于7； ②室温下K,(CHC00H)=1.75×105、K[A1(0H)3]=1.3×10。 I.理论分析 (1)若仅考虑A1+与CH,C00的水解相互促进，通过计算平衡常数分析，室温下二者 (填 “能”或“不能”)大量共存，理由是 Ⅱ.实验验证 实验i 实验序号 混合前试剂 混合后 mol·L-1CH,COONa溶液/mL 0.33mal·LA1CL,溶液/mL 现象 溶液pH 20 10 均无明显现象， 5.59 实验i 30 10 溶液保持澄 5.96 50 10 清透明 6.28 036 第二章实验综合题学丽 实验ⅱ 试剂1 电导率 试剂2 电导率 等体积混合的电 实验序号 (0.01mol·L) (ms·cm') (0.01mol·L) (mS·cm') 导率(ms·cml) CH,COONa 0.97 NaCl 1.05 1.01 实验ⅱ CH,COONa 0.97 KCI 1.12 1.04 CH,COONa 0.97 AlCl 2.17 1.08 (2)实验i中以最节约原则配制1mol·L的CH,COONa溶液时，所需玻璃仪器除烧杯、量筒、胶头 滴管外还需 (3)结合实验ⅱ中数据，分析实验i中未出现白色沉淀的原因是 (4)为验证(3)中的猜想，某同学又设计了实验ⅲ：取1mLA1(0H)3悬浊液于试管中，加入5mL饱 和CH,COONH4溶液，浊液放置一段时间后即变澄清。若改加5mL饱和YCl溶液做对照，浊液 长时间都不变澄清。若实验ⅷ能证明(3)中的猜想，其中YC1应是 (填化学式)。 (5)对实验1中3杯混合液加热一段时间后，均出现白色沉淀。资料显示，A1(OH)(CH,CO0)2也 是白色难溶于水的沉淀。把上述实验获得的沉淀经过滤、反复洗涤后，测得最后一次洗涤液pH 小于7。 ①由此可以判断，沉淀一定含有 [填“A1(OH)3”或“A1(OH)(CHC00)2”]。试分析洗 涤液呈酸性的原因 ②如何证明上述白色沉淀已洗涤干净： 巩固训练3(2025·广东珠海一模)苯酚能与Fe3+形成[Fe(C6H,0)。]3的紫色配合物，该过程属于 可逆反应。某小组同学探究铁离子与苯酚的反应。 (1)配制100mL0.1mol·L苯酚溶液，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管 和 (2)探究铁盐种类和pH对苯酚与Fe3+显色反应的影响。查阅资料： i.Na对苯酚与Fe3的显色反应无影响； ⅱ.小组同学得出猜想：H对F+与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因 是 ⅲ.[Fe(CH,0)。]3对特定波长光的吸收程度（用吸光度A表示）与[Fe(C.H,0)。]3浓度在一 定范围内成正比。 [提出猜想]：猜想1：C对苯酚与Fe+的显色反应有影响 猜想2：S0?对苯酚与Fe3的显色反应有影响 [进行实验]：常温下，用盐酸调节pH,配制得到pH分别为a和b的0.1mol·LFeCl溶液(a> b);用硫酸调节pH,配制得到pH分别为a和b的0.05mol·LFe2(S04)3溶液。取4支试管 各加入5mL0.1mol·L苯酚溶液，按实验1~4分别再加入0.1mL含Fe3+的试剂，显色10min 037 学丽高考·黑题化学 后用紫外-可见分光光度计测定该溶液的吸光度（本实验条件下，pH改变对F3·水解程度的影 响可忽略)。 含Fe的试剂 序号 吸光度 含Fe“试剂 0.1mol·L1FeCl2溶液 0.05mol·LFe2(S04)3溶液 1 pH=a A 5 ml 2 Az 苯酚 pH=b 溶液 3 pH=a A 4 pH=b A [结果讨论]实验结果为A1>A2>A3>A4 ①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想“H对F与苯酚的显色反应有抑制作 用”成立的理由是 ②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6，补充下表中试剂M为 含fe“试制 含Fe的试剂 再加入 序号 吸光度 0.1mol·LFeCl,溶液 0.05mol·L-1Fe(S0)3溶液 试剂 5 ml 5 pH=a NaCI固体 As 苯酚 溶液 6 pH=a 试剂M As ③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且S0}对苯酚与Fe3+的显色 反应起抑制作用，得出此结论的实验依据是：A,=A5、A A6(填“>”“<”或“=”)。 (3)通过以上实验结论分析：与苯酚相比，对羟基苯甲酸与FCl,溶液发生显色反应 (填“更 容易”或“更难”)。 (4)实验室中常用某些配合物的性质进行物质的检验，请举一例并说明现象 巩固训练4(2025·天津一模)已知：将S02通入Ba(N03)2溶液中会产生不溶于酸的白色沉淀。某 兴趣小组利用如图所示装置探究S0,通入Ba(NO,)2溶液产生白色沉淀的原因。请回答下列问题。 【提出问题】白色沉淀产生的主要原因是什么？ 【做出假设】 (1)假设一：空气中存在02，将H2S03氧化为H2S04,生成BaS0,沉淀。 假设二： 【设计实验】 (2)该小组成员设计了如图所示的实验装置进行探究。 稀硫酸 连提数搭采集 器和计算机 H 传感 食用油 溶辩结品的亚硫酸纳 待测溶液 饱和溶液 038 第二章实险综合题学丽 装置X的名称是 装置Y的作用是 为了确保实验成功，组装实验 装置后应进行的操作是 排净装置中的空气；加入相应试剂。 【实验过程】 对比实验一 对比实验二 A烧杯中加入煮沸的BaCl2溶 B烧杯中加人未 C烧杯中加入煮沸的Ba(NO,)2z D烧杯中加入未 实验 液25mL,再加入与溶液体积 煮沸的BaCl,溶 溶液25mL,再加入与溶液体 煮沸的Ba(NO,)2 步骤 相同的食用油，冷却至室温 液25mL 积相同的食用油，冷却至室温 溶液25mL 在A、B、C、D四个烧杯中均放入pH传感器，然后通人SO2气体 (3)向A烧杯与C烧杯中加入食用油的日的是 烧杯中“食用油”可以用下列试剂中的 代替（填字母）。 a.氯仿 b.己烷 c.乙醇 【实验现象】A烧杯无明显现象，B、C、D三个烧杯中均出现白色浑浊现象。 【实验结论】 (4)B烧杯中出现白色浑浊证明 成立（填“假设一”或“假设二”）。 (5)在硝酸钡溶液中，有无0，参加都能产生BSO,沉淀。若是NO,的强氧化性导致沉淀的出现，则 对应的离子方程式为 (6)为了进一步探究起主要氧化作用的因素，该小组成员对传感器采集的数据进行了处理，根据图 像可得出结论： 0 如图所示：其中曲线1表示无氧BaCl2溶液，曲线2表示有氧BaCL2溶液，曲线3表示无氧 Ba(NO3)2溶液，曲线4表示有氧Ba(NO3)2溶液。 6r PH 3 2 100200300400500600 t/s 巩固训练5(2025·北京一模)某研究小组探究F、A1分别与浓硝酸发生钝化反应的快慢。 资料i:Fe在水溶液中以水合铁离子[Fe(H,O)6]的形式存在； [Fe(H,0)6](几乎无色)+4CI一[FeCL4(H,0)2](黄色)+4H,0; [Fe(H20)6]3+nH20一[Fe(H,0)6-n(0H).]3"(黄色)+nH,0*(n=1-6)。 实验1 实验 现象 1-1 Fe表面产生少量气泡且迅速停止，得到黄色溶液A F和原密求硝酸 1-2 A!表面产生极少量气泡且迅速停止，得到无色溶液B 求硝酸 039 学醒高考·黑题化学 (1)反应迅速停止是因为浓硝酸具有酸性和 性，可在Fe和Al表面形成致密的氧化层，阻 止进一步反应。 (2)针对溶液A和B的颜色不同，推测实验1-1中Fe与浓硝酸饨化反应速率慢，导致生成的NO2量 多，溶液呈黄色。为验证上述推测，选取如下装置进行实验2（气密性经检验良好，夹持装置及 连接装置已略去)。 实验2 实验装置 试剂 现象 I、I、Ⅲ、W a.稀盐酸；b.大理石：c,饱和NaHCO,溶液； 2-1 溶液A颜色缓慢变浅 组合 d.溶液A;e.NaOH溶液 a. ;b. d.溶液A; 溶液A颜色迅速变浅，并褪 2-2 I、Ⅲ、V组合 e.NaOH溶液 为无色 ①结合资料，分析实验2-1中选择试剂c的目的是 ②实验2-2是将0，通入溶液A中，所选试剂a、b分别为 ③实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，用化学方程式解释可能的原因 ④上述实验说明溶液A中含有NO2。设计实验：将NO2通人 中，观察到溶液变黄，进一 步证实了溶液变黄为NO,所致。 (3)设计原电池装置进行实验3。 资料ⅱ：此实验条件下，指针偏向的电极为正极。 实验3 实验装置 浓硝酸温度/℃ 实验现象 3-1 30 指针迅速偏向Al,Fe溶解 3-2 10 指针先迅速偏向Al,又迅速偏向Fe,之后缓慢恢复至零 3-3 5 指针偏向Fe,之后缓慢恢复至零 浓硝酸 ①依据3-1的实验现象，可得出结论： ②分析实验3-2中“指针又偏向F”的可能原因： (4)综合上述实验，影响F、A1分别与浓硝酸发生钝化反应快慢的因素可能有 040但它们的密度均约为1g·m’,与水难以有效分层，因此不采用图中的操作。(6)能基表现还原性时要斯裂C一H威，苯环中含有大π键，电子 云密度较高，导致醛基中C一H键的极性诚纲，不易断裂。 N0, NH, 巩固调练4(1)三颈烧瓶4 +9Fe+4H,0酸4 +30,(2)平衡压强，防堵塞小于(3)蒸馏至编出液澄清，说明蒸馏结 束降低苯胺在水中的溶解度(4)养胺易溶于乙醚且不发生反应，乙酰不易溶于水(5)先用水冷凝管是为了冷凝乙酰，后换为空气冷凝管 是因为苯胺沸点高.防止冷凝管炸裂7.01 解析：(1)根据反应历程，铁，水和硝基苯为反应物，醋酸为催化剂，F0,和苯胺为产物。(2)水蒸气蒸馏时反应器中P与大气压相同，所以 P燕物小于大气压，沸点也低于大气压下的沸点。(3)根据步骤Ⅱ描述，反应结束，混合物中有机物为乳白色油状被谪，所以蒸出物也应为乳白色 油状物，当有机物幕完后，馏出的应为水蒸气的冷凝水，为澄清液体：蒸出物为苯胺和水的混合物，加入食盐可降低苯胺的溶解度。(5)根据化学 N01 NH, 方程式4 +9Fe+4,0 +3FO,硝基苯转化为苯胺的物质的量与生成苯胺的量相等，可得生成苯胺的体积为 10.5mlx1.2g·m 123g·ml1 -×75%×93g·mal1 7.01 mL 1.02g·cm3 巩固调练5(1)三巢烧瓶催化剂(2)使混合物受热均匀，防止暴沸(3)2CH,C00Cu+NH,N0+2CH,C00H一N2↑+2(CH,C00),Cu+ 3H20(4)①C②Q点(5)0一H吸收峰消失（或“羟基吸枚峰消失“）(6)85%（或0.85） 解析：(3)反应B为CHC00Cu与硝酸铵转化为(CH,C00),Cu,氨气和水。(4)①乙酸乙酯密度小于水，A正确：S；一0健稳定，不与水发生反应 (类比SO,与水不发生反应)，B错误：根据题干“硅胶层表面对安息香与二苯乙二酮吸附力强弱不同”，结合安息香与二苯乙二阴的结构可知。 作用本质并非仅是范德华力，二者均可与硅胶表面形成氢键，C错提：②比较安息香与二拳乙二丽的结构，可知安息香与硅胶表面一O州形成氢 键能力更强，吸附力也更强，所以随着展开剂向上展开时，爬丹较慢，故图丙Q点为安息香指示点，所以，当Q点消失时，证明烧瓶中液体不含安 息东反成完全，河停止加热。(6根影步覆直中数影可计算二装乙三酮的物质的量为0Q门叫.安息春伤物质的量为 22:020ml,故二苯乙二解的产率为837×10%=5% 4.24g 0.20 mol 专题2探究类实验 热点1定性探究实验 经典真题1(2)①浦人最后半滴Na,S,0,标准溶液，溶液蓝色裙去，且半分钟内不恢复Br,+2I一2Br+】,2增大M+③实验Ⅱ的 c()浓度低于实验1，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中(Mn),c(Br2)偏低，计算的天值偏小(3)①40℃下的理论 K②使反应更快地达到平衡状态，使B,处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定术值 四解题思路 实验目的：研究测定“Mn0,+2B+4H ++Br,+2H0”平衡常数的方法，对照理论数据判所方法的可行性 序号 实登内容及现象 实验原理 ①溶液变为黄色：生成B即2 ②有淡黄色气体：Br挥发 25℃，将0.200mol·LKBr落液(H=1)与过 ③平街后，Br2挥发导致实则c(B2)偏小，根据题日信息可知，c(Mn2)三 量MO2昆合，密闭并搅拌，克分反应后，溶液变 为黄色，客器液面上方有淡黄色气体 (B),则计算时所用M“的浓度小于其在常液中实际束度，按 c(n2)·(,)升算所得值小于25℃的K值 e2(Br)·e(H) ①常液变为淡黄色：生成B,浓度偏纸 ②未观察列黄色气休：B2未挥发 ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于B,挥发导致实测 25℃，将0.200mdl·LKBr溶液(pH=2)与过 c(B2)偏小：题月已知信息③说明Br,与水反应的程度很小，可忽略对测 量MO2混合，密闭并搅梓，反应时间与I相同. 定干扰：低浓度HB挥发性很小，可忽略。对比实验【和Ⅱ可知，实脸Ⅱ的 溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色 气依 H更大，且反应后溶液为茂黄色，则可能原因是实验Ⅱ的(H)浓度低于 实脸I,反应相同时间下，实脸Ⅱ来达到平衡状态，导致常液中c(M“) cB)偏低，接n3)·c( 计算所得值小于25℃的K值 c2(Br)·c(H) ①KI的作用：得测Br2转化为测I2,使于清定测定Br2浓度：Br2+2 渊定I、Ⅱ反应后溶液的H:取一定量反应后溶 液，加入过量KN因体，用Na,S,0,标准液滴 -2Br"+l2 发，测定c(Br,) 212+2Na,5201—2Nal+N250o,淀粉通12显蓝色，12被N5203消花 后蓝色消失 解析：(2)①淀粉遇，显蓝色.1被N,S,01消耗后蓝色消失，故演定终点现象：滴人最后半滴N4,S,0,标准溶液，溶液蓝色褐去，且半分钟内不 恢复：②该反应消耗H生成水，H增大。(3)①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关：②实验I和实验 Ⅱ反应时间相同.实验I由于c(H)过大，反应速率过快，挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于c(H)过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导 一学霸高考·黑题·化学·16一 致计算的K值小，故综合调控H和温度的目的是使反应更快地达到平衡状态，使B,处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。 经典直题2(1)bo(2)不能使[Co(H,0)6]2完全转化为Co(C0,)2]22Co2+10HC0;+H,02一2[Co(C0,)3]3+6,0+4C02t [Co(C0),] 2H202 =2H20+02↑(3)实验Ⅲ的现象表明.C%”、C02分别与C0配位时.[Cw(H20)。]+更易与C0子反应生成 [C0(C0,),](该反应为快反应)，导致[Ca(H,0)6]2“几平不能转化为[C0(C0,)2],这样使得[C0(H,0)6]+的浓度减小的幅度远远大于 [C(H20)。]“减小的幅度，根据化学平衡移动原理，诚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)C0102 四解题思路 实验目的：本题探完C。2,C,“能否催化H,02的分解及相关性质 实验现象 实验原理 实险1：无明显变化 任明[Co(H0)。]2+不能催化H02的分解 实验Ⅱ：落液变为红色 证明Co(H0)。]+易转化为[Co(C03)2]2 实验Ⅲ：溶液变为墨镣色 初步证明[Co(H,0)6]”在HC0;的作用下易被H,02氧化为[Co(C0),] 实脸N:溶液先变蓝后壹粉红，并证明在酸性条件下，[C0(C0)3]上易转化为[Co(H,0)。]“,[C0(H,0)。]“氧化性强，可以把H,0 且前后琦有气体生成 氧化为0 解析：(1)配制1.00nol·L的CoS0,溶液，需要用到容量瓶胶头清管等，因此选be。(2)CoS0,溶液中存在大量的[Co(H,0)。]2,向其中加 入30%的H,02后无明显变化，因此，实验I表明[Co(H,0)6]2不能催化H,0的分解。实验Ⅱ中存在平衡HC0,一C0+H',C03与 [C0(H,0)。j2反应生成配合物[C0(C0)2]产，使e(C0好)减小，HC0一C0+平衡正向移动，婴使[Cw(H,0)。]2+完全转化为 [Co(C0)2]2,因此，HC0;大大过量。实验Ⅲ的实验现象表明在H,02的作用下Cw2·能与HC0;反应生成[Co(C0)]>,然后[Co(C0,),] 能催化H202的分解.因此.H202在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为2Co2+10HC05+H202一2[C0(C03)3]+6H20+4C02↑，2H202 [Co(CO)] 一2H,0+0↑。(4)实验W中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了反应[Co(C01),]于+6H+3H20— [Co(H,0)6J·+3C02↑：B到C溶液变为粉红色，并产生气休，说明发生了反应4[C0(H,0)6]·+2H,0一4[C0(H,0)。]+02↑+4H,因此 从A到C所产生的气体的分子式分别为CO2和0， 经典真题3(1)①灰黑色周体溶解，产生红棕色气体②防止酸性条件下N0;氧化Fe2干扰实验结果3a:铂/石墨电极b:Fs0,或Fe(S04), 或二者混合溶液©：AgNO,溶液操作及现象：闭合开关K,Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加 人较浓的下，(SO,),溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关K,Ag电极上有灰黑色固休析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧 001、5h 杯中加人较浓的Fe,(S0,),溶液，Ag电税上周体逐渐减少.指针向左偏转(2)①作指示剂②- (3)①偏低②g完全 反应，无达判断体系是否达到化学平衡状态 解析：(1)①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO,(求)一ANO1+NO,↑+H0,故当税察到灰黑色周体溶解，产生红棕色气体时，即可证实 灰黑色周体是Ag:②由于F(NO,),溶液电离出的NO,将与溶液中的H结合成具有强氧化性的HNO,能氧化F2·而干扰实险，故实险Ⅱ使用 的是ez(S0,):溶液，而不是F(NO),溶液；③油装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag一Ag!+Fe+为可逆反应，两电极反应分 别为Fe2“-e一Fe”,Ag+e一Ag,故另一个电极必须是与Fe·不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有 F·或Fe2·,采用FS0,或F(S0),或二者混合溶液，右测烧杯中电解质溶液必须含有Ag,故用AgNO,溶液，组装好仪器后，加人电解质溶 液，闭合开关K,装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现 象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中滴加较浓的F,(S0,),溶液，与之前的现 象相同，表明平衡发生了移动：另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零.说明此时反应达到平衡，再向 左侧烧杯中滴加较浓的F,(SO,),溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动。(2)①Fe与SCN反应生成红色 FSCN2+,因Ag与SCN反应相较于Fe+与SCN反应更加容易且彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag恰好完全反应，且溶液中e 浓度不变，说明上述反应达到平衡，故溶液中Fe·的作用是作滴定反应的指示剂：2取实验I中所得上层清液VmL,用cl·L的KSCN溶液 滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗KSCN标准溶液，ml,已知：Ag+SCN一AgSCN!,k=102,说明反应几平进行完全，故I中上层清液 中A的浓度为(g):华m·上，根据平衡三段式进行计算如下。 Fe2 +Ag' =一Ag!+Fe 起始浓度(mol·L) 0.02 0.01 0 001-9 转化浓度(md)a01-华a01-华 001上，故反应的平衡常数K= c (Fe) c (Fe2)xe (Ag') 平衡浓度(aol1)Q014 eiVi 0.01 (3)①若取实验1所得浊液测定Ag浓度.则浊液中还有Ag,且随着反应Ag+SN=一ASCN!,使得Fe++Ag'一Ag↓+F:3平衡逆向移动。 0019 则测得平衡体系中的(Ag)偏大.即 V —偏大，故所得到的K 偏小：②由于实验Ⅱ中Ag完全溶解.故无法判断体系是否达 V 到化学平衡状态，因面不用实验Ⅱ中清液进行测定并计算K。 巩固训练1(1)三颈烧瓶C(2)P,0,与H,0反应放出热量，导致乙醇挥发，在空气中冷凝形成小液滴油浴加热(3)乙解防止挥发出的 一学霸高考·黑题·化学·17一 乙醇干扰检验(4)C,H,OH+H,PO,0-0工H,C,0P(0H)2+H,0(5)高5的电负性大于P,导致5对电子的吸引力更强，C-0键极性 更强，更容易断裂，所需的温度更低(6)红外光谱 口解题思路 三颈烧瓶中95%的乙醇在五氧化二藓作催化剂、加热条件下发生分子内脱水生成乙烯，由于反应中有水生成，P:0,与水发生反应生成磷 酸，加热条件下，乙醇会与磷酸发生酶化反应生成制产物，产生的气体通过浪硫酸干燥通入澳的四气化碳溶液中，若美的四氯化减溶液说 色，证明有乙烯生成 解析：(1)燕棉时，为防止冷凝的液体留存在冷证管中，应选用直形冷凝管。(2)实验1中反应温度为180~200℃，应选择油浴加热。(3)乙醇沸 点低，易挥发，加热过程中会有乙醇蒸气通过冷凝管进人收集瓶中，期收集瓶中收集的液体主要成分为乙醇：若使用酸性高锰酸钾溶液，挥发的 乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液裙色，会影响对乙烯的检验，而乙醇不与溴的四氯化碳溶液反应，不影响检验结果。(4)磷酸分子中含三个羟基， 磷酸单乙基酯是其中1个羟基与乙醇酯化的产物 巩固调练2(1)不能反应A#+3CH,C00+3H0一A1(0H),+3CH,C00H的平衡常数K=1.4×105>103,平衡常数大于10的反应可以认为是 能完全进行的(2)100mL容量瓶、玻璃棒(3)A3”和CH,C00形成的A(CHC00):是弱电解质.导致溶液中A”浓度降低了 (4)NH,C1(5)①A1(OH)(CHC0O)2A1(0川)2·的水解程度比CH,CO0的水解程度更大，所以此溶液是酸性②取最后一次洗涤液于干净 的试管中，加人硝酸酸化的硝酸银溶液，未出现白色沉淀，说明已洗涤干净 解析：(1)室温下A*与CH,C00不能大量共存，理由是：反应A+3CH,C00+3H,0一A1(0H),+3CH,C00H的平衡常数K= (CH COOH) e(CH,COOH)(OH) e(CH COOH)(K) (Ka)3 2(CH,C00)c(A)=(cH,C00)c(A)(0H)=2(CH,C00)r(H')c(A)r2(0H)=[K(CH,C00H)]K,[A1(0H)] (1,75x10)×13x10西-1.4×10>10，平衡常数大于10的反应可以认为是能完全进行的。(4)为了做对照实验应该加人一种不含 (10-4)3 CH,COO的铵盐溶液，YC1应是NH,CI。(5)①极稀的A1(OH),溶液pH大于7，而把上述实验获得的沉淀经过滤，反复洗涤后，测得最后一次 洗涤液H小于7，沉淀一定含有A1(OH)(CH,COO)2:②白色沉淀表面含有N4C溶液，证明上述白色沉淀已洗涤干净，只需检验最后一次洗涤 液中是否含有C1 巩固调练3(1)100mL容量瓶(2)铁离子与苯酚显色时，存在反应F+6C6Hs0H一[Fe(CH0)。]3+6H,氢离子浓度增大，平衡逆向移 动，[F心(C,H,0)。]3的浓度减小，溶液颜色变浅①氯离子或硫酸根离子对苯酚与铁离子的显色反应也有影响②硫酸钠固体③> (3)里难(4)F:·的检验：在溶液中加人几滴kSCN溶液，溶液变为红色 解题思路 苯酚能与F+形成[(C,H,0)。]一的紫色配合物，该过程属于可逆反应，来小组同学探究快离子与羊盼的反应，铁离子与苯酚的显色反 应Fe+6C。H,0H一[Fe(C,H,0)。]+6,氢考子求度增大，平衡逆向移动，[Fe(CH,O)。]的浓度减小，溶液颜色变浅，为进一步 验任氯离子或硫酿根离子对苯酚与铁离子显色反应也有影响，实险5和实验6中改变氯离子或硫酿根离子的浓度 解析：(2)②为进一步验证氯离子或硫酸根离子对酚与铁离子显色反应也有影响，实验5和实验6中改变氧离子或疏酸根的浓度，由表格可 知，溶液总体积不变的情况下，实验5加人氯化钠固体改变氯离子的浓度，实验6需要改变疏酸根离子的浓度，则试剂M为硫酸钠固体：③根据 实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，说明氯离子对苯酚与铁离子的显色反应设有影响，即A=A,:若S0对苯酚与F。 的显色反应起抑制作用，则A,>6。(3)H'对F3与苯酚的显色反应有抑制作用，对羟基苯甲酸中一COOH电离导致溶液中(H')增大，抑制险 羟基的电离，所以与苯酚相比，对羟基苯甲酸与FC1,溶液发生显色反应更难 巩固训练4(1)酸性条件下N0具有氧化性，能将SO,氧化为0，从而产生白色沉淀(2)酸式滴定管防倒吸.做安全瓶检查装置气密性 (3)隔绝氧气的作用b(4)服设一(5)3S0+2N0+2H,0+3Ba2一3BS0,↓+2N0+4H(6)0,在氧化反应中起到主婴氧化作用 解析：(1)二氧化硫具有一定还原性，硝酸根离子在酸性环境下具有氧化性，能将二氧化硫氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫 酸侧沉淀，因此假设二为酸性条件下、0，具有氧化性，能将S02氧化为S0子，从而产生白色沉淀。(3)由于实验中需要研究氧气的作用，因此需 要控制变量，食用油起到隔绝氧气的作用：食用油密度比水小，难溶于水，选项中氯仿密度大于水，排除“，乙醇与水互溶，排除心，己烷密度比水 小，不溶于水，故选b。(4)根据变量控制思想.由对比实验一可知，B烧杯中加人未煮沸的BC2溶液出现白色沉淀，而A烧杯煮沸的BC2溶 液未出现白色沉淀，说明是02氧化S02,故发生的反应为2H,03+02+2Ba一2BS0↓+4H°，因此B烧杯中出现浑浊的原因是S02被氧气 氧化为S0,S0与钡离子反应产生白色沉淀，假设一成立。(5)二氧化硫具有一定还原性，硝酸根离子（酸性环境）具有氧化性，能将二氧化硫 氧化为硫酸根离子。(6)根据图像，有02参加的反应中H变化比无氧气参加的大，且用时短，说明02在氧化反应中起到主要氧化作用 巩固调练5(1)强氧化(2)①除去挥发的HC1.避免生成黄色的[FC(H,0),】ˉ对溶液颜色产生干扰2H,0,溶液、Mm0,(或H,0,Na,0, 台理即可)4N02+2H0+02一4HN0④含少量Fe(N0,)3的浓硝酸(3)D30℃时，A1与浓硝胺纯化速率比Fe的快，Fe不纯化 ②1钝化速率快，先形成氧化作正极.接着A1表面的氧化职又溶解，Fe表面的氧化膜增厚，此时变为A作负极.指针偏向Fe(4)温度，氧化 膜的致密程度，氧化膜的形成速率，F、A!还原性（合理即可） 四解题思路 实验1：根据实验出现的现象，F和川表面都产生少量气泡且迅追停止，是国为浓硝酸具有强氧化性.可以在常温下使F。或！两种全码 迅追氧化，在全属表而形成致密氧化物保护膜形成金属纯化现象，可以L止金属继续与求硝酸反应，其中F得到黄色溶液A,A]得到无 色溶液B。 实验2：根湖题目信息，要验证实验1-1得到的黄色溶液可能是生成的NO,量多溶解乎致，只雾要证明溶液中NO,参与反应颜色发生变化 即可，结合实脸2装置，实验2-1采用的是利用装置制取C0排出溶解N0,气体的方式：实验2-2采用的是利用装置制取0，消耗溶 解N02气体的方式 实验3：根据实登3的现象可加，指针偏向的电板为正极，即难反应的金属电极，则另一板的金属作负板被反应。 解析：(1)根据分析.浓硝酸在此实验中除体现了酸性外，还体现出强氧化性。(2)①结合题目所给资料和分析，实验2-1采用的是利用装置制 取CO2排出溶解NO2气体的方式，从制取装置出来的气体中含有杂质HC口，为了不影响实验效果需要除去，酒常选择用饱和NHCO,溶液来吸收 C0,中的HC1;2实验2-2是将0，通入溶液A中，则装置I中所选试剂a,b是用于制取02的药品，放a.b分别为H,02溶液，M02,或 H,0,N202:③实验2-2采用的是利用装量制收02消耗溶解N02气体的方式，实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，是因为发生了反应 4NO+2H20+02一4HNO,快速消耗了NO2的原因；④将NO0通入含Fe+的溶液中，如观察到溶液变黄.则可以进一步证实溶液变黄为溶解 NO2所致，故需婴加入含少量F(NO,),的浓硝酸。(3)①依据3-1的实验现象：在30℃时，指针迅速偏向AL,则1为正极未反应，Fe溶解，Fe 一学霸高考·黑题·化学·18一 为负极被持续消耗，故得出结论：在30℃时，A1与浓硝酸纯化速率比Fe的快，Fe不纯化：②依据3-2的实验现象：在10℃时，指针先迅速偏 向A1.说明A1为正极未反应，Fe作负极溶解：又迅速偏向下e,说明此时下e作正极不消耗，而A反面变为负极被消耗：之后缓楼恢复至零，说明A! 和F表面都被钝化不再发生反应，反应停止。(4)根据实验3-1和3-2的现象与解释，可以得到影响Fe,A!分别与浓硝酸发生纯化反应快慢的 因素可能有温度氧化膜的致密程度，氧化膜的形成速率，，A1还原性等 热点2定量探究实验 经典真题1(1)①C0还原2Cu(0H)2 △C0+H,0(2)①除去过量的锌粉2北图Ⅲ光线进人后被多次反射吸收，所以呈黑色 巴解题思路 祥买的常液至光色，说明-一建无C.郑么X的知成只能是C 实给1 无色这液彩色粉 1是章川0.2尽承11l川.0 实险2 足是希HN(): 小溢色波液 X粉 千样H1O,反应生成或色的CuN)》常液 3C1+8H0,=3CmN0+2N0↑+4H0 解析：(1)①新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应产生的砖红色沉淀为C,0,C被葡萄糖从+2价还原为+1价，葡萄糖表现出还原性 ②生成的黑色沉淀为C0,反应的化学方程式为Cu(OH,△Cu0+H,0。(2)①由题干加人盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知，加人盐 酸的作用是除去过量的锌粉：2先加m粉，后加盐酸，得到固体为红棕色，侧一定有Cu(Cu20和1HC发生歧化反应生成G),20ml.0.5ml·1, Cus0,中n(Cm2“)=0.5mdl·L'×20ml×103L·mL=0.01mml,Cu的最大物质的量为0.01ml,质量为0.64g.生成Cu,0的最大质量为 0.72g,实际固体质量为0.78g。若只有Cu,则周体质量应小于等于0.64g,m错误：若是Cu包裹Za.侧0.64<周体质量<1.18g,b正确：若是Cu0 则不可能为红棕色.e错误：若是Cu和Cu20,固体质量应介于0.64-0.72g之间.d错误：③实验1得到的溶液呈无色.说明一定无C0,那么X的 组成只能是C:从物质形态角度分析，X为黑色的原因是金属周体C:呈粉末状时，光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。 经典真题2(1)烧杯，玻璃棒(2)加快NH,HC0,溶解、加快NH,HC01与NaC1反应(3)工艺简单，绿色环保，制备产品的效率较高、原料利用率 较高（4)①a②>(5)①CO,在饱和N2C03溶液巾的溶解速率小，溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的NaHC0,的量较 少.NHC0,在该溶液中没有达到过饱和状态.故不能析出品体②80% 四解题思路 实验目的：探究CO,与他和NC0溶液反应产生的品体减分 实验 操作 现象 实验原理 将C0,匀速通入置于烧杯中的20mL饱 C02在她和Na,C01落液中的溶解量小，且两者发生反应的 和N2C02溶液，持续20mim,消托 无明显现象 速率也较小，生成的NaHCO的童较少，NaHCO,在孩溶液中 600 mL CO, 设有达到过恒和状态，故不能所出晶华 将20mL饱和Na2C03溶液注入充满C0, 矿泉水瓶变瘪」 增大了C0,和饱和N,C0,溶液发生反应的速率，发生反 的500mL矿泉水瓶中，密闭，料烈摇动矿泉 3min后开始有 白色体新出 Na:CO,+CO2+H,0-2NaHCO 水瓶1-2min,静置 解析：(1)步骤①中配制饱和食盐水，要在烧杯中放人一定量的食盐，然后向其中加人适量的水并用玻璃棒搅使其恰好溶解，因此需要使用的 有烧杯和玻璃棒。(2)固体的颗粒越小，其溶解速率越大.且与其他物质反应的速率越大。(3)C0,和NH在水中可以发生反应生成 NH,HC0,但是存在气体不能完全溶解，气体的利用率低且对环境会产生不好的影响等问题。(4)①根据图中的曲线变化可知，到达第一个滴 定终点B时，发生的反应为NaCO,+HC一NaC+NaHCO,消耗盐酸V,mL:到达第二个滴定终点C时，发生的反应为NaHCO,+HC =NC+CO2↑+H0,又消耗盐酸2mL,因为，=，说明产品中不含NaHC0,和NaOH,因此，所得产品的成分为Na,C0,a正确：②滴人盐 酸局部过浓，其必然会使一部分N2C03与盐酸反应生成C02,从面使得，偏大，V偏小，因此，该同学所记录的V,'>V,。(5)②NaHC0,受热分 解生成的气体中有H,0和C02,而NC0,·10H,0分解产生的气体中只有H0,无水CC,可以吸收分解产生的H0,Na0H溶液可以吸收分 解产生的C02:Na0H溶液增重0.088g,则分解产生的C02的质量为0.088g,其物质的量为 0.088g =0.002mol.由分解反应可知，NaHC0的 4g·md' 物质的量为0.04ml,则白色品体中NaHC0,的质量为0.04mx4g·mm=0.336g,故其质量分数为0365x10%=80% 0.42g 巩围训练1()FBGCEAD(2)监(3)[Cud,]之+Cu△2[Cua,](4)煮沸，冷却溶液中存在[CmC,]-一CuC+(a-)C,加 水稀释，平衡正向移动(5)ghedabfei(6)2Na2S20.+302+4Na0H一4Na,50,+2H20(7)20.0 解析：(1)配制一定物质的量浓度溶液的步骤为计算，称量，溶解，移液，洗涤，定容，摇匀、装瓶可知，配制一定浓度氯化铜溶液的正确的操作顺序 为FBGCEAD。(2)氯化闲溶液中含水合铜离子，为蓝色溶液，向溶液中加入盐酸和氯化钠周体会使溶液中的铜离子与氯离子反应转化为黄色的 四氯合铜离子，两种离子混合是黄绿色。(3)由题意可知，生成二氯合亚铜离子的反应为溶液中四氯合铜离子与铜在50~55℃水浴加热条件下 反应生成二氯合亚铜离子。(4)由题意可知，步骤ⅲ得到的无色溶液中存在如下平衡：[CuC,]一山-一一CuC!+(n-1)C,为防止氯化亚铜被 蒸偏水中的氧气氧化，步骤W中所用蒸馏水应煮沸，冷却除去蒸馏水中含有的氧气：将上层清液倾倒人蒸馏水时，溶液中的平衡向正反应方向移 动，有利于溶液中的氯化亚铜转化为氯化亚铜白色沉淀。(5)由题给试剂可知，氢氧化钠溶液用干吸收测定烟气中的二氧化碳，保险粉和氢氧化 钠溶液用于吸收测定烟气中的氧气，氧化亚铜的盐酸溶液用于测定烟气中的一氧化碳，为防止保险粉的氢氧化钠溶液吸收二氧化碳，氧气氧化 氯化亚铜的盐酸溶液中的氯化亚铜，测定气体的顺序为二氧化碳、氧气、一氧化碳，氮气，则装置的连接顺序为W→Ⅱ→I→Ⅲ→V,接口的连接 顺序为g→h→0→→一小→f+e一→i。(6)由题意可知，保险粉(Na,S,O,)具有较强还原性，装置Ⅱ中发生的反应为氧气与保险粉和氢氧化纳溶 液发生氧化还原反应生成硫酸钠和水。(7)由题意可知，4m时装置1增重一氧化碳的质量为0.300g,则烟气中一氧化碳的体积分数为 28g·max224L·a 0.300g ×100%=20.0% 0.300L·min-1×4min 一学霸高考·黑题·化学·19一