12.3 第59讲 反应产物、反应原理探究综合实验（word练习）-【金版新学案】2026年高考化学高三总复习大一轮复习（广东专版）

课时测评59　反应产物、反应原理探究综合实验 (时间：45分钟　满分：60分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1.(12分)(2025·东莞佛山联考)侯德榜为我国纯碱工业发展做出了重要贡献。某兴趣小组开展如下探究： Ⅰ.在实验室中模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3的部分装置如图所示。 (1)装置Ⅰ中反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　　　。 (2)装置Ⅱ洗气瓶中盛有　　　　溶液。 (3)反应一段时间，装置Ⅲ中试管内有固体析出，总反应的化学方程式为　　　　　　 　　　　　　　。 (4)反应结束后，过滤出试管内固体，对固体进行洗涤，干燥后，将固体置于　　　　 　(填下图标号)，在300 ℃下加热可制得纯碱。 (5)纯碱在生产生活中一种用途是　　　　　　　。 Ⅱ.探究影响Na2CO3水解的因素，实验方案如下(Na2CO3溶液浓度均为0.1 mol·L－1)： 序号 温度℃ V(Na2CO3溶液)/mL V(H2O)/mL pH 1 25 0 20.0 A1 2 25 20.0 0 A2 3 25 2.0 18.0 A3 4 40 20.0 0 A4 (6)①由A1　　　　A2(填“＞”“＜”或“＝”)可说明，Na2CO3溶液水解呈碱性；在实验2和3，稀释Na2CO3溶液，促进Na2CO3水解的证据是　　　　　　　(用含A2和A3的代数式表示)。 ②已知Na2CO3水解是吸热反应，甲同学预测A2＜A4，但实验结果为A2＞A4，实验结果比预测数值小的原因是Na2CO3溶液从25 ℃升温至40 ℃，　　　　　　　　　　 　　　。 甲同学补充做了一个实验，测定　　　　，通过上表和补充测定的数据，近似计算出在25 ℃和40 ℃时，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液水解生成的c(OH－)，发现两温度下c(OH－)的大小为：25 ℃＜40 ℃。据此，小组同学得出结论是温度升高，促进Na2CO3水解。 答案：(1)CaCO3＋2H＋Ca2＋＋H2O＋CO2↑　(2)饱和碳酸氢钠　(3)NaCl＋NH3·H2O＋CO2NaHCO3↓＋NH4Cl　(4)D　(5)洗涤油污、制玻璃等　(6)①＜　A3＞(A2－1)　②升高温度，碳酸钠水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响使氢离子浓度增大　40 ℃纯水的pH 解析：装置Ⅰ用碳酸钙和稀盐酸反应制备二氧化碳，装置Ⅱ用饱和碳酸氢钠溶液除二氧化碳中的氯化氢，装置Ⅲ中二氧化碳和饱和氨盐水反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，过滤、洗涤、干燥后，将固体置于坩埚中灼烧生成碳酸钠。(1)装置Ⅰ中碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳、水，反应的离子方程式为CaCO3＋2H＋Ca2＋＋H2O＋CO2↑ ；(2)装置Ⅱ的作用是除二氧化碳中的氯化氢，洗气瓶中盛有饱和碳酸氢钠溶液。(3)反应一段时间，装置Ⅲ中氯化钠、一水合氨、二氧化碳反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，试管内有固体析出，总反应的化学方程式为NaCl＋NH3·H2O＋CO2NaHCO3↓＋NH4Cl。(4)灼烧固体物质用坩埚，反应结束后，过滤出试管内固体，对固体进行洗涤，干燥后，将固体置于坩埚中，在300 ℃下加热可制得纯碱，选D。(5)纯碱在生活中用途有洗涤油污、制玻璃。(6)①25 ℃，纯水的pH＝7，碳酸钠溶液的pH＞7，由A1＜A2可说明，Na2CO3溶液水解呈碱性；实验2和3比较，3中溶液相当于把2中溶液稀释10倍，稀释Na2CO3溶液，促进Na2CO3水解，证据是A3＞(A2－1)。②升高温度，碳酸钠水解程度增大，水的电离程度也增大，二者综合影响使氢离子浓度增大，所以实验结果为A2＞A4。甲同学补充做了一个实验，测定40 ℃纯水的pH，根据40 ℃纯水的pH，计算40 ℃的Kw，通过上表和补充测定的数据，近似计算出在25 ℃和40 ℃时，0.1 mol·L－1 Na2CO3溶液水解生成的c(OH－)，发现两温度下c(OH－)的大小为：25 ℃＜40 ℃。据此，小组同学得出结论是温度升高，促进Na2CO3水解。 2.(10分)(2025·清远一模节选)(1)Cu可溶于Fe(NO3)3溶液，某兴趣小组在实验室探究N是否参与氧化Cu的反应。 ①配制400 mL EDTA溶液，用滴定法测定Fe(NO3)3浓度(反应机理：Fe3＋＋EDTAFe-EDTA)。 ⅰ.该过程用到的仪器有　　　　(填标号)。 ⅱ.测定Fe(NO3)3浓度：移取10.00 mL待测液，加入指示剂，用2.000 mol·L－1 EDTA溶液滴定至终点，重复实验三次，消耗EDTA溶液的体积分别为19.98 mL、26.00 mL，20.02 mL。则该Fe(NO3)3溶液的物质的量浓度为　　　　mol·L－1。 ②实验探究：取①中的Fe(NO3)3溶液，稀释为不同浓度的Fe(NO3)3溶液，并测定其pH，结果如表所示。 c[Fe(NO3)3]/(mol·L－1) c(H＋)/(mol·L－1) pH 0.100 0.031 1.50 0.500 0.093 1.03 1.000 0.145 0.83 2.000 0.237 0.63 Fe(NO3)3溶液呈酸性的原因是　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)。 (2)该兴趣小组继续探究，进行实验。 提出猜想：Fe(NO3)3溶液中含少量H＋，N在酸性条件下具有氧化性，可影响Fe3＋与Cu的反应。 验证猜想：取10 mL 0.2 mol·L－1 Fe(NO3)3溶液于试管中，向其中加入0.1 g铜粉并不断振荡；足够长时间后，观察发现棕黄色的Fe(NO3)3溶液逐渐变为蓝绿色，说明Cu已被氧化；实验过程中未见有气泡产生，说明不存在反应：　　　　　　　　　　　 　　　(用离子方程式表示)。 实验小结：猜想不成立，N不参与氧化Cu的反应。 教师指导：鉴于以上问题，因为气体在水中也存在一定的溶解度，故不适合用观察气泡的方式判断反应是否发生；另外，N浓度也可能是一个干扰因素，因此需要重新优化实验设计。 优化设计：将3 g铜粉与100 mL不同浓度的Fe(NO3)3溶液反应，利用硝酸根离子浓度传感器测定反应后溶液中N浓度，以判断N是否参与反应。测得数据结果如表所示。 实验组 c[Fe(NO3)3]/ (mol·L－1) 不同反应时间段c(N)/(mol·L－1) 2 min 6 min 10 min 15 min 20 min 25 min 组1 0.20 0.60 0.60 0.60 0.60 0.60 0.60 组2 0.30 0.90 0.90 0.90 0.90 0.90 0.90 组3 0.40 1.20 1.15 0.90 0.85 0.85 0.85 组4 0.50 1.30 1.00 0.85 0.78 0.45 0.40 组5 0.60 1.50 1.20 0.80 0.75 0.40 0.35 ⅰ.实验组5在0～20 min内，以N的浓度变化表示的反应速率为　　　　 mol·L－1·min－1。 ⅱ.综合上述实验可知，当c[Fe(NO3)3]至少低于　　　　　 mol·L－1时，N一定不影响Fe3＋与Cu的反应。 答案：(1)①ⅰ.cd　ⅱ.4.000　②Fe3＋＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3H＋　(2)3Cu＋2N＋8H＋3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O　ⅰ.0.07　ⅱ.0.30 解析：(1)①ⅰ.配400 mL EDTA溶液用到的仪器有500 mL容量瓶，滴定需要使用酸式滴定管，答案选cd；ⅱ.消耗EDTA溶液的体积分别为19.98 mL、26.00 mL、20.02 mL，舍弃26.00 mL，消耗的EDTA体积为20.00 mL，则消耗的EDTA的物质的量为0.04 mol，则消耗Fe(NO3)3的物质的量也为0.04 mol，则该Fe(NO3)3溶液的物质的量浓度为0.04 mol÷0.01 L＝4.000 mol·L－1。②Fe(NO3)3溶液呈酸性的原因是铁离子的水解，离子方程式为Fe3＋＋3H2O⥫⥬Fe(OH)3＋3H＋；(2)实验过程中未见有气泡产生，说明没有NO生成，不存在反应3Cu＋2N＋8H＋3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；ⅰ.实验组5 N的起始浓度为1.8 mol/L，20 min时为0.4 mol/L，以N的浓度变化表示的反应速率为1.4 mol/L÷20 min＝0.07 mol·L－1·min－1。ⅱ.实验组1和实验组2硝酸根浓度未发生改变，故当c[Fe(NO3)3]至少低于0.3 mol·L－1时，N一定不影响Fe3＋与Cu的反应。 3.(14分)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。 资料：ⅰ.Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、Mn(绿色)、Mn(紫色)。 ⅱ.浓碱条件下，Mn可被OH－还原为Mn。 ⅲ.Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 实验装置如图(夹持装置略)： 实验 物质a C中实验现象 通入Cl2前 通入Cl2后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 5％ NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 40％ NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 (1)B中试剂是　　　　　。 (2)通入Cl2前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为　　　　　　　　 　　　　　　　。 (3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是　　　　　　　。 (4)根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将Mn氧化为Mn。 ①用离子方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因：　　　　　　　，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取实验Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40％ NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为　　　　　　　　　　　 　　　　　　　，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被　　　　(填化学式)氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取实验Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　。 2 从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因：　　　　　　　　　 　　　　　　　。 答案：(1)饱和NaCl溶液 (2)2Mn(OH)2＋O22MnO2＋2H2O (3)Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强 (4)①Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O ②4Mn＋4OH－4Mn＋O2↑＋2H2O　ClO－　③3ClO－＋2MnO2＋2OH－2Mn＋3Cl－＋H2O　④在浓碱条件下，Mn被ClO－氧化速率大于Mn被OH－还原速率 解析：在装置A中盐酸与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4的反应，装置D是尾气处理装置。(2)通入Cl2前，实验Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与溶液中NaOH电离产生的OH－反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O22MnO2＋2H2O。(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－Cl－＋ClO－＋H2O。②溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，Mn可被OH－还原为Mn；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被ClO－氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。③溶液紫色缓慢加深，说明ClO－将MnO2氧化为Mn。 4.(12分)某小组探究Cu和H2O2的反应为氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。 [实验探究] 实验ⅰ：向装有0.5 g Cu的烧杯中加入20 mL 30％H2O2溶液，一段时间内无明显现象，10小时后，溶液中有少量蓝色浑浊，Cu片表面附着少量蓝色固体。 (1)写出该反应的化学方程式：　　　　　　　。 [继续探究] 针对该反应速率较慢，该小组同学查阅资料，设计并完成了下列实验。 装置 实验 试剂a 现象 ⅱ 20 mL 30％H2O2与4 mL 5 mol·L－1 H2SO4混合液 Cu表面很快产生少量气泡，溶液逐渐变蓝，产生较多气泡 ⅲ 20 mL 30％H2O2与4 mL 5 mol·L－1氨水混合液 溶液立即变为深蓝色，产生大量气泡，Cu表面有少量蓝色不溶物 (2)实验ⅱ中溶液变蓝的原因是　　　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)；经检验产生的气体为氧气，产生氧气的原因是　　　　　　　　　　　　　。 (3)对比实验ⅰ和ⅲ，为探究氨水对Cu的还原性或H2O2氧化性的影响，该同学利用如图装置继续实验。 已知：电压大小反映了物质氧化性与还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱差异越大，电压越大。 a.K闭合时，电压为x。 b.向U形管右侧溶液中滴加氨水后，电压不变。 c.继续向U形管左侧溶液中滴加氨水后，电压增大了y。 ①利用电极反应解释该实验的结论：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②利用该方法也可证明酸性增强可提高H2O2的氧化性，与上述实验操作不同的是　　　　　　　。 (4)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是　　　　　　　　　　　　　　　　 　　　　。 (5)应用：Ag分别与1 mol·L－1的盐酸、氢溴酸、氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应产生H2，试解释原因：　　　　　　　　　　　　　。 答案：(1)Cu＋H2O2Cu(OH)2 (2)Cu＋H2O2＋2H＋Cu2＋＋2H2O　产生的铜离子催化了过氧化氢分解 (3)①闭合K时，Cu极发生反应：Cu－2e－Cu2＋，向U形管左侧加入氨水，氨水与Cu2＋形成[Cu(NH3)4]2＋，使c(Cu2＋)减小，提高了Cu的还原性　②先后向U形管左右两侧溶液中滴加硫酸 (4)在还原反应(氧化反应)中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)增强 (5)溶解度：AgI＜AgBr＜AgCl，I－、Br－、Cl－均可使氧化反应Ag－e－Ag＋中的c(Ag＋)降低，提高Ag的还原性，其中Ksp(AgI)最小，可使c(Ag＋)降低最多，故只有I－能使Ag的还原性提高到能将H＋还原 解析：(1)由实验ⅰ的现象说明有氢氧化铜生成，故可推测Cu和H2O2反应生成氢氧化铜，反应的化学方程式为Cu＋H2O2Cu(OH)2。(2)实验ⅱ中溶液变蓝，说明Cu与H2O2在酸性条件下可以发生反应生成Cu2＋，反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋Cu2＋＋2H2O；经检验，产生的气体为氧气，说明溶液反应生成的Cu2＋有催化作用，可以催化过氧化氢分解，产生大量气泡。 5.(12分)某化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。 实验一：用如图装置制备SO2，并将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B(省略夹持、加热仪器)。 (1)制备的SO2中会混有少量的SO3，原因可能为　　　　　　　　　　　　　。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为　　　(填字母)。 a.浓硫酸 b.饱和Na2SO3溶液 c.饱和NaHS溶液 d.饱和NaHSO3溶液 实验二：验证白色沉淀B的成分。 分析：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4或两者混合物。滴加氨水可释放出其阴离子，便于后续检验。 相关反应为 1 Ag2SO3＋4NH3·H2O===2[Ag(NH3)2]＋＋S＋4H2O； 2 Ag2SO4＋4NH3·H2O===2[Ag(NH3)2]＋＋S＋4H2O。 流程如下： (2)欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，请简述实验方法：　　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　。 (3)沉淀D中主要含BaSO3，理由是　　　　　　　　　　　　　。 向滤液E中加入H2O2溶液，产生的现象是　　　　　　　　　　　　　， 可进一步证实B中含Ag2SO3。 实验三：探究S的产生途径。 猜想1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。 猜想2：实验二中，S被氧化为S进入D。 (4)取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断猜想1不合理。理由是　　　　　　　　　　　　　 　　　　　　　。 (5)不同反应的速率也有所不同。将实验一所得混合物放置一段时间，也会有S生成，同时生成单质Ag。请从化学反应速率的角度分析原因：　　　　　　　　　　　 　　　　　　　。 (6)实验探究可知，S在　　　　(填“酸性”“中性”或“碱性”)溶液中更易被氧化为S。 答案：(1)浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3　ad (2)往上层清液中继续滴加Ba(NO3)2溶液，若无沉淀产生，表明Ba(NO3)2已过量，否则未过量 (3)BaSO3易溶于盐酸，而BaSO4不溶于盐酸，加入过量稀盐酸后，只有少量沉淀剩余，则表明大部分沉淀为BaSO3　有白色沉淀生成 (4)Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4时，必定没有Ag2SO4 (5)SO2与AgNO3溶液既能生成沉淀，又能发生氧化还原反应，但生成沉淀反应的速率比氧化还原反应快　(6)碱性 解析：(1)制备的SO2中会混有少量的SO3，烧瓶内没有SO2催化氧化的催化剂，则不是SO2氧化生成，可能是浓硫酸或硫酸铜受热分解产生SO3。为了排除SO3的干扰，试剂a可以为浓硫酸或饱和NaHSO3溶液，故选ad。(2)欲检验溶液C中加入的Ba(NO3)2是否已经过量，可检验溶液中是否含有S。(3)滤液E中含有亚硫酸，加入H2O2溶液后，被氧化为硫酸，与Ba2＋反应生成BaSO4白色沉淀。(4)取少量溶液A，滴加过量盐酸，产生AgCl白色沉淀。静置后，取上层清液再滴加BaCl2溶液，未出现BaSO4白色沉淀，则表明溶液中不含有S，可判断猜想1不合理。(5)将实验一所得混合物放置一段时间，也会有S生成，同时生成单质Ag，而起初生成Ag2SO3，从而表明生成Ag2SO3的反应速率快。(6)实验探究可知，酸性溶液中一段时间后才生成S，而碱性溶液中，S中混有S，从而表明S在碱性溶液中更易被氧化为S。 学科网（北京）股份有限公司 $