专题05 化学实验综合题（大题专练，逐空突破）（北京专用）2026年高考化学终极冲刺讲练测

专题05 化学实验综合题 第一部分 破类题/变式·参考答案 热点设问01 化学实验基本操作答题规范 破类题·提能力 1．(1) (2)Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升 (3)证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小 (4) (5)取1.5 mL7.7%的H2O2溶液，逐滴滴加与III-2浓度相同的NaOH溶液，至溶液显碱性，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率 (6)；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2 (7)酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响 2．(1) (2)将过量的及生成的全部还原为，使氧化成易溶于水的 (3)防止空气中氧化 (4)溶液由蓝色变为无色，且30s内不变化 (5) (6)低 热点设问02 物质的除杂、分离与提纯 破类题·提能力 3．(1) 吸收中的酸雾 (2) (3) 排除加水稀释对沉淀溶解的影响 与ⅱ相比，ⅰ的浊液中含有和，且浊液中的水降低了盐酸的浓度，均不利于溶解 (4)实验四和实验一相比，前者C中较小，，无沉淀生成，后者较大，，有沉淀生成；二者D中都发生，较大，均存在：，都有沉淀生成 4．(1)NO (2)硝酸放电产生，与水反应生成与，随时间推移，硝酸与浓度减小，铜离子通过离子交换膜进入室，使溶液变蓝 (3)阳离子交换膜 (4) 滴加稀硝酸银溶液产生淡黄色沉淀或滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去 (5) (6)，离子浓度减小；，离子浓度增大。在6-7.8小时时，生成的反应与与反应同时进行，离子增大量与减小量相等 热点设问03 物质的检验与鉴别 破类题·提能力 5．(1) (2)cd (3) (4)实验甲中加入氨水后溶液为深蓝色，实验乙中先得到无色溶液 (5)逐渐出现红色沉淀 (6) 或 避免发生反应，使Mn全部还原为+2价，避免二氧化硫挥发 热点设问04 实验中的温度、压强控制 破类题·提能力 6．(1) (2)、 (3) 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有 会与生成络合物、发生副反应生成硫化物沉淀 (4)向溶液中加入过量溶液，调节，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，继续滴加溶液，蓝色褪去 (5)pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，在酸性条件下分解，同时易被空气中的氧化，因此调节保证反应定量进行 热点设问05 实验中的定量计算 破类题·提能力 7．(1)＜ (2) 溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色 滴加足量盐酸，有固体剩余 偏低 K的理论值为，说明该反应正向进行程度很小，100 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液最多能与0.0932g BaSO4固体反应，由于实验中加入了2g BaSO4，远大于0.0932g，因此BaSO4固体必有剩余，无需通过步骤Ⅱ进行检验 (3)800s时反应未达到平衡状态 8．(1) 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 与发生配位反应，避免与反应产生吸附，造成测定结果不准确 偏大 计算时所用小于其在溶液中的实际浓度 (2) 洗涤沉淀后，加蒸馏水充分溶解配成饱和溶液，静置后取一定体积的上层清液，调节，重复实验I的步骤(加入足量EDTA二钠盐充分反应后，再加入足量溶液，用标准溶液)在内完成滴定，记录体积 第二部分 实战刷题·参考答案 刷模拟 1．(1)2号试管溶液变红色，3号试管产生蓝色沉淀 (2) 邻二氮菲 未排除过量的与后加入的反应的干扰 (3)将所有的转化为，通过后续和邻二氮菲配位进行定量测定元素含量 (4)由图像可知，随着氢离子浓度增大吸光度下降，说明氢离子浓度增大，邻二氮菲可与氢离子结合，使邻二氮菲浓度降低，平衡逆向移动。加入醋酸钠发生，降低，使氢离子与邻二氮菲的配位平衡逆向移动，增大邻二氮菲浓度，使平衡正向移动，方便吸光度测定。 (5) 2．(1) (2)、 (3) 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有 会与生成络合物、发生副反应生成硫化物沉淀 (4)向溶液中加入过量溶液，调节，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，继续滴加溶液，蓝色褪去 (5)pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，在酸性条件下分解，同时易被空气中的氧化，因此调节保证反应定量进行 3．(1) (2) 红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口有红棕色气体 取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成(或加溶液，溶液棕色褪去或变浅或加氨水，溶液棕色褪去，放置后溶液逐渐变为蓝色) 生成的反应：，消耗的反应：等，相同时间内生成的多于消耗的，增大 温度、形成Al-Cu原电池 (3)金属与水反应生成和的速率(金属的活泼性/还原性)：，金属阳离子结合的能力)：，部分生成，部分被Mg还原为Cu 4．(1) (2)生成了蓝色的，但因其在水溶液中不稳定，易转化为低级配离子 (3)和在与形成配合物时存在竞争反应：，增大浓度，配位平衡正向移动，浓度升高，因此水溶液中可观察到蓝色，防止24h，与形成配合物的反应更完全，蓝色更纯正 (4)过量（高浓度的） (5)与经典的“鉴定”实验有机相中所示结果一致(有机层显蓝色) (6)使硫氰化铁转化为，防止硫氰化铁的颜色干扰鉴定 (7)饱和溶液 5．(1)Zn+2H+=Zn2++H2↑ (2)，Zn与H+反应生成H2，使c(H+)降低，平衡正向移动，产生红褐色沉淀 (3)锌与铁在溶液中构成原电池，锌做负极，加快了锌与酸反应产生氢气的速率 (4)Zn2+  Fe2+ (5)A中Zn2+的浓度较大，使Zn的还原性降低，不易和H+反应 (6)加入过量稀盐酸，待固体完全溶解后，向试管中滴加少量铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 (7)排除Fe3+对后续检验Fe单质的干扰 6．(1) (2) (3)反应i：，反应ii：，速率：反应i＞反应ii，溶液先变为绿色，限度：反应ii＞反应i，最终溶液绿色褪去，产生白色沉淀 (4) 排除血红色产生的原因是被空气中氧化成导致的干扰 与反应生成拟卤素(SCN)2：，(SCN)2可将氧化为：，与反应使溶液显红色 (5)振荡，使更多Cu2+与SCN-接触结合生成CuSCN，白色沉淀增多，c(SCN-)下降，平衡逆移，血红色褪去 7．(1) 过量，具有氧化性，可能氧化产生 (2) 缓慢倒入盛水的烧杯中，溶液酒红色褪去，产生棕黑色沉淀 (3)阴离子的种类、浓度 (4) (5)与反应生成的速率大于与发生氧化还原反应的速率，溶液变为橙黄色；与发生氧化还原反应，使、均减小，正向移动，橙黄色消失 刷真题 1．(1) (2) 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 增大 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态 (3) 40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡 2．(1) (2) 产生蓝色沉淀 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 、 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 (3)金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 3．(1)< (2) 除去，防止干扰后续实验 、 (3) 或 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的) (4)铜、含的的溶液 (5)铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 化学实验综合题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 北京高考化学核心素养型压轴大题，探究性与综合性极强，是高分关键区分题型；以物质制备、性质探究、定量测定、方案评价为主要考查形式；聚焦科学探究与证据推理，强调实验逻辑、规范操作与绿色安全理念。 命题规律体现五大特征：一、实验主线固定。常以制备→除杂→反应→分离提纯→定量分析→尾气处理构建完整实验流程。二、考点高度集中。仪器选用与操作、装置作用、试剂选择、离子反应方程式、滴定计算、现象描述、误差分析。三定性与定量融合。以氧化还原滴定、重量法为核心定量考点，同时考查物质性质验证。四、重视干扰控制。高频考查排除空气中、等干扰，强调控制变量思想。五、规范表达是失分重点。操作目的、现象、原因阐释需严谨化学用语，表述不完整直接扣分。 命题趋势：一、探究性替代传统验证。增加异常现象分析、条件优化、对比实验设计，强化探究思维。二、实验与原理深度结合。结合平衡移动、速率调控、pH 调节分析操作目的，综合度提升。三、绿色与安全导向增强。侧重尾气处理、防倒吸、原子经济性、废弃物资源化利用。四、陌生情境常态化。以资源回收、新型功能材料制备为背景，考查信息迁移能力。五、开放评价类设问增多。方案优劣对比、装置改进、误差原因分析比重持续上升。 热点·设问·拆解 热点设问01 化学实验基本操作答题规范 2025年北京卷19（1） 热点设问02 物质的除杂、分离与提纯 2024年北京卷19（2） 热点设问03 物质的检验与鉴别 2024年北京卷19（2） 热点设问04 实验中的温度、压强控制 2025年北京卷19（2） 热点设问05 实验中的定量计算 2025年北京卷19（2） 热点设问01 化学实验基本操作答题规范 析典例·明思路 1．（2025·北京·高考真题）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“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，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。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______。用离子方程式表示的作用：_______。 【答案】(1) (2) 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 【解析】（1） （2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； 研考点·通技法 1．常见的实验基本操作答题规范 (1)测定溶液pH的操作 将一小块pH试纸放在洁净的表面皿上，用清洁干燥的玻璃棒蘸取少量待测液点到pH试纸中央，待变色稳定后再和标准比色卡对照，读出对应的pH。 (2)判断沉淀剂是否过量的操作方法 ①静置，向上层溶液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。 ②静置，取上层清液适量于另一洁净试管中，向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂，若产生沉淀，证明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。 (3)洗涤沉淀操作 将蒸馏水沿着玻璃棒注入到过滤器中至浸没沉淀，静置，使蒸馏水滤出，重复2～3次即可。 (4)判断沉淀是否洗净的操作 取最后一次洗涤液，滴加……(试剂)，若没有……现象，证明沉淀已经洗净。 (5)装置气密性检查 ①简易装置：将导气管一端放入水中(液封气体)，用手捂热试管，观察现象，若导管口有气泡冒出，冷却到室温后，导管口有一段稳定的水柱，表明装置气密性良好。 ②有长颈漏斗的装置如右图，用止水夹关闭烧瓶右侧的导气管，向长颈漏斗中加入适量水，长颈漏斗中会形成一段液柱，停止加水，过一段时间后，若漏斗中的液柱无变化，则装置气密性良好。 ③答题模板：形成密闭体系―→操作―→描述现象―→得出结论。 (6)萃取分液操作 关闭分液漏斗活塞，将混合液倒入分液漏斗中，塞上塞子，用右手心顶住塞子，左手握住活塞部分，将分液漏斗倒置，充分振荡、静置、分层，在漏斗下面放一个小烧杯，先打开上口塞子再打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口沿烧杯壁流下，上层液体从上口倒出。 (7)气体验满和检验操作 ①氧气验满：将带火星的木条平放在集气瓶口，若木条复燃，则说明收集的氧气已满。 ②二氧化碳验满：将燃着的木条平放在集气瓶口，若火焰熄灭，则气体已满。 ③氨气验满：用湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明气体已满。 ④氯气验满：用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明气体已满。 (8)从某物质稀溶液中结晶的实验操作 ①溶解度受温度影响较小的：蒸发→结晶→过滤。 ②溶解度受温度影响较大或带结晶水的：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤。 (9)浓H2SO4稀释操作 将浓H2SO4沿烧杯壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。 (10)粗盐的提纯 ①实验室提纯粗盐的实验操作依次为取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、冷却结晶、过滤、烘干。 ②若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度分析，可能的原因是过滤时漏斗中液面高出滤纸边缘、玻璃棒靠在单层滤纸一边弄破滤纸。 (11)容量瓶检漏操作 向容量瓶中加入一定量的水，塞好瓶塞，用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立过来，观察瓶塞周围有无水漏出。如果不漏水，将瓶正立并将瓶塞旋转180°后塞紧，把容量瓶倒立过来，再检查是否漏水。如果仍不漏水，即可使用。 (12)检查滴定管是否漏水操作 ①酸式滴定管：关闭活塞，向滴定管中加入适量水，用滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察是否漏水，若2分钟内不漏水，将活塞旋转180°，重复上述操作。如果仍不漏水，即可使用。 ②碱式滴定管：向滴定管中加入适量水，用滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察是否漏水，若2分钟内不漏水，轻轻挤压玻璃球，放出少量液体，再次观察滴定管是否漏水。如果仍不漏水，即可使用。 (13)滴定管赶气泡的操作 ①酸式滴定管：右手将滴定管倾斜30°左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴。 ②碱式滴定管：将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，即可赶出碱式滴定管中的气泡。 (14)焰色反应的操作 先将铂丝蘸取盐酸在酒精灯外焰上灼烧，反复几次，直到与酒精灯火焰颜色接近为止。然后用铂丝蘸取少量待测液，放在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰颜色，若呈黄色，则说明溶液中含Na＋；若透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则说明溶液中含K＋。 (15)氢氧化铁胶体的制备 向煮沸的蒸馏水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液，当溶液变为红褐色时，立即停止加热。 2．实验操作中的“第一步” (1)检查装置的气密性——制取气体、验证气体的性质等与气体有关的实验操作。 (2)检查是否漏水——滴定管、容量瓶、分液漏斗等的使用。 (3)调“0”点——天平等的使用。 (4)验纯——点燃可燃性气体。 (5)分别取少量溶液——未知溶液的鉴别。 (6)润湿——用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉­KI试纸检验或验证某些气体时。 3．化学实验操作中的10个易错点 (1)倾倒液体药品时，试剂瓶口未紧挨接受器口致使药品外流，标签没向着手心造成标签被腐蚀。 (2)使用托盘天平时，将被称量物质直接放在托盘上或放错托盘。 (3)使用胶头滴管滴加液体时，将滴管尖嘴伸入接受器内[除制取Fe(OH)2外]。 (4)不能依据所需液体体积选择合适量程的量筒。 (5)在量筒或容量瓶内进行稀释或混合等操作。 (6)检查装置气密性没有形成封闭系统(如关闭活塞、将导管末端浸入水中等)。 (7)向容量瓶中转移液体没有用玻璃棒引流。 (8)配制溶液定容时没有用胶头滴管或加水过多再用胶头滴管吸出。 (9)酸式滴定管和碱式滴定管盛装溶液错误。 (10)吸收极易溶于水的气体，忘记防倒吸。 破类题·提能力 1．（2026·北京顺义·一模）小组同学探究pH对催化分解反应的影响。实验如下。 实验 操作及现象 Ⅰ 在烧杯中加入一定量7.7%溶液(pH约为3.5)，将少量固体迅速加入烧杯中，立即产生大量气体，溶液pH迅速上升，最终稳定在7左右。 Ⅱ 在试管中加入2mL7.7%溶液，再加入少量固体，立即产生大量气体，加入1mL溶液，固体消失，同时产生气体的速率迅速减慢，最后几乎停止。最终溶液呈浅粉色 已知：ⅰ、碱性条件下会发生分解。为易于保存，常在过氧化氢溶液中添加适量磷酸； ⅱ、为棕黑色固体，通常显浅粉色，为白色沉淀。 (1)催化分解反应的化学方程式是______。 (2)结合实验Ⅱ，解释实验Ⅰ中加入固体后溶液pH迅速上升的原因______。小组同学针对实验Ⅱ中“固体消失”这一现象继续展开探究。 将实验Ⅱ试管中反应后的溶液平均分装在2个试管中，分别标号1和2。进行实验Ⅲ。 实验 操作及现象 Ⅲ-1 向1号试管中加入少量固体，产生大量气体，几秒后黑色固体减少至消失，气体产生速率再次变慢。重复以上操作2次，现象相同。 Ⅲ-2 向2号试管中逐滴滴加NaOH溶液，重复出现“有棕黑色固体生成，同时产生气体的速率明显加快，振荡后，棕黑色固体消失，气体产生速率减慢”的现象，直至体系显碱性时，棕黑色固体不再消失。之后，再加入7.7%溶液，产生大量气体。 (3)实验III-1的目的是______。 (4)用离子方程式解释实验Ⅲ-2中棕黑色固体生成的原因______。 (5)有同学提出，实验Ⅲ-2中滴加NaOH溶液，碱性增强，分解速率加快。补充实验，证明在碱性条件下分解不是Ⅲ-2中速率加快的主要原因。实验操作及现象是______。 (6)结合实验Ⅲ，从电极反应角度分析Ⅱ中无法再生成的可能原因______。 (7)依据上述实验，pH对催化分解反应的影响是______。 【答案】(1) (2)Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升 (3)证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小 (4) (5)取1.5 mL7.7%的H2O2溶液，逐滴滴加与III-2浓度相同的NaOH溶液，至溶液显碱性，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率 (6)；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2 (7)酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响 【分析】本题以MnO2催化H2O2分解为载体，探究 pH 对催化反应的影响。通过酸性、中性、碱性条件下的对比实验，揭示了MnO2在酸性条件下被还原为Mn2+而失活，在碱性条件下可被再生并持续催化的机理，同时验证了碱性条件下H2O2自身分解并非速率加快的主因，体现了催化剂活性受环境 pH 调控的特点。 【解析】（1）MnO2催化H2O2分解反应的化学方程式是； （2）Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升，最终反应完全，溶液呈中性，pH 稳定在 7 左右； （3）探究酸性条件下，反应后的溶液中Mn2+对H2O2分解的催化作用，证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小； （4）棕黑色固体生成的原因用离子方程式解释：，（合并为：）； （5）取取1.5 mL 7.7%的H2O2溶液，调节至相同碱性条件，不加含Mn2+的溶液，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率； （6）；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2； （7）酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响。 2．（25-26高三上·北京朝阳·期中）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的重要标志之一，以水样消耗氧化剂的量折算成氧气的量(单位为mg·L-1)来表示。小组同学用碘化钾-碱性高锰酸钾法测定某高氯废水(水样中含量较高)的COD的实验步骤如下。 Ⅰ、取100mL水样与mL、mol·L-1碱性溶液(过量)混合，水浴加热60min。 Ⅱ、冷却至室温，加入过量酸性KI溶液，加盖放置5min至固体溶解。 Ⅲ、用mol·L-1溶液滴定生成的，消耗溶液mL。 已知：①在酸性条件下被还原为，在碱性条件下被还原为。 ②。 回答下列问题： (1)测定高氯废水的COD，选用碱性溶液而不选酸性溶液的原因是防止发生：______(填离子方程式)。 (2)Ⅱ中过量KI溶液的作用有______。 (3)Ⅱ中“加盖”的目的是______。 (4)Ⅲ中接近滴定终点时，滴加几滴淀粉溶液作指示剂，终点现象为______。 (5)该水样COD的含量为______mg·L-1。 (6)若水样中含，会导致测量结果偏______(填“高”或“低”)。加入KF溶液可消除其干扰。 【答案】(1) (2)将过量的及生成的全部还原为，使氧化成易溶于水的 (3)防止空气中氧化 (4)溶液由蓝色变为无色，且30s内不变化 (5) (6)低 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，Ⅱ中在酸性条件下KMnO4、MnO2与反应得到和Mn2+，Ⅲ中生成的再用Na2S2O3滴定。 【解析】（1）高氯废水中含有氯离子，酸性KMnO4具有强氧化性，能将氯离子氧化为氯气，其离子方程式为； （2）在酸性条件下，用过量KI溶液将I中过量的KMnO4和生成的MnO2还原为Mn2+，并将氧化成易溶于水的，故答案为：将过量的及生成的全部还原为，使氧化成易溶于水的； （3）具有较强的还原性，能被空气中的氧化，“加盖”可以防止空气中氧化； （4）当I2完全恰好完全反应时达到滴定终点，使用淀粉溶液作指示剂，由终点现象为溶液由蓝色变为无色，且30s内不变化； （5）I中水样中还原性物质与KMnO4溶液发生氧化还原反应，Ⅱ中过量的KMnO4及I中生成的MnO2被过量的KI还原为Mn2＋，KI被氧化为，Ⅲ中用硫代硫酸钠溶液还原Ⅱ中生成的，所以，由电子守恒可知，100mL水样中还原性物质失去的电子为，由电子守恒，若氧化这些物质需O2的量，则； （6）若水样中含，也可将氧化成易溶于水的，从而导致消耗溶液增大，测量结果偏低。 热点设问02 物质的除杂、分离与提纯 析典例·明思路 2．（2024·北京·高考真题）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 【答案】(1) (2) 产生蓝色沉淀 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 、 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 (3)金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），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，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 研考点·通技法 1．物质分离与提纯的基本原理 (1)“四原则”。 ①不增，不得引入新杂质；②不减，尽量不减少被提纯的物质；③易分，使被提纯或分离的物质跟其他物质易分离；④复原，被提纯的物质要易被复原。 (2)“三必须”。 ①除杂试剂必须过量；②过量试剂必须除尽(除去过量试剂带入的新杂质，同时注意加入试剂的顺序)；③选择最佳的除杂途径。 2．正确选择物质分离、提纯的方法 3．物质分离提纯的8种化学方法 沉淀法 将杂质转化为沉淀，如NaCl溶液(BaCl2) 气化法 将杂质转化为气体，如NaCl溶液(Na2CO3) 热分解法 加热使不稳定的物质分解除去，如NaCl(NH4Cl) 杂转纯法 将杂质转化为需要提纯的物质，如CO2(HCl) 氧化还原法 用氧化剂(还原剂)除去具有还原性(氧化性)的杂质，如Fe2＋(Cu2＋) 酸碱溶解法 利用物质与酸或碱溶液混合后的差异进行分离提纯，如Mg(Al) 电解法 利用电解原理除去杂质，如粗铜的电解精炼 调pH法 加入试剂来调节溶液的pH，使溶液中的某成分沉淀而分离，如CuCl2(FeCl3) 4．常见混合物的分离和提纯方法总结 类别 序号 原物(杂质) 除杂质试剂 除杂方法 气体混合物 (1) N2(O2) 灼热的铜丝网 用固体转化气体 (2) CO(CO2) NaOH溶液 洗气 (3) CO2(CO) 灼热的CuO 用固体转化气体 (4) CO2(HCl) 饱和 NaHCO3溶液 洗气 (5) SO2(HCl) 饱和 NaHSO3溶液 洗气 (6) Cl2(HCl) 饱和食盐水 洗气 (7) CO2(SO2) 饱和 NaHCO3溶液 洗气 固体混合物 (8) 炭粉(MnO2) 浓盐酸(需加热) 过滤 (9) 炭粉(CuO) 稀盐酸 过滤 (10) Al2O3(Fe2O3) NaOH(过量)、 CO2 过滤、加热分解 (11) Al2O3(SiO2) 盐酸、氨水 过滤、加热分解 (12) BaSO4(BaCO3) 稀HCl或 稀H2SO4 过滤 (13) NaCl晶体 (NH4Cl) —— 加热分解 混合溶液 (14) NaOH溶液 (Na2CO3) Ca(OH)2溶液 (适量) 过滤 (15) NaHCO3溶液 (Na2CO3) CO2 加酸转化法 (16) Na2CO3溶液 (NaHCO3) NaOH(适量) 加碱转化法 (17) NaCl溶液 (NaHCO3) 盐酸 加酸转化法 (18) NH4Cl溶液 [(NH4)2SO4] BaCl2(适量) 过滤 (19) FeCl3溶液 (CuCl2) Fe、Cl2 过滤 (20) FeCl2溶液 (FeCl3) Fe 加还原剂转化法 物理方法分离 (21) CuO(Fe) 磁铁 吸附 (22) Fe(OH)3胶体 (FeCl3) 蒸馏水 渗析 (23) I2晶体 (NaCl) —— 加热升华 (24) KNO3晶体 (NaCl) 蒸馏水 重结晶、过滤 有机物提纯 (25) 乙烯 (SO2、H2O) 碱石灰 用固体转化气体 (26) 乙烷(乙烯) Br2水溶液 洗气 (27) 溴苯(溴) NaOH稀溶液 分液 (28) 乙醇[水(少量)] 新制CaO 蒸馏 (29) 乙酸乙酯(乙酸) 饱和 Na2CO3溶液 分液 (30) 皂化液(甘油) 食盐 过滤 破类题·提能力 3．（25-26高三上·北京朝阳·期中）化学小组实验探究与溶液的反应。 (1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备，将足量依次通入下列溶液中，C中溶液变浑浊，D中产生大量沉淀。 ①浓与Cu反应的化学方程式是______。 ②B中饱和溶液的作用是______。 (2)实验二：取D中沉淀，加入0.3mol·L-1盐酸，沉淀溶解。写出D中产生沉淀的离子方程式：______。 (3)实验三：取C中浊液进行如下实验。 ①C中沉淀为______。 ②ⅲ中加入3mL蒸馏水的目的是______。 ③用化学方程式表示ⅳ中沉淀质量增大的原因：______。 ④ⅱ中沉淀完全溶解、ⅰ中沉淀未完全溶解的原因是______。 (4)实验四：用0.04mol·L-1溶液代替0.4mol·L-1溶液重复实验一，C中无沉淀，D中有沉淀。解释实验四和实验一现象异同的原因：______。 实验结论：一定条件下，能与溶液反应生成沉淀。 【答案】(1) 吸收中的酸雾 (2) (3) 排除加水稀释对沉淀溶解的影响 与ⅱ相比，ⅰ的浊液中含有和，且浊液中的水降低了盐酸的浓度，均不利于溶解 (4)实验四和实验一相比，前者C中较小，，无沉淀生成，后者较大，，有沉淀生成；二者D中都发生，较大，均存在：，都有沉淀生成 【分析】A中浓硫酸和铜加热制得二氧化硫，生成的二氧化硫气流中可能夹带一些浓硫酸，经过亚硫酸氢钠可除去浓硫酸，C、D装置用于探究二氧化硫与氯化钡的反应。 【解析】（1）浓与Cu在加热条件下反应得到硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式是：； （2）少量浓硫酸被夹带在二氧化硫气流中，故B中饱和溶液的作用是：吸收中的酸雾； 加入0.3mol·L-1盐酸，沉淀溶解，说明沉淀为亚硫酸钡，所以D中产生沉淀的离子方程式为二氧化硫在碱性条件下和钡离子反应得到亚硫酸钡沉淀：； （3）①从四步实验来看，沉淀是可以溶于盐酸的，硫酸钡不能溶于盐酸，亚硫酸钡可以溶于盐酸，所以沉淀为：； ②进一步探究ⅰ中沉淀未完全溶解的原因，ⅲ中加入3mL蒸馏水的目的是与ⅱ形成对比，排除加水稀释对沉淀溶解的影响； ③沉淀为亚硫酸钡不溶于水，但是容易被空气中氧气氧化得到硫酸钡，导致质量增加，方程式为：； ④与ⅱ相比，ⅰ的浊液中含有和，使得溶解平衡，逆向移动，且浊液中的水降低了盐酸的浓度，均不利于溶解； （4）实验四和实验一相比，氯化钡浓度变小，前者C中较小，，，平衡正移无沉淀生成，后者较大，，，平衡逆向移动有沉淀生成；二者D中都发生，较大，均存在：，都有沉淀生成。 4．（25-26高三上·北京顺义·期末）某小组利用原电池探究铜与浓硝酸的反应。 实验I 实验现象 ①m室中溶液颜色由无色变微黄，随时间推移，溶液颜色逐渐变为浅蓝最终变为浅蓝偏绿色；注射器中收集到少量无色气体，吸入空气时无色气体颜色变微红；铜片少量溶解。 ②反应过程中电压曲线如图。(实验中温度变化可忽略，电流强度不变) (1)注射器中收集到的少量无色气体是___________。 (2)已知：溶于浓硝酸会使溶液显黄色。实验过程中，室中溶液颜色由无色变微黄，随时间推移，溶液颜色逐渐变为浅蓝色的原因是___________。 (3)离子交换膜的类型是___________(填“阴离子交换膜”或“阳离子交换膜”)。 小组同学探究溶液最终变为浅蓝偏绿色的原因。分别取2份电压上升阶段及2份电压下降阶段室中的溶液于四支试管中，进行实验Ⅱ。 实验Ⅱ所用溶液 实验组别 加入试剂 实验现象 电压上升阶段 a 2滴稀硝酸银溶液 产生淡黄色沉淀 b 2滴稀酸性高锰酸钾溶液 溶液紫色较快褪去 电压下降阶段 c 2滴稀硝酸银溶液 较a淡黄色沉淀量稍少 d 2滴稀酸性高锰酸钾溶液 较b色褪去稍慢 资料：i．亚硝酸的，有较强的还原性，与稀硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，与铜离子结合形成(绿色溶液)。 ii．电流强度及温度不变时，离子浓度越小，电阻越大，电压越大。 (4)小组同学依据实验现象得出结论：m室有亚硝酸产生。依据的现象是___________；产生亚硝酸的电极反应式是___________。 (5)用离子方程式表示b中溶液紫色褪去的原因___________。 (6)依据实验I、Ⅱ，结合方程式解释6～7.8小时电压稳定的原因___________。 【答案】(1)NO (2)硝酸放电产生，与水反应生成与，随时间推移，硝酸与浓度减小，铜离子通过离子交换膜进入室，使溶液变蓝 (3)阳离子交换膜 (4) 滴加稀硝酸银溶液产生淡黄色沉淀或滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去 (5) (6)，离子浓度减小；，离子浓度增大。在6-7.8小时时，生成的反应与与反应同时进行，离子增大量与减小量相等 【分析】根据原电池原理，m室中石墨电极为正极，铜片为负极，据此解答， 【解析】（1）无色气体遇空气变为红棕色，说明该气体是，与反应生成红棕色。 （2）反应初期生成的溶于浓硝酸使溶液呈微黄色，随后与水反应生成与，随反应进行，硝酸与浓度减小，铜离子通过离子交换膜进入室，使溶液变蓝； （3）该原电池中，铜为负极，反应生成，使负极区正电荷增多；石墨为正极，得电子发生还原反应，消耗，正极区正电荷减少。原电池内电路中阳离子向正极移动，因此需要阳离子交换膜允许阳离子通过，平衡电荷； （4）根据题干资料，可与稀硝酸银生成淡黄色沉淀，且具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，两个实验现象可证明室有生成；得电子生成（从价降为价，得），酸性条件配平得到电极反应式为； （5）酸性条件下，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式； （6）根据资料ii，电流强度、温度不变时，离子浓度不变则电阻不变、电压稳定。此阶段，电极反应：，消耗离子，而络合反应：净增加离子，当离子减少的速率与增加的速率相等时，总离子浓度保持稳定，电压稳定。 热点设问03 物质的检验与鉴别 析典例·明思路 3．（2024·北京·高考真题）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 【答案】(1) (2) 产生蓝色沉淀 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； 研考点·通技法 一、物质的检验 1．物质检验的三原则 一看(颜色、状态)；二嗅(气味)；三实验(加试剂)。 2．物质检验的一般步骤 观察外观→取少量样品→加入试剂→观察现象→得出结论。 3．常见阳离子的检验 阳离子 检验方法 反应的离子方程式 H＋ 能使紫色石蕊试液或甲基橙试液变为红色；能与锌或碳酸钠(或碳酸钙)反应产生无色气体 Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑ CO＋2H＋===CO2↑＋H2O NH 铵盐(或浓溶液)与NaOH溶液共热，放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的有刺激性气味的NH3 NH＋OH－NH3↑＋H2O Na＋、K＋ 用焰色反应来检验时，它们的火焰分别是黄色、浅紫色(透过蓝色钴玻璃片观察) — Mg2＋ 能与NaOH溶液反应生成白色沉淀，该沉淀不溶于NaOH溶液 Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓ Ba2＋ 能与稀硫酸或可溶性硫酸盐溶液反应产生白色沉淀，且沉淀不溶于稀硝酸 Ba2＋＋SO===BaSO4↓ Al3＋ 能与适量的NaOH溶液反应生成白色絮状沉淀，该沉淀能溶于盐酸或过量的NaOH溶液 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O Fe2＋ 能与少量NaOH溶液反应，先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；或向亚铁盐的溶液中加入KSCN溶液，不显红色，加入少量新制的氯水后，立即显红色 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ Fe3＋ 能与KSCN溶液反应，变成红色溶液；能与NaOH溶液反应，生成红褐色沉淀 Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3 Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓ Ag＋ 能与稀盐酸或可溶性盐酸盐反应，生成白色沉淀，不溶于稀硝酸，但溶于氨水 Ag＋＋Cl－===AgCl↓ AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O 4.常见阴离子的检验 阴离子 检验方法 反应的离子方程式 OH－ 能使无色酚酞变为红色；使紫色石蕊变为蓝色；使甲基橙变为黄色。强碱能与单质铝反应产生可燃性无色无味气体 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑ Cl－ 能与硝酸银溶液反应，生成白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸 Ag＋＋Cl－===AgCl↓ Br－ 能与硝酸银溶液反应，生成淡黄色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸 Ag＋＋Br－===AgBr↓ I－ 能与硝酸银溶液反应，生成黄色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸；也能与氯水反应，生成I2，使淀粉溶液变蓝 Ag＋＋I－===AgI↓ 2I－＋Cl2===I2＋2Cl－ SO 能与含Ba2＋的溶液反应，生成白色沉淀，沉淀不溶于硝酸 Ba2＋＋SO===BaSO4↓ SO 浓溶液能与强酸反应，产生无色有刺激性气味的SO2，该气体能使品红溶液褪色；能与BaCl2溶液反应，生成白色沉淀，该沉淀溶于盐酸，生成无色有刺激性气味的气体 SO＋2H＋===SO2↑＋H2O Ba2＋＋SO===BaSO3↓ BaSO3＋2H＋===Ba2＋＋SO2↑＋H2O CO 能与BaCl2溶液反应，生成白色沉淀，该沉淀溶于硝酸(或盐酸)，生成无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体。能与酸反应产生无色无味气体 Ba2＋＋CO===BaCO3↓ BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O CO＋2H＋===CO2↑＋H2O 【注意】　(1)AgNO3溶液与稀硝酸、BaCl2溶液与稀盐酸(或硝酸)，这两组试剂，可以鉴别出若干种阴离子，是阴离子鉴别最常用的试剂组合。一般说来，若待检的若干种离子中有SO(因Ag2SO4微溶于水，当Ag＋和SO浓度均较大时，可以析出不溶物)，最好先用BaCl2和盐酸这组试剂，检出包括SO在内的一些离子，其他离子再用AgNO3溶液与稀硝酸等去鉴别。 (2)为了鉴定某盐中含SO或CO，可以直接加酸(非氧化性酸，如盐酸)，根据放出气体的气味及与石灰水作用的现象等判定气体是CO2或SO2，进而确定物质中含CO或SO。若加硝酸，因它有氧化性和SO发生氧化还原反应有时会干扰检验，故最好使用盐酸而不用硝酸。 5．常见气体的检验 待检物 操作步骤 现象 O2 用试管或集气瓶取待检气体，然后向试管或集气瓶中插入带有火星的木条 木条复燃 H2 使待检气体通过尖嘴玻璃导气管并点燃，在火焰上方罩一个干而冷的烧杯 有淡蓝色火焰，烧杯里有水雾生成 NH3 用湿润的红色石蕊试纸检验；把待检气体收集在集气瓶里，盖上玻璃片，用玻璃棒蘸取浓盐酸，开启玻璃片插入瓶中 变蓝色；生成白烟 SO2 在洁净试管里加入5 mL品红溶液，再通入待检气体 品红溶液褪色，加热后红色复现 CO2 通入澄清石灰水中 石灰水变浑浊，继续通入后变澄清 Cl2 通入KI­淀粉溶液中 溶液变成蓝色 　　 【注意】　气体检验中干扰因素的排除方法 气体检验中干扰因素的排除方法一般是先检验出一种可能具有干扰的气体，并除去该气体，而且要确认该气体已经除尽，再检验其余气体。如在SO2存在的条件下检验CO2，可设计如下检验思路：品红溶液检验SO2→高锰酸钾溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除尽→通入澄清石灰水检验CO2。与此类似的还有检验实验室制取的乙烯中含有SO2等。 6．有机物官能团的检验 (1)用溴水作试剂 官能团 —CHO 现象 褪色 褪色 褪色 (2)用KMnO4(H＋)作试剂 官能团 —CHO 现象 褪色 褪色 褪色 (3)用[Ag(NH3)2OH]溶液作试剂 R—CHOAg↓(含—CHO的物质均有此现象，如醛、甲酸(HCOOH)、甲酸酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等，分子中均含醛基)。 (4)用Cu(OH)2碱性悬浊液作试剂 官能团 —CHO —COOH 现象 不加热无现象，加热煮沸，产生砖红色沉淀 蓝色沉淀溶解，得蓝色溶液 (5)I2溶液作试剂 淀粉蓝色(I－、IO无此性质) (6)石蕊试液作试剂 羧酸变红色(低分子羧酸酸性较碳酸酸性强) (7)NaOH溶液＋酚酞作试剂 RCOOR′红色变浅 【注意】　部分有机物也可用水来鉴别，如鉴别苯、CCl4和乙醇。 二、物质鉴别遵循的原则 (1)选择的方法或试剂要简单，实验现象要明显。 (2)用物理方法时，一般可按观察法→嗅试法→水溶法的顺序进行。 (3)用化学方法时，对固体可按加热法、水溶法、指示剂测试法、指定试剂法等进行；对液体可按照指示剂测试法、指定试剂法等进行；对气体可用点燃法、通入指定试剂法等进行。 破类题·提能力 5．（25-26高三上·北京东城·期末）探究CuSO4溶液与Na2SO3溶液的反应。 已知：Cu+在酸性环境中会发生反应：。 I．理论预测 序号 预测依据 可能的反应 a 多数亚硫酸盐难溶 生成沉淀 b CuSO4溶液显酸性，Na2SO3溶液显碱性 酸碱反应 c Cu2+有氧化性，有还原性 氧化还原反应 d Cu2+、Cu+有空轨道，有孤电子对 生成配合物 (1)用离子方程式表示Na2SO3溶液显碱性的原因：___________。 Ⅱ．实验探究 【实验1】将浓度均为0.2mol/L的CuSO4溶液与Na2SO3溶液等体积混合，溶液变为绿色，析出棕黄色沉淀。待溶液颜色不变且不再产生沉淀时，快速过滤出棕黄色沉淀，洗涤，记为沉淀A． (2)查阅资料：绿色溶液中含，说明CuSO4溶液与Na2SO3溶液发生了___________(填序号)的反应。 【实验2】资料显示：沉淀A中不含，含有Cu2+、Cu+、。验证沉淀A的成分。 (3)iii的现象证明沉淀A中有但没有(已另补充实验排除O2干扰)。该步反应的离子方程式是___________。 (4)证明沉淀A中有Cu2+，依据的实验现象：___________。 (5)实验甲无法确定Cu+是否存在。另取沉淀A，加入足量稀硫酸，___________(填实验现象)，证实沉淀A中有Cu+。 (6)通过两步滴定实验验证沉淀A中是否仅含Cu2+、Cu+和这三种离子。 第一步：取一定质量的沉淀A放入锥形瓶中，加蒸馏水形成浊液。用x mol/LKMnO4溶液滴定。滴定过程中分多次滴加稀硫酸(当出现棕黑色沉淀MnO2时，立即滴加稀硫酸至其恰好消失；重复以上操作；临近终点前补加少量稀硫酸)。终点时，共消耗ymL KMnO4溶液。锥形瓶内为澄清溶液，主要含和。 第二步：滴定上述溶液中的Cu2+，测得其物质的量为p×10-3mol。 ①设沉淀A样品中三种离子的物质的量分别为和，则 上面横线处应填写__________。 ②若无其他离子，存在电荷守恒关系：。测定结果为2p＞5xy，推断沉淀A中可能还含有___________。 ③实验反思：第一步滴定过程中分多次滴加硫酸的目的是___________(至少答两点)。 Ⅲ．实验结论：CuSO4溶液与Na2SO3溶液发生了多种类型反应。 【答案】(1) (2)cd (3) (4)实验甲中加入氨水后溶液为深蓝色，实验乙中先得到无色溶液 (5)逐渐出现红色沉淀 (6) 或 避免发生反应，使Mn全部还原为+2价，避免二氧化硫挥发 【分析】实验甲： 步骤ⅰ：沉淀A加氨水全部溶解得深蓝色溶液，说明有(形成)； 步骤ⅱ：加足量得白色沉淀； 步骤ⅲ：加足量稀盐酸，沉淀几乎全部溶解，产生刺激性气味气体()，证明是。 实验乙： 步骤ⅳ：CuCl加氨水全部溶解得无色溶液，是与形成配合物； 步骤ⅴ：放置后逐渐变蓝，是被空气中的氧化为。 【解析】（1）是强碱弱酸盐，发生分步水解，其中第一步水解是溶液显碱性的主要原因：。 （2）绿色溶液中含有，是配合物，并且Cu的化合价由中+2价变为+1价，所以应选表格中的c、d。 （3）根据实验现象，加入稀盐酸后白色沉淀几乎全部溶解，并产生刺激性气味气体，故白色沉淀为，离子方程式为。 （4）实验甲中加入氨水后溶液为深蓝色，说明生成，证明有，而实验乙中CuCl加入氨水后先得到无色溶液，放置后变蓝色。 （5）根据已知信息：在酸性环境中会发生反应，另取沉淀A，加入足量稀硫酸，若逐渐出现红色沉淀，则证实沉淀A中有。 （6）在酸性条件下被还原为，→，Mn从+7价到+2价，每个得到5个电子，被氧化的粒子为，S从+4价到+6价，每个失去2个电子；→，Cu从+1价到+2价，每个失去1个电子，根据电子守恒：得电子总数=失电子总数，，已知=xy×10-3 mol，代入得； 已知电荷守恒：，且实验测得2p>5xy，结合①的两个等式：，，将2p>5xy变形为2p>5xy，代入得：，化简得：，说明正电荷总量大于负电荷总量，因此沉淀A中还含有负电荷的阴离子，可能为或； 根据已知信息：在酸性环境中会发生反应：，第一步滴定过程中分多次滴加硫酸的目的是避免发生反应，根据信息“当出现棕黑色沉淀时，立即滴加稀硫酸至其恰好消失”，此操作可以使Mn全部还原为+2价，避免生成沉淀，还可以避免二氧化硫挥发。 热点设问04 实验中的温度、压强控制 析典例·明思路 4．（2025·北京·高考真题）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“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，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。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 (2)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，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综合调控和温度的目的是_______。 【答案】(3) 40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡 【解析】（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，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 研考点·通技法 1．温度控制 (1)加热方式： 直接加热 间接加热 加热仪器：试管、坩埚、蒸发皿 隔石棉网加热 水浴加热 油浴加热 冰水浴 加热仪器： 圆底烧瓶、锥形瓶、烧杯 (2)控制温度的目的： 加热目的 加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动 控温目的：【提高反应速率、提高产率和转化率、减少副反应、提高产品纯度】 若温度过低，则反应速率(或溶解速率)较慢 若温度过高，某些物质会分解或挥发(如H2O2、NH4HCO3、氨水、盐酸、浓硝酸)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等) 冰水冷却目的 使某物质液化、降低产物的溶解度 减少其他副反应，提高产品纯度 2．压强控制 （1）控制流速 控制气体的流速及用量 装置的作用 ①使反应的气体混合均匀 ②根据液体中气泡的生成速率调节气体的混合比例 ③干燥气体 （2）N2作载气、控制气体流速、降低气体浓度 装置图 解题指导 N2的作用： (1)实验前先把装置中的空气排尽 (2)实验结束前，把反应生成的气体充分压入指定的吸收装置中 (3)在测定某些气体含量的实验中，如果氮气的流速过快会导致测量结果偏小 (4)稀释气体，控制易爆炸气体的浓度 (3)减压过滤 装置图 解题指导 使容器内压强降低，以达到固液快速分离的目的 (4)常见平衡气压的措施——图中橡皮管a、支管b、玻璃管c都有平衡气压的作用 3．排气方法及作用 (1)防氧化、防水解 为了防止空气的成分氧气、CO2、水蒸气干扰实验，常用其他稳定的气体(如氮气)排尽装置中的空气；有时也可充分利用反应物气体(如：氨气、氯气、二氧化硫)等排尽装置中的空气 装置图 压强的作用 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气再将生成的FeSO4溶液压入另一个含氢氧化钠溶液的反应容器内制备氢氧化亚铁 (2)定量测定气体 实验中为了充分吸收某种需分析或测定的气体，常用其他稳定的气体(如氮气)作载气；有时也可充分利用反应物气体(如氧气)作载气，将生成的气体压入指定的吸收装置中 破类题·提能力 6．（2026·北京朝阳·一模）小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。 (1)溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为______。 (2)研究间接碘量法测的原理 查阅资料：、(和溶液均为无色)。 实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有______。 (3)探究能否用溶液直接滴定 实验2： 查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。 ①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：______。 ②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：______(填操作和现象)。 ③不能用溶液直接滴定的原因有______(答出两点)。 (4)探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的 由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。 查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。 实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。 实验4：______(填操作和现象)。 根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。 (5)测定某刻蚀覆铜板废液中的 实验5： i．取某刻蚀废液，加入过量溶液； ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液； iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。 分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：______。 【答案】(1) (2)、 (3) 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有 会与生成络合物、发生副反应生成硫化物沉淀 (4)向溶液中加入过量溶液，调节，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，继续滴加溶液，蓝色褪去 (5)pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，在酸性条件下分解，同时易被空气中的氧化，因此调节保证反应定量进行 【解析】（1）刻蚀铜，氧化铜单质生成和，配平即可得离子方程式。 （2）化合价降低、得电子体现氧化性：氧化生成，Cu从价降为价，体现氧化性；生成的氧化，I从价降为价，也体现氧化性。 （3）①无色的被空气中氧化为蓝色的四氨合铜(II)络离子，配平即可得离子方程式。 ②题中说明微溶，会干扰检验，先加过量盐酸可除去，再向上层清液中加，若出现白色沉淀，则可说明溶液a中含有。 ③从实验流程可知，与除生成配合物，还发生氧化还原副反应生成黑色沉淀、S等，没有固定的计量比，且终点无明显易观察的颜色变化，无法直接滴定。 （4）需要做对照实验证明的作用，一组加不变蓝，一组不加变蓝，即可证明消除干扰。 （5）溶液中存在，酸性条件下会发生歧化反应；在酸性条件下会被空气中的氧化，所以pH不能太小。为弱碱阳离子，结合溶液中的水解成，所以pH不能太大。 热点设问05 实验中的定量计算 析典例·明思路 5．（2025·北京·高考真题）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“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，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。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______。用离子方程式表示的作用：_______。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用_______的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是_______。 (2)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，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综合调控和温度的目的是_______。 【答案】(1) (2) 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 增大 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态 (3) 40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡 【解析】（1） （2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ②该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； （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，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 研考点·通技法 1.常见的定量测定 包括混合物成分的测定、物质纯度的测定以及化学式的确定等。该类试题常涉及物质的称量、物质的分离与提纯、中和滴定、一定物质的量浓度溶液的配制等实验操作。 2.定量测定数据测定的常用方法 (1)沉淀法。先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的质量，再进行相关计算。 (2)测气体体积法。对于产生气体的反应，可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。量气装置的设计：下列装置中，A是常规的量气装置，B、C、D是改进后的量气装置。 (3)测气体质量法。将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关计算。 (4)滴定法。即利用滴定操作原理，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据后再进行相关计算。 (5)热重法。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在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。 3.测定实验中要有数据的采集处理意识 (1)称量固体质量时，中学一般用托盘天平，可估读到0.1 g，精确度要求高的实验中可以用分析天平或电子天平，可精确到0.000 1 g。 (2)测量液体体积时，一般实验中选用适当规格的量筒，可估读到0.1 mL，准确度要求高的定量实验如中和滴定中选用滴定管(酸式或碱式)，可估读到0.01 mL。容量瓶作为精密的定容仪器，用于配制一定物质的量浓度的溶液，一般不用于量取液体的体积。 (3)气体除了量取外，还可以称量。称气体的质量时一般有两种方法：一种方法是称反应装置在放出气体前后的质量，计算其减小值；另一种方法是称吸收装置吸收气体前后的质量，计算其增大值。 (4)用pH试纸或pH计(精确到0.01)直接测出溶液的pH，经过计算可以得到溶液中H＋或OH－的物质的量浓度。为了数据的准确性，实验中要采取必要的措施，确保离子完全沉淀、气体完全被吸收等，必要时可以进行平行实验，重复测定，然后取其平均值进行计算。例如：中和滴定实验中测量酸或碱的体积要平行做2～3次滴定，取体积的平均值求算未知溶液的浓度，但对于“离群”数据(指与其他数据有很大差异的数据)要舍弃，因为数据“离群”的原因可能是操作中出现了较大的误差。 4.计算公式 (1)n＝，n＝，n＝cV(aq) (2)物质的质量分数(或纯度)＝×100% (3)产品产率＝×100% (4)物质转化率＝×100% 5.掌握两种方法 (1)守恒法：是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程、快速解题的目的 (2)关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，若第一步反应的产物，是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系 6.关系式法解题的一般步骤 (1)第一步，写出各步反应的化学方程式 (2)第二步，根据方程式找出作为“中介”的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的“量”的关系 (3)第三步，确定已知物质与所求物质之间“量”的关系 (4)第四步，根据已知物质与所求物质之间“量”的关系，列比例式进行计算 破类题·提能力 7．（25-26高三上·北京朝阳·期末）某实验小组测定“”的平衡常数K。 已知：甲基橙的变色范围为红色，橙色，黄色。 (1)理论分析 ①查阅数据，计算该反应平衡常数K的理论值为。25℃时，________（填“>”或“<”）。 ②控制搅拌速率，可忽略难溶物的覆盖问题；利用与的反应，通过滴定法测定，进而获得该反应平衡常数K的实测值。 (2)实验一：测定K值 步骤 实验内容及现象 Ⅰ 向2 g固体中加入溶液（忽略溶液体积变化），不断搅拌，测得溶液pH随时间变化如下。1600 s后溶液pH不再变化，停止搅拌，过滤。 Ⅱ 取Ⅰ中滤渣…… Ⅲ 取Ⅰ中滤液，用盐酸进行滴定，消耗盐酸 ①Ⅲ中滴定时，选用甲基橙作指示剂，滴定终点的现象是_________________。 ②Ⅱ中实验证实滤渣中含有，将实验操作与现象补充完整：__________________。 ③根据实验数据计算平衡常数________。实测值与理论值接近。 ④若取Ⅰ的浊液测定，会使所测K值________（填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。 ⑤实验反思：甲同学认为，无需进行步骤Ⅱ，仅根据步骤Ⅰ、Ⅲ即可获得K的实测值，请结合K的理论值说明原因：_______________________。 (3)实验二：改变浓度，再次测定K值 向1 g固体中加入溶液，不断搅拌，800 s时停止搅拌，过滤取滤液，用盐酸滴定，测定。 实验二中K的实测值小于理论值，可能原因是_________________。 【答案】(1)＜ (2) 溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色 滴加足量盐酸，有固体剩余 偏低 K的理论值为，说明该反应正向进行程度很小，100 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液最多能与0.0932g BaSO4固体反应，由于实验中加入了2g BaSO4，远大于0.0932g，因此BaSO4固体必有剩余，无需通过步骤Ⅱ进行检验 (3)800s时反应未达到平衡状态 【分析】本实验测定“”的平衡常数K，向2 g固体中加入溶液，通过滴定法测定平衡时溶液中，减少的浓度即为生成的的浓度，继而通过计算K值，据此解答。 【解析】（1）该反应平衡常数，故，＜； （2）①待测液含，溶液呈碱性，甲基橙在碱性条件下为黄色；滴定终点时，完全反应，过量半滴盐酸导致溶液呈弱酸性，溶液pH基本落在甲基橙的变色范围，变为橙色，半分钟不变色说明达到终点； ②可溶于稀盐酸，不溶于稀盐酸，若加酸后固体部分溶解，剩余不溶物即可证明滤渣中含； ③初始=0.1mol/L，滴定中消耗，滴定时消耗 ，所以平衡时滤液中 ，初始的浓度是0.1mol/L，所以反应消耗的浓度等于生成的浓度，所以， 因此； ④取浊液测定时，浊液中含BaCO3固体，固体也会消耗盐酸，使测得消耗盐酸体积偏大，计算得到的K偏低； ⑤K的理论值为，说明该反应正向进行程度很小，列三段式：，，解得，说明100 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液最多能与0.0932g BaSO4固体反应，由于实验中加入了2g BaSO4，远大于0.0932g，因此BaSO4固体必有剩余，无需通过步骤Ⅱ进行检验，只需测得即可计算K； （3）反应未达到平衡就停止搅拌，此时大于平衡浓度，因此测得的K偏小。 8．（25-26高三上·北京丰台·期末）实验小组探究碘酸铜溶度积常数的测定方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 时，纯净的固体微溶于水。其饱和溶液中存在关系：，只需测定，即可计算出。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 时。将的两种溶液混合制备沉淀，取反应后浊液，调节，加入足量二钠盐充分反应后，再加入足量溶液，溶液呈棕黄色，用标准溶液进行滴定，记录体积。 Ⅱ 时，将的两种溶液混合制备沉淀，静置后取上层清液，调节，之后重复实验1的步骤。 已知：i．均为无色。 ii．对有吸附作用。 iii．EDTA二钠盐结构简式为： ①上述实验滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点的现象是___________。用离子方程式表示KI的作用：___________。 ②实验中加入EDTA二钠盐的目的是___________。 ③实验I中取浊液测定，会使所测值___________。(填“偏大”、“偏小”或“不受影响”)。 ④结合理论分析，实验Ⅱ中计算值偏小的原因是___________。 ⑤实验过程中如果滴定时间超过，发生反应___________(写离子方程式)，则会导致测定结果偏高。 (2)实验改进 ①设计准确测定溶度积常数的实验方案：时，取实验Ⅱ过滤所得沉淀，___________(可用“重复实验I的步骤”简化表述)。 ②按照上述测定方案实施实验，若量取待测液为，重复滴定3次，平均消耗标准溶液为，则该条件下的的为___________(列出计算式)。将本实验计算结果与时的标准进行比较，可判断实验方案的可行性。 【答案】(1) 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 与发生配位反应，避免与反应产生吸附，造成测定结果不准确 偏大 计算时所用小于其在溶液中的实际浓度 (2) 洗涤沉淀后，加蒸馏水充分溶解配成饱和溶液，静置后取一定体积的上层清液，调节，重复实验I的步骤(加入足量EDTA二钠盐充分反应后，再加入足量溶液，用标准溶液)在内完成滴定，记录体积 【分析】难溶电解质Cu(IO3)2存在溶解平衡，溶度积表达式为（饱和溶液中存在关系），因此只要测定出饱和溶液中的浓度，即可计算出的浓度，进而求得Ksp；实验Ⅰ采用间接碘量法滴定，分两步反应： ① 酸性条件下与过量发生归中反应生成：； ② 生成的用标准Na2S2O3溶液滴定（以淀粉为指示剂），从而确定碘酸根的量；但溶液中的会与反应，生成的会干扰的测定结果，因此实验中加入EDTA二钠盐，利用其与铜离子形成稳定络合物的性质，消除铜离子干扰； 实验Ⅱ通过加入过量，确保完全反应生成Cu(IO3)2沉淀，静置后上层清液为 Cu(IO3)2的饱和溶液，取上层清液25 mL，调节pH=3.5，之后重复实验1的步骤；据此作答。 【解析】（1）①淀粉遇碘单质变蓝，滴定终点前溶液中存在碘单质，呈蓝色；当碘单质被Na2S2O3完全还原为碘离子时，蓝色褪去；即滴定终点的现象为溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；碘化钾的作用是将碘酸根转化为碘单质，以便于滴定，离子方程式为； ②依据分析，实验中加入EDTA二钠盐的目的是与Cu2+发生配位反应，避免Cu2+与I−反应产生CuI吸附，造成测定结果不准确； ③溶度积的测定对象是饱和溶液中的离子浓度，而浊液中含有未溶解的Cu(IO3)2沉淀，滴定时，沉淀会发生溶解平衡移动，持续释放碘酸根，使滴定消耗的Na2S2O3体积偏大，导致测定的偏高，对应的Ksp值偏大； ④实验Ⅱ中，即Cu2+过量，上层清液中，但计算时仍按饱和溶液中处理，导致偏小，Ksp值偏小；答案为：计算时所用小于其在溶液中的实际浓度； ⑤酸性条件下，空气中的O2具有氧化性，会将溶液中的碘离子氧化为碘单质，生成的单质碘会消耗更多的硫代硫酸钠，导致测定结果偏高；氧气氧化碘离子的离子方程式为； （2）①为准确测定碘酸铜的Ksp，必须保证使用纯净的饱和溶液且满足，没有其他离子干扰；则方案为：取实验Ⅱ过滤所得沉淀，洗涤沉淀后，加蒸馏水充分溶解配成饱和溶液，静置后取一定体积的上层清液，调节pH=3.5，重复实验I的步骤(加入足量EDTA二钠盐充分反应后，再加入足量KI溶液，用Na2S2O3标准溶液)在15 min内完成滴定，记录体积； ②结合上述分析，实验过程中离子之间的关系为，则依据题目数据得，则。 刷模拟 1．（2026·北京·一模）多糖铁复合物胶囊是一种口服铁补充剂。某小组同学就胶囊中的多糖铁复合物(以下简称复合物)中铁元素的价态和含量展开实验探究。 实验Ⅰ：探究复合物中元素的价态。 取少量复合物黑色粉末于洁净烧杯中，加入稀盐酸，得到酸溶多糖铁溶液，实验如下图。 (1)观察到___________现象，得出结论：复合物中同时含有和。 实验Ⅱ：寻找测定铁元素含量的优质试剂。 i．比色法定量测定要求配体能与待测中心离子形成颜色明显的配合物。实验结果如下：         配体 中心离子 苯酚 邻二氮菲() 紫色 红色 浅黄色 浅黄色 接近无色 接近无色 接近无色 橙色 (2)①结合上述实验，选择作为配体，___________作为配体。 ii．比色法定量测定还要求配体与中心离子形成稳定的配合物。该组同学取试管加入复合物溶液，滴入2滴稀苯酚溶液，观察到溶液变紫色；向紫色溶液中加入2滴等浓度的溶液，观察到溶液呈红色，得出结论：和形成配合物的稳定性更高。 ②乙同学认为该结论不严谨，理由是___________。 调整并改进实验后发现：比色法测定铁元素的含量选用邻二氮菲更优。 实验Ⅲ：用比色法测定一粒多糖铁复合物胶囊中铁元素的含量。 资料a．实验原理：，液层厚度相等时，溶液颜色深浅与溶液浓度呈正比，溶液颜色越深，吸光度越大。 邻二氮菲() 结构 资料b．实验步骤：i．用莫尔盐配制浓度依次为0、1、2、4、6mg/L的标准溶液(pH：4∼5)，用色度传感器测定每份溶液的吸光度，作图得到标准曲线，如图1所示。 ii．向待测液中依次加入适量10%盐酸羟胺()溶液、溶液和0.15%邻二氮菲溶液，随后测定吸光度。 (3)加入盐酸羟胺溶液后发生反应： 加入盐酸羟胺的目的___________。 (4)为探究实验步骤中加入溶液的目的，进行实验：向配合物中加入稀盐酸，吸光度随加入稀盐酸滴数的变化曲线如图2所示。请结合图2，从化学平衡的角度分析加入溶液的目的___________。 (5)测定吸光度并计算铁含量。 ①取一粒胶囊内容物(黑色粉末)，灼烧至恒重，得残渣。 ②称取灼烧后粉末，经处理得1L铁待测液。 ③取待测液于比色管中，依次加入盐酸羟胺、、邻二氮菲，加水定容至，摇匀静置，测定其吸光度为。计算1粒多糖铁复合物胶囊中铁元素的质量分数：___________(用含A的代数式表示)。 【答案】(1)2号试管溶液变红色，3号试管产生蓝色沉淀 (2) 邻二氮菲 未排除过量的与后加入的反应的干扰 (3)将所有的转化为，通过后续和邻二氮菲配位进行定量测定元素含量 (4)由图像可知，随着氢离子浓度增大吸光度下降，说明氢离子浓度增大，邻二氮菲可与氢离子结合，使邻二氮菲浓度降低，平衡逆向移动。加入醋酸钠发生，降低，使氢离子与邻二氮菲的配位平衡逆向移动，增大邻二氮菲浓度，使平衡正向移动，方便吸光度测定。 (5) 【解析】（1）检验用KSCN，特征现象为溶液变红；检验用，特征现象为产生蓝色沉淀，试管2中溶液变红，试管3中产生蓝色沉淀，则溶液中同时含有和。 （2）①比色法要求配体与待测离子形成颜色明显的配合物，根据表格，只有邻二氮菲与能形成明显的橙色配合物，符合要求；②实验中加入苯酚后，若过量，剩余游离的可直接与后加入的KSCN反应显红色，不能证明KSCN从苯酚合铁配合物中夺取了，因此结论不严谨。 （3）邻二氮菲仅和显色，复合物中同时含和，因此需要盐酸羟胺将所有还原为，才能得到准确的总铁含量。 （4）由图2可知，酸性越强，配合物吸光度越低；酸性条件下会结合邻二氮菲，降低游离邻二氮菲浓度，使平衡左移，配合物浓度降低；加入发生，降低c()，使氢离子与邻二氮菲的配位平衡逆向移动，增大邻二氮菲浓度，使平衡正向移动，方便吸光度测定。 （5）根据标准曲线A=0.166c−0.015，得定容后浓度=； 结合稀释关系：25mL显色液中Fe来自1mL待测液，总待测液为1L，因此xg灼烧残渣中总Fe质量为0.025L××=；一粒胶囊总残渣为b g，胶囊内容物总质量为a g，铁的质量分数为=。 2．（2026·北京朝阳·一模）小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。 (1)溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为______。 (2)研究间接碘量法测的原理 查阅资料：、(和溶液均为无色)。 实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有______。 (3)探究能否用溶液直接滴定 实验2： 查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。 ①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：______。 ②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：______(填操作和现象)。 ③不能用溶液直接滴定的原因有______(答出两点)。 (4)探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的 由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。 查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。 实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。 实验4：______(填操作和现象)。 根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。 (5)测定某刻蚀覆铜板废液中的 实验5： i．取某刻蚀废液，加入过量溶液； ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液； iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。 分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：______。 【答案】(1) (2)、 (3) 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有 会与生成络合物、发生副反应生成硫化物沉淀 (4)向溶液中加入过量溶液，调节，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，继续滴加溶液，蓝色褪去 (5)pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，在酸性条件下分解，同时易被空气中的氧化，因此调节保证反应定量进行 【解析】（1）刻蚀铜，氧化铜单质生成和，配平即可得离子方程式。 （2）化合价降低、得电子体现氧化性：氧化生成，Cu从价降为价，体现氧化性；生成的氧化，I从价降为价，也体现氧化性。 （3）①无色的被空气中氧化为蓝色的四氨合铜(II)络离子，配平即可得离子方程式。 ②题中说明微溶，会干扰检验，先加过量盐酸可除去，再向上层清液中加，若出现白色沉淀，则可说明溶液a中含有。 ③从实验流程可知，与除生成配合物，还发生氧化还原副反应生成黑色沉淀、S等，没有固定的计量比，且终点无明显易观察的颜色变化，无法直接滴定。 （4）需要做对照实验证明的作用，一组加不变蓝，一组不加变蓝，即可证明消除干扰。 （5）溶液中存在，酸性条件下会发生歧化反应；在酸性条件下会被空气中的氧化，所以pH不能太小。为弱碱阳离子，结合溶液中的水解成，所以pH不能太大。 3．（25-26高三下·北京·开学考试）某小组探究金属Na、Mg、Al与溶液的反应。 已知：、(棕色) ⅱ、， 装置 实验 金属 现象 Ⅰ Na 钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体 Ⅱ Al 铝片表面很快产生无色气体，同时析出红色固体，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体 (1)经检验，Ⅰ中产生的黑色固体是CuO，Ⅰ中生成CuO的过程中的反应有______、、。 (2)探究Ⅱ中发生的反应。 ①取Ⅱ中少量洗净的红色固体，先加入稀硫酸，无明显现象，再加入稀硝酸，微热，观察到______(填实验现象)，证明有Cu生成。 ②验证Ⅱ中棕色溶液含有的实验操作和现象是______。 ③反应过程中溶液pH发生变化，起始溶液的pH约为2.7，一段时间降到1.2，之后逐渐升高至3.5后基本不变。 ⅰ、结合化学用语解释，除温度外，反应过程中溶液的pH降低的原因：______。 ⅱ、溶液的pH升高的过程中产生无色气体的速率增大，主要影响因素有______。 ④棕色溶液最终变为无色，反应的离子方程式是______。 (3)实验Ⅲ将Mg条放入酸化的溶液中，Mg条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有、CuCl。随着反应进行，溶液的pH逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，Mg条表面有大量疏松的红色固体析出。 结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，对比Na、Mg、Al与溶液的反应，解释Mg与溶液反应既有又有Cu生成的原因：______。 综合上述实验，影响Na、Mg、Al与溶液反应产物的因素有金属的活泼性、金属离子结合OH⁻的能力等。 【答案】(1) (2) 红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口有红棕色气体 取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成(或加溶液，溶液棕色褪去或变浅或加氨水，溶液棕色褪去，放置后溶液逐渐变为蓝色) 生成的反应：，消耗的反应：等，相同时间内生成的多于消耗的，增大 温度、形成Al-Cu原电池 (3)金属与水反应生成和的速率(金属的活泼性/还原性)：，金属阳离子结合的能力)：，部分生成，部分被Mg还原为Cu 【分析】Ⅰ 加入金属钠，钠剧烈反应放出热量，迅速熔成小球，产生氢气并伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色氢氧化铜沉淀和少量黑色固体。 Ⅱ 加入金属铝，铝片表面很快产生氢气，同时析出红色固体铜，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体CuCl，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体铜。 【解析】（1）Ⅰ中生成CuO的有关反应第一步是金属Na与水反应产生，其方程式为； （2）①Ⅱ中红色固体为铜，先不溶于稀硫酸，加入稀硝酸并微热时，出现红色固体溶解、溶液变蓝并产生无色气体，在液面上方变红棕色的现象，证明其中含有金属Cu，故答案为：红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，在液面上方变红棕色；②检验棕色溶液中的方法：向少量棕色溶液中加入足量水(或稀释)，棕色逐渐消失并生成白色沉淀(CuCl)，证明有，故答案为：取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成； ③pH降低的原因(除温度上升外)：铝被氧化为Al3+，其水合离子[Al(H2O)6]3+发生水解，产生H+，使溶液酸性增强；故答案为：生成的反应：，消耗的反应：等，相同时间内生成的多于消耗的，增大 ④被还原出来的Cu附着在Al的表面形成原电池，加快反应速率，产生氢气的速率增大，故答案为：温度、形成Al-Cu原电池； ⑤棕色溶液最终褪色(即被还原为(Cu)的离子方程式为，故答案为：； （3）结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，金属与水（或酸性溶液）反应的剧烈程度：Na＞Mg＞Al，金属阳离子结合的能力：Cu2+＞Mg2+，从而导致部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu； 4．（25-26高三上·北京通州·期末）某小组同学对经典的“鉴定”实验产生兴趣。 资料ⅰ、为粉红色。 ii、为蓝色，易溶于戊醇等有机溶剂且比较稳定，在水溶液中不稳定。呈紫红色。 ⅲ、近乎无色或呈极浅的淡黄色。 (1)基态的价层电子排布式为______。 Ⅰ、经典的“鉴定”实验 经典的“鉴定”实验流程如图所示。 (2)对在水溶液中没有观察到蓝色提出假设： ①在给定条件下(温度、浓度一定)，没有形成蓝色的，只形成低级配离子。 ②______。 小组同学尝试通过改变反应条件在水溶液中观察到蓝色。 Ⅱ、对经典的“鉴定”实验的改进 (3)用1 mL饱和溶液代替图中浓度为10%的溶液，不加戊醇就可以观察到水溶液立即变蓝，放置24 h，蓝色更纯正。结合平衡移动原理，解释出现此现象的原因：______。 (4)向上述实验得到的蓝色溶液中加入1.5 mL水，观察到蓝色很快褪去。实验结果证实：蓝色的在水溶液中稳定存在是有条件的，条件是______。 (5)若不向图中紫红色溶液中加入戊醇，只加热，也能得到稳定的蓝色溶液。降低温度，溶液的蓝色褪去。再加戊醇，若______(填写实验现象)，说明加热前和冷却后两个体系中所存在的物质是相同的。 Ⅲ、含有溶液中的鉴定 小组同学对经典的含溶液中的鉴定也进行了改进，改进流程如图所示。 (6)上述改进流程中加入溶液的作用是______。 (7)上述改进流程中所需试剂a为2滴______。 【答案】(1) (2)生成了蓝色的，但因其在水溶液中不稳定，易转化为低级配离子 (3)和在与形成配合物时存在竞争反应：，增大浓度，配位平衡正向移动，浓度升高，因此水溶液中可观察到蓝色，防止24h，与形成配合物的反应更完全，蓝色更纯正 (4)过量（高浓度的） (5)与经典的“鉴定”实验有机相中所示结果一致(有机层显蓝色) (6)使硫氰化铁转化为，防止硫氰化铁的颜色干扰鉴定 (7)饱和溶液 【解析】（1）Co为27号元素，基态Co原子价电子排布为，Co失去最外层2个电子得到，因此价层电子排布式为。 （2）根据资料ii，本身在水溶液中不稳定，因此除了“未生成”的假设，另一种合理假设为：生成了蓝色的，但因其在水溶液中不稳定，易转化为低级配离子，所以无法观察到蓝色。 （3）和在与形成配合物时存在竞争反应：，饱和溶液中浓度远大于10%的溶液，增大反应物浓度，配位平衡正向移动，浓度升高，因此水溶液中可观察到蓝色，放置24h，与形成配合物的反应更完全，蓝色更纯正； （4）加水稀释后，浓度降低，配位平衡逆向移动，蓝色褪去，说明在水溶液中稳定存在需要较高浓度的。 （5）若加热前和冷却后体系中存在的物质相同，加入戊醇后，现象与原经典实验一致：溶于戊醇，有机层显蓝色。 （6）原溶液中会与反应生成血红色物质，干扰的检验；根据资料iii，可与结合生成近乎无色稳定的，因此加入的作用是使硫氰化铁转化为，防止硫氰化铁的颜色干扰鉴定。 （7）要使紫红色的低级配离子转化为蓝色的，需要提高浓度，根据第(3)问结论，饱和可提高浓度，使平衡正向移动，溶液变为蓝色，因此试剂a为饱和溶液。 5．（25-26高三上·北京房山·期末）某小组同学探究Zn和FeCl3溶液的反应现象及产物 (一)探究Zn片、Zn粉分别和FeCl3溶液反应的现象 序号 实验 现象 I 15 mL 0.5 FeCl3溶液(pH=1) Zn片表面有气泡，且速率逐渐变大，出现红褐色沉淀，浸没在溶液里的Zn片表面覆盖一层黑色物质 Ⅱ 15 mL 0.5 FeCl3溶液(pH=1) 有气泡产生，pH逐渐增大，产生大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4 (1)用离子方程式解释实验I中气泡产生的原因___________。 (2)结合平衡移动原理解释Ⅱ中红褐色沉淀生成的原因___________。 (3)经检验，实验I中Zn片表面覆盖的黑色物质为铁，由此推测，实验I中产生气泡的速率逐渐变大可能的原因是___________。 (二)探究实验Ⅱ产物 资料：①可以与Fe3+、Fe2+形成稳定的络合离子； ②0.5 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 实验 操作 现象 Ⅲ 向V1 mL溶液A(pH=3)中加入2 g新的Zn片 Zn片表面无气泡产生，也无黑色物质覆盖 Ⅳ 向V1 mL 1.5 KCl溶液(pH=3)中加入2 g新的Zn片(大小和材质与实验Ⅲ相同) Zn片表面有气泡产生 (4)溶液A中主要含有的金属阳离子有___________。 (5)解释实验Ⅲ中Zn片表面无气泡产生的原因___________。 (6)取用含草酸根离子的溶液(pH=3.0)清洗后固体B于试管中，___________(填实验操作及现象)，证明固体B中存在Fe单质。 (7)检验Fe单质前，需用含的溶液(pH=3.0)清洗固体表面附着的Fe(OH)3，目的是___________。 【答案】(1)Zn+2H+=Zn2++H2↑ (2)，Zn与H+反应生成H2，使c(H+)降低，平衡正向移动，产生红褐色沉淀 (3)锌与铁在溶液中构成原电池，锌做负极，加快了锌与酸反应产生氢气的速率 (4)Zn2+  Fe2+ (5)A中Zn2+的浓度较大，使Zn的还原性降低，不易和H+反应 (6)加入过量稀盐酸，待固体完全溶解后，向试管中滴加少量铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 (7)排除Fe3+对后续检验Fe单质的干扰 【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究锌和氯化铁溶液的反应现象及设计实验确定反应所得产物。 【解析】（1）实验I中气泡产生的原因是锌与溶液中的氢离子反应生成锌离子和氢气，反应的离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑； （2）氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁和氢离子，反应的离子方程式为：，则实验Ⅱ中红褐色沉淀生成的原因是加入的锌粉与溶液中的氢离子反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，促进溶液中铁离子的水解转化为氢氧化铁红褐色沉淀； （3）实验I中反应生成的铁与锌在溶液中构成原电池，比铁活泼的锌作原电池的负极，原电池反应加快了锌与酸反应产生氢气的速率； （4）由题意可知，pH为3溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，则由题给流程可知，实验II所得产物过滤得到含有锌离子、亚铁离子的滤液和含有锌、铁的滤渣； （5）由题意可知，pH为3溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，则实验III中锌片表面无气泡产生是因为溶液A中锌离子浓度较大，使锌的还原性降低，不易和溶液中氢离子反应所致； （6）证明固体B中存在铁单质的实验方案为：取用用含草酸根离子的溶液(pH=3.0)清洗后的固体B于试管中，加入过量稀盐酸，待固体完全溶解后，向试管中滴加少量铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀说明固体B中存在铁单质； （7）检验铁单质前，需用含草酸根离子的溶液(pH=3.0)清洗固体表面附着的氢氧化铁目的是防止氢氧化铁溶解生成的铁离子与金属单质反应生成的亚铁离子干扰铁单质的检验。 6．（25-26高三上·北京昌平·期末）实验小组探究KSCN溶液用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在Fe3+”的适用性。 已知： a．CuSCN为难溶于水的白色沉淀，可与稀硝酸反应生成Cu2+和。 b．为淡黄色溶液，与Cu2+共存时，溶液显绿色。 c．(SCN)2为拟卤素，性质与卤素相似，其离子与卤素离子性质相似。 Ⅰ．实验1：用KSCN溶液检验Cu与FeCl3反应后的溶液。 (1)实验1过程ⅰ生成浅绿色溶液的离子方程式为___________。 (2)为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学取白色沉淀，用蒸馏水多次洗涤后，置于试管中，向其中加入过量稀硝酸，白色沉淀溶解，后加入___________(填试剂)溶液，产生白色沉淀，证明白色沉淀含有CuSCN。 Ⅱ．实验2：验证Cu2+与SCN相互作用能生成CuSCN沉淀。 (3)经实验证实Cu2+与SCN溶液绿色褪去，产生白色沉淀确实能生成CuSCN沉淀，同时有(SCN)2生成。实验2中“溶液先变为绿色，静置1天后，溶液绿色褪去，产生白色沉淀”，结合化学用语从速率和限度两角度分析，产生上述现象的可能原因___________。 Ⅲ．实验3：探究实验1血红色产生的原因。 序号 实验操作 现象 3-1 向2 mL0.1 mol/L FeCl2溶液加入1滴0.1 mol/L KSCN溶液 无明显变化 3-2 向2 mL0.1 mol/L FeCl2溶液先加入1滴0.1 mol/L CuSO4溶液，再加入1滴0.1 mol/L KSCN溶液 加入CuSO4溶液后无明显现象，加入KSCN溶液后溶液变红，并伴有白色沉淀 (4)①实验3-1的目的是___________。 ②对比分析实验3-1和3-2现象，结合化学用语说明实验结论___________。 (5)综合分析上述实验，解释实验1中“振荡后，血红色褪去，白色沉淀增多”的原因___________。结论：KSCN溶液不适合用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在Fe3+”。 【答案】(1) (2) (3)反应i：，反应ii：，速率：反应i＞反应ii，溶液先变为绿色，限度：反应ii＞反应i，最终溶液绿色褪去，产生白色沉淀 (4) 排除血红色产生的原因是被空气中氧化成导致的干扰 与反应生成拟卤素(SCN)2：，(SCN)2可将氧化为：，与反应使溶液显红色 (5)振荡，使更多Cu2+与SCN-接触结合生成CuSCN，白色沉淀增多，c(SCN-)下降，平衡逆移，血红色褪去 【分析】本实验探究KSCN溶液能否用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在”，根据实验现象可推断出与反应生成拟卤素(SCN)2，拟卤素能将氧化成，导致与KSCN作用，溶液呈红色，故得出结论：KSCN溶液不适合用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在”。 【解析】（1）过程i为Cu与FeCl3的反应，Cu还原生成和，得到浅绿色溶液，离子方程式为； （2）已知CuSCN与稀硝酸反应生成，检验需要用，若产生不溶于酸的白色沉淀即可证明原沉淀含CuSCN； （3）与生成的反应速率快，因此溶液先变为绿色；与生成CuSCN的反应：，该反应速率慢，但CuSCN难溶于水，该反应限度更大，因此静置后绿色褪去，析出白色CuSCN沉淀； （4）①作对照实验，不能与KSCN反应使溶液变红，该实验目的是排除血红色产生的原因是被空气中氧化成导致的干扰； ②根据实验现象可以得出结论，与反应生成拟卤素(SCN)2：，(SCN)2可将氧化为：，与反应使溶液显红色； （5）血红色存在可逆平衡：，体系中的与反应生成CuSCN沉淀，被消耗，平衡逆向移动，因此血红色褪去，同时CuSCN沉淀的量增多。 7．（25-26高三上·北京西城·期末）某小组探究的制备和性质。 已知：①和均为棕黑色固体，常作氧化剂。 ②为酒红色，具有强氧化性，在强酸性溶液中较稳定。 ③ Ⅰ．探究氧化制备 序号 实验 操作及现象 i 加热，静置，试管底部有棕 黑色固体，溶液几乎无色 (1)检验产物 ①取少量上层清液，滴加溶液，产生白色沉淀，证实有。生成白色沉淀的离子方程式是_______。 ②取少量棕黑色固体，洗涤后，滴加溶液，反应剧烈，产生大量气泡。由此甲认为反应生成。乙认为甲的结论不严谨，理由是_______。经证实，产物中存在。 (2)进一步探究制备的条件 序号 实验 试剂a 操作及现象 ii _______ 溶液 加热，静置，试管底部有 棕黑色固体，溶液为紫色， 经检验有 iii 4mL 浓 加热，静置，试管底部有 棕黑色固体，溶液为酒红色 经检验，ii、iii中棕黑色固体中均无。 ①由ii可以得出结论：改变了氧化的产物。补全试剂a：_______。 ②设计实验确认iii中生成：取少量iii中上层清液，_______(填实验操作和现象)。 (3)综上，影响与反应产物的因素有_______。 Ⅱ．探究的性质 实验iv  向溶液中滴加少量iii中上层清液，振荡，溶液变为橙黄色。经检验，有橙黄色的生成。持续振荡一段时间，产生无色气泡，溶液颜色变浅直至褪去。 (4)产生的气体是_______。 (5)从化学反应原理角度，分析iv中橙黄色出现后又消失的原因：_______。 【答案】(1) 过量，具有氧化性，可能氧化产生 (2) 缓慢倒入盛水的烧杯中，溶液酒红色褪去，产生棕黑色沉淀 (3)阴离子的种类、浓度 (4) (5)与反应生成的速率大于与发生氧化还原反应的速率，溶液变为橙黄色；与发生氧化还原反应，使、均减小，正向移动，橙黄色消失 【分析】本题探究的制备和性质，对比实验i和实验ii，改变阴离子种类，发现生成的产物不相同，对比实验ii和实验iii，改变阴离子浓度，发现生成的产物不相同，故而得出结论阴离子种类不同、浓度会对生成的产物有影响； 【解析】（1）①与反应生成难溶的白色沉淀，离子方程式：； ②实验中本身过量，且为棕黑色氧化剂，可能氧化产生，因此甲的结论不严谨； （2）①对比实验i和实验ii，改变阴离子种类，Mn2+和H+浓度相同，溶液总体积相同，因此试剂a为硫酸溶液； ②结合已知平衡③，若溶液中存在，稀释后氢离子浓度降低，平衡右移，会观察到酒红色褪去，析出棕黑色沉淀，以此检验； （3）对比三组实验，阴离子种类不同、浓度不同，氧化的产物不同，因此影响因素为阴离子种类不同、浓度； （4）中的C为+3价，被强氧化性的氧化，最终生成+4价的，因此气体为； （5）反应分两步：先生成橙黄色配合物，随后氧化，说明与反应生成的速率大于与发生氧化还原反应的速率，溶液变为橙黄色，随着与发生氧化还原反应，使、均减小，平衡正向移动，橙黄色配合物浓度降低，溶液颜色消失。 刷真题 1．（2025·北京·高考真题）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“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，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。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______。用离子方程式表示的作用：_______。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用_______的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是_______。 (2)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，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综合调控和温度的目的是_______。 【答案】(1) (2) 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 增大 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态 (3) 40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡 【分析】平衡常数表达式：，控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和浓KBr溶液，确保c(Br–)几乎不变。因c(Mn2+) = c(Br2)，只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。 干扰忽略：Br2与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。 【解析】（1） （2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ②该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； （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，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 2．（2024·北京·高考真题）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 【答案】(1) (2) 产生蓝色沉淀 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 、 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 (3)金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），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，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 3．（2023·北京·高考真题）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 (1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 (2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是_____________________。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：______________。 (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 (4)上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是_____________。    (5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：_________。 【答案】(1)< (2) 除去，防止干扰后续实验 、 (3) 或 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的) (4)铜、含的的溶液 (5)铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【解析】（1）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； （2）加入，I2浓度减小，平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；由于n＞m，铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)； （4）要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液； （5）含的的溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题05 化学实验综合题 内容导航 【命题解码·定方向】命题趋势+3年高考真题热点设问拆解 【解题精析·通技法】析典例，明思路，技法贯通破类题 【实战刷题·冲高分】精选高考大题+名校模拟题，强化实战能力，得高分 命题·趋势·定位 北京高考化学核心素养型压轴大题，探究性与综合性极强，是高分关键区分题型；以物质制备、性质探究、定量测定、方案评价为主要考查形式；聚焦科学探究与证据推理，强调实验逻辑、规范操作与绿色安全理念。 命题规律体现五大特征：一、实验主线固定。常以制备→除杂→反应→分离提纯→定量分析→尾气处理构建完整实验流程。二、考点高度集中。仪器选用与操作、装置作用、试剂选择、离子反应方程式、滴定计算、现象描述、误差分析。三定性与定量融合。以氧化还原滴定、重量法为核心定量考点，同时考查物质性质验证。四、重视干扰控制。高频考查排除空气中、等干扰，强调控制变量思想。五、规范表达是失分重点。操作目的、现象、原因阐释需严谨化学用语，表述不完整直接扣分。 命题趋势：一、探究性替代传统验证。增加异常现象分析、条件优化、对比实验设计，强化探究思维。二、实验与原理深度结合。结合平衡移动、速率调控、pH 调节分析操作目的，综合度提升。三、绿色与安全导向增强。侧重尾气处理、防倒吸、原子经济性、废弃物资源化利用。四、陌生情境常态化。以资源回收、新型功能材料制备为背景，考查信息迁移能力。五、开放评价类设问增多。方案优劣对比、装置改进、误差原因分析比重持续上升。 热点·设问·拆解 热点设问01 化学实验基本操作答题规范 2025年北京卷19（1） 热点设问02 物质的除杂、分离与提纯 2024年北京卷19（2） 热点设问03 物质的检验与鉴别 2024年北京卷19（2） 热点设问04 实验中的温度、压强控制 2025年北京卷19（2） 热点设问05 实验中的定量计算 2025年北京卷19（2） 热点设问01 化学实验基本操作答题规范 析典例·明思路 1．（2025·北京·高考真题）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“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，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。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______。用离子方程式表示的作用：_______。 【答案】(1) (2) 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 【解析】（1） （2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； 研考点·通技法 1．常见的实验基本操作答题规范 (1)测定溶液pH的操作 将一小块pH试纸放在洁净的表面皿上，用清洁干燥的玻璃棒蘸取少量待测液点到pH试纸中央，待变色稳定后再和标准比色卡对照，读出对应的pH。 (2)判断沉淀剂是否过量的操作方法 ①静置，向上层溶液中继续滴加少量沉淀剂，若无沉淀产生，则证明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。 ②静置，取上层清液适量于另一洁净试管中，向其中加入少量与沉淀剂作用产生沉淀的试剂，若产生沉淀，证明沉淀剂已过量，否则沉淀剂不过量。 (3)洗涤沉淀操作 将蒸馏水沿着玻璃棒注入到过滤器中至浸没沉淀，静置，使蒸馏水滤出，重复2～3次即可。 (4)判断沉淀是否洗净的操作 取最后一次洗涤液，滴加……(试剂)，若没有……现象，证明沉淀已经洗净。 (5)装置气密性检查 ①简易装置：将导气管一端放入水中(液封气体)，用手捂热试管，观察现象，若导管口有气泡冒出，冷却到室温后，导管口有一段稳定的水柱，表明装置气密性良好。 ②有长颈漏斗的装置如右图，用止水夹关闭烧瓶右侧的导气管，向长颈漏斗中加入适量水，长颈漏斗中会形成一段液柱，停止加水，过一段时间后，若漏斗中的液柱无变化，则装置气密性良好。 ③答题模板：形成密闭体系―→操作―→描述现象―→得出结论。 (6)萃取分液操作 关闭分液漏斗活塞，将混合液倒入分液漏斗中，塞上塞子，用右手心顶住塞子，左手握住活塞部分，将分液漏斗倒置，充分振荡、静置、分层，在漏斗下面放一个小烧杯，先打开上口塞子再打开分液漏斗活塞，使下层液体从下口沿烧杯壁流下，上层液体从上口倒出。 (7)气体验满和检验操作 ①氧气验满：将带火星的木条平放在集气瓶口，若木条复燃，则说明收集的氧气已满。 ②二氧化碳验满：将燃着的木条平放在集气瓶口，若火焰熄灭，则气体已满。 ③氨气验满：用湿润的红色石蕊试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明气体已满。 ④氯气验满：用湿润的淀粉碘化钾试纸放在集气瓶口，若试纸变蓝说明气体已满。 (8)从某物质稀溶液中结晶的实验操作 ①溶解度受温度影响较小的：蒸发→结晶→过滤。 ②溶解度受温度影响较大或带结晶水的：蒸发浓缩→冷却结晶→过滤。 (9)浓H2SO4稀释操作 将浓H2SO4沿烧杯壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。 (10)粗盐的提纯 ①实验室提纯粗盐的实验操作依次为取样、溶解、沉淀、过滤、蒸发、冷却结晶、过滤、烘干。 ②若过滤时发现滤液中有少量浑浊，从实验操作的角度分析，可能的原因是过滤时漏斗中液面高出滤纸边缘、玻璃棒靠在单层滤纸一边弄破滤纸。 (11)容量瓶检漏操作 向容量瓶中加入一定量的水，塞好瓶塞，用食指摁住瓶塞，另一只手托住瓶底，把瓶倒立过来，观察瓶塞周围有无水漏出。如果不漏水，将瓶正立并将瓶塞旋转180°后塞紧，把容量瓶倒立过来，再检查是否漏水。如果仍不漏水，即可使用。 (12)检查滴定管是否漏水操作 ①酸式滴定管：关闭活塞，向滴定管中加入适量水，用滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察是否漏水，若2分钟内不漏水，将活塞旋转180°，重复上述操作。如果仍不漏水，即可使用。 ②碱式滴定管：向滴定管中加入适量水，用滴定管夹将滴定管固定在铁架台上，观察是否漏水，若2分钟内不漏水，轻轻挤压玻璃球，放出少量液体，再次观察滴定管是否漏水。如果仍不漏水，即可使用。 (13)滴定管赶气泡的操作 ①酸式滴定管：右手将滴定管倾斜30°左右，左手迅速打开活塞使溶液冲出，从而使溶液充满尖嘴。 ②碱式滴定管：将胶管弯曲使玻璃尖嘴向上倾斜，用两指捏住胶管，轻轻挤压玻璃珠，使溶液从尖嘴流出，即可赶出碱式滴定管中的气泡。 (14)焰色反应的操作 先将铂丝蘸取盐酸在酒精灯外焰上灼烧，反复几次，直到与酒精灯火焰颜色接近为止。然后用铂丝蘸取少量待测液，放在酒精灯外焰上灼烧，观察火焰颜色，若呈黄色，则说明溶液中含Na＋；若透过蓝色钴玻璃观察到火焰呈紫色，则说明溶液中含K＋。 (15)氢氧化铁胶体的制备 向煮沸的蒸馏水中逐滴滴加饱和的FeCl3溶液，当溶液变为红褐色时，立即停止加热。 2．实验操作中的“第一步” (1)检查装置的气密性——制取气体、验证气体的性质等与气体有关的实验操作。 (2)检查是否漏水——滴定管、容量瓶、分液漏斗等的使用。 (3)调“0”点——天平等的使用。 (4)验纯——点燃可燃性气体。 (5)分别取少量溶液——未知溶液的鉴别。 (6)润湿——用红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸、淀粉­KI试纸检验或验证某些气体时。 3．化学实验操作中的10个易错点 (1)倾倒液体药品时，试剂瓶口未紧挨接受器口致使药品外流，标签没向着手心造成标签被腐蚀。 (2)使用托盘天平时，将被称量物质直接放在托盘上或放错托盘。 (3)使用胶头滴管滴加液体时，将滴管尖嘴伸入接受器内[除制取Fe(OH)2外]。 (4)不能依据所需液体体积选择合适量程的量筒。 (5)在量筒或容量瓶内进行稀释或混合等操作。 (6)检查装置气密性没有形成封闭系统(如关闭活塞、将导管末端浸入水中等)。 (7)向容量瓶中转移液体没有用玻璃棒引流。 (8)配制溶液定容时没有用胶头滴管或加水过多再用胶头滴管吸出。 (9)酸式滴定管和碱式滴定管盛装溶液错误。 (10)吸收极易溶于水的气体，忘记防倒吸。 破类题·提能力 1．（2026·北京顺义·一模）小组同学探究pH对催化分解反应的影响。实验如下。 实验 操作及现象 Ⅰ 在烧杯中加入一定量7.7%溶液(pH约为3.5)，将少量固体迅速加入烧杯中，立即产生大量气体，溶液pH迅速上升，最终稳定在7左右。 Ⅱ 在试管中加入2mL7.7%溶液，再加入少量固体，立即产生大量气体，加入1mL溶液，固体消失，同时产生气体的速率迅速减慢，最后几乎停止。最终溶液呈浅粉色 已知：ⅰ、碱性条件下会发生分解。为易于保存，常在过氧化氢溶液中添加适量磷酸； ⅱ、为棕黑色固体，通常显浅粉色，为白色沉淀。 (1)催化分解反应的化学方程式是______。 (2)结合实验Ⅱ，解释实验Ⅰ中加入固体后溶液pH迅速上升的原因______。小组同学针对实验Ⅱ中“固体消失”这一现象继续展开探究。 将实验Ⅱ试管中反应后的溶液平均分装在2个试管中，分别标号1和2。进行实验Ⅲ。 实验 操作及现象 Ⅲ-1 向1号试管中加入少量固体，产生大量气体，几秒后黑色固体减少至消失，气体产生速率再次变慢。重复以上操作2次，现象相同。 Ⅲ-2 向2号试管中逐滴滴加NaOH溶液，重复出现“有棕黑色固体生成，同时产生气体的速率明显加快，振荡后，棕黑色固体消失，气体产生速率减慢”的现象，直至体系显碱性时，棕黑色固体不再消失。之后，再加入7.7%溶液，产生大量气体。 (3)实验III-1的目的是______。 (4)用离子方程式解释实验Ⅲ-2中棕黑色固体生成的原因______。 (5)有同学提出，实验Ⅲ-2中滴加NaOH溶液，碱性增强，分解速率加快。补充实验，证明在碱性条件下分解不是Ⅲ-2中速率加快的主要原因。实验操作及现象是______。 (6)结合实验Ⅲ，从电极反应角度分析Ⅱ中无法再生成的可能原因______。 (7)依据上述实验，pH对催化分解反应的影响是______。 【答案】(1) (2)Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升 (3)证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小 (4) (5)取1.5 mL7.7%的H2O2溶液，逐滴滴加与III-2浓度相同的NaOH溶液，至溶液显碱性，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率 (6)；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2 (7)酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响 【分析】本题以MnO2催化H2O2分解为载体，探究 pH 对催化反应的影响。通过酸性、中性、碱性条件下的对比实验，揭示了MnO2在酸性条件下被还原为Mn2+而失活，在碱性条件下可被再生并持续催化的机理，同时验证了碱性条件下H2O2自身分解并非速率加快的主因，体现了催化剂活性受环境 pH 调控的特点。 【解析】（1）MnO2催化H2O2分解反应的化学方程式是； （2）Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升，最终反应完全，溶液呈中性，pH 稳定在 7 左右； （3）探究酸性条件下，反应后的溶液中Mn2+对H2O2分解的催化作用，证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小； （4）棕黑色固体生成的原因用离子方程式解释：，（合并为：）； （5）取取1.5 mL 7.7%的H2O2溶液，调节至相同碱性条件，不加含Mn2+的溶液，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率； （6）；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2； （7）酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响。 2．（25-26高三上·北京朝阳·期中）化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的重要标志之一，以水样消耗氧化剂的量折算成氧气的量(单位为mg·L-1)来表示。小组同学用碘化钾-碱性高锰酸钾法测定某高氯废水(水样中含量较高)的COD的实验步骤如下。 Ⅰ、取100mL水样与mL、mol·L-1碱性溶液(过量)混合，水浴加热60min。 Ⅱ、冷却至室温，加入过量酸性KI溶液，加盖放置5min至固体溶解。 Ⅲ、用mol·L-1溶液滴定生成的，消耗溶液mL。 已知：①在酸性条件下被还原为，在碱性条件下被还原为。 ②。 回答下列问题： (1)测定高氯废水的COD，选用碱性溶液而不选酸性溶液的原因是防止发生：______(填离子方程式)。 (2)Ⅱ中过量KI溶液的作用有______。 (3)Ⅱ中“加盖”的目的是______。 (4)Ⅲ中接近滴定终点时，滴加几滴淀粉溶液作指示剂，终点现象为______。 (5)该水样COD的含量为______mg·L-1。 (6)若水样中含，会导致测量结果偏______(填“高”或“低”)。加入KF溶液可消除其干扰。 【答案】(1) (2)将过量的及生成的全部还原为，使氧化成易溶于水的 (3)防止空气中氧化 (4)溶液由蓝色变为无色，且30s内不变化 (5) (6)低 【分析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，Ⅱ中在酸性条件下KMnO4、MnO2与反应得到和Mn2+，Ⅲ中生成的再用Na2S2O3滴定。 【解析】（1）高氯废水中含有氯离子，酸性KMnO4具有强氧化性，能将氯离子氧化为氯气，其离子方程式为； （2）在酸性条件下，用过量KI溶液将I中过量的KMnO4和生成的MnO2还原为Mn2+，并将氧化成易溶于水的，故答案为：将过量的及生成的全部还原为，使氧化成易溶于水的； （3）具有较强的还原性，能被空气中的氧化，“加盖”可以防止空气中氧化； （4）当I2完全恰好完全反应时达到滴定终点，使用淀粉溶液作指示剂，由终点现象为溶液由蓝色变为无色，且30s内不变化； （5）I中水样中还原性物质与KMnO4溶液发生氧化还原反应，Ⅱ中过量的KMnO4及I中生成的MnO2被过量的KI还原为Mn2＋，KI被氧化为，Ⅲ中用硫代硫酸钠溶液还原Ⅱ中生成的，所以，由电子守恒可知，100mL水样中还原性物质失去的电子为，由电子守恒，若氧化这些物质需O2的量，则； （6）若水样中含，也可将氧化成易溶于水的，从而导致消耗溶液增大，测量结果偏低。 热点设问02 物质的除杂、分离与提纯 析典例·明思路 2．（2024·北京·高考真题）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 【答案】(1) (2) 产生蓝色沉淀 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 、 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 (3)金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），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，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 研考点·通技法 1．物质分离与提纯的基本原理 (1)“四原则”。 ①不增，不得引入新杂质；②不减，尽量不减少被提纯的物质；③易分，使被提纯或分离的物质跟其他物质易分离；④复原，被提纯的物质要易被复原。 (2)“三必须”。 ①除杂试剂必须过量；②过量试剂必须除尽(除去过量试剂带入的新杂质，同时注意加入试剂的顺序)；③选择最佳的除杂途径。 2．正确选择物质分离、提纯的方法 3．物质分离提纯的8种化学方法 沉淀法 将杂质转化为沉淀，如NaCl溶液(BaCl2) 气化法 将杂质转化为气体，如NaCl溶液(Na2CO3) 热分解法 加热使不稳定的物质分解除去，如NaCl(NH4Cl) 杂转纯法 将杂质转化为需要提纯的物质，如CO2(HCl) 氧化还原法 用氧化剂(还原剂)除去具有还原性(氧化性)的杂质，如Fe2＋(Cu2＋) 酸碱溶解法 利用物质与酸或碱溶液混合后的差异进行分离提纯，如Mg(Al) 电解法 利用电解原理除去杂质，如粗铜的电解精炼 调pH法 加入试剂来调节溶液的pH，使溶液中的某成分沉淀而分离，如CuCl2(FeCl3) 4．常见混合物的分离和提纯方法总结 类别 序号 原物(杂质) 除杂质试剂 除杂方法 气体混合物 (1) N2(O2) 灼热的铜丝网 用固体转化气体 (2) CO(CO2) NaOH溶液 洗气 (3) CO2(CO) 灼热的CuO 用固体转化气体 (4) CO2(HCl) 饱和 NaHCO3溶液 洗气 (5) SO2(HCl) 饱和 NaHSO3溶液 洗气 (6) Cl2(HCl) 饱和食盐水 洗气 (7) CO2(SO2) 饱和 NaHCO3溶液 洗气 固体混合物 (8) 炭粉(MnO2) 浓盐酸(需加热) 过滤 (9) 炭粉(CuO) 稀盐酸 过滤 (10) Al2O3(Fe2O3) NaOH(过量)、 CO2 过滤、加热分解 (11) Al2O3(SiO2) 盐酸、氨水 过滤、加热分解 (12) BaSO4(BaCO3) 稀HCl或 稀H2SO4 过滤 (13) NaCl晶体 (NH4Cl) —— 加热分解 混合溶液 (14) NaOH溶液 (Na2CO3) Ca(OH)2溶液 (适量) 过滤 (15) NaHCO3溶液 (Na2CO3) CO2 加酸转化法 (16) Na2CO3溶液 (NaHCO3) NaOH(适量) 加碱转化法 (17) NaCl溶液 (NaHCO3) 盐酸 加酸转化法 (18) NH4Cl溶液 [(NH4)2SO4] BaCl2(适量) 过滤 (19) FeCl3溶液 (CuCl2) Fe、Cl2 过滤 (20) FeCl2溶液 (FeCl3) Fe 加还原剂转化法 物理方法分离 (21) CuO(Fe) 磁铁 吸附 (22) Fe(OH)3胶体 (FeCl3) 蒸馏水 渗析 (23) I2晶体 (NaCl) —— 加热升华 (24) KNO3晶体 (NaCl) 蒸馏水 重结晶、过滤 有机物提纯 (25) 乙烯 (SO2、H2O) 碱石灰 用固体转化气体 (26) 乙烷(乙烯) Br2水溶液 洗气 (27) 溴苯(溴) NaOH稀溶液 分液 (28) 乙醇[水(少量)] 新制CaO 蒸馏 (29) 乙酸乙酯(乙酸) 饱和 Na2CO3溶液 分液 (30) 皂化液(甘油) 食盐 过滤 破类题·提能力 3．（25-26高三上·北京朝阳·期中）化学小组实验探究与溶液的反应。 (1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备，将足量依次通入下列溶液中，C中溶液变浑浊，D中产生大量沉淀。 ①浓与Cu反应的化学方程式是______。 ②B中饱和溶液的作用是______。 (2)实验二：取D中沉淀，加入0.3mol·L-1盐酸，沉淀溶解。写出D中产生沉淀的离子方程式：______。 (3)实验三：取C中浊液进行如下实验。 ①C中沉淀为______。 ②ⅲ中加入3mL蒸馏水的目的是______。 ③用化学方程式表示ⅳ中沉淀质量增大的原因：______。 ④ⅱ中沉淀完全溶解、ⅰ中沉淀未完全溶解的原因是______。 (4)实验四：用0.04mol·L-1溶液代替0.4mol·L-1溶液重复实验一，C中无沉淀，D中有沉淀。解释实验四和实验一现象异同的原因：______。 实验结论：一定条件下，能与溶液反应生成沉淀。 【答案】(1) 吸收中的酸雾 (2) (3) 排除加水稀释对沉淀溶解的影响 与ⅱ相比，ⅰ的浊液中含有和，且浊液中的水降低了盐酸的浓度，均不利于溶解 (4)实验四和实验一相比，前者C中较小，，无沉淀生成，后者较大，，有沉淀生成；二者D中都发生，较大，均存在：，都有沉淀生成 【分析】A中浓硫酸和铜加热制得二氧化硫，生成的二氧化硫气流中可能夹带一些浓硫酸，经过亚硫酸氢钠可除去浓硫酸，C、D装置用于探究二氧化硫与氯化钡的反应。 【解析】（1）浓与Cu在加热条件下反应得到硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式是：； （2）少量浓硫酸被夹带在二氧化硫气流中，故B中饱和溶液的作用是：吸收中的酸雾； 加入0.3mol·L-1盐酸，沉淀溶解，说明沉淀为亚硫酸钡，所以D中产生沉淀的离子方程式为二氧化硫在碱性条件下和钡离子反应得到亚硫酸钡沉淀：； （3）①从四步实验来看，沉淀是可以溶于盐酸的，硫酸钡不能溶于盐酸，亚硫酸钡可以溶于盐酸，所以沉淀为：； ②进一步探究ⅰ中沉淀未完全溶解的原因，ⅲ中加入3mL蒸馏水的目的是与ⅱ形成对比，排除加水稀释对沉淀溶解的影响； ③沉淀为亚硫酸钡不溶于水，但是容易被空气中氧气氧化得到硫酸钡，导致质量增加，方程式为：； ④与ⅱ相比，ⅰ的浊液中含有和，使得溶解平衡，逆向移动，且浊液中的水降低了盐酸的浓度，均不利于溶解； （4）实验四和实验一相比，氯化钡浓度变小，前者C中较小，，，平衡正移无沉淀生成，后者较大，，，平衡逆向移动有沉淀生成；二者D中都发生，较大，均存在：，都有沉淀生成。 4．（25-26高三上·北京顺义·期末）某小组利用原电池探究铜与浓硝酸的反应。 实验I 实验现象 ①m室中溶液颜色由无色变微黄，随时间推移，溶液颜色逐渐变为浅蓝最终变为浅蓝偏绿色；注射器中收集到少量无色气体，吸入空气时无色气体颜色变微红；铜片少量溶解。 ②反应过程中电压曲线如图。(实验中温度变化可忽略，电流强度不变) (1)注射器中收集到的少量无色气体是___________。 (2)已知：溶于浓硝酸会使溶液显黄色。实验过程中，室中溶液颜色由无色变微黄，随时间推移，溶液颜色逐渐变为浅蓝色的原因是___________。 (3)离子交换膜的类型是___________(填“阴离子交换膜”或“阳离子交换膜”)。 小组同学探究溶液最终变为浅蓝偏绿色的原因。分别取2份电压上升阶段及2份电压下降阶段室中的溶液于四支试管中，进行实验Ⅱ。 实验Ⅱ所用溶液 实验组别 加入试剂 实验现象 电压上升阶段 a 2滴稀硝酸银溶液 产生淡黄色沉淀 b 2滴稀酸性高锰酸钾溶液 溶液紫色较快褪去 电压下降阶段 c 2滴稀硝酸银溶液 较a淡黄色沉淀量稍少 d 2滴稀酸性高锰酸钾溶液 较b色褪去稍慢 资料：i．亚硝酸的，有较强的还原性，与稀硝酸银溶液反应生成淡黄色沉淀，与铜离子结合形成(绿色溶液)。 ii．电流强度及温度不变时，离子浓度越小，电阻越大，电压越大。 (4)小组同学依据实验现象得出结论：m室有亚硝酸产生。依据的现象是___________；产生亚硝酸的电极反应式是___________。 (5)用离子方程式表示b中溶液紫色褪去的原因___________。 (6)依据实验I、Ⅱ，结合方程式解释6～7.8小时电压稳定的原因___________。 【答案】(1)NO (2)硝酸放电产生，与水反应生成与，随时间推移，硝酸与浓度减小，铜离子通过离子交换膜进入室，使溶液变蓝 (3)阳离子交换膜 (4) 滴加稀硝酸银溶液产生淡黄色沉淀或滴加酸性高锰酸钾溶液，溶液紫色褪去 (5) (6)，离子浓度减小；，离子浓度增大。在6-7.8小时时，生成的反应与与反应同时进行，离子增大量与减小量相等 【分析】根据原电池原理，m室中石墨电极为正极，铜片为负极，据此解答， 【解析】（1）无色气体遇空气变为红棕色，说明该气体是，与反应生成红棕色。 （2）反应初期生成的溶于浓硝酸使溶液呈微黄色，随后与水反应生成与，随反应进行，硝酸与浓度减小，铜离子通过离子交换膜进入室，使溶液变蓝； （3）该原电池中，铜为负极，反应生成，使负极区正电荷增多；石墨为正极，得电子发生还原反应，消耗，正极区正电荷减少。原电池内电路中阳离子向正极移动，因此需要阳离子交换膜允许阳离子通过，平衡电荷； （4）根据题干资料，可与稀硝酸银生成淡黄色沉淀，且具有还原性，可使酸性高锰酸钾褪色，两个实验现象可证明室有生成；得电子生成（从价降为价，得），酸性条件配平得到电极反应式为； （5）酸性条件下，被还原为，被氧化为，根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平得到离子方程式； （6）根据资料ii，电流强度、温度不变时，离子浓度不变则电阻不变、电压稳定。此阶段，电极反应：，消耗离子，而络合反应：净增加离子，当离子减少的速率与增加的速率相等时，总离子浓度保持稳定，电压稳定。 热点设问03 物质的检验与鉴别 析典例·明思路 3．（2024·北京·高考真题）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 【答案】(1) (2) 产生蓝色沉淀 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； 研考点·通技法 一、物质的检验 1．物质检验的三原则 一看(颜色、状态)；二嗅(气味)；三实验(加试剂)。 2．物质检验的一般步骤 观察外观→取少量样品→加入试剂→观察现象→得出结论。 3．常见阳离子的检验 阳离子 检验方法 反应的离子方程式 H＋ 能使紫色石蕊试液或甲基橙试液变为红色；能与锌或碳酸钠(或碳酸钙)反应产生无色气体 Zn＋2H＋===Zn2＋＋H2↑ CO＋2H＋===CO2↑＋H2O NH 铵盐(或浓溶液)与NaOH溶液共热，放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的有刺激性气味的NH3 NH＋OH－NH3↑＋H2O Na＋、K＋ 用焰色反应来检验时，它们的火焰分别是黄色、浅紫色(透过蓝色钴玻璃片观察) — Mg2＋ 能与NaOH溶液反应生成白色沉淀，该沉淀不溶于NaOH溶液 Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓ Ba2＋ 能与稀硫酸或可溶性硫酸盐溶液反应产生白色沉淀，且沉淀不溶于稀硝酸 Ba2＋＋SO===BaSO4↓ Al3＋ 能与适量的NaOH溶液反应生成白色絮状沉淀，该沉淀能溶于盐酸或过量的NaOH溶液 Al3＋＋3OH－===Al(OH)3↓ Al(OH)3＋OH－===AlO＋2H2O Fe2＋ 能与少量NaOH溶液反应，先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；或向亚铁盐的溶液中加入KSCN溶液，不显红色，加入少量新制的氯水后，立即显红色 Fe2＋＋2OH－===Fe(OH)2↓ 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O===4Fe(OH)3 2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－ Fe3＋ 能与KSCN溶液反应，变成红色溶液；能与NaOH溶液反应，生成红褐色沉淀 Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3 Fe3＋＋3OH－===Fe(OH)3↓ Ag＋ 能与稀盐酸或可溶性盐酸盐反应，生成白色沉淀，不溶于稀硝酸，但溶于氨水 Ag＋＋Cl－===AgCl↓ AgCl＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]＋＋Cl－＋2H2O 4.常见阴离子的检验 阴离子 检验方法 反应的离子方程式 OH－ 能使无色酚酞变为红色；使紫色石蕊变为蓝色；使甲基橙变为黄色。强碱能与单质铝反应产生可燃性无色无味气体 2Al＋2OH－＋2H2O===2AlO＋3H2↑ Cl－ 能与硝酸银溶液反应，生成白色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸 Ag＋＋Cl－===AgCl↓ Br－ 能与硝酸银溶液反应，生成淡黄色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸 Ag＋＋Br－===AgBr↓ I－ 能与硝酸银溶液反应，生成黄色沉淀，沉淀不溶于稀硝酸；也能与氯水反应，生成I2，使淀粉溶液变蓝 Ag＋＋I－===AgI↓ 2I－＋Cl2===I2＋2Cl－ SO 能与含Ba2＋的溶液反应，生成白色沉淀，沉淀不溶于硝酸 Ba2＋＋SO===BaSO4↓ SO 浓溶液能与强酸反应，产生无色有刺激性气味的SO2，该气体能使品红溶液褪色；能与BaCl2溶液反应，生成白色沉淀，该沉淀溶于盐酸，生成无色有刺激性气味的气体 SO＋2H＋===SO2↑＋H2O Ba2＋＋SO===BaSO3↓ BaSO3＋2H＋===Ba2＋＋SO2↑＋H2O CO 能与BaCl2溶液反应，生成白色沉淀，该沉淀溶于硝酸(或盐酸)，生成无色无味、能使澄清石灰水变浑浊的气体。能与酸反应产生无色无味气体 Ba2＋＋CO===BaCO3↓ BaCO3＋2H＋===Ba2＋＋CO2↑＋H2O CO＋2H＋===CO2↑＋H2O 【注意】　(1)AgNO3溶液与稀硝酸、BaCl2溶液与稀盐酸(或硝酸)，这两组试剂，可以鉴别出若干种阴离子，是阴离子鉴别最常用的试剂组合。一般说来，若待检的若干种离子中有SO(因Ag2SO4微溶于水，当Ag＋和SO浓度均较大时，可以析出不溶物)，最好先用BaCl2和盐酸这组试剂，检出包括SO在内的一些离子，其他离子再用AgNO3溶液与稀硝酸等去鉴别。 (2)为了鉴定某盐中含SO或CO，可以直接加酸(非氧化性酸，如盐酸)，根据放出气体的气味及与石灰水作用的现象等判定气体是CO2或SO2，进而确定物质中含CO或SO。若加硝酸，因它有氧化性和SO发生氧化还原反应有时会干扰检验，故最好使用盐酸而不用硝酸。 5．常见气体的检验 待检物 操作步骤 现象 O2 用试管或集气瓶取待检气体，然后向试管或集气瓶中插入带有火星的木条 木条复燃 H2 使待检气体通过尖嘴玻璃导气管并点燃，在火焰上方罩一个干而冷的烧杯 有淡蓝色火焰，烧杯里有水雾生成 NH3 用湿润的红色石蕊试纸检验；把待检气体收集在集气瓶里，盖上玻璃片，用玻璃棒蘸取浓盐酸，开启玻璃片插入瓶中 变蓝色；生成白烟 SO2 在洁净试管里加入5 mL品红溶液，再通入待检气体 品红溶液褪色，加热后红色复现 CO2 通入澄清石灰水中 石灰水变浑浊，继续通入后变澄清 Cl2 通入KI­淀粉溶液中 溶液变成蓝色 　　 【注意】　气体检验中干扰因素的排除方法 气体检验中干扰因素的排除方法一般是先检验出一种可能具有干扰的气体，并除去该气体，而且要确认该气体已经除尽，再检验其余气体。如在SO2存在的条件下检验CO2，可设计如下检验思路：品红溶液检验SO2→高锰酸钾溶液除去SO2→品红溶液检验SO2是否除尽→通入澄清石灰水检验CO2。与此类似的还有检验实验室制取的乙烯中含有SO2等。 6．有机物官能团的检验 (1)用溴水作试剂 官能团 —CHO 现象 褪色 褪色 褪色 (2)用KMnO4(H＋)作试剂 官能团 —CHO 现象 褪色 褪色 褪色 (3)用[Ag(NH3)2OH]溶液作试剂 R—CHOAg↓(含—CHO的物质均有此现象，如醛、甲酸(HCOOH)、甲酸酯、甲酸盐、葡萄糖、麦芽糖等，分子中均含醛基)。 (4)用Cu(OH)2碱性悬浊液作试剂 官能团 —CHO —COOH 现象 不加热无现象，加热煮沸，产生砖红色沉淀 蓝色沉淀溶解，得蓝色溶液 (5)I2溶液作试剂 淀粉蓝色(I－、IO无此性质) (6)石蕊试液作试剂 羧酸变红色(低分子羧酸酸性较碳酸酸性强) (7)NaOH溶液＋酚酞作试剂 RCOOR′红色变浅 【注意】　部分有机物也可用水来鉴别，如鉴别苯、CCl4和乙醇。 二、物质鉴别遵循的原则 (1)选择的方法或试剂要简单，实验现象要明显。 (2)用物理方法时，一般可按观察法→嗅试法→水溶法的顺序进行。 (3)用化学方法时，对固体可按加热法、水溶法、指示剂测试法、指定试剂法等进行；对液体可按照指示剂测试法、指定试剂法等进行；对气体可用点燃法、通入指定试剂法等进行。 破类题·提能力 5．（25-26高三上·北京东城·期末）探究CuSO4溶液与Na2SO3溶液的反应。 已知：Cu+在酸性环境中会发生反应：。 I．理论预测 序号 预测依据 可能的反应 a 多数亚硫酸盐难溶 生成沉淀 b CuSO4溶液显酸性，Na2SO3溶液显碱性 酸碱反应 c Cu2+有氧化性，有还原性 氧化还原反应 d Cu2+、Cu+有空轨道，有孤电子对 生成配合物 (1)用离子方程式表示Na2SO3溶液显碱性的原因：___________。 Ⅱ．实验探究 【实验1】将浓度均为0.2mol/L的CuSO4溶液与Na2SO3溶液等体积混合，溶液变为绿色，析出棕黄色沉淀。待溶液颜色不变且不再产生沉淀时，快速过滤出棕黄色沉淀，洗涤，记为沉淀A． (2)查阅资料：绿色溶液中含，说明CuSO4溶液与Na2SO3溶液发生了___________(填序号)的反应。 【实验2】资料显示：沉淀A中不含，含有Cu2+、Cu+、。验证沉淀A的成分。 (3)iii的现象证明沉淀A中有但没有(已另补充实验排除O2干扰)。该步反应的离子方程式是___________。 (4)证明沉淀A中有Cu2+，依据的实验现象：___________。 (5)实验甲无法确定Cu+是否存在。另取沉淀A，加入足量稀硫酸，___________(填实验现象)，证实沉淀A中有Cu+。 (6)通过两步滴定实验验证沉淀A中是否仅含Cu2+、Cu+和这三种离子。 第一步：取一定质量的沉淀A放入锥形瓶中，加蒸馏水形成浊液。用x mol/LKMnO4溶液滴定。滴定过程中分多次滴加稀硫酸(当出现棕黑色沉淀MnO2时，立即滴加稀硫酸至其恰好消失；重复以上操作；临近终点前补加少量稀硫酸)。终点时，共消耗ymL KMnO4溶液。锥形瓶内为澄清溶液，主要含和。 第二步：滴定上述溶液中的Cu2+，测得其物质的量为p×10-3mol。 ①设沉淀A样品中三种离子的物质的量分别为和，则 上面横线处应填写__________。 ②若无其他离子，存在电荷守恒关系：。测定结果为2p＞5xy，推断沉淀A中可能还含有___________。 ③实验反思：第一步滴定过程中分多次滴加硫酸的目的是___________(至少答两点)。 Ⅲ．实验结论：CuSO4溶液与Na2SO3溶液发生了多种类型反应。 【答案】(1) (2)cd (3) (4)实验甲中加入氨水后溶液为深蓝色，实验乙中先得到无色溶液 (5)逐渐出现红色沉淀 (6) 或 避免发生反应，使Mn全部还原为+2价，避免二氧化硫挥发 【分析】实验甲： 步骤ⅰ：沉淀A加氨水全部溶解得深蓝色溶液，说明有(形成)； 步骤ⅱ：加足量得白色沉淀； 步骤ⅲ：加足量稀盐酸，沉淀几乎全部溶解，产生刺激性气味气体()，证明是。 实验乙： 步骤ⅳ：CuCl加氨水全部溶解得无色溶液，是与形成配合物； 步骤ⅴ：放置后逐渐变蓝，是被空气中的氧化为。 【解析】（1）是强碱弱酸盐，发生分步水解，其中第一步水解是溶液显碱性的主要原因：。 （2）绿色溶液中含有，是配合物，并且Cu的化合价由中+2价变为+1价，所以应选表格中的c、d。 （3）根据实验现象，加入稀盐酸后白色沉淀几乎全部溶解，并产生刺激性气味气体，故白色沉淀为，离子方程式为。 （4）实验甲中加入氨水后溶液为深蓝色，说明生成，证明有，而实验乙中CuCl加入氨水后先得到无色溶液，放置后变蓝色。 （5）根据已知信息：在酸性环境中会发生反应，另取沉淀A，加入足量稀硫酸，若逐渐出现红色沉淀，则证实沉淀A中有。 （6）在酸性条件下被还原为，→，Mn从+7价到+2价，每个得到5个电子，被氧化的粒子为，S从+4价到+6价，每个失去2个电子；→，Cu从+1价到+2价，每个失去1个电子，根据电子守恒：得电子总数=失电子总数，，已知=xy×10-3 mol，代入得； 已知电荷守恒：，且实验测得2p>5xy，结合①的两个等式：，，将2p>5xy变形为2p>5xy，代入得：，化简得：，说明正电荷总量大于负电荷总量，因此沉淀A中还含有负电荷的阴离子，可能为或； 根据已知信息：在酸性环境中会发生反应：，第一步滴定过程中分多次滴加硫酸的目的是避免发生反应，根据信息“当出现棕黑色沉淀时，立即滴加稀硫酸至其恰好消失”，此操作可以使Mn全部还原为+2价，避免生成沉淀，还可以避免二氧化硫挥发。 热点设问04 实验中的温度、压强控制 析典例·明思路 4．（2025·北京·高考真题）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“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，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。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 (2)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，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综合调控和温度的目的是_______。 【答案】(3) 40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡 【解析】（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，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 研考点·通技法 1．温度控制 (1)加热方式： 直接加热 间接加热 加热仪器：试管、坩埚、蒸发皿 隔石棉网加热 水浴加热 油浴加热 冰水浴 加热仪器： 圆底烧瓶、锥形瓶、烧杯 (2)控制温度的目的： 加热目的 加快反应速率或促进平衡向某个方向(一般是有利于生成物生成的方向)移动 控温目的：【提高反应速率、提高产率和转化率、减少副反应、提高产品纯度】 若温度过低，则反应速率(或溶解速率)较慢 若温度过高，某些物质会分解或挥发(如H2O2、NH4HCO3、氨水、盐酸、浓硝酸)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等) 冰水冷却目的 使某物质液化、降低产物的溶解度 减少其他副反应，提高产品纯度 2．压强控制 （1）控制流速 控制气体的流速及用量 装置的作用 ①使反应的气体混合均匀 ②根据液体中气泡的生成速率调节气体的混合比例 ③干燥气体 （2）N2作载气、控制气体流速、降低气体浓度 装置图 解题指导 N2的作用： (1)实验前先把装置中的空气排尽 (2)实验结束前，把反应生成的气体充分压入指定的吸收装置中 (3)在测定某些气体含量的实验中，如果氮气的流速过快会导致测量结果偏小 (4)稀释气体，控制易爆炸气体的浓度 (3)减压过滤 装置图 解题指导 使容器内压强降低，以达到固液快速分离的目的 (4)常见平衡气压的措施——图中橡皮管a、支管b、玻璃管c都有平衡气压的作用 3．排气方法及作用 (1)防氧化、防水解 为了防止空气的成分氧气、CO2、水蒸气干扰实验，常用其他稳定的气体(如氮气)排尽装置中的空气；有时也可充分利用反应物气体(如：氨气、氯气、二氧化硫)等排尽装置中的空气 装置图 压强的作用 铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，氢气再将生成的FeSO4溶液压入另一个含氢氧化钠溶液的反应容器内制备氢氧化亚铁 (2)定量测定气体 实验中为了充分吸收某种需分析或测定的气体，常用其他稳定的气体(如氮气)作载气；有时也可充分利用反应物气体(如氧气)作载气，将生成的气体压入指定的吸收装置中 破类题·提能力 6．（2026·北京朝阳·一模）小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。 (1)溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为______。 (2)研究间接碘量法测的原理 查阅资料：、(和溶液均为无色)。 实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有______。 (3)探究能否用溶液直接滴定 实验2： 查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。 ①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：______。 ②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：______(填操作和现象)。 ③不能用溶液直接滴定的原因有______(答出两点)。 (4)探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的 由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。 查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。 实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。 实验4：______(填操作和现象)。 根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。 (5)测定某刻蚀覆铜板废液中的 实验5： i．取某刻蚀废液，加入过量溶液； ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液； iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。 分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：______。 【答案】(1) (2)、 (3) 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有 会与生成络合物、发生副反应生成硫化物沉淀 (4)向溶液中加入过量溶液，调节，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，继续滴加溶液，蓝色褪去 (5)pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，在酸性条件下分解，同时易被空气中的氧化，因此调节保证反应定量进行 【解析】（1）刻蚀铜，氧化铜单质生成和，配平即可得离子方程式。 （2）化合价降低、得电子体现氧化性：氧化生成，Cu从价降为价，体现氧化性；生成的氧化，I从价降为价，也体现氧化性。 （3）①无色的被空气中氧化为蓝色的四氨合铜(II)络离子，配平即可得离子方程式。 ②题中说明微溶，会干扰检验，先加过量盐酸可除去，再向上层清液中加，若出现白色沉淀，则可说明溶液a中含有。 ③从实验流程可知，与除生成配合物，还发生氧化还原副反应生成黑色沉淀、S等，没有固定的计量比，且终点无明显易观察的颜色变化，无法直接滴定。 （4）需要做对照实验证明的作用，一组加不变蓝，一组不加变蓝，即可证明消除干扰。 （5）溶液中存在，酸性条件下会发生歧化反应；在酸性条件下会被空气中的氧化，所以pH不能太小。为弱碱阳离子，结合溶液中的水解成，所以pH不能太大。 热点设问05 实验中的定量计算 析典例·明思路 5．（2025·北京·高考真题）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“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，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。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______。用离子方程式表示的作用：_______。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用_______的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是_______。 (2)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，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综合调控和温度的目的是_______。 【答案】(1) (2) 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 增大 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态 (3) 40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡 【解析】（1） （2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ②该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； （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，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 研考点·通技法 1.常见的定量测定 包括混合物成分的测定、物质纯度的测定以及化学式的确定等。该类试题常涉及物质的称量、物质的分离与提纯、中和滴定、一定物质的量浓度溶液的配制等实验操作。 2.定量测定数据测定的常用方法 (1)沉淀法。先将某种成分转化为沉淀，然后称量纯净、干燥的沉淀的质量，再进行相关计算。 (2)测气体体积法。对于产生气体的反应，可以通过测定气体体积的方法测定样品纯度。量气装置的设计：下列装置中，A是常规的量气装置，B、C、D是改进后的量气装置。 (3)测气体质量法。将生成的气体通入足量的吸收剂中，通过称量实验前后吸收剂的质量，求得所吸收气体的质量，然后进行相关计算。 (4)滴定法。即利用滴定操作原理，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据后再进行相关计算。 (5)热重法。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在控制温度的条件下，测量物质的质量与温度关系的方法。通过分析热重曲线，我们可以知道样品及其可能产生的中间产物的组成、热稳定性、热分解情况及生成产物等与质量相联系的信息。 3.测定实验中要有数据的采集处理意识 (1)称量固体质量时，中学一般用托盘天平，可估读到0.1 g，精确度要求高的实验中可以用分析天平或电子天平，可精确到0.000 1 g。 (2)测量液体体积时，一般实验中选用适当规格的量筒，可估读到0.1 mL，准确度要求高的定量实验如中和滴定中选用滴定管(酸式或碱式)，可估读到0.01 mL。容量瓶作为精密的定容仪器，用于配制一定物质的量浓度的溶液，一般不用于量取液体的体积。 (3)气体除了量取外，还可以称量。称气体的质量时一般有两种方法：一种方法是称反应装置在放出气体前后的质量，计算其减小值；另一种方法是称吸收装置吸收气体前后的质量，计算其增大值。 (4)用pH试纸或pH计(精确到0.01)直接测出溶液的pH，经过计算可以得到溶液中H＋或OH－的物质的量浓度。为了数据的准确性，实验中要采取必要的措施，确保离子完全沉淀、气体完全被吸收等，必要时可以进行平行实验，重复测定，然后取其平均值进行计算。例如：中和滴定实验中测量酸或碱的体积要平行做2～3次滴定，取体积的平均值求算未知溶液的浓度，但对于“离群”数据(指与其他数据有很大差异的数据)要舍弃，因为数据“离群”的原因可能是操作中出现了较大的误差。 4.计算公式 (1)n＝，n＝，n＝cV(aq) (2)物质的质量分数(或纯度)＝×100% (3)产品产率＝×100% (4)物质转化率＝×100% 5.掌握两种方法 (1)守恒法：是中学化学计算中的一种常用方法，它包括质量守恒、电荷守恒、电子守恒。它们都是抓住有关变化的始态和终态，淡化中间过程，利用某种不变量(如①某原子、离子或原子团不变；②溶液中阴、阳离子所带电荷数相等；③氧化还原反应中得失电子数相等)建立关系式，从而达到简化过程、快速解题的目的 (2)关系式法：表示两种或多种物质之间“物质的量”关系的一种简化式子。在多步反应中，若第一步反应的产物，是下一步反应的反应物，可以根据化学方程式，将该物质作为“中介”，找出已知物质和所求物质之间量的关系 6.关系式法解题的一般步骤 (1)第一步，写出各步反应的化学方程式 (2)第二步，根据方程式找出作为“中介”的物质，并确定已知物质、中介物质、所求物质之间的“量”的关系 (3)第三步，确定已知物质与所求物质之间“量”的关系 (4)第四步，根据已知物质与所求物质之间“量”的关系，列比例式进行计算 破类题·提能力 7．（25-26高三上·北京朝阳·期末）某实验小组测定“”的平衡常数K。 已知：甲基橙的变色范围为红色，橙色，黄色。 (1)理论分析 ①查阅数据，计算该反应平衡常数K的理论值为。25℃时，________（填“>”或“<”）。 ②控制搅拌速率，可忽略难溶物的覆盖问题；利用与的反应，通过滴定法测定，进而获得该反应平衡常数K的实测值。 (2)实验一：测定K值 步骤 实验内容及现象 Ⅰ 向2 g固体中加入溶液（忽略溶液体积变化），不断搅拌，测得溶液pH随时间变化如下。1600 s后溶液pH不再变化，停止搅拌，过滤。 Ⅱ 取Ⅰ中滤渣…… Ⅲ 取Ⅰ中滤液，用盐酸进行滴定，消耗盐酸 ①Ⅲ中滴定时，选用甲基橙作指示剂，滴定终点的现象是_________________。 ②Ⅱ中实验证实滤渣中含有，将实验操作与现象补充完整：__________________。 ③根据实验数据计算平衡常数________。实测值与理论值接近。 ④若取Ⅰ的浊液测定，会使所测K值________（填“偏高”“偏低”或“不受影响”）。 ⑤实验反思：甲同学认为，无需进行步骤Ⅱ，仅根据步骤Ⅰ、Ⅲ即可获得K的实测值，请结合K的理论值说明原因：_______________________。 (3)实验二：改变浓度，再次测定K值 向1 g固体中加入溶液，不断搅拌，800 s时停止搅拌，过滤取滤液，用盐酸滴定，测定。 实验二中K的实测值小于理论值，可能原因是_________________。 【答案】(1)＜ (2) 溶液由黄色变为橙色，且半分钟不变色 滴加足量盐酸，有固体剩余 偏低 K的理论值为，说明该反应正向进行程度很小，100 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液最多能与0.0932g BaSO4固体反应，由于实验中加入了2g BaSO4，远大于0.0932g，因此BaSO4固体必有剩余，无需通过步骤Ⅱ进行检验 (3)800s时反应未达到平衡状态 【分析】本实验测定“”的平衡常数K，向2 g固体中加入溶液，通过滴定法测定平衡时溶液中，减少的浓度即为生成的的浓度，继而通过计算K值，据此解答。 【解析】（1）该反应平衡常数，故，＜； （2）①待测液含，溶液呈碱性，甲基橙在碱性条件下为黄色；滴定终点时，完全反应，过量半滴盐酸导致溶液呈弱酸性，溶液pH基本落在甲基橙的变色范围，变为橙色，半分钟不变色说明达到终点； ②可溶于稀盐酸，不溶于稀盐酸，若加酸后固体部分溶解，剩余不溶物即可证明滤渣中含； ③初始=0.1mol/L，滴定中消耗，滴定时消耗 ，所以平衡时滤液中 ，初始的浓度是0.1mol/L，所以反应消耗的浓度等于生成的浓度，所以， 因此； ④取浊液测定时，浊液中含BaCO3固体，固体也会消耗盐酸，使测得消耗盐酸体积偏大，计算得到的K偏低； ⑤K的理论值为，说明该反应正向进行程度很小，列三段式：，，解得，说明100 mL 0.1 mol·L-1Na2CO3溶液最多能与0.0932g BaSO4固体反应，由于实验中加入了2g BaSO4，远大于0.0932g，因此BaSO4固体必有剩余，无需通过步骤Ⅱ进行检验，只需测得即可计算K； （3）反应未达到平衡就停止搅拌，此时大于平衡浓度，因此测得的K偏小。 8．（25-26高三上·北京丰台·期末）实验小组探究碘酸铜溶度积常数的测定方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 时，纯净的固体微溶于水。其饱和溶液中存在关系：，只需测定，即可计算出。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 时。将的两种溶液混合制备沉淀，取反应后浊液，调节，加入足量二钠盐充分反应后，再加入足量溶液，溶液呈棕黄色，用标准溶液进行滴定，记录体积。 Ⅱ 时，将的两种溶液混合制备沉淀，静置后取上层清液，调节，之后重复实验1的步骤。 已知：i．均为无色。 ii．对有吸附作用。 iii．EDTA二钠盐结构简式为： ①上述实验滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点的现象是___________。用离子方程式表示KI的作用：___________。 ②实验中加入EDTA二钠盐的目的是___________。 ③实验I中取浊液测定，会使所测值___________。(填“偏大”、“偏小”或“不受影响”)。 ④结合理论分析，实验Ⅱ中计算值偏小的原因是___________。 ⑤实验过程中如果滴定时间超过，发生反应___________(写离子方程式)，则会导致测定结果偏高。 (2)实验改进 ①设计准确测定溶度积常数的实验方案：时，取实验Ⅱ过滤所得沉淀，___________(可用“重复实验I的步骤”简化表述)。 ②按照上述测定方案实施实验，若量取待测液为，重复滴定3次，平均消耗标准溶液为，则该条件下的的为___________(列出计算式)。将本实验计算结果与时的标准进行比较，可判断实验方案的可行性。 【答案】(1) 溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复 与发生配位反应，避免与反应产生吸附，造成测定结果不准确 偏大 计算时所用小于其在溶液中的实际浓度 (2) 洗涤沉淀后，加蒸馏水充分溶解配成饱和溶液，静置后取一定体积的上层清液，调节，重复实验I的步骤(加入足量EDTA二钠盐充分反应后，再加入足量溶液，用标准溶液)在内完成滴定，记录体积 【分析】难溶电解质Cu(IO3)2存在溶解平衡，溶度积表达式为（饱和溶液中存在关系），因此只要测定出饱和溶液中的浓度，即可计算出的浓度，进而求得Ksp；实验Ⅰ采用间接碘量法滴定，分两步反应： ① 酸性条件下与过量发生归中反应生成：； ② 生成的用标准Na2S2O3溶液滴定（以淀粉为指示剂），从而确定碘酸根的量；但溶液中的会与反应，生成的会干扰的测定结果，因此实验中加入EDTA二钠盐，利用其与铜离子形成稳定络合物的性质，消除铜离子干扰； 实验Ⅱ通过加入过量，确保完全反应生成Cu(IO3)2沉淀，静置后上层清液为 Cu(IO3)2的饱和溶液，取上层清液25 mL，调节pH=3.5，之后重复实验1的步骤；据此作答。 【解析】（1）①淀粉遇碘单质变蓝，滴定终点前溶液中存在碘单质，呈蓝色；当碘单质被Na2S2O3完全还原为碘离子时，蓝色褪去；即滴定终点的现象为溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复；碘化钾的作用是将碘酸根转化为碘单质，以便于滴定，离子方程式为； ②依据分析，实验中加入EDTA二钠盐的目的是与Cu2+发生配位反应，避免Cu2+与I−反应产生CuI吸附，造成测定结果不准确； ③溶度积的测定对象是饱和溶液中的离子浓度，而浊液中含有未溶解的Cu(IO3)2沉淀，滴定时，沉淀会发生溶解平衡移动，持续释放碘酸根，使滴定消耗的Na2S2O3体积偏大，导致测定的偏高，对应的Ksp值偏大； ④实验Ⅱ中，即Cu2+过量，上层清液中，但计算时仍按饱和溶液中处理，导致偏小，Ksp值偏小；答案为：计算时所用小于其在溶液中的实际浓度； ⑤酸性条件下，空气中的O2具有氧化性，会将溶液中的碘离子氧化为碘单质，生成的单质碘会消耗更多的硫代硫酸钠，导致测定结果偏高；氧气氧化碘离子的离子方程式为； （2）①为准确测定碘酸铜的Ksp，必须保证使用纯净的饱和溶液且满足，没有其他离子干扰；则方案为：取实验Ⅱ过滤所得沉淀，洗涤沉淀后，加蒸馏水充分溶解配成饱和溶液，静置后取一定体积的上层清液，调节pH=3.5，重复实验I的步骤(加入足量EDTA二钠盐充分反应后，再加入足量KI溶液，用Na2S2O3标准溶液)在15 min内完成滴定，记录体积； ②结合上述分析，实验过程中离子之间的关系为，则依据题目数据得，则。 刷模拟 1．（2026·北京·一模）多糖铁复合物胶囊是一种口服铁补充剂。某小组同学就胶囊中的多糖铁复合物(以下简称复合物)中铁元素的价态和含量展开实验探究。 实验Ⅰ：探究复合物中元素的价态。 取少量复合物黑色粉末于洁净烧杯中，加入稀盐酸，得到酸溶多糖铁溶液，实验如下图。 (1)观察到___________现象，得出结论：复合物中同时含有和。 实验Ⅱ：寻找测定铁元素含量的优质试剂。 i．比色法定量测定要求配体能与待测中心离子形成颜色明显的配合物。实验结果如下：         配体 中心离子 苯酚 邻二氮菲() 紫色 红色 浅黄色 浅黄色 接近无色 接近无色 接近无色 橙色 (2)①结合上述实验，选择作为配体，___________作为配体。 ii．比色法定量测定还要求配体与中心离子形成稳定的配合物。该组同学取试管加入复合物溶液，滴入2滴稀苯酚溶液，观察到溶液变紫色；向紫色溶液中加入2滴等浓度的溶液，观察到溶液呈红色，得出结论：和形成配合物的稳定性更高。 ②乙同学认为该结论不严谨，理由是___________。 调整并改进实验后发现：比色法测定铁元素的含量选用邻二氮菲更优。 实验Ⅲ：用比色法测定一粒多糖铁复合物胶囊中铁元素的含量。 资料a．实验原理：，液层厚度相等时，溶液颜色深浅与溶液浓度呈正比，溶液颜色越深，吸光度越大。 邻二氮菲() 结构 资料b．实验步骤：i．用莫尔盐配制浓度依次为0、1、2、4、6mg/L的标准溶液(pH：4∼5)，用色度传感器测定每份溶液的吸光度，作图得到标准曲线，如图1所示。 ii．向待测液中依次加入适量10%盐酸羟胺()溶液、溶液和0.15%邻二氮菲溶液，随后测定吸光度。 (3)加入盐酸羟胺溶液后发生反应： 加入盐酸羟胺的目的___________。 (4)为探究实验步骤中加入溶液的目的，进行实验：向配合物中加入稀盐酸，吸光度随加入稀盐酸滴数的变化曲线如图2所示。请结合图2，从化学平衡的角度分析加入溶液的目的___________。 (5)测定吸光度并计算铁含量。 ①取一粒胶囊内容物(黑色粉末)，灼烧至恒重，得残渣。 ②称取灼烧后粉末，经处理得1L铁待测液。 ③取待测液于比色管中，依次加入盐酸羟胺、、邻二氮菲，加水定容至，摇匀静置，测定其吸光度为。计算1粒多糖铁复合物胶囊中铁元素的质量分数：___________(用含A的代数式表示)。 【答案】(1)2号试管溶液变红色，3号试管产生蓝色沉淀 (2) 邻二氮菲 未排除过量的与后加入的反应的干扰 (3)将所有的转化为，通过后续和邻二氮菲配位进行定量测定元素含量 (4)由图像可知，随着氢离子浓度增大吸光度下降，说明氢离子浓度增大，邻二氮菲可与氢离子结合，使邻二氮菲浓度降低，平衡逆向移动。加入醋酸钠发生，降低，使氢离子与邻二氮菲的配位平衡逆向移动，增大邻二氮菲浓度，使平衡正向移动，方便吸光度测定。 (5) 【解析】（1）检验用KSCN，特征现象为溶液变红；检验用，特征现象为产生蓝色沉淀，试管2中溶液变红，试管3中产生蓝色沉淀，则溶液中同时含有和。 （2）①比色法要求配体与待测离子形成颜色明显的配合物，根据表格，只有邻二氮菲与能形成明显的橙色配合物，符合要求；②实验中加入苯酚后，若过量，剩余游离的可直接与后加入的KSCN反应显红色，不能证明KSCN从苯酚合铁配合物中夺取了，因此结论不严谨。 （3）邻二氮菲仅和显色，复合物中同时含和，因此需要盐酸羟胺将所有还原为，才能得到准确的总铁含量。 （4）由图2可知，酸性越强，配合物吸光度越低；酸性条件下会结合邻二氮菲，降低游离邻二氮菲浓度，使平衡左移，配合物浓度降低；加入发生，降低c()，使氢离子与邻二氮菲的配位平衡逆向移动，增大邻二氮菲浓度，使平衡正向移动，方便吸光度测定。 （5）根据标准曲线A=0.166c−0.015，得定容后浓度=； 结合稀释关系：25mL显色液中Fe来自1mL待测液，总待测液为1L，因此xg灼烧残渣中总Fe质量为0.025L××=；一粒胶囊总残渣为b g，胶囊内容物总质量为a g，铁的质量分数为=。 2．（2026·北京朝阳·一模）小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。 (1)溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为______。 (2)研究间接碘量法测的原理 查阅资料：、(和溶液均为无色)。 实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有______。 (3)探究能否用溶液直接滴定 实验2： 查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。 ①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：______。 ②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：______(填操作和现象)。 ③不能用溶液直接滴定的原因有______(答出两点)。 (4)探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的 由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。 查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。 实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。 实验4：______(填操作和现象)。 根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。 (5)测定某刻蚀覆铜板废液中的 实验5： i．取某刻蚀废液，加入过量溶液； ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液； iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。 分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：______。 【答案】(1) (2)、 (3) 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有 会与生成络合物、发生副反应生成硫化物沉淀 (4)向溶液中加入过量溶液，调节，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，继续滴加溶液，蓝色褪去 (5)pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，在酸性条件下分解，同时易被空气中的氧化，因此调节保证反应定量进行 【解析】（1）刻蚀铜，氧化铜单质生成和，配平即可得离子方程式。 （2）化合价降低、得电子体现氧化性：氧化生成，Cu从价降为价，体现氧化性；生成的氧化，I从价降为价，也体现氧化性。 （3）①无色的被空气中氧化为蓝色的四氨合铜(II)络离子，配平即可得离子方程式。 ②题中说明微溶，会干扰检验，先加过量盐酸可除去，再向上层清液中加，若出现白色沉淀，则可说明溶液a中含有。 ③从实验流程可知，与除生成配合物，还发生氧化还原副反应生成黑色沉淀、S等，没有固定的计量比，且终点无明显易观察的颜色变化，无法直接滴定。 （4）需要做对照实验证明的作用，一组加不变蓝，一组不加变蓝，即可证明消除干扰。 （5）溶液中存在，酸性条件下会发生歧化反应；在酸性条件下会被空气中的氧化，所以pH不能太小。为弱碱阳离子，结合溶液中的水解成，所以pH不能太大。 3．（25-26高三下·北京·开学考试）某小组探究金属Na、Mg、Al与溶液的反应。 已知：、(棕色) ⅱ、， 装置 实验 金属 现象 Ⅰ Na 钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体 Ⅱ Al 铝片表面很快产生无色气体，同时析出红色固体，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体 (1)经检验，Ⅰ中产生的黑色固体是CuO，Ⅰ中生成CuO的过程中的反应有______、、。 (2)探究Ⅱ中发生的反应。 ①取Ⅱ中少量洗净的红色固体，先加入稀硫酸，无明显现象，再加入稀硝酸，微热，观察到______(填实验现象)，证明有Cu生成。 ②验证Ⅱ中棕色溶液含有的实验操作和现象是______。 ③反应过程中溶液pH发生变化，起始溶液的pH约为2.7，一段时间降到1.2，之后逐渐升高至3.5后基本不变。 ⅰ、结合化学用语解释，除温度外，反应过程中溶液的pH降低的原因：______。 ⅱ、溶液的pH升高的过程中产生无色气体的速率增大，主要影响因素有______。 ④棕色溶液最终变为无色，反应的离子方程式是______。 (3)实验Ⅲ将Mg条放入酸化的溶液中，Mg条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有、CuCl。随着反应进行，溶液的pH逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，Mg条表面有大量疏松的红色固体析出。 结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，对比Na、Mg、Al与溶液的反应，解释Mg与溶液反应既有又有Cu生成的原因：______。 综合上述实验，影响Na、Mg、Al与溶液反应产物的因素有金属的活泼性、金属离子结合OH⁻的能力等。 【答案】(1) (2) 红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，试管口有红棕色气体 取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成(或加溶液，溶液棕色褪去或变浅或加氨水，溶液棕色褪去，放置后溶液逐渐变为蓝色) 生成的反应：，消耗的反应：等，相同时间内生成的多于消耗的，增大 温度、形成Al-Cu原电池 (3)金属与水反应生成和的速率(金属的活泼性/还原性)：，金属阳离子结合的能力)：，部分生成，部分被Mg还原为Cu 【分析】Ⅰ 加入金属钠，钠剧烈反应放出热量，迅速熔成小球，产生氢气并伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色氢氧化铜沉淀和少量黑色固体。 Ⅱ 加入金属铝，铝片表面很快产生氢气，同时析出红色固体铜，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现白色固体CuCl，随后消失，得到棕色溶液，最终变为无色，铝片表面析出大量疏松的红色固体铜。 【解析】（1）Ⅰ中生成CuO的有关反应第一步是金属Na与水反应产生，其方程式为； （2）①Ⅱ中红色固体为铜，先不溶于稀硫酸，加入稀硝酸并微热时，出现红色固体溶解、溶液变蓝并产生无色气体，在液面上方变红棕色的现象，证明其中含有金属Cu，故答案为：红色固体溶解，溶液变为蓝色，产生无色气体，在液面上方变红棕色；②检验棕色溶液中的方法：向少量棕色溶液中加入足量水(或稀释)，棕色逐渐消失并生成白色沉淀(CuCl)，证明有，故答案为：取Ⅱ中的棕色溶液于试管中，加水，有白色沉淀生成； ③pH降低的原因(除温度上升外)：铝被氧化为Al3+，其水合离子[Al(H2O)6]3+发生水解，产生H+，使溶液酸性增强；故答案为：生成的反应：，消耗的反应：等，相同时间内生成的多于消耗的，增大 ④被还原出来的Cu附着在Al的表面形成原电池，加快反应速率，产生氢气的速率增大，故答案为：温度、形成Al-Cu原电池； ⑤棕色溶液最终褪色(即被还原为(Cu)的离子方程式为，故答案为：； （3）结合Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ可知，金属与水（或酸性溶液）反应的剧烈程度：Na＞Mg＞Al，金属阳离子结合的能力：Cu2+＞Mg2+，从而导致部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu； 4．（25-26高三上·北京通州·期末）某小组同学对经典的“鉴定”实验产生兴趣。 资料ⅰ、为粉红色。 ii、为蓝色，易溶于戊醇等有机溶剂且比较稳定，在水溶液中不稳定。呈紫红色。 ⅲ、近乎无色或呈极浅的淡黄色。 (1)基态的价层电子排布式为______。 Ⅰ、经典的“鉴定”实验 经典的“鉴定”实验流程如图所示。 (2)对在水溶液中没有观察到蓝色提出假设： ①在给定条件下(温度、浓度一定)，没有形成蓝色的，只形成低级配离子。 ②______。 小组同学尝试通过改变反应条件在水溶液中观察到蓝色。 Ⅱ、对经典的“鉴定”实验的改进 (3)用1 mL饱和溶液代替图中浓度为10%的溶液，不加戊醇就可以观察到水溶液立即变蓝，放置24 h，蓝色更纯正。结合平衡移动原理，解释出现此现象的原因：______。 (4)向上述实验得到的蓝色溶液中加入1.5 mL水，观察到蓝色很快褪去。实验结果证实：蓝色的在水溶液中稳定存在是有条件的，条件是______。 (5)若不向图中紫红色溶液中加入戊醇，只加热，也能得到稳定的蓝色溶液。降低温度，溶液的蓝色褪去。再加戊醇，若______(填写实验现象)，说明加热前和冷却后两个体系中所存在的物质是相同的。 Ⅲ、含有溶液中的鉴定 小组同学对经典的含溶液中的鉴定也进行了改进，改进流程如图所示。 (6)上述改进流程中加入溶液的作用是______。 (7)上述改进流程中所需试剂a为2滴______。 【答案】(1) (2)生成了蓝色的，但因其在水溶液中不稳定，易转化为低级配离子 (3)和在与形成配合物时存在竞争反应：，增大浓度，配位平衡正向移动，浓度升高，因此水溶液中可观察到蓝色，防止24h，与形成配合物的反应更完全，蓝色更纯正 (4)过量（高浓度的） (5)与经典的“鉴定”实验有机相中所示结果一致(有机层显蓝色) (6)使硫氰化铁转化为，防止硫氰化铁的颜色干扰鉴定 (7)饱和溶液 【解析】（1）Co为27号元素，基态Co原子价电子排布为，Co失去最外层2个电子得到，因此价层电子排布式为。 （2）根据资料ii，本身在水溶液中不稳定，因此除了“未生成”的假设，另一种合理假设为：生成了蓝色的，但因其在水溶液中不稳定，易转化为低级配离子，所以无法观察到蓝色。 （3）和在与形成配合物时存在竞争反应：，饱和溶液中浓度远大于10%的溶液，增大反应物浓度，配位平衡正向移动，浓度升高，因此水溶液中可观察到蓝色，放置24h，与形成配合物的反应更完全，蓝色更纯正； （4）加水稀释后，浓度降低，配位平衡逆向移动，蓝色褪去，说明在水溶液中稳定存在需要较高浓度的。 （5）若加热前和冷却后体系中存在的物质相同，加入戊醇后，现象与原经典实验一致：溶于戊醇，有机层显蓝色。 （6）原溶液中会与反应生成血红色物质，干扰的检验；根据资料iii，可与结合生成近乎无色稳定的，因此加入的作用是使硫氰化铁转化为，防止硫氰化铁的颜色干扰鉴定。 （7）要使紫红色的低级配离子转化为蓝色的，需要提高浓度，根据第(3)问结论，饱和可提高浓度，使平衡正向移动，溶液变为蓝色，因此试剂a为饱和溶液。 5．（25-26高三上·北京房山·期末）某小组同学探究Zn和FeCl3溶液的反应现象及产物 (一)探究Zn片、Zn粉分别和FeCl3溶液反应的现象 序号 实验 现象 I 15 mL 0.5 FeCl3溶液(pH=1) Zn片表面有气泡，且速率逐渐变大，出现红褐色沉淀，浸没在溶液里的Zn片表面覆盖一层黑色物质 Ⅱ 15 mL 0.5 FeCl3溶液(pH=1) 有气泡产生，pH逐渐增大，产生大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4 (1)用离子方程式解释实验I中气泡产生的原因___________。 (2)结合平衡移动原理解释Ⅱ中红褐色沉淀生成的原因___________。 (3)经检验，实验I中Zn片表面覆盖的黑色物质为铁，由此推测，实验I中产生气泡的速率逐渐变大可能的原因是___________。 (二)探究实验Ⅱ产物 资料：①可以与Fe3+、Fe2+形成稳定的络合离子； ②0.5 Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 实验 操作 现象 Ⅲ 向V1 mL溶液A(pH=3)中加入2 g新的Zn片 Zn片表面无气泡产生，也无黑色物质覆盖 Ⅳ 向V1 mL 1.5 KCl溶液(pH=3)中加入2 g新的Zn片(大小和材质与实验Ⅲ相同) Zn片表面有气泡产生 (4)溶液A中主要含有的金属阳离子有___________。 (5)解释实验Ⅲ中Zn片表面无气泡产生的原因___________。 (6)取用含草酸根离子的溶液(pH=3.0)清洗后固体B于试管中，___________(填实验操作及现象)，证明固体B中存在Fe单质。 (7)检验Fe单质前，需用含的溶液(pH=3.0)清洗固体表面附着的Fe(OH)3，目的是___________。 【答案】(1)Zn+2H+=Zn2++H2↑ (2)，Zn与H+反应生成H2，使c(H+)降低，平衡正向移动，产生红褐色沉淀 (3)锌与铁在溶液中构成原电池，锌做负极，加快了锌与酸反应产生氢气的速率 (4)Zn2+  Fe2+ (5)A中Zn2+的浓度较大，使Zn的还原性降低，不易和H+反应 (6)加入过量稀盐酸，待固体完全溶解后，向试管中滴加少量铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀 (7)排除Fe3+对后续检验Fe单质的干扰 【分析】由题意可知，该实验的实验目的是探究锌和氯化铁溶液的反应现象及设计实验确定反应所得产物。 【解析】（1）实验I中气泡产生的原因是锌与溶液中的氢离子反应生成锌离子和氢气，反应的离子方程式为：Zn+2H+=Zn2++H2↑； （2）氯化铁是强酸弱碱盐，铁离子在溶液中水解生成氢氧化铁和氢离子，反应的离子方程式为：，则实验Ⅱ中红褐色沉淀生成的原因是加入的锌粉与溶液中的氢离子反应，溶液中氢离子浓度减小，平衡向正反应方向移动，促进溶液中铁离子的水解转化为氢氧化铁红褐色沉淀； （3）实验I中反应生成的铁与锌在溶液中构成原电池，比铁活泼的锌作原电池的负极，原电池反应加快了锌与酸反应产生氢气的速率； （4）由题意可知，pH为3溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，则由题给流程可知，实验II所得产物过滤得到含有锌离子、亚铁离子的滤液和含有锌、铁的滤渣； （5）由题意可知，pH为3溶液中铁离子完全转化为氢氧化铁沉淀，则实验III中锌片表面无气泡产生是因为溶液A中锌离子浓度较大，使锌的还原性降低，不易和溶液中氢离子反应所致； （6）证明固体B中存在铁单质的实验方案为：取用用含草酸根离子的溶液(pH=3.0)清洗后的固体B于试管中，加入过量稀盐酸，待固体完全溶解后，向试管中滴加少量铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀说明固体B中存在铁单质； （7）检验铁单质前，需用含草酸根离子的溶液(pH=3.0)清洗固体表面附着的氢氧化铁目的是防止氢氧化铁溶解生成的铁离子与金属单质反应生成的亚铁离子干扰铁单质的检验。 6．（25-26高三上·北京昌平·期末）实验小组探究KSCN溶液用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在Fe3+”的适用性。 已知： a．CuSCN为难溶于水的白色沉淀，可与稀硝酸反应生成Cu2+和。 b．为淡黄色溶液，与Cu2+共存时，溶液显绿色。 c．(SCN)2为拟卤素，性质与卤素相似，其离子与卤素离子性质相似。 Ⅰ．实验1：用KSCN溶液检验Cu与FeCl3反应后的溶液。 (1)实验1过程ⅰ生成浅绿色溶液的离子方程式为___________。 (2)为探究实验1中白色沉淀的成分，小组同学取白色沉淀，用蒸馏水多次洗涤后，置于试管中，向其中加入过量稀硝酸，白色沉淀溶解，后加入___________(填试剂)溶液，产生白色沉淀，证明白色沉淀含有CuSCN。 Ⅱ．实验2：验证Cu2+与SCN相互作用能生成CuSCN沉淀。 (3)经实验证实Cu2+与SCN溶液绿色褪去，产生白色沉淀确实能生成CuSCN沉淀，同时有(SCN)2生成。实验2中“溶液先变为绿色，静置1天后，溶液绿色褪去，产生白色沉淀”，结合化学用语从速率和限度两角度分析，产生上述现象的可能原因___________。 Ⅲ．实验3：探究实验1血红色产生的原因。 序号 实验操作 现象 3-1 向2 mL0.1 mol/L FeCl2溶液加入1滴0.1 mol/L KSCN溶液 无明显变化 3-2 向2 mL0.1 mol/L FeCl2溶液先加入1滴0.1 mol/L CuSO4溶液，再加入1滴0.1 mol/L KSCN溶液 加入CuSO4溶液后无明显现象，加入KSCN溶液后溶液变红，并伴有白色沉淀 (4)①实验3-1的目的是___________。 ②对比分析实验3-1和3-2现象，结合化学用语说明实验结论___________。 (5)综合分析上述实验，解释实验1中“振荡后，血红色褪去，白色沉淀增多”的原因___________。结论：KSCN溶液不适合用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在Fe3+”。 【答案】(1) (2) (3)反应i：，反应ii：，速率：反应i＞反应ii，溶液先变为绿色，限度：反应ii＞反应i，最终溶液绿色褪去，产生白色沉淀 (4) 排除血红色产生的原因是被空气中氧化成导致的干扰 与反应生成拟卤素(SCN)2：，(SCN)2可将氧化为：，与反应使溶液显红色 (5)振荡，使更多Cu2+与SCN-接触结合生成CuSCN，白色沉淀增多，c(SCN-)下降，平衡逆移，血红色褪去 【分析】本实验探究KSCN溶液能否用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在”，根据实验现象可推断出与反应生成拟卤素(SCN)2，拟卤素能将氧化成，导致与KSCN作用，溶液呈红色，故得出结论：KSCN溶液不适合用于检验“印制铜电路板腐蚀废液中是否存在”。 【解析】（1）过程i为Cu与FeCl3的反应，Cu还原生成和，得到浅绿色溶液，离子方程式为； （2）已知CuSCN与稀硝酸反应生成，检验需要用，若产生不溶于酸的白色沉淀即可证明原沉淀含CuSCN； （3）与生成的反应速率快，因此溶液先变为绿色；与生成CuSCN的反应：，该反应速率慢，但CuSCN难溶于水，该反应限度更大，因此静置后绿色褪去，析出白色CuSCN沉淀； （4）①作对照实验，不能与KSCN反应使溶液变红，该实验目的是排除血红色产生的原因是被空气中氧化成导致的干扰； ②根据实验现象可以得出结论，与反应生成拟卤素(SCN)2：，(SCN)2可将氧化为：，与反应使溶液显红色； （5）血红色存在可逆平衡：，体系中的与反应生成CuSCN沉淀，被消耗，平衡逆向移动，因此血红色褪去，同时CuSCN沉淀的量增多。 7．（25-26高三上·北京西城·期末）某小组探究的制备和性质。 已知：①和均为棕黑色固体，常作氧化剂。 ②为酒红色，具有强氧化性，在强酸性溶液中较稳定。 ③ Ⅰ．探究氧化制备 序号 实验 操作及现象 i 加热，静置，试管底部有棕 黑色固体，溶液几乎无色 (1)检验产物 ①取少量上层清液，滴加溶液，产生白色沉淀，证实有。生成白色沉淀的离子方程式是_______。 ②取少量棕黑色固体，洗涤后，滴加溶液，反应剧烈，产生大量气泡。由此甲认为反应生成。乙认为甲的结论不严谨，理由是_______。经证实，产物中存在。 (2)进一步探究制备的条件 序号 实验 试剂a 操作及现象 ii _______ 溶液 加热，静置，试管底部有 棕黑色固体，溶液为紫色， 经检验有 iii 4mL 浓 加热，静置，试管底部有 棕黑色固体，溶液为酒红色 经检验，ii、iii中棕黑色固体中均无。 ①由ii可以得出结论：改变了氧化的产物。补全试剂a：_______。 ②设计实验确认iii中生成：取少量iii中上层清液，_______(填实验操作和现象)。 (3)综上，影响与反应产物的因素有_______。 Ⅱ．探究的性质 实验iv  向溶液中滴加少量iii中上层清液，振荡，溶液变为橙黄色。经检验，有橙黄色的生成。持续振荡一段时间，产生无色气泡，溶液颜色变浅直至褪去。 (4)产生的气体是_______。 (5)从化学反应原理角度，分析iv中橙黄色出现后又消失的原因：_______。 【答案】(1) 过量，具有氧化性，可能氧化产生 (2) 缓慢倒入盛水的烧杯中，溶液酒红色褪去，产生棕黑色沉淀 (3)阴离子的种类、浓度 (4) (5)与反应生成的速率大于与发生氧化还原反应的速率，溶液变为橙黄色；与发生氧化还原反应，使、均减小，正向移动，橙黄色消失 【分析】本题探究的制备和性质，对比实验i和实验ii，改变阴离子种类，发现生成的产物不相同，对比实验ii和实验iii，改变阴离子浓度，发现生成的产物不相同，故而得出结论阴离子种类不同、浓度会对生成的产物有影响； 【解析】（1）①与反应生成难溶的白色沉淀，离子方程式：； ②实验中本身过量，且为棕黑色氧化剂，可能氧化产生，因此甲的结论不严谨； （2）①对比实验i和实验ii，改变阴离子种类，Mn2+和H+浓度相同，溶液总体积相同，因此试剂a为硫酸溶液； ②结合已知平衡③，若溶液中存在，稀释后氢离子浓度降低，平衡右移，会观察到酒红色褪去，析出棕黑色沉淀，以此检验； （3）对比三组实验，阴离子种类不同、浓度不同，氧化的产物不同，因此影响因素为阴离子种类不同、浓度； （4）中的C为+3价，被强氧化性的氧化，最终生成+4价的，因此气体为； （5）反应分两步：先生成橙黄色配合物，随后氧化，说明与反应生成的速率大于与发生氧化还原反应的速率，溶液变为橙黄色，随着与发生氧化还原反应，使、均减小，平衡正向移动，橙黄色配合物浓度降低，溶液颜色消失。 刷真题 1．（2025·北京·高考真题）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“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 (1)实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，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。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是_______。用离子方程式表示的作用：_______。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的_______(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用_______的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是_______。 (2)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，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综合调控和温度的目的是_______。 【答案】(1) (2) 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复 增大 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态 (3) 40℃的K 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡 【分析】平衡常数表达式：，控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和浓KBr溶液，确保c(Br–)几乎不变。因c(Mn2+) = c(Br2)，只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。 干扰忽略：Br2与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。 【解析】（1） （2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ②该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； （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，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 2．（2024·北京·高考真题）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_______。 (2)实验验证 实验 金属 操作、现象及产物 I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质 Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质 Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是_______。 ②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_______。 ③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式_______。 b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略对的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。 ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，_______ (填实验操作和现象)，待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因_______。 【答案】(1) (2) 产生蓝色沉淀 在溶液中存在反应，或会与反应，溶液中c(H+)减小，使水解平衡正向移动 、 取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），停止加盐酸 (3)金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 【解析】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为； （2）①与会生成蓝色的沉淀； ②在溶液中存在反应，加入的或会与反应，溶液中c(H+)减小，促进水解平衡正向移动，有红褐色沉淀生成； ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为、； b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可取实验Ⅱ中为3~4的上层清液，加入少量铁粉，观察到铁粉表面几乎不产生气泡； ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），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，金属Mg具有较强的活泼性，Mg的反应中产生大量气泡，阻止包裹的形成；pH约3~4时可忽略H+对铁的消耗，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。 3．（2023·北京·高考真题）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 (1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 (2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是_____________________。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：______________。 (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是____________________。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，__________(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是____________________。 (4)上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是_____________。    (5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：_________。 【答案】(1)< (2) 除去，防止干扰后续实验 、 (3) 或 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的) (4)铜、含的的溶液 (5)铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 【解析】（1）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； （2）加入，I2浓度减小，平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；由于n＞m，铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)； （4）要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液； （5）含的的溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 1 4 / 20 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $