题型02 化学实验综合题（期中真题汇编，北京专用）高二化学上学期

题型02 化学实验综合题 1.(2025-2026高二上·北京怀柔·期中)某学生设计如图Ⅰ装置，测定2mol/L的硫酸分别与锌粒、锌粉反应的速率。请回答： （1）图Ⅰ装置中盛放硫酸的仪器名称是　　　　　　　。 （2）锥形瓶内发生反应的离子方程式是　　　　　　　。 （3）按照图Ⅰ装置实验时，已限定了两次实验时间均为10min，还需要测定的另一个数据是　　　　　　　。 （4）实验结束后，得到的结论是　　　　　　　。 （5）该学生又将图Ⅰ装置中的气体收集装置改为图Ⅱ，实验完毕待冷却后，该生准备读取滴定管上液面所处的刻度数时，发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是　　　　　　　。 2.(2025-2026高二上·北京通州·期中)某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热，将100mL0.5mol⋅L-1盐酸与100mL0.55mol⋅L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是　　　　　　　　　　　，其作用是　　　　　　　　　　　。 （2）简易量热计如果不盖杯盖，生成1mol时所测得中和反应的反应热()将　　　　　　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)，判断的理由是　　　　　　　　　　　。 （3）实验中改用：80mL0.50mol⋅L-1盐酸和80mL0.55mol⋅L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，二者所求中和热数据　　　　　　　　　　　(填“相等”或“不相等”)。 （4）下列说法正确的是___________(填字母)。 A. 向内筒中加入稀碱时，应当缓慢而匀速地加入 B. 用温度计测完酸的温度后立即测量碱的温度 C. 用量筒量取稀酸或碱时，视线必须与液体凹面最低处相平 D. 将盐酸换成同浓度、同体积的醋酸对实验结果没有影响 3.(2025-2026高二上·北京顺义第一中学·期中)某小组研究溶液与溶液之间的反应，过程如下。 资料：ⅰ．溶液遇产生蓝色沉淀，常用溶液检验。 ⅱ．在水溶液中会发生水解反应：。 【进行实验】 实验Ⅰ：取配制时加入盐酸酸化的的溶液进行实验，记录如下： 实验步骤 实验现象 ⅰ．取溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，放置。 溶液为黄色，无沉淀生成。 ⅱ．从ⅰ所得溶液中取出于试管中，加入_______。 生成较多白色沉淀。 ⅲ．取溶液于试管中，后，加入_______(加入试剂种类与顺序均与ⅱ相同)。 生成少量白色沉淀。 （1）配制溶液时，通常会加入盐酸酸化，结合资料解释其原因：　　　　　　　。 （2）依据步骤ⅱ、ⅲ的实验现象，可证明与..发生反应生成了。其中，加入的试剂是　　　　　　　、　　　　　　　。 （3）步骤ⅲ的目的是　　　　　　　。 小组同学对实验Ⅰ未检验到的原因进行了进一步探究。 资料：ⅰ．溶液中存在平衡：。 ⅱ．溶液中存在平衡：。 ⅲ．HCN为一元弱酸。 【继续实验】按如下过程进行实验Ⅱ~Ⅳ，记录如下： 实验过程： 序号 试剂a 实验现象 Ⅱ 的溶液(未加入盐酸酸化)。 溶液变为褐色，离心分离得到较多蓝色沉淀。 Ⅲ 向蒸馏水中加入硫酸、，调节和与实验Ⅰ所用溶液相同。 溶液为黄色，无沉淀生成。 Ⅳ 的溶液(未加入盐酸酸化)，加入调与_______相同。 溶液变为褐色，离心分离得到少量蓝色沉淀。 （4）实验Ⅱ中，能证明有生成的实验现象是　　　　　　　。 （5）从平衡的角度分析，实验Ⅲ中，观察不到有蓝色沉淀生成的可能原因是　　　　　　　。 （6）补齐实验Ⅳ的操作：的溶液(未加入盐酸酸化)，加入调与　　　　　　　相同。 （7）由实验Ⅰ~Ⅳ，可以得到的结论有　　　　　　　(至少写出两点)。 4.(2025-2026高二上·北京市第一六一中学·期中)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　　　　　　　。 5.(2025-2026高二上·北京市第一六一中学·期中)某烧碱样品因部分变质含Na2CO3，某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH的质量分数。 【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下： 酚酞：pH<8.2无色       8.2<pH<10浅红色       pH>10红色 甲基橙：pH<3.1红色       3.1<pH<4.4橙色       pH>4.4黄色 【实验步骤】 Ⅰ.迅速地称取烧碱样品0.50g，溶解后配制成100mL溶液，备用。 Ⅱ.将0.1000mol/LHCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为NaCl和NaHCO3)，记录酸式滴定管的读数V1；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数V2，重复上述操作两次，记录数据如下： 实验序号 1 2 3 0.00 0.00 0.00 21.72 21.68 21.70 23.72 23.68 23.70 （1）步骤Ⅰ中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL　　　　　　　　　　　。 （2）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是　　　　　　　　　　　。 （3）滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）判断滴定至第二终点的现象是溶液由　　　　　　　　　　　色变为橙色。 （5）样品中NaOH的质量分数为　　　　　　　　　　　%。(计算结果保留小数点后1位) （6）下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是　　　　　　　　　　　(填字母序号)。 a．达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生 b．记录酸式滴定管读数时，俯视标准液液面 c．第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出 6.(2025-2026高二上·北京五中·期中)某学习小组研究测定纯碱中含量的方法，进行了如下实验。 （1）对比和的性质 室温下，向等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液中分别滴加盐酸，测得溶液随盐酸体积变化的曲线如图所示。 ①图　　　　　　　(填“甲”或“乙”)是向溶液中滴加盐酸的变化曲线。 ②A点对应的溶液呈碱性，结合化学用语解释原因：　　　　　　　。 ③A、B、C三点对应的溶液中，水的电离程度由小到大的顺序是　　　　　　　。 ④B'点对应的溶液中、和的大小关系是　　　　　　　。 （2）测定纯碱中含量 Ⅰ.称取纯碱样品，用蒸馏水溶解，定容于容量瓶中： Ⅱ.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴酚酞溶液，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸； Ⅲ.在上述锥形瓶中再加入2滴甲基橙溶液，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸。 已知：甲基橙： ①Ⅲ中滴定至终点的现象是　　　　　　　。 ②若测得　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)，则说明样品中含有。 ③若到达第一滴定终点前，滴定速度过快，导致盐酸浓度局部过高，生成气体逸出，则测得含量　　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 7.(2025-2026高二上·北京育才学校·期中)工业烟道气中含有的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题： （1）利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式为： MnO4－ + SO2 + H2O=MnO42－ +               +                 ，　　　　　　　　　　（在“”里填入系数，在“__”上填入微粒符号），加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是　　　　　　　　。 （2）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为： I CaSO3 (s) + SO42－ (aq)=CaSO4(s) + SO32－（aq）        II SO32－ (aq) + 2NO2 (g) + H2O(l)=SO42－(aq) + 2NO2－(aq) + 2H+ (aq) 浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与 NO2的去除率变化趋势如图所示。a点后NO2去除率降低的原因是　　　　　　　　。 （3）检测烟道气中NOx含量的步骤如下： I. 将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中， 使NOx完全被氧化为NO3−； II. 加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL该溶液，与V1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液（过量）充分混合； III. 用c2 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL。 ①NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式为　　　　　　　　。 ②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有　　　　　　　　和锥形瓶等。 ③滴定过程中发生下列反应： 3 Fe2+ + NO3− + 4 H+ == NO↑ + 3 Fe3+ + 2 H2O MnO4− + 5 Fe2+ + 8 H+ == Mn2+ + 5Fe3+ + 4 H2O 烟气气样中NOx折合成NO2的含量为　　　　　　　　 mg·m−3。 8.(2025-2026高二上·北京市第一七一中学·期中)乙二酸俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。 （1）室温下，测得溶液的，写出草酸的电离方程式　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 （2）草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如下图所示： ①向草酸溶液中滴加KOH溶液至时发生的主要反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 ②溶液中，下列粒子浓度关系正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a． b． c． （3）研究发现多种食物中富含草酸。 ①用酸化的溶液测定某菠菜提取液中草酸的含量。写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。 ②取待测菠菜提取液于锥形瓶中，并将酸性标准溶液装入　　　　　　　　　　　中备用。 ③判断滴定终点的依据是　　　　　　　　　　　。 ④实验数据如下： 滴定次数 待测菠菜提取液的体积/mL 酸性高锰酸钾溶液的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL 1 25.00 0.13 11.43 11.30 2 25.00 1.27 14.07 12.80 3 25.00 0.00 11.10 11.10 造成第2次所用酸性溶液体积明显偏大的原因可能是　　　　　　　　　　　(填字母)。 a．锥形瓶用待测液润洗 b．滴定过程中锥形瓶内待测液溅出瓶外 c．滴定结束时，俯视读数 ⑤根据所给数据，计算菠菜提取液中的物质的量浓度为　　　　　　　　　　　。 9.(2025-2026高二上·北京市第一七一中学·期中)某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。 【实验I】 物质 0min 1min 1h 5h FeSO4 淡黄色 桔红色 红色 深红色 (NH4)2Fe(SO4)2 几乎无色 淡黄色 黄色 桔红色 （1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是　　　　　　　　　　　(用化学用语表示)。溶液的稳定性：FeSO4　　　　　　　　　　　(NH4)2Fe(SO4)2(填“>”或“＜”)。 （2）甲同学提出实验I中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，因为具有还原性。进行实验II，否定了该观点，补全该实验。 【实验II】： 操作 现象 取　　，滴入　　　 与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。 （3）乙同学提出实验I中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验III：分别配制0.80mol•L-1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH=1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+。由实验III，乙同学可得出的结论是　　　　　　　　　　　，原因是　　　　　　　　　　　。 （4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是　　　　　　　　　　　。 （5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有　　　　　　　　　　　(写两点) 10.(2025-2026高二上·北京十四中·期中)某小组同学探究Ag+与I- 能否发生氧化还原反应，设计如下实验。 （1）研究AgNO3溶液与KI溶液反应产物。 向盛有1 mL 1 mol/L AgNO3溶液的试管中加入1 mL 1 mol/L KI溶液，振荡试管产生黄色浑浊，再向其中加入　　　　　　　溶液，无明显变化。得出结论：二者混合无明显氧化还原反应。 （2）验证Ag+的氧化性。 将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中铁的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验，请完成下表： 操作 现象 结论 取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡 i． 　　　　　　　 存在Fe3+ 取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入2滴ⅱ． 　　　　　　　(填序号)溶液，振荡                           ⅲ． 　　　　　　　 存在Fe2+ 可选用试剂：① KSCN溶液 ② NaOH溶液③ 酸性KMnO4溶液 ④ K3[Fe(CN)6]溶液。 由上述实验可知铁的氧化产物中含有Fe2+和Fe3+，则Ag+氧化性强于Fe3+，又已知Fe3+氧化性强于I2，得出结论：Ag+可与I-发生氧化还原反应。 甲同学用pH计测得，常温时该硝酸银溶液的pH为5.50，于是对上述实验结论提出质疑。你认为他的理由是 　　　　　　　。 （3）丙同学通过原电池原理探究Ag+与I-之间的氧化还原反应，装置图如下。 ①补全上图原电池装置示意图　　　　　　　。 ②闭合开关K，电流表指针发生偏转，一段时间后正极电极表面有光亮的银析出。 依据上述实验现象，写出Ag+与I-之间发生氧化还原反应的离子方程式　　　　　　　。 结论：Ag+与I-可发生自发的氧化还原反应。 （4）实验反思。 丙同学查阅资料得知，离子的氧化性或还原性强弱与其浓度有关。由该资料和以上实验分析AgNO3溶液与KI溶液直接混合时，没有发生氧化还原反应的原因是　　　　　　　。 11.(2025-2026高二上·北京市东直门中学·期中)某烧碱样品因部分变质含Na2CO3。某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH的质量分数。 【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下： 酚酞：pH<8.2 无色       8.2<pH<10浅红色       pH>10 红色 甲基橙：pH<3.1红色     3.1<pH<4.4橙色       pH>4.4 黄色 【实验步骤】 I. 迅速地称取烧碱样品0.50g，溶解后配制成100 mL溶液，备用。 Ⅱ.将0.1000mol/L HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为NaCl和NaHCO3），记录酸式滴定管的读数V1；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数V2。重复上述操作两次，记录数据如下： 实验序号 1 2 3 V0/ mL 0.00 0.00 0.00 V1/ mL 21.72 21.68 21.70 V2/ mL 23.72 23.68 23.70 （1）步骤I中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和　　　　　　　　。 （2）下列有关步骤I中样品溶液的说法正确的是　　　　　　　　（填字母序号）。 a. 样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的小 b. c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-) c. c(H+)+ c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-) d. 向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，n(Cl-)+n(CO32-)+n( HCO3-)+n(H2CO3)=n(Na+) （3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是　　　　　　　。 （4）滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为　　　　　。 （5）判断滴定至第二终点的现象是溶液由　　　色变为橙色。 （6）样品中NaOH的质量分数w(NaOH)= 　　　　　%。（计算结果保留小数点后1位） （7）下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是　　　　（填字母序号）。 a. 达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生 b. 记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面 c. 第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出 12.(2025-2026高二上·北京市第八中学·期中)用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。 (1)资料1：KI在该反应中的作用：H2O2 + I= H2O + IO；H2O2 + IO= H2O + O2↑+ I。总反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是　　　　　　（填字母）。 a．加入KI后改变了反应的路径 b．加入KI后改变了总反应的能量变化 c．H2O2 + I= H2O + IO是放热反应 (3)实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。 资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。 ① 加CCl4并振荡、静置后还可观察到　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，说明有I2生成。 ② 气泡明显减少的原因可能是： ⅰ. H2O2浓度降低； ⅱ.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)资料4：I+ I I K= 640。 为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10 mL 0.10 mol·L-1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下： 微粒 I I I 浓度/ (mol·L-1) 2.5×10-3 a 4.0×10-3 ① a =　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ② 该平衡体系中除了含有I、I和I外，一定还含有其他含碘微粒，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 13.(2025-2026高二上·北京市陈经纶中学·期中)某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下： ①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL 0.01000mol∙L-1的碘标准溶液，搅拌。 ②以0.2L∙min-1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。 ③做空白实验，消耗了0.1mL碘标准溶液。 ④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。 已知：， 回答下列问题： （1）装置图中仪器a、b的名称分别为　　　　　　、　　　　　　。 （2）三颈烧瓶适宜的规格为　　　　　　(填标号)。 A．250mL        B．500mL        C．1000mL （3）H3PO4的Ka1小于H2SO3的Ka1，但加入H3PO4加热后，仍能够生成SO2， 原因是：　　　　　　。 （4）滴定管在使用前需要　　　　　　、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为　　　　　　；滴定反应的离子方程式为　　　　　　。 （5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 （6）该样品中亚硫酸盐含量为　　　　　　mg∙kg -1(以SO2计，进行计算)。 14.(2025-2026高二上·北京三十五中·期中)某小组探究含Cr元素的化合物间的转化，进行如下实验。 资料： i.含Cr元素的常见粒子： (橙色)、 (黄色)、CrO5(溶于水，蓝紫色，不稳定)、Cr3+(绿色)、Cr(OH)3(蓝灰色，难溶于水，可溶于强酸、强碱)、(亮绿色)。 ii.H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快。 iii.在碱性环境中，O2不能氧化+3价铬元素。 实验操作及现象如表： 装置 步骤 操作 现象 2mL0.0125mol•L-1K2Cr2O7溶液 I 先滴入稀硫酸至pH≈2，再滴入5滴5%H2O2溶液，振荡 溶液橙色加深。滴入H2O2溶液后迅速变为蓝紫色，有气泡生成。稍后，无明显气泡时，溶液由蓝紫色完全变为绿色 Ⅱ 继续缓慢滴入10滴2mol•L-1NaOH溶液，边滴，边振荡 又有气泡生成，溶液最终变为黄色 （1）已知 (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+。请用化学平衡移动原理解释I中滴入稀硫酸后溶液橙色加深的原因：　　　　　。 （2）I中，溶液由橙色变为绿色的总反应的离子方程式是　　　　　。 （3）Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，又有气泡生成的原因是　　　　　。 （4）Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，预测有Cr(OH)3沉淀生成，但实验时未观察到。 提出假设：在碱性环境中，+3价铬元素被H2O2氧化。 ①甲同学设计实验证明假设成立： 取少量I中的绿色溶液，在滴入NaOH溶液前增加一步操作：　　　　　　。然后滴入NaOH溶液，有蓝灰色沉淀生成，继续滴入NaOH溶液，沉淀溶解，溶液变为　　　　　　色。 ②乙同学进一步研究碱性环境对+3价铬元素的还原性或H2O2的氧化性的影响，设计如图实验。 右侧烧杯的溶液中，氧化剂是　　　　　。 开始时灵敏电流计指针不偏转，分别继续进行如下实验。 i.向左侧烧杯中滴入NaOH溶液，出现蓝灰色沉淀，继续缓慢滴入NaOH溶液，灵敏电流计指针向右偏转(电子从左向右运动)，此时左侧的电极反应式为　　　　　。 ii.向右侧烧杯中滴入NaOH溶液，有微小气泡生成，灵敏电流计指针向左偏转，左侧无明显变化。此时原电池中的总反应的化学方程式为　　　　　。 （5）由上述实验，与H2O2、与H2O2的氧化性强弱(填“>”或“<”)： 酸性条件下， 　　　　　H2O2；碱性条件下， 　　　　　H2O2。 15.(2025-2026高二上·北京三十五中·期中)某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应，研究外界条件反应速率的影响，实验操作及现象如下： 编号 实验操作 实验现象 I 向一支试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入1滴3 mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液 前10 min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30 min后几乎变为无色 II 向另一支试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液 80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色 （1）补全高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ === 2Mn2+ + 　　　　　　 +　　　　　　 （2）由实验I、II可得出的结论是　　　　　　。 （3）关于实验II中80 s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。 提供的试剂：0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，0.1 mol/L草酸溶液，3 mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水 ① 补全实验III的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，　　　　　　，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液。 ② 若猜想成立，应观察到的实验现象是　　　　　　。 （4）该小组拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。     ① 他们拟研究的影响因素是　　　　　　。 ② 你认为他们的实验方案　　　　　　（填“合理”或“不合理”），理由是　　　　　　。 16.(2025-2026高二上·北京市第五十五中学·期中)某小组同学欲探究AgNO3溶液与FeSO4溶液的反应，进行如下实验。 序号 实验操作 实验现象 ① 将溶液与溶液(调pH=3)混合后密封 观察到产生灰黑色沉淀，溶液变为黄色，数小时后，溶液颜色无变化，沉淀不增加 ② 将溶液与溶液(调pH=3)混合后密封 数小时内，未观察到明显现象 ③ 取少量①中反应后的上层清液，逐滴加入KSCN溶液 观察到溶液先变红，稍振荡后红色消失，同时产生白色沉淀。再次滴入KSCN溶液，上述现象再次出现 查阅资料：i．AgSCN为白色固体，； ii． （1）取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含　　　　　。 （2）实验②中未观察到明显变化，说明　　　　　　　。 （3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是　　　　　　　。稍振荡后红色消失并产生白色沉淀，请结合离子方程式解释现象：　　　　　　　。 （4）综合实验①~③可知，实验①中发生反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）小组同学用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag＋浓度。能指示滴定终点的现象为　　　　　　　。 （6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀，则测得的c(Ag＋)　　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 17.(2025-2026高二上·北京市广渠门中学·期中)现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的浓度（mol/L）。 Ⅰ．实验步骤 （1）用　　　　　　　　　　　（填仪器名称）量取食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到　　　　　　　　　　　（填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液。 （2）取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴　　　　　　　　　　　作指示剂。 （3）读取盛装溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为　　　　　　　　　　　mL。 （4）滴定。当　　　　　　　　　　　时，停止滴定，并记录溶液的最终读数。重复滴定3次。 Ⅱ．实验记录 滴定次数 1 2 3 4 20.00 20.00 20.00 20.00 15.95 15.00 15.05 14.95 Ⅲ．数据处理与讨论 （5）按记录数据处理，可得　　　　　　　　　　　mol/L。 （6）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏高的是　　　　　　　　　　　（填字母序号）。 a．酸式滴定管未用待测酸液润洗 b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水 d．滴定前读数正确，滴定后仰视读数 18.(2025-2026高二上·北京延庆·期中)某实验小组探究Cu与溶液的反应。取3 g铜粉加到100 mL0.6 mol/L溶液(用调)中，振荡、静置30分钟，铜粉减少，溶液呈棕绿色(可能是因为NO与、或形成配合物的颜色)，未见有气泡产生。 （1）预测和分别与Cu发生了反应，补充反应Ⅱ的离子方程式。 反应Ⅰ    反应Ⅱ   　　　　　　　　　　　。 （2）探究反应Ⅰ是否发生 ①设计实验：取3 g铜粉加到100 mL　　　　　　　　　　　溶液中，振荡、静置30分钟。(所用试剂：硝酸钠和稀硝酸溶液) ②若反应Ⅰ能够发生，预计观察到的现象有　　　　　　　　　　　。实际现象不明显，借助传感器证明反应Ⅰ能够发生。 （3）探究反应Ⅱ是否发生 步骤1：取3 g铜粉加到100 mL0.3 mol/L溶液(用调)中，溶液迅速变为蓝绿色。 步骤2：取步骤1中上层清液，滴加KSCN溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后溶液红色褪去，KSCN溶液过量后浊液呈深红色。 ①KSCN溶液的作用是　　　　　　　　　　　。 ②已知：CuSCN是难溶于水的白色固体。 结合离子方程式解释溶液开始呈现白色浑浊，最终浊液呈深红色的原因：　　　　　　　　　　　。 （4）查阅资料可知，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数分别为和。请从化学反应速率和限度的角度简述对Cu与溶液反应的认识：　　　　　　　　　　　。 19.(2025-2026高二上·北京市第一六六中学·期中)某实验小组同学依据资料深入探究Fe3+在水溶液中的行为。 资料：ⅰ．Fe3+在水溶液中以水合铁离子的形式存在，如；发生如下水解反应：(几乎无色)(黄色)(n=0～6) ⅱ．为黄色。 进行实验： 【实验Ⅰ】 【实验Ⅱ】 分别用试管①、③中的试剂作为待测液，用色度计测定其透光率。 透光率越小，溶液颜色越深；透光率越大，溶液颜色越浅。 （1）实验Ⅰ中，试管②溶液变为无色的原因是　　　　　　　　　　　。 （2）实验Ⅰ中，试管③溶液呈棕黄色与有关，支持此结论的实验现象是　　　　　　　　　　　。 （3）由实验Ⅱ图1、2可知：加热时，溶液颜色　　　　　　　　　　　(填“变浅”、“变深”或“不变”)。 （4）由实验Ⅱ，可以得出如下结论： [结论一]FeCl3溶液中存在可逆反应：得出此结论的理由是　　　　　　　　　　　。 [结论二]结论一中反应的　　　　　　　　　　　(填“>0”或“<0”)。 20.(2025-2026高二上·北京顺义第一中学·期中)红矾钠Na2Cr2O7·2H2O可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含Na+、Ni2+、Cr3+、H+、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．Cr(VI)溶液中存在以下平衡：+H2O2+2H+ ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Cr3+ 4.3 5.6 Ni2+ 7.1 9.2 （1）Ⅰ中，NaHSO3溶液呈酸性，结合化学用语说明其原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH至　　　　　　　　　　　(填字母序号) a．4.3~5.6      b．4.3~7.1    c．5.6~7.1      d．7.1~9.2 （3）Ⅲ中，H2O2氧化Cr(OH)3沉淀的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，Na2CrO4的产率反而降低，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）结合平衡移动原理解释：Ⅳ中，加入H2SO4的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （6）为了测定获得红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取出20 mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为Cr3+后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为c mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，共消耗V mL。 已知： ①滴定终点的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②所得Na2Cr2O7·2H2O(摩尔质量为298g/mol)的纯度的表达式为　　　　　　　　　 (用质量分数表示)。 ③以下滴定操作能导致最终滴定结果偏高的是　　　　　　　　。 A．用酸式滴定管量取待测溶液时，取液前尖嘴处有气泡，取液后气泡消失。 B．滴定结束后，仰视读取盛装标准溶液的碱式滴定管的数据 C．锥形瓶内盛装待测溶液之前有少量蒸馏水 D．滴定时，锥形瓶在摇动过程中有待测溶液飞溅出来 E．酸式滴定管使用前未用待测溶液润洗 F．碱式滴定管使用前未用标准溶液润洗 21.(2025-2026高二上·北京市第一零一中学·期中)学习小组探究、(棕黑色固体，难溶于水)对氯水漂白性的影响。分别取2 mL氯水于试管中，进行以下实验，实验记录如下： 实验 方案和现象 ⅰ 加入1 mL蒸馏水，再滴加1滴品红溶液，品红溶液较快褪色 ⅱ 加入少量固体，产生白色沉淀a。再加入1 mL蒸馏水和1滴品红溶液，品红溶液褪色比ⅰ快 ⅲ 加入1 mL较浓溶液，产生白色沉淀b。再向上层清液中滴加1滴品红溶液，品红溶液褪色比ⅰ慢 已知：微粒的氧化还原性与其浓度成正比。等浓度时，HClO的氧化性比的强。 （1）用离子方程式表示ⅰ中品红溶液褪色的原因：　　　　　　　　。 （2）经检验，ⅱ中的白色沉淀a是AgCl。产生AgCl的化学方程式是　　　　　　　　。 （3）ⅰ是ⅲ的对比实验，目的是排除ⅲ中　　　　　　　　造成的影响。 （4）研究经洗涤后的白色沉淀b的成分。进行实验ⅳ： 实验ⅳ： ①设计对比实验证实白色沉淀b不只含有AgCl，实验方案和现象是　　　　　　　　。 ②溶液的目的是　　　　　　　　。由此判断，白色沉淀b可能含有　　　　　　　　。 （5）利用白色沉淀b进一步研究实验ⅲ品红溶液褪色慢的原因，进行实验ⅴ： 实验ⅴ： ①结合离子方程式解释加入饱和NaCl溶液的目的：　　　　　　　　。 ②推测实验ⅲ和实验ⅴ上层清液中含氯微粒的氧化性强弱：实验ⅲ　　　　　　　　实验ⅴ(填“>”、“<”或“=”)，说明理由　　　　　　　　。 22.(2025-2026高二上·北京五中·期中)某小组同学探究溶液与溶液的反应。 （1）理论分析 ①从氧化还原反应的角度分析，能被氧化为　　　　　　　。 ②从水解反应的角度分析，和的水解反应能相互促进，最终水解完全，反应的离子方程式是　　　　　　　。 （2）实验探究 实验 操作 现象 I 取1mL盐酸酸化的溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，放置 溶液为黄色未出现沉淀 II 取实验所得溶液于试管中，加入试剂 产生较多白色沉淀 III 取溶液于试管中，放置后，加入试剂a 产生少量白色沉淀 已知：i.与溶液反应生成沉淀(带有特征蓝色)。 ii.在溶液中存在平衡：。 iii.为一元弱酸。 ①配制溶液时，常加入盐酸酸化，结合化学用语解释原因：　　　　　　　。 ②依据实验II、III的现象，证实了与能发生氧化还原反应。 i.试剂a是　　　　　　　。 ii.实验III的目的是　　　　　　　。 ③对实验I中未生成沉淀的原因进行分析及探究。 i.甲认为盐酸酸化的溶液中较大，可能导致沉淀难以生成。设计实验：向蒸馏水中　　　　　　　(填实验操作)，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，未出现沉淀。证实了较大不是实验I中未生成沉淀的主要原因。 ii.乙认为较大才是实验I中未生成沉淀的主要原因。设计实验：向未酸化的溶液中加入，调节与实验I相同，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，　　　　　　　(填实验现象)。证实了的影响。 iii.结合平衡移动原理，解释较大时沉淀难以生成的原因：　　　　　　　。 23.(2025-2026高二上·北京市第十三中学·期中)是一种弱酸，不稳定，见光易分解，具有强氧化性，可消毒杀菌。“84”消毒液(有效成分)的消毒作用主要来源于。 已知：时两种酸的电离平衡常数如下表所示。 弱酸 次氯酸 碳酸 电离平衡常数 （1）酸性：　　　　　　　(填“>”或“<”)。 （2）浓度均为的、、三种溶液，碱性由强到弱的顺序为　　　　　　　。 （3）“84”消毒液吸收空气中的能增强其杀菌效果，原因是　　　　　　　(写离子方程式)。 （4）为便于保存，制备“84”消毒液时需适当过量，否则易失效。结合化学用语解释原因　　　　　　　。 （5）滴定法测定含量的步骤如下： I．准确量取“84”消毒液，置于容量瓶中，加蒸馏水稀释至刻度线，摇匀。 II．准确量取该稀释液于锥形瓶中，依次加入硫酸溶液、75%磷酸(调节溶液酸度)、溶液(过量)，加盖摇匀后静置。 Ⅲ．用标准溶液滴定，消耗体积。 已知： “84”消毒液中含量为　　　　　　　g/L(列出计算式)。 24.(2025-2026高二上·北京市第十五中学·期中)某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。 （1）实验验证 实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mol/L FeSO4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粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 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(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是　　　　　　　。 综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++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　　　　　　　。 （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v mL上层清液，用c1 mol/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v1 mL。 资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012 Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3 ①滴定过程中Fe3+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　　　　　　　。 25.(2025-2026高二上·北京育才学校·期中)实验小组制备硫代硫酸钠并探究其性质。 资料：i．。 ii．(紫黑色)。 iii．是难溶于水、可溶于溶液的白色固体。 （1）实验室可利用反应：制备，装置如下图。 ①用化学用语解释和的混合溶液呈碱性的原因：、　　　　　　　　　　　。 ②为了保证的产量，实验中通入的不能过量。要控制的生成速率，可以采取的措施有：　　　　　　　　　　　(写出一条)。 （2）探究溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 试管 滴管 2mL0.1mol/L溶液 溶液(浓度约为0.03mol/L) I．局部生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得到无色溶液 0.03mol/L溶液 II．一段时间后，生成沉淀 0.03mol/L溶液 III．混合后溶液先变成紫黑色，时溶液几乎变为无色 ①I中产生白色沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 ②经检验，现象Ⅱ中的沉淀有和，用平衡移动原理解释Ⅱ中的现象：　　　　　　　　　　　。 ③经检验，现象Ⅲ中的无色溶液中含有。从化学反应速率和限度的角度解释Ⅲ中与反应的实验现象：　　　　　　　　　　　。 以上实验说明：溶液与金属阳离子反应的多样性和阳离子的性质有关。 26.(2025-2026高二上·北京十四中·期中)烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如图。 （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a：    24.6 反应b：    3.17 反应c：    58.17 ①已知：   ，则=　　　　　　　　　　　。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是　　　　　　　　　　　。 ③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因　　　　　　　　　　　。 （2）其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。 ①的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是　　　　　　　　　　　。 ②在吸收器中，与反应生成和的氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　　　　　　　　　。 ③在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为，该反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 27.(2025-2026高二上·北京市东直门中学·期中)探究0.5mol/L FeCl3溶液（pH=1）与不同金属反应时的多样性的原因。 (各组实验中：所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡） 实验 金属 现象及产物检验 I 镁条 立即产生大量气体；金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引；液体颜 色由棕黄色逐渐变为红褐色；片刻后气泡减少；金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体， 滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀。 II 铜粉 无气体产生；溶液逐渐变为蓝绿色；取反应后的溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀。 （1）根据实验I的现象，推测红褐色液体为胶体，并用光束照射该液体，在与光束垂直的方向观察到　　　　　　　　　得以证实。 （2）已知Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。 ①为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4，重复实验I，及时取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行实验如下： 该实验说明黑色固体中一定含有　　　　　　　　　，结合现象写出判断的理由　　　　　　　　　。 ②除上述结论外，分析实验I的现象，可知被还原得到的产物一定还有　　　　　　　　　。 （3）实验Ⅰ、Ⅱ现象的差异，与Fe3+、Mg2+、Fe2+、H+、Cu2+的氧化性强弱有关，其顺序是Mg2+<Fe2+<　　　　　　　　　。 （4）继续研究0.5mol/L FeCl3溶液（pH=1）与Fe的反应。 实验 金属 现象及产物检验 Ⅲ 铁粉 持续产生少量气体；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉 淀，经检验，溶液pH=4；含有Fe2+，无Fe3+。 Ⅳ 铁丝 无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿色，经检验，溶液 pH=2，含有Fe2+和Fe3+；Fe3+被还原的量多于实验Ⅲ。 ①实验Ⅲ中发生反应的离子方程式有　　　　　　　　　。 ②已知：相同条件下，H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+。 结合实验I、Ⅱ，由反应中金属表面离子浓度的变化，推测实验III、IV现象差异的原因:　　　　　　　　　。 28.(2025-2026高二上·北京市东直门中学·期中)研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。I-与I2在水体和大气中的部分转化如图所示。     (1)结合元素周期律分析Cl-、I-的还原性强弱；同主族元素的原子，从上到下，　　　　。 (2)水体中的I-在非酸性条件下不易被空气中的02氧化。原因是2H2O+4I-+O22I2+4OH-的反应速率慢，反应程度小。 ①I-在酸性条件下与O2反应的离子方程式是　　　　。 ②在酸性条件下I-易被O2氧化的可能的原因是　　　　。 (3)有资料显示：水体中若含有Fe2+，会对O3氧化I-产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的O3通入到20 mL下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。已知：每l mol O3参与反应，生成l mol O2。 序号 试剂组成 反应前溶液的pH 反应后溶液的pH I-的转化率 Fe(OH)3的生成量 A 3×10-2 mol·L-1NaIa mol·L-1NaCl 5.3 11.0 约10% —— B 3×10-2 mol·L-1NaI1.5×10-2mol·L-1FeCl2 5.1 4.1 约100% 大量 C 1.5×10-2mol·L-1FeCl2 5.2 3.5 —— 大量 ①a=　　　　。 ②A中反应为可逆反应，其离子方程式是　　　　。 ③C中溶液的pH下降，用离子方程式解释原因　　　　。 ④比较A、B、C，说明Fe2+在实验B中的作用并解释　　　　。 29.(2025-2026高二上·北京市汇文中学·期中)某化学小组探究外界条件对化学反应速率的影响及其原因。 【实验原理】 【实验内容及记录】 实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min 溶液 溶液 稀硫酸 1 3.0 2.0 3.0 2.0 4.0 2 3.0 3.0 2.0 2.0 5.2 3 3.0 4.0 1.0 2.0 6.4 （1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是　　　　　　　　　。 （2）利用实验1中数据计算，用的浓度变化表示的反应速率为：　　　　　　　　　。 （3）该小组同学根据经验绘制了随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但是实验过程中随时间变化的趋势应如图2所示。 ①该小组同学根据图2提出的假设：生成的对该反应有催化作用；通过下列实验验证该假设是否成立。试管中加入少量固体的化学式为　　　　　　　　　。 实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 再向试管中加入少量固体 室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min 溶液 溶液 稀硫酸 4 3.0 2.0 3.0 2.0 t ②若提出的假设成立，应观察到的现象是　　　　　　　　　。 （4）①浓度增大反应速率加快的原因是　　　　　　　　　(填序号，下同)。 ②催化剂使反应速率加快的原因是　　　　　　　　　。 a.单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加 b.使分子能量升高运动加快，单位时间内有效碰撞次数增加 c.降低了反应的活化能，提高了活化分子百分数，单位时间内有效碰撞次数增加 30.(2025-2026高二上·北京北大附中·期中)某小组同学向1mol∙L-1CuSO4溶液中分别加入锌粉和镁粉，探究产物。 实验 金属 现象及产物 Ⅰ 过量Zn Zn锌粉表面产生少量气泡，有光亮的红色物质生成 Ⅱ 过量Mg 镁粉表面产生大量气体(经检验为H2)，反应放热，有蓝绿色沉淀(X)生成 已知：ⅰ．Mg(OH)2的溶度积常数为5.6×10-12 ⅱ．1mol∙L-1CuSO4溶液pH=3 （1）实验Ⅰ产生红色物质的原因是　　　　　　　(用离子方程式表示)。 （2）探究实验Ⅱ比实验Ⅰ产生H2多的原因。 ①提出猜想：CuSO4水解使溶液呈酸性，依据金属活动性顺序，Mg更容易与H+反应产生H2。 ②进行实验Ⅲ：向　　　　　　　(填试剂)中分别加入等量锌粉和镁粉，锌粉表面几乎无气泡，镁粉表面产生较多气泡。 ③得出结论：实验证实猜想合理。 （3）探究沉淀X的成分。 实验Ⅳ：取洗涤后的沉淀X，加入足量盐酸，沉淀部分溶解，上层溶液为浅黄绿色，取上层溶液于试管中，　　　　　　　，证明沉淀X中含有。进一步研究证实，沉淀X中含有碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4](蓝绿色)。 ①补全实验Ⅳ的操作和现象：　　　　　　　。 ②实验Ⅱ反应后溶液的pH=3，通过计算说明沉淀X中是否可能含有Mg(OH)2(忽略温度对和的影响，忽略溶液体积的变化)　　　　　　　。 经检验，沉淀X中除Cu2(OH)2SO4外，还含有Cu等物质。 （4）探究实验Ⅱ产生Cu2(OH)2SO4的原因。 实验Ⅴ：加热1mol∙L-1CuSO4溶液，未观察到蓝绿色沉淀。 ①设计实验Ⅴ的目的是　　　　　　　。 ②对比实验Ⅰ和Ⅱ，结合平衡移动原理解释实验Ⅱ中产生Cu2(OH)2SO4的原因　　　　　　　。 实验 金属 现象及产物 发生的反应 Ⅰ 过量Zn 锌粉表面产生少量气泡，有光亮的红色物质生成 少量气泡：Zn+2H+=Zn2++H2↑光亮红色物质：Zn+Cu2+=Zn2++Cu Ⅱ 过量Mg 镁粉表面产生大量气体(经检验为H2)，反应放热，有蓝绿色沉淀(X)生成 大量气体：Mg+2H+=Mg2++H2↑，反应放热：金属与酸的反应为放热反应，蓝绿色沉淀(X)：Cu2++2H2O+SO⇌Cu2(OH)2SO4+2H+ 31.(2025-2026高二上·北京市第八中学·期中)化学小组探究不同盐对镁与水反应的影响。 （1）镁条与KHCO3溶液反应 序号 试剂 现象 I 镁条和H2O 微小气泡附着在镁表面，镁表面失去金属光泽 II 镁条和KHCO3溶液 立即产生大量气泡 ①I中生成的气体为H2，反应的化学方程式是　　　　　　　。 ②镁条与H2O反应过程中生成的Mg(OH)2覆盖在镁条表面，导致反应缓慢。从沉淀溶解平衡的角度解释II中立即产生大量气泡的主要原因：　　　　　　　。 （2）镁条与AgCl反应 序号 试剂 现象 III 4.5mL1mol·L−1KCl溶液和0.5mL0.2mol·L−1AgNO3溶液 生成大量白色沉淀，得到浊液X。过滤，得到无色滤液Y IV 镁条和浊液X 镁表面变为黑色，有少量气泡生成 V 镁条和滤液Y 镁表面变为棕黑色，迅速产生气泡 资料：i．Ag不能溶于氨水，黑色难溶物Ag2O能溶于氨水生成[Ag(NH3)2]+。 ii．[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3，[Ag(NH3)2]+在酸性溶液中不稳定。 ①补全Ag2O与氨水反应的离子方程式：　　　　　　　。 Ag2O+NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++_______+_______。 ②IV中生成的黑色固体可能是Ag或Ag2O。设计实验方案检验该固体的成分：将反应后的镁条洗净，取表面的黑色固体置于浓氨水中放置一段时间，再向溶液中　　　　　　　(填实验操作与现象)，证实固体是Ag不是Ag2O。 （3）对比实验I和V，对生成气泡速率不同的原因提出如下假设： 假设1：资料表明，滤液中Cl−能钻入Mg(OH)2膜，破坏Mg(OH)2对镁的覆盖。 假设2：Ag+能与Mg反应生成Ag，形成原电池，增大Mg与H2O反应的速率。 设计如下实验对上述假设进行验证。 序号 试剂 现象 VI 镁条、_______和0.6mLH2O 有少量气泡缓慢逸出 VII 镁条、4.4mL1mol·L−1KCl溶液、0.1mLH2O和0.5mL0.2mol·L−1KNO3溶液 有少量气泡缓慢逸出 ①实验VI能够证实假设1，请补充横线上的试剂：　　　　　　　。 ②通过以上实验可以得到的结论是　　　　　　　。 （4）实验IV中没有出现大量气体的可能原因是　　　　　　　。 32.(2025-2026高二上·北京市陈经纶中学·期中)25℃时，某小组同学分别用如下方法测定的电离常数 (Ka)。 （1）电离方程式为　　　　　　　。 【方法一】实验步骤： ⅰ.取a mL稀溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液。 ⅱ.用标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为。 ⅲ.另取一份该稀溶液于烧杯中，用pH计测得其pH为x。 （2）ⅱ中滴定恰好达到终点时的现象为　　　　　　　。 （3）该稀溶液的浓度　　　　　　　(用代数式表示)。 （4）数据处理： 醋酸的电离平衡常数。代入相关数据，即可得。 误差分析：若ⅰ中锥形瓶提前用该稀溶液进行了润洗，会使测得的　　　　　　　(填“偏大”或“偏小”)。 【方法二】实验原理： 由的电离平衡常数表达式可知，当时，。 实验步骤：①取25mL某溶液，用NaOH溶液滴定至终点。 ②继续向①中加入25mL该溶液。 ③用pH计测定②中混合溶液的pH为y。 （5）步骤②的目的是　　　　　　　。 数据处理： （6）　　　　　　　(用代数式表示) 迁移应用： （7）已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，其溶液中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 下列说法正确的是　　　　　　　(填字母序号)。 A.的 B.溶液显碱性 C.向溶液中逐滴加入NaOH溶液至，发生反应： 33.(2025-2026高二上·北京通州·期中)实验室有两瓶失去标签的相同浓度的盐酸和醋酸，小组同学设计如下实验进行鉴别和定量测定。 I．向润洗过的滴定管中加入溶液，赶出气泡、调节液面至“0”刻度后准确记录读数。 II．向锥形瓶中滴入25.00 mL待测溶液，再向其中滴加2滴酚酞溶液。 III．开始滴定，到达滴定终点时停止滴定，并记录溶液的最终读数，再重复滴定2次。 （1）步骤I中滴定管应选用　　　　　　滴定管(填“a”或“b”)。 （2）步骤III中滴定终点的现象是　　　　　　。 （3）3次滴定消耗NaOH溶液的体积记录如下： 实验次数 1 2 3 滴定前 滴定终点 消耗NaOH溶液的体积／mL 24.98 25.02 第3次滴定消耗NaOH溶液的体积为　　　　　　mL，则该溶液的物质的量浓度约为　　　　　　(保留2位有效数字)。 （4）用上述同样方法对另一瓶试剂进行滴定后，所得滴定曲线如图所示。 ①滴定醋酸的滴定曲线是　　　　　　(填“a”或“b”)。 ②点X所示溶液中离子浓度从大到小顺序是　　　　　　。 34.(2025-2026高二上·北京通州·期中)某小组同学欲研究与的反应，进行如下探究。 （1）理论预测 从化合价的角度分析，具有　　　　　　性，二者能发生氧化还原反应。 （2）实验验证 实验I．将溶液与溶液(酸化，)等体积混合。产生灰黑色沉淀，溶液为淡黄色。 已知：i．(白色) ii． ①取实验I中黑色固体，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明固体中含有　　　　　　。 ②取实验I中上清液滴入KSCN后溶液先变红的原因是　　　　　　。 稍振荡后红色消失并产生白色沉淀，请结合离子方程式解释现象：　　　　　　。 ③结合以上信息，写出与反应的离子方程式是　　　　　　。 （3）深入探究：小组同学研究测定“与反应”的化学平衡常数的方法。 已知：与酸碱中和滴定类似，氧化还原滴定是基于电子转移的定量关系来测定物质的量浓度。 实验Ⅱ．取实验I中上层清液，用酸性高锰酸钾溶液滴定上层清液中剩余的滴定至终点时消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为。 ①写出滴定过程中酸性与反应的离子方程式　　　　　　。(注：的还原产物为) ②平衡时　　　　　　。 ③若设计实验滴定上层清液中的，则最终测得反应的平衡常数会　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)，原因是　　　　　　。 35.(2025-2026高二上·北京市广渠门中学·期中)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某兴趣小组通过改变浓度研究“”反应中和的相互转化。实验如下： （1）甲同学认为实验Ⅱ-①说明与Ⅰ的反应存在限度；乙同学认为该实验给出的证据不充分，因此乙同学将　　　　　　　　　　　mL0.005mol/L溶液与溶液混合，然后向其中加入　　　　　　　　　　　，若该试管中溶液颜色比实验Ⅱ-①中的溶液颜色　　　　　　　　　　　(填“深”或“浅”)，则说明甲同学推测成立。 （2）结合化学平衡移动原理解释实验II-②中的实验现象　　　　　　　　　　　。 （3）丙同学推测实验Ⅱ-②中向转化的原因是外加使下降，导致的还原性弱于，于是设计了如图所示的装置进行实验III，验证了这一结论。 ①当闭合时，为原电池的　　　　　　　　　　　(填“正极”或“负极”)，此时电流计指针右偏； ②电流计指针归零后，向形管左侧滴加数滴溶液，　　　　　　　　　　　(填实验现象)证实了丙同学的推测。 （4）按照(3)的原理，丙同学又用同样的装置设计了实验IV证实了实验II-①中向转化的原因与(3)中类似。 ①实验操作与(3)中不同的是，在电流计指针归零后，　　　　　　　　　　　； ②丙同学在该实验中得出的结论是　　　　　　　　　　　。 （5）结合实验II、III、IV中的结果，可以得出的结论是： ①与的反应存在限度； ②平衡状态下，改变离子浓度会导致平衡移动； ③　　　　　　　　　　　。 36.(2025-2026高二上·北京市第八十中学·期中)某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO，过程如下： （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a：    24.6 反应b：    3.17 反应c：    58.17 ①已知：   ，则　　　　　　　　　　　。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是　　　　　　　　　　　。 ③其他条件不变， 和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内， 和NO的转化率随的浓度的变化如图。 结合数据分析NO的转化率高于的原因　　　　　　　　　　　。 （2）其他条件不变， 和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。 ①结合化学用语解释溶液显碱性：　　　　　　　　　　　。 ②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是　　　　　　　　　　　。 ③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 37.(2025-2026高二上·北京房山·期中)某小组实验探究铁的腐蚀及防护措施。 查阅资料：ⅰ．。ⅱ．   ；   。 实验装置 序号 实验步骤及现象 经过酸化的3% NaCl溶液pH≈5) Ⅰ 电流表指针偏转，Fe电极上未见气泡生成；一段时间后，取出少量Fe电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀 Ⅱ 一段时间后，向Fe电极附近滴加溶液，生成蓝色沉淀 （1）实验Ⅰ中，主要的能量转化形式为化学能转化为　　　　　　　能。 （2）实验Ⅱ中，蓝色沉淀为，说明含有。对产生的原因作出如下猜想：猜想1：将Fe氧化；猜想2：_____将Fe氧化；猜想3：将Fe氧化。 ①猜想2中的物质是　　　　　　(填化学式)；依据实验Ⅰ中的现象可否定猜想　　　　　　(填序号)。 ②甲同学猜想，也可能是被Zn还原的产物，理由是：　　　　　。乙同学依据资料ⅱ推断甲同学猜想不成立，依据是：　　　　　，无法生成蓝色沉淀。初步判断，猜想3成立。 （3）继续验证。实验Ⅲ装置如图所示。 ①证明发生吸氧腐蚀的操作及现象是：向A区滴加　　　　　，溶液变红。 ②向A区滴加溶液，出现蓝色沉淀，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失。已知铁不与蓝色沉淀反应，请结合资料ⅰ和平衡移动原理，分析“与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的原因　　　　。 ③将实验Ⅲ装置中的锌片换成铜片，向A区滴加溶液，推测其与实验Ⅲ现象的差异　　　　　。 上述实验说明：可以利用牺牲阳极的阴极保护法对金属铁进行防护。 38.(2025-2026高二上·北京市第一六六中学·期中)实验小组探究酸对Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡的影响。将0.005mol·L-1FeCl3溶液(接近无色)和0.01mol·L-1KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。 已知：FeCl3溶液呈酸性的原因是Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+。 （1）甲同学认加入酸后，会使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3体系中　　　　　增大，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。 【设计并实施实验】 取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。         [查阅资料] Fe3+和均能发生络合反应(配位平衡)：(黄色)；(无色)。 实验I．探究现象a中溶液颜色变化的原因 编号 操作 现象 ① 向2mL红色溶液中滴加5滴水 溶液颜色无明显变化 ② 向2mL红色溶液中滴加5滴3mol·L-1KCl溶液 溶液颜色变浅，呈橙色 （2）实验①的目的是　　　　　。 （3）根据实验①和实验②的结果，从平衡移动角度解释现象a：　　　　　。 实验II．探究现象b中溶液呈浅黄色的原因 编号 操作 现象 ③ 取1mL0.0025mol·L-1Fe2 (SO4) 3溶液(无色)。加入1mL0.01mol·L-1KSCN溶液，再加入5滴1.5mol·L-1H2SO4溶液 溶液先变红，加硫酸后变为浅黄色 ④ 取1mL0.005mol·L-1FeCl3溶液，_____ _____ （4）结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是　　　　　。 （5）乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(4)中的一种，请将实验④的操作及现象补充完整：　　　　　、　　　　　。 39.(2025-2026高二上·北京市中关村中学·期中)某化学小组同学对溶液与溶液的反应进行探究 实验操作 现象 ① 溶液由棕黄色变为红色，无沉淀生成。放置6小时后，溶液变为淡黄色，始终无沉淀生成。 ② 溶液由棕黄色变为红色，无沉淀生成。放置6小时后，生成红褐色沉淀，上层清液为无色。 （1）配制溶液时，先将溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸的作用：　　　　　　。 （2）请用离子方程式表示溶液显碱性的原因　　　　　　。 （3）甲同学认为实验①发生了氧化还原反应，其反应的离子方程式为　　　　　　，取反应后的溶液中加入溶液，观察到　　　　　　(填现象)，证实了此结论。 （4）乙同学检验红褐色沉淀为，请用平衡移动原理解释生成沉淀的原因　　　　　　。 （5）丙组同学检验实验②中无，而通过实验①证实此浓度的溶液与溶液可以发生氧化还原反应。 查阅资料已知：、、可形成难电离的红色物质：。 请解释实验②中无生成的原因　　　　　　。 （6）通过以上探究，溶液与溶液的反应受　　　　　　因素影响(至少写出两项)。 40.(2025-2026高二上·北京市八一学校·期中)某学习小组为了探究的电离情况，进行了如下实验。 【实验一】测定时20.00 mL冰醋酸稀释过程中溶液的电导率变化。 （1）醋酸的电离方程式为　　　　　　。 （2）三点对应的溶液中，由小到大的顺序是　　　　　　，电离程度最大的是　　　　　　。 （3）若使C点对应的溶液中减小，可采用的方法是　　　　　　（填序号）。 A加入                           B.加入冰醋酸                           C.加入固体 【实验二】时，以酚酞为指示剂，用溶液滴定20.00 mL溶液。 （4）下列操作或仪器名称不正确的是______。 A.配制0.1000 mol／L NaOH溶液 B.排出滴定管内气泡 C.酸式滴定管 D.读取滴定管读数 A. A B. B C. C D. D （5）记录的滴定曲线如图所示，其中代表醋酸的滴定曲线的是　　　　　　。（填I或II） （6）滴定至终点的现象为　　　　　　。 （7）下列情况会导致测定结果偏高的是______（填字母）。 A. 滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶 B. 在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出 C. 滴定至终点时，俯视读数 D. 用蒸馏水清洗滴定管后，未用NaOH标准液润洗 （8）若加入NaOH溶液的体积为10 mL时，所得溶液的pH为y，则时的电离常数　　　　　　。（用含有的式子表达） 41.(2025-2026高二上·北京丰台·期中)某小组实验验证“Ag++Fe2+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·L-1 Ag2SO4溶液与0.0400mol·L-1 FeSO4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粉中加入0.0100mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 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(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是　　　　　　　　　　　。 综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓为可逆反应。 ③小组同学采用下图电化学装置从平衡移动角度进行验证，写出操作及现象　　　　　　　　　　　。 （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c1 mol·L-1 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V1 mL。 资料：Ag++SCN-AgSCN↓(白色)   K=1012； Fe3++SCN-FeSCN2+(红色)   K=102.3； ①滴定过程中Fe3+的作用是　　　　　　　　　　　。 ②测得平衡常数K=　　　　　　　　　　　。 （3）实验反思：不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是　　　　　　　　　　　。 42.(2025-2026高二上·北京育英中学·期中)某兴趣小组研究重铬酸钾的性质及制备。 已知：。 （1）为证明溶液酸碱性对与之间相互转化的影响，同学们设计并进行如下实验。 ①已知浓硫酸溶于水放热，因此设计a步骤的意图是　　　　　　　。 ②同学们分析：仅按照上图所示实验现象，此实验不能达到预期目的。将上述实验最终得到的溶液继续　　　　　　　(填所需操作及观察到的现象)，可达到实验目的。 （2）在水溶液中易得电子，具有较强的氧化性。 ①进行氧化还原滴定时，常利用亚铁盐溶液与溶液反应，写出该反应的离子方程式：　　　　　　　。 ②作为氧化剂使用时需酸化，解释酸化使其氧化性增强的原因：　　　　　　　。 （3）以铬酸钾为原料，采用膜电解法可制备，装置如图所示(其中，分别为或中的一种)。 ①a为　　　　　　　。 ②阳极的电极反应式是　　　　　　　。 ③该装置中的离子交换膜应只允许　　　　　　　(填“阳”或“阴”)离子通过。 ④以为原料制备时，可以采用膜电解法而不能直接加酸制备的原因是　　　　　　　。 43.(2025-2026高二上·北京市第二中学·期中)某小组实验验证“”为可逆反应并测定其平衡常数。 （1）实验验证 实验Ⅰ．将溶液和溶液()等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。 实验Ⅱ．向少量Ag粉中加入溶液()溶液，固体完全溶解。 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，不选用的原因是　　　　　　　　　　　。 ③综合上述实验，证实“”为可逆反应的理由为　　　　　　　　　　　。 （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，取上层清液，用标准溶液滴定，至出现稳定的浅红色时消耗标准溶液。 资料：(白色)    (红色)    ①反应平衡常数的值　　　　　　　　　　　。 ②滴定过程中的作用是　　　　　　　　　　　。 ③测得平衡常数　　　　　　　　　　　。(用含、、的式子表示) （3）思考问题 ①取实验Ⅰ的浊液测定，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　　　　　　　　　　　。 44.(2025-2026高二上·北京市第二中学·期中)烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和的过程示意图如下。 （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数 活化能/() 反应a：    24.6 反应b：    3.17 反应c：    58.17 ①化学平衡常数是表明化学反应限度的一个特征值。由数据可知，气体反应器中反应a~c达到平衡时正向发生的限度　　　　　　　　　　　。(填“很小”、“可逆”或“很大”)其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和的转化率均随温度升高而降低，原因是　　　　　　　　　　　。 ②其他条件不变，和初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析的转化率高于的原因　　　　　　　　　　　。 （2）其他条件不变，和初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与的物质的量之比对和脱除率的影响如下图。 ①的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是　　　　　　　　　　　。 ②在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 ③在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1:1，该反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 45.(2025-2026高二上·北京市第二中学·期中)某小组探究镁与醋酸溶液反应的实质。 【实验】在常温水浴条件下进行实验Ⅰ~Ⅲ，记录生成气体体积和溶液pH变化。 Ⅰ．取0.1 g光亮的镁屑(过量)放入10mL0.10mol∙L-1HCl溶液； Ⅱ．取0.1 g光亮的镁屑放入10mL0.10mol∙L-1 CH3COOH溶液(pH=2.9)； Ⅲ．取0.1 g光亮的镁屑放入10mL pH=2.9的HCl溶液。 【数据】          （1）起始阶段Ⅰ中主要反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅱ起始溶液中约为　　　　　　　　　　　(用“”形式表示)。 （3）起始阶段，导致Ⅱ和Ⅲ中气体生成速率差异的主要因素不是c(H+)，实验证据是　　　　　　　　　　　。 （4）基于溶液组成预测Ⅱ的气体生成速率快于Ⅲ的原因是CH3COOH能直接与Mg反应。 验证：【实验Ⅳ】室温下，将一小段打磨光亮的镁条投入2mL冰醋酸，立即产生大量气体。选择冰醋酸的理由是　　　　　　　　　　　。 （5）结合图中数据可知H2O也参与反应生成气体，证据是　　　　　　　　　　　。 （6）探究醋酸溶液中与Mg反应的主要微粒。 【实验Ⅴ】与Ⅱ相同的条件和试剂用量，将溶液换成含0.10mol∙L-1 CH3COOH和0.10mol∙L-1CH3COONa的混合溶液(pH=4.8)。各时刻气体生成的瞬时速率()对比如下。 a．Ⅴ起始速率 b．Ⅱ起始速率 c．Ⅱ进行到pH=4.8时速率 2.1 2.3 0.8 ①将a∼c时刻对应溶液中的c(H+)和c(CH3COOH)分别进行排序： c(H+)：　　　　　　　　　　　(用“＞”或“≈”连接a∼c表示，下同)；c(CH3COOH)：　　　　　　　　　　　。 ②结合a∼c中微粒浓度的比值分析，c(H+)和c(CH3COOH)中哪一因素对气体生成速率影响更大：　　　　　　　　　　　。 （7）综合以上实验，从微粒及其参与反应的程度角度分析镁与醋酸稀溶液反应的实质　　　　　　　　　　　。 46.(2025-2026高二上·北京市八一学校·期中)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“”反应中和的相互转化。实验如图1所示： （1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应到达　　　　　　。 （2）iii是ii的对比实验，目的是排除ii中　　　　　　造成的影响。 （3）ii的颜色变化表明平衡　　　　　　移动（填“正向”、“逆向”或“未移动”）。 （4）结合i的实验现象，根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中向转化的原因：外加使降低，导致的还原性弱于.用图2装置均为石墨电极）进行实验验证。 ①K闭合时，指针向右偏转。 ②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是　　　　　　。 （5）按照（4）的原理，该同学用图2装置进行实验，证实了ii中向转化的原因。 ①转化的原因是　　　　　　。 ②与（4）实验对比，不同的操作是：向U型管右管中滴加　　　　　　。 （6）实验I中，还原性：；而实验II中，还原性.将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 化学实验综合题 1.【答案】（1）分液漏斗     （2）     （3）收集到气体的体积     （4）在其他条件相同时，锌粉与硫酸的反应速率比锌粒与硫酸的化学反应速率快。     （5）调整滴定管高度使两侧液面相平      2.【答案】（1）① 玻璃搅拌器    ② 搅拌，使强酸和强碱充分反应     （2）① 偏大    ② 如果不盖杯盖，会有一部分热量散失，测得的中和热数值将会减小，但中和热焓变是负值，ΔH偏大     （3）相等     （4）C      3.【答案】（1）Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解     （2）① 稀盐酸    ② BaCl2溶液     （3）排除空气中氧气对实验的干扰     （4）离心分离得到较多蓝色沉淀     （5）溶液中存在平衡：，向蒸馏水中加入硫酸，氢离子和CN-结合生成弱酸HCN，平衡正向移动，浓度降低，无法和Fe2+反应生成蓝色沉淀     （6）实验Ⅰ     （7）与发生反应生成了和Fe2+、c(H+)过高会导致无法检验Fe2+、过高会导致FeCl3与反应生成Fe2+较少      4.【答案】（1）     （2）① 产生蓝色沉淀    ② 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    ③ 、    ④ 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    ⑤ 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      5.【答案】（1）容量瓶     （2）用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管     （3）     （4）黄     （5）78.8     （6）ac      6.【答案】（1）① 甲    ② 存在：和，的水解程度大于电离程度    ③     ④      （2）① 加入半滴盐酸标准溶液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色    ②     ③ 偏低      7.【答案】① 2     1     2     2     SO42-     4H+    ② CaCO3与反应体系中的H+反应，降低c (H+)，同时生成的Ca2+与SO42-反应生成CaSO4，降低c (SO42-)，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率    ③ c(SO42-)过高时，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率    ④ 2 NO + 3 H2O2 == 2 NO3- + 2H+ + 2 H2O    ⑤ 滴定管    ⑥ 8.【答案】（1）①     ②      （2）①     ② bc     （3）①     ② 酸式滴定管    ③ 滴加最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为(浅)紫色(或红色、紫红色)，且半分钟内不褪色    ④ a    ⑤ 0.056 mol·L-1      9.【答案】（1）①     ② <     （2）① 取2 mL pH=4.0的0.80 molL-1 FeSO4溶液    ② 加2滴0.01 molL-1KSCN溶液     （3）① pH越小Fe2+越稳定    ② 溶液中存在的化学平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+，pH越小，c(H+)越大对平衡正向进行的抑制作用越大，Fe2+越稳定     （4）生成的Fe(OH)3对反应有催化作用     （5）加一定量的酸，密封保存      10.【答案】（1）淀粉     （2）① 溶液变为红色    ② ③    ③ 溶液的紫色褪去    ④ 酸性环境下  可将 Fe2+ 氧化为 Fe3+     （3）①     ② 2Ag++2I-═2Ag+I2     （4）AgNO3 溶液与KI溶液直接混合时生成AgI沉淀，使 c(Ag+)[或c(I-)]降低，氧化性(或还原性)减弱，不足以发生氧化还原反应      11.【答案】① 100 mL容量瓶    ② bd    ③ 用HCl标准溶液润洗酸式滴定管    ④ H+ + OH-=H2O          H+ + CO32-=HCO3-    ⑤ 黄    ⑥ 78.8    ⑦ ac 12.【答案】① 2H2O2 = 2H2O+O2↑    ② a    ③ 下层溶液呈紫红色    ④ 在水溶液中I2的浓度降低    ⑤ B试管中产生气泡速率没有明显减小    ⑥ 2.5×10-3    ⑦ 2c(I2) + c(I -) + 3c(I3-)＜0.033 mol·L-1 13.【答案】（1）① (球形)冷凝管    ② (恒压)分液漏斗     （2）C     （3）加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动     （4）① 检验其是否漏水    ② 蓝色    ③ SO2 + I2 + 2H2O = SO+2I- + 4H+     （5）偏低     （6）80.8      14.【答案】（1） (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+，滴入稀硫酸，c(H+)增大，平衡向左移动，c()增大，溶液橙色加深     （2）+ 8H+ + 3H2O2 = 2Cr3+ + 3O2↑+ 7H2O     （3）H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快     （4）① 将试管放入沸水浴中加热，至无气泡，冷却    ② 亮绿色    ③ H2O2    ④ Cr(OH)3 + 5OH−－3e−=+ 4H2O    ⑤ 2H2O2 = 2H2O + O2↑     （5）① ＞    ② ＜      15.【答案】① 10CO2    ② 8H2O    ③ 其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快    ④ 再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体    ⑤ 加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅（或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s，或其他合理答案）    ⑥ KMnO4溶液浓度    ⑦ 不合理    ⑧ KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢 16.【答案】（1）Ag     （2）pH＝3时，不能明显地氧化Fe2＋     （3）① Fe3＋与SCN﹣的反应速率较Ag＋与SCN﹣的快    ② 产生白色沉淀的反应为，该反应限度更大，使SCN﹣浓度降低，使Fe(SCN)3电离     （4）     （5）滴入KSCN，振荡后溶液红色不再褪去     （6）偏高      17.【答案】（1）① 酸式滴定管    ② 容量瓶     （2）酚酞     （3）0.60     （4）溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色     （5）0.75     （6）bd      18.【答案】（1）     （2）① 100 mL硝酸钠溶液（用调节pH=1）    ② 铜粉逐渐溶解，溶液变为蓝色，有气泡生成，在液面上方变为红棕色     （3）① 检验    ② 加入后，与反应生成，溶液显红色，振荡过程中与反应生成C沉淀，使浓度减小，逆向移动，溶液红色褪去     （4）与和均能和发生反应，其中与反应限度更大，Cu与反应速率更快      19.【答案】（1）由资料：[Fe(H2O)6]3++nH2O[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n(黄色)+nH3O+，加入HNO3后，c(H+) 增大，导致平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色     （2）试管② 、④ 中加入等量的HNO3后，② 中溶液褪色，而④ 中溶液仍呈黄色     （3）变深     （4）① 升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液，说明在FeCl3溶液中除存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4(H2O)2]-+4H2O[Fe(H2O)6]3++4Cl-    ② ＜0      20.【答案】（1）NaHSO3溶液中，同时存在H++和+H2OH2SO3+OH-，的电离程度大于其水解程度，c(H+)>c(OH⁻)，       因此溶液呈酸性     （2）c     （3）     （4）温度过高，H2O2分解速率加快，导致H2O2浓度降低，Na2CrO4产率降低     （5）加入H2SO4后 ，c(H+)增大，逆向移动，得到更多的     （6）① 滴入最后半滴标准液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色    ②     ③ BF      21.【答案】（1）     （2）     （3）稀释对溶液颜色     （4）① 取与白色沉淀b等质量的纯净固体，加入蒸馏水充分振荡后分离固体和液体，取得到的白色固体，先滴加盐酸，再滴加含的溶液，溶液不变红    ② 检验白色沉淀b中是否存在氧化性微粒    ③      （5）① 白色沉淀b中含，存在沉淀溶解平衡：，加入饱和溶液后，与结合生成更难溶的沉淀，促使平衡右移，使白色沉淀b中的进入上层清液，便于检测    ②     ③ 实验iii中，与氯水中的、结合生成沉淀，导致上层清液中、的浓度较低；实验v中，加入饱和溶液促使溶解，释放出大量，上层清液中浓度显著增大。根据已知“微粒的氧化还原性与其浓度成正比”，浓度越大氧化性越强      22.【答案】（1）①     ②      （2）① 发生水解反应，加入盐酸酸化，可以抑制的水    ② 盐酸和溶液    ③ 与实验Ⅱ的现象对比，排除空气中氧化对检验的干扰    ④ 加入硫酸、，配制成和与实验I中溶液相同的溶液    ⑤ 产生蓝色沉淀    ⑥ 在溶液中存在平衡：。较大时，与结合生成，减小，使上述平衡正向移动，减小，导致沉淀难以生成      23.【答案】（1）＜     （2）     （3）     （4）溶液中存在，由于见光分解导致下降，平衡正向移动，逐渐被消耗导致失效。过量的抑制水解生成。     （5）      24.【答案】（1）① 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体    ② 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果    ③ a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：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，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转     （2）① 指示剂    ②      （3）① 偏低    ② Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态      25.【答案】（1）①     ② 控制反应温度或调节硫酸的滴加速率     （2）①     ② ，与反应生成，使降低，平衡正向移动，生成沉淀    ③ 与反应生成紫黑色的化学反应速率大，化学反应的限度相对小；与反应生成的化学反应的限度相对大      26.【答案】（1）①     ② 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低    ③ 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于     （2）① 溶液直接与反应是脱除的主要原因    ②     ③       27.【答案】① 一条光亮的“通路”    ② Fe    ③ 滤纸ⅱ上无明显现象，说明Fe3O4不能溶解产生Fe2+，所以滤纸ⅰ上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2+    ④ H2、Fe2+    ⑤ H+ ＜ Cu2+ ＜ Fe3+    ⑥ Fe ＋ 2H+ = Fe2+ ＋ H2↑，Fe3+ ＋ 3H2O Fe(OH)3 ＋ 3H+（ Fe ＋ 2Fe3+ = 3Fe2+）    ⑦ 由I、Ⅲ可知，金属与Fe3+、H+反应速率快时，因H+移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3+水解生成Fe(OH)3；Ⅳ中反应慢，Fe表面Fe3+能及时补充，且由Ⅱ知Fe3+的氧化性强，利于Fe3+还原 28.【答案】① 原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性Cl>I，离子的还原性Cl--    ② 4H++4I-+O2=2I2+2H2O    ③ 增大c(H+)，降低了c(OH+)，使平衡2H2O+4I-+O22I2+4OH-正向移动，反应易于进行等    ④ 3×10-2    ⑤ H2O+2I++O3I2+2OH-+O2    ⑥ 2Fe2++O3+5H2O==2Fe(OH)3+4H++O2    ⑦ 反应H2O+2I-+O3I2+2OH-+O2产生的OH-被Fe2+或Fe2+的氧化产物Fe3+结合，pH减小，促使该平衡正向移动，提高了I-的转化率，产生大量的Fe(OH)3 29.【答案】（1）其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大     （2）0.015     （3）① MnSO4    ② 与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min     （4）① a    ② c      30.【答案】（1）Zn+Cu2+=Zn2++Cu     （2）pH=3的H2SO4溶液     （3）① 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀    ② 不可能    ③ 反应后溶液， ， ，，     （4）① 排除反应放热导致CuSO4水解产生Cu2(OH)2SO4的可能    ② 实验Ⅰ中Zn主要与Cu2+反应，实验Ⅱ中Mg主要与H+反应，促进平衡正向移动，产生Cu2(OH)2SO4沉淀      31.【答案】（1）① Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑    ② KHCO3溶液中的与OH-反应（），降低溶液中OH-浓度，促使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡（）右移，破坏覆盖层，使镁与水持续反应     （2）①     ② 加入稀硝酸酸化，若加入氨水时黑色固体不能溶解，加入硝酸酸化后固体溶解     （3）① 4.4mL 1 mol/L KCl溶液    ② Cl⁻破坏Mg(OH)₂膜的作用有限，而Ag+的原电池效应是主因，即Ag+与Mg反应生成Ag，形成原电池，加速反应     （4）浊液X中AgCl为沉淀，Ag+浓度极低，无法有效形成原电池，导致反应速率较慢      32.【答案】（1）CH3COO-+H+     （2）锥形瓶内溶液颜色由无色变为淡粉色，且半分钟内不褪色     （3）     （4）偏小     （5）使     （6）     （7）AC         33.【答案】（1）b     （2）溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色     （3）① 25.00    ② 0.10     （4）① a    ②       34.【答案】（1）氧化     （2）① Ag    ② 与反应生成红色的速率更大    ③ 产生白色沉淀的反应为，该反应限度更大，使浓度降低，反应ii逆移，红色消失    ④      （3）①     ②     ③ 偏大    ④ 滴定过程中，溶液中浓度会降低，平衡继续正向移动，所测比平衡建立初始的平衡浓度要高      35.【答案】（1）① 1.5    ② 1mL蒸馏水    ③ 深     （2）溶液中存在平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2，加入AgNO3溶液后，Ag+结合I-生成黄色的AgI沉淀，体系中c(I-)减小，平衡向左移动，c(I2)减小，所以溶液褪色     （3）① 正极    ② 左管产生黄色沉淀，指针左偏     （4）① 向U形管右侧滴加数滴1mol•L-1FeSO4溶液    ② Fe2+的还原性随浓度增大而增强，使得Fe2+的还原性强于I-     （5）离子的氧化性或还原性与离子浓度有关(或通过改变离子浓度可以改变离子的氧化性或还原性)      36.【答案】（1）①     ② 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，反应b和c的速率减小，导致SO2和NO的转化率均降低    ③ 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于     （2）① 溶液中存在，，的水解程度大于的水解程度，使溶液呈碱性    ② 溶液直接与反应是脱除的主要原因    ③       37.【答案】（1）电     （2）①     ② 猜想1、猜想2    ③ 中铁元素为+3价，具有氧化性，Zn有还原性，可将+3价铁还原为    ④ (与的配位/结合能力远大于)，被Zn还原后的产物为而非     （3）① 酚酞溶液    ② ，与结合，使浓度降低，平衡正向移动(K>Q)，蓝色沉淀溶解    ③ 该反应比实验Ⅳ产生蓝色沉淀更快；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失      38.【答案】（1）c(Fe3+)     （2）排除稀释使溶液颜色变化的干扰     （3）加入盐酸，平衡正向移动，使c(Fe3+)减小，反应 Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，最终溶液颜色变浅呈橙色     （4）或Fe(SCN)3     （5）① 加入蒸馏水，再加入5滴1.5mol/LH2SO4溶液    ② 得到无色溶液      39.【答案】（1）铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子：，加入盐酸可以抑制铁离子的水解     （2）、     （3）①     ② 生成蓝色沉淀     （4）铁离子水解显酸性，亚硫酸根水解显碱性，两者的水解促使铁离子水解不断正移，从而生成沉淀     （5）向亚硫酸钠滴加氯化铁，快速形成红色配合物HOFeOSO2，降低了Fe3+的浓度，使其氧化性降低，因此不发生氧化还原     （6）受物质的量浓度(或物质的量的相对多少)、滴加顺序、溶液pH等因素影响      40.【答案】（1）     （2）① A<C    ② C     （3）BC     （4）AC     （5）I     （6）滴入最后半滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不恢复     （7）D     （8）      41.【答案】（1）① 固体溶解，产生红棕色气体    ② 酸性条件下，有氧化性    ③ 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，再向左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同或闭合开关K，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，再向左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转     （2）① 指示剂    ②      （3）Ag完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态      42.【答案】（1）① 欲排除放热对该反应的影响    ② 冷却至室温，加热后的溶液恢复黄色而加入浓硫酸的溶液仍为橙色(颜色变浅)     （2）①     ② 根据可知，酸性条件使平衡正向移动，增大；由可知，酸性条件使得电子能力更强     （3）①     ②     ③ 阳    ④ 膜电解法不会引人其他阴离子，产品纯度高      43.【答案】（1）① 固体溶解，产生红棕色气体    ② 酸性条件下，有氧化性    ③ 相同条件下，反应可以向正向和逆向两方向进行     （2）①     ② 指示剂    ③      （3）① 偏低    ② Ag完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态      44.【答案】（1）① 很大    ② 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，减小，反应b和c的速率减小，导致和的转化率均降低    ③ 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此的转化率高于     （2）① 溶液直接与反应是脱除的主要原因    ②     ③       45.【答案】（1）Mg+2H+=Mg2++H2↑     （2）102(或101.9)     （3）由图1可知起始阶段Ⅱ的气体生成速率远大于Ⅲ，但图2表明该阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ     （4）冰醋酸中CH3COOH几乎不电离     （5）Ⅰ和Ⅱ最终生成H2体积明显大于Ⅰ中HCl完全反应时理论生成的H2体积12.3mL     （6）① b＞a≈c    ② a≈b＞c    ③ a与b对比，b中c(H+)约为a的100倍，但气体生成速率仅略快于a；a与c对比，c中c(CH3COOH)约为a的一半，但气体生成速率明显慢于a。因此，c(CH3COOH)对气体生成速率的影响更大     （7）CH3COOH、H+、H2O均能与Mg反应生成H2，三个反应同时存在，CH3COOH是参与反应的主要微粒      46.【答案】（1）化学平衡状态     （2）溶液稀释对颜色变化     （3）逆向     （4）左管出现黄色沉淀，电流计指针向左偏转     （5）① Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-    ② 1 mol/L FeSO4溶液     （6）该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 题型02 化学实验综合题 1.(2025-2026高二上·北京怀柔·期中)某学生设计如图Ⅰ装置，测定2mol/L的硫酸分别与锌粒、锌粉反应的速率。请回答： （1）图Ⅰ装置中盛放硫酸的仪器名称是　　　　　　　。 （2）锥形瓶内发生反应的离子方程式是　　　　　　　。 （3）按照图Ⅰ装置实验时，已限定了两次实验时间均为10min，还需要测定的另一个数据是　　　　　　　。 （4）实验结束后，得到的结论是　　　　　　　。 （5）该学生又将图Ⅰ装置中的气体收集装置改为图Ⅱ，实验完毕待冷却后，该生准备读取滴定管上液面所处的刻度数时，发现滴定管中液面高于干燥管中液面，应首先采取的操作是　　　　　　　。 【答案】（1）分液漏斗     （2）     （3）收集到气体的体积     （4）在其他条件相同时，锌粉与硫酸的反应速率比锌粒与硫酸的化学反应速率快。     （5）调整滴定管高度使两侧液面相平      【解析】该反应中化学反应速率的测量要注意两个方面的数据，一个是产生氢气的体积，另一个是产生这些氢气所需要的时间。 (1)图Ⅰ中盛放溶液的仪器是分液漏斗； (2)Zn与稀H2SO4发生置换反应，生成ZnSO4和H2，其离子方程式为Zn +2H+=Zn2++H2↑； (3)按照图Ⅰ装置实验测定测定2mol·L-1的硫酸分别与锌粒、锌粉反应的速率，除了两次实验时间均为10min，还要测定相同时间内生成气体的体积，才能测定反应速率； (4)因实验目的是测定2mol/L的硫酸与锌粒和锌粉反应的速率，得出的结论应是锌粒和锌粉与硫酸反应的快慢，等质量锌粉比锌粒与硫酸接触面积大，故锌粉反应速率比锌粒大； (5)读数时应使左右压强相等保证读数准确，可上下移动滴定管，使左右两边液面相平；答案为调节滴定管的高度使得两侧液面相平。 2.(2025-2026高二上·北京通州·期中)某学生通过测定反应过程中所放出的热量来计算中和反应的反应热，将100mL0.5mol⋅L-1盐酸与100mL0.55mol⋅L-1NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应。回答下列问题： （1）从实验装置上看，图中缺少的一种玻璃仪器是　　　　　　　　　　　，其作用是　　　　　　　　　　　。 （2）简易量热计如果不盖杯盖，生成1mol时所测得中和反应的反应热()将　　　　　　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“不变”)，判断的理由是　　　　　　　　　　　。 （3）实验中改用：80mL0.50mol⋅L-1盐酸和80mL0.55mol⋅L-1NaOH溶液进行反应，与上述实验相比，二者所求中和热数据　　　　　　　　　　　(填“相等”或“不相等”)。 （4）下列说法正确的是___________(填字母)。 A. 向内筒中加入稀碱时，应当缓慢而匀速地加入 B. 用温度计测完酸的温度后立即测量碱的温度 C. 用量筒量取稀酸或碱时，视线必须与液体凹面最低处相平 D. 将盐酸换成同浓度、同体积的醋酸对实验结果没有影响 【答案】（1）① 玻璃搅拌器    ② 搅拌，使强酸和强碱充分反应     （2）① 偏大    ② 如果不盖杯盖，会有一部分热量散失，测得的中和热数值将会减小，但中和热焓变是负值，ΔH偏大     （3）相等     （4）C      【解析】将100mL 0.5盐酸与100mL 0.55 NaOH溶液在如图所示的装置中进行中和反应，测定中和热，碱稍过量确保酸完全反应； (1)根据量热计的构造可知该装置的缺少仪器是玻璃搅拌器，作用是搅拌，使强酸和强碱充分反应； (2)简易量热计如果不盖杯盖，会有一部分热量散失，测得的中和热数值将会减小，但中和热焓变是负值，则生成1mol H2O时所测得中和反应的反应热(ΔH)将偏大； (3)反应放出的热量和所用酸以及碱的量的多少有关，实验中改用80mL盐酸和80mLNaOH溶液进行反应，与上述实验相比，生成水的量减少，所放出的热量更少，但中和热是计算出来的生成1mol水所放出的热量，与酸和碱用量无关，即所求中和热数据相等； (4)A．向内简中加入稀碱时，应当快速倒入内简中，以减少热量损失，故A错误； B．盐酸与氢氧化钠反应放热，温度计测量盐酸的温度后，立即测量碱的温度，会导致碱被提前中和掉一部分，使得测定放出的热量偏少，中和热偏大，故B错误； C．用量筒量取稀酸或碱时，眼睛必须与液体凹面最低处相平，保证量取的酸或碱的用量准确，实验操作规范，故C正确； D．醋酸为弱酸，电离时吸收热，则实验中不可以用等体积、等浓度的醋酸代替盐酸进行测定，否则会使得放出的热量偏少，中和热偏大，故D错误； 故答案为：C。 3.(2025-2026高二上·北京顺义第一中学·期中)某小组研究溶液与溶液之间的反应，过程如下。 资料：ⅰ．溶液遇产生蓝色沉淀，常用溶液检验。 ⅱ．在水溶液中会发生水解反应：。 【进行实验】 实验Ⅰ：取配制时加入盐酸酸化的的溶液进行实验，记录如下： 实验步骤 实验现象 ⅰ．取溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，放置。 溶液为黄色，无沉淀生成。 ⅱ．从ⅰ所得溶液中取出于试管中，加入_______。 生成较多白色沉淀。 ⅲ．取溶液于试管中，后，加入_______(加入试剂种类与顺序均与ⅱ相同)。 生成少量白色沉淀。 （1）配制溶液时，通常会加入盐酸酸化，结合资料解释其原因：　　　　　　　。 （2）依据步骤ⅱ、ⅲ的实验现象，可证明与..发生反应生成了。其中，加入的试剂是　　　　　　　、　　　　　　　。 （3）步骤ⅲ的目的是　　　　　　　。 小组同学对实验Ⅰ未检验到的原因进行了进一步探究。 资料：ⅰ．溶液中存在平衡：。 ⅱ．溶液中存在平衡：。 ⅲ．HCN为一元弱酸。 【继续实验】按如下过程进行实验Ⅱ~Ⅳ，记录如下： 实验过程： 序号 试剂a 实验现象 Ⅱ 的溶液(未加入盐酸酸化)。 溶液变为褐色，离心分离得到较多蓝色沉淀。 Ⅲ 向蒸馏水中加入硫酸、，调节和与实验Ⅰ所用溶液相同。 溶液为黄色，无沉淀生成。 Ⅳ 的溶液(未加入盐酸酸化)，加入调与_______相同。 溶液变为褐色，离心分离得到少量蓝色沉淀。 （4）实验Ⅱ中，能证明有生成的实验现象是　　　　　　　。 （5）从平衡的角度分析，实验Ⅲ中，观察不到有蓝色沉淀生成的可能原因是　　　　　　　。 （6）补齐实验Ⅳ的操作：的溶液(未加入盐酸酸化)，加入调与　　　　　　　相同。 （7）由实验Ⅰ~Ⅳ，可以得到的结论有　　　　　　　(至少写出两点)。 【答案】（1）Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解     （2）① 稀盐酸    ② BaCl2溶液     （3）排除空气中氧气对实验的干扰     （4）离心分离得到较多蓝色沉淀     （5）溶液中存在平衡：，向蒸馏水中加入硫酸，氢离子和CN-结合生成弱酸HCN，平衡正向移动，浓度降低，无法和Fe2+反应生成蓝色沉淀     （6）实验Ⅰ     （7）与发生反应生成了和Fe2+、c(H+)过高会导致无法检验Fe2+、过高会导致FeCl3与反应生成Fe2+较少      【解析】(1)配制 FeCl3溶液时，Fe3+会水解，Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，加入盐酸可以抑制其水解，故答案为：Fe3+＋3H2OFe(OH)3＋3H+，盐酸抑制氯化铁水解； (2)证明与发生反应生成了，应先加入足量稀盐酸排除的干扰，再加入BaCl2溶液，若生成较多白色沉淀，则说明反应生成了，故答案为：稀盐酸；BaCl2溶液； (3)具有还原性可能被空气中的氧气氧化成Na2SO4，步骤iii的目的是排除空气中氧气对实验的干扰； (4)Fe2+和溶液反应生成蓝色沉淀，则实验Ⅱ中，能证明有生成的实验现象是离心分离得到较多蓝色沉淀； (5)溶液中存在平衡：，向蒸馏水中加入硫酸，氢离子和CN-结合生成弱酸HCN，平衡正向移动，浓度降低，无法和Fe2+反应生成蓝色沉淀； (6)溶液中存在平衡：，若溶液酸性较强，氢离子和CN-结合生成弱酸HCN，平衡正向移动，浓度降低，无法和Fe2+反应生成蓝色沉淀；溶液中存在平衡：，氯离子浓度过高会使平衡逆向移动，导致Fe3+浓度降低，Fe3+和反应生成的Fe2+浓度较低，加入溶液后无蓝色沉淀生成；为了验证对实验的影响，应该先排除氢离子对实验的干扰，的溶液(未加入盐酸酸化)，加入NaCl调与实验Ⅰ所相同，若观察到溶液变为褐色，离心分离得到少量蓝色沉淀，说明过高导致未观察到蓝色沉淀； (7)由实验Ⅰ～Ⅳ，可以得到的结论有：与发生反应生成了和Fe2+、c(H+)过高会导致无法检验Fe2+、过高会导致FeCl3与反应生成Fe2+较少。 4.(2025-2026高二上·北京市第一六一中学·期中)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）① 产生蓝色沉淀    ② 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    ③ 、    ④ 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    ⑤ 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】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。 (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。 5.(2025-2026高二上·北京市第一六一中学·期中)某烧碱样品因部分变质含Na2CO3，某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH的质量分数。 【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下： 酚酞：pH<8.2无色       8.2<pH<10浅红色       pH>10红色 甲基橙：pH<3.1红色       3.1<pH<4.4橙色       pH>4.4黄色 【实验步骤】 Ⅰ.迅速地称取烧碱样品0.50g，溶解后配制成100mL溶液，备用。 Ⅱ.将0.1000mol/LHCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点(此时溶质为NaCl和NaHCO3)，记录酸式滴定管的读数V1；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数V2，重复上述操作两次，记录数据如下： 实验序号 1 2 3 0.00 0.00 0.00 21.72 21.68 21.70 23.72 23.68 23.70 （1）步骤Ⅰ中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL　　　　　　　　　　　。 （2）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是　　　　　　　　　　　。 （3）滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）判断滴定至第二终点的现象是溶液由　　　　　　　　　　　色变为橙色。 （5）样品中NaOH的质量分数为　　　　　　　　　　　%。(计算结果保留小数点后1位) （6）下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是　　　　　　　　　　　(填字母序号)。 a．达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生 b．记录酸式滴定管读数时，俯视标准液液面 c．第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出 【答案】（1）容量瓶     （2）用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管     （3）     （4）黄     （5）78.8     （6）ac      【解析】(1)步骤Ⅰ是准确配制100mL一定物质的量浓度溶液，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶，故答案为容量瓶。 (2)滴定管先水洗再润洗，酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管；故答案为用盐酸标准溶液润洗酸式滴定管。 (3)第一终点溶质为NaCl和NaHCO3，则滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应离子方程式是：。 (4)根据甲基橙的变色范围，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色，故答案为黄。 (5)根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70mL−21.70mL＝2mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是：21.70mL−（23.70mL−21.70mL）＝19.70mL，所以氢氧化钠的物质的量是0.1mol/L×0.0197 L＝0.00197mol，氢氧化钠的质量是0.00197 mol×40g/mol＝0.0788g，样品中NaOH 的质量分数；故答案为78.8。 (6)a．达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的NaOH 质量分数偏高，故a正确； b．记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，达到第一终点时记录的V1偏小，测得的NaOH质量分数偏低，故b错误； c．第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，第二次滴定消耗的盐酸少，测得的NaOH质量分数偏高，故c正确； 故答案选ac。 6.(2025-2026高二上·北京五中·期中)某学习小组研究测定纯碱中含量的方法，进行了如下实验。 （1）对比和的性质 室温下，向等体积、等物质的量浓度的溶液和溶液中分别滴加盐酸，测得溶液随盐酸体积变化的曲线如图所示。 ①图　　　　　　　(填“甲”或“乙”)是向溶液中滴加盐酸的变化曲线。 ②A点对应的溶液呈碱性，结合化学用语解释原因：　　　　　　　。 ③A、B、C三点对应的溶液中，水的电离程度由小到大的顺序是　　　　　　　。 ④B'点对应的溶液中、和的大小关系是　　　　　　　。 （2）测定纯碱中含量 Ⅰ.称取纯碱样品，用蒸馏水溶解，定容于容量瓶中： Ⅱ.移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴酚酞溶液，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸； Ⅲ.在上述锥形瓶中再加入2滴甲基橙溶液，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸。 已知：甲基橙： ①Ⅲ中滴定至终点的现象是　　　　　　　。 ②若测得　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)，则说明样品中含有。 ③若到达第一滴定终点前，滴定速度过快，导致盐酸浓度局部过高，生成气体逸出，则测得含量　　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。 【答案】（1）① 甲    ② 存在：和，的水解程度大于电离程度    ③     ④      （2）① 加入半滴盐酸标准溶液后，溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色    ②     ③ 偏低      【解析】(1)①与HCl反应分两步进行：和，与HCl反应的离子方程式为：。图甲中的过程表示与HCl反应，图乙中表示与的反应，表示与HCl的反应。图甲是向溶液中滴加盐酸的变化曲线，图乙是向溶液中滴加盐酸的变化曲线； ② 图甲表示向溶液中滴加盐酸的变化曲线，A点对应溶液，此时溶液中存在水解平衡（）和电离平衡（），的水解程度大于电离程度，使溶液呈碱性； ③A点对应的溶液，由第② 问分析可知，溶液中存在的水解和电离，前者促进水的电离，后者抑制水的电离，同时的水解程度大于电离程度，总体促进水的电离。B点与HCl完全中和，此时溶液中的溶质主要是NaCl和，其中NaCl是强酸强碱盐，对水的电离既不促进也不抑制，是弱酸会抑制水的电离。C点对应NaCl与HCl的混合溶液，HCl的电离会抑制水的电离，综上所述， A、B、C三点对应的溶液中，水的电离程度由小到大的顺序为C； ④ 图乙表示向溶液中滴加盐酸的变化曲线，在B’点与恰好完全反应为，溶液中存在的水解平衡（）和电离平衡（），其中水解程度大于电离程度，则有。同时，的水解和电离程度均很小，因此； (2)① 根据题干信息，在步骤Ⅱ中发生的反应是：，在步骤Ⅲ中发生的反应是，在步骤Ⅲ中，溶液从到达滴定终点的现象是滴入最后半滴标准盐酸溶液时，待测溶液由黄色变为橙色，且半分钟内不变色； ② 在步骤Ⅱ中，与反应生成，在步骤Ⅲ中，样品中原有的和由纯碱转化而来的都会与发生反应，若，说明样品中含有； ③25 mL溶液中的物质的量为,在步骤Ⅲ中消耗的的总物质的量为，则原有的的物质的量，若到达第一滴定终点前滴定速度过快，会发生反应：，使步骤Ⅱ消耗的盐酸量偏大，步骤Ⅲ消耗的盐酸量偏小，导致测得的含量偏低。 7.(2025-2026高二上·北京育才学校·期中)工业烟道气中含有的二氧化硫和氮氧化物是大气主要污染物，脱硫脱氮是环境治理的热点问题。回答下列问题： （1）利用KMnO4脱除二氧化硫的离子方程式为： MnO4－ + SO2 + H2O=MnO42－ +               +                 ，　　　　　　　　　　（在“”里填入系数，在“__”上填入微粒符号），加入CaCO3可以提高SO2去除率，原因是　　　　　　　　。 （2）CaSO3与Na2SO4混合浆液可用于脱除NO2，反应过程为： I CaSO3 (s) + SO42－ (aq)=CaSO4(s) + SO32－（aq）        II SO32－ (aq) + 2NO2 (g) + H2O(l)=SO42－(aq) + 2NO2－(aq) + 2H+ (aq) 浆液中CaSO3质量一定时，Na2SO4的质量与 NO2的去除率变化趋势如图所示。a点后NO2去除率降低的原因是　　　　　　　　。 （3）检测烟道气中NOx含量的步骤如下： I. 将V L气样通入适量酸化的H2O2溶液中， 使NOx完全被氧化为NO3−； II. 加水稀释至100.00 mL，量取20.00 mL该溶液，与V1 mL c1 mol·L−1 FeSO4标准溶液（过量）充分混合； III. 用c2 mol·L−1 KMnO4标准溶液滴定剩余的Fe2+，终点时消耗V2 mL。 ①NO被H2O2氧化为NO3−的离子方程式为　　　　　　　　。 ②滴定过程中主要使用的玻璃仪器有　　　　　　　　和锥形瓶等。 ③滴定过程中发生下列反应： 3 Fe2+ + NO3− + 4 H+ == NO↑ + 3 Fe3+ + 2 H2O MnO4− + 5 Fe2+ + 8 H+ == Mn2+ + 5Fe3+ + 4 H2O 烟气气样中NOx折合成NO2的含量为　　　　　　　　 mg·m−3。 【答案】① 2     1     2     2     SO42-     4H+    ② CaCO3与反应体系中的H+反应，降低c (H+)，同时生成的Ca2+与SO42-反应生成CaSO4，降低c (SO42-)，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率    ③ c(SO42-)过高时，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率    ④ 2 NO + 3 H2O2 == 2 NO3- + 2H+ + 2 H2O    ⑤ 滴定管    ⑥ 【解析】（1）根据得失电子守恒配平化学方程式即可； （2）可从化学平衡的角度去分析问题； （3）根据相关化学方程式完成计算即可。 【解析】（1）配平该化学方程式为：2MnO4-+SO2+2H2O=2MnO42-+SO42-+4H+；CaCO3与反应体系中的H+反应，降低c(H+)，同时生成的Ca2+与SO42-反应生成CaSO4，降低c(SO42-)，有利于上述反应向右进行，从而提高SO2脱除率； （2）Na2SO4的质量较多，使得c(SO42-)过高，以反应II平衡向逆反应方向移动为主，降低NO2去除率； （3）① 该离子方程式为：2NO+3H2O2=2NO3-+2H+ +2H2O； ② 滴定过程中主要使用的玻璃仪器有滴定管和锥形瓶等； ③ ，n(Fe2+)2=5c2V2×10-3mol， 则n(Fe2+)1= n(Fe2+)- n(Fe2+)2=c1V1×10-3mol-5c2V2×10-3mol=(c1V1-5c2V2)×10-3mol， ，n(NO3-)1=， 根据N元素守恒，可得V L气体中NO2的物质的量为，即NO2的含量为：=mg·m-3。 8.(2025-2026高二上·北京市第一七一中学·期中)乙二酸俗称草酸，在实验研究和化学工业中应用广泛。 （1）室温下，测得溶液的，写出草酸的电离方程式　　　　　　　　　　　、　　　　　　　　　　　。 （2）草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系如下图所示： ①向草酸溶液中滴加KOH溶液至时发生的主要反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 ②溶液中，下列粒子浓度关系正确的是　　　　　　　　　　　(填序号)。 a． b． c． （3）研究发现多种食物中富含草酸。 ①用酸化的溶液测定某菠菜提取液中草酸的含量。写出该反应的离子方程式　　　　　　　　　　　。 ②取待测菠菜提取液于锥形瓶中，并将酸性标准溶液装入　　　　　　　　　　　中备用。 ③判断滴定终点的依据是　　　　　　　　　　　。 ④实验数据如下： 滴定次数 待测菠菜提取液的体积/mL 酸性高锰酸钾溶液的体积/mL 滴定前刻度 滴定后刻度 溶液体积/mL 1 25.00 0.13 11.43 11.30 2 25.00 1.27 14.07 12.80 3 25.00 0.00 11.10 11.10 造成第2次所用酸性溶液体积明显偏大的原因可能是　　　　　　　　　　　(填字母)。 a．锥形瓶用待测液润洗 b．滴定过程中锥形瓶内待测液溅出瓶外 c．滴定结束时，俯视读数 ⑤根据所给数据，计算菠菜提取液中的物质的量浓度为　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ②      （2）①     ② bc     （3）①     ② 酸式滴定管    ③ 滴加最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为(浅)紫色(或红色、紫红色)，且半分钟内不褪色    ④ a    ⑤ 0.056 mol·L-1      【解析】(1)因为室温下，溶液的pH = 1.3，说明草酸是弱酸，多元弱酸分步电离，第一步电离方程式为：； 第二步电离方程式为： ； (2)① 由草酸溶液中各粒子的物质的量分数随溶液pH变化关系图可知，pH = 2.5时，溶液中主要存在和，且转化为，所以发生的主要反应的离子方程式为。 ②a．根据电荷守恒，在溶液中应该是， a错误； b．在溶液中存在电离平衡和水解平衡。由图像可知溶液显酸性，说明的电离程度大于水解程度，所以，b正确； c．根据物料守恒，钾元素与所有含草酸根的微粒(、、)的物质的量之比为1:1，所以，c正确； 故选bc； (3)① 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能将草酸氧化为二氧化碳，反应的离子方程式为； ② 酸性KMnO4溶液具有强氧化性，能腐蚀碱式滴定管上的橡胶管，则应盛装在酸式滴定管； ③ 高锰酸钾溶液显紫色，则滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液由无色变为(浅)紫色(或红色、紫红色)，且半分钟内不褪色时，为滴定终点； ④a．锥形瓶用待测液润洗，导致草酸的物质的量偏大，使用的高锰酸钾的体积偏大，a符合题意； b．滴定过程中锥形瓶内待测液溅出瓶外，导致草酸的物质的量偏小，使用的高锰酸钾的体积偏小，b与题意不符； c．滴定结束时，俯视读数，导致读取高锰酸钾溶液的读数偏小，计算高锰酸钾溶液的体积偏小，c与题意不符； 故选a； ⑤ 第二次数据偏大，舍去不用，两次体积的平均值为11.20 mL，根据反应方程式可得关系式：5H2C2O4~2KMnO4，c(H2C2O4)= 11.20 mL×0.0500 mol·L-1×5÷25.00 mL÷2=0.056 mol·L-1。 9.(2025-2026高二上·北京市第一七一中学·期中)某学习小组研究溶液中Fe2+的稳定性，进行如下实验，观察，记录结果。 【实验I】 物质 0min 1min 1h 5h FeSO4 淡黄色 桔红色 红色 深红色 (NH4)2Fe(SO4)2 几乎无色 淡黄色 黄色 桔红色 （1）上述(NH4)2Fe(SO4)2溶液pH小于FeSO4的原因是　　　　　　　　　　　(用化学用语表示)。溶液的稳定性：FeSO4　　　　　　　　　　　(NH4)2Fe(SO4)2(填“>”或“＜”)。 （2）甲同学提出实验I中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，因为具有还原性。进行实验II，否定了该观点，补全该实验。 【实验II】： 操作 现象 取　　，滴入　　　 与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同。 （3）乙同学提出实验I中两溶液的稳定性差异是溶液酸性不同导致，进行实验III：分别配制0.80mol•L-1pH为1、2、3、4的FeSO4溶液，观察，发现pH=1的FeSO4溶液长时间无明显变化，pH越大，FeSO4溶液变黄的时间越短。资料显示：亚铁盐溶液中存在反应4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+。由实验III，乙同学可得出的结论是　　　　　　　　　　　，原因是　　　　　　　　　　　。 （4）进一步研究在水溶液中Fe2+的氧化机理。测定同浓度FeSO4溶液在不同pH条件下，Fe2+的氧化速率与时间的关系如图(实验过程中溶液温度几乎无变化)。反应初期，氧化速率都逐渐增大的原因可能是　　　　　　　　　　　。 （5）综合以上实验，增强Fe2+稳定性的措施有　　　　　　　　　　　(写两点) 【答案】（1）①     ② <     （2）① 取2 mL pH=4.0的0.80 molL-1 FeSO4溶液    ② 加2滴0.01 molL-1KSCN溶液     （3）① pH越小Fe2+越稳定    ② 溶液中存在的化学平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+，pH越小，c(H+)越大对平衡正向进行的抑制作用越大，Fe2+越稳定     （4）生成的Fe(OH)3对反应有催化作用     （5）加一定量的酸，密封保存      【解析】(1)FeSO4溶液中只有Fe2+的水解使溶液呈酸性，而(NH4)2Fe(SO4)2溶液中Fe2+和NH都水解使溶液呈酸性，由于，所以同浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液的pH小于FeSO4溶液；根据表中可以看出FeSO4变色更快，故FeSO4稳定性差。 (2)推测实验I中两溶液的稳定性差异可能是(NH4)2Fe(SO4)2溶液中的保护了Fe2+，因为具有还原性。设计实验可以除去的影响因素，其他条件不变，取2 mL pH=4.0的0.80 molL-1 FeSO4溶液，加2滴0.01 molL-1KSCN溶液，与实验I中(NH4)2Fe(SO4)2溶液现象相同； (3)由实验III可知，溶液pH越小溶液的酸性越强，则FeSO4越稳定，根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+可知：pH越小，c(H+)越大对平衡正向进行的抑制作用越大，Fe2+越稳定； (4)根据亚铁盐溶液中存在的化学平衡4Fe2++O2+10H2O⇌4Fe(OH)3+8H+可推测生成Fe(OH)3对反应有催化作用，且反应初期生成的c(H+)小，对反应正向进行的抑制作用很小。 (5)分析实验结果，增强Fe2+稳定性的措施可以是加入一定量的酸，增大c(H+)或进行密封保存减少Fe2+与空气接触等。 10.(2025-2026高二上·北京十四中·期中)某小组同学探究Ag+与I- 能否发生氧化还原反应，设计如下实验。 （1）研究AgNO3溶液与KI溶液反应产物。 向盛有1 mL 1 mol/L AgNO3溶液的试管中加入1 mL 1 mol/L KI溶液，振荡试管产生黄色浑浊，再向其中加入　　　　　　　溶液，无明显变化。得出结论：二者混合无明显氧化还原反应。 （2）验证Ag+的氧化性。 将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中铁的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验，请完成下表： 操作 现象 结论 取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡 i． 　　　　　　　 存在Fe3+ 取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入2滴ⅱ． 　　　　　　　(填序号)溶液，振荡                           ⅲ． 　　　　　　　 存在Fe2+ 可选用试剂：① KSCN溶液 ② NaOH溶液③ 酸性KMnO4溶液 ④ K3[Fe(CN)6]溶液。 由上述实验可知铁的氧化产物中含有Fe2+和Fe3+，则Ag+氧化性强于Fe3+，又已知Fe3+氧化性强于I2，得出结论：Ag+可与I-发生氧化还原反应。 甲同学用pH计测得，常温时该硝酸银溶液的pH为5.50，于是对上述实验结论提出质疑。你认为他的理由是 　　　　　　　。 （3）丙同学通过原电池原理探究Ag+与I-之间的氧化还原反应，装置图如下。 ①补全上图原电池装置示意图　　　　　　　。 ②闭合开关K，电流表指针发生偏转，一段时间后正极电极表面有光亮的银析出。 依据上述实验现象，写出Ag+与I-之间发生氧化还原反应的离子方程式　　　　　　　。 结论：Ag+与I-可发生自发的氧化还原反应。 （4）实验反思。 丙同学查阅资料得知，离子的氧化性或还原性强弱与其浓度有关。由该资料和以上实验分析AgNO3溶液与KI溶液直接混合时，没有发生氧化还原反应的原因是　　　　　　　。 【答案】（1）淀粉     （2）① 溶液变为红色    ② ③    ③ 溶液的紫色褪去    ④ 酸性环境下  可将 Fe2+ 氧化为 Fe3+     （3）①     ② 2Ag++2I-═2Ag+I2     （4）AgNO3 溶液与KI溶液直接混合时生成AgI沉淀，使 c(Ag+)[或c(I-)]降低，氧化性(或还原性)减弱，不足以发生氧化还原反应      【解析】(1)研究AgNO3溶液与KI溶液反应产物，两者若发生氧化还原反应，则生成I2和Ag，实验证明两者仅发生沉淀反应，即生成AgI沉淀，说明Ag+没有将I-氧化。 (2)铁可以和Ag+发生置换反应，铁若转化为Fe3+，则遇KSCN，溶液会变红，若铁转化为Fe2+，则能使酸性高锰酸钾溶液褪色； (1)Ag+具有较强的氧化性，I-有较强的还原性，若两者发生氧化还原反应，则I-被氧化为I2，加入淀粉，溶液会变蓝，故答案为：淀粉； (2)Fe3+和SCN-反应能生成红色的Fe(SCN)3，可以用KSCN溶液检验Fe3+；Fe2+有还原性，和酸性高锰酸钾溶液反应，将KMnO4还原为Mn2+，高锰酸钾溶液的紫色会褪去。硝酸银溶液的pH为5.50，溶液呈酸性，而在酸性环境下具有较强的氧化性，所以将铁氧化的可能不是Ag+，而可能是酸性溶液中的，故答案为：溶液变为红色；③ ；溶液的紫色褪去；酸性环境下  可将 Fe2+ 氧化为 Fe3+； (3)①2Ag++2I-═2Ag+I2反应中，银离子在正极发生还原生成银单质，碘离子在负极失去电子发生氧化反应生成碘单质，则右侧石墨为正极，电解质溶液为硝酸银溶液，左侧石墨为负极，电解质溶液为碘化钾溶液，故图示为：； ② 闭合开关K，电流表指针发生偏转，一段时间后正极电极表面有光亮的银析出；依据上述实验现象，写出Ag+与I-之间发生氧化还原反应的离子方程式为2Ag++2I-═2Ag+I2，故答案为：2Ag++2I-═2Ag+I2； (4)由于离子的氧化性或还原性与其浓度有关；AgNO3溶液与KI溶液直接混合时，没有发生氧化还原反应的原因是AgNO3 溶液与KI溶液直接混合时生成AgI沉淀，使 c(Ag+)[或c(I-)]降低，氧化性(或还原性)减弱，不足以发生氧化还原反应， 故答案为：AgNO3 溶液与KI溶液直接混合时生成AgI沉淀，使 c(Ag+)[或c(I-)]降低，氧化性(或还原性)减弱，不足以发生氧化还原反应。 11.(2025-2026高二上·北京市东直门中学·期中)某烧碱样品因部分变质含Na2CO3。某化学课外小组的同学用滴定法测定该烧碱样品中NaOH的质量分数。 【资料】常用的酸碱指示剂及其变色范围如下： 酚酞：pH<8.2 无色       8.2<pH<10浅红色       pH>10 红色 甲基橙：pH<3.1红色     3.1<pH<4.4橙色       pH>4.4 黄色 【实验步骤】 I. 迅速地称取烧碱样品0.50g，溶解后配制成100 mL溶液，备用。 Ⅱ.将0.1000mol/L HCl标准溶液装入酸式滴定管，调零，记录起始读数V0；用碱式滴定管取20.00 mL样品溶液于锥形瓶中，滴加2滴酚酞；以HCl标准溶液滴定至第一终点（此时溶质为NaCl和NaHCO3），记录酸式滴定管的读数V1；然后再向锥形瓶内滴加2滴甲基橙，继续用HCl标准溶液滴定至第二终点，记录酸式滴定管的读数V2。重复上述操作两次，记录数据如下： 实验序号 1 2 3 V0/ mL 0.00 0.00 0.00 V1/ mL 21.72 21.68 21.70 V2/ mL 23.72 23.68 23.70 （1）步骤I中所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和　　　　　　　　。 （2）下列有关步骤I中样品溶液的说法正确的是　　　　　　　　（填字母序号）。 a. 样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的小 b. c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-) c. c(H+)+ c(Na+)=c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-) d. 向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，n(Cl-)+n(CO32-)+n( HCO3-)+n(H2CO3)=n(Na+) （3）酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是　　　　　　　。 （4）滴定至第一终点的过程中，发生反应的离子方程式为　　　　　。 （5）判断滴定至第二终点的现象是溶液由　　　色变为橙色。 （6）样品中NaOH的质量分数w(NaOH)= 　　　　　%。（计算结果保留小数点后1位） （7）下列操作会导致测得的NaOH质量分数偏高的是　　　　（填字母序号）。 a. 达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生 b. 记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面 c. 第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出 【答案】① 100 mL容量瓶    ② bd    ③ 用HCl标准溶液润洗酸式滴定管    ④ H+ + OH-=H2O          H+ + CO32-=HCO3-    ⑤ 黄    ⑥ 78.8    ⑦ ac 【解析】（1）根据配制溶液的体积分析； （2）根据影响水电离的因素、电荷守恒、物料守恒分析； （3）滴定管先水洗再润洗； （4）滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应； （5）根据甲基橙的变色范围判断滴定至第二终点的现象； （6）根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70-21.70=2mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70-（23.70-21.70）=19.70 mL； （7）达到第一终点消耗的盐酸多，则氢氧化钠的质量分数越大。 【解析】（1）步骤I是准确配制100mL溶液，所需的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶； （2）a. 样品溶液中的氢氧根离子主要由氢氧化钠电离和碳酸钠水解共同提供，NaOH溶液中的氢氧根离子主要由氢氧化钠电离，所以氢氧化钠溶液中氢氧化钠的浓度大于样品溶液中氢氧化钠的浓度，样品溶液中水的电离程度比相同pH的NaOH溶液中的大，故a错误； b. 根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70-21.70=2mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70-（23.70-21.70）=19.70 mL，氢氧化钠的物质的量大于碳酸钠，所以c(OH-)>c(CO32-)>c(HCO3-)，故b正确； c. 根据电荷守恒，c(H+)+ c(Na+)=2c(CO32-)+c(HCO3-)+ c(OH-)，故c错误； d. 向该溶液中滴加盐酸至第一终点时，溶质为NaCl和NaHCO3，根据物料守恒，n(Cl-)+n(CO32-)+n( HCO3-)+n(H2CO3)=n(Na+)，故d正确。 （3）滴定管先水洗再润洗，酸式滴定管用蒸馏水洗净后、装入标准溶液前，应进行的操作是用HCl标准溶液润洗酸式滴定管； （4）滴定至第一终点的过程中，盐酸与氢氧化钠、碳酸钠依次发生反应，反应离子方程式是H+ + OH-=H2O 、 H+ + CO32-=HCO3-； （5）根据甲基橙的变色范围，滴定至第二终点的现象是溶液由黄色变为橙色； （6）根据表格数据，碳酸氢钠生成二氧化碳消耗盐酸的体积为23.70-21.70=2mL，氢氧化钠消耗盐酸的体积是21.70-（23.70-21.70）=19.70 mL；所以氢氧化钠的物质的量是0.1 mol/L×0.0197L=0.00197mol，氢氧化钠的质量是0.00197mol×40g/mol=0.0788g，样品中NaOH的质量分数w(NaOH)= 78.8%。 （7）a. 达到第一终点前，锥形瓶中有气泡产生，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的NaOH质量分数偏高，故选a； b. 记录酸式滴定管读数V1时，俯视标准液液面，达到第一终点消耗的盐酸少，测得的NaOH质量分数偏低，故不选b； c. 第一终点后继续滴定时，锥形瓶中有少许液体溅出，第二次滴定消耗的盐酸少，达到第一终点消耗的盐酸多，测得的NaOH质量分数偏高，故选c； 本题考查利用滴定原理测定烧碱样品中NaOH的质量分数，明确用酚酞作指示剂时，碳酸钠与盐酸反应终点的产物是碳酸氢钠，用甲基橙作指示剂时，碳酸钠与盐酸反应终点的产物是二氧化碳。 12.(2025-2026高二上·北京市第八中学·期中)用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。 (1)资料1：KI在该反应中的作用：H2O2 + I= H2O + IO；H2O2 + IO= H2O + O2↑+ I。总反应的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (2)资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断正确的是　　　　　　（填字母）。 a．加入KI后改变了反应的路径 b．加入KI后改变了总反应的能量变化 c．H2O2 + I= H2O + IO是放热反应 (3)实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。 资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。 ① 加CCl4并振荡、静置后还可观察到　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，说明有I2生成。 ② 气泡明显减少的原因可能是： ⅰ. H2O2浓度降低； ⅱ.　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管加入CCl4，B试管不加CCl4，分别振荡、静置。观察到的现象是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 (4)资料4：I+ I I K= 640。 为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20 mL一定浓度的H2O2溶液中加入10 mL 0.10 mol·L-1 KI溶液，达平衡后，相关微粒浓度如下： 微粒 I I I 浓度/ (mol·L-1) 2.5×10-3 a 4.0×10-3 ① a =　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ② 该平衡体系中除了含有I、I和I外，一定还含有其他含碘微粒，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】① 2H2O2 = 2H2O+O2↑    ② a    ③ 下层溶液呈紫红色    ④ 在水溶液中I2的浓度降低    ⑤ B试管中产生气泡速率没有明显减小    ⑥ 2.5×10-3    ⑦ 2c(I2) + c(I -) + 3c(I3-)＜0.033 mol·L-1 【解析】（1）将两个反应叠加； （2）起催化剂作用； （3）① 四氯化碳萃取碘； ② 气泡明显减少的原因也可能是碘的浓度降低；做对比实验； （4）① 根据平衡常数进行计算； ② 根据元素守恒判断。 【解析】（1）将两个反应叠加得到：， 故答案为：； （2）a.起催化剂作用，加入催化剂改变了反应历程，从而降低活化能，a正确； b.根据盖斯定律，总反应的能量变化不变，b错误； c.是前半段反应，根据图象该反应是吸热反应，c错误； 答案选a。 （3）① 碘易溶于四氯化碳，且四氯化碳密度大于水，与水分层在下层， 碘进入下层的四氯化碳中显紫红色， 故答案为：下层溶液呈紫红色； ② 气泡明显减少的原因也可能是碘的浓度降低；做对比实验，ⅰ不是主要原因，则说明不加四氯化碳反应速率变化不大， 故答案为：在水溶液中I2的浓度降低；B试管中产生气泡速率没有明显减小； （4）①根据平衡常数进行计算，，解得a= 2.5×10-3， 故答案为：2.5×10-3； ② 根据元素守恒判断， 与 对比， 故答案为： 。 13.(2025-2026高二上·北京市陈经纶中学·期中)某研究小组为了更准确检测香菇中添加剂亚硫酸盐的含量，设计实验如下： ①三颈烧瓶中加入10.00g香菇样品和400mL水；锥形瓶中加入125mL水、1mL淀粉溶液，并预加0.30mL 0.01000mol∙L-1的碘标准溶液，搅拌。 ②以0.2L∙min-1流速通氮气，再加入过量磷酸，加热并保持微沸，同时用碘标准溶液滴定，至终点时滴定消耗了1.00mL碘标准溶液。 ③做空白实验，消耗了0.1mL碘标准溶液。 ④用适量Na2SO3替代香菇样品，重复上述步骤，测得SO2的平均回收率为95%。 已知：， 回答下列问题： （1）装置图中仪器a、b的名称分别为　　　　　　、　　　　　　。 （2）三颈烧瓶适宜的规格为　　　　　　(填标号)。 A．250mL        B．500mL        C．1000mL （3）H3PO4的Ka1小于H2SO3的Ka1，但加入H3PO4加热后，仍能够生成SO2， 原因是：　　　　　　。 （4）滴定管在使用前需要　　　　　　、洗涤、润洗；滴定终点时溶液的颜色为　　　　　　；滴定反应的离子方程式为　　　　　　。 （5）若先加磷酸再通氮气，会使测定结果　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 （6）该样品中亚硫酸盐含量为　　　　　　mg∙kg -1(以SO2计，进行计算)。 【答案】（1）① (球形)冷凝管    ② (恒压)分液漏斗     （2）C     （3）加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动     （4）① 检验其是否漏水    ② 蓝色    ③ SO2 + I2 + 2H2O = SO+2I- + 4H+     （5）偏低     （6）80.8      【解析】通入氮气，将装置中的空气排除，再加入磷酸，将香菇样品中得亚硫酸盐变成二氧化硫气态蒸出，在锥形瓶中用标准碘液吸收，通过标准碘液的滴定，最后计算出香菇中添加剂亚硫酸盐的含量。 (1)由图知，仪器a、b的名称分别为(球形)冷凝管、(恒压)分液漏斗，故答案为：(球形)冷凝管；(恒压)分液漏斗。 (2)三颈烧瓶中加入400mL水，由于三颈烧瓶盛放的溶液体积不能超过其容积的三分之二，故应选用1000mL的三颈烧瓶，故答案为：C。 (3)加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动有利于气体逸出，故答案为：加入H3PO4后，溶液中存在化学平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度随着温度升高而减小，SO2逸出后，促进了化学平衡H2SO3SO2+H2O向右移动。 (4)滴定管滴定前需检验其是否漏水，在确认不漏液的情况下方可使用；滴定前，溶液中的碘被SO2还原为碘离子，溶液的颜色为无色，当滴加最后半滴标准碘液时淀粉溶液由无色变为蓝色，且半分钟之内不褪色说明已达滴定终点；滴定过程中二氧化硫被氧化为硫酸根，碘单质被还原为碘离子，根据三守恒得，离子方程式为，故答案为：检验其是否漏水；蓝色；。 (5)若先加磷酸，生成得少量二氧化硫会随氮气一块被赶出，使测定结果偏低，故答案为：偏低。 (6)由离子方程式可得，而，则样品中亚硫酸盐得含量为，故答案为：80.8。 14.(2025-2026高二上·北京三十五中·期中)某小组探究含Cr元素的化合物间的转化，进行如下实验。 资料： i.含Cr元素的常见粒子： (橙色)、 (黄色)、CrO5(溶于水，蓝紫色，不稳定)、Cr3+(绿色)、Cr(OH)3(蓝灰色，难溶于水，可溶于强酸、强碱)、(亮绿色)。 ii.H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快。 iii.在碱性环境中，O2不能氧化+3价铬元素。 实验操作及现象如表： 装置 步骤 操作 现象 2mL0.0125mol•L-1K2Cr2O7溶液 I 先滴入稀硫酸至pH≈2，再滴入5滴5%H2O2溶液，振荡 溶液橙色加深。滴入H2O2溶液后迅速变为蓝紫色，有气泡生成。稍后，无明显气泡时，溶液由蓝紫色完全变为绿色 Ⅱ 继续缓慢滴入10滴2mol•L-1NaOH溶液，边滴，边振荡 又有气泡生成，溶液最终变为黄色 （1）已知 (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+。请用化学平衡移动原理解释I中滴入稀硫酸后溶液橙色加深的原因：　　　　　。 （2）I中，溶液由橙色变为绿色的总反应的离子方程式是　　　　　。 （3）Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，又有气泡生成的原因是　　　　　。 （4）Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，预测有Cr(OH)3沉淀生成，但实验时未观察到。 提出假设：在碱性环境中，+3价铬元素被H2O2氧化。 ①甲同学设计实验证明假设成立： 取少量I中的绿色溶液，在滴入NaOH溶液前增加一步操作：　　　　　　。然后滴入NaOH溶液，有蓝灰色沉淀生成，继续滴入NaOH溶液，沉淀溶解，溶液变为　　　　　　色。 ②乙同学进一步研究碱性环境对+3价铬元素的还原性或H2O2的氧化性的影响，设计如图实验。 右侧烧杯的溶液中，氧化剂是　　　　　。 开始时灵敏电流计指针不偏转，分别继续进行如下实验。 i.向左侧烧杯中滴入NaOH溶液，出现蓝灰色沉淀，继续缓慢滴入NaOH溶液，灵敏电流计指针向右偏转(电子从左向右运动)，此时左侧的电极反应式为　　　　　。 ii.向右侧烧杯中滴入NaOH溶液，有微小气泡生成，灵敏电流计指针向左偏转，左侧无明显变化。此时原电池中的总反应的化学方程式为　　　　　。 （5）由上述实验，与H2O2、与H2O2的氧化性强弱(填“>”或“<”)： 酸性条件下， 　　　　　H2O2；碱性条件下， 　　　　　H2O2。 【答案】（1） (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+，滴入稀硫酸，c(H+)增大，平衡向左移动，c()增大，溶液橙色加深     （2）+ 8H+ + 3H2O2 = 2Cr3+ + 3O2↑+ 7H2O     （3）H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快     （4）① 将试管放入沸水浴中加热，至无气泡，冷却    ② 亮绿色    ③ H2O2    ④ Cr(OH)3 + 5OH−－3e−=+ 4H2O    ⑤ 2H2O2 = 2H2O + O2↑     （5）① ＞    ② ＜      【解析】(1) (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+，滴入稀硫酸，c(H+)增大，平衡向左移动，c()增大，溶液橙色加深； (2)I中，溶液由橙色变为绿色是在酸的作用下反应转化为Cr3+，总反应的离子方程式是+ 8H+ + 3H2O2 = 2Cr3+ + 3O2↑+ 7H2O； (3)H2O2在碱性环境中比在酸性环境中分解速率快，故Ⅱ中，继续滴入NaOH溶液后，又有气泡生成； (4)① 取少量I中的绿色溶液，在滴入NaOH溶液前增加一步操作，以排尽溶液中的溶解氧气，排除干扰：将试管放入沸水浴中加热，至无气泡，冷却；然后滴入NaOH溶液，有蓝灰色沉淀生成，继续滴入NaOH溶液，沉淀溶解，生成，溶液变为亮绿色； ② 乙同学进一步研究碱性环境对+3价铬元素的还原性或H2O2的氧化性的影响，右侧烧杯的溶液中，氧化剂是H2O2； i.向左侧烧杯中滴入NaOH溶液，出现蓝灰色沉淀，继续缓慢滴入NaOH溶液，灵敏电流计指针向右偏转(电子从左向右运动)，左侧为负极，负极上蓝灰色沉淀Cr(OH)3失电子产生，电极反应式为Cr(OH)3 + 5OH−－3e−= + 4H2O； ii.向右侧烧杯中滴入NaOH溶液，有微小气泡生成，灵敏电流计指针向左偏转，左侧无明显变化，左侧为正极O2得电子产生H2O，右侧负极上H2O2失电子产生氧气，此时原电池中的总反应的化学方程式为2H2O2 = 2H2O + O2↑； (5)溶液中存在平衡 (橙色)+H2O2 (黄色)+2H+，根据上述实验可知，酸性条件下，得电子能力强于H2O2，先放电，氧化性>H2O2；碱性条件下，得电子能力弱于H2O2，H2O2先放电，氧化性：<H2O2。 15.(2025-2026高二上·北京三十五中·期中)某化学实验小组用酸性KMnO4溶液和草酸（H2C2O4）溶液反应，研究外界条件反应速率的影响，实验操作及现象如下： 编号 实验操作 实验现象 I 向一支试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入1滴3 mol/L硫酸和9滴蒸馏水，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液 前10 min内溶液紫色无明显变化，后颜色逐渐变浅，30 min后几乎变为无色 II 向另一支试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液 80 s内溶液紫色无明显变化，后颜色迅速变浅，约150 s后几乎变为无色 （1）补全高锰酸钾与草酸反应的离子方程式：5H2C2O4 + 2MnO4- + 6H+ === 2Mn2+ + 　　　　　　 +　　　　　　 （2）由实验I、II可得出的结论是　　　　　　。 （3）关于实验II中80 s后溶液颜色迅速变浅的原因，该小组提出了猜想：该反应中生成的Mn2+对反应有催化作用。利用提供的试剂设计实验III，验证猜想。 提供的试剂：0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，0.1 mol/L草酸溶液，3 mol/L硫酸，MnSO4溶液，MnSO4固体，蒸馏水 ① 补全实验III的操作：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，　　　　　　，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液。 ② 若猜想成立，应观察到的实验现象是　　　　　　。 （4）该小组拟采用如下图所示的实验方案继续探究外界条件对反应速率的影响。     ① 他们拟研究的影响因素是　　　　　　。 ② 你认为他们的实验方案　　　　　　（填“合理”或“不合理”），理由是　　　　　　。 【答案】① 10CO2    ② 8H2O    ③ 其他条件相同时，H+（或硫酸）浓度越大，反应速率越快    ④ 再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体    ⑤ 加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅（或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s，或其他合理答案）    ⑥ KMnO4溶液浓度    ⑦ 不合理    ⑧ KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢 【解析】(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，据此写出离子方程式； (2)实验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均相同，加入的硫酸的滴数不同； (3)① 根据实验目的“反应中生成的Mn2+对反应有催化作用”，完成实验步骤；② 若猜想成立，反应速率应该加快； (4)① 根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，选用的高锰酸钾的浓度不同；②KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，据此分析判断。 【解析】(1)在酸性条件下，高锰酸根离子能和草酸发生氧化还原反应生成二价锰离子、二氧化碳和水，离子方程式为：2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故答案为10CO2↑；8H2O； (2)实验I、II取用的高锰酸钾和草酸的体积与浓度均相同，不同的是加入的硫酸的滴数不同，使得溶液褪色需要的时间不同，因此实验结论为：其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快，故答案为其他条件相同时，H+(或硫酸)浓度越大，反应速率越快； (3)① 要证明反应中生成的Mn2+对反应有催化作用，结合实验III的操作可知：向试管中先加入1 mL 0.01 mol/L酸性 KMnO4溶液，再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体，最后加入1 mL 0.1 mol/L草酸溶液，通过观察溶液褪色的时间即可证明，故答案为再加入10滴3 mol/L硫酸，然后加入少量MnSO4固体； ② 若猜想成立，加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s)，故答案为加入草酸溶液后，溶液紫色迅速变浅(或溶液颜色开始变浅的时间小于80 s)； (4)① 根据实验步骤示意图，取用的草酸和硫酸相同，不同的是选用的高锰酸钾的浓度不同，因此实验研究的影响因素是KMnO4溶液浓度对反应速率的影响，故答案为KMnO4溶液浓度； ② 该实验方案不合理，因为KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢，故答案为不合理；KMnO4溶液浓度不同，溶液起始颜色深浅不同，无法通过比较褪色时间长短判断反应快慢。 本题的易错点为(4)，要注意研究某一反应条件对化学反应速率的影响时，需要保证其他条件完全相同。 16.(2025-2026高二上·北京市第五十五中学·期中)某小组同学欲探究AgNO3溶液与FeSO4溶液的反应，进行如下实验。 序号 实验操作 实验现象 ① 将溶液与溶液(调pH=3)混合后密封 观察到产生灰黑色沉淀，溶液变为黄色，数小时后，溶液颜色无变化，沉淀不增加 ② 将溶液与溶液(调pH=3)混合后密封 数小时内，未观察到明显现象 ③ 取少量①中反应后的上层清液，逐滴加入KSCN溶液 观察到溶液先变红，稍振荡后红色消失，同时产生白色沉淀。再次滴入KSCN溶液，上述现象再次出现 查阅资料：i．AgSCN为白色固体，； ii． （1）取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含　　　　　。 （2）实验②中未观察到明显变化，说明　　　　　　　。 （3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是　　　　　　　。稍振荡后红色消失并产生白色沉淀，请结合离子方程式解释现象：　　　　　　　。 （4）综合实验①~③可知，实验①中发生反应的离子方程式为　　　　　　　。 （5）小组同学用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag＋浓度。能指示滴定终点的现象为　　　　　　　。 （6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀，则测得的c(Ag＋)　　　　　　　(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 【答案】（1）Ag     （2）pH＝3时，不能明显地氧化Fe2＋     （3）① Fe3＋与SCN﹣的反应速率较Ag＋与SCN﹣的快    ② 产生白色沉淀的反应为，该反应限度更大，使SCN﹣浓度降低，使Fe(SCN)3电离     （4）     （5）滴入KSCN，振荡后溶液红色不再褪去     （6）偏高      【解析】(1)Ag为灰黑色沉淀，则取实验① 中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含Ag； (2)实验② 中未观察到明显变化，说明NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应，pH＝3时,不能明显地氧化Fe2＋； (3)实验③ 中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣的反应速率较Ag＋与SCN﹣的快，Fe3＋与SCN -反应生成Fe(SCN )3，稍微振荡后红色消失并产生白色沉淀，反应的离子方程式为：Ag++ SCN-= AgSCN↓，该反应限度更大，使SCN﹣浓度降低，使Fe(SCN)3电离； (4)实验① 中银离子与亚铁离子反应生成银和铁离子，其反应的离子方程式为：Ag++Fe2+= Ag+Fe3+； (5)用 KSCN 标准溶液作滴定剂，定量测定实验① 反应后溶液中的Ag＋浓度，滴定终点的现象为滴入最后一滴KSCN溶液后，溶液变为红色，且半分钟内不变色； (6)滴定时，若取样混入灰黑色沉淀银，在滴定时则会变为银离子，则测得的c(Ag+)偏高； 本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。 17.(2025-2026高二上·北京市广渠门中学·期中)现使用酸碱中和滴定法测定市售白醋的浓度（mol/L）。 Ⅰ．实验步骤 （1）用　　　　　　　　　　　（填仪器名称）量取食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到　　　　　　　　　　　（填仪器名称）中定容，摇匀即得待测白醋溶液。 （2）取待测白醋溶液20.00 mL于锥形瓶中，向其中滴加2滴　　　　　　　　　　　作指示剂。 （3）读取盛装溶液的碱式滴定管的初始读数。如果液面位置如图所示，则此时的读数为　　　　　　　　　　　mL。 （4）滴定。当　　　　　　　　　　　时，停止滴定，并记录溶液的最终读数。重复滴定3次。 Ⅱ．实验记录 滴定次数 1 2 3 4 20.00 20.00 20.00 20.00 15.95 15.00 15.05 14.95 Ⅲ．数据处理与讨论 （5）按记录数据处理，可得　　　　　　　　　　　mol/L。 （6）在本实验的滴定过程中，下列操作会使实验结果偏高的是　　　　　　　　　　　（填字母序号）。 a．酸式滴定管未用待测酸液润洗 b．碱式滴定管的尖嘴在滴定前有气泡，滴定后气泡消失 c．锥形瓶中加入待测白醋溶液后，再加少量水 d．滴定前读数正确，滴定后仰视读数 【答案】（1）① 酸式滴定管    ② 容量瓶     （2）酚酞     （3）0.60     （4）溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色     （5）0.75     （6）bd      【解析】实验的核心原理是酸碱中和反应的定量关系，结合滴定操作实现未知浓度的测定。白醋中的主要成分是醋酸（，弱酸），与NaOH（强碱）发生中和反应，物质的量之比为1:1，反应方程式为，即；由于是强碱滴定弱酸，滴定终点时溶液因水解呈弱碱性，因此选择酚酞作指示剂。据此分析。 (1)醋酸具有酸性能腐蚀橡胶管，所以应选用酸式滴定管量取白醋；用酸式滴定管量取10.00 mL食用白醋，在烧杯中用水稀释后转移到100 mL容量瓶中定容，摇匀即得待测白醋溶液。 (2)由于醋酸钠溶液显示碱性，可用酚酞作指示剂。 (3)滴定管精确度为0.01 mL，滴定管液面的读数0.60 mL。 (4)酚酞作指示剂时，滴定终点的特征现象为：溶液由无色恰好变为红色，并在半分钟内不褪色。 (5)舍去偏差较大的第1次数据，取2、3、4次消耗NaOH的平均体积为，稀释后白醋溶液浓度根据可得，，稀释倍数为，故。 (6)a．酸式滴定管未润洗会稀释待测液，消耗NaOH体积减小，结果偏低，不符合题意，a错误； b．滴定前气泡使读数偏小，滴定后气泡消失使读数偏大，消耗NaOH体积偏大，结果偏高，符合题意，b正确； c．锥形瓶加水不影响待测液物质的量，结果无影响，不符合题意，c错误； d．滴定后仰视读数使NaOH体积偏大，结果偏高，符合题意，d正确； 故答案选bd。 18.(2025-2026高二上·北京延庆·期中)某实验小组探究Cu与溶液的反应。取3 g铜粉加到100 mL0.6 mol/L溶液(用调)中，振荡、静置30分钟，铜粉减少，溶液呈棕绿色(可能是因为NO与、或形成配合物的颜色)，未见有气泡产生。 （1）预测和分别与Cu发生了反应，补充反应Ⅱ的离子方程式。 反应Ⅰ    反应Ⅱ   　　　　　　　　　　　。 （2）探究反应Ⅰ是否发生 ①设计实验：取3 g铜粉加到100 mL　　　　　　　　　　　溶液中，振荡、静置30分钟。(所用试剂：硝酸钠和稀硝酸溶液) ②若反应Ⅰ能够发生，预计观察到的现象有　　　　　　　　　　　。实际现象不明显，借助传感器证明反应Ⅰ能够发生。 （3）探究反应Ⅱ是否发生 步骤1：取3 g铜粉加到100 mL0.3 mol/L溶液(用调)中，溶液迅速变为蓝绿色。 步骤2：取步骤1中上层清液，滴加KSCN溶液，出现白色浑浊且溶液变红，振荡后溶液红色褪去，KSCN溶液过量后浊液呈深红色。 ①KSCN溶液的作用是　　　　　　　　　　　。 ②已知：CuSCN是难溶于水的白色固体。 结合离子方程式解释溶液开始呈现白色浑浊，最终浊液呈深红色的原因：　　　　　　　　　　　。 （4）查阅资料可知，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数分别为和。请从化学反应速率和限度的角度简述对Cu与溶液反应的认识：　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① 100 mL硝酸钠溶液（用调节pH=1）    ② 铜粉逐渐溶解，溶液变为蓝色，有气泡生成，在液面上方变为红棕色     （3）① 检验    ② 加入后，与反应生成，溶液显红色，振荡过程中与反应生成C沉淀，使浓度减小，逆向移动，溶液红色褪去     （4）与和均能和发生反应，其中与反应限度更大，Cu与反应速率更快      【解析】该实验探究的是Cu与硝酸铁反应中，铁离子与铜极硝酸与铜反应的快慢和限度。 (1)溶液中含有，所以除发生反应I外，还有氧化生成铜离子和亚铁离子，即反应II的离子方程式为； (2)①探究反应Ⅰ是否发生，需要排除铁离子的影响，而且保证其他条件应相同，根据所提供的试剂，取3 g铜粉加入100 mL(因为)硝酸钠溶液(用硝酸调节pH=1)中，振荡、静置30分钟； ②结合反应Ⅰ、Ⅱ可知，若反应I能够发生，预计观察到的现象有铜粉逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气体生成，在液面上方变为红棕色； (3)三价铁离子与KSCN反应显血红色，可对其进行检验，故KSCN溶液的作用是检验铁离子； 已知，是难溶于水的白色固体,结合平衡移动原理，解释步骤2中“溶液变红，振荡后红色褪去”的原因是加入后，和反应，生成，溶液显红色，振荡过程中与反应生成CuSCN沉淀，使浓度减小，逆向移动，溶液红色褪去； (4)查阅资料可知，反应|和反应1l的平衡常数分别为和，通过比较反应现象及反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数可知，Cu与和均能和发生反应，其中Cu与反应限度更大，Cu与反应速率更快。 19.(2025-2026高二上·北京市第一六六中学·期中)某实验小组同学依据资料深入探究Fe3+在水溶液中的行为。 资料：ⅰ．Fe3+在水溶液中以水合铁离子的形式存在，如；发生如下水解反应：(几乎无色)(黄色)(n=0～6) ⅱ．为黄色。 进行实验： 【实验Ⅰ】 【实验Ⅱ】 分别用试管①、③中的试剂作为待测液，用色度计测定其透光率。 透光率越小，溶液颜色越深；透光率越大，溶液颜色越浅。 （1）实验Ⅰ中，试管②溶液变为无色的原因是　　　　　　　　　　　。 （2）实验Ⅰ中，试管③溶液呈棕黄色与有关，支持此结论的实验现象是　　　　　　　　　　　。 （3）由实验Ⅱ图1、2可知：加热时，溶液颜色　　　　　　　　　　　(填“变浅”、“变深”或“不变”)。 （4）由实验Ⅱ，可以得出如下结论： [结论一]FeCl3溶液中存在可逆反应：得出此结论的理由是　　　　　　　　　　　。 [结论二]结论一中反应的　　　　　　　　　　　(填“>0”或“<0”)。 【答案】（1）由资料：[Fe(H2O)6]3++nH2O[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n(黄色)+nH3O+，加入HNO3后，c(H+) 增大，导致平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色     （2）试管② 、④ 中加入等量的HNO3后，② 中溶液褪色，而④ 中溶液仍呈黄色     （3）变深     （4）① 升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液，说明在FeCl3溶液中除存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4(H2O)2]-+4H2O[Fe(H2O)6]3++4Cl-    ② ＜0      【解析】(1)实验① ② 对比，硝酸铁溶液加入硝酸溶液，溶液中氢离子浓度增大，而溶液的颜色褪去，由资料：[Fe(H2O)6]3++nH2O[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n(黄色)+nH3O+，加入HNO3后，c(H+) 增大，导致平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色，故答案为：由资料：[Fe(H2O)6]3++nH2O[Fe(H2O)6-n(OH)n]3-n(黄色)+nH3O+，加入HNO3后，c(H+) 增大，导致平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色； (2)试管② 、④ 中加入等量的HNO3后，② 中溶液褪色，而④ 中溶液仍呈黄色，说明氯化铁溶液黄色为[FeCl4(H2O)2]-所致，故答案为：试管② 、④ 中加入等量的HNO3后，② 中溶液褪色，而④ 中溶液仍呈黄色； (3)根据“透光率越小，溶液颜色越深；透光率越大，溶液颜色越浅”，由图可知，温度越高，透光率越小，说明加热时溶液颜色变深； (4)升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液，说明在FeCl3溶液中除存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4(H2O)2]-+4H2O[Fe(H2O)6]3++4Cl-，而且升高温度，透光率减小，说明升高温度，平衡逆向移动，则∆H＜0；故答案为：升高或降低相同温度时，FeCl3溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO3)3溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在[FeCl4(H2O)2]-+4H2O[Fe(H2O)6]3++4Cl-；＜0。 20.(2025-2026高二上·北京顺义第一中学·期中)红矾钠Na2Cr2O7·2H2O可用于制备制革产业中的铬鞣剂。对含铬污泥进行酸浸处理后，得到浸出液(主要含Na+、Ni2+、Cr3+、H+、和)，经过如下主要流程，可制得红矾钠，实现铬资源的有效循环利用。 已知：i．Cr(VI)溶液中存在以下平衡：+H2O2+2H+ ii．相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下： 金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH Cr3+ 4.3 5.6 Ni2+ 7.1 9.2 （1）Ⅰ中，NaHSO3溶液呈酸性，结合化学用语说明其原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅱ中，加入NaOH调节pH至　　　　　　　　　　　(填字母序号) a．4.3~5.6      b．4.3~7.1    c．5.6~7.1      d．7.1~9.2 （3）Ⅲ中，H2O2氧化Cr(OH)3沉淀的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）Ⅲ中，在投料比、反应时间均相同时，若温度过高，Na2CrO4的产率反而降低，可能的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （5）结合平衡移动原理解释：Ⅳ中，加入H2SO4的作用是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （6）为了测定获得红矾钠(Na2Cr2O7·2H2O)的纯度，称取上述流程中的产品ag配成100mL溶液，取出20 mL放于锥形瓶中，加入稀硫酸和足量的KI溶液，置于暗处充分反应至全部转化为Cr3+后，滴入2~3滴淀粉溶液，最后用浓度为c mol/L的Na2S2O3标准溶液滴定，共消耗V mL。 已知： ①滴定终点的现象为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②所得Na2Cr2O7·2H2O(摩尔质量为298g/mol)的纯度的表达式为　　　　　　　　　 (用质量分数表示)。 ③以下滴定操作能导致最终滴定结果偏高的是　　　　　　　　。 A．用酸式滴定管量取待测溶液时，取液前尖嘴处有气泡，取液后气泡消失。 B．滴定结束后，仰视读取盛装标准溶液的碱式滴定管的数据 C．锥形瓶内盛装待测溶液之前有少量蒸馏水 D．滴定时，锥形瓶在摇动过程中有待测溶液飞溅出来 E．酸式滴定管使用前未用待测溶液润洗 F．碱式滴定管使用前未用标准溶液润洗 【答案】（1）NaHSO3溶液中，同时存在H++和+H2OH2SO3+OH-，的电离程度大于其水解程度，c(H+)>c(OH⁻)，       因此溶液呈酸性     （2）c     （3）     （4）温度过高，H2O2分解速率加快，导致H2O2浓度降低，Na2CrO4产率降低     （5）加入H2SO4后 ，c(H+)增大，逆向移动，得到更多的     （6）① 滴入最后半滴标准液，溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色    ②     ③ BF      【解析】由题给流程可知，向浸出液中加入亚硫酸氢钠溶液，将溶液中的重铬酸根离子转化为铬离子，向反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，将溶液中的铬离子转化为氢氧化铬沉淀，过滤得到氢氧化铬；向氢氧化铬中加入过氧化氢和氢氧化钠混合溶液，加热条件下将氢氧化铬转化为铬酸钠，向反应后的溶液中加入稀硫酸，将铬酸钠转化为重铬酸钠，反应得到的溶液经蒸发浓缩、趁热过滤得到重铬酸钠溶液，溶液经冷却结晶得到红矾钠。 (1)NaHSO3溶液中，同时存在H++和+H2OH2SO3+OH-，的电离程度大于其水解程度，c(H+)>c(OH⁻)， 因此溶液呈酸性; (2)步骤II的目的是沉淀得到，同时保证不生成氢氧化物沉淀。因此pH需要满足：完全沉淀（pH≥5.6），且小于开始沉淀的pH（7.1），故pH范围为5.6~7.1，选c； (3)该反应在碱性加热条件下进行，作为氧化剂将+3价Cr氧化为中+6价Cr，自身被还原为，化学方程式为； (4)温度过高，H2O2分解速率加快，导致H2O2浓度降低，Na2CrO4产率降低； (5)加入H2SO4后，c(H+)增大，逆向移动，得到更多的； (6)① 滴定前淀粉遇生成的显蓝色，随着的滴入，被完全消耗，当溶液蓝色刚好褪去，且半分钟内不变色即为滴定终点； ② 根据得失电子守恒与已知反应可得物质的量关系：，20mL待测液中，100mL溶液中总质量为，因此纯度为； ③ 根据与V标准液成正比，标准液消耗体积偏大则结果偏高： A．用酸式滴定管量取待测溶液时，取液前尖嘴有气泡、取液后气泡消失，实际取出的待测液体积偏小，消耗标准液体积偏小，结果偏低； B．仰视读取标准液体积，读数大于实际消耗体积，偏大，结果偏高； C．锥形瓶内有蒸馏水不改变待测溶质的物质的量，对结果无影响； D．待测液飞溅，损失溶质，消耗标准液体积偏小，结果偏低； E．酸式滴定管未用待测液润洗，待测液被稀释，取出的待测液中溶质的物质的量偏小，消耗标准液体积偏小，结果偏低； F．碱式滴定管未用标准液润洗，标准液被稀释，滴定等量的需要消耗更多标准液，偏大，结果偏高； 故选BF。 21.(2025-2026高二上·北京市第一零一中学·期中)学习小组探究、(棕黑色固体，难溶于水)对氯水漂白性的影响。分别取2 mL氯水于试管中，进行以下实验，实验记录如下： 实验 方案和现象 ⅰ 加入1 mL蒸馏水，再滴加1滴品红溶液，品红溶液较快褪色 ⅱ 加入少量固体，产生白色沉淀a。再加入1 mL蒸馏水和1滴品红溶液，品红溶液褪色比ⅰ快 ⅲ 加入1 mL较浓溶液，产生白色沉淀b。再向上层清液中滴加1滴品红溶液，品红溶液褪色比ⅰ慢 已知：微粒的氧化还原性与其浓度成正比。等浓度时，HClO的氧化性比的强。 （1）用离子方程式表示ⅰ中品红溶液褪色的原因：　　　　　　　　。 （2）经检验，ⅱ中的白色沉淀a是AgCl。产生AgCl的化学方程式是　　　　　　　　。 （3）ⅰ是ⅲ的对比实验，目的是排除ⅲ中　　　　　　　　造成的影响。 （4）研究经洗涤后的白色沉淀b的成分。进行实验ⅳ： 实验ⅳ： ①设计对比实验证实白色沉淀b不只含有AgCl，实验方案和现象是　　　　　　　　。 ②溶液的目的是　　　　　　　　。由此判断，白色沉淀b可能含有　　　　　　　　。 （5）利用白色沉淀b进一步研究实验ⅲ品红溶液褪色慢的原因，进行实验ⅴ： 实验ⅴ： ①结合离子方程式解释加入饱和NaCl溶液的目的：　　　　　　　　。 ②推测实验ⅲ和实验ⅴ上层清液中含氯微粒的氧化性强弱：实验ⅲ　　　　　　　　实验ⅴ(填“>”、“<”或“=”)，说明理由　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）     （3）稀释对溶液颜色     （4）① 取与白色沉淀b等质量的纯净固体，加入蒸馏水充分振荡后分离固体和液体，取得到的白色固体，先滴加盐酸，再滴加含的溶液，溶液不变红    ② 检验白色沉淀b中是否存在氧化性微粒    ③      （5）① 白色沉淀b中含，存在沉淀溶解平衡：，加入饱和溶液后，与结合生成更难溶的沉淀，促使平衡右移，使白色沉淀b中的进入上层清液，便于检测    ②     ③ 实验iii中，与氯水中的、结合生成沉淀，导致上层清液中、的浓度较低；实验v中，加入饱和溶液促使溶解，释放出大量，上层清液中浓度显著增大。根据已知“微粒的氧化还原性与其浓度成正比”，浓度越大氧化性越强      【解析】(1)氯水中的与水发生可逆反应生成具有强氧化性的，能氧化品红使其褪色，反应的离子方程式为：； (2)为碱性氧化物，消耗氯水平衡体系中的，促进氯气与水的反应正向移动，最终与、反应生成沉淀和更多的（这也是品红褪色更快的原因，因为浓度增大），化学方程式为：； (3)实验i加入1 mL蒸馏水，实验iii加入1 mL较浓溶液，二者加入的溶液体积相同，i的作用是排除iii中加入的溶液对氯水稀释，导致氯水浓度降低（或溶液体积变化）对溶液颜色造成的影响； (4)① 设计对比实验证实沉淀b不只含，取与白色沉淀b等质量的纯净固体，加入蒸馏水充分振荡后分离固体和液体，取得到的白色固体，先滴加盐酸，再滴加含的溶液，溶液不变红,和实验ⅲ的溶液变红形成对照，即可证明白色沉淀b中除了还有其他成分； ②具有还原性，若溶液中存在氧化性微粒（如），会将氧化为，与结合使溶液变红，故加入溶液的目的是检验白色沉淀b中是否存在氧化性微粒。由此判断，白色沉淀b中含有氧化性的含氯银盐，即； (5)①白色沉淀b中含，存在沉淀溶解平衡：，加入饱和溶液后，与结合生成更难溶的沉淀，促使平衡右移，将原本结合在沉淀中的充分释放到上层清液中，便于检测； ② 实验iii上层清液的氧化性实验v上层清液的氧化性。理由：实验iii中，与氯水中的、结合生成沉淀，导致上层清液中、的浓度较低；实验v中，加入饱和溶液促使溶解，释放出大量，上层清液中浓度显著增大。根据已知“微粒的氧化还原性与其浓度成正比”，浓度越大氧化性越强，因此实验iii上层清液的氧化性弱于实验v。 22.(2025-2026高二上·北京五中·期中)某小组同学探究溶液与溶液的反应。 （1）理论分析 ①从氧化还原反应的角度分析，能被氧化为　　　　　　　。 ②从水解反应的角度分析，和的水解反应能相互促进，最终水解完全，反应的离子方程式是　　　　　　　。 （2）实验探究 实验 操作 现象 I 取1mL盐酸酸化的溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，放置 溶液为黄色未出现沉淀 II 取实验所得溶液于试管中，加入试剂 产生较多白色沉淀 III 取溶液于试管中，放置后，加入试剂a 产生少量白色沉淀 已知：i.与溶液反应生成沉淀(带有特征蓝色)。 ii.在溶液中存在平衡：。 iii.为一元弱酸。 ①配制溶液时，常加入盐酸酸化，结合化学用语解释原因：　　　　　　　。 ②依据实验II、III的现象，证实了与能发生氧化还原反应。 i.试剂a是　　　　　　　。 ii.实验III的目的是　　　　　　　。 ③对实验I中未生成沉淀的原因进行分析及探究。 i.甲认为盐酸酸化的溶液中较大，可能导致沉淀难以生成。设计实验：向蒸馏水中　　　　　　　(填实验操作)，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，未出现沉淀。证实了较大不是实验I中未生成沉淀的主要原因。 ii.乙认为较大才是实验I中未生成沉淀的主要原因。设计实验：向未酸化的溶液中加入，调节与实验I相同，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，　　　　　　　(填实验现象)。证实了的影响。 iii.结合平衡移动原理，解释较大时沉淀难以生成的原因：　　　　　　　。 【答案】（1）①     ②      （2）① 发生水解反应，加入盐酸酸化，可以抑制的水    ② 盐酸和溶液    ③ 与实验Ⅱ的现象对比，排除空气中氧化对检验的干扰    ④ 加入硫酸、，配制成和与实验I中溶液相同的溶液    ⑤ 产生蓝色沉淀    ⑥ 在溶液中存在平衡：。较大时，与结合生成，减小，使上述平衡正向移动，减小，导致沉淀难以生成      【解析】本实验研究溶液与溶液的反应，反应原理为，通过一系列实验，研究c(H+)过高和c(Cl-)过高对Fe2+检验产生的影响。 (1)①从氧化还原反应的角度分析，能被氧化，S元素化合价升高，从+4价升高为+6价，则转化为。 ②从水解反应的角度分析，和的水解反应能相互促进，最终水解完全，生成氢氧化铁和SO2，反应的离子方程式是。 (2)①因为发生水解反应，加入盐酸酸化，可以抑制的水解，故配制溶液时，常加入盐酸酸化。 ②依据实验II、III的现象，证实了与能发生氧化还原反应，离子方程式为，检验会生成白色沉淀，故 i.检验时，应先加足量盐酸酸化，排除的干扰，再加BaCl₂溶液，故试剂a是盐酸和溶液。 ii.因为也可以被空气中的氧气氧化为，因此实验III为对比实验，目的是与实验Ⅱ的现象对比，排除空气中氧化对检验的干扰 ③i.甲认为盐酸酸化的溶液中较大，可能导致沉淀难以生成。设计实验，为排除的影响，且保证其他因素相同，向蒸馏水中加入硫酸、，配制成和与实验I中溶液相同的溶液，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，未出现沉淀。证实了较大不是实验I中未生成沉淀的主要原因。 ii.实验I中未生成蓝色沉淀，为证实的影响，因此设计对比实验，向未酸化的溶液中加入，调节与实验I相同，取该溶液于试管中，加入溶液，再加入1滴溶液，产生蓝色沉淀，即可得出结论。 iii.根据已知信息ii和iii可知，在溶液中存在平衡：。较大时，与结合生成，减小，使上述平衡正向移动，减小，导致沉淀难以生成。 23.(2025-2026高二上·北京市第十三中学·期中)是一种弱酸，不稳定，见光易分解，具有强氧化性，可消毒杀菌。“84”消毒液(有效成分)的消毒作用主要来源于。 已知：时两种酸的电离平衡常数如下表所示。 弱酸 次氯酸 碳酸 电离平衡常数 （1）酸性：　　　　　　　(填“>”或“<”)。 （2）浓度均为的、、三种溶液，碱性由强到弱的顺序为　　　　　　　。 （3）“84”消毒液吸收空气中的能增强其杀菌效果，原因是　　　　　　　(写离子方程式)。 （4）为便于保存，制备“84”消毒液时需适当过量，否则易失效。结合化学用语解释原因　　　　　　　。 （5）滴定法测定含量的步骤如下： I．准确量取“84”消毒液，置于容量瓶中，加蒸馏水稀释至刻度线，摇匀。 II．准确量取该稀释液于锥形瓶中，依次加入硫酸溶液、75%磷酸(调节溶液酸度)、溶液(过量)，加盖摇匀后静置。 Ⅲ．用标准溶液滴定，消耗体积。 已知： “84”消毒液中含量为　　　　　　　g/L(列出计算式)。 【答案】（1）＜     （2）     （3）     （4）溶液中存在，由于见光分解导致下降，平衡正向移动，逐渐被消耗导致失效。过量的抑制水解生成。     （5）      【解析】(1)根据表格，的电离平衡常数为，的电离平衡常数为，可知酸性<，故答案为：<。 (2)根据电离平衡常数，可知酸性：>>，则对应离子的水解程度：>>，离子的水解程度越大，碱性越强，则碱性由强到弱的顺序为，故答案为：。 (3)根据电离平衡常数，可知酸性：>>，则“84”消毒液的ClO-与空气中的CO2反应生成HClO和，HClO具有强氧化性，能增强杀菌效果，离子方程式，故答案为：。 (4)溶液中存在，由于见光分解导致下降，平衡正向移动，逐渐被消耗导致失效，而过量的抑制水解生成，故答案为：溶液中存在，由于见光分解导致下降，平衡正向移动，逐渐被消耗导致失效，而过量的抑制水解生成。 (5)用标准溶液滴定，消耗体积，根据关系式，可知过量的的物质的量=，则被反应的的物质的量=，根据关系式，则该稀释液中的物质的量=，“84”消毒液中含量==g/L，故答案为：。 24.(2025-2026高二上·北京市第十五中学·期中)某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。 （1）实验验证 实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mol/L FeSO4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粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 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(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是　　　　　　　。 综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++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　　　　　　　。 （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v mL上层清液，用c1 mol/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v1 mL。 资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012 Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3 ①滴定过程中Fe3+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　　　　　　　。 【答案】（1）① 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体    ② 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果    ③ a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：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，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转     （2）① 指示剂    ②      （3）① 偏低    ② Ag完全反应，无法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+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。 ② 由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。 ③ 由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+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Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，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，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3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，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3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，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：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，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。 (2)①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。 ② 取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下： ，故反应的平衡常数K== ，故答案为：指示剂；。 (3)① 若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。 ② 由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。 25.(2025-2026高二上·北京育才学校·期中)实验小组制备硫代硫酸钠并探究其性质。 资料：i．。 ii．(紫黑色)。 iii．是难溶于水、可溶于溶液的白色固体。 （1）实验室可利用反应：制备，装置如下图。 ①用化学用语解释和的混合溶液呈碱性的原因：、　　　　　　　　　　　。 ②为了保证的产量，实验中通入的不能过量。要控制的生成速率，可以采取的措施有：　　　　　　　　　　　(写出一条)。 （2）探究溶液与不同金属的硫酸盐溶液间反应的多样性。 实验 试剂 现象 试管 滴管 2mL0.1mol/L溶液 溶液(浓度约为0.03mol/L) I．局部生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得到无色溶液 0.03mol/L溶液 II．一段时间后，生成沉淀 0.03mol/L溶液 III．混合后溶液先变成紫黑色，时溶液几乎变为无色 ①I中产生白色沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 ②经检验，现象Ⅱ中的沉淀有和，用平衡移动原理解释Ⅱ中的现象：　　　　　　　　　　　。 ③经检验，现象Ⅲ中的无色溶液中含有。从化学反应速率和限度的角度解释Ⅲ中与反应的实验现象：　　　　　　　　　　　。 以上实验说明：溶液与金属阳离子反应的多样性和阳离子的性质有关。 【答案】（1）①     ② 控制反应温度或调节硫酸的滴加速率     （2）①     ② ，与反应生成，使降低，平衡正向移动，生成沉淀    ③ 与反应生成紫黑色的化学反应速率大，化学反应的限度相对小；与反应生成的化学反应的限度相对大      【解析】将70%的浓硫酸通过分液漏斗滴入烧瓶中与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，气体通过导气管通入到盛有Na2S、Na2CO3混合溶液的烧瓶中，发生反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制备Na2S2O3，过量的SO2及产生的H2S等气体经NaOH尾气处理后再进行排放。制取得到的Na2S2O3与不同的金属阳离子的盐溶液反应，金属阳离子种类不同，二者相对量的多少不同，反应产物不同，反应现象就不同。 (1)①Na2S和Na2CO3都是强碱弱酸盐，在混合溶液中S2−、CO都会发生水解反应，消耗水电离产生的H+，使水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH−)＞c(H+)，溶液呈碱性，用离子方程式表示为：S2−+H2OHS−+OH−、CO+H2OHCO+OH−； ② 为了保证Na2S2O3的产量，实验中通入的SO2不能过量。要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有：控制反应温度或调节硫酸的滴加速率； (2)① 向盛有2mL0.1mol/LNa2S2O3溶液的试管中滴加0.03mol/L的Ag2SO4溶液，看到局部生成白色沉淀，产生的白色沉淀是Ag2S2O3，该反应的离子方程式为：2Ag++S2O=Ag2S2O3↓； ② 向盛有2mL0.1mol/L Na2S2O3溶液的试管中滴加0.03mol/Al2(SO4)3溶液，一段时间后，生成沉淀，经检验，该现象中的沉淀有Al(OH)3和S，这是由于Al2(SO4)3是强酸弱碱盐，在溶液中Al3+发生水解反应：Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，水解使溶液显酸性，S2O与H+反应生成S，SO2、H2O，导致c(H+)降低，水解平衡正向移动，因而生成Al(OH)3沉淀； ③ 向盛有2mL0.1mol/L Na2S2O3溶液的试管中滴加0.03mol/L的Fe2(SO4)3溶液，混合后溶液先变成紫黑色，30s时溶液几乎变为无色，经检验，此无色溶液中含有Fe2+，这是由于Fe3+与S2O反应生成紫黑色Fe(S2O3)的化学反应速率大，化学反应的限度相对小些；而Fe3+与S2O反应生成Fe2+的化学反应的限度相对大，反应速率相对小些。 26.(2025-2026高二上·北京十四中·期中)烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO的过程示意图如图。 （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a：    24.6 反应b：    3.17 反应c：    58.17 ①已知：   ，则=　　　　　　　　　　　。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是　　　　　　　　　　　。 ③其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和NO的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析NO的转化率高于的原因　　　　　　　　　　　。 （2）其他条件不变，和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。 ①的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是　　　　　　　　　　　。 ②在吸收器中，与反应生成和的氧化剂与还原剂物质的量之比为　　　　　　　　　　　。 ③在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为，该反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，减小，反应b和c的速率减小，导致和NO的转化率均降低    ③ 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于     （2）① 溶液直接与反应是脱除的主要原因    ②     ③       【解析】模拟烟气与O3在气体反应器中发生氧化反应，O3作为强氧化剂，可将烟气中的低价态污染物氧化为高价态，为后续吸收做准备；气体分析检测装置1用于检测氧化反应后烟气中各组分的含量，对比氧化前的烟气成分，判断O3的氧化效果； (NH4)2SO3是还原性吸收剂，可与氧化后的高价污染物（如NO2、SO3）发生反应，将其转化为稳定盐类，实现污染物的脱除；气体分析检测装置2用于检测吸收后的尾气成分，评估吸收器的处理效率，判断烟气中污染物是否达标；据此作答。 (1)①反应a：   ，已知：   ，根据盖斯定律，将两反应相加再除以2得反应，则； ②高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致相同时间内SO2和NO的转化率均降低； ③由图可知，NO的转化率高于SO2的原因是反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2； (2)①的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响； ②与发生氧化还原反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为，其中氧化剂为NO2（2 mol），还原剂为亚硫酸根（共3 mol，2mol未发生化合价变化，作还原剂的为1 mol），则氧化剂与还原剂物质的量之比为； ③吸收过程中，部分和发生归中反应生成和，反应中和的物质的量之比为，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为。 27.(2025-2026高二上·北京市东直门中学·期中)探究0.5mol/L FeCl3溶液（pH=1）与不同金属反应时的多样性的原因。 (各组实验中：所用FeCl3溶液体积相同；金属过量；静置、不振荡） 实验 金属 现象及产物检验 I 镁条 立即产生大量气体；金属表面变黑，该黑色固体能被磁铁吸引；液体颜 色由棕黄色逐渐变为红褐色；片刻后气泡减少；金属表面覆盖有红褐色沉淀，此时取反应后的液体， 滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀。 II 铜粉 无气体产生；溶液逐渐变为蓝绿色；取反应后的溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀。 （1）根据实验I的现象，推测红褐色液体为胶体，并用光束照射该液体，在与光束垂直的方向观察到　　　　　　　　　得以证实。 （2）已知Fe和Fe3O4均能被磁铁吸引。 ①为了确定黑色固体的成分是否含有Fe和Fe3O4，重复实验I，及时取少量镁条表面生成的黑色粉末，洗净后进行实验如下： 该实验说明黑色固体中一定含有　　　　　　　　　，结合现象写出判断的理由　　　　　　　　　。 ②除上述结论外，分析实验I的现象，可知被还原得到的产物一定还有　　　　　　　　　。 （3）实验Ⅰ、Ⅱ现象的差异，与Fe3+、Mg2+、Fe2+、H+、Cu2+的氧化性强弱有关，其顺序是Mg2+<Fe2+<　　　　　　　　　。 （4）继续研究0.5mol/L FeCl3溶液（pH=1）与Fe的反应。 实验 金属 现象及产物检验 Ⅲ 铁粉 持续产生少量气体；一段时间后，溶液颜色变浅，底部有红褐色沉 淀，经检验，溶液pH=4；含有Fe2+，无Fe3+。 Ⅳ 铁丝 无明显的气泡产生；一段时间后，溶液变为浅绿色，经检验，溶液 pH=2，含有Fe2+和Fe3+；Fe3+被还原的量多于实验Ⅲ。 ①实验Ⅲ中发生反应的离子方程式有　　　　　　　　　。 ②已知：相同条件下，H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+。 结合实验I、Ⅱ，由反应中金属表面离子浓度的变化，推测实验III、IV现象差异的原因:　　　　　　　　　。 【答案】① 一条光亮的“通路”    ② Fe    ③ 滤纸ⅱ上无明显现象，说明Fe3O4不能溶解产生Fe2+，所以滤纸ⅰ上粉末附近变蓝只能是Fe被氧化产生Fe2+    ④ H2、Fe2+    ⑤ H+ ＜ Cu2+ ＜ Fe3+    ⑥ Fe ＋ 2H+ = Fe2+ ＋ H2↑，Fe3+ ＋ 3H2O Fe(OH)3 ＋ 3H+（ Fe ＋ 2Fe3+ = 3Fe2+）    ⑦ 由I、Ⅲ可知，金属与Fe3+、H+反应速率快时，因H+移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3+水解生成Fe(OH)3；Ⅳ中反应慢，Fe表面Fe3+能及时补充，且由Ⅱ知Fe3+的氧化性强，利于Fe3+还原 【解析】（1）胶体的重要性质就是具有丁达尔效应——用平行光照射时，从侧面能看到一条光亮的“通路”；（2）① 由实验所得的黑色粉末与纯Fe3O4作对比实验，发现Fe3O4并不能与所加的试剂（含K3[Fe(CN)6]的3%NaCl溶液）发生作用，而黑色粉末能，从而间接证明了能与所加试剂发生作用的是铁粉；所以原黑色粉末中一定有铁粉，是铁粉被氧化产生了Fe2+；② 从“立即产生大量气泡”判断产物中有氢气，从“加K3[Fe(CN)6]产生蓝色沉淀”判断产物中有Fe2+；（3）根据实验Ⅰ、Ⅱ现象，以及金属活动性顺序表，金属离子氧化性强弱顺序为：Mg2+<Fe2+<H+ ＜ Cu2+ ＜ Fe3+，注意Fe3+的特殊强氧化性即可。（4）① 实验Ⅲ中产生气泡是发生反应：Fe ＋2H+ =Fe2+＋H2↑，产生红褐色沉淀是发生反应：Fe3+＋3H2O Fe(OH)3 ＋3H+，有Fe2+无Fe3+，说明发生了反应：Fe＋2Fe3+ = 3Fe2+；② 用好题给信息“相同条件下，H+在溶液中的移动速率远大于Fe3+”是解题的关键。由I、Ⅲ可知，金属与Fe3+、H+反应速率快时，因H+移动速率大，其浓度在金属表面变化小，易被还原，促使Fe3+水解生成Fe(OH)3；Ⅳ中反应慢，Fe表面Fe3+能及时补充，且由Ⅱ知Fe3+的氧化性强，利于Fe3+还原。 28.(2025-2026高二上·北京市东直门中学·期中)研究水体中碘的存在形态及其转化是近年的科研热点。I-与I2在水体和大气中的部分转化如图所示。     (1)结合元素周期律分析Cl-、I-的还原性强弱；同主族元素的原子，从上到下，　　　　。 (2)水体中的I-在非酸性条件下不易被空气中的02氧化。原因是2H2O+4I-+O22I2+4OH-的反应速率慢，反应程度小。 ①I-在酸性条件下与O2反应的离子方程式是　　　　。 ②在酸性条件下I-易被O2氧化的可能的原因是　　　　。 (3)有资料显示：水体中若含有Fe2+，会对O3氧化I-产生影响。为检验这一结论，进行如下探究实验：分别将等量的O3通入到20 mL下列试剂中，一段时间后，记录实验现象与结果。已知：每l mol O3参与反应，生成l mol O2。 序号 试剂组成 反应前溶液的pH 反应后溶液的pH I-的转化率 Fe(OH)3的生成量 A 3×10-2 mol·L-1NaIa mol·L-1NaCl 5.3 11.0 约10% —— B 3×10-2 mol·L-1NaI1.5×10-2mol·L-1FeCl2 5.1 4.1 约100% 大量 C 1.5×10-2mol·L-1FeCl2 5.2 3.5 —— 大量 ①a=　　　　。 ②A中反应为可逆反应，其离子方程式是　　　　。 ③C中溶液的pH下降，用离子方程式解释原因　　　　。 ④比较A、B、C，说明Fe2+在实验B中的作用并解释　　　　。 【答案】① 原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性Cl>I，离子的还原性Cl--    ② 4H++4I-+O2=2I2+2H2O    ③ 增大c(H+)，降低了c(OH+)，使平衡2H2O+4I-+O22I2+4OH-正向移动，反应易于进行等    ④ 3×10-2    ⑤ H2O+2I++O3I2+2OH-+O2    ⑥ 2Fe2++O3+5H2O==2Fe(OH)3+4H++O2    ⑦ 反应H2O+2I-+O3I2+2OH-+O2产生的OH-被Fe2+或Fe2+的氧化产物Fe3+结合，pH减小，促使该平衡正向移动，提高了I-的转化率，产生大量的Fe(OH)3 【解析】（1）根据元素周期律解答； （2）根据平衡移动原理分析。 （3）① 由BC两组数据可知，Cl-的浓度为3×10-2mol·L－1 ②A中反应为可逆反应，O3将I-氧化为I2，反应后pH=11.0，呈碱性； ③ 亚铁离子被氧化成铁离子生成难溶的Fe(OH)3，消耗OH-，溶液的酸度提高； ④反应H2O+2I-+O3I2+2OH-+O2产生的OH-被Fe2+或Fe2+的氧化产物Fe3+结合，pH减小，促使该平衡正向移动。 【解析】(1)结合元素周期律分析Cl-、I-的还原性强弱；同主族元素的原子，从上到下，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，非金属性Cl>I，离子的还原性Cl-- 。 (2)水体中的I-在非酸性条件下不易被空气中的O2氧化。原因是2H2O+4I-+O22I2+4OH-的反应速率慢，反应程度小。 ①I-在酸性条件下与O2反应的离子方程式是4H++4I-+O2=2I2+2H2O。 ② 在酸性条件下I-易被O2氧化的可能的原因是增大c(H+)，降低了c(OH+)，使平衡2H2O+4I-+O22I2+4OH-正向移动，反应易于进行等 。 (3)① 由BC两组数据可知，Cl-的浓度为3×10-2mol·L－1，a=3×10-2。 ②A中反应为可逆反应，O3将I-氧化为I2，反应后pH=11.0，呈碱性，其离子方程式是H2O+2I++O3I2+2OH-+O2 。 ③C中溶液的pH下降，亚铁离子被氧化成铁离子生成难溶的Fe(OH)3，消耗OH-，溶液的酸度提高，用离子方程式解释原因 2Fe2++O3+5H2O==2Fe(OH)3+4H++O2。 ④ 比较A、B、C，说明Fe2+在实验B中的作用并解释：反应H2O+2I-+O3I2+2OH-+O2产生的OH-被Fe2+或Fe2+的氧化产物Fe3+结合，pH减小，促使该平衡正向移动，提高了I-的转化率，产生大量的Fe(OH)3。 29.(2025-2026高二上·北京市汇文中学·期中)某化学小组探究外界条件对化学反应速率的影响及其原因。 【实验原理】 【实验内容及记录】 实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min 溶液 溶液 稀硫酸 1 3.0 2.0 3.0 2.0 4.0 2 3.0 3.0 2.0 2.0 5.2 3 3.0 4.0 1.0 2.0 6.4 （1）根据上表中的实验数据，可以得到的结论是　　　　　　　　　。 （2）利用实验1中数据计算，用的浓度变化表示的反应速率为：　　　　　　　　　。 （3）该小组同学根据经验绘制了随时间变化趋势的示意图，如图1所示。但是实验过程中随时间变化的趋势应如图2所示。 ①该小组同学根据图2提出的假设：生成的对该反应有催化作用；通过下列实验验证该假设是否成立。试管中加入少量固体的化学式为　　　　　　　　　。 实验编号 室温下，试管中所加试剂及其用量/mL 再向试管中加入少量固体 室温下溶液颜色褪至无色所需时间/min 溶液 溶液 稀硫酸 4 3.0 2.0 3.0 2.0 t ②若提出的假设成立，应观察到的现象是　　　　　　　　　。 （4）①浓度增大反应速率加快的原因是　　　　　　　　　(填序号，下同)。 ②催化剂使反应速率加快的原因是　　　　　　　　　。 a.单位体积内活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加 b.使分子能量升高运动加快，单位时间内有效碰撞次数增加 c.降低了反应的活化能，提高了活化分子百分数，单位时间内有效碰撞次数增加 【答案】（1）其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大     （2）0.015     （3）① MnSO4    ② 与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min     （4）① a    ② c      【解析】(1)从表中的实验数据可以看出，三次实验所用H2C2O4、H2SO4的浓度都相同，但KMnO4的浓度不同，KMnO4的浓度越大，反应所用时间越短，由此可以得到的结论是：其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。答案为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度(或反应物浓度)，反应速率增大。 (2)实验1中，在4min内，3.0mL0.2mol/LKMnO4溶液完全发生反应，所以用KMnO4的浓度变化表示的反应速率为：υ(KMnO4)== 0.015mol/(L·min)。答案为：0.015。 (3)①因为实验研究的是Mn2+对反应是否有催化作用，而反应开始前，溶液中不含有Mn2+，所以可在反应物中加入可溶性锰盐，对比反应完成所需的时间，以判断反应速率的快慢，因此加入的少量固体为MnSO4。 ②由前面分析可知，若Mn2+起催化作用，反应所需时间短，从而得出现象及结论为：依据现象“与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min”，得出该小组同学提出的假设成立。答案为：MnSO4；与实验1比较，溶液褪色所需时间短或所用时间(t)小于4.0min。 (4)①浓度增大是使单位体积内分子总数增大，活化分子百分数不变，从而使单位体积内的活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加； ②使用催化剂是低了反应的活化能，提高了活化分子百分数，单位体积内分子总数则不变，从而使单位体积内的活化分子数增多，单位时间内有效碰撞次数增加。 比较外界条件对反应速率的影响时，若同时改变几个条件，我们很难判断是哪一条件对反应速率产生影响。 30.(2025-2026高二上·北京北大附中·期中)某小组同学向1mol∙L-1CuSO4溶液中分别加入锌粉和镁粉，探究产物。 实验 金属 现象及产物 Ⅰ 过量Zn Zn锌粉表面产生少量气泡，有光亮的红色物质生成 Ⅱ 过量Mg 镁粉表面产生大量气体(经检验为H2)，反应放热，有蓝绿色沉淀(X)生成 已知：ⅰ．Mg(OH)2的溶度积常数为5.6×10-12 ⅱ．1mol∙L-1CuSO4溶液pH=3 （1）实验Ⅰ产生红色物质的原因是　　　　　　　(用离子方程式表示)。 （2）探究实验Ⅱ比实验Ⅰ产生H2多的原因。 ①提出猜想：CuSO4水解使溶液呈酸性，依据金属活动性顺序，Mg更容易与H+反应产生H2。 ②进行实验Ⅲ：向　　　　　　　(填试剂)中分别加入等量锌粉和镁粉，锌粉表面几乎无气泡，镁粉表面产生较多气泡。 ③得出结论：实验证实猜想合理。 （3）探究沉淀X的成分。 实验Ⅳ：取洗涤后的沉淀X，加入足量盐酸，沉淀部分溶解，上层溶液为浅黄绿色，取上层溶液于试管中，　　　　　　　，证明沉淀X中含有。进一步研究证实，沉淀X中含有碱式硫酸铜[Cu2(OH)2SO4](蓝绿色)。 ①补全实验Ⅳ的操作和现象：　　　　　　　。 ②实验Ⅱ反应后溶液的pH=3，通过计算说明沉淀X中是否可能含有Mg(OH)2(忽略温度对和的影响，忽略溶液体积的变化)　　　　　　　。 经检验，沉淀X中除Cu2(OH)2SO4外，还含有Cu等物质。 （4）探究实验Ⅱ产生Cu2(OH)2SO4的原因。 实验Ⅴ：加热1mol∙L-1CuSO4溶液，未观察到蓝绿色沉淀。 ①设计实验Ⅴ的目的是　　　　　　　。 ②对比实验Ⅰ和Ⅱ，结合平衡移动原理解释实验Ⅱ中产生Cu2(OH)2SO4的原因　　　　　　　。 【答案】（1）Zn+Cu2+=Zn2++Cu     （2）pH=3的H2SO4溶液     （3）① 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀    ② 不可能    ③ 反应后溶液， ， ，，     （4）① 排除反应放热导致CuSO4水解产生Cu2(OH)2SO4的可能    ② 实验Ⅰ中Zn主要与Cu2+反应，实验Ⅱ中Mg主要与H+反应，促进平衡正向移动，产生Cu2(OH)2SO4沉淀      【解析】本题探究1mol∙L-1CuSO4溶液与不同金属发生反应的复杂性。根据金属活动性顺序可知： 金属单质还原性：………… 简单阳离子盐氧化性：………… 由题目信息可知1mol∙L-1CuSO4溶液由于Cu2+的水解而显酸性：pH=3，故1mol∙L-1CuSO4溶液中，Cu2+、H+均可将Zn、Mg氧化，除氧化还原反应外，可能同时存在Cu2+水解的竞争反应。 (1)由实验Ⅳ提供的信息可知，蓝绿色沉淀(X)为Cu2(OH)2SO4。对实验Ⅰ、Ⅱ进行分析如下表： 则实验Ⅰ产生红色物质的原因是：Zn+Cu2+=Zn2++Cu。 (2)① 的猜想是由于金属活动性顺序造成两种金属与H+反应活性不同，为了验证此猜想，可以设计控制变量实验，取与1mol∙L-1CuSO4溶液有等浓度H+的酸验证猜想，同时要避免Cu2+与金属反应的干扰，且不引入其他离子，因此选择pH=3的稀硫酸。 (3)由题意知沉淀X为Cu2(OH)2SO4，加入足量盐酸溶解，溶液中所含有的离子为H+，，，。 ① 的操作和现象是为了检验的存在，且前面已经加入足量盐酸，因此只需再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀即可证明。 ② 反应后溶液pH=3，mol/L。由于初始CuSO4溶液c(Cu2+)=1mol/L，假设Mg完全与Cu2+发生置换，反应后c(Mg2+)=1mol/L。而事实上c(Mg2+)＜1mol/L。由此计算，，故不可能生成沉淀。 (4)根据盐的水解知识：Cu2+易发生水解反应：，分析Cu2(OH)2SO4产生的反应与其类似：。此平衡在实验Ⅱ的过程中可能受到影响的因素有：温度(对应实验现象“反应放热”)、浓度(对应实验现象“产生大量气体”)。由此可知： ① 实验Ⅴ“加热1mol∙L-1CuSO4溶液”对应温度影响因素，可知设计此实验的目的为排除因反应放热造成温度升高，使得水解平衡(吸热反应)：正向移动，即：排除反应放热导致CuSO4水解产生Cu2(OH)2SO4的可能。 ② 排除了温度因素，可以证明产生Cu2(OH)2SO4的原因应为浓度因素——c(H+)降低，造成水解平衡：正向移动。 对比实验Ⅰ和Ⅱ的现象“锌粉表面产生少量气泡”和“镁粉表面产生大量气泡”，可知因金属活动顺序：Mg＞Zn，因此Mg和H+反应的速率较快，产生H2较多，造成H+浓度降低较快，促进水解平衡正向移动，产生Cu2(OH)2SO4沉淀。而Zn和H+反应速率较慢，水解较少，Cu2+主要被Zn还原成红色的Cu单质。所以实验Ⅱ中产生Cu2(OH)2SO4的原因：实验Ⅰ中Zn主要与Cu2+反应，实验Ⅱ中Mg主要与H+反应，促进平衡在向移动，产生Cu2(OH)2SO4沉淀。 金属的活动性越强，对Cu2+水解反应的促进作用越大。 实验 金属 现象及产物 发生的反应 Ⅰ 过量Zn 锌粉表面产生少量气泡，有光亮的红色物质生成 少量气泡：Zn+2H+=Zn2++H2↑光亮红色物质：Zn+Cu2+=Zn2++Cu Ⅱ 过量Mg 镁粉表面产生大量气体(经检验为H2)，反应放热，有蓝绿色沉淀(X)生成 大量气体：Mg+2H+=Mg2++H2↑，反应放热：金属与酸的反应为放热反应，蓝绿色沉淀(X)：Cu2++2H2O+SO⇌Cu2(OH)2SO4+2H+ 31.(2025-2026高二上·北京市第八中学·期中)化学小组探究不同盐对镁与水反应的影响。 （1）镁条与KHCO3溶液反应 序号 试剂 现象 I 镁条和H2O 微小气泡附着在镁表面，镁表面失去金属光泽 II 镁条和KHCO3溶液 立即产生大量气泡 ①I中生成的气体为H2，反应的化学方程式是　　　　　　　。 ②镁条与H2O反应过程中生成的Mg(OH)2覆盖在镁条表面，导致反应缓慢。从沉淀溶解平衡的角度解释II中立即产生大量气泡的主要原因：　　　　　　　。 （2）镁条与AgCl反应 序号 试剂 现象 III 4.5mL1mol·L−1KCl溶液和0.5mL0.2mol·L−1AgNO3溶液 生成大量白色沉淀，得到浊液X。过滤，得到无色滤液Y IV 镁条和浊液X 镁表面变为黑色，有少量气泡生成 V 镁条和滤液Y 镁表面变为棕黑色，迅速产生气泡 资料：i．Ag不能溶于氨水，黑色难溶物Ag2O能溶于氨水生成[Ag(NH3)2]+。 ii．[Ag(NH3)2]+⇌Ag++2NH3，[Ag(NH3)2]+在酸性溶液中不稳定。 ①补全Ag2O与氨水反应的离子方程式：　　　　　　　。 Ag2O+NH3·H2O=[Ag(NH3)2]++_______+_______。 ②IV中生成的黑色固体可能是Ag或Ag2O。设计实验方案检验该固体的成分：将反应后的镁条洗净，取表面的黑色固体置于浓氨水中放置一段时间，再向溶液中　　　　　　　(填实验操作与现象)，证实固体是Ag不是Ag2O。 （3）对比实验I和V，对生成气泡速率不同的原因提出如下假设： 假设1：资料表明，滤液中Cl−能钻入Mg(OH)2膜，破坏Mg(OH)2对镁的覆盖。 假设2：Ag+能与Mg反应生成Ag，形成原电池，增大Mg与H2O反应的速率。 设计如下实验对上述假设进行验证。 序号 试剂 现象 VI 镁条、_______和0.6mLH2O 有少量气泡缓慢逸出 VII 镁条、4.4mL1mol·L−1KCl溶液、0.1mLH2O和0.5mL0.2mol·L−1KNO3溶液 有少量气泡缓慢逸出 ①实验VI能够证实假设1，请补充横线上的试剂：　　　　　　　。 ②通过以上实验可以得到的结论是　　　　　　　。 （4）实验IV中没有出现大量气体的可能原因是　　　　　　　。 【答案】（1）① Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑    ② KHCO3溶液中的与OH-反应（），降低溶液中OH-浓度，促使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡（）右移，破坏覆盖层，使镁与水持续反应     （2）①     ② 加入稀硝酸酸化，若加入氨水时黑色固体不能溶解，加入硝酸酸化后固体溶解     （3）① 4.4mL 1 mol/L KCl溶液    ② Cl⁻破坏Mg(OH)₂膜的作用有限，而Ag+的原电池效应是主因，即Ag+与Mg反应生成Ag，形成原电池，加速反应     （4）浊液X中AgCl为沉淀，Ag+浓度极低，无法有效形成原电池，导致反应速率较慢      【解析】化学小组探究不同盐对镁与水反应的影响，镁条与H2O反应过程中生成的Mg(OH)2覆盖在镁条表面，KHCO3溶液中的与OH-反应，降低溶液中OH-浓度，促使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡右移，破坏覆盖层，使镁与水持续反应，以此解答。 (1)①I中生成的气体为H2，则Mg和H2O反应生成H2和Mg(OH)2，化学方程式是：Mg+2H2O=Mg(OH)2+H2↑； ② 镁条与H2O反应过程中生成的Mg(OH)2覆盖在镁条表面，导致反应缓慢。从沉淀溶解平衡的角度解释II中立即产生大量气泡的主要原因为：KHCO3溶液中的与OH-反应（），降低溶液中OH-浓度，促使Mg(OH)2的沉淀溶解平衡（）右移，破坏覆盖层，使镁与水持续反应。 (2)①Ag2O与氨水反应生成，NH3·H2O提供配体NH3和反应介质，离子方程式为：； ②Ag2O可溶于氨水生成，加入硝酸酸化会破坏络离子，释放Ag+并生成AgNO3，没有固体剩余。Ag不能溶于氨水，取表面的黑色固体置于浓氨水中放置一段时间，仍然有固体存在，再加入稀硝酸酸化后，固体溶解,说明固体是Ag，而非Ag2O。 (3)① 实验VI需模拟滤液Y中Cl-的浓度，实验III中AgNO3与KCl反应后，Cl-剩余浓度为0.88 mol/L，接近1 mol/L，则实验VI应该加入4.4mL 1 mol/L KCl溶液； ② 实验VII中即使含Cl⁻和，仍仅有少量气泡，说明Cl⁻破坏Mg(OH)₂膜的作用有限，而Ag⁺的原电池效应是主因，即Ag+与Mg反应生成Ag，形成原电池，加速反应。 (4)滤液Y中可能残留少量Ag+（或Cl⁻浓度更高），而浊液X中Ag+几乎被完全沉淀为AgCl，无法显著促进反应，故答案为：浊液X中AgCl为沉淀，Ag+浓度极低，无法有效形成原电池，导致反应速率较慢。 32.(2025-2026高二上·北京市陈经纶中学·期中)25℃时，某小组同学分别用如下方法测定的电离常数 (Ka)。 （1）电离方程式为　　　　　　　。 【方法一】实验步骤： ⅰ.取a mL稀溶液于锥形瓶中，加入2滴酚酞溶液。 ⅱ.用标准溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液的体积为。 ⅲ.另取一份该稀溶液于烧杯中，用pH计测得其pH为x。 （2）ⅱ中滴定恰好达到终点时的现象为　　　　　　　。 （3）该稀溶液的浓度　　　　　　　(用代数式表示)。 （4）数据处理： 醋酸的电离平衡常数。代入相关数据，即可得。 误差分析：若ⅰ中锥形瓶提前用该稀溶液进行了润洗，会使测得的　　　　　　　(填“偏大”或“偏小”)。 【方法二】实验原理： 由的电离平衡常数表达式可知，当时，。 实验步骤：①取25mL某溶液，用NaOH溶液滴定至终点。 ②继续向①中加入25mL该溶液。 ③用pH计测定②中混合溶液的pH为y。 （5）步骤②的目的是　　　　　　　。 数据处理： （6）　　　　　　　(用代数式表示) 迁移应用： （7）已知亚磷酸(H3PO3)为二元弱酸，其溶液中含磷粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。 下列说法正确的是　　　　　　　(填字母序号)。 A.的 B.溶液显碱性 C.向溶液中逐滴加入NaOH溶液至，发生反应： 【答案】（1）CH3COO-+H+     （2）锥形瓶内溶液颜色由无色变为淡粉色，且半分钟内不褪色     （3）     （4）偏小     （5）使     （6）     （7）AC         【解析】(1)为弱酸，电离方程式为CH3COO-+H+； (2)滴定终点，锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不褪色； (3)该稀溶液的浓度； (4)若ⅰ中锥形瓶提前用该稀溶液进行了润洗则锥形瓶内溶质增多，故V1偏大，导致c偏大，但是x值不变，醋酸的电离平衡常数，会使测得的偏小； (5)步骤② 的目的是使； (6)pH为y，； (7)A. 时，pH=1.43，的，A正确； B． 中，同时存在电离和水解，当，c(H+)=10-6.54，；的水解常数 ；，溶液显酸性，B错误； C．向溶液中逐滴加入NaOH溶液至，发生反应：，C正确； 故选AC。 33.(2025-2026高二上·北京通州·期中)实验室有两瓶失去标签的相同浓度的盐酸和醋酸，小组同学设计如下实验进行鉴别和定量测定。 I．向润洗过的滴定管中加入溶液，赶出气泡、调节液面至“0”刻度后准确记录读数。 II．向锥形瓶中滴入25.00 mL待测溶液，再向其中滴加2滴酚酞溶液。 III．开始滴定，到达滴定终点时停止滴定，并记录溶液的最终读数，再重复滴定2次。 （1）步骤I中滴定管应选用　　　　　　滴定管(填“a”或“b”)。 （2）步骤III中滴定终点的现象是　　　　　　。 （3）3次滴定消耗NaOH溶液的体积记录如下： 实验次数 1 2 3 滴定前 滴定终点 消耗NaOH溶液的体积／mL 24.98 25.02 第3次滴定消耗NaOH溶液的体积为　　　　　　mL，则该溶液的物质的量浓度约为　　　　　　(保留2位有效数字)。 （4）用上述同样方法对另一瓶试剂进行滴定后，所得滴定曲线如图所示。 ①滴定醋酸的滴定曲线是　　　　　　(填“a”或“b”)。 ②点X所示溶液中离子浓度从大到小顺序是　　　　　　。 【答案】（1）b     （2）溶液颜色从无色刚好变为粉红色，且半分钟内不变色     （3）① 25.00    ② 0.10     （4）① a    ②       【解析】该实验为滴定实验，步骤I选择使用碱式滴定管盛放NaOH溶液滴定酸溶液，用酸式滴定管量取25 mL待测溶液加入锥形瓶中，再滴加2滴酚酞溶液作为指示剂，当最后半滴NaOH溶液滴入时，锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，停止滴定，记录读数，再重复滴定2次。 (1)a为酸式滴定管，b为碱式滴定管，而步骤I盛放的液体为碱性溶液NaOH，因此应选用b。 (2)由分析可知，步骤III中滴定终点的现象是当最后半滴NaOH溶液滴入时，锥形瓶内溶液颜色由无色变为粉红色，且半分钟内不变色。 (3)滴定前读数为0.70，滴定终点读数为25.70，因此第3次滴定消耗NaOH溶液的体积为25.00 mL，则三次滴定平均消耗NaOH溶液的体积为25.00 mL，所以该溶液的物质的量浓度约为。 (4)醋酸与NaOH反应后产物为醋酸钠，属于强碱弱酸盐，，因此选择当NaOH为25 mL时，滴定终点为碱性的a曲线为醋酸的滴定曲线；点X所示，滴定NaOH含量为12.5 mL，因此溶液中，完全电离出和，由X点 得，溶液中醋酸电离程度大于水解程度，因此离子浓度从大到小顺序是。 34.(2025-2026高二上·北京通州·期中)某小组同学欲研究与的反应，进行如下探究。 （1）理论预测 从化合价的角度分析，具有　　　　　　性，二者能发生氧化还原反应。 （2）实验验证 实验I．将溶液与溶液(酸化，)等体积混合。产生灰黑色沉淀，溶液为淡黄色。 已知：i．(白色) ii． ①取实验I中黑色固体，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明固体中含有　　　　　　。 ②取实验I中上清液滴入KSCN后溶液先变红的原因是　　　　　　。 稍振荡后红色消失并产生白色沉淀，请结合离子方程式解释现象：　　　　　　。 ③结合以上信息，写出与反应的离子方程式是　　　　　　。 （3）深入探究：小组同学研究测定“与反应”的化学平衡常数的方法。 已知：与酸碱中和滴定类似，氧化还原滴定是基于电子转移的定量关系来测定物质的量浓度。 实验Ⅱ．取实验I中上层清液，用酸性高锰酸钾溶液滴定上层清液中剩余的滴定至终点时消耗酸性高锰酸钾溶液的体积为。 ①写出滴定过程中酸性与反应的离子方程式　　　　　　。(注：的还原产物为) ②平衡时　　　　　　。 ③若设计实验滴定上层清液中的，则最终测得反应的平衡常数会　　　　　　(填“偏大”“偏小”或“无影响”)，原因是　　　　　　。 【答案】（1）氧化     （2）① Ag    ② 与反应生成红色的速率更大    ③ 产生白色沉淀的反应为，该反应限度更大，使浓度降低，反应ii逆移，红色消失    ④      （3）①     ②     ③ 偏大    ④ 滴定过程中，溶液中浓度会降低，平衡继续正向移动，所测比平衡建立初始的平衡浓度要高      【解析】（2）本实验探究与的反应，实验I：将0.0100mol/LAg2SO4溶液与0.0400mo/LFeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色，则表明Ag+得电子生成Ag，Fe2+失电子转化为Fe3+。 （3）通过测定平衡时Fe2+的浓度、结合转化浓度之比等于化学计量数之比确定平衡时各物质的物质的量浓度，进一步计算化学平衡常数。 (1)从化合价角度， 中 Ag 为 +1 价，可被还原为 0 价（Ag），具有氧化性； (2)① 灰黑色沉淀加入浓硝酸后溶解，产生红棕色气体（NO2），说明沉淀中含 Ag。Ag 与浓硝酸反应：，生成 NO2 气体； ② KSCN 滴入上清液变红，是因 ，证明反应生成了 ，而也能和反应生成AgSCN白色沉淀，溶液先变红，说明与反应生成红色的速率更大； 现象解释：产生白色沉淀的反应为，该反应限度更大，消耗 ，使 浓度降低，反应ii逆移，红色消失，同时生成白色 AgSCN 沉淀； ③实验现象（灰黑色 Ag 沉淀、淡黄色  溶液）及反应本质（ 被氧化、 被还原），同时由于过量，溶液中还存在，表明该反应是可逆的，离子方程式为：； (3)① 酸性高锰酸钾滴定  的标准反应， 被还原为 ， 被氧化为 ，离子方程式：； ②滴定反应：1 mol  氧化 5 mol ，消耗  物质的量：（ 单位为 mL），剩余  物质的量：，清液体积为 ，故浓度：； ③ 该反应的平衡常数 ，测定原理是： ，代入平衡数据，即可计算K；若设计实验滴定上层清液中剩余的，滴定过程中消耗的同时，反应平衡会正向移动，最终测得偏大，则最终测得反应的平衡常数会偏大。 35.(2025-2026高二上·北京市广渠门中学·期中)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某兴趣小组通过改变浓度研究“”反应中和的相互转化。实验如下： （1）甲同学认为实验Ⅱ-①说明与Ⅰ的反应存在限度；乙同学认为该实验给出的证据不充分，因此乙同学将　　　　　　　　　　　mL0.005mol/L溶液与溶液混合，然后向其中加入　　　　　　　　　　　，若该试管中溶液颜色比实验Ⅱ-①中的溶液颜色　　　　　　　　　　　(填“深”或“浅”)，则说明甲同学推测成立。 （2）结合化学平衡移动原理解释实验II-②中的实验现象　　　　　　　　　　　。 （3）丙同学推测实验Ⅱ-②中向转化的原因是外加使下降，导致的还原性弱于，于是设计了如图所示的装置进行实验III，验证了这一结论。 ①当闭合时，为原电池的　　　　　　　　　　　(填“正极”或“负极”)，此时电流计指针右偏； ②电流计指针归零后，向形管左侧滴加数滴溶液，　　　　　　　　　　　(填实验现象)证实了丙同学的推测。 （4）按照(3)的原理，丙同学又用同样的装置设计了实验IV证实了实验II-①中向转化的原因与(3)中类似。 ①实验操作与(3)中不同的是，在电流计指针归零后，　　　　　　　　　　　； ②丙同学在该实验中得出的结论是　　　　　　　　　　　。 （5）结合实验II、III、IV中的结果，可以得出的结论是： ①与的反应存在限度； ②平衡状态下，改变离子浓度会导致平衡移动； ③　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 1.5    ② 1mL蒸馏水    ③ 深     （2）溶液中存在平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2，加入AgNO3溶液后，Ag+结合I-生成黄色的AgI沉淀，体系中c(I-)减小，平衡向左移动，c(I2)减小，所以溶液褪色     （3）① 正极    ② 左管产生黄色沉淀，指针左偏     （4）① 向U形管右侧滴加数滴1mol•L-1FeSO4溶液    ② Fe2+的还原性随浓度增大而增强，使得Fe2+的还原性强于I-     （5）离子的氧化性或还原性与离子浓度有关(或通过改变离子浓度可以改变离子的氧化性或还原性)      【解析】I中加入AgNO3溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动；Ⅱ中加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；K闭合时，指针向右偏转，可知b极Fe3+得到电子，作正极；当指针归零(反应达到平衡)后，向U形管左管中滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，可知I-浓度降低，使化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2逆向移动。 (1)甲同学认为实验II-①说明Fe3+与I-的反应存在限度；乙同学认为该实验给出的证据不充分，溶液颜色变浅可能为加入1mLFeSO4溶液后离子浓度降低导致的，因此可设置空白对照实验，①溶液总体积为4mL，含1.5mLL0.005mol/LFe2(SO4)3溶液、1.5mL0.01mol/LKI和1.0mLL1mol/LFeSO4溶液，空白对照实验中加入1mL蒸馏水，故乙同学将1.5mL0.005mol/LFe2(SO4)3溶液与1.5mL0.01mol/LKI溶液混合，然后向其中加入1mL蒸馏水，若该试管中溶液颜色比实验II-①中的溶液颜色深，则说明甲同学推测成立。 (2)黄色沉淀是AgI。化学平衡移动原理解释实验现象为：溶液中存在平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2，加入AgNO3溶液后，Ag+结合I-生成黄色的AgI沉淀，体系中c(I-)减小，平衡向左移动，c(I2)减小，所以溶液褪色。 (3)①U形管内发生原电池反应，a处I-失电子生成I2，b处Fe3+得电子生成Fe2+，故b处为正极； ②左管中加入AgNO3溶液，Ag+与I-反应生成AgI黄色沉淀，I-浓度减小，反应2Fe3++2I-2Fe2++I2逆向移动，即氧化还原反应逆向进行，得失电子的物质逆向反应，所以电流计中的指针与前面相反，即指针左偏，故答案为：左管产生黄色沉淀，指针左偏。 (4)实验II-②中Fe2+向Fe3+转化的原因是外加Ag+使c(I-)下降，导致I-的还原性弱于Fe2+，按照(3)的原理，丙同学可增加Fe2+浓度，使得Fe2+的还原性强于I-。 ①实验操作与(3)中不同的是，在电流计指针归零后，向U形管右侧滴加数滴1mol•L-1FeSO4溶液； ②结论为：Fe2+的还原性随浓度增大而增强，使得Fe2+的还原性强于I-。 (5)根据III、IV可得出结论：离子的氧化性或还原性与离子浓度有关(或通过改变离子浓度可以改变离子的氧化性或还原性)。 36.(2025-2026高二上·北京市第八十中学·期中)某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和NO，过程如下： （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数(25℃) 活化能/(kJ/mol) 反应a：    24.6 反应b：    3.17 反应c：    58.17 ①已知：   ，则　　　　　　　　　　　。 ②其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和NO的转化率均随温度升高而降低，原因是　　　　　　　　　　　。 ③其他条件不变， 和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内， 和NO的转化率随的浓度的变化如图。 结合数据分析NO的转化率高于的原因　　　　　　　　　　　。 （2）其他条件不变， 和NO初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与NO的物质的量之比对和NO脱除率的影响如图。 ①结合化学用语解释溶液显碱性：　　　　　　　　　　　。 ②的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是　　　　　　　　　　　。 ③在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ② 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，反应b和c的速率减小，导致SO2和NO的转化率均降低    ③ 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于     （2）① 溶液中存在，，的水解程度大于的水解程度，使溶液呈碱性    ② 溶液直接与反应是脱除的主要原因    ③       【解析】(1)① 根据盖斯定律，将反应a与反应合并，列式为； ② 反应a为气体分子数增大的反应，∆S>0，较高温度下有利于反应a进行，所以在其他条件不变时，高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小， SO2和NO的转化率均降低； ③ 由图可知，NO的转化率高于的原因是反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于； (2)①溶液中存在，，的水解程度大于的水解程度，使溶液呈碱性； ②的浓度很低时，溶液直接与反应是脱除的主要原因，即的脱除率几乎不受的浓度的影响，的脱除率超过97%； ③与反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，反应的离子方程式为。 37.(2025-2026高二上·北京房山·期中)某小组实验探究铁的腐蚀及防护措施。 查阅资料：ⅰ．。ⅱ．   ；   。 实验装置 序号 实验步骤及现象 经过酸化的3% NaCl溶液pH≈5) Ⅰ 电流表指针偏转，Fe电极上未见气泡生成；一段时间后，取出少量Fe电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀 Ⅱ 一段时间后，向Fe电极附近滴加溶液，生成蓝色沉淀 （1）实验Ⅰ中，主要的能量转化形式为化学能转化为　　　　　　　能。 （2）实验Ⅱ中，蓝色沉淀为，说明含有。对产生的原因作出如下猜想：猜想1：将Fe氧化；猜想2：_____将Fe氧化；猜想3：将Fe氧化。 ①猜想2中的物质是　　　　　　(填化学式)；依据实验Ⅰ中的现象可否定猜想　　　　　　(填序号)。 ②甲同学猜想，也可能是被Zn还原的产物，理由是：　　　　　。乙同学依据资料ⅱ推断甲同学猜想不成立，依据是：　　　　　，无法生成蓝色沉淀。初步判断，猜想3成立。 （3）继续验证。实验Ⅲ装置如图所示。 ①证明发生吸氧腐蚀的操作及现象是：向A区滴加　　　　　，溶液变红。 ②向A区滴加溶液，出现蓝色沉淀，一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀消失。已知铁不与蓝色沉淀反应，请结合资料ⅰ和平衡移动原理，分析“与铁钉接触的蓝色沉淀消失”的原因　　　　。 ③将实验Ⅲ装置中的锌片换成铜片，向A区滴加溶液，推测其与实验Ⅲ现象的差异　　　　　。 上述实验说明：可以利用牺牲阳极的阴极保护法对金属铁进行防护。 【答案】（1）电     （2）①     ② 猜想1、猜想2    ③ 中铁元素为+3价，具有氧化性，Zn有还原性，可将+3价铁还原为    ④ (与的配位/结合能力远大于)，被Zn还原后的产物为而非     （3）① 酚酞溶液    ② ，与结合，使浓度降低，平衡正向移动(K>Q)，蓝色沉淀溶解    ③ 该反应比实验Ⅳ产生蓝色沉淀更快；一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失      【解析】实验Ⅰ装置形成原电池，在锌铁原电池中，活泼的金属作负极，锌比铁活泼，所以实验中锌作负极，铁做正极，发生还原反应；实验Ⅱ中，生成了蓝色沉淀，说明在电池正极上生成了，不符合电池的原理，说明铁被其他物质氧化；实验Ⅲ中，用锌片包裹铁钉，形成原电池，活泼性高的Zn做负极，电极方程式为：，Fe做正极，电极方程式为，正极发生吸氧腐蚀。 (1)原电池是化学能转化为电能的装置； (2)① 在酸性的氯化钠溶液中存在氧气，氧气具有氧化性，能把铁氧化，所以猜想为：能将氧化； ② 依据实验I中电流表指针偏转，Fe电极上未见气泡生成：取出少量Fe电极附近的溶液，滴加溶液，未出现蓝色沉淀，即可知不是由和或将Fe氧化，即可否定猜想1和2； ③ 蓝色沉淀中铁元素为+3价，具有氧化性，Zn有还原性，可将还原为； ④ 由已知得，即的配位能力远大于、，被Zn还原后的产物应为而非，无法生成蓝色沉淀; (3)① 在实验Ⅲ中，正极发生吸氧腐蚀，生成氢氧根离子，溶液碱性增强，若向A区滴加酚酞溶液，出现红色，证明溶液呈碱性，即证明发生了吸氧腐蚀； ② 蓝色沉淀为：，其在溶液中存在着沉淀溶解平衡，，，反应中阴离子向负极移动，移动到负极附近被Zn还原，使其浓度降低，随着正极反应的进行，铁钉附近增大，铁离子，亚铁离子与氢氧根反应，使、、浓度降低，根据勒夏特列原理，上述沉淀溶解平衡正向移动，蓝色沉淀溶解； ③ 当把锌片换成铜片时，因为铜的活泼性比铁弱此时形成的原电池中，A区的铁作负极，铜作正极，负极反应为，向A区滴加溶液，因为有生成，会生成蓝色沉淀，但与实验I不同的是，因为铁持续作负极被氧化产生，所以该反应比实验Ⅲ产生的蓝色沉淀更快、更多，所以一段时间后，与铁钉接触的蓝色沉淀不消失。 38.(2025-2026高二上·北京市第一六六中学·期中)实验小组探究酸对Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡的影响。将0.005mol·L-1FeCl3溶液(接近无色)和0.01mol·L-1KSCN溶液等体积混合，得到红色溶液。 已知：FeCl3溶液呈酸性的原因是Fe3+水解：Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+。 （1）甲同学认加入酸后，会使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3体系中　　　　　增大，导致该平衡正向移动，溶液颜色加深。 【设计并实施实验】 取两等份红色溶液，进行如下操作并记录现象。         [查阅资料] Fe3+和均能发生络合反应(配位平衡)：(黄色)；(无色)。 实验I．探究现象a中溶液颜色变化的原因 编号 操作 现象 ① 向2mL红色溶液中滴加5滴水 溶液颜色无明显变化 ② 向2mL红色溶液中滴加5滴3mol·L-1KCl溶液 溶液颜色变浅，呈橙色 （2）实验①的目的是　　　　　。 （3）根据实验①和实验②的结果，从平衡移动角度解释现象a：　　　　　。 实验II．探究现象b中溶液呈浅黄色的原因 编号 操作 现象 ③ 取1mL0.0025mol·L-1Fe2 (SO4) 3溶液(无色)。加入1mL0.01mol·L-1KSCN溶液，再加入5滴1.5mol·L-1H2SO4溶液 溶液先变红，加硫酸后变为浅黄色 ④ 取1mL0.005mol·L-1FeCl3溶液，_____ _____ （4）结合实验③可推测现象b中使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，分别是　　　　　。 （5）乙同学进一步补充了实验④，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只是(4)中的一种，请将实验④的操作及现象补充完整：　　　　　、　　　　　。 【答案】（1）c(Fe3+)     （2）排除稀释使溶液颜色变化的干扰     （3）加入盐酸，平衡正向移动，使c(Fe3+)减小，反应 Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，最终溶液颜色变浅呈橙色     （4）或Fe(SCN)3     （5）① 加入蒸馏水，再加入5滴1.5mol/LH2SO4溶液    ② 得到无色溶液      【解析】(1)甲同学认为加入酸后，会使Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+ 平衡左移，Fe3+浓度增大，导致Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡正向移动，溶液颜色加深，故答案：c(Fe3+)； (2)滴入KCl溶液时，溶液被稀释，实验① 滴入相同体积的水，可以排除稀释使溶液颜色变化的干扰，故答案：排除稀释使溶液颜色变化的干扰； (3))实验① ② 的现象分析，，在Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡体系中加入盐酸，铁离子、氯离子发生络合反应，平衡正向移动，使得铁离子浓度减小，Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向进行，Fe(SCN)3浓度减小，溶液颜色变浅，呈橙色，故答案：加入盐酸，平衡正向移动，使c(Fe3+)减小，反应 Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，c[Fe(SCN)3]减小，最终溶液颜色变浅呈橙色； (4)，硫酸铁溶液中为无色，加入KSCN溶液得到红色溶液Fe(SCN)3，加入硫酸，右移，Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3左移，变为浅黄色，根据现象b中现象及题中给信息使溶液呈浅黄色的微粒可能有两种，为或Fe(SCN)3，故答案：或Fe(SCN)3； (5)乙同学进一步补充了实验④ ，确证了现象b中使溶液呈浅黄色的微粒只能是(4)中的一种，取1mL0.005mol/LFeCl3溶液，加入1mL蒸馏水，与实验③ 加入的1mLKSCN溶液对应的体积，再加入5滴1.5mol/LH2SO4溶液，分析溶液是否变化，最后得到无色溶液，说明实验③ 中溶液呈浅黄色的是Fe(SCN)3，故答案：加入1ml蒸馏水，再加入5ml1.5mol/LH2SO4溶液；无明显现象（或得到无色溶液）。 39.(2025-2026高二上·北京市中关村中学·期中)某化学小组同学对溶液与溶液的反应进行探究 实验操作 现象 ① 溶液由棕黄色变为红色，无沉淀生成。放置6小时后，溶液变为淡黄色，始终无沉淀生成。 ② 溶液由棕黄色变为红色，无沉淀生成。放置6小时后，生成红褐色沉淀，上层清液为无色。 （1）配制溶液时，先将溶于浓盐酸，再稀释至指定浓度。结合化学用语说明浓盐酸的作用：　　　　　　。 （2）请用离子方程式表示溶液显碱性的原因　　　　　　。 （3）甲同学认为实验①发生了氧化还原反应，其反应的离子方程式为　　　　　　，取反应后的溶液中加入溶液，观察到　　　　　　(填现象)，证实了此结论。 （4）乙同学检验红褐色沉淀为，请用平衡移动原理解释生成沉淀的原因　　　　　　。 （5）丙组同学检验实验②中无，而通过实验①证实此浓度的溶液与溶液可以发生氧化还原反应。 查阅资料已知：、、可形成难电离的红色物质：。 请解释实验②中无生成的原因　　　　　　。 （6）通过以上探究，溶液与溶液的反应受　　　　　　因素影响(至少写出两项)。 【答案】（1）铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子：，加入盐酸可以抑制铁离子的水解     （2）、     （3）①     ② 生成蓝色沉淀     （4）铁离子水解显酸性，亚硫酸根水解显碱性，两者的水解促使铁离子水解不断正移，从而生成沉淀     （5）向亚硫酸钠滴加氯化铁，快速形成红色配合物HOFeOSO2，降低了Fe3+的浓度，使其氧化性降低，因此不发生氧化还原     （6）受物质的量浓度(或物质的量的相对多少)、滴加顺序、溶液pH等因素影响      【解析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；      FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应进行探究，反应① 中发生反应，反应② 与反应① 混合后反应物浓度不同、滴加顺序不同，pH不同，导致反应现象不同； 实验② 中向亚硫酸钠滴加氯化铁，快速形成红色配合物HOFeOSO2，降低了Fe3+的浓度，使其氧化性降低，因此不发生氧化还原，无Fe2+生成。 (1)铁离子水解生成氢氧化铁和氢离子：，加入盐酸可以抑制铁离子的水解； (2)是强碱弱酸盐，因为弱酸根离子水解使溶液显碱性，多元弱酸根离子分步水解分步表达，离子方程式表示溶液显碱性的原因：、； (3)铁离子具有氧化性，亚硫酸根离子具有还原性，实验① 中在酸性酸性条件下，两者发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子：；亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀，故观察到生成蓝色沉淀，证实了此结论。 (4)乙同学检验红褐色沉淀为，产生的原因：铁离子水解显酸性，亚硫酸根水解显碱性，两者的水解促使铁离子水解不断正移，从而生成沉淀； (5)根据信息可知、、可形成难电离的红色配合物，实验② 中无Fe2+生成的原因向亚硫酸钠滴加氯化铁，快速形成红色配合物HOFeOSO2，降低了Fe3+的浓度，使其氧化性降低，因此不发生氧化还原； (6)通过以上探究，FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应受物质的量浓度(或物质的量的相对多少)、滴加顺序、溶液pH等因素影响。 40.(2025-2026高二上·北京市八一学校·期中)某学习小组为了探究的电离情况，进行了如下实验。 【实验一】测定时20.00 mL冰醋酸稀释过程中溶液的电导率变化。 （1）醋酸的电离方程式为　　　　　　。 （2）三点对应的溶液中，由小到大的顺序是　　　　　　，电离程度最大的是　　　　　　。 （3）若使C点对应的溶液中减小，可采用的方法是　　　　　　（填序号）。 A加入                           B.加入冰醋酸                           C.加入固体 【实验二】时，以酚酞为指示剂，用溶液滴定20.00 mL溶液。 （4）下列操作或仪器名称不正确的是______。 A.配制0.1000 mol／L NaOH溶液 B.排出滴定管内气泡 C.酸式滴定管 D.读取滴定管读数 A. A B. B C. C D. D （5）记录的滴定曲线如图所示，其中代表醋酸的滴定曲线的是　　　　　　。（填I或II） （6）滴定至终点的现象为　　　　　　。 （7）下列情况会导致测定结果偏高的是______（填字母）。 A. 滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶 B. 在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出 C. 滴定至终点时，俯视读数 D. 用蒸馏水清洗滴定管后，未用NaOH标准液润洗 （8）若加入NaOH溶液的体积为10 mL时，所得溶液的pH为y，则时的电离常数　　　　　　。（用含有的式子表达） 【答案】（1）     （2）① A<C    ② C     （3）BC     （4）AC     （5）I     （6）滴入最后半滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不恢复     （7）D     （8）      【解析】冰醋酸稀释过程中，A、B、C三点对应的溶液中，导电性越强，氢离子浓度越大；冰醋酸溶液中不断加水，平衡不断正向移动，因此A、B、C三点对应的溶液中，醋酸的电离程度最大的是C。 (1)醋酸是弱电解质，电离方程式为； (2)根据分析，三点对应的溶液中，由导电性可知由小到大的顺序是A<C；根据越稀越电离的规律电离程度最大的是C点； (3)根据，只与温度有关，加水稀释减小，增大；加入冰醋酸，增大，减小；加入固体，增大，减小；故选BC； (4)A．配制溶液过程中，距离刻度线1~2cm处应该用胶头滴管滴加，A错误； B．左手拇指与食指捏住橡胶管中玻璃珠的两侧挤压，使玻璃珠与橡胶管内壁间形成间隙，让液体快速从尖嘴流出排出气泡，B正确； C．图中所示为碱式滴定管，C错误； D．滴定管的0刻度线在上方，精确度0.01mL，读数时，视线与凹液面最低处相平，图中读数正确，D正确； 故选AC； (5)醋酸是弱酸，溶液，pH大于1，故其中代表醋酸的滴定曲线的是I； (6)以酚酞为指示剂，酚酞在酸溶液中呈无色，滴定至终点的现象为滴入最后半滴氢氧化钠溶液时，溶液颜色由无色变浅红色，且半分钟内不恢复； (7)A．滴定前用蒸馏水冲洗锥形瓶，不影响瓶内溶质的量，对结果无影响，A错误； B．在振荡锥形瓶时不慎将瓶内溶液溅出，导致醋酸含量减小，消耗标准液体积偏小，测定结果偏低，B错误； C．滴定至终点时，俯视读数，标准液读数偏小，测定结果偏低，C错误； D．用蒸馏水清洗滴定管后，未用NaOH标准液润洗，标准液被稀释，消耗体积偏大，测定结果偏高，D正确； 故选D； (8)若加入NaOH溶液的体积为10 mL时，所得溶液为、等物质的量的混合溶液，溶液中，溶液的pH为y，，的电离常数。 41.(2025-2026高二上·北京丰台·期中)某小组实验验证“Ag++Fe2+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·L-1 Ag2SO4溶液与0.0400mol·L-1 FeSO4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粉中加入0.0100mol·L-1 Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。 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(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是　　　　　　　　　　　。 综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓为可逆反应。 ③小组同学采用下图电化学装置从平衡移动角度进行验证，写出操作及现象　　　　　　　　　　　。 （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c1 mol·L-1 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V1 mL。 资料：Ag++SCN-AgSCN↓(白色)   K=1012； Fe3++SCN-FeSCN2+(红色)   K=102.3； ①滴定过程中Fe3+的作用是　　　　　　　　　　　。 ②测得平衡常数K=　　　　　　　　　　　。 （3）实验反思：不用实验Ⅱ中清液测定K的原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 固体溶解，产生红棕色气体    ② 酸性条件下，有氧化性    ③ 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，再向左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同或闭合开关K，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，再向左侧烧杯中滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转     （2）① 指示剂    ②      （3）Ag完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态      【解析】该实验利用化学反应的进行和原电池原理验证银离子与亚铁离子的反应为可逆反应，应用络合滴定测定了反应的平衡常数，据此分析； (1)① 银能与浓硝酸发生反应，方程式为，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是银； ② 由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，从而干扰实验，故Ⅱ中溶液选用，不选用； ③ 闭合开关K，银电极上固体逐渐溶解，指针偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的硫酸铁溶液，与之前的现象相同，说明该反应为可逆反应；若选用的电解质溶液为硫酸亚铁溶液和硝酸银溶液，闭合开关K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓硫酸铁溶液，银电极上固体逐渐减少，指针偏转，说明该反应为可逆反应； (2)① 由化学平衡常数可知，滴定时，铁离子为反应的指示剂，当银离子与硫氰酸根离子完全反应时，再滴入半滴硫氰化钾溶液，溶液会变为浅红色； ② 取Ⅰ中所得上层清液V mL，用c1 mol∙L-1 KSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液V1 mL；已知：(白色) ，说明反应几乎进行到底，上层清液中的银离子浓度为，根据三段式进行计算： ，则平衡常数； (3)由于实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态，因而不用实验Ⅱ中清液测定K。 42.(2025-2026高二上·北京育英中学·期中)某兴趣小组研究重铬酸钾的性质及制备。 已知：。 （1）为证明溶液酸碱性对与之间相互转化的影响，同学们设计并进行如下实验。 ①已知浓硫酸溶于水放热，因此设计a步骤的意图是　　　　　　　。 ②同学们分析：仅按照上图所示实验现象，此实验不能达到预期目的。将上述实验最终得到的溶液继续　　　　　　　(填所需操作及观察到的现象)，可达到实验目的。 （2）在水溶液中易得电子，具有较强的氧化性。 ①进行氧化还原滴定时，常利用亚铁盐溶液与溶液反应，写出该反应的离子方程式：　　　　　　　。 ②作为氧化剂使用时需酸化，解释酸化使其氧化性增强的原因：　　　　　　　。 （3）以铬酸钾为原料，采用膜电解法可制备，装置如图所示(其中，分别为或中的一种)。 ①a为　　　　　　　。 ②阳极的电极反应式是　　　　　　　。 ③该装置中的离子交换膜应只允许　　　　　　　(填“阳”或“阴”)离子通过。 ④以为原料制备时，可以采用膜电解法而不能直接加酸制备的原因是　　　　　　　。 【答案】（1）① 欲排除放热对该反应的影响    ② 冷却至室温，加热后的溶液恢复黄色而加入浓硫酸的溶液仍为橙色(颜色变浅)     （2）①     ② 根据可知，酸性条件使平衡正向移动，增大；由可知，酸性条件使得电子能力更强     （3）①     ②     ③ 阳    ④ 膜电解法不会引人其他阴离子，产品纯度高      【解析】(1)① 向溶液中滴加氢氧化钠溶液，使平衡逆向移动，溶液由橙色变为黄色，将溶液分为两组，一组进行加热，溶液由黄色变为橙色，说明为吸热反应，升高温度平衡逆向移动，另一组滴入浓硫酸，由于浓硫酸稀释时放出热量，能使平衡正向移动，加入H+也能使平衡正向移动，故设计a步骤的意图是欲排除放热对该反应的影响；② 由于b步骤滴加浓硫酸，温度升高，且氢离子浓度增大，则同学们分析认为：仅按照上图所示实验现象，此实验不能达到预期目的，将上述实验最终得到的溶液继续冷却至室温，加热后的溶液恢复黄色而加入浓硫酸的溶液仍为橙色(颜色变浅)，可达到实验目的； (2)由于在水溶液中易得电子，具有较强的氧化性； ① 进行氧化还原滴定时，溶液能将亚铁盐氧化为铁盐，生成铁离子和铬离子和水，离子方程式：；② 根据可知，酸性条件使平衡正向移动，增大；由可知，酸性条件使得电子能力更强，故作为氧化剂使用时需酸化； (3)以铬酸钾为原料，采用膜电解法可制备，阳极水中的氢氧根失去电子生成氧气和氢离子，氢离子与发生反应生成，阴极水中氢离子得到电子生成氢气和氢氧根离子，中间的离子交换膜允许钾离子通过，故①a为； ② 阳极的电极反应式是； ③ 该装置中的离子交换膜应只允许钾离子通过，钾离子为阳离子; ④ 以为原料制备时，可以采用膜电解法而不能直接加酸制备的原因为膜电解法不会引人其他阴离子，产品纯度高。 43.(2025-2026高二上·北京市第二中学·期中)某小组实验验证“”为可逆反应并测定其平衡常数。 （1）实验验证 实验Ⅰ．将溶液和溶液()等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。 实验Ⅱ．向少量Ag粉中加入溶液()溶液，固体完全溶解。 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，不选用的原因是　　　　　　　　　　　。 ③综合上述实验，证实“”为可逆反应的理由为　　　　　　　　　　　。 （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，取上层清液，用标准溶液滴定，至出现稳定的浅红色时消耗标准溶液。 资料：(白色)    (红色)    ①反应平衡常数的值　　　　　　　　　　　。 ②滴定过程中的作用是　　　　　　　　　　　。 ③测得平衡常数　　　　　　　　　　　。(用含、、的式子表示) （3）思考问题 ①取实验Ⅰ的浊液测定，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　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 固体溶解，产生红棕色气体    ② 酸性条件下，有氧化性    ③ 相同条件下，反应可以向正向和逆向两方向进行     （2）①     ② 指示剂    ③      （3）① 偏低    ② Ag完全反应，无法确定反应是否达到平衡状态      【解析】(1)① 银能与浓硝酸发生反应，方程式为，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是银； ② 由于硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，能够氧化亚铁离子，从而干扰实验，故Ⅱ中溶液选用，不选用； ③ 综合上述实验，证实“”为可逆反应的理由为：相同条件下，反应即可以向正反应方向进行又可以向逆反应方向进行； (2)① 反应可由反应减去反应得到，因此该反应的平衡常数； ②Fe3+与SCN-反应生成红色，因为Ag+与SCN-反应的K值大于Fe3+与SCN-反应的K值，因此Ag+与SCN-优先反应，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的银离子恰好完全反应，且溶液中铁离子浓度不变，上述反应达到平衡，故溶液中铁离子的作用是滴定反应的指示剂； ③ 取Ⅰ中所得上层清液v mL，用c1 mol∙L-1 KSCN标准溶液滴定，消耗KSCN标准溶液v1 mL；已知：(白色)   ，说明反应几乎进行到底，上层清液中的银离子浓度为，根据三段式进行计算： 则平衡常数； (3)① 若取实验Ⅰ所得浊液测定银离子浓度，由于浊液中还有银，则存在平衡，且随着反应的进行，使得平衡逆向移动，测得平衡体系中的银离子浓度偏大，即偏大，故所得到的偏低； ② 由于实验Ⅱ中银完全溶解，故无法判断体系是否达到平衡状态，因而不用实验Ⅱ中清液测定K。 44.(2025-2026高二上·北京市第二中学·期中)烟气脱硫脱硝技术是环境科学研究的热点。某小组模拟氧化结合溶液吸收法同时脱除和的过程示意图如下。 （1）气体反应器中的主要反应原理及相关数据如下表。 反应 平衡常数 活化能/() 反应a：    24.6 反应b：    3.17 反应c：    58.17 ①化学平衡常数是表明化学反应限度的一个特征值。由数据可知，气体反应器中反应a~c达到平衡时正向发生的限度　　　　　　　　　　　。(填“很小”、“可逆”或“很大”)其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内和的转化率均随温度升高而降低，原因是　　　　　　　　　　　。 ②其他条件不变，和初始的物质的量浓度相等时，经检测装置1分析，在相同时间内，和的转化率随的浓度的变化如图。结合数据分析的转化率高于的原因　　　　　　　　　　　。 （2）其他条件不变，和初始的物质的量浓度相等时，经检测装置2分析，在相同时间内，与的物质的量之比对和脱除率的影响如下图。 ①的浓度很低时，的脱除率超过97%，原因是　　　　　　　　　　　。 ②在吸收器中，与反应生成和的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 ③在吸收器中，随着吸收过程的进行，部分被转化为，反应中和的物质的量之比为1:1，该反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① 很大    ② 高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，减小，反应b和c的速率减小，导致和的转化率均降低    ③ 反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此的转化率高于     （2）① 溶液直接与反应是脱除的主要原因    ②     ③       【解析】模拟烟气中含SO2和NO，加入O3，反应器中发生反应a~c，经检测装置1分析，其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内SO2和NO的转化率均随温度升高而降低；经过(NH4)2SO3溶液吸收，吸收器中与NO2反应生成和，部分和发生归中反应生成N2和H2O，经检测装置2分析，在相同时间内，O3的浓度很低时，(NH4)2SO3溶液直接与SO2反应是脱除SO2的主要原因，且O3与NO的物质的量之比越大，NO脱除率越高，据此分析回答。 (1)① 由反应a~c的化学平衡常数可知，K远大于105，则达到平衡时，正向发生的限度很大； ② 其他条件不变时，高于150℃，在相同时间内SO2和NO的转化率均随温度升高而降低， 原因是高于150℃，温度升高，反应a的速率增大，c(O3)减小，反应b和c的速率减小，导致SO2和NO的转化率均降低； ③ 由图可知，NO的转化率高于SO2的原因是反应b的活化能小于反应c，反应b的速率大于反应c，因此NO的转化率高于SO2； (2)①O3的浓度很低时，(NH4)2SO3溶液直接与SO2反应是脱除SO2的主要原因，即SO2的脱除率几乎不受O3的浓度的影响，SO2的脱除率超过97%； ②与NO2反应生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒定律，该反应的离子方程式为：； ③ 吸收过程中，部分和发生归中反应生成N2和H2O，反应中和N2的物质的量之比为1:1，根据得失电子守恒、电荷守恒及质量守恒定律配平，该反应的离子方程式为：。 45.(2025-2026高二上·北京市第二中学·期中)某小组探究镁与醋酸溶液反应的实质。 【实验】在常温水浴条件下进行实验Ⅰ~Ⅲ，记录生成气体体积和溶液pH变化。 Ⅰ．取0.1 g光亮的镁屑(过量)放入10mL0.10mol∙L-1HCl溶液； Ⅱ．取0.1 g光亮的镁屑放入10mL0.10mol∙L-1 CH3COOH溶液(pH=2.9)； Ⅲ．取0.1 g光亮的镁屑放入10mL pH=2.9的HCl溶液。 【数据】          （1）起始阶段Ⅰ中主要反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅱ起始溶液中约为　　　　　　　　　　　(用“”形式表示)。 （3）起始阶段，导致Ⅱ和Ⅲ中气体生成速率差异的主要因素不是c(H+)，实验证据是　　　　　　　　　　　。 （4）基于溶液组成预测Ⅱ的气体生成速率快于Ⅲ的原因是CH3COOH能直接与Mg反应。 验证：【实验Ⅳ】室温下，将一小段打磨光亮的镁条投入2mL冰醋酸，立即产生大量气体。选择冰醋酸的理由是　　　　　　　　　　　。 （5）结合图中数据可知H2O也参与反应生成气体，证据是　　　　　　　　　　　。 （6）探究醋酸溶液中与Mg反应的主要微粒。 【实验Ⅴ】与Ⅱ相同的条件和试剂用量，将溶液换成含0.10mol∙L-1 CH3COOH和0.10mol∙L-1CH3COONa的混合溶液(pH=4.8)。各时刻气体生成的瞬时速率()对比如下。 a．Ⅴ起始速率 b．Ⅱ起始速率 c．Ⅱ进行到pH=4.8时速率 2.1 2.3 0.8 ①将a∼c时刻对应溶液中的c(H+)和c(CH3COOH)分别进行排序： c(H+)：　　　　　　　　　　　(用“＞”或“≈”连接a∼c表示，下同)；c(CH3COOH)：　　　　　　　　　　　。 ②结合a∼c中微粒浓度的比值分析，c(H+)和c(CH3COOH)中哪一因素对气体生成速率影响更大：　　　　　　　　　　　。 （7）综合以上实验，从微粒及其参与反应的程度角度分析镁与醋酸稀溶液反应的实质　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）Mg+2H+=Mg2++H2↑     （2）102(或101.9)     （3）由图1可知起始阶段Ⅱ的气体生成速率远大于Ⅲ，但图2表明该阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ     （4）冰醋酸中CH3COOH几乎不电离     （5）Ⅰ和Ⅱ最终生成H2体积明显大于Ⅰ中HCl完全反应时理论生成的H2体积12.3mL     （6）① b＞a≈c    ② a≈b＞c    ③ a与b对比，b中c(H+)约为a的100倍，但气体生成速率仅略快于a；a与c对比，c中c(CH3COOH)约为a的一半，但气体生成速率明显慢于a。因此，c(CH3COOH)对气体生成速率的影响更大     （7）CH3COOH、H+、H2O均能与Mg反应生成H2，三个反应同时存在，CH3COOH是参与反应的主要微粒      【解析】实验：在常温水浴条件下进行实验Ⅰ~Ⅲ，记录生成气体体积和溶液pH变化。Ⅰ．取0.1 g光亮的镁屑(过量)放入10mL0.10mol∙L-1HCl溶液；Ⅱ．取0.1 g光亮的镁屑放入10mL0.10mol∙L-1 CH3COOH溶液(pH=2.9)；Ⅲ．取0.1 g光亮的镁屑放入10mL pH=2.9的HCl溶液。从图1看，起初HCl与Mg反应比CH3COOH快，表明溶液中c(H+)大，但最终CH3COOH溶液中气体的体积最大，表明Mg与H2O反应生成的H2更多；Ⅱ与Ⅲ相比，Ⅱ的反应速率远大于Ⅲ，则CH3COOH也能与Mg直接反应。图2中，起初时，Ⅱ与Ⅲ相比，Ⅱ的pH比Ⅲ的大[Ⅱ中c(H+)比Ⅲ中小]，但反应速率Ⅱ比Ⅲ快，则表明c(H+)不是影响反应速率的主要因素。 (1)起始阶段Ⅰ中，Mg与HCl反应生成MgCl2和H2是主要反应，Mg与水反应是次要反应，则主要反应的离子方程式是Mg+2H+=Mg2++H2↑。 (2)Ⅱ起始溶液中=≈=101.9，约为102(或101.9)。 (3)由分析可知，起始阶段，导致Ⅱ和Ⅲ中气体生成速率差异的主要因素不是c(H+)，而是c(CH3COOH)，实验证据是：由图1可知起始阶段Ⅱ的气体生成速率远大于Ⅲ，但图2表明该阶段Ⅱ的pH大于Ⅲ。 (4)基于溶液组成预测Ⅱ的气体生成速率快于Ⅲ的原因是CH3COOH能直接与Mg反应，则设计实验时，最好能排除水的干扰(液体中仅含CH3COOH)，所以【实验Ⅳ】选择冰醋酸的理由是：冰醋酸中CH3COOH几乎不电离。 (5)若0.1 g光亮的镁屑(过量)放入10 mL0.10 mol∙L-1HCl溶液，完全反应后，生成H2的物质的量为0.0005 mol，常温下的体积为0.0005 mol×22400 mL/mol×≈12.3 mL，而图中显示生成H2的体积比12.3 mL大，则结合图中数据可知H2O也参与反应生成气体，证据是：Ⅰ和Ⅱ最终生成H2体积明显大于Ⅰ中HCl完全反应时理论生成的H2体积12.3 mL。 (6)① a．Ⅴ起始时，0.10 mol∙L-1 CH3COOH和0.10 mol∙L-1CH3COONa的混合溶液(pH=4.8)；b．Ⅱ起始时，0.10 mol∙L-1 CH3COOH溶液，pH=2.9；c．Ⅱ进行到pH=4.8时，CH3COOH和CH3COONa的浓度大致相等，约为0.050 mol∙L-1，pH=4.8。 则c(H+)：b＞a≈c；c(CH3COOH)：a．0.10 mol∙L-1，b．0.10 mol∙L-1，c．约为0.050 mol∙L-1，则c(CH3COOH)：a≈b＞c。 ②a与b对比，b中c(H+)约为a的10-2.9 : 10-4.9=100，气体生成速率b仅略快于a；a与c对比，c中c(CH3COOH)约为a的0.05 : 0.1=1 : 2，但气体生成速率明显慢于a。则结合a∼c中微粒浓度的比值分析，可得出结论：a与b对比，b中c(H+)约为a的100倍，但气体生成速率仅略快于a；a与c对比，c中c(CH3COOH)约为a的一半，但气体生成速率明显慢于a。因此，c(CH3COOH)对气体生成速率的影响更大。 (7)综合以上实验，CH3COOH、H+、H2O均能与Mg反应生成H2，且c(CH3COOH)对气体生成速率的影响更大。所以从微粒及其参与反应的程度角度分析镁与醋酸稀溶液反应的实质：CH3COOH、H+、H2O均能与Mg反应生成H2，三个反应同时存在，CH3COOH是参与反应的主要微粒。 分析影响反应速率的因素时，可分别对可能发生反应的物质(如CH3COOH、H+、H2O)、温度等进行综合分析。 46.(2025-2026高二上·北京市八一学校·期中)为探讨化学平衡移动原理与氧化还原反应规律的联系，某同学通过改变浓度研究“”反应中和的相互转化。实验如图1所示： （1）待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应到达　　　　　　。 （2）iii是ii的对比实验，目的是排除ii中　　　　　　造成的影响。 （3）ii的颜色变化表明平衡　　　　　　移动（填“正向”、“逆向”或“未移动”）。 （4）结合i的实验现象，根据氧化还原反应的规律，该同学推测i中向转化的原因：外加使降低，导致的还原性弱于.用图2装置均为石墨电极）进行实验验证。 ①K闭合时，指针向右偏转。 ②当指针归零（反应达到平衡）后，向U型管左管中滴加溶液，产生的现象证实了其推测，该现象是　　　　　　。 （5）按照（4）的原理，该同学用图2装置进行实验，证实了ii中向转化的原因。 ①转化的原因是　　　　　　。 ②与（4）实验对比，不同的操作是：向U型管右管中滴加　　　　　　。 （6）实验I中，还原性：；而实验II中，还原性.将（3）和（4）、（5）作对比，得出的结论是　　　　　　。 【答案】（1）化学平衡状态     （2）溶液稀释对颜色变化     （3）逆向     （4）左管出现黄色沉淀，电流计指针向左偏转     （5）① Fe2+浓度增大，还原性增强，使Fe2+还原性强于I-    ② 1 mol/L FeSO4溶液     （6）该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动      【解析】i中加入AgNO3溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动；ii中加入FeSO4，Fe2+浓度增大，平衡逆移；K闭合时，指针向右偏转，可知b极Fe3+得到电子，作正极；当指针归零(反应达到平衡)后，向U形管左管中滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，可知I-浓度降低，使化学平衡2Fe3++2I-2Fe2++I2逆向移动。 (1)待实验I溶液颜色不再改变时，再进行实验II，目的是使实验I的反应达到化学平衡状态； (2)根据实验iii和实验ii的对比可以看出是为了排除有ii中水造成溶液中离子浓度改变的影响； (3)i中加入AgNO3溶液，Ag+与I-生成AgI黄色沉淀，I-浓度降低，2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动，可知Fe2+向Fe3+转化；ii中加入FeSO4溶液，Fe2+浓度增大，增大生成物浓度，化学平衡逆向移动； (4)当指针归零(反应达到平衡)后，向U形管左管中滴加0.01 mol/L AgNO3溶液，若生成黄色沉淀，c(I-)降低，2Fe3++2I-2Fe2++I2平衡逆向移动，指针向左偏转，也可证明推测Fe2+向Fe3+转化； (5)① ii主要是验证对反应的影响，用该装置模仿ii的实验，证明在反应过程中，随反应进行，逐渐增大，还原性逐渐增强，最终还原性强于，使平衡向左进行； ②如果与(4)实验直接对比，可以向U形管右边加入溶液使浓度直接增大发生反向反应。 (6)将(3)和(4)、(5)作对比，得出的结论是该反应为可逆的氧化还原反应，在平衡时，通过改变物质的浓度，可以改变物质的氧化、还原能力，并影响平衡移动。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $