专题12 化学实验综合题（期中真题汇编，北京专用）高三化学上学期

专题12 化学实验综合题 1.(2025-2026高三上·北京市第十三中学·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。 2.(2025-2026高三上·北京市第十三中学·期中)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物等)。库仑滴定法是常用的快速检测煤中全硫含量的方法，其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体中主要含、、、、。 （1）煤样需研磨成细小粉末，目的是　　　　　　。 （2）高温下，煤中的完全转化为，该反应的化学方程式为　　　　　　。 （3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①在电解池中发生反应的离子方程式为　　　　　　。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为　　　　　　。 （4）煤样为ag，电解消耗的电量为x库仑。煤样中硫元素的质量分数为　　　　　　。 已知：电解中转移1电子所消耗的电量为96500库仑。S的相对原子质量：32 （5）条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需要控制电解质溶液的。当时，非电解生成的使测得的全硫含量偏小。生成的离子方程式为　　　　　　。 ②管式炉中煤样燃烧时会有少量产生，使测得的全硫含量　　　　　　(填“偏大”或“偏小”)，该测量结果可进行校正。 【答案】（1）增大固体与空气的接触面积，加快反应速率，使煤粉完全燃烧     （2）     （3）①     ②      （4）     （5）①     ② 偏小      【解析】煤在管式炉中灼烧，S元素转化为二氧化硫气体，二氧化硫在库伦测硫仪中把还原为I-，再通过电解把I-氧化为，根据得失电子守恒计算出硫的含量。 (1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，加快反应速率，使煤粉完全燃烧，所以煤样需研磨成细小粉末； (2)高温下，煤中的完全转化为，S元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，被碳粉还原，所以产物中有二氧化碳，该反应的化学方程式为； (3)①在电解池中将还原为I-，被氧化为硫酸根离子，发生反应的离子方程式为 。 ② 测硫仪工作时，将I-氧化为，电解池的阳极反应式为。 (4)煤样为ag，电解消耗的电量为x库仑。电子的物质的量为，1molSO2转移2mol电子，则煤样中硫元素物质的量为，煤样中硫元素的质量分数为 (5)① 当时，非电解生成的使测得的全硫含量偏小。根据题意，待测气体中含有氧气，氧气能把I-氧化为，反应的离子方程式为。 ② 管式炉中煤样燃烧时会有少量产生，不能还原，使测得的全硫含量偏小。 3.(2025-2026高三上·北京汇文中学·期中)资料显示，可以将Cu氧化为。某小组同学设计实验探究Cu被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 （1）将等体积的KI溶液加入到铜粉和(n>m)的固体混合物中，振荡。实验记录如下： c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色。 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色。 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色。 ①请从物质结构角度解释在水中溶解度较低的原因：　　　　　　　　　　　。 ②初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ　　　　　　　　　　　实验Ⅱ(填“>”、“<”或“=”)。 ③实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是　　　　　　　　　　　。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：　　　　　　　　　　　。 ④结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是　　　　　　　　　　　。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，　　　　　　　　　　　(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　　　　　　　　　　　。 （2）上述实验结果，仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将Cu氧化为。装置如图所示，a、b分别是　　　　　　　　　　　。 （3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被氧化的产物中价态不同的原因：　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① I2是非极性分子，而水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，非极性分子在极性溶剂中的溶解度较低    ② <    ③ 除去，防止干扰后续实验；    ④ 、    ⑤ 或    ⑥ 产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，有红色固体出现    ⑦ 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)     （2）铜片；I2和KI的混合溶液     （3）铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验I、实验II和实验III中Cu以Cu+形式存在， 这是由于在实验I、实验II、实验III中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I-=CuI↓+I2和2Cu2++6I-=[CuI2]-+I2      【解析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 (1)①I2是非极性分子，而水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，非极性分子在极性溶剂中的溶解度较低； ② 提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； ③ 加入，I2浓度减小，平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验； 加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； ④ 结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；由于n＞m，铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)；故答案为：或；产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，有红色固体出现；铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)； (2)I2能将Cu氧化为Cu2+，反应中Cu失去电子被氧化，Cu为负极，故a为铜片，则石墨为正极，正极碘得到电子，被还原，故b为I2和KI的混合溶液； (3)在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。 4.(2025-2026高三上·北京十五中·期中)某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知： 物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl 溶解度/g（20℃） 2.4×10-4 1.4×10-3 3.0×10-7 1.5×10-4 （1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化 实验操作：    试剂A 试剂B 试剂C 加入盐酸后的现象 实验Ⅰ BaCl2 Na2CO3 Na2SO4 …… 实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解 ① 实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，　　　　　　。 ② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是　　　　　　。 ③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：　　　　　　。 （2）探究AgCl和AgI之间的转化 实验Ⅲ：        实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。 装置 步骤 电压表读数     ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合K a ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全 b ⅲ.再向B中投入一定量NaCl (s) c ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s) a 注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。 ①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是　　　　　　（填序号）。 a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液 ②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是　　　　　　。 ③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：　　　　　　。 ④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是　　　　　　。 （3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： 　　　　　　。 【答案】（1）① 沉淀不溶解或无明显现象    ② BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O    ③ BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) + (aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动     （2）① b    ② 2I- - 2e- =I2    ③ 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱    ④ 实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl-AgCl + I-     （3）溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现      【解析】①因为BaCO3能溶于盐酸，放出CO2气体，BaSO4不溶于盐酸，所以实验Ⅰ说明全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，沉淀不溶解或无明显现象。答案：沉淀不溶解或无明显现象。 ② 实验Ⅱ是BaCl2中加入Na2SO4和Na2CO3产生BaSO4和BaCO3，再加入稀盐酸有少量气泡产生，沉淀部分溶解，是BaCO3和盐酸发生反应产生此现象，所以反应的离子方程式为：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。答案：BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O。 ③ 由实验Ⅱ知A溶液为3滴0.1mol/LBaCl2，B为2mL0.1mol/L的Na2SO4溶液，根据Ba2++ SO42-= BaSO4,所以溶液中存在着BaSO4 (s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。所以BaSO4沉淀也可以转化为BaCO3沉淀。答案：BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq)+ SO42-(aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，CO32-与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动。 (2) ①甲溶液可以是NaCl溶液,滴入少量的AgNO3溶液后产生白色沉淀，再滴入KI溶液有黄色沉淀产生。说明有AgCl转化为AgI。故答案为b。 ② 实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中为0.01mol/L的KI溶液，A中为0.1mol/L的AgNO3溶液,Ag+具有氧化性，作原电池的正极，I—具有还原性，作原电池的负极，所以B中石墨上的电极反应式是2I- - 2e- = I2。答案：2I- - 2e- = I2。 ③ 由于AgI的溶解度小于AgCl，B中加入AgNO3溶液后，产生了AgI沉淀，使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱，根据已知其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大，而离子的浓度越大，离子的氧化性（或还原性）强。 所以实验Ⅳ中b＜a。答案：由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱 。 ④虽然AgI的溶解度小于AgCl，但实验Ⅳ中加入了NaCl(s)，原电池的电压c＞b，说明c(Cl-)的浓度增大，说明发生了AgI + Cl- AgCl + I-反应，平衡向右移动，c(I-)增大。答案：实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl- AgCl + I- 。    （3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。答案：溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现。 5.(2025-2026高三上·北京市第五中学·期中)高铁酸钾（）是一种高效净水剂，可采用不同的方法制备。 （1）可以去除水中、等物质，同时生成红褐色胶体。净水过程中利用的的性质是　　　　　　　　　　。 （2）方法一：化学氧化法制备固体。 已知：仅在强碱性溶液中稳定存在。 ①制粗品：向饱和KOH和KClO混合溶液中滴加溶液并不断搅拌，析出沉淀，过滤所得固体为粗品。生成反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。 ②重结晶：将粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴冷却，过滤、洗涤、干燥后得到。 ⅰ.重结晶时，第一次过滤后滤渣的主要成分是　　　　　　　　　　。 ⅱ.向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是　　　　　　　　　　。 （3）方法二：电解法制备溶液，其装置示意图如图。 ①阳极生成的电极反应式为　　　　　　　　　　。 ②若不使用阳离子交换膜会导致产率降低，可能的原因是　　　　　　　　　　。 ③电解一段时间后，阴极、阳极分别产生气体8.96L、1.12L（已折算为标准状况），则理论上生成的物质的量为　　　　　　　　　　。 【答案】（1）氧化性     （2）①     ②     ③ 增大浓度，促进析出；维持的稳定     （3）①     ② 阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失（或迁移至阳极放电，发生副反应）    ③ 0.1mol      【解析】(1)中Fe元素为+ 6价，具有强氧化性，能氧化水中的、等物质；其还原产物Fe3 +水解生成红褐色的Fe(OH) 3胶体，胶体具有吸附性，能吸附水中的悬浮杂质，所以净水过程中利用了的强氧化性和Fe(OH) 3胶体的吸附性； (2)①在碱性条件下将氧化为，被还原为，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平离子方程式为：； ②将粗品溶于稀KOH溶液，溶解，而未反应完的转化沉淀，所以第一次过滤后滤渣的主要成分是不溶性杂质；向滤液中加入饱和KOH溶液，增大了的浓度，根据沉淀溶解平衡，会使的平衡向左移动，从而析出晶体，维持的稳定； (3)① 阳极上Fe失去电子生成，在碱性条件下，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，电极反应式为：； ② 阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失或若不使用阳离子交换膜，阴极产生的迁移至阳极放电，发生副反应导致产率降低； ③ 阴极反应为，产生H2的物质的量，转移的电子为0.8mol；阳极产生气体的反应：，，转移电子为，阳极还发生反应：，根据得失电子守恒可知，该反应转移的电子为，生成的物质的量为0.1mol。 6.(2025-2026高三上·北京北师大二附中·期中)某小组探究Cu与的反应，进行如下实验。 已知：(无色)(白色) (白色) 序号 试剂x 实验现象 Ⅰ 溶液 溶液变为浅蓝色，时，铜粉有较多剩余 Ⅱ 溶液 溶液变为蓝色，时，铜粉完全溶解 （1）Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有生成。分别取少量反应后的溶液，滴加溶液，均产生蓝色沉淀。Ⅰ中反应的离子方程式是　　　　　　　。 （2）内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ　　　　　　　Ⅱ(填“>”“＜”或“=”)。 （3）研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加溶液，取样时间与实验现象如下(不考虑的作用)。 序号 取样时间/min 现象 ⅰ 1 产生白色沉淀 ⅱ 10 产生白色沉淀，较时量多 ⅲ 30 产生白色沉淀，较时量少 ⅳ 40 无白色沉淀产生 经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅。 ①溶液的浓度是　　　　　　　。 ②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，Cu与溶液反应的离子方程式是　　　　　　　。 ③由ⅲ、ⅳ可知，后主要反应的离子方程式是　　　　　　　。 （4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是　　　　　　　。 （5）研究的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。 a中加入的试剂x为和的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是。则铜粉未完全溶解的原因是　　　　　　　。 【答案】（1）Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+     （2）＜     （3）① 0.3    ② Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+    ③ [CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－     （4）作催化剂     （5）c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行      【解析】(1)Ⅰ中，将硫酸铁溶液中加到不足量的铜粉中，充分振荡，溶液变为蓝绿色，说明铜与硫酸铁反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，Ⅰ中反应的离子方程式是Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+。故答案为：Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+； (2)内，Ⅱ中铁离子浓度大，反应速率 大，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ＜Ⅱ。故答案为：＜； (3)经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅，说明铁离子浓度越来越小。 ① 控制左侧氯离子浓度与右侧相同，溶液的浓度是0.3。故答案为：0.3； ② 根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，铜由0价变为+1价，Cu与溶液反应的离子方程式是Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+。故答案为：Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+； ③ 由ⅲ、ⅳ可知，后+1价的铜被氧化为铜离子，主要反应的离子方程式是[CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－。故答案为：[CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－； (4)对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是作催化剂。故答案为：作催化剂； (5)研究的浓度对铜粉溶解的影响，铜粉未完全溶解的原因是c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。故答案为：c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。 7.(2025-2026高三上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)某小组同学探究Zn与溶液反应的还原产物。 （1）将2g锌片分别插入到20mL不同浓度的溶液中，实验记录如下。 实验 溶液 实验现象 Ⅰ 溶液 锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，振荡，出现白色浑浊 Ⅱ 溶液 锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，振荡，出现较多白色浑浊 Ⅲ 溶液 锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，溶液略显白色浑浊，振荡，白色浑浊消失 资料：CuCl(白色固体)难溶于水，(无色)；，。 ①用离子方程式解释溶液显酸性()的原因　　　　　　　。 ②锌片表面附着的紫红色固体Cu疏松多孔，容易脱落，可能的原因是　　　　　　　。 ③将2g锌片插入到20mL的KCl与盐酸混合溶液()中，一段时间内未观察到气泡。分析实验Ⅰ中产生气泡的主要原因是　　　　　　　。 ④验证白色浑浊物的成分。取实验Ⅰ中白色不溶物，滴入浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，振荡，溶液逐渐变蓝。用离子方程式解释溶液由无色变为蓝色的原因　　　　　　　。实验证实了白色浑浊物为CuCl。 ⑤实验Ⅲ所得溶液中，被还原的铜元素可能形成2种配离子、，进行以下实验：取实验Ⅲ反应后的溶液，加大量水析出CuCl，从平衡移动角度分析哪种配离子有利于析出CuCl　　　　　　　。 （2）进行实验Ⅳ，继续探究Zn与溶液反应的还原产物。 实验 装置 实验现象 Ⅳ 3min后，碳棒附近开始出现白色浑浊，未检测到Cu 生成白色浑浊的电极反应式为　　　　　　　。 （3）Zn与溶液反应的还原产物不同可能与　　　　　　　有关。 【答案】（1）①     ② 在紫红色固体内部得电子，产生氢气，使Cu疏松多孔，容易脱落    ③ 锌表面析出Cu后，形成Zn-Cu原电池，加快锌与的反应速率    ④     ⑤ 更容易析出CuCl。加水稀释，溶液中各离子浓度均减小；反应ⅰ：，，平衡正向移动，有利于析出CuCl；反应ⅱ：，，平衡不移动     （2）     （3）浓度、浓度、反应物是否直接接触、碰撞几率、实验装置等      【解析】通过Zn与溶液反应的现象，设计实验对产物中白色浑浊物进行分析、验证，并探究影响还原产物种类的因素等问题。 (1)①溶液显酸性，是由于Cu2+水解生成H+导致的，水解离子方程式为； ②Cu附着在Zn片表面，形成原电池，溶液中的H+在Cu极得电子变成氢气，导致Cu 疏松多孔，容易脱落； ③实验I主要是Cu2+被还原生成单质附着在Zn片上，形成了Zn－Cu原电池，加快了产氢速率； ④沉淀溶解得到无色溶液是因为生成了，最后变蓝是因为被空气氧化生成了，变蓝过程的离子方程式为或； ⑤更容易析出CuCl。加水稀释，溶液中各离子浓度均减小；反应ⅰ：，，平衡正向移动，有利于析出CuCl；反应ⅱ：，，平衡不移动； (2)Cu2+在正极得电子，生成CuCl白色浑浊物，电极反应式为； (3)结合上述实验条件可知，还原产物不同可能与溶液中Cu2+、Cl-的浓度，反应物是否接触、碰撞几率、实验装置等有关。 8.(2025-2026高三上·北京市第三中学·期中)实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备K2FeO4（夹持装置略） ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　（锰被还原为Mn2+）。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。　　　　　　　 ③C中得到紫色固体和溶液，C中Cl2发生的反应有 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有　　　　　　　　　　　　　　　　（用离子方程式表示）。 （2）探究K2FeO4的性质 ①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案： 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。 Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有　　　　　　离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由　　　　　　　　　　　　　　　　产生（用方程式表示）。 Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2　　　　　　　　（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）①     ②     ③      （2）①     ②     ③ 排除的干扰    ④ >    ⑤ 溶液的酸碱性不同    ⑥ 能，理由：在过量酸的作用下完全转化为和，溶液浅紫色一定是的颜色（不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）      【解析】（1）与浓盐酸反应制；由于盐酸具有挥发性，所得中混有和，会消耗、，用饱和食盐水除去；与、反应制备；最后用溶液吸收多余，防止污染大气。 （2）① 根据制备反应，C的紫色溶液中含有、，还会与反应生成、和。 I.加入溶液，溶液变红说明a中含。根据题意在酸性或中性溶液中快速产生，自身被还原成。 II.产生还可能是，即的存在干扰判断；微溶于溶液，用洗涤除去、排除的干扰，同时保持4稳定存在。 ② 根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物。对比两个反应的异同，制备反应在碱性条件下，方案II在酸性条件下，说明酸碱性的不同影响氧化性的强弱。 ③ 判断的依据是否排除的颜色对实验结论的干扰。 (1)①A为氯气发生装置，与浓盐酸反应时，锰被还原为，浓盐酸被氧化成，与浓盐酸反应生成、、和，根据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为； ② 由于盐酸具有挥发性，所得中混有和，会消耗、，用饱和食盐水除去，除杂装置B为； ③ C中发生的反应有，还有与的反应，与反应的化学方程式为，反应的离子方程式为； (2)① 根据上述制备反应，C的紫色溶液中含有、，还可能含有等。 i.方案I加入溶液，溶液变红说明a中含。但的产生不能判断与 发生了反应，根据题意在酸性或中性溶液中快速产生，自身被还原成，根据得失电子守恒和原子守恒，可能的反应为；ii.产生还可能是，即的存在干扰判断；微溶于溶液，用溶液洗涤的目的是除去、排除的干扰，同时保持稳定存在，答案： ，，排除的干扰； ② 制备K2FeO4的原理为，在该反应中元素的化合价由0价降至-1价，是氧化剂，元素的化合价由+3价升至+6价，是还原剂，为氧化产物，根据同一反应中，氧化性：氧化剂氧化产物，得出氧化性；方案II的反应，实验表明，和氧化性强弱关系相反；对比两个反应的条件，制备在碱性条件下，方案II在酸性条件下；说明溶液的酸碱性的不同影响物质氧化性的强弱，答案：>，溶液的酸碱性不同 ③ 该小题为开放性试题。若能，根据题意在足量溶液中会转化为和，最后溶液中不存在，溶液振荡后呈浅紫色一定是的颜色，说明将氧化成，所以该实验方案能证明氧化性。（或不能，因为溶液b呈紫色，溶液b滴入和的混合溶液中，c（）变小，溶液的紫色也会变浅；则设计一个空白对比的实验方案，方案为：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）。 9.(2025-2026高三上·北京市第一六六中学、第五十中学·期中)某化学小组探究与溶液的反应。 实验一：用下图所示的装置制备并收集 (1)制备的化学方程式为　　　　　　　。 (2)装置B的作用为　　　　　　　。 实验二：探究与溶液的反应 实验 操作 现象 Ⅰ 用试管取2mL 溶液，通入 溶液变为浅黄色，将溶液进行离心分离无固体沉积，加入淀粉溶液，不变色 Ⅱ 用试管取2mL 溶液，加入6滴的盐酸，通入 溶液立即变成深黄色，将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加入淀粉溶液，不变色 资料：在酸性条件下，和溶液反应生成S和。 (3)经检验，Ⅱ中的浅黄色固体是S。 ①在酸性条件下，和溶液反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②针对Ⅱ中加入淀粉溶液不变色，甲同学认为可能是生成的又被还原了。为证实自己的假设，甲同学的实验操作为　　　　　　　。 ③乙同学认为甲同学的实验不足以证明其假设，他的理由是　　　　　　　。 ④丙同学向　　　　　　　溶液中加入6滴盐酸，通入，无明显现象，再加入盐酸酸化的溶液，几乎没有白色沉淀。丙同学的实验结论是　　　　　　　。 (4)实验表明，是转化的催化剂，写出在作用下，转化的化学方程式为　　　　　　　。 (5)对比实验Ⅰ和Ⅱ，推测实验Ⅱ比实验Ⅰ快的原因可能是滴入盐酸后造成溶液酸性增强加快了的转化。为证实该推测，可以设计实验证明，实验方案为　　　　　　　。 【答案】①     ② 除去二氧化硫中的硫酸蒸汽    ③     ④ 取实验Ⅱ中经离心分离后的溶液少量，加入盐酸酸化的溶液，观察是否有白色沉淀    ⑤ 二氧化硫及其水溶液容易被空气中的氧气氧化而产生硫酸根离子，会产生干扰    ⑥     ⑦ 氯离子对二氧化硫的转化没有影响    ⑧     ⑨ 取2个试管，分别取2mL溶液，试管甲中加入6滴的盐酸、试管乙中加入6滴的硫酸、同时通入等量的，观察实验现象 【解析】应用氧化还原反应原理、结合实验现象，推断反应产物，书写反应方程式；探究实验影响因素时，做对比实验，进行单因子变量控制，据此回答； 【解析】 (1) Cu与浓硫酸在加热条件下生成二氧化硫、硫酸铜和水，其反应方程式为： 。 (2)虽然硫酸是高沸点酸，加热温度超过其沸点时会挥发，装置B的作用为除去二氧化硫中的硫酸蒸汽。 (3) ① 经检验，Ⅱ中的浅黄色固体是S。则和溶液反应生成氧化还原反应，被碘离子还原为S，碘离子被氧化，已知离心分离后，溶液黄色变浅加入淀粉溶液不变色，则氧化产物主要为 ，故在酸性条件下，和溶液反应的离子方程式为：。② 甲同学认为可能是生成的又被还原了。该反应为： ，要证实自己的假设，甲同学只需要检验反应后的溶液中是否存在硫酸根离子即可，可取实验Ⅱ中经离心分离后的溶液少量，加入盐酸酸化的溶液，观察是否有白色沉淀，若有白色沉淀生成则假设成立、若没有白色沉淀生成则假设不成立，则答案为：取实验Ⅱ中经离心分离后的溶液少量，加入盐酸酸化的溶液，观察是否有白色沉淀。③ 乙同学认为甲同学的实验不足以证明其假设，他的理由是：二氧化硫及其水溶液容易被空气中的氧气氧化而产生硫酸根离子，会产生干扰。 ④ 丙同学探究的是氯离子对二氧化硫的转化有没有影响，对比丙同学的实验和Ⅱ，丙同学实验中没有碘离子，则向2mL 溶液中加入6滴盐酸，通入，已知实验中无明显现象，再加入盐酸酸化的溶液，几乎没有白色沉淀。则丙同学的实验结论是氯离子对二氧化硫的转化没有影响。 (4)实验表明，是转化的催化剂，由实验知，在作用下，转化为S和硫酸根离子，则化学方程式为。 (5) 为证实该推测，只要在实验Ⅰ时引入和实验Ⅱ等物质的量浓度的氢离子、可选择能提供氢离子而阴离子又不影响实验的硫酸，实验方案为：取2个试管，分别取2mL溶液，试管甲中加入6滴的盐酸、试管乙中加入6滴的硫酸、同时通入等量的，观察实验现象。 10.(2025-2026高三上·北京市西城外国语学校·期中)探究一定浓度与卤素离子的反应。实验如下： （1）a．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀。 b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有　　　　　　　　　　　。 （2）用溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀，该气体是　　　　　　　　　　　。 （3）检验ii中产物： I．用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含。 II．取ii中部分溶液，用萃取。层显棕红色，水层(溶液A)无色。证实溶液A中含，过程如下： ①白色沉淀1的成分是　　　　　　　　　　　。 ②生成黄色沉淀3的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （4）已知：。探究ii中溶液存在的原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因： a．与发生了反应 b．加水稀释导致溶液颜色变浅 c．与在溶液中发生了反应 ①资料：   ，判断a　　　　　　　　　　　(填“是”或“不是”)主要原因。 ②实验证实b不是主要原因，所用试剂和现象是　　　　　　　　　　　。 可选试剂：溶液、溶液 ③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因　　　　　　　　　　　。 （5）实验表明，一定浓度氧化，不能氧化，从原子结构角度说明　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）     （3）① 和    ② (或)     （4）① 不是    ② 取b中稀释后的溶液，加入充分振荡、静置，下层溶液无色    ③ 稀释前硫酸浓度较大，氧化性；稀释后硫酸浓度较小，氧化性     （5）同主族，核电荷数，原子半径 (或离子半径)，得电子能力，还原性      【解析】一定浓度硫酸与NaCl溶液反应产生白雾，可能为HCl或Cl2，实验过程中用硝酸银溶液来检验确定白雾的成分；与NaBr溶液反应产生红棕色气体，可能有Br2产生，可用湿润的淀粉KI试纸检验；与NaI反应产生气体和紫色固体，有I2生成，结合题中信息，猜测有H2S气体产生，用硫酸铜溶液来进行检验 (1)a．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀说明含有氯离子；b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化，说明没有氯气，则白雾中含有； (2)用溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀，说明该气体中含有-2价S，则该气体是； (3)① 溶液A有硫酸根离子，可能有二氧化硫，向其中加入足量氢氧化钡后产生白色沉淀1，再加入硫酸后，形成的溶液2中应该含有亚硫酸，这样加入硫化钠后才能生成黄色沉淀3，因此白色沉淀1中应该是硫酸钡和亚硫酸钡，同时也证明了溶液A中含有二氧化硫；② 黄色沉淀3是硫单质，这是-2价硫和+4价硫归中反应后生成的，其离子方程式是(或)； (4)反应  ，平衡常数比较小，则反应不易发生，故a不是主要原因；② 若b是主要原因，则溴单质的物质的量不变，仅是物质的量浓度发生变化，则这时加入萃取，层应显示棕红色；若b不是主要原因，则加入萃取，层溶液无色；③ 稀释前硫酸浓度较大，氧化性H2SO4>Br2，稀释后硫酸浓度较小，发生反应：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4，颜色褪去，氧化性H2SO42； (5)实验表明，一定浓度H2SO4氧化Br-、I-，不能氧化Cl-。这是由于元素的非金属性越强，其相应的阴离子的还原性越弱。氯原子半径小，氯元素非金属性强，其阴离子还原性弱，Br(或I) 原子半径大，元素的非金属性弱，其相应的阴离子Br-(I-)的还原性就较强。 11.(2025-2026高三上·北京市第五中学·期中)某小组同学探究与溶液的反应。 （1）实验Ⅰ：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备，将通入溶液中。 实验现象：A中产生白雾；C中溶液由黄色变成红棕色，静置5min后，溶液颜色从红棕色变回黄色，检测到；静置9h后，溶液变为浅绿色。 ①浓与Cu反应的化学方程式是　　　　　　　。 ②试剂a是　　　　　　　。 （2）分析C中溶液颜色变化的原因。 ①溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是　　　　　　　。(写离子方程式)。 ②针对溶液颜色变为红棕色，提出了两种假设。 假设1：主要与、有关。 假设2：主要与、有关。 实验Ⅱ证实假设1不成立，假设2成立。 实验Ⅱ：向溶液中加入溶液，　　　　　　　(填现象)，然后滴加　　　　　　　 (填试剂)，溶液变为黄色。 （3）进一步探究与、显红棕色的原因。 查阅资料：(红棕色) 实验Ⅲ：向溶液中滴加溶液，溶液由黄色变成红棕色，析出大量橙黄色沉淀。 甲同学认为橙黄色沉淀中可能含有、、，并设计如下检验方案。 ①乙同学认为酸性溶液褪色不能证明橙黄色沉淀中含有，理由是　　　　　　　。 ②实验证实橙黄色沉淀中含有、不含，试剂b、c分别是　　　　　　　、　　　　　　　。 （4）实验反思：实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是　　　　　　　。 【答案】（1）① Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O    ② 饱和NaHSO3溶液     （2）① 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+    ② 溶液变为红棕色    ③ 硫酸（或盐酸）     （3）① 溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验；    ② BaCl2溶液    ③ H2O2（氯水等合理即可）     （4）三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。      【解析】(1)浓与Cu反应的化学方程式是Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O；试剂a是除杂试剂饱和NaHSO3溶液，去除二氧化硫中混有的杂质气体而不损耗二氧化硫； (2)溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+；向溶液中加入溶液，溶液变为红棕色，然后滴加硫酸或盐酸，溶液变为黄色。 (3)溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验；试剂b、c分别是BaCl2溶液、H2O2（氯水等合理即可），先滴加氯化钡无明显现象说明不含硫酸根，再加氧化剂生成沉淀说明亚硫酸根被氧化成硫酸根； (4)实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。 12.(2025-2026高三上·北京市东直门中学·期中)资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。 实验 序号 物质a 实验现象 I 0.002mol/L溶液 无明显变化 II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色 III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 （1）根据实验II的现象，氧化性：　　　　　　　(填“>”或“<”)。 （2）实验II中反应的离子方程式是　　　　　　　。 （3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：　　　　　　　。 （4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设： 假设1：的浓度较低，不足以将氧化为 假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为 ①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是　　　　　　　。 ②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。 请写出实验操作和现象：　　　　　　　。 ③实验III中生成的离子方程式是　　　　　　　，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：　　　　　　　。 （5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向　　　　　　　中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。 （6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、　　　　　　　。 【答案】（1）>     （2）5+2+8H2O=2+10+16H+     （3）相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢     （4）① 实验II和实验III中的浓度相同    ② 向盛有1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的试管中，加入一定量KMnO4溶液，有棕黑色沉淀生成    ③ 3+2+2H2O=5↓+4H+    ④ 溶液中存在反应 ，反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液     （5）1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中     （6）过量、加入催化剂      【解析】(1)酸性介质中，和可反应转化为和，该过程中是氧化剂，是氧化产物，根据氧化还原反应的规律，氧化性：>。 (2)实验II中，和在酸性条件下反应生成和，S元素由+7价下降到+6价，Mn元素由+2价上升到+7价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： 5+2+8H2O=2+10+16H+。 (3)实验II、III均说明能将氧化为，相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢，未得到紫色溶液。 (4)① 实验II和实验III中的浓度相同，实验II中能将氧化为，说明假设1不成立； ② 假设2认为溶液中存在还原剂，将生成的还原为，则可向盛有1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的试管中，加入一定量KMnO4溶液，有棕黑色沉淀生成，说明假设2正确； ③ 实验III中还原生成，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3+2+2H2O=5↓+4H+；溶液中存在反应 ，反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液。 (5)向1mL 0.05mol/L溶液中滴入3滴1mol/LH2SO4溶液，再滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色，说明可作为和反应转化为的催化剂。 (6)实验涉及温度不同、是否使用催化剂、浓度变化，即要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加过量、加入催化剂等。 13.(2025-2026高三上·北京育才学校·期中)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 （1）实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是　　　　　　　。用离子方程式表示的作用：　　　　　　　。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的　　　　　　　(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用　　　　　　　的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是　　　　　　　。 （2）实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与　　　　　　　值比较。 ②综合调控和温度的目的是　　　　　　　。 【答案】（1）① 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复    ②     ③ 增大    ④     ⑤ 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态     （2）① 40℃的K    ② 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡      【解析】平衡常数表达式：，控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和浓KBr溶液，确保c(Br–)几乎不变。因c(Mn2+) = c(Br2)，只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。 干扰忽略：Br2与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。 (1)①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复； KI的作用：将Br2转化为，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：； ② 该反应消耗 生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度； ③ 实验Ⅱ 液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③ 也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小； (2)① 平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。 ② 实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 14.(2025-2026高三上·北京市铁路第二中学·期中)资料显示，I2-KI溶液可以清洗银镜。某小组同学设计实验探究银镜在I2-KI溶液中的溶解情况。 已知：I2微溶于水，易溶于KI溶液，并发生反应I2+I−I(棕色)，I2和I氧化性几乎相同；[Ag(S2O3)2]3−在水溶液中无色。 探究1：I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)溶解银镜 【实验i】 （1）黄色固体转化为无色溶液，反应的离子方程式为　　　　　。 （2）能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是　　　　　。 探究2：I2-KI溶液能快速溶解银镜的原因 【实验ii~iv】向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下： 序号 加入试剂 实验现象 ⅰi 4mL饱和碘水(向水中加入I2至饱和，下同)和少量紫黑色I2固体 30min后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，紫黑色固体表面上有黄色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，银镜继续溶解 ⅱi 4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1) 15min后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，试管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色 iv 4mL1mol·L−1KI溶液 放置24h，银镜不溶解，溶液无明显变化 （3）ⅰi中，搅拌后银镜继续溶解的原因是　　　　　。 （4）由i、iii可得到的结论是　　　　　。 （5）设计iv的目的是　　　　　。 探究3：I−的作用 【实验v】 实验装置 实验步骤及现象 1.按左图搭好装置，接通电路，检流计指针向右微弱偏转，检流计读数为amA；2.向石墨电极附近滴加饱和碘水，指针继续向右偏转，检流计读数为bmA(b>a)；3.向左侧烧杯中加入_____，指针继续向右偏转，检流计读数cmA(c>b)，有_____生成。 说明：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性(或还原剂还原性)越强。 （6）步骤1接通电路后，正极的电极反应物为　　　　　。 （7）补全步骤3的操作及现象：　　　　　，　　　　　。 （8）综合上述探究，从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：　　　　　。 【答案】（1）AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3−     （2）加入Na2S2O3后得到无色溶液     （3）破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应     （4）增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率     （5）排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰     （6）O2     （7）① KI固体    ② 黄色固体     （8）在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应      【解析】在I2-KI溶液中存在I2+I−I平衡，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−与Ag+生成AgI黄色沉淀，加入硫代硫酸钠溶液，碘化银溶于硫代硫酸钠，形成无色溶液。 (1)黄色固体碘化银溶于硫代硫酸钠形成[Ag(S2O3)2]3−无色溶液，反应的离子方程式为：AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3−； (2)AgI能溶于Na2S2O3，Ag不能溶解，能证明② 中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是：加入Na2S2O3后得到无色溶液，没有沉淀剩余； (3)紫黑色固体I2表面上有黄色固体AgI，搅拌后，破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应，银镜继续溶解； (4)实验i 加入的是I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)，实验iii加入的是4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1)，两者相比实验i中I2浓度大，银镜消失的快，因此得出的结论是：增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率； (5)溶液中溶解的有O2，设计实验iv的目的是：排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰； (6)根据实验装置可知，Ag为负极，C为正极，步骤1接通电路后，有微弱的电流，正极区溶解的O2被还原，正极的电极反应物为O2； (7)探究3是验证反应中I-的作用，步骤2向石墨电极加入饱和的碘水，单质碘在正极上被还原，电流计读数为bmA，b>a，步骤3应该向左侧烧杯加入KI固体，来验证反应中I-的作用，I-与Ag+会生成黄色AgI固体； (8)从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应。 15.(2025-2026高三上·北京通州·期中)某校学生小组在实验室制备次氯酸钠溶液并探究其相关性质。回答下列问题： Ⅰ．实验室制备次氯酸钠溶液 （1）装置甲中反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）装置乙的作用是　　　　　　　　　　　。 （3）装置丙中制备次氯酸钠的反应为放热反应，该反应需要控制温度在以下，写出一种(除搅拌外)控制该反应温度的操作方法是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．探究相关性质 为了进一步研究次氯酸钠的性质，小组同学向盛有次氯酸钠溶液的试管中，逐滴加入10%的双氧水，发现有大量气泡产生，对此作出以下猜测。 猜测1：双氧水与次氯酸钠溶液发生反应产生氧气。 猜测2：…… （4）猜测1中反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 猜测2可能为　　　　　　　　　　　。 （5）为了验证猜想，某探究小组设计用如图装置进行实验，所选试剂有10%的双氧水、一定浓度的次氯酸钠溶液、二氧化锰等。该小组通过实验得出猜测1正确，请依据如下装置和所给的试剂推测该探究小组的实验设计是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）除去中的杂质及防止倒吸(平衡压强)     （3）缓慢滴加浓盐酸，控制氯气与氢氧化钠的反应速率或在三颈烧瓶下方用冷水浴降温     （4）①     ② 次氯酸钠溶液催化过氧化氢分解产生氧气     （5）在相同条件下，用注射器取等量的双氧水，分别加入盛有足量次氯酸钠溶液和二氧化锰的锥形瓶中，做对照实验，与次氯酸钠溶液反应产生气体的体积约为与二氧化锰反应产生气体体积的两倍，则可证实猜测1      【解析】高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯气，氯气中含有氯化氢，通过饱和食盐水去除氯化氢，氯气通入饱和氢氧化钠溶液中，生成氯化钠和次氯酸钠，最后用碱石灰吸收氯气，防止污染，据此解答。 (1)装置甲中反应生成氯气，反应的离子方程式为； (2)装置乙中为饱和食盐水，吸收氯气中的氯化氢气体，长颈漏斗可以防止倒吸或平衡压强； (3)氯气和氢氧化钠反应为放热反应，可以通过减少氯气的通入或控制烧瓶的温度，即操作方法为：缓慢滴加浓盐酸，控制氯气与氢氧化钠的反应速率或在三颈烧瓶下方用冷水浴降温； (4)猜测1中反应产生氧气，说明双氧水被氧化，则反应的方程式为；猜测2可能为次氯酸钠溶液催化过氧化氢分解产生氧气； (5)根据猜测1方程式分析，1 mol过氧化氢被次氯酸钠氧化生成1 mol氧气，若1 mol过氧化氢分解，则生成0.5 mol氧气，故根据不同物质条件下氧气的体积不同进行设计实验，故该实验设计为：在相同条件下，用注射器取等量的双氧水，分别加入盛有足量次氯酸钠溶液和二氧化锰的锥形瓶中，做对照实验，与次氯酸钠溶液反应产生气体的体积约为与二氧化锰反应产生气体体积的两倍，则可证实猜测1。 16.(2025-2026高三上·北京师范大学附属中学·期中)资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 （1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：　　　　　　　　　　　　　　。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，　　　　　　　　　　(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是　　　　　　　　　　　　　。     （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：　　　　　　　　　。 【答案】（1）<     （2）① 排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰    ② 、     （3）①     ② 白色沉淀逐渐溶解    ③ 浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；     （4）铜、和的混合溶液     （5）电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或；      【解析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。 (1)由题意知，KI浓度越大，越容易发生反应，I2的溶解度越大，溶液中的浓度越高，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ； (2)加入，I2浓度减小，平衡逆向移动，浓度增加，其目的为排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、； (3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是；白色沉淀为CuI，加入浓溶液，CuI与I-反应转化为[CuI2]-，故产生白色沉淀溶解；由于n＞m，铜未完全反应的原因是浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行； (4)验证将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，即电极a为Cu，b为含与的混合溶液； (5)电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；在实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或； 17.(2025-2026高三上·北京八中·期中)某小组欲探究反应，完成如下实验： 资料：是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的见光会少量分解。 （1）I、Ⅱ均未检出，检验Ⅱ中有无的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅲ中的黄色浑浊是　　　　　　　　　　　。 （3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了。 ①对产生的原因做出如下假设： 假设a：空气中存在，由于　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)，可产生； 假设b：溶液中具有氧化性，可产生； 假设c：　　　　　　　　　　　； 假设d：该条件下，溶液可将氧化为。 ②通过实验进一步证实a、b、c不是产生的主要原因，假设d成立。从电极反应式及物质性质的角度，解释Ⅱ→Ⅲ的过程中溶液氧化的原因　　　　　　　　　　　。 （4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有和。 ①验证灰黑色浑浊含有的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，　　　　　　　　　　　。 ②为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2. 实验1：向溶液中加入溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中浓度随反应时间的变化如下图。 实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。 Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊可能的原因是　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）滴加几滴溶液，溶液不变红     （2）     （3）①     ② 酸性溶液中具有氧化性，可产生    ③ ，与生成了沉淀，降低了的浓度，使的氧化性提升至大于的氧化性     （4）① 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成    ② 分解产生的催化了与的反应      【解析】由实验所给现象可知，Ⅰ、Ⅱ均未检出Fe3+，说明Fe2+与I2几乎不反应；Ⅱ→Ⅲ的过程中加入几滴硝酸酸化的硝酸银溶液，Ag+与I-生成了AgI沉淀，降低了I-的浓度，使平衡正向移动，使I2氧化了Fe2+；加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液，反应生成的 AgI 分解产生的Ag 催化了Fe2+与 Ag+的反应生成三价铁离子和单质银，出现大量灰黑色浑浊。 (1)检验Ⅱ中有无 Fe3+的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，滴加几滴 KSCN溶液，溶液不变红； (2)Ⅲ中的黄色浑浊是Ag+与I-生成了AgI沉淀； (3)空气中存在 O2，酸性条件下，空气中氧气将Fe2+氧化为Fe3+，反应的离子方程式为；也有可能是酸性溶液中具有强氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+；Ⅱ→Ⅲ的过程中溶液氧化的原因：，与生成了沉淀，降低了的浓度，使的氧化性提升至大于的氧化性； (4)检验银单质的方法可以向其中加入稀硝酸，会产生NO气体，随后NO被空气中氧气氧化为NO2，即取洗净后的灰黑色固体，加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色，静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成； 由上述分析可知，Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊可能的原因是分解产生的催化了与的反应。 18.(2025-2026高三上·北京朝阳·期中)化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的重要标志之一，以水样消耗氧化剂的量折算成氧气的量(单位为mg·L-1)来表示。小组同学用碘化钾-碱性高锰酸钾法测定某高氯废水(水样中含量较高)的COD的实验步骤如下。 Ⅰ、取100mL水样与mL、mol·L-1碱性溶液(过量)混合，水浴加热60min。 Ⅱ、冷却至室温，加入过量酸性KI溶液，加盖放置5min至固体溶解。 Ⅲ、用mol·L-1溶液滴定生成的，消耗溶液mL。 已知：①在酸性条件下被还原为，在碱性条件下被还原为。 ②。 回答下列问题： （1）测定高氯废水的COD，选用碱性溶液而不选酸性溶液的原因是防止发生：　　　　　　(填离子方程式)。 （2）Ⅱ中过量KI溶液的作用有　　　　　　。 （3）Ⅱ中“加盖”的目的是　　　　　　。 （4）Ⅲ中接近滴定终点时，滴加几滴淀粉溶液作指示剂，终点现象为　　　　　　。 （5）该水样COD的含量为　　　　　　mg·L-1。 （6）若水样中含，会导致测量结果偏　　　　　　(填“高”或“低”)。加入KF溶液可消除其干扰。 【答案】（1）     （2）将过量的及生成的全部还原为，使氧化成易溶于水的     （3）防止空气中氧化     （4）溶液由蓝色变为无色，且30s内不变化     （5）     （6）低      【解析】I中KMnO4与水样中的有机物在碱性条件下反应得到MnO2，溶液中剩余有KMnO4，Ⅱ中在酸性条件下KMnO4、MnO2与反应得到和Mn2+，Ⅲ中生成的再用Na2S2O3滴定。 (1)高氯废水中含有氯离子，酸性KMnO4具有强氧化性，能将氯离子氧化为氯气，其离子方程式为； (2)在酸性条件下，用过量KI溶液将I中过量的KMnO4和生成的MnO2还原为Mn2+，并将氧化成易溶于水的，故答案为：将过量的及生成的全部还原为，使氧化成易溶于水的； (3)具有较强的还原性，能被空气中的氧化，“加盖”可以防止空气中氧化； (4)当I2完全恰好完全反应时达到滴定终点，使用淀粉溶液作指示剂，由终点现象为溶液由蓝色变为无色，且30s内不变化； (5)I中水样中还原性物质与KMnO4溶液发生氧化还原反应，Ⅱ中过量的KMnO4及I中生成的MnO2被过量的KI还原为Mn2＋，KI被氧化为，Ⅲ中用硫代硫酸钠溶液还原Ⅱ中生成的，所以，由电子守恒可知，100mL水样中还原性物质失去的电子为，由电子守恒，若氧化这些物质需O2的量，则； (6)若水样中含，也可将氧化成易溶于水的，从而导致消耗溶液增大，测量结果偏低。 19.(2025-2026高三上·北京朝阳·期中)化学小组实验探究与溶液的反应。 （1）实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备，将足量依次通入下列溶液中，C中溶液变浑浊，D中产生大量沉淀。 ①浓与Cu反应的化学方程式是　　　　　　。 ②B中饱和溶液的作用是　　　　　　。 （2）实验二：取D中沉淀，加入0.3mol·L-1盐酸，沉淀溶解。写出D中产生沉淀的离子方程式：　　　　　　。 （3）实验三：取C中浊液进行如下实验。 ①C中沉淀为　　　　　　。 ②ⅲ中加入3mL蒸馏水的目的是　　　　　　。 ③用化学方程式表示ⅳ中沉淀质量增大的原因：　　　　　　。 ④ⅱ中沉淀完全溶解、ⅰ中沉淀未完全溶解的原因是　　　　　　。 （4）实验四：用0.04mol·L-1溶液代替0.4mol·L-1溶液重复实验一，C中无沉淀，D中有沉淀。解释实验四和实验一现象异同的原因：　　　　　　。 实验结论：一定条件下，能与溶液反应生成沉淀。 【答案】（1）①     ② 吸收中的酸雾     （2）     （3）①     ② 排除加水稀释对沉淀溶解的影响    ③     ④ 与ⅱ相比，ⅰ的浊液中含有和，且浊液中的水降低了盐酸的浓度，均不利于溶解     （4）实验四和实验一相比，前者C中较小，，无沉淀生成，后者较大，，有沉淀生成；二者D中都发生，较大，均存在：，都有沉淀生成      【解析】A中浓硫酸和铜加热制得二氧化硫，生成的二氧化硫气流中可能夹带一些浓硫酸，经过亚硫酸氢钠可除去浓硫酸，C、D装置用于探究二氧化硫与氯化钡的反应。 (1)浓与Cu在加热条件下反应得到硫酸铜、二氧化硫和水，反应的化学方程式是：； (2)少量浓硫酸被夹带在二氧化硫气流中，故B中饱和溶液的作用是：吸收中的酸雾； 加入0.3mol·L-1盐酸，沉淀溶解，说明沉淀为亚硫酸钡，所以D中产生沉淀的离子方程式为二氧化硫在碱性条件下和钡离子反应得到亚硫酸钡沉淀：； (3)①从四步实验来看，沉淀是可以溶于盐酸的，硫酸钡不能溶于盐酸，亚硫酸钡可以溶于盐酸，所以沉淀为：； ②进一步探究ⅰ中沉淀未完全溶解的原因，ⅲ中加入3mL蒸馏水的目的是与ⅱ形成对比，排除加水稀释对沉淀溶解的影响； ③沉淀为亚硫酸钡不溶于水，但是容易被空气中氧气氧化得到硫酸钡，导致质量增加，方程式为：； ④与ⅱ相比，ⅰ的浊液中含有和，使得溶解平衡，逆向移动，且浊液中的水降低了盐酸的浓度，均不利于溶解； (4)实验四和实验一相比，氯化钡浓度变小，前者C中较小，，，平衡正移无沉淀生成，后者较大，，，平衡逆向移动有沉淀生成；二者D中都发生，较大，均存在：，都有沉淀生成。 20.(2025-2026高三上·北京海淀·期中)氮循环是地球生命的基石，工业革命以来，人类活动对氮循环产生了显著影响。 （1）是氮循环中的关键物质，在生产中应用广泛。下列说法正确的是______（填序号）。 A. 氨的催化氧化法制硝酸，利用了的氧化性 B. 与硝酸反应制高效氮肥，因为具有还原性 C. 用、、饱和食盐水制纯碱，利用了极易溶于水且溶液呈碱性 D. 用氨水和溶液制，因为可作配体 （2）环境中总含氮量的监测对维持氮循环体系稳定运行有重要意义。水样中总含氮量的一种检测方法如下图。图中，“多步转化”含有机氨的氨化和无机氨（）的还原等。 ①转化为时，发生反应的离子方程式为　　　　　　。 ②已知硼酸（）的结构简式为。ⅰ中，与以物质的量之比反应，两种分子通过配位键结合，二者能形成配位键的原因是　　　　　　。 ③“多步转化”前需去除，否则会影响总含氮量的测定结果。下列试剂可用于去除水样中的是　　　　　　（填序号）。 a．溶液       b．溶液       c．银氨溶液 （3）利用微生物处理氨氮废水（N元素主要以形式存在）具有高效、节能等优点。下列是三种利用微生物处理氨氮废水的方法。 Ⅰ．传统硝化-反硝化法    Ⅱ．短程硝化-反硝化法    Ⅲ．短程硝化-厌氧氨氧化法    （注：每步转化中均需特定反应条件和适宜菌群，Ⅰ、Ⅱ中均转化为） ①Ⅰ中，酸性条件下和反应的离子方程式为　　　　　　。 ②Ⅱ相较于Ⅰ所具备的主要优点是　　　　　　（写出两条）。 ③Ⅲ中，将1 mol 全部转化为，理论上需要　　　　　　mol。 【答案】（1）CD     （2）①     ② 分子中的N原子有孤对电子，分子中的B原子有空轨道    ③ b     （3）①     ② 反应步骤少，消耗的氧气和甲醇少（其他合理答案也可以）    ③ 0.75      【解析】含有机氨的氨化和无机氨（）的废水经过多步转化为，加入足量的A的浓溶液并加热转化为，则A为强碱溶液，将产生的通入足量的已知浓度的硼酸溶液中吸收，再用标准溶液滴定剩余的硼酸，从而计算得水样中氮的总含量。 (1)A．氨的催化氧化法制硝酸的反应为 ,氮元素化合价升高，被氧化，是利用了的还原性，A错误； B．与硝酸反应制高效氮肥的化学方程式为，是因为具有碱性，B错误； C．用、、饱和食盐水制纯碱，首先极易溶于水使溶液呈碱性，能增大的溶解度，从而增大的产率，C正确； D．用氨水和溶液反应时，分子中的N原子有孤对电子，能与形成配位键，作为配体，从而制得， D正确； 故答案选CD。 (2)①加入碱转化为时，发生反应的离子方程式为 ，故答案为 。 ②分子中的N原子有孤对电子，分子中的B原子有空轨道，所以二者能形成配位键，故答案为分子中的N原子有孤对电子，分子中的B原子有空轨道。 ③ 要需去除，且不影响总含氮量的测定结果，则加入的试剂中不含氮元素，b符合，故答案为b。 (3)① Ⅰ中，酸性条件下和反应生成和N2，反应的离子方程式为 ，故答案为 。 ② 由流程可知，Ⅱ相较于Ⅰ反应步骤少，消耗的氧气和甲醇少，成本更低等，故答案为反应步骤少，消耗的氧气和甲醇少（其他合理答案也可以）。 ③ 由Ⅲ中转化可知，转化的总反应为，将1 mol全部转化为，理论上需要的物质的量为=0.75 mol，故答案为0.75。 21.(2025-2026高三上·北京海淀·期中)实验小组制备并探究其遇酸性KI溶液后的变化。 【实验1】通一段时间后，关闭弹簧夹，向B的试管中滴入 盐酸，打开活塞a加入适量硫酸，B中溶液迅速变黄，静置一段时间，溶液中出现浑浊。 （1）实验开始时通的目的是　　　　　　。 （2）A中制备反应的化学方程式为　　　　　　。 【实验2】推测B中可能发生氧化还原反应生成和S，设计如下实验进行验证。 （3）实验2证明B中未生成，而是生成了S和。 ①现象1和试剂2分别是　　　　　　、　　　　　　。 ②推断在该条件下发生了歧化反应，反应的离子方程式为　　　　　　。 【实验3】改变实验1中B的试剂，重复实验1的操作，探究KI和盐酸在歧化反应中的作用。 实验 试管中的溶液（1 mL） 滴管中的溶液（1 mL） B中现象 3-1 蒸馏水 蒸馏水 无明显现象 3-2 蒸馏水 盐酸 3-3 溶液滴淀粉溶液 蒸馏水 溶液迅速变黄，始终未变蓝，出现浑浊较实验1慢 （4）由实验3可得到的结论是　　　　　　。 （5）查阅资料： a．在的作用下，的歧化反应分两步：ⅰ．与反应生成和S；ⅱ．生成的再与反应生成和。 b．结合形成了黄色的中间产物，有利于ⅰ中的电子转移，的结合能力与其离子半径密切相关。 ①ⅱ中发生反应的离子方程式为　　　　　　。 ②实验3-3中始终未检测出，可推断反应速率：ⅰ　　　　　　ⅱ（填“>”或“<”）。 ③Cl与I同主族，但实验3-2表明无法起到的作用，原因可能是　　　　　　（写2条）。 【答案】（1）排尽装置内的空气，防止氧气干扰实验     （2）     （3）① 溶液不变蓝（或无明显现象）    ② 盐酸酸化的BaCl2溶液    ③      （4）KI是SO2歧化反应的催化剂，能加快反应速率；盐酸本身对SO2歧化反应无影响，但能增大KI的催化活性     （5）①     ② ＜    ③ Cl-的离子半径比I-小，结合SO2的能力弱，无法形成有利于电子转移的黄色中间体；Cl-的还原性比I-弱，难以与SO2发生第一步反应(i)生成Cl2和S      【解析】实验1中A为SO2发生装置，B为探究KI、SO2和盐酸反应的装置，C为尾气处理装置，吸收多余的二氧化硫，以免污染空气。； (1)I-和均为强还原性离子，易被空气中的氧气氧化，因此实验开始时通的目的是排尽装置内的空气，防止氧气干扰实验； (2)A装置中利用70%的浓硫酸和Na2SO3制备SO2气体，其反应的化学方程式为； (3)① 据题意，实验2证明B中未生成，而是生成了S和，则向实验所得上层清液中加入淀粉溶液不变蓝，加入盐酸酸化的BaCl2溶液生成BaSO4白色沉淀，因此现象1为溶液不变蓝（或无明显现象），试剂2为盐酸酸化的BaCl2溶液； ②SO2在该条件下发生歧化反应生成S和，反应离子方程式为； (4)实验3-1中，未加KI溶液、盐酸，实验无明显现象；实验3-2中，未加KI溶液，加入盐酸，实验仍无明显现象，说明盐酸对SO2歧化无作用；实验3-3中，加入KI溶液，未加盐酸，实验出现浑浊，但比实验1（加入KI溶液和盐酸）要慢，说明KI是SO2歧化反应的催化剂，能加快反应速率，盐酸本身对SO2歧化反应无影响，但能增大KI的催化活性； (5)①ⅱ中与反应生成和，离子方程式为； ② 实验3-3中始终未检测出，说明i中生成的速率远远小于ii中消耗的速率，即反应ii的速率大于反应i的速率，故填“<”； ③Cl与I同主族，但实验3-2表明无法起到的作用，原因可能是：Cl-的离子半径比I-小，结合SO2的能力弱，无法形成有利于电子转移的黄色中间体；Cl-的还原性比I-弱，难以与SO2发生第一步反应(i)生成Cl2和S。 22.(2025-2026高三上·北京市第一六一中学·期中)某实验小组对溶液和溶液的反应进行探究。 资料：为白色固体，易溶于水。 【实验1】 序号 实验操作 实验现象 向溶液中加入溶液 产生黑色固体 向饱和溶液（约为，约为3）中加入饱和溶液（约为，约为13） 迅速产生大量黑色固体、少量红色固体和黄色固体，静置后红色固体减少、黑色固体增多 I．探究反应的产物 （1）经检验实验中的黑色固体均为。实验1-1反应的离子方程式为　　　　　　　　　。 【实验2】 （2）资料表明，黄色固体为S。小组同学取实验1-2所得固体，依次用盐酸、蒸馏水洗涤干净后继续进行实验2，证明了实验1-2中黄色固体为S。 ①证明实验1-2所得固体洗涤干净的实验操作及现象是　　　　　　　　　。 ②依据实验2，推测S与NaOH反应的离子方程式为　　　　　　　　　。 ③实验2中，加入硝酸的目的是　　　　　　　　　。 （3）实验证明红色固体为Cu。补全静置后红色固体转化为黑色固体反应的离子方程式：　　　　　。 ___+____+ Ⅱ．探究影响反应产物的因素 【实验3】 序号 实验方案 实验现象 3-1 a：饱和溶液b：饱和溶液 电压表指针偏转，读数为0.85V 3-2 a：溶液b：溶液 电压表指针偏转，读数为0.46V 3-3 a：溶液（pH调至13）b：溶液 电压表指针偏转，读数为0.68V 3-4 a：溶液（pH调至13）b：溶液 电压表指针略偏转，读数为0.10V 说明：本实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。 （4）资料表明，对于电极反应，对还原性没有直接影响。实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是　　　　　　　　　。 （5）小组同学用实验3装置补做实验3-5，排除了的影响。他们所用试剂a为饱和溶液，b为　　　　　　　　　。 （6）综合上述实验可以得到的结论有　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）① 取最后一次洗涤液，加入溶液，无白色沉淀生成    ②     ③ 确认白色沉淀中有，排除浓溶液吸收空气中的生成进而生成产生的干扰     （3）     （4）增大，逆向移动，增大，还原性增强     （5）溶液，调至3     （6）溶液与溶液混合，二者既能发生氧化还原反应，也能发生沉淀反应；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；增大有利于发生氧化反应      【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； (1)实验中的黑色固体均为，则实验1-1反应为铜离子和硫离子发生反应生成硫化铜沉淀，离子方程式为； (2)① 硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，证明实验1-2所得固体洗涤干净就是证明洗涤液中有无硫酸根离子，故实验操作及现象是：取最后一次洗涤液，加入溶液，无白色沉淀生成。 ② 实验2中S与NaOH反应后溶液和氯化钡生成溶于酸的沉淀，则为硫元素转化生成的亚硫酸钡沉淀，则硫单质和氢氧化钠发生歧化反应生成硫化钠和亚硫酸钠，离子方程式为 。 ③ 亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验2中，加入硝酸的目的是确认白色沉淀中有，排除浓溶液吸收空气中的生成进而生成产生的干扰； (3)黑色固体均为，红色固体为Cu，则静置后红色固体转化为黑色固体反应为铜被空气中氧气氧化为铜离子，铜离子和硫离子转化为硫化铜黑色沉淀，反应为：； (4)对还原性没有直接影响，但是碱性增强，氢氧根离子浓度增大，促使平衡逆向移动，硫离子浓度增大，导致硫离子还原性增强，故实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是：增大，逆向移动，增大，还原性增强； (5)已知，饱和溶液约为3，实验3装置补做实验3-5，排除了的影响，则所用试剂a为饱和溶液，b为溶液，调至3，保证溶液的酸碱性相同； (6)实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。综合对比实验可知：溶液与溶液混合，二者既能发生氧化还原反应生成铜、硫，也能发生沉淀反应生成硫化铜沉淀；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；增大有利于发生氧化反应（合理即可）。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学实验综合题 1.(2025-2026高三上·北京市第十三中学·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　　　　　　　。 2.(2025-2026高三上·北京市第十三中学·期中)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物等)。库仑滴定法是常用的快速检测煤中全硫含量的方法，其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体中主要含、、、、。 （1）煤样需研磨成细小粉末，目的是　　　　　　。 （2）高温下，煤中的完全转化为，该反应的化学方程式为　　　　　　。 （3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①在电解池中发生反应的离子方程式为　　　　　　。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为　　　　　　。 （4）煤样为ag，电解消耗的电量为x库仑。煤样中硫元素的质量分数为　　　　　　。 已知：电解中转移1电子所消耗的电量为96500库仑。S的相对原子质量：32 （5）条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需要控制电解质溶液的。当时，非电解生成的使测得的全硫含量偏小。生成的离子方程式为　　　　　　。 ②管式炉中煤样燃烧时会有少量产生，使测得的全硫含量　　　　　　(填“偏大”或“偏小”)，该测量结果可进行校正。 3.(2025-2026高三上·北京汇文中学·期中)资料显示，可以将Cu氧化为。某小组同学设计实验探究Cu被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于KI溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 （1）将等体积的KI溶液加入到铜粉和(n>m)的固体混合物中，振荡。实验记录如下： c(KI) 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色。 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色。 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色。 ①请从物质结构角度解释在水中溶解度较低的原因：　　　　　　　　　　　。 ②初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验Ⅰ　　　　　　　　　　　实验Ⅱ(填“>”、“<”或“=”)。 ③实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．分液后的无色水溶液，滴入浓氨水，溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是　　　　　　　　　　　。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b的溶液中发生的变化：　　　　　　　　　　　。 ④结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是　　　　　　　　　　　。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，　　　　　　　　　　　(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　　　　　　　　　　　。 （2）上述实验结果，仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将Cu氧化为。装置如图所示，a、b分别是　　　　　　　　　　　。 （3）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被氧化的产物中价态不同的原因：　　　　　　　　　　　。 4.(2025-2026高三上·北京十五中·期中)某小组同学探究物质的溶解度大小与沉淀转化方向之间的关系。已知： 物质 BaSO4 BaCO3 AgI AgCl 溶解度/g（20℃） 2.4×10-4 1.4×10-3 3.0×10-7 1.5×10-4 （1）探究BaCO3和BaSO4之间的转化 实验操作：    试剂A 试剂B 试剂C 加入盐酸后的现象 实验Ⅰ BaCl2 Na2CO3 Na2SO4 …… 实验Ⅱ Na2SO4 Na2CO3 有少量气泡产生，沉淀部分溶解 ① 实验Ⅰ说明BaCO3全部转化为BaSO4，依据的现象是加入盐酸后，　　　　　　。 ② 实验Ⅱ中加入稀盐酸后发生反应的离子方程式是　　　　　　。 ③ 实验Ⅱ说明沉淀发生了部分转化，结合BaSO4的沉淀溶解平衡解释原因：　　　　　　。 （2）探究AgCl和AgI之间的转化 实验Ⅲ：        实验Ⅳ：在试管中进行溶液间反应时，同学们无法观察到AgI转化为AgCl，于是又设计了如下实验（电压表读数：a＞c＞b＞0）。 装置 步骤 电压表读数     ⅰ.如图连接装置并加入试剂，闭合K a ⅱ.向B中滴入AgNO3(aq)，至沉淀完全 b ⅲ.再向B中投入一定量NaCl (s) c ⅳ.重复ⅰ，再向B中加入与ⅲ等量NaCl(s) a 注：其他条件不变时，参与原电池反应的氧化剂（或还原剂）的氧化性（或还原性）越强，原电池的电压越大；离子的氧化性（或还原性）强弱与其浓度有关。 ①实验Ⅲ证明了AgCl转化为AgI，甲溶液可以是　　　　　　（填序号）。 a. AgNO3溶液 b. NaCl溶液 c. KI溶液 ②实验Ⅳ的步骤ⅰ中，B中石墨上的电极反应式是　　　　　　。 ③结合信息，解释实验Ⅳ中b＜a的原因：　　　　　　。 ④实验Ⅳ的现象能说明AgI转化为AgCl，理由是　　　　　　。 （3）综合实验Ⅰ～Ⅳ，可得出结论： 　　　　　　。 5.(2025-2026高三上·北京市第五中学·期中)高铁酸钾（）是一种高效净水剂，可采用不同的方法制备。 （1）可以去除水中、等物质，同时生成红褐色胶体。净水过程中利用的的性质是　　　　　　　　　　。 （2）方法一：化学氧化法制备固体。 已知：仅在强碱性溶液中稳定存在。 ①制粗品：向饱和KOH和KClO混合溶液中滴加溶液并不断搅拌，析出沉淀，过滤所得固体为粗品。生成反应的离子方程式为　　　　　　　　　　。 ②重结晶：将粗品溶于稀KOH溶液，过滤，随后向滤液中加入饱和KOH溶液，冰水浴冷却，过滤、洗涤、干燥后得到。 ⅰ.重结晶时，第一次过滤后滤渣的主要成分是　　　　　　　　　　。 ⅱ.向滤液中加入饱和KOH溶液的目的是　　　　　　　　　　。 （3）方法二：电解法制备溶液，其装置示意图如图。 ①阳极生成的电极反应式为　　　　　　　　　　。 ②若不使用阳离子交换膜会导致产率降低，可能的原因是　　　　　　　　　　。 ③电解一段时间后，阴极、阳极分别产生气体8.96L、1.12L（已折算为标准状况），则理论上生成的物质的量为　　　　　　　　　　。 6.(2025-2026高三上·北京北师大二附中·期中)某小组探究Cu与的反应，进行如下实验。 已知：(无色)(白色) (白色) 序号 试剂x 实验现象 Ⅰ 溶液 溶液变为浅蓝色，时，铜粉有较多剩余 Ⅱ 溶液 溶液变为蓝色，时，铜粉完全溶解 （1）Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有生成。分别取少量反应后的溶液，滴加溶液，均产生蓝色沉淀。Ⅰ中反应的离子方程式是　　　　　　　。 （2）内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ　　　　　　　Ⅱ(填“>”“＜”或“=”)。 （3）研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加溶液，取样时间与实验现象如下(不考虑的作用)。 序号 取样时间/min 现象 ⅰ 1 产生白色沉淀 ⅱ 10 产生白色沉淀，较时量多 ⅲ 30 产生白色沉淀，较时量少 ⅳ 40 无白色沉淀产生 经检验，白色沉淀为。ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加溶液，溶液红色依次变浅。 ①溶液的浓度是　　　　　　　。 ②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为，Cu与溶液反应的离子方程式是　　　　　　　。 ③由ⅲ、ⅳ可知，后主要反应的离子方程式是　　　　　　　。 （4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，在Cu与反应中的作用是　　　　　　　。 （5）研究的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。 a中加入的试剂x为和的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是。则铜粉未完全溶解的原因是　　　　　　　。 7.(2025-2026高三上·北京顺义牛栏山第一中学·期中)某小组同学探究Zn与溶液反应的还原产物。 （1）将2g锌片分别插入到20mL不同浓度的溶液中，实验记录如下。 实验 溶液 实验现象 Ⅰ 溶液 锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，振荡，出现白色浑浊 Ⅱ 溶液 锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，振荡，出现较多白色浑浊 Ⅲ 溶液 锌片立即附着紫红色固体，表面有少量气泡产生，溶液略显白色浑浊，振荡，白色浑浊消失 资料：CuCl(白色固体)难溶于水，(无色)；，。 ①用离子方程式解释溶液显酸性()的原因　　　　　　　。 ②锌片表面附着的紫红色固体Cu疏松多孔，容易脱落，可能的原因是　　　　　　　。 ③将2g锌片插入到20mL的KCl与盐酸混合溶液()中，一段时间内未观察到气泡。分析实验Ⅰ中产生气泡的主要原因是　　　　　　　。 ④验证白色浑浊物的成分。取实验Ⅰ中白色不溶物，滴入浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，振荡，溶液逐渐变蓝。用离子方程式解释溶液由无色变为蓝色的原因　　　　　　　。实验证实了白色浑浊物为CuCl。 ⑤实验Ⅲ所得溶液中，被还原的铜元素可能形成2种配离子、，进行以下实验：取实验Ⅲ反应后的溶液，加大量水析出CuCl，从平衡移动角度分析哪种配离子有利于析出CuCl　　　　　　　。 （2）进行实验Ⅳ，继续探究Zn与溶液反应的还原产物。 实验 装置 实验现象 Ⅳ 3min后，碳棒附近开始出现白色浑浊，未检测到Cu 生成白色浑浊的电极反应式为　　　　　　　。 （3）Zn与溶液反应的还原产物不同可能与　　　　　　　有关。 8.(2025-2026高三上·北京市第三中学·期中)实验小组制备高铁酸钾（K2FeO4）并探究其性质。 资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，在碱性溶液中较稳定。 （1）制备K2FeO4（夹持装置略） ①A为氯气发生装置。A中反应方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　（锰被还原为Mn2+）。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。　　　　　　　 ③C中得到紫色固体和溶液，C中Cl2发生的反应有 3Cl2+2Fe(OH)3+10KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O，另外还有　　　　　　　　　　　　　　　　（用离子方程式表示）。 （2）探究K2FeO4的性质 ①取C中紫色溶液，加入稀硫酸，产生黄绿色气体，得溶液a，经检验气体中含有Cl2。为证明是否K2FeO4氧化了Cl－而产生Cl2，设计以下方案： 方案Ⅰ 取少量a，滴加KSCN溶液至过量，溶液呈红色。 方案Ⅱ 用KOH溶液充分洗涤C中所得固体，再用KOH溶液将K2FeO4溶出，得到紫色溶液b。取少量b，滴加盐酸，有Cl2产生。 Ⅰ．由方案Ⅰ中溶液变红可知a中含有　　　　　　离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4将Cl－氧化，还可能由　　　　　　　　　　　　　　　　产生（用方程式表示）。 Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－。用KOH溶液洗涤的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②根据K2FeO4的制备实验得出：氧化性Cl2　　　　　　　　（填“＞”或“＜”），而方案Ⅱ实验表明，Cl2和的氧化性强弱关系相反，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③资料表明，酸性溶液中的氧化性＞，验证实验如下：将溶液b滴入MnSO4和足量H2SO4的混合溶液中，振荡后溶液呈浅紫色，该现象能否证明氧化性＞。若能，请说明理由；若不能，进一步设计实验方案。理由或方案：　　　　　　　　　　　　　　　　。 9.(2025-2026高三上·北京市第一六六中学、第五十中学·期中)某化学小组探究与溶液的反应。 实验一：用下图所示的装置制备并收集 (1)制备的化学方程式为　　　　　　　。 (2)装置B的作用为　　　　　　　。 实验二：探究与溶液的反应 实验 操作 现象 Ⅰ 用试管取2mL 溶液，通入 溶液变为浅黄色，将溶液进行离心分离无固体沉积，加入淀粉溶液，不变色 Ⅱ 用试管取2mL 溶液，加入6滴的盐酸，通入 溶液立即变成深黄色，将溶液进行离心分离有浅黄色固体沉积，溶液黄色变浅，加入淀粉溶液，不变色 资料：在酸性条件下，和溶液反应生成S和。 (3)经检验，Ⅱ中的浅黄色固体是S。 ①在酸性条件下，和溶液反应的离子方程式为　　　　　　　。 ②针对Ⅱ中加入淀粉溶液不变色，甲同学认为可能是生成的又被还原了。为证实自己的假设，甲同学的实验操作为　　　　　　　。 ③乙同学认为甲同学的实验不足以证明其假设，他的理由是　　　　　　　。 ④丙同学向　　　　　　　溶液中加入6滴盐酸，通入，无明显现象，再加入盐酸酸化的溶液，几乎没有白色沉淀。丙同学的实验结论是　　　　　　　。 (4)实验表明，是转化的催化剂，写出在作用下，转化的化学方程式为　　　　　　　。 (5)对比实验Ⅰ和Ⅱ，推测实验Ⅱ比实验Ⅰ快的原因可能是滴入盐酸后造成溶液酸性增强加快了的转化。为证实该推测，可以设计实验证明，实验方案为　　　　　　　。 10.(2025-2026高三上·北京市西城外国语学校·期中)探究一定浓度与卤素离子的反应。实验如下： （1）a．用酸化的溶液检验白雾，产生白色沉淀。 b．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有　　　　　　　　　　　。 （2）用溶液检验iii中气体，产生黑色沉淀，该气体是　　　　　　　　　　　。 （3）检验ii中产物： I．用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含。 II．取ii中部分溶液，用萃取。层显棕红色，水层(溶液A)无色。证实溶液A中含，过程如下： ①白色沉淀1的成分是　　　　　　　　　　　。 ②生成黄色沉淀3的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 （4）已知：。探究ii中溶液存在的原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因： a．与发生了反应 b．加水稀释导致溶液颜色变浅 c．与在溶液中发生了反应 ①资料：   ，判断a　　　　　　　　　　　(填“是”或“不是”)主要原因。 ②实验证实b不是主要原因，所用试剂和现象是　　　　　　　　　　　。 可选试剂：溶液、溶液 ③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因　　　　　　　　　　　。 （5）实验表明，一定浓度氧化，不能氧化，从原子结构角度说明　　　　　　　　　　　。 11.(2025-2026高三上·北京市第五中学·期中)某小组同学探究与溶液的反应。 （1）实验Ⅰ：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备，将通入溶液中。 实验现象：A中产生白雾；C中溶液由黄色变成红棕色，静置5min后，溶液颜色从红棕色变回黄色，检测到；静置9h后，溶液变为浅绿色。 ①浓与Cu反应的化学方程式是　　　　　　　。 ②试剂a是　　　　　　　。 （2）分析C中溶液颜色变化的原因。 ①溶液颜色由黄色最终变为浅绿色的原因是　　　　　　　。(写离子方程式)。 ②针对溶液颜色变为红棕色，提出了两种假设。 假设1：主要与、有关。 假设2：主要与、有关。 实验Ⅱ证实假设1不成立，假设2成立。 实验Ⅱ：向溶液中加入溶液，　　　　　　　(填现象)，然后滴加　　　　　　　 (填试剂)，溶液变为黄色。 （3）进一步探究与、显红棕色的原因。 查阅资料：(红棕色) 实验Ⅲ：向溶液中滴加溶液，溶液由黄色变成红棕色，析出大量橙黄色沉淀。 甲同学认为橙黄色沉淀中可能含有、、，并设计如下检验方案。 ①乙同学认为酸性溶液褪色不能证明橙黄色沉淀中含有，理由是　　　　　　　。 ②实验证实橙黄色沉淀中含有、不含，试剂b、c分别是　　　　　　　、　　　　　　　。 （4）实验反思：实验I静置5min后溶液颜色由红棕色变回黄色可能的原因是　　　　　　　。 12.(2025-2026高三上·北京市东直门中学·期中)资料显示，酸性介质中，和可反应转化为和。小组探究利用该反应测定含量的条件。 实验 序号 物质a 实验现象 I 0.002mol/L溶液 无明显变化 II 0.002mol/L溶液 加热至沸腾，5min后溶液变为紫色 III 0.05mol/L溶液 加热至沸腾，生成大量棕黑色沉淀，静置，上层溶液未变紫色 （1）根据实验II的现象，氧化性：　　　　　　　(填“>”或“<”)。 （2）实验II中反应的离子方程式是　　　　　　　。 （3）实验I的条件下能将氧化为，推测实验I未出现紫色的原因：　　　　　　　。 （4）经检验，棕黑色沉淀为，针对实验Ⅲ中的现象，提出以下假设： 假设1：的浓度较低，不足以将氧化为 假设2：溶液中存在还原剂，将生成的还原为 ①甲同学分析上述实验设计，认为假设1不成立，理由是　　　　　　　。 ②针对假设2，乙同学设计实验IV证实了推测合理。 请写出实验操作和现象：　　　　　　　。 ③实验III中生成的离子方程式是　　　　　　　，从化学反应速率的角度分析实验Ⅲ未得到紫色溶液的原因：　　　　　　　。 （5）资料表明可作为和反应转化为的催化剂。丙同学设计实验Ⅲ的对比实验进行了证实。向　　　　　　　中滴加2滴0.1mol/L溶液，再加入0.0005mol固体，加热至沸腾，观察到溶液变为紫色。 （6）根据上述实验，要利用将转化为的反应来快速测定的含量，应控制的反应条件有：加热至沸腾、　　　　　　　。 13.(2025-2026高三上·北京育才学校·期中)化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。 理论分析 ①易挥发，需控制生成较小。 ②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。 ③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。 （1）实验探究 序号 实验内容及现象 I ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。 Ⅱ ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。 Ⅲ 测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。 已知：；和溶液颜色均为无色。 ①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是　　　　　　　。用离子方程式表示的作用：　　　　　　　。 ②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的　　　　　　　(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用　　　　　　　的浓度小于其在溶液中实际浓度。 ③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是　　　　　　　。 （2）实验改进 分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。 控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。 ①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与　　　　　　　值比较。 ②综合调控和温度的目的是　　　　　　　。 14.(2025-2026高三上·北京市铁路第二中学·期中)资料显示，I2-KI溶液可以清洗银镜。某小组同学设计实验探究银镜在I2-KI溶液中的溶解情况。 已知：I2微溶于水，易溶于KI溶液，并发生反应I2+I−I(棕色)，I2和I氧化性几乎相同；[Ag(S2O3)2]3−在水溶液中无色。 探究1：I2-KI溶液(向1mol·L−1KI溶液中加入I2至饱和)溶解银镜 【实验i】 （1）黄色固体转化为无色溶液，反应的离子方程式为　　　　　。 （2）能证明②中Ag已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是　　　　　。 探究2：I2-KI溶液能快速溶解银镜的原因 【实验ii~iv】向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下： 序号 加入试剂 实验现象 ⅰi 4mL饱和碘水(向水中加入I2至饱和，下同)和少量紫黑色I2固体 30min后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，紫黑色固体表面上有黄色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，银镜继续溶解 ⅱi 4mL饱和碘水和0.66gKI固体(溶液中KI约1mol·L−1) 15min后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h后，试管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色 iv 4mL1mol·L−1KI溶液 放置24h，银镜不溶解，溶液无明显变化 （3）ⅰi中，搅拌后银镜继续溶解的原因是　　　　　。 （4）由i、iii可得到的结论是　　　　　。 （5）设计iv的目的是　　　　　。 探究3：I−的作用 【实验v】 实验装置 实验步骤及现象 1.按左图搭好装置，接通电路，检流计指针向右微弱偏转，检流计读数为amA；2.向石墨电极附近滴加饱和碘水，指针继续向右偏转，检流计读数为bmA(b>a)；3.向左侧烧杯中加入_____，指针继续向右偏转，检流计读数cmA(c>b)，有_____生成。 说明：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性(或还原剂还原性)越强。 （6）步骤1接通电路后，正极的电极反应物为　　　　　。 （7）补全步骤3的操作及现象：　　　　　，　　　　　。 （8）综合上述探究，从反应速率和物质性质的角度分析i中I2-KI溶液能快速全部溶解银镜的原因：　　　　　。 15.(2025-2026高三上·北京通州·期中)某校学生小组在实验室制备次氯酸钠溶液并探究其相关性质。回答下列问题： Ⅰ．实验室制备次氯酸钠溶液 （1）装置甲中反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）装置乙的作用是　　　　　　　　　　　。 （3）装置丙中制备次氯酸钠的反应为放热反应，该反应需要控制温度在以下，写出一种(除搅拌外)控制该反应温度的操作方法是　　　　　　　　　　　。 Ⅱ．探究相关性质 为了进一步研究次氯酸钠的性质，小组同学向盛有次氯酸钠溶液的试管中，逐滴加入10%的双氧水，发现有大量气泡产生，对此作出以下猜测。 猜测1：双氧水与次氯酸钠溶液发生反应产生氧气。 猜测2：…… （4）猜测1中反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 猜测2可能为　　　　　　　　　　　。 （5）为了验证猜想，某探究小组设计用如图装置进行实验，所选试剂有10%的双氧水、一定浓度的次氯酸钠溶液、二氧化锰等。该小组通过实验得出猜测1正确，请依据如下装置和所给的试剂推测该探究小组的实验设计是　　　　　　　　　　　。 16.(2025-2026高三上·北京师范大学附属中学·期中)资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。 已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。 I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。 实验记录如下： 实验现象 实验Ⅰ 极少量溶解，溶液为淡红色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为淡红色 实验Ⅱ 部分溶解，溶液为红棕色；充分反应后，红色的铜粉转化为白色沉淀，溶液仍为红棕色 实验Ⅲ 完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色 （1）初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ　　　　　　　　　　(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。 （2）实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究： 步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。 步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。 ⅰ．步骤a的目的是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化：　　　　　　　　　　　　　　。 （3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液，　　　　　　　　　　(填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是　　　　　　　　　　　　　。     （5）运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因：　　　　　　　　　。 17.(2025-2026高三上·北京八中·期中)某小组欲探究反应，完成如下实验： 资料：是黄色固体，不溶于稀硝酸。新制的见光会少量分解。 （1）I、Ⅱ均未检出，检验Ⅱ中有无的实验操作及现象是：取少量Ⅱ中溶液，　　　　　　　　　　　。 （2）Ⅲ中的黄色浑浊是　　　　　　　　　　　。 （3）经检验，Ⅱ→Ⅲ的过程中产生了。 ①对产生的原因做出如下假设： 假设a：空气中存在，由于　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)，可产生； 假设b：溶液中具有氧化性，可产生； 假设c：　　　　　　　　　　　； 假设d：该条件下，溶液可将氧化为。 ②通过实验进一步证实a、b、c不是产生的主要原因，假设d成立。从电极反应式及物质性质的角度，解释Ⅱ→Ⅲ的过程中溶液氧化的原因　　　　　　　　　　　。 （4）经检验，Ⅳ中灰黑色浑浊中含有和。 ①验证灰黑色浑浊含有的实验操作及现象是：取洗净后的灰黑色固体，　　　　　　　　　　　。 ②为探究Ⅲ→Ⅳ出现灰黑色浑浊的原因，完成了实验1和实验2. 实验1：向溶液中加入溶液，开始时，溶液无明显变化。几分钟后，出现大量灰黑色浑浊。反应过程中温度几乎无变化。测定溶液中浓度随反应时间的变化如下图。 实验2：实验开始时，先向试管中加入几滴溶液，重复实验1，实验结果与实验1相同。 Ⅳ中迅速出现灰黑色浑浊可能的原因是　　　　　　　　　　　。 18.(2025-2026高三上·北京朝阳·期中)化学需氧量(COD)是衡量水体中有机物污染程度的重要标志之一，以水样消耗氧化剂的量折算成氧气的量(单位为mg·L-1)来表示。小组同学用碘化钾-碱性高锰酸钾法测定某高氯废水(水样中含量较高)的COD的实验步骤如下。 Ⅰ、取100mL水样与mL、mol·L-1碱性溶液(过量)混合，水浴加热60min。 Ⅱ、冷却至室温，加入过量酸性KI溶液，加盖放置5min至固体溶解。 Ⅲ、用mol·L-1溶液滴定生成的，消耗溶液mL。 已知：①在酸性条件下被还原为，在碱性条件下被还原为。 ②。 回答下列问题： （1）测定高氯废水的COD，选用碱性溶液而不选酸性溶液的原因是防止发生：　　　　　　(填离子方程式)。 （2）Ⅱ中过量KI溶液的作用有　　　　　　。 （3）Ⅱ中“加盖”的目的是　　　　　　。 （4）Ⅲ中接近滴定终点时，滴加几滴淀粉溶液作指示剂，终点现象为　　　　　　。 （5）该水样COD的含量为　　　　　　mg·L-1。 （6）若水样中含，会导致测量结果偏　　　　　　(填“高”或“低”)。加入KF溶液可消除其干扰。 19.(2025-2026高三上·北京朝阳·期中)化学小组实验探究与溶液的反应。 （1）实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备，将足量依次通入下列溶液中，C中溶液变浑浊，D中产生大量沉淀。 ①浓与Cu反应的化学方程式是　　　　　　。 ②B中饱和溶液的作用是　　　　　　。 （2）实验二：取D中沉淀，加入0.3mol·L-1盐酸，沉淀溶解。写出D中产生沉淀的离子方程式：　　　　　　。 （3）实验三：取C中浊液进行如下实验。 ①C中沉淀为　　　　　　。 ②ⅲ中加入3mL蒸馏水的目的是　　　　　　。 ③用化学方程式表示ⅳ中沉淀质量增大的原因：　　　　　　。 ④ⅱ中沉淀完全溶解、ⅰ中沉淀未完全溶解的原因是　　　　　　。 （4）实验四：用0.04mol·L-1溶液代替0.4mol·L-1溶液重复实验一，C中无沉淀，D中有沉淀。解释实验四和实验一现象异同的原因：　　　　　　。 实验结论：一定条件下，能与溶液反应生成沉淀。 20.(2025-2026高三上·北京海淀·期中)氮循环是地球生命的基石，工业革命以来，人类活动对氮循环产生了显著影响。 （1）是氮循环中的关键物质，在生产中应用广泛。下列说法正确的是______（填序号）。 A. 氨的催化氧化法制硝酸，利用了的氧化性 B. 与硝酸反应制高效氮肥，因为具有还原性 C. 用、、饱和食盐水制纯碱，利用了极易溶于水且溶液呈碱性 D. 用氨水和溶液制，因为可作配体 （2）环境中总含氮量的监测对维持氮循环体系稳定运行有重要意义。水样中总含氮量的一种检测方法如下图。图中，“多步转化”含有机氨的氨化和无机氨（）的还原等。 ①转化为时，发生反应的离子方程式为　　　　　　。 ②已知硼酸（）的结构简式为。ⅰ中，与以物质的量之比反应，两种分子通过配位键结合，二者能形成配位键的原因是　　　　　　。 ③“多步转化”前需去除，否则会影响总含氮量的测定结果。下列试剂可用于去除水样中的是　　　　　　（填序号）。 a．溶液       b．溶液       c．银氨溶液 （3）利用微生物处理氨氮废水（N元素主要以形式存在）具有高效、节能等优点。下列是三种利用微生物处理氨氮废水的方法。 Ⅰ．传统硝化-反硝化法    Ⅱ．短程硝化-反硝化法    Ⅲ．短程硝化-厌氧氨氧化法    （注：每步转化中均需特定反应条件和适宜菌群，Ⅰ、Ⅱ中均转化为） ①Ⅰ中，酸性条件下和反应的离子方程式为　　　　　　。 ②Ⅱ相较于Ⅰ所具备的主要优点是　　　　　　（写出两条）。 ③Ⅲ中，将1 mol 全部转化为，理论上需要　　　　　　mol。 21.(2025-2026高三上·北京海淀·期中)实验小组制备并探究其遇酸性KI溶液后的变化。 【实验1】通一段时间后，关闭弹簧夹，向B的试管中滴入 盐酸，打开活塞a加入适量硫酸，B中溶液迅速变黄，静置一段时间，溶液中出现浑浊。 （1）实验开始时通的目的是　　　　　　。 （2）A中制备反应的化学方程式为　　　　　　。 【实验2】推测B中可能发生氧化还原反应生成和S，设计如下实验进行验证。 （3）实验2证明B中未生成，而是生成了S和。 ①现象1和试剂2分别是　　　　　　、　　　　　　。 ②推断在该条件下发生了歧化反应，反应的离子方程式为　　　　　　。 【实验3】改变实验1中B的试剂，重复实验1的操作，探究KI和盐酸在歧化反应中的作用。 实验 试管中的溶液（1 mL） 滴管中的溶液（1 mL） B中现象 3-1 蒸馏水 蒸馏水 无明显现象 3-2 蒸馏水 盐酸 3-3 溶液滴淀粉溶液 蒸馏水 溶液迅速变黄，始终未变蓝，出现浑浊较实验1慢 （4）由实验3可得到的结论是　　　　　　。 （5）查阅资料： a．在的作用下，的歧化反应分两步：ⅰ．与反应生成和S；ⅱ．生成的再与反应生成和。 b．结合形成了黄色的中间产物，有利于ⅰ中的电子转移，的结合能力与其离子半径密切相关。 ①ⅱ中发生反应的离子方程式为　　　　　　。 ②实验3-3中始终未检测出，可推断反应速率：ⅰ　　　　　　ⅱ（填“>”或“<”）。 ③Cl与I同主族，但实验3-2表明无法起到的作用，原因可能是　　　　　　（写2条）。 22.(2025-2026高三上·北京市第一六一中学·期中)某实验小组对溶液和溶液的反应进行探究。 资料：为白色固体，易溶于水。 【实验1】 序号 实验操作 实验现象 向溶液中加入溶液 产生黑色固体 向饱和溶液（约为，约为3）中加入饱和溶液（约为，约为13） 迅速产生大量黑色固体、少量红色固体和黄色固体，静置后红色固体减少、黑色固体增多 I．探究反应的产物 （1）经检验实验中的黑色固体均为。实验1-1反应的离子方程式为　　　　　　　　　。 【实验2】 （2）资料表明，黄色固体为S。小组同学取实验1-2所得固体，依次用盐酸、蒸馏水洗涤干净后继续进行实验2，证明了实验1-2中黄色固体为S。 ①证明实验1-2所得固体洗涤干净的实验操作及现象是　　　　　　　　　。 ②依据实验2，推测S与NaOH反应的离子方程式为　　　　　　　　　。 ③实验2中，加入硝酸的目的是　　　　　　　　　。 （3）实验证明红色固体为Cu。补全静置后红色固体转化为黑色固体反应的离子方程式：　　　　　。 ___+____+ Ⅱ．探究影响反应产物的因素 【实验3】 序号 实验方案 实验现象 3-1 a：饱和溶液b：饱和溶液 电压表指针偏转，读数为0.85V 3-2 a：溶液b：溶液 电压表指针偏转，读数为0.46V 3-3 a：溶液（pH调至13）b：溶液 电压表指针偏转，读数为0.68V 3-4 a：溶液（pH调至13）b：溶液 电压表指针略偏转，读数为0.10V 说明：本实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。 （4）资料表明，对于电极反应，对还原性没有直接影响。实验3-3的电压表读数大于3-2的可能原因是　　　　　　　　　。 （5）小组同学用实验3装置补做实验3-5，排除了的影响。他们所用试剂a为饱和溶液，b为　　　　　　　　　。 （6）综合上述实验可以得到的结论有　　　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题12 化学实验综合题 1.【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     2.【答案】（1）增大固体与空气的接触面积，加快反应速率，使煤粉完全燃烧     （2）     （3）①     ②      （4）     （5）①     ② 偏小      3.【答案】（1）① I2是非极性分子，而水是极性分子，根据 “相似相溶” 原理，非极性分子在极性溶剂中的溶解度较低    ② <    ③ 除去，防止干扰后续实验；    ④ 、    ⑤ 或    ⑥ 产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，有红色固体出现    ⑦ 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)     （2）铜片；I2和KI的混合溶液     （3）铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu氧化为Cu2+；而在实验I、实验II和实验III中Cu以Cu+形式存在， 这是由于在实验I、实验II、实验III中Cu+可以进一步与I-结合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+浓度减小使得Cu2+氧化性增强，发生反应2Cu2++4I-=CuI↓+I2和2Cu2++6I-=[CuI2]-+I2      4.【答案】（1）① 沉淀不溶解或无明显现象    ② BaCO3 + 2H+ = Ba2+ + CO2↑+ H2O    ③ BaSO4在溶液中存在BaSO4(s) Ba2+(aq) + (aq)，当加入浓度较高的Na2CO3溶液，与Ba2+结合生成BaCO3沉淀，使上述平衡向右移动     （2）① b    ② 2I- - 2e- =I2    ③ 由于生成AgI沉淀使B的溶液中c(I-)减小，I-还原性减弱    ④ 实验ⅳ表明Cl-本身对该原电池电压无影响，则c＞b说明加入Cl-使c(I-)增大，证明发生了AgI + Cl-AgCl + I-     （3）溶解度小的沉淀容易转化成溶解度更小的沉淀，反之则不易；溶解度差别越大，由溶解度小的沉淀转化为溶解度较大的沉淀越难实现      5.【答案】（1）氧化性     （2）①     ②     ③ 增大浓度，促进析出；维持的稳定     （3）①     ② 阳极产生的可能扩散至阴极被还原，造成损失（或迁移至阳极放电，发生副反应）    ③ 0.1mol      6.【答案】（1）Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+     （2）＜     （3）① 0.3    ② Cu + Fe3+ + 3Cl－ = [CuCl3]2− + Fe2+    ③ [CuCl3]2− + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+ + 3Cl－     （4）作催化剂     （5）c(Cl－)小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行      7.【答案】（1）①     ② 在紫红色固体内部得电子，产生氢气，使Cu疏松多孔，容易脱落    ③ 锌表面析出Cu后，形成Zn-Cu原电池，加快锌与的反应速率    ④     ⑤ 更容易析出CuCl。加水稀释，溶液中各离子浓度均减小；反应ⅰ：，，平衡正向移动，有利于析出CuCl；反应ⅱ：，，平衡不移动     （2）     （3）浓度、浓度、反应物是否直接接触、碰撞几率、实验装置等      8.【答案】（1）①     ②     ③      （2）①     ②     ③ 排除的干扰    ④ >    ⑤ 溶液的酸碱性不同    ⑥ 能，理由：在过量酸的作用下完全转化为和，溶液浅紫色一定是的颜色（不能，方案：向紫色溶液b中滴加过量稀，观察溶液紫色快速褪去还是显浅紫色）      9.【答案】①     ② 除去二氧化硫中的硫酸蒸汽    ③     ④ 取实验Ⅱ中经离心分离后的溶液少量，加入盐酸酸化的溶液，观察是否有白色沉淀    ⑤ 二氧化硫及其水溶液容易被空气中的氧气氧化而产生硫酸根离子，会产生干扰    ⑥     ⑦ 氯离子对二氧化硫的转化没有影响    ⑧     ⑨ 取2个试管，分别取2mL溶液，试管甲中加入6滴的盐酸、试管乙中加入6滴的硫酸、同时通入等量的，观察实验现象 10.【答案】（1）     （2）     （3）① 和    ② (或)     （4）① 不是    ② 取b中稀释后的溶液，加入充分振荡、静置，下层溶液无色    ③ 稀释前硫酸浓度较大，氧化性；稀释后硫酸浓度较小，氧化性     （5）同主族，核电荷数，原子半径 (或离子半径)，得电子能力，还原性      11.【答案】（1）① Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O    ② 饱和NaHSO3溶液     （2）① 2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO+4H+    ② 溶液变为红棕色    ③ 硫酸（或盐酸）     （3）① 溶液A中含有盐酸，也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，干扰亚硫酸根的检验；    ② BaCl2溶液    ③ H2O2（氯水等合理即可）     （4）三价铁与二氧化硫发生氧化还原反应导致三价铁离子浓度减小，反应生成的氢离子使亚硫酸根减小，逆向移动，溶液由红棕色变为黄色。      12.【答案】（1）>     （2）5+2+8H2O=2+10+16H+     （3）相比实验II，实验温度I较低，反应速率较慢     （4）① 实验II和实验III中的浓度相同    ② 向盛有1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的试管中，加入一定量KMnO4溶液，有棕黑色沉淀生成    ③ 3+2+2H2O=5↓+4H+    ④ 溶液中存在反应 ，反应ii速率快于反应i，所以未得到紫色溶液     （5）1mL 0.05mol/L溶液和3滴1mol/LH2SO4溶液的混合溶液中     （6）过量、加入催化剂      13.【答案】（1）① 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复    ②     ③ 增大    ④     ⑤ 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态     （2）① 40℃的K    ② 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡      14.【答案】（1）AgI+2S2O=I−+[Ag(S2O3)2]3−     （2）加入Na2S2O3后得到无色溶液     （3）破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应     （4）增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率     （5）排除O2-KI溶液对银镜溶解的干扰     （6）O2     （7）① KI固体    ② 黄色固体     （8）在I2-KI溶液中，I2+I−I，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI沉淀，提高了Ag的还原性，促进了Ag与I2的反应      15.【答案】（1）     （2）除去中的杂质及防止倒吸(平衡压强)     （3）缓慢滴加浓盐酸，控制氯气与氢氧化钠的反应速率或在三颈烧瓶下方用冷水浴降温     （4）①     ② 次氯酸钠溶液催化过氧化氢分解产生氧气     （5）在相同条件下，用注射器取等量的双氧水，分别加入盛有足量次氯酸钠溶液和二氧化锰的锥形瓶中，做对照实验，与次氯酸钠溶液反应产生气体的体积约为与二氧化锰反应产生气体体积的两倍，则可证实猜测1      16.【答案】（1）<     （2）① 排除的颜色对判断铜氧化产物的干扰    ② 、     （3）①     ② 白色沉淀逐渐溶解    ③ 浓度减小，CuI覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；     （4）铜、和的混合溶液     （5）电化学实验中，由于氧化性I2>Cu，I2将Cu氧化为Cu2+；实验I-III中，体系中有，生成沉淀或，使+1价Cu的还原性减弱，而I2不能氧化或；      17.【答案】（1）滴加几滴溶液，溶液不变红     （2）     （3）①     ② 酸性溶液中具有氧化性，可产生    ③ ，与生成了沉淀，降低了的浓度，使的氧化性提升至大于的氧化性     （4）① 加入足量稀硝酸，振荡，固体部分溶解，产生无色气泡，遇空气变红棕色。静置，取上层清液加入稀盐酸，有白色沉淀生成    ② 分解产生的催化了与的反应      18.【答案】（1）     （2）将过量的及生成的全部还原为，使氧化成易溶于水的     （3）防止空气中氧化     （4）溶液由蓝色变为无色，且30s内不变化     （5）     （6）低      19.【答案】（1）①     ② 吸收中的酸雾     （2）     （3）①     ② 排除加水稀释对沉淀溶解的影响    ③     ④ 与ⅱ相比，ⅰ的浊液中含有和，且浊液中的水降低了盐酸的浓度，均不利于溶解     （4）实验四和实验一相比，前者C中较小，，无沉淀生成，后者较大，，有沉淀生成；二者D中都发生，较大，均存在：，都有沉淀生成      20.【答案】（1）CD     （2）①     ② 分子中的N原子有孤对电子，分子中的B原子有空轨道    ③ b     （3）①     ② 反应步骤少，消耗的氧气和甲醇少（其他合理答案也可以）    ③ 0.75      21.【答案】（1）排尽装置内的空气，防止氧气干扰实验     （2）     （3）① 溶液不变蓝（或无明显现象）    ② 盐酸酸化的BaCl2溶液    ③      （4）KI是SO2歧化反应的催化剂，能加快反应速率；盐酸本身对SO2歧化反应无影响，但能增大KI的催化活性     （5）①     ② ＜    ③ Cl-的离子半径比I-小，结合SO2的能力弱，无法形成有利于电子转移的黄色中间体；Cl-的还原性比I-弱，难以与SO2发生第一步反应(i)生成Cl2和S      22.【答案】（1）     （2）① 取最后一次洗涤液，加入溶液，无白色沉淀生成    ②     ③ 确认白色沉淀中有，排除浓溶液吸收空气中的生成进而生成产生的干扰     （3）     （4）增大，逆向移动，增大，还原性增强     （5）溶液，调至3     （6）溶液与溶液混合，二者既能发生氧化还原反应，也能发生沉淀反应；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；增大有利于发生氧化反应      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $