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重难点14 性质探究型实验综合题-2024年高考化学【热点·重点·难点】专练（新高考专用）
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性质探究型实验是现在高考的一个趋势，主要考查学生的化学实验探究能力和科学表达能力。试题往往以一个具体的化学问题或化学现象为背景，在实验结果不知晓的情况下，由实验者自行设计实验方案进行探究，因此就会涉及结果假设、实验方案设计、现象预测、得出结果等不同的过程。性质探究型实验一般有以下几种命题形式：
（1）探究化学实验中的反常现象或反常结果；
（2）探究对经典问题或教材实验的质疑；
（3）探究未知物的成分；
（4）探究物质的性质及形成原因；
（5）探究化学反应的条件及现象；
（6）探究化学反应机理及历程；
预计2024年高考中，性质探究型实验综合题仍是出题的重点，在试题中穿插考查元素及化合物知识、实验基本操作、化学基本理论、化学计算等相关知识。
【策略1】熟悉探究物质性质的基本方法和程序
【策略2】回归教材——明确物质性质探究、验证的实验角度
（1）物质氧化性、还原性及其强弱的判断。
如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中，通过观察酸性KMnO4溶液是否褪色来说明；如探究Fe3＋的氧化性强于I2时，可利用FeCl3与淀粉KI溶液反应，通过溶液变蓝色来说明Fe3＋的氧化性强于I2。
（2）验证同周期、同主族元素性质的递变规律.
一般通过设计比较元素金属性、非金属性强弱的实验来完成。如通过比较Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg、Al的活泼性顺序。
金属性强弱比较：可通过与水或酸反应置换氢的能力、最高价氧化物对应水化物的碱性、置换反应、原电池的正负极、电解池中阴极阳离子的放电顺序等方法来比较。
非金属性强弱比较：可通过最高价氧化物对应水化物的酸性、气态氢化物的稳定性、与H2化合的难易程度、相互之间的置换、对应阴离子的还原性等方法来比较。
（3）电解质强弱的判断。
如探究化合物HA是弱电解质的方法是常温下配制NaA溶液，测pH，若pH>7，则说明HA为弱电解质。
（4）物质酸性强弱的判断。
可通过强酸制弱酸、对应盐溶液的碱性、同浓度溶液导电能力或pH等方法来比较。
（5）钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。
可以通过控制钢铁是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等设计实验，找出规律。
（6）Ksp的大小比较
（7）一元酸、二元酸判断：可用NaOH溶液进行中和滴定测定消耗V(NaOH)来确定
（8）羟基的数目判断：可通过取一定量试剂与足量Na反应测定放出氢气的量来确定
（9）羧基的数目判断：可通过取一定量试剂与足量NaHCO3反应测定放出CO2的量来确定
（10）热分解产物的性质探究、判断。
①难溶性碳酸盐氧化物＋CO2；
②碳酸的酸式盐碳酸的正盐＋CO2＋H2O；
③铵盐(NH4NO3除外)NH3＋相应的酸(或酸性氧化物＋H2O)；
④硝酸盐金属(或金属氧化物、亚硝酸盐)＋氮氧化物(NO或NO2)＋O2；
⑤草酸晶体CO2＋CO＋H2O。
【策略3】掌握探究实验中常见操作及原因分析
考向一 探究化学反应的结果
1．（2023·北京·统考高考真题）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。
已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。
I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
(1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。
(2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
ⅰ．步骤a的目的是 。
ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。
(3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。
(4)上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。
(5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。
【答案】
(1)<
(2)除去，防止干扰后续实验 、
(3)或 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)
(4)铜、含的的溶液
(5)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。
【详解】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）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ；
（2）加入，I2浓度减小，平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、；
（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；反应为可逆反应，加入浓溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)；
（4）要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液；
（5）含的的溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。
考向二 探究化学反应的条件
2．（2022·北京·高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：ⅰ、Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO(紫色)。
ⅱ、浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO。
ⅲ、Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)：
(1)B中试剂是 。
(2)通入Cl2前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 。
(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
(4)根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。
①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取实验Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填化学式)氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③取实验Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是 。
④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因： 。
【答案】
(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O
(3)Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4)Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O 4MnO＋4OH-=4MnO＋O2↑＋2H2O Cl2 3ClO-＋2MnO2＋2OH-=2MnO＋3Cl-＋H2O 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液
【详解】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，据此解答。
（1）根据以上分析可知B中试剂是饱和NaCl溶液；
（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。
（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强。
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O。
②溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO，方程式为4MnO＋4OH-=4MnO＋O2↑＋2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为MnO，方程式为3ClO-＋2MnO2＋2OH-=2MnO＋3Cl-＋H2O。
④由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。
考向三 探究化学反应的影响因素
3．（2022·广东·高考真题）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用表示)。的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，的。
(1)配制的溶液，需溶液的体积为 mL。
(2)下列关于容量瓶的操作，正确的是 。
(3)某小组研究25℃下电离平衡的影响因素。
提出假设。稀释溶液或改变浓度，电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为的和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。
①根据表中信息，补充数据： ， 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释溶液，电离平衡 (填”正”或”逆”)
向移动；结合表中数据，给出判断理由： 。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大浓度，电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
(4)小组分析上表数据发现：随着的增加，的值逐渐接近的。
查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于的。
对比数据发现，实验VIII中与资料数据存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定溶液的浓度再验证。
①移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗体积为，则该溶液的浓度为 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点 。
②用上述溶液和溶液，配制等物质的量的与混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为的和溶液，如何准确测定的？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
(6)根据可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途 。
【答案】
(1)5.0
(2)C
(3)3.00 33.00 正 实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
(4)0.1104
(5)另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠
(6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【详解】
（1）溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1ml/L=V×5ml/L，解得V=5.0mL，故答案为：5.0。
（2）A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；
B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；
C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；
D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；
综上所述，正确的是C项。
（3）①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案为：3.00；33.00。
②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1。
（4）(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1ml/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104ml/L，故答案为：0.1104。
(ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)=≈ml/L=10-2.88ml/L，溶液的pH=2.88，当V(NaOH）=11.04 mL时，n(NaAc)=n(HAc)，考虑HAc的电离和Ac-的水解，HAc的电离程度大于Ac-的水解程度，故溶液中NaAc＞HAc，溶液的pH＞PKa，即pH＞4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1ml/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠。
（6）不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为：HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)。
4．（2021·广东·高考真题）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlrine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为 。
(2)实验室制取干燥时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为 。
(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中存在的操作及现象是 。
(4)某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对溶解度的影响。
②查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，。
③提出猜想。
猜想a：较高温度的饱和溶液的电导率较大。
猜想b：在水中的溶解度。
④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。
⑤数据分析、交流讨论。25℃的饱和溶液中， 。
实验结果为。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想成立，但不足以证明猜想成立。结合②中信息，猜想不足以成立的理由有 。
⑥优化实验。小组同学为进一步验证猜想，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡上完成表中内容。
⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想也成立。猜想成立的判断依据是 。
【答案】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O c-d-b-a-e HClO 取少量溶液于试管中，加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl- 1.3410-5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度 45℃ II 45℃ A3>B2>B1
【详解】
(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a-e，故答案为：c-d-b-a-e；
(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验的方法：取少量溶液于试管中，加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为：HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-；
(4)⑤25℃时，，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的溶液中，所以有==1.3410-5；
实验1~3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验1~3无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系，故答案为：1.3410-5；测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度；
⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样II在45℃下测试与实验3比较。故答案为：45℃；II；45℃；
⑦猜想成立的判断依据是A3>B2>B1，故答案为：A3>B2>B1。
考向四 探究化学物质的性质（氧化性、还原性、酸碱性等）
5．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是 。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii.氧化反应： 。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii.随c(Cl-)降低， 。
④补充实验证实了③中的分析。
a是 ，b是 。
(2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。
(3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是 。
(4)Ag分别与1ml·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因： 。
(5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
【答案】
(1)MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O 2Cl--2e- =Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
(2)KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【详解】
（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
考向五 探究化学反应机理及历程
6．（2021·北京·高考真题）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 ml/L Ag2SO4溶液与0.0400 ml/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 ml/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 ml/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)灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 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)指示剂
(3)偏低 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【详解】
（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c1ml/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+)=ml/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。
（建议用时：90分钟）
1．（2022·四川南充·校考一模）南高实验学习小组经查阅资料发现：K2FeO4(Mr=198)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。现将他们制备高铁酸钾(K2FeO4)，测定其纯度并探究其性质的过程展示如下。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置，盛KMnO4固体的仪器名称是 。
②装置B中所用的试剂X为 。
③装置C中首先制备KClO，然后在快速搅拌下将90％的Fe(NO3)3溶液分批加入装置C中，充分反应得K2FeO4固体，写出该反应的化学方程式 。
(2)K2FeO4的纯度测定
向3mLCrCl3溶液中加入20mL饱和KOH溶液(Cr3+＋4OH－=CrO＋2H2O)，再加入5mL蒸馏水，冷却至室温，准确称取1.98g样品，加入上述溶液中使其溶解，充分反应(FeO＋CrO＋2H2O=CrO＋Fe(OH)3↓＋OH－)，过滤后加入稀硫酸酸化(2CrO＋2H＋=Cr2O＋H2O)，并加入1mL苯二胺磺酸钠作指示剂，用1.00ml/L的标准硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定(Cr2O＋6Fe2+＋14H＋=2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O)，至终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为27.00mL。则K2FeO4的质量分数为 (过程中杂质不参与反应)。
(3)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：
Ⅰ．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被Cl－还原得到，还可能由 产生(用离子反应方程式表示)。
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 FeO(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是 。
【答案】
(1)圆底烧瓶 饱和食盐水 2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH=2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O
(2)90%
(3) Fe3+ 4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O 排除ClO－的干扰（或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气） ＞ 溶液的酸碱性不同
【详解】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化钾、氯化锰和水，盐酸易挥发，氯气中主要含氯化氢杂质，为了减少KOH的损失，因此用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢杂质，再通入KOH溶液反应生成KClO，KClO和硝酸铁、氢氧化钾反应生成高铁酸钾，尾气用NaOH溶液吸收。
（1）①A为氯气发生装置，盛KMnO4固体的仪器名称是圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶。
②由于盐酸易挥发，氯气中含有氯化氢杂质，为了防止氯化氢与氢氧化钠反应，因此装置B中所用的试剂X为饱和食盐水，除掉氯气中氯化氢杂质；故答案为：饱和食盐水。
③装置C中首先制备KClO，然后在快速搅拌下将90％的Fe(NO3)3溶液分批加入装置C中，充分反应得K2FeO4固体，则KClO与Fe(NO3)3、KOH反应生成K2FeO4、KCl、KNO3和H2O，该反应的化学方程式2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH=2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O；故答案为：2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH=2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O。
（2）根据题中信息得到关系式2K2FeO4～2～2～～6(NH4)2Fe(SO4)2，则K2FeO4的质量分数为；故答案为：90%。
（3）I．铁离子遇KSCN溶液变为红色，因此方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4被Cl－还原得到，根据题中信息K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，因此在碱性溶液中较稳定还可能由加酸后反应得到铁离子即4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O产生；故答案为：4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。
Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO－的干扰或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气；故答案为：排除ClO－的干扰(或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气)。
②根据K2FeO4的制备实验得出：根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得到氧化性Cl2＞FeO，该结论是在碱性条件下得到，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，该结论得到是在酸性条件下，因此原因是溶液的酸碱性不同；故答案为：＞；溶液的酸碱性不同。
2．（2023·辽宁沈阳·校联考一模）铜盐是五颜六色的。某学习小组发现固体(白色)、固体(棕黄色)、固体(深褐色)。和溶液呈蓝色，溶液时而呈绿色，时而呈蓝色，于是对颜色不同的原因展开了探究。
【查阅资料】
1.固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深。
2.在溶液中存在如下平衡：
【提出假设】
1.铜盐的颜色不同与离子种类有关。
2.溶液呈绿色的原因是溶液中既有黄色的，又有蓝色的，根据光学原理蓝色和黄色的混合色为绿色。
【设计方案】
回答下列问题：
(1)解释的颜色深于的原因 。
(2)配制溶液的方法是 。
(3)根据表中信息，补充试剂和数据：饱和 、a= 。
(4)实验4和5中溶液颜色差异的原因 (用平衡移动原理解释)。
(5)以上实验说明影响溶液颜色的因素主要有 。(答两点即可)
【实验结论】假设1，2成立。
(6)溶液呈现不同颜色的根本原因与、和 微粒(写结构式)的浓度有关。
【答案】
(1)电负性氯大于溴，溴化铜中化学键共价性更强，吸收光的能量低，颜色更深；
(2)将氯化铜固体溶解在浓盐酸中，加水稀释至所需浓度
(3)硫酸钠 2.0
(4)稀释后，Cl-和浓度下降，平衡逆移，颜色以蓝绿色为主
(5)离子浓度，温度
(6)
【详解】本题为实验探究题，分组讨论了硫酸根离子、氯离子和溶液的浓度对铜离子在溶液中的颜色的影响，同时还分析了温度对溶液颜色的影响，以此解题。
（1）根据题给信息可知，固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深，故答案为：电负性氯大于溴，溴化铜中化学键共价性更强，吸收光的能量低，颜色更深；
（2）铜离子可以水解，在配制氯化铜溶液时可以加入盐酸防止铜离子水解，故答案为：将氯化铜固体溶解在浓盐酸中，加水稀释至所需浓度；
（3）本题分别探究了硫酸根离子和氯离子对铜离子在溶液中颜色的影响，根据表格中的信息可知，为了作对比实验，需要补充的试剂为饱和硫酸钠溶液；根据表格中数据可以发现，表格中每组数据溶液的体积都为4mL，则a=2.0mL；
（4）对比实验4和5可知，其中5相当于在4的基础上的稀释，则实验4和5中溶液颜色差异的原因是：稀释后，Cl-和浓度下降，平衡逆移，颜色以蓝绿色为主；
（5）根据以上实验可知，上述实验探究了溶液的温度，溶液看中硫酸根离子和氯离子的浓度对溶液颜色的影响，故答案为：离子浓度，温度；
（6）根据第4问分析可知，溶液呈现不同颜色的根本原因与、和的浓度有关。
3．（2024·河南南阳·校联考模拟预测）NaClO在生产、生活中有广泛应用。某小组设计实验制备NaClO并探究其性质。回答下列问题：
实验(一)制备NaClO。实验装置如图所示(夹持仪器已省略)。
(1)装置B中试剂是 (填名称)
(2)写出装置A中发生反应的离子方程式： 。
(3)研究发现，NaClO在热水中发生歧化反应生成NaCl和，已知：在水溶液中、、的相对能量依次为、、。写出该反应的热化学方程式： 。
实验(二)探究外界因素对NaClO水解程度的影响(在本题设定温度范围内NaClO只发生水解反应，不考虑其他副反应)。
【提出猜想】
猜想1：其他条件相同，pH越大，NaClO水解程度越小；
猜想2：其他条件相同，浓度越小，NaClO水解程度越大；
猜想3：其他条件相同，适当升温，NaClO水解程度增大。
【设计实验】
实验方案如下(各溶液浓度均为，每支试管各滴加3滴相同浓度的紫色石蕊溶液)：
(4)实验1、3、4测得结果：，用平衡移动原理解释实验结果： ；实验1、2不能验证猜想2，其原因是浓度越小，NaClO水解程度越大，而越小。请你提出改进方案： [已知NaClO水解度]。
(5)实验结果；，但是，不能证明猜想3成立，其原因是 。
(6)经过小组讨论，大家认为可以通过测定不同温度下NaClO水解常数，确定温度对NaClO水解程度的影响。
查阅资料：，为溶液起始浓度。
试剂与仪器：一定浓度的NaClO溶液、的盐酸、pH计等。
实验：测定30℃下NaClO水解常数，完成表中实验。
分别在35℃、40℃下重复上述实验。
①实验8的实验内容是 。
②数据处理：30℃， (用含a、b、V的代数式表示)，
③实验结论：，升温能促进NaClO水解。
【答案】
(1)饱和食盐水
(2)
(3)
(4)，实验4中pH减小，促进平衡向右移动，增大，实验3中pH增大，平衡左移，减小 测定不同浓度NaClO溶液中，计算NaClO水解度[]
(5)浓度不变时，升温，褪色反应速率本身也增大
(6)测定30℃该浓度NaClO溶液的pH
【详解】
（1）高锰酸钾与浓盐酸反应，由于浓盐酸易挥发，故生成的氯气中混有氯化氢气体，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体；
（2）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、二氯化锰、氯气和水的离子方程式为；
（3）根据“相对能量”，反应热等于产物总能量与反应物总能量之差：，故热化学方程式 ；
（4）石蕊先变红后褪色，褪色与有关，根据次氯酸钠水解方程式，分析盐酸、NaOH对平衡的影响。浓度对水解程度影响是两个方面：一是平衡移动；二是改变体积；测得产物浓度，测定不同浓度NaClO溶液中，计算NaClO水解度[]通过定量计算可以判断浓度对水解程度的影响；
（5）升温，对褪色有两个方面影响：一是升温，水解程度增大，增大，褪色速率增大；二是升温，褪色反应速率本身也要增大；
（6）水解常数表达式起提示作用，计算水解常数需要3个物理量：对应温度下水的离子积常数；起始NaClO溶液浓度、30℃时，该浓度NaClO溶液的pHNaClO溶液pH、NaClO溶液中等于起始NaClO溶液浓度，分别求出3个量，代入水解常数表达式中计算，，，，。
4．（2023·广东·校联考一模）某化学兴趣小组在实验室中用下列装置设计实验探究与HClO的酸性强弱，请回答相关问题。
(1)甲同学认为，仅选用A、C、F装置就能探究与HClO的酸性强弱。
①A装置中盛装浓盐酸的仪器的名称为 ，A装置中发生反应的离子方程式为 。
②乙同学认为该方案不合理，请简述乙同学的理由： 。
(2)丙同学结合甲、乙两位同学的方案，设计如下实验探究与HClO的酸性强弱：
①正确的装置连接顺序为 。(各装置均只用一次)
___________→___________→___________→___________→D→F
②C装置的作用是 ；F装置中发生反应的化学方程式为 。
③将F装置中试管内的溶液通过一系列操作后得到晶体，再将该晶体加入盐酸中，将产生的气体通入澄清石灰水中，观察到的现象是 ，得出酸性： (填“>”或“<”)HClO。
【答案】
(1)分液漏斗 HClO具有强氧化性，SO2具有还原性，SO2与ClO-会发生氧化还原反应，不能利用亚硫酸与次氯酸盐的反应探究与HClO的酸性强弱，故该方案不合理
(2)ACBE 除去SO2中的HCl 澄清石灰水变浑浊 >
【详解】实验目的是探究与的酸性强弱，实验原理不能用H2SO3与次氯酸盐反应，因为H2SO3有还原性而次氯酸盐有氧化性，二者发生的是氧化还原反应，不发生强酸制备弱酸的复分解反应，为探究二者酸性强弱，应利用酸性强弱关系>>来设计实验方案。
（1）①盛装浓盐酸的仪器的名称为分液漏斗；A装置中，盐酸与反应生成，该反应的离子方程式为；
②漂白液中的具有氧化性，具有还原性，将通入漂白液中会发生氧化还原反应，不发生强酸制备弱酸的复分解反应，不能证明与的酸性强弱；
（2）①要想证明的酸性强于，主要思路为利用酸性强弱关系：>>来设计实验方案，因此，将A中产生的气体通过C装置（除去中含有的HCl），再通过B装置，发生反应得到气体，证明酸性：>，然后将气体通过E 装置（除去中的），再通过D装置验证被除尽，最后将净化后的气体通入F装置中，证明酸性：>，即证明酸性强于，故装置连接顺序为ACBEDF；
②因为，影响与反应，C装置作用为除去中含有的HCl；F装置中发生反应的化学方程式为；
③F装置中试管内的溶液含有，通过一系列操作后得到晶体为，与盐酸反应生成的气体可以使澄清石灰水变浑浊；澄清石灰水变浑浊证明F中发生了反应，证明酸性：>，结合酸性：>，故酸性：>。
5．（2023·四川成都·校考一模）硫氰化钾()是一种用途广泛的化工原料。某化学实验小组设计如图实验装置模拟工业制备并进行相关探究实验。
已知：①是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。
②。
回答下列问题：
(1)装置中，三颈烧瓶内盛有、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入液体中，其目的是 (写出两点即可)。
(2)待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置处的酒精灯，关闭，移开水浴。将装置继续加热至，待完全分解后()，打开，缓缓滴入适量的溶液充分反应，待产生的完全分解后即制得溶液。装置中仪器的名称是 ，用离子方程式表示装置处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因： 。
(3)用制得的溶液进行以下探究实验：
实验Ⅰ：
①溶液立即变红是因为与发生了反应，其离子方程式是 。
②探究实验Ⅰ中红色褪去的原因：取反应后的溶液， (填实验操作和现象)，判断溶液中有，而几乎无。
③研究发现，酸性溶液中能氧化，但反应很慢且无明显现象，而实验Ⅰ中褪色相对较快，由此推测能加快与的反应。通过实验Ⅱ和Ⅲ得到了证实。
参照实验Ⅱ的图例，在虚线框内补全实验Ⅲ。
实验Ⅱ：
实验Ⅲ： 。
【答案】
(1)防倒吸；使NH3与CS2充分混合，加快反应速率
(2) (球形)干燥管 2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(3)Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3 滴加KSCN溶液，溶液变红
【详解】实验目的是制备硫氰化钾，探究硫氰化钾的性质，原理为氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾。装置A中制备氨气，在B中氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾，装置C为尾气吸收装置。
（1）CS2是非极性试剂，极性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(气体)通入CS2(液体)中，可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）尾气处理装置中防倒吸的装置名称为(球形)干燥管，酸性溶液吸收NH3后，Fe2(SO4)3会氧化H2S气体，发生反应：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋；
（3）①Fe3＋与SCN-发生反应生成Fe(SCN)3，使溶液显红色，其反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN-Fe(SCN)3，
②检验Fe3＋，常用KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3＋，反之，则不含Fe3＋，要证明反应后溶液中含有Fe3＋，而几乎无SCN-，具体操作是取反应后的溶液少量于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明该溶液中有Fe3＋，几乎无SCN-。
③根据题意，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，滴加Fe2(SO4)3溶液后，溶液褪色相对较快；实验Ⅱ和实验Ⅲ应为对照实验，根据实验Ⅱ，推出实验Ⅲ：先加入0.5 mL pH=1的硫酸溶液，无明显现象，静置后，滴加数滴Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红。
6．（2023·河南·校联考一模）某小组在验证反应“”，实验探究过程如下。结合探究过程回答下列问题。
向硝酸酸化的硝酸银溶液中(忽略的水解)加入过量铁粉，搅拌后静置，一段时间后，将烧杯底部黑色固体过滤，滤液呈黄色。
(1)检测到滤液中含有，可以选用的试剂为 (填化学式)溶液。产生的原因可能有以下几种。
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生。
假设b：空气中存在，被氧化为，写出反应的离子方程式： 。
假设c：酸性溶液中的具有氧化性，可产生。
(2)某同学证明上面假设c不成立，向硝酸酸化的 硝酸钠溶液中加入过量铁粉，搅拌后静置，一段时间后，上层清液未变黄色，经检验无。
(3)取过滤后的黑色固体，洗涤后， (填操作和现象)，证明黑色固体中含有Ag。
(4)某同学利用原电池证明可以将氧化为，设计了如图所示的原电池装置。连接装置后，电流表中有电流通过，一段时间后电流表不再偏转(所用溶液均已去除)。甲溶液中的溶质为 。写出石墨电极上发生的电极反应式： 。电流表指针不再偏转后，向左侧烧杯中加入固体，发现电流表指针反向偏转，此时石墨电极为 (填“正极”或“负极”)，银电极的电极反应式为 。
【答案】
(1)KSCN
(2)
(3)加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀
(4)FeCl2（或者FeSO4溶液） 正极
【详解】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）铁离子和KSCN溶液反应变为红色，故检测到滤液中含有，可以选用的试剂为KSCN溶液。
空气中存在，氧气具有氧化性，使得被氧化为，反应为；
（2）证明假设c错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用NaNO3溶液；故答案为：；
（3）黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解。或者先用硝酸溶解固体将银单质转化为硝酸银溶液，再用HCl检验Ag+。故操作为：取过滤后的黑色固体，洗涤后，加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀，证明黑色固体中含有Ag。（或者加入足量稀盐酸（或稀硫酸），固体未完全溶解）。
（4）利用原电池证明可以将氧化为，银离子发生还原反应为正极反应，银极为正极，亚铁离子发生氧化反应为负极反应，石墨极为负极；则甲池应当注入FeCl2（或者FeSO4溶液），负极反应为；电流表指针不再偏转后，向左侧烧杯中加入固体，发现电流表指针反向偏转，则此时石墨电极为正极，银电极为负极，负极银单质失去电子发生氧化反应生成银离子，电极反应式为。
7．（2023·北京海淀·校考三模）某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验：
实验1：分别取3mL浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如表：
(1)写出铜和浓硝酸反应的离子反应方程式： 。
(2)小组同学认为溶液呈绿色的可能原因是：
猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色；
猜想2：NO2溶解在硝酸铜溶液中，溶液呈绿色。
依据实验1中的现象，判断猜想1不合理，理由是： 。
(3)取⑤中溶液， (填操作和现象)，证实猜想2成立。
(4)小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。
实验2：向①中溶液以相同流速分别通入N2和空气，观察现象。
结合上述实验现象，下列推测合理的是 (填字母序号)。
a.①中溶液通入N2时，N2被缓慢氧化为NO2
b.①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化
c.空气中的CO2溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色
d.加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象
(5)小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献知：
i.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸(HNO2)”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因
ii.NO2在溶液中存在：
反应1：2NO2+H2OHNO3+HNO2(慢)
反应2：2HNO2NO2+NO+H2O(快)
解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因 。
(6)小组同学为确认亚硝酸(HNO2)参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。
实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。
①实验中加入的固体物质可能是 (写出一种，填化学式)。
②加入H2O2后溶液迅速变蓝，原因是的H2O2可能参与了下列反应(用化学方程式表示)：H2O2+2NO2=2HNO3， ， 。
【答案】
(1)
(2)实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与假设不符
(3)通入NO2气体，溶液颜色变绿
(4)bd
(5)通入氮气时，二氧化氮和一氧化氮气体被吹出，由于反应1较慢，亚硝酸浓度下降较慢；通入空气时，一氧化氮与空气中的氧气发生反应，溶液中一氧化氮浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快
(6)NaNO2（或其他亚硝酸盐）
【详解】
（1）铜和浓硝酸反应生成NO2气体和水，；
（2）根据题意，实验编号①~⑤中铜粉均溶解，则随着铜粉质量的增加，溶液中硝酸铜的浓度浓度不断增大，但溶液颜色由绿色逐渐变为蓝色，与假设不符，故假设1不合理；
（3）猜想2认为，溶解在混合溶液中使溶液呈绿色，故向⑤中溶液通入NO2，若溶液变为绿色，则猜想2成立；
（4）a．向①中溶液通入氮气溶液较慢变为蓝色，通入空气溶液较快变为蓝色； 氮气化学性质稳定，在上述溶液中不能被氧化为NO2，a错误；
b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化，空气中的氧气具有氧化性，能够氧化溶液中的还原性微粒，b正确；
c．酸性物质不能促进溶液变为蓝色，c错误；
d．加热溶液①，加快反应速率，可能观察到溶液变蓝的现象，d正确；
故答案为：bd；
（5）向溶液中通入N2时，NO2和NO气体被吹出，由于反应1进行较慢，亚硝酸的浓度下降较慢；通入空气时，NO与空气中的氧气发生反应，溶液中NO的浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快；
（6）①根据实验2可知，亚硝酸参与了绿色的形成过程，故向①的溶液中加入NaNO2或其他亚硝酸盐能够使溶液绿色变深；
②加入过氧化氢后，溶液迅速不变蓝，说明过氧化氢能够与亚硝酸发生反应，使溶液中亚硝酸浓度降低，亚硝酸具有还原性，过氧化氢具有氧化性，故过氧化氢将亚硝酸氧化为硝酸：，同时溶液中的一氧化氮也被过氧化氢氧化为硝酸：。
8．（2024·广西·校联考模拟预测）草酸亚铁晶体()是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题：
I．制备草酸亚铁晶体(装置如图所示)：
(1)从b中获得产品的操作为 、 、过滤、洗涤、干燥。
(2)装置c的作用为 。
(3)实验过程：待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为 。
II．草酸亚铁晶体热分解产物的探究：
(4)盛放无水硫酸铜的装置a的装置名称为 。
(5)装置C的作用为 。
(6)从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 。
(7)实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为 。
Ⅲ．运用热重分析法推测产物
称取草酸亚铁晶体()加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：
(8)已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据上图可知B点固体物质的化学式为 。
【答案】
(1)蒸发浓缩 冷却结晶
(2)隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化
(3)打开K2、关闭K3
(4)球形干燥管
(5)吸收二氧化碳
(6)缺少处理CO尾气装置
(7)FeO+2H2O+CO2+CO
(8)Fe3O4
【详解】I．制备草酸亚铁晶体的具体操作为：组装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先打开K1，将一定量稀硫酸加入a瓶后再关闭K1，让a瓶中反应先进行一段时间以排除空气，进行上述操作的同时关闭K2打开K3，一段时间后，打开K2关闭K3，将A装置中的硫酸亚铁溶液导入装置B中；
II．装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳。
（1）a装置中硫酸亚铁和草酸铵反应生成草酸亚铁，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。
（2）草酸亚铁具有较强还原性，装置c的作用为：隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化。
（3）由分析可知，待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为：打开K2、关闭K3。
（4）盛放无水硫酸铜的装置a的装置名称为球形干燥管。
（5）由分析可知，C中盛放NaOH溶液的作用是：吸收二氧化碳。
（6）反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置。
（7）E中加热分解，E中黑色固体变为红色，说明有Cu单质生成，B、F中澄清石灰水变浑浊，说明有CO2和CO生成，a中无水硫酸铜变为蓝色，说明有H2O生成，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为：FeO+2H2O+CO2+CO。
（8）n(FeC2O4•2H2O)= =0.3 ml，n(Fe)=n(FeC2O4•2H2O)=0.3 ml，B点时，已知固体产物只含一种铁的氧化物，m(Fe)=0.3 ml×56 g/ml=16.8 g，m(O)=23.2 g−16.8 g=6.4 g，n(O)=0.4 ml，n(Fe)：n(O)=0.3 ml：0.4 ml=3：4，所以铁的氧化物的化学式为Fe3O4。
9．（2023·广东湛江·统考模拟预测）I．配制100mL0.05ml·L-1Fe2(SO4)3溶液。
(1)该实验需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、 、 。
(2)为了防止Fe2(SO4)3水解，在配置过程中可以加入少量 。
Ⅱ.探究Fe2(SO4)3与Cu的反应。
原理预测：
(3)请写出Fe2(SO4)3与Cu的反应的离子方程式： 。
开展实验并观察现象：
某实验小组在进行Fe2(SO4)3与Cu的反应时观察到了异常现象，决定对其进行进一步的探究。
实验I：
提出问题：
(4)实验前，小组同学预测步骤2后溶液不会变为红色，原因是 。
查阅文献：i．CuSCN为难溶于水的白色固体；
ii．SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似。
提出猜想：经过实验测定白色固体为CuSCN，查阅资料后小组同学猜测CuSCN的生成有如下两种可能。
猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应。
猜测2：亚铁离子将其还原，。
(5)猜测1的离子方程式为 。
设计实验：
得出结论：
(6)实验Ⅱ中试管 (填字母)中的现象可以证实猜测1不成立。
(7)Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，结合实验Ⅲ中的现象解释能正向发生的原因： 。
【答案】
(1)胶头滴管 100mL容量瓶
(2)稀硫酸
(3)
(4)Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN)3生成
(5)
(6)B
(7)由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动
【详解】
（1）配制100mL0.05ml·L-1Fe2(SO4)3溶液步骤为计算、称量、溶解、洗涤、转移、定容、贴签等，需要的仪器为烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。
（2）为了防止Fe3+水解，在配置过程中可以加入少量稀硫酸。
（3）Fe2(SO4)3与Cu反应的离子方程式：。
（4）根据，0.0001 ml Fe3+与0.15g(0.0023ml)Cu反应，Cu粉过量，不应有Fe3+存在，应该没有剩余的Fe3+与KSCN结合生成红色的Fe(SCN)3，则原因是Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN)3生成。
（5）猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应，离子方程式：。
（6）因为试管B与猜测1的离子相同，但是现象不同，实验Ⅱ中试管 B中的现象可以证实猜测1不成立。
（7）Fe3+的氧化性本应强于Cu+，结合实验Ⅲ中的现象解释能正向发生的原因：由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动。
10．（2023·陕西渭南·统考模拟预测）某小组同学探究与新制悬浊液的反应。
资料：为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸；能与氨水反应生成，该物质在空气中会立即被氧化成而使溶液显蓝色。
(1)装置B的作用是控制气体的流速，则B中试剂是 。
(2)通入前，实验Ⅰ、Ⅱ中产生蓝色絮状沉淀的离子方程式为 。
(3)实验Ⅰ通入后产生砖红色沉淀，该反应的化学方程式为 。分析实验Ⅰ一段时间后砖红色沉淀消失的可能原因 。
(4)同学们对实验Ⅱ中白色沉淀的成分继续探究。
①甲同学取少量白色沉淀，洗净后加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：、 。
②乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为，实验方案如下：
填写下表空格：
(5)实验Ⅰ和实验Ⅱ中与新制悬浊液均发生了 反应，反应现象的不同与 有关。
【答案】
(1)饱和NaHSO3溶液
(2)Cu2++2OH-=Cu(OH)2
(3)2Cu(OH)2+SO2+2NaOH=Na2SO4+Cu2O+3H2O 溶液中溶解的SO2增多，溶液的酸性增强，使Cu2O溶解，砖红色沉淀消失
(4) 浓盐酸 白色沉淀溶解 出现白色沉淀
(5)氧化还原 配制Cu(OH)2所用铜盐的阴离子种类
【详解】A制备二氧化硫，通过观察B中气泡的速度控制A中产生二氧化硫的速度，C中二氧化硫和新制性质探究型实验综合题
考向一 探究化学反应的结果
考向二 探究化学反应的条件
考向三 探究化学反应的影响因素
考向四 探究化学物质的性质（氧化性、还原性、酸碱性等）
考向五 探究化学反应机理及历程
探究Cl2、Fe3＋、I2的氧化性强弱
利用“氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性”原理探究：将氯气通入FeCl2溶液中，氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，将FeCl3溶液滴入淀粉－KI溶液中，Fe3＋将I－氧化成I2
探究盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱
利用“强酸制弱酸”的原理探究：盐酸与碳酸盐反应制取CO2，气体净化后通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀；
利用盐的水解原理探究：用pH试纸(或pH计)测定同浓度的NaCl溶液、NaHCO3溶液、Na2SiO3溶液的pH，pH越大，则对应酸的酸性越弱；
探究HCOOH、CH3COOH电离能力的强弱
用pH试纸(或pH计)分别测定同浓度的HCOOH溶液、CH3COOH溶液的pH；
用pH试纸(或pH计)分别测定同浓度的HCOONa溶液、CH3COONa溶液的pH，盐溶液的pH越大，则对应酸的酸性越弱；
探究AgCl、AgI的溶度积大小
向少量的AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加KI溶液，产生黄色沉淀；
向浓度均为0.1 ml·L－1的NaCl、NaI混合溶液中滴加0.1 ml·L－1 AgNO3溶液，先产生黄色沉淀；
探究CuS、ZnS的溶度积大小
向浓度相同的CuSO4、ZnSO4的混合液中滴入Na2S溶液，若先生成黑色沉淀CuS、后生成白色沉淀ZnS，则说明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)；
操作
目的或原因
沉淀水洗
除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤
a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥
冷凝回流
防止××蒸气逸出脱离反应体系；提高××物质的转化率
控制溶液pH
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等
“趁热过滤”后，有时先向滤液中加入少量水，加热至沸腾，然后再“冷却结晶”
稀释溶液，防止降温过程中杂质析出，提高产品的纯度
加过量A试剂
使B物质反应完全(或提高B物质的转化率等)
温度不高于××℃
温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)
减压蒸馏(减压蒸发)
减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的气体氛围
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行，加热MgCl2·6H2O制MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液前先煮沸水
除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
反应容器中用玻璃管和大气相通
指示容器中压强大小，避免反应容器中压强过大
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
实验
物质a
C中实验现象
通入Cl2前
通入Cl2后
Ⅰ
水
得到无色溶液
产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
Ⅱ
5%NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
Ⅲ
40%NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
序号
Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.00
0
3.36
…
Ⅶ
4.00
a
b
3：4
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.00
1：1
4.65
Ⅰ
移取溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液
Ⅱ
，测得溶液的pH为4.76
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
1
Ⅰ：25℃的饱和溶液
25
2
Ⅱ：35℃的饱和溶液
35
3
Ⅲ：45℃的饱和溶液
45
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
4
Ⅰ
5
实验操作
试剂
产物
I
较浓H2SO4
有氯气
II
a
有氯气
III
a+b
无氯气
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。
序号
温度/℃
V(氯化铜)/mL
V(饱和硫酸铜)/mL
V(饱和_____)/mL
V(饱和氯化钠)/mL
V(水)
/mL
溶液颜色
1
25
4.0
无色
2
25
4.0
无色
3
25
4.0
蓝色
4
25
4.0
绿色
5
25
2.0
a
蓝绿色
6
25
2.0
2.0
蓝绿色
7
25
2.0
2.0
黄绿色
8
50
4.0
黄绿色
序号
温度/℃
V(NaClO溶液)/mL
V(NaOH溶液)/mL
V(HCl溶液)/mL
V()/mL
褪色时间/s
1
20
10.0
0
0
5.0
2
20
5.0
0
0
10.0
3
20
10.0
2.0
0
3.0
4
20
10.0
0
2.0
3.0
5
30
10.0
0
0
5.0
序号
实验内容
记录数据
6
取20.00mLNaClO溶液，用盐酸滴定至终点
消耗盐酸体积为VmL
7
测得30℃纯水的pH
a
8
_______
b
装置与操作
现象
溶液立即变红，继续滴加溶液，红色变浅并逐渐褪去
编号
①
②
③
④
⑤
铜粉质量/g
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
溶液颜色
绿色
草绿色
蓝绿色偏绿
蓝绿色偏蓝
蓝色
通入气体
氮气
空气
现象
液面上方出现明显的红棕色气体，25min后溶液变为蓝色
液面上方出现明显的红棕色气体，5min后溶液变为蓝色
加入物质
______固体
3滴30%H2O2溶液
3滴水
现象
溶液绿色变深
溶液迅速变为蓝色
溶液颜色几乎不变
实验序号
对比实验及试剂
实验步骤
实验现象
Ⅱ
A试管
2 mL 0.1 ml/LFeSO4溶液
加入1mL0.4ml·L-1KSCN溶液
开始时溶液的上方变为红色，一段时间后红色向下蔓延，最后充满整支试管
B试管
2mL0.1ml/LCuSO4溶液
加入1mL0.4ml·L-1KSCN溶液
溶液变成绿色
Ⅲ
C试管
2mL0.1ml/LFeSO4溶液
加入2mL0.1ml·L-1CuSO4溶液
溶液变为淡蓝色
再加1mL0.4ml·L-1KSCN溶液
溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈深红色
序号
物质a
C中实验现象
通入前
通入后
Ⅰ
溶液
产生蓝色絮状沉淀
开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色
Ⅱ
溶液
产生蓝色絮状沉淀
开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色
试剂1
试剂2
蒸馏水
现象1
现象2
性质探究型实验是现在高考的一个趋势，主要考查学生的化学实验探究能力和科学表达能力。试题往往以一个具体的化学问题或化学现象为背景，在实验结果不知晓的情况下，由实验者自行设计实验方案进行探究，因此就会涉及结果假设、实验方案设计、现象预测、得出结果等不同的过程。性质探究型实验一般有以下几种命题形式：
（1）探究化学实验中的反常现象或反常结果；
（2）探究对经典问题或教材实验的质疑；
（3）探究未知物的成分；
（4）探究物质的性质及形成原因；
（5）探究化学反应的条件及现象；
（6）探究化学反应机理及历程；
预计2024年高考中，性质探究型实验综合题仍是出题的重点，在试题中穿插考查元素及化合物知识、实验基本操作、化学基本理论、化学计算等相关知识。
【策略1】熟悉探究物质性质的基本方法和程序
【策略2】回归教材——明确物质性质探究、验证的实验角度
（1）物质氧化性、还原性及其强弱的判断。
如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中，通过观察酸性KMnO4溶液是否褪色来说明；如探究Fe3＋的氧化性强于I2时，可利用FeCl3与淀粉KI溶液反应，通过溶液变蓝色来说明Fe3＋的氧化性强于I2。
（2）验证同周期、同主族元素性质的递变规律.
一般通过设计比较元素金属性、非金属性强弱的实验来完成。如通过比较Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg、Al的活泼性顺序。
金属性强弱比较：可通过与水或酸反应置换氢的能力、最高价氧化物对应水化物的碱性、置换反应、原电池的正负极、电解池中阴极阳离子的放电顺序等方法来比较。
非金属性强弱比较：可通过最高价氧化物对应水化物的酸性、气态氢化物的稳定性、与H2化合的难易程度、相互之间的置换、对应阴离子的还原性等方法来比较。
（3）电解质强弱的判断。
如探究化合物HA是弱电解质的方法是常温下配制NaA溶液，测pH，若pH>7，则说明HA为弱电解质。
（4）物质酸性强弱的判断。
可通过强酸制弱酸、对应盐溶液的碱性、同浓度溶液导电能力或pH等方法来比较。
（5）钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。
可以通过控制钢铁是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等设计实验，找出规律。
（6）Ksp的大小比较
（7）一元酸、二元酸判断：可用NaOH溶液进行中和滴定测定消耗V(NaOH)来确定
（8）羟基的数目判断：可通过取一定量试剂与足量Na反应测定放出氢气的量来确定
（9）羧基的数目判断：可通过取一定量试剂与足量NaHCO3反应测定放出CO2的量来确定
（10）热分解产物的性质探究、判断。
①难溶性碳酸盐氧化物＋CO2；
②碳酸的酸式盐碳酸的正盐＋CO2＋H2O；
③铵盐(NH4NO3除外)NH3＋相应的酸(或酸性氧化物＋H2O)；
④硝酸盐金属(或金属氧化物、亚硝酸盐)＋氮氧化物(NO或NO2)＋O2；
⑤草酸晶体CO2＋CO＋H2O。
【策略3】掌握探究实验中常见操作及原因分析
考向一 探究化学反应的结果
1．（2023·北京·统考高考真题）资料显示，可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被氧化的产物及铜元素的价态。
已知：易溶于溶液，发生反应(红棕色)；和氧化性几乎相同。
I.将等体积的溶液加入到铜粉和的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
(1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ (填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。
(2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有(蓝色)或(无色)，进行以下实验探究：
步骤a．取实验Ⅲ的深红棕色溶液，加入，多次萃取、分液。
步骤b．取分液后的无色水溶液，滴入浓氨水。溶液颜色变浅蓝色，并逐渐变深。
ⅰ．步骤a的目的是 。
ⅱ．查阅资料，，(无色)容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤的溶液中发生的变化： 。
(3)结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是 。分别取实验Ⅰ和Ⅱ充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓溶液， (填实验现象)，观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是 。
(4)上述实验结果，仅将氧化为价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了能将氧化为。装置如图所示，分别是 。
(5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中被氧化的产物中价态不同的原因： 。
【答案】
(1)<
(2)除去，防止干扰后续实验 、
(3)或 白色沉淀逐渐溶解，溶液变为无色 铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)
(4)铜、含的的溶液
(5)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。
【详解】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）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ；
（2）加入，I2浓度减小，平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入浓氨水后转化为，无色的被氧化为蓝色的，方程式为、；
（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；反应为可逆反应，加入浓溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；铜未完全反应的原因是铜与碘的反应为可逆反应(或浓度小未能氧化全部的)；
（4）要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液；
（5）含的的溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。
考向二 探究化学反应的条件
2．（2022·北京·高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：ⅰ、Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO(紫色)。
ⅱ、浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO。
ⅲ、Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)：
(1)B中试剂是 。
(2)通入Cl2前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 。
(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
(4)根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO氧化为MnO。
①用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取实验Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填化学式)氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③取实验Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是 。
④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因： 。
【答案】
(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O
(3)Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4)Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O 4MnO＋4OH-=4MnO＋O2↑＋2H2O Cl2 3ClO-＋2MnO2＋2OH-=2MnO＋3Cl-＋H2O 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液
【详解】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，据此解答。
（1）根据以上分析可知B中试剂是饱和NaCl溶液；
（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2=2MnO2＋2H2O。
（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强。
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为Cl2＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H2O。
②溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，MnO可被OH-还原为MnO，方程式为4MnO＋4OH-=4MnO＋O2↑＋2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为MnO，方程式为3ClO-＋2MnO2＋2OH-=2MnO＋3Cl-＋H2O。
④由于过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO被还原为MnO的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。
考向三 探究化学反应的影响因素
3．（2022·广东·高考真题）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用表示)。的应用与其电离平衡密切相关。25℃时，的。
(1)配制的溶液，需溶液的体积为 mL。
(2)下列关于容量瓶的操作，正确的是 。
(3)某小组研究25℃下电离平衡的影响因素。
提出假设。稀释溶液或改变浓度，电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为的和溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定，记录数据。
①根据表中信息，补充数据： ， 。
②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释溶液，电离平衡 (填”正”或”逆”)
向移动；结合表中数据，给出判断理由： 。
③由实验Ⅱ~VIII可知，增大浓度，电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
(4)小组分析上表数据发现：随着的增加，的值逐渐接近的。
查阅资料获悉：一定条件下，按配制的溶液中，的值等于的。
对比数据发现，实验VIII中与资料数据存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度不够引起，故先准确测定溶液的浓度再验证。
①移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至终点，消耗体积为，则该溶液的浓度为 。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图并标注滴定终点 。
②用上述溶液和溶液，配制等物质的量的与混合溶液，测定pH，结果与资料数据相符。
(5)小组进一步提出：如果只有浓度均约为的和溶液，如何准确测定的？小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
实验总结 得到的结果与资料数据相符，方案可行。
(6)根据可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途 。
【答案】
(1)5.0
(2)C
(3)3.00 33.00 正 实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1
(4)0.1104
(5)另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠
(6)HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
【详解】
（1）溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1ml/L=V×5ml/L，解得V=5.0mL，故答案为：5.0。
（2）A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；
B．定容时，视线应与溶液凹液面和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，故B错误；
C．向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，故C正确；
D．定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手掉落，故D错误；
综上所述，正确的是C项。
（3）①实验VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,由实验I可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案为：3.00；33.00。
②实验I所得溶液的pH=2.86，实验II的溶液中c(HAc)为实验I的，稀释过程中，若不考虑电离平衡移动，则实验II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)增大，即电离平衡正向移动，故答案为：正；实验II相较于实验I，醋酸溶液稀释了10倍，而实验II的pH增大值小于1。
（4）(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1ml/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104ml/L，故答案为：0.1104。
(ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)=≈ml/L=10-2.88ml/L，溶液的pH=2.88，当V(NaOH）=11.04 mL时，n(NaAc)=n(HAc)，考虑HAc的电离和Ac-的水解，HAc的电离程度大于Ac-的水解程度，故溶液中NaAc＞HAc，溶液的pH＞PKa，即pH＞4.76，当V(NaOH)=22.08mL时，达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH溶液过量较多时，c(NaOH)无限接近0.1ml/L，溶液pH接近13，因此滴定曲线如图：。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当时，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案为：另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠。
（6）不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食品添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途，故答案为：HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)。
4．（2021·广东·高考真题）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlrine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为 。
(2)实验室制取干燥时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为 。
(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中存在的操作及现象是 。
(4)某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对溶解度的影响。
②查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，。
③提出猜想。
猜想a：较高温度的饱和溶液的电导率较大。
猜想b：在水中的溶解度。
④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。
⑤数据分析、交流讨论。25℃的饱和溶液中， 。
实验结果为。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想成立，但不足以证明猜想成立。结合②中信息，猜想不足以成立的理由有 。
⑥优化实验。小组同学为进一步验证猜想，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡上完成表中内容。
⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想也成立。猜想成立的判断依据是 。
【答案】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O c-d-b-a-e HClO 取少量溶液于试管中，加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl- 1.3410-5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度 45℃ II 45℃ A3>B2>B1
【详解】
(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a-e，故答案为：c-d-b-a-e；
(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验的方法：取少量溶液于试管中，加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为：HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-；
(4)⑤25℃时，，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的溶液中，所以有==1.3410-5；
实验1~3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验1~3无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系，故答案为：1.3410-5；测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度；
⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样II在45℃下测试与实验3比较。故答案为：45℃；II；45℃；
⑦猜想成立的判断依据是A3>B2>B1，故答案为：A3>B2>B1。
考向四 探究化学物质的性质（氧化性、还原性、酸碱性等）
5．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是 。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii.氧化反应： 。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii.随c(Cl-)降低， 。
④补充实验证实了③中的分析。
a是 ，b是 。
(2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。
(3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是 。
(4)Ag分别与1ml·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因： 。
(5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
【答案】
(1)MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O 2Cl--2e- =Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
(2)KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【详解】
（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
考向五 探究化学反应机理及历程
6．（2021·北京·高考真题）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 ml/L Ag2SO4溶液与0.0400 ml/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 ml/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 ml/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)灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 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)指示剂
(3)偏低 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【详解】
（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c1ml/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+)=ml/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。
（建议用时：90分钟）
1．（2022·四川南充·校考一模）南高实验学习小组经查阅资料发现：K2FeO4(Mr=198)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。现将他们制备高铁酸钾(K2FeO4)，测定其纯度并探究其性质的过程展示如下。
(1)制备K2FeO4(夹持装置略)
①A为氯气发生装置，盛KMnO4固体的仪器名称是 。
②装置B中所用的试剂X为 。
③装置C中首先制备KClO，然后在快速搅拌下将90％的Fe(NO3)3溶液分批加入装置C中，充分反应得K2FeO4固体，写出该反应的化学方程式 。
(2)K2FeO4的纯度测定
向3mLCrCl3溶液中加入20mL饱和KOH溶液(Cr3+＋4OH－=CrO＋2H2O)，再加入5mL蒸馏水，冷却至室温，准确称取1.98g样品，加入上述溶液中使其溶解，充分反应(FeO＋CrO＋2H2O=CrO＋Fe(OH)3↓＋OH－)，过滤后加入稀硫酸酸化(2CrO＋2H＋=Cr2O＋H2O)，并加入1mL苯二胺磺酸钠作指示剂，用1.00ml/L的标准硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液滴定(Cr2O＋6Fe2+＋14H＋=2Cr3+＋6Fe3+＋7H2O)，至终点时，消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积为27.00mL。则K2FeO4的质量分数为 (过程中杂质不参与反应)。
(3)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：
Ⅰ．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被Cl－还原得到，还可能由 产生(用离子反应方程式表示)。
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 FeO(填“>”或“<”)，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，原因是 。
【答案】
(1)圆底烧瓶 饱和食盐水 2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH=2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O
(2)90%
(3) Fe3+ 4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O 排除ClO－的干扰（或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气） ＞ 溶液的酸碱性不同
【详解】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化钾、氯化锰和水，盐酸易挥发，氯气中主要含氯化氢杂质，为了减少KOH的损失，因此用饱和食盐水除掉氯气中的氯化氢杂质，再通入KOH溶液反应生成KClO，KClO和硝酸铁、氢氧化钾反应生成高铁酸钾，尾气用NaOH溶液吸收。
（1）①A为氯气发生装置，盛KMnO4固体的仪器名称是圆底烧瓶；故答案为：圆底烧瓶。
②由于盐酸易挥发，氯气中含有氯化氢杂质，为了防止氯化氢与氢氧化钠反应，因此装置B中所用的试剂X为饱和食盐水，除掉氯气中氯化氢杂质；故答案为：饱和食盐水。
③装置C中首先制备KClO，然后在快速搅拌下将90％的Fe(NO3)3溶液分批加入装置C中，充分反应得K2FeO4固体，则KClO与Fe(NO3)3、KOH反应生成K2FeO4、KCl、KNO3和H2O，该反应的化学方程式2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH=2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O；故答案为：2Fe(NO)3＋3KClO＋10KOH=2K2FeO4↓＋3KCl＋KNO3＋5H2O。
（2）根据题中信息得到关系式2K2FeO4～2～2～～6(NH4)2Fe(SO4)2，则K2FeO4的质量分数为；故答案为：90%。
（3）I．铁离子遇KSCN溶液变为红色，因此方案I中溶液变红可知a中含有Fe3+离子，但该离子的产生不能判断一定是K2FeO4被Cl－还原得到，根据题中信息K2FeO4具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O2，因此在碱性溶液中较稳定还可能由加酸后反应得到铁离子即4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O产生；故答案为：4+20H+=4Fe3++3O2↑+10H2O。
Ⅱ．方案Ⅱ可证明K2FeO4氧化了Cl－，用KOH溶液洗涤的目的是排除ClO－的干扰或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气；故答案为：排除ClO－的干扰(或洗去ClO－，防止ClO－与Cl－在酸性条件下生成氯气)。
②根据K2FeO4的制备实验得出：根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性得到氧化性Cl2＞FeO，该结论是在碱性条件下得到，而方案Ⅱ实验表明，Cl2和FeO的氧化性强弱关系相反，该结论得到是在酸性条件下，因此原因是溶液的酸碱性不同；故答案为：＞；溶液的酸碱性不同。
2．（2023·辽宁沈阳·校联考一模）铜盐是五颜六色的。某学习小组发现固体(白色)、固体(棕黄色)、固体(深褐色)。和溶液呈蓝色，溶液时而呈绿色，时而呈蓝色，于是对颜色不同的原因展开了探究。
【查阅资料】
1.固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深。
2.在溶液中存在如下平衡：
【提出假设】
1.铜盐的颜色不同与离子种类有关。
2.溶液呈绿色的原因是溶液中既有黄色的，又有蓝色的，根据光学原理蓝色和黄色的混合色为绿色。
【设计方案】
回答下列问题：
(1)解释的颜色深于的原因 。
(2)配制溶液的方法是 。
(3)根据表中信息，补充试剂和数据：饱和 、a= 。
(4)实验4和5中溶液颜色差异的原因 (用平衡移动原理解释)。
(5)以上实验说明影响溶液颜色的因素主要有 。(答两点即可)
【实验结论】假设1，2成立。
(6)溶液呈现不同颜色的根本原因与、和 微粒(写结构式)的浓度有关。
【答案】
(1)电负性氯大于溴，溴化铜中化学键共价性更强，吸收光的能量低，颜色更深；
(2)将氯化铜固体溶解在浓盐酸中，加水稀释至所需浓度
(3)硫酸钠 2.0
(4)稀释后，Cl-和浓度下降，平衡逆移，颜色以蓝绿色为主
(5)离子浓度，温度
(6)
【详解】本题为实验探究题，分组讨论了硫酸根离子、氯离子和溶液的浓度对铜离子在溶液中的颜色的影响，同时还分析了温度对溶液颜色的影响，以此解题。
（1）根据题给信息可知，固体铜盐的颜色与阴离子极化能力有关，随化学键共价性增强，吸收光的能量下降，因此颜色加深，故答案为：电负性氯大于溴，溴化铜中化学键共价性更强，吸收光的能量低，颜色更深；
（2）铜离子可以水解，在配制氯化铜溶液时可以加入盐酸防止铜离子水解，故答案为：将氯化铜固体溶解在浓盐酸中，加水稀释至所需浓度；
（3）本题分别探究了硫酸根离子和氯离子对铜离子在溶液中颜色的影响，根据表格中的信息可知，为了作对比实验，需要补充的试剂为饱和硫酸钠溶液；根据表格中数据可以发现，表格中每组数据溶液的体积都为4mL，则a=2.0mL；
（4）对比实验4和5可知，其中5相当于在4的基础上的稀释，则实验4和5中溶液颜色差异的原因是：稀释后，Cl-和浓度下降，平衡逆移，颜色以蓝绿色为主；
（5）根据以上实验可知，上述实验探究了溶液的温度，溶液看中硫酸根离子和氯离子的浓度对溶液颜色的影响，故答案为：离子浓度，温度；
（6）根据第4问分析可知，溶液呈现不同颜色的根本原因与、和的浓度有关。
3．（2024·河南南阳·校联考模拟预测）NaClO在生产、生活中有广泛应用。某小组设计实验制备NaClO并探究其性质。回答下列问题：
实验(一)制备NaClO。实验装置如图所示(夹持仪器已省略)。
(1)装置B中试剂是 (填名称)
(2)写出装置A中发生反应的离子方程式： 。
(3)研究发现，NaClO在热水中发生歧化反应生成NaCl和，已知：在水溶液中、、的相对能量依次为、、。写出该反应的热化学方程式： 。
实验(二)探究外界因素对NaClO水解程度的影响(在本题设定温度范围内NaClO只发生水解反应，不考虑其他副反应)。
【提出猜想】
猜想1：其他条件相同，pH越大，NaClO水解程度越小；
猜想2：其他条件相同，浓度越小，NaClO水解程度越大；
猜想3：其他条件相同，适当升温，NaClO水解程度增大。
【设计实验】
实验方案如下(各溶液浓度均为，每支试管各滴加3滴相同浓度的紫色石蕊溶液)：
(4)实验1、3、4测得结果：，用平衡移动原理解释实验结果： ；实验1、2不能验证猜想2，其原因是浓度越小，NaClO水解程度越大，而越小。请你提出改进方案： [已知NaClO水解度]。
(5)实验结果；，但是，不能证明猜想3成立，其原因是 。
(6)经过小组讨论，大家认为可以通过测定不同温度下NaClO水解常数，确定温度对NaClO水解程度的影响。
查阅资料：，为溶液起始浓度。
试剂与仪器：一定浓度的NaClO溶液、的盐酸、pH计等。
实验：测定30℃下NaClO水解常数，完成表中实验。
分别在35℃、40℃下重复上述实验。
①实验8的实验内容是 。
②数据处理：30℃， (用含a、b、V的代数式表示)，
③实验结论：，升温能促进NaClO水解。
【答案】
(1)饱和食盐水
(2)
(3)
(4)，实验4中pH减小，促进平衡向右移动，增大，实验3中pH增大，平衡左移，减小 测定不同浓度NaClO溶液中，计算NaClO水解度[]
(5)浓度不变时，升温，褪色反应速率本身也增大
(6)测定30℃该浓度NaClO溶液的pH
【详解】
（1）高锰酸钾与浓盐酸反应，由于浓盐酸易挥发，故生成的氯气中混有氯化氢气体，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体；
（2）高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、二氯化锰、氯气和水的离子方程式为；
（3）根据“相对能量”，反应热等于产物总能量与反应物总能量之差：，故热化学方程式 ；
（4）石蕊先变红后褪色，褪色与有关，根据次氯酸钠水解方程式，分析盐酸、NaOH对平衡的影响。浓度对水解程度影响是两个方面：一是平衡移动；二是改变体积；测得产物浓度，测定不同浓度NaClO溶液中，计算NaClO水解度[]通过定量计算可以判断浓度对水解程度的影响；
（5）升温，对褪色有两个方面影响：一是升温，水解程度增大，增大，褪色速率增大；二是升温，褪色反应速率本身也要增大；
（6）水解常数表达式起提示作用，计算水解常数需要3个物理量：对应温度下水的离子积常数；起始NaClO溶液浓度、30℃时，该浓度NaClO溶液的pHNaClO溶液pH、NaClO溶液中等于起始NaClO溶液浓度，分别求出3个量，代入水解常数表达式中计算，，，，。
4．（2023·广东·校联考一模）某化学兴趣小组在实验室中用下列装置设计实验探究与HClO的酸性强弱，请回答相关问题。
(1)甲同学认为，仅选用A、C、F装置就能探究与HClO的酸性强弱。
①A装置中盛装浓盐酸的仪器的名称为 ，A装置中发生反应的离子方程式为 。
②乙同学认为该方案不合理，请简述乙同学的理由： 。
(2)丙同学结合甲、乙两位同学的方案，设计如下实验探究与HClO的酸性强弱：
①正确的装置连接顺序为 。(各装置均只用一次)
___________→___________→___________→___________→D→F
②C装置的作用是 ；F装置中发生反应的化学方程式为 。
③将F装置中试管内的溶液通过一系列操作后得到晶体，再将该晶体加入盐酸中，将产生的气体通入澄清石灰水中，观察到的现象是 ，得出酸性： (填“>”或“<”)HClO。
【答案】
(1)分液漏斗 HClO具有强氧化性，SO2具有还原性，SO2与ClO-会发生氧化还原反应，不能利用亚硫酸与次氯酸盐的反应探究与HClO的酸性强弱，故该方案不合理
(2)ACBE 除去SO2中的HCl 澄清石灰水变浑浊 >
【详解】实验目的是探究与的酸性强弱，实验原理不能用H2SO3与次氯酸盐反应，因为H2SO3有还原性而次氯酸盐有氧化性，二者发生的是氧化还原反应，不发生强酸制备弱酸的复分解反应，为探究二者酸性强弱，应利用酸性强弱关系>>来设计实验方案。
（1）①盛装浓盐酸的仪器的名称为分液漏斗；A装置中，盐酸与反应生成，该反应的离子方程式为；
②漂白液中的具有氧化性，具有还原性，将通入漂白液中会发生氧化还原反应，不发生强酸制备弱酸的复分解反应，不能证明与的酸性强弱；
（2）①要想证明的酸性强于，主要思路为利用酸性强弱关系：>>来设计实验方案，因此，将A中产生的气体通过C装置（除去中含有的HCl），再通过B装置，发生反应得到气体，证明酸性：>，然后将气体通过E 装置（除去中的），再通过D装置验证被除尽，最后将净化后的气体通入F装置中，证明酸性：>，即证明酸性强于，故装置连接顺序为ACBEDF；
②因为，影响与反应，C装置作用为除去中含有的HCl；F装置中发生反应的化学方程式为；
③F装置中试管内的溶液含有，通过一系列操作后得到晶体为，与盐酸反应生成的气体可以使澄清石灰水变浑浊；澄清石灰水变浑浊证明F中发生了反应，证明酸性：>，结合酸性：>，故酸性：>。
5．（2023·四川成都·校考一模）硫氰化钾()是一种用途广泛的化工原料。某化学实验小组设计如图实验装置模拟工业制备并进行相关探究实验。
已知：①是一种不溶于水且密度大于水的非极性试剂。
②。
回答下列问题：
(1)装置中，三颈烧瓶内盛有、水和固体催化剂，通入氨气的导管口需要插入液体中，其目的是 (写出两点即可)。
(2)待三颈烧瓶内液体不分层后，熄灭装置处的酒精灯，关闭，移开水浴。将装置继续加热至，待完全分解后()，打开，缓缓滴入适量的溶液充分反应，待产生的完全分解后即制得溶液。装置中仪器的名称是 ，用离子方程式表示装置处的烧杯中产生淡黄色浑浊的原因： 。
(3)用制得的溶液进行以下探究实验：
实验Ⅰ：
①溶液立即变红是因为与发生了反应，其离子方程式是 。
②探究实验Ⅰ中红色褪去的原因：取反应后的溶液， (填实验操作和现象)，判断溶液中有，而几乎无。
③研究发现，酸性溶液中能氧化，但反应很慢且无明显现象，而实验Ⅰ中褪色相对较快，由此推测能加快与的反应。通过实验Ⅱ和Ⅲ得到了证实。
参照实验Ⅱ的图例，在虚线框内补全实验Ⅲ。
实验Ⅱ：
实验Ⅲ： 。
【答案】
(1)防倒吸；使NH3与CS2充分混合，加快反应速率
(2) (球形)干燥管 2Fe3＋＋H2S=2Fe2＋＋S↓＋2H＋
(3)Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)3 滴加KSCN溶液，溶液变红
【详解】实验目的是制备硫氰化钾，探究硫氰化钾的性质，原理为氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾。装置A中制备氨气，在B中氨气与二硫化碳反应先生成硫氰化铵，然后与碳酸钾溶液反应生成硫氰化钾，装置C为尾气吸收装置。
（1）CS2是非极性试剂，极性分子NH3在其中的溶解度小，可以防倒吸；NH3(气体)通入CS2(液体)中，可以增大接触面积，加快反应速率；
（2）尾气处理装置中防倒吸的装置名称为(球形)干燥管，酸性溶液吸收NH3后，Fe2(SO4)3会氧化H2S气体，发生反应：2Fe3＋＋H2S===2Fe2＋＋S↓＋2H＋；
（3）①Fe3＋与SCN-发生反应生成Fe(SCN)3，使溶液显红色，其反应的离子方程式为Fe3＋＋3SCN-Fe(SCN)3，
②检验Fe3＋，常用KSCN溶液，若溶液变红，说明含有Fe3＋，反之，则不含Fe3＋，要证明反应后溶液中含有Fe3＋，而几乎无SCN-，具体操作是取反应后的溶液少量于试管中，滴入KSCN溶液，溶液变红，则说明该溶液中有Fe3＋，几乎无SCN-。
③根据题意，酸性溶液中H2O2能氧化SCN-，但反应很慢且无明显现象，滴加Fe2(SO4)3溶液后，溶液褪色相对较快；实验Ⅱ和实验Ⅲ应为对照实验，根据实验Ⅱ，推出实验Ⅲ：先加入0.5 mL pH=1的硫酸溶液，无明显现象，静置后，滴加数滴Fe2(SO4)3溶液，溶液立即变红。
6．（2023·河南·校联考一模）某小组在验证反应“”，实验探究过程如下。结合探究过程回答下列问题。
向硝酸酸化的硝酸银溶液中(忽略的水解)加入过量铁粉，搅拌后静置，一段时间后，将烧杯底部黑色固体过滤，滤液呈黄色。
(1)检测到滤液中含有，可以选用的试剂为 (填化学式)溶液。产生的原因可能有以下几种。
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生。
假设b：空气中存在，被氧化为，写出反应的离子方程式： 。
假设c：酸性溶液中的具有氧化性，可产生。
(2)某同学证明上面假设c不成立，向硝酸酸化的 硝酸钠溶液中加入过量铁粉，搅拌后静置，一段时间后，上层清液未变黄色，经检验无。
(3)取过滤后的黑色固体，洗涤后， (填操作和现象)，证明黑色固体中含有Ag。
(4)某同学利用原电池证明可以将氧化为，设计了如图所示的原电池装置。连接装置后，电流表中有电流通过，一段时间后电流表不再偏转(所用溶液均已去除)。甲溶液中的溶质为 。写出石墨电极上发生的电极反应式： 。电流表指针不再偏转后，向左侧烧杯中加入固体，发现电流表指针反向偏转，此时石墨电极为 (填“正极”或“负极”)，银电极的电极反应式为 。
【答案】
(1)KSCN
(2)
(3)加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀
(4)FeCl2（或者FeSO4溶液） 正极
【详解】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）铁离子和KSCN溶液反应变为红色，故检测到滤液中含有，可以选用的试剂为KSCN溶液。
空气中存在，氧气具有氧化性，使得被氧化为，反应为；
（2）证明假设c错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选用NaNO3溶液；故答案为：；
（3）黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而银不能溶解。或者先用硝酸溶解固体将银单质转化为硝酸银溶液，再用HCl检验Ag+。故操作为：取过滤后的黑色固体，洗涤后，加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀，证明黑色固体中含有Ag。（或者加入足量稀盐酸（或稀硫酸），固体未完全溶解）。
（4）利用原电池证明可以将氧化为，银离子发生还原反应为正极反应，银极为正极，亚铁离子发生氧化反应为负极反应，石墨极为负极；则甲池应当注入FeCl2（或者FeSO4溶液），负极反应为；电流表指针不再偏转后，向左侧烧杯中加入固体，发现电流表指针反向偏转，则此时石墨电极为正极，银电极为负极，负极银单质失去电子发生氧化反应生成银离子，电极反应式为。
7．（2023·北京海淀·校考三模）某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验：
实验1：分别取3mL浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如表：
(1)写出铜和浓硝酸反应的离子反应方程式： 。
(2)小组同学认为溶液呈绿色的可能原因是：
猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色；
猜想2：NO2溶解在硝酸铜溶液中，溶液呈绿色。
依据实验1中的现象，判断猜想1不合理，理由是： 。
(3)取⑤中溶液， (填操作和现象)，证实猜想2成立。
(4)小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。
实验2：向①中溶液以相同流速分别通入N2和空气，观察现象。
结合上述实验现象，下列推测合理的是 (填字母序号)。
a.①中溶液通入N2时，N2被缓慢氧化为NO2
b.①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化
c.空气中的CO2溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色
d.加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象
(5)小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献知：
i.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸(HNO2)”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因
ii.NO2在溶液中存在：
反应1：2NO2+H2OHNO3+HNO2(慢)
反应2：2HNO2NO2+NO+H2O(快)
解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因 。
(6)小组同学为确认亚硝酸(HNO2)参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。
实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。
①实验中加入的固体物质可能是 (写出一种，填化学式)。
②加入H2O2后溶液迅速变蓝，原因是的H2O2可能参与了下列反应(用化学方程式表示)：H2O2+2NO2=2HNO3， ， 。
【答案】
(1)
(2)实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与假设不符
(3)通入NO2气体，溶液颜色变绿
(4)bd
(5)通入氮气时，二氧化氮和一氧化氮气体被吹出，由于反应1较慢，亚硝酸浓度下降较慢；通入空气时，一氧化氮与空气中的氧气发生反应，溶液中一氧化氮浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快
(6)NaNO2（或其他亚硝酸盐）
【详解】
（1）铜和浓硝酸反应生成NO2气体和水，；
（2）根据题意，实验编号①~⑤中铜粉均溶解，则随着铜粉质量的增加，溶液中硝酸铜的浓度浓度不断增大，但溶液颜色由绿色逐渐变为蓝色，与假设不符，故假设1不合理；
（3）猜想2认为，溶解在混合溶液中使溶液呈绿色，故向⑤中溶液通入NO2，若溶液变为绿色，则猜想2成立；
（4）a．向①中溶液通入氮气溶液较慢变为蓝色，通入空气溶液较快变为蓝色； 氮气化学性质稳定，在上述溶液中不能被氧化为NO2，a错误；
b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化，空气中的氧气具有氧化性，能够氧化溶液中的还原性微粒，b正确；
c．酸性物质不能促进溶液变为蓝色，c错误；
d．加热溶液①，加快反应速率，可能观察到溶液变蓝的现象，d正确；
故答案为：bd；
（5）向溶液中通入N2时，NO2和NO气体被吹出，由于反应1进行较慢，亚硝酸的浓度下降较慢；通入空气时，NO与空气中的氧气发生反应，溶液中NO的浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快；
（6）①根据实验2可知，亚硝酸参与了绿色的形成过程，故向①的溶液中加入NaNO2或其他亚硝酸盐能够使溶液绿色变深；
②加入过氧化氢后，溶液迅速不变蓝，说明过氧化氢能够与亚硝酸发生反应，使溶液中亚硝酸浓度降低，亚硝酸具有还原性，过氧化氢具有氧化性，故过氧化氢将亚硝酸氧化为硝酸：，同时溶液中的一氧化氮也被过氧化氢氧化为硝酸：。
8．（2024·广西·校联考模拟预测）草酸亚铁晶体()是一种黄色难溶于水可溶于稀硫酸的固体，具有较强还原性，受热易分解，是生产电池、涂料以及感光材料的原材料。某化学活动小组分别设计了相应装置进行草酸亚铁的制备及其性质实验。回答下列问题：
I．制备草酸亚铁晶体(装置如图所示)：
(1)从b中获得产品的操作为 、 、过滤、洗涤、干燥。
(2)装置c的作用为 。
(3)实验过程：待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为 。
II．草酸亚铁晶体热分解产物的探究：
(4)盛放无水硫酸铜的装置a的装置名称为 。
(5)装置C的作用为 。
(6)从绿色化学考虑，该套装置存在的明显缺陷是 。
(7)实验结束后，E中黑色固体变为红色，B、F中澄清石灰水变浑浊，a中无水硫酸铜变为蓝色，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为 。
Ⅲ．运用热重分析法推测产物
称取草酸亚铁晶体()加热分解，得到剩余固体质量随温度变化的曲线如图所示：
(8)已知B点时，固体只含有一种铁的氧化物，根据上图可知B点固体物质的化学式为 。
【答案】
(1)蒸发浓缩 冷却结晶
(2)隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化
(3)打开K2、关闭K3
(4)球形干燥管
(5)吸收二氧化碳
(6)缺少处理CO尾气装置
(7)FeO+2H2O+CO2+CO
(8)Fe3O4
【详解】I．制备草酸亚铁晶体的具体操作为：组装好装置后，检验装置的气密性，添加试剂后，先打开K1，将一定量稀硫酸加入a瓶后再关闭K1，让a瓶中反应先进行一段时间以排除空气，进行上述操作的同时关闭K2打开K3，一段时间后，打开K2关闭K3，将A装置中的硫酸亚铁溶液导入装置B中；
II．装置A为草酸亚铁晶体分解，利用无水硫酸铜检验水蒸气，B装置检验二氧化碳，C装置吸收二氧化碳，D装置干燥气体，E装置检验CO，F装置检验二氧化碳。
（1）a装置中硫酸亚铁和草酸铵反应生成草酸亚铁，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到晶体。
（2）草酸亚铁具有较强还原性，装置c的作用为：隔离空气，防止生成的草酸亚铁晶体被空气中的氧气氧化。
（3）由分析可知，待a中反应一段时间后，需要对开关进行的操作为：打开K2、关闭K3。
（4）盛放无水硫酸铜的装置a的装置名称为球形干燥管。
（5）由分析可知，C中盛放NaOH溶液的作用是：吸收二氧化碳。
（6）反应会产生CO，缺少处理CO尾气装置。
（7）E中加热分解，E中黑色固体变为红色，说明有Cu单质生成，B、F中澄清石灰水变浑浊，说明有CO2和CO生成，a中无水硫酸铜变为蓝色，说明有H2O生成，A中残留FeO，则A处反应管中发生反应的化学方程式为：FeO+2H2O+CO2+CO。
（8）n(FeC2O4•2H2O)= =0.3 ml，n(Fe)=n(FeC2O4•2H2O)=0.3 ml，B点时，已知固体产物只含一种铁的氧化物，m(Fe)=0.3 ml×56 g/ml=16.8 g，m(O)=23.2 g−16.8 g=6.4 g，n(O)=0.4 ml，n(Fe)：n(O)=0.3 ml：0.4 ml=3：4，所以铁的氧化物的化学式为Fe3O4。
9．（2023·广东湛江·统考模拟预测）I．配制100mL0.05ml·L-1Fe2(SO4)3溶液。
(1)该实验需要用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、 、 。
(2)为了防止Fe2(SO4)3水解，在配置过程中可以加入少量 。
Ⅱ.探究Fe2(SO4)3与Cu的反应。
原理预测：
(3)请写出Fe2(SO4)3与Cu的反应的离子方程式： 。
开展实验并观察现象：
某实验小组在进行Fe2(SO4)3与Cu的反应时观察到了异常现象，决定对其进行进一步的探究。
实验I：
提出问题：
(4)实验前，小组同学预测步骤2后溶液不会变为红色，原因是 。
查阅文献：i．CuSCN为难溶于水的白色固体；
ii．SCN-被称为拟卤素离子，性质与卤素离子相似。
提出猜想：经过实验测定白色固体为CuSCN，查阅资料后小组同学猜测CuSCN的生成有如下两种可能。
猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应。
猜测2：亚铁离子将其还原，。
(5)猜测1的离子方程式为 。
设计实验：
得出结论：
(6)实验Ⅱ中试管 (填字母)中的现象可以证实猜测1不成立。
(7)Fe3+的氧化性本应强于Cu2+，结合实验Ⅲ中的现象解释能正向发生的原因： 。
【答案】
(1)胶头滴管 100mL容量瓶
(2)稀硫酸
(3)
(4)Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN)3生成
(5)
(6)B
(7)由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动
【详解】
（1）配制100mL0.05ml·L-1Fe2(SO4)3溶液步骤为计算、称量、溶解、洗涤、转移、定容、贴签等，需要的仪器为烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管、100mL容量瓶。
（2）为了防止Fe3+水解，在配置过程中可以加入少量稀硫酸。
（3）Fe2(SO4)3与Cu反应的离子方程式：。
（4）根据，0.0001 ml Fe3+与0.15g(0.0023ml)Cu反应，Cu粉过量，不应有Fe3+存在，应该没有剩余的Fe3+与KSCN结合生成红色的Fe(SCN)3，则原因是Cu粉过量，不应有Fe3+存在，也就不会有红色的Fe(SCN)3生成。
（5）猜测1：Cu2+与KSCN发生了氧化还原反应，离子方程式：。
（6）因为试管B与猜测1的离子相同，但是现象不同，实验Ⅱ中试管 B中的现象可以证实猜测1不成立。
（7）Fe3+的氧化性本应强于Cu+，结合实验Ⅲ中的现象解释能正向发生的原因：由于SCN-与Cu+形成沉淀以及SCN-与Fe3+形成配合物，大大降低了产物中Cu+和Fe3+的浓度，使得该反应的平衡得以正向移动。
10．（2023·陕西渭南·统考模拟预测）某小组同学探究与新制悬浊液的反应。
资料：为白色固体，难溶于水，能溶于浓盐酸；能与氨水反应生成，该物质在空气中会立即被氧化成而使溶液显蓝色。
(1)装置B的作用是控制气体的流速，则B中试剂是 。
(2)通入前，实验Ⅰ、Ⅱ中产生蓝色絮状沉淀的离子方程式为 。
(3)实验Ⅰ通入后产生砖红色沉淀，该反应的化学方程式为 。分析实验Ⅰ一段时间后砖红色沉淀消失的可能原因 。
(4)同学们对实验Ⅱ中白色沉淀的成分继续探究。
①甲同学取少量白色沉淀，洗净后加入氨水，得到蓝色溶液，此过程中反应的离子方程式为：、 。
②乙同学用另一种方法证明了该白色沉淀为，实验方案如下：
填写下表空格：
(5)实验Ⅰ和实验Ⅱ中与新制悬浊液均发生了 反应，反应现象的不同与 有关。
【答案】
(1)饱和NaHSO3溶液
(2)Cu2++2OH-=Cu(OH)2
(3)2Cu(OH)2+SO2+2NaOH=Na2SO4+Cu2O+3H2O 溶液中溶解的SO2增多，溶液的酸性增强，使Cu2O溶解，砖红色沉淀消失
(4) 浓盐酸 白色沉淀溶解 出现白色沉淀
(5)氧化还原 配制Cu(OH)2所用铜盐的阴离子种类
【详解】A制备二氧化硫，通过观察B中气泡的速度控制A中产生二氧化硫的速度，C中二氧化硫和新制性质探究型实验综合题
考向一 探究化学反应的结果
考向二 探究化学反应的条件
考向三 探究化学反应的影响因素
考向四 探究化学物质的性质（氧化性、还原性、酸碱性等）
考向五 探究化学反应机理及历程
探究Cl2、Fe3＋、I2的氧化性强弱
利用“氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性”原理探究：将氯气通入FeCl2溶液中，氯气将Fe2＋氧化成Fe3＋，将FeCl3溶液滴入淀粉－KI溶液中，Fe3＋将I－氧化成I2
探究盐酸、碳酸、硅酸的酸性强弱
利用“强酸制弱酸”的原理探究：盐酸与碳酸盐反应制取CO2，气体净化后通入硅酸钠溶液中生成硅酸沉淀；
利用盐的水解原理探究：用pH试纸(或pH计)测定同浓度的NaCl溶液、NaHCO3溶液、Na2SiO3溶液的pH，pH越大，则对应酸的酸性越弱；
探究HCOOH、CH3COOH电离能力的强弱
用pH试纸(或pH计)分别测定同浓度的HCOOH溶液、CH3COOH溶液的pH；
用pH试纸(或pH计)分别测定同浓度的HCOONa溶液、CH3COONa溶液的pH，盐溶液的pH越大，则对应酸的酸性越弱；
探究AgCl、AgI的溶度积大小
向少量的AgNO3溶液中滴加NaCl溶液至不再有白色沉淀生成，再向其中滴加KI溶液，产生黄色沉淀；
向浓度均为0.1 ml·L－1的NaCl、NaI混合溶液中滴加0.1 ml·L－1 AgNO3溶液，先产生黄色沉淀；
探究CuS、ZnS的溶度积大小
向浓度相同的CuSO4、ZnSO4的混合液中滴入Na2S溶液，若先生成黑色沉淀CuS、后生成白色沉淀ZnS，则说明Ksp(ZnS)>Ksp(CuS)；
操作
目的或原因
沉淀水洗
除去××(可溶于水)杂质
沉淀用乙醇洗涤
a.减小固体的溶解度；b.除去固体表面吸附的杂质；c.乙醇挥发带走水分，使固体快速干燥
冷凝回流
防止××蒸气逸出脱离反应体系；提高××物质的转化率
控制溶液pH
防止××离子水解；防止××离子沉淀；确保××离子沉淀完全；防止××溶解等
“趁热过滤”后，有时先向滤液中加入少量水，加热至沸腾，然后再“冷却结晶”
稀释溶液，防止降温过程中杂质析出，提高产品的纯度
加过量A试剂
使B物质反应完全(或提高B物质的转化率等)
温度不高于××℃
温度过高××物质分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)或××物质挥发(如浓硝酸、浓盐酸)或××物质氧化(如Na2SO3等)或促进××物质水解(如AlCl3等)
减压蒸馏(减压蒸发)
减小压强，使液体沸点降低，防止××物质受热分解(如H2O2、浓硝酸、NH4HCO3等)
蒸发、反应时的气体氛围
抑制××离子的水解(如加热蒸发AlCl3溶液时需在HCl气流中进行，加热MgCl2·6H2O制MgCl2时需在HCl气流中进行等)
配制某溶液前先煮沸水
除去溶解在水中的氧气，防止××物质被氧化
反应容器中用玻璃管和大气相通
指示容器中压强大小，避免反应容器中压强过大
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
实验
物质a
C中实验现象
通入Cl2前
通入Cl2后
Ⅰ
水
得到无色溶液
产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
Ⅱ
5%NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
Ⅲ
40%NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
序号
Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.00
0
3.36
…
Ⅶ
4.00
a
b
3：4
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.00
1：1
4.65
Ⅰ
移取溶液，用溶液滴定至终点，消耗溶液
Ⅱ
，测得溶液的pH为4.76
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
1
Ⅰ：25℃的饱和溶液
25
2
Ⅱ：35℃的饱和溶液
35
3
Ⅲ：45℃的饱和溶液
45
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
4
Ⅰ
5
实验操作
试剂
产物
I
较浓H2SO4
有氯气
II
a
有氯气
III
a+b
无氯气
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。
序号
温度/℃
V(氯化铜)/mL
V(饱和硫酸铜)/mL
V(饱和_____)/mL
V(饱和氯化钠)/mL
V(水)
/mL
溶液颜色
1
25
4.0
无色
2
25
4.0
无色
3
25
4.0
蓝色
4
25
4.0
绿色
5
25
2.0
a
蓝绿色
6
25
2.0
2.0
蓝绿色
7
25
2.0
2.0
黄绿色
8
50
4.0
黄绿色
序号
温度/℃
V(NaClO溶液)/mL
V(NaOH溶液)/mL
V(HCl溶液)/mL
V()/mL
褪色时间/s
1
20
10.0
0
0
5.0
2
20
5.0
0
0
10.0
3
20
10.0
2.0
0
3.0
4
20
10.0
0
2.0
3.0
5
30
10.0
0
0
5.0
序号
实验内容
记录数据
6
取20.00mLNaClO溶液，用盐酸滴定至终点
消耗盐酸体积为VmL
7
测得30℃纯水的pH
a
8
_______
b
装置与操作
现象
溶液立即变红，继续滴加溶液，红色变浅并逐渐褪去
编号
①
②
③
④
⑤
铜粉质量/g
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
溶液颜色
绿色
草绿色
蓝绿色偏绿
蓝绿色偏蓝
蓝色
通入气体
氮气
空气
现象
液面上方出现明显的红棕色气体，25min后溶液变为蓝色
液面上方出现明显的红棕色气体，5min后溶液变为蓝色
加入物质
______固体
3滴30%H2O2溶液
3滴水
现象
溶液绿色变深
溶液迅速变为蓝色
溶液颜色几乎不变
实验序号
对比实验及试剂
实验步骤
实验现象
Ⅱ
A试管
2 mL 0.1 ml/LFeSO4溶液
加入1mL0.4ml·L-1KSCN溶液
开始时溶液的上方变为红色，一段时间后红色向下蔓延，最后充满整支试管
B试管
2mL0.1ml/LCuSO4溶液
加入1mL0.4ml·L-1KSCN溶液
溶液变成绿色
Ⅲ
C试管
2mL0.1ml/LFeSO4溶液
加入2mL0.1ml·L-1CuSO4溶液
溶液变为淡蓝色
再加1mL0.4ml·L-1KSCN溶液
溶液的上层变为红色，有白色沉淀产生，一段时间后整支试管溶液呈深红色
序号
物质a
C中实验现象
通入前
通入后
Ⅰ
溶液
产生蓝色絮状沉淀
开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色
Ⅱ
溶液
产生蓝色絮状沉淀
开始时有黄色沉淀出现，一段时间后，黄色沉淀消失，静置，生成大量白色沉淀，溶液呈绿色
试剂1
试剂2
蒸馏水
现象1
现象2
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