資源簡介

(共57張PPT)
第50講
物質性質驗證型綜合實驗
2025：基于主題教學的高考化學專題復習系列講座
2025
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
知識重構
在研究影響化學性質的因素時，由于外界影響因素較多，故為搞清楚某個因素的影響，需控制其他因素相同或不變，再進行實驗。因此，常用控制變量思想解決該類問題。
一般以表格的形式給出多組實驗數據，讓學生找出每組數據的變化對化學性質的影響。
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
重溫經典之2024北京卷
某小組同學向pH=1的0.5 mol/L的FeCl3溶液中分別加入過量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產物。
（1）理論分析
依據金屬活動性順序，Cu、Zn、Mg中可將Fe3+還原為Fe的金屬是_________。
（2）實驗驗證
實驗 金屬 操作、現象及產物
I 過量Cu 一段時間后，溶液逐漸變為藍綠色，固體中未檢測到Fe單質
II 過量Zn 一段時間后有氣泡產生，反應緩慢，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此時溶液pH為3~4，取出固體，固體中未檢測到Fe單質
III 過量Mg 有大量氣泡產：生，反應劇烈，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續產生大量氣泡，當溶液pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質
重溫經典之2024北京卷
①分別取實驗I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，證明都有Fe2+生成，依據的現象是___________________________．
②實驗Ⅱ、Ⅲ都有紅褐色沉淀生成，用平衡移動原理解釋原因___________________________．
③對實驗Ⅱ未檢測到Fe單質進行分析及探究。
i．a．甲認為實驗Ⅱ中，當Fe3+、H+濃度較大時，即使Zn與Fe2+反應置換出少量Fe，Fe也會被Fe3+、H+消耗。寫出Fe與Fe3+、H+反應的離子方程式___________________________．
b．乙認為在pH為3~4的溶液中即便生成Fe也會被H+消耗。設計實驗__________________（填實驗操作和現象）。
證實了此條件下可忽略H+對Fe的消耗。
c．丙認為產生的紅褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻礙了Zn與Fe2+的反應。實驗證實了Zn粉被包裹。
ii．查閱資料：0.5 mol/L Fe3+開始沉淀的pH約為1.2，完全沉淀的pH約為3。
結合a、b和c，重新做實驗Ⅱ，當溶液pH為3~4時，不取出固體，向固-液混合物中持續加入鹽酸，控制pH<1.2，__________________ （填實驗操作和現象），待pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質。
（3）對比實驗Ⅱ和Ⅲ，解釋實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質的原因__________________。
重溫經典之2024北京卷
還原性比較
北京卷
考點1
考點6
考點5
考點4
考點3
考點2
平衡移動問題
離子方程式書寫
實驗方案設計
解釋原因
離子檢驗
重溫經典之2024北京卷
（1）理論分析
依據金屬活動性順序，Cu、Zn、Mg中可將Fe3+還原為Fe的金屬是_________。
Mg Zn
實驗 金屬 操作、現象及產物
I 過量Cu 一段時間后，溶液逐漸變為藍綠色，固體中未檢測到Fe單質
II 過量Zn 一段時間后有氣泡產生，反應緩慢，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此時溶液pH為3~4，取出固體，固體中未檢測到Fe單質
III 過量Mg 有大量氣泡產：生，反應劇烈，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續產生大量氣泡，當溶液pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質
（2）實驗驗證
①分別取實驗I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，證明都有Fe2+生成，依據的現象是___________________________．
②實驗Ⅱ、Ⅲ都有紅褐色沉淀生成，用平衡移動原理解釋原因________________________．
產生藍色沉淀
Fe3+水解方程式為Fe3++3H2O Fe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn會消耗H+，促進Fe3+水解平衡正向移動，使其轉化為Fe(OH)3沉淀
重溫經典之2024北京卷
③對實驗Ⅱ未檢測到Fe單質進行分析及探究。
i．a．甲認為實驗Ⅱ中，當Fe3+、H+濃度較大時，即使Zn與Fe2+反應置換出少量Fe，Fe也會被Fe3+、H+消耗。寫出Fe與Fe3+、H+反應的離子方程式___________________________．
b．乙認為在pH為3~4的溶液中即便生成Fe也會被H+消耗。設計實驗__________________（填實驗操作和現象）。
證實了此條件下可忽略H+對Fe的消耗。
c．丙認為產生的紅褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻礙了Zn與Fe2+的反應。實驗證實了Zn粉被包裹。
ii．查閱資料：0.5 mol/L Fe3+開始沉淀的pH約為1.2，完全沉淀的pH約為3。
結合a、b和c，重新做實驗Ⅱ，當溶液pH為3~4時，不取出固體，向固-液混合物中持續加入鹽酸，控制pH<1.2，______________________________________________________ （填實驗操作和現象），待pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質。
（3）對比實驗Ⅱ和Ⅲ，解釋實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質的原因__________________。
2Fe3++Fe=3Fe2+ 2H++Fe=H2↑+Fe2+
向pH為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，然后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不產生藍色沉淀
加入幾滴KSCN溶液，待溶液紅色消失后，停止加入鹽酸
加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹
重溫經典之2023北京卷
資料顯示，I2可以將Cu氧化為Cu2+。某小組同學設計實驗探究Cu被I2氧化的產物及銅元素的價態。
已知：I2易溶于KI溶液，發生反應I2+I- I3-(紅棕色)；I2和I3-氧化性幾乎相同。
I.將等體積的KI溶液加入到m mol銅粉和n mol I2(n>m) I2的固體混合物中，振蕩。
實驗記錄如下：
重溫經典之2023北京卷
（1）初始階段，Cu被氧化的反應速率：實驗Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)實驗Ⅱ。
（2）實驗Ⅲ所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(藍色)或[CuI2]-(無色)，進行以下實驗探究：
步驟a．取實驗Ⅲ深紅棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步驟b．取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。
ⅰ．步驟a的目的是_____________________。
ⅱ．查閱資料，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+(無色)容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟b的溶液中發生的變化：______________。
重溫經典之2023北京卷
（3）結合實驗Ⅲ，推測實驗Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，實驗Ⅰ中銅被氧化的化學方程式是____________________。分別取實驗Ⅰ和Ⅱ充分反應后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃KI溶液，__________(填實驗現象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應的原因是______________。
（4）上述實驗結果，I2僅將Cu氧化為+1價。在隔絕空氣的條件下進行電化學實驗，證實了I2能將Cu氧化為Cu2+。裝置如圖所示，a、b分別是_____________。
（5）運用氧化還原反應規律，分析在上述實驗中Cu被I2氧化的產物中價態不同的原因：_________。
重溫經典之2023北京卷
實驗數據分析
北京卷
考點1
考點6
考點5
考點4
考點3
考點2
解釋原因
離子方程式書寫
歸納總結結論
實驗目的
設置原電池裝置
重溫經典之2023北京卷
（1）初始階段，Cu被氧化的反應速率：實驗Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)實驗Ⅱ。
（2）實驗Ⅲ所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(藍色)或[CuI2]-(無色)，進行以下實驗探究：
步驟a．取實驗Ⅲ深紅棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步驟b．取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。
ⅰ．步驟a的目的是_____________________。
ⅱ．查閱資料，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+(無色)容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟b的溶液中發生的變化：______________。
<
除去I3-，防止干擾后續實驗
[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-
4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O
重溫經典之2023北京卷
（3）結合實驗Ⅲ，推測實驗Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，實驗Ⅰ中銅被氧化的化學方程式是____________________。分別取實驗Ⅰ和Ⅱ充分反應后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃KI溶液，________________________________________(填實驗現象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應的原因是______________。
（4）上述實驗結果，I2僅將Cu氧化為+1價。在隔絕空氣的條件下進行電化學實驗，證實了I2能將Cu氧化為Cu2+。裝置如圖所示，a、b分別是_____________。
（5）運用氧化還原反應規律，分析在上述實驗中Cu被I2氧化的產物中價態不同的原因：_________。
2Cu+I2=2CuI
白色沉淀逐漸溶解，溶液變為無色
銅與碘的反應為可逆反應(或I3-濃度小未能氧化全部的Cu)
銅
含n mol I2的
4 mol/L的KI溶液
在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ中Cu+可以進一步與I-結合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+濃度減小使得Cu2+氧化性增強，發生反應2Cu2++4I-=2CuI+I2和2Cu2++6I-=2[CuI2]-+I2。
重溫經典之2022北京卷
某小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應
資料：i．Mn2+ 在一定條件下被 Cl2 或 ClO- 氧化成 MnO2(棕黑色)、MnO42-(綠色)、MnO4- (紫
色)。ii．濃堿條件下，MnO4-可被 OH-還原為 MnO42- 。iii．Cl2 的氧化性與溶液的酸堿性無
關，NaClO 的氧化性隨堿性增強而減弱。實驗裝置如圖(夾持裝置略)
序號 物質 a C 中實驗現象
通入 Cl2 前 通入 Cl2 后
I 水 得到無色溶液 產生棕黑色沉淀，且放置后不發生變化
II 5%NaOH 溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
重溫經典之2022北京卷
（1）B 中試劑是 。
（2） 通入 Cl2 前，II、III 中沉淀由白色變為黑色的化學方程式為 。
（3） 對比實驗 I、II 通入 Cl2 后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是 。
（4） 根據資料 ii，III 中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現象與資料不符的原因：
原因一：可能是通入 Cl2 導致溶液的堿性減弱。
原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將 MnO42- 氧化為 MnO4-。
①化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因 ，但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。
②取 III 中放置后的 1 mL 懸濁液，加入 4 mL40%NaOH 溶液，溶液紫色迅速變為綠色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變為綠色的離子方程式為 ，溶液綠色緩慢加深，原因是 MnO2 被 (填“化學式”)氧化，可證明 III 的懸濁液中氧化劑過量；
③取 II 中放置后的 1 mL 懸濁液，加入 4 mL 水，溶液紫色緩慢加深，發生的反應是
。
④從反應速率的角度，分析實驗 III 未得到綠色溶液的可能原因 。
重溫經典之2022北京卷
除雜物質判斷
北京卷
考點1
考點3
考點2
性質判段
方程式書寫
重溫經典之2022北京卷
（1）B 中試劑是 。
（2） 通入 Cl2 前，II、III 中沉淀由白色變為黑色的化學方程式為 。
（3） 對比實驗 I、II 通入 Cl2 后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是 。
序號 物質 a C 中實驗現象
通入 Cl2 前 通入 Cl2 后
I 水 得到無色溶液 產生棕黑色沉淀，且放置后不發生變化
II 5%NaOH 溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
飽和 食鹽水
2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強
重溫經典之2022北京卷
（4） 根據資料 ii，III 中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現象與資料不符的原因：
原因一：可能是通入 Cl2 導致溶液的堿性減弱。
原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將 MnO42- 氧化為 MnO4-。
①化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因 ，但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。
②取 III 中放置后的 1 mL 懸濁液，加入 4 mL 40%NaOH 溶液，溶液紫色迅速變為綠色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變為綠色的離子方程式為 ，溶液綠色緩慢加深，原因是 MnO2 被 (填“化學式”)氧化，可證明 III 的懸濁液中氧化劑過量；
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
4 MnO4- +4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O
Cl2
序號 物質 a C 中實驗現象
通入 Cl2 前 通入 Cl2 后
I 水 得到無色溶液 產生棕黑色沉淀，且放置后不發生變化
II 5%NaOH 溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
③取 II 中放置后的 1 mL 懸濁液，加入 4 mL 水，溶液紫色緩慢加深，發生的反應是
。
④從反應速率的角度，分析實驗 III 未得到綠色溶液的可能原因 。
3ClO-+2MnO2+2OH-=2MnO4– +3Cl-+H2O
III 中氧化劑氧化錳酸根離子的速率大于氫氧離子還原錳酸根離子的速率
序號 物質 a C 中實驗現象
通入 Cl2 前 通入 Cl2 后
I 水 得到無色溶液 產生棕黑色沉淀，且放置后不發生變化
II 5%NaOH 溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
重溫經典之2022北京卷
重溫經典之2022廣東卷
食醋是烹飪美食的調味品,有效成分主要為醋酸(用 HAc 表示)。HAc 的應用與其電離平衡密切相關。25 ℃時,HAc 的 Ka=1.75×10-5=10-4.76。
(1) 配制 250 mL 0.1 mol·L-1 的 HAc 溶液,需 5 mol·L-1 HAc 溶液的體積為 mL。
(2) 下列關于 250 mL 容量瓶的操作,正確的是 (填字母)。
(3) 某小組研究 25 ℃下 HAc 電離平衡的影響因素。
提出假設 稀釋 HAc 溶液或改變 Ac-濃度,HAc 電離平衡會發生移動。
設計方案并完成實驗 用濃度均為 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaAc 溶液,按下表配制總體積相同的系列溶液;測定 pH,記錄數據。
重溫經典之2022廣東卷
①根據表中信息,補充數據:a= ,b= 。
②由實驗Ⅰ和Ⅱ可知,稀釋 HAc 溶液,電離平衡 (填“正”或“逆”)向移動;結合表中數據,給出判斷理由: 。
③由實驗Ⅱ~Ⅷ可知,增大 Ac-濃度,HAc 電離平衡逆向移動。實驗結論假設成立。
重溫經典之2022廣東卷
(4) 小組分析上表數據發現:
隨著 n(NaAc)/n(HAc) 的增加,c(H+)的值逐漸接近 HAc 的 Ka。
查閱資料獲悉:一定條件下,按n(NaAc)/n(HAc) = 1 配制的溶液中,c(H+)的值等于 HAc 的 Ka。
對比數據發現,實驗Ⅷ中 pH=4.65 與資料數據 Ka=10-4.76 存在一定差異;推測可能由物質濃度準確程度不夠引起,故先準確測定 HAc 溶液的濃度再驗證。
(ⅰ)移取 20.00 mL HAc 溶液,加入 2 滴酚酞溶液,用0.1000 mol·L-1 NaOH 溶液滴定至終點,消耗體積為 22.08 mL, 則該 HAc 溶液的濃度為 mol·L-1。請畫出上述過程的滴定曲線示意圖并標注滴定終點。
(ⅱ)用上述 HAc 溶液和 0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液,配制等物質的量的 HAc 與 NaAc 混合溶液,測定 pH,結果與資料數據相符。
重溫經典之2022廣東卷
(5) 小組進一步提出:如果只有濃度均約為 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaOH 溶液,如何準確測定HAc 的 Ka 小組同學設計方案并進行實驗。請完成下表中Ⅱ的內容。
Ⅰ 移取 20.00 mL HAc 溶液,用 NaOH 溶液滴定至終點,消耗 NaOH 溶液 V1 mL
Ⅱ ,測得溶液的 pH為 4.76
實驗總結得到的結果與資料數據相符,方案可行。
(6) 根據 Ka 可以判斷弱酸的酸性強弱。寫出一種無機弱酸及其用途
。
重溫經典之2022廣東卷
溶液配制相關問題
廣東卷
考點1
考點6
考點5
考點4
考點3
考點2
平衡移動問題
滴定相關內容
實驗方案設計
舉例弱酸用途
計算問題
重溫經典之2022廣東卷
食醋是烹飪美食的調味品,有效成分主要為醋酸(用 HAc 表示)。HAc 的應用與其電離平衡密切相關。25 ℃時,HAc 的 Ka=1.75×10-5=10-4.76。
(1) 配制 250 mL 0.1 mol·L-1 的 HAc 溶液,需 5 mol·L-1 HAc 溶液的體積為 mL。
(2) 下列關于 250 mL 容量瓶的操作,正確的是 (填字母)。
(3) 某小組研究 25 ℃下 HAc 電離平衡的影響因素。
提出假設 稀釋 HAc 溶液或改變 Ac-濃度,HAc 電離平衡會發生移動。
設計方案并完成實驗 用濃度均為 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaAc 溶液,按下表配制總體積相同的系列溶液;測定 pH,記錄數據。
5
C
重溫經典之2022廣東卷
①根據表中信息,補充數據:a= ,b= 。
②由實驗Ⅰ和Ⅱ可知,稀釋 HAc 溶液,電離平衡 (填“正”或“逆”)向移動;結合表中數據,給出判斷理由: 。
③由實驗Ⅱ~Ⅷ可知,增大 Ac-濃度,HAc 電離平衡逆向移動。實驗結論假設成立。
3.00 33.00
正
實驗Ⅱ相當于在實驗Ⅰ的基礎上將 HAc溶液稀釋到原來的 10 倍,如果平衡不發生移動,則稀釋后 c(H+)應為實驗Ⅰ的1/10,pH 應為 3.86,但實際為 pH=3.36,說明稀釋 HAc 溶液時,電離平衡正向移動
重溫經典之2022廣東卷
(4) 小組分析上表數據發現:
隨著 n(NaAc)/n(HAc) 的增加,c(H+)的值逐漸接近 HAc 的 Ka。
查閱資料獲悉:一定條件下,按n(NaAc)/n(HAc) = 1 配制的溶液中,c(H+)的值等于 HAc 的 Ka。
對比數據發現,實驗Ⅷ中 pH=4.65 與資料數據 Ka=10-4.76 存在一定差異;推測可能由物質濃度準確程度不夠引起,故先準確測定 HAc 溶液的濃度再驗證。
(ⅰ)移取 20.00 mL HAc 溶液,加入 2 滴酚酞溶液,用0.1000 mol·L-1 NaOH 溶液滴定至終點,消耗體積為 22.08 mL, 則該 HAc 溶液的濃度為 mol·L-1。請畫出上述過程的滴定曲線示意圖并標注滴定終點。
(ⅱ)用上述 HAc 溶液和 0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液,配制等物質的量的 HAc 與 NaAc 混合溶液,測定 pH,結果與資料數據相符。
0.110 4
重溫經典之2022廣東卷
(5) 小組進一步提出:如果只有濃度均約為 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaOH 溶液,如何準確測定HAc 的 Ka 小組同學設計方案并進行實驗。請完成下表中Ⅱ的內容。
Ⅰ 移取 20.00 mL HAc 溶液,用 NaOH 溶液滴定至終點,消耗 NaOH 溶液 V1 mL
Ⅱ ,測得溶液的 pH為 4.76
實驗總結得到的結果與資料數據相符,方案可行。
(6) 根據 Ka 可以判斷弱酸的酸性強弱。寫出一種無機弱酸及其用途
。
移取 20 mL HAc 溶液,全部滴入步驟Ⅰ所得溶液中并攪拌均勻
次氯酸 消毒劑
重溫經典之2021北京卷T16
15.某小組實驗驗證“Ag+ + Fe2+ Fe3+ + Ag↓”為可逆反應并測定其平衡常數。
實驗驗證：
實驗 I．將 0.0100 mol·L－1Ag2SO4 溶液和 0.0400 mol·L－1FeSO4 溶液（pH=1）等體積混合，產生灰黑色沉淀，溶液呈黃色。
實驗 II．向少量 Ag 粉中加入 0.0100 mol·L－1Fe2(SO4)3 溶液（pH= 1）固體完全溶解。
①取 I 中沉淀，加入濃硝酸，證實沉淀為 Ag。現象是 。
② II 中溶液選用 Fe2(SO4)3，不選用 Fe(NO3)3 的原因是 。
綜合上述實驗，證實“Ag+ + Fe2+ Fe3+ + Ag↓”為可逆反應。
③ 小組同學采用電化學裝置從平衡移動角度進行驗證。補全電化學裝置示意圖，寫出操作及現象 。
重溫經典之2021北京卷T16
測定平衡常數：
實驗 III．一定溫度下，待實驗 I 中反應達到平衡狀態時，取 V mL上層清液，用c1 mol·L－1KSCN標準溶液滴定 Ag+，至出現穩定的淺紅色時消耗 KSCN標準溶液 V1 mL。
資料：Ag++SCN- AgSCN↓(白色) K = 1012
Fe3++SCN- FeSCN2+(紅色) K = 102.3
① 滴定過程中 Fe3+的作用是 。
② 測得平衡常數 K = 。
思考問題：
① 取實驗 I 的濁液測定 c(Ag+)，會使所測 K 值 （填“偏高”“偏低”或“不受影響”）
②不用實驗 II 中清液測定 K 的原因是 。
重溫經典之2021北京卷T16
實驗現象判斷
北京卷
考點1
考點6
考點5
考點4
考點3
考點2
原電池的組成
滴定相關內容
誤差分析
實驗方案評價
解釋原理
重溫經典之2021北京卷T16
某小組實驗驗證“Ag+ + Fe2+ Fe3+ + Ag↓”為可逆反應并測定其平衡常數。
實驗驗證：
實驗 I．將 0.0100 mol·L－1Ag2SO4 溶液和 0.0400 mol·L－1FeSO4 溶液（pH=1）等體積混合，產生灰黑色沉淀，溶液呈黃色。
實驗 II．向少量 Ag 粉中加入 0.0100 mol·L－1Fe2(SO4)3 溶液（pH= 1）固體完全溶解。
①取 I 中沉淀，加入濃硝酸，證實沉淀為 Ag。現象是 。
② II 中溶液選用 Fe2(SO4)3，不選用 Fe(NO3)3 的原因是 。
綜合上述實驗，證實“Ag+ + Fe2+ Fe3+ + Ag↓”為可逆反應。
③ 小組同學采用電化學裝置從平衡移動角度進行驗證。補全電化學裝置示意圖，寫出操作及現象 。
固體溶解，產生紅棕色氣體
酸性條件下，NO3－有氧化性
石墨電極
FeSO4與 Fe2(SO4)3溶液
AgNO3溶液
組裝好裝置后，閉合 K，當靈敏電流計指針不動時，向左池加入較濃 Fe2(SO4)3溶液，指針偏轉，向右池加入較濃 AgNO3溶液，指針反向偏轉
重溫經典之2021北京卷T16
測定平衡常數：
實驗 III．一定溫度下，待實驗 I 中反應達到平衡狀態時，取 V mL上層清液，用c1 mol·L－1 KSCN標準溶液滴定 Ag+，至出現穩定的淺紅色時消耗 KSCN標準溶液 V1 mL。
資料：Ag++SCN- AgSCN↓(白色) K = 1012
Fe3++SCN- FeSCN2+(紅色) K = 102.3
① 滴定過程中 Fe3+的作用是 。
② 測得平衡常數 K = 。
思考問題：
① 取實驗 I 的濁液測定 c(Ag+)，會使所測 K 值 （填“偏高”“偏低”或“不受影響”）
②不用實驗 II 中清液測定 K 的原因是 。
指示劑
Fe2+ + Ag+ Ag↓ + Fe3+
初始： 0.02 0.01
平衡：0.01+c1V1/V c1V1/V 0.01-c1V1/V
偏低
Ag 完全反應，無法確定反應是否達到平衡狀態
重溫經典之2021北京卷T19
19.某小組探究鹵素參與的氧化還原反應，從電極反應角度分析物質氧化性和還原性的變化規律。
⑴ 濃鹽酸與 MnO2混合加熱生成氯氣。氯氣不再逸出時，固液混合物 A 中仍存在鹽酸和MnO2。
① 反應的離子方程式是 。
② 電極反應式：
i．還原反應：MnO2 + 2e－ + 4H+ == Mn2+ + 2H2O
ii．氧化反應： 。
③ 根據電極反應式，分析A 中仍存在鹽酸和 MnO2 的原因。
i．隨 c(H+)降低或 c(Mn2+)升高，MnO2 氧化性減弱。
ii．隨 c(Cl－)降低， 。
④ 補充實驗證實了③中的分析。
序號 實驗 加入試劑 現象
I 較濃硫酸 有氯氣
Ⅱ a 有氯氣
III a 和 b 無氯氣
a 是 ，b 是 。
重溫經典之2021北京卷T19
⑵ 利用 c(H+)對 MnO2氧化性的影響，探究鹵素離子的還原性。相同濃度的 KCl、KBr 和KI 溶液，能與 MnO2反應所需的最低 c(H+)由大到小的順序是 ，從原子結構角度說明理由 。
⑶ 根據⑴中結論推測：酸性條件下，加入某種化合物可以提高溴的氧化性，將 Mn2+氧化為MnO2。經實驗證實了推測。該化合物是 。
⑷ Ag 分別與 1 mol·L－1的鹽酸、氫溴酸和氫碘酸混合，Ag 只與氫碘酸發生置換反應。試解釋原因： 。
⑸ 總結：物質氧化性和還原性變化的一般規律是 。
重溫經典之2021北京卷T19
氣體制備原理方程式書寫
北京卷
考點1
考點6
考點5
考點4
考點3
考點2
原因猜想
對比實驗方案設計
物質結構
規律總結
電極反應式書寫
重溫經典之2021北京卷T19
19.某小組探究鹵素參與的氧化還原反應，從電極反應角度分析物質氧化性和還原性的變化規律。
⑴ 濃鹽酸與 MnO2混合加熱生成氯氣。氯氣不再逸出時，固液混合物 A 中仍存在鹽酸和MnO2。
① 反應的離子方程式是 。
② 電極反應式：
i．還原反應：MnO2 + 2e－ + 4H+ = Mn2+ + 2H2O
ii．氧化反應： 。
③ 根據電極反應式，分析A 中仍存在鹽酸和 MnO2 的原因。
i．隨 c(H+)降低或 c(Mn2+)升高，MnO2 氧化性減弱。
ii．隨 c(Cl－)降低， 。
④ 補充實驗證實了③中的分析。
序號 實驗 加入試劑 現象
I 較濃硫酸 有氯氣
Ⅱ a 有氯氣
III a 和 b 無氯氣
a 是 ，b 是 。
MnO2 + 2Cl－+ 4H+ Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O
2Cl－－2e－= Cl2↑
Cl－還原性減弱
NaCl 固體 MnSO4固體
重溫經典之2021北京卷T19
⑵ 利用 c(H+)對 MnO2氧化性的影響，探究鹵素離子的還原性。相同濃度的 KCl、KBr 和KI 溶液，能與 MnO2反應所需的最低 c(H+)由大到小的順序是 ，從原子結構角度說明理由 。
⑶ 根據⑴中結論推測：酸性條件下，加入某種化合物可以提高溴的氧化性，將 Mn2+氧化為MnO2。經實驗證實了推測。該化合物是 。
⑷ Ag 分別與 1 mol·L－1的鹽酸、氫溴酸和氫碘酸混合，Ag 只與氫碘酸發生置換反應。試解釋原因： 。
⑸ 總結：物質氧化性和還原性變化的一般規律是 。
c(H+)KCl > c(H+)KBr > c(H+)KI
同主族元素，電子層數 I>Br>Cl，離子半徑 I－>Br－>Cl－，失電子能力 I－>Br－>Cl－，還原性 I－>Br－>Cl－
AgNO3
溶解度 AgI還原反應中，增大反應物濃度或降低生成物濃度，氧化劑的氧化性增強；氧化反應中，增大反應物濃度或降低生成物濃度，還原劑的還原性增強。
重溫經典之2021廣東卷
含氯物質在生產生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究軟錳礦(主要成分是MnO2)的
過程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認這是一種新元
素組成的單質，并命名為chlorine(中文命名“氯氣”)。
⑴ 實驗室沿用舍勒的方法制取Cl2的化學方程式為 。
⑵ 實驗室制取干燥Cl2時，凈化與收集Cl2所需裝置的接口連接順序為 。
⑶ 某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測氯水中 已分解。檢驗此久置氯水中Cl－存在的操作及現象是 。
重溫經典之2021廣東卷
⑷ 某合作學習小組進行以下實驗探究。
① 實驗任務。通過測定溶液電導率，探究溫度對AgCl溶解度的影響。
② 查閱資料。電導率是表征電解質溶液導電能力的物理量。溫度一定時，強電解質稀溶液的
電導率隨溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而
增大。25℃時，Ksp(AgCl)=1.8×10－10。
③ 提出猜想。
猜想a：較高溫度的AgCl飽和溶液的電導率較大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度S(45℃)>S(35℃)>S(25℃)。
④ 設計實驗、驗證猜想。取試樣Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同溫度下配制的AgCl飽和溶液)，在設定的測
試溫度下，進行表中實驗1~3，記錄數據。
實驗序號 試樣 測試溫度/℃ 電導率/(μS/cm)
1 Ⅰ：25℃的AgCl飽和溶液 25 A1
2 Ⅱ：35℃的AgCl飽和溶液 35 A2
3 Ⅲ：45℃的AgCl飽和溶液 45 A3
重溫經典之2021廣東卷
⑤ 數據分析、交流討論。25℃的AgCl飽和溶液中，c(Cl－)= mol·L－1。實驗結果為A3>A2>A1。小組同學認為，此結果可以證明③中的猜想a成立，但不足以證明猜想b成立。結合②中信息，猜想b不足以成立的理由有 。
⑥ 優化實驗。小組同學為進一步驗證猜想b，在實驗1~3的基礎上完善方案，進行實驗4和5。
請在答題卡上完成表中內容。
實驗序號 試樣 測試溫度/℃ 電導率/
4 I B1
5 B2
⑦ 實驗總結。根據實驗1~5的結果，并結合②中信息，小組同學認為猜想b也成立。猜想b成立的判斷依據是 。
重溫經典之2021廣東卷
實驗現象判斷
廣東卷
考點1
考點6
考點5
考點4
考點3
考點2
原電池的組成
滴定相關內容
誤差分析
實驗方案評價
解釋原理
重溫經典之2021廣東卷
含氯物質在生產生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究軟錳礦(主要成分是MnO2)的
過程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認這是一種新元
素組成的單質，并命名為chlorine(中文命名“氯氣”)。
⑴ 實驗室沿用舍勒的方法制取Cl2的化學方程式為 。
⑵ 實驗室制取干燥Cl2時，凈化與收集Cl2所需裝置的接口連接順序為 。
⑶ 某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測氯水中 已分解。檢驗此久置氯水中Cl－存在的操作及現象是 。
MnO2 + 4HCl(濃) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O
c-d-b-a-e
HClO
向溶液中加入稀硝酸酸化的AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl－
重溫經典之2021廣東卷
⑷ 某合作學習小組進行以下實驗探究。
① 實驗任務。通過測定溶液電導率，探究溫度對AgCl溶解度的影響。
② 查閱資料。電導率是表征電解質溶液導電能力的物理量。溫度一定時，強電解質稀溶液的
電導率隨溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而
增大。25℃時，Ksp(AgCl)=1.8×10－10。
③ 提出猜想。
猜想a：較高溫度的AgCl飽和溶液的電導率較大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度S(45℃)>S(35℃)>S(25℃)。
④ 設計實驗、驗證猜想。取試樣Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同溫度下配制的AgCl飽和溶液)，在設定的測
試溫度下，進行表中實驗1~3，記錄數據。
實驗序號 試樣 測試溫度/℃ 電導率/(μS/cm)
1 Ⅰ：25℃的AgCl飽和溶液 25 A1
2 Ⅱ：35℃的AgCl飽和溶液 35 A2
3 Ⅲ：45℃的AgCl飽和溶液 45 A3
重溫經典之2021廣東卷
⑤ 數據分析、交流討論。25℃的AgCl飽和溶液中，c(Cl－)= mol·L－1。實驗結果為A3>A2>A1。小組同學認為，此結果可以證明③中的猜想a成立，但不足以證明猜想b成立。結合②中信息，猜想b不足以成立的理由有 。
⑥ 優化實驗。小組同學為進一步驗證猜想b，在實驗1~3的基礎上完善方案，進行實驗4和5。
請在答題卡上完成表中內容。
實驗序號 試樣 測試溫度/℃ 電導率/
4 I B1
5 B2
⑦ 實驗總結。根據實驗1~5的結果，并結合②中信息，小組同學認為猜想b也成立。猜想b成立的判斷依據是 。
1.34×10－5
測試溫度不同，根據電導率結果無法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度
45℃
45℃
II
A3>B2>B1
重溫經典之2021天津卷
某化學小組同學利用一定濃度的H2O2溶液制備O2，再用O2氧化C2H5OH，并檢驗氧化產物。
Ⅰ．制備O2
該小組同學設計了如下氣體發生裝置(夾持裝置省略)
⑴ 甲裝置中主要儀器的名稱為 。
⑵ 乙裝置中，用粘合劑將MnO2制成團，放在多孔塑料片上，連接好裝置，氣密性良好后打開活塞K1，經長頸漏斗向試管中緩慢加入3% H2O2溶液至 。欲使反應停止，關閉活塞K1即可，此時裝置中的現象是 。
⑶ 丙裝置可用于制備較多O2，催化劑鉑絲可上下移動。制備過程中如果體系內壓強過大，安全管中的現象是 ，此時可以將鉑絲抽離H2O2溶液，還可以采取的安全措施是 。
重溫經典之2021天津卷
⑷ 丙裝置的特點是 (填序號)。
a．可以控制制備反應的開始和結束
b．可通過調節催化劑與液體接觸的面積來控制反應的速率
c．與乙裝置相比，產物中的O2含量高、雜質種類少
Ⅱ．氧化C2H5OH
該小組同學設計的氧化C2H5OH的裝置如圖(夾持裝置省略)
⑸ 在圖中方框內補全干燥裝置和干燥劑。
Ⅲ．檢驗產物
⑹ 為檢驗上述實驗收集到的產物，該小組同學進行了如下實驗并得出相應結論。
實驗①~③中的結論不合理的是 (填序號)，原因是 。
重溫經典之2021天津卷
儀器識別
天津卷
考點1
考點6
考點5
考點4
考點3
考點2
實驗安全問題
裝置用途
實驗裝置補充
實驗方案評價
實驗現象
重溫經典之2021天津卷
某化學小組同學利用一定濃度的H2O2溶液制備O2，再用O2氧化C2H5OH，并檢驗氧化產物。
Ⅰ．制備O2
該小組同學設計了如下氣體發生裝置(夾持裝置省略)
⑴ 甲裝置中主要儀器的名稱為 。
⑵ 乙裝置中，用粘合劑將MnO2制成團，放在多孔塑料片上，連接好裝置，氣密性良好后打開活塞K1，經長頸漏斗向試管中緩慢加入3% H2O2溶液至 。欲使反應停止，關閉活塞K1即可，此時裝置中的現象是 。
⑶ 丙裝置可用于制備較多O2，催化劑鉑絲可上下移動。制備過程中如果體系內壓強過大，安全管中的現象是 ，此時可以將鉑絲抽離H2O2溶液，還可以采取的安全措施是 。
分液漏斗 錐形瓶
剛好沒過MnO2固體
試管內的H2O2溶液被壓入長頸漏斗中，與MnO2分離
液面上升
打開彈簧夾K2
重溫經典之2021天津卷
⑷ 丙裝置的特點是 (填序號)。
a．可以控制制備反應的開始和結束
b．可通過調節催化劑與液體接觸的面積來控制反應的速率
c．與乙裝置相比，產物中的O2含量高、雜質種類少
Ⅱ．氧化C2H5OH
該小組同學設計的氧化C2H5OH的裝置如圖(夾持裝置省略)
⑸ 在圖中方框內補全干燥裝置和干燥劑。
Ⅲ．檢驗產物
⑹ 為檢驗上述實驗收集到的產物，該小組同學進行了如下實驗并得出相應結論。
實驗①~③中的結論不合理的是 (填序號)，原因是 。
ab
①
乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
解題策略
(1)確定變量
解答這類題目時首先要認真審題，理清影響實驗探究結果的因素有哪些。
(2)定多變一
在探究時，應該先確定其他因素不變，只變化一種因素，看這種因素與探究的問題存在怎樣的關系；這樣確定一種以后，再確定另一種，通過分析每種因素與所探究問題之間的關系，得出所有影響因素與所探究問題之間的關系。
(3)數據有效
解答時注意選擇數據(或設置實驗)要有效，且變量統一，否則無法作出正確判斷。
模型建構
重溫經典
模型建構
名師導學
2025
知識重構
名師導學
積極投身到實驗教學研究；
重視實驗教學，重視教材實驗；
感悟和剖析實驗功能與內涵；
理解實驗探究與證據推理；
明確空白實驗與對比實驗意義；
嘗試項目式學習與深度學習；
數字化實驗的探索與實踐；
形成目標分解解決方案—多快好省；
突破基本實驗操作、定性與定量實驗、物質制備實驗、分析實驗、驗證性與探究性實驗等。第50講-物質性質驗證型綜合實驗
1.（2024湖北卷T18）學習小組為探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相關性質，室溫下進行了實驗I~Ⅳ。
實驗I 實驗Ⅱ 實驗Ⅲ
無明顯變化 溶液變為紅色，伴有氣泡產生 溶液變為墨綠色，并持續產生能使帶火星木條復燃的氣體
已知：[Co(H2O)6]2+為粉紅色、[Co(H2O)6]3+為藍色、[Co(CO3)2]2-為紅色、[Co(CO3)3]3-為墨綠色。回答下列問題：
（1）配制1.00 mol/L的CoSO4溶液，需要用到下列儀器中的_______(填標號)。
a． b． c． d．
（2）實驗I表明[Co(H2O)6]2+_______(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。實驗Ⅱ中HCO3-大大過量的原因是_______。實驗Ⅲ初步表明[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，寫出H2O2在實驗Ⅲ中所發生反應的離子方程式______________ 、______________。
（3）實驗I表明，反應2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O難以正向進行，利用化學平衡移動原理，分析Co3+、Co2+分別與CO32-配位后，正向反應能夠進行的原因_______。
實驗Ⅳ：
（4）實驗Ⅳ中，A到B溶液變為藍色，并產生氣體；B到C溶液變為粉紅色，并產生氣體。從A到C所產生的氣體的分子式分別為_______、_______。
2.（2022江蘇卷T16）實驗室二氧化鈰(CeO2)廢渣為原料制備 Cl-含量少的 Ce2(CO3)3，其部分實驗過程如下:
（1）“酸浸”時 CeO2 與 H2O2 反應生成 Ce3+并放出 O2，該反應的離子方程式為 。
（2）pH 約為 7 的 CeCl3 溶液與 NH4HCO3 溶液反應可生成 Ce2(CO3)3 沉淀，該沉淀中 Cl-含量與加料方式有關。得到含 Cl-量較少的 Ce2(CO3)3 的加料方式為 (填序號)。
A. 將 NH4HCO3 溶液滴加到 CeCl3 溶液中
B. 將 CeCl3 溶液滴加到 NH4HCO3 溶液中
（3）通過中和、萃取、反萃取、沉淀等過程，可制備 Cl-含量少的 Ce2(CO3)3。已知 Ce3+能被有機萃取劑(簡稱 HA)萃取，其萃取原理可表示為
Ce3+(水層)+3HA(有機層)
Ce(A)3(有機層)+3H+(水層)
① 加氨水“中和”去除過量鹽酸，使溶液接近中性。去除過量鹽酸的目的是 。
② 反萃取的目的是將有機層 Ce3+轉移到水層。使 Ce3+盡可能多地發生上述轉移，應選擇的實驗條件或采取的實驗操作有 (填兩項)。
③與“反萃取”得到的水溶液比較，過濾 Ce2(CO3)3 沉淀的濾液中，物質的量減小的離子有 (填化學式)。
（4）實驗中需要測定溶液中 Ce3+的含量。已知水溶液中Ce4+可用準確濃度的(NH4)2Fe(SO4)2 溶液滴定。以苯代鄰氨基苯甲酸為指示劑，滴定終點時溶液由紫紅色變為亮黃色，滴定反應為 Fe2++Ce4+ == Fe3++Ce3+。請補充完整實驗方案:①準確量取 25.00 mL Ce3+溶液[c(Ce3+)約為 0.2 mol·L-1]，加氧化劑將 Ce3+完全氧化并去除多余氧化劑后，用稀硫酸酸化，將溶液完全轉移到 250 mL 容量瓶中后定容;②按規定操作分別將 0.020 00 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2 和待測 Ce4+溶液裝入如圖所示的滴定管中:③ 。
3.（2022廣東卷）食醋是烹飪美食的調味品，有效成分主要為醋酸(用 HAc 表示)。HAc 的應用與其電離平衡密切相關。25 ℃時，HAc 的 Ka=1.75×10-5=10-4.76。
（1）配制 250 mL 0.1 mol·L-1的 HAc 溶液，需 5 mol·L-1 HAc 溶液的體積為 mL。
（2）下列關于 250 mL 容量瓶的操作，正確的是 (填字母)。
（3）某小組研究 25 ℃下 HAc 電離平衡的影響因素。
提出假設 稀釋 HAc 溶液或改變 Ac-濃度，HAc 電離平衡會發生移動。
設計方案并完成實驗 用濃度均為 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaAc 溶液，按下表配制總體積相同的系列溶液;測定 pH，記錄數據。
①根據表中信息，補充數據:a= ，b= 。
②由實驗Ⅰ和Ⅱ可知，稀釋 HAc 溶液，電離平衡 (填“正”或“逆”)向移動;結合表中數據，給出判斷理由: 。
③由實驗Ⅱ~Ⅷ可知，增大 Ac-濃度，HAc 電離平衡逆向移動。實驗結論 假設成立。
（4）小組分析上表數據發現:
隨著 n(NaAc)/n(HAc) 的增加，c(H+)的值逐漸接近 HAc 的 Ka。
查閱資料獲悉:一定條件下，按n(NaAc)/n(HAc) = 1 配制的溶液中，c(H+)的值等于 HAc 的 Ka。
對比數據發現，實驗Ⅷ中 pH=4.65 與資料數據 Ka=10-4.76 存在一定差異;推測可能由物質濃度準確程度不夠引起，故先準確測定 HAc 溶液的濃度再驗證。
(ⅰ)移取 20.00 mL HAc 溶液，加入 2 滴酚酞溶液，用0.1000 mol·L-1 NaOH 溶液滴定至終點，消耗體積為 22.08 mL， 則該 HAc 溶液的濃度為 mol·L-1。請畫出上述過程的滴定曲線示意圖并標注滴定終點。
(ⅱ)用上述 HAc 溶液和 0.100 0 mol·L-1 NaOH 溶液，配制等物質的量的 HAc 與 NaAc 混合溶液，測定 pH，結果與資料數據相符。
（5） 小組進一步提出:如果只有濃度均約為 0.1 mol·L-1 的 HAc 和 NaOH 溶液，如何準確測定HAc 的 Ka 小組同學設計方案并進行實驗。請完成下表中Ⅱ的內容。
實驗總結得到的結果與資料數據相符，方案可行。
（6）根據 Ka 可以判斷弱酸的酸性強弱。寫出一種無機弱酸及其用途
。
4.（2021天津卷T15）某化學小組同學利用一定濃度的H2O2溶液制備O2，再用O2氧化C2H5OH，并檢驗氧化產物。
Ⅰ．制備O2
該小組同學設計了如下氣體發生裝置(夾持裝置省略)
⑴ 甲裝置中主要儀器的名稱為 。
⑵ 乙裝置中，用粘合劑將MnO2制成團，放在多孔塑料片上，連接好裝置，氣密性良好后打開
活塞K1，經長頸漏斗向試管中緩慢加入3% H2O2溶液至 。
欲使反應停止，關閉活塞K1即可，此時裝置中的現象是 。
⑶ 丙裝置可用于制備較多O2，催化劑鉑絲可上下移動。制備過程中如果體系內壓強過大，安全管中的現象是 ，此時可以將鉑絲抽離H2O2溶液，還可以采取的安全措施是 。
⑷ 丙裝置的特點是 (填序號)。
a．可以控制制備反應的開始和結束
b．可通過調節催化劑與液體接觸的面積來控制反應的速率
c．與乙裝置相比，產物中的O2含量高、雜質種類少
Ⅱ．氧化C2H5OH
該小組同學設計的氧化C2H5OH的裝置如圖(夾持裝置省略)
⑸ 在圖中方框內補全干燥裝置和干燥劑。
Ⅲ．檢驗產物
⑹ 為檢驗上述實驗收集到的產物，該小組同學進行了如下實驗并得出相應結論。
實驗序號 檢驗試劑和反應條件 現象 結論
① 酸性KMnO4溶液 紫紅色褪去 產物含有乙醛
② 新制Cu(OH)2，加熱 生成磚紅色沉淀 產物含有乙醛
③ 微紅色含酚酞的NaOH溶液 微紅色褪去 產物可能含有乙酸
實驗①~③中的結論不合理的是 (填序號)，原因是 。
5.（2021北京卷T16）某小組實驗驗證“Ag+ + Fe2+Fe3+ + Ag↓”為可逆反應并測定其平衡常數。
實驗驗證：
實驗 I．將 0.0100 mol·L－1Ag2SO4 溶液和 0.0400 mol·L－1FeSO4 溶液（pH=1）等體積混合，產生灰黑色沉淀，溶液呈黃色。
實驗 II．向少量 Ag 粉中加入 0.0100 mol·L－1Fe2(SO4)3 溶液（pH= 1）固體完全溶解。
① 取 I 中沉淀，加入濃硝酸，證實沉淀為 Ag。現象是 。
② II 中溶液選用 Fe2(SO4)3，不選用 Fe(NO3)3 的原因是 。
綜合上述實驗，證實“Ag+ + Fe2+Fe3+ + Ag↓”為可逆反應。
③ 小組同學采用電化學裝置從平衡移動角度進行驗證。補全電化學裝置示意圖，寫出操作及現象 。
測定平衡常數：
實驗 III．一定溫度下，待實驗 I 中反應達到平衡狀態時，取 V mL上層清液，用c1 mol·L－1KSCN標準溶液滴定 Ag+，至出現穩定的淺紅色時消耗 KSCN標準溶液 V1 mL。
資料：Ag++SCN-AgSCN↓(白色) K = 1012
Fe3++SCN-FeSCN2+(紅色) K = 102.3
① 滴定過程中 Fe3+的作用是 。
② 測得平衡常數 K = 。
思考問題：
① 取實驗 I 的濁液測定 c(Ag+)，會使所測 K 值 （填“偏高”“偏低”或“不受影響”）
②不用實驗 II 中清液測定 K 的原因是 。
6.（2021北京卷T19）某小組探究鹵素參與的氧化還原反應，從電極反應角度分析物質氧化性和還原性的變化規律。
⑴ 濃鹽酸與 MnO2混合加熱生成氯氣。氯氣不再逸出時，固液混合物 A 中仍存在鹽酸和MnO2。
① 反應的離子方程式是 。
② 電極反應式：
i．還原反應：MnO2 + 2e－ + 4H+ == Mn2+ + 2H2O
ii．氧化反應： 。
③ 根據電極反應式，分析A 中仍存在鹽酸和 MnO2 的原因。
i．隨 c(H+)降低或 c(Mn2+)升高，MnO2 氧化性減弱。
ii．隨 c(Cl－)降低， 。
④ 補充實驗證實了③中的分析。
序號 實驗 加入試劑 現象
I 較濃硫酸 有氯氣
Ⅱ a 有氯氣
III a 和 b 無氯氣
a 是 ，b 是 。
⑵ 利用 c(H+)對 MnO2氧化性的影響，探究鹵素離子的還原性。相同濃度的 KCl、KBr 和KI 溶液，能與 MnO2反應所需的最低 c(H+)由大到小的順序是 ，從原子結構角度說明理由 。
⑶ 根據⑴中結論推測：酸性條件下，加入某種化合物可以提高溴的氧化性，將 Mn2+氧化為MnO2。經實驗證實了推測。該化合物是 。
⑷ Ag 分別與 1 mol·L－1的鹽酸、氫溴酸和氫碘酸混合，Ag 只與氫碘酸發生置換反應。試解釋原因： 。
⑸ 總結：物質氧化性和還原性變化的一般規律是 。
第50講-物質性質驗證型綜合實驗參考答案
1.【答案】
（1）bc
（2） ①. 不能 ②.HCO3- 與Co2+按物質的量之比4:1發生反應4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+ 2CO2↑+2H2O，實驗中HCO3- 與Co2+的物質的量之比為32:3 ③. 10HCO3-+2Co2++H2O2=2[Co(CO3)2]3-+4CO2↑+6H2O
④. 2H2O22H2O+O2↑
（3）實驗Ⅲ的現象表明，Co3+、Co2+分別與CO32-配位時，[Co(H2O)6]3+更易與CO32-反應生成[Co(CO3)3]3-（該反應為快反應），導致[Co(H2O)6]2+幾乎不能轉化為[Co(CO3)2]2-，這樣使得[Co(H2O)6]3+的濃度減小的幅度遠遠大于[Co(H2O)6]2+減小的幅度，根據化學平衡移動原理，減小生成物濃度能使化學平衡向正反應方向移動，因此，上述反應能夠正向進行
（4）①. CO2 ②. O2
【解析】
（1）配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、膠頭滴管等等，因此選bc。
（2）CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+，向其中加入30%的H2O2后無明顯變化，因此，實驗I表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。實驗Ⅱ中發生反應的離子方程式為4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+ 2CO2↑+2H2O，實驗中HCO3- 與Co2+的物質的量之比為32:3，因此，HCO3- 大大過量的原因是：HCO3- 與Co2+按物質的量之比4:1發生反應4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+ 2CO2↑+2H2O，實驗中HCO3- 與Co2+的物質的量之比為32:3。實驗Ⅲ的實驗現象表明在H2O2的作用下Co2+能與HCO3- 反應生成[Co(CO3)3]3-，然后[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，因此，H2O2在實驗Ⅲ中所發生反應的離子方程式為10HCO3-+2Co2++H2O2=2[Co(CO3)2]3-+4CO2↑+6H2O 、2H2O22H2O+O2↑ 。
（3）實驗I表明，反應2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O難以正向進行。實驗Ⅲ的現象表明，Co3+、Co2+分別與CO32-配位時，[Co(H2O)6]3+更易與CO32-反應生成[Co(CO3)3]3-（該反應為快反應），導致[Co(H2O)6]2+幾乎不能轉化為[Co(CO3)2]2-，這樣使得[Co(H2O)6]3+的濃度減小的幅度遠遠大于[Co(H2O)6]2+減小的幅度，根據化學平衡移動原理，減小生成物濃度能使化學平衡向正反應方向移動，因此，上述反應能夠正向進行。
（4）實驗Ⅳ中，A到B溶液變為藍色，并產生氣體，說明發生了[Co(CO3)3]3-+6H++3H2O= [Co(H2O)6]3++3CO2↑；B到C溶液變為粉紅色，并產生氣體，說明發生了4[Co(H2O)6]3++2H2O =4[Co(H2O)6]2++O2↑+4H+，因此從A到C所產生的氣體的分子式分別為CO2和O2。
2.【答案】
（1）2CeO2+H2O2+6H+ ==2Ce3++O2↑+4H2O
（2）B
（3）①降低溶液中氫離子的濃度，促進碳酸氫根離子的電離，增大溶液中碳酸根離子的濃度 ②酸性條件;多次萃取 ③Ce3+
（4）從左側滴定管中放出一定體積的待測 Ce4+溶液，加入指示劑苯代鄰氨基苯甲酸，用 0.020 00 mol·L-1(NH4)2Fe(SO4)2 滴定，當滴入最后半滴標準液時，溶液由紫紅色變為亮黃色，即達到滴定終點，記錄標準液的體積。
【解析】首先用稀鹽酸和過氧化氫溶液酸浸二氧化鈰廢渣，得到三價鈰，加入氨水調節 pH 后用萃取劑萃取其中的三價鈰，增大三價鈰濃度，之后加入稀硝酸反萃取其中的三價鈰，再加入氨水和碳酸氫銨制備產物，據此解題。
（1）根據題給信息，反應物為 CeO2 與 H2O2，產物為 Ce3+和O2，根據電荷守恒和元素守恒可知其離子方程式為:2CeO2+H2O2+6H+ =2Ce3++O2↑+4H2O。
（2）反應過程中保持 CeCl3 少量即可得到含 Cl-量較少的 Ce2(CO3)3，故選 B。
（3）①增大碳酸根離子的濃度有助于生成產物。②根據萃取原理可知，應選擇的實驗條件是酸性條件;為了使 Ce3+ 盡可能多地發生上述轉移，可以采用多次萃取。③“反萃取”得到的水溶液中含有濃度較大的Ce3+，沉淀并過濾后溶液中 Ce3+離子濃度較小，即 Ce3+物質的量減小。
（4）應該用標準液滴定待測 Ce4+溶液，用苯代鄰氨基苯甲酸作指示劑。
3.【答案】
（1）5.0
（2）C
（3） ①. 3.00 ②. 33.00 ③. 正 ④. 實驗II相較于實驗I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實驗II的pH增大值小于1
（4） ①. 0.1104 ②.
（5）另取20.00 ml HAc，加入mL氫氧化鈉
（6）HClO：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產肥料)
【解析】
（1）溶液稀釋過程中，溶質的物質的量不變，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL，故答案為：5.0。
（2）A．容量瓶使用過程中，不能用手等觸碰瓶口，以免污染試劑，故A錯誤；
B．定容時，視線應與溶液凹液面和刻度線“三線相切”，不能仰視或俯視，故B錯誤；
C．向容量瓶中轉移液體，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度線以下，同時玻璃棒不能接觸容量瓶口，故C正確；
D．定容完成后，蓋上瓶塞，將容量瓶來回顛倒，將溶液搖勻，顛倒過程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脫落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶從左手掉落，故D錯誤；
綜上所述，正確的是C項。
（3）①實驗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，，由實驗I可知，溶液最終的體積為40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案為：3.00；33.00。
②實驗I所得溶液的pH=2.86，實驗II的溶液中c(HAc)為實驗I的，稀釋過程中，若不考慮電離平衡移動，則實驗II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但實際溶液的pH=3.36<3.86，說明稀釋過程中，溶液中n(H+)增大，即電離平衡正向移動，故答案為：正；實驗II相較于實驗I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實驗II的pH增大值小于1。
（4）(i)滴定過程中發生反應：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反應方程式可知，滴定至終點時，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104 mol/L，故答案為：0.1104。
(ii)滴定過程中，當V(NaOH)=0時，c(H+)=≈mol/L=10-2.88mol/L，溶液pH=2.88，當V(NaOH)=11.04mL時，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，當V(NaOH)=22.08mL時，達到滴定終點，溶液中溶質為NaAc溶液，Ac-發生水解，溶液呈弱堿性，當NaOH溶液過量較多時，c(NaOH)無限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲線如圖：。
（5）向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液達到滴定終點，滴定終點的溶液中溶質為NaAc，當時，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此另取20.00mlHAc，加入mL氫氧化鈉，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案為：另取20.00mlHAc，加入mL氫氧化鈉。
（6）不同的無機弱酸在生活中應用廣泛，如HClO具有強氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有還原性，可用作還原劑，在葡萄酒中添加適量H2SO3可用作防腐劑，H3PO4具有中強酸性，可用作食品添加劑，同時在制藥、生產肥料等行業有廣泛用途，故答案為：HClO：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產肥料)。
4.【答案】
(1)分液漏斗 錐形瓶
(2) 剛好沒過MnO2固體 試管內的H2O2溶液被壓入長頸漏斗中，與MnO2分離
(3) 液面上升 打開彈簧夾K2
(4)ab
(5)
(6) ① 乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
【解析】
用雙氧水和催化劑制取氧氣。制得的氧氣經干燥后進入盛有乙醇的圓底燒瓶中，和熱的乙醇一起進入硬質玻璃管中，在銅的催化作用下發生乙醇的催化氧化反應生成乙醛。生成的乙醛進入試管中，被冷凝收集。
(1)根據儀器構造可知，甲裝置中主要儀器的名稱為分液漏斗和錐形瓶；
(2)乙裝置是啟普發生器的簡易裝置，可以隨時控制反應的發生和停止。用粘合劑將MnO2制成團，放在多孔塑料片上，連接好裝置，氣密性良好后打開活塞K1，經長頸漏斗向試管中緩慢加入3% H2O2溶液至剛好沒過MnO2固體，此時可以產生氧氣，氧氣通過導管導出。欲使反應停止，關閉活塞K1，此時由于氣體還在產生，使容器內壓強增大，可觀察到試管內的H2O2溶液被壓入長頸漏斗中，與MnO2分離；
(3)丙裝置用圓底燒瓶盛裝H2O2溶液，可用于制備較多O2，催化劑鉑絲可上下移動可以控制反應速率。制備過程中如果體系內壓強過大，H2O2溶液會被壓入安全管中，可觀察到安全管中液面上升，圓底燒瓶中液面下降。此時可以將鉑絲抽離H2O2溶液，使反應速率減慢，還可以打開彈簧夾K2，使燒瓶內壓強降低；
(4) a．催化劑鉑絲可上下移動可以控制制備反應的開始和結束，a正確；
b．催化劑與液體接觸的面積越大，反應速率越快，可通過調節催化劑與液體接觸的面積來控制反應的速率，b正確；
c．丙裝置用圓底燒瓶盛裝H2O2溶液，與乙裝置相比，可用于制備較多O2，但產物中的O2含量和雜質種類和乙中沒有區別，c錯誤；
故選ab；
(5)氧氣可以用濃硫酸干燥，所以可以用一個洗氣瓶，里面盛裝濃硫酸干燥氧氣，如圖：
；
(6)實驗①不合理，因為乙醇有揮發性，會混入生成的乙醛中，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以酸性高錳酸鉀溶液褪色不能證明產物中含有乙醛。
5.【答案】
⑴ ① 固體溶解，產生紅棕色氣體；
② 酸性條件下，NO3－有氧化性；
③ a：石墨電極/Pt電極
b：酸性 FeSO4溶液/酸性 Fe2(SO4)3溶液/酸性 FeSO4與 Fe2(SO4)3溶液
c：AgNO3溶液
組裝好裝置后，閉合 K，當靈敏電流計指針不動時，向左池加入較濃 Fe2(SO4)3溶液，指針偏轉，向右池加入較濃 AgNO3溶液，指針反向偏轉
⑵ ①指示劑 ② EQ \f(0.0100 - ,×(0.01000+) )
⑶ ① 偏低 ② Ag 完全反應，無法確定反應是否達到平衡狀態
【解析】
(1) ①由于Ag能與濃硝酸發生反應：Ag+2HNO3(濃) = AgNO3+NO2↑+H2O，故當觀察到的現象為灰黑色固體溶解，產生紅棕色氣體，即可證實灰黑色固體是Ag，故答案為：灰黑色固體溶解，產生紅棕色氣體。
②由于Fe(NO3)3溶液電離出NO3－將與溶液中的H+結合成由強氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干擾實驗，故實驗II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案為：防止酸性條件下，NO3－氧化性氧化Fe2+干擾實驗結果。
③由裝置圖可知，利用原電池原理來證明反應Fe2++Ag+Ag+Fe3+為可逆反應，兩電極反應為：Fe2+-e- = Fe3+，Ag++e- = Ag，故另一個電極必須是與Fe3+不反應的材料，可用石墨或者鉑電極，左側燒杯中電解質溶液必須含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右側燒杯中電解質溶液必須含有Ag+，故用AgNO3溶液，組裝好儀器后，加入電解質溶液，閉合開關 K，裝置產生電流，電流從哪邊流入，指針則向哪個方向偏轉，根據b中所加試劑的不同，電流方向可能不同，因此可能觀察到的現象為：Ag電極逐漸溶解，指針向左偏轉，一段時間后指針歸零，說明此時反應達到平衡，再向左側燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，與之前的現象相同，表明平衡發生了移動；另一種現象為：Ag電極上有灰黑色固體析出，指針向右偏轉，一段時間后指針歸零，說明此時反應達到平衡，再向左側燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，Ag電極上固體逐漸減少，指針向左偏轉，表明平衡發生了移動，故答案為：a：鉑/石墨電極，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和現象：閉合開關 K，Ag電極上固體逐漸溶解，指針向左偏轉，一段時間后指針歸零，再向左側燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，與之前的現象相同；或者閉合開關 K，Ag電極上有灰黑色固體析出，指針向右偏轉，一段時間后指針歸零，再向左側燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，Ag電極上固體逐漸減少，指針向左偏轉。
(2)①Fe3+與SCN-反應生成紅色FeSCN2+，因Ag+與SCN-反應相較于Fe3+與SCN-反應更加容易及徹底，當溶液變為穩定淺紅色，說明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+濃度不變，說明上述反應答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反應的指示劑，故答案為：指示劑。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液變為穩定淺紅色時，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，說明反應幾乎進行完全，故有I中上層清液中Ag+的濃度為：c(Ag+)=mol/L，根據平衡三段式進行計算如下：
Fe2+ + Ag+ Ag + Fe3+
起始濃度（mol/L） 0.02 0.01 0
轉化濃度（mol/L） 0.0100 - 0.0100 - 0.0100 -
平衡濃度（mol/L） 0.0100 + 0.0100 -
故反應的平衡常數K= = EQ \f(0.0100 - ,×(0.01000+) )，
故答案為：指示劑；EQ \f(0.0100 - ,×(0.01000+) )。
(3)①若取實驗I所得濁液測定Ag+濃度，則濁液中還有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且隨著反應Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移動，則測得平衡體系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= EQ \f(0.0100 - ,×(0.01000+) )偏小，故答案為：偏小。
②由于實驗II中Ag完全溶解，故無法判斷體系是否達到化學平衡狀態，因而不用實驗II所得溶液進行測定并計算K，故答案為：Ag完全反應，無法判斷體系是否達到化學平衡狀態。
6.【答案】
⑴ ① MnO2 + 2Cl－+ 4H+Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O
② 2Cl－－2e－== Cl2↑
③ Cl－還原性減弱
④ NaCl 固體 MnSO4固體
⑵ c(H+)KCl > c(H+)KBr > c(H+)KI
Cl、Br、I 為同主族元素，電子層數 I>Br>Cl，離子半徑 I－>Br－>Cl－，失電子能力 I－>Br－>Cl－，還原性 I－>Br－>Cl－
⑶ AgNO3
⑷ 溶解度 AgI降低，提高Ag的還原性，其中只有 I－能使Ag的還原性提高到能將 H+還原
⑸ 還原反應中，增大反應物濃度或降低生成物濃度，氧化劑的氧化性增強；氧化反應中，增大反應物濃度或降低生成物濃度，還原劑的還原性增強。
【解析】
(1)①二氧化錳和濃鹽酸制氯氣的離子方程式為：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；
②氧化反應是元素化合價升高，故氧化反應為：2Cl--2e- =Cl2↑
③反應不能發生也可能是還原劑還原性減弱，或者產生了氧化性更強的氧化劑，故答案為：Cl-還原性減弱或Cl2 的氧化性增強
④可以從增大氯離子濃度的角度再結合實驗II的現象分析，試劑a可以是KCl固體(或濃/飽和溶液)；結合實驗III的顯現是沒有氯氣，且實驗III也加入了試劑a，那一定是試劑b影響了實驗III的現象，再結合原因i可知試劑b是MnSO4固體(或濃/飽和溶液)；
(2)非金屬性越弱其陰離子的還原性越強，反應時所需的氫離子濃度越小，故順序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，從上到下電子層數逐漸增加，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，陰離子的還原性逐漸增強；
(3)根據(1)中的結論推測隨Cl-濃度降低導致二氧化錳的氧化性減弱，那么如果進一步降低Cl-濃度降低則可以導致可以提高溴的氧化性，將Mn2+氧化為MnO2，故答案為：AgNO3 或Ag2SO4；
(4)若要使反應2Ag+2H+=2Ag++ H2↑發生，根據本題的提示可以降低Ag+濃度，對比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只與氫碘酸發生置換反應的原因是：比較AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag還原性增強的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反應得以發生；
(5)通過本題可以發現，物質氧化性和還原性還與物質的濃度有關，濃度越大氧化性或者還原性越強，故答案為：氧化劑(還原劑)的濃度越大，其氧化性(還原性)越強，還原產物(還原產物)的濃度越大，氧化劑(還原劑)的氧化性(還原性)越小；還原反應中，反應物濃度越大或生成物濃度越小，氧化劑氧化性越強。第50講-物質性質驗證型綜合實驗
知識重構
在研究影響化學性質的因素時，由于外界影響因素較多，故為搞清楚某個因素的影響，需控制其他因素相同或不變，再進行實驗。因此，常用控制變量思想解決該類問題。
一般以表格的形式給出多組實驗數據，讓學生找出每組數據的變化對化學性質的影響。
二、重溫經典
1.（2024北京卷T19）某小組同學向pH=1的0.5 mol/L的FeCl3溶液中分別加入過量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產物。
（1）理論分析
依據金屬活動性順序，Cu、Zn、Mg中可將Fe3+還原為Fe的金屬是_________。
（2）實驗驗證
實驗 金屬 操作、現象及產物
I 過量Cu 一段時間后，溶液逐漸變為藍綠色，固體中未檢測到Fe單質
II 過量Zn 一段時間后有氣泡產生，反應緩慢，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此時溶液pH為3~4，取出固體，固體中未檢測到Fe單質
III 過量Mg 有大量氣泡產：生，反應劇烈，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續產生大量氣泡，當溶液pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質
①分別取實驗I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，證明都有Fe2+生成，依據的現象是___________________________．
②實驗Ⅱ、Ⅲ都有紅褐色沉淀生成，用平衡移動原理解釋原因___________________________．
③對實驗Ⅱ未檢測到Fe單質進行分析及探究。
i．a．甲認為實驗Ⅱ中，當Fe3+、H+濃度較大時，即使Zn與Fe2+反應置換出少量Fe，Fe也會被Fe3+、H+消耗。寫出Fe與Fe3+、H+反應的離子方程式___________________________．
b．乙認為在pH為3~4的溶液中即便生成Fe也會被H+消耗。設計實驗__________________（填實驗操作和現象）。
證實了此條件下可忽略H+對Fe的消耗。
c．丙認為產生的紅褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻礙了Zn與Fe2+的反應。實驗證實了Zn粉被包裹。
ii．查閱資料：0.5 mol/L Fe3+開始沉淀的pH約為1.2，完全沉淀的pH約為3。
結合a、b和c，重新做實驗Ⅱ，當溶液pH為3~4時，不取出固體，向固-液混合物中持續加入鹽酸，控制pH<1.2，__________________ （填實驗操作和現象），待pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質。
（3）對比實驗Ⅱ和Ⅲ，解釋實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質的原因__________________。
【答案】
（1）Mg Zn
（2）①產生藍色沉淀
②Fe3+水解方程式為Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn會消耗H+，促進Fe3+水解平衡正向移動，使其轉化為Fe(OH)3沉淀
③i．a．2Fe3++Fe=3Fe2+ 2H++Fe=H2↑+Fe2+
b．向pH為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時間后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不產生藍色沉淀
ⅱ．加入幾滴KSCN溶液，待溶液紅色消失后，停止加入鹽酸
（3）加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹
【解析】
（1）在金屬活動性順序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可將Fe3+還原為Fe。
（2）①Fe2+與K3[Fe(CN)6]會生成藍色的KFe[Fe(CN)6]沉淀。
②Fe3+水解方程式為Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn會消耗H+，促進Fe3+水解平衡正向移動，使其轉化為Fe(OH)3沉淀
③i．Fe與Fe3+、H+反應的離子方程式2Fe3++Fe=3Fe2+ 2H++Fe=H2↑+Fe2+。
向pH為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時間后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不產生藍色沉淀在pH為3~4的溶液中即便生成Fe也會被H+消耗。
ⅱ．結合a，b和c可知，實驗Ⅱ未檢測到Fe單質的原因可能是Fe3+的干擾以及Fe(OH)3沉淀對鋅粉的包裹，因此可控制反應條件，在未生成Fe(OH)3沉淀時將Fe3+還原，即可排除兩個干擾因素。
（3）對比實驗Ⅱ和Ⅲ，實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質的原因是加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹。
2.（2023年北京卷19題）資料顯示，I2可以將Cu氧化為Cu2+。某小組同學設計實驗探究Cu被I2氧化的產物及銅元素的價態。
已知：I2易溶于KI溶液，發生反應I2+I-I3-(紅棕色)；I2和I3-氧化性幾乎相同。
I.將等體積的KI溶液加入到m mol銅粉和n mol I2(n>m) I2的固體混合物中，振蕩。
實驗記錄如下：
c(KI) 實驗現象
實驗Ⅰ 0.01 mol/L 極少量I2溶解，溶液為淡紅色；充分反應后，紅色的銅粉轉化為白色沉淀，溶液仍為淡紅色
實驗Ⅱ 0.1 mol/L 部分I2溶解，溶液為紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉轉化為白色沉淀，溶液仍為紅棕色
實驗Ⅲ 4 mol/L I2完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色
（1）初始階段，Cu被氧化的反應速率：實驗Ⅰ__________(填“>”“<”或“=”)實驗Ⅱ。
（2）實驗Ⅲ所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(藍色)或[CuI2]-(無色)，進行以下實驗探究：
步驟a．取實驗Ⅲ深紅棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。
步驟b．取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。
ⅰ．步驟a的目的是_____________________。
ⅱ．查閱資料，2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，[Cu(NH3)2]+(無色)容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟b的溶液中發生的變化：______________。
（3）結合實驗Ⅲ，推測實驗Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，實驗Ⅰ中銅被氧化的化學方程式是____________________。分別取實驗Ⅰ和Ⅱ充分反應后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃KI溶液，__________(填實驗現象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應的原因是____________________。
（4）上述實驗結果，I2僅將Cu氧化為+1價。在隔絕空氣的條件下進行電化學實驗，證實了I2能將Cu氧化為Cu2+。裝置如圖所示，a、b分別是_____________。
（5）運用氧化還原反應規律，分析在上述實驗中Cu被I2氧化的產物中價態不同的原因：_________。
【答案】
（1）<
（2）①.除去I3-，防止干擾后續實驗 ②. [CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++4OH-+6H2O
（3）①.2Cu+I2=2CuI ②. 白色沉淀逐漸溶解，溶液變為無色 ③. 銅與碘的反應為可逆反應(或I3-濃度小未能氧化全部的Cu)
（4）銅、含n mol I2的4 mol/L的KI溶液
（5）在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ中Cu+可以進一步與I-結合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+濃度減小使得Cu2+氧化性增強，發生反應2Cu2++4I-=2CuI+I2和2Cu2++6I-=2[CuI2]-+I2。
【解析】
（1）提高KI濃度，便于提高I3-的濃度，與Cu接觸更加充分，Cu與I3-的反應速率加快，故實驗Ⅰ<實驗Ⅱ。
（2）加入CCl4，I2濃度減小，I2+I-I3-平衡逆向移動，I-濃度增加，其目的為：除去I3-，防止干擾后續實驗。加入濃氨水后[CuI2]-轉化為[Cu(NH3)2]+，無色的[Cu(NH3)2]+被氧化為藍色的[Cu(NH3)4]2+，方程式為[CuI2]-+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++2H2O+2I-、4[Cu(NH3)2]++O2+8NH3·H2O=4[Cu(NH3)4]2++ 4OH-+ 6H2O。
（3）結合實驗Ⅲ，推測實驗Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，實驗Ⅰ中銅被氧化的化學方程式是2Cu+I2=2CuI；加入濃KI溶液，I2濃度減小，CuI轉化為Cu和I2，故產生白色沉淀溶解，溶液變為無色，出現紅色固體的過程；銅未完全反應的原因是銅與碘的反應為可逆反應(或I3-濃度小未能氧化全部的Cu)。
（4）要驗證I2能將Cu氧化為Cu2+，需設計原電池負極材料為Cu，b為含n mol I2的4 mol/L的KI溶液。
（5）含n mol I2的4 mol/L的KI溶液銅與碘反應的體系在原電池裝置中，I2將Cu氧化為Cu2+；而在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ和實驗Ⅲ中Cu以Cu+形式存在，這是由于在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ中Cu+可以進一步與I-結合生成CuI沉淀或[CuI2]-，Cu+濃度減小使得Cu2+氧化性增強，發生反應2Cu2++4I-=2CuI+I2和2Cu2++6I-=2[CuI2]-+I2。
3.（2022年北京卷12題）某小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應。
資料：i．Mn2+在一定條件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(綠色)、(紫色)。
ii．濃堿條件下，可被OH-還原為。
iii．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。
實驗裝置如圖(夾持裝置略)
序號 物質a C中實驗現象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到無色溶液 產生棕黑色沉淀，且放置后不發生變化
II 5%NaOH溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍有沉淀
（1）B中試劑是___________。
（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色變為黑色的化學方程式為___________。
（3）對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是___________。
（4）根據資料ii，III中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現象與資料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2導致溶液的堿性減弱。
原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將氧化為。
①化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因___________，但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。
②取III中放置后的1 mL懸濁液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變為綠色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變為綠色的離子方程式為___________，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被___________(填“化學式”)氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；
③取II中放置后的1 mL懸濁液，加入4 mL水，溶液紫色緩慢加深，發生的反應是___________。
④從反應速率的角度，分析實驗III未得到綠色溶液的可能原因___________。
【答案】
（1）飽和NaCl溶液
（2）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
（3）Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強
（4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O Cl2 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O 過量Cl2與NaOH反應產生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的被還原為的速率減小，因而不能實驗III未得到綠色溶液
【解析】在裝置A中HCl與KMnO4發生反應制取Cl2，由于鹽酸具有揮發性，為排除HCl對Cl2性質的干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質HCl，在裝置C中通過改變溶液的pH，驗證不同條件下Cl2與MnSO4反應，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余Cl2，防止造成大氣污染。
（1）B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的雜質HCl氣體；
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產生的的OH-反應產生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩定，會被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2，則沉淀由白色變為黑色的化學方程式為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強；
（4）①Cl2與NaOH反應產生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應的離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②取III中放置后的1 mL懸濁液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變為綠色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變為綠色就是由于在濃堿條件下，可被OH-還原為，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應的離子方程式為：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；
溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；③取II中放置后的1 mL懸濁液，加入4 mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說明ClO-將MnO2氧化為，發生的反應是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④從反應速率的角度，過量Cl2與NaOH反應產生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的被還原為的速率減小，導致不能實驗III未得到綠色溶液。
4.（2022廣東卷）食醋是烹飪美食的調味品，有效成分主要為醋酸(用表示)。的應用與其電離平衡密切相關。25℃時，的。
（1）配制的溶液，需溶液的體積為_______mL。
（2）下列關于容量瓶的操作，正確的是_______。
（3）某小組研究25℃下電離平衡的影響因素。
提出假設。稀釋溶液或改變濃度，電離平衡會發生移動。設計方案并完成實驗用濃度均為的和溶液，按下表配制總體積相同的系列溶液；測定，記錄數據。
序號
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
①根據表中信息，補充數據：_______，_______
②由實驗Ⅰ和Ⅱ可知，稀釋溶液，電離平衡_______(填”正”或”逆”)向移動；結合表中數據，給出判斷理由：_______。
③由實驗Ⅱ~VIII可知，增大濃度，電離平衡逆向移動。
實驗結論假設成立。
（4）小組分析上表數據發現：隨著的增加，c(H+)的值逐漸接近的。查閱資料獲悉：一定條件下，按配制溶液中，c(H+)的值等于的。對比數據發現，實驗VIII中與資料數據存在一定差異；推測可能由物質濃度準確程度不夠引起，故先準確測定溶液的濃度再驗證。
①移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至終點，消耗體積為，則該溶液的濃度為_______。在答題卡虛線框中，畫出上述過程的滴定曲線示意圖并標注滴定終點_______。
②用上述溶液和溶液，配制等物質的量的與混合溶液，測定pH，結果與資料數據相符。
（5）小組進一步提出：如果只有濃度均約為的和溶液，如何準確測定的？小組同學設計方案并進行實驗。請完成下表中Ⅱ的內容。
Ⅰ 移取溶液，用溶液滴定至終點，消耗溶液
Ⅱ _______，測得溶液的pH為4.76
實驗總結 得到的結果與資料數據相符，方案可行。
（6）根據可以判斷弱酸的酸性強弱。寫出一種無機弱酸及其用途_______。
【答案】
（1）5.0
（2）C
（3）3.00 33.00 正 實驗II相較于實驗I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實驗II的pH增大值小于1
（4） 0.1104
（5）另取20.00 ml HAc，加入mL氫氧化鈉
（6）HClO：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產肥料)
【解析】
(1)溶液稀釋過程中，溶質的物質的量不變，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得V=5.0mL，故答案為：5.0。
(2)A．容量瓶使用過程中，不能用手等觸碰瓶口，以免污染試劑，故A錯誤；
B．定容時，視線應與溶液凹液面和刻度線“三線相切”，不能仰視或俯視，故B錯誤；
C．向容量瓶中轉移液體，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度線以下，同時玻璃棒不能接觸容量瓶口，故C正確；
D．定容完成后，蓋上瓶塞，將容量瓶來回顛倒，將溶液搖勻，顛倒過程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脫落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶從左手掉落，故D錯誤；
綜上所述，正確的是C項。
(3)①實驗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，,由實驗I可知，溶液最終的體積為40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即b=33.00，故答案為：3.00；33.00。
②實驗I所得溶液的pH=2.86，實驗II的溶液中c(HAc)為實驗I的，稀釋過程中，若不考慮電離平衡移動，則實驗II所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但實際溶液的pH=3.36<3.86，說明稀釋過程中，溶液中n(H+)增大，即電離平衡正向移動，故答案為：正；實驗II相較于實驗I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實驗II的pH增大值小于1。
(4)(i)滴定過程中發生反應：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反應方程式可知，滴定至終點時，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L，故答案為：0.1104。
(ii)滴定過程中，當V(NaOH)=0時，c(H+)=≈mol/L=10-2.88mol/L，溶液pH=2.88，當V(NaOH)=11.04mL時，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的pH=4.76，當V(NaOH)=22.08mL時，達到滴定終點，溶液中溶質為NaAc溶液，Ac-發生水解，溶液呈弱堿性，當NaOH溶液過量較多時，c(NaOH)無限接近0.1mol/L，溶液pH接近13，因此滴定曲線如圖：。
(5)向20.00mL的HAc溶液中加入V1mL NaOH溶液達到滴定終點，滴定終點的溶液中溶質為NaAc，當時，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此另取20.00mlHAc，加入mL氫氧化鈉，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案為：另取20.00mlHAc，加入mL氫氧化鈉。
(6)不同的無機弱酸在生活中應用廣泛，如HClO具有強氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有還原性，可用作還原劑，在葡萄酒中添加適量H2SO3可用作防腐劑，H3PO4具有中強酸性，可用作食品添加劑，同時在制藥、生產肥料等行業有廣泛用途，故答案為：HClO：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產肥料)。
5.(2021北京卷T16)某小組實驗驗證“Ag+ + Fe2+Fe3+ + Ag↓”為可逆反應并測定其平衡常數。
實驗驗證：
實驗 I．將 0.0100 mol·L－1Ag2SO4 溶液和 0.0400 mol·L－1FeSO4 溶液（pH=1）等體積混合，產生灰黑色沉淀，溶液呈黃色。
實驗 II．向少量 Ag 粉中加入 0.0100 mol·L－1Fe2(SO4)3 溶液（pH= 1）固體完全溶解。
① 取 I 中沉淀，加入濃硝酸，證實沉淀為 Ag。現象是 。
② II 中溶液選用 Fe2(SO4)3，不選用 Fe(NO3)3 的原因是 。
綜合上述實驗，證實“Ag+ + Fe2+Fe3+ + Ag↓”為可逆反應。
③ 小組同學采用電化學裝置從平衡移動角度進行驗證。補全電化學裝置示意圖，寫出操作及現象 。
測定平衡常數：
實驗 III．一定溫度下，待實驗 I 中反應達到平衡狀態時，取 V mL上層清液，用c1 mol·L－1KSCN標準溶液滴定 Ag+，至出現穩定的淺紅色時消耗 KSCN標準溶液 V1 mL。
資料：Ag++SCN-AgSCN↓(白色) K = 1012
Fe3++SCN-FeSCN2+(紅色) K = 102.3
① 滴定過程中 Fe3+的作用是 。
② 測得平衡常數 K = 。
思考問題：
① 取實驗 I 的濁液測定 c(Ag+)，會使所測 K 值 （填“偏高”“偏低”或“不受影響”）
②不用實驗 II 中清液測定 K 的原因是 。
【答案】
⑴ ① 固體溶解，產生紅棕色氣體；
② 酸性條件下，NO3－有氧化性；
③ a：石墨電極/Pt電極
b：酸性 FeSO4溶液/酸性 Fe2(SO4)3溶液/酸性 FeSO4與 Fe2(SO4)3溶液
c：AgNO3溶液
組裝好裝置后，閉合 K，當靈敏電流計指針不動時，向左池加入較濃 Fe2(SO4)3溶液，指針偏轉，向右池加入較濃 AgNO3溶液，指針反向偏轉
⑵ 指示劑
⑶ 偏低 Ag 完全反應，無法確定反應是否達到平衡狀態
【解析】
(1) ①由于Ag能與濃硝酸發生反應：Ag+2HNO3(濃) = AgNO3+NO2↑+H2O，故當觀察到的現象為灰黑色固體溶解，產生紅棕色氣體，即可證實灰黑色固體是Ag，故答案為：灰黑色固體溶解，產生紅棕色氣體。
②由于Fe(NO3)3溶液電離出NO3－將與溶液中的H+結合成由強氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干擾實驗，故實驗II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案為：防止酸性條件下，NO3－氧化性氧化Fe2+干擾實驗結果。
③由裝置圖可知，利用原電池原理來證明反應Fe2++Ag+Ag+Fe3+為可逆反應，兩電極反應為：Fe2+-e- = Fe3+，Ag++e- = Ag，故另一個電極必須是與Fe3+不反應的材料，可用石墨或者鉑電極，左側燒杯中電解質溶液必須含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右側燒杯中電解質溶液必須含有Ag+，故用AgNO3溶液，組裝好儀器后，加入電解質溶液，閉合開關 K，裝置產生電流，電流從哪邊流入，指針則向哪個方向偏轉，根據b中所加試劑的不同，電流方向可能不同，因此可能觀察到的現象為：Ag電極逐漸溶解，指針向左偏轉，一段時間后指針歸零，說明此時反應達到平衡，再向左側燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，與之前的現象相同，表明平衡發生了移動；另一種現象為：Ag電極上有灰黑色固體析出，指針向右偏轉，一段時間后指針歸零，說明此時反應達到平衡，再向左側燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，Ag電極上固體逐漸減少，指針向左偏轉，表明平衡發生了移動，故答案為：a：鉑/石墨電極，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和現象：閉合開關 K，Ag電極上固體逐漸溶解，指針向左偏轉，一段時間后指針歸零，再向左側燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，與之前的現象相同；或者閉合開關 K，Ag電極上有灰黑色固體析出，指針向右偏轉，一段時間后指針歸零，再向左側燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，Ag電極上固體逐漸減少，指針向左偏轉。
(2)①Fe3+與SCN-反應生成紅色FeSCN2+，因Ag+與SCN-反應相較于Fe3+與SCN-反應更加容易及徹底，當溶液變為穩定淺紅色，說明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+濃度不變，說明上述反應答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反應的指示劑，故答案為：指示劑。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液變為穩定淺紅色時，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，說明反應幾乎進行完全，故有I中上層清液中Ag+的濃度為：c(Ag+)=mol/L，根據平衡三段式進行計算如下：
Fe2+ + Ag+ Ag + Fe3+
起始濃度（mol/L） 0.02 0.01 0
轉化濃度（mol/L） 0.0100 - 0.0100 - 0.0100 -
平衡濃度（mol/L） 0.0100 + 0.0100 -
故反應的平衡常數K= = ，
故答案為：指示劑；。
(3)①若取實驗I所得濁液測定Ag+濃度，則濁液中還有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且隨著反應Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移動，則測得平衡體系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案為：偏小。
②由于實驗II中Ag完全溶解，故無法判斷體系是否達到化學平衡狀態，因而不用實驗II所得溶液進行測定并計算K，故答案為：Ag完全反應，無法判斷體系是否達到化學平衡狀態。
6.（2021北京卷T19）某小組探究鹵素參與的氧化還原反應，從電極反應角度分析物質氧化性和還原性的變化規律。
⑴ 濃鹽酸與 MnO2混合加熱生成氯氣。氯氣不再逸出時，固液混合物 A 中仍存在鹽酸和MnO2。
① 反應的離子方程式是 。
② 電極反應式：
i．還原反應：MnO2 + 2e－ + 4H+ == Mn2+ + 2H2O
ii．氧化反應： 。
③ 根據電極反應式，分析A 中仍存在鹽酸和 MnO2 的原因。
i．隨 c(H+)降低或 c(Mn2+)升高，MnO2 氧化性減弱。
ii．隨 c(Cl－)降低， 。
④ 補充實驗證實了③中的分析。
序號 實驗 加入試劑 現象
I 較濃硫酸 有氯氣
Ⅱ a 有氯氣
III a 和 b 無氯氣
a 是 ，b 是 。
⑵ 利用 c(H+)對 MnO2氧化性的影響，探究鹵素離子的還原性。相同濃度的 KCl、KBr 和KI 溶液，能與 MnO2反應所需的最低 c(H+)由大到小的順序是 ，從原子結構角度說明理由 。
⑶ 根據⑴中結論推測：酸性條件下，加入某種化合物可以提高溴的氧化性，將 Mn2+氧化為MnO2。經實驗證實了推測。該化合物是 。
⑷ Ag 分別與 1 mol·L－1的鹽酸、氫溴酸和氫碘酸混合，Ag 只與氫碘酸發生置換反應。試解釋原因： 。
⑸ 總結：物質氧化性和還原性變化的一般規律是 。
【答案】
⑴ ① MnO2 + 2Cl－+ 4H+ Mn2+ + Cl2↑+ 2H2O
② 2Cl－－2e－= Cl2↑
③ Cl－還原性減弱
④ NaCl 固體 MnSO4固體
⑵ c(H+)KCl > c(H+)KBr > c(H+)KI
Cl、Br、I 為同主族元素，電子層數 I>Br>Cl，離子半徑 I－>Br－>Cl－，失電子能力 I－>Br－>Cl－還原性 I－>Br－>Cl－
⑶ AgNO3
⑷ 溶解度 AgI降低，提高Ag的還原性，其中只有 I－能使Ag的還原性提高到能將 H+還原
⑸ 還原反應中，增大反應物濃度或降低生成物濃度，氧化劑的氧化性增強；氧化反應中，增大反應物濃度或降低生成物濃度，還原劑的還原性增強。
【解析】
(1)①二氧化錳和濃鹽酸制氯氣的離子方程式為：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；
②氧化反應是元素化合價升高，故氧化反應為：2Cl--2e- =Cl2↑
③反應不能發生也可能是還原劑還原性減弱，或者產生了氧化性更強的氧化劑，故答案為：Cl-還原性減弱或Cl2 的氧化性增強
④可以從增大氯離子濃度的角度再結合實驗II的現象分析，試劑a可以是KCl固體(或濃/飽和溶液)；結合實驗III的顯現是沒有氯氣，且實驗III也加入了試劑a，那一定是試劑b影響了實驗III的現象，再結合原因i可知試劑b是MnSO4固體(或濃/飽和溶液)；
(2)非金屬性越弱其陰離子的還原性越強，反應時所需的氫離子濃度越小，故順序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，從上到下電子層數逐漸增加，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，陰離子的還原性逐漸增強；
(3)根據(1)中的結論推測隨Cl-濃度降低導致二氧化錳的氧化性減弱，那么如果進一步降低Cl-濃度降低則可以導致可以提高溴的氧化性，將Mn2+氧化為MnO2，故答案為：AgNO3 或Ag2SO4；
(4)若要使反應2Ag+2H+=2Ag++ H2↑發生，根據本題的提示可以降低Ag+濃度，對比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只與氫碘酸發生置換反應的原因是：比較AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag還原性增強的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反應得以發生；
(5)通過本題可以發現，物質氧化性和還原性還與物質的濃度有關，濃度越大氧化性或者還原性越強，故答案為：氧化劑(還原劑)的濃度越大，其氧化性(還原性)越強，還原產物(還原產物)的濃度越大，氧化劑(還原劑)的氧化性(還原性)越小；還原反應中，反應物濃度越大或生成物濃度越小，氧化劑氧化性越強。
7.（2021廣東卷）含氯物質在生產生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究軟錳礦(主要成分是MnO2)的過程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認這是一種新元素組成的單質，并命名為chlorine(中文命名“氯氣”)。
⑴ 實驗室沿用舍勒的方法制取Cl2的化學方程式為 。
⑵ 實驗室制取干燥Cl2時，凈化與收集Cl2所需裝置的接口連接順序為 。
⑶ 某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測氯水中 已分解。
檢驗此久置氯水中Cl－存在的操作及現象是 。
⑷ 某合作學習小組進行以下實驗探究。
① 實驗任務。通過測定溶液電導率，探究溫度對AgCl溶解度的影響。
② 查閱資料。電導率是表征電解質溶液導電能力的物理量。溫度一定時，強電解質稀溶液的
電導率隨溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而
增大。25℃時，Ksp(AgCl)=1.8×10－10。
③ 提出猜想。
猜想a：較高溫度的AgCl飽和溶液的電導率較大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度s(45℃)>s(35℃)>s(25℃)。
④ 設計實驗、驗證猜想。取試樣Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同溫度下配制的AgCl飽和溶液)，在設定的測
試溫度下，進行表中實驗1~3，記錄數據。
實驗序號 試樣 測試溫度/℃ 電導率/
1 Ⅰ：25℃的AgCl飽和溶液 25 A1
2 Ⅱ：35℃的AgCl飽和溶液 35 A2
3 Ⅲ：45℃的AgCl飽和溶液 45 A3
⑤ 數據分析、交流討論。25℃的AgCl飽和溶液中，c(Cl－)= mol·L－1。
實驗結果為A3>A2>A1。小組同學認為，此結果可以證明③中的猜想a成立，但不足以證
明猜想b成立。結合②中信息，猜想b不足以成立的理由有 。
⑥ 優化實驗。小組同學為進一步驗證猜想b，在實驗1~3的基礎上完善方案，進行實驗4和5。
請在答題卡上完成表中內容。
實驗序號 試樣 測試溫度/℃ 電導率/
4 I B1
5 B2
⑦ 實驗總結。根據實驗1~5的結果，并結合②中信息，小組同學認為猜想b也成立。
猜想b成立的判斷依據是 。
【答案】
⑴ MnO2 + 4HCl(濃) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O
⑵ c-d-b-a-e
⑶ HClO 向溶液中加入過量稀硝酸，防止溶液中含有CO32－、HCO3－等，再加入少量
AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl－
⑷ ⑤ 1.34×10－5 測試溫度不同，根據電導率結果無法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度
⑥ 45℃ II 45℃
⑦ A3>B2>B1
【解析】
本題考查化學學實驗綜合，涉及到氯氣的制備及相關問題，難溶物的Ksp相關計算，難溶物電導率的相關實驗探究等。
(1)考查化學史事，考查氯氣的制備方程式書寫，制備氯氣的方法很多，這里考查課本上介紹的舍勒用軟錳礦和濃鹽酸來制氯氣，具體見答案所示。
(2)考查制取的氯氣的凈化除雜和收集及尾氣處理，涉及裝置鏈接，2013年廣東卷也有考查。首先氯氣中混有氯化氫、水蒸氣這些雜質然后氯氣可以用向上排空氣法收集，再者氯氣有毒，必須進行尾氣處理，因此一般使用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，濃硫酸除去水蒸氣，最后用NaOH溶液吸收尾氣，故接口連接順序為c-d-b-a-e。
(3)久置后不能使品紅溶液褪色，說明HClO已分解；物質檢驗的套路：取樣、加試劑、描述現象、得出結論四部曲，具體見答案所示。
(4)⑤25℃時飽和的AgCl水溶液中c(Ag+)=c(Cl—)，所以有c(Cl-)===1.34×10-5 mol/L；實驗1~3中，不同的飽和溶液濃度不同且測試溫度不同，根據資料顯示離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而增大，所以根據實驗1~3無法判斷溫度較高的飽和溶液離子濃度大，進而不能得出溶解度關系（類似表述均可，注意控制單一變量）。
⑥如果要判斷AgCl在水中的溶解度隨溫度的變化情況，可以設計不相同溫度下的飽和溶液在相同溫度下測試，如果該溫度下，原來溫度較高下的飽和溶液電導率比原來溫度較低的飽和溶液電導率高，則可以得出溫度升高溶液中離子濃度高溶解度增大的結論。所以可以設計試樣Ⅰ在45℃下測試與實驗3比較；設計試樣II在45℃下測試與實驗3比較（其他設計合理即可，答案應該不唯一，這里是舉例說明）。
⑦猜想b成立的判斷依據是A3>B2>B1（同理設計不一致，答案可變化）。
8.（2021天津卷）某化學小組同學利用一定濃度的H2O2溶液制備O2，再用O2氧化C2H5OH，并檢驗氧化產物。Ⅰ．制備O2
該小組同學設計了如下氣體發生裝置(夾持裝置省略)
⑴ 甲裝置中主要儀器的名稱為 。
⑵ 乙裝置中，用粘合劑將MnO2制成團，放在多孔塑料片上，連接好裝置，氣密性良好后打開
活塞K1，經長頸漏斗向試管中緩慢加入3% H2O2溶液至 。欲使反應停止，關閉活塞K1即可，此時裝置中的現象是 。
⑶ 丙裝置可用于制備較多O2，催化劑鉑絲可上下移動。制備過程中如果體系內壓強過大，安全管中的現象是 ，此時可以將鉑絲抽離H2O2溶液，還可以采取的安全措施是 。
⑷ 丙裝置的特點是 (填序號)。
a．可以控制制備反應的開始和結束
b．可通過調節催化劑與液體接觸的面積來控制反應的速率
c．與乙裝置相比，產物中的O2含量高、雜質種類少
Ⅱ．氧化C2H5OH
該小組同學設計的氧化C2H5OH的裝置如圖(夾持裝置省略)
⑸ 在圖中方框內補全干燥裝置和干燥劑。
Ⅲ．檢驗產物
⑹ 為檢驗上述實驗收集到的產物，該小組同學進行了如下實驗并得出相應結論。
實驗序號 檢驗試劑和反應條件 現象 結論
① 酸性KMnO4溶液 紫紅色褪去 產物含有乙醛
② 新制Cu(OH)2，加熱 生成磚紅色沉淀 產物含有乙醛
③ 微紅色含酚酞的NaOH溶液 微紅色褪去 產物可能含有乙酸
實驗①~③中的結論不合理的是 (填序號)，原因是 。
【答案】
(1)分液漏斗 錐形瓶
(2) 剛好沒過MnO2固體 試管內的H2O2溶液被壓入長頸漏斗中，與MnO2分離
(3) 液面上升 打開彈簧夾K2
(4)ab
(5)
(6) ① 乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
【解析】
用雙氧水和催化劑制取氧氣。制得的氧氣經干燥后進入盛有乙醇的圓底燒瓶中，和熱的乙醇一起進入硬質玻璃管中，在銅的催化作用下發生乙醇的催化氧化反應生成乙醛。生成的乙醛進入試管中，被冷凝收集。
(1)根據儀器構造可知，甲裝置中主要儀器的名稱為分液漏斗和錐形瓶；
(2)乙裝置是啟普發生器的簡易裝置，可以隨時控制反應的發生和停止。用粘合劑將MnO2制成團，放在多孔塑料片上，連接好裝置，氣密性良好后打開活塞K1，經長頸漏斗向試管中緩慢加入3% H2O2溶液至剛好沒過MnO2固體，此時可以產生氧氣，氧氣通過導管導出。欲使反應停止，關閉活塞K1，此時由于氣體還在產生，使容器內壓強增大，可觀察到試管內的H2O2溶液被壓入長頸漏斗中，與MnO2分離；
(3)丙裝置用圓底燒瓶盛裝H2O2溶液，可用于制備較多O2，催化劑鉑絲可上下移動可以控制反應速率。制備過程中如果體系內壓強過大，H2O2溶液會被壓入安全管中，可觀察到安全管中液面上升，圓底燒瓶中液面下降。此時可以將鉑絲抽離H2O2溶液，使反應速率減慢，還可以打開彈簧夾K2，使燒瓶內壓強降低；
(4) a．催化劑鉑絲可上下移動可以控制制備反應的開始和結束，a正確；
b．催化劑與液體接觸的面積越大，反應速率越快，可通過調節催化劑與液體接觸的面積來控制反應的速率，b正確；
c．丙裝置用圓底燒瓶盛裝H2O2溶液，與乙裝置相比，可用于制備較多O2，但產物中的O2含量和雜質種類和乙中沒有區別，c錯誤；
故選ab；
(5)氧氣可以用濃硫酸干燥，所以可以用一個洗氣瓶，里面盛裝濃硫酸干燥氧氣，如圖：
；
(6)實驗①不合理，因為乙醇有揮發性，會混入生成的乙醛中，乙醇也能使酸性高錳酸鉀溶液褪色，所以酸性高錳酸鉀溶液褪色不能證明產物中含有乙醛。
三、模型建構
解題策略
(1)確定變量
解答這類題目時首先要認真審題，理清影響實驗探究結果的因素有哪些。
(2)定多變一
在探究時，應該先確定其他因素不變，只變化一種因素，看這種因素與探究的問題存在怎樣的關系；這樣確定一種以后，再確定另一種，通過分析每種因素與所探究問題之間的關系，得出所有影響因素與所探究問題之間的關系。
(3)數據有效
解答時注意選擇數據(或設置實驗)要有效，且變量統一，否則無法作出正確判斷。
四、名師導學
積極投身到實驗教學研究；
重視實驗教學，重視教材實驗；
感悟和剖析實驗功能與內涵；
理解實驗探究與證據推理；
明確空白實驗與對比實驗意義；
數字化實驗的探索與實踐；
形成目標分解解決方案—多快好省；
突破基本實驗操作、定性與定量實驗、物質制備實驗、分析實驗、驗證性與探究性實驗等。

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