对比实验探究物质的性质-2019高考复习专题化学实验的评价

1、专题六对比实验探究物质的性质1验证牺牲阳极的阴极保护法，实验如下（烧杯内均为经过酸化的3%NaCl溶液）。在 Fe 表面生成蓝色沉淀试管内无明显变化试管内生成蓝色沉淀下列说法不正确的是A.对比，可以判定Zn保护了FeB. 对比， K 3Fe(CN) 6 可能将 Fe 氧化C. 验证 Zn 保护 Fe 时不能用的方法D. 将 Zn 换成 Cu，用的方法可判断Fe 比 Cu 活泼【答案】 D【解析】分析： A 项，对比，Fe 附近的溶液中加入K 3Fe（ CN） 6无明显变化， Fe 附近的溶液中不含 Fe2+ ， Fe 附近的溶液中加入K 3Fe（ CN） 6产生蓝色沉淀， Fe 附近的溶液中含

2、 Fe2+，中 Fe 被保护； B 项，加入 K 3Fe（ CN） 6在 Fe 表面产生蓝色沉淀，Fe 表面产生了 Fe2+，对比的异同，可能2+2+Zn 保护是 K 3Fe（ CN） 6将 Fe 氧化成 Fe； C 项，对比，也能检验出Fe，不能用的方法验证Fe； D 项，由实验可知K 3Fe（ CN ） 6可能将 Fe 氧化成 Fe2+，将 Zn 换成 Cu 不能用的方法证明Fe 比 Cu活泼。详解： A 项，对比， Fe 附近的溶液中加入K 3Fe（ CN）6 无明显变化， Fe 附近的溶液中不含 Fe2+， Fe 附近的溶液中加入K 3Fe（ CN ）6 产生蓝色沉淀， Fe 附近的溶

3、液中含Fe2+，中 Fe 被保护， A 项正确； B 项，加入 K 3Fe（ CN） 6在 Fe 表面产生蓝色沉淀，Fe 表面产生了Fe2+，对比的异同，可能是 K 3Fe（ CN） 6将 Fe 氧化成 Fe2+， B 项正确； C 项，对比，加入K 3Fe（ CN ） 6在 Fe 表面产生蓝色沉淀，也能检验出Fe2+ ，不能用的方法验证Zn 保护 Fe， C 项正确； D 项，由实验可知 K 3Fe（ CN ）6 可能将 Fe 氧化成 Fe2+ ，将 Zn 换成 Cu 不能用的方法证明Fe 比 Cu 活泼， D 项错误；答案选D。2下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所的结论不正确 的是A

4、 由中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸发生反应C由说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物D 的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应【答案】 D【解析】 A 、中的碎玻璃不与浓硝酸反应，但仍有红棕色气体产生，说明浓硝酸受热分解产生了二氧化氮和氧气， A 正确； B 、通过 A 分析可知，浓硝酸受热可以分解产生二氧化氮和氧气，所以中红棕色气体可能来源于硝酸分解，即不能表明中木炭与浓硝酸发生反应，B 正确； C、实验中木炭没有与浓硝酸接触，浓硝酸没有被加热，生成的红棕色气体二氧化氮只能是挥发出的硝酸蒸气与红热木炭反应、或是挥

5、发出的硝酸受热分解，从生成的二氧化氮看，都是来源于HNO 3 中 +5 价氮元素，所以红棕色气体是还原产物，C正确；D、由于空气中含有氧气，因此红热的木炭可能与氧气反应产生了CO2，且中木炭和浓硝酸并没有接触，因此不能说明木炭一定与浓硝酸发生了反应，D 错误。答案选D。3某同学用如下装置进行实验和，在相同时间内，记录现象如下（溶液的温度变化均不明显）实验装置实验序号电极材料实验现象。两极均产生大量无色气泡，铂两极区的溶液均未见白色浑浊两极均产生大量无色气泡，阴极区未见白色浑浊，石墨阳极区产生白色浑浊，分离出该白色固体，加酸溶解，产生气泡根据实验现象，下列说法正确的是A. 中，阴极的电极反应式：

6、-+2H 2O 4e = O 2 + 4HB. 中，白色浑浊的主要成分是Ca(OH) 2C. 中，产生白色浑浊的主要原因是电解过程消耗水D. 中，产生白色浑浊与阳极材料被氧化生成CO32- 有关【答案】 D【解析】惰性电极电解石灰水溶液，在阴极，氢离子得电子变为氢气，2H+2e- = H2，A 错误；阳极区产生白色浑浊，分离出该白色固体，加酸溶解，产生气泡，说明该白色沉淀为碳酸钙，B 错误；中，阳极中氢氧根离子失电子变为氧气，氧气与电极材料石墨反应生成二氧化碳，二氧化碳与氢氧化钙反应生成碳酸钙，这是主要原因，C 错误、 D 正确；正确选项D。4室温下，某兴趣小组用下图装置在通风橱中进行如下实验

7、：下列说法正确的是A. 试管 I 中浅红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成B. 等质量的Cu 完全溶解时，I 中消耗的 HNO 3更多C. 换成 Fe之后重复实验，依然是试管II 中反应更剧烈D. 试管 II中反应后溶液颜色与试管I 中的不同，是由于溶有 NO 2【答案】 D【解析】 A. 试管 I 中浅红棕色气体为NO 和 NO2 的混合物， Cu 与稀硝酸反应，硝酸被还原为NO，部分NO 遇到空气中的氧气被氧化为红棕色的NO 2，A 不正确； B. 等质量的 Cu 完全溶解时， 因稀硝酸被还原为 NO，N 的化合价由 +5 降到 +2，而浓硝酸被还原为NO 2，N 的化合价由 +5 降低到

8、+4，故 I 中消耗的 HNO 3较少， B 不正确； C. 换成 Fe 之后重复实验， Fe 遇浓硝酸发生钝化，试管II 中无明显变化， C 不正确；D. 试管 II 中持续通入氮气后，可以把溶液中溶解的NO 2 带走，溶液由绿色变为蓝色，说明试管II 中反应后溶液颜色与其溶解的NO2 有关， D 正确。本题选 D 。5某小组比较Cl -、 Br -、 I -的还原性，实验如下:实验1实验2实验3装置现 试管内颜色无明显变化； 用蘸浓氨水的象 玻璃棒靠近管口，产生白烟溶液变黄； 把湿润的靠近试管口，变蓝KI淀粉试纸溶液变深紫色；经检验溶液含单质碘下列对实验的分析不合理的是A. 实验 1 中，

9、白烟是 NH4ClB. 根据实验1 和实验 2 判断还原性 :Br - Cl -C. 根据实验3 判断还原性 :I BrD. . 上述实验利用了浓H2SO4 的强氧化性、难挥发性等性质【答案】 C【解析】 A.实验 1 中，浓硫酸与氯化钠反应生成氯化氢气体，遇到空气中的水蒸气，形成盐酸小液滴，盐酸与氨气反应生成NH 4Cl 固体，故 A 正确； B. 实验 1 中没有发生氧化还原反应，实验 2 中浓硫酸将溴离子氧化生成溴，溶液变黄；因此还原性：Br - Cl - ，故 B 正确； C. 实验 3 中中溶液中的浓硫酸和溴都能将碘化钠氧化生成碘，不能判断还原性： I- Br -，故 C 错误； D

10、. 实验 2 中体现了浓 H 2SO4 的强氧化性，实验 1 中体现了浓 H2SO4 的难挥发性，故 D 正确；故选 C。6一定温度下，探究铜与稀HNO 3 ，反应过程如下：下列说法不正确的是A. 过程 I 中生成无色气体的离子方程式是3Cu+2 NO3-+=3Cu2+2NO +4H2+8HOB. 步骤 III 反应速率比I 快的原因是NO2 溶于水，使c(HNO 3 )增大C. 由实验可知， NO 2 对该反应具有催化作用D. 当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解【答案】 B【 解 析 】 A. 过 程 I 中 铜 与 稀 硝 酸 反 应 生 成 一 氧 化 氮 ， 反 应 的 离

11、子 方 程 式 是 3Cu+2 NO 3-+8H + =3Cu 2+2NO +4H2O，故 A 正确； B. 步骤 III 中硝酸的浓度没有 I 中大，因为部分硝酸转化成了一氧化氮，因此反应速率比I 快的原因不可能是c(HNO 3 )增大，故B 错误； C. 由实验可知，步骤III 反应速率比I快，说明 NO 2 对该反应具有催化作用，故C 正确； D. 当活塞不再移动时，再抽入空气，一氧化氮与氧气反应生成硝酸，能够与铜继续反应，故D 正确；故选B 。7利用如下实验探究铁钉在不同溶液中的吸氧腐蚀。下列说法不正确的是A.上述正极反应均为O2+4e-+2H 2O=4OH -B. 在不同溶液中，Cl

12、 是影响吸氧腐蚀速率的主要因素C. 向实验中加入少量(NH 4)2SO4 固体，吸氧腐蚀速率加快D. 在 300 min 内，铁钉的平均吸氧腐蚀速率酸性溶液大于中性溶液【答案】 B【解析】 A. 铁钉发生电化学吸氧腐蚀的正极反应为O2+4e-+2H 2O=4OH -，故 A 正确； B.通过右侧图像中曲线对比可以看出， NH 4+ 的存在是影响吸氧腐蚀速率的主要因素，氯离子对吸氧腐蚀速率影响不大，故B错误；C. 根据图像， NH 4+存在会加快吸氧腐蚀速率，所以向实验中加入少量(NH 4)2SO4 固体，吸氧腐蚀速率加快，故 C 正确； D. NH 4+水解溶液显酸性，结合图像可知酸性溶液中铁

13、钉的平均吸氧腐蚀速率大于中性溶液，故D正确。8某同学向SO2 和 Cl 2 的混合气体中加入品红溶液，振荡，溶液褪色，将此无色溶液分成三份，依次进行实验，实验操作和实验现象记录如下：序号实验操作实验现象溶液不变红， 试纸不变蓝溶液不变红，试纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，不正确的是A. 说明 Cl 2 被完全消耗B. 中试纸褪色的原因是： SO2 + I 2 + 2H 2O = H 2SO4 + 2HIC. 中若将 BaCl2 溶液换成Ba(NO 3)2 溶液，也能说明 SO2 被 Cl 2 氧化为 SO42-D. 实验条件下，品红溶液和SO2 均被氧化【答案】 C【解析】 A. 加热后溶液

14、不变红，湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝，说明没有氯气，则Cl 2 被完全消耗，选项 A 正确； B. 当二氧化硫过量，加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2 + I2+ 2H2O = H2SO4 + 2HI，中试纸褪色，选项B 正确； C. 硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl 2 溶液换成 Ba(NO 3 )2溶液，不能说明 SO被 Cl氧化为 SO 2- ，选项 C 不正确； D. 实验条件下，品红溶液和SO 均被氧化，故2242加热后溶液不恢复红色，选项正确。答案选C。9某同学探究 SO2 使品红溶液褪色的过程，将SO2 通入水中得到pH=2 的溶液 A ，后续操作如下，下列说

15、法不正确 的是实验 1实验 2A. 溶液 A 的 pH=2 原因是： SO2 + H 2OH2SO3H+ HSO3B. 实验 1、实验 2 均体现了 SO2 的还原性和漂白性C. 经实验 1、 2 对比可知品红溶液褪色的过程是可逆的D. 实验 2 中加入 NaOH 溶液调节 pH =2 的原因是排除 H+浓度变化产生的干扰【答案】 B【解析】A.溶液 A 的 pH=2 原因是二氧化硫溶于水生成的亚硫酸不完全电离产生氢离子和亚硫酸氢根离子：SO2 + H 2OH2SO3H + + HSO 3 ，选项 A 正确； B. 实验 1、实验 2 分别体现了 SO2 的酸性氧化物的性质和漂白性，选项B 不

16、正确； C. 经实验 1、 2 对比可知品红溶液褪色的过程是可逆的，加热使平衡逆向移动 SO2 + H 2OH 2SO3H+ + HSO3，选项 C 正确； D. 实验 2 中加入 NaOH 溶液调节 pH =2 的原因是排除 H +浓度变化产生的干扰，选项D 正确。答案选 B 。10在通风橱中进行下列实验：步骤Fe 表面产生大量无色气泡，液面Fe表面产生少量红棕色气泡Fe、 Cu接触后，其表面均产现象上方变为红棕色后，迅速停止生红棕色气泡下列说法不正确的是（）A. 中气体由无色变红棕色的化学方程式：2NO+O 2 2NO2B. 中的现象说明 Fe 表面形成致密的氧化层，阻止Fe 进一步反应C

17、. 对此、中现象，说明稀HNO 3 的氧化性强于浓HNO 3D. 针对中现象，在Fe、 Cu 之间连接电流计，可判断Fe 是否被氧化【答案】 C【解析】试题分析：A 、中由于稀硝酸有强的氧化性，与铁发生氧化还原反应，硝酸得到电子被还原变为NO ，气体为无色，当遇到空气时，发生反应：2NO+O 2=2NO 2，气体变为红棕色的NO2， A 正确； B 、在中浓硝酸有强的氧化性，在室温下遇铁、铝会使金属表面氧化产生一层氧化物薄膜，对内层金属起保护作用，从而防止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此不能进一步反应，这恰好说明浓硝酸的氧化性比稀硝酸强，因此B 正确； C、根据以上分析可知，C 错误；

18、D、中将金属铜放入浓硝酸中，Fe、 Cu 及浓硝酸构成原电池，由于铁在浓硝酸中发生发生钝化，因此铁为原电池的正极，铜为负极，失去电子被氧化变为 Cu2+，在正极上溶液中的NO3-得到电子被还原为NO 2 气体，因此会看到有红棕色的气体产生。针对中现象，在Fe、Cu 之间连接电流计，可根据电流计的指针偏转方向判断Fe 是否被氧化， D 正确，答案选C。11为检验某加碘食盐中是否含有KIO 3，取相同食盐样品进行下表所示实验：（已知： KIO 3 + 5KI + 3H 2SO43I2 + 3K 2SO4 + 3H 2O）下列说法中正确的是A. 仅由实验就能证明食盐样品中存在KIO 3B. 实验中发

19、生反应的离子方程式为4I+2I2 + 2H 2O+ O2+ 4HC. 实验能证明食盐样品中不存在KIO 3D. 以上实验说明离子的还原性： I Fe2+【答案】 B【解析】 A. 实验中可能是碘化钾在酸性条件下被空气中的氧气氧化，不能证明食盐中存在KIO 3，故 A错误；B. 实验碘化钾在酸性条件下被空气中的氧气氧化，反应的离子方程式为4I+ O2+ 4H += 2I2 + 2H2O，故 B 正确； C. 实验溶液呈浅黄色， 为铁离子的颜色， 说明亚铁离子被氧化， 可能是被空气中的氧气氧化，有可能是被碘酸钾氧化，说明食盐样品中可能存在 KIO 3，故 C 错误； D. 根据上述实验，中说明碘离

20、子能够被碘酸钾氧化，中说明碘离子能够被氧气氧化，中说明亚铁离子能够被氧气或碘酸钾氧化，以上实验不能判断 I 和 Fe2+离子的还原性，故 D 错误；故选 B 。12某实验小组同学依据资料深入探究3在水溶液中的行为。Fe资料： .Fe3 在水溶液中以水合铁离子的形式存在，如Fe(H 2O)6 3 ；Fe(H 2O)63 发生如下水解反应：Fe(H 2O) 63Fe(H 2 O)6 n(OH) n 3(n0 6)；(几乎无色 ) nH2 On(黄色 ) nH 3O .FeCl 4(H 2O) 2 为黄色。进行实验：【实验】【实验】分别用试管、中的试剂作为待测液，用色度计测定其透光率。透光率越小，溶

21、液颜色越深；透光率越大，溶液颜色越浅。Fe(NO 3)3 溶液透光率随温度变化曲线FeCl3 溶液透光率随温度变化曲线（ 1）实验中，试管溶液褪色的原因是_ 。（ 2 ） 实 验 中 ， 试 管 溶 液 呈 棕 黄 色 与 FeCl4 (H2O)2 有 关 ， 支 持 此 结 论 的 实 验 现 象 是_ 。（ 3）由实验图甲、乙可知：加热时，溶液颜色_(填 “变浅 ”“变深 ”或 “不变 ”)。（ 4）由实验，可以得出如下结论：【结论一】FeCl3 溶液中存在可逆反应：FeCl 4(H 2O)2 4H2OFe(H 2O)63 4Cl 得出此结论的理由是 _ 【结论二】结论一中反应的 H_(填

22、 “0”或 “0”)。（5）实验小组同学重新设计了一个实验证明(4)中结论一。实验方案：取试管中溶液，_( 请描述必要的实验操作和现象)。【答案】由已知： Fe(H 2O)6 3 nH2OFe(H 2O)6 n(OH) n 3 n nH 3O ，加入 HNO 3 后， c(H )增大，导致平衡逆向移动， 溶液由黄色变为无色试管、 中分别加入等量的 HNO 3 后，中溶液褪色，而中溶液呈黄色变深 升高或降低相同温度时，FeCl3 溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe(NO 3)3 溶液，说明在 FeCl3 溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在 FeCl 4(H 2O)2 4H 2OFe(H

23、 2O)6 3 4Cl 0先滴加 HNO 3，再滴加几滴 NaCl 溶液，最后测此溶液透光率随温度改变的变化情况。若通过以上操作，经过先褪色再变黄后的溶液，透光率随温度升高而减小，随温度下降而增大，则证明了(4)中结论一 (或其他合理答案 )【解析】（1）由已知： Fe(H2 O)6 3 nH2OFe(H 2O)6 n(OH) n 3-nnH 3O，硝酸铁溶液中加入 HNO 3后，溶液中氢离子浓度增大，导致平衡逆向移动，溶液由黄色变为无色，故答案为：由已知：Fe(H 2O) 63 nH 2OFe(H 2O)6 n(OH) n3-n nH3O ，加入 HNO 3 后， c(H )增大，导致平衡逆

24、向移动，溶液由黄色变为无色；（ 2）试管、 中加入等量的HNO 3 后，中溶液褪色， 而中溶液仍呈黄色，说明氯化铁溶液黄色为FeCl 4（ H 2O） 2 -所致，故答案为：试管、中加入等量的HNO 3 后，中溶液褪色，而中溶液仍呈黄色；（ 3）温度升高，导致平衡 Fe（ H 2O） 63+nH 2O? Fe（ H2O） 6-n（OH ） n3-n+nH 3O+正向移动， Fe（ H2O）6-n（ OH ） n3-n 浓度增大，溶液颜色加深；故答案为：变深；（ 4）升高或降低相同温度时，FeCl3 溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe（ NO 3） 3 溶液，说明在FeCl3溶液中存在水合铁离

25、子的水解平衡之外，还存在FeCl 4（ H2O） 2 -+4H 2O? Fe（ H2O） 6 3+4Cl -，升高温度，FeCl 3 溶液透光率增大，平衡逆向移动，正反应为放热反应，故答案为：升高或降低相同温度时，FeCl3 溶液透光率随温度变化幅度明显大于Fe（ NO 3） 3 溶液，说明在FeCl3 溶液中存在水合铁离子的水解平衡之外，还存在 FeCl 4（ H2O）2 -+4H 2 O? Fe（ H2O） 63+4Cl -； 0；（ 5）对照实验可知，向的溶液中加入含有氯离子物质，增大溶液中FeCl 4（ H2O）2- 浓度，可以证明实验方案验证（4）中结论，故答案为：先滴加HNO 3，

26、再滴加几滴NaCl 溶液，最后测此溶液透光率随温度改变的变化情况。若通过以上操作，经过先褪色再变黄后的溶液，透光率随温度升高而减小，随温度下降而增大，则证明了(4)中结论一。13某实验小组同学设计实验，完成了和溶液的反应，在检验反应后的溶液中是否存在Fe3+时发现实验现象出乎预料，并通过实验进行探究。实验现象实验 I：i加入粉后充分振荡，溶液变成浅蓝绿色；ii 取少量i 中清液于试管中，滴加2 滴 1 mol/L溶液，立即出现白色沉淀，溶液变为红色，振荡后红色迅速褪去；继续滴加数滴溶液后，溶液又变为红色已知： iii 的性质与卤素单质相似，且氧化性：（1）和溶液反应的离子方程式是_。（ 2）现

27、象ii 中溶液最终呈红色的一种可能原因是：和生成 (SCN) 2，进而使清液中的氧化为。设计如下实验II 进行验证： 认为原因被证实的现象iii 是 _。 加入 CuCl 2 溶液后反应的离子方程式是_。（ 3）有的同学认为实验II 并不严谨，不能证实（2）中猜想，改进的实验III 如下： 对比实验II ，说明实验III 更加严谨的原因：_。 改进后的实验才能证实（2）中猜想，依据的上述现象是（ 4）改变实验I 的试剂添加顺序及用量，设计实验IV ：实验 IV_。现象向 2 mL 1 mol/L溶液中加入1 滴 1 mol/L溶液，再充分振荡，溶液红色褪去，有白色沉淀生成加入足量的粉 实验 I

28、V 中溶液红色褪去，不能说明反应完全。结合实验 II 或 III ，说明理由： _。实验小组同学进行讨论，设计了下列实验方案，能够检测红色褪去后的溶液是否含有的是 _（填序号）。a排除溶液中的后，再加入足量溶液进行检测b排除溶液中的后，再加入足量溶液进行检测c选择一种只与反应的试剂，观察是否出现特征现象【答案】出现白色沉淀，溶液显红色由于 KSCN 溶液过量，所以黄色溶液中不含有加入之后溶液变黄， 加入之后变红因为只要和反应生成和，它们就会与反应，所以红色褪去也有可能是溶液中的被消耗完a、 b、 c【解析】分析：本题是一道实验设计探究题，为了达到预期目的进行了4 个实验，依据实验现象分析研究得

29、出结论。详解： (1)由实验现象 i 可知，有 Fe2+生成，可知Fe3+被 Cu 还原，则 Cu 被氧化为 Cu2+，根据原子守恒和离子守恒写出离子方程式是Cu+2Fe3+=Cu 2+2Fe2+ ，因此，本题答案为：Cu+2Fe3+=Cu 2+2Fe2+。(2) 由信息可知， Cu2+和 SCN -反应生成 CuSCN 白色沉淀和 (SCN) 2，而 (SCN) 2 具有氧化性，可能将Fe2+氧化为 Fe3+ ， Fe3+ 再与SCN-结合生成Fe(SCN)3 ，溶液呈红色，加入CuCl 2 溶液后反应的离子方程式是Cu 2+4SCN -+Fe2+=CuSCN +Fe(SCN)3，因此，本题

30、答案为：出现白色沉淀，溶液显红色；Cu 2+4SCN -+Fe2+=CuSCN +Fe(SCN)3(3) 对比实验与实验可知，实验中加入的KSCN 溶液不足，2+-Cu 有剩余，可将所有的 SCN 全部沉淀，SCN -不能与 Fe3+结合而使溶液变红。而实验中SCN-过量，反应后不存在Cu2+，此时根据溶液变黄可确定Cu2+将 SCN-氧化，最后加入 FeCl2 溶液，溶液变红，说明有Fe3+生成，则可证明 (SCN) 2 将 Fe2+氧化为 Fe3+。因此，本题答案为：由于KSCN 溶液过量，所以黄色溶液中不含有Cu 2+；加入 KSCN 之后溶液变黄，加入 FeCl2 之后变红。(4) 由

31、实验可知， Fe2+与 SCN-不反应； 由(3) 可知，如果 Cu2+过量， SCN -被消耗完， 最终溶液中没有 Fe3+与 SCN-反应，故溶液不会呈红色。因此，本题答案为：因为Cu只要和Fe3+反应生成Cu 2+和Fe2+，它们就会与SCN-反应，所以红色褪去也有可能是溶液中的SCN -被消耗完。根据以上分析，在设计实验检测红色褪去后的溶液是否含有Fe3+时，应注意排除Fe2+与Cu2+的干扰，可以除去这两种离子，或者选择一种只与Fe3+反应而不与Fe2+、 Cu2+反应的试剂。a排除溶液中的Fe2+后，再加入足量KSCN溶液进行检测，此方案可行；b排除溶液中的Cu2+后，再加入足量K

32、SCN溶液进行检测，此方案可行；c选择一种只与Fe3+反应的试剂，观察是否出现特征现象，此方案可行；因此，本题答案为：a、 b、 c。14某实验小组同学设计实验，完成Cu 和Fe2(SO4)3 溶液的反应，用KSCN溶液检验是否还存在Fe3+ 。实验I ：已知：i Cu2+CuSCN（白色）+ (SCN) 2（黄色）ii (SCN) 2 的性质与卤素单质相似iii CuSCN 溶于稀硝酸，发生反应CuSCN+HNO 3=CuSO 4+N 2+CO 2+H2O(未配平 )（ 1） 依据现象i 可预测该反应的离子方程式为_ 。（ 2） 该小组同学查阅资料认为现象ii 中的白色沉淀可能为CuSCN，

33、设计实验进行验证。实验 II ： 取少量实验I 中的白色沉淀于试管中_, 证明该白色沉淀为所加试剂及实验现象）CuSCN 。（补充（ 3）该小组同学继续探究白色沉淀的成因，进行如下实验，实验 III ：在实验 III 中：写出现象i 中生成白色沉淀的离子方程式试剂 A 为 _。_ 。根据现象iii 结合化学用语及必要的文字解释Fe2+ 能加快沉淀生成的原因_。（ 4）有的同学认为实验III 不能充分证明其结论，并补充实验IV如下：取2mL0.1 mol/L Fe2(SO4)3 滴加3 滴0.1mol/L KSCN溶液后，溶液变红，然后滴加2mL0.1mol/LCuSO4 混合溶液于试管中，_（

34、现象）说明白色沉淀不是由Fe3+与SCN-生成，且Fe3+不能加快CuSCN 的生成。（ 5）改变实验I 铜的用量，设计实验V该小组同学认为实验V 中现象 ii 红色褪去与平衡移动有关，解释为_。【答案】 Cu +2 Fe3+ = Cu 2+ + 2Fe2+加入少量稀硝酸后，白色沉淀溶解，溶液变蓝，有气泡生成Cu 2+4 SCN - = CuSCN+ 2（SCN）22mL 0.2mol/L FeSO 4 生成的（ SCN） 2 氧化 Fe2+发生反应（ SCN）2 +2Fe2+=2 Fe3+2SCN- ， SCN- 离子浓度增加，生成沉淀的反应速率加快短时间内无明显变化，溶液颜色仍为红色3+-

35、Fe(SCN) 3，当振荡试管时， 溶液中铜离子与硫氰根反应生成白色溶液发生反应 Fe + SCN 沉淀 CuSCN ，降低了硫氰根离子的浓度，上述平衡逆移，溶液褪色【解析】试题分析：根据实验现象和题中信息可知，向硫酸铁溶液中加入足量的铜粉后，充分振荡，溶液变为蓝绿色，说明铜可以被硫酸铁溶液溶解，生成硫酸铜和硫酸亚铁；取少量上面实验所得的清液，向其中加入少量的硫氰化钾溶液，立即出现白色沉淀，溶液局部变化红色，振荡后红色迅速褪去，说明SCN-可以与Cu2+ 反应，依据题中信息可知，Cu2+可以把SCN-氧化为黄色的(SCN) 2。同时生成白色的CuSCN沉淀。（ 1）依据现象i 可预测该反应的离

36、子方程式为Cu +2 Fe3+= Cu 2+ 2Fe2+。（ 2）由题中信息可知，CuSCN可溶于稀硝酸，生成CuSO4、N 2 和CO2 等，因此，可以据此设计实验进行验证现象ii 中的白色沉淀可能为CuSCN。实验方案如下：取少量实验I 中的白色沉淀于试管中，加入少量稀硝酸后，白色沉淀溶解，溶液变蓝，有气泡生成,证明该白色沉淀为CuSCN 。（ 3）在实验III 中探究白色沉淀的成因，根据控制变量法，试剂A 为 2mL 0.2mol/L FeSO 4 溶液，综合分析本组实验现象可知，该白色沉淀的成分与硫酸亚铁无关，但是硫酸亚铁中的亚铁离子对生成白色沉淀的反应有催化作用，故白色沉淀与铜元素和

37、硫氰化钾有关，只能是CuSCN。2+-现象 i 中生成白色沉淀的离子方程式Cu+4 SCN = CuSCN + 2 （ SCN ）2 。由题中信息可知，(SCN) 2 的性质与卤素单质相似，可以把Fe2+氧化为 Fe3+，本身被还原为SCN-。根据现象 iii 可知， Fe2+能加快沉淀生成的原因是：生成的(SCN) 2 可以被 Fe2+还原为 SCN-离子，该反应的离子方程式为（ SCN） 2+2Fe2+=2 Fe3+ +2SCN - ，SCN-离子浓度增加，生成沉淀的反应速率加快。（ 4）有的同学认为实验III 不能充分证明其结论，因为没有排除 Fe3+对生成 CuSCN 的影响， 故设计

38、实验 IV如下：取 2mL0.1 mol/L Fe 2(SO4)3 滴加 3 滴 0.1mol/L KSCN溶液后， 溶液变红， 然后滴加 2mL0.1mol/LCuSO 4混合溶液于试管中，短时间内无明显变化，溶液颜色仍为红色，说明白色沉淀不是由Fe3+ 与 SCN-生成，且 Fe3+不能加快 CuSCN 的生成。（ 5）该小组同学认为实验V中现象 ii 红色褪去与平衡移动有关，因为溶液中发生反应Fe3+ SCN-Fe(SCN) 3 ，当振荡试管时，溶液中铜离子与硫氰根反应生成白色沉淀CuSCN ，降低了硫氰根离子的浓度，上述平衡逆移 ，溶液褪色。15某小组设计不同实验方案比较Cu2+、 A

39、g + 的氧化性。（ 1）方案 1：通过置换反应比较向酸化的 AgNO 3 溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝。反应的离子方程式是_ ，说明氧化性 Ag + Cu 2+。（ 2）方案 2：通过 Cu2+、 Ag + 分别与同一物质反应进行比较试剂实验编号及现象试管滴管1.0 mol/L产生黄色沉淀，溶液无色1.0 mol/LAgNO 3 溶液KI 溶液1.0 mol/L产生白色沉淀 A ，溶液变黄CuSO4 溶液 经检验，中溶液不含I2，黄色沉淀是_。 经检验，中溶液含I2。推测 Cu2+做氧化剂，白色沉淀A 是 CuI。确认 A 的实验如下：a检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有_（填离子符号） 。b白色沉淀B 是 _。c白色沉淀A 与AgNO 3 溶液反应的离子方程式是_，说明氧化性Ag +Cu2+。（ 3）分析方案编号 实验2 中 Ag +1未能氧化实验 2I-，但Cu2+氧化了I-的原因，设计实验如下：实验 3实验a 中溶液较快变棕黄色,b 中电极c 中溶液较慢变浅黄色；现象无明显变化上析出银；电流计指针偏转电流计指针偏转（电极均为石墨，溶液浓度均为 a 中溶液呈棕黄色的原因是1 mol/L ， b、 d 中溶液 pH4）_ （用电极反应式表示） 。 “实验 3”不能说明 Cu 2+氧化了 I -。依据是空气中的氧气也有氧化作用，设计实验证实了