2025年高考化学总复习分类训练：性质原理探究性综合实验（解析卷）

4M91嘏质原理探究嘏稼合实除

1.【2023年北京卷】资料显示，L可以将Cu氧化为Cu?+。某小组同学设计实验探究Cu被I2氧化的产物

及铜元素的价态。

已知：L易溶于KI溶液，发生反应12+「彳=»写（红棕色）；L和亏氧化性几乎相同。

I.将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmoll2（n>m）的固体混合物中，振荡。

实验记录如下：

c(KI)实验现象

实验极少量h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

O.Olmol-U1

I仍为淡红色

实验部分U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

0.Imol-U1

II为红棕色

实验L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

4mol-171

III棕色

（1）初始阶段，Cu被氧化的反应速率：实验I（填“>”“〈”或“=”）实验H。

（2）实验III所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有［。!（凡0）4『（蓝色）或［CulJ（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CC1：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。

2+

ii.查阅资料，2Cu+4r=2CuU+I2,［的但也）］（无色）容易被空气氧化。用离子方程式解释步骤b

的溶液中发生的变化：。

（3）结合实验III,推测实验I和II中的白色沉淀可能是Cui,实验I中铜被氧化的化学方程式

是o分别取实验I和n充分反应后的固体，洗涤后得到白色沉淀，加入浓KI溶液，.

（填实验现象），观察到少量红色的铜。分析铜未完全反应的原因是o

（4）上述实验结果，U仅将Cu氧化为+1价。在隔绝空气的条件下进行电化学实验，证实了L能将Cu氧

化为C/+。装置如图所示，a、b分别是。

盐桥

qrwj-石墨

O.lmol-L1J

K2sO4溶液-

(5)运用氧化还原反应规律，分析在上述实验中Cu被L氧化的产物中价态不同的原因：0

【答案】(1)<

-+

(2)除去I，防止干扰后续实验[Cul2]+2NH3-H2O=[Cu(NH3)o]+2H2O+2F,

+2+

4[CU(NH3)？]+O2+8NH3-H2O=4[Cu(NH3)4]+4OH+6H2O

(3)2Cu+12=2CuIng2Cu+KI3=2CuI+KI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I；浓度小未能氧化全部的Cu)

(4)铜、含nmo&的4moi-「的KI溶液

(5)在实验I、实验H、实验m中Cu*可以进一步与F结合生成Cui沉淀或[CuL]，Cu+浓度减小使得

2+2+2+

Cu氧化性增强，发生反应2Cu+4r=2CUIJ+12和2Cu+6I=2[CuI2P+I2。

【解析】因12溶解度较小，CU与12接触不充分，将转化为写可以提高CU与9的接触面积，提高反应速

率。加入CCl"平衡逆向移动，12浓度减小，厂浓度增加，[Cui?「浓度增加，加入氨

水后转化为[CU(NH3)21,被氧化为[CU(N&)4/，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。

(1)提高KI浓度，便于提高写的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与I；的反应速率加快，故实验I〈实验

Iio

(2)加入cel,，u+ruii]平衡逆向移动，L浓度减小，厂浓度增加，其目的为：除去门，防止干扰

后续实验。加入氨水[CulJ浓后转化为[CU(NH3)2『无色的[CU(NH3)J被氧化为蓝色的

2+-+

[CU(AW3)4],方程式为[Cul2]+2NH3H2O=[CU(NH3)2]+2H2O+2r、

+2+

4[CU(NH3)?]+O2+8NH3-H2O=4[Cu(NH3)4]+40H+6H2O»

(3)结合实验ni,推测实验i和n中的白色沉淀可能是cm,实验i中铜被氧化的化学方程式是

2Cu+12=2CuIng2Cu+KI3=2CuI+KI-2Cu+1=2CuI反应为可逆反应，加入浓KI溶液，h浓度减

小，Cui转化为Cu和12,故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。

(4)要验证L能将Cu氧化为Ci?+,需设计原电池负极材料为Cu,b为含nmo&的4moi1一的KI溶液。

(5)含nmoll?的4moi-Lji的KI溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，L将Cu氧化为Cu"；而在实验

I、实验n和实验m中cu以cu+形式存在，这是由于在实验I、实验II、实验ill中cu+可以进一步

与「结合生成Cui沉淀或[CuL[，Cu+浓度减小使得Cu"氧化性增强，发生反应

2+

2Cu+4r=2CuIJ+12和2cd++61=2[CuI2]"+I2。

2.【2023年湖北卷】学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题:

(1)铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A的名称为，装置B的作用为

三蛉"NaOH溶液

ABC

(2)铜与过量HQ?反应的探究如下：

~\+Na2sO4溶液工口口日工n抬

————►无明显现象

I分际函一►铜片溶解，溶液变蓝，少量无色气体产生

实验②中Cu溶解的离子方程式为；产生的气体为o比较实验①和②，从氧化还原角度说明

的作用是。J

H+

(3)用足量NaOH处理实验②新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X为铜的氧化物，提纯干燥后的X

在惰性氛围下加热，mgX完全分解为ng黑色氧化物Y,-=1oX的化学式为。

(4)取含X粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为

指示剂，用(MOOOmoLLTNaBOs标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2s0?标准溶液600mL。(已

2+

知：2Cu+4r=2CuU+I2,l2+2Sq；-=2「+S4O>)标志滴定终点的现象是,粗品中X的相

对含量为。

【答案】(1)具支试管防倒吸

+2+

(2)CU+H2O2+2H=CU+2H2OO2既不是氧化剂，又不是还原剂

(3)CuO2

(4)溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色96%

【解析】(1)由图可知，仪器A的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧化

氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B的作用为防倒吸；

(2)根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离

+2+

子方程式为：CU+H2O2+2H=CU+2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为

02；在铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明H+的作

用是：既不是氧化剂，又不是还原剂；

(3)在该反应中铜的质量m(Cu)=nxg=半，因为三=?,则m(O)=nx普+(m-n)=§,则X的化学式

805m6805

4n

中铜原子和氧原子的物质的量之比为：华瞿=挈1=则x为CuO2；

n（O）zn2

5x16

（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来

的颜色；在CuCh中铜为+2价，氧为-1价，根据2CuO2+8H++8[=2CulJ+3l2+4H2。，可以得到关

系式：2CuC)2~3I2~6s2。丁,则n(CuO2)=1x0.1mol/LxO.015L=0.0005mol,粗品中X的相对含量为

3.【2022年北京卷】某小组同学探究不同条件下氯气与二价镐化合物的反应

资料：i.M1F+在一定条件下被CL或CIO氧化成MnCh（棕黑色）、MnOj（绿色）、MnO]（紫色）。

ii.浓碱条件下，MnO；可被OH-还原为MnO：。

iii.C12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）

ABCD

C中实验现象

序号物质a

通入02前通入Ch后

产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变

I水得到无色溶液

化

产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫

II5%NaOH溶液

棕黑色沉淀色，仍有沉淀

40%NaOH溶产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫

III

液棕黑色沉淀色，仍有沉淀

(1)B中试剂是-

(2)通入CL前，n、ni中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为0

(3)对比实验I、n通入CL后的实验现象，对于二价锦化合物还原性的认识是o

(4)根据资料ii,in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C12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HI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MnO?被(填

“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；

③取H中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是。

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)Md+的还原性随溶液碱性的增强而增强

(4)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O4MnO；+40H-=4MnO^+O2?+2H2OCh3C1O-

+2MnO2+2OH=2MnO；+3C1+H2OIII中氧化剂氧化锯酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高铳酸根

离子的速率，因而实验ni未得到绿色溶液

【解析】在装置A中HC1与KMnO4发生反应制取C12,由于盐酸具有挥发性，为排除HC1对CL性质的干

扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cb中的杂质HC1,在装置C中通过改变溶液的pH,验证

不同条件下CL与MnSCU反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余CL,防止造成大气污染。

(1)B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cb中的杂质HC1气体；1

(2)通入Cb前，II、III中Md+与碱性溶液中NaOH电离产生的的0日反应产生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MnCh,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式

为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2。；

(3)对比实验I、II通入CI2后的实验现象，对于二价锦化合物还原性的认识是：Mi?+的还原性随溶液碱

性的增强而增强；

(4)①Cb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+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

②取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。

溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO；可被OH-还原为MnOf,根据电子守恒、电荷守恒

及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4MnO；+4OH=4MnOj-+O2t+2H2O:

溶液绿色缓慢加深，原因是MnCh被Cb氧化，可证明HI的悬浊液中氧化剂过量；

③取II中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明CIO将MnCh

氧化为MnO],发生的反应是：3ClO+2MnO2+2OH-=2MnO；+3C1+H2O；

@III中氧化剂氧化镒酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高镒酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色

溶液。

4.【2022年福建卷】某兴趣小组设计实验探究Ce-MnO*,催化空气氧化CO的效率。回答下列问题：

步骤I制备CO

在通风橱中用下图装置制备CO(加热及夹持装置省略)，反应方程式：HCOQH>CQT+H2O

(1)装置A中盛放甲酸的仪器的名称是o

(2)从B、C、D中选择合适的装置收集CO,正确的接口连接顺序为

a—>t——>ih(每空填一个接口标号)。

步骤n检验co

将co通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。

(3)该反应的化学方程式为o

步骤III探究Ce-MnO,催化空气氧化CO的效率

将一定量CO与空气混合，得到CO体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省

略)，调节管式炉温度至120℃,按一定流速通入气体样品。(已知：匕。5是白色固体，易吸水潮解:

(4)通入H.2L(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U形管内生成

了O.lOlGgl.

①能证明co被空气氧化的现象是；

②co被催化氧化的百分率为；

③若未通入氮气，②的结果将(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。

(5)探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用方法可以缩短接触时长。

(6)步骤III装置存在的不足之处是。

【答案】(1)分液漏斗

(2)a—d—e-c—b

(3)CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Ag^+(NH4)2CO3+2NH3

(4)石灰水变浑浊60%偏大

(5)增大气体样品流速

(6)尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)

【解析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水

除去甲酸，再用B装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧

化钠吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被

石灰水吸收，J中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和1。5,进而测定生成的碘的质

量，计算一氧化碳的被氧化的百分率。据此解答。

(1)装置A中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。

(2)用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口连接顺序为a—d—e—CTb-h。

(3)一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸钱和氨气，方程式为：

CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Ag^+(NH4)2CO3+2NH3。

(4)一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为

誉方=。。0。4moi,则结合方程式分析，还有0.002mol一氧化碳未被氧气氧化，1L2L气体为

0.5mol其中一氧化碳为0.005mol,则被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003mob则被氧化的百分率

为黑xl00%=60%。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化

的百分率增大。

(5)增大气流速率可以提高催化效率。

(6)：匕。5是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。

5.(2021・北京真题)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MnCh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MnCh.

①反应的离子方程式是。

②电极反应式：

+2+

i.还原反应：MnO2+2e+4H=Mn+2H2O

ii.氧化反应：o

③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnCh的原因。

i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnCh氧化性减弱。

ii.随c(cr)降低，-

④补充实验证实了③中的分析。

实验操作试齐U产物

I较浓H2s04有氯气

试剂

IIa有氯气

I]

无氯气

III14固液混合物Aa+b

a是,b是o

(2)利用c(H+)浓度对MnCh氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KC1、KBr和KI溶液,

能与MnCh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澳的氧化性，将MM+氧化为MnCh。经

实验证实了推测，该化合物是o

(4)Ag分别与ImoLU的盐酸、氢澳酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：

________________O

(5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是。

【答案】

A

+2+

(1)MnO2+4H+2C1-=Mn+Cl2t+2H2O2Cl-2e-=ChT还原性减弱或Cb的氧化性增强

KC1固体(或浓/饱和溶液)MnSCU固体(或浓/饱和溶液)

(2)KCl>KBr>KICl、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Ag2s04

(4)比较AgX的溶解度，Agl溶解度最小，Ag++I=AgIJ使得Ag还原性增强的最多，使得

2Ag+2H+=2Ag++H2T反应得以发生

(5)氧化剂(还原齐U)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

齐U)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

【解析】

A

(1)①二氧化镒和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H++2C1-=Mn2++CbT+2H20；②氧化反应是

元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl-2e-=C12f③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：还原性减弱或C12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n的现象分析，试剂a可以是KC1固体(或浓/饱和溶液)；结合实验ni的显现是没有

氯气，且实验ni也加入了试剂a,那一定是试剂b影响了实验in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VHA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锌的氧化性减弱，那么如果进一步降低C1-浓度降低

则可以导致可以提高澳的氧化性，将Mn2+氧化为MnCh,故答案为：AgNCh或Ag2so4；

（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++H2T发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，

Agl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，Agl溶解度最小，

Ag++I-=Ag口使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2T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。

6.【2022年北京卷】某小组同学探究不同条件下氯气与二价锅化合物的反应

资料：i.Md+在一定条件下被Cb或CKy氧化成MnCh（棕黑色）、MnOj（绿色）、MnO；（紫色）。

ii.浓碱条件下，MnO；可被OH还原为MnO：。

iii.Cb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）

C中实验现象

序号物质a--------------------

通入Cb前通入Cb后

产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变

I水得到无色溶液

化

产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫

II5%NaOH溶液

棕黑色沉淀色，仍有沉淀

40%NaOH溶产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫

III

液棕黑色沉淀色，仍有沉淀

(1)B中试剂是。

(2)通入C12前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为o

(3)对比实验I、n通入C12后的实验现象，对于二价锦化合物还原性的认识是o

(4)根据资料ii,in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C12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in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III的悬浊液中氧化剂过量；

③取n中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是。

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)Md+的还原性随溶液碱性的增强而增强

(4)C12+2OH-=C1+C1O-+H2O4MnO；+4OH=4MnO：-+O2T+2H2OCl23ClO+2MnO2+2OH-=2

MnO；+3Cl+H2O过量Cb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，因而不能实验III未得到绿色溶液

【解析】在装置A中HC1与KMnCU发生反应制取CL,由于盐酸具有挥发性，为排除HC1对C12性质的

干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去CL中的杂质HC1,在装置C中通过改变溶液的pH,验

证不同条件下Cb与MnSCU反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余C12,防止造成大气污

染。

(1)B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收CL中的杂质HC1气体；1

(2)通入CL前，II、HI中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的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MnCh,则沉淀由白色变为黑色的化学方程式

为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；

(3)对比实验I、II通入C12后的实验现象，对于二价镒化合物还原性的认识是：MM+的还原性随溶液碱

性的增强而增强;

（4）①CL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：Ch+2OH-

=C1+C1O+H2O；

②取ni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。

溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO[可被OH-还原为MnOj,根据电子守恒、电荷守恒

及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4MnO：+4OH-=4MnOj+O2T+2H20；

溶液绿色缓慢加深，原因是MnCh被Cb氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；

③取H中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明C1。将MnCh

氧化为MnO[,发生的反应是：3ClO+2MnO2+2OH-=2MnO；+3C1+H2O；

④从反应速率的角度，过量Cb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MnOt的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。

7.（2021.广东真题）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锦矿（主要成分是MnC＞2）

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chlorine（中文命名"氯气”）。

（1）实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为O

（2）实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为o

（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C「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AgCl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，

10

Ksp（AgCl）=1.8xlO-。

③提出猜想。

猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。

猜想b：AgCl在水中的溶解度s（45℃）＞s（35℃）＞s（25℃）。

④设计实验、验证猜想。取试样I、II、田（不同温度下配制的AgCl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。

实验序号试样测试温度/℃电导率/(|iS/cm)

1I：25℃的AgCl饱和溶液25A、

：℃的饱和溶液

2II35AgCl35A2

3III：45℃的AgCl饱和溶液45A3

⑤数据分析、交流讨论。25℃的AgCl饱和溶液中，c(Clj=moVLo

实验结果为A3>A2>A］。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成

立。结合②中信息，猜想b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b,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。

实验序号试样测试温度/℃电导率/(pS/cm)

4I—B.

5——B2

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b也成立。猜想b成立的判

断依据是。

△

【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)=MnCL+C12T+2H2。(2)c-d-b-a-e(3)HC1O向溶液中加入过

量稀硝酸，防止溶液中含有COj、HCO；等，再加入少量AgNCh溶液，若有白色沉淀生成，则证明

原溶液中含有C1-(4)1.34x10-5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℃II45℃A3>B2>BI

【解析】

△

(1)实验室通常采用浓盐酸和MnCh制取C12,化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)=MnCL+C12T+2H20,故

△

答案为：MnO2+4HCl(浓)=MnCL+C12T+2H20；

(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HC10己分解；检验Cr的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止

溶液中含有C。：、HCO；等，再加入少量AgNCh溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有

C1-,故答案为：HC10；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO：、HCO；等，再加入少量

AgNCh溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有C1-；

+

(4)⑤25℃时，Ksp(AgCl)=c(Ag)xc(Cr),根据沉淀溶解平衡可知，饱和的AgCl溶液中

c(Ag+)=c(cr),所以有c(cr)=^Ksp(AgCl)=41.8x107。=1.34x10-5mol/L：

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：1.34x10-5；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b成立的判断依据是A3>B2>BI,故答案为：A3>B2>Bio

8.(2020年新课标I)为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。

回答下列问题：

(1)由FeSCU-7H2O固体配制O.lOmolLTFeSCU溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、(从下列图

中选择，写出名称)。

(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并

且电迁移率(y)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择作为电解质。

阳离子u8X108/(m2.S-LVT)阴离子u8X108/(m2.s—VT)

Li+4.07HCO；4.61

Na+5.19NO；7.40

Ca2+6.59cr7.91

K+7.62so。8.27

(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入电极溶液中。

(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02moLLT。石墨电极上未见Fe析出。可

知，石墨电极溶液中c(Fe2+)==

(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为,铁电极的电极反应式为

0因止匕，验证了Fe?+氧化性小于,还原性小于。

(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeS04溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，

铁电极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是。

【答案】(1)烧杯、量筒、托盘天平(2)KC1(3)石墨(4)0.09mol/L

(5)Fe3++e-=Fe2+Fe-2e-=Fe2+Fe3+Fe

(6)取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成

【解析】(1)由FeSO4-7H2O固体配制0.10molL"FeS04溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移

液、洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSCUIEhO固体配制O.lOmolLiFeSCU溶液需要的仪器有

药匙、托盘天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、

托盘天平。

(2)Fe2\Fe3+能与HCOl反应，Ca?+能与SO：反应，FeSCU、Fe2(SC>4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸

性，酸性条件下NO?能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，

盐桥中阴离子不可以选择HCO3、NO3,阳离子不可以选择Ca2+,另盐桥中阴、阳离子的迁移率

(1)应尽可能地相近，根据表中数据，盐桥中应选择KC1作为电解质，故答案为：KCL

(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极

移动，则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨。

(4)根据(3)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e=Fe2+,石墨电极上未见Fe析出，石墨电极的电极

反应式为Fe3++e=Fe2+,电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol/L,根据得

失电子守恒，石墨电极溶液中c(Fe2+)增加0.04mol/L,石墨电极溶液中c(Fe2+)

=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L,故答案为：0.09mol/L。

(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e=Fe2+,铁电极的电极反应式为Fe-

2e-=Fe2+；电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe?+,根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的

还原性强于还原产物，则验证了Fe?+氧化性小于Fe3+,还原性小于Fe,故答案为：Fe3++e-=Fe2+,Fe-

2e-=Fe2+,Fe3+,Fe。

(6)在FeSCU溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的

反应为Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4,要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应

完成的方法是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应

完成，故答案为：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN溶液，若溶液不变红，说明活化反应完

成。

9.[2019北京]化学小组实验探究SO2与AgNCh溶液的反应。

(1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SCh,将足量SO2通入AgNCh溶液中，迅速反应，

得到无色溶液A和白色沉淀Bo

①浓H2s04与Cu反应的化学方程式是_____________________________________

②试剂Ja是o

(2)对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2sCh、Ag2sCU或二者混合物。(资料:

Ag2so4微溶于水；Ag2so3难溶于水)

实验二：验证B的成分

「滤液E

i.洗涤干净

沉淀By4溶液c过量噂。工蟹沉淀D-

ii.过量稀盐酸

一沉淀F

①写出Ag2s03溶于氨水的离子方程式：o

②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSCh，进而推断B中含有

Ag2so3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2so3。所用试剂及现象是

(3)根据沉淀F的存在，推测SO：的产生有两个途径：

途径1：实验一中，SO2在AgNCh溶液中被氧化生成Ag2sCU，随沉淀B进入D。

途径2：实验二中，SO；被氧化为SO：进入D。

实验三：探究so；的产生途径

①向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有：取上层清液继续滴加BaCb

溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：0

②实验三的结论：。

(4)实验一中SO2与AgNCh溶液反应的离子方程式是o

(5)根据物质性质分析，SO?与AgNCh溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一

段时间，有Ag和S0：生成。

(6)根据上述实验所得结论：。

【答案】(1)①Cu+2H2so«浓)*=CuSO4+SO2f+2H2O②饱和NaHSO3溶液

+

(2)®Ag2SO3+4NH3-H2O=2Ag(NH3)2+SOj+4H2O

②H2O2溶液，产生白色沉淀

(3)①Ag+Ag2sO4溶解度大于BaSCU,没有BaSCU沉淀时，必定没有Ag2sCU

②途径1不产生SO：,途径2产生SOj

(4)2Ag++SO2+H2O=Ag2so3J+2H+

(6)实验条件下：

S02与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO；-的速率碱性溶液中SO：更易被氧化为SO：

【解析】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2s。4(浓)

4CUSO4+SO2T+2H2OO

②试剂a为饱和NaHSCh溶液，用于观察气体流速，且在SCh饱和NaHSCh溶液中溶解度很小，可防止倒

吸。

+

(2)①Ag2sCh溶于氨水得到Ag(NH3)2+,离子方程式为：Ag2SO3+4NH3-H2O=2Ag(NH3)2+SO^+4H2O；

②沉淀D洗涤干净后，加入过量稀盐酸，BaSCh与稀盐酸反应生成BaCb和S02、生0,则滤液E中含有

BaCL和溶解在水中的S02形成-的H2so3,可向E中加入H2O2溶液，H2O2将H2s。3氧化生成

SOj,SOj和Ba?+反应产生白色BaSCh沉淀，进一步证实B中含有Ag2so3。

(3)向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，该沉淀为AgCL证明溶液A中含有Ag+；取