专题81 性质原理探究性综合实验 十年（2015-2024）高考化学真题分类汇编(解析版)

2015-2024年十年高考真题汇编PAGEPAGE1专题81性质原理探究性综合实验考点十年考情(2015-2024)命题趋势考点1探究物质的性质2024·湖北卷、2021•广东选择性、2022•北京卷、2021•北京卷、2019•北京卷、2018•海南卷、2017•北京、2016·北京理综、2016·全国II卷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，可以是物质组成的探究、可以是物质性质的探究、也可以是化学反应原理和反应规律的探究。解答过程中,对于题中的异常现象要根据已有的知识进行大胆的猜想﹑推测,并仔细推敲其是否合理。考点2探究反应的产物2024·北京卷、2023•湖北省选择性考试、2023•北京卷、2020•北京卷考点1探究物质的性质1．(2024·湖北卷，18，14分)学习小组为探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。实验I实验Ⅱ实验Ⅲ无明显变化溶液变为红色，伴有气泡产生溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体已知：[Co(H2O)6]2+为粉红色、[Co(H2O)6]3+为蓝色、[Co(CO3)2]2-为红色、[Co(CO3)2]3-为墨绿色。回答下列问题：(1)配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的(填标号)。a．

b．

c．

d．(2)实验I表明[Co(H2O)6]2+(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HCO3-大大过量的原因是。实验Ⅲ初步表明[Co(CO3)2]3-能催化H2O2的分解，写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式、。(3)实验I表明，反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析Co3+、Co2+分别与CO32-配位后，正向反应能够进行的原因。实验Ⅳ：(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为、。【答案】(1)bc(2)不能HCO3-与Co2+按物质的量之比4：1发生反应4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+2CO2↑+2H2O，实验中HCO3-与Co2+的物质的量之比为32：310HCO3-+2Co2++H2O2=2[Co(CO3)3]3-+4CO2↑+6H2O2H2O22H2O+O2↑(3)实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO32-配位时，[Co(H2O)6]3+更易与CO32-反应生成[Co(CO3)2]3-(该反应为快反应)，导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行(4)CO2O2【解析】本题探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相关性质。实验Ⅰ中无明显变化，证明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解；实验Ⅱ中溶液变为红色，证明[Co(H2O)6]2+易转化为[Co(CO3)2]2-；实验Ⅲ中溶液变为墨绿色，说明[Co(H2O)6]3+更易与CO32-反应生成[Co(CO3)3]3-，并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HCO3-的作用下易被H2O2氧化为[Co(CO3)3]3-；实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，并且前后均有气体生成，证明在酸性条件下，[Co(CO3)3]3-易转化为[Co(H2O)6]3+，[Co(H2O)6]3+氧化性强，可以把H2O氧化为O2。(1)配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。(2)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+，向其中加入30%的H2O2后无明显变化，因此，实验I表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+2CO2↑+2H2O，实验中HCO3-与Co2+的物质的量之比为32：3，因此，HCO3-大大过量的原因是：HCO3-与Co2+按物质的量之比4：1发生反应4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+2CO2↑+2H2O，实验中HCO3-与Co2+的物质的量之比为32：3。实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2的作用下Co2+能与HCO3-反应生成[Co(CO3)3]3-，然后[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，因此，H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为10HCO3-+2Co2++H2O2=2[Co(CO3)2]3-+4CO2↑+6H2O、2H2O22H2O+O2↑。(3)实验I表明，反应2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO32-配位时，[Co(H2O)6]3+更易与CO32-反应生成[Co(CO3)3]3-(该反应为快反应)，导致[Co(H2O)6]2+几乎不能转化为[Co(CO3)2]2-，这样使得[Co(H2O)6]3+的浓度减小的幅度远远大于[Co(H2O)6]2+减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了[Co(CO3)3]3-+6H++3H2O=[Co(H2O)6]3++3CO2↑；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了4[Co(H2O)6]3++2H2O=4[Co(H2O)6]2++O2↑+4H+，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为CO2和O2。2．(2021•广东选择性，17)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MnO2)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_______。(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_______。

(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Cl-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，Ksp(AgCl)=1.8。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、Ⅲ(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/1Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液25A12Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液35A23Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液45A3⑤数据分析、交流讨论。25℃的AgCl饱和溶液中，c(Cl-)=______________mol·L－1。实验结果为A3A2A1。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。实验序号试样测试温度/℃电导率/4Ⅰ_______B15______________B2⑦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】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)c-d-b-a-e(3)HClO向溶液中加入过量稀硝酸，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，则证明原溶液中含有Cl-(4)⑤1.3410-5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⑥45℃II45℃⑦A3>B2>B1【解析】(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取Cl2，化学方程式为：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；(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验Cl-的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，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，则证明原溶液中含有Cl-；(4)⑤25℃时，Ksp(AgCl)=c(Ag＋)c(Cl-)，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的AgCl溶液中c(Ag＋)c(Cl-)，所以有==1.3410-5mol·L－1；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；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；⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1。3．(2022•北京卷，19)(14分)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)、MnO42-(绿色)、MnO42(紫色)。ii．浓碱条件下，MnO4-可被OH-还原为MnO42-。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)序号物质aC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II5%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III40%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(1)B中试剂是___________。(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为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，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MnO42-氧化为MnO4-。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III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)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O

4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O

Cl2

3ClO-+2MnO2+2OH-=2MnO4-+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MnO4-被还原为MnO42-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HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，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，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。(1)B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；(2)通入Cl2前，II、III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MnO2，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，MnO4-可被OH-还原为MnO42-，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：4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III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ClO-将MnO2氧化为MnO4-，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2MnO4-+3Cl-+H2O；④从反应速率的角度，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MnO4-被还原为MnO42-的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。4．(2021•北京卷，17)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HCl与MnO2混合加热生成Cl2，氯气不再逸出时，固液混合物A中存在盐酸和MnO2。①反应的离子方程式为_______。②电极反应式：i还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2Oii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H+浓度降低或Mn2+浓度升高，MnO2氧化性减弱；ii随Cl-浓度降低，_______。④补充实验，证实了③中的分析，则a为_______，b为_______。实验操作试剂产物I较浓H2SO4有Cl2IIa有Cl2IIIa+b无Cl2(2)利用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、KI溶液，能与MnO2反应的最低H+浓度由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。(3)根据(1)中的结论推测，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1mol·L1的盐酸、氢溴酸、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、还原性变化的一般规律是_______。【答案】(1)①MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O②2Cl--2e-=Cl2↑③Cl-还原性减弱或Cl2的氧化性增强④KCl固体(或浓/饱和溶液)MnSO4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【解析】(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。5．(2019•北京卷，10)化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。(1)实验一：用如下装置(夹持、加热仪器略)制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。①浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是____________________________________。②试剂a是____________。(2)对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为Ag2SO3、Ag2SO4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①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：__________。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BaSO3，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，推测的产生有两个途径：途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。途径2：实验二中，被氧化为进入D。实验三：探究的产生途径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BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_______。②实验三的结论：__________。(4)实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_________________。(5)根据物质性质分析，SO2与AgNO3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和生成。(6)根据上述实验所得结论：__________________。【答案】(1)①Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②饱和NaHSO3溶液(2)①Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O②H2O2溶液，产生白色沉淀(3)①Ag+Ag2SO4溶解度大于BaSO4，没有BaSO4沉淀时，必定没有Ag2SO4②途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-(4)2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+(6)实验条件下：SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-【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+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O。②试剂a为饱和NaHSO3溶液，用于观察气体流速，且在SO2饱和NaHSO3溶液中溶解度很小，可防止倒吸。(2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O；②沉淀D洗涤干净后，加入过量稀盐酸，BaSO3与稀盐酸反应生成BaCl2和SO2、H2O，则滤液E中含有BaCl2和溶解在水中的SO2形成的H₂SO3，可向E中加入H2O2溶液，H2O2将H2SO3氧化生成SO42-，SO42-和Ba2+反应产生白色BaSO4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+；取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，证明溶液A中不含SO42-，由于Ag2SO4微溶于水，则B中不含Ag2SO4，从而确定途径1不产生SO42-，途径2产生SO42-。(4)由(3)推知，实验一中SO2与AgNO3溶液反应生成Ag2SO3，离子方程式为2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+。(6)对比分析(4)(5)可知，SO2与AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率，再结合实验二可知，碱性溶液中SO32-更易被氧化为SO42-。6．(2018•海南卷，17)某小组在实验室中探究金属钠与二氧化碳的反应。回答下列问题：(1)选用如图所示装置及药品制取CO2。打开弹簧夹，制取CO2。为了得到干燥．纯净的CO2，产生的气流应依次通过盛有_________的洗气瓶(填试剂名称)。反应结束后，关闭弹簧夹，可观察到的现象是__________________________。不能用稀硫酸代替稀盐酸，其原因是__________________________。(2)金属钠与二氧化碳反应的实验步骤及现象如下表：步骤现象将一小块金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入盛有CO2的集气瓶中。充分反应，放置冷却产生大量白烟，集气瓶底部有黑色固体产生，瓶壁上有白色物质产生在集气瓶中加入适量蒸馏水，振荡．过滤滤纸上留下黑色固体，滤液为无色溶液①为检验集气瓶瓶壁上白色物质的成分，取适量滤液于2支试管中，向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红：向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊。据此推断，白色物质的主要成分是________(填标号)。A．Na2OB．Na2O2C．NaOHD．Na2CO3②为检验黑色固体的成分，将其与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味。据此推断黑色固体是________________。③本实验中金属钠与二氧化碳反应的化学方程式为_______________________。【答案】(1)饱和NaHCO3溶液、浓硫酸产生的气体使干燥管内液面降低，与碳酸钙脱离接触，反应停止生成的硫酸钙微溶，附着在碳酸钙表面，阻止反应进一步进行(2)①D②碳(C)③4Na＋3CO22Na2CO3＋C【解析】(1)根据发生的反应分析，产生的二氧化碳气体中，还含有氯化氢和水蒸气两种杂质，除去氯化氢用的是饱和碳酸氢钠溶液，除水蒸气用浓硫酸；反应结束后，关闭弹簧夹，产生的气体回到反应溶液里使容器里压强增大，干燥管内盐酸液面下降，与碳酸钙脱离接触，反应停止；若使用硫酸，生成的硫酸钙为微溶物，会附着在碳酸钙的表面，阻止反应进行。(2)①向一支试管中滴加1滴酚酞溶液，溶液变红，说明是碱性物质，向第二支试管中滴加澄清石灰水，溶液变浑浊，说明能跟氢氧化钙反应生成沉淀，由此可推出该物质为碳酸钠，故选D；②黑色固体与浓硫酸反应，生成的气体具有刺激性气味，说明发生了氧化还原反应生成了二氧化硫，故黑色固体是C；③由以上分析可知，金属钠与二氧化碳反应生成了碳酸钠和碳，根据得失电子守恒配平化学方程式为4Na＋3CO22Na2CO3＋C。7．(2017•北京，28)某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程如下。向硝酸酸化的0.05mol·L-1硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。(1)检验产物①取出少量黑色固体，洗涤后，_______(填操作和现象)，证明黑色固体中含有Ag。②取上层清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有_______________。(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是___________________(用离子方程式表示)。针对两种观点继续实验：①取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，证实了甲的猜测。同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号取样时间/min现象ⅰ3产生大量白色沉淀；溶液呈红色ⅱ30产生白色沉淀；较3min时量少；溶液红色较3min时加深ⅲ120产生白色沉淀；较30min时量少；溶液红色较30min时变浅(资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)②对Fe3+产生的原因作出如下假设：假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；假设b：空气中存在O2，由于________(用离子方程式表示)，可产生Fe3+；假设c：酸性溶液中NO3-具有氧化性，可产生Fe3+；假设d：根据_______现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c不是产生Fe3+的主要原因。实验Ⅱ可证实假设d成立。实验Ⅰ：向硝酸酸化的________溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加KSCN溶液，3min时溶液呈浅红色，30min后溶液几乎无色。实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是________，操作及现象是________________。(3)根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因：______。【答案】(1)①加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀②Fe2+(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+②4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O加入KSCN溶液后产生白色沉淀③0.05mol·L-1NaNO3溶液FeSO4溶液(或FeCl2溶液)分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN溶液，后者红色更深(3)溶液中存在反应：①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①、②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。【解析】(1)①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，再用HCl检验Ag+。②K3[Fe(CN)3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明含有Fe2+。(2)过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。②O2氧化Fe2+生成Fe3+的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。加入KSCN溶液后产生白色沉淀AgSCN，所以实验可以说明溶液中含有Ag+，故可以假设Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。③证明假设a、b、c错误，就是排除Ag+对实验的干扰，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0.05mol·L-1NaNO3溶液。原电池实验需要证明的是假设d的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应当注入FeCl2(或者FeSO4溶液)。假设d成立，则上述原电池中能够产生电流，左侧溶液中生成的Fe3+遇到KSCN时红色会更深。(3)由于加入过量铁粉，溶液中存在反应有①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，反应生成的Fe2+能够被Ag+氧化发生反应②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，生成的Fe3+与过量铁粉发生反应③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，c(Ag+)大，以反应①②为主，c(Fe3+)增大。约30分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。8．(2016·北京理综，28)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管2mL0.2mol·L−1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ.产生白色沉淀0.2mol·L−1CuSO4Ⅱ.溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol·L−1Al2(SO4)3溶液Ⅲ.开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀(1)经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：____________。(2)经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42−，含有Cu+、Cu2+和SO32−。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________________________。②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和SO32−。a.白色沉淀A是BaSO4，试剂1是____________。b.证实沉淀中含有Cu+和SO32−的理由是___________。(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。①推测沉淀中含有亚硫酸根和________。②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i.呗Al(OH)3所吸附；ii.存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。a.将对比实验方案补充完整。步骤二：_____________(按上图形式呈现)。(4)根据实验，亚硫酸盐的性质有___________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。【答案】(1)2Ag＋+SO32—=Ag2SO4↓。(2)①有红色固体生成；②a.HCl和BaCl2溶液。b.在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32-转化为SO42-。(3)①Al3+、OH-。②a、，b、V1明显大于V2。(4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性；两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件。【解析】(1)实验Ⅰ中0.2mol·L−1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液发生反应生成白色沉淀Ag2SO3。离子方程式为2Ag＋+SO32—==Ag2SO4↓。(2)①根据反应：Cu+Cu+Cu2+知若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成；②分析实验流程知实验原理为2Cu2＋+4I－==2CuI+I2、I2+SO32-+H2O==SO42—+2I－+2H＋，SO42-+Ba2+==BaSO4↓。a.白色沉淀A是BaSO4，试剂1是BaCl2溶液。b.证实沉淀中含有Cu+和SO32−的理由是棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀(CuI)，证明含有Cu2＋，白色沉淀A为硫酸钡，证明含有SO32—。(3)①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，①推测沉淀中含有亚硫酸根和氢氧化铝。②根据题给实验方案设计步骤二为：，且V1明显大于V2。(4)根据实验，亚硫酸盐具有还原性、水解呈碱性。盐溶液间反应的多样性与盐的性质和溶液的酸碱性有关。9．(2016·全国II卷，28)某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2液中需加入少量铁属，其目的是______________________________。(2)甲组同学取2mlFeCl2溶液．加入几滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为__________________。(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油，再于液面下依次加入几滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液变红，煤油的作用是______。(4)丙组同学取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL此溶液于3支试管中进行如下实验：①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；②第二只试管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀：③第三支试管中加入1滴KSCN溶液，溶液变红。实验②检验的离子是_____(填离子符号)；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有______(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为_________________。(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl3溶液，溶液·变成棕黄色，发生反应的离子方程式为________；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热．随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是____________________________；生成沉淀的原因是_______________________________________(用平衡移动原理解释)。【答案】(1)防止Fe2+被氧化(2)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(3)隔绝空气(排除氧气对实验的影响)(4)Fe2+；Fe3+；可逆反应(5)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，Fe3+催化H2O2分解产生O2；H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。【解析】(1)亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量铁属的目的是防止Fe2+被氧化。(2)Cl2可将Fe2+氧化成铁离子，自身得电子生成氯离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。(3)防止空气中的氧气将Fe2+氧化，产生干扰，所以煤油的作用是隔绝空气。(4)根据Fe2+的检验方法，向溶液中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀，一定含有亚铁离子；则实验②检验的离子是Fe2+；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe3+遇KSCN溶液显血红色，实验①和③说明，在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应。(5)H2O2溶液中加入几滴酸化的FeCl3溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，铁离子的溶液呈棕黄色；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热．随后有红褐色沉淀生成，产生气泡的原因是H2O2分解反应放热，促进Fe3+的水解平衡正向移动。考点2探究反应的产物1．(2024·北京卷，19)某小组同学向pH=1的的溶液中分别加入过量的Cu粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。(1)理论分析依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是。(2)实验验证实验金属操作、现象及产物I过量Cu一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质Ⅱ过量Zn一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质Ⅲ过量Mg有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，证明都有生成，依据的现象是。②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因______________。③对实验Ⅱ未检测到Fe单质进行分析及探究。i．a．甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式_____________________。b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验(填实验操作和现象)。证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与Fe2+的反应。实验证实了粉被包裹。ii．查阅资料：0.5mol·L-1Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH，(填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因。【答案】(1)Mg、Zn(2)产生蓝色沉淀Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H2↑或2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸(3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹【解析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应2+Cu=2+Cu2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应Zn+2H+=Zn2++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(OH)3，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg+2H+=Mg2++H2↑，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。(1)在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe；(2)①Fe2+与K3[Fe(CN)6]会生成蓝色的KFe[Fe(CN)6]沉淀；②Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn会消耗H+，促进Fe3+水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀；③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H2↑或2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑；b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+；ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH)3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe(OH)3沉淀时将Fe3+还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质；(3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。2．(2023•湖北省选择性考试，18)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_______。(2)铜与过量H2O2反应的探究如下：实验②中Cu溶解的离子方程式为_________________________；产生的气体为_______。比较实验①和②，从氧化还原角度说明的作用是_______。(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，。X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0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定终点时消耗Na2S2O3标准溶液15.00mL。(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)标志滴定终点的现象是_______，粗品中X的相对含量为_______。【答案】(1)①具支试管②防倒吸(2)①Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O②O2③既不是氧化剂，又不是还原剂(3)CuO2(4)①溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色②72%【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，离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++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O2；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)=n×，因为，则m(O)=，则X的化学式中铜原子和氧原子的物质的量之比为：，则X为CuO2；(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CuO2中铜为+2价，氧为-1价，根据2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得到关系式：CuO2~2I2~4S2O32-，则n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相对含量为。3．(2023•北京卷，19)资料显示，I2可以将氧化为。某小组同学设计实验探究被I2氧化的产物及铜元素的价态。已知：I2易溶于KI溶液，发生反应I2+I-I3-(红棕色)；I2和I3-氧化性几乎相同。I.将等体积的KI溶液加入到mmol铜粉和nmolI2(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Ⅰ0.01mol·L-1极少量I2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Ⅱ0.1mol·L-1部分I2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Ⅲ4mol·L-1I2完全溶解，溶液为深红棕色；充分反应后，红色的铜粉完全溶解，溶液为深红棕色(1)初始阶段，被氧化的反应速率：实验Ⅰ(填“>”“<”或“=”)实验Ⅱ。(2)实验Ⅲ所得溶液中，被氧化的铜元素的可能存在形式有[]2+(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C，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，-=2↓，[]+(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，I2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I2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I2氧化的产物中价态不同的原因：。【答案】(1)<(2)除去I3-，防止干扰后续实验[]-+2NH3·H2O=[]++2H2O+2-、4[]++O2+8NH3·H2O=4[]2++2H2O+4OH-+6H2O(3)2=2或2=2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I3-浓度小未能氧化全部的)(4)铜、含nmolI2的4mol·L-1的KI溶液(5)在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与I-结合生成沉淀或[]-，浓度减小使得氧化性增强，发生反应-=2↓和-=2[]-+【解析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为I3-可以提高Cu与I3-的接触面积，提高反应速率。加入C，I2+I-I3-平衡逆向移动，I2浓度减小，I-浓度增加，[]-浓度增加，加入氨水后转化为[]+，被氧化为[]2