2025高考化学一轮复习之性质实验方案的设计（解答大题）

第1页（共1页）2025高考化学一轮复习之性质实验方案的设计（解答大题）一．解答题（共20小题）1．（2024•南京二模）高效氧化剂亚氯酸钠（NaClO2）常用于烟气脱硝（NOx）和废水脱除氨氮。（1）NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为：①“反应2”的化学方程式为。②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2，从消毒后饮用水水质和消毒效率（单位质量消毒剂被还原时得电子数）的角度考虑，用ClO2替代Cl2的原因是。（2）NaClO2溶液对烟气脱硝。①酸性条件下，Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体，总反应可表示为5+4H+4ClO2+Cl﹣+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式：Ⅰ.Fe3++═；Ⅱ.；Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+═5Fe3++Cl﹣+2H2O。②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时，烟气中NO氧化率随c（Fe3+）、反应温度的变化分别如图﹣1、图﹣2所示。i.NO氧化率随c（Fe3+）增大而增大的原因是。ii.温度升高，NO氧化率先增大后减小的可能原因是。（3）NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液，用传感器测得溶液中与含量随反应时间的变化如图﹣3所示。判断该实验中被氧化的是否全部转化为的依据为。2．（2024•湖北模拟）某兴趣小组探究镁跟碱性银氨溶液反应。实验步骤及现象如下。Ⅰ.将10mL2mol/LAgNO3溶液和10mL6mol/L的氨水在锥形瓶中混合，测得pH＝12。Ⅱ.加入1g去掉氧化层的镁条，十几秒后有许多气泡生成，用集气瓶排水集气，气体体积先增大后减小然后不变。同时锥形瓶中有灰白色沉淀生成。Ⅲ.取出镁条过滤洗涤得到灰白色固体。Ⅳ.取少量灰白色固体于试管中加入稀HNO3沉淀全部溶解，并有无色的气体生成，且在试管口部气体变成红棕色，将其溶解后的溶液加入稀盐酸，产生大量白色沉淀。回答下列问题：（1）步骤产生不溶于水的气体是，易溶于水的气体是，该气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，生成该气体的反应的离子方程式为：。（2）步骤Ⅳ的现象证明灰白色固体一定含有。证明灰白色固体中有Ag2O需要的试剂有稀盐酸和。（3）向水中加入1g去掉氧化层的镁条，几乎看不见气泡产生。镁跟碱性银氨溶液反应能迅速产生气泡的原因：。（4）向pH相同的氢氧化钠溶液中加入1g去掉氧化层的镁条，看不见气泡产生，其原因是：。3．（2024•西城区一模）某小组同学探究硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液与某些常见金属离子的反应。已知：i.[Cu（S2O3）2]2﹣（淡绿色）、[Fe（S2O3）3]3﹣（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3﹣（无色）ii.S4在酸性溶液中转化为、S和SO2。iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。（1）将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是。（2）研究Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。序号X溶液现象ⅠCuCl2溶液溶液变为淡绿色，水浴加热至50℃以上，逐渐析出黑色沉淀ⅡFeCl3溶液溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色ⅢAgNO3溶液逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液①取Ⅰ中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。i.补全Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式：2Cu2++2S2+□_____□_____↓+□_____↓+□_____+4H+ii.查阅资料可知，常温时，生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，但仍需水浴加热至50℃以上才出现沉淀，原因是。②Ⅱ中，S2被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有很少量的。取Ⅱ中的无色溶液进行如下实验证实了此结论。用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重复上述实验，CS2溶解后几乎无固体剩余。i.仅由溶液1中加入足量的盐酸后得到沉淀2，不能说明Ⅱ中生成了S4，理由是。ii.补全实验方案证实上述结论：将沉淀1洗净，。③向Ⅲ的无色溶液中继续加入0.5mL0.1mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3。静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是。（3）软硬酸碱原理认为，Ⅲ中，Ag+为软酸，S2为软碱，S2﹣是比S2更软的碱，可解释S2与Ag+反应的最终产物为Ag2S。由此推测，Ⅰ中，Cu+和Cu2+，是更软的酸。4．（2024•杨浦区二模）为探究+1价Ag的氧化性，开展如下活动。（1）配制溶液：称量→溶解→冷却→操作①→洗涤→注入→混匀→定容→操作②→装瓶贴标签①下列图示中，操作①为、操作②为。②用FeCl3•6H2O配制100mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液时，应称量g固体。③实验室AgNO3溶液通常盛放在试剂瓶中。（2）通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。实验现象Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝Ⅲ中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝①Ⅱ中反应的离子方程式为：。②Ⅰ、Ⅱ中的现象说明：。（不定项）A．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2B．氧化性顺序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+C．还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣③推测Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因：。（3）利用如图所示装置，探究Ag+氧化I﹣的反应。①图中盐桥中的电解质可用。A．KClB．KNO3C．Fe2（SO4）3②闭合K，电流计指针偏转。“石墨2”作。A．阴极B．阳极C．正极D．负极③已知0.1mol•L﹣1AgNO3溶液的pH＝6。上述实验中可能是氧化了I﹣，将装置中的溶液换成，闭合K，指针未发生偏转。确认Ag+氧化了I﹣。取Ⅰ中产生的黑色沉淀0.0216g于试管中。进行实验：①向黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解；②再向试管中滴加氨水，边滴边振荡至沉淀恰好溶解；③再向其中滴加乙醛溶液，加热，产生光亮的银镜。（4）写出第①步反应的化学方程式。（5）为得到光亮的银镜，实验时应做到：（任写2点）。若黑色沉淀全部转化为银镜，理论上需要乙醛mol。A．1×10﹣4B．2×10﹣4C．1×10﹣3D．2×10﹣35．（2024•西城区校级模拟）某小组同学研究了不同起始pH条件下溴酸钠和硫化钠的反应。（一）隔绝氧气的条件下，在50mL溶液中，NaBrO3起始浓度为0.08mol/L，Na2S起始浓度为2×10﹣3mol/L，改变HNO3的起始加入量，测量反应过程中的pH变化，实验结果如下：实验序号实验Ⅰ实验ⅡHNO3的起始加入量/mol1.3×10﹣41×10﹣4实验结果液体迅速变浑，随后浑浊逐渐减少，10min时溶液基本澄清，过程中pH变化如图：液体变浑，pH变化如图：已知：a.HBrO3属于强酸，的还原产物只有Br﹣，实验中HNO3不表现氧化性；b.硫化钠被氧化的产物可能是S、、S2、；c.pH＞3溶液中，与S2的反应可忽略不计；d.CaS和CaS2O3易溶于水；为研究实验Ⅰ中pH的变化情况，进行实验Ⅲ和实验Ⅳ：取少量实验Ⅰ进行10min左右的液体，离心分离浑浊，得到溶液A，进行实验Ⅲ：实验Ⅳ：步骤1：取一定量的溴酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液混合，反应液温度未有明显变化，测定反应中的反应速率，结果如图所示。步骤2：实验前先在容器中加入少量硫酸钠和溴化钠固体，重复步骤1，测得的反应速率变化曲线与如图几乎完全重合。（1）实验Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀盐酸，能否说明溶液A中没有，理由是，进一步检验溶液A中是否有的方案是。（2）实验Ⅲ中，由无色溶液1加入足量稀盐酸的实验现象可以得到的实验结论是。（3）结合离子方程式，解释实验Ⅰ中2min之后pH变化的可能原因：。（二）研究实验Ⅱ中pH的变化情况，设计测定溶液中S2﹣、、S2浓度的方法如下：已知：a.碘标液的浓度为c1mol/L，硫代硫酸钠标液的浓度为c2mol/L；b.Ksp（CdCO3）＝1×10﹣12、Ksp[Cd（OH）2]＝7.2×10﹣15、Ksp（CdS）＝8×10﹣27；CdSO3和CdS2O3微溶于水；c.能与甲醛反应，产物不被I2氧化d.2S2+I2＝S4+2I﹣步骤1：取10mL待测液，加入一定体积的过量碘标液，充分反应后，用硫代硫酸钠标液滴定，消耗硫代硫酸钠标液的体积是V1mL；步骤2：取20mL待测液，加入过量CdCO3，充分反应后，过滤并洗涤沉淀，将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V2mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3mL。（4）步骤1中滴定时使用的指示剂是，滴定终点的现象是。（5）步骤2中加入CdCO3的作用是。（6）待测液中和S2的物质的量浓度之比是。（7）实验Ⅱ中未检测到和的生成，用离子方程式表示18min后溶液pH下降的原因：。（8）结果表明，不同起始pH条件下，溴酸钠和硫化钠的反应速率和反应产物会有差异。6．（2023•西城区校级三模）研究小组探究磷酸和铁丝的反应。资料：a.铁元素的磷酸二氢盐均易溶于水，其磷酸一氢盐或正盐均难溶于水。b.部分物质的Ksp：物质Fe3（PO4）2FePO4Ksp1.0×10﹣361.3×10﹣22（1）预备铁纫实验Ⅰ.将2cm左右的铁丝放在培开皿中加入盐酸，待有大量气泡产生后取出铁丝用蒸馏水冲净。①实验Ⅰ的目的是。②氯离子对后续实验有不利影响，检验铁丝上的氯离子已除净的方法是。（2实验研究实验Ⅱ.在烧杯中加入30mL1.0mol⋅L﹣1的磷酸溶液，将经第一步预处理的铁丝放入烧杯，铁丝表面产生气泡，持续十几分钟，末见明显变慢。实验Ⅲ.在烧杯中加入30mL1.0mol⋅L﹣1的磷酸溶液以及3mL30%过氧化氢溶液，将经第一步预处理的铁丝放入烧杯，铁丝表面先产生气泡随后气泡消失，再产生气泡再消失的周而往复，振荡周期在20秒左右，可维持数小时。实验Ⅳ.监测实验Ⅲ中振荡开始后溶液的pH变化，结果如图。发现每次放出氢气时，体系的pH就会明显增加，然后迅速恢复至接近体系初始pH，并维持15秒左右的稳定。①实验Ⅱ中反应的离子方程式是。②从速率的角度解释实验Ⅳ的图象中a到b变化的原因：。③实验Ⅲ中过氧化氢溶液作用是，检验的方法是。④实验Ⅳ的图象中c到a′发生的反应主要是。（3）适当提高实验Ⅲ中磷酸溶液的浓度，预计振荡周期将（填“增长”或“变短”）。7．（2023•朝阳区二模）小组同学探究Na2SO3和不同铜盐溶液的反应，实验如下．实验：向2mL0.5mol•L﹣1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol•L﹣1CuCl2溶液，立即产生橙黄色沉淀（沉淀A），放置5min左右，转化为白色沉淀（沉淀B）．已知：ⅰ．Cu+Cu（NH3）2+（无色）ⅱ．Cu+Cu2++Cu（1）研究沉淀B的成分．向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色．取少量深蓝色溶液，滴加试剂X，产生白色沉淀．①白色沉淀是AgCl，试剂X是．②无色溶液在空气中放置变为深蓝色，反应的离子方程式为．（2）经检验，沉淀A不含。推测沉淀A能转化为沉淀B与Cl﹣有关，为研究沉淀A的成分及沉淀A转化为B的原因，实验如图．①仅通过上述实验不能证明沉淀A中含有Cl﹣，补充实验：向少量洗净的沉淀A中加入稀硫酸，证实沉淀A中含有Cu+的证据是．②无色溶液中含有，推测的产生有两个途径：途径1：实验过程中O2氧化；途径2：（将途径补充完整）．经研究，途径1不合理，途径2合理．③解释Na2SO3和CuCl2溶液反应时，先产生橙黄色沉淀，再转化为白色的原因：．（3）Na2SO3和CuCl2溶液反应最终生成CuCl沉淀，并检测到有SO2生成，离子方程式是．（4）用Na2SO3和CuSO4溶液重复上述实验，仅产生橙黄色沉淀，放置72h后变为暗红色沉淀（可溶于氨水，得到无色溶液，放置变为深蓝色）．（5）根据上述实验所得结论：（答出两点）．8．（2023•郑州模拟）为探究FeCl3溶液与Na2SO3溶液的反应，某研究小组的同学提出两种观点。观点一：两溶液混合发生氧化还原反应，离子方程式为。观点二：，离子方程式为。为验证上述观点，该研究小组的同学设计了探究实验（FeCl3溶液和Na2SO3溶液的浓度均为1.0mol•L﹣1）。实验操作与现象①在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黄色；煮沸，溶液变红褐色。②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，溶液立即变为红褐色；再滴加K2[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀。③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，溶液立即变为红褐色；将上述混合液分成两份，一份滴加K2[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀生成；另一份煮沸产生红褐色沉淀，再加K2[Fe（CN）6]溶液，无蓝色沉淀生成。（1）实验①的目的是。（2）对比实验①②的现象，可得结论：。（3）将实验②反应后的溶液放置3小时后，溶液变为浅黄绿色，试提出合理的解释：。（4）实验③的现象说明二者混合只发生反应，原因是。（5）对比实验②③可得影响反应的因素可能有。9．（2023•丰台区二模）某小组同学探究不同条件下H2O2与三价铬（Cr）化合物的反应。资料：ⅰ.Cr3+（墨绿色）、（墨绿色）、Cr（OH）3（蓝色）、（黄色）、Cr2（橙色）、[Cr（O2）4]3﹣（砖红色）。ⅱ.Cr2+H2O⇌2+2H+ⅲ.H2O2⇌H++；⇌H++室温下，向0.1mol⋅L﹣1Cr2（SO4）3溶液中滴加H2SO4溶液或NaOH溶液分别配制不同pH的Cr（Ⅲ）溶液；取配制后的溶液各5mL，分别加入足量30%H2O2溶液。实验①②③④加H2O2前pH4.106.758.4313.37现象墨绿色溶液蓝色浊液蓝色浊液墨绿色溶液加H2O2后现象墨绿色溶液黄绿色溶液黄色溶液砖红色溶液（1）结合加H2O2前的实验现象，可推测Cr（OH）3具有（填“碱性”、“酸性”或“两性”）。（2）实验①中，加H2O2后无明显现象的原因可能是。（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是。（4）取实验③中黄色溶液，加入一定量稀硫酸，可观察到，溶液迅速变为橙色，最终变为绿色，观察到有无色气体产生。结合化学用语解释上述实验现象。（5）已知[Cr（O2）4]3﹣中Cr为+5价。实验④中，加入H2O2后发生反应的离子方程式为。（6）取少量实验④的砖红色溶液，加热，随着温度的升高，溶液最终变为黄色。针对溶液的颜色变化，该小组同学提出如下猜想。猜想1：加热条件下，[Cr（O2）4]3﹣发生自身氧化还原反应，生成；猜想2：。针对上述猜想，该小组同学另取少量实验④的砖红色溶液，，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1成立。（7）综合以上实验，影响H2O2与三价铬化合物反应的因素除了pH，还有。10．（2023•佛山二模）利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。已知：酸性介质中，1mol•L﹣1不同电对的电极电势见如表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。电对（氧化型/还原型）Fe3+/Fe2+H2O2/H2OO2/H2O2MnO2/Mn2+I2/I﹣电极电势φ/V0.7711.7760.6951.2240.536回答下列问题：Ⅰ.探究H2O2的分解反应Fe3+催化H2O2分解反应过程包括i、ii两步：反应i：Fe3++H2O2→Fe2++H++____（未配平）；反应ii；2Fe2++H2O2+2H+═2Fe3++2H2O。（1）反应i的离子方程式为。（2）验证Fe2+生成：反应过程中，加入溶液，产生蓝色沉淀，证明有Fe2+生成。（3）酸性条件下MnO2也可催化H2O2分解。结合表中数据判断，上述条件下H2O2、O2、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为。Ⅱ.探究物质氧化性变化对电化学反应方向的影响用可逆反应2Fe3++2I﹣⇌2Fe2++I2设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E（E＝φ正极﹣φ负极）随时间t的变化如图b所示：（4）电池初始工作时，正极的电极反应式为。（5）某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想：猜想1：c（Fe2+）增大，Fe3+的氧化性减弱，正极的电极电势降低。猜想2：c（I﹣）减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高。①t1时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。实验实验操作电压E/V结论i往烧杯A中加入适量FeE0猜想1成立ii往烧杯B中加入适量E＜0猜想2成立②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由。③为进一步验证猜想1，进行实验iii，完成表中填空。实验实验操作电压E/V结论iii往烧杯A中加入适量E＜0猜想1成立结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。11．（2023•西城区一模）研究小组探究高铜酸钠（NaO2）的制备和性质。资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。实验Ⅰ．向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/LCuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。（1）蓝绿色沉淀中含有OH﹣。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：。（2）探究棕黑色沉淀的组成。实验Ⅱ.将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。①另取少量固体b进行实验，证实了NaCuO2中钠元素的存在，实验操作的名称是。②进一步检验，棕黑色固体是NaCuO2。NaCuO2与稀H2SO4反应的离子方程式是。（3）探究实验条件对NaCuO2制备的影响。实验Ⅲ．向另一份浊液a中继续滴加1.5mL1mol/LCuCl2溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有Cl2产生。①对Cl2的来源，甲同学认为是NaCuO2和Cl﹣反应生成了Cl2，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成Cl2的其他原因：。②探究“继续滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl﹣”的原因。i．提出假设1：c（Cl﹣）增大，Cl﹣的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，。ii．提出假设2：，经证实该假设也成立。（4）改进实验方案，进行实验。实验Ⅳ.向1mL1mol/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/LCuSO4溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。NaCuO2放置过程中产生气体的化学方程式是。（5）通过以上实验，对于NaCuO2化学性质的认识是。（6）根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、和。12．（2023•东城区一模）实验室常用NaOH溶液吸收NO2尾气，探究其适宜条件和原理。20℃时，将4mL不同浓度NaOH溶液一次性推入40mLNO2中，观察现象。编号c（NaOH）现象甲2mol•L﹣1活塞自动内移，最终剩余约7mL无色气体乙6mol•L﹣1活塞自动内移，最终气体全部被吸收（1）NaOH溶液吸收NO2时生成两种钠盐，分别为Na2NO2和。（2）检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理是。（3）某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部OH﹣浓度过低，导致部分NO2与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将NO2缓慢推入NaOH溶液中，（补全实验现象）。（4）进一步探究NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。【查阅资料】i.NO2遇水时发生反应：a.2NO2+H2O═H+++HNO2；b.2HNO2═NO↑+NO2↑+H2O；ii.酸性条件下，HNO2或可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中[c（HNO2）+c（）]越大，红色越深。【实验】将2mLNO2推入5mL下列试剂中，随即取出0.1mL溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液（盐酸酸化）中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。编号试剂溶液颜色丙水溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅丁6mol•L﹣1NaOH溶液戊酸性对氨基苯磺酸溶液①通过实验（填编号）对比，说明NO2遇水时发生了反应a和b。②从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是。（5）若用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL（20℃）无色气体。（6）综上，用NaOH溶液吸收NO2尾气，适宜的条件是（写出两点即可）。13．（2023•顺义区校级模拟）某小组探究不同阴离子与Ag+的结合倾向并分析相关转化。资料：i.Ag2SO3和Ag2S2O3均为白色，难溶于水。ii.Ag+与、S2能生成[Ag（SO3）2]3﹣、[Ag（S2O3）2]3﹣。iii.与Ag+结合倾向S2﹣＞I﹣＞Br﹣。（1）探究S2、与Ag+的结合倾向实验滴管试管现象Ⅰ10滴0.1mol/LAgNO3溶液等浓度的NaI和Na2S2O3溶液黄色沉淀Ⅱ等浓度的NaI和Na2SO3溶液黄色沉淀①由实验Ⅰ推测：与Ag+结合倾向I﹣S2（填“＞”或“＜”）。②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的Na2SO3和Na2S2O3溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中+1价银的存在形式（填化学式）。推测：与Ag+结合倾向S2＞Br﹣＞。查阅资料证实了上述推测。（2）S2的转化实验滴管试管现象Ⅲ0.1mol/LAgNO3溶液0.1mol/LNa2S2O3溶液白色沉淀，振荡后消失Ⅳ0.1mol/LNa2S2O3溶液0.1mol/LAgNO3溶液白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀①写出实验Ⅲ中白色沉淀消失的离子方程式。②查阅资料：实验Ⅳ中黑色沉淀是Ag2S，S2中S元素的化合价分别为﹣2和+6。写出实验Ⅳ中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因。③Na2S2O3溶液可用作定影液。向Na2S2O3溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入（填试剂和操作），可使定影液再生。（3）的转化：分析试管1出现银镜的原因。（4）资料显示：S原子与Ag+结合比O原子更稳定。S2与结构相似，但与Ag+结合倾向：＜S2，试从微粒空间结构角度解释原因。14．（2023•朝阳区模拟）探究一定浓度H2SO4与卤素离子（Cl﹣、Br﹣、I﹣）的反应。实验如图：（1）a.用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀；b.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化。白雾中含有。（2）用CuSO4溶液检验iii中气体，产生黑色CuS沉淀，该气体是。（3）检验ii中产物：Ⅰ.用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含Br2。Ⅱ.取ii中部分溶液，用CCl4萃取。CCl4层显棕红色，水层（溶液A）无色。证实溶液A中含SO2，过程如图：①白色沉淀1的成分是。②生成白色沉淀3的离子方程式是。（4）已知：X2+SO2+2H2O＝2HX+H2SO4（X＝Cl、Br、I）。探究ii中溶液存在Br2、SO2的原因：将ii中溶液用水稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因：a.Br2与H2O发生了反应。b.加水稀释导致溶液颜色变浅。c.Br2与SO2在溶液中发生了反应。①资料：Br2+H2O⇌HBr+HBrOK＝4.0×10﹣9，判断a（填“是”或“不是”）主要原因。②实验证实b不是主要原因，所用试剂和现象是。可选试剂：AgNO4溶液、CCl4、KMnO4溶液③原因c成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因：。（5）实验表明，一定浓度H2SO4能氧化Br、I，不能氧化Cl﹣，从原子结构角度说明。15．（2023•广州三模）某化学研究小组对Na2SO3溶液与FeCl3溶液的反应做了大量的研究。（1）配制FeCl3溶液时，需先把氯化铁晶体溶解在中，再加水稀释，这样操作的目的是。配制100mL0.1mol⋅L﹣1FeCl3溶液，需用托盘天平称取FeCl3⋅6H2O晶体g，用到的玻璃仪器有：烧杯、量筒、玻璃棒、。（2）该小组进行如下实验：向盛有5mL0.1mol⋅L﹣1FeCl3溶液的烧杯中加入2mL0.1mol⋅L﹣1Na2SO3溶液，无沉淀、气体产生，溶液变为红褐色。用红色激光笔照射烧杯中的液体，观察到一条光亮通路。反应的离子方程式为。（3）该小组同学提出疑问：Fe3+有较强氧化性，有较强还原性，二者能否发生氧化还原反应？①从电极反应的角度，进行理论分析：还原反应为：Fe3++e﹣═Fe2+，氧化反应为：。②从科学探究的角度，进行实验论证：通过检验上述红褐色混合溶液中存在（填一种离子符号）可以说明发生了氧化还原反应。具体操作与现象：取少量上述红褐色溶液于试管中，加入过量稀盐酸，振荡，再滴加。（4）一段时间后，该小组同学发现红褐色混合溶液褪色。该反应过程可能为：Na2SO3溶液与FeCl3溶液混合发生双水解和氧化还原两个竞争反应，反应前阶段，。16．（2023•海淀区模拟）某小组同学用银氨溶液制备银镜，并探究反应后银镜的处理方法。Ⅰ.银镜的制备（1）配制银氨溶液时，随着氨水滴加到硝酸银溶液中，观察到先产生棕黄色沉淀，然后沉淀消失，形成无色透明的溶液。该过程中发生的反应有：a.AgNO3+NH3•H2O═AgOH↓+NH4NO3b.AgOH+2NH3•H2O═Ag（NH3）2OH+2H2Oc.2AgOH（白色沉淀）═Ag2O（棕黑色沉淀）+H2Od.（补全d的反应）。（2）写出乙醛与银氨溶液反应的化学方程式。（3）该小组探究银镜反应的最佳条件，部分实验数据如表：实验序号银氨溶液/mL乙醛/滴水浴温度/℃出现银镜时间/min11365521565t313506①推测当银氨溶液的量为1mL，乙醛的量为3滴，水浴温度为60℃，出现银镜的时间范围是。②推测实验2中的t5min（填“大于”、“小于”或“等于”）。Ⅱ.银镜的处理（4）取一支附有银镜的试管，加入2mL稀硝酸，银镜较快溶解，有气泡产生，该反应的离子方程式为。（5）在两支含等量银镜的试管中分别加入2mL1mol•L﹣1FeCl3和Fe（NO3）3溶液，充分振荡，两支试管中均发生不同程度的溶解，前者银镜溶解的量明显多于后者，且前者有灰色沉淀生成。结合化学用语解释FeCl3和Fe（NO3）3溶液溶解银镜效果好的原因。（6）取一支含银镜的试管，加入5mL10%H2O2溶液，振荡，发生剧烈反应，产生大量气泡，银镜在气泡的影响下呈颗粒状逐渐脱离试管内壁，并沉积在试管底部。结合实验现象，小组同学认为Ag催化H2O2分解，该过程分为两步：ⅰ.2Ag+H2O2═Ag2O+H2O；ⅱ.（补全ⅱ的反应）。（7）反思：根据上述过程，清洗银镜可选择的试剂是，此试剂的优点是。17．（2023•天心区校级二模）某中学同学在做铜与浓硫酸（装置如图）的反应实验时，发现有如下的反应现象：加热初期，铜丝表面变黑；继续加热，有大量气泡产生，品红溶液褪色，溶液变为墨绿色浊液，试管底部开始有灰白色沉淀生成；再加热，试管中出现“白雾”，浊液逐渐变为澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，试管底部灰白色沉淀增多；冷却，静置，将试管中液体倒入另一支盛水试管中，管壁发烫，溶液略带蓝色，将灰白色固体倒入水中，形成蓝色溶液。资料：聚四氯乙烯受热分解产生氯化氢，[CuCl4]2﹣呈黄色，[Cu（H2O）4]2+呈蓝色，两者混合则成绿色，铜的化合物中CuO、CuS、Cu2S都为黑色，其中CuO溶于盐酸；CuS、Cu2S不溶于稀盐酸，但溶于浓盐酸。（1）该反应中，品红溶液褪色，体现SO2的性，NaOH溶液的作用是。该中学同学分成几个小组分别对上述现象探究：（2）甲组同学查相关文献资料获知：在较低温度（100℃）下，浓硫酸氧化性相对较弱，生成的黑色沉淀为Cu2S，溶液变蓝，但没有气泡产生。请根据文献资料写出反应的化学方程式：。（3）乙组同学对实验中形成的墨绿色溶液进行探究，特进行下列实验：组别操作现象Ⅰ组取灼烧后的铜丝溶液变蓝Ⅱ组直接取其铜丝（表面有聚四氯乙烯薄膜）溶液变成墨绿色请解释形成墨绿色的原因：。（4）丙组同学对白雾的成分经检验为H2SO4，请设计实验证明该白雾为硫酸：。溶液的蓝色变浅，灰白色沉淀增多，这现象体现浓硫酸的性。（5）丁组同学进一步对灰白色沉淀通过加水溶解、过滤，最后沉淀为黑色，取其黑色沉淀，进行成分探究：滴加适量稀盐酸，则发现黑色沉淀几乎不溶解，溶液也不变蓝，则说明黑色沉淀中不含有。滴加适量浓盐酸，振荡，加热，观察到黑色沉淀几乎完全溶解，溶液呈略黄色[CuCln]2﹣n（n＝1∼4）。写出CuS与浓盐酸反应的离子方程式：。最后，丁组同学经过实验论证证明黑色沉淀中除了有CuS、Cu2S，还有S等。18．（2023•昌平区二模）高铁酸盐（）具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，在水处理方面有一定的发展前景。但是由于存在自催化现象[即分解产物Fe（OH）3可催化高铁酸盐的分解]，限制了它的大规模应用，研究使其稳定的方法尤为关键。已知：Fe3++3F﹣⇌FeF3K＝1012.06Fe3++3C2⇌[Fe（C2O4）3]3﹣K＝1020.2Ⅰ.制备高铁酸盐（1）制备的原理是：Fe3++ClO﹣+OH﹣═++。Ⅱ.高铁酸盐稳定性的研究（2）碱性环境下，久置的溶液中除了产生红褐色Fe（OH）3外，同时还会产生绿色的。此过程的反应为4+10H2O═4Fe（OH）3↓+3O2↑+8OH﹣、。为研究使稳定的方法，分别做以下4个实验：序号X现象a2滴0.01mol/LKI紫色迅速褪去b2滴蒸馏水分别用紫外可见分光光度计测三支试管内溶液的吸光度，结果如图所示。c2滴0.01mol/LNaF溶液d2滴0.01mol/LNa2C2O4溶液资料：吸光度大小与溶液中c（）成正比。（3）甲同学预测d试管内的实验现象应与a试管相似，预测依据是。（4）但吸光度结果图显示甲同学预测并不正确。结合化学用语，从化学反应速率角度解释d试管内的现象与a试管不同的原因是：。（5）“﹣■﹣”曲线为（填入“试管c”或“试管d”）的实验结果，理由是。（6）综合以上讨论，任意写出一种能稳定的方法。19．（2023•沈河区校级模拟）某小组设计不同实验方案比较Cu2+、Ag+的氧化性。方案一：通过置换反应比较（1）向酸化的AgNO3溶液插入铜丝，析出黑色固体，溶液变蓝，说明氧化性Ag+＞Cu2+。反应的化学方程式是。方案二：通过Cu2+、Ag+分别与同一物质反应进行比较实验试剂编号及现象试管滴管1.0mol/LKI溶液1.0mol/LAgNO3溶液Ⅰ.产生黄色沉淀，溶液无色1.0mol/LCuSO4溶液Ⅱ.产生白色沉淀A，溶液变黄（2）经检验，Ⅰ中溶液不含I2，黄色沉淀是。（3）经检验，Ⅱ中溶液含I2。推测Cu2+做氧化剂，白色沉淀A是CuI。确认A的实验如图：①检验滤液无I2。溶液呈蓝色说明溶液含有（填离子符号）；②白色沉淀A与AgNO3溶液反应的离子方程式是，说明氧化性Ag+＞Cu2+。拓展实验：分析“方案二”中Ag+“未能”氧化I﹣的原因设计实验如下：（电极均为石墨，溶液浓度均为1mol/L，b中溶液pH≈4）编号实验1实验2实验现象无明显变化a中溶液较快变棕黄色，b中电极上析出银；电流计指针偏转（4）“实验2”a中溶液呈棕黄色的原因是（用电极反应式表示）。（5）结合资料解释“方案二”中Ag+“未能”氧化I﹣的原因：。（已知：Ag++I﹣═AgI↓K1＝1.2×1016；2Ag++2I﹣═2Ag↓+I2K2＝8.7×108）20．（2023•黄埔区三模）物质的性质决定着反应的多样性。对于Ag+与I﹣的反应，Z同学就有着不同想法。为此，他设计了以下实验：（1）研究AgNO3溶液与KI溶液反应实验Ⅰ：向盛有1mL1mol/LAgNO3溶液的试管中加入1mL1mol/LKI溶液，振荡试管，静置。取上层清液，向其中加入，溶液无明显变化。结论Ⅰ：二者混合只发生沉淀反应，无明显氧化还原反应。（2）探究Ag+的氧化性强弱实验Ⅱ：将打磨光亮的铁丝伸入1mol/LAgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。除去溶液中剩余的Ag+，取1～2mL溶液于试管中，加入试剂X，振荡，溶液变为红色，证明溶液中存在Fe3+。试剂X应为。结论Ⅱ：。已知Fe3+氧化性大于I2，则证明Ag+可与I﹣发生氧化还原反应。（3）①X同学测得常温下该AgNO3溶液的pH为5.5，于是对结论Ⅱ提出质疑，认为可能是酸性条件下体现了氧化性。为了验证其质疑是否正确，他设计了一个对比实验：将打磨光亮的铁丝伸入溶液中，一段时间后将铁丝取出。取1～2mL溶液于试管中，加入试剂X，观察溶液是否呈红色。②同时，X同学考虑到AgNO3溶液与KI溶液反应体系中存在竞争反应。所以，他设计了以下实验来探究Ag+与I﹣的氧化还原反应：根据此装置，盐桥中可选择作为电解质。a．KClb．KNO3c．K2SO4在此实验中，可通过（填实验现象）证明Ag+与I﹣一定发生了氧化还原反应。（4）X同学查阅资料，得知常温下，Ag++I﹣═AgIK1＝1.17×1016；2Ag++2I﹣═I2+2AgK2＝3×108，试从速率和平衡两个方面解释AgNO3溶液与KI溶液混合只发生沉淀反应而无明显氧化还原反应的可能原因：。

2025高考化学一轮复习之性质实验方案的设计（解答大题）参考答案与试题解析一．解答题（共20小题）1．（2024•南京二模）高效氧化剂亚氯酸钠（NaClO2）常用于烟气脱硝（NOx）和废水脱除氨氮。（1）NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为：①“反应2”的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O。②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2，从消毒后饮用水水质和消毒效率（单位质量消毒剂被还原时得电子数）的角度考虑，用ClO2替代Cl2的原因是可避免产生对人体有害的有机氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。（2）NaClO2溶液对烟气脱硝。①酸性条件下，Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体，总反应可表示为5+4H+4ClO2+Cl﹣+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式：Ⅰ.Fe3++═；Ⅱ.；Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+═5Fe3++Cl﹣+2H2O。②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时，烟气中NO氧化率随c（Fe3+）、反应温度的变化分别如图﹣1、图﹣2所示。i.NO氧化率随c（Fe3+）增大而增大的原因是催化剂Fe3+的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，NO的氧化率提高。ii.温度升高，NO氧化率先增大后减小的可能原因是温度升高，Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢，温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主。（3）NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液，用传感器测得溶液中与含量随反应时间的变化如图﹣3所示。判断该实验中被氧化的是否全部转化为的依据为一定时间内，相同体积溶液中，若减少的质量与增加的质量的比值约为18：62，则被氧化的几乎全部转化为。【答案】（1）①2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O；②可避免产生对人体有害的有机氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍；（2）①；②i.催化剂Fe3+的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，NO的氧化率提高；ii.温度升高，Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢，温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主；（3）一定时间内，相同体积溶液中，若减少的质量与增加的质量的比值约为18：62，则被氧化的几乎全部转化为。【分析】（1）①“反应2”中Cl由+4价降低为+3价，降低1价，H2O2中的O由﹣1价升高为0价，整体升高2价，根据原子守恒、化合价升降守恒书写反应的方程式；②ClO2替代传统的Cl2，ClO2～Cl﹣～5e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，设ClO2和Cl2均为1g，则消毒效率（单位质量消毒剂被还原时得电子数）之比为≈2.63，ClO2消毒后，不会产生对人体有害的有机氯化物；（2）①根据盖斯定律的原理可知：Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ＝总反应，据此推测反应Ⅱ；②i.催化剂Fe3+的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，则NO的氧化率提高；ii.温度升高，Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢，温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主；（3）根据关系式：～，从质量变化角度进行分析。【解答】解：（1）①根据原子守恒、化合价升降守恒，可得“反应2”的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O，故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O；②ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2，ClO2～Cl﹣～5e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，设ClO2和Cl2均为1g，则消毒效率（单位质量消毒剂被还原时得电子数）之比为≈2.63，ClO2消毒后，不会产生对人体有害的有机氯化物，所以用ClO2替代Cl2的原因是可避免产生对人体有害的有机氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍，故答案为：可避免产生对人体有害的有机氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍；（2）①酸性条件下，Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体，总反应可表示为5+4H+4ClO2+Cl﹣+2H2O，分步反应为：Ⅰ.Fe3++═；Ⅱ.；Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+═5Fe3++Cl﹣+2H2O，则Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ＝总反应，故答案为：；②i.NO氧化率随c（Fe3+）增大而增大的原因是催化剂Fe3+的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，NO的氧化率提高，故答案为：催化剂Fe3+的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，NO的氧化率提高；ii.温度升高，NO氧化率先增大后减小的可能原因是温度升高，Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢，温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主，故答案为：温度升高，Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢，温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主；（3）NaClO2溶液处理氨氮废水，向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液，用传感器测得溶液中与含量随反应时间的变化如图﹣3所示，判断该实验中被氧化的是否全部转化为的依据为一定时间内，相同体积溶液中，若减少的质量与增加的质量的比值约为18：62，则被氧化的几乎全部转化为，故答案为：一定时间内，相同体积溶液中，若减少的质量与增加的质量的比值约为18：62，则被氧化的几乎全部转化为。【点评】本题主要考查NaClO2的制备，氧化还原反应方程式的书写，同时考查学生的看图理解能力、分析应用能力，属于高考高频考点，难度中等。2．（2024•湖北模拟）某兴趣小组探究镁跟碱性银氨溶液反应。实验步骤及现象如下。Ⅰ.将10mL2mol/LAgNO3溶液和10mL6mol/L的氨水在锥形瓶中混合，测得pH＝12。Ⅱ.加入1g去掉氧化层的镁条，十几秒后有许多气泡生成，用集气瓶排水集气，气体体积先增大后减小然后不变。同时锥形瓶中有灰白色沉淀生成。Ⅲ.取出镁条过滤洗涤得到灰白色固体。Ⅳ.取少量灰白色固体于试管中加入稀HNO3沉淀全部溶解，并有无色的气体生成，且在试管口部气体变成红棕色，将其溶解后的溶液加入稀盐酸，产生大量白色沉淀。回答下列问题：（1）步骤产生不溶于水的气体是H2，易溶于水的气体是氨气，该气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，生成该气体的反应的离子方程式为：2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3•H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2。（2）步骤Ⅳ的现象证明灰白色固体一定含有Ag和Ag2O。证明灰白色固体中有Ag2O需要的试剂有稀盐酸和稀硝酸。（3）向水中加入1g去掉氧化层的镁条，几乎看不见气泡产生。镁跟碱性银氨溶液反应能迅速产生气泡的原因：银和镁构成原电池，产生氢气速率加快。（4）向pH相同的氢氧化钠溶液中加入1g去掉氧化层的镁条，看不见气泡产生，其原因是：pH＝12的氢氧化钠溶液，水和镁反应生成的Mg2+，立即和OH﹣结合成难溶物Mg（OH）2Mg（OH）2瞬即覆盖了镁表面，把镁与碱溶液隔开，反应终止。【答案】（1）H2；氨气；2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3•H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2；（2）Ag和Ag2O；稀硝酸；（3）银和镁构成原电池，产生氢气速率加快；（4）pH＝12的氢氧化钠溶液，水和镁反应生成的Mg2+，立即和OH﹣结合成难溶物Mg（OH）2Mg（OH）2瞬即覆盖了镁表面，把镁与碱溶液隔开，反应终止。【分析】本实验的目的是探究镁与碱性银氨溶液反应，先制得碱性银氨溶液反应，加入1g去掉氧化层的镁条，十几秒后有许多气泡生成，用集气瓶排水集气，观察气体体积先增大后减小然后不变，可结合氧化还原反应原理推测气体成分，同时锥形瓶中有灰白色沉淀生成，用稀盐酸和稀硝酸检验灰白色沉淀的成分。【解答】解：（1）根据气体体积先增大后减小然后不变，可知有一种气体不溶或微溶于水，结合氧化还原反应原理镁作还原剂，被还原的元素除+1价的银元素还有+1价的氢元素，可推知不溶于水的气体是H2；易溶于水的气体是氨气；中+1价银被还原，配体和中心离子Ag+解离，产生氨气，Mg被氧化，因溶液呈碱性，对应的产物是Mg（OH）2，所以反应化学方程式为：2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3•H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2，故答案为：H2；氨气；2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3•H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2；（2）价银被Mg还原成银单质；灰白色固体成分是Ag和Ag2O，加入盐酸，灰白色固体中Ag和盐酸不反应，Ag2O和盐酸反应生成不溶物AgCl，再加稀硝酸，Ag溶于硝酸，AgCl不溶，最后还有不溶物就证明了Ag2O的存在，故答案为：Ag和Ag2O；稀硝酸；（3）生成氢气的本质都是水电离的氢离子被镁还原为氢气；但镁跟碱性银氨溶液反应还能生成的银，银和镁构成原电池，产生氢气速率加快，故答案为：银和镁构成原电池，产生氢气速率加快；（4）pH＝12的氢氧化钠溶液，水和镁反应生成的Mg2+，立即和OH﹣结合成难溶物Mg（OH）2Mg（OH）2瞬即覆盖了镁表面，把镁与碱溶液隔开，反应终止，故答案为：pH＝12的氢氧化钠溶液，水和镁反应生成的Mg2+，立即和OH﹣结合成难溶物Mg（OH）2Mg（OH）2瞬即覆盖了镁表面，把镁与碱溶液隔开，反应终止。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。3．（2024•西城区一模）某小组同学探究硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液与某些常见金属离子的反应。已知：i.[Cu（S2O3）2]2﹣（淡绿色）、[Fe（S2O3）3]3﹣（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3﹣（无色）ii.S4在酸性溶液中转化为、S和SO2。iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。（1）将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是。（2）研究Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。序号X溶液现象ⅠCuCl2溶液溶液变为淡绿色，水浴加热至50℃以上，逐渐析出黑色沉淀ⅡFeCl3溶液溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色ⅢAgNO3溶液逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液①取Ⅰ中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。i.补全Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式：2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+2Cu2++2S2+□_____□_____↓+□_____↓+□_____+4H+ii.查阅资料可知，常温时，生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，但仍需水浴加热至50℃以上才出现沉淀，原因是室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率。②Ⅱ中，S2被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有很少量的。取Ⅱ中的无色溶液进行如下实验证实了此结论。用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重复上述实验，CS2溶解后几乎无固体剩余。i.仅由溶液1中加入足量的盐酸后得到沉淀2，不能说明Ⅱ中生成了S4，理由是无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中。ii.补全实验方案证实上述结论：将沉淀1洗净，加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小。③向Ⅲ的无色溶液中继续加入0.5mL0.1mol/LAgNO3溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3。静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4。（3）软硬酸碱原理认为，Ⅲ中，Ag+为软酸，S2为软碱，S2﹣是比S2更软的碱，可解释S2与Ag+反应的最终产物为Ag2S。由此推测，Ⅰ中，Cu+和Cu2+，Cu+是更软的酸。【答案】（1）；（2）①i.2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率；②i.无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中；ii.加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小；③Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Cu+。【分析】（1）；（2）①i.2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率；②i.无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中；ii.加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小；③Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Cu+。【解答】解：（1）S与Na2SO3发生归中反应得到Na2S2O3，其反应的离子方程式为，故答案为：；（2）①i.根据元素守恒，可知产物中Cu2S的系数是1，中S的化合价为+2价，Cu2S中Cu和S的化合价分别为+1和﹣2，Cu从+2价降低到+1，S的化合价从+2价降低到﹣2；生成1molCu2S，共得到了6mol电子。其他产物中还有S和S2，转化成S，化合价从+2价降低到0；转化为，化合价从+2价降低到+6；在氧化还原反应中，得失电子守恒，可知S和的系数分别是1和2；再结合电荷守恒，可得Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式为2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+，故答案为：2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，说明反应进行得很完全，但是仍需要加热至50℃才会出现沉淀，可知在常温下，该反应的反应速率很慢，升高温度加快了反应速率，故答案为：室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率；②被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有少量的，加入过量的BaCl2溶液，沉淀1为BaS2O3和BaSO4沉淀。溶液1中含有S4，加入足量的盐酸，S4在酸性溶液中转化为、S和SO2，沉淀2中含有BaSO4和S。加入CS2溶解S单质，剩余的固体1为BaSO4；i根据已知，被Fe3+氧化成S4，方程式：2+2Fe3+＝S4+2Fe2+，实验Ⅱ中加入的Fe3+和S4的比例为1：2，可知是过量的，因此无色溶液中含有，虽然加入了过量的BaCl2，但是BaS2O3微溶于水，溶液1中仍会有少量的，加入盐酸后，与H+反应，方程式：+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，也会生成S单质存在于沉淀2中，因此S单质不一定来自于S4，故答案为：无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中；ii证实结论：被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有很少量的；可知沉淀1中出了BaS2O3外，还有少量的BaSO4。BaSO4固体不溶于盐酸，可用于证明沉淀1中含有BaSO4，并且BaSO4的量应比固体1中的少。实验操作为加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小，故答案为：加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小；③Ag2S2O3发生歧化反应，得到Ag2S，另一种物质为强酸，为H2SO4，则方程式为Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4，故答案为：Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Ag+为软酸，为软碱，S2﹣是比更软的碱，可解释与Ag+反应的最终产物为Ag2S；可知软酸容易与更软的碱的结合。Ⅰ中，与Cu2+反应的最终产物为Cu2S，可知Cu+是比Cu2+更软的酸，故答案为：Cu+。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。4．（2024•杨浦区二模）为探究+1价Ag的氧化性，开展如下活动。（1）配制溶液：称量→溶解→冷却→操作①→洗涤→注入→混匀→定容→操作②→装瓶贴标签①下列图示中，操作①为B、操作②为D。②用FeCl3•6H2O配制100mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液时，应称量2.705g固体。③实验室AgNO3溶液通常盛放在棕色、细颈试剂瓶中。（2）通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。实验现象Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝Ⅲ中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝①Ⅱ中反应的离子方程式为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2。②Ⅰ、Ⅱ中的现象说明：AC。（不定项）A．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2B．氧化性顺序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+C．还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣③推测Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因：Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应。（3）利用如图所示装置，探究Ag+氧化I﹣的反应。①图中盐桥中的电解质可用B。A．KClB．KNO3C．Fe2（SO4）3②闭合K，电流计指针偏转。“石墨2”作C。A．阴极B．阳极C．正极D．负极③已知0.1mol•L﹣1AgNO3溶液的pH＝6。上述实验中可能是氧化了I﹣，将装置中的AgNO3溶液换成pH＝6的0.1mol•L﹣1的NaNO3溶液，闭合K，指针未发生偏转。确认Ag+氧化了I﹣。取Ⅰ中产生的黑色沉淀0.0216g于试管中。进行实验：①向黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解；②再向试管中滴加氨水，边滴边振荡至沉淀恰好溶解；③再向其中滴加乙醛溶液，加热，产生光亮的银镜。（4）写出第①步反应的化学方程式3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O。（5）为得到光亮的银镜，实验时应做到：洁净的试管、水浴加热（或乙醛的浓度不易过大等）（任写2点）。若黑色沉淀全部转化为银镜，理论上需要乙醛Amol。A．1×10﹣4B．2×10﹣4C．1×10﹣3D．2×10﹣3【答案】（1）①B；D；②2.705；③棕色、细颈；（2）①2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；②AC；③Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应；（3）①B；②C；③AgNO3；pH＝6的0.1mol•L﹣1的NaNO3溶液；（4）3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O；（5）洁净的试管、水浴加热（或乙醛的浓度不易过大等）；A。【分析】（1）①配制溶液的步骤为：称量→溶解→冷却→移液→洗涤→注入→混匀→定容→摇匀→装瓶贴标签；②根据n＝cV和m＝nM计算称量FeCl3•6H2O的质量；③AgNO3见光易分解；（2）①Ⅱ中FeCl3溶液呈棕黄色，滴加KI溶液、再滴加淀粉溶液时溶液变蓝，说明有I2生成，结合氧化还原反应规律写出方程式；②氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；③根据氧化还原反应规律可知，Ag+能氧化I﹣，Ag+和I﹣也能结合生成AgI沉淀，但实际上低浓度的Ag+和I﹣生成AgI沉淀的程度大，发生氧化还原反应的程度较小；（3）①KCl能与AgNO3反应生成AgCl沉淀，Fe2（SO4）3能与KI反应，KNO3与AgNO3、KI均不能反应；②该原电池工作时，Ag+发生还原反应生成Ag，I﹣发生氧化反应生成I2，则石墨1电极为负极，石墨2电极为正极；③硝酸具有强氧化性，可能氧化I﹣生成I2，可将AgNO3换成NaNO3进行对比实验；（4）稀硝酸溶解Ag生成AgNO3、NO和H2O；（5）做银镜反应实验时，要求试管内壁洁净，便于生成的银附着；反应温度不宜过高，需要控制反应温度；反应过程中不能振荡试管，银在试管壁上附着不均匀；乙醛浓度也不能过高、否则反应过快；根据Ag原子守恒、乙醛和银氨溶液的反应方程式进行计算。【解答】（1）①配制溶液的步骤为：称量→溶解→冷却→移液→洗涤→注入→混匀→定容→摇匀→装瓶贴标签，则操作①为移液，为图B，操作②为摇匀，为图D，故答案为：B；D；②配制100mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液时n（FeCl3）＝cV＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，则称量FeCl3•6H2O的质量m＝nM＝0.01mol×207.5g/mol＝2.705g，故答案为：2.705；③AgNO3见光易分解，则AgNO3溶液通常盛放在棕色、细颈试剂瓶中，故答案为：棕色、细颈；（2）①Ⅱ中FeCl3溶液中滴加KI溶液、再滴加淀粉溶液时溶液变蓝，说明有I2生成，根据氧化还原反应规律可知，还原产物为FeCl2，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，故答案为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；②实验Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红，反应为Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，氧化性：Ag+＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Ag；实验Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝，反应为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，氧化性：Fe3+＞I2，还原性：I﹣＞Fe2+，即氧化性：Ag+＞Fe3+＞I2，还原性：I﹣＞Fe2+＞Ag，且同一种金属元素的低价离子氧化性弱、还原性较强，所以还原性：I﹣＞Fe2+＞Fe3+，故答案为：AC；③根据氧化还原反应规律可知，AgNO3能与KI发生氧化还原反应，但由于溶液中Ag+、I﹣浓度低，无法发生氧化还原反应，二者反而快速发生复分解反应生成AgI沉淀，即实验Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因是：Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应，故答案为：Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应；（3）①KCl能与AgNO3反应生成AgCl沉淀，Fe2（SO4）3能与KI反应，KNO3与AgNO3、KI均不能反应，所以盐桥中的电解质可用KNO3，不能选择KCl或Fe2（SO4）3，故答案为：B；②闭合K，电流计指针偏转，即该原电池工作时，Ag+发生还原反应生成Ag，I﹣发生氧化反应生成I2，则石墨1电极为负极，石墨2电极为正极，故答案为：C；③硝酸具有强氧化性，可能氧化I﹣生成I2，为了排除的干扰，可将pH＝6的0.1mol•L﹣1AgNO3溶液换成pH＝6的0.1mol•L﹣1NaNO3溶液进行对比实验，实验时闭合K，发现指针未发生偏转，说明无影响，从而确认是Ag+氧化了I﹣，故答案为：AgNO3；pH＝6的0.1mol•L﹣1的NaNO3溶液；（4）稀硝酸溶解Ag生成AgNO3、NO和H2O，反应的化学方程式为3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O，故答案为：3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O；（5）做银镜反应实验时，实验时应做到：试管内壁保持洁净；反应温度不宜过高，采用水浴加热；反应过程中不能振荡试管；乙醛浓度也不能过高等；Ag守恒：Ag→AgNO3→[Ag（NH3）2]OH→Ag，所以根据银镜反应方程式进行计算即可，该反应为CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，n（CH3CHO）＝n（Ag）＝0.5×＝1×10﹣4mol，故答案为：洁净的试管、水浴加热（或乙醛的浓度不易过大等）；A。【点评】本题考查物质性质实验方案设计，侧重分析能力、实验能力和计算能力考查，把握溶液配制实验步骤、氧化还原反应及氧化性或还原性强弱判断、原电池工作原理、银镜反应实验及其注意事项、化学方程式的计算等知识即可解答，题目难度中等。5．（2024•西城区校级模拟）某小组同学研究了不同起始pH条件下溴酸钠和硫化钠的反应。（一）隔绝氧气的条件下，在50mL溶液中，NaBrO3起始浓度为0.08mol/L，Na2S起始浓度为2×10﹣3mol/L，改变HNO3的起始加入量，测量反应过程中的pH变化，实验结果如下：实验序号实验Ⅰ实验ⅡHNO3的起始加入量/mol1.3×10﹣41×10﹣4实验结果液体迅速变浑，随后浑浊逐渐减少，10min时溶液基本澄清，过程中pH变化如图：液体变浑，pH变化如图：已知：a.HBrO3属于强酸，的还原产物只有Br﹣，实验中HNO3不表现氧化性；b.硫化钠被氧化的产物可能是S、、S2、；c.pH