定性探究-2025年高考化学实验常考题型突破（解析版）

题型09定性探究

题型解读：解读高考化学实验题型特点，分析命题考查要点。

解题必备：整理归纳解题必备的知识要点和方法技巧。

真题回顾：感知真题，从试题题型、背景、设问方式等多角度领悟命题立意。

好题必刷：精选高质量题目，锻炼做题的速度和准确率。

题型解读

定性综合实验题是近几年高考实验命题的一大亮点，也是难点。分析近几年全国各地新课标高考试题，不难

发现大部分是以陌生物质的制备为载体的实验题，综合考查实验相关知识和考生综合分析问题的能力。能很好地

考查学生综合运用化学实验基础知识解决实际问题的能力，因而受高考命题者的青睐。在解答时，要明确实验目

的、理清各个部分装置的作用、弄清楚各步操作的目的及可能发生的相关反应，最后结合所制备物质的性质、所

学物质制备装置的模型等作出判断。

解题必备

一'探究物质组成、性质的实验方案的设计

i.验证性的性质实验方案的设计

物质一性质推测一实验验证T结论。图示如下：

2.探究性实验方案的设计

探究性实验方案的设计，可以按照以下步骤进行：

明确探究问题IT作出合理假设j设计实验步骤IT预测实验结果T得出实验结论

二、探究实验方案的评价

1.对实验用品选择的评价

包括仪器的选择、药品的选择、连接方式的选择等。仪器的选择包括发生装置（几种基本类型）、净化装置（除杂质

的试剂与顺序）、反应装置、收集装置、尾气处理装置等的选择；药品的选择包括种类、浓度、物质状态等的选

择；连接方式的选择，包括仪器的先后顺序、导管接口的连接方式等的选择。

2.对不同实验方案的评价

对几个实验方案的正确与错误、严密与不严密、准确与不准确作出判断。要考虑是否合理、有无干扰现象、经济

上是否合算和对环境有无污染等。

3.最佳方案的选用

几个实验方案都能达到实验目的，应分析各方案的优劣并选出其中最佳的一个。所谓最佳，无非是装置最简单、

药品容易取得且价格低廉、原料利用率高、现象明显、无干扰物质以及无污染等。

三、探究物质性质的基本方法和程序

类方

分

的

运用

据质

物

根

法

，

类或

别

的

属

所

用

关应

反

有

利

律

测质

物

预

规'I----------------------------------------------------------------------------------1

性

质

的

一―;验证预测，并作出新的预测;

___________________________________________J

一

““进行进一步的研究

--------1-Ij-------------------------------------------------------------------1

实验和观察中发现特殊现象提出新问题;

r[I----------------------------------------------------------------------------------------------J

L门解释释总及结论论u门物运质有的血通派性丽及特联性，后药而；

四、性质实验探究的角度与方法

物质性质实验探究是中学化学实验探究的重要内容。设计实验探究时，要求原理准确、步骤简捷、现象明显、结

论易得，且不对环境造成污染，中学化学性质实验探究的主要角度有：

①物质氧化性、还原性的判断。如探究SC)2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnC)4溶液中，通过酸性KMnO4

溶液是否退色来说明。

②物质氧化性强弱、还原性强弱的判断。如探究Fe3+的氧化性强于》时,可利用FeCb与KI淀粉溶液反应，通过溶

液是否变蓝色来说明Fe3+的氧化性强于I?。

③同周期、同主族元素性质的递变规律一般通过设计元素金属性、非金属性的强弱实验来完成，如通过Mg、Al与

同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg的活泼性强于AL

④电解质强弱的判断。如探究一元酸HA是弱酸的方法是常温下配制NaA的溶液，测该溶液的pH,若pH>7,则说明

HA为弱酸。

⑤物质酸性强弱的判断。如探究碳酸和硅酸的酸性强弱，可利用相对强的酸制备相对弱的酸的反应原理，将CO2气

体通入Na2SiC)3溶液，看是否有白色沉淀生成来判断。

⑥钢铁发生电化学腐蚀的规律探究。可以通过控制所含的杂质是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、

钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等角度设计实验，找出规律。

⑦热分解产物的性质探究、判断

(1)难溶碳酸盐氧化物+CC)2个

(2)碳酸的酸式盐碳酸的正盐+C02个+h。

(3)镂盐3^NH3个+相应的酸(或酸性氧化物+出0)(NH4NO3除外)

（4）硝酸盐金属（或金属氧化物、亚硝酸盐）+氮氧化物（NO或NO2）个+。2个

（5）草酸晶体CO2个+C0个+出0

五'猜想探究型实验题的思维流程

六,物质制备与性质验证实验中需考虑的7大因素

⑴进行某些易燃易爆实验时要防爆炸（如印还原CuO时应先通H2,再加热。可燃性气体点燃前先验纯等）。

（2）防氧化（如H2还原CuO后要“先灭灯再停氢”，切割白磷宜在水中进行等）。

（3）防吸水（实验取用和制取易吸水、潮解、水解的物质时宜采取必要措施防止吸水，以保证达到实验目的）。

（4）冷凝回流：有些反应中，为减少易挥发液体反应物的损耗和充分利用原料，需在反应装置上加装冷凝回流装

置（如长玻璃管、冷凝管等）。

（5）易挥发液体产物（导出时为蒸气）的及时冷却。

（6）仪器拆卸的科学性与安全性（可从防污染、防氧化、防倒吸、防爆炸、防泄漏等角度考虑）。

（7）其他，如实验操作顺序，试剂加入顺序等。

真题回顾

L（2024•天津•高考真题）柠檬酸钙［Cas（C6H5O7%］微溶于水、难溶于乙醇，是一种安全的食品补钙剂。某学习

小组以蛋壳为主要原料，开展制备柠檬酸钙的如下实验。

I.实验流程

（1）实验中，需将蛋壳研磨成粉，其目的是O

⑵写出蛋壳主要成分与醋酸反应的离子方程式,此反应的实验现象是。

⑶实验流程中，先将蛋壳粉与醋酸反应，而不是直接与柠檬酸溶液反应。解释该设计的理由。

⑷过滤时用到的玻璃仪器有。

⑸洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂是（填序号）。

a.水b.乙醇c.醋酸

⑹上述实验流程中可循环使用的反应物为O

n.柠檬酸钙样品纯度的测定

已知：柠檬酸钙的摩尔质量为Mg/mol,EDTA与Ca?+按1：1（物质的量之比）形成稳定配合物。

将干燥后的柠檬酸钙样品ag置于锥形瓶中，按照滴定要求将其配成浅液，用溶液调节pH大于13,加入钙指示

剂，用bmol/L的EDTA标准溶液滴定至试液由紫红色变为蓝色，达到滴定终点，消耗EDTA标准溶液VmL。

⑺配制Imol/LNaOH溶液时，需将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移至容量瓶中，其目的是=

⑻测定实验中，滴定管用蒸储水洗涤后，加入EDTA标准溶液之前，需进行的操作为=若滴定所用锥形瓶

在使用前洗净但未干燥，会导致测定结果（填"偏高"、"偏低"或"无影响"）。

（9）样品中柠檬酸钙质量分数的表达式是（用字母表示）。

【答案】（1）增大反应物接触面积，使反应更加充分，提高反应速率

2+-

（2）CaCO3+2CH3COOH=Ca+2CH3COO+H2O+CO2T蛋壳粉溶解，有气泡产生

⑶醋酸钙易溶，柠檬酸钙微溶，反应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步反应

⑷烧杯、漏斗、玻璃棒

⑸b

⑹CH3coOH或醋酸

⑺减少溶质的损失，降低实验误差

（8）用少量EDTA标准溶液润洗滴定管2〜3次无影响

（9端X］。。%

【详解】（1）需将蛋壳研磨成粉，其目的是增大固体反应物接触面积，使反应更加充分，提高反应速率；

（2）蛋壳主要成分是碳酸钙，是难溶的固体，醋酸为弱酸，离子方程式中不能拆开要用化学式，碳酸钙与醋酸

2+

反应的离子方程式为：CaCO3+2cH3coOH=Ca+2cH3coeT+H,0+CO2T；

因为产生二氧化碳气体，实验现象是：蛋壳粉溶解，有气泡产生；

（3）实验中先将蛋壳粉与醋酸反应，而不是直接与柠檬酸溶液反应，原因是：醋酸钙易溶，柠檬酸钙微溶，反

应生成的柠檬酸钙覆盖在蛋壳粉表面会阻碍进一步反应；

（4）过滤时用到的仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒和滤纸，玻璃仪器有：烧杯、漏斗、玻璃棒；

（5）柠檬酸钙微溶于水、难溶于乙醇，洗涤柠檬酸钙最适宜的试剂乙醇，答案选b；

2+

（6）蛋壳制备柠檬酸钙的主要反应为：0CaCO3+2CH3COOH=Ca+2CH3COQ-+H20+C02T；②溶液中

加柠檬酸，生成柠檬酸钙和醋酸。其中可以循环使用的物质是CH3coOH；

（7）配制一定物质的量浓度的溶液，需将烧杯和玻璃棒进行洗涤，将洗涤烧杯内壁和玻璃棒的洗涤液一并转移

至容量瓶中，目的是将溶质全部转移至容量瓶中，减少溶质的损失，降低实验误差；

（8）滴定管用蒸储水洗涤后，加入EDTA标准溶液之前，需用EDTA对滴定管进行润洗，故操作为：用少量EDTA

标准溶液润洗滴定管2〜3次；

滴定所用锥形瓶在使用前洗净但未干燥，这些水分不改变标准液和待测液中的溶质，所以对滴定结果无影响；

（9）柠檬酸钙的摩尔质量为Mg/mol,EDTA与Ca"按1：1（物质的量之比）形成稳定配合物。

3EDTA〜[Ca3（C6H5O7）2]

3m01乂，列比例可得样品中柠檬酸钙质量尤=黑:g,样品中柠檬酸钙质量分数的

bmol/LVmL3000

------------------x

1000mL/L

表达式：—xlOO%=-^1x100%o

ag3000a

2.（2024・海南•高考真题）羟基磷酸钙[ca'POj,。可（1.406//1.75）是骨骼石灰和牙釉质的主要成分。某课

题组按照下述步骤进行其制备探索：在75K下向由一定量Ca（OH%粉末配制的含有分散剂的浆液中，边搅拌边

滴加计算量的稀H3Po4,滴加完成后继续搅拌一段时间。冷至室温固液分离，烘干固体得纳米级微粉产品。制备

依据的代表反应式为：5Ca（OH）2+3H3PO4=Ca5（PO4）3OH+9H2O,装置如图所示（固定器具已省略）。

回答问题：

(1)装置图中，安装不当的是(填仪器标号)

(2)使用冷凝管的目的是,冷凝水进水口为(填序号)，干燥管中熟石灰用于吸收(填化学式)。

⑶实验中使用水浴加热，其优点为、o

⑷投料时应使用新制Ca(OH)2粉末，以降低杂质(填化学式)对实验的影响。

⑸完成反应后，可以保持产品组成稳定的固液分离方式有、(填标号)。

a.倾倒b.常压过滤c.减压过滤d.离心分离

⑹实验中以题述加料方式所得产品中x/y=1⑨。某次实验将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO4得到的产品中x/y=1.50。

造成这种结果差异的原因是0

【答案】(l)a

(2)使水冷凝回流②CO2

⑶控温容易受热均匀；无明火，更安全；烧瓶使用后更易清洁(答出任意两点)

(4)CaCO3

(5)bd

⑹在将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO,的整个加料过程中，局部和本体的H3P0,、HzPO：和HPO：都相对过量，限制

了向含有更多OIF组成的物质的沉淀转化

【详解】(1)装置图中，搅拌器应插入液面以下进行搅拌，故安装不当的是a；

(2)该反应产物为羟基磷酸钙和水，羟基磷酸钙骨骼石灰和牙釉质的主要成分，其熔沸点高，故冷凝管的作用

是使水冷凝回流；冷凝管的水流方式为下进上出，则进水口为2；干燥管中熟石灰用于吸收空气中的二氧化碳,

防止与Ca(OH)2浆液反应生成CaCC)3,影响产品纯度；

(3)水浴加热的优点为控温容易、受热均匀、无明火、更安全、烧瓶使用后更易清洁等;

(4)投料时应使用新制Ca(OH%粉末，Ca(OH%易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙固体，故应为降低杂质

CaCC>3对实验的影响；

(5)a.倾倒法无法有效实现固液分离，故a错误；

b.常压过滤，即为普通过滤操作，可以保持产品组成稳定，故b正确；

c.减压过滤，俗称抽滤，其过滤速度较快，不利于提高纳米级微粉产品的产率，也不利于实现稳定的固液分离,

故c错误；

d.离心分离法是利用离心力使重量不同的物质分隔开，可以实现稳定的固液分离，故d正确；

故选bd；

(6)题述加料方式所得产品中x/y=L67,某次实验将Ca(OH入浆液滴入稀H3PO,得到的产品中x/y=L50,相

当于PO；含量变大，则造成这种结果差异的原因是在将Ca(OH)2浆液滴入稀H3PO4的整个加料过程中，局部和

本体的H3PO4、HzP。4和HPO：都相对过量，限制了向含有更多OJT组成的物质的沉淀转化。

3.(2024・广西•高考真题)二氧化硫版［(NHJzCSC^CrD)是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在受热或

碱性条件下易水解：(NHzkCSOz+HzOENHzkCO+HzSO?。其制备与应用探究如下：

I.由硫版［(NHzkCS］制备TD

按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫胭和水，溶解，冷却至5K后，滴入H?。?溶液，控制温度低于10冤和pH<6

进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。

E.用TD进行高岭土原矿脱色(去除FeM)探究

将mg高岭土原矿(Fe2Oj质量分数为0.68%)制成悬浊液，加入TD,在一定条件下充分反应，静置，分离出上层清

液VmL,用分光光度法测得该清液中Fe?+浓度为bmg-L-,计算Fe0的去除率。

回答下列问题：

⑴仪器a的名称是.

（2）I中控制"温度低于10冤和pH<6"的目的是。

⑶写出制备TD的化学方程式o

⑷H2sO?中S的化合价为oI的反应中，因条件控制不当生成了H2s。2,最终导致TD中出现黄色杂质,

该杂质是（填化学式）。

（5）I中"洗涤"选用乙醇的理由是=

⑹高岭土中FeQj去除率为（用含m、b、V的代数式表示）。II中"静置"时间过长，导致脱色效果降低的原因

是O

【答案】（1）恒压滴液漏斗

⑵防止二氧化硫肥水解、防止过氧化氢分解

pH<6

⑶(NH/CS+2H2。2(NH2)2CSO2+2H2O

低于10℃

⑷+2S

⑸减少二氧化硫胭的溶解损失

bv

（6）——%亚铁离子被空气中氧气氧化

47.6m

【详解】（1）由图，仪器a的名称是恒压滴液漏斗；

（2）已知，二氧化硫酥在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，故I中控制"温度低于

和pH<6"的目的是防止二氧化硫服水解、防止过氧化氢分解；

（3）硫麻和水溶解冷却至5久后，滴入HzO2溶液，控制温度低于10冤和pH<6进行反应生成二氧化硫胭，结合

pH<6

质量守恒,反应还会生成水,反应为（NH2%CS+2H(NH2)OCSO2+2H2O

低于10℃

（4）二氧化硫胭水解：（NH'CSOz+HzOENHzbCO+HzSO?,生成HzS。?，则反应中元素化合价没有改变,

（NHjCSO?中硫化合价为+2,则H?SC）2中S的化合价为+2。TD具有还原性，I的反应中因条件控制不当生成

了H2so2,最终导致TD中出现黄色杂质，该杂质是TD还原硫元素转化生成的硫单质；

（5）二氧化硫版可溶于水，难溶于乙醇，I中"洗涤"选用乙醇的理由是减少二氧化硫胭的溶解损失；

（6）清液中Fe?+浓度为bmg〕T,则Fe?+为bmg-L-xVxl（r3L=bVxlO-3mg=bVxlO«g,那么Feq,的去除率

bVxlO"g

XXgm

56g/mol2°inno/bV”；亚铁离子具有还原性，n中"静置"时间过长，导致脱色效果降低的原

------------------------------x100%=--------%

mgx0.68%47.6m

因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。

4.（2024•江西•高考真题）一种可用于温度传感的红色配合物乙其制备实验步骤及传感原理如图（反应物均按化

学计量数之比进行投料）：

XO=（2）NaB（C6H5）4

XHYZ（红色）W（蓝绿色）

I.将Ni（NO3）2・6H2。和去离子水加入圆底烧瓶中，搅拌至完全溶解，再依次加入乙酰丙酮（HY）、无水Na2c。3和

N,N,N1-三甲基乙二胺（X）溶液，继续搅拌5min；

H.加入NaB（C6H5）4溶液，立即生成红色沉淀，室温下继续反应35min；

m.减压过滤，用去离子水洗涤3次，烘干，重结晶，得到配合物Z；

IV.室温下，将适量Z溶于丙酮（L）,温度降至15。口溶液经混合色逐渐转为蓝绿色，得到配合物W的溶液。

回答下列问题：

（1）已知配合物Z中Ni、N和。五个原子共平面，M2+的杂化方式（填"是"或"不是"）sp3。

⑵步骤I中，加入Na2CC）3的目的是。

⑶步骤II中，为避免沉淀包裹反应物共沉，可采取的操作是o

⑷步骤HI中，洗涤去除的无机盐产物是=

⑸采用EDTA配位滴定法测定Ni的含量。实验步骤如下：

i.准确称取mg的配合物Z；

ii,加入稀硝酸使样品完全消解，再加入去离子水，用20%醋酸钠溶液调节pH至4〜5；

iii.以PAN为指示剂，用cmol/LEDTA标准溶液滴定，平行测定三次，平均消耗EDTA体积VmL。

已知：EDTA与Ni2+化学计量数之比为1：1

①除了滴定管外，上述测定实验步骤中，使用的仪器有（填标号）。

容量瓶天平洗瓶锥形瓶

②Ni的质量百分含量为%。

⑹利用上述配合物的变色原理（温差约10久时，颜色有明显变化），设计一种实用温度传感装置

【答案】⑴不是

⑵中和X与HY反应生成的HL使平衡正向移动，有利于Z的生成

⑶充分搅拌、剧烈振荡

(4)NaNO3

⑹具有温度指示功能的水杯，水杯外壁涂有配位化合物W(含少量丙酮)并以透明材料密封，并附有比色卡，水温

可通过所示颜色与比色卡比较，大致判断，是否适合饮用

【详解】(1)已知配合物Z中Ni、N和。五个原子共平面，Ni?+的杂化方式为dsp2杂化，不是sp3杂化。

(2)步骤I中，加入Na2cO3的目的是中和X与HY反应生成的H+，使平衡正向移动，有利于Z的生成。

(3)步骤H中，为避免沉淀包裹反应物共沉，可采取的操作是充分搅拌、剧烈振荡。

(4)步骤I和II中，引入了Na+和N。；，则步骤W中，洗涤去除的无机盐产物是NaNC>3。

(5)①称取mg的配合物Z需要电子天平，加去离子水可以使用洗瓶，滴定过程需要用到滴定管和锥形瓶，所

以上述测定实验步骤中，使用的仪器除了滴定管外，还有天平、锥形瓶、洗瓶；故选bed；

②根据题意有关系式：EDTA-Ni2+,则n(Ni)=n(Ni2+尸n(EDTA)=cVxl(T3moi,所以Ni的质量百分含量为

eVx10_3molx59g/mol，八八"5.9cV.

---------------------------x100%=--------%n

mgmo

(6)利用上述配合物的变色原理(温差约10°C时，颜色有明显变化)，设计一种实用温度传感装置，该装置可以

是具有温度指示功能的水杯，水杯外壁涂有配位化合物W(含少量丙酮)并以透明材料密封，并附有比色卡，水温

可通过所示颜色与比色卡比较，大致判断，是否适合饮用。

5.(2024・广东•高考真题)含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。

⑴实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用(填化学式)溶液吸收。

(2)工业上，烟气中的SO?可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中，(填元素符号)被

氧化。

⑶工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：

CaSO4(s)+CO；(aq)CaCO3(s)+SO^(aq)(I)。兴趣小组在实验室探究Na2cO3溶液的浓度对反应(I)的反应速率

的影响。

①用Na2cO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。

i.该过程中用到的仪器有o

.4nI口

后LJ上千

HD

ii.滴定数据及处理：Na2c。3溶液V°mL,消耗cgoll」盐酸YmL（滴定终点时，CO：转化为HCOJ则

c（Na2co3）=mol-L1o

②实验探究：取①中的Na2cO3溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入叫g硫酸钙固体，反应'min

后，过滤，取V°mL滤液，用盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表（忽略CO；水解的影响）。

消耗（盐酸）

序号V（Na2CO3）/mLV（H2O）/mLV（滤液）/mLV/mL

2V/5

a100.00Vo

X3V/10

b80.0Vo

贝口=，测得的平均反应速率之比VaM=。

⑷兴趣小组继续探究反应（I）平衡的建立，进行实验。

①初步实验将1.00g硫酸钙（M=136g・mo『）加入100.0mL0.100moLL」Na2c溶液中，在25℃和搅拌条件下，利

用pH计测得体系的pH随时间的变化曲线如图。

②分析讨论甲同学根据tzmin后pH不改变，认为反应（I）已达到平衡；乙同学认为证据不足，并提出如下假设:

假设1硫酸钙固体已完全消耗；

假设2硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。

③验证假设，乙同学设计如下方案，进行实验。

步骤现象

i.将①实验中的反应混合物进行固液分离/

ii.取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加一_____，沉淀完全溶解

iii.继续向ii的试管中滴加______无白色沉淀生成

④实验小结假设1成立，假设2不成立。①实验中反应（I）平衡未建立。

⑤优化方案、建立平衡写出优化的实验方案，并给出反应（I）平衡已建立的判断依据：

【答案】(l)NaOH(其他合理答案也可)

(2)5

CM

(3)BD寸20.06：5

V。

(4)过量稀盐酸有气体产生Bad2溶液将最少L36g硫酸钙加入lOO.OmLO.lOOmol.UNazCOs

溶液中，在25。和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH,当pH不变时，加入Na2sO,固体，若pH值变大，说

明反应I平衡已建立

【分析】探究反应CaSO4(s)+CO；(aq)UCaCC)3(s)+SO：(aq)(I)中Na2cO3溶液的浓度对反应速率的影响，通过

HCI与Na2c。3的滴定反应，来测量Na2c。3浓度的变化量，从而计算平均反应速率；

探究反应CaSO4(s)+CO；(aq)UCaCO3(s)+SO：(aq)平衡的建立，利用CO；水解呈碱性的性质，通过测定pH来判

断C。；离子浓度的变化情况，从而判断反应是否平衡。

A人

【详解】(1)浓硫酸与铜丝反应方程式为：Cu+2H2SO4=CUSO4+SO2T+2H2O,所产生的尾气为SO2,可用

NaOH溶液吸收(其他合理答案也可)；

(2)SO?生成石膏(主要成分CaSOQ，S元素的化合价由+4价上升到+6价，失去电子，被氧化；

(3)①用NazCQ固体配制溶液，以滴定法测定其浓度，该过程用到下列仪器中的烧杯、酸式滴定管，故选

BD；根据离子方程式CO：+H+=HCO]可知,

②总体积应相同，x为20QmL；a中消耗的盐酸体积为与，即

△n(Na2co3)=^^-----------同理可得，b中

*0'V。V。

,/.T八八、C[V]3c.V.10050c.V]AcAn60c,V50c,V./_

An(Na2CO3)=80x-^i-^ix—=-由于丫=7="，总体积相同时，va:vb=--^：—=6:5.

*o।UVo*oAtvAtV。Vo

(4)由结论假设1成立，假设2不成立，说明①实验中的沉淀均为CaC03,要验证沉淀中无CaS04,可酸溶后

滴加BaC%将①实验中的反应混合物进行固液分离后，取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加过量稀盐酸，有气

体产生，沉淀完全溶解，继续滴加BaCk溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀均为CaC03,无CaSO"由方程式

CaSC>4(s)+CO；(aq)UCaCO3(s)+SO；-(aq)可知，假设正反应100%进行,

n(CaSO4)=n(CO3*)=0.100mol/Lx0.IL=O.Olmol,质量为0.01molxl36g/mol=1.36g,实验方案为：将最少L36g

硫酸钙加入1。0.。11110.100111011」冲2€：03溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH,当pH不变

时，加入Na2SC>4固体，若pH值变大，说明反应I平衡已建立。

6.(2024•北京•高考真题)某小组同学向pH=l的o.5moll」的FeCh溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg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Fe'+还原为Fe的金属是。

⑵实验验证

实

金属操作、现象及产物

验

过量

1一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质

Cu

过量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

n

Zn时溶液pH为3~4,取出固体，固体中未检测到Fe单质

过量有大量气泡产生，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

皿

Mg溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质

①分别取实验I、n、HI中的少量溶液，滴加K3【Fe(CN)6］溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是

②实验□、HI都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因_____=

③对实验n未检测到Fe单质进行分析及探究。

i.a.甲认为实验H中，当Fe3+、浓度较大时，即使Zn与Fe?+反应置换出少量Fe,Fe也会被Fe3+、H+消耗。

写出Fe与Fe?*、T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Zn粉上，阻碍了Zn与Fe?+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。

ii.查阅资料：0.5mol-L」Fe3+开始沉淀的pH约为L2,完全沉淀的pH约为3。

结合a、b和c,重新做实验H,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,(填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。

⑶对比实验n和III,解释实验HI的固体中检测到Fe单质的原因_____。

【答案】(l)Mg、Zn

⑵产生蓝色沉淀Fe3+水解方程式为Fe3++3HQUFe(OH)3+3H+,加入的Mg或Zn会消耗H*,促进

3++2+2

Fe"水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀2Fe+2Fe+2H=4Fe+H2T或2Fe"+Fe=3Fe\

+2+

2H+Fe=Fe+H2T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K?［Fe(CN)6］溶液,

不产生蓝色沉淀观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去(或变浅)，停止加盐酸

⑶加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH%沉淀包裹

【分析】实验I中，加入过量的Cu,Cu与Fe3+发生反应2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,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++H2T,有气泡产生,

pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(0H)3,固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及FeQH%

沉淀对锌粉的包裹；实验HI中，加入过量Mg,发生反应Mg+2H+=Mg2++HzT,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H和III,加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(0H)3沉淀包裹，实验HI的固体中

检测到Fe单质。

【详解】(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+

(2)①Fe与降［Fe(CN%］会生成蓝色的KFe［Fe(CN)6］沉淀；

②Fe3+水解方程式为Fe3++3H2OUFe(OH)3+3H+,加入的Mg或Zn会消耗H+,促进Fe"水解平衡正向移动，使

其转化为Fe(0H)3沉淀；

③i.a.Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H2个或2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2T；

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H未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的十扰以及Fe(OHb沉淀对锌粉的包裹，因此

可控制反应条件，在未生成Fe(OH%沉淀时将Fe"还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验口，

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,观察到红褐色沉淀逐渐溶解,

有气泡产生，待溶液颜色褪去(或变浅)，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和川，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(0H)3沉淀包裹，实验HI的固体中检测到Fe

单质。

7.(2024•甘肃・高考真题)某兴趣小组设计了利用Mi!。?和H2sO,生成MnSzOf，再与Na2cO3反应制备

Na2s2O6-2HzO的方案:

1\

II

;MnO

\!*.S(

BaiOHh；

⑴采用下图所示装置制备SO?,仪器a的名称为步骤I中采用冰水浴是为了

⑵步骤n应分数次加入MnC»2,原因是

⑶步骤HI滴加饱和Ba（OH）2溶液的目的是

⑷步骤W生成MnCOj沉淀，判断Mn"已沉淀完全的操作是

⑸将步骤V中正确操作或现象的标号填入相应括号中

A.蒸发皿中出现少量晶体

B.使用漏斗趁热过滤

C.利用蒸发皿余热使溶液蒸干

D.用玻璃棒不断搅拌

E.等待蒸发皿冷却

【答案】（1）恒压滴液漏斗增大SO2的溶解度、增大H2s。3的浓度，同时为步骤口提供低温

⑵防止过多的MnC>2与H2s。3反应生成MnSC）4，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10℃

⑶除去过量的SO2（或H2s。3）

⑷静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和NazCQ溶液，若不再产生沉淀，说明MM+已沉淀完全

⑸D、A、E

【分析】步骤II中Mn5与H2S5在低于时反应生成MnS2O6,反应的化学方程式为

MnO2+2H2SO3=MnS2O6+2H2O,步骤HI中滴加饱和Ba（OH）2除去过量的S02（或H2SO3）,步骤IV中滴入饱和Na2CO3

溶液发生反应MnSzOe+Na2cC）3=MnCC）3U+Na2s2。6,经过滤得到Na2s2。6溶液，步骤V中Na2s2。6溶液经蒸发浓缩、

冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6-2H2O»

【详解】（1）根据仪器a的特点知，仪器a为恒压滴液漏斗；步骤I中采用冰水浴是为了增大SO2的溶解度、增

大H2s。3的浓度，同时为步骤口提供低温；

（2）由于Mn5具有氧化性、S02（或H2sO3）具有还原性，步骤II应分数次加入MnO?，原因是：防止过多的

MnOz与dSO?反应生成MnSCU，同时防止反应太快、放热太多、不利于控制温度低于10久；

（3）步骤HI中滴加饱和Ba（OH）2溶液的目的是除去过量的5。2（或H2SO3），防止后续反应中SO?与Na2CC）3溶液

反应，增加饱和Na2c。3溶液的用量、并使产品中混有杂质；

（4）步骤IV中生成MnCOs沉淀，判断MM+已沉淀完全的操作是：静置，向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CC）3

溶液，若不再产生沉淀，说明MM+已沉淀完全；

（5）步骤V的正确操作或现象为：将滤液倒入蒸发皿中玲用酒精灯加热玲用玻璃棒不断搅拌玲蒸发皿中出现少

量晶体今停止加热少等待蒸发皿冷却好过滤、洗涤、干燥得到Na2s2。6,2%0,依次填入D、A、E。

8.（2022•北京•高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价镒化合物的反应

资料：

i.MB+在一定条件下被CI2或Cl。氧化成MnO2（棕黑色）、MnO；（绿色）、MnO^紫色）。

ii.浓碱条件下，MnO；可被还原为MnO；。

iii.CI2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaCIO的氧化性随碱性增强而减弱。

实验装置如图（夹持装置略）

中实验现象

序C

物质a

号

通入Cl2前通入。2后

1水得到无色溶液产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化

产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍

n5%NaOH溶液

沉淀有沉淀

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

液沉淀有沉淀

(1)B中试齐U是=

⑵通入c%前，n、in中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为0

⑶对比实验|、n通入ci2后的实验现象，对于二价铳化合物还原性的认识是。

⑷根据资料"，nr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ci?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MnC)2被(填"化学式)氧化，可证明皿

的悬浊液中氧化剂过量；

③取川中放置后的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HI未得到绿色溶液的可能原因________0

【答案】①饱和NaCI溶液

(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O

⑶Md+的还原性随溶液碱性的增强而增强

-/

(4)CI2+2NaOH=NaCI+NaCIO+H2O4MnO4+4OH=4MnO^+O2T+2H2ONaCIO

3CIO+2MnO2+2OH=2MnO；+3CI+H2OHI中氧化剂氧化锦酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锦酸根离子

的速率，导致实验HI未得到绿色溶液

【详解】(1)B中试剂是饱和NaCI溶液，作用是吸收CL中的杂质HCI气体，故答案为：饱和NaCI溶液；

(2)通入Cl2前，II、HI中MM+与碱性溶液中NaOH电离产生的反应产生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,故答案为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2。；

(3)对比实验I、n通入CI2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，故答案为：MM+的还原性随溶液碱性的增强而增强；

(4)①Ch与NaOH反应产生NaCI、NaCIO、H20,使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为：

CI2+2NaOH=NaCI+NaCIO+H2O,故答案为：CI2+2NaOH=NaCI+NaCIO+H2O；

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

色变为绿色就是由于在浓碱条件下，Mil。,可被0H-还原为MnO：,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：4乂1104+40甘=4乂110：+02个+2出0；溶液绿色缓慢加深，根据题给信息，NaCIO的氧化

性随碱性增强而减弱，此时溶液碱性较强，则原因是MnOz被NaCI。氧化，可证明HI的悬浊液中氧化剂过量，故

答案为：4MnO4+40H=4MnO^+02+2H20：NaCIO；

③取川中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明CICT将MnO2氧化为

MnO4,发生的反应是：3cle)-+2MnC)2+2C)H-=2MnO[+3c1-+»0,故答案为：3cle)-+2MnO2+2OH-=2MnO；+3Cr+H2。；

④根据题给信息可知，MnO：(绿色)、MnOk紫色)，则从反应速率的角度，分析实验DI未得到绿色溶液的可能

原因是：m中氧化剂氧化锦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，导致实验HI未得到绿色溶

液。

好题必刷

1.(2024•湖南长沙•模拟预测)某化学小组同学探究NaCIO溶液与KI溶液的反应，实验过程和记录如下。

实验实验操作实验现象

/—i.0.5mL0.5mol-L-1NaCIO溶液

4ii.几滴淀粉溶液i.溶液变为浅黄色

I

ii.溶液变蓝

J-2mL0.5molL-1KI溶液

i.0.5mL0.5mol-L-1KI溶液

彳ii.几滴淀粉溶液

C-i.溶液保持无色

n

ii.溶液不变蓝，溶液的pH=10

32mL0.5mol•L-1NaCIO溶液

【资料工碘的化合物主要以「和I。；的形式存在。酸性条件下I。；不能氧化C「、可以氧化「，CIO-在pH<4并

加热的条件下极不稳定。

⑴0.5mol•LTNaClO溶液的pH=ll,用离子方程式表示其原因：。

(2)实验I中溶液变为浅黄色的离子方程式是。

⑶对比实验I和n,研究实验n反应后"溶液不变蓝"的原因。

①提出假设a：L在碱性溶液中不能存在。设计实验m