題型09定性探究

題型解讀：解讀高考化學實驗題型特點，分析命題考查要點。

解題必備：整理歸納解題必備的知識要點和方法技巧。

真題回顧：感知真題，從試題題型、背景、設問方式等多角度領悟命題立意。

好題必刷：精選高質量題目，鍛煉做題的速度和準確率。

題型解讀

定性綜合實驗題是近幾年高考實驗命題的一大亮點，也是難點。分析近幾年全國各地新課標高考試題，不難

發現大部分是以陌生物質的制備為載體的實驗題，綜合考查實驗相關知識和考生綜合分析問題的能力。能很好地

考查學生綜合運用化學實驗基礎知識解決實際問題的能力，因而受高考命題者的青睞。在解答時，要明確實驗目

的、理清各個部分裝置的作用、弄清楚各步操作的目的及可能發生的相關反應，最后結合所制備物質的性質、所

學物質制備裝置的模型等作出判斷。

解題必備

一'探究物質組成、性質的實驗方案的設計

i.驗證性的性質實驗方案的設計

物質一性質推測一實驗驗證T結論。圖示如下：

2.探究性實驗方案的設計

探究性實驗方案的設計，可以按照以下步驟進行：

明確探究問題IT作出合理假設j設計實驗步驟IT預測實驗結果T得出實驗結論

二、探究實驗方案的評價

1.對實驗用品選擇的評價

包括儀器的選擇、藥品的選擇、連接方式的選擇等。儀器的選擇包括發生裝置（幾種基本類型）、凈化裝置（除雜質

的試劑與順序）、反應裝置、收集裝置、尾氣處理裝置等的選擇；藥品的選擇包括種類、濃度、物質狀態等的選

擇；連接方式的選擇，包括儀器的先后順序、導管接口的連接方式等的選擇。

2.對不同實驗方案的評價

對幾個實驗方案的正確與錯誤、嚴密與不嚴密、準確與不準確作出判斷。要考慮是否合理、有無干擾現象、經濟

上是否合算和對環境有無污染等。

3.最佳方案的選用

幾個實驗方案都能達到實驗目的，應分析各方案的優劣并選出其中最佳的一個。所謂最佳，無非是裝置最簡單、

藥品容易取得且價格低廉、原料利用率高、現象明顯、無干擾物質以及無污染等。

三、探究物質性質的基本方法和程序

類方

分

的

運用

據質

物

根

法

，

類或

別

的

屬

所

用

關應

反

有

利

律

測質

物

預

規'I----------------------------------------------------------------------------------1

性

質

的

一―;驗證預測，并作出新的預測;

___________________________________________J

一

““進行進一步的研究

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

實驗和觀察中發現特殊現象提出新問題;

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

L門解釋釋總及結論論u門物運質有的血通派性麗及特聯性，后藥而；

四、性質實驗探究的角度與方法

物質性質實驗探究是中學化學實驗探究的重要內容。設計實驗探究時，要求原理準確、步驟簡捷、現象明顯、結

論易得，且不對環境造成污染，中學化學性質實驗探究的主要角度有：

①物質氧化性、還原性的判斷。如探究SC)2具有還原性的方法是將氣體通入酸性KMnC)4溶液中，通過酸性KMnO4

溶液是否退色來說明。

②物質氧化性強弱、還原性強弱的判斷。如探究Fe3+的氧化性強于》時,可利用FeCb與KI淀粉溶液反應，通過溶

液是否變藍色來說明Fe3+的氧化性強于I?。

③同周期、同主族元素性質的遞變規律一般通過設計元素金屬性、非金屬性的強弱實驗來完成，如通過Mg、Al與

同濃度鹽酸反應產生H2的快慢來說明Mg的活潑性強于AL

④電解質強弱的判斷。如探究一元酸HA是弱酸的方法是常溫下配制NaA的溶液，測該溶液的pH,若pH>7,則說明

HA為弱酸。

⑤物質酸性強弱的判斷。如探究碳酸和硅酸的酸性強弱，可利用相對強的酸制備相對弱的酸的反應原理，將CO2氣

體通入Na2SiC)3溶液，看是否有白色沉淀生成來判斷。

⑥鋼鐵發生電化學腐蝕的規律探究?？梢酝ㄟ^控制所含的雜質是否與空氣接觸、所接觸的電解質溶液的酸堿度、

鋼鐵在腐蝕過程中體系內的氣壓變化等角度設計實驗，找出規律。

⑦熱分解產物的性質探究、判斷

(1)難溶碳酸鹽氧化物+CC)2個

(2)碳酸的酸式鹽碳酸的正鹽+C02個+h。

(3)鏤鹽3^NH3個+相應的酸(或酸性氧化物+出0)(NH4NO3除外)

（4）硝酸鹽金屬（或金屬氧化物、亞硝酸鹽）+氮氧化物（NO或NO2）個+。2個

（5）草酸晶體CO2個+C0個+出0

五'猜想探究型實驗題的思維流程

六,物質制備與性質驗證實驗中需考慮的7大因素

⑴進行某些易燃易爆實驗時要防爆炸（如印還原CuO時應先通H2,再加熱?？扇夹詺怏w點燃前先驗純等）。

（2）防氧化（如H2還原CuO后要“先滅燈再停氫”，切割白磷宜在水中進行等）。

（3）防吸水（實驗取用和制取易吸水、潮解、水解的物質時宜采取必要措施防止吸水，以保證達到實驗目的）。

（4）冷凝回流：有些反應中，為減少易揮發液體反應物的損耗和充分利用原料，需在反應裝置上加裝冷凝回流裝

置（如長玻璃管、冷凝管等）。

（5）易揮發液體產物（導出時為蒸氣）的及時冷卻。

（6）儀器拆卸的科學性與安全性（可從防污染、防氧化、防倒吸、防爆炸、防泄漏等角度考慮）。

（7）其他，如實驗操作順序，試劑加入順序等。

真題回顧

L（2024?天津?高考真題）檸檬酸鈣［Cas（C6H5O7%］微溶于水、難溶于乙醇，是一種安全的食品補鈣劑。某學習

小組以蛋殼為主要原料，開展制備檸檬酸鈣的如下實驗。

I.實驗流程

（1）實驗中，需將蛋殼研磨成粉，其目的是O

⑵寫出蛋殼主要成分與醋酸反應的離子方程式,此反應的實驗現象是。

⑶實驗流程中，先將蛋殼粉與醋酸反應，而不是直接與檸檬酸溶液反應。解釋該設計的理由。

⑷過濾時用到的玻璃儀器有。

⑸洗滌檸檬酸鈣最適宜的試劑是（填序號）。

a.水b.乙醇c.醋酸

⑹上述實驗流程中可循環使用的反應物為O

n.檸檬酸鈣樣品純度的測定

已知：檸檬酸鈣的摩爾質量為Mg/mol,EDTA與Ca?+按1：1（物質的量之比）形成穩定配合物。

將干燥后的檸檬酸鈣樣品ag置于錐形瓶中，按照滴定要求將其配成淺液，用溶液調節pH大于13,加入鈣指示

劑，用bmol/L的EDTA標準溶液滴定至試液由紫紅色變為藍色，達到滴定終點，消耗EDTA標準溶液VmL。

⑺配制Imol/LNaOH溶液時，需將洗滌燒杯內壁和玻璃棒的洗滌液一并轉移至容量瓶中，其目的是=

⑻測定實驗中，滴定管用蒸儲水洗滌后，加入EDTA標準溶液之前，需進行的操作為=若滴定所用錐形瓶

在使用前洗凈但未干燥，會導致測定結果（填"偏高"、"偏低"或"無影響"）。

（9）樣品中檸檬酸鈣質量分數的表達式是（用字母表示）。

【答案】（1）增大反應物接觸面積，使反應更加充分，提高反應速率

2+-

（2）CaCO3+2CH3COOH=Ca+2CH3COO+H2O+CO2T蛋殼粉溶解，有氣泡產生

⑶醋酸鈣易溶，檸檬酸鈣微溶，反應生成的檸檬酸鈣覆蓋在蛋殼粉表面會阻礙進一步反應

⑷燒杯、漏斗、玻璃棒

⑸b

⑹CH3coOH或醋酸

⑺減少溶質的損失，降低實驗誤差

（8）用少量EDTA標準溶液潤洗滴定管2?3次無影響

（9端X］。。%

【詳解】（1）需將蛋殼研磨成粉，其目的是增大固體反應物接觸面積，使反應更加充分，提高反應速率；

（2）蛋殼主要成分是碳酸鈣，是難溶的固體，醋酸為弱酸，離子方程式中不能拆開要用化學式，碳酸鈣與醋酸

2+

反應的離子方程式為：CaCO3+2cH3coOH=Ca+2cH3coeT+H,0+CO2T；

因為產生二氧化碳氣體，實驗現象是：蛋殼粉溶解，有氣泡產生；

（3）實驗中先將蛋殼粉與醋酸反應，而不是直接與檸檬酸溶液反應，原因是：醋酸鈣易溶，檸檬酸鈣微溶，反

應生成的檸檬酸鈣覆蓋在蛋殼粉表面會阻礙進一步反應；

（4）過濾時用到的儀器有：燒杯、漏斗、玻璃棒和濾紙，玻璃儀器有：燒杯、漏斗、玻璃棒；

（5）檸檬酸鈣微溶于水、難溶于乙醇，洗滌檸檬酸鈣最適宜的試劑乙醇，答案選b；

2+

（6）蛋殼制備檸檬酸鈣的主要反應為：0CaCO3+2CH3COOH=Ca+2CH3COQ-+H20+C02T；②溶液中

加檸檬酸，生成檸檬酸鈣和醋酸。其中可以循環使用的物質是CH3coOH；

（7）配制一定物質的量濃度的溶液，需將燒杯和玻璃棒進行洗滌，將洗滌燒杯內壁和玻璃棒的洗滌液一并轉移

至容量瓶中，目的是將溶質全部轉移至容量瓶中，減少溶質的損失，降低實驗誤差；

（8）滴定管用蒸儲水洗滌后，加入EDTA標準溶液之前，需用EDTA對滴定管進行潤洗，故操作為：用少量EDTA

標準溶液潤洗滴定管2?3次；

滴定所用錐形瓶在使用前洗凈但未干燥，這些水分不改變標準液和待測液中的溶質，所以對滴定結果無影響；

（9）檸檬酸鈣的摩爾質量為Mg/mol,EDTA與Ca"按1：1（物質的量之比）形成穩定配合物。

3EDTA?[Ca3（C6H5O7）2]

3m01乂，列比例可得樣品中檸檬酸鈣質量尤=黑:g,樣品中檸檬酸鈣質量分數的

bmol/LVmL3000

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

1000mL/L

表達式：—xlOO%=-^1x100%o

ag3000a

2.（2024?海南?高考真題）羥基磷酸鈣[ca'POj,。可（1.406//1.75）是骨骼石灰和牙釉質的主要成分。某課

題組按照下述步驟進行其制備探索：在75K下向由一定量Ca（OH%粉末配制的含有分散劑的漿液中，邊攪拌邊

滴加計算量的稀H3Po4,滴加完成后繼續攪拌一段時間。冷至室溫固液分離，烘干固體得納米級微粉產品。制備

依據的代表反應式為：5Ca（OH）2+3H3PO4=Ca5（PO4）3OH+9H2O,裝置如圖所示（固定器具已省略）。

回答問題：

(1)裝置圖中，安裝不當的是(填儀器標號)

(2)使用冷凝管的目的是,冷凝水進水口為(填序號)，干燥管中熟石灰用于吸收(填化學式)。

⑶實驗中使用水浴加熱，其優點為、o

⑷投料時應使用新制Ca(OH)2粉末，以降低雜質(填化學式)對實驗的影響。

⑸完成反應后，可以保持產品組成穩定的固液分離方式有、(填標號)。

a.傾倒b.常壓過濾c.減壓過濾d.離心分離

⑹實驗中以題述加料方式所得產品中x/y=1⑨。某次實驗將Ca(OH)2漿液滴入稀H3PO4得到的產品中x/y=1.50。

造成這種結果差異的原因是0

【答案】(l)a

(2)使水冷凝回流②CO2

⑶控溫容易受熱均勻；無明火，更安全；燒瓶使用后更易清潔(答出任意兩點)

(4)CaCO3

(5)bd

⑹在將Ca(OH)2漿液滴入稀H3PO,的整個加料過程中，局部和本體的H3P0,、HzPO：和HPO：都相對過量，限制

了向含有更多OIF組成的物質的沉淀轉化

【詳解】(1)裝置圖中，攪拌器應插入液面以下進行攪拌，故安裝不當的是a；

(2)該反應產物為羥基磷酸鈣和水，羥基磷酸鈣骨骼石灰和牙釉質的主要成分，其熔沸點高，故冷凝管的作用

是使水冷凝回流；冷凝管的水流方式為下進上出，則進水口為2；干燥管中熟石灰用于吸收空氣中的二氧化碳,

防止與Ca(OH)2漿液反應生成CaCC)3,影響產品純度；

(3)水浴加熱的優點為控溫容易、受熱均勻、無明火、更安全、燒瓶使用后更易清潔等;

(4)投料時應使用新制Ca(OH%粉末，Ca(OH%易與空氣中二氧化碳反應生成碳酸鈣固體，故應為降低雜質

CaCC>3對實驗的影響；

(5)a.傾倒法無法有效實現固液分離，故a錯誤；

b.常壓過濾，即為普通過濾操作，可以保持產品組成穩定，故b正確；

c.減壓過濾，俗稱抽濾，其過濾速度較快，不利于提高納米級微粉產品的產率，也不利于實現穩定的固液分離,

故c錯誤；

d.離心分離法是利用離心力使重量不同的物質分隔開，可以實現穩定的固液分離，故d正確；

故選bd；

(6)題述加料方式所得產品中x/y=L67,某次實驗將Ca(OH入漿液滴入稀H3PO,得到的產品中x/y=L50,相

當于PO；含量變大，則造成這種結果差異的原因是在將Ca(OH)2漿液滴入稀H3PO4的整個加料過程中，局部和

本體的H3PO4、HzP。4和HPO：都相對過量，限制了向含有更多OJT組成的物質的沉淀轉化。

3.(2024?廣西?高考真題)二氧化硫版［(NHJzCSC^CrD)是還原性漂白劑，可溶于水，難溶于乙醇，在受熱或

堿性條件下易水解：(NHzkCSOz+HzOENHzkCO+HzSO?。其制備與應用探究如下：

I.由硫版［(NHzkCS］制備TD

按如圖裝置，在三頸燒瓶中加入硫胭和水，溶解，冷卻至5K后，滴入H?。?溶液，控制溫度低于10冤和pH<6

進行反應。反應完成后，結晶、過濾、洗滌、干燥后得到產品TD。

E.用TD進行高嶺土原礦脫色(去除FeM)探究

將mg高嶺土原礦(Fe2Oj質量分數為0.68%)制成懸濁液，加入TD,在一定條件下充分反應，靜置，分離出上層清

液VmL,用分光光度法測得該清液中Fe?+濃度為bmg-L-,計算Fe0的去除率。

回答下列問題：

⑴儀器a的名稱是.

（2）I中控制"溫度低于10冤和pH<6"的目的是。

⑶寫出制備TD的化學方程式o

⑷H2sO?中S的化合價為oI的反應中，因條件控制不當生成了H2s。2,最終導致TD中出現黃色雜質,

該雜質是（填化學式）。

（5）I中"洗滌"選用乙醇的理由是=

⑹高嶺土中FeQj去除率為（用含m、b、V的代數式表示）。II中"靜置"時間過長，導致脫色效果降低的原因

是O

【答案】（1）恒壓滴液漏斗

⑵防止二氧化硫肥水解、防止過氧化氫分解

pH<6

⑶(NH/CS+2H2。2(NH2)2CSO2+2H2O

低于10℃

⑷+2S

⑸減少二氧化硫胭的溶解損失

bv

（6）——%亞鐵離子被空氣中氧氣氧化

47.6m

【詳解】（1）由圖，儀器a的名稱是恒壓滴液漏斗；

（2）已知，二氧化硫酥在受熱或堿性條件下易水解，且過氧化氫不穩定受熱易分解，故I中控制"溫度低于

和pH<6"的目的是防止二氧化硫服水解、防止過氧化氫分解；

（3）硫麻和水溶解冷卻至5久后，滴入HzO2溶液，控制溫度低于10冤和pH<6進行反應生成二氧化硫胭，結合

pH<6

質量守恒,反應還會生成水,反應為（NH2%CS+2H(NH2)OCSO2+2H2O

低于10℃

（4）二氧化硫胭水解：（NH'CSOz+HzOENHzbCO+HzSO?,生成HzS。?，則反應中元素化合價沒有改變,

（NHjCSO?中硫化合價為+2,則H?SC）2中S的化合價為+2。TD具有還原性，I的反應中因條件控制不當生成

了H2so2,最終導致TD中出現黃色雜質，該雜質是TD還原硫元素轉化生成的硫單質；

（5）二氧化硫版可溶于水，難溶于乙醇，I中"洗滌"選用乙醇的理由是減少二氧化硫胭的溶解損失；

（6）清液中Fe?+濃度為bmg〕T,則Fe?+為bmg-L-xVxl（r3L=bVxlO-3mg=bVxlO?g,那么Feq,的去除率

bVxlO"g

XXgm

56g/mol2°inno/bV”；亞鐵離子具有還原性，n中"靜置"時間過長，導致脫色效果降低的原

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

mgx0.68%47.6m

因是亞鐵離子被空氣中氧氣氧化，導致實驗誤差。

4.（2024?江西?高考真題）一種可用于溫度傳感的紅色配合物乙其制備實驗步驟及傳感原理如圖（反應物均按化

學計量數之比進行投料）：

XO=（2）NaB（C6H5）4

XHYZ（紅色）W（藍綠色）

I.將Ni（NO3）2?6H2。和去離子水加入圓底燒瓶中，攪拌至完全溶解，再依次加入乙酰丙酮（HY）、無水Na2c。3和

N,N,N1-三甲基乙二胺（X）溶液，繼續攪拌5min；

H.加入NaB（C6H5）4溶液，立即生成紅色沉淀，室溫下繼續反應35min；

m.減壓過濾，用去離子水洗滌3次，烘干，重結晶，得到配合物Z；

IV.室溫下，將適量Z溶于丙酮（L）,溫度降至15。口溶液經混合色逐漸轉為藍綠色，得到配合物W的溶液。

回答下列問題：

（1）已知配合物Z中Ni、N和。五個原子共平面，M2+的雜化方式（填"是"或"不是"）sp3。

⑵步驟I中，加入Na2CC）3的目的是。

⑶步驟II中，為避免沉淀包裹反應物共沉，可采取的操作是o

⑷步驟HI中，洗滌去除的無機鹽產物是=

⑸采用EDTA配位滴定法測定Ni的含量。實驗步驟如下：

i.準確稱取mg的配合物Z；

ii,加入稀硝酸使樣品完全消解，再加入去離子水，用20%醋酸鈉溶液調節pH至4?5；

iii.以PAN為指示劑，用cmol/LEDTA標準溶液滴定，平行測定三次，平均消耗EDTA體積VmL。

已知：EDTA與Ni2+化學計量數之比為1：1

①除了滴定管外，上述測定實驗步驟中，使用的儀器有（填標號）。

容量瓶天平洗瓶錐形瓶

②Ni的質量百分含量為%。

⑹利用上述配合物的變色原理（溫差約10久時，顏色有明顯變化），設計一種實用溫度傳感裝置

【答案】⑴不是

⑵中和X與HY反應生成的HL使平衡正向移動，有利于Z的生成

⑶充分攪拌、劇烈振蕩

(4)NaNO3

⑹具有溫度指示功能的水杯，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，水溫

可通過所示顏色與比色卡比較，大致判斷，是否適合飲用

【詳解】(1)已知配合物Z中Ni、N和。五個原子共平面，Ni?+的雜化方式為dsp2雜化，不是sp3雜化。

(2)步驟I中，加入Na2cO3的目的是中和X與HY反應生成的H+，使平衡正向移動，有利于Z的生成。

(3)步驟H中，為避免沉淀包裹反應物共沉，可采取的操作是充分攪拌、劇烈振蕩。

(4)步驟I和II中，引入了Na+和N。；，則步驟W中，洗滌去除的無機鹽產物是NaNC>3。

(5)①稱取mg的配合物Z需要電子天平，加去離子水可以使用洗瓶，滴定過程需要用到滴定管和錐形瓶，所

以上述測定實驗步驟中，使用的儀器除了滴定管外，還有天平、錐形瓶、洗瓶；故選bed；

②根據題意有關系式：EDTA-Ni2+,則n(Ni)=n(Ni2+尸n(EDTA)=cVxl(T3moi,所以Ni的質量百分含量為

eVx10_3molx59g/mol，八八"5.9cV.

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

mgmo

(6)利用上述配合物的變色原理(溫差約10°C時，顏色有明顯變化)，設計一種實用溫度傳感裝置，該裝置可以

是具有溫度指示功能的水杯，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，水溫

可通過所示顏色與比色卡比較，大致判斷，是否適合飲用。

5.(2024?廣東?高考真題)含硫物質種類繁多，在一定條件下可相互轉化。

⑴實驗室中，濃硫酸與銅絲反應，所產生的尾氣可用(填化學式)溶液吸收。

(2)工業上，煙氣中的SO?可在通空氣條件下用石灰石的漿液吸收，生成石膏。該過程中，(填元素符號)被

氧化。

⑶工業鍋爐需定期除水垢，其中的硫酸鈣用純堿溶液處理時，發生反應：

CaSO4(s)+CO；(aq)CaCO3(s)+SO^(aq)(I)。興趣小組在實驗室探究Na2cO3溶液的濃度對反應(I)的反應速率

的影響。

①用Na2cO3固體配制溶液，以滴定法測定其濃度。

i.該過程中用到的儀器有o

.4nI口

后LJ上千

HD

ii.滴定數據及處理：Na2c。3溶液V°mL,消耗cgoll」鹽酸YmL（滴定終點時，CO：轉化為HCOJ則

c（Na2co3）=mol-L1o

②實驗探究：取①中的Na2cO3溶液，按下表配制總體積相同的系列溶液，分別加入叫g硫酸鈣固體，反應'min

后，過濾，取V°mL濾液，用鹽酸參照①進行滴定。記錄的部分數據如下表（忽略CO；水解的影響）。

消耗（鹽酸）

序號V（Na2CO3）/mLV（H2O）/mLV（濾液）/mLV/mL

2V/5

a100.00Vo

X3V/10

b80.0Vo

貝口=，測得的平均反應速率之比VaM=。

⑷興趣小組繼續探究反應（I）平衡的建立，進行實驗。

①初步實驗將1.00g硫酸鈣（M=136g?mo『）加入100.0mL0.100moLL」Na2c溶液中，在25℃和攪拌條件下，利

用pH計測得體系的pH隨時間的變化曲線如圖。

②分析討論甲同學根據tzmin后pH不改變，認為反應（I）已達到平衡；乙同學認為證據不足，并提出如下假設:

假設1硫酸鈣固體已完全消耗；

假設2硫酸鈣固體有剩余，但被碳酸鈣沉淀包裹。

③驗證假設，乙同學設計如下方案，進行實驗。

步驟現象

i.將①實驗中的反應混合物進行固液分離/

ii.取少量分離出的沉淀置于試管中，滴加一_____，沉淀完全溶解

iii.繼續向ii的試管中滴加______無白色沉淀生成

④實驗小結假設1成立，假設2不成立。①實驗中反應（I）平衡未建立。

⑤優化方案、建立平衡寫出優化的實驗方案，并給出反應（I）平衡已建立的判斷依據：

【答案】(l)NaOH(其他合理答案也可)

(2)5

CM

(3)BD寸20.06：5

V。

(4)過量稀鹽酸有氣體產生Bad2溶液將最少L36g硫酸鈣加入lOO.OmLO.lOOmol.UNazCOs

溶液中，在25。和攪拌條件下，利用pH計測得體系的pH,當pH不變時，加入Na2sO,固體，若pH值變大，說

明反應I平衡已建立

【分析】探究反應CaSO4(s)+CO；(aq)UCaCC)3(s)+SO：(aq)(I)中Na2cO3溶液的濃度對反應速率的影響，通過

HCI與Na2c。3的滴定反應，來測量Na2c。3濃度的變化量，從而計算平均反應速率；

探究反應CaSO4(s)+CO；(aq)UCaCO3(s)+SO：(aq)平衡的建立，利用CO；水解呈堿性的性質，通過測定pH來判

斷C。；離子濃度的變化情況，從而判斷反應是否平衡。

A人

【詳解】(1)濃硫酸與銅絲反應方程式為：Cu+2H2SO4=CUSO4+SO2T+2H2O,所產生的尾氣為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元素的化合價由+4價上升到+6價，失去電子，被氧化；

(3)①用NazCQ固體配制溶液，以滴定法測定其濃度，該過程用到下列儀器中的燒杯、酸式滴定管，故選

BD；根據離子方程式CO：+H+=HCO]可知,

②總體積應相同，x為20QmL；a中消耗的鹽酸體積為與，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="，總體積相同時，va:vb=--^：—=6:5.

*o?UVo*oAtvAtV。Vo

(4)由結論假設1成立，假設2不成立，說明①實驗中的沉淀均為CaC03,要驗證沉淀中無CaS04,可酸溶后

滴加BaC%將①實驗中的反應混合物進行固液分離后，取少量分離出的沉淀置于試管中，滴加過量稀鹽酸，有氣

體產生，沉淀完全溶解，繼續滴加BaCk溶液，無白色沉淀生成，說明沉淀均為CaC03,無CaSO"由方程式

CaSC>4(s)+CO；(aq)UCaCO3(s)+SO；-(aq)可知，假設正反應100%進行,

n(CaSO4)=n(CO3*)=0.100mol/Lx0.IL=O.Olmol,質量為0.01molxl36g/mol=1.36g,實驗方案為：將最少L36g

硫酸鈣加入1。0.。11110.100111011」沖2€：03溶液中，在25℃和攪拌條件下，利用pH計測得體系的pH,當pH不變

時，加入Na2SC>4固體，若pH值變大，說明反應I平衡已建立。

6.(2024?北京?高考真題)某小組同學向pH=l的o.5moll」的FeCh溶液中分別加入過量的Cu粉、Zn粉和Mg粉,

探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產物。

(1)理論分析

依據金屬活動性順序，Cu、Zn、Mg中可將Fe'+還原為Fe的金屬是。

⑵實驗驗證

實

金屬操作、現象及產物

驗

過量

1一段時間后，溶液逐漸變為藍綠色，固體中未檢測到Fe單質

Cu

過量一段時間后有氣泡產生，反應緩慢，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此

n

Zn時溶液pH為3~4,取出固體，固體中未檢測到Fe單質

過量有大量氣泡產生，反應劇烈，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續產生大量氣泡，當

皿

Mg溶液pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質

①分別取實驗I、n、HI中的少量溶液，滴加K3【Fe(CN)6］溶液，證明都有Fe2+生成，依據的現象是

②實驗□、HI都有紅褐色沉淀生成，用平衡移動原理解釋原因_____=

③對實驗n未檢測到Fe單質進行分析及探究。

i.a.甲認為實驗H中，當Fe3+、濃度較大時，即使Zn與Fe?+反應置換出少量Fe,Fe也會被Fe3+、H+消耗。

寫出Fe與Fe?*、T反應的離子方程式。

b.乙認為在pH為3~4的溶液中即便生成Fe也會被H+消耗。設計實驗(填實驗操作和現象)。

證實了此條件下可忽略H+對Fe的消耗。

c.丙認為產生的紅褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻礙了Zn與Fe?+的反應。實驗證實了Zn粉被包裹。

ii.查閱資料：0.5mol-L」Fe3+開始沉淀的pH約為L2,完全沉淀的pH約為3。

結合a、b和c,重新做實驗H,當溶液pH為3~4時，不取出固體，向固-液混合物中持續加入鹽酸，控制

pH<1.2,(填實驗操作和現象)，待pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質。

⑶對比實驗n和III,解釋實驗HI的固體中檢測到Fe單質的原因_____。

【答案】(l)Mg、Zn

⑵產生藍色沉淀Fe3+水解方程式為Fe3++3HQUFe(OH)3+3H+,加入的Mg或Zn會消耗H*,促進

3++2+2

Fe"水解平衡正向移動，使其轉化為Fe(OH)3沉淀2Fe+2Fe+2H=4Fe+H2T或2Fe"+Fe=3Fe\

+2+

2H+Fe=Fe+H2T向pH為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時間后取出少量溶液，滴加K?［Fe(CN)6］溶液,

不產生藍色沉淀觀察到紅褐色沉淀逐漸溶解，有氣泡產生，待溶液顏色褪去(或變淺)，停止加鹽酸

⑶加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(OH%沉淀包裹

【分析】實驗I中，加入過量的Cu,Cu與Fe3+發生反應2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+,一段時間后，溶液逐漸變為

藍綠色，固體中未檢測到Fe單質；實驗II中，加入過量的Zn,發生反應Zn+2H+=Zn2++H2T,有氣泡產生,

pH逐漸增大，使得Fe3+轉化為紅褐色沉淀Fe(0H)3,固體中未檢測到Fe單質，原因可能是Fe3+的干擾以及FeQH%

沉淀對鋅粉的包裹；實驗HI中，加入過量Mg,發生反應Mg+2H+=Mg2++HzT,由于Mg很活潑，該反應非常

劇烈，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續產生大量氣泡，當溶液pH為3~4時，取出固體，固體中檢

測到Fe單質，對比實驗H和III,加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(0H)3沉淀包裹，實驗HI的固體中

檢測到Fe單質。

【詳解】(1)在金屬活動性順序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可將Fe3+還原為

Fe；

2+

(2)①Fe與降［Fe(CN%］會生成藍色的KFe［Fe(CN)6］沉淀；

②Fe3+水解方程式為Fe3++3H2OUFe(OH)3+3H+,加入的Mg或Zn會消耗H+,促進Fe"水解平衡正向移動，使

其轉化為Fe(0H)3沉淀；

③i.a.Fe與Fe3+、H+反應的離子方程式為：2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H2個或2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H2T；

b.要證實在pH為3~4的溶液中可忽略H+對Fe的消耗，可向pH為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時間后取出少

量溶液，滴加K3【Fe(CN)6］溶液，不產生藍色沉淀，即說明此條件下Fe未與H+反應生成Fe2+；

ii.結合a,b和c可知，實驗H未檢測到Fe單質的原因可能是Fe3+的十擾以及Fe(OHb沉淀對鋅粉的包裹，因此

可控制反應條件，在未生成Fe(OH%沉淀時將Fe"還原，即可排除兩個干擾因素，具體操作為：重新做實驗口，

當溶液pH為3~4時，不取出固體，向固-液混合物中持續加入鹽酸，控制pH<1.2,觀察到紅褐色沉淀逐漸溶解,

有氣泡產生，待溶液顏色褪去(或變淺)，停止加入鹽酸，待pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質；

(3)對比實驗II和川，加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(0H)3沉淀包裹，實驗HI的固體中檢測到Fe

單質。

7.(2024?甘肅?高考真題)某興趣小組設計了利用Mi!。?和H2sO,生成MnSzOf，再與Na2cO3反應制備

Na2s2O6-2HzO的方案:

1\

II

;MnO

\!*.S(

BaiOHh；

⑴采用下圖所示裝置制備SO?,儀器a的名稱為步驟I中采用冰水浴是為了

⑵步驟n應分數次加入MnC?2,原因是

⑶步驟HI滴加飽和Ba（OH）2溶液的目的是

⑷步驟W生成MnCOj沉淀，判斷Mn"已沉淀完全的操作是

⑸將步驟V中正確操作或現象的標號填入相應括號中

A.蒸發皿中出現少量晶體

B.使用漏斗趁熱過濾

C.利用蒸發皿余熱使溶液蒸干

D.用玻璃棒不斷攪拌

E.等待蒸發皿冷卻

【答案】（1）恒壓滴液漏斗增大SO2的溶解度、增大H2s。3的濃度，同時為步驟口提供低溫

⑵防止過多的MnC>2與H2s。3反應生成MnSC）4，同時防止反應太快、放熱太多、不利于控制溫度低于10℃

⑶除去過量的SO2（或H2s。3）

⑷靜置，向上層清液中繼續滴加幾滴飽和NazCQ溶液，若不再產生沉淀，說明MM+已沉淀完全

⑸D、A、E

【分析】步驟II中Mn5與H2S5在低于時反應生成MnS2O6,反應的化學方程式為

MnO2+2H2SO3=MnS2O6+2H2O,步驟HI中滴加飽和Ba（OH）2除去過量的S02（或H2SO3）,步驟IV中滴入飽和Na2CO3

溶液發生反應MnSzOe+Na2cC）3=MnCC）3U+Na2s2。6,經過濾得到Na2s2。6溶液，步驟V中Na2s2。6溶液經蒸發濃縮、

冷卻結晶、過濾、洗滌、干燥得到Na2S2O6-2H2O?

【詳解】（1）根據儀器a的特點知，儀器a為恒壓滴液漏斗；步驟I中采用冰水浴是為了增大SO2的溶解度、增

大H2s。3的濃度，同時為步驟口提供低溫；

（2）由于Mn5具有氧化性、S02（或H2sO3）具有還原性，步驟II應分數次加入MnO?，原因是：防止過多的

MnOz與dSO?反應生成MnSCU，同時防止反應太快、放熱太多、不利于控制溫度低于10久；

（3）步驟HI中滴加飽和Ba（OH）2溶液的目的是除去過量的5。2（或H2SO3），防止后續反應中SO?與Na2CC）3溶液

反應，增加飽和Na2c。3溶液的用量、并使產品中混有雜質；

（4）步驟IV中生成MnCOs沉淀，判斷MM+已沉淀完全的操作是：靜置，向上層清液中繼續滴加幾滴飽和Na2CC）3

溶液，若不再產生沉淀，說明MM+已沉淀完全；

（5）步驟V的正確操作或現象為：將濾液倒入蒸發皿中玲用酒精燈加熱玲用玻璃棒不斷攪拌玲蒸發皿中出現少

量晶體今停止加熱少等待蒸發皿冷卻好過濾、洗滌、干燥得到Na2s2。6,2%0,依次填入D、A、E。

8.（2022?北京?高考真題）某小組同學探究不同條件下氯氣與二價鎰化合物的反應

資料：

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

ii.濃堿條件下，MnO；可被還原為MnO；。

iii.CI2的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaCIO的氧化性隨堿性增強而減弱。

實驗裝置如圖（夾持裝置略）

中實驗現象

序C

物質a

號

通入Cl2前通入。2后

1水得到無色溶液產生棕黑色沉淀，且放置后不發生變化

產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍

n5%NaOH溶液

沉淀有沉淀

40%NaOH溶產生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色棕黑色沉淀增多，放置后溶液變為紫色，仍

液沉淀有沉淀

(1)B中試齊U是=

⑵通入c%前，n、in中沉淀由白色變為黑色的化學方程式為0

⑶對比實驗|、n通入ci2后的實驗現象，對于二價銃化合物還原性的認識是。

⑷根據資料"，nr中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現象與資料不符的原因：

原因一：可能是通入ci?導致溶液的堿性減弱。

原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將Mno：氧化為MnO,。

①化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因_________,但通過實驗測定溶液的堿性變化很小。

②取HI中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變為綠色，且綠色緩慢加深。溶液紫色

變為綠色的離子方程式為，溶液綠色緩慢加深，原因是MnC)2被(填"化學式)氧化，可證明皿

的懸濁液中氧化劑過量；

③取川中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發生的反應是。

④從反應速率的角度，分析實驗HI未得到綠色溶液的可能原因________0

【答案】①飽和NaCI溶液

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

⑶Md+的還原性隨溶液堿性的增強而增強

-/

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

3CIO+2MnO2+2OH=2MnO；+3CI+H2OHI中氧化劑氧化錦酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高錦酸根離子

的速率，導致實驗HI未得到綠色溶液

【詳解】(1)B中試劑是飽和NaCI溶液，作用是吸收CL中的雜質HCI氣體，故答案為：飽和NaCI溶液；

(2)通入Cl2前，II、HI中MM+與堿性溶液中NaOH電離產生的反應產生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩定,

會被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2,則沉淀由白色變為黑色的化學方程式為：

2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O,故答案為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2。；

(3)對比實驗I、n通入CI2后的實驗現象，對于二價鎰化合物還原性的認識是：MM+的還原性隨溶液堿性的增

強而增強，故答案為：MM+的還原性隨溶液堿性的增強而增強；

(4)①Ch與NaOH反應產生NaCI、NaCIO、H20,使溶液堿性減弱，反應的化學方程式為：

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

②取HI中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變為綠色，且綠色緩慢加深。溶液紫

色變為綠色就是由于在濃堿條件下，Mil。,可被0H-還原為MnO：,根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知

該反應的離子方程式為：4乂1104+40甘=4乂110：+02個+2出0；溶液綠色緩慢加深，根據題給信息，NaCIO的氧化

性隨堿性增強而減弱，此時溶液堿性較強，則原因是MnOz被NaCI。氧化，可證明HI的懸濁液中氧化劑過量，故

答案為：4MnO4+40H=4MnO^+02+2H20：NaCIO；

③取川中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說明CICT將MnO2氧化為

MnO4,發生的反應是：3cle)-+2MnC)2+2C)H-=2MnO[+3c1-+?0,故答案為：3cle)-+2MnO2+2OH-=2MnO；+3Cr+H2。；

④根據題給信息可知，MnO：(綠色)、MnOk紫色)，則從反應速率的角度，分析實驗DI未得到綠色溶液的可能

原因是：m中氧化劑氧化錦酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高銃酸根離子的速率，導致實驗HI未得到綠色溶

液。

好題必刷

1.(2024?湖南長沙?模擬預測)某化學小組同學探究NaCIO溶液與KI溶液的反應，實驗過程和記錄如下。

實驗實驗操作實驗現象

/—i.0.5mL0.5mol-L-1NaCIO溶液

4ii.幾滴淀粉溶液i.溶液變為淺黃色

I

ii.溶液變藍

J-2mL0.5molL-1KI溶液

i.0.5mL0.5mol-L-1KI溶液

彳ii.幾滴淀粉溶液

C-i.溶液保持無色

n

ii.溶液不變藍，溶液的pH=10

32mL0.5mol?L-1NaCIO溶液

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

加熱的條件下極不穩定。

⑴0.5mol?LTNaClO溶液的pH=ll,用離子方程式表示其原因：。

(2)實驗I中溶液變為淺黃色的離子方程式是。

⑶對比實驗I和n,研究實驗n反應后"溶液不變藍"的原因。

①提出假設a：L在堿性溶液中不能存在。設計實驗m