2025年高考化學總復習分類訓練：性質(zhì)原理探究性綜合實驗（解析卷）

4M91嘏質(zhì)原理探究嘏稼合實除

1.【2023年北京卷】資料顯示，L可以將Cu氧化為Cu?+。某小組同學設計實驗探究Cu被I2氧化的產(chǎn)物

及銅元素的價態(tài)。

已知：L易溶于KI溶液，發(fā)生反應12+「彳=?寫（紅棕色）；L和虧氧化性幾乎相同。

I.將等體積的KI溶液加入到mmol銅粉和nmoll2（n>m）的固體混合物中，振蕩。

實驗記錄如下：

c(KI)實驗現(xiàn)象

實驗極少量h溶解，溶液為淡紅色；充分反應后，紅色的銅粉轉化為白色沉淀，溶液

O.Olmol-U1

I仍為淡紅色

實驗部分U溶解，溶液為紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉轉化為白色沉淀，溶液仍

0.Imol-U1

II為紅棕色

實驗L完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅

4mol-171

III棕色

（1）初始階段，Cu被氧化的反應速率：實驗I（填“>”“〈”或“=”）實驗H。

（2）實驗III所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有［。!（凡0）4『（藍色）或［CulJ（無色），進行以

下實驗探究：

步驟a.取實驗III的深紅棕色溶液，加入CC1：多次萃取、分液。

步驟b.取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。

i,步驟a的目的是。

2+

ii.查閱資料，2Cu+4r=2CuU+I2,［的但也）］（無色）容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟b

的溶液中發(fā)生的變化：。

（3）結合實驗III,推測實驗I和II中的白色沉淀可能是Cui,實驗I中銅被氧化的化學方程式

是o分別取實驗I和n充分反應后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃KI溶液，.

（填實驗現(xiàn)象），觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應的原因是o

（4）上述實驗結果，U僅將Cu氧化為+1價。在隔絕空氣的條件下進行電化學實驗，證實了L能將Cu氧

化為C/+。裝置如圖所示，a、b分別是。

鹽橋

qrwj-石墨

O.lmol-L1J

K2sO4溶液-

(5)運用氧化還原反應規(guī)律，分析在上述實驗中Cu被L氧化的產(chǎn)物中價態(tài)不同的原因：0

【答案】(1)<

-+

(2)除去I，防止干擾后續(xù)實驗[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白色沉淀逐漸溶解溶液變?yōu)闊o色銅與碘的反

應為可逆反應(或I；濃度小未能氧化全部的Cu)

(4)銅、含nmo&的4moi-「的KI溶液

(5)在實驗I、實驗H、實驗m中Cu*可以進一步與F結合生成Cui沉淀或[CuL]，Cu+濃度減小使得

2+2+2+

Cu氧化性增強，發(fā)生反應2Cu+4r=2CUIJ+12和2Cu+6I=2[CuI2P+I2。

【解析】因12溶解度較小，CU與12接觸不充分，將轉化為寫可以提高CU與9的接觸面積，提高反應速

率。加入CCl"平衡逆向移動，12濃度減小，廠濃度增加，[Cui?「濃度增加，加入氨

水后轉化為[CU(NH3)21,被氧化為[CU(N&)4/，故而產(chǎn)生無色溶液變?yōu)樗{色溶液的現(xiàn)象。

(1)提高KI濃度，便于提高寫的濃度，與Cu接觸更加充分，Cu與I；的反應速率加快，故實驗I〈實驗

Iio

(2)加入cel,，u+ruii]平衡逆向移動，L濃度減小，廠濃度增加，其目的為：除去門，防止干擾

后續(xù)實驗。加入氨水[CulJ濃后轉化為[CU(NH3)2『無色的[CU(NH3)J被氧化為藍色的

2+-+

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

+2+

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

(3)結合實驗ni,推測實驗i和n中的白色沉淀可能是cm,實驗i中銅被氧化的化學方程式是

2Cu+12=2CuIng2Cu+KI3=2CuI+KI-2Cu+1=2CuI反應為可逆反應，加入濃KI溶液，h濃度減

小，Cui轉化為Cu和12,故產(chǎn)生白色沉淀溶解，出現(xiàn)紅色固體的過程。

(4)要驗證L能將Cu氧化為Ci?+,需設計原電池負極材料為Cu,b為含nmo&的4moi1一的KI溶液。

(5)含nmoll?的4moi-Lji的KI溶液銅與碘反應的體系在原電池裝置中，L將Cu氧化為Cu"；而在實驗

I、實驗n和實驗m中cu以cu+形式存在，這是由于在實驗I、實驗II、實驗ill中cu+可以進一步

與「結合生成Cui沉淀或[CuL[，Cu+濃度減小使得Cu"氧化性增強，發(fā)生反應

2+

2Cu+4r=2CuIJ+12和2cd++61=2[CuI2]"+I2。

2.【2023年湖北卷】學習小組探究了銅的氧化過程及銅的氧化物的組成?；卮鹣铝袉栴}:

(1)銅與濃硝酸反應的裝置如下圖，儀器A的名稱為，裝置B的作用為

三蛉"NaOH溶液

ABC

(2)銅與過量HQ?反應的探究如下：

~\+Na2sO4溶液工口口日工n抬

————?無明顯現(xiàn)象

I分際函一?銅片溶解，溶液變藍，少量無色氣體產(chǎn)生

實驗②中Cu溶解的離子方程式為；產(chǎn)生的氣體為o比較實驗①和②，從氧化還原角度說明

的作用是。J

H+

(3)用足量NaOH處理實驗②新制的溶液得到沉淀X,元素分析表明X為銅的氧化物，提純干燥后的X

在惰性氛圍下加熱，mgX完全分解為ng黑色氧化物Y,-=1oX的化學式為。

(4)取含X粗品0.0500g(雜質(zhì)不參加反應)與過量的酸性KI完全反應后，調(diào)節(jié)溶液至弱酸性。以淀粉為

指示劑，用(MOOOmoLLTNaBOs標準溶液滴定，滴定終點時消耗Na2s0?標準溶液600mL。(已

2+

知：2Cu+4r=2CuU+I2,l2+2Sq；-=2「+S4O>)標志滴定終點的現(xiàn)象是,粗品中X的相

對含量為。

【答案】(1)具支試管防倒吸

+2+

(2)CU+H2O2+2H=CU+2H2OO2既不是氧化劑，又不是還原劑

(3)CuO2

(4)溶液藍色消失，且半分鐘不恢復原來的顏色96%

【解析】(1)由圖可知，儀器A的名稱為具支試管；銅和濃硝酸反應生成硝酸銅和二氧化氮，其中二氧化

氮易溶于水，需要防倒吸，則裝置B的作用為防倒吸；

(2)根據(jù)實驗現(xiàn)象，銅片溶解，溶液變藍，可知在酸性條件下銅和過氧化氫發(fā)生反應，生成硫酸銅，離

+2+

子方程式為：CU+H2O2+2H=CU+2H2O；硫酸銅可以催化過氧化氫分解生成氧氣，則產(chǎn)生的氣體為

02；在銅和過氧化氫的反應過程中，氫元素的化合價沒有發(fā)生變化，故從氧化還原角度說明H+的作

用是：既不是氧化劑，又不是還原劑；

(3)在該反應中銅的質(zhì)量m(Cu)=nxg=半，因為三=?,則m(O)=nx普+(m-n)=§,則X的化學式

805m6805

4n

中銅原子和氧原子的物質(zhì)的量之比為：華瞿=挈1=則x為CuO2；

n（O）zn2

5x16

（4）滴定結束的時候，單質(zhì)碘消耗完，則標志滴定終點的現(xiàn)象是：溶液藍色消失，且半分鐘不恢復原來

的顏色；在CuCh中銅為+2價，氧為-1價，根據(jù)2CuO2+8H++8[=2CulJ+3l2+4H2。，可以得到關

系式：2CuC)2~3I2~6s2。丁,則n(CuO2)=1x0.1mol/LxO.015L=0.0005mol,粗品中X的相對含量為

3.【2022年北京卷】某小組同學探究不同條件下氯氣與二價鎬化合物的反應

資料：i.M1F+在一定條件下被CL或CIO氧化成MnCh（棕黑色）、MnOj（綠色）、MnO]（紫色）。

ii.濃堿條件下，MnO；可被OH-還原為MnO：。

iii.C12的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。

實驗裝置如圖（夾持裝置略）

ABCD

C中實驗現(xiàn)象

序號物質(zhì)a

通入02前通入Ch后

產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變

I水得到無色溶液

化

產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽?/p>

II5%NaOH溶液

棕黑色沉淀色，仍有沉淀

40%NaOH溶產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽?/p>

III

液棕黑色沉淀色，仍有沉淀

(1)B中試劑是-

(2)通入CL前，n、ni中沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W方程式為0

(3)對比實驗I、n通入CL后的實驗現(xiàn)象，對于二價錦化合物還原性的認識是o

(4)根據(jù)資料ii,in中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：

原因一：可能是通入C12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?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。

溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO?被(填

“化學式”)氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；

③取H中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應是。

④從反應速率的角度，分析實驗III未得到綠色溶液的可能原因___________。

【答案】(1)飽和NaCl溶液

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

(3)Md+的還原性隨溶液堿性的增強而增強

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

+2MnO2+2OH=2MnO；+3C1+H2OIII中氧化劑氧化鋸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，因而實驗ni未得到綠色溶液

【解析】在裝置A中HC1與KMnO4發(fā)生反應制取C12,由于鹽酸具有揮發(fā)性，為排除HC1對CL性質(zhì)的干

擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cb中的雜質(zhì)HC1,在裝置C中通過改變?nèi)芤旱膒H,驗證

不同條件下CL與MnSCU反應，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余CL,防止造成大氣污染。

(1)B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cb中的雜質(zhì)HC1氣體；1

(2)通入Cb前，II、III中Md+與堿性溶液中NaOH電離產(chǎn)生的的0日反應產(chǎn)生Mn(OH)2白色沉淀，該

沉淀不穩(wěn)定，會被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnCh,則沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W方程式

為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2。；

(3)對比實驗I、II通入CI2后的實驗現(xiàn)象，對于二價錦化合物還原性的認識是：Mi?+的還原性隨溶液堿

性的增強而增強；

(4)①Cb與NaOH反應產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O,使溶液堿性減弱，反應的離子方程式為：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液,溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。

溶液紫色變?yōu)榫G色就是由于在濃堿條件下，MnO；可被OH-還原為MnOf,根據(jù)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：4MnO；+4OH=4MnOj-+O2t+2H2O:

溶液綠色緩慢加深，原因是MnCh被Cb氧化，可證明HI的懸濁液中氧化劑過量；

③取II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CIO將MnCh

氧化為MnO],發(fā)生的反應是：3ClO+2MnO2+2OH-=2MnO；+3C1+H2O；

@III中氧化劑氧化鎰酸根離子的速率大于氫氧根離子還原高鎰酸根離子的速率，導致實驗III未得到綠色

溶液。

4.【2022年福建卷】某興趣小組設計實驗探究Ce-MnO*,催化空氣氧化CO的效率?；卮鹣铝袉栴}：

步驟I制備CO

在通風櫥中用下圖裝置制備CO(加熱及夾持裝置省略)，反應方程式：HCOQH>CQT+H2O

(1)裝置A中盛放甲酸的儀器的名稱是o

(2)從B、C、D中選擇合適的裝置收集CO,正確的接口連接順序為

a—>t——>ih(每空填一個接口標號)。

步驟n檢驗co

將co通入新制銀氨溶液中，有黑色沉淀生成。

(3)該反應的化學方程式為o

步驟III探究Ce-MnO,催化空氣氧化CO的效率

將一定量CO與空氣混合，得到CO體積分數(shù)為1%的氣體樣品。使用下圖裝置(部分加熱及夾持裝置省

略)，調(diào)節(jié)管式爐溫度至120℃,按一定流速通入氣體樣品。(已知：匕。5是白色固體，易吸水潮解:

(4)通入H.2L(已折算為標況)的氣體樣品后，繼續(xù)向裝置內(nèi)通入一段時間氮氣，最終測得U形管內(nèi)生成

了O.lOlGgl.

①能證明co被空氣氧化的現(xiàn)象是；

②co被催化氧化的百分率為；

③若未通入氮氣，②的結果將(填“偏大”“偏小”或“無影響”)。

(5)探究氣體與催化劑接觸時長對催化氧化效率的影響時，采用方法可以縮短接觸時長。

(6)步驟III裝置存在的不足之處是。

【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)石灰水變渾濁60%偏大

(5)增大氣體樣品流速

(6)尾氣出口未加防潮裝置(或其他相似表述)

【解析】在通風櫥中用下圖裝置制備一氧化碳，用A裝置制取一氧化碳，該氣體中含有甲酸蒸氣，故用水

除去甲酸，再用B裝置排水收集一氧化碳氣體，排出的水用E中的燒杯接收。根據(jù)氣體樣品通過氫氧

化鈉吸收空氣中的二氧化碳，濃硫酸吸水，一氧化碳在H中被氧氣氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被

石灰水吸收，J中的濃硫酸吸收氣體中的水蒸氣，干燥的一氧化碳和1。5,進而測定生成的碘的質(zhì)

量，計算一氧化碳的被氧化的百分率。據(jù)此解答。

(1)裝置A中盛放甲酸的儀器為分液漏斗。

(2)用C除去甲酸，B收集一氧化碳，E接收排出的水，故接口連接順序為a—d—e—CTb-h。

(3)一氧化碳和銀氨溶液反應生成黑色的銀，同時生成碳酸錢和氨氣，方程式為：

CO+2[Ag(NH3)2]OH=2Ag^+(NH4)2CO3+2NH3。

(4)一氧化碳被氧氣氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水變渾濁。碘的物質(zhì)的量為

譽方=。。0。4moi,則結合方程式分析，還有0.002mol一氧化碳未被氧氣氧化，1L2L氣體為

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

為黑xl00%=60%。如果沒有通入氮氣則計算的未被氧化的一氧化碳的物質(zhì)的量減少，則被氧化

的百分率增大。

(5)增大氣流速率可以提高催化效率。

(6)：匕。5是白色固體，易吸水潮解，但該裝置出氣口未加防潮裝置。

5.(2021?北京真題)某小組探究鹵素參與的氧化還原反應，從電極反應角度分析物質(zhì)氧化性和還原性的變

化規(guī)律。

(1)濃鹽酸與MnCh混合加熱生成氯氣。氯氣不再逸出時，固液混合物A中仍存在鹽酸和MnCh.

①反應的離子方程式是。

②電極反應式：

+2+

i.還原反應：MnO2+2e+4H=Mn+2H2O

ii.氧化反應：o

③根據(jù)電極反應式，分析A中仍存在鹽酸和MnCh的原因。

i.隨c(H+)降低或c(Mn2+)濃度升高，MnCh氧化性減弱。

ii.隨c(cr)降低，-

④補充實驗證實了③中的分析。

實驗操作試齊U產(chǎn)物

I較濃H2s04有氯氣

試劑

IIa有氯氣

I]

無氯氣

III14固液混合物Aa+b

a是,b是o

(2)利用c(H+)濃度對MnCh氧化性的影響，探究鹵素離子的還原性。相同濃度的KC1、KBr和KI溶液,

能與MnCh反應所需的最低c(H+)由大到小的順序是,從原子結構角度說明理由

(3)根據(jù)(1)中結論推測：酸性條件下，加入某種化合物可以提高澳的氧化性，將MM+氧化為MnCh。經(jīng)

實驗證實了推測，該化合物是o

(4)Ag分別與ImoLU的鹽酸、氫澳酸和氫碘酸混合，Ag只與氫碘酸發(fā)生置換反應，試解釋原因：

________________O

(5)總結：物質(zhì)氧化性和還原性變化的一般規(guī)律是。

【答案】

A

+2+

(1)MnO2+4H+2C1-=Mn+Cl2t+2H2O2Cl-2e-=ChT還原性減弱或Cb的氧化性增強

KC1固體(或濃/飽和溶液)MnSCU固體(或濃/飽和溶液)

(2)KCl>KBr>KICl、Br、I位于第VIIA族，從上到下電子層數(shù)逐漸增加，原子半徑逐漸增大，

得電子能力逐漸減弱，陰離子的還原性逐漸增強

(3)AgNO3或Ag2s04

(4)比較AgX的溶解度，Agl溶解度最小，Ag++I=AgIJ使得Ag還原性增強的最多，使得

2Ag+2H+=2Ag++H2T反應得以發(fā)生

(5)氧化劑(還原齊U)的濃度越大，其氧化性(還原性)越強，還原產(chǎn)物(還原產(chǎn)物)的濃度越大，氧化劑(還原

齊U)的氧化性(還原性)越小；還原反應中，反應物濃度越大或生成物濃度越小，氧化劑氧化性越強

【解析】

A

(1)①二氧化鎰和濃鹽酸制氯氣的離子方程式為：MnO2+4H++2C1-=Mn2++CbT+2H20；②氧化反應是

元素化合價升高，故氧化反應為：2Cl-2e-=C12f③反應不能發(fā)生也可能是還原劑還原性減弱，或者產(chǎn)

生了氧化性更強的氧化劑，故答案為：還原性減弱或C12的氧化性增強④可以從增大氯離子濃度的

角度再結合實驗n的現(xiàn)象分析，試劑a可以是KC1固體(或濃/飽和溶液)；結合實驗ni的顯現(xiàn)是沒有

氯氣，且實驗ni也加入了試劑a,那一定是試劑b影響了實驗in的現(xiàn)象，再結合原因i可知試劑b是

MnSO4固體（或濃/飽和溶液）；

（2）非金屬性越弱其陰離子的還原性越強，反應時所需的氫離子濃度越小，故順序是KCl>KBr>KI；其原

因是Cl、Br、I位于第VHA族，從上到下電子層數(shù)逐漸增加，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減

弱，陰離子的還原性逐漸增強；

（3）根據(jù)（1）中的結論推測隨Cl濃度降低導致二氧化鋅的氧化性減弱，那么如果進一步降低C1-濃度降低

則可以導致可以提高澳的氧化性，將Mn2+氧化為MnCh,故答案為：AgNCh或Ag2so4；

（4）若要使反應2Ag+2H+=2Ag++H2T發(fā)生，根據(jù)本題的提示可以降低Ag+濃度，對比AgX的溶解度，

Agl溶解度最小，故Ag只與氫碘酸發(fā)生置換反應的原因是：比較AgX的溶解度，Agl溶解度最小，

Ag++I-=Ag口使得Ag還原性增強的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2T反應得以發(fā)生；

（5）通過本題可以發(fā)現(xiàn)，物質(zhì)氧化性和還原性還與物質(zhì)的濃度有關，濃度越大氧化性或者還原性越強，

故答案為：氧化劑（還原劑）的濃度越大，其氧化性（還原性）越強，還原產(chǎn)物（還原產(chǎn)物）的濃度越大，氧

化劑（還原劑）的氧化性（還原性）越小；還原反應中，反應物濃度越大或生成物濃度越小，氧化劑氧化性

越強。

6.【2022年北京卷】某小組同學探究不同條件下氯氣與二價鍋化合物的反應

資料：i.Md+在一定條件下被Cb或CKy氧化成MnCh（棕黑色）、MnOj（綠色）、MnO；（紫色）。

ii.濃堿條件下，MnO；可被OH還原為MnO：。

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

實驗裝置如圖（夾持裝置略）

C中實驗現(xiàn)象

序號物質(zhì)a--------------------

通入Cb前通入Cb后

產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變

I水得到無色溶液

化

產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽?/p>

II5%NaOH溶液

棕黑色沉淀色，仍有沉淀

40%NaOH溶產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽?/p>

III

液棕黑色沉淀色，仍有沉淀

(1)B中試劑是。

(2)通入C12前，II、III中沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W方程式為o

(3)對比實驗I、n通入C12后的實驗現(xiàn)象，對于二價錦化合物還原性的認識是o

(4)根據(jù)資料ii,in中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：

原因一：可能是通入C12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in中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。

溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被(填

“化學式”)氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；

③取n中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應是。

④從反應速率的角度，分析實驗III未得到綠色溶液的可能原因___________。

【答案】(1)飽和NaCl溶液

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

(3)Md+的還原性隨溶液堿性的增強而增強

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

MnO；+3Cl+H2O過量Cb與NaOH反應產(chǎn)生NaClO,使溶液的堿性減弱，c(OH)降低，溶液中的

MnO；被還原為MnO；-的速率減小，因而不能實驗III未得到綠色溶液

【解析】在裝置A中HC1與KMnCU發(fā)生反應制取CL,由于鹽酸具有揮發(fā)性，為排除HC1對C12性質(zhì)的

干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去CL中的雜質(zhì)HC1,在裝置C中通過改變?nèi)芤旱膒H,驗

證不同條件下Cb與MnSCU反應，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余C12,防止造成大氣污

染。

(1)B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收CL中的雜質(zhì)HC1氣體；1

(2)通入CL前，II、HI中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產(chǎn)生的的OH-反應產(chǎn)生Mn(OH)2白色沉淀，該

沉淀不穩(wěn)定，會被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnCh,則沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W方程式

為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；

(3)對比實驗I、II通入C12后的實驗現(xiàn)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;

（4）①CL與NaOH反應產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O,使溶液堿性減弱，反應的離子方程式為：Ch+2OH-

=C1+C1O+H2O；

②取ni中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。

溶液紫色變?yōu)榫G色就是由于在濃堿條件下，MnO[可被OH-還原為MnOj,根據(jù)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：4MnO：+4OH-=4MnOj+O2T+2H20；

溶液綠色緩慢加深，原因是MnCh被Cb氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；

③取H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C1。將MnCh

氧化為MnO[,發(fā)生的反應是：3ClO+2MnO2+2OH-=2MnO；+3C1+H2O；

④從反應速率的角度，過量Cb與NaOH反應產(chǎn)生NaClO,使溶液的堿性減弱，c（OH）降低，溶液中的

MnO；被還原為MnOt的速率減小，導致不能實驗III未得到綠色溶液。

7.（2021.廣東真題）含氯物質(zhì)在生產(chǎn)生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究軟錦礦（主要成分是MnC＞2）

的過程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產(chǎn)生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認這是一種新元素組成

的單質(zhì)，并命名為chlorine（中文命名"氯氣”）。

（1）實驗室沿用舍勒的方法制取Cl2的化學方程式為O

（2）實驗室制取干燥Cl2時，凈化與收集Cl2所需裝置的接口連接順序為o

（3）某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測氯水中_______已分解。檢驗此久置氯水中C「存在的操

作及現(xiàn)象是。

（4）某合作學習小組進行以下實驗探究。

①實驗任務。通過測定溶液電導率，探究溫度對AgCl溶解度的影響。

②查閱資料。電導率是表征電解質(zhì)溶液導電能力的物理量。溫度一定時，強電解質(zhì)稀溶液的電導率隨

溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而增大。25℃時，

10

Ksp（AgCl）=1.8xlO-。

③提出猜想。

猜想a：較高溫度的AgCl飽和溶液的電導率較大。

猜想b：AgCl在水中的溶解度s（45℃）＞s（35℃）＞s（25℃）。

④設計實驗、驗證猜想。取試樣I、II、田（不同溫度下配制的AgCl飽和溶液），在設定的測試溫度

下，進行表中實驗1~3,記錄數(shù)據(jù)。

實驗序號試樣測試溫度/℃電導率/(|iS/cm)

1I：25℃的AgCl飽和溶液25A、

：℃的飽和溶液

2II35AgCl35A2

3III：45℃的AgCl飽和溶液45A3

⑤數(shù)據(jù)分析、交流討論。25℃的AgCl飽和溶液中，c(Clj=moVLo

實驗結果為A3>A2>A］。小組同學認為，此結果可以證明③中的猜想a成立，但不足以證明猜想b成

立。結合②中信息，猜想b不足以成立的理由有。

⑥優(yōu)化實驗。小組同學為進一步驗證猜想b,在實驗1~3的基礎上完善方案，進行實驗4和5。請在

答題卡上完成表中內(nèi)容。

實驗序號試樣測試溫度/℃電導率/(pS/cm)

4I—B.

5——B2

⑦實驗總結。根據(jù)實驗1~5的結果，并結合②中信息，小組同學認為猜想b也成立。猜想b成立的判

斷依據(jù)是。

△

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

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，則證明

原溶液中含有C1-(4)1.34x10-5測試溫度不同，根據(jù)電導率結果無法判斷不同溫度下飽和溶

液的溶解度45℃II45℃A3>B2>BI

【解析】

△

(1)實驗室通常采用濃鹽酸和MnCh制取C12,化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)=MnCL+C12T+2H20,故

△

答案為：MnO2+4HCl(濃)=MnCL+C12T+2H20；

(2)根據(jù)化學方程式可知，制取的氯氣中混有氯化氫、水蒸氣，氯氣有毒，必須進行尾氣處理，因此使

用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，濃硫酸除去水蒸氣，最后用NaOH溶液吸收尾氣，因此接口連接順序

為c-d-b-a-e,故答案為：c-d-b-a-e；

(3)久置后不能使品紅溶液褪色，說明HC10己分解；檢驗Cr的方法為向溶液中加入過量稀硝酸，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，則證明原溶液中含有

C1-,故答案為：HC10；向溶液中加入過量稀硝酸，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，則證明原溶液中含有C1-；

+

(4)⑤25℃時，Ksp(AgCl)=c(Ag)xc(Cr),根據(jù)沉淀溶解平衡可知，飽和的AgCl溶液中

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

實驗1~3中，不同的飽和溶液濃度不同且測試溫度不同，根據(jù)資料顯示離子濃度一定時，稀溶液電導率隨

溫度的升高而增大，所以根據(jù)實驗1~3無法判斷溫度較高的飽和溶液離子濃度大，進而不能得出溶解

度關系，故答案為：1.34x10-5；測試溫度不同，根據(jù)電導率結果無法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解

度；

⑥如果要判斷AgCl在水中的溶解度隨溫度的變化情況，可以設計不相同溫度下的飽和溶液在相同溫度下

測試，如果溫度較高下的飽和溶液電導率比溫度較低的飽和溶液電導率高，則可以得出溫度升高飽和

溶液中離子濃度高。所以可以設計試樣I在45℃下測試與實驗3比較；設計試樣II在45℃下測試與

實驗3比較。故答案為：45℃；II；45℃；

⑦猜想b成立的判斷依據(jù)是A3>B2>BI,故答案為：A3>B2>Bio

8.(2020年新課標I)為驗證不同化合價鐵的氧化還原能力，利用下列電池裝置進行實驗。

回答下列問題：

(1)由FeSCU-7H2O固體配制O.lOmolLTFeSCU溶液，需要的儀器有藥匙、玻璃棒、(從下列圖

中選擇，寫出名稱)。

(2)電池裝置中，鹽橋連接兩電極電解質(zhì)溶液。鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質(zhì)發(fā)生化學反應，并

且電遷移率(y)應盡可能地相近。根據(jù)下表數(shù)據(jù)，鹽橋中應選擇作為電解質(zhì)。

陽離子u8X108/(m2.S-LVT)陰離子u8X108/(m2.s—VT)

Li+4.07HCO；4.61

Na+5.19NO；7.40

Ca2+6.59cr7.91

K+7.62so。8.27

(3)電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極?？芍?，鹽橋中的陽離子進入電極溶液中。

(4)電池反應一段時間后，測得鐵電極溶液中c(Fe2+)增加了0.02moLLT。石墨電極上未見Fe析出。可

知，石墨電極溶液中c(Fe2+)==

(5)根據(jù)(3)、(4)實驗結果，可知石墨電極的電極反應式為,鐵電極的電極反應式為

0因止匕，驗證了Fe?+氧化性小于,還原性小于。

(6)實驗前需要對鐵電極表面活化。在FeS04溶液中加入幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，

鐵電極表面被刻蝕活化。檢驗活化反應完成的方法是。

【答案】(1)燒杯、量筒、托盤天平(2)KC1(3)石墨(4)0.09mol/L

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

(6)取活化后溶液少許于試管中，加入KSCN溶液，若溶液不出現(xiàn)血紅色，說明活化反應完成

【解析】(1)由FeSO4-7H2O固體配制0.10molL"FeS04溶液的步驟為計算、稱量、溶解并冷卻至室溫、移

液、洗滌、定容、搖勻、裝瓶、貼標簽，由FeSCUIEhO固體配制O.lOmolLiFeSCU溶液需要的儀器有

藥匙、托盤天平、合適的量筒、燒杯、玻璃棒、合適的容量瓶、膠頭滴管，故答案為：燒杯、量筒、

托盤天平。

(2)Fe2\Fe3+能與HCOl反應，Ca?+能與SO：反應，F(xiàn)eSCU、Fe2(SC>4)3都屬于強酸弱堿鹽，水溶液呈酸

性，酸性條件下NO?能與Fe2+反應，根據(jù)題意“鹽橋中陰、陽離子不與溶液中的物質(zhì)發(fā)生化學反應”，

鹽橋中陰離子不可以選擇HCO3、NO3,陽離子不可以選擇Ca2+,另鹽橋中陰、陽離子的遷移率

(1)應盡可能地相近，根據(jù)表中數(shù)據(jù)，鹽橋中應選擇KC1作為電解質(zhì)，故答案為：KCL

(3)電流表顯示電子由鐵電極流向石墨電極，則鐵電極為負極，石墨電極為正極，鹽橋中陽離子向正極

移動，則鹽橋中的陽離子進入石墨電極溶液中，故答案為：石墨。

(4)根據(jù)(3)的分析，鐵電極的電極反應式為Fe-2e=Fe2+,石墨電極上未見Fe析出，石墨電極的電極

反應式為Fe3++e=Fe2+,電池反應一段時間后，測得鐵電極溶液中c(Fe2+)增加了0.02mol/L,根據(jù)得

失電子守恒，石墨電極溶液中c(Fe2+)增加0.04mol/L,石墨電極溶液中c(Fe2+)

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

(5)根據(jù)(3)、(4)實驗結果，可知石墨電極的電極反應式為Fe3++e=Fe2+,鐵電極的電極反應式為Fe-

2e-=Fe2+；電池總反應為Fe+2Fe3+=3Fe?+,根據(jù)同一反應中，氧化劑的氧化性強于氧化產(chǎn)物、還原劑的

還原性強于還原產(chǎn)物，則驗證了Fe?+氧化性小于Fe3+,還原性小于Fe,故答案為：Fe3++e-=Fe2+,Fe-

2e-=Fe2+,Fe3+,Fe。

(6)在FeSCU溶液中加入幾滴Fe2(SO4)3溶液，將鐵電極浸泡一段時間，鐵電極表面被刻蝕活化，發(fā)生的

反應為Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4,要檢驗活化反應完成，只要檢驗溶液中不含F(xiàn)e3+即可，檢驗活化反應

完成的方法是：取活化后溶液少許于試管中，加入KSCN溶液，若溶液不出現(xiàn)血紅色，說明活化反應

完成，故答案為：取活化后溶液少許于試管中，加入KSCN溶液，若溶液不變紅，說明活化反應完

成。

9.[2019北京]化學小組實驗探究SO2與AgNCh溶液的反應。

(1)實驗一：用如下裝置(夾持、加熱儀器略)制備SCh,將足量SO2通入AgNCh溶液中，迅速反應，

得到無色溶液A和白色沉淀Bo

①濃H2s04與Cu反應的化學方程式是_____________________________________

②試劑Ja是o

(2)對體系中有關物質(zhì)性質(zhì)分析得出：沉淀B可能為Ag2sCh、Ag2sCU或二者混合物。(資料:

Ag2so4微溶于水；Ag2so3難溶于水)

實驗二：驗證B的成分

「濾液E

i.洗滌干凈

沉淀By4溶液c過量噂。工蟹沉淀D-

ii.過量稀鹽酸

一沉淀F

①寫出Ag2s03溶于氨水的離子方程式：o

②加入鹽酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推斷D中主要是BaSCh，進而推斷B中含有

Ag2so3。向濾液E中加入一種試劑，可進一步證實B中含有Ag2so3。所用試劑及現(xiàn)象是

(3)根據(jù)沉淀F的存在，推測SO：的產(chǎn)生有兩個途徑：

途徑1：實驗一中，SO2在AgNCh溶液中被氧化生成Ag2sCU，隨沉淀B進入D。

途徑2：實驗二中，SO；被氧化為SO：進入D。

實驗三：探究so；的產(chǎn)生途徑

①向溶液A中滴入過量鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中含有：取上層清液繼續(xù)滴加BaCb

溶液，未出現(xiàn)白色沉淀，可判斷B中不含Ag2SO4。做出判斷的理由：0

②實驗三的結論：。

(4)實驗一中SO2與AgNCh溶液反應的離子方程式是o

(5)根據(jù)物質(zhì)性質(zhì)分析，SO?與AgNCh溶液應該可以發(fā)生氧化還原反應。將實驗一所得混合物放置一

段時間，有Ag和S0：生成。

(6)根據(jù)上述實驗所得結論：。

【答案】(1)①Cu+2H2so?濃)*=CuSO4+SO2f+2H2O②飽和NaHSO3溶液

+

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

②H2O2溶液，產(chǎn)生白色沉淀

(3)①Ag+Ag2sO4溶解度大于BaSCU,沒有BaSCU沉淀時，必定沒有Ag2sCU

②途徑1不產(chǎn)生SO：,途徑2產(chǎn)生SOj

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

(6)實驗條件下：

S02與AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO；-的速率堿性溶液中SO：更易被氧化為SO：

【解析】(1)①銅和濃硫酸在加熱的條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為：Cu+2H2s。4(濃)

4CUSO4+SO2T+2H2OO

②試劑a為飽和NaHSCh溶液，用于觀察氣體流速，且在SCh飽和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+,離子方程式為：Ag2SO3+4NH3-H2O=2Ag(NH3)2+SO^+4H2O；

②沉淀D洗滌干凈后，加入過量稀鹽酸，BaSCh與稀鹽酸反應生成BaCb和S02、生0,則濾液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將H2s。3氧化生成

SOj,SOj和Ba?+反應產(chǎn)生白色BaSCh沉淀，進一步證實B中含有Ag2so3。

(3)向溶液A中滴入過量鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀，該沉淀為AgCL證明溶液A中含有Ag+；取