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专题 15 实验探究综合题
考点 五年考情（2020-2024） 命题趋势
2024年北京卷第19题 实验探究综合题，是北京高考化学的必
考点 实验探究 2023年北京卷第19题 考题。形式上比较固定，涉及的考点很
综合题 2022年北京卷第19题 多，但是通常都离不开氧化还原反应和
（5年5考） 2021年北京卷第19题 元素化合物的相关知识，体现证据推理
2020年北京卷第19题 和探究创新等思维。
1．（2024·北京·高考真题）某小组同学向 的 的 溶液中分别加入过量的 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， 中可将 还原为 的金属是 。
(2)实验验证
实
金属 操作、现象及产物
验
过量
I 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到 单质
过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢， 逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒
Ⅱ
出，此时溶液 为3~4，取出固体，固体中未检测到 单质
过量 有大量气泡产生，反应剧烈， 逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气
Ⅲ
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 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 单质进行分析及探究。i．a．甲认为实验Ⅱ中，当 、 浓度较大时，即使 与 反应置换出少量 ， 也会被 、
消耗。写出 与 、 反应的离子方程式 。
b．乙认为在 为3~4的溶液中即便生成 也会被 消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。
证实了此条件下可忽略 对 的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在 粉上，阻碍了 与 的反应。实验证实了 粉被包裹。
ii．查阅资料： 开始沉淀的 约为1.2，完全沉淀的 约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液 为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制
， (填实验操作和现象)，待 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)
(2) 产生蓝色沉淀 水解方程式为 ，加入的 或 会消耗 ，
促进 水解平衡正向移动，使其转化为 沉淀 或
、 向 为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，
滴加 溶液，不产生蓝色沉淀 加入几滴 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 沉淀包裹
【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应 ，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 ，有
气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀 ，固体中未检测到Fe单质，原因可能是
的干扰以及 沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应 ，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
沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。
【详解】（1）在金属活动性顺序表中， 排在 之前， 排在 之后，因此 可将 还
原为 ；
（2）① 与 会生成蓝色的 沉淀；
② 水解方程式为 ，加入的 或 会消耗 ，促进 水解平衡正向移
动，使其转化为 沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为： 或 、
；b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向 为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取
出少量溶液，滴加 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 单质的原因可能是 的干扰以及 沉淀对锌粉的包裹，
因此可控制反应条件，在未生成 沉淀时将 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
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 沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检
测到Fe单质。
2．（2023·北京·高考真题）资料显示， 可以将 氧化为 。某小组同学设计实验探究 被 氧化的
产物及铜元素的价态。
已知： 易溶于 溶液，发生反应 (红棕色)； 和 氧化性几乎相同。
I.将等体积的 溶液加入到 铜粉和 的固体混合物中，振荡。
实验记录如下：
实验现象
实验 极少量 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
Ⅰ 为淡红色
实验 部分 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
Ⅱ 红棕色
实验 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
Ⅲ 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 (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 ，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， ， (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， 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 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 氧化的产物中价态不同的原因： 。
【答案】(1)<
(2) 除去 ，防止干扰后续实验 、
(3) 或 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 浓度小未能氧化全部的 )
(4)铜、含 的 的 溶液
(5)在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中 可以进一步与 结合生成 沉淀或 ， 浓度减小使得
氧化性增强，发生反应 和 。
【分析】因I 溶解度较小，Cu与I 接触不充分，将转化为 可以提高Cu与 的接触面积，提高反应速率。
2 2
加入 ， 平衡逆向移动，I 浓度减小， 浓度增加， 浓度增加，加入氨水后转化为
2
，被氧化为 ，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。
【详解】（1）提高KI浓度，便于提高 的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与 的反应速率加快，故实验
Ⅰ<实验Ⅱ；
（2）加入 ，I 浓度减小， 平衡逆向移动， 浓度增加，其目的为：除去 ，防止干扰
2
后续实验。加入浓氨水后 转化为 ，无色的 被氧化为蓝色的 ，
方程式为 、
；
（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或 ； 反应为可逆反应，加入浓 溶液，I 浓度减小，CuI
2
转化为Cu和I ，故产生白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；铜未完全反应的原因是铜与
2
碘的反应为可逆反应(或 浓度小未能氧化全部的 )；
（4）要验证 能将 氧化为 ，需设计原电池负极材料为Cu，b为含 的 的 溶液；
（5）含 的 的 溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中， 将 氧化为 ；而在实验
Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中 以 形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中 可以进一步与 结
合生成 沉淀或 ， 浓度减小使得 氧化性增强，发生反应 和
。
3．（2022·北京·高考真题）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Cl 或ClO-氧化成MnO (棕黑色)、MnO (绿色)、MnO (紫色)。
2 2
ⅱ、浓碱条件下，MnO 可被OH-还原为MnO 。
ⅲ、Cl 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。
2
实验装置如图(夹持装置略)：
C中实验现象
实
物质a
验
通入Cl 前 通入Cl 后
2 2
Ⅰ 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 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，
Ⅱ 5%NaOH溶液
黑色沉淀 仍有沉淀
40%NaOH溶 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，
Ⅲ
液 黑色沉淀 仍有沉淀(1)B中试剂是 。
(2)通入Cl 前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 。
2
(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl 后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
2
(4)根据资料ⅱ，实验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Cl 导致溶液的碱性减弱。
2
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO 氧化为MnO 。
①用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取实验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MnO 被 (填化学式)氧化，可证
2
明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
③取实验Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是 。
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) ＋O =2MnO ＋2H O
2 2 2 2
(3)Mn2＋的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4) Cl ＋2OH-=Cl-＋ClO-＋H O 4MnO ＋4OH-=4MnO ＋O ↑＋2H O NaClO 3ClO-＋2MnO
2 2 2 2 2
＋2OH-=2MnO ＋3Cl-＋H O 过量Cl 与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液
2 2
中的MnO 被还原为MnO 的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液
【分析】在装置A中HCl与KMnO 发生反应制取Cl ，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，
4 2
除去Cl 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Cl 与MnSO 反应，装置D是尾气
2 2 4
处理装置，据此解答。
【详解】（1）根据以上分析可知B中试剂是饱和NaCl溶液；
（2）通入Cl 前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与碱性溶液中NaOH电离产生的OH-反应产生Mn(OH) 白色沉淀，该沉淀
2 2
不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO ，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为
2
2Mn(OH) ＋O =2MnO ＋2H O。
2 2 2 2
（3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl 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
2
的增强而增强。
（4）①Cl 与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为Cl ＋2OH-=Cl-＋
2 2 2
ClO-＋H O。
2
②溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，MnO 可被OH-还原为MnO ，方程式为4MnO ＋4OH-=4MnO
＋O ↑＋2H O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO 被NaClO氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
2 2 2
③溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO 氧化为MnO ，方程式为3ClO-＋2MnO ＋2OH-=2MnO ＋3Cl-＋
2 2H O。
2
④由于过量Cl 与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO 被还原为MnO
2
的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。
4．（2021·北京·高考真题）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)浓盐酸与MnO 混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO
2 2。
①反应的离子方程式是 。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO +2e-+4H+=Mn2++2H O
2 2
ii.氧化反应： 。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO 的原因。
2
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO 氧化性减弱。
2
ii.随c(Cl-)降低， 。
④补充实验证实了③中的分析。
实验操作 试剂 产物
I 较浓H SO 有氯气
2 4
II a 有氯气
III a+b 无氯气
a是 ，b是 。
(2)利用c(H+)浓度对MnO 氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与
2
MnO 反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是 ，从原子结构角度说明理由 。
2
(3)根据(1)中结论推测：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MnO 。经实验
2
证实了推测，该化合物是 。
(4)Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因： 。
(5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是 。
【答案】(1) MnO +4H+ +2Cl- Mn2++Cl ↑ + 2H O 2Cl--2e- =Cl ↑ Cl-还原性减弱或Cl 的氧化
2 2 2 2 2
性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO 固体(或浓/饱和溶液)
4
(2) KCl>KBr>KI 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)AgNO 或Ag SO
3 2 4
(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++ H ↑
2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
【详解】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO +4H+ +2Cl- Mn2++Cl ↑ + 2H O；②氧化
2 2 2
反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl ↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者
2
产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角
2
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MnSO 固体(或
4
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MnO ，故答案为：AgNO 或Ag SO ；
2 3 2 4
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H ↑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
2
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++ H ↑反应得以发生；
2
（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．（2020·北京·高考真题）探究Na SO 固体的热分解产物。
2 3
资料：①4Na SO Na S+3Na SO ②Na S能与S反应生成Na S，Na S 与酸反应生成S和H S。③BaS易溶于
2 3 2 2 4 2 2 x 2 x 2
水。
隔绝空气条件下，加热无水Na SO 固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到
2 3
浊液，放置得无色溶液B。
(1)检验分解产物Na S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO 溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方
2 4
程式是 。
(2)检验分解产物Na SO ：取少量溶液B，滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该
2 4 2
沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足
2
量盐酸，离心沉降(固液分离)后， (填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO 。
(3)探究(2)中S的来源。
来源1：固体A中有未分解的Na SO ，在酸性条件下与Na S反应生成S。
2 3 2
来源2：溶液B中有Na S，加酸反应生成S。
2 x针对来源1进行如图实验：
①实验可证实来源1不成立。实验证据是 。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是 。
③写出来源2产生S的反应的离子方程式： 。
(4)实验证明Na SO 固体热分解有Na S，Na SO 和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理
2 3 2 2 4
性： 。
【答案】 S2-+Cu2+=CuS↓ 滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀， 向溶液2中加入KMnO 溶液，溶
2 4
液没有褪色 盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO 溶液发生氧化还原
4
反应，使KMnO 溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； S2-+2H+=H S↑+(x-1)S↓ 根据反应
4 x 2
4Na SO Na S+3Na SO 可知，Na SO 发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降
2 3 2 2 4 2 3
为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质
【详解】(1)Na S和CuSO 溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2-+Cu2+=CuS↓；
2 4
(2)根据题干资料：Na S能与S反应生成Na S，Na S 与酸反应生成S和H S，取少量溶液B，滴加BaCl 溶液，
2 2 x 2 x 2 2
产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H S)，说明B溶液
2
中含有Na S，Na S 与酸反应生成S和H S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐
2 x 2 x 2
酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO ；
2
(3)①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H SO ，向溶液2中加入少量KMnO 溶液，H SO 具
2 3 4 2 3
有还原性，酸性条件下KMnO 具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO 溶液应该褪色，
4 4
但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na SO ；
2 3
②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO 溶
4
液发生氧化还原反应，使KMnO 溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；
4
③来源2认为溶液B中有Na S，加酸反应生成S，反应的离子方程式：S2-+2H+=H S↑+(x-1)S↓；
2 x x 2
(4)根据已知资料：4Na SO Na S+3Na SO ，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2
2 3 2 2 4
价，根据反应可知Na SO 发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也
2 3
应该可以降到0价生成硫单质。1．（2024·北京通州·一模）某小组同学探究Mg与 溶液的反应。
已知：i．
ⅱ．
ⅲ． 为无色、 为黄色
实验I：将长约15cm打磨光亮的镁条放入2mL 溶液（溶液呈黄绿色）中，实验记录如下：
第一阶段 第二阶段 第三阶段 第四阶段
时间
0~1min 1~8min 8~25min 25min~18h
镁条表面出现红色固 仍然伴有大量气体，溶液变为 气体量不断减
实验 沉淀变为橙色，红
体，伴有大量气体产 淡蓝色，试管底部有蓝色沉淀 少，沉淀变为黄
现象 色铜几乎不可见
生 产生 色
(1)第一阶段析出红色固体发生反应的离子方程式是 。
(2)小组同学取第二阶段中淡蓝色溶液，加入少量NaCl固体，溶液颜色逐渐变黄绿色，请用离子方程式表示
溶液由淡蓝色变为黄绿色的原因 。
(3)查阅资料：CuOH黄色，CuCl白色。
第三阶段产生的黄色沉淀可能含+1价铜的化合物，进行以下实验探究：
①取少量沉淀滴入浓氨水，沉淀完全溶解，溶液呈浅蓝色，在空气中放置一段时间后溶液成深蓝色，证实
沉淀中含+1价铜的化合物，溶液由浅蓝色变为深蓝色的离子方程式是 。
②甲同学猜想第三阶段反应中先生成CuCl，随着反应的进行，逐渐转化为黄色的CuOH，用离子方程式表
示生成CuCl的主要原因是 。
③小组同学采用电化学装置进行验证。
如图装置电路正常，反应开始阶段未观察到电流表指针发生偏转，为进一步验证产生了CuCl，实验操作和
现象是 。从而证明了甲同学的猜想。
(4)查阅资料，CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应，第四阶段中产生的橙色沉淀中混有的
物质是 。实验Ⅱ：改用 溶液重复实验I，30min内剧烈反应，产生大量气体，镁条上出现红色固体，
1h后产物中有大量红色物质且有蓝色沉淀。
(5)经验证蓝色沉淀为 ，下列有关产生蓝色沉淀分析合理的是 （填序号）。
a．反应放热，促使 水解趋于完全，生成 蓝色沉淀
b．存在平衡 ，Mg与 反应，使 下降，平衡移动，产生蓝色沉淀
c．由于 ，Mg与水反应生成的 逐渐转化为 蓝色沉淀
(6)综上所述，影响Mg与 溶液反应的影响因素是 。
【答案】(1)
(2)
(3)
向烧杯b（a）中加入少量NaCl固体，电流表指针发生偏转，烧杯b（a）中产生白色沉淀，b烧杯中溶液颜
色变浅
(4)
(5)be
(6) 盐阴离子种类影响反应过程， 参与Mg与 的反应
【分析】某小组同学探究Mg与 溶液的反应，第一阶段析出红色固体Cu，伴有大量气体H 产生，后
2
来溶液变为淡蓝色，溶液中存在 ，试管底部有Cu(OH) 蓝色沉淀，随后沉淀变为黄色，生成
2
CuOH，最后沉淀变为橙色，红色铜几乎不可见，CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应生成
。
【详解】（1）第一阶段析出红色固体，说明Mg和Cu2+反应生成Cu和Mg2+，离子方程式为：
。
（2）小组同学取第二阶段中淡蓝色溶液中含有 ，加入少量NaCl固体，溶液颜色逐渐变黄绿
色，说明 转化为 ，离子方程式为： 。
（3）①第三阶段产生的黄色沉淀为CuOH，取少量沉淀滴入浓氨水，沉淀完全溶解，溶液呈浅蓝色，溶液
中含有 ，在空气中放置一段时间后溶液成深蓝色，说明 被氧气氧化为
，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：
；②甲同学猜想第三阶段反应中先生成CuCl，由氧化还原反应中化合价升降相等可知，该过程中Cu和Cu2+反
应生成CuCl，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为： ；
③如图装置电路正常，反应开始阶段未观察到电流表指针发生偏转，说明CuSO 和Na SO 不能发生氧化还
4 2 4
原反应，为进一步验证产生了CuCl，需要向向烧杯b（a）中加入少量NaCl固体，电流表指针发生偏转，
烧杯b（a）中产生CuCl白色沉淀，b烧杯中溶液颜色变浅。
（4）CuOH在碱性环境下一部分发生非氧化还原分解反应，Cu元素的化合价为+1价不发生变化，则第四
阶段中产生的橙色沉淀中混有的物质是Cu O。
2
（5）经验证蓝色沉淀为 ，产生蓝色沉淀的原因是：溶液中存在平衡 ，
Mg与 反应，使 下降，平衡移动，产生蓝色沉淀，由于 ，Mg与
水反应生成的 逐渐转化为 蓝色沉淀，故选be。
（6）综上所述，影响Mg与 溶液反应的影响因素是： 盐阴离子种类影响反应过程， 参与Mg
与 的反应。
2．（2024·北京朝阳·一模）某实验小组探究SO 与K FeO 的反应，实验如下。
2 2 4
资料：i．K FeO 为紫色固体，微溶于KOH溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生O ，在碱性
2 4 2
溶液中较稳定。
ii．Fe3+可以与C O 形成[Fe(C O ) ]3-；
2 2 4 3
装置 操作及现象
实验一：向B中通入SO ，产生暗红褐色沉淀X和溶液Y(略显红
2
色)；继续通入SO 一段时间后，溶液呈红色，继而变为橙色，最
2
终沉淀消失，溶液几乎无色。
(1)A中产生SO 的化学方程式为 。
2
(2)暗红褐色沉淀X可能含Fe3+、OH-、SO 、SO ，检验如下：
实验二：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红。证明溶液中存在
。另取少量溶液滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，但不能确认含有SO ，原因是 。
2
实验三：向X中加入H C O 溶液，沉淀溶解。继续滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入
2 2 4 2
盐酸，白色沉淀溶解。确认X中不含SO 。
实验三中用H C O 溶液溶解沉淀的目的是： 。
2 2 4
实验四：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水(含淀粉)，蓝色立即褪去。静置，一段时间后蓝色复现，振荡，不褪色。
结合离子方程式解释沉淀溶解后的现象： 。
(3)查阅资料：a．Fe3+、SO 、H O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO
2 2。
b. SO 和O 在金属离子的催化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO
2
①向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，
但直接滴加KSCN溶液未见红色的原因是 。
②取出部分实验一中的橙色溶液，久置不褪色。结合资料a中过程ii分析实验一中溶液最终“几乎无色”
的原因： 。
总结：SO 与K FeO 发生了氧化还原反应和复分解反应，并且遵循化学反应速率和限度规律。
2 2 4
【答案】(1)Na SO +H SO =Na SO +H O+SO ↑
2 3 2 4 2 4 2 2
(2) Fe3+ Fe3+可能将+4价含硫物质氧化 H C O 溶液溶解沉淀并形成[Fe(C O ) ]3-；使c(Fe3+)降低，
2 2 4 2 4 3
氧化性减弱，不能将+4价含硫物质氧化 SO +2H O+I =H SO +2HI
2 2 2 2 4
(3) Fe3+与SO 、H O(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN) 持续通入SO 一段时间后，溶液
2 3 2
酸性增强，生成的H SO 将橙色溶液中的HOFeOSO 氧化
2 5 2
【详解】（1）A中用亚硫酸钠和70%的浓硫酸来制取SO 的化学方程式为
2
Na SO +H SO =Na SO +H O+SO ↑；
2 3 2 4 2 4 2 2
（2）实验二中，取少量溶液，滴加KSCN溶液后变红，证明溶液中存在Fe3+；由于Fe3+具有氧化性，能将
SO 氧化成SO ，故并不能确认原溶液中是否含有SO ；实验三中：由于H C O 溶液溶解沉淀并形成
2 2 4
[Fe(C O ) ]3-，再继续滴加BaCl 溶液，产生白色沉淀，过滤后，向沉淀中加入盐酸，白色沉淀溶解，可知白
2 4 3 2
色沉淀为亚硫酸钡，即确认X中不含SO ；实验四中：向X中加入足量盐酸，沉淀溶解。加入几滴碘水
(含淀粉)，蓝色立即褪去，发生的反应方程为SO +2H O+I =H SO +2HI；
2 2 2 2 4
（3）①由已知a．Fe3+、SO 、H O(或OH﹣)会形成配合物HOFeOSO 可得，向溶液Y中滴加2滴KSCN溶液，
2 2
未见红色；再加几滴6mol·L-1盐酸，溶液变红。溶液Y中存在Fe(Ⅲ)，但直接滴加KSCN溶液未见红色的原
因是Fe3+与SO 、H O(或OH﹣)形成配合物的稳定性强于Fe(SCN) ；②由已知b. SO 和O 在金属离子的催
2 3 2
化作用下产生具有强氧化性的过一硫酸(HSO ），可得溶液最终“几乎无色”的原因为持续通入SO 一段
2
时间后，溶液酸性增强，生成的H SO 将橙色溶液中的HOFeOSO 氧化。
2 5 2
3．（2024·北京东城·二模）常温下镁条与水缓慢反应，一段时间后镁条表面被致密 薄膜完全覆
盖，反应停止。再加入 则能持续产生 ，探究其原因。
【实验】将打磨光亮的镁条放入水中反应至无气泡产生，镁条表面变暗。室温下，取该镁条放入下列溶液[初始 ]，实验记录如下。
编号 溶液 实验记录
片刻后镁条表面变光亮，开始产生大量气体；
溶液 前 内镁条表面保持光亮，但产生气体的速率逐渐减慢；
时，镁条表面变白，持续有气泡产生
溶液 仅出现微量气泡
溶液（用氨水调至 ） 实验现象及气体体积与 几乎相同
(1)镁与水反应的化学方程式是 。
(2)经检验， 和 生成的气体均为 并含有微量 。检验 的操作和现象是 。
(3)本实验说明去除 表面致密 的主要粒子是 。
①得出该结论的实验证据是 。
② 与 反应的离子方程式是 。
(4)实验 中溶液 和 体积随时间的变化如图所示。反应过程中 和 之和可看作保持
不变。
①前 产生 的主要反应的离子方程式是 。
② 可作为 与 的反应是否达到平衡的判断依据，理由是 。
(5)实验 在 后的一段时间内， 基本不变，但仍能持续产生 。结合方程式解释持续产生 的原
因： 。
【答案】(1)
(2)将气体通过湿润的红色石蕊试纸，试纸变蓝
(3) b中仅出现微量气泡，c中的实验结果与a几乎相同(4) 当pH不变时，c（OH-）不变，说明
和 达到平衡，故c（ ）、c（
）和c（Mg2+）均不变， 与Mg（OH） 的反应达到平衡
2
(5)Mg继续发生反应： ， 能够改变Mg（OH） 的位置或形态，使Mg
2
表面在较长时间内不会被致密薄膜覆盖
【详解】（1）镁与水反应生成Mg（OH） 和H ，反应的化学方程式是： ，
2 2
故答案为： ；
（2）氨气具有碱性，能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故答案为：将气体通过湿润的红色石蕊试纸，试
纸变蓝；
（3）①实验a采用NH Cl溶液（pH=4.6），实验b采用NaCl溶液（pH=7），实验c采用NH Cl溶液（用氨
4 4
水调pH=7），对比实验a、b、c的实验结果，a和c的实验结果几乎相同，b中仅出现微量气泡，说明去除
Mg表面致密Mg（OH） 的主要粒子并不是Cl-、H+ ，而是 ，故答案为：b中仅出现微量气泡，c中的
2
实验结果与a几乎相同；
② 与Mg（OH） 反应生成Mg2+和 ，反应的离子方程式为；
2
，故答案为：
（4）①前5min为Mg和 反应产生H ，主要反应的离子方程式是
2
，故答案为：
；
② 与Mg（OH） 反应时存在平衡如下：
2
反应1： ；
反应2： ；
反应3： ；
总反应为： ；
当pH不变时，c（OH-）不变，说明 和 达到
平衡，故c（ ）、c（ ）和c（Mg2+）均不变， 与Mg（OH） 的反应达到平衡，故答案
2
为：当pH不变时，c（OH-）不变，说明 和
达到平衡，故c（ ）、c（ ）和c（Mg2+）均不变， 与Mg（OH） 的反应达到平衡；
2
（5）实验a在30min后的一段时间内，pH基本不变，但仍能持续产生H ， 能够改变Mg（OH） 的位
2 2置或形态，使Mg表面在较长时间内不会被致密薄膜覆盖，Mg继续发生反应：
，故答案为：Mg继续发生反应： ，
能够改变Mg（OH） 的位置或形态，使Mg表面在较长时间内不会被致密薄膜覆盖
2
4．（2024·北京海淀·二模）某实验小组对 溶液和 溶液的反应进行探究。
资料： 为白色固体，易溶于水。
【实验1】
序
实验操作 实验现象
号
向 溶液中加入
产生黑色固体
溶液
迅速产生大量黑色固体、少量红色固体
向 饱和 溶液（约为 ， 约为3）中
和黄色固体，静置后红色固体减少、黑
加入 饱和 溶液（约为 ， 约为13）
色固体增多
I．探究反应的产物
(1)经检验实验中的黑色固体均为 。实验1-1反应的离子方程式为 。
【实验2】
(2)资料表明，黄色固体为S。小组同学取实验1-2所得固体，依次用盐酸、蒸馏水洗涤干净后继续进行实
验2，证明了实验1-2中黄色固体为S。
①证明实验1-2所得固体洗涤干净的实验操作及现象是 。
②依据实验2，推测S与NaOH反应的离子方程式为 。
③实验2中，加入硝酸的目的是 。
(3)实验证明红色固体为Cu。补全静置后红色固体转化为黑色固体反应的离子方程式： 。
□ □ □___+□__ □__+□
Ⅱ．探究影响反应产物的因素
【实验3】
序号 实验方案 实验现象a：饱和 溶液
3-1 电压表指针偏转，读数为0.85V
b：饱和 溶液
a： 溶液
3-2 电压表指针偏转，读数为0.46V
b： 溶液
a： 溶液（pH调至13）
3-3 电压表指针偏转，读数为0.68V
b： 溶液
a： 溶液（pH调至13）
3-4 电压表指针略偏转，读数为0.10V
b： 溶液
说明：本实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。
(4)资料表明，对于电极反应 ， 对 还原性没有直接影响。实验3-3的电压表读数大于
3-2的可能原因是 。
(5)小组同学用实验3装置补做实验3-5，排除了 的影响。他们所用试剂a为饱和 溶液，b为
。
(6)综合上述实验可以得到的结论有 。
【答案】(1)
(2) 取最后一次洗涤液，加入 溶液，无白色沉淀生成
确认白色沉淀中有 ，排除浓 溶液吸收空气中的 生成 进而生成 产生的干扰
(3)
(4) 增大， 逆向移动， 增大，还原性增强
(5) 溶液， 调至3
(6) 溶液与 溶液混合，二者既能发生氧化还原反应，也能发生沉淀反应；沉淀反应的速率比氧
化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还原反应和沉淀反应）；
增大有利于 发生氧化反应
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以
此进行对比；
【详解】（1）实验中的黑色固体均为 ，则实验1-1反应为铜离子和硫离子发生反应生成硫化铜沉淀，离子方程式为 ；
（2）①硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，证明实验1-2所得固体洗涤干净就是证明洗涤液
中有无硫酸根离子，故实验操作及现象是：取最后一次洗涤液，加入 溶液，无白色沉淀生成。
②实验2中S与NaOH反应后溶液和氯化钡生成溶于酸的沉淀，则为硫元素转化生成的亚硫酸钡沉淀，则
硫单质和氢氧化钠发生歧化反应生成硫化钠和亚硫酸钠，离子方程式为 。
③亚硫酸根离子能被硝酸氧化为硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子生成不溶于酸的硫酸钡沉淀，故实验2
中，加入硝酸的目的是确认白色沉淀中有 ，排除浓 溶液吸收空气中的 生成 进而生成
产生的干扰；
（3）黑色固体均为 ，红色固体为Cu，则静置后红色固体转化为黑色固体反应为铜被空气中氧气氧化
为铜离子，铜离子和硫离子转化为硫化铜黑色沉淀，反应为： ；
（4） 对 还原性没有直接影响，但是碱性增强，氢氧根离子浓度增大，促使
平衡逆向移动，硫离子浓度增大，导致硫离子还原性增强，故实验3-3的电压表读
数大于3-2的可能原因是： 增大， 逆向移动， 增大，还原性增强；
（5）已知，饱和 溶液 约为3，实验3装置补做实验3-5，排除了 的影响，则所用试剂a为饱
和 溶液，b为 溶液， 调至3，保证溶液的酸碱性相同；
（6）实验中，电压表的读数越大，氧化剂的氧化性（或还原剂的还原性）越强。综合对比实验可知：
溶液与 溶液混合，二者既能发生氧化还原反应生成铜、硫，也能发生沉淀反应生成硫化铜沉
淀；沉淀反应的速率比氧化还原反应的快（或低浓度时，以沉淀反应为主；高浓度时，能同时发生氧化还
原反应和沉淀反应）； 增大有利于 发生氧化反应（合理即可）。
5．（2024·北京丰台·二模）某化学小组探究硫酸铁铵 与 、 的反应。
实
操作 现象
验
迅速产生大量红褐色沉淀和大量气泡；继续滴加，
向2mL 溶液(pH=2.03)
Ⅰ 当气泡量明显减少时，试管口的湿润红色石蕊试纸
中逐滴加入 溶液
开始逐渐变蓝
溶液立即变棕红(无丁达尔现象)，继续滴加
向2mL 溶液(pH=2.03)
Ⅱ 溶液至过量，溶液依然为棕红色，放置两天无明显
中逐滴加入 溶液
变化
已知： (棕红)
(1)①实验Ⅰ中产生红褐色沉淀与气泡的离子方程式为 。②由实验Ⅰ可得出与 结合的能力： (填“>”、“<”、“=”)。
(2)资料显示， 可以氧化 。针对实验Ⅱ中的现象，小组同学又设计并实施了如下实验。
实
操作 现象
验
向2mL 溶液(pH=1.78)中加入0.5mL 溶液立即变棕红色，约2小时后，棕红
Ⅲ
色变为黄色，检测到
溶液
向2mL 溶液(pH=2.03)中加入 溶液立即变棕红色，约5小时后，棕红
Ⅳ
色变为黄色，检测到
0.5mL 溶液
①实验Ⅲ中 与 反应生成 的离子方程式为 。
②结合化学反应原理解释实验Ⅱ、Ⅳ中现象存在差异的可能原因 。
(3)针对实验Ⅲ、Ⅳ的现象差异，小组同学提出猜想：pH影响了 的氧化性或 的还原性，并实施实
验。
实
实验装置 实验步骤及现象
验
1.按如图搭好装置，接通电路，电压表读数为0.6V；
2.向a电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数不
Ⅴ 变；
3.向石墨电极附近滴加3滴10%稀硫酸，电压表读数变
为0.5V。
①a、b分别是 。
②结合电极反应解释步骤3中电压表示数减小的原因 。
③补充实验Ⅵ：向实验Ⅱ得到的棕红色液体中加入3滴10%稀硫酸，棕红色迅速变黄，检测到 。结合
化学用语解释实验Ⅵ中氧化还原反应明显加快的可能原因 。
(4)综合以上实验，盐溶液间反应的多样性与 有关。
【答案】(1) <
(2) 反应 的速率大于 与
+4价硫发生氧化还原反应的速率；实验Ⅱ中 过量， 较低：实验Ⅳ中 过量， 较高，发生氧化还原反应的速率比实验Ⅱ快，并不断促进 逆向移动
(3) 石墨 溶液 ， 增大， 还原性减
弱，电压表读数减小
(4)微观粒子种类、试剂的相对用量、pH等
【分析】某化学小组探究硫酸铁铵 与 、 的反应，通过实验Ⅰ和实验Ⅱ说明
盐溶液间反应与微观粒子种类有关，实验Ⅲ和实验Ⅳ说明盐溶液间反应与试剂的相对用量有关，实验Ⅴ说
明盐溶液间反应与pH有关。
【详解】（1）①实验Ⅰ中Fe3+和 发生双水解反应产生 红褐色沉淀与二氧化碳气体，离子方程
式为： ；
①向2mL 溶液(pH=2.03)中逐滴加入 溶液，先生成 红褐
色沉淀，最后才生成NH ，说明与 结合的能力： < 。
3
（2）①实验Ⅲ中 与 反应生成 ，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：
；
②结合化学反应原理解释实验Ⅱ、Ⅳ中现象存在差异的可能原因：反应 的速
率大于 与+4价硫发生氧化还原反应的速率；实验Ⅱ中 过量， 较低：实验Ⅳ中 过量，
较高，发生氧化还原反应的速率比实验Ⅱ快，并不断促进 逆向移动。
（3）①要验证pH影响了 的氧化性或 的还原性，a极区为正极，b剂区为负极，则a电极为石墨，
b剂区放 溶液；
②结合电极反应解释步骤3中电压表示数减小的原因为：负极反应为： ，
增大， 还原性减弱，电压表读数减小；
③加入3滴10%稀硫酸，平衡 逆移，c( )降低，平衡
逆移，c(Fe3+)增大，Fe3+与+4 价硫化合物的氧化还原反应速率加快。
（4）综合以上实验，盐溶液间反应的多样性与微观粒子种类、试剂的相对用量、pH等有关。
6．（2024·北京昌平·二模）探究配制不同金属离子—氨配体溶液的差异性，实验操作及现象如下：
实验序号 操作 现象
实验 在试管内混合 溶液和 溶
产生蓝色沉淀，加入 后沉
实验i：
i-a 液，再加入过量的 淀少部分溶解，溶液变浑浊，静置后上层为深蓝色溶液。
产生蓝色沉淀，加入 后沉
实验 在试管内混合 溶液和 溶
淀大部分溶解，溶液变浑浊，静置
i-b 液，再加入过量的
的配 后上层为深蓝色溶液。
制
在试管内混合 溶液和
产生蓝色沉淀，加入 后沉
实验
溶液，再加入过量的 淀完全溶解，得到澄清的深蓝色溶
i-c
液。
实验 在试管内混合 溶液和过量 得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶
实验ii： ii-a 解。
的配
实验 在试管内混合 溶液和过量 得到浅青色沉淀，沉淀未见明显溶
制
ii-b 解。
实验iii：
实验 在试管内混合 溶液和 溶 产生白色沉淀，加入 后沉
的配
iii 液，再加入过量的 淀完全溶解，得到无色溶液。
制
资料：①饱和氨水的浓度约为
② 为浅青色沉淀
③ 溶液为红色，在活性炭催化下转化为橙黄色的 溶液
(1)实验i-a中生成蓝色沉淀的离子方程式为 。
(2)有研究认为蓝色沉淀中还有 成分，其可以溶于稀酸。检验蓝色沉淀中不止含 的实
验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后， 。(填后续操作和现象)
(3)对比实验i-a和实验i-b，从平衡移动角度，结合化学用语解释 对 生成有一定促
进作用的原因 。
(4)对比实验i-a和实验i-c中再加入过量氨水前的反应，推测 对 生成有一定促进作用。设
计下图所示实验：在1、2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂。实验现象证实了预测。①x的化学式是 ，c= 。
②实验现象是 。
(5)从平衡移动角度，结合化学用语，解释 对 生成有一定促进作用的原因 。
(6)针对实验ii未能成功配制 溶液，结合以上分析，提出改进方案：
①在实验ii-a的基础上继续加入 ，即可成功配制。
②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，
反应的离子方程式为： 。
(7)综合以上分析，配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性，推测可能与以下因素有关：配
位数、 。
【答案】(1)
(2)加入足量稀 ，固体全部溶解后再加入 溶液，产生白色沉淀
(3) ， 增大， ，
使沉淀溶解平衡正移， 更多地转化为
(4) 1 试管1中沉淀溶解，2中不溶解
(5) ， 增大时， 与 反应产生 ，增大了
，同时减少了 ，使沉淀溶解平衡正移， 增加，促进
平衡正移
(6) 10滴 溶液
(7)氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和 配位的难易程度
【详解】（1）实验i-a中硫酸铜与氢氧化钠发生复分解反应生成蓝色沉淀氢氧化铜，离子方程式为
。
（2）检验蓝色沉淀中不止含 ，可能还含有 ，只要检验硫酸根离子的存在即可，已知 可以溶于稀酸，故实验操作为：将蓝色沉淀过滤，充分洗涤后，加入足量稀 ，固体全
部溶解后再加入 溶液，产生白色沉淀。
（3）因为 ， 增大，
，使沉淀溶解平衡正移， 更多地转化为 ，故 对
生成有一定促进作用。
（4）加入过量氨水前，实验i-a中的反应为 ，实验i-c中的反应为
，要推测 对 生成有一定促进作用，在1、
2试管内分别完成对实验i-a的重复，再分别加入不同试剂，需要采用控制单一变量法，故①x的化学式是
，c=1。实验现象证实了预测，故②实验现象是试管1中沉淀溶解，2中不溶解。
（5）因为 ， 增大时， 与 反应产生 ，增大了
，同时减少了 ，使沉淀溶解平衡正移， 增加，促进
平衡正移，故 对 生成有一定促进作用。
（6）①由以上分析知， 对 生成有一定促进作用，在在实验ii-a的基础上继续加入10滴
溶液，即可成功配制。
②验证配制成功的操作及实验现象是：取①的上层红色清液，加入少许活性炭振荡试管，溶液转为橙黄色，
反应的离子方程式为： 。
（7）综合以上分析，配制不同金属离子—氨配体溶液的难易程度存在差异性，推测可能与以下因素有关：
配位数、氢氧化物提供金属阳离子的难易程度、金属阳离子和 配位的难易程度。
7．（2024·北京西城·二模）某小组探究 的制备。
已知：i. （绿色，不溶于水）、 （绿色）、 （灰绿色，不溶于水）、
（玫瑰红色）、 （橙色）、 （黄色）
ii. 是一种弱酸，易分解：
将 固体和 固体（物质的量之比为1:3）与过量的 固体混合，高温煅烧得含
的黄色固体，反应如下：
。
(1) 受热分解转化为 ，反应的化学方程式是 。(2) 转化为 ，进行实验Ⅰ：
①加入 ， 转化为 反应的离子方程式是 。
②无色气泡中的气体有 。
③资料显示溶液变为棕黑色是 与 混合所致。设计实验：取少量棕黑色溶液于试管中，逐滴加入
NaOH溶液，生成灰绿色沉淀，溶液变为黄色，至不再生成沉淀时，静置，取上清液 （填操作和
现象），证实溶液中存在 与 。
(3)探究 的来源
来源1：……
来源2：酸性环境中， 与 发生氧化还原反应生成 。
①来源1： 。
②进行实验Ⅱ证实来源2成立，实验操作及现象如下：
实验操作 实验现象
溶液由橙色逐渐变为棕黑色，进而变为绿色，过程中无红棕色气体
产生。
继续加入 溶液，溶液变为玫瑰红色，加入
溶液后，溶液恢复绿色。
溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红色的反应的离子方程式： 、 。
从平衡移动的角度解释溶液由玫瑰红色变为绿色的原因： 。
(4)为避免 转化为 的过程中产生 ，进行实验Ⅲ。
将煅烧后的黄色固体浸泡于100mL水中，过滤后向滤液中加入醋酸溶液，调至pH＝5，溶液变为橙色。
实验Ⅲ中溶液的颜色与实验Ⅰ中的不同的原因可能是 。
【答案】(1)
(2) NO、 加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色
(3) 黄色固体中含有 ，溶于稀硫酸生成，加入 溶液， ，
且 易分解， 减小，平衡正向移动， 转化为 ，溶液由玫瑰红色变为绿色
(4)实验Ⅱ中，过滤除去了 ，溶液中的 比实验Ⅰ中的小， 的氧化性减弱的程度大于
的还原性增强的程度，使 与 不能反应生成 ，溶液仍为橙色
【分析】将 固体和 固体与过量的 固体混合，高温煅烧得 固体，加水溶解后加入
稀硫酸调节pH，反应可生成 ；反应过程中再酸性环境下， 与 发生氧化还原反应生成
，会导致生成的产物中含有 杂质。
【详解】（1）根据得失电子守恒和质量守恒定律， 受热分解转化为 和氧气，化学方程式：
；
（2）①根据原子守恒及电荷守恒，加入 ， 转化为 反应的离子方程式：
；
②过量的碳酸盐与硫酸反应生成二氧化碳气体，亚硝酸盐在酸性环境下形成亚硝酸，亚硝酸不稳定分解出
NO气体；
③溶液中存在 与 ，结合题干信息可知，可通过改变溶液酸碱性，通过颜色变化进行成分判断，
具体操作及现象：加入稀硫酸，调至pH＝3，溶液由黄色变为橙色；
（3）①根据实验信息可知，黄色固体中含有 ，溶于稀硫酸生成 ；
②结合题干信息各微粒颜色，结合得失电子守恒及电荷守恒可知，溶液由橙色变为绿色、绿色变为玫瑰红
色的反应的离子方程式： 、 ；
，加入 溶液， ，且 易分解， 减小，平
衡正向移动， 转化为 ，溶液由玫瑰红色变为绿色；
（4）实验Ⅱ中，过滤除去了 ，溶液中的 比实验Ⅰ中的小， 的氧化性减弱的程度大于
的还原性增强的程度，使 与 不能反应生成 ，溶液仍为橙色。
8．（2024·北京石景山·一模）某小组同学探究Cu(OH) 和醛的反应产物。
2
已知：Cu O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H O；[CuCl ]−(无色)易被氧化为[CuCl ]2−(黄色)。
2 2 2 4
(1)将25%的NaOH溶液、8%的CuSO 溶液和37%～40%的甲醛溶液按一定比例依次混合后加热(始终保持
4
NaOH过量)。实验记录如下：实
试剂用量 实验现象
验
I n(HCHO)：n(CuSO ) > 20 生成紫红色固体，有大量气体产生
4
II n(HCHO)：n(CuSO ) = 1 生成砖红色固体，有少量气体产生
4
①实验I中的紫红色固体过滤、洗涤后，加入稀硫酸，振荡，溶液无明显变化，证明Cu(OH) 被还原为
2
；甲醛的氧化产物可能是HCOONa或Na CO ，通过实验排除了Na CO 的可能，简述实验操作和现象
2 3 2 3
。
②X射线衍射等技术确认实验II中砖红色固体主要是Cu O，写出实验II中生成Cu O的化学方程式
2 2
。
③实验I和II中产生的气体是H 查阅资料发现：在碱性条件下，Cu O可以被甲醛还原为Cu并伴有H 产生，
2. 2 2
写出反应的离子方程式 。
(2)在试管里加入 10 %的NaOH溶液2 mL，然后加入2% 的CuSO 溶液 0.4 mL，振荡后，加入0.5 mL乙醛
4
溶液，加热后得到橙红色浊液，过滤、洗涤之后检验生成的橙红色固体。实验记录如下：
实
实验操作 实验现象
验
III 铜粉中加入7 mol/L盐酸，振荡 铜粉未溶解，溶液呈无色
氧化亚铜中加入7 mol/L盐酸，振荡； 固体全部溶解，溶液变为黄色；
IV
再加入过量铜粉 黄色溶液变为无色
V 橙红色固体中加入7 mol/L盐酸，振荡 固体全部溶解，溶液变为黄色
①实验III的目的 。
②用离子方程式解释实验IV溶液中发生的变化： 。
③结合以上实验，小组同学认为橙红色固体只有Cu O，你认为是否合理并说明原因 。
2
【答案】(1) Cu 取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体
HCHO + 2Cu(OH) + NaOH HCOONa + Cu O + 3H O Cu O + 2HCHO + 2OH− 2Cu + H ↑ + 2HCOO− + H O
2 2 2 2 2 2
(2) 验证铜粉与7 mol/L盐酸不反应 Cu O + 2H+ + 4Cl− = 2[CuCl ]− + H O、4[CuCl ]− + O + 4H+ + 8Cl−
2 2 2 2 2
= 4[CuCl ]2− + 2H O、[CuCl ]2− + Cu = 2[CuCl ]− 不合理；橙红色固体可能是Cu O和Cu的混合物
4 2 4 2 2
【分析】探究Cu(OH) 和醛的反应产物，通过对比实验，先用Cu和盐酸反应，再用Cu O于盐酸反应，通过
2 2
观察现象来判断产物；
【详解】（1）①实验I中的紫红色固体过滤、加入稀硫酸，溶液无明显变化，说明该固体不与酸反应，已
知Cu O能与酸反应生成Cu2+，溶液会呈蓝色，则该紫红色固体是Cu，证明Cu(OH) 被还原为Cu；甲醛的氧
2 2
化产物可能是HCOONa或Na CO ，碳酸钠能与酸反应生成二氧化碳气体，若通过实验排除了Na CO 的可能，
2 3 2 3
则加入足量酸无明显现象，实验操作和现象：取少量反应后的溶液，加入过量盐酸，未产生使澄清石灰水变浑浊的气体；
②实验II中HCHO 和 Cu(OH) 发生氧化还原反应生成Cu O和甲酸，在NaOH碱过量下生成甲酸钠，反应的
2 2
化学方程式HCHO + 2Cu(OH) + NaOH HCOONa + Cu O + 3H O；
2 2 2
③在碱性条件下，Cu O可以被甲醛还原为Cu并伴有H 产生，甲醛被氧化为HCOO−，反应的离子方程式
2 2
Cu O + 2HCHO + 2OH− 2Cu + H ↑ + 2HCOO− + H O；
2 2 2
（2）①实验III加入盐酸铜粉未溶解，溶液呈无色，说明铜单质不与酸反应，目的验证铜粉与7 mol/L盐酸
不反应；
②已知：Cu O + 2H+ =Cu2+ + Cu + H O，固体全部溶解，则产物为[CuCl ]−，反应的离子方程式为：Cu O + 2H+
2 2 2 2
+ 4Cl− = 2[CuCl ]− + H O，已知[CuCl ]−(无色)易被氧化为[CuCl ]2−(黄色)，溶液变为黄色，反应的离子方程式为：
2 2 2 4
4[CuCl ]− + O + 4H+ + 8Cl− = 4[CuCl ]2− + 2H O，黄色溶液变为无色，则Cu与[CuCl ]2−反应生成[CuCl ]−，反应
2 2 4 2 4 2
的离子方程式为：[CuCl ]2− + Cu =2[CuCl ]−；
4 2
③结合以上实验，Cu也能与[CuCl ]2−反应从而溶解，则认为橙红色固体只有Cu O不合理，橙红色固体可能
4 2
是Cu O和Cu的混合物。
2
9．（2024·北京丰台·一模）某研究小组探究Fe3+盐溶液与Cu的反应，进行了如下实验。
序
实验装置 试剂a 实验现象
号
0.25
溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有较大量剩
I mol·L-1Fe (SO ) 溶
2 4 3
余，溶液仍为蓝色
液
溶液逐渐变为蓝绿色，铜片表面覆盖有白色固体
0.5 mol·L-1FeCl 溶
3
Ⅱ (经检验为CuCl)。2天后，白色固体消失，Cu片无
液
剩余，溶液中产生大量红褐色沉淀
溶液逐渐变为绿色，实验过程中未见气泡产生。
0.5 mol·L-1
Ⅲ 2天后，Cu片少量剩余，溶液中产生大量红褐色
Fe(NO ) 溶液
3 3
沉淀
资料：i．CuCl、CuSCN是难溶于水的白色固体；
ii．Fe2+ + NO [Fe(NO)]2+ (棕色)。
(1)用化学用语解释Fe3+盐溶液显酸性的原因 。
⇌
(2)实验I中发生反应的离子方程式为 。
(3)小组同学取2 mL实验I中反应2天后的溶液于试管中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变
红，产生大量白色沉淀。
甲同学猜想Fe2+可能在该条件下被Cu2+氧化了。①用离子方程式表示甲同学的猜想 。
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是 。
(4)对比实验I和实验Ⅱ，小组同学推测Cl-可以催化Fe3+与Cu反应。其理由是 。
(5)实验Ⅱ中产生大量红褐色沉淀的原因是 。
(6)实验Ⅲ所得溶液的颜色不是蓝色，小组同学猜测反应中生成了[Fe(NO)]2+，设计并实施了以下实验，验证
了其猜想。
步骤 实验操作 实验现象
① 向盛有2 g金属Cu片的烧杯中加入试剂X 2天后溶液颜色无明显变化，铜片表面有细小气泡附着
② 继续加入少量FeSO 固体 溶液迅速变为浅棕色
4
试剂X是 。
综合以上实验，Fe3+盐溶液与Cu反应的多样性与阴离子种类、生成物存在形式等有关。
【答案】(1)Fe 3+ + 3H O Fe(OH) + 3H+
2 3
(2)2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+
(3) Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3+ + CuSCN↓ 向2 mL 0.5 mol/L FeSO 和0.25 mol/L CuSO 的混合溶液中，
4 4
加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象
(4)产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：
2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快
(5)4Fe2+ + O + 4H+ = 4Fe3+ + 2H O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH) 沉淀
2 2 3
(6)20mL NaNO 与HNO 的混合溶液[pH约为1.3、c(NO )=1.5 mol/L) ]
3 3
【分析】本题为实验探究题，探究Cu与Fe3+的反应机理和反应条件，根据题干信息，i．CuCl、CuSCN是难
溶于水的白色固体； ii．Fe2+ + NO [Fe(NO)]2+ (棕色)，结合各实验步骤和控制变量原则进行解题。
【详解】（1）FeCl 是强酸弱碱盐，Fe3+水解导致溶液呈酸性，水解离子方程式为Fe3++3H O Fe（OH）
3 2
+3H+，故答案为： Fe3++3H O Fe（OH） +3H+；
3 2 3
（2）由题干信息可知，向0.25 mol·L-1Fe (SO ) 溶液中加入Cu，观察到溶液逐渐变为蓝色。2天后，Cu片有
2 4 3
较大量剩余，溶液仍为蓝色，故实验I中发生反应的离子方程式为2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，故答案为：
2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+；
（3）①由题干信息可知，实验I中反应2天后的溶液为FeSO 和CuSO 溶液，CuSCN是难溶于水的白色固体，
4 4
加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察到溶液迅速变红，产生大量白色沉淀，故可推测Fe2+可能在该条件下被
Cu2+氧化，该转化的离子方程式为：Fe2+ + Cu2+ + SCN- = Fe3+ + CuSCN↓；
②甲同学通过实验证实了其猜想，实验方案是向2 mL 0.5 mol/L FeSO 和0.25 mol/L CuSO 的混合溶液中，加
4 4
入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象，故答案为：向2 mL 0.5 mol/L FeSO 和0.25 mol/L CuSO 的混合
4 4
溶液中，加入2滴1 mol·L-1 KSCN溶液，观察实验现象；
（4）对比实验I和实验Ⅱ的实验现象，产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl +Fe3+ = Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+，从现象上看，实验Ⅱ反应更快，故可推测Cl-可
以催化Fe3+与Cu反应，故答案为：产生白色固体：Cu+ Fe3+ + Cl- = CuCl↓+ Fe2+；白色固体消失：CuCl + Fe3+
= Fe2+ + Cu2+ + Cl-；总反应：2Fe3+ + Cu = Cu2+ + 2Fe2+。从现象上看，实验Ⅱ反应更快；
（5）已知空气中的O 在酸性和碱性条件下均能氧化Fe2+，本实验反应原理为：4Fe2+ + O + 4H+ = 4Fe3+ +
2 2
2H O，从而导致溶液中OH-和Fe3+浓度增大，生成红褐色沉淀Fe(OH) ，故答案为：4Fe2+ + O + 4H+ = 4Fe3+
2 3 2
+ 2H O，c(OH-)、c(Fe3+)增大，形成Fe(OH) 沉淀；
2 3
（6）题干实验Ⅲ中加入的试剂为20mL0.5mol/LFe(NO ) ，pH约为1.3的溶液，为避免铁离子干扰实验，根
3 3
据控制变量的原则可知，试剂X是20mL NaNO 与HNO 的混合溶液[pH约为1.3、c(NO )=1.5 mol/L) ]，故答
3 3
案为：20mL NaNO 与HNO 的混合溶液[pH约为1.3、c(NO )=1.5 mol/L) ]。
3 3
10．（2024·北京门头沟·一模）探究铜与浓硫酸的反应。
加热铜与浓硫酸，在反应过程中，有刺激性气味的气体产生，溶液逐渐变为墨绿色浊液，试管底部有灰白
色沉淀；继续加热，试管中出现“白雾”，浊液逐渐变澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，试管底部灰白色
沉淀增多。
资料：ⅰ． 均为黑色固体。
ⅱ．
Ⅰ．沉淀成分探究。
(1)经检验灰白色沉淀中含有无水硫酸铜，结合化学方程式解释原因 。
继续探究沉淀成分：取沉淀，用蒸馏水多次洗涤，干燥，得到沉淀样品，取少量样品于试管中，分别进行
如下3个实验。
编 试剂
实验操作 实验现象
号
浓硝 沉淀逐渐溶解，产生大量红棕色气
① 滴加适量浓硝酸
酸 体
滴加氨水后，溶液呈极浅蓝色；静
② 氨水 滴加 氨水，振荡，在空气中放置一段时间
置后逐渐变深，呈深蓝色
滴加 酒精，充分振荡，静置、过滤，将滤
③ 酒精 酒精与水的界面呈现乳白色
液移入盛有水的试管中，稍加振荡
(2)根据实验①，推测沉淀中含有还原性物质，经检验有 ，反应初期生成 可能原因是 。
(3)②中浅蓝色溶液变深的反应原理是(用离子方程式表示) 。
(4)由以上实验推断沉淀成分主要有 。
Ⅱ．溶液颜色探究。猜测1：查阅资料：若铜丝不纯(含有铁)，导致体系中含有 和 ，与水合铜离子调和成墨绿色。
猜测2：铜丝表面常常涂一层聚氯乙烯薄膜，聚氯乙烯在加热条件下易分解产生 ，导致反应体系中形
成 (黄色)，与水合铜离子混合溶液呈绿色。
编
实验操作 实验现象 实验结论
号
取铜丝与浓硫酸反应后的混合液 于试管中，滴入2滴 混合液中不含
④ 溶液未变红
，再加入____
⑤ 取一段铜丝放入大试管中，加入 浓硫酸，加热 _______
铜丝表面含有氯元
另取一段铜丝，在酒精灯上灼烧除去铜丝表面薄膜；放入 溶液慢慢变蓝
素
⑥
大试管中，加入 浓硫酸，加热 色、蓝黑色
(5)④中加入的试剂是 ；⑤中实验现象 。
(6)总结：铜与浓硫酸反应的多样性与 有关。
【答案】(1)反应中浓硫酸中水的含量很少，本身又具有吸水的特性，反应过程中生成的少量水以水蒸气的
形式散失， 平衡正向移动，生成的CuSO 几乎没有水溶解，得到CuSO
4 4
沉淀
(2)反应初期温度相对较低，此时浓硫酸氧化性相对较弱，将Cu氧化为+1价的亚铜，
平衡正向移动，得到Cu S
2
(3)
(4)无水硫酸铜、Cu S、Cu O、S
2 2
(5) KSCN溶液 溶液慢慢变绿
(6)副反应众多
【分析】加热铜与浓硫酸，在反应过程中，有刺激性气味的气体SO 产生，溶液逐渐变为墨绿色浊液，是
2
由于铜丝表面常常涂一层聚氯乙烯薄膜，聚氯乙烯在加热条件下易分解产生 ，导致反应体系中形成
(黄色)，与水合铜离子混合溶液呈绿色，试管底部有灰白色沉淀（无水硫酸铜、Cu S、Cu O、S
2 2
等）；继续加热，试管中出现“白雾”（硫酸酸雾），浊液逐渐变澄清，溶液颜色慢慢变为浅蓝色，是发
生反应 ，试管底部灰白色沉淀增多。
【详解】（1）反应中浓硫酸中水的含量很少，本身又具有吸水的特性，反应过程中生成的少量水以水蒸
气的形式散失， 平衡正向移动，生成的CuSO 几乎没有水溶解，得到
4
CuSO 沉淀；
4（2）反应初期温度相对较低，此时浓硫酸氧化性相对较弱，将Cu氧化为+1价的亚铜，结合
可知， 平衡正向移动，得
到Cu S
2
（3）②中浅蓝色溶液变深是 被氧气氧化为 ，化学方程式为：
；
（4）经检验灰白色沉淀中含有无水硫酸铜，由实验①推断出沉淀中含有还原性物质，经检验有Cu S，由
2
实验②结合方程式 可知，沉淀中含有
Cu O，实验③由于S微溶于酒精，使得酒精与水的界面呈现乳白色，以上实验推断沉淀成分主要有：无水
2
硫酸铜、Cu S、Cu O、S；
2 2
（5）④中应加入KSCN溶液，检验是否存在Fe3+；由实验结论可知，实验⑤中产生的 (黄色)与水
合铜离子混合溶液呈绿色，实验现象为：溶液慢慢变绿；
（6）铜与浓硫酸反应的多样性与其副反应众多有关。
11．（2024·北京顺义·一模）常温下，某小组同学探究CuCl 溶液与Na SO 溶液的反应。
2 2 3
(1)小组同学预测Na SO 溶液与CuCl 溶液反应的产物可能有CuSO 、Cu(OH) 、Cu SO 和CuCl。用离子方程
2 3 2 3 2 2 3
式表示预测Na SO 溶液与CuCl 溶液反应生成CuCl的依据 。
2 3 2
进行实验。
操作 现象
混合后立即得到橙黄色沉淀。
静置3分钟，沉淀颜色变浅并伴有少量白色沉淀产生。振荡试管，1min后，橙黄色沉淀全
部变成了白色沉淀。
溶液pH由3.40逐渐降为2.24后基本不变。
(2)常温下，0.2mol·L-1CuCl 溶液pH=3.40的原因是 (用离子方程式表示)。
2
小组同学继续探究沉淀的成分。
资料：ⅰ．含铜元素沉淀的颜色
沉淀化学
CuSO Cu(OH) Cu SO CuCl
3 2 2 3
式
沉淀颜色 绿色 蓝色 红色 白色
ⅱ．CuCl不溶于硫酸、稀硝酸，但可溶于氨水得到[Cu(NH ) ]+(无色)。[Cu(NH ) ]+易被空气氧化为
3 2 3 2
[Cu(NH ) ]2+。
3 4
ⅲ．2Cu2++4I-=2CuI↓(白色)＋I 。
2(3)经检验，橙黄色沉淀的成分为xCu SO ·yCuSO ·zH O，白色沉淀的主要成分是CuCl。
2 3 3 2
①证明白色沉淀主要成分的方法是 。
②实验中橙黄色沉淀向白色沉淀转化时间较短，从沉淀转化条件分析，为利于橙黄色沉淀的收集，可将
CuCl 溶液替换为 溶液。
2
③证明橙黄色沉淀中含有Cu2+和SO ，设计实验方案。
步骤ⅰ．向洗净的橙黄色沉淀中加入KI溶液，过滤，得到白色沉淀a和无色溶液b。
步骤ⅱ．将无色溶液b分成两份，其中一份加入淀粉，无明显现象；另一份加入的试剂和实验现象是
。
(4)实验中生成橙黄色沉淀的离子方程式是 。
(5)实验中，CuCl 溶液与Na SO 溶液混合后立即得到橙黄色沉淀，最终橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀的
2 2 3
原因是 。
【答案】(1)SO +2Cu2++H O+2Cl-=2CuCl+SO +2H+
2
(2)Cu2++2H O Cu(OH) +2H+
2 2
(3) 加入氨水后，白色沉淀溶解，得到无色溶液，然后变为深蓝色。再加入稀硝酸酸化的AgNO 溶液
3
后，产生白色沉淀 CuSO 溶液 稀盐酸和BaCl 溶液，产生白色沉淀
4 2
(4)(2x+y)Cu2++(2x+y)SO +(x+z)H O=xCu SO ·yCuSO ·zH O↓+2xH++xSO
2 2 3 3 2
(5)Cu2+与SO 反应生成xCu SO ·yCuSO ·zH O的反应速率较大，所以立即得到橙黄色沉淀。
2 3 3 2
xCu SO ·yCuSO ·zH O转化为CuCl沉淀的反应速率较慢，但是反应限度较大，所以最后橙黄色沉淀全部转化
2 3 3 2
为白色沉淀
【详解】（1）
具有还原性，可以被氧化为 ，Cu2+具有氧化性，所以Na SO 溶液与CuCl 溶液反应生成CuCl离子
2 3 2
方程式是：SO +2Cu2++H O+2Cl—=2CuCl+SO +2H+；
2
（2）常温下，0.2mol·L-1CuCl溶液 pH =3.40，溶液呈酸性，是由于Cu2+属于弱碱的阳离子，可以水解，离
子方程式为：Cu2++2H O Cu(OH) +2H+；
2 2
（3）①已知：CuCl不溶于硫酸、稀硝酸，但可溶于氨水得到 (无色)， 易被空气
氧化为深蓝色的 ，氯离子可以与银离子反应生成氯化银沉淀，所以证明白色沉淀主要成分的
方法是加入氨水后，白色沉淀溶解，得到无色溶液，然后变为深蓝色，再加入稀硝酸酸化的AgNO 溶液后，
3
产生白色沉淀；
②实验中橙黄色沉淀向白色沉淀转化时间较短，从沉淀转化条件分析，为利于橙黄色沉淀的收集，需无氯
离子参与反应，故可以将CuCl 溶液替换为CuSO 溶液；
2 4
③证明橙黄色沉淀中含有Cu²+和 ，设计实验方案：步骤i.向洗净的橙黄色沉淀中加入KI溶液，过滤，
得到白色沉淀CuI和无色溶液b；步骤ii .将无色溶液b分成两份，其中一份加入淀粉，无明显现象，说明无碘单质，另一份加入稀盐酸和BaCl 溶液，由于 可以被氧化为 ，所以若产生白色沉淀，即证明
2
橙黄色沉淀中含有Cu²+和 ；
（4）根据原子守恒、电荷守恒可得实验中生成橙黄色沉淀的离子方程式是：(2x+y)Cu2++(2x+y)SO +
(x+z)H O=xCu SO ·yCuSO ·zH O↓+2xH++xSO ；
2 2 3 3 2
（5）)实验中，CuCl 溶液与Na SO 溶液混合后立即得到橙黄色沉淀，最终橙黄色沉淀全部转化为白色沉淀
2 2 3
的原因是：Cu2+与 反应生成xCu SO ·yCuSO ・zH O的反应速率较大，所以立即得到橙黄色沉淀，
2 3 3 2
xCu SO ·yCuSO ·zH O转化为CuCl沉淀的反应速率较慢，但是反应限度较大，所以最后橙黄色沉淀全部转化
2 3 3 2
为白色沉淀；
【点睛】本题主要考查实验方案的设计，侧重考查学生的比较思维，氧化还原反应原理和盐类水解原理的
应用，对学生的能力要求较高，属于高考高频考点，难度较大。
