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模板02 物质性质和化学反应探究实验
第一步：明确探究目
的
从题干中信息，明确实验探究的目的或实验原理。
第二步：寻找影响因
素
结合题干信息或已掌握的化学知识，寻找实验的影响因素，如温度、浓
度、pH 等。
第三步：分析原因、
推理归纳
①对比分析已有实验（明确变量）或根据实验原理、物质性质等设计实
验方案验证猜想或假设。
②结合物质可能的性质，分析产生实验现象的原因，对比分析推理，归
纳得出实验结论；或者根据题目给出的实验结果，反推假设是否合理。
技法01 物质性质探究实验的方法和思路
1．探究型实验的常见类型
本节导航
识·题型解读 考情分析+命题预测/技巧解读
明·模板构建 答题模板
+ 技巧点拨
技法01 物质性质探究实验的方法和思路
技法02 控制变量设计实验的方法和思路
通·模板运用 真题示例+模板答题+变式训练
练·模板演练 最新模拟、预测考向
探究性实验以其创新、灵活的特点成为每年高考的热点题型，试题将元素化合物知识与化学实验知识
巧妙地融合在一起，增加了题目的新颖度和难度，能充分考查学生的发散思维能力和分析问题的能力。
实验往往通过对物质化学性质的实验探究、反应产物成分的实验探究、化学反应原理的实验探究，揭
示反应原理、解释产生某些现象的原因等。
1
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(1)对未知产物的探究
通过化学反应原理猜测可能生成哪些物质，对这些物质逐一进行检验来确定究竟含有哪些物质。虽然
探究型实验主要考查学生的探究能力，但在问题中常常包含了对实验基础知识的考查。例如：
①常见物质分离的提纯方法：结晶法、蒸馏法、过滤法、升华法、萃取法、渗析法等。
②常见气体的制备、净化、干燥、收集等方法。
③熟悉重点的操作：气密性检查、测量气体体积、防倒吸、防污染等。
(2)物质性质的探究
①在探究过程中往往可以利用对比实验，即设置几组平行实验来进行对照和比较，从而研究和揭示某
种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理。
②无机物、有机物性质的探究，必须在牢牢掌握元素化合物知识的基础上，大胆猜想，细心论证。脱
离元素化合物知识，独立看待实验问题是不科学的，只有灵活运用已有的元素化合物知识，才能变探究型
实验为验证型实验，使复杂问题简单化。
2．探究型实验的基本程序
解答探究型实验题的基本程序可用以下流程图表示：
(1)提出问题
要提出问题，首先得发现问题，对题给信息进行对比、质疑，通过思考提出值得探究的问题。此外，
实验中出现的特殊现象也是发现问题、提出问题的重要契机。
(2)提出猜想
所谓猜想就是根据已有知识对问题的解决提出的几种可能的情况。有一些问题，结论有多种可能(这就
是猜想)，只能通过实验进行验证。
(3)设计验证方案
提出猜想后，就要结合题给条件，设计出科学、合理、安全的实验方案，对可能的情况进行探究。实
验设计中，关键点是对试剂的选择和实验条件的调控。
(4)观察实验现象，得出结论
根据设计的实验方案，结合实验现象进行推理分析或计算分析得出结论。
技法02 控制变量设计实验的方法和思路
1．实验探究的科学方法及思路
变量控制→对照实验→定性观察或定量测定→科学归纳
2．解题策略
(1)确定变量
解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。
(2)定多变一
在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；
这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所
探究问题之间的关系。
(3)数据有效
2
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解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。
1．（2024·湖北卷）学习小组为探究
、
能否催化
的分解及相关性质，室温下进行了实
验I~Ⅳ。
实验I
实验Ⅱ
实验Ⅲ
无明显变化
溶液变为红色，伴有气泡产生
溶液变为墨绿色，并持续产生能使带
火星木条复燃的气体
已知：
为粉红色、
为蓝色、
为红色、
为墨绿色。
回答下列问题：
(1)配制
的
溶液，需要用到下列仪器中的 (填标号)。
a．
b．
c．
d．
(2)实验I 表明
(填“能”或“不能”)催化
的分解。实验Ⅱ中
大大过
量的原因是 。实验Ⅲ初步表明
能催化
的分解，写出
在实验Ⅲ中所发生反
应的离子方程式 、 。
(3)实验I 表明，反应
难以正向进行，利用化学平
衡移动原理，分析
、
分别与
配位后，正向反应能够进行的原因 。
3
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实验Ⅳ：
(4)实验Ⅳ中，A 到B 溶液变为蓝色，并产生气体；B 到C 溶液变为粉红色，并产生气体。从A 到C 所
产生的气体的分子式分别为 、 。
【第一步 明确探究目的】探究
、
能否催化
的分解及相关性质。
【第二步 寻找影响因素】
【第三步 分析原因、推理归纳】
实验Ⅰ中无明显变化
证明
不能催化
的分解
实验Ⅱ中溶液变为红色
证明
易转化为
实验Ⅲ中溶液变为墨绿色
说明
更易与
反应生成
，
并且初步证明
在
的作用下易被
氧化为
实验Ⅳ中溶液先变蓝后变红，并
且前后均有气体生成
证明在酸性条件下，
易转化为
，
氧化性强，可以把
氧
化为
。
【答案】（1）bc
（2）不能
与
按物质的量之比4:1 发生反应
，
实验中
与
的物质的量之比为32:3
（3）实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与
配位时，
更易与
反应生成
（该反应为快反应），导致
几乎不能转化为
，这样使得
4
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的浓度减小的幅度远远大于
减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物
浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行
（4）
【解析】（1）配制1.00 mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。
（2）CoSO4溶液中存在大量的
，向其中加入30%的
后无明显变化，因此，实验I 表明
不能催化
的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为
，实验中
与
的物质的量之比为32:3，因此，
大大过量的原因是：
与
按物质的量之比4:1 发生反应
，实验中
与
的物质的量之比为32:3。实验Ⅲ的实
验现象表明在
的作用下
能与
反应生成
，然后
能催化
的分
解，因此，
在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为
、
。
（3）实验I 表明，反应
难以正向进行。实验Ⅲ的
现象表明，Co3+、Co2+分别与
配位时，
更易与
反应生成
（该反应为快
反应），导致
几乎不能转化为
，这样使得
的浓度减小的幅度远
远大于
减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移
动，因此，上述反应能够正向进行。
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（4）实验Ⅳ中，A 到B 溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了
；B 到C 溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了
，因此从A 到C 所产生的气体的分子式分别为
和
。
1．（2023·广东卷）化学反应常伴随热效应。某些反应(如中和反应)的热量变化，其数值Q 可通过量
热装置测量反应前后体系温度变化，用公式
计算获得。
（1）盐酸浓度的测定：移取
待测液，加入指示剂，用
溶液滴定至终点，
消耗
溶液
。
①上述滴定操作用到的仪器有 。
A．
B．
C．
D．
②该盐酸浓度为
。
（2）热量的测定：取上述
溶液和盐酸各
进行反应，测得反应前后体系的温度值(
)分别
为
，则该过程放出的热量为
(c 和
分别取
和
，忽略水以外各
物质吸收的热量，下同)。
（3）借鉴（2）的方法，甲同学测量放热反应
的焓变
(忽略温度
对焓变的影响，下同)。实验结果见下表。
序号
反应试剂
体系温度/
反应前
反应后
i
溶液
粉
a
b
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ii
粉
a
c
①温度：b c(填“>”“<”或“=”)。
②
(选择表中一组数据计算)。结果表明，该方法可行。
（4）乙同学也借鉴（2）的方法，测量反应
的焓变。
查阅资料：配制
溶液时需加入酸。加酸的目的是 。
提出猜想：
粉与
溶液混合，在反应A 进行的过程中，可能存在
粉和酸的反应。
验证猜想：用
试纸测得
溶液的
不大于1；向少量
溶液中加入
粉，溶液颜
色变浅的同时有气泡冒出，说明存在反应A 和 (用离子方程式表示)。
实验小结：猜想成立，不能直接测反应A 的焓变。
教师指导：鉴于以上问题，特别是气体生成带来的干扰，需要设计出实验过程中无气体生成的实验方
案。
优化设计：乙同学根据相关原理，重新设计了优化的实验方案，获得了反应A 的焓变。该方案为
。
（5）化学能可转化为热能，写出其在生产或生活中的一种应用 。
【第一步 明确探究目的】测量反应
的焓变。
粉与
溶液混
合，在反应A 进行的过程中，可能存在
粉和酸的反应。
【第二步 寻找影响因素】
用
试纸测得
溶液的
不大于1；向少量
溶液中加入
粉，溶液颜色变浅的同时有
气泡冒出。
【第三步 分析原因、推理归纳】
①说明溶液中还存在
与酸的反应，因此不能直接测反应A 的焓变。
②需要设计出实验过程中无气体生成的实验方案。
③重新设计了优化的实验方案，获得了反应A 的焓变：
将一定量的
粉加入一定浓度的
溶液中反应，测量反应热，计算得到反应
的焓变
；根据（3）中实验计算得到反应
的焓变
；根据盖斯定律计算得到反应
的焓变为
【答案】（1）AD 0.5500
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（2）
（3）>
或
（4）抑制
水解
将一定量的
粉加入一定浓度的
溶液中反应，
测量反应热，计算得到反应
的焓变
；根据（3）中实验计算得到反应
的焓变
；根据盖斯定律计算得到反应
的焓变为
（5）燃料燃烧(或铝热反应焊接铁轨等)
【解析】（1）①滴定操作时需要用的仪器有锥形瓶、酸式滴定管、碱式滴管、铁架台等，故选AD；
②滴定时发生的反应为HCl＋NaOH＝NaCl＋H2O，故
，故答案为0.5500；
（2）由
可得Q＝
×
×(50mL＋50mL)×(T1－T2)＝
，故答案为
；
（3）
溶液含有溶质的物质的量为0.02mol，
粉和
粉的物质的
量分别为0.021mol、0.01 mol，实验i 中有0.02 mol CuSO4发生反应，实验ii 中有0.01mol CuSO4发生反应，
实验i 放出的热量多，则b>c；若按实验i 进行计算，
；
若按实验ii 进行计算，
，故答案为：>；
或
；
（4）
易水解，为防止
水解，在配制
溶液时需加入酸；用
试纸测得
溶液的
不大于1 说明溶液中呈强酸性，向少量
溶液中加入
粉，溶液颜色变浅的同时有气泡即氢气
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产生，说明溶液中还存在
与酸的反应，其离子方程式为
；乙同学根据相关原理，重
新设计优化的实验方案的重点为如何防止
与酸反应产生影响，可以借助盖斯定律，设计分步反应来实现
溶液与
的反应，故可将一定量的
粉加入一定浓度的
溶液中反应，测量反应热，
计算得到反应
的焓变
；根据（3）中实验计算得到反应
的焓变
；根据盖斯定律计算得到反应
的焓变为
，
故答案为：抑制
水解；
；将一定量的
粉加入一定浓度的
溶液中反应，
测量反应热，计算得到反应
的焓变
；根据（3）中实验计算得到反应
的焓变
；根据盖斯定律计算得到反应
的焓变为
；
（5）化学能转化为热能在生产和生活中应用比较广泛，化石燃料的燃烧、炸药开山、放射火箭等都是化
学能转化热能的应用，另外铝热反应焊接铁轨也是化学能转化热能的应用，故答案为：燃料燃烧(或铝热反
应焊接铁轨等)。
2．(2024·北京卷)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
实验
金属
操作、现象及产物
I
过量
一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到
单质
II
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，无气泡冒出，此时溶液
为3~4，取出固体，固体中未检测到
单质
III
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
___________________________．
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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。
i．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）Mg、Zn
（2）①产生蓝色沉淀
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．
（或
、
）
b．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
ⅱ．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
【解析】（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）
与
会生成蓝色的
沉淀。
③ⅱ．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。
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1. (2024·广东卷)含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。
（1）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
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。
（3）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：
(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究
溶液的浓度对反
应(Ⅰ)的反应速率的影响。
①用
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_______。
A．
B．
C．
D．
ii．滴定数据及处理：
溶液
，消耗
盐酸
(滴定终点时，
转化为
)，则
_______
。
②实验探究：取①中的
溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入
硫酸钙固体，
反应
后，过滤，取
滤液，用
盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽
略
水解的影响)。
序号
a
100.0
0
b
80.0
x
则
_______，测得的平均反应速率之比
_______。
（4）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
硫酸钙(
)加入
溶液中，在
和搅拌条件下，利用
计测得体系的
随时间的变化曲线如图。
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②分析讨论 甲同学根据
后
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_______
_______，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】（1）NaOH（其他合理答案也可）
（2）S （3） ①. BD ②.
③. 20.0 ④. 6：5
（4） ①. 过量稀盐酸 ②. 有气体产生 ③. BaCl2 溶液 ④. 将最少
硫酸钙加入
溶液中，在
和搅拌条件下，利用
计测得体系的
，当pH 不变
时，加入Na2SO4固体，若pH 值变大，说明反应Ⅰ平衡已建立
【分析】探究反应
(Ⅰ)中
溶液的浓度对反应速率的
影响，通过HCl 与Na2CO3的滴定反应，来测量Na2CO3浓度的变化量，从而计算平均反应速率；
探究反应
平衡的建立，利用
水解呈碱性的性质，通过
测定pH 来判断
离子浓度的变化情况，从而判断反应是否平衡。
【小问1 详解】
浓硫酸与铜丝反应方程式为：
，所产生的尾气为SO2，可用
NaOH 溶液吸收（其他合理答案也可）；
【小问2 详解】
SO2生成石膏（主要成分CaSO4），S 元素的化合价由+4 价上升到+6 价，失去电子，被氧化；
【小问3 详解】
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①用Na2CO3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
可知，
；
②总体积应相同，x 为20.0mL；a 中消耗的盐酸体积为
，即
，同理可得，
b 中
，由于
，
；
【小问4 详解】
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CaCO3，要验证沉淀中无CaSO4，可酸溶后
滴加BaCl2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BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀均为CaCO3，无CaSO4；
由方程式
可知，假设正反应100%进行，
，质量为0.01mol×136g/mol=1.36g，实验方案为：
将最少
硫酸钙加入
溶液中，在
和搅拌条件下，利用
计测得
体系的
，当pH 不变时，加入Na2SO4固体，若pH 值变大，说明反应Ⅰ平衡已建立。
2．（2023·湖北卷）学习小组探究了铜的氧化过程及铜的氧化物的组成。回答下列问题：
（1）铜与浓硝酸反应的装置如下图，仪器A 的名称为_______，装置B 的作用为_______。
（2）铜与过量
反应的探究如下：
实验②中Cu 溶解的离子方程式为_____________________________；产生的气体为_______。比较实
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验①和②，从氧化还原角度说明
的作用是_______。
（3）用足量NaOH 处理实验②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X 为铜的氧化物，提纯干燥后的X
在惰性氛围下加热，mgX 完全分解为ng 黑色氧化物Y，
。X 的化学式为_______。
（4）取含X 粗品0.0500g(杂质不参加反应)与过量的酸性KI 完全反应后，调节溶液至弱酸性。以淀粉为指
示剂，用
标准溶液滴定，滴定终点时消耗
标准溶液15.00mL。(已知：
，
)标志滴定终点的现象是_______，粗品中X 的相对
含量为_______。
【答案】（1）具支试管 防倒吸
（2） Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O O2 既不是氧化剂，又不是还原剂
（3）CuO2
（4）溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来的颜色 72%
【解析】（1）由图可知，仪器A 的名称为具支试管；铜和浓硝酸反应生成硝酸铜和二氧化氮，其中二氧
化氮易溶于水，需要防倒吸，则装置B 的作用为防倒吸；
（2）根据实验现象，铜片溶解，溶液变蓝，可知在酸性条件下铜和过氧化氢发生反应，生成硫酸铜，离
子方程式为：Cu+H2O2+2H+= Cu2++2H2O；硫酸铜可以催化过氧化氢分解生成氧气，则产生的气体为O2；在
铜和过氧化氢的反应过程中，氢元素的化合价没有发生变化，故从氧化还原角度说明
的作用是：既不是
氧化剂，又不是还原剂；
（3）在该反应中铜的质量m(Cu)=n×
，因为
，则m(O)=
，则X 的化学式
中铜原子和氧原子的物质的量之比为：
，则X 为CuO2；
（4）滴定结束的时候，单质碘消耗完，则标志滴定终点的现象是：溶液蓝色消失，且半分钟不恢复原来
的颜色；在CuO2中铜为+2 价，氧为-1 价，根据
，
，可以
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得到关系式：
，则n(CuO2)=
×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X 的相对含量
为
。
3．（2023·北京卷）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
Ⅰ
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，
溶液仍为淡红色
实验
Ⅱ
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
液仍为红棕色
实验
Ⅲ
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_____________。
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(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I2溶解度较小，Cu 与I2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。
加入
，
平衡逆向移动，I2浓度减小，
浓度增加，
浓度增加，加入氨水后转化
为
，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
，
平衡逆向移动，I2浓度减小，
浓度增加，其目的为：除去
，防止干扰
后续实验。加入氨水
浓后转化为
无色的
被氧化为蓝色的
，
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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，I2浓度减小，
CuI 转化为Cu 和I2，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。
（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
。
4．某学习小组为探究Mg 与酸、碱、盐溶液的反应。完成如下实验：
编号
操作
现象
Ⅰ
将镁条放入
稀硫酸中
迅速放出大量气体，试管壁发热
Ⅱ
将镁条放入pH 为
的
溶液中
无明显现象
Ⅲ
将镁条放入pH 为
的
溶液中
放出气体，溶液中有白色沉淀生成
回答下列问题：
(1)实验前除去镁表面氧化物的方法是 。
(2)实验Ⅰ的离子方程式为 。
(3)经实验分析，实验Ⅲ中产生的气体为
和
混合气体。产生
气体的原因是 。
(4)该组同学们比较实验Ⅱ、Ⅲ后，分析认为：实验Ⅲ能快速反应的原因，与溶液中白色沉淀有关。为探究
其成分，设计了如下实验。
取出镁条，将沉淀过滤、洗涤、低温烘干，得到纯净固体
。将一半固体放入锥形瓶中，按如图
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连接好装置。滴加稀硫酸到无气体放出为止，在
处通入足量空气。最后称量
形管增重
。将
另一半固体高温灼烧，最后剩余固体氧化物为
。
①最后通入空气的目的是 。
②固体充分高温灼烧后，需要放在 （填仪器名称）中冷却后才能称量。称量时 （选填
“是”“不是”）采用托盘天平称量。
(5)依据以上分析，实验Ⅲ中发生反应的方程式为 。通过以上实验得出结论：
置换氢气与
、温度、
与溶液接触面积有关，在
溶液中，生成的沉淀能破坏
表面覆盖的
，从而较快进行。
【答案】(1)用砂纸打磨。（或者：浸入稀硫酸中至表面有均匀气泡，取出，洗净。）
(2)
(3)
与水反应放热使
分解放出
(4) 将系统内生成的
完全排入到U 形管中被吸收 干燥器 不是
(5)
【解析】（1）实验前除去镁表面氧化物的方法是：用砂纸打磨。（或者：浸入稀硫酸中至表面有均匀气
泡，取出，洗净。）；
（2）实验Ⅰ，镁与硫酸反应的离子方程式为
（3）实验Ⅲ中产生的气体为
和
混合气体。产生的
是镁与水反应产生的，产生
气体只能由
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分解产生，故原因是
与水反应放热使
分解放出
（4）①最后通入空气的目的是：将系统内生成的
完全排入到U 形管中被吸收；
②固体充分高温灼烧后，需要放在干燥器中冷却后才能称量，防止高温下与水反应。托盘天平称量时精确
到小数点后一位，题中是后两位，所以不是采用托盘天平称量。
（5）高温灼烧，最后剩余固体氧化物为MgO,则n(MgO)=
，n(Mg)
，
形
管增重
为
的质量，由此可得
的物质的量为
，
的物质的量
为0.01mol ，含镁化合物总质量为0.01×58g/mol+0.03×84g/mol=3.1g ，则结晶水的物质的量为
，白色沉淀为
，实验Ⅲ中发生反应的方程式为：
；
5．某小组探究
溶液和
溶液的反应。
实验Ⅰ：向某浓度的
酸性溶液（过量）中加入
溶液（含淀粉），一段时间（t 秒）后，溶
液突然变蓝。
资料：
在酸性溶液氧化
，反应为
(1)针对t 秒前溶液未变蓝，小组做出如下假设：
ⅰ.t 秒前未生成
，是由于反应的活化能 （填“大”或“小”），反应速率慢导致的。
ⅱ.t 秒前生成了
，但由于存在
， （用离子方程式表示），
被消耗。
(2)下述实验证实了假设ⅰ合理。
实验Ⅱ：向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入 ，蓝色迅速消失，后再次变蓝。
(3)进一步研究
溶液和
溶液反应的过程，装置如下。
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实验Ⅲ：K 闭合后，电流表的指针偏转情况记录如下表：
表盘
时间/min
0～
～
偏转位置
右偏至Y
指针回到“0”处，又返至“X”处；如此周期性往复多
次……
指针归零
①K 闭合后，判断b 极区发生氧化反应的实验方案为： 。
②0～
时，从a 极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝；直接向a 极区滴加淀粉溶液，溶液
未变蓝。由此判断
在a 极放电的电极反应式是 。
③结合化学方程式解释
～
时指针回到“0”处的原因： 。
(4)综合实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ，下列说法正确的是 。
A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，t 秒后溶液变蓝，Ⅰ中
被完全氧化
B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t 秒前
未发生反应
C．实验Ⅲ中指针返回X 处的原因，可能是
氧化
【答案】(1) 大
(2)少量
(3) 取少量b 极区溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸酸化，再滴加几滴
溶液，生成白色沉淀，
说明b 极区发生了氧化反应
此时，a 极区发生反应
，
不再与
发生反应，外电路无电流通过
(4)AC
【解析】（1）t 秒前未生成I2，是由于反应的活化能大，反应速率慢导致的；t 秒前生成了I2，具有氧化性，
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但由于存在具有还原性的Na2SO3，发生反应
,
I2被消耗，故溶液未变蓝；
（2）Na2SO3有还原性，I2有氧化性，向实验Ⅰ的蓝色溶液中加入少量Na2SO3，I2被还原为I-，蓝色迅速消
失，但溶液中存在
，后再次变蓝；
（3）若b 极发生氧化反应，亚硫酸根离子被氧化为硫酸根离子，证明硫酸根离子的方法是：取少量b 极区
溶液于试管中，先加入足量的稀盐酸酸化，再滴加几滴
溶液，生成白色沉淀，说明b 极区发生了氧
化反应；
0~t1时，从a 极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝，有碘单质生成，直接向a 极区滴加淀粉溶液，
溶液未变蓝，无碘单质，说明
在a 极放电的产物是I-，生成的I-与
生成了碘单质，
在a 极放电
的电极反应式是：
；
t2~t3时指针回到“0”处，说明无电流生成，原因是a 极区发生反应
，
不再与
发生反应，外电路无电流通过；
（4）A．对比实验Ⅰ、Ⅱ，过量的碘酸钾酸性溶液与亚硫酸钠溶液反应，亚硫酸钠完全反应，才能出现t
秒后溶液变蓝，Ⅰ中
被完全氧化，A 项正确；
B．对比实验Ⅰ、Ⅲ，t 秒前
发生反应生成I-，B 项错误；
C．实验Ⅲ中指针返回X 处的原因，可能是I2氧化
，C 项正确；
答案选AC。
6．资料显示，I2-KI 溶液可以清洗银镜。某小组同学设计实验探究银镜在I2-KI 溶液中的溶解情况。
已知：I2微溶于水，易溶于KI 溶液，并发生反应I2+I−
I (棕色)，I2和I 氧化性几乎相同；
[Ag(S2O3)2]3−在水溶液中无色。
探究1：I2-KI 溶液(向1mol·L−1KI 溶液中加入I2至饱和)溶解银镜
【实验i】
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(1)黄色固体转化为无色溶液，反应的离子方程式为 。
(2)能证明②中Ag 已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据是 。
探究2：I2-KI 溶液能快速溶解银镜的原因
【实验ii~iv】向附着银镜的试管中加入相应试剂至浸没银镜，记录如下：
序号
加入试剂
实验现象
ⅰi
4mL 饱和碘水(向水中加入I2
至饱和，下同)和少量紫黑色I2
固体
30min 后，银镜少部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h
后，与紫黑色固体接触部分银镜消失，紫黑色固体表面上
有黄色固体，上层溶液接近无色；搅拌后，银镜继续溶解
ⅱi
4mL 饱和碘水和0.66gKI 固体
(溶液中KI 约1mol·L−1)
15min 后银镜部分溶解，溶液棕黄色变浅；放置24h 后，试
管壁上仍有未溶解的银镜，溶液无色
iv
4mL1mol·L−1KI 溶液
放置24h，银镜不溶解，溶液无明显变化
(3)ⅰi 中，搅拌后银镜继续溶解的原因是
。
(4)由i、iii 可得到的结论是
。
(5)设计iv 的目的是
。
探究3：I−的作用
【实验v】
实验装置
实验步骤及现象
1.按左图搭好装置，接通电路，检流计指针向
右微弱偏转，检流计读数为amA；
2.向石墨电极附近滴加饱和碘水，指针继续向
右偏转，检流计读数为bmA(b>a)；
3.向左侧烧杯中加入_____，指针继续向右偏转，检流计读
数cmA(c>b)，有_____生成。
说明：本实验中，检流计读数越大，说明氧化剂氧化性(或还原剂还原性)越强。
(6)步骤1 接通电路后，正极的电极反应物为
。
(7)补全步骤3 的操作及现象：
，
。
(8)综合上述探究，从反应速率和物质性质的角度分析i 中I2-KI 溶液能快速全部溶解银镜的原因： 。
【答案】(1)AgI+2S2O
=I−+[Ag(S2O3)2]3−
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(2)加入Na2S2O3后得到无色溶液
(3)破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应
(4)增加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率
(5)排除O2-KI 溶液对银镜溶解的干扰
(6)O2
(7) KI 固体 黄色固体
(8)在I2-KI 溶液中，I2+I−
I ，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag 的反应速率；I−消耗Ag+生成
AgI 沉淀，提高了Ag 的还原性，促进了Ag 与I2的反应
【分析】在I2-KI 溶液中存在I2+I−
I 平衡，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag 的反应速率；
I−与Ag+生成AgI 黄色沉淀，加入硫代硫酸钠溶液，碘化银溶于硫代硫酸钠，形成无色溶液。
【解析】（1）黄色固体碘化银溶于硫代硫酸钠形成[Ag(S2O3)2]3−无色溶液，反应的离子方程式为：
AgI+2S2O
=I−+[Ag(S2O3)2]3−；
（2）AgI 能溶于Na2S2O3，Ag 不能溶解，能证明②中Ag 已全部反应、未被包裹在黄色固体内的实验证据
是：加入Na2S2O3后得到无色溶液，没有沉淀剩余；
（3）紫黑色固体I2表面上有黄色固体AgI，搅拌后，破坏了I2表面覆盖的黄色固体，使I2能继续参与反应，
银镜继续溶解；
（4）实验i 加入的是I2-KI 溶液(向1mol·L−1KI 溶液中加入I2至饱和)，实验iii 加入的是4mL 饱和碘水和
0.66gKI 固体(溶液中KI 约1mol·L−1)，两者相比实验i 中I2浓度大，银镜消失的快，因此得出的结论是：增
加I2的浓度，可提高银镜的溶解速率；
（5）溶液中溶解的有O2，设计实验iv 的目的是：排除O2-KI 溶液对银镜溶解的干扰；
（6）根据实验装置可知，Ag 为负极，C 为正极，步骤1 接通电路后，有微弱的电流，正极区溶解的O2被
还原，正极的电极反应物为O2；
（7）探究3 是验证反应中I-的作用，步骤2 向石墨电极加入饱和的碘水，单质碘在正极上被还原，电流计
读数为bmA，b>a，步骤3 应该向左侧烧杯加入KI 固体，来验证反应中I-的作用，I-与Ag+会生成黄色AgI
固体；
（8）从反应速率和物质性质的角度分析i 中I2-KI 溶液能快速全部溶解银镜的原因：在I2-KI 溶液中，I2+I−
I ，使更多的I2溶解，c(I2)增大，加快了I2与Ag 的反应速率；I−消耗Ag+生成AgI 沉淀，提高了Ag 的
还原性，促进了Ag 与I2的反应。
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7．HNO3是重要的化工原料，浓HNO3与Cu 反应的装置如图1 所示：
回答下列问题：
(1)仪器a 的名称是_______，在该实验中的作用为___________________。
(2)关于该实验下列说法错误的是_______。
A．该反应需要加热才能进行
B．可通过抽动铜丝控制反应开始和停止
C．反应后迅速生成大量红棕色气体
D．烧杯中仅发生中和反应
(3)某小组同学发现Cu 与浓HNO3反应所得混合溶液为绿色，Cu 与稀HNO3反应所得混合溶液为蓝色，针
对绿色产生的原因展开探究。
【提出猜想】
猜想a：Cu(NO3)2浓度大
猜想b：NO2溶解在Cu(NO3)2溶液中
【实验验证】
实验i：配制饱和Cu(NO3)2溶液，溶液呈_______色，证明猜想a 不成立。
实验ii：取适量Cu 与浓HNO3反应后的溶液，置于图2 所示装置中，鼓入空气后，溶液上方可观察到
_____________，5min 后，溶液完全变为蓝色，证明猜想b 成立。
(4)另一组同学查阅资料发现：NO2 能与水反应生成HNO2，进而发生下述反应：Cu2++ xHNO2
[Cu(NO2)x](x-2)-(绿色)+xH+
①由此该组同学认为通过实验说明猜想b 成立不严谨，理由是___________________。
②写出NO2与水反应生成HNO2的化学方程式___________________。
③该组同学改进后设计了新的实验：
实验iii：取适量Cu 与浓HNO3反应后的溶液，置于图2 所示装置中，鼓入氮气后，溶液上方现象与实
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验ii 相同，但5min 后，溶液仍为绿色。对比实验ii 与实验iii，可推测Cu(NO3)2溶液为绿色的原因主
要是_______________________________。
【答案】(1) 球形干燥管 防止倒吸 (2)AD
(3)蓝 有红棕色气体放出
(4) ①由于NO2与水反应能够生成HNO2，HNO2与Cu2+能够发生可逆反应Cu2++ xHNO2
[Cu(NO2)x]
(x-2)-(绿色)+xH+，随着空气的通入，HNO2被氧化为HNO3，使得上述可逆反应平衡逆向移动，溶液由绿色变
为蓝色，且溶液上方呈红棕色气体说明Cu(NO3)2溶液中的确溶有NO2
②2NO2+H2O=HNO2+HNO3 ③NO2溶于Cu(NO3)2溶液中
【解析】Cu 与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+ 2NO2↑ +
2H2O，Cu 与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO 和H2O，方程式为：3Cu+4HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2+ 2NO↑
+4H2O，据此分析结合各小题情景解题。(1)由题干图示实验装置图可知，仪器a 的名称是球形干燥管，在
该实验中的作用为防止倒吸，故答案为：球形干燥管；防止倒吸；(2)A 项，硝酸的氧化性较强，Cu 与浓
硝酸反应不需要加热就能进行，A 错误；B 项，可通过抽动铜丝来控制Cu 与浓硝酸是否接触，故可控制反
应开始和停止，B 正确；C 项，Cu 与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，故反应后迅速生成大量红棕
色气体，C 正确；D 项，烧杯中发生的反应有：HNO3+NaOH=NaNO3+H2O 和2NO2+2NaOH= NaNO3+
NaNO2+H2O，故不仅发生中和反应，还发生了氧化还原反应，D 错误；故选AD；(3)实验i：猜想a 认为：
Cu(NO3)2溶液浓度大时呈绿色，浓度小时呈蓝色，故若配制饱和Cu(NO3)2溶液，溶液呈蓝色，证明猜想a
不成立；实验ii：猜想b 认为：NO2溶解在Cu(NO3)2溶液中导致溶液呈绿色，故取适量Cu 与浓HNO3反应
后的溶液，置于图2 所示装置中，鼓入空气后，空气将带出部分NO2，同时4NO2+O2+2H2O=4HNO3，溶液
上方可观察到有红棕色气体放出，5min 后，溶液完全变为蓝色，证明猜想b 成立；(4)①由于NO2与水反应
能够生成HNO2，HNO2与Cu2+能够发生可逆反应Cu2++ xHNO2
[Cu(NO2)x](x-2)-(绿色)+xH+，随着空气
的通入，HNO2被氧化为HNO3，使得上述可逆反应平衡逆向移动，溶液由绿色变为蓝色，但溶液上方呈红
棕色气体说明Cu(NO3)2溶液中的确溶有NO2，由此该组同学认为通过实验说明猜想b 成立不严谨，故答案
为：由于NO2与水反应能够生成HNO2，HNO2与Cu2+能够发生可逆反应Cu2++ xHNO2
[Cu(NO2)x](x-2)-
(绿色)+xH+，随着空气的通入，HNO2被氧化为HNO3，使得上述可逆反应平衡逆向移动，溶液由绿色变为
蓝色，且溶液上方呈红棕色气体说明Cu(NO3)2溶液中的确溶有NO2；②NO2与水反应生成HNO2，N 的化
合价降低，根据氧化还原反应有降必有升可知，同时还生成有HNO3，故该反应的化学方程式为：
2NO2+H2O=HNO2+HNO3；③实验iii：取适量Cu 与浓HNO3反应后的溶液，置于图2 所示装置中，鼓入氮
气后，溶液上方现象与实验ii 相同即N2带出部分红棕色气体NO2，但由于没有O2，不能发生反应
4NO2+O2+2H2O=4HNO3，则5min 后，溶液仍为绿色。对比实验ii 与实验iii，可推测Cu(NO3)2溶液为绿色
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的原因主要是NO2溶于Cu(NO3)2溶液中。
8．实验小组同学为探究Fe2+性质，进行如下实验。
【实验Ⅰ】向2mL0.1mol·L-1 FeSO4溶液滴中几滴0.1mol·L-1KSCN 溶液，无明显现象，再滴加几滴
3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至
)，溶液颜色变红。
(1)甲同学通过上述实验分析Fe2+具有_______(填“氧化”或“还原”)性。
乙同学查阅资料发现Fe2+与
可发生反应，生成无色的配合物。为证实该性质，利用进行如下实验。
(2) FeCO3的制备：用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，离子方程式为_______。
【实验Ⅱ】验证Fe2+与SCN-发生反应
(3)实验b 的目的是_______。
(4)从沉淀溶解平衡角度解释实验a 和b 最终溶液颜色不同的原因是_______。
丙同学设计实验进一步证明Fe2+可与SCN-反应。
【实验Ⅲ】
(5)上述实验中，d 为c 的对照实验。
①X 为_______。
②实验能够证实Fe2+可与SCN-反应，则应观察到的现象是_______。
(6)实验Ⅲ中若未加适量水稀释，则无法通过现象得出结论。推测加水稀释的目的可能有：使后续实验颜色
变化易于观察；降低c Fe3+)，_______。
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【答案】(1)还原
(2) Fe2++2HCO3
-=FeCO3↓+CO2↑+H2O
(3)通过实验b 排除了FeCO3溶解产生的Fe2+对实验的影响
(4)SCN-与FeCO3溶解电离产生的Fe2+结合，沉淀溶液平衡正向移动，溶液中的Fe2+(包括Fe2+与SCN-生成
物)浓度增大，与酸性H2O2反应产生的Fe3+增大，Fe3+与SCN-生成物浓度增大，溶液红色加深
(5) H2SO4 溶液红色更浅
(6)使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动
【解析】(1)向2 mL0.1 mol•L-1FeSO4溶液中滴加几滴0.1 mol•L-1KSCN 溶液，无明显现象，再滴加几滴
3%H2O2溶液(用H2SO4酸化至pH=1)，溶液颜色变红，说明Fe2+能够被酸性H2O2溶液氧化为Fe3+，Fe3+遇
SCN-溶液变为血红色，这证明Fe2+具有还原性；(2)用过量NH4HCO3溶液与FeSO4溶液反应得到FeCO3，同
时反应产生(NH4)2SO4、H2O、CO2，该反应的离子方程式为：Fe2++2HCO3
-=FeCO3↓+CO2↑+H2O；(3)通过对
实验进行对比可知：实验b 排除了加水稀释对沉淀溶解平衡移动的影响；(4)FeCO3是难溶性物质，在溶液
中存在沉淀溶解平衡：FeCO3(s)⇌Fe2+(aq)+CO3
2-(aq)，溶液中含有Fe2+浓度较小，向其中滴加酸性H2O2，发
生反应2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，反应产生的Fe3+浓度较小，因此加入KSCN 溶液时，发生反应Fe3+
+3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为浅红色，而向FeCO3沉淀中加入等体积4 mol/LKSCN 溶液，FeCO3溶解电离
产生的Fe2+与SCN-结合，使FeCO3溶解电离程度增大，溶液中Fe2+及Fe2+与SCN-结合物与酸性H2O2反应产
生的Fe3+浓度较大，溶液中Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡正向移动，c[Fe(SCN)3]增大，因而溶液红色比实验b
加深；(5)①因为要探究Fe2+与SCN-的反应，对照实验也应该加入相同阴离子(SO4
2-)的溶液，因此X 为
H2SO4；②Fe2+与SCN-反应，降低了溶液中c(SCN-)，使Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中
c[Fe(SCN)3]减小，因而应该观察到的实验现象是溶液红色变浅；(6)加水稀释的目的可能有：使后续实验颜
色变化易于观察；降低c(Fe3+)，使Fe3++3SCN-
Fe(SCN)3平衡逆向移动，溶液中c[Fe(SCN)3]减小，因
而溶液红色变浅。
9．草酸亚铁晶体(FeC2O4·2H2O)是一种浅黄色固体，难溶于水，受热易分解生成H2O、CO、CO2和一种黑
色固体。某化学兴趣小组设计实验探究草酸亚铁晶体的性质及热分解的产物，其探究过程如下：
Ⅰ.探究产物中含有CO、CO2气体，该小组设计将气体依次通过 、氢氧化钠溶液、浓硫酸、
灼热氧化铜、澄清石灰水，当出现 现象时确认一定有
CO。
Ⅱ.探究草酸亚铁晶体的性质以及草酸亚铁晶体分解生成的黑色固体成分。
(1)向盛有草酸亚铁晶体的试管中滴加几滴酸性高锰酸钾溶液，振荡后发现溶液颜色变为黄色，同时产生二
氧化碳气体。写出草酸亚铁晶体与足量的酸性高锰酸钾溶液反应的离子方程式：
。
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(2)该小组设计实验取10 g 晶体在不同温度下反应得出数据如下表：
实验温度(℃)
300
400
500
600
剩余固体质量(g)
8
4
4.4
4.3
根据表中数据求出晶体在400 ℃分解的固体产物为 ，实验中若继续加热，固体质量又增加
的原因可能是 。
Ⅲ.探究草酸亚铁晶体分解生成的黑色固体成分，该小组查阅资料知道草酸亚铁晶体受热分解生成的固
体应为铁的氧化物，为此，该小组提出假设：
假设一：全部是氧化亚铁
假设二：全部是四氧化三铁
假设三：
为验证假设一是否成立，该小组设计以下方法：
限选试剂：1.0 mol·L-1 HNO3、1.0 mol·L-1盐酸、1.0 mol·L-1 NaOH、3% H2O2、0.1 mol·L-1 KI、0.1
mol·L-1 CuSO4、20% KSCN、蒸馏水。
实验步骤
实验现象和结论
取少量黑色固体，加入 ，振荡
【答案】Ⅰ.澄清石灰水 黑色氧化铜变红色，最后一瓶石灰水变浑浊
Ⅱ.(1)5(FeC2O4·2H2O)+3MnO4
-+24H+=5Fe3++10CO2↑+3Mn2++22H2O
(2)FeO 在空气中加热，生成的氧化亚铁又被氧气氧化(合理即可)
Ⅲ.假设三：是氧化亚铁和四氧化三铁的混合物
实验步骤
实验现象和结论
取少量黑色固体，加入稀盐酸溶解后滴加几滴
20% KSCN 溶液，振荡
若溶液不变红色，则假设一成立，否则不成立
【解析】Ⅰ.CO、CO2气体共存，必须先检验二氧化碳并除去二氧化碳，再根据CO 的还原性确认CO。
Ⅱ.(2)观察表格可知加热到400 ℃，质量变为原晶体的40%，则相当于把180 g 的FeC2O4·2H2O 变为180
g×40%=72 g，即生成的黑色固体为FeO。
Ⅲ.由于产生的是黑色氧化物，则根据铁的氧化物的颜色写出假设三；由于是区分亚铁离子和铁离子，所以
可以利用加入KSCN 溶液观察是否变色判断。
10．Ⅰ.
又称臭碱、硫化碱，实验室拟用以下方案研究
的性质。
（1）用离子方程式说明
溶液呈碱性的原因 。
（2）向
的酸性
溶液（pH＝0）中滴加10 滴同浓度的
溶液，观察到溶液紫色变
浅（pH＞1），生成棕褐色沉淀（
），说明
具有还原性。有同学预测该反应中
转化为
，该预测 （填“正确”或“不正确”），原因是 。
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Ⅱ.探究向
溶液中滴加
溶液的反应本质。
反应原理预测：发生氧化还原反应或发生完全双水解反应
已知：单质硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大
（3）根据试管a 中的“局部产生红褐色沉淀”现象，推测
与
局部发生强烈双水解反应，生成
和 （填化学式）。
（4）推测c 中的沉淀为
，根据b 到c 的实验现象，推测红褐色消失发生的离子方程式为 。
（5）取c 中黑色固体，洗净后分别置于两支试管i、ii 中进行如下实验：
序号
实验步骤
现象
i
加入过量稀盐酸，充分振荡
黑色沉淀完全溶解，溶液出现淡黄色浑浊，
放出少量臭鸡蛋味道气体
ii
向试管中加入________，振荡、静置，
取上层清液少许加入蒸馏水中
未见淡黄色浑浊出现
试管i 中涉及的化学反应方程式为 ，试管ii 中加入的试剂为 ，结合试管i、ii 现象，
推测黑色固体中 （填“含有”或“不含有”）FeS，原因是 。
【答案】（1）
（2）不正确 溶液紫色变浅，并未完全褪色，说明KMnO4过量，
会被氧化成
；
（3）H2S
（4）
（5）
无水乙醇 不含有 ii 中未产生S，说明生成黑色固体
时未有化合价变化，无法产生Fe2+，故无法产生FeS。
【分析】盐溶液呈现酸性或碱性的原因是其中的弱酸阴离子或弱碱阳离子发生水解，强碱弱酸盐与强酸弱
碱盐在水溶液中会发生双水解，生成沉淀或气体；沉淀在溶液中是可以转化的，溶度积较小的沉淀可以转
化成溶度积更小的沉淀。
【解析】（1）Na2S 是强碱弱酸盐，S2-在溶液中发生水解使溶液呈碱性，水解离子方程式是：
（2）由题可知溶液只是紫色变浅，并未完全褪色，说明KMnO4过量，
会被氧化成
；因此这个预
测不正确；
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（3）Fe3+ 与S2-发生双水解：
，因此生成物是Fe(OH)3和H2S；
（4）b 中的红褐色沉淀是Fe(OH)3，c 中的黑色沉淀是Fe2S3，由溶度积常数可知，Fe2S3的溶解度小于
Fe(OH)3的溶解度，会发生反应：
，使Fe(OH)3沉淀转换成
Fe2S3，因此红褐色消失；
（5）淡黄色浑浊是S，臭鸡蛋味气体是H2S，即化学方程式为：
；由于单
质硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大，向试管中加入无水乙醇振荡、静置，取上层清液少
许加入蒸馏水中，未见淡黄色浑浊出现，即黑色固体中没有硫， ii 中未产生S，说明生成黑色固体时未有
化合价变化，无法产生Fe2+，故无法产生FeS。
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