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题型11 方案的设计与评价
评价型实验题包括的题型很多，其中比较典型的有物质性质探究型、组成成分探究型、物质制备和应
用探究型等，该类试题一般以实验装置图的形式给出实验的流程，实验方案的设计与评价主要以非选择题
呈现，分值居高不下，该类题目多为结合化工生产流程、物质的制备等实验信息设计实验方案，简述所设
计方案的操作步骤及理由、解决相关问题。该类题目对化学实验知识进行综合考查，覆盖面较广，难度较
大且考查灵活多变，注重学生“学以致用”能力的考查，近年来一直是高考考查的“宠儿”。
1、（2022·广东卷）食醋是烹饪美食的调味品，有效成分主要为醋酸(用
表示)。
的应用与其电离
平衡密切相关。25℃时，
的
。
（1）配制250mL×0.1mol/L 的
溶液，需
溶液的体积为 mL。
（2）下列关于
容量瓶的操作，正确的是 。
（3）某小组研究25℃下
电离平衡的影响因素。
提出假设。稀释
溶液或改变
浓度，
电离平衡会发生移动。设计方案并完成实验用浓度均为
的
和
溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液；测定
，记录数据。
序号
Ⅰ
40.00
/
/
0
2.86
Ⅱ
4.00
/
36.00
0
3.36
…
Ⅶ
4.00
a
b
3：4
4.53
Ⅷ
4.00
4.00
32.00
1：1
4.65
①根据表中信息，补充数据：
，
。
1
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②由实验Ⅰ和Ⅱ可知，稀释
溶液，电离平衡 (填”正”或”逆”)
向移动；结合表中数据，给出判断理由： 。
③由实验Ⅱ~VIII 可知，增大
浓度，
电离平衡逆向移动。
实验结论假设成立。
（4）小组分析上表数据发现：随着
的增加，
的值逐渐接近
的
。
查阅资料获悉：一定条件下，按
配制的溶液中，
的值等于
的
。
对比数据发现，实验VIII 中
与资料数据
存在一定差异；推测可能由物质浓度准确程度
不够引起，故先准确测定
溶液的浓度再验证。
①移取
溶液，加入2 滴酚酞溶液，用
溶液滴定至终点，消耗体积为
，则该
溶液的浓度为
。在答题卡虚线框中，画出上述过程的滴定曲线示意图
并标注滴定终点 。
②用上述
溶液和
溶液，配制等物质的量的
与
混合溶液，测定pH，结果
与资料数据相符。
（5）小组进一步提出：如果只有浓度均约为
的
和
溶液，如何准确测定
的
？
小组同学设计方案并进行实验。请完成下表中Ⅱ的内容。
Ⅰ
移取
溶液，用
溶液滴定至终点，消耗
溶液
Ⅱ
，测得溶液的pH 为4.76
实验总结得到的结果与资料数据相符，方案可行。
（6）根据
可以判断弱酸的酸性强弱。写出一种无机弱酸及其用途 。
【答案】（1）5.0
（2）C
（3）①3.00 33.00 ②正 实验II 相较于实验I，醋酸溶液稀释了10 倍，而实验II 的pH 增大
值小于1
（4）0.1104
（5）另取20.00mlHAc，加入
mL 氢氧化钠
（6）HClO：漂白剂和消毒液(或H2SO3：还原剂、防腐剂或H3PO4：食品添加剂、制药、生产肥料)
2
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【解析】（1）溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得
V=5.0mL。
（2）容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，A 错误；定容时，视线应与溶液凹液面
和刻度线“三线相切”，不能仰视或俯视，B 错误；向容量瓶中转移液体，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端
位于刻度线以下，同时玻璃棒不能接触容量瓶口，C 正确；定容完成后，盖上瓶塞，将容量瓶来回颠倒，
将溶液摇匀，颠倒过程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脱落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶从左手
掉落，D 错误。
（3）①实验VII 的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V(HAc)=4.00mL，因此V(NaAc)=3.00mL，即a=3.00，,
由实验I 可知，溶液最终的体积为40.00mL，因此V(H2O)=40.00mL-4.00mL-3.00mL=33.00mL，即
b=33.00。
②实验I 所得溶液的pH=2.86，实验II 的溶液中c(HAc)为实验I 的
，稀释过程中，若不考虑电离平衡移
动，则实验II 所得溶液的pH=2.86+1=3.86，但实际溶液的pH=3.36<3.86，说明稀释过程中，溶液中n(H+)
增大，即电离平衡正向移动。
（4）(i)滴定过程中发生反应：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反应方程式可知，滴定至终点时，
n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104mol/L。
(ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0 时，c(H+)=
≈
mol/L=10-2.88mol/L，溶液的
pH=2.88，当V(NaOH）=11.04 mL 时，n(NaAc)=n(HAc)，考虑HAc 的电离和Ac-的水解，HAc 的电离程度
大于Ac-的水解程度，故溶液中NaAc＞HAc，溶液的pH＞PKa，即pH＞4.76，当V(NaOH)=22.08mL 时，
达到滴定终点，溶液中溶质为NaAc 溶液，Ac-发生水解，溶液呈弱碱性，当NaOH 溶液过量较多时，
c(NaOH)无限接近0.1mol/L，溶液pH 接近13，因此滴定曲线如图：
。
（5）向20.00mL 的HAc 溶液中加入V1mLNaOH 溶液达到滴定终点，滴定终点的溶液中溶质为NaAc，当
时，溶液中c(H+)的值等于HAc 的Ka，因此另取20.00mlHAc，加入
mL 氢氧化钠，使溶液
中n(NaAc)=n(HAc)。
（6）不同的无机弱酸在生活中应用广泛，如HClO 具有强氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具
有还原性，可用作还原剂，在葡萄酒中添加适量H2SO3可用作防腐剂，H3PO4具有中强酸性，可用作食品
添加剂，同时在制药、生产肥料等行业有广泛用途。
2、（2022·福建卷）某兴趣小组设计实验探究
，催化空气氧化
的效率。回答下列问题：
步骤Ⅰ 制备
在通风橱中用下图装置制备
(加热及夹持装置省略)，反应方程式：
3
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（1）装置A 中盛放甲酸的仪器的名称是 。
（2）从B、C、D 中选择合适的装置收集
，正确的接口连接顺序为
a→_______→_______→_______→_______→h(每空填一个接口标号)。
步骤Ⅱ 检验
将
通入新制银氨溶液中，有黑色沉淀生成。
（3）该反应的化学方程式为 。
步骤Ⅲ 探究
催化空气氧化
的效率
将一定量
与空气混合，得到
体积分数为1%的气体样品。使用下图装置(部分加热及夹持装置省
略)，调节管式炉温度至
，按一定流速通入气体样品。(已知：
是白色固体，易吸水潮解：
)
（4）通入
(已折算为标况)的气体样品后，继续向装置内通入一段时间氮气，最终测得U 形管内生成
了
。
①能证明
被空气氧化的现象是 ；
②
被催化氧化的百分率为 ；
③若未通入氮气，②的结果将 (填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
（5）探究气体与催化剂接触时长对催化氧化效率的影响时，采用 方法可以缩短接触时长。
（6）步骤Ⅲ装置存在的不足之处是 。
【答案】（1）分液漏斗
（2）a→d→e→c→b
（3）
（4）①石灰水变浑浊 ②60% ③偏大
（5）增大气体样品流速
（6）尾气出口未加防潮装置(或其他相似表述)
4
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【解析】在通风橱中用下图装置制备一氧化碳，用A 装置制取一氧化碳，该气体中含有甲酸蒸气，故用水
除去甲酸，再用B 装置排水收集一氧化碳气体，排出的水用E 中的烧杯接收。根据气体样品通过氢氧化钠
吸收空气中的二氧化碳，浓硫酸吸水，一氧化碳在H 中被氧气氧化生成二氧化碳，二氧化碳能被石灰水吸
收，J 中的浓硫酸吸收气体中的水蒸气，干燥的一氧化碳和
，进而测定生成的碘的质量，计算一氧化
碳的被氧化的百分率。
（1）装置A 中盛放甲酸的仪器为分液漏斗。
（2）用C 除去甲酸，B 收集一氧化碳，E 接收排出的水，故接口连接顺序为a→d→e→c→b→h。
（3）一氧化碳和银氨溶液反应生成黑色的银，同时生成碳酸铵和氨气，方程式为：
。
（4）一氧化碳被氧气氧化生成二氧化碳，能使澄清的石灰水变浑浊。碘的物质的量为
，则结合方程式分析，还有0.002mol 一氧化碳未被氧气氧化，11.2L 气体为0.5mol
其中一氧化碳为0.005mol，则被氧化的一氧化碳为0.005-0.002=0.003mol，则被氧化的百分率为
。如果没有通入氮气则计算的未被氧化的一氧化碳的物质的量减少，则被氧化的百分率
增大。
（5）增大气流速率可以提高催化效率。
（6）
是白色固体，易吸水潮解，但该装置出气口未加防潮装置。
3、（2022·湖北卷）高技术领域常使用高纯试剂。纯磷酸(熔点为
，易吸潮)可通过市售85%磷酸溶液
减压蒸馏除水、结晶除杂得到，纯化过程需要严格控制温度和水分，温度低于
易形成
(熔
点为
)，高于
则发生分子间脱水生成焦磷酸等。某兴趣小组为制备磷酸晶体设计的实验装置如下
(夹持装置略)：
回答下列问题：
（1）A 的名称是 。B 的进水口为 (填“a”或“b”)。
（2）
的作用是 。
（3）空气流入毛细管的主要作用是防止 ，还具有搅拌和加速水逸出的作用。
（4）升高温度能提高除水速度，实验选用水浴加热的目的是 。
（5）磷酸易形成过饱和溶液，难以结晶，可向过饱和溶液中加入 促进其结晶。
（6）过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为 (填标号)。
5
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A．
B．
C．
（7）磷酸中少量的水极难除去的原因是 。
【答案】（1） 圆底烧瓶 b
（2）干燥气体
（3）防止暴沸、防止溶液从毛细管上升
（4）使溶液受热均匀
（5）磷酸晶体
（6）B
（7）磷酸可与水分子间形成氢键
【解析】空气通过氯化钙除水，经过安全瓶后通过浓硫酸除水，然后通过五氧化二磷，干燥的空气流入毛
细管对烧瓶中的溶液进行搅拌，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的作用，将85%磷酸溶液
进行减压蒸馏除水、结晶除杂得到纯磷酸。
（1）由仪器构造可知，仪器A 为圆底烧瓶，仪器B 为直形冷凝管，泠凝水应从b 口近、a 口出，形成逆流
冷却，使冷却效果更好。
（2）纯磷酸制备过程中要严格控制温度和水分，因此五氧化二磷的作用为干燥气体。
（3）空气流入毛细管可以对烧瓶中的溶液防止暴沸，同时还具有加速水逸出和防止溶液沿毛细管上升的
作用。
（4）升高温度能提高除水速度，而纯磷酸制备过程中要严格控制温度，水浴加热可以避免直接加热造成
的过度剧烈与温度的不可控性，使溶液受热均匀。
（5）过饱和溶液暂时处于亚稳态，当加入一些固体的晶体或晃动时可使此状态失去平衡，过多的溶质就
会结晶，因此可向磷酸的过饱和溶液中加入磷酸晶体促进其结晶。
（6）纯磷酸纯化过程中，温度低于
易形成
(熔点为
)，高于
则发生分子间脱水
生成焦磷酸，纯磷酸的熔点为42℃，因此过滤磷酸晶体时，除了需要干燥的环境外，还需要控制温度为
30∼35℃，B 正确。
（7）磷酸的结构式为：
，分子中含羟基，可与水分子间形成氢键，因此磷酸中少量的水极难
除去。
4、（2022·海南卷）胆矾(
)是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分
是Cu，含有少量的油污、CuO、
、
]制备胆矾。流程如下。
回答问题：
（1）步骤①的目的是 。
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（2）步骤②中，若仅用浓
溶解固体B，将生成 (填化学式)污染环境。
（3）步骤②中，在
存在下Cu 溶于稀
，反应的化学方程式为 。
（4）经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是 。
（5）实验证明，滤液D 能将
氧化为
。
ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量
将
氧化为
，理由是 。
ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是
将
氧化为
，写出乙同学的实验方案及结果 (不要求写具体
操作过程)。
【答案】（1）除油污
（2）
（3）
（4）胆矾晶体易溶于水
（5）溶液C 经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解 取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好
完全沉淀，再加入
，不能被氧化
【解析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B 与
过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C 为硫酸铜溶液和稀
硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。
（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的
是：除去原料表面的油污。
（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，
步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。
（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu 溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为
Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。
（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体
易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。
（5）ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤
②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C 经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。
ⅱ.I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D 中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是
Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否变
色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S 将其转化为
CuS 沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S 溶液，直至不再有沉淀生成，
静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧
化，故只能是Cu2+将I-氧化为I2。
5、（2022·北京卷）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Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、
(绿色)、
(紫色)。
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ii．浓碱条件下，
可被OH-还原为
。
iii．Cl2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。
实验装置如图(夹持装置略)
序
号
物质a
C 中实验现象
通入Cl2前
通入Cl2后
I
水
得到无色溶液
产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II
5%NaOH 溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕
黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，
仍有沉淀
III
40%NaOH 溶
液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕
黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，
仍有沉淀
（1）B 中试剂是 。
（2）通入Cl2前，II、III 中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
（3）对比实验I、II 通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
（4）根据资料ii，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Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将
氧化为
。
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III 中放置后的1 mL 悬浊液，加入4 mL40%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MnO2被 (填“化
学式”)氧化，可证明III 的悬浊液中氧化剂过量；
③取II 中放置后的1 mL 悬浊液，加入4 mL 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III 未得到绿色溶液的可能原因 。
【答案】（1）饱和NaCl 溶液
（2）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
（3）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
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（4）①Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O ②4
+4OH-=4
+O2↑+2H2O NaClO
③3ClO-+2MnO2+2OH-=2
+3Cl-+H2O ④III 中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高
锰酸根离子的速率，因而实验III 未得到绿色溶液
【解析】在装置A 中HCl 与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl 对Cl2性质的干
扰，在装置B 中盛有饱和NaCl 溶液，除去Cl2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Cl2与MnSO4反应，装置D 是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
（1）B 中试剂是饱和NaCl 溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl 气体；（2）通入Cl2前，II、III 中Mn2+与
碱性溶液中NaOH 电离产生的的OH-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；
（3）对比实验I、II 通入Cl2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
性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH 反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②取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
液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，
可被OH-还原为
，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
+4OH-=4
+O2↑+2H2O；
溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO 氧化，可证明III 的悬浊液中氧化剂过量；
③取II 中放置后的1mL 悬浊液，加入4 mL 水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧
化为
，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2
+3Cl-+H2O；
III
④
中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验III 未得到绿色
溶液。
6、（2021·北京卷）某小组实验验证“Ag++Fe2+
Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
（1）实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液
呈黄色。
实验II：向少量Ag 粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。
①取I 中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是 。
II
②
中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是 。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+
Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象 。
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（2）测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL 上层清液，用c1 mol/L KSCN 标准溶液滴
定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN 标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN-
AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN-
FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是 。
②测得平衡常数K= 。
（3）思考问题
①取实验I 的浊液测定c(Ag+)，会使所测K 值 (填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验II 中清液测定K 的原因是 。
【答案】（1） 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，
氧化性氧化Fe2+干扰实
验结果 a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合
开关K，Ag 电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的
Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag 电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一
段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左
偏转
（2）指示剂
（3）偏低 Ag 完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态
【解析】（1）①由于Ag 能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为
灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出
将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，
故实验II 使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+
Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-
Fe3+，Ag++e-
Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质
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溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有
Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关K，装置产生电流，电流从哪边流
入，指针则向哪个方向偏转，根据b 中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：
Ag 电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入
滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag 电极上有灰黑
色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较
浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag 电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动。
（2）①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，
当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平
衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂。
②取I 中所得上清液vmL。用c1mol/L 的KSCN 溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：
Ag++SCN-
AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I 中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=
mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：
，故反
应的平衡常数K=
=
。
（3）①若取实验I 所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+
Ag+Fe3+，且随着反
应Ag++SCN-
AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即
偏大，故所得
到的K=
偏小。
②由于实验II 中Ag 完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II 所得溶液进行测
定并计算K。
7、（2021·广东卷）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774 年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是
)
的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810 年，戴维确认这是一种新元素组成的单
质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
（1）实验室沿用舍勒的方法制取
的化学方程式为 。
（2）实验室制取干燥
时，净化与收集
所需装置的接口连接顺序为 。
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（3）某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中
存在的操
作及现象是 。
（4）某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对
溶解度的影响。
②查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液
中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，
。
③提出猜想。
猜想a：较高温度的
饱和溶液的电导率较大。
猜想b：
在水中的溶解度
。
④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的
饱和溶液)，在设定的测试温度下，进
行表中实验1~3，记录数据。
实验序
号
试样
测试温度/℃
电导率/
1
Ⅰ：25℃的
饱和溶
液
25
2
Ⅱ：35℃的
饱和溶
液
35
3
Ⅲ：45℃的
饱和溶
液
45
⑤数据分析、交流讨论。25℃的
饱和溶液中，
。
实验结果为
。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想
成立，但不足以证明猜想成立。
结合②中信息，猜想不足以成立的理由有 。
⑥优化实验。小组同学为进一步验证猜想，在实验1~3 的基础上完善方案，进行实验4 和5。请在答题卡
上完成表中内容。
实验序
号
试样
测试温度/℃
电导率/
12
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4
Ⅰ
5
⑦实验总结。根据实验1~5 的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想也成立。猜想成立的判断依
据是 。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O c-d-b-a-e HClO 取少量溶液于试管中，加
入过量稀硝酸，防止溶液中含有C
、HC
等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明
原溶液中含有Cl- 1.34 10-5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解
度 45℃ II 45℃ A3>B2>B1
【解析】（1）实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取
，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O，；
（2）根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使
用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH 溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-
d-b-a-e；
（3）久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO 已分解；检验
的方法：取少量溶液于试管中，加入过量
稀硝酸，防止溶液中含有C
、HC
等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液
中含有Cl-；
（4）⑤25℃时，
，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的
溶液中
，所以有
=
=1.34 10-5
；实验1~3 中，不同的饱和溶液浓度不同且测
试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验1~3 无法
判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系；
⑥如果要判断AgCl 在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下
测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液
中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3 比较；设计试样II 在45℃下测试与实验3 比
较。
⑦猜想成立的判断依据是A3>B2>B1。
一、常见气体的实验方案设计与评价
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其实验流程与考查内容一般为
二、原理或性质探究类实验方案分析评价
1、原理或性质探究类简单实验方案设计常考点总结
（1）探究物质氧化性或还原性的强弱。
（2）探究物质酸性的强弱。
（3）探究物质的其他特殊性质，如漂白性、不稳定性。
（4）探究物质溶解能力(溶解度)的大小。
（5）探究化学反应是否为可逆反应。
2、原理及性质探究类实验方案评价的一般思路
（1）理论依据是否正确(物质的性质、化学原理等)。
（2）是否注意控制变量。
（3）实验操作是否规范。
（4）实验现象与结论是否具有因果关系。
三、熟知常考的“六大实验设计”
实验目的
实验设计方案
说明
（1 ）证明CO2
中含有CO
先除尽CO2，再把气体通入加热的CuO 中，若黑色固体
变为红色，生成的气体能使澄清石灰水变浑浊，则证明
原混合气体中含有CO
先除尽CO2 后再通入CuO
中，黑色CuO 变红色说明该
气体具有还原性
（2）证明SO4
2−
中含有SO3
2−
向混合液中加入足量的BaCl2溶液，将沉淀溶于足量的盐
酸中，若沉淀部分溶解且有刺激性气味的气体生成，则
证明原混合液中含有SO3
2−
或加入盐酸生成能使品红溶
液褪色的有刺激性气味的气
体
（3）证明含有
Fe3＋的溶液中含
有Fe2＋
加入铁氰化钾
[K3Fe（CN）6]溶液，若产生蓝色沉淀，则证明原混合液
中含有Fe2＋
不能用氯水和KSCN 溶液检
验Fe2＋，原因是溶液中的Fe3
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＋会造成干扰
（4）①证明草
酸的酸性强于碳
酸；
②证明草酸是二
元酸
①向1mol·L－1NaHCO3 溶液中加入1mol·L－1 草酸，若产
生大量气泡，则证明草酸的酸性强于碳酸；
②定量实验：用NaOH 标准溶液滴定草酸标准溶液，消
耗NaOH 的物质的量为草酸的2 倍，则说明草酸是二元
酸
①强酸制弱酸；
②定量中和反应
（5）证明多元
弱酸的酸式盐电
离程度与水解程
度的相对大小
（以
NaHCO3、
NaHSO3为
例）
①常温下，测量NaHCO3溶液的pH，若pH＞7，则说明
HCO3
-的水解程度大于其电离程度；
②常温下，测量NaHSO3溶液的pH，若pH＜7，则说明
HSO3
-的电离程度大于其水解程度
多元弱酸的酸式盐（HA－）
水解呈碱性，HA－电离呈酸
性，故通过测量溶液酸碱性
来判断
（6 ）Ksp 大小
的比较（以
AgCl 、AgI 为
例）
①向AgNO3稀溶液中滴加NaCl 溶液至不再有白色沉淀
生成，再向其中滴加相同浓度的KI 溶液产生黄色沉
淀；
②向浓度均为0.1 mol·L－1的NaCl、NaI 混合溶液中，滴
加0.1 mol·L－1 AgNO3溶液，先产生黄色沉淀
①沉淀转化的实质是Ksp 小
的沉淀转化成Ksp 更小的沉
淀，AgCl（s）＋I－（aq）
⇌AgI（s）＋Cl－（aq）；
②向等浓度的NaCl、NaI 溶
液中加入Ag＋，Ksp小的首先
产生沉淀
四、实验方案的设计与评价
1、实验方案设计的一般思路
2、实验方案评价的主要形式
从评价的主要针对点来看，实验综合题可分为装置评价型和原理评价型两类。
实验装置
的评价
对比各方案装置，从装置的合理性、操作的简便性和可行性等方面进行全面分
析，选出最佳装置
实验原理
的评价
紧扣实验目的，对各方案的原理综合考虑，从原理是否科学、原料是否节约、
误差是否较小等方面进行全面分析，选出最佳方案
3、实验方案评价类试题的解题思路
从可行性方面进行评价
①实验原理(如药品的选择)是否正确、可行；②实验操作(如仪器的选择、连
接)是否安全、合理；③实验步骤是否简单、方便；④实验现象是否明显，
实验结论是否正确
从规范性视角进行评价
①仪器的安装与拆卸；②仪器的查漏、气密性检验；③试剂添加的顺序与用
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量；④加热的方式方法和时机；⑤温度计的规范使用、水银球的位置；⑥实
验数据的读取；⑦冷却、冷凝的方法等
从“绿色化学”视角进
行评价
①反应原料是否易得、安全、无毒；②反应速率是否较快；③原料利用率以
及合成物质的产率是否较高；④合成过程中是否造成环境污染
从经济效益和社会效益
方面进行评价
①经济效益指原料的获得成本，转化率、产率等；②社会效益指对环境的污
染分析
从实验设计的安全性方
面进行评价
①净化、吸收气体及熄灭酒精灯时要防液体倒吸；②进行某些易燃易爆实验
时要防爆炸(如H2还原CuO 应先通H2，气体点燃前先验纯等)；③防氧化(如
H2还原CuO 后要“先灭灯再停氢”，白磷切割宜在水中进行等)；④防吸水
(如实验取用、制取易吸水、潮解、水解的试剂，宜采取必要措施，以保证
达到实验目的)；⑤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)；⑥易挥发液体产物导出时若为蒸气的要及时冷却；⑦其他(如实验操作
顺序、试剂加入顺序、实验方法使用顺序等)
1、（2024 安徽省百校大联考高三上学期10 月联考）为探究FeCl3溶液和Na2SO3溶液混合后Fe3+发生怎样
的化学反应，进行了如下实验（FeCl3和Na2SO3溶液浓度均为0.50mol·L-1）。
实验操作与现象
①
先向试管中加入10mLFeCl3溶液，再加入10mLNa2SO3溶液，振荡后发现试管中颜色由棕黄色变为红
褐色（无气泡产生，也无沉淀生成）。
②
用激光灯从侧面照射实验①得到的混合体系，观察到一条光亮的通路。
③
取实验①反应后的混合体系少许于试管中，先加入过量稀盐酸酸化后，再滴加氯化钡溶液，产生白色
沉淀。
④
将实验①反应后的混合体系放置一小时后，溶液变为淡绿色。
（1）由Na2SO3固体配制0.50mol·L-1Na2SO3溶液，需要的仪器除药匙、玻璃棒、容量瓶外，下列仪器中还
需要_______________（填字母）。
（2）根据实验②的现象得出FeCl3溶液和Na2SO3溶液反应生成了________________。
（3）甲同学根据实验③中现象得出FeC13溶液和Na2SO3溶液发生了氧化还原反应，写出其相应的离子方
程式：______________。
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（4）乙同学认为实验③中现象不足以说明FeC13溶液和Na2SO3溶液发生了氧化还原反应，你认为该同学
的理由是______________；请你帮助乙同学重新设计一个实验来证明FeC13溶液和Na2SO3溶液发生了氧化
还原反应：______________（填操作及对应现象）。
（5）结论：该实验说明在该条件下Fe3+既发生了______________反应又发生了还原反应。
【答案】 （1）ABC(少选或错写不得分)
（2）氢氧化铁胶体
（3）
(答
、
亦给分)
（4）Na2SO3固体部分变质或者Na2SO3溶液被氧气氧化(合理即可)
取实验①反应后的混合体系少许于试管中,滴加铁氰化钾溶液,生成蓝色沉淀(写加硫氰化钾类不得分，其他
合理即可)
（5）水解
【解析】（1）配置溶液还需要烧杯、胶头滴管、托盘天平,无需漏斗、圆底烧瓶。
（2）产生丁达尔效应说明生成了胶体。
（3）
。
（4）配置Na2SO3溶液所用药品可能部分变质也有可能在与氯化铁溶液混合过程中被氧气氧化;检验三价铁
和二价铁混合溶液中的二价铁离子用铁氰化钾溶液，生成蓝色沉淀。
（5）生成了氢氧化铁胶体说明三价铁离子发生了水解反应。
2、（2023 北京西城统考二模）小组同学探究+3 价铬元素和+6 价铬元素的相互转化。
资料：
(绿色)、
(灰绿色，不溶于水)、
(橙色)、
(黄色)、
(砖红色，难溶
于水)
实验Ⅰ：向2mL0.1mol/L
溶液中滴入2mL3%
溶液，无明显变化，得到溶液a．取少量溶液
a，加入
溶液，未观察到砖红色沉淀。
实验Ⅱ：向溶液a 中加入2mL10%NaOH 溶液，产生少量气泡，水浴加热，有大量气泡产生，经检验气体
为
，溶液最终变为黄色。取少量黄色溶液，加入稀硫酸调节溶液的pH 约为3，再加入
溶液，有
砖红色沉淀生成。
（1）实验Ⅱ中加入稀硫酸的目的是___________。
（2）甲同学认为实验Ⅱ中溶液变黄生成
的原因是
将+3 价铬元素氧化为
，乙同学认为该
说法不严谨。
①乙的理由是___________。
②设计实验否定了乙的猜想，___________(填操作)，溶液未变成黄色。
（3）对比实验I 和Ⅱ，小组同学研究碱性环境对+3 价铬元素或
性质的影响。
①提出假设：
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假设a：碱性增强，
的氧化性增强
假设b：___________。
②
参与的电极反应式是___________，据此分析，假设a 不成立。
③设计实验证实假设b，画出实验装置图(注明试剂)并写出实验操作和现象___________。
实验Ⅲ：向实验Ⅱ中的黄色溶液中加入稀硫酸，溶液变为橙色，再加入3%
溶液，溶液最终变为绿色，
有气泡生成。
（4）实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是___________。
（5）综上，
在+3 价铬元素和+6 价铬元素相互转化中的作用是___________。
【答案】（1）使H2SO4与OH-反应，排除OH-与Ag+结合为AgOH 对
检验的干扰
（2）氧气可以将+3 价Cr 氧化为
向2ml0.1mol/LCr2(SO4)3溶液中加入2mL10%NaOH 溶液，通
入O2，水浴加热
（3）碱性增强，+3 价铬元素的还原性增强 H2O2+2e-=2OH-
组装好装置。
开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH 溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从
左向右运动
（4）Cr2O
+8H++3H2O2=2Cr3++3O2↑+7H2O
（5）在碱性条件下，
作氧化剂，将+3 价铬元素氧化为+6 价；在酸性条件下，
作还原剂，将+6
价铬元素还原为+3 价
【解析】（1）含NaOH 的溶液显碱性，而氢氧根离子和银离子会反应，则实验Ⅱ中加入稀硫酸的目的是
使H2SO4与OH-反应，排除OH-与Ag+结合为AgOH 对
检验的干扰；
（2）①氧气也具有氧化性，也可以将+3 价Cr 氧化为
，则乙的理由是氧气可以将+3 价Cr 氧化为
。
②向2ml0.1mol/LCr2(SO4)3溶液中加入2 mL 10% NaOH 溶液，通入O2，水浴加热，溶液未变成黄色，则氧
气不能氧化+3 价Cr；
（3）①结合溶液中成分Cr3+、H2O2提出假设：假设a：碱性增强，
的氧化性增强；
假设b：碱性增强，+3 价铬元素的还原性增强；
②结合假设a，H2O2氧化性增强，则O 元素化合价降低，则H2O2得到电子转化为氢氧根离子，则
参
与的电极反应式是H2O2+2e-=2OH-，加入硝酸银，应该生成银的不溶物，据此分析，假设a 不成立；
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③可以通过原电池原理进行验证，实验装置如图：
；实验操作和现象为：组装好装
置。开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH 溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电
子从左向右运动；
（4）实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色为Cr2O
在酸性条件下被H2O2还原为Cr3+，离子方程式Cr2O
+8H+
+3H2O2=2Cr3++3O2↑+7H2O；
（5）综上，
在+3 价铬元素和+6 价铬元素相互转化中的作用是在碱性条件下，
作氧化剂，将+3
价铬元素氧化为+6 价；在酸性条件下，
作还原剂，将+6 价铬元素还原为+3 价。
3、（2024 河南省新乡市高三第一次模拟）磷酸亚铁
是生产锂电池的原料，能溶于强
酸，不溶于水。实验室可以绿矾
及
为原料制备磷
酸亚铁，主要反应为
。
I．配制
溶液
（1）实验室常用绿矾配制
溶液，配制过程中需要用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、容量瓶外，还有
___________。若实验需要配制。
的
溶液，则需要称取的绿矾的质量为
___________g。
Ⅱ．提纯制备晶体
（2）利用工业品十二水合磷酸氢二钠(含
、重金属盐及有色杂质等)提纯得到
晶体。已知：
溶液
在
，重金属硫化物不溶于水。请将实验步骤
补充完整：
将工业品溶于热水；
①___________；
②___________；
③___________；
冷却结晶，过滤、洗涤及干燥。
(实验中可选用的试剂：
溶液、
溶液、
溶液、活性炭)
Ⅲ．合成磷酸亚铁及杂质的检验
（3）在三颈烧瓶中先加入抗坏血酸(维生素C)稀溶液作底液，然后向烧瓶中滴入
与
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的混合溶液至
时，再滴入
溶液，最终维持
。
①用抗坏血酸稀溶液作底液的作用是___________。
②检验产品中是否混有
或
杂质的操作方法是___________。
【答案】（1）玻璃棒、胶头滴管 6.95
（2）①逐滴滴入Na2S 溶液，至不再生成沉淀为止 ②用0.1mol L
⋅
-1H3PO4和0.1mol L
⋅
-1NaOH 溶液调节
溶液pH 至8.2~8.4 ③加入活性炭煮沸，趁热过滤
（3）①防止亚铁离子被氧化 ②取少量产品溶于适量盐酸中，向其中滴加几滴KSCN 溶液，若溶液变
为血红色，说明含有Fe(OH)3或FePO4杂质，反之不含。
【解析】实验室可以用绿矾(FeSO4 7H
⋅
2O)、Na2HPO4 12H
⋅
2O 及CH3COONa 3H
⋅
2O 为原料制备磷酸亚铁，
先配制FeSO4溶液，再提纯Na2HPO4 12H
⋅
2O 晶体，最后合成磷酸亚铁并进行杂质的检验。
（1）实验室配制FeSO4溶液过程中需要用到的玻璃仪器除烧杯、量筒、容量瓶外，还有玻璃棒、胶头滴管；
若实验需要配制250mL 0.1mol L
⋅
-1的FeSO4溶液，则需要称取的绿矾(FeSO4 7H
⋅
2O)的质量为
。
（2）将工业品溶于热水；①逐滴滴入Na2S 溶液，至不再生成沉淀为止，重金属硫化物不溶于水，用过量
Na2S 溶液除去重金属离子；②Na2HPO4溶液pH 为8.2~8.4，因此用0.1mol L
⋅
-1H3PO4和0.1mol L
⋅
-1NaOH 溶
液调节溶液pH 至8.2~8.4；③加入活性炭煮沸，趁热过滤，目的是除去有色杂质；最后冷却结晶，过滤、
洗涤及干燥可得较纯的Na2HPO4 12H
⋅
2O 晶体；②用0.1mol L
⋅
-1H3PO4和0.1mol L
⋅
-1NaOH 溶液调节溶液pH
至8.2~8.4；③加入活性炭煮沸，趁热过滤。
（3）①抗坏血酸(维生素C)具有较强的还原性，可防止亚铁离子被氧化；
②检验产品中是否混有Fe(OH)3或FePO4杂质，只需检验产品中是否含Fe3+即可，其操作方法是：取少量产
品溶于适量盐酸中，向其中滴加几滴KSCN 溶液，若溶液变为血红色，说明含有Fe(OH)3或FePO4杂质，
反之不含。
4、（2023 北京朝阳统考二模）小组同学探究
和不同铜盐溶液的反应，实验如下。
实验：向
溶液中加入
溶液，立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，放
置
左右，转化为白色沉淀(沉淀B)。
已知：i.
(无色)
ii.
（1）研究沉淀B 的成分。
向洗涤后的沉淀B 中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色。取少量
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深蓝色溶液，滴加试剂X，产生白色沉淀。
①白色沉淀是
，试剂X 是_______。
②无色溶液在空气中放置变为深蓝色，反应的离子方程式为_______。
（2）经检验，沉淀A 不含
。推测沉淀A 能转化为沉淀B 与
有关，为研究沉淀A 的成分及沉淀A
转化为B 的原因，实验如下。
①仅通过上述实验不能证明沉淀A 中含有
，补充实验：向少量洗净的沉淀A 中加入稀硫酸，证实沉淀
A 中含有
的证据是_______。
②无色溶液中含有
，推测
的产生有两个途径：
途径1：实验过程中
氧化
；
途径2：_______(将途径补充完整)。
经研究，途径1 不合理，途径2 合理。
③解释
和
溶液反应时，先产生橙黄色沉淀，再转化为白色的原因：_______。
（3）
和
溶液反应最终生成
沉淀，并检测到有
生成，离子方程式是_______。用
和
溶液重复上述实验，仅产生橙黄色沉淀，放置
后变为暗红色沉淀(可溶于氨水，得到
无色溶液，放置变为深蓝色)。
（4）根据上述实验所得结论：_______(答出两点)。
【答案】（1）足量硝酸和AgNO3溶液
（2）有红色固体析出 在Cl-的作用下，Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根 CuCl2和Na2SO3溶液生成棕
黄色沉淀A 反应速率快，生成白色沉淀B 的程度大
（3）
（4）
和
能发生复分解反应和氧化还原反应，且复分解反应速率更快；在Cl-作用下，
的氧
化性增强
【解析】
溶液中加入
溶液，立即产生橙黄色沉淀)，沉淀A 为
，放置
左右，转化
为白色沉淀，沉淀B 为CuCl。对于沉淀B 组成的验证：向洗涤后的CuCl 中加入足量浓氨水，得到无色溶
液
，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色
和
。取少量深
蓝色溶液，加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀AgCl，证明有氯离子的存在。沉淀A 组成的验证：反
应物为
和
，沉淀A 中不含
，那么A 中存在
，洗涤后，加入足量的NaCl 溶液，增
大了氯离子的浓度，产生白色沉淀CuCl，无色溶液先加氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加足量盐酸，白色
沉淀减少，即这个过程中发生氧化还原反应，酸性条件下，氯离子的催化下，生成了硫酸根。
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（1）溶液中存在氯离子，检验氯离子的方式为加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液；无色溶液含有的离子
为
，在空气中变成蓝色溶液
，空气中有氧气，所以对应的离子方程式为
；
（2）已知ii.
，向含有亚铜离子的溶液中加入稀硫酸会发生歧化反应，生成铜，故
答案为有红色固体析出；溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子，当存在氯离子时，铜离子会具有较强
的氧化性，会把亚硫酸根氧化，故答案为在Cl-的作用下，Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根；向
溶液中加入
溶液，立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，说明生成亚
硫酸铜沉淀的反应较快；
（3）
和
溶液反应最终生成
沉淀，该反应未外加酸碱，所以反应物为水，生成物为氢离
子，根据电子守恒及电荷守恒可知，该反应的离子方程式是
；
（4）向
溶液中加入
溶液，立即产生橙黄色沉淀亚硫酸铜，在
NaCl 溶液中，硫酸亚铜继续发生氧化还原反应，生成CuCl 白色沉淀，根据沉淀颜色的变化快慢可知，复
分解反应较快，二氧化还原反应较慢。
5、（2024 江苏省淮安市高三上学期开学考试）臭氧氧化法是处理水体中有机污染物的常用方法。
（1）研究臭氧发生的原理
一种臭氧发生装置原理如图所示。阳极(惰性电极)的电极反应式为_______。
（2）研究温度对相同时间内O3降解有机物的影响
通常降解时采用一次性投加O3的方式，温度升高，相同时间内有机物降解度降低。提出猜想：溶液中溶解
的O3减少。作出猜想的依据：_______；设计一个实验验证猜想_______。
（3）研究O3降解有机物的路径
资料：臭氧除直接降解有机物外，O3在溶液中能产生羟基自由基(·OH)，·OH 也能降解水中有机物。
①写出产生羟基自由基(·OH)的化学方程式：_______。
实验：取三份废水，保持其它条件相同。第一份直接通入12.5mg/LO3；第二份在加入一定量MnO2的同时
通入1.25mg/LO3；第三份在加入一定量MnO2与叔丁醇的同时通入1.25mg/LO3(叔丁醇能迅速结合·OH 而将
其除去)，分别测量三份废水中有机物的残留率随时间的变化，结果如图所示。
22
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②根据图中曲线可以得出的结论为_______。
（4）研究O3降解有机物的机理
MnO2催化O3反应的一种机理如图所示，“Vo”表示MnO2表面氧空位。根据此机理，实际具有催化活性的
催化剂为_______。(以含字母x 的化学式表示其组成)。研究表明：利用蜂窝陶瓷所含的氧化物为载体负载
MnO2对臭氧降解有机物能力有较好的促进作用，而温度过高，则臭氧降解有机物能力显著降低，分析其
发生变化的原因_______。
【答案】（1）
（2）温度升高气体的溶解度减小，反应速率加快 取相同体积、不同温度的若干份蒸馏水，向其中通
入等物质的量的O3，相同时间后测量其中O3的浓度
（3）①
②MnO2对O3降解有催化作用，降解过程中产生了·OH，·OH 参与降解，
但不是降解的主要路径，O3直接降解是该降解过程的主要路径
（4）MnO2-x 温度过高使得催化剂活性降低，吸附能力减弱
【解析】（1）由图可知，阳极水放电失去电子发生氧化反应生成臭氧，阳极生成的电极反应式为：
；
（2）温度升高气体
溶解度减小，温度升高反应速率加快O3分解速率加快，都会导致O3在溶液中的溶解
度减小；设计实验时要控制单一变量，控制温度不同，其余条件相同，故实验设计可以为：取相同体积、
不同温度的若干份蒸馏水，向其中通入等物质的量的O3，相同时间后测量其中O3的浓度。
（3）①O3在溶液中能产生羟基自由基(·OH)，根据质量守恒可知，反应为O3和水产生羟基自由基和氧气，
；
②由图可知，加入二氧化锰后有机物残留率明显降低，再加入叔丁醇有机物残留率有所降低，但不太明显。
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因此MnO2对O3降解有催化作用，降解过程中产生了·OH，·OH 参与降解，但不是降解的主要路径，O3直
接降解是该降解过程的主要路径。
（4）由图可知，步骤Ⅰ二氧化锰放出氧气生成MnO2-x，步骤ⅡMnO2-x与结合O3放出氧气生成
，步骤
Ⅲ
放出氧气同时生成二氧化锰，因此实际具有催化活性的催化剂为MnO2-x。若温度过高使得催化剂活
性降低，吸附能力减弱，导致臭氧降解有机物能力显著降低。
6、（2023 陕西榆林统考一模）以盐湖锂精矿(主要成分为Li2CO3，还含有少量的CaCO3)和盐湖卤水(含一
定浓度的LiCl 和MgCl2)为原料均能制备高纯Li2CO3。回答下列问题：
（1）由锂精矿为原料制取碳酸锂的过程中，需要先“碳化溶解”使Li2CO3转为LiHCO3，实验装置如图所
示。
已知： I.20℃时LiOH 的溶解度为12.8g。
II.Li2CO3在不同温度下的溶解度：0℃ 1.54 g，20℃ 1.33 g，80℃ 0.85 g。
①装有盐酸的仪器的名称为_______。
②装置B 中盛放的试剂为_______，其作用是_______。
③装置C 中除了生成LiHCO3，还可能生成的杂质为_______(填化学式)。
④装置C 中的反应需在常温下进行，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是_______。保持温度、反应
时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精矿转化率的操作有_______。
⑤热解过滤获得的Li2CO3表面有少量Li2C2O4，不进行洗涤也不会影响最终Li2CO3产品的纯度，其原因是
_______。
（2）设计由盐湖卤水制取高纯Li2CO3的实验方案：向浓缩后的盐湖卤水中_______。(实验中必须使用的
试剂：NaOH 溶液、Na2CO3溶液；已知：pH= 10 时Mg(OH)2完全沉淀)
【答案】（1）①恒压滴液漏斗②饱和NaHCO3溶液 吸收HCl
Ca(HCO
③
3)2 ④温度升高，Li2CO3、CO2的
溶解度均较小 加快搅拌速率 ⑤加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3
（2）滴入NaOH 溶液，边加边搅拌，调节溶液pH 等于或稍大于10，过滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，
边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3 次，干燥
【解析】装置A 用大理石和盐酸反应产生了CO2，在装置B 中用饱和NaHCO3溶液除去HCl 气体杂质，向
锂精矿中通入CO2，将Li2CO3转化为溶于水的LiHCO3，发生的反应为Li2CO3+H2O+CO2=2LiHCO3，加热
分解LiHCO3得到Li2CO3，由信息可知，温度越高，Li2CO3的溶解度越小，所以蒸发结晶出Li2CO3晶体。
（1）①装有盐酸的仪器可以起到平衡气压，使盐酸顺利滴下的作用，仪器名称为：恒压滴液漏斗；
②盐酸易挥发，A 中产生的CO2混有HCl，所以装置B 中应盛放饱和NaHCO3溶液，用来吸收HCl；
③锂精矿中除含有Li2CO3，还含有少量的CaCO3，通入CO2，会发生反应CaCO3+H2O+CO2= Ca(HCO3)2，
24
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则可能生成的杂质为Ca(HCO3)2；
Li
④
2CO3、CO2溶解度均随温度升高而减小，温度越高锂精矿转化率越小的原因可能是温度升高，Li2CO3、
CO2的溶解度均较小，不利于反应进行；保持温度、反应时间、反应物和溶剂的量不变，实验中提高锂精
矿转化率的操作有：加快搅拌速率、矿石粉碎等；
Li
⑤
2CO3表面有少量Li2C2O4，由于加热烘干时Li2C2O4会分解，固体产物也为Li2CO3，所以不影响产品的
纯度；
（2）已知：pH= 10 时Mg(OH)2完全沉淀，盐湖卤水中含有Mg2+杂质，需要先加NaOH 调节pH 大于10，
将镁离子转化为Mg(OH)2沉淀除去，过滤掉杂质沉淀，滤液加入Na2CO3溶液制得Li2CO3，最后用热水洗
涤，减少晶体的溶解，则实验方案为：滴入NaOH 溶液，边加边搅拌，调节溶液pH 等于或稍大于10，过
滤，向滤液中加入Na2CO3溶液，边加边搅拌至无沉淀产生，过滤，用80℃热水洗涤沉淀2~3 次，干燥。
7、（2023 江西上饶统考一模）碘化亚铜(CuI)是重要的有机催化剂。某学习小组用如图装置制备CuI，并
设计实验探究其性质。已知：碘化亚铜(CuI)是白色固体，难溶于水，易与KI 形成K[CuI2]实验装置如图1
所示。
（1）仪器D 的名称是________。
（2）实验完毕后，用图2 所示装置分离CuI 的突出优点是_______。
（3）某同学向装置C 的烧杯中倾倒NaOH 溶液时，不慎将少量溶液溅到皮肤上，处理的方法是：_______。
（4）装置B 中发生反应的离子方程式是_______。
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（5）小组同学设计下表方案对CuI 的性质进行探究：
实验
实验操作及现象
Ⅰ
取少量CuI 放入试管中，加入KI 溶液，白色固体溶解得到无色溶液；加水，又生成白色沉淀
Ⅱ
取少量CuI 放入试管中，加入NaOH 溶液，振荡，产生砖红色沉淀。过滤，向所得上层清液中滴加
淀粉溶液，无明显变化；将砖红色沉淀溶于稀硫酸，产生红色固体和蓝色溶液
①在实验I 中“加水，又生成白色沉淀”的原理是_______。
②根据实验II，CuI 与NaOH 溶液反应的化学方程式是_______。
（6）测定CuI 样品纯度。取agCuI 样品与适量NaOH 溶液充分反应后，过滤；在滤液中加入足量的酸化的
双氧水，滴几滴淀粉溶液，用bmol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液体积为VmL(已知：
滴定反应为I2+2
2
2
3
S O =
2
6
4
S O
(无色)+2I-)。该样品纯度为_______(用含a、b、V 的代数式表示)。如果其他操
作均正确，仅滴定前盛标准液的滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗，测得结果_______(填“偏高”
“偏低”或“无影响”)。
【答案】（1）恒压滴液漏斗
（2）过滤速率快
（3）先用大量水冲洗，再涂上硼酸溶液
（4）2Cu2++SO2+2I-+2H2O=2CuI↓+
2-
4
SO +4H+
（5）无色溶液中存平衡：I-+CuI 垐
噲 [CuI2]-，加水，平衡向逆反应方向移动，转化成更多的CuI，因其难
溶于水而析出 2CuI+2NaOH=Cu2O+2NaI+H2O
（6）
191bV
10a
% 偏高
【解析】在装置A 中70%的H2SO4与Na2SO3发生复分解反应制取SO2气体，在装置B 中，SO2、CuSO4、
KI 发生氧化还原反应制取CuI，反应方程式为：2Cu2+ +SO2+2I- +2H2O=2CuI↓+
2-
4
SO +4H+；装置C 中NaOH
溶液可以吸收多余SO2，防止大气污染。在测定CuI 纯度时，先使一定质量的CuI 与NaOH 溶液混合，发
生反应：2CuI+2NaOH=Cu2O+2NaI+H2O，除去沉淀，向滤液中加入足量的酸化的双氧水，使NaI 转化为
I2，滴几滴淀粉溶液作指示剂，然后用标准Na2S2O3溶液滴定，根据反应消耗标准溶液的体积计算I2的含量，
进而可得CuI 的质量及质量分数。
（1）根据图示可知仪器D 名称是恒压滴液漏斗；
（2）图中装置有抽气泵，可以降低布氏漏斗下部的气体压强，布氏漏斗上部气体压强为大气压强，由于
上部压强大于下部气体压强，混合物质中的液体在重力及上下气体压强作用下可以迅速过滤，分离得到
CuI 固体，即该该装置的优点是过滤速率快；
（3）NaOH 对人具有一定腐蚀性，在向装置C 的烧杯中倾倒NaOH 溶液时，不慎将少量溶液溅到皮肤上，
处理的方法是先用大量水冲洗，然后再涂上硼酸溶液；
（4）在装置B 中SO2、CuSO4、KI 发生氧化还原反应制取CuI，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，结
合物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：2Cu2++SO2+2I-+2H2O=2CuI↓+
2-
4
SO +4H+；
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（5）①在实验Ⅰ的无色溶液中存平衡：I-+CuI 垐
噲 [CuI2]-，加水，化学平衡向逆反应方向移动，反应转化
成更多的CuI，因而会看到又有难溶于水白色沉淀析出；
②在实验Ⅱ中，CuI 与NaOH 溶液反应产生Cu2O、NaI、H2O，该反应的化学方程式为：
2CuI+2NaOH=Cu2O+2NaI+H2O；
（6）agCuI 样品与适量NaOH 溶液混台，充分发生反应2CuI+2NaOH= Cu2O+2NaI+H2O，过滤后，向滤液
中加入足量的酸化的双氧水，发生反应：2NaI+H2O2+2HCl=I2+2NaCl+2H2O，再以淀粉溶液为指示剂，用
标准Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2
2
2
3
S O =
2-
2
6
S O (无色) +2I-，当恰好反应完全时，溶液蓝色褪去。根
据反应方程式可得关系式：2CuI~2NaI~ I2~2Na2S2O3，n(CuI)=n(Na2S2O3)=bV×10-3 mol，则样品中CuI 的纯
度为：
-3
bV
10 mol
191g/mol
191bV
100%=
%
ag
10a
；
如果其他操作均正确，仅滴定前盛标准液的滴定管用蒸馏水洗净后没有用标准液润洗，会因标准溶液被稀
释而使其浓度变小，CuI 反应产生的NaI 溶液消耗标准溶液体积偏大，最终使测得结果偏高。
8、（2023 广东深圳统考一模）某学习小组将Cu 与
2
2
H O 的反应设计为原电池，并进行相关实验探究。回
答下列问题：
I．实验准备
（1）稀硫酸的配制
①配制
1
100mL0.3mol L
的
2
4
H SO 溶液，需
1
2
4
6mol L H SO
溶液的体积为______mL。
②在实验室配制上述溶液的过程中，下图所示仪器，需要用到的是__________(填仪器名称)。
（2）Cu 与
2
2
H O 在酸性条件下反应的离子方程式为__________。
II．实验探究
【实验任务】利用相关原电池装置进行实验，探究物质氧化性或还原性的影响因素。
【查阅资料】其他条件相同时，参与原电池反应的氧化剂(或还原剂)的氧化性(或还原性)越强，原电池的电
压越大。
【进行实验】
（3）利用下表所示装置进行实验1～4，记录数据。
装置
实验序号
烧杯中所加试剂
电压表读数
30％
2
2
H O
1
2
4
0.3mol L H SO
2
H O
mL
V
mL
V
mL
V
27
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1
30.0
/
10.0
1
U
2
30.0
1.0
9.0
2
U
3
30.0
2.0
8.0
3
U
4
35.0
1.0
1
V
4
U
已知：本实验条件下，
2
4
SO 对电压的影响可忽略。
①根据表中信息，补充数据：
1
V = __________。
②由实验2 和4 可知，
2
U ______
4
U (填“大于”或“小于”或“等于”)，说明其他条件相同时，
2
2
H O 溶
液的浓度越大，其氧化性越强。
（4）由（3）中实验结果
3
2
1
U >U >U ，小组同学对“电压随pH 减小而增大”可能的原因，提出了以下两种
猜想：
猜想1：酸性条件下，
2
2
H O 的氧化性随pH 减小而增强。
猜想2：酸性条件下，Cu 的还原性随pH 减小而增强。
为验证猜想，小组同学在（3）中实验1～4 的基础上，利用下表装置进行实验5～-7，并记录数据。
装置
实验
序号
操作
电压表
读数
5
/
5
U
6
①向______(填“左”或“右”)侧烧杯中滴加
1
5.0mL0.3mol L
2
4
H SO 溶液。
6
U
7
向另一侧烧杯中滴加
1
2
4
5.0mL0.3mol L H SO
溶液
7
U
②实验结果为：
5
6
U
U
、______，说明猜想2 不成立，猜想1 成立。
（5）已知Cu 与
2
2
H O 反应时，加入氨水可形成深蓝色的
2
3
4
Cu NH
。小组同学利用（4）中实验5 的装
置继续探究，向左侧烧杯中滴加5.0mL 一定浓度的氨水，相比实验5，电压表读数增大，分析该电压表读
数增大的原因：__________。
【实验结论】物质的氧化性(或还原性)强弱与其浓度、pH 等因素有关。
【答案】（1）5.0 100mL 容量瓶
（2）
2
2
2
2
Cu
H O
2H
Cu
2H O
（3）4.0 小于
（4）左
5
7
U <U
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（5）加入氨水后形成
2
3
4
Cu NH
，使
2
Cu
c
减小，促进铜失电子，使电压表读数增大
【解析】（1）①根据稀释规律c1V1=c2V2可知，配制
1
100mL 0.3mol L
的
2
4
H SO 溶液，需
1
2
4
6mol L H SO
溶液的体积为
1
1
0.1L 0.3mol L
0.005L
5.0mL
6mol L
；
②在实验室配制上述溶液的过程中，下图所示仪器，需要用到100mL 容量瓶；
（2）Cu 在酸性条件下被
2
2
H O 氧化为铜离子，过氧化氢转化为水，反应的离子方程式为
2
2
2
2
Cu
H O
2H
Cu
2H O
；
（3）①根据单一变量控制法可知，总溶液的体积为40.0mL，则V1=40.0-35.0+1.0=4.0；
②由实验2 和4 可知，过氧化氢的浓度不同，结合结论可推出，U2小于U4；
（4）涉及双液原电池后，若向左侧烧杯溶液中加入硫酸与没有加入硫酸时
5
6
U
U
，则可推出猜想2 不成
立，再向右侧烧杯溶液中加入等物质的量的硫酸，观察得到
5
7
U <U ，则说明猜想1 成立；
（5）加入足量氨水后形成
2
3
4
Cu NH
，使溶液中
2
Cu
c
减小，促进铜失电子，使电压表读数增大。
9、（2023 黑龙江哈尔滨哈尔滨三中校考一模）四氯化碳(
4
CCl )主要用作优良的溶剂、灭火剂、制冷剂、
萃取剂等。某化学小组模拟工业原理，用二硫化碳与氯气反应制取四氯化碳，所用实验各部分装置如下：
已知：
①
2
CS 可与溴水反应生成硫酸和氢溴酸：
②
2
CS 与
2
Cl 在铁作催化剂的条件下，在85℃~95℃反应可生成四氯化碳；
⑧硫单质的沸点445℃，
2
CS 的沸点46.5℃，
4
CCl 的沸点76.8℃、密度1.6g/cm3。
（1）
4
CCl 分子的空间结构为______。
（2）上述仪器的连接顺序为：
a→______→______→______→______→______→______→______→______。______。
A 装置中导管k 的作用为______。在制备气体的实验中若用普通的分液漏斗，在其他条件相同的情况下，
从装置A 中排出气体的体积与本实验相比______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
（3）B 装置中发生反应的化学方程式为______。
（4）实验过程中F 装置的作用有______、______。反应结束后关闭
1
K 、
2
K ，此时F 装置的作用为______。
（5）反应结束先过滤除去固体，再经过______(填操作名称)可得到
4
CCl 。
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【答案】（1）正四面体
（2）ijfgdebch 平衡滴液漏斗和烧瓶中压强，便于溶液顺利流入烧瓶 偏大
（3）
2
2
2
2
4
2
CS +8Br +10H O=2H SO +16HBr+CO
（4）除去氯气中的HCl 调节气体流速使气流更平稳 储存未反应完的氯气
（5）蒸馏
【解析】首先利用A 装置，浓盐酸与重铬酸钾反应制取氯气，氯气中含有HCl 用F 中饱和食盐水除去，再
经过D 浓硫酸干燥氯气，干燥的氯气通入C 中与CS2反应生成
4
CCl ，挥发出的CS2用溴水吸收，未反应的
氯气等酸性物质用E 氢氧化钠溶液吸收。
（1）
4
CCl 为单键碳结构，呈正四面体构型；
（2）由上述分析可知仪器的连接顺序为：ijfgdebch，A 装置中导管k 连接滴液漏斗与圆底烧瓶，可保持滴
液漏斗与烧瓶中的压强始终相同，有利于漏斗中的弄盐酸顺利滴入烧瓶中；若改用普通漏斗，则滴入的盐
酸占据烧瓶的体积，会增加排除气体的体积；
（3）由题意可知CS2与溴水反应生成硫酸和溴化氢，同时生成二氧化碳，1 mol CS2失去16mol 电子，
1 mol
2
Br 得2 mol 电子，根据得失电子守恒得反应：
2
2
2
2
4
2
CS +8Br +10H O=2H SO +16HBr+CO ；
（4）实验过程中F 可除去氯气中的氯化氢气体，同时可以调节气体流速使气流更平稳；当实验结束后关
闭
1
K 、
2
K ，此时烧瓶反应生成的氯气可以储存在F 中防止污染空气；
（5）反应结束先过滤除去固体，然后利用各物质的沸点差异，利用蒸馏法分离出
4
CCl 。
10、（2023 北京丰台统考二模）某小组同学探究不同条件下
与三价铬(
)化合物的反应。
资料：ⅰ、
(墨绿色)、
(墨绿色)、
(蓝色)、
(黄色)、
(橙色)、
(砖
红色)。
ⅱ、
ⅲ、
；
室温下，向
溶液中滴加
溶液或
溶液分别配制不同
的
(Ⅲ)溶液；取
配制后的溶液各
，分别加入足量30%
溶液。
实验
①
②
③
④
加
前
4.10
6.75
8.43
13.37
现
象
墨绿色溶液
蓝色浊液
蓝色浊
液
墨绿色溶液
加
后
现
象
墨绿色溶液
黄绿色溶液
黄色溶
液
砖红色溶液
30
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（1）结合加
前的实验现象，可推测
具有___________(填“碱性”、“酸性”或“两性”)。
（2）实验①中，加
后无明显现象的原因可能是___________。
（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是___________。
（4）取实验③中黄色溶液，加入一定量稀硫酸，可观察到，溶液迅速变为橙色，最终变为绿色，观察到
有无色气体产生。结合化学用语解释上述实验现象___________。
（5）已知
中
为+5 价。实验④中，加入
后发生反应的离子方程式为___________。
（6）取少量实验④的砖红色溶液，加热，随着温度的升高，溶液最终变为黄色。针对溶液的颜色变化，
该小组同学提出如下猜想。
猜想1：加热条件下，
发生自身氧化还原反应，生成
；
猜想2：___________。
针对上述猜想，该小组同学另取少量实验④的砖红色溶液，___________，溶液由砖红色变为黄色，由此
得出猜想1 成立。
（7）综合以上实验，影响
与三价铬化合物反应的因素除了
，还有___________。
【答案】（1）两性
（2）溶液酸性较强，三价铬以
形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化
（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以
存在，加入
过氧化氢，
被氧化为
，
，同时生成氢离子使得部分使
得
溶解生成
，且溶液pH 减小导致
与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示
黄绿色
（4）实验③中黄色溶液中含有
，
，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增强，
平衡逆向移动转化为橙色
溶液，
具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和
，会观察到
溶液最终变为绿色且有无色气体产生，
（5）
（6） 加热促使
与过氧化氢进一步反应生成
加入少量的二氧化锰，待不再产
生气体后，过量，滤液加热
（7）温度
【解析】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。（1）结合资料、加
前的实验现象可知，溶液由酸性转变为碱性的过程中，三价铬由
转变为
，又转变为
，则说明
具有两性；
（2）实验①中溶液酸性较强，三价铬以
形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化；
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（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以
存在，加入
过氧化氢，
被氧化为
，
，同时生成氢离子使得部分使
得
溶解生成
，且溶液pH 减小导致
与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示
黄绿色；
（4）实验③中黄色溶液中含有
，
，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增强，
平衡逆向移动转化为橙色
溶液，
具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和
，会观察到
溶液最终变为绿色且有无色气体产生，
；
（5）已知
中
为+5 价；实验④中初始溶液为墨绿色，说明存在
，加入
后生成砖红
色溶液，说明
在碱性条件下和过氧化氢生成
，发生反应的离子方程式为
；
（6）过氧化氢具有氧化性，则猜想2 为：加热促使
与过氧化氢进一步反应生成
；证明
猜想1 成立需要排除过氧化氢的干扰，故实验设计可以为：另取少量实验④的砖红色溶液，加入少量的二
氧化锰，待不再产生气体后，过量，滤液加热，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1 成立。
（7）问题（6）中实验说明，影响
与三价铬化合物反应的因素除了
，还有温度。
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