文档文本内容
专题60 探究性综合实验
考点
十年考情（2016-2025）
命题趋势
考点1 物质
性质探究
2025：浙江
2024：广西、湖北
2023：河北、天津、湖南
2022：北京、福建、全国甲卷
2021：福建、湖北、广东
2020：全国III 卷、全国I 卷、浙江
2019：北京
2017：全国III 卷
2016：全国II 卷、全国I 卷
注重考查学科核心知识 ：本专题考查物质组成及
性质的探究、化学反应原理和反应规律及反应产
物的探究等知识。
强调知识的灵活运用与综合分析 ：试题往往以一
个具体的化学问题或化学现象为背景，在实验结
果不知晓的情况下，由实验者自行设计实验方案
进行探究，涉及物质组成的探究、物质性质的探
究、化学反应原理和反应规律的探究。解答过程
中,对于题中的异常现象要根据已有的知识进行大
胆的猜想、推测,并仔细推敲其是否合理。考查的
知识点来源与课本而略高于课本，能够很好的考
查学生灵活运用基础知识的能力和解决实际问题
的能力。
考点2 反应
产物探究
2025：湖北
2024：北京
2023：北京
2021：天津
2020：北京
2017：北京
2016：北京、四川
1 ．（2025· 浙江· 高考真题）某研究小组探究AlCl3 催化氯苯与氯化亚砜(SOCl2) 转化为化合物Z(
)的反应。实验流程为：
已知：
①实验在通风橱内进行。
②SOCl2遇水即放出SO2和HCl；AlCl3易升华。
③氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z 易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水。
请回答：
(1)在无水气氛中提纯少量AlCl3的简易升华装置如图所示，此处漏斗的作用是 。
(2)写出下图中干燥管内可用的酸性固体干燥剂 (填1 种)。
知识点01 物质性质探究
(3)步骤Ⅰ，下列说法正确的是_______。
A．氯苯试剂可能含有水，在使用前应作除水处理
B．三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度
C．因实验在通风橱内进行，X 处无需连接尾气吸收装置
D．反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束
(4)步骤Ⅱ，加入冰水的作用是 。
(5)步骤Ⅲ，从混合物M2中得到Z 粗产物的所有操作如下，请排序 (填序号)。
①减压蒸馏 ②用乙醚萃取、分液 ③过滤 ④再次萃取、分液，合并有机相 ⑤加入无水Na2SO4干燥剂吸
水
(6) AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl 键的断裂，原因是 。
【答案】(1)AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3
(2)P2O5、硅胶
(3)ABD
(4)除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，同时降低反应的速率
(5)②④⑤③①
(6)AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl 键的断裂
【分析】本题为实验探究题，让氯苯、SOCl2混合在冰水浴中AlCl3催化作用下进行反应生成化合物Z，充分
反应后加入适量的冰水以除去SOCl2和AlCl3，然后加入乙醚进行多次萃取分离出有机相，并合并有机相，
向有机相中加入无水Na2SO4进行出水，过滤除去Na2SO4晶体后，进行减压蒸馏就可得到比较纯净的Z 的粗
产品，据此分析解题。
【详解】（1）已知AlCl3易升华，即受热之后变为蒸汽，遇冷之后又凝华为固体，故在无水气氛中提纯少
量AlCl3的简易升华装置中漏斗的作用是：AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3，故答案为：
AlCl3蒸汽遇冷的漏斗内壁凝华为AlCl3固体，收集AlCl3；
（2）酸性干燥剂一般用于干燥酸性或中性气体，常见的酸性固体干燥剂有五氧化二磷或硅胶等，它可以
吸收水分，此处干燥剂是为了防止空气中水蒸气进入，可使用P2O5、硅胶，故答案为：P2O5、硅胶；
（3）A．由题干信息可知，SOCl2遇水即放出SO2和HCl，氯苯试剂可能含有水，故在使用前应作除水处理，
A 正确；
B．由题干信息可知，AlCl3易升华，故三颈烧瓶置于冰水浴中，是为了控制反应温度，B 正确；
C．由(2)题干信息可知，X 处装入干燥剂起到干燥作用，而未能吸收尾气，故因实验在通风橱内进行，X 处
仍需连接尾气吸收装置以增加实验的安全性和环保性，C 错误；
D．已知氯苯和SOCl2在AlCl3催化作用下生成Z 和HCl，即反应过程中能够产生难溶于有机物的HCl 气泡，
则可知反应体系中不再产生气泡时，可判定反应基本结束，D 正确；
故答案为：ABD；
（4）由分析可知，步骤Ⅰ所得M1 中含有Z、氯苯和SOCl2、AlCl3等，结合题干信息可知，SOCl2遇水即放
出SO2和HCl，且AlCl3易溶于水而难溶于有机物，故步骤Ⅱ中加入冰水的作用是除去混合物中的SOCl2、
AlCl3，同时冰水可以降低反应速率；故答案为：除去混合物中的SOCl2、AlCl3，实现有机相与无机相的分离，
同时降低反应的速率；
（5）由分析可知，步骤Ⅱ得到的混合物M2 中含有Z、氯苯，结合题干信息：氯苯溶于乙醚，难溶于水；Z
易溶于乙醚，难溶于水；乙醚不易溶于水，步骤Ⅲ从混合物M2中得到Z 粗产物的所有操作为：用乙醚萃取、
分液，再次萃取、分液，合并有机相，加入无水Na2SO4干燥剂吸水，过滤出Na2SO4晶体，即得到氯苯和Z
的混合，在进行减压蒸馏，故答案为：②④⑤③①；
（6）已知AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，故AlCl3可促进氯苯与SOCl2反应中S-Cl 健的断裂，故答案为：
AlCl3易与Cl-形成络合物[AlCl4]-，促使SOCl2反应中S-Cl 键的断裂。
2．（2024·广西·高考真题）二氧化硫脲
(TD)是还原性漂白剂，可溶于水，难溶于乙醇，在
受热或碱性条件下易水解：
。其制备与应用探究如下：
Ⅰ．由硫脲
制备TD
按如图装置，在三颈烧瓶中加入硫脲和水，溶解，冷却至5℃后，滴入
溶液，控制温度低于10℃和
进行反应。反应完成后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品TD。
Ⅱ．用TD 进行高岭土原矿脱色(去除
)探究
将
高岭土原矿(
质量分数为
)制成悬浊液，加入TD，在一定条件下充分反应，静置，分离出
上层清液
，用分光光度法测得该清液中
浓度为
，计算
的去除率。
回答下列问题：
(1)仪器
的名称是 。
(2)Ⅰ中控制“温度低于10℃和
”的目的是 。
(3)写出制备TD 的化学方程式 。
(4)
中S 的化合价为 。Ⅰ的反应中，因条件控制不当生成了
，最终导致TD 中出现黄色
杂质，该杂质是 (填化学式)。
(5)Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是 。
(6)高岭土中
去除率为 (用含
的代数式表示)。Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效果
降低的原因是 。
【答案】(1)恒压滴液漏斗
(2)防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解
(3)
(4) +2 S
(5)减少二氧化硫脲的溶解损失
(6)
亚铁离子被空气中氧气氧化
【分析】在三颈烧瓶中加入硫脲和水溶解，冷却至5℃后，滴入
溶液，控制温度低于10℃和
进行反应生成二氧化硫脲，反应后，结晶、过滤、洗涤、干燥后得到产品；
【详解】（1）由图，仪器
的名称是恒压滴液漏斗；
（2）已知，二氧化硫脲在受热或碱性条件下易水解，且过氧化氢不稳定受热易分解，故Ⅰ中控制“温度
低于10℃和
”的目的是防止二氧化硫脲水解、防止过氧化氢分解；
（3）硫脲和水溶解冷却至5℃后，滴入
溶液，控制温度低于10℃和
进行反应生成二氧化硫脲，
结合质量守恒，反应还会生成水，反应为
（4）二氧化硫脲水解：
，生成
，则反应中元素化合价没
有改变，
中硫化合价为+2，则
中S 的化合价为+2。TD 具有还原性，Ⅰ的反应中因条件
控制不当生成了
，最终导致TD 中出现黄色杂质，该杂质是TD 还原硫元素转化生成的硫单质；
（5）二氧化硫脲可溶于水，难溶于乙醇，Ⅰ中“洗涤”选用乙醇的理由是减少二氧化硫脲的溶解损失；
（6）清液中
浓度为
，则
为
，那么
的去除
率
；亚铁离子具有还原性，Ⅱ中“静置”时间过长，导致脱色效
果降低的原因是亚铁离子被空气中氧气氧化，导致实验误差。
3．（2024·湖北·高考真题）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 。
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 、 。
【答案】(1)bc
(2) 不能 提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止
碳酸钴生成
(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
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)
【分析】本题探究
、
能否催化
的分解及相关性质。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
。
【详解】（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
，因此，
大过量的原因是：为保证
转化
为
，提供过量的碳酸氢根，通过平衡移动，促使水合钴离子转化为碳酸合钴离子，同时防止
碳酸钴生成。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。
（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
。
4．（2023·河北·高考真题）配合物
在分析化学中用于
的鉴定，其制
备装置示意图(夹持装置等略)及步骤如下：
①向三颈烧瓶中加入
和
热蒸馏水，搅拌溶解。
②磁力搅拌下加入
，从仪器a 加入50%醋酸
。冷却至室温后，再从仪器b 缓慢
滴入30%双氧水
。待反应结束，滤去固体。
③在滤液中加入95%乙醇，静置40 分钟。固液分离后，依次用乙醇、乙醚洗涤固体产品，称重。
已知：i.乙醇、乙醚的沸点分别是
；
ii.
的溶解度数据如下表。
温度/℃
20
30
40
50
溶解度/
84.5
91.6
98.4
104.1
回答下列问题：
(1)仪器a 的名称是 ，使用前应 。
(2)
中钴的化合价是 ，制备该配合物的化学方程式为 。
(3)步骤①中，用热蒸馏水的目的是 。
(4)步骤③中，用乙醚洗涤固体产品的作用是 。
(5)已知：
(亮黄色)足量
与
产品反应
生成
亮黄色沉淀，产品纯度为 %。
(6)实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色相同
时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧， 。
【答案】(1) 分液漏斗 检漏
(2)
(3)增加
的溶解度
(4)加速产品干燥
(5)80.0
(6)透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素
【分析】三颈烧瓶中加入
和热蒸馏水，将物料溶解加入
在加入醋酸，冷却至室温
后，再从仪器b 缓慢滴入30%双氧水，待反应结束，滤去固体，在滤液中加入95%乙醇降低溶解度，析晶，
过滤洗涤干燥，得到产物。
【详解】（1）仪器a 的名称是分液漏斗，使用前应检漏；
（2）
中钠是+1 价亚硝酸根是-1 价，根据化合价代数和为0，钴的化合价是+3，制备该配
合物的化学方程式为
；
（3）步骤①中，用热蒸馏水的目的是增加
的溶解度；
（4）步骤③中，用乙醚洗涤固体产品的作用是加速产品干燥；
（5）已知：
(亮黄色)足量
与
产品
反应生成
亮黄色沉淀，则
，
，产品纯度为
；
（6）实验室检验样品中钾元素的常用方法是：将铂丝用盐酸洗净后，在外焰上灼烧至与原来的火焰颜色
相同时，用铂丝蘸取样品在外焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰的颜色，若呈紫色则含钾元素。
5．（2023·天津·高考真题）研究人员进行了一组实验：
实验一：如图，研究人员将氢氧化钠溶液加入反应容器，随后加入锌粉，随后加热。一段时间后反应完全，
停止加热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，铜片表面出现银白色金属，
并伴随少量气体产生。
实验二：研究人员将实验一得到的带有银白色金属的铜片加热，直到铜片表面变黄，立刻停止加热，置入
水中冷却。
已知：
(1)如图，实验一使用的仪器为 ，为了防止加热过程中液体沸腾溅出，采取的办法是 。
(2)
中含有的化学键包括 。
a．离子键 b．极性共价键 c．非极性共价键 d．配位键
(3)写出氢氧化钠与锌反应的离子方程式： 。
(4)写出实验一中构成的原电池正负极反应：负极： ；正极： 。
(5)研究人员在铜片表面变黄后立刻停止加热，放入水中，这样做的目的是 。
(6)黄铜和黄金外表相似，但化学性质仍然有所区别。若使用硝酸对二者进行鉴别，则现象与结论为
。
(7)若将铜片插入实验一过滤后的上清液中，可否仍然出现上述现象？请解释： 。
【答案】(1) 蒸发皿、铁架台、酒精灯、玻璃棒 用玻璃棒搅拌
(2)abd
(3)
(4) Zn-2e-+4OH-=
、2H2O+2e-=H2
+2OH-
(5)防止锌被氧化
(6)将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜
(7)实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象
【分析】Zn 与NaOH 溶液发生反应
，一段时间后反应完全，停止加
热，锌粉仍有剩余，向反应所得溶液中加入一块铜片，并接触剩余的锌，形成原电池，Zn 失去电子生成
，电极方程式为：Zn-2e-+4OH-=
，正极由
产生的锌离子
得到电子转变为锌：
而产生银白色的金属、同时H2O 得到电子生成少量H2，电
极方程式为：2H2O+2e-=H2
+2OH-，以此解答。
【详解】（1）由图可知，实验一使用的仪器为蒸发皿、铁架台、酒精灯、玻璃棒，为了防止加热过程中
液体沸腾溅出，采取的办法是：用玻璃棒搅拌。
（2）
是离子化合物，Na+和
之间形成离子键，
内部存在配位键，O-H
属于极性共价键，故选abd。
（3）已知Zn 和NaOH 溶液反应的化学方程式为：
，离子方程式为：
。
（4）锌比铜活泼，实验一中构成的原电池的负极为Zn，Zn 失去电子生成
，根据得失电子守恒
和电荷守恒配平电极方程式为：Zn-2e-+4OH-=
，正极为Cu，正极由
产生的锌离子得到电子转变为锌而产生银白色的金属、同时H2O 得到电子生成少量H2，电极方程式为：
、2H2O+2e-=H2
+2OH-。
（5）锌离子得电子产生锌析出在铜表面，铜锌接触只有薄薄的一层，加热就是黄铜，所以铜表明变黄，
用冷水降温的目的是：防止锌被氧化。
（6）铜与稀硫酸反应生成硝酸铜和一氧化氮，将黄铜和黄金分别与稀硝酸反应，产生气泡的是黄铜。
（7）实验一过滤后的上清液中没有金属锌，加入铜片后不能形成原电池，不能出现上述现象。
6．（2023·湖南·高考真题）金属
对
有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化
反应，将块状
转化成多孔型雷尼
后，其催化活性显著提高。
已知：①雷尼
暴露在空气中可以自燃，在制备和使用时，需用水或有机溶剂保持其表面“湿润”；
②邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行。
某实验小组制备雷尼
并探究其催化氢化性能的实验如下：
步骤1：雷尼
的制备
步骤2：邻硝基苯胺的催化氢化反应
反应的原理和实验装置图如下(夹持装置和搅拌装置略)。装置Ⅰ用于储存
和监测反应过程。
回答下列问题：
(1)操作(a)中，反应的离子方程式是 ；
(2)操作(d)中，判断雷尼
被水洗净的方法是 ；
(3)操作(e)中，下列溶剂中最有利于步骤2 中氢化反应的是___________；
A．丙酮
B．四氯化碳
C．乙醇
D．正己烷
(4)向集气管中充入
时，三通阀的孔路位置如下图所示：发生氢化反应时，集气管向装置Ⅱ供气，此时
孔路位置需调节为 ；
(5)仪器M 的名称是 ；
(6)反应前应向装置Ⅱ中通入
一段时间，目的是 ；
(7)如果将三颈瓶N 中的导气管口插入液面以下，可能导致的后果是 ；
(8)判断氢化反应完全的现象是 。
【答案】(1)2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-+3H2↑(或2Al+2OH-+2H2O=2
+3H2↑)
(2)取最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干
净
(3)C
(4)B
(5)恒压滴液漏斗
(6)排除装置中的空气
(7)装置Ⅱ中的液体倒吸进入集气管中，雷尼
会堵塞导管
(8)集气管中液面不再改变
【分析】本题一道工业流程兼实验的综合题，首先用氢氧化钠溶液溶解镍铝合金中的铝，过滤后先后用碱
和水来洗涤固体镍，随后加入有机溶剂制得雷尼镍悬浮液，用于步骤2 中邻硝基苯胺的催化氢化，以此解
题。
【详解】（1）铝可以和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为：2Al+2OH-+6H2O=2[Al(OH)4]-
+3H2↑(或2Al+2OH-+2H2O=2
+3H2↑)；
（2）由于水洗之前是用碱洗，此时溶液显碱性，故可以用酸碱指示剂来判断是否洗净，具体方法为，取
最后一次洗涤液于试管中，滴加几滴酚酞，如果溶液不变粉红色，则证明洗涤干净，否则没有洗涤干净；
（3）根据题给信息可知，邻硝基苯胺在极性有机溶剂中更有利于反应的进行，故排除四氯化碳和正己烷，
又由题意金属Ni 对H2有强吸附作用，被广泛用于硝基或羰基等不饱和基团的催化氢化反应，故排除丙酮，
故选乙醇，本题选C；
（4）向集气管中充入
时，氢气从左侧进入，向下进入集气管，则当由集气管向装置Ⅱ供气，此时孔路
位置需调节为气体由下方的集气管，向右进入装置Ⅱ，应该选B，而装置C 方式中左侧会漏气，不符合题
意，故选B；
（5）由图可知，仪器M 的名称是恒压滴液漏斗；
（6）反应前向装置Ⅱ中通入
一段时间，目的是排除装置中的空气；
（7）如果将三颈瓶N 中的导气管口插入液面以下，由于金属
对
有强吸附作用，导致集气管中气压急
剧减小，装置Ⅱ中的液体倒吸进入集气管中，雷尼
会堵塞导管；
（8）反应完成后，氢气不再被消耗，则集气管中液面不再改变。
7．（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Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、
(绿色)、
(紫色)。
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MnO2被 (填“化学式)
氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量；
③取III 中放置后的1mL 悬浊液，加入4mL 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
(4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4
+4OH-=4
+O2↑+2H2O NaClO 3ClO-
+2MnO2+2OH-=2
+3Cl-+H2O Ⅲ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
【分析】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；
【详解】（1）B 中试剂是饱和NaCl 溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl 气体，故答案为：饱和NaCl 溶液；
（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH 电离产生的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，故答案为：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，故答案为：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，反应的化学方程式为：
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
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，根据题给信息，
NaClO 的氧化性随碱性增强而减弱，此时溶液碱性较强，则原因是MnO2被NaClO 氧化，可证明Ⅲ的悬浊液
中氧化剂过量，故答案为：4
+4OH-=4
+O2↑+2H2O；NaClO；
③取III 中放置后的1 mL 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，故答案为：3ClO-+2MnO2+2OH-=2
+3Cl-+H2O；
④根据题给信息可知，
(绿色)、
(紫色)，则从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的
可能原因是：Ⅲ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。
8．（2022·福建·高考真题）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：
(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) 石灰水变浑浊 60% 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)
【分析】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。据此解答。
【详解】（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。
9．（2022·全国甲卷·高考真题）硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定
量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙
醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：
(1)工业上常用芒硝(
)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为
。
(2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是 。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜
超过冷凝管高度的1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是 。
(3)回流时间不宜过长，原因是 。回流结束后，需进行的操作有①停止加热 ②关闭冷凝水 ③移去
水浴，正确的顺序为 (填标号)。
A．①②③ B．③①② C．②①③ D．①③②
(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是 。过滤除去的杂质为 。
若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是 。
(5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量 洗涤，干燥，得到
。
【答案】(1)Na2SO4·10H2O+4C
Na2S+4CO↑+10H2O
(2) 硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石 降低温
度
(3) 防止硫化钠被氧化 D
(4) 防止氧化和溶剂挥发 重金属硫化物和煤灰 温度降低导致硫化钠溶解度降低而析出
(5)冷的95%的乙醇
【分析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用芒硝(
)和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO4·10H2O+4C
Na2S+4CO↑+10H2O，结
合硫化钠的性质解答问题。
【详解】（1）工业上常用芒硝(
)和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO，根据得失电子
守恒，反应的化学方程式为：Na2SO4·10H2O+4C
Na2S+4CO↑+10H2O；
（2）由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接
作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低温度，使气压降低；
（3）若回流时间过长，硫化钠易被氧化；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正
确的顺序为①③②，答案选D。
（4）硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止氧化和溶剂的挥发，重金属硫化物难溶于乙醇，故过
滤除去的杂质为重金属硫化物和煤灰，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便
会析出大量晶体；
（5）乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，用冷的95%的乙醇洗涤，
再干燥，即可得到
。
10．（2021·福建·高考真题）
溶液和
溶液可发生反应：
。
为探究反应速率与
的关系，利用下列装置(夹持仪器略去)进行实验。
实验步骤：往A 中加入一定体积(V)的
溶液、
溶液和水，充分搅拌。控制
体系温度，通过分液漏斗往A 中加入
醋酸。当导管口气泡均匀稳定冒出时，开始用排水法收集
气体。用秒表测量收集
所需的时间，重复多次取平均值(t)。
回答下列问题：
(1)仪器A 的名称为 。
(2)检验装置气密性的方法：关闭止水夹K， 。
(3)若需控制体系的温度为
，采取的合理加热方式为 。
(4)每组实验过程中，反应物浓度变化很小，忽略其对反应速率测定的影响。实验数据如下表所示。
实验编号
溶液
溶液
醋酸
水
1
4.0
4.0
8.0
334
2
4.0
4.0
150
3
8.0
4.0
4.0
4.0
83
4
12.0
4.0
4.0
0.0
38
①
，
。
②该反应的速率方程为
，k 为反应速率常数。利用实验数据计算得
(填整数)。
③醋酸的作用是 。
(5)如果用同浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，
与盐酸反应生成
，
分解产生等物质的量
的两种气体.反应结束后，A 中红棕色气体逐渐变浅装置中还能观察到的现象有 。
分解的化学
方程式为 。
【答案】(1)锥形瓶
(2)通过分液漏斗往A 中加水，一段时间后水难以滴入，则气密性良好
(3)水浴加热
(4) 4.0 6.0 2 加快反应速率
(5) 量筒中收集到无色气体导管里上升一段水柱
【详解】（1）仪器A 的名称为锥形瓶；
（2）气体发生装置要检验装置的气密性，检验装置气密性的方法关闭止水夹K，通过分液漏斗往A 中加水，
一段时间后水难以滴入，则气密性良好；
（3）若需控制体系的温度为
，采取水浴加热使温度均匀平稳；
（4）①为探究反应速率与
的关系，
浓度不变，根据数据3 和4 可知溶液总体积为
20mL，故
为4mL；根据变量单一可知
为6mL，
为6mL；
②浓度增大速率加快，根据1 和3 组数据分析，3 的
是1 的2 倍，1 和3 所用的时间比
，
根据分析可知速率和浓度的平方成正比，故m=2；
③醋酸在反应前后没变，是催化剂的作用是加快反应速率；
（5）浓度的盐酸代替醋酸进行实验1，
与盐酸反应生成
，
分解产生等物质的量的两种
气体，根据氧化还原气化反应可知反应方程式为：
，反应结束后量筒收集到
NO，A 中红棕色气体逐渐变浅，因为NO2溶于水生成NO，颜色变浅，锥形瓶压强降低，导管里上升一段
水柱。
11．（2021·湖北·高考真题）超酸是一类比纯硫酸更强的酸，在石油重整中用作高效催化剂。某实验小组
对超酸HSbF6的制备及性质进行了探究。由三氯化锑(SbCl3)制备HSbF6的反应如下：
、SbCl5+6HF=HSbF6+5HCl。制备SbCl5的初始实验装置如图(毛细管连通大气，
减压时可吸入极少量空气，防止液体暴沸；夹持、加热及搅拌装置略)：
相关性质如表：
物质
熔点
沸点
性质
SbCl3
73.4℃
220.3℃
极易水解
SbCl5
3.5℃
140℃分解79
/2.9kPa
℃
极易水解
回答下列问题：
(1)实验装置中两个冷凝管 (填“能”或“不能”)交换使用。
(2)试剂X 的作用为 、 。
(3)反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移 (填仪器名称)中生成的SbCl5至双口烧瓶中。用真空
泵抽气减压蒸馏前，必须关闭的活塞是 (填“a”或“b”)；用减压蒸馏而不用常压蒸馏的主要原因是 。
(4)实验小组在由SbCl5制备HSbF6时，没有选择玻璃仪器，其原因为 。(写化学反应方程式)
(5)为更好地理解超酸的强酸性，实验小组查阅相关资料了解到：弱酸在强酸性溶剂中表现出碱的性质，如
冰醋酸与纯硫酸之间的化学反应方程式为CH3COOH+H2SO4=[CH3C(OH)2]+[HSO4]-。以此类推，H2SO4与HSbF6之
间的化学反应方程式为 。
(6)实验小组在探究实验中发现蜡烛可以溶解于HSbF6中，同时放出氢气。已知烷烃分子中碳氢键的活性大
小顺序为：甲基(—CH3)<亚甲基(—CH2—)<次甲基(
)。写出2—甲基丙烷与HSbF6反应的离子方程式
。
【答案】(1)不能
(2) 吸收氯气，防止污染空气 防止空气中的水蒸气进入三口烧瓶使SbCl3、SbCl5水解
(3) 三口烧瓶 b 防止SbCl5分解
(4)SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O
(5)H2SO4+HSbF6=[H3SO4]+[SbF6]-
(6)CH3CH(CH3)CH3+HSbF6=(CH3)3C++SbF +H2↑
【详解】（1）与直形冷展管相比，球形冷凝管的冷却面积大，冷却效果好，且由于球形冷凝管的内芯管
为球泡状，容易在球部积留蒸馏液，故不适宜用于倾斜式蒸馏装置，多用于垂直蒸馏装置，故实验装置中
两个冷凝管不能交换使用；
（2）根据表中提供信息，SbCl3、SbCl5极易水解，知试剂X 的作用是防止空气中水蒸气进入三口烧瓶，同
时吸收氯气，防止污染空气；
（3）由实验装置知，反应完成后，关闭活塞a、打开活塞b，减压转移三口烧瓶中生成的SbCl5至双口烧瓶
中；减压蒸馏前，必须关闭活塞b，以保证装置密封，便于后续抽真空；根据表中提供信息知，SbCl5容易
分解，用减压蒸馏而不用常压蒸馏，可以防止SbCl5分解；
（4）在由SbCl5制备HSbF6时，需用到HF，而HF 可与玻璃中的SiO2反应，故不能选择玻璃仪器，反应的化
学方程式为：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O；
（5）H2SO4与超强酸HSbF6反应时，H2SO4表现出碱的性质，则化学方程式为H2SO4 +HSbF6=
；
（6）2-甲基丙烷的结构简式为CH3CH(CH3)CH3，根据题目信息知，CH3CH(CH3)CH3中上的
氢参与反
应，反应的离子方程式为CH3CH(CH3)CH3+HSbF6 =
+
+H2
。
12．（2021·广东·高考真题）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 。
(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/
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】 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
A
℃
℃
3>B2>B1
【详解】(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，
故答案为：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，故答案为：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-，故答案为：HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，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，故答案为：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；
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。
故答案为：45℃；II；45℃；
⑦猜想成立的判断依据是A3>B2>B1，故答案为：A3>B2>B1。
13．（2020·全国III 卷·高考真题）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中
利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是 ，a 中的试剂为 。
(2)b 中采用的加热方式是 ，c 中化学反应的离子方程式是 ，采用冰水浴冷却的
目的是 。
(3)d 的作用是 ，可选用试剂 (填标号)。
A．Na2S B．NaCl C．Ca(OH)2 D．H2SO4
(4)反应结束后，取出b 中试管，经冷却结晶， ， ，干燥，得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO 溶液分别置于1 号和2 号试管中，滴加中性KI 溶液。1 号试管溶液颜色不变。2 号
试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显 色。可知该条件下KClO3的氧化能力 NaClO(填
“大于”或“小于”)。
【答案】 圆底烧瓶 饱和食盐水 水浴加热 Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O 避免生成NaClO3
吸收尾气(Cl2) A 过滤 少量(冷)水洗涤 紫 小于
【分析】本实验目的是制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制
取氯气，生成的氯气中混有HCl 气体，可在装置a 中盛放饱和食盐水中将HCl 气体除去；之后氯气与KOH
溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH 溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染
空气，所以需要d 装置吸收未反应的氯气。
【详解】(1)根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a 中盛放饱和食盐水除去氯气中混有
的HCl 气体；
(2)根据装置图可知盛有KOH 溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c 中氯气在
NaOH 溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为
Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与KOH 溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸
盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；
(3)氯气有毒，所以d 装置的作用是吸收尾气(Cl2)；
A．Na2S 可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A 可选；
B．氯气在NaCl 溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B 不选；
C．Ca(OH)2溶液浓度较小，吸收氯气效果较差，故C 不选；
D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D 不选；
综上所述可选用试剂A；
(4)b 中试管为KClO3和KCl 的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b 中混合溶液冷却结晶、
过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；
(5)1 号试管溶液颜色不变，2 号试管溶液变为棕色，说明1 号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2 号试管中
次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加
入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。
【点睛】第3 小题为本题易错点，要注意氯气除了可以用碱液吸收之外，氯气还具有氧化性，可以用还原
性的物质吸收。
14．（2020·全国I 卷·高考真题）为验证不同化合价铁的氧化还原能力，利用下列电池装置进行实验。
回答下列问题：
(1)由FeSO4·7H2O 固体配制0.10 mol·L−1 FeSO4溶液，需要的仪器有药匙、玻璃棒、 (从下列图中选
择，写出名称)。
(2)电池装置中，盐桥连接两电极电解质溶液。盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应，并且电
迁移率(u∞)应尽可能地相近。根据下表数据，盐桥中应选择 作为电解质。
阳离子
u∞×108/(m2·s−1·V−1)
阴离子
u∞×108/(m2·s−1·V−1)
Li+
4.07
4.61
Na+
5.19
7.40
Ca2+
6.59
Cl−
7.91
K+
7.62
8.27
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极。可知，盐桥中的阳离子进入 电极溶液中。
(4)电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c(Fe2+)增加了0.02 mol·L−1。石墨电极上未见Fe 析出。可知，石
墨电极溶液中c(Fe2+)= 。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为 ，铁电极的电极反应式为 。因此，
验证了Fe2+氧化性小于 ，还原性小于 。
(6)实验前需要对铁电极表面活化。在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电
极表面被刻蚀活化。检验活化反应完成的方法是 。
【答案】 烧杯、量筒、托盘天平 KCl 石墨 0.09mol/L Fe3++e-=Fe2+ Fe-2e-=Fe2+
Fe3+ Fe 取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN 溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成
【分析】(1)根据物质的量浓度溶液的配制步骤选择所用仪器；
(2)~(5)根据题给信息选择合适的物质，根据原电池工作的原理书写电极反应式，并进行计算，由此判断氧
化性、还原性的强弱；
(6)根据刻蚀活化的原理分析作答。
【详解】(1)由FeSO4·7H2O 固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液的步骤为计算、称量、溶解并冷却至室温、移液、
洗涤、定容、摇匀、装瓶、贴标签，由FeSO4·7H2O 固体配制0.10mol·L-1FeSO4溶液需要的仪器有药匙、托盘
天平、合适的量筒、烧杯、玻璃棒、合适的容量瓶、胶头滴管，故答案为：烧杯、量筒、托盘天平。
(2)Fe2+、Fe3+能与
反应，Ca2+能与
反应，FeSO4、Fe2(SO4)3都属于强酸弱碱盐，水溶液呈酸性，酸
性条件下
能与Fe2+反应，根据题意“盐桥中阴、阳离子不与溶液中的物质发生化学反应”，盐桥中阴
离子不可以选择
、
，阳离子不可以选择Ca2+，另盐桥中阴、阳离子的迁移率（u∞）应尽可能地
相近，根据表中数据，盐桥中应选择KCl 作为电解质，故答案为：KCl。
(3)电流表显示电子由铁电极流向石墨电极，则铁电极为负极，石墨电极为正极，盐桥中阳离子向正极移动，
则盐桥中的阳离子进入石墨电极溶液中，故答案为：石墨。
(4)根据(3)的分析，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+，石墨电极上未见Fe 析出，石墨电极的电极反应式为
Fe3++e-=Fe2+，电池反应一段时间后，测得铁电极溶液中c（Fe2+）增加了0.02mol/L，根据得失电子守恒，石
墨电极溶液中c（Fe2+）增加0.04mol/L，石墨电极溶液中c（Fe2+）=0.05mol/L+0.04mol/L=0.09mol/L，故答
案为：0.09mol/L。
(5)根据(3)、(4)实验结果，可知石墨电极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+，铁电极的电极反应式为Fe-2e-=Fe2+；
电池总反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，根据同一反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物、还原剂的还原性强于还原
产物，则验证了Fe2+氧化性小于Fe3+，还原性小于Fe，故答案为：Fe3++e-=Fe2+ ，Fe-2e-=Fe2+ ，Fe3+，Fe。
(6)在FeSO4溶液中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，将铁电极浸泡一段时间，铁电极表面被刻蚀活化，发生的反应
为Fe+ Fe2(SO4)3=3FeSO4，要检验活化反应完成，只要检验溶液中不含Fe3+即可，检验活化反应完成的方法
是：取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN 溶液，若溶液不出现血红色，说明活化反应完成，故答案为：
取活化后溶液少许于试管中，加入KSCN 溶液，若溶液不变红，说明活化反应完成。
【点睛】本题的难点是第(2)题盐桥中电解质的选择和第(6)实验方法的设计，要充分利用题给信息和反应的
原理解答。
15．（2020·浙江·高考真题）Ⅰ．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B 为纯净物，溶
液C 焰色反应为砖红色，气体E 能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
(1)组成A 的三种元素是 ，A 的化学式是 。
(2)固体A 与足量稀盐酸反应的化学方程式是 。
(3)气体E 与甲醛在一定条件下可生成乌洛托品(
学名：亚甲基四胺)，该反应的化学方程式是
(乌洛托品可以用分子式表示)。
Ⅱ．某兴趣小组为探究H2S 和Cl2O 的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：
请回答：
(1) 三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用一个化学方程式表示 。
(2) 若通入水中的Cl2O 已过量，设计实验方案检验 。
【答案】 Ca、H 和N Ca2HN Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl 4NH3＋6HCHO→
(或C6H12N4)＋6H2O 2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O 用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉
试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O 过量
【分析】Ⅰ．由溶液C 焰色反应为砖红色可知，溶液C 中含有钙元素，由气体E 能使湿润的红色石蕊试纸
变蓝可知，气体E 为氨气，则C 中含有氯化铵，C 为氯化钙和氯化铵的混合溶液，则固体A 中含有钙元素
和氮元素，由固体A 与足量盐酸反应结合质量守恒定律可知，气体B 为氢气，固体A 中还含有氢元素，则
固体A 中含有Ca、N 和H 三种元素。
Ⅱ．由题意可知，H2S 和Cl2O 发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应中H2S 中硫元素化合价升高被
氧化，Cl2O 中氯元素化合价降低被还原。
【详解】Ⅰ．（1）由分析可知，组成A 的三种元素是Ca、N 和H，由钙原子个数守恒可知，固体A 中钙的
物质的量为
=0.04mol，质量为0.04mol×40g/mol=1.6g，固体A 与足量盐酸反应时，固体A 中氢元
素化合价升高被氧化，HCl 中氢元素化合价降低被还原，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，固体A
中氢的物质的量为
×2× =0.02mol，质量为0.02mol×1g/mol=0.02g，则固体A 中氮的物质的量为
=0.02mol，A 中Ca、N 和H 的物质的量比为0.04mol: 0.02mol: 0.02mol=2:1:1，化学式为
Ca2HN，故答案为：Ca、H 和N ；Ca2HN；
（2）Ca2HN 与足量盐酸反应时，Ca2HN 中氢元素化合价升高被氧化，HCl 中氢元素化合价降低被还原，反
应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl，故答案为：
Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl；
（3）氨气与甲醛反应生成
和水，反应的化学方程式为4NH3＋6HCHO→
(或
C6H12N4)＋6H2O，故答案为4NH3＋6HCHO→
(或C6H12N4)＋6H2O；
Ⅱ．（1）由三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性可知，H2S 和Cl2O 发生氧化还原反应生成硫、氯化氢
和水，反应的化学方程式为2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O，故答案为：2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O；
(2) Cl2O 具有强氧化性，若通入水中的Cl2O 已过量，过量的Cl2O 能与碘化钾溶液反应生成单质碘，单质碘
能使淀粉溶液变蓝色，则检验Cl2O 已过量的实验方案为用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变
蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O 过量，故答案为：用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或
变蓝后再褪色)，说明Cl2O 过量。
16．（2019·北京·高考真题）化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。
（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得
到无色溶液A 和白色沉淀B。
①浓H2SO4与Cu 反应的化学方程式是 。
②试剂a 是 。
（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B 可能为
、Ag2SO4或两者混合物。（资料：Ag2SO4微
溶于水；Ag2SO3难溶于水）
实验二：验证B 的成分
①写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式： 。
②加入盐酸后沉淀D 大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D 中主要是BaSO3，进而推断B 中含有Ag2SO3。向
滤液E 中加入一种试剂，可进一步证实B 中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是 。
（3）根据沉淀F 的存在，推测
的产生有两个途径：
途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B 进入D。
途径2：实验二中，
被氧化为
进入D。
实验三：探究
的产生途径
①向溶液A 中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有 ：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，
未出现白色沉淀，可判断B 中不含Ag2SO4。做出判断的理由： 。
②实验三的结论： 。
（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是 。
（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时
间，有Ag 和
生成。
（6）根据上述实验所得结论： 。
【答案】 Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O 浓硫酸或饱和的NaHSO3溶液
Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2
++SO3
2-+4H2O H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明B 中含有Ag2SO3 Ag+
因为若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀 实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被
氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO3
2-被氧化为SO4
2- 2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+ 二氧化硫与硝酸银溶
液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸
根离子
【分析】本题的实验目的是探究SO2与硝酸银溶液的反应，实验过程先用铜片和浓硫酸反应制备SO2，再将
SO2通入硝酸银溶液中，对所得产物进行探究，可依据元素化合物知识解答。
【详解】(1)①铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：
Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O，
故答案为Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O；
②由于烧瓶中的空气没有排出，反应生成的SO2可能会被氧气氧化为SO3，SO3会干扰后续的实验，所以试
剂a 应为除去杂质SO3的试剂，可以用饱和NaHSO3溶液；
故答案为饱和NaHSO3溶液；
（2）①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2
+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2
++SO3
2-+4H2O，
故答案为Ag2SO3+4NH3•H2O=2 Ag(NH3)2
++SO3
2-+4H2O；
②推测沉淀D 为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E 和少量沉淀F，则E 中可能含有溶解的SO2，可加入双
氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉
淀，则证明B 中含有Ag2SO3；
故答案为H2O2，溶液，产生白色沉淀，则证明B 中含有Ag2SO3；
（3）①加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag+；B 中不含Ag2SO4，因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会
生成难溶的BaSO4白色沉淀，
故答案为Ag+；因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀；
②实验三的结论：实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO3
2-被氧化为SO4
2-；
（4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为：2Ag++SO2+H2O=
Ag2SO3+2H+，
故答案为2Ag++SO2+H2O= Ag2SO3+2H+；
（6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成
亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。
故答案为二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚
硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。
17．（2017·全国III 卷·高考真题）绿矾是含有一定量结晶水的硫酸亚铁，在工农业生产中具有重要的用途。
某化学兴趣小组对绿矾的一些性质进行探究。回答下列问题：
（1）在试管中加入少量绿矾样品，加水溶解，滴加KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化。再向试管中通入空
气，溶液逐渐变红。由此可知： 、 。
（2）为测定绿矾中结晶水含量，将石英玻璃管（带两端开关K1和K2）（设为装置A）称重，记为m1 g。
将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A 称重，记为 m2 g。按下图连接好装置进行实验。
①仪器B 的名称是 。
②将下列实验操作步骤正确排序 （填标号）；重复上述操作步骤，直至A 恒重，记
为m3 g。
a．点燃酒精灯，加热 b．熄灭酒精灯 c．关闭K1和K2
d．打开K1和K2，缓缓通入N2 e．称量A f．冷却到室温
③根据实验记录，计算绿矾化学式中结晶水数目x= （列式表示）。若实验时按a、d 次
序操作，则使x （填“偏大”“偏小”或“无影响”）。
（3）为探究硫酸亚铁的分解产物，将（2）中已恒重的装置A 接入下图所示的装置中，打开K1和K2，缓缓
通入N2，加热。实验后反应管中残留固体为红色粉末。
①C、D 中的溶液依次为
（填标号）。C、D 中有气泡冒出，并可观察到的现象分别为 。
a．品红 b．NaOH c．BaCl2 d．Ba(NO3)2 e．浓H2SO4
②写出硫酸亚铁高温分解反应的化学方程式 。
【答案】 样品中没有Fe3+ Fe2+易被氧气氧化为Fe3+ 干燥管 dabfce
偏小 c、a 生成白色沉淀、褪色 2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3↑
【详解】（1）样品溶于水滴加KSCN 溶液，溶液颜色无明显变化，说明样品中无Fe3+；再向试管中通入空
气，溶液逐渐变红，这说明有铁离子产生，即硫酸亚铁易被空气氧化为硫酸铁，铁离子遇KSCN 溶液显红
色；
（2）①根据仪器构造可知B 是干燥管；
②由于装置中含有空气，空气能氧化硫酸亚铁，所以加热前需要排尽装置中空气，利用氮气排出空气，为
了使生成的水蒸气完全排除，应该先熄灭酒精灯再冷却，然后关闭K1和K2，最后称量，即正确的排序是
dabfce；
③样品的质量是（m2－m1）g，加热后剩余固体是硫酸亚铁，质量为（m3－m1）g，生成水的质量为（m2－
m3）g，
FeSO4·xH2O
FeSO4 + xH2O
152 18x
（m3－m1）g （m2－m3）g
则：
，解得：x=
；
若实验时按a、d 次序操作，在加热过程中硫酸亚铁被空气氧化为硫酸铁，导致m3增加，因此x 偏小；
（3）①最终得到红棕色固体，说明有氧化铁生成，即分解过程发生了氧化还原反应，根据化合价变化可
知一定有SO2生成，这说明硫酸亚铁分解生成氧化铁、SO2和三氧化硫。三氧化硫溶于水生成硫酸，硫酸和
钡离子结合生成白色沉淀硫酸钡，由于硝酸钡在酸性溶液中有氧化性，能氧化SO2，所以应该用氯化钡，
检验SO2用品红溶液，所以C、D 的溶液依次为氯化钡溶液和品红溶液，实验现象是C 中溶液变浑浊产生白
色沉淀，D 中品红溶液褪色，故答案为c、a；
②根据以上分析可知硫酸亚铁高温分解生成氧化铁、SO2和SO3，根据电子守恒和原子守恒得此反应的方程
式为2FeSO4
Fe2O3+SO2↑+SO3。
18．（2016·全国II 卷·高考真题）某班同学用如下实验探究Fe2+、Fe3+的性质。回答下列问题：
(1)分别取一定量氯化铁、氯化亚铁固体，均配制成0.1mol/L 的溶液。在FeCl2液中需加入少量铁屑，其目
的是 。
(2)甲组同学取2mlFeCl2溶液。加入几滴氯水，再加入1 滴KSCN 溶液，溶液变红，说明Cl2可将Fe2+氧化。
FeCl2溶液与氯水反应的离子方程式为 。
(3)乙组同学认为甲组的实验不够严谨，该组同学在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml 煤油，再于液面下依次加
入几滴氯水和l 滴KSCN 溶液，溶液变红，煤油的作用是 。
(4)丙组同学取10mL0.1mol/LKI 溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分别取2mL 此溶液于3 支试管中进
行如下实验：
①第一支试管中加入1mLCCl4充分振荡、静置，CCl4层呈紫色；
②第二支试管中加入1 滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成蓝色沉淀：
③第三支试管中加入1 滴KSCN 溶液，溶液变红。
实验②检验的离子是 (填离子符号)；实验①和③说明：在I-过量的情况下，溶液中仍含有
(填离子符号)，由此可以证明该氧化还原反应为 。
(5)丁组同学向盛有H2O2溶液的试管中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程
式为 ；一段时间后。溶液中有气泡出现，并放热。随后有红褐色沉淀生成。产生气泡的原因是
；生成沉淀的原因是 (用平衡移动原理解释)。
【答案】 防止Fe2+被氧化 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 隔绝空气（排除氧气对实验的影响） Fe2+
Fe3+ 可逆反应 H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O Fe3+催化H2O2分解产生O2 H2O2分解反应放热，
促进Fe3+的水解平衡正向移动。
【分析】亚铁离子具有强的还原性，铁离子具有强的氧化性，易发生水解，根据两种离子的性质进行分析。
【详解】(1)亚铁离子具有还原性，能被空气中的氧气氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量铁粉的目
的是防止Fe2+被氧化；
(2)Cl2可将Fe2+氧化成铁离子，自身得电子生成氯离子，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
(3)防止空气中的氧气将Fe2+氧化，产生干扰，所以煤油的作用是隔绝空气；
(4)根据Fe2+的检验方法，向溶液中加入1 滴K3[Fe（CN）6] 溶液，生成蓝色沉淀，一定含有亚铁离子；则实
验②检验的离子是Fe2+；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe3+遇KSCN 溶液显血红色，实验①和③说明，
在I-过量的情况下，溶液中仍含有Fe3+，由此可以证明该氧化还原反应为可逆反应；
(5)H2O2溶液中加入几滴酸化的FeCl2溶液，溶液变成棕黄色，发生反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=
2Fe3++ 2H2O，铁离子的溶液呈棕黄色；一段时间后．溶液中有气泡出现，并放热，随后有红褐色沉淀生成，
产生气泡的原因是反应产生的铁离子做了H2O2分解反应的催化剂，双氧水分解产生氧气；双氧水分解过程
放出热量，促进Fe3+的水解平衡正向移动，产生了氢氧化铁红褐色沉淀。
19．（2016·全国I 卷·高考真题）氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下
用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NOx反应进行了探究。回答下列问题：
（1）氨气的制备
①氨气的发生装置可以选择上图中的 ，反应的化学方程式为 。
②欲收集一瓶干燥的氨气，选择上图中的装置，其连接顺序为：发生装置→ (按气流方向，用小写字
母表示)。
（2）氨气与二氧化氮的反应
将上述收集到的NH3充入注射器X 中，硬质玻璃管Y 中加入少量催化剂，充入NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。
在一定温度下按图示装置进行实验。
操作步骤
实验现象
解释原因
打开K1，推动注射器活塞，使X 中的气体缓慢通
入Y 管中
①Y 管中
②反应的化学方程
式
将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室
温
Y 管中有少量水
珠
生成的气态水凝集
打开K2
③
④
【答案】 A(或B) 2NH4Cl+Ca(OH)2
2NH3↑+ CaCl2+2H2O(或B NH3·H2O
NH3↑+H2O)
d→c→f→e→i 红棕色气体慢慢变浅 8NH3+6NO2
7N2 +12H2O Z 中NaOH 溶液产生倒吸现象
反应后气体分子数减少，Y 管中压强小于外压
【详解】(1)①实验室可以用加热固体氯化铵和氢氧化钙的方法制备氨气，反应物状态为固体，反应条件
为加热，所以选择A 为发生装置，反应方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O，也可以选择装置
B 用加热浓氨水的方法制备氨气，反应方程式为NH3·H2O
NH3↑+H2O，故答案为A (或B)；
Ca(OH)2+2NH4Cl
CaCl2+2NH3↑+2H2O(或B NH3·H2O
NH3↑+H2O)；
②实验室制备的氨气中含有水蒸气，氨气为碱性气体，应选择盛有碱石灰的干燥管干燥气体，氨气极易溶
于水，密度小于空气密度，所以应选择向下排空气法收集气体，氨气极易溶于水，尾气可以用水吸收，注
意防止倒吸的发生，所以正确的连接顺序为：发生装置→d→c→f→e→i；故答案为d→c→f→e→i；
(2)打开K1，推动注射器活塞，使X 中的气体缓慢充入Y 管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色
氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；根据反应8NH3+6NO2
7N2+12H2O 以及装置恢复至室温
后气态水凝聚可判断反应后气体分子数减少，Y 装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下Z 中NaOH
溶液发生倒吸，故答案为红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO2
7N2 +12H2O；Z 中NaOH 溶液产生倒吸现象；
反应后气体分子数减少，Y 管中压强小于外压。
知识点02 反应产物探究
20．（2025·湖北·高考真题）某小组在探究
的还原产物组成及其形态过程中，观察到的实验现象与理
论预测有差异。根据实验描述，回答下列问题：
(1)向
溶液加入5 滴
溶液，振荡后加入
葡萄糖溶液，加热。
①反应产生的砖红色沉淀为 (写化学式)，葡萄糖表现出 (填“氧化”或“还原”)性。
②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因：
。
(2)向
溶液中加入
粉使蓝色完全褪去，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为
止。过滤得固体，洗涤并真空干燥。
①加入盐酸的目的是
②同学甲一次性加入
粉，得到
红棕色固体，其组成是 (填标号)。
a．
b．
包裹
c．
d．
和
③同学乙搅拌下分批加入
粉，得到黑色粉末X。分析结果表明，X 中不含
和
。关于X 的组
成提出了三种可能性：Ⅰ
；Ⅱ
和
；Ⅲ
，开展了下面2 个探究实验：
由实验结果可知，X 的组成是 (填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析，X 为黑色的原因
是 。
【答案】(1) Cu2O 还原
(2) 除去过量的锌粉 b
Ⅲ
光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色
【分析】(1)向
溶液加入5 滴
溶液，制得新制氢氧化铜悬浊液，振荡后加入
葡萄糖溶液，加热，新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖中的醛基反应；
(2)向
溶液中加入
粉使蓝色完全褪去，Cu2+全部被还原，再加入盐酸并加热至溶液
中无气泡产生为止，过量的Zn 粉全部转化为Zn2+，过滤得固体，洗涤并真空干燥，该固体是Cu2+的还原产
物，可能含Cu、Cu2O 等。
【详解】（1）①向
溶液加入5 滴
溶液制得新制氢氧化铜悬浊液，振荡后加入
葡萄糖溶液，加热，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应产生的砖红色沉淀为Cu2O，Cu
被葡萄糖从+2 价还原为+1 价，葡萄糖表现出还原性；
②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成，该黑色沉淀为CuO，用化学反应方程式说明该
沉淀产生的原因：
；
（2）①由题干加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知加入盐酸的作用是除去过量的锌粉；
②先加Zn 粉、后加盐酸，得到固体为红棕色，则一定有Cu(Cu2O 和HCl 发生歧化反应生成Cu)，20mL
0.5mol/LCuSO4中n(Cu2+)=0.5mol/L×20mL=0.01mol，Cu 的最大物质的量为0.01mol，质量为0.64g，生成Cu2O
的最大质量为0.72g，实际固体质量为0.78g：
a．若只有Cu，则固体质量应小于等于0.64g，a 不符题意；
b．若是Cu 包裹Zn，则0.64＜固体质量＜1.18g，b 符合题意；
c．若是CuO，则不可能为红棕色，c 不符题意；
d．若是Cu 和Cu2O，固体质量应介于0.64g—0.72g 之间，d 不符题意；
选b；
③实验1 得到的溶液呈无色，说明一定无CuO，那么X 的组成只能是Cu，选Ⅲ；从物质形态角度分析，X
为黑色的原因是金属固体Cu 呈粉末状时，光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。
21．（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
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
。
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 观察到红褐色沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去
（或变浅），停止加盐酸
(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，观察到红褐色
沉淀逐渐溶解，有气泡产生，待溶液颜色褪去（或变浅），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。
22．（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
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 。
(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)铜与碘反应的体系在原电池装置中，I2将Cu 氧化为Cu2+；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中Cu 以Cu+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
。
【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
，I2浓度减小，
平衡逆向移动，
浓度增加，其目的为：除去
，防止干扰
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
；白色沉淀为CuI，加入浓
溶液，CuI 与I-反应转化为[CuI2]-，故产生
白色沉淀溶解，溶液变为无色，出现红色固体的过程；由于n＞m，铜未完全反应的原因是铜与碘的反应
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
。
23．（2021·天津·高考真题）某化学小组同学利用一定浓度的H2O2溶液制备O2，再用O2氧化C2H5OH，并
检验氧化产物。
Ⅰ．制备O2
该小组同学设计了如下气体发生装置(夹持装置省略)
(1)甲装置中主要仪器的名称为 。
(2)乙装置中，用粘合剂将MnO2制成团，放在多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经
长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至 。欲使反应停止，关闭活塞K1即可，此时装置中的
现象是 。
(3)丙装置可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动。制备过程中如果体系内压强过大，安全管中的现象
是 ，此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，还可以采取的安全措施是 。
(4)丙装置的特点是 (填序号)。
a．可以控制制备反应的开始和结束
b．可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速率
c．与乙装置相比，产物中的O2含量高、杂质种类少
Ⅱ．氧化C2H5OH
该小组同学设计的氧化C2H5OH 的装置如图(夹持装置省略)
(5)在图中方框内补全干燥装置和干燥剂。
Ⅲ．检验产物
(6)为检验上述实验收集到的产物，该小组同学进行了如下实验并得出相应结论。
实验序
号
检验试剂和反应条件
现象
结论
①
酸性KMnO4溶液
紫红色褪去
产物含有乙醛
②
新制Cu(OH)2，加热
生成砖红色沉淀
产物含有乙醛
③
微红色含酚酞的NaOH 溶液
微红色褪去
产物可能含有乙酸
实验①~③中的结论不合理的是 (填序号)，原因是 。
【答案】(1)分液漏斗 锥形瓶
(2) 刚好没过MnO2固体 试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离
(3) 液面上升 打开弹簧夹K2
(4)ab
(5)
(6) ① 乙醇也能使酸性KMnO4溶液褪色
【分析】用双氧水和催化剂制取氧气。制得的氧气经干燥后进入盛有乙醇的圆底烧瓶中，和热的乙醇一起
进入硬质玻璃管中，在铜的催化作用下发生乙醇的催化氧化反应生成乙醛。生成的乙醛进入试管中，被冷
凝收集。
【详解】（1）根据仪器构造可知，甲装置中主要仪器的名称为分液漏斗和锥形瓶；
（2）乙装置是启普发生器的简易装置，可以随时控制反应的发生和停止。用粘合剂将MnO2制成团，放在
多孔塑料片上，连接好装置，气密性良好后打开活塞K1，经长颈漏斗向试管中缓慢加入3% H2O2溶液至刚
好没过MnO2固体，此时可以产生氧气，氧气通过导管导出。欲使反应停止，关闭活塞K1，此时由于气体
还在产生，使容器内压强增大，可观察到试管内的H2O2溶液被压入长颈漏斗中，与MnO2分离；
（3）丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，可用于制备较多O2，催化剂铂丝可上下移动可以控制反应速率。
制备过程中如果体系内压强过大，H2O2溶液会被压入安全管中，可观察到安全管中液面上升，圆底烧瓶中
液面下降。此时可以将铂丝抽离H2O2溶液，使反应速率减慢，还可以打开弹簧夹K2，使烧瓶内压强降低；
（4）a．催化剂铂丝可上下移动可以控制制备反应的开始和结束，a 正确；
b．催化剂与液体接触的面积越大，反应速率越快，可通过调节催化剂与液体接触的面积来控制反应的速
率，b 正确；
c．丙装置用圆底烧瓶盛装H2O2溶液，与乙装置相比，可用于制备较多O2，但产物中的O2含量和杂质种类
和乙中没有区别，c 错误；
故选ab；
（5）氧气可以用浓硫酸干燥，所以可以用一个洗气瓶，里面盛装浓硫酸干燥氧气，如图
；
（6）实验①不合理，因为乙醇有挥发性，会混入生成的乙醛中，乙醇也能使酸性高锰酸钾溶液褪色，所
以酸性高锰酸钾溶液褪色不能证明产物中含有乙醛。
24．（2020·北京·高考真题）探究Na2SO3固体的热分解产物。
资料：①4Na2SO3
Na2S+3Na2SO4②Na2S 能与S 反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S 和H2S。③BaS 易溶于
水。
隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3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
浊液，放置得无色溶液B。
(1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方
程式是 。
(2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，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(H2S)，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Na2SO3，在酸性条件下与Na2S 反应生成S。
来源2：溶液B 中有Na2Sx，加酸反应生成S。
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Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4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
性： 。
【答案】 S2-+Cu2+=CuS↓ 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀， 向溶液2 中加入KMnO4溶液，溶
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KMnO4溶液发生氧化还原
反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； Sx
2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓ 根据反应
4Na2SO3
Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3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，也应该可以降到0 价生成硫单质
【详解】(1)Na2S 和CuSO4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)根据题干资料：Na2S 能与S 反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S 和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，
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(H2S)，说明B 溶液
中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S 和H2S，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
酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO
；
(3)①实验可证实来源1 不成立。根据分析，溶液2 为H2SO3，向溶液2 中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具
有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，
但得到的仍为紫色，说明溶液B 中不含Na2SO3；
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KMnO4溶
液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；
③来源2 认为溶液B 中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx
2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓；
(4)根据已知资料：4Na2SO3
Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4 价，硫酸钠中硫为+6 价，硫化钠中硫为-2
价，根据反应可知Na2SO3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
应该可以降到0 价生成硫单质。
25．（2017·北京·高考真题）某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，发现和探究过程
如下。向硝酸酸化的0.05mol·L-1硝酸银溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，
溶液呈黄色。
(1)检验产物
①取出少量黑色固体，洗涤后， （填操作和现象），证明黑色固体中含有Ag。
②取上层清液，滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中含有Fe2+。
(2)针对“溶液呈黄色”，甲认为溶液中有Fe3+，乙认为铁粉过量时不可能有Fe3+，乙依据的原理是
（用离子方程式表示）。针对两种观点继续实验：
①取上层清液，滴加KSCN 溶液，溶液变红，证实了甲的猜测，同时发现有白色沉淀生成，且溶液颜色深
浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：
序号
取样时间/min
现象
ⅰ
3
产生大量白色沉淀；溶液呈红色
ⅱ
30
产生白色沉淀；较3min 时量少；溶液红色较3min 时加深
ⅲ
120
产生白色沉淀；较30min 时量少；溶液红色较30min 时变浅
（资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN）
②对Fe3+产生的原因作出如下假设：
假设a：可能是铁粉表面有氧化层，能产生Fe3+；
假设b：空气中存在O2，由于 （用离子方程式表示），可产生Fe3+；
假设c：酸性溶液中NO3
-具有氧化性，可产生Fe3+；
假设d：根据 现象，判断溶液中存在Ag+，可产生Fe3+。
③下列实验Ⅰ可证实假设a、b、c 不是产生Fe3+的主要原因。实验Ⅱ可证实假设d 成立。
实验Ⅰ：向硝酸酸化的 溶液（pH≈2）中加入过量铁粉，搅拌后静置，不同时间取上层清液滴加
KSCN 溶液，3min 时溶液呈浅红色，30min 后溶液几乎无色。
实验Ⅱ：装置如图。其中甲溶液是 ，操作及现象是 。
(3)根据实验现象，结合方程式推测实验ⅰ~ⅲ中Fe3+浓度变化的原因： 。
【答案】 加硝酸加热溶解固体，再滴加稀盐酸，产生白色沉淀 Fe+2Fe3+=3Fe2+ 4Fe2+
+O2+4H+=4Fe3++2H2O 加入KSCN 溶液后产生白色沉淀 0.05 mol·L-1 NaNO3溶液 FeSO4溶液（或
FeCl2溶液） 分别取电池工作前与工作一段时间后左侧烧杯中溶液，同时滴加KSCN 溶液，后者红色更
深 溶液中存在反应：①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag ，②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开始时，
c(Ag+)大，以反应①、②为主，c(Fe3+)增大。约30 分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。
【详解】（1）①黑色固体中含有过量铁，如果同时含有银，则可以加入HCl 或H2SO4溶解Fe，而银不能溶
解。或者先用硝酸溶解固体，再用HCl 检验Ag+。②K3[Fe(CN)3]是检验Fe2+的试剂，所以产生蓝色沉淀说明
含有Fe2+。（2）过量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。②O2氧化Fe2+生成Fe3+的反应为4Fe2+
+O2+4H+=Fe3++2H2O。白色沉淀是AgSCN，所以实验可以说明含有Ag+，Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。③证明假
设abc 错误，就是排除Ag+时实验比较，相当于没有Ag+存在的空白实验，考虑其他条件不要变化，可以选
用0.05 mol·L-1 NaNO3溶液。原电池实验需要证明的是假设d 的反应Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能够实现，所以甲池应
当注入FeCl2（或者FeSO4溶液）。假设d 成立，则上述原电池中能够产生电流，左侧溶液中生成的Fe3+遇
到KSCN 时红色会更深。（3）由于存在过量铁粉，溶液中存在反应有①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，反应生成的
Fe2+能够被Ag+氧化发生反应②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，生成的Fe3+与过量铁粉发生反应③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反应开
始时，c(Ag+)大，以反应①②为主，c(Fe3+)增大。约30 分钟后，c(Ag+)小，以反应③为主，c(Fe3+)减小。
26．（2016·北京·高考真题）以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶
液间反应的多样性。
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2 mol·L−1 Na2SO3
溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ．产生白色沉淀
0.2 mol·L−1 CuSO4
Ⅱ．溶液变绿，继续
滴加产生棕黄色沉淀
2 mL
0.1 mol·L−1 Al2(SO4)3溶液
Ⅲ．开始无明显变
化，继续滴加产生白
色沉淀
(1)经检验，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ： 。
(2)经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含
，含有Cu+、Cu2+和
。
已知：Cu+
Cu +Cu2+，Cu2+
CuI↓（白色）+I2。
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。
②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和
。
a．白色沉淀A 是BaSO4，试剂1 是 。
b．证实沉淀中含有Cu+和
的理由是 。
(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无
，该白色沉淀既能溶于强酸，
又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。
①推测沉淀中含有亚硫酸根和 。
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．被Al(OH)3所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中。对假设
ii 设计了对比实验，证实了假设ii 成立。
a．将对比实验方案补充完整。
步骤一：
步骤二： （按上图形式呈现）。
(4)根据实验，亚硫酸盐的性质有 。盐溶液间反应的多样性与 有关。
【答案】
有红色固体生成 HCl 和BaCl2溶液 在I-的作用下，
Cu2+转化为白色沉淀CuI，
转化为
Al3+、OH-
V1明显大于V2 亚硫
酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性
两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件
【分析】Na2SO3溶液分别和饱和Ag2SO3、0.2mol/LCuSO4溶液、0.1mol/LAl2(SO4)3溶液反应，探究盐的性质和
盐溶液间反应的多样性。
【详解】(1)向饱和Ag2SO4溶液滴加0.2 mol·L−1 Na2SO3溶液，产生白色沉淀，因为Ag2SO4微溶于水，而
Ag2SO3难溶于水，所以Ag2SO4溶解度大于Ag2SO3的溶解度，则白色沉淀为Ag2SO3，故反应的离子方程式为
2Ag＋+
Ag2SO3↓。
(2)向0.2 mol·L−1 CuSO4溶液中滴加0.2 mol·L−1 Na2SO3溶液，溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀，经检验，
现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO
，含有Cu+、Cu2+和SO
。已知：Cu+
Cu +Cu2+，Cu2+
CuI↓
（白色）+I2。Cu+在酸性条件下发生歧化反应生成单质铜，所以向所得沉淀中滴加稀硫酸有红色沉淀铜生成，
证明沉淀中含有Cu+。②因Cu2+
CuI↓（白色）+I2，向洗净的棕黄色沉淀中加入KI 溶液，有白色沉淀
生成，则沉淀应为CuI，证明Cu2+与I-生成了CuI↓（白色）和I2，而I2把SO
氧化为SO
，取上层清液滴加
淀粉，不显蓝色，证明I2不存在，生成的I2把SO
氧化为SO
，所以向另一份上层清液中滴加盐酸酸化的
氯化钡，有白色沉淀BaSO4生成，证明有SO
存在，在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO
转化为
SO
；
(3)向0.1 mol·L−1 Al2(SO4)3溶液中滴加0.2 mol·L−1 Na2SO3溶液，开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀，
而又因为Al2(SO4)3在水溶液中不存在，又知该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，则该沉淀为
Al(OH)3，又知经检验沉淀中无SO
，使酸性KMnO4溶液褪色的只能是SO
，所以沉淀中含有SO
和
Al(OH)3。根据题给实验设计实验步骤二，向2mL0.1 mol·L−1 Al2(SO4)3溶液中滴加氨水并控制pH，然后分离
洗涤沉淀并保留固体，再向固体中滴加氢氧化钠至沉淀恰好溶解，记录氢氧化钠溶液的体积V2，V1明显大
于V2，证明亚硫酸根存在于铝的碱式盐中。
(4) 由以上实验知，亚硫酸盐的性质有亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性。盐溶液间
反应的多样性和阴阳离子的性质和反应条件等有关。
27．（2016·四川·高考真题）CuCl 广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解结晶水合物
CuCl·2H2O 制备CuCl，并进行相关探究。
【资料查阅】
【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器略）。
请回答下列问题：
（1）仪器X 的名称是 。
（2）实验操作的先后顺序是
(填操作的编号)。
a．检查装置的气密性后加入药品
b．熄灭酒精灯，冷却
c．在“气体入口”处通入干燥HCl
d．点燃酒精灯，加热
e．停止通入HCl，然后通入N2
（3）在实验过程中，观察到B 中物质由白色变为蓝色，C 中试纸的颜色变化是 。
（4）装置D 中发生的氧化还原反应的离子方程式是 。
【探究反思】
（5）反应结束后，取出CuCl 产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO 杂质，根据资料信息分析：
①若杂质是CuCl2，则产生的原因是 。
②若杂质是CuO，则产生的原因是 。
【答案】 球形干燥管 c、d、b 先逐渐变为红色，后褪色； Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
加热温度不够或加热时间不足 通氯化氢气流的时间不够，导致部分反应物水解为氢氧化铜；或者盐
类水解为可逆反应，氯化氢气流只能抑制水解，不能100%不水解
【分析】由题意可知，结晶水合物CuCl·2H2O 制备CuCl 的过程为先通入HCl，防止没有HCl 的情况下加热生
成碱式氯化铜，点燃酒精灯加热，熄灭酒精灯，后停止通入HCl，最后用氮气将装置内的HCl 和氯气排空进
而被尾气装置中的氢氧化钠吸收。
【详解】（1）根据仪器X 的构造特点知其名称为干燥管，故答案为球形干燥管。
（2）加热CuCl2·2H2O 制备CuCl，为防止生成的CuCl 被空气中的氧气氧化和Cu+水解，必须要先通入干燥的
HCl 气体赶走装置中的空气再加热，且要在HCl 气流中加热制备，反应结束后先熄灭酒精灯，继续通入氮气
直至装置冷却，所以操作顺序为：a-c-d-b-e，故答案为c d b。
（3）B 中物质由白色变为蓝色，说明有水生成，产物中还有Cl2，所以C 中石蕊试纸先逐渐变为红色，后
褪色，故答案为先变红，后褪色；
（4）D 中是Cl2和NaOH 反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，
故答案为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O。
（5）①根据题给信息知若杂质是CuCl2，说明CuCl2没有反应完全，原因为加热时间不足或温度偏低，故答
案为加热时间不足或温度偏低；②若杂质是氧化铜，说明通氯化氢气流的时间不够，导致部分反应物水解
为氢氧化铜；或者盐类水解为可逆反应，氯化氢气流只能抑制水解，不能100%不水解
【点睛】解答本题首先要根据题给资料明确实验的原理，理清题给装置图中每一个装置的作用和相关反应，
结合CuCl2·2H2O、CuCl 易水解，CuCl 易被氧化的性质知实验过程中要注意防止空气的干扰，确定装置的连
接顺序；（5）小题要根据杂质的成分结合题给资料分析杂质产生的原因。
