北京市2023年高考化学模拟题汇编-26化学实验基础（实验题）

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北京市2023年高考化学模拟题汇编-26化学实验基础（实验题）
一、实验题
1．（2023·北京西城·统考一模）研究小组探究高铜酸钠(NaCuO2)的制备和性质。
资料：高铜酸钠为棕黑色固体，难溶于水。
实验Ⅰ.向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/LCuCl2溶液，迅速产生蓝绿色沉淀，振荡后得到棕黑色的浊液a，将其等分成2份。
(1)蓝绿色沉淀中含有OH-。用离子方程式表示NaClO溶液显碱性的原因：_____。
(2)探究棕黑色沉淀的组成。
实验Ⅱ.将一份浊液a过滤、洗涤、干燥，得到固体b。取少量固体b，滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有气泡产生，得到蓝色溶液。
①另取少量固体b进行实验，证实了NaCuO2中钠元素的存在，实验操作的名称是_____。
②进一步检验，棕黑色固体是NaCuO2。NaCuO2与稀H2SO4反应的离子方程式是_____。
(3)探究实验条件对NaCuO2制备的影响。
实验Ⅲ.向另一份浊液a中继续滴加1.5mL1mol/LCuCl2溶液，沉淀由棕黑色变为蓝绿色，溶液的pH约为5，有Cl2产生。
①对Cl2的来源，甲同学认为是NaCuO2和Cl-反应生成了Cl2，乙同学认为该说法不严谨，提出了生成Cl2的其他原因：_____。
②探究“继续滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl-”的原因。
i.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。实验证明假设成立。操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，_____。
ii.提出假设2：_____，经证实该假设也成立。
(4)改进实验方案，进行实验。
实验Ⅳ.向1mL1mol/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/LCuSO4溶液，迅速生成蓝色沉淀，振荡后得到棕黑色浊液。浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡并出现蓝色固体，该气体不能使湿润的淀粉KI试纸变蓝。NaCuO2放置过程中产生气体的化学方程式是_____。
(5)通过以上实验，对于NaCuO2化学性质的认识是_____。
(6)根据上述实验，制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、_____和_____。
2．（2023·北京朝阳·统考一模）某小组同学探究与溶液的反应，实验如下。
资料：i．(黄色)
ii．呈绿色(酸性条件下不稳定)、低浓度呈无色、MnS为肉色沉淀。
iii．
实验Ⅰ：

(1)用离子方程式表示溶液显碱性的原因：___________。
(2)将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①甲同学认为固体a中除了MnS外，还有，依据的现象是___________。
②乙同学认为根据上述现象不能得出固体a中含有，应补充对比实验：___________(填实验方案)。实验证实固体a中含有。
(3)固体b的主要成分是S。分析产生S的可能原因：___________。
(4)经检验，固体c的主要成分是。
①分析产生的可能原因：酸性条件下，将氧化。该反应的离子方程式是___________。
②继续滴加酸性溶液，溶液变为紫红色，仍有棕黑色固体。
实验Ⅱ：改用未经酸化的溶液重复实验Ⅰ，产生棕黑色固体时溶液呈绿色。
(5)分析实验Ⅰ未见绿色的原因：取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。该反应的离子方程式是___________。
实验Ⅲ：向未经酸化的溶液中滴加少量，产生棕黑色沉淀并检测到。
(6)检验的实验方案：___________(填操作和现象)。注：该实验条件下，与不反应。
(7)综合上述实验，与溶液反应的产物与___________等因素有关(答出两点即可)。
3．（2023·北京丰台·统考一模）某小组实验探究不同条件下溶液与溶液的反应。
已知：
i.在一定条件下可被还原为：(绿色)、(无色)、(棕黑色)。
ii.在中性、酸性溶液中不稳定，易发生歧化反应，产生棕黑色沉淀，溶液变为紫色。
实验
序号
物质a
实验现象
4滴物质a
6滴(约0.3mL)0.1溶液

2mL0.01溶液
I
3溶液
紫色溶液变浅至几乎无色
II

紫色褪去，产生棕黑色沉淀
III
6NaOH溶液
溶液变绿，⼀段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀

(1)实验I～III的操作过程中，加⼊溶液和物质a时，应先加___________。
(2)实验I中，的还原产物为___________。
(3)实验II中发生反应的离子方程式为___________。
(4)已知：可从电极反应⻆度分析物质氧化性和还原性的变化。用电极反应式表示实验III中溶液变绿时发⽣的氧化反应___________。
(5)解释实验III中“⼀段时间后绿色消失，产生棕黑色沉淀”的原因___________。
(6)若想观察溶液与溶液反应后溶液为持续稳定的绿色，设计实验方案___________。
(7)改用0.1 溶液重复实验I，发现紫色溶液变浅并产生棕黑沉淀，写出产生棕黑色沉淀的离子方程式___________。
4．（2023·北京石景山·统考模拟预测）某小组探究不同阴离子与的结合倾向并分析相关转化。
资料：i.和均为白色，难溶于水。
ii.与、能生成、
iii.与结合倾向。
(1)探究、与的结合倾向

实验
滴管
试管
现象
I
10滴0.1mol/L溶液
等浓度的NaI和溶液
黄色沉淀
II
等浓度的NaI和溶液
黄色沉淀

①由实验I推测：与结合倾向_______(填“>”或“<”)。
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，澄清溶液中+1价银的存在形式_______(填化学式)。推测：与结合倾向。
查阅资料证实了，上述推测。
(2)的转化

实验
滴管
试管
现象
III
0.1mol/L溶液
0.1mol/L溶液
白色沉淀，振荡后消失
IV
0.1mol/L溶液
0.1mol/L溶液
白色沉淀，逐渐变为灰色，最终为黑色沉淀

①写出实验III中白色沉淀消失的离子方程式_______。
②查阅资料：实验IV中黑色沉淀是，中S元素的化合价分别为和+6.写出实验IV中白色沉淀变为黑色的化学方程式并分析原因_______。
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入_______(填试剂和操作)，可使定影液再生。
(3)的转化

分析试管1出现银镜的原因_______。
(4)资料显示：S原子与结合比O原子更稳定。与结构相似，但与结合倾向：，试从微粒空间结构角度解释原因_______。
5．（2023·北京平谷·统考模拟预测）工业上可用过氧化氢为氧化剂浸取废旧线路板中的铜，某兴趣小组采取不同方案进行实验并研究可行性。
方案1
实验装置
加入液体试剂
反应现象

10mL 30% 溶液(pH约为4)
开始无明显现象，静置10小时后，溶液变为浅蓝色，铜片上有少量蓝色沉淀，之后不再有明显变化

(1)实验结果表明，双氧水与铜可以缓慢的反应，其电极反应式可表示为
i.还原反应    
ii.氧化反应_______
(2)根据电极反应式，有同学设想可以通过以下方式加快反应。
i.增大，增强的氧化性
ii.降低_______，增强Cu的还原性
(3)以此为依据设计了方案2与方案3
编号
加入液体试剂
反应现象
方案2
10mL30% 溶液和2mL 5mol/L 溶液
开始产生少量气泡，溶液变为蓝色，片刻后，反应越来越剧烈，甚至形成大量泡沫涌出(经检测，生成气体可使带火星木条复燃)，反应后剩余铜片表面光亮
方案3
10mL 30% 溶液和2mL 5mol/L 氨水
生成较多气泡，溶液变为深蓝色。一段时间后，反应逐渐变慢，此时铜片上覆盖少量蓝色沉淀物。

方案2与方案3均在一定程度上加快了反应。
①方案2中，生成气体明显更剧烈的原因是_______。
②方案3中发生主要反应的离子方程式为_______。
③试评价方案2在回收铜过程的优缺点_______。
(4)方案3中生成沉淀会降低铜的回收率并会阻碍反应进行，进一步改进方案获得了良好效果。
编号
加入液体试剂
反应现象
方案4
10mL 30% 溶液
2mL 5mol/L氨水
同时加入少量固体
生成较多气泡，溶液变为深蓝色。反应后铜片变薄且表面光亮。

试分析的作用_______。
(5)小组同学通过进一步探究发现，含有和氨水的混合溶液能继续浸取单质铜。资料：在水溶液中不稳定，Cu(I)在溶液中能以等形式稳定存在。
①用离子方程式表示上述反应原理_______。
②通常条件下，含的溶液不能与Cu发生反应，请从氧化还原角度分析此反应能够发生的原因_____。
6．（2023·北京顺义·一模）某化学小组探究铜和稀硝酸的反应：
资料1  铜与浓度低于反应很慢，且放热极少。
(1)实验预测
①铜与稀反应的离子方程式为_______。
②小组同学预测铜与稀的反应速率应逐渐减慢，其理论依据是_______。
(2)实验实施
实验I：铜丝与反应。
实验装置
实验操作
实验现象

在洁净的注射器中装入已活化铜丝2.3g，再用注射器抽取，同时排尽注射器中的空气，关闭注射器止水开关，以保证铜丝与稀反应体系处于无氧环境中。
反应较慢阶段A：反应前90min几乎没有现象，90min左右才有很少气泡产生(该气体遇空气变成红棕色)，溶液为浅蓝色；反应较快阶段B：之后溶液逐渐变为绿色；最后阶段C：在反应结束前15min左右时，体系溶液为深蓝色。

实验II：探究Cu与稀在无氧环境下反应所得溶液显绿色的原因：
操作及现象
实验序号
取不同阶段的溶液进行实验操作
实验现象
阶段A溶液
阶段B溶液
阶段C溶液
1
滴加酸性溶液
褪色，滴6滴后溶液不褪色
褪色，但滴20滴后溶液仍然褪色
褪色，滴10滴后溶液不再褪色
2
滴加3%溶液
无明显现象
少量淡黄色沉淀
较多黄色沉淀
3
滴加稀溶液
无明显现象
变蓝色
无明显现象

资料2：
i.上述溶液中均不存在-3价的氮；为淡黄色沉淀。
ii.是一种弱酸，；
①通过上述实验，证明铜与稀反应过程中可能有生成，理由是_______。
②分析阶段B溶液呈绿色的原因_______。
③从平衡角度分析实验II中，阶段B溶液中滴加稀硫酸溶液由绿色变蓝的原因_______。
④写出铜和稀反应的生成的化学方程式_______。
(3)继续探究：
探究铜和稀反应速率变化的原因：小组同学依据实验I的数据，画出铜和稀硝酸反应的速率时间图像为下图：

甲同学提出，铜与稀硝酸反应，反应开始较慢(阶段A)，后较快(阶段B)，可能是因为反应生成的产物有催化作用，并通过实验证明了自己的猜想：甲同学设计的实验方案为_______。
(4)反思总结：通过上述实验探究过程，铜和的反应实际过程可能为_______。
7．（2023·北京朝阳·北京八十中校考模拟预测）某研究小组为探究饱和NaHCO3溶液中是否还能溶解少量NaHCO3固体，设计并完成了下列实验。
【查阅资料】
常温下：Ksp(CaCO3)=4.96×10−9 Ksp(MgCO3)=6.82×10−6
碳酸的电离常数：H2CO3HCO＋ H+ K1＝4.3×10−7
HCOCO＋ H+ K2=5.6×10−12
Mg(OH)2沉淀范围：pH  9.4 ~ 12.4
【实验过程】
实验编号
实验操作
现象或结论
ⅰ
测饱和NaHCO3溶液的pH
pH为8.3
ⅱ
向20 mL 饱和NaHCO3溶液中再加入少量的NaHCO3固体，静置24小时。
少量的气体X从溶液底部固体中缓慢逸出，最终固体全部溶解，得到溶液Y

【分析解释】
(1)用化学用语解释饱和NaHCO3溶液pH为8.3的原因：______。
(2)为探究NaHCO3固体溶解的原理，取实验ⅱ反应后的气体X和溶液Y，检验其成分。
a．气体X能使澄清的石灰水变浑浊。
b．测得溶液Y的pH为8.7。
c．向溶液Y中滴加MgCl2溶液，有白色沉淀生成。
d．将c的悬浊液加热，继续有气体产生，白色沉淀不消失。
e．向2 mL饱和NaHCO3溶液中加入MgCl2溶液，无明显现象。
f．向2 mL饱和Na2CO3溶液中加入MgCl2溶液，有白色沉淀生成。
① 气体X是______。
② 步骤d中反应的化学方程式是______。
③ 步骤e中若用CaCl2溶液代替MgCl2溶液完成实验，会观察到白色沉淀。其原因是______。
④ 步骤e、f的目的是______。
【得出结论】
(3)通过上述实验证明饱和NaHCO3溶液中还能溶解少量NaHCO3固体，结合化学用语解释其原因______。
8．（2023·北京西城·北师大实验中学校考模拟预测）在处理NO废气的过程中，催化剂[Co(NH3)6]2+会逐渐失活变为[Co(NH3)6]3+。某小组为解决这一问题，实验研究和之间的相互转化。
资料：i.Ksp[Co(OH)2]=5.9×10-15，Ksp[Co(OH)3]=1.6×10-44
ii.Co2++6NH3[Co(NH3)6]2+K1=1.3×105
Co3++6NH3[Co(NH3)6]3+K2=2×1035
iii.[Co(NH3)6]2+和[Co(NH3)6]3+在酸性条件下均能生成NH
(1)探究的还原性
实验I．粉红色的CoCl2溶液或CoSO4溶液在空气中久置，无明显变化。
实验II．向0.1mol/LCoCl2溶液中滴入2滴酸性KMnO4溶液，无明显变化。
实验III．按如图装置进行实验，观察到电压表指针偏转。

①甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化。
乙同学补充实验IV，____(补全实验操作及现象)，否定了该观点。
②探究碱性条件下的还原性，进行实验。

ii中反应的化学方程式是____。
③根据氧化还原反应规律解释：还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但____降低的程度更大，还原剂的还原性增强。
(2)探究的氧化性
①根据实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2，设计实验证明：向V中得到的棕褐色沉淀中，____(补全实验操作及现象)，反应的离子方程式是____。
②向V中得到的棕褐色沉淀中滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是____。
(3)催化剂[Co(NH3)6]2+的失活与再生
①结合数据解释[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活的原因：____。
②根据以上实验，设计物质转化流程图实现[Co(NH3)6]2+的再生：____。
示例：CoCoCl2Co(OH)2
9．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）从矿石中提取金(Au)是获取贵金属的主要来源。
(1)俗话说“真金不怕火炼”，从化学性质角度解释其原因是_______。
(2)用硫代硫酸盐在弱碱性条件下浸金是提取金的一种方法。
①补全反应的离子方程式_______。
口Au+口+O2+口_______=口[Au(S2O3)2]3-+口_______
②简述在金被氧化过程中的作用：_______。
(3)工业上常用CuSO4溶液、氨水和Na2S2O3溶液为原料配制浸金液，其一种可能的浸金原理示意图如下。

①上述原理可知，[Cu(NH3)4]2+在浸金过程中起_______作用。
②为了验证上述原理中O2的作用，进行如下实验。
实验现象：反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，打开瓶塞后……

a.打开瓶塞后，_______(填实验现象)，证实了上述原理。
b.a中现象对应反应的离子方程式是_______。
③下图表示相同时间内，配制浸金液的原料中c(CuSO4)对浸金过程中消耗率和浸金量的影响(其他条件不变)。
已知：2Cu2++6⇌2[Cu(S2O3)2]3-+

结合图1，解释图2中浸金量先上升后下降的原因：_______。
10．（2023·北京西城·北京四中校考模拟预测）某小组探究CuSO4溶液、FeSO4溶液与碱的反应，探究物质氧化性和还原性的变化规律。将一定浓度CuSO4溶液，饱和FeSO4混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含Fe(OH)3。
(1)分析Fe(OH)3产生的原因：O2氧化所致。
验证：向FeSO4溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是___________。
②产生红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。电极反应式：还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。氧化反应：___________。
(2)提出问题：产生Fe(OH)3的原因可能是Cu2+氧化所致。
验证如下(溶液A：饱和FeSO4溶液+CuSO4溶液；已排除空气的影响)：
序号
实验
试剂
现象
I

氨水
生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
II
水
溶液无明显变化

①I中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu的合理性：___________。
②检验：滤出I中不溶物，用稀H2SO4溶解，未检出Cu。分析原因：
i.I中未生成Cu。
iiI中生成了Cu。由于___________(用离子方程式表示)，因此未检出Cu。
(3)设计实验(III)确认CuSO4的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。

①补全电化学装置示意图___________。经检验，实验中产生了Fe(OH)3、Cu。
②II、III中均含Cu2+。III中产生了Cu，II中未产生Cu，试解释原因___________。
(4)CH3CHO分别与AgNO3溶液、银氨溶液混合并加热，CH3CHO与AgNO3溶液混合物明显现象，但与银氨溶液混合能产生银镜。试解释原因：___________。
11．（2023·北京房山·统考一模）某小组同学用二氧化锰与过量浓盐酸反应制备氯气过程中(装置如图所示)发现，二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止，对此现象开展探究。

(1)二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是___________。
[提出猜想]ⅰ．随着反应进行，c(Cl-)降低，不能被二氧化锰氧化
ⅱ．随着反应进行，……
[进行实验]将反应后的固液混合物倒出，平均分在2个试管中，分别进行以下实验，证实了猜想ⅰ不成立。
序号
实验操作
实验现象
Ⅰ
将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；___________，充分振荡，继续加热
试纸未变蓝
Ⅱ
将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；滴入2滴浓硫酸，充分振荡，继续加热
滴入浓硫酸前，试纸不变蓝；滴入浓硫酸后，试纸变蓝

(2)将Ⅰ中操作补充完整：___________。
(3)II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了___________(填化学式)。
[进一步实验]设计如下实验进一步探究。
序号
实验装置
实验操作
现象
Ⅲ

向左侧烧杯中滴加2滴浓硫酸
滴加浓硫酸前，电流表指针不偏转；滴加浓硫酸后，电流表指针偏转
Ⅳ
向右侧烧杯中滴加2滴浓硫酸
电流表指针始终不偏转

(4)滴加浓硫酸后，左边烧杯中反应的电极反应式是___________。
(5)依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是___________。
[新的探究]小组同学又进行了实验Ⅴ、Ⅵ。
序号
实验操作
实验现象
Ⅴ
在0.5g二氧化锰中加入2毫升5%双氧水
产生气泡
Ⅵ
在0.5g二氧化锰中滴加2滴浓硫酸，再加入2毫升5%双氧水
产生气泡，黑色固体消失，生成无色溶液

(6)Ⅵ中反应的离子方程式是___________。
(7)结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因___________。
12．（2023·北京海淀·北理工附中校考模拟预测）某研究小组探究电解溶液的电极反应产物
(1)配制1 mol⋅L 溶液，测得，原因_______(用离子方程式表示)。从化合价角度分析，具有_______。
(2)该小组同学预测电解溶液两极的现象：阳极有黄绿色气体产生，阴极有无色气体产生。该小组同学用下图装置电解1 mol⋅L 溶液：

实验
条件
操作及现象
电压
pH
阳极
阴极
I
1.5v
4.91
无气泡产生，溶液逐渐变浑浊，5分钟后电极表面析出红褐色固体
无气泡产生，4分钟后电极表面有银灰色金属状固体附着

①取少量银灰色固体洗涤后，加稀有气泡产生，再向溶液中加入_______(试剂和现象)，证明该固体为Fe。
②该小组同学进一步分析红褐色固体产生的原因，甲同学认为_______；乙同学认为，可氧化最终生成。
为证实结论，设计方案如下：用实验Ⅰ的装置和1.5v电压，电解酸化()的_______，通电5分钟后，阳极无明显现象，证实乙同学的推论不正确。丙同学认为仍不严谨，原因是产生的气体溶于水，继续实验_______(操作和现象)，进一步证实了乙同学的推论不正确。
(3)该小组同学进一步探究电解1 mol⋅L 溶液电极产物的影响因素。
实验
条件
操作及现象
电压
pH
阳极
阴极
II
1.5v
2.38
无气泡产生，溶液出现少量浑浊，滴加KSCN溶液变红色
无气泡产生，电极表面有银灰色金属状固体附着
III
1.5v
1.00
无气泡产生，溶液无浑浊现象，滴加KSCN溶液变红色
有气泡产生，无固体附着
IV
3.0v
4.91
无气泡产生，溶液逐渐变浑浊，3分钟后电极表面有红褐色固体产生
极少量气泡产生，1分钟出现镀层金属
V
6.0v
4.91
有气泡产生，遇湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。溶液逐渐变浑浊
大量气泡产生，迅速出现镀层金属

①对比实验I、II、III可以得出结论：
阳极放电时，酸性较强主要生成；酸性较弱主要生成。
阴极_______。
②对比实验I、IV、V可以得出结论：
增大电压，不仅可以改变离子的放电能力，也可以_______。
(4)综合分析上述实验，电解过程中电极反应的产物与_______有关。

参考答案：
1．(1)ClO-+H2OHClO+OH-
(2)     焰色试验     4NaCuO2+12H+=4Cu2++4Na++O2↑+6H2O
(3)     pH减小，ClO-也可能氧化Cl-生成Cl2     滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体     c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强
(4)4NaCuO2+6H2O=4Cu(OH)2+O2↑+4NaOH
(5)具有强氧化性，能与H+、H2O反应
(6)     CuSO4溶液     NaOH溶液

【详解】（1）NaClO为强碱弱酸盐，水解显碱性，溶液显碱性的原因：ClO-+H2OHClO+OH-；
（2）①钠元素的焰色试验为黄色，可以通过焰色试验证明钠元素的存在；
②NaCuO2与稀H2SO4反应生成硫酸铜、硫酸钠、氧气、水，反应的离子方程式是4NaCuO2+12H+=4Cu2++4Na++O2↑+6H2O；
（3）①溶液中存在次氯酸根离子，具有氧化性，也可能氧化氯离子生成氯气，则生成Cl2的其他原因：pH减小，ClO-也可能氧化Cl-生成Cl2；
②i.提出假设1：c(Cl-)增大，Cl-的还原性增强。证明假设成立操作和现象是：取少量NaCuO2固体于试管中，滴加浓NaCl溶液，产生使湿润的淀粉KI试纸变蓝的气体。
ii.提出假设2：c(H+)增大，NaCuO2的氧化性增强，经证实该假设也成立。
（4）浊液放置过程中，沉淀表面缓慢产生气泡为O2，蓝色固体为氢氧化铜，同时生成NaOH，放置过程中产生气体的化学方程式是4NaCuO2+6H2O=4Cu(OH)2+O2↑+4NaOH。
（5）通过以上实验，对于NaCuO2化学性质的认识是具有强氧化性，能与H+、H2O反应。
（6）根据上述实验，NaCuO2在碱性条件下较稳定，则可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制备在水溶液中稳定存在的NaCuO2，应选用的试剂是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液。
2．(1)
(2)     固体a放置在空气中变为棕黑色     将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色
(3)、、MnS被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S
(4)
(5)
(6)取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解
(7)反应物用量、添加顺序、溶液pH

【分析】硫化钠中加入酸性高锰酸钾溶液得到肉色固体为MnS，溶液为黄色，说明生成了，再加入酸性高锰酸钾溶液，溶液为无色，可能含有，得到白色固体可能为，再加入酸性高锰酸钾溶液，得到棕黑色固体为二氧化锰。据此解答。
【详解】（1）溶液中硫离子水解，使溶液显碱性，离子方程式表示为：。
（2）将固体a过滤、洗涤，放置在空气中，固体变为棕黑色。
①从实验可知是变成二氧化锰，现象为固体变为棕黑色，故认为原固体中含有。
②补充对比实验：看硫化锰能否直接变成二氧化锰，实验方案为：将MnS放置在空气中，观察相同时间内是否变为棕黑色。
（3）、、MnS都有还原性，能被酸性溶液氧化生成S；在酸性条件下转化生成S，故固体b中主要成分为硫。
（4）将氧化生成二氧化锰，根据氧化还原反应配平该反应的离子方程式为：。
（5）取少量实验Ⅱ的绿色溶液，滴加硫酸，溶液变为紫红色，产生棕黑色固体。说明反应生成二氧化锰和高锰酸根离子，根据氧化还原反应配平，该反应的离子方程式是。。
（6）硫酸根离子的检验方法为取少量反应后的上层溶液，加入(或)溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加过量盐酸，沉淀不溶解。
（7）实验中逐滴加入酸性高锰酸钾溶液，也就是在控制反应物的用量，也可以用添加顺序控制用量，最后实验中采用为经酸化的高锰酸钾溶液做实验，产物不同，故可以总结出，反应物的用量多少，添加顺序和酸碱性环境都可以影响产物。
3．(1)物质a
(2)
(3)
(4)
(5)⽣成的继续氧化未反应完的导致绿色消失，产生棕黑色沉淀，
(6)向2mL 0.01 溶液滴加4滴6 NaOH溶液，再滴加2滴(约0.1mL)0.1 溶液
(7)

【分析】本实验探究不同条件下KMnO4与Na2SO3溶液的反应，利用高锰酸钾溶液的强氧化性，将SO氧化成SO，根据Mn元素被还原成不同物质，发生颜色变化或有无沉淀生成，判断不同条件的反应，据此分析；
【详解】（1）因为探究不同条件下高锰酸钾溶液与亚硫酸钠反应，因此先让高锰酸钾溶液处于不同环境，然后再滴加亚硫酸钠，根据表中数据，应先加物质a；故答案为物质a；
（2）根据实验Ⅰ现象紫色溶液变浅至几乎无色，根据题中含Mn元素微粒的颜色，判断出实验Ⅰ中MnO的还原产物为Mn2+；故答案为Mn2+；
（3）根据实验Ⅱ实验现象：紫色褪去，产生棕黑色沉淀，即高锰酸钾被还原成MnO2，根据化合价升降法和电荷守恒，实验Ⅱ反应离子方程式为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；故答案为2MnO+3SO+H2O=2MnO2↓+3SO+2OH-；
（4）实验Ⅲ溶液变绿，说明生成MnO，Mn的化合价降低，发生还原反应，发生氧化反应应是硫元素化合价升高，即电极反应式为SO-2e-+2OH-= SO；故答案为SO-2e-+2OH-= SO；
（5）变绿说明生成MnO，棕黑色沉淀为MnO2，Mn元素化合价继续降低，说明生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀，其离子方程式为MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；故答案为生成MnO继续氧化未反应完的SO，使绿色消失产生棕黑色沉淀， MnO+SO+H2O=MnO2↓+SO+2OH-；
（6）根据实验Ⅲ，要想观察到持续的绿色，说明KMnO4与Na2SO3恰好完全反应生成MnO，KMnO4与Na2SO3物质的量之比为2∶1，设计方案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；故答案为向2mL0.01mol/LKMnO4溶液滴加4滴6mol/LNaOH溶液，再滴加2mL(约0.1mL)0.1mol/LNa2SO3溶液；
（7）改用0.1mol/LKMnO4溶液重复实验Ⅰ，高锰酸钾溶液浓度增大，高锰酸钾溶液过量，有棕黑色沉淀产生，说明过量的高锰酸钾溶液与Mn2+发生反应生成MnO2，其离子方程式为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+，故答案为2MnO+3Mn2++2H2O=5MnO2↓+4H+。
4．(1)     >    
(2)          ，Ag+与-2价S结合倾向更强     Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤
(3)试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜
(4)和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<

【分析】利用题中提供的信息，根据离子之间的反应进行分析，设计实验进行求证；
【详解】（1）①往等浓度的NaI和溶液中加入10滴0.1mol/L溶液，产生黄色沉淀为AgI，证明与结合倾向>；答案为>；
②取两等份AgBr浊液，分别滴加等浓度、等体积的和溶液，前者无明显现象，后者浊液变澄清，根据已知ii.与、能生成、，则澄清溶液中+1价银的存在形式为；
（2）①实验III中往0.1mol/L溶液中滴加0.1mol/L溶液，产生白色沉淀，后消失，则生成的继续反应生成，白色沉淀消失的离子方程式为；
②，Ag+与-2价S结合倾向更强，故实验IV中白色沉淀变为黑色；
③溶液可用作定影液。向溶液溶解AgBr之后的废定影液中，加入Na2S溶液至不再产生黑色沉淀后过滤，可使定影液再生；
（3）试管1中加浓NaOH溶液，还原性增强，析出银镜；
（4）和都是四面体形，体心的S很难与Ag+配位，主要是4个O原子与Ag+结合，是1个S原子、3个O原子与Ag+结合，因为S原子与Ag+结合比O原子更稳定，所以与Ag+结合倾向：<。
5．(1)
(2)(铜离子)
(3)     生成的()作为催化剂，加快了分解速率          优点：产物单一，污染小；缺点：大量分解，成本高
(4)降低，避免生成
(5)          加入氨水后，的因为生成配位化合物浓度变小，使Cu的还原能力增强，因此增大了氧化还原反应自发进行的趋势

【分析】探究影响铜与双氧水反应的速率的因素。方案2中通过加入稀硫酸增大氢离子浓度，探究增大，增强的氧化性；方案3通过加入氨水生成降低Cu2+浓度，探究降低Cu2+，增强Cu的还原性；方案4通过加固体降低OH-浓度，防止生成，探究对反应速率的影响。
【详解】（1）实验结果表明，双氧水与铜可以缓慢的反应，双氧水得电子发生还原反应，Cu失电子发生氧化反应生成Cu2+，电极反应为；
（2）负极发生反应，降低浓度，增强Cu的还原性；
（3）①方案2中，可以催化双氧水分解放出氧气，生成的作为催化剂，加快了分解速率，所以生成气体明显更剧烈。
②方案3中Cu、H2O2、氨水反应溶液变为深蓝色，说明生成，发生主要反应的离子方程式为；
③方案2在回收铜过程，优点是产物单一，污染小；缺点是大量分解，成本高。
（4）加入，发生反应降低，避免生成。
（5）①上述反应原理为；
②通常条件下，含的溶液不能与Cu发生反应，加入氨水后，的因为生成配位化合物浓度变小，使Cu的还原能力增强，因此增大了氧化还原反应自发进行的趋势。
6．(1)          随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢
(2)     在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀     B阶段产生，电离产生，发生反应；，溶液为绿色；     B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色    
(3)在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象；
(4)铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快生成越多。

【详解】（1）铜和稀硝酸反应的离子方程式为：，随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢；
（2）在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀，说明在反应的过程有生成；B阶段产生，电离产生，发生反应；（绿色），所以溶液为绿色；B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色；铜和稀反应的生成的化学方程式为：；
（3）要证明在该反应中作催化剂，直接加入溶液，其他的试剂和操作和上述一样，形成更好的对比，所以方案设计为：在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象。
（4）根据实验现象和实验探究，铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快，生成越多。
7．(1)HCO+H2OH2CO3＋OH－
(2)     CO2          溶液中存在平衡，Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明结合能力比强，所以可以得到沉淀     证明饱和溶液中离子浓度不足以和溶液反应生成沉淀
(3)体系中存在平衡：2HCO(aq) CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解。

【详解】（1）NaHCO3为强碱弱酸盐，HCO发生水解HCO+H2OH2CO3＋OH－，碳酸氢根也能电离，但水解程度大于电离程度，使c(OH－)＞c(H＋)，溶液显碱性；故答案为HCO+H2OH2CO3＋OH－；
（2）①根据题中信息可知，气体X能使澄清石灰水变浑浊，则气体X为CO2；故答案为CO2；
②步骤c中产生的白色沉淀可能是Mg(OH)2，也可能是MgCO3，但根据题中所给信息可知，Mg(OH)2沉淀范围是9.4～12.4，而此时溶液的pH为8.7，因此白色沉淀为MgCO3，将步骤c生成的MgCO3悬浊液加热，继续有气体产生，由于Mg(OH)2比MgCO3更难溶，因此加热过程中发生反应的化学方程式为，故答案为；
③HCO既能发生电离，也能发生水解，碳酸氢钠溶液中存在HCOCO+H＋，根据题中数据Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明CaCO3比MgCO3更难溶，所以得到CaCO3沉淀；故答案为溶液中存在平衡，Ksp(CaCO3)＜Ksp(MgCO3)，说明结合能力比强，所以可以得到沉淀；
④步骤d和e作对照实验，e中证明碳酸氢钠溶液中CO不足以和MgCl2反应产生白色沉淀；故答案为证明饱和溶液中离子浓度不足以和溶液反应生成沉淀；
（3）根据上述分析，饱和碳酸氢钠溶液中存在2HCO(aq) CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解，故答案为体系中存在平衡：HCO(aq) CO(aq)＋CO2↑+H2O(l)，由于CO2不断逸出，平衡正向移动，固体溶解。
8．(1)     将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同     4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3     c(Co3+)
(2)     加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色     2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O     O2
(3)     对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化     [Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+

【分析】利用不同氧化剂及还原剂，通过实验研究和之间的相互转化，探究氧化性和还原性强弱，通过分析及实验进行验证。
【详解】（1）①乙同学补充实验IV，设计不含Co2+但氯离子浓度相同的溶液代替0.1mol/LCoCl2，进行实验，如：将实验Ⅲ中的0.1mol/LCoCl2溶液替换为0.2mol/LNaCl溶液进行实验，指针偏转幅度与实验Ⅲ相同，从而否定了甲同学根据实验III得出结论：Co2+可以被酸性KMnO4溶液氧化；
②ii中蓝色沉淀Co(OH)2在空气中缓慢反应被氧气氧化生成棕褐色沉淀Co(OH)3，反应的化学方程式是4Co(OH)2+O2+2H2O=4Co(OH)3；
③根据氧化还原反应规律解释还原性Co(OH)2>Co2+：Co2+-e-=Co3+在碱性条件下，OH-与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但c(Co3+)降低的程度更大，还原剂的还原性增强；
（2）①向V中得到的棕褐色沉淀中，加入适量盐酸，棕褐色沉淀溶解，产生黄色有刺激性气味的气体，溶液变为粉红色，证明：实验III和IV推测氧化性：Co3+>Cl2；实验中酸性条件下Co(OH)3将氯离子氧化生成氯气，反应的离子方程式是2Co(OH)3+6H++2Cl-=2Co2++Cl2↑+6H2O；
②向V中得到的棕褐色沉淀中，滴加H2SO4溶液，加入催化剂，产生无色气泡，该气体是O2；
（3）①对Co2+-e-=Co3+，NH3与Co2+、Co3+反应，使c(Co2+)和c(Co3+)均降低，但K2>K1，c(Co3+)降低的程度远大于c(Co2+)，还原剂的还原性增强，[Co(NH3)6]2+能被氧化，故[Co(NH3)6]2+能被氧化为[Co(NH3)6]3+而失活；
②要实现[Co(NH3)6]2+的再生，可通过酸性条件下催化[Co(NH3)6]3+产生Co2+后再利用氨气处理可得：[Co(NH3)6]3+ Co2+ [Co(NH3)6]2+。
9．(1)Au在高温条件下不与O2反应
(2)          与Au+形成配合物，提高Au的还原性
(3)     催化     锥形瓶中溶液蓝色复原          当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小

【详解】（1）真金不怕火炼从化学性质角度解释其原因是：Au在高温条件下不与O2反应；
（2）该反应为氧化还原反应，根据得得失电子守恒可配平，离子反应方程式为：；从方程式中可以看出，与Au+形成配合物，提高Au的还原性；
（3）该机理图机理为：Au失电子形成Au+，与Au+反应得到，与反应得到和Au，与氧气、氨水反应又重新生成，故在整个过程中起到了催化的作用；反应一段时间后，温度无明显变化，U形管内液柱左高右低，锥形瓶中溶液蓝色变浅，说明生成了，打开瓶塞后锥形瓶中溶液蓝色复原，说明氧气将又氧化为；a中为在氧气和氨水的作用下生成了，方程式为：；当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，配制的浸金液中的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，根据题中所给已知方程式，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。故答案为：当c(CuSO4)<0.03mol/L时，随着c(CuSO4)的增大，的浓度增大，浸金速率增大；当c(CuSO4)>0.03mol/L时，游离的Cu2+消耗，使浓度减小，浸金速率减小。
10．(1)     Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2     Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3
(2)     溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的     Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+
(3)          II中Fe2+ 的还原性较弱，不能将Cu2+ 还原为Cu；III中NH3·H2O⇌ + OH－， 产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+ 还原为Cu
(4)CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜

【详解】（1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
（2）①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
（3）①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：。
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O⇌+OH－，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu。
（4）银氨溶液呈碱性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
11．     MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O     加入固体NaCl     Cl2     MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O     c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-     MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O     滴入浓硫酸，c(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MnO2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的Mn2+
【详解】(1)实验室二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气的化学方程式是：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。
(2)将湿润的淀粉碘化钾试纸放置于试管口，加热试管；加入固体NaCl充分振荡，增加氯离子浓度，继续加热，试纸未变蓝，说明没产生氯气，说明不是c(Cl-)影响氯气的生成。
(3)II中试纸变蓝说明试管中的反应产生了：Cl2，氯气将碘离子氧化为碘单质，湿润的淀粉变为蓝色。
(4)滴加浓硫酸后，由于氢离子浓度改变，增加MnO2的氧化性，右边烧杯中反应的电极反应式是：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O。
(5)依据实验Ⅰ-Ⅳ，解释“二氧化锰仍有剩余时就观察到反应停止”的原因是：c(H+)减少，降低了MnO2的氧化性，不能继续氧化Cl-。
(6)Ⅵ中二氧化锰与双氧水反应生成氧气，Mn2+，且Mn2+无色，反应的离子方程式是：MnO2+H2O2+2H+=Mn2++O2↑+2H2O。
(7)结合依据实验Ⅰ-Ⅳ得出的结论，解释Ⅴ、Ⅵ中现象不同的原因：滴入浓硫酸，c(H+)增大，增强了MnO2的氧化性，MnO2与双氧水发生氧化还原反应被消耗，同时生成无色的Mn2+
。
12．     Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+     氧化性和还原性     K3[Fe(CN)6] 溶液、蓝色沉淀     Fe2+-e- = Fe3+，最终生成Fe(OH)3     2mol·L-1 NaCl（或KCl）溶液     取阳极附近溶液，加入淀粉KI溶液后，溶液不变蓝     酸性较强时，H+放电，酸性较弱时，Fe2+放电     改变电极反应的速率     电解质溶液的酸碱性、电源电压
【详解】本题考查实验方案设计与评价，（1）FeCl2属于强酸弱碱盐，Fe2＋发生水解反应，其原因是Fe2++2H2O Fe(OH)2+2H+ ；Fe2＋处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性；（2）①铁与硫酸反应生成Fe2＋，证明固体为Fe，需要验证溶液中存在Fe2＋，即需要加入K3[Fe(CN)6] 溶液，溶液中出现蓝色沉淀，证明固体为铁单质；②Fe2＋具有还原性，发生Fe2＋－e－=Fe3＋。阴极上发生2H2O＋2e－=H2↑＋2OH－，Fe3＋与OH－反应生成Fe(OH)3；需要做对比实验，产生的Cl2不与电解质中的离子发生反应，即电解酸化的2mol·L－1的NaCl或KCl；氯气溶于水后，得到氯水，具有强氧化性，因此需要取阳极附近溶液，加入淀粉KI溶液后，溶液不变蓝，证实了乙同学的推论不正确；（3）①根据实验I、II、III，酸性较强时，有气泡产生，无固体附着，说明放电的是H＋，酸性较弱时，无气泡冒出，有金属状固体附着，说明Fe2＋放电；②根据I、IV、V实验，各电极现象，增大电压，不仅可以改变离子的放电顺序，也可以改变电极的反应速率；（4）综上所述，电极反应的产物与电解质溶液的酸碱性、电源电压有关。