必练17 化学实验综合大题-【高频考点】2024年高考化学总复习高频考点必刷1000题（广东专用）

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【尖子生创造营】2024年高考化学总复习高频考点必刷1000题（广东专用）
必练17 化学实验综合大题
1．(2023·广东高考真题)（14分）
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Q=cρV总·△T计算获得。
（1）盐酸浓度的测定：移取20.00mL待测液，加入指示剂，用0.5000 ml·L-1 NaOH溶液滴定至终点，消耗NaOH溶液22.00mL。
①上述滴定操作用到的仪器有___________。
A． B． C． D．
②该盐酸浓度为_________ ml·L-1。
（2）热量的测定：取上述NaOH溶液和盐酸各50mL进行反应，测得反应前后体系的温度值（℃）分别为T0、T1，则该过程放出的热量为_________J（c和ρ分别取4.18J·g-1·℃-1和1.0g·mL-1，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Fe(s)+CuSO4(aq)=FeSO4(aq)+Cu(s)的焓变△H（忽略温度对焓变的影响，下同）。实验结果见下表。
①温度：b___________c（填“>”“<”或“=”）。
②△H =_________（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A: Fe(s)+Fe2SO43(aq)=3FeSO4(aq)的焓变。
查阅资料 配制Fe2SO43溶液时需加入酸。加酸的目的是___________。
提出猜想 Fe粉与Fe2SO43溶液混合，在反应A进行的过程中，可能存在Fe粉和酸的反应。
验证猜想 用pH试纸测得Fe2SO43溶液的pH不大于1；向少量Fe2SO43溶液中加入Fe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___________。
【答案】（1）①AD ②0.5500 （2）418(T1-T0)
（3）> -20.9(b-a) kJ·ml-1 或-41.8(c-a) kJ·ml-1
（4）抑制Fe3+水解 Fe+2H+=Fe2++H2↑ 将一定量的Cu粉加入一定浓度和一定体积的Fe2SO43溶液中反应，测量反应热，求出反应Cu+Fe2SO43=CuSO4+2FeSO4的焓变ΔH1，再根据（3）中实验计算得到反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2SO43=3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2。
（5）燃料燃烧；铝热反应焊接铁轨等。
【详解】
（1）①上述滴定操作用碱式滴定管测定，用锥形瓶盛装盐酸，故用到的仪器有AD。
②由c1v1=c2v2, 该盐酸浓度为（0.5000 ml·L-1 ×22.00mL）/20.00mL=0.5500 ml·L-1。
（2）放出的热量Q=cρV总·△T=4.18J·g-1·℃-1×1.0g·mL-1×（50+50）mL×(T1-T0)=418(T1-T0) J
（3）①0.20 ml·L-1 CuSO4溶液100mL，n(CuSO4)=0.02ml，1.20 g Fe粉为0.0214ml，而0.56 g Fe粉为0.01ml，故反应i中CuSO4全部反应，而反应ii CuSO4只反应0.01ml，故温度：b>c。
②用i组：Q=cρV总·△T=4.18J·g-1·℃-1×1.0g·mL-1×100 mL×(b-a)=418(b-a) J 参与反应为0.02ml，则
△H = - 418(b-a) J ×50 ml-1 =-20.9(b-a) kJ·ml-1；或用ii组：Q=cρV总·△T=4.18J·g-1·℃-1×1.0g·mL-1×100 mL×(c-a)=418(c-a) J 参与反应为0.01ml，则△H = - 418(b-a) J ×100 ml-1 =-41.8(c-a) kJ·ml-1
（4）由于Fe3+会发生水解，加酸的目的是抑制Fe3+水解。有气泡冒出，说明存在 Fe+2H+=Fe2++H2↑
可根据盖斯定律，设计出实验过程中无气体生成的实验方案，如：将一定量的Cu粉加入一定浓度和一定体积的Fe2SO43溶液中反应，测量反应热，求出反应Cu+Fe2SO43=CuSO4+2FeSO4的焓变ΔH1，再根据（3）中实验计算得到反应Fe+CuSO4=Cu+FeSO4的焓变ΔH2；根据盖斯定律计算得到反应Fe+Fe2SO43=3FeSO4的焓变为ΔH1+ΔH2。
（5）化学能可转化为热能，如燃料燃烧；铝热反应焊接铁轨等。
2．(2022·广东高考真题)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。
①根据表中信息，补充数据：_______，_______。
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。
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) 3.00 33.00 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)
【解析】
(1)溶液稀释过程中，溶质的物质的量不变，因此250mL×0.1ml/L=V×5ml/L，解得V=5.0mL，故答案为：5.0。
(2)A．容量瓶使用过程中，不能用手等触碰瓶口，以免污染试剂，故A错误；
B．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，故B错误；
C．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，故C正确；
D．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，故D错误；
综上所述，正确的是C项。
(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，故答案为：3.00；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，故答案为：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)(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×0.1ml/L=20.00mL×c(HAc)，解得c(HAc)=0.1104ml/L，故答案为：0.1104。
(ii)滴定过程中，当V(NaOH)=0时，c(H+)=≈ml/L=10-2.88ml/L，溶液的pH=2.88，当V(NaOH)=11.04mL时，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的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0.1ml/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V1mL NaOH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)，故答案为：另取20.00mlHAc，加入mL氢氧化钠。
(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，故答案为：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)。
3. (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chlrine(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。
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。
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) eq \(===,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O (2) c-d-b-a-e (3) 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)⑤ 1.3410-5 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 ⑥45℃ ⑧ II ⑨ 45℃ ⑦ 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) eq \(===,\s\up7(△))MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓) eq \(===,\s\up7(△))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；检验的方法为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-，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==1.3410-5；
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：1.3410-5；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b成立的判断依据是A3>B2>B1，故答案为：A3>B2>B1。
4．(2023·深圳一模)某学习小组将Cu与H2O2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100mL0.3ml⋅L−1的H2SO4溶液，需6ml⋅L−1H2SO4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H2O2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。
已知：本实验条件下，SO42−对电压的影响可忽略。
①根据表中信息，补充数据：V1=__________。
②由实验2和4可知，U2______U4(填“大于”或“小于”或“等于”)，说明其他条件相同时，H2O2溶液的浓度越大，其氧化性越强。
(4)由(3)中实验结果U3>U2>U1，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，H2O2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。
②实验结果为：U5≈U6、______，说明猜想2不成立，猜想1成立。
(5)已知Cu与H2O2反应时，加入氨水可形成深蓝色的CuNH342+。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)Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O
(3) 4.0 小于
(4) 左 U5(5)加入氨水后形成CuNH342+，使cCu2+减小，促进铜失电子，使电压表读数增大
【详解】（1）①根据稀释规律c1V1=c2V2可知，配制100mL0.3ml⋅L−1的H2SO4溶液，需6ml⋅L−1H2SO4溶液的体积为0.1L×0.3ml⋅L−16ml⋅L−1=0.005L=5.0mL；
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H2O2氧化为铜离子，过氧化氢转化为水，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；
（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U5≈U6，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U5（5）加入足量氨水后形成CuNH342+，使溶液中cCu2+减小，促进铜失电子，使电压表读数增大。
5．(2023·深圳二模)某学习小组按下图所示流程，在实验室模拟处理含苯酚的工业废水，并进行相关实验探究。
回答下列问题：
(1)“操作Ⅰ”所使用的玻璃仪器有烧杯和_______(填仪器名称)，流程中可循环使用的物质是_______(填名称)。
(2)“水层2”中主要溶质为_______(填化学式)。
(3)将所得苯酚配制成一定浓度的苯酚溶液，探究铁盐种类和pH对苯酚与Fe3+显色反应的影响。
查阅资料
ⅰ.Fe(C6H5O)63−为紫色；
ⅱ.Na+对苯酚与Fe3+的显色反应无影响；
ⅲ.Fe(C6H5O)63−对特定波长光的吸收程度(用吸光度A表示)与Fe(C6H5O)63−的浓度在一定范围内成正比。
提出猜想：
猜想1：Cl−对苯酚与Fe3+的显色反应有影响
猜想2：SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
猜想3：H+对苯酚与Fe3+的显色反应有影响。
进行实验：
常温下，用盐酸调节pH配制得到pH分别为a和b的0.1ml⋅L−1 FeCl3溶液(a>b)，用硫酸调节pH配制得到pH分别为a和b的0.05ml⋅L−1 Fe2(SO4)3溶液。取5mL苯酚溶液于试管中，按实验1~4分别再加入0.1mL含Fe3+的试剂，显色10min后用紫外-可见分光光度计测定该溶液的吸光度(本实验条件下，pH改变对Fe3+水解程度的影响可忽略)。
结果讨论 实验结果为A1>A2>A3>A4。
①根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是_______。
②为进一步验证猜想，小组同学设计了实验5和6，补充下表中相关内容。(限选试剂：NaCl溶液、Na2SO4溶液、NaCl固体、Na2SO4固体)
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应起抑制作用，得出此结论的依据是_______。
④根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想3成立，且H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是_______。
(4)小组同学利用滴定法测定所得“水层2”中苯酚的含量：向V1mL样品溶液中加入过量溴水，将苯酚全部转化为化合物M；再加入过量KI溶液，充分反应后，用cml⋅L−1 Na2S2O3标准溶液滴定。
已知：ⅰ.
ⅱ.I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6
①加入KI溶液前需加热除去多余的Br2，否则会使测定结果_______(填“偏高”或“偏低”)。
②若消耗Na2S2O3标准溶液的体积为V2mL，则样品中苯酚的浓度为_______g⋅L−1(用含c、V1、V2的代数式表示)。
【答案】(1) 分液漏斗 苯
(2)NaHCO3
(3) Cl−或SO42−对苯酚与Fe3+的显色可能有影响 Na2SO4固体 A5=A3，A6(4) 偏高 47cV2V1
【分析】由题干工艺流程图可知，向含苯酚的废水中加入苯进行萃取，操作Ⅰ是萃取分液，分液后得到水层1和有机层，向有机层中加入NaOH溶液将苯酚转化为苯酚钠，然后进行分液，分液后得到有机层(含有苯)和水层，向水层溶液中通入足量的CO2后将苯酚钠转化为苯酚和碳酸氢钠溶液，然后进行过滤，过滤得到苯酚和水层2。再利用控制变量法进行探究氯离子、硫酸根离子、氢离子对显色的影响。
【详解】（1）由分析可知，操作Ⅰ为萃取、分液，因此使用的玻璃仪器有烧杯和分液漏斗，操作Ⅱ是分液，得到有机层(含有苯)，则苯可以循环使用，故答案为：分液漏斗；苯。
（2）反应Ⅱ是苯酚钠和二氧化碳反应生成苯酚和碳酸氢钠溶液，苯酚溶解度比较小，过滤，则“水层2”中主要溶质为NaHCO3，故答案为：NaHCO3。
（3）①由题干实验信息可知，实验1、2和实验3、4使用溶液中的Cl−或SO42−不同，二者阴离子可能也对Fe3+的显色有影响，即根据实验结果，小组同学认为此结果不足以证明猜想3成立的理由是Cl−或SO42−对苯酚与Fe3+的显色可能有影响，故答案为：Cl−或SO42−对苯酚与Fe3+的显色可能有影响。
②为进一步验证猜想即验证Cl−或SO42−对苯酚与Fe3+的显色是否有影响，小组同学设计了实验5和6，根据控制变量可知，实验5、6的pH值相同，Fe3+浓度相同，实验5改变Cl−浓度，实验6则改变SO42−浓度，故选用的试剂为Na2SO4固体，故答案为：Na2SO4固体。
③根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想1不成立，猜想2成立，且SO42−对苯酚与Fe3+的显色反应起抑制作用，说明氯离子对实验没有影响，则A5=A3，硫酸根对实验有抑制作用，说明实验6相比实验1来说A6④根据实验1~6的结果，小组同学得出猜想3成立，且H+对Fe3+与苯酚的显色反应有抑制作用，从化学平衡角度解释其原因是Fe3+与苯酚的显色时，存在反应：Fe3++6C6H5OH⇌Fe(C6H5O)63−+6H+，cH+增大，平衡逆向移动，Fe(C6H5O)63−的浓度减小，溶液颜色变浅；故答案为：Fe3+与苯酚的显色时，存在反应：Fe3++6C6H5OH⇌Fe(C6H5O)63−+6H+，cH+增大，平衡逆向移动，Fe(C6H5O)63−的浓度减小，溶液颜色变浅。
（4）①加入KI溶液前需加热除去多余的Br2，过量溴会氧化碘离子生成单质碘，则消耗硫代硫酸根的量增大，则计算出化合物M的量多，因此会使测定结果偏高；故答案为：偏高。
②根据苯酚与Na2S2O3的关系是1:2，若消耗Na2S2O3标准溶液的体积为V2mL，则样品中苯酚的浓度为c ml⋅L−1×V2×10−3L×12×94 g⋅ml−1V1×10−3L=47cV2V1g⋅L−1；故答案为：47cV2V1。
6．(2023·佛山二模)利用电极反应可探究物质氧化性、还原性的变化规律。
已知：酸性介质中，1ml/L不同电对的电极电势见下表。电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强；电极电势越低，其还原型物质的还原性越强。
回答下列问题：
I．探究H2O2的分解反应
Fe3+催化H2O2分解反应过程包括i、ii两步：
反应i：Fe3++H2O2→Fe2++H++___________(未配平)
反应ii：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O
(1)反应i的离子方程式为___________。
(2)验证Fe2+生成：反应过程中，加入___________溶液，产生蓝色沉淀，证明有Fe2+生成。
(3)酸性条件下MnO2也可催化H2O2分解。结合表中数据判断，上述条件下H2O2、O2、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为___________。
Ⅱ．探究物质氧化性变化对电化学反应方向的影响
用可逆反应2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2设计电池，按图a装置进行实验，测得电压E(E=φ正极−φ负极)随时间t的变化如图b所示：
(4)电池初始工作时，正极的电极反应式为___________。
(5)某小组从还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，提出以下猜想：
猜想1：cFe2+增大，Fe3+的氧化性减弱，正极的电极电势降低。
猜想2：cI−减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高。
①t1时间后，按图a装置探究，验证上述猜想的合理性，完成表中填空。
②有同学认为，上述实验不足以证明猜想1成立。利用上述反应，从化学平衡移动的角度解释猜想1不足以成立的理由___________。
③为进一步验证猜想1，进行实验Ⅱi，完成表中填空。
结论：可逆氧化还原反应中，浓度的变化引起电对氧化性变化，从而改变电池反应方向。
【答案】(1)2Fe3++H2O2=2Fe2++2H++O2↑
(2)K3FeCN6
(3)H2O2＞MnO2＞O2
(4)Fe3++e-=Fe2+
(5) ＜ AgNO3固体 加入铁粉后，同时造成cFe2+增大，cFe3+减小，都能使2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2平衡逆移，使E＜0 FeCl2固体
【分析】已知：酸性介质中，1ml/L不同电对的电极电势越高，其氧化型物质的氧化性越强，结合表中数据判断，上述条件下氧化性由强到弱的顺序为H2O2＞MnO2＞Fe3+＞O2＞I2，还原性顺序为：I-＞H2O2＞Fe2+＞Mn2+＞H2O；
要通过2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2反应探究对电化学反应方向的影响，从某还原型物质浓度、氧化性变化的角度分析图b，对于2个猜想，只能通过改变一个变量观察是否使E＜0来探究——猜想1：cFe2+增大，Fe3+的氧化性减弱，正极的电极电势降低，故只能通过A烧杯加适量氯化亚铁固体，增加亚铁离子浓度，猜想2：cI−减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高，只能通过B烧杯加适量硝酸银固体减少碘离子浓度来实现。
【详解】（1）结合分析可知，反应i中铁离子把双氧水氧化了，生成亚铁离子、氧气和水，离子方程式为2Fe3++H2O2=2Fe2++2H++O2↑。
（2）K3FeCN6遇Fe2+发生反应：K++Fe2++FeCN63-=KFeFeCN6↓，生成深蓝色沉淀，则反应过程中，加入K3FeCN6溶液，产生蓝色沉淀，证明有Fe2+生成。
（3）据分析，上述条件下H2O2、O2、MnO2的氧化性由强到弱的顺序为H2O2＞MnO2＞O2。
（4）电池初始工作时，由2Fe3++2I−⇌2Fe2++I2可知，铁离子得电子发生还原反应转变为亚铁离子，为正极，则正极的电极反应式为Fe3++e-=Fe2+。
（5）①i．t1时E=φ正极−φ负极=0，若往烧杯A中加入适量Fe，则铁与铁离子反应，结合猜想1，cFe2+增大，Fe3+的氧化性减弱，正极的电极电势降低，则E＜0；
ii．②t1时E=φ正极−φ负极=0，若往烧杯B中加入适量AgNO3固体，可使碘离子产生沉淀，使cI−减小，I2的氧化性增强，负极的电极电势升高，使E＜0，猜想2成立。
③iii．t1时E=φ正极−φ负极=0，若往烧杯A中加入适量FeCl2固体， cFe2+增大，Fe3+的氧化性减弱，正极的电极电势降低，使E＜0，猜想1成立。
7．(2023·佛山一模)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⇌CuNO2x(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) 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⇌CuNO2x(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+H2O=HNO2+HNO3 NO2溶于Cu(NO3)2溶液中
【分析】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。
【详解】（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．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．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．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．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；
故答案为：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，故答案为：蓝；
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，故答案为：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⇌CuNO2x(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⇌CuNO2x(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，故答案为：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溶液为绿色的原因主要是NO2溶于Cu(NO3)2溶液中，故答案为：NO2溶于Cu(NO3)2溶液中；
8．(2023·广州二模)某小组从电极反应的角度研究物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)实验室以MnO2和浓盐酸为原料制取氯气的化学方程式为：MnO2+4HCl浓ΔMnCl2+2H2O +Cl2↑。该反应的氧化产物是_____________。将该反应设计成原电池，氧化反应为2Cl−−2e−=Cl2↑，还原反应为_____________。
(2)当氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸。小组同学分析认为随着反应的进行、MnO2的氧化性和Cl－的还原性均减弱，为此进行探究。
实验任务 探究离子浓度对MnO2氧化性的影响
提出猜想
猜想a：随cH+减小，MnO2的氧化性减弱。
猜想b：随cMn2+增大，MnO2的氧化性减弱。
查阅资料 电极电势(φ)是表征氧化剂的氧化性(或还原剂的还原性)强弱的物理量。电极电势越大，氧化剂的氧化性越强；电极电势越小，还原剂的还原性越强。
验证猜想 用0.10ml⋅L−1 H2SO4溶液、0.10ml⋅L−1 MnSO4溶液和蒸馏水配制混合液(溶液总体积相同)，将MnO2电极置于混合液中测定其电极电势φ，进行表中实验1～3，数据记录。
①根据实验1和2的结果，猜想a成立。补充数据：m＝_____________，n＝_____________。
②根据实验1和3的结果，猜想b成立。判断依据是_______(用电极电势关系表示)。
探究结果 固液混合物A中仍存在MnO2和盐酸的原因是随着反应进行，溶液中cH+减小、cMn2+增大，MnO2氧化性减弱。
③根据上述探究结果，小组同学作出如下推断：随cCl−增大，Cl−还原性增强。
实验验证：在固液混合物A中加入__________(填化学式)固体，加热。证明推断正确的实验现象是____________________。
(3)根据电化学的相关知识，小组同学分别利用电解池(图1)和原电池(图2)装置，成功实现了铜与稀硫酸制氢气。
①图1中阳极的电极反应式为___________________。
②结合(2)的探究结论，图2中试剂X是_____________，试剂Y是_____________。
可选试剂：稀硫酸、Na2SO4溶液、NaOH溶液、NaNO3溶液、CuSO4溶液(浓度均为1.0ml⋅L−1)
【答案】(1) Cl2 MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+
(2) m=10 n=20 φ1<φ3 NaCl 又产生黄绿色气体
(3) Cu-2e-=Cu2+ 稀硫酸 NaOH溶液
【详解】（1）该反应中MnO2得电子发生还原反应得到MnCl2，而HCl失电子经氧化的都Cl2。氧化产物为Cl2，还原反应为MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+。答案为Cl2；MnO2+2e-+4H+=2H2O+Mn2+；
（2）表格数据分析，实验1为对比实验，而3改变了MnSO4的体积，1和3组合研究Mn2+浓度对电极电势的影响。那么2和1组合可以研究H+浓度的影响，所以改变H2SO4的体积而不改变MnSO4的体积，同时保证总体积为40mL，则m=10、n=20。随着Mn2+浓度增大MnO2氧化性减弱，电势降低即φ1<φ3。已知溶液中c(H+)减小、c(Mn2+)增大，MnO2氧化性减弱，保证单一变量只改变Cl-的影响，可加入NaCl固体，若加热反应又产生黄绿色气体，说明Cl-的浓度越大其还原性增强。答案为m=10、n=20；φ1<φ3；NaCl；若加热反应又产生黄绿色气体；
（3）图1为电解池，Cu极为阳极，石墨为阴极。阳极Cu优先放电即：Cu-2e-=Cu2+。图2为原电池利用Cu与H2SO4制备H2，负极为Cu，正极区为H2SO4。为了增强Cu的还原性，正极区加入NaOH溶液降低溶液中的Cu2+。答案为Cu-2e-=Cu2+；稀硫酸；NaOH溶液。
9．(2023·广州一模)醋酸钠CH3COONa是一种常用的防腐剂和缓冲剂。
(1)配制250mL0.10ml⋅L−1CH3COONa溶液，需要称量醋酸钠晶体(CH3COONa⋅3H2O，M=136g⋅ml−1)的质量为_______。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、_______(从下列图中选择，写出名称)。
(2)某小组探究外界因素对CH3COONa水解程度的影响。
甲同学设计实验方案如下(表中溶液浓度均为0.10ml⋅L−1)：
i.实验_______和_______(填序号)，探究加水稀释对CH3COONa水解程度的影响；
ii.实验1和3，探究加入NH4+对CH3COONa水解程度的影响；
iii.实验1和4，探究温度对CH3COONa水解程度的影响。
①根据甲同学的实验方案，补充数据：a=_______。
②实验测得A1>A3，该结果不足以证明加入NH4+促进了CH3COONa的水解。根据_______(填一种微粒的化学式)的浓度增大可以说明加入NH4+能促进CH3COONa的水解。
③已知CH3COONa水解为吸热反应，甲同学预测A1A4。实验结果与预测不一致的原因是_______。
(3)小组通过测定不同温度下CH3COONa的水解常数Kh确定温度对CH3COONa水解程度的影响。
查阅资料：Kh=c2OH-c0-cOH-，c0为CH3COONa溶液起始浓度。
试剂：0.10ml⋅L−1CH3COONa溶液、0.1000ml⋅L−1盐酸、pH计。
实验：测定40℃下CH3COONa水解常数Kh，完成下表中序号7的实验。
在50℃和60℃下重复上述实验。
数据处理：40℃，Kh=_______(用含V、b、c的计算式表示)
实验结论：Kh60C>Kh50C>Kh40C，温度升高，促进CH3COONa水解。
【答案】(1) 3.4g 烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶
(2) 1 2 0 CH3COOH 升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大
(3) 测定40℃醋酸钠溶液的pH
(10-2b10-c)20.1000×V20.0-10-2b10-x或102c-4b0.005V-10c-2b
【分析】配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；
滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管：查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录，锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；
【详解】（1）配制250mL0.10ml⋅L−1CH3COONa溶液，需要称量醋酸钠晶体的质量为0.250L×0.10ml⋅L−1×136g⋅ml−1=3.4g。实验需要的仪器有天平、药匙、玻璃棒、量筒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；
（2）探究加水稀释对CH3COONa水解程度的影响，则实验中变量为醋酸钠的浓度，故实验1和2，探究加水稀释对CH3COONa水解程度的影响；
①实验1和3，探究加入NH4+对CH3COONa水解程度的影响；不能改变醋酸根的浓度，故a=0；
②醋酸水解方程式为：CH3COO-+H2O⇌CH3COOH+OH-，铵根离子水解方程式为：NH4++H2O⇌NH3⋅H2O+H+；铵根离子水解会导致溶液中酸性增强，实验测得A1>A3，该结果不足以证明加入NH4+促进了CH3COONa的水解，实验中可以根据CH3COOH的浓度增大可以说明加入NH4+能促进CH3COONa的水解；
③已知CH3COONa水解为吸热反应，甲同学预测A1A4。实验结果与预测不一致的原因是水的电离也为吸热过程，升高温度促进水的电离导致溶液中氢离子浓度增大；
（3）实验为通过测定不同温度下CH3COONa的水解常数Kh确定温度对CH3COONa水解程度的影响，则实验7需要测定40℃醋酸钠溶液的pH；取20.00mL CH3COONa溶液，用0.1000ml⋅L−1盐酸滴定至终点，消耗盐酸体积为VmL，CH3COONa和HCl以1:1反应，此时CH3COONa的起始浓度c0=0.1000×V20.0，40℃纯水的pH=b，则cH+=cOH-=10-bml/L，Kw=cH+cOH-=10-2b；实验7所得溶液的pH=c，则cH+=10-cml/L，则Kh=c2OH-c0-cOH-=KwcH+2c0-KwcH+=10-2b10-c20.1000×V20.0-10-2b10-c=(10-2b)10-c)20.1000×V20.0-10-2b10-c或102c-4b0.005V-10c-2b。
10．(2023·惠州市下学期第一次调研)某化学小组同学发现“84”消毒液(主要成分为NaClO)与洁厕剂(主要成分为盐酸)室温下混合有Cl2生成，于是尝试在实验室利用该反应原理制取Cl2。
(1)若用次氯酸钙、浓盐酸为原料，利用上图装置制取Cl2。装置中仪器a的名称为_______，反应的化学方程式为_______。
(2)实验室制取干燥的Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为_______。
(3)经查阅资料得知：无水FeCl3在空气中易潮解，加热易升华。设计如图所示装置制备无水FeCl3。
①下列操作步骤的正确顺序为_______(填字母)。
a.体系冷却后，停止通入Cl2 b.通入干燥的Cl2赶尽装置中的空气
c.在铁屑下方加热至反应完成 d.用干燥的N2赶尽Cl2
e.检验装置的气密性
②该实验装置存在的明显缺陷是_______。
(4)世界环保联盟要求ClO2逐渐取代Cl2作为自来水消毒剂。
已知：NaCl+3H2O电解NaClO3+3H2↑，2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。
有关物质的熔、沸点如下表：
ClO2的生产流程示意图如下：
该工艺中，需要补充的物质X为_______(填化学式，下同)，能参与循环的物质是_______。从ClO2发生器中分离出ClO2，可采用的方法是_______。
【答案】(1) 分液漏斗 Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)cdbae
(3) ebcad 出气管伸入瓶中太长
(4) Cl2 NaCl和Cl2 冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离
【详解】（1）a用于液体为分液漏斗。次氯酸钙中+1的氯将盐酸中-1价的氯氧化为Cl2，反应为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O。答案为分液漏斗；Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O；
（2）浓硫酸干燥氯气，饱和氯化钠除去HCl杂质，NaOH溶液吸收尾气。连接顺序为cdbae。答案为cdbae；
（3）装置首先应该检验气密性。装置中有空气干扰反应，加热前应先通入Cl2排空，再加热。反应结束后装置中有残留的Cl2污染环境，需要用N2将装置中的尾气排尽。正确的顺序为ebcad。出气管伸入瓶中太长易被FeCl3堵塞而炸裂。答案为ebcad；出气管伸入瓶中太长；
（4）氯化钠电解槽中Cl-变为了ClO3-而H+变为H2，若要产生HCl需要H2和Cl2。所以需要补充Cl2。反应2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O产生了NaCl和Cl2可以循环。从已知信息看ClO2常温下为气体与Cl2混合，但两者的沸点不同，可以采用冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离。答案为Cl2；NaCl和Cl2；冰水降温将ClO2冷凝为液体而分离。
11．(2023·惠州市下学期一模)铜是生活中常见的金属，以铜为原料进行如下实验
I．CuCl2是常见的化学试剂，利用废铜屑“湿法”制备CuCl2⋅2H2O。
氯化铜在不同温度下结晶形成的结晶水合物
回答下列问题：
(1)“湿法”制备CuCl2的离子方程式为_______，水浴加热的温度不宜过高，原因是_________。
(2)为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是：除去其他可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，________，过滤，洗涤，低温干燥．持续通入HCl气体的目的是__________。
Ⅱ．探究Cu与FeCl3溶液的反应。
向4mL 0.1ml⋅L−1FeCl3溶液中滴加几滴0.2ml⋅L−1KSCN溶液，溶液变红；再加入过量Cu粉，溶液红色褪去，不久有白色沉淀产生。
查阅资料可知：CuCl和CuSCN均为难溶于水的白色固体．针对白色沉淀同学们有以下猜想：
猜想1：Cu2+与过量的Cu粉反应生成Cu+，再结合Cl−生成白色沉淀CuCl。
猜想2：Cu2+与SCN−发生氧化还原反应生成Cu+，再结合SCN−生成白色沉淀CuSCN。
针对上述猜想，实验小组同学设计了以下实验：
(3)实验结果说明猜想__________(填“1”或“2”)不合理。
(4)根据实验2中的现象进一步查阅资料发现：
i．Cu2+与SCN−可发生如下两种反应：
反应A：Cu2++4SCN−=CuSCN42−(淡黄色)；
反应B：2Cu2++4SCN−=2CuSCN↓+SCN2 (黄色)。
ⅱ．CuSCN42−与Cu2+共存时溶液显绿色。
①由实验2中的现象推测，反应速率：A________(填“>”或“<”)B，说明反应B_______(填“是”或“不是”)产生CuSCN的主要原因。
②进一步查阅资料可知，当反应体系中同时存在Fe3+、Cu2+、SCN-时，Cu2+氧化性增强，可将Fe2+氧化为Fe3+。据此将实验2改进，向CuSO4溶液中同时加入KSCN、FeCl2，立即生成白色沉淀CuSCN，写出该反应离子方程式____________。
【答案】(1) Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O 过氧化氢受热会分解导致损耗
(2) 降温到26℃-42℃结晶 抑制铜离子水解，增大氯离子浓度，有利于产品结晶
(3)1
(4) > 不是 Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+
【分析】铜和双氧水在浓盐酸加热条件下反应生成氯化铜和水，挥发出的氯化氢用氢氧化钠吸收，防止污染。
【详解】（1）铜和双氧水浓盐酸在加热条件下反应生成氯化铜和水，反应离子方程式为：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O。过氧化氢的实际用量大于理论用量，是因为过氧化氢受热会分解导致损耗。
（2）为得到纯净的CuCl2⋅2H2O晶体，反应完全后要进行的操作是。除去其它可能的金属离子后，过滤，向滤液中持续通入HCl气体，加热蒸发浓缩，降温到26℃-42℃结晶，过滤，洗涤，低温干燥。其中持续通入HCl气体的目的是抑制铜离子水解，增大氯离子浓度，有利于产品结晶。
（3）氯化铜溶液中加入过量的铜粉没有现象说明猜想1不合理。
（4）①由实验2中的现象推测开始没有出现沉淀，说明反应速率：A>B，24小时后才出现白色沉淀，说明反应B不产生CuSCN的主要原因。
②当反应体系中同时存在Fe2+、Cu2+、SCN-时，Cu2+氧化性增强，可将Fe2+氧化为Fe3+。向CuSO4溶液中同时加入KSCN、FeCl2，立即生成白色沉淀CuSCN，该反应离子方程式Cu2++Fe2++SCN-=CuSCN↓+Fe3+。
12．(2023·江门上学期联考)氢氧化亚铁制备实验是高中化学中的重要演示实验之一。某化学课外小组对氢氧化亚铁的制备作了大量研究，对制备中产生的绿色物质的成分进行了探究。
Ⅰ.学习小组用如下实验装置配制NaOH溶液和FeSO4溶液，所用蒸馏水均先煮沸再冷却，FeSO4溶液中加入维生素C和稀硫酸。
实验一：
(1)FeSO4溶液中加入维生素C，是因为维生素C具有_______。
(2)该小组同学查阅资料得知通过煮沸的方法无法除尽水中的氧气。依据上述实验，推测方法一中灰白色沉淀比方法二中灰白色沉淀存在时间长的原因为_______、_______。(任答2点)
Ⅱ.进一步探究沉淀成分。
实验二：将实验一中所得的灰白色沉淀迅速推出到滤纸上。
方法1：得到的沉淀a的颜色快速转变为红褐色，无灰绿色物质出现。
方法2：得到的沉淀b，灰绿色保持了较长时间，半小时后边缘部分逐渐变为红褐色，15小时后全部转化为红褐色。
(3)依据上述现象，沉淀a为较纯的_______(填化学式)。将沉淀a久置于真空反应器中，固体先变为深绿色，再缓慢变为黑色，用磁铁检测，两种固体产物均可被吸引。久置过程中总反应的化学方程式为_______。
(4)取灰绿色的沉淀b洗涤干净，加盐酸溶解，沉淀转化为黄色溶液。将此黄色溶液滴入到KSCN溶液中，溶液呈血红色；滴入到K3[Fe(CN)6]溶液中，产生蓝色沉淀；滴入到BaCl2溶液中，产生白色沉淀，证明沉淀b中含有的离子为_______。(填离子符号)
Ⅲ.学习小组依据探究结果，设计如下实验(装置如图)。
实验三：打开右瓶上方的空气过滤器的气阀，然后依次打开鲁尔阀、推动注射器，将左瓶中的FeSO4溶液压入右瓶；当右瓶中明显有白色沉淀生成时，停止加液，依次关闭鲁尔阀、右瓶上方的空气过滤器的气阀，打开左瓶上方的空气过滤器的气阀。
(5)实验开始时，打开右瓶上方的空气过滤器的气阀的作用是_______，用氨水(NH3⋅H2O)代替教材实验中的NaOH溶液的目的是_______，氨水中加入0.5ml⋅L−1 Na2SO3溶液的目的是_______。(用离子方程式表示)。
【答案】(1)还原性
(2) 方法一中NaOH不足量，碱性较弱 维生素C降低了方法一中过量FeSO4溶液中溶解氧的浓度(或其他合理答案)
(3) Fe(OH)2 4Fe(OH)2=Fe+Fe3O4+4H2O
(4)Fe2+、Fe3+、SO42−
(5) 平衡压强，便于FeSO4溶液能够进入右瓶 降低溶液的碱性，便于生成Fe(OH)2 2SO32−+O2=2SO42−
【详解】（1）实验中加入维生素C是为了防止Fe2+被氧化，利用其还原性，故答案为还原性；
（2）方法一中NaOH不足量，碱性较弱；维生素C降低了方法一中过量FeSO4溶液中溶解氧的浓度；所以方法一中灰白色沉淀比方法二中灰白色沉淀存在时间长；故答案为方法一中NaOH不足量，碱性较弱；维生素C降低了方法一中过量FeSO4溶液中溶解氧的浓度；(或其他合理答案)
（3）沉淀a放置于空气中迅速变为红褐色，这是因为氢氧化亚铁迅速被氧化成氢氧化铁，故可推断此灰白色物质应该为较纯的氢氧化亚铁。无氧环境下氢氧化亚铁可以缓慢地转化为氧化亚铁，氧化亚铁又会发生歧化反应生成Fe(粉)和Fe3O4能被磁铁吸引。具体反应如下：Fe(OH)2=FeO+H2O，4FeO=Fe+Fe3O4总反应为4Fe(OH)2=Fe+Fe3O4+4H2O；故答案为Fe(OH)2；4Fe(OH)2=Fe+Fe3O4+4H2O；
（4）将此黄色溶液滴入到KSCN溶液中，溶液呈血红色，证明有Fe3+；黄色溶液滴入到K3Fe(CN)6溶液中，产生蓝色沉淀，证明有Fe2+；黄色溶液滴入到BaCl2溶液中，产生白色沉淀，证明有SO42−；故答案为Fe2+、Fe3+、SO42−；
（5）实验开始时，打开右瓶上方的空气过滤器的气阀，平衡压强，便于FeSO4溶液能够进入右瓶；然后依次打开鲁尔阀、推动注射器，将左瓶中的FeSO4溶液压入右瓶；当右瓶中明显有白色沉淀生成时，停止加液，依次关闭鲁尔阀、右瓶上方的空气过滤器的气阀，打开左瓶上方的空气过滤器的气阀；氨水(NH3⋅H2O)碱性低，可用氨水(NH3⋅H2O)代替NaOH溶液，便于生成Fe(OH)2；氨水中加入0.5ml⋅L−1 Na2SO3，可与氧气反应，防止Fe2+被氧化，离子方程式为2SO32−+O2=2SO42−；故答案为平衡压强，便于FeSO4溶液能够进入右瓶；降低溶液的碱性，便于生成Fe(OH)2；2SO32−+O2=2SO42−。
13．(2023·江门一模)H2O2是一种绿色氧化还原试剂，在化学研究中应用广泛。某研究性学习小组设计如图所示实验装置，探究影响H2O2分解反应速率的因素。
(1)①写出锥形瓶中反应的化学方程式_________。
②设计实验方案：在不同条件下，测定_________。(要求所测得的数据能直接体现反应速率大小)
(2)探究影响H2O2分解反应速率的因素实验方案如下表所示，先向锥形瓶中加入质量分数为10%H2O2，再依次通过分液漏斗向锥形瓶中加入一定量的蒸馏水和FeCl3溶液，请回答问题：
①表格中a=_________，b=_________。
②通过实验_________和_________(填写序号)探究浓度对反应速率影响。
(3)实验II、III中溶液颜色变深的原因是_________。
(4)已知FeCl3溶液对H2O2的催化分解分为反应i和反应ii两步进行：已知反应ii的离子方程式为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；
①反应i离子方程式为_________。
②某同学设计实验证明催化过程中有Fe2+产生：取2mLH2O2溶液于试管中，向试管中滴加2滴FeCl3溶液，再滴加2滴_________溶液，产生蓝色沉淀。
(5)向实验II中反应后的溶液滴加KSCN溶液，溶液变红色，2min后溶液红色褪去；继续滴加KSCN溶液，溶液又变红色，一段时间后又褪色；此时再向溶液中滴加盐酸酸化后的BaCl2溶液，产生白色沉淀。请分析溶液红色褪去的原因_________。
【答案】(1) 2H2O2催化剂2H2O+O2↑ 相同时间内收集氧气的体积或收集相同体积气体所需时间
(2) 2 0 II III
(3)双氧水分解为放热反应，促进Fe3+水解为Fe(OH)3，使溶液颜色变深
(4) 2Fe3+＋H2O2=2Fe2+＋O2↑＋2H+ 铁氰化钾(或K3[Fe(CN)6]、[Fe(CN)6]3-)
(5)SCN-(或KSCN)具有还原性，被H2O2氧化生成SO42-，使平衡Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3逆向移动
【分析】本题是一道探究反应速率影响因素的实验题，可以通过测量单位时间内生成气体的体积来计算反应速率，在实验过程中，要注意控制只有一个因素影响反应速率，此时其他因素都相同，以此解题。
【详解】（1）①过氧化氢分解生成水和氧气，方程式为：2H2O2催化剂2H2O+O2↑；
②该反应产生氧气，可以通过测定单位时间内，产生气体的量，来测定速率，故答案为：相同时间内收集氧气的体积或收集相同体积气体所需时间；
（2）①做实验时，每一组实验只能选择一个因素不同，参考实验III可知a=2，b=0；
②在实验II和III中，过氧化氢的量不同，其浓度不同，可以探究浓度对反应速率影响；
（3）该反应中使用了催化剂氯化铁，且该反应是放热反应，随着反应进行温度升高，促进了三价铁的水解，颜色变深，故答案为：双氧水分解为放热反应，促进Fe3+水解为Fe(OH)3，使溶液颜色变深；
（4）①研究表明，Fe3+ 催化H2O2 分解的反应过程分两步进行，其中第二步反应为2Fe2+ + H2O2+2H+=2Fe3++2H2O，总反应为2H2O2═2H2O+O2↑，总反应减去第二步反应为第一步反应，第一步的离子方程式2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+。故答案为：2Fe3++H2O2═2Fe2++O2↑+2H+；
②二价铁遇到铁氰化钾会生成蓝色沉淀，可以用来检验二价铁，故答案为：铁氰化钾(或K3[Fe(CN)6]、[Fe(CN)6]3-)；
（5）反应中用的过氧化氢具有强氧化性，且继续滴加KSCN溶液，溶液又变红色，此时再向溶液中滴加盐酸酸化后的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明溶液中有三价铁，只是SCN-被氧化成硫酸根离子，故溶液红色褪去的原因; SCN-(或KSCN)具有还原性，被H2O2氧化生成SO42-，使平衡Fe3++3SCN- ⇌Fe(SCN)3逆向移动。
14．(2023·茂名二模)84消毒液的有效成分为NaClO，广泛应用于物体表面和环境等的消毒。实验室利用以下装置制备NaClO并进行性质探究。
(1)装置B的作用是___________。
(2)生成NaClO的离子反应方程式为___________。
(3)某小组研究25℃下NaClO稳定性的影响因素。
提出假设：NaClO溶液中加入Na2SiO3或改变NaCl浓度，对NaClO的稳定性有影响。
设计方案并完成实验： 用浓度为1ml⋅L−1的NaClO溶液、NaCl溶液，Na2SiO3溶液和NaOH溶液按下表配制总体积相同的系列溶液；相同时间内测定溶液中有效氯(指次氯酸钠中氯元素质量占样品的百分含量)，记录数据。
①根据表中信息，补充数据：a=___________；b=___________。
②由实验Ⅱ和Ⅲ可知，增加NaCl的浓度，NaClO溶液的稳定性___________(填“增强”、“减弱”或“不变”)。
③由实验可知，增加Na2SiO3浓度NaClO稳定性增加，结合上述数据用相关原理解释___________。
实验结论：假设成立。
(4)实验拓展。探索NaClO分解规律，发现其浓度和速率常数k满足下列关系：lncNaClO=−kt+b[其中b为常数，t为时间(单位为h)]。
①25℃下速率常数k=0.003h−1，cNaClO变为原来一半时，所需的时间约为___________h．(已知ln2≈0.693)。
②除添加NaCl、NaOH、Na2SiO3浓溶液外，提出一条减缓NaClO分解的措施___________。
【答案】(1)除去Cl2中的HCl，长颈漏斗可以平衡气压，减缓Cl2的通入，使反应更充分
(2) Cl2+2OH- = Cl- + ClO- +H2O
(3) 6.00 2.00 增强 NaClO溶液水解生成HClO，HClO不稳定，所以NaClO溶液不稳定，加入硅酸钠溶液，硅酸钠溶液显碱性，可以减少NaClO的水解，增强NaClO溶液的稳定性
(4) 0.693+b0.003h 降低温度
【分析】用二氧化锰和浓盐酸制取Cl2，通过饱和食盐水，可以除去Cl2中的HCl，再用Cl2与饱和的NaOH溶液发反应，制备NaClO。
【详解】（1）装置B中装有饱和食盐水，可以除去Cl2中的HCl，长颈漏斗可以平衡气压，减缓Cl2的通入，使反应更充分；
（2）Cl2与饱和的NaOH溶液发反应，制备NaClO，反应的离子方程式为：Cl2+2OH- = Cl- + ClO- +H2O
（3）①探究Na2SiO3或改变NaCl浓度，对NaClO的有效氯的影响，保证溶液的总体积不变，所以总体积为50mL，a=6.00，b=2.00；
②根据表中的数据，由实验Ⅱ和Ⅲ可知，增加NaCl的浓度，NaClO溶液的稳定性增强；
③NaClO溶液水解生成HClO，HClO不稳定，所以NaClO溶液不稳定，加入硅酸钠溶液，硅酸钠溶液显碱性，可以减少NaClO的水解，增强NaClO溶液的稳定性；
（4）①根据公式：lncNaClO=−kt+b，当NaClO变成0.5ml/L时，代入数据ln0.5=−0.003t+b，解得t=0.693+b0.003h；
②降低温度，可以减少NaClO的水解，提高NaClO的稳定性。
15．(2023·茂名一模)某兴趣小组在电解食盐水实验中发现两极产生气体体积不相等，该组同学猜测阳极除Cl2外可能有O2产生。小组同学利用如图装置进行实验探究。
已知：KI在酸性条件下能被O2氧化为I2。
(1)配制250mL5.0ml⋅L−1NaCl溶液，实验所用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、_______。
(2)利用上述装置检验阳极是否产生O2，其连接顺序为_______：A→_______→_______→_______。实验前从a处通入氮气的目的为_______。
(3)小组同学根据实验现象判断有O2产生，用电极反应式表示产生O2的原因_______。
(4)该小组在恒定电压下进行电解实验，探究不同pH、不同浓度的NaCl溶液对产生O2的影响，用传感器测得在0∼t1时间内阳极区溶解氧的浓度变化，装置如图所示，数据记录如下表。
①实验2、3是判断相同浓度NaCl在不同pH下是否有氧气产生，其中x=_______。
②实验2和5条件下，测得溶解氧的曲线如图中Ⅰ、Ⅱ所示，分析实验2溶解氧先降低后升高的原因是_______。
③实验3中0~240s时间段内溶液溶解氧逐渐增大，电解60s后取阳极区溶液2mL于试管a，加入淀粉−KI溶液，没有明显现象；然后滴加稀硫酸，溶液变蓝。电解200s后另取阳极区溶液2mL于试管b，加入淀粉−KI溶液，溶液变蓝。由上述实验现象可获得的实验结论是_______。
④工业上在一定条件下电解食盐水制备较纯净的Cl2，除了控制一定的电压，采用活性Ti电极外，可采取的措施有_______(写一种)。
【答案】(1)250mL容量瓶
(2) A→C→B→D 排出装置内及溶解的氧气的干扰
(3)2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑
(4) 40.0 Cl－放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH－放电导致溶解氧升高 该条件下OH－比Cl－先放电 电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜(其他合理答案即可)
【分析】探究电解氯化钠溶液中阳极是否有氧气产生，首先排出装置及溶解的氧气，再利用生成的气体通入先除掉氯气，再检验氯气是否除尽，再检验是否产生氯气。
【详解】（1）配制250mL5.0ml⋅L−1NaCl溶液，实验所用到的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、250mL容量瓶；故答案为：250mL容量瓶。
（2）利用上述装置检验阳极是否产生O2，将产生的混合气体先用氢氧化钠溶液除掉氯气，再用淀粉-KI溶液检验氯气是否除尽，除尽后再通入到酸性淀粉-KI溶液中检验是否有氧气生成，因此其通入其连接顺序为A→C→B→D。空气中有氧气，要检验是否有氧气生成，因此电解前要排出装置内及溶液中的氧气，因此实验前从a处通入氮气的目的为排出装置内的空气；故答案为：A→C→B→D；排出装置内及溶解的氧气的干扰。
（3）小组同学根据实验现象判断有O2产生，说明是溶液中的水失去电子变为氧气和氢离子，其用电极反应式表示产生O2的原因2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑；故答案为：2H2O−4e－＝4H＋＋O2↑。
（4）①根据题意，要使得实验2、3是判断相同浓度NaCl在不同pH下是否有氧气产生，则溶液的总体积应该相等，因此其中x=40.0；故答案为：40.0。
②根据图中信息分析，实验1分析，氯气量越多，溶解氧的含量减少，实验2与实验3分析同样浓度的氯化钠在中性和碱性条件下溶解氧是不相同，在碱性条件下溶解氧含量增多，根据实验5分析在碳酸钠碱性条件下溶解氧含量增加，因此根据前面分析得到实验2溶解氧先降低后升高的原因是生成氯气量增多，溶解氧含量减少，当氯化钠反应完，溶液呈碱性，氯气逸出，此时溶解氧又慢慢增大即Cl－放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH－放电导致溶解氧升高；故答案为：Cl－放电产生氯气导致溶解氧降低，后OH－放电导致溶解氧升高。
③根据题意，由上述实验现象可获得的实验结论是说明开始阶段是OH－放电溶解氧增多，后来Cl－放电氯气含量增多即该条件下OH－比Cl－先放电；故答案为：该条件下OH－比Cl－先放电。
④根据题意分析，根据实验1得到是氯离子放电，而实验3是OH－比Cl－先放电，因此可采取的措施有电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜；故答案为：电解过程加入NaCl控制合适的氯离子浓度或离子交换膜(其他合理答案即可)。
16．(2023·梅州二模)铜及其化合物有着广泛的应用。某实验小组探究Cu2+的性质。
I．实验准备：
(1)由NaHSO3固体配制100mL1.0ml⋅L−1NaHSO3溶液，下列仪器中需要使用的有_________(填序号)。
实验任务：探究NaHSO3溶液分别与CuSO4、CuCl2溶液的反应
查阅资料：
已知：a．Cu2+→浓氨水CuNH342+(深蓝色溶液)
b．Cu+→浓氨水CuNH32+(无色溶液)→一段时间露置在空气中CuNH342+(深蓝色溶液)
设计方案并完成实验：
现象分析与验证：
(2)推测实验B产生的无色气体为SO2，实验验证：用蘸有碘水的淀粉试纸接近试管口，观察到__________。
(3)推测实验B中的白色沉淀为CuCl，实验验证步骤如下：
①实验B完成后，立即过滤、洗涤。
②取少量已洗净的白色沉淀于试管中，滴加足量________，观察到沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为__________；露置在空气中一段时间，观察到溶液变为深蓝色。
(4)对比实验A、B，提出假设：Cl−增强了Cu2+的氧化性。
①若假设合理，实验B反应的离子方程式为2Cu2++2Cl−+HSO3−+H2O＝2CuCl↓+SO42−+3H+和__________。
②下述实验C证实了假设合理，装置如图8(两个电极均为碳棒)。实验方案：闭合K，电压表的指针偏转至“X”处；向U形__________(补全实验操作及现象)。
Ⅱ．Cu2+能与NH3、H2O、OH−、Cl−等形成配位数为4的配合物。
(5)硫酸铜溶液呈蓝色的原因是溶液中存在配离子_________(填化学式)。
(6)常见配合物的形成实验
【答案】(1)①②③
(2)试纸从蓝色变白
(3) 氨水 CuCl+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++Cl-+2H2O
(4) HSO3−+H+=H2O+SO2↑ 右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，观察到电压表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀。U形管左侧溶液中产生无色气体
(5)CuH2O42+
(6) 溶解 深蓝
【详解】（1）用固体物质配制溶液，需要使用天平称量固体的质量，并在烧杯中溶解并使用量筒量取少量水，然后转移入容量瓶中，并使用玻璃棒引流，最后用胶头滴管滴加到刻度线，故所给仪器中需要使用的为烧杯、量筒和天平。故选①②③。
（2）淀粉遇碘变蓝，二氧化硫和碘反应生成硫酸和氢碘酸，故观察到的现象为试纸从蓝色变为白色。
（3）根据信息分析，亚铜离子能溶于浓氨水，故取少量已经洗净的白色沉淀，滴加足量的浓氨水，沉淀溶解，得到无色溶液，此反应的离子方程式为CuCl+2NH3·H2O=[Cu(NH3)2]++Cl-+2H2O。露置在空气中可以变成深蓝色溶液。
（4）实验B中有白色沉淀和无色气泡产生，故还存在亚硫酸氢根离子和氢离子反应生成二氧化硫和水，离子方程式为HSO3−+H+=H2O+SO2↑。为了验证假设，先在没有氯离子的条件下进行反应，闭合K ，电压表的指针偏转只X处，说明产生很小的电流，然后向U形管右侧即硫酸铜溶液中加入氯化钠固体，观察到电压表的指针偏转读数变大，硫酸铜溶液中产生白色沉淀。U形管左侧溶液中产生无色气体。
（5）硫酸铜溶液显蓝色是因为形成了CuH2O42+。
（6）硫酸铜溶液中加入氨水生成氢氧化铜沉淀，氨水过量形成四氨合铜离子，沉淀溶解，加入乙醇后析出深蓝色[Cu(NH3)4]SO4⋅H2O沉淀。
17．(2023·梅州一模)乙二酸俗称草酸(H2C2O4)，是一种二元弱酸，易溶于水，具有还原性。25℃时，H2C2O4的电离平衡常数Ka1=5.6×10−2，Ka2=1.5×10−4。
Ⅰ.学习小组甲用酸性KMnO4标准溶液滴定未知浓度的草酸溶液。
(1)H2C2O4中C元素的化合价是___________，写出NaHC2O4的电离方程式___________。
(2)某学生的滴定方式(夹持部分略去)如图1所示，合理的是___________(填“a”或“b”)，由图2可知消耗KMnO4溶液体积为___________mL，若滴定终点时俯视滴定管刻度读数，则由此测得的草酸溶液的物质的量浓度会___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
Ⅱ.学习小组乙查阅文献获得以下信息：
①三水三草酸合铁酸钾[K3FeC2O43⋅3H2O]为翠绿色晶体，光照易分解，FeC2O433−是一种稳定的配离子，能类似于FeSCN3中的FeSCN2+在溶液中稳定存在。FeC2O433−和FeSCN2+存在如下平衡：
ⅰ.FeSCN2+红色⇌Fe3++SCN− K=1.1×10−3
ⅱ.FeC2O433−⇌Fe3++3C2O42− K=6.3×10−21
②相同条件下，草酸根(C2O42−)的还原性强于Fe2+
③FeC2O4⋅2H2O为黄色固体，微溶于水，可溶于强酸
【实验】探究Fe3+和草酸根在溶液中的反应。
(3)取实验中少量晶体洗净，配成溶液，滴加KSCN溶液，不变红，原因是___________(结合ⅰ、ⅱ平衡，用必要的化学用语和数据解释原因)，继续加入硫酸，溶液变红，说明加入硫酸，H+与C2O42−结合使ⅱ平衡___________移动(填“正向”或“逆向”)。经检验发现上述实验中Fe3+和C2O42−未发生氧化还原反应。
(4)取实验中少量的翠绿色溶液于试管中光照一段时间，产生黄色沉淀和气泡，反应的离子方程式为2FeC2O433−+4H2O光照2FeC2O4⋅2H2O↓+3C2O42−+2CO2↑，用单线桥法表示该反应中的电子转移情况。__________
(5)写出一种利用盐类水解原理在生产或生活中应用的实例___________。
【答案】(1) +3 NaHC2O4=Na+ + HC2O4-
(2) b 26.10 mL 偏小
(3) [Fe(C2O4)3]3-+SCN-⇌[Fe(SCN)]2++3C2O42- K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生 正向
(4)
(5)明矾净水或泡沫灭火器等
【详解】（1）利用物质化合价为0，设C的化合价为x，2+2x+(-2)×4=0，则x=+3。NaHC2O4为弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHC2O4=Na+ + HC2O4-、HC2O4-⇌H++C2O42-。答案为+3；NaHC2O4=Na+ + HC2O4-；
（2）酸性高锰酸钾溶液为强氧化剂对橡胶有腐蚀性不能用碱式滴定管装，正确的装置为b。滴定管的精度为0.01mL，由图读取消耗高锰酸钾的体积为26.10 mL。由电子守恒得出关系式为5H2C2O4∼2KMnO4，则c(H2C2O4)= 5c(KMnO4)V(KMnO4)2V(H2C2O4)。滴定终点时俯视读数会导致V(KMnO4)偏小，所以c(H2C2O4)偏小。答案为b；26.10 mL；偏小；
（3）[Fe(C2O4)3]3-+SCN-⇌[Fe(SCN)]2++3C2O42- K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生。所以无法看到红色。加入酸之后H+消耗平衡ii的C2O42-，促使平衡正向。答案为[Fe(C2O4)3]3-+SCN-⇌[Fe(SCN)]2++3C2O42- K=5.7×10-18，该反应的K值极小该反应很难发生；正向；
（4）反应中Fe3+被C2O42-还原为Fe2+。答案为 ；
（5）明矾净水，利用Al3+水解产生胶体Al(OH)3吸附净水；泡沫灭火器利用NaHCO3和Al2(SO4)3的双水解产生大量气泡和Al(OH)3达到灭火的目的等。答案为明矾净水或泡沫灭火器等。
18．(2023·汕头二模)络氨铜CuNH34SO4受热易分解产生氨气，络氨铜在乙醇—水混合溶剂中溶解度变化曲线如图所示，溶于水产生的CuNH342+存在平衡：CuNH342+⇌Cu2++4NH3K=4.8×10-14
I．制备少量CuNH34SO4⋅H2O晶体，设计实验方案如下：
(1)仪器A的名称为________，对比铜和浓硫酸加热制备硫酸铜，该方案的优点是________(答一条即可)。
(2)悬浊液B为Cu2OH2SO4，补全下列离子方程式：_________。2Cu2++_________+SO42−=Cu2OH2SO4↓+_________
(3)某同学认为上述方案中的溶液C中一定含CuNH34SO4，设计如下方案证明其存在：加热深蓝色溶液并检验逸出气体为氨气。你认为此方案____________(填“可行”或“不可行”)，理由是_______。
(4)取溶液C于试管中，加入____________(填试剂)，并用玻璃棒摩擦试管壁，即可得到产物晶体。
Ⅱ．探究浓氨水和CuSO4溶液反应
(5)某同学阅读教材中浓氨水和CuSO4溶液反应实验步骤：“取2mL0.1ml/L的CuSO4溶液于试管中，滴加几滴1ml/L的氨水，立即产生浅蓝色沉淀，继续滴加氨水并振荡试管，沉淀溶解，得到深蓝色透明溶液”，设计如下方案探究浓氨水和CuSO4溶液反应产物的影响因素。
①利用平衡移动原理对实验b的现象进行解释________________________。
②某同学测得0.1ml/L CuSO4溶液的pH=3.2，于是设计实验c的试剂为cSO42−=0.1ml/L，pH=3.2硫酸和硫酸钠混合液，其目的是_______________。
【答案】(1) 坩埚 没有SO2生成，更环保
(2)2Cu2++2NH3·H2O+SO42−=Cu2OH2SO4↓+2NH4+
(3) 不可行 溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气
(4)无水乙醇
(5) OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，CuNH342+浓度降低，溶液变为无色 研究硫酸根的对浓氨水和CuSO4溶液反应产物的影响
【详解】（1）固体的Cu在仪器A中和O2加热生成CuO，所以仪器A为坩埚；然后CuO与硫酸反应生成硫酸铜，对比铜和浓硫酸加热制备硫酸铜，该方案的优点是没有SO2生成，更环保；故答案为坩埚；没有SO2生成，更环保。
（2）硫酸铜溶液中通入氨水得到悬浊液B为Cu2OH2SO4，2Cu2++2NH3·H2O+SO42−=Cu2OH2SO4↓+2NH4+；故答案为2Cu2++2NH3·H2O+SO42−=Cu2OH2SO4↓+2NH4+。
（3）溶液C为悬浊液B加入过量氨水得到，所以溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气；所以该同学设计方案不合理；故答案为不可行；溶液C中含有氨水，氨水不稳定，加热也能生成氨气。
（4）有题可知，络氨铜在乙醇—水混合溶剂中溶解度随着乙醇体积分数增大，溶解度减小，所以取溶液C于试管中，加入无水乙醇，并用玻璃棒摩擦试管壁，即可得到产物晶体；故答案为无水乙醇。
（5）①已知CuNH34SO4溶于水产生的CuNH342+存在平衡CuNH342+⇌Cu2++4NH3，加入NaOH溶液，OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，CuNH342+浓度降低，溶液变为无色；故答案为OH-与Cu2+生成浅蓝色沉淀，使得Cu2+浓度降低，平衡向右移动，CuNH342+浓度降低，溶液变为无色。
②实验a和b分别研究了铜离子浓度和溶液酸碱性对浓氨水和CuSO4溶液反应产物的影响，某同学测得0.1ml/L CuSO4溶液的pH=3.2，于是设计实验c的试剂为cSO42−=0.1ml/L，pH=3.2硫酸和硫酸钠混合液，对比实验a和b，设计此实验的目的是研究硫酸根的对浓氨水和CuSO4溶液反应产物的影响；故答案为研究硫酸根的对浓氨水和CuSO4溶液反应产物的影响。
19．(2023·汕尾模拟)填空。
I．(1)配制200 mL 0.2 ml/L Na2SO3溶液，下列哪些玻璃仪器会用到_______。
(2)用离子方程式解释Na2SO3溶液呈碱性的原因：_______。
II．化学小组用双液原电池原理研究酸碱性对物质氧化性、还原性强弱的影响。通过改变溶液酸碱性，观察电压表读数的变化，读数越大，则对应物质的氧化性(或还原性)越强。
已知：①电压高低主要与电极反应有关，还与溶液的温度、离子的浓度、pH值等因素有关。
②MnO4-的还原产物与溶液酸碱性有关，在强酸性溶液中，被还原为 Mn2+；在中性和弱碱性溶液中，被还原为 MnO2；在强碱性溶液中，被还原为MnO42-。
(3)连接电压表，形成闭合回路，电极 B 应和图中电压表的_______极(填“a”或“b”)柱相连，测得初始电压为 V1。
(4)实验装置要置于水浴内的原因：_______。
实验操作和读数记录如下：
(5)同学甲根据实验③推导出酸性增强，KMnO4 的氧化性增强，实验②可以得出：_______。
(6)同学乙认为实验①中，加入酸后，还原剂转化成了_______(填化学式)。
(7)同学丙认为实验设计不够严谨，以实验①②为例，应该往左边烧杯中加入_______，测得电压为V2，以此作为实验①②的初始电压。
(8)同学丁认为，实验④加入5 mL NaOH溶液后，右边烧杯内的电极反应为：_______。
【答案】(1)BE
(2)SO32−+H2O⇌HSO3−+ OH-
(3)b
(4)保证溶液的温度不变，防止对实验造成干扰
(5)溶液碱性增强，Na2SO3的还原性增强
(6)HSO3-
(7)5 mL蒸馏水(或者5 mL 0.05 ml/L Na2SO4)
(8)MnO4−+e-= MnO42−
【分析】配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近。结合盐的水解规律判断溶液的酸碱性。在原电池反应中，负极失去电子发生氧化反应，正极得到电子发生还原反应；在探究外界条件对化学反应的影响时，要采用控制变量法分析，只改变一个外界条件，其它条件都相同，根据该条件与发生的反应分析解答。
【详解】（1）配制200 mL0.2 ml/LNa2SO3溶液，需使用托盘天平称量Na2SO3固体，然后在烧杯中溶解，并使用玻璃棒搅拌，促进溶质的溶解，待溶液恢复至室温后，通过玻璃棒引流转移至250 mL容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁及玻璃棒，然后定容，在溶液凹液面离刻度线1-2 cm处改用胶头滴管定容，故配制溶液使用的仪器是BE；
（2）Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中SO32-发生水解反应，消耗水电离产生的H+，最终达到平衡时溶液中c(OH-)＞c(H+)，使溶液显碱性，水解反应的离子方程式为：SO32−+H2O⇌HSO3−+ OH-；
（3）在电极B附近，在酸性条件下MnO4-得到电子被还原为Mn2+，因此B电极为正极，连接电压表的b接线柱；
（4）实验装置要置于水浴内的原因是保证溶液的温度不变，防止对实验造成干扰；
（5）同学甲根据实验③推导出酸性增强，KMnO4 的氧化性增强，实验②中是加入NaOH溶液，使溶液碱性增强，由此可以得出的结论是：溶液碱性增强，Na2SO3的还原性增强；
（6）同学乙认为实验①中，加入酸后，Na2SO3与H2SO4会发生反应，反应分步进行，首先反应产生NaHSO3、NaHSO4，还原剂Na2SO3转化成了NaHSO3；
（7）同学丙认为实验设计不够严谨，以实验①②为例，应该往左边烧杯中加入5 mL的蒸馏水，或加入5 mL 0.05 ml/LNa2SO4作为对照实验，测得电压为V2，以此作为实验①②的初始电压；
（8）同学丁认为，实验④加入 5 mL NaOH 溶液后，溶液显强碱性，在右边烧杯内MnO4-得到电子被还原为MnO42-，则B电极发生的电极反应式为：MnO4-+e-=MnO42-。
20．(2023·韶关二模)某课外学习小组在一些化学实验中都用了碳酸盐。
(1)利用图装置进行Cu与HNO3制取氮氧化物的反应。
①若利用铜与浓硝酸反应制取并收集NO2，为驱赶装置内的空气，可先在三颈烧瓶A中放入少量___________粉末，再滴加浓硝酸。
②若利用该装置制取并收集NO时，则需对集气装置广口瓶B作必要的改动，改动措施是_______。
③针对上述实验，以下说法不正确的是___________。(填字母)
a．还缺少尾气吸收装置
b．不管是①还是②，每个实验，实验过程中整套装置都至少要组装两次
c．盖上滴液漏斗的玻璃塞，用水封住广口瓶B的长导管口，加热三颈烧瓶A，可以检查装置的气密性
d．在铜丝与橡皮塞之间涂抹少许凡士林，以润滑铜丝和封闭缝隙
(2)FeCO3难溶与水。难溶电解质遇到具有不同离子的可溶性强电解质溶液，会使难溶电解质溶解度增大，这种现象叫做“盐效应”。“盐效应”与离子浓度、离子所带电量有关。某小组设计实验探究Fe2+是否能与SCN−形成络离子，分别取等量的FeCO3进行实验，实验结果如图所示：
①不考虑Fe2+是否能与SCN−形成络离子，单就盐效应来讲，相同浓度下，KSCN溶液盐效应___________KCl溶液(填“>”、“=”、“<”)。
②滤液中+2价Fe总浓度：实验I___________实验II(填“>”、“=”、“<”)。
③设计实验II，对实验I的帮助作用是___________。
(3)常温下苯酚微溶于水，在水中形成乳浊液。苯酚是一种弱酸，常温下Ka=1.3×10−10，相同温度下碳酸Ka1=4.3×10−7，Ka2=5.7×10−11。限用两种药品或试剂(不包括蒸馏水)，仪器不限，设计实验证明酸性：H2CO3>>HCO3−。
【答案】(1) CaCO3 在装置B中装满水，并且要注意短导管进水，长导管出水 c
(2) = > 证明4 ml/L KSCN或KCl溶液的盐效应对FeCO3的溶解有限，从而证明了实验I中SCN-与Fe2+形成了络离子，促进了FeCO3的溶解；
(3) 向苯酚乳浊液中加入碳酸钠溶液 无气泡冒出 苯酚乳浊液变澄清
【分析】本题是一道实验题，为了收集到二氧化氮，可以用硝酸和碳酸钙反应生成二氧化碳，来取出装置中的空气，再使浓硝酸和铜发生反应生成二氧化氮，而为了收集一氧化氮可以用排水法收集，向装置B中装满水，并注意短管进，长导管出，以此解题。
【详解】（1）①可以利用硝酸和碳酸钙反应制备的二氧化碳来驱赶装置内的空气，则可先在三颈烧瓶A中放入少量CaCO3等粉末；
②可以利用排水法收集一氧化氮，则应该在装置B中装满水，并且要注意短导管进水，长导管出水，故改动的措施是：在装置B中装满水，并且要注意短导管进水，长导管出水；
③a．该装置会产生氮的氧化物，会污染空气，故还缺少尾气吸收装置，a正确；
b．每套装置组装好后，都需要首先检验装置气密性，随后再把药品加入其中，故实验过程中整套装置都至少要组装两次，b正确；
c．应该关上滴液漏斗的活塞，用水封住广口瓶B的长导管口，加热三颈烧瓶A，这样就可以形成密闭空间，即可以检查装置的气密性，c错误；
d．涂抹少许凡士林可以润滑铜丝同时还可以封闭缝隙，d正确；
故选c；
（2）①根据盐效应的影响因素可知，KSCN和KCl的阳离子相同、阴离子所带电荷数相等，在浓度相同条件下它们的盐效应相近，故答案为：=；
②实验Ⅰ最终产生红褐色沉淀，说明对应的滤液中含有Fe2+总浓度较大，实验Ⅱ中Fe2+总浓度较小，故答案为>；
③通过实验现象的不同可知，实验Ⅰ中Fe2+浓度较大， Fe2+和SCN-能形成无色络离子，会促进FeCO3的溶解，故设计实验II，对实验I的帮助作用是：证明4 ml/L KSCN或KCl溶液的盐效应对FeCO3的溶解有限，从而证明了实验I中SCN-与Fe2+形成了络离子，促进了FeCO3的溶解；
（3）可以利用苯酚在水中的溶解不大，而苯酚钠易溶于水，利用苯酚和碳酸钠的反应来证明，故答案为：向苯酚乳浊液中加入碳酸钠溶液；无气泡冒出；苯酚乳浊液变澄清。
21．(2023·大湾区二模)某研究性学习小组探究硫的化合物的制备和性质。
Ⅰ.制备二氧化硫
用70%的浓硫酸与Na2SO3固体反应制备SO2气体。
(1)制备SO2气体最合适的发生装置是_______(填写字母)。
Ⅱ.制备硫代硫酸钠
已知：硫代硫酸钠易与酸反应。
反应原理：4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+CO2
室温时，往Na2S、Na2CO3混合溶液中均匀通入SO2气体，一段时间后，溶液中有大量黄色浑浊物出现，然后浑浊物开始由黄变浅，当混合溶液pH值接近于7时，停止通入SO2气体。
(2)制备Na2S2O3反应分三步进行
反应i：Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2；
反应ii：3SO2+2Na2S=3S↓+2Na2SO3；
反应iii的化学方程式为_______。
(3)当pH值接近于7时，停止通入SO2的原因是_______。
Ⅲ.探究浓度对反应速率的影响
相同温度下，按下表中的体积将0.1 ml⋅L−1 Na2S2O3溶液、0.1 ml⋅L−1 H2SO4溶液与蒸馏水温合，并采集反应后浑浊度传感器数据。
通过实验绘制出的浑浊度随时间变化关系如图所示：
(4)①实验C、D、E探究_______溶液浓度对反应速率的影响。
②结合图像分析，Na2S2O3溶液、H2SO4溶液二者相比，_______溶液浓度的改变对化学反应速率的影响更大。
③请在答题卡相应的图中画出实验C对应的曲线_______。
Ⅳ.探究性质
资料：IO3−在酸性溶液中氧化I−，反应为：IO3−+5I−+6H+=3I2+3H2O。
向某浓度的过量KIO3酸性溶液(含淀粉)中通入一定量后，停止通气，刚开始时溶液无明显变化，t秒后溶液突然变蓝。
(5)某实验小组提出假设：t秒前生成了I2，但I2继续与溶液中的SO2反应，且该反应速率较快，故溶液没有立刻变蓝，请写出SO2与I2反应的离子方程式_______。
(6)为验证该实验小组的假设合理，设计下面实验：
操作：向变蓝色的溶液中_______；现象：蓝色迅速消失，一段时间后再次变蓝。
【答案】(1)C
(2)Na2SO3+S=3Na2S2O3
(3)若SO2过量，溶液呈酸性，Na2S2O3会发生歧化反应被损耗
(4) H2SO4 Na2S2O3
(5)SO2+I2+2H2O=2I—+SO42-+4H+
(6)通入少量SO2
【分析】由题意可知，该实验的实验目的是制备二氧化硫和硫代硫酸钠，并探究浓度对硫代硫酸钠溶液与酸反应的反应速率的影响和硫代硫酸的还原性。
【详解】（1）70%的浓硫酸与亚硫酸钠固体反应制备二氧化硫的反应为易溶于水的亚硫酸钠与70%的浓硫酸不加热制备易溶于水的二氧化硫的反应，所以制备装置应选择固液不加热的反应装置C，故选C；
（2）由题意可知，反应iii发生的反应为反应生成的硫与亚硫酸钠溶液反应生成硫代硫酸钠，反应的化学方程式为Na2SO3+S=3Na2S2O3，故答案为：Na2SO3+S=3Na2S2O3；
（3）溶于水的二氧化硫能与水反应生成亚硫酸使溶液呈酸性，硫代硫酸钠在酸性溶液中会发生歧化反应生成硫、二氧化硫和水，所以为防止硫代硫酸钠发生歧化反应造成损耗，所以当溶液pH值接近于7时，停止通入二氧化硫，故答案为：若SO2过量，溶液呈酸性，Na2S2O3会发生歧化反应被损耗；
（4）①由表格数据可知，实验C、D、E中溶液总体积和硫代硫酸钠溶液的体积相同，而稀硫酸和蒸馏水的体积不同，则由探究实验变量唯一化原则可知，实验C、D、E探究稀硫酸溶液浓度对反应速率的影响，故答案为：H2SO4；
②由图可知，实验D出现浑浊度的时间少于实验B，说明硫代硫酸钠溶液的浓度的改变对化学反应速率的影响更大，故答案为：Na2S2O3；
③由表格数据可知，溶液总体积和硫代硫酸钠溶液体积相同时，实验C中稀硫酸的体积大于实验D，说明稀硫酸溶液的浓度大于实验D，反应速率快于实验D，出现浑浊度的时间少于实验D，则实验C对应的曲线如下图所示：，故答案为：；
（5）由题意可知，二氧化硫与碘水反应生成氢碘酸和硫酸，反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O=2I—+SO42-+4H+，故答案为：SO2+I2+2H2O=2I—+SO42-+4H+；
（6）由题给信息可知，向变蓝色的溶液中通入少量二氧化硫，溶液蓝色迅速消失，一段时间后再次变蓝说明该实验小组提出的假设合理，故答案为：通入少量SO2。
22．(2023·东莞市上学期期末教学质量检查)氮元素被称为生命元素，氮及其化合物与社会的可持续发展息息相关。
Ⅰ．含氮气体的制备和转化
(1)实验室利用盐与碱反应制备氨气的化学方程式为_______。
(2)用干燥的烧瓶收集NH3，下列方法合理的是_______。
A．B．C．D．
(3)用收集所得的进行喷泉实验，发现水未能充满圆底烧瓶，可能的原因是_______。(任写一条)
(4)Cr2O3可用于NH3的催化氧化，从NH3出发制备HNO3的路线为“NH3→NO→NO2→HNO3”，写出没有颜色变化反应的化学方程式：_______。
Ⅱ．探究NO3−的氧化性
(5)某实验小组以一定的流速，分别向煮沸和未煮沸的BaNO32溶液中通SO2，测定溶液pH变化(图1)，测定结果如图2、3所示：
①根据图2猜想：实验时NO3−在无溶解氧条件下氧化性极弱。
验证：用图1装置(药品可替换)做下表实验，完成表中实验操作：
②根据图3推测：存在溶解氧时，通入BaNO32溶液中的SO2变为_______，溶液酸度显著增加；酸度增加提升NO3-氧化性，与SO2反应使溶液pH进一步下降。查阅资料得知前一步反应活化能比后一步略高。在答题卡图上画出SO2通入未煮沸BaCl2溶液的pH变化图______。
③向煮沸的BaNO32溶液中继续通入SO2至饱和，可以观察到_______。(已知常温饱和碳酸溶液pH约为4.1，Ka1H2CO3≈4.2×10−7，Ka1H2SO3≈1.3×10−2)
【答案】(1)2NH4Cl+CaOH2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2O
(2)BD
(3)收集到气体不纯
(4)4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O
(5) 将煮沸的硝酸钡溶液更换为等量的煮沸的水，然后通入足量的二氧化硫测定溶液的pH变化 H2SO4 溶液pH继续减小，溶液生成白色沉淀
【分析】Ⅱ中，由①实验可知，实验时NO3−在无溶解氧条件下氧化性极弱，pH下降是因为SO2与H2O发生反应所致；那么实验探究煮沸的Ba(NO3)2溶液中没有O2，则只发生SO2+H2O=H2SO3，反应生成亚硫酸导致溶液的pH下降，要证明这点可以将煮沸的硝酸钡溶液更换为等量煮沸的水进行对比实验；
未煮沸的Ba(NO3)2溶液中有O2，氧气具有氧化性，发生反应SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，使得溶液酸性增强，酸度增加提升NO3-氧化性，此时硝酸根离子也会把亚硫酸氧化为硫酸，查阅资料得知前一步反应活化能比后一步略高，故硝酸根离子氧化亚硫酸的速率还较快；最终整个反应使溶液pH进一步下降；
【详解】（1）实验室一般使用氯化铵和氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙、水，2NH4Cl+CaOH2Δ2NH3↑+CaCl2+2H2O；
（2）氨气密度小于空气，用向下排空气法收集氨气，可以选择BD；
（3）因为排空气法收集到气体不纯，故导致圆底烧瓶中可能混有空气，导致水未能充满圆底烧瓶；
（4）NO2为红棕色气体，故无颜色变化的反应为氨气和氧气在催化剂作用下生成一氧化氮，4NH3+5O2催化剂Δ4NO+6H2O；
（5）①根据上述分析，实验操作需要做对比实验，实验操作可以为：将煮沸的硝酸钡溶液更换为等量的煮沸的水，然后通入足量的二氧化硫测定溶液的pH变化；
②根据上述分析，未煮沸的溶液中存在溶解氧，通入SO2，发生反应SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=H2SO4；氯化钡和硝酸钡溶液的区别在于氯离子不能氧化亚硫酸为硫酸、且氧气氧化反应的活化能较大，但是溶解的氧气仍会将亚硫酸氧化为硫酸，只是反应速率慢于硝酸钡存在时的速率，且600s时溶液酸性要稍弱；故pH变化如图所示：；
③由分析可知，向煮沸的BaNO32溶液中继续通入SO2至饱和，硝酸根离子会氧化亚硫酸为硫酸，硫酸和硝酸钡生成硫酸钡沉淀，故现象为溶液pH继续减小，溶液生成白色沉淀。
23．(2023·湛江一模)某实验小组为探究含硫化合物NH42S2O8的性质，设计如下实验探究NH42S2O8的氧化性。
实验操作：向小试管中加入2mL0.2ml⋅L−1KI溶液，并滴入两滴淀粉溶液，无明显变化，再加入少量0.2ml⋅L−1NH42S2O8溶液，试管中溶液立即变蓝。取上层清液检验，证明溶液中存在SO42−。
(1)NH42S2O8与KI反应的离子方程式为___________。
(2)检验该溶液中存在SO42−的具体操作及现象为___________。
(3)实验结论：NH42S2O8的氧化性___________(填“强于”或“弱于”)I2。
已知：I2可与S2O32−发生反应：2S2O32−+I2=S4O62−+2I−。为了进一步探究NH42S2O8与KI的反应速率，小组同学设计下表实验：
(4)上述两实验中均加入了不同体积的蒸馏水，其目的为___________。
加入Na2S2O3溶液后溶液变蓝的时间明显增长，小组同学对此提出两种猜想：
猜想1：NH42S2O8先与Na2S2O3反应，Na2S2O3消耗完后才与I−反应；
猜想2：NH42S2O8与KI反应的速率远低于I2与Na2S2O3反应的速率。
为验证上述猜想，小组同学补充下表实验：
(5)验证猜想1的实验设计为___________(填“实验Ⅲ”或“实验Ⅳ”下同)，验证猜想2的实验设计为___________。
(6)下层溶液显浅紫色的原因为___________。
(7)由上述实验可知___________(填“猜想1”或“猜想2”)成立。
【答案】(1)S2O82−+2I−=2SO42−+I2
(2)向清液中滴加过量盐酸，无沉淀生成，再向所得混合液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀
(3)强于
(4)控制混合溶液总体积相等(或控制单一变量)，保证除了Na2S2O3外，其他投料浓度均相等(2分，答案合理即可)
(5) 实验Ⅲ 实验Ⅳ
(6)反应过程中有I2生成，其在CCl4的溶解度大，被CCl4萃取。(答案合理即可)
(7)猜想2
【分析】通过对比实验研究某一因素对实验的影响，应该要注意控制研究的变量以外，其它量要相同，以此进行对比；
【详解】（1）碘单质能使淀粉变蓝色，试管中溶液立即变蓝，取上层清液检验，证明溶液中存在SO42−，则反应生成碘单质和硫酸根离子，故NH42S2O8与KI反应的离子方程式为S2O82-+2I-=2SO42-+I2。
（2）检验上层清液中含SO42−的具体操作及现象为向清液中滴加过量盐酸，无沉淀生成，再向所得混合液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀即可证明溶液中含SO42−。
（3）氧化剂氧化性大于氧化产物，根据实验现象可得NH42S2O8的氧化性强于I2。
（4）加入蒸馏水的目的是控制单一变量，使混合溶液总体积相等，保证除了Na2S2O3外，其它投料浓度均相等。
（5）实验III证明中间有I2生成，验证猜想1不正确，实验Ⅳ体现了反应速率，是为了验证猜想2成立。
（6）碘极易溶于四氯化碳，下层溶液显浅紫色的原因为反应过程中有I2生成，其在CCl4的溶解度大，被CCl4萃取。
（7）实验III证明中间有I2生成，验证猜想1不正确，实验Ⅳ体现了反应速率，是为了验证猜想2成立；实验现象说明反应中首先生成了碘单质，碘单质迅速与Na2S2O3反应导致溶液又褪色，故猜想2成立。序号
反应试剂
体系温度/℃
反应前
反应后
i
0.20 ml·L-1 CuSO4溶液100mL
1.20 g Fe粉
a
b
ii
0.56 g Fe粉
a
c
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
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
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
4
Ⅰ
_______
5
_______
_______
装置
实验
序号
烧杯中所加试剂
电压表
读数
30％H2O2
0.3ml⋅L−1H2SO4
H2O
VmL
VmL
VmL
1
30.0
/
10.0
U1
2
30.0
1.0
9.0
U2
3
30.0
2.0
8.0
U3
4
35.0
1.0
V1
U4
装置
实验
序号
操作
电压表
读数
5
/
U5
6
①向______(填“左”或“右”)侧烧杯中滴加⋅L−1 H2SO4溶液。
U6
7
向另一侧烧杯中滴加⋅L−1H2SO4溶液
U7
序号
含Fe3+的试剂
吸光度
0.1ml⋅L−1 FeCl3溶液
0.05ml⋅L−1 Fe2(SO4)3溶液
1
pH=a
/
A1
2
pH=b
/
A2
3
/
pH=a
A3
4
/
pH=b
A4
序号
含Fe3+的试剂
再加入的试剂
吸光度
0.1ml⋅L−1 FeCl3溶液
0.05ml⋅L−1 Fe2(SO4)3溶液
5
/
pH=a
NaCl固体
A5
6
pH=a
/
_______
A6
电对(氧化型/还原型)
Fe3+Fe2+
H2O2/H2O
O2/H2O2
MnO2Mn2+
I2I−
电极电势φ/V
0.771
1.776
0.695
1.224
0.536
实验
实验操作
电压E/V
结论
i
往烧杯A中加入适量Fe
E___________0
猜想1成立
ii
往烧杯B中加入适量___________
E<0
猜想2成立
实验
实验操作
电压E/V
结论
iii
往烧杯A中加入适量___________
E<0
猜想1成立
实验序号
V(H2SO4)/mL
V(MnSO4)/mL
V(H2O)/mL
电极电势/V
1
20
20
0
φ1
2
m
n
10
φ2
3
20
10
10
φ3
序号
温度
VCH3COONa/mL
VCH3COONH4/mL
VH2O/mL
pH
1
25℃
40.0
0
0
A1
2
25℃
4.0
0
36.0
A2
3
25℃
20.0
10.0
a
A3
4
40℃
40.0
0
0
A4
序号
实验
记录的数据
5
取20.00mL CH3COONa溶液，用0.1000ml⋅L−1盐酸滴定至终点
消耗盐酸体积为VmL
6
测40℃纯水的pH
b
7
_______
c
物质
熔点/℃
沸点/℃
ClO2
-59
11
Cl2
-107
-34.6
温度
15℃以下
15～25.7℃
26～42℃
42℃以上
结晶水合物
CuCl2⋅4H2O
CuCl2⋅3H2O
CuCl2⋅2H2O
CuCl2⋅H2O
编号
操作
现象
实验1

加入铜粉后无现象
实验2

溶液很快由蓝色变为绿色，未观察到白色沉淀：2h后溶液为绿色，未观察到白色沉淀：24h后，溶液绿色变浅，试管底部有白色沉淀
编号
实验操作
实验现象
方法一
在注射器A中吸入4mL 0.5ml⋅L−1 FeSO4溶液，通过注射器B缓慢推入1mL 1ml⋅L−1 NaOH溶液、得沉淀a
生成灰白色沉淀(存在时间比方法二的长)，20秒后表面有少许灰绿色固体
方法二
在注射器A中吸入4mL 1ml⋅L−1 NaOH溶液，通过注射器B缓慢推入1mL 0.5ml⋅L−1 FeSO4溶液，得沉淀b
生成灰白色沉淀(存在时间很短)，20秒后颜色加深至灰绿色
实验
序号
10%H2O2/mL
蒸馏水/mL
0.2ml·LFeCl3溶液/mL
现象
I
10
a
0
无明显变化
II
10
b
2
锥形瓶变热，溶液迅速变红棕色，并有较多气泡产生；2min时，反应变缓，溶液颜色明显变浅
III
5
5
2
锥形瓶变热，溶液变棕色，开始5s后产生较少的气泡；2min时，反应速度加快
序号
VNaClO/mL
VNa2SiO3/mL
VNaCl/mL
VNaOH/mL
VH2O/mL
有效氯
/%
Ⅰ
40.00
/
/
/
10.00
3.6
Ⅱ
40.00
/
4.00
a
4.18
Ⅲ
40.00
/
2.00
8.00
4.12
Ⅳ
40.00
/
1.00
9.00
4.24
Ⅴ
40.00
b
8.00
4.28
Ⅵ
40.00
6.00
4.00
4.38
编号
5.0ml⋅L−1NaCl/mL
5.0ml⋅L−1NaOH/mL
H2O/mL
5.0ml⋅L−1 Na2CO3/mL
溶解氧的浓度/mg⋅L−1
1
50.0
0
0
0
8.3~7.3
2
5.0
0
45.0
0
8.3~10.5
3
5.0
5.0
x
0
8.3~15.0
4
0
0
50.0
0
8.3
5
0
0
0
50.0
8.3~15.5
实验
装置
试剂x
操作及现象
A
2mL1.0ml⋅L−1 NaHSO3溶液
1.0ml⋅L−1CuSO4溶液
加入2mL CuSO4溶液，得到绿色溶液，3min未见明显变化。
B
1.0ml⋅L−1CuCl2溶液
加入2mL CuCl2溶液，得到绿色溶液，30s时有无色气泡和白色沉淀产生，上层溶液颜色变浅。
实验操作
实验现象
有关离子方程式
滴加氨水后，试管中首先出现蓝色沉淀，氨水过量后沉淀逐渐__________，得到深蓝色的透明溶液，滴加乙醇后析出_________色晶体
Cu2++2NH3⋅H2O= Cu(OH)2↓+2NH4+
Cu(OH)2+4NH3= CuNH342++2OH−
CuNH342++SO42−+H2O 乙醇CuNH34SO4⋅H2O↓
操作
现象
在避光处，向10mL 0.5ml⋅L−1 FeCl3溶液中缓慢加入0.5ml⋅L−1 K2C2O4溶液至过量，搅拌，充分反应后，冰水浴冷却，过滤
得到翠绿色溶液和翠绿色晶体
左烧杯(Na2SO4/Na2SO3)
右烧杯(KMnO4，调 pH=4)
电压表读数变化
①
①逐滴加入5 mL 0.05 ml/L H2SO4
由V1逐渐降低
②
② 逐滴加入5 mL 0.1 ml/L NaOH
由V1逐渐升高
③
逐滴加入5 mL 0.05 ml/L H2SO4
由V1逐渐升高
④
加入少量 0.1 ml/L NaOH
由V1略微下降
①
继续逐滴加入NaOH至5 mL
再迅速下降
简要的实验操作
实验现象
实验结论
___________
___________
酸性：H2CO3>
___________
酸性：>HCO3−
实验标号
VNa2S2O3/mL
VH2SO4/mL
V(蒸馏水)/mL
A
1.5
3.5
10
B
2.5
3.5
9
C
3.5
3.5
8
D
3.5
2.5
9
E
3.5
1.5
10
实验操作
实验现象与结论
_______
实验前600s溶液pH变化与图2几乎相同，证明pH下降是因为SO2与H2O发生反应所致，猜想正确。
试验编号
0.2ml⋅L−1 KI溶液/mL
0.01ml⋅L−1 Na2S2O3溶液/mL
蒸馏水/mL
0.4%的淀粉溶液/滴
0.2ml⋅L−1 NH42S2O8溶液/mL
变色时间/s
Ⅰ
4.0
0
4.0
2
2.0
立即
Ⅱ
4.0
1.0
3.0
2
2.0
30
试验编号
0.2ml⋅L−1KI溶液/mL
0.001ml⋅L−1碘水/mL
0.01ml⋅L−1 Na2S2O3溶液/mL
CCl4 /mL
0.4%的淀粉溶液/滴
0.2ml⋅L−1 NH42S2O8溶液/mL
实验现象
Ⅲ
2
0
20
10
0
0.2
下层溶液显浅紫色
Ⅳ
0
5
20
0
2
20
溶液先变蓝，后迅速褪色，一段时间后又变蓝