高考模拟化学真题分项汇编（北京专用）3年（2021-2023）专题09 化学实验综合题

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专题09 化学实验综合题


考点 化学实验综合题
1．（2023·北京·统考高考真题）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)在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。

【分析】因I2溶解度较小，Cu与I2接触不充分，将转化为可以提高Cu与的接触面积，提高反应速率。加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，浓度增加，加入氨水后转化为，被氧化为，故而产生无色溶液变为蓝色溶液的现象。
【详解】（1）提高KI浓度，便于提高的浓度，与Cu接触更加充分，Cu与的反应速率加快，故实验Ⅰ<实验Ⅱ。
（2）加入，平衡逆向移动，I2浓度减小，浓度增加，其目的为：除去，防止干扰后续实验。加入氨水浓后转化为无色的被氧化为蓝色的，方程式为、。
（3）结合实验Ⅲ，推测实验Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，实验Ⅰ中铜被氧化的化学方程式是或；反应为可逆反应，加入浓溶液，I2浓度减小，CuI转化为Cu和I2，故产生白色沉淀溶解，出现红色固体的过程。
（4）要验证能将氧化为，需设计原电池负极材料为Cu，b为含的的溶液。
（5）含的的溶液铜与碘反应的体系在原电池装置中，将氧化为；而在实验Ⅰ、实验Ⅱ和实验Ⅲ中以形式存在，这是由于在实验Ⅰ、实验Ⅱ、实验Ⅲ中可以进一步与结合生成沉淀或，浓度减小使得氧化性增强，发生反应和。
2．（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1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被___________(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是___________。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因___________。
【答案】(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(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，因而实验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；1
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②取III中放置后的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，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的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；
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色溶液。
3．（2022·北京·高考真题）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。

已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。
(1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。
(2)高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为___________。
(3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。
已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。

①在电解池中发生反应的离子方程式为___________。
②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。
(4)煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。
已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
(5)条件控制和误差分析。
①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为___________。
②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)
【答案】(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分
(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑
(3) SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+ 3I——2e—=I
(4)
(5) I2+I—=I 偏小

【详解】（1）煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；
（2）由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；
（3）①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+；
②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I——2e—=I，故答案为：3I——2e—=I；
（4）由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；
（5）①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I—=I，故答案为：I2+I—=I；
②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏小。
4．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是_______。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii.氧化反应：_______。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii.随c(Cl-)降低，_______。
④补充实验证实了③中的分析。

实验操作
试剂
产物
I

较浓H2SO4
有氯气
II
a
有氯气
III
a+b
无氯气
a是_______，b是_______。
(2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。
(3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是_______。
(4)Ag分别与1mol·L-1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：_______。
(5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是_______。
【答案】(1) MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O 2Cl--2e- =Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
(2) KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强

【详解】（1）①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
（2）非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
（3）根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
（4）若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
（5）通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
5．（2021·北京·高考真题）某小组实验验证“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应并测定其平衡常数。
(1)实验验证
实验I：将0.0100 mol/L Ag2SO4溶液与0.0400 mo/L FeSO4溶液(pH=1)等体积混合，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。
实验II：向少量Ag粉中加入0.0100 mol/L Fe2(SO4)3溶液(pH=1)，固体完全溶解。
①取I中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag。现象是_______。
②II中溶液选用Fe2(SO4)3，不选用Fe(NO3)3的原因是_______。
综合上述实验，证实“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”为可逆反应。
③小组同学采用电化学装置从平衡移动角度进行验证。补全电化学装置示意图,写出操作及现象_______。

(2)测定平衡常数
实验Ⅲ：一定温度下，待实验Ⅰ中反应达到平衡状态时，取v mL上层清液，用c1 mol/L KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN标准溶液v1 mL。
资料：Ag++SCN-AgSCN↓（白色） K=1012
Fe3++SCN-FeSCN2+（红色） K=102.3
①滴定过程中Fe3+的作用是_______。
②测得平衡常数K=_______。
(3)思考问题
①取实验I的浊液测定c(Ag+)，会使所测K值_______(填“偏高”“偏低”或“不受影响”)。
②不用实验II中清液测定K的原因是_______。
【答案】(1) 灰黑色固体溶解，产生红棕色气体 防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果 a：铂/石墨电极，b：FeSO4 或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3 溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转
(2) 指示剂
(3) 偏低 Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态

【详解】（1）①由于Ag能与浓硝酸发生反应：Ag+2HNO3(浓)=AgNO3+NO2↑+H2O，故当观察到的现象为灰黑色固体溶解，产生红棕色气体，即可证实灰黑色固体是Ag，故答案为：灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。
②由于Fe(NO3)3溶液电离出将与溶液中的H+结合成由强氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干扰实验，故实验II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案为：防止酸性条件下，氧化性氧化Fe2+干扰实验结果。
③由装置图可知，利用原电池原理来证明反应Fe2++Ag+Ag+Fe3+为可逆反应，两电极反应为：Fe2+-e-Fe3+，Ag++e-Ag，故另一个电极必须是与Fe3+不反应的材料，可用石墨或者铂电极，左侧烧杯中电解质溶液必须含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右侧烧杯中电解质溶液必须含有Ag+，故用AgNO3溶液，组装好仪器后，加入电解质溶液，闭合开关 K，装置产生电流，电流从哪边流入，指针则向哪个方向偏转，根据b中所加试剂的不同，电流方向可能不同，因此可能观察到的现象为：Ag电极逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同，表明平衡发生了移动；另一种现象为：Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，说明此时反应达到平衡，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转，表明平衡发生了移动，故答案为：a：铂/石墨电极，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和现象：闭合开关 K，Ag电极上固体逐渐溶解，指针向左偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，与之前的现象相同；或者闭合开关 K，Ag电极上有灰黑色固体析出，指针向右偏转，一段时间后指针归零，再向左侧烧杯中加入滴加较浓的Fe2(SO4)3溶液，Ag电极上固体逐渐减少，指针向左偏转。
（2）①Fe3+与SCN-反应生成红色FeSCN2+，因Ag+与SCN-反应相较于Fe3+与SCN-反应更加容易及彻底，当溶液变为稳定浅红色，说明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+浓度不变，说明上述反应答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反应的指示剂，故答案为：指示剂。
②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液变为稳定浅红色时，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，说明反应几乎进行完全，故有I中上层清液中Ag+的浓度为：c(Ag+)=mol/L，根据平衡三段式进行计算如下：，故反应的平衡常数K== ，故答案为：指示剂；。
（3）①若取实验I所得浊液测定Ag+浓度，则浊液中还有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且随着反应Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移动，则测得平衡体系中的c(Ag+)偏大，即偏大，故所得到的K= 偏小，故答案为：偏小。
②由于实验II中Ag完全溶解，故无法判断体系是否达到化学平衡状态，因而不用实验II所得溶液进行测定并计算K，故答案为：Ag完全反应，无法判断体系是否达到化学平衡状态。
6．（2021·北京·高考真题）环氧乙烷(，简称EO)是一种重要的工业原料和消毒剂。由乙烯经电解制备EO的原理示意图如下。

(1)①阳极室产生Cl2后发生的反应有：_______、CH2=CH2+HClO→HOCH2CH2Cl。
②结合电极反应式说明生成溶液a的原理_______。
(2)一定条件下，反应物按一定流速通过该装置。
电解效率η和选择性S的定义：
η(B)=×100%
S(B)=×100%
①若η(EO)=100%，则溶液b的溶质为_______。
②当乙烯完全消耗时，测得η(EO)≈70%，S(EO)≈97%，推测η(EO)≈70%的原因：
I.阳极有H2O放电
II.阳极有乙烯放电
III.阳极室流出液中含有Cl2和HClO
……
i.检验电解产物，推测I不成立。需要检验的物质是_______。
ii.假设没有生成EO的乙烯全部在阳极放电生成CO2，η(CO2)≈_______%。经检验阳极放电产物没有CO2。
iii.实验证实推测III成立，所用试剂及现象是_______。
可选试剂：AgNO3溶液、KI溶液、淀粉溶液、品红溶液。
【答案】(1) Cl2 +H2O= HCl+ HClO 阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液
(2) KCl O2 13 KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝

【详解】（1）阳极产生氯气后，可以和水发生反应生成次氯酸其方程式为：Cl2 +H2O= HCl+ HClO；溶液a是阴极的产物，在阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-，同时阳极的钾离子会向阴极移动和氢氧根结合形成氢氧化钾，故答案为：阴极发生反应： 2H2O+2e-=H2↑ + 2OH-生成OH-，K+ 通过阳离子交换膜从阳极迁移到阴极，形成KOH和KCl的混合溶液；
（2）①若η(EO)=100%则说明在电解过程中只有乙烯中的碳化合价发生变化，其他元素化合价没有变，故溶液b的溶质为：KCl；
②i.阳极有H2O放电时会产生氧气，故需要检验的物质是O2；ii. 设EO的物质的量为amol
则转化的乙烯的物质的量为：；生成EO转化的电子的物质的量：2amol；此过程转移电子的总物质的量：；生成CO2的物质的量：；生成CO2转移的电子的物质的量：，则η(CO2)=≈13%；
iii.实验证实推测III成立，则会产生氯气，验证氯气即可，故答案为：KI 溶液和淀粉溶液，溶液变蓝。


考点 化学实验综合题
1．（2023·北京朝阳·统考二模）小组同学探究和不同铜盐溶液的反应，实验如下。
实验：向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，放置左右，转化为白色沉淀(沉淀B)。
已知：i.(无色)
ii.
(1)研究沉淀B的成分。
向洗涤后的沉淀B中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色。取少量深蓝色溶液，滴加试剂X，产生白色沉淀。
①白色沉淀是，试剂X是_______。
②无色溶液在空气中放置变为深蓝色，反应的离子方程式为_______。
(2)经检验，沉淀A不含。推测沉淀A能转化为沉淀B与有关，为研究沉淀A的成分及沉淀A转化为B的原因，实验如下。

①仅通过上述实验不能证明沉淀A中含有，补充实验：向少量洗净的沉淀A中加入稀硫酸，证实沉淀A中含有的证据是_______。
②无色溶液中含有，推测的产生有两个途径：
途径1：实验过程中氧化；
途径2：_______(将途径补充完整)。
经研究，途径1不合理，途径2合理。
③解释和溶液反应时，先产生橙黄色沉淀，再转化为白色的原因：_______。
(3)和溶液反应最终生成沉淀，并检测到有生成，离子方程式是_______。用和溶液重复上述实验，仅产生橙黄色沉淀，放置后变为暗红色沉淀(可溶于氨水，得到无色溶液，放置变为深蓝色)。
(4)根据上述实验所得结论：_______(答出两点)。
【答案】(1) 足量硝酸和AgNO3溶液
(2) 有红色固体析出 在Cl-的作用下，Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根 CuCl2和Na2SO3溶液生成棕黄色沉淀A反应速率快，生成白色沉淀B的程度大
(3)
(4)和能发生复分解反应和氧化还原反应，且复分解反应速率更快；在Cl-作用下，的氧化性增强

【分析】溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀)，沉淀A为，放置左右，转化为白色沉淀，沉淀B为CuCl。对于沉淀B组成的验证：向洗涤后的CuCl中加入足量浓氨水，得到无色溶液，在空气中放置一段时间，溶液变为深蓝色和。取少量深蓝色溶液， 加入硝酸酸化的硝酸银，产生白色沉淀AgCl，证明有氯离子的存在。沉淀A组成的验证：反应物为和，沉淀A中不含，那么A中存在，洗涤后，加入足量的NaCl溶液，增大了氯离子的浓度，产生白色沉淀CuCl，无色溶液先加氯化钡溶液有白色沉淀生成，再加足量盐酸，白色沉淀减少，即这个过程中发生氧化还原反应，酸性条件下，氯离子的催化下，生成了硫酸根。
【详解】（1）溶液中存在氯离子，检验氯离子的方式为加入足量的硝酸酸化的硝酸银溶液；无色溶液含有的离子为，在空气中变成蓝色溶液，空气中有氧气，所以对应的离子方程式为；
（2）已知ii.，向含有亚铜离子的溶液中加入稀硫酸会发生歧化反应，生成铜，故答案为有红色固体析出；溶液中的氧化剂除了氧气之外还有铜离子，当存在氯离子时，铜离子会具有较强的氧化性，会把亚硫酸根氧化，故答案为在Cl-的作用下，Cu2+氧化亚硫酸根到硫酸根；向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀(沉淀A)，说明生成亚硫酸铜沉淀的反应较快，故答案为CuCl2和Na2SO3溶液生成棕黄色沉淀A反应速率快，生成白色沉淀B的程度大；
（3）和溶液反应最终生成沉淀，该反应未外加酸碱，所以反应物为水，生成物为氢离子，根据电子守恒及电荷守恒可知，该反应的离子方程式是；
（4）向溶液中加入溶液，立即产生橙黄色沉淀亚硫酸铜，在NaCl溶液中，硫酸亚铜继续发生氧化还原反应，生成CuCl白色沉淀，根据沉淀颜色的变化快慢可知，复分解反应较快，二氧化还原反应较慢，故答案为：和能发生复分解反应和氧化还原反应，且复分解反应速率更快；在Cl-作用下，的氧化性增强。
2．（2023·北京丰台·统考二模）某小组同学探究不同条件下与三价铬()化合物的反应。
资料：ⅰ、(墨绿色)、(墨绿色)、(蓝色)、(黄色)、(橙色)、(砖红色)。
ⅱ、
ⅲ、；
室温下，向溶液中滴加溶液或溶液分别配制不同的(Ⅲ)溶液；取配制后的溶液各，分别加入足量30%溶液。
实验
①
②
③
④
加前

4.10
6.75
8.43
13.37
现象
墨绿色溶液
蓝色浊液
蓝色浊液
墨绿色溶液
加后
现象
墨绿色溶液
黄绿色溶液
黄色溶液
砖红色溶液
(1)结合加前的实验现象，可推测具有___________(填“碱性”、“酸性”或“两性”)。
(2)实验①中，加后无明显现象的原因可能是___________。
(3)实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是___________。
(4)取实验③中黄色溶液，加入一定量稀硫酸，可观察到，溶液迅速变为橙色，最终变为绿色，观察到有无色气体产生。结合化学用语解释上述实验现象___________。
(5)已知中为+5价。实验④中，加入后发生反应的离子方程式为___________。
(6)取少量实验④的砖红色溶液，加热，随着温度的升高，溶液最终变为黄色。针对溶液的颜色变化，该小组同学提出如下猜想。
猜想1：加热条件下，发生自身氧化还原反应，生成；
猜想2：___________。
针对上述猜想，该小组同学另取少量实验④的砖红色溶液，___________，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1成立。
(7)综合以上实验，影响与三价铬化合物反应的因素除了，还有___________。
【答案】(1)两性
(2)溶液酸性较强，三价铬以形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化
(3)实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以存在，加入过氧化氢，被氧化为，，同时生成氢离子使得部分使得溶解生成，且溶液pH减小导致与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示黄绿色
(4)实验③中黄色溶液中含有，，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增强，平衡逆向移动转化为橙色溶液，具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和，会观察到溶液最终变为绿色且有无色气体产生，
(5)
(6) 加热促使与过氧化氢进一步反应生成 加入少量的二氧化锰，待不再产生气体后，过量，滤液加热
(7)温度

【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）结合资料、加前的实验现象可知，溶液由酸性转变为碱性的过程中，三价铬由转变为，又转变为，则说明具有两性；
（2）实验①中溶液酸性较强，三价铬以形式存在，较为稳定，不能被过氧化氢的氧化；
（3）实验②中，蓝色浊液变为黄绿色溶液的原因可能是酸性较弱的溶液中三价铬以存在，加入过氧化氢，被氧化为，，同时生成氢离子使得部分使得溶解生成，且溶液pH减小导致与过氧化氢不反应，使得溶液中黄色、绿色混合显示黄绿色；
（4）实验③中黄色溶液中含有，，加入一定量稀硫酸，溶液酸性增强，平衡逆向移动转化为橙色溶液，具有强氧化性，和过氧化氢反应生成氧气和，会观察到溶液最终变为绿色且有无色气体产生，；
（5）已知中为+5价；实验④中初始溶液为墨绿色，说明存在，加入后生成砖红色溶液，说明在碱性条件下和过氧化氢生成，发生反应的离子方程式为；
（6）过氧化氢具有氧化性，则猜想2为：加热促使与过氧化氢进一步反应生成；证明猜想1成立需要排除过氧化氢的干扰，故实验设计可以为：另取少量实验④的砖红色溶液，加入少量的二氧化锰，待不再产生气体后，过量，滤液加热，溶液由砖红色变为黄色，由此得出猜想1成立。
（7）问题（6）中实验说明，影响与三价铬化合物反应的因素除了，还有温度。
3．（2023·北京海淀·统考二模）白葡萄酒含有糖、醇、有机酸、维生素等营养物质，作为必要的添加剂，具有减缓氧化、防腐、调酸等作用。某学习小组用“直接碘量法”对灌装后存放不同时间的白葡萄酒样品中浓度的变化规律进行探究。
(1)滴定前准备
各取存放了2个月、6个月、10个月的白葡萄酒样品，分别放入三个盛有溶液的碘量瓶中。将碘量瓶在冰水浴中冷却，继续加入硫酸及淀粉溶液，充分超声振荡。
①样品中和溶液反应的离子反应方程式为_______。
②下列说法正确的是_______(填字母序号)。
a．如果样品颜色较深，应对样品脱色后再进行滴定
b．因在碱性条件下会发生歧化，故需要充分酸化后再滴定
c．超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于的测定
(2)滴定过程
待碘量瓶温度稳定后，用碘的标准溶液滴定。
①滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式为_______。
②达到滴定终点时，碘量瓶中的现象是_______。
(3)数据处理及应用
每个样品进行三次平行滴定实验，记录消耗碘的标准溶液体积的平均值，并进行相关计算，结果如下表。
存放时间t/月
2
6
10
V(碘的标准溶液)/
12.50
7.14
5.00



m

n
700
p
①表中_______。
②已知：(k、b为常数)。在如图的坐标图中绘制该函数对应的图像_______。

③表达的实际含义是_______。
④国际通行标准：白葡萄酒中含量()。该白葡萄酒灌装后存放1个月，含量约为_______(保留到整数位)，符合标准。
(4)实验改进及反思
小组同学先将白葡萄酒中二氧化硫充分蒸出，并用足量碱性溶液完全吸收，再将溶液酸化后用碘的标准溶液滴定。发现测定结果比“直接碘量法”更低。分析“直接碘量法”测定数据偏高的可能原因_______。
【答案】(1) SO2 + 2OH- = SO+ H2O abc
(2) I2 + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 2I－（或I3- + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 3I－） 溶液由无色变为浅蓝色（或蓝色），且半分钟内颜色不褪去
(3) 1.00×10-3 灌装时c(SO2) 197
(4)白葡萄酒中含有还原性有机物（如维生素C等）也能和I2发生反应（其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应），消耗更多碘标准溶液

【详解】（1）①样品中和溶液反应生成亚硫酸钠和水，离子反应方程式为SO2 + 2OH- = SO+ H2O。故答案为：SO2 + 2OH- = SO+ H2O；
②a．如果样品颜色较深，应将样品稀释或对样品脱色后再进行滴定，确保终点现象明显，故正确；b．因在碱性条件下会发生歧化，故需要充分酸化后再滴定，故正确；c．超声振荡过程中温度显著升高，用冰水浴降温有利于的测定，减少SO2的逸出，故正确；故答案为：abc；
（2）①滴定过程中，碘量瓶中发生反应的离子方程式为I2 + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 2I－（或I3- + 2H2O + SO2 =SO+ 4H+ + 3I－）。故答案为：I2 + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 2I－（或I3- + 2H2O + SO2 = SO+ 4H+ + 3I－）；
②达到滴定终点时，碘量瓶中的现象是溶液由无色变为浅蓝色（或蓝色），且半分钟内颜色不褪去。故答案为：溶液由无色变为浅蓝色（或蓝色），且半分钟内颜色不褪去；
（3）①表中= 1.00×10-3。故答案为：1.00×10-3；
②已知：(k、b为常数)。n==400,P==1000,在如图的坐标图中绘制该函数对应的图像 。故答案为： ；
③表达的实际含义是灌装时c(SO2)。故答案为：灌装时c(SO2)；
④将存放2个月和10个月的数据代入公式，400=2k+b，1000=10k+b，得k=75，b=250，国际通行标准：白葡萄酒中含量()。该白葡萄酒灌装后存放1个月，=1×75+250=325，c(SO2)= mol·L－1,含量约为= =197，符合标准。故答案为：197；
（4）测定结果比“直接碘量法”更低,分析“直接碘量法”测定数据偏高的可能原因白葡萄酒中含有还原性有机物（如维生素C等）也能和I2发生反应（其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应），消耗更多碘标准溶液。故答案为：白葡萄酒中含有还原性有机物（如维生素C等）也能和I2发生反应（其他合理答案，如跟糖类物质、跟酚类物质的反应），消耗更多碘标准溶液。
4．（2023·北京东城·统考二模）一种处理高浓度氨氨废水并获取的工艺流程如下。

已知：①难溶于水，可溶于酸。
②时水中的溶解性：。
(1)下列说法正确的是___________(填字母序号)。
a．可用作复合肥
b．分离的方法可以是过滤
c．废水中的会抑制水解
(2)沉淀剂的选择。其他条件相同，按投入相应的沉淀剂，其氨氮去除效果如图所示。

①沉淀剂为ⅰ时，生成的离子方程式为___________。
②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氨去除率低，原因是___________。
③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是___________。
(3)用ⅰ作沉淀剂，研究其他条件相同时，不同下氨氮去除效果和溶液中余磷含量，结果如下。

①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是：
a．生成了；
b．___________(结合方程式解释)。
②后，氨氮去除率明显减小，原因是___________。
【答案】(1)abc
(2) ⅲ中生成更多H+，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成 生成的覆盖在MgO表面，阻碍继续反应
(3) ，分解成NH3逸出 随着溶液pH升高，增大，生成Mg3(PO4)2沉淀

【分析】高浓度氨氮废水在pH为9.5条件下通过加入氯化镁和磷酸氢二钠生成MAP，达到处理高浓度氨氮废水并获取的目的。
【详解】（1）a．含有N、P，可用作复合肥，故a正确；
b．难溶于水，分离的方法可以是过滤，故b正确；
c．水解会生成，所以废水中的会抑制水解，故c正确；
故选：abc；
（2）①沉淀剂为ⅰ时，生成的离子方程式为；
②ⅲ和i相比，ⅲ的氨氮去除率低，原因是ⅲ中生成更多H+，MAP可溶于酸，酸性增强不利于生成；
③沉淀剂为ⅱ和ⅳ时，氨氮去除率明显低于其他相应组，原因是：生成的覆盖在MgO表面，阻碍继续反应；
（3）①时的氨氮去除率略大于时的氨氮去除率，原因是：
a．生成了；
b．，分解成NH3逸出；
②后，氨氮去除率明显减小，原因是随着溶液pH升高，增大，生成Mg3(PO4)2沉淀。
5．（2023·北京西城·统考二模）小组同学探究+3价铬元素和+6价铬元素的相互转化。
资料：(绿色)、(灰绿色，不溶于水)、(橙色)、(黄色)、(砖红色，难溶于水)
实验Ⅰ：向2mL0.1mol/L溶液中滴入2mL3%溶液，无明显变化，得到溶液a．取少量溶液a，加入溶液，未观察到砖红色沉淀。
实验Ⅱ：向溶液a中加入2mL10%NaOH溶液，产生少量气泡，水浴加热，有大量气泡产生，经检验气体为，溶液最终变为黄色。取少量黄色溶液，加入稀硫酸调节溶液的pH约为3，再加入溶液，有砖红色沉淀生成。
(1)实验Ⅱ中加入稀硫酸的目的是___________。
(2)甲同学认为实验Ⅱ中溶液变黄生成的原因是将+3价铬元素氧化为，乙同学认为该说法不严谨。
①乙的理由是___________。
②设计实验否定了乙的猜想，___________(填操作)，溶液未变成黄色。
(3)对比实验I和Ⅱ，小组同学研究碱性环境对+3价铬元素或性质的影响。
①提出假设：
假设a：碱性增强，的氧化性增强
假设b：___________。
②参与的电极反应式是___________，据此分析，假设a不成立。
③设计实验证实假设b，画出实验装置图(注明试剂)并写出实验操作和现象___________。
实验Ⅲ：向实验Ⅱ中的黄色溶液中加入稀硫酸，溶液变为橙色，再加入3%溶液，溶液最终变为绿色，有气泡生成。
(4)实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色的离子方程式是___________。
(5)综上，在+3价铬元素和+6价铬元素相互转化中的作用是___________。
【答案】(1)使H2SO4与OH-反应，排除OH-与Ag+结合为AgOH对检验的干扰
(2) 氧气可以将+3价Cr氧化为 向2 ml 0.1 mol/L Cr2(SO4)3溶液中加入2 mL 10% NaOH溶液，通入O2， 水浴加热
(3) 碱性增强，+3价铬元素的还原性增强 H2O2+2e-=2OH- ；组装好装置。开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动
(4)Cr2O+8H++3H2O2=2Cr3++3O2↑+7H2O
(5)在碱性条件下，作氧化剂，将+3价铬元素氧化为+6价；在酸性条件下，作还原剂，将+6价铬元素还原为+3价

【详解】（1）含NaOH的溶液显碱性，而氢氧根离子和银离子会反应，则实验Ⅱ中加入稀硫酸的目的是使H2SO4与OH-反应，排除OH-与Ag+结合为AgOH对检验的干扰；
（2）①氧气也具有氧化性，也可以将+3价Cr氧化为，则乙的理由是氧气可以将+3价Cr氧化为。
②向2 ml 0.1 mol/L Cr2(SO4)3溶液中加入2 mL 10% NaOH溶液，通入O2， 水浴加热，溶液未变成黄色， 则氧气不能氧化+3价Cr；
（3）①结合溶液中成分Cr3+、H2O2提出假设：假设a：碱性增强，的氧化性增强；
假设b：碱性增强，+3价铬元素的还原性增强；
②结合假设a，H2O2氧化性增强，则O元素化合价降低，则H2O2得到电子转化为氢氧根离子，则参与的电极反应式是H2O2+2e-=2OH-，加入硝酸银，应该生成银的不溶物，据此分析，假设a不成立；
③可以通过原电池原理进行验证，实验装置如图： ；实验操作和现象为：组装好装置。开始时电流计指针不偏转，向左池中加入较浓NaOH溶液，左池有灰绿色沉淀生成，指针偏转显示电子从左向右运动；
（4）实验Ⅲ中溶液由橙色变为绿色为Cr2O在酸性条件下被H2O2还原为Cr3+，离子方程式Cr2O+8H++3H2O2=2Cr3++3O2↑+7H2O；
（5）综上，在+3价铬元素和+6价铬元素相互转化中的作用是在碱性条件下，作氧化剂，将+3价铬元素氧化为+6价；在酸性条件下，作还原剂，将+6价铬元素还原为+3价。
6．（2023·北京东城·统考二模）石墨电极常用作惰性电极，但在电解过程中常伴有损耗(石墨的氧化和脱落)。
用如图所示装置分别电解下列溶液(通过相同电量)，记录阳极区的现象如下。
编号
电解液
阳极区的现象
甲

有气体逸出，液体颜色不变，池底逐渐沉积黑色粉末
乙

有气体逸出，液体逐渐变为棕褐色
丙

有气体逸出，液体逐渐变为黄绿色，无黑色粉末

(1)甲中阳极产生气体的电极反应式是___________。
(2)甲所得阳极液中有。某同学设计实验：向硫酸酸化的溶液中滴加几滴溶液，再滴入少量电解后的阳极液，溶液立即变红。该实验不能证明阳极液中含有，因为阳极液中还含有___________(填物质)。
(3)探究乙所得阳极液的成分。
①证实该分散系是胶体：用激光笔照射阳极液，在与光束垂直的方向观察到___________(填实验现象)。
②证实阳极液中含有。

ⅰ和ⅱ的目的是排除的干扰。ⅱ中反应的离子方程式是___________。
(4)设计实验用化学方法证明，电解时甲和丙中阳极产生的气体不同：___________。
(5)仪器分析表明，析氧后的石墨电极表面与新打磨的石墨电极表面相比，等含氧官能团的含量明显增加。
①结合石墨晶体结构分析，电解过程中石墨粉末脱落时破坏的作用力有___________。
②与甲对比，乙中脱落的石墨更易分散成胶体的原因是___________。
【答案】(1)
(2)氧气
(3) 光亮的通路
(4)收集等体积的甲和丙中阳极产生的气体，分别通入紫色石蕊溶液，甲通入后无现象，丙通入后溶液先变红后褪色，则电解时甲和丙中阳极产生的气体不同
(5) 层间分子间作用力和碳碳键 氢氧根和反应生成，增加了层间斥力，石墨颗粒更小

【详解】（1）甲中阳极产生气体的电极反应式是：；
（2）向硫酸酸化的溶液中滴加几滴溶液，再滴入少量电解后的阳极液，溶液立即变红。该实验不能证明阳极液中含有，因为阳极液中还含有氧气也可以把亚铁离子氧化；
（3）①证实该分散系是胶体：用激光笔照射阳极液，在与光束垂直的方向观察到光亮的通路 ；
②证实阳极液中含有,ⅱ中反应的离子方程式是;
（4）收集等体积的甲和丙中阳极产生的气体，分别通入紫色石蕊溶液，甲通入后无现象，丙通入后溶液先变红后褪色，则电解时甲和丙中阳极产生的气体不同；
（5）①结合石墨晶体结构分析，石墨的晶体结构，为六边形层状。在石墨晶体中，同层的碳原子以sp2杂化形，成共价键，电解过程中石墨粉末脱落时破坏的作用力有层间分子间作用力和碳碳键；
②与甲对比，乙中脱落的石墨更易分散成胶体的原因是氢氧根和反应生成，增加了层间斥力，石墨颗粒更小。
7．（2023·北京顺义·统考二模）某化学小组探究乙醛银镜反应后试管上银的去除方案。
已知：实验条件空气的影响忽略不计。
(1)写出乙醛发生银镜反应的化学方程式_____。
(2)向附有银镜的试管中加入稀HNO3，试管壁上的银逐渐消失，管口有浅红棕色气体生成，产生浅红棕色气体的化学方程式是_____。
(3)小组同学认为使用稀硝酸易产生污染性气体，考虑到铁盐也有较强的氧化性，用铁盐去除银镜对环境有利，于是进行如表实验：
序号
实验操作
现象
I
向附有少量银镜的试管中，加入5mL0.1mol•L-1Fe(NO3)3溶液(过量，pH=2)，振荡试管
银镜慢慢消失，溶液澄清
对银镜的消失原因小组同学作出如下假设：
假设1：Fe3+具有氧化性，能氧化Ag；
假设2：……。
回答下列问题：
①补全假设2：_____。
②甲同学通过设计实验，证明了假设2成立，他设计的方案为：向附有少量银镜的试管中，加入_____，充分振荡，银镜消失。
③为证明假设1，乙同学用同浓度FeCl3溶液替换Fe(NO3)3溶液，进行下列实验：
序号
实验操作
现象
II
向附有少量银镜的试管中，加入5mL0.1mol•L-1FeCl3溶液(过量，pH=2)，振荡试管
银镜快速溶解，反应后溶液中有明显灰色沉淀
丙同学查阅文献得知：Fe3+氧化性与Ag+接近，实验II中银镜能快速溶解，可能与生成氯化银沉淀有关，用平衡移动原理解释原因_____。
④为证明自己的观点，丙同学的通过积极思考，设计了实验III。
实验III：如图连接装置进行实验，电压表的指针向左偏转，记录电压示数为a。

已知：电压大小反映了物质氧化性与还原性强弱的差异；物质氧化性与还原性强弱的差异越大，电压越大。
将U形管右侧溶液替换成0.1mol•L-1NaNO3溶液，重做上述实验，电流表指针向左偏转，记录电压示数为b，能证明丙同学观点的实验证据是_____。
(4)总结上述实验，小组同学认为HBr溶液和HI溶液也能去除试管上的银镜，并进行如表实验。
序号
实验操作
现象
IV
向附有少量银镜的试管中，加入5mL1mol•L-1的HBr溶液，不断振荡。
银镜不溶解
V
向附有少量银镜的试管中，加入5mL1mol•L-1的HI溶液，不断振荡。
银镜溶解，有黄色沉淀产生，且有气泡产生
已知：常温下Ksp(AgBr)=5.4×10-13；Ksp(AgI)=8.5×10-17，分析相同条件下银镜能溶于5mL1mol•L-1的HI溶液，而不溶于HBr溶液的原因_____。
【答案】(1)CH3CHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋CH3COONH4＋3NH3＋H2O
(2)2NO+O2 =2NO2
(3) 酸性环境中NO也有氧化性，能氧化银 5mL 0.3mol·L－1NaNO3(pH=2)溶液 溶液中Fe3+与Ag反应存在如下平衡Fe3++AgFe2++Ag+，反应Ag++Cl—=AgCl↓降低了Ag+的浓度，平衡正向移动 a大于b
(4)I—、Br—均可使平衡2Ag+2H+2Ag++ H2↑中的c(Ag＋)降低，促进反应的进行，由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，AgI的溶解度更小，相同浓度的I—促进更多，能达到使Ag溶解的程度

【分析】该实验的实验目的是探究乙醛银镜反应后试管上银的去除方案，通过实验得出了硝酸铁溶液、氯化铁溶液、氢碘酸溶液能去除试管上的银，而氢溴酸不能去除试管上的银的结论。
【详解】（1）乙醛发生银镜反应的反应为乙醛与银氨溶液在水浴加热条件下发生银镜反应生成醋酸铵、银、氨气和水，反应的化学方程式为H3CHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋CH3COONH4＋3NH3＋H2O，故答案为：H3CHO＋2[Ag(NH3)2]OH2Ag↓＋CH3COONH4＋3NH3＋H2O；
（2）由题意可知，产生浅红棕色气体的反应为反应生成的一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，反应的化学方程式为2NO+O2 =2NO2，故答案为：2NO+O2 =2NO2；
（3）①酸性硝酸铁溶液中，铁离子和硝酸根离子都具有氧化性，都可能与银反应去除试管上的银，由假设1可知，假设2为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，可以能氧化银，故答案为：酸性环境中NO也有氧化性，能氧化银；
②排出铁离子的干扰，选用pH相同的酸性硝酸钠溶液可以验证假设2成立，则甲同学的设计的方案为向附有少量银镜的试管中，加入5mL 0.3mol·L－1NaNO3(pH=2)溶液，充分振荡，银镜消失，故答案为：5mL 0.3mol·L－1NaNO3(pH=2)溶液；
③由题意可知，溶液中氯化铁与银反应存在如下平衡Fe3++AgFe2++Ag+，反应生成的银离子与溶液中的氯离子发生如下反应Ag++Cl—=AgCl↓，反应生成的氯化银降低了溶液中银离子浓度，平衡向正反应方向移动，导致实验II中银镜能快速溶解，故答案为：溶液中Fe3+与Ag反应存在如下平衡Fe3++AgFe2++Ag+，反应Ag++Cl—=AgCl↓降低了Ag+的浓度，平衡正向移动；
④电压大小反映了物质氧化性与还原性强弱的差异，物质氧化性与还原性强弱的差异越大，电压越大，由实验I和II的实验现象可知，将U形管右侧溶液替换成0.1mol/L硝酸钠溶液后，所测电压示数b小于a可以，故答案为：a大于b；
（4）银与氢离子在溶液中的反应存在如下平衡2Ag+2H+2Ag++ H2↑，溴离子和碘离子都能使溶液中的银离子降低，促进反应的进行，由于溴化银的溶度积小于碘化银，溶解度大于碘化银，相同浓度的碘离子使银离子浓度减小更多，能达到使银溶解的程度，所以相同条件下银镜能溶于5mL1mol•L-1的HI溶液，而不溶于HBr溶液，故答案为：2Ag+2H+2Ag++H2↑中的c(Ag＋)降低，促进反应的进行，由于Ksp(AgBr)>Ksp(AgI)，AgI的溶解度更小，相同浓度的I—促进更多，能达到使Ag溶解的程度。
8．（2023·北京昌平·统考二模）高铁酸盐()具有极强的氧化性和优良的絮凝功能，在水处理方面有一定的发展前景。但是由于存在自催化现象(即分解产物可催化高铁酸盐的分解)，限制了它的大规模应用，研究使其稳定的方法尤为关键。
已知：    
  
I．制备高铁酸盐
(1)制备的原理是：
  
________
Ⅱ．高铁酸盐稳定性的研究
(2)碱性环境下，久置的溶液中除了产生红褐色外，同时还会产生绿色的。此过程的反应为、___________。
为研究使稳定的方法，分别做以下4个实验：

序号
X
现象
  
a
2滴0.01 mol/L KI
紫色迅速褪去
b
2滴蒸馏水
分别用紫外可见分光光度计测三支试管内溶液的吸光度，结果如下图所示。
c
2滴0.01 mol/L NaF 溶液
d
2滴0.01 mol/L 溶液
资料：吸光度大小与溶液中成正比。
  
(3)甲同学预测d试管内的实验现象应与a试管相似，预测依据是___________。
(4)但吸光度结果图显示甲同学预测并不正确。结合化学用语，从化学反应速率角度解释d试管内的现象与a试管不同的原因是：___________。
(5)“—■—”曲线为___________ (填入“试管c”或“试管d”)的实验结果，理由是___________。
(6)综合以上讨论，任意写出一种能稳定的方法___________ 。
【答案】(1)
(2)
(3)碘离子与草酸根离子都有还原性
(4)在碱性条件下，草酸根将高铁酸根还原为三价铁之后，，为可逆反应，无法进行完全，故反应现象不同。
(5) d ； ，所以草酸根与铁离子反应程度更大，速率更快，吸光度变化更快；
(6)在高铁酸根溶液中，加入适量NaF和氢氧化钠的混合溶液

【详解】（1）反应中，铁元素化合价由+3价上升到+6价，化合价总升高3价，ClO-→Cl-，氯元素化合价由+1价降低为-1，化合价总共降低2价，化合价升降的最小公倍数为6，故Fe3+的系数为2，ClO-的系数为3，由铁元素守恒可知系数为2，由氯元素守恒可知Cl-系数为3，根据电荷守恒可知OH-的系数为10，根据氢元素守恒可知，产物为水，且系数为5，所以离子方程式为：；
（2）碱性环境下，久置的溶液中除了产生红褐色外，生成的氢氧化铁会催化高铁酸根分解产生绿色的，发生反应为：；
（3）碘离子与草酸根离子都有还原性，可将高铁酸根还原，故现象相似；
（4）在碱性条件下，草酸根将高铁酸根还原为三价铁之后：，为可逆反应，无法进行完全，故反应现象不同；
（5）已知：    ，  ，所以草酸根与铁离子反应程度更大，速率更快，吸光度变化更快；
（6）酸性条件下高铁酸根不稳定，在有F-存在时，高铁酸根的自催化分解速率明显降低，故保存高铁酸根溶液时，加入适量NaF和氢氧化钠的混合溶液。