2025高考化学解密之考点篇试题 性质实验方案的设计（解答大题）（Word版附解析）

这是一份2025高考化学解密之考点篇试题 性质实验方案的设计（解答大题）（Word版附解析），共107页。
已知乙醇C2H3OH能与K2Cr2O7和H2SO4的混合溶液在一定条件下发生反应2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4＝2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O。Cr2和Cr3+在溶液中分别显橙色和绿色，回答下列问题：
（1）该反应 （填“是”或“不是”）离子反应。
（2）写出Cr2（SO4）3的电离方程式： 。
（3）该反应 （填“是”或“不是”）氧化还原反应，判断的依据是 。
Ⅱ：
亚硝酸（HNO2）是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO气体和NO2（红棕色）气体；亚硝酸是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+（浅绿色）氧化成Fe3+（棕黄色）；AgNO2是一种难溶于水（白色）、易溶于酸的化合物。请仔细阅读以上信息，并结合有关原理回答以下问题：
（1）人体正常的血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转换为Fe3+而中毒，可以服用维生素C解毒。下列对此过程叙述不正确的是 。
a.亚硝酸盐被还原
b.亚硝酸盐是还原剂
c.维生素C将Fe3+还原为Fe2+
d.维生素C被氧化
（2）下列方法中，不能用来区别NaNO2和NaCl的是 。
a.取样加水溶解后，向其中加入稀盐酸
b.取样加水溶解后，向其中加入AgNO3溶液
c.取样加水溶解后，向其中加入稀硫酸酸化的淀粉﹣KI溶液
（3）某同学把氯气通入NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl2请写出该反应的离子方程式： 。
（4）工业废水中的可用铝粉除去。已知此反应体系中包含Al、NaOH、NaAlO2、NaNO2、NH3和H2O六种物质，该反应的化学方程式为 。
2．（2023秋•房山区期末）某实验小组探究Cu与Fe（NO3）3溶液的反应。取3g铜粉加入到100mL0.6‍ml/LFe（NO3）3溶液（用HNO3调pH＝1）中，振荡、静置30分钟，铜粉减少，溶液呈棕绿色，未见有气泡产生。
（1）预测和Fe3+分别与Cu发生了反应，补充反应Ⅱ的离子方程式。
反应Ⅰ3Cu+2+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O
反应Ⅱ
（2）探究反应Ⅰ是否发生
①设计实验：取3g铜粉加入到100mL 溶液中，振荡、静置30分钟。
②若反应Ⅰ能够发生，预计观察到的现象有 。
实际现象不明显，借助传感器证明反应Ⅰ能够发生。
（3）探究反应Ⅱ是否发生
步骤1：取3g铜粉加入到100mL0.3ml/LFe2（SO4）3溶液（用H2SO4调pH＝1）中，溶液迅速变为蓝绿色。
步骤2：取步骤1中上层清液，滴加少量KSCN溶液，出现白色浑浊，溶液变红，振荡后红色褪去。
①KSCN溶液的作用是 。
②已知，CuSCN是难溶于水的白色固体。结合平衡移动原理，解释步骤2中“溶液变红，振荡后红色褪去”的原因 。
（4）查阅资料可知，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数分别为KⅠ＝6.3×1062和KⅡ＝5×1014。请从化学反应速率和限度的角度简述对Cu与Fe（NO3）3溶液反应的认识 。
3．（2024秋•鹿邑县月考）用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。回答下列问题：
（1）资料1：H2O2+I﹣＝H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+I﹣。总反应的化学方程式为 ，KI在该反应中的作用是 。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断错误的是 （填字母）。
A．加入KI后降低了反应所需的活化能
B．加入KI后该反应的活化分子百分数减小
C．H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+1是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。碘易溶于CCl4，碘的CCl4溶液（密度大于水）显紫红色。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到溶液分层，且下层溶液显 色，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：ⅰ．H2O2浓度降低；ⅱ．水溶液中 的浓度降低。
③以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管中加入适量CCl4，B试管中不加CCl4，分别振荡、静置。则两试管中观察到的现象是 。
（4）资料4：I﹣（aq）+I2（aq）⇌（aq）K＝640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10ml•L﹣1KI溶液（溶液混合时体积变化忽略不计），达平衡后，相关微粒浓度如下：
则b＝ ，进而推出该平衡体系中除了含有I﹣、I2、外，一定还含有其他含碘微粒，理由是 。
4．（2024秋•浦东新区校级月考）学习了CO2的有关知识之后，同学们查阅资料发现Mg能在CO2中燃烧：2Mg+CO22MgO+C，所以镁着火不能用CO2来灭火。但没有找到有关钠能否与CO2反应的介绍。于是同学们展开钠着火能否用CO2来灭火的探究。
【提出猜想】
（1）钠能发生类似于CO2与镁的反应，可能的化学方程式为： 。
【实验】将燃着的钠伸入装有CO2的集气瓶中，钠能在CO2中继续燃烧。
进一步【查阅资料】得知：
①Na2O是白色固体，能与CO2反应生成Na2CO3，与H2O反应生成NaOH。
②Ba（OH）2溶于水而BaCO3不溶于水。
③Na2CO3的存在会干扰NaOH的检测。
基于以上资料，同学们认为钠在CO2中燃烧的产物应该与Mg在CO2中燃烧的产物情况有所不同，并对产物提出了以下几种猜想：
（2）②Na2O、C；② 、C；③NaOH、C；④Na2O、Na2CO3、C；
（3）通过理论分析，猜想 （填序号）肯定是错误的，理由是： 。
（4）【验证猜想】
（5）在步骤（2）中BaCl2溶液为什么要加入至过量： 。
（6）在步骤（3）中也可以通过加入 试剂的方法进行检验（任写一种试剂）。
（7）【结论】猜想 （填序号）正确。
5．（2024秋•浦东新区校级月考）某学习小组发现中学阶段只学习了SO3具有酸性氧化物的性质，为了探究SO3的其他化学性质，设计了如图实验装置验证。
（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式 。该反应中，浓硫酸体现的性质有 。（不定项）
A．难挥发性
B．强氧化性
C．脱水性
D．强酸性
（2）由于浓硫酸具有较大的粘稠度，分液漏斗中的浓硫酸很难顺利流入到烧瓶中，实验中可以将分液漏斗更换为 （填写仪器名称）。
（3）装置B不具有的作用是 。
A．干燥气体
B．混合气体
C．与气体反应
D．观察通入的气泡速率
（4）写出H2S的电子式 。
（5）下列SO3与H2S反应的方程式中，不可能成立的有 。（不定项）
A．H2S+SO3＝H2O+SO2+S
B．H2S+2SO3＝H2SO4+SO2+S
C．H2S+SO3＝H2O+O2+2S
D．3H2S+SO3＝3H2O+4S
（6）实验进行一段时间后，装置D中有 和 出现（填写实验现象）。
（7）指导教师指出，该装置无法验证SO3与H2S的反应，请问为什么？ 。
（8）E装置中吸收尾气的试剂可以是 。（不定项）
A．KMnO4溶液
B．BaCl2溶液
C．蒸馏水
D．NaOH溶液
6．（2024秋•宝山区校级月考）某同学用稀盐酸和大理石制取少量CO2气体，并进行相关实验研究
（1）配制100g溶质质量分数为10.8%的稀盐酸需要溶质质量分数为36%的盐酸（密度为1.2g•mL﹣1）的体积为 。蒸馏水（密度为1.0g•mL﹣1）的体积为 mL。
（2）用稀盐酸和大理石制取CO2的化学方程式： 。
（3）检查图中B装置气密性的操作是 。若用C装置收集CO2，则气体应从导管 （填“m”或“n”）端通入。
地窖中因贮存农产品而容易积蓄CO2，根据相关要求，CO2短时间接触容许浓度为18mg/L。小组同学从某地窖中收集500mL用CO2传感器测得CO2浓度为22mg/L。
（4）进入地窖时，下列防范措施正确的是 （不定项）。
A．用农用喷雾器向地窖内喷洒水
B．手持火把进入地窖时，若火把持续燃烧，则表示安全，可继续前进
C．利用鼓风机将地窖内部分空气排出，也可打开地窖盖，通风一段时间后再进入
（5）某同学用注射器抽取100mL地窖中的气体样品，按如图所示装置进行实验，将气体推入足量澄清石灰水，充分反应：（足量澄清石灰水能对通入其中的CO2气体完全吸收）装置内发生反应的化学方程式是 ，多孔球泡的作用是 。
（6）当CO2传感器显示CO2浓度慢慢下降，当浓度降至0mg/L时，理论上瓶内物质总质量比反应前增加了 mg。
（7）下列说法可能导致测得的CO2含量偏小的是 。
A．缓慢推动注射器活塞。
B．抽取气体前未将注射器内空气排净。
C．实验前检查装置气密性。
7．（2024秋•宝山区校级月考）通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。
（1）FeCl3溶液转化成FeCl2溶液不引入杂质可加适量 （写化学式）；FeCl2溶液转化成FeCl3溶液不引入杂质可加适量 （写化学式）；
（2）Ⅱ中反应的离子方程式为 。
（3）Ⅰ、Ⅱ中的现象说明 。（不定项）
A．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2
B．氧化性顺序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+
C．还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+
D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣
（4）实验后，Ⅰ试管壁上的黑色沉淀可用 洗去。
A．酒精
B．二硫化碳
C．浓硝酸
D．热盐酸
（5）写出检验Ⅰ中是否含有Fe2+的方法： 。
（6）推测Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因 。
8．（2024春•商丘期末）（Ⅰ）如图是制备和研究乙炔性质的实验装置图。
（1）电石与饱和食盐水反应的化学方程式是 。
（2）b的作用是 。
（3）c中溶液褪色，生成物的结构简式是 。
（4）d中高锰酸钾酸性溶液褪色，说明乙炔具有的性质是 。
（5）若在空气中点燃乙炔，可观察到的实验现象是 。
（Ⅱ）某有机化合物只含C、H、O三种元素，取9.2g该有机化合物完全燃烧，测得只生成17.6gCO2和10.8g水，其质谱图和核磁共振氢谱如图所示，
（6）该有机化合物结构简式是 。
（7）有机物的系统命名为 。
（8）分子式为C5H10，且属于烯烃的同分异构体有 种（考虑顺反异构）。
9．（2023秋•西城区期末）某小组探究Cu与Fe3+的反应，进行如下实验。
已知：[CuCl3]2﹣（无色）⇌CuCl↓（白色）+2Cl﹣
[CuCl3]2﹣+SCN﹣⇌CuSCN↓（白色）+3Cl﹣
（1）Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有Cu2+生成。分别取少量反应后的溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，均产生蓝色沉淀Ⅰ中反应的离子方程式是 。
（2）30min内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ Ⅱ（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，取样时间与实验现象如下（不考虑O2的作用）。
经检验，白色沉淀为CuSCN。
ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液红色依次变浅。
①NaCl溶液的浓度是 ml/L。
②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为[CuCl3]2﹣，Cu与FeCl3溶液反应的离子方程式是 。
③由ⅲ、ⅳ可知，30min后主要反应的离子方程式是 。
（4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，Cl﹣在Cu与Fe3+反应中的作用是 。
（5）研究Cl﹣的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。
a中加入的试剂x为5mL0.05ml/LFe2（SO4）3和0.1ml/LNaCl的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是CuCl。则铜粉未完全溶解的原因是 。
10．（2024春•杨浦区校级期末）氢是一种非常重要的物质，可用于制造氮肥、硝酸等。
（1）请写出氨的结构式 ，从结构角度说明NH3热稳定性强于PH3的原因 。
【实验一】探究氨气的还原性。
已知：a.Mg（OH）2可代替消石灰与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁[Mg（OH）Cl]；
b.Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O+H2SO4（稀）＝Cu+CuSO4+H2O。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为 ，装置D的作用是 。
（3）反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体成分，进行了如下实验：
【实验二】探究氨气的氧化性
已知：c.铝可以与氨气反应，2Al+2NH3≜2AlN+3H2；
d.氮化铝性质稳定，不溶于水，不与水、酸反应，在加热时溶于浓碱可产生氨气。
按如图所示连接好装置，检查装置气密性：在蒸馏烧瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入浓氨水，装置G中盛装碱石灰，装置H中加入铝粉，打开装置F处分液漏斗活塞，待装置中空气排尽后再点燃装置H处酒精灯。
（4）用平衡移动原理解释F中产生氨气的原因 。
（5）铝粉完全反应后可观察到的实验现象为 。
（6）为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入 溶解、 （填操作名称）、洗涤、干燥即可。
（7）写出氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应的离子方程式 。
11．（2023秋•济南期末）硫氰化钾（KSCN）在有机合成中具有重要应用，但会污染环境。预测浓硝酸能与KSCN反应以消除污染，现通过如下实验进行探究。
已知：SCN﹣能被氧化为黄色的（SCN）2，（SCN）2可聚合为红色的（SCN）x。
【实验一】
取2mL浓硝酸于试管中，向其中滴加5滴1ml•L﹣1的KSCN溶液，溶液立即变红，静置一段时间后，试管内突然剧烈反应，红色褪去，放出大量红棕色气体。
（1）向浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即变红是因为生成了 （填化学式）。KSCN中S元素的化合价为﹣2，预测剧烈反应后含硫产物可能是 。
【实验二】
将实验一放出的气体通入Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。将过滤、洗涤后的白色沉淀置于试管中，加入过量稀硝酸，沉淀完全溶解。
（2）该实验证实了红棕色气体中不含SO2，证据是 ，白色沉淀为 。
【实验三】
（3）另取少量实验一最终所得溶液， （填操作和现象），证明溶液中含有。
（4）经检验实验一放出的红棕色气体中含NO2，但NO2不一定是SCN﹣的氧化产物，理由是 。
【实验四】
（5）某同学向待测溶液中加入KSCN溶液，再加入浓硝酸，最终未得红色溶液，由此得出结论：待测液中不含Fe2+。
你认为该同学的结论是否正确： （填“是”或“否”），理由是 。
12．（2024春•虹口区期末）工业上常用铁质容器盛放浓硫酸，在加热条件下，碳素钢（仅含铁和碳的合金）与浓硫酸可反应产生混合气体。
完成下列填空：
（1）写出生成CO2的化学方程式 。
（2）实验室需要2ml/L的稀硫酸500mL，用98%的浓硫酸（密度1.84g/mL）进行配制。需98%浓硫酸 mL（保留1位小数）。
（3）配制上述溶液除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有 （不定项）。
A．容量瓶
B．胶头滴管
C．分液漏斗
D．锥形瓶
用如图实验装置可探究SO2的性质。
（4）持续通入SO2一段时间后，将①中溶液倒入试管加热，现象是 。
（5）能验证SO2具有氧化性的装置及现象是 。
（6）②中溶液先变蓝后褪色，此过程中SO2表现出 。
A．漂白性
B．还原性
C．氧化性
D．还原性和漂白性
（7）通入足量SO2后④中无明显现象，将④中溶液分成两份，分别加入A、B物质后均产生白色沉淀。
加入的物质可能是：A ，B 。
13．（2024春•嘉定区校级期末）（1）室温下金属钠长期露置在空气中，最终将变为 。
A．Na2O
B．Na2O2
C．Na2CO3
D．NaOH
（2）下列关于铁及其合金认识正确的是 。
A．生铁的硬度高于铁
B．铁的氧化物都属于合金
C．钢是性能优且纯度很高的铁
D．不锈钢中只含铁与碳两种元素
（3）下列常见金属的冶炼原理不合理的是 。
A．还原法炼铝：3H2+Al2O32Al+3H2O
B．加热法炼汞：2HgO2Hg+O2↑
C．热还原法炼铁：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
D．火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2
（4）下列关于钠的化合物的叙述不正确的是 。
A．热稳定性Na2CO3＞NaHCO3
B．Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
C．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
D．Na2O2中负、正离子的个数比为1：2
（5）将X气体通入Y溶液中，实验结果与预测的现象一致的组合是（已知HNO3有强氧化性） 。
A．只有①②③
B．只有①②④
C．只有①③④
D．①②③④
（6）将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后滴加一定物质的量浓度的盐酸与其反应，得到的图象如下，下列说法正确的是 。
A．标注NaCl的直线也能代表产生的CO2的物质的量的变化情况
B．原混合物中Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为2：1
C．盐酸的浓度是0.05ml/L
D．加入的盐酸为150mL时，放出CO2气体2.24L（标准状况下）
（7）相同条件下，总质量为2.9g的CO和H2的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，然后立即通过足量的Na2O2固体，固体的质量增加 。
A．1.9g
B．2.9g
C．2.8g
D．无法计算
（8）Ⅰ．“铁与水反应”的实验，并检验产物的性质：
①写出“铁与水反应”反应的化学方程式为 。
Ⅱ．制备氢氧化亚铁：设计如下实验能较长时间观察到白色Fe（OH）2沉淀，选用稀硫酸、铁粉、NaOH溶液进行实验，装置如图。
②植物油的作用是 。
③实验时，先 （填“打开”或“关闭”）止水夹K，然后打开分液漏斗的玻璃塞和活塞，使稀硫酸与铁粉反应，一段时间后， （填“打开”或“关闭”）止水夹K，制得白色Fe（OH）2沉淀，且沉淀能持续一段时间不变色。
Ⅲ．探究FeCl2溶液、FeCl3溶液的性质
④从物质类别角度判断FeCl2属于 ，因此可以与某些碱反应。
⑤预测FeCl2具有氧化性，因此可以与Zn反应，此时Zn体现 性。
⑥预测FeCl2具有还原性，预测依据是 ，因此可以与酸性KMnO4溶液反应。
⑦进行如下实验操作：
①i中的现象是 ，用化学方程式表示产生该现象的因： 、 。
②ⅱ中反应的离子方程式是 。
③ⅲ中的现象是 。
④ⅳ中反应的离子方程式是 。
小组同学探究ⅵ中褪色原因，提出两种假设：
a．铁离子被转化，b．SCN﹣被转化。
分别向褪色后的溶液中滴加0.1ml/LFeCl3溶液和KSCN溶液各1滴，观察到 现象，得出结论：假设b成立。
14．（2024春•徐汇区校级期末）金属材料在人类社会发展中起到了举足轻重的作用，因为它具有比其他材料更优越的综合性能，能够更适应科技和生活方面提出的各种不同的要求。
（1）我国自主研发的大飞机C919大量使用了铝锂合金。这是利用了铝锂合金的下列性质 。
A．低强度
B．低密度
C．导热性
D．熔点低
Na2CO3可用于纺织、制肥皂、造纸、制玻璃等，NaHCO3可用于制药、焙制糕点等，两者都是白色固体；某实验小组通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。
（2）“套管实验”的实验装置如图所示，请分析实验原理，并回答下列问题：
①整个实验过程中，能观察到烧杯A和B中的现象分别是 。
②写出实验过程中试管中发生反应的化学方程式： 。
③该实验可证明热稳定性：NaHCO3 （填字母A：＞、B：＜、C：＝）Na2CO3；证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？ （填字母A：能、B：不能）。
（3）除去下列物质中含有的少量杂质（括号内为杂质），所用除杂试剂合理的是 。
A．NaCl溶液（Na2SO4）：Ba（NO3）2溶液
B．NaHCO3溶液（Na2CO3）：CO2
C．FeCl3溶液（CuCl2）：铁粉
D．CO2（SO2）：饱和Na2CO3溶液
过氧化钠是常用的供氧剂，某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
步骤1：打开K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
（4）装置②中的试剂是 ，装置③中的试剂是 。
A.饱和NaHCO3溶液
B.饱和Na2CO3溶液
C.浓H2SO4
（5）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是木条复燃；木条复燃。甲同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟CO2发生了化学反应。”其理由是 。
（6）过氧化物在纺织业工业里有重要的作用，关于Na2O2的说法正确的是 。
A．负离子的电子数为10
B．正负离子个数比1：1
C．属于离子化合物
D．只含有离子键
铁元素是重要的金属元素，含有铁元素的物质在人类的生活中有着重要应用。
（7）人体血红蛋白中含铁元素，它能结合氧分子进行输氧，因此血红蛋白中铁的价态为 。
（8）下列物质不能由化合反应制取的是 。
A．Fe（OH）3
B．Al（OH）3
C．FeCl3
D．FeCl2
（9）铁和水不能反应，但可以与高温水蒸气作用。写出该反应的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目 。
（10）某学生利用如图所示装置制备氢氧化亚铁。实验前把稀硫酸和氢氧化钠溶液均煮沸处理，目的是 ，实验开始，打开弹簧夹C、D和E，一段时间后，关闭弹簧夹 ，在B中生成 色絮状沉淀，实验结束未关闭弹簧夹D，无法长时间保存氢氧化亚铁，原因是 （用化学反应方程式表示）。
15．（2024春•杨浦区校级期中）为探究Fe3+的氧化性，开展如下活动。
（1）铁元素位于第 周期 族。
配制溶液：
称量→溶解→冷却→操作①→洗涤→注入→混匀→操作②→摇匀→装瓶贴标签
（2）操作①为 、操作②为 。
（3）用FeCl3•H2O配制240mL0.100ml•L﹣1FeCl3溶液时，应称量 g固体（保留两位小数），需要的定量仪器为 。
（4）配制溶液时，不慎掉入镀层缺损的镀铜小铁钉，写出可能发生的反应的离子方程式。
。
通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。
（5）实验室AgNO3溶液通常盛放在 试剂瓶中。
（6）Ⅱ中反应的离子方程式为 。
（7）Ⅰ、Ⅱ中的现象说明 。（不定项）
A．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2
B．氧化性顺序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+
C．还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+
D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣
（8）实验后，I试管壁上的黑色沉淀可用 洗去。
A．酒精
B．二硫化碳
C．浓硝酸
D．热盐酸
（9）写出检验I中是否含有Fe2+的方法． 。
（10）检验Ⅱ中是否含有Fe3+不可选用： 。（不定项）
A．氢氧化钠溶液
B．酸性高锰酸钾溶液
C．硫氰化钾溶液
D．稀氨水
（11）推测Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因 。
16．（2024•南京二模）高效氧化剂亚氯酸钠（NaClO2）常用于烟气脱硝（NOx）和废水脱除氨氮。
（1）NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为：
①“反应2”的化学方程式为 。
②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2，从消毒后饮用水水质和消毒效率（单位质量消毒剂被还原时得电子数）的角度考虑，用ClO2替代Cl2的原因是 。
（2）NaClO2溶液对烟气脱硝。
①酸性条件下，Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体，总反应可表示为5+4H+4ClO2+Cl﹣+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式：
Ⅰ.Fe3++═；
Ⅱ. ；
Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+═5Fe3++Cl﹣+2H2O。
②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时，烟气中NO氧化率随c（Fe3+）、反应温度的变化分别如图﹣1、图﹣2所示。
i.NO氧化率随c（Fe3+）增大而增大的原因是 。
ii.温度升高，NO氧化率先增大后减小的可能原因是 。
（3）NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液，用传感器测得溶液中与含量随反应时间的变化如图﹣3所示。判断该实验中被氧化的是否全部转化为的依据为 。
17．（2024春•闵行区校级期中）某兴趣小组设计实验探究SO2与新制Cu（OH）2悬浊液反应的产物。按图连接好装置（夹持装置省略），打开磁搅拌器，先往20mL1.00ml•L﹣1的CuCl2溶液中加入20mL2.00ml•L﹣1的NaOH溶液，再通入一定量SO2，三口烧瓶中生成大量白色沉淀X。回答下列问题：
（1）以亚硫酸钠和浓硫酸为原料制取SO2，虚框中应选用 （填“A”或“B”）装置，实验室制备一般选择70%浓硫酸，不选择98.3%浓硫酸的理由 。
（2）仪器a的名称为 ，烧杯中发生反应的离子方程式为 。
（3）通入SO2过程中不断搅拌的目的是 ，进一步实验证实，X为CuCl，体现了SO2 性质。
（4）二氧化硫是大气污染物，硫酸型酸雨的前驱体。
①可吸入颗粒物是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小，它与空气中SO2、O2接触时，SO2部分转化为SO3，空气酸度增加，形成酸雨。其中可吸入颗粒物所起的主要作用是 ，写出该过程化学反应方程式 。
A.氧化剂
B.还原剂
C.吸附剂
D.催化剂
②为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持。下列措施不利于“蓝天工程”建设的是 。
A.推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染
B.实施绿化工程，防止扬尘污染
C.研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染
D.加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的开采
18．（2024•湖北模拟）某兴趣小组探究镁跟碱性银氨溶液反应。实验步骤及现象如下。
Ⅰ.将10mL2ml/LAgNO3溶液和10mL6ml/L的氨水在锥形瓶中混合，测得pH＝12。
Ⅱ.加入1g去掉氧化层的镁条，十几秒后有许多气泡生成，用集气瓶排水集气，气体体积先增大后减小然后不变。同时锥形瓶中有灰白色沉淀生成。
Ⅲ.取出镁条过滤洗涤得到灰白色固体。
Ⅳ.取少量灰白色固体于试管中加入稀HNO3沉淀全部溶解，并有无色的气体生成，且在试管口部气体变成红棕色，将其溶解后的溶液加入稀盐酸，产生大量白色沉淀。
回答下列问题：
（1）步骤产生不溶于水的气体是 ，易溶于水的气体是 ，该气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，生成该气体的反应的离子方程式为： 。
（2）步骤Ⅳ的现象证明灰白色固体一定含有 。证明灰白色固体中有Ag2O需要的试剂有稀盐酸和 。
（3）向水中加入1g去掉氧化层的镁条，几乎看不见气泡产生。镁跟碱性银氨溶液反应能迅速产生气泡的原因： 。
（4）向pH相同的氢氧化钠溶液中加入1g去掉氧化层的镁条，看不见气泡产生，其原因是： 。
19．（2024•西城区一模）某小组同学探究硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液与某些常见金属离子的反应。
已知：i.[Cu（S2O3）2]2﹣（淡绿色）、[Fe（S2O3）3]3﹣（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3﹣（无色）
ii.S4在酸性溶液中转化为、S和SO2。
iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。
（1）将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是 。
（2）研究Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。
①取Ⅰ中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。
i.补全Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式：
2Cu2++2S2+□_____□_____↓+□_____↓+□_____+4H+
ii.查阅资料可知，常温时，生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，但仍需水浴加热至50℃以上才出现沉淀，原因是 。
②Ⅱ中，S2被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有很少量的。取Ⅱ中的无色溶液进行如下实验证实了此结论。
用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重复上述实验，CS2溶解后几乎无固体剩余。
i.仅由溶液1中加入足量的盐酸后得到沉淀2，不能说明Ⅱ中生成了S4，理由是 。
ii.补全实验方案证实上述结论：将沉淀1洗净， 。
③向Ⅲ的无色溶液中继续加入溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3。静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是 。
（3）软硬酸碱原理认为，Ⅲ中，Ag+为软酸，S2为软碱，S2﹣是比S2更软的碱，可解释S2与Ag+反应的最终产物为Ag2S。由此推测，Ⅰ中，Cu+和Cu2+， 是更软的酸。
20．（2024春•徐汇区校级期中）
（1）铁与水蒸气的反应实验装置如图，加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声。下列说法正确的是 。
A.反应的化学方程式：2Fe+3H2OFe2O3+3H2
B.试管中发生化合反应
C.湿棉花的作用是提供水蒸气
D.试验结束后，应该先熄灭酒精灯，再将导管移出肥皂水
高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，与水反应可生成透明的红褐色胶体，反应原理：4+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣
（2）胶体分散质粒子的直径范围是 。该反应中是 。
A.还原剂
B.氧化剂
C.被还原
D.被氧化
（3）K2FeO4能杀灭水中细菌的原因是 。
（4）配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式。
Fe（OH）3+ ClO﹣+ ＝ + Cl﹣+
电子工业常用30%左右的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。为了从腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，某同学设计下列方案：
（5）实验室用无水氯化铁固体粗略配制30%的FeCl3溶液，需要的主要玻璃仪器除了量筒外还有 。
（6）FeCl3溶液与铜箔发生反应的离子方程式为 。
（7）试剂A、D、F的化学式分别是 、 、 。用FeCl3溶液制取FeCl3晶体的方法是 。
A.蒸发结晶
B.降温结晶
（8）某研究性学习小组设计实验探究铝等金属的性质：将一置于空气中的铝片投入浓（CuCl2溶液中，铝片表面出现一层海绵状暗红色物质，接下来铝片上产生大量气泡，溶液温度迅速上升。若用同样的铝片投入相同浓度的CuSO4溶液中，在短时间内铝片无明显变化。造成不同现象的原因可能是 。
A.Al与CuCl2溶液反应，与CuSO4溶液不反应
B.CuCl2溶液酸性比同浓度的CuSO4溶液酸性强
C.生成物AlCl3溶于水，而Al2（SO4）3不溶于水
D.Cl﹣能破坏氧化铝薄膜，而不能
21．（2023秋•海淀区期末）某小组同学欲探究AgNO3溶液与FeSO4溶液的反应，进行如下实验。
查阅资料：
i.AgSCN为白色固体，Ksp（AgSCN）＝1.03×10﹣12
ii.Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3K＝2.24×103
（1）取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含 。
（2）实验②中未观察到明显变化，说明 。
（3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是 。稍振荡后红色消失并产生白色沉淀，请结合离子方程式解释现象： 。
（4）综合实验①～③可知，实验①中发生反应的离子方程式为 。
【反思与迁移】
小组同学用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag+浓度。
（5）能指示滴定终点的现象为 。
（6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀，则测得的c（Ag） （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
22．（2024•杨浦区二模）为探究+1价Ag的氧化性，开展如下活动。
（1）配制溶液：
称量→溶解→冷却→操作①→洗涤→注入→混匀→定容→操作②→装瓶贴标签
①下列图示中，操作①为 、操作②为 。
②用FeCl3•6H2O配制100mL0.1ml•L﹣1FeCl3溶液时，应称量 g固体。
③实验室AgNO3溶液通常盛放在 试剂瓶中。
（2）通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。
①Ⅱ中反应的离子方程式为： 。
②Ⅰ、Ⅱ中的现象说明： 。（不定项）
A．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2
B．氧化性顺序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+
C．还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+
D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣
③推测Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因： 。
（3）利用如图所示装置，探究Ag+氧化I﹣的反应。
①图中盐桥中的电解质可用 。
A．KCl
B．KNO3
C．Fe2（SO4）3
②闭合K，电流计指针偏转。“石墨2”作 。
A．阴极
B．阳极
C．正极
D．负极
③已知0.1ml•L﹣1AgNO3溶液的pH＝6。上述实验中可能是氧化了I﹣，将装置中的 溶液换成 ，闭合K，指针未发生偏转。确认Ag+氧化了I﹣。
取Ⅰ中产生的黑色沉淀0.0216g于试管中。进行实验：①向黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解；②再向试管中滴加氨水，边滴边振荡至沉淀恰好溶解；③再向其中滴加乙醛溶液，加热，产生光亮的银镜。
（4）写出第①步反应的化学方程式 。
（5）为得到光亮的银镜，实验时应做到： （任写2点）。若黑色沉淀全部转化为银镜，理论上需要乙醛 ml。
A．1×10﹣4
B．2×10﹣4
C．1×10﹣3
D．2×10﹣3
23．（2024•西城区校级模拟）某小组同学研究了不同起始pH条件下溴酸钠和硫化钠的反应。
（一）隔绝氧气的条件下，在50mL溶液中，NaBrO3起始浓度为0.08ml/L，Na2S起始浓度为2×10﹣3ml/L，改变HNO3的起始加入量，测量反应过程中的pH变化，实验结果如下：
已知：a.HBrO3属于强酸，的还原产物只有Br﹣，实验中HNO3不表现氧化性；
b.硫化钠被氧化的产物可能是S、、S2、；
c.pH＞3溶液中，与S2的反应可忽略不计；
d.CaS和CaS2O3易溶于水；
为研究实验Ⅰ中pH的变化情况，进行实验Ⅲ和实验Ⅳ：
取少量实验Ⅰ进行10min左右的液体，离心分离浑浊，得到溶液A，进行实验Ⅲ：
实验Ⅳ：
步骤1：取一定量的溴酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液混合，反应液温度未有明显变化，测定反应中的反应速率，结果如图所示。
步骤2：实验前先在容器中加入少量硫酸钠和溴化钠固体，重复步骤1，测得的反应速率变化曲线与如图几乎完全重合。
（1）实验Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀盐酸，能否说明溶液A中没有，理由是 ，进一步检验溶液A中是否有的方案是 。
（2）实验Ⅲ中，由无色溶液1加入足量稀盐酸的实验现象可以得到的实验结论是 。
（3）结合离子方程式，解释实验Ⅰ中2min之后pH变化的可能原因： 。
（二）研究实验Ⅱ中pH的变化情况，设计测定溶液中S2﹣、、S2浓度的方法如下：
已知：a.碘标液的浓度为c1ml/L，硫代硫酸钠标液的浓度为c2ml/L；
b.Ksp（CdCO3）＝1×10﹣12、Ksp[Cd（OH）2]＝7.2×10﹣15、Ksp（CdS）＝8×10﹣27；CdSO3和CdS2O3微溶于水；
c.能与甲醛反应，产物不被I2氧化
d.2S2+I2＝S4+2I﹣
步骤1：取10mL待测液，加入一定体积的过量碘标液，充分反应后，用硫代硫酸钠标液滴定，消耗硫代硫酸钠标液的体积是V1mL；
步骤2：取20mL待测液，加入过量CdCO3，充分反应后，过滤并洗涤沉淀，将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V2mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3mL。
（4）步骤1中滴定时使用的指示剂是 ，滴定终点的现象是 。
（5）步骤2中加入CdCO3的作用是 。
（6）待测液中和S2的物质的量浓度之比是 。
（7）实验Ⅱ中未检测到和的生成，用离子方程式表示18min后溶液pH下降的原因： 。
（8）结果表明，不同起始pH条件下，溴酸钠和硫化钠的反应速率和反应产物会有差异。
24．（2023秋•东城区期末）资料表明C2+还原性很弱，某小组同学为实现→，进行如下探究。
（1）理论分析：氧化半反应C2+﹣e﹣═C3+很难发生。从平衡移动的角度来看，降低c（C3+）或 均能促进C2+失电子，提高其还原性。
【实验Ⅰ】①
②
已知：ⅰ．Ka（HNO2）＝10﹣3.1，Ka（CH3COOH）＝10﹣4.8；
ⅱ．HNO2不稳定，易分解：3HNO2═2NO↑+HNO3+H2O
（2）②是①的对照实验，目的是 。
（3）经检验，橙红色溶液中存在[C（NO2）6]3﹣。经分析，①中能实现→的原因是C3+形成了配离子且的氧化性被提高。
a．解释C3+能与形成配位键的原因： 。
b．结合还原半反应解释的氧化性被提高的原因： 。
【实验Ⅱ】
③
④
已知：C（OH）2（粉红色）和C（OH）3（棕黑色）的Ksp分别是10﹣14.2和10﹣43.8。
（4）对比③④可知，本实验条件下还原性：C（OH）2 C2+（填“＞”或“＜”）。
（5）分析④中能实现→的原因：
a．该条件下，的还原性同时受“c（C3+）降低”和“c（C2+）降低”的影响，前者影响更 （填“大”或“小”）。
b．当c（C2+）：c（C3+）＞1014时，能被Cl2氧化。结合Ksp计算，④中通入少量Cl2后溶液中c（C2+）：c（C3+）＝ ，因此能实现转化。
（6）实验启示：通常情况下，为促进金属阳离子从低价向高价转化，可将高价金属阳离子转化为 或 。
25．（2023秋•溧阳市期末）大量燃放鞭炮会引起空气中SO2等有害气体含量增高，造成大气污染。某兴趣小组欲探究SO2的性质（装置如图1），并利用SO2制备抗氧化剂亚硫酸钠（Na2SO3）。
（1）SO2的制备和性质探究。
①装置A中发生反应的化学方程式为 ，该反应体现的浓硫酸的性质是 。
②装置B用于检验SO2的漂白性，其中所盛试剂为 。
③装置C中发生反应的实验现象是 。
④装置E中发生反应的离子方程式是 。
（2）亚硫酸钠的制备。
已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、、摩尔分数（摩尔分数即物质的量分数）随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示。
①制备NaHSO3溶液：边搅拌边向Na2SO3溶液中通入SO2，测量溶液pH，pH约为 时停止通入SO2，制得NaHSO3溶液。
②制备Na2SO3固体：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，控制温度在 范围条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装得Na2SO3固体。
（3）SO2的资源化利用。
查阅资料：SO2尾气可用如图2的双碱脱硫法处理。写出过程Ⅱ的化学反应方程式 。
2025菁优高考化学解密之性质实验方案的设计（解答大题）
参考答案与试题解析
一．解答题（共25小题）
1．（2024秋•河东区校级月考）Ⅰ：
已知乙醇C2H3OH能与K2Cr2O7和H2SO4的混合溶液在一定条件下发生反应2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4＝2K2SO4+2Cr2（SO4）3+3CH3COOH+11H2O。Cr2和Cr3+在溶液中分别显橙色和绿色，回答下列问题：
（1）该反应 是 （填“是”或“不是”）离子反应。
（2）写出Cr2（SO4）3的电离方程式： Cr2（SO4）3＝2Cr3++3 。
（3）该反应 是 （填“是”或“不是”）氧化还原反应，判断的依据是 元素的化合价有升降（或发生了电子转移） 。
Ⅱ：
亚硝酸（HNO2）是一种弱酸，且不稳定，易分解生成NO气体和NO2（红棕色）气体；亚硝酸是一种还原剂，能被常见的强氧化剂氧化，但在酸性溶液中它也是一种氧化剂，如能把Fe2+（浅绿色）氧化成Fe3+（棕黄色）；AgNO2是一种难溶于水（白色）、易溶于酸的化合物。请仔细阅读以上信息，并结合有关原理回答以下问题：
（1）人体正常的血红蛋白中含有Fe2+，若误食亚硝酸盐（如NaNO2），则导致血红蛋白中的Fe2+转换为Fe3+而中毒，可以服用维生素C解毒。下列对此过程叙述不正确的是 B 。
a.亚硝酸盐被还原
b.亚硝酸盐是还原剂
c.维生素C将Fe3+还原为Fe2+
d.维生素C被氧化
（2）下列方法中，不能用来区别NaNO2和NaCl的是 b 。
a.取样加水溶解后，向其中加入稀盐酸
b.取样加水溶解后，向其中加入AgNO3溶液
c.取样加水溶解后，向其中加入稀硫酸酸化的淀粉﹣KI溶液
（3）某同学把氯气通入NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl2请写出该反应的离子方程式： H2O+Cl2+＝+2H++Cl﹣ 。
（4）工业废水中的可用铝粉除去。已知此反应体系中包含Al、NaOH、NaAlO2、NaNO2、NH3和H2O六种物质，该反应的化学方程式为 2Al+NaNO2+NaOH+H2O＝2NaAlO2+NH3↑ 。
【答案】I.（1）是；
（2）Cr2（SO4）3＝2Cr3++3；
（3）是；元素的化合价有升降（或发生了电子转移）；
II.（1）B；
（2）b；
（3）H2O+Cl2+＝+2H++Cl﹣；
（4）2Al+NaNO2+NaOH+H2O＝2NaAlO2+NH3↑。
【分析】I.（1）该反应中有离子参加反应，也有离子生成；
（2）Cr2（SO4）3为强电解质，完全电离，遵循电荷守恒和原子守恒；
（3）反应中Cr元素的化合价降低，C元素的化合价升高；
II.（1）由题给信息可知Fe2+转化为Fe3+而中毒，服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+；
（2）a.取样加水溶解后，向其中加入稀盐酸，结合亚硝酸的不稳定性判断；
b.亚硝酸银是白色沉淀，氯离子和银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀，反应现象相同；
c.碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同；
（3）氯气通入NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl；
（4）亚硝酸钠具有氧化性，金属铝只有还原性，发生的反应是亚硝酸钠和金属铝之间的反应，即Al+NaNO2+NaOH＝NH3•H2O+NaAlO2，铝元素化合价从0价升高到+3价，由此分析解答。
【解答】解：I.（1）该反应中有离子参加反应，也有离子生成，所以该反应是离子反应，
故答案为：是；
（2）Cr2（SO4）3为强电解质，完全电离，遵循电荷守恒和原子守恒，电离方程式分别为Cr2（SO4）3＝2Cr3++3，
故答案为：Cr2（SO4）3＝2Cr3++3；
（3）反应中Cr元素的化合价降低，C元素的化合价升高，则该反应是氧化还原反应，
故答案为：是；元素的化合价有升降（或发生了电子转移）；
II.（1）服用维生素C可以解毒，说明在维生素C作用下Fe3+又转化为Fe2+，Fe元素化合价降低，被氧化，则维生素具有还原性，而亚硝酸盐，会导致Fe2+转化为Fe3+，说明亚硝酸盐具有氧化性，在反应中为氧化剂，所以维生素C是还原剂，
故答案为：B；
（2）a.取样加水溶解后，向其中加入稀盐酸，亚硝酸钠和稀盐酸反应生成的亚硝酸不稳定，会分解生成NO气体和NO2（红棕色）气体，NaCl与稀硫酸不反应，无明显现象，能用稀硫酸区别NaNO2和NaCl，故a正确；
b.AgNO2是一种难溶于水（白色），AgCl也是白色沉淀，则利用AgNO3溶液无法鉴别，故b错误；
c.在酸性条件下，亚硝酸钠和碘离子反应方程式为2+2I﹣+4H+＝2NO↑+I2+2H2O，碘遇淀粉变蓝色，氯离子和碘离子不反应，所以反应现象不同，所以可以用酸性条件下的KI淀粉试液来区别，故c正确；
故选：b；
（3）氯气通入NaNO2溶液中，生成NaNO3和HCl，其反应的离子方程式为：H2O+Cl2+＝+2H++Cl﹣，
故答案为：H2O+Cl2+＝+2H++Cl﹣；
（4）亚硝酸钠具有氧化性，金属铝只有还原性，发生的反应是亚硝酸钠和金属铝之间的反应，铝元素化合价从0价升高到+3价，反应的化学方程式为：2Al+NaNO2+NaOH+H2O＝2NaAlO2+NH3↑，
故答案为：2Al+NaNO2+NaOH+H2O＝2NaAlO2+NH3↑。
【点评】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
2．（2023秋•房山区期末）某实验小组探究Cu与Fe（NO3）3溶液的反应。取3g铜粉加入到100mL0.6‍ml/LFe（NO3）3溶液（用HNO3调pH＝1）中，振荡、静置30分钟，铜粉减少，溶液呈棕绿色，未见有气泡产生。
（1）预测和Fe3+分别与Cu发生了反应，补充反应Ⅱ的离子方程式。
反应Ⅰ3Cu+2+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O
反应Ⅱ 2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+
（2）探究反应Ⅰ是否发生
①设计实验：取3g铜粉加入到100mL 1.8ml/L硝酸钠溶液（用HNO3调pH＝1） 溶液中，振荡、静置30分钟。
②若反应Ⅰ能够发生，预计观察到的现象有 铜粉逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气体生成，在液面上方变为红棕色 。
实际现象不明显，借助传感器证明反应Ⅰ能够发生。
（3）探究反应Ⅱ是否发生
步骤1：取3g铜粉加入到100mL0.3ml/LFe2（SO4）3溶液（用H2SO4调pH＝1）中，溶液迅速变为蓝绿色。
步骤2：取步骤1中上层清液，滴加少量KSCN溶液，出现白色浑浊，溶液变红，振荡后红色褪去。
①KSCN溶液的作用是 检验Fe3+ 。
②已知，CuSCN是难溶于水的白色固体。结合平衡移动原理，解释步骤2中“溶液变红，振荡后红色褪去”的原因 加入SCN﹣后，Fe3+与SCN﹣反应，生成Fe（SCN）3溶液显红色；振荡过程中Cu+与SCN﹣反应生成CuSCN沉淀，使SCN﹣浓度减小，Fe3++3SCN﹣Fe（SCN）3逆向移动，溶液红色褪去 。
（4）查阅资料可知，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数分别为KⅠ＝6.3×1062和KⅡ＝5×1014。请从化学反应速率和限度的角度简述对Cu与Fe（NO3）3溶液反应的认识 Cu与Fe3+和（H+）均能发生反应，其中Cu与（H+）反应限度更大，Cu与Fe3+反应速率更快 。
【答案】（1）2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；
（2）①1.8ml/L硝酸钠溶液（用HNO3调pH＝1）；
②铜粉逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气体生成，在液面上方变为红棕色；
（3）①检验Fe3+；
②加入SCN﹣后，Fe3+与SCN﹣反应，生成Fe（SCN）3溶液显红色，振荡过程中Cu+与SCN﹣反应生成CuSCN沉淀，使SCN﹣浓度减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，溶液红色褪去；
（4）Cu与Fe3+和（H+）均能发生反应，其中Cu与（H+）反应限度更大，Cu与Fe3+反应速率更快。
【分析】（1）溶液中含有Fe3+，所以除发生反应I外，还有Fe3+氧化Cu生成Cu2+和Fe2+；
（2）①探究反应Ⅰ是否发生，需要排除Fe3+的影响，而且保证其他条件应相同，根据所提供的试剂，取3g铜粉加入100mL 1.8ml/L硝酸钠溶液（用HNO3调pH＝1）中，振荡、静置；
②结合反应Ⅰ、Ⅱ可知，若反应Ⅰ能够发生，预计观察到的现象有铜粉逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气体生成，在液面上方变为红棕色；
（3）①三价铁离子与KSCN显血红色，可对其进行检验；
②已知，CuSCN是难溶于水的白色固体。结合平衡移动原理，解释步骤2中“溶液变红，振荡后红色褪去”的原因是加入SCN﹣后，Fe3+与SCN﹣反应；
（4）查阅资料可知，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数分别为KⅠ＝6.3×1062和KⅡ＝5×1014，通过比较反应现象及反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数可知，Cu与Fe3+和（H+）均能发生反应，其中Cu与（H+）反应限度更大。
【解答】解：（1）溶液中含有Fe3+，所以除发生反应I外，还有Fe3+氧化Cu生成Cu2+和Fe2+，即反应Ⅱ的离子方程式为2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；
（2）①探究反应Ⅰ是否发生，需要排除Fe3+的影响，而且保证其他条件应相同，根据所提供的试剂，取3g铜粉加入100mL 1.8ml/L硝酸钠溶液（用HNO3调pH＝1）中，振荡、静置30分钟，无明显现象，
故答案为：1.8ml/L硝酸钠溶液（用HNO3调pH＝1）；
②结合反应Ⅰ、Ⅱ可知，若反应Ⅰ能够发生，预计观察到的现象有铜粉逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气体生成，在液面上方变为红棕色，
故答案为：铜粉逐渐溶解，溶液变为蓝色，有无色气体生成，在液面上方变为红棕色；
（3）①三价铁离子与KSCN显血红色，可对其进行检验，故KSCN溶液的作用是检验Fe3+，
故答案为：检验Fe3+；
②已知，CuSCN是难溶于水的白色固体。结合平衡移动原理，解释步骤2中“溶液变红，振荡后红色褪去”的原因是加入SCN﹣后，Fe3+与SCN﹣反应，生成Fe（SCN）3溶液显红色，振荡过程中Cu+与SCN﹣反应生成CuSCN沉淀，使SCN﹣浓度减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，溶液红色褪去，
故答案为：加入SCN﹣后，Fe3+与SCN﹣反应，生成Fe（SCN）3溶液显红色，振荡过程中Cu+与SCN﹣反应生成CuSCN沉淀，使SCN﹣浓度减小，Fe3++3SCN﹣ Fe（SCN）3逆向移动，溶液红色褪去；
（4）查阅资料可知，反应Ⅰ和反应Ⅱ的平衡常数分别为KⅠ＝6.3×1062和KⅡ＝5×1014，通过比较反应现象及反应Ⅰ、反应Ⅱ的平衡常数可知，Cu与Fe3+和（H+）均能发生反应，其中Cu与（H+）反应限度更大，Cu与Fe3+反应速率更快，
故答案为：Cu与Fe3+和（H+）均能发生反应，其中Cu与（H+）反应限度更大，Cu与Fe3+反应速率更快。
【点评】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
3．（2024秋•鹿邑县月考）用H2O2、KI和洗洁精可完成“大象牙膏”实验（短时间内产生大量泡沫），某同学依据文献资料对该实验进行探究。回答下列问题：
（1）资料1：H2O2+I﹣＝H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+I﹣。总反应的化学方程式为 2H2O22H2O+O2↑ ，KI在该反应中的作用是 催化剂 。
（2）资料2：H2O2分解反应过程中能量变化如图所示，其中①有KI加入，②无KI加入。下列判断错误的是 BC （填字母）。
A．加入KI后降低了反应所需的活化能
B．加入KI后该反应的活化分子百分数减小
C．H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+1是放热反应
（3）实验中发现，H2O2与KI溶液混合后，产生大量气泡，溶液颜色变黄。再加入CCl4，振荡、静置，气泡明显减少。
资料3：I2也可催化H2O2的分解反应。碘易溶于CCl4，碘的CCl4溶液（密度大于水）显紫红色。
①加CCl4并振荡、静置后还可观察到溶液分层，且下层溶液显 紫红 色，说明有I2生成。
②气泡明显减少的原因可能是：ⅰ．H2O2浓度降低；ⅱ．水溶液中 I2 的浓度降低。
③以下对照实验说明ⅰ不是主要原因：向H2O2溶液中加入KI溶液，待溶液变黄后，分成两等份于A、B两试管中。A试管中加入适量CCl4，B试管中不加CCl4，分别振荡、静置。则两试管中观察到的现象是 A试管中产生气泡的速率明显变慢，B试管中产生气泡的速率没有明显变慢 。
（4）资料4：I﹣（aq）+I2（aq）⇌（aq）K＝640。为了探究体系中含碘微粒的存在形式，进行实验：向20mL一定浓度的H2O2溶液中加入10mL0.10ml•L﹣1KI溶液（溶液混合时体积变化忽略不计），达平衡后，相关微粒浓度如下：
则b＝ 2.5×10﹣3 ，进而推出该平衡体系中除了含有I﹣、I2、外，一定还含有其他含碘微粒，理由是 2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＜0.033ml/L 。
【答案】（1）2H2O22H2O+O2↑；催化剂；
（2）BC；
（3）①紫红；
②I2；
③A试管中产生气泡的速率明显变慢，B试管中产生气泡的速率没有明显变慢；
（4）2.5×10﹣3；2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＜0.033ml/L。
【分析】（1）总反应的化学方程式为分步反应的叠加，KI在该反应中，前后质量不变；
（2）A．由图可知，加入KI后降低了反应所需的活化能，改变了反应的历程；
B．催化剂可以使反应的活化分子百分数增大；
C．由图可知，第一步反应是吸热反应；
（3）①I2溶于CCl4显紫红色；
②气泡明显减少的原因可能是：i．H2O2浓度降低；ii．水溶液中碘的浓度降低；
③若i不是气泡明显减少的原因，实验时，加入CCl4的A试管中，水溶液中碘的浓度减小，产生气泡的速率减小，未加入CCl4的B试管中，水溶液中碘的浓度没有变化，产生气泡的速率不会减慢；
（4）根据题意有：K＝＝640，解得：b＝2.5×10﹣3，根据碘原子守恒，若溶液中不含由其它含碘的微粒，则碘原子的浓度为：≈0.033ml/L，根据表格数据可知，溶液中碘原子的浓度为：2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＝2×2.5×10﹣3+2.5×10﹣3+3×4×10﹣3＝0.0195ml/L＜0.033ml/L，据此分析作答。
【解答】解：（1）资料1：H2O2+I﹣＝H2O+IO﹣；H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑+I﹣，总反应的化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，KI在该反应中的作用是催化剂，
故答案为：2H2O22H2O+O2↑；催化剂；
（2）A．由图可知，加入KI后降低了反应所需的活化能，改变了反应的历程，故A正确；
B．加入KI后该反应的活化分子百分数增大，故B错误；
C．由图可知，第一步反应是吸热反应，即H2O2+IO﹣＝H2O+O2↑是吸热反应，故C错误；
故答案为：BC；
（3）①加CCl4并振荡、静置后还可观察到溶液分层，且下层溶液显紫红色，说明有I2生成，
故答案为：紫红；
②气泡明显减少的原因可能是：i．H2O2浓度降低；ii．水溶液中碘的浓度降低，
故答案为：I2；
③若i不是气泡明显减少的原因，实验时，加入CCl4的A试管中，水溶液中碘的浓度减小，产生气泡的速率减小，未加入CCl4的B试管中，水溶液中碘的浓度没有变化，产生气泡的速率不会减慢，
故答案为：A试管中产生气泡的速率明显变慢，B试管中产生气泡的速率没有明显变慢；
（4）根据题意有：K＝＝640，解得：b＝2.5×10﹣3，根据碘原子守恒，若溶液中不含由其它含碘的微粒，则碘原子的浓度为：≈0.033ml/L，根据表格数据可知，溶液中碘原子的浓度为：2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＝2×2.5×10﹣3+2.5×10﹣3+3×4×10﹣3＝0.0195ml/L＜0.033ml/L，所以，溶液中还存在其它含碘微粒，
故答案为：2.5×10﹣3；2c（I2）+c（I﹣）+3c（）＜0.033ml/L。
【点评】本题主要考查性质实验方案的设计，具体涉及碘及其化合物的相关知识，同时考查平衡常数K的计算以及应用，难度较大。
4．（2024秋•浦东新区校级月考）学习了CO2的有关知识之后，同学们查阅资料发现Mg能在CO2中燃烧：2Mg+CO22MgO+C，所以镁着火不能用CO2来灭火。但没有找到有关钠能否与CO2反应的介绍。于是同学们展开钠着火能否用CO2来灭火的探究。
【提出猜想】
（1）钠能发生类似于CO2与镁的反应，可能的化学方程式为： 4Na+CO22Na2O+C 。
【实验】将燃着的钠伸入装有CO2的集气瓶中，钠能在CO2中继续燃烧。
进一步【查阅资料】得知：
①Na2O是白色固体，能与CO2反应生成Na2CO3，与H2O反应生成NaOH。
②Ba（OH）2溶于水而BaCO3不溶于水。
③Na2CO3的存在会干扰NaOH的检测。
基于以上资料，同学们认为钠在CO2中燃烧的产物应该与Mg在CO2中燃烧的产物情况有所不同，并对产物提出了以下几种猜想：
（2）②Na2O、C；② Na2CO3 、C；③NaOH、C；④Na2O、Na2CO3、C；
（3）通过理论分析，猜想 ③ （填序号）肯定是错误的，理由是： 反应物中没有氢元素，所以不能生成NaOH 。
（4）【验证猜想】
（5）在步骤（2）中BaCl2溶液为什么要加入至过量： 过量的氯化钡溶液可以将碳酸根离子完全除去，避免碳酸钠对下一步实验进行干扰 。
（6）在步骤（3）中也可以通过加入 酚酞 试剂的方法进行检验（任写一种试剂）。
（7）【结论】猜想 ④ （填序号）正确。
【答案】（1）4Na+CO22Na2O+C；
（2）Na2CO3；
（3）反应物中没有氢元素，所以不能生成NaOH；
（4）C；有白色沉淀生成；CuCl2或CuSO4；Na2O；
（5）过量的氯化钡溶液可以将碳酸根离子完全除去，避免碳酸钠对下一步实验进行干扰；
（6）酚酞；
（7）④。
【分析】（1）钠能发生类似于CO2与镁的反应，说明在点燃的条件下Na和CO2反应生成Na2O和C；
（2）在点燃的条件下Na和CO2反应生成Na2O和C，CO2和生成的Na2O反应生成Na2CO3；
（3）化学反应中要遵循元素守恒；
（4）碳难溶于水，Na2O、Na2CO3都易溶于水；Na2CO3能和BaCl2反应生成BaCO3白色沉淀，NaOH和BaCl2不反应；Cu2+和碱反应生成Cu（OH）2蓝色沉淀；
（5）能和Cu2+反应生成CuCO3沉淀；
（6）酚酞遇碱变红色；
（7）实验1说明有C生成，实验2说明有Na2CO3生成，实验3说明有Na2O生成。
【解答】解：（1）钠能发生类似于CO2与镁的反应，说明在点燃的条件下Na和CO2反应生成Na2O和C，反应方程式为：4Na+CO22Na2O+C，
故答案为：4Na+CO22Na2O+C；
（2）在点燃的条件下Na和CO2反应生成Na2O和C，CO2和生成的Na2O反应生成Na2CO3，所以得到的固体为Na2CO3和C，
故答案为：Na2CO3；
（3）通过理论分析，猜想③肯定是错误的，理由是：反应物中没有氢元素，所以不能生成NaOH，
故答案为：反应物中没有氢元素，所以不能生成NaOH；
（4）碳难溶于水，Na2O、Na2CO3都易溶于水，所以黑色难溶于水的固体是C；Na2CO3能和BaCl2反应生成BaCO3白色沉淀，NaOH和BaCl2不反应，所以实验2中现象为：有白色沉淀生成；Cu2+和碱反应生成Cu（OH）2蓝色沉淀，根据实验现象知，加入的溶液是可溶性的CuCl2或CuSO4溶液，溶液中含有NaOH，则得到的固体中含有Na2O，
故答案为：C；有白色沉淀生成；CuCl2或CuSO4；Na2O；
（5）能和Cu2+反应生成CuCO3沉淀，过量的氯化钡溶液可以将碳酸根离子完全除去，避免碳酸钠对下一步实验进行干扰，
故答案为：过量的氯化钡溶液可以将碳酸根离子完全除去，避免碳酸钠对下一步实验进行干扰；
（6）酚酞遇碱变红色，步骤2是为了检验NaOH的生成，除了加入铜盐外，可以加入酚酞溶液，现象为：溶液变红，则有NaOH生成，
故答案为：酚酞；
（7）实验1说明有C生成，实验2说明有Na2CO3生成，实验3说明有Na2O生成，根据这三个实验知，产品中含有Na2O、Na2CO3、C，所以猜想④正确，
故答案为：④。
【点评】本题考查性质实验方案设计，侧重考查阅读、对比、分析、判断及知识综合运用能力，明确物质的性质、实验原理是解本题关键，题目难度中等。
5．（2024秋•浦东新区校级月考）某学习小组发现中学阶段只学习了SO3具有酸性氧化物的性质，为了探究SO3的其他化学性质，设计了如图实验装置验证。
（1）写出铜与浓硫酸反应的化学方程式 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O 。该反应中，浓硫酸体现的性质有 BD 。（不定项）
A．难挥发性
B．强氧化性
C．脱水性
D．强酸性
（2）由于浓硫酸具有较大的粘稠度，分液漏斗中的浓硫酸很难顺利流入到烧瓶中，实验中可以将分液漏斗更换为 恒压滴液漏斗 （填写仪器名称）。
（3）装置B不具有的作用是 C 。
A．干燥气体
B．混合气体
C．与气体反应
D．观察通入的气泡速率
（4）写出H2S的电子式 。
（5）下列SO3与H2S反应的方程式中，不可能成立的有 C 。（不定项）
A．H2S+SO3＝H2O+SO2+S
B．H2S+2SO3＝H2SO4+SO2+S
C．H2S+SO3＝H2O+O2+2S
D．3H2S+SO3＝3H2O+4S
（6）实验进行一段时间后，装置D中有 淡黄色固体 和 白雾 出现（填写实验现象）。
（7）指导教师指出，该装置无法验证SO3与H2S的反应，请问为什么？ 瓶中二氧化硫和硫化氢也能反应生成硫单质和水，水与二氧化硫结合产生酸雾 。
（8）E装置中吸收尾气的试剂可以是 AD 。（不定项）
A．KMnO4溶液
B．BaCl2溶液
C．蒸馏水
D．NaOH溶液
【答案】（1）Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；BD；
（2）恒压滴液漏斗；
（3）C；
（4）；
（5）C；
（6）淡黄色固体；白雾；
（7）瓶中SO2和硫化氢也能反应生成硫单质和水，水与SO2结合产生酸雾；
（8）AD。
【分析】铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫与氧气混合后通过催化剂发生催化氧化生成三氧化硫，三氧化硫与硫化氢混合，验证三氧化硫的氧化性，尾气可以用碱溶液吸收。
【解答】解：（1）铜与浓硫酸在加热条件下反应，Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，该反应中浓硫酸表现出强氧化性和强酸性，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；BD；
（2）由于浓硫酸具有较大的粘稠度，分液漏斗中的浓硫酸很难顺利流入到烧瓶中，实验中可将分液漏斗更换为恒压滴液漏斗，
故答案为：恒压滴液漏斗；
（3）SO2和O2通过浓硫酸进行干燥，然后混合在一起，通过产生气泡的多少判断气体的流速及混合比例，
故选：C；
（4）H2S中S与H共用一对电子，电子式为，
故答案为：；
（5）A.SO3与H2S反应，SO3被还原后可能生成SO2或S，故A正确；
B．H2S被SO3氧化生成S和水，生成的水与SO3结合生成硫酸，故B正确；
C．H2S与SO3氧反应不可能生成O2，故C错误；
D．SO3与H2S反应，二者发生归中反应可能生成S，故D正确，
故选：C；
（6）一段时间后D中H2S与SO3发生反应，可生成S，内壁上有淡黄色物质生成，生成的水与SO3形成白雾，
故答案为：淡黄色固体；白雾；
（7）瓶中SO2硫和硫化氢也能反应生成硫单质和水，水与二氧化硫结合产生酸雾，
故答案为：瓶中SO2和硫化氢也能反应生成硫单质和水，水与二氧化硫结合产生酸雾；
（8）三氧化硫易溶于水，四个选项都可以，硫化氢在水或酸性溶液中溶解度小，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，能被碱溶液吸收，
故选：AD。
【点评】本题考查二氧化硫的化学性质、浓硫酸的强氧化性、三氧化硫的性质。
6．（2024秋•宝山区校级月考）某同学用稀盐酸和大理石制取少量CO2气体，并进行相关实验研究
（1）配制100g溶质质量分数为10.8%的稀盐酸需要溶质质量分数为36%的盐酸（密度为1.2g•mL﹣1）的体积为 25mL 。蒸馏水（密度为1.0g•mL﹣1）的体积为 70 mL。
（2）用稀盐酸和大理石制取CO2的化学方程式： CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O 。
（3）检查图中B装置气密性的操作是 用弹簧夹密封导气管，向长颈漏斗中注水，一段时间后，若观察到长颈漏斗与锥形瓶中的液面差维持不变，说明装置气密性良好，反之则说明装置漏气 。若用C装置收集CO2，则气体应从导管 n （填“m”或“n”）端通入。
地窖中因贮存农产品而容易积蓄CO2，根据相关要求，CO2短时间接触容许浓度为18mg/L。小组同学从某地窖中收集500mL用CO2传感器测得CO2浓度为22mg/L。
（4）进入地窖时，下列防范措施正确的是 AC （不定项）。
A．用农用喷雾器向地窖内喷洒水
B．手持火把进入地窖时，若火把持续燃烧，则表示安全，可继续前进
C．利用鼓风机将地窖内部分空气排出，也可打开地窖盖，通风一段时间后再进入
（5）某同学用注射器抽取100mL地窖中的气体样品，按如图所示装置进行实验，将气体推入足量澄清石灰水，充分反应：（足量澄清石灰水能对通入其中的CO2气体完全吸收）装置内发生反应的化学方程式是 Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O ，多孔球泡的作用是 增大二氧化碳与溶液的接触面积，使吸收更快更充分 。
（6）当CO2传感器显示CO2浓度慢慢下降，当浓度降至0mg/L时，理论上瓶内物质总质量比反应前增加了 2.2 mg。
（7）下列说法可能导致测得的CO2含量偏小的是 B 。
A．缓慢推动注射器活塞。
B．抽取气体前未将注射器内空气排净。
C．实验前检查装置气密性。
【答案】（1）25mL；70；
（2）CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O；
（3）用弹簧夹密封导气管，向长颈漏斗中注水，一段时间后，若观察到长颈漏斗与锥形瓶中的液面差维持不变，说明装置气密性良好，反之则说明装置漏气；n；
（4）AC；
（5）Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O；增大二氧化碳与溶液的接触面积，使吸收更快更充分；
（6）2.2；
（7）B。
【分析】（1）溶液稀释前后，溶质的质量不变，再结合ρ＝进行计算；
（2）稀盐酸与大理石反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水；
（3）检查装置气密性的方法是用弹簧夹密封导气管，向长颈漏斗中注水，一段时间后，若观察到长颈漏斗与锥形瓶中的液面差维持不变，说明装置气密性良好，反之则说明装置漏气；收集二氧化碳时采用向上排空气法；
（4）A.二氧化碳能溶于水；
B.根据相关要求，CO2短时间接触容许浓度为18mg/L，若二氧化碳浓度过高，可能会造成危险；
C.利用鼓风机将地窖内部分空气排出，也可打开地窖盖，通风一段时间后再进入，这样可降低地窖内二氧化碳的浓度，避免危险；
（5）澄清石灰水与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水；其中多孔球泡的作用是增大二氧化碳与溶液的接触面积，使吸收更快更充分；
（6）根据Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O，可知瓶内物质质量的增加量等于吸收的二氧化碳的质量；
（7）A.缓慢推动注射器活塞使得二氧化碳与澄清石灰水反应更充分，对结果无影响；
B.抽取气体前未将注射器内空气排净，会使样品的体积偏小，导致测得的CO2含量偏小；
C.有气体生成和参与的实验，实验前都要检查装置气密性，气密性良好的基础上进行实验，只要其它操作合理规范，对二氧化碳含量没有影响。
【解答】解：（1）根据稀释前后，溶质的质量不变可知，配制100g溶质质量分数为10.8%的稀盐酸需要溶质质量分数为36%的盐酸的质量＝＝30g，再根据ρ＝可知，V（HCl）＝＝＝25mL；稀释前浓溶液的质量为30g，稀释后稀溶液的质量为100g，因此加入蒸馏水的质量为70g，V（H2O）＝＝＝70mL，
故答案为：25mL；70；
（2）稀盐酸与大理石反应生成氯化钙、二氧化碳气体和水，对应的化学方程式为CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O，
故答案为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+CO2↑+H2O；
（3）可用液差法检查装置B的气密性，操作方法为用弹簧夹密封导气管，向长颈漏斗中注水，一段时间后，若观察到长颈漏斗与锥形瓶中的液面差维持不变，说明装置气密性良好，反之则说明装置漏气；二氧化碳能溶于水、密度比空气大，则选用向上排空气法收集，若用C装置收集CO2，应该长管进二氧化碳气体短管出空气，则气体应从导管n端通入，
故答案为：用弹簧夹密封导气管，向长颈漏斗中注水，一段时间后，若观察到长颈漏斗与锥形瓶中的液面差维持不变，说明装置气密性良好，反之则说明装置漏气；n；
（4）A.地窖中因贮存农产品而容易积蓄CO2，二氧化碳能溶于水，用农用喷雾器向地窖内喷洒水可以降低空气中CO2的浓度，故A正确；B.根据相关要求，CO2短时间接触容许浓度为18mg，而同学用CO2传感器测得CO2浓度为22mg/L，手持火把进入地窖时，二氧化碳浓度过高会发生危险，故B错误；
C.利用鼓风机将地窖内部分空气排出，也可打开地窖盖，通风一段时间后再进入，降低了空气中CO2的浓度，故C正确；
故答案为：AC； （5）澄清石灰水与二氧化碳反应生成碳酸钙沉淀和水，因此题目所给装置内发生反应的化学方程式是Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O；其中多孔球泡的作用是增大二氧化碳与溶液的接触面积，使吸收更快更充分，
故答案为：Ca（OH）2+CO2＝CaCO3↓+H2O；增大二氧化碳与溶液的接触面积，使吸收更快更充分；
（6）已知地窖内二氧化碳浓度为22mg/L，则m（CO2）＝22mg/L×0.1L＝2.2mg，根据瓶内物质质量的增加量等于吸收的二氧化碳的质量，因此理论上瓶内物质总质量比反应前增加了2.2mg，
故答案为：2.2；
（7）A.缓慢推动注射器活塞使得二氧化碳与澄清石灰水反应更充分，对结果无影响，故A错误；
B.抽取气体前未将注射器内空气排净，会使样品的体积偏小，导致测得的CO2含量偏小，故B正确；
C.有气体生成和参与的实验，实验前都要检查装置气密性，气密性良好的基础上进行实验，只要其它操作合理规范，对二氧化碳含量没有影响，故C错误；
故答案为：B。
【点评】本题主要考查溶液稀释的相关计算、二氧化碳的实验室制备、气密性的检查等基本实验操作，题目难度较低。
7．（2024秋•宝山区校级月考）通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。
（1）FeCl3溶液转化成FeCl2溶液不引入杂质可加适量 Fe （写化学式）；FeCl2溶液转化成FeCl3溶液不引入杂质可加适量 Cl2 （写化学式）；
（2）Ⅱ中反应的离子方程式为 2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2 。
（3）Ⅰ、Ⅱ中的现象说明 AC 。（不定项）
A．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2
B．氧化性顺序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+
C．还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+
D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣
（4）实验后，Ⅰ试管壁上的黑色沉淀可用 C 洗去。
A．酒精
B．二硫化碳
C．浓硝酸
D．热盐酸
（5）写出检验Ⅰ中是否含有Fe2+的方法： 将适量的溶液置于洁净的试管中，滴加几滴高锰酸钾溶液，充分反应后，溶液紫色褪去，则证明其中含有Fe2+，否则不含Fe2+ 。
（6）推测Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因 Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应 。
【答案】（1）Fe；Cl2；
（2）2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；
（3）AC；
（4）C；
（5）将适量的溶液置于洁净的试管中，滴加几滴高锰酸钾溶液，充分反应后，溶液紫色褪去，则证明其中含有Fe2+，否则不含Fe2+；
（6）Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应。
【分析】（1）FeCl3能与Fe发生归中反应生成FeCl2，FeCl2能与Cl2反应生成FeCl3；
（2）Ⅱ中FeCl3溶液呈棕黄色，滴加KI溶液、再滴加淀粉溶液时溶液变蓝，说明有I2生成，结合氧化还原反应规律写出方程式；
（3）氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；
（4）实验后，Ⅰ试管壁上的黑色沉淀为Ag粉，结合Ag的化学性质分析判断；
（5）Fe2+具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，可用于具有混合溶液中是否存在Fe2+；
（6）根据氧化还原反应规律可知，Ag+能氧化I﹣，Ag+和I﹣也能结合生成AgI沉淀，但实际上低浓度的Ag+和I﹣生成AgI沉淀的程度大，发生氧化还原反应的程度较小。
【解答】解：（1）FeCl3溶液转化成FeCl2溶液不引入杂质可加适量Fe粉，FeCl2溶液转化成FeCl3溶液不引入杂质可加适量Cl2，
故答案为：Fe；Cl2；
（2）Ⅱ中FeCl3溶液中滴加KI溶液、再滴加淀粉溶液时溶液变蓝，说明有I2生成，根据氧化还原反应规律可知，还原产物为FeCl2，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，
故答案为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；
（3）实验Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红，反应为Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，氧化性：Ag+＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Ag；实验Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝，反应为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，氧化性：Fe3+＞I2，还原性：I﹣＞Fe2+，即氧化性：Ag+＞Fe3+＞I2，还原性：I﹣＞Fe2+＞Ag，且同一种金属元素的低价离子氧化性弱、还原性较强，所以还原性：I﹣＞Fe2+＞Fe3+，
故答案为：AC；
（4）实验Ⅰ中产生黑色沉淀，滴反应为Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，黑色沉淀银不溶于酒精、二硫化碳和热盐酸，易溶于浓硝酸，所以可用浓硝酸洗涤除去试管壁上残留的银，
故答案为：C；
（5）Fe2+具有还原性，滴入高锰酸钾溶液后，高锰酸钾溶液褪色，说明溶液中存在亚铁离子，操作方法为：将适量的I中溶液置于洁净的试管中，滴加几滴高锰酸钾溶液，充分反应后，溶液紫色褪去，则证明其中含有Fe2+，否则不含Fe2+，
故答案为：将适量的溶液置于洁净的试管中，滴加几滴高锰酸钾溶液，充分反应后，溶液紫色褪去，则证明其中含有Fe2+，否则不含Fe2+；
（6）根据氧化还原反应规律可知，AgNO3能与KI发生氧化还原反应，但由于溶液中Ag+、I﹣浓度低，无法发生氧化还原反应，二者反而快速发生复分解反应生成AgI沉淀，即实验Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因是：Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应，
故答案为：Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应。
【点评】本题考查物质性质实验方案设计，侧重分析能力和实验能力考查，把握物质性质、氧化还原反应及氧化性或还原性强弱判断、实验技能为解答关键，题目难度中等。
8．（2024春•商丘期末）（Ⅰ）如图是制备和研究乙炔性质的实验装置图。
（1）电石与饱和食盐水反应的化学方程式是 CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑ 。
（2）b的作用是 除去影响后续实验的H2S，H3P气体 。
（3）c中溶液褪色，生成物的结构简式是 CHBr2—CHBr2或CHBr＝CHBr 。
（4）d中高锰酸钾酸性溶液褪色，说明乙炔具有的性质是 还原性 。
（5）若在空气中点燃乙炔，可观察到的实验现象是 明亮的火焰和浓烈的黑烟 。
（Ⅱ）某有机化合物只含C、H、O三种元素，取9.2g该有机化合物完全燃烧，测得只生成17.6gCO2和10.8g水，其质谱图和核磁共振氢谱如图所示，
（6）该有机化合物结构简式是 CH3CH2OH 。
（7）有机物的系统命名为 2，4﹣二甲基己烷 。
（8）分子式为C5H10，且属于烯烃的同分异构体有 6 种（考虑顺反异构）。
【答案】（1）CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑；
（2）除去影响后续实验的H2S，H3P气体；
（3）CHBr2—CHBr2或CHBr＝CHBr；
（4）乙炔具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
（5）明亮的火焰和浓烈的黑烟；
（6）CH3CH2OH；
（7）2，4﹣二甲基己烷；
（8）6种。
【分析】（1）电石的主要成分是CaC2，能和水反应生成乙炔和氢氧化钙；
（2）电石中含有硫、磷等杂质，导致乙炔中混有硫化氢、磷化氢等杂质，硫酸铜溶液能除去杂质；
（3）乙炔和溴发生加成反应，若溴足量，可以生成饱和的卤代烃，若溴不足量，生成含有双键的卤代烃；
（4）乙炔具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；
（5）乙炔含碳量高，在燃烧时放出大量热且碳元素不能被充分氧化；
（6）有机化合物完全燃烧，根据CO2和水的质量，算出有机物中碳元素和氢元素的质量，然后和有机物的质量对比，可判断出有机物中是否含有氧，然后根据有机物质量和碳氢元素的质量差算出氧元素的质量，继续计算可得碳氢氧元素的物质的量的比，根据质谱图可以得出该有机物的相对分子质量，进一步算出化学式和结构简式；
（7）有机物的命名遵循下列原则：①最长﹣选最长碳链为主链；②最多﹣遇等长碳链时，支链最多为主链；③最近﹣离支链最近一端编号；④最小﹣支链编号之和最小（两端等距又同基，支链编号之和最小）；
（8）烯烃的同分异构体书写时，先确定碳原子的排列顺序（碳骨架），然后在合适的位置添加碳碳双键，若双键碳上连有不同的原子或原子团，还要考虑顺反异构。
【解答】解：（1）电石的主要成分是CaC2，能和水反应生成乙炔和氢氧化钙；
故答案为：CaC2+2H2O→Ca（OH）2+CH≡CH↑；
（2）硫酸铜溶液可以与杂质反应；
故答案为：除去影响后续实验的杂质气体；
（3）乙炔和溴会发生加成反应，若溴足量，则生成CHBr2—CHBr2，若溴不足量，生成CHBr＝CHBr；
故答案为：CHBr2—CHBr2或CHBr＝CHBr；
（4）酸性高锰酸钾溶液可以把乙炔氧化；
故答案为：还原性；
（5）乙炔含碳量高，在空气中点燃乙炔；
故答案为：明亮的火焰和浓烈的黑烟；
（6）9.2g该有机化合物完全燃烧，测得只生成17.6gCO2和10.8g水，故n（H）＝1.2ml，n（C）＝0.4ml，m（H）+m（C）＝1.2+0.4×12＝6g＜9.2g，则有机物中含有氧，n（C）：n（H）：n（O）＝2：6：1，根据质谱图可知，该有机物的相对分子质量为46，有机物的分子式为C2H6O，核磁共振氢谱中有三种H；
故答案为：CH3CH2OH；
（7）该有机物的主链上有6个碳原子，2、4号碳上有甲基；
故答案为：2，4﹣二甲基己烷；
（8）CH2═CH—CH2—CH2—CH3、CH3—CH═CH—CH2—CH3、CH2═C（CH3）CH2CH3、CH3C（CH3）═CHCH3、CH3CH（CH3）CH═CH2，其中CH3—CH═CH—CH2—CH3有2种顺反异构；
故答案为：6种。
【点评】本题考查了乙炔的实验室制备和烃的命名及同分异构体书写，培养学生良好的分析问题能力和总结规律的能力。
9．（2023秋•西城区期末）某小组探究Cu与Fe3+的反应，进行如下实验。
已知：[CuCl3]2﹣（无色）⇌CuCl↓（白色）+2Cl﹣
[CuCl3]2﹣+SCN﹣⇌CuSCN↓（白色）+3Cl﹣
（1）Ⅰ、Ⅱ中，反应后的溶液均变为蓝色，推测有Cu2+生成。分别取少量反应后的溶液，滴加K3[Fe（CN）6]溶液，均产生蓝色沉淀Ⅰ中反应的离子方程式是 Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+ 。
（2）30min内，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ ＜ Ⅱ（填“＞”“＜”或“＝”）。
（3）研究Ⅱ的反应过程，设计如下装置进行实验。不同时间取左侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，取样时间与实验现象如下（不考虑O2的作用）。
经检验，白色沉淀为CuSCN。
ⅰ～ⅳ中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液红色依次变浅。
①NaCl溶液的浓度是 0.3 ml/L。
②根据ⅰ、ⅱ中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为[CuCl3]2﹣，Cu与FeCl3溶液反应的离子方程式是 Cu+Fe3++3Cl﹣＝[CuCl3]2﹣+Fe2+ 。
③由ⅲ、ⅳ可知，30min后主要反应的离子方程式是 [CuCl3]2﹣+Fe3+＝Cu2++Fe2++3Cl﹣ 。
（4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合ⅰ～ⅳ，Cl﹣在Cu与Fe3+反应中的作用是 作催化剂 。
（5）研究Cl﹣的浓度对铜粉溶解的影响，进行如下实验。
a中加入的试剂x为5mL0.05ml/LFe2（SO4）3和0.1ml/LNaCl的混合溶液。充分反应后，铜粉有少量剩余，溶液变为蓝色，有少量白色沉淀，经检验白色沉淀是CuCl。则铜粉未完全溶解的原因是 c（Cl﹣）小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行 。
【答案】（1）Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+；
（2）＜；
（3）①0.3；
②Cu+Fe3++3Cl﹣＝[CuCl3]2﹣+Fe2+；
③[CuCl3]2﹣+Fe3+＝Cu2++Fe2++3Cl﹣；
（4）作催化剂；
（5）c（Cl﹣）小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。
【分析】（1）Ⅰ中，将硫酸铁溶液中加到不足量的铜粉中，充分振荡，溶液变为蓝绿色，说明铜与硫酸铁反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，Ⅰ中反应的离子方程式是Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+；
（2）30min内，Ⅱ中铁离子浓度大，反应速率大，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ＜ll；
（3）经检验，白色沉淀为CuSCN，i～iv中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液红色依次变浅，说明铁离子浓度越来越小，
①控制左侧氯离子浓度与右侧相同NaCl溶液的浓度是0.3ml/L；
②根据i、ii中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为[CuCl3]2﹣，铜由0价变为+1价，Cu与FeCl3溶液反应的离子方Cu+Fe3++3Cl﹣＝[CuCl3]2﹣+Fe2+；
③由iii、iv可知，30min后+1价的铜被氧化为铜离子，主要反应的离子方程式是[CuCl3]2﹣+Fe3+＝Cu2++Fe2++3Cl﹣；
（4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合i～iv，Cl﹣在Cu与 Fe3+反应中的作用是作催化剂；
（5）研究Cl﹣的浓度对铜粉溶解的影响，铜粉未完全溶解的原因是c（Cl﹣）小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。
【解答】解：（1）Ⅰ中，将硫酸铁溶液中加到不足量的铜粉中，充分振荡，溶液变为蓝绿色，说明铜与硫酸铁反应，生成硫酸铜和硫酸亚铁，Ⅰ中反应的离子方程式是Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+，
故答案为：Cu+2Fe3+＝Cu2++2Fe2+；
（2）30min内，Ⅱ中铁离子浓度大，反应速率大，Cu被氧化的反应速率：Ⅰ＜ll，
故答案为：＜；
（3）经检验，白色沉淀为CuSCN，i～iv中，分别取右侧烧杯中的溶液，滴加KSCN溶液，溶液红色依次变浅，说明铁离子浓度越来越小，
①控制左侧氯离子浓度与右侧相同NaCl溶液的浓度是0.3ml/L，
故答案为：0.3；
②根据i、ii中“产生白色沉淀”“溶液红色变浅”，推测Cu转化为[CuCl3]2﹣，铜由0价变为+1价，Cu与FeCl3溶液反应的离子方Cu+Fe3++3Cl﹣＝[CuCl3]2﹣+Fe2+，
故答案为：Cu+Fe3++3Cl﹣＝[CuCl3]2﹣+Fe2+；
③由iii、iv可知，30min后+1价的铜被氧化为铜离子，主要反应的离子方程式是[CuCl3]2﹣+Fe3+＝Cu2++Fe2++3Cl﹣，
故答案为：[CuCl3]2﹣+Fe3+＝Cu2++Fe2++3Cl﹣；
（4）对比Ⅰ和Ⅱ，结合i～iv，Cl﹣在Cu与 Fe3+反应中的作用是作催化剂，
故答案为：作催化剂；
（5）研究Cl﹣的浓度对铜粉溶解的影响，铜粉未完全溶解的原因是c（Cl﹣）小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行，
故答案为：c（Cl﹣）小，反应会生成CuCl，CuCl覆盖在铜粉表面，阻止反应继续进行。
【点评】本题主要考查学生的实验探究能力、分析比较能力，同时考查铁盐与亚铁盐之间的相互转化，属于氧化还原反应的应用，对学生的能力要求较高，难度较大。
10．（2024春•杨浦区校级期末）氢是一种非常重要的物质，可用于制造氮肥、硝酸等。
（1）请写出氨的结构式 ，从结构角度说明NH3热稳定性强于PH3的原因 氮元素的非金属性强于磷元素 。
【实验一】探究氨气的还原性。
已知：a.Mg（OH）2可代替消石灰与氯化铵在加热条件下反应生成氨气和碱式氯化镁[Mg（OH）Cl]；
b.Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定：Cu2O+H2SO4（稀）＝Cu+CuSO4+H2O。
（2）装置A中发生反应的化学方程式为 Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O ，装置D的作用是 做安全瓶 。
（3）反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体成分，进行了如下实验：
【实验二】探究氨气的氧化性
已知：c.铝可以与氨气反应，2Al+2NH3≜2AlN+3H2；
d.氮化铝性质稳定，不溶于水，不与水、酸反应，在加热时溶于浓碱可产生氨气。
按如图所示连接好装置，检查装置气密性：在蒸馏烧瓶中加入生石灰，分液漏斗中加入浓氨水，装置G中盛装碱石灰，装置H中加入铝粉，打开装置F处分液漏斗活塞，待装置中空气排尽后再点燃装置H处酒精灯。
（4）用平衡移动原理解释F中产生氨气的原因 生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O向左移动，有利于氨逸出 。
（5）铝粉完全反应后可观察到的实验现象为 装置J中几乎没有气泡冒出 。
（6）为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入 稀盐酸或稀硫酸 溶解、 过滤 （填操作名称）、洗涤、干燥即可。
（7）写出氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应的离子方程式 AlN+OH﹣+H2O+NH3↑ 。
【答案】（1）；氮元素的非金属性强于磷元素；
（2）Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O；做安全瓶；
（3）铜；氧化亚铜；铜；0.05 ml Cu、0.05 ml Cu2O；
（4）生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O向左移动，有利于氨逸出；
（5）装置J中几乎没有气泡冒出；
（6）稀盐酸或稀硫酸；过滤；
（7）AlN+OH﹣+H2O+NH3↑。
【分析】实验一，在A中Ca（OH）2与NH4Cl混合加热反应产生NH3，装置B的作用是干燥氨气，在C中NH3与CuO反应，NH3被氧化变为N2，CuO被还原可能产生Cu，也可能产生Cu2O，同时得到H2O，在实验前先通入N2，可以排出装置中的空气，可以防止加热时NH3被氧化；CuO被还原后的产物成分可根据Cu2O+H2SO4（稀）＝Cu+CuSO4+H2O，利用元素守恒分析判断；
实验二，在F中用浓氨水与CaO混合反应产生NH3，在G中干燥氨气，在H中与Al发生反应产生AlN，装置Ⅰ是安全瓶，可以防止倒吸现象的发生，在J中用稀硫酸吸收氨气，防止大气污染，据此分析解答。
【解答】解：（1）氨气中N原子分别与三个H原子形成三条共价键，结构式为，氮元素的非金属性强于磷元素，故NH3的热稳定性强于PH3，
故答案为：；氮元素的非金属性强于磷元素；
（2）装置A制备氨气，发生反应的化学方程式为Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O；装置D做安全瓶，防止溶液倒吸入C中，
故答案为：Mg（OH）2+NH4ClMg（OH）Cl+NH3↑+H2O；做安全瓶；
（3）有红色的铜生成，现象为：A 中黑色粉末变为红色，同时有水生成，D 中白色固体变为蓝色；①Cu，因为Cu在常温下不与稀硫酸反应；②有CuSO4生成，溶液变蓝，则红色固体中肯定含有Cu2O，不能确定是否含有Cu；③所得固体为Cu，物质的量为0.1ml；每摩尔Cu2O与酸反应前后质量损失为80g，反应前后质量损失为4g，则0.05ml Cu2O参与反应，则生成Cu的量为0.05ml，所以原固体中Cu2O与Cu的物质的量均为0.05ml.
故答案为：铜；氧化亚铜；铜；0.05 ml Cu、0.05 ml Cu2O；
（4）用平衡移动原理解释F中产生氨气的原因生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O向左移动，有利于氨逸出，
故答案为：生石灰与水反应放热，降低了氨的溶解度，使一水合氨分解，生石灰与水反应将溶剂消耗，使平衡NH3+H2O⇌NH3•H2O向左移动，有利于氨逸出；
（5）装置H处反应进行完全不再有氢气放出，实验现象为装置J中几乎没有气泡冒出，
故答案为：装置J中几乎没有气泡冒出；
（6）为了得到纯净的氮化铝，可将装置H中固体冷却后转移至烧杯中，加入稀盐酸或稀硫酸溶解、过滤、洗涤、干燥即可，
故答案为：稀盐酸或稀硫酸；过滤；
（7）氮化铝与浓氢氧化钠溶液共热反应生成氨气，离子方程式为AlN+OH﹣+H2O+NH3↑，
故答案为：AlN+OH﹣+H2O+NH3↑。
【点评】本题考查化学实验方案设计，为高考常见题型，侧重考查学生的分析能力和实验能力，把握实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。
11．（2023秋•济南期末）硫氰化钾（KSCN）在有机合成中具有重要应用，但会污染环境。预测浓硝酸能与KSCN反应以消除污染，现通过如下实验进行探究。
已知：SCN﹣能被氧化为黄色的（SCN）2，（SCN）2可聚合为红色的（SCN）x。
【实验一】
取2mL浓硝酸于试管中，向其中滴加5滴1ml•L﹣1的KSCN溶液，溶液立即变红，静置一段时间后，试管内突然剧烈反应，红色褪去，放出大量红棕色气体。
（1）向浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即变红是因为生成了 （SCN）x （填化学式）。KSCN中S元素的化合价为﹣2，预测剧烈反应后含硫产物可能是 。
【实验二】
将实验一放出的气体通入Ba（OH）2和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。将过滤、洗涤后的白色沉淀置于试管中，加入过量稀硝酸，沉淀完全溶解。
（2）该实验证实了红棕色气体中不含SO2，证据是 若含SO2，则沉淀不能完全溶解 ，白色沉淀为 BaCO3 。
【实验三】
（3）另取少量实验一最终所得溶液， 加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀 （填操作和现象），证明溶液中含有。
（4）经检验实验一放出的红棕色气体中含NO2，但NO2不一定是SCN﹣的氧化产物，理由是 NO2可能是硝酸的还原产物（或硝酸的分解产生） 。
【实验四】
（5）某同学向待测溶液中加入KSCN溶液，再加入浓硝酸，最终未得红色溶液，由此得出结论：待测液中不含Fe2+。
你认为该同学的结论是否正确： 否 （填“是”或“否”），理由是 未得到红色溶液的原因可能是SCN﹣被浓硝酸氧化，无法与Fe3+发生反应 。
【答案】（1）（SCN）x； ；
（2）若含SO2，则沉淀不能完全溶解；BaCO3；
（3）加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（4）NO2可能是硝酸的还原产物（或硝酸的分解产生）；
（5）否；未得到红色溶液的原因可能是SCN﹣被浓硝酸氧化，无法与铁离子发生反应。
【分析】（1）浓硝酸具有强氧化性，SCN﹣能被氧化为黄色的（SCN）2，（SCN）2可聚合为红色的（SCN）x，且SCN﹣中S元素的化合价为﹣2，表现出强还原性；
（2）具有强还原性，易被硝酸氧化生成，BaSO4不溶于稀硝酸；
（3）检验常用稀盐酸和BaCl2溶液，结合的检验方法分析解答；
（4）浓硝酸不稳定，易分解生成NO2气体；
（5）KSCN中S元素的化合价为﹣2，具有还原性，可能被浓硝酸氧化，导致c（SCN﹣）小。
【解答】解：（1）有题给信息可知，SCN﹣能被氧化为黄色的（SCN）2，（SCN）2可聚合为红色的（SCN）x，且浓硝酸具有强氧化性，则向浓硝酸中滴加KSCN溶液，溶液立即变红是因为生成了（SCN）x，SCN﹣中S元素的化合价为﹣2，表现出强还原性，可能被氧化生成 ，
故答案为：（SCN）x；；
（2）SO2能与碱生成，具有强还原性，易被硝酸氧化生成，BaSO4不溶于稀硝酸，而实验中加入过量稀硝酸，沉淀完全溶解，根据原子守恒可知该白色沉淀为BaCO3，红棕色气体中不含SO2，
故答案为：若含SO2，则沉淀不能完全溶解；BaCO3；
（3）检验常用稀盐酸和BaCl2溶液，即另取少量实验一最终所得溶液，加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，则证明溶液中含有，
故答案为：加入盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀；
（4）实验一放出的红棕色气体中含NO2，可能来源于浓硝酸的分解，也可能是硝酸的还原产物，不一定是SCN﹣的氧化产物，
故答案为：NO2可能是硝酸的还原产物（或硝酸的分解产生）；
（5）浓硝酸检验强氧化性，KSCN中S元素的化合价为﹣2，具有还原性，KSCN可能被浓硝酸氧化，不能与Fe3+发生反应生成红色Fe（SCN）3，不能说明待测液中不含Fe2+，
故答案为：否；未得到红色溶液的原因可能是SCN﹣被浓硝酸氧化，无法与Fe3+发生反应。
【点评】本题考查物质性质实验方案设计，侧重分析能力和实验能力考查，把握物质的性质、发生的反应、常见离子的检验方法、氧化还原反应规律的应用、实验技能是解题关键，题目难度中等。
12．（2024春•虹口区期末）工业上常用铁质容器盛放浓硫酸，在加热条件下，碳素钢（仅含铁和碳的合金）与浓硫酸可反应产生混合气体。
完成下列填空：
（1）写出生成CO2的化学方程式 C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O 。
（2）实验室需要2ml/L的稀硫酸500mL，用98%的浓硫酸（密度1.84g/mL）进行配制。需98%浓硫酸 54.3 mL（保留1位小数）。
（3）配制上述溶液除烧杯、量筒、玻璃棒外，还需要的玻璃仪器有 AB （不定项）。
A．容量瓶
B．胶头滴管
C．分液漏斗
D．锥形瓶
用如图实验装置可探究SO2的性质。
（4）持续通入SO2一段时间后，将①中溶液倒入试管加热，现象是 无色溶液恢复为红色 。
（5）能验证SO2具有氧化性的装置及现象是 ③；溶液变成淡黄色浑浊 。
（6）②中溶液先变蓝后褪色，此过程中SO2表现出 B 。
A．漂白性
B．还原性
C．氧化性
D．还原性和漂白性
（7）通入足量SO2后④中无明显现象，将④中溶液分成两份，分别加入A、B物质后均产生白色沉淀。
加入的物质可能是：A 氨水 ，B 次氯酸钠等 。
【答案】（1）C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（2）54.3；
（3）AB；
（4）无色溶液恢复为红色；
（5）③；溶液变成淡黄色浑浊；
（6）B；
（7）氨水；次氯酸钠等。
【分析】（1）加热条件下，C被浓硫酸氧化生成二氧化碳，浓硫酸被还原生成二氧化硫，同时还生成水；
（2）根据溶液稀释前后溶质的物质的量相等计算；
（3）根据配制一定物质的量浓度的溶液的配制步骤选择使用的仪器；
（4）SO2具有漂白性，能与品红溶液生成不稳定的无色物质；
（5）装置③中二氧化硫和硫化钠发生氧化还原反应生成淡黄色S单质，体现了二氧化硫的氧化性；
（6）二氧化硫气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明先生成I2单质，I2继续与二氧化硫反应生成HI和硫酸，溶液又褪色；
（7）氨水等碱性物质能与SO2反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵能与氯化钡反应生成BaSO3沉淀；次氯酸钠等氧化性物质能将亚硫酸氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应会生成BaSO4沉淀。
【解答】解：（1）加热条件下，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的方程式为C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O，
故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O；
（2）98%的浓硫酸（密度1.84g/mL）的物质的量浓度c＝＝ml/L＝18.4ml/L，稀释前后溶质的物质的量，设所取溶液的体积为xmL，则0.5L×2.0ml•L﹣1＝0.001xL×18.4ml/L，解得x≈54.3，
故答案为：54.3；
（3）配制过程为：计算、称量、溶解、冷却、转移、洗涤、摇匀等，需要的仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、500mL容量瓶、胶头滴管，则还需要的玻璃仪器是500mL容量瓶和胶头滴管，
故答案为：AB；
（4）SO2具有漂白性，能与品红溶液生成不稳定的无色物质，受热分解使溶液恢复为红色，所以将①中溶液倒入试管加热，现象是溶液恢复为红色，
故答案为：无色溶液恢复为红色；
（5）二氧化硫和硫化钠发生的反应为SO2+2Na2S+2H2O＝3S↓+4NaOH，其中SO2发生还原反应、表现出氧化性，
故答案为：③；溶液变成淡黄色浑浊；
（6）SO2气体通入KIO3淀粉溶液，溶液先变蓝后褪色，说明先生成I2，SO2中S的化合价升高、体现其还原性，I2继续与SO2水溶液反应生成HI和H2SO4，溶液又褪色，SO2中S的化合价仍然升高、体现其还原性，
故答案为：B；
（7）④溶液中生成BaSO3沉淀，说明A为碱性物质，使得二氧化硫转化为亚硫酸盐，A可以为氨气；生成BaSO4沉淀，说明硫元素被氧化，则B可能为次氯酸钠等氧化性物质，
故答案为：氨水；次氯酸钠等。
【点评】本题考查物质性质实验方案设计，侧重实验能力和灵活运用能力考查，把握一定物质的量浓度溶液配制步骤及操作、二氧化硫性质及验证方法、各实验装置中发生的反应和作用是解题关键，注意理解掌握二氧化硫的漂白性，题目难度中等。
13．（2024春•嘉定区校级期末）（1）室温下金属钠长期露置在空气中，最终将变为 C 。
A．Na2O
B．Na2O2
C．Na2CO3
D．NaOH
（2）下列关于铁及其合金认识正确的是 A 。
A．生铁的硬度高于铁
B．铁的氧化物都属于合金
C．钢是性能优且纯度很高的铁
D．不锈钢中只含铁与碳两种元素
（3）下列常见金属的冶炼原理不合理的是 A 。
A．还原法炼铝：3H2+Al2O32Al+3H2O
B．加热法炼汞：2HgO2Hg+O2↑
C．热还原法炼铁：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2
D．火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2
（4）下列关于钠的化合物的叙述不正确的是 B 。
A．热稳定性Na2CO3＞NaHCO3
B．Na2O与Na2O2都能和水反应生成碱，它们都是碱性氧化物
C．碳酸氢钠可用于治疗胃酸过多
D．Na2O2中负、正离子的个数比为1：2
（5）将X气体通入Y溶液中，实验结果与预测的现象一致的组合是（已知HNO3有强氧化性） D 。
A．只有①②③
B．只有①②④
C．只有①③④
D．①②③④
（6）将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后滴加一定物质的量浓度的盐酸与其反应，得到的图象如下，下列说法正确的是 C 。
A．标注NaCl的直线也能代表产生的CO2的物质的量的变化情况
B．原混合物中Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为2：1
C．盐酸的浓度是0.05ml/L
D．加入的盐酸为150mL时，放出CO2气体2.24L（标准状况下）
（7）相同条件下，总质量为2.9g的CO和H2的混合气体在足量的氧气中充分燃烧，然后立即通过足量的Na2O2固体，固体的质量增加 B 。
A．1.9g
B．2.9g
C．2.8g
D．无法计算
（8）Ⅰ．“铁与水反应”的实验，并检验产物的性质：
①写出“铁与水反应”反应的化学方程式为 3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2 。
Ⅱ．制备氢氧化亚铁：设计如下实验能较长时间观察到白色Fe（OH）2沉淀，选用稀硫酸、铁粉、NaOH溶液进行实验，装置如图。
②植物油的作用是 隔绝空气中的氧气 。
③实验时，先 打开 （填“打开”或“关闭”）止水夹K，然后打开分液漏斗的玻璃塞和活塞，使稀硫酸与铁粉反应，一段时间后， 关闭 （填“打开”或“关闭”）止水夹K，制得白色Fe（OH）2沉淀，且沉淀能持续一段时间不变色。
Ⅲ．探究FeCl2溶液、FeCl3溶液的性质
④从物质类别角度判断FeCl2属于 盐 ，因此可以与某些碱反应。
⑤预测FeCl2具有氧化性，因此可以与Zn反应，此时Zn体现 还原 性。
⑥预测FeCl2具有还原性，预测依据是 铁元素化合价+2价，化合价可以升高 ，因此可以与酸性KMnO4溶液反应。
⑦进行如下实验操作：
①i中的现象是 生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变红褐色 ，用化学方程式表示产生该现象的因： FeCl2+2NaOH＝Fe（OH）2↓+2NaCl 、 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 。
②ⅱ中反应的离子方程式是 Zn+Fe2+＝Fe+Zn2+ 。
③ⅲ中的现象是 溶液紫红色褪去 。
④ⅳ中反应的离子方程式是 Fe+2Fe3+＝3Fe2+ 。
小组同学探究ⅵ中褪色原因，提出两种假设：
a．铁离子被转化，b．SCN﹣被转化。
分别向褪色后的溶液中滴加0.1ml/LFeCl3溶液和KSCN溶液各1滴，观察到 滴加 KSCN溶液变红色 现象，得出结论：假设b成立。
【答案】（1）C；
（2）A；
（3）A；
（4）B；
（5）D；
（6）C；
（7）B；
（8）Ⅰ．①3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
Ⅱ．②隔绝空气中的氧气；
③打开；关闭；
Ⅲ．④盐；
⑤还原；
⑥铁元素化合价+2价，化合价可以升高；
⑦①i生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变红褐色；FeCl2+2NaOH＝Fe（OH）2↓+2NaCl；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
②iiZn+Fe2+＝Fe+Zn2+；
③iii溶液紫红色褪去；
④Fe+2Fe3+＝3Fe2+；滴加 KSCN溶液变红色。
【分析】（1）钠放置于空气中发生银白色（钠的真面目）→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3•10H2O）→最后变成Na2CO3粉（风化）；
（2）合金的硬度高于纯金属，生铁的硬度高于铁，合金是混合物，钢是铁的合金，不锈钢的成分为Cr、Ni、Ti、Mn、N、Nb、M、Si、Cu等；
（3）金属冶炼是工业上将金属从含有金属元素的矿石中还原出来的生产过程。金属的活动性不同，可以采用不同的冶炼方法。总的说来，金属的性质越稳定，越容易将其从化合物中还原出来。金属冶炼的方法主要有：热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2↑，热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，如：Fe2O3+2Al═2Fe+Al2O3，电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2↑；
（4）A．NaHCO3不稳定，加热易分解；
B．根据碱性氧化物的定义判断；
C．碳酸氢钠可与盐酸反应；
D．Na2O2中阴离子为；
（5）①往饱和的碳酸钠溶液中通入过量的二氧化碳，碳酸钠与水、二氧化碳反应生成了碳酸氢钠；
②SO2通入水中生成H2SO3，溶液呈酸性，在酸性条件下具有强氧化性，可与H2SO3发生氧化还原反应生成；
③氯气通入水中和水反应生成盐酸和次氯酸，氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀；
④氨气溶于水生成一水合氨，一水合氨和氯化铝反应生成白色的氢氧化铝沉淀；
（6）A．加入盐酸0∼50mL发生反应为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，加入盐酸50mL∼150mL发生反应为NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑；
B．由图可知，原混合物中n（Na2CO3）＝n（NaHCO3）；
C．根据Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3计算50mL溶液中HCl的物质的量，进而计算盐酸的浓度；
D．加入盐酸50mL∼150mL反应生成CO2，根据NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，可知n（CO2）＝（NaHCO3），再根据V＝nVm计算其在标准状况下体积；
（7）CO在氧气中完全燃烧生成CO2，CO2和再与Na2O2反应，方程式为2CO+O2 2CO2、2CO2+2Na2O2＝2Na2CO3+O2，总方程式为：CO+Na2O2＝Na2CO3，可知过氧化钠增重为CO的质量，H2在氧气中完全燃烧生成H2O，H2O再与Na2O2反应，方程式为2H2+O2 2H2O、2H2O+2Na2O2＝4NaOH+O2，总反应方程式为：H2+Na2O2＝2NaOH，可知反应后固体质量增加为氢气质量，以此解答该题；
（8）Ⅰ．①铁与水反应生成四氧化三铁和氢气；
Ⅱ．②植物油的密度比水小，作用为隔绝空气中的氧气；
③实验时，先打开止水夹K，铁粉和稀硫酸反应生成氢气，将装置内的空气排尽，一段时间后，关闭止水夹K，利用氢气造成试管内的压强增大，将FeSO4溶液压至NaOH溶液中反应制得白色Fe（OH）2沉淀；
Ⅲ．④从物质类别角度判断FeCl2属于盐；
⑤预测FeCl2具有氧化性，因此可以与Zn反应，锌置换铁；
⑥预测FeCl2具有还原性，预测依据是铁元素化合价+2价，化合价可以升高，因此可以与酸性KMnO4溶液反应；
⑦①i氯化亚铁溶液中加入氢氧化钠溶液生成白色沉淀氢氧化亚铁，氢氧化亚铁氧化生成氢氧化铁；
②ii锌和氯化亚铁溶液反应生成铁和氯化锌；
③iii滴加酸性KMnO4溶液，溶液紫红色褪去；
④ⅳ中是氯化铁溶液中加入铁粉反应生成氯化亚铁，vi中溶液变为红色，而后红色褪去，vi中溶液变红色：证明有铁离子，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，褪色的原因：a．铁离子被转化为亚铁离子，b．SCN﹣离子被转化，平衡逆向进行。
【解答】解：（1）钠放置于空气中发生银白色（钠的真面目）→变暗（生成Na2O）→变白色固体（生成NaOH）→成液（NaOH潮解）→结块（吸收CO2成Na2CO3•10H2O）→最后变成Na2CO3粉（风化），有关反应如下：4Na+O2＝2Na2O、Na2O+H2O＝2NaOH、2NaOH+CO2＝Na2CO3+H2O、Na2CO3+10H2O＝Na2CO3•10H2O、Na2CO3•10H2O＝Na2CO3+10H2O，所以最终生成碳酸钠，
故答案为：C；
（2）A．合金的硬度高于纯金属，生铁的硬度高于铁，故A正确；
B．铁的氧化物不是合金，合金是混合物，铁的氧化物是纯净物，故B错误；
C．钢的性能优，但是钢是铁的合金，属于混合物，不是纯度很高的铁，故C错误；
D．不锈钢的成分为Cr、Ni、Ti、Mn、N、Nb、M、Si、Cu等，故D错误；
故答案为：A；
（3）A．Al为活泼金属，通常用电解熔融的氧化铝的方法冶炼，应该是2Al2O32Al+3O2↑，故A错误；
B．Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，加热法炼汞：2HgO2Hg+O2↑，故B正确；
C．Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，热还原法炼铁：Fe2O3+3CO2Fe+3CO2，故C正确；
D．铜处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，可以用火法炼铜，火法炼铜：Cu2S+O22Cu+SO2，故D正确；
故答案为：A；
（4）A．NaHCO3不稳定，加热易分解，发生2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，热稳定性Na2CO3＞NaHCO3，故A正确；
B．Na2O2与水反应生成氢氧化钠和氧气，不是碱性氧化物，故B错误；
C．碳酸氢钠可与盐酸反应，可用于中和胃酸，故C正确；
D．Na2O2中阴离子为，Na2O2中阴、阳离子的个数比为1：2，故D正确；
故答案为：B；
（5）①二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，所以向饱和的碳酸钠溶液中通入适量的二氧化碳发生Na2CO3+CO2+H2O＝2NaHCO3↓，会出现白色沉淀析出，故①正确；
②SO2通入水中生成H2SO3，溶液呈酸性，在酸性条件下具有强氧化性，可发生3SO2+2H2O+2+3Ba2+＝3BaSO4↓+4H++2NO↑，会出现白色沉淀析出，故②正确；
③氯气与水反应，发生Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO，氯离子和银离子反应：Ag++Cl﹣+＝AgCl↓，会出现白色沉淀析出，故③正确；
④氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，氯化铝溶液加入过量氨水的反应方程式为：AlCl3+3NH3•H2O═Al（OH）3↓+3NH4Cl，会出现白色沉淀析出，故④正确；
故答案为：D；
（6）A．加入盐酸0∼50mL发生反应为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，加入盐酸50mL∼150mL发生反应为NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，2个阶段均有NaCl生成，但第一阶段没有CO2生成，故标注NaCl的直线不能代表产生的CO2的物质的量的变化情况，故A错误；
B．由图可知，加入盐酸为0mL时，原混合物中n（Na2CO3）＝n（NaHCO3）＝2.5mml，故原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1，故B错误；
C．加入盐酸0∼50mL发生反应为Na2CO3+HCl＝NaCl+NaHCO3，可知n（HCl）＝n（Na2CO3）＝2.5mml＝2.5×10﹣3ml，故盐酸的浓度为＝0.05ml/L，故C正确；
D．加入盐酸50mL∼150mL反应生成CO2，根据NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑，可知n（CO2）＝（NaHCO3）＝5×10﹣3ml，标准状况下CO2体积为5×10﹣3ml×22.4L/ml＝0.112，故D错误；
故答案为：C；
（7）故由2.9gCO和H2组成的混合物在足量的O2中充分燃烧，立即通入足量的Na2O2固体，固体质量增加应为CO和H2的质量，即固体增重为2.9g，
故答案为：B；
（8）Ⅰ．①铁与水反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，
故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；
Ⅱ．②植物油的密度比水小，作用为隔绝空气中的氧气，
故答案为：隔绝空气中的氧气；
③实验时，先打开止水夹K，铁粉和稀硫酸反应生成氢气，将装置内的空气排尽，一段时间后，关闭止水夹K，利用氢气造成试管内的压强增大，将FeSO4溶液压至NaOH溶液中反应制得白色Fe（OH）2沉淀，该装置能较好的隔绝氧气，则沉淀能一段时间不变色的原因是：稀硫酸与铁粉反应产生的H2排出了装置中的空气，
故答案为：打开；关闭；
Ⅲ．④从物质类别角度判断FeCl2属于盐，因此可以与某些碱反应，
故答案为：盐；
⑤预测FeCl2具有氧化性，因此可以与Zn反应，此时Zn体现还原性，
故答案为：还原；
⑥预测FeCl2具有还原性，预测依据是铁元素化合价+2价，化合价可以升高，因此可以与酸性KMnO4溶液反应，
故答案为：铁元素化合价+2价，化合价可以升高；
⑦①i中的现象是生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变红褐色，用化学方程式表示产生该现象的因：FeCl2+2NaOH＝Fe（OH）2↓+2NaCl、4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变红褐色；FeCl2+2NaOH＝Fe（OH）2↓+2NaCl；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3；
②ii反应的离子方程式为：Zn+Fe2+＝Fe+Zn2+，
故答案为：Zn+Fe2+＝Fe+Zn2+；
③iii中的现象是氯化亚铁溶液中滴入酸性高锰酸钾溶液，溶液紫红色褪去，
故答案为：溶液紫红色褪去；
④，ⅳ中反应的离子方程式是：Fe+2Fe3+＝3Fe2+，vi中溶液变为红色，而后红色褪去，vi中溶液变红色：证明有铁离子，Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3，褪色的原因：a．铁离子被转化为亚铁离子，b．SCN﹣离子被转化，分别向褪色后的溶液中滴加0.1ml/LFeCl3溶液和KSCN溶液各1滴，观察到滴加 KSCN溶液变红色，得出结论：假设b成立，
故答案为：Fe+2Fe3+＝3Fe2+；滴加 KSCN溶液变红色。
【点评】本题考查了物质性质和应用、物质制备、离子性质和实验验证的分析判断、氧化还原反应等知识点，主要是离子检验的实验设计和应用，题目难度中等。
14．（2024春•徐汇区校级期末）金属材料在人类社会发展中起到了举足轻重的作用，因为它具有比其他材料更优越的综合性能，能够更适应科技和生活方面提出的各种不同的要求。
（1）我国自主研发的大飞机C919大量使用了铝锂合金。这是利用了铝锂合金的下列性质 B 。
A．低强度
B．低密度
C．导热性
D．熔点低
Na2CO3可用于纺织、制肥皂、造纸、制玻璃等，NaHCO3可用于制药、焙制糕点等，两者都是白色固体；某实验小组通过以下实验来探究Na2CO3和NaHCO3两种物质的性质。
（2）“套管实验”的实验装置如图所示，请分析实验原理，并回答下列问题：
①整个实验过程中，能观察到烧杯A和B中的现象分别是 烧杯A中无明显现象；烧杯B中石灰水变浑浊 。
②写出实验过程中试管中发生反应的化学方程式： 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O 。
③该实验可证明热稳定性：NaHCO3 B （填字母A：＞、B：＜、C：＝）Na2CO3；证明热稳定性的实验装置中，能否将NaHCO3、Na2CO3的位置互换？ B （填字母A：能、B：不能）。
（3）除去下列物质中含有的少量杂质（括号内为杂质），所用除杂试剂合理的是 B 。
A．NaCl溶液（Na2SO4）：Ba（NO3）2溶液
B．NaHCO3溶液（Na2CO3）：CO2
C．FeCl3溶液（CuCl2）：铁粉
D．CO2（SO2）：饱和Na2CO3溶液
过氧化钠是常用的供氧剂，某课外活动小组设计了下列装置，验证二氧化碳跟过氧化钠反应时需要与水接触。
步骤1：打开K2，关闭K1，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
步骤2：打开K1，关闭K2，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。
（4）装置②中的试剂是 A ，装置③中的试剂是 C 。
A.饱和NaHCO3溶液
B.饱和Na2CO3溶液
C.浓H2SO4
（5）步骤1和步骤2中，a处带火星的木条产生的实验现象分别是木条复燃；木条复燃。甲同学提出质疑：“上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟CO2发生了化学反应。”其理由是 CO2气体中含有水蒸气，水也可与Na2O2反应产生O2 。
（6）过氧化物在纺织业工业里有重要的作用，关于Na2O2的说法正确的是 C 。
A．负离子的电子数为10
B．正负离子个数比1：1
C．属于离子化合物
D．只含有离子键
铁元素是重要的金属元素，含有铁元素的物质在人类的生活中有着重要应用。
（7）人体血红蛋白中含铁元素，它能结合氧分子进行输氧，因此血红蛋白中铁的价态为 +2 。
（8）下列物质不能由化合反应制取的是 B 。
A．Fe（OH）3
B．Al（OH）3
C．FeCl3
D．FeCl2
（9）铁和水不能反应，但可以与高温水蒸气作用。写出该反应的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目 。
（10）某学生利用如图所示装置制备氢氧化亚铁。实验前把稀硫酸和氢氧化钠溶液均煮沸处理，目的是 使溶解的空气逸出 ，实验开始，打开弹簧夹C、D和E，一段时间后，关闭弹簧夹 C ，在B中生成 白 色絮状沉淀，实验结束未关闭弹簧夹D，无法长时间保存氢氧化亚铁，原因是 4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3 （用化学反应方程式表示）。
【答案】（1）B；
（2）①烧杯A中无明显现象，烧杯B中石灰水变浑浊；
②2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
③B；B；
（3）B；
（4）A；C；
（5）CO2气体中含有水蒸气，水也可与Na2O2反应产生O2；
（6）C；
（7）+2；
（8）B；
（9）；
（10）使溶解的空气逸出；C；白色；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3。
【分析】（1）铝锂合金具有密度小、硬度大、强度高、抗腐蚀性强等优良性能；
（2）Na2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，CO2能使澄清石灰水变浑浊；
（3）A．硫酸钠与硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸钠；
B．碳酸钠溶液与二氧化碳反应生成碳酸氢钠；
C．Fe粉均能与氯化铁、氯化铜溶液均发生反应；
D．CO2、SO2均能与饱和Na2CO3溶液反应；
（4）装置①中盐酸与CaCO3反应产生CO2，HCl具有挥发性，CO2中混有HCl气体，用饱和NaHCO3溶液除去HCl气体，即装置②盛装饱和NaHCO3溶液，②中出来的气体中混有水蒸气若直接通入⑤中，验证CO2跟Na2O2反应时需要与水接触，装置③中盛浓硫酸，干燥CO2气体，用于验证无水条件下CO2与Na2O2不反应、不能生成O2；
（5）Na2O2与H2O也能反应生成O2；
（6）Na2O2属于离子化合物，由Na+和构成，中含有O—O键，的电子数为18；
（7）人体血红蛋白能结合氧分子进行输氧，说明该铁的离子具有还原性；
（8）A．氢氧化亚铁、氧气、水反应生成氢氧化铁；
B．氧化铝与水不反应；
C．Fe与氯气反应生成氯化铁；
D．Fe与氯化铁反应生成氯化亚铁；
（9）还原铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应过程中铁元素化合价降低，氢元素化合价升高；
（10）制备氢氧化亚铁：A中铁粉和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，实验开始阶段，应把弹簧夹C和D都打开，利用反应生成氢气排尽装置中的空气，将仪器中的空气排尽后关闭C，利用生成的氢气在装置A中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置B的氢氧化钠溶液中，反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，但氢氧化亚铁还原性强，易被氧化为氢氧化铁。
【解答】解：（1）铝锂合金具有高强度、低密度、抗腐蚀性强等优良性能，广泛运用于制造飞行器，我国自主研发的大飞机C919大量使用了铝锂合金，利用了铝锂合金的低密度、强度高性质，可减少大飞机自身质量，
故答案为：B；
（2）①Na2CO3受热不分解，NaHCO3受热分解生成CO2气体，CO2能使澄清石灰水变浑浊，则烧杯A中无明显现象，B中石灰水变浑浊，
故答案为：烧杯A中无明显现象，烧杯B中石灰水变浑浊；
②NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，反应为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，
故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；
③根据烧杯A、B中实验现象不同可知，热稳定性：NaHCO3＜Na2CO3，即NaHCO3分解温度较低，Na2CO3不分解，内管盛装NaHCO3更能说明NaHCO3的热稳定性比Na2CO3差，则Na2CO3与NaHCO3在装置中的位置不能交换，
故答案为：B；B；
（3）A．硫酸钠与硝酸钡反应生成硫酸钡和硝酸钠，引入新杂质硝酸钠，即不能用Ba（NO3）2除杂，故A错误；
B．Na2CO3溶液和CO2反应生成NaHCO3，即通入足量CO2可除杂，故B正确；
C．Fe能与氯化铁溶液、氯化铜溶液发生反应，加入Fe粉会将FeCl3除去，即不能除杂，故C错误；
D．CO2、SO2均能与饱和Na2CO3溶液反应，通入足量CO2会将原物质除去，则不能除杂，故D错误；
故答案为：B；
（4）由上述分析可知，装置②中盛装饱和NaHCO3溶液，用于除去HCl气体，装置③中盛浓硫酸，用于干燥CO2气体，
故答案为：A；C；
（5）CO2气体中含有水蒸气，水也可与Na2O2反应产生O2，带火星的木条也会复燃，所以上述实验不足以证明有水存在时过氧化钠跟CO2发生了化学反应，
故答案为：CO2气体中含有水蒸气，水也可与Na2O2反应产生O2；
（6）A.Na2O2中负离子为，其电子数为18，故A错误；
B.Na2O2由Na+和构成，正负离子个数比为2：1，故B错误；
C.Na2O2由Na+和构成，属于离子化合物，故C正确；
D.Na2O2属于离子化合物，含有离子键，中含有非极性共价键O—O键，故D错误；
故答案为：C；
（7）体血红蛋白能结合氧分子进行输氧，说明该铁的离子具有还原性，其化合价应该为+2，
故答案为：+2；
（8）A．氢氧化亚铁、氧气、水发生化合反应生成氢氧化铁，可实现转化，故A错误；
B．氧化铝与水不反应，不能化合反应制取Al（OH）3，故B正确；
C．Fe与氯气发生化合反应生成氯化铁，可实现转化，故C错误；
D．Fe与氯化铁溶液发生化合反应生成氯化亚铁，可实现转化，故D错误；
故答案为：B；
（9）还原铁粉与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应过程中铁元素化合价降低，氢元素化合价升高，用单线桥法标出电子转移的方向和数目为，
故答案为：；
（10）氢氧化亚铁易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，则制备氢氧化亚铁时应将稀硫酸和氢氧化钠溶液预先煮沸，使溶解的空气逸出，氢氧化亚铁具有强还原性，易被空气中的氧气氧化为氢氧化铁，所以实验开始阶段，应把弹簧夹C和D都打开，A中反应产生氢气，排除空气，防止亚铁离子被氧气氧化，一段时间后，关闭弹簧夹C，但不能关闭弹簧夹D，可利用生成的氢气在装置A中压强增大，把硫酸亚铁溶液压入装置B的氢氧化钠溶液中，反应生成白色氢氧化亚铁沉淀，实验结束未关闭弹簧夹D，无法长时间保存氢氧化亚铁，原因是氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁，即4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3，
故答案为：使溶解的空气逸出；C；白色；4Fe（OH）2+O2+2H2O＝4Fe（OH）3。
【点评】本题考查物质性质实验方案设计，明确物质的组成及性质、发生的反应、制备原理、实验技能是解题关键，侧重考查学生的实验设计能力和灵活运用能力，注意实验的评价性分析，题目难度中等。
15．（2024春•杨浦区校级期中）为探究Fe3+的氧化性，开展如下活动。
（1）铁元素位于第 4 周期 Ⅷ 族。
配制溶液：
称量→溶解→冷却→操作①→洗涤→注入→混匀→操作②→摇匀→装瓶贴标签
（2）操作①为 移液 、操作②为 定容 。
（3）用FeCl3•H2O配制240mL0.100ml•L﹣1FeCl3溶液时，应称量 4.51 g固体（保留两位小数），需要的定量仪器为 250mL容量瓶 。
（4）配制溶液时，不慎掉入镀层缺损的镀铜小铁钉，写出可能发生的反应的离子方程式。
Fe+2Fe3+═3Fe2+和2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+； 。
通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。
（5）实验室AgNO3溶液通常盛放在 棕色、细颈 试剂瓶中。
（6）Ⅱ中反应的离子方程式为 2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2 。
（7）Ⅰ、Ⅱ中的现象说明 AC 。（不定项）
A．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2
B．氧化性顺序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+
C．还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+
D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣
（8）实验后，I试管壁上的黑色沉淀可用 C 洗去。
A．酒精
B．二硫化碳
C．浓硝酸
D．热盐酸
（9）写出检验I中是否含有Fe2+的方法． 将适量的溶液置于洁净的试管中，滴加几滴高锰酸钾溶液，充分反应后，溶液紫色褪去，则证明其中含有亚铁离子，否则不含 。
（10）检验Ⅱ中是否含有Fe3+不可选用： AB 。（不定项）
A．氢氧化钠溶液
B．酸性高锰酸钾溶液
C．硫氰化钾溶液
D．稀氨水
（11）推测Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因 Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应 。
【答案】（1）4；Ⅷ；
（2）①移液；定容；
（3）4.51；250mL容量瓶；
（4）Fe+2Fe3+═3Fe2+和2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；
（5）棕色、细颈；
（6 ）2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；
（7）AC；
（8）C；
（9）将适量的溶液置于洁净的试管中，滴加几滴高锰酸钾溶液，充分反应后，溶液紫色褪去，则证明其中含有亚铁离子，否则不含；
（10）CD；
（11）Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应。
【分析】（1）Fe的原子序数为26，位于周期表第4周期第Ⅷ族；
（2）配制溶液的步骤为：称量→溶解→冷却→移液→洗涤→注入→混匀→定容→摇匀→装瓶贴标签；
（3）根据n＝cV和m＝nM计算称量FeCl3•H2O的质量；配制240mL0.100ml•L﹣1FeCl3溶液，需要的定量仪器是250mL容量瓶；
（4）氯化铁具有氧化性，铁和铜都具有还原性，且铁的还原性比铜强，解答解答；
（5）AgNO3见光易分解；
（6）Ⅱ中FeCl3溶液呈棕黄色，滴加KI溶液、再滴加淀粉溶液时溶液变蓝，说明有I2生成，结合氧化还原反应规律写出方程式；
（7）氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；
（8）实验Ⅰ中产生黑色沉淀，反应为Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，Ag不溶于盐酸、酒精、等但可溶于浓硝酸；
（9）检验铁离子可以使用硫氰化钾溶液，检验亚铁离子，若溶液中存在铁离子，无法使用硫氰化钾溶液检验，但可以利用亚铁离子具有还原性进行检验，如使用高锰酸钾溶液，高锰酸钾溶液褪色，证明溶液中存在亚铁离子，据此进行解答；
（10）Ⅱ中含有Fe3+、Fe2+和I2据此解答；
（11）硝酸具有强氧化性，可能氧化I﹣生成I2，可将AgNO3换成NaNO3进行对比实验。
【解答】解：（1）Fe的原子序数为26，位于周期表第4周期第Ⅷ族，
故答案为：4；Ⅷ；
（2）①配制溶液的步骤为：称量→溶解→冷却→移液→洗涤→注入→混匀→定容→摇匀→装瓶贴标签，则操作①为移液，操作②为定容，
故答案为：移液；定容；
（3）配制240mL0.100ml•L﹣1FeCl3溶液时需用250mL容量瓶，则n（FeCl3）＝cV＝0.25L×0.1ml/L＝0.025ml，则称量FeCl3•H2O的质量m＝nM＝0.025ml×180.5g/ml＝4.51g，配制240mL氯化铁溶液需用250mL容量瓶，所以实验中需要用到的定量仪器有（包括规格）250mL容量瓶．
故答案为：4.51；250mL容量瓶；
（4）氯化铁和铁单质反应生成氯化亚铁，氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式分别为：Fe+2Fe3+═3Fe2+，2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；
故答案为：Fe+2Fe3+═3Fe2+和2Fe3++Cu═2Fe2++Cu2+；
（5）AgNO3见光易分解，则AgNO3溶液通常盛放在棕色、细颈试剂瓶中，
故答案为：棕色、细颈；
（6）Ⅱ中FeCl3溶液中滴加KI溶液、再滴加淀粉溶液时溶液变蓝，说明有I2生成，根据氧化还原反应规律可知，还原产物为FeCl2，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，
故答案为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；
（7）实验Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红，反应为Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，氧化性：Ag+＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Ag；实验Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝，反应为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，氧化性：Fe3+＞I2，还原性：I﹣＞Fe2+，即氧化性：Ag+＞Fe3+＞I2，还原性：I﹣＞Fe2+＞Ag，且同一种金属元素的低价离子氧化性弱、还原性较强，所以还原性：I﹣＞Fe2+＞Fe3+，
故答案为：AC；
（8）实验Ⅰ中产生黑色沉淀，滴反应为Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，黑色沉淀银不溶于酒精、二硫化碳和热盐酸，易溶于浓硝酸，所以可用浓硝酸洗涤除去试管壁上残留的银，
故答案为：C；
（9）亚铁离子具有还原性，滴入高锰酸钾溶液后，高锰酸钾溶液褪色，说明溶液中存在亚铁离子，操作方法为：将适量的I中溶液置于洁净的试管中，滴加几滴高锰酸钾溶液，充分反应后，溶液紫色褪去，则证明其中含有亚铁离子，否则不含，
故答案为：将适量的溶液置于洁净的试管中，滴加几滴高锰酸钾溶液，充分反应后，溶液紫色褪去，则证明其中含有亚铁离子，否则不含；
（10）A．I2也能与氢氧化钠溶液反应，故A错误；
B．酸性高锰酸钾溶液和Fe3+不反应，故B错误；
C．Fe3+遇硫氰化钾溶液显红色，故C正确；
D．Fe3+遇稀氨水产生红褐色沉淀，故D正确，
故答案为：CD；
（11）根据氧化还原反应规律可知，AgNO3能与KI发生氧化还原反应，但由于溶液中Ag+、I﹣浓度低，无法发生氧化还原反应，二者反而快速发生复分解反应生成AgI沉淀，即实验Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因是：Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应，
故答案为：Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应。
【点评】本题考查物质性质实验方案设计，侧重分析能力、实验能力和计算能力考查，把握溶液配制实验步骤、氧化还原反应及氧化性或还原性强弱判断、原电池工作原理、银镜反应实验及其注意事项、化学方程式的计算等知识即可解答，题目难度中等。
16．（2024•南京二模）高效氧化剂亚氯酸钠（NaClO2）常用于烟气脱硝（NOx）和废水脱除氨氮。
（1）NaClO2的制备。一种制备NaClO2的过程可表示为：
①“反应2”的化学方程式为 2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O 。
②“反应1”的产物ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2，从消毒后饮用水水质和消毒效率（单位质量消毒剂被还原时得电子数）的角度考虑，用ClO2替代Cl2的原因是 可避免产生对人体有害的有机氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍 。
（2）NaClO2溶液对烟气脱硝。
①酸性条件下，Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体，总反应可表示为5+4H+4ClO2+Cl﹣+2H2O。请补充完整过程Ⅱ的离子方程式：
Ⅰ.Fe3++═；
Ⅱ. ；
Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+═5Fe3++Cl﹣+2H2O。
②Fe3+催化NaClO2溶液脱硝。其他条件相同时，烟气中NO氧化率随c（Fe3+）、反应温度的变化分别如图﹣1、图﹣2所示。
i.NO氧化率随c（Fe3+）增大而增大的原因是 催化剂Fe3+的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，NO的氧化率提高 。
ii.温度升高，NO氧化率先增大后减小的可能原因是 温度升高，Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢，温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主 。
（3）NaClO2溶液处理氨氮废水。向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液，用传感器测得溶液中与含量随反应时间的变化如图﹣3所示。判断该实验中被氧化的是否全部转化为的依据为 一定时间内，相同体积溶液中，若减少的质量与增加的质量的比值约为18：62，则被氧化的几乎全部转化为 。
【答案】（1）①2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O；
②可避免产生对人体有害的有机氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍；
（2）①；
②i.催化剂Fe3+的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，NO的氧化率提高；
ii.温度升高，Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢，温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主；
（3）一定时间内，相同体积溶液中，若减少的质量与增加的质量的比值约为18：62，则被氧化的几乎全部转化为。
【分析】（1）①“反应2”中Cl由+4价降低为+3价，降低1价，H2O2中的O由﹣1价升高为0价，整体升高2价，根据原子守恒、化合价升降守恒书写反应的方程式；
②ClO2替代传统的Cl2，ClO2～Cl﹣～5e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，设ClO2和Cl2均为1g，则消毒效率（单位质量消毒剂被还原时得电子数）之比为≈2.63，ClO2消毒后，不会产生对人体有害的有机氯化物；
（2）①根据盖斯定律的原理可知：Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ＝总反应，据此推测反应Ⅱ；
②i.催化剂Fe3+的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，则NO的氧化率提高；
ii.温度升高，Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢，温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主；
（3）根据关系式：～，从质量变化角度进行分析。
【解答】解：（1）①根据原子守恒、化合价升降守恒，可得“反应2”的化学方程式为2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O，
故答案为：2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O；
②ClO2经净化后常作为饮用水消毒剂替代传统的Cl2，ClO2～Cl﹣～5e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，设ClO2和Cl2均为1g，则消毒效率（单位质量消毒剂被还原时得电子数）之比为≈2.63，ClO2消毒后，不会产生对人体有害的有机氯化物，所以用ClO2替代Cl2的原因是可避免产生对人体有害的有机氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍，
故答案为：可避免产生对人体有害的有机氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍；
（2）①酸性条件下，Fe3+可催化溶液中的NaClO2产生氧化性更强的ClO2气体，总反应可表示为5+4H+4ClO2+Cl﹣+2H2O，分步反应为：
Ⅰ.Fe3++═；
Ⅱ.；
Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+═5Fe3++Cl﹣+2H2O，则Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ＝总反应，
故答案为：；
②i.NO氧化率随c（Fe3+）增大而增大的原因是催化剂Fe3+的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，NO的氧化率提高，
故答案为：催化剂Fe3+的浓度增大，生成氧化性更强的ClO2速率加快，NO的氧化率提高；
ii.温度升高，NO氧化率先增大后减小的可能原因是温度升高，Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢，温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主，
故答案为：温度升高，Fe3+催化NaClO2生成ClO2的反应速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度减小，导致NO氧化速率减慢，温度低于60℃时，以前者为主，高于60℃时，以后者为主；
（3）NaClO2溶液处理氨氮废水，向一定量酸性氨氮废水中加入一定体积已知浓度的NaClO2溶液，用传感器测得溶液中与含量随反应时间的变化如图﹣3所示，判断该实验中被氧化的是否全部转化为的依据为一定时间内，相同体积溶液中，若减少的质量与增加的质量的比值约为18：62，则被氧化的几乎全部转化为，
故答案为：一定时间内，相同体积溶液中，若减少的质量与增加的质量的比值约为18：62，则被氧化的几乎全部转化为。
【点评】本题主要考查NaClO2的制备，氧化还原反应方程式的书写，同时考查学生的看图理解能力、分析应用能力，属于高考高频考点，难度中等。
17．（2024春•闵行区校级期中）某兴趣小组设计实验探究SO2与新制Cu（OH）2悬浊液反应的产物。按图连接好装置（夹持装置省略），打开磁搅拌器，先往20mL1.00ml•L﹣1的CuCl2溶液中加入20mL2.00ml•L﹣1的NaOH溶液，再通入一定量SO2，三口烧瓶中生成大量白色沉淀X。回答下列问题：
（1）以亚硫酸钠和浓硫酸为原料制取SO2，虚框中应选用 B （填“A”或“B”）装置，实验室制备一般选择70%浓硫酸，不选择98.3%浓硫酸的理由 制备二氧化硫的实质是与H+作用产生SO2，而浓硫酸不能提供大量H+ 。
（2）仪器a的名称为 球形干燥管 ，烧杯中发生反应的离子方程式为 SO2+2OH﹣＝+H2O 。
（3）通入SO2过程中不断搅拌的目的是 加快反应速率 ，进一步实验证实，X为CuCl，体现了SO2 还原 性质。
（4）二氧化硫是大气污染物，硫酸型酸雨的前驱体。
①可吸入颗粒物是物质燃烧时产生的粒状漂浮物，颗粒很小，它与空气中SO2、O2接触时，SO2部分转化为SO3，空气酸度增加，形成酸雨。其中可吸入颗粒物所起的主要作用是 D ，写出该过程化学反应方程式 2SO2+O22SO3、SO3+H2O＝H2SO4 。
A.氧化剂
B.还原剂
C.吸附剂
D.催化剂
②为改善空气质量而启动的“蓝天工程”得到了全民的支持。下列措施不利于“蓝天工程”建设的是 D 。
A.推广使用燃煤脱硫技术，防治SO2污染
B.实施绿化工程，防止扬尘污染
C.研制开发燃料电池汽车，消除机动车尾气污染
D.加大石油、煤炭的开采速度，增加化石燃料的开采
【答案】（1）B；制备二氧化硫的实质是与H+作用产生SO2，而浓硫酸不能提供大量H+；
（2）球形干燥管；SO2+2OH﹣＝+H2O；
（3）加快反应速率；还原；
（4）①D；2SO2+O22SO3、SO3+H2O＝H2SO4；
②D。
【分析】（1）亚硫酸钠和浓硫酸为固液不加热型，据此选择装置；
（2）结合图示判断仪器a的名称；二氧化硫为酸性氧化物，能够与碱性反应；
（3）不断搅拌可使反应物充分接触，加快反应速率；
（4）①SO2和O2的反应是一个可逆反应，反应速率很慢，在空气中飘尘的催化作用下，大大加快了反应速率，使大部分SO2转化为SO3，进而与水反应生成硫酸而形成酸雨；形成酸雨的过程为二氧化硫转化为三氧化硫，三氧化硫遇水生成硫酸；
②A.二氧化硫是大气污染物之一，脱硫技术可减少二氧化硫的排放；
B.实施绿化工程，增大绿化面积，如植树造林等，均可减少扬尘污染；
C.机动车尾气污染主要是氮的氧化物污染，会导致雾霾影响和光化学污染；
D.石油、煤炭的开采和使用，会增大氮的氧化物、二氧化硫和一氧化碳等污染性气体的排放。
【解答】解：（1）亚硫酸钠是可溶性固体，选用A装置不能控制反应速率，不能做到“随开随用”，故选B装置；制备二氧化硫的实质是与H+作用产生SO2，而浓硫酸不能提供大量H+，所以不选择98.3%浓硫酸
故答案为：B；制备二氧化硫的实质是与H+作用产生SO2，而浓硫酸不能提供大量H+；
（2）由装置图可知仪器a是球形干燥管，做SO2尾气吸收的防倒吸装置，发生反应离子方程式为：SO2+2OH﹣＝+H2O，
故答案为：球形干燥管；SO2+2OH﹣＝+H2O；
（3）通入SO2并不断搅拌是为了使反应物充分接触，加快反应速率，进一步实验证实，X为CuCl，铜元素化合价降低，体现了氧化性，则二氧化硫体现了还原性，
故答案为：加快反应速率；还原；
（4）①由分析可知，飘尘能加快SO2转化为SO3的反应速率，故飘尘所起的作用为催化剂，形成酸雨的过程为第一步二氧化硫转化为三氧化硫，方程式为2SO2+O22SO3，第二步三氧化硫遇水生成硫酸，方程式为SO3+H2O＝H2SO4，
故答案为：D；2SO2+O22SO3、SO3+H2O＝H2SO4；
②A.推广使用燃煤脱硫技术，可减少二氧化硫的排放，有利于改善空气质量，利于“蓝天工程”建设，故A错误；
B.实施绿化工程，植树造林，可减少扬尘污染，可以改善生态环境，改善空气质量，利于“蓝天工程”建设，故B错误；
C.机动车尾气中含有大量氮的氧化物，氮的氧化物会导致雾霾影响和光化学污染，不利于空气质量的改善，所以研制开发燃料电池汽车，可减少氮的氧化物排放，有利于“蓝天工程”建设，故C错误；
D.加大石油、煤炭的开采速度，会增加氮的氧化物、二氧化硫和一氧化碳等污染气体的排放，可加快环境污染，不利于“蓝天工程”建设，故D正确；
故答案为：D。
【点评】本题考查性质方案的设计，为高频考点，把握实验原理、实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。
18．（2024•湖北模拟）某兴趣小组探究镁跟碱性银氨溶液反应。实验步骤及现象如下。
Ⅰ.将10mL2ml/LAgNO3溶液和10mL6ml/L的氨水在锥形瓶中混合，测得pH＝12。
Ⅱ.加入1g去掉氧化层的镁条，十几秒后有许多气泡生成，用集气瓶排水集气，气体体积先增大后减小然后不变。同时锥形瓶中有灰白色沉淀生成。
Ⅲ.取出镁条过滤洗涤得到灰白色固体。
Ⅳ.取少量灰白色固体于试管中加入稀HNO3沉淀全部溶解，并有无色的气体生成，且在试管口部气体变成红棕色，将其溶解后的溶液加入稀盐酸，产生大量白色沉淀。
回答下列问题：
（1）步骤产生不溶于水的气体是 H2 ，易溶于水的气体是 氨气 ，该气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，生成该气体的反应的离子方程式为： 2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3•H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2 。
（2）步骤Ⅳ的现象证明灰白色固体一定含有 Ag和 Ag2O 。证明灰白色固体中有Ag2O需要的试剂有稀盐酸和 稀硝酸 。
（3）向水中加入1g去掉氧化层的镁条，几乎看不见气泡产生。镁跟碱性银氨溶液反应能迅速产生气泡的原因： 银和镁构成原电池，产生氢气速率加快 。
（4）向pH相同的氢氧化钠溶液中加入1g去掉氧化层的镁条，看不见气泡产生，其原因是： pH＝12 的氢氧化钠溶液，水和镁反应生成的 Mg2+，立即和 OH﹣ 结合成难溶物Mg（OH）2Mg（OH）2 瞬即覆盖了镁表面，把镁与碱溶液隔开，反应终止 。
【答案】（1）H2；氨气；2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3•H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2；
（2）Ag和 Ag2O；稀硝酸；
（3）银和镁构成原电池，产生氢气速率加快；
（4）pH＝12 的氢氧化钠溶液，水和镁反应生成的 Mg2+，立即和 OH﹣ 结合成难溶物Mg（OH）2Mg（OH）2 瞬即覆盖了镁表面，把镁与碱溶液隔开，反应终止。
【分析】本实验的目的是探究镁与碱性银氨溶液反应，先制得碱性银氨溶液反应，加入1g去掉氧化层的镁条，十几秒后有许多气泡生成，用集气瓶排水集气，观察气体体积先增大后减小然后不变，可结合氧化还原反应原理推测气体成分，同时锥形瓶中有灰白色沉淀生成，用稀盐酸和稀硝酸检验灰白色沉淀的成分。
【解答】解：（1）根据气体体积先增大后减小然后不变，可知有一种气体不溶或微溶于水，结合氧化还原反应原理镁作还原剂，被还原的元素除+1 价的银元素还有+1价的氢元素，可推知不溶于水的气体是 H2；易溶于水的气体是氨气； 中+1价银被还原，配体和中心离子 Ag+ 解离，产生氨气，Mg被氧化，因溶液呈碱性，对应的产物是 Mg（OH）2，所以反应化学方程式为：2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3•H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2，
故答案为：H2；氨气；2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3•H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2；
（2） 价银被Mg还原成银单质；灰白色固体成分是Ag和 Ag2O，加入盐酸，灰白色固体中Ag和盐酸不反应，Ag2O 和盐酸反应生成不溶物AgCl，再加稀硝酸，Ag溶于硝酸，AgCl不溶，最后还有不溶物就证明了 Ag2O 的存在，
故答案为：Ag和 Ag2O；稀硝酸；
（3）生成氢气的本质都是水电离的氢离子被镁还原为氢气；但镁跟碱性银氨溶液反应还能生成的银，银和镁构成原电池，产生氢气速率加快，
故答案为：银和镁构成原电池，产生氢气速率加快；
（4）pH＝12 的氢氧化钠溶液，水和镁反应生成的 Mg2+，立即和 OH﹣ 结合成难溶物Mg（OH）2Mg（OH）2 瞬即覆盖了镁表面，把镁与碱溶液隔开，反应终止，
故答案为：pH＝12 的氢氧化钠溶液，水和镁反应生成的 Mg2+，立即和 OH﹣ 结合成难溶物Mg（OH）2Mg（OH）2 瞬即覆盖了镁表面，把镁与碱溶液隔开，反应终止。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
19．（2024•西城区一模）某小组同学探究硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液与某些常见金属离子的反应。
已知：i.[Cu（S2O3）2]2﹣（淡绿色）、[Fe（S2O3）3]3﹣（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3﹣（无色）
ii.S4在酸性溶液中转化为、S和SO2。
iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。
（1）将S粉加入沸腾的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，离子方程式是 。
（2）研究Na2S2O3与某些常见金属离子的反应，进行如下实验。
①取Ⅰ中的浊液，离心分离，经检验，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。
i.补全Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式： 2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+
2Cu2++2S2+□_____□_____↓+□_____↓+□_____+4H+
ii.查阅资料可知，常温时，生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，但仍需水浴加热至50℃以上才出现沉淀，原因是 室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率 。
②Ⅱ中，S2被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有很少量的。取Ⅱ中的无色溶液进行如下实验证实了此结论。
用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重复上述实验，CS2溶解后几乎无固体剩余。
i.仅由溶液1中加入足量的盐酸后得到沉淀2，不能说明Ⅱ中生成了S4，理由是 无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中 。
ii.补全实验方案证实上述结论：将沉淀1洗净， 加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小 。
③向Ⅲ的无色溶液中继续加入溶液，产生白色沉淀Ag2S2O3。静置，得到黑色沉淀Ag2S，同时生成强酸。生成Ag2S的化学方程式是 Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4 。
（3）软硬酸碱原理认为，Ⅲ中，Ag+为软酸，S2为软碱，S2﹣是比S2更软的碱，可解释S2与Ag+反应的最终产物为Ag2S。由此推测，Ⅰ中，Cu+和Cu2+， Cu+ 是更软的酸。
【答案】（1）；
（2）①i.2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；
ii.室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率；
②i.无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中；
ii.加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小；
③Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；
（3）Cu+。
【分析】（1）；
（2）①i.2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；
ii.室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率；
②i.无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中；
ii.加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小；
③Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；
（3）Cu+。
【解答】解：（1）S与Na2SO3发生归中反应得到Na2S2O3，其反应的离子方程式为，
故答案为：；
（2）①i.根据元素守恒，可知产物中Cu2S的系数是1，中S的化合价为+2价，Cu2S中Cu和S的化合价分别为+1和﹣2，Cu从+2价降低到+1，S的化合价从+2价降低到﹣2；生成1mlCu2S，共得到了6ml电子。其他产物中还有S和S2，转化成S，化合价从+2价降低到0；转化为，化合价从+2价降低到+6；在氧化还原反应中，得失电子守恒，可知S和的系数分别是1和2；再结合电荷守恒，可得Ⅰ中生成黑色沉淀的总反应的离子方程式为2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+，
故答案为：2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；
ii.生成黑色沉淀反应的平衡常数很大，说明反应进行得很完全，但是仍需要加热至50℃才会出现沉淀，可知在常温下，该反应的反应速率很慢，升高温度加快了反应速率，
故答案为：室温下，该反应速率小，加热增大了反应速率；
②被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有少量的，加入过量的BaCl2溶液，沉淀1为BaS2O3和BaSO4沉淀。溶液1中含有S4，加入足量的盐酸，S4在酸性溶液中转化为、S和SO2，沉淀2中含有BaSO4和S。加入CS2溶解S单质，剩余的固体1为BaSO4；
i根据已知，被Fe3+氧化成S4，方程式：2+2Fe3+＝S4+2Fe2+，实验Ⅱ中加入的Fe3+和S4的比例为1：2，可知是过量的，因此无色溶液中含有，虽然加入了过量的BaCl2，但是BaS2O3微溶于水，溶液1中仍会有少量的，加入盐酸后，与H+反应，方程式：+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，也会生成S单质存在于沉淀2中，因此S单质不一定来自于S4，
故答案为：无色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的与盐酸反应生成的S也存在于沉淀2中；
ii证实结论：被Fe3+氧化的主要产物是S4，还有很少量的；可知沉淀1中出了BaS2O3外，还有少量的BaSO4。BaSO4固体不溶于盐酸，可用于证明沉淀1中含有BaSO4，并且BaSO4的量应比固体1中的少。实验操作为加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小，
故答案为：加入足量的盐酸，充分反应后过滤，将不溶物用CS2充分溶解，得固体2，固体2的质量比固体1的小；
③Ag2S2O3发生歧化反应，得到Ag2S，另一种物质为强酸，为H2SO4，则方程式为Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4，
故答案为：Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；
（3）Ag+为软酸，为软碱，S2﹣是比更软的碱，可解释与Ag+反应的最终产物为Ag2S；可知软酸容易与更软的碱的结合。Ⅰ中，与Cu2+反应的最终产物为Cu2S，可知Cu+是比Cu2+更软的酸，
故答案为：Cu+。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
20．（2024春•徐汇区校级期中）
（1）铁与水蒸气的反应实验装置如图，加热时试管内生成黑色物质，点燃肥皂泡可听到爆鸣声。下列说法正确的是 AC 。
A.反应的化学方程式：2Fe+3H2OFe2O3+3H2
B.试管中发生化合反应
C.湿棉花的作用是提供水蒸气
D.试验结束后，应该先熄灭酒精灯，再将导管移出肥皂水
高铁酸钾（K2FeO4）是一种新型、高效、多功能水处理剂，与水反应可生成透明的红褐色胶体，反应原理：4+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣
（2）胶体分散质粒子的直径范围是 1nm～100nm 。该反应中是 BC 。
A.还原剂
B.氧化剂
C.被还原
D.被氧化
（3）K2FeO4能杀灭水中细菌的原因是 K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而杀灭病菌 。
（4）配平湿法制高铁酸钾的离子反应方程式。
2 Fe（OH）3+ 3 ClO﹣+ 4OH﹣ ＝ 2 + 3 Cl﹣+ 5H2O
电子工业常用30%左右的FeCl3溶液腐蚀敷在绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。为了从腐蚀废液中回收铜，并重新获得FeCl3溶液，某同学设计下列方案：
（5）实验室用无水氯化铁固体粗略配制30%的FeCl3溶液，需要的主要玻璃仪器除了量筒外还有 胶头滴管、烧杯、玻璃棒 。
（6）FeCl3溶液与铜箔发生反应的离子方程式为 2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+ 。
（7）试剂A、D、F的化学式分别是 Fe 、 HCl 、 Cl2 。用FeCl3溶液制取FeCl3晶体的方法是 在氯化氢的气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤 。
A.蒸发结晶
B.降温结晶
（8）某研究性学习小组设计实验探究铝等金属的性质：将一置于空气中的铝片投入浓（CuCl2溶液中，铝片表面出现一层海绵状暗红色物质，接下来铝片上产生大量气泡，溶液温度迅速上升。若用同样的铝片投入相同浓度的CuSO4溶液中，在短时间内铝片无明显变化。造成不同现象的原因可能是 D 。
A.Al与CuCl2溶液反应，与CuSO4溶液不反应
B.CuCl2溶液酸性比同浓度的CuSO4溶液酸性强
C.生成物AlCl3溶于水，而Al2（SO4）3不溶于水
D.Cl﹣能破坏氧化铝薄膜，而不能
【答案】（1）AC；
（2）1nm～100nm；BC；
（3）K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而杀灭病菌；
（4）2；3；4OH﹣；2；3；5H2O；
（5）胶头滴管、烧杯、玻璃棒；
（6）2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；
（7）Fe；HCl；Cl2；在氯化氢的气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤；
（8）D。
【分析】（1）A.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；
B.该反应为置换反应；
C.铁与水蒸气反应；
D.试验结束后，应该先熄灭酒精灯，再将导管移出肥皂水；
（2）胶体分散质粒子的直径范围是1nm～100nm，该反应中铁元素的化合价降低；
（3）高铁酸钾K2FeO4能杀灭水中细菌的原因是：K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性；
（4）湿法制高铁酸钾时，铁元素的化合价升高，氯元素的化合价减低；
（5）配制溶液步骤有计算、称量、溶解、装瓶存放；
（6）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜；
（7）废液中含有氯化铁、氯化亚铁和氯化铜，加入过量的铁粉，得到铜和氯化亚铁，滤渣D中含有铁和铜，加过量的盐酸反应生成氯化亚铁，合并氯化亚铁通入氯气生成氯化铁，由于氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢；
（8）A．铝活动性强于铜，铝与氯化铜溶液反应；
B．氯化铜溶液酸性与同浓度的硫酸铜溶液酸性相同；
C．生成物AlCl3、Al2（SO4）3都能溶于水；
D．反应中变量为阴离子种类不同，金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，氯化铝和硫酸铝阴离子的不同，氯离子能破坏氧化铝表面薄膜。
【解答】解：（1）A.铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，其反应的化学方程式：2Fe+3H2OFe2O3+3H2，故A正确；
B.该反应为置换反应，故B错误；
C.铁与水蒸气反应，则湿棉花的作用是提供水蒸气，故C正确；
D.试验结束后，应该先熄灭酒精灯，再将导管移出肥皂水，会产生倒吸现象，故D错误；
故答案为：AC；
（2）胶体分散质粒子的直径范围是1nm～100nm，该反应中铁元素的化合价降低，则是氧化剂，被还原，
故答案为：1nm～100nm；BC；
（3）高铁酸钾K2FeO4能杀灭水中细菌的原因是：K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而杀灭病菌，
故答案为：K2FeO4具有强氧化性，能使蛋白质变性，从而杀灭病菌；
（4）湿法制高铁酸钾时，铁元素的化合价升高，氯元素的化合价减低，利用得失电子守恒可知，2Fe（OH）3+3ClO﹣+4OH﹣＝2+3Cl﹣+5H2O，
故答案为：2；3；4OH﹣；2；3；5H2O；
（5）配制溶液步骤有计算、称量、溶解、装瓶存放，需要的玻璃仪器有量筒、胶头滴管、烧杯、玻璃棒，
故答案为：胶头滴管、烧杯、玻璃棒；
（6）氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，其离子方程式为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，
故答案为：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+；
（7）废液中含有氯化铁、氯化亚铁和氯化铜，加入过量的铁粉，得到铜和氯化亚铁，滤渣D中含有铁和铜，加过量的盐酸反应生成氯化亚铁，合并氯化亚铁通入氯气生成氯化铁，由于氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢，则FeCl3溶液制取FeCl3晶体的方法是在氯化氢的气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，
故答案为：Fe；HCl；Cl2；在氯化氢的气流中蒸发浓缩、冷却结晶，过滤；
（8）A．铝活动性强于铜，铝与氯化铜溶液反应，与硫酸铜溶液都能发生置换反应，故A错误；
B．氯化铜溶液酸性与同浓度的硫酸铜溶液酸性相同，故B错误；
C．生成物AlCl3、Al2（SO4）3都能溶于水，故C错误；
D．反应中变量为阴离子种类不同，金属铝的表面有一层致密的氧化物薄膜，氯化铝和硫酸铝阴离子的不同，氯离子能破坏氧化铝表面薄膜，而硫酸根离子不能，故D正确；
故答案为：D。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
21．（2023秋•海淀区期末）某小组同学欲探究AgNO3溶液与FeSO4溶液的反应，进行如下实验。
查阅资料：
i.AgSCN为白色固体，Ksp（AgSCN）＝1.03×10﹣12
ii.Fe3++3SCN﹣⇌Fe（SCN）3K＝2.24×103
（1）取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含 Ag 。
（2）实验②中未观察到明显变化，说明 NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应 。
（3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是 Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3 。稍振荡后红色消失并产生白色沉淀，请结合离子方程式解释现象： Ag++SCN﹣＝AgSCN↓ 。
（4）综合实验①～③可知，实验①中发生反应的离子方程式为 Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+ 。
【反思与迁移】
小组同学用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag+浓度。
（5）能指示滴定终点的现象为 最后半滴KSCN溶液加入后，溶液变为红色，且30s不变色 。
（6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀，则测得的c（Ag） 偏高 （填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】（1）Ag；
（2）NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应；
（3）Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3；Ag++SCN﹣＝AgSCN↓；
（4）Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+；
（5）最后半滴KSCN溶液加入后，溶液变为红色，且30s不变色；
（6）偏高。
【分析】（1）Ag为灰黑色沉淀，加入浓硝酸反应生成二氧化氮；
（2）实验②中未观察到明显变化，说明NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应；
（3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，稍微振荡后红色消失并产生白色沉淀；
（4）实验①中银离子与亚铁离子反应生成银和铁离子；
（5）用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag+浓度，滴定终点的现象为最后半滴KSCN溶液加入后，溶液变为红色；
（6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀为银，在滴定时会变为银离子。
【解答】解：（1）Ag为灰黑色沉淀，加入浓硝酸反应生成二氧化氮，则取实验①中灰黑色沉淀，加入浓硝酸，沉淀溶解，产生红棕色气体，说明沉淀中含Ag，
故答案为：Ag；
（2）实验②中未观察到明显变化，说明NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应，
故答案为：NaNO3溶液与FeSO4溶液不反应；
（3）实验③中，滴入KSCN后溶液先变红的原因是Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3，稍微振荡后红色消失并产生白色沉淀，反应的离子方程式为：Ag++SCN﹣＝AgSCN↓，
故答案为：Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+与SCN﹣反应生成Fe（SCN）3；Ag++SCN﹣＝AgSCN↓；
（4）实验①中银离子与亚铁离子反应生成银和铁离子，其反应的离子方程式为Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+，
故答案为：Ag++Fe2+＝Ag↓+Fe3+；
（5）用KSCN标准溶液作滴定剂，定量测定实验①反应后溶液中的Ag+浓度，滴定终点的现象为最后半滴KSCN溶液加入后，溶液变为红色，且30s不变色，
故答案为：最后半滴KSCN溶液加入后，溶液变为红色，且30s不变色；
（6）滴定时，若取样混入灰黑色沉淀为银，在滴定时会变为银离子，则测得的c（Ag）偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。
22．（2024•杨浦区二模）为探究+1价Ag的氧化性，开展如下活动。
（1）配制溶液：
称量→溶解→冷却→操作①→洗涤→注入→混匀→定容→操作②→装瓶贴标签
①下列图示中，操作①为 B 、操作②为 D 。
②用FeCl3•6H2O配制100mL0.1ml•L﹣1FeCl3溶液时，应称量 2.705 g固体。
③实验室AgNO3溶液通常盛放在 棕色、细颈 试剂瓶中。
（2）通过如下实验，比较Ag+、Fe3+、I2的氧化性。
①Ⅱ中反应的离子方程式为： 2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2 。
②Ⅰ、Ⅱ中的现象说明： AC 。（不定项）
A．氧化性顺序：Ag+＞Fe3+＞I2
B．氧化性顺序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+
C．还原性顺序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+
D．还原性顺序：Fe2+＞Ag＞I﹣
③推测Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因： Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应 。
（3）利用如图所示装置，探究Ag+氧化I﹣的反应。
①图中盐桥中的电解质可用 B 。
A．KCl
B．KNO3
C．Fe2（SO4）3
②闭合K，电流计指针偏转。“石墨2”作 C 。
A．阴极
B．阳极
C．正极
D．负极
③已知0.1ml•L﹣1AgNO3溶液的pH＝6。上述实验中可能是氧化了I﹣，将装置中的 AgNO3 溶液换成 pH＝6的0.1ml•L﹣1的NaNO3溶液 ，闭合K，指针未发生偏转。确认Ag+氧化了I﹣。
取Ⅰ中产生的黑色沉淀0.0216g于试管中。进行实验：①向黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解；②再向试管中滴加氨水，边滴边振荡至沉淀恰好溶解；③再向其中滴加乙醛溶液，加热，产生光亮的银镜。
（4）写出第①步反应的化学方程式 3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O 。
（5）为得到光亮的银镜，实验时应做到： 洁净的试管、水浴加热（或乙醛的浓度不易过大等） （任写2点）。若黑色沉淀全部转化为银镜，理论上需要乙醛 A ml。
A．1×10﹣4
B．2×10﹣4
C．1×10﹣3
D．2×10﹣3
【答案】（1）①B；D；
②2.705；
③棕色、细颈；
（2）①2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；
②AC；
③Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应；
（3）①B；
②C；
③AgNO3；pH＝6的0.1ml•L﹣1的NaNO3溶液；
（4）3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O；
（5）洁净的试管、水浴加热（或乙醛的浓度不易过大等）；A。
【分析】（1）①配制溶液的步骤为：称量→溶解→冷却→移液→洗涤→注入→混匀→定容→摇匀→装瓶贴标签；
②根据n＝cV和m＝nM计算称量FeCl3•6H2O的质量；
③AgNO3见光易分解；
（2）①Ⅱ中FeCl3溶液呈棕黄色，滴加KI溶液、再滴加淀粉溶液时溶液变蓝，说明有I2生成，结合氧化还原反应规律写出方程式；
②氧化还原反应中，氧化性：氧化剂＞氧化产物，还原性：还原剂＞还原产物；
③根据氧化还原反应规律可知，Ag+能氧化I﹣，Ag+和I﹣也能结合生成AgI沉淀，但实际上低浓度的Ag+和I﹣生成AgI沉淀的程度大，发生氧化还原反应的程度较小；
（3）①KCl能与AgNO3反应生成AgCl沉淀，Fe2（SO4）3能与KI反应，KNO3与AgNO3、KI均不能反应；
②该原电池工作时，Ag+发生还原反应生成Ag，I﹣发生氧化反应生成I2，则石墨1电极为负极，石墨2电极为正极；
③硝酸具有强氧化性，可能氧化I﹣生成I2，可将AgNO3换成NaNO3进行对比实验；
（4）稀硝酸溶解Ag生成AgNO3、NO和H2O；
（5）做银镜反应实验时，要求试管内壁洁净，便于生成的银附着；反应温度不宜过高，需要控制反应温度；反应过程中不能振荡试管，银在试管壁上附着不均匀；乙醛浓度也不能过高、否则反应过快；根据Ag原子守恒、乙醛和银氨溶液的反应方程式进行计算。
【解答】（1）①配制溶液的步骤为：称量→溶解→冷却→移液→洗涤→注入→混匀→定容→摇匀→装瓶贴标签，则操作①为移液，为图B，操作②为摇匀，为图D，
故答案为：B；D；
②配制100mL0.1ml•L﹣1FeCl3溶液时n（FeCl3）＝cV＝0.1L×0.1ml/L＝0.01ml，则称量FeCl3•6H2O的质量m＝nM＝0.01ml×207.5g/ml＝2.705g，
故答案为：2.705；
③AgNO3见光易分解，则AgNO3溶液通常盛放在棕色、细颈试剂瓶中，
故答案为：棕色、细颈；
（2）①Ⅱ中FeCl3溶液中滴加KI溶液、再滴加淀粉溶液时溶液变蓝，说明有I2生成，根据氧化还原反应规律可知，还原产物为FeCl2，反应的离子方程式为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，
故答案为：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；
②实验Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红，反应为Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，氧化性：Ag+＞Fe3+，还原性：Fe2+＞Ag；实验Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝，反应为2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，氧化性：Fe3+＞I2，还原性：I﹣＞Fe2+，即氧化性：Ag+＞Fe3+＞I2，还原性：I﹣＞Fe2+＞Ag，且同一种金属元素的低价离子氧化性弱、还原性较强，所以还原性：I﹣＞Fe2+＞Fe3+，
故答案为：AC；
③根据氧化还原反应规律可知，AgNO3能与KI发生氧化还原反应，但由于溶液中Ag+、I﹣浓度低，无法发生氧化还原反应，二者反而快速发生复分解反应生成AgI沉淀，即实验Ⅲ中未发生Ag+氧化I﹣的原因是：Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应，
故答案为：Ag+与I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣浓度太小，无法发生氧化还原反应；
（3）①KCl能与AgNO3反应生成AgCl沉淀，Fe2（SO4）3能与KI反应，KNO3与AgNO3、KI均不能反应，所以盐桥中的电解质可用KNO3，不能选择KCl或Fe2（SO4）3，
故答案为：B；
②闭合K，电流计指针偏转，即该原电池工作时，Ag+发生还原反应生成Ag，I﹣发生氧化反应生成I2，则石墨1电极为负极，石墨2电极为正极，
故答案为：C；
③硝酸具有强氧化性，可能氧化I﹣生成I2，为了排除的干扰，可将pH＝6的0.1ml•L﹣1AgNO3溶液换成pH＝6的0.1ml•L﹣1NaNO3溶液进行对比实验，实验时闭合K，发现指针未发生偏转，说明无影响，从而确认是Ag+氧化了I﹣，
故答案为：AgNO3；pH＝6的0.1ml•L﹣1的NaNO3溶液；
（4）稀硝酸溶解Ag生成AgNO3、NO和H2O，反应的化学方程式为3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O，
故答案为：3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O；
（5）做银镜反应实验时，实验时应做到：试管内壁保持洁净；反应温度不宜过高，采用水浴加热；反应过程中不能振荡试管；乙醛浓度也不能过高等；Ag守恒：Ag→AgNO3→[Ag（NH3）2]OH→Ag，所以根据银镜反应方程式进行计算即可，该反应为CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，n（CH3CHO）＝n（Ag）＝0.5×＝1×10﹣4ml，
故答案为：洁净的试管、水浴加热（或乙醛的浓度不易过大等）；A。
【点评】本题考查物质性质实验方案设计，侧重分析能力、实验能力和计算能力考查，把握溶液配制实验步骤、氧化还原反应及氧化性或还原性强弱判断、原电池工作原理、银镜反应实验及其注意事项、化学方程式的计算等知识即可解答，题目难度中等。
23．（2024•西城区校级模拟）某小组同学研究了不同起始pH条件下溴酸钠和硫化钠的反应。
（一）隔绝氧气的条件下，在50mL溶液中，NaBrO3起始浓度为0.08ml/L，Na2S起始浓度为2×10﹣3ml/L，改变HNO3的起始加入量，测量反应过程中的pH变化，实验结果如下：
已知：a.HBrO3属于强酸，的还原产物只有Br﹣，实验中HNO3不表现氧化性；
b.硫化钠被氧化的产物可能是S、、S2、；
c.pH＞3溶液中，与S2的反应可忽略不计；
d.CaS和CaS2O3易溶于水；
为研究实验Ⅰ中pH的变化情况，进行实验Ⅲ和实验Ⅳ：
取少量实验Ⅰ进行10min左右的液体，离心分离浑浊，得到溶液A，进行实验Ⅲ：
实验Ⅳ：
步骤1：取一定量的溴酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液混合，反应液温度未有明显变化，测定反应中的反应速率，结果如图所示。
步骤2：实验前先在容器中加入少量硫酸钠和溴化钠固体，重复步骤1，测得的反应速率变化曲线与如图几乎完全重合。
（1）实验Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀盐酸，能否说明溶液A中没有，理由是 不能说明，因为CaSO4微溶于水 ，进一步检验溶液A中是否有的方案是 向无色溶液2中加入BaCl2溶液，观察是否有白色沉淀生成 。
（2）实验Ⅲ中，由无色溶液1加入足量稀盐酸的实验现象可以得到的实验结论是 溶液A中没有 。
（3）结合离子方程式，解释实验Ⅰ中2min之后pH变化的可能原因： 2min以后发生反应：3S+2+3H2O＝3+2Br﹣+6H+，（产生的H+部分被、S2﹣、HS﹣或S（Ⅱ）被氧化为S时产生的OH﹣消耗）溶液的pH逐渐下降，10min后足够浓度的H+催化反应3+＝3+Br﹣+3H+，溶液的pH迅速下降 。
（二）研究实验Ⅱ中pH的变化情况，设计测定溶液中S2﹣、、S2浓度的方法如下：
已知：a.碘标液的浓度为c1ml/L，硫代硫酸钠标液的浓度为c2ml/L；
b.Ksp（CdCO3）＝1×10﹣12、Ksp[Cd（OH）2]＝7.2×10﹣15、Ksp（CdS）＝8×10﹣27；CdSO3和CdS2O3微溶于水；
c.能与甲醛反应，产物不被I2氧化
d.2S2+I2＝S4+2I﹣
步骤1：取10mL待测液，加入一定体积的过量碘标液，充分反应后，用硫代硫酸钠标液滴定，消耗硫代硫酸钠标液的体积是V1mL；
步骤2：取20mL待测液，加入过量CdCO3，充分反应后，过滤并洗涤沉淀，将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V2mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3mL。
（4）步骤1中滴定时使用的指示剂是 淀粉 ，滴定终点的现象是 加入最后半滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内无变化 。
（5）步骤2中加入CdCO3的作用是 沉淀S2﹣ 。
（6）待测液中和S2的物质的量浓度之比是 。
（7）实验Ⅱ中未检测到和的生成，用离子方程式表示18min后溶液pH下降的原因： 6S+2+3H2O＝2+2Br﹣+6H+ 。
（8）结果表明，不同起始pH条件下，溴酸钠和硫化钠的反应速率和反应产物会有差异。
【答案】（1）不能说明，因为CaSO4 微溶于水；向无色溶液 2 中加入 BaCl2 溶液，观察是否有白色沉淀生成；
（2）溶液 A 中没有；
（3）2 min以后发生反应：3S+2+3H2O＝3+2Br﹣+6H+，（产生的 H+部分被、S2﹣、HS﹣或 S（Ⅱ）被氧化为S时产生的OH﹣消耗）溶液的pH逐渐下降，10 min后足够浓度的H+催化反应 3+＝3+Br﹣+3H+，溶液的pH迅速下降；
（4）淀粉；加入最后半滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内无变化；
（5）沉淀 S2﹣；
（6）；
（7）6S+2+3H2O＝2+2Br﹣+6H+。
【分析】（1）实验Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀盐酸，不说明溶液A中没有，因为CaSO4 微溶于水；进一步检验溶液A中是否有的方案是：向无色溶液 2 中加入 BaCl2 溶液，观察是否有白色沉淀生成；
（2）实验Ⅲ中，由无色溶液1加入足量稀盐酸无明显现象，可知溶液A 中没有；
（3）实验Ⅰ中2 min以后发生反应：3S+2+3H2O＝3+2Br﹣+6H+，（产生的 H+部分被、S2﹣、HS﹣或 S（Ⅱ）被氧化为S时产生的OH﹣消耗）溶液的pH逐渐下降，10 min后足够浓度的H+催化反应 3+＝3+Br﹣+3H+，溶液的pH迅速下降；
（4）步骤1中待测液中含有标准碘溶液，滴定时使用的指示剂是淀粉；滴定终点现象：加入最后一滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内无变化；
（5）步骤2中加入CdCO3的作用是沉淀 S2﹣，避免其消耗碘溶液，造成实验误差；
（6）碘液与S2﹣发生反应： ①；2+I2＝+2I﹣②；步骤2中将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，两反应消耗的碘标准液体积为V2 mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3 mL，即消耗的碘液为V3 mL，由此可得消耗碘液体积为（V2﹣V3） mL，待测液中和的物质的量浓度之比是：；
（7）18 min后溶液pH下降的原因：6S+2+3H2O＝2+2Br﹣+6H+。
【解答】解：（1）实验Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀盐酸，不说明溶液A中没有，因为CaSO4 微溶于水；进一步检验溶液A中是否有的方案是：向无色溶液 2 中加入 BaCl2 溶液，观察是否有白色沉淀生成，
故答案为：不能说明，因为CaSO4 微溶于水；向无色溶液 2 中加入 BaCl2 溶液，观察是否有白色沉淀生成；
（2）实验Ⅲ中，由无色溶液1加入足量稀盐酸无明显现象，可知溶液A 中没有，
故答案为：溶液 A 中没有；
（3）实验Ⅰ中2 min以后发生反应：3S+2+3H2O＝3+2Br﹣+6H+，（产生的 H+部分被、S2﹣、HS﹣或 S（Ⅱ）被氧化为S时产生的OH﹣消耗）溶液的pH逐渐下降，10 min后足够浓度的H+催化反应 3+＝3+Br﹣+3H+，溶液的pH迅速下降，
故答案为：2 min以后发生反应：3S+2+3H2O＝3+2Br﹣+6H+，（产生的 H+部分被、S2﹣、HS﹣或 S（Ⅱ）被氧化为S时产生的OH﹣消耗）溶液的pH逐渐下降，10 min后足够浓度的H+催化反应 3+＝3+Br﹣+3H+，溶液的pH迅速下降；
（4）步骤1中待测液中含有标准碘溶液，滴定时使用的指示剂是淀粉；滴定终点现象：加入最后一滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内无变化，
故答案为：淀粉；加入最后半滴硫代硫酸钠标液后，溶液由蓝色变为无色，半分钟内无变化；
（5）步骤2中加入CdCO3的作用是沉淀 S2﹣，避免其消耗碘溶液，造成实验误差，
故答案为：沉淀 S2﹣；
（6）碘液与S2﹣发生反应： ①；2+I2＝+2I﹣②；步骤2中将滤液合并后等分为两份，一份用碘标液滴定，两反应消耗的碘标准液体积为V2 mL；另一份加入过量甲醛溶液后，再用碘标液滴定，消耗碘标液的体积是V3 mL，即消耗的碘液为V3 mL，由此可得消耗碘液体积为（V2﹣V3） mL，待测液中和的物质的量浓度之比是：，
故答案为：；
（7）18 min后溶液pH下降的原因：6S+2+3H2O＝2+2Br﹣+6H+，
故答案为：6S+2+3H2O＝2+2Br﹣+6H+。
【点评】本题考查制备方案的设计，题目难度中等，根据制备步骤明确实验原理为解答关键，注意掌握常见化学实验基本操作方法，试题综合性强，侧重对学生能力的培养和训练，有利于培养学生规范严谨的实验设计、操作能力。
24．（2023秋•东城区期末）资料表明C2+还原性很弱，某小组同学为实现→，进行如下探究。
（1）理论分析：氧化半反应C2+﹣e﹣═C3+很难发生。从平衡移动的角度来看，降低c（C3+）或 提高c（C2+） 均能促进C2+失电子，提高其还原性。
【实验Ⅰ】①
②
已知：ⅰ．Ka（HNO2）＝10﹣3.1，Ka（CH3COOH）＝10﹣4.8；
ⅱ．HNO2不稳定，易分解：3HNO2═2NO↑+HNO3+H2O
（2）②是①的对照实验，目的是 证明该条件下遇CH3COOH不会产生气泡 。
（3）经检验，橙红色溶液中存在[C（NO2）6]3﹣。经分析，①中能实现→的原因是C3+形成了配离子且的氧化性被提高。
a．解释C3+能与形成配位键的原因： C3+能够提供空轨道，提供孤电子对 。
b．结合还原半反应解释的氧化性被提高的原因： 还原半反应为：，CH3COOH电离出H+，使c（H+）增大，促进得电子 。
【实验Ⅱ】
③
④
已知：C（OH）2（粉红色）和C（OH）3（棕黑色）的Ksp分别是10﹣14.2和10﹣43.8。
（4）对比③④可知，本实验条件下还原性：C（OH）2 ＞ C2+（填“＞”或“＜”）。
（5）分析④中能实现→的原因：
a．该条件下，的还原性同时受“c（C3+）降低”和“c（C2+）降低”的影响，前者影响更 大 （填“大”或“小”）。
b．当c（C2+）：c（C3+）＞1014时，能被Cl2氧化。结合Ksp计算，④中通入少量Cl2后溶液中c（C2+）：c（C3+）＝ 1027.6 ，因此能实现转化。
（6）实验启示：通常情况下，为促进金属阳离子从低价向高价转化，可将高价金属阳离子转化为 更稳定的配合物 或 更难溶的沉淀 。
【答案】（1）提高c（C2+）；
（2）证明该条件下遇CH3COOH不会产生气泡；
（3）C3+能够提供空轨道，提供孤电子对；
b．还原半反应为：，CH3COOH电离出H+，使c（H+）增大，促进得电子；
（4）＞；
（5）a．大；
b．1027.6；
（6）更稳定的配合物；更难溶的沉淀。
【分析】（1）减小生成物浓度或增大反应物浓度，均可以使平衡正向移动；
（2）②实验可以证明该条件下遇CH3COOH不会产生气泡；
（3）a．C3+能够提供空轨道，提供孤电子对，从而形成配位键；
b．根据题意可知，还原半反应为：，c（H+）增大，可以促进该反应的进行；
（4）对比③④实验可知，可以判断本实验条件下C（OH）2与C2+的还原性强弱；
（5）a．分析④中能实现→的原因可知该条件下，的还原性同时受c（C2+）降低的影响更大；
b．④中通入少量Cl2后，部分粉红色的C（OH）2立即变成棕色的C（OH）3，继续通入氯气后，全部变为棕黑色的C（OH）3，在C（OH）2与C（OH）3共存的溶液中有＝＝＝1029.6，则c（C2+）：c（C3+）＝1029.6×c（OH﹣）＝1029.6×10﹣2＝1027.6＞1014；
（6）实验启示：通常情况下，为促进金属阳离子从低价向高价转化，可将高价金属阳离子转化为更稳定的配合物或更难溶的沉淀。
【解答】解：（1）理论分析：氧化半反应C2+﹣e﹣═C3+很难发生，从平衡移动的角度来看，降低c（C3+）或提高c（C2+）均能促进C2+失电子，提高其还原性，
故答案为：提高c（C2+）；
（2）②是①的对照实验，目的是证明该条件下遇CH3COOH不会产生气泡，
故答案为：证明该条件下遇CH3COOH不会产生气泡；
（3）a．经检验，橙红色溶液中存在[C（NO2）6]3﹣，经分析，①中能实现→的原因是C3+形成了配离子且的氧化性被提高，C3+能与形成配位键的原因是：C3+能够提供空轨道，提供孤电子对，
故答案为：C3+能够提供空轨道，提供孤电子对；
b．根据题意可知，还原半反应为：，CH3COOH电离出H+，使c（H+）增大，促进得电子，
故答案为：还原半反应为：，CH3COOH电离出H+，使c（H+）增大，促进得电子；
（4）对比③④实验可知，本实验条件下还原性：C（OH）2＞C2+，
故答案为：＞；
（5）a．分析④中能实现→的原因：该条件下，的还原性同时受“c（C3+）降低”和“c（C2+）降低”的影响，前者影响更大，
故答案为：大；
b．④中通入少量Cl2后，部分粉红色的C（OH）2立即变成棕色的C（OH）3，继续通入氯气后，全部变为棕黑色的C（OH）3，在C（OH）2与C（OH）3共存的溶液中有＝＝＝1029.6，则c（C2+）：c（C3+）＝1029.6×c（OH﹣）＝1029.6×10﹣2＝1027.6＞1014，因此能实现→的转化，
故答案为：1027.6；
（6）实验启示：通常情况下，为促进金属阳离子从低价向高价转化，可将高价金属阳离子转化为更稳定的配合物或更难溶的沉淀，
故答案为：更稳定的配合物；更难溶的沉淀。
【点评】本题主要考查实验方案的设计，侧重考查学生的比较思维，氧化还原反应原理的应用，对学生的能力要求较高，属于高考高频考点，难度较大。
25．（2023秋•溧阳市期末）大量燃放鞭炮会引起空气中SO2等有害气体含量增高，造成大气污染。某兴趣小组欲探究SO2的性质（装置如图1），并利用SO2制备抗氧化剂亚硫酸钠（Na2SO3）。
（1）SO2的制备和性质探究。
①装置A中发生反应的化学方程式为 Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O ，该反应体现的浓硫酸的性质是 酸性和强氧化性 。
②装置B用于检验SO2的漂白性，其中所盛试剂为 品红溶液 。
③装置C中发生反应的实验现象是 产生淡黄色沉淀 。
④装置E中发生反应的离子方程式是 SO2+2OH﹣＝+H2O 。
（2）亚硫酸钠的制备。
已知：Na2SO3水溶液中H2SO3、、摩尔分数（摩尔分数即物质的量分数）随pH的分布如图2所示，Na2SO3的溶解度曲线如图3所示。
①制备NaHSO3溶液：边搅拌边向Na2SO3溶液中通入SO2，测量溶液pH，pH约为 4.5 时停止通入SO2，制得NaHSO3溶液。
②制备Na2SO3固体：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，控制温度在 34℃～100℃ 范围条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装得Na2SO3固体。
（3）SO2的资源化利用。
查阅资料：SO2尾气可用如图2的双碱脱硫法处理。写出过程Ⅱ的化学反应方程式 2Na2SO3+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+4NaOH 。
【答案】（1）①Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；酸性和强氧化性；
②品红溶液；
③产生淡黄色沉淀；
④SO2+2OH﹣＝+H2O；
（2）①4.5；
②34℃～100℃；
（3）2Na2SO3+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+4NaOH。
【分析】（1）①由图可知，装置A中发生反应为Cu与浓H2SO4反应，生成CuSO4、SO2、H2O，该反应硫酸中s元素部分化合价降低；
②SO2可以使品红溶液褪色，体现漂白性；
③SO2具有氧化性，可以把H2S氧化，生成S单质；
④装置E是尾气处理装置，发生SO2与氢氧化钠的反应；
（2）①由图可知，pH在4﹣5之间时，溶液的主要含硫微粒为，所以边搅拌边向Na2SO3溶液中通入SO2，测量溶液pH，pH约为4.5时停止通入SO2，制得NaHSO3溶液；
②由图可知，在34℃～100℃范围内，析出Na2SO3晶体；
（3）过程Ⅱ中Na2SO3与Ca（OH）2、O2反应生成CaSO4、NaOH，根据元素守恒、化合价升降守恒配平该方程式即可。
【解答】解：（1）①由图可知，装置A中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，该反应体现的浓硫酸的性质是酸性和强氧化性，
故答案为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O；酸性和强氧化性；
②装置B用于检验SO2的漂白性，其中所盛试剂为品红溶液，
故答案为：品红溶液；
③装置C中发生反应的实验现象是产生淡黄色沉淀，原理是SO2+2H2S＝3S+2H2O，
故答案为：产生淡黄色沉淀；
④装置E中发生反应的离子方程式是SO2+2OH﹣＝+H2O，
故答案为：SO2+2OH﹣＝+H2O；
（2）①制备NaHSO3溶液：由图可知，pH在4﹣5之间时，溶液的主要含硫微粒为，所以边搅拌边向Na2SO3溶液中通入SO2，测量溶液pH，pH约为4.5时停止通入SO2，制得NaHSO3溶液，
故答案为：4.5；
②制备Na2SO3固体：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为10时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，控制温度在34℃～100℃范围条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装得Na2SO3固体，
故答案为：34℃～100℃；
（3）SO2尾气可用如图2的双碱脱硫法处理，则过程Ⅱ的化学反应方程式为：2Na2SO3+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+4NaOH，
故答案为：2Na2SO3+2Ca（OH）2+O2＝2CaSO4+4NaOH。
【点评】本题主要考查实验方案的设计，侧重考查学生的分析推理能力，看图理解能力，应用能力，属于高考高频考点，难度较大。
声明：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2024/11/6 23:36:04；用户：组卷48；邮箱：zyb048@xyh.cm；学号：41419011
微粒
I﹣
I2
浓度/（ml•L﹣1）
b
b
4.0×10﹣3
步骤
实验操作
主要实验现象
结论（燃烧产物判断）
1
将产物溶于适量水中
部分溶解，试管底部有黑色固体
燃烧产物中肯定有 ；
2
取1中所得少量上层清液，加入过量的BaCl2溶液

燃烧产物中肯定有Na2CO3；
3
取2所得少量上层清液，加入 溶液
有蓝色沉淀生成
燃烧产物中肯定有 ；

实验现象
Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红
Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝
Ⅲ中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝

序号
试剂x
实验现象
Ⅰ
5mL0.05ml/LFe2（SO4）3溶液（pH＝2）
溶液变为浅蓝色，30min时，铜粉有较多剩余
Ⅱ
5mL0.1ml/LFeCl3溶液（pH＝2）
溶液变为蓝色，30min时，铜粉完全溶解

序号
取样时间/min
现象
ⅰ
1
产生白色沉淀，
ⅱ
10
产生白色沉淀，较1min时量多
ⅲ
30
产生白色沉淀，较10min时量少
iv
40
无白色沉淀产生
实验操作
实验现象
实验结论
取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置
若无现象
①红色固体为
若溶液变蓝
②红色固体中肯定含有 ，可能含有
上述混合液静置后，过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g
③红色固体的成分及其物质的量为
加入的物质
A
B
沉淀的化学式
BaSO3
BaSO4
X气体
Y溶液
预测的现象

①
CO2
饱和Na2CO3溶液
白色沉淀析出
②
SO2
Ba（NO3）2溶液
白色沉淀析出
③
Cl2
AgNO3溶液
白色沉淀析出
④
NH3
AlCl3溶液
白色沉淀析出

序号
操作
ⅰ
滴加NaOH溶液
ⅱ
加入少量锌粉
ⅲ
滴加酸性KMnO4溶液
操作

iv

v

vi
现象
溶液由棕黄色变为浅绿色
无明显现象
溶液变为红色，而后红色褪去

实验现象
Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红
Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝
Ⅲ中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝

序号
X溶液
现象
Ⅰ
CuCl2溶液
溶液变为淡绿色，水浴加热至50℃以上，逐渐析出黑色沉淀
Ⅱ
FeCl3溶液
溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色
Ⅲ
AgNO3溶液
逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液
序号
实验操作
实验现象
①
将2mL0.04ml•L﹣1AgNO3溶液与2mL0.04ml•L﹣1FeSO4溶液（调pH＝3）混合后密封
观察到产生灰黑色沉淀，溶液变为黄色，数小时后，溶液颜色无变化，沉淀不增加
②
将2mL0.04ml•L﹣1NaNO3溶液与2mL0.04ml•L﹣1FeSO4溶液（调pH＝3）混合后密封
数小时内，未观察到明显现象
③
取少量①中反应后的上层清液，逐滴加入KSCN溶液
观察到溶液先变红，稍振荡后红色消失，同时产生白色沉淀。再次滴入KSCN溶液，上述现象再次出现
实验现象
Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红
Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝
Ⅲ中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝
实验序号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
HNO3的起始加入量/ml
1.3×10﹣4
1×10﹣4
实验结果
液体迅速变浑，随后浑浊逐渐减少，10min时溶液基本澄清，过程中pH变化如图：
液体变浑，pH变化如图：
微粒
I﹣
I2
浓度/（ml•L﹣1）
b
b
4.0×10﹣3
步骤
实验操作
主要实验现象
结论（燃烧产物判断）
1
将产物溶于适量水中
部分溶解，试管底部有黑色固体
燃烧产物中肯定有 C ；
2
取1中所得少量上层清液，加入过量的BaCl2溶液
有白色沉淀生成
燃烧产物中肯定有Na2CO3；
3
取2所得少量上层清液，加入 CuCl2或CuSO4 溶液
有蓝色沉淀生成
燃烧产物中肯定有 Na2O ；

实验现象
Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红
Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝
Ⅲ中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝

序号
试剂x
实验现象
Ⅰ
5mL0.05ml/LFe2（SO4）3溶液（pH＝2）
溶液变为浅蓝色，30min时，铜粉有较多剩余
Ⅱ
5mL0.1ml/LFeCl3溶液（pH＝2）
溶液变为蓝色，30min时，铜粉完全溶解

序号
取样时间/min
现象
ⅰ
1
产生白色沉淀，
ⅱ
10
产生白色沉淀，较1min时量多
ⅲ
30
产生白色沉淀，较10min时量少
iv
40
无白色沉淀产生
实验操作
实验现象
实验结论
取10.4g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸，充分搅拌，静置
若无现象
①红色固体为 铜
若溶液变蓝
②红色固体中肯定含有 氧化亚铜 ，可能含有 铜
上述混合液静置后，过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4g
③红色固体的成分及其物质的量为 0.05 ml Cu、0.05 ml Cu2O
加入的物质
A
B
沉淀的化学式
BaSO3
BaSO4
X气体
Y溶液
预测的现象

①
CO2
饱和Na2CO3溶液
白色沉淀析出
②
SO2
Ba（NO3）2溶液
白色沉淀析出
③
Cl2
AgNO3溶液
白色沉淀析出
④
NH3
AlCl3溶液
白色沉淀析出

序号
操作
ⅰ
滴加NaOH溶液
ⅱ
加入少量锌粉
ⅲ
滴加酸性KMnO4溶液
操作

iv

v

vi
现象
溶液由棕黄色变为浅绿色
无明显现象
溶液变为红色，而后红色褪去

实验现象
Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红
Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝
Ⅲ中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝

序号
X溶液
现象
Ⅰ
CuCl2溶液
溶液变为淡绿色，水浴加热至50℃以上，逐渐析出黑色沉淀
Ⅱ
FeCl3溶液
溶液变为紫黑色，片刻后溶液变为无色
Ⅲ
AgNO3溶液
逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振荡后沉淀溶解，得无色溶液
序号
实验操作
实验现象
①
将2mL0.04ml•L﹣1AgNO3溶液与2mL0.04ml•L﹣1FeSO4溶液（调pH＝3）混合后密封
观察到产生灰黑色沉淀，溶液变为黄色，数小时后，溶液颜色无变化，沉淀不增加
②
将2mL0.04ml•L﹣1NaNO3溶液与2mL0.04ml•L﹣1FeSO4溶液（调pH＝3）混合后密封
数小时内，未观察到明显现象
③
取少量①中反应后的上层清液，逐滴加入KSCN溶液
观察到溶液先变红，稍振荡后红色消失，同时产生白色沉淀。再次滴入KSCN溶液，上述现象再次出现
实验现象
Ⅰ中产生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，变红
Ⅱ中溶液呈棕黄色，滴加淀粉溶液，变蓝
Ⅲ中产生黄色沉淀，滴加淀粉溶液，未变蓝
实验序号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
HNO3的起始加入量/ml
1.3×10﹣4
1×10﹣4
实验结果
液体迅速变浑，随后浑浊逐渐减少，10min时溶液基本澄清，过程中pH变化如图：
液体变浑，pH变化如图：