2023屆高中化學(xué)人教版二輪專題復(fù)習(xí)第50講-物質(zhì)性質(zhì)驗(yàn)證型綜合實(shí)驗(yàn)學(xué)案

第50講-物質(zhì)性質(zhì)驗(yàn)證型綜合實(shí)驗(yàn)知識(shí)重構(gòu)在研究影響化學(xué)性質(zhì)的因素時(shí)，由于外界影響因素較多，故為搞清楚某個(gè)因素的影響，需控制其他因素相同或不變，再進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。因此，常用控制變量思想解決該類問題。一般以表格的形式給出多組實(shí)驗(yàn)數(shù)據(jù)，讓學(xué)生找出每組數(shù)據(jù)的變化對(duì)化學(xué)性質(zhì)的影響。二、重溫經(jīng)典1.（2022年北京卷12題）某小組同學(xué)探究不同條件下氯氣與二價(jià)錳化合物的反應(yīng)。資料：i．Mn2+在一定條件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(綠色)、(紫色)。ii．濃堿條件下，可被OH-還原為。iii．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關(guān)，NaClO的氧化性隨堿性增強(qiáng)而減弱。實(shí)驗(yàn)裝置如圖(夾持裝置略)序號(hào)物質(zhì)aC中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象通入Cl2前通入Cl2后I水得到無色溶液產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化II5%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉淀III40%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉淀?）B中試劑是___________。（2）通入Cl2前，II、III中沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W(xué)方程式為___________。（3）對(duì)比實(shí)驗(yàn)I、II通入Cl2后的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，對(duì)于二價(jià)錳化合物還原性的認(rèn)識(shí)是___________。（4）根據(jù)資料ii，III中應(yīng)得到綠色溶液，實(shí)驗(yàn)中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導(dǎo)致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將氧化為。①化學(xué)方程式表示可能導(dǎo)致溶液堿性減弱的原因___________，但通過實(shí)驗(yàn)測(cè)定溶液的堿性變化很小。②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為___________，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被___________(填“化學(xué)式”)氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應(yīng)是___________。④從反應(yīng)速率的角度，分析實(shí)驗(yàn)III未得到綠色溶液的可能原因___________?！敬鸢浮浚?）飽和NaCl溶液（2）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O（3）Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強(qiáng)而增強(qiáng)（4）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O4+4OH-=4+O2↑+2H2OCl23ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O過量Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的被還原為的速率減小，因而不能實(shí)驗(yàn)III未得到綠色溶液【解析】在裝置A中HCl與KMnO4發(fā)生反應(yīng)制取Cl2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，為排除HCl對(duì)Cl2性質(zhì)的干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質(zhì)HCl，在裝置C中通過改變?nèi)芤旱膒H，驗(yàn)證不同條件下Cl2與MnSO4反應(yīng)，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余Cl2，防止造成大氣污染。（1）B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的雜質(zhì)HCl氣體；（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產(chǎn)生的的OH-反應(yīng)產(chǎn)生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩(wěn)定，會(huì)被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2，則沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W(xué)方程式為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（3）對(duì)比實(shí)驗(yàn)I、II通入Cl2后的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，對(duì)于二價(jià)錳化合物還原性的認(rèn)識(shí)是：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強(qiáng)而增強(qiáng)；（4）①Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色就是由于在濃堿條件下，可被OH-還原為，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應(yīng)的離子方程式為：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說明ClO-將MnO2氧化為，發(fā)生的反應(yīng)是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④從反應(yīng)速率的角度，過量Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的被還原為的速率減小，導(dǎo)致不能實(shí)驗(yàn)III未得到綠色溶液。2.（2022廣東卷）食醋是烹飪美食的調(diào)味品，有效成分主要為醋酸(用表示)。的應(yīng)用與其電離平衡密切相關(guān)。25℃時(shí)，的。（1）配制的溶液，需溶液的體積為_______mL。（2）下列關(guān)于容量瓶的操作，正確的是_______。

（3）某小組研究25℃下電離平衡的影響因素。提出假設(shè)。稀釋溶液或改變濃度，電離平衡會(huì)發(fā)生移動(dòng)。設(shè)計(jì)方案并完成實(shí)驗(yàn)用濃度均為的和溶液，按下表配制總體積相同的系列溶液；測(cè)定，記錄數(shù)據(jù)。序號(hào)Ⅰ//0Ⅱ/0…Ⅶab3：4Ⅷ1：1①根據(jù)表中信息，補(bǔ)充數(shù)據(jù)：_______，_______②由實(shí)驗(yàn)Ⅰ和Ⅱ可知，稀釋溶液，電離平衡_______(填”正”或”逆”)向移動(dòng)；結(jié)合表中數(shù)據(jù)，給出判斷理由：_______。③由實(shí)驗(yàn)Ⅱ~VIII可知，增大濃度，電離平衡逆向移動(dòng)。實(shí)驗(yàn)結(jié)論假設(shè)成立。（4）小組分析上表數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)：隨著的增加，c(H+)的值逐漸接近的。查閱資料獲悉：一定條件下，按配制溶液中，c(H+)的值等于的。對(duì)比數(shù)據(jù)發(fā)現(xiàn)，實(shí)驗(yàn)VIII中與資料數(shù)據(jù)存在一定差異；推測(cè)可能由物質(zhì)濃度準(zhǔn)確程度不夠引起，故先準(zhǔn)確測(cè)定溶液的濃度再驗(yàn)證。①移取溶液，加入2滴酚酞溶液，用溶液滴定至終點(diǎn)，消耗體積為，則該溶液的濃度為_______。在答題卡虛線框中，畫出上述過程的滴定曲線示意圖并標(biāo)注滴定終點(diǎn)_______。②用上述溶液和溶液，配制等物質(zhì)的量的與混合溶液，測(cè)定pH，結(jié)果與資料數(shù)據(jù)相符。（5）小組進(jìn)一步提出：如果只有濃度均約為的和溶液，如何準(zhǔn)確測(cè)定的？小組同學(xué)設(shè)計(jì)方案并進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。請(qǐng)完成下表中Ⅱ的內(nèi)容。Ⅰ移取溶液，用溶液滴定至終點(diǎn)，消耗溶液Ⅱ_______，測(cè)得溶液的pH為實(shí)驗(yàn)總結(jié)得到的結(jié)果與資料數(shù)據(jù)相符，方案可行。（6）根據(jù)可以判斷弱酸的酸性強(qiáng)弱。寫出一種無機(jī)弱酸及其用途_______。【答案】（1）5.0（2）C（3）3.0033.00正實(shí)驗(yàn)II相較于實(shí)驗(yàn)I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實(shí)驗(yàn)II的pH增大值小于1（4）0.1104（5）另取20.00mlHAc，加入mL氫氧化鈉（6）HClO：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產(chǎn)肥料)【解析】(1)溶液稀釋過程中，溶質(zhì)的物質(zhì)的量不變，因此250mL×0.1mol/L=V×5mol/L，解得，故答案為：。(2)A．容量瓶使用過程中，不能用手等觸碰瓶口，以免污染試劑，故A錯(cuò)誤；B．定容時(shí)，視線應(yīng)與溶液凹液面和刻度線“三線相切”，不能仰視或俯視，故B錯(cuò)誤；C．向容量瓶中轉(zhuǎn)移液體，需用玻璃棒引流，玻璃棒下端位于刻度線以下，同時(shí)玻璃棒不能接觸容量瓶口，故C正確；D．定容完成后，蓋上瓶塞，將容量瓶來回顛倒，將溶液搖勻，顛倒過程中，左手食指抵住瓶塞，防止瓶塞脫落，右手扶住容量瓶底部，防止容量瓶從左手掉落，故D錯(cuò)誤；綜上所述，正確的是C項(xiàng)。(3)①實(shí)驗(yàn)VII的溶液中n(NaAc)：n(HAc)=3：4，V，因此V，即，,由實(shí)驗(yàn)I可知，溶液最終的體積為，因此V(H2，即，故答案為：；。②實(shí)驗(yàn)I所得溶液的，實(shí)驗(yàn)II的溶液中c(HAc)為實(shí)驗(yàn)I的，稀釋過程中，若不考慮電離平衡移動(dòng)，則實(shí)驗(yàn)II所得溶液的，但實(shí)際溶液的，說明稀釋過程中，溶液中n(H+)增大，即電離平衡正向移動(dòng)，故答案為：正；實(shí)驗(yàn)II相較于實(shí)驗(yàn)I，醋酸溶液稀釋了10倍，而實(shí)驗(yàn)II的pH增大值小于1。(4)(i)滴定過程中發(fā)生反應(yīng)：HAc+NaOH=NaAc+H2O，由反應(yīng)方程式可知，滴定至終點(diǎn)時(shí)，n(HAc)=n(NaOH)，因此22.08mL×0.1mol/L=20.00mL×c(HAc)，解得c，故答案為：。(ii)滴定過程中，當(dāng)V(NaOH)=0時(shí)，c(H+)=≈mol/L=10mol/L，溶液，當(dāng)V時(shí)，n(NaAc)=n(HAc)，溶液的，當(dāng)V時(shí)，達(dá)到滴定終點(diǎn)，溶液中溶質(zhì)為NaAc溶液，Ac-發(fā)生水解，溶液呈弱堿性，當(dāng)NaOH溶液過量較多時(shí)，c(NaOH)無限接近，溶液pH接近13，因此滴定曲線如圖：。(5)向的HAc溶液中加入V1mLNaOH溶液達(dá)到滴定終點(diǎn)，滴定終點(diǎn)的溶液中溶質(zhì)為NaAc，當(dāng)時(shí)，溶液中c(H+)的值等于HAc的Ka，因此另取，加入mL氫氧化鈉，使溶液中n(NaAc)=n(HAc)，故答案為：另取，加入mL氫氧化鈉。(6)不同的無機(jī)弱酸在生活中應(yīng)用廣泛，如HClO具有強(qiáng)氧化性，在生活中可用于漂白和消毒，H2SO3具有還原性，可用作還原劑，在葡萄酒中添加適量H2SO3可用作防腐劑，H3PO4具有中強(qiáng)酸性，可用作食品添加劑，同時(shí)在制藥、生產(chǎn)肥料等行業(yè)有廣泛用途，故答案為：HClO：漂白劑和消毒液(或H2SO3：還原劑、防腐劑或H3PO4：食品添加劑、制藥、生產(chǎn)肥料)。3.(2021北京卷T16)某小組實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”為可逆反應(yīng)并測(cè)定其平衡常數(shù)。實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證：00ol·－1g240.40ol·－14溶液（pH）等體積混合，產(chǎn)生灰黑色沉淀，溶液呈黃色。g0·－13（pH=1）固體完全溶解。①取I中沉淀，加入濃硝酸，證實(shí)沉淀為Ag。現(xiàn)象是 。②II中溶液選用Fe2(SO4)3，不選用Fe(NO3)3的原因是 。綜合上述實(shí)驗(yàn)，證實(shí)“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”為可逆反應(yīng)。③小組同學(xué)采用電化學(xué)裝置從平衡移動(dòng)角度進(jìn)行驗(yàn)證。補(bǔ)全電化學(xué)裝置示意圖，寫出操作及現(xiàn)象 。測(cè)定平衡常數(shù)：一定溫度下，待實(shí)驗(yàn)I中反應(yīng)達(dá)到平衡狀態(tài)時(shí)，取VmL上層清液，用c1ol·－1Ng+N標(biāo)V1mL。資料：Ag++SCN-AgSCN↓(白色)K=Fe3++SCN-FeSCN2+(紅色)K=10①滴定過程中Fe3+的作用是 。②測(cè)得平衡常數(shù)K= 。思考問題：①取實(shí)驗(yàn)I的濁液測(cè)定c(Ag+)，會(huì)使所測(cè)K值 （填“偏高”“偏低”或“受影響”②不用實(shí)驗(yàn)II中清液測(cè)定K的原因是 ?！敬鸢浮竣泞俟腆w溶解，產(chǎn)生紅棕色氣體； ②酸性條件下，NO3－有氧化性；③a：石墨電極/Pt電極b：酸性FeSO4溶液/酸性Fe2(SO4)3溶液/酸性FeSO4與Fe2(SO4)3溶液c：AgNO3溶液組裝好裝置后，閉合K，當(dāng)靈敏電流計(jì)指針不動(dòng)時(shí)，向左池加入較濃Fe2(SO4)3溶液，指針偏轉(zhuǎn)，向右池加入較濃AgNO3溶液，指針反向偏轉(zhuǎn)⑵ 指示劑 EQ\f(0.0100-EQ\f(c1V1,V),EQ\f(c1V1,V)×(0.01000+EQ\f(c1V1,V)))⑶ 偏低 Ag完全反應(yīng)，無法確定反應(yīng)是否達(dá)到平衡狀態(tài)【解析】(1)①由于Ag能與濃硝酸發(fā)生反應(yīng)：Ag+2HNO3(濃)=AgNO3+NO2↑+H2O，故當(dāng)觀察到的現(xiàn)象為灰黑色固體溶解，產(chǎn)生紅棕色氣體，即可證實(shí)灰黑色固體是Ag，故答案為：灰黑色固體溶解，產(chǎn)生紅棕色氣體。②由于Fe(NO3)3溶液電離出NO3－將與溶液中的H+結(jié)合成由強(qiáng)氧化性的HNO3，能氧化Fe2+，而干擾實(shí)驗(yàn)，故實(shí)驗(yàn)II使用的是Fe2(SO4)3溶液，而不是Fe(NO3)3溶液，故答案為：防止酸性條件下，NO3－氧化性氧化Fe2+干擾實(shí)驗(yàn)結(jié)果。③由裝置圖可知，利用原電池原理來證明反應(yīng)Fe2++Ag+Ag+Fe3+為可逆反應(yīng)，兩電極反應(yīng)為：Fe2+-e-=Fe3+，Ag++e-=Ag，故另一個(gè)電極必須是與Fe3+不反應(yīng)的材料，可用石墨或者鉑電極，左側(cè)燒杯中電解質(zhì)溶液必須含有Fe3+或者Fe2+，采用FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，右側(cè)燒杯中電解質(zhì)溶液必須含有Ag+，故用AgNO3溶液，組裝好儀器后，加入電解質(zhì)溶液，閉合開關(guān)K，裝置產(chǎn)生電流，電流從哪邊流入，指針則向哪個(gè)方向偏轉(zhuǎn)，根據(jù)b中所加試劑的不同，電流方向可能不同，因此可能觀察到的現(xiàn)象為：Ag電極逐漸溶解，指針向左偏轉(zhuǎn)，一段時(shí)間后指針歸零，說明此時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，再向左側(cè)燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，與之前的現(xiàn)象相同，表明平衡發(fā)生了移動(dòng)；另一種現(xiàn)象為：Ag電極上有灰黑色固體析出，指針向右偏轉(zhuǎn)，一段時(shí)間后指針歸零，說明此時(shí)反應(yīng)達(dá)到平衡，再向左側(cè)燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，Ag電極上固體逐漸減少，指針向左偏轉(zhuǎn)，表明平衡發(fā)生了移動(dòng)，故答案為：a：鉑/石墨電極，b：FeSO4或Fe2(SO4)3或二者混合溶液，c：AgNO3溶液；操作和現(xiàn)象：閉合開關(guān)K，Ag電極上固體逐漸溶解，指針向左偏轉(zhuǎn)，一段時(shí)間后指針歸零，再向左側(cè)燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，與之前的現(xiàn)象相同；或者閉合開關(guān)K，Ag電極上有灰黑色固體析出，指針向右偏轉(zhuǎn)，一段時(shí)間后指針歸零，再向左側(cè)燒杯中加入滴加較濃的Fe2(SO4)3溶液，Ag電極上固體逐漸減少，指針向左偏轉(zhuǎn)。(2)①Fe3+與SCN-反應(yīng)生成紅色FeSCN2+，因Ag+與SCN-反應(yīng)相較于Fe3+與SCN-反應(yīng)更加容易及徹底，當(dāng)溶液變?yōu)榉€(wěn)定淺紅色，說明溶液中的Ag+恰好完全滴定，且溶液中Fe3+濃度不變，說明上述反應(yīng)答案平衡，故溶液中Fe3+的作用是滴定反應(yīng)的指示劑，故答案為：指示劑。②取I中所得上清液vmL。用c1mol/L的KSCN溶液滴定，至溶液變?yōu)榉€(wěn)定淺紅色時(shí)，消耗v1mL，已知：Ag++SCN-AgSCN，K=1012，說明反應(yīng)幾乎進(jìn)行完全，故有I中上層清液中Ag+的濃度為：c(Ag+)=EQ\f(c1V1,V)mol/L，根據(jù)平衡三段式進(jìn)行計(jì)算如下：Fe2++Ag+Ag+Fe3+起始濃度（mol/L）0.020.010轉(zhuǎn)化濃度（mol/L）0.0100-EQ\f(c1V1,V)0.0100-EQ\f(c1V1,V)0.0100-EQ\f(c1V1,V)平衡濃度（mol/L）0.0100+EQ\f(c1V1,V)EQ\f(c1V1,V)0.0100-EQ\f(c1V1,V)故反應(yīng)的平衡常數(shù)K=EQ\f(c(Fe3+),c(Fe2+)c(Ag+))=EQ\f(0.0100-EQ\f(c1V1,V),EQ\f(c1V1,V)×(0.01000+EQ\f(c1V1,V)))，故答案為：指示劑；EQ\f(0.0100-EQ\f(c1V1,V),EQ\f(c1V1,V)×(0.01000+EQ\f(c1V1,V)))。(3)①若取實(shí)驗(yàn)I所得濁液測(cè)定Ag+濃度，則濁液中還有Ag，因存在平衡Fe2++Ag+Ag+Fe3+，且隨著反應(yīng)Ag++SCN-AgSCN，使得上述平衡逆向移動(dòng)，則測(cè)得平衡體系中的c(Ag+)偏大，即EQ\f(c1V1,V)偏大，故所得到的K=EQ\f(0.0100-EQ\f(c1V1,V),EQ\f(c1V1,V)×(0.01000+EQ\f(c1V1,V)))偏小，故答案為：偏小。②由于實(shí)驗(yàn)II中Ag完全溶解，故無法判斷體系是否達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)，因而不用實(shí)驗(yàn)II所得溶液進(jìn)行測(cè)定并計(jì)算K，故答案為：Ag完全反應(yīng)，無法判斷體系是否達(dá)到化學(xué)平衡狀態(tài)。4.（2021北京卷T19）某小組探究鹵素參與的氧化還原反應(yīng)，從電極反應(yīng)角度分析物質(zhì)氧化性和還原性的變化規(guī)律。⑴濃鹽酸與MnO2混合加熱生成氯氣。氯氣不再逸出時(shí)，固液混合物A中仍存在鹽酸和MnO2。①反應(yīng)的離子方程式是 。②電極反應(yīng)式：i．還原反應(yīng)：MnO2+2e－+4H+==Mn2++2H2Oii．氧化反應(yīng)： 。③根據(jù)電極反應(yīng)式，分析A中仍存在鹽酸和MnO2的原因。i．隨c(H+)降低或c(Mn2+)升高，MnO2氧化性減弱。ii．隨c(Cl－)降低， 。④補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)證實(shí)了③中的分析。序號(hào)實(shí)驗(yàn)加入試劑現(xiàn)象I較濃硫酸有氯氣Ⅱa有氯氣IIIa和b無氯氣a是 ，b是 。⑵利用c(H+)對(duì)MnO2氧化性的影響，探究鹵素離子的還原性。相同濃度的KCl、KBr和KI溶液，能與MnO2反應(yīng)所需的最低c(H+)由大到小的順序是 ，從原子結(jié)構(gòu)角度說明理由 。⑶根據(jù)⑴中結(jié)論推測(cè)：酸性條件下，加入某種化合物可以提高溴的氧化性，將Mn2+氧化為MnO2。經(jīng)實(shí)驗(yàn)證實(shí)了推測(cè)。該化合物是 。⑷Ag分別與1mol·L－1的鹽酸、氫溴酸和氫碘酸混合，Ag只與氫碘酸發(fā)生置換反應(yīng)。試解釋原因： 。⑸總結(jié)：物質(zhì)氧化性和還原性變化的一般規(guī)律是 。【答案】⑴①M(fèi)nO2+2Cl－+4H+Mn2++Cl2↑+2H2O②2Cl－－2e－=Cl2↑③Cl－還原性減弱④NaCl固體 MnSO4固體⑵c(H+)KCl>c(H+)KBr>c(H+)KICl、Br、I為同主族元素，電子層數(shù)I>Br>Cl，離子半徑I－>Br－>Cl－，失電子能力I－>Br－>Cl－還原性I－>Br－>Cl－⑶AgNO3⑷溶解度AgI<AgBr<AgCl，I－、Br－、Cl－均可使氧化反應(yīng)Ag-e－=Ag+中的c(Ag+)降低，提高Ag的還原性，其中只有I－能使Ag的還原性提高到能將H+還原⑸還原反應(yīng)中，增大反應(yīng)物濃度或降低生成物濃度，氧化劑的氧化性增強(qiáng)；氧化反應(yīng)中，增大反應(yīng)物濃度或降低生成物濃度，還原劑的還原性增強(qiáng)。【解析】(1)①二氧化錳和濃鹽酸制氯氣的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②氧化反應(yīng)是元素化合價(jià)升高，故氧化反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑③反應(yīng)不能發(fā)生也可能是還原劑還原性減弱，或者產(chǎn)生了氧化性更強(qiáng)的氧化劑，故答案為：Cl-還原性減弱或Cl2的氧化性增強(qiáng)④可以從增大氯離子濃度的角度再結(jié)合實(shí)驗(yàn)II的現(xiàn)象分析，試劑a可以是KCl固體(或濃/飽和溶液)；結(jié)合實(shí)驗(yàn)III的顯現(xiàn)是沒有氯氣，且實(shí)驗(yàn)III也加入了試劑a，那一定是試劑b影響了實(shí)驗(yàn)III的現(xiàn)象，再結(jié)合原因i可知試劑b是MnSO4固體(或濃/飽和溶液)；(2)非金屬性越弱其陰離子的還原性越強(qiáng)，反應(yīng)時(shí)所需的氫離子濃度越小，故順序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，從上到下電子層數(shù)逐漸增加，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，陰離子的還原性逐漸增強(qiáng)；(3)根據(jù)(1)中的結(jié)論推測(cè)隨Cl-濃度降低導(dǎo)致二氧化錳的氧化性減弱，那么如果進(jìn)一步降低Cl-濃度降低則可以導(dǎo)致可以提高溴的氧化性，將Mn2+氧化為MnO2，故答案為：AgNO3或Ag2SO4；(4)若要使反應(yīng)2Ag+2H+=2Ag++H2↑發(fā)生，根據(jù)本題的提示可以降低Ag+濃度，對(duì)比AgX的溶解度，AgI溶解度最小，故Ag只與氫碘酸發(fā)生置換反應(yīng)的原因是：比較AgX的溶解度，AgI溶解度最小，Ag++I-=AgI↓使得Ag還原性增強(qiáng)的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2↑反應(yīng)得以發(fā)生；(5)通過本題可以發(fā)現(xiàn)，物質(zhì)氧化性和還原性還與物質(zhì)的濃度有關(guān)，濃度越大氧化性或者還原性越強(qiáng)，故答案為：氧化劑(還原劑)的濃度越大，其氧化性(還原性)越強(qiáng)，還原產(chǎn)物(還原產(chǎn)物)的濃度越大，氧化劑(還原劑)的氧化性(還原性)越?。贿€原反應(yīng)中，反應(yīng)物濃度越大或生成物濃度越小，氧化劑氧化性越強(qiáng)。5.（2021廣東卷）含氯物質(zhì)在生產(chǎn)生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究軟錳礦(主要成分是MnO2)的過程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產(chǎn)生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認(rèn)這是一種新元素組成的單質(zhì)，并命名為chlorine(中文命名“氯氣”)。⑴實(shí)驗(yàn)室沿用舍勒的方法制取Cl2的化學(xué)方程式為 。⑵實(shí)驗(yàn)室制取干燥Cl2時(shí)，凈化與收集Cl2所需裝置的接口連接順序?yàn)? 。⑶某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測(cè)氯水中 已分解。檢驗(yàn)此久置氯水中Cl－存在的操作及現(xiàn)象是 。⑷某合作學(xué)習(xí)小組進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究。①實(shí)驗(yàn)任務(wù)。通過測(cè)定溶液電導(dǎo)率，探究溫度對(duì)AgCl溶解度的影響。②查閱資料。電導(dǎo)率是表征電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力的物理量。溫度一定時(shí)，強(qiáng)電解質(zhì)稀溶液的電導(dǎo)率隨溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時(shí)，稀溶液電導(dǎo)率隨溫度的升高而增大。25℃時(shí)，Ksp(AgCl)=1.8×10－10。③提出猜想。猜想a：較高溫度的AgCl飽和溶液的電導(dǎo)率較大。猜想b：AgCl在水中的溶解度s(45℃)>s(35℃)>s(25℃)。④設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)、驗(yàn)證猜想。取試樣Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同溫度下配制的AgCl飽和溶液)，在設(shè)定的測(cè)試溫度下，進(jìn)行表中實(shí)驗(yàn)1~3，記錄數(shù)據(jù)。實(shí)驗(yàn)序號(hào)試樣測(cè)試溫度/℃電導(dǎo)率/1Ⅰ：25℃的AgCl飽和溶液25A12Ⅱ：35℃的AgCl飽和溶液35A23Ⅲ：45℃的AgCl飽和溶液45A3⑤數(shù)據(jù)分析、交流討論。25℃的AgCl飽和溶液中，c(Cl－)= mol·L－1。實(shí)驗(yàn)結(jié)果為A3>A2>A1。小組同學(xué)認(rèn)為，此結(jié)果可以證明③中的猜想a成立，但不足以證明猜想b成立。結(jié)合②中信息，猜想b不足以成立的理由有 。⑥優(yōu)化實(shí)驗(yàn)。小組同學(xué)為進(jìn)一步驗(yàn)證猜想b，在實(shí)驗(yàn)1~3的基礎(chǔ)上完善方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)4和5。 請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上完成表中內(nèi)容。實(shí)驗(yàn)序號(hào)試樣測(cè)試溫度/℃電導(dǎo)率/4IB15B2⑦實(shí)驗(yàn)總結(jié)。根據(jù)實(shí)驗(yàn)1~5的結(jié)果，并結(jié)合②中信息，小組同學(xué)認(rèn)為猜想b也成立。猜想b成立的判斷依據(jù)是 ?！敬鸢浮竣臡nO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O⑵c-d-b-a-e⑶HClO向溶液中加入過量稀硝酸，防止溶液中含有CO32－、HCO3－等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，則證明原溶液中含有Cl－⑷ ⑤1.34×10－5測(cè)試溫度不同，根據(jù)電導(dǎo)率結(jié)果無法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度⑥45℃II45℃⑦A3>B2>B1【解析】本題考查化學(xué)學(xué)實(shí)驗(yàn)綜合，涉及到氯氣的制備及相關(guān)問題，難溶物的Ksp相關(guān)計(jì)算，難溶物電導(dǎo)率的相關(guān)實(shí)驗(yàn)探究等。(1)考查化學(xué)史事，考查氯氣的制備方程式書寫，制備氯氣的方法很多，這里考查課本上介紹的舍勒用軟錳礦和濃鹽酸來制氯氣，具體見答案所示。(2)考查制取的氯氣的凈化除雜和收集及尾氣處理，涉及裝置鏈接，2013年廣東卷也有考查。首先氯氣中混有氯化氫、水蒸氣這些雜質(zhì)然后氯氣可以用向上排空氣法收集，再者氯氣有毒，必須進(jìn)行尾氣處理，因此一般使用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，濃硫酸除去水蒸氣，最后用NaOH溶液吸收尾氣，故接口連接順序?yàn)閏-d-b-a-e。(3)久置后不能使品紅溶液褪色，說明HClO已分解；物質(zhì)檢驗(yàn)的套路：取樣、加試劑、描述現(xiàn)象、得出結(jié)論四部曲，具體見答案所示。(4)⑤25℃時(shí)飽和的AgCl水溶液中c(Ag+)=c(Cl—)，所以有c(Cl-)=eq\r(KSP(AgCl))=eq\r(1.8×10-10))=1.34×10-5mol/L；實(shí)驗(yàn)1~3中，不同的飽和溶液濃度不同且測(cè)試溫度不同，根據(jù)資料顯示離子濃度一定時(shí)，稀溶液電導(dǎo)率隨溫度的升高而增大，所以根據(jù)實(shí)驗(yàn)1~3無法判斷溫度較高的飽和溶液離子濃度大，進(jìn)而不能得出溶解度關(guān)系（類似表述均可，注意控制單一變量）。⑥如果要判斷AgCl在水中的溶解度隨溫度的變化情況，可以設(shè)計(jì)不相同溫度下的飽和溶液在相同溫度下測(cè)試，如果該溫度下，原來溫度較高下的飽和溶液電導(dǎo)率比原來溫度較低的飽和溶液電導(dǎo)率高，則可以得出溫度升高溶液中離子濃度高溶解度增大的結(jié)論。所以可以設(shè)計(jì)試樣Ⅰ在45℃下測(cè)試與實(shí)驗(yàn)3比較；設(shè)計(jì)試樣II在45℃下測(cè)試與實(shí)驗(yàn)3比較（其他設(shè)計(jì)合理即可，答案應(yīng)該不唯一，這里是舉例說明）。⑦猜想b成立的判斷依據(jù)是A3>B2>B1（同理設(shè)計(jì)不一致，答案可變化）。6.（2021天津卷）某化學(xué)小組同學(xué)利用一定濃度的H2O2溶液制備O2，再用O2氧化C2H5OH，并檢驗(yàn)氧化產(chǎn)物。Ⅰ．制備O2該小組同學(xué)設(shè)計(jì)了如下氣體發(fā)生裝置(夾持裝置省略)⑴甲裝置中主要儀器的名稱為 。⑵乙裝置中，用粘合劑將MnO2制成團(tuán)，放在多孔塑料片上，連接好裝置，氣密性良好后打開活塞K1，經(jīng)長(zhǎng)頸漏斗向試管中緩慢加入3%H2O2溶液至 。欲使反應(yīng)停止，關(guān)閉活塞K1即可，此時(shí)裝置中的現(xiàn)象是 。⑶丙裝置可用于制備較多O2，催化劑鉑絲可上下移動(dòng)。制備過程中如果體系內(nèi)壓強(qiáng)過大，安全管中的現(xiàn)象是 ，此時(shí)可以將鉑絲抽離H2O2溶液，還可以采取的安全措施是 。⑷丙裝置的特點(diǎn)是 (填序號(hào))。a．可以控制制備反應(yīng)的開始和結(jié)束b．可通過調(diào)節(jié)催化劑與液體接觸的面積來控制反應(yīng)的速率c．與乙裝置相比，產(chǎn)物中的O2含量高、雜質(zhì)種類少Ⅱ．氧化C2H5OH該小組同學(xué)設(shè)計(jì)的氧化C2H5OH的裝置如圖(夾持裝置省略)⑸在圖中方框內(nèi)補(bǔ)全干燥裝置和干燥劑。Ⅲ．檢驗(yàn)產(chǎn)物⑹為檢驗(yàn)上述實(shí)驗(yàn)收集到的產(chǎn)物，該小組同學(xué)進(jìn)行了如下實(shí)驗(yàn)并得出相應(yīng)結(jié)論。實(shí)驗(yàn)序號(hào)檢驗(yàn)試劑和反應(yīng)條件現(xiàn)象結(jié)論①酸性KMnO4溶液紫紅色褪去產(chǎn)物含有乙醛②新制Cu(OH)2，加熱生成磚紅色沉淀產(chǎn)物含有乙醛③微紅色含酚酞的NaOH溶液微紅色褪去產(chǎn)物可能含有乙酸實(shí)驗(yàn)①~③中的結(jié)