2025年高考化學復習之小題狂練300題（解答題）：性質(zhì)實驗方案的設計VIP

第1頁（共1頁）2025年高考化學復習之小題狂練300題（解答題）：性質(zhì)實驗方案的設計一．解答題（共10小題）1．（2024?南京二模）高效氧化劑亞氯酸鈉（NaClO2）常用于煙氣脫硝（NOx）和廢水脫除氨氮。（1）NaClO2的制備。一種制備NaClO2的過程可表示為：①“反應2”的化學方程式為。②“反應1”的產(chǎn)物ClO2經(jīng)凈化后常作為飲用水消毒劑替代傳統(tǒng)的Cl2，從消毒后飲用水水質(zhì)和消毒效率（單位質(zhì)量消毒劑被還原時得電子數(shù)）的角度考慮，用ClO2替代Cl2的原因是。（2）NaClO2溶液對煙氣脫硝。①酸性條件下，F(xiàn)e3+可催化溶液中的NaClO2產(chǎn)生氧化性更強的ClO2氣體，總反應可表示為5+4H+4ClO2+Cl﹣+2H2O。請補充完整過程Ⅱ的離子方程式：Ⅰ.Fe3++═；Ⅱ.；Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+═5Fe3++Cl﹣+2H2O。②Fe3+催化NaClO2溶液脫硝。其他條件相同時，煙氣中NO氧化率隨c（Fe3+）、反應溫度的變化分別如圖﹣1、圖﹣2所示。i.NO氧化率隨c（Fe3+）增大而增大的原因是。ii.溫度升高，NO氧化率先增大后減小的可能原因是。（3）NaClO2溶液處理氨氮廢水。向一定量酸性氨氮廢水中加入一定體積已知濃度的NaClO2溶液，用傳感器測得溶液中與含量隨反應時間的變化如圖﹣3所示。判斷該實驗中被氧化的是否全部轉(zhuǎn)化為的依據(jù)為。2．（2024?湖北模擬）某興趣小組探究鎂跟堿性銀氨溶液反應。實驗步驟及現(xiàn)象如下。Ⅰ.將10mL2mol/LAgNO3溶液和10mL6mol/L的氨水在錐形瓶中混合，測得pH＝12。Ⅱ.加入1g去掉氧化層的鎂條，十幾秒后有許多氣泡生成，用集氣瓶排水集氣，氣體體積先增大后減小然后不變。同時錐形瓶中有灰白色沉淀生成。Ⅲ.取出鎂條過濾洗滌得到灰白色固體。Ⅳ.取少量灰白色固體于試管中加入稀HNO3沉淀全部溶解，并有無色的氣體生成，且在試管口部氣體變成紅棕色，將其溶解后的溶液加入稀鹽酸，產(chǎn)生大量白色沉淀?；卮鹣铝袉栴}：（1）步驟產(chǎn)生不溶于水的氣體是，易溶于水的氣體是，該氣體使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，生成該氣體的反應的離子方程式為：。（2）步驟Ⅳ的現(xiàn)象證明灰白色固體一定含有。證明灰白色固體中有Ag2O需要的試劑有稀鹽酸和。（3）向水中加入1g去掉氧化層的鎂條，幾乎看不見氣泡產(chǎn)生。鎂跟堿性銀氨溶液反應能迅速產(chǎn)生氣泡的原因：。（4）向pH相同的氫氧化鈉溶液中加入1g去掉氧化層的鎂條，看不見氣泡產(chǎn)生，其原因是：。3．（2024?西城區(qū)一模）某小組同學探究硫代硫酸鈉（Na2S2O3）溶液與某些常見金屬離子的反應。已知：i.[Cu（S2O3）2]2﹣（淡綠色）、[Fe（S2O3）3]3﹣（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3﹣（無色）ii.S4在酸性溶液中轉(zhuǎn)化為、S和SO2。iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。（1）將S粉加入沸騰的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，離子方程式是。（2）研究Na2S2O3與某些常見金屬離子的反應，進行如下實驗。序號X溶液現(xiàn)象ⅠCuCl2溶液溶液變?yōu)榈G色，水浴加熱至50℃以上，逐漸析出黑色沉淀ⅡFeCl3溶液溶液變?yōu)樽虾谏?，片刻后溶液變?yōu)闊o色ⅢAgNO3溶液逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振蕩后沉淀溶解，得無色溶液①?、裰械臐嵋?，離心分離，經(jīng)檢驗，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。i.補全Ⅰ中生成黑色沉淀的總反應的離子方程式：2Cu2++2S2+□_____□_____↓+□_____↓+□_____+4H+ii.查閱資料可知，常溫時，生成黑色沉淀反應的平衡常數(shù)很大，但仍需水浴加熱至50℃以上才出現(xiàn)沉淀，原因是。②Ⅱ中，S2被Fe3+氧化的主要產(chǎn)物是S4，還有很少量的。?、蛑械臒o色溶液進行如下實驗證實了此結(jié)論。用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重復上述實驗，CS2溶解后幾乎無固體剩余。i.僅由溶液1中加入足量的鹽酸后得到沉淀2，不能說明Ⅱ中生成了S4，理由是。ii.補全實驗方案證實上述結(jié)論：將沉淀1洗凈，。③向Ⅲ的無色溶液中繼續(xù)加入0.5mL0.1mol/LAgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀Ag2S2O3。靜置，得到黑色沉淀Ag2S，同時生成強酸。生成Ag2S的化學方程式是。（3）軟硬酸堿原理認為，Ⅲ中，Ag+為軟酸，S2為軟堿，S2﹣是比S2更軟的堿，可解釋S2與Ag+反應的最終產(chǎn)物為Ag2S。由此推測，Ⅰ中，Cu+和Cu2+，是更軟的酸。4．（2024?楊浦區(qū)二模）為探究+1價Ag的氧化性，開展如下活動。（1）配制溶液：稱量→溶解→冷卻→操作①→洗滌→注入→混勻→定容→操作②→裝瓶貼標簽①下列圖示中，操作①為、操作②為。②用FeCl3?6H2O配制100mL0.1mol?L﹣1FeCl3溶液時，應稱量g固體。③實驗室AgNO3溶液通常盛放在試劑瓶中。（2）通過如下實驗，比較Ag+、Fe3+、I2的氧化性。實驗現(xiàn)象Ⅰ中產(chǎn)生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，變紅Ⅱ中溶液呈棕黃色，滴加淀粉溶液，變藍Ⅲ中產(chǎn)生黃色沉淀，滴加淀粉溶液，未變藍①Ⅱ中反應的離子方程式為：。②Ⅰ、Ⅱ中的現(xiàn)象說明：。（不定項）A．氧化性順序：Ag+＞Fe3+＞I2B．氧化性順序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+C．還原性順序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+D．還原性順序：Fe2+＞Ag＞I﹣③推測Ⅲ中未發(fā)生Ag+氧化I﹣的原因：。（3）利用如圖所示裝置，探究Ag+氧化I﹣的反應。①圖中鹽橋中的電解質(zhì)可用。A．KClB．KNO3C．Fe2（SO4）3②閉合K，電流計指針偏轉(zhuǎn)?！笆?”作。A．陰極B．陽極C．正極D．負極③已知0.1mol?L﹣1AgNO3溶液的pH＝6。上述實驗中可能是氧化了I﹣，將裝置中的溶液換成，閉合K，指針未發(fā)生偏轉(zhuǎn)。確認Ag+氧化了I﹣。?、裰挟a(chǎn)生的黑色沉淀0.0216g于試管中。進行實驗：①向黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解；②再向試管中滴加氨水，邊滴邊振蕩至沉淀恰好溶解；③再向其中滴加乙醛溶液，加熱，產(chǎn)生光亮的銀鏡。（4）寫出第①步反應的化學方程式。（5）為得到光亮的銀鏡，實驗時應做到：（任寫2點）。若黑色沉淀全部轉(zhuǎn)化為銀鏡，理論上需要乙醛mol。A．1×10﹣4B．2×10﹣4C．1×10﹣3D．2×10﹣35．（2024?西城區(qū)校級模擬）某小組同學研究了不同起始pH條件下溴酸鈉和硫化鈉的反應。（一）隔絕氧氣的條件下，在50mL溶液中，NaBrO3起始濃度為0.08mol/L，Na2S起始濃度為2×10﹣3mol/L，改變HNO3的起始加入量，測量反應過程中的pH變化，實驗結(jié)果如下：實驗序號實驗Ⅰ實驗ⅡHNO3的起始加入量/mol1.3×10﹣41×10﹣4實驗結(jié)果液體迅速變渾，隨后渾濁逐漸減少，10min時溶液基本澄清，過程中pH變化如圖：液體變渾，pH變化如圖：已知：a.HBrO3屬于強酸，的還原產(chǎn)物只有Br﹣，實驗中HNO3不表現(xiàn)氧化性；b.硫化鈉被氧化的產(chǎn)物可能是S、、S2、；c.pH＞3溶液中，與S2的反應可忽略不計；d.CaS和CaS2O3易溶于水；為研究實驗Ⅰ中pH的變化情況，進行實驗Ⅲ和實驗Ⅳ：取少量實驗Ⅰ進行10min左右的液體，離心分離渾濁，得到溶液A，進行實驗Ⅲ：實驗Ⅳ：步驟1：取一定量的溴酸鈉溶液和亞硫酸氫鈉溶液混合，反應液溫度未有明顯變化，測定反應中的反應速率，結(jié)果如圖所示。步驟2：實驗前先在容器中加入少量硫酸鈉和溴化鈉固體，重復步驟1，測得的反應速率變化曲線與如圖幾乎完全重合。（1）實驗Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀鹽酸，能否說明溶液A中沒有，理由是，進一步檢驗溶液A中是否有的方案是。（2）實驗Ⅲ中，由無色溶液1加入足量稀鹽酸的實驗現(xiàn)象可以得到的實驗結(jié)論是。（3）結(jié)合離子方程式，解釋實驗Ⅰ中2min之后pH變化的可能原因：。（二）研究實驗Ⅱ中pH的變化情況，設計測定溶液中S2﹣、、S2濃度的方法如下：已知：a.碘標液的濃度為c1mol/L，硫代硫酸鈉標液的濃度為c2mol/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.能與甲醛反應，產(chǎn)物不被I2氧化d.2S2+I2＝S4+2I﹣步驟1：取10mL待測液，加入一定體積的過量碘標液，充分反應后，用硫代硫酸鈉標液滴定，消耗硫代硫酸鈉標液的體積是V1mL；步驟2：取20mL待測液，加入過量CdCO3，充分反應后，過濾并洗滌沉淀，將濾液合并后等分為兩份，一份用碘標液滴定，消耗碘標液的體積是V2mL；另一份加入過量甲醛溶液后，再用碘標液滴定，消耗碘標液的體積是V3mL。（4）步驟1中滴定時使用的指示劑是，滴定終點的現(xiàn)象是。（5）步驟2中加入CdCO3的作用是。（6）待測液中和S2的物質(zhì)的量濃度之比是。（7）實驗Ⅱ中未檢測到和的生成，用離子方程式表示18min后溶液pH下降的原因：。（8）結(jié)果表明，不同起始pH條件下，溴酸鈉和硫化鈉的反應速率和反應產(chǎn)物會有差異。6．（2023?西城區(qū)一模）研究小組探究高銅酸鈉（NaO2）的制備和性質(zhì)。資料：高銅酸鈉為棕黑色固體，難溶于水。實驗Ⅰ．向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/LCuCl2溶液，迅速產(chǎn)生藍綠色沉淀，振蕩后得到棕黑色的濁液a，將其等分成2份。（1）藍綠色沉淀中含有OH﹣。用離子方程式表示NaClO溶液顯堿性的原因：。（2）探究棕黑色沉淀的組成。實驗Ⅱ.將一份濁液a過濾、洗滌、干燥，得到固體b。取少量固體b，滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有氣泡產(chǎn)生，得到藍色溶液。①另取少量固體b進行實驗，證實了NaCuO2中鈉元素的存在，實驗操作的名稱是。②進一步檢驗，棕黑色固體是NaCuO2。NaCuO2與稀H2SO4反應的離子方程式是。（3）探究實驗條件對NaCuO2制備的影響。實驗Ⅲ．向另一份濁液a中繼續(xù)滴加1.5mL1mol/LCuCl2溶液，沉淀由棕黑色變?yōu)樗{綠色，溶液的pH約為5，有Cl2產(chǎn)生。①對Cl2的來源，甲同學認為是NaCuO2和Cl﹣反應生成了Cl2，乙同學認為該說法不嚴謹，提出了生成Cl2的其他原因：。②探究“繼續(xù)滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl﹣”的原因。i．提出假設1：c（Cl﹣）增大，Cl﹣的還原性增強。實驗證明假設成立。操作和現(xiàn)象是：取少量NaCuO2固體于試管中，。ii．提出假設2：，經(jīng)證實該假設也成立。（4）改進實驗方案，進行實驗。實驗Ⅳ.向1mL1mol/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/LCuSO4溶液，迅速生成藍色沉淀，振蕩后得到棕黑色濁液。濁液放置過程中，沉淀表面緩慢產(chǎn)生氣泡并出現(xiàn)藍色固體，該氣體不能使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍。NaCuO2放置過程中產(chǎn)生氣體的化學方程式是。（5）通過以上實驗，對于NaCuO2化學性質(zhì)的認識是。（6）根據(jù)上述實驗，制備在水溶液中穩(wěn)定存在的NaCuO2，應選用的試劑是NaClO溶液、和。7．（2023?西城區(qū)校級三模）研究小組探究磷酸和鐵絲的反應。資料：a.鐵元素的磷酸二氫鹽均易溶于水，其磷酸一氫鹽或正鹽均難溶于水。b.部分物質(zhì)的Ksp：物質(zhì)Fe3（PO4）2FePO4Ksp1.0×10﹣361.3×10﹣22（1）預備鐵紉實驗Ⅰ.將2cm左右的鐵絲放在培開皿中加入鹽酸，待有大量氣泡產(chǎn)生后取出鐵絲用蒸餾水沖凈。①實驗Ⅰ的目的是。②氯離子對后續(xù)實驗有不利影響，檢驗鐵絲上的氯離子已除凈的方法是。（2實驗研究實驗Ⅱ.在燒杯中加入30mL1.0mol?L﹣1的磷酸溶液，將經(jīng)第一步預處理的鐵絲放入燒杯，鐵絲表面產(chǎn)生氣泡，持續(xù)十幾分鐘，末見明顯變慢。實驗Ⅲ.在燒杯中加入30mL1.0mol?L﹣1的磷酸溶液以及3mL30%過氧化氫溶液，將經(jīng)第一步預處理的鐵絲放入燒杯，鐵絲表面先產(chǎn)生氣泡隨后氣泡消失，再產(chǎn)生氣泡再消失的周而往復，振蕩周期在20秒左右，可維持數(shù)小時。實驗Ⅳ.監(jiān)測實驗Ⅲ中振蕩開始后溶液的pH變化，結(jié)果如圖。發(fā)現(xiàn)每次放出氫氣時，體系的pH就會明顯增加，然后迅速恢復至接近體系初始pH，并維持15秒左右的穩(wěn)定。①實驗Ⅱ中反應的離子方程式是。②從速率的角度解釋實驗Ⅳ的圖象中a到b變化的原因：。③實驗Ⅲ中過氧化氫溶液作用是，檢驗的方法是。④實驗Ⅳ的圖象中c到a′發(fā)生的反應主要是。（3）適當提高實驗Ⅲ中磷酸溶液的濃度，預計振蕩周期將（填“增長”或“變短”）。8．（2023?雨花區(qū)校級模擬）小組同學探究Na2SO3和不同銅鹽溶液的反應，實驗如下．實驗：向2mL0.5mol?L﹣1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol?L﹣1CuCl2溶液，立即產(chǎn)生橙黃色沉淀（沉淀A），放置5min左右，轉(zhuǎn)化為白色沉淀（沉淀B）．已知：ⅰ．Cu+Cu（NH3）2+（無色）ⅱ．Cu+Cu2++Cu（1）研究沉淀B的成分．向洗滌后的沉淀B中加入足量濃氨水，得到無色溶液，在空氣中放置一段時間，溶液變?yōu)樯钏{色．取少量深藍色溶液，滴加試劑X，產(chǎn)生白色沉淀．①白色沉淀是AgCl，試劑X是．②無色溶液在空氣中放置變?yōu)樯钏{色，反應的離子方程式為．（2）經(jīng)檢驗，沉淀A不含。推測沉淀A能轉(zhuǎn)化為沉淀B與Cl﹣有關，為研究沉淀A的成分及沉淀A轉(zhuǎn)化為B的原因，實驗如圖．①僅通過上述實驗不能證明沉淀A中含有Cl﹣，補充實驗：向少量洗凈的沉淀A中加入稀硫酸，證實沉淀A中含有Cu+的證據(jù)是．②無色溶液中含有，推測的產(chǎn)生有兩個途徑：途徑1：實驗過程中O2氧化；途徑2：（將途徑補充完整）．經(jīng)研究，途徑1不合理，途徑2合理．③解釋Na2SO3和CuCl2溶液反應時，先產(chǎn)生橙黃色沉淀，再轉(zhuǎn)化為白色的原因：．（3）Na2SO3和CuCl2溶液反應最終生成CuCl沉淀，并檢測到有SO2生成，離子方程式是．（4）用Na2SO3和CuSO4溶液重復上述實驗，僅產(chǎn)生橙黃色沉淀，放置72h后變?yōu)榘导t色沉淀（可溶于氨水，得到無色溶液，放置變?yōu)樯钏{色）．（5）根據(jù)上述實驗所得結(jié)論：（答出兩點）．9．（2023?秦皇島三模）為探究FeCl3溶液與Na2SO3溶液的反應，某研究小組的同學提出兩種觀點。觀點一：兩溶液混合發(fā)生氧化還原反應，離子方程式為。觀點二：，離子方程式為。為驗證上述觀點，該研究小組的同學設計了探究實驗（FeCl3溶液和Na2SO3溶液的濃度均為1.0mol?L﹣1）。實驗操作與現(xiàn)象①在5mL水中滴加2滴FeCl3溶液，呈棕黃色；煮沸，溶液變紅褐色。②在5mLFeCl3溶液中滴加2滴Na2SO3溶液，溶液立即變?yōu)榧t褐色；再滴加K2[Fe（CN）6]溶液，產(chǎn)生藍色沉淀。③在5mLNa2SO3溶液中滴加2滴FeCl3溶液，溶液立即變?yōu)榧t褐色；將上述混合液分成兩份，一份滴加K2[Fe（CN）6]溶液，無藍色沉淀生成；另一份煮沸產(chǎn)生紅褐色沉淀，再加K2[Fe（CN）6]溶液，無藍色沉淀生成。（1）實驗①的目的是。（2）對比實驗①②的現(xiàn)象，可得結(jié)論：。（3）將實驗②反應后的溶液放置3小時后，溶液變?yōu)闇\黃綠色，試提出合理的解釋：。（4）實驗③的現(xiàn)象說明二者混合只發(fā)生反應，原因是。（5）對比實驗②③可得影響反應的因素可能有。10．（2023?豐臺區(qū)二模）某小組同學探究不同條件下H2O2與三價鉻（Cr）化合物的反應。資料：ⅰ.Cr3+（墨綠色）、（墨綠色）、Cr（OH）3（藍色）、（黃色）、Cr2（橙色）、[Cr（O2）4]3﹣（磚紅色）。ⅱ.Cr2+H2O?2+2H+ⅲ.H2O2?H++；?H++室溫下，向0.1mol?L﹣1Cr2（SO4）3溶液中滴加H2SO4溶液或NaOH溶液分別配制不同pH的Cr（Ⅲ）溶液；取配制后的溶液各5mL，分別加入足量30%H2O2溶液。實驗①②③④加H2O2前pH4.106.758.4313.37現(xiàn)象墨綠色溶液藍色濁液藍色濁液墨綠色溶液加H2O2后現(xiàn)象墨綠色溶液黃綠色溶液黃色溶液磚紅色溶液（1）結(jié)合加H2O2前的實驗現(xiàn)象，可推測Cr（OH）3具有（填“堿性”、“酸性”或“兩性”）。（2）實驗①中，加H2O2后無明顯現(xiàn)象的原因可能是。（3）實驗②中，藍色濁液變?yōu)辄S綠色溶液的原因可能是。（4）取實驗③中黃色溶液，加入一定量稀硫酸，可觀察到，溶液迅速變?yōu)槌壬?，最終變?yōu)榫G色，觀察到有無色氣體產(chǎn)生。結(jié)合化學用語解釋上述實驗現(xiàn)象。（5）已知[Cr（O2）4]3﹣中Cr為+5價。實驗④中，加入H2O2后發(fā)生反應的離子方程式為。（6）取少量實驗④的磚紅色溶液，加熱，隨著溫度的升高，溶液最終變?yōu)辄S色。針對溶液的顏色變化，該小組同學提出如下猜想。猜想1：加熱條件下，[Cr（O2）4]3﹣發(fā)生自身氧化還原反應，生成；猜想2：。針對上述猜想，該小組同學另取少量實驗④的磚紅色溶液，，溶液由磚紅色變?yōu)辄S色，由此得出猜想1成立。（7）綜合以上實驗，影響H2O2與三價鉻化合物反應的因素除了pH，還有。

2025年高考化學復習之小題狂練300題（解答題）：性質(zhì)實驗方案的設計參考答案與試題解析一．解答題（共10小題）1．（2024?南京二模）高效氧化劑亞氯酸鈉（NaClO2）常用于煙氣脫硝（NOx）和廢水脫除氨氮。（1）NaClO2的制備。一種制備NaClO2的過程可表示為：①“反應2”的化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O。②“反應1”的產(chǎn)物ClO2經(jīng)凈化后常作為飲用水消毒劑替代傳統(tǒng)的Cl2，從消毒后飲用水水質(zhì)和消毒效率（單位質(zhì)量消毒劑被還原時得電子數(shù)）的角度考慮，用ClO2替代Cl2的原因是可避免產(chǎn)生對人體有害的有機氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍。（2）NaClO2溶液對煙氣脫硝。①酸性條件下，F(xiàn)e3+可催化溶液中的NaClO2產(chǎn)生氧化性更強的ClO2氣體，總反應可表示為5+4H+4ClO2+Cl﹣+2H2O。請補充完整過程Ⅱ的離子方程式：Ⅰ.Fe3++═；Ⅱ.；Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+═5Fe3++Cl﹣+2H2O。②Fe3+催化NaClO2溶液脫硝。其他條件相同時，煙氣中NO氧化率隨c（Fe3+）、反應溫度的變化分別如圖﹣1、圖﹣2所示。i.NO氧化率隨c（Fe3+）增大而增大的原因是催化劑Fe3+的濃度增大，生成氧化性更強的ClO2速率加快，NO的氧化率提高。ii.溫度升高，NO氧化率先增大后減小的可能原因是溫度升高，F(xiàn)e3+催化NaClO2生成ClO2的反應速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度減小，導致NO氧化速率減慢，溫度低于60℃時，以前者為主，高于60℃時，以后者為主。（3）NaClO2溶液處理氨氮廢水。向一定量酸性氨氮廢水中加入一定體積已知濃度的NaClO2溶液，用傳感器測得溶液中與含量隨反應時間的變化如圖﹣3所示。判斷該實驗中被氧化的是否全部轉(zhuǎn)化為的依據(jù)為一定時間內(nèi)，相同體積溶液中，若減少的質(zhì)量與增加的質(zhì)量的比值約為18：62，則被氧化的幾乎全部轉(zhuǎn)化為?！敬鸢浮浚?）①2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O；②可避免產(chǎn)生對人體有害的有機氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍；（2）①；②i.催化劑Fe3+的濃度增大，生成氧化性更強的ClO2速率加快，NO的氧化率提高；ii.溫度升高，F(xiàn)e3+催化NaClO2生成ClO2的反應速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度減小，導致NO氧化速率減慢，溫度低于60℃時，以前者為主，高于60℃時，以后者為主；（3）一定時間內(nèi)，相同體積溶液中，若減少的質(zhì)量與增加的質(zhì)量的比值約為18：62，則被氧化的幾乎全部轉(zhuǎn)化為?！痉治觥浚?）①“反應2”中Cl由+4價降低為+3價，降低1價，H2O2中的O由﹣1價升高為0價，整體升高2價，根據(jù)原子守恒、化合價升降守恒書寫反應的方程式；②ClO2替代傳統(tǒng)的Cl2，ClO2～Cl﹣～5e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，設ClO2和Cl2均為1g，則消毒效率（單位質(zhì)量消毒劑被還原時得電子數(shù)）之比為≈2.63，ClO2消毒后，不會產(chǎn)生對人體有害的有機氯化物；（2）①根據(jù)蓋斯定律的原理可知：Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ＝總反應，據(jù)此推測反應Ⅱ；②i.催化劑Fe3+的濃度增大，生成氧化性更強的ClO2速率加快，則NO的氧化率提高；ii.溫度升高，F(xiàn)e3+催化NaClO2生成ClO2的反應速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度減小，導致NO氧化速率減慢，溫度低于60℃時，以前者為主，高于60℃時，以后者為主；（3）根據(jù)關系式：～，從質(zhì)量變化角度進行分析?！窘獯稹拷猓海?）①根據(jù)原子守恒、化合價升降守恒，可得“反應2”的化學方程式為2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O，故答案為：2ClO2+H2O2+2NaOH═2NaClO2+O2↑+2H2O；②ClO2經(jīng)凈化后常作為飲用水消毒劑替代傳統(tǒng)的Cl2，ClO2～Cl﹣～5e﹣，Cl2～2Cl﹣～2e﹣，設ClO2和Cl2均為1g，則消毒效率（單位質(zhì)量消毒劑被還原時得電子數(shù)）之比為≈2.63，ClO2消毒后，不會產(chǎn)生對人體有害的有機氯化物，所以用ClO2替代Cl2的原因是可避免產(chǎn)生對人體有害的有機氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍，故答案為：可避免產(chǎn)生對人體有害的有機氯化物且ClO2的消毒效率是Cl2的2.63倍；（2）①酸性條件下，F(xiàn)e3+可催化溶液中的NaClO2產(chǎn)生氧化性更強的ClO2氣體，總反應可表示為5+4H+4ClO2+Cl﹣+2H2O，分步反應為：Ⅰ.Fe3++═；Ⅱ.；Ⅲ.5Fe2++ClO2+4H+═5Fe3++Cl﹣+2H2O，則Ⅰ+Ⅱ+Ⅲ＝總反應，故答案為：；②i.NO氧化率隨c（Fe3+）增大而增大的原因是催化劑Fe3+的濃度增大，生成氧化性更強的ClO2速率加快，NO的氧化率提高，故答案為：催化劑Fe3+的濃度增大，生成氧化性更強的ClO2速率加快，NO的氧化率提高；ii.溫度升高，NO氧化率先增大后減小的可能原因是溫度升高，F(xiàn)e3+催化NaClO2生成ClO2的反應速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度減小，導致NO氧化速率減慢，溫度低于60℃時，以前者為主，高于60℃時，以后者為主，故答案為：溫度升高，F(xiàn)e3+催化NaClO2生成ClO2的反應速率加快，ClO2氧化NO的速率加快，ClO2和NO在水中的溶解度減小，導致NO氧化速率減慢，溫度低于60℃時，以前者為主，高于60℃時，以后者為主；（3）NaClO2溶液處理氨氮廢水，向一定量酸性氨氮廢水中加入一定體積已知濃度的NaClO2溶液，用傳感器測得溶液中與含量隨反應時間的變化如圖﹣3所示，判斷該實驗中被氧化的是否全部轉(zhuǎn)化為的依據(jù)為一定時間內(nèi)，相同體積溶液中，若減少的質(zhì)量與增加的質(zhì)量的比值約為18：62，則被氧化的幾乎全部轉(zhuǎn)化為，故答案為：一定時間內(nèi)，相同體積溶液中，若減少的質(zhì)量與增加的質(zhì)量的比值約為18：62，則被氧化的幾乎全部轉(zhuǎn)化為?！军c評】本題主要考查NaClO2的制備，氧化還原反應方程式的書寫，同時考查學生的看圖理解能力、分析應用能力，屬于高考高頻考點，難度中等。2．（2024?湖北模擬）某興趣小組探究鎂跟堿性銀氨溶液反應。實驗步驟及現(xiàn)象如下。Ⅰ.將10mL2mol/LAgNO3溶液和10mL6mol/L的氨水在錐形瓶中混合，測得pH＝12。Ⅱ.加入1g去掉氧化層的鎂條，十幾秒后有許多氣泡生成，用集氣瓶排水集氣，氣體體積先增大后減小然后不變。同時錐形瓶中有灰白色沉淀生成。Ⅲ.取出鎂條過濾洗滌得到灰白色固體。Ⅳ.取少量灰白色固體于試管中加入稀HNO3沉淀全部溶解，并有無色的氣體生成，且在試管口部氣體變成紅棕色，將其溶解后的溶液加入稀鹽酸，產(chǎn)生大量白色沉淀。回答下列問題：（1）步驟產(chǎn)生不溶于水的氣體是H2，易溶于水的氣體是氨氣，該氣體使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍色，生成該氣體的反應的離子方程式為：2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3?H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2。（2）步驟Ⅳ的現(xiàn)象證明灰白色固體一定含有Ag和Ag2O。證明灰白色固體中有Ag2O需要的試劑有稀鹽酸和稀硝酸。（3）向水中加入1g去掉氧化層的鎂條，幾乎看不見氣泡產(chǎn)生。鎂跟堿性銀氨溶液反應能迅速產(chǎn)生氣泡的原因：銀和鎂構(gòu)成原電池，產(chǎn)生氫氣速率加快。（4）向pH相同的氫氧化鈉溶液中加入1g去掉氧化層的鎂條，看不見氣泡產(chǎn)生，其原因是：pH＝12的氫氧化鈉溶液，水和鎂反應生成的Mg2+，立即和OH﹣結(jié)合成難溶物Mg（OH）2Mg（OH）2瞬即覆蓋了鎂表面，把鎂與堿溶液隔開，反應終止。【答案】（1）H2；氨氣；2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3?H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2；（2）Ag和Ag2O；稀硝酸；（3）銀和鎂構(gòu)成原電池，產(chǎn)生氫氣速率加快；（4）pH＝12的氫氧化鈉溶液，水和鎂反應生成的Mg2+，立即和OH﹣結(jié)合成難溶物Mg（OH）2Mg（OH）2瞬即覆蓋了鎂表面，把鎂與堿溶液隔開，反應終止?！痉治觥勘緦嶒灥哪康氖翘骄挎V與堿性銀氨溶液反應，先制得堿性銀氨溶液反應，加入1g去掉氧化層的鎂條，十幾秒后有許多氣泡生成，用集氣瓶排水集氣，觀察氣體體積先增大后減小然后不變，可結(jié)合氧化還原反應原理推測氣體成分，同時錐形瓶中有灰白色沉淀生成，用稀鹽酸和稀硝酸檢驗灰白色沉淀的成分。【解答】解：（1）根據(jù)氣體體積先增大后減小然后不變，可知有一種氣體不溶或微溶于水，結(jié)合氧化還原反應原理鎂作還原劑，被還原的元素除+1價的銀元素還有+1價的氫元素，可推知不溶于水的氣體是H2；易溶于水的氣體是氨氣；中+1價銀被還原，配體和中心離子Ag+解離，產(chǎn)生氨氣，Mg被氧化，因溶液呈堿性，對應的產(chǎn)物是Mg（OH）2，所以反應化學方程式為：2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3?H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2，故答案為：H2；氨氣；2[Ag（NH3）2]++Mg+2NH3?H2O＝2Ag↓+Mg（OH）2↓+4NH3↑+2；（2）價銀被Mg還原成銀單質(zhì)；灰白色固體成分是Ag和Ag2O，加入鹽酸，灰白色固體中Ag和鹽酸不反應，Ag2O和鹽酸反應生成不溶物AgCl，再加稀硝酸，Ag溶于硝酸，AgCl不溶，最后還有不溶物就證明了Ag2O的存在，故答案為：Ag和Ag2O；稀硝酸；（3）生成氫氣的本質(zhì)都是水電離的氫離子被鎂還原為氫氣；但鎂跟堿性銀氨溶液反應還能生成的銀，銀和鎂構(gòu)成原電池，產(chǎn)生氫氣速率加快，故答案為：銀和鎂構(gòu)成原電池，產(chǎn)生氫氣速率加快；（4）pH＝12的氫氧化鈉溶液，水和鎂反應生成的Mg2+，立即和OH﹣結(jié)合成難溶物Mg（OH）2Mg（OH）2瞬即覆蓋了鎂表面，把鎂與堿溶液隔開，反應終止，故答案為：pH＝12的氫氧化鈉溶液，水和鎂反應生成的Mg2+，立即和OH﹣結(jié)合成難溶物Mg（OH）2Mg（OH）2瞬即覆蓋了鎂表面，把鎂與堿溶液隔開，反應終止?！军c評】本題考查實驗方案的設計，側(cè)重考查學生無機實驗的掌握情況，試題難度中等。3．（2024?西城區(qū)一模）某小組同學探究硫代硫酸鈉（Na2S2O3）溶液與某些常見金屬離子的反應。已知：i.[Cu（S2O3）2]2﹣（淡綠色）、[Fe（S2O3）3]3﹣（紫黑色）、[Ag（S2O3）2]3﹣（無色）ii.S4在酸性溶液中轉(zhuǎn)化為、S和SO2。iii.BaS4O6可溶于水、BaS2O3微溶于水。（1）將S粉加入沸騰的Na2SO3溶液中可制得Na2S2O3，離子方程式是。（2）研究Na2S2O3與某些常見金屬離子的反應，進行如下實驗。序號X溶液現(xiàn)象ⅠCuCl2溶液溶液變?yōu)榈G色，水浴加熱至50℃以上，逐漸析出黑色沉淀ⅡFeCl3溶液溶液變?yōu)樽虾谏?，片刻后溶液變?yōu)闊o色ⅢAgNO3溶液逐滴加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，振蕩后沉淀溶解，得無色溶液①?、裰械臐嵋海x心分離，經(jīng)檢驗，沉淀是Cu2S和S的混合物，清液中存在。i.補全Ⅰ中生成黑色沉淀的總反應的離子方程式：2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+2Cu2++2S2+□_____□_____↓+□_____↓+□_____+4H+ii.查閱資料可知，常溫時，生成黑色沉淀反應的平衡常數(shù)很大，但仍需水浴加熱至50℃以上才出現(xiàn)沉淀，原因是室溫下，該反應速率小，加熱增大了反應速率。②Ⅱ中，S2被Fe3+氧化的主要產(chǎn)物是S4，還有很少量的。?、蛑械臒o色溶液進行如下實驗證實了此結(jié)論。用H2O代替Ⅱ中的FeCl3溶液，重復上述實驗，CS2溶解后幾乎無固體剩余。i.僅由溶液1中加入足量的鹽酸后得到沉淀2，不能說明Ⅱ中生成了S4，理由是無色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的與鹽酸反應生成的S也存在于沉淀2中。ii.補全實驗方案證實上述結(jié)論：將沉淀1洗凈，加入足量的鹽酸，充分反應后過濾，將不溶物用CS2充分溶解，得固體2，固體2的質(zhì)量比固體1的小。③向Ⅲ的無色溶液中繼續(xù)加入0.5mL0.1mol/LAgNO3溶液，產(chǎn)生白色沉淀Ag2S2O3。靜置，得到黑色沉淀Ag2S，同時生成強酸。生成Ag2S的化學方程式是Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4。（3）軟硬酸堿原理認為，Ⅲ中，Ag+為軟酸，S2為軟堿，S2﹣是比S2更軟的堿，可解釋S2與Ag+反應的最終產(chǎn)物為Ag2S。由此推測，Ⅰ中，Cu+和Cu2+，Cu+是更軟的酸?！敬鸢浮浚?）；（2）①i.2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.室溫下，該反應速率小，加熱增大了反應速率；②i.無色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的與鹽酸反應生成的S也存在于沉淀2中；ii.加入足量的鹽酸，充分反應后過濾，將不溶物用CS2充分溶解，得固體2，固體2的質(zhì)量比固體1的??；③Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Cu+。【分析】（1）；（2）①i.2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.室溫下，該反應速率小，加熱增大了反應速率；②i.無色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的與鹽酸反應生成的S也存在于沉淀2中；ii.加入足量的鹽酸，充分反應后過濾，將不溶物用CS2充分溶解，得固體2，固體2的質(zhì)量比固體1的??；③Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Cu+。【解答】解：（1）S與Na2SO3發(fā)生歸中反應得到Na2S2O3，其反應的離子方程式為，故答案為：；（2）①i.根據(jù)元素守恒，可知產(chǎn)物中Cu2S的系數(shù)是1，中S的化合價為+2價，Cu2S中Cu和S的化合價分別為+1和﹣2，Cu從+2價降低到+1，S的化合價從+2價降低到﹣2；生成1molCu2S，共得到了6mol電子。其他產(chǎn)物中還有S和S2，轉(zhuǎn)化成S，化合價從+2價降低到0；轉(zhuǎn)化為，化合價從+2價降低到+6；在氧化還原反應中，得失電子守恒，可知S和的系數(shù)分別是1和2；再結(jié)合電荷守恒，可得Ⅰ中生成黑色沉淀的總反應的離子方程式為2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+，故答案為：2Cu2++2+2H2OCu2S↓+S↓+2+4H+；ii.生成黑色沉淀反應的平衡常數(shù)很大，說明反應進行得很完全，但是仍需要加熱至50℃才會出現(xiàn)沉淀，可知在常溫下，該反應的反應速率很慢，升高溫度加快了反應速率，故答案為：室溫下，該反應速率小，加熱增大了反應速率；②被Fe3+氧化的主要產(chǎn)物是S4，還有少量的，加入過量的BaCl2溶液，沉淀1為BaS2O3和BaSO4沉淀。溶液1中含有S4，加入足量的鹽酸，S4在酸性溶液中轉(zhuǎn)化為、S和SO2，沉淀2中含有BaSO4和S。加入CS2溶解S單質(zhì)，剩余的固體1為BaSO4；i根據(jù)已知，被Fe3+氧化成S4，方程式：2+2Fe3+＝S4+2Fe2+，實驗Ⅱ中加入的Fe3+和S4的比例為1：2，可知是過量的，因此無色溶液中含有，雖然加入了過量的BaCl2，但是BaS2O3微溶于水，溶液1中仍會有少量的，加入鹽酸后，與H+反應，方程式：+2H+＝S↓+SO2↑+H2O，也會生成S單質(zhì)存在于沉淀2中，因此S單質(zhì)不一定來自于S4，故答案為：無色溶液中含有，BaS2O3微溶于水，溶液1中含有的與鹽酸反應生成的S也存在于沉淀2中；ii證實結(jié)論：被Fe3+氧化的主要產(chǎn)物是S4，還有很少量的；可知沉淀1中出了BaS2O3外，還有少量的BaSO4。BaSO4固體不溶于鹽酸，可用于證明沉淀1中含有BaSO4，并且BaSO4的量應比固體1中的少。實驗操作為加入足量的鹽酸，充分反應后過濾，將不溶物用CS2充分溶解，得固體2，固體2的質(zhì)量比固體1的小，故答案為：加入足量的鹽酸，充分反應后過濾，將不溶物用CS2充分溶解，得固體2，固體2的質(zhì)量比固體1的?。虎跘g2S2O3發(fā)生歧化反應，得到Ag2S，另一種物質(zhì)為強酸，為H2SO4，則方程式為Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4，故答案為：Ag2S2O3+H2O＝Ag2S+H2SO4；（3）Ag+為軟酸，為軟堿，S2﹣是比更軟的堿，可解釋與Ag+反應的最終產(chǎn)物為Ag2S；可知軟酸容易與更軟的堿的結(jié)合。Ⅰ中，與Cu2+反應的最終產(chǎn)物為Cu2S，可知Cu+是比Cu2+更軟的酸，故答案為：Cu+?！军c評】本題考查實驗方案的設計，側(cè)重考查學生無機實驗的掌握情況，試題難度中等。4．（2024?楊浦區(qū)二模）為探究+1價Ag的氧化性，開展如下活動。（1）配制溶液：稱量→溶解→冷卻→操作①→洗滌→注入→混勻→定容→操作②→裝瓶貼標簽①下列圖示中，操作①為B、操作②為D。②用FeCl3?6H2O配制100mL0.1mol?L﹣1FeCl3溶液時，應稱量2.705g固體。③實驗室AgNO3溶液通常盛放在棕色、細頸試劑瓶中。（2）通過如下實驗，比較Ag+、Fe3+、I2的氧化性。實驗現(xiàn)象Ⅰ中產(chǎn)生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，變紅Ⅱ中溶液呈棕黃色，滴加淀粉溶液，變藍Ⅲ中產(chǎn)生黃色沉淀，滴加淀粉溶液，未變藍①Ⅱ中反應的離子方程式為：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2。②Ⅰ、Ⅱ中的現(xiàn)象說明：AC。（不定項）A．氧化性順序：Ag+＞Fe3+＞I2B．氧化性順序：Fe3+＞I﹣＞Fe2+C．還原性順序：I﹣＞Fe2+＞Fe3+D．還原性順序：Fe2+＞Ag＞I﹣③推測Ⅲ中未發(fā)生Ag+氧化I﹣的原因：Ag+與I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣濃度太小，無法發(fā)生氧化還原反應。（3）利用如圖所示裝置，探究Ag+氧化I﹣的反應。①圖中鹽橋中的電解質(zhì)可用B。A．KClB．KNO3C．Fe2（SO4）3②閉合K，電流計指針偏轉(zhuǎn)。“石墨2”作C。A．陰極B．陽極C．正極D．負極③已知0.1mol?L﹣1AgNO3溶液的pH＝6。上述實驗中可能是氧化了I﹣，將裝置中的AgNO3溶液換成pH＝6的0.1mol?L﹣1的NaNO3溶液，閉合K，指針未發(fā)生偏轉(zhuǎn)。確認Ag+氧化了I﹣。取Ⅰ中產(chǎn)生的黑色沉淀0.0216g于試管中。進行實驗：①向黑色沉淀中滴加稀硝酸使其溶解；②再向試管中滴加氨水，邊滴邊振蕩至沉淀恰好溶解；③再向其中滴加乙醛溶液，加熱，產(chǎn)生光亮的銀鏡。（4）寫出第①步反應的化學方程式3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O。（5）為得到光亮的銀鏡，實驗時應做到：潔凈的試管、水浴加熱（或乙醛的濃度不易過大等）（任寫2點）。若黑色沉淀全部轉(zhuǎn)化為銀鏡，理論上需要乙醛Amol。A．1×10﹣4B．2×10﹣4C．1×10﹣3D．2×10﹣3【答案】（1）①B；D；②2.705；③棕色、細頸；（2）①2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；②AC；③Ag+與I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣濃度太小，無法發(fā)生氧化還原反應；（3）①B；②C；③AgNO3；pH＝6的0.1mol?L﹣1的NaNO3溶液；（4）3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O；（5）潔凈的試管、水浴加熱（或乙醛的濃度不易過大等）；A?！痉治觥浚?）①配制溶液的步驟為：稱量→溶解→冷卻→移液→洗滌→注入→混勻→定容→搖勻→裝瓶貼標簽；②根據(jù)n＝cV和m＝nM計算稱量FeCl3?6H2O的質(zhì)量；③AgNO3見光易分解；（2）①Ⅱ中FeCl3溶液呈棕黃色，滴加KI溶液、再滴加淀粉溶液時溶液變藍，說明有I2生成，結(jié)合氧化還原反應規(guī)律寫出方程式；②氧化還原反應中，氧化性：氧化劑＞氧化產(chǎn)物，還原性：還原劑＞還原產(chǎn)物；③根據(jù)氧化還原反應規(guī)律可知，Ag+能氧化I﹣，Ag+和I﹣也能結(jié)合生成AgI沉淀，但實際上低濃度的Ag+和I﹣生成AgI沉淀的程度大，發(fā)生氧化還原反應的程度較小；（3）①KCl能與AgNO3反應生成AgCl沉淀，F(xiàn)e2（SO4）3能與KI反應，KNO3與AgNO3、KI均不能反應；②該原電池工作時，Ag+發(fā)生還原反應生成Ag，I﹣發(fā)生氧化反應生成I2，則石墨1電極為負極，石墨2電極為正極；③硝酸具有強氧化性，可能氧化I﹣生成I2，可將AgNO3換成NaNO3進行對比實驗；（4）稀硝酸溶解Ag生成AgNO3、NO和H2O；（5）做銀鏡反應實驗時，要求試管內(nèi)壁潔凈，便于生成的銀附著；反應溫度不宜過高，需要控制反應溫度；反應過程中不能振蕩試管，銀在試管壁上附著不均勻；乙醛濃度也不能過高、否則反應過快；根據(jù)Ag原子守恒、乙醛和銀氨溶液的反應方程式進行計算?！窘獯稹浚?）①配制溶液的步驟為：稱量→溶解→冷卻→移液→洗滌→注入→混勻→定容→搖勻→裝瓶貼標簽，則操作①為移液，為圖B，操作②為搖勻，為圖D，故答案為：B；D；②配制100mL0.1mol?L﹣1FeCl3溶液時n（FeCl3）＝cV＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，則稱量FeCl3?6H2O的質(zhì)量m＝nM＝0.01mol×207.5g/mol＝2.705g，故答案為：2.705；③AgNO3見光易分解，則AgNO3溶液通常盛放在棕色、細頸試劑瓶中，故答案為：棕色、細頸；（2）①Ⅱ中FeCl3溶液中滴加KI溶液、再滴加淀粉溶液時溶液變藍，說明有I2生成，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律可知，還原產(chǎn)物為FeCl2，反應的離子方程式為2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，故答案為：2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2；②實驗Ⅰ中產(chǎn)生黑色沉淀，滴加KSCN溶液，變紅，反應為Ag++Fe2+＝Ag+Fe3+，氧化性：Ag+＞Fe3+，還原性：Fe2+＞Ag；實驗Ⅱ中溶液呈棕黃色，滴加淀粉溶液，變藍，反應為2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，氧化性：Fe3+＞I2，還原性：I﹣＞Fe2+，即氧化性：Ag+＞Fe3+＞I2，還原性：I﹣＞Fe2+＞Ag，且同一種金屬元素的低價離子氧化性弱、還原性較強，所以還原性：I﹣＞Fe2+＞Fe3+，故答案為：AC；③根據(jù)氧化還原反應規(guī)律可知，AgNO3能與KI發(fā)生氧化還原反應，但由于溶液中Ag+、I﹣濃度低，無法發(fā)生氧化還原反應，二者反而快速發(fā)生復分解反應生成AgI沉淀，即實驗Ⅲ中未發(fā)生Ag+氧化I﹣的原因是：Ag+與I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣濃度太小，無法發(fā)生氧化還原反應，故答案為：Ag+與I﹣生成AgI的速率很快，且AgI的溶解度小，溶液中的Ag+、I﹣濃度太小，無法發(fā)生氧化還原反應；（3）①KCl能與AgNO3反應生成AgCl沉淀，F(xiàn)e2（SO4）3能與KI反應，KNO3與AgNO3、KI均不能反應，所以鹽橋中的電解質(zhì)可用KNO3，不能選擇KCl或Fe2（SO4）3，故答案為：B；②閉合K，電流計指針偏轉(zhuǎn)，即該原電池工作時，Ag+發(fā)生還原反應生成Ag，I﹣發(fā)生氧化反應生成I2，則石墨1電極為負極，石墨2電極為正極，故答案為：C；③硝酸具有強氧化性，可能氧化I﹣生成I2，為了排除的干擾，可將pH＝6的0.1mol?L﹣1AgNO3溶液換成pH＝6的0.1mol?L﹣1NaNO3溶液進行對比實驗，實驗時閉合K，發(fā)現(xiàn)指針未發(fā)生偏轉(zhuǎn)，說明無影響，從而確認是Ag+氧化了I﹣，故答案為：AgNO3；pH＝6的0.1mol?L﹣1的NaNO3溶液；（4）稀硝酸溶解Ag生成AgNO3、NO和H2O，反應的化學方程式為3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O，故答案為：3Ag+4HNO3＝3AgNO3+NO↑+2H2O；（5）做銀鏡反應實驗時，實驗時應做到：試管內(nèi)壁保持潔凈；反應溫度不宜過高，采用水浴加熱；反應過程中不能振蕩試管；乙醛濃度也不能過高等；Ag守恒：Ag→AgNO3→[Ag（NH3）2]OH→Ag，所以根據(jù)銀鏡反應方程式進行計算即可，該反應為CH3CHO+2[Ag（NH3）2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，n（CH3CHO）＝n（Ag）＝0.5×＝1×10﹣4mol，故答案為：潔凈的試管、水浴加熱（或乙醛的濃度不易過大等）；A?！军c評】本題考查物質(zhì)性質(zhì)實驗方案設計，側(cè)重分析能力、實驗能力和計算能力考查，把握溶液配制實驗步驟、氧化還原反應及氧化性或還原性強弱判斷、原電池工作原理、銀鏡反應實驗及其注意事項、化學方程式的計算等知識即可解答，題目難度中等。5．（2024?西城區(qū)校級模擬）某小組同學研究了不同起始pH條件下溴酸鈉和硫化鈉的反應。（一）隔絕氧氣的條件下，在50mL溶液中，NaBrO3起始濃度為0.08mol/L，Na2S起始濃度為2×10﹣3mol/L，改變HNO3的起始加入量，測量反應過程中的pH變化，實驗結(jié)果如下：實驗序號實驗Ⅰ實驗ⅡHNO3的起始加入量/mol1.3×10﹣41×10﹣4實驗結(jié)果液體迅速變渾，隨后渾濁逐漸減少，10min時溶液基本澄清，過程中pH變化如圖：液體變渾，pH變化如圖：已知：a.HBrO3屬于強酸，的還原產(chǎn)物只有Br﹣，實驗中HNO3不表現(xiàn)氧化性；b.硫化鈉被氧化的產(chǎn)物可能是S、、S2、；c.pH＞3溶液中，與S2的反應可忽略不計；d.CaS和CaS2O3易溶于水；為研究實驗Ⅰ中pH的變化情況，進行實驗Ⅲ和實驗Ⅳ：取少量實驗Ⅰ進行10min左右的液體，離心分離渾濁，得到溶液A，進行實驗Ⅲ：實驗Ⅳ：步驟1：取一定量的溴酸鈉溶液和亞硫酸氫鈉溶液混合，反應液溫度未有明顯變化，測定反應中的反應速率，結(jié)果如圖所示。步驟2：實驗前先在容器中加入少量硫酸鈉和溴化鈉固體，重復步驟1，測得的反應速率變化曲線與如圖幾乎完全重合。（1）實驗Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀鹽酸，能否說明溶液A中沒有，理由是不能說明，因為CaSO4微溶于水，進一步檢驗溶液A中是否有的方案是向無色溶液2中加入BaCl2溶液，觀察是否有白色沉淀生成。（2）實驗Ⅲ中，由無色溶液1加入足量稀鹽酸的實驗現(xiàn)象可以得到的實驗結(jié)論是溶液A中沒有。（3）結(jié)合離子方程式，解釋實驗Ⅰ中2min之后pH變化的可能原因：2min以后發(fā)生反應：3S+2+3H2O＝3+2Br﹣+6H+，（產(chǎn)生的H+部分被、S2﹣、HS﹣或S（Ⅱ）被氧化為S時產(chǎn)生的OH﹣消耗）溶液的pH逐漸下降，10min后足夠濃度的H+催化反應3+＝3+Br﹣+3H+，溶液的pH迅速下降。（二）研究實驗Ⅱ中pH的變化情況，設計測定溶液中S2﹣、、S2濃度的方法如下：已知：a.碘標液的濃度為c1mol/L，硫代硫酸鈉標液的濃度為c2mol/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.能與甲醛反應，產(chǎn)物不被I2氧化d.2S2+I2＝S4+2I﹣步驟1：取10mL待測液，加入一定體積的過量碘標液，充分反應后，用硫代硫酸鈉標液滴定，消耗硫代硫酸鈉標液的體積是V1mL；步驟2：取20mL待測液，加入過量CdCO3，充分反應后，過濾并洗滌沉淀，將濾液合并后等分為兩份，一份用碘標液滴定，消耗碘標液的體積是V2mL；另一份加入過量甲醛溶液后，再用碘標液滴定，消耗碘標液的體積是V3mL。（4）步驟1中滴定時使用的指示劑是淀粉，滴定終點的現(xiàn)象是加入最后半滴硫代硫酸鈉標液后，溶液由藍色變?yōu)闊o色，半分鐘內(nèi)無變化。（5）步驟2中加入CdCO3的作用是沉淀S2﹣。（6）待測液中和S2的物質(zhì)的量濃度之比是。（7）實驗Ⅱ中未檢測到和的生成，用離子方程式表示18min后溶液pH下降的原因：6S+2+3H2O＝2+2Br﹣+6H+。（8）結(jié)果表明，不同起始pH條件下，溴酸鈉和硫化鈉的反應速率和反應產(chǎn)物會有差異?！敬鸢浮浚?）不能說明，因為CaSO4微溶于水；向無色溶液2中加入BaCl2溶液，觀察是否有白色沉淀生成；（2）溶液A中沒有；（3）2min以后發(fā)生反應：3S+2+3H2O＝3+2Br﹣+6H+，（產(chǎn)生的H+部分被、S2﹣、HS﹣或S（Ⅱ）被氧化為S時產(chǎn)生的OH﹣消耗）溶液的pH逐漸下降，10min后足夠濃度的H+催化反應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鈉標液后，溶液由藍色變?yōu)闊o色，半分鐘內(nèi)無變化；（5）沉淀S2﹣；（6）；（7）6S+2+3H2O＝2+2Br﹣+6H+?！痉治觥浚?）實驗Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀鹽酸，不說明溶液A中沒有，因為CaSO4微溶于水；進一步檢驗溶液A中是否有的方案是：向無色溶液2中加入BaCl2溶液，觀察是否有白色沉淀生成；（2）實驗Ⅲ中，由無色溶液1加入足量稀鹽酸無明顯現(xiàn)象，可知溶液A中沒有；（3）實驗Ⅰ中2min以后發(fā)生反應：3S+2+3H2O＝3+2Br﹣+6H+，（產(chǎn)生的H+部分被、S2﹣、HS﹣或S（Ⅱ）被氧化為S時產(chǎn)生的OH﹣消耗）溶液的pH逐漸下降，10min后足夠濃度的H+催化反應3+＝3+Br﹣+3H+，溶液的pH迅速下降；（4）步驟1中待測液中含有標準碘溶液，滴定時使用的指示劑是淀粉；滴定終點現(xiàn)象：加入最后一滴硫代硫酸鈉標液后，溶液由藍色變?yōu)闊o色，半分鐘內(nèi)無變化；（5）步驟2中加入CdCO3的作用是沉淀S2﹣，避免其消耗碘溶液，造成實驗誤差；（6）碘液與S2﹣發(fā)生反應：①；2+I2＝+2I﹣②；步驟2中將濾液合并后等分為兩份，一份用碘標液滴定，兩反應消耗的碘標準液體積為V2mL；另一份加入過量甲醛溶液后，再用碘標液滴定，消耗碘標液的體積是V3mL，即消耗的碘液為V3mL，由此可得消耗碘液體積為（V2﹣V3）mL，待測液中和的物質(zhì)的量濃度之比是：；（7）18min后溶液pH下降的原因：6S+2+3H2O＝2+2Br﹣+6H+?！窘獯稹拷猓海?）實驗Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀鹽酸，不說明溶液A中沒有，因為CaSO4微溶于水；進一步檢驗溶液A中是否有的方案是：向無色溶液2中加入BaCl2溶液，觀察是否有白色沉淀生成，故答案為：不能說明，因為CaSO4微溶于水；向無色溶液2中加入BaCl2溶液，觀察是否有白色沉淀生成；（2）實驗Ⅲ中，由無色溶液1加入足量稀鹽酸無明顯現(xiàn)象，可知溶液A中沒有，故答案為：溶液A中沒有；（3）實驗Ⅰ中2min以后發(fā)生反應：3S+2+3H2O＝3+2Br﹣+6H+，（產(chǎn)生的H+部分被、S2﹣、HS﹣或S（Ⅱ）被氧化為S時產(chǎn)生的OH﹣消耗）溶液的pH逐漸下降，10min后足夠濃度的H+催化反應3+＝3+Br﹣+3H+，溶液的pH迅速下降，故答案為：2min以后發(fā)生反應：3S+2+3H2O＝3+2Br﹣+6H+，（產(chǎn)生的H+部分被、S2﹣、HS﹣或S（Ⅱ）被氧化為S時產(chǎn)生的OH﹣消耗）溶液的pH逐漸下降，10min后足夠濃度的H+催化反應3+＝3+Br﹣+3H+，溶液的pH迅速下降；（4）步驟1中待測液中含有標準碘溶液，滴定時使用的指示劑是淀粉；滴定終點現(xiàn)象：加入最后一滴硫代硫酸鈉標液后，溶液由藍色變?yōu)闊o色，半分鐘內(nèi)無變化，故答案為：淀粉；加入最后半滴硫代硫酸鈉標液后，溶液由藍色變?yōu)闊o色，半分鐘內(nèi)無變化；（5）步驟2中加入CdCO3的作用是沉淀S2﹣，避免其消耗碘溶液，造成實驗誤差，故答案為：沉淀S2﹣；（6）碘液與S2﹣發(fā)生反應：①；2+I2＝+2I﹣②；步驟2中將濾液合并后等分為兩份，一份用碘標液滴定，兩反應消耗的碘標準液體積為V2mL；另一份加入過量甲醛溶液后，再用碘標液滴定，消耗碘標液的體積是V3mL，即消耗的碘液為V3mL，由此可得消耗碘液體積為（V2﹣V3）mL，待測液中和的物質(zhì)的量濃度之比是：，故答案為：；（7）18min后溶液pH下降的原因：6S+2+3H2O＝2+2Br﹣+6H+，故答案為：6S+2+3H2O＝2+2Br﹣+6H+。【點評】本題考查制備方案的設計，題目難度中等，根據(jù)制備步驟明確實驗原理為解答關鍵，注意掌握常見化學實驗基本操作方法，試題綜合性強，側(cè)重對學生能力的培養(yǎng)和訓練，有利于培養(yǎng)學生規(guī)范嚴謹?shù)膶嶒炘O計、操作能力。6．（2023?西城區(qū)一模）研究小組探究高銅酸鈉（NaO2）的制備和性質(zhì)。資料：高銅酸鈉為棕黑色固體，難溶于水。實驗Ⅰ．向2mL1mol/LNaClO溶液中滴加1mL1mol/LCuCl2溶液，迅速產(chǎn)生藍綠色沉淀，振蕩后得到棕黑色的濁液a，將其等分成2份。（1）藍綠色沉淀中含有OH﹣。用離子方程式表示NaClO溶液顯堿性的原因：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣。（2）探究棕黑色沉淀的組成。實驗Ⅱ.將一份濁液a過濾、洗滌、干燥，得到固體b。取少量固體b，滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有氣泡產(chǎn)生，得到藍色溶液。①另取少量固體b進行實驗，證實了NaCuO2中鈉元素的存在，實驗操作的名稱是焰色試驗。②進一步檢驗，棕黑色固體是NaCuO2。NaCuO2與稀H2SO4反應的離子方程式是NaCuO2+12H+＝4Cu2++4Na++6H2O+O2↑。（3）探究實驗條件對NaCuO2制備的影響。實驗Ⅲ．向另一份濁液a中繼續(xù)滴加1.5mL1mol/LCuCl2溶液，沉淀由棕黑色變?yōu)樗{綠色，溶液的pH約為5，有Cl2產(chǎn)生。①對Cl2的來源，甲同學認為是NaCuO2和Cl﹣反應生成了Cl2，乙同學認為該說法不嚴謹，提出了生成Cl2的其他原因：pH減小，ClO﹣也可能氧化Cl﹣生成Cl2。②探究“繼續(xù)滴加CuCl2溶液，NaCuO2能氧化Cl﹣”的原因。i．提出假設1：c（Cl﹣）增大，Cl﹣的還原性增強。實驗證明假設成立。操作和現(xiàn)象是：取少量NaCuO2固體于試管中，取少量NaCuO2固體于試管中，滴加濃NaCl溶液，產(chǎn)生使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍的氣體。ii．提出假設2：c（H+）增大，NaCuO2的氧化性增強，經(jīng)證實該假設也成立。（4）改進實驗方案，進行實驗。實驗Ⅳ.向1mL1mol/LNaClO溶液中滴加0.5mL1mol/LCuSO4溶液，迅速生成藍色沉淀，振蕩后得到棕黑色濁液。濁液放置過程中，沉淀表面緩慢產(chǎn)生氣泡并出現(xiàn)藍色固體，該氣體不能使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍。NaCuO2放置過程中產(chǎn)生氣體的化學方程式是4NaCuO2+6H2O＝4Cu（OH）2↓+O2↑+4NaOH。（5）通過以上實驗，對于NaCuO2化學性質(zhì)的認識是具有強氧化性，能與H+、H2O反應。（6）根據(jù)上述實驗，制備在水溶液中穩(wěn)定存在的NaCuO2，應選用的試劑是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液?！敬鸢浮浚?）ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣；（2）①焰色試驗；②NaCuO2+12H+＝4Cu2++4Na++6H2O+O2↑；（3）①pH減小，ClO﹣也可能氧化Cl﹣生成Cl2；②i.取少量NaCuO2固體于試管中，滴加濃NaCl溶液，產(chǎn)生使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍的氣體；i.c（H+）增大，NaCuO2的氧化性增強；（4）4NaCuO2+6H2O＝4Cu（OH）2↓+O2↑+4NaOH；（5）具有強氧化性，能與H+、H2O反應；（6）CuSO4溶液；NaOH溶液?！痉治觥浚?）NaCIO為強堿弱酸鹽，水解顯堿性；（2）①鈉元素的焰色試驗為黃色；②取少量固體b（NaCuO2），滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有氣泡產(chǎn)生，得到藍色溶液，則反應生成硫酸銅、硫酸鈉、氧氣和水；（3）①溶液中存在次氯酸根離子，具有氧化性，也可能氧化氯離子生成氯氣；②i.提出假設1：Cl﹣表現(xiàn)還原性，生成氯氣，c（Cl﹣）增大，生成氯氣，檢驗氯氣；i.提出假設2：根據(jù)NaCuO2+12H+＝4Cu2++4Na++6H2O+O2↑，c（H+）增大，NaCuO2的氧化性增強；（4）濁液放置過程中，沉淀表面緩慢產(chǎn)生氣泡為O2，藍色固體為氫氧化銅，同時生成NaOH；（5）NaCuO2具有強氧化性，能與H+、H2O反應；（6）NaCuO2在堿性條件下較穩(wěn)定，則可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制備在水溶液中穩(wěn)定存在的NaCuO2。【解答】解：（1）NaCIO為強堿弱酸鹽，水解顯堿性，溶液顯堿性的原因：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣，故答案為：ClO﹣+H2O?HClO+OH﹣；（2）①鈉元素的焰色試驗為黃色，可以通過焰色試驗證明鈉元素的存在，故答案為：焰色試驗；②取少量固體b（NaCuO2），滴加稀H2SO4，沉淀溶解，有氣泡產(chǎn)生，得到藍色溶液，則反應生成硫酸銅、硫酸鈉、氧氣和水，離子方程式為：NaCuO2+12H+＝4Cu2++4Na++6H2O+O2↑，故答案為：NaCuO2+12H+＝4Cu2++4Na++6H2O+O2↑；（3）①溶液中存在次氯酸根離子，具有氧化性，也可能氧化氯離子生成氯氣，則生成Cl2的其他原因：pH減小，ClO﹣也可能氧化Cl﹣生成Cl2，故答案為：pH減小，ClO﹣也可能氧化Cl﹣生成Cl2；②i.提出假設1：Cl﹣表現(xiàn)還原性，生成氯氣，c（Cl﹣）增大，生成氯氣，檢驗氯氣。證明假設成立操作和現(xiàn)象是：取少量NaCuO2固體于試管中，滴加濃NaCl溶液，產(chǎn)生使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍的氣體，故答案為：取少量NaCuO2固體于試管中，滴加濃NaCl溶液，產(chǎn)生使?jié)駶櫟牡矸跭I試紙變藍的氣體；i.提出假設2：根據(jù)NaCuO2+12H+＝4Cu2++4Na++6H2O+O2↑，c（H+）增大，NaCuO2的氧化性增強，經(jīng)證實該假設也成立，故答案為：c（H+）增大，NaCuO2的氧化性增強；（4）濁液放置過程中，沉淀表面緩慢產(chǎn)生氣泡為O2，藍色固體為氫氧化銅，同時生成NaOH，放置過程中產(chǎn)生氣體的化學方程式是：4NaCuO2+6H2O＝4Cu（OH）2↓+O2↑+4NaOH，故答案為：4NaCuO2+6H2O＝4Cu（OH）2↓+O2↑+4NaOH；（5）通過以上實驗，對于NaCuO2化學性質(zhì)的認識是具有強氧化性，能與H+、H2O反應，故答案為：具有強氧化性，能與H+、H2O反應；（6）根據(jù)上述實驗，NaCuO2在堿性條件下較穩(wěn)定，則可以用NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液制備在水溶液中穩(wěn)定存在的NaCuO2，應選用的試劑是NaClO溶液、CuSO4溶液和NaOH溶液，故答案為：CuSO4溶液；NaOH溶液?！军c評】本題考查實驗制備方案、實驗現(xiàn)象的分析、設計實驗步驟驗證假設等知識點，明確原理是解題關鍵，注意對題目信息的提取應用，是對學生綜合能力的考查，題目難度中等。7．（2023?西城區(qū)校級三模）研究小組探究磷酸和鐵絲的反應。資料：a.鐵元素的磷酸二氫鹽均易溶于水，其磷酸一氫鹽或正鹽均難溶于水。b.部分物質(zhì)的Ksp：物質(zhì)Fe3（PO4）2FePO4Ksp1.0×10﹣361.3×10﹣22（1）預備鐵紉實驗Ⅰ.將2cm左右的鐵絲放在培開皿中加入鹽酸，待有大量氣泡產(chǎn)生后取出鐵絲用蒸餾水沖凈。①實驗Ⅰ的目的是除去鐵絲表面的氧化物等雜質(zhì)。②氯離子對后續(xù)實驗有不利影響，檢驗鐵絲上的氯離子已除凈的方法是取少量最后一次的溶液，加入硝酸酸化的硝酸銀，若沒有出現(xiàn)白色沉淀說明氯離子已經(jīng)除凈。（2實驗研究實驗Ⅱ.在燒杯中加入30mL1.0mol?L﹣1的磷酸溶液，將經(jīng)第一步預處理的鐵絲放入燒杯，鐵絲表面產(chǎn)生氣泡，持續(xù)十幾分鐘，末見明顯變慢。實驗Ⅲ.在燒杯中加入30mL1.0mol?L﹣1的磷酸溶液以及3mL30%過氧化氫溶液，將經(jīng)第一步預處理的鐵絲放入燒杯，鐵絲表面先產(chǎn)生氣泡隨后氣泡消失，再產(chǎn)生氣泡再消失的周而往復，振蕩周期在20秒左右，可維持數(shù)小時。實驗Ⅳ.監(jiān)測實驗Ⅲ中振蕩開始后溶液的pH變化，結(jié)果如圖。發(fā)現(xiàn)每次放出氫氣時，體系的pH就會明顯增加，然后迅速恢復至接近體系初始pH，并維持15秒左右的穩(wěn)定。①實驗Ⅱ中反應的離子方程式是Fe+2H3PO4＝Fe2++2H2+H2↑。②從速率的角度解釋實驗Ⅳ的圖象中a到b變化的原因：體系中主要存在兩個過程，ⅰ：磷酸的電離H3PO4?H++H2；ⅱ.鐵和氫離子的反應Fe+2H+＝Fe2++H2↑，a到b為pH增大的過程，即鐵和氫離子反應的速率大于磷酸電離產(chǎn)生的氫離子速率。③實驗Ⅲ中過氧化氫溶液作用是氧化亞鐵離子（或鐵）形成含有鐵離子的鈍化膜，檢驗的方法是將實驗Ⅲ中不產(chǎn)生氫氣時的鐵絲取出，用水洗凈，放入少量稀鹽酸中，片刻后（或待有氣泡產(chǎn)生時），取少量溶液加入KSCN溶液，溶液變紅。④實驗Ⅳ的圖象中c到a′發(fā)生的反應主要是磷酸將鈍化膜溶解。（3）適當提高實驗Ⅲ中磷酸溶液的濃度，預計振蕩周期將變短（填“增長”或“變短”）。【答案】（1）①除去鐵絲表面的氧化物等雜質(zhì)；②取少量最后一次的溶液，加入硝酸酸化的硝酸銀，若沒有出現(xiàn)白色沉淀說明氯離子已經(jīng)除凈；（2）①Fe+2H3PO4＝Fe2++2H2+H2↑；②體系中主要存在兩個過程，ⅰ：磷酸的電離H3PO4?H++H2；ⅱ.鐵和氫離子的反應Fe+2H+＝Fe2++H2↑，a到b為pH增大的過程，即鐵和氫離子反應的速率大于磷酸電離產(chǎn)生的氫離子速率；③氧化亞鐵離子（或鐵）形成含有鐵離子的鈍化膜；將實驗Ⅲ中不產(chǎn)生氫氣時的鐵絲取出，用水洗凈，放入少量稀鹽酸中，片刻后（或待有氣泡產(chǎn)生時），取少量溶液加入KSCN溶液，溶液變紅；④磷酸將鈍化膜溶解；（3）變短。【分析】（1）①鐵絲表面有氧化鐵，用鹽酸和氧化鐵反應除去；②氯離子能與銀離子反應生成白色氯化銀沉淀；（2）①鐵的磷酸二氫鹽能溶于水，從實驗現(xiàn)象分析，磷酸和鐵反應生成產(chǎn)物能溶于水，故生成二氫鹽；②體系中主要存在兩個過程，?。毫姿岬碾婋xH3PO4?H++H2；ⅱ.鐵和氫離子的反應Fe+2H+＝Fe2++H2↑，由此解答；③過氧化氫可以氧化亞鐵離子（或鐵）形成含有鐵離子的鈍化膜，檢驗方法就是檢驗鐵離子的存在；④c到a’為pH基本穩(wěn)定不變的過程；（3）適當提高磷酸溶液的濃度，反應速率加快?！窘獯稹拷猓海?）①鐵絲表面有氧化鐵，用鹽酸和氧化鐵反應除去，所以實驗Ⅰ的目的是除去鐵絲表面的氧化物等雜質(zhì)，故答案為：除去鐵絲表面的氧化物等雜質(zhì)；②氯離子能與銀離子反應生成白色氯化銀沉淀，故檢驗氯離子的方法是取少量最后一次的溶液，加入硝酸酸化的硝酸銀，若沒有出現(xiàn)白色沉淀說明氯離子已經(jīng)除凈，故答案為：取少量最后一次的溶液，加入硝酸酸化的硝酸銀，若沒有出現(xiàn)白色沉淀說明氯離子已經(jīng)除凈；（2）①鐵的磷酸二氫鹽能溶于水，從實驗現(xiàn)象分析，磷酸和鐵反應生成產(chǎn)物能溶于水，故生成二氫鹽，反應的離子方程式為Fe+2H3PO4＝Fe2++2H2+H2↑，故答案為：Fe+2H3PO4＝Fe2++2H2+H2↑；②從速率的角度解釋實驗Ⅳ的圖象中a到b變化的原因為體系中主要存在兩個過程，?。毫姿岬碾婋xH3PO4?H++H2；ⅱ.鐵和氫離子的反應Fe+2H+＝Fe2++H2↑，a到b為pH增大的過程，即鐵和氫離子反應的速率大于磷酸電離產(chǎn)生的氫離子速率，故答案為：體系中主要存在兩個過程，ⅰ：磷酸的電離H3PO4?H++H2；ⅱ.鐵和氫離子的反應Fe+2H+＝Fe2++H2↑，a到b為pH增大的過程，即鐵和氫離子反應的速率大于磷酸電離產(chǎn)生的氫離子速率；③過氧化氫可以氧化亞鐵離子（或鐵）形成含有鐵離子的鈍化膜，檢驗方法就是檢驗鐵離子的存在，方法為：將實驗Ⅲ中不產(chǎn)生氫氣時的鐵絲取出，用水洗凈，放入少量稀鹽酸中，片刻后（或待有氣泡產(chǎn)生時），取少量溶液加入KSCN溶液，溶液變紅，故答案為：氧化亞鐵離子（或鐵）形成含有鐵離子的鈍化膜；將實驗Ⅲ中不產(chǎn)生氫氣時的鐵絲取出，用水洗凈，放入少量稀鹽酸中，片刻后（或待有氣泡產(chǎn)生時），取少量溶液加入KSCN溶液，溶液變紅；④c到a’為pH基本穩(wěn)定不變的過程，是磷酸將鈍化膜溶解的過程，故答案為：磷酸將鈍化膜溶解；（3）適當提高磷酸溶液的濃度，反應速率加快，振蕩周期變短，故答案為：變短。【點評】本題主要考查實驗方案的設計，側(cè)重考查學生的比較能力、分析能力，同時考查氧化還原反應原理的應用，屬于高考高頻考點，難度中等。8．（2023?雨花區(qū)校級模擬）小組同學探究Na2SO3和不同銅鹽溶液的反應，實驗如下．實驗：向2mL0.5mol?L﹣1Na2SO3溶液中加入1mL0.25mol?L﹣1CuCl2溶液，立即產(chǎn)生橙黃色沉淀（沉淀A），放置5min左右，轉(zhuǎn)化為白色沉淀（沉淀B）．已知：?。瓹u+Cu（NH3）2+（無色）ⅱ．Cu+Cu2++Cu（1）研究沉淀B的成分．向洗滌后的沉淀B中加入足量濃氨水，得到無色溶液，在空氣中放置一段時間，溶液變?yōu)樯钏{色．取少量深藍色溶液，滴加試劑X，產(chǎn)生白色沉淀．①白色沉淀是AgCl，試劑X是足量的硝酸和AgNO3溶液．②無色溶液在空氣中放置變?yōu)樯钏{色，反應的離子方程式為4Cu（NH3）2++O2+8NH3+2H2O═4Cu（NH3