2026三维设计一轮总复习高中化学-第60讲　物质性质与反应原理探究类综合实验

第60讲物质性质与反应原理探究类综合实验课标要求1.具有较强的问题意识，能提出化学探究问题，能作出预测和假设。能依据实验目的和假设，设计解决简单问题的实验方案，能对实验方案进行评价。2.能根据不同类型实验特点，设计并实施实验。能预测物质的某些性质，并进行实验探究与验证，建立解答探究类综合实验题的思维模型。考点一物质性质探究类实验1.研究物质性质的基本流程2.物质性质的实验探究方案（1）根据物质性质设计实验方案（2）根据物质的结构（或官能团）设计性质实验方案3.常见物质性质探究、验证的实验设计热分解产物的性质探究、判断①难溶性碳酸盐△氧化物＋②碳酸的酸式盐△碳酸的正盐＋CO2＋H③铵盐△NH3＋相应的酸（或酸性氧化物＋H2O）（NH4NO④硝酸盐△金属（或金属氧化物、亚硝酸盐）＋氮氧化物（NO或NO2）＋⑤草酸晶体△CO2＋CO＋物质氧化性、还原性的判断如探究SO2具有还原性的方法是将气体通入酸性KMnO4溶液中，通过观察酸性KMnO4溶液是否褪色来说明；如探究Fe3＋的氧化性强于I2时，可利用FeCl3与淀粉-KI溶液反应，通过观察溶液变蓝色的现象来说明Fe3＋的氧化性强于I2电解质强弱的判断如探究一元酸HA是弱酸的方法是常温下配制NaA溶液，测pH，若pH＞7，则说明HA为弱酸物质酸性强弱的判断如探究碳酸和硅酸的酸性强弱，可利用相对强的酸制备相对弱的酸的反应原理，将CO2气体通入Na2SiO3溶液中，看是否有白色沉淀生成来判断（2024·北京海淀区期末）某小组为探究CuSO4与KI之间的反应，进行了如下实验。实验现象①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液已知：2S2O32－（无色）＋I22I－＋S4O62－（无色）；CuI为白色沉淀，可吸附I2；CuI2在溶液中不存在；[Cu（S2O3）2]3－呈无色，[Cu（S2O3下列结论或推断不合理的是（）A.CuSO4与KI能发生反应：2Cu2＋＋4I－2CuI↓＋IB.CuI与Na2S2O3反应的速率快于I2与Na2S2O3反应的速率C.黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有[Cu（S2O3）2]3－、[Cu（S2O3）2]2－生成D.Cu（Ⅱ）与S2O3答案：B解析：由CuI为白色沉淀，可吸附I2，CuI2在溶液中不存在，推测土黄色沉淀为CuI与I2的混合物，故CuSO4与KI能发生反应：2Cu2＋＋4I－2CuI↓＋I2，A正确；由已知条件：2S2O32－（无色）＋I22I－＋S4O62－（无色），结合第一个实验中步骤②的现象可知，I2先与Na2S2O3反应，即CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率，B错误；第二个实验中步骤①的现象是产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，即发生反应：2Cu2＋＋4I－2CuI↓＋I2，且Cu2＋剩余，步骤②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，则CuI转变成无色的[Cu（S2O3）2]3－，逐渐变为黄绿色悬浊液，说明剩余的Cu2＋生成了[Cu（S2O3）2]2－，故黄绿色悬浊液（说明还有CuI未反应）变为黄色溶液（说明CuI反应完全）时，有[Cu（S2O3）2]3－、[Cu（S2O3）2]2－生成，C正确；第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，则最后溶液中Cu元素的存在形式为[Cu（S2O3）2]3－，故Cu（Ⅱ1.（2024·汕头一模）Ⅰ.Na2S又称臭碱、硫化碱，实验室拟用以下方案研究Na2S的性质。（1）用离子方程式说明Na2S溶液呈碱性的原因S2－＋H2O⇌HS－＋OH－。（2）向5mL0.1mol·L－1的酸性KMnO4溶液（pH＝0）中滴加10滴同浓度的Na2S溶液，观察到溶液紫色变浅（pH＞1），生成棕褐色沉淀（MnO2），说明S2－具有还原性。有同学预测该反应中S2－转化为SO32－，该预测不正确（填“正确”或“不正确”），原因是溶液紫色变浅，并未完全褪色，说明KMnO4过量，SO3Ⅱ.探究向Na2S溶液中滴加FeCl3溶液的反应本质。反应原理预测：发生氧化还原反应或发生完全相互促进的水解反应。已知：①单质硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大；②溶度积常数Ksp（FeS）＝6.3×10－25，Ksp（Fe2S3）＝1.0×10－88，Ksp[Fe（OH）3]＝1.1×10－36。（3）根据试管a中的“局部产生红褐色沉淀”现象，推测Fe3＋与S2－局部发生强烈相互促进的水解反应，生成FeOH3和H2S（填化学式（4）推测c中的沉淀为Fe2S3，根据b到c的实验现象，推测红褐色沉淀消失发生反应的离子方程式为2Fe（OH）3（s）＋3S2－（aq）⇌Fe2S3（s）＋6OH－（aq）。（5）取c中黑色固体，洗净后分别置于两支试管ⅰ、ⅱ中进行如下实验：序号实验步骤现象ⅰ加入过量稀盐酸，充分振荡黑色沉淀完全溶解，溶液中出现淡黄色浑浊，放出少量臭鸡蛋味道气体ⅱ向试管中加入，振荡、静置，取上层清液少许加入蒸馏水中未见淡黄色浑浊出现试管ⅰ中涉及反应的化学方程式为Fe2S3＋4HCl2FeCl2＋S↓＋2H2S↑，试管ⅱ中加入的试剂为无水乙醇，结合试管ⅰ、ⅱ现象，推测黑色固体中不含有（填“含有”或“不含有”）FeS，原因是ⅱ中未产生S，说明生成黑色固体时未有元素化合价变化，无法产生Fe2＋，故无法产生FeS解析：盐溶液呈现酸性或碱性的原因是其中的弱酸阴离子或弱碱阳离子发生水解，强碱弱酸盐与强酸弱碱盐在水溶液中会发生相互促进的水解反应，生成沉淀或气体；沉淀在溶液中是可以转化的，溶度积较小的沉淀可以转化成溶度积更小的沉淀。（1）Na2S是强碱弱酸盐，S2－在溶液中发生水解使溶液呈碱性，水解离子方程式是S2－＋H2O⇌HS－＋OH－。（2）由题知，溶液只是紫色变浅，并未完全褪色，说明KMnO4过量，SO32－会被氧化成SO42－，因此预测不正确。（3）Fe3＋与S2－发生相互促进的水解反应：2Fe3＋＋3S2－＋6H2O2Fe（OH）3↓＋3H2S↑，因此生成物是Fe（OH）3和H2S。（4）b中的红褐色沉淀是Fe（OH）3，c中的黑色沉淀是Fe2S3，由溶度积常数可知，Fe2S3的溶解度小于Fe（OH）3的溶解度，会发生反应：2Fe（OH）3（s）＋3S2－（aq）⇌Fe2S3（s）＋6OH－（aq），使Fe（OH）3沉淀转化成Fe2S3，因此红褐色沉淀消失。（5）淡黄色浑浊是S，臭鸡蛋味气体是H2S，即化学方程式为Fe2S3＋4HCl2FeCl2＋S↓＋2H2S↑；由于单质硫在酒精中的溶解度随乙醇质量分数的增大而增大，实验ⅱ为向试管中加入无水乙醇，振荡、静置，取上层清液少许加入蒸馏水中，未见淡黄色浑浊出现，即黑色固体中没有硫，ⅱ中未产生S，说明生成黑色固体时未有元素化合价变化，物质性质探究验证实验的注意问题（1）在离子检验、气体成分检验的过程中，要严格掌握检验的先后顺序，防止各成分检验过程中的相互干扰。（2）若有水蒸气生成，先检验水蒸气，再检验其他成分，如C和浓硫酸的反应，产物有SO2、CO2和H2O（g），通过实验可检验三种气体物质的存在，但SO2、CO2都要通过溶液进行检验，对检验H2O（g）有干扰，用澄清石灰水检验CO2时，SO2对CO2有干扰。（3）对于需要进行转化才能检验的成分，如CO的检验，要注意先检验CO中是否含有CO2，如果有CO2，应先除去CO2再对CO实施转化，最后再检验转化产物CO2，如HOOC—COOH浓硫酸△CO2↑＋CO↑＋H2O↑（4）要重视试剂名称的描述，如有些试剂的准确描述为无水硫酸铜、澄清石灰水、酸性高锰酸钾溶液、浓硫酸、饱和NaHCO3溶液、NaOH溶液等。此外还应注意某些仪器的规格。考点二反应原理与规律探究类实验1.探究化学反应规律（1）探究过程中往往可以利用对比实验，设置几组平行实验来进行对照和比较，从而研究和揭示某种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理。（2）在对未知的反应机理或规律的研究中，如果有多个影响因素（如浓度、温度、压强、催化剂等），通常采用控制变量法，从而得出正确的反应机理或规律与多个影响因素之间的关系。2.反应原理类探究性实验解题流程3.常见反应原理与规律的探究实验设计验证同周期、同主族元素性质的递变规律一般通过设计比较元素金属性、非金属性强弱的实验来完成。如通过比较Mg、Al与同浓度盐酸反应产生H2的快慢来说明Mg、Al的活泼性顺序钢铁发生电化学腐蚀的规律探究可以通过控制钢铁是否与空气接触、所接触的电解质溶液的酸碱度、钢铁在腐蚀过程中体系内的气压变化等设计实验，找出规律比较酸性强弱的实验探究可以通过相对强的酸能制得相对弱的酸的反应规律设计实验。如：将CO2通入Na2SiO3溶液中产生白色沉淀证明酸性：H2CO3＞H2SiO3比较物质氧化性、还原性强弱的实验探究可以通过氧化还原反应规律（以强制弱）设计实验。如：向FeSO4溶液中滴入KSCN溶液无现象，再滴入H2O2，溶液变红色，则证明氧化性：H2O2＞Fe3＋（2024·保定模拟）探究铜和浓硝酸的反应，反应后溶液呈绿色{浓硝酸产生的NO2在溶液中达到饱和后呈黄色，[Cu（H2O）4]2＋呈蓝色，两者混合后溶液呈绿色}。取少量该绿色溶液①，向其中加入少量水后，溶液变为蓝色溶液②。已知：在CuCl2溶液中存在反应[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－⇌[CuCl4]2－＋4H2O。下列有关说法错误的是（）A.加水稀释绿色溶液①，溶液中c（NO2）降低B.浓硝酸与铜的反应中体现强氧化性的浓硝酸占该反应消耗的浓硝酸总量的50％C.若向蓝色溶液②中加入NaCl（s）后溶液变为绿色，则[CuCl4]2－可能呈黄色D.若反应[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－⇌[CuCl4]2－＋4H2OΔH＞0，加热CuCl2溶液，溶液蓝色加深答案：D解析：加水稀释绿色溶液①，发生反应：3NO2＋H2O2HNO3＋NO，溶液中c（NO2）降低，A正确；Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2H2O＋2NO2↑，浓硝酸体现强氧化性（生成NO2）和酸性（生成硝酸铜），体现强氧化性的浓硝酸占该反应消耗的浓硝酸总量的50％，B去情境抓关键分析实验现象作出判断向蓝色溶液②中加入NaCl（s）：[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－⇌[CuCl4]2－＋4H2O；黄色溶液与蓝色溶液两者混合后溶液呈绿色蓝色溶液中含有[Cu（H2O）4]2＋，加入NaCl（s），增大了c（Cl－），则反应[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－⇌[CuCl4]2－＋4H2O的平衡正向移动，溶液变为绿色[CuCl4]2－可能呈黄色，[CuCl4]2－和[Cu（H2O）4]2＋混合后溶液呈绿色，C正确反应[Cu（H2O）4]2＋＋4Cl－⇌[CuCl4]2－＋4H2O的ΔH＞0加热CuCl2溶液，平衡正向移动，[Cu（H2O）4]2＋浓度减小，溶液蓝色变浅D错误2.根据FeCl3与Na2SO3两种物质的性质，某化学学习小组认为两溶液间既能发生氧化还原反应（用反应a表示），又能发生相互促进的水解反应（用反应b表示），并设计实验进行探究（以下实验均在隔绝空气的条件下进行）。Ⅰ.探究竞争反应的先后顺序实验序号实验装置图实验操作与现象ⅰ①向5mL1mol·L－1FeCl3溶液中滴加2滴1mol·L－1Na2SO3溶液，溶液立即变为红褐色，且无气体生成；②3h后，混合溶液呈浅黄绿色；③将步骤②中的溶液分成2等份，分别滴加KSCN溶液和铁氰化钾溶液，前者溶液变为红色，后者有蓝色沉淀生成（1）溶液变为红褐色是因为生成了Fe（OH）3（填化学式），3h后，混合溶液呈浅黄绿色的原因是2Fe3＋＋SO32－＋H2O2Fe2＋＋SO42（2）由实验ⅰ中的现象可知，两个竞争反应的反应速率：反应a＜反应b（填“＞”“＜”或“＝”，下同），反应活化能：反应a＞反应b。Ⅱ.探究外界因素对Fe3＋与SO3实验序号实验装置图实验操作与现象ⅱ溶液立即变为红褐色，且颜色比实验ⅰ的深，滴加铁氰化钾溶液，无蓝色沉淀生成；加热后，有红褐色沉淀生成ⅲ溶液呈棕黄色，加热至沸腾，溶液呈透明的红褐色，无沉淀生成ⅳ溶液立即变为红褐色，取少许反应液，滴加铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀；另取5mL反应液，加热至沸腾，溶液红褐色褪去，溶液呈浅黄绿色，滴加铁氰化钾溶液，立即产生蓝色沉淀（3）设计实验ⅲ的目的是作为对照实验，验证Na2SO3溶液对FeCl3的水解具有促进作用，实验ⅱ中，当Na2SO3溶液过量时，主要发生反应b（填“a”或“b”），温度升高时，该反应进行的程度增大（填“增大”“减小”或“不变”）。（4）实验ⅳ中，加热后产生相应现象的原因是氧化还原反应（反应a）的活化能较大，温度升高，满足反应a所需的较高活化能，使反应a趋于完全。解析：去情境抓关键分析设问实验ⅰ中FeCl3溶液过量（1）溶液立即变为红褐色是因为Fe3＋发生水解反应生成了Fe（OH）3；结合步骤③可知，溶液中有Fe2＋存在，则发生反应的离子方程式为2Fe3＋＋SO32－＋H2O2Fe2＋＋SO42－＋2H＋，实验ⅰ中溶液立即变为红褐色；3h后，混合溶液呈浅黄绿色（2）根据实验ⅰ中现象可知，先发生相互促进的水解反应（反应b）生成Fe（OH）3，后发生氧化还原反应（反应a）生成Fe2＋，则说明反应b的活化能较低，反应速率较大；反应a的活化能较高，反应速率较小实验ⅱ中Na2SO3溶液过量，实验ⅲ中无Na2SO3溶液（3）根据实验ⅱ中的实验现象可知，Na2SO3溶液过量时，FeCl3的水解程度明显增大，主要发生反应b，且Fe3＋与SO32－没有发生氧化还原反应（反应a）；加热后，生成红褐色沉淀，说明相互促进的水解反应（反应b）进行的程度增大。实验ⅲ中Fe3＋发生水解的程度较小，故设计实验ⅲ的目的是验证Na2SO3溶液对（4）实验ⅳ中，加热后溶液由红褐色变为浅黄绿色，说明反应体系的温度升高，满足了氧化还原反应（反应a）所需的较高活化能，使反应a趋于完全。1.（2024·湖北高考18题）学习小组为探究Co2＋、Co3＋能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验Ⅰ～Ⅳ。已知：[Co（H2O）6]2＋为粉红色、[Co（H2O）6]3＋为蓝色、[Co（CO3）2]2－为红色、[Co（CO3）3]3－为墨绿色。回答下列问题：（1）配制1.00mol·L－1的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的bc（填字母）。实验Ⅰ实验Ⅱ实验Ⅲ无明显变化溶液变为红色，伴有气泡产生溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火星木条复燃的气体（2）实验Ⅰ表明[Co（H2O）6]2＋不能（填“能”或“不能”）催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HCO3－大大过量的原因是吸收转化过程中产生的H＋，实验Ⅲ初步表明[Co（CO3）3]3－能催化H2O2的分解，写出H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式2Co2＋＋10HCO3－＋H2O22[Co（CO3）3]3－＋6H2O＋4CO2↑、2H2O22H2O＋O2（3）实验Ⅰ表明，反应2[Co（H2O）6]2＋＋H2O2＋2H＋⇌2[Co（H2O）6]3＋＋2H2O难以正向进行，利用化学平衡移动原理分析Co3＋、Co2＋分别与CO32－配位后，正向反应能够进行的原因Co2＋与CO32－配位，H＋浓度增大，平衡正向移动，Co3＋与CO32－配位，[Co（H2O实验Ⅳ（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生的气体的分子式分别为CO2、O2。解析：（1）配制1.00mol·L－1的CoSO4溶液需用到容量瓶，定容时用到胶头滴管，无需用到圆底烧瓶和试管，b、c正确。（2）实验ⅠCoSO4溶液中Co2＋以[Co（H2O）6]2＋的形式存在，滴加H2O2溶液，无明显现象，说明[Co（H2O）6]2＋不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中HCO3－与Co2＋结合转化为[Co（CO3）2]2－和H＋，过量的HCO3－能吸收转化过程中产生的H＋，促使反应正向进行；实验Ⅲ的实验现象表明在H2O2作用下Co2＋能与HCO3－反应生成[Co（CO3）3]3－，然后[Co（CO3）3]3－催化H2O2分解，因此H2O2在实验Ⅲ中所发生的反应为2Co2＋＋10HCO3－＋H2O22[Co（CO3）3]3－＋6H2O＋4CO2↑、2H2O22H2O＋O2↑。（3）Co2＋与CO32－配位后，H＋浓度增大，平衡正向移动，Co3＋与CO32－配位后，[Co（H2O）6]3＋浓度降低，平衡正向移动，因此Co3＋、Co2＋分别与CO32－配位后，反应能正向进行。（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，则[Co（CO3）3]3－转化为[Co（H2O）6]3＋，Co元素的化合价不变，发生非氧化还原反应，则产生的气体为CO2；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，则[Co（H2O）6]3＋转化为[Co（H2O2.（2024·广东高考17题）含硫物质种类繁多，在一定条件下可相互转化。（1）实验室中，浓硫酸与铜丝反应，所产生的尾气可用NaOH（填化学式）溶液吸收。（2）工业上，烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏。该过程中，S（填元素符号）被氧化。（3）工业锅炉需定期除水垢，其中的硫酸钙用纯碱溶液处理时，发生反应：CaSO4（s）＋CO32－（aq）⇌CaCO3（s）＋SO42兴趣小组在实验室探究Na2CO3溶液的浓度对反应（Ⅰ）的反应速率的影响。①用Na2CO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。ⅰ.该过程中用到的仪器有BD。ⅱ.滴定数据及处理：Na2CO3溶液V0mL，消耗c1mol·L－1盐酸V1mL（滴定终点时，CO32－转化为HCO3－），则c（Na2CO3）＝c1②实验探究：取①中的Na2CO3溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入m1g硫酸钙固体，反应t1min后，过滤，取V0mL滤液，用c1mol·L－1盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如表（忽略CO32序号abV（Na2CO3）/mL100.080.0V（H2O）/mL0xV（滤液）/mLV0V0V消耗（盐酸）/mL23则x＝20.0，测得的平均反应速率之比va∶vb＝6∶5。（4）兴趣小组继续探究反应（Ⅰ）平衡的建立，进行实验。①初步实验将1.00g硫酸钙（M＝136g·mol－1）加入100.0mL0.100mol·L－1Na2CO3溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计测得体系的pH随时间t的变化曲线如图。②分析讨论甲同学根据t2min后pH不改变，认为反应（Ⅰ）已达到平衡；乙同学认为证据不足，并提出如下假设：假设1硫酸钙固体已完全消耗；假设2硫酸钙固体有剩余，但被碳酸钙沉淀包裹。③验证假设乙同学设计如下方案，进行实验。步骤现象ⅰ.将①实验中的反应混合物进行固液分离—ⅱ.取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加足量稀盐酸有气泡产生，沉淀完全溶解ⅲ.继续向ⅱ的试管中滴加少量氯化钡溶液无白色沉淀生成④实验小结假设1成立，假设2不成立。①实验中反应（Ⅰ）平衡未建立。⑤优化方案、建立平衡写出优化的实验方案，并给出反应（Ⅰ）平衡已建立的判断依据：将1.36g（或大于此量的）硫酸钙加入100mL0.100mol·L－1Na2CO3溶液中，在25℃和搅拌条件下，利用pH计测量混合液的pH，待混合液pH不变时，加入Na2SO4固体，pH增大，说明反应（Ⅰ）平衡已建立。解析：（1）实验室中，浓硫酸与铜丝反应，产生的尾气为SO2，可用NaOH溶液吸收。（2）工业上，烟气中的SO2可在通空气条件下用石灰石的浆液吸收，生成石膏，该过程中发生反应：2CaCO3＋2SO2＋O22CaSO4＋2CO2，S元素被氧化。（3）①ⅰ.配制Na2CO3溶液用到烧杯，用盐酸滴定Na2CO3溶液用到酸式滴定管，没有用到蒸发皿和直形冷凝管。ⅱ.根据滴定原理可知，n（Na2CO3）＝n（HCl），则c（Na2CO3）×V0mL＝c1mol·L－1×V1mL，解得c（Na2CO3）＝c1V1V0mol·L－1。②根据配制总体积相同的系列溶液，知x＝100.0－80.0＝20.0。反应时间相同，平均反应速率之比等于硫酸钙消耗的碳酸根离子浓度之比，a中起始时碳酸钠溶液浓度为c1V1V0mol·L－1，V0mL滤液消耗2V15mL盐酸，即盐酸消耗的碳酸根离子浓度为2c1V15V0mol·L－1，则硫酸钙消耗的碳酸根离子浓度为3c1V15V0mol·L－1；b中起始时碳酸钠溶液浓度为4c1V15V0mol·L－1，V0mL滤液消耗3V110mL盐酸，即盐酸消耗的碳酸根离子浓度为3c1V110V0mol·L－1，则硫酸钙消耗的碳酸根离子浓度为c1V12V0mol·L－1，故平均反应速率之比va∶vb＝3c1V15V0∶c1V12V0＝6∶5。（4）③ⅱ.根据实验小结知，硫酸钙固体已完全消耗，则分离出的沉淀为CaCO3，滴加稀盐酸，有气泡产生，沉淀完全溶解。ⅲ.ⅲ的目的是进一步验证硫酸钙固体完全消耗，则ⅱ1.（2024·广州三模）某小组研究Cu与浓硝酸反应时发现如下现象：装置与试剂现象Cu片完全溶解，反应放热，产生红棕色气体，得到绿色溶液A该溶液长时间放置后得到蓝色溶液B，反应后溶液体积几乎不变（1）Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2H2O＋2NO2（2）甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，然后再持续通入一段时间N2，观察到现象：通入NO2后溶液呈绿色，通入一段时间N2后溶液变蓝，证实猜测合理。甲同学为深入研究溶液A呈绿色的原因，查得如下资料并提出了新的假设：资料ⅰ：NO2溶于水部分发生歧化反应：2NO2＋H2O⇌HNO2＋HNO3资料ⅱ：NO2－能与Cu2＋络合：Cu2＋蓝色＋4NO资料ⅲ：HNO2是弱酸，加热或遇强酸发生分解：3HNO2HNO3＋2NO↑＋H2假设一：A中形成了CuNO2为了验证假设一的合理性，甲同学进行了如下实验：【实验一】操作现象①向20.0mL0.5mol·L－1CuNO32蓝色溶液中通入少量溶液呈绿色②向20.0mL水中通入与①中等量的NO2气体溶液呈无色（3）操作②的目的是证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在①中的干扰。（4）乙同学向①所得溶液中滴加浓硫酸，使溶液中cH＋达约8mol·L－1，观察到有无色气体放出（遇空气变为红棕色），溶液很快变回蓝色。利用平衡移动原理解释溶液变蓝的原因：加入浓硫酸后，温度升高且cH＋增大，HNO2分解导致cHNO2下降，均引起平衡HNO2⇌NO2－＋H＋逆向移动，cNO2－下降，Cu2＋蓝色（5）综合甲、乙两位同学的实验，假设一不成立。请说明理由：加酸且升温后，溶液变为蓝色，说明酸性较强的热溶液A中NO2－不能大量存在，因此CuNO242－也不能大量存在，Cu（乙同学查得如下资料并提出来另一种假设：资料ⅳ：浓硝酸中溶有NO2时呈黄色：水或稀硝酸中通入少量NO2时呈无色假设二：A中浓硝酸溶解了NO2所得黄色溶液与Cu2＋的蓝色复合形成了绿色。为验证假设二的合理性，乙同学进行了如下实验：【实验二】操作现象①配制与溶液A等pH的HNO3溶液，取20.0mL，通入NO2气体溶液呈黄色②加入溶液变为绿色③溶液立即变回蓝色（6）操作②中加入的试剂为0.01molCuNO32，操作③进一步证明了假设二的合理性，写出该操作：加水稀释。溶液变回蓝色可能的原因是3NO2＋H2O2HNO3＋解析：（1）Cu与浓硝酸反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO3－Cu2＋＋2H2O＋2NO2↑。（2）甲同学猜测溶液A不是蓝色而呈绿色与溶解了NO2有关，于是向溶液B中通入NO2，溶液变成绿色，然后再持续通入一段时间N2，目的是将NO2吹出，进一步确认NO2的影响，因此通入一段时间N2后溶液又变成蓝色。（3）操作②是对比实验，可证明NO2溶于水时没有颜色变化，排除这一因素在①中的干扰。（4）结合资料可知，由于加入浓硫酸后，温度升高且c（H＋）增大，引起平衡HNO2⇌NO2－＋H＋逆向移动，HNO2分解导致c（HNO2）下降，同时产生无色气体，c（NO2－）下降，Cu2＋蓝色＋4NO2－⇌CuNO242－绿色平衡逆向移动，所以溶液颜色由绿色变为蓝色。（5）根据题干信息，所用Cu和HNO3的量中HNO3过量，根据方程式可知，绿色溶液A存有大量HNO3，酸性较强，而加浓硫酸后溶液变为蓝色，说明酸性较强的溶液中，NO2－不能大量存在，因此Cu（NO2）42－也不能大量存在，Cu（NO2）42－的形成不是溶液A呈绿色的主要原因，故假设一不成立。（6）根据控制变量法，操作②中加入的试剂应与实验一相同，即为20.0mL0.5mol·L－1Cu（NO3）2溶液，应加入0.01molCu（NO3）2.（2024·朝阳二模）以CuCl2溶液、浓盐酸为腐蚀液，能将覆铜板上不需要的铜腐蚀。某小组对此反应过程进行探究。资料：ⅰ.水溶液中：CuCl32－呈无色；CuCl42ⅱ.CuCl32－⇌CuCl＋2Cl－；CuCl将等体积的溶液a分别加到等量铜粉中，实验记录如下：实验溶液a现象ⅠCuCl2溶液（1mol·L－1）产生白色沉淀，溶液蓝色变浅，5h时铜粉剩余Ⅱ浓盐酸（10mol·L－1）产生无色气泡，溶液无色；继而溶液变为黄色；较长时间后溶液变为棕色，5h时铜粉剩余ⅢCuCl2溶液（1mol·L－1）和浓盐酸（10mol·L－1）溶液由黄绿色变为棕色，无气泡；随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余（1）Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是Cu＋Cu2＋＋2Cl－2CuCl（2）对于实验Ⅱ的现象进行分析。①经检验Ⅱ中气体为H2。分析气体产生的原因，进行实验：将5mol·L－1H2SO4溶液加到铜粉中，溶液慢慢变蓝，未检测到H2。依据电极反应式，分析产生H2的原因Cu－e－Cu＋，Cu＋＋3Cl－CuCl32－，降低了c（Cu＋），提高了Cu的还原性，使得Cu②Ⅱ中溶液变为黄色，用离子方程式解释可能原因4CuCl32－＋4H＋＋O2＋4Cl－4CuC（3）对比实验Ⅰ、Ⅲ，分析实验Ⅲ中将溶液a加到铜粉中未产生白色沉淀的原因。①假设1：cCl－增大，实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入饱和NaCl溶液，白色沉淀溶解。结合平衡移动原理解释沉淀溶解的原因c（Cl－）增大，平衡CuCl＋2Cl－⇌CuCl3②假设2：cH＋增大，白色沉淀不能稳定存在实验验证：取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入5mol·L－1的H2SO4溶液，沉淀不溶解（填操作和现象），证实假设2不合理。（4）实验Ⅱ、Ⅲ对比，实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。分析可能原因此条件下Cu2＋或CuCl42－（5）结合现象和化学反应原理解释选择CuCl2与浓盐酸的混合液而不单独选择CuCl2溶液或浓盐酸作腐蚀液的原因单独使用CuCl2溶液，产生的CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；单独使用浓盐酸，反应速率慢。解析：向CuCl2溶液（1mol·L－1）中加入铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅；向浓盐酸（10mol·L－1）中加入铜粉，生成H2和CuCl32－，然后生成CuCl42－使溶液呈黄色，较长时间后生成Cu2Cl4H2O－使溶液呈棕色；向CuCl2溶液（1mol·L－1）和浓盐酸（10mol·L－1）混合溶液中加入铜粉，生成Cu2Cl4H2O－使溶液呈棕色，然后随着反应进行，溶液颜色变浅，后接近于无色，5h时铜粉几乎无剩余。（1）向CuCl2溶液（1mol·L－1）中加入铜粉，产生CuCl白色沉淀，溶液蓝色变浅，则Ⅰ中产生白色沉淀的离子方程式是Cu＋Cu2＋＋2Cl－2CuCl。（2）①据实验现象可知，产生的无色气泡为H2，无色溶液为CuCl32－的溶液，所以应是Cu－e－Cu＋，Cu＋＋3Cl－CuCl32－，降低了c（Cu＋），提高了Cu的还原性，使得Cu可以将H（3）①由于c（Cl－）增大，使得平衡CuCl＋2Cl－⇌CuCl32－正向移动，所以白色沉淀溶解。②要验证是否是因为cH＋增大，而使白色沉淀不能稳定存在，可以取Ⅰ中洗涤后的沉淀，加入5mol·L－1的H2SO4溶液，看沉淀是否溶解，若沉淀不溶解，则不是因为cH＋增大。（4）实验Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡，其可能原因为：此条件下Cu2＋或CuCl42－的氧化性强于H＋，所以Ⅱ中产生气泡，实验Ⅲ中无气泡。（5）若单独使用CuCl2溶液，则产生的CuCl覆盖在Cu表面，阻止反应继续进行；3.（2025·广东六校第一次联考）某小组实验验证“Ag＋＋Fe2＋⇌Fe3＋＋Ag↓”为可逆反应并探究可逆的原因。Ⅰ.实验验证实验：将0.0100mol·L－1Ag2SO4溶液与0.0100mol·L－1FeSO4溶液（pH＝1）等体积混合，充分反应，产生灰黑色沉淀，溶液呈黄色。（1）取实验中沉淀，加入浓硝酸，证实沉淀为Ag，现象是灰黑色固体溶解，产生红棕色气体。（2）静置，取上层黄色溶液加入试剂K3[Fe（CN）6]（写化学式或名称都对），可证明反应物有剩余。结合以上现象可证明反应“Ag＋＋Fe2＋⇌Fe3＋＋Ag↓”为可逆反应。Ⅱ.探究氧化还原反应可逆的原因提出假设溶液中氧化剂浓度减小，氧化性减弱；还原剂浓度减