清单04实验方案的设计与评价（知识方法能力清单）（解析版）

清单04实验方案的设计与评价内容导览内容导览|知识·方法·能力清单第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向第二部分方法建模构建思维框架，提炼通用解法流程建模技法清单技法01控制变量设计实验的方法和思路技法02物质性质探究实验的方法和思路技法03实验方案设计与评价解题策略第三部分思维引路示范思考过程，贯通方法应用母题精讲思维解析变式应用类型01物质成分或反应产物探究类综合实验第四部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁探究性实验以其创新、灵活的特点成为每年高考的热点题型，试题将元素化合物知识与化学实验知识巧妙地融合在一起，增加了题目的新颖度和难度，能充分考查学生的发散思维能力和分析问题的能力。实验往往通过对物质化学性质的实验探究、反应产物成分的实验探究、化学反应原理的实验探究，揭示反应原理、解释产生某些现象的原因等。探究性实验以其创新、灵活的特点成为每年高考的热点题型，试题将元素化合物知识与化学实验知识巧妙地融合在一起，增加了题目的新颖度和难度，能充分考查学生的发散思维能力和分析问题的能力。实验往往通过对物质化学性质的实验探究、反应产物成分的实验探究、化学反应原理的实验探究，揭示反应原理、解释产生某些现象的原因等。流程建模第一步：明确探究目的从题干中信息，明确实验探究的目的或实验原理。第二步：寻找影响因素结合题干信息或已掌握的化学知识，寻找实验的影响因素，如温度、浓度、pH等。第三步：分析原因、推理归纳①对比分析已有实验（明确变量）或根据实验原理、物质性质等设计实验方案验证猜想或假设。②结合物质可能的性质，分析产生实验现象的原因，对比分析推理，归纳得出实验结论；或者根据题目给出的实验结果，反推假设是否合理。技法清单技法01控制变量设计实验的方法和思路1．实验探究的科学方法及思路变量控制→对照实验→定性观察或定量测定→科学归纳2．解题策略(1)确定变量解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。(2)定多变一在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所探究问题之间的关系。(3)数据有效解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。技法02物质性质探究实验的方法和思路1．探究型实验的常见类型(1)对未知产物的探究通过化学反应原理猜测可能生成哪些物质，对这些物质逐一进行检验来确定究竟含有哪些物质。虽然探究型实验主要考查学生的探究能力，但在问题中常常包含了对实验基础知识的考查。例如：①常见物质分离的提纯方法：结晶法、蒸馏法、过滤法、升华法、萃取法、渗析法等。②常见气体的制备、净化、干燥、收集等方法。③熟悉重点的操作：气密性检查、测量气体体积、防倒吸、防污染等。(2)物质性质的探究①在探究过程中往往可以利用对比实验，即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无机物、有机物性质的探究，必须在牢牢掌握元素化合物知识的基础上，大胆猜想，细心论证。脱离元素化合物知识，独立看待实验问题是不科学的，只有灵活运用已有的元素化合物知识，才能变探究型实验为验证型实验，使复杂问题简单化。2．探究型实验的基本程序解答探究型实验题的基本程序可用以下流程图表示：(1)提出问题要提出问题，首先得发现问题，对题给信息进行对比、质疑，通过思考提出值得探究的问题。此外，实验中出现的特殊现象也是发现问题、提出问题的重要契机。(2)提出猜想所谓猜想就是根据已有知识对问题的解决提出的几种可能的情况。有一些问题，结论有多种可能(这就是猜想)，只能通过实验进行验证。(3)设计验证方案提出猜想后，就要结合题给条件，设计出科学、合理、安全的实验方案，对可能的情况进行探究。实验设计中，关键点是对试剂的选择和实验条件的调控。(4)观察实验现象，得出结论根据设计的实验方案，结合实验现象进行推理分析或计算分析得出结论。技法03实验方案设计与评价解题策略实验完整的化学实验方案包括“四大环节”，即：实验原理、实验装置和药品(其中包括：装置类型、仪器的组装等)、实验步骤(其中包括：加装药品、气密性检查、除杂干燥、主体实验、安全措施等)、实验现象的观察、记录及实验数据的分析处理等。设计合理的实验方案必须掌握比较全面的实验基本原理和基本技能，要做到：设计原理正确、实验程序合理、操作步骤简便、现象明显、相关结论正确。实验设计的解答策略如下：(1)明确目的原理：首先必须认真审题，明确实验的目的要求，弄清题目有哪些新的信息，综合已学过的知识，通过类比、迁移、分析，从而明确实验原理。(2)选择仪器药品：根据实验的目的和原理，以及反应物和生成物的性质、反应条件，如反应物和生成物的状态，能否腐蚀仪器和橡皮、反应是否加热及温度是否控制在一定的范围等，从而选择合理的化学仪器和药品。(3)设计装置步骤：根据上述实验目的和原理，以及所选用的仪器和药品，设计出合理的实验装置和实验操作步骤。学生应具备识别和绘制典型的实验仪器装置图的能力，实验步骤应完整而又简明。(4)记录现象数据：根据观察，全面而准确地记录实验过程中的现象和数据。(5)分析得出结论：根据实验观察的现象和记录的数据，通过分析、计算、图表、推理等处理，得出正确的结论。类型01物质成分或反应产物探究类综合实验母题精讲1．（2025·广东卷）酸及盐在生活生产中应用广泛。(4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。①知识回顾

羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的变化顺序为：。随着卤原子电负性，羧基中的羟基增大，酸性增强。②提出假设

甲同学根据①中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：③验证假设

甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断大小顺序，因为。乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。④实验小结

假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，①中规律不可随意推广。(5)该小组尝试测弱酸HClO的。①丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为。②小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的。简述该方案(包括所用仪器及数据处理思路)。③教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。思维解析【答案】(4)增大极性常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同(5)实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体系在25℃下的pH，记录数据；数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。【第一步明确探究目的】探究取代基对芳香酸酸性的影响。【第二步寻找影响因素】【第三步分析原因、推理归纳】推断羧酸的影响因素测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，不能用所测得的pH直接判断大小顺序。改进措施：在常温下测量相同浓度的三种酸的pH。【第一步明确探究目的】尝试测弱酸HClO的。【第二步寻找影响因素】【第三步分析原因、推理归纳】次氯酸不稳定次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的离子方程式为；不能采用测pH的方法。选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解平衡常数，再利用公式求出HClO的Ka。变式应用1．（2025·北京卷）化学反应平衡常数对认识化学反应的方向和限度具有指导意义。实验小组研究测定“”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。(1)理论分析①易挥发，需控制生成较小。②根据时分析，控制合适，可使生成较小；用浓度较大的溶液与过量反应，反应前后几乎不变；，仅需测定平衡时溶液和。③与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略。(2)实验探究序号实验内容及现象I，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，充分反应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。Ⅱ，将溶液()与过量混合，密闭并搅拌，反应时间与I相同，溶液变为淡黄色，容器液面上方未观察到黄色气体。Ⅲ测定I、Ⅱ反应后溶液的；取一定量反应后溶液，加入过量固体，用标准溶液滴定，测定。已知：；和溶液颜色均为无色。①Ⅲ中，滴定时选用淀粉作指示剂，滴定终点时的现象是。用离子方程式表示的作用：。②I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按计算所得值小于的K值，是因为挥发导致计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度。③Ⅱ中，按计算所得值也小于的K值，可能原因是。(3)实验改进分析实验I、Ⅱ中测定结果均偏小的原因，改变实验条件，再次实验。控制反应温度为，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。①判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与值比较。②综合调控和温度的目的是。【答案】(1)(2)滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复增大实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小(3)40℃下的理论K使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。【分析】平衡常数表达式：，控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和浓KBr溶液，确保c(Br–)几乎不变。因c(Mn2+)=c(Br2)，只需测定平衡时的pH和c(Br2)即可计算K。干扰忽略：Br2与水反应、HBr挥发对实验影响可忽略。【详解】（1）（2）①淀粉遇I2显蓝色，I2被Na2S2O3消耗后蓝色消失，故滴定终点现象：滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；KI的作用：将Br2转化为I2，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：；②该反应消耗生成水，pH增大；因为Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，根据题目信息可知，，则计算时所用的浓度小于其在溶液中实际浓度；③实验Ⅱ液面上方未观察到黄色气体，说明不是由于Br2挥发导致实测c(Br2)偏小，题目已知信息③也说明了与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ可知，实验Ⅱ的pH更大，且反应后溶液为淡黄色，则可能原因是，实验Ⅱ的浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中偏低，计算的K值偏小；（3）①平衡常数准确性验证：应与40℃下的理论K值比较，因为K值只与温度有关，（题目给出25℃的K，需查阅40℃的文献值）。②实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ由于过小，反应速率过慢，未达平衡状态，导致计算的K值小，故综合调控和温度的目的是使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。2．（2025·安徽卷）侯氏制碱法以、和为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，以和为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下：①配制饱和食盐水；②在水浴加热下，将一定量研细的，加入饱和食盐水中，搅拌，使，溶解，静置，析出晶体；③将晶体减压过滤、煅烧，得到固体。(2)步骤②中需研细后加入，目的是。(3)在实验室使用代替和制备纯碱，优点是。(5)已知常温下和的溶解度分别为和。向饱和溶液中持续通入气体会产生晶体。实验小组进行相应探究：实验操作现象a将匀速通入置于烧杯中的饱和溶液，持续，消耗无明显现象b将饱和溶液注入充满的矿泉水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶，静置矿泉水瓶变瘪，后开始有白色晶体析出i．实验a无明显现象的原因是。ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液，溶液增重，则白色晶体中的质量分数为。【答案】(2)加快溶解、加快与反应(3)工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高(5)在饱和溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的的量较少，在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体【分析】本题以和为反应物，在实验室制备纯碱。考查了配制饱和溶液的方法及所用的试剂；用代替和，使工艺变得简单易行，原料利用率较高，且环保、制备效率较高；滴定分析中利用了碳酸钠与盐酸反应分步进行，根据两个滴定终点所消耗的盐酸用量分析产品的成分；通过对比实验可以发现的充分溶解对的生成有利。【详解】（2）固体的颗粒越小，其溶解速率越大，且其与其他物质反应的速率越大，因此，步骤②中需研细后加入，目的是加快溶解、加快与反应。（3）和在水中可以发生反应生成，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对环境会产生不好的影响，因此，在实验室使用代替和制备纯碱，其优点是工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高。（5）i．实验a无明显现象的原因是：在饱和溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的的量较少，在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。ii．析出的白色晶体可能同时含有和。称取晾干后的白色晶体，加热至恒重，将产生的气体依次通过足量的无水和溶液。受热分解生成的气体中有和，而分解产生的气体中只有，无水可以吸收分解产生的，溶液可以吸收分解产生的；溶液增重，则分解产生的的质量为，其物质的量为，由分解反应可知，的物质的量为，则白色晶体中的质量为，故其质量分数为。巩固提升1．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。反应：步骤：Ⅰ．向反应管中加入0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。Ⅱ．5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层。Ⅲ．用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取。Ⅳ．用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。回答下列问题：(1)相比作氧化剂，该制备反应的优点为、(答出2条即可)。(2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如下图。已知峰面积比，。反应2h时，对甲基苯甲醛转化率约为%。(3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是。(4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为、。(5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发，为保证气氛，通前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的，操作顺序为：①→②→→→(填标号)，重复后四步操作数次。同位素示踪结果如下表所示，则目标产物中羧基O来源于醛基和。反应条件质谱检测目标产物相对分子质量太阳光，，室温，，5h138太阳光，空气，室温，，5h136【答案】(1)绿色环保减少副产物的生成(2)50(3)除去未反应完的(4)+H+(5)③①④氧气【分析】0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮在有空气存在、光照条件下反应，反应基本结束后，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，然后用稀盐酸调节水层后，再用乙酸乙酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。【详解】（1）作氧化剂时可将氧化为对苯二甲酸，即有副反应发生，该制备反应在有空气存在、光照条件下发生时，以空气中氧气为氧化剂，既绿色环保，又没有对苯二甲酸生成，所以反应的优点为绿色环保，减少副产物的生成；（2）起始0h时只有，5h时只有，，则2h时反应液中既有又有，且两者物质的量之比为1：1，即对甲基苯甲醛转化率约为50%；（3）蒸去溶剂丙酮后，加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠进入水层，则充分反应后，用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的；（4）步骤Ⅱ加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠，步骤Ⅲ中加稀盐酸调节水层反应的离子方程式为：、+H+；（5）丙酮易挥发，为保证气氛，通前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的，即反应液中有，冷冻可排走一部分溶解的，然后打开阀门抽气，一段时间后，再关闭阀门，待反应液恢复室温后，再冷冻反应液，即“循环冷冻脱气法”，所以操作顺序为：①→②→③→①→④(填标号)，重复后四步操作数次；的相对原子质量为136，太阳光，空气，室温，，5h得到的物质相对分子质量为136，为，而太阳光，，室温，，5h得到的物质相对分子质量为138，说明目标产物中羧基O来源于醛基和空气中的氧气。2．（2025·江西卷）摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成的实验如下：回答下列问题：(1)L的合成与表征i．向装有浓硫酸的反应容器中，搅拌下慢慢加入水杨酸粉末，加热至，全溶后升至，有固体析出，继续升温至，反应，冷却至。上述步骤中需用到的仪器有(填标号)。A．圆底烧瓶

B．干燥管

C．球形冷凝管

D．恒压滴液漏斗E．二颈烧瓶

F．温度计

G．直形冷凝管

H．分液漏斗ⅱ．下列分析方法中可以确定L分子结构的是(填标号)。A．X射线衍射

B．质谱

C．元素分析

D．滴定分析(2)Z的合成与配位比分析取12个烧杯，分别加入硝酸铜溶液()，按表所示，依次加入对应体积的L溶液()，调，用容量瓶配制溶液。在一定条件下，分别测定溶液吸光度A，得到吸光度的曲线(如图)。编号吸光度A10.000.000.00320.200.100.05530.400.200.11340.600.300.16351.000.500.25861.500.750.36472.001.000.43584.002.000.54696.003.000.579108.004.000.60311110.005.000.60611212.006.000.608已知：，k为常数。i．图中已给出全部数据点、拟合曲线及1条趋势线(虚线)，根据表中实验数据，补全坐标轴。ⅱ．图中趋势线方程为，其与拟合曲线重合部分的化学含义为。ⅲ．在图中作出另1条趋势线，找到理论反应终点X。。ⅳ．通过理论反应终点，推断配位比。ⅴ．的拟合曲线与趋势线偏离的原因是。【答案】(1)BEFA(2)i．如图，图中坐标轴刻度ⅱ．L大量过量，近乎完全转化为Zⅲ．如图，图中趋势线和交点Xⅳ．1ⅴ．该配位反应为可逆反应，存在化学平衡，、L都不能完全转化，导致实测吸光度低于理论值【分析】摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成，向装有浓硫酸的反应容器中，搅拌下慢慢加入水杨酸粉末，加热至，全溶后升至，有固体析出，继续升温至，反应，冷却至，实现L的合成与表征，然后取12个烧杯，分别加入硝酸铜溶液()，按表所示，依次加入对应体积的L溶液()，调，用容量瓶配制溶液。在一定条件下，分别测定溶液吸光度A，得到吸光度的曲线，图中趋势线方程为，可以推断出配位比。【详解】（1）i．该步骤中需要控制温度，需要用到温度计，装浓硫酸的反应容器需要有两个孔，一个用于加入试剂，一个用于装温度计，故需要二颈烧瓶，另外浓硫酸具有强氧化性，酚类物质具有一定的还原性，加热条件下会有副反应发生，生成二氧化硫等污染性气体，用到干燥管进行尾气吸收处理，故选BEF；ⅱ．红外光谱图可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息，核磁共振氢谱可以获得有机化合物分子中有几种处于不同化学环境的氢原子及它们的相对数目等信息，X射线衍射可以获得更为直接而详尽的结构信息。对于分子结构比较复杂的有机化合物的分子结构，X射线衍射可以通过晶体结构分析确定分子结构，其他手段则常需要组合多种方法共同表征，比如组合核磁共振氢谱、质谱和红外光谱，表征常见有机化合物。题目需要指定一种分析方法，故选项A是本题所要求；（2）i．根据表中实验数据可以补全坐标轴，图中已给出全部数据点，拟合曲线及1条趋势线(虚线)为；ⅱ．当较大时，吸光度A几乎不变是因为L过量，硝酸铜溶液()中近乎完全转化为Z，继续加入L，吸光度A也不会变化，图中趋势线方程为，其与拟合曲线重合部分的化学含义为L大量过量，近乎完全转化为Z；ⅲ．当增大而吸光度A不变时，说明反应达到理论反应终点，在图中表示理论反应终点X：；ⅳ．由可知，X点对应的为1，反应达到终点；ⅴ．的拟合曲线与趋势线偏离的原因是：该配位反应为可逆反应，存在化学平衡，Cu2+、L都不能完全转化，导致实测吸光度低于理论值。3．（2025·浙江卷）配合物二草酸合铜酸钾，是制备金属有机框架材料的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下：步骤I：下，水中依次加入充分反应后，得到混合溶液M；步骤Ⅱ：混合溶液M中加入充分反应，趁热过滤得滤液N；步骤Ⅲ：步骤Ⅳ：加热脱水，化合物P、化合物Q均转化为。已知：i．时，的的。ⅱ．微溶于冷水、易溶于热水，在约时分解。请回答：(2)步骤I所得的混合溶液M，在时其最接近于_______。A．2 B．3 C．4 D．5(3)步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是。(4)下列说法不正确的是_______。A．步骤I，制备混合溶液M时，应一次性快速加入，以确保反应完全B．步骤Ⅳ，应用水浴控制温度，以避免分解C．热重分析法测得样品完全脱水后质量降低，则D．粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分(5)室温下，化合物P在空气中会转化为化合物Q。下列选项中，通过计算能得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数的是_______。A．样品质量、钾的物质的量 B．钾的物质的量、铜的物质的量C．铜的物质的量、草酸根的物质的量 D．草酸根的物质的量、水的物质的量(6)有同学认为：根据现有探究实验结果可知，化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的。请判断该同学观点正误，并说明理由。【答案】(2)C(3)防止遇冷后产物析出而损失(4)ABC(5)AD(6)错误，降温速率与浓度同时在变化，无法判断【分析】下，水中依次加入充分反应后，得到含有KHC2O4和K2C2O4的混合溶液M；向混合溶液M中加入充分反应生成，趁热过滤得滤液N，滤液N分为两份，一份蒸发到40mL，快速冷却、结晶、过滤得到针状晶体，另一份蒸发到10mL，缓慢冷却、结晶、过滤得到片状晶体，以此解答。【详解】（2）步骤I中水中依次加入，由于Ka2()>Ka1()，充分反应后生成KHC2O4和K2C2O4，根据K元素守恒和C元素守恒可知，溶液M中含有0.016molKHC2O4、0.008molK2C2O4，在时溶液中c(H+)==，则pH=-lg≈4，故选C。（3）微溶于冷水、易溶于热水，步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是：防止遇冷后产物析出而损失。（4）A．步骤I，制备混合溶液M时，应缓慢多次加入，使反应更加充分，确保反应完全，A错误；B．在约时分解，步骤Ⅳ中加热脱水，沸水浴只能控制温度100°C，B错误；C．热重分析法测得样品完全脱水后质量降低，则H2O在中的质量分数为10.17%，，解得，C错误；D．射线衍射法是利用X射线探测晶体或分子结构的分析方法，粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分，D正确；故选ABC。（5）A．若已知样品质量(mg)、钾的物质的量(nmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=n、390x+354y=m，可以计算出x和y的数值，可以得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，A选；B．若已知钾的物质的量(amol)、铜的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=a、x+y=b，由于a=2b，无法计算出x和y的数值，无法得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，B不选；C．若已知铜的物质的量(amol)、草酸根的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，x+y=a、2x+2y=b，由于2a=b，无法计算出x和y的数值，无法得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，C不选；D．若已知草酸根的物质的量(amol)、水的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，2x+2y=a、4x+2y=b，可以计算出x和y的数值，可以得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分数，D选；故选AD。（6）步骤Ⅲ中除了降温速率不同外，蒸发后溶液的体积也不同即浓度也不同，不能得出化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的这样的观点。4．（2024·湖北卷）学习小组为探究、能否催化的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。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已知：为粉红色、为蓝色、为红色、为墨绿色。回答下列问题：(1)配制的溶液，需要用到下列仪器中的(填标号)。a．

b．

c．

d．(2)实验I表明(填“能”或“不能”)催化的分解。实验Ⅱ中大大过量的原因是。实验Ⅲ初步表明能催化的分解，写出在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式、。(3)实验I表明，反应难以正向进行，利用化学平衡移动原理，分析、分别与配位后，正向反应能够进行的原因。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、。【答案】（1）bc（2）不能与按物质的量之比4:1发生反应，实验中与的物质的量之比为32:3（3）实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行（4）【解析】（1）配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。（2）CoSO4溶液中存在大量的，向其中加入30%的后无明显变化，因此，实验I表明不能催化的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为，实验中与的物质的量之比为32:3，因此，大大过量的原因是：与按物质的量之比4:1发生反应，实验中与的物质的量之比为32:3。实验Ⅲ的实验现象表明在的作用下能与反应生成，然后能催化的分解，因此，在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为、。（3）实验I表明，反应难以正向进行。实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与配位时，更易与反应生成（该反应为快反应），导致几乎不能转化为，这样使得的浓度减小的幅度远远大于减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行。（4）实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体，说明发生了；B到C溶液变为粉红色，并产生气体，说明发生了，因此从A到C所产生的气体的分子式分别为和。5．(2024·北京卷)某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。（1）理论分析依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是_________。（2）实验验证实验金属操作、现象及产物I过量一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质II过量一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质III过量有大量气泡产：生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是___________________________．②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因___________________________．③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式___________________________．b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验__________________（填实验操作和现象）。证实了此条件下可忽略对的消耗。c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。i．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，__________________（填实验操作和现象），待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因__________________。【答案】（1）Mg、Zn（2）①产生蓝色沉淀②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀③i．a．（或、）b．向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀ⅱ．加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹【解析】（1）在金属活动性顺序表中，排在之前，排在之后，因此可将还原为。（2）与会生成蓝色的沉淀。③ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到单质的原因可能是的干扰以及沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，即可排除两个干扰因素。6.(2024·广东卷)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_______(填化学式)溶液吸收。（2）工业上，烟气中的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，_______(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：(Ⅰ)。兴趣小组在实验室探究溶液的浓度对反应(Ⅰ)的反应速率的影响。①用固体配制溶液，以滴定法测定其浓度。i．该过程中用到的仪器有_______。A．B．C．D．ii．滴定数据及处理：溶液，消耗盐酸(滴定终点时，转化为)，则_______。②实验探究：取①中的溶液，按下表配制总体积相同的系列溶液，分别加入硫酸钙固体，反应后，过滤，取滤液，用盐酸参照①进行滴定。记录的部分数据如下表(忽略水解的影响)。序号a100.00b80.0x则_______，测得的平均反应速率之比_______。（4）兴趣小组继续探究反应(Ⅰ)平衡的建立，进行实验。①初步实验将硫酸钙()加入溶液中，在和搅拌条件下，利用计测得体系的随时间的变化曲线如图。②分析讨论甲同学根据后不改变，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______________，沉淀完全溶解ⅲ．继续向ⅱ的试管中滴加_______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：_______。【答案】（1）NaOH（其他合理答案也可）（2）S（3）①.BD②.③.20.0④.6：5（4）①.过量稀盐酸②.有气体产生③.BaCl2溶液④.将最少硫酸钙加入溶液中，在和搅拌条件下，利用计测得体系的，当pH不变时，加入Na2SO4固体，若pH值变大，说明反应Ⅰ平衡已建立【分析】探究反应(Ⅰ)中溶液的浓度对反应速率的影响，通过HCl与Na2CO3的滴定反应，来测量Na2CO3浓度的变化量，从而计算平均反应速率；探究反应平衡的建立，利用水解呈碱性的性质，通过测定pH来判断离子浓度的变化情况，从而判断反应是否平衡。【小问1详解】浓硫酸与铜丝反应方程式为：，所产生的尾气为SO2，可用NaOH溶液吸收（其他合理答案也可）；【小问2详解】SO2生成石膏（主要成分CaSO4），S元素的化合价由+4价上升到+6价，失去电子，被氧化；【小问3详解】①用Na2CO3固体配制溶液，以滴定法测定其浓度，该过程用到下列仪器中的烧杯、酸式滴定管，故选BD；根据离子方程式可知，；②总体积应相同，x为20.0mL；a中消耗的盐酸体积为，即，同理可得，b中，由于，；【小问4详解】由结论假设1成立，假设2不成立，说明①实验中的沉淀均为CaCO3，要验证沉淀中无CaSO4，可酸溶后滴加BaCl2将①实验中的反应混合物进行固液分离后，取少量分离出的沉淀置于试管中，滴加过量稀盐酸，有气体产生，沉淀完全溶解，继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，说明沉淀均为CaCO3，无CaSO4；由方程式可知，假设正反应100%进行，，质量为0.01mol×136g/mol=1.36g，实验方案为：将最少硫酸钙加入溶液中，在和搅拌条件下，利用计测得体系的，当pH不变时，加入Na2SO4固体，若pH值变大，说明反应Ⅰ平衡已建立。冲刺突破7．（2025·河北保定·二模）为黑色固体，常温下在空气中易转变为黄绿色固体。某实验小组设计实验拟制备并探究其性质。实验(一)制备经查阅资料，小组同学设计了如下5种实验方案：方案1：溶液和溶液反应。方案2：和溶液反应。方案3：常温下，和反应。方案4：加热条件下，和反应。方案5：常温下，向溶液中通入实验结果：方案1、4、5不能生成，方案1和4的产物有FeS和S，方案5的产物有S，方案2和3能制备难溶的黑色。(1)方案1中，存在水解反应、氧化还原反应、复分解反应之间的竞争，结果优先发生氧化还原反应，发生的氧化还原反应的离子方程式为。(2)比较方案3和5可知，方案3能制备的原因可能是。(3)设计如图1所示装置实施方案3。①A装置中盛装FeS的仪器名称是，D装置中现象是。②稀硫酸不能用盐酸替代，其原因是。实验(二)探究的性质实验1：常温下，与反应，实验装置如图2.实验现象：G装置中黑色粉末逐渐变为黄绿色粉末，H装置中溶液颜色没有明显变化。(4)E装置中双氧水表现(填标号)。a．氧化性

b．酸性

c．还原性(5)当G装置中黑色粉末全部变为黄绿色时，关闭分液漏斗活塞，取少量G装置中固体溶于水，将所得混合液分成两等份。一份溶液中滴加KSCN溶液，溶液变红色；另一份溶液中滴加盐酸和溶液，产生白色沉淀。则G装置中发生反应的化学方程式为。实验2：探究和稀硫酸的反应，实验方案及现象记录如下。(6)根据上述实验结果可知，和稀硫酸反应生成(填化学式)。【答案】(1)(2)的氧化性比的弱(或溶解性影响或的氧化性)(3)圆底烧瓶产生黑色沉淀B不能吸收，与反应(4)c(5)(6)、、S【分析】实验一探究制备的原理，提出了5种方案，只有方案2和方案3能够发生复分解反应制备；用图1装置实施方案3，A是气体的发生装置，B是干燥装置，C是制备的装置，D是尾气处理装置；实验二探究的性质，E是制取的发生装置，F是干燥装置，G是与氧气的反应装置，H验证反应是否生成，据此解答。【详解】（1）根据题意可知，铁离子将硫离子氧化为硫单质，自身转化为亚铁离子，亚铁离子与硫离子生成硫化亚铁沉淀，因此反应的离子方程式为：；（2）氢氧化铁和氯化铁相比，铁离子浓度更低，氧化性更弱，故氢氧化铁和硫化氢发生复分解反应生成硫化铁，而非发生氧化还原反应；故答案为：的氧化性比的弱(或溶解性影响或的氧化性)；（3）①A装置中装的仪器是：圆底烧瓶；D装置中多余的和硫酸铜生成难溶的黑色硫化铜，因此现象是：产生黑色沉淀；②如果盐酸与硫化亚铁反应，则硫化氢中的氯化氢不能被氯化钙除去，因此稀硫酸不能用盐酸替代，其原因是：B不能吸收，与反应；（4）高锰酸钾氧化生成氧气，因此体现还原性，故答案选：c；（5）依题意，一份溶液中滴加溶液，溶液变红色，说明有三价铁离子生成；另一份溶液中滴加溶液，产生白色沉淀，说明有硫酸根离子生成；因此硫化铁在氧气中生成了硫酸铁，发生化合反应的化学方程式为：；（6）依题意，和稀硫酸反应产生的气体使湿润醋酸铅试纸变黑，说明有硫化氢气体产生；混合物过滤得到淡黄色固体和浅绿色溶液，说明有硫单质以及硫酸亚铁生成；因此反应生成：、、S。8．（2025·广东广州·三模）NaClO在生产、生活中有广泛应用，84消毒液主要成分为NaClO。某小组设计实验制备NaClO并探究其性质。回答下列问题：实验(二)探究外界因素对NaClO水解程度的影响(在本题设定温度范围内NaClO只发生水解反应，不考虑其他副反应)。【查阅资料】NaClO水解程度，次氯酸溶液浓度可以通过荧光探针方法准确测定。【提出猜想】猜想1：其他条件相同，pH越大，NaClO水解程度越小；猜想2：其他条件相同，NaClO浓度越小，NaClO水解程度越大；猜想3：其他条件相同，适当升温，NaClO水解程度增大。【设计实验】实验方案如下(各溶液浓度均为0.10mol/L，每支试管各滴加3滴相同浓度的紫色石蕊溶液)：序号温度/℃V(NaClO溶液)/mLV(NaOH溶液)/mLV(HCl溶液)/mLV(H2O)/mL褪色时间/s12010.0005.0t12205.00010.0t232010.02.00V1t342010.002.03.0t453010.0005.0t5(3)在实验中，补充数据V1=。(4)实验1、3、4测得结果：t3>t1>t4

，能证明猜想1成立，请用平衡移动原理解释实验结果：。实验1、2不能验证猜想2，其原因是c(NaClO)浓度越小，c(HClO)越小。请你提出改进方案：。(5)实验结果；t5<t1，但是，不能证明猜想3成立，其原因是。经过小组讨论，大家认为可以通过测定不同温度下NaClO水解平衡常数Kh，确定温度对NaClO水解程度的影响。【查阅资料】，为溶液起始浓度。【试剂与仪器】一定浓度的NaClO溶液、0.1000mol/L的盐酸、蒸馏水、pH计等。【设计实验】测定30℃下NaClO水解平衡常数，完成表中实验。序号实验内容记录数据6取20.00mLNaClO溶液，用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，测NaClO溶液的浓度消耗盐酸体积为VmL7测得30℃纯水的pHa8_______b(6)分别在35℃、40℃下重复上述实验。①实验8的实验内容是。②数据处理：30℃，(用含a、b、V的代数式表示)。③实验结论：，升高温度能促进NaClO水解。【答案】(3)3.0(4)ClO-+H2OHClO+OH-，实验4中pH减小，促进平衡向右移动，c(HClO)增大，实验3中pH增大，平衡左移，c(HClO)减小测定不同浓度NaClO溶液中c(HClO)，计算NaClO水解程度(5)浓度不变时，升温，褪色反应速率本身也增大(6)测定30℃该浓度NaClO溶液的pH【分析】实验（二）：该探究外界因素（pH、温度、浓度）对NaClO水解程度的影响，设计实验时通过调整加入水的体积保证各组实验的最终体积均相同，利用次氯酸的漂白性通过石蕊的褪色时间来判断NaClO水解程度的大小，水解程度越大，HClO浓度越大，褪色时间越短；实验1、2，可得NaClO浓度存在差异，去验证猜想2，但由于NaClO浓度越小，水解产生的HClO浓度越小，褪色时间较慢，无法判断水解程度，可以采用荧光探针方法准确测定HClO浓度进行定量计算；实验1、2、4可得pH存在差异，去验证猜想1；实验1、5可得温度存在差异，去验证猜想3，但由于温度越高，漂白能力越强，褪色反应的速率越快，无法证明HClO浓度一定增大，可以采用荧光探针方法准确测定HClO浓度进行定量计算。【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸反应，由于浓盐酸易挥发，故生成的氯气中混有氯化氢气体，B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的氯化氢气体；（2）A中氯气与NaOH制取NaClO，离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（3）通过调整加入水的体积保证各组实验的最终体积均相同，因此需要补充V1=3.0mL的水；（4）石蕊先变蓝后褪色，褪色与c(HClO)有关，根据次氯酸钠水解方程式ClO-+H2OHClO+OH-，实验4中pH减小，促进平衡向右移动，c(HClO)增大，实验3中pH增大，平衡左移，c(HClO)减小；浓度对水解程度影响是两个方面：一是平衡移动，二是改变体积，因此可以测定不同浓度NaClO溶液中c(HClO)，根据计算NaClO水解程度，最终判断浓度对水解程度的影响；（5）升温，对褪色有两个方面影响：一是升温，水解程度增大，c(HClO)增大，褪色速率增大；二是升温，褪色反应速率本身也要增大；（6）水解平衡常数表达式起提示作用，计算水解平衡常数需要3个物理量：对应温度下水的离子积常数；起始NaClO溶液浓度、30℃时，该浓度NaClO溶液的pH、NaClO溶液中c(NaClO)+c(NaOH)等于起始NaClO溶液浓度，分别求出3个量，代入水解平衡常数表达式中计算则①实验8的实验内容是测定30℃该浓度NaClO溶液的pH；②，，，。9．（2025·广东深圳·一模）盐与酸的反应是水溶液中常见的反应，某学习小组展开相关探究。Ⅱ．Na2HPO4—KH2PO4混合溶液抗酸能力的探究【查阅资料】ⅰ．抗酸能力是指溶液在加入少量酸(如HCl)后，其pH值基本保持不变的能力。加入酸的量相等时，溶液的pH变化越小，抗酸能力越强。ⅱ．NapHPO4-KH2PO4混合溶液具有的抗酸能力，且能力大小与[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]、有关。ⅲ．25℃，H3PO4的各级电离平衡常数分别为pKa1=2.2，pKa2=7.2，pKa3=12.7(pKa=-lgKa)。【实验探究1】小组设计实验探究相同时，[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]对混合溶液抗酸能力的影响，溶液配制方案如表。分别向溶液1、溶液2、溶液3中滴加0.1mol·L'盐酸，溶液的pH随加入盐酸滴数的变化情况如图所示。溶液序号组成体积/mL10.2mol·L-1NaCl溶液1020.2mol·L-1Na2HPO4溶液50.2mol·L-lKH2PO4溶液530.06mol·L-1Na2HPO4溶液50.06mol·L-1KH2PO4溶液5(2)①已知A点时，=1，则此时溶液的pH=。向溶液2中加入8滴0.1mol-1盐酸，发生反应的离子方程式为。②实验显示，NaCl溶液不具有抗酸能力；当相同时，[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]越大，混合溶液的抗酸能力越强，则曲线b表示溶液(填溶液序号)。【实验探究2】小组继续探究[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]相同时对混合溶液抗酸能力的影响，实验方案如表：溶液序号试剂体积/mLpH加入24滴0.1mol·L-1盐酸后的pH0.2mol·L-lNaKH2PO4溶液0.2mol·L-lKH2PO4溶液491A1A458xA2A5655A3A6(3)①表中x=。②实验结果显示，当[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]相同时，越大，溶液的抗酸能力越强，能支撑该结论的实验结果是(用含A1、A2、A3、A4、A5、A6的关系式表示)。【答案】(2)7.2+H+=3(3)2(A1-A4)<(A2-A5)<(A3-A6)【分析】控制变量的实验探究中要注意变量的唯一性，通过控制变量进行对比实验研究某一因素对实验结果的影响；【详解】（2）①已知Ka2=10-7.2，已知A点时，=1，则，则此时溶液的pH=7.2。向溶液2中加入8滴0.1mol-1盐酸，和氢离子结合成弱酸根离子：+H+=；②实验结果显示，NaCl溶液不具有抗酸能力，加入盐酸后，c曲线pH变化最大，即曲线c表示溶液1；当相同时，[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]越大，混合溶液的抗酸能力越强，则曲线b表示溶液3、曲线a表示溶液2；（3）①探究[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]相同时对混合溶液抗酸能力的影响，根据实验数据可知，[c(NaHPO4)+c(KH2PO4)]应相同，故表中x=2；②Na2HPO4溶液体积越大，KH2PO4溶液体积越小，越大，若实验结果显示，当[c(Na2HPO4)+c(KH2PO4)]相同时，越大，溶液的抗酸能力越强，能支撑该结论的实验结果是(A1-A4)＜(A2-A5)＜(A3-A6)。10．（2025·广东汕头·三模）性质活泼，可以和许多物质发生反应。Ⅱ．常温下和水反应缓慢，反应时，条表面缓慢产生少量气泡，数分钟后反应停止，未收集到气体，镁条表面失去光泽。查阅资料：与水反应时，表面覆盖了致密的导致反应缓慢；和可以加快Mg与水反应。同学们为了验证和对与水反应的促进作用，用与水反应后的条与4种盐溶液进行对比实验，结果如下。实验序号abcd盐溶液(均为)NaCl溶液起始5.18.37.07.830min时产生气体体积/mL1.50.7<0.11.4气体的主要成分30min时镁条表面情况大量固体附着(固体可溶于盐酸)(3)根据的沉淀溶解平衡可解释和的作用。在水中存在的沉淀溶解平衡可用离子方程式表示为。(4)经检验，a中还生成少量其他气体，可进一步证明促进与水反应，检验该气体的方法是。(5)上表中能够说明对与水反应起促进作用的证据是。(6)b、d所得固体中还检验出碱式碳酸镁[用表示]，写出生成该固体的离子方程式。(7)综合实验a-d可以得到的结论是：和都能与作用加快与水反应，；(补充两点)。【答案】(3)(4)用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有产生(5)时实验产生的气体体积远大于实验(6)(7)同浓度时，的作用大于和共同存在时促进作用并未叠加【详解】（3）氢氧化镁难溶于水，在溶液中存在如下溶解平衡：，故答案为：；（4）氯化铵在溶液中水解生成一水合氨和盐酸，水解生成的盐酸与镁反应生成氯化镁和氢气，盐酸浓度减小，导致水解平衡右移，反应生成的一水合氨浓度过大会发生分解生成氨气，反应生成的氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则检验氨气的方法为用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有氨气产生，故答案为：用湿润的红色石蕊试纸接触气体，试纸变蓝则有产生；（5）由表格数据可知，实验b用到的盐溶液为碳酸氢钠溶液，实验c中用的盐溶液为氯化钠溶液，两溶液中阳离子相同，30分钟内，实验b产生的气体体积远大于实验c，说明碳酸氢根离子对镁与水反应起促进作用，故答案为：30min时实验b产生的气体体积远大于实验c；（6）b、d所得固体中还检验出碱式碳酸镁是因为溶液中的碳酸氢根离子与氢氧化镁反应生成碱式碳酸镁、碳酸根离子和水所致，反应的离子方程式为，故答案为：；（7）综合实验a-d可以得到的结论是溶液中铵根离子、碳酸氢根离子都能与氢氧化镁反应使氯化铵的水解平衡右移，增大溶液中的氢离子浓度，加快镁与水反应；实验a、实验b与实验c对比得到的结论是溶液中同浓度的铵根离子作用大于碳酸氢根离子；实验a和实验d对比得到的结论是铵根离子和碳酸氢根离子同时存在时促进作用并未叠加，故答案为：同浓度时，的作用大于；和共同存在时促进作用并未叠加。11．（2026·湖北荆州·一模）科学家舍勒和戴维对氯气的制取和研究做出了重大贡献。某化学小组利用所给仪器在实验室制备纯净干燥的氯气，并对氯气的性质及应用进行了实验探究。(4)某兴趣小组将纯净的通入到下图装置中制备消毒液，并探究其性质。反应停止后，洗气瓶中液体为无色透明状态。分别取该溶液进行了如下实验：序号操作现象实验一测定溶液，并向其中滴加2滴酚酞，溶液变红，后褪色实验二向其中逐滴加入盐酸溶液逐渐变成黄绿色(Ⅰ)针对实验一中溶液褪色的原因，甲同学结合资料提出了两种猜想。i．酚酞在强碱性溶液中褪色；ⅱ．①使酚酞褪色。为探究实验一中溶液褪色原因，又补充了如下实验：序号操作现象实验三②溶液变红，后褪色实验现象证实两种猜想均正确。(Ⅱ)小组同学根据实验二得到结论：随着溶液酸性的增强，此消毒液的稳定性下降。i．请用离子方程式说明实验二中溶液变成黄绿色的原因：③。ⅱ．乙同学认为根据实验二获得上述结论并不严谨。严谨的实验方案为④。【答案】(4)①②取的溶液，加入两滴酚酞③④取洗气瓶中的溶液，逐滴加入硫酸，观察溶液是否变为黄绿色【详解】（4）(Ⅰ)

消毒液中含，其具有强氧化性，可氧化酚酞使其褪色，因此猜想为