專題81 性質原理探究性綜合實驗 十年（2015-2024）高考化學真題分類匯編(解析版)

2015-2024年十年高考真題匯編PAGEPAGE1專題81性質原理探究性綜合實驗考點十年考情(2015-2024)命題趨勢考點1探究物質的性質2024·湖北卷、2021?廣東選擇性、2022?北京卷、2021?北京卷、2019?北京卷、2018?海南卷、2017?北京、2016·北京理綜、2016·全國II卷試題往往以一個具體的化學問題或化學現象為背景，在實驗結果不知曉的情況下，由實驗者自行設計實驗方案進行探究，可以是物質組成的探究、可以是物質性質的探究、也可以是化學反應原理和反應規(guī)律的探究。解答過程中,對于題中的異?，F象要根據已有的知識進行大膽的猜想﹑推測,并仔細推敲其是否合理?？键c2探究反應的產物2024·北京卷、2023?湖北省選擇性考試、2023?北京卷、2020?北京卷考點1探究物質的性質1．(2024·湖北卷，18，14分)學習小組為探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相關性質，室溫下進行了實驗I~Ⅳ。實驗I實驗Ⅱ實驗Ⅲ無明顯變化溶液變?yōu)榧t色，伴有氣泡產生溶液變?yōu)槟G色，并持續(xù)產生能使帶火星木條復燃的氣體已知：[Co(H2O)6]2+為粉紅色、[Co(H2O)6]3+為藍色、[Co(CO3)2]2-為紅色、[Co(CO3)2]3-為墨綠色?；卮鹣铝袉栴}：(1)配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到下列儀器中的(填標號)。a．

b．

c．

d．(2)實驗I表明[Co(H2O)6]2+(填“能”或“不能”)催化H2O2的分解。實驗Ⅱ中HCO3-大大過量的原因是。實驗Ⅲ初步表明[Co(CO3)2]3-能催化H2O2的分解，寫出H2O2在實驗Ⅲ中所發(fā)生反應的離子方程式、。(3)實驗I表明，反應2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O難以正向進行，利用化學平衡移動原理，分析Co3+、Co2+分別與CO32-配位后，正向反應能夠進行的原因。實驗Ⅳ：(4)實驗Ⅳ中，A到B溶液變?yōu)樗{色，并產生氣體；B到C溶液變?yōu)榉奂t色，并產生氣體。從A到C所產生的氣體的分子式分別為、。【答案】(1)bc(2)不能HCO3-與Co2+按物質的量之比4：1發(fā)生反應4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+2CO2↑+2H2O，實驗中HCO3-與Co2+的物質的量之比為32：310HCO3-+2Co2++H2O2=2[Co(CO3)3]3-+4CO2↑+6H2O2H2O22H2O+O2↑(3)實驗Ⅲ的現象表明，Co3+、Co2+分別與CO32-配位時，[Co(H2O)6]3+更易與CO32-反應生成[Co(CO3)2]3-(該反應為快反應)，導致[Co(H2O)6]2+幾乎不能轉化為[Co(CO3)2]2-，這樣使得[Co(H2O)6]3+的濃度減小的幅度遠遠大于[Co(H2O)6]2+減小的幅度，根據化學平衡移動原理，減小生成物濃度能使化學平衡向正反應方向移動，因此，上述反應能夠正向進行(4)CO2O2【解析】本題探究Co2+、Co3+能否催化H2O2的分解及相關性質。實驗Ⅰ中無明顯變化，證明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解；實驗Ⅱ中溶液變?yōu)榧t色，證明[Co(H2O)6]2+易轉化為[Co(CO3)2]2-；實驗Ⅲ中溶液變?yōu)槟G色，說明[Co(H2O)6]3+更易與CO32-反應生成[Co(CO3)3]3-，并且初步證明[Co(H2O)6]2+在HCO3-的作用下易被H2O2氧化為[Co(CO3)3]3-；實驗Ⅳ中溶液先變藍后變紅，并且前后均有氣體生成，證明在酸性條件下，[Co(CO3)3]3-易轉化為[Co(H2O)6]3+，[Co(H2O)6]3+氧化性強，可以把H2O氧化為O2。(1)配制1.00mol·L-1的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、膠頭滴管等等，因此選bc。(2)CoSO4溶液中存在大量的[Co(H2O)6]2+，向其中加入30%的H2O2后無明顯變化，因此，實驗I表明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解。實驗Ⅱ中發(fā)生反應的離子方程式為4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+2CO2↑+2H2O，實驗中HCO3-與Co2+的物質的量之比為32：3，因此，HCO3-大大過量的原因是：HCO3-與Co2+按物質的量之比4：1發(fā)生反應4HCO3-+Co2+=[Co(CO3)2]2-+2CO2↑+2H2O，實驗中HCO3-與Co2+的物質的量之比為32：3。實驗Ⅲ的實驗現象表明在H2O2的作用下Co2+能與HCO3-反應生成[Co(CO3)3]3-，然后[Co(CO3)3]3-能催化H2O2的分解，因此，H2O2在實驗Ⅲ中所發(fā)生反應的離子方程式為10HCO3-+2Co2++H2O2=2[Co(CO3)2]3-+4CO2↑+6H2O、2H2O22H2O+O2↑。(3)實驗I表明，反應2[Co(H2O)6]2++H2O2+2H+2[Co(H2O)6]3++2H2O難以正向進行。實驗Ⅲ的現象表明，Co3+、Co2+分別與CO32-配位時，[Co(H2O)6]3+更易與CO32-反應生成[Co(CO3)3]3-(該反應為快反應)，導致[Co(H2O)6]2+幾乎不能轉化為[Co(CO3)2]2-，這樣使得[Co(H2O)6]3+的濃度減小的幅度遠遠大于[Co(H2O)6]2+減小的幅度，根據化學平衡移動原理，減小生成物濃度能使化學平衡向正反應方向移動，因此，上述反應能夠正向進行。(4)實驗Ⅳ中，A到B溶液變?yōu)樗{色，并產生氣體，說明發(fā)生了[Co(CO3)3]3-+6H++3H2O=[Co(H2O)6]3++3CO2↑；B到C溶液變?yōu)榉奂t色，并產生氣體，說明發(fā)生了4[Co(H2O)6]3++2H2O=4[Co(H2O)6]2++O2↑+4H+，因此從A到C所產生的氣體的分子式分別為CO2和O2。2．(2021?廣東選擇性，17)含氯物質在生產生活中有重要作用。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，產生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認這是一種新元素組成的單質，并命名為chlorine(中文命名“氯氣”)。(1)實驗室沿用舍勒的方法制取Cl2的化學方程式為_______。(2)實驗室制取干燥Cl2時，凈化與收集Cl2所需裝置的接口連接順序為_______。

(3)某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測氯水中_______已分解。檢驗此久置氯水中Cl-存在的操作及現象是_______。(4)某合作學習小組進行以下實驗探究。①實驗任務。通過測定溶液電導率，探究溫度對AgCl溶解度的影響。②查閱資料。電導率是表征電解質溶液導電能力的物理量。溫度一定時，強電解質稀溶液的電導率隨溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而增大。25℃時，Ksp(AgCl)=1.8。③提出猜想。猜想a：較高溫度的AgCl飽和溶液的電導率較大。猜想b：AgCl在水中的溶解度s(45℃)s(35℃)s(25℃)。④設計實驗、驗證猜想。取試樣Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同溫度下配制的AgCl飽和溶液)，在設定的測試溫度下，進行表中實驗1~3，記錄數據。實驗序號試樣測試溫度/℃電導率/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數據分析、交流討論。25℃的AgCl飽和溶液中，c(Cl-)=______________mol·L－1。實驗結果為A3A2A1。小組同學認為，此結果可以證明③中的猜想成立，但不足以證明猜想成立。結合②中信息，猜想不足以成立的理由有_______。⑥優(yōu)化實驗。小組同學為進一步驗證猜想，在實驗1~3的基礎上完善方案，進行實驗4和5。請在答題卡上完成表中內容。實驗序號試樣測試溫度/℃電導率/4Ⅰ_______B15______________B2⑦實驗總結。根據實驗1~5的結果，并結合②中信息，小組同學認為猜想也成立。猜想成立的判斷依據是_______。【答案】(1)MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)c-d-b-a-e(3)HClO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-(4)⑤1.3410-5測試溫度不同，根據電導率結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】(1)實驗室通常采用濃鹽酸和MnO2制取Cl2，化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)根據化學方程式可知，制取的氯氣中混有氯化氫、水蒸氣，氯氣有毒，必須進行尾氣處理，因此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，因此接口連接順序為c-d-b-a-e；(3)久置后不能使品紅溶液褪色，說明HClO已分解；檢驗Cl-的方法為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-；(4)⑤25℃時，Ksp(AgCl)=c(Ag＋)c(Cl-)，根據沉淀溶解平衡可知，飽和的AgCl溶液中c(Ag＋)c(Cl-)，所以有==1.3410-5mol·L－1；實驗1~3中，不同的飽和溶液濃度不同且測試溫度不同，根據資料顯示離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而增大，所以根據實驗1~3無法判斷溫度較高的飽和溶液離子濃度大，進而不能得出溶解度關系；⑥如果要判斷AgCl在水中的溶解度隨溫度的變化情況，可以設計不相同溫度下的飽和溶液在相同溫度下測試，如果溫度較高下的飽和溶液電導率比溫度較低的飽和溶液電導率高，則可以得出溫度升高飽和溶液中離子濃度高。所以可以設計試樣Ⅰ在45℃下測試與實驗3比較；設計試樣II在45℃下測試與實驗3比較；⑦猜想b成立的判斷依據是A3>B2>B1。3．(2022?北京卷，19)(14分)某小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應資料：i．Mn2+在一定條件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、MnO42-(綠色)、MnO42(紫色)。ii．濃堿條件下，MnO4-可被OH-還原為MnO42-。iii．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關，NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。實驗裝置如圖(夾持裝置略)序號物質aC中實驗現象通入Cl2前通入Cl2后I水得到無色溶液產生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化II5%NaOH溶液產生白色沉淀，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?1)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方程式為___________。(3)對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是___________。(4)根據資料ii，III中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將MnO42-氧化為MnO4-。①化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因___________，但通過實驗測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)生的反應是___________。④從反應速率的角度，分析實驗III未得到綠色溶液的可能原因___________。【答案】(1)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而增強(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O

4MnO4-+4OH-=4MnO42-+O2↑+2H2O

Cl2

3ClO-+2MnO2+2OH-=2MnO4-+3Cl-+H2O

過量Cl2與NaOH反應產生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO4-被還原為MnO42-的速率減小，因而不能實驗III未得到綠色溶液【解析】在裝置A中HCl與KMnO4發(fā)生反應制取Cl2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，為排除HCl對Cl2性質的干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質HCl，在裝置C中通過改變溶液的pH，驗證不同條件下Cl2與MnSO4反應，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HCl氣體；(2)通入Cl2前，II、III中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產生的的OH-反應產生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩(wěn)定，會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方程式為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；(3)對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現象，對于二價錳化合物還原性的認識是：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強；(4)①Cl2與NaOH反應產生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應的離子方程式為：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，MnO4-可被OH-還原為MnO42-，根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應的離子方程式為：4MnO4-+4OH-=4MnO42-+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MnO4-，發(fā)生的反應是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2MnO4-+3Cl-+H2O；④從反應速率的角度，過量Cl2與NaOH反應產生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO4-被還原為MnO42-的速率減小，導致不能實驗III未得到綠色溶液。4．(2021?北京卷，17)某小組探究鹵素參與的氧化還原反應，從電極反應角度分析物質氧化性和還原性的變化規(guī)律。(1)濃HCl與MnO2混合加熱生成Cl2，氯氣不再逸出時，固液混合物A中存在鹽酸和MnO2。①反應的離子方程式為_______。②電極反應式：i還原反應：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2Oii氧化反應：_______。③根據電極反應式，分析A中仍存在鹽酸和MnO2的原因。i隨H+濃度降低或Mn2+濃度升高，MnO2氧化性減弱；ii隨Cl-濃度降低，_______。④補充實驗，證實了③中的分析，則a為_______，b為_______。實驗操作試劑產物I較濃H2SO4有Cl2IIa有Cl2IIIa+b無Cl2(2)利用H+濃度對MnO2氧化性的影響，探究鹵素離子的還原性，相同濃度的KCl、KBr、KI溶液，能與MnO2反應的最低H+濃度由大到小的順序是_______，從原子結構角度說明理由______________。(3)根據(1)中的結論推測，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，經實驗證實了推測，該化合物是_______。(4)Ag分別與1mol·L1的鹽酸、氫溴酸、氫碘酸混合，Ag只與氫碘酸發(fā)生置換反應，試解釋原因_______。(5)總結：物質氧化性、還原性變化的一般規(guī)律是_______?！敬鸢浮?1)①MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O②2Cl--2e-=Cl2↑③Cl-還原性減弱或Cl2的氧化性增強④KCl固體(或濃/飽和溶液)MnSO4固體(或濃/飽和溶液)(2)KCl>KBr>KICl、Br、I位于第VIIA族，從上到下電子層數逐漸增加，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(3)AgNO3或Ag2SO4(4)比較AgX的溶解度，AgI溶解度最小，Ag++I-=AgI↓使得Ag還原性增強的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2↑反應得以發(fā)生(5)氧化劑(還原劑)的濃度越大，其氧化性(還原性)越強，還原產物(還原產物)的濃度越大，氧化劑(還原劑)的氧化性(還原性)越小；還原反應中，反應物濃度越大或生成物濃度越小，氧化劑氧化性越強【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氧化反應是元素化合價升高，故氧化反應為：2Cl--2e-=Cl2↑③反應不能發(fā)生也可能是還原劑還原性減弱，或者產生了氧化性更強的氧化劑，故答案為：Cl-還原性減弱或Cl2的氧化性增強④可以從增大氯離子濃度的角度再結合實驗II的現象分析，試劑a可以是KCl固體(或濃/飽和溶液)；結合實驗III的顯現是沒有氯氣，且實驗III也加入了試劑a，那一定是試劑b影響了實驗III的現象，再結合原因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，反應時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；(3)根據(1)中的結論推測隨Cl-濃度降低導致二氧化錳的氧化性減弱，那么如果進一步降低Cl-濃度降低則可以導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2Ag+2H+=2Ag++H2↑發(fā)生，根據本題的提示可以降低Ag+濃度，對比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還原性增強的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2↑反應得以發(fā)生；(5)通過本題可以發(fā)現，物質氧化性和還原性還與物質的濃度有關，濃度越大氧化性或者還原性越強，故答案為：氧化劑(還原劑)的濃度越大，其氧化性(還原性)越強，還原產物(還原產物)的濃度越大，氧化劑(還原劑)的氧化性(還原性)越??；還原反應中，反應物濃度越大或生成物濃度越小，氧化劑氧化性越強。5．(2019?北京卷，10)化學小組實驗探究SO2與AgNO3溶液的反應。(1)實驗一：用如下裝置(夾持、加熱儀器略)制備SO2，將足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反應，得到無色溶液A和白色沉淀B。①濃H2SO4與Cu反應的化學方程式是____________________________________。②試劑a是____________。(2)對體系中有關物質性質分析得出：沉淀B可能為Ag2SO3、Ag2SO4或二者混合物。(資料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3難溶于水)實驗二：驗證B的成分①寫出Ag2SO3溶于氨水的離子方程式：__________。②加入鹽酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推斷D中主要是BaSO3，進而推斷B中含有Ag2SO3。向濾液E中加入一種試劑，可進一步證實B中含有Ag2SO3。所用試劑及現象是__________。(3)根據沉淀F的存在，推測的產生有兩個途徑：途徑1：實驗一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，隨沉淀B進入D。途徑2：實驗二中，被氧化為進入D。實驗三：探究的產生途徑①向溶液A中滴入過量鹽酸，產生白色沉淀，證明溶液中含有________：取上層清液繼續(xù)滴加BaCl2溶液，未出現白色沉淀，可判斷B中不含Ag2SO4。做出判斷的理由：_______。②實驗三的結論：__________。(4)實驗一中SO2與AgNO3溶液反應的離子方程式是_________________。(5)根據物質性質分析，SO2與AgNO3溶液應該可以發(fā)生氧化還原反應。將實驗一所得混合物放置一段時間，有Ag和生成。(6)根據上述實驗所得結論：__________________。【答案】(1)①Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O②飽和NaHSO3溶液(2)①Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O②H2O2溶液，產生白色沉淀(3)①Ag+Ag2SO4溶解度大于BaSO4，沒有BaSO4沉淀時，必定沒有Ag2SO4②途徑1不產生SO42-，途徑2產生SO42-(4)2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+(6)實驗條件下：SO2與AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率堿性溶液中SO32-更易被氧化為SO42-【解析】(1)①銅和濃硫酸在加熱的條件下反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，化學方程式為：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O。②試劑a為飽和NaHSO3溶液，用于觀察氣體流速，且在SO2飽和NaHSO3溶液中溶解度很小，可防止倒吸。(2)①Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，離子方程式為：Ag2SO3+4NH3·H2O=2Ag(NH3)2++SO32-+4H2O；②沉淀D洗滌干凈后，加入過量稀鹽酸，BaSO3與稀鹽酸反應生成BaCl2和SO2、H2O，則濾液E中含有BaCl2和溶解在水中的SO2形成的H?SO3，可向E中加入H2O2溶液，H2O2將H2SO3氧化生成SO42-，SO42-和Ba2+反應產生白色BaSO4沉淀，進一步證實B中含有Ag2SO3。(3)向溶液A中滴入過量鹽酸，產生白色沉淀，該沉淀為AgCl，證明溶液A中含有Ag+；取上層清液繼續(xù)滴加BaCl2溶液，未出現白色沉淀，證明溶液A中不含SO42-，由于Ag2SO4微溶于水，則B中不含Ag2SO4，從而確定途徑1不產生SO42-，途徑2產生SO42-。(4)由(3)推知，實驗一中SO2與AgNO3溶液反應生成Ag2SO3，離子方程式為2Ag++SO2+H2O=Ag2SO3↓+2H+。(6)對比分析(4)(5)可知，SO2與AgNO3溶液生成Ag2SO3的速率大于生成Ag和SO42-的速率，再結合實驗二可知，堿性溶液中SO32-更易被氧化為SO42-。6．(2018?海南卷，17)某小組在實驗室中探究金屬鈉與二氧化碳的反應?；卮鹣铝袉栴}：(1)選用如圖所示裝置及藥品制取CO2。打開彈簧夾，制取CO2。為了得到干燥．純凈的CO2，產生的氣流應依次通過盛有_________的洗氣瓶(填試劑名稱)。反應結束后，關閉彈簧夾，可觀察到的現象是__________________________。不能用稀硫酸代替稀鹽酸，其原因是__________________________。(2)金屬鈉與二氧化碳反應的實驗步驟及現象如下表：步驟現象將一小塊金屬鈉在燃燒匙中點燃，迅速伸入盛有CO2的集氣瓶中。充分反應，放置冷卻產生大量白煙，集氣瓶底部有黑色固體產生，瓶壁上有白色物質產生在集氣瓶中加入適量蒸餾水，振蕩．過濾濾紙上留下黑色固體，濾液為無色溶液①為檢驗集氣瓶瓶壁上白色物質的成分，取適量濾液于2支試管中，向一支試管中滴加1滴酚酞溶液，溶液變紅：向第二支試管中滴加澄清石灰水，溶液變渾濁。據此推斷，白色物質的主要成分是________(填標號)。A．Na2OB．Na2O2C．NaOHD．Na2CO3②為檢驗黑色固體的成分，將其與濃硫酸反應，生成的氣體具有刺激性氣味。據此推斷黑色固體是________________。③本實驗中金屬鈉與二氧化碳反應的化學方程式為_______________________?！敬鸢浮?1)飽和NaHCO3溶液、濃硫酸產生的氣體使干燥管內液面降低，與碳酸鈣脫離接觸，反應停止生成的硫酸鈣微溶，附著在碳酸鈣表面，阻止反應進一步進行(2)①D②碳(C)③4Na＋3CO22Na2CO3＋C【解析】(1)根據發(fā)生的反應分析，產生的二氧化碳氣體中，還含有氯化氫和水蒸氣兩種雜質，除去氯化氫用的是飽和碳酸氫鈉溶液，除水蒸氣用濃硫酸；反應結束后，關閉彈簧夾，產生的氣體回到反應溶液里使容器里壓強增大，干燥管內鹽酸液面下降，與碳酸鈣脫離接觸，反應停止；若使用硫酸，生成的硫酸鈣為微溶物，會附著在碳酸鈣的表面，阻止反應進行。(2)①向一支試管中滴加1滴酚酞溶液，溶液變紅，說明是堿性物質，向第二支試管中滴加澄清石灰水，溶液變渾濁，說明能跟氫氧化鈣反應生成沉淀，由此可推出該物質為碳酸鈉，故選D；②黑色固體與濃硫酸反應，生成的氣體具有刺激性氣味，說明發(fā)生了氧化還原反應生成了二氧化硫，故黑色固體是C；③由以上分析可知，金屬鈉與二氧化碳反應生成了碳酸鈉和碳，根據得失電子守恒配平化學方程式為4Na＋3CO22Na2CO3＋C。7．(2017?北京，28)某小組在驗證反應“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的實驗中檢測到Fe3+，發(fā)現和探究過程如下。向硝酸酸化的0.05mol·L-1硝酸銀溶液(pH≈2)中加入過量鐵粉，攪拌后靜置，燒杯底部有黑色固體，溶液呈黃色。(1)檢驗產物①取出少量黑色固體，洗滌后，_______(填操作和現象)，證明黑色固體中含有Ag。②取上層清液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，產生藍色沉淀，說明溶液中含有_______________。(2)針對“溶液呈黃色”，甲認為溶液中有Fe3+，乙認為鐵粉過量時不可能有Fe3+，乙依據的原理是___________________(用離子方程式表示)。針對兩種觀點繼續(xù)實驗：①取上層清液，滴加KSCN溶液，溶液變紅，證實了甲的猜測。同時發(fā)現有白色沉淀產生，且溶液顏色深淺、沉淀量多少與取樣時間有關，對比實驗記錄如下：序號取樣時間/min現象ⅰ3產生大量白色沉淀；溶液呈紅色ⅱ30產生白色沉淀；較3min時量少；溶液紅色較3min時加深ⅲ120產生白色沉淀；較30min時量少；溶液紅色較30min時變淺(資料：Ag+與SCN-生成白色沉淀AgSCN)②對Fe3+產生的原因作出如下假設：假設a：可能是鐵粉表面有氧化層，能產生Fe3+；假設b：空氣中存在O2，由于________(用離子方程式表示)，可產生Fe3+；假設c：酸性溶液中NO3-具有氧化性，可產生Fe3+；假設d：根據_______現象，判斷溶液中存在Ag+，可產生Fe3+。③下列實驗Ⅰ可證實假設a、b、c不是產生Fe3+的主要原因。實驗Ⅱ可證實假設d成立。實驗Ⅰ：向硝酸酸化的________溶液(pH≈2)中加入過量鐵粉，攪拌后靜置，不同時間取上層清液滴加KSCN溶液，3min時溶液呈淺紅色，30min后溶液幾乎無色。實驗Ⅱ：裝置如圖。其中甲溶液是________，操作及現象是________________。(3)根據實驗現象，結合方程式推測實驗ⅰ~ⅲ中Fe3+濃度變化的原因：______?！敬鸢浮?1)①加硝酸加熱溶解固體，再滴加稀鹽酸，產生白色沉淀②Fe2+(2)Fe+2Fe3+=3Fe2+②4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O加入KSCN溶液后產生白色沉淀③0.05mol·L-1NaNO3溶液FeSO4溶液(或FeCl2溶液)分別取電池工作前與工作一段時間后左側燒杯中溶液，同時滴加KSCN溶液，后者紅色更深(3)溶液中存在反應：①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反應開始時，c(Ag+)大，以反應①、②為主，c(Fe3+)增大。約30分鐘后，c(Ag+)小，以反應③為主，c(Fe3+)減小?！窘馕觥?1)①黑色固體中含有過量鐵，如果同時含有銀，則可以加入HCl或H2SO4溶解Fe，而銀不能溶解?；蛘呦扔孟跛崛芙夤腆w，再用HCl檢驗Ag+。②K3[Fe(CN)3]是檢驗Fe2+的試劑，所以產生藍色沉淀說明含有Fe2+。(2)過量鐵粉與Fe3+反應生成Fe2+，即Fe+2Fe3+=3Fe2+。②O2氧化Fe2+生成Fe3+的反應為4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O。加入KSCN溶液后產生白色沉淀AgSCN，所以實驗可以說明溶液中含有Ag+，故可以假設Ag+可能氧化Fe2+生成Fe3+。③證明假設a、b、c錯誤，就是排除Ag+對實驗的干擾，相當于沒有Ag+存在的空白實驗，考慮其他條件不要變化，可以選用0.05mol·L-1NaNO3溶液。原電池實驗需要證明的是假設d的反應Ag++Fe2+=Ag+Fe3+能夠實現，所以甲池應當注入FeCl2(或者FeSO4溶液)。假設d成立，則上述原電池中能夠產生電流，左側溶液中生成的Fe3+遇到KSCN時紅色會更深。(3)由于加入過量鐵粉，溶液中存在反應有①Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，反應生成的Fe2+能夠被Ag+氧化發(fā)生反應②Ag++Fe2+=Ag+Fe3+，生成的Fe3+與過量鐵粉發(fā)生反應③Fe+2Fe3+=3Fe2+。反應開始時，c(Ag+)大，以反應①②為主，c(Fe3+)增大。約30分鐘后，c(Ag+)小，以反應③為主，c(Fe3+)減小。8．(2016·北京理綜，28)以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實驗對象，探究鹽的性質和鹽溶液間反應的多樣性。實驗試劑現象滴管試管2mL0.2mol·L?1Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液Ⅰ.產生白色沉淀0.2mol·L?1CuSO4Ⅱ.溶液變綠，繼續(xù)滴加產生棕黃色沉淀0.1mol·L?1Al2(SO4)3溶液Ⅲ.開始無明顯變化，繼續(xù)滴加產生白色沉淀(1)經檢驗，現象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現象Ⅰ：____________。(2)經檢驗，現象Ⅱ的棕黃色沉淀中不含SO42?，含有Cu+、Cu2+和SO32?。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸證實沉淀中含有Cu+的實驗現象是__________________________。②通過下列實驗證實，沉淀中含有Cu2+和SO32?。a.白色沉淀A是BaSO4，試劑1是____________。b.證實沉淀中含有Cu+和SO32?的理由是___________。(3)已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經檢驗，現象Ⅲ的白色沉淀中無SO42?，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色。①推測沉淀中含有亞硫酸根和________。②對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設：i.唄Al(OH)3所吸附；ii.存在于鋁的堿式鹽中。對假設ii設計了對比實驗，證實了假設ii成立。a.將對比實驗方案補充完整。步驟二：_____________(按上圖形式呈現)。(4)根據實驗，亞硫酸鹽的性質有___________。鹽溶液間反應的多樣性與__________有關?！敬鸢浮?1)2Ag＋+SO32—=Ag2SO4↓。(2)①有紅色固體生成；②a.HCl和BaCl2溶液。b.在I-的作用下，Cu2+轉化為白色沉淀CuI，SO32-轉化為SO42-。(3)①Al3+、OH-。②a、，b、V1明顯大于V2。(4)亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性；兩種鹽溶液中陰陽離子的性質和反應條件。【解析】(1)實驗Ⅰ中0.2mol·L?1Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液發(fā)生反應生成白色沉淀Ag2SO3。離子方程式為2Ag＋+SO32—==Ag2SO4↓。(2)①根據反應：Cu+Cu+Cu2+知若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸會發(fā)生歧化反應生成銅單質，實驗現象是有紅色固體生成；②分析實驗流程知實驗原理為2Cu2＋+4I－==2CuI+I2、I2+SO32-+H2O==SO42—+2I－+2H＋，SO42-+Ba2+==BaSO4↓。a.白色沉淀A是BaSO4，試劑1是BaCl2溶液。b.證實沉淀中含有Cu+和SO32?的理由是棕黃色沉淀與KI溶液反應生成白色沉淀(CuI)，證明含有Cu2＋，白色沉淀A為硫酸鋇，證明含有SO32—。(3)①根據題意知實驗Ⅲ的白色沉淀中無SO42?，該白色沉淀既能溶于強酸，又能溶于強堿，還可使酸性KMnO4溶液褪色，①推測沉淀中含有亞硫酸根和氫氧化鋁。②根據題給實驗方案設計步驟二為：，且V1明顯大于V2。(4)根據實驗，亞硫酸鹽具有還原性、水解呈堿性。鹽溶液間反應的多樣性與鹽的性質和溶液的酸堿性有關。9．(2016·全國II卷，28)某班同學用如下實驗探究Fe2+、Fe3+的性質?；卮鹣铝袉栴}：(1)分別取一定量氯化鐵、氯化亞鐵固體，均配制成0.1mol/L的溶液．在FeCl2液中需加入少量鐵屬，其目的是______________________________。(2)甲組同學取2mlFeCl2溶液．加入幾滴氯水，再加入1滴KSCN溶液，溶液變紅，說明Cl2可將Fe2+氧化。FeCl2溶液與氯水反應的離子方程式為__________________。(3)乙組同學認為甲組的實驗不夠嚴謹，該組同學在2mLFeCl2溶液中先加入0.5ml煤油，再于液面下依次加入幾滴氯水和l滴KSCN溶液，溶液變紅，煤油的作用是______。(4)丙組同學取10mL0.1mol/LKI溶液，加入6mL0.1mol/LFeCl3溶液混合。分別取2mL此溶液于3支試管中進行如下實驗：①第一支試管中加入1mLCCl4充分振蕩、靜置，CCl4層呈紫色；②第二只試管中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀：③第三支試管中加入1滴KSCN溶液，溶液變紅。實驗②檢驗的離子是_____(填離子符號)；實驗①和③說明：在I-過量的情況下，溶液中仍含有______(填離子符號)，由此可以證明該氧化還原反應為_________________。(5)丁組同學向盛有H2O2溶液的試管中加入幾滴酸化的FeCl3溶液，溶液·變成棕黃色，發(fā)生反應的離子方程式為________；一段時間后．溶液中有氣泡出現，并放熱．隨后有紅褐色沉淀生成。產生氣泡的原因是____________________________；生成沉淀的原因是_______________________________________(用平衡移動原理解釋)。【答案】(1)防止Fe2+被氧化(2)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-(3)隔絕空氣(排除氧氣對實驗的影響)(4)Fe2+；Fe3+；可逆反應(5)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，Fe3+催化H2O2分解產生O2；H2O2分解反應放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動?！窘馕觥?1)亞鐵離子具有還原性，能被空氣中的氧氣氧化，所以在配制的FeCl2溶液中加入少量鐵屬的目的是防止Fe2+被氧化。(2)Cl2可將Fe2+氧化成鐵離子，自身得電子生成氯離子，反應的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。(3)防止空氣中的氧氣將Fe2+氧化，產生干擾，所以煤油的作用是隔絕空氣。(4)根據Fe2+的檢驗方法，向溶液中加入1滴K3[Fe(CN)6]溶液，生成藍色沉淀，一定含有亞鐵離子；則實驗②檢驗的離子是Fe2+；碘易溶于CCl4，在CCl4中呈紫色，Fe3+遇KSCN溶液顯血紅色，實驗①和③說明，在I-過量的情況下，溶液中仍含有Fe3+，由此可以證明該氧化還原反應為可逆反應。(5)H2O2溶液中加入幾滴酸化的FeCl3溶液，溶液變成棕黃色，發(fā)生反應的離子方程式為H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O，鐵離子的溶液呈棕黃色；一段時間后．溶液中有氣泡出現，并放熱．隨后有紅褐色沉淀生成，產生氣泡的原因是H2O2分解反應放熱，促進Fe3+的水解平衡正向移動?？键c2探究反應的產物1．(2024·北京卷，19)某小組同學向pH=1的的溶液中分別加入過量的Cu粉、粉和粉，探究溶液中氧化劑的微粒及其還原產物。(1)理論分析依據金屬活動性順序，Cu、Zn、Mg中可將Fe3+還原為Fe的金屬是。(2)實驗驗證實驗金屬操作、現象及產物I過量Cu一段時間后，溶液逐漸變?yōu)樗{綠色，固體中未檢測到單質Ⅱ過量Zn一段時間后有氣泡產生，反應緩慢，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，無氣泡冒出，此時溶液為3~4，取出固體，固體中未檢測到單質Ⅲ過量Mg有大量氣泡產生，反應劇烈，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續(xù)產生大量氣泡，當溶液為3~4時，取出固體，固體中檢測到單質①分別取實驗I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，證明都有生成，依據的現象是。②實驗Ⅱ、Ⅲ都有紅褐色沉淀生成，用平衡移動原理解釋原因______________。③對實驗Ⅱ未檢測到Fe單質進行分析及探究。i．a．甲認為實驗Ⅱ中，當Fe3+、H+濃度較大時，即使與Fe2+反應置換出少量Fe，Fe也會被Fe3+、H+消耗。寫出Fe與Fe3+、H+反應的離子方程式_____________________。b．乙認為在pH為3~4的溶液中即便生成Fe也會被H+消耗。設計實驗(填實驗操作和現象)。證實了此條件下可忽略H+對Fe的消耗。c．丙認為產生的紅褐色沉淀包裹在粉上，阻礙了與Fe2+的反應。實驗證實了粉被包裹。ii．查閱資料：0.5mol·L-1Fe3+開始沉淀的pH約為1.2，完全沉淀的pH約為3。結合a、b和c，重新做實驗Ⅱ，當溶液pH為3~4時，不取出固體，向固-液混合物中持續(xù)加入鹽酸，控制pH，(填實驗操作和現象)，待pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到單質。(3)對比實驗Ⅱ和Ⅲ，解釋實驗Ⅲ的固體中檢測到單質的原因。【答案】(1)Mg、Zn(2)產生藍色沉淀Fe3+水解方程式為Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn會消耗H+，促進Fe3+水解平衡正向移動，使其轉化為Fe(OH)3沉淀2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H2↑或2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑向pH為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時間后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不產生藍色沉淀加入幾滴KSCN溶液，待溶液紅色消失后，停止加入鹽酸(3)加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹【解析】實驗Ⅰ中，加入過量的Cu，Cu與Fe3+發(fā)生反應2+Cu=2+Cu2+，一段時間后，溶液逐漸變?yōu)樗{綠色，固體中未檢測到Fe單質；實驗Ⅱ中，加入過量的Zn，發(fā)生反應Zn+2H+=Zn2++H2↑，有氣泡產生，pH逐漸增大，使得Fe3+轉化為紅褐色沉淀Fe(OH)3，固體中未檢測到Fe單質，原因可能是Fe3+的干擾以及Fe(OH)3沉淀對鋅粉的包裹；實驗Ⅲ中，加入過量Mg，發(fā)生反應Mg+2H+=Mg2++H2↑，由于Mg很活潑，該反應非常劇烈，pH逐漸增大，產生了大量紅褐色沉淀后，持續(xù)產生大量氣泡，當溶液pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質，對比實驗Ⅱ和Ⅲ，加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質。(1)在金屬活動性順序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可將Fe3+還原為Fe；(2)①Fe2+與K3[Fe(CN)6]會生成藍色的KFe[Fe(CN)6]沉淀；②Fe3+水解方程式為Fe3++3H2OFe(OH)3+3H+，加入的Mg或Zn會消耗H+，促進Fe3+水解平衡正向移動，使其轉化為Fe(OH)3沉淀；③i．a．Fe與Fe3+、H+反應的離子方程式為：2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H2↑或2Fe3++Fe=3Fe2+、Fe+2H+=Fe2++H2↑；b．要證實在pH為3~4的溶液中可忽略H+對Fe的消耗，可向pH為3~4的稀鹽酸中加鐵粉，一段時間后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不產生藍色沉淀，即說明此條件下Fe未與H+反應生成Fe2+；ⅱ．結合a，b和c可知，實驗Ⅱ未檢測到Fe單質的原因可能是Fe3+的干擾以及Fe(OH)3沉淀對鋅粉的包裹，因此可控制反應條件，在未生成Fe(OH)3沉淀時將Fe3+還原，即可排除兩個干擾因素，具體操作為：重新做實驗Ⅱ，當溶液pH為3~4時，不取出固體，向固-液混合物中持續(xù)加入鹽酸，控制pH<1.2，加入幾滴KSCN溶液，待溶液紅色消失后，停止加入鹽酸，待pH為3~4時，取出固體，固體中檢測到Fe單質；(3)對比實驗Ⅱ和Ⅲ，加入鎂粉后產生大量氣泡，使鎂粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，實驗Ⅲ的固體中檢測到Fe單質。2．(2023?湖北省選擇性考試，18)學習小組探究了銅的氧化過程及銅的氧化物的組成?；卮鹣铝袉栴}：(1)銅與濃硝酸反應的裝置如下圖，儀器A的名稱為_______，裝置B的作用為_______。(2)銅與過量H2O2反應的探究如下：實驗②中Cu溶解的離子方程式為_________________________；產生的氣體為_______。比較實驗①和②，從氧化還原角度說明的作用是_______。(3)用足量NaOH處理實驗②新制的溶液得到沉淀X，元素分析表明X為銅的氧化物，提純干燥后的X在惰性氛圍下加熱，mgX完全分解為ng黑色氧化物Y，。X的化學式為_______。(4)取含X粗品0.0500g(雜質不參加反應)與過量的酸性KI完全反應后，調節(jié)溶液至弱酸性。以淀粉為指示劑，用0.1000mol·L-1Na2S2O3標準溶液滴定，滴定終點時消耗Na2S2O3標準溶液15.00mL。(已知：2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)標志滴定終點的現象是_______，粗品中X的相對含量為_______?！敬鸢浮?1)①具支試管②防倒吸(2)①Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O②O2③既不是氧化劑，又不是還原劑(3)CuO2(4)①溶液藍色消失，且半分鐘不恢復原來的顏色②72%【解析】(1)由圖可知，儀器A的名稱為具支試管；銅和濃硝酸反應生成硝酸銅和二氧化氮，其中二氧化氮易溶于水，需要防倒吸，則裝置B的作用為防倒吸；(2)根據實驗現象，銅片溶解，溶液變藍，可知在酸性條件下銅和過氧化氫發(fā)生反應，生成硫酸銅，離子方程式為：Cu+H2O2+2H+=Cu2++2H2O；硫酸銅可以催化過氧化氫分解生成氧氣，則產生的氣體為O2；在銅和過氧化氫的反應過程中，氫元素的化合價沒有發(fā)生變化，故從氧化還原角度說明H+的作用是：既不是氧化劑，又不是還原劑；(3)在該反應中銅的質量m(Cu)=n×，因為，則m(O)=，則X的化學式中銅原子和氧原子的物質的量之比為：，則X為CuO2；(4)滴定結束的時候，單質碘消耗完，則標志滴定終點的現象是：溶液藍色消失，且半分鐘不恢復原來的顏色；在CuO2中銅為+2價，氧為-1價，根據2Cu2++4I-=2CuI↓+I2，I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，可以得到關系式：CuO2~2I2~4S2O32-，則n(CuO2)=×0.1mol/L×0.015L=0.000375mol，粗品中X的相對含量為。3．(2023?北京卷，19)資料顯示，I2可以將氧化為。某小組同學設計實驗探究被I2氧化的產物及銅元素的價態(tài)。已知：I2易溶于KI溶液，發(fā)生反應I2+I-I3-(紅棕色)；I2和I3-氧化性幾乎相同。I.將等體積的KI溶液加入到mmol銅粉和nmolI2(n＞m)的固體混合物中，振蕩。實驗記錄如下：c(KI)實驗現象實驗Ⅰ0.01mol·L-1極少量I2溶解，溶液為淡紅色；充分反應后，紅色的銅粉轉化為白色沉淀，溶液仍為淡紅色實驗Ⅱ0.1mol·L-1部分I2溶解，溶液為紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉轉化為白色沉淀，溶液仍為紅棕色實驗Ⅲ4mol·L-1I2完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色(1)初始階段，被氧化的反應速率：實驗Ⅰ(填“>”“<”或“=”)實驗Ⅱ。(2)實驗Ⅲ所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有[]2+(藍色)或[]-(無色)，進行以下實驗探究：步驟a．取實驗Ⅲ的深紅棕色溶液，加入C，多次萃取、分液。步驟b．取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。?。襟Ea的目的是。ⅱ．查閱資料，-=2↓，[]+(無色)容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟的溶液中發(fā)生的變化：。(3)結合實驗Ⅲ，推測實驗Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是，實驗Ⅰ中銅被氧化的化學方程式是。分別取實驗Ⅰ和Ⅱ充分反應后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃溶液，(填實驗現象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應的原因是。(4)上述實驗結果，I2僅將氧化為價。在隔絕空氣的條件下進行電化學實驗，證實了I2能將氧化為。裝置如圖所示，分別是。(5)運用氧化還原反應規(guī)律，分析在上述實驗中被I2氧化的產物中價態(tài)不同的原因：?！敬鸢浮?1)<(2)除去I3-，防止干擾后續(xù)實驗[]-+2NH3·H2O=[]++2H2O+2-、4[]++O2+8NH3·H2O=4[]2++2H2O+4OH-+6H2O(3)2=2或2=2白色沉淀逐漸溶解溶液變?yōu)闊o色銅與碘的反應為可逆反應(或I3-濃度小未能氧化全部的)(4)銅、含nmolI2的4mol·L-1的KI溶液(5)在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ中可以進一步與I-結合生成沉淀或[]-，濃度減小使得氧化性增強，發(fā)生反應-=2↓和-=2[]-+【解析】因I2溶解度較小，Cu與I2接觸不充分，將轉化為I3-可以提高Cu與I3-的接觸面積，提高反應速率。加入C，I2+I-I3-平衡逆向移動，I2濃度減小，I-濃度增加，[]-濃度增加，加入氨水后轉化為[]+，被氧化為[]2