专题13 化学实验综合题（7年汇编）（北京专用）2020-2026年高考化学真题分类汇编

**基本信息** 聚焦化学实验综合题，汇编2020-2026年北京高考真题及模拟题，以物质制备、性质探究等真实实验为情境，强化证据推理与实验探究能力，适配高考命题趋势。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |非选择题|真题6道/模拟10道|实验操作与现象分析（如2026年肼制备流程）、平衡常数计算（2025年反应平衡测定）、产物检验及方案设计（2022年氯气与锰化合物反应）|情境真实（如84消毒液制备、ClO₂杀菌），融合资料信息（物质沸点、溶解度），突出北京卷综合性与创新性，强调信息迁移运用|

专题13 化学实验综合题 7年真题1年模拟 1.【答案】（1）氢键     （2）①     ②     ③ 增大的浓度，可加快主反应与反应生成水合肼的反应速率，同时降低的浓度，使和的副反应速率减慢，从而减少副反应发生     （3）① 2    ② 该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃，100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移动，促进水合肼生成     （4）丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。      2.【答案】（1）①     ② 增强     （2）① 实验没有排除还原的干扰，因此不能直接归因于醋酸根（或溶液在加热条件下自身分解产生）    ② 含且用 KOH 调节pH=10的溶液     （3）趁热过滤、冷却结晶、过滤     （4）①     ②       3.【答案】（1）① 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复    ②     ③ 增大    ④     ⑤ 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态     （2）① 40℃的K    ② 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡      4.【答案】（1）饱和食盐水     （2）     （3）碱性溶液中二价锰的还原性增强     （4）①     ②     ③     ④     ⑤ 氧化剂过量，氧化的速率大于被还原的速率      5.【答案】（1）增大固体与空气的接触面积，加快反应速率，使煤粉完全燃烧     （2）2CaSO4 2CaO+2SO2↑+O2↑     （3）① SO2+I+2H2O=3I-+SO+4H+    ② 3I--2e-=I     （4）     （5）①     ② 偏小      6.【答案】（1）     （2）取上层清液，加入溶液，产生白色沉淀     （3）① 向溶液2中加入少量溶液，紫色不褪，证明无    ② 盐酸有还原性，可使KMnO4溶液褪色，干扰检验    ③      （4）热分解时只有+4价硫元素发生氧化还原反应，升价产物有，降价产物有是合理的      1.【答案】（1）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O     （2）① 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色    ② 3I−+ClO−+2H+=I+Cl−+H2O     （3）① NaClO在酸性条件下转化为HClO，HClO易分解    ② c    ③ 加入42%NaOH溶液，c(Na+)增大，通入氯气，生成Cl−，使NaCl(s)Na+(aq)+Cl−(aq)逆向移动      2.【答案】（1）     （2）、或     （3）① 或    ② 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有    ③ 终点不易观察、反应速率慢、反应不唯一导致物质间计量关系不确定     （4）向溶液中加入溶液，再滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝     （5）pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，在酸性条件下反应：，同时易被空气中的氧化      3.【答案】（1）2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2     （2）① CaO2+2NaClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2H2O +Na2SO4+CaSO4↓+O2↑    ② 三角锥形    ③ 冷凝ClO2，便于收集    ④ CaO2过量，溶液中H2O2浓度过大，H2O2分解速率加快，使参与反应的H2O2量不再增加，且转化生成的硫酸钙、过氧化钙都是微溶物，硫酸钙覆盖在过氧化钙表面阻止反应进一步发生     （3）① 阳极    ② 实验ⅰ中A室通入Ar后B室溶液的颜色为无色，说明该实验并没有ClO2    ③ 电极a(阴极)通入O2发生还原反应生成H2O2()，H2O2在B室中与NaClO3发生化学反应生成ClO2()，电极b(阳极)上水失电子生成O2      4.【答案】（1）① 作氧化剂，将价Fe元素氧化为价    ② 水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀     （2）     （3）加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低     （4）向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸(pH与饱和草酸相同)至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近     （5）一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多     （6）控制溶液pH，溶解，防止副反应发生      5.【答案】（1）2号试管溶液变红色，3号试管产生蓝色沉淀     （2）① 邻二氮菲    ② 未排除过量的与后加入的反应的干扰     （3）将所有的转化为，通过后续和邻二氮菲配位进行定量测定元素含量     （4）由图像可知，随着氢离子浓度增大吸光度下降，说明氢离子浓度增大，邻二氮菲可与氢离子结合，使邻二氮菲浓度降低，平衡逆向移动。加入醋酸钠发生，降低，使氢离子与邻二氮菲的配位平衡逆向移动，增大邻二氮菲浓度，使平衡正向移动，方便吸光度测定。     （5）      6.【答案】（1）① ；    ② 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净；     （2）① 滴入最后半滴标准溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色；    ② ；    ③ 棕黑色沉淀溶解是与反应生成造成的，途径一二及其生成的均用于氧化，且最终还原产物均只有，因此消耗体积不变，而途径三除用于氧化，自身被还原为外，还有一部分自身分解生成，使得消耗体积增大；    ④ 滤纸的主要成分纤维素具有还原性，会被酸性氧化，额外消耗标准液，导致结果偏高；     （3）或；      7.【答案】（1）①     ②      （2）① 阴极    ② 阳极发生反应，阴极发生反应，生成的与阴极产生的发生反应，从而生成    ③ 浓度减少，放电，有生成；和不完全反应；部分逸出未反应（合理即可）     （3）① 溶液中存在平衡：，当稀释倍数从增大到时，加水稀释促进的水解，HClO物质的量增加程度大于体积增加的程度，HClO浓度增大，，氧化还原电势升高，当稀释倍数超过（如）时，稀释的影响超过促进水解的影响，浓度降低，氧化还原电势降低    ② ，浓度逐渐增大，氧化性增强，因此氧化还原电势逐渐升高      8.【答案】（1）或     （2）     （3）① 碱性条件下，被氧化为或，在实验温度下受热不分解    ② 稀硫酸     （4）只有水     （5）①     ② 90℃时有更多的铜元素降到0价，被还原成     （6）、、      9.【答案】（1）Co2++OH-+Cl-=Co(OH)Cl↓     （2）有黄绿色气体生成，棕黑色沉淀溶解，得到粉红色溶液     （3）4[Co(NH3)6]2+ + O2 + 2H2O = 4[Co(NH3)6]3+ + 4OH-     （4）① 实验i中CoCl2溶液在空气中久置无明显现象，而实验iii中[Co(NH3)6]2+易被空气中的氧气氧化为[Co(NH3)6]3+    ② [Co(NH3)6]3+的稳定性远高于[Co(NH3)6]2+，使得[Co(NH3)6]2+更易失去电子被氧化      （5）Co(OH)3的溶解度远小于Co(OH)2，Co3+更易以沉淀形式析出，降低了体系中Co3+的浓度，促进了Co(II)被氧化为Co(III)      （6）浓盐酸（或酸）和还原剂（如锌粉等）      10.【答案】（1）① Cu + 2Fe3+ = Cu2++ 2Fe2+    ② CuSCN的Ksp更小    ③ 2 mL 0.05 mol/L的CuSO4溶液     （2）① 4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O    ② 电流计略有偏转，向右侧烧杯中滴加1滴0.1 mol/L KSCN溶液，电流计偏转幅度增大    ③ CuSCN或Cu+    ④ (SCN)2     （3）2Cu2+ + 4SCN−= 2CuSCN↓+ (SCN)2 ，生成的(SCN)2被Fe2+还原，SCN−浓度增大， (SCN)2浓度减小，沉淀生成更快     （4）不能，因为Cu2+在SCN−存在下也能将Fe2+氧化为Fe3+      11.【答案】（1）     （2）Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升     （3）证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小     （4）     （5）取1.5 mL7.7%的H2O2溶液，逐滴滴加与III-2浓度相同的NaOH溶液，至溶液显碱性，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率     （6）；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2     （7）酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响      12.【答案】（1）强氧化性     （2）① 除去挥发的HCl，避免生成黄色的对溶液颜色产生干扰    ② 溶液，或（合理即可）    ③     ④ 含少量的浓硝酸     （3）① 时，Al与浓硝酸钝化速率比Fe的快；Fe不钝化    ② Al钝化速率快，先形成氧化膜作正极，接着Al表面的氧化膜有溶解，Fe表面的氧化膜增厚，此时变为Al做负极，指针偏向Fe     （4）温度、氧化膜的致密程度、氧化膜的形成速率、还原性（合理即可）      13.【答案】（1）>     （2）①     ② 反应i的速率减小，反应ii的速率增大，以反应i的影响为主，导致的总体转化速率减小     （3）①     ② 或      14.【答案】（1）① 增大c（Br-），Br-还原性增强，Br-和Cu2+发生氧化还原反应    ② 2Cu2++4I− =2CuI+I2     ③ Cl、Br、I 为同一主族元素，电子层数依次增多，离子半径Cl⁻<Br⁻，失电子能力Cl⁻<Br⁻故还原性I⁻>Br⁻>Cl⁻     （2）① CuSO4溶液与Na2S溶液发生复分解反应的速率快，生成黑色沉淀CuS后，大大降低了Cu2+和S2-的浓度，Cu2+的氧化性和S2-的还原性也随之降低，未发生氧化还原反应    ② 0.1 mol/L CuSO4溶液和0.1 mol/L Na2S 溶液     闭合K后，灵敏电流计指针发生偏转，盛 Na2S 溶液的烧杯中出现淡黄色浑浊，盛 CuSO4溶液的烧杯中石墨电极表面有红色固体析出    ③ 在KI溶液作用下，Cu2+转化生成白色CuI，被氧化为      15.【答案】（1）     （2）①     ② 猜想3：和反应生成（或其他合理答案）     （3）蓝色快速消失     （4）①     ② Ⅲ-1中，由于存在，被迅速消耗转变成，溶液不会变蓝；（或者Ⅲ-1中，还原性，原电池反应与优先发生，与不反应）；Ⅲ-2中，无，在酸性溶液中氧化生成，溶液变蓝     （5）5s内，与反应生成，但是与反应速率更快，生成的被迅速还原成，因此溶液未变蓝；5s后消耗完毕，与发生反应生成，溶液变蓝。（或其他合理答案）      16.【答案】（1）     （2） （或写 ）     （3）氨水过量，且 ，生成  消耗的的量远小于氨水中的总物质的量     （4）     （5） ，增大为原来的3倍，应增大为原来的9倍，即应大于81mL，反应1才能发生，27mL＜81 mL，所以不产生沉淀     （6）     （7）偏低     （8）NaCl：较大，加入大量NaCl溶液仍不出现浑浊，无法测得 NaI：较小，加入极少量NaI即生成浑浊，溶液体积误差较大      试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 化学实验综合题 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 化学实验综合题 2026北京(2题)、2025北京(1题)、2022北京(2题)、2020北京(1题) · 情境设置：以物质制备、性质探究、反应机理测定等真实实验为背景，常提供资料信息。 · 考查重点：实验操作与现象分析、平衡常数与定量计算、产物检验及方案设计，强调证据推理。 · 命题趋势：逐年强化综合性与创新性，融合新情境、新数据，突出实验探究能力和信息迁移运用。 1.(2026·北京·高考真题)肼可应用于医药、航空航天和电池等领域。 （1）肼可看作分子中原子被取代的产物。易溶于水的原因之一，是与水分子间存在　　　　　　　　　　作用。 （2）次氯酸钠氧化氨的方法制备水合肼 总反应：。制备流程示意图如下。 资料：的还原性强于 ①反应器1中产生的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②反应器2中与作用产生。 ③反应器3中与大量的充分反应后，将产生的混合液送入回收器。生成的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④反应器3中通入大量的，可减少和副反应的发生，从反应速率的角度解释原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）双氧水法制备水合肼 总反应：，实验室制备分为两步。 资料：丁酮沸点，水合肼沸点，丁酮连氮沸点；丁酮连氮难溶于水。 i．制备丁酮连氮： ii．制备：将i中分离出的丁酮连氮水解。 ①ii的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②由于丁酮连氮性质稳定，反应ii的平衡常数较小。加热到左右反应，能促进的生成，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）通过比较两种方法，结合丁酮连氮的性质，说明双氧水法的优点　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 2.(2026·北京·高考真题)实验小组制备高锰酸钾。 资料：i．为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为， ii．浓碱性条件下，可被还原为。 iii．的溶解度随温度升高而增大。 （1）制备 步骤 实验 Ⅰ 制备：将、和三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体。 Ⅱ 制备：将用水溶解后，滴加至(约)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100 mL紫红色溶液和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式：　　　　　　　　　　。 ______________________ ②Ⅱ中歧化的原因：随降低，的还原性不变，氧化性　　　　　　　　　　。 ③取Ⅲ中少量溶解，得紫红色溶液和少量棕黑色固体(检验为)。 （2）对Ⅲ中产生的原因进行分析和探究 ①甲认为将还原，设计实验i验证：用含和的溶液代替重复Ⅲ的操作，所得固体含。乙认为该现象不能证明还原了，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②乙设计和实施了实验ii：用　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　代替重复Ⅲ的操作，所得固体不含，实验i和ii证实了甲的观点。 ③丙用代替重复实验i，证实Ⅲ中不能还原。 （3）实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，洗涤，干燥。 （4）测定纯度并计算产率 按I中投料，经优化步骤制得产品，取配制成待测液。酸性条件下，用待测液滴定标准溶液，被还原为。测得。 ①滴定反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(是二元弱酸) ②的产率是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。[产率(实际产量/理论产量)] 3.(2025·北京·高考真题)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。 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。 （1）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　　　　　　　。 （2）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　　　　　　　。 4.(2022·北京·高考真题)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应（夹持装置略）。 资料：ⅰ.在一定条件下被或氧化成（棕黑色）、（绿色）、（紫色）。ⅱ.浓碱条件下，可被还原为。 ⅲ.的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 序号 物质a C中实验现象 通入前 通入后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）B中试剂是　　　　　　　　。 （2）通入前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为　　　　　　　　。 （3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是　　　　　　　　。 （4）根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因　　　　　　　　，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入溶液。溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为　　　　　　　　，溶液绿色缓慢加深，原因是被　　　　　　　　（填“化学式”）氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是　　　　　　　　。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因　　　　　　　　。 5.(2022·北京·高考真题)(多选)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。 （1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是　　　　　　　　　　　。 （2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原， 测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①在电解池中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为　　　　　　　　　　　。 （4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为　　　　　　　　　　　。 已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。 （5）条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 ②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为　　　　　　　　　　　。(填“偏大”或“偏小”) 【解析】(1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分； (2)由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和氧气，反应的化学方程式为2CaSO4 2CaO+2SO2↑+O2↑； (3)①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+； ②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I； (4)由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=； (5)①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为； ②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低。 6.(2020·北京·高考真题)探究Na2SO3固体的热分解产物。 资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。 隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。 （1）检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO。 （3）探究(2)中S的来源。 来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。 来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。 针对来源1进行如图实验： ①实验可证实来源1不成立。实验证据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②不能用盐酸代替硫酸的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③写出来源2产生S的反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 …………………… 1.(2026·北京朝阳·质量检测)一种制备高浓度NaClO溶液(有效氯含量可达16.3%)的方法如下。 已知：i．有效氯含量指价氯元素的质量分数。 ii．；和均为无色。 （1）与NaOH溶液反应制得NaClO的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）测定有效氯含量 量取5mL母液2，用蒸馏水稀释至250mL，加入过量KI溶液和盐酸，立即密封、摇匀。充分反应后，用标准溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，滴定至终点。 ①滴定终点的现象为　　　　　　　　　　　。 ②加入KI溶液和盐酸，发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）探究第二次加碱的原因 实验：冰水浴条件下，直接向母液1中通入氯气，一段时间后，产生大量气体a，此时停止通入氯气，测得溶液b的、有效氯含量为1.3%。 ①分析溶液b有效氯含量比母液1低的原因： i．与水反应产生的HClO将NaClO氧化成。 ii．　　　　　　　　　　　，产生。 ②实验证实气体a中含有和，检验宜选用　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．澄清石灰水       b．溶液       c．品红溶液 ③结合平衡移动原理，解释母液1转化为母液2的过程析出NaCl固体的原因　　　　　　　　　　　。 2.(2026·北京朝阳·质量检测)小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。 （1）溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为　　　　　　。 （2）研究间接碘量法测的原理 查阅资料：、(和溶液均为无色)。 实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有　　　　　　。 （3）探究能否用溶液直接滴定 实验2： 查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。 ①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：　　　　　　。 ②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：　　　　　　(填操作和现象)。 ③不能用溶液直接滴定的原因有　　　　　　(答出两点)。 （4）探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的 由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。 查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。 实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。 实验4：　　　　　　(填操作和现象)。 根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。 （5）测定某刻蚀覆铜板废液中的 实验5： i．取某刻蚀废液，加入过量溶液； ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液； iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。 分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：　　　　　　。 3.(2026·北京昌平·二模)(多选)ClO2是一种广泛应用的杀菌消毒剂，可采用不同方法制备。 已知：ClO2沸点为11℃，常温下为易溶于水且不与水反应的气体，水溶液呈黄绿色。 （1）方法一：亚氯酸钠(NaClO2)与Cl2反应制得ClO2，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）方法二：以氯酸钠(NaClO3)为原料制备ClO2，制备装置示意图如下(夹持装置略)，先将NaClO3和H2SO4混合液加入三口烧瓶中，再加入CaO2固体。 ①将该制备反应的化学方程式补充完整：　　　　　　　　　。 ____________________________________________。 ②氧化性强与其结构有关，的空间结构是　　　　　　　　　　　。 ③冰水浴的作用是　　　　　　　　　　　。 ④当达到一定比值时，随增大，相同时间内NaClO3的转化率没有明显提升，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）方法三：电化学-化学耦合法制备高纯ClO2(不含其它杂质气体)，装置示意图如下。A室为气体室，电极a为气体扩散电极，催化层朝向B室。为探究是否存在NaClO3直接放电生成ClO2，利用该装置按下表条件进行实验。 序号 B室溶液 A室通入气体 B室溶液颜色 ⅰ Ar(氩气) 无色 ⅱ O2 黄绿色 ①电极b是电解池的　　　　　　　　　　　极。 ②由上述实验可知，不存在NaClO3直接放电生成ClO2，实验证据是　　　　　　　　　　　。 ③经实验证明不存在NaClO3直接放电，结合电极反应式说明电化学-化学耦合法制备ClO2的原理：　　　　　　　　　　　。 4.(2026·北京丰台·一模)某化学小组制备三草酸合铁酸钾晶体(翠绿色)，探究影响产物纯度的因素。 Ⅰ．制备晶体 （1）步骤1中铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余则以形式存在。 ①的作用是　　　　　　　。 ②产生的原因是　　　　　　　。 （2）步骤3得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量写出生成该杂质的化学方程式　　　　　　　。 Ⅱ．探究影响晶体纯度的因素 取步骤2煮沸后的浊液a mL，向其中加入饱和溶液，控制用量(以反应后溶液pH值衡量)和加入方式，测定产物中配阴离子电荷并与理论值()对比，用偏离值表征杂质的含量，偏离值越大，杂质越多。实验如下： 实验操作 实验编号 加入方式 反应后溶液pH 配阴离子电荷偏离值 ⅰ 一次性倒入 2.5 ⅱ 逐滴加入 2.5 ⅲ 一次性倒入 3.5 ⅳ 逐滴加入 3.5 （3）分析上述实验，关于用量对产物纯度的影响得出的结论是　　　　　　　。 （4）对比实验ⅱ和ⅳ，猜测实验ⅱ中pH减小是影响晶体纯度的主要原因，设计实验方案：　　　　　　　，证实了上述猜测。 （5）对比实验ⅰ和ⅱ，结合氧化还原反应规律分析“一次性倒入，电荷偏离值增大”的原因：　　　　　　　。 Ⅲ．实验反思 （6）的制备中，足量的作用是提供充足的配体和，适量的主要作用是　　　　　　　。 5.(2026·北大附中·一模)多糖铁复合物胶囊是一种口服铁补充剂。某小组同学就胶囊中的多糖铁复合物(以下简称复合物)中铁元素的价态和含量展开实验探究。 实验Ⅰ：探究复合物中元素的价态。 取少量复合物黑色粉末于洁净烧杯中，加入稀盐酸，得到酸溶多糖铁溶液，实验如下图。 （1）观察到　　　　　　　　　　　现象，得出结论：复合物中同时含有和。 实验Ⅱ：寻找测定铁元素含量的优质试剂。 i．比色法定量测定要求配体能与待测中心离子形成颜色明显的配合物。实验结果如下： 中心离子 配体 苯酚 邻二氮菲() 紫色 红色 浅黄色 浅黄色 接近无色 接近无色 接近无色 橙色 （2）①结合上述实验，选择作为配体，　　　　　　　　　　　作为配体。 ii．比色法定量测定还要求配体与中心离子形成稳定的配合物。该组同学取试管加入复合物溶液，滴入2滴稀苯酚溶液，观察到溶液变紫色；向紫色溶液中加入2滴等浓度的溶液，观察到溶液呈红色，得出结论：和形成配合物的稳定性更高。 ②乙同学认为该结论不严谨，理由是　　　　　　　　　　　。 调整并改进实验后发现：比色法测定铁元素的含量选用邻二氮菲更优。 实验Ⅲ：用比色法测定一粒多糖铁复合物胶囊中铁元素的含量。 资料a．实验原理：，液层厚度相等时，溶液颜色深浅与溶液浓度呈正比，溶液颜色越深，吸光度越大。 邻二氮菲() 结构 资料b．实验步骤：i．用莫尔盐配制浓度依次为0、1、2、4、6mg/L的标准溶液(pH：4∼5)，用色度传感器测定每份溶液的吸光度，作图得到标准曲线，如图1所示。 ii．向待测液中依次加入适量10%盐酸羟胺()溶液、溶液和0.15%邻二氮菲溶液，随后测定吸光度。 （3）加入盐酸羟胺溶液后发生反应： 加入盐酸羟胺的目的　　　　　　　　　　　。 （4）为探究实验步骤中加入溶液的目的，进行实验：向配合物中加入稀盐酸，吸光度随加入稀盐酸滴数的变化曲线如图2所示。请结合图2，从化学平衡的角度分析加入溶液的目的　　　　　　　　　　　。 （5）测定吸光度并计算铁含量。 ①取一粒胶囊内容物(黑色粉末)，灼烧至恒重，得残渣。 ②称取灼烧后粉末，经处理得1L铁待测液。 ③取待测液于比色管中，依次加入盐酸羟胺、、邻二氮菲，加水定容至，摇匀静置，测定其吸光度为。计算1粒多糖铁复合物胶囊中铁元素的质量分数：　　　　　　　　　　　(用含A的代数式表示)。 6.(2026·北京昌平·一模)(多选)某小组实验探究法滴定白云石中钙含量时的条件。 （1）处理白云石矿样 步骤1：用HCl溶解白云石矿样； 步骤2：向上述溶液中加入沉淀剂，使转化为沉淀，过滤，洗净沉淀。 ①步骤1发生反应的离子方程式为　　　　　　　　。 ②步骤2洗净沉淀是为了防止影响后续滴定结果，检验沉淀已洗净的操作及现象是　　　　　　　　。 （2）滴定条件探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀溶解沉淀控制酸度，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时快速加入标准溶液，产生大量棕黑色沉淀，随着滴定继续进行，沉淀消失，滴定终点读取数据。 Ⅱ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀溶解沉淀控制酸度，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，溶液始终澄清，滴定终点读取数据。 已知：ⅰ．为紫红色，近乎无色，棕黑色沉淀； ⅱ．； ⅲ．滤纸的主要成分为纤维素。 ①既做标准溶液又做指示剂，滴定终点的现象是　　　　　　　　。 ②实验Ⅰ中棕黑色沉淀产生的途径可能有： 途径一：____________ 途径二： 途径三： a．途径一的离子方程式为　　　　　　　　。 b．途径一、二对测定结果无影响，途径三会使测得的的含量偏高，分析原因：　　　　　　　　。 实验Ⅰ最终测得的的含量偏高。 ③实验Ⅱ测得的的含量也偏高，经分析认为是滤纸浸入溶液造成的，理由是　　　　　　　　。 （3）改进滴定实验 分析实验Ⅰ、Ⅱ测定结果偏差的原因，增加实验Ⅲ，将滤纸全部浸入盛有热蒸馏水的烧杯中，并用稀控制酸度与Ⅱ相同，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，滴定终点读取数据。 白云石矿样为ag，实验Ⅱ、Ⅲ消耗标准溶液的体积分别为、。白云石矿样中钙的质量分数为　　　　　　　　（列出计算式）。 7.(2026·北京顺义·一模)NaClO是84消毒液的有效成分，是一种应用广泛的含氯消毒剂。 （1）实验室制备。通常将纯净的氯气通入冷的氢氧化钠溶液中进行制备，实验如图。 ①A为氯气发生装置。A中反应的化学方程式是　　　　　　。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂　　　　　　。 （2）电解法制备NaClO的原理示意图如图。阳极材料以钛作基体，为催化剂涂层。 已知：受电极材料影响，浓度较大时，可优先被氧化。 ①a极为　　　　　　。 ②结合电极反应式解释的产生原理　　　　　　。 ③电解时实际生成的NaClO的总量小于理论计算所得NaClO的量，可能原因是　　　　　　。 （3）NaClO用于消毒的主要原因是：产生HClO分子会很快吸附细菌，通过氧化反应消毒。 已知：ⅰ、HClO浓度越大，氧化还原电势越高、氧化性越强，消毒效果越好； ⅱ、25℃时，HClO的。 ①当84消毒液与水以不同体积比混合时，氧化还原电势的变化如下。 84消毒液与水的体积比 1：10 氧化还原电势 约570 约620 约690 约560 结合平衡移动原理解释84消毒液与水以不同体积比混合时，氧化还原电势变化的原因　　　　　　。 ②84稀释液静置于空气中时，氧化还原电势的变化如图。结合离子方程式解释原因　　　　　　。 8.(2026·北京东城·一模)某实验小组探究甲醛与新制氢氧化铜的反应。 资料：i. ii.常温下能与银氨溶液反应生成黑色沉淀。 iii.和在300℃以下受热均不分解。 实验装置（夹持、加热装置略）： 实验Ⅰ：其他条件相同时，分别在60℃、90℃下反应，烧瓶中均有红色固体析出，并伴有气体产生。不再产生气体时，记录生成气体的体积。过滤，洗涤，干燥，得固体X，称重。滤液无色。 反应温度/℃ 生成气体体积（同一条件下测定）/mL 固体X的质量/g 60 140 0.45 90 173 0.40 （1）溶液与溶液混合后得深蓝色浊液，浊液中含有，生成该离子的离子方程式为　　　　　　　　。 （2）补全下列方程式：　　　　　　　　。 （3）探究的氧化产物 ①实验Ⅰ过程中A、B均无明显现象，说明生成的气体中不含、。结合实验条件分析未生成、的原因是　　　　　　　　。 ②用上述装置，在烧瓶中加入实验Ⅰ反应后的滤液，再加入　　　　　　　　（填试剂），通过检验可确定氧化产物是否有。 （4）探究生成气体的成分 将收集到的气体点燃，有轻微爆鸣声。检测到燃烧产物的成分：　　　　　　　　，确认气体为。 （5）探究红色固体X的成分 提出猜想：1.只有；2.只有；3.和的混合物。 查阅资料：溶于浓氨水生成无色的，接触空气迅速被氧化为蓝色的；Cu不溶于浓氨水，但有存在时可缓慢溶解生成。 实验Ⅱ： 结论：猜想3成立。 ①用离子方程式解释试管上部液体迅速变蓝的原因：　　　　　　　　。 ②推测90℃与60℃固体X的质量不同的原因：　　　　　　　　。 （6）探究产生的原因 查阅资料：Cu作催化剂促进HCHO在强碱条件下产生，其机理如下。 将上述机理补充完整　　　　　　　　。 9.(2026·北京昌平·二模)某小组同学探究钴化合物中Co(Ⅱ)与Co(Ⅲ)的相互转化。 已知：①Co(OH)Cl为蓝色沉淀，Co(OH)2为粉色沉淀，CoO为黑灰色粉末，Co(OH)3为棕黑色粉末。 ②在水溶液中，Co2+为粉红色，[Co(NH3)6]2+为土黄色，[Co(NH3)6]3+为红棕色。 ③            ④和在一定条件下与酸均能生成 装置 实验 试剂X 实验内容及现象 ⅰ 无 在空气中久置，无明显现象 ⅱ NaOH溶液 先产生蓝色沉淀，后沉淀变为粉色，振荡静置一段时间后，粉色沉淀逐渐变为棕褐色 ⅲ 浓氨水 逐滴加入浓氨水至生成的蓝色沉淀恰好完全溶解，溶液变为土黄色，静置一段时间后溶液变为红棕色 （1）实验ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）为验证实验ⅱ中Co(Ⅱ)转化为Co(Ⅲ)，设计如下实验：取实验ii中棕褐色沉淀于试管中，向其中加入浓盐酸，　　　　　　　　　　　(填现象)，证实实验ⅱ实现了Co(Ⅱ)向Co(Ⅲ)的转化。已知：在水溶液中不稳定，氧化性：。 （3）实验ⅲ中溶液变为红棕色的反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）小组同学对CoCl2溶液和溶液中Co(Ⅱ)的还原性进行讨论。 ①甲同学认为：由于CoCl2溶液中大于溶液中，因此CoCl2的还原性大于的还原性。乙同学基于实验现象：　　　　　　　　　　　，否定了该观点。 ②丙同学从氧化还原反应规律的角度分析：虽然溶液中低，但的还原性仍大于CoCl2的还原性，原因是　　　　　　　　　　　。 （5）结合(4)对比实验ⅱ、ⅲ，推测实验ⅱ中Co(Ⅱ)能向Co(Ⅲ)转化的原因是　　　　　　　　　　　。 （6）若要实现转化为，应先在一定条件下加入　　　　　　　　　　　，再加NH3。 10.(2026·北京石景山·二模)某小组同学探究能否用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中的Fe3+。 已知：i.(SCN)2为拟卤素，性质与卤素相似。 ii.CuCl、CuSCN为难溶于水的白色固体，Ksp分别为：1.72×10−7和1.77×10−13。 （1）利用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中的Fe3+。 ①   Cu和FeCl3反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 ② 甲同学推测白色沉淀主要是CuSCN不是CuCl，其依据是　　　　　　　　　　　。 ③乙同学通过实验证实Cu2+和SCN−能生成CuSCN，补全实验方案。 试剂a是　　　　　　　　　　　。 ④进一步实验确认白色沉淀是CuSCN不是CuCl。 （2）对实验1溶液变红的原因进行分析。 ① 假设1：空气中存在O2，由于　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)，产生Fe3+。 假设2：Cu2+在SCN−存在下将Fe2+氧化。    ② 通过下图装置证实假设2成立。补全实验操作和现象：闭合开关K，向左侧烧杯滴加1滴0.1mol/L KSCN溶液，　　　　　　　　　　　。 ③Cu2+的氧化性不足以氧化Fe2+，SCN−存在时能将Fe2+氧化，请将下列反应历程补充完整i.　　　　　　、ii.　　　　　　　　。 （3）对比实验2，实验1立即产生白色沉淀，结合化学用语解释原因　　　　　　　　　　　。 （4）你认为能否用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中的Fe3+并说明原因　　　　　　　　　　　。 11.(2026·北京顺义·一模)小组同学探究pH对催化分解反应的影响。实验如下。 实验 操作及现象 Ⅰ 在烧杯中加入一定量7.7%溶液(pH约为3.5)，将少量固体迅速加入烧杯中，立即产生大量气体，溶液pH迅速上升，最终稳定在7左右。 Ⅱ 在试管中加入2mL7.7%溶液，再加入少量固体，立即产生大量气体，加入1mL溶液，固体消失，同时产生气体的速率迅速减慢，最后几乎停止。最终溶液呈浅粉色 已知：ⅰ、碱性条件下会发生分解。为易于保存，常在过氧化氢溶液中添加适量磷酸； ⅱ、为棕黑色固体，通常显浅粉色，为白色沉淀。 （1）催化分解反应的化学方程式是　　　　　　。 （2）结合实验Ⅱ，解释实验Ⅰ中加入固体后溶液pH迅速上升的原因　　　　　　。小组同学针对实验Ⅱ中“固体消失”这一现象继续展开探究。 将实验Ⅱ试管中反应后的溶液平均分装在2个试管中，分别标号1和2。进行实验Ⅲ。 实验 操作及现象 Ⅲ-1 向1号试管中加入少量固体，产生大量气体，几秒后黑色固体减少至消失，气体产生速率再次变慢。重复以上操作2次，现象相同。 Ⅲ-2 向2号试管中逐滴滴加NaOH溶液，重复出现“有棕黑色固体生成，同时产生气体的速率明显加快，振荡后，棕黑色固体消失，气体产生速率减慢”的现象，直至体系显碱性时，棕黑色固体不再消失。之后，再加入7.7%溶液，产生大量气体。 （3）实验III-1的目的是　　　　　　。 （4）用离子方程式解释实验Ⅲ-2中棕黑色固体生成的原因　　　　　　。 （5）有同学提出，实验Ⅲ-2中滴加NaOH溶液，碱性增强，分解速率加快。补充实验，证明在碱性条件下分解不是Ⅲ-2中速率加快的主要原因。实验操作及现象是　　　　　　。 （6）结合实验Ⅲ，从电极反应角度分析Ⅱ中无法再生成的可能原因　　　　　　。 （7）依据上述实验，pH对催化分解反应的影响是　　　　　　。 12.(2026·北京八十八中·一模)某研究小组探究分别与浓硝酸发生钝化反应的快慢。 资料在水溶液中水合铁离子的形式存在； 。 实验1 实验 现象 1-1 Fe表面产生少量气泡且迅速停止，得到黄色溶液A 1-2 Al表面产生极少量气泡且迅速停止，得到无色溶液B （1）反应迅速停止是因为浓硝酸具有酸性和　　　　　　　　　　　性，可在Fe和Al表面形成致密的氧化层，阻止进一步反应。 （2）针对溶液A和B的颜色不同，推测实验1-1中Fe与浓硝酸钝化反应速率慢，导致生成的量多，溶液呈黄色。为验证上述推测，选取如下装置进行实验2（气密性经检验良好，夹持装置及连接装置已略去）。 实验2 实验装置 试剂 现象 2-1 I、II、III、IV组合 a．稀盐酸；b．大理石；c．饱和NaHCO3溶液；d．溶液A；e．NaOH溶液 溶液A颜色缓慢变浅 2-2 I、III、IV组合 a．_________；b．_________；d．溶液A；e．NaOH溶液 溶液A颜色迅速变浅，并褪为无色 ①结合资料，分析实验2-1中选择试剂c的目的是　　　　　　　　　　　。 ②实验2-2是将通入溶液A中，所选试剂分别为　　　　　　　　　　　。 ③实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，用化学方程式解释可能的原因　　　　　　　　　　　。 ④上述实验说明溶液A中含有。设计实验：将通入　　　　　　　　　　　中，观察到溶液变黄，进一步证实了溶液变黄为所致。 （3）设计原电池装置进行实验3。 资料ii：此实验条件下，指针偏向的电极为正极。 实验3 实验装置 浓硝酸温度（） 实验现象 3-1 30 指针迅速偏向Al，Fe溶解 3-2 10 指针先迅速偏向Al，又迅速偏向Fe，之后缓慢恢复至零 3-3 5 指针偏向Fe，之后缓慢恢复至零 ①依据3-1的实验现象，可得出结论　　　　　　　　　　　。 ②分析实验3-2中“指针又偏向Fe”的可能原因　　　　　　　　　　　。 （4）综合上述实验，影响分别与浓硝酸发生钝化反应快慢的因素可能有　　　　　　　　　　　。 13.(2026·北京丰台·一模)工业上采用硫化氢-甲醇法合成甲硫醇()，过程中可能发生的反应如下： ⅰ． ⅱ． ⅲ． （1）的沸点　　　　　　　的沸点(填“>”或“<”)。 （2）在温度400℃气体总压为1.0 MPa下，保持气体总物质的量恒定，将投料比)不同的反应混合气以相同流速通过催化剂表面发生反应。测得实验数据如下表所示。 转化率/% 产率/% 选择性/% 92.18 75.46 5.89 10.83 81.86 87.85 80.32 7.53 - 91.43 80.20 65.60 14.60 81.80 已知：选择性 产率 ①制备时最佳投料比为　　　　　　　。 ②与最佳投料比相比，过高转化率降低，结合反应ⅰ、ⅱ解释原因　　　　　　　。 （3）有刺鼻的臭味，将微量的掺入天然气中可起到安全警示的作用。一种测定天然气中含量的方法如下： 取掺有的天然气，用100 mL苯吸收，吸取样品溶液5 mL于锥形瓶中，加适量乙醇和溶液，充分振摇，加溶液为指示剂。以滴定溶液中过量的至白色浊液恰好变红，消耗体积为。 已知：(白色)    (白色)    (红色)    ①、、由大到小的顺序为　　　　　　　。 ②天然气中的含量为　　　　　　　。 14.(2026·北京石景山·一模)某小组探究与不同还原性离子的反应。已知：ⅰ．还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强。ⅱ．氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。ⅲ．为难溶于水的白色固体，在水中不能稳定存在。 （1）分别向溶液中加入不同盐溶液。 实验 盐溶液 实验现象 1 NaCl 无明显现象 2 NaBr 无明显现象 3 NaI 棕黄色浊液，静置1天后底部出现白色沉淀，溶液仍为棕黄色 ①取1 g NaBr固体，滴加溶液，变为红褐色浊液。对比实验2，简述NaBr固体和溶液发生氧化还原反应的原因　　　　　　　。 ②写出实验3中和反应的离子方程式　　　　　　　。 ③从原子结构角度解释还原性的原因　　　　　　　。 （2）已知：还原性，其他条件与(1)相同继续进行探究。 实验 盐溶液 实验现象 静置1天后实验现象 4 黑色浊液 底部产生大量黑色沉淀，溶液接近无色 5 墨绿色浊液 底部产生大量棕黄色沉淀，溶液接近无色 ①分析实验4中，溶液和溶液混合时未发生氧化还原反应的原因　　　　　　　。小组同学采用下列装置证明和可以发生氧化还原反应，补全装置示意图，写出实验现象　　　　　　　。 ②经检验，实验5中的棕黄色沉淀中不含，含有、和。通过下列实验证实，沉淀中含有和(忽略的影响)。 证实棕黄色沉淀中含有和的理由是　　　　　　　。 总结：与不同还原性离子的反应和离子的种类、浓度等因素有关。 15.(2026·北京房山·一模)某兴趣小组探究和在酸性条件下的反应，探究过程如下。 实验序号 操作 现象 实验I 向溶液中加入2滴淀粉溶液，将其倒入硫酸酸化的溶液中 混合后约5 s内溶液无明显变化，随后溶液迅速变蓝 资料：在酸性溶液氧化生成 （1）5 s后溶液变蓝说明生成了　　　　　　　(填化学式)。 （2）甲同学对5 s内溶液未变蓝的原因提出如下假设 假设1：与反应生成的速率较慢； 假设2：与反应先生成，但由于存在，　　　　　　　(用离子方程式表示)，被迅速消耗； 假设3：　　　　　　　。 经查阅资料，假设1不成立。 （3）下述实验证实了可被迅速消耗。 实验Ⅱ：向实验I的蓝色溶液中加入过量的溶液，　　　　　　　(填现象)。 （4）乙同学利用电化学装置进一步探究和的反应，设计了实验Ⅲ，实验方案如下： 实验序号 装置 操作及现象 实验Ⅲ-1 放电t s后，向a电极附近溶液中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，b电极附近溶液中检测出 实验Ⅲ-2 放电t s后，取出a电极附近溶液于试管中，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝；b电极附近溶液中检测出 ①在a电极放电时的还原产物是　　　　　　　。 ②解释实验Ⅲ-1与实验Ⅲ-2出现现象差异的原因　　　　　　　。 （5）综合上述实验，从反应原理的角度分析实验I中5 s内及5 s后实验现象产生的可能原因是　　　　　　　。 16.(2026·北京海淀·二模)实验小组探究测定“”的平衡常数的方法。 已知：；。 【查阅资料】直接测定较困难，可利用反应1：进行测定。 （1）一定温度下，在反应1体系中，反应1的平衡常数，　　　　　　　(写表达式)，则。 【实验探究】在6 mL    溶液中，加入14 mL 氨水(，溶质以计)，生成，再逐滴加入 溶液，至刚出现浑浊且不再消失时达滴定终点。改变和，按照上述操作分别进行实验，记录终点时消耗的溶液，实验结果如下表。[注：所得溶液总体积为] 不同时的 1 2 6 0.01 a 9.00 加入27.00 mL 溶液后仍无沉淀 0.005 b d 加入27.00 mL 溶液后仍无沉淀 （2）溶液中加入少量氨水会生成沉淀，反应的离子方程式为　　　　　　　。 （3）中各微粒的平衡浓度可进行近似计算： i．因滴定终点时生成的极少，终点时溶液中的可计为； ii．因氨水过量，且终点时生成的极少，可计为； iii．终点时溶液中的可计为，原因是　　　　　　　。 （4）判断a、b和d的大小关系：　　　　　　　。 （5）为、为时，加入27.00 mL 溶液仍无沉淀，利用分析原因：　　　　　　　。 （6）为9.00 mL时，的计算式为　　　　　　　。 （7）若停止滴加溶液后，生成的浑浊又消失了，则会导致测得的　　　　　　　(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。 【实验拓展】在相同实验条件下，将溶液替换为NaCl或NaI溶液，按上表的、数据进行实验，结果无法测得或与理论值偏差较大。 （8）在溶液和溶液中选择一种，分析原因：　　　　　　　。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题13 化学实验综合题 7年真题1年模拟 考点分类 北京考情（2020-2026） 命题规律 化学实验综合题 2026北京(2题)、2025北京(1题)、2022北京(2题)、2020北京(1题) · 情境设置：以物质制备、性质探究、反应机理测定等真实实验为背景，常提供资料信息。 · 考查重点：实验操作与现象分析、平衡常数与定量计算、产物检验及方案设计，强调证据推理。 · 命题趋势：逐年强化综合性与创新性，融合新情境、新数据，突出实验探究能力和信息迁移运用。 1.(2026·北京·高考真题)肼可应用于医药、航空航天和电池等领域。 （1）肼可看作分子中原子被取代的产物。易溶于水的原因之一，是与水分子间存在　　　　　　　　　　作用。 （2）次氯酸钠氧化氨的方法制备水合肼 总反应：。制备流程示意图如下。 资料：的还原性强于 ①反应器1中产生的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②反应器2中与作用产生。 ③反应器3中与大量的充分反应后，将产生的混合液送入回收器。生成的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ④反应器3中通入大量的，可减少和副反应的发生，从反应速率的角度解释原因：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （3）双氧水法制备水合肼 总反应：，实验室制备分为两步。 资料：丁酮沸点，水合肼沸点，丁酮连氮沸点；丁酮连氮难溶于水。 i．制备丁酮连氮： ii．制备：将i中分离出的丁酮连氮水解。 ①ii的化学方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②由于丁酮连氮性质稳定，反应ii的平衡常数较小。加热到左右反应，能促进的生成，原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）通过比较两种方法，结合丁酮连氮的性质，说明双氧水法的优点　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）氢键     （2）①     ②     ③ 增大的浓度，可加快主反应与反应生成水合肼的反应速率，同时降低的浓度，使和的副反应速率减慢，从而减少副反应发生     （3）① 2    ② 该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃，100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移动，促进水合肼生成     （4）丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。      【解析】氯气和氢氧化钠溶液在反应器1中生成次氯酸钠，溶液进入反应器2后通入大量氨气，与作用产生，反应器3中与大量的充分反应后生成，将产生的混合液送入回收器回收氨气循环利用，在蒸发器中得到。 (1)含有N原子，电负性较大的N可与水分子中的H形成氢键，这是肼易溶于水的重要原因。 (2)①反应器1中通入NaOH溶液，发生歧化反应生成NaCl、NaClO和水，对应离子方程式为。 ③和大量反应生成水合肼和，其化学方程式为。 ④增大的浓度，可加快主反应与反应生成水合肼的反应速率，同时降低的浓度，使和的副反应速率减慢，从而减少副反应发生。 (3)①丁酮连氮水解断裂N-N相连的双键结构，和水反应生成水合肼与2分子丁酮，其化学方程式为2。 ②该水解反应平衡常数小，加热升温可加快反应速率；同时丁酮的沸点为79.6℃，100℃时丁酮会挥发脱离反应体系，使水解平衡正向移动，促进水合肼生成。 (4)丁酮连氮难溶于水，易与水相体系的杂质分离，且肼被保护在丁酮连氮结构中，不会像次氯酸钠法中生成的肼那样被过量的氧化剂氧化，产物产率更高；同时双氧水法无NaCl等副产物生成，后续分离提纯水合肼的操作更简便。 2.(2026·北京·高考真题)实验小组制备高锰酸钾。 资料：i．为墨绿色固体，可溶于水，强碱性条件下稳定，一定条件下发生的歧化反应为， ii．浓碱性条件下，可被还原为。 iii．的溶解度随温度升高而增大。 （1）制备 步骤 实验 Ⅰ 制备：将、和三种固体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体。 Ⅱ 制备：将用水溶解后，滴加至(约)，溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100 mL紫红色溶液和棕黑色固体。 Ⅲ 提纯：将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得到紫红色固体。 ①补全Ⅰ中反应的化学方程式：　　　　　　　　　　。 ______________________ ②Ⅱ中歧化的原因：随降低，的还原性不变，氧化性　　　　　　　　　　。 ③取Ⅲ中少量溶解，得紫红色溶液和少量棕黑色固体(检验为)。 （2）对Ⅲ中产生的原因进行分析和探究 ①甲认为将还原，设计实验i验证：用含和的溶液代替重复Ⅲ的操作，所得固体含。乙认为该现象不能证明还原了，理由是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②乙设计和实施了实验ii：用　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　代替重复Ⅲ的操作，所得固体不含，实验i和ii证实了甲的观点。 ③丙用代替重复实验i，证实Ⅲ中不能还原。 （3）实验优化 为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将转移至蒸发皿中，水浴浓缩，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　，洗涤，干燥。 （4）测定纯度并计算产率 按I中投料，经优化步骤制得产品，取配制成待测液。酸性条件下，用待测液滴定标准溶液，被还原为。测得。 ①滴定反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。(是二元弱酸) ②的产率是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。[产率(实际产量/理论产量)] 【答案】（1）①     ② 增强     （2）① 实验没有排除还原的干扰，因此不能直接归因于醋酸根（或溶液在加热条件下自身分解产生）    ② 含且用 KOH 调节pH=10的溶液     （3）趁热过滤、冷却结晶、过滤     （4）①     ②       【解析】(1)① 根据投料的物质的量比例，从+5价降为-1价得，每个从+4价升为+6价失，电子守恒得和系数比为1:3；再结合反应环境是KOH熔融体系，补全反应物为KOH，生成物为，根据原子守恒配平： ； ②歧化反应中既是氧化剂又是还原剂，题目说明还原性不变，只有氧化性随pH降低增强后，夺取电子的能力（即氧化性）增强，从而更容易自身发生氧化还原（歧化）反应。 (2)① 资料ii说明浓碱性条件下，可被还原为，后续歧化生成；实验i溶液为pH=10的碱性环境，浓缩过程中碱浓度逐渐升高，可能是还原了产生，无法证明是的作用；（也可能是溶液在加热条件下自身分解产生）。 ② 为了证明确实是起到了还原作用，需要设计一个空白对照实验。即在完全相同的条件（浓度、温度、90℃水浴、pH=10）下，排除掉的存在。因此，应使用KOH调节pH=10的 含 溶液来代替 Y 进行加热浓缩，若此时不产生，则可证实甲的观点。 (3)由于在90℃浓缩过程中不可避免地产生了MnO2固体杂质，而KMnO4仍在溶液中(根据资料ii，KMnO4溶解度随温度升高而增大)。为了获得高纯度产品，必须在KMnO4结晶析出之前将MnO2除去。因此，浓缩后应趁热过滤(除去MnO2)，然后再将所得滤液冷却结晶(使KMnO4析出)，最后再进行过滤、洗涤和干燥。 (4)① 酸性条件下被还原为，作为弱酸不能拆写，被氧化为，根据电子守恒（Mn降5价，每个C升1价）、电荷守恒和原子守恒配平：离子方程式为：； ②理论产量：为限量试剂，步骤I中0.03mol 完全转化为共0.03mol，根据歧化反应，理论生成的物质的量为。 实际产量：取出1/4产品配成250mL待测液，则。 产率 = 。 3.(2025·北京·高考真题)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。 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。 （1）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　　　　　　　。 （2）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）① 滴入最后半滴标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复    ②     ③ 增大    ④     ⑤ 实验Ⅱ中反应未达到平衡状态     （2）① 40℃的K    ② 防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡      【解析】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。 (1)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，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； (2)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防止Br2挥发并调控反应快速达到平衡，从而准确测定K值。 4.(2022·北京·高考真题)某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应（夹持装置略）。 资料：ⅰ.在一定条件下被或氧化成（棕黑色）、（绿色）、（紫色）。ⅱ.浓碱条件下，可被还原为。 ⅲ.的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。 序号 物质a C中实验现象 通入前 通入后 Ⅰ 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化 Ⅱ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 Ⅲ 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀 （1）B中试剂是　　　　　　　　。 （2）通入前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为　　　　　　　　。 （3）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是　　　　　　　　。 （4）根据资料ⅱ，Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因： 原因一：可能是通入导致溶液的碱性减弱。 原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。 ①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因　　　　　　　　，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。 ②取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入溶液。溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为　　　　　　　　，溶液绿色缓慢加深，原因是被　　　　　　　　（填“化学式”）氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。 ③取Ⅱ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是　　　　　　　　。 ④从反应速率的角度，分析实验Ⅲ未得到绿色溶液的可能原因　　　　　　　　。 【答案】（1）饱和食盐水     （2）     （3）碱性溶液中二价锰的还原性增强     （4）①     ②     ③     ④     ⑤ 氧化剂过量，氧化的速率大于被还原的速率      【解析】实验目的是探究不同条件下氯气与二价含锰化合物的反应，A是制备的发生装置，B装置是除去中含有的，C是氯气与二价含锰化合物反应的发生装置，D是尾气处理装置。 (1)B装置的作用是除去中含有的，试剂是饱和食盐水，故答案为：饱和食盐水； (2)通入前，Ⅱ、Ⅲ中与碱性溶液中NaOH电离产生的反应产生白色沉淀，，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化生成棕黑色的沉淀，化学方程式为，故答案为：； (3)对比实验现象，实验I通入后二价锰只能被氧化为（+4价锰），实验Ⅱ通入后二价锰可以被氧化为（+7价锰），说明在碱性溶液中二价锰的还原性增强，故答案为：碱性溶液中二价锰的还原性增强； (4)①与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，减小，使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为：； ②取Ⅲ中放置后的悬浊液，加入溶液，溶液碱性增强，可被还原为使溶液紫色迅速变为绿色，化学方程式为：；而将悬浊液中氧化为，导致溶液绿色缓慢加深，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量，故答案为：，NaClO； ③取Ⅱ中放置后的1 mL 悬浊液，加入4 mL 水，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生反应的离子方程式是。故答案为：； ④根据资料有反应，反应，实验Ⅲ的溶液中由于氧化剂过量，氧化的速率大于被还原的速率，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液，故答案为：氧化剂过量，氧化的速率大于被还原的速率。 5.(2022·北京·高考真题)(多选)煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。 已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。 （1）煤样需研磨成细小粉末，其目的是　　　　　　　　　　　。 （2）高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。 已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原， 测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。 ①在电解池中发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 ②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为　　　　　　　　　　　。 （4）煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为　　　　　　　　　　　。 已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。 （5）条件控制和误差分析。 ①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 ②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为　　　　　　　　　　　。(填“偏大”或“偏小”) 【答案】（1）增大固体与空气的接触面积，加快反应速率，使煤粉完全燃烧     （2）2CaSO4 2CaO+2SO2↑+O2↑     （3）① SO2+I+2H2O=3I-+SO+4H+    ② 3I--2e-=I     （4）     （5）①     ② 偏小      【解析】(1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分； (2)由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和氧气，反应的化学方程式为2CaSO4 2CaO+2SO2↑+O2↑； (3)①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+2H2O=3I—+SO+4H+； ②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I--2e-=I； (4)由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e-，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=； (5)①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为； ②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低。 6.(2020·北京·高考真题)探究Na2SO3固体的热分解产物。 资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。 隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。 （1）检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （2）检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　(填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO。 （3）探究(2)中S的来源。 来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。 来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。 针对来源1进行如图实验： ①实验可证实来源1不成立。实验证据是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ②不能用盐酸代替硫酸的原因是　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 ③写出来源2产生S的反应的离子方程式：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 （4）实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）取上层清液，加入溶液，产生白色沉淀     （3）① 向溶液2中加入少量溶液，紫色不褪，证明无    ② 盐酸有还原性，可使KMnO4溶液褪色，干扰检验    ③      （4）热分解时只有+4价硫元素发生氧化还原反应，升价产物有，降价产物有是合理的      【解析】隔绝空气加热无水，发生歧化反应： ，得到含、的黄色固体A，加水后与S反应生成，得溶液B。B中加生成黑色沉淀，证明含；加盐酸除杂后，取上层清液加产生白色沉淀，证明含，据此分析。 (1)溶液与反应生成黑色沉淀，离子方程式为； (2)检验时，先加入足量盐酸除去干扰离，离心沉降后，取上层清液，加入溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有； (3)① 若来源1成立，即有未分解的，则溶液2中会含，能使溶液褪色；但实验中向溶液2中加入少量溶液，紫色不褪，证明无，故来源1不成立； ②不能用盐酸代替硫酸的原因是：盐酸具有还原性，可与反应使其褪色，干扰的检验； ③来源2中与酸反应生成S和，离子方程式为：； (4)根据已知资料：4Na2SO3 Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质。 …………………… 1.(2026·北京朝阳·质量检测)一种制备高浓度NaClO溶液(有效氯含量可达16.3%)的方法如下。 已知：i．有效氯含量指价氯元素的质量分数。 ii．；和均为无色。 （1）与NaOH溶液反应制得NaClO的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）测定有效氯含量 量取5mL母液2，用蒸馏水稀释至250mL，加入过量KI溶液和盐酸，立即密封、摇匀。充分反应后，用标准溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，滴定至终点。 ①滴定终点的现象为　　　　　　　　　　　。 ②加入KI溶液和盐酸，发生反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （3）探究第二次加碱的原因 实验：冰水浴条件下，直接向母液1中通入氯气，一段时间后，产生大量气体a，此时停止通入氯气，测得溶液b的、有效氯含量为1.3%。 ①分析溶液b有效氯含量比母液1低的原因： i．与水反应产生的HClO将NaClO氧化成。 ii．　　　　　　　　　　　，产生。 ②实验证实气体a中含有和，检验宜选用　　　　　　　　　　　(填序号)。 a．澄清石灰水       b．溶液       c．品红溶液 ③结合平衡移动原理，解释母液1转化为母液2的过程析出NaCl固体的原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O     （2）① 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色    ② 3I−+ClO−+2H+=I+Cl−+H2O     （3）① NaClO在酸性条件下转化为HClO，HClO易分解    ② c    ③ 加入42%NaOH溶液，c(Na+)增大，通入氯气，生成Cl−，使NaCl(s)Na+(aq)+Cl−(aq)逆向移动      【解析】将30%~40%NaOH溶液置于冰水浴中通入Cl2反应后抽滤得到NaCl固体和母液1（主要含NaClO、NaCl、NaOH），向母液1中加入42%NaOH溶液，再次在冰水浴中通入Cl2继续反应，Na+浓度升高促进NaCl固体析出，抽滤后得到NaCl固体和母液2（高浓度NaClO溶液）。 (1)与NaOH溶液反应制得NaClO：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O； (2)母液2中含高浓度NaClO溶液，先加入KI溶液反应生成I2，因为KI过量，所以可写成，3I−+ClO−+2H+=+Cl−+H2O ；I2遇淀粉变蓝，用标准溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，当滴入最后一滴标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，到达终点； (3)① 次氯酸分解生成氧气和盐酸，有效氯含量降低； ② 气体a通入澄清石灰水没有明显现象，无法检验Cl2，Cl2和O2均能氧化Fe2+，所以溶液无法检验Cl2，Cl2可以使品红溶液褪色但O2不能，所以用品红溶液来检验，故选a； ③ 母液1中存在平衡：NaCl(s)Na+(aq)+Cl-(aq)，加入NaOH溶液后，Na+浓度增大，同时Cl2与NaOH溶液反应生成Cl-，Cl-浓度增大，平衡逆向移动，析出NaCl固体。 2.(2026·北京朝阳·质量检测)小组同学探究用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的原理。 （1）溶液刻蚀覆铜板的离子方程式为　　　　　　。 （2）研究间接碘量法测的原理 查阅资料：、(和溶液均为无色)。 实验1：向溶液中加入过量KI溶液，得到棕黄色浊液；用淀粉作指示剂，用溶液滴定，溶液蓝色褪去。实验1中体现氧化性的微粒有　　　　　　。 （3）探究能否用溶液直接滴定 实验2： 查阅资料：为绿色；为无色；为黑色固体，难溶于水，可溶于浓氨水；CuS为黑色固体，难溶于水、浓氨水；微溶于水。 ①用离子方程式解释滴加浓氨水后溶液由无色变为蓝色的原因：　　　　　　。 ②实验证明溶液a中含。设计检验的方案：　　　　　　(填操作和现象)。 ③不能用溶液直接滴定的原因有　　　　　　(答出两点)。 （4）探究能否用间接碘量法测定刻蚀覆铜板废液中的 由于存在：，小组同学认为须解决的干扰问题。 查阅资料：与能形成无色配合物；遇能形成紫色配合物。 实验3：向溶液中加入过量溶液，充分反应后滴加淀粉KI溶液，溶液不变蓝；调节溶液，继续滴加溶液，无明显现象。 实验4：　　　　　　(填操作和现象)。 根据实验3、4的现象，得出结论：可用于消除对测定的干扰。 （5）测定某刻蚀覆铜板废液中的 实验5： i．取某刻蚀废液，加入过量溶液； ii．用氨水调节溶液，加入过量KI溶液； iii．用标准溶液进行滴定，当溶液变为淡黄色时，滴加淀粉溶液，继续滴定至溶液蓝色消失，记录消耗溶液的体积。 分析步骤ii中将溶液pH调到4的原因：　　　　　　。 【答案】（1）     （2）、或     （3）① 或    ② 取少量溶液a于试管中，加入过量稀盐酸除去，充分反应后静置，取上层清液，滴加溶液，若产生白色沉淀，证明含有    ③ 终点不易观察、反应速率慢、反应不唯一导致物质间计量关系不确定     （4）向溶液中加入溶液，再滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝     （5）pH过高，会发生水解沉淀；pH过低，在酸性条件下反应：，同时易被空气中的氧化      【解析】(1)刻蚀铜，氧化铜单质生成和，配平即可得离子方程式。 (2)化合价降低、得电子体现氧化性：氧化生成，Cu从价降为价，体现氧化性；生成的氧化，I从价降为价，也体现氧化性。 (3)① 无色的被空气中氧化为蓝色的四氨合铜(II)络离子，配平即可得离子方程式或。 ②题中说明微溶，会干扰检验，先加过量盐酸可除去，再向上层清液中加，若出现白色沉淀，则可说明溶液a中含有。 ③从实验流程可知，与除生成配合物，还发生氧化还原副反应生成黑色沉淀、S等，没有固定的计量比，且终点无明显易观察的颜色变化，无法直接滴定。 (4)实验3的目的是利用与能形成无色配合物，从而掩蔽对测定的干扰，为达到该目的，需要做一组对比实验，故实验4直接向溶液中加入溶液，再滴加淀粉KI溶液，溶液变蓝。 (5)溶液中存在，酸性条件下会发生歧化反应；在酸性条件下会被空气中的氧化，所以pH不能太小。为弱碱阳离子，结合溶液中的水解成，所以pH不能太大。 3.(2026·北京昌平·二模)(多选)ClO2是一种广泛应用的杀菌消毒剂，可采用不同方法制备。 已知：ClO2沸点为11℃，常温下为易溶于水且不与水反应的气体，水溶液呈黄绿色。 （1）方法一：亚氯酸钠(NaClO2)与Cl2反应制得ClO2，该反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）方法二：以氯酸钠(NaClO3)为原料制备ClO2，制备装置示意图如下(夹持装置略)，先将NaClO3和H2SO4混合液加入三口烧瓶中，再加入CaO2固体。 ①将该制备反应的化学方程式补充完整：　　　　　　　　　。 ____________________________________________。 ②氧化性强与其结构有关，的空间结构是　　　　　　　　　　　。 ③冰水浴的作用是　　　　　　　　　　　。 ④当达到一定比值时，随增大，相同时间内NaClO3的转化率没有明显提升，可能的原因是　　　　　　　　　　　。 （3）方法三：电化学-化学耦合法制备高纯ClO2(不含其它杂质气体)，装置示意图如下。A室为气体室，电极a为气体扩散电极，催化层朝向B室。为探究是否存在NaClO3直接放电生成ClO2，利用该装置按下表条件进行实验。 序号 B室溶液 A室通入气体 B室溶液颜色 ⅰ Ar(氩气) 无色 ⅱ O2 黄绿色 ①电极b是电解池的　　　　　　　　　　　极。 ②由上述实验可知，不存在NaClO3直接放电生成ClO2，实验证据是　　　　　　　　　　　。 ③经实验证明不存在NaClO3直接放电，结合电极反应式说明电化学-化学耦合法制备ClO2的原理：　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）2NaClO2+Cl2=2NaCl+2ClO2     （2）① CaO2+2NaClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2H2O +Na2SO4+CaSO4↓+O2↑    ② 三角锥形    ③ 冷凝ClO2，便于收集    ④ CaO2过量，溶液中H2O2浓度过大，H2O2分解速率加快，使参与反应的H2O2量不再增加，且转化生成的硫酸钙、过氧化钙都是微溶物，硫酸钙覆盖在过氧化钙表面阻止反应进一步发生     （3）① 阳极    ② 实验ⅰ中A室通入Ar后B室溶液的颜色为无色，说明该实验并没有ClO2    ③ 电极a(阴极)通入O2发生还原反应生成H2O2()，H2O2在B室中与NaClO3发生化学反应生成ClO2()，电极b(阳极)上水失电子生成O2      【解析】以氯酸钠(NaClO3)为原料制备ClO2的实验过程中，将NaClO3和H2SO4混合液加入三口烧瓶中，再加入CaO2固体后，反应生成ClO2，在常温下为气体，通入冰水浴之后冷凝为黄绿色液体，在反应过程中可能会伴随有Cl2的生成，用NaOH溶液作尾气处理，既防止空气中的水蒸气和二氧化碳进入，也可以用于吸收Cl2。 (1)根据氧化还原反应原理，NaClO2中Cl为+3价，Cl2中Cl为0价，ClO2中Cl为+4价，NaCl中Cl为-1价，由得失电子守恒和原子守恒可得化学方程式2NaClO2+Cl2 =2ClO2+2NaCl； (2)①根据氧化还原反应和原子守恒，CaO2中O为-1价，NaClO3中Cl为+5价, CIO2中Cl为+4价，CaO2作还原剂，NaClO3作氧化剂，反应为CaO2+2NaClO3+2H2SO4=2ClO2↑+2H2O +Na2SO4+CaSO4↓+O2↑； ②中Cl的价层电子对数为，有1对孤电子对,所以空间结构是三角锥形； ③因为ClO2沸点为11℃，所以冰水浴可冷凝ClO2，便于收集； ④CaO2与水反应生成H2O2，H2O2参与反应CaO2过量，溶液中H2O2浓度过大，H2O2分解速率加快，使参与反应的H2O2量不再增加，导致NaClO3转化率没有明显提升，且转化生成的硫酸钙、过氧化钙都是微溶物，硫酸钙覆盖在过氧化钙表面阻止反应进一步发生； (3)① 由题意可知，电极b由H2O生成O2，其中O的化合价升高，则电极b为阳极，其电极反应方程式为：2H2O- 4e- = 4H++O2，电极a为阴极，其电极反应方程式为：O2+4H++4e- = 2H2O； ② 实验ⅰ中A室通入Ar后B室溶液的颜色为无色，说明该实验并没有ClO2； ③电极a(阴极)通入O2发生还原反应生成H2O2()，H2O2在B室中与NaClO3发生化学反应生成ClO2()，电极b(阳极)上水失电子生成O2。 4.(2026·北京丰台·一模)某化学小组制备三草酸合铁酸钾晶体(翠绿色)，探究影响产物纯度的因素。 Ⅰ．制备晶体 （1）步骤1中铁元素部分转化为红褐色沉淀，其余则以形式存在。 ①的作用是　　　　　　　。 ②产生的原因是　　　　　　　。 （2）步骤3得到的晶体通常不纯，原因是转化为少量写出生成该杂质的化学方程式　　　　　　　。 Ⅱ．探究影响晶体纯度的因素 取步骤2煮沸后的浊液a mL，向其中加入饱和溶液，控制用量(以反应后溶液pH值衡量)和加入方式，测定产物中配阴离子电荷并与理论值()对比，用偏离值表征杂质的含量，偏离值越大，杂质越多。实验如下： 实验操作 实验编号 加入方式 反应后溶液pH 配阴离子电荷偏离值 ⅰ 一次性倒入 2.5 ⅱ 逐滴加入 2.5 ⅲ 一次性倒入 3.5 ⅳ 逐滴加入 3.5 （3）分析上述实验，关于用量对产物纯度的影响得出的结论是　　　　　　　。 （4）对比实验ⅱ和ⅳ，猜测实验ⅱ中pH减小是影响晶体纯度的主要原因，设计实验方案：　　　　　　　，证实了上述猜测。 （5）对比实验ⅰ和ⅱ，结合氧化还原反应规律分析“一次性倒入，电荷偏离值增大”的原因：　　　　　　　。 Ⅲ．实验反思 （6）的制备中，足量的作用是提供充足的配体和，适量的主要作用是　　　　　　　。 【答案】（1）① 作氧化剂，将价Fe元素氧化为价    ② 水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀     （2）     （3）加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低     （4）向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸(pH与饱和草酸相同)至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近     （5）一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多     （6）控制溶液pH，溶解，防止副反应发生      【解析】(1)①中铁元素化合价为+2价，步骤1生成的和中铁元素化合价 +3价，化合价发生变化，由此可知作氧化剂，将+2价的铁元素氧化为+3价； ②溶液中水解生成，使溶液显碱性，步骤1生成的与结合生成沉淀，故答案为水解使溶液显碱性，与结合产生沉淀（回答合理即可）； (2)具有氧化性，有还原性，根据题中信息转化为，铁元素化合价降低，发生氧化还原反应，反应的化学方程式为； (3)比较表格实验i、iii或ii、iv结果可知，加入方式相同，用量增加，反应后溶液pH减小，配阴离子电荷偏离值增大，杂质增多，故答案为加入方式一定时，用量增多，产物的纯度降低； (4)实验ii、iv中草酸加入方式相同，反应后溶液pH不同，想要验证pH是否影响晶体纯度，可向实验iv中加入稀硫酸，将pH调节至2.5，若溶液在配阴离子电荷偏离值变为+0.09，证明猜测正确，故答案为向实验ⅳ反应后的溶液中逐滴滴加稀硫酸至反应后溶液的，测得配阴离子电荷偏离值接近+0.09； (5)对比实验ⅰ和ⅱ，反应后溶液pH相同，仅加入方式不同，有还原性，一次性倒入会使局部浓度过高，更多被还原为，进而生成杂质，使得杂质更多，偏离值更大，故答案为一次性倒入草酸，导致局部草酸浓度过高，其还原性增强，同时溶液局部pH较小，与草酸发生氧化还原反应导致杂质增多； (6)根据题目可知实验中生成少量，加入草酸能够溶解，使其参与反应生成目标产物，也能避免发生其他反应生成杂质，由此可知加入适量草酸的作用是控制溶液pH，溶解，防止副反应发生（回答合理即可）。 5.(2026·北大附中·一模)多糖铁复合物胶囊是一种口服铁补充剂。某小组同学就胶囊中的多糖铁复合物(以下简称复合物)中铁元素的价态和含量展开实验探究。 实验Ⅰ：探究复合物中元素的价态。 取少量复合物黑色粉末于洁净烧杯中，加入稀盐酸，得到酸溶多糖铁溶液，实验如下图。 （1）观察到　　　　　　　　　　　现象，得出结论：复合物中同时含有和。 实验Ⅱ：寻找测定铁元素含量的优质试剂。 i．比色法定量测定要求配体能与待测中心离子形成颜色明显的配合物。实验结果如下： 中心离子 配体 苯酚 邻二氮菲() 紫色 红色 浅黄色 浅黄色 接近无色 接近无色 接近无色 橙色 （2）①结合上述实验，选择作为配体，　　　　　　　　　　　作为配体。 ii．比色法定量测定还要求配体与中心离子形成稳定的配合物。该组同学取试管加入复合物溶液，滴入2滴稀苯酚溶液，观察到溶液变紫色；向紫色溶液中加入2滴等浓度的溶液，观察到溶液呈红色，得出结论：和形成配合物的稳定性更高。 ②乙同学认为该结论不严谨，理由是　　　　　　　　　　　。 调整并改进实验后发现：比色法测定铁元素的含量选用邻二氮菲更优。 实验Ⅲ：用比色法测定一粒多糖铁复合物胶囊中铁元素的含量。 资料a．实验原理：，液层厚度相等时，溶液颜色深浅与溶液浓度呈正比，溶液颜色越深，吸光度越大。 邻二氮菲() 结构 资料b．实验步骤：i．用莫尔盐配制浓度依次为0、1、2、4、6mg/L的标准溶液(pH：4∼5)，用色度传感器测定每份溶液的吸光度，作图得到标准曲线，如图1所示。 ii．向待测液中依次加入适量10%盐酸羟胺()溶液、溶液和0.15%邻二氮菲溶液，随后测定吸光度。 （3）加入盐酸羟胺溶液后发生反应： 加入盐酸羟胺的目的　　　　　　　　　　　。 （4）为探究实验步骤中加入溶液的目的，进行实验：向配合物中加入稀盐酸，吸光度随加入稀盐酸滴数的变化曲线如图2所示。请结合图2，从化学平衡的角度分析加入溶液的目的　　　　　　　　　　　。 （5）测定吸光度并计算铁含量。 ①取一粒胶囊内容物(黑色粉末)，灼烧至恒重，得残渣。 ②称取灼烧后粉末，经处理得1L铁待测液。 ③取待测液于比色管中，依次加入盐酸羟胺、、邻二氮菲，加水定容至，摇匀静置，测定其吸光度为。计算1粒多糖铁复合物胶囊中铁元素的质量分数：　　　　　　　　　　　(用含A的代数式表示)。 【答案】（1）2号试管溶液变红色，3号试管产生蓝色沉淀     （2）① 邻二氮菲    ② 未排除过量的与后加入的反应的干扰     （3）将所有的转化为，通过后续和邻二氮菲配位进行定量测定元素含量     （4）由图像可知，随着氢离子浓度增大吸光度下降，说明氢离子浓度增大，邻二氮菲可与氢离子结合，使邻二氮菲浓度降低，平衡逆向移动。加入醋酸钠发生，降低，使氢离子与邻二氮菲的配位平衡逆向移动，增大邻二氮菲浓度，使平衡正向移动，方便吸光度测定。     （5）      【解析】(1)检验用KSCN，特征现象为溶液变红；检验用，特征现象为产生蓝色沉淀，试管2中溶液变红，试管3中产生蓝色沉淀，则溶液中同时含有和。 (2)① 比色法要求配体与待测离子形成颜色明显的配合物，根据表格，只有邻二氮菲与能形成明显的橙色配合物，符合要求；② 实验中加入苯酚后，若过量，剩余游离的可直接与后加入的KSCN反应显红色，不能证明KSCN从苯酚合铁配合物中夺取了，因此结论不严谨。 (3)邻二氮菲仅和显色，复合物中同时含和，因此需要盐酸羟胺将所有还原为，才能得到准确的总铁含量。 (4)由图2可知，酸性越强，配合物吸光度越低；酸性条件下会结合邻二氮菲，降低游离邻二氮菲浓度，使平衡左移，配合物浓度降低；加入发生，降低c()，使氢离子与邻二氮菲的配位平衡逆向移动，增大邻二氮菲浓度，使平衡正向移动，方便吸光度测定。 (5)根据标准曲线A=0.166c−0.015，得定容后浓度=； 结合稀释关系：25mL显色液中Fe来自1mL待测液，总待测液为1L，因此xg灼烧残渣中总Fe质量为0.025L××=；一粒胶囊总残渣为b g，胶囊内容物总质量为a g，铁的质量分数为=。 6.(2026·北京昌平·一模)(多选)某小组实验探究法滴定白云石中钙含量时的条件。 （1）处理白云石矿样 步骤1：用HCl溶解白云石矿样； 步骤2：向上述溶液中加入沉淀剂，使转化为沉淀，过滤，洗净沉淀。 ①步骤1发生反应的离子方程式为　　　　　　　　。 ②步骤2洗净沉淀是为了防止影响后续滴定结果，检验沉淀已洗净的操作及现象是　　　　　　　　。 （2）滴定条件探究 序号 实验内容及现象 Ⅰ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀溶解沉淀控制酸度，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时快速加入标准溶液，产生大量棕黑色沉淀，随着滴定继续进行，沉淀消失，滴定终点读取数据。 Ⅱ 将带有沉淀的滤纸贴在烧杯壁上，用热蒸馏水冲洗，将滤纸全部浸入溶液，并用稀溶解沉淀控制酸度，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，溶液始终澄清，滴定终点读取数据。 已知：ⅰ．为紫红色，近乎无色，棕黑色沉淀； ⅱ．； ⅲ．滤纸的主要成分为纤维素。 ①既做标准溶液又做指示剂，滴定终点的现象是　　　　　　　　。 ②实验Ⅰ中棕黑色沉淀产生的途径可能有： 途径一：____________ 途径二： 途径三： a．途径一的离子方程式为　　　　　　　　。 b．途径一、二对测定结果无影响，途径三会使测得的的含量偏高，分析原因：　　　　　　　　。 实验Ⅰ最终测得的的含量偏高。 ③实验Ⅱ测得的的含量也偏高，经分析认为是滤纸浸入溶液造成的，理由是　　　　　　　　。 （3）改进滴定实验 分析实验Ⅰ、Ⅱ测定结果偏差的原因，增加实验Ⅲ，将滤纸全部浸入盛有热蒸馏水的烧杯中，并用稀控制酸度与Ⅱ相同，趁热用标准溶液滴定。开始滴定时逐滴加入，每一滴反应完全后再加入下一滴，滴定终点读取数据。 白云石矿样为ag，实验Ⅱ、Ⅲ消耗标准溶液的体积分别为、。白云石矿样中钙的质量分数为　　　　　　　　（列出计算式）。 【答案】（1）① ；    ② 取少量最后一次洗涤液于试管中，滴加稀硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗净；     （2）① 滴入最后半滴标准溶液后，溶液由无色变为浅紫红色，且半分钟内不褪色；    ② ；    ③ 棕黑色沉淀溶解是与反应生成造成的，途径一二及其生成的均用于氧化，且最终还原产物均只有，因此消耗体积不变，而途径三除用于氧化，自身被还原为外，还有一部分自身分解生成，使得消耗体积增大；    ④ 滤纸的主要成分纤维素具有还原性，会被酸性氧化，额外消耗标准液，导致结果偏高；     （3）或；      【解析】白云石先和盐酸反应生成，再和生成沉淀，沉淀和硫酸反应后和反应，根据得出白云石中钙的质量分数。 (1)① 白云石是难溶固体，与HCl反应生成可溶性钙盐、镁盐、和水，故离子反应方程式为； ② 杂质存在于洗涤液中，用硝酸酸化的检验，若无白色沉淀生成，则洗涤已洗净； (2)①自身可作指示剂，滴定终点时完全反应，过量半滴使溶液显特征浅紫红色； ②a.初始滴定时反应速率慢，被草酸还原为，根据得失电子守恒配平即可得到离子方程式：； b.棕黑色沉淀溶解是与反应生成造成的，途径一二及其生成的均用于氧化，且最终还原产物均只有，因此消耗体积不变，而途径三除用于氧化，自身被还原为外，还有一部分自身分解生成，使得消耗体积增大； ③ 滤纸的主要成分纤维素具有还原性，可被酸性高锰酸钾氧化，额外消耗标准液，导致测定结果偏高； (3)实验Ⅲ为空白实验，扣除滤纸消耗的体积V2后，实际与草酸反应的体积为V1−V2；根据反应关系，得，代入钙的摩尔质量40 g/mol，即可得到质量分数或。 7.(2026·北京顺义·一模)NaClO是84消毒液的有效成分，是一种应用广泛的含氯消毒剂。 （1）实验室制备。通常将纯净的氯气通入冷的氢氧化钠溶液中进行制备，实验如图。 ①A为氯气发生装置。A中反应的化学方程式是　　　　　　。 ②将除杂装置B补充完整并标明所用试剂　　　　　　。 （2）电解法制备NaClO的原理示意图如图。阳极材料以钛作基体，为催化剂涂层。 已知：受电极材料影响，浓度较大时，可优先被氧化。 ①a极为　　　　　　。 ②结合电极反应式解释的产生原理　　　　　　。 ③电解时实际生成的NaClO的总量小于理论计算所得NaClO的量，可能原因是　　　　　　。 （3）NaClO用于消毒的主要原因是：产生HClO分子会很快吸附细菌，通过氧化反应消毒。 已知：ⅰ、HClO浓度越大，氧化还原电势越高、氧化性越强，消毒效果越好； ⅱ、25℃时，HClO的。 ①当84消毒液与水以不同体积比混合时，氧化还原电势的变化如下。 84消毒液与水的体积比 1：10 氧化还原电势 约570 约620 约690 约560 结合平衡移动原理解释84消毒液与水以不同体积比混合时，氧化还原电势变化的原因　　　　　　。 ②84稀释液静置于空气中时，氧化还原电势的变化如图。结合离子方程式解释原因　　　　　　。 【答案】（1）①     ②      （2）① 阴极    ② 阳极发生反应，阴极发生反应，生成的与阴极产生的发生反应，从而生成    ③ 浓度减少，放电，有生成；和不完全反应；部分逸出未反应（合理即可）     （3）① 溶液中存在平衡：，当稀释倍数从增大到时，加水稀释促进的水解，HClO物质的量增加程度大于体积增加的程度，HClO浓度增大，，氧化还原电势升高，当稀释倍数超过（如）时，稀释的影响超过促进水解的影响，浓度降低，氧化还原电势降低    ② ，浓度逐渐增大，氧化性增强，因此氧化还原电势逐渐升高      【解析】该实验为实验室制备次氯酸钠（84消毒液有效成分）的流程：装置A中，二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应制取氯气，制得的氯气中混有挥发的和水蒸气，装置B为除杂装置，需依次通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，得到纯净的氯气，纯净氯气通入装置C中冷的氢氧化钠溶液（冰水浴降温，防止副反应生成氯酸钠），与氢氧化钠发生反应制得次氯酸钠，装置D中盛放氢氧化钠溶液，用于吸收尾气中未反应的氯气，防止污染空气。 (1)① 装置A是与浓盐酸加热制，属于氧化还原反应，因此反应方程式为 ； ② A中产生的混合气体包括生成的和挥发的，因此装置B的作用是除去挥发的，选择饱和食盐水是因为极易溶于水，且在饱和溶液中溶解度较小； (2)① 由图可知，a极中消耗产生，发生了还原反应，因此a极为阴极； ② 在b极（阳极）发生的反应是，a极（阴极）发生的反应为，阳极生成的与阴极生成的发生反应，产生； ③ 实际产量小于理论产量的可能原因是浓度减少，放电，有生成；和不完全反应；部分逸出未反应等； (3)的浓度决定了氧化还原电势：稀释初期水解促进使浓度升高，氧化还原电势上升，过度稀释时的稀释效应占据主导，氧化还原电势下降；根据弱酸的酸性强弱， 的>的>的，因此可以与反应生成，离子方程式为，随着时间推移，空气中的持续与反应，溶液中浓度逐渐升高，因此氧化还原电势逐渐升高。 8.(2026·北京东城·一模)某实验小组探究甲醛与新制氢氧化铜的反应。 资料：i. ii.常温下能与银氨溶液反应生成黑色沉淀。 iii.和在300℃以下受热均不分解。 实验装置（夹持、加热装置略）： 实验Ⅰ：其他条件相同时，分别在60℃、90℃下反应，烧瓶中均有红色固体析出，并伴有气体产生。不再产生气体时，记录生成气体的体积。过滤，洗涤，干燥，得固体X，称重。滤液无色。 反应温度/℃ 生成气体体积（同一条件下测定）/mL 固体X的质量/g 60 140 0.45 90 173 0.40 （1）溶液与溶液混合后得深蓝色浊液，浊液中含有，生成该离子的离子方程式为　　　　　　　　。 （2）补全下列方程式：　　　　　　　　。 （3）探究的氧化产物 ①实验Ⅰ过程中A、B均无明显现象，说明生成的气体中不含、。结合实验条件分析未生成、的原因是　　　　　　　　。 ②用上述装置，在烧瓶中加入实验Ⅰ反应后的滤液，再加入　　　　　　　　（填试剂），通过检验可确定氧化产物是否有。 （4）探究生成气体的成分 将收集到的气体点燃，有轻微爆鸣声。检测到燃烧产物的成分：　　　　　　　　，确认气体为。 （5）探究红色固体X的成分 提出猜想：1.只有；2.只有；3.和的混合物。 查阅资料：溶于浓氨水生成无色的，接触空气迅速被氧化为蓝色的；Cu不溶于浓氨水，但有存在时可缓慢溶解生成。 实验Ⅱ： 结论：猜想3成立。 ①用离子方程式解释试管上部液体迅速变蓝的原因：　　　　　　　　。 ②推测90℃与60℃固体X的质量不同的原因：　　　　　　　　。 （6）探究产生的原因 查阅资料：Cu作催化剂促进HCHO在强碱条件下产生，其机理如下。 将上述机理补充完整　　　　　　　　。 【答案】（1）或     （2）     （3）① 碱性条件下，被氧化为或，在实验温度下受热不分解    ② 稀硫酸     （4）只有水     （5）①     ② 90℃时有更多的铜元素降到0价，被还原成     （6）、、      【解析】(1)溶液与溶液混合生成的离子方程式为； (2)甲醛被氢氧化铜氧化为HCOO-,碳元素化合价由0升高为+2，铜元素化合价由+2降低为+1，根据得失电子守恒、电荷守恒，配平反应的离子方程式为。 ； (3)① 碱性条件下，被氧化为或，在实验温度下受热不分解，所以实验Ⅰ过程中A、B均无明显现象。 ②与稀硫酸反应放出二氧化碳气体，在烧瓶中加入实验Ⅰ反应后的滤液，再加入稀硫酸，通过检验可确定氧化产物是否有。 (4)氢气燃烧生成水，检测到燃烧产物只有水，确认气体为。 (5)接触空气迅速被氧气氧化为蓝色的，根据得失电子守恒配平反应方程式为； 90℃时有更多的铜元素降到0价，被还原成，所以90℃与60℃固体X的质量不同。 (6) 中H显-1价，与水反应生成Cu、H2、OH-。 9.(2026·北京昌平·二模)某小组同学探究钴化合物中Co(Ⅱ)与Co(Ⅲ)的相互转化。 已知：①Co(OH)Cl为蓝色沉淀，Co(OH)2为粉色沉淀，CoO为黑灰色粉末，Co(OH)3为棕黑色粉末。 ②在水溶液中，Co2+为粉红色，[Co(NH3)6]2+为土黄色，[Co(NH3)6]3+为红棕色。 ③            ④和在一定条件下与酸均能生成 装置 实验 试剂X 实验内容及现象 ⅰ 无 在空气中久置，无明显现象 ⅱ NaOH溶液 先产生蓝色沉淀，后沉淀变为粉色，振荡静置一段时间后，粉色沉淀逐渐变为棕褐色 ⅲ 浓氨水 逐滴加入浓氨水至生成的蓝色沉淀恰好完全溶解，溶液变为土黄色，静置一段时间后溶液变为红棕色 （1）实验ⅱ中生成蓝色沉淀的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （2）为验证实验ⅱ中Co(Ⅱ)转化为Co(Ⅲ)，设计如下实验：取实验ii中棕褐色沉淀于试管中，向其中加入浓盐酸，　　　　　　　　　　　(填现象)，证实实验ⅱ实现了Co(Ⅱ)向Co(Ⅲ)的转化。已知：在水溶液中不稳定，氧化性：。 （3）实验ⅲ中溶液变为红棕色的反应的离子方程式为　　　　　　　　　　　。 （4）小组同学对CoCl2溶液和溶液中Co(Ⅱ)的还原性进行讨论。 ①甲同学认为：由于CoCl2溶液中大于溶液中，因此CoCl2的还原性大于的还原性。乙同学基于实验现象：　　　　　　　　　　　，否定了该观点。 ②丙同学从氧化还原反应规律的角度分析：虽然溶液中低，但的还原性仍大于CoCl2的还原性，原因是　　　　　　　　　　　。 （5）结合(4)对比实验ⅱ、ⅲ，推测实验ⅱ中Co(Ⅱ)能向Co(Ⅲ)转化的原因是　　　　　　　　　　　。 （6）若要实现转化为，应先在一定条件下加入　　　　　　　　　　　，再加NH3。 【答案】（1）Co2++OH-+Cl-=Co(OH)Cl↓     （2）有黄绿色气体生成，棕黑色沉淀溶解，得到粉红色溶液     （3）4[Co(NH3)6]2+ + O2 + 2H2O = 4[Co(NH3)6]3+ + 4OH-     （4）① 实验i中CoCl2溶液在空气中久置无明显现象，而实验iii中[Co(NH3)6]2+易被空气中的氧气氧化为[Co(NH3)6]3+    ② [Co(NH3)6]3+的稳定性远高于[Co(NH3)6]2+，使得[Co(NH3)6]2+更易失去电子被氧化      （5）Co(OH)3的溶解度远小于Co(OH)2，Co3+更易以沉淀形式析出，降低了体系中Co3+的浓度，促进了Co(II)被氧化为Co(III)      （6）浓盐酸（或酸）和还原剂（如锌粉等）      【解析】实验i中，仅含CoCl2的溶液在空气中久置无明显变化，说明游离态的Co2+还原性弱，无法被氧气直接氧化；实验ii中加入NaOH溶液时，Co2+先与OH-、Cl-生成蓝色的Co(OH)Cl沉淀，随后转化为粉色的Co(OH)2，静置时Co(OH)2被氧气氧化为棕黑色的Co(OH)3，这是因为Co(OH)3的溶解度远低于Co(OH)2，沉淀析出大幅降低了体系中Co3+的浓度，推动氧化反应发生；实验iii中加入浓氨水时，先因氨水不足生成Co(OH)Cl蓝色沉淀，氨水过量后沉淀溶解形成土黄色的[Co(NH3)6]2+，静置时该配合物被氧气氧化为红棕色的[Co(NH3)6]3+，原因是[Co(NH3)6]3+的稳定常数远大于[Co(NH3)6]2+，配合物的形成极大降低了游离态Co2+的浓度，同时让Co2+的还原性显著增强，因此能被氧气快速氧化； (1)根据已知信息，Co(OH)Cl为蓝色沉淀，CoCl2与NaOH反应生成Co(OH)Cl，离子方程式为：Co2+ + OH- + Cl- = Co(OH)Cl↓； (2)已知Co3+氧化性强于Cl2，能与浓盐酸反应生成Cl2，同时棕黑色的Co(OH)3被还原为粉红色的Co2+；现象为：有黄绿色气体生成，棕黑色沉淀溶解，得到粉红色溶液；      (3)土黄色的[Co(NH3)6]2+被空气中的O2 氧化为红棕色的[Co(NH3)6]3+，离子方程式为： [Co(NH3)6]2+ + O2 + 2H2O = 4[Co(NH3)6]3+ + 4OH-；          (4)① 乙同学否定甲同学观点的依据： 实验i中CoCl2溶液在空气中久置无明显现象，而实验iii中 [Co(NH3)6]2+易被空气中的氧气氧化为[Co(NH3)6]3+，说明[Co(NH3)6]Cl2中Co(II)还原性更强，与甲的结论相反； ② 丙同学分析还原性差异的原因： 形成配合物后，[Co(NH3)6]3+的稳定性远高于[Co(NH3)6]2+（K2=2×1035＞＞K1=1.3×105），使得Co2+ →[Co(NH3)6]2+→[Co(NH3)6]3+的过程能量更低，[Co(NH3)6]2+更容易失去电子被氧化，因此还原性更强； (5)对比实验ii、iii可知，实验ii中生成的Co(OH)2沉淀，被空气中的O2氧化为Co(OH)3；本质原因：Co(OH)3的溶解度远小于Co(OH)2，Co3+更易以沉淀形式析出，降低了体系中Co3+的浓度，促进了Co(II)被氧化为Co(III)。            (6)要将Co(III)还原为Co(II)，需加入还原剂，同时根据已知信息④ ，[Co(NH3)6]3+与酸反应会生成 ，释放出Co3+，便于被还原。因此应先加入浓盐酸（或酸）和还原剂（如活泼金属、KI等），再加入NH3形成配合物。 通常选用浓盐酸和锌粉（或其他合适还原剂），核心是先加酸使配合物解离，再用还原剂还原 Co3+。 10.(2026·北京石景山·二模)某小组同学探究能否用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中的Fe3+。 已知：i.(SCN)2为拟卤素，性质与卤素相似。 ii.CuCl、CuSCN为难溶于水的白色固体，Ksp分别为：1.72×10−7和1.77×10−13。 （1）利用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中的Fe3+。 ①   Cu和FeCl3反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　。 ② 甲同学推测白色沉淀主要是CuSCN不是CuCl，其依据是　　　　　　　　　　　。 ③乙同学通过实验证实Cu2+和SCN−能生成CuSCN，补全实验方案。 试剂a是　　　　　　　　　　　。 ④进一步实验确认白色沉淀是CuSCN不是CuCl。 （2）对实验1溶液变红的原因进行分析。 ① 假设1：空气中存在O2，由于　　　　　　　　　　　(用离子方程式表示)，产生Fe3+。 假设2：Cu2+在SCN−存在下将Fe2+氧化。    ② 通过下图装置证实假设2成立。补全实验操作和现象：闭合开关K，向左侧烧杯滴加1滴0.1mol/L KSCN溶液，　　　　　　　　　　　。 ③Cu2+的氧化性不足以氧化Fe2+，SCN−存在时能将Fe2+氧化，请将下列反应历程补充完整i.　　　　　　、ii.　　　　　　　　。 （3）对比实验2，实验1立即产生白色沉淀，结合化学用语解释原因　　　　　　　　　　　。 （4）你认为能否用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中的Fe3+并说明原因　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）① Cu + 2Fe3+ = Cu2++ 2Fe2+    ② CuSCN的Ksp更小    ③ 2 mL 0.05 mol/L的CuSO4溶液     （2）① 4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O    ② 电流计略有偏转，向右侧烧杯中滴加1滴0.1 mol/L KSCN溶液，电流计偏转幅度增大    ③ CuSCN或Cu+    ④ (SCN)2     （3）2Cu2+ + 4SCN−= 2CuSCN↓+ (SCN)2 ，生成的(SCN)2被Fe2+还原，SCN−浓度增大， (SCN)2浓度减小，沉淀生成更快     （4）不能，因为Cu2+在SCN−存在下也能将Fe2+氧化为Fe3+      【解析】本实验探究用KSCN检验“铜腐蚀液”产生白色浑浊的原因。探究1：对白色沉淀来源进行猜想，分别验证Cu2+、Fe2+与SCN-的反应，最终确定白色沉淀成分为CuSCN；探究2：对比不同实验中沉淀生成速率的差异，Cu2+在SCN−存在下将Fe2+氧化，SCN-离子对反应有催化作用。 (1)① Cu和FeCl3反应生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是Cu + 2Fe3+ = Cu2++ 2Fe2+。 ②CuCl、CuSCN为难溶于水的白色固体，Ksp分别为：1.72×10−7和1.77×10−13，CuSCN的Ksp更小，CuSCN比CuCl更难溶，所以推测白色沉淀主要是CuSCN不是CuCl。 ③ 通过实验证实Cu2+和SCN−能生成CuSCN，上述反应中Cu2+浓度为0.05mol/L，为控制变量，试剂a是2 mL 0.05 mol/L的CuSO4溶液，反应生成白色沉淀，则沉淀为CuSCN不是CuCl。 (2)① 假设1：空气中存在O2，O2具有氧化性，Fe2+被O2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为4Fe2+ + O2 + 4H+ = 4Fe3+ + 2H2O。 假设2：Cu2+在SCN−存在下将Fe2+氧化。    ② 闭合开关K，向左侧烧杯滴加1滴0.1mol/L KSCN溶液，电流计略有偏转，向右侧烧杯中滴加1滴0.1 mol/L KSCN溶液，电流计偏转幅度增大，则证明Cu2+在SCN−存在下将Fe2+氧化。 ③Cu2+的氧化性不足以氧化Fe2+，SCN−存在时能将Fe2+氧化，Cu2+先将SCN-氧化为(SCN)2，Cu2+被还原为Cu+，(SCN)2再把Fe2+氧化为Fe3+，所以 i是Cu+、ii是(SCN)2。 (3)实验1中含有的Cu²⁺与SCN⁻发生反应2Cu2+ + 4SCN−= 2CuSCN↓+ (SCN)2 生成CuSCN沉淀，而实验2中无Cu²⁺，故无沉淀。 (4)因为Cu2+在SCN−存在下也能将Fe2+氧化为Fe3+，不能用KSCN溶液检验“铜腐蚀液”中的Fe3+。 11.(2026·北京顺义·一模)小组同学探究pH对催化分解反应的影响。实验如下。 实验 操作及现象 Ⅰ 在烧杯中加入一定量7.7%溶液(pH约为3.5)，将少量固体迅速加入烧杯中，立即产生大量气体，溶液pH迅速上升，最终稳定在7左右。 Ⅱ 在试管中加入2mL7.7%溶液，再加入少量固体，立即产生大量气体，加入1mL溶液，固体消失，同时产生气体的速率迅速减慢，最后几乎停止。最终溶液呈浅粉色 已知：ⅰ、碱性条件下会发生分解。为易于保存，常在过氧化氢溶液中添加适量磷酸； ⅱ、为棕黑色固体，通常显浅粉色，为白色沉淀。 （1）催化分解反应的化学方程式是　　　　　　。 （2）结合实验Ⅱ，解释实验Ⅰ中加入固体后溶液pH迅速上升的原因　　　　　　。小组同学针对实验Ⅱ中“固体消失”这一现象继续展开探究。 将实验Ⅱ试管中反应后的溶液平均分装在2个试管中，分别标号1和2。进行实验Ⅲ。 实验 操作及现象 Ⅲ-1 向1号试管中加入少量固体，产生大量气体，几秒后黑色固体减少至消失，气体产生速率再次变慢。重复以上操作2次，现象相同。 Ⅲ-2 向2号试管中逐滴滴加NaOH溶液，重复出现“有棕黑色固体生成，同时产生气体的速率明显加快，振荡后，棕黑色固体消失，气体产生速率减慢”的现象，直至体系显碱性时，棕黑色固体不再消失。之后，再加入7.7%溶液，产生大量气体。 （3）实验III-1的目的是　　　　　　。 （4）用离子方程式解释实验Ⅲ-2中棕黑色固体生成的原因　　　　　　。 （5）有同学提出，实验Ⅲ-2中滴加NaOH溶液，碱性增强，分解速率加快。补充实验，证明在碱性条件下分解不是Ⅲ-2中速率加快的主要原因。实验操作及现象是　　　　　　。 （6）结合实验Ⅲ，从电极反应角度分析Ⅱ中无法再生成的可能原因　　　　　　。 （7）依据上述实验，pH对催化分解反应的影响是　　　　　　。 【答案】（1）     （2）Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升     （3）证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小     （4）     （5）取1.5 mL7.7%的H2O2溶液，逐滴滴加与III-2浓度相同的NaOH溶液，至溶液显碱性，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率     （6）；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2     （7）酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响      【解析】本题以MnO2催化H2O2分解为载体，探究 pH 对催化反应的影响。通过酸性、中性、碱性条件下的对比实验，揭示了MnO2在酸性条件下被还原为Mn2+而失活，在碱性条件下可被再生并持续催化的机理，同时验证了碱性条件下H2O2自身分解并非速率加快的主因，体现了催化剂活性受环境 pH 调控的特点。 (1)MnO2催化H2O2分解反应的化学方程式是 ； (2)Ⅰ中还发生：，MnO2+H2O2发生氧化还原反应，消耗H+，溶液pH迅速上升，最终反应完全，溶液呈中性，pH 稳定在 7 左右； (3)探究酸性条件下，反应后的溶液中Mn2+对H2O2分解的催化作用，证明实验Ⅱ中H2O2仍有剩余，无催化剂时H2O2分解速率较小； (4)棕黑色固体生成的原因用离子方程式解释：，（合并为：）； (5)取取1.5 mL 7.7%的H2O2溶液，调节至相同碱性条件，不加含Mn2+的溶液，气体产生速率远远小于实验III-2中气体产生速率； (6)；。酸性增强，Mn2+还原性减弱，H2O2氧化性增强，Mn2+还原性减弱的程度大于H2O2氧化性增强的程度，因此H2O2无法将Mn2+氧化为MnO2； (7)酸性条件下，MnO2氧化性增强，与H2O2反应时表现氧化性；碱性条件下，MnO2氧化性减弱，与H2O2反应时作为催化剂。物质的性质受到条件影响。 【点睛】 本题以 pH 调控催化剂活性为核心，串联反应机理、离子反应与对比实验设计，通过现象推导本质：酸性下MnO2被还原为Mn2+而失活，碱性下Mn2+被氧化再生MnO2。解题关键在于从电极反应角度分析氧化还原方向，结合对比实验排除干扰，最终揭示 pH 通过改变催化剂存在形式调控反应速率的规律，体现了控制变量思想与证据推理能力的考查。 12.(2026·北京八十八中·一模)某研究小组探究分别与浓硝酸发生钝化反应的快慢。 资料在水溶液中水合铁离子的形式存在； 。 实验1 实验 现象 1-1 Fe表面产生少量气泡且迅速停止，得到黄色溶液A 1-2 Al表面产生极少量气泡且迅速停止，得到无色溶液B （1）反应迅速停止是因为浓硝酸具有酸性和　　　　　　　　　　　性，可在Fe和Al表面形成致密的氧化层，阻止进一步反应。 （2）针对溶液A和B的颜色不同，推测实验1-1中Fe与浓硝酸钝化反应速率慢，导致生成的量多，溶液呈黄色。为验证上述推测，选取如下装置进行实验2（气密性经检验良好，夹持装置及连接装置已略去）。 实验2 实验装置 试剂 现象 2-1 I、II、III、IV组合 a．稀盐酸；b．大理石；c．饱和NaHCO3溶液；d．溶液A；e．NaOH溶液 溶液A颜色缓慢变浅 2-2 I、III、IV组合 a．_________；b．_________；d．溶液A；e．NaOH溶液 溶液A颜色迅速变浅，并褪为无色 ①结合资料，分析实验2-1中选择试剂c的目的是　　　　　　　　　　　。 ②实验2-2是将通入溶液A中，所选试剂分别为　　　　　　　　　　　。 ③实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，用化学方程式解释可能的原因　　　　　　　　　　　。 ④上述实验说明溶液A中含有。设计实验：将通入　　　　　　　　　　　中，观察到溶液变黄，进一步证实了溶液变黄为所致。 （3）设计原电池装置进行实验3。 资料ii：此实验条件下，指针偏向的电极为正极。 实验3 实验装置 浓硝酸温度（） 实验现象 3-1 30 指针迅速偏向Al，Fe溶解 3-2 10 指针先迅速偏向Al，又迅速偏向Fe，之后缓慢恢复至零 3-3 5 指针偏向Fe，之后缓慢恢复至零 ①依据3-1的实验现象，可得出结论　　　　　　　　　　　。 ②分析实验3-2中“指针又偏向Fe”的可能原因　　　　　　　　　　　。 （4）综合上述实验，影响分别与浓硝酸发生钝化反应快慢的因素可能有　　　　　　　　　　　。 【答案】（1）强氧化性     （2）① 除去挥发的HCl，避免生成黄色的对溶液颜色产生干扰    ② 溶液，或（合理即可）    ③     ④ 含少量的浓硝酸     （3）① 时，Al与浓硝酸钝化速率比Fe的快；Fe不钝化    ② Al钝化速率快，先形成氧化膜作正极，接着Al表面的氧化膜有溶解，Fe表面的氧化膜增厚，此时变为Al做负极，指针偏向Fe     （4）温度、氧化膜的致密程度、氧化膜的形成速率、还原性（合理即可）      【解析】实验1：根据实验出现的现象，Fe和Al表面都产生少量气泡且迅速停止，是因为浓硝酸具有强氧化性，可以在常温下使Fe或Al两种金属迅速氧化，在金属表面形成致密氧化物保护膜形成金属钝化现象，可以阻止金属继续与浓硝酸反应，其中Fe得到黄色溶液A，Al得到无色溶液B； 实验2：根据题目信息，要验证实验1-1得到的黄色溶液可能是生成的量多溶解导致，只需要证明溶液中参与反应颜色发生变化即可，结合实验2装置，实验2-1采用的是利用装置制取排除溶解气体的方式；实验2-2采用的是利用装置制取消耗溶解气体的方式； 实验3：根据实验3的现象可知，指针偏向的电极为正极，即为难反应的金属电极，则另一极的金属作负极被反应，据此分析解答。 (1)根据分析，浓硝酸在此实验中除体现了酸性外，还体现出：强氧化性。 (2)① 结合题目所给资料和分析，实验2-1采用的是利用装置制取排除溶解气体的方式，从制取装置出来的气体中含有杂质，为了不影响实验效果需要除去，通常选择用饱和溶液来吸收中的，故试剂c的目的是：吸收中的，避免生成黄色的对溶液颜色产生干扰； ② 实验2-2是将通入溶液A中，则装置I中所选试剂、是用于制取的药品，故、分别为：溶液、或、； ③实验2-2采用的是利用装置制取消耗溶解气体的方式，实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，是因为发生了如下反应快速消耗了的原因，故反应的方程式为：； ④ 要验证上述实验的溶液A中含有。可以设计如下实验：将通入含的溶液中，如观察到溶液变黄，则可以进一步证实溶液变黄为溶解所致，故需要加入：含少量的浓硝酸。 (3)① 依据3-1的实验现象：在30∘C时，指针迅速偏向Al，则Al为正极未反应，Fe溶解，Fe为负极被持续消耗，故得出结论：在30∘C时，Al与浓硝酸钝化速率比Fe的快，Fe不钝化； ② 依据3-2的实验现象：在10∘C时，指针先迅速偏向Al，说明Al为正极未反应，Fe作负极溶解；又迅速偏向Fe，说明此时Fe作正极不消耗，而Al反而变为负极被消耗；之后缓慢恢复至零，说明Al和Fe表面都被钝化不再发生反应，反应停止，故出现这一现象的原因可能是：Al钝化速率快，先形成氧化膜作正极，接着Al表面的氧化膜有溶解，Fe表面的氧化膜增厚，此时变为Al做负极，指针偏向Fe。 (4)根据实验3-1和3-2的现象与解释，可以得到影响分别与浓硝酸发生钝化反应快慢的因素可能有：温度、氧化膜的致密程度、氧化膜的形成速率、还原性等。 13.(2026·北京丰台·一模)工业上采用硫化氢-甲醇法合成甲硫醇()，过程中可能发生的反应如下： ⅰ． ⅱ． ⅲ． （1）的沸点　　　　　　　的沸点(填“>”或“<”)。 （2）在温度400℃气体总压为1.0 MPa下，保持气体总物质的量恒定，将投料比)不同的反应混合气以相同流速通过催化剂表面发生反应。测得实验数据如下表所示。 转化率/% 产率/% 选择性/% 92.18 75.46 5.89 10.83 81.86 87.85 80.32 7.53 - 91.43 80.20 65.60 14.60 81.80 已知：选择性 产率 ①制备时最佳投料比为　　　　　　　。 ②与最佳投料比相比，过高转化率降低，结合反应ⅰ、ⅱ解释原因　　　　　　　。 （3）有刺鼻的臭味，将微量的掺入天然气中可起到安全警示的作用。一种测定天然气中含量的方法如下： 取掺有的天然气，用100 mL苯吸收，吸取样品溶液5 mL于锥形瓶中，加适量乙醇和溶液，充分振摇，加溶液为指示剂。以滴定溶液中过量的至白色浊液恰好变红，消耗体积为。 已知：(白色)    (白色)    (红色)    ①、、由大到小的顺序为　　　　　　　。 ②天然气中的含量为　　　　　　　。 【答案】（1）>     （2）①     ② 反应i的速率减小，反应ii的速率增大，以反应i的影响为主，导致的总体转化速率减小     （3）①     ② 或      【解析】(1)分子间存在氢键，分子间仅存在范德华力，氢键的作用力强于范德华力，因此的沸点高于，即的沸点的沸点； (2)① 由表格数据可知，当投料比时，的产率与选择性均最高，因此制备时最佳投料比为； ②保持气体总物质的量恒定，当过高时，的起始浓度降低，导致反应i的速率减小，反应ii的速率增大，且以反应i的影响为主，导致的总体转化速率减小，在相同的停留时间内，的转化率降低； (3)① 由滴定原理可知，优先与反应生成沉淀，待完全反应后，过量与反应生成沉淀，最后与反应显红色，说明反应的优先级为，因此平衡常数由大到小的顺序为； ②样品溶液中，，，则与反应的，苯吸收的的物质的量为 ，的摩尔质量为，则天然气中的含量为=。 14.(2026·北京石景山·一模)某小组探究与不同还原性离子的反应。已知：ⅰ．还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强。ⅱ．氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。ⅲ．为难溶于水的白色固体，在水中不能稳定存在。 （1）分别向溶液中加入不同盐溶液。 实验 盐溶液 实验现象 1 NaCl 无明显现象 2 NaBr 无明显现象 3 NaI 棕黄色浊液，静置1天后底部出现白色沉淀，溶液仍为棕黄色 ①取1 g NaBr固体，滴加溶液，变为红褐色浊液。对比实验2，简述NaBr固体和溶液发生氧化还原反应的原因　　　　　　　。 ②写出实验3中和反应的离子方程式　　　　　　　。 ③从原子结构角度解释还原性的原因　　　　　　　。 （2）已知：还原性，其他条件与(1)相同继续进行探究。 实验 盐溶液 实验现象 静置1天后实验现象 4 黑色浊液 底部产生大量黑色沉淀，溶液接近无色 5 墨绿色浊液 底部产生大量棕黄色沉淀，溶液接近无色 ①分析实验4中，溶液和溶液混合时未发生氧化还原反应的原因　　　　　　　。小组同学采用下列装置证明和可以发生氧化还原反应，补全装置示意图，写出实验现象　　　　　　　。 ②经检验，实验5中的棕黄色沉淀中不含，含有、和。通过下列实验证实，沉淀中含有和(忽略的影响)。 证实棕黄色沉淀中含有和的理由是　　　　　　　。 总结：与不同还原性离子的反应和离子的种类、浓度等因素有关。 【答案】（1）① 增大c（Br-），Br-还原性增强，Br-和Cu2+发生氧化还原反应    ② 2Cu2++4I− =2CuI+I2     ③ Cl、Br、I 为同一主族元素，电子层数依次增多，离子半径Cl⁻<Br⁻，失电子能力Cl⁻<Br⁻故还原性I⁻>Br⁻>Cl⁻     （2）① CuSO4溶液与Na2S溶液发生复分解反应的速率快，生成黑色沉淀CuS后，大大降低了Cu2+和S2-的浓度，Cu2+的氧化性和S2-的还原性也随之降低，未发生氧化还原反应    ② 0.1 mol/L CuSO4溶液和0.1 mol/L Na2S 溶液     闭合K后，灵敏电流计指针发生偏转，盛 Na2S 溶液的烧杯中出现淡黄色浑浊，盛 CuSO4溶液的烧杯中石墨电极表面有红色固体析出    ③ 在KI溶液作用下，Cu2+转化生成白色CuI，被氧化为      【解析】（1）在溶液中加入不同盐溶液，实验1、实验2中无明显现象，实验3中出现棕黄色浊液且产生白色沉淀，溶液为棕黄色，根据题干信息，实验1、实验2中无现象原因可能有二：一是Cl-、Br-离子还原性弱，二是离子浓度小；实验3出现反应现象虽然I-离子浓度小，但是离子还原性强，故能发生反应出现相应现象；（2）溶液和溶液混合时产生黑色沉淀是因为发生复分解反应生成，用和分别作正极和负极设计原电池装置，若正极有铜析出，负极产生黄色S沉淀，则能证明和可以发生氧化还原反应，在洗净的棕黄色沉淀中加KI溶液得到白色沉淀为CuI，取上层清液加HCl和BaCl2产生白色沉淀说明新生成BaSO4沉淀，即证明原溶液中存在，除此外，还存在将氧化为的氧化剂，即沉淀中还存在氧化剂Cu2+。 (1)取1 g NaBr固体，滴加溶液，变为红褐色浊液。对比实验2，NaBr固体和溶液发生氧化还原反应的原因1 g NaBr固体中滴加溶液c（Br-）大，Br-还原性更强，故能发生氧化还原反应； 实验 3 现象为棕黄色浊液（生成 I2）、静置后出现白色沉淀（已知 CuI 为白色难溶物），因此 Cu2+被 I-还原为 CuI 沉淀，I-被氧化为 I2，2Cu2++4I− =2CuI↓+I2； Cl、Br、I 位于同一主族元素，电子层数依次增多，离子半径Cl⁻<Br⁻，失电子能力Cl⁻<Br⁻，因此还原性 I⁻>Br⁻>Cl⁻； (2)实验4现象为黑色浊液（CuS 黑色沉淀），静置后仍为黑色沉淀、溶液无色，说明Cu2+与S2-优先发生沉淀反应生成CuS，大大降低了Cu2+和S2-的浓度，Cu2+的氧化性和S2-的还原性也随之降低，未发生氧化还原反应；利用原电池反应原理证明和可以发生氧化还原反应，装置为两个烧杯分别盛放 0.1 mol/LCuSO4溶液和 0.1 mol/LNa2S 溶液，各插入惰性电极，用导线连接电极并串联电流表，用盐桥连接两个烧杯。 预计实验现象为： 电流表指针偏转；盛 Na2S 溶液的烧杯中出现淡黄色浑浊（生成 S 单质）；盛 CuSO4溶液的烧杯中电极表面有红色固体（Cu）析出； 在洗净的棕黄色沉淀中加KI溶液得到白色沉淀为CuI，取上层清液加HCl和BaCl2产生白色沉淀说明新生成BaSO4沉淀，证明原溶液中存在后转化成了，除此外，还存在将氧化为的氧化剂，即沉淀中还存在氧化剂Cu2+。 15.(2026·北京房山·一模)某兴趣小组探究和在酸性条件下的反应，探究过程如下。 实验序号 操作 现象 实验I 向溶液中加入2滴淀粉溶液，将其倒入硫酸酸化的溶液中 混合后约5 s内溶液无明显变化，随后溶液迅速变蓝 资料：在酸性溶液氧化生成 （1）5 s后溶液变蓝说明生成了　　　　　　　(填化学式)。 （2）甲同学对5 s内溶液未变蓝的原因提出如下假设 假设1：与反应生成的速率较慢； 假设2：与反应先生成，但由于存在，　　　　　　　(用离子方程式表示)，被迅速消耗； 假设3：　　　　　　　。 经查阅资料，假设1不成立。 （3）下述实验证实了可被迅速消耗。 实验Ⅱ：向实验I的蓝色溶液中加入过量的溶液，　　　　　　　(填现象)。 （4）乙同学利用电化学装置进一步探究和的反应，设计了实验Ⅲ，实验方案如下： 实验序号 装置 操作及现象 实验Ⅲ-1 放电t s后，向a电极附近溶液中滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，b电极附近溶液中检测出 实验Ⅲ-2 放电t s后，取出a电极附近溶液于试管中，再滴加淀粉溶液，溶液变蓝；b电极附近溶液中检测出 ①在a电极放电时的还原产物是　　　　　　　。 ②解释实验Ⅲ-1与实验Ⅲ-2出现现象差异的原因　　　　　　　。 （5）综合上述实验，从反应原理的角度分析实验I中5 s内及5 s后实验现象产生的可能原因是　　　　　　　。 【答案】（1）     （2）①     ② 猜想3：和反应生成（或其他合理答案）     （3）蓝色快速消失     （4）①     ② Ⅲ-1中，由于存在，被迅速消耗转变成，溶液不会变蓝；（或者Ⅲ-1中，还原性，原电池反应与优先发生，与不反应）；Ⅲ-2中，无，在酸性溶液中氧化生成，溶液变蓝     （5）5s内，与反应生成，但是与反应速率更快，生成的被迅速还原成，因此溶液未变蓝；5s后消耗完毕，与发生反应生成，溶液变蓝。（或其他合理答案）      【解析】根据氧化还原反应规律分析，和具有还原性，和具有氧化性，该实验中涉及三个反应：（主反应）、（副反应I）、（副反应Ⅱ）、（副反应Ⅲ），根据主反应的计量关系可知，实验I中过量，由于三个反应中只有副反应I和Ⅲ生成，则这两个反应为不出现蓝色的主要原因，因此实验中前5s内不出现蓝色的原因为与反应生成（主反应）的速率较慢，或直接生成（发生副反应Ⅲ），或先生成后，很快被还原为（发生主反应和副反应I），5s后已完全消耗，只发生副反应Ⅱ，因此溶液变蓝，据此解答。 (1)淀粉溶液遇变蓝，可用于检验，因此5 s后溶液变蓝说明生成了。 (2)据分析，5 s内溶液未变蓝的原因可能有：与反应生成的速率较慢；与反应先生成，但由于存在过量，发生反应，被迅速消耗；和反应生成，为生成。 (3)实验I的蓝色溶液中存在，若加入过量的溶液蓝色快速消失，则发生反应，即可说明可被迅速消耗。 (4)b电极附近溶液中检测出，说明b电极附近被氧化，为负极，则a电极为正极，含被还原；由于U形管中存在盐桥，因此a电极附近的溶液只存在含I物质，实验Ⅲ-2取出a电极附近溶液后加淀粉变蓝，说明a附近溶液生成了，而Ⅲ-1在a电极附近直接加淀粉不生成蓝色，因此可说明生成的可很快转化为，据此解答。 ①由以上分析，在a电极放电时的还原产物是； ②实验Ⅲ-1与实验Ⅲ-2出现现象差异的原因是Ⅲ-1中，由于存在，被迅速消耗转变成，溶液不会变蓝（或者Ⅲ-1中，还原性，原电池反应与优先发生，与不反应）；Ⅲ-2中，无，在酸性溶液中氧化生成，溶液变蓝。 (5)综合上述实验，实验I中5 s内及5 s后实验现象产生的可能原因是：5s内，与反应生成，但是与反应速率更快，生成的被迅速还原成，因此溶液未变蓝；5s后消耗完毕，与发生反应生成，溶液变蓝。 16.(2026·北京海淀·二模)实验小组探究测定“”的平衡常数的方法。 已知：；。 【查阅资料】直接测定较困难，可利用反应1：进行测定。 （1）一定温度下，在反应1体系中，反应1的平衡常数，　　　　　　　(写表达式)，则。 【实验探究】在6 mL    溶液中，加入14 mL 氨水(，溶质以计)，生成，再逐滴加入 溶液，至刚出现浑浊且不再消失时达滴定终点。改变和，按照上述操作分别进行实验，记录终点时消耗的溶液，实验结果如下表。[注：所得溶液总体积为] 不同时的 1 2 6 0.01 a 9.00 加入27.00 mL 溶液后仍无沉淀 0.005 b d 加入27.00 mL 溶液后仍无沉淀 （2）溶液中加入少量氨水会生成沉淀，反应的离子方程式为　　　　　　　。 （3）中各微粒的平衡浓度可进行近似计算： i．因滴定终点时生成的极少，终点时溶液中的可计为； ii．因氨水过量，且终点时生成的极少，可计为； iii．终点时溶液中的可计为，原因是　　　　　　　。 （4）判断a、b和d的大小关系：　　　　　　　。 （5）为、为时，加入27.00 mL 溶液仍无沉淀，利用分析原因：　　　　　　　。 （6）为9.00 mL时，的计算式为　　　　　　　。 （7）若停止滴加溶液后，生成的浑浊又消失了，则会导致测得的　　　　　　　(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。 【实验拓展】在相同实验条件下，将溶液替换为NaCl或NaI溶液，按上表的、数据进行实验，结果无法测得或与理论值偏差较大。 （8）在溶液和溶液中选择一种，分析原因：　　　　　　　。 【答案】（1）     （2） （或写 ）     （3）氨水过量，且 ，生成  消耗的的量远小于氨水中的总物质的量     （4）     （5） ，增大为原来的3倍，应增大为原来的9倍，即应大于81mL，反应1才能发生，27mL＜81 mL，所以不产生沉淀     （6）     （7）偏低     （8）NaCl：较大，加入大量NaCl溶液仍不出现浑浊，无法测得 NaI：较小，加入极少量NaI即生成浑浊，溶液体积误差较大      【解析】(1) 对于平衡 ，平衡常数为生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，因此： 。 (2)少量氨水无法生成二氨合银配离子，会生成氧化银沉淀（或AgOH沉淀），离子方程式为：  （或写 ）。 (3) 已知 ，氨水过量， 全部转化为  消耗的的量远小于氨水中的总物质的量，消耗的可忽略不计，因此总的物质的量近似等于起始氨水中的物质的量。 (4)由反应1的平衡常数 ，化简后可得 （温度不变不变，总体积抵消）：越大，越大；相同时，越小，越大。因此 。 (5)根据 ，增大为原来的3倍，应增大为原来的9倍，即应大于81mL，反应1才能发生，27mL＜81 mL，所以不产生沉淀。 (6)已知 ，（体积V约掉），代入数据 、、、，得： 。 (7)浑浊消失说明滴定终点提前，测得的小于真实值，与成正比，因此测得的偏低。  (8)若选：，相同条件下更难生成AgCl沉淀，按表格数据加入最大量NaCl后仍无沉淀，无法确定滴定终点，无法测定。 若选：因为，相同条件下更容易生成AgI沉淀，滴定终点提前，偏小，导致测定结果偏差较大。 试卷第1页，共3页 / 学科网（北京）股份有限公司 $