2026届高三化学：实验综合大题专题（解释版）

化学实验综合题题型分类及典型例题

核心结论：高考化学实验综合题可分为6大核心题型，覆盖物质制备、性质探究、定量计算、工业流程模拟、有机合

成、配合物相关，各题型出题方向和解题套路具有明显规律性。

一、物质制备类

出题方向

以常见无机物(如FeCl3、84消毒液、氢碘酸)或有机物(如苯胺、对甲基苯甲酸)为目标产物，考查制备原理、装置

选择、试剂作用、条件控制及产物分离提纯。

套路模板

1.装置识别与作用分析(发生装置→除杂装置→制备装置→收集/尾气处理装置)。

2.反应方程式书写(离子方程式为主，关注反应条件标注)。

3.制备条件控制(温度、压强、反应物滴加速率等)。

4.产物分离提纯(过滤、蒸馏、结晶、洗涤等操作)。

重点难点

复杂装置中试剂的选择(除杂、干燥、尾气吸收)。

反应条件的优化理由(如防副反应、提高产率)。

陌生反应方程式的推导。

注意事项

区分“除杂”与“干燥”试剂的顺序(先除杂后干燥)。

标注反应条件(如加热、冰水浴、催化剂)，避免遗漏。

尾气处理需结合气体性质(酸性气体用碱液，有毒气体需防倒吸)。

经典例题

1.(2025河北)氢碘酸常用于合成碘化物。某化学兴趣小组用如图装置(夹持装置等略)制备氢碘酸。

步骤如下：

ⅰ.在A中加入150mLH2O和127gI2，快速搅拌，打开K1通入H2S，反应完成后，关闭K1，静置、过滤得

滤液；

ⅱ.将滤液转移至B中，打开K2通入N2，接通冷凝水，加热保持微沸，直至H2S除尽；

ⅲ.继续加热蒸馏，C中收集沸点为125~127℃间的馏分，得到117mL氢碘酸(密度为1.7g.mL-1，HI

质量分数为57%)。

1

回答下列问题：

(1)仪器A的名称：，通入H2S发生反应的化学方程式：。

(2)步骤ⅰ中快速搅拌的目的：(填序号)

a．便于产物分离b．防止暴沸c．防止固体产物包覆碘

(3)步骤ⅰ中随着反应的进行，促进碘溶解的原因(用离子方程式表示)。

(4)步骤ⅱ中的尾气常用(填化学式)溶液吸收。

(5)步骤ⅱ实验开始时的操作顺序：先通入N2，再加热；步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序：。

(6)列出本实验产率的计算表达式：。

(7)氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在。

【答案】(1)圆底烧瓶I2+H2S=S+2HI

(2)c

--

(3)I2+I⇌I3

(4)NaOH

(5)先停止加热，再通一段时间的N2后关闭K2

(6)%

(7)密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处

【分析】I2的氧化性比S强，A中发生I2+H2S=S↓+2HI，过滤除去S，得到含H2S的HI滤液；将滤液转

移到B中，先通氮气、加热保持微沸除去H2S，升高温度，收集沸点为125℃~127℃间的馏分，得到

117mL密度为1.7g/mL，质量分数为57%的HI溶液。

【详解】(1)仪器A的名称为圆底烧瓶；I2的氧化性比S强，通入H2S发生反应的化学方程式为I2+H2S

=S↓+2HI；

(2)I2在水中的溶解度较小，生成的S可能包裹在其表面阻止反应的继续进行，故步骤i中快速搅拌的目

的是防止固体产物包覆碘，选c；

----

(3)I2和I会发生反应：I2+I⇌I3，步骤i中随着反应的进行，生成的HI电离出的I与I2反应促进I2

--

的溶解，本空答案为I2+I⇌I3；

(4)步骤ⅱ中的尾气为H2S，有毒，是酸性气体，常用NaOH溶液吸收；

(5)为确保蒸馏装置内的HI全部进入C中，步骤ⅲ实验结束时相对应的操作顺序为：先停止加热，再通

一段时间的N2后关闭K2；

(6)127gI2的物质的量为0.5mol，n理论(HI)=2×0.5mol=1mol，m理论(HI)=1mol×128g/mol=128g、

m实际(HI)=117mL×1.7g/mol×57%，故HI的产率=×100%=

×100%=%；

(7)氢碘酸见光易分解，易被空气氧化，应保存在密封的棕色细口瓶中，并放在避光低温处。

2.(2025云南)三氟甲基亚磺酸锂(Mr=140(是我国科学家通过人工智能设计开发的一种锂离子电池补锂

剂，其合成原理如下：

2

实验步骤如下：

Ⅰ.向A中加入3.5gNaHCO3、5.2gNa2SO3和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺

酰氯(Mr=168.5(，有气泡产生(装置如图，夹持及加热装置省略)。80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得

浅黄色固体。

Ⅱ.向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃(THF)，充分搅拌后，加入无水Na2SO4，振荡，抽滤、洗涤。

将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适量乙醇进行重结晶。

Ⅲ.将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐酸，析出白

色固体。抽滤、洗涤。

Ⅳ.将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH。室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得

粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，得产品1.1g。

已知：THF是一种有机溶剂，与水任意比互溶。

回答下列问题：

(1)仪器A的名称为，冷凝管中冷却水应从(填“b”或“c”)口通入。

(2)步骤Ⅰ反应中有气泡产生，其主要成分为。

(3)步骤Ⅱ中第一次洗涤的目的是。

(4)步骤Ⅲ中发生反应的化学方程式为，判断加入浓盐酸已足量的方法为。

(5)步骤Ⅳ中加入蒸馏水的作用是。

(6)三氟甲基亚磺酸锂的产率为(保留至0.01%)。

【答案】(1)三颈烧瓶b

(2)二氧化碳

(3)将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率

(4)+HClTHF→+NaCl取少量上层清液

于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量

3

(5)作为溶剂，溶解后加快反应速率

(6)40.12%

【分析】

向A中加入3.5gNaHCO3、5.2gNa2SO3和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯

(Mr=168.5(，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所以有

气泡产生，80℃下反应3h后，减压蒸除溶剂得浅黄色固体。向上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃

(THF)，充分搅拌后，加入无水Na2SO4，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤，除去硫酸钠，洗涤可将吸附

在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率。将所得滤液减压蒸除THF，得黏稠状固体。加入适

量乙醇进行重结晶。将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足

THF

量浓盐酸，发生的化学方程式为：+HCl———→+

NaCl，析出白色固体。抽滤、洗涤。将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为

溶剂，溶解后加快反应速率，室温搅拌反应1h后，减压蒸除溶剂，得粗产品。加入适量乙醇进行重结晶，

得产品1.1g，据此解答。

【详解】(1)由图可知，A为三颈烧瓶，中间为冷凝管，为了提高冷凝效果，冷却水从b口通入，c口流出，

故答案为：三颈烧瓶；b；

(2)向A中加入3.5gNaHCO3、5.2gNa2SO3和20.0mL蒸馏水，搅拌下逐滴加入2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰

氯(Mr=168.5(，生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢，碳酸氢钠与氯化氢反应生成二氧化碳，所

以有气泡产生，故答案为：二氧化碳；

(3)A中反应生成了三氟甲基亚磺酸钠，硫酸钠和氯化氢等，上述所得固体中加入10.0mL四氢呋喃

(THF)，充分搅拌后，加入无水Na2SO4，可促进硫酸钠结晶析出，振荡，抽滤除去硫酸钠等固体、洗涤，洗

涤可将吸附在滤渣上的产品尽可能全部转入滤液中，提高产率，故答案为：将吸附在滤渣上的产品尽可

能全部转入滤液中，提高产率；

(4)

由分析可知，将所得三氟甲基亚磺酸钠和3.0mLTHF加入圆底烧瓶中，搅拌溶解后逐滴加入足量浓盐

THF，析

酸，发生的化学方程式为：+HCl———→+NaCl

出白色固体，所以判断加入盐酸已足量的方法为：取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉

淀，则浓盐酸已足量，故答案为：+HClTHF→+

NaCl；取少量上层清液于小试管中，滴加浓盐酸，若无白色沉淀，则浓盐酸已足量；

(5)将滤液转入圆底烧瓶中，加入2.0mL蒸馏水和过量LiOH，水可作为溶剂，溶解后加快反应速率，故答

案为：作为溶剂，溶解后加快反应速率；

(6)已知向A中加入3.5gNaHCO3、5.2gNa2SO3，2.1mL(3.3g)三氟甲磺酰氯(Mr=168.5(，三氟甲磺酰氯

4

量不足，以三氟甲磺酰氯计算理论产量为：g，氟甲基亚磺酸锂的产率为×100%≈

40.12%，故答案为：40.12%。

3.(2025重庆)糖精钠是一种甜味剂。某实验小组在实验室利用甲苯氯磺化法按一下五个步骤制备糖精钠

(部分操作及反应条件略)。

(1)步骤I：氯磺化

实验装置示意图如图所示(夹持及控温装置略)。

①仪器a的名称为。

②烧杯中吸收的尾气是(填化学式)。

(2)步骤II：氨化

若取邻甲苯磺酰氯0.3mol，理论上至少需加入15mol·L-1氨水mL。

(3)步骤III：氧化

氧化过程中为保证氧化完全，需加入过量的KMnO4。反应完成后，向其中滴加Na2SO3溶液将过量的

KMnO4转化成MnO2。观察到现象为时，停止加入Na2SO3溶液，其离子方程式为。

(4)步骤IV：酸化

5

将步骤III所得溶液进行酸化，经过滤得糖精。过滤需用到下列的仪器有。

(5)步骤V：成盐

加热反应体系，过程中产生大量气体，该气体为(填化学式)。待NaHCO3反应完全，趁热过滤。

由滤液获得糖精钠产品的过程中，冷却结晶之后的操作步骤还有。

【答案】(1)温度计HCl

(2)40

-2-2-

(3)溶液紫色褪去2MnO4+3SO3+H2O=2MnO2+3SO4+2OH

(4)ACEG

(5)CO2过滤、洗涤、干燥

【详解】(1)由方程式可知，磺化过程中还生成了氯化氢，所以用水来吸收，由装置图可知，a为温度计，故

答案为：温度计；HCl；

(2)由方程式可知，邻甲基磺酸氯与氨水为1:1进行反应，0.3mol邻甲基磺酸氯中消耗的氨水为0.3mol，

加入15mol/L的氨水，充分反应后，消耗20毫升的氨水，同时产生0.3mol的氯化氢，氯化氢与氨水中和

反应，消耗的氨水为0.3mol，即20毫升，所以一共需要消耗NH3.H2O的体积为40mL，故答案为：40；

(3)氧化过程中为保证氧化完全，需要加入过量的KMnO4，反应完全后，向其中滴加Na2SO3以除去过量

KMnO4溶液，KMnO4溶液被消耗，则反应完全的现象是溶液紫色褪去，该溶液为碱性，则KMnO4被还

-2-2

原成二氧化锰，根据氧化还原规律，得出离子方程式为：2MnO4+3SO3+H2O=2MnO2+3SO4+

--2-2-

2OH，故答案为：溶液紫色褪去；2MnO4+3SO3+H2O=2MnO2+3SO4+2OH；

(4)过滤需要烧杯，漏斗，玻璃棒，铁架台等，故需要的仪器为：ACEG；

(5)

能水解生成羧基，与NaHCO3反应，产生大量的二氧化碳气体，当NaHCO3完全反应，

趁热过滤，冷却结晶的后续操作是过滤，洗涤，干燥，故答案为：CO2；过滤，洗涤，干燥。

6

二、性质探究类

出题方向

围绕物质(如FeCl3、Fe2+/Fe3+平衡体系、羟基自由基)的化学性质，设计对比实验，考查反应机理、影响因素及现

象分析。

套路模板

1.提出猜想→设计对照实验(控制单一变量)。

2.实验现象描述与原因解释(结合离子方程式)。

3.结论推导与误差分析(验证猜想是否成立)。

重点难点

I控制变量法的应用(确保单一变量，排除干扰因素)。

I陌生现象的本质分析(如沉淀颜色变化、溶液褪色原因)。

I补充实验设计(验证某一猜想的严谨性)。

注意事项

实验现象描述需准确(如“白色沉淀→灰绿色→红褐色”)。

解释原因时必须结合化学方程式或平衡移动原理。

补充实验需保持原有条件一致，仅改变目标变量。

经典例题

4.(24-25高三·广东汕头·一模)氢氧化亚铁在工业上是一种重要的除氧剂、水处理剂。

-1-1

(1)向试管中加入1mL1mol⋅L的新制FeSO4溶液，滴加1mL1mol⋅L的NaOH溶液，生成白色沉淀，

涉及的离子反应方程式为。白色沉淀会迅速转为灰绿色，一段时间后转为红褐色，此时

元素被氧化。

i．灰绿色沉淀的研究

(2)查阅资料得知，Fe(OH)2为层状结构(如右下图)，当部分Fe(Ⅱ)被氧化为Fe(Ⅲ)时，层状结构不被

2-

破坏，生成(1)中灰绿色沉淀--绿锈。夹层内填充有SO4、OH-等阴离子，化学式可表示为Fe(Ⅱ)

xFe(Ⅲ)y(OH)z(SO4(m，设计如下流程进行检验：

流程中试剂A为(填化学式)，经实验测定x=4、y=2、m=1，则z=。

(3)查阅资料得知：绿锈无法稳定存在于高浓度碱性溶液中，Fe(OH)3某些性质类似Al(OH)3，在浓度极

2+

高的强碱溶液中无法稳定存在。某同学拟用不同浓度NaOH溶液与Fe反应，利用Fe(OH(3性质，减

少灰绿色沉淀生成。实验方案为：取3支试管分别加入0.1gFeSO4固体，再加入不同浓度的NaOH溶液

1.5mL。实验结果如下：

7

-

NaOH(mol.L1(FeSO4(g)沉淀颜色

20.1灰绿色

80.1出现白色，灰绿色极少生成

27.3(饱和)0.1明显白色，灰绿色几乎不出现

结合合适的化学用语，试分析NaOH浓度增大后白色沉淀明显的原因可能是。

ii．氢氧化亚铁白色沉淀制备研究

2+-

(4)甲同学猜测常温下可以利用Fe与HCO3的双水解反应产生Fe(OH)2白色沉淀。该离子反应为

2+-

Fe+2HCO3+2H2O⇌Fe(OH)2↓+2H2CO3。乙同学猜测二者混合发生复分解反应产生碳酸亚铁，该

反应的离子方程式为。

请通过计算这两个反应的平衡常数来分析说明哪种猜测更合理(填“甲”或“乙”)，其原因是

。

---

(已知Ksp[Fe(OH)2[=8.0×1016,Ksp(FeCO3(=2.1×1011,H2CO3的Ka1、Ka2分别为4.5×107和5.9×

10-11，溶于水的CO2以H2CO3形式存在)

2+-

【答案】(1)Fe+2OH=Fe(OH)2↓Fe

(2)KSCN12

--

(3)NaOH会溶解产生的Fe(OH)3，Fe(OH)3+OH⇌FeO2+2H2O

2+-2+-

(4)Fe+2HCO3⇌FeCO3↓+H2CO3(或Fe+2HCO3⇌FeCO3↓+H2O+CO2↑)乙运算甲

的平衡常数K=0.617，乙的平衡常数K=6.2×106，乙的反应进行程度更大，反应倾向更明显，所以乙推

测更合理。

2+-

【解析】(1)新制FeSO4溶液中滴加NaOH溶液，Fe与OH结合成白色沉淀Fe(OH)2，涉及的离子反

2+-

应方程式为Fe+2OH=Fe(OH)2↓。白色沉淀会迅速转为灰绿色，一段时间后转为红褐色，此时发生

反应4Fe(OH(2+O2+2H2O=4Fe(OH(3，+2价Fe被氧化。

(2)Fe3+检验的常用试剂是KSCN，Fe(Ⅱ)代表铁呈现+2价，Fe(Ⅲ)代表铁呈现+3价，根据化合物整

体不带电，即化合价代数和为零可推断z=12。

(3)根据信息可知灰绿色是Fe(OH)3存在造成的，又知Fe(OH)3某些性质类似Al(OH)3，在浓度极高的

强碱溶液中无法稳定存在，所以分析NaOH浓度增大后白色沉淀明显的原因可能是：NaOH会溶解产生

--

的Fe(OH)3，Fe(OH)3+OH⇌FeO2+2H2O。

2+-

(4)乙同学猜测二者混合发生复分解反应产生碳酸亚铁，该反应的离子方程式为Fe+2HCO3⇌

2+-

FeCO3↓+H2CO3或Fe+2HCO3⇌FeCO3↓+H2O+CO2↑;

2+-

甲推测的反应为Fe+2HCO3+2H2O⇌Fe(OH)2↓+2H2CO3，该反应平衡常数为K=

c(COO-)

23C)=c2F(.==；乙推测的反应为2++

20.617Fe

c(Fe2c(HO3-)Ksp[eH)2[

-

2HCO3⇌FeCO3↓+H2CO3，该反应平衡常数为K==.

106由此可见乙的反应进行程度更大，反应倾向更明显，所以

乙推测更合理。

+

5.(24-25高三·广东江门·一模)某学习小组欲探究Fe3/SCN-平衡体系的影响因素，并用色度计检测离

8

子浓度变化。

I．配制FeCl3溶液

(1)用FeCl3晶体配制FeCl3溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是。

-1-1-1

(2)用0.1mol.LFeCl3溶液配制100mL0.005mol.LFeCl3溶液，需用量筒量取0.1mol.LFeCl3溶液

mL，配制过程需要用到的仪器有。(填序号)

+

II．探究影响Fe3/SCN-平衡的因素

-1-1

20℃时，在烧杯中将25mL0.005mol.LFeCl3溶液与25OmL0.01mol.LKSCN溶液混合，发生系列

+-

反应Fe3+nSCN⇌[Fe(SCN(n[3-n(n=1∼6(，其中[Fe(SCN(n[3-n都显红色。反应得到红色混合溶

液，用色度计测得溶液透光率为T。各取3mL红色混合溶液分装于若干试管中备用。完成下列实验：

实验序号实验操作透光率

i试管①：加热至40℃T1

试管②：加入少量铁粉

iiT2

试管③：加入-1溶液

iii0.1mL0.04mol.LKClT3

已知：有色离子浓度越大，颜色越深，透光率(T)越小；T1、T2、T3均大于T。

+

(3)Fe3与SCN-的反应是(填“吸热”或“放热”)反应；实验ii中发生反应(写离子方程

式)；用低浓度FeCl3溶液进行实验的原因是。

+--

(4)乙同学查阅资料发现存在反应a：[Fe(SCN([2+4Cl⇌[FeCl4[(浅黄色)+SCN-，并依据实验iii

得出结论：反应a可导致透光率升高。丙同学认为推断依据不严谨，为证明该结论的正确，进一步完善

实验，实验方案为：。

3+3+-+

(5)已知：Fe与SCN-的系列反应分6步进行，反应i：Fe+SCN⇌[Fe(SCN([2；反应ii：

+-+

[Fe(SCN([2+SCN⇌[Fe(SCN(2[……，平衡常数依次为K1、K2……，K逐渐减少，其中K2=26.9，

--

平衡时c(SCN(≈1×10-4mol.L1。甲同学认为决定透光率测定结果的是反应i，其余反应影响可忽

略。请结合计算证明该观点。

(6)学习小组进一步查阅资料发现：盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，

离子有效浓度降低。若往装有3OmL红色混合溶液试管中加入少量NaNO3固体，测得透光率为T’，

则T’T。(填“>”、“<”或“=”)

【答案】(1)抑制Fe3+的水解

(2)5.0CD

(3)放热2Fe3++Fe=3Fe2+浓度低时Fe3+颜色较浅，可减少对透光率测定结果的影响

9

(4)取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正

确(或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论

正确)

26.9，故

++

×10-4，c([Fe(SCN([2(远大于c([Fe(SCN(2[(，故以反应i为主

(6)>

3+-

【分析】实验i加热后T1大于T，说明有色离子浓度降低，平衡Fe+nSCN⇌

+

[Fe(SCN(n[3-n(n=1∼6(逆向移动，该反应为放热反应；反应ii中加入少量铁粉，发生反应：2Fe3+Fe

2+-1

=3Fe，平衡逆向移动，有色离子浓度降低，故T2大于T；实验iii中加入0.1mL0.04mol.LKCl溶液，

可能是水或KCl对透光率产生影响，故可作对比实验：取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入少

量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确(或取3mL红色混合溶液于试管中，向试管中加入

0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确)。

3+

【解析】(1)用FeCl3晶体配制FeCl3溶液时，用浓盐酸溶解晶体的原因是：抑制Fe的水解；

-1

(2)稀释前后溶质的物质的量守恒，故需要用量筒量取0.1mol.LFeCl3溶液的体积为：

mL；配制过程需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100mL容

量瓶，故选CD；

(3)由实验①可知，升高温度，透光度增大，即有色离子浓度减小，即Fe3++nSCN-⇌

+-

[Fe(SCN(n[3-n(n=1∼6(逆向移动，故Fe3与SCN的反应是放热反应；实验ii中发生的离子反应为：

3+2+3+3+

2Fe+Fe=3Fe；Fe显黄色，用低浓度FeCl3溶液进行实验的原因是：浓度低时Fe颜色较浅，可减

少对透光率测定结果的影响；

(4)实验iii中加入0.1mL0.04mol.L-1KCl溶液，可能是水或KCl对透光率产生影响，故可取3mL红色

混合溶液于试管中，向试管中加入少量KCl固体，测得溶液透光率大于T，说明结论正确(或取3mL红

色混合溶液于试管中，向试管中加入0.1mL蒸馏水，测得溶液透光率小于T3，说明结论正确)；

++

×10-4，c([Fe(SCN([2(远大于c([Fe(SCN(2[(，故以反应i为主；

(6)根据题意，盐在水溶液中电离产生的离子可产生盐效应，使离子运动受到牵制，离子有效浓度降低，

3+-++

使得铁离子与硫氰根离子的反应受阻，平衡Fe+SCN⇌[Fe(SCN([2逆向移动，[Fe(SCN([2浓度

减小，透光率增大，故加入NaNO3固体后，T′>T。

6.(2025湖北)某小组在探究Cu2+的还原产物组成及其形态过程中，观察到的实验现象与理论预测有差

异。根据实验描述，回答下列问题：

(1)向2mL10%NaOH溶液加入5滴5%CuSO4溶液，振荡后加入2mL10%葡萄糖溶液，加热。

①反应产生的砖红色沉淀为(写化学式)，葡萄糖表现出(填“氧化”或“还原”)性。

②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成。用化学反应方程式说明该沉淀产生的原因：

。

-1

(2)向20mL0.5mol.LCuSO4溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去，再加入盐酸并加热至溶液中无气泡产

生为止。过滤得固体，洗涤并真空干燥。

10

①加入盐酸的目的是

②同学甲一次性加入1.18gZn粉，得到0.78g红棕色固体，其组成是(填标号)。

a．Cub．Cu包裹Znc．CuOd．Cu和Cu2O

③同学乙搅拌下分批加入1.18gZn粉，得到黑色粉末X。分析结果表明，X中不含Zn和Cu(Ⅰ)。关于

X的组成提出了三种可能性：ⅠCuO；ⅡCuO和Cu；ⅢCu，开展了下面2个探究实验：

由实验结果可知，X的组成是(填“Ⅰ”“Ⅱ”或“Ⅲ”)。从物质形态角度分析，X为黑色的原因是

。

=Δ

【答案】(1)Cu2O还原Cu(OH)2CuO+H2O

(2)除去过量的锌粉bⅢ光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色

【分析】(1)向2mL10%NaOH溶液加入5滴5%CuSO4溶液，制得新制氢氧化铜悬浊液，振荡后加入

2mL10%葡萄糖溶液，加热，新制氢氧化铜悬浊液和葡萄糖中的醛基反应；

-12+

(2)向20mL0.5mol.LCuSO4溶液中加入Zn粉使蓝色完全褪去，Cu全部被还原，再加入盐酸并加热

至溶液中无气泡产生为止，过量的Zn粉全部转化为Zn2+，过滤得固体，洗涤并真空干燥，该固体是Cu2+

的还原产物，可能含Cu、Cu2O等。

【详解】(1)①向2mL10%NaOH溶液加入5滴5%CuSO4溶液制得新制氢氧化铜悬浊液，振荡后加入

2mL10%葡萄糖溶液，加热，新制氢氧化铜悬浊液与葡萄糖中的醛基反应产生的砖红色沉淀为Cu2O，

Cu被葡萄糖从+2价还原为+1价，葡萄糖表现出还原性；

②操作时，没有加入葡萄糖溶液就加热，有黑色沉淀生成，该黑色沉淀为CuO，用化学反应方程式说明该

=Δ

沉淀产生的原因：Cu(OH)2CuO+H2O；

(2)①由题干加入盐酸并加热至溶液中无气泡产生为止可知加入盐酸的作用是除去过量的锌粉；

②先加Zn粉、后加盐酸，得到固体为红棕色，则一定有Cu(Cu2O和HCl发生歧化反应生成Cu)，20mL

2+

0.5mol/LCuSO4中n(Cu)=0.5mol/L×20mL=0.01mol，Cu的最大物质的量为0.01mol，质量为

0.64g，生成Cu2O的最大质量为0.72g，实际固体质量为0.78g：

a．若只有Cu，则固体质量应小于等于0.64g，a不符题意；

b．若是Cu包裹Zn，则0.64<固体质量<1.18g，b符合题意；

c．若是CuO，则不可能为红棕色，c不符题意；

d．若是Cu和Cu2O，固体质量应介于0.64g-0.72g之间，d不符题意；

选b；

③实验1得到的溶液呈无色，说明一定无CuO，那么X的组成只能是Cu，选Ⅲ；从物质形态角度分析，

X为黑色的原因是金属固体Cu呈粉末状时，光线进入后被多次反射吸收，所以呈黑色。

三、定量计算类

11

出题方向

通过滴定法、热重分析、产率计算等，考查数据处理、误差分析及相关计算能力，涉及浓度、纯度、结晶水个数、平衡

常数等计算。

套路模板

1.实验数据处理(有效数字保留、异常数据舍弃)。

2.计算核心公式(浓度=c1V1/c2V2、产率=实际产量/理论产量×100%)。

3.误差分析(判断操作对结果的偏高/偏低影响)。

重点难点

多步反应的定量关系推导(如滴定反应与目标反应的关联)。

热重分析中结晶水个数的计算(利用质量差)。

平衡常数的计算(结合电离常数、溶度积等数据)。

注意事项

计算时需统一单位(如体积换算为L，质量换算为mol)。

滴定实验中空白实验数据的应用(扣除杂质影响)。

误差分析需结合操作对“测量值”的影响(如滴定管未润洗导致测量值偏大)。

经典例题

7.(24-25高三·广东深圳·一模)铜氨配合物在催化剂、电化学传感器等方面有潜在的应用价值。某兴趣小

组探究铜氨配合物的制备。

I．准备溶液

-1

(1)配制100OmL0.1Omol.L的CuSO4溶液，需要胆矾(CuSO4.5H2O)的质量为g。

(2)氨水浓度的测定：移取一定体积未知浓度的氨水，加入指示剂，用盐酸标准溶液滴定至终点，该滴定

操作用到的仪器有(填标号)。

II．探究铜氨配合物的制备

(3)小组同学完成实验i制备铜氨配合物。

序号操作现象

-1

向8mL0.1mol.LCuSO4溶液中逐滴加先产生蓝色沉淀，后得到深蓝色透明溶

i

入2mL2mol.L-1氨水液

①生成蓝色沉淀的离子方程式为。

②小组同学向实验i所得深蓝色溶液中，加入95%乙醇，过滤、洗涤、干燥，得到0.16g深蓝色晶体

2+

[Cu(NH3(4[SO4.H2O(M=246g.mol-1(。为验证实验i中Cu与NH3形成配离子，小组同学设计并完

成实验ii、iii．

12

序号操作现象

取0.123g深蓝色晶体于试管中，加入5mL水溶解得到放置一天后，铁丝表面有红色固体

ii

深蓝色溶液(忽略液体体积变化)，向其中浸入一根铁丝析出，溶液颜色变浅

取5mL浓度为mol⋅L-1的(填化学式)溶液2min后铁丝表面有红色固体析

iii

于试管中，浸入一根与实验ii相同的铁丝出，溶液颜色变浅

2-

③检验上述深蓝色晶体中存在SO4的操作及现象是。

(4)该小组同学认为实验i中生成了Cu(OH(2沉淀，若直接向Cu(OH(2固体中滴加氨水也可得到铜氨

-1

配合物。于是取0.1gCu(OH(2固体于试管中，滴加5mL2mol⋅L氨水，发现固体几乎不溶解。

+-

理论分析Cu(OH(2(s(+4NH3⋅H2O(aq(⇌[Cu(NH3(4[2(aq(+4H2O(l(+2OH(aq(K=1.6×10-7

小组同学认为该反应进行的程度很小是导致铜氨配合物制备不理想的原因。

提出猜想猜想a：结合平衡移动原理，增大c(NH3⋅H2O(可明显促进铜氨配离子的生成。

可明显促进铜氨配离子的生成。

2-

猜想c：对比实验i，引入SO4可明显促进铜氨配离子的生成。

分析讨论①猜想c不成立，其理由是。

实验验证为验证猜想a、b是否成立，设计并完成实验iv~vi．测算Cu(OH(2溶解的最大质量，记录数

据。

序号操作Cu(OH(2溶解质量/g

-

iv滴加5mL4mol⋅L1氨水m1

-1

v取0.1gCu(OH(2滴加5mL8mol⋅L氨水m2

固体于试管中-

滴加5mL4mol⋅L1氨水，再加入少量②

vim3

(填化学式)固体

实验结论③实验结果为m2略大于m1，且m3-m1(填“大于”或“小于”)m2-m1，可证明猜想b

成立而猜想a不成立。

+

计算分析④实验vi中存在反应：Cu(OH(2(s(+2NH3⋅H2O(aq(+2NHaq(⇌[Cu(NH3(4[2(aq(+

-2

4H2O(l(，该反应的平衡常数K=[已知Kb(NH3⋅H2O(=1.8×105,1.8≈3.2]。

【答案】(1)2.5

(2)BC

2+

(3)Cu+2NH3⋅H2O=Cu(OH(2↓+2NH0.1CuSO4取少量晶体溶于水中形成溶液，

2-

先向其中加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在SO4

2-

(4)SO4未参与上述平衡(NH4(2SO4大于500

--1

【解析】(1)n(CuSO4⋅5H2O)=n(CuSO4)=100×103L×0.1mol⋅L=0.01mol，m(CuSO4⋅5H2O)=

0.01×250g=2.5g；

(2)该滴定操作用到的仪器有：酸式滴定管、锥形瓶；

2+

(3)①生成蓝色沉淀的离子方程式为：Cu+2NH3⋅H2O=Cu(OH(2↓+2NH，一水合氨是弱电解质，不

13

-1-1

能拆成离子形式；②实验ii中[Cu(NH3(4[SO4的物质的量浓度：mol.L=0.1mol.L，

-1

为了控制变量，所以实验iii需要取0.1mol.L的CuSO4溶液于试管中，浸入一根与实验ii相同的铁

2-

丝；③检验上述深蓝色晶体中存在SO4的操作及现象是：取少量晶体溶于水中形成溶液，先向其中加入

2-

盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若出现白色沉淀，则说明该晶体中存在SO4；

2-+

(4)因为SO4未参与Cu(OH(2(s(+2NH3.H2O(aq(+2NHaq(=[Cu(NH3(4[2(aq(+4H2O，所以对

2-

比实验i，引入SO4不会促进铜氨配离子的生成；根据猜想b与猜想c，实验vi应该加入少量(NH4(2SO4

固体；如果猜想a正确，则m2大于m1，但是m2不会略大于m1；如果猜想b正确，则可以得出m3大于m1，

并且m3与m1差距较大；因此对比实验v与实验vi，如果m2略大于m1，且m3-m1大于m2-m1，可证明

+

猜想b成立而猜想a不成立；因为Cu(OH(2(Os(+4NH3.H2O(aq(=[Cu(NH3(4[2(aq(+4H2O(l(+

-

2OH(aq(K=1.6×10-7，即K==1.6×10-7，Cu(OH(2(s(+2NH3.

+

H2O(aq(+2NHaq(=[Cu(NH3(4[2(aq(+4H2O(l(，该反应的平衡常数K=

。

=-==500

8.(24-25高三·广东湛江·一模)过渡金属催化分解过氧化氢时，会产生羟基自由基(.OH)，其反应活性强、

寿命短、存在浓度低，准确测定.OH的绝对浓度十分困难，某兴趣小组通过邻菲罗啉-Fe(Ⅱ)光度法间

+++

接测其生成量，反应原理为[Fe(phen)3[2+·OH+H=[Fe(phen)3[3+H2O。

查阅资料：①条件相同时，溶液吸光度A与其物质的量浓度c成正比：A=kc(k为吸光物质的吸收系

数)。

2++

②Fe能与邻菲罗啉(phen)形成稳定的配离子[Fe(phen)3[2，该配离子能吸收波长为510nm的光，而

+

[Fe(phen)3[3对波长为510nm的光吸收很弱，可忽略不计。

实验一：配制溶液

2+-1

(1)用FeSO4.7H2O(M=278g.mol-1)晶体配制100mL含c(Fe(=0.10mol.L的溶液，应准确称取

该晶体的质量是g(分析天平精确度为0.0001g)。另准确称取一定质量phen晶体，取一定量

2+-1+

c(Fe(=0.10mol.L的溶液配制100mL0.01mol.L-1[Fe(phen)3[2溶液备用。配制溶液时需要用到

下列仪器中的(填字母)。

(2)配制溶液时需加入一定量的H2SO4溶液，其原因是(用离子方程式解释)。

实验二：测定羟基自由基生成浓度并探究其影响因素

取若干试管编号，按照下表用量混合反应溶液，并依次测定波长为510nm时溶液的吸光度：

14

0.01mol/L0.01mol/L0.01mol/L蒸馏水

编号吸光度A

+2+

[Fe(phen)3[2溶液/mLH2O2溶液/mLFe溶液/mL/mL

02.000.000.0098.001.6

12.001.000.0596.951.2

22.001.000.1096.900.7

32.001.00a96.850.3

42.001.000.2096.800.3

52.001.000.2596.750.4

+4

(3)表格中a的数值为，若该实验条件下[Fe(phen)3[2的k=1.1×10L.mol-1，空白样品吸光度

2+2+

A0=1.6，则H2O2和Fe投料比V(H2O2(/V(Fe(=5时羟基自由基生成量c(·OH(=(保留3

位有效数字)

分析讨论：该小组同学发现实验过程中实测的空白样品吸光度与文献数值有一定偏差，探究其原因。

提出猜想：在配制FeSO4溶液时，可能有部分溶质被氧气氧化。

设计实验：

(4)①该小组同学设计实验验证了猜想的正确性，其操作和现象是。

②甲同学提出，为排除氧气氧化的干扰，可在配制溶液时，加入少量Fe粉，但乙同学认为不可以，其原因

是。

2+

拓展探究：某兴趣小组继续探究Fe催化H2O2分解体系中pH对.OH生成量的影响(用表观生成率

表示)。

2+

(5)按照H2O2溶液投入量为1mL，在V(H2O2(/V(Fe(=5下，用H2SO4溶液调节不同pH，测得.OH

2+2++

表观生成率如图所示，已知Fe随pH的升高，存在状态变化：Fe→Fe(OH)→Fe(OH)2，其不同形态

对H2O2分解生成.OH的表观生成率催化效率不同。下列分析正确的是(填字母)。

A.Fe(OH)+在pH为3~5范围内含量最高

B.Fe(OH)2催化H2O2产生.OH的效率最高

C.pH大于4之后.OH表观生成率下降的原因是Fe2+浓度下降

【答案】(1)2.7800ABCDE

2+++2+

(2)Fe+2H2O=Fe(OH)2+2H[或Fe(OH)2+2H=Fe+2H2O]

-1

(3)0.151.18×10-4mol.L

(4)取少许配制的FeSO4溶液于试管中，滴入几滴KSCN溶液，溶液变为红色铁和铁离子反应生成

15

+2+

亚铁离子，导致溶液中亚铁离子浓度增大，使得配制的[Fe(phen)