2026年上海高考化学二轮复习讲练测专题06 化学实验方案的设计、评价与数据处理（复习讲义）（解析版）

专题06化学实验方案的设计、评价与数据处理目录01析·考情精解 302构·知能架构 403破·题型攻坚 4题型一化学实验方案的设计与评价 4真题动向与传统文化艺术结合、与真实应用情境结合必备知识知识1常用仪器的识别及基本操作知识2常见的实验装置知识3有机制备实验中的常考问题知识4实验组合装置图的分析评价关键能力能力1仪器连接类顺序问题思维模型能力1实验操作类顺序问题思维模型能力3制备型实验方案设计的基本思路能力4定量测定型实验题答题模板命题预测考向1化学实验方案的设计考向2化学实验方案的评价题型二定量实验的数据分析与处理 12真题动向与传统文化艺术结合、与真实应用情境结合必备知识知识1常见“滴定分析法”的定量关系知识2定量实验数据的测定方法知识3定量实验中数据采集处理关键能力能力定量实验过程中有效地减小实验误差方法命题预测考向定量实验的数据计算和误差分析命题轨迹透视从近三年高考试题来看，试题以填空题为主，题目难度难。命题趋势：从基础操作设计转向真实工业或科研情境下的综合方案构建。考查重点涵盖方案可行性分析、误差归因、产率计算，突出对证据推理、科学探究素养的考查，强调数据与实验结论的逻辑关联，摒弃机械记忆，注重知识迁移与问题解决能力。考点频次总结考点2025年2024年化学实验方案的设计与评价上海卷T1（9）上海卷T4（6）（7）（8）上海卷T2（7）定量实验的数据分析与处理上海卷T4（9）（10）上海卷T2（8）2026命题预测预计在2026年高考中，将延续“真实前沿情境+素养综合考查”趋势，情境聚焦新能源、环境检测等前沿领域，强化方案多维评价，除可行性外，新增绿色化学、成本控制、安全风险等实际维度考查。数据处理融入数字化实验，要求关联数据与误差、产率的逻辑，替代单纯计算；同时设开放性设计环节，突出科学探究素养。考点一化学实验方案的设计与评价1．（2025上海，T1（9））碳酸丙烯酯()简称PC，是一种重要的有机化合物，具有多种工业通途。环氧丙烷与二氧化碳催化合成法是目前最常用的生产方法。已知：反应①：(g)+CO2(g)(l)

反应②：C(s)+O2(g)=CO2(g)

反应③：

反应④：

环氧丙烷生成的过程中可能会发生副反应。已知：①碳酸丙烯酯的选择性=②M(碳酸丙烯酯)；ρ(碳酸丙烯酯)。(9)制备碳酸丙烯酯还有一种光气法，其原理为利用丙二醇与光气生成碳酸丙烯酯。与光气法相比，请从绿色化学角度写出3点环氧丙烷与二氧化碳合成法的优势。【答案】(9)不使用有毒气体光气；不产生HCl；可吸收CO2，变废为宝【详解】（9）用光气与丙二醇反应也可以用于制备碳酸丙烯酯，光气有毒，传统方法更安全；用光气与丙二醇反应还有副产物产生，原子利用率低；环氧丙烷与催化合成原子利用率达到百分之百，传统方法用二氧化碳做原料，可以帮助完成碳中和，减缓温室效应。命题解读新情境：锚定CO₂资源化利用，呼应双碳国家战略。题目聚焦环氧化合物与CO₂催化合成碳酸丙烯酯的工艺，将“温室气体CO₂转化为高值化学品”的前沿工业需求作为载体，这是上海近年命题的核心导向，既体现化学的环保价值，又关联国家双碳目标，跳出传统有机合成的孤立情境。新考法：以“工艺对比”替代“概念记忆”，落实应用分析。摒弃传统“默写绿色化学原则”的考法，要求对比气光法与合成法的差异：需结合反应式（气光法生成HCl副产物、用有毒光气），从原子利用率、副产物危害、原料安全性等实际维度分析优势，考查对绿色化学原则的落地应用，是上海等级考“素养替代记忆”的典型考法。新角度：聚焦工业工艺的实际选择逻辑。命题跳出“单一方案评价”，转向“两种工艺的优势对比”，需同时兼顾原料环保性、副产物影响、原子经济性，体现上海高考对“工业实际工艺选择”的考查倾向。2．（2025上海，T4（6）（7）（8））工业从低品位锗矿中提取精锗，使用分步升温的方法：测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)：a．称取mg单质锗样品，置于锥形瓶I中：向锥形瓶Ⅱ中加入过量的NaH2PO2溶液。b．向锥形瓶I中加入足量FeCl3溶液和盐酸，加热充分反应。c．反应结束后，用盐酸冲洗连接管和仪器A，冲洗液并入锥形瓶II中。d．向锥形瓶Ⅱ中加一定量磷酸和盐酸，隔绝空气加热至微沸。充分反应后，用橡皮塞塞紧锥形瓶Ⅱ，并冷却到10℃以下(防止在步骤e中过量的NaH2PO2与KIO3发生反应)e．向锥形瓶Ⅱ的无色溶液中加入淀粉溶液，用cmol·L-1KIO3标准溶液滴定，终点时消耗VmL标准溶液。测定单质锗样品纯度的方法和相关装置如下(杂质不参与反应)：①②③④(6)装置图中仪器A的名称为_______。A．滴定管 B．恒压滴液漏斗 C．冷凝管 D．干燥管(7)到达滴定终点时，溶液颜色由变成，且半分钟不褪色。(8)步骤d中，在滴定前要用橡胶塞密封锥形瓶，请解释其原因。【答案】(6)C(7)无色浅蓝色(8)隔绝氧气，避免被氧化为导致滴定结果偏低【分析】低品位锗矿焙烧得到，然后加入真空还原为，经过多步反应得到Ge；滴定实验的步骤是：滴定前的准备：滴定管；查漏→洗涤→润洗→装液→调液面→记录；锥形瓶：注液体→记体积→加指示剂；滴定：眼睛注视锥形瓶溶液颜色变化；终点判断：记录数据；数据处理：通过数据进行计算；【详解】（6）由图，装置a名称为球形冷凝管，故选C；（7）根据已知，碘酸根离子和Ge2+反应生成碘离子，当Ge2+反应完，碘酸根就会和生成的I-反应得到碘单质遇溶液中淀粉变蓝，则实验滴定终点时，颜色由无色变为浅蓝色，半分钟不褪色。（8）空气中氧气具有氧化性，实验盖紧塞子防止被氧化（或绝氧气，避免被氧化为，否则导致滴定结果偏低），从而产生滴定误差。命题解读新情境：锚定半导体材料（锗）的工业定量检测，呼应高端制造需求。以上低品位锗矿提取后的纯度测定为载体，融合多步氧化还原反应与滴定实验，关联半导体材料生产的质量控制环节，这是上海近年命题的核心导向，既体现化学对高端制造的支撑价值，又跳出传统金属（铁、铜）的定量实验框架，强化情境的前沿性。新考法：以“多步反应链+装置-操作关联”替代单一滴定计算。摒弃传统“滴定公式默写”，第(6)题考仪器A（冷凝管）需结合“水流+装置用途”辨析，而非机械记忆；第(7)题滴定终点颜色，需关联多步反应中I₂的生成与消耗逻辑，落实“证据推理”素养，是上海等级考“多环节逻辑串联”的典型考法。新角度：聚焦实验操作的误差控制逻辑。第(8)题密封锥形瓶的原因，需关联I⁻易被空气氧化的性质，分析密封防O₂干扰滴定结果的实际作用，并非孤立考操作，而是考查操作与实验准确性的关联，体现上海高考对“实验落地性”的重视。3．（2024·上海·高考真题）粗盐水中含有Ca2+、Mg2+、SO、K+等可溶性杂质离子，根据生产要素，可采取不同的精制方法。方法1可制得高纯度的NaCl晶体且产率较高。流程图如下：已知：化学式BaSO4BaCO3Ksp(25℃)1.1×10-102.6×10-9(1)过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器___________。A． B． C． D．方法2和方法3精制的盐水可用于纯碱工业。方法2：粗盐水中先加入石灰乳(含Ca(OH)2的悬浊液)除去Mg2+，再通入含有NH3、CO2的工业废气除去Ca2+，过滤得到盐水。方法3：粗盐水中先加入石灰乳除去Mg2+，再加入碳酸钠溶液除去Ca2+，过滤得到盐水。(7)写出方法2中，除去Ca2+时发生反应的离子方程式。相比于方法3，方法2的优点是。【答案】(1)B(7)Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH利用工业废气除Ca2+，降低了成本【分析】粗盐加入稍过量的BaCl2溶液，生成BaSO4沉淀，除去硫酸根离子，过滤，滤液中加入稍过量NaOH溶液，生成Mg(OH)2沉淀，除去Mg2+，加入稍过量Na2CO3溶液，生成BaCO3和CaCO3沉淀，除去Ba2+和Ca2+，过滤，滤液中加入稀盐酸，除去氢氧化钠、碳酸钠，经过一系列操作后得到精盐。【详解】（1）过滤时，除烧杯和玻璃棒外，还需要的玻璃仪器普通漏斗，故选B；（7）方法2中，除去Ca2+时发生反应为在通入氨气形成的碱性条件下，钙离子、氨气、二氧化碳、水生成碳酸钙沉淀和氯化铵，反应的离子方程式Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH；相比于方法3，方法2的优点是提纯粗盐的同时，可变废为宝，将含NH3和CO2的工业废气转化为氮肥，，降低了成本，同时减少了废气的排放，有利于保护环境；知识1常用仪器的识别及基本操作1．熟悉常见的化学仪器(1)常用化学实验仪器分类(2)重点记住下列仪器的名称使用仪器名称烧杯圆底烧瓶蒸馏烧瓶锥形瓶漏斗长颈漏斗仪器名称量筒干燥管容量瓶分液漏斗酸式滴定管碱式滴定管(3)仪器的选用可直接加热的仪器有试管、坩埚、蒸发皿、燃烧匙等。可间接加热(如垫石棉网加热、水浴加热等)的仪器有烧杯、圆底烧瓶、平底烧瓶、蒸馏烧瓶、锥形瓶等。测量物质的质量一般用托盘天平(有砝码、镊子与之配套)、电子天平等。测量液体的体积可用粗量器(量筒、量杯)、精量器(滴定管、容量瓶、移液管)。测量物体的温度用到温度计；分液用到分液漏斗、烧杯。过滤用到普通漏斗、玻璃棒、烧杯；蒸发用到蒸发皿(有玻璃质的，也有瓷质的)、玻璃棒、酒精灯；蒸馏用到蒸馏烧瓶(必要时配备温度计、冷凝管、牛角管)、酒精灯等。物质储存仪器有集气瓶和储气瓶(用以储存气体)、广口试剂瓶(用以储存固体)、细口试剂瓶(用以储存液体)等。2．常见仪器的使用与基本操作(1)坩埚和蒸发皿：坩埚和蒸发皿均可以直接加热，前者主要用于固体物质的灼烧，后者主要用于溶液的蒸发、浓缩和结晶。(2)漏斗：普通漏斗主要用于组装过滤器，长颈漏斗主要用于组装简易反应器，分液漏斗主要用于分离互不相溶的液体、作反应器的加液(不宜盛放碱性溶液)装置。(3)玻璃棒：过滤、配制溶液中转移液体用玻璃棒引流；蒸发过程中用玻璃棒搅拌，并从蒸发皿中转移固体；溶液pH测定中用玻璃棒蘸取溶液等。浓H2SO4稀释操作如下：将浓H2SO4沿烧杯内壁缓缓注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。(4)滴定管：“0”刻度在上。酸式滴定管不能装碱性溶液，碱式滴定管不能装酸性及氧化性溶液。(5)容量瓶：不能长期存放溶液，更不能作为反应容器，也不可加热，瓶塞不可互换。(6)试剂瓶：广口瓶盛放固体试剂，细口瓶盛装液体试剂，棕色瓶盛放见光易变质、易挥发的试剂。(7)量筒：不能用来配制溶液或用作反应容器，更不能用来加热或量取热的溶液。(8)pH试纸：检测溶液时不能先润湿，不能用试纸直接蘸取待测液。试纸检验气体前需先润湿，试纸不能直接用手拿，要用镊子夹取。用pH试纸测定溶液pH的操作如下：将一小块pH试纸放在洁净的表面皿上，用清洁干燥的玻璃棒蘸取少量待测液点到pH试纸中央，待变色稳定后再和标准比色卡对照，读出对应的pH。(9)烧瓶、烧杯、锥形瓶：不可直接加热，中和滴定实验中锥形瓶不能用待测液润洗。(10)温度计：不能代替玻璃棒用于搅拌，测液体温度时水银球浸在液体中且不能触碰瓶底，测气体温度(如蒸馏)时水银球对准支管口。(11)“万能瓶”：装置如图，其有多种用途。洗气瓶：A进B出，如用饱和NaHCO3溶液除去CO2气体中的HCl气体。储气瓶：广口瓶中盛满液体，B进A出，如Cl2可用排饱和食盐水的方法储存。)集气瓶：若A进B出，可收集密度比空气大的气体，如CO2；若B进A出，可收集密度比空气小的气体，如H2。安全瓶：在气体的制取与性质验证实验中连接该装置(瓶中不盛放任何物质)，可有效地防止倒吸，起到安全瓶的作用(此时广口瓶中A管长度同B管)。知识2常见的实验装置1．常见的防倒吸装置2．冷凝回流、分离装置图1、图2：冷凝、导气图3：冷凝回流，防止气体逸出，提高产率图4、图5：油水分离器3．常见的液封措施及装置4．几种多用途装置多管洗气瓶平衡压强装置恒压分液(滴液)漏斗①干燥气体②混合气体③观察气体流速①平衡气压②防倒吸③观察是否堵塞①平衡气压，便于液体顺利滴下②定量实验中加入的液体不占体积5．减压蒸馏装置知识3有机制备实验中的常考问题(1)有机物易挥发，因此在反应中通常采用冷凝回流装置，以减少有机物的挥发，提高原料的利用率和产物的产率。(2)有机反应通常都是可逆反应，且易发生副反应，因此常使某种价格较低的反应物过量，以提高另一反应物的转化率和产物的产率，同时在实验中需要控制反应条件，以减少副反应的发生。(3)根据产品与杂质的性质特点选择合适的分离提纯方法，如蒸馏、分液等。(4)温度计水银球的位置：若要控制反应温度，则应插入反应液中；若要收集某温度下的馏分，则应放在蒸馏烧瓶支管口处。(5)冷凝管的选择：球形冷凝管只能用于冷凝回流，直形冷凝管既能用于冷凝回流，又能用于冷凝收集馏分。(6)冷凝或冷却装置图一、图二装置中由于冷凝管竖立，使液体混合物能冷凝回流，以此装置作为反应装置，可使反应物循环利用，提高反应物的转化率。(7)加热方法的选择①酒精灯加热。需要温度不太高的实验都可用酒精灯加热。②水浴加热。水浴加热的温度不超过100℃。(8)防暴沸：加碎瓷片或沸石，防止溶液暴沸，若开始忘加，需冷却后补加。(9)产率计算公式：产率＝eq\f(实际产量,理论产量)×100%知识4实验组合装置图的分析评价1．组合实验的思维过程实验目的→联想→反应原理→反应物药品选择与评价→仪器的选择与评价→仪器组装→操作步骤→记录现象、数据→结论→作用、意义→联想。其中药品的选择和仪器的选择相互影响、相互制约，尤其是药品、仪器的规格和价格因素不能忽略。实验现象的观察与记录：自下而上、自左至右从固体、液体、气体、能量、压强的变化全面观察。2．气体制备与性质验证实验装置的连接顺序实验操作顺序一般包括下列几部分：连接仪器→检查气密性→装药品→先通气体排出装置中空气→开始反应→防倒吸､防氧化措施→仪器拆卸等｡对环境有害的气体，在实验中必须对其尾气进行处理｡熟悉装置图，根据仪器装配顺序(由低到高，由左到右，先里后外)，装置顺序(制气装置→净化装置→干燥装置→收集装置→尾气吸收装置)准确组装仪器并检查气密性。3．组合设计实验(1)“合理选择”是指仪器的选择、药品的选择、连接方式的选择等。仪器的选择又包括发生装置(几种基本类型)、净化装置(除杂质的试剂与顺序)、反应装置、尾气处理装置等；药品的选择包括药品的种类、浓度、状态等；连接方式的选择指仪器的先后顺序、导管接口的连接等。(2)“排除干扰”是指反应条件的控制、防止空气成分介入、副反应尽量避免、杂质的清除以及防止产物的挥发、水解等对实验的干扰。(3)“操作准确”则要求熟悉主要仪器的性能、用途和典型的实验操作步骤。4．“五查法”速解装置图评价题(1)查实验装置中仪器的使用和连接是否正确。(2)查所用反应试剂是否符合实验原理。(3)查气体收集方法是否正确。(4)查尾气吸收装置、安全装置是否正确。(5)查实验目的与相应操作是否相符，现象、结论是否统一。能力1仪器连接类顺序问题思维模型(1)填接口连接顺序时还应注意：仪器安装自下而上，从左到右；洗气或干燥气体时导气管长进短出，干燥管大口进小口出，量气装置应短进长出。(2)净化气体时：一般先除去有毒、有刺激性气味的气体，后除去无毒、无味的气体，最后除水蒸气。(3)实验中反应物或产物易吸水、潮解、水解，需要采取防水措施。(4)检验混合气体时：先检验水蒸气，再检验并除去性质较活泼的气体，最后检验其他气体。如蔗糖与浓硫酸反应时会生成SO2、CO2及水蒸气，应先用无水CuSO4检验水蒸气，再用品红溶液检验SO2，用酸性高锰酸钾溶液除去SO2，然后用澄清石灰水检验CO2。能力2实验操作类顺序问题思维模型加热操作注意事项：主体实验加热前一般应先通原料气赶走空气后再点燃酒精灯，其目的一是防止爆炸，如H2还原CuO、CO还原Fe2O3；二是保证产品纯度，如制Mg3N2、CuCl2等。反应结束时，应先熄灭酒精灯，继续通原料气直到冷却为止。能力3制备型实验方案设计的基本思路(1)题型介绍：制备一种物质，应根据目标产品的组成来确定原料及反应原理，设计反应路径，选择合适的仪器和装置。最后，根据生成物的性质将产品分离、提纯出来。整个过程如图所示：目标产品→选择原料→设计反应路径→设计反应装置→控制反应条件→分离、提纯产品(2)解题步骤认真阅读题干，提取有用信息。仔细观察装置图(或框图)，联想熟悉的实验，观察装置图(或框图)，找出每件仪器(或步骤)与熟悉的某一实验相似的地方，分析每件仪器中所装药品的作用。通读问题，整合信息，把所有的问题进行综合分析，运用题给信息和化学基础知识做出正确答案。能力4定量测定型实验题答题模板(1)巧审题，明确实验目的、原理：实验原理可从题给的化学情境(或题目所给的实验目的)并结合元素化合物的有关知识获取。在此基础上，依据可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的实验方案(2)想过程，理清操作先后顺序：根据由实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法和步骤，把握各实验步骤的要点，理清实验操作的先后顺序(3)看准图，分析装置或流程作用：若题目中给出装置图，在分析解答过程中，要认真细致地分析图中的各部分装置，并结合实验目的和原理，确定它们在实验中的作用(4)细分析，得出正确的实验结论：在定性实验的基础上研究量的关系，根据实验现象和记录的数据，对实验数据进行筛选，通过分析、计算、推理等确定有关样品含量及化学式考向1化学实验方案的设计1．（2025·上海·三模）为探究制取硫代硫酸钠最佳条件(溶液pH、亚硫酸钠浓度、反应温度、硫粉质量)，设计如下对比实验(每次实验时亚硫酸钠的质量均为63g，反应时间为30min)：实验序号溶液pH亚硫酸钠与水的质量比反应温度/℃硫粉质量/g亚硫酸钠转化率/%1101001880.72b1001894.6(1)实验1、2的目的是探究亚硫酸钠浓度对亚硫酸钠转化率的影响，则b=。(2)若还要探究溶液pH、反应温度、硫粉质量对亚硫酸钠转化率的影响，除实验1、2外，至少还需进行次对比实验。【答案】(1)10(2)3【分析】控制变量法探究外界条件对亚硫酸钠转化率的影响时，只允许存在一个变量，如测定反应物浓度对化学反应速率的影响时，只允许某一种反应物的浓度不同，而其它条件(如温度、溶液的pH、固体反应物的质量及颗粒大小)都应相同。【详解】（1）实验1、2的目的是探究亚硫酸钠浓度对亚硫酸钠转化率的影响，则其他外界条件都应相同，所以实验1、2溶液的pH应相同，故b=10。（2）要探究溶液pH、反应温度、硫粉质量对亚硫酸钠转化率的影响，除实验1、2外，还应进行溶液pH不同对比实验、反应温度不同对比实验、硫粉质量不同对比实验，所以至少还需进行3次对比实验。【点睛】控制变量法测定外界条件对化学反应速率的影响时，只能存在一个变量。2．（25-26高三上·上海·开学考试）实验室探究铜的冶炼已知：。有文献报道：在氢气还原氧化铜的一些实验中，得到的固体产物是铜和氧化亚铜组成的混合物。氧化亚铜为红色固体，在空气中溶于氨水得到蓝色溶液，某兴趣小组对此开展如下探究。设计如图实验装置，开展氢气还原氧化铜实验并检验固体产物。(1)图中制取氢气的化学反应方程式为。(2)实验开始时，(填A或B)。A．先向长颈漏斗中加稀硫酸后点酒精灯B．先点燃酒精灯加热后向长颈漏斗中加稀硫酸(3)取反应后的红色固体于烧杯中，加入氨水并搅拌，观察到，证明固体产物有。探究反应生成的变化情况。称取若干份质量均为的，在相同条件下分别用氢气还原不同时间(t)，检测所得固体中的质量(m)，结果如图。(4)为确保氢气还原氧化铜所得固体产物不含，应采取的措施是。为解释实验结果，兴趣小组对氢气还原氧化铜的反应过程提出如下假设：经历，两个反应，且在同一条件下两个反应同时进行。(5)通过计算分析，假设中“在同一条件下两个反应能同时进行”合理的依据是。(写出合理的推理过程)【答案】(1)(2)A(3)溶液变蓝(4)通入足量氢气，加热较长时间(5)假设全部变成时，其质量为，而由图可知的最大质量为，所以两个反应同时进行【分析】实验探究时，先利用锌与稀硫酸反应制取氢气，再用氢气还原氧化铜制取铜。由于氢气与空气混合加热时，易发生爆炸，所以应先制取氢气，并排尽试管内的空气后，再用酒精灯加热试管。【详解】（1）由图可知，铁与稀硫酸反应制取氢气，化学反应方程式为，答案为：；（2）为防止氢气与空气混合加热而发生爆炸，实验开始时，先向长颈漏斗中加稀硫酸后点酒精灯，故选A，答案为：A；（3）题中信息显示：氧化亚铜为红色固体，在空气中溶于氨水得到蓝色溶液，则取反应后的红色固体于烧杯中，加入氨水并搅拌，观察到溶液变蓝，证明固体产物有，答案为：溶液变蓝；（4）从图中可以看出，加热时间越长，的质量越小，则为确保氢气还原氧化铜所得固体产物不含，应采取的措施是：通入足量氢气，加热较长时间，答案为：通入足量氢气，加热较长时间；（5）假设中“在同一条件下两个反应能同时进行”合理的依据是：假设0.6000gCuO全部变成时，其质量为0.54g，而由图2可知的最大质量为0.3218g，所以两个反应同时进行。答案为：假设0.6000gCuO全部变成时，其质量为0.54g，而由图可知的最大质量为0.3218g，所以两个反应同时进行；3.（2025·上海·三模）实验室常用溶液吸收尾气，探究其适宜条件原理。时，将不同浓度溶液一次性推入中，观察现象。编号现象甲活塞自动内移，最终剩余约无色气体乙活塞自动内移，最终气体全部被吸收（1）已知为角形分子。下列关于说法正确的是___________。A．均属于酸性氧化物 B．均属于离子化合物 C．均属于电解质 D．均属于极性分子（2）在给定条件下，下列物质转化可以实现的是___________(不定项)。A． B．稀C． D．（3）溶液吸收时生成两种钠盐，化学方程式为。（4）检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，，气体变为色。（5）某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部浓度过低，导致部分与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将缓慢推入溶液中，(补全实验现象)。进一步探究与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。【查阅资料】：i．遇水时发生反应：a．

b．；ⅱ．酸性条件下，或可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深。【实验】将推入下列试剂中，随即取出溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸化)中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。编号试剂溶液颜色丙水溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅丁溶液戊酸性对氨基苯磺酸溶液（6）通过实验(填编号)对比，说明遇水时发生了反应a和b。（7）从化学反应速率的角度分析，与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是。（8）若用的溶液重复实验甲，最终剩余约无色气体。综上，用溶液吸收尾气，适宜的条件是、(写出两点即可)。【答案】（1）D（2）BC（3）（4）吸入少量空气红棕（5）剩余气体小于7mL（6）丙和戊（7）与碱中和的反应速率大于其分解速率（8）低温浓碱、控制流速、增大气液接触面积等(写出两点即可)【分析】用溶液吸收尾气时，发生的反应主要为：，如过量，会与水继续反应：；根据编号甲的现象：活塞自动内移，最终剩余约无色气体，说明NaOH溶液量不足，有剩余，最后得到的无色气体为NO气体；根据编号乙的现象：活塞自动内移，最终气体全部被吸收，说明NaOH溶液足量，完全反应无剩余，据此分析解答。（1）已知为角形分子。下列关于说法正确的是：A．均属于酸性氧化物：和都不能满足与碱发生只生成盐和水的性质，故都不是酸性氧化物，A错误；B．均属于离子化合物：和都是通过共价键结合的，属于共价化合物，B错误；C．均属于电解质：和都是通过共价键结合的分子，属于共价化合物，不发生电离，C错误；D．均属于极性分子：已知为角形分子，则和都是通过极性共价键形成的极性分子，D正确；故答案为：D。（2）在给定条件下，下列物质转化可以实现的是：A．：难溶于水且不与水反应，不满足题目条件，A错误；B．稀：Cu和稀反应可以生成NO气体：，B正确；C．：NO和CO在催化剂作用加热可以反应生成和：，实现污染的净化，C正确；D．：为被还原，应加入还原剂，具有强氧化性，不符合题目要求，D错误；故答案为：BC。（3）溶液吸收时发生歧化反应生成两种钠盐，则反应的化学方程式为：。（4）根据分析，甲中剩余的气体应该为NO，可以利用NO极易被空气氧化为红棕色方法检验NO的存在，具体操作为：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。（5）是红棕色气体，甲中产生无色气体则为NO，要验证局部浓度过低，导致部分与水反应而产生了NO；要通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将缓慢推入溶液中，如最终剩余气体小于7mL，则说明可能是该原因导致。（6）丙中是将推入5mL水中，而戊中试剂为酸性对氨基苯磺酸溶液，根据题中信息知，在酸性条件下，或可与对氨基苯磺酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中的越大，红色越深，再根据溶液颜色变化来看，溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅，丙中加水一定程度上稀释了溶液，导致相对减小，也说明的确是产生了或；最后根据题干信息得到结论：通过实验丙和戊对比，遇水时发生反应：a．、b．。（7）由实验丁的现象几乎与戊的颜色相同可知，此时是与戊差不多的，但是实验戊较实验丙而言颜色浅，说明实验丙中反应速率较慢，从化学反应速率的角度分析，与水或碱反应时还原产物价态不同的原因可能是：与碱中和的反应速率大于其分解速率。（8）用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL无色气体，可知低温是适宜条件，而实验乙中最终气体全部被吸收，可知NaOH浓度越大则吸收更充分，故适宜的条件有：低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积等(写出两点即可)。4，（2025·上海杨浦·二模）可用淀粉溶液遇碘显蓝色，检验淀粉的存在。做验证实验：向碘水中滴加木薯淀粉(以下简称淀粉)溶液，显蓝色。使淀粉溶液显蓝色的一定是I2吗？Ⅰ．探究碘水的成分（1）类比Cl2与H2O反应，写出I2与H2O反应的化学方程式。（2）实验测得碘水中的含碘微粒有：I2、I−、I、IO，资料显示：I−+I2I。推断产生IO的原因(用离子方程式表示)。Ⅱ．探究使淀粉溶液显蓝色的微粒【方案1】（3）向无色KIO3溶液、KI溶液中，分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：。（4）向等浓度、等体积的碘水中，分别加入等体积的三种试剂(如下图所示)，振荡，充分混合后，再分别加入等量的淀粉溶液，记录现象。（5）试管①中加入M，是为耗尽溶液中的I−，又不影响实验探究，M应选。A．硝酸酸化的AgNO3溶液B．硫酸酸化的KIO3溶液由上述实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I。完成实验记录：实验现象试管①试管②试管③溶液颜色加淀粉溶液前黄色黄色黄色加淀粉溶液后蓝色【方案2】（6）在碘的十四烷溶液中，加少许淀粉。若本实验结论与【方案1】一致，则加入淀粉前后液体的颜色分别为_____。(已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致)A．黄色黄色 B．黄色蓝色 C．紫色紫色 D．紫色蓝色用木薯淀粉(粒径1×10−5~2×10−5m)制备的纳米淀粉(粒径40~100nm)，可吸附染料废水中的染料藏红T(C20H19N4Cl)。（7）木薯淀粉分散于水中形成的分散系应属于_____；A．溶液 B．胶体 C．乳浊液 D．悬浊液（8）纳米淀粉吸附藏红T的主要原因是。为测定纳米淀粉对藏红T的吸附量q[q=]，实验如下：（9）配制20.00mg·L−1的藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、。（10）取20.00mg·L−1、40.00mg·L−1藏红T溶液各200mL，分别加入20mg纳米淀粉，振荡、静置，吸附量q随时间的变化如下图所示：(1)40.00mg·L−1藏红T溶液的吸附量q由所示。A．曲线M

B．曲线N(2)在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为mol·L−1·min−1。[已知：M(藏红T)=350.5g·mol−1，忽略溶液体积的变化]。A．4.42×10−7B．8.84×10−7C．4.42×10−4D．8.84×10−4【答案】（1）I2+H2OHI+HIO（2）3I2+3H2O5I−+IO+6H+(或3HIO=2I−+IO+3H+)（3）I−、IO不是使淀粉溶液变蓝色的微粒（4）B试管①浅黄色(或黄色或无明显变化)试管②深蓝色(或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色)（5）C（6）D（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强（8）1L容量瓶、胶头滴管（9）AB【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；（1）类比Cl2与H2O反应，I2与H2O反应生成HI和HIO，化学方程式I2+H2OHI+HIO；（2）碘单质发生歧化反应可以生成HI和HIO3，推断产生IO的原因为：3I2+3H2O5I−+IO+6H+(或HIO发生歧化反应生成IO：3HIO=2I−+IO+3H+)；（3）碘单质能使淀粉试液变蓝色；而无色KIO3溶液、KI溶液中分别滴加淀粉溶液，振荡，溶液仍呈无色，说明：I−、IO不是使淀粉溶液变蓝色的微粒；（4）银离子和碘离子生成碘化银黄色沉淀，影响实验的观察；硫酸酸化的KIO3溶液和碘离子发生氧化还原反应生成碘单质，实验效果会更明显；故选B；实验现象得出结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2，而是I。试管①中主要存在含碘粒子为碘单质，则试管①加淀粉溶液后现象为：浅黄色(或黄色或无明显变化)；资料显示：I−+I2I，试管②中加入碘单质和KI混合溶液，使得溶液中I浓度较大，则试管②现象为：深蓝色(或蓝黑色、深蓝黑色、蓝色)；（5）本实验结论与【方案1】一致，结论：使淀粉溶液变蓝色的不是I2；已知：碘的烃类溶液与碘的四氯化碳溶液，颜色基本一致，则为紫色；碘的十四烷溶液中，主要存在含碘粒子为碘单质，则加少许淀粉前后液体的颜色均为紫色，故选C；（6）胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；溶液是分散质粒子大小于1nm的分散系；浊液是分散质粒子大于100nm的分散系；木薯淀粉粒径1×10−5~2×10−5m，则分散于水中形成的分散系应属于悬浊液，故选D；（7）纳米淀粉和水形成的分散系属于胶体，胶体粒子有较大的比表面积，吸附能力较强，故纳米淀粉可以吸附藏红T；（8）配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、称量、溶解（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；配制藏红T溶液1L，使用的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、1L容量瓶、胶头滴管；（9）①200mL等体积的40.00mg·L−1藏红T溶液中藏红T的量大于20.00mg·L−1藏红T溶液中藏红T，则40.00mg·L−1藏红T溶液的吸附量q由A．曲线M所示；②由图，在0~10min内，曲线N对应的被吸附速率为。5．（2026·甘肃贵州·一模）亚氯酸钠()具有氧化性可作纺织品的漂白剂。某同学欲在实验室制备亚氯酸钠，并测定纯度。查阅资料部分信息如下：①常温下为黄绿色气体，熔点为-59℃，沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解。纯易发生爆炸，常用其他气体使其保持在稀释状态；②易与碱反应生成亚氯酸盐和氯酸盐；③在溶液中过饱和时，若溶液温度低于38℃，析出；若溶液温度为38~60℃，则析出；若溶液温度高于60℃，分解为和。亚氯酸钠的实验室制备装置如图(夹持装置已略去)：回答下列问题：(1)仪器a的名称是。(2)装置B的作用为，C中冰水浴的作用有。(3)写出A装置中生成的离子方程式。(4)实验中须从A装置左侧通入氮气，目的是。(5)反应结束后，从装置C中获得的操作步骤依次为：①减压，55℃蒸发浓缩结晶；②趁热过滤；③温水洗涤；④低于60℃干燥，得到成品。步骤③用温水洗涤固体的具体操作是。(6)测定亚氯酸钠的含量实验步骤：①准确称取所得亚氯酸钠样品于小烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应，将所得混合液配成待测溶液。②移取待测溶液于锥形瓶中，加几滴淀粉溶液，用标准溶液滴定至终点，重复3次，测得消耗标准溶液体积的平均值为。(已知：；)①滴定终点的现象是。②下列滴定操作会导致测量结果偏低的是(填字母)。a．锥形瓶洗涤后没有干燥b．滴定时锥形瓶中有液体溅出c．滴定终点时俯视读数d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失③该样品中的质量分数为(用含、、的代数式表示)。【答案】(1)三颈烧瓶(2)安全瓶，防倒吸降低温度，防止分解，防止H2O2分解(3)(4)使生成完全进入后续装置中反应，同时使ClO2保持在稀释状态、防止发生爆炸(5)趁热过滤后，向漏斗中加入38~60℃的温水至浸没晶体，静置，使水自然流下，重复操作2～3次直至洗净(6)滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色bc【分析】装置A中制备得到ClO2，所以A中反应为NaClO3和H2O2在酸性环境下生成ClO2和O2，装置C中二氧化氯和氢氧化钠、H2O2的混合溶液反应生成NaClO2；由题目信息可知，应控制温度38℃~60℃，若溶液温度低于38℃，析出，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaC1；从装置C的溶液获得NaClO2晶体，需要减压，55℃蒸发浓缩结晶；趁热过滤；温水洗涤；低于60℃干燥，得到成品，装置D是吸收多余气体防止污染，据此解答。【详解】（1）仪器a的名称是三颈烧瓶。（2）装置B的作用为安全瓶，防止ClO2极易溶于水使装置内压强骤降引起倒吸；若溶液温度高于60℃，分解为和，H2O2不稳定、受热易分解，C中冰水浴的作用：降低温度，使气体充分冷凝被吸收，防止分解，防止H2O2分解。（3）A中反应为NaClO3和H2O2在酸性环境下生成ClO2和O2，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为。（4）纯易发生爆炸，常用其他气体使其保持在稀释状态；实验中须从A装置左侧通入氮气，目的是使生成完全进入后续装置中反应，同时使ClO2保持在稀释状态、防止发生爆炸。（5）步骤③用温水洗涤固体的具体操作是趁热过滤后，向漏斗中加入38~60℃的温水至浸没晶体，静置，待水自然流下，重复操作2～3次直至洗净。（6）①ClO2在酸性条件下氧化I-生成I2，ClO2被还原为Cl-，同时生成H2O，反应离子方程式为：＋4I-＋4H+=2H2O＋2I2＋Cl-，利用碘遇淀粉变蓝色，选择淀粉作指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定，滴定时发生的反应为I2＋2=＋2I-，当达到滴定至终点时，碘单质恰好反应完，溶液由蓝色变无色，且半分钟内不变色。故答案为：滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色。②a．锥形瓶洗涤后没有干燥，不影响滴定结果，故a不符合题意；b．滴定时锥形瓶中有液体溅出，待测液损失，消耗的标准液减少，测定结果偏低，故b符合题意；c．滴定终点时俯视读数，导致标准液消耗的体积读数减小，测定结果偏低，故c符合题意；d．滴定管滴定前有气泡，滴定后气泡消失，标准液体积消耗的读数包含气泡的体积，读数偏大，测定结果偏大，故d不符合题意。故答案为：bc。③由反应可得关系式：，50.00mL待测溶液中n(NaClO2)=，m(NaClO2)=；样品mg配成的200mL待测溶液中的NaClO2质量为，故样品中NaClO2的质量分数为=。6．（2025·广东深圳·模拟预测）某小组探究金属Na、Mg与铜盐溶液的反应。实验装置如图所示，进行如下实验：实验金属现象ⅠNa钠剧烈反应，迅速熔成小球，产生无色气体，伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色沉淀和少量黑色固体ⅡMgMg条表面迅速产生无色气体，同时有少量红色固体析出，溶液温度升高。溶液中有蓝白色固体生成，经检验含有Cu(OH)2、CuCl。随着反应进行，溶液的pH逐渐升高，最终得到橙黄色浊液，Mg条表面有大量疏松的红色固体析出。已知：i．金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+；ii．CuCl为白色沉淀；[CuCl4]2-显黄色，与过量铜离子混合显绿色。(1)经检验，I中产生的黑色固体是CuO，I中生成CuO过程中的反应有(离子方程式)、。(2)探究实验Ⅱ中橙黄色浊液中浑浊物的主要成分①产物预测：从价态角度分析Cu具有的性质是，能够和CuCl2反应，故甲同学推测橙色浑浊物中含有CuCl。②依据猜测他进行了如下实验：实验Ⅲ现象取Cu粉与适量1mol/LCuCl2溶液混合一段时间后无白色沉淀产生该同学再次分析Mg与CuCl2溶液反应的实验现象，改进实验方案，证明了Cu与CuCl2溶液反应生成了CuCl，他的改进方法为。③查阅资料，实验Ⅱ中的橙色浑浊物中主要成分为Cu2O，进行以下实验：实验IV现象向实验Ⅱ反应后的浊液中加入足量盐酸沉淀迅速溶解，溶液呈绿色，底部出现红色铜反应的离子方程式为、。(3)对比实验Ⅰ、Ⅱ，解释Mg与CuCl2溶液反应既有Cu(OH)2又有Cu生成的原因是。(4)利用实验V探究其他条件相同时，镁与硫酸铜溶液能否反应生成Cu(+1)，烧杯中加入的溶液a是。实验金属溶液现象VMga剧烈反应，温度升高，产生大量气体，析出较多紫红色固体，且不断增多：体系颜色变化：淡蓝色溶液→几乎无色，溶液中生成蓝色沉淀。(5)综合上述实验，影响Na、Mg和铜盐溶液反应产物的因素有(写两点)。【答案】(1)(2)Cu具有还原性加热溶液(3)Mg条消耗溶液中的H+产生氢气，金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+，部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu(4)酸化的2mL1.0mol/L的CuSO4溶液(pH≈2.7)(5)金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH−的能力、阴离子种类、能否形成配合物、溶液温度等【分析】Ⅰ.加入金属钠，钠剧烈反应放出热量，迅速熔成小球，产生氢气并伴随燃烧。溶液颜色变浅，产生大量蓝色氢氧化铜沉淀和少量黑色固体CuO。Ⅱ.加入金属镁，镁条表面很快产生氢气，同时析出红色固体铜，溶液温度升高。随着反应进行，溶液中出现蓝白色固体Cu(OH)2、CuCl，随后消失，得到[CuCl4]2-橙黄色溶液，镁条表面析出大量疏松的红色固体铜。【详解】（1）Ⅰ中生成CuO的有关反应第一步是金属Na与水反应产生OH-，其方程式为；（2）①产物预测：Cu具有还原性，Cu为0价，可被CuCl2中+2价的Cu2+氧化，发生歧化反应生成CuCl；②实验Ⅲ中无现象，是因为反应速率慢；结合实验Ⅱ反应放热、溶液pH升高的特点，改进方法为：加热，再观察是否有白色沉淀生成；③Cu2O与盐酸反应的离子方程式为；（3）Mg条消耗溶液中的H+产生氢气，金属阳离子结合OH-的能力：Cu2+＞Mg2+，部分Cu2+生成Cu(OH)2，部分Cu2+被Mg还原为Cu；（4）要探究Mg与CuSO4溶液能否生成Cu，需控制变量（与CuCl2对比，仅阴离子不同），因此溶液a是酸化的2mL1.0mol/L的CuSO4溶液(pH≈2.7)；（5）由上述实验可知，影响Na、Mg和铜盐溶液反应产物的因素有金属的还原(活泼)性、金属离子结合OH−的能力、阴离子种类、能否形成配合物、溶液温度等。7．（2025·陕西商洛·模拟预测）学校化学兴趣小组对过氧化钠参与的某些反应进行了初步探究。Ⅰ．该小组设计如图实验装置，验证“二氧化碳与水接触时才能和过氧化钠反应”。步骤1：打开弹簧夹，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。步骤2：打开弹簧夹，关闭，打开分液漏斗活塞加入盐酸，将带火星的木条放在a处。请回答下列问题：(1)装置①中反应的离子方程式是。(2)装置②中盛放的试剂是饱和溶液，其作用是；装置③中的试剂是。(3)本实验预期现象是步骤1带火星的木条(填“复燃”或“不复燃”，下同)，步骤2带火星的木条。(4)有同学提出质疑，认为上述实验即使观察到预期现象，也不能证明有水存在时是过氧化钠与二氧化碳发生了化学反应，其理由是。Ⅱ．具有强氧化性，具有还原性，该小组成员根据氧化还原反应的知识推测与能发生反应。为了验证此推测结果，该小组设计并进行如图实验。(5)若没有装置B，则通入装置C的中含有的杂质为(填化学式)。(6)实验过程中观察到熔化后，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝。则与反应的化学方程式为。(7)装置A为启普发生器，下列有关说法错误的是___________(填字母)。A．使用装置A不需要检查装置气密性 B．为加快反应速率，可以对装置A进行加热C．若要使反应停止，应关闭 D．装置A也可用于高锰酸钾和浓盐酸制备氯气【答案】(1)(2)除去二氧化碳中的氯化氢浓硫酸(3)不复燃复燃(4)有水存在时，水也可与反应产生，使木条复燃(5)和(6)(7)ABD【分析】I.“二氧化碳与水接触时才能和过氧化钠反应”实验装置中，装置①中发生反应，起到制备的作用，由于HCl具有挥发性，装置②饱和溶液的作用是除去中的HCl杂质，装置③的弹簧夹和，形成了有水和无水的对照条件，分别和反应；Ⅱ．装置A盐酸与锌粒反应生成，装置B为干燥装置吸收中含有的杂质HCl和，装置C与发生反应，装置D检测反应是否有水生成，据此分析：【详解】（1）装置①中与盐酸反应的离子方程式为；（2）本题是为了证明“二氧化碳与水接触时才能和过氧化钠反应”装置①的目的为制备，由于HCl具有挥发性，装置②中饱和溶液的作用是除去中的HCl杂质；装置③及其后续装置的目的是设置无水和有水的反应条件，因此③中的试剂是浓硫酸，用于干燥，设置无水条件；（3）基于“二氧化碳与水接触时才能和过氧化钠反应”，步骤1中干燥，与不反应，无法生成，带火星的木条不复燃；步骤2中含水，与反应生成，带火星的木条复燃；（4）理由是水也能与反应生成，无法确定是还是水与反应产生了；（5）装置A中盐酸与锌粒反应生成，若没有装置B（干燥装置），则中含有的杂质为HCl和；（6）根据实验现象，与发生反应熔化后，淡黄色的粉末慢慢变成白色固体，无水硫酸铜未变蓝。则证明与反应未生成，化学方程式为；（7）A．使用任何实验装置前都需要检查气密性，A错误；B．启普发生器不能加热，B错误；C．关闭，装置内压强增大，可使反应停止，C正确；D．高锰酸钾为粉末状固体，能溶于，不能用于启普发生器，D错误；答案为ABD。8．（2025·湖北·模拟预测）某学习小组探究氯化铁溶液和硫代硫酸钠溶液的反应原理，根据其性质，提出如下猜想。猜想1：发生相互促进的水解反应；猜想2：发生络合反应；猜想3：发生氧化还原反应。I.为验证上述猜想，同学们进行如下实验，实验过程及现象如下图所示(所用试剂浓度均为0.10mol/L)。(1)根据实验过程中未出现现象，可排除猜想1。(2)查阅资料知：与可发生络合反应生成蓝紫色的配离子，配体的中心S原子和端基S原子中能作配位原子的是。由试管A中的实验现象可知猜想2成立。(3)同学甲认为可用试剂①检验试管B中溶液是否含有来进一步验证猜想3。试剂①可选用(填标号)，试管C中的现象证明猜想3成立，试管C中发生反应的离子方程式为。a.酸性溶液b.淀粉碘化钾溶液c.溶液(4)同学乙认为用溶液验证试管B中溶液是否含有同样可以验证猜想3，结果滴加溶液并未立即出现白色沉淀。查阅资料可知易发生自身氧化还原反应，生成无色的，写出其发生自身氧化还原反应的离子方程式：。(5)同学乙结合试管E和试管C中的现象，认为将氧化为，同学丙提出了不同的观点，认为还有可能是(填化学式)氧化了。Ⅱ.为进一步验证和的氧化还原反应的影响因素，同学们又进行了第二次实验，实验过程及现象如下图(所用试剂浓度均为0.10mol/L)。(6)第二次实验中滴加溶液出现白色沉淀比第一次实验更快的原因是。(7)通过以上实验现象，可得出结论：溶液中和既能发生络合反应，又能发生氧化还原反应，其中反应速率较大的是反应。【答案】(1)红褐色沉淀(2)端基S原子(3)c(4)(5)(6)第二次实验中过量，可将氧化为(7)络合【分析】本实验是探究与反应的原理，二者可能发生双水解反应、络合反应或者氧化还原反应；【详解】（1）若发生双水解反应，水解应该生成红褐色的沉淀，两次实验都没有红褐色沉淀生成，故猜想1不成立，答案为红褐色沉淀；（2）的结构式为，中心S原子没有孤对电子，不能作配位原子；端基S原子有孤对电子，可作配位原子，故答案为端基S原子；（3）实验Ⅰ中过量，且溶液中有，均能与酸性反应，因此不能用酸性溶液检验；淀粉碘化钾溶液不能检验；溶液和反应生成蓝色沉淀，故选c，反应的离子方程式为；（4）根据题目信息和氧化还原反应原理，自身氧化还原的离子方程式为；（5）实验中试管没有封闭，溶液液面和空气接触，空气中氧气可能进入溶液将氧化为，故答案为；（6）在第二次实验中，过量，浓度更大，可能被氧化为，使得加入溶液快速出现白色沉淀，故答案为第二次实验中过量，可将氧化为；（7）根据实验现象，络合物先生成，又逐渐褪去，说明络合反应比氧化还原反应更快，反应速率更大。9．（2025·浙江·二模）硫脲常用作还原剂，易溶于水，受热时部分发生异构化反应生成硫氰化铵，实验室利用如图装置合成少量硫脲。回答下列问题：(1)盛放的仪器名称是。(2)制备开始前，应先让装置A反应一段时间直到(填写实验现象)，说明装置C中空气已排出。装置B中应选用以下(填标号)溶液最合适。A．浓B．饱和NaCl溶液C．饱和NaHS溶液D．饱和溶液(3)向装置C中滴入蒸馏水并加热至，反应生成硫脲和一种碱，写出反应方程式：。待反应基本结束，将混合物过滤，对滤液进行、冷却结晶、过滤、洗涤、低温烘干得到粗产品。(4)取2.50g粗产品溶于水配成100mL溶液，量取20.00mL溶液，用的酸性溶液滴定。滴定时，硫脲转化为、、，滴定至终点消耗酸性高锰酸钾溶液28.00mL，则产品纯度为。设计实验方案验证产品中存在异构体杂质：。【答案】(1)三颈烧瓶(2)装置D中出现黑色沉淀C(3)减压蒸发浓缩(4)76%取少量粗产品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入几滴［或等可溶性铁盐］溶液，溶液变为红色，则可证明【分析】装置A为制取硫化氢气体的装置，因使用盐酸制备导致硫化氢气体中容易混有杂质氯化氢，因此B装置盛放饱和硫氢化钠溶液用于除硫化氢气体中的氯化氢气体杂质，同时因硫脲具备还原性，需要先制备硫化氢气体将装置内的空气排出，再进行硫脲的制备实验；装置C为硫化氢气体与氰氨化钙溶液反应制取硫脲的装置；装置D用于检验装置内空气是否排空，当D装置出现黑色沉淀，说明检验装置内空气已排空，同时还用于除去多余的硫化氢气体。【详解】（1）由图可知，盛放的仪器名称是三颈烧瓶。（2）空气被排出后，硫化氢会与硫酸铜溶液反应生成黑色的沉淀，则当D中有黑色沉淀生成，则证明装置中的空气被排出；装置B的作用是除去硫化氢中的氯化氢，因此选择饱和硫氢化钠溶液，即C选项。（3）由题可知，反应生成硫脲和一种碱，推断该碱为，故反应方程式为；由题中信息可知，在温度较高时硫脲易发生异构化，减压可降低溶液的沸点，使溶液在较低温度下浓缩成为饱和溶液，然后再冷却析出晶体，因此待反应基本结束，将混合物过滤，对滤液进行减压蒸发浓缩，其目的是降低溶液的沸点，防止温度过高导致硫脲异构化。（4）滴定时发生反应：，与2.5g产品中的硫脲发生反应消耗，根据方程式可知硫脲的质量：，纯度：；为证明反应过程中硫脲发生异构化生成了，即检验是否有，所以可以用或等可溶性铁盐检验，然后观察溶液是否变为红色，因此实验方案为取少量粗产品于试管中，加入适量蒸馏水溶解，再加入几滴［或等可溶性铁盐］溶液，溶液变为红色，则可证明。考向2化学实验方案的评价1．（25-26高三上·上海·阶段练习）酸及盐在生活生产中应用广泛。(1)甲苯氧化可生成苯甲酸。向盛有甲苯的试管中，加入几滴酸性溶液，振荡，观察到体系颜色。(2)某苯甲酸粗品含少量泥沙和氯化钠。用重结晶法提纯该粗品过程中，需要的操作及其顺序为：加热溶解、（填下列操作编号）。a.冷却结晶

b.常温过滤

c.蒸馏

d.趁热过滤兴趣小组测定常温下苯甲酸饱和溶液的浓度和苯甲酸的，实验如下：取苯甲酸饱和溶液，用溶液滴定，用计测得体系的随滴入溶液体积变化的曲线如图：(3)。(4)苯甲酸的（列出算式，水的电离可忽略）。该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。羧酸酸性可用衡量。下列羧酸的变化顺序为：。(5)请从结构角度，解释上述变化顺序的原因是：。甲同学根据上述规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的大小顺序为III>II>I，据此推断假设成立。(6)乙同学认为该推断依据不足，不能用所测得的直接判断大小顺序，因为。(7)事实上，的酸性强于，在比较两者酸性强弱的过程中，不仅要考虑卤族原子的吸电子作用，还要考虑的是。该小组尝试测弱酸的。(8)丙同学认为不宜按照上述“测定苯甲酸的”中的方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式为。(9)小组讨论后，选用溶液（含少量）进行实验，以获得的。简述该方案（包括所用仪器及数据处理思路）。【答案】(1)由紫色变为无色(2)(3)(4)(5)卤素原子的电负性越大（电负性：），吸电子能力越强，使得羧基中键的极性越大，酸性越强(6)三种酸的饱和溶液的浓度未明确，浓度可能不同(7)芳香环上取代基效应较复杂，对酸性的影响也需要考虑(8)(9)第一步：先用托盘天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒等仪器配制溶液(含少量)；第二步：其水解方程式为：，用计(酸度计)测定该溶液的准确值，因为次氯酸钠是强碱弱酸盐，水解的，显碱性；第三步：利用其水解常数表达式：，其中，利用测出的值，计算其，然后计算出，利用公式：，代入以上相关计算的数据，即可求出的。【详解】（1）酸性KMnO4溶液具有强氧化性，可以将甲苯氧化生成苯甲酸，故向盛有2mL甲苯的试管中，加入几滴酸性KMnO4溶液，振荡，观察到体系颜色由紫色变为无色。（2）重结晶法提纯苯甲酸的方法为，加热溶解，趁热过滤至另一烧杯中，将滤液静置，使其缓慢冷却结晶，待滤液完全冷却后滤出晶体，并用少量蒸馏水洗涤，故操作编号为。（3）由图像可知，当加入溶液时，苯甲酸被完全中和，则可得苯甲酸饱和溶液的浓度为：。（4）由图像可知，苯甲酸饱和溶液的，苯甲酸电离方程式为：，其饱和溶液中的，苯甲酸的。（5）羧酸酸性的强弱取决于羧基中键的极性大小，极性越大，酸性越强，卤素原子的电负性越大，吸电子能力越强，电负性，使得羧基中键的极性越大，酸性越强。（6）由于常温下三种酸的饱和溶液的浓度未明确，浓度可能不同，所以该推断依据不足。（7）还需要考虑卤素原子与苯环的p-π共轭吸电子效应。（8）次氯酸易分解的离子方程式为：。（9）思路整理：首先测出溶液的，然后计算其水解常数，最后利用公式，求出的。具体操作步骤为：第一步：先用托盘天平、容量瓶、烧杯、玻璃棒等仪器配制溶液(含少量)。第二步：其水解方程式为：，用计(酸度计)测定该溶液的准确值，因为次氯酸钠是强碱弱酸盐，水解的，显碱性。第三步：利用其水解常数表达式：，其中，利用测出的值，计算出（利用公式计算），然后计算出，利用公式：，代入以上相关计算的数据，即可求出的。2．（2025·上海·二模）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)常被用作食品漂白剂、膨松剂和防腐剂等。该物质易溶于水，微溶于乙醇，其水解呈酸性，与强酸反应放出较多SO2。工业上可由NaHSO3的过饱和溶液经结晶脱水制备，原理为：2NaHSO3(过饱和溶液)=Na2S2O5(晶体)＋H2O(l)。(Ⅰ)当一级反应釜中溶液pH在3~4时，停止通入SO2，搅拌10分钟，复测pH在3~4范围内，得到NaHSO3的过饱和溶液。(Ⅱ)将一级反应釜降温至0℃，并搅拌1小时，析出Na2S2O5，再经过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O5产品。(1)一级反应釜中发生反应的化学方程式为。(2)简述二级反应器和三级反应器的作用。(3)一级反应釜析出的Na2S2O5需要洗涤两次，选用试剂依次是①、②。A．水B．无水乙醇C．饱和SO2水溶液(4)在流程图中画出可循环利用物质的循环线。(5)长期放置的Na2S2O5固体会部分被氧化为Na2SO4。检验Na2S2O5样品是否变质的实验方法是。(6)Na2S2O5作为食品添加剂，不得用于直接浸泡、熏蒸等非工艺必要接触。结合化学用语解释原因。焦亚硫酸钠作为食品添加剂，在葡萄酒中残留量一般不得超过0.25g·L-1(以SO2计)。某小组检测葡萄酒样品中Na2S2O5残留量，实验如下：取150mL葡萄酒样品，加稀硫酸酸化后加热，将产生气体通入足量双氧水中充分吸收，再除去过量的H2O2，冷却后滴加酚酞，最后用0.100mol•L-1NaOH标准溶液滴定上述吸收液。已知：SO2+H2O2=H2SO4.(7)滴定操作中用到的玻璃仪器有___________。A．玻璃棒 B．滴定管 C．烧杯 D．容量瓶(8)下列操作会使得测定结果偏低的是___________。(不定项)A．酸化时，将稀硫酸改为稀盐酸 B．加入稀硫酸后，未进行加热操作C．当酚酞变色时，立刻停止滴定 D．盛放NaOH标准溶液的滴定管未润洗(9)实验测得平均消耗NaOH标准溶液15.00mL，计算该样品中Na2S2O5的残留量是否在安全范围内(残留量以SO2计，写出计算过程)。【答案】(1)2SO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHSO3＋CO2(2)将过量的SO2充分吸收，提高其利用率(合理即可)(3)CB(4)(5)取少量样品于试管中，滴加足量稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明有，样品被氧化，反之，则未变质(合理即可)(6)＋H2O2，＋H2OH2SO3＋OH̶，H2SO3SO2＋H2O，Na2S2O5在水中会生成有毒有害的SO2.(合理即可)(7)B(8)BC(9)根据反应H2O2+SO2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可知SO2~H2SO4~2NaOHn(SO2)=n(NaOH)=×0.100mol•L-1×15.00×10-3L=7.50010-4molm(SO2)=64g•mol-1×7.50010-4mol=0.048g该葡萄酒中SO2的含量为==0.32g•L-1>0.25g•L-1所以样品中Na2S2O5的残留量不在安全范围内【分析】硫铁矿在煅烧炉中会生成二氧化硫，通过净化装置进入一级反应釜和碳酸钠溶液反应生成焦亚硫酸钠，生成的二氧化碳气体和少量的二氧化硫气体进入二级反应器和三级反应器与碳酸钠充分反应，生成的亚硫酸钠会再次进入一级反应釜中，在吸收塔中和氢氧化钠溶液反应生成的碳酸钠、亚硫酸钠也可以进入一级反应釜中，将过量的SO2充分吸收，提高其利用率。【详解】（1）根据题目信息，一级反应釜中二氧化硫和碳酸钠溶液发生反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，反应的化学方程式为2SO2＋Na2CO3＋H2O=2NaHSO3＋CO2；（2）二级反应器和三级反应器中均含有碳酸钠溶液，作用将过量的SO2充分吸收，提高其利用率；（3）一级反应釜析出的Na2S2O5需要洗涤两次，先用饱和SO2水溶液可以洗去表面杂质，减少Na2S2O5在水中的溶解，再用无水乙醇进一步除去其他杂质离子；（4）根据分析，二级反应器和三级反应器、吸收塔中生成的亚硫酸钠溶液，可循环到一级反应釜中利用，循环线为；（5）检验Na2S2O5样品是否变质的实验方法是检验硫酸根离子是否存在，即取少量样品于试管中，滴加足量稀盐酸无明显现象，再加入BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则证明有，样品被氧化，反之，则未变质；（6）Na2S2O5作为食品添加剂，不得用于直接浸泡、熏蒸等非工艺必要接触，是因为焦亚硫酸会水解，最终会有二氧化硫生成，相关化学方程式为＋H2O2，＋H2OH2SO3＋OH̶，H2SO3SO2＋H2O，Na2S2O5在水中会生成有毒有害的SO2；（7）滴定操作中用到的玻璃仪器有滴定管、锥形瓶等，故选B；（8）A．酸化时，将稀硫酸改为稀盐酸，盐酸易挥发，氯化氢逸出，导致消耗NaOH标准溶液偏多，测定结果偏高，故不选A；B．加入稀硫酸后，未进行加热操作，导致二氧化硫没有完全逸出，消耗NaOH标准溶液偏少，测定结果偏低，故选B；C．当酚酞变色时，立刻停止滴定，消耗NaOH标准溶液偏少，测定结果偏低，故选C；D．盛放NaOH标准溶液的滴定管未润洗，导致NaOH标准溶液被稀释，消耗NaOH标准溶液偏多，测定结果偏高，故不选D；选BC；（9）根据反应H2O2+SO2=H2SO4，H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O可知SO2~H2SO4~2NaOHn(SO2)=n(NaOH)=×0.100mol•L-1×15.00×10-3L=7.50010-4molm(SO2)=64g•mol-1×7.50010-4mol=0.048g该葡萄酒中SO2的含量为==0.32g•L-1>0.25g•L-1，所以样品中Na2S2O5的残留量不在安全范围内。3．（2025·上海黄浦·二模）碘酸钙是一种白色晶体，不溶于乙醇，微溶于水，是一种能同时补碘和钙的食品添加剂。实验室模拟的制备流程如下：步骤①装置如下（加热装置省略）：已知：研究表明，酸性条件下加入稍过量的能提高步骤①中碘酸的产率，反应时会生成少量氯气。i碘酸钙的制备(1)补全步骤①的化学方程式，并用单线桥标出电子转移方向和数目：。(2)装置a的名称是。(3)步骤①较合适的加热方式为。(4)步骤①中反应结束后必须进行的操作是。(5)按顺序写出步骤⑤获得的操作名称。(6)设计实验检验产物中是否含。(7)步骤①中盐酸也会与氯酸钾反应生成少量氯气，若改用硫酸酸化是否合理？判断并说明理由：。ⅱ产品纯度测定准确称取样品，酸化溶解，定容至，从中取出试样于锥形瓶中，加入足量的充分反应，用硫代硫酸钠溶液滴定至终点，重复以上步骤，所测得实验数据如表：1234滴定起始读数1.521.160.850.84滴定终止读数31.5031.1833.9830.84已知：(8)滴定时使用淀粉为指示剂，滴定终点现象是。(9)经计算产品的纯度为。【答案】(1)(2)分液漏斗(3)水浴加热(4)持续通入氮气一段时间或者将溶液继续煮沸、加热一段时间(5)过滤

洗涤

干燥(6)取少量产物溶于稀硝酸，滴加溶液，若无白色沉淀则无(7)不合理，根据溶液中，最多容纳的硫酸根离子浓度更小（溶液中最多容纳的硫酸根和碘酸根离子浓度接近），反应时可能会生成硫酸钙(8)滴入最后半滴硫代硫酸钠，溶液蓝色褪去且不变(9)【分析】氯酸钾和碘单质加入浓盐酸，发生反应生成碘酸，加四氯化碳萃取分液，除去氯气，加氢氧化钠生成碘酸钠，加氯化钙溶液生成沉淀，过滤、洗涤、干燥得，加热至恒重得到。【详解】（1）步骤①中，I元素化合价由0升高为+5，KClO3中Cl元素化合价由+5降低为0，盐酸表现酸性生成氯化钾，根据得失电子守恒、元素守恒，反应方程式为，用单线桥标出电子转移方向和数为；（2）根据装置图，装置a的名称是分液漏斗；（3）步骤①在85℃条件下反应，因此加热方式为控制85℃的水浴加热，较合适的加热方式为水浴加热；（4）步骤①中反应生成氯气，为防止污染，反应结束后持续通入氮气一段时间，把氯气排入氢氧化钠溶液中吸收。（5）步骤④生成沉淀，过滤、洗涤、干燥可得固体。（6）氯离子与银离子反应生成不溶于硝酸的白色沉淀氯化银，取少量产物溶于稀硝酸，滴加溶液，若无白色沉淀则无。（7）根据，碘酸钙、硫酸钙的溶度积接近，含有Ca2+的溶液中最多容纳的硫酸根和碘酸根离子浓度接近，反应时可能会生成硫酸钙，所以不能用硫酸酸化。（8）碘使淀粉溶液变蓝，滴定时使用淀粉为指示剂，滴定终点，碘恰好完全被消耗，现象是滴入最后半滴硫代硫酸钠，溶液蓝色褪去且不变。（9）根据表格数据，四组实验分别消耗的体积为29.98mL、30.02mL、33.13mL、30.00mL，第三组实验数据超出正常误差范围，舍去不用，根据1、2、4组实验平均消耗30.00mL，根据、，得反应关系式~~6I2~~12，n()=n()=×0.03L×0.04mol/L=1×10-4mol，产品的纯度为。4．（2025·上海·二模）CuCl用途广泛，某研究性小组拟热分解CuCl2·2H2O制备CuCl。【资料查阅】ⅰ.ⅱ.实验室使用浓硫酸制备HCl气体的原理如下：【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(央持仪器略)，请回答下列问题：(1)制备氯化氢的过程体现了浓硫酸具有_______。A．酸性 B．强氧化性 C．难挥发性 D．吸水性(2)使用恒压分液漏斗制备HCl气体的优点是；X装置的名称为。(3)C中试纸变蓝后会逐渐褪色，写出褪色过程中发生的化学反应方程式。(4)装置D中发生的离子方程式为。(5)反应结束后，取出CuCl产品进行实验，发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质，根据资料信息分析：①若杂质是CuCl2，则产生的原因是。②若杂质是CuO，则产生的原因是。准确称取所制备的氯化亚铜样品mg，将其置于过量的FeCl3溶液中，待样品完全溶解后，加入适量稀硫酸，配成100mL溶液，取出10.00ml，用amol/L的K2Cr2O7标准溶液滴定到终点，消耗K2Cr2O7溶液bml，反应中被还原为Cr3+。CuCl+FeCl3=FeCl2+CuCl2(6)配制100mL待测液用不到的仪器有_______。A．容量瓶 B．烧杯 C．分液漏斗 D．胶头滴管(7)样品中CuCl的质量分数为(结果化简，M(Cu)=64，M(Cl)=35.5)。(8)若测定结果偏大可能的原因是_______。A．样品中混有CuOB．滴定前滴定管尖嘴处有小液滴，滴定后消失C．滴定管未用K2Cr2O7标准溶液润洗D．装待测液前锥形瓶内残留少量水【答案】(1)C(2)