2026年北京高考化学二轮复习主题七 化学实验（综合训练）（解析版）

主题七化学实验

(考试时间：75分钟试卷满分：100分)

可能用到的相对原子质量：H-1B-11C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5K-39Ca-40Fe-56

第Ⅰ卷(选择题共45分)

一、选择题(本题共15个小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目

要求的)

1．（2025·北京·三模）若将铜丝插入过量热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实

验，下列分析正确的是

A．试管中溶液由无色逐渐变为蓝色B．a处先变红后褪色

C．c处褪色，试液的pH增大D．d处可能发生化合反应

【答案】D

【详解】A．铜与过量热浓硫酸反应生成CuSO4，但浓硫酸过量且具有吸水性，反应生成的水较少，CuSO4

可能以无水固体形式存在而非蓝色溶液，溶液颜色不变蓝，A错误；

B．a处为紫色石蕊试液，SO2与水反应生成H2SO3，使石蕊变红，但SO2不能漂白石蕊，不会褪色，B错误；

22

C．c处为酸性KMnO4，SO2与其发生氧化还原反应：5SO22MnO42H2O5SO42Mn4H，反应

生成H，溶液酸性增强，pH减小，C错误；

D．d处为浓NaOH，若SO2过量，先发生SO22NaOHNa2SO3H2O，继续通入SO2会发生

Na2SO3SO2H2O2NaHSO3，该反应为化合反应，D正确；

综上，答案是D。

2．（2025·北京海淀·三模）某小组同学通过下列实验验证了浓硫酸与木炭粉反应的产物。下列说法正确的是

A．无水硫酸铜的作用是检验并除水B．将品红换成紫色石蕊也能验证产物中含有SO2

C．装置c中溶液紫红色变浅D．可用BaCl2溶液检验装置c中的氧化产物

【答案】C

【详解】A．无水硫酸铜由白色变为蓝色，可证明有水存在，但无水硫酸铜除水效果并不好，不能用无水硫

酸铜来除水，A错误；

B．将品红换成紫色石蕊，CO2也能使紫色石蕊变红，因此紫色石蕊变红不能验证产物中含有SO2，B错误；

C．装置c中性高锰酸钾溶液与SO2反应生成锰离子和硫酸根变浅，C正确；

D．装置c中含有硫酸，硫酸也能与BaCl2反应生成白色沉淀，因此不能用BaCl2溶液检验装置c中的氧化

产物，D错误；故选C。

3．（2025·北京房山·三模）某小组为探究CuSO4与KI之间的反应，进行了如下实验。

实

验

①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色

现

②变为白色悬浊液，最后得到无色澄②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬

象

清溶液浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液

223

已知：2S2O3（无色）I22IS4O6（无色）；CuI为白色沉淀，可吸附I2；CuI2在溶液中不存在；Cu(S2O3)2

2

呈无色，Cu(S2O3)2呈黄色。

下列结论或推断不．合．理．的是

2

A．CuSO4与KI能发生反应：2Cu4I2CuII2

B．CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率

32

C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有Cu(S2O3)2、Cu(S2O3)2生成

2

D．Cu(Ⅱ)与S2O3生成配合物反应的限度大于二者发生氧化还原反应的限度

【答案】D

【详解】A．CuI为白色沉淀，可吸附I2而显土黄色，CuI2在溶液中不存在，故CuSO4与KI能发生反应：

2

2Cu4I2CuII2，A正确；

22

B．已知2S2O3（无色）I22IS4O6（无色），结合第一个实验逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象，应该

是CuI附着在表面的I2先反应，故CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率，B正确；

22+

C．第二个实验中，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应2Cu4I2CuII2，Cu剩余，②

2

逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了Cu(S2O3)2、

32+2

Cu(S2O3)2；黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，说明溶液中的Cu几乎全部转化为Cu(S2O3)2；最后黄

223

色溶液变为无色溶液时，说明Cu(S2O3)2全部被S2O3还原为Cu(S2O3)2，C正确；

32

D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为Cu(S2O3)2，故Cu(Ⅱ)与S2O3生成配

合物反应的限度小于二者发生氧化还原反应的限度，D错误；故选D。

4．（2025·北京海淀·三模）下列实验中，能达到实验目的的是

A．验证牺牲阳极法B．比较Na2CO3和NaHCO3与酸反应的快慢

2-

C．检验烧碱样品中是否含有K2CO3D．检验待测液中是否含有SO4

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【详解】A．锌比铁活泼做负极，铁做正极，通过铁氰化钾检验是否有亚铁离子生成，A正确；

B．应选择等体积、等物质的量浓度的碳酸钠和碳酸氢钠与盐酸反应，而碳酸钠和碳酸氢钠的溶解度不同、

饱和碳酸钠和饱和碳酸氢钠溶液的物质的量浓度不同，B错误；

C．观察火焰的颜色，钾离子的焰色反应实验要透过Co玻璃观察，C错误；

2-

D．检验某溶液是否含有SO4时，先用稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，排除银离子的干扰，D错误；

故选A。

5．（2025·北京昌平·二模）学习小组为探究Co(Ⅱ)、Co(Ⅲ)能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行实

验。下列说法不正确的是

实验ⅰ实验ⅱ实验ⅲ

粉红色溶液，无明显变化溶液变为红色，伴有气泡产生溶液变为墨绿色，并持续产生气体

资料：

3

①CoCO可催化HO的分解。

3322

②

2323

CoHOCoHOCoCOCoCO

26263233

溶液颜色粉红色蓝色红色墨绿色

2

A．实验i表明CoHO不能催化HO的分解。

2622

2

B．实验ⅲ中，可能是CoHO与HO发生氧化还原反应

2622

C．实验ⅱ、ⅲ中的气体成分相同

D．以上实验证明，配体的种类影响Co(Ⅱ)的还原性

【答案】C

2

【详解】A．实验i中，CoSO4溶液中因含CoHO而呈粉红色，加入30%的HO溶液，溶液中无明

2622

2

显变化，表明CoHO不能催化HO的分解，A正确；

2622

3

B．溶液变为墨绿色，说明溶液中生成了CoCO，即Co元素化合价由+2价被氧化为+3价，结合分

33

2-3

析知，反应的离子方程式为2CoHO+10HCO+H2O2=2CoCO+4CO+18H2O，B正确；

263332

C．实验ⅱ中的气体成分是二氧化碳，ⅲ中的气体成分是二氧化碳、氧气，C错误；

22

D．以上实验证明，CoCO比CoHO更易被氧化，即配体的种类影响Co(Ⅱ)的还原性，D正

3226

确；故选C。

6．（2025·北京海淀·二模）利用下图装置（夹持装置略）进行实验，b中现象能证明结论的是

选

a中试剂b中试剂及现象结论装置

项

电石（含CaS杂质，易酸性KMnO4溶液a中反应生成

A

水解）与饱和食盐水褪色C2H2

苯、液溴和铁粉的混合AgNO3溶液中出a中反应生成

B

物现淡黄色沉淀HBr

苯酚钠溶液中出H2CO3的酸性

CNa2CO3固体与稀硫酸

现浑浊强于苯酚的

滴有酚酞的氯气具有漂白

DNaClO固体与浓盐酸

NaOH溶液褪色性

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【详解】A．电石(主要成分是CaC2)和饱和NaCl溶液反应生成乙炔，反应方程式为：

CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，产生的乙炔中还混有还原性杂质气体硫化氢等，也能使酸性KMnO4溶液褪色，

故不能得出该反应生成了乙炔，A错误；

B．液溴易挥发，挥发出的溴蒸汽遇水会生成HBr，也能与AgNO3溶液反应生成淡黄色沉淀AgBr，因此无

法证明该反应生成了HBr，B错误；

C．Na2CO3固体与稀硫酸反应生成CO2气体，CO2气体进入苯酚钠溶液中，出现浑浊，说明生成了溶解度

小的苯酚，根据强酸制弱酸的原理，酸性：H2CO3＞苯酚，C正确；

D．NaClO固体与浓盐酸发生归中反应生成Cl2，Cl2使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，是因为发生了反应

＝

2OHCl2ClClOH2O，氯气不具有漂白性，结论错误，D错误；故选C。

2

7．（2025·北京门头沟·一模）除去电石渣浆(CaO)清液中的S，并制取石膏CaSO42H2O的流

程如图所示：

下列说法不．正．确．的是

．过程的方程式为：2

AI2MnOH2O24OH2MnO34H2O

．除去2的过程中，起催化剂作用

BSMnOH2

222

C．S2O3转化为SO4的过程中，nS2O3:nO21:1

D．整个过程涉及的反应类型有氧化还原反应和复分解反应

【答案】C

【详解】A．过程I中O2将二价锰氧化为四价锰，根据转移电子守恒可知，该反应离子方程式为：：

2，正确；

2MnOH2O24OH2MnO34H2OA

．如图在过程化合价升高，作还原剂，2-在过程中化合价降低又重新生成，

BMnOH2IMnO3ⅡMnOH2

故在反应中起催化剂作用，正确；

MnOH2B

22

C．S2O3转化为SO4的过程中，硫元素化合价共升高了8价，共转移8个电子，由O2~4e可知，

2

nS2O3:nO21:2，C错误；

．上述流程中涉及的氧化还原反应有过程、过程、2-转化为2-，转化为，可以通过

DⅠⅡS2O3SO4CaOMnOH2

H2OMnSO4

实现，该过程涉及复分解反应，D正确；故选C。

CaOCaOH2MnOH2

8．利用下列实验装置及药品能达到相应实验目的的是

A．除去SiO2中的NH4ClB．验证纯碱中是否含K2CO3

C．验证Na2SO3溶液是否部分变质D．验证电石与水反应产生了乙炔

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【详解】A．NH4Cl受热易分解，而二氧化硅不会，分解生成的氨气和氯化氢气体在烧瓶底部能重新化合成

氯化铵，故A能达到实验目的；

B．利用焰色反应来检验纯碱中是否含K2CO3，还需一块蓝色钴玻璃片，故B不能达到实验目的

C．Na2SO3溶液若部分变质会含有Na2SO4，但Na2SO3和Na2SO4遇到氯化钡溶液都会反应生成白色沉淀，

故C不能达到实验目的；

D．电石中含有杂质，与水反应产生的气体除了乙炔外，还含有硫化氢、磷化氢等气体，它们也能使酸性高

锰酸钾溶液褪色，则要验证电石与水反应是否产生了乙炔，还需在通入酸性高锰酸钾溶液之前把它们除去，

故D不能达到实验目的。

答案A。

9．下列实验设计，能达到实验目的的是

选

实验设计实验目的

项

A测定待测液中I2的含量

B探究浓度对反应速率的影响

C检验1-溴丁烷的消去产物

煅烧贝壳至900℃，得到生石

D

灰

A．AB．BC．CD．D

【答案】C

【详解】A．Na2S2O3溶液显碱性，应该使用碱式滴定管盛装，再进行滴定，来测定待测液中I2的含量，A

不符合题意；

B．NaHSO3与H2O2发生氧化还原反应时，反应前后溶液均无色，也无气体产生，无论浓度大小，反应快慢

均无明显现象，因此不能用于探究浓度对反应速率的影响，B不符合题意；

C．1-溴丁烷的NaOH乙醇溶液共热，发生消去反应产生1-丁烯，1-丁烯能够与溴的CCl4溶液发生加成反应

而使溶液褪色，因此可用于检验1-溴丁烷的消去产物，C符合题意；

D．高温下，陶瓷坩埚中的二氧化硅和碳酸钙反应生成硅酸钙，D不符合题意；故合理选项是C。

10．（2024·北京海淀·三模）小组同学查阅资料发现，Fe2与SCN可发生反应，生成无色的配合物。于是设

计以下实验进行了证实。

下列说法正确的是

A．实验a与实验b中的KSCN的作用相同

B．实验a与实验b中的FeCO3的溶解度相同

C．实验c与实验d做对比可进一步证实资料内容

D．实验c的试管中存在平衡移动，而实验d试管中没有

【答案】C

22

【详解】A．Fe与SCN可以发生反应生成配合物，因此实验a中的KSCN的作用是与Fe反应，促进FeCO3

的溶解；实验b中KSCN的作用是检验Fe3，两个实验中KSCN作用不同，A错误；

2

B．实验a中的KSCN与Fe反应，促进了FeCO3的溶解，因此实验a与实验b中的FeCO3的溶解度不同，

B错误；

C．通过对比实验c和d，结合实验现象可知Fe2与SCN可发生反应，生成无色配合物，C正确；

3+-

D．实验d试管中加入1mLNa2SO4溶液，相当于加水稀释，使得Fe+3SCNFe(SCN)3平衡逆向移动，

溶液颜色变浅，D错误；答案选C

11．（2024·北京海淀·三模）用高分子吸附树脂提取卤水中的碘(主要以I形式存在)的工艺流程如下：

下列说法正确的是

A．经①和④所得溶液中，cI后者小于前者

B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂

C．若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的nCl2:nKClO35:2

D．由⑥能得到碘产品是因为碘分子为极性分子，与溶液中的其他微粒间的作用力较弱

【答案】B

【详解】A．经①和④所得溶液中，碘离子的物质的量相同，为碘富集过程，浓度增大，c(I-)后者大于前者，

故A错误；

B．④的作用是将吸附的碘还原而脱离高分子树脂，故B正确；

C．若②和⑤中分别得到等量I2，由电子守恒可知n(Cl2)×2×(1-0)=n(KClO3)×[5-(-1)]，则消耗的

nCl2:nKClO33:1，故C错误；

D．由⑥能得到碘产品是因为碘分子为非极性分子，与溶液中的其他微粒间的作用力较弱，故D错误。

答案选B。

222

12．（2024·北京朝阳·二模）粗盐中的杂质离子主要有SO4、Ca、Mg，采用如下方法得到精制盐水，

进而制取精盐（部分流程略）。

已知：i．

物质

BaSO4BaCO3CaCO3MgOH2

℃109912

Ksp251.1102.6103.4105.610

22

ii．粗盐水中cSO4cCa

下列说法不．合．理．的是

A．过程Ⅰ中当溶液pH11时，Mg2已沉淀完全

B．过程Ⅱ中加入足量的BaCO3，盐水b中的阴离子仅含有Cl、OH

C．过程Ⅱ中若改为先加BaCl2溶液、过滤后再加Na2CO3溶液也能达到除杂目的

D．过程Ⅲ中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性

【答案】B

5.61012

【详解】A．过程Ⅰ中当溶液pH11时，c(OH-)=10-3mol/L，c(Mg2)5.61061.0105，Mg2

(103)2

已沉淀完全，A正确；

2

B．由分析知，过程Ⅱ中加入足量的BaCO3，盐水b中的阴离子仅含有Cl、OH、CO3，B错误；

2+22+

C．过程Ⅱ中若改为先加BaCl2溶液，发生Ba+SO4BaSO4，过滤后再加Na2CO3溶液将过量的Ba除

去，也能达到除杂目的，C正确；

D．过程Ⅲ中滴加盐酸调节pH时，应调至溶液呈中性或微酸性，防止引入新的杂质，多余的盐酸在蒸发过

程中除去，D正确；故选B。

13．（2023·北京海淀·二模）某小组同学探究溶液中的MnO4能否被金属钠还原，进行实验：

1

①在干燥试管中加入绿豆大小的金属钠，逐滴滴加1mL0.001molLKMnO4溶液，产生无色气体，溶液由紫

2

红色变为浅绿色MnO4。

1

②向1mL0.001molLKMnO4溶液中持续通入H2，水浴加热，溶液颜色无明显变化。

1

③向1mL0.001molLKMnO4溶液中加入NaOH固体，溶液由紫红色变为浅绿色。

下列说法不．正．确．的是

A．实验①中还可能观察到钠块浮在溶液表面，剧烈燃烧，发出黄色火焰

B．实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的气体无关

--2-

C．实验③中的现象说明实验①中可能发生的反应：4MnO4+4OH=4MnO4+O2+2H2O

D．上述实验能证明溶液中的MnO4可以被金属钠还原

【答案】D

【详解】A．钠与水反应时钠浮在水面，然后熔化成闪亮黄色小球，在水面游动，并发出嘶嘶的响声，反应

放热，故还可能观察到剧烈燃烧，发出黄色火焰，A正确；

B．实验②为对照实验，探究H2对KMnO4的影响，实验②中的现象说明实验①中溶液变色的原因与产生的

H2无关，B正确；

C．实验③为对照实验，探究NaOH对KMnO4的影响，溶液由紫红色变为浅绿色，说明实验①中可能发生

--2-

的反应：4MnO4+4OH═4MnO4+O2↑+2H2O，C正确；

--2-

D．上述三个实验证明碱性条件下高锰酸根离子可以生成锰酸根离子，4MnO4+4OH═4MnO4+O2↑+2H2O，

-

不能说明溶液中的MnO4可以被金属钠还原，D错误；故答案为：D。

．硫酸四氨合铜晶体CuNHSOHO中铜含量可按下列步骤测定：

143442

下列说法不正确的是

2

A．步骤I，和NH反应破坏了CuNH稳定性，从而释放出2

H334Cu

B．步骤II，KI需过量，以确保Cu2完全还原为CuI

C．步骤III，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂

．计算元素含量必须需要的数据有：CuNHSOHO晶体的质量、固体的质量、滴定时

DCu3442KI

消耗Na2S2O3标准溶液的浓度和体积

【答案】D

22

【详解】．中存在2+，用稀硫酸溶解该配合物时，与NH发

ACuNH34CuNH34Cu+4NH3H⁺3

2

生中和反应，破坏了中配位键的稳定性，释放出，正确；

CuNH34Cu–NH3Cu²⁺A

B．滴加KI固体时通常需要过量KI，以确保生成CuI和I₂的反应得以进行完全，B正确；

C．用硫代硫酸钠标准溶液滴定碘时，应在溶液呈浅黄色、碘浓度已降低时才加入淀粉指示剂，否则淀粉—

碘形成的深蓝色不易消退，C正确；

D．计算晶体中Cu元素含量所需的关键数据是晶体质量以及滴定过程中所用Na₂S₂O₃溶液的浓度和体积，

通过硫代硫酸钠与碘的摩尔关系再推算出Cu的含量。KI的加入量只需保证足量即可，实验无需精确测定

KI的质量，D错误；故选D。

15．（2022·北京海淀·三模）某同学设计实验方案，利用沉淀滴定法测定“Ag++Fe2+Fe3++Ag↓”的平衡常

-1-1

数K。一定温度下，先将0.0100mol·LAg2SO4溶液与0.0400mol·LFeSO4溶液(pH=1)等体积混合，待反应

-1+

达到平衡时，过滤，取vmL滤液用c1mol·LKSCN标准溶液滴定Ag，至出现稳定的浅红色时消耗KSCN

标准溶液v1mL。

+-

已知：Ag+SCN⇌AgSCN↓(白色)K1

3+-2+

Fe+SCN⇌FeSCN(红色)K2

下列说法正确的是

A．Ag2SO4溶液和FeSO4溶液(pH=1)可替换为AgNO3溶液和Fe(NO3)2溶液(pH=1)

3+

B．K1>>K2，Fe是滴定终点的指示剂

C．若不过滤，直接用浊液做滴定实验测定c(Ag+)，则所测K值偏大

D．若改为测定滤液中c(Fe3+)，选择合适的滴定方法直接滴定滤液，也能达到目的

【答案】B

【详解】A．由于硝酸根在酸性环境下具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，会干扰实验，故不可用

AgNO3溶液和Fe(NO3)2溶液(pH=1)替换原试剂，A错误；

B．用标准KSCN标准溶液滴定Ag+，至出现稳定的浅红色时实验达到终点，说明SCN-先与Ag+反应完全

3+3+

后再与Fe反应，故K1>>K2；出现稳定的浅红色时实验达到终点，说明Fe是滴定终点的指示剂，B正确；

C．若不过滤，直接用浊液做滴定实验测定c(Ag+)，滴入KSCN溶液时发生反应Ag++SCN-⇌AgSCN↓，使

c(Fe3+)

Ag++Fe2+⇌Fe3++Ag↓逆向移动，使银离子浓度增大，K=，K值偏小，C错误；

c(Fe2+)c(Ag+)

D．若改为测定滤液中c(Fe3+)，Fe2+容易被空气中的氧气氧化为Fe3+，滴定结果不准确，D错误；故选B。

第II卷(非选择题共55分)

二、填空题(本题共4小题，共55分)

16．（13分）（2022·北京丰台·一模）铜冶炼过程中，产生的粗硫酸镍废液中含有Cu2、Fe2、Ca2、Mg2、

H3AsO3等杂质微粒，工业生产以此为原料，精制硫酸镍，主要流程如下：

已知：常温下，3916

FeOH3Ksp2.610NiOH2Ksp5.4810

(1)步骤ⅰ的操作名称是。

(2)①H3AsO3中As的化合价为。

②步骤ⅱ中H2O2的作用是。

33+91

(3)步骤ⅲ，加入Na2CO3的目的是通过调pH进一步去除Fe，使cFe2.510molL。若溶液2中

2+

cNi0.0548molL1，则需控制pH的大致范围为。

(4)①步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有(填化学式)。

②在加入NaF的同时需调pH约为5，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是。

(5)结合下图说明由溶液4得到NiSO46H2O的操作是。

【答案】(1)萃取分液（1分）

2

(2)＋3（2分）氧化Fe和H3AsO3，以利于形成FeAsO4，除去砷和铁元素（2分）

(3)4～7（2分）

-

(4)CaF2MgF2（2分）F与H结合生成弱电解质HF，导致cF降低，沉淀率下降（2分）

(5)加热浓缩、冷却结晶、过滤（2分）

【详解】（1）据分析，步骤ⅰ分离有机相和无机相，操作名称是萃取分液。

（2）①H3AsO3中H元素+1价，O元素-2价，根据化合价代数和为零，As的化合价为+3价；②据分析，

2+2

步骤ⅱ中加入双氧水后过滤，得到沉淀1FeAsO4，从废液中知Fe、H3AsO3被氧化，故H2O2的作用是氧化Fe

和H3AsO3，以利于形成FeAsO4，除去砷和铁元素。

（）据已知信息，16，则溶液中2+1时，-不能大于

3NiOH2Ksp5.48102cNi0.0548molLc(OH)

16

Ksp5.48103+9

107，pH=7；又需使cFe2.510molL1，根据FeOHKsp2.61039，

c(Ni2+)0.05483

39

Ksp2.61010

则c(OH-)不能小于3310，pH=4；故需控制pH的大致范围为4～7。

c(Fe3+)2.5109

（4）①据分析，步骤ⅳ，沉淀3的主要成分有CaF2MgF2；②在加入NaF的同时需调pH约为5，HF是弱

-

酸，若pH过低，导致沉淀率下降，原因是F与H结合生成弱电解质HF，导致cF降低，沉淀率下降。

（5）从图中可知，NiSO46H2O的溶解度随温度升高而增大，故由其溶液得到晶体的操作时加热浓缩、冷

却结晶、过滤。

17．（15分）（2024·北京·三模）乙二醇常用作溶剂、防冻液和合成聚酯的原料。工业上有多种方法可以制

备乙二醇。

(1)环氧乙烷（）直接水合法；环氧乙烷在一定条件下直接水解得到乙二醇，写出该反应的化学方程

式。

生成的乙二醇可以继续与环氧乙烷发生副反应生成HOCH2CH2OCH2CH2OH。为避免发生副反应，需要加大量

的水，导致产品含水量较高，后续分离流程复杂。

(2)碳酸乙烯酯合成法：

第一步：（碳酸乙烯酯）H0

催化剂

第二步：（碳酸乙烯酯）HOHOCHCHOHCO

2△222

探究第二步反应最佳的合成工艺条件。

①反应温度为140℃，催化剂用量为2％，反应2h时，nH2O/n（碳酸乙烯酯）与反应后体系中各物质含

量的关系如下表所示：

nH2O/n（碳酸乙烯酯）1.52.02.53.0

乙二醇含量/％23.296.894.490.4

H2O含量/％0.83.25.69.6

碳酸乙烯酯含量/％72.2000

根据表中数据分析，nH2O/n（碳酸乙烯酯）＝1.5时，乙二醇实际含量较低的可能原因

是、。（写出两条）

②nH2O/n（碳酸乙烯酯）＝2.0，催化剂用量为2％，反应2h时，碳酸乙烯酯转化率和乙二醇选择性随反

应温度变化的趋势如图。反应温度大于140℃时，乙二醇选择性下降的原因是。

(3)CO氧化偶联法：先以CO、H2、O2、NO、CH3OH等为原料合成草酸二甲酯，再制得乙二醇。物质转

化流程如下图。

①写出该过程的总反应方程式。

②已知乙二醇的沸点为197.3℃，甲醇的沸点为64.8℃，二者互溶。分离乙二醇和甲醇的实验操作

为，解释二者互溶的原因。

(4)乙烯催化氧化一步法：有研究者发现，H2O2能够在钛硅分子筛的催化作用下氧化乙烯，一步生成乙二醇。

不同温度下，H2O2的转化率与利用率如下表所示。

温度（℃）506080

H2O2转化率/％84.998.499.8

H2O2利用率/％67.267.855.5

解释60℃后H2O2利用率变化的原因。

一定条件

【答案】(1)+H2OHOCH2CH2OH（2分）

(2)此时水蒸气浓度较低，反应速率较慢（2分）此时存在副反应导致乙二醇含量较低（合理即可）（2分）

温度升高，导致乙二醇和环氧乙烷发生副反应生成HOCH2CH2OCH2CH2OH，使得其选择性下降（2分）

(3)4CO+O2+8H2=2HOCH2CH2OH+2H2O（2分）蒸馏（1分）乙二醇、甲醇分子之间能形成氢键（2分）

(4)过氧化氢不稳定，受热易分解，导致60℃后H2O2分解速率增大，使得其利用率降低（2分）

【详解】（1）环氧乙烷在一定条件下直接水解得到乙二醇，反应的化学方程式为：

一定条件

+H2OHOCH2CH2OH；

（2）①据表中数据分析，nH2O/n（碳酸乙烯酯）＝1.5时，乙二醇实际含量较低的可能原因是此时水蒸

气浓度较低，反应速率较慢，此时存在副反应导致乙二醇含量较低；

②由图可知，反应温度大于140℃时，碳酸乙烯酯转化率不变而乙二醇选择性下降，则其原因可能是：温度

升高，导致乙二醇和环氧乙烷发生副反应生成HOCH2CH2OCH2CH2OH，使得其选择性下降；

（3）①由图可知，总反应为CO、H2、O2反应生成乙二醇，总反应方程式

4CO+O2+8H2=2HOCH2CH2OH+2H2O。

②已知乙二醇的沸点为197.3℃，甲醇的沸点为64.8℃，二者互溶，利用两者的沸点不同，分离乙二醇和甲

醇的实验操作为蒸馏；乙二醇、甲醇分子之间能形成氢键，导致二者互溶；

（4）过氧化氢不稳定，受热易分解，导致60℃后H2O2分解速率增大，使得其利用率降低。

18．（12分）（2022·北京顺义·二模）火法有色金属冶炼烟气制酸过程中会产生大量含砷污酸，采用硫化-石

膏中和法处理含砷污酸可获得达标废水，同时实现变废为宝得到多级产品，工艺流程如下：

资料：

-7-11-7-15

ⅰ．常温下H2CO3的Ka1=4.4×10，Ka2=4.7×10；H2S的Ka1=1.3×10，Ka2=7.1×10；

+2+-2-

ⅱ．含砷污酸中砷的主要存在形式为亚砷酸(H3AsO3，弱酸)，除砷外H、Cu、F、SO4含量均超标；

ⅲ．室温下三价砷在水溶液中的存在形式与溶液pH的关系：

pH值pH＜7pH=10~11

-

主要存在形式H3AsO3H2AsO3

(1)工业上制备Na2S时，用NaOH溶液吸收H2S，不能以纯碱代替NaOH。结合方程式解释不能使用纯碱的

原因。

2+

(2)过程Ⅰ可除去含砷污酸中的Cu和部分砷，滤渣A的主要成分为CuS和As2S3，生成As2S3的离子方程式

是。

2-3-

(3)过程Ⅰ会发生副反应As2S3(s)＋3S(aq)2AsS3(aq)，影响后续处理。加入Na2S充分反应后加入少量

FeSO4，结合平衡移动原理解释加入FeSO4的原因。

(4)过程Ⅲ中获得的滤渣C主要成分是FeAsO4，该过程通入空气的作用是。

3--+3-

(5)利用反应AsO4+2I+2H=AsO3+I2+H2O测定滤渣C中FeAsO4含量。取ag样品，用硫酸溶液溶解，加

-1

入过量KI，充分反应后将溶液转移至锥形瓶中，以淀粉为指示剂，用cmol·L的Na2S2O3标准溶液滴定，

观察到现象说明已到滴定终点，重复三次实验，记录用去Na2S2O3溶液体积为VmL，计算样

品纯度为(用字母表示)。

资料：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI；FeAsO4相对分子质量为195

【答案】(1)依据电离常数，纯碱与H2S发生反应：H2S+Na2CO3=NaHS+NaHCO3，不能得到Na2S（2分）

2-+

(2)2H3AsO3+3S+6H=As2S3+6H2O（2分）

2+2-2-2-3-

(3)加入少量FeSO4，Fe+3S=FeS↓，使c(S)降低，As2S3(s)＋3S(aq)2AsS3(aq)向逆反应方向移动，

从而减少副反应发生（2分）

2+-

(4)做氧化剂，氧化Fe和H2AsO3（2分）

(5)滴入最后半滴Na2S2O3标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复（2分）

0.195cV

（2分）

2a

-7-7

【详解】（1）由题干信息可知，H2CO3的Ka1=4.4×10<H2S的Ka1=1.3×10，纯碱与H2S发生反应：H2S+

Na2CO3=NaHS+NaHCO3，不能得到Na2S；

2-

（2）由信息可知，含砷污酸中H3AsO3与S反应生成As2S3，依据元素守恒产物还有H2O，故离子方程式

2-+

为2H3AsO3+3S+6H=As2S3+6H2O；

2+2-2-

（3）加入Na2S充分反应后加入少量FeSO4，Fe与S反应得到FeS沉淀，会使反应As2S3(s)＋3S(aq)

3-2+2-2-

2AsS3(aq)逆向移动，而减少副反应发生，故为加入少量FeSO4，Fe+3S=FeS↓，使c(S)降低，As2S3(s)

2-3-

＋3S(aq)2AsS3(aq)向逆反应方向移动，从而减少副反应发生；

2+3+-3-

（4）过程Ⅲ中通入氧气将Fe氧化成Fe，将H2AsO3氧化成AsO4，从而得到FeAsO4；

（5）反应中I2与Na2S2O3反应，且I2会使淀粉变蓝，故用Na2S2O3标准溶液滴定，观察到滴入最后半滴Na2S2O3

标准液时，锥形瓶内溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复，说明已到滴定终点；根据反应中方程

3--+3-

式可知，AsO4+2I+2H=AsS3+I2+H2O，2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI，则有

AsO3-I2NaSO

42223V10-3c

V10-3c，元素守恒可知，n(FeAsO4)=mol，故样品纯度为

molV10-3cmol2

2

cV10-3

195

0.195cV。

2=

a2a

19．（15分）（2024·北京·模拟预测）某小组同学研究了不同起始pH条件下溴酸钠和硫化钠的反应。

-3

(一)隔绝氧气的条件下，在50mL溶液中，NaBrO3起始浓度为0.08mol/L，Na2S起始浓度为2×10mol/L，

改变HNO3的起始加入量，测量反应过程中的pH变化，实验结果如下：

实验序号实验Ⅰ实验Ⅱ

-4-4

HNO3的起1.3×101×10

始加入量

/mol

液体迅速变浑，随后浑浊逐渐减少，10min

液体变浑，pH变化如图：

时溶液基本澄清，过程中pH变化如图：

实验结果

--

已知：a.HBrO3属于强酸，BrO3的还原产物只有Br，实验中HNO3不表现氧化性；

2-2-2-

b.硫化钠被氧化的产物可能是S、SO3、S2O3、SO4；

-2-

c.pH＞3溶液中，BrO3与S2O3的反应可忽略不计；

d.CaS和CaS2O3易溶于水；

为研究实验I中pH的变化情况，进行实验Ⅲ和实验Ⅳ：

取少量实验I进行10min左右的液体，离心分离浑浊，得到溶液A，进行实验Ⅲ：

实验Ⅳ：

-

步骤1：取一定量的溴酸钠溶液和亚硫酸氢钠溶液混合，反应液温度未有明显变化，测定反应中BrO3的反

应速率，结果如图所示。

-

步骤2：实验前先在容器中加入少量硫酸钠和溴化钠固体，重复步骤1，测得BrO3的反应速率变化曲线与如

图几乎完全重合。

2-

(1)实验Ⅲ中，白色沉淀1完全溶于稀盐酸，能否说明溶液A中没有SO4，理由是，进一步检验溶

2-

液A中是否有SO4的方案是。

(2)实验Ⅲ中，由无色溶液1加入足量稀盐酸的实验现象可以得到的实验结论是。

(3)结合离子方程式，解释实验I中2min之后pH变化的可能原因：。

2-2-2-

(二)研究实验Ⅱ中pH的变化情况，设计测定溶液中S、SO3、S2O3浓度的方法如下：

已知：a.碘标液的浓度为c1mol/L，硫代硫酸钠标液的浓度为c2mol/L；

-12