2026年高考化学二轮复习（全国）清单04 实验方案的设计与评价（解析版）

清单04实验方案的设计与评价

内容导览|知识·方法·能力清单

第一部分命题解码洞察命题意图，明确攻坚方向

第二部分方法建模构建思维框架，提炼通用解法

流程建模技法清单

技法01控制变量设计实验的方法和思路

技法02物质性质探究实验的方法和思路

技法03实验方案设计与评价解题策略

第三部分思维引路示范思考过程，贯通方法应用

母题精讲思维解析变式应用

类型01物质成分或反应产物探究类综合实验

第四部分分级实战分级强化训练，实现能力跃迁

探究性实验以其创新、灵活的特点成为每年高考的热点题型，试题将元素化合物知识与化学实验知

识巧妙地融合在一起，增加了题目的新颖度和难度，能充分考查学生的发散思维能力和分析问题的能力。

实验往往通过对物质化学性质的实验探究、反应产物成分的实验探究、化学反应原理的实验探究，揭示

反应原理、解释产生某些现象的原因等。

流程建模

第一步：明确探究目的从题干中信息，明确实验探究的目的或实验原理。

第二步：寻找影响因素结合题干信息或已掌握的化学知识，寻找实验的影响因素，如温度、浓度、

pH等。

第三步：分析原因、推①对比分析已有实验（明确变量）或根据实验原理、物质性质等设计实验

理归纳方案验证猜想或假设。

②结合物质可能的性质，分析产生实验现象的原因，对比分析推理，归纳

得出实验结论；或者根据题目给出的实验结果，反推假设是否合理。

技法清单

技法01控制变量设计实验的方法和思路

1．实验探究的科学方法及思路

变量控制→对照实验→定性观察或定量测定→科学归纳

2．解题策略

(1)确定变量

解答这类题目时首先要认真审题，理清影响实验探究结果的因素有哪些。

(2)定多变一

在探究时，应该先确定其他的因素不变，只变化一种因素，看这种因素与探究的问题存在怎样的关系；

这样确定一种以后，再确定另一种，通过分析每种因素与所探究问题之间的关系，得出所有影响因素与所

探究问题之间的关系。

(3)数据有效

解答时注意选择数据(或设置实验)要有效，且变量统一，否则无法作出正确判断。

技法02物质性质探究实验的方法和思路

1．探究型实验的常见类型

(1)对未知产物的探究

通过化学反应原理猜测可能生成哪些物质，对这些物质逐一进行检验来确定究竟含有哪些物质。虽然

探究型实验主要考查学生的探究能力，但在问题中常常包含了对实验基础知识的考查。例如：

①常见物质分离的提纯方法：结晶法、蒸馏法、过滤法、升华法、萃取法、渗析法等。

②常见气体的制备、净化、干燥、收集等方法。

③熟悉重点的操作：气密性检查、测量气体体积、防倒吸、防污染等。

(2)物质性质的探究

①在探究过程中往往可以利用对比实验，即设置几组平行实验来进行对照和比较，从而研究和揭示某

种规律，解释某种现象形成的原因或证明某种反应机理。

②无机物、有机物性质的探究，必须在牢牢掌握元素化合物知识的基础上，大胆猜想，细心论证。脱

离元素化合物知识，独立看待实验问题是不科学的，只有灵活运用已有的元素化合物知识，才能变探究型

实验为验证型实验，使复杂问题简单化。

2．探究型实验的基本程序

解答探究型实验题的基本程序可用以下流程图表示：

(1)提出问题

要提出问题，首先得发现问题，对题给信息进行对比、质疑，通过思考提出值得探究的问题。此外，

实验中出现的特殊现象也是发现问题、提出问题的重要契机。

(2)提出猜想

所谓猜想就是根据已有知识对问题的解决提出的几种可能的情况。有一些问题，结论有多种可能(这就

是猜想)，只能通过实验进行验证。

(3)设计验证方案

提出猜想后，就要结合题给条件，设计出科学、合理、安全的实验方案，对可能的情况进行探究。实

验设计中，关键点是对试剂的选择和实验条件的调控。

(4)观察实验现象，得出结论

根据设计的实验方案，结合实验现象进行推理分析或计算分析得出结论。

技法03实验方案设计与评价解题策略

实验完整的化学实验方案包括“四大环节”，即：实验原理、实验装置和药品(其中包括：装置类型、仪

器的组装等)、实验步骤(其中包括：加装药品、气密性检查、除杂干燥、主体实验、安全措施等)、实验现

象的观察、记录及实验数据的分析处理等。设计合理的实验方案必须掌握比较全面的实验基本原理和基本

技能，要做到：设计原理正确、实验程序合理、操作步骤简便、现象明显、相关结论正确。实验设计的解

答策略如下：

(1)明确目的原理：首先必须认真审题，明确实验的目的要求，弄清题目有哪些新的信息，综合已学过

的知识，通过类比、迁移、分析，从而明确实验原理。

(2)选择仪器药品：根据实验的目的和原理，以及反应物和生成物的性质、反应条件，如反应物和生成

物的状态，能否腐蚀仪器和橡皮、反应是否加热及温度是否控制在一定的范围等，从而选择合理的化学仪

器和药品。

(3)设计装置步骤：根据上述实验目的和原理，以及所选用的仪器和药品，设计出合理的实验装置和实

验操作步骤。学生应具备识别和绘制典型的实验仪器装置图的能力，实验步骤应完整而又简明。

(4)记录现象数据：根据观察，全面而准确地记录实验过程中的现象和数据。

(5)分析得出结论：根据实验观察的现象和记录的数据，通过分析、计算、图表、推理等处理，得出正

确的结论。

类型01物质成分或反应产物探究类综合实验

母题精讲1．（2025·广东卷）酸及盐在生活生产中应用广泛。

(4)该小组继续探究取代基对芳香酸酸性的影响。

知识回顾羧酸酸性可用Ka衡量。下列羧酸Ka的变化顺序为：

①CH3COOHCH2ClCOOHCCl3COOHCF3COOH。随着卤原子电负性，羧基中的羟基增

大，酸性增强。

提出假设甲同学根据中规律推测下列芳香酸的酸性强弱顺序为：

②①

验证假设甲同学测得常温下三种酸的饱和溶液的pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ，据此推断假设成立。但乙同学

③认为该推断依据不足，不能用所测得的pH直接判断Ka大小顺序，因为。

乙同学用(3)中方法测定了上述三种酸的Ka，其顺序为Ⅱ>Ⅰ>Ⅲ。

实验小结假设不成立，芳香环上取代基效应较复杂，中规律不可随意推广。

④(5)该小组尝试测弱酸HClO的Ka。①

丙同学认为不宜按照(3)中方法进行实验，其原因之一是次氯酸易分解。该分解反应的离子方程式

①为。

小组讨论后，选用0.100mol/LNaClO溶液(含少量NaCl)进行实验，以获得HClO的Ka。简述该方案

②(包括所用仪器及数据处理思路)。

教师指导：设计实验方案时，需要根据物质性质，具体问题具体分析。

③思维解析【答案】(4)增大极性常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同

光照

+-

(5)2HClO2H+2Cl+O2实验方法：取适量0.100mol/LNaClO溶液放入烧杯中，用pH计测得体

系在25℃下的pH，记录数据；

数据处理思路：由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得

K

-W

ClO的水解平衡常数Kh，再利用公式Ka=求出HClO的Ka。

Kh

【第一步明确探究目的】探究取代基对芳香酸酸性的影响。

【第二步寻找影响因素】【第三步分析原因、推理归纳】

推断羧酸Ka的影响因素常温下三种酸的饱和溶液的浓度不同，不能用所测得的

测得常温下三种酸的饱和溶液的pH直接判断Ka大小顺序。

pH大小顺序为Ⅲ>Ⅱ>Ⅰ改进措施：在常温下测量相同浓度的三种酸的pH。

【第一步明确探究目的】尝试测弱酸HClO的Ka。

【第二步寻找影响因素】【第三步分析原因、推理归纳】

次氯酸不稳定次氯酸在光照条件下易分解为HCl和O2，其分解反应的

光照

+-

离子方程式为2HClO2H+2Cl+O2；不能采用测

pH的方法。

选用0.100mol/LNaClO溶液(含少由于NaClO溶液中存在ClO-的水解，故根据

量NaCl)进行实验，以获得HClO0.100mol/LNaClO溶液在25℃下的pH可求得ClO-的水解

的KaKW

平衡常数Kh，再利用公式Ka=求出HClO的Ka。

Kh

变式应用1．（2025·北京卷）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

+2+

组研究测定“MnO2+2Br+4HMn+Br2+2H2O”平衡常数的方法，对照理论数据判断方法的可行性。

(1)理论分析

Br2易挥发，需控制生成cBr2较小。

4

①根据25℃时K=6.310分析，控制合适pH，可使生成cBr2较小；用浓度较大的KBr溶液与过量MnO2

②-2+

反应，反应前后c(Br)几乎不变；cMn=cBr2，仅需测定平衡时溶液pH和cBr2。

Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略。

③(2)实验探究

序号实验内容及现象

-1

25℃，将0.200molLKBr溶液(pH1)与过量MnO2混合，密闭并搅拌，充分反

I

应后，溶液变为黄色，容器液面上方有淡黄色气体。

-1

25℃，将0.200molLKBr溶液(pH2)与过量MnO2混合，密闭并搅拌，反应时

Ⅱ

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。

测定I、Ⅱ反应后溶液的pH；取一定量反应后溶液，加入过量KI固体，用Na2S2O3

Ⅲ

标准溶液滴定，测定cBr2。

已知：I2+2Na2S2O3=2NaI+Na2S4O6；Na2S2O3和Na2S4O6溶液颜色均为无色。

Ⅲ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KI的作用：。

①I中，与反应前的溶液相比，反应后溶液的pH(填“增大”、“减小”或“不变”)。平衡后，按

2+

②cMncBr2

计算所得值小于25℃的K值，是因为Br2挥发导致计算时所用的浓度小于其在溶液

c2Br-c4H+

中实际浓度。

2+

cMncBr2

Ⅱ中，按计算所得值也小于25℃的K值，可能原因是。

c2Br-c4H+

③

(3)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40℃，其他条件与Ⅱ相同，经实验准确测得该条件下的平衡常数。

判断该实验测得的平衡常数是否准确，应与值比较。

①综合调控pH和温度的目的是。

②【答案】(1)

(2)滴入最后半滴Na2S2O3标准溶液，溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复Br22I2BrI2增大

Mn2+实验Ⅱ的cH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

2+、

cMncBr2偏低，计算的K值偏小

(3)40℃下的理论K使反应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测

定K值。

2

cMncBr24

【分析】平衡常数表达式：K6.310，控制pH可调节c(Br2)大小。使用过量MnO2和

c2Brc4H

–2+

浓KBr溶液，确保c(Br)几乎不变。因c(Mn)=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。

【详解】（1）

（2）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Na2S2O3标准溶

液，溶①液蓝色褪去，且半分钟内不恢复；

KI的作用：将Br2转化为I2，便于滴定测定Br2浓度。离子方程式：Br22I2BrI2；

2+

该反应消耗H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，cMn=cBr2，

②则计算时所用Mn2+的浓度小于其在溶液中实际浓度；

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，题目已知信息也说明

③了Br2与水反应的程度很小，可忽略对测定干扰；低浓度HBr挥发性很小，可忽略，对比实验Ⅰ和Ⅱ③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cH浓度低于实验Ⅰ，反应相同时间下，

2+、

实验Ⅱ未达到平衡状态，导致溶液中cMncBr2偏低，计算的K值偏小；

（3）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①查阅40℃的文献值）。

实验Ⅰ和实验Ⅱ反应时间相同，实验Ⅰ由于cH过大，反应速率过快，Br2挥发导致计算的K值小，实验Ⅱ

由②于cH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pH和温度的目的是使反

应更快的达到平衡状态，使Br2处于溶解平衡且挥发最少的状态，从而准确测定K值。

2．（2025·安徽卷）侯氏制碱法以NaCl、CO2和NH3为反应物制备纯碱。某实验小组在侯氏制碱法基础上，

以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱，步骤如下：

配制饱和食盐水；

①在水浴加热下，将一定量研细的NH4HCO3，加入饱和食盐水中，搅拌，使NH4HCO3，溶解，静置，析

②出NaHCO3晶体；

将NaHCO3晶体减压过滤、煅烧，得到Na2CO3固体。

(③2)步骤中NH4HCO3需研细后加入，目的是。

(3)在实验②室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，优点是。

(5)已知常温下Na2CO3和NaHCO3的溶解度分别为30．7g和10．3g。向饱和Na2CO3溶液中持续通入CO2气体

会产生NaHCO3晶体。实验小组进行相应探究：

实

操作现象

验

将CO2匀速通入置于烧杯中的20mL饱和Na2CO3溶液，

a无明显现象

持续20min，消耗600mLCO2

将20mL饱和Na2CO3溶液注入充满CO2的500mL矿泉矿泉水瓶变瘪，3min后

b

水瓶中，密闭，剧烈摇动矿泉水瓶1~2min，静置开始有白色晶体析出

i．实验a无明显现象的原因是。

ii．析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO310H2O。称取0.42g晾干后的白色晶体，加热至恒重，

将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液，NaOH溶液增重0．088g，则白色晶体中NaHCO3的

质量分数为。

【答案】(2)加快NH4HCO3溶解、加快NH4HCO3与NaCl反应

(3)工艺简单、绿色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高

(5)CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反应的速率也较小，生成的NaHCO3的

量较少，NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体80%

【分析】本题以NaCl和NH4HCO3为反应物，在实验室制备纯碱。考查了配制饱和溶液的方法及所用的试

剂；用NH4HCO3代替CO2和NH3，使工艺变得简单易行，原料利用率较高，且环保、制备效率较高；滴定

分析中利用了碳酸钠与盐酸反应分步进行，根据两个滴定终点所消耗的盐酸用量分析产品的成分；通过对

比实验可以发现CO2的充分溶解对NaHCO3的生成有利。

【详解】（2）固体的颗粒越小，其溶解速率越大，且其与其他物质反应的速率越大，因此，步骤中NH4HCO3

需研细后加入，目的是加快NH4HCO3溶解、加快NH4HCO3与NaCl反应。②

（3）CO2和NH3在水中可以发生反应生成NH4HCO3，但是存在气体不能完全溶解、气体的利用率低且对

环境会产生不好的影响，因此，在实验室使用NH4HCO3代替CO2和NH3制备纯碱，其优点是工艺简单、绿

色环保、制备产品的效率较高、原料利用率较高。

（5）i．实验a无明显现象的原因是：CO2在饱和Na2CO3溶液中的溶解速率小、溶解量小，且两者发生反

应的速率也较小，生成的NaHCO3的量较少，NaHCO3在该溶液中没有达到过饱和状态，故不能析出晶体。

ii．析出的白色晶体可能同时含有NaHCO3和Na2CO310H2O。称取0.42g晾干后的白色晶体，加热至恒重，

将产生的气体依次通过足量的无水CaCl2和NaOH溶液。NaHCO3受热分解生成的气体中有H2O和CO2，而

Na2CO310H2O分解产生的气体中只有H2O，无水CaCl2可以吸收分解产生的H2O，NaOH溶液可以吸收

分解产生的CO2；NaOH溶液增重0．088g，则分解产生的CO2的质量为0．088g，其物质的量为

0．088g

0.002mol，由分解反应可知，NaHCO的物质的量为0.004mol，则白色晶体中NaHCO的质量

44gmol133

0.336

为0.004mol84gmol10.336g，故其质量分数为100%80%。

0.42

巩固提升

1．（2025·黑龙江、吉林、辽宁、内蒙古卷）某实验小组采用如下方案实现了对甲基苯甲酸的绿色制备。

反应：

步骤：

Ⅰ．向反应管中加入0.12g对甲基苯甲醛和1.0mL丙酮，光照，连续监测反应进程。

Ⅱ．5h时，监测结果显示反应基本结束，蒸去溶剂丙酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙

酯洗涤，弃去有机层。

Ⅲ．用稀盐酸调节水层pH1后，再用乙酸乙酯萃取。

Ⅳ．用饱和食盐水洗涤有机层，无水Na2SO4干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。

回答下列问题：

(1)相比KMnO4作氧化剂，该制备反应的优点为、(答出2条即可)。

(2)根据反应液的核磁共振氢谱(已去除溶剂H的吸收峰，谱图中无羧基H的吸收峰)监测反应进程如下图。

已知峰面积比a:b:c:d1:2:2:3，a:a2:1。反应2h时，对甲基苯甲醛转化率约为%。

(3)步骤Ⅱ中使用乙酸乙酯洗涤的目的是。

(4)步骤Ⅲ中反应的离子方程式为、。

1818

(5)用同位素示踪法确定产物羧基O的来源。丙酮易挥发，为保证O2气氛，通O2前，需先使用“循环冷冻

16

脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)的O2，操作顺序为：→→→→(填标号)，

重复后四步操作数次。①②

同位素示踪结果如下表所示，则目标产物中羧基O来源于醛基和。

反应条件质谱检测目标产物相对分子质量

18

太阳光，O2，室温，CH3COCH3，5h138

18

太阳光，空气，室温，CH3COCH3，5h136

【答案】(1)绿色环保减少副产物的生成

(2)50

(3)除去未反应完的

+

(4)HOHH2O+H

(5)氧气

【分③析】0.1①2g对甲基④苯甲醛和1.0mL丙酮在有空气存在、光照条件下反应，反应基本结束后，蒸去溶剂丙

酮，加入过量稀NaOH溶液，充分反应后，用乙酸乙酯洗涤，弃去有机层，然后用稀盐酸调节水层pH1后，

再用乙酸乙酯萃取，用饱和食盐水洗涤有机层，无水Na2SO4干燥，过滤，蒸去溶剂，得目标产物。

【详解】（1）KMnO4作氧化剂时可将氧化为对苯二甲酸，即有副反应发生，该制备

反应在有空气存在、光照条件下发生时，以空气中氧气为氧化剂，既绿色环保，又没有对苯二甲酸生成，

所以反应的优点为绿色环保，减少副产物的生成；

（2）起始0h时只有，5h时只有，a:a2:1，则2h时反应液中既有

又有，且两者物质的量之比为1：1，即对甲基苯甲醛转化率约为50%；

（3）蒸去溶剂丙酮后，加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠进入水层，则充分反

应后，用乙酸乙酯洗涤的目的是除去未反应完的；

（4）步骤Ⅱ加入过量稀NaOH溶液将对甲基苯甲酸转化为对甲基苯甲酸钠，步骤Ⅲ中加稀盐酸调节水层

+

pH1反应的离子方程式为：HOHH2O、+H；

1818

（5）丙酮易挥发，为保证O2气氛，通O2前，需先使用“循环冷冻脱气法”排出装置中(空气中和溶剂中)

161616

的O2，即反应液中有O2，冷冻可排走一部分溶解的O2，然后打开阀门抽气，一段时间后，再关闭阀

门，待反应液恢复室温后，再冷冻反应液，即“循环冷冻脱气法”，所以操作顺序为：→→→→(填

标号)，重复后四步操作数次；的相对原子质量为136，太①阳光②，空气③，室①温，④

1818

CH3COCH3，5h得到的物质相对分子质量为136，为，而太阳光，O2，室温，

CH3COCH3，5h得到的物质相对分子质量为138，说明目标产物中羧基O来源于醛基和空气中的氧气。

2．（2025·江西卷）摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成的实验如下：

回答下列问题：

(1)L的合成与表征

i．向装有浓硫酸的反应容器中，搅拌下慢慢加入水杨酸粉末，加热至50℃，全溶后升至75℃，有固体析出，

继续升温至115℃，反应4h，冷却至40℃。上述步骤中需用到的仪器有(填标号)。

A．圆底烧瓶B．干燥管C．球形冷凝管D．恒压滴液漏斗

E．二颈烧瓶F．温度计G．直形冷凝管H．分液漏斗

ⅱ．下列分析方法中可以确定L分子结构的是(填标号)。

A．X射线衍射B．质谱C．元素分析D．滴定分析

(2)Z的合成与配位比nL:nCu2+分析

取12个烧杯，分别加入10.00mL硝酸铜溶液(0.05000mol/L)，按表所示，依次加入对应体积的L溶液

(0.2500mol/L)，调pH，用50mL容量瓶配制溶液。在一定条件下，分别测定溶液吸光度A，得到吸光度

AcL/cCu2+的曲线(如图)。

编号VL/mLcL/cCu2+吸光度A

10.000.000.003

20.200.100.055

30.400.200.113

40.600.300.163

51.000.500.258

61.500.750.364

72.001.000.435

84.002.000.546

96.003.000.579

108.004.000.6031

1110.005.000.6061

1212.006.000.608

已知：A=kcZ，k为常数。

i．图中已给出全部数据点、拟合曲线及1条趋势线(虚线)，根据表中实验数据，补全坐标轴。

ⅱ．图中趋势线方程为A=kcCu2+，其与拟合曲线重合部分的化学含义为。

ⅲ．在图中作出另1条趋势线，找到理论反应终点X。。

ⅳ．通过理论反应终点，推断配位比nL:nCu2+=。

ⅴ．AcL/cCu2+的拟合曲线与趋势线偏离的原因是。

【答案】(1)BEFA

(2)i．如图，图中坐标轴刻度

ⅱ．L大量过量，Cu2+近乎完全转化为Z

ⅲ．如图，图中趋势线和交点X

ⅳ．1

ⅴ．该配位反应为可逆反应，存在化学平衡，Cu2+、L都不能完全转化，导致实测吸光度低于理论值

【分析】摩尔比法测定配合物磺基水杨酸铜(Z)组成，向装有浓硫酸的反应容器中，搅拌下慢慢加入水杨酸

粉末，加热至50℃，全溶后升至75℃，有固体析出，继续升温至115℃，反应4h，冷却至40℃，实现L的

合成与表征，然后取12个烧杯，分别加入10.00mL硝酸铜溶液(0.05000mol/L)，按表所示，依次加入对应

体积的L溶液(0.2500mol/L)，调pH，用50mL容量瓶配制溶液。在一定条件下，分别测定溶液吸光度A，

得到吸光度AcL/cCu2+的曲线，图中趋势线方程为A=kcCu2+，可以推断出配位比nL:nCu2+。

【详解】（1）i．该步骤中需要控制温度，需要用到温度计，装浓硫酸的反应容器需要有两个孔，一个用于

加入试剂，一个用于装温度计，故需要二颈烧瓶，另外浓硫酸具有强氧化性，酚类物质具有一定的还原性，

加热条件下会有副反应发生，生成二氧化硫等污染性气体，用到干燥管进行尾气吸收处理，故选BEF；

ⅱ．红外光谱图可获得分子中所含有的化学键或官能团的信息，核磁共振氢谱可以获得有机化合物分子中有

几种处于不同化学环境的氢原子及它们的相对数目等信息，X射线衍射可以获得更为直接而详尽的结构信

息。对于分子结构比较复杂的有机化合物的分子结构，X射线衍射可以通过晶体结构分析确定分子结构，

其他手段则常需要组合多种方法共同表征，比如组合核磁共振氢谱、质谱和红外光谱，表征常见有机化合

物。题目需要指定一种分析方法，故选项A是本题所要求；

（2）i．根据表中实验数据可以补全坐标轴，图中已给出全部数据点，拟合曲线及1条趋势线(虚线)为

；

ⅱ．当cL/cCu2+较大时，吸光度A几乎不变是因为L过量，10.00mL硝酸铜溶液(0.05000mol/L)中Cu2+近

乎完全转化为Z，继续加入L，吸光度A也不会变化，图中趋势线方程为A=kcCu2+，其与拟合曲线重合

部分的化学含义为L大量过量，Cu2+近乎完全转化为Z；

ⅲ．当cL/cCu2+增大而吸光度A不变时，说明反应达到理论反应终点，在图中表示理论反应终点X：

；

ⅳ．由可知，X点对应的cL/cCu2+为1，反应达到终点；

ⅴ．AcL/cCu2+的拟合曲线与趋势线偏离的原因是：该配位反应为可逆反应，存在化学平衡，Cu2+、L

都不能完全转化，导致实测吸光度低于理论值。

．（浙江卷）配合物二草酸合铜Ⅱ酸钾KCuCO(M318g/mol)，是制备金属有机框架材料

32025·2242

的一种前驱体。某研究小组开展探究实验，步骤如下：

、

步骤I：80C下，100mL水中依次加入0.024molH2C2O42H2O0.016molK2CO3充分反应后，得到混合溶液

M；

步骤Ⅱ：混合溶液M中加入0.008molCuO充分反应，趁热过滤得滤液N；

步骤Ⅲ：

步骤：加热脱水，化合物、化合物均转化为KCuCO。

Ⅳ200CPQ2242

已知：

2、57、11

i．25C时，H2C2O4的Ka15.610Ka25.410;H2CO3的Ka14.510Ka24.710。

．KCuCO微溶于冷水、易溶于热水，在约时分解。

ⅱ2242250C

请回答：

(2)步骤I所得的混合溶液M，在25C时其pH最接近于_______。

A．2B．3C．4D．5

(3)步骤Ⅱ，过滤去除杂质需趁热进行的原因是。

(4)下列说法不．正．确．的是_______。

A．步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应一次性快速加入，以确保反应完全

．步骤，应用水浴控制温度，以避免KCuCO分解

BⅣ2242

．热重分析法测得KCuCOxHO样品完全脱水后质量降低，则

C2242210.17%x4

D．粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X射线衍射法进行区分

(5)室温下，化合物P在空气中会转化为化合物Q。下列选项中，通过计算能得到混合样品中化合物P和化

合物Q物质的量分数的是_______。

A．样品质量、钾的物质的量B．钾的物质的量、铜的物质的量

C．铜的物质的量、草酸根的物质的量D．草酸根的物质的量、水的物质的量

(6)有同学认为：根据现有探究实验结果可知，化合物P、化合物Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的。

请判断该同学观点正误，并说明理由。

【答案】(2)C

(3)防止遇冷后产物析出而损失

(4)ABC

(5)AD

(6)错误，降温速率与浓度同时在变化，无法判断

、

【分析】80C下，100mL水中依次加入0.024molH2C2O42H2O0.016molK2CO3充分反应后，得到含有

和的混合溶液；向混合溶液中加入充分反应生成KCuCO，趁

KHC2O4K2C2O4MM0.008molCuO2242

热过滤得滤液，滤液分为两份，一份蒸发到，快速冷却、结晶、过滤得到KCuCO4HO

NN40mL22422

针状晶体，另一份蒸发到，缓慢冷却、结晶、过滤得到KCuCO2HO片状晶体，以此解答。

10mL22422

、

【详解】（2）步骤I中100mL水中依次加入0.024molH2C2O42H2O0.016molK2CO3，由于

Ka2(H2C2O4)>Ka1(H2CO3)，充分反应后生成KHC2O4和K2C2O4，根据K元素守恒和C元素守恒可知，溶液

M中含有0.016molKHC2O4、0.008molK2C2O4，在25C时溶液中

5

cHC2O4Ka2H2C2O4

+0.165.410-4，则-4，故选。

c(H)=2-=mol/L=1.0810mol/LpH=-lg1.0810≈4C

cC2O40.08

（）KCuCO微溶于冷水、易溶于热水，步骤，过滤去除杂质需趁热进行的原因是：防止遇冷后

32242Ⅱ

产物析出而损失。

（4）A．步骤I，制备混合溶液M时，K2CO3应缓慢多次加入，使反应更加充分，确保反应完全，A错误；

．KCuCO在约时分解，步骤中加热脱水，沸水浴只能控制温度，错误；

B2242250CⅣ200C100°CB

．热重分析法测得KCuCOxHO样品完全脱水后质量降低，则在

C2242210.17%H2O

18x

KCuCOxHO中的质量分数为10.17%，0.1017，解得x2，C错误；

2242218x+318

D．射线衍射法是利用X射线探测晶体或分子结构的分析方法，粉末形态的化合物P和化合物Q，可通过X

射线衍射法进行区分，D正确；

故选ABC。

（5）A．若已知样品质量(mg)、钾的物质的量(nmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，

2x+2y=n、390x+354y=m，可以计算出x和y的数值，可以得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量分

数，A选；

B．若已知钾的物质的量(amol)、铜的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为ymol，

2x+2y=a、x+y=b，由于a=2b，无法计算出x和y的数值，无法得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的

量分数，B不选；

C．若已知铜的物质的量(amol)、草酸根的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为

ymol，x+y=a、2x+2y=b，由于2a=b，无法计算出x和y的数值，无法得到混合样品中化合物P和化合物Q

物质的量分数，C不选；

D．若已知草酸根的物质的量(amol)、水的物质的量(bmol)，可以设P的物质的量为xmol，Q的物质的量为

ymol，2x+2y=a、4x+2y=b，可以计算出x和y的数值，可以得到混合样品中化合物P和化合物Q物质的量

分数，D选；

故选AD。

（6）步骤Ⅲ中除了降温速率不同外，蒸发后溶液的体积也不同即浓度也不同，不能得出化合物P、化合物

Q结晶形状不同是由降温速率不同引起的这样的观点。

2+3+

4．（2024·湖北卷）学习小组为探究Co、Co能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行了实验I~Ⅳ。

实验I实验Ⅱ实验Ⅲ

溶液变为墨绿色，并持续产生能使带火

无明显变化溶液变为红色，伴有气泡产生

星木条复燃的气体

2+3+2-3-

已知：CoHO为粉红色、CoHO为蓝色、CoCO为红色、CoCO为墨绿色。回

26263233

答下列问题：

-1

(1)配制1.00molL的CoSO4溶液，需要用到下列仪器中的(填标号)。

a．b．c．d．

2+

(2)实验I表明CoHO(填“能”或“不能”)催化HO的分解。实验Ⅱ中HCO-大大过量的原因

26223

3-

是。实验Ⅲ初步表明CoCO能催化HO的分解，写出HO在实验Ⅲ中所发生反应的离子方

332222

程式、。

2+3+

(3)实验I表明，反应2CoHO+HO+2H+2CoHO+2HO难以正向进行，利用化学平

2622262

3+2+2-

衡移动原理，分析Co、Co分别与CO3配位后，正向反应能够进行的原因。

实验Ⅳ：

(4)实验Ⅳ中，A到B溶液变为蓝色，并产生气体；B到C溶液变为粉红色，并产生气体。从A到C所产生

的气体的分子式分别为、。

【答案】（1）bc

2-

（）不能HCO与2按物质的量之比发生反应2，

23Co4:14HCO3CoCoCO322CO22H2O

3-

实验中HCO与2的物质的量之比为32:32

3Co2Co10HCO3H2O22CoCO336H2O+4CO2

3-

CoCO33

2H2O22H2O2O2

3+3-

（3）实验Ⅲ的现象表明，Co3+、Co2+分别与CO2配位时，更易与CO2反应生成CoCO

3CoH2O6333

2+2-3+

（该反应为快反应），导致CoHO几乎不能转化为CoCO，这样使得CoHO的浓度减

263226

2+

小的幅度远远大于CoHO减小的幅度，根据化学平衡移动原理，减小生成物浓度能使化学平衡向正

26

反应方向移动，因此，上述反应能够正向进行

（4）CO2O2

-1

【解析】（1）配制1.00mol·L的CoSO4溶液，需要用到容量瓶、胶头滴管等等，因此选bc。

2+

（2）CoSO4溶液中存在大量的CoHO，向其中加入30%的H2O2后无明显变化，因此，实验I表明

26

2+

CoHO不能催化H2O2的分解。实验Ⅱ中发生反应的离子方程式为

26

2-

2，实验中HCO与2的物质的量之比为，因此，HCO

4HCO3CoCoCO322CO22H2O3Co32:33

2

大大过量的原因是：HCO3与Co按物质的量之比4:1发生反应

2-

2，实验中HCO与2的物质的量之比为。实验的实

4HCO3CoCoCO322CO22H2O3Co32:3Ⅲ

3-3-

验现象表明在HO的作用下2能与HCO反应生成，然后能催化HO的分解，

22Co3CoCO33CoCO3322

因此，H2O2在实验Ⅲ中所发生反应的离子方程式为

3-

3-CoCO33

2、2HO2HOO。

2Co10HCO3H2O22CoCO336H2O+4CO222222

2+3+

（3）实验I表明，反应+难以正向进行。实验Ⅲ的现

2CoH2O6+H2O2+2H2CoH2O6+2H2O

3+3-

象表明，Co3+、Co2+分别与CO2配位时，更易与CO2反应生成CoCO（该反应为快反

3CoH2O6333

2+2-3+

应），导致CoHO几乎不能转化为CoCO，这样使得CoHO的浓度减小的幅度远远大

263226