2026年高考北京卷化学高考真题（答案版）_小初高学习资料合集（每天更新）_2026年7月高中化学试题汇编_0723化学_2026年高考化学真题（北京卷）+答案

北京市2026年普通高中学业水平等级性考试
化学答案
第一部分
本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。
1.【答案】B
【详解】A．Li是3号元素，最外层只有1个电子，位于元素周期表第IA族，A正确；
B．合成氨反应N 2g  +3H 2g  ⇌2NH 3g  ΔH<0，正反应为放热反应，升高温度平衡逆向移动，N 2
的平衡转化率降低，高温的作用是使催化剂达到最佳活性温度，B错误；
C．Li/Ru是合成氨反应的催化剂，催化剂的作用原理是降低反应的活化能，C正确；
D．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态氮的过程，温和条件下Li/Ru催化N 和H 合成NH ，属
2 2 3
于氮的固定，D正确；
故选B。
2.【答案】B
【详解】A．HCl是共价化合物，H和Cl共用一对电子，电子式为 ，A正确；
B．2-甲基戊烷主链含5个碳原子，2位连1个甲基，总共有6个碳原子，图示球棍模型只有5个碳
原子，对应为2-甲基丁烷，正确的结构模型为 ，B错误；
C．基态O原子价层电子排布为2s22p4，轨道表示式为 ，C正确；
D．氢原子质子数为1，中子数为1时质量数为1+1=2，原子符号为2H，D正确；
1
故选B。
3.【答案】D
【详解】A．二者分别属于酚类和芳香醇，结构不相似，不互为同系物，A错误；
B．苯酚可与Na CO 反应生成苯酚钠和NaHCO ，苯甲醇为醇类，羟基无酸性，不能与Na CO 溶液
2 3 3 2 3
反应，B错误；
C．苯酚可与溴水发生取代反应生成三溴苯酚白色沉淀，苯甲醇与溴水不反应，不会产生白色沉淀，
C错误；
D．苯酚遇FeCl 溶液显紫色，苯甲醇与FeCl 溶液不反应，二者水溶液可用FeCl 溶液鉴别，D正
3 3 3
确；
故选D。
4.【答案】D
【详解】A．氨气极易溶于水，若圆底烧瓶潮湿，会溶解氨气导致无法收集满，不利于喷泉实验进行，
该操作规范，A不符合题意；
B．滴定管洗净后内壁残留蒸馏水，若不润洗会稀释待盛溶液，导致实验误差，润洗操作规范，B不符
合题意；
C．乙醇制乙烯需控制反应混合液温度为170℃，温度计插入混合液测量温度的操作规范，C不符合
题意；
·1·D．测溶液pH时，将pH试纸用蒸馏水润湿会稀释待测液，导致测量结果产生误差，该操作不规范，
D符合题意；
故选D。
5.【答案】B
点燃
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【详解】A．金属钠在空气中燃烧产物为Na O ，该化学方程式为2Na + O Na O ，A错误；
2 2 2 2 2
B．钢铁发生析氢腐蚀时，负极Fe失电子生成Fe2+，正极酸性条件下H+得电子生成H ，电极反应均
2
符合事实，B正确；
C．大理石主要成分为CaCO ，属于难溶物，离子方程式中不能拆分为CO2-，大理石和盐酸反应制
3 3
二氧化碳的离子方程式为CaCO +2H+=Ca2++CO ↑+H O，C错误；
3 2 2
D．电解饱和食盐水生成NaOH、H 和Cl ，电解熔融NaCl才生成Na和Cl ，化学方程式为‌2NaCl
2 2 2
电解

+2H O 2NaOH+H ↑+Cl ↑，D错误；
2 2 2
故选B。
6.【答案】C
【详解】A．CO 为直线形对称结构，正负电荷中心重合，属于非极性分子，仅含极性键不能推出其为
2
极性分子，A错误；
B．元素非金属性强弱对应的是最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，H SO 、H PO 均不是对应元
2 3 3 3
素的最高价含氧酸，无法通过非金属性比较二者酸性，B错误；
C．同主族元素从上到下电负性逐渐减小，N和P同主族且N位于P上方，可推知N的电负性大于
P的电负性，C正确；
D．HF沸点高于HCl是因为HF分子间存在氢键，属于分子间作用力范畴，与共价键键能无关，D
错误；
故选C。
7.【答案】A
【详解】A．同主族元素从上到下第一电离能逐渐减小，K和Na同主族且K位于Na下方，故I 1K 
<I 1Na  ，A错误；
B．相同构型的难溶电解质，AgI溶解度小于AgCl，故K spAgI  <K spAgCl  ，B正确；
C．压强相同时，气体摩尔体积随温度升高而增大，25°C温度高于0°C，故V m25°C  >V m0°C  ，C
正确；
D．F电负性强于H，CFCOOH酸性强于CH COOH，相同浓度下CFCOO-水解程度小于
3 3 3
CH 3 COO-，故pHCF 3 COOK  <pHCH 3 COOK  ，D正确；
故选A。
8.【答案】C
【详解】A．常温下Cu和浓硫酸不反应，需要加热才能生成SO ，试剂和条件搭配错误，A错误；
2
B．加热NH Cl固体时，NH Cl分解生成的NH 和HCl在试管口遇冷会重新化合生成NH Cl，无法
4 4 3 4
制得NH ，B错误；
3
C．常温下，向AgNO 溶液中逐滴加入稀氨水，至最初产生的沉淀恰好完全溶解，即可制得银氨溶
3
液，试剂和条件均正确，C正确；
·2·D．MnO 和稀盐酸加热不反应，需要和浓盐酸共热才能制得Cl ，试剂选用错误，D错误；
2 2
故选C。
9.【答案】D
【详解】A．KOH溶液呈碱性，可与酸性气体H S发生反应，起到吸收H S的作用，A正确；
2 2
B．a极为阴极，O 在碱性条件下得电子生成HO-，电极反应式为：O +H O+2e-=HO-+OH-，
2 2 2 2 2
B正确；
C．阴极室中吸收H S会消耗OH-，假设处理1molH S：H S+2OH-=S2-+2H O，消耗
2 2 2 2
2molOH-，生成1molS2-，1molS2-被氧化为1molSO2-消耗4molHO-：S2-+4HO-=SO2-+
4 2 2 4
4OH-，同时生成4molOH-，为了生成4molHO-需要转移8mol电子：O +H O+2e-=HO-+
2 2 2 2
OH-同时生成4molOH-，同时双极膜中有8molH+向阴极迁移，并消耗8molOH-(中和反应)，综合
来看，消耗10molOH-，生成8molOH-，因此OH-总浓度下降，C正确；
D．阳极反应为4OH--4e-=O ↑+2H O，每生成1 mol O 转移4 mol电子，阴极每消耗1
2 2 2
mol O 转移2 mol电子，相同转移电子数下，阳极产生的n(O )小于阴极消耗的n(O )，D错误；
2 2 2
故选D。
10.【答案】A
【详解】A．根据已知反应，由 X 的分子式为 C H O ，结合 Y 和 Z 的结构式，可推知 X 为：
5 8 3
，A错误；
B．Y的结构为 ，三个-CH OH完全等价，共有甲基氢、亚甲基氢、羟基氢3种不
2
同化学环境的氢原子，B正确；
C．由反应方程为： 可
知，故Z和H O化学计量比为1:4，C正确；
2
D．Z含酯键、缩酮键，完全水解得到X、Y；P为Z开环聚合得到的高分子，完全水解后断裂酯键、
缩酮键，产物同样为X和Y，产物种类相同，D正确；
故选A。
11.【答案】D
【详解】A．Cl 2 与水反应生成HCl，溶液中cH+  增大，使HIn⇌H++In-平衡逆向移动，HIn浓度
增大溶液变红，A正确；
B．①中溶液褪色是因为HClO具有强氧化性，将有色色素永久性漂白，滴入NaOH溶液也无法恢复
颜色，溶液不再出现紫色，B正确；
C．②中溶液变红是因为Cl 将Fe2+氧化为Fe3+，Fe3+与KSCN结合显红色，氧化剂氧化性大于氧
2
·3·化产物，故氧化性Cl >Fe3+，C正确；
2
D．②中溶液褪色是因为过量Cl 将溶液中的SCN-氧化，但Fe3+仍存在于溶液中，滴入新的
2
KSCN溶液，Fe3+会与SCN-结合使溶液再次出现红色，D错误；
故选D。
12.【答案】D
【详解】A．焓变ΔH为生成物总能量与反应物总能量的差值，也等于正反应活化能减去逆反应活化
能，即ΔH=E -E ，A错误；
1 2
B．t 时刻H 转化率为a，消耗H 浓度为ac ，根据反应计量关系，生成HI浓度为2ac ，平均速率
a 2 2 0 0
vHI 
2ac
= 0  mol⋅L-1⋅h-1，B错误；
t
a
C．平衡时H 2 ​转化率为b，则平衡浓度：cH 2  =cI 2  =c 0 (1-b)mol⋅L-1，cHI  =2bc mol⋅L-1，代 0
(2bc )2
入平衡常数表达式：K= 0
c 01-b  ⋅c 01-b 
4b2
= ，C错误；
(1-b)2
D．由图1可知反应物总能量高于生成物，反应放热，ΔH<0，升高温度平衡逆向移动，H 平衡转化
2
率减小，平衡浓度大于原平衡的c 01-b  mol⋅L-1，D正确；
故选D。
13.【答案】B
【详解】A．题干中明确提到使用的是“熔融碱金属碳酸盐”(如 Na CO )。在常温下Na CO 是固
2 3 2 3
体，需要通过加热使其达到熔融状态，在熔融状态下它才能电离出自由移动的Na+和CO2-，从而参
3
与循环反应，A正确；
B．反应①的输入是CO ，输出是CO，这个过程中必然有碳氧键(C=O)的断裂；反应②的反应物包
2
含了焦炭。焦炭是碳的单质，其内部是由大量的碳原子通过碳碳键(C-C)结合，因此，在反应②中，
除了CO2-的碳氧键断裂外，还必定伴随着焦炭中碳碳键的断裂，B错误；
3
C． 根据上述机理推导，总循环的净结果是消耗了碳和二氧化碳，生成了一氧化碳，Na CO 为催化
2 3
催化剂

剂，将分步反应加和可得总反应为C+CO 2CO，C正确；
2
Δ
D．反应①：CO +2Na++2e-=CO+Na O，生成的Na O与体系中的CO 继续反应生成Na CO
2 2 2 2 2 3
参与循环 ，反应②：2C+CO2-=3CO+2e-，由此可见，每生成4 mol CO，总转移电子为2mol，即
3
每生成2 mol CO，①、②间转移1mol e-，D正确；
故选B。
14.【答案】B
【详解】A．I 为非极性分子，CCl 为非极性溶剂，水为极性溶剂，a→b的萃取现象符合相似相溶原
2 4
理；平衡①的平衡常数K = c I 2CCl 4 1   
c I 2H 2 O   
，大部分I 2 进入CCl 4 层，c I 2CCl 4    >c I 2H 2 O    ，故K > 1
1，A正确；
B．a为饱和碘水，水层总I 浓度最大；a→b加入CCl 后，大量I ​转移到有机层，水层游离I 浓度大
2 4 2 2
幅降低，因此c I 2H 2 O    ：a>b；向b中滴入KI水溶液，发生平衡②：I +I-⇌I-​，消耗水层游离I ​， 2 3 2
促使平衡①逆向移动，有机层的I 2 向水层转移，c I 2CCl 4    减小，而为了维持K = c I 2CCl 4 1   
c I 2H 2 O   
不
变，c I 2H 2 O    也要减小，故c I 2H 2 O    ：b>c，因此三者顺序应为a>b>c，B错误；
·4·C．平衡①的平衡常数K 仅随温度变化，温度不变时K 为定值。增加CCl 体积，更多I 会从水层
1 1 4 2
进入有机层，但水层游离I 2 ​浓度因体系稀释、平衡移动持续降低，由c I 2CCl 4    =K 1 ⋅c I 2H 2 O    可
知，有机层I 浓度一定减小，C正确；
2
D．取c的下层CCl 溶液，加入KI水溶液后振荡，I 与I-反应生成I-完全进入水层，用Na S O 标
4 2 3 2 2 3
准溶液滴定水层的I(滴定过程中I-会不断分解出I 参与反应)，可测定I 总物质的量，进而计算
2 3 2 2
c I 2CCl 4    ，D正确；
故选B。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15.【答案】(1)高铁酸根被还原得到的Fe3+可水解生成Fe(OH) 胶体，该胶体能够吸附水中的悬浮杂
3
质，起到净水作用
(2) ①. 3d2 ②. K NaFe O ③. 3：1 ④. 四面体形
3 2 8
(3) ①. 4FeO2-+20H+=4Fe3++3O ↑+10H O ②. 相同温度下，Na FeO 的溶解度大于
4 2 2 2 4
K FeO ，向溶出得到的含FeO2-的滤液中加入浓KOH，可利用K FeO 更小的溶解度使K FeO 充分析
2 4 4 2 4 2 4
出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含K+的氧化剂反应，生成的K FeO 会包裹在反应物表面，阻碍
2 4
反应进一步进行，难以得到高纯度产物
【解析】
【小问1详解】
高铁酸根的还原产物为三价铁离子，三价铁离子水解生成的氢氧化铁胶体具有大比表面积，可吸附
水中悬浮杂质，实现净水作用；
【小问2详解】
①基态Fe原子价层电子排布为3d64s2，失去6个电子形成+6价Fe后，价层电子排布为3d2。
1
②由晶胞结构可知，每个晶胞中有Fe原子2个；Na位于晶胞顶点和体内，总数为8× =1；K位于
8
1
晶胞棱上和体内，总数为4× +2=3，O原子位于体心，共有8个；所以其化学式为K NaFe O 。
4 3 2 8
③每个FeO2-共4个Fe-O键，在晶胞中，FeO2-受周围K+、Na+影响，4个O分为两组，其中3个
4 4
O受Na+影响，1个O受K+影响，导致Fe-O键不同，所以两种Fe-O键数目比为3：1；SO2-为正
4
四面体构型，FeO2-与其结构相似，因此空间构型为四面体形。
4
【小问3详解】
①酸性条件下FeO2-发生歧化反应：Fe从+6价降为+3价，部分-2价O升为0价生成O ，根据得
4 2
失电子守恒、电荷守恒和原子守恒配平得到对应离子方程式4FeO2-+20H+=4Fe3++3O ↑
4 2
+10H O。
2
②相同温度下，Na FeO 的溶解度大于K FeO ，向溶出得到的含FeO2-的滤液中加入浓KOH，可利
2 4 2 4 4
用K FeO 更小的溶解度使K FeO 充分析出，更容易获得高纯度的产品；若直接用含K+的氧化剂
2 4 2 4
反应，生成的K FeO 会包裹在反应物表面，阻碍反应进一步进行，难以得到高纯度产物。
2 4
16.【答案】(1)氢键 (2) ①. Cl +2OH-=Cl-+ClO-+H O ②. NH Cl+2NH +H O=
2 2 2 3 2
N H ⋅H O+NH Cl ③. 增大NH 的浓度，可加快主反应NH Cl与NH 反应生成水合肼的反应
2 4 2 4 3 2 3
速率，同时降低NH Cl的浓度，使N H 和NH Cl的副反应速率减慢，从而减少副反应发生
2 2 4 2
(3) ①. +3H O=N H ⋅H O+2 ②. 该水解反应平衡常数小，
2 2 4 2
·5·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】
【分析】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，NaClO与
NH 作用产生NH Cl，反应器3中NH Cl与大量的NH 充分反应后生成N H ⋅H O，将产生的混合液送入
3 2 2 3 2 4 2
回收器回收氨气循环利用，在蒸发器中得到N H ⋅H O。
2 4 2
【小问1详解】
N H 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 4
【小问2详解】
①反应器1中Cl 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Cl +
2 2
2OH-=Cl-+ClO-+H O。
2
③NH Cl和大量NH 反应生成水合肼和NH Cl，其化学方程式为NH Cl+2NH +H O=N H ⋅H O+
2 3 4 2 3 2 2 4 2
NH Cl。
4
④增大NH 的浓度，可加快主反应NH Cl与NH 反应生成水合肼的反应速率，同时降低NH Cl的浓度，
3 2 3 2
使N H 和NH Cl的副反应速率减慢，从而减少副反应发生。
2 4 2
【小问3详解】
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
+3H O=N H ⋅H O+2 。
2 2 4 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。
【小问4详解】
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。
17.【答案】(1)醛基 (2)
(3) (4)ac
(5) (6)
【解析】
【分析】A在浓硫酸催化下和浓硝酸在0℃时发生硝化反应生成B，观察M的结构，应是发生了取代反应，
·6·故B的结构简式为 ，D和盐酸反应生成E，E的分子式为C H ClO，不饱和度为1，应是发
5 9
生取代反应，故E的结构简式为 ，E在氢氧化钠水溶液中发生取代反应生成F，结合
小问(3)，F中含有环状结构和甲基，F的结构简式应为 ，F和五氯化磷发生加成反应生成
G，G的结构简式为 ，G在碱催化下加热反应生成J，J的分子式为C H ，不饱和度为3，结
5 6
合G的结构，应是发生消去反应生成了炔烃，故J的结构简式为 ，B和J在碱催化下生成K，
结合已知，可知L的结构简式为 ，故K的结构简式为 ；M的分子式为
C H ClFNO ，P的分子式为C H ClFNO，分子式变化为减少2个氧原子、增加2个氢原子，故应是硝基
13 9 3 3 13 11 3
被还原成氨基，P的结构简式为 ，P在碱催化下和 反应生成Q，Q和P的分
子相比多了一个碳和氧，少了两个氢，应是生成了2分子的HCl，结合小问(5)Q中含有N-H键，Q在一
定条件下水解可得到P，故Q的结构简式为 ，据此分析以下各小问；
【小问1详解】
根据A的结构简式可知含氧官能团为醛基。
【小问2详解】
A在浓硫酸催化下和浓硝酸在0℃时发生硝化反应生成B，化学方程式为
。
【小问3详解】
根据分析可知F的结构简式为 。
【小问4详解】
a．A含醛基，高温易被浓硝酸氧化，0℃低温减少氧化，a正确；
·7·b．J的结构简式为 ，三元环中与乙炔基相连的碳原子是sp3杂化，
这4个碳原子就不可能共面，b错误；
c．K→L的官能团变化为羟基变为酮羰基，即为氧化反应，c正确；
故选ac。
【小问5详解】
根据分析，Q的结构简式为 。
【小问6详解】
CH 3  SiCF 产生的负电性微粒对羰基进行亲核加成实现碳链增长。在合成路线中，J( ) 3 3
在碱性条件下，其中 带部分负电荷，作为亲核试剂进攻羰基碳，增长碳链。因此，另一加成
试剂为 。
18. 重晶石的主要化学成分为BaSO ，还含有少量的SiO 等杂质，实验室中以重晶石为原料，通过以下
4 2
过程可制备高纯BaCO 。
3
(1)焙烧。使重晶石转化为粗BaS。该过程中生成BaS的反应有：
i．BaSO s
4
 +4Cs  =BaSs  +4COg  ΔH=+571kJ⋅mol-1
ii．BaSO s
4
 +2Cs  =BaSs  +2CO 2g  ΔH=+226kJ⋅mol-1
iii．BaSO s
4
 +4COg  =BaSs  +4CO 2g  ΔH= kJ⋅mol-1。
(2)浸钡。已知BaS可溶于水。粗BaS在热水中浸出，产生BaHS  和BaOH
2
 。取一定量粗
2
BaS，一定温度下加水浸钡，测得浸出液中cBa2+  、cOH-  随加入水的体积V
水
 的变化示意图如
下。
①浸出后，过滤出不溶物所需的玻璃仪器有烧杯、 。
·8·②V 水 =vmL时，几乎不产生H 2 S，溶液中cS2-  = mol⋅L-1(用含c 、c 的代数式表示)。 1 2
③当V >vmL后，cOH-
水
 比cBa2+  的变化幅度小，解释原因： 。
(3)沉钡。BaOH  与NH HCO 反应快，导致浸出液中HS-和S2-等被包裹而降低产品纯度，而 2 4 3
BaHS  与NH HCO 反应慢，不易包裹。为提高纯度，沉钡原理示意如下。 2 4 3
①写出“预处理”步骤中反应的离子方程式： 。
②结合平衡移动原理，解释“沉钡”时产生H S的原因： 。
2
【答案】(1)-119
(2) ①. 漏斗、玻璃棒 ②. c -c ③. 稀释溶液时，Ba2+仅随溶液体积增大直接被稀释，而
2 1
S2-、HS-的水解平衡会正向移动，生成了额外的OH-，抵消了部分因体积增大引起的浓度减小
(3) ①. OH-+H S=HS-+H O ②. 溶液中存在电离平衡：HCO-⇌H++CO2-，Ba2+与CO2-​
2 2 3 3 3
结合生成BaCO 沉淀，使CO2-降低，促使HCO-的电离平衡正向移动；产生的H+浓度增大，进而与溶液
3 3 3
中的HS-结合，促使平衡H++HS-⇌H S↑正向移动，从而产生H S气体
2 2
【解析】
【小问1详解】
根据盖斯定律，用反应ii×2 - 反应i即可得到反应iii： ΔH=2×+226kJ⋅mol-1  -
+571kJ⋅mol-1  =-119kJ⋅mol-1；
【小问2详解】
①过滤操作的玻璃仪器包含烧杯、普通漏斗、玻璃棒。
②题目条件明确指出“几乎不产生H 2 S，因此可以忽略H 2 S，根据物料守恒：cBa2+  =cHS-  +
cS2-  ，由图可知，cBa2+  =c 2 mol⋅L-1，所以：c 2 =cHS-  +cS2-  ，而溶液中的OH-主要来源于
S2-的水解，根据水解方程式：S2-+H 2 O⇌HS-+OH-，cHS-  ≈cOH-  =c 1 mol⋅L-1，故cS2- 
=c 2 -c 1  mol⋅L-1。
③当V >v mL后，固体已经完全溶解。此时继续加水相当于对溶液进行稀释。稀释时Ba2+仅
水
随溶液体积增大直接被稀释，但根据勒夏特列原理，S2-、HS-的水解平衡会正向移动，额外释放出
OH-，因此c(OH-)的下降幅度比cBa2+  更小。
【小问3详解】
①根据题意，BaOH  2 与NH 4 HCO 3 反应快，而BaHS  与NH HCO 反应慢，所以预处理的目的是 2 4 3
消除浸出液中的OH-，将Ba(OH) 转化为Ba(HS) ，对应离子反应为：OH-+H S=HS-+H O；
2 2 2 2
②加入NH HCO 后，溶液存在HCO-的电离平衡：HCO-⇌H++CO2-，Ba2+与CO2-​结合生成
4 3 3 3 3 3
BaCO 沉淀，释放出更多的H+，H+ 随即与溶液中HS-发生结合：H++HS-⇌H S↑，生成H S气体
3 2 2
逸出体系。
19. 实验小组制备高锰酸钾。
资料：i．K MnO 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
2 4
3MnO2-+2H O=2MnO-+MnO ↓+4OH-，
4 2 4 2
ii．浓碱性条件下，MnO-可被OH-还原为MnO2-。
4 4
·9·iii．KMnO 的溶解度随温度升高而增大。
4
(1)制备KMnO
4
步骤 实验
制备K MnO ：将0.015molKClO 、0.030molMnO 和0.080molKOH三种固
2 4 3 2
Ⅰ
体，在熔融状态下充分反应。得到墨绿色固体X。
制备KMnO ：将X用水溶解后，滴加3mol⋅L-1CH COOH至pH=10(约20mL)，
4 3
Ⅱ
溶液由绿色变为紫红色，过滤。得到约100mL紫红色溶液Y和棕黑色固体。
提纯KMnO ：将Y转移至蒸发皿中，90°C水浴浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤，干燥。得
4
Ⅲ
到紫红色固体Z。
①补全Ⅰ中反应的化学方程式： 。
高温

□KClO +□MnO +□ □KCl+□K MnO +□
3 2 2 4
②Ⅱ中K MnO 歧化的原因：随pH降低，MnO2-的还原性不变，氧化性 。
2 4 4
③取Ⅲ中少量Z溶解，得紫红色KMnO 溶液和少量棕黑色固体(检验为MnO )。
4 2
(2)对Ⅲ中产生MnO 的原因进行分析和探究
2
①甲认为 CH COO- 将 MnO- 还原，设计实验 i 验证：用含 0.2mol ⋅ L-1KMnO 和 0.6mol ⋅
3 4 4
L-1CH 3 COOK的溶液pH=10  代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体含MnO 。乙认为该现象不能证明 2
CH COO-还原了MnO-，理由是____________________________________
3 4
___________。
②乙设计和实施了实验ii：用 代替Y重复Ⅲ的操作，所得固体不含MnO ，实验i和ii证实了
2
甲的观点。
③丙用0.15mol⋅L-1KCl代替CH COOK重复实验i，证实Ⅲ中Cl-不能还原MnO-。
3 4
实验优化
为提高产品纯度，改进Ⅲ的操作；将Y转移至蒸发皿中，90°C水浴浓缩，洗涤，干燥。
(3)测定KMnO 纯度并计算产率
4
按I中投料，经优化步骤制得产品，取1/4配制成250mL待测液。酸性条件下，用待测液滴定H C O
2 2 4
标准溶液，MnO-被还原为Mn2+。测得cKMnO
4 4
 =amol⋅L-1。
①滴定反应的离子方程式是_______________________________________
___________。(H C O 是二元弱酸)
2 2 4
②KMnO 的产率是 。[产率=(实际产量/理论产量)×100%]
4
高温

【答案】(1) ①. 1KClO +3MnO +6KOH 1KCl+3K MnO +3H O ②. 增强
3 2 2 4 2
(2) ①. 实验没有排除OH-还原MnO-​的干扰，因此不能直接归因于醋酸根(或KMnO 溶液在加热
4 4
条件下自身分解产生MnO ) ②. 含0.2mol⋅L-1KMnO 且用 KOH 调节pH=10的溶液
2 4
(3) ①. 5H C O +2MnO-+6H+=2Mn2++10CO ↑+8H O ②. 5000a%
2 2 4 4 2 2
【解析】
·10·【小问1详解】
①根据投料的物质的量比例，Cl从+5价降为-1价得6e-，每个Mn从+4价升为+6价失2e-，电子
守恒得KClO ​和MnO ​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
3 2
高温

物为H O，根据原子守恒配平：1KClO +3MnO +6KOH 1KCl+3K MnO +3H O；
2 3 2 2 4 2
②歧化反应中MnO2-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，
4
MnO2-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。
4
【小问2详解】
①资料ii说明浓碱性条件下，MnO4- ​可被OH- 还原为MnO42- ，后续歧化生成MnO2 ；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OH- 还原了MnO4- ​产生
MnO2 ，无法证明是CH3COO- 的作用；(也可能是KMnO 溶液在加热条件下自身分解产生
4
MnO )。
2
②为了证明确实是CH COO-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
3
(浓度、温度、90℃水浴、pH=10)下，排除掉CH COO-的存在。因此，应使用KOH调节pH=10的
3
含0.2mol⋅L-1KMnO 溶液来代替 Y 进行加热浓缩，若此时不产生MnO ，则可证实甲的观点。
4 2
【小问3详解】
①酸性条件下MnO-被还原为Mn2+，H C O 作为弱酸不能拆写，被氧化为CO ​，根据电子守恒
4 2 2 4 2
(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：5H C O +2MnO-+6H+=
2 2 4 4
2Mn2++10CO ↑+8H O；
2 2
②理论产量：MnO 为限量试剂，步骤I中0.03mol MnO ​完全转化为K MnO 共0.03mol，根据歧
2 2 2 4
2
化反应3MnO2-∼2MnO-，理论生成KMnO 的物质的量为0.03mol× =0.02mol。 实际产量：取
4 4 4 3
出1/4产品配成250mL待测液，则n(KMnO ) =amol⋅L-1×0.25L×4=amol。 产率 =
4 总
实际产量 a
×100%= ×100%=5000a%。
理论产量 0.02
·11·