北京2024年高考真题化学试题

北京2024年高考真题化学试题
一、选择题，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．（2024·）我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期（放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间）长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是（　　）
20 钙 40.08
A．的原子核内有21个中子
B．的半衰期长，说明难以失去电子
C．衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间
D．从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化
2．（2024·）下列化学用语或图示表达不正确的是（　　）
A．的电子式：
B．分子的球棍模型：
C．的结构示意图：
D．乙炔的结构式：
3．（2024·）酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是（　　）
A．石墨作电池的负极材料
B．电池工作时，向负极方向移动
C．发生氧化反应
D．锌筒发生的电极反应为
4．（2024·）下列说法不正确的是（　　）
A．葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应
B．核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子
C．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基
D．向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析
5．（2024·）下列方程式与所给事实不相符的是（　　）
A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：
B．用绿矾（）将酸性工业废水中的转化为
C．用溶液能有效除去误食的
D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：
6．（2024·）下列实验的对应操作中，不合理的是（　　）
A．用标准溶液滴定溶液 B．稀释浓硫酸 C．从提纯后的溶液获得晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液
A．A B．B C．C D．D
7．（2024·）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是（　　）
A．I的化学方程式：
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率
C．将黄铁和换成硫黄可以减少废渣的产生
D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
8．（2024·）关于和的下列说法中，不正确的是（　　）
A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
B．可用溶液使转化为
C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去
D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异
9．（2024·）氘代氨（）可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：
①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是（　　）
A．和可用质谱法区分
B．和均为极性分子
C．方法①的化学方程式是
D．方法②得到的产品纯度比方法①的高
10．（2024·）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：
。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是（　　）
A．Y为反应物，W为生成物
B．反应制得，须投入
C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
11．（2024·）的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。
已知：反应①中无其他产物生成。
下列说法不正确的是（　　）
A．与X的化学计量比为
B．P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同
C．P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构
D．Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解
12．（2024·）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是（　　）
A．依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向
B．依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的大小
C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大
D．依据的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱
13．（2024·）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是（　　）
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓作催化剂
14．（2024·）不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物
物质的量/ 物质的量/
① 酸性 0.001 n
② 中性 0.001
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是（　　）
A．反应①，
B．对比反应①和②，
C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变
二、本部分共5题，共58分。
15．（2024·）锡（）是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。
（1）位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：
（2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。
①分子的模型名称是　 　。
②的键是由锡的　 　轨道与氯的轨道重叠形成。键。
（3）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。
①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有　 　个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是　 　。
（4）单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是　 　。
16．（2024·）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。
（1）方法一：早期以硝石（含）为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和　 　。
（2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。
①第I步反应的化学方程式为　 　。
②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因　 　。
（3）方法三：研究表明可以用电解法以为氨源直接制备，其原理示意图如下。
①电极a表面生成的电极反应式：　 　。
②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是　 　。
（4）人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因　 　。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。
17．（2024·）除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。
（1）D中含氧官能团的名称是　 　。
（2）A→B的化学方程式是　 　。
（3）I→J的制备过程中，下列说法正确的是　 　（填序号）。
a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率
b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇
c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯
（4）已知：
①K的结构简式是　 　。
②判断并解释K中氟原子对的活泼性的影响　 　。
（5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为键和　 　键，M的结构简式是　 　。
18．（2024·）利用黄铜矿（主要成分为，含有等杂质）生产纯铜，流程示意图如下。
（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是　 　。
（2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是　 　。
（3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；i．和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。
温度/ B中所含铜、铁的主要物质
400
500
①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是　 　。
②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是　 　。
（4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的　 　。
（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是　 　。
19．（2024·）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是　 　。
（2）实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质
II 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
III 过量 有大量气泡产：生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是　 　．
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　 　．
③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。
i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式　 　．
b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验　 　（填实验操作和现象）。
证实了此条件下可忽略对的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。
i．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，　 　 （填实验操作和现象），待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；原子中的数量关系
【解析】【解答】A，该原子的质子数为20，相对原子质量为41，因此该原子的中子数为41-20=21，A选项正确。
B、41Ca的半衰期长，但与其失电子能力无关，B选项错误。
C、41Ca的半衰期是14C的17倍，因此41Ca衰变一半所需的时间长于14C衰变一半所需的时间，C选项错误。
D、从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程中没有新物质生成，属于物理变化，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、相对原子质量≈质子数+中子数，据此计算该原子核内的中子数。
B、半衰期长短与其得失电子能力强弱无关。
C、根据“41Ca的半衰期是14C的17倍”分析。
D、过程中没有新物质生成，属于物理变化。
2．【答案】A
【知识点】原子结构示意图；结构式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、H2O2是共价化合物，其电子式为，A选项错误。
B、CH4分子的球棍模型为，B选项正确。
C、Al3＋是由Al失去最外层3个电子形成的，其结构示意图为，C选项正确。
D、乙炔中含有碳碳三键，为直线型结构，其结构式为H－C≡C－H，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、H2O2是共价化合物，只存在共价键。
B、根据CH4的结构分析。
C、Al3＋是由Al失去最外层3个电子形成的。
D、乙炔中含有碳碳三键，为直线型结构。
3．【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、石墨是该原电池装置的正极材料，A选项错误。
B、在原电池装置中，阳离子移向正极。因此电池工作时，NH4＋向正极方向移动，B选项错误。
C、MnO2为正极反应物，发生得电子的还原反应，C选项错误。
D、Zn为该原电池装置的负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，D选项正确。
故答案为：D
【分析】该原电池装置中Zn为负极，发生失电子的氧化反应；MnO2为正极反应物，发生得电子的还原反应。据此结合选项分析。
4．【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；盐析；核酸
【解析】【解答】A、葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应，A选项正确。
B、核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B选项正确。
C、氨基乙酸形成二肽的过程中－NH2与－COOH发生反应，因此所形成的二肽中只含有一个－NH2和一个－COOH，C选项错误。
D、NaCl溶液属于轻金属盐溶液，可使蛋白质发生盐析。因此向饱和的NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、葡萄糖的氧化反应属于放热反应。
B、根据核酸的形成分析。
C、形成肽键的过程中－NH2和－COOH发生反应。
D、加入轻金属盐溶液可使蛋白质发生盐析。
5．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Cl2的氧化性强于Br2，因此Cl2可将海水中的Br－氧化成Br2，该反应的离子方程式为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，A选项正确。
B、Cr2O7－具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为Cr3＋，该反应的离子方程式为：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，B选项正确。
C、Ba2＋能与SO42－形成难溶于酸的白色沉淀BaSO4，该反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，C选项正确。
D、水垢中的CaSO4以固体形式存在，该反应的离子方程式为CaSO4＋CO32－=CaCO3＋SO42－，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、氧化性Cl2＞Br2，Cl2可将Br－氧化成Br2。
B、Cr2O72－具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋。
C、BaSO4难溶于盐酸。
D、CaSO4应保留化学式。
6．【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、用HCl滴定NaOH溶液过程中，眼睛应注视锥形瓶中的颜色变化，以确定滴定终点，停止滴加盐酸，A选项正确。
B、稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B选项正确。
C、NaCl的溶解度受温度的影响较小，从NaCl溶液中获得NaCl晶体，可采用蒸发结晶操作，C选项正确。
D、配制一定物质的量浓度的KCl溶液时，当液面距离容量瓶刻度线1～2cm时，应改用胶头滴管定容，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、滴定过程中应关注锥形瓶内颜色变化，以确定滴定终点。
B、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸倒入水中。
C、从NaCl溶液中获得NaCl晶体应采用蒸发结晶。
D、定容时应用胶头滴管滴加。
7．【答案】B
【知识点】工业制取硫酸；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、Ⅰ中FeS2与O2反应生成Fe3O4和SO2，该反应的化学方程式为：3FeS2＋8O2Fe3O4＋6SO2，选项正确。
B、SO2与O2的反应为可逆反应，且为放热反应，因此低温有利于提高SO2的平衡转化率。Ⅱ中的反应条件是为了加快反应速率，选项错误。
C、将黄铁矿换成硫磺，则S反应转化为SO2，SO2与O2反应生成SO3，SO3进一步反应生成H2SO4，过程中不会有固体废渣生成，选项正确。
D、生成过程中产生的尾气主要成分为SO2或SO3，均为酸性氧化物，可用碱溶液吸收，选项正确。
故答案为：B
【分析】黄铁矿在空气中加热的过程中，FeS2与空气中的O2反应生成Fe3O4和SO2。SO2与O2进一步反应生成SO3，SO3用98.3%的浓硫酸吸收得到H2SO4。据此结合选项分析。
8．【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、两溶液中CO32－可发生水解反应CO32－＋H2O HCO3－＋OH－、HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－。HCO3－可发生电离HCO3－ H＋＋CO32－，可发生水解HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－。因此两溶液中所含的微粒种类都是Na＋、H＋、OH－、CO32－、HCO3－和H2CO3，A选项正确。
B、溶液中NaHCO3能与NaOH发生反应NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O，因此可用NaOH溶液将NaHCO3转化为Na2CO3，B选项正确。
C、NaHCO3固体不稳定，加热过程中可发生分解反应2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。因此可用加热的方法除去固体混合物中的NaHCO3，C选项正确。
D、室温下，饱和Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，由于CO32－的水解程度大于HCO3－的水解程度，因此两饱和溶液的pH差约为4，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、结合溶液中CO32－和HCO3－的电离、水解分析。
B、NaHCO3能与NaOH反应生成Na2CO3。
C、NaHCO3固体不稳定，受热分解生成Na2CO3。
D、二者溶液的pH不同是由于CO32－、HCO3－的水解程度不同。
9．【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、NH3的相对分子质量为17，ND3的相对分子质量为20。因此可用质谱法区分，A选项正确。
B、NH3、ND3正负电荷的重心不重合，因此都属于极性分子，B选项正确。
C、Mg3N2与D2O反应生成Mg(OD)2和ND3，该反应的化学方程式为Mg3N2＋＋6D2O=3Mg(OD)2＋2ND3↑，C选项正确。
D、方法②中含有氢元素的2种不同核素，因此反应所得产品的纯度低，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、二者的相对分子质量不可，可用过质谱法区分。
B、根据正负电荷的重心是否重合分析。
C、根据反应的方程式分析。
D、方法②中含有两种不同的氢原子，产品的纯度低。
10．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；催化剂；化学平衡常数
【解析】【解答】A、由分析可知，Y为反应物HCl，Z为生成物H2O，A选项正确。
B、CuO为反应的催化剂，会不断的循环参与反应，因此加入的CuO只需适量即可，B选项错误。
C、HCl被O2氧化制Cl2的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，该反应的平衡常数减小，C选项正确。
D、图中CuCl转化为Cu2OCl2的反应为氧化还原反应，CuCl2转化为CuCl的反应也属于氧化还原反应，其余转化过程都不属于氧化还原反应，D选项正确。
故答案为：B
【分析】CuCl与Z反应生成Cu2OCl2，因此Z为O2。Cu2OCl2转化为CuCl2和CuO；CuCl2转化为X和CuCl，因此X为Cl2。CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，因此Y为HCl。Cu(OH)Cl转化为Cu2OCl2和W，因此W为H2O。反应过程中CuO为反应的催化剂，Cu(OH)Cl、CuCl、Cu2OCl2、CuCl2为中间产物。据此结合选项分析。
11．【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、Y的分子式为C9H12O2，X的分子式为C4H6，结合C原子个数守恒可得，CO2与X的化学计量数之比为1：2，A选项正确。
B、P完全水解所得产物的结构简式为，其分子式为C9H14O3，与Y的分子式不同，B选项错误。
C、P中含有碳碳双键，可进一步发生加聚反应，进一步交联形成网状结构，C选项正确。
D、Y中含有碳碳双键，可发生加聚反应，形成的高分子化合物难以降解。而酯类高分子化合物可发生水解反应而降解，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、根据Y的分子式分析。
B、P的水解产物中一分子P中含有3个氧原子。
C、P的结构中含有碳碳双键，可进一步反应。
D、酯类物质可发生水解反应，而碳碳双键的加聚产物难以进一步反应。
12．【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；化学平衡常数；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据Q和K的相对大小可判断反应进行的方向，若Q=K，反应处于平衡状态；若Q＞K，反应逆向进行；若Q＜K，反应正向进行，A选项正确。
B、相同温度下，等浓度的一元弱酸的稀溶液，其Ka值越大，溶液中c(H＋)越大，pH越小，B选项正确。
C、第二周期中各元素，核电荷数越大，第一电离能、电负性都逐渐增大。但第ⅡA族、第ⅤA族元素由于其全满、半满稳定结构，难以失去电子，因此第一电离能Li＞B、N＞O；而电负性Li＜B、N＜O，C选项错误。
D、HF、HCl、HBr、HI中氢化物的键能越大，断开化学所需的能量越高，氢化物的稳定性越强，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、根据Q和K的相对大小可判断反应进行的方向。
B、同温度同浓度的一元弱酸，K值越大，酸性越强。
C、电负性O＞N，第一电离能N＞O。
D、氢化物的键能越大，热稳定性越强。
13．【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、产物Ⅱ所具有的能量越低，结构越稳定；生成产物Ⅱ过程中所需的活化能越小，反应速率越快。因此从产物稳定性和反应速率角度，都有利于产物Ⅱ，A选项正确。
B、由X、Y的结构简式可知，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，B选项正确。
C、由苯得到M的过程中，苯中的大π键断裂，与H2发生了加成反应，C选项错误。
D、生成Y的反应，为苯的硝化反应，过程中浓硫酸起到催化剂作用，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、根据生成产物Ⅱ所需的活化能和产物Ⅱ所具有的能量分析。
B、根据X、Y的结构分析。
C、该反应过程中苯中的大π键断裂。
D、苯的硝化反应中浓硫酸起催化剂作用。
14．【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、反应①中酸性条件下MnO4－将I－氧化成I2，自身被还原生成Mn2＋，该反应的离子方程式为2MnO4－＋10I－＋16H＋=2Mn2＋＋5I2＋8H2O。因此反应①中n(Mn2＋)：n(I2)=2：5，A选项错误。
B、由反应①的离子方程式可知，n=0.0002，所以反应②中国参与反应的n(MnO4－)=10n=0.002mol。反应过程中Mn元素得到的电子数为0.002mol×3=0.006mol。令产物IOx-中I元素的化合价为a，则反应过程中I元素失去的电子数为0.001mol×(a+1)=0.0006mol，解得a=5。即IOx-中I元素的化合价为+5价，所以其x=3，B选项正确。
C、对比反应①和②，I元素的氧化产物不同，是由于反应溶液的酸性不同，使得溶液中MnO4－的氧化性不同。与I－的还原性强弱无关，C选项错误。
D、由反应①的离子方程式可知，反应过程中H＋参与反应，使得溶液中c(H＋)减小，pH增大。反应②中氧化产物为IO3－，该反应的离子方程式为：2MnO4－＋I－＋H2O=2MnO2↓＋IO3－＋2OH－，反应过程中生成OH－，使得溶液中c(OH－)增大，pH增大，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、根据反应的离子方程式确定Mn2＋和I2的物质的量之比。
B、由n的值，结合得失电子守恒确定产物IOx－中x的值。
C、反应①②产物的不同是由于MnO4－的氧化性不同。
D、根据反应的离子方程式分析反应后溶液中c(H＋)或c(OH－)的变化，从而确定pH的变化。
15．【答案】（1）
（2）平面三角形；杂化
（3）4；
（4）与焦炭在高温下反应生成，将还原为单质
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Sn位于周期表第五周期第ⅣA族，则其价层电子排布式为5s25p2，其基态原子最外层电子轨道表示式为。
故答案为：
（2）①SnCl2的键角为120°，因此SnCl2分子的VSEPR模型为平面三角形。
故答案为：平面三角形
②由SnCl4的结构式可知，Sn可形成4个共价键，因此Sn采用sp3杂化。
故答案为：sp3杂化
（3）①由灰锡的晶胞结构可知，灰锡中Sn原子与周围4个Sn原子形成正四面体结构。因此灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子共有4个。
故答案为：4
②由均摊法可知，白锡晶胞中所含Sn原子的个数为；灰锡晶胞中所含Sn原子的个数为。因此白锡和灰锡晶体的密度之比为。
故答案为：
（4）由于固体间反应慢，未明显发生反应。通入空气后，焦炭与空气中的O2反应生成CO，CO与SnO2间的接触面积增加，利用CO的还原性，将SnO2还原为Sn。因此通入空气后可迅速将SnO2还原为Sn单质。
故答案为：与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn
【分析】（1）Sn位于周期表第五周期第ⅣA族，则其价层电子排布式为5s25p2，据此确定其轨道表示式。
（2）①根据键角确定其VSEPR模型。
②Sn可形成四个共价键，则采用sp3杂化。
（3）①根据晶胞结构分析。
②根据均摊法确定晶胞中原子个数 ，结合密度公式计算。
（4）通入空气后，焦炭与空气中的O2反应生成CO，CO将SnO2还原为Sn。
16．【答案】（1）难挥发性
（2）；，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
（3）；反应iii生成，将氧化成，更易转化成
（4）中存在氨氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；氮气的化学性质；含氮物质的综合应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】（1）浓硫酸与NaNO3反应生成NaHSO4和HNO3，该反应过程中，浓硫酸体现了酸性；同时反应过程中并无元素化合价变化，因此不体现浓硫酸的强氧化性。由于浓硫酸的沸点高于硝酸，高沸点酸可以制得低沸点酸。因此该反应还体现了浓硫酸的难挥发性。
故答案为：难挥发性
（2）①第Ⅰ步反应中NH3与O2发生催化氧化反应，生成NO和H2O，该反应的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。
故答案为：4NH3＋5O24NO＋6H2O
②NO与O2反应的化学方程式为2NO＋O2 2NO2，正反应为气体分子数减小的反应。相同温度下，p1条件下NO的转化率高于p2，因此压强p1＞p2。x点和y点NO的转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响。
故答案为：2NO＋O2 2NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2，故p1＞p2，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
（3）①电极a上N2转化为NO3－，发生失电子的氧化反应，装置内采用了质子交换膜，H＋由阳极区移向阴极区。因此电极a反应过程中给生成H＋。因此电极a表面生成NO3－的电极反应式为：N2－10e－＋6H2O=2NO3－＋12H＋。
故答案为：N2－10e－＋6H2O=2NO3－＋12H＋
②电极a表面发生途径ⅲ，生成的O2将NO氧化得到NO2，NO2进一步与H2O反应生成NO3－。因此途径ⅲ的存在有利于途径ⅱ。
故答案为：反应ⅲ生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化为NO3－
（4）N2的结构式为N≡N，其中氮氮三键的键能高，断键是需要吸收较大的能量，因此人工固氮是高能耗得到过程。
故答案为：N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程
【分析】（1）酸的制备过程中，高沸点的酸可制得低沸点的酸。
（2）①第Ⅰ步反应为NH3得到催化氧化反应。
②结合压强对平衡移动的影响分析。
（3）①电极a表面N2发生失电子的氧化反应，生成NO3－，结合电解质溶液，书写电极反应式。
②反应ⅲ生成的O2可将NO氧化成NO2，NO2进一步反应生成NO3－。
（4）N2中含有氮氮三键，其键能高，断键所需的能量高，属于高能耗反应。
17．【答案】（1）硝基、酯基
（2）
（3）abc
（4）；增强其活泼性；氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强的活泼性
（5）；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的结构和性质；酯化反应
【解析】【解答】（1）D的结构简式为，其中所含的含氧官能团为硝基和酯基。
故答案为：硝基、酯基
（2）由分析可知，A的结构简式为，B的结构简式为。A转化为B的过程中发生酯化反应。该反应的化学方程式为。
故答案为：
（3）I→J的反应为酯化反应，是一个可逆反应。
a、加入过量的乙醇或将J蒸出，可使平衡正向移动，提高I的转化率，a符合题意。
b、J不溶于饱和Na2CO3溶液，I能与其反应，乙醇可溶于水中。因此利用饱和Na2CO3溶液可吸收蒸出的I和乙醇，b符合题意。
c、若反应问对过高，则乙醇可发生分子内脱水，生成乙烯；也可发生分子间脱水，生成乙醚，c符合题意。
故答案为：abc
（4）①由分析可知，K的结构简式为。
故答案为：
②F的电负性强，属于吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子得到正电性增强，有利于增强α-H的活泼性。
故答案为：增强其活泼性；氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强α-H的活泼性
（5）M的分子式为C13H7ClF4N2O4，在合成M的同时生成CH3OH和C2H5OH，L分子和G分子均有C－O键断裂，生成的C2H5OH有CF3COCH2COOC2H5提供－OC2H5，而生成的CH3OH由G提供－OCH3，M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环。结合E、G的结构简式可知，G与L中N－H键与酯基分别反应生成酰胺基，形成含两个氮原子的六元环。所以断裂的化学键为C－O键和N－H键，M的结构简式为。
故答案为：N－H；
【分析】A（C7H4ClFO2）与CH3OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成B；B进一步与浓HNO3在浓硫酸加热条件下发生硝化反应，生成D（），因此B的结构简式为，A的结构简式为。D发生还原反应生成E（C8H7ClFNO2），该还原反应过程中－NO2转化为－NH2，因此E的结构简式为。E与ClCOOCH3反应生成G（C10H9ClFNO4），因此G的结构简式为。I的分子式为C2H4O2，能与C2H5OH在浓硫酸作用下反应生成J，该反应为酯化反应，因此I的结构简式为CH3COOH，J的结构简式为CH3COOC2H5。J与CF3COOC2H5在一定条件下反应生成K（C6H7F3O3），结合题（4）可知，K的结构简式为。
18．【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）
（3）温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加；温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低
（4）
（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）粉碎操作可增大接触面积，加快反应速率，使反应进行得更充分。
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）加热过程中(NH4)2SO4分解生成SO3，过程中S元素的化合价不变，因此N元素对应的产物为NH3，该分解反应的化学方程式为(NH4)2SO42NH3↑＋SO3↑＋H2O。
故答案为：(NH4)2SO42NH3↑＋SO3↑＋H2O
（3）①温度低于425℃，随着温度的升高，铜的浸出率增大，说明在低于425℃的范围内，(NH4)2SO4分解产生的SO3的量增大，SO3使矿石中的Cu元素转化为CuSO4。
故答案为：温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4增加，故铜浸出率显著增加
②温度高于425℃，焙烧后所得固体B中Cu元素部分转化为CuO，并未浸出。则随着焙烧温度的升高，CuFeS2和CuSO4可能发生反应：4CuFeS2＋17O22CuSO4CuO＋2Fe2(SO4)3＋4SO3，Cu元素形成难溶的CuO，使得Cu的浸出率降低。
故答案为：温度高于425℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2＋17O22CuSO4CuO＋2Fe2(SO4)3＋4SO3，CuFeS2和CuSO4转化为难溶于水得到CuO，铜浸出率降低
（4）置换过程中往滤液C中加入过量Fe后，得到粗铜，因此加入Fe的过程中，滤液C中的Cu2＋与Fe发生反应Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋。
故答案为：Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋
（5）未经酸浸的粗铜中含有Fe，由于金属活动性Fe＞Cu，电解粗铜的过程中，Fe先于Cu发生失电子的氧化反应。因此当消耗相同的电量时，会降低得到纯铜的量。
故答案为：粗铜未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量
【分析】（1）粉碎可增大接触面积，加快反应速率。
（2）加热过程中(NH4)2SO4分解产生SO3，S元素价态不变，则含氮产物为NH3，据此写出反应的化学方程式。
（3）①温度低于425℃，随着温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多。
②温度高于425℃，随着温度升高，反应生成CuO。
（4）加入过量Fe，将溶液中Cu2＋置换成Cu。
（5）未经酸浸处理的粗铜中含有杂质Fe，Fe会参与电解过程的反应。
19．【答案】（1）
（2）产生蓝色沉淀；水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；（或、）；向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀；加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹
【知识点】盐类水解的应用；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Fe3＋具有氧化性，能与Cu、Zn、Mg反应，生成Fe2＋。由于金属活动性Mg＞Zn＞Fe＞Cu，因此Mg、Zn能与Fe2＋反应生成Fe。所以Cu、Zn、Mg三种金属中可将Fe3＋还原为Fe的金属是Mg、Zn。
故答案为：Mg、Zn
（2）①Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]反应，生成蓝色沉淀。因此若溶液中含有Fe2＋，则加入K3[Fe(CN)6]溶液后，可观察到溶液中有蓝色沉淀产生。
故答案为：产生蓝色沉淀
②溶液中存在可逆反应Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入金属Mg、Zn后，与溶液中的H＋反应，使得溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。
故答案为：Fe3＋水解方程式为Fe3＋＋3H2O=Fe(OH)3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3＋水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀
③a、Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋，与H＋反应生成Fe2＋和H2，反应的离子方程式为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。
故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑
b、实验证实了pH为3～4的溶液中可忽略H＋对Fe的消耗，因此可向pH为3～4的溶液中加入铁粉，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，从而证明该条件下H＋不与Fe反应。因此该实验操作和现象为：向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀。
故答案为：向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀
c、当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸；待溶液的pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。
故答案为：加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
（3）实验Ⅲ中加入过量Mg粉后，产生的大量气泡将镁粉包围，使得镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，因此Mg与溶液中Fe2＋反应生成Fe。
故答案为：加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹
【分析】（1）Fe3＋被还原为Fe的过程为Fe3＋→Fe2＋→Fe，结合金属活动性分析。
（2）①Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]溶液形成蓝色沉淀。
②溶液中存在可逆反应Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入金属Mg、Zn后，与溶液中的H＋反应，平衡正向移动。
③a、Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋，与H＋反应生成Fe2＋和H2，据此写出反应的离子方程式。
b、实验证实了可忽略H+对Fe的消耗，则在pH为3~4的溶液中，Fe不会转化为Fe2+，据此设计实验过程。
c、pH＜1.2时，Fe3+未开始形成沉淀，加入KSCN溶液，溶液变为红色，pH＞3后，Fe3+完全沉淀。
（3）产生的气泡覆盖在Mg周围，使Mg不易被Fe(OH)3沉淀包裹，从而能与Fe2＋反应生成Fe单质。
北京2024年高考真题化学试题
一、选择题，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．（2024·）我国科研人员利用激光操控方法，从原子束流中直接俘获原子，实现了对同位素的灵敏检测。的半衰期（放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间）长达10万年，是的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是（　　）
20 钙 40.08
A．的原子核内有21个中子
B．的半衰期长，说明难以失去电子
C．衰变一半所需的时间小于衰变一半所需的时间
D．从原子束流中直接俘获原子的过程属于化学变化
【答案】A
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；原子中的数量关系
【解析】【解答】A，该原子的质子数为20，相对原子质量为41，因此该原子的中子数为41-20=21，A选项正确。
B、41Ca的半衰期长，但与其失电子能力无关，B选项错误。
C、41Ca的半衰期是14C的17倍，因此41Ca衰变一半所需的时间长于14C衰变一半所需的时间，C选项错误。
D、从Ca原子束流中直接俘获41Ca原子的过程中没有新物质生成，属于物理变化，D选项错误。
故答案为：A
【分析】A、相对原子质量≈质子数+中子数，据此计算该原子核内的中子数。
B、半衰期长短与其得失电子能力强弱无关。
C、根据“41Ca的半衰期是14C的17倍”分析。
D、过程中没有新物质生成，属于物理变化。
2．（2024·）下列化学用语或图示表达不正确的是（　　）
A．的电子式：
B．分子的球棍模型：
C．的结构示意图：
D．乙炔的结构式：
【答案】A
【知识点】原子结构示意图；结构式；球棍模型与比例模型；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、H2O2是共价化合物，其电子式为，A选项错误。
B、CH4分子的球棍模型为，B选项正确。
C、Al3＋是由Al失去最外层3个电子形成的，其结构示意图为，C选项正确。
D、乙炔中含有碳碳三键，为直线型结构，其结构式为H－C≡C－H，D选项正确。
故答案为：A
【分析】A、H2O2是共价化合物，只存在共价键。
B、根据CH4的结构分析。
C、Al3＋是由Al失去最外层3个电子形成的。
D、乙炔中含有碳碳三键，为直线型结构。
3．（2024·）酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是（　　）
A．石墨作电池的负极材料
B．电池工作时，向负极方向移动
C．发生氧化反应
D．锌筒发生的电极反应为
【答案】D
【知识点】原电池工作原理及应用
【解析】【解答】A、石墨是该原电池装置的正极材料，A选项错误。
B、在原电池装置中，阳离子移向正极。因此电池工作时，NH4＋向正极方向移动，B选项错误。
C、MnO2为正极反应物，发生得电子的还原反应，C选项错误。
D、Zn为该原电池装置的负极，发生失电子的氧化反应，其电极反应式为Zn－2e－=Zn2＋，D选项正确。
故答案为：D
【分析】该原电池装置中Zn为负极，发生失电子的氧化反应；MnO2为正极反应物，发生得电子的还原反应。据此结合选项分析。
4．（2024·）下列说法不正确的是（　　）
A．葡萄糖氧化生成和的反应是放热反应
B．核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子
C．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基
D．向饱和的溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析
【答案】C
【知识点】吸热反应和放热反应；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；盐析；核酸
【解析】【解答】A、葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应，A选项正确。
B、核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B选项正确。
C、氨基乙酸形成二肽的过程中－NH2与－COOH发生反应，因此所形成的二肽中只含有一个－NH2和一个－COOH，C选项错误。
D、NaCl溶液属于轻金属盐溶液，可使蛋白质发生盐析。因此向饱和的NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、葡萄糖的氧化反应属于放热反应。
B、根据核酸的形成分析。
C、形成肽键的过程中－NH2和－COOH发生反应。
D、加入轻金属盐溶液可使蛋白质发生盐析。
5．（2024·）下列方程式与所给事实不相符的是（　　）
A．海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：
B．用绿矾（）将酸性工业废水中的转化为
C．用溶液能有效除去误食的
D．用溶液将水垢中的转化为溶于酸的：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Cl2的氧化性强于Br2，因此Cl2可将海水中的Br－氧化成Br2，该反应的离子方程式为Cl2＋2Br－=Br2＋2Cl－，A选项正确。
B、Cr2O7－具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，自身还原为Cr3＋，该反应的离子方程式为：Cr2O72－＋6Fe2＋＋14H＋=2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，B选项正确。
C、Ba2＋能与SO42－形成难溶于酸的白色沉淀BaSO4，该反应的离子方程式为Ba2＋＋SO42－=BaSO4↓，C选项正确。
D、水垢中的CaSO4以固体形式存在，该反应的离子方程式为CaSO4＋CO32－=CaCO3＋SO42－，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、氧化性Cl2＞Br2，Cl2可将Br－氧化成Br2。
B、Cr2O72－具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋。
C、BaSO4难溶于盐酸。
D、CaSO4应保留化学式。
6．（2024·）下列实验的对应操作中，不合理的是（　　）
A．用标准溶液滴定溶液 B．稀释浓硫酸 C．从提纯后的溶液获得晶体 D．配制一定物质的量浓度的溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】蒸发和结晶、重结晶；配制一定物质的量浓度的溶液；中和滴定
【解析】【解答】A、用HCl滴定NaOH溶液过程中，眼睛应注视锥形瓶中的颜色变化，以确定滴定终点，停止滴加盐酸，A选项正确。
B、稀释浓硫酸时，将浓硫酸沿烧杯壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌，B选项正确。
C、NaCl的溶解度受温度的影响较小，从NaCl溶液中获得NaCl晶体，可采用蒸发结晶操作，C选项正确。
D、配制一定物质的量浓度的KCl溶液时，当液面距离容量瓶刻度线1～2cm时，应改用胶头滴管定容，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、滴定过程中应关注锥形瓶内颜色变化，以确定滴定终点。
B、稀释浓硫酸时，应将浓硫酸倒入水中。
C、从NaCl溶液中获得NaCl晶体应采用蒸发结晶。
D、定容时应用胶头滴管滴加。
7．（2024·）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是（　　）
A．I的化学方程式：
B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率
C．将黄铁和换成硫黄可以减少废渣的产生
D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
【答案】B
【知识点】工业制取硫酸；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A、Ⅰ中FeS2与O2反应生成Fe3O4和SO2，该反应的化学方程式为：3FeS2＋8O2Fe3O4＋6SO2，选项正确。
B、SO2与O2的反应为可逆反应，且为放热反应，因此低温有利于提高SO2的平衡转化率。Ⅱ中的反应条件是为了加快反应速率，选项错误。
C、将黄铁矿换成硫磺，则S反应转化为SO2，SO2与O2反应生成SO3，SO3进一步反应生成H2SO4，过程中不会有固体废渣生成，选项正确。
D、生成过程中产生的尾气主要成分为SO2或SO3，均为酸性氧化物，可用碱溶液吸收，选项正确。
故答案为：B
【分析】黄铁矿在空气中加热的过程中，FeS2与空气中的O2反应生成Fe3O4和SO2。SO2与O2进一步反应生成SO3，SO3用98.3%的浓硫酸吸收得到H2SO4。据此结合选项分析。
8．（2024·）关于和的下列说法中，不正确的是（　　）
A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同
B．可用溶液使转化为
C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去
D．室温下，二者饱和溶液的差约为4，主要是由于它们的溶解度差异
【答案】D
【知识点】探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质
【解析】【解答】A、两溶液中CO32－可发生水解反应CO32－＋H2O HCO3－＋OH－、HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－。HCO3－可发生电离HCO3－ H＋＋CO32－，可发生水解HCO3－＋H2O H2CO3＋OH－。因此两溶液中所含的微粒种类都是Na＋、H＋、OH－、CO32－、HCO3－和H2CO3，A选项正确。
B、溶液中NaHCO3能与NaOH发生反应NaHCO3＋NaOH=Na2CO3＋H2O，因此可用NaOH溶液将NaHCO3转化为Na2CO3，B选项正确。
C、NaHCO3固体不稳定，加热过程中可发生分解反应2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑。因此可用加热的方法除去固体混合物中的NaHCO3，C选项正确。
D、室温下，饱和Na2CO3溶液和NaHCO3溶液中，由于CO32－的水解程度大于HCO3－的水解程度，因此两饱和溶液的pH差约为4，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、结合溶液中CO32－和HCO3－的电离、水解分析。
B、NaHCO3能与NaOH反应生成Na2CO3。
C、NaHCO3固体不稳定，受热分解生成Na2CO3。
D、二者溶液的pH不同是由于CO32－、HCO3－的水解程度不同。
9．（2024·）氘代氨（）可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到：
①与的水解反应；②与反应。下列说法不正确的是（　　）
A．和可用质谱法区分
B．和均为极性分子
C．方法①的化学方程式是
D．方法②得到的产品纯度比方法①的高
【答案】D
【知识点】极性分子和非极性分子；利用质谱、红外光谱、核磁共振等确定有机物的结构
【解析】【解答】A、NH3的相对分子质量为17，ND3的相对分子质量为20。因此可用质谱法区分，A选项正确。
B、NH3、ND3正负电荷的重心不重合，因此都属于极性分子，B选项正确。
C、Mg3N2与D2O反应生成Mg(OD)2和ND3，该反应的化学方程式为Mg3N2＋＋6D2O=3Mg(OD)2＋2ND3↑，C选项正确。
D、方法②中含有氢元素的2种不同核素，因此反应所得产品的纯度低，D选项错误。
故答案为：D
【分析】A、二者的相对分子质量不可，可用过质谱法区分。
B、根据正负电荷的重心是否重合分析。
C、根据反应的方程式分析。
D、方法②中含有两种不同的氢原子，产品的纯度低。
10．（2024·）可采用催化氧化法将工业副产物制成，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：
。下图所示为该法的一种催化机理。
下列说法不正确的是（　　）
A．Y为反应物，W为生成物
B．反应制得，须投入
C．升高反应温度，被氧化制的反应平衡常数减小
D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；催化剂；化学平衡常数
【解析】【解答】A、由分析可知，Y为反应物HCl，Z为生成物H2O，A选项正确。
B、CuO为反应的催化剂，会不断的循环参与反应，因此加入的CuO只需适量即可，B选项错误。
C、HCl被O2氧化制Cl2的反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，该反应的平衡常数减小，C选项正确。
D、图中CuCl转化为Cu2OCl2的反应为氧化还原反应，CuCl2转化为CuCl的反应也属于氧化还原反应，其余转化过程都不属于氧化还原反应，D选项正确。
故答案为：B
【分析】CuCl与Z反应生成Cu2OCl2，因此Z为O2。Cu2OCl2转化为CuCl2和CuO；CuCl2转化为X和CuCl，因此X为Cl2。CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，因此Y为HCl。Cu(OH)Cl转化为Cu2OCl2和W，因此W为H2O。反应过程中CuO为反应的催化剂，Cu(OH)Cl、CuCl、Cu2OCl2、CuCl2为中间产物。据此结合选项分析。
11．（2024·）的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。
已知：反应①中无其他产物生成。
下列说法不正确的是（　　）
A．与X的化学计量比为
B．P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同
C．P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构
D．Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解
【答案】B
【知识点】有机物的结构和性质；有机高分子化合物的结构和性质
【解析】【解答】A、Y的分子式为C9H12O2，X的分子式为C4H6，结合C原子个数守恒可得，CO2与X的化学计量数之比为1：2，A选项正确。
B、P完全水解所得产物的结构简式为，其分子式为C9H14O3，与Y的分子式不同，B选项错误。
C、P中含有碳碳双键，可进一步发生加聚反应，进一步交联形成网状结构，C选项正确。
D、Y中含有碳碳双键，可发生加聚反应，形成的高分子化合物难以降解。而酯类高分子化合物可发生水解反应而降解，D选项正确。
故答案为：B
【分析】A、根据Y的分子式分析。
B、P的水解产物中一分子P中含有3个氧原子。
C、P的结构中含有碳碳双键，可进一步反应。
D、酯类物质可发生水解反应，而碳碳双键的加聚产物难以进一步反应。
12．（2024·）下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是（　　）
A．依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向
B．依据一元弱酸的，可推断它们同温度同浓度稀溶液的大小
C．依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大
D．依据的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱
【答案】C
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；键能、键长、键角及其应用；化学平衡常数；电离平衡常数
【解析】【解答】A、根据Q和K的相对大小可判断反应进行的方向，若Q=K，反应处于平衡状态；若Q＞K，反应逆向进行；若Q＜K，反应正向进行，A选项正确。
B、相同温度下，等浓度的一元弱酸的稀溶液，其Ka值越大，溶液中c(H＋)越大，pH越小，B选项正确。
C、第二周期中各元素，核电荷数越大，第一电离能、电负性都逐渐增大。但第ⅡA族、第ⅤA族元素由于其全满、半满稳定结构，难以失去电子，因此第一电离能Li＞B、N＞O；而电负性Li＜B、N＜O，C选项错误。
D、HF、HCl、HBr、HI中氢化物的键能越大，断开化学所需的能量越高，氢化物的稳定性越强，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、根据Q和K的相对大小可判断反应进行的方向。
B、同温度同浓度的一元弱酸，K值越大，酸性越强。
C、电负性O＞N，第一电离能N＞O。
D、氢化物的键能越大，热稳定性越强。
13．（2024·）苯在浓和浓作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是（　　）
A．从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ
B．X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物
C．由苯得到M时，苯中的大键没有变化
D．对于生成Y的反应，浓作催化剂
【答案】C
【知识点】化学反应速率的影响因素；苯的结构与性质
【解析】【解答】A、产物Ⅱ所具有的能量越低，结构越稳定；生成产物Ⅱ过程中所需的活化能越小，反应速率越快。因此从产物稳定性和反应速率角度，都有利于产物Ⅱ，A选项正确。
B、由X、Y的结构简式可知，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，B选项正确。
C、由苯得到M的过程中，苯中的大π键断裂，与H2发生了加成反应，C选项错误。
D、生成Y的反应，为苯的硝化反应，过程中浓硫酸起到催化剂作用，D选项正确。
故答案为：C
【分析】A、根据生成产物Ⅱ所需的活化能和产物Ⅱ所具有的能量分析。
B、根据X、Y的结构分析。
C、该反应过程中苯中的大π键断裂。
D、苯的硝化反应中浓硫酸起催化剂作用。
14．（2024·）不同条件下，当与按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。
反应序号 起始酸碱性 还原产物 氧化产物
物质的量/ 物质的量/
① 酸性 0.001 n
② 中性 0.001
已知：的氧化性随酸性减弱而减弱。
下列说法正确的是（　　）
A．反应①，
B．对比反应①和②，
C．对比反应①和②，的还原性随酸性减弱而减弱
D．随反应进行，体系变化：①增大，②不变
【答案】B
【知识点】氧化还原反应方程式的配平
【解析】【解答】A、反应①中酸性条件下MnO4－将I－氧化成I2，自身被还原生成Mn2＋，该反应的离子方程式为2MnO4－＋10I－＋16H＋=2Mn2＋＋5I2＋8H2O。因此反应①中n(Mn2＋)：n(I2)=2：5，A选项错误。
B、由反应①的离子方程式可知，n=0.0002，所以反应②中国参与反应的n(MnO4－)=10n=0.002mol。反应过程中Mn元素得到的电子数为0.002mol×3=0.006mol。令产物IOx-中I元素的化合价为a，则反应过程中I元素失去的电子数为0.001mol×(a+1)=0.0006mol，解得a=5。即IOx-中I元素的化合价为+5价，所以其x=3，B选项正确。
C、对比反应①和②，I元素的氧化产物不同，是由于反应溶液的酸性不同，使得溶液中MnO4－的氧化性不同。与I－的还原性强弱无关，C选项错误。
D、由反应①的离子方程式可知，反应过程中H＋参与反应，使得溶液中c(H＋)减小，pH增大。反应②中氧化产物为IO3－，该反应的离子方程式为：2MnO4－＋I－＋H2O=2MnO2↓＋IO3－＋2OH－，反应过程中生成OH－，使得溶液中c(OH－)增大，pH增大，D选项错误。
故答案为：B
【分析】A、根据反应的离子方程式确定Mn2＋和I2的物质的量之比。
B、由n的值，结合得失电子守恒确定产物IOx－中x的值。
C、反应①②产物的不同是由于MnO4－的氧化性不同。
D、根据反应的离子方程式分析反应后溶液中c(H＋)或c(OH－)的变化，从而确定pH的变化。
二、本部分共5题，共58分。
15．（2024·）锡（）是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。
（1）位于元素周期表的第5周期第IVA族。将的基态原子最外层轨道表示式补充完整：
（2）和是锡的常见氯化物，可被氧化得到。
①分子的模型名称是　 　。
②的键是由锡的　 　轨道与氯的轨道重叠形成。键。
（3）白锡和灰锡是单质的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。
①灰锡中每个原子周围与它最近且距离相等的原子有　 　个。
②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为和，则白锡和灰锡晶体的密度之比是　 　。
（4）单质的制备：将与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在下，能迅速被还原为单质，通入空气的作用是　 　。
【答案】（1）
（2）平面三角形；杂化
（3）4；
（4）与焦炭在高温下反应生成，将还原为单质
【知识点】原子核外电子排布；判断简单分子或离子的构型；晶胞的计算；原子轨道杂化方式及杂化类型判断
【解析】【解答】（1）Sn位于周期表第五周期第ⅣA族，则其价层电子排布式为5s25p2，其基态原子最外层电子轨道表示式为。
故答案为：
（2）①SnCl2的键角为120°，因此SnCl2分子的VSEPR模型为平面三角形。
故答案为：平面三角形
②由SnCl4的结构式可知，Sn可形成4个共价键，因此Sn采用sp3杂化。
故答案为：sp3杂化
（3）①由灰锡的晶胞结构可知，灰锡中Sn原子与周围4个Sn原子形成正四面体结构。因此灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子共有4个。
故答案为：4
②由均摊法可知，白锡晶胞中所含Sn原子的个数为；灰锡晶胞中所含Sn原子的个数为。因此白锡和灰锡晶体的密度之比为。
故答案为：
（4）由于固体间反应慢，未明显发生反应。通入空气后，焦炭与空气中的O2反应生成CO，CO与SnO2间的接触面积增加，利用CO的还原性，将SnO2还原为Sn。因此通入空气后可迅速将SnO2还原为Sn单质。
故答案为：与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO2还原为单质Sn
【分析】（1）Sn位于周期表第五周期第ⅣA族，则其价层电子排布式为5s25p2，据此确定其轨道表示式。
（2）①根据键角确定其VSEPR模型。
②Sn可形成四个共价键，则采用sp3杂化。
（3）①根据晶胞结构分析。
②根据均摊法确定晶胞中原子个数 ，结合密度公式计算。
（4）通入空气后，焦炭与空气中的O2反应生成CO，CO将SnO2还原为Sn。
16．（2024·）是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备。
（1）方法一：早期以硝石（含）为氮源制备，反应的化学方程式为：。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和　 　。
（2）方法二：以为氮源催化氧化制备，反应原理分三步进行。
①第I步反应的化学方程式为　 　。
②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入和进行反应。在不同压强下（、），反应达到平衡时，测得转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因　 　。
（3）方法三：研究表明可以用电解法以为氨源直接制备，其原理示意图如下。
①电极a表面生成的电极反应式：　 　。
②研究发现：转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．。iii的存在，有利于途径ii，原因是　 　。
（4）人工固氮是高能耗的过程，结合分子结构解释原因　 　。方法三为的直接利用提供了一种新的思路。
【答案】（1）难挥发性
（2）；，该反应正向气体分子总数减小，同温时，条件下转化率高于，故，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
（3）；反应iii生成，将氧化成，更易转化成
（4）中存在氨氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程
【知识点】电极反应和电池反应方程式；化学平衡的影响因素；氮气的化学性质；含氮物质的综合应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】（1）浓硫酸与NaNO3反应生成NaHSO4和HNO3，该反应过程中，浓硫酸体现了酸性；同时反应过程中并无元素化合价变化，因此不体现浓硫酸的强氧化性。由于浓硫酸的沸点高于硝酸，高沸点酸可以制得低沸点酸。因此该反应还体现了浓硫酸的难挥发性。
故答案为：难挥发性
（2）①第Ⅰ步反应中NH3与O2发生催化氧化反应，生成NO和H2O，该反应的化学方程式为：4NH3＋5O24NO＋6H2O。
故答案为：4NH3＋5O24NO＋6H2O
②NO与O2反应的化学方程式为2NO＋O2 2NO2，正反应为气体分子数减小的反应。相同温度下，p1条件下NO的转化率高于p2，因此压强p1＞p2。x点和y点NO的转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响。
故答案为：2NO＋O2 2NO2，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p1条件下NO转化率高于p2，故p1＞p2，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响
（3）①电极a上N2转化为NO3－，发生失电子的氧化反应，装置内采用了质子交换膜，H＋由阳极区移向阴极区。因此电极a反应过程中给生成H＋。因此电极a表面生成NO3－的电极反应式为：N2－10e－＋6H2O=2NO3－＋12H＋。
故答案为：N2－10e－＋6H2O=2NO3－＋12H＋
②电极a表面发生途径ⅲ，生成的O2将NO氧化得到NO2，NO2进一步与H2O反应生成NO3－。因此途径ⅲ的存在有利于途径ⅱ。
故答案为：反应ⅲ生成O2，O2将NO氧化成NO2，NO2更易转化为NO3－
（4）N2的结构式为N≡N，其中氮氮三键的键能高，断键是需要吸收较大的能量，因此人工固氮是高能耗得到过程。
故答案为：N2中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程
【分析】（1）酸的制备过程中，高沸点的酸可制得低沸点的酸。
（2）①第Ⅰ步反应为NH3得到催化氧化反应。
②结合压强对平衡移动的影响分析。
（3）①电极a表面N2发生失电子的氧化反应，生成NO3－，结合电解质溶液，书写电极反应式。
②反应ⅲ生成的O2可将NO氧化成NO2，NO2进一步反应生成NO3－。
（4）N2中含有氮氮三键，其键能高，断键所需的能量高，属于高能耗反应。
17．（2024·）除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。
（1）D中含氧官能团的名称是　 　。
（2）A→B的化学方程式是　 　。
（3）I→J的制备过程中，下列说法正确的是　 　（填序号）。
a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率
b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇
c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯
（4）已知：
①K的结构简式是　 　。
②判断并解释K中氟原子对的活泼性的影响　 　。
（5）M的分子式为。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为键和　 　键，M的结构简式是　 　。
【答案】（1）硝基、酯基
（2）
（3）abc
（4）；增强其活泼性；氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强的活泼性
（5）；
【知识点】元素电离能、电负性的含义及应用；有机物中的官能团；有机物的推断；有机物的结构和性质；酯化反应
【解析】【解答】（1）D的结构简式为，其中所含的含氧官能团为硝基和酯基。
故答案为：硝基、酯基
（2）由分析可知，A的结构简式为，B的结构简式为。A转化为B的过程中发生酯化反应。该反应的化学方程式为。
故答案为：
（3）I→J的反应为酯化反应，是一个可逆反应。
a、加入过量的乙醇或将J蒸出，可使平衡正向移动，提高I的转化率，a符合题意。
b、J不溶于饱和Na2CO3溶液，I能与其反应，乙醇可溶于水中。因此利用饱和Na2CO3溶液可吸收蒸出的I和乙醇，b符合题意。
c、若反应问对过高，则乙醇可发生分子内脱水，生成乙烯；也可发生分子间脱水，生成乙醚，c符合题意。
故答案为：abc
（4）①由分析可知，K的结构简式为。
故答案为：
②F的电负性强，属于吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子得到正电性增强，有利于增强α-H的活泼性。
故答案为：增强其活泼性；氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强α-H的活泼性
（5）M的分子式为C13H7ClF4N2O4，在合成M的同时生成CH3OH和C2H5OH，L分子和G分子均有C－O键断裂，生成的C2H5OH有CF3COCH2COOC2H5提供－OC2H5，而生成的CH3OH由G提供－OCH3，M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环。结合E、G的结构简式可知，G与L中N－H键与酯基分别反应生成酰胺基，形成含两个氮原子的六元环。所以断裂的化学键为C－O键和N－H键，M的结构简式为。
故答案为：N－H；
【分析】A（C7H4ClFO2）与CH3OH在浓硫酸加热条件下发生酯化反应，生成B；B进一步与浓HNO3在浓硫酸加热条件下发生硝化反应，生成D（），因此B的结构简式为，A的结构简式为。D发生还原反应生成E（C8H7ClFNO2），该还原反应过程中－NO2转化为－NH2，因此E的结构简式为。E与ClCOOCH3反应生成G（C10H9ClFNO4），因此G的结构简式为。I的分子式为C2H4O2，能与C2H5OH在浓硫酸作用下反应生成J，该反应为酯化反应，因此I的结构简式为CH3COOH，J的结构简式为CH3COOC2H5。J与CF3COOC2H5在一定条件下反应生成K（C6H7F3O3），结合题（4）可知，K的结构简式为。
18．（2024·）利用黄铜矿（主要成分为，含有等杂质）生产纯铜，流程示意图如下。
（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是　 　。
（2）的作用是利用其分解产生的使矿石中的铜元素转化为。发生热分解的化学方程式是　 　。
（3）矿石和过量按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；i．和时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。
温度/ B中所含铜、铁的主要物质
400
500
①温度低于，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是　 　。
②温度高于，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是　 　。
（4）用离子方程式表示置换过程中加入的目的　 　。
（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的溶液做电解液，并维持一定的和。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是　 　。
【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）
（3）温度低于，随焙烧温度升高，分解产生的增多，可溶物含量增加，故铜浸出率显著增加；温度高于，随焙烧温度升高发生反应：，和转化成难溶于水的，铜浸出率降低
（4）
（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量
【知识点】常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；物质的分离与提纯
【解析】【解答】（1）粉碎操作可增大接触面积，加快反应速率，使反应进行得更充分。
故答案为：增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分
（2）加热过程中(NH4)2SO4分解生成SO3，过程中S元素的化合价不变，因此N元素对应的产物为NH3，该分解反应的化学方程式为(NH4)2SO42NH3↑＋SO3↑＋H2O。
故答案为：(NH4)2SO42NH3↑＋SO3↑＋H2O
（3）①温度低于425℃，随着温度的升高，铜的浸出率增大，说明在低于425℃的范围内，(NH4)2SO4分解产生的SO3的量增大，SO3使矿石中的Cu元素转化为CuSO4。
故答案为：温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多，可溶物CuSO4增加，故铜浸出率显著增加
②温度高于425℃，焙烧后所得固体B中Cu元素部分转化为CuO，并未浸出。则随着焙烧温度的升高，CuFeS2和CuSO4可能发生反应：4CuFeS2＋17O22CuSO4CuO＋2Fe2(SO4)3＋4SO3，Cu元素形成难溶的CuO，使得Cu的浸出率降低。
故答案为：温度高于425℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS2＋17O22CuSO4CuO＋2Fe2(SO4)3＋4SO3，CuFeS2和CuSO4转化为难溶于水得到CuO，铜浸出率降低
（4）置换过程中往滤液C中加入过量Fe后，得到粗铜，因此加入Fe的过程中，滤液C中的Cu2＋与Fe发生反应Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋。
故答案为：Fe＋Cu2＋=Cu＋Fe2＋
（5）未经酸浸的粗铜中含有Fe，由于金属活动性Fe＞Cu，电解粗铜的过程中，Fe先于Cu发生失电子的氧化反应。因此当消耗相同的电量时，会降低得到纯铜的量。
故答案为：粗铜未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量
【分析】（1）粉碎可增大接触面积，加快反应速率。
（2）加热过程中(NH4)2SO4分解产生SO3，S元素价态不变，则含氮产物为NH3，据此写出反应的化学方程式。
（3）①温度低于425℃，随着温度升高，(NH4)2SO4分解产生的SO3增多。
②温度高于425℃，随着温度升高，反应生成CuO。
（4）加入过量Fe，将溶液中Cu2＋置换成Cu。
（5）未经酸浸处理的粗铜中含有杂质Fe，Fe会参与电解过程的反应。
19．（2024·）某小组同学向的的溶液中分别加入过量的粉、粉和粉，探究溶液中氧化剂的微粒及其还原产物。
（1）理论分析
依据金属活动性顺序，中可将还原为的金属是　 　。
（2）实验验证
实验 金属 操作、现象及产物
I 过量 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到单质
II 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
III 过量 有大量气泡产：生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，依据的现象是　 　．
②实验Ⅱ、Ⅲ都有红褐色沉淀生成，用平衡移动原理解释原因　 　．
③对实验Ⅱ未检测到单质进行分析及探究。
i．a．甲认为实验Ⅱ中，当、浓度较大时，即使与反应置换出少量，也会被、消耗。写出与、反应的离子方程式　 　．
b．乙认为在为3~4的溶液中即便生成也会被消耗。设计实验　 　（填实验操作和现象）。
证实了此条件下可忽略对的消耗。
c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在粉上，阻碍了与的反应。实验证实了粉被包裹。
i．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。
结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制，　 　 （填实验操作和现象），待为3~4时，取出固体，固体中检测到单质。
（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到单质的原因　 　。
【答案】（1）
（2）产生蓝色沉淀；水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；（或、）；向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀；加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹
【知识点】盐类水解的应用；二价铁离子和三价铁离子的检验；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）Fe3＋具有氧化性，能与Cu、Zn、Mg反应，生成Fe2＋。由于金属活动性Mg＞Zn＞Fe＞Cu，因此Mg、Zn能与Fe2＋反应生成Fe。所以Cu、Zn、Mg三种金属中可将Fe3＋还原为Fe的金属是Mg、Zn。
故答案为：Mg、Zn
（2）①Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]反应，生成蓝色沉淀。因此若溶液中含有Fe2＋，则加入K3[Fe(CN)6]溶液后，可观察到溶液中有蓝色沉淀产生。
故答案为：产生蓝色沉淀
②溶液中存在可逆反应Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入金属Mg、Zn后，与溶液中的H＋反应，使得溶液中c(H＋)减小，平衡正向移动，Fe3＋转化为Fe(OH)3沉淀。
故答案为：Fe3＋水解方程式为Fe3＋＋3H2O=Fe(OH)3＋3H＋，加入的Mg或Zn会消耗H＋，促进Fe3＋水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)3沉淀
③a、Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋，与H＋反应生成Fe2＋和H2，反应的离子方程式为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑。
故答案为：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑
b、实验证实了pH为3～4的溶液中可忽略H＋对Fe的消耗，因此可向pH为3～4的溶液中加入铁粉，再滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀，从而证明该条件下H＋不与Fe反应。因此该实验操作和现象为：向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀。
故答案为：向pH为3～4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K3[Fe(CN)6]溶液，不产生蓝色沉淀
c、当溶液pH为3～4时，不取出固体，向固液混合物中持续加入盐酸，控制pH＜1.2，加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸；待溶液的pH为3～4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。
故答案为：加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸
（3）实验Ⅲ中加入过量Mg粉后，产生的大量气泡将镁粉包围，使得镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹，因此Mg与溶液中Fe2＋反应生成Fe。
故答案为：加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)3沉淀包裹
【分析】（1）Fe3＋被还原为Fe的过程为Fe3＋→Fe2＋→Fe，结合金属活动性分析。
（2）①Fe2＋能与K3[Fe(CN)6]溶液形成蓝色沉淀。
②溶液中存在可逆反应Fe3＋＋3H2O Fe(OH)3＋3H＋，加入金属Mg、Zn后，与溶液中的H＋反应，平衡正向移动。
③a、Fe与Fe3＋反应生成Fe2＋，与H＋反应生成Fe2＋和H2，据此写出反应的离子方程式。
b、实验证实了可忽略H+对Fe的消耗，则在pH为3~4的溶液中，Fe不会转化为Fe2+，据此设计实验过程。
c、pH＜1.2时，Fe3+未开始形成沉淀，加入KSCN溶液，溶液变为红色，pH＞3后，Fe3+完全沉淀。
（3）产生的气泡覆盖在Mg周围，使Mg不易被Fe(OH)3沉淀包裹，从而能与Fe2＋反应生成Fe单质。