北京化学-答案-p_近10年高考真题汇编（必刷）_2024年高考真题_高考真题（截止6.29）_其他地方卷（目前搜集不完整）_北京卷（化、数）

2024年北京高考化学试题 一、单选题 1．我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获❑ 41Ca原子，实现了对同位素❑ 41Ca的灵敏检测。 ❑ 41Ca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❑ 14C的17倍，可应用于地球 科学与考古学。下列说法正确的是 20 Ca 钙 4s2 40.08 A．❑ 41Ca的原子核内有21个中子 B．❑ 41Ca的半衰期长，说明❑ 41Ca难以失去电子 C．❑ 41Ca衰变一半所需的时间小于❑ 14C衰变一半所需的时间 D．从Ca原子束流中直接俘获❑ 41Ca原子的过程属于化学变化 【答案】A 【详解】 A．因为❑ 41Ca的质量数为41，质子数为20，所以中子数为41-20=21，A正确； B．❑ 41Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误； C．❑ 41Ca衰变一半所需的时间要大于❑ 14C衰变半所需的时间，C错误； D．从Ca原子束流中直接俘获❑ 41Ca原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误； 故选A。 2．下列化学用语或图示表达不正确的是 H O CH A． 2 2的电子式： B． 4分子的球棍模型： Al3+ H—C≡C—H C． 的结构示意图： D．乙炔的结构式： 【答案】A 【详解】 A．H O 是共价化合物，其电子式为 ，A错误； 2 2 CH CH 4 4 B． 为正四面体形， 分子的球棍模型： ，B正确； Al3+ C．Al的原子序数为13，即 的结构示意图： ，C正确； D．乙炔含有碳碳三键，结构式为：H—C≡C—H，D正确； 故选A。 3．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 NH+ 4 C．MnO 发生氧化反应 D．锌筒发生的电极反应为Zn-2e-=Zn2+ 2 【答案】D 【详解】 A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，A错误； B．原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，B错误； C．MnO 发生得电子的还原反应，C错误； 2 D．锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应Zn-2e-=Zn2+，D正确； 故选D。 4．下列说法不正确的是 A．葡萄糖氧化生成CO 和H O的反应是放热反应 2 2 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NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析 【答案】C 【详解】 A．因为葡萄糖氧化生成CO 和HO是放热反应，因此在人体内葡萄糖缓慢氧化成CO 和HO为人体提供能量，A 2 2 2 2 正确； B．核酸是一种生物大分子，分析核酸水解的产物可知，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸进一步水 解得到磷酸和核苷，核苷进一步水解得到戊糖和碱基，故核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的 生物大分子，B正确； C．氨基乙酸的结构简式为HNCH COOH，形成的二肽的结构简式为HNCH CONHCH COOH，该二肽中含1个 2 2 2 2 2 氨基、1个羧基和1个肽键，C错误； D．鸡蛋清溶液为蛋白质溶液，NaCl溶液属于轻金属盐溶液，向饱和NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液，蛋白质发 生盐析，D正确； 故选C。 5．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： 2Br-+Cl =Br +2Cl- 2 2 B．用绿矾( )将酸性工业废水中的 转化为 FeSO ⋅7H O Cr O2- Cr3+:6Fe2++Cr O2-+14H+=6Fe3++2Cr3++7H O 4 2 2 7 2 7 2 C．用 溶液能有效除去误食的 5% Na SO Ba2+:SO2-+Ba2+=BaSO ↓ 2 4 4 4 D．用 溶液将水垢中的 转化为溶于酸的 ： Na CO CaSO CaCO Ca2++CO2-=CaCO ↓ 2 3 4 3 3 3 【答案】D 【详解】 A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生了置换反应，离子方程式正确，A正确； B． 可以将 氧化成 ，离子方程式正确，B正确； Cr O2- Fe2+ Fe3+ 2 7C． 结合 生成 沉淀，可以阻止 被人体吸收，离子方程式正确，C正确； SO2- Ba2+ BaSO Ba2+ 4 4 D． 与 反应属于沉淀的转化， 不能拆分，正确的离子方程式为CaSO+ =CaCO + ，D Na CO CaSO CaSO 4 CO2- 3 SO2- 2 3 4 4 3 4 错误； 故选D。 6．下列实验的对应操作中，不合理的是 眼睛注视锥形瓶中溶液 A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液 B．稀释浓硫酸 C．从提纯后的NaCl溶液获得NaCl晶 D．配制一定物质的量浓度的KCl溶 体 液 A．A B．B C．C D．D 【答案】D 【详解】 A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点， A正确； B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯 中，并用玻璃棒不断搅拌，B正确； C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C正确 ； D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下 约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D错误； 故选D。 7．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：3FeS +8O ≜ Fe O +6SO 2 2 3 4 2 B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO 平衡转化率 2 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 【分析】黄铁矿和空气中的O 在加热条件下发生反应，生成SO 和Fe O，SO 和空气中的O 在400~500℃、常压、 2 2 3 4 2 2 催化剂的作用下发生反应得到SO ，用98.3%的浓硫酸吸收SO ，得到HSO 。 3 3 2 4 【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O 在加热条件下发生反应，生成SO 和Fe O，化学方程式： 2 2 3 4 3FeS +8O ≜ Fe O +6SO ，A正确； 2 2 3 4 2 B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO 平 2 衡转化率，B错误； C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生Fe O ，即可以减少废渣产生，C正确； 3 4 D．硫酸工业产生的尾气为SO 、SO ，可以用碱液吸收，D正确； 2 3 故选B。 8．关于Na CO 和NaHCO 的下列说法中，不正确的是 2 3 3 A．两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同 B．可用NaOH溶液使NaHCO 转化为Na CO 3 2 3 C．利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO 3 D．室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异 【答案】D 【详解】 A． 和 的溶液中均存在 、 、 、 、 、 、 ，A正确； Na CO NaHCO H O H CO H+ OH- Na+ CO2- HCO- 2 3 3 2 2 3 3 3 B．NaHCO 加入NaOH溶液会发生反应：NaOH+NaHCO =Na CO +H O，B正确； 3 3 2 3 2 C．NaHCO 受热易分解，可转化为Na CO ，而Na CO 热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混 3 2 3 2 3 合物中除去NaHCO ，C正确； 3 D．室温下 和 饱和溶液 相差较大的主要原因是 的水解程度远大于 ，D错误； Na CO NaHCO pH CO2- HCO- 2 3 3 3 3 故选D。 9．氘代氨(ND )可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND ：①Mg N 与D O的水解反应；②NH 与D O反应。 3 3 3 2 2 3 2 下列说法不正确的是 A．NH 和ND 可用质谱法区分 3 3 B．NH 和ND 均为极性分子 3 3 C．方法①的化学方程式是Mg N +6D O=3Mg(OD) +2ND ↑ 3 2 2 2 3 D．方法②得到的产品纯度比方法①的高 【答案】D 【详解】 A．NH 和ND 的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确； 3 3 B．NH 和ND 的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确； 3 3 C．MgN 与DO发生水解生成Mg(OD) 和ND ，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确； 3 2 2 2 3 D．方法②是通过D O中D原子代替NH 中H原子的方式得到ND ，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误； 2 3 3 故选D。 10．可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl ，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式： 2 CuO 4HCl(g)+O 2 (g) ¿2Cl (g)+2H O(g) ΔH=-114.4kJ⋅mol-1。下图所示为该法的一种催化机理。 2 2 ¿ 下列说法不正确的是 A．Y为反应物HCl，W为生成物H O 2 B．反应制得1mol Cl ，须投入2molCuO 2 C．升高反应温度，HCl被O 氧化制Cl 的反应平衡常数减小 2 2D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 【答案】B 【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O、CuO、Cl、HO；CuO与Y反应生 2 2 2 成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu OCl ，则W为HO；CuCl 分解为X和CuCl，则X为 2 2 2 2 Cl；CuCl和Z反应生成Cu OCl ，则Z为O；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl 、HCl、O 、H O。 2 2 2 2 2 2 2 【详解】 A．由分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H O，A正确； 2 B．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确； D．图中涉及的两个氧化还原反应是CuCl →CuCl和CuCl→Cu OCl ，D正确； 2 2 2 故选B。 11．CO 的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用CO 为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。 2 2 已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是 A．CO 与X的化学计量比为1:2 2 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 【详解】 A．结合题干信息，通过对比X、Y的结构可知CO 与X的化学计量比为1:2，A正确； 2 C H O C H O 9 14 3 9 12 2 B．P完全水解得到的产物结构简式为 ，分子式为 ，Y的分子式为 ，二者分子式 不相同，B错误； C．P的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确； D．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链， 与聚酯类高分子相比难以降解，D正确； 故选B。 12．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K ，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小 a 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F、Cl、Br、I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 【详解】 A．对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Qp ，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 2 1 2 (3) 反应iii生成 ， 将 氧化成 ， 更易转化成 N -10e-+6H O=2NO-+12H+ O O NO NO NO NO- 2 2 3 2 2 2 2 3 (4)N 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 2 【详解】 （1）浓硫酸难挥发，产物HNO 为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。 3 催化剂 （2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH +5O 4NO+6H O； 3 2 2 Δ T ②2NO+O 2 ⇌ 2NO 2 ，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p 1 条件下NO转化率高于p 2 ，故p 1 >p 2 ，根据V =nR p ， x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容 器容积。 （3）①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为 ； N -10e-+6H O=2NO-+12H+ 2 2 3 ②反应iii生成 ， 将 氧化成 ， 更易转化成 。 O O NO NO NO NO- 2 2 2 2 3 （4）N 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。 2 17．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α-H的活泼性的影响 。 (5)M的分子式为C H ClF N O 。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 13 7 4 2 4 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C—O键和 键，M的结构简式 是 。 【答案】 (1) 硝基、酯基 (2) (3) abc α-H (4) 氟原子可增强 的活泼性，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 N-H (5) 【分析】 B发生硝化反应得到D，即B为 ，A与CHOH发生酯化反应生成B，即A为 3 ，D发生还原反应得到E，结合E的分子式可知，D硝基被还原为氨基，E为 ，E在KCO 的作用下与 发生反应得到G，结合G的分子式可知，G为 2 3 ，I与C HOH在浓硫酸加热的条件下生成J，结合I与J的分子式可知，I为 2 5 CHCOOH，J为CHCOOC H，J与 在一定条件下生成K，发生类似 3 3 2 5 的反应，结合L的结构简式和K的分子 C H ClF N O 13 7 4 2 4 式可知，K为 ，G和L在碱的作用下生成M，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，可推测为G与L中N-H键与酯基 分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C-O键和N-H键，M的结构简式为。 【详解】（1）由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基； （2） A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应，化学方程式为： ； （3）I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程， a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a正确； b．饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确； c．反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，发生分子内消去反应生成乙烯，c正确； 故选abc； （4）①根据已知反应可知，酯基的α-H与另一分子的酯基发生取代反应，F CCOOC H 中左侧不存在α-H，所以 3 2 5 产物K的结构简式为 ； ②氟原子可增强α-H的活泼性，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分子中除苯环外还有一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，再结合其分子式， 可推测为G与L中N-H键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C-O键和N-H键，M的结构简 式为 。 18．利用黄铜矿(主要成分为CuFeS ，含有SiO 等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。 2 2 (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 (NH ) SO SO CuSO (NH ) SO 4 2 4 3 4 4 2 4 是 。 (3)矿石和过量(NH ) SO 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 4 2 4 率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；400℃和500℃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 Fe O 、CuSO 、CuFeS 2 3 4 2 500 Fe (SO ) 、CuSO 、CuO 2 4 3 4 ①温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是 。 ②温度高于425℃，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Fe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CuSO 溶液做电解液，并维持一定的c(H+)和c(Cu2+)。粗铜 4 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 Δ (2) (NH 4 ) 2 SO 4¿2NH 3 ↑+SO 3 ↑+H 2 O ¿ (3) 温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH ) SO 分解产生的SO 增多，可溶物CuSO 含量增加，故铜浸出率显著 4 2 4 3 4 Δ 增加 温度高于425℃ ，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS 2 +17O 2 +2CuSO 4¿CuO+2Fe 2 (SO 4 ) 3 +4SO 3 ， ¿ CuFeS 和CuSO 转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低 2 4 (4) Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ (5) 粗铜若未经酸浸处理，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】黄铜矿(主要成分为CuFeS，含有SiO 等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的 2 2 SO 作用下，转化成CuSO ，得到的混合气体中主要含NH ，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可 3 4 3 以循环利用，固体B为SiO、CuSO 及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO 的滤渣，分 2 4 2 别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO ，粗铜再精炼可以得到纯铜。 4 【详解】 （1）黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分； （2）铵盐不稳定，易分解，(NH ) SO 分解为非氧化还原反应，产物中有NH 和SO ，故化学方程式为 4 2 4 3 3 Δ (NH 4 ) 2 SO 4¿2NH 3 ↑+SO 3 ↑+H 2 O ； ¿ （3）①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高， (NH4)SO 分解产生的SO 增多，可溶物CuSO 含量增加，故铜浸出率显著增加； 2 4 3 4 ②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS 和CuSO 转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS+17O +2CuSO 2 4 2 2 4 Δ CuO+2Fe (SO )+4SO，铜浸出率降低； 2 4 3 3 ¿ ¿（4）加入Fe置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为Fe+Cu2+=Cu+Fe2+； （5）粗铜中含有Fe杂质，加酸可以除Fe，但粗铜若未经酸浸处理，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。 19．某小组同学向pH=1的0.5mol⋅L-1的FeCl 溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液中氧化剂的 3 微粒及其还原产物。 (1)理论分析 依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe3+还原为Fe的金属是 。 (2)实验验证 实 金属 操作、现象及产物 验 I 过量Cu 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出， Ⅱ 过量Zn 此时溶液pH为3~4，取出固体，固体中未检测到Fe单质 有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡， Ⅲ 过量Mg 当溶液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质 ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加K [Fe(CN) ]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是 。 3 6 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Fe单质进行分析及探究。 i．a．甲认为实验Ⅱ中，当Fe3+、H+浓度较大时，即使Zn与Fe2+反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe3+、H+消耗。写 出Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式 。 b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H+消耗。设计实验 (填实验操作和现象)。 证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗。 c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe2+的反应。实验证实了Zn粉被包裹。 ii．查阅资料：0.5mol⋅L-1Fe3+开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。 结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，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， (填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。 (3)对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因 。 【答案】 (1) Mg、Zn (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 Fe3+ Fe3++3H O ⇌ Fe(OH) +3H+ Mg Zn H+ Fe3+ 2 3 衡正向移动，使其转化为 沉淀 或 、 Fe(OH) 2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H ↑ 2Fe3++Fe=3Fe2+ 3 2 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 2H++Fe=Fe2++H ↑ pH K [Fe(CN) ] 2 3 6 生蓝色沉淀 加入几滴KSCN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Fe(OH) 沉淀包裹 3 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，一段时间后，溶液逐渐变为蓝 绿色，固体中未检测到Fe单质；实验Ⅱ中，加入过量的Zn，发生反应 ，有气泡产生，pH逐 Zn+2H+=Zn2++H ↑ 2 渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(OH) ，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH) 沉淀 3 3 对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应 ，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH Mg+2H+=Mg2++H ↑ 2 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pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单 质，对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH) 沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe 3 单质。 【详解】（1）在金属活动性顺序表中，Mg、Zn排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn可将Fe3+还原为Fe； （2）①Fe2+与K [Fe(CN) ]会生成蓝色的KFe[Fe(CN) ]沉淀； 3 6 6 ② 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 Fe3+ Fe3++3H O ⇌ Fe(OH) +3H+ Mg Zn H+ Fe3+ 2 3 化为Fe(OH) 沉淀； 3 ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为： 2Fe3++2Fe+2H+=4Fe2++H ↑ 或 2Fe3++Fe=3Fe2+ 、 2 ； 2H++Fe=Fe2++H ↑ 2 b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向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K [Fe(CN) ]溶液，不产生蓝色沉淀，即说明此条件下Fe未与H+反应生成Fe2+； 3 6 ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到Fe单质的原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH) 沉淀对锌粉的包裹，因此 3 可控制反应条件，在未生成Fe(OH) 沉淀时将Fe3+还原，即可排除两个干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当 3 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pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质； （3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH) 沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe 3 单质。