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 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)4长1达10万年，是 的17倍41，可应用于地球科 Ca Ca Ca 学4与1考古学。下列说法正确的是 14 Ca C 20 钙 Ca 240.08 4s A． 的原子核内有21个中子 B． 41 的半衰期长，说明 难以失去电子 Ca C． 41 衰变一半所需的时间4小1于 衰变一半所需的时间 Ca Ca D．从41 原子束流中直接俘获 原1子4 的过程属于化学变化 Ca C 【答案】A 41 Ca Ca 【详解】 A．因为 的质量数为41，质子数为20，所以中子数为 ，A正确； B． 的41半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误； Ca 41−20=21 C． 41 衰变一半所需的时间要大于 衰变半所需的时间，C错误； Ca D．从41 原子束流中直接俘获 原子1的4 过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误； Ca C 故选A。 41 Ca Ca 2．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： H2O2 CH4 C． 的结构示意图： D．乙炔的结构式： 【答案】3 A + Al H—C≡C—H 【详解】 A． 是共价化合物，其电子式为 ，A错误； H2O2 B． 为正四面体形， 分子的球棍模型： ，B正确； CH4 CH4 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3+为： ，D正确； Al 故选A。 H—C≡C—H 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 C． 发生氧化反应 D．锌筒发生的电极反+应为 NH4 【答案】D - 2+ MnO2 Zn-2e =Zn 【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． 发生得电子的还原反应，C错误； D．锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应 ，D正确； MnO2 故选D。 - 2+ Zn-2e =Zn 4．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 CO2 H2O 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 NaCl 【详解】 A．因为葡萄糖氧化生成CO 和H O是放热反应，因此在人体内葡萄糖缓慢氧化成CO 和H O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H NCH COOH，形成的二肽的结构简式为H NCH 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： B．用绿矾( )将酸性工业废水中的 转化-为 - 2Br +Cl2 =Br2+2Cl C．用 溶液能有效除去误食的 2- 3+ 2+ 2- + 3+ 3+ FeSO4⋅7H2O Cr2O7 Cr :6Fe +Cr2O7+14H =6Fe +2Cr +7H2O D．用 溶液将水垢中的 转化为溶2+于酸2-的 2+ ： 5% Na2SO4 Ba :SO4+Ba =BaSO4 ↓ 【答案】D 2+ 2- Na2CO3 CaSO4 CaCO3 Ca +CO3 =CaCO3 ↓ 【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； C． 结2-合 生2成+ 沉淀3+，可以阻止 被人体吸收，离子方程式正确，C正确； Cr2O7 Fe Fe D． 2- 与 2+ 反应属于沉淀的转化， 2+不能拆分，正确的离子方程式为CaSO + =CaCO + ，D错 SO4 Ba BaSO4 Ba 4 3 误； 2− 2− Na2CO3 CaSO4 CaSO4 CO3 SO4 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 标准溶液滴定 溶液 B．稀释浓硫酸 HCl NaOH 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 NaCl B．B NaCl C．C D． KCDl 【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： B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高 平衡转化率 3FeS2+8O2 ≜Fe3O4+6SO2 C．将黄铁和换成硫黄可以减少废渣的产生 SO2 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H SO 。 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 A正确； 3FeS2+8O2 ≜Fe3O4+6SO2 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 平衡转 化率，B错误； SO2 C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生 ，即可以减少废渣产生，C正确； D．硫酸工业产生的尾气为 、 ，可以用碱液吸收，D正确； Fe3O4 SO2 SO3故选B。 8．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 Na2CO3 NaHCO3 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 NaOH NaHCO3 Na2CO3 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 NaHCO3 【答案】D pH 【详解】 A． 和 的溶液中均存在 、 、 、 、 、 、 ，A正确； B． 加入 溶液会发生反应： + - + ，2B- 正确；- Na2CO3 NaHCO3 H2O H2CO3 H OH Na CO3 HCO3 C． 受热易分解，可转化为 ，而 热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混 NaHCO3 NaOH NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O 合物中除去NaHCO ，C正确； NaHCO3 3 Na2CO3 Na2CO3 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； 故选D。 2- - Na2CO3 NaHCO3 pH CO3 HCO3 9．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 ND3 ND3 Mg3N2 D2O NH3 D2O A． 和 可用质谱法区分 B． 和 均为极性分子 NH3 ND3 C．方法①的化学方程式是 NH3 ND3 D．方法②得到的产品纯度比方法①的高 Mg3N2+6D2O=3Mg(OD)2+2ND3 ↑ 【答案】D 【详解】 A． 和 的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确； B． 和 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； NH3 ND3 C．Mg N 与D O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； NH33 2 ND3 2 2 3 D．方法②是通过 中D原子代替 中H原子的方式得到 ，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错 误； D2O NH3 ND3 故选D。 10．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： Deacon HCl Cl2 。下图所示为该法的一种催化机理。 CuO -1 4HCl(g)+O2(g) 2Cl2(g)+2H2O(g) ΔH=-114.4kJ⋅mol 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 HCl H2O C．升高反应温度， 被 氧化制 的反应平衡常数减小 1mol Cl2 2molCuO D．图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应 HCl O2 Cl2 【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 、H O；CuO与Y反应生成 2 2 2 Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu OCl ，则W为H O；CuCl 分解为X和CuCl，则X为Cl ； 2 2 2 2 2 CuCl和Z反应生成Cu OCl ，则Z为O ；综上所述，X、Y、Z、W依次是 、 、 、 。 2 2 2 【详解】 Cl2 HCl O2 H2O A．由分析可知，Y为反应物 ，W为生成物 ，A正确； B． 在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误； HCl H2O CuOC．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 和 ，D正确； 故选B。 CuCl2 →CuCl CuCl→Cu2OCl2 11． 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。 CO2 CO2 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 CO2 1:2 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 与X的化学计量比为 ，A正确； CO2 1:2 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； C9H14O3 C9H12O2 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 ，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 𝐾𝐾𝑎𝑎 pH 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 F Cl Br I 【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；Qp2 (4) 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 - N2-10e+6H2O=2NO3+12H O2 O2 NO NO2 NO2 NO3 N2 【详解】 （1）浓硫酸难挥发，产物 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。 HNO3 催化剂 （2）①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为 ； 4NH3+5O2 4NO+6H2O Δ② ，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 ，根据 ， T x、2yN点O+转O化2 ⇌率2相N同O2，则n相同，此时压强对容积的影响大于温p度1 对容积N的O影响，故y点p2的容p器1>容p积2 小于xV点=的nR容p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 ； ②反应-iii生成 ， -将 氧+化成 ， 更易转化成 。 N2-10e+6H2O=2NO3+12H （4） 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。 O2 O2 NO NO2 NO2 NO3 17．除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。 N2 (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 α-H 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 C13H7ClF4N2O4 是 。 C—O 【答案】 (1) 硝基、酯基 (2) (3) abc (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 的活泼性 α-H α-H(5) N-H 【分析】 B发生硝化反应得到D，即B为 ，A与CH OH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K CO 2 3 的作用下与 发生反应得到G，结合G的分子式可知，G为 ，I与C H OH 2 5 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CH COOH，J为CH COOC H ，J与 在 3 3 2 5 一定条件下生成K，发生类似 的反应，结 合L的结构简式和K的分子式可知，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 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 键和 键，M的结构简式 C13H7ClF4N2O4 N-H C-O N-H 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 与另一分子的酯基发生取代反应， 中左侧不存在 ，所以产物 α-H F3CCOOC2H5 α-HK的结构简式为 ； ②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 的活泼性； α-H （5） α-H 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 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 键和 键，M的结构简 N-H C-O N-H 式为 。 18．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。 CuFeS2 SiO2 (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 。 (NH4)2SO4 SO3 CuSO4 (NH4)2SO4 (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； 和 时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。 (NH4)2SO4 400℃ 500℃ 温度/℃ B中所含铜、铁的主要物质 400 、 、 500 Fe2O3 Cu、SO4 Cu、FeS2 ①温度低于 Fe2(SO4， )3随焙 Cu 烧 SO 温4度 C 升 uO 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 。 425℃ (4)用离子方程式表示置换过程中加入 的目的 。 425℃ (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 Fe 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 。 + 2+ CuSO4 c(H ) c(Cu ) 【答案】 (1) 增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分(2) 𝛥𝛥 (3) (温NH度4)低2S于O4 2NH，3随↑焙+S烧O温3 ↑度+升H2高O， 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42于5℃ ，随焙烧温度升高(N发H4生)2反SO应4 ： SO3 CuSO4 ， 和 𝛥𝛥 转化成难溶4于25水℃的 ，铜浸出率降低 4CuFeS2+17O2+2CuSO4 CuO+2Fe2(SO4)3+4SO3 CuFeS2 (4) CuSO4 CuO (5) 粗铜若2未+经酸浸处2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 Fe+Cu =Cu+Fe Fe 【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， 分解为非氧化还原反应，产物中有NH 和SO ，故化学方程式为 3 3 (NH4)2；SO 4 𝛥𝛥 (（N3H）4)①2S由O4图，2温NH度3低↑+于SO4235↑℃+，H2随O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) 2 SO 4 分解产生的SO 3 增多，可溶物CuSO 4 含量增加，故铜浸出率显著增加； 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 2 4 4CuFeS +17O +2CuSO CuO+2Fe (SO ) +4SO ，铜浸出率降低； 2 2 4 2 4 3 3 𝛥𝛥 （4）加入 置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为 ； （5）粗铜中含有 杂质，加酸可以除 ，但粗铜若未经酸浸处理2，+其中杂质2+ 会参与放电，则消耗相同电量时， Fe Fe+Cu =Cu+Fe 会降低得到纯铜的量。 Fe Fe Fe 19．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 pH=1 0.5mol⋅L FeCl3 Cu Zn Mg (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 3+ Cu Zn Mg Fe Fe 实 金属 操作、现象及产物 验 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 Cu 一段时间后有气泡产生，反应缓慢， 逐渐增大，产F生e了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此 Ⅱ 过量 时溶液 为3~4，取出固体，固体中未检测到 单质 pH Zn 有大量p气H泡产生，反应剧烈， 逐渐增大，产F生e了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当 Ⅲ 过量 溶液 为3~4时，取出固体，固体中检测到 单质 pH Mg ①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中 p 的 H 少量溶液，滴加 溶液，证 Fe 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 。 2+ K3[Fe(CN)6] Fe 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 Fe 与 、 反应的离子方程3+式 + 。 2+ 3+ + Fe H Zn Fe Fe Fe Fe H b．乙认3+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)。 Fe Fe H 证实了此条件下可忽略 对 的消耗。 + pH Fe H 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。 H Fe ii．查阅资料： 开始沉淀的 约为1.2，完全2+沉淀的 约为3。 Zn Zn Fe Zn -1 3+ 0.5mol⋅L Fe pH pH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。 pH pH<1.2 (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 。 pH Fe 【答案】 Fe (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 Mg Zn 平衡正向移动，使其转化为3+ 沉淀 3+ + 或 + 、 3+ Fe Fe +3H2O⇌Fe(OH)3+3H Mg Zn H Fe 向 为3~4的稀盐酸中加铁粉，一3+段时间后取+出少量2溶+液，滴加 3+ 溶液2+，不产+生蓝色沉 Fe(OH)3 2Fe +2Fe+2H =4Fe +H2 ↑ 2Fe +Fe=3Fe 2H +Fe= 淀2 + 加入几滴 溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸 Fe +H2 ↑ pH K3[Fe(CN)6] (3)加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被 沉淀包裹 KSCN Fe(OH)3 【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应 ，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，3+发生反应 2+ 2+ ，有气泡产生，pH 2Fe +Cu=Cu +2Fe 逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀 ，固体中未检测到Fe单质，原因+ 可能2是+ 的干扰以及 沉 Zn+2H =Zn +H2 ↑ 淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应 ，由于Mg3+很活泼，该反应非常剧 Fe(OH)3 Fe Fe(OH)3 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+ ，当溶2+液pH为3~4时，取出固体，固体中检测到 Mg+2H =Mg +H2 ↑ 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 沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到 Fe单质。 Fe(OH)3 【详解】 （1）在金属活动性顺序表中， 、 排在 之前， 排在 之后，因此 、 可将 还原为 ； （2）① 与 会生成蓝色的 沉淀； 3+ Mg Zn Fe Cu Fe Mg Zn Fe Fe ② 水解2+方程式为 ，加入的 或 会消耗 ，促进 水解平衡正向移动，使其转 Fe K3[Fe(CN)6] KFe[Fe(CN)6] 化为3+ 沉淀； 3+ + + 3+ Fe Fe +3H2O⇌Fe(OH)3+3H Mg Zn H Fe ③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为： 或 、 Fe(OH)3 ； 3+ + 2+ 3+ 2+ + 2Fe +2Fe+2H =4Fe +H2 ↑ 2Fe +Fe=3Fe 2H +Fe= b．2+要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H+对Fe的消耗，可向 为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量 Fe +H2 ↑ 溶液，滴加 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+； pH ⅱ．结合a，b和c可知，实验Ⅱ未检测到 单质的原因可能是 的干扰以及 沉淀对锌粉的包裹，因此可控 K3[Fe(CN)6] 制反应条件，在未生成 沉淀时将 还原，即可排除两3个+干扰因素，具体操作为：重新做实验Ⅱ，当溶液 Fe Fe Fe(OH)3 pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物3中+ 持续加入盐酸，控制pH<1.2，加入几滴 溶液，待溶液红色消失 Fe(OH)3 Fe 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； KSCN （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 沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单 质。 Fe(OH)3