文档内容
【赢在高考·黄金8卷】
2024年普通高中学业水平等级性考试模拟║北京专用
黄金卷03
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H -1 C- 12 N -14 O -16 S -32 Cl -35.5 Fe- 56 Zn-65
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.生活处处皆化学。下列说法正确的是
A B C D
燃放的焰火与电子跃迁 游泳池消毒的漂白粉的 丹霞地貌的岩层因含 合金内层间相对容易滑
有关 成分为 而显红色 动，故硬度比纯金属小
【答案】A
【详解】A．节日燃放的焰火是金属的焰色试验，与电子跃迁有关，A项正确；
B．漂白粉的有效成分为 ，B项错误；
C．丹霞地貌的岩层因含 而显红色，C项错误；
D．合金的硬度大于纯金属，合金中不同元素的原子的半径大小不同，因此通过增加合金内原子层之间的
相对滑动难度，使合金的硬度大于纯金属，D项错误；
答案选A。
2.下列有关化学用语表示正确的是A．HClO的电子式：
B．O 的分子结构空间模型：
3
C．基态As原子的电子排布式：[Ar]3d104s24p3
D．反式聚异戊二烯的结构简式：
【答案】C
【详解】A．HClO的电子式： ，A错误；
B．O 的分子结构空间模型: ，B错误；
3
C．基态As原子的电子排布式：[Ar]3d104s24p3，C正确；
D．反式聚异戊二烯的结构简式： ，D错误；
故选C。
3.下列事实能用平衡移动原理解释的是
A． 溶液中加入少量 固体，促进 分解
B．锌片与稀 反应过程中，加入少量 固体，促进 的产生
C．铁钉放入浓 中，待不再变化后，加热能产生大量红棕色气体
D．密闭烧瓶内的 和 的混合气体，受热后颜色加深
【答案】D
【详解】A．MnO 会催化 HO 分解，与平衡移动无关，A项错误；
2 2 2
B．加入硫酸铜以后，锌置换出铜，构成原电池，从而使反应速率加快，与平衡移动无关，B项错误；
C．铁在浓硝酸中钝化，加热会使表面的氧化膜溶解，铁与浓硝酸反应生成大量红棕色气体，与平衡移动
无关，C项错误；D．NO 转化为NO 的反应是放热反应，升温平衡逆向移动， NO 浓度增大，混合气体颜色加深， D项
2 2 4 2
正确；
故选D。
4.下列实验操作和现象及所得到的结论均正确的是
选
实验操作和现象 结论
项
A 向溴水中加入苯，振荡后静置，水层颜色变浅 溴与苯发生了加成反应
B 将某气体通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液紫红色褪去 该气体具有还原性
常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无 稀硝酸的氧化性比浓硝
C
明显现象 酸强
向20%蔗糖溶液中加入少量稀硫酸，加热，再加入银氨溶液，未出现银
D 蔗糖水解
镜
【答案】B
【详解】A．向溴水中加入苯，苯可将溴萃取到上层，使下层水层颜色变浅，不是溴与苯发生了加成反应，
选项A错误；
B．高锰酸钾具有氧化性，将某气体通入酸性高锰酸钾溶液中，紫色褪去说明发生氧化还原反应，说明该
气体具有还原性，选项B正确；
C．常温下，铁片与浓硝酸会发生钝化，导致无明显现象，但稀硝酸与铁不发生钝化，会产生气泡，所以
不能通过该实验现象比较浓硝酸和稀硝酸的氧化性强弱，选项C错误；
D．蔗糖水解后，检验葡萄糖在碱性条件下，水解后没有加碱至碱性再加银氨溶液，不能检验，选项D错
误；
答案选B。
5.中国科大高敏锐研究组以CO 为原料，在Cu PO 基催化剂上制备C H，阴极电极反应式：
2 2 2 7 2 4
，下列有关说法错误的是A．a膜是阴膜
B．左侧电极是阳极，发生氧化反应
C．总反应为：
D．若标准状况下，消耗22.4LCO ，理论上M处释放的质量44g
2
【答案】D
【分析】结合电源和信息可知左侧为阳极，电极反应为： ，复合膜间的HO解离出
2
的OH-通过阴膜向阳极区补充，所以a膜为阴膜。则b膜为阳膜。
【详解】A．据分析可知，a膜为阴膜，故A正确；
B．据分析可知左侧电极是阳极，发生氧化反应，故B正确；
C．将题目中的阴极反应和阳极反应加和处理得总反应离子方程式为：
，故C正确；
D．据 可知当标准状况下，消耗22.4LCO 即1mol时，
2
理论上M处释放1.5mol ，质量为48g，故D错误；
故选D。
6.下列离子方程式与所给事实不相符的是
A． 去除废水中的
B． 溶于烧碱溶液：
C．向硝酸银溶液中滴入少量氨水：
D．乙醇与 酸性溶液反应：
【答案】C
【详解】A． 将 转化为沉淀除去，反应为 ，A正确；
B．氢氧化铝是两性氢氧化物，与强碱反应生成 ，B正确；
C．向硝酸银溶液中滴入少量氨水，产生氢氧化银沉淀，不能生成银氨溶液，C错误；D．酸性重铬酸钾将乙醇氧化为乙酸： ，D正确；
故选C。
7.某同学设计微型实验(如图)来说明分子是运动的，具体操作为：在两个胶塞上分别滴少量浓氨水和浓盐酸，
同时塞到水平放置的长玻璃管两端，片刻后观察到玻璃管内形成白色烟环。已知气体扩散定律：同温同压
下，气体扩散速率与其摩尔质量的平方根成反比。下列说法错误的是
A．白烟主要成份为 B． 的电子式为：
C． 中只含有离子键 D．该现象说明 的扩散速率比 快
【答案】C
【详解】A．氨气和氯化氢反应生成氯化铵白色固体，故白烟为氯化铵，故A正确；
B．氮气中氮原子与氮原子之间为氮氮三键，故B正确；
C．氯化铵中含有铵根和氯离子之间的离子键和铵根内氮原子和氢原子之间的共价键，故C错误；
D．根据白色固体的位置可知 的扩散速率比 快，故D正确；
故选C。
8.下列操作过程中无氧化还原反应发生的是
A B C D
【答案】B
【详解】A．氢气和氯气反应生成氯化氢，H、Cl元素化合价改变，属于氧化还原反应，故不选A；
B．饱和氯化铁溶液逐滴解加入沸水中得到氢氧化铁胶体，没有元素化合价改变，属于非氧化还原反应，故选B；
C．氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠、水，Cl元素化合价改变，属于氧化还原反应，故不选
C；
D．Cu和氯气在点燃条件下生成CuCl ，Cu、Cl元素化合价改变，属于氧化还原反应，故不选D；
2
选B。
9.一种高分子材料(G)在生产、生活中用途广泛，其结构如图所示。[G的相对分子质量为M，合成G的两
种单体的相对分子质量分别为a和b]。下列叙述正确的是
A．G属于支链型，具有热塑性 B．两种单体发生缩聚反应合成G
C．G在碱性条件下较稳定，难降解 D．G的聚合度
【答案】B
【详解】A．G属于非支链型高分子，具有热固性，故A错误；
B．根据高分子结构可以判断是由两种单体发生缩聚反应合成，故B正确；
C．高分子G中含酯基，在碱性条件下可降解，故C错误；
D．G的链节相对分子质量为（a+b-36），聚合度 ，故D错误；
答案选B。
10.根据价层电子对互斥理论的分析，影响键角大小的因素主要有三：一是中心原子的杂化类型；二是中心
原子的孤电子对数；三是中心原子的电负性大小等。下列关于键角的比较不正确的是
A．甲醛(HCHO)和光气(COCl )分子中：键角
2
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．甲醛和光气的中心原子碳原子均为sp2杂化，但甲醛中的H的电负性比光气中Cl的电负性小，
中心碳原子周围的电子云密度大，价层电子对排斥力大，所以键角∠H-C-H>∠Cl-C-Cl，故A正确；
B．CH、NH 、HO的中心原子均为sp3杂化，CH 的中心原子C没有孤电子，NH 中心原子N上有一个孤
4 3 2 4 3电子对，HO分子的中心原子O上有2个孤电子对，孤电子对间的斥力大于孤电子对和成键电子对间的斥
2
力，孤电子对和成键电子对间的斥力大于成键电子对间的斥力，所以键角CH＞NH ＞HO，故B正确；
4 3 2
C．NH 、NCl 、NF 中心原子均为N，均为sp3杂化，电负性：H＜Cl＜F，NH 中心原子N周围的电子云
3 3 3 3
密度大，价层电子对排斥力大，所以键角：NH ＞NCl ＞NF ，故C错误；
3 3 3
D．HO、HS、HSe中心原子均为sp3杂化，电负性：O＞S＞Se，所以O周围的电子云密度大，价层电子
2 2 2
对间的斥力大，HO的键角最大，HSe的键角最小，所以键角：HO＞HS＞HSe，故D正确；
2 2 2 2 2
故选C。
11.梯形聚合物 可由X和Y聚合得到。下列说法正确的是
A．Y的水溶液显中性
B．BBL在稀NaOH溶液中能完全降解
C．等物质的量X和Y最多消耗的NaOH的物质的量相同
D．由X和Y通过加聚反应得到BBL同时会生成等物质的量的两种小分子
【答案】C
【详解】A．Y属于强酸弱碱盐，阳离子发生水解，因此其水溶液显酸性，故A错误；
B．根据BBL的结构得知，在稀NaOH溶液中能断裂连碳氧双键的那个碳的碳氮单键，不能完全降解，故
B错误；
C．1molY 消耗4mol氢氧化钠生成1mol 、4mol水和4mol NaCl，1mol X水解生
成了含有4mol羧基的物质，会消耗4mol氢氧化钠，则等物质的量X和Y最多消耗的NaOH的物质的量相
同，故C正确；
D．由X和Y通过缩聚反应得到BBL同时会生成水和氯化氢，两者的比例为4:4=1:1，故D错误。
综上所述，答案为C。
12.亚氯酸钠( )是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊
(Mathieson)法制备亚氯酸钠的流程如图：下列说法正确的是
A．反应②中的 可用 代替
B．反应②中 作还原剂，被氧化
C．反应①阶段，还原剂和氧化剂的质量之比为64：213
D． 在水溶液中的电离方程式为
【答案】C
【分析】由流程图可知，反应①为NaClO 和SO 在硫酸存在的条件下发生氧化还原反应生成ClO 和
3 2 2
NaHSO；反应②是ClO 在氢氧化钠存在条件下和HO 发生反应生成产品NaClO，根据元素化合价变化分
4 2 2 2 2
析解答。
【详解】A．反应②中 作还原剂，不能用高氯酸钠代替，A项错误；
B． 在反应②中化合价降低，被还原，B项错误；
C．根据流程图反应①中氧化剂是NaClO，还原剂是SO ，还原产物是ClO ，氧化产物是NaHSO，根据
3 2 2 4
化合价升降相等可得NaClO 和SO 的物质的量之比为2:1，质量之比为1×64：2×106.5=64：213，C项正确；
3 2
D．硫酸氢根离子在水溶液中电离要拆写成氢离子和硫酸根离子，D项错误；
故选C。
13. 和CO是污染性气体，可在 表面转化为无害气体，有关化学反应的物质变化过程如图1所示，
总反应的能量变化过程如图2所示，下列说法正确的是A．总反应的
B． 降低了总反应的焓变
C．总反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1
D． 、 均为非极性分子
【答案】D
【详解】A．总反应为放热反应， <0，A错误；
B．催化剂降低反应的活化能，加快反应速率，不改变反应的焓变，B错误；
C．总反应方程式为 ，氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：1，C错误；
D． 、 均为对称的直线型结构，属于非极性分子，D正确；
故选D。
14.某同学在两个相同的特制容器中分别加入 溶液和 溶液，
再分别用 盐酸滴定，利用 计和压强传感器检测，得到如图曲线。
已知：常温下，酚酞的变色范围是 ，甲基橙的变色范围是 。下列说法不正确的是
A． 溶液或 溶液中
B．图中曲线甲和曲线丁表示向 溶液中滴加 盐酸C．在 点发生反应的离子方程式为
D．滴定分析时， 点可用酚酞、 点可用甲基橙作指示剂指示滴定终点
【答案】C
【详解】A．根据电荷守恒， 溶液或 溶液中
，溶液呈碱性，所以 ，故A
正确；
B．碳酸钠溶液的pH大于碳酸氢钠溶液，碳酸钠溶液与盐酸反应分步进行
，碳酸钠与盐酸反应开始不放二氧化碳，所以图中曲线甲和曲
线丁表示向 溶液中滴加 盐酸，故B正确；
C． 点加入盐酸的体积大于20mL， 反应结束，在 点发生反应的离子方程式为
，故C错误；
D．酚酞的变色范围是 ，甲基橙的变色范围是 ，滴定分析时， 点可用酚酞、 点
可用甲基橙作指示剂指示滴定终点，故D正确；
选C。
第二部分
本题共5题，共58分。
15.（9分）自然资源部印发的《2021年全国地质勘查通报》显示，新发现矿产地95处，其中，铜矿2处，
铅锌矿1处。查阅资料：Cu价层电子排布式为 ， 在活化闪锌矿(主要成分为ZnS)方面有重要
作用，主要是活化过程中生成CuS、 等系列铜硫化物。
(1) 的空间构型为 (用文字描述)；写出一种与 互为等电子体的分子的化学式：
。(2)把铜粉放入装有浓氨水的试管中，塞紧试管塞，振荡后试管塞越来越紧，且溶液逐渐变为浅黄色(几乎
呈无色)，溶质主要为 ，打开试管塞后，溶液迅速变为蓝色 ，写出浅黄
色物质生成蓝色物质的化学方程式： 。
(3)试从价层结构方面解释为什么 溶液近乎无色的原因： 。
(4)在活化过程中， 能转化为CuS的原因是 ；CuS比CuO熔点低的原因是 。
(5)ZnS晶体结构如图所示，其晶胞边长为540.0pm，密度约为 (列式并计算，精确到小
数点后一位)
【答案】(1) 正四面体 或
(2)
(3) 中 为 结构，d亚层已排满，结构比较稳定，不能进行 跃迁
(4) 在相同温度下， ；或相同温度下，CuS比ZnS更难溶 CuO晶格能比CuS
大
(5)
【详解】（1） 的价电子对数= ， S原子的杂化方式为sp3，形成四面体结构，孤电
子对数为0，所以为正四面体结构；具有相同原子数和价电子数的微粒互称为等电子体，所以与 互为
等电子体的微粒有SiCl 或CCl 等，故答案为：正四面体结构；SiCl 或CCl ；
4 4 4 4（2）把铜粉放入装有浓氨水的试管中，塞紧试管塞，振荡后试管塞越来越紧，且溶液逐渐变为浅黄色(几
乎呈无色)，溶质主要为 ，打开试管塞后，接受到氧气， 被氧化生成蓝色的
，所以浅黄色物质生成蓝色物质的化学方程式为
，故答案为：
；
（3）由于物质中的电子跃迁，释放出能量而呈现出不同的颜色， 中 为 结构，d亚层
已排满，结构比较稳定，不能进行 跃迁，所以 溶液近乎无色，故答案为：
中 为 结构，d亚层已排满，结构比较稳定，不能进行 跃迁;
（4）由沉淀转化原理可知溶度积大的沉淀转化为溶度积小的沉淀容易实现，在相同温度下，K (CuS)＜
sp
K (ZnS)，所以ZnS能转化为CuS；离子晶体中离子半径越小，离子所带电荷越多，离子键越强，晶格能
sp
越大，熔点越高，CuS与CuO中O2-比S2-半径小，所以CuS的熔点比CuO低，故答案为：在相同温度下，
；或相同温度下，CuS比ZnS更难溶；CuO晶格能比CuS大；
（5）黑球全部在晶胞内部，该晶胞中含有黑球个数是4，白球个数= ×8+ ×6=4，ρ=
；
16.（11分）通过络合滴定法测定铅铋合金中 和 的质量分数可以对产品质量进行检验。
资料： 极易水解，在 时即可生成难溶于酸的沉淀；
也会水解，在碱性条件下会生成 沉淀。
(一)铅铋合金的溶解和稀释
称取 样品于烧杯中，加入 浓硝酸溶液低温加热溶解。溶解后将溶液转移至 容量瓶中。用溶液冲洗烧杯，将洗液转移至容量瓶中后定容。
(1)写出 溶于浓 ，生成 的离子方程式： 。
(2)在冲洗烧杯时选择 溶液而非水的原因是 。
(二)铅铋合金的连续滴定
资料：ⅰ．乙二胺四乙酸是一种重要的有机化合物，常用 表示(结构如左图所示)。水溶液中其各存在
形式的物质的量分数随 变化曲线如图所示。
ⅱ．EDTA是乙二胺四乙酸二钠盐，通常用 表示，是最常用的络合滴定剂，可以与大多数金属离
子 发生反应，生成配合物 。
步骤Ⅰ．移取 上述定容后的溶液于锥形瓶中，滴加2滴指示剂二甲酚橙，用 溶液滴定
至终点，消耗EDTA溶液的体积为 ，完成 的含量测定。
步骤Ⅱ．向滴定后的溶液中加入过量的六次甲基四胺 固体调节溶液 。
步骤Ⅲ．用 溶液再次滴定至终点，消耗EDTA溶液的体积为 ，完成 的含量测定。
(3)从结构角度解释 形成的原因是 。
(4)写出滴定 的离子方程式 (可以使用Y代替部分有机物结构)。
(5)过量的六次甲基四胺 可以形成缓冲溶液，使得溶液在加入酸或碱时 稳定在5左右。如使用过量氨水则会因为发生 (写离子方程式)导致 含量 (偏大、偏小或不变)。
(6)铅铋合金中 的质量分数为 ， 的质量分数为 。(已知： ，
)
(7)由上述过程可知，浓度相近时调节 是分步滴定 和 的关键。定义： 的平
衡常数为 ，则 (填“>”、“<”或“=”)，理由是 。
【答案】(1)Pb+ + 4H+=Pb2++2NO↑+2H O
2 2
(2)防止加水稀释使溶液pH>2，Bi3+水解生成沉淀，影响含量测定
(3)乙二胺四乙酸中的2个N提供孤电子对，分别与H+的空轨道形成配位键
(4)Bi3++H Y2- = BiY-+2H+
2
(5) Pb2++2NH·H O=Pb(OH) ↓+ 2 偏小
3 2 2
(6)
(7) > 滴入EDTA时，先结合Bi3+，pH约为1时，c(Y4-)较小，此时Bi3+可以与Y4-反应，Pb2+不能
【分析】根据图像可知乙二胺四乙酸 在水溶液中其各存在形式的物质的量分数随 变化情况，酸性
越强 的含量越高，碱性越强Y4-的含量越高，用EDTA分别滴定Bi3+和Pb2+时，都是按照1：1的计量
系数关系反应。
【详解】（1）Pb和浓硝酸发生氧化还原反应，浓硝酸的还原产物为:NO，因此 溶于浓 ，生成
2
的离子方程式为：Pb+ + 4H+=Pb2++2NO↑+2H O；
2 2
（2）在冲洗烧杯时选择 溶液是防止加水稀释使溶液pH>2，Bi3+水解生成沉淀，影响含量测
定；
（3） 能够形成 是因为：乙二胺四乙酸中的2个N提供孤电子对，分别与H+的空轨道形成配位
键；（4）用 滴定 生成配合物BiY-，离子方程式为：Bi3++H Y2- = BiY-+2H+
2
（5）氨水过量会和 反应，生成 沉淀：Pb2++2NH·H O=Pb(OH) ↓+ 2 ，由于部分 和氨
3 2 2
水生成Pb(OH)，会导致 含量偏小；
2
（6）根据反应计量系数关系： ，铅铋合金中 的质量分数为：
；
（7）由图可知：滴入EDTA时，先结合Bi3+，pH约为1时，c(Y4-)较小此时Bi3+可以与Y4-反应，Pb2+不能，
说明 > 。
17.（10分）以糠醛( A)合成医药中间体(J)的路线如下：
已知： 。
请回答下列问题：
(1)H中含有的官能团名称为 。
(2)已知A与苯甲醛的结构与性质具有一定程度的相似性。写出A发生银镜反应的化学方程式： 。
(3)D为一种手性化合物，写出D的结构简式并用“*”标出手性碳原子： (手性碳：连有四个不同的
原子或基团的碳原子)。
(4)条件a是指 。
(5)有机物M是H的同分异构体，具有以下结构：i．含有苯环，且苯环上有三个取代基，其中两个分别为一CHCOOCH = CH 和一OOCCH = CH ；
2 2 2
ii．除苯环外，无其他环状结构。
则M的可能结构最多有 种( 不考虑空间异构)；1 mol M与NaOH溶液反应，最多能消耗
mol NaOH。
(6)芯片制造过程需用到光刻胶。某光刻胶(一种高分子化合物)可由降冰片烯( )与马来酸酐(
)按物质的量之比1：1共聚而成，则该反应的化学方程式为 。
【答案】(1)碳碳双键、酯基
(2)
(3)
(4)NaOH的乙醇溶液、加热
(5) 30 3
(6)
【分析】分析流程图A到B去醛基，B到C开环成二元酸，C到D发生加成反应，D的结构简式为
，D到E是取代反应，溴原子被羟基取代生成 ，E
到F是酯化和消去反应，F和G生成H是双烯的加成反应，能够确定G的结构式为： ，H到J继续自身进行双烯加成。
【详解】（1）H中含有的官能团是酯基和碳碳双键；
（2）A中有醛基能发生银镜反应，方程式为：
（3）根据分析D的结构和手性碳原子位置是
（4）D到E是氯代烃的消去反应，条件是氢氧化钠的乙醇溶液并加热；
（5）H的分子式为C H O，除去苯环，除去两个取代基，还剩余三个碳原子形成丙烯基，丙烯基有三种，
16 16 4
一个苯环上有三个不同的取代基有10种同分异构体，因此共30种结构，结构如下：
（10种）， （10种），
（10种）；能与NaOH反应的官能团是酯基，1mol酯基-CHCOOCH =
2
CH 与氢氧化钠反应消耗1mol氢氧化钠，1mol-OOCCH = CH 消耗2molNaOH，共消耗3mol氢氧化钠；
2 2
（6） 、 反应形成高分子化合物类似于烯烃的加聚反应，故有方程式为：18.（14分）煤化学链技术具有成本低、能耗低的 捕集特性。以铁矿石(主要含铁物质为 )为载氧
体的煤化学链制氢⼯艺如下图。测定反应前后不同价态铁的含量，对工艺优化和运行监测具有重要意义。
(1)进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是 。
(2)分离燃烧反应器中产生的 (g)和 ，可进行 高纯捕集和封存，其分离方法是 。
(3)测定铁矿石中全部铁元素含量。
i．配制铁矿石待测液：铁矿石加酸溶解，向其中滴加氯化亚锡( )溶液。
ii．用重铬酸钾( )标准液滴定可测定样品中全部铁元素含量。配制铁矿石待测液时 溶液过量
会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因 。
(4)测定燃烧反应后产物中单质铁含量：取a g样品，用 溶液充分浸取(FeO不溶于该溶液)，向分离出
的浸取液中滴加b 溶标准液，消耗 标准液V mL。已知 被还原为 ，
样品中单质铁的质量分数为 。
(5)⼯艺中不同价态铁元素含量测定结果如下。①制氢产物主要为 ，写出蒸汽反应器中发生反应的化学方程式 。
②⼯艺中可循环使用的物质是 (填化学式)。
【答案】(1)增大接触面积，升高温度，提高化学反应速率
(2)冷凝
(3)过量的 能与 反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高
(4)
(5) ； ( )
【分析】铁矿石(主要含铁物质为 )与C反应生成气态水、二氧化碳、单质铁和氧化亚铁，单质铁和氧
化亚铁与水蒸气反应生成四氧化三铁与氢气，500度以下在空气中加热Fe O 粉末，可以生成Fe O，据此
3 4 2 3
分析解题。
【详解】（1）进入燃烧反应器前，铁矿石需要粉碎，煤需要烘干研磨，其目的是增大接触面积，升高温
度，提高化学反应速率；
（2）分离燃烧反应器中产生的 (g)和 ，可进行 高纯捕集和封存，其分离方法是冷凝，因为经
过冷凝后气态水转化为液态水；
（3）配制铁矿石待测液时 溶液过量会对测定结果产生影响，分析影响结果及其原因过量的 能
与 反应，导致测定结果(铁元素含量)偏高；
（4）已知 被还原为 ，关系式为 ，样品中单质铁的质量b ×V ×10-
3L×56g/mol×2=0.112bVg，质量分数为 ；
（5）①制氢产物主要为 ，蒸汽反应器中发生反应的化学方程式 ；；
②据分析可知，⼯艺中可循环使用的物质是 ( )。
19.（14分）某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验：
实验1：分别取 浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如下表：
编号 ① ② ③ ④ ⑤
铜粉质量/g 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
溶液颜色 绿色 草绿色 蓝绿色偏绿 蓝绿色偏蓝 蓝色
(1)写出铜和浓硝酸反应的离子方程式： 。
(2)小组同学认为溶液显绿色的可能原因是：
猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色；
猜想2： 溶解在混合溶液中，溶液呈绿色。
依据实验1中的现象，判断猜想1是否合理，并说明理由： 。
(3)取⑤中溶液， (填操作和现象)，证实猜想2成立。
小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。
实验2：向①中溶液以相同流速分别通入 和空气，观察现象。
通入气体 氮气 空气
液面上方出现明显的红棕色气体 液面上方出现明显的红棕色气体
现象
后溶液变为蓝色 后溶液变为蓝色
(4)结合上述实验现象，下列推测合理的是 (填字母序号)。
a．①中溶液通入 时， 被缓慢氧化为
b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化
c．空气小的 溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色
d．加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象
(5)小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献：
ⅰ.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸 ”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因ⅱ. 在溶液中存在
反应l： (慢)
反应2： (快)
解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因 。
小组同学为确认亚硝酸参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。
实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。
加入物
固体 3滴30％ 溶液 3滴水
质
现象 溶液绿色变深 溶液迅速变为蓝色 溶液颜色几乎不变
(6)实验中加入的固体物质是 (填化学式)。加入 后溶液迅速变蓝可能的原因是(用化学方程
式表示)： ， ， 。
【答案】(1)Cu+4H++ =2NO↑+2H O
2 2
(2)不合理，实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与假
设不符
(3)通入NO 气体，溶液颜色变绿
2
(4)bd
(5) 通入氮气时，二氧化氮和一氧化氮气体被吹出，由于反应1较慢，亚硝酸浓度下降较慢；通入空
气时，一氧化氮与空气中的氧气发生反应 ，溶液中一氧化氮浓度降低，对溶液颜色变化影
响程度较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。 NaNO （或其他
2
亚硝酸盐）
(6) NaNO （或其他亚硝酸盐）
2
【分析】通过设计实验推测铜与硝酸反应产物的颜色原因。
【详解】（1）铜和浓硝酸反应生成NO 气体和水， 。
2
（2）根据题意，铜粉完全溶解，则随着铜粉质量的增加，溶液中硝酸铜的浓度浓度不断增大，但溶液颜色有绿色逐渐变为蓝色，与假设不符，故假设1不合理。
（3）猜想2认为， 溶解在混合溶液中使溶液呈绿色，故向⑤中溶液通入NO 若溶液变为绿色，则猜
2
想2成立。
（4）实验2证明，向①中溶液通入氮气溶液较慢变为蓝色，通入空气溶液较快变为蓝色； 化学性质稳
定，在上述溶液中不能被氧化为 ，a错误；①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被
氧化，空气中的氧气具有氧化性，能够氧化溶液中的还原性微粒，b正确；酸性物质不能促进溶液变为蓝
色，c错误；加热溶液①，加快反应速率，可能观察到溶液变蓝的现象，d正确；故选择bd两项。
（5）向溶液中通入N 时，NO 和NO气体被吹出，由于反应1进行较慢，亚硝酸的浓度下降较慢；通入空
2 2
气时，NO与空气中的氧气发生反应 ，溶液中NO的浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较
大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。
（6）根据实验2可知，亚硝酸参与了绿色的形成过程，故向①的溶液中加入亚硝酸盐能够使溶液绿色变深；
加入过氧化氢后，溶液迅速不变蓝，说明过氧化氢能够与亚硝酸发生反应，使溶液中亚硝酸浓度降低，亚
硝酸具有还原性，过氧化氢具有氧化性，故过氧化氢将亚硝酸氧化为硝酸： ，同
时溶液中的一氧化氮也被过氧化氢氧化为硝酸： 。
