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2024 年普通高中学业水平等级性考试(北京卷)
化学
本试卷满分 100分，考试时间 90分钟。
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16
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。
Ca 41Ca 41Ca
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。
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
【解析】
【详解】A．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．根据题意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；
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学科网（北京）股份有限公司本题选A。
2. 下列化学用语或图示表达不正确的是
A. H O 的电子式： B. CH 分子的球棍模型：
2 2 4
C. Al3+的结构示意图： D. 乙炔的结构式：H— CºC— H
【答案】A
【解析】
【详解】A．H O 是共价化合物，其电子式为 ，故A错误；
2 2
B．CH 为正四面体形，CH 分子的球棍模型： ，故B正确；
4 4
C．Al的原子序数为13，即Al3+的结构示意图： ，故C正确；
D．乙炔含有碳碳三键，结构式为：H— CºC— H，故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，NH+向负极方向移动
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
【解析】
【详解】A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误；
B．原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误；
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学科网（北京）股份有限公司C．MnO 发生得电子的还原反应，故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+，故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
【解析】
【详解】A．葡萄糖氧化生成CO 和H O是放热反应，在人体内葡萄糖缓慢氧化成CO 和H O为人体提供
2 2 2 2
能量，A项正确；
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项正确；
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
2 2 2 2 2
含1个氨基、1个羧基和1个肽键，C项错误；
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项正确；
答案选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(FeSO ×7H O)将酸性工业废水中的Cr O 2-转化为
4 2 2 7
Cr3+:6Fe2++Cr O2-+14H+ =6Fe3++2Cr3++7H O
2 7 2
C. 用5% Na SO 溶液能有效除去误食的Ba2+:SO2-+Ba2+ =BaSO ¯
2 4 4 4
D. 用Na CO 溶液将水垢中的CaSO 转化为溶于酸的CaCO ：Ca2++CO2- =CaCO ¯
2 3 4 3 3 3
【答案】D
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；
B．Cr O 2-可以将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式正确，B正确；
2 7
C．SO2-结合Ba2+生成BaSO 沉淀，可以阻止Ba2+被人体吸收，离子方程式正确，C正确；
4 4
D．Na CO 与CaSO 反应属于沉淀的转化，CaSO 不能拆分，正确的离子方程式为CaSO +CO2-
2 3 4 4 4 3
=CaCO +SO2-，D错误；
3 4
本题选D。
6. 下列实验的对应操作中，不合理的是
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晶体 D．配制一定物质的量浓度的KCl溶液
A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【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项合理；
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项合理；
第4页/共22页
学科网（北京）股份有限公司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项合理；
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项不合理；
答案选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 2 +8O 2 @ Fe 3 O 4 +6SO 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
【解析】
【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
2 2 3 4 2 2
400~500℃、常压、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
3FeS
2
+8O
2 @
Fe
3
O
4
+6SO
2
，故A正确；
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 平衡转化率，故B错误；
2
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，故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，故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
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学科网（北京）股份有限公司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
【解析】
【详解】A．Na CO 和NaHCO 的溶液中均存在H O、H CO 、H+、OH-、Na+、CO2-、
2 3 3 2 2 3 3
HCO- ，A正确；
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
3 2 3 2 3
它们的固体混合物中除去NaHCO ，C正确；
3
D．室温下Na CO 和NaHCO 饱和溶液pH相差较大的主要原因是CO2-的水解程度远大于HCO- ，D
2 3 3 3 3
错误；
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；②
3 3 3 2 2
NH 与D O反应。下列说法不正确的是
3 2
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
【解析】
【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．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；
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
2 3 3
度低，D错误；
故选D。
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学科网（北京）股份有限公司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
2
CuO
式：4HCl(g)+O (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 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 2
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
【解析】
【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
2 2 2
反应生成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
2 2 2 2
CuCl，则 X 为 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 、
2 2 2 2 2
HCl、O 、H O。
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
2 2
线如下。
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学科网（北京）股份有限公司已知：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
【解析】
【详解】A．结合已知信息，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
B．P完全水解得到的产物结构简式为 ，分子式为C H O ，Y的分子式为
9 14 3
C H O ，二者分子式不相同，B错误；
9 12 2
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
【解析】
【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
1 2 1 2
温度对容积的影响
（3） ①. N -10e-+6H O=2NO-+12H+ ②. 反应iii生成O ，O 将NO氧化成NO ，NO
2 2 3 2 2 2 2
更易转化成NO-
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
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学科网（北京）股份有限公司【解析】
【小问1详解】
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
【小问2详解】
催化剂
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
D
②2NO+O 2NO ，该反应正向气体分子总数减小，同温时，p 条件下 NO转化率高于p ，故
2 ƒ 2 1 2
T
p >p ，根据V=nR ，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，
1 2 p
故y点的容器容积小于x点的容器容积。
【小问3详解】
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O ，O 将NO氧化成NO ，NO 更易转化成NO-。
2 2 2 2 3
【小问4详解】
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
第14页/共22页
学科网（北京）股份有限公司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
13 7 4 2 4
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C— O键和
_______键，M的结构简式是_______。
【答案】（1）硝基、酯基
（2） （3）
abc
（4） ①. 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） ①. N-H ②.
【解析】
【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
3
B，即A为 ，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
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学科网（北京）股份有限公司为 ，E在K CO 的作用下与 发生反应得到G，结合G的分子式
2 3
可知，G为 ，I与C H OH在浓硫酸加热的条件下生成J，结合I
2 5
与J的分子式可知，I为CH COOH，J为CH COOC H ，J与 在一定条件下生成K，发生类
3 3 2 5
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
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的同时还生成产物甲醇
13 7 4 2 4
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 。
【小问1详解】
由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基；
【小问2详解】
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：
；
【小问3详解】
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；
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学科网（北京）股份有限公司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；
【小问4详解】
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，FCCOOC H 中左侧不存在α-H，
3 2 5
所以产物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；
【小问5详解】
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） NH SO 的作用是利用其分解产生的SO 使矿石中的铜元素转化为CuSO 。 NH SO 发生
4 2 4 3 4 4 2 4
热分解的化学方程式是_______。
（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
4 2 4
收”过程氨吸收率和“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。
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学科网（北京）股份有限公司温度
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
4
c
Cu2+
。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
D
（2） NH SO 2NH +SO +H O
4 2 4 3 3 2
（3） ①. 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
4 2 4 3 4
量增加，故铜浸出率显著增加 ②. 温度高于 425℃，随焙烧温度升高发生反应：
D
4CuFeS +17O +2CuSO CuO+2Fe SO +4SO ，CuFeS 和CuSO 转化成难溶于水的CuO，铜
2 2 4 2 4 3 3 2 4
浸出率降低
（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
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【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
2 2
生成的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
3 4 3
的主要溶质，可以循环利用，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
2 4
液和含SiO 的滤渣，分别为滤液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
2 4
铜再精炼可以得到纯铜。
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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
D
NH SO 2NH +SO +H O；
4 2 4 3 3 2
【小问3详解】
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
2 4
D
4CuFeS +17O +2CuSO CuO+2Fe (SO ) +4SO ，铜浸出率降低；
2 2 4 2 4 3 3
【小问4详解】
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+；
【小问5详解】
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
3
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，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
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学科网（北京）股份有限公司过量
I 一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质
Cu
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
过量
Ⅱ
Zn 冒出，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
过量
Ⅲ
Mg
气泡，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-1 Fe3+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） ①. 产生蓝色沉淀 ②. Fe3+水解方程式为Fe3++3H 2 O ƒ 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) 沉 淀 ③.
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2Fe3++2Fe+2H+ =4Fe2++H 或2Fe3++Fe=3Fe2+、2H++Fe=Fe2++H ④. 向pH为3~4的稀
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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 ⑤. 加入几滴
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学科网（北京）股份有限公司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
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【解析】
【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
Zn+2H+ =Zn2+ +H ，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色沉淀Fe(OH) ，固体中未
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检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe(OH) 沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生
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反应Mg+2H+ =Mg2+ +H ，由于Mg很活泼，该反应非常剧烈，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉
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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单质。
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【小问1详解】
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；
【小问2详解】
①Fe2+与K Fe(CN) 会生成蓝色的KFeFe(CN) 沉淀；
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②Fe3+水解方程式为Fe3++3H
2
O
ƒ
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) 沉淀；
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③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：2Fe3++2Fe+2H+ =4Fe2++H 或2Fe3++Fe=3Fe2+、
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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+；
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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
3
裹，因此可控制反应条件，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：
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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，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；
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学科网（北京）股份有限公司【小问3详解】
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
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Fe单质。
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