2025-2026学年上学期北京高二化学开学模拟卷2

第35页（共36页）2025-2026学年上学期北京高二化学开学模拟卷2一．选择题（共16小题）1．（2024秋•东城区校级月考）垃圾分类收集是实现度弃物减量化、资源化、无害化的有效手段，下列标志所对应的垃圾主要成分为有机物的是（）垃圾标志金属类破旧陶瓷品玻璃类废纸类选项ABCDA．A B．B C．C D．D2．（2023秋•丰台区期末）下列气体过量排放不会导致酸雨的是（）A．SO2 B．CO2 C．NO2 D．NO3．（2025•大兴区校级三模）下列说法不正确的是（）A．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基 B．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色 C．石油的裂化、煤的气化的产物都属于混合物 D．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，均能发生银镜反应4．（2025•房山区校级三模）下列说法正确的是（）A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应 B．质量相同的H2O和D2O（重水）所含的电子数相同 C．碳、硫和氮的氧化物都是形成酸雨的主要物质 D．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基5．（2025•东城区校级三模）关于下列高分子，错误的是（）A．低密度聚乙烯含有较多支链，高密度聚乙烯支链较少，因此前者软化温度更低 B．由己二酸和己二胺加聚合成的尼龙66，强度高、韧性好 C．向饱和NaCl溶液中加入少量的鸡蛋清溶液会发生蛋白质的盐析 D．核酸可以看作是磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子6．（2025•北京）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如图。下列说法不正确的是（）A．NaCl固体溶解是吸热过程 B．根据盖斯定律可知：a+b＝4 C．根据各微粒的状态，可判断a＞0，b＞0 D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关7．（2024春•海淀区校级期末）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）ΔH＜0。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（）A．③④ B．①② C．②④ D．①③8．（2025•门头沟区一模）AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈CH3CH2CN）和异腈CH3CH2NC）两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。下列说法不正确的是（）A．腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）互为同分异构体 B．AgCN与CH3CH2Br生成腈和异腈的反应都是放热反应 C．Ⅰ中“N•••Ag”间的作用力比Ⅱ中“C•••Ag”间的作用力弱 D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物Ⅰ9．（2025•大兴区校级三模）一定温度下，在Al2O3存在下与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。下列说法不正确的是（）A．由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能 B．5～10min时，各物质的物质的量分数变化可以用E1＜E2来解释 C．Y→Z的过程中，存在π键的断裂与形成、σ键的旋转 D．此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数10．（2025•西城区校级模拟）用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，浸出辉铜矿（Cu2S）机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应Ⅰ的离子方程式为4FB．温度越高，Cu2S浸出速率越快 C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D．理论上反应Ⅰ中每消耗2.24LO2（标准状况）可浸出0.2molCu2+11．（2023秋•西城区校级期末）利用“碳捕获与储存”技术可将工厂排放的CO2收集并储存，原理如图所示。下列说法中，不正确的是（）A．“碳捕获与储存”有助于缓解温室效应 B．过程Ⅰ中用NaOH溶液“捕获”排放的CO2 C．过程Ⅲ和过程Ⅳ的反应类型分别为分解反应和化合反应 D．上述过程中只有NaOH能够循环利用12．（2024•门头沟区一模）为吸收工业尾气中的NO和SO2，设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠（Na2S2O4，其结晶水合物又称保险粉）和NH4NO3产品。（Ce为铈元素）下列说法不正确的是（）A．工业尾气中的NO和SO2排放到大气中会形成酸雨 B．装置Ⅱ的作用是吸收NO C．Ce4+从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用 D．装置Ⅳ中氧化1L2mol•L﹣1NO2-，至少需要标准状况下13．（2025•房山区校级三模）某小组为探究CuSO4与KI之间的反应，进行了如下实验。实验现象①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液已知：2S2O32-（无色）+I2=2I-+S4下列结论或推断不合理的是（）A．CuSO4与KI能发生反应：2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2 B．CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率 C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有[Cu(S2D．Cu（Ⅱ）与S214．（2025•西城区二模）探究铜与浓硫酸的反应，并验证气体产物的性质，实验装置如图所示。下列说法正确的是（）A．反应中浓硫酸只体现了氧化性 B．溶液a和溶液b可依次选用品红溶液和酸性高锰酸钾溶液 C．溶液c可选用浓NaOH溶液或浓NaHSO3溶液 D．随着反应进行，硫酸的浓度逐渐降低，可能生成氢气15．（2025•朝阳区二模）浓硝酸与铜作用的过程如图所示。现象：ⅰ.a中产生红棕色气体，溶液呈绿色，试管壁发热；b中充满红棕色气体ⅱ.烧杯液面上方无明显变化下列关于该过程的分析不正确的是（）A．a中产生红棕色气体，主要体现了浓硝酸的氧化性 B．b中气体的颜色比a中的浅，与2NO2⇌N2O4正向移动有关 C．NaOH溶液吸收NO2的反应为3NO2+2NaOH═2NaNO3+NO+H2O D．a中溶解6.4g铜时，转移电子的数目为1.204×102316．（2025•昌平区二模）学习小组为探究Co（Ⅱ）、Co（Ⅲ）能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行实验。下列说法不正确的是（）实验ⅰ实验ⅱ实验ⅲ粉红色溶液，无明显变化溶液变为红色，伴有气泡产生溶液变为墨绿色，并持续产生气体资料：①[Co（CO3）3]3可催化H2O2的分解。②[Co[Co[Co[Co溶液颜色粉红色蓝色红色墨绿色A．实验ⅰ表明[Co(H2O)6]B．实验ⅲ中，可能是[Co(H2O)6C．实验ⅱ、ⅲ中的气体成分相同 D．以上实验证明，配体的种类影响Co（Ⅱ）的还原性二．解答题（共4小题）17．（2025春•海淀区校级期中）研究化学反应中的能量变化对生产生活有着重要意义。某兴趣小组进行下列探究：（1）甲同学探究反应Fe+H2SO4（稀）＝FeSO4+H2↑中的能量变化。向装有铁片的试管中加入1mol/L的H2SO4，观察到试管内有气泡产生，触摸试管外壁，温度升高。结论：。（2）乙同学设计如图所示原电池实验装置。外电路中电子由极流向极（填“正”或“负”）；铁片上的电极反应式为。（3）下列反应能通过原电池实现化学能直接转化为电能的是（填序号）。①2H2+O2＝2H2O②Fe+Cu2+＝Fe2++Cu③CaO+H2O＝Ca（OH）2（4）用H2和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图：①H+移向（填“正极”或“负极”）。②气体b为，若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为L。18．（2025春•怀柔区校级期中）化学反应同时伴随着能量变化，是人类获取能量的重要途径。以下是常见的化学反应，回答（1）和（2）。a．镁与盐酸反应b．Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体反应c．氢氧化钠与盐酸反应d．盐酸与碳酸氢钠反应（1）以上化学反应中能用上图表示其能量变化的是（填字母），此类反应中有能量变化的原因是：断开反应物的化学键吸收的总能量（填“＞”或“＜”）形成生成物的化学键释放的总能量。（2）从以上反应中选择一个反应设计原电池。①将如图原电池装置补充完整。②证实化学能转化为电能的实验现象是。③正极的电极反应式是。（3）电动汽车的某种燃料电池如图所示，其中一极通甲烷，一极通空气。a、b极的电极反应式分别为。（4）H2还原CO2电化学法制备CH3OH（甲醇）的工作原理如图所示。通入H2的一端是电池的极（填“正”或“负”），通入CO2的一端发生的电极反应式为。生成16g甲醇时，转移mol电子。19．（2025•房山区校级三模）某小组同学向pH＝1的0.5mol•L﹣1的FeCl3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微粒及其还原产物。（1）理论分析：预测可将Fe3+还原为Fe的金属，并解释原因。（2）实验验证实验金属操作、现象及产物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Ⅱ过量Zn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，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅲ过量Mg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，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K3[Fe（CN）6]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是。②用平衡移动原理解释实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因。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，也会被消耗。对应的离子方程式。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）3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe（OH）3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，当溶液pH为3～4时，（填实验操作和现象），固体中检测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。20．（2025春•北京校级期中）探究Na2S固体在空气中长期放置的氧化产物。资料：ⅰ．Na2S能与S反应生成Na2Sx（黄色）。ⅱ．Na2Sx能与酸反应生成S和H2S，能与Cu2+反应生成S和CuS（黑色）。ⅲ．Na2S2O3能与酸反应生成S和SO2，能与Cu2+形成可溶性配合物，该配合物对酸稳定，受热易分解生成棕黑色沉淀。（1）取少量久置的Na2S固体于试管中，加入适量CS2，固体部分溶解，证实氧化产物中含有。将久置的Na2S固体溶于水得到溶液A，溶液A呈黄色。取少量溶液A于试管中，加入足量盐酸，产生白色沉淀（经检验该沉淀含S），同时产生有臭鸡蛋气味的气体（H2S），离心沉降（固液分离）后，得到无色溶液B。（2）取少量无色溶液B于试管中，（填操作和现象），证实氧化产物中含有SO（3）推测氧化产物中含有Na2Sx。实验证据是。（4）探究白色沉淀中S的来源。来源1：氧化产物中含有Na2Sx，白色沉淀由Na2Sx与盐酸反应产生。来源2：氧化产物中含有Na2S2O3，白色沉淀由Na2S2O3与盐酸反应产生。来源3：氧化产物中含有Na2SO3，白色沉淀由……①写出来源2产生S的反应的离子方程式：。②将来源3补充完整：。（5）为检验氧化产物中是否含有Na2S2O3，进行如图实验：①溶液A中加入CuCl2溶液生成黑色沉淀，反应的离子方程式为。②实验证实氧化产物中含有Na2S2O3。推理过程是。

2025-2026学年上学期北京高二化学开学模拟卷2参考答案与试题解析一．选择题（共16小题）题号1234567891011答案DBDABCADBBD题号1213141516答案CDBCC一．选择题（共16小题）1．（2024秋•东城区校级月考）垃圾分类收集是实现度弃物减量化、资源化、无害化的有效手段，下列标志所对应的垃圾主要成分为有机物的是（）垃圾标志金属类破旧陶瓷品玻璃类废纸类选项ABCDA．A B．B C．C D．D【答案】D【分析】金属类属于金属材料，破旧陶瓷品、玻璃类属于无机非金属材料，废纸类的主要成分是有机物。【解答】解：金属类属于金属材料，破旧陶瓷品、玻璃类属于无机非金属材料，废纸类的主要成分是有机物，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查物质的分类，为基础知识的考查，题目难度不大。2．（2023秋•丰台区期末）下列气体过量排放不会导致酸雨的是（）A．SO2 B．CO2 C．NO2 D．NO【答案】B【分析】酸雨是指pH值小于5.6的雨雪或其他形式的降水，酸雨主要是人为的向大气中排放大量酸性物质造成的，我国的酸雨主要是因大量燃烧含硫量高的煤而形成的，多为硫酸雨，少为硝酸雨，此外各种机动车排放的尾气也是形成酸雨的重要原因，据此分析解答。【解答】解：二氧化硫、氮氧化物等物质是形成酸雨的重要物质，CO2的大量排放会导致“温室效应”，不会导致酸雨的形成，即A、C、D会导致酸雨，B不会导致酸雨，故选：B。【点评】本题主要考查了酸雨的形成及其酸雨的危害等方面的内容，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，注意相关基础知识的积累，题目难度不大。3．（2025•大兴区校级三模）下列说法不正确的是（）A．核苷酸可水解为磷酸和核苷，核苷可水解为戊糖和碱基 B．植物油中含有不饱和高级脂肪酸甘油酯，可使溴的四氯化碳溶液褪色 C．石油的裂化、煤的气化的产物都属于混合物 D．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，均能发生银镜反应【答案】D【分析】A．根据核苷酸和核苷的水解产物，进行分析；B．根据植物油的成分和性质，进行分析；C．根据石油裂化和煤气化的产物，进行分析；D．根据蔗糖和麦芽糖的结构和性质，进行分析。【解答】解：A．核苷酸是由核苷和磷酸组成的，核苷酸水解可以生成核苷和磷酸；核苷是由戊糖和碱基组成的，核苷水解可以生成戊糖和碱基，故A正确；B．植物油中含有的不饱和高级脂肪酸甘油酯，其中的碳﹣碳双键能与溴发生加成反应，从而使溴的四氯化碳溶液褪色，故B正确；C．石油裂化得到多种短链烃，煤的气化生成CO、H2等混合气体，它们的产物都属于混合物，故C正确；D．蔗糖和麦芽糖互为同分异构体，麦芽糖是还原性糖，能发生银镜反应；而蔗糖是非还原性糖，不能发生银镜反应，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查蔗糖、麦芽糖简介等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。4．（2025•房山区校级三模）下列说法正确的是（）A．葡萄糖氧化生成CO2和H2O的反应是放热反应 B．质量相同的H2O和D2O（重水）所含的电子数相同 C．碳、硫和氮的氧化物都是形成酸雨的主要物质 D．由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基【答案】A【分析】A．根据葡萄糖氧化反应的能量变化，进行分析；B．根据H2O和D2O的电子数，进行分析；C．根据酸雨的形成原因，进行分析；D．根据氨基乙酸形成的二肽的结构，进行分析。【解答】解：A．葡萄糖氧化生成二氧化碳和水是细胞呼吸（有氧呼吸）过程或者葡萄糖在氧气中燃烧的过程，该过程释放能量，是放热反应，故A正确；B．H2O和D2O（重水）摩尔质量不同，质量相同的二者物质的量不同，1个水分子和1个D2O都含10个电子，但物质的量不同则电子数不同，故B错误；C．形成酸雨的主要物质是硫和氮的氧化物，碳的氧化物（如二氧化碳）不是形成酸雨的主要物质，故C错误；D．氨基乙酸形成二肽时，两个氨基乙酸脱水缩合，二肽中存在1个氨基和1个羧基（两端），故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查氨基酸的结构、性质与分类等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。5．（2025•东城区校级三模）关于下列高分子，错误的是（）A．低密度聚乙烯含有较多支链，高密度聚乙烯支链较少，因此前者软化温度更低 B．由己二酸和己二胺加聚合成的尼龙66，强度高、韧性好 C．向饱和NaCl溶液中加入少量的鸡蛋清溶液会发生蛋白质的盐析 D．核酸可以看作是磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子【答案】B【分析】A．低密度聚乙烯支链多，分子间作用力小，软化温度低；B．己二酸和己二胺发生缩聚反应生成尼龙66；C．饱和NaCl溶液使鸡蛋清溶液发生盐析；D．核酸由磷酸、戊糖和碱基结合而成。【解答】解：A．低密度聚乙烯支链多，分子间作用力小，软化温度低；高密度聚乙烯支链少，分子间作用力大，软化温度高，低密度聚乙烯含有较多支链，高密度聚乙烯支链较少，因此前者软化温度更低，故A正确；B．己二酸和己二胺发生缩聚反应生成尼龙66，不是加聚反应，故B错误；C．饱和NaCl溶液使鸡蛋清溶液发生盐析，故C正确；D．核酸由磷酸、戊糖和碱基结合而成，是生物大分子，故D正确；故选：B。【点评】本题考查有机物的结构与性质，侧重考查学生有机基础知识的掌握情况，试题难度中等。6．（2025•北京）为理解离子化合物溶解过程的能量变化，可设想NaCl固体溶于水的过程分两步实现，示意图如图。下列说法不正确的是（）A．NaCl固体溶解是吸热过程 B．根据盖斯定律可知：a+b＝4 C．根据各微粒的状态，可判断a＞0，b＞0 D．溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关【答案】C【分析】A．由图可知，NaCl固体溶于水的过程ΔH3＝+4kJ/mol；B．根据盖斯定律可知：ΔH1+ΔH2＝ΔH3；C．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程；D．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程。【解答】解：A．由图可知，NaCl固体溶于水的过程ΔH3＝+4kJ/mol，即NaCl固体溶解是吸热过程，故A正确；B．根据盖斯定律可知：ΔH1+ΔH2＝ΔH3，即a+b＝+4，故B正确；C．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，为吸热过程，a＞0，第二步是形成水合离子过程，为放热过程，b＜0，故C错误；D．NaCl固体溶于水的过程分两步实现，第一步是离子键断裂过程，第二步是形成水合离子过程，故溶解过程的能量变化，与NaCl固体和NaCl溶液中微粒间作用力的强弱有关，故D正确；故选：C。【点评】本题主要考查了反应热与焓变及盖斯定律的应用，难度不大，能准确筛选有用信息是解本题的关键。7．（2024春•海淀区校级期末）汽车尾气净化的主要原理为2NO（g）+2CO（g）⇌2CO2（g）+N2（g）ΔH＜0。若该反应在绝热、恒容的密闭体系中进行，下列示意图正确且能说明反应在进行到t1时刻达到平衡状态的是（）A．③④ B．①② C．②④ D．①③【答案】A【分析】①根据达到平衡时，V正应保持不变进行分析；②根据达到平衡时，CO、CO2的改变量不是1：1进行分析；③根据ω（NO）逐渐减小，达到平衡时保持不变进行分析；④根据容器绝热，温度是变量，达到平衡状态时，体系温度不再发生变化进行分析。【解答】解：①达到平衡时，V正应保持不变，则①不能说明到t1时刻达到平衡状态，故①错误；②一氧化碳和二氧化碳的化学计量数之比为1：1，达到平衡时，一氧化碳和二氧化碳的改变量不是1：1，则②错误；③ω（NO）逐渐减小，达到平衡时保持不变，则③能说明到t1时刻达到平衡状态，故③正确；④因正反应放热，容器绝热，故反应开始后体系温度升高，达到平衡状态时，体系温度不再发生变化，④说明到t1时刻达到平衡状态，故④正确；故选：A。【点评】本题主要考查化学平衡状态的判断等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。8．（2025•门头沟区一模）AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈CH3CH2CN）和异腈CH3CH2NC）两种产物。通过量子化学计算得到的反应历程及能量变化如图所示（TS为过渡态，Ⅰ、Ⅱ为后续物）。下列说法不正确的是（）A．腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）互为同分异构体 B．AgCN与CH3CH2Br生成腈和异腈的反应都是放热反应 C．Ⅰ中“N•••Ag”间的作用力比Ⅱ中“C•••Ag”间的作用力弱 D．从整个过程分析，从后续物的稳定性和反应速率的角度均有利生成后续物Ⅰ【答案】D【分析】A．分子式相同结构不同的有机物互为同分异构体；B．图象中的反应Ⅰ、Ⅱ中反应物总能量高于生成物总能量；C．图中变化可知，物质Ⅰ转化为腈断裂N•••Ag所需能量小于物质Ⅱ转化为异腈断裂C•••Ag所需能量；D．图中分析可知，AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈CH3CH2CN）活化能大于生成异腈CH3CH2NC）的活化能。【解答】解：A．腈（CH3CH2CN）和异腈（CH3CH2NC）的分子式相同，结构不同，互为同分异构体，故A正确；B．图中能量变化可知，AgCN与CH3CH2Br生成腈和异腈的反应都是放热反应，故B正确；C．图中变化可知，物质Ⅰ转化为腈断裂N•••Ag所需能量小于物质Ⅱ转化为异腈断裂C•••Ag所需能量，则Ⅰ中“N•••Ag”间的作用力比Ⅱ中“C•••Ag”间的作用力弱，故C正确；D．AgCN与CH3CH2Br可发生反应生成腈CH3CH2CN）活化能大于生成异腈CH3CH2NC）的活化能，升高温度可以加快生成腈的反应速率，减少与生成异腈的差距，适当提高了腈的选择性，从后续物的稳定性和反应速率的角度不都有利生成后续物Ⅰ，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了化学反应过程的分析判断，主要是反应能力变化、活化能的比较等知识点，注意知识的熟练掌握，题目难度中等。9．（2025•大兴区校级三模）一定温度下，在Al2O3存在下与等物质的量的HCl反应，主要产物为Y和Z。X、Y和Z的物质的量分数随时间的变化如图1所示，反应过程中能量变化示意图如图2所示。下列说法不正确的是（）A．由图1可知，X→Z的活化能大于X→Y的活化能 B．5～10min时，各物质的物质的量分数变化可以用E1＜E2来解释 C．Y→Z的过程中，存在π键的断裂与形成、σ键的旋转 D．此温度下，X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数【答案】B【分析】解答本题要注意，活化能越大，反应速率越慢，相应的，同一时间内，生成的物质越多，则说明此反应的反应速率越快，对应的活化能越小，据此回答。【解答】解：A．开始反应时，Y的含量迅速上升，说明生成Y的速率快，活化能越低，反应速率越快，则X→Z的活化能大于X→Y的活化能，故A正确；B．5～10min时，Z的浓度很低，说明主要发生反应X→Y，而Y→Z的速率很慢，即Y→Z的活化能大，则可以用E1＜E3来解释，故B错误；C．σ键的键能大于π键，Y→Z的过程中，先通过π键的断裂，而σ键保持稳定，再通过单键旋转调整取代基排列，最后重新形成π键，故C正确；D．达到平衡时，Z的浓度大于Y，则X生成Y的平衡常数小于X生成Z的平衡常数，故D正确；故选：B。【点评】考查了化学平衡常数的影响因素及应用、化学平衡常数的计算、化学平衡图像分析、活化能对反应速率的影响，是常考考点，难度中等。10．（2025•西城区校级模拟）用细菌等微生物从固体中浸出金属离子，有速率快、浸出率高等特点。氧化亚铁硫杆菌是一类在酸性环境中加速Fe2+氧化的细菌，浸出辉铜矿（Cu2S）机理如图所示。下列说法不正确的是（）A．反应Ⅰ的离子方程式为4FB．温度越高，Cu2S浸出速率越快 C．浸出过程中几乎不需要补充铁盐 D．理论上反应Ⅰ中每消耗2.24LO2（标准状况）可浸出0.2molCu2+【答案】B【分析】由图可知，反应I中发生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，反应II中发生4Fe3++Cu2S＝4Fe2++S+2Cu2+，总反应为O2+4H++Cu2S＝S+2Cu2++2H2O，以此来解答。【解答】解：A．由图可知，反应Ⅰ中Fe2+和O2反应生成Fe3+和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，故A正确；B．高温会导致氧化亚铁硫杆菌的蛋白质发生变性，而降低浸出速率，故B错误；C．反应I中发生4Fe2++O2+4H+＝4Fe3++2H2O，反应II中发生4Fe3++Cu2S＝4Fe2++S+2Cu2+，总反应为O2+4H++Cu2S＝S+2Cu2++2H2O，可知浸出过程中不需要补充铁盐，故C正确；D．总反应为O2+4H++Cu2S＝S+2Cu2++2H2O，标准状况下2.24LO2的物质的量为0.1mol，由关系O2～2Cu2+可知可浸出0.2molCu2+，故D正确；故选：B。【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意图中转化及总反应的判断，题目难度不大。11．（2023秋•西城区校级期末）利用“碳捕获与储存”技术可将工厂排放的CO2收集并储存，原理如图所示。下列说法中，不正确的是（）A．“碳捕获与储存”有助于缓解温室效应 B．过程Ⅰ中用NaOH溶液“捕获”排放的CO2 C．过程Ⅲ和过程Ⅳ的反应类型分别为分解反应和化合反应 D．上述过程中只有NaOH能够循环利用【答案】D【分析】A．根据减少二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应进行分析；B．根据用NaOH溶液“捕获”排放的CO2，进行分析；C．根据过程Ⅲ为分解反应，过程Ⅳ为化合反应，进行分析；D．根据NaOH和Ca（OH）2既参与反应，又生成，能够循环利用进行分析。【解答】解：A．“碳捕获与储存”能减少二氧化碳的排放，有助于缓解温室效应，故A正确；B．过程Ⅰ中用NaOH溶液“捕获”排放的二氧化碳，发生反应，故B正确；C．由图知，过程Ⅲ为分解反应，过程Ⅳ为化合反应，故C正确；D．根据图示可知，氢氧化钠和氢氧化钙既参与反应，又生成，能够循环利用，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查“三废”处理与环境保护等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。12．（2024•门头沟区一模）为吸收工业尾气中的NO和SO2，设计如图流程，同时还能获得连二亚硫酸钠（Na2S2O4，其结晶水合物又称保险粉）和NH4NO3产品。（Ce为铈元素）下列说法不正确的是（）A．工业尾气中的NO和SO2排放到大气中会形成酸雨 B．装置Ⅱ的作用是吸收NO C．Ce4+从阴极口流出回到装置Ⅱ循环使用 D．装置Ⅳ中氧化1L2mol•L﹣1NO2-，至少需要标准状况下【答案】C【分析】装置Ⅰ中SO2、NO和氢氧化钠溶液反应生成硫酸钠和一氧化氮，装置Ⅱ中Ce4+将NO氧化为等量的NO3-和NO2-，装置Ⅲ中电解生成Ce4+，装置Ⅳ中1NO【解答】解：A．工业尾气中的NO和SO2排放到大气中会形成硫酸型酸雨和硝酸型酸雨，故A正确；B．装置Ⅱ中Ce4+将NO氧化为等量的NO3-和NO2-，作用是吸收C．电解槽中阳极反应式为Ce3+﹣e﹣＝Ce4+，Ce4+从阳极口流出回到装置Ⅱ循环使用，故C错误；D．氧化装置Ⅳ中氮元素的化合价由+3价升高到+5价，氧元素的化合价由0价降低到﹣2价，则氧化1L2mol•L﹣1NO2-溶液，至少需要标准状况下O2的物质的量为1mol，其体积为标准状况下22.4L，故故选：C。【点评】本题考查物质的制备和分离提纯，侧重考查学生物质之间的转化和分离提纯知识的掌握情况，题目难度中等。13．（2025•房山区校级三模）某小组为探究CuSO4与KI之间的反应，进行了如下实验。实验现象①产生土黄色沉淀，溶液为棕黄色②变为白色悬浊液，最后得到无色澄清溶液①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，然后变为黄色溶液，最后得到无色溶液已知：2S2O32-（无色）+I2=2I-+S4下列结论或推断不合理的是（）A．CuSO4与KI能发生反应：2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2 B．CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率 C．黄绿色悬浊液变为黄色溶液时，有[Cu(S2D．Cu（Ⅱ）与S2【答案】D【分析】A．CuI为白色沉淀，可吸附I2而显土黄色；B．已知2S2O32-（无色）+I2=2I-+S4C．第二个实验中，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，Cu2+剩余，②逐滴加入Na2S2O3溶液时，开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了[Cu(SD．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为[Cu【解答】解：A．CuI为白色沉淀，可吸附I2而显土黄色，CuI2在溶液中不存在，故CuSO4与KI能发生反应：2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，故A正确；B．结合第一个实验逐滴加入Na2S2O3溶液的实验现象，应该是CuI附着在表面的I2先反应，故CuI与Na2S2O3反应的速率慢于I2与Na2S2O3反应的速率，故B正确；C．第二个实验中，①产生土黄色沉淀，溶液为蓝绿色，发生反应2Cu2++4I﹣＝2CuI↓+I2，Cu2+剩余，②开始变为浅蓝色悬浊液，逐渐变为黄绿色悬浊液，此时生成了[Cu(S2O3)2]2-、[Cu(S2D．第二个实验中，溶液最后变为无色溶液，故最后溶液中主要为[Cu(S2O3)故选：D。【点评】本题考查实验方案的设计，侧重考查学生无机实验的掌握情况，试题难度中等。14．（2025•西城区二模）探究铜与浓硫酸的反应，并验证气体产物的性质，实验装置如图所示。下列说法正确的是（）A．反应中浓硫酸只体现了氧化性 B．溶液a和溶液b可依次选用品红溶液和酸性高锰酸钾溶液 C．溶液c可选用浓NaOH溶液或浓NaHSO3溶液 D．随着反应进行，硫酸的浓度逐渐降低，可能生成氢气【答案】B【分析】A．浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水；B．二氧化硫具有漂白性和还原性，可依次通过品红溶液和酸性高锰酸钾溶液进行检验；C．二氧化硫不溶于饱和NaHSO3溶液；D．铜和稀硫酸不反应。【解答】解：A．浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫气体和水，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性，故A错误；B．溶液a和溶液b可依次选用品红溶液和酸性高锰酸钾溶液，用于验证二氧化硫具有漂白性和还原性，故B正确；C．溶液c用于吸收尾气中SO2气体，可用NaOH溶液吸收处理，但SO2不溶于饱和NaHSO3溶液，不能用于SO2的尾气处理，故C错误；D．随着反应进行，硫酸的浓度逐渐降低，但铜和稀硫酸不反应，不可能生成氢气，故D错误；故选：B。【点评】本题考查浓硫酸的性质实验，侧重分析判断能力和实验能力考查，把握浓硫酸和二氧化硫的化学性质、发生的反应、实验装置的作用是解题关键，注意实验的评价性分析，题目难度不大。15．（2025•朝阳区二模）浓硝酸与铜作用的过程如图所示。现象：ⅰ.a中产生红棕色气体，溶液呈绿色，试管壁发热；b中充满红棕色气体ⅱ.烧杯液面上方无明显变化下列关于该过程的分析不正确的是（）A．a中产生红棕色气体，主要体现了浓硝酸的氧化性 B．b中气体的颜色比a中的浅，与2NO2⇌N2O4正向移动有关 C．NaOH溶液吸收NO2的反应为3NO2+2NaOH═2NaNO3+NO+H2O D．a中溶解6.4g铜时，转移电子的数目为1.204×1023【答案】C【分析】装置a中，铜和浓硝酸反应，生成硝酸铜、NO2和水，NO2进入装置b中首先发生反应：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，然后生成的稀硝酸再与铜反应，生成硝酸铜、NO和水，NO经过Ⅳ中被干燥，Ⅴ中收集有干燥的NO，向装置V中加入蒸馏水，过氧化钠与水反应，生成氧气，NO与氧气反应，生成NO2，无色气体变为红棕色，据此分析作答。【解答】解：A．装置a中，铜和浓硝酸反应，生成硝酸铜、NO2和水，NO2是红棕色气体，该反应体现了浓硝酸的强氧化性和酸性，故A正确；B．b中气体的颜色比a中的浅，说明平衡：2NO2（g）⇌N2O4（g）正向移动，故B正确；C．用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH＝NaNO3+NaNO2+H2O，故C错误；D．1个Cu失去2个电子，故a中溶解6.4g即6.4g64g/mol=0.1mol铜时，转移电子的数目为0.1mol×2×6.02×1023/mol＝1.204故选：C。【点评】本题主要考查氮及其化合物相互之间的转化，同时考查过氧化钠的性质，属于基本知识的考查，难度不大。16．（2025•昌平区二模）学习小组为探究Co（Ⅱ）、Co（Ⅲ）能否催化H2O2的分解及相关性质，室温下进行实验。下列说法不正确的是（）实验ⅰ实验ⅱ实验ⅲ粉红色溶液，无明显变化溶液变为红色，伴有气泡产生溶液变为墨绿色，并持续产生气体资料：①[Co（CO3）3]3可催化H2O2的分解。②[Co[Co[Co[Co溶液颜色粉红色蓝色红色墨绿色A．实验ⅰ表明[Co(H2O)6]B．实验ⅲ中，可能是[Co(H2O)6C．实验ⅱ、ⅲ中的气体成分相同 D．以上实验证明，配体的种类影响Co（Ⅱ）的还原性【答案】C【分析】实验ⅰ中无明显变化，证明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解；实验ⅱ中溶液变为红色，证C转化为[Co（CO3）2]2﹣，离子方程式为：[Co(H2O)6]2++4HCO3-=[Co（CO3）2]2﹣+2CO2↑+18H2O；实验ⅲ中，溶液变为墨绿色，说明[Co（CO3）2]2﹣更易被过氧化氢氧化为[Co（CO3）3]3﹣，并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HCO3-作用下易被过氧化氢氧化为[Co（CO3）3]3﹣，该过程中离子反应方程式为：2[A．实验ⅰ中，CoSO4溶液因含[Co(H2O)6]2+而呈粉红色，加入30%溶液，H2OB．溶液变为墨绿色，说明溶液中生成了[Co（CO3）3]3﹣，即Co元素化合价由+2价被氧化为+3价；C．实验ⅱ中的气体成分是二氧化碳，ⅲ中的气体成分是二氧化碳、氧气；D．以上实验证明，[Co（CO3）2]2﹣比[Co(H【解答】解：实验ⅰ中无明显变化，证明[Co(H2O)6]2+不能催化H2O2的分解；实验ⅱ中溶液变为红色，证C转化为[Co（CO3）2]2﹣，离子方程式为：[Co(H2O)6]2++4HCO3-=[Co（CO3）2]2﹣+2CO2↑+18H2O；实验ⅲ中，溶液变为墨绿色，说明[Co（CO3）2]2﹣更易被过氧化氢氧化为[Co（CO3）3]3﹣，并且初步证明[Co(H2O)6]2+在HCO3-作用下易被过氧化氢氧化为[Co（CO3）3]3﹣，该过程中离子反应方程式为：2[A．实验ⅰ中，CoSO4溶液因含[Co(H2O)6]2+而呈粉红色，加入30%溶液，H2O2溶液中无明显变化，表明B．溶液变为墨绿色，说明溶液中生成了[Co（CO3）3]3﹣，即Co元素化合价由+2价被氧化为+3价，结合分析可知，反应的离子方程式为：2[Co(H2O)6]2++10HCO3-+H2O2＝[Co（CO3）C．实验ⅱ中的气体成分是二氧化碳，ⅲ中的气体成分是二氧化碳、氧气，故C错误；D．以上实验证明，[Co（CO3）2]2﹣比[Co(H2O故选：C。【点评】本题探究Co（Ⅱ）、Co（Ⅲ）能否催化H2O2的分解及相关性质。二．解答题（共4小题）17．（2025春•海淀区校级期中）研究化学反应中的能量变化对生产生活有着重要意义。某兴趣小组进行下列探究：（1）甲同学探究反应Fe+H2SO4（稀）＝FeSO4+H2↑中的能量变化。向装有铁片的试管中加入1mol/L的H2SO4，观察到试管内有气泡产生，触摸试管外壁，温度升高。结论：该反应是放热反应。（2）乙同学设计如图所示原电池实验装置。外电路中电子由负极流向正极（填“正”或“负”）；铁片上的电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+。（3）下列反应能通过原电池实现化学能直接转化为电能的是①②（填序号）。①2H2+O2＝2H2O②Fe+Cu2+＝Fe2++Cu③CaO+H2O＝Ca（OH）2（4）用H2和O2组合形成的质子交换膜燃料电池的结构如图：①H+移向正极（填“正极”或“负极”）。②气体b为O2，若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O2在标准状况下的体积为11.2L。【答案】（1）该反应是放热反应；（2）负；正；Fe﹣2e﹣＝Fe2+；（3）①②；（4）①正极；②O2；11.2。【分析】（1）向装有铁片的试管中加入1mol/L的H2SO4，观察到试管内有气泡产生，触摸试管外壁，温度升高；（2）该电池是铁铜分别作为两个电极，以硫酸作为电解质溶液的原电池，外电路中电子由负极流向正极；铁片是负极，失去电子；（3）通过原电池实现化学能直接转化为电能的反应是能自发的氧化还原反应；（4）该电池是氢氧燃料电池，根据图示电子移动方向可知，催化剂电极c是负极，催化剂电极d是正极，氢气通入电池的负极，则a为氢气，氧气通入电池的正极故b是氧气。【解答】解：（1）向装有铁片的试管中加入1mol/L的H2SO4，观察到试管内有气泡产生，触摸试管外壁，温度升高，可得出结论：该反应是放热反应，故答案为：该反应是放热反应；（2）该电池是铁铜分别作为两个电极，以硫酸作为电解质溶液的原电池，外电路中电子由负极流向正极；铁片是负极，失去电子，电极反应式为Fe﹣2e﹣＝Fe2+，故答案为：负；正；Fe﹣2e﹣＝Fe2+；（3）通过原电池实现化学能直接转化为电能的反应是能自发的氧化还原反应，符合该要求的是①②，故答案为：①②；（4）该电池是氢氧燃料电池，根据图示电子移动方向可知，催化剂电极c是负极，催化剂电极d是正极，氢气通入电池的负极，则a为氢气，氧气通入电池的正极故b是氧气；①电解质溶液中阳离子朝正极移动，H+移向正极，故答案为：正极；②气体b为O2，根据O2～4e-，若线路中转移2mol电子，则该燃料电池理论上消耗的O故答案为：O2；11.2。【点评】本题考查电化学，侧重考查学生原电池的掌握情况，试题难度中等。18．（2025春•怀柔区校级期中）化学反应同时伴随着能量变化，是人类获取能量的重要途径。以下是常见的化学反应，回答（1）和（2）。a．镁与盐酸反应b．Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体反应c．氢氧化钠与盐酸反应d．盐酸与碳酸氢钠反应（1）以上化学反应中能用上图表示其能量变化的是cd（填字母），此类反应中有能量变化的原因是：断开反应物的化学键吸收的总能量＞（填“＞”或“＜”）形成生成物的化学键释放的总能量。（2）从以上反应中选择一个反应设计原电池。①将如图原电池装置补充完整。②证实化学能转化为电能的实验现象是电流计指针偏转。③正极的电极反应式是2H++2e﹣＝H2↑。（3）电动汽车的某种燃料电池如图所示，其中一极通甲烷，一极通空气。a、b极的电极反应式分别为负极：CH4+10OH--（4）H2还原CO2电化学法制备CH3OH（甲醇）的工作原理如图所示。通入H2的一端是电池的负极（填“正”或“负”），通入CO2的一端发生的电极反应式为CO2+6H++6e-=CH【答案】（1）cd；＞；（2）①；②电流计指针偏转；③2H++2e﹣＝H2↑；（3）负极：CH4+10OH（4）负；CO2+6【分析】（1）根据化学反应的能量变化进行分析，判断哪些反应可以用图表示其能量变化；（2）根据原电池的设计和电极反应进行分析，补充原电池装置，确定电极反应和化学能转化为电能的实验现象；（3）根据燃料电池的工作原理进行分析，写出甲烷燃料电池的电极反应式；（4）根据电化学法制备甲醇的工作原理进行分析，确定电池的正负极，写出电极反应式，计算生成16g甲醇时转移的电子数。【解答】解：（1）图示生成物能量高于反应物为吸热反应，镁与盐酸反应、氢氧化钠与盐酸反应为放热反应，盐酸与碳酸氢钠反应、Ba（OH）2•8H2O晶体与NH4Cl晶体反应为吸热反应；此类反应中有能量变化的原因是：断开反应物的化学键吸收的总能量＞形成生成物的化学键释放的总能量，故答案为：cd；＞；（2）自发的氧化还原反应可以设计为原电池，镁与盐酸反应可设计为原电池；①该原电池中镁作负极，电解质为盐酸溶液，图示为，故答案为：；②该原电池工作时，Mg失电子生成Mg2+，作负极，石墨作正极，电路中电子由负极Mg经过导线流向正极石墨，则电流计指针发生偏转，故答案为：电流计指针偏转；③该原电池工作时，Mg作负极，石墨作正极，正极上H+得电子生成H2，正极反应式为2H++2e﹣＝H2↑，故答案为：2H++2e﹣＝H2↑；（3）由图和题意可知，图示为甲烷燃料电池，且电解液为KOH，a失电子为负极，甲烷在该电极失电子转化为碳酸根，b为正极，氧气在该电极得电子生成OH﹣，两电极的电极反应式分别为：负极（a）：CH4+10OH﹣﹣8e﹣=CO32-+7H2O、正极（b）：2O2+8e﹣+4H2故答案为：负极：CH4+10OH（4）由题意，通入H2的电极为负极，氢气失电子氢元素变为+1价；通入CO2的一端为正极，CO2得电子转化生成CH3OH，发生的电极反应式为CO2+6H++6e﹣＝CH3OH+H2O；反应中碳元素的化合价由+4变为﹣2，每生成1个CH3OH得6个电子，故生成16g甲醇，即生成0.5mol甲醇，转移3mol电子，故答案为：负；CO2+6【点评】本题主要考查了化学反应的能量变化、原电池的设计、燃料电池的工作原理以及电化学法制备甲醇的工作原理。在解答过程中，需要注意从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。通过这些知识点的综合应用，可以全面理解和解答相关问题。19．（2025•房山区校级三模）某小组同学向pH＝1的0.5mol•L﹣1的FeCl3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微粒及其还原产物。（1）理论分析：预测可将Fe3+还原为Fe的金属，并解释原因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，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质。（2）实验验证实验金属操作、现象及产物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Ⅱ过量Zn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，此时溶液pH为3～4，取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅲ过量Mg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，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K3[Fe（CN）6]溶液，证明都有Fe2+生成，依据的现象是产生蓝色沉淀。②用平衡移动原理解释实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀生成的原因Fe3+水解反应为Fe3++3H2O⇌3H++Fe（OH）3，加入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。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，也会被消耗。对应的离子方程式2Fe3++Fe＝3Fe2+、2H++Fe＝Fe2++H2↑。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（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）3沉淀对锌粉的包裹，因此可控制反应条件，在未生成Fe（OH）3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（填实验操作和现象），固体中检测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。【答案】（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，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质；（2）①产生蓝色沉淀；②Fe3+水解反应为Fe3++3H2O⇌3H++Fe（OH）3，加入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；③i．2Fe3++Fe＝3Fe2+、2H++Fe＝Fe2++H2↑；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；ii．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；（3）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】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe3+发生反应Cu+2Fe3+＝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++H2↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe3+转化为红褐色Fe（OH）3沉淀，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe3+的干扰以及Fe（OH）3沉淀对锌粉的包裹阻止Zn置换Fe；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg+2H+＝Mg2++H2↑，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）3沉淀包裹，因此实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。【解答】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，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质，故答案为：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，Cu不能将Fe3+还原为Fe单质；（2）①K3[Fe（CN）6]能与Fe2+生成蓝色KFe[Fe（CN）6]沉淀，则在Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的溶液中滴加K3[Fe（CN）6]溶液，若生成KFe[Fe（CN）6]蓝色沉淀，则证明都有Fe2+生成，故答案为：产生蓝色沉淀；②FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中发生水解反应离子方程式为：Fe3++3H2O⇌3H++Fe（OH）3；Mg、Zn与H+反应，使c（H+）降低，促进水解平衡正向移动，Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，故答案为：Fe3+水解反应为Fe3++3H2O⇌3H++Fe（OH）3，加入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；③i．a．Fe是较活泼金属，能与氧化性较强的Fe3+反应生成Fe2+，也能与H+反应生成Fe2+和H2，反应的离子方程式为：2Fe3++Fe＝3Fe2+、2H++Fe＝Fe2++H2↑；b．在此条件下可忽略H+对Fe的消耗，即要设计实验证明该实验中H+对Fe的反应无影响，可控制pH为3～4，设计盐酸和铁的对比实验，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，证实了此条件下可忽略H+对Fe的消耗，故答案为：2Fe3++Fe＝3Fe2+、2H++Fe＝Fe2++H2↑；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；ii．结合a，b