北京市石景山区高三下学期一模考试化学试题

北京市石景山区2025届高三下学期一模考试化学试题本试卷共10页，100分。考试时长90分钟。考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效。考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23S32K39I127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.采用锶（）同位素与氧同位素检测方法研究亚长（商王朝人）的部分数据如下。下列说法不正确的是A.原子核外电子数为38 B.的原子核内有10个中子C.和所含质子数不同 D.结合检测数据推测：亚长并非本地人【答案】C【解析】【详解】A．锶(38Sr)的质子数为38，核外电子数38，故A正确；B．18O的质子数=8，质量数为18，原子核内的中子数=188=10，故B正确；C．87Sr和86Sr的质子数都为38，所含质子数相同，是同种元素的不同原子，故C错误；D．采用锶(38Sr)同位素与氧同位素检测方法研究亚长(商王朝人)的部分数据可知，亚长并非本地人，故D正确；答案选C。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.NaCl的电子式：B.的VSEPR模型：C.乙烯的分子式：D.基态Si原子的价层电子轨道表示式：【答案】B【解析】【详解】A．NaCl是离子化合物，由Na+和Cl构成，其电子式为，故A错误；B．SO3中硫原子的价层电子对数为3+=3且不含孤电子对，VSEPR模型为平面正三角形，故B正确；C．乙烯的分子中C、H原子个数依次是2、4，分子式为C2H4，故C错误；D．基态Si原子的价电子排布式为3s23p2，其轨道表示式为，故D错误；故选：B。3.下列说法正确的是A.正戊烷的沸点比异戊烷的高 B.淀粉和纤维素互为同分异构体C.油脂属于高分子化合物 D.苯酚和甲醛通过加聚反应得到酚醛树脂【答案】A【解析】【详解】A．烷烃的同分异构体中，支链越多，沸点越低，正戊烷没有支链，而异戊烷有支链，因此正戊烷的沸点比异戊烷的高，故A正确；B．淀粉和纤维素的分子式均为(C6H10O5)n，但n值不同，因此它们不是同分异构体，故B错误；C．油脂的相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故C错误；D．苯酚和甲醛通过缩聚反应(而非加聚反应)得到酚醛树脂，故D错误；答案选A。4.下列方程式与所给事实相符的是A.碳酸钠溶液显碱性：B.铁在氯气中燃烧：C.用除去酸性溶液中的D.实验室用铵盐与强碱加热制氨气：【答案】D【解析】【详解】A．碳酸钠溶液显碱性，碳酸根离子的水解分步进行，且主要以第一步为主，其水解反应的离子方程式为：，故A错误；B．铁在氯气中燃烧生成氯化铁：，故B错误；C．铁离子水解生成H+，与MgCO3发生反应生成Mg2+、二氧化碳气体；促使铁离子水解向右进行，变为氢氧化铁沉淀而除去，总反应为：，故C错误；D．氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氨气、氯化钙和水，化学方程式为：，故D正确；答案选D。5.关于和的下列说法中，不正确的是A.两种物质的水溶液均显酸性 B.可以用过量锌粒除去溶液中的杂质C.可以用除去溶液中的杂质 D.蒸干两种物质的水溶液，得不到纯净的【答案】B【解析】【详解】A．FeCl2和FeCl3都是强酸弱碱盐，亚铁离子和铁离子水解，溶液显酸性，故A正确；B．Zn和FeCl2溶液、FeCl3溶液都能反应，最终得到铁和硫酸锌，不可以用过量锌粒除去FeCl2溶液中的FeCl3杂质，故B错误；C．氯气和氯化亚铁反应生成氯化铁，可以用Cl2除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质，故C正确；D．FeCl2、FeCl3的溶液蒸干过程中，水解生成的氯化氢挥发，促进水解正向进行，得到氢氧化亚铁和氢氧化铁，氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁，不能得到纯净的FeCl2、FeCl3，故D正确；故选：B。6.研究发现：叶黄素具有缓解眼视疲劳的保健作用，其分子结构如下图所示。下列说法不正确的是A.分子中C原子有两种杂化方式 B.分子中含有1个手性碳原子C.该物质属于脂环化合物 D.该物质可发生氧化反应、取代反应、加成反应【答案】B【解析】【详解】A．分子中形成4个共价单键的C原子是杂化，形成一个共价双键的C原子是杂化，A正确；B．手性碳原子是指与四个各不相同原子或基团相连的碳原子，该分子中与羟基相连的C原子是手性碳原子，共有2个手性碳原子，B错误；C．该分子中含有碳环，没有苯环，属于脂环化合物，C正确；D．分子中含有羟基，可以发生氧化反应、取代反应，含有碳碳双键，可以发生加成反应，D正确；故选B。7.下列实验，能达到实验目的的是A.除去中混有的少量HClB.比较乙酸、碳酸和苯酚酸性强弱C.萃取碘水中的碘D.模拟侯氏制碱法制A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．除去中混有的少量HCl，需将混合气体通入饱和碳酸氢钠溶液，A错误；B．乙酸易挥发，挥发的乙酸可直接与苯酚钠反应生成苯酚，无法比较碳酸和苯酚的酸性强弱，B错误；C．碘在四氯化碳中溶解度大于在水中的溶解度，且四氯化碳密度比水大，与水不互溶，可进行萃取，C正确；D．模拟侯氏制碱法制，应先在NaCl的饱和溶液中通入NH3，再通CO2，D错误；答案选C。8.下列依据相关数据作出的推断中，正确的是A.依据不同温度下平衡常数的大小，可推断该反应是吸热反应还是放热反应B.依据弱电解质HA的比HB的大，可推断相同条件时NaA溶液的碱性更强C.依据第二周期主族元素原子半径依次减小，可推断它们的金属性依次增强D.依据电负性，可推断沸点【答案】A【解析】【详解】A．平衡常数随温度变化，依据不同温度下平衡常数的大小，可推断该反应是吸热反应还是放热反应，升温平衡向吸热反应方向进行，故A正确；B．依据弱电解质HA的Ka比HB的大，得到酸性HA＞HB，则对应盐NaB的水解程度大，溶液碱性强，故B错误；C．依据第二周期主族元素原子半径依次减小，失电子能力减弱，可推断它们的金属性依次减弱，故C错误；D．O的电负性较大，H2O分子间形成氢键，沸点反常的高，H2Se和H2S的沸点取决于分子间作用力，则沸点H2O＞H2Se＞H2S，故D错误；故选：A。9.某小组同学制备深蓝色的溶液，实验如下。①②③向溶液中滴加氨水，产生蓝色沉淀，再向浊液中继续滴加过量氨水，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。向溶液中滴加NaOH溶液，产生蓝色沉淀，再向所得浊液（标记为浊液a）中加入过量氨水，仍有沉淀剩余。将浊液a过滤，洗涤，加入过量氨水，仍有沉淀剩余，再滴加几滴溶液，沉淀溶解，得到深蓝色溶液。下列说法不正确的是A.①中生成蓝色沉淀的离子方程式是B.②中生成蓝色沉淀的离子方程式是C.根据实验推测：能促进转化为D.沉淀溶解的离子方程式是【答案】D【解析】【详解】A．①中溶液和氨水反应生成氢氧化铜沉淀，离子方程式为：，A正确；B．②中溶液和NaOH溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，离子方程式为：，B正确；C．②中得到氢氧化铜悬浊液a，将浊液a过滤，洗涤，加入过量氨水，仍有沉淀剩余，再滴加几滴溶液，沉淀溶解，得到深蓝色的溶液，说明能促进转化为，C正确；D．氢氧化铜沉淀溶于氨水产生，离子方程式是，D错误；故选D。10.时，关于浓度均为的氨水和两种溶液，下列说法不正确的是A.分别通入少量HCl气体，均增大B.水电离出的：氨水的小于溶液的C.两种溶液等体积混合后D.两种溶液等体积混合后【答案】C【解析】【详解】A．0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液中，分别通入少量HCl气体，盐酸和一水合氨反应，铵根离子浓度增大，氯化铵溶液中铵根离子水解被抑制，则均增大，故A正确；B．一水合氨电离出氢氧根，抑制水的电离，铵根促进水的电离，氨水中水电离出的c(H+)小于NH4Cl溶液水电离出的c(H+)，故B正确；C．0.1mol/L的氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，说明一水合氨电离程度大于铵根离子水解程度，＞c(NH3•H2O)＞c(Cl)＞c(OH)，故C错误；D．0.1mol/L氨水和NH4Cl两种溶液等体积混合后(pH＞7)，溶液显碱性，溶液中存在电荷守恒，c(H+)+=c(OH)+c(Cl)，故D正确；故选：C。11.一种以轻烧粉（主要成分MgO，含少量和）为镁源，在水溶液中制备的物质转化关系如下，其中代表或中的一种。下列说法正确的是A.的空间结构是平面三角形 B.属于分子晶体C.a、b分别是 D.c是【答案】D【解析】【分析】MgO是碱性氧化物，能和酸性溶液反应，NH3为碱性气体，其水溶液呈碱性，NH4Cl为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，MgO能和a反应生成c和b，则a为NH4Cl，b为NH3，MgO和NH4Cl反应生成NH3和MgCl2；【详解】A．NH3中N原子的价层电子对个数为3+=4且含有1个孤电子对，NH3的空间结构为三角锥形，故A错误；B．SiO2晶体是由Si、O原子构成的，则SiO2为共价晶体，故B错误；C．根据以上分析知，a为NH4Cl，b为NH3，故C错误；D．根据以上分析知，c为MgCl2，故D正确；故选：D12.一种利用电化学原理回收铅的示意图如下。下列说法不正确的是A.每生成1molPb，有透过阳离子交换膜移向负极 B.Pb正极生成C.负极的电极反应为 D.总反应为【答案】A【解析】【分析】由示意图可知，该装置为原电池装置，通入氢气的电极为原电池负极，电极反应为：；可知左边为正极，电极反应为：，电池的总反应为：，据此分析作答。【详解】A．每生成1molPb，转移电子2mol，则有透过阳离子交换膜移向正极，A项错误；B．正极的电极反应为：，则Pb在正极生成，B项正确；C．通入氢气的电极为原电池负极，电极反应为：，C项正确；D．负极的电极反应为：，正极的电极反应为：，则电池的总反应为：，D项正确；答案选A。13.一种利用循环电势改变催化剂活性，有效调控聚合物链结构的原理示意图如下。下列说法不正确的是A.铁催化剂的价态在+3和+2之间切换，分别催化有机化合物A和B的聚合反应B.催化剂1转化为催化剂2，发生得电子的还原反应C.A聚合反应的方程式为D.A和B共聚反应的方程式为【答案】D【解析】【详解】A．根据图知，铁催化剂中价态为+2、+3，有机物A、B都在铁催化剂的条件下发生聚合反应，所以铁催化剂的价态在+3和+2之间切换，分别催化有机化合物A和B的聚合反应，故A正确；B．催化剂1转化为催化剂2时，Fe元素的化合价由+3价变为+2价，得电子化合价降低发生还原反应，故B正确；C．在催化剂的条件下，A聚合生成高分子化合物，反应方程式为，故C正确；D．mmolA和nmolB共聚反应生成，反应方程式为，故D错误；答案选D。14.某小组测定食用精制盐（、抗结剂）的碘含量（以I计，）。Ⅰ．准确称取wg食盐，加适量蒸馏水使其完全溶解；Ⅱ．用稀硫酸酸化所得溶液，加入足量KI溶液，使与KI反应完全；Ⅲ．以淀粉为指示剂，逐滴加入的溶液10.00mL，恰好反应完全。已知：下列说法正确的是A.与KI反应时，氧化剂和还原剂物质的量之比为5：1B.食盐中含有的C.Ⅲ中滴定终点的现象是：溶液由无色恰好变为蓝色，且30s内不变色D.所测精制盐的碘含量是【答案】D【解析】【详解】A．KIO3与KI反应的化学方程式为：KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，反应中氧化剂(KIO3)和还原剂(KI)物质的量之比为1：5，故A错误；B．KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3═2NaI+Na2S4O6，得到定量关系KIO3～3I2～6Na2S2O3，n(KIO3)==，故B错误；C．以淀粉为指示剂，碘单质遇到淀粉变蓝色，终点现象是滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色变为无色且半分钟不变色；故C错误；D．准确称取wg食盐，碘含量==，故D正确；答案选D。第二部分本部分共5题，共58分。15.金属间化合物是金属元素与金属元素之间形成的化合物，和是两种金属间化合物。（1）基态Fe原子价层电子排布式是______。（2）第一电离能，从原子结构的角度解释原因______。（3）的晶胞形状为正方体，边长为anm，一个晶胞中含有58个原子，其中有______个。已知的摩尔质量是，阿伏加德罗常数为，该晶体的密度为______。（4）（结构）转化为结构。①写出结构的铁铝金属间化合物转化为结构的化学方程式______。②将放入十四烷酸的乙醇溶液中，中的Al被溶解于乙醇中的氧化，生成的盐吸附在金属基体表面形成许多均匀分布的微突起，使材料表面具有了类荷叶状结构，表现出超疏水现象（液滴难以浸润表面并易滚动脱离），写出反应的化学方程式______。设计实验证明中的Al被氧化______（填实验操作和现象）。【答案】（1）（2）Mg失去的是3s能级上的电子，Al失去的是3p能级上的电子，3p能级电子的能量比3s能级电子的能量高，所以第一电离能（3）①.24②.（4）①.②.③.将金属Fe和Al分别放入十四烷酸的乙醇溶液中，反应相同时间，Fe表面观察不到超疏水现象，Al表面观察到超疏水现象【解析】【小问1详解】Fe是26号元素，处于元素周期表中第四周期第Ⅷ族，其价层电子排布式为3d64s2；【小问2详解】Mg失去的是3s能级上的电子，Al失去的是3p能级上的电子，3p能级电子的能量比3s能级电子的能量高，所以第一电离能Mg＞Al；【小问3详解】一个晶胞中含有58个原子，由化学式Mg17Al12可知，晶胞中Al原子数目为58×=24；晶胞相当于有2个“Mg17Al12”，晶胞质量=，则晶体密度==；【小问4详解】①DO3结构化学式为Fe3Al，B2结构晶胞中Fe原子数目=8×=1，Al原子数目为1，其化学式为FeAl，DO3结构的铁铝金属间化合物转化为B2结构的化学方程式为；②Fe3Al中的Al被溶解于乙醇中的O2氧化生成氧化铝，氧化铝再与C13H27COOH反应生成盐(C13H27COO)3Al和水，化学方程式为4Al+3O2+12C13H27COOH═6H2O+4(C13H27COO)3Al；利用铝反应生成的盐表现出超疏水现象设计，实验证明Fe3Al中的Al被氧化的具体方案：将金属Fe和Al分别放入十四烷酸的乙醇溶液中，反应相同时间，Fe表面观察不到超疏水现象，Al表面观察到超疏水现象。16.是一种重要的工业原料，硫酸工业的发展进程大体可分为前工业生产、硝化法制硫酸的铅室法、硝化法制硫酸的塔式法和接触法制硫酸阶段。（1）我国古籍记载了硫酸的制备方法——“炼石胆（）取精华法”，补全反应的化学方程式______：①____________；②。（2）一种硝化法制硫酸的反应原理分三步进行。①被还原为NO，写出上述过程中硫元素被氧化的方程式______。②中混有，有利于的氧化，原因是______。（3）接触法制硫酸的关键反应为的催化氧化：。①其他条件不变时，为寻求反应时的最佳操作温度（某一转化率下，反应速率最快时的温度），绘制某一转化率（）下，反应速率（数值已略去）与温度的关系，如图所示。解释时越大反应速率数值越低的原因______；越大最佳操作温度越______（填“高”或“低”）。②平衡转化率下所对应的温度叫平衡温度。其他条件不变时，转化率（非平衡时或平衡时）与最佳操作温度、平衡温度的关系如下图所示。曲线1为______温度曲线（填“平衡”或“最佳操作”），原因是______。【答案】（1）（2）①.和②.NO和生成或，生成的或继续和反应（3）①.越大反应物浓度越低，反应速率越慢②.低③.平衡④.相同条件下平衡时的转化率最大【解析】【小问1详解】①该反应中部分S元素的化合价由+6价变为+4价，根据原子守恒及氧化还原反应原理知，应该有部分O元素的化合价由2价变为0价，则未知的生成物是O2，结合原子守恒配平方程式为；【小问2详解】①N2O3被还原为NO，SO2被氧化为SO3，S燃烧时被氧化为SO2，则上述过程中硫元素被氧化的方程式为和；②SO2中混有O2有利于SO2的氧化，原因是NO和O2生成NO2或N2O3，生成的NO2或N2O3继续和SO2反应；【小问3详解】①根据图知，490℃时α越大反应速率数值越低的原因：α越大反应物浓度越低，反应速率越慢；由图可知，α越大最佳操作温度越低；②相同条件下平衡时的转化率最大，根据图知，曲线1为平衡温度曲线。17.树豆酮酸B具有潜在抗糖尿病的生物活性，其人工合成路线如下。已知：烯醇结构不稳定，极易转变为羰基，例如：（1）实验室制取A时，用______溶液除去A中的等杂质。（2）B中含有羟基，B的结构简式是______。（3）CD的反应类型是______。（4）D的化学方程式是______。（5）F的结构简式______。（6）下列说法正确的是______（填序号）。a．与E含有相同官能团的同分异构体有4种b．G和J所含官能团种类相同c．H生成I时，H分子断裂的化学键有键（7）I分子中有3个六元环，I的结构简式是______。【答案】（1）（2）（3）消去反应（4）+HCl（5）（6）bc（7）【解析】【分析】由E与F的分子式，结合G的结构简式，推知E为、F为，由分子式可知A为HC≡CH，结合B、C、D、E的分子式及E的结构简式可知，乙炔与中羰基之间发生加成反应生成B，B中碳碳三键与氢气发生加成反应（或还原反应）形成碳碳双键生成C，C中羟基发生消去反应生成D，D分子与HCl发生1，4加成生成E，推知B为、C为、D为，G经多步反应后—OH转化为—OCH3、—COOCH3转化为—COOH生成H，对比H与树豆酮酸B的结构，结合I的分子式、I→J→树豆酮酸B的反应、(7)中I分子中有3个六元环以及烯醇结构不稳定、极易转变为羰基，推知I为、J为。【小问1详解】H2S和CuSO4溶液反应生成CuS黑色沉淀和H2SO4，所以实验室制取A时，用CuSO4溶液除去A中的H2S等杂质；【小问2详解】通过以上分析知，B的结构简式是；【小问3详解】C中醇羟基发生消去反应生成D中碳碳双键，则C→D的反应类型是消去反应；【小问4详解】D分子与HCl发生1，4加成生成E的化学方程式是+HCl；【小问5详解】F的结构简式为；【小问6详解】a．E为，与E含有相同官能团的同分异构体相当于CH2=CHCH2CH2CH3、CH3CH=CHCH2CH3、CH2=C(CH3)CH2CH3、CH2=CHCH(CH3)2、CH3CH=C(CH3)2中一个氢原子被氯原子取代，符合条件的同分异构体有5+5+4+4+3=21种，故a错误；b．J为，G和J所含官能团种类相同，都含有酯基、羟基、碳碳双键、醚键，故b正确；c．I为，H生成I时，H分子断裂的化学键有苯环上的C—H键，故c正确；故答案为：bc；【小问7详解】通过以上分析知，I的结构简式是。18.以废钴酸锂正极材料（主要含和Al）和废磷酸亚铁锂正极材料（主要含LiFePO4和Al）为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如下。已知：ⅰ.Al和强碱反应时，铝元素转化为。ⅱ.酸性条件下，氧化性比强，被还原为。ⅲ.固体B和固体C按配料。ⅳ.、的溶度积分别为：、。（1）中Co元素的化合价为______。（2）用NaOH溶液处理原料时，反应的离子方程式是______。（3）相同条件下，和沉淀趋势随pH的变化如下图所示。①写出硫酸浸出时反应的化学方程式______。②混合液调的原因______。③混合液时，______填“>”或“<”）（4）有机相用硫酸反萃取，分液后得到溶液，加入溶液沉钴。写出“沉钴”反应的离子方程式______。（5）理论上，和反应的与固体B中的物质的量之比是______。（6）分析联合提取钴和锂的优势______。【答案】（1）+3（2）（3）①.②.时，铁元素主要以的形式存在，钴元素主要以的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离③.<（4）（5）1：22（6）减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物【解析】【分析】以废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)和废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)为原料联合提取钴和锂的一种流程示意图如图，废磷酸亚铁锂正极材料(主要含LiFePO4和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH+6H2O=2[Al(OH)4]+3H2↑，得到滤液A为Na[Al(OH)4]，固体B中主要是LiFePO4，废钴酸锂正极材料(主要含LiCoO2和Al)加入氢氧化钠溶液，铝发生反应2Al+2OH+6H2O=2[Al(OH)4]+3H2↑，得到滤液D为Na[Al(OH)4]，固体C主要是LiCoO2，固体B、C中加入稀硫酸酸浸，LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O，加入双氧水氧化亚铁离子为铁离子，加入氢氧化钠溶液调节溶液pH≈1.8时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离，过滤得到固体E为FePO4，滤液F中加入萃取剂P507萃取分液，得到水相和有机相，有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴得到CoCO3，水相中加入饱和碳酸钠溶液过滤得到固体Li2CO3和滤液G，据此分析回答问题。【小问1详解】LiCoO2中锂元素化合价+1价，氧元素化合价2价，计算得到Co元素的化合价+3价；【小问2详解】用NaOH溶液处理原料时，Al与NaOH溶液反应，反应的离子方程式是：；【小问3详解】①固体B中主要是LiFePO4，固体C主要是LiCoO2，硫酸浸出时反应的化学方程式为：LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O；②混合液调pH=1.8的原因是：pH≈1.8时，铁元素主要以FePO4的形式存在，钴元素主要以Co2+的形式存在，有利于钴元素和铁元素的分离；③混合液c(Fe3+)=1×105mol/L时，Ksp(FePO4)=c(Fe3+)×c(PO)=1.3×1022，c(PO)=mol/L=1.3×1017mol/L，Ksp[Co3(PO4)2]=c3(Co2+)×c2(PO)=2.0×1035，c(Co2+)=mol/L＜1mol/L；【小问4详解】有机相用硫酸反萃取，分液后得到CoSO4溶液，加入NH4HCO3溶液沉钴，“沉钴”反应的离子方程式为：；【小问5详解】固体B和固体C按n(LiFePO4)：n(LiCoO2)=1.1：1配料，酸性条件下，LiCoO2氧化性比H2O2强，LiCoO2被还原为Co2+，根据反应LiFePO4+LiCoO2+2H2SO4═FePO4+CoSO4+Li2SO4+2H2O和得失电子守恒，理论上，和LiFePO4反应的H2O2与固体B中的LiFePO4物质的量之比1：22；【小问6详解】分析联合提取钴和锂的优势是：减少双氧水的用量；使锂、钴同时转化为目标产物。19.某小组对的性质进行研究。已知：CuCl是不溶于水的白色固体，[CuCl2]无色，[CuCl4]2黄色。（1）预测的性质①从氧化还原角度分析：______。②从物质分类角度分析：属于金属氧化物，可能和酸反应。……（2）探究和酸的反应实验加入的试剂现象1固体缓慢溶解，一段时间后有无色气泡产生，溶液逐渐变蓝，液面上方出现红棕色气体2溶液逐渐变蓝，试管底部有红色固体3固体先逐渐变成灰白色，继续加酸，固体全部溶解，得到无色溶液，较长时间保持无色4固体迅速溶解，得到黄色溶液①用化学方程式解释实验1液面上方出现红棕色气体的原因______。②写出实验2中反应的离子方程式______。③用平衡移动原理解释实验3中灰白色固体溶解的原因______。④查阅资料：可以将盐酸溶