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广东省深圳市福田某校2025-2026学年高三上学期第一次模拟考试 化学试题
1．（2025高三上·福田月考）蛇是十二生肖之一，下列有关蛇的历史文物中，主要材质为金属材料的是
A.商周石蛇 B.春秋蛇纹铜提链罐
C.唐彩绘生肖蛇陶俑 D.清青玉十二辰-蛇
A．A B．B C．C D．D
2．（2025高三上·福田月考）下列化学用语不正确的是
A．次氯酸的结构式：
B．基态Cu的简化电子排布式：
C．的电子式：
D．的价层电子排布图：
3．（2025高三上·福田月考）从海带中提取碘的过程如下，其中操作X为
A．趁热过滤 B．加热蒸馏 C．萃取分液 D．冷却结晶
4．（2025高三上·福田月考）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用消毒自来水 具有强氧化性
B 用热的纯碱溶液清洁厨房油污 油脂在碱性条件下发生水解，生成易溶于水的物质
C 用除去污水中的 具有还原性
D 喷洒波尔多液防治农作物病虫害 可使蛋白质变性
A．A B．B C．C D．D
5．（2025高三上·福田月考）化学处处呈现美。下列说法正确的是
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．烟花燃放五彩缤纷，呈现的是某些金属元素的焰色
C．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自
D．饱和溶液可析出无水蓝色晶体
6．（2025高三上·福田月考）类推的思维方式在化学研究中发挥着重要作用。下列有关类推的结论正确的是
A．Al能与NaOH溶液反应，则Mg也可以与NaOH溶液反应
B．工业上用电解熔融的方法冶炼Mg，故也可用电解熔融的方法冶炼Al
C．S与Fe反应生成FeS，故S与Cu反应生成
D．Fe能从硫酸铜溶液中置换出Cu，故Na也能从硫酸铜溶液中置换出Cu
7．（2025高三上·福田月考）室温下，研究铜与一定量浓硝酸的反应，装置和试剂如图所示。下列说法正确的是
A．Cu与浓硝酸反应的离子方程式：
B．Cu与浓硝酸反应，只体现浓硝酸的酸性
C．反应一段时间后，可能产生NO
D．将铜片换成铁片，反应更剧烈，产生大量气体
8．（2025高三上·福田月考）轮船底部的钢铁在海水中容易受到腐蚀，其腐蚀原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．负极反应为：
B．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀
C．正极反应：
D．轮船外壳镶嵌铜块可减缓轮船的腐蚀速度
9．（2025高三上·福田月考）部分含Na或含Al物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．存在的一步转化
B．存在的反应
C．可能是化合反应
D．蘸取e的水溶液做焰色试验，火焰呈黄色
10．（2025高三上·福田月考）氯碱工业涉及等物质。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1molNaOH固体中的离子数目为
B．的NaClO溶液中，的数目小于
C．标准状况下的与足量反应，形成的共价键数目为
D．与足量NaOH溶液反应生成NaClO转移电子数为
11．（2025高三上·福田月考）下列实验装置或操作正确，且能达到实验目的的是
A．粗铜精炼 B．制备无水
C．制备氢氧化铁胶体 D．测定氯水的pH
A．A B．B C．C D．D
12．（2025高三上·福田月考）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应的离子方程式书写正确的是
A．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：
B．磁性氧化铁溶于氢碘酸：
C．向溶液中滴入少量氯水：
D．与冷的石灰乳反应：
13．（2025高三上·福田月考）下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 用溶液刻蚀铜质电路板 氧化性：
B 金属钠、铁分别与冷水、水蒸气反应制氢气 熔点：
C 明矾可用于自来水消毒 水解生成的胶体具有吸附性
D 久置空气中的漂白粉遇盐酸 产生 漂白粉的有效成分是
A．A B．B C．C D．D
14．（2025高三上·福田月考）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。
下列说法错误的是
A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B．③中现象说明配体与的结合能力：
C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小
D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液
15．（2025高三上·福田月考）我国科学家侯德榜结合地域条件改进索尔维制碱法，提出纯碱与铵肥的联合生产工艺，后被命名为“侯氏制碱法”，主要工艺流程如图所示。下列说法正确的是
A．析出固体1时，发生反应的离子方程式为
B．气体1、气体2均为
C．溶液2中，含碳粒子主要是
D．盐析池中加入NaCl固体，增大，的平衡逆向移动，析出
16．（2025高三上·福田月考）一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是
A．左侧电极为阴极
B．阳极反应：
C．阴极区溶液中浓度逐渐升高
D．理论上每消耗，阳极室溶液减少213g
17．（2025高三上·福田月考）氯气是一种重要的化工原料，在生产生活中有着重要的应用。请回答下列问题：
(一)某兴趣小组用下图装置在实验室制备氯气。
（1）仪器a的名称为　 　，制备的化学方程式为　 　。
（2）实验室利用以下装置进行相关实验。其中，难以达到预期目的的是　 　。
A．净化、干燥 B．收集
C．验证的漂白性 D．吸收尾气
(二)探究盐酸与的反应。
（3）实验采用的盐酸与一定量的反应时，没有产生明显实验现象。小组同学猜测可能的原因是：
猜想1：反应温度低；
猜想2：_______。
请完成如下实验设计并证明上述猜想是否成立。
序号 试剂 反应温度 现象
Ⅰ 盐酸、一药匙 无明显现象
Ⅱ _______盐酸、一药匙 无明显现象
Ⅲ 盐酸、一药匙 产生黄绿色气体
①上述猜想2为　 　，表中实验II所用试剂中盐酸的规格为　 　，根据上述实验可知猜想　 　(填“1”或“2”)成立。
②实验I中无明显现象的原因可能是或较低，设计实验进行探究：
由上述实验结果可知氧化盐酸的反应中，变化的影响　 　(填“大于”或“小于”)。
③为探究变化究竟是影响了的氧化性还是影响了的还原性，用如图所示装置(A、B均为石墨电极，恒温水浴加热装置省略)进行实验。
序号 操作 现象
ⅰ K闭合 指针向左偏转
ⅱ 向U形管a．　 　(填“左侧”或“右侧”)滴加浓硫酸至 指针偏转幅度变化不大
ⅲ b．　 　 指针向左偏转幅度c．　 　
将i和ii、iii作对比，得出结论：氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与无关；的氧化性与有关，越大，的氧化性越强。
18．（2025高三上·福田月考）铁、钴、镍是重要的战略性金属。可采用酸浸-氨浸等工艺从铁钴镍矿中(主要含，少量)提取，并获得一系列化工产品，部分流程如下：
已知：易与发生配位生成不稳定，易被氧化为；相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7 6.9
沉淀完全的pH 2.8 9 10 8.9
（1）为了提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是　 　(写出一种即可)。
（2）滤渣1的主要成分为　 　(填化学式)。
（3）“氧化”的目的是使　 　元素以　 　(填化学式)形式存在于“滤渣3”中，“氧化”时该元素反应的离子方程式为　 　。
（4）“调pH”时，溶液pH范围应为　 　时才能保证“滤渣3”纯度较高。
（5）“还原”时，反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
（6）“沉镍”过程中使用溶液而不使用溶液的原因是　 　。
（7）“结晶”过程通入的酸性气体X是　 　(填化学式)。
19．（2025高三上·福田月考）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）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
实验 金属 操作、现象及产物
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
Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，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　 　。
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。写出与、反应的离子方程式　 　。
b．乙认为在为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)。
证实了此条件下可忽略对的消耗。
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。
ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。
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。
（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　 　。
20．（2025高三上·福田月考）普卡必利是常用的胃肠促动药物，合成其中间体V的路线如下(反应条件略)
（1）I的分子式为　 　；所含官能团的名称是　 　。
（2）根据III的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新物质 反应类型
① 　 　 　 　
② 新制Cu(OH)2、加热 　 　 　 　
（3）化合物X是化合物IV的同分异构体，满足下列条件的化合物X的结构简式为　 　(任写一种)。
条件：i．含； ii．苯环上含有4个取代基；
iii．能与反应生成气体 iv．核磁共振氢谱显示3组峰
（4）关于上述路线中的相关物质及转化，下列说法错误的有_______。
A．化合物I中存在“头碰头”形成的键
B．化合物V中碳原子采取和杂化
C．化合物IV不存在手性碳原子
D．化合物IV在水中的溶解度比V大
（5）以乙烯为唯一有机原料，可四步合成。基于该合成路线，回答：
①相关步骤涉及水解反应，有机反应物为　 　(写结构简式)。
②相关步骤涉及氧化反应，其化学方程式为　 　(注明反应条件)。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、商周石蛇：名称中的“石”指石材，表明其主要材质为石头，属于非金属材料，A错误；B、春秋蛇纹铜提链罐：名称中的“铜”指青铜（铜合金），青铜是一种金属材料，因此其主要材质为金属材料，B正确；
C、唐彩绘生肖蛇陶俑：名称中的“陶俑”指陶器，材质为黏土烧制，属于非金属材料，C错误；
D、清青玉十二辰-蛇：名称中的“青玉”指玉石，材质为矿物玉石，属于非金属材料，D错误；
故答案为：B
【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。具体包括：纯金属、合金、金属化合物、特种金属材料。
2．【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、次氯酸（HClO）的结构式应为H-O-Cl，表示氧原子分别与氢和氯形成共价键。题目给出的H-Cl-O连接方式是错误的，A错误；
B、铜（Cu，原子序数29）的简化电子排布式应写作[Ar]3d104s1。这是因为根据洪特规则特例，3d轨道全充满（10个电子）比3d94s2更稳定，B正确；
C、过氧化钠（Na2O2）是离子化合物，由Na+和O22-构成。过氧根离子（O22-）中两个氧原子通过共价键结合，其电子式正确表示为：，C正确；
D、Fe3+的价电子排布为3d5（失去3个电子后，4s2和3d1电子被移除）。根据洪特规则，5个d电子分占5个轨道且自旋平行，因此题目给出的价层电子排布图正确，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题主要考查：分子结构式的正确书写（HClO应为H-O-Cl）；过渡金属电子排布的特殊性（洪特规则特例）；离子化合物电子式的表示方法（需体现离子键和共价键）；离子价电子排布图（需符合洪特规则）。
A．HClO 中心原子是 O，正确结构式为 H-O-Cl。
B．Cu 的简化电子排布式为 [Ar]3d 4s （3d 全满更稳定）。
C．Na2O2含 Na+和过氧根（O22-），电子式写法正确。
D．Fe3+ 价层电子为 3d5，洪特规则下分占轨道且自旋相同，排布图正确。
3．【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、趁热过滤趁热过滤的作用是 “分离热溶液中的不溶性固体杂质”（防止溶质降温结晶），但流程中操作X是处理含 I2的水溶液与CCl4的混合体系，并非分离不溶性杂质，故A不符合题意 ；
B、加热蒸馏加热蒸馏适用于 “分离沸点不同的互溶液体混合物”（如分离乙醇和水），而操作 X 是将 I2从水相转移到CCl4有机相，无需通过沸点差异分离液体，故B不符合题意 ；
C、萃取分液浸出液是含 I2的水溶液，加入 CCl4后，I2在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，且 CCl4与水不互溶——此过程为萃取；萃取后液体分为水层和CCl4层，需通过分液分离两层液体，最终得到 I2的 CCl4溶液，故C符合题意 ；
D、冷却结晶冷却结晶适用于 “从热饱和溶液中析出固体晶体”，但操作 X 是将 I2溶解到 CCl4中，并非从溶液中析出固体，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点在于对 “分离操作的适用场景” 混淆：
混淆 “萃取分液” 与 “蒸馏”：误将 “I2从水相转移到CCl4” 认为需要蒸馏，但蒸馏是分离互溶液体，而 CCl4与水不互溶，实际用萃取分液。
混淆 “结晶” 与 “萃取”：错认为I2会从溶液中析出晶体，需冷却结晶，但 I2是溶解在CCl4中，并非以固体形式析出。
对 “趁热过滤” 的误用：误将 “水浸过滤” 后的操作也认为是过滤，但趁热过滤是分离热溶液中不溶物，与 I2的转移无关。
4．【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、ClO2具有强氧化性，能杀菌消毒，用于消毒自来水，化学知识与劳动项目关联正确，故A不符合题意 ；
B、纯碱溶液呈碱性，加热促进油脂在碱性条件下水解，生成易溶于水的物质，可清洁厨房油污，化学知识与劳动项目关联正确，故B不符合题意 ；
C、Na2S 与 Cu2+反应生成 CuS 沉淀，属于复分解反应，并非利用 Na2S 的还原性，化学知识与劳动项目关联错误，故C符合题意 ；
D、波尔多液中的 Cu2+可使蛋白质变性，从而杀菌，用于防治农作物病虫害，化学知识与劳动项目关联正确，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．判断 ClO2消毒自来水与强氧化性的关联。
B．分析热的纯碱溶液清洁油污与油脂碱性水解的关联。
C．判断 Na2S 除去污水中 Cu2+的反应类型及涉及的化学知识。
D．分析波尔多液防治病虫害与 Cu2+使蛋白质变性的关联。
5．【答案】B
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、干冰（固态 CO2）升华是物理变化，仅破坏分子间作用力，CO2分子内部的共价键未断裂，A错误；
B、烟花燃放的五彩缤纷是某些金属元素的焰色反应，金属元素受热时电子跃迁释放特定波长的光，B 正确；
C、Fe2O3为红棕色，瓷器的青色并非来自 Fe2O3，而是源于其他含铁化合物（如 Fe3O4或含 Fe2+的硅酸盐），C错误；
D、饱和 CuSO4溶液析出的是含结晶水的蓝色 CuSO4 5H2O 晶体，不是无水蓝色晶体，D错误；
故答案为：B。【分析】本题的易错点集中在对物质变化、物质性质的概念混淆：
选项A的易错点：混淆 “物理变化与化学键变化”—— 干冰升华是 CO2分子间距离增大的物理变化，只破坏分子间作用力，不破坏 CO2内部的共价键，易误判为共价键断裂。
选项C的易错点：混淆 “物质的颜色与成分”——Fe2O3是红棕色（对应铁锈色），而瓷器的青色并非来自 Fe2O3，易因对物质颜色记忆错误误选。
选项D的易错点：混淆 “晶体组成”—— 饱和 CuSO4溶液析出的是含结晶水的 CuSO4 5H2O（蓝色晶体），并非无水 CuSO4（白色粉末），易忽略结晶水的存在。
6．【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；铝的化学性质
【解析】【解答】A、Al 具有两性，能与 NaOH 溶液反应，而 Mg 是活泼金属，不能与 NaOH 溶液反应，类推结论错误，A错误；
B、工业上电解熔融 MgCl2冶炼 Mg，但 AlCl3是共价化合物，熔融时不导电，需电解 Al2O3来冶炼 Al，类推结论错误，B错误；
C、S 与 Fe 反应生成 FeS，S 与 Cu 反应时，因 Cu 的还原性较弱，生成 Cu2S，类推结论正确，C正确；
D、Na 活泼性极强，会先与水反应生成 NaOH 和 H2，无法从硫酸铜溶液中置换出 Cu，类推结论错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】从物质的化学性质、冶炼方法、反应产物、金属活泼性对反应的影响等角度分析类推结论的正确性。
A．只有 Al、Zn 等两性金属能与 NaOH 溶液反应，Mg 是活泼金属但不具两性，不能与 NaOH 反应。
B．电解熔融物冶炼金属的前提是 “该物质为离子化合物”：MgCl2是离子化合物，可电解熔融态；但 AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，无法电解。
C．S 的氧化性较弱，与变价金属反应时只能将金属氧化到低价态：Fe 与 S 生成 FeS（Fe 为+2 价），Cu 与 S 生成 Cu2S（Cu 为 +1 价）。
D．Na 是极活泼金属，与硫酸铜溶液反应时，会先与水反应生成 NaOH，再与 Cu2+ 生成 Cu(OH)2沉淀，无法置换出 Cu。
7．【答案】C
【知识点】铜及其化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硝酸是强氧化性酸，与 Cu 反应不会生成 H2（仅活泼金属与非氧化性酸反应才生成 H2），实际产物是 NO2， 正确离子方程式为，A错误；
B、Cu 与浓硝酸反应时，硝酸既提供 H+生成 Cu(NO3)2（体现酸性），又将 Cu 氧化为 Cu2+（体现强氧化性），并非只体现酸性，B错误；
C、反应初期，浓硝酸与 Cu 反应生成 NO2；随反应进行，硝酸浓度逐渐降低（变为稀硝酸），而稀硝酸与 Cu 反应的产物是 NO，因此反应一段时间后可能产生 NO：），C正确；
D、室温下，Fe 遇浓硝酸会发生 “钝化”—— 表面生成致密氧化膜，阻止 Fe 与浓硝酸继续反应，不会出现 “反应更剧烈、产生大量气体” 的现象，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．浓硝酸是强氧化性酸，与 Cu 反应不会生成 H2，而是生成 NO2，离子方程式应为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O。
B．反应中硝酸既提供 H+生成 Cu(NO3)2（体现酸性），又将 Cu 氧化为 Cu2+（体现强氧化性），并非只体现酸性。
C．浓硝酸随反应进行会逐渐变稀，稀硝酸与 Cu 反应生成 NO，因此反应一段时间后可能产生 NO。
D．室温下 Fe 遇浓硝酸会发生钝化（表面生成致密氧化膜），阻止反应继续进行，不会产生大量气体。
8．【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、钢铁腐蚀过程中，负极发生氧化反应，铁(Fe)失去电子形成亚铁离子(Fe2+)，正确的负极反应式应为 Fe-2e- = Fe2+，A错误；
B、由于海水环境通常呈现中性或弱碱性，结合题目图示中氧气(O2)参与反应并生成氢氧根离子(OH-)，可以判断钢铁在海水中的腐蚀属于吸氧腐蚀类型，B正确；
C、根据图示信息，正极发生还原反应，氧气(O2)获得电子生成氢氧根离子(OH-)，正确的正极反应式应为 O2+ 2H2O + 4e--= 4OH-，C错误；
D、由于铁的金属活动性强于铜，当在钢铁表面镶嵌铜块时，会形成原电池结构，其中铁作为负极会加速腐蚀，因此这种方法不能减缓轮船的腐蚀速度，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．钢铁吸氧腐蚀中，Fe 作为负极失电子，生成的是 Fe2+（而非 Fe3+），负极反应应为Fe-2e-=Fe2+。
B．海水呈中性，钢铁在中性、弱酸性环境下发生吸氧腐蚀（正极消耗 O2），结合图示中 O2参与反应。
C．海水是中性环境，正极反应中不会出现 H+，正确的正极反应应为 O2+4e-+2H2O=4OH-。
D．要减缓钢铁腐蚀，需镶嵌比 Fe 活泼的金属（如 Zn）；Cu 的活泼性弱于 Fe，镶嵌 Cu 后 Fe 会作为负极加速腐蚀。
9．【答案】A
【知识点】焰色反应；镁、铝的重要化合物；物质的简单分类
【解析】【解答】A、若 a 是 Al 单质，a→b（Al→Al2O3）可一步实现，但 b→c（Al2O3→Al(OH)3）无法一步完成（Al2O3不溶于水，不能直接与水反应生成 Al(OH)3）；若 a 是 Na 单质，a 对应化合价为 0，但 Na 的化合价只有 0、+1，无法形成 + 3 价的 b（Al2O3）。因此 “a→b→c→d 的一步转化” 不存在，A不合理；
B、b 是 Al2O3，f 是 NaOH，Al2O3与 NaOH 反应生成 NaAlO2（属于 d 类 Al 的盐），反应可一步实现，B合理；
C、g 是 Na2O，f 是 NaOH，Na2O 与水反应生成 NaOH，该反应属于化合反应，因此 g→f 可能是化合反应，C合理；
D、e 是 Na 的盐，Na 元素的焰色试验火焰呈黄色，因此蘸取 e 的水溶液做焰色试验，火焰呈黄色，D合理；
故答案为：A。
【分析】解决这道物质转化题的关键点：明确物质类别与化合价对应的物质：结合 Na（+1 价）、Al（+3 价）的化合价，确定：a：Na 或 Al 单质；b：Al2O3（+3 价氧化物）；c：Al(OH)3（+3 价碱）；d：Al 的盐（如 AlCl3，+3 价盐）；g：Na2O（+1 价氧化物）；f：NaOH（+1 价碱）；e：Na 的盐（如 NaCl，+1 价盐）。
10．【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、NaOH 是离子化合物，1mol NaOH 固体含 1mol Na+和 1mol OH-，离子总数为 2NA，A正确；
B、NaClO 溶液中 ClO-会发生水解（ClO-+H2O HClO+OH-），导致 ClO-数目减少，因此 1L 1mol/L 溶液中 ClO-数目小于 NA，B正确；
C、标准状况下 22.4L Cl2为 1mol，与足量 H2反应生成 2mol HCl，每个 HCl 含 1 个共价键，共形成 2NA个共价键，C正确；
D、Cl2与 NaOH 反应生成 NaClO 时，发生歧化反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1mol Cl2中 1mol Cl 失 1mol 电子（生成 ClO-）、1mol Cl 得 1mol 电子（生成 Cl-），转移电子数为 NA，并非 2NA，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点集中在对 “反应本质、粒子行为” 的理解偏差：
选项D的歧化反应电子转移：误将 Cl2与 NaOH 的反应（歧化反应）认为是 “1mol Cl2完全失电子”，实际是 1mol Cl2中一半 Cl 得电子、一半失电子，转移电子数为 NA，易误算为 2NA。
选项B的弱酸根水解：忽略 ClO-是弱酸根，会在溶液中水解，错误认为 1L 1mol/L NaClO 溶液中 ClO-数目等于 NA。
选项C的共价键计数：误将 “1mol Cl2生成 2mol HCl” 对应的共价键数算为 NA，实际每个 HCl 含 1 个共价键，共 2NA个。
这些错误的核心是没理清 “歧化反应的电子转移规律、弱酸根的水解行为、物质反应的粒子计量关系”。
11．【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；胶体的性质和应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、粗铜精炼的电解装置中，粗铜应作阳极、精铜作阴极（阳极发生氧化反应溶解粗铜，阴极析出纯铜），但图中粗铜接电源负极（作阴极）、精铜接正极（作阳极），装置连接错误，无法实现粗铜精炼 ，A错误；
B、MgCl2 6H2O 受热易水解生成 Mg(OH) Cl 或 MgO，因此需在 HCl 气流中加热（HCl 抑制水解），同时用无水 CaCl2防止外界水蒸气进入，尾气处理避免 HCl 污染 —— 装置与操作均符合制备无水 MgCl2的要求，B正确；
C、制备氢氧化铁胶体的正确操作是 “向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色”，但图中加入了 NaOH 溶液，会直接生成 Fe(OH)3沉淀，无法得到胶体，C错误；
D、氯水中含 HClO，HClO 具有漂白性，会将 pH 试纸漂白，无法准确测定 pH；且 pH 试纸不能直接放在托盘上（应放在玻璃片或表面皿上），D错误；
故答案为：B。
【分析】解决这道实验题的突破口：
A．电解精炼铜的核心是 “粗铜作阳极（失电子溶解）、精铜作阴极（得电子析出）”，图中电极连接相反，直接判定A。
B．MgCl2易水解，制备无水 MgCl2需在 HCl 气流中加热（抑制水解），同时用无水 CaCl2隔绝水蒸气，装置符合这一要求，判定B。
C．制备胶体不能加 NaOH（会生成沉淀），应向沸水加饱和 FeCl3溶液，操作错误，判定C。
D．氯水中的 HClO 会漂白 pH 试纸，无法测 pH，且 pH 试纸放置方式不规范，判定D。
12．【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、海水提溴中，Br2与 SO2在水溶液中发生氧化还原反应：Br2作氧化剂被还原为 Br-，SO2作还原剂被氧化为 SO42-，结合原子守恒、电荷守恒，离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，A正确；
B、磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸时，生成的 Fe3+ 具有强氧化性，会与 I-发生反应（2Fe3++2I-=2Fe2++I2），因此不能只写 Fe3O4与 H+ 的反应，该离子方程式遗漏后续反应，B错误；
C、FeI2中 I-的还原性强于 Fe2+，滴入少量氯水时，Cl2会优先氧化 I-（而非 Fe2+），正确反应应为 2I-+Cl2=I2+2Cl-，该离子方程式违背 “还原性强弱优先反应” 的规律，C错误；
D、石灰乳是Ca(OH)2的悬浊液，Ca(OH)2以固体形式存在，不能拆分为 OH-，因此不能用 OH-表示石灰乳，该离子方程式拆分错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】从氧化还原反应的电子转移、离子的还原性强弱、物质的拆分规则等角度分析离子方程式的正确性。
A．Br2与 SO2反应，Br2被还原为 Br-、SO2被氧化为 SO42-，离子方程式原子和电荷守恒，书写正确。
B．Fe3O4与 HI 反应生成的 Fe3+会氧化 I-，方程式遗漏该反应。
C．FeI2中 I-还原性强于 Fe2+，少量氯水优先氧化 I-，方程式违背优先规律。
D．石灰乳是Ca(OH)2悬浊液，不可拆为 OH-，拆分错误。
13．【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、陈述 I：FeCl3刻蚀铜电路板，反应为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；陈述 II：氧化性 Fe3+ > Cu2+。逻辑：正因为 Fe3+氧化性强于 Cu2+，才能氧化 Cu，二者均正确且有因果关系，A正确；B、陈述 I：Na 与冷水、Fe 与水蒸气反应制氢；陈述 II：熔点 Na < Fe。逻辑：反应条件差异源于金属活泼性（Na 更活泼），与熔点无关，无因果关系，B错误；
C、陈述 I：明矾用于自来水消毒（错误，明矾仅能净水，无消毒作用）；陈述 II：Al3+水解生成胶体有吸附性（正确）。逻辑：陈述 I 错误，C错误；
D、陈述 I：久置漂白粉遇盐酸产 CO2（正确，久置漂白粉含 CaCO3）；陈述 II：漂白粉有效成分是 CaCO3（错误，有效成分是 Ca(ClO)2）。逻辑：陈述 II 错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】解决这道题的关键点：A．抓 “氧化性强弱决定反应能否发生”：Fe3+能氧化 Cu，说明氧化性 Fe3+>Cu2+，陈述 I、II 均对且有因果。
B．抓 “反应条件的本质原因”：Na、Fe 与水反应的差异是因为金属活泼性，和熔点无关，无因果。
C．抓 “物质功能”：明矾只有净水作用（吸附杂质），无消毒能力，陈述 I 错误。
D．抓 “物质有效成分”：漂白粉有效成分是 Ca(ClO)2，不是 CaCO3，陈述 II 错误。
14．【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、②中沉淀是 Cu(OH)2，④中沉淀是 [Cu(NH3)4] SO4，二者不是同一种物质，A正确；
B、③中生成 [Cu(NH3)4] SO4，说明 NH3与 Cu2+的结合能力强于 H2O，B正确；
C、[Cu(NH3)4] SO4在乙醇中溶解度比在水中小，所以加入乙醇会析出沉淀，C正确；
D、⑥中黄绿色溶液是因为含有 [CuCl4]2-，向⑤中加入稀硫酸，无法提供大量 Cl-形成 [CuCl4]2-，不能得到黄绿色溶液，D错误；
故答案为：D。
【分析】本实验中，各物质的转化流程及核心变化如下：
首先，硫酸铜溶液（CuSO4(aq)）与氨水反应，生成氢氧化铜沉淀（Cu(OH)2(s)）；继续加入过量氨水，氢氧化铜与 NH3形成配位键，转化为可溶的四氨合铜 (II) 硫酸盐溶液（[Cu(NH3)4] SO4(aq)）；
向该溶液中加入乙醇，降低 [Cu (NH3)4] SO4的溶解度，使其以固体形式析出；最后加入过量浓盐酸，Cl-取代 NH3与 Cu2+配位，最终生成四氯合铜 (II) 配离子（[CuCl4]2-）。据此解题。
15．【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、沉淀池析出的固体 1 是 NaHCO3，实际离子反应为 Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4+，但选项遗漏 Na+且未体现沉淀，A错误；
B、固体 1（NaHCO3）煅烧生成的气体 1 是 CO2；冷析池、盐析池过程中，溶液中 NH4HCO3分解生成的气体 2 是 NH3，并非 CO2，B错误；
C、溶液 1 含 NaHCO3、NH4Cl，经冷析池降温后，HCO3-会部分电离为 CO32-，因此溶液 2 中含碳粒子主要是 CO32-，并非 HCO3-，C错误；
D、盐析池存在 NH4Cl 的溶解平衡：NH4Cl(s) NH4+(aq)+Cl-(aq)，加入 NaCl 固体使 Cl-浓度增大，平衡逆向移动，NH4Cl 析出，D正确；
故答案为：D。
【分析】向饱和 NaCl 溶液先通入 NH3—— 这一步是关键：NH3溶于水使溶液呈强碱性，大幅提升了后续通入 CO2的溶解量（CO2在碱性液中更易转化为 HCO3-）。此时溶液中 Na+、HCO3-浓度达到过饱和，发生反应： NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl， 析出的 NaHCO3（固体 1）是后续制纯碱的原料。固体 1（NaHCO3）经煅烧分解： 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，得到目标产物纯碱（Na2CO3）；同时生成的 CO2（气体 1）会回输到沉淀池，实现原料循环。沉淀池的滤液（溶液 1，含 NaCl、NaHCO3、NH4Cl）进入冷析池后，通入 NH3：一方面使溶液显碱性，抑制 HCO3-的电离；另一方面大幅提高 NH4+浓度，破坏 NH4Cl 的溶解平衡（NH4Cl(s) NH4+(aq)+Cl-(aq)），促使平衡逆向移动，析出 NH4Cl 固体（作铵肥），剩余溶液 2 含 NaCl、Na2CO3等。溶液 2 进入盐析池后，加入 NaCl 固体：这一步通过增大 Cl-浓度，再次推动 NH4Cl 的溶解平衡逆向移动，进一步析出 NH4Cl；最终剩余的溶液 3（主要含 NaCl）循环回沉淀池，继续参与初始反应。
16．【答案】D
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、右侧电极生成气体（Cl2），为阳极，左侧电极为阴极，A正确；
B、阳极区 Cl-放电，电极反应为 2Cl--2e-═Cl2↑，B正确；
C、阴极区发生反应Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，生成 OH-，故 OH-浓度逐渐升高，C正确；
D、每消耗 1mol Fe2O3，转移 6mol 电子，生成 3mol Cl2，同时有 6mol Na+从阳极移向阴极。阳极室减少的质量为 3mol Cl2（213g）与 6mol Na+（138g）的质量和，即 351g，并非 213g，D错误；
故答案为：D。
【分析】该装置为电解池，需从电极类型、反应本质、离子迁移规律拆解核心逻辑：
电极判断与阳极反应装置右侧盛放饱和食盐水，该电极发生氧化反应（阳极特征），Cl-失去电子生成氯气，反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，因此右侧为阳极；阴极反应与物质转化左侧电极为阴极（发生还原反应），Fe2O3在碱性体系中被还原为单质 Fe，同时生成 OH-，反应为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-；离子迁移与交换膜作用装置中间为阳离子交换膜（仅允许阳离子通过），电解时阳极区的 Na+会向阴极区定向迁移，目的是维持两侧溶液的电中性，保障电解持续进行。据此解题。
17．【答案】分液漏斗；；BC；盐酸浓度低；；2；大于；右侧；向U形管左侧滴加浓硫酸至；增大
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据装置结构特点可知仪器a为分液漏斗；浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；
故答案为： 分液漏斗 ； ；
（2）A．Cl2中的HCl可被饱和食盐水吸收，Cl2中的水可被浓硫酸吸收，A正确；
B．Cl2的密度大于空气，可以使用向上排空气法收集，B错误；
C．鲜花中有水，验证不了氯气的漂白性，C错误；
D．氯气可以和氢氧化钠溶液反应，可以吸收尾气，D正确；
故答案为：BC。
（3）MnO2与盐酸反应时，不加热不发生反应，稀盐酸与MnO2既使在加热条件下也不发生反应，所以温度和盐酸的浓度都对反应的发生造成影响。
①实验Ⅰ中，使用40mL4mol L-1盐酸、一药匙MnO2，温度为65℃，反应未发生；实验Ⅱ中，虽然将温度由65℃升高到80℃，反应仍未发生，则表明溶液的浓度小导致反应未发生，所以猜想1.反应温度低；猜想2为：盐酸浓度低。比较实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的温度和浓度可以得出，实验Ⅲ中，虽然温度低，但盐酸的浓度大，反应仍能发生，所以表中实验Ⅱ反应不能发生的原因是所用试剂中盐酸浓度小，则规格为：40mL4 mol L-1。上述实验中，升高温度时反应未发生，但增大盐酸浓度时反应发生，由此可知猜想2成立。
②由上述实验结果可知，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)从4 mol L-1增大到7 mol L-1时，反应发生，而c(Cl-)由4 mol L-1增大到10mol L-1时，反应才发生，所以c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。
③为探究c(H+)变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl-的还原性，则可向图中装置的U形管左侧或右侧分别滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1，观察指针的偏转情况，由此作出结论。
序号 操作 现象
i K闭合 指针向左偏转
ii 向U形管a．右侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 指针偏转幅度变化不大
iii b．向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 指针向左偏转幅度c．增大
U形管左侧，A电极为正极，MnO2得电子产物与电解质反应，生成Mn2+等，发生的电极反应为；将i和ii、iii作对比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强。
故答案为： 盐酸浓度低 ； ；2； 大于 ； 右侧 ； 向U形管左侧滴加浓硫酸至 ； 增大 。
【分析】实验室制备氯气通常利用 MnO2和浓盐酸在加热条件下的氧化还原反应。该反应的发生既与温度有关，也与盐酸浓度有关。当温度较低或盐酸浓度较小时，反应难以进行。从反应本质来看，溶液的酸性（H+浓度）对 MnO2氧化性的影响更为关键，H+浓度的变化对反应能否发生的影响比 Cl-浓度变化更大。通过探究这一反应，可深入理解酸性条件下氧化剂氧化性的增强规律，以及浓度、温度对氧化还原反应的双重影响。
18．【答案】（1）适当增大硫酸的浓度、将铁钴镍矿粉碎、适当加热、搅拌(答出任意一种即可给分)
（2）
（3）Fe；；
（4）
（5）2：1
（6）等浓度下溶液的碱性弱于，防止生成
（7）HCl
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是：适当增大硫酸的浓度、将铁钴镍矿粉碎、适当加热、搅拌(答出任意一种即可给分)；
故答案为： 适当增大硫酸的浓度、将铁钴镍矿粉碎、适当加热、搅拌(答出任意一种即可给分) ；
（2）由分析知，滤渣1的主要成分为：；
故答案为： ；
（3）氧化的目的是用将氧化为，然后通过调节pH得到沉淀，所以“氧化”的目的是使Fe元素以形式存在于“滤渣3”中，“氧化”时该元素反应的离子方程式为：；
故答案为： Fe ； ； ；
（4）调节pH值让沉淀，和不沉淀，溶液的范围应调节为；
故答案为： ；
（5）氨浸后，Co元素以形式存在，通入还原性气体后，Co元素的化合价由+3价降至+2，而被氧化为，S元素的化合价由+4价升至+6，根据得失电子守恒，“还原”时反应的氧化剂()与还原剂()物质的量之比为。
故答案为： 2：1 ；
（6）“沉镍”过程中使用溶液而不使用溶液的原因是：等浓度下溶液的碱性弱于，防止生成；
故答案为： 等浓度下溶液的碱性弱于，防止生成 ；
（7）由分析可知，“结晶”过程通入的酸性气体X是：HCl；
故答案为： HCl 。
【分析】铁钴镍矿主要含 Co2O3、NiO、FeO、Fe2O3，少量 MgO、SiO2。经硫酸酸浸时，SiO2不溶于酸，成为滤渣 1；酸浸液含 Co3+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+。加入 NH4F，Mg2+生成 MgF2沉淀（滤渣 2）以除镁；加入 H2O2，将 Fe2+氧化为 Fe3+；加 NaOH 调 pH，Fe3+生成 Fe(OH)3沉淀（滤渣 3）。滤渣 3 经酸浸 2（加 HCl，气体 X 为 HCl）、结晶（在 HCl 气流中）得到 FeCl3。滤液加氨水，Ni2+生成 Ni(OH)2沉淀，酸浸 3 得到 Ni2+，加 NH4HCO3生成 NiCO3。氨浸时，Co2+与 NH3形成 [Co(NH3)6]2+，但易被氧化为 [Co(NH3)6]3+；通入 SO2还原后，最终得到 CoSO4。整个流程通过酸浸、沉淀、氧化还原、配位反应等步骤，实现 Fe、Co、Ni 的分离提取，同时获得 FeCl3、NiCO3等化工产品，体现了根据金属离子性质差异（如沉淀 pH、配位能力、氧化性还原性）进行分离提纯的思路。
（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是：适当增大硫酸的浓度、将铁钴镍矿粉碎、适当加热、搅拌(答出任意一种即可给分)；
（2）由分析知，滤渣1的主要成分为：；
（3）氧化的目的是用将氧化为，然后通过调节pH得到沉淀，所以“氧化”的目的是使Fe元素以形式存在于“滤渣3”中，“氧化”时该元素反应的离子方程式为：；
（4）调节pH值让沉淀，和不沉淀，溶液的范围应调节为；
（5）氨浸后，Co元素以形式存在，通入还原性气体后，Co元素的化合价由+3价降至+2，而被氧化为，S元素的化合价由+4价升至+6，根据得失电子守恒，“还原”时反应的氧化剂()与还原剂()物质的量之比为。
（6）“沉镍”过程中使用溶液而不使用溶液的原因是：等浓度下溶液的碱性弱于，防止生成；
（7）由分析可知，“结晶”过程通入的酸性气体X是：HCl；
19．【答案】（1）
（2）产生蓝色沉淀；水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；或、；向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀；加入几滴溶液，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，使镁粉不容易被沉淀包裹
【知识点】盐类水解的应用；常见金属的活动性顺序及其应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（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；
故答案为： ；
（2）①与会生成蓝色的沉淀；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．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+；
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，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，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；
故答案为： 产生蓝色沉淀 ；水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 ；或、 ； 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 ； 加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸 。
（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。
故答案为： 加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 。
【分析】实验 Ⅰ：Cu 与 Fe3+的反应：向体系中加入过量 Cu，Cu 和 Fe3+发生氧化还原反应：
2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，溶液因生成 Cu2+呈现蓝绿色，最终固体中未检测到 Fe 单质。
实验 Ⅱ：Zn 的反应与 Fe 的缺失过量：Zn 优先与溶液中的 H+反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，溶液 pH 升高，Fe3+转化为 Fe(OH)3红褐色沉淀。固体中无 Fe 的核心原因有两点：一是 Fe3+的氧化性会干扰 Fe2+的进一步还原；二是生成的 Fe(OH)3沉淀会包裹 Zn 粉，阻断 Zn 与 Fe2+的接触。
实验 Ⅲ：Mg 的强反应与 Fe 的生成过量：Mg 与 H+发生剧烈反应：Mg+2H+=Mg2++H2↑，该反应既快速提升溶液 pH，促使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，又会产生大量气泡冲散沉淀，避免 Mg 粉被包裹。当溶液 pH 降至 3~4 时，Mg 能够与 Fe2+接触并将其还原，因此固体中可检测到 Fe 单质。
Ⅱ、Ⅲ 实验核心差异：Mg 与 H+反应的强气泡效应打破了沉淀包裹的阻碍，这是实验 Ⅲ 能生成 Fe 单质的关键。
（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；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．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+；
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，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，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；
（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。
20．【答案】（1）；羟基
（2）；取代反应；；氧化反应
（3）或
（4）A；D
（5）或；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据Ⅰ的结构可知分子式为；乙二醇的官能团名称为羟基；
故答案为： ； 羟基 ；
（2）①根据Ⅲ和新物质的结构可知，物质Ⅲ发生苯环上的取代反应，引入了溴原子，反应条件为；②Ⅲ含有醛基，能与新制的Cu(OH)2在加热条件下发生氧化反应生成羧酸钠，形成的新物质是；
故答案为： ； 取代反应 ； ； 氧化反应 ；
（3）依题化合物Ⅳ的同分异构体结构中含有硝基、羧基（能与NaHCO3反应生成气体），苯环上有4个取代基（结合Ⅳ的分子式可知取代基为：1个硝基、1个羧基、2个甲基），且含有3种等效氢，故满足条件的同分异构体为或 （任写一种即可）；
故答案为：或 ；
（4）π键是“肩并肩”形成的，A错误；Ⅴ的苯环上的C原子为sp2杂化，五元环上的C原子为sp3杂化，B正确；手性碳原子需连有四个不同原子或基团，故Ⅳ中无手性碳原子，C正确；Ⅴ结构中含有氨基结构，故能形成氢键，使得其在水中的溶解度大于Ⅳ，D错误；故答案选AD；
故答案为： A D ；
（5）结合题干流程分析，由乙烯合成的步骤为：CH2=CH2与卤素单质（与Br2或Cl2）发生加成反应生成卤代烃（或）；卤代烃在NaOH的水溶液中发生水解反应生成HOCH2CH2OH；HOCH2CH2OH与O2在Cu的催化下生成OHCCHO，反应的化学方程式为；最后OHCCHO与HOCH2CH2OH反应得到故答案为：或 ； 。
【分析】(1)根据结构简式确定分子式，识别官能团名称。
(2)①根据产物判断苯环取代反应的试剂和条件；
②根据醛基的性质确定与新制 Cu(OH)2反应的产物和反应类型。
(3)结合同分异构体的条件（含硝基、羧基、4 个取代基、3 组等效氢）推导结构简式。
(4)分析化合物的化学键、碳原子杂化、手性碳及溶解度的影响因素。
(5)①确定水解反应的有机反应物；
②写出醇的催化氧化化学方程式。
（1）根据Ⅰ的结构可知分子式为；乙二醇的官能团名称为羟基；
（2）①根据Ⅲ和新物质的结构可知，物质Ⅲ发生苯环上的取代反应，引入了溴原子，反应条件为；②Ⅲ含有醛基，能与新制的Cu(OH)2在加热条件下发生氧化反应生成羧酸钠，形成的新物质是；
（3）依题化合物Ⅳ的同分异构体结构中含有硝基、羧基（能与NaHCO3反应生成气体），苯环上有4个取代基（结合Ⅳ的分子式可知取代基为：1个硝基、1个羧基、2个甲基），且含有3种等效氢，故满足条件的同分异构体为或 （任写一种即可）；
（4）π键是“肩并肩”形成的，A错误；Ⅴ的苯环上的C原子为sp2杂化，五元环上的C原子为sp3杂化，B正确；手性碳原子需连有四个不同原子或基团，故Ⅳ中无手性碳原子，C正确；Ⅴ结构中含有氨基结构，故能形成氢键，使得其在水中的溶解度大于Ⅳ，D错误；故答案选AD；
（5）结合题干流程分析，由乙烯合成的步骤为：CH2=CH2与卤素单质（与Br2或Cl2）发生加成反应生成卤代烃（或）；卤代烃在NaOH的水溶液中发生水解反应生成HOCH2CH2OH；HOCH2CH2OH与O2在Cu的催化下生成OHCCHO，反应的化学方程式为；最后OHCCHO与HOCH2CH2OH反应得到。
1 / 1广东省深圳市福田某校2025-2026学年高三上学期第一次模拟考试 化学试题
1．（2025高三上·福田月考）蛇是十二生肖之一，下列有关蛇的历史文物中，主要材质为金属材料的是
A.商周石蛇 B.春秋蛇纹铜提链罐
C.唐彩绘生肖蛇陶俑 D.清青玉十二辰-蛇
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】化学科学的主要研究对象；无机非金属材料；合理利用金属资源
【解析】【解答】A、商周石蛇：名称中的“石”指石材，表明其主要材质为石头，属于非金属材料，A错误；B、春秋蛇纹铜提链罐：名称中的“铜”指青铜（铜合金），青铜是一种金属材料，因此其主要材质为金属材料，B正确；
C、唐彩绘生肖蛇陶俑：名称中的“陶俑”指陶器，材质为黏土烧制，属于非金属材料，C错误；
D、清青玉十二辰-蛇：名称中的“青玉”指玉石，材质为矿物玉石，属于非金属材料，D错误；
故答案为：B
【分析】金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。具体包括：纯金属、合金、金属化合物、特种金属材料。
2．（2025高三上·福田月考）下列化学用语不正确的是
A．次氯酸的结构式：
B．基态Cu的简化电子排布式：
C．的电子式：
D．的价层电子排布图：
【答案】A
【知识点】原子核外电子排布；电子式、化学式或化学符号及名称的综合
【解析】【解答】A、次氯酸（HClO）的结构式应为H-O-Cl，表示氧原子分别与氢和氯形成共价键。题目给出的H-Cl-O连接方式是错误的，A错误；
B、铜（Cu，原子序数29）的简化电子排布式应写作[Ar]3d104s1。这是因为根据洪特规则特例，3d轨道全充满（10个电子）比3d94s2更稳定，B正确；
C、过氧化钠（Na2O2）是离子化合物，由Na+和O22-构成。过氧根离子（O22-）中两个氧原子通过共价键结合，其电子式正确表示为：，C正确；
D、Fe3+的价电子排布为3d5（失去3个电子后，4s2和3d1电子被移除）。根据洪特规则，5个d电子分占5个轨道且自旋平行，因此题目给出的价层电子排布图正确，D正确；
故答案为：A。
【分析】本题主要考查：分子结构式的正确书写（HClO应为H-O-Cl）；过渡金属电子排布的特殊性（洪特规则特例）；离子化合物电子式的表示方法（需体现离子键和共价键）；离子价电子排布图（需符合洪特规则）。
A．HClO 中心原子是 O，正确结构式为 H-O-Cl。
B．Cu 的简化电子排布式为 [Ar]3d 4s （3d 全满更稳定）。
C．Na2O2含 Na+和过氧根（O22-），电子式写法正确。
D．Fe3+ 价层电子为 3d5，洪特规则下分占轨道且自旋相同，排布图正确。
3．（2025高三上·福田月考）从海带中提取碘的过程如下，其中操作X为
A．趁热过滤 B．加热蒸馏 C．萃取分液 D．冷却结晶
【答案】C
【知识点】过滤；蒸发和结晶、重结晶；蒸馏与分馏；分液和萃取
【解析】【解答】A、趁热过滤趁热过滤的作用是 “分离热溶液中的不溶性固体杂质”（防止溶质降温结晶），但流程中操作X是处理含 I2的水溶液与CCl4的混合体系，并非分离不溶性杂质，故A不符合题意 ；
B、加热蒸馏加热蒸馏适用于 “分离沸点不同的互溶液体混合物”（如分离乙醇和水），而操作 X 是将 I2从水相转移到CCl4有机相，无需通过沸点差异分离液体，故B不符合题意 ；
C、萃取分液浸出液是含 I2的水溶液，加入 CCl4后，I2在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，且 CCl4与水不互溶——此过程为萃取；萃取后液体分为水层和CCl4层，需通过分液分离两层液体，最终得到 I2的 CCl4溶液，故C符合题意 ；
D、冷却结晶冷却结晶适用于 “从热饱和溶液中析出固体晶体”，但操作 X 是将 I2溶解到 CCl4中，并非从溶液中析出固体，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题的易错点在于对 “分离操作的适用场景” 混淆：
混淆 “萃取分液” 与 “蒸馏”：误将 “I2从水相转移到CCl4” 认为需要蒸馏，但蒸馏是分离互溶液体，而 CCl4与水不互溶，实际用萃取分液。
混淆 “结晶” 与 “萃取”：错认为I2会从溶液中析出晶体，需冷却结晶，但 I2是溶解在CCl4中，并非以固体形式析出。
对 “趁热过滤” 的误用：误将 “水浸过滤” 后的操作也认为是过滤，但趁热过滤是分离热溶液中不溶物，与 I2的转移无关。
4．（2025高三上·福田月考）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用消毒自来水 具有强氧化性
B 用热的纯碱溶液清洁厨房油污 油脂在碱性条件下发生水解，生成易溶于水的物质
C 用除去污水中的 具有还原性
D 喷洒波尔多液防治农作物病虫害 可使蛋白质变性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】化学科学的主要研究对象；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点；油脂的性质、组成与结构
【解析】【解答】A、ClO2具有强氧化性，能杀菌消毒，用于消毒自来水，化学知识与劳动项目关联正确，故A不符合题意 ；
B、纯碱溶液呈碱性，加热促进油脂在碱性条件下水解，生成易溶于水的物质，可清洁厨房油污，化学知识与劳动项目关联正确，故B不符合题意 ；
C、Na2S 与 Cu2+反应生成 CuS 沉淀，属于复分解反应，并非利用 Na2S 的还原性，化学知识与劳动项目关联错误，故C符合题意 ；
D、波尔多液中的 Cu2+可使蛋白质变性，从而杀菌，用于防治农作物病虫害，化学知识与劳动项目关联正确，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】A．判断 ClO2消毒自来水与强氧化性的关联。
B．分析热的纯碱溶液清洁油污与油脂碱性水解的关联。
C．判断 Na2S 除去污水中 Cu2+的反应类型及涉及的化学知识。
D．分析波尔多液防治病虫害与 Cu2+使蛋白质变性的关联。
5．（2025高三上·福田月考）化学处处呈现美。下列说法正确的是
A．舞台上干冰升华时，共价键断裂
B．烟花燃放五彩缤纷，呈现的是某些金属元素的焰色
C．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自
D．饱和溶液可析出无水蓝色晶体
【答案】B
【知识点】化学键和分子间作用力的区别；焰色反应；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A、干冰（固态 CO2）升华是物理变化，仅破坏分子间作用力，CO2分子内部的共价键未断裂，A错误；
B、烟花燃放的五彩缤纷是某些金属元素的焰色反应，金属元素受热时电子跃迁释放特定波长的光，B 正确；
C、Fe2O3为红棕色，瓷器的青色并非来自 Fe2O3，而是源于其他含铁化合物（如 Fe3O4或含 Fe2+的硅酸盐），C错误；
D、饱和 CuSO4溶液析出的是含结晶水的蓝色 CuSO4 5H2O 晶体，不是无水蓝色晶体，D错误；
故答案为：B。【分析】本题的易错点集中在对物质变化、物质性质的概念混淆：
选项A的易错点：混淆 “物理变化与化学键变化”—— 干冰升华是 CO2分子间距离增大的物理变化，只破坏分子间作用力，不破坏 CO2内部的共价键，易误判为共价键断裂。
选项C的易错点：混淆 “物质的颜色与成分”——Fe2O3是红棕色（对应铁锈色），而瓷器的青色并非来自 Fe2O3，易因对物质颜色记忆错误误选。
选项D的易错点：混淆 “晶体组成”—— 饱和 CuSO4溶液析出的是含结晶水的 CuSO4 5H2O（蓝色晶体），并非无水 CuSO4（白色粉末），易忽略结晶水的存在。
6．（2025高三上·福田月考）类推的思维方式在化学研究中发挥着重要作用。下列有关类推的结论正确的是
A．Al能与NaOH溶液反应，则Mg也可以与NaOH溶液反应
B．工业上用电解熔融的方法冶炼Mg，故也可用电解熔融的方法冶炼Al
C．S与Fe反应生成FeS，故S与Cu反应生成
D．Fe能从硫酸铜溶液中置换出Cu，故Na也能从硫酸铜溶液中置换出Cu
【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理；铝的化学性质
【解析】【解答】A、Al 具有两性，能与 NaOH 溶液反应，而 Mg 是活泼金属，不能与 NaOH 溶液反应，类推结论错误，A错误；
B、工业上电解熔融 MgCl2冶炼 Mg，但 AlCl3是共价化合物，熔融时不导电，需电解 Al2O3来冶炼 Al，类推结论错误，B错误；
C、S 与 Fe 反应生成 FeS，S 与 Cu 反应时，因 Cu 的还原性较弱，生成 Cu2S，类推结论正确，C正确；
D、Na 活泼性极强，会先与水反应生成 NaOH 和 H2，无法从硫酸铜溶液中置换出 Cu，类推结论错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】从物质的化学性质、冶炼方法、反应产物、金属活泼性对反应的影响等角度分析类推结论的正确性。
A．只有 Al、Zn 等两性金属能与 NaOH 溶液反应，Mg 是活泼金属但不具两性，不能与 NaOH 反应。
B．电解熔融物冶炼金属的前提是 “该物质为离子化合物”：MgCl2是离子化合物，可电解熔融态；但 AlCl3是共价化合物，熔融态不导电，无法电解。
C．S 的氧化性较弱，与变价金属反应时只能将金属氧化到低价态：Fe 与 S 生成 FeS（Fe 为+2 价），Cu 与 S 生成 Cu2S（Cu 为 +1 价）。
D．Na 是极活泼金属，与硫酸铜溶液反应时，会先与水反应生成 NaOH，再与 Cu2+ 生成 Cu(OH)2沉淀，无法置换出 Cu。
7．（2025高三上·福田月考）室温下，研究铜与一定量浓硝酸的反应，装置和试剂如图所示。下列说法正确的是
A．Cu与浓硝酸反应的离子方程式：
B．Cu与浓硝酸反应，只体现浓硝酸的酸性
C．反应一段时间后，可能产生NO
D．将铜片换成铁片，反应更剧烈，产生大量气体
【答案】C
【知识点】铜及其化合物；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、浓硝酸是强氧化性酸，与 Cu 反应不会生成 H2（仅活泼金属与非氧化性酸反应才生成 H2），实际产物是 NO2， 正确离子方程式为，A错误；
B、Cu 与浓硝酸反应时，硝酸既提供 H+生成 Cu(NO3)2（体现酸性），又将 Cu 氧化为 Cu2+（体现强氧化性），并非只体现酸性，B错误；
C、反应初期，浓硝酸与 Cu 反应生成 NO2；随反应进行，硝酸浓度逐渐降低（变为稀硝酸），而稀硝酸与 Cu 反应的产物是 NO，因此反应一段时间后可能产生 NO：），C正确；
D、室温下，Fe 遇浓硝酸会发生 “钝化”—— 表面生成致密氧化膜，阻止 Fe 与浓硝酸继续反应，不会出现 “反应更剧烈、产生大量气体” 的现象，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．浓硝酸是强氧化性酸，与 Cu 反应不会生成 H2，而是生成 NO2，离子方程式应为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O。
B．反应中硝酸既提供 H+生成 Cu(NO3)2（体现酸性），又将 Cu 氧化为 Cu2+（体现强氧化性），并非只体现酸性。
C．浓硝酸随反应进行会逐渐变稀，稀硝酸与 Cu 反应生成 NO，因此反应一段时间后可能产生 NO。
D．室温下 Fe 遇浓硝酸会发生钝化（表面生成致密氧化膜），阻止反应继续进行，不会产生大量气体。
8．（2025高三上·福田月考）轮船底部的钢铁在海水中容易受到腐蚀，其腐蚀原理如图所示。下列有关说法正确的是
A．负极反应为：
B．钢铁在海水中发生吸氧腐蚀
C．正极反应：
D．轮船外壳镶嵌铜块可减缓轮船的腐蚀速度
【答案】B
【知识点】电极反应和电池反应方程式；金属的电化学腐蚀与防护
【解析】【解答】A、钢铁腐蚀过程中，负极发生氧化反应，铁(Fe)失去电子形成亚铁离子(Fe2+)，正确的负极反应式应为 Fe-2e- = Fe2+，A错误；
B、由于海水环境通常呈现中性或弱碱性，结合题目图示中氧气(O2)参与反应并生成氢氧根离子(OH-)，可以判断钢铁在海水中的腐蚀属于吸氧腐蚀类型，B正确；
C、根据图示信息，正极发生还原反应，氧气(O2)获得电子生成氢氧根离子(OH-)，正确的正极反应式应为 O2+ 2H2O + 4e--= 4OH-，C错误；
D、由于铁的金属活动性强于铜，当在钢铁表面镶嵌铜块时，会形成原电池结构，其中铁作为负极会加速腐蚀，因此这种方法不能减缓轮船的腐蚀速度，D错误；
故答案为：B。
【分析】A．钢铁吸氧腐蚀中，Fe 作为负极失电子，生成的是 Fe2+（而非 Fe3+），负极反应应为Fe-2e-=Fe2+。
B．海水呈中性，钢铁在中性、弱酸性环境下发生吸氧腐蚀（正极消耗 O2），结合图示中 O2参与反应。
C．海水是中性环境，正极反应中不会出现 H+，正确的正极反应应为 O2+4e-+2H2O=4OH-。
D．要减缓钢铁腐蚀，需镶嵌比 Fe 活泼的金属（如 Zn）；Cu 的活泼性弱于 Fe，镶嵌 Cu 后 Fe 会作为负极加速腐蚀。
9．（2025高三上·福田月考）部分含Na或含Al物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是
A．存在的一步转化
B．存在的反应
C．可能是化合反应
D．蘸取e的水溶液做焰色试验，火焰呈黄色
【答案】A
【知识点】焰色反应；镁、铝的重要化合物；物质的简单分类
【解析】【解答】A、若 a 是 Al 单质，a→b（Al→Al2O3）可一步实现，但 b→c（Al2O3→Al(OH)3）无法一步完成（Al2O3不溶于水，不能直接与水反应生成 Al(OH)3）；若 a 是 Na 单质，a 对应化合价为 0，但 Na 的化合价只有 0、+1，无法形成 + 3 价的 b（Al2O3）。因此 “a→b→c→d 的一步转化” 不存在，A不合理；
B、b 是 Al2O3，f 是 NaOH，Al2O3与 NaOH 反应生成 NaAlO2（属于 d 类 Al 的盐），反应可一步实现，B合理；
C、g 是 Na2O，f 是 NaOH，Na2O 与水反应生成 NaOH，该反应属于化合反应，因此 g→f 可能是化合反应，C合理；
D、e 是 Na 的盐，Na 元素的焰色试验火焰呈黄色，因此蘸取 e 的水溶液做焰色试验，火焰呈黄色，D合理；
故答案为：A。
【分析】解决这道物质转化题的关键点：明确物质类别与化合价对应的物质：结合 Na（+1 价）、Al（+3 价）的化合价，确定：a：Na 或 Al 单质；b：Al2O3（+3 价氧化物）；c：Al(OH)3（+3 价碱）；d：Al 的盐（如 AlCl3，+3 价盐）；g：Na2O（+1 价氧化物）；f：NaOH（+1 价碱）；e：Na 的盐（如 NaCl，+1 价盐）。
10．（2025高三上·福田月考）氯碱工业涉及等物质。设为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A．1molNaOH固体中的离子数目为
B．的NaClO溶液中，的数目小于
C．标准状况下的与足量反应，形成的共价键数目为
D．与足量NaOH溶液反应生成NaClO转移电子数为
【答案】D
【知识点】盐类水解的应用；氧化还原反应的电子转移数目计算；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、NaOH 是离子化合物，1mol NaOH 固体含 1mol Na+和 1mol OH-，离子总数为 2NA，A正确；
B、NaClO 溶液中 ClO-会发生水解（ClO-+H2O HClO+OH-），导致 ClO-数目减少，因此 1L 1mol/L 溶液中 ClO-数目小于 NA，B正确；
C、标准状况下 22.4L Cl2为 1mol，与足量 H2反应生成 2mol HCl，每个 HCl 含 1 个共价键，共形成 2NA个共价键，C正确；
D、Cl2与 NaOH 反应生成 NaClO 时，发生歧化反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，1mol Cl2中 1mol Cl 失 1mol 电子（生成 ClO-）、1mol Cl 得 1mol 电子（生成 Cl-），转移电子数为 NA，并非 2NA，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题的易错点集中在对 “反应本质、粒子行为” 的理解偏差：
选项D的歧化反应电子转移：误将 Cl2与 NaOH 的反应（歧化反应）认为是 “1mol Cl2完全失电子”，实际是 1mol Cl2中一半 Cl 得电子、一半失电子，转移电子数为 NA，易误算为 2NA。
选项B的弱酸根水解：忽略 ClO-是弱酸根，会在溶液中水解，错误认为 1L 1mol/L NaClO 溶液中 ClO-数目等于 NA。
选项C的共价键计数：误将 “1mol Cl2生成 2mol HCl” 对应的共价键数算为 NA，实际每个 HCl 含 1 个共价键，共 2NA个。
这些错误的核心是没理清 “歧化反应的电子转移规律、弱酸根的水解行为、物质反应的粒子计量关系”。
11．（2025高三上·福田月考）下列实验装置或操作正确，且能达到实验目的的是
A．粗铜精炼 B．制备无水
C．制备氢氧化铁胶体 D．测定氯水的pH
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】铜的电解精炼；胶体的性质和应用；氯水、氯气的漂白作用
【解析】【解答】A、粗铜精炼的电解装置中，粗铜应作阳极、精铜作阴极（阳极发生氧化反应溶解粗铜，阴极析出纯铜），但图中粗铜接电源负极（作阴极）、精铜接正极（作阳极），装置连接错误，无法实现粗铜精炼 ，A错误；
B、MgCl2 6H2O 受热易水解生成 Mg(OH) Cl 或 MgO，因此需在 HCl 气流中加热（HCl 抑制水解），同时用无水 CaCl2防止外界水蒸气进入，尾气处理避免 HCl 污染 —— 装置与操作均符合制备无水 MgCl2的要求，B正确；
C、制备氢氧化铁胶体的正确操作是 “向沸水中滴加饱和 FeCl3溶液，继续煮沸至液体呈红褐色”，但图中加入了 NaOH 溶液，会直接生成 Fe(OH)3沉淀，无法得到胶体，C错误；
D、氯水中含 HClO，HClO 具有漂白性，会将 pH 试纸漂白，无法准确测定 pH；且 pH 试纸不能直接放在托盘上（应放在玻璃片或表面皿上），D错误；
故答案为：B。
【分析】解决这道实验题的突破口：
A．电解精炼铜的核心是 “粗铜作阳极（失电子溶解）、精铜作阴极（得电子析出）”，图中电极连接相反，直接判定A。
B．MgCl2易水解，制备无水 MgCl2需在 HCl 气流中加热（抑制水解），同时用无水 CaCl2隔绝水蒸气，装置符合这一要求，判定B。
C．制备胶体不能加 NaOH（会生成沉淀），应向沸水加饱和 FeCl3溶液，操作错误，判定C。
D．氯水中的 HClO 会漂白 pH 试纸，无法测 pH，且 pH 试纸放置方式不规范，判定D。
12．（2025高三上·福田月考）宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列反应的离子方程式书写正确的是
A．海水提溴过程中将溴吹入吸收塔：
B．磁性氧化铁溶于氢碘酸：
C．向溶液中滴入少量氯水：
D．与冷的石灰乳反应：
【答案】A
【知识点】海水资源及其综合利用；二氧化硫的性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、海水提溴中，Br2与 SO2在水溶液中发生氧化还原反应：Br2作氧化剂被还原为 Br-，SO2作还原剂被氧化为 SO42-，结合原子守恒、电荷守恒，离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2Br-+SO42-+4H+，A正确；
B、磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸时，生成的 Fe3+ 具有强氧化性，会与 I-发生反应（2Fe3++2I-=2Fe2++I2），因此不能只写 Fe3O4与 H+ 的反应，该离子方程式遗漏后续反应，B错误；
C、FeI2中 I-的还原性强于 Fe2+，滴入少量氯水时，Cl2会优先氧化 I-（而非 Fe2+），正确反应应为 2I-+Cl2=I2+2Cl-，该离子方程式违背 “还原性强弱优先反应” 的规律，C错误；
D、石灰乳是Ca(OH)2的悬浊液，Ca(OH)2以固体形式存在，不能拆分为 OH-，因此不能用 OH-表示石灰乳，该离子方程式拆分错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】从氧化还原反应的电子转移、离子的还原性强弱、物质的拆分规则等角度分析离子方程式的正确性。
A．Br2与 SO2反应，Br2被还原为 Br-、SO2被氧化为 SO42-，离子方程式原子和电荷守恒，书写正确。
B．Fe3O4与 HI 反应生成的 Fe3+会氧化 I-，方程式遗漏该反应。
C．FeI2中 I-还原性强于 Fe2+，少量氯水优先氧化 I-，方程式违背优先规律。
D．石灰乳是Ca(OH)2悬浊液，不可拆为 OH-，拆分错误。
13．（2025高三上·福田月考）下列陈述I与陈述II均正确，且具有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 用溶液刻蚀铜质电路板 氧化性：
B 金属钠、铁分别与冷水、水蒸气反应制氢气 熔点：
C 明矾可用于自来水消毒 水解生成的胶体具有吸附性
D 久置空气中的漂白粉遇盐酸 产生 漂白粉的有效成分是
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氧化性、还原性强弱的比较；钠的化学性质；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、陈述 I：FeCl3刻蚀铜电路板，反应为 2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；陈述 II：氧化性 Fe3+ > Cu2+。逻辑：正因为 Fe3+氧化性强于 Cu2+，才能氧化 Cu，二者均正确且有因果关系，A正确；B、陈述 I：Na 与冷水、Fe 与水蒸气反应制氢；陈述 II：熔点 Na < Fe。逻辑：反应条件差异源于金属活泼性（Na 更活泼），与熔点无关，无因果关系，B错误；
C、陈述 I：明矾用于自来水消毒（错误，明矾仅能净水，无消毒作用）；陈述 II：Al3+水解生成胶体有吸附性（正确）。逻辑：陈述 I 错误，C错误；
D、陈述 I：久置漂白粉遇盐酸产 CO2（正确，久置漂白粉含 CaCO3）；陈述 II：漂白粉有效成分是 CaCO3（错误，有效成分是 Ca(ClO)2）。逻辑：陈述 II 错误，D错误；
故答案为：A。
【分析】解决这道题的关键点：A．抓 “氧化性强弱决定反应能否发生”：Fe3+能氧化 Cu，说明氧化性 Fe3+>Cu2+，陈述 I、II 均对且有因果。
B．抓 “反应条件的本质原因”：Na、Fe 与水反应的差异是因为金属活泼性，和熔点无关，无因果。
C．抓 “物质功能”：明矾只有净水作用（吸附杂质），无消毒能力，陈述 I 错误。
D．抓 “物质有效成分”：漂白粉有效成分是 Ca(ClO)2，不是 CaCO3，陈述 II 错误。
14．（2025高三上·福田月考）某同学设计以下实验，探究简单配合物的形成和转化。
下列说法错误的是
A．②中沉淀与④中沉淀不是同一种物质
B．③中现象说明配体与的结合能力：
C．④中深蓝色物质在乙醇中的溶解度比在水中小
D．若向⑤中加入稀硫酸，同样可以得到黄绿色溶液
【答案】D
【知识点】配合物的成键情况；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A、②中沉淀是 Cu(OH)2，④中沉淀是 [Cu(NH3)4] SO4，二者不是同一种物质，A正确；
B、③中生成 [Cu(NH3)4] SO4，说明 NH3与 Cu2+的结合能力强于 H2O，B正确；
C、[Cu(NH3)4] SO4在乙醇中溶解度比在水中小，所以加入乙醇会析出沉淀，C正确；
D、⑥中黄绿色溶液是因为含有 [CuCl4]2-，向⑤中加入稀硫酸，无法提供大量 Cl-形成 [CuCl4]2-，不能得到黄绿色溶液，D错误；
故答案为：D。
【分析】本实验中，各物质的转化流程及核心变化如下：
首先，硫酸铜溶液（CuSO4(aq)）与氨水反应，生成氢氧化铜沉淀（Cu(OH)2(s)）；继续加入过量氨水，氢氧化铜与 NH3形成配位键，转化为可溶的四氨合铜 (II) 硫酸盐溶液（[Cu(NH3)4] SO4(aq)）；
向该溶液中加入乙醇，降低 [Cu (NH3)4] SO4的溶解度，使其以固体形式析出；最后加入过量浓盐酸，Cl-取代 NH3与 Cu2+配位，最终生成四氯合铜 (II) 配离子（[CuCl4]2-）。据此解题。
15．（2025高三上·福田月考）我国科学家侯德榜结合地域条件改进索尔维制碱法，提出纯碱与铵肥的联合生产工艺，后被命名为“侯氏制碱法”，主要工艺流程如图所示。下列说法正确的是
A．析出固体1时，发生反应的离子方程式为
B．气体1、气体2均为
C．溶液2中，含碳粒子主要是
D．盐析池中加入NaCl固体，增大，的平衡逆向移动，析出
【答案】D
【知识点】离子浓度大小的比较；探究碳酸钠与碳酸氢钠的性质；离子方程式的书写
【解析】【解答】A、沉淀池析出的固体 1 是 NaHCO3，实际离子反应为 Na++CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4+，但选项遗漏 Na+且未体现沉淀，A错误；
B、固体 1（NaHCO3）煅烧生成的气体 1 是 CO2；冷析池、盐析池过程中，溶液中 NH4HCO3分解生成的气体 2 是 NH3，并非 CO2，B错误；
C、溶液 1 含 NaHCO3、NH4Cl，经冷析池降温后，HCO3-会部分电离为 CO32-，因此溶液 2 中含碳粒子主要是 CO32-，并非 HCO3-，C错误；
D、盐析池存在 NH4Cl 的溶解平衡：NH4Cl(s) NH4+(aq)+Cl-(aq)，加入 NaCl 固体使 Cl-浓度增大，平衡逆向移动，NH4Cl 析出，D正确；
故答案为：D。
【分析】向饱和 NaCl 溶液先通入 NH3—— 这一步是关键：NH3溶于水使溶液呈强碱性，大幅提升了后续通入 CO2的溶解量（CO2在碱性液中更易转化为 HCO3-）。此时溶液中 Na+、HCO3-浓度达到过饱和，发生反应： NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl， 析出的 NaHCO3（固体 1）是后续制纯碱的原料。固体 1（NaHCO3）经煅烧分解： 2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，得到目标产物纯碱（Na2CO3）；同时生成的 CO2（气体 1）会回输到沉淀池，实现原料循环。沉淀池的滤液（溶液 1，含 NaCl、NaHCO3、NH4Cl）进入冷析池后，通入 NH3：一方面使溶液显碱性，抑制 HCO3-的电离；另一方面大幅提高 NH4+浓度，破坏 NH4Cl 的溶解平衡（NH4Cl(s) NH4+(aq)+Cl-(aq)），促使平衡逆向移动，析出 NH4Cl 固体（作铵肥），剩余溶液 2 含 NaCl、Na2CO3等。溶液 2 进入盐析池后，加入 NaCl 固体：这一步通过增大 Cl-浓度，再次推动 NH4Cl 的溶解平衡逆向移动，进一步析出 NH4Cl；最终剩余的溶液 3（主要含 NaCl）循环回沉淀池，继续参与初始反应。
16．（2025高三上·福田月考）一种基于氯碱工艺的新型电解池(下图)，可用于湿法冶铁的研究。电解过程中，下列说法不正确的是
A．左侧电极为阴极
B．阳极反应：
C．阴极区溶液中浓度逐渐升高
D．理论上每消耗，阳极室溶液减少213g
【答案】D
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；电解原理；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】A、右侧电极生成气体（Cl2），为阳极，左侧电极为阴极，A正确；
B、阳极区 Cl-放电，电极反应为 2Cl--2e-═Cl2↑，B正确；
C、阴极区发生反应Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-，生成 OH-，故 OH-浓度逐渐升高，C正确；
D、每消耗 1mol Fe2O3，转移 6mol 电子，生成 3mol Cl2，同时有 6mol Na+从阳极移向阴极。阳极室减少的质量为 3mol Cl2（213g）与 6mol Na+（138g）的质量和，即 351g，并非 213g，D错误；
故答案为：D。
【分析】该装置为电解池，需从电极类型、反应本质、离子迁移规律拆解核心逻辑：
电极判断与阳极反应装置右侧盛放饱和食盐水，该电极发生氧化反应（阳极特征），Cl-失去电子生成氯气，反应为：2Cl--2e-=Cl2↑，因此右侧为阳极；阴极反应与物质转化左侧电极为阴极（发生还原反应），Fe2O3在碱性体系中被还原为单质 Fe，同时生成 OH-，反应为：Fe2O3+6e-+3H2O=2Fe+6OH-；离子迁移与交换膜作用装置中间为阳离子交换膜（仅允许阳离子通过），电解时阳极区的 Na+会向阴极区定向迁移，目的是维持两侧溶液的电中性，保障电解持续进行。据此解题。
17．（2025高三上·福田月考）氯气是一种重要的化工原料，在生产生活中有着重要的应用。请回答下列问题：
(一)某兴趣小组用下图装置在实验室制备氯气。
（1）仪器a的名称为　 　，制备的化学方程式为　 　。
（2）实验室利用以下装置进行相关实验。其中，难以达到预期目的的是　 　。
A．净化、干燥 B．收集
C．验证的漂白性 D．吸收尾气
(二)探究盐酸与的反应。
（3）实验采用的盐酸与一定量的反应时，没有产生明显实验现象。小组同学猜测可能的原因是：
猜想1：反应温度低；
猜想2：_______。
请完成如下实验设计并证明上述猜想是否成立。
序号 试剂 反应温度 现象
Ⅰ 盐酸、一药匙 无明显现象
Ⅱ _______盐酸、一药匙 无明显现象
Ⅲ 盐酸、一药匙 产生黄绿色气体
①上述猜想2为　 　，表中实验II所用试剂中盐酸的规格为　 　，根据上述实验可知猜想　 　(填“1”或“2”)成立。
②实验I中无明显现象的原因可能是或较低，设计实验进行探究：
由上述实验结果可知氧化盐酸的反应中，变化的影响　 　(填“大于”或“小于”)。
③为探究变化究竟是影响了的氧化性还是影响了的还原性，用如图所示装置(A、B均为石墨电极，恒温水浴加热装置省略)进行实验。
序号 操作 现象
ⅰ K闭合 指针向左偏转
ⅱ 向U形管a．　 　(填“左侧”或“右侧”)滴加浓硫酸至 指针偏转幅度变化不大
ⅲ b．　 　 指针向左偏转幅度c．　 　
将i和ii、iii作对比，得出结论：氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与无关；的氧化性与有关，越大，的氧化性越强。
【答案】分液漏斗；；BC；盐酸浓度低；；2；大于；右侧；向U形管左侧滴加浓硫酸至；增大
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；氯气的实验室制法；常用仪器及其使用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）根据装置结构特点可知仪器a为分液漏斗；浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；
故答案为： 分液漏斗 ； ；
（2）A．Cl2中的HCl可被饱和食盐水吸收，Cl2中的水可被浓硫酸吸收，A正确；
B．Cl2的密度大于空气，可以使用向上排空气法收集，B错误；
C．鲜花中有水，验证不了氯气的漂白性，C错误；
D．氯气可以和氢氧化钠溶液反应，可以吸收尾气，D正确；
故答案为：BC。
（3）MnO2与盐酸反应时，不加热不发生反应，稀盐酸与MnO2既使在加热条件下也不发生反应，所以温度和盐酸的浓度都对反应的发生造成影响。
①实验Ⅰ中，使用40mL4mol L-1盐酸、一药匙MnO2，温度为65℃，反应未发生；实验Ⅱ中，虽然将温度由65℃升高到80℃，反应仍未发生，则表明溶液的浓度小导致反应未发生，所以猜想1.反应温度低；猜想2为：盐酸浓度低。比较实验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中的温度和浓度可以得出，实验Ⅲ中，虽然温度低，但盐酸的浓度大，反应仍能发生，所以表中实验Ⅱ反应不能发生的原因是所用试剂中盐酸浓度小，则规格为：40mL4 mol L-1。上述实验中，升高温度时反应未发生，但增大盐酸浓度时反应发生，由此可知猜想2成立。
②由上述实验结果可知，MnO2氧化盐酸的反应中，c(H+)从4 mol L-1增大到7 mol L-1时，反应发生，而c(Cl-)由4 mol L-1增大到10mol L-1时，反应才发生，所以c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。
③为探究c(H+)变化究竟是影响了MnO2的氧化性还是影响了Cl-的还原性，则可向图中装置的U形管左侧或右侧分别滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1，观察指针的偏转情况，由此作出结论。
序号 操作 现象
i K闭合 指针向左偏转
ii 向U形管a．右侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 指针偏转幅度变化不大
iii b．向U形管左侧滴加浓硫酸至c(H+)≥7mol L-1 指针向左偏转幅度c．增大
U形管左侧，A电极为正极，MnO2得电子产物与电解质反应，生成Mn2+等，发生的电极反应为；将i和ii、iii作对比，得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中，HCl的还原性与c(H+)无关；MnO2的氧化性与c(H+)有关，c(H+)越大，MnO2的氧化性越强。
故答案为： 盐酸浓度低 ； ；2； 大于 ； 右侧 ； 向U形管左侧滴加浓硫酸至 ； 增大 。
【分析】实验室制备氯气通常利用 MnO2和浓盐酸在加热条件下的氧化还原反应。该反应的发生既与温度有关，也与盐酸浓度有关。当温度较低或盐酸浓度较小时，反应难以进行。从反应本质来看，溶液的酸性（H+浓度）对 MnO2氧化性的影响更为关键，H+浓度的变化对反应能否发生的影响比 Cl-浓度变化更大。通过探究这一反应，可深入理解酸性条件下氧化剂氧化性的增强规律，以及浓度、温度对氧化还原反应的双重影响。
18．（2025高三上·福田月考）铁、钴、镍是重要的战略性金属。可采用酸浸-氨浸等工艺从铁钴镍矿中(主要含，少量)提取，并获得一系列化工产品，部分流程如下：
已知：易与发生配位生成不稳定，易被氧化为；相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围如下：
金属离子
开始沉淀的pH 1.5 6.5 7 6.9
沉淀完全的pH 2.8 9 10 8.9
（1）为了提高“酸浸1”的速率，可采取的措施是　 　(写出一种即可)。
（2）滤渣1的主要成分为　 　(填化学式)。
（3）“氧化”的目的是使　 　元素以　 　(填化学式)形式存在于“滤渣3”中，“氧化”时该元素反应的离子方程式为　 　。
（4）“调pH”时，溶液pH范围应为　 　时才能保证“滤渣3”纯度较高。
（5）“还原”时，反应的氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
（6）“沉镍”过程中使用溶液而不使用溶液的原因是　 　。
（7）“结晶”过程通入的酸性气体X是　 　(填化学式)。
【答案】（1）适当增大硫酸的浓度、将铁钴镍矿粉碎、适当加热、搅拌(答出任意一种即可给分)
（2）
（3）Fe；；
（4）
（5）2：1
（6）等浓度下溶液的碱性弱于，防止生成
（7）HCl
【知识点】氧化还原反应方程式的配平；物质的分离与提纯；铁及其化合物的性质实验
【解析】【解答】（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是：适当增大硫酸的浓度、将铁钴镍矿粉碎、适当加热、搅拌(答出任意一种即可给分)；
故答案为： 适当增大硫酸的浓度、将铁钴镍矿粉碎、适当加热、搅拌(答出任意一种即可给分) ；
（2）由分析知，滤渣1的主要成分为：；
故答案为： ；
（3）氧化的目的是用将氧化为，然后通过调节pH得到沉淀，所以“氧化”的目的是使Fe元素以形式存在于“滤渣3”中，“氧化”时该元素反应的离子方程式为：；
故答案为： Fe ； ； ；
（4）调节pH值让沉淀，和不沉淀，溶液的范围应调节为；
故答案为： ；
（5）氨浸后，Co元素以形式存在，通入还原性气体后，Co元素的化合价由+3价降至+2，而被氧化为，S元素的化合价由+4价升至+6，根据得失电子守恒，“还原”时反应的氧化剂()与还原剂()物质的量之比为。
故答案为： 2：1 ；
（6）“沉镍”过程中使用溶液而不使用溶液的原因是：等浓度下溶液的碱性弱于，防止生成；
故答案为： 等浓度下溶液的碱性弱于，防止生成 ；
（7）由分析可知，“结晶”过程通入的酸性气体X是：HCl；
故答案为： HCl 。
【分析】铁钴镍矿主要含 Co2O3、NiO、FeO、Fe2O3，少量 MgO、SiO2。经硫酸酸浸时，SiO2不溶于酸，成为滤渣 1；酸浸液含 Co3+、Ni2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+。加入 NH4F，Mg2+生成 MgF2沉淀（滤渣 2）以除镁；加入 H2O2，将 Fe2+氧化为 Fe3+；加 NaOH 调 pH，Fe3+生成 Fe(OH)3沉淀（滤渣 3）。滤渣 3 经酸浸 2（加 HCl，气体 X 为 HCl）、结晶（在 HCl 气流中）得到 FeCl3。滤液加氨水，Ni2+生成 Ni(OH)2沉淀，酸浸 3 得到 Ni2+，加 NH4HCO3生成 NiCO3。氨浸时，Co2+与 NH3形成 [Co(NH3)6]2+，但易被氧化为 [Co(NH3)6]3+；通入 SO2还原后，最终得到 CoSO4。整个流程通过酸浸、沉淀、氧化还原、配位反应等步骤，实现 Fe、Co、Ni 的分离提取，同时获得 FeCl3、NiCO3等化工产品，体现了根据金属离子性质差异（如沉淀 pH、配位能力、氧化性还原性）进行分离提纯的思路。
（1）为了提高“酸浸”速率，可采取的措施是：适当增大硫酸的浓度、将铁钴镍矿粉碎、适当加热、搅拌(答出任意一种即可给分)；
（2）由分析知，滤渣1的主要成分为：；
（3）氧化的目的是用将氧化为，然后通过调节pH得到沉淀，所以“氧化”的目的是使Fe元素以形式存在于“滤渣3”中，“氧化”时该元素反应的离子方程式为：；
（4）调节pH值让沉淀，和不沉淀，溶液的范围应调节为；
（5）氨浸后，Co元素以形式存在，通入还原性气体后，Co元素的化合价由+3价降至+2，而被氧化为，S元素的化合价由+4价升至+6，根据得失电子守恒，“还原”时反应的氧化剂()与还原剂()物质的量之比为。
（6）“沉镍”过程中使用溶液而不使用溶液的原因是：等浓度下溶液的碱性弱于，防止生成；
（7）由分析可知，“结晶”过程通入的酸性气体X是：HCl；
19．（2025高三上·福田月考）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）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
实验 金属 操作、现象及产物
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
Ⅱ 过量 一段时间后有气泡产生，反应缓慢，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液为3~4，取出固体，固体中未检测到单质
Ⅲ 过量 有大量气泡产生，反应剧烈，逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，持续产生大量气泡，当溶液为3~4时，取出固体，固体中检测到单质
①分别取实验I、Ⅱ、Ⅲ中的少量溶液，滴加溶液，证明都有生成，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　 　。
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。写出与、反应的离子方程式　 　。
b．乙认为在为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)。
证实了此条件下可忽略对的消耗。
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。
ii．查阅资料：开始沉淀的约为1.2，完全沉淀的约为3。
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。
（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　 　。
【答案】（1）
（2）产生蓝色沉淀；水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；或、；向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀；加入几滴溶液，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，使镁粉不容易被沉淀包裹
【知识点】盐类水解的应用；常见金属的活动性顺序及其应用；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（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；
故答案为： ；
（2）①与会生成蓝色的沉淀；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．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+；
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，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，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；
故答案为： 产生蓝色沉淀 ；水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀 ；或、 ； 向为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加溶液，不产生蓝色沉淀 ； 加入几滴溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸 。
（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。
故答案为： 加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被沉淀包裹 。
【分析】实验 Ⅰ：Cu 与 Fe3+的反应：向体系中加入过量 Cu，Cu 和 Fe3+发生氧化还原反应：
2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，溶液因生成 Cu2+呈现蓝绿色，最终固体中未检测到 Fe 单质。
实验 Ⅱ：Zn 的反应与 Fe 的缺失过量：Zn 优先与溶液中的 H+反应：Zn+2H+=Zn2++H2↑，溶液 pH 升高，Fe3+转化为 Fe(OH)3红褐色沉淀。固体中无 Fe 的核心原因有两点：一是 Fe3+的氧化性会干扰 Fe2+的进一步还原；二是生成的 Fe(OH)3沉淀会包裹 Zn 粉，阻断 Zn 与 Fe2+的接触。
实验 Ⅲ：Mg 的强反应与 Fe 的生成过量：Mg 与 H+发生剧烈反应：Mg+2H+=Mg2++H2↑，该反应既快速提升溶液 pH，促使 Fe3+转化为 Fe(OH)3沉淀，又会产生大量气泡冲散沉淀，避免 Mg 粉被包裹。当溶液 pH 降至 3~4 时，Mg 能够与 Fe2+接触并将其还原，因此固体中可检测到 Fe 单质。
Ⅱ、Ⅲ 实验核心差异：Mg 与 H+反应的强气泡效应打破了沉淀包裹的阻碍，这是实验 Ⅲ 能生成 Fe 单质的关键。
（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；
②水解方程式为，加入的或会消耗，促进水解平衡正向移动，使其转化为沉淀；
③i．a．Fe与Fe3+、H+反应的离子方程式为：或、；
b．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+；
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，因此可控制反应条件，在未生成沉淀时将还原，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；
（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。
20．（2025高三上·福田月考）普卡必利是常用的胃肠促动药物，合成其中间体V的路线如下(反应条件略)
（1）I的分子式为　 　；所含官能团的名称是　 　。
（2）根据III的结构特征，分析预测其可能的化学性质，完成下表。
序号 反应试剂、条件 反应形成的新物质 反应类型
① 　 　 　 　
② 新制Cu(OH)2、加热 　 　 　 　
（3）化合物X是化合物IV的同分异构体，满足下列条件的化合物X的结构简式为　 　(任写一种)。
条件：i．含； ii．苯环上含有4个取代基；
iii．能与反应生成气体 iv．核磁共振氢谱显示3组峰
（4）关于上述路线中的相关物质及转化，下列说法错误的有_______。
A．化合物I中存在“头碰头”形成的键
B．化合物V中碳原子采取和杂化
C．化合物IV不存在手性碳原子
D．化合物IV在水中的溶解度比V大
（5）以乙烯为唯一有机原料，可四步合成。基于该合成路线，回答：
①相关步骤涉及水解反应，有机反应物为　 　(写结构简式)。
②相关步骤涉及氧化反应，其化学方程式为　 　(注明反应条件)。
【答案】（1）；羟基
（2）；取代反应；；氧化反应
（3）或
（4）A；D
（5）或；
【知识点】有机物中的官能团；有机物的合成；有机物的结构和性质；同分异构现象和同分异构体
【解析】【解答】（1）根据Ⅰ的结构可知分子式为；乙二醇的官能团名称为羟基；
故答案为： ； 羟基 ；
（2）①根据Ⅲ和新物质的结构可知，物质Ⅲ发生苯环上的取代反应，引入了溴原子，反应条件为；②Ⅲ含有醛基，能与新制的Cu(OH)2在加热条件下发生氧化反应生成羧酸钠，形成的新物质是；
故答案为： ； 取代反应 ； ； 氧化反应 ；
（3）依题化合物Ⅳ的同分异构体结构中含有硝基、羧基（能与NaHCO3反应生成气体），苯环上有4个取代基（结合Ⅳ的分子式可知取代基为：1个硝基、1个羧基、2个甲基），且含有3种等效氢，故满足条件的同分异构体为或 （任写一种即可）；
故答案为：或 ；
（4）π键是“肩并肩”形成的，A错误；Ⅴ的苯环上的C原子为sp2杂化，五元环上的C原子为sp3杂化，B正确；手性碳原子需连有四个不同原子或基团，故Ⅳ中无手性碳原子，C正确；Ⅴ结构中含有氨基结构，故能形成氢键，使得其在水中的溶解度大于Ⅳ，D错误；故答案选AD；
故答案为： A D ；
（5）结合题干流程分析，由乙烯合成的步骤为：CH2=CH2与卤素单质（与Br2或Cl2）发生加成反应生成卤代烃（或）；卤代烃在NaOH的水溶液中发生水解反应生成HOCH2CH2OH；HOCH2CH2OH与O2在Cu的催化下生成OHCCHO，反应的化学方程式为；最后OHCCHO与HOCH2CH2OH反应得到故答案为：或 ； 。
【分析】(1)根据结构简式确定分子式，识别官能团名称。
(2)①根据产物判断苯环取代反应的试剂和条件；
②根据醛基的性质确定与新制 Cu(OH)2反应的产物和反应类型。
(3)结合同分异构体的条件（含硝基、羧基、4 个取代基、3 组等效氢）推导结构简式。
(4)分析化合物的化学键、碳原子杂化、手性碳及溶解度的影响因素。
(5)①确定水解反应的有机反应物；
②写出醇的催化氧化化学方程式。
（1）根据Ⅰ的结构可知分子式为；乙二醇的官能团名称为羟基；
（2）①根据Ⅲ和新物质的结构可知，物质Ⅲ发生苯环上的取代反应，引入了溴原子，反应条件为；②Ⅲ含有醛基，能与新制的Cu(OH)2在加热条件下发生氧化反应生成羧酸钠，形成的新物质是；
（3）依题化合物Ⅳ的同分异构体结构中含有硝基、羧基（能与NaHCO3反应生成气体），苯环上有4个取代基（结合Ⅳ的分子式可知取代基为：1个硝基、1个羧基、2个甲基），且含有3种等效氢，故满足条件的同分异构体为或 （任写一种即可）；
（4）π键是“肩并肩”形成的，A错误；Ⅴ的苯环上的C原子为sp2杂化，五元环上的C原子为sp3杂化，B正确；手性碳原子需连有四个不同原子或基团，故Ⅳ中无手性碳原子，C正确；Ⅴ结构中含有氨基结构，故能形成氢键，使得其在水中的溶解度大于Ⅳ，D错误；故答案选AD；
（5）结合题干流程分析，由乙烯合成的步骤为：CH2=CH2与卤素单质（与Br2或Cl2）发生加成反应生成卤代烃（或）；卤代烃在NaOH的水溶液中发生水解反应生成HOCH2CH2OH；HOCH2CH2OH与O2在Cu的催化下生成OHCCHO，反应的化学方程式为；最后OHCCHO与HOCH2CH2OH反应得到。
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