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北京大学附属中学2025-2026学年高三上学期统练（四） 化学试题
1．（2025高三上·北京月考）下列反应原理中，不符合工业冶炼金属实际情况的是
A．2Ag2O4Ag+O2↑ B．2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
C．2MgO2Mg＋O2↑ D．4CO+Fe3O43Fe+4CO2
【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、Ag 是不活泼金属，工业上用热分解法，加热 Ag2O 分解得到 Ag，故A不符合题意 ；
B、Al 是活泼金属，工业上电解熔融 Al2O3（加冰晶石降低熔点）冶炼 Al，故B不符合题意 ；
C、Mg 是活泼金属，但 MgO 熔点极高（约 2800℃），工业上不会电解熔融 MgO，而是电解熔点更低的 MgCl2，故C符合题意 ；
D、Fe 是较活泼金属，工业上用热还原法，CO 还原 Fe3O4得到 Fe，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题易错点
活泼金属冶炼方法混淆：易误将 Mg 的冶炼方法记为电解 MgO，忽略 MgO 熔点过高（实际工业电解熔点更低的 MgCl2）。
电解法的原料判断错误：对 Al、Mg 等活泼金属的冶炼原料记忆模糊，错认为 MgO 可直接电解。
金属活动性与冶炼方法对应偏差：混淆热分解法、电解法的适用金属（如误将 Mg 归为可热分解冶炼的金属）。
2．（2025高三上·北京月考）下列指定微粒数目一定相等的是
A．等质量的与所含的原子数
B．等物质的量的与中所含的碳原子数
C．等体积等浓度的与溶液中所含的数
D．等物质的量的与所含的共价键数
【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、H2O（普通水）和2 H2O（重水）的摩尔质量不同：普通水摩尔质量为 18g/mol，重水（H 为氘，相对原子质量 2）的摩尔质量为 20g/mol。等质量时，二者的物质的量不同；且每个分子都含 3 个原子，因此原子总数不相等，故A不符合题意 ；
B、C2H6（乙烷）每个分子含 2 个 C 原子，C3H6（丙烯）每个分子含 3 个 C 原子。等物质的量时，二者的 C 原子数之比为 2：3，故B不符合题意 ；
C、Na2SO3和 (NH4)2SO3溶液中，SO32-会发生水解（结合 H2O 电离的 H+），但两种溶液中阳离子对 SO32-水解的促进程度不同（NH4+会水解显酸性，促进 SO32-水解），因此实际存在的 SO32-数不相等，故C不符合题意 ；
D、CH3CH2OH（乙醇）的结构是 C-C-O-H，共价键包括：5 个 C-H 键、1 个 C-C 键、1 个 C-O 键、1 个 O-H 键，共 8 个；CH3OCH3（甲醚）的结构是 C-O-C，共价键包括：6 个 C-H 键、2 个 C-O 键，共 8 个。等物质的量时，二者的共价键数相等，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】这道题的解题突破口、关键点可以总结为以下3点：
抓 “量的关系”：涉及 “等质量” 时，先看摩尔质量是否相同（摩尔质量不同则物质的量不同，微粒数大概率不等）；涉及 “等物质的量” 时，直接看每个分子、离子中目标微粒的个数。
注意 “微粒变化”：溶液中的弱酸根、弱碱阳离子会发生水解，不同溶液的水解程度不同，实际存在的微粒数会偏离理论值。
数 “共价键” 要拆结构：有机物的共价键数，需先明确分子的结构（如乙醇是 C-C-O-H，甲醚是 C-O-C），再逐一数出键的类型与数量。
3．（2025高三上·北京月考）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．在氨水中：、、、
B．在氯化钠溶液中：、、、
C．在醋酸溶液中：、、、
D．在硝酸银溶液中：、、、
【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、0.1 mol L- 氨水中含大量 OH-：Ag+、Cu2+会与 OH-结合，分别生成 AgOH（易分解为 Ag2O 沉淀）、Cu(OH)2沉淀；Ag+与 SO32-会反应生成 Ag2SO3沉淀。
因此离子不能共存，故A不符合题意 ；
B、0.1 mol L- 氯化钠溶液中：Fe3+具有氧化性，与还原性的 I-发生氧化还原反应；Fe3+与 HCO3-发生双水解反应（生成 Fe(OH)3沉淀和 CO2）。因此离子不能共存，故B不符合题意 ；
C、0.1 mol L- 醋酸溶液中含大量 H+：Ba2+、NH4+、Br-、H+之间无沉淀生成，无氧化还原或双水解反应；且与醋酸（弱酸）不反应。因此离子能大量共存，故C符合题意 ；
D、0.1 mol L- 硝酸银溶液中含大量 Ag+：Ag+与 Cl-生成 AgCl 沉淀，与 CO32-生成 Ag2CO3沉淀。因此离子不能共存，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】解决离子共存问题的突破口、关键点可以总结为3点：
先看 “溶液环境”：明确溶液是酸性（含H+）、碱性（含OH-）还是含特定离子（如Ag+、Fe3+），判断离子与环境是否反应（如 OH-与金属阳离子生成沉淀）。
再查 “离子间反应”：看是否生成沉淀（如 Ag+与 Cl-、CO32-）；看是否发生氧化还原（如Fe3+与 I-）；看是否发生双水解（如 Fe3+与 HCO3-）。
避开 “弱酸、弱碱相关”：弱酸根（如CO32-）在酸性溶液中不能共存，弱碱阳离子（如NH4+）在碱性溶液中不能共存（但可存在于对应弱酸、弱碱溶液中，如 NH4+与醋酸）。
4．（2025高三上·北京月考）下列关于晶体的说法正确的组合是
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③晶格能由大到小顺序：
④晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑤分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑥离子化合物在室温下可能是液体
A．①②③ B．①②④ C．③ D．③⑥
【答案】D
【知识点】晶格能的应用；离子晶体；金属键
【解析】【解答】① 稀有气体（如 He、Ne）形成的分子晶体，其构成微粒是单原子分子，不存在共价键。错误；
②金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，只有阳离子而无阴离子。因此该说法错误；
③ 晶格能与离子半径相关：阴离子半径 F- < Cl- < Br- < I-，阴、阳离子半径差越小，晶格能越大。该顺序正确；
④SiO2是原子晶体，每个 Si 原子通过共价键与 4 个 O 原子结合（Si 为 ⅣA 族元素，价电子数为 4，形成 4 个共价键）。因此该说法错误；
⑤ 分子的稳定性由分子内共价键的强弱决定，与分子间作用力无关（分子间作用力影响晶体的熔沸点）。因此该说法错误；
⑥ 多数离子化合物为固体，但部分离子化合物（如某些离子液体）因离子间作用力较弱，熔点较低，室温下可呈液态。因此该说法正确；
综上，正确的是③⑥，
故答案为：D。
【分析】解决这类晶体相关题目的突破口 / 关键点可总结为 4 点：
抓晶体的构成微粒：比如分子晶体可能是单原子分子（无共价键），金属晶体只有阳离子 + 自由电子（无阴离子）。
晶格能的判断逻辑：离子晶体中，阴 / 阳离子半径越小、电荷数越高，晶格能越大。
区分 “分子稳定性” 与 “分子间作用力”：分子稳定看 “共价键强弱”，熔沸点才看 “分子间作用力大小”。
打破 “离子化合物都是固体” 的固有认知：部分离子液体因离子间作用力弱，室温下可呈液态。
5．（2025高三上·北京月考）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．用Na2S除去废水中的Hg2+：S2-+Hg2+=HgS↓
B．用FeCl3溶液刻蚀电路板上的铜：Fe3++Cu=Cu2++Fe2+
C．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：OH-+SO2=
D．用食醋处理水垢[主要成分CaCO3和Mg(OH)2]：
2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O，2H++Mg(OH)2=Mg2++2H2O
【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na2S 是可溶性盐，拆分为S2-；Hg2+为游离离子，二者反应生成难溶的 HgS 沉淀。
方程式中原子个数守恒、电荷守恒（左边电荷总和为 0，右边也为 0），物质拆分符合规则。A正确；
B、方程式电荷不守恒（左边 Fe3+带 +3 电荷，右边 Cu2+与 Fe2+共带 +4 电荷）。
正确配平应为 2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。B错误；
C、NaOH 过量时，SO2与 OH-反应应生成 SO32-（HSO3-是 SO2过量时的产物）。
正确方程式为 2OH-+SO2=SO32-+H2O。C错误；
D、食醋的主要成分是 CH3COOH（弱酸），不能拆分为 H+， 正确的离子方程式是，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．Na2S 拆为 S2-，Hg2+为游离离子，生成 HgS 沉淀；方程式原子、电荷均守恒。
B．左边电荷 + 3，右边 + 4，电荷不守恒。
C．过量时，SO2应生成 SO32-（非 HSO3-）。
D．食醋（CH3COOH，弱酸）不能拆为 H+。
6．（2025高三上·北京月考）为研究浓硝酸与Cu的反应，进行如图所示实验。下列说法不正确的是
A．滴入浓硝酸后，无需加热即可反应
B．反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性
C．反应消耗0.05mol Cu时，转移电子数约为
D．若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：Al【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、浓硝酸与 Cu 的反应常温下即可进行，无需加热，A正确；
B、反应生成红棕色 NO2，是浓硝酸将 Cu 氧化的结果，体现其氧化性，B正确；
C、Cu 与浓硝酸反应时，1mol Cu 转移 2mol 电子，0.05mol Cu 转移 0.1mol 电子，数目约为 6.02×1022，C正确；
D、Al 遇浓硝酸会发生钝化（表面生成致密氧化膜），并非还原性 Al
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
反应条件的记忆：浓硝酸与 Cu 常温下即可反应，无需加热，区分与稀硝酸、浓硫酸的反应条件。
氧化性的判断依据：反应中浓硝酸将 Cu 氧化，自身被还原为 NO2（红棕色气体），体现氧化性。
电子转移的计算：明确 Cu 与浓硝酸反应时，Cu 由 0 价升为 +2 价，1mol Cu 转移 2mol 电子，据此计算转移电子数。
钝化现象的识别：Al 遇浓硝酸会发生钝化（生成致密氧化膜阻碍反应），不能据此判断 Al 的还原性弱于 Cu（实际 Al 还原性更强）。
7．（2025高三上·北京月考）下列各组中陈述I、II均正确并且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 有漂白性 能使溴水褪色
B 铁比铜活泼 铜质容器可以盛放浓硝酸
C 铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿
D 铜表面易形成致密的氧化膜 铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；二氧化硫的性质；铜及其化合物
【解析】【解答】A、陈述 I：（题干未明确物质，推测是 SO2）SO2有漂白性，但陈述 II 中 “使溴水褪色” 是因为 SO2的还原性（与 Br2发生氧化还原反应），并非漂白性。结论：陈述 II 的原因错误，无因果关系，A错误；
B、陈述 I：铁比铜活泼（正确）；陈述 II：铜质容器可盛浓硝酸，是因为铜遇浓硝酸会钝化（并非因为铁比铜活泼）。结论：二者无因果关系，B错误；
C、陈述 I：铜绿主要成分为碱式碳酸铜 Cu2(OH)2CO3（正确）；陈述 II：稀盐酸能与 Cu2(OH)2CO3反应（生成 CuCl2、CO2、H2O），因此可除去铜绿（正确）。结论：I、II 均正确且有因果关系，C正确；
D、陈述 I：铜表面形成的氧化膜（CuO）不致密；陈述 II：铜板上的铁钉在潮湿空气中会形成原电池（铁更活泼，铁被腐蚀），铁钉易生锈。结论：I、II 均错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．先发现陈述 II 的本质是还原性，与 I 的漂白性无关，无因果。
B．I 正确，但 II 的原因是铜遇浓硝酸钝化，无因果。
C．I（铜绿成分）正确，II（盐酸与碱式碳酸铜反应）的原因正是 I，有因果。
D．I（铜氧化膜致密）错误，II（铁钉不易锈）也错误。
8．（2025高三上·北京月考）下列实验的现象与对应解释不正确的是
选项 操作 现象 解释
A 将少量粉末加热 有液滴和气体产生 易分解
B 常温下将片放入浓硝酸中 无明显变化 Al与浓硝酸不反应
C 分别将一小块放入无水乙醇和水中 钠与水反应更剧烈 水分子中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活泼
D 将铝箔在酒精灯火焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落 氧化铝的熔点高于铝
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】钠的化学性质；铝的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、操作：加热 NaHCO3粉末；现象：有液滴和气体产生。解释：NaHCO3易分解（分解生成 Na2CO3、H2O 和 CO2，液滴是 H2O，气体是 CO2）。现象与解释匹配，A正确；
B、操作：常温下将 Al 片放入浓硝酸中；现象：无明显变化。解释：“Al 与浓硝酸不反应” 错误 —— 实际是 Al 遇浓硝酸发生钝化（表面生成致密的 Al2O3薄膜，阻止反应继续进行），并非不反应。
解释错误，B不正确；
C、操作：Na 分别放入无水乙醇和水中；现象：Na 与水反应更剧烈。解释：水分子中氢原子比乙醇羟基中氢原子活泼（羟基氢的活泼性：水 > 乙醇，活泼性越强，与 Na 反应越剧烈）。现象与解释匹配，C正确；
D、操作：灼烧铝箔；现象：铝箔熔化但不滴落。解释：氧化铝熔点高于铝（铝熔化时，表面生成的 Al2O3未熔化，包裹住液态铝）。现象与解释匹配，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．联 “反应产物”：现象对应的产物需匹配解释（如选项 A 中 NaHCO3分解的产物是 H2O 和 CO2，对应液滴、气体）。
B．抓 “物质特性”：区分 “不反应” 和 “反应但无明显现象”（如选项 B 中 Al 遇浓硝酸是钝化，不是不反应）。
C．比 “性质强弱”：现象差异对应性质差异（如选项 C 中 Na 与水、乙醇反应的剧烈程度，对应羟基氢的活泼性）。
D．记 “结构 - 性质”：物质的结构、 组成决定现象（如选项 D 中 Al2O3熔点高，导致铝箔熔化不滴落）。
9．（2025高三上·北京月考）向2%的溶液中滴加稀氨水，可得到银氨溶液。银氨溶液可用于检验葡萄糖中的醛基。下列说法正确的是
A．滴加稀氨水时，有沉淀的生成与溶解
B．为加快银镜的出现，应加热并不断振荡
C．银镜的出现说明醛基具有氧化性
D．反应后，可用氨水洗去银镜
【答案】A
【知识点】银镜反应
【解析】【解答】A、滴加稀氨水时，先生成 AgOH（后分解为 Ag2O）沉淀，继续加氨水，沉淀溶解生成 [Ag (NH3)2]+，故有沉淀的生成与溶解，A正确；
B、银镜反应需水浴加热且不能振荡（振荡会使银粒分散，无法形成光滑银镜），B错误；
C、银镜反应中醛基将 Ag+还原为 Ag，体现醛基的还原性，而非氧化性，C错误；
D、Ag 与氨水不反应，不能用氨水洗银镜（需用稀硝酸），D错误；
故答案为：A。
【分析】解题关键点：
银氨溶液的制备过程：滴加氨水时，先沉淀（生成 AgOH、Ag2O）、后溶解（形成 [Ag(NH3)2]+），据此判断选项 A 的正确性。
银镜反应的条件：需水浴加热且不能振荡（振荡会破坏银镜的光滑性），排除选项 B。
醛基的性质：银镜反应中醛基是还原剂（将 Ag+还原为 Ag），体现还原性，排除选项 C。
Ag 的反应性：Ag 与氨水不反应，洗银镜需用稀硝酸（Ag 与硝酸反应），排除选项 D。
10．（2025高三上·北京月考）用下列装置进行分离提纯，主要利用的性质与物质溶解性无关的是
A B C D
从海水中获得蒸馏水 获取苯甲酸晶体 去除粗盐中的泥沙 用CCl4提取碘水中的I2
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】过滤；分液和萃取
【解析】【解答】A、利用水的沸点（液态变为气态再冷凝），与水或海水中其他物质的溶解性无关，A符合题意；
B、利用苯甲酸 “温度降低时溶解性减小” 的性质，通过降温使苯甲酸从溶液中析出，B不符合题意；
C、利用泥沙不溶于水、粗盐溶于水的差异，通过滤纸分离固液，C不符合题意；
D、利用 I2在 CCl4中的溶解性远大于在水中的溶解性，实现 I2的转移，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
混淆 “蒸馏的原理”：容易误将蒸馏与溶解性关联，但蒸馏的核心是利用沸点差异（液态—气态—冷凝），和物质是否溶解无关（如选项 A）。
误判 “结晶 、 过滤、萃取的本质”：部分同学会忽略结晶（依赖溶解性随温度的变化）、过滤（依赖固液溶解性差异）、萃取（依赖溶质在不同溶剂的溶解性差异），本质都与溶解性相关（如 B、C、D）。
11．（2025高三上·北京月考）下列离子方程式书写正确的是
A．铝片放入过量氢氧化钠溶液中，
B．向溶液中加入足量溶液：
C．向溶液中滴入少量溶液：
D．将过氧化钠加入水中：
【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铝片与过量 NaOH 溶液反应时，不仅会生成 [Al(OH)4]-，还会产生 H2， 正确方程式为：，A错误；
B、向 Al2(SO4)3溶液中加入足量 Ba (OH)2时，过量的 OH-会将 Al3+转化为 [Al(OH)4]-而非 Al(OH)3沉淀， 正确方程式为：，B错误；
C、NH4HSO4中的 H+酸性强于 NH4+，滴入少量 NaOH 时，OH-会优先与 H+反应生成 H2O，而非与 NH4+反应， 正确方程式为：，C错误；
D、过氧化钠与水反应生成 Na+、OH-和 O2，该方程式既满足原子守恒（Na、O、H 原子数均匹配），也满足电荷守恒（左右电荷总和均为 0），符合反应实际，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．抓 “反应完整性”：像 Al 与 NaOH 反应，不仅有络离子生成，还伴随气体（H2），需确认产物是否完整（如选项 A 漏了 H2）。
B．看 “反应物用量”：强碱足量时，Al3+ 会转化为 [Al(OH)4]-而非 Al(OH)3，需根据用量判断产物（如选项 B 忽略了 Ba(OH)2足量的影响）。
C．辨 “离子反应优先级”：酸性强的离子（如 NH4HSO4中的 H+）会优先与 OH-反应，而非弱酸性的 NH4+（如选项 C 搞反了反应顺序）。
D．验 “守恒关系”：原子、电荷是否守恒是基础（如选项 D 同时满足两种守恒）。
12．（2025高三上·北京月考）由化合物K、L和P合成药物中间体Q，转化关系如下图。
已知：生成时，与中均有键断裂。
下列说法不正确的是
A．K不存在顺反异构
B．L的化学式为
C．和的过程中，均涉及上的加成反应
D．若中的全部原子用标记，生成的的结构简式应为
【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、K 中碳碳双键的其中一个碳原子连有 2 个 - CN（相同基团），不满足顺反异构的 “双键两端碳原子连不同基团” 条件，故无顺反异构，A正确；
B、K 与 L 反应生成 M 和 CH3OH，结合原子守恒（K 含 C、N、O，M 含 N、H，L 提供 N、H），推得 L 为 N2H4，B正确；
C、K→M 中 - CN 与 N2H4加成（引入 - NH2），M→Q 中 - CN 与 HCONH2加成（形成环状结构），均涉及 - CN 的加成，C正确；
D、生成 Q 时 HCONH2和M均有N-H键断裂，则Q中-NH2上的N应为15N，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
顺反异构的判断误区：易忽略 “双键碳原子需连不同基团” 的条件，错认为 K 存在顺反异构（实际 K 中双键某碳连 2 个 - CN）。
化学式推断的原子守恒应用：可能遗漏 K 与 L 反应的产物（CH3OH），导致无法正确推出 L 的化学式（N2H4）。
反应类型的识别偏差：对 - CN 的加成反应不熟悉，误判 K→M、M→Q 的反应类型（二者均涉及 - CN 的加成）。
13．（2025高三上·北京月考）实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备CuSO4·5H2O的部分实验步骤如图：
下列说法不正确的是
A．“溶解Ⅰ”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解Ⅱ”过程中，有大量的气体产生
D．“操作Ⅰ”是将溶液直接加热蒸干得到CuSO4·5H2O晶体
【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；铜及其化合物；蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、“溶解 Ⅰ” 中，铜帽主要含 Cu 和 Zn，Zn 能与稀 H2SO4反应，将铜帽粉碎可增大与溶液的接触面积，加快 Zn 的溶解速率，A正确；
B、“溶解 Ⅰ” 时，Zn 与稀 H2SO4反应生成 ZnSO4，而 Cu 不与稀 H2SO4反应，过滤后滤液 Ⅰ 的主要溶质为 ZnSO4，B正确；
C、“溶解 Ⅱ” 中，H2O2在稀 H2SO4存在下将 Cu 氧化为 CuSO4，反应为 Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O， 过程中有铜离子生成，且反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气，C正确；
D、“操作 Ⅰ” 若直接加热蒸干，CuSO4 5H2O 会失去结晶水，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法获取晶体，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．固体粉碎能增大与溶液的接触面积，加快可反应物质（此处是 Zn 与稀 H2SO4）的溶解速率。
B．Zn 能与稀 H2SO4反应生成 ZnSO4，而 Cu 与稀 H2SO4不反应，过滤后滤液的溶质主要是 ZnSO4。
C“溶解 Ⅱ” 中，H2O2在酸性条件下氧化 Cu 的反应为 Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O， 反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气。
D．CuSO4 5H2O 含结晶水，直接加热蒸干会导致结晶水失去，应通过蒸发浓缩、冷却结晶获取晶体。
14．（2025高三上·北京月考）兴趣实验小组探究活泼金属和FeCl3溶液的反应，进行了如下实验。
序号 操作 现象
① 在盛有100 mL 0.1 mol L 1 FeCl3溶液的烧杯中，投入一块绿豆大小的钠 钠浮在液面上游动，发出响声并熔化成一个亮球，同时溶液中产生红褐色沉淀
② 在盛有100 mL 0.1 mol L 1 FeCl3溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有大量气体产生，20 s后观察到镁条表面开始有黑色固体生成，一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀
③ 在盛有100 mL 0.001 mol L 1 FeCl3溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有少量气泡。一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀，镁条表面始终无黑色固体产生
下列说法不正确的是
A．①中生成沉淀的反应的离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3+3H2↑
B．②中20s时，溶液中仍存在Fe3+，镁条表面黑色物质中不可能含单质Fe
C．③中无黑色固体产生，是因为Fe3+浓度低且主要转化为Fe(OH)3
D．金属活动性和溶液中离子的浓度会影响活泼金属与FeCl3溶液反应的产物
【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；钠的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、Na 先与水反应生成 NaOH 和 H2，NaOH 再与 Fe3+反应生成 Fe(OH)3沉淀，离子方程式 6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3↓+3H2↑符合守恒规律，A正确；
B、Mg 的金属性强于 Fe，若溶液中 Fe3+未完全反应，Mg 可还原 Fe3+生成 Fe（黑色固体）；“不可能含单质 Fe” 的判断错误，B不正确；
C、Fe3+浓度极低时，易水解生成 Fe(OH)3沉淀，难以被 Mg 还原为 Fe 单质，故无黑色固体，C正确；
D、Na（活泼性强）与 FeCl3溶液反应以生成沉淀为主，Mg 与不同浓度 FeCl3溶液的产物不同，说明金属活泼性、离子浓度会影响反应产物，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
活泼金属与盐溶液的反应顺序：活泼金属（如 Na、Mg）先与溶液中的 H2O（或 H+）反应，生成的 OH-再与金属离子（如 Fe3+）反应生成沉淀；若金属还原性强于金属离子对应的单质，还可能直接还原金属离子。
离子浓度对反应的影响：Fe3+浓度低时，更易水解生成 Fe(OH)3沉淀，难以被还原为单质 Fe；浓度高时则可能发生还原反应生成单质。
金属活泼性的影响：不同活泼性的金属（如 Na、Mg）与盐溶液的反应倾向不同（Na 更易与水反应，Mg 可能直接还原 Fe3+）。
15．（2025高三上·北京月考）有一混合溶液，溶质只可能提供以下离子中的若干种：、、、、、、。现取三份该混合溶液进行如下实验：
实验①：向第一份混合溶液中加入溶液，有沉淀产生；
实验②：向第二份混合溶液中加入足量溶液，加热，收集到（标准状况）气体；
实验③：向第三份混合溶液中加入足量溶液，得到干燥沉淀，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为。
根据上述实验，回答以下问题：
（1）由实验①推断该混合溶液中　 　（填“一定”或“不一定”）含有。
（2）由实验②推断该混合溶液中含有　 　（填离子符号），其物质的量浓度为　 　，有关的离子反应方程式为　 　。
（3）综合上述实验不存在的阳离子是　 　（填离子符号，下同），该混合溶液中　 　（填“一定”或“不一定”）含有，若一定存在有，则的物质的量浓度取值范围是　 　。
（4）写出实验③中加稀盐酸洗涤时发生反应的离子方程式：　 　。
【答案】（1）不一定
（2）；0.4；
（3）、；一定；
（4）
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据分析，由实验①推断该混合溶液中不一定含有；
故答案为： 不一定 ；
（2）由实验②推断该混合溶液中含有；c()=；离子反应方程式为；
故答案为： ； 0.4 ； ；
（3）实验不存在的阳离子是、，该混合溶液中一定含有和，负电荷2n()+2n()=0.06mol，则；
故答案为：、 ； 一定 ； ；
（4）稀盐酸与碳酸钡反应，离子方程式：。
故答案为： 。
【分析】铵根离子的判断：加入足量 NaOH 浓溶液共热，收集到的气体为 NH3，其物质的量为 896mL÷22400mL/mol=0.04mol，说明溶液中一定存在 NH4+，且物质的量为 0.04mol。
硫酸根与碳酸根的判断：加入足量 BaCl2溶液得到干燥沉淀 6.63g，经盐酸洗涤后剩余沉淀 4.66g（不溶于盐酸），该沉淀为 BaSO4，则 n(SO42-)=4.66g÷233g/mol=0.02mol；溶解的沉淀质量为 6.63g-4.66g=1.97g，对应 BaCO3，则 n(CO32-)=1.97g÷197g/mol=0.01mol。
离子共存与电荷守恒分析：由于 CO32-与 Ba2+、Al3+不能共存，故溶液中无 Ba2+、Al3+；此时溶液中阳离子只有 NH4+（正电荷总量为 0.04mol×1=0.04mol），阴离子 CO32-、SO42-的负电荷总量为 0.01mol×2 + 0.02mol×2=0.06mol。根据电荷守恒，溶液中一定存在 K+以平衡电荷；而加入 AgNO3产生沉淀，可能是 Cl-与 Ag+反应，故 Cl-为可能存在的离子。
（1）根据分析，由实验①推断该混合溶液中不一定含有；
（2）由实验②推断该混合溶液中含有；c()=；离子反应方程式为；
（3）实验不存在的阳离子是、，该混合溶液中一定含有和，负电荷2n()+2n()=0.06mol，则；
（4）稀盐酸与碳酸钡反应，离子方程式：。
16．（2025高三上·北京月考）硅及其化合物在很多领域有广泛的应用。
（1）硅原子
①基态硅原子的价层电子轨道表示式是　 　。
②原子的第一电离能由小到大的顺序为　 　
（2）晶体硅
①晶体硅的熔点和硬度均低于金刚石，其原因是　 　。
②一定温度下，某体积为，质量为mg的晶体硅，其晶胞为立方体，如图1所示，边长为，Si的摩尔质量为，则阿伏加德罗常数　 　。
③下列能说明硅的晶体类型略向金属晶体过渡的是　 　。
a．硅原子之间的相互作用具有方向性和饱和性
b．硅有导电性，导电能力大于金刚石
（3）硅的含氧化合物
①二氧化硅中的硅氧四面体基本结构单元如图2所示，其中硅原子的杂化方式为　 　。
②自然界中的云母由片状的硅酸根离子和片间的金属离子构成层状结构。
i．如图3所示，每个硅氧四面体通过共用3个氧原子分别与相邻的硅氧四面体连接，形成无限伸展的片状的硅酸根离子，其中硅原子和氧原子的个数比为　 　。
ii．云母易被从片间撕开，原因是　 　。
【答案】（1）；
（2）晶体硅和金刚石都属于共价晶体，原子半径：，键长：键键，键能：C-C键键，键能越大，熔点越高、硬度越大；；b
（3）杂化；2：5；片内的共价键的强度大于片间的离子键等相互作用的强度
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①基态硅原子的价层电子排布为3s23p2，价层电子轨道表示式是；
②同周期元素从左到右第一电离能增大，但由于P的3p轨道处于半充满稳定状态，因此第一电离能大于相邻元素，则由小到大的顺序为Si故答案为： ； ；
（2）①晶体硅的熔点和硬度均低于金刚石，其原因是晶体硅和金刚石都属于共价晶体，原子半径：，键长：键键，键能：C-C键键，键能越大，熔点越高、硬度越大；
②根据晶胞结构，含有硅原子个数为，根据密度公式可得：；
③硅晶体中硅原子之间具有方向性和饱和性，金属晶体中金属键没有方向性和饱和性，故a不选；金刚石是共价晶体，若硅有导电性，且导电能力大于金刚石，则可说明硅的晶体类型略向金属晶体过渡，
故答案为： 晶体硅和金刚石都属于共价晶体，原子半径：，键长：键键，键能：C-C键键，键能越大，熔点越高、硬度越大 ； ；b。
（3）①二氧化硅中的硅为四面体构型，则杂化方式为sp3；
②i．根据均摊法，一个硅氧四面体中，有3个氧原子被2个相邻Si原子共用、1个氧原子只与1个硅原子结合，则；
ii．云母由片状的硅酸根离子和片间的金属离子构成层状结构，片内为由共价键构成的硅酸根阴离子，片间为金属阳离子，硅酸根离子和金属离子通过离子键构成云母多层结构，离子键强度较低，而共价键强度较高，因此云母易被从片间撕开形成单层结构，故答案为：片内的共价键的强度大于片间的离子键等相互作用的强度。
故答案为：杂化 ； 2：5 ； 片内的共价键的强度大于片间的离子键等相互作用的强度 ；
【分析】(1)①基态Si价层电子排布为3s23p2，轨道表示式为3s（↓↑）、3p（↑ ↑ 空）；
②同周期第一电离能：Si(2)①晶体硅与金刚石均为共价晶体，C-Si键长更长、键能更小，故熔沸点/硬度更低；
②均摊法算晶胞Si原子数为8，结合密度公式得；
③硅有导电性且强于金刚石，说明向金属晶体过渡（选b）。
(3)①SiO2中Si为四面体构型，杂化方式为sp3；
②i. 均摊法得硅氧个数比为2：5；ii. 片内共价键强于片间离子键，故云母易从片间撕开。
（1）①基态硅原子的价层电子排布为3s23p2，价层电子轨道表示式是；
②同周期元素从左到右第一电离能增大，但由于P的3p轨道处于半充满稳定状态，因此第一电离能大于相邻元素，则由小到大的顺序为Si（2）①晶体硅的熔点和硬度均低于金刚石，其原因是晶体硅和金刚石都属于共价晶体，原子半径：，键长：键键，键能：C-C键键，键能越大，熔点越高、硬度越大；
②根据晶胞结构，含有硅原子个数为，根据密度公式可得：；
③硅晶体中硅原子之间具有方向性和饱和性，金属晶体中金属键没有方向性和饱和性，故a不选；金刚石是共价晶体，若硅有导电性，且导电能力大于金刚石，则可说明硅的晶体类型略向金属晶体过渡，故答案为b。
（3）①二氧化硅中的硅为四面体构型，则杂化方式为sp3；
②i．根据均摊法，一个硅氧四面体中，有3个氧原子被2个相邻Si原子共用、1个氧原子只与1个硅原子结合，则；
ii．云母由片状的硅酸根离子和片间的金属离子构成层状结构，片内为由共价键构成的硅酸根阴离子，片间为金属阳离子，硅酸根离子和金属离子通过离子键构成云母多层结构，离子键强度较低，而共价键强度较高，因此云母易被从片间撕开形成单层结构，故答案为：片内的共价键的强度大于片间的离子键等相互作用的强度。
17．（2025高三上·北京月考）可降解聚合物P的合成路线如下
已知：
（1）A的含氧官能团名称是　 　。
（2）羧酸a的电离方程是　 　。
（3）B→C的化学方程式是　 　。
（4）化合物D苯环上的一氯代物有2种，D的结构简式是　 　。
（5）E→F中反应①和②的反应类型分别是　 　。
（6）F的结构简式是　 　。
（7）聚合物P的结构简式是　 　。
【答案】羟基；CH3COOHCH3COO-+H+；；；加成反应，取代反应；；
【知识点】有机物的合成；结构简式；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）A的含氧官能团是-OH，名称是羟基；
故答案为： 羟基 ；
（2）由流程框图可知，羧酸a为CH3COOH，电离方程是CH3COOHCH3COO-+H+；
故答案为： CH3COOHCH3COO-+H+ ；
（3）由B生成C的化学方程式是
；
故答案为： ；
（4）由上述解析可知，D的结构简式是；
故答案为： ；
（5）反应①是加成反应，反应②是取代反应。
故答案为： 加成反应，取代反应 ；
（6）由上述解析可知，F的结构简式是；
故答案为： ；
（7）由上述解析可知，聚合物P的结构简式。
故答案为： 。
【分析】目标产物（ ）含 - NH2（氨基），该基团由硝基（-NO2）还原得到，因此 C 的结构为苯环上连接 CH2CH2OOCCH3，对位连 - NO2（即 ）。B 在浓硫酸作用下与硝酸发生取代反应（引入 - NO2），结合 B 的结构（C6H5-CH2CH2OOCCH3），可知 B 是酯类，结构式为： ；A 与羧酸 a 反应生成 B（酯化反应），故羧酸 a 为乙酸（CH3COOH），A 为苯乙醇（ ）。结合 D 的分子式及后续转化，D 是苯乙醇的钠盐（ ）；D 经转化得到 E，E 含醛基（-CHO）和酚羟基（-OH），结构为 。根据信息（1），E 进一步转化为 F，F 含氨基（-NH2）、羧基（-COOH）和酚羟基，结构为 ；F 发生缩聚反应生成 G，G 的结构为两端连酚羟基、中间含肽键（-CONH-）的环状结构（ ）；G 与光气反应得到 P，P 是含氯端基的缩聚物（结构为 ）。据此解题。
18．（2025高三上·北京月考）工业用黄铜矿（主要成分CuFeS2，含少量锌、铅的硫化物）冶炼铜的一种方法如下：
（1）Ⅰ中发生下列反应。ⅰ.CuFeS2 + 3Cu2+ + 4Cl- = 4CuCl+ Fe2+ +2Sⅱ. CuCl + Cl-CuCl2-，I中盐酸的作用是　 　。
（2）Ⅱ中通入空气，将Fe2+转化FeOOH沉淀。
①Fe2+转化为FeOOH的离子方程式是　 　。
②溶液A中含金属元素的离子有：Zn2+、Pb2+和　 　。
（3）Ⅲ中需控制NaOH溶液的用量，其原因是　 　。
（4）Ⅳ中加入Na2CO3溶液的目的是　 　。
（5）V中反应的离子方程式是　 　。
（6）从物质循环利用的角度分析，如何处理NaCl溶液才能更好地服务于该冶炼铜的工艺，并说明理由：　 　。
【答案】补充Cl-，促进I中反应，提高铜元素浸出率；4Fe2+ + O2 + 6H2O = 4FeOOH↓+ 8H+；Cu2+、CuCl2-；防止Zn2+、Pb2+沉淀，同时避免CuCl2-变成Cu2O沉淀；除去Zn2+和Pb2+；2CuCl2- + 2OH- = Cu2O↓+4Cl- +H2O；电解氯化钠溶液产生H2、Cl2和NaOH，NaOH可用于Ⅲ、Ⅴ中作沉淀剂，H2可用于Ⅵ作还原剂，Cl2可用于Ⅷ作氧化剂
【知识点】铜及其化合物；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）使用稀盐酸，可以增加Cl-的浓度，使得反应ⅱ的平衡正向移动，增大铜元素的浸出率；
故答案为： 补充Cl-，促进I中反应，提高铜元素浸出率 ；
（2）①Fe2+转化为FeOOH的离子方程式为4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+；
②黄铜矿和CuCl2、稀盐酸反应后，再向所得溶液通入O2得到溶液A，可以推出溶液中有CuCl2-，再根据溶液A中加入NaOH溶液得到Cu(OH)3Cl，可以推出溶液A中还含有Cu2+；
故答案为： 4Fe2+ + O2 + 6H2O = 4FeOOH↓+ 8H+ ； Cu2+、CuCl2- ；
（3）Ⅲ中控制NaOH的用量是为了防止Zn2+、Pb2+形成沉淀，同时也可避免CuCl2-变成Cu2O沉淀，以防止Cu(OH)3Cl中含有杂质；
故答案为： 防止Zn2+、Pb2+沉淀，同时避免CuCl2-变成Cu2O沉淀 ；
（4）Ⅳ中加入Na2CO3溶液是为了除去Zn2+和Pb2+；
故答案为： 除去Zn2+和Pb2+ ；
（5）溶液C中的主要离子为CuCl2-，根据图中可知，该离子和NaOH反应生成了Cu2O，则反应的离子方程式为：2CuCl2-+2OH-=Cu2O↓+4Cl- +H2O；
故答案为： 2CuCl2- + 2OH- = Cu2O↓+4Cl- +H2O ；
（6）如图所示，电解氯化钠溶液产生H2、Cl2和NaOH，NaOH可用于Ⅲ、Ⅴ中作沉淀剂，H2可用于Ⅵ作还原剂，Cl2可用于Ⅷ作氧化剂。
故答案为： 电解氯化钠溶液产生H2、Cl2和NaOH，NaOH可用于Ⅲ、Ⅴ中作沉淀剂，H2可用于Ⅵ作还原剂，Cl2可用于Ⅷ作氧化剂 ；
【分析】黄铜矿加盐酸、CuCl2溶液并通空气处理，分离得溶液 A 与固体 M；溶液 A 加 NaOH 溶液，分理出溶液 B 和 Cu2(OH)3Cl 固体（后者加盐酸可循环）；溶液 B 加 Na2CO3溶液，分离出固体 Q 与溶液 C；溶液 C 加 NaOH 溶液，分理出 Cu2O 固体（通 H2得 Cu 单质）与溶液 D；溶液 D 加盐酸得 NaCl 溶液，还可通 Cl2循环利用。据此解题。
19．（2025高三上·北京月考）某小组探究CuSO4溶液、FeSO4溶液与碱的反应，探究物质氧化性和还原性的变化规律。将一定浓度CuSO4溶液，饱和FeSO4混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含Fe(OH)3。
（1）分析Fe(OH)3产生的原因：O2氧化所致。
验证：向FeSO4溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是　 　。
②产生红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。电极反应式：还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。氧化反应：　 　。
（2）提出问题：产生Fe(OH)3的原因可能是Cu2+氧化所致。
验证如下(溶液A：饱和FeSO4溶液+CuSO4溶液；已排除空气的影响)：
序号 实验 试剂 现象
I 氨水 生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
II 水 溶液无明显变化
①I中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu的合理性：　 　。
②检验：滤出I中不溶物，用稀H2SO4溶解，未检出Cu。分析原因：
i.I中未生成Cu。
iiI中生成了Cu。由于　 　(用离子方程式表示)，因此未检出Cu。
（3）设计实验(III)确认CuSO4的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。
①补全电化学装置示意图　 　。经检验，实验中产生了Fe(OH)3、Cu。
②II、III中均含Cu2+。III中产生了Cu，II中未产生Cu，试解释原因　 　。
（4）CH3CHO分别与AgNO3溶液、银氨溶液混合并加热，CH3CHO与AgNO3溶液混合物明显现象，但与银氨溶液混合能产生银镜。试解释原因：　 　。
【答案】（1）Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2；Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3
（2）溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的；Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+
（3）；II中Fe2+ 的还原性较弱，不能将Cu2+ 还原为Cu；III中NH3·H2O + OH－， 产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+ 还原为Cu
（4）CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；性质实验方案的设计；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
故答案为： Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2 ； Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3 ；
（2）①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
故答案为： 溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的 ； Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+ ；
（3）①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：。
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O +OH－，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu。
故答案为： ； II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O + OH－， 产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu ；
（4）银氨溶液呈碱性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
故答案为： CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜 ；
【分析】(1)①离子方程式：Fe2+ 与 NH3 H2O 反应生成 Fe (OH)2沉淀，离子方程式为Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。
②氧化反应电极式：总反应减还原反应，得 Fe(OH)2-e- +OH-=Fe(OH)3。
(2)①Cu 生成的合理性：氧化还原反应中，Fe 元素升价（生成 Fe(OH)3），Cu 元素可降价（生成 Cu），符合价态变化规律。
②未检出 Cu 的原因：Fe(OH)3与酸生成 Fe3+，Fe3+ 氧化 Cu，离子方程式为
Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
(3)①电化学装置：a 杯放 “饱和 FeSO4溶液 + 氨水”，b 杯放 CuSO4溶液，通过盐桥形成原电池。
②Cu 生成的差异：Ⅱ 中 Fe2+还原性弱，无法还原 Cu2+；Ⅲ 中碱性环境增强 Fe(OH)2还原性，可还原 Cu2+。
(4) 银镜反应的原因：银氨溶液呈碱性，提升了 CH3CHO 的还原性，使其发生反应
CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，从而生成银镜。
（1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
（2）①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
（3）①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：。
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O +OH－，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu。
（4）银氨溶液呈碱性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
1 / 1北京大学附属中学2025-2026学年高三上学期统练（四） 化学试题
1．（2025高三上·北京月考）下列反应原理中，不符合工业冶炼金属实际情况的是
A．2Ag2O4Ag+O2↑ B．2Al2O3(熔融)4Al+3O2↑
C．2MgO2Mg＋O2↑ D．4CO+Fe3O43Fe+4CO2
2．（2025高三上·北京月考）下列指定微粒数目一定相等的是
A．等质量的与所含的原子数
B．等物质的量的与中所含的碳原子数
C．等体积等浓度的与溶液中所含的数
D．等物质的量的与所含的共价键数
3．（2025高三上·北京月考）下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A．在氨水中：、、、
B．在氯化钠溶液中：、、、
C．在醋酸溶液中：、、、
D．在硝酸银溶液中：、、、
4．（2025高三上·北京月考）下列关于晶体的说法正确的组合是
①分子晶体中都存在共价键
②在晶体中只要有阳离子就一定有阴离子
③晶格能由大到小顺序：
④晶体中每个硅原子与两个氧原子以共价键相结合
⑤分子晶体中分子间作用力越大，分子越稳定
⑥离子化合物在室温下可能是液体
A．①②③ B．①②④ C．③ D．③⑥
5．（2025高三上·北京月考）下列反应的离子方程式书写正确的是
A．用Na2S除去废水中的Hg2+：S2-+Hg2+=HgS↓
B．用FeCl3溶液刻蚀电路板上的铜：Fe3++Cu=Cu2++Fe2+
C．用过量NaOH溶液脱除烟气中的SO2：OH-+SO2=
D．用食醋处理水垢[主要成分CaCO3和Mg(OH)2]：
2H++CaCO3=Ca2++CO2↑+H2O，2H++Mg(OH)2=Mg2++2H2O
6．（2025高三上·北京月考）为研究浓硝酸与Cu的反应，进行如图所示实验。下列说法不正确的是
A．滴入浓硝酸后，无需加热即可反应
B．反应开始后，试管中产生红棕色气体，说明浓硝酸具有氧化性
C．反应消耗0.05mol Cu时，转移电子数约为
D．若将铜片换成铝片，无明显现象，说明还原性：Al7．（2025高三上·北京月考）下列各组中陈述I、II均正确并且有因果关系的是
选项 陈述I 陈述II
A 有漂白性 能使溴水褪色
B 铁比铜活泼 铜质容器可以盛放浓硝酸
C 铜绿的主要成分是碱式碳酸铜 可用稀盐酸除去铜器表面的铜绿
D 铜表面易形成致密的氧化膜 铜板上的铁钉在潮湿空气中不易生锈
A．A B．B C．C D．D
8．（2025高三上·北京月考）下列实验的现象与对应解释不正确的是
选项 操作 现象 解释
A 将少量粉末加热 有液滴和气体产生 易分解
B 常温下将片放入浓硝酸中 无明显变化 Al与浓硝酸不反应
C 分别将一小块放入无水乙醇和水中 钠与水反应更剧烈 水分子中的氢原子比乙醇羟基中的氢原子活泼
D 将铝箔在酒精灯火焰上灼烧 铝箔熔化但不滴落 氧化铝的熔点高于铝
A．A B．B C．C D．D
9．（2025高三上·北京月考）向2%的溶液中滴加稀氨水，可得到银氨溶液。银氨溶液可用于检验葡萄糖中的醛基。下列说法正确的是
A．滴加稀氨水时，有沉淀的生成与溶解
B．为加快银镜的出现，应加热并不断振荡
C．银镜的出现说明醛基具有氧化性
D．反应后，可用氨水洗去银镜
10．（2025高三上·北京月考）用下列装置进行分离提纯，主要利用的性质与物质溶解性无关的是
A B C D
从海水中获得蒸馏水 获取苯甲酸晶体 去除粗盐中的泥沙 用CCl4提取碘水中的I2
A．A B．B C．C D．D
11．（2025高三上·北京月考）下列离子方程式书写正确的是
A．铝片放入过量氢氧化钠溶液中，
B．向溶液中加入足量溶液：
C．向溶液中滴入少量溶液：
D．将过氧化钠加入水中：
12．（2025高三上·北京月考）由化合物K、L和P合成药物中间体Q，转化关系如下图。
已知：生成时，与中均有键断裂。
下列说法不正确的是
A．K不存在顺反异构
B．L的化学式为
C．和的过程中，均涉及上的加成反应
D．若中的全部原子用标记，生成的的结构简式应为
13．（2025高三上·北京月考）实验室利用废旧电池的铜帽(主要成分为Cu、Zn)制备CuSO4·5H2O的部分实验步骤如图：
下列说法不正确的是
A．“溶解Ⅰ”中，为加快溶解速率，可将铜帽粉碎
B．“滤液Ⅰ”中，溶质的主要成分为ZnSO4
C．“溶解Ⅱ”过程中，有大量的气体产生
D．“操作Ⅰ”是将溶液直接加热蒸干得到CuSO4·5H2O晶体
14．（2025高三上·北京月考）兴趣实验小组探究活泼金属和FeCl3溶液的反应，进行了如下实验。
序号 操作 现象
① 在盛有100 mL 0.1 mol L 1 FeCl3溶液的烧杯中，投入一块绿豆大小的钠 钠浮在液面上游动，发出响声并熔化成一个亮球，同时溶液中产生红褐色沉淀
② 在盛有100 mL 0.1 mol L 1 FeCl3溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有大量气体产生，20 s后观察到镁条表面开始有黑色固体生成，一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀
③ 在盛有100 mL 0.001 mol L 1 FeCl3溶液的烧杯中，投入除去保护膜的镁条 镁条表面有少量气泡。一段时间后烧杯底部产生红褐色沉淀，镁条表面始终无黑色固体产生
下列说法不正确的是
A．①中生成沉淀的反应的离子方程式为：6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3+3H2↑
B．②中20s时，溶液中仍存在Fe3+，镁条表面黑色物质中不可能含单质Fe
C．③中无黑色固体产生，是因为Fe3+浓度低且主要转化为Fe(OH)3
D．金属活动性和溶液中离子的浓度会影响活泼金属与FeCl3溶液反应的产物
15．（2025高三上·北京月考）有一混合溶液，溶质只可能提供以下离子中的若干种：、、、、、、。现取三份该混合溶液进行如下实验：
实验①：向第一份混合溶液中加入溶液，有沉淀产生；
实验②：向第二份混合溶液中加入足量溶液，加热，收集到（标准状况）气体；
实验③：向第三份混合溶液中加入足量溶液，得到干燥沉淀，经足量稀盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为。
根据上述实验，回答以下问题：
（1）由实验①推断该混合溶液中　 　（填“一定”或“不一定”）含有。
（2）由实验②推断该混合溶液中含有　 　（填离子符号），其物质的量浓度为　 　，有关的离子反应方程式为　 　。
（3）综合上述实验不存在的阳离子是　 　（填离子符号，下同），该混合溶液中　 　（填“一定”或“不一定”）含有，若一定存在有，则的物质的量浓度取值范围是　 　。
（4）写出实验③中加稀盐酸洗涤时发生反应的离子方程式：　 　。
16．（2025高三上·北京月考）硅及其化合物在很多领域有广泛的应用。
（1）硅原子
①基态硅原子的价层电子轨道表示式是　 　。
②原子的第一电离能由小到大的顺序为　 　
（2）晶体硅
①晶体硅的熔点和硬度均低于金刚石，其原因是　 　。
②一定温度下，某体积为，质量为mg的晶体硅，其晶胞为立方体，如图1所示，边长为，Si的摩尔质量为，则阿伏加德罗常数　 　。
③下列能说明硅的晶体类型略向金属晶体过渡的是　 　。
a．硅原子之间的相互作用具有方向性和饱和性
b．硅有导电性，导电能力大于金刚石
（3）硅的含氧化合物
①二氧化硅中的硅氧四面体基本结构单元如图2所示，其中硅原子的杂化方式为　 　。
②自然界中的云母由片状的硅酸根离子和片间的金属离子构成层状结构。
i．如图3所示，每个硅氧四面体通过共用3个氧原子分别与相邻的硅氧四面体连接，形成无限伸展的片状的硅酸根离子，其中硅原子和氧原子的个数比为　 　。
ii．云母易被从片间撕开，原因是　 　。
17．（2025高三上·北京月考）可降解聚合物P的合成路线如下
已知：
（1）A的含氧官能团名称是　 　。
（2）羧酸a的电离方程是　 　。
（3）B→C的化学方程式是　 　。
（4）化合物D苯环上的一氯代物有2种，D的结构简式是　 　。
（5）E→F中反应①和②的反应类型分别是　 　。
（6）F的结构简式是　 　。
（7）聚合物P的结构简式是　 　。
18．（2025高三上·北京月考）工业用黄铜矿（主要成分CuFeS2，含少量锌、铅的硫化物）冶炼铜的一种方法如下：
（1）Ⅰ中发生下列反应。ⅰ.CuFeS2 + 3Cu2+ + 4Cl- = 4CuCl+ Fe2+ +2Sⅱ. CuCl + Cl-CuCl2-，I中盐酸的作用是　 　。
（2）Ⅱ中通入空气，将Fe2+转化FeOOH沉淀。
①Fe2+转化为FeOOH的离子方程式是　 　。
②溶液A中含金属元素的离子有：Zn2+、Pb2+和　 　。
（3）Ⅲ中需控制NaOH溶液的用量，其原因是　 　。
（4）Ⅳ中加入Na2CO3溶液的目的是　 　。
（5）V中反应的离子方程式是　 　。
（6）从物质循环利用的角度分析，如何处理NaCl溶液才能更好地服务于该冶炼铜的工艺，并说明理由：　 　。
19．（2025高三上·北京月考）某小组探究CuSO4溶液、FeSO4溶液与碱的反应，探究物质氧化性和还原性的变化规律。将一定浓度CuSO4溶液，饱和FeSO4混合溶液加入适量氨水，产生红褐色沉淀，经检验，红褐色沉淀含Fe(OH)3。
（1）分析Fe(OH)3产生的原因：O2氧化所致。
验证：向FeSO4溶液中滴入氨水，生成的白色沉淀迅速变为灰绿色，一段时间后有红褐色沉淀生成。
①生成白色沉淀的离子方程式是　 　。
②产生红褐色沉淀：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。电极反应式：还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-。氧化反应：　 　。
（2）提出问题：产生Fe(OH)3的原因可能是Cu2+氧化所致。
验证如下(溶液A：饱和FeSO4溶液+CuSO4溶液；已排除空气的影响)：
序号 实验 试剂 现象
I 氨水 生成沉淀，一段时间后，产生红褐色沉淀和灰黑色固体物质
II 水 溶液无明显变化
①I中可能产生Cu，运用氧化还原反应规律分析产生Cu的合理性：　 　。
②检验：滤出I中不溶物，用稀H2SO4溶解，未检出Cu。分析原因：
i.I中未生成Cu。
iiI中生成了Cu。由于　 　(用离子方程式表示)，因此未检出Cu。
（3）设计实验(III)确认CuSO4的作用(已排除空气的影响)，装置示意图如下所示。
①补全电化学装置示意图　 　。经检验，实验中产生了Fe(OH)3、Cu。
②II、III中均含Cu2+。III中产生了Cu，II中未产生Cu，试解释原因　 　。
（4）CH3CHO分别与AgNO3溶液、银氨溶液混合并加热，CH3CHO与AgNO3溶液混合物明显现象，但与银氨溶液混合能产生银镜。试解释原因：　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】金属冶炼的一般原理
【解析】【解答】A、Ag 是不活泼金属，工业上用热分解法，加热 Ag2O 分解得到 Ag，故A不符合题意 ；
B、Al 是活泼金属，工业上电解熔融 Al2O3（加冰晶石降低熔点）冶炼 Al，故B不符合题意 ；
C、Mg 是活泼金属，但 MgO 熔点极高（约 2800℃），工业上不会电解熔融 MgO，而是电解熔点更低的 MgCl2，故C符合题意 ；
D、Fe 是较活泼金属，工业上用热还原法，CO 还原 Fe3O4得到 Fe，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】本题易错点
活泼金属冶炼方法混淆：易误将 Mg 的冶炼方法记为电解 MgO，忽略 MgO 熔点过高（实际工业电解熔点更低的 MgCl2）。
电解法的原料判断错误：对 Al、Mg 等活泼金属的冶炼原料记忆模糊，错认为 MgO 可直接电解。
金属活动性与冶炼方法对应偏差：混淆热分解法、电解法的适用金属（如误将 Mg 归为可热分解冶炼的金属）。
2．【答案】D
【知识点】物质的量的相关计算
【解析】【解答】A、H2O（普通水）和2 H2O（重水）的摩尔质量不同：普通水摩尔质量为 18g/mol，重水（H 为氘，相对原子质量 2）的摩尔质量为 20g/mol。等质量时，二者的物质的量不同；且每个分子都含 3 个原子，因此原子总数不相等，故A不符合题意 ；
B、C2H6（乙烷）每个分子含 2 个 C 原子，C3H6（丙烯）每个分子含 3 个 C 原子。等物质的量时，二者的 C 原子数之比为 2：3，故B不符合题意 ；
C、Na2SO3和 (NH4)2SO3溶液中，SO32-会发生水解（结合 H2O 电离的 H+），但两种溶液中阳离子对 SO32-水解的促进程度不同（NH4+会水解显酸性，促进 SO32-水解），因此实际存在的 SO32-数不相等，故C不符合题意 ；
D、CH3CH2OH（乙醇）的结构是 C-C-O-H，共价键包括：5 个 C-H 键、1 个 C-C 键、1 个 C-O 键、1 个 O-H 键，共 8 个；CH3OCH3（甲醚）的结构是 C-O-C，共价键包括：6 个 C-H 键、2 个 C-O 键，共 8 个。等物质的量时，二者的共价键数相等，故D符合题意 ；
故答案为：D。
【分析】这道题的解题突破口、关键点可以总结为以下3点：
抓 “量的关系”：涉及 “等质量” 时，先看摩尔质量是否相同（摩尔质量不同则物质的量不同，微粒数大概率不等）；涉及 “等物质的量” 时，直接看每个分子、离子中目标微粒的个数。
注意 “微粒变化”：溶液中的弱酸根、弱碱阳离子会发生水解，不同溶液的水解程度不同，实际存在的微粒数会偏离理论值。
数 “共价键” 要拆结构：有机物的共价键数，需先明确分子的结构（如乙醇是 C-C-O-H，甲醚是 C-O-C），再逐一数出键的类型与数量。
3．【答案】C
【知识点】离子共存
【解析】【解答】A、0.1 mol L- 氨水中含大量 OH-：Ag+、Cu2+会与 OH-结合，分别生成 AgOH（易分解为 Ag2O 沉淀）、Cu(OH)2沉淀；Ag+与 SO32-会反应生成 Ag2SO3沉淀。
因此离子不能共存，故A不符合题意 ；
B、0.1 mol L- 氯化钠溶液中：Fe3+具有氧化性，与还原性的 I-发生氧化还原反应；Fe3+与 HCO3-发生双水解反应（生成 Fe(OH)3沉淀和 CO2）。因此离子不能共存，故B不符合题意 ；
C、0.1 mol L- 醋酸溶液中含大量 H+：Ba2+、NH4+、Br-、H+之间无沉淀生成，无氧化还原或双水解反应；且与醋酸（弱酸）不反应。因此离子能大量共存，故C符合题意 ；
D、0.1 mol L- 硝酸银溶液中含大量 Ag+：Ag+与 Cl-生成 AgCl 沉淀，与 CO32-生成 Ag2CO3沉淀。因此离子不能共存，故D不符合题意 ；
故答案为：C。
【分析】解决离子共存问题的突破口、关键点可以总结为3点：
先看 “溶液环境”：明确溶液是酸性（含H+）、碱性（含OH-）还是含特定离子（如Ag+、Fe3+），判断离子与环境是否反应（如 OH-与金属阳离子生成沉淀）。
再查 “离子间反应”：看是否生成沉淀（如 Ag+与 Cl-、CO32-）；看是否发生氧化还原（如Fe3+与 I-）；看是否发生双水解（如 Fe3+与 HCO3-）。
避开 “弱酸、弱碱相关”：弱酸根（如CO32-）在酸性溶液中不能共存，弱碱阳离子（如NH4+）在碱性溶液中不能共存（但可存在于对应弱酸、弱碱溶液中，如 NH4+与醋酸）。
4．【答案】D
【知识点】晶格能的应用；离子晶体；金属键
【解析】【解答】① 稀有气体（如 He、Ne）形成的分子晶体，其构成微粒是单原子分子，不存在共价键。错误；
②金属晶体由金属阳离子和自由电子构成，只有阳离子而无阴离子。因此该说法错误；
③ 晶格能与离子半径相关：阴离子半径 F- < Cl- < Br- < I-，阴、阳离子半径差越小，晶格能越大。该顺序正确；
④SiO2是原子晶体，每个 Si 原子通过共价键与 4 个 O 原子结合（Si 为 ⅣA 族元素，价电子数为 4，形成 4 个共价键）。因此该说法错误；
⑤ 分子的稳定性由分子内共价键的强弱决定，与分子间作用力无关（分子间作用力影响晶体的熔沸点）。因此该说法错误；
⑥ 多数离子化合物为固体，但部分离子化合物（如某些离子液体）因离子间作用力较弱，熔点较低，室温下可呈液态。因此该说法正确；
综上，正确的是③⑥，
故答案为：D。
【分析】解决这类晶体相关题目的突破口 / 关键点可总结为 4 点：
抓晶体的构成微粒：比如分子晶体可能是单原子分子（无共价键），金属晶体只有阳离子 + 自由电子（无阴离子）。
晶格能的判断逻辑：离子晶体中，阴 / 阳离子半径越小、电荷数越高，晶格能越大。
区分 “分子稳定性” 与 “分子间作用力”：分子稳定看 “共价键强弱”，熔沸点才看 “分子间作用力大小”。
打破 “离子化合物都是固体” 的固有认知：部分离子液体因离子间作用力弱，室温下可呈液态。
5．【答案】A
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、Na2S 是可溶性盐，拆分为S2-；Hg2+为游离离子，二者反应生成难溶的 HgS 沉淀。
方程式中原子个数守恒、电荷守恒（左边电荷总和为 0，右边也为 0），物质拆分符合规则。A正确；
B、方程式电荷不守恒（左边 Fe3+带 +3 电荷，右边 Cu2+与 Fe2+共带 +4 电荷）。
正确配平应为 2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+。B错误；
C、NaOH 过量时，SO2与 OH-反应应生成 SO32-（HSO3-是 SO2过量时的产物）。
正确方程式为 2OH-+SO2=SO32-+H2O。C错误；
D、食醋的主要成分是 CH3COOH（弱酸），不能拆分为 H+， 正确的离子方程式是，D错误；
故答案为：A。
【分析】A．Na2S 拆为 S2-，Hg2+为游离离子，生成 HgS 沉淀；方程式原子、电荷均守恒。
B．左边电荷 + 3，右边 + 4，电荷不守恒。
C．过量时，SO2应生成 SO32-（非 HSO3-）。
D．食醋（CH3COOH，弱酸）不能拆为 H+。
6．【答案】D
【知识点】氧化还原反应
【解析】【解答】A、浓硝酸与 Cu 的反应常温下即可进行，无需加热，A正确；
B、反应生成红棕色 NO2，是浓硝酸将 Cu 氧化的结果，体现其氧化性，B正确；
C、Cu 与浓硝酸反应时，1mol Cu 转移 2mol 电子，0.05mol Cu 转移 0.1mol 电子，数目约为 6.02×1022，C正确；
D、Al 遇浓硝酸会发生钝化（表面生成致密氧化膜），并非还原性 Al
故答案为：D。
【分析】解题关键点：
反应条件的记忆：浓硝酸与 Cu 常温下即可反应，无需加热，区分与稀硝酸、浓硫酸的反应条件。
氧化性的判断依据：反应中浓硝酸将 Cu 氧化，自身被还原为 NO2（红棕色气体），体现氧化性。
电子转移的计算：明确 Cu 与浓硝酸反应时，Cu 由 0 价升为 +2 价，1mol Cu 转移 2mol 电子，据此计算转移电子数。
钝化现象的识别：Al 遇浓硝酸会发生钝化（生成致密氧化膜阻碍反应），不能据此判断 Al 的还原性弱于 Cu（实际 Al 还原性更强）。
7．【答案】C
【知识点】金属的电化学腐蚀与防护；二氧化硫的性质；铜及其化合物
【解析】【解答】A、陈述 I：（题干未明确物质，推测是 SO2）SO2有漂白性，但陈述 II 中 “使溴水褪色” 是因为 SO2的还原性（与 Br2发生氧化还原反应），并非漂白性。结论：陈述 II 的原因错误，无因果关系，A错误；
B、陈述 I：铁比铜活泼（正确）；陈述 II：铜质容器可盛浓硝酸，是因为铜遇浓硝酸会钝化（并非因为铁比铜活泼）。结论：二者无因果关系，B错误；
C、陈述 I：铜绿主要成分为碱式碳酸铜 Cu2(OH)2CO3（正确）；陈述 II：稀盐酸能与 Cu2(OH)2CO3反应（生成 CuCl2、CO2、H2O），因此可除去铜绿（正确）。结论：I、II 均正确且有因果关系，C正确；
D、陈述 I：铜表面形成的氧化膜（CuO）不致密；陈述 II：铜板上的铁钉在潮湿空气中会形成原电池（铁更活泼，铁被腐蚀），铁钉易生锈。结论：I、II 均错误，D错误；
故答案为：C。
【分析】A．先发现陈述 II 的本质是还原性，与 I 的漂白性无关，无因果。
B．I 正确，但 II 的原因是铜遇浓硝酸钝化，无因果。
C．I（铜绿成分）正确，II（盐酸与碱式碳酸铜反应）的原因正是 I，有因果。
D．I（铜氧化膜致密）错误，II（铁钉不易锈）也错误。
8．【答案】B
【知识点】钠的化学性质；铝的化学性质；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A、操作：加热 NaHCO3粉末；现象：有液滴和气体产生。解释：NaHCO3易分解（分解生成 Na2CO3、H2O 和 CO2，液滴是 H2O，气体是 CO2）。现象与解释匹配，A正确；
B、操作：常温下将 Al 片放入浓硝酸中；现象：无明显变化。解释：“Al 与浓硝酸不反应” 错误 —— 实际是 Al 遇浓硝酸发生钝化（表面生成致密的 Al2O3薄膜，阻止反应继续进行），并非不反应。
解释错误，B不正确；
C、操作：Na 分别放入无水乙醇和水中；现象：Na 与水反应更剧烈。解释：水分子中氢原子比乙醇羟基中氢原子活泼（羟基氢的活泼性：水 > 乙醇，活泼性越强，与 Na 反应越剧烈）。现象与解释匹配，C正确；
D、操作：灼烧铝箔；现象：铝箔熔化但不滴落。解释：氧化铝熔点高于铝（铝熔化时，表面生成的 Al2O3未熔化，包裹住液态铝）。现象与解释匹配，D正确；
故答案为：B。
【分析】A．联 “反应产物”：现象对应的产物需匹配解释（如选项 A 中 NaHCO3分解的产物是 H2O 和 CO2，对应液滴、气体）。
B．抓 “物质特性”：区分 “不反应” 和 “反应但无明显现象”（如选项 B 中 Al 遇浓硝酸是钝化，不是不反应）。
C．比 “性质强弱”：现象差异对应性质差异（如选项 C 中 Na 与水、乙醇反应的剧烈程度，对应羟基氢的活泼性）。
D．记 “结构 - 性质”：物质的结构、 组成决定现象（如选项 D 中 Al2O3熔点高，导致铝箔熔化不滴落）。
9．【答案】A
【知识点】银镜反应
【解析】【解答】A、滴加稀氨水时，先生成 AgOH（后分解为 Ag2O）沉淀，继续加氨水，沉淀溶解生成 [Ag (NH3)2]+，故有沉淀的生成与溶解，A正确；
B、银镜反应需水浴加热且不能振荡（振荡会使银粒分散，无法形成光滑银镜），B错误；
C、银镜反应中醛基将 Ag+还原为 Ag，体现醛基的还原性，而非氧化性，C错误；
D、Ag 与氨水不反应，不能用氨水洗银镜（需用稀硝酸），D错误；
故答案为：A。
【分析】解题关键点：
银氨溶液的制备过程：滴加氨水时，先沉淀（生成 AgOH、Ag2O）、后溶解（形成 [Ag(NH3)2]+），据此判断选项 A 的正确性。
银镜反应的条件：需水浴加热且不能振荡（振荡会破坏银镜的光滑性），排除选项 B。
醛基的性质：银镜反应中醛基是还原剂（将 Ag+还原为 Ag），体现还原性，排除选项 C。
Ag 的反应性：Ag 与氨水不反应，洗银镜需用稀硝酸（Ag 与硝酸反应），排除选项 D。
10．【答案】A
【知识点】过滤；分液和萃取
【解析】【解答】A、利用水的沸点（液态变为气态再冷凝），与水或海水中其他物质的溶解性无关，A符合题意；
B、利用苯甲酸 “温度降低时溶解性减小” 的性质，通过降温使苯甲酸从溶液中析出，B不符合题意；
C、利用泥沙不溶于水、粗盐溶于水的差异，通过滤纸分离固液，C不符合题意；
D、利用 I2在 CCl4中的溶解性远大于在水中的溶解性，实现 I2的转移，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】本题的易错点主要有 2 个：
混淆 “蒸馏的原理”：容易误将蒸馏与溶解性关联，但蒸馏的核心是利用沸点差异（液态—气态—冷凝），和物质是否溶解无关（如选项 A）。
误判 “结晶 、 过滤、萃取的本质”：部分同学会忽略结晶（依赖溶解性随温度的变化）、过滤（依赖固液溶解性差异）、萃取（依赖溶质在不同溶剂的溶解性差异），本质都与溶解性相关（如 B、C、D）。
11．【答案】D
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A、铝片与过量 NaOH 溶液反应时，不仅会生成 [Al(OH)4]-，还会产生 H2， 正确方程式为：，A错误；
B、向 Al2(SO4)3溶液中加入足量 Ba (OH)2时，过量的 OH-会将 Al3+转化为 [Al(OH)4]-而非 Al(OH)3沉淀， 正确方程式为：，B错误；
C、NH4HSO4中的 H+酸性强于 NH4+，滴入少量 NaOH 时，OH-会优先与 H+反应生成 H2O，而非与 NH4+反应， 正确方程式为：，C错误；
D、过氧化钠与水反应生成 Na+、OH-和 O2，该方程式既满足原子守恒（Na、O、H 原子数均匹配），也满足电荷守恒（左右电荷总和均为 0），符合反应实际，D正确；
故答案为：D。
【分析】A．抓 “反应完整性”：像 Al 与 NaOH 反应，不仅有络离子生成，还伴随气体（H2），需确认产物是否完整（如选项 A 漏了 H2）。
B．看 “反应物用量”：强碱足量时，Al3+ 会转化为 [Al(OH)4]-而非 Al(OH)3，需根据用量判断产物（如选项 B 忽略了 Ba(OH)2足量的影响）。
C．辨 “离子反应优先级”：酸性强的离子（如 NH4HSO4中的 H+）会优先与 OH-反应，而非弱酸性的 NH4+（如选项 C 搞反了反应顺序）。
D．验 “守恒关系”：原子、电荷是否守恒是基础（如选项 D 同时满足两种守恒）。
12．【答案】D
【知识点】有机物的结构和性质
【解析】【解答】A、K 中碳碳双键的其中一个碳原子连有 2 个 - CN（相同基团），不满足顺反异构的 “双键两端碳原子连不同基团” 条件，故无顺反异构，A正确；
B、K 与 L 反应生成 M 和 CH3OH，结合原子守恒（K 含 C、N、O，M 含 N、H，L 提供 N、H），推得 L 为 N2H4，B正确；
C、K→M 中 - CN 与 N2H4加成（引入 - NH2），M→Q 中 - CN 与 HCONH2加成（形成环状结构），均涉及 - CN 的加成，C正确；
D、生成 Q 时 HCONH2和M均有N-H键断裂，则Q中-NH2上的N应为15N，D错误；
故答案为：D。
【分析】本题易错点：
顺反异构的判断误区：易忽略 “双键碳原子需连不同基团” 的条件，错认为 K 存在顺反异构（实际 K 中双键某碳连 2 个 - CN）。
化学式推断的原子守恒应用：可能遗漏 K 与 L 反应的产物（CH3OH），导致无法正确推出 L 的化学式（N2H4）。
反应类型的识别偏差：对 - CN 的加成反应不熟悉，误判 K→M、M→Q 的反应类型（二者均涉及 - CN 的加成）。
13．【答案】D
【知识点】化学反应速率的影响因素；铜及其化合物；蒸发和结晶、重结晶；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A、“溶解 Ⅰ” 中，铜帽主要含 Cu 和 Zn，Zn 能与稀 H2SO4反应，将铜帽粉碎可增大与溶液的接触面积，加快 Zn 的溶解速率，A正确；
B、“溶解 Ⅰ” 时，Zn 与稀 H2SO4反应生成 ZnSO4，而 Cu 不与稀 H2SO4反应，过滤后滤液 Ⅰ 的主要溶质为 ZnSO4，B正确；
C、“溶解 Ⅱ” 中，H2O2在稀 H2SO4存在下将 Cu 氧化为 CuSO4，反应为 Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O， 过程中有铜离子生成，且反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气，C正确；
D、“操作 Ⅰ” 若直接加热蒸干，CuSO4 5H2O 会失去结晶水，应采用蒸发浓缩、冷却结晶的方法获取晶体，D错误；
故答案为：D。
【分析】A．固体粉碎能增大与溶液的接触面积，加快可反应物质（此处是 Zn 与稀 H2SO4）的溶解速率。
B．Zn 能与稀 H2SO4反应生成 ZnSO4，而 Cu 与稀 H2SO4不反应，过滤后滤液的溶质主要是 ZnSO4。
C“溶解 Ⅱ” 中，H2O2在酸性条件下氧化 Cu 的反应为 Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O， 反应放热，促进双氧水分解产生大量氧气。
D．CuSO4 5H2O 含结晶水，直接加热蒸干会导致结晶水失去，应通过蒸发浓缩、冷却结晶获取晶体。
14．【答案】B
【知识点】盐类水解的应用；钠的化学性质；元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律
【解析】【解答】A、Na 先与水反应生成 NaOH 和 H2，NaOH 再与 Fe3+反应生成 Fe(OH)3沉淀，离子方程式 6Na+6H2O+2Fe3+=6Na++2Fe(OH)3↓+3H2↑符合守恒规律，A正确；
B、Mg 的金属性强于 Fe，若溶液中 Fe3+未完全反应，Mg 可还原 Fe3+生成 Fe（黑色固体）；“不可能含单质 Fe” 的判断错误，B不正确；
C、Fe3+浓度极低时，易水解生成 Fe(OH)3沉淀，难以被 Mg 还原为 Fe 单质，故无黑色固体，C正确；
D、Na（活泼性强）与 FeCl3溶液反应以生成沉淀为主，Mg 与不同浓度 FeCl3溶液的产物不同，说明金属活泼性、离子浓度会影响反应产物，D正确；
故答案为：B。
【分析】解题关键点：
活泼金属与盐溶液的反应顺序：活泼金属（如 Na、Mg）先与溶液中的 H2O（或 H+）反应，生成的 OH-再与金属离子（如 Fe3+）反应生成沉淀；若金属还原性强于金属离子对应的单质，还可能直接还原金属离子。
离子浓度对反应的影响：Fe3+浓度低时，更易水解生成 Fe(OH)3沉淀，难以被还原为单质 Fe；浓度高时则可能发生还原反应生成单质。
金属活泼性的影响：不同活泼性的金属（如 Na、Mg）与盐溶液的反应倾向不同（Na 更易与水反应，Mg 可能直接还原 Fe3+）。
15．【答案】（1）不一定
（2）；0.4；
（3）、；一定；
（4）
【知识点】离子共存；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据分析，由实验①推断该混合溶液中不一定含有；
故答案为： 不一定 ；
（2）由实验②推断该混合溶液中含有；c()=；离子反应方程式为；
故答案为： ； 0.4 ； ；
（3）实验不存在的阳离子是、，该混合溶液中一定含有和，负电荷2n()+2n()=0.06mol，则；
故答案为：、 ； 一定 ； ；
（4）稀盐酸与碳酸钡反应，离子方程式：。
故答案为： 。
【分析】铵根离子的判断：加入足量 NaOH 浓溶液共热，收集到的气体为 NH3，其物质的量为 896mL÷22400mL/mol=0.04mol，说明溶液中一定存在 NH4+，且物质的量为 0.04mol。
硫酸根与碳酸根的判断：加入足量 BaCl2溶液得到干燥沉淀 6.63g，经盐酸洗涤后剩余沉淀 4.66g（不溶于盐酸），该沉淀为 BaSO4，则 n(SO42-)=4.66g÷233g/mol=0.02mol；溶解的沉淀质量为 6.63g-4.66g=1.97g，对应 BaCO3，则 n(CO32-)=1.97g÷197g/mol=0.01mol。
离子共存与电荷守恒分析：由于 CO32-与 Ba2+、Al3+不能共存，故溶液中无 Ba2+、Al3+；此时溶液中阳离子只有 NH4+（正电荷总量为 0.04mol×1=0.04mol），阴离子 CO32-、SO42-的负电荷总量为 0.01mol×2 + 0.02mol×2=0.06mol。根据电荷守恒，溶液中一定存在 K+以平衡电荷；而加入 AgNO3产生沉淀，可能是 Cl-与 Ag+反应，故 Cl-为可能存在的离子。
（1）根据分析，由实验①推断该混合溶液中不一定含有；
（2）由实验②推断该混合溶液中含有；c()=；离子反应方程式为；
（3）实验不存在的阳离子是、，该混合溶液中一定含有和，负电荷2n()+2n()=0.06mol，则；
（4）稀盐酸与碳酸钡反应，离子方程式：。
16．【答案】（1）；
（2）晶体硅和金刚石都属于共价晶体，原子半径：，键长：键键，键能：C-C键键，键能越大，熔点越高、硬度越大；；b
（3）杂化；2：5；片内的共价键的强度大于片间的离子键等相互作用的强度
【知识点】原子核外电子排布；元素电离能、电负性的含义及应用；晶胞的计算
【解析】【解答】（1）①基态硅原子的价层电子排布为3s23p2，价层电子轨道表示式是；
②同周期元素从左到右第一电离能增大，但由于P的3p轨道处于半充满稳定状态，因此第一电离能大于相邻元素，则由小到大的顺序为Si故答案为： ； ；
（2）①晶体硅的熔点和硬度均低于金刚石，其原因是晶体硅和金刚石都属于共价晶体，原子半径：，键长：键键，键能：C-C键键，键能越大，熔点越高、硬度越大；
②根据晶胞结构，含有硅原子个数为，根据密度公式可得：；
③硅晶体中硅原子之间具有方向性和饱和性，金属晶体中金属键没有方向性和饱和性，故a不选；金刚石是共价晶体，若硅有导电性，且导电能力大于金刚石，则可说明硅的晶体类型略向金属晶体过渡，
故答案为： 晶体硅和金刚石都属于共价晶体，原子半径：，键长：键键，键能：C-C键键，键能越大，熔点越高、硬度越大 ； ；b。
（3）①二氧化硅中的硅为四面体构型，则杂化方式为sp3；
②i．根据均摊法，一个硅氧四面体中，有3个氧原子被2个相邻Si原子共用、1个氧原子只与1个硅原子结合，则；
ii．云母由片状的硅酸根离子和片间的金属离子构成层状结构，片内为由共价键构成的硅酸根阴离子，片间为金属阳离子，硅酸根离子和金属离子通过离子键构成云母多层结构，离子键强度较低，而共价键强度较高，因此云母易被从片间撕开形成单层结构，故答案为：片内的共价键的强度大于片间的离子键等相互作用的强度。
故答案为：杂化 ； 2：5 ； 片内的共价键的强度大于片间的离子键等相互作用的强度 ；
【分析】(1)①基态Si价层电子排布为3s23p2，轨道表示式为3s（↓↑）、3p（↑ ↑ 空）；
②同周期第一电离能：Si(2)①晶体硅与金刚石均为共价晶体，C-Si键长更长、键能更小，故熔沸点/硬度更低；
②均摊法算晶胞Si原子数为8，结合密度公式得；
③硅有导电性且强于金刚石，说明向金属晶体过渡（选b）。
(3)①SiO2中Si为四面体构型，杂化方式为sp3；
②i. 均摊法得硅氧个数比为2：5；ii. 片内共价键强于片间离子键，故云母易从片间撕开。
（1）①基态硅原子的价层电子排布为3s23p2，价层电子轨道表示式是；
②同周期元素从左到右第一电离能增大，但由于P的3p轨道处于半充满稳定状态，因此第一电离能大于相邻元素，则由小到大的顺序为Si（2）①晶体硅的熔点和硬度均低于金刚石，其原因是晶体硅和金刚石都属于共价晶体，原子半径：，键长：键键，键能：C-C键键，键能越大，熔点越高、硬度越大；
②根据晶胞结构，含有硅原子个数为，根据密度公式可得：；
③硅晶体中硅原子之间具有方向性和饱和性，金属晶体中金属键没有方向性和饱和性，故a不选；金刚石是共价晶体，若硅有导电性，且导电能力大于金刚石，则可说明硅的晶体类型略向金属晶体过渡，故答案为b。
（3）①二氧化硅中的硅为四面体构型，则杂化方式为sp3；
②i．根据均摊法，一个硅氧四面体中，有3个氧原子被2个相邻Si原子共用、1个氧原子只与1个硅原子结合，则；
ii．云母由片状的硅酸根离子和片间的金属离子构成层状结构，片内为由共价键构成的硅酸根阴离子，片间为金属阳离子，硅酸根离子和金属离子通过离子键构成云母多层结构，离子键强度较低，而共价键强度较高，因此云母易被从片间撕开形成单层结构，故答案为：片内的共价键的强度大于片间的离子键等相互作用的强度。
17．【答案】羟基；CH3COOHCH3COO-+H+；；；加成反应，取代反应；；
【知识点】有机物的合成；结构简式；电离方程式的书写
【解析】【解答】（1）A的含氧官能团是-OH，名称是羟基；
故答案为： 羟基 ；
（2）由流程框图可知，羧酸a为CH3COOH，电离方程是CH3COOHCH3COO-+H+；
故答案为： CH3COOHCH3COO-+H+ ；
（3）由B生成C的化学方程式是
；
故答案为： ；
（4）由上述解析可知，D的结构简式是；
故答案为： ；
（5）反应①是加成反应，反应②是取代反应。
故答案为： 加成反应，取代反应 ；
（6）由上述解析可知，F的结构简式是；
故答案为： ；
（7）由上述解析可知，聚合物P的结构简式。
故答案为： 。
【分析】目标产物（ ）含 - NH2（氨基），该基团由硝基（-NO2）还原得到，因此 C 的结构为苯环上连接 CH2CH2OOCCH3，对位连 - NO2（即 ）。B 在浓硫酸作用下与硝酸发生取代反应（引入 - NO2），结合 B 的结构（C6H5-CH2CH2OOCCH3），可知 B 是酯类，结构式为： ；A 与羧酸 a 反应生成 B（酯化反应），故羧酸 a 为乙酸（CH3COOH），A 为苯乙醇（ ）。结合 D 的分子式及后续转化，D 是苯乙醇的钠盐（ ）；D 经转化得到 E，E 含醛基（-CHO）和酚羟基（-OH），结构为 。根据信息（1），E 进一步转化为 F，F 含氨基（-NH2）、羧基（-COOH）和酚羟基，结构为 ；F 发生缩聚反应生成 G，G 的结构为两端连酚羟基、中间含肽键（-CONH-）的环状结构（ ）；G 与光气反应得到 P，P 是含氯端基的缩聚物（结构为 ）。据此解题。
18．【答案】补充Cl-，促进I中反应，提高铜元素浸出率；4Fe2+ + O2 + 6H2O = 4FeOOH↓+ 8H+；Cu2+、CuCl2-；防止Zn2+、Pb2+沉淀，同时避免CuCl2-变成Cu2O沉淀；除去Zn2+和Pb2+；2CuCl2- + 2OH- = Cu2O↓+4Cl- +H2O；电解氯化钠溶液产生H2、Cl2和NaOH，NaOH可用于Ⅲ、Ⅴ中作沉淀剂，H2可用于Ⅵ作还原剂，Cl2可用于Ⅷ作氧化剂
【知识点】铜及其化合物；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）使用稀盐酸，可以增加Cl-的浓度，使得反应ⅱ的平衡正向移动，增大铜元素的浸出率；
故答案为： 补充Cl-，促进I中反应，提高铜元素浸出率 ；
（2）①Fe2+转化为FeOOH的离子方程式为4Fe2++O2+6H2O=4FeOOH↓+8H+；
②黄铜矿和CuCl2、稀盐酸反应后，再向所得溶液通入O2得到溶液A，可以推出溶液中有CuCl2-，再根据溶液A中加入NaOH溶液得到Cu(OH)3Cl，可以推出溶液A中还含有Cu2+；
故答案为： 4Fe2+ + O2 + 6H2O = 4FeOOH↓+ 8H+ ； Cu2+、CuCl2- ；
（3）Ⅲ中控制NaOH的用量是为了防止Zn2+、Pb2+形成沉淀，同时也可避免CuCl2-变成Cu2O沉淀，以防止Cu(OH)3Cl中含有杂质；
故答案为： 防止Zn2+、Pb2+沉淀，同时避免CuCl2-变成Cu2O沉淀 ；
（4）Ⅳ中加入Na2CO3溶液是为了除去Zn2+和Pb2+；
故答案为： 除去Zn2+和Pb2+ ；
（5）溶液C中的主要离子为CuCl2-，根据图中可知，该离子和NaOH反应生成了Cu2O，则反应的离子方程式为：2CuCl2-+2OH-=Cu2O↓+4Cl- +H2O；
故答案为： 2CuCl2- + 2OH- = Cu2O↓+4Cl- +H2O ；
（6）如图所示，电解氯化钠溶液产生H2、Cl2和NaOH，NaOH可用于Ⅲ、Ⅴ中作沉淀剂，H2可用于Ⅵ作还原剂，Cl2可用于Ⅷ作氧化剂。
故答案为： 电解氯化钠溶液产生H2、Cl2和NaOH，NaOH可用于Ⅲ、Ⅴ中作沉淀剂，H2可用于Ⅵ作还原剂，Cl2可用于Ⅷ作氧化剂 ；
【分析】黄铜矿加盐酸、CuCl2溶液并通空气处理，分离得溶液 A 与固体 M；溶液 A 加 NaOH 溶液，分理出溶液 B 和 Cu2(OH)3Cl 固体（后者加盐酸可循环）；溶液 B 加 Na2CO3溶液，分离出固体 Q 与溶液 C；溶液 C 加 NaOH 溶液，分理出 Cu2O 固体（通 H2得 Cu 单质）与溶液 D；溶液 D 加盐酸得 NaCl 溶液，还可通 Cl2循环利用。据此解题。
19．【答案】（1）Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2；Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3
（2）溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的；Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+
（3）；II中Fe2+ 的还原性较弱，不能将Cu2+ 还原为Cu；III中NH3·H2O + OH－， 产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+ 还原为Cu
（4）CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜
【知识点】铁盐和亚铁盐的相互转变；性质实验方案的设计；离子方程式的书写；原电池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
故答案为： Fe2+ + 2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2 ； Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3 ；
（2）①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
故答案为： 溶液中发生了氧化还原反应，升价产物有Fe(OH)3，降价产物有Cu是合理的 ； Fe(OH)3 + 3H+ = Fe3+ + 3H2O、Cu + 2Fe3+ = Cu2+ + 2Fe2+ ；
（3）①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：。
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O +OH－，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu。
故答案为： ； II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O + OH－， 产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+ OH-= Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu ；
（4）银氨溶液呈碱性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
故答案为： CH3CHO-2e-+ 3OH- = CH3COO- + 2H2O，加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜 ；
【分析】(1)①离子方程式：Fe2+ 与 NH3 H2O 反应生成 Fe (OH)2沉淀，离子方程式为Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。
②氧化反应电极式：总反应减还原反应，得 Fe(OH)2-e- +OH-=Fe(OH)3。
(2)①Cu 生成的合理性：氧化还原反应中，Fe 元素升价（生成 Fe(OH)3），Cu 元素可降价（生成 Cu），符合价态变化规律。
②未检出 Cu 的原因：Fe(OH)3与酸生成 Fe3+，Fe3+ 氧化 Cu，离子方程式为
Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
(3)①电化学装置：a 杯放 “饱和 FeSO4溶液 + 氨水”，b 杯放 CuSO4溶液，通过盐桥形成原电池。
②Cu 生成的差异：Ⅱ 中 Fe2+还原性弱，无法还原 Cu2+；Ⅲ 中碱性环境增强 Fe(OH)2还原性，可还原 Cu2+。
(4) 银镜反应的原因：银氨溶液呈碱性，提升了 CH3CHO 的还原性，使其发生反应
CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，从而生成银镜。
（1）①硫酸亚铁与氨水反应生成白色的氢氧化亚铁沉淀，其离子方程式为：Fe2++2NH3·H2O=Fe(OH)2↓ +2。
②用总反应减去还原反应，得到氧化反应为：Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3。
（2）①由现象可知，反应生成了氢氧化铁沉淀，从氧化还原的角度看，氢氧化铁可为升价产物，铜可为降价产物，因此有铜生成从氧化还原的角度看是合理的。
②不溶物中有氢氧化铁，氢氧化铁与硫酸反应生成三价铁离子，三价铁离子又可以与铜反应生成二价铁离子和铜离子，因此未检出铜，其离子方程式为：Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O、Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+。
（3）①若要确认CuSO4的作用，应把硫酸铜溶液和饱和硫酸亚铁溶液分别放在两个烧杯中，因此其装置示意图应为：。
②II中Fe2+的还原性较弱，不能将Cu2+还原为Cu；III中NH3·H2O +OH－，氢氧根离子与亚铁离子反应产生氢氧化亚铁，Fe(OH)2-e-+OH-=Fe(OH)3，碱性增强及产生Ksp更小的Fe(OH)3使亚铁盐的还原性增强，能将Cu2+还原为Cu。
（4）银氨溶液呈碱性，CH3CHO-2e-+3OH-=CH3COO-+2H2O，往硝酸银溶液中加入氨水提高了CH3CHO的还原性，能与银氨溶液产生银镜。
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