化学自习室移动版

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。

【2024北京等级考】1. 我国科研人员利用激光操控方法，从Ca原子束流中直接俘获⁴¹Ca原子，实现了对同位素⁴¹Ca的灵敏检测。⁴¹Ca的半衰期(放射性元素的原子核有半数发生衰变所需的时间)长达10万年，是¹⁴C的17倍，可应用于地球科学与考古学。下列说法正确的是

A. ⁴¹Ca的原子核内有21个中子

B. ⁴¹Ca的半衰期长，说明⁴¹Ca难以失去电子

C. ⁴¹Ca衰变一半所需的时间小于¹⁴C衰变一半所需的时间

D. 从Ca原子束流中直接俘获⁴¹Ca原子的过程属于化学变化

【答案】A

【解析】

【详解】A．⁴¹Ca的质量数为41，质子数为20，所以中子数为41-20=21，A正确；

B．⁴¹Ca的半衰期长短与得失电子能力没有关系，B错误；

C．根据题意⁴¹Ca衰变一半所需的时间要大于¹⁴C衰变半所需的时间，C错误；

D．从Ca原子束流中直接俘获⁴¹Ca原子的过程没有新物质产生，不属于化学变化，D错误；

本题选A。

【2024北京等级考】2. 下列化学用语或图示表达不正确的是

A. H₂O₂的电子式：       B.CH₄分子的球棍模型：

C.Al^3＋的结构示意图：                             D. 乙炔的结构式：

【答案】A

【解析】

【详解】A．H₂O₂是共价化合物，其电子式为，故A错误；

B．CH₄为正四面体形，CH₄分子的球棍模型：，故B正确；

C．Al的原子序数为13，即Al^3＋的结构示意图：，故C正确；

D．乙炔含有碳碳三键，结构式为：，故D正确；

故选A。

【2024北京等级考】3. 酸性锌锰干电池的构造示意图如下。关于该电池及其工作原理，下列说法正确的是

A. 石墨作电池的负极材料                                        B. 电池工作时，NH₄^＋向负极方向移动

C. MnO₂发生氧化反应                                            D. 锌筒发生的电极反应为Zn－2e^-=Zn^2＋

【答案】D

【解析】

【详解】A．酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误；

B．原电池工作时，阳离子向正极(石墨电极)方向移动，故B错误；

C．MnO₂发生得电子的还原反应，故C错误；

D．锌筒为负极，负极发生失电子的氧化反应Zn－2e^-=Zn^2＋，故D正确；

故选D。

【2024北京等级考】4. 下列说法不正确的是

A. 葡萄糖氧化生成CO₂和H₂O的反应是放热反应

B. 核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子

C. 由氨基乙酸形成的二肽中存在两个氨基和两个羧基

D. 向饱和的NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液会发生盐析

【答案】C

【解析】

【详解】A．葡萄糖氧化生成CO₂和H₂O是放热反应，在人体内葡萄糖缓慢氧化成CO₂和H₂O为人体提供能量，A项正确；

B．核酸是一种生物大分子，分析核酸水解的产物可知，核酸是由许多核苷酸单体形成的聚合物，核苷酸进一步水解得到磷酸和核苷，核苷进一步水解得到戊糖和碱基，故核酸可看作磷酸、戊糖和碱基通过一定方式结合而成的生物大分子，B项正确；

C．氨基乙酸的结构简式为H₂NCH₂COOH，形成的二肽的结构简式为H₂NCH₂CONHCH₂COOH，该二肽中含1个氨基、1个羧基和1个肽键，C项错误；

D．鸡蛋清溶液为蛋白质溶液，NaCl溶液属于轻金属盐溶液，向饱和NaCl溶液中加入少量鸡蛋清溶液，蛋白质发生盐析，D项正确；

答案选C。

【2024北京等级考】5. 下列方程式与所给事实不相符的是

A. 海水提溴过程中，用氯气氧化苦卤得到溴单质：2Br^－＋Cl₂=Br₂＋2Cl^－

B. 用绿矾(FeSO₄·7H₂O)将酸性工业废水中的Cr₂O₇^2－转化为Cr^3＋:6Fe^2＋＋Cr₂O₇^2－＋14H^＋=6Fe^3＋＋2Cr^3＋＋7H₂O

C. 用5%Na₂SO₄溶液能有效除去误食的Ba^2＋:SO₄^2－＋Ba^2＋=BaSO₄↓

D. 用Na₂CO₃溶液将水垢中的CaSO₄转化为溶于酸的CaCO₃：Ca^2＋＋CO₃^2－=CaCO₃↓

【答案】D

【解析】

【详解】A．氯气氧化苦卤得到溴单质，发生置换反应，离子方程式正确，A正确；

B．Cr₂O₇^2－可以将Fe^2＋氧化成Fe^3＋，离子方程式正确，B正确；

C．SO₄^2－结合Ba^2＋生成BaSO₄沉淀，可以阻止Ba^2＋被人体吸收，离子方程式正确，C正确；

D．Na₂CO₃与CaSO₄反应属于沉淀的转化，CaSO₄不能拆分，正确的离子方程式为CaSO₄+CO₃^2－=CaCO₃＋SO₄^2－，D错误；

本题选D。

【2024北京等级考】6. 下列实验的对应操作中，不合理的是

A. A                                  B. B                                  C. C                                  D. D

【答案】D

【解析】

【详解】A．用HCl标准溶液滴定NaOH溶液时，眼睛应注视锥形瓶中溶液，以便观察溶液颜色的变化从而判断滴定终点，A项合理；

B．浓硫酸的密度比水的密度大，浓硫酸溶于水放热，故稀释浓硫酸时应将浓硫酸沿烧杯内壁缓慢倒入盛水的烧杯中，并用玻璃棒不断搅拌，B项合理；

C．NaCl的溶解度随温度升高变化不明显，从NaCl溶液中获得NaCl晶体采用蒸发结晶的方法，C项合理；

D．配制一定物质的量浓度的溶液时，玻璃棒引流低端应该在容量瓶刻度线以下；定容阶段，当液面在刻度线以下约1cm时，应改用胶头滴管滴加蒸馏水，D项不合理；

答案选D。

【2024北京等级考】7. 硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。

下列说法不正确的是

A. I的化学方程式：3FeS₂＋8SO₂Fe₃O₄＋6SO₂

B. Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO₂平衡转化率

C. 将黄铁和换成硫黄可以减少废渣的产生

D. 生产过程中产生的尾气可用碱液吸收

【答案】B

【解析】

【分析】黄铁矿和空气中的O₂在加热条件下发生反应，生成SO₂和Fe₃O₄，SO₂和空气中的O₂在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO₃，用98.3%的浓硫酸吸收SO₃，得到H₂SO₄。

【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O₂在加热条件下发生反应，生成SO₂和Fe₃O₄，化学方程式：3FeS₂＋8SO₂Fe₃O₄＋6SO₂，故A正确；

B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO₂平衡转化率，故B错误；

C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生Fe₃O₄，即可以减少废渣产生，故C正确；

D．硫酸工业产生的尾气为SO₂、SO₃，可以用碱液吸收，故D正确；

故选B。

【2024北京等级考】8. 关于Na₂CO₃和NaHCO₃的下列说法中，不正确的是

A. 两种物质的溶液中，所含微粒的种类相同

B. 可用NaOH溶液使NaHCO₃转化为Na₂CO₃

C. 利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO₃

D. 室温下，二者饱和溶液的pH差约为4，主要是由于它们的溶解度差异

【答案】D

【解析】

【详解】A．Na₂CO₃和NaHCO₃的溶液中均存在H₂O、H₂CO₃、H^＋、OH^－、Na^＋、CO₃^2－、HCO₃^－，A正确；

B．NaHCO₃加入NaOH溶液会发生反应：NaOH＋NaHCO₃=Na₂CO₃＋H₂O，B正确；

C．NaHCO₃受热易分解，可转化为Na₂CO₃，而Na₂CO₃热稳定性较强，利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO₃，C正确；

D．室温下Na₂CO₃和NaHCO₃饱和溶液pH相差较大的主要原因是CO₃^2－的水解程度远大于HCO₃^－，D错误；

故选D。

【2024北京等级考】9. 氘代氨(ND₃)可用于反应机理研究。下列两种方法均可得到ND₃：①Mg₃N₂与D₂O的水解反应；②NH₃与D₂O反应。下列说法不正确的是

A.NH₃和ND₃可用质谱法区分

B. NH₃和ND₃均为极性分子

C. 方法①的化学方程式是Mg₃N₂＋6D₂O=3Mg(OD)₂+2ND_3↑

D. 方法②得到的产品纯度比方法①的高

【答案】D

【解析】

【详解】A．NH₃和ND₃的相对分子质量不同，可以用质谱法区分，A正确；

B．NH₃和ND₃的H原子不同，但空间构型均为三角锥形，是极性分子，B正确；

C．Mg₃N₂与D₂O发生水解生成Mg(OD)₂和ND₃，反应方法①的化学方程式书写正确，C正确；

D．方法②是通过D₂O中D原子代替NH₃中H原子的方式得到ND₃，代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误；

故选D。

【2024北京等级考】10. 可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCl制成Cl₂，实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：。下图所示为该法的一种催化机理。

下列说法不正确的是

A. Y为反应物HCl，W为生成物H₂O

B. 反应制得1mol Cl₂，须投入2mol CuO

C. 升高反应温度，HCl被O₂氧化制Cl₂的反应平衡常数减小

D. 图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应

【答案】B

【解析】

【分析】由该反应的热化学方程式可知，该反应涉及的主要物质有HCl、O₂、CuO、Cl₂、H₂O；CuO与Y反应生成Cu(OH)Cl，则Y为HCl；Cu(OH)Cl分解生成W和Cu₂OCl₂，则W为H₂O；CuCl₂分解为X和CuCl，则X为Cl₂；CuCl和Z反应生成Cu₂OCl₂，则Z为O₂；综上所述，X、Y、Z、W依次是Cl₂、HCl、O₂、H₂O。

【详解】A．由分析可知，Y为反应物HCl，W为生成物H₂O，A正确；

B．CuO在反应中作催化剂，会不断循环，适量即可，B错误；

C．总反应为放热反应，其他条件一定，升温平衡逆向移动，平衡常数减小，C正确；

D．图中涉及的两个氧化还原反应是CuL₂→CuCl和CuCl→Cu₂OCl₂，D正确；

故选B。

【2024北京等级考】11.CO₂的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用.CO₂为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。

已知：反应①中无其他产物生成。下列说法不正确的是

A. .CO₂与X的化学计量比为1:2

B. P完全水解得到的产物的分子式和Y的分子式相同

C. P可以利用碳碳双键进一步交联形成网状结构

D. Y通过碳碳双键的加聚反应生成的高分子难以降解

【答案】B

【解析】

【详解】A．结合已知信息，通过对比X、Y的结构可知.CO₂与X的化学计量比为1:2，A正确；

B．P完全水解得到的产物结构简式为，分子式为C₉H₁₄O₃，Y的分子式为C₉H₁₄O₃，二者分子式不相同，B错误；

C．P的支链上有碳碳双键，可进一步交联形成网状结构，C正确；

D．Y形成的聚酯类高分子主链上含有大量酯基，易水解，而Y通过碳碳双键加聚得到的高分子主链主要为长碳链，与聚酯类高分子相比难以降解，D正确；

故选B。

【2024北京等级考】12. 下列依据相关数据作出的推断中，不正确的是

A. 依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向

B. 依据一元弱酸的Ka，可推断它们同温度同浓度稀溶液的pH大小

C. 依据第二周期主族元素电负性依次增大，可推断它们的第一电离能依次增大

D. 依据F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能，可推断它们的热稳定性强弱

【答案】C

【解析】

【详解】A．对于可逆反应的Q与K的关系：Q>K，反应向逆反应方向进行；Q<K，反应向正反应方向进行；Q=K，反应处于平衡状态，故依据相同温度下可逆反应的Q与K大小的比较，可推断反应进行的方向，A正确；

B．一元弱酸的Ka越大，同温度同浓度稀溶液的酸性越强，电离出的H^＋越多，pH越小，B正确；

C．同一周期从左到右，第一电离能是增大的趋势，但是ⅡA大于ⅢA，VA大于VIA，C不正确；

D．F、Cl、Br、I的氢化物分子中氢卤键的键能越大，氢化物的热稳定性越强，D正确；

故选C。

【2024北京等级考】13. 苯在浓HNO₃和浓H₂SO₄作用下，反应过程中能量变化示意图如下。下列说法不正确的是

A. 从中间体到产物，无论从产物稳定性还是反应速率的角度均有利于产物Ⅱ

B. X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物

C. 由苯得到M时，苯中的大π键没有变化

D. 对于生成Y的反应，浓H₂SO₄作催化剂

【答案】C

【解析】

【详解】A．生成产物Ⅱ的反应的活化能更低，反应速率更快，且产物Ⅱ的能量更低即产物Ⅱ更稳定，以上2个角度均有利于产物Ⅱ，故A正确；

B．根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的取代产物，故B正确；

C．M的六元环中与－NO₂相连的C为sp³杂化，苯中大π键发生改变，故C错误；

D．苯的硝化反应中浓H₂SO₄作催化剂，故D正确；

故选C。

【2024北京等级考】14. 不同条件下，当KMnO₄与KI按照反应①②的化学计量比恰好反应，结果如下。

已知：MnO₄^－的氧化性随酸性减弱而减弱。

下列说法正确的是

A. 反应①，n(Mn^2＋):n(I₂)=1:5

B. 对比反应①和②，x=3

C. 对比反应①和②，I^－的还原性随酸性减弱而减弱

D. 随反应进行，体系pH变化：①增大，②不变

【答案】B

【解析】

【详解】A．反应①中Mn元素的化合价由+7价降至+2价，I元素的化合价由-1价升至0价，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应①的离子方程式是：10I^-+2MnO₄^－+16H⁺=2Mn²⁺+5I₂+8H₂O，故n(Mn²⁺)∶n(I₂)=2∶5，A项错误；

B．根据反应①可得关系式10I^-~2MnO₄^－，可以求得n=0.0002，则反应②的n(I^-)∶n(MnO₄^－)=0.001∶(10×0.0002)=1∶2，反应②中Mn元素的化合价由+7价降至+4价，反应②对应的关系式为I^-~2MnO₄^－~MnO₂~IO_x^－~6e^-，IO_x^－中I元素的化合价为+5价，根据离子所带电荷数等于正负化合价的代数和知x=3，反应②的离子方程式是：I^-+2MnO₄^－+H₂O=2MnO₂↓+IO₃^－＋2OH^-，B项正确；

C．已知MnO₄^－的氧化性随酸性减弱而减弱，对比反应①和②的产物，I^-的还原性随酸性减弱而增强，C项错误；

D．根据反应①和②的离子方程式知，反应①消耗H⁺、产生水、pH增大，反应②产生OH^-、消耗水、pH增大，D项错误；

答案选B。

第二部分

本部分共5题，共58分。

【2024北京等级考】15. 锡(Sn)是现代“五金”之一，广泛应用于合金、半导体工业等。

（1）Sn位于元素周期表的第5周期第IVA族。将Sn的基态原子最外层轨道表示式补充完整：_______。

（2）SnCl₂和是锡的常见氯化物，SnCl₂可被氧化得到。

①SnCl₂分子的VSEPR模型名称是_______。

②SnCl₄的Sn－Cl键是由锡的_______轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键。

（3）白锡和灰锡是单质Sn的常见同素异形体。二者晶胞如图：白锡具有体心四方结构；灰锡具有立方金刚石结构。

①灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有_______个。

②若白锡和灰锡的晶胞体积分别为V₁ nm³和V₂ nm³，则白锡和灰锡晶体的密度之比是_______。

（4）单质Sn的制备：将SnO₂与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未明显发生反应。若通入空气在800℃下，SnO₂能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是_______。

【答案】（1）    （2）    ①. 平面三角形    ②.sp³杂化   

（3）    ①. 4    ②.     

（4）与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO₂还原为单质Sn

【解析】

【小问1详解】

Sn位于元素周期表的第5周期ⅣA族，基态Sn原子的最外层电子排布式为5s²5p²，Sn的基态原子最外层轨道表示式为；

【小问2详解】

①SnCl₂中Sn的价层电子对数为2+×(4-2×1)=3，故SnCl₂分子的VSEPR模型名称是平面三角形；

②SnCl₄中Sn的价层电子对数为4+×(4-4×1)=4，有4个σ键、无孤电子对，故Sn采取sp³杂化，则SnCl₄的Sn—Cl键是由锡的sp³杂化轨道与氯的3p轨道重叠形成σ键；

【小问3详解】

①灰锡具有立方金刚石结构，金刚石中每个碳原子以单键与其他4个碳原子相连，此5碳原子在空间构成正四面体，且该碳原子在正四面体的体心，所以灰锡中每个Sn原子周围与它最近且距离相等的Sn原子有4个；

②根据均摊法，白锡晶胞中含Sn原子数为8×+1=2，灰锡晶胞中含Sn原子数为8×+6×+4=8，所以白锡与灰锡的密度之比为∶=；

【小问4详解】

将SnO₂与焦炭充分混合后，于惰性气氛中加热至800℃，由于固体之间反应慢，未发生明显反应；若通入空气在800℃下，SnO₂能迅速被还原为单质Sn，通入空气的作用是：与焦炭在高温下反应生成CO，CO将SnO₂还原为单质Sn，有关反应的化学方程式为2C+O₂2CO、2CO+SnO₂Sn+2CO₂。

【2024北京等级考】16.HNO₃是一种重要的工业原料。可采用不同的氮源制备HNO₃。

（1）方法一：早期以硝石(含NaNO₃)为氮源制备HNO₃，反应的化学方程式为：H₂SO₄(浓)＋NaNO₃=NaHSO₄＋HNO₃↑。该反应利用了浓硫酸的性质是酸性和_______。

（2）方法二：以NH₃为氮源催化氧化制备HNO₃，反应原理分三步进行。

①第I步反应的化学方程式为_______。

②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2n mol NO和nmol O₂进行反应。在不同压强下(P₁、P₂)，反应达到平衡时，测得NO转化率随温度的变化如图所示。解释y点的容器容积小于x点的容器容积的原因_______。

（3）方法三：研究表明可以用电解法以N₂为氨源直接制备HNO₃，其原理示意图如下。

①电极a表面生成NO₃^－的电极反应式：_______。

②研究发现：N₂转化可能的途径为。电极a表面还发生iii．H₂O→O₂。iii的存在，有利于途径ii，原因是_______。

（4）人工固氮是高能耗的过程，结合N₂分子结构解释原因_______。方法三为N₂的直接利用提供了一种新的思路。

【答案】（1）难挥发性   

（2）    ①.4NH₃＋5O₂4NO＋6H₂O     ②.2NO＋O₂2NO₂ ，该反应正向气体分子总数减小，同温时，P₁条件下NO转化率高于P₂，故P₁＞P₂，x、y点转化率相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响   

（3）    ①.N₂－10e^-＋6H₂O=2NO₃^－＋12H^＋     ②. 反应iii生成O₂，O₂将NO氧化成NO₂，NO₂更易转化成NO₃^－   

（4）N₂中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程

【解析】

【小问1详解】

浓硫酸难挥发，产物HNO₃为气体，有利于复分解反应进行，体现了浓硫酸的难挥发性和酸性。

【小问2详解】

①第I步反应为氨气的催化氧化，化学方程式为4NH₃＋5O₂4NO＋6H₂O；

②2NO＋O₂2NO₂，该反应正向气体分子总数减小，同温时，P₁条件下NO转化率高于P₂，故P₁＞P₂，根据，x、y点转化率相同，则n相同，此时压强对容积的影响大于温度对容积的影响，故y点的容器容积小于x点的容器容积。

【小问3详解】

①由电极a上的物质转化可知，氮元素化合价升高，发生氧化反应，电极a为阳极，电极反应式为N₂－10e^-＋6H₂O=2NO₃^－＋12H^＋；

②反应iii生成O₂，O₂将NO氧化成NO₂，NO₂更易转化成NO₃^－。

【小问4详解】

N₂中存在氮氮三键，键能高，断键时需要较大的能量，故人工固氮是高能耗的过程。

【2024北京等级考】17. 除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。

（1）D中含氧官能团的名称是_______。

（2）A→B的化学方程式是_______。

（3）I→J的制备过程中，下列说法正确的是_______(填序号)。

a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将J蒸出，都有利于提高I的转化率

b．利用饱和碳酸钠溶液可吸收蒸出的I和乙醇

c．若反应温度过高，可能生成副产物乙醚或者乙烯

（4）已知：

①K的结构简式是_______。

②判断并解释K中氟原子对α-H的活泼性的影响_______。

（5）M的分子式为C₁₃H₇ClF₄N₂O₄。除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇。由此可知，在生成M时，L分子和G分子断裂的化学键均为C-O键和_______键，M的结构简式是_______。

【答案】（1）硝基、酯基   

（2）    （3）abc   

（4）    ①.     ②. 氟原子可增强α-H的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强α-H的活泼性   

（5）    ①. N-H    ②. 

【解析】

【分析】B发生硝化反应得到D，即B为，A与CH₃OH发生酯化反应生成B，即A为，D发生还原反应得到E，结合E的分子式可知，D硝基被还原为氨基，E为，E在K₂CO₃的作用下与发生反应得到G，结合G的分子式可知，G为，I与C₂H₅OH在浓硫酸加热的条件下生成J，结合I与J的分子式可知，I为CH₃COOH，J为CH₃COOC₂H₅，J与在一定条件下生成K，发生类似的反应，结合L的结构简式和K的分子式可知，K为 ，G和L在碱的作用下生成M，M的分子式为C₁₃H₇ClF₄N₂O₄，除苯环外，M分子中还有个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，可推测为G与L中N-H键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C-O键和N-H键，M的结构简式为。

【小问1详解】

由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基；

【小问2详解】

A→B的过程为A中羧基与甲醇中羟基发生酯化反应，化学方程式为：；

【小问3详解】

I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程，

a．依据平衡移动原理，加入过量的乙醇或将乙酸乙酯蒸出，都有利于提高乙酸的转化率，a正确；

b．饱和碳酸钠溶液可与蒸出的乙酸反应并溶解乙醇，b正确；

c．反应温度过高，乙醇在浓硫酸的作用下发生分子间脱水生成乙醚，发生分子内消去反应生成乙烯，c正确；

故选abc；

【小问4详解】

①根据已知反应可知，酯基的α-H与另一分子的酯基发生取代反应，F₃CCOOC₂H₅中左侧不存在α-H，所以产物K的结构简式为；

②氟原子可增强α-H的活泼性，氟原子为吸电子基团，降低相连碳原子的电子云密度，使得碳原子的正电性增加，有利于增强α-H的活泼性；

【小问5详解】

M分子中除苯环外还有一个含两个氮原子的六元环，在合成M的同时还生成产物甲醇和乙醇，再结合其分子式，可推测为G与L中N-H键与酯基分别发生反应，形成酰胺基，所以断裂的化学键均为C-O键和N-H键，M的结构简式为。

【2024北京等级考】18. 利用黄铜矿(主要成分为CuFeS₂，含有SiO₂等杂质)生产纯铜，流程示意图如下。

（1）矿石在焙烧前需粉碎，其作用是_______。

（2）(NH₄)₂SO₄的作用是利用其分解产生的SO₃使矿石中的铜元素转化为CuSO₄。(NH₄)₂SO₄发生热分解的化学方程式是_______。

（3）矿石和过量(NH₄)₂SO₄按一定比例混合，取相同质量，在不同温度下焙烧相同时间，测得：“吸收”过程氨吸收率和“浸铜”过程铜浸出率变化如图；400℃和500℃时，固体B中所含铜、铁的主要物质如表。

①温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大的原因是_______。

②温度高于425℃，根据焙烧时可能发生的反应，解释铜浸出率随焙烧温度升高而降低的原因是_______。

（4）用离子方程式表示置换过程中加入Fe的目的_______。

（5）粗铜经酸浸处理，再进行电解精炼；电解时用酸化的CuSO₄溶液做电解液，并维持一定的c(H^＋)和c(Cu^2＋)。粗铜若未经酸浸处理，消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量，原因是_______。

【答案】（1）增大接触面积，加快反应速率，使反应更充分   

（2）(NH₄)₂SO₄2NH₃↑＋SO₃↑＋H₂O   

（3）    ①. 温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH₄)₂SO₄分解产生的SO₃增多，可溶物CuSO₄含量增加，故铜浸出率显著增加    ②. 温度高于425℃，随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS₂＋17O₂＋2CuSO₄6CuO＋2Fe₂(SO₄)₃＋4SO₃，CuFeS₂和CuSO₄转化成难溶于水的CuO，铜浸出率降低   

（4）Fe＋Cu^2＋=Cu＋Fe^2＋   

（5）粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量

【解析】

【分析】黄铜矿(主要成分为CuFeS₂，含有SiO₂等杂质)粉碎后加入硫酸铵通入空气焙烧，黄铜矿在硫酸铵生成的SO₃作用下，转化成CuSO₄，得到的混合气体中主要含NH₃，用硫酸吸收，得到硫酸铵，是溶液A的主要溶质，可以循环利用，固体B为SiO₂、CuSO₄及含铁的化合物，加水分离，主要形成含硫酸铜的滤液和含SiO₂的滤渣，分别为滤液C和滤渣D，向硫酸铜溶液中加入过量的铁，置换得到粗铜和FeSO₄，粗铜再精炼可以得到纯铜。

【小问1详解】

黄铜矿的矿石在焙烧前需粉碎，是为了增大反应物的接触面积，加快反应速率，使反应更充分；

【小问2详解】

铵盐不稳定，易分解，(NH₄)₂SO₄分解为非氧化还原反应，产物中有NH₃和SO₃，故化学方程式为(NH₄)₂SO₄2NH₃↑＋SO₃↑＋H₂O  ；

【小问3详解】

①由图，温度低于425℃，随焙烧温度升高，铜浸出率显著增大，是因为温度低于425℃，随焙烧温度升高，(NH4)₂SO₄分解产生的SO₃增多，可溶物CuSO₄含量增加，故铜浸出率显著增加；

②温度高于425℃，随焙烧温度升高，CuFeS₂和CuSO₄转化成难溶于水的CuO，发生反应4CuFeS₂+17O₂+2CuSO₄6CuO+2Fe₂(SO₄)₃+4SO₃，铜浸出率降低；

【小问4详解】

加入Fe置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为Fe＋Cu^2＋=Cu＋Fe^2＋   ；

【小问5详解】

粗铜中含有Fe杂质，加酸可以除Fe，但粗铜若未经酸浸处理，其中杂质Fe会参与放电，则消耗相同电量时，会降低得到纯铜的量。

【2024北京等级考】19. 某小组同学向pH=1的0.5mol/L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

依据金属活动性顺序，Cu、Zn、Mg中可将Fe^3＋还原为Fe的金属是_______。

（2）实验验证

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Fe^2＋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Fe单质进行分析及探究。

i．a．甲认为实验Ⅱ中，当Fe^3＋、H^＋浓度较大时，即使Zn与Fe^2＋反应置换出少量Fe，Fe也会被Fe^3＋、H^＋消耗。写出Fe与Fe^3＋、H^＋反应的离子方程式_______。

b．乙认为在pH为3~4的溶液中即便生成Fe也会被H^＋消耗。设计实验_______(填实验操作和现象)。

证实了此条件下可忽略H^＋对Fe的消耗。

c．丙认为产生的红褐色沉淀包裹在Zn粉上，阻碍了Zn与Fe^2＋的反应。实验证实了Zn粉被包裹。

ii．查阅资料：0.5mol/L的Fe^3＋开始沉淀的pH约为1.2，完全沉淀的pH约为3。

结合a、b和c，重新做实验Ⅱ，当溶液pH为3~4时，不取出固体，向固-液混合物中持续加入盐酸，控制pH<1.2，_______ (填实验操作和现象)，待pH为3~4时，取出固体，固体中检测到Fe单质。

（3）对比实验Ⅱ和Ⅲ，解释实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质的原因_______。

【答案】（1）Mg、Zn   

（2）    ①. 产生蓝色沉淀    ②. Fe^3＋水解方程式为Fe^3＋＋3H₂OFe(OH)₃＋3H^＋，加入的Mg或Zn会消耗H^＋，促进Fe^3＋水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)₃沉淀    ③. 2Fe^3＋＋2Fe＋2H^＋=4Fe^2＋＋H₂↑或2Fe^3＋＋Fe=3Fe^2＋、Fe＋2H^＋=Fe^2＋＋H₂↑    ④. 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    ⑤. 加入几滴KSCN溶液，待溶液红色消失后，停止加入盐酸   

（3）加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)₃沉淀包裹

【解析】

【分析】实验Ⅰ中，加入过量的Cu，Cu与Fe³⁺发生反应3Fe^3＋＋Cu=Cu^2＋＋2Fe^2＋，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^＋=Zn^2＋＋H₂↑，有气泡产生，pH逐渐增大，使得Fe³⁺转化为红褐色沉淀Fe(OH)₃，固体中未检测到Fe单质，原因可能是Fe^3＋的干扰以及Fe(OH)₃沉淀对锌粉的包裹；实验Ⅲ中，加入过量Mg，发生反应Mg＋2H^＋=Mg^2＋＋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，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。

【小问1详解】

在金属活动性顺序表中，Mg、Zn 排在Fe之前，Cu排在Fe之后，因此Mg、Zn 可将Fe^3＋还原为Fe；

【小问2详解】

①Fe^2＋与K₃[Fe(CN)₆]会生成蓝色的K₃[Fe(CN)₆]沉淀；

②Fe^3＋水解方程式为Fe^3＋＋3H₂OFe(OH)₃＋3H^＋，加入的Mg或Zn会消耗H^＋，促进Fe^3＋水解平衡正向移动，使其转化为Fe(OH)₃沉淀；

③i．a．Fe与Fe³⁺、H⁺反应的离子方程式为：2Fe^3＋＋2Fe＋2H^＋=4Fe^2＋＋H₂↑或2Fe^3＋＋Fe=3Fe^2＋、Fe＋2H^＋=Fe^2＋＋H₂↑ ；

b．要证实在pH为3~4的溶液中可忽略H⁺对Fe的消耗，可向pH为3~4的稀盐酸中加铁粉，一段时间后取出少量溶液，滴加K₃[Fe(CN)₆]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Fe单质的原因可能是Fe^3＋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Fe^3＋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，固体中检测到Fe单质；

【小问3详解】

对比实验Ⅱ和Ⅲ，加入镁粉后产生大量气泡，使镁粉不容易被Fe(OH)₃沉淀包裹，实验Ⅲ的固体中检测到Fe单质。