北京市丰台区2025届高三下学期一模化学试卷（Word版附解析）

这是一份北京市丰台区2025届高三下学期一模化学试卷（Word版附解析）试卷主要包含了 下列解释事实的方程式正确的是， 醋酸铜氨溶液的过程中发生反应等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Fe 56
第一部分 选择题（共42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. 2025年1月，我国科研人员针对高效转化为HCOOH的研究取得了突破性进展。下列关于的说法正确的是
A. 三种物质均属于有机化合物
B. 均为非极性分子
C. 和体现了和的氧化性
D. 通过测定常温下HCOONa溶液的pH可以判断HCOOH是否为弱电解质
【答案】D
【解析】
【详解】A．不是有机化合物，A错误；
B．正负电荷的中心重合，是非极性分子，正负电荷的中心不重合，是极性分子，B错误；
C．，碳元素从-4价升高到+2价，体现了的还原性；，碳元素从+4价降低到+2价，体现了的氧化性，C错误；
D．常温下HCOONa溶液的pH不等于7，则存在甲酸根的水解，即HCOOH为弱电解质，D正确；
故选D。
2. 下列化学用语或图示表达正确的是
A. 的电子式：B. 反-2-丁烯的结构简式：
C. HCHO分子的空间结构模型：D. 杂化轨道示意图：
【答案】C
【解析】
【详解】A．过氧化氢是含有极性键和非极性键的共价化合物，电子式为，故A错误；
B．反-2-丁烯的结构简式为，故B错误；
C．甲醛的空间构型为平面三角形，空间结构模型为，故C正确；
D．杂化轨道为平面三角形，杂化轨道间夹角为120°，示意图为，故D错误；
故选C。
3. 下列解释事实的方程式正确的是
A. 电解饱和NaCl溶液，两极均产生气体：
B. 84消毒液加白醋，可增强漂白效果：
C. 向溶液中加入过量的澄清石灰水，出现白色沉淀：
D. 乙醛和新制悬浊液共热出现砖红色沉淀：
【答案】D
【解析】
【详解】A．饱和氯化钠溶液电解生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+H2↑+Cl2↑，故A错误；
B．向84消毒液中加入白醋，醋酸和NaClO反应产生HClO，醋酸、HClO是弱电解质，不能拆写，故消毒液的漂白性增强：ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-，故B错误；
C．碳酸氢钠溶液与过量澄清石灰水反应生成氢氧化钠、碳酸钙沉淀和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．乙醛和新制氢氧化铜悬浊液共热反应生成乙酸钠、氧化亚铜沉淀和水，反应的化学方程式为，故D正确；
故选D。
4. 下列实验中，能达到实验目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．溴乙烷和氢氧化钠溶液发生水解反应生成乙醇和溴化钠，反应后的溶液中含有氢氧化钠，此时直接加入硝酸银溶液，氢氧根离子会与银离子反应而消耗银离子，会干扰溴离子与银离子反应生成溴化银沉淀，不能准确检验溴乙烷中的溴元素，A不符合题意；
B．二氯甲烷和四氯化碳互溶，两者的沸点相差大于30℃，能用蒸馏的方法分离（沸点）和（沸点），B符合题意；
C．氯化铁是强酸弱碱盐，氯化铁会发生水解，直接加热会促进水解，同时HCl会挥发，使得水解平衡正向移动而生成氢氧化铁，继续加热会分解生成氧化铁，不能制得无水固体，C不符合题意；
D．浓硫酸作用下乙酸与乙醇共热反应制得的乙酸乙酯中混有能与碳酸钠溶液反应的乙酸和能与水以任意比例混溶的乙醇，将导气管插入饱和碳酸钠溶液中易发生倒吸，所以导气管不能插入饱和碳酸钠溶液中，D不符合题意；
故选B。
5. 用圆底烧瓶收集后进行喷泉实验，装置如图。下列叙述正确的是
A. 烧瓶内的溶液中存在平衡：
B. 溶液未充满烧瓶，是因为氨气与水的反应已达平衡状态
C. 向红色溶液中加盐酸调至恰好无色时，溶液中
D. 将实验中的换为NO，亦可形成喷泉
【答案】A
【解析】
【详解】A．氨气溶于水，生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，微弱电离，，A正确；
B．溶液未充满烧瓶，是因为收集的氨气不纯，含有少量不溶于水的气体，而不是氨气与水的反应已达平衡状态，B错误；
C．向红色溶液中加盐酸调至恰好无色时，溶液仍为碱性，根据电荷守恒，则，C错误；
D．NO不溶于水且不与水反应，不形成喷泉，D错误；
故选A。
6. 香豆素席夫碱类衍生物M的结构如下。下列说法不正确的是
A. M易被氧化B. M能与发生取代反应和加成反应
C. 1mlM最多可与5mlNaOH发生反应D. M不能与HCHO发生缩聚反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．M中含有酚羟基和碳碳双键，易被强氧化剂氧化，A正确；
B．M中含有酚羟基和碳碳双键，酚羟基的邻位和对位还有氢原子，能与发生取代反应；碳碳双键能发生加成反应，B正确；
C．1mlM中左边的酚羟基消耗1mlNaOH，左边苯环上Cl原子水解要消耗1mlNaOH，水解后得到的羟基连接在苯环上形成酚要消耗1mlNaOH，右边酯基水解得到的羧酸要消耗1mlNaOH，水解生成的羟基连接在苯环上形成酚还要消耗1mlNaOH，最后总的消耗5mlNaOH，C正确；
D．M中酚羟基的邻位和对位都还有氢原子，可以与HCHO发生缩聚反应，D错误；
故答案为：D。
7. 醋酸铜氨溶液（含等）净化合成氨原料气（含和少量CO）的过程中发生反应：。下列说法正确的是
A. Cu位于元素周期表d区
B. 键角：
C. CO中化学键的强度大于，使CO沸点高于的
D. 在一定范围内，低温、高压有利于原料气的净化
【答案】D
【解析】
【详解】A．Cu的核外价电子排布式为3d104s1，位于元素周期表ds区，A错误；
B．的N原子均为sp3杂化，NH3中N原子含1个孤电子对，孤电子对对成键电子的斥力大于成键电子对之间的斥力，键角小，故键角：，B错误；
C．CO和的沸点取决于分子间作用力，不能根据化学键强度判断两者的沸点，C错误；
D．该反应为放热反应且正向气体分子数减小，平衡正向移动可净化原料气，故在一定范围内，低温、高压化学平衡正向移动有利于原料气的净化，D正确；
故选D。
8. 关于和的下列说法中，不正确的是
A. 可用饱和溶液除去中少量的
B. 澄清石灰水和酸性溶液均可以区分和
C. 由推知，可以发生反应：
D. 二者溶解度的差异与分子的极性有关
【答案】B
【解析】
【详解】A．饱和碳酸氢钠溶液能与二氧化硫反应生成二氧化碳，从而除去二氧化碳中少量的二氧化硫，A正确；
B．澄清石灰水与二氧化碳和二氧化硫反应均生成白色沉淀，无法区分，酸性高锰酸钾溶液能被二氧化硫还原而褪色，而二氧化碳不能和酸性高锰酸钾溶液反应，因此可以区分两者，B错误；
C．由可知碳酸的酸性比亚硫酸氢根强，因此亚硫酸根离子可以与碳酸发生反应生成碳酸氢根离子和亚硫酸氢根离子，C正确；
D．二氧化硫是极性分子，二氧化碳是非极性分子，由“相似相溶”原理可知二者溶解度的差异与分子的极性有关，D正确；
故答案选B。
9. 一种脱除和利用水煤气中的原理示意图如下。
已知：的电离平衡常数：。
下列说法不正确的是
A. ，当装置I中时，溶液的
B. 装置II中溶液显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度
C. 装置II中产生的离子方程式为
D. 装置III中的阴极反应式为
【答案】A
【解析】
【分析】装置III有电源，为电解池。根据题意可知，该装置将CO2还原为C2H4，阴极上发生还原反应，结合题图知，左侧电极为阴极，电极式为：，右侧电极为阳极，电极式为：。装置II中碳酸氢钾受热分解生成碳酸钾、CO2和水，装置I中碳酸钾与水煤气中的CO2反应转化为碳酸氢钾。
【详解】A．，当装置I中时，根据，故，pH=10，A错误；
B．装置II中为KHCO3溶液，既存在的水解又存在的电离，显碱性的原因是的水解程度大于的电离程度，B正确；
C．装置II中产生的原因是碳酸氢钾受热分解，离子方程式为，C正确；
D．根据分析，装置III中的阴极反应式为，D正确；
故选A。
10. 非遗“打铁花”是通过向空中击打熔化的铁水（主要成分是Fe和少量C）产生“铁花”。其转化关系如下，其中代表Fe或中的一种。下列说法正确的是
A. a是是C
B. d既可以是Fe，也可以是
C. 等压条件下，①②的反应热之和，大于等物质的量的C直接被氧化为的反应热
D. 反应①中，每生成0.1mlb时，转移电子的数目为
【答案】D
【解析】
【分析】根据转化关系，反应①为、反应②为，a为C、d为、b为Fe、f为。
【详解】A．a为C、f为，A项错误；
B．d为、b为Fe，若d是Fe，不符合反应①转化，B项错误；
C．反应①+反应②可以得，根据盖斯定律，①②的反应热之和，等于等物质的量的C直接被氧化为的反应热，C项错误；
D．反应①为，生成4mlFe，转移电子12ml，则每生成0.1mlFe时，转移电子的数目为，D项正确；
答案选D。
11. 可用于含镉废水的处理。
已知：常温下，i．溶液中各含硫粒子的物质的量分数与pH的关系如图所示。
ii．溶液pH约为12.8。
iii．。
下列说法不正确的是
A. 溶液中：
B. 溶液中：
C. 含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为
D. 向含的废水中加入足量FeS，废水可达排放标准
【答案】B
【解析】
【详解】A．根据物料守恒可知，，A正确；
B．溶液pH约为12.8，结合图像可知，，B错误；
C．结合题中信息，，则含镉废水中加入FeS后，发生反应的离子方程式为：，C正确；
D．向含的废水中加入足量FeS，方程式为：，平衡常数，假设沉淀转化过程中生成为0.001ml/L，得到，废水可达排放标准，D正确；
故选B。
12. 乙酸甲酯在足量NaOH溶液中发生水解反应，部分反应历程可表示为：，能量变化如图所示。
已知：为快速平衡。
下列说法不正确的是
A. 反应IV是的决速步B. 反应结束后，溶液中存在
C. 反应过程中涉及键的断裂和形成D. 反应I与反应IV活化能的差值等于水解反应的焓变
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应的活化能越高，反应速率越慢，由图可知，反应Ⅰ、IV的活化能较高，因此反应的决速步骤为反应Ⅰ、IV，A正确；
B．反应I为加成反应，而与为快速平衡，反应II的成键和断键方式为或，后者能生成18OH-，因此反应结束后，溶液中存在18OH-，B正确；
C．反应过程中涉及π键（C=O键）的断裂和形成，C正确；
D．该总反应对应反应物的总能量高于生成物总能量，总反应为放热反应，因此和CH3O-的总能量与和OH-的总能量之差等于图示总反应的焓变，并非水解焓变（水解生成羧酸盐、醇），D错误；
故选D。
13. 利用苯胺与（结构简式为）合成导电材料聚苯胺（PANI），同时生成，转化关系如下：
下列说法不正确的是
A. 推测氨基具有活化苯环的作用
B. PANI中N原子的杂化类型有（y≠0）
C. 当时，参与反应的苯胺与的物质的量之比为2：3
D. 当时，该反应体系中不能生成具有网状结构的物质
【答案】D
【解析】
【详解】A．苯胺能发生聚合反应，推测氨基具有活化苯环的作用，A正确；
B．PANI中形成单键的N原子的杂化类型是，形成双键的N原子的杂化类型是，B正确；
C．当时，参与反应的每个苯胺提供3个氢原子，与生成，根据原子守恒，参与反应的苯胺与的物质的量之比为2：3，C正确；
D．当时，链节中-NH-中的氢可以被取代，而生成具有网状结构的物质，D错误；
故选D。
14. 某小组同学用铁粉还原AgCl制取Ag，实验如下：
已知：不能氧化
下列说法不正确的是
A. 由i可知发生了两个不同的置换反应
B. iii中生成黄色沉淀的反应为
C. 由ii和iv可推测氧化性
D. ii中生成灰白色固体的可能原因：静置过程中增大，减小
【答案】B
【解析】
【分析】0.1gAgCl溶于浓盐酸后的溶液中加入足量铁粉，铁粉能置换出Ag，亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，将Ag氧化为银离子，同时正向移动，氯离子浓度减小，导致逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀。AgCl固体洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀。取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，进一步证明ii中亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子。
【详解】A．根据i产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe），则发生铁与盐酸的置换反应、铁与银离子置换出银的反应，A正确；
B．iii中生成黄色沉淀的反应为，B错误；
C．根据分析知，ii中亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，则氧化性，C正确；
D．根据分析知，亚铁离子静置过程中被氧气氧化为铁离子，铁离子浓度逐渐增大，使 正向移动，氯离子浓度减小，导致逆向移动，析出灰白色AgCl沉淀，D正确；
故选B。
第二部分 非选择题（共58分）
15. 铁及其化合物在生产生活中有着重要的作用。
I．铁蓝或是一种传统的蓝色颜料，可由亚铁氰化钾制备而成。
（1）基态的价电子排布式为___________。
（2）铁蓝中包含的化学键类型有___________（填字母）。
A．配位键 B．离子键 C．非极性共价键
（3）比较N原子和O原子的第一电离能大小，并从原子结构角度进行解释___________。
（4）邻二氮菲（）与能够生成稳定的橙色配合物，可用做的检测试剂。向溶液（浅黄色）中滴加邻二氮菲溶液，最终未观察到溶液呈现明显的橙色，原因是___________。
II．在不同温度下，单质铁可表现出不同的晶体结构，从而具有不同用途。的部分晶胞结构和的晶胞结构如下图所示，回答下列问题：
（5）每个晶胞实际包含2个Fe原子，每个Fe原子周围等距且紧邻的Fe原子有8个。试在图中用“”表示出晶胞中其余Fe原子所处的位置___________。
（6）若和的晶胞体积分别为和，则和晶体的密度之比是___________。
【答案】（1）
（2）A B （3）第一电离能：；原子的价层电子排布式为，轨道处于半满状态，更稳定，不易失电子
（4）与的配位能力更强，溶液中的浓度低
（5） （6）
【解析】
【小问1详解】
铁是26号元素，基态的价电子排布式为；
【小问2详解】
中存在阴阳离子之间的离子键，亚铁离子与氰根离子之间存在配位键；
【小问3详解】
原子的价层电子排布式为，轨道处于半满状态，更稳定，不易失电子，则第一电离能：；
【小问4详解】
因为与的配位能力更强，溶液中的浓度低，所以未观察到溶液呈现明显的橙色；
【小问5详解】
每个晶胞实际包含2个Fe原子，每个Fe原子周围等距且紧邻的Fe原子有8个。则铁原子位于8个顶点和1个体心，即；
【小问6详解】
每个晶胞实际包含2个Fe原子，则密度：；的晶胞含有铁原子：，密度为：，则和晶体的密度之比是：。
16. 我国研制出在室温下可充电700次的钙-氧气电池，前景广阔。
（1）铝热法冶炼金属钙热化学方程式：。
①该反应体现了铝的___________性。
②提高钙的平衡产率的措施有___________（写出两条）。
（2）钙-氧气电池如图
①用化学方程式解释电解质溶液选择非水溶剂的原因___________。
②放电过程中，在电极表面的两种反应路径如图。（*表示中间体，表示碳纳米管）。
i．在生成CaO的路径中，断裂___________键，与另一个结合，形成了。
ii．写出参与的主要反应的电极反应式___________。
iii．放电过程中，正极流入的电子与消耗的比值为2.07，计算可得生成与CaO的物质的量之比为___________。充电时，比CaO更容易分解，因此，钙-氧气电池实现了常温循环充电。
③充电过程中，在阴极生成，与快速生成覆盖在阴极表面，经测定。从反应速率的角度，分析阴极表面主要生成Ca而少量生成的可能原因___________。
【答案】（1） ①. 还原性 ②. 高温，适当低压，移走钙蒸气
（2） ①. ②. 键 ③. ④. 193∶14 ⑤. 的反应速率快，在阴极生成的反应速率慢，因此在阴极表面主要生成Ca而少量生成
【解析】
【小问1详解】
①该反应中铝化合价升高，为还原剂，体现了铝还原性；
②该反应是吸热、气体分子数增大的反应，则提高钙的平衡产率的措施有：高温，适当低压，移走钙蒸气；
【小问2详解】
①因为，则电解质溶液选择非水溶剂；
②i．在生成CaO的路径中，根据图可知，断裂键，与另一个结合，形成了；ii．根据图可知，比CaO能量低，稳定，即主要生成，则参与的主要反应的电极反应式：；
iii．设生成与CaO的物质的量分别是a与b，根据与，消耗氧气为：，放电过程中，正极流入的电子与消耗的比值为2.07，则消耗，转移电子2.07，即=2.07，则；
③的反应速率快，在阴极生成的反应速率慢，因此在阴极表面主要生成Ca而少量生成。
17. 荧光探针的合成路线如下。
（1）A中所含官能团的名称是___________。
（2）过程中反应①的化学方程式为___________。
（3）试剂a的结构简式为，的反应类型是___________。
（4）I的结构简式为___________。
（5）P为D的同分异构体，满足下列条件的P的结构简式为___________。
a．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1 b．含有一个六元环和一个五元环
（6）K中含有碳碳三键，由E和J合成K的反应过程如下：
已知：
写出试剂b和K的结构简式___________、___________。
（7）L的过程中还生成了一种M的同分异构体X。依据的反应原理，X的结构简式为___________。
【答案】（1）羧基、碳碳双键
（2）+3NaOH+2NaBr+3H2O
（3）加成反应 （4）
（5） （6） ①. ②.
（7）
【解析】
【分析】根据A生成B，两者的分子式可知，发生了加成反应，B生成C的已知条件可知，发生了卤代烃的消去生成C，故A的结构简式为，B的结构简式为，失CO2生成E（）；F与试剂发生加成反应生成G，G发生加成生成H（），H氧化生成I（），I水解生成J；J、E和试剂b生成K（），K异构化生成L（），L加成反应生M，据此分析；
小问1详解】
A（）中所含官能团的名称是羧基、碳碳双键；
【小问2详解】
过程为卤代烃的消去，化学方程式为+3NaOH+2NaBr+3H2O；
【小问3详解】
的反应可以看出是不饱和键生成单键，类型是加成反应；
【小问4详解】
根据分析可知I的结构简式为；
【小问5详解】
P为D（）的同分异构体，满足a．核磁共振氢谱有3组峰，峰面积之比为1：1：1，说明结构对称，b．含有一个六元环和一个五元环，除苯环侧链上有3个C原子，形成五元环，不饱和度为7，故简式为；
【小问6详解】
根据已知，说明试剂b中含有醛基，根据E、J、K结构简式可知，试剂b为，J与b生成Q（），Q与E加成生成K，K的简式为；
【小问7详解】
依据为分子内-NH-与碳碳三键加成的反应，可分别发生在碳碳三键的两个碳上，X的结构简式为。
18. 镀锌钢材废件需要酸洗后重新镀锌。从酸洗废液中回收锌的流程示意图如下。
已知：i．废酸液中，和主要以和形式存在。
ii．萃取率；分离系数。
iii．萃取剂浓度越大，黏度越高，流动性越差。
（1）镀锌废酸液中主要含有的阳离子有___________。
（2）萃取过程：
第一步，萃取剂三辛胺，其中R为与结合形成；
第二步，对的结合力大于的，可使转移到有机相中。
①从结构的角度解释三辛胺和结合的原理___________。
②写出第二步反应的离子方程式___________。
（3）5min内，三辛胺浓度对锌萃取率和分离系数的影响如图所示。当三辛胺浓度大于时，锌的萃取率增加缓慢，分离系数骤减的原因是___________。
（4）写出反萃取的化学方程式___________。
（5）测定废酸液中含量的操作如下：
取废酸液，配制成100mL溶液。取20mL溶液，加入指示剂、硫磷混酸，用标准溶液进行滴定，滴定至终点时，消耗标准液，该废酸液中的含量为_________（已知：全部被还原为）。
【答案】（1）
（2） ①. 中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位 ②.
（3）三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减
（4）
（5）
【解析】
【分析】镀锌钢材废件经过盐酸酸洗，由已知信息i可知，和主要以和形式存在；镀锌废酸液用萃取剂三辛胺萃取，可以得到有机溶液；再利用氨水进行反萃取，得到氢氧化锌，据此分析作答。
【小问1详解】
废酸液中，和主要以和形式存在，则镀锌废酸液中主要含有的阳离子有，故答案为：。
【小问2详解】
①中N原子中存在孤电子对，中存在空轨道，可以形成配位键，故答案为：中N原子有孤电子对，有空轨道，可以配位。
②和反应生成和氯离子，离子方程式为：，故答案为：。
【小问3详解】
由已知信息iii可知，三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减，故答案为：三辛胺浓度增大，黏度增大，流动性变差，与水接触不充分，萃取速率减小，萃取率增加缓慢；也被萃取，不易分离，分离系数骤减。
【小问4详解】
反萃取时，又生产了萃取剂，则与氨水反应生成氢氧化锌、、和水，化学方程式为：，故答案为：
。
【小问5详解】
设配制的100mL溶液中为c()，反应原理为：，可得，，则，废酸液中，，则废酸液中的含量=，故答案为：。
19. 某研究小组探究分别与浓硝酸发生钝化反应的快慢。
资料在水溶液中水合铁离子的形式存在；
。
（1）反应迅速停止是因为浓硝酸具有酸性和___________性，可在Fe和Al表面形成致密氧化层，阻止进一步反应。
（2）针对溶液A和B的颜色不同，推测实验1-1中Fe与浓硝酸钝化反应速率慢，导致生成的量多，溶液呈黄色。为验证上述推测，选取如下装置进行实验2（气密性经检验良好，夹持装置及连接装置已略去）。
①结合资料，分析实验2-1中选择试剂c的目的是___________。
②实验2-2是将通入溶液A中，所选试剂分别为___________。
③实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，用化学方程式解释可能的原因___________。
④上述实验说明溶液A中含有。设计实验：将通入___________中，观察到溶液变黄，进一步证实了溶液变黄为所致。
（3）设计原电池装置进行实验3。
资料ii：此实验条件下，指针偏向的电极为正极。
①依据3-1的实验现象，可得出结论___________。
②分析实验3-2中“指针又偏向Fe”的可能原因___________。
（4）综合上述实验，影响分别与浓硝酸发生钝化反应快慢的因素可能有___________。
【答案】（1）强氧化性
（2） ①. 除去挥发的HCl，避免生成黄色的对溶液颜色产生干扰 ②. 溶液，或（合理即可） ③. ④. 含少量的浓硝酸
（3） ①. 时，Al与浓硝酸钝化速率比Fe的快；Fe不钝化 ②. Al钝化速率快，先形成氧化膜作正极，接着Al表面的氧化膜有溶解，Fe表面的氧化膜增厚，此时变为Al做负极，指针偏向Fe
（4）温度、氧化膜的致密程度、氧化膜的形成速率、还原性（合理即可）
【解析】
【分析】实验1：根据实验出现的现象，Fe和Al表面都产生少量气泡且迅速停止，是因为浓硝酸具有强氧化性，可以在常温下使Fe或Al两种金属迅速氧化，在金属表面形成致密氧化物保护膜形成金属钝化现象，可以阻止金属继续与浓硝酸反应，其中Fe得到黄色溶液A，Al得到无色溶液B；
实验2：根据题目信息，要验证实验1-1得到的黄色溶液可能是生成的量多溶解导致，只需要证明溶液中参与反应颜色发生变化即可，结合实验2装置，实验2-1采用的是利用装置制取排除溶解气体的方式；实验2-2采用的是利用装置制取消耗溶解气体的方式；
实验3：根据实验3的现象可知，指针偏向的电极为正极，即为难反应的金属电极，则另一极的金属作负极被反应，据此分析解答。
【小问1详解】
根据分析，浓硝酸在此实验中除体现了酸性外，还体现出：强氧化性。
【小问2详解】
①结合题目所给资料和分析，实验2-1采用的是利用装置制取排除溶解气体的方式，从制取装置出来的气体中含有杂质，为了不影响实验效果需要除去，通常选择用饱和溶液来吸收中的，故试剂c的目的是：吸收中的，避免生成黄色的对溶液颜色产生干扰；
②实验2-2是将通入溶液A中，则装置I中所选试剂、是用于制取的药品，故、分别为：溶液、或、；
③实验2-2采用的是利用装置制取消耗溶解气体的方式，实验2-2中溶液A褪色速率快于实验2-1，是因为发生了如下反应快速消耗了的原因，故反应的方程式为：；
④要验证上述实验的溶液A中含有。可以设计如下实验：将通入含的溶液中，如观察到溶液变黄，则可以进一步证实溶液变黄为溶解所致，故需要加入：含少量的浓硝酸。
【小问3详解】
①依据3-1的实验现象：在30∘C时，指针迅速偏向Al，则Al为正极未反应，Fe溶解，Fe为负极被持续消耗，故得出结论：在30∘C时，Al与浓硝酸钝化速率比Fe的快，Fe不钝化；
②依据3-2的实验现象：在10∘C时，指针先迅速偏向Al，说明Al为正极未反应，Fe作负极溶解；又迅速偏向Fe，说明此时Fe作正极不消耗，而Al反而变为负极被消耗；之后缓慢恢复至零，说明Al和Fe表面都被钝化不再发生反应，反应停止，故出现这一现象的原因可能是：Al钝化速率快，先形成氧化膜作正极，接着Al表面的氧化膜有溶解，Fe表面的氧化膜增厚，此时变为Al做负极，指针偏向Fe。
【小问4详解】A．检验溴乙烷中的溴元素
B．分离（沸点）和（沸点）
C．由制取无水固体
D．实验室制乙酸乙酯
实验
操作及现象
i．产生大量气泡和灰黑色固体（经检验为Ag、Fe）；
ii．静置后，固体变为灰白色；
iii．取固体，洗涤后加入KI溶液，生成黄色沉淀；
iv。取ii中上层清液，加入KSCN溶液，显红色，测得。
实验1
实验
现象
1-1
Fe表面产生少量气泡且迅速停止，得到黄色溶液A
1-2
Al表面产生极少量气泡且迅速停止，得到无色溶液B
实验2
实验装置
试剂
现象
2-1
I、II、III、IV组合
a．稀盐酸；b．大理石；c．饱和NaHCO3溶液；d．溶液A；e．NaOH溶液
溶液A颜色缓慢变浅
2-2
I、III、IV组合
a．_________；b．_________；d．溶液A；e．NaOH溶液
溶液A颜色迅速变浅，并褪为无色
实验3
实验装置
浓硝酸温度（）
实验现象
3-1
30
指针迅速偏向Al，Fe溶解
3-2
10
指针先迅速偏向Al，又迅速偏向Fe，之后缓慢恢复至零
3-3
5
指针偏向Fe，之后缓慢恢复至零