2024年高考化学（北京卷）真题详细解读及评析

适用省份2024年北京市普通高中学业水平等级性考试化学试卷，以《普通高中化学课程标准(2017年版2020年修订)》为命题依据，紧扣时代主题，落实“立德树人”根本任务，体现稳中求进、稳中创新的命题原则，凸显对化学学科核心素养的考查，彰显化学学科特色和学科价值，突出对化学学科关键能力的考查，注重对化学研究方法、研究过程的理解和迁移应用。试题立足北京的教学特点和学生学习实际，巧妙地融合各模块的知识内容，倡导学以致用，提升思维品质，很好地体现了基础性、时代性、应用性、综合性、创新性和发展性，进一步发挥等级考在促进高中、高校育人衔接中的重要作用，服务首都化学教育高质量发展。一、强化价值引领，发挥育人功能化学试题坚持落实立德树人根本任务，“五育”并举，体现科学教育的育人功能，落实全面发展的育人目标。试题从促进学生德智体美劳全面发展、服务创新人才选拔、引导投身科技强国建设等方面，积极落实、宣传党的二十大精神，充分发挥价值导向功能，服务国家所需人才的选拔培养。试题以中国传统节日习俗、我国科学家对化学化工发展的贡献、我国科技前沿新成果等为载体，体现对中华优秀传统文化的传承，体现科学家爱国奉献、为国争光的精神，体现科技创新在我国现代化建设中的重要作用，增强民族自信、文化自信、科技自信。如：第1题，展现我国科技成果，利用激光操控方法，实现对同位素4'Ca的灵敏检测及应用，体现我国在科学领域的成就和创新能力，增强学生的民族自豪感和爱国情怀。第11题，利用CO₂为原料合成新型和社会责任感，凸显化学的社会价值。第16题，利用不同的氮源制备HNO₃,通过对制备方法发展的解读，理解电解法作为N₂直接利用的新思路，体会科学家的思维，感受科学研究的意义，感悟科学精神，激发学生对科学的热爱，增强学生的社会责任感、时代使命感。二、注重依据课标，促进课堂增效高中化学基础内容包括物质结构理论、典型化合物的性质、化学反应原理、基本化学实验操作方法和实验设计思想。试题强调高中化学基础知识和基本技能，聚焦分析问题与解决问题的根本能力，设问与答案设计呼应教材核心内容，命题在教考衔接上精耕细作，全面考查了化学学科特点和化学研究基本方法、化学基本概念和基本理论、常见无机物及其应用、常见有机物及其应用、化学实验基础知识等必备知识，体现了测试的基础性要求。试题助推“双减”持续深入推进，凸显校园学习的重要性，引导学生回归课堂和教材。积极探索课标要求、教材内容在考试中的体现，促进新高考与新课程、新课标和新教材的协如：选取教材中素材，第3题酸性锌锰干电池，第7题工业生产制取硫酸的原理，第7题和第8题均为教材实验；第15题新教材内容按照教学实际，考查基础，引导中学夯实基础教学。第16题以氨为氮源催化氧化制备硝酸，第17题乙酸乙酯的制备等素材均来自教材。依据课标设问，第17题服务国家科教兴国战略、人才强国战略、创新驱动发展战略，助力创新型人才选拔是今年化学学科命创设真实任务，引导考生养成学以致用的务实作风，以投身社会主义现代化建设的主人翁精神持续学习，报效祖国。考查考生创造性解决实际问题的能力，体现了创新思维、创新方法的重要价值，鼓励弘扬创新精神。试题丰富核心素养考查路径，注重结构化知识、关键能力、思想方法与思维品质的考查，通过设计如：如第10题以氯资源再利用为素材，考查元素守恒的观念。第17题以解释有机化合物中氟原子的究不同条件下KMnO₄与KI的反应，考查学生运用氧化还原反应规律分析化学变化的动态过程。第19题通过对实验现象进行分析、研究和反思，考查逻辑推理的能力，体现敢化学试题注重贯彻落实新课程理念，以化学真实问题情境作为载体，试题素材情境取材广泛，围绕与化学关系密切的材料、环境、能源与生命等领域，通过对应用于社会生产实践中化学原理的考查，以解决问题为目标，充分体现出化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用，凸显化学学科的社会价值，考查实践能力。试题以具有针对性、启发性、过程性和科学性的真实情境为测试载体，考查分析解决实际问题的能力。在实际问题解决过程中，注重对学科本质的考查，知识融合度高。如：第17题融合了有机化学基础、物质结构与性质和化学反应原理等模块的知识，体现出实际问题的第19题通过实验验证理论分析的探究过程，融合金属及其化合物、溶液中的离子检验、实验设计、平衡移化学是一门实践应用性极强的学科，信息获取与加工能力对于化学研究至关重要。试题通过解读图、表，获取信息并与已有知识进行关联解决问题，是化学思维的重要方面。北京化学试题通过提供多种图表如：电池构造示意图、分子结构和晶体结构示意图、实验操作示意图、反应机理示意图、工艺流程示意图、有机合成路线图、实验数据图表等，学生需要理解所给信息，根据图文综合分析，并对相关数据进化学实验最能体现学科特色，试题注重对基础实验和探究实验的考查，要求学生多角度、多层面对实验基础知识、反应规律和原理进行综合运用。通过实验探究过程，引导学生进行证据推理、归纳总结，获得合理结论。试题通过情境任务设计，引导考生进行证据推理和归纳总结合理结论，培养发展考生的思维能力，加强学科思想方法在化学教育各阶段的衔接。试题有利于引导中学开展实验教学，引导考生在实践中培养学科思维，在思考中理解学科本质。实验考查应促进考生掌握基本的化学实验方法和技能，体验实实验基本操作的考查引导考生走进实验室；第9、10第19题注重考查学生的实验意识、证据推理等方面的科学素养。实验探究题是北京卷的一大特色，化学试题第19题在保持往年注重考查证据推理等实验探究能力的基金属，接着开展实验探究。实验中，当现象与理论分析不一致时，再次进行分析特色，注重基础聚焦素养，关联教材摒弃题海，重视潜能启迪思维，培养探究科学精神，为高层次思维水三是实验探究题为北京卷的一大特色，今年化学卷开始探索实验的多元化考查详细知识点选择题(42分)1中同位素物理变化与化学变化；原子中相关数值及其之间的相互关系；2易结构式、结构简式、比例模型、球棍模型、最简式；电子式的书写与判断；乙炔分子的组成3易原电池4易葡萄糖在人体内的主要反应；氨基酸的成肽反应；蛋白质的题题盐析；核酸的组成与结构5中离子方程式正误离子方程式的正误判断；沉淀转化；卤素单质的置换反应；6易作定物质的量浓度的溶液的步骤、操作；蒸发与结晶7中硫酸的工业制法及其工艺特点8中无素及其化合物钠与碳酸氢钠性质的比较；盐类水解规律理解及应用；9中物质结构与性质盐类水解的应用；利用杂化轨道理论判断分子的空间构型；极性分子和非极性分子中氧化还原反应的概念判断；催化剂对化学反应速率的影响；化学平衡常数的影响因素及应用中官能团结构与性质易键能、键长、键角；电离平衡常数和电离度；中中学计算非选择题(58分)中物质结构与性质中合化有关图像的分析；电解池电极反应式及化学方程式的书写中常见官能团名称、组成及结构；有机推断综合考查中氧化还原反应方程式的书写与配平；铵盐的不稳定性；影响中化学实验设计与盐类水解规律理解及应用；物质性质的探究化学学科观念既是人们对化学学科认知的结果，又能指导人们如何看待化学问题、选择何种途径解决化学问题，因此在学科知识与学科思维中起统摄作用。而不少教师只重视化学事实性知识的教学，轻视学生化学观的形成教育，致使学生化学认知素养不足。复习教学强调从新的角度和高度引导学生对已学知识进行再学习。教学中应以学生原有的知识经验为基础，通过设置多样化的学习活动，探索建立用化学基本观念来统摄知识建模与思维建模的教学模式。这一教学模式的基本程序包括：设置合适的专题，厘清专题中的核心概念，提炼与专题内容融合的基本观念，分解基本观念的内容属性和思维属性，编制实现学科观念双重属性建构的研究案例，探究实现知识与思维的建构，感悟观念在统摄知识与思维的价值。帮助学生化学是一门以实验为基础的科学，实验是测定物质组成与结构、研究性质及变化规律、实现物质分离与提纯等的重要方法与手段，在化学教学中有不可替代的教育功能与地位。新课程大幅度地增加了实验探究活动，复习教学中，对于实验教学不应满足于实验基本操作的训练，更应作为物质及其变化研究的方法验操作的实质与内涵：对操作原理的认识(解决实验操作理论依据的问题),对操作方法的认识(解决如何操作的问题),对操作目的的认识(解决为何要安排这样操作的问题),对错误操作造成后果的认识(解决为何要培养学科思维方式，准确运用化学术语，提高学生的答题能力是复习不可忽略的一个重要环节。化学学科中常用的思维方法有非逻辑思维中的直觉思维、想象思维和联想思维，逻辑思维中的分析与综合、归纳与演绎、类比与假设，发散思维中的逆向思维、侧向思维和多向思维等等。在复习训练中，把学生置于一种仿真的环境，通过对一些典型专题、案例的分析和归纳，引导学生去细心体会、总结、交流，发展化学学科思维能力。例如，离子反应：从微观角度认识在溶液中发生化学反应的物质的性质，初步建立起研究水溶液体系的思路方法；氧化还原反应：对化学反应、化学物质分类提出新视角，并指导物质性质的研究——通过抓住组成物质的核心元素的价态进行物质性质及反应的预测，等等。化学用语是用于表示物质微观组成、结构及物质变化的化学符号系统，其格式严谨、内涵丰富，是化学学习、交流及成果传承不可或缺的核心工具，是化学学科思维方式三大表征之一。复习教学中，要特别加强化学方程式、热化学方程式、离子方程式、电极反应式、电离方程式以及化学式、结构简式、电子式、电子排布式、化学专用名词进入复习教学，将不可避免地进行相当强度的习题训练、考试评价和有针对性的讲评教学。结合历年高考母题，选取试题素材情境进行针对训练，可围绕与化学关系密切的材料、生命、环境、能源与信息等领域，通过对应用于社会生产实践中化学原理的考查，充分体现出化学学科推动科技发展和人类社会进步的重要作用，凸显化学学科的社会价值。习题训练不能只强调解题熟练度，缺乏思维导引。为做好“练—一、选择题：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.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4ICa原子，实现了对同位素4lCa的灵敏检测。4'Ca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A.41Ca的原子核内有21个中子B.4ICa的半衰期长，说明4¹Ca难以失去电子C.4Ca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【解析】A项，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项，41Ca的半D错误；故选A。2.下列化学用语或图示表达不正确的是()【答案】ACH₄分子的球棍模型：,故B正确；C项，Al的原子序数为13,即Al³+的结构示意图：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()石墨棒石墨棒二氧化锰和炭黑氯化铵和氯化锌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-=Zn²+【答案】D【解析】A项，酸性锌锰干电池，锌筒为负极，石墨电极为正极，故A错误；B项，原电池工作时，筒为负极，负极发生失电子的氧化反应Zn-2e-=Zn²+,故D正确；故选D。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【解析】A项，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项，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项，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项，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NaCIl溶液中加入少量鸡蛋清溶液，5.下列方程式与所给事实不相符的是()B.用绿矾(FeSO₄·7H₂O)将酸性工业废水中的Cr₂O₇2-转化为Cr³+:Cr₂O₇²+6Fe²++14H+=6FC.用5%Na₂SO4溶液能有效除去误食的Ba²+:Ba²++SO₄²-=BaSO4↓D.用Na₂CO3溶液将水垢中的CaSO4转化为溶于酸的CaCO3:Ca²++CO3²-=CaCO₃J正确的离子方程式为CaSO4+CO₃²-=CaCO₃+SO₄2-,D错误；故选D。6.下列实验的对应操作中，不合理的是()眼睛注视锥形瓶中溶液蒸馏水蒸馏水蒸馏水蒸馏水液面离刻度【解析】A项，用HCI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项，配制一定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。ⅡⅡso₂通空气、常压、催化剂黄铁矿空气I加热A.I的化学方程式：3FeS₂+8O₂△Fe₃O4+6SO₂B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO₂平衡转化率D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收【解析】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。A项，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+8O₂△可以减少废渣产生，故C正确；D项，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。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Na₂CO₃C.利用二者热稳定性差异，可从它们的固体混合物中除去NaHCO₃D.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；的水解程度远大于HCO₃,D错误；故选D。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+2ND₃个D.方法②得到的产品纯度比方法①的高子的方式得到ND3,代换的个数不同，产物会不同，纯度低，D错误；故选D。10.可采用Deacon催化氧化法将工业副产物HCI制成Cl₂,实现氯资源的再利用。反应的热化学方程式：4HClg)+O₂(g)CuO2CI₂(g)+2A.Y为反应物HCl,W为生成物H₂OB.反应制得1molCl₂,须投入2molCuOD.图中转化涉及的反应中有两个属于氧化还原反应【解析】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(OHCI,则Y为HCI;Cu(OH)Cl分解生成W和Cu₂OCl₂,则W为H₂O;CuCl₂分解为XA.CO₂与X的化学计量比为1:2B.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【答案】B【解析】A项，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；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项，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。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不正确；D项，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。+产物IY能量H₂0A.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ⅡD.对于生成Y的反应，浓H₂SO₄作催化剂【解析】A项，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项，根据前后结构对照，X为苯的加成产物，Y为苯的D项，苯的硝化反应中浓H₂SO₄作催化剂，故D正确；故选C。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。反应序号物质的量/mol物质的量/mol①n②中性已知：MnO₄-的氧化性随酸性减弱而减弱。下列说法正确的是()B.对比反应①和②,x=3C.对比反应①和②,T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】A项，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：101+2MnO₄+16H+=2Mn²++5I₂+8H₂O,故n(Mn²+):n(I₂)=2:5,A项错误；B项，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(F):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~IOx~6e,IOx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=2MnO₂J+IO₃+2OH,B项正确；C项，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项，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(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：_o(2)SnCl₂和SnCl₄是锡的常见氯化物，SnCl₂可被氧化得到。①SnCl分子的VSEPR模型名称是_o②SnCl₄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。白锡灰锡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vinm³和v₂nm³,则白锡和灰锡晶体的密度之比是0(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，SnO,能迅速被还原为单质Sn,通入空气的作用是o_(4)与焦炭在高温下反应生成CO,CO将SnO₂还原为单质Sn【解析】(1)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[;(2)①SnCl₂中Sn的价层电子对数为故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,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；(3)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,灰锡晶胞中含Sn原子数为,所以白锡与灰锡的密度之比为;(4)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,(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。99INH;NO₂NO①第I步反应的化学方程式为_o②针对第Ⅱ步反应进行研究：在容积可变的密闭容器中，充入2nmolNO和nmolO₂进行反应。在不同压强下(pi、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(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。NN₂重于交换哄重于交换哄H①电极a表面生成NO₃-的电极反应式：0②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)条件下NO转化率高于p2,故pi>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)N₂+6H₂O-10e=2NO₃+12H+反应iii生成O₂,O₂将NO氧化成NO₂,NO₂更易转化成NO₃【解析】(1)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。(2)①第I步反应为氨气的催化氧化，2NO₂,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pi>p2,根据容器容积。(3)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+6H₂O-10e=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17.除草剂苯嘧磺草胺的中间体M合成路线如下。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【解析】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,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CH₃COOC₂Hs,J与在一定条件下生成K,发生类似I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C13H₇CIF₄N₂O4,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。(1)由D的结构简式可知，D中含氧官能团为硝基、酯基；(2)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：;(3)I→J的制备过程为乙酸与乙醇的酯化过程，a项，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项，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项，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;(4)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，F₃CCOOC₂Hs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；(5)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。吸收置换滤渣D高温混合气粗铜通空气焙烧浸铜过量Fe纯铜电解(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发生热分解温度/℃B中所含铜、铁的主要物质Fe₂O₃、CuSO4、CuFeS₂②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(3)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温度高于425℃,随焙烧温度升高发生反应：4CuFeS₂+17O₂+2CuSO₄△CuO+2Fe₂(SO4)3+4SO₃,CuFeS₂和CuSO₄转化成难溶于水的CuO,铜浸出率降低酸铵生成的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，主要形成含硫酸铜粗铜再精炼可以得到纯铜。(1)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，加快反应故化学方程式为(NH4)₂SO₄△2NH₃↑+SO₃↑+H₂O;(3)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含量发生反应4CuFeS₂+17O₂+2CuSO₄△CuO+2Fe₂(SO4)3+4SO₃,铜浸出率降低；(4)加入Fe置换硫酸铜溶液中的铜，反应的离子方程式为Fe+Cu²+=Fe²++Cu;(5)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。19.某小组同学向pH=1的0.5mol·L'的FeCls溶液中分别加入过量的Cu粉、Zn粉和Mg粉，探究溶液实验金属I一段时间后，溶液逐渐变为蓝绿色，固体中未检测到Fe单质Ⅱ一段时间后有气泡产生，反应缓慢，pH逐渐增大，产生了大量红褐色沉淀后，无气泡冒出，此时溶液pH为3~4,取出固体，固体中未检测到Fe单质Ⅲ有大量气泡产生，反应剧烈，pH逐渐增大，产生续产生大量气泡，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Fe³