2022-2023学年黑龙江省佳木斯市第一中学高三上学期第三次调研 化学 解析版

这是一份2022-2023学年黑龙江省佳木斯市第一中学高三上学期第三次调研 化学 解析版，共26页。试卷主要包含了 关于反应，下列说法正确的是，1ml·L−1氨水中等内容，欢迎下载使用。
第I卷选择题(共52分)
一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题2分，共34分)
1. 古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为
A. 金(Au)：“虽被火亦未熟"
B. 石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”
C. 石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”
D. 石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”
【答案】C
【解析】
【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；
B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；
C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；
D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；
故答案为：C。
2. 化学与生产、生活和社会发展密切相关，下列叙述正确的是
A. 港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，依据的是外加电流的保护法
B. 华为5G手机麒麟9000芯片(HUAWEIKirin)主要成分是二氧化硅
C. 用于自来水的消毒和净化，是因为具有强氧化性，被还原后生成的水解生成胶状物净化水
D. 根据反应可推知硅酸酸性比碳酸强
【答案】C
【解析】
【详解】A．港珠澳大桥使用高性能富锌底漆防腐，锌为负极，失电子，被腐蚀，保护了钢体大桥，是牺牲阳极的阴极保护法，A错误；
B．手机芯片主要成分是硅单质而不是二氧化硅，B错误；
C．具有强氧化性，可以杀菌消毒，其还原产物水解后生成胶体，具有吸附性，可以达到净水目的，C正确；
D．根据元素周期律，碳元素的非金属性强于硅元素，碳酸的酸性强于硅酸， 反应在高温下能发生，是因为生成了气体，D错误；
故选C。
3. 关于反应，下列说法正确的是
A. 发生还原反应
B. 既是氧化剂又是还原剂
C. 氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶1
D. 发生反应，转移电子
【答案】B
【解析】
【分析】Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S ↓+SO2↑ +H2O，该反应的本质是硫代硫酸根离子在酸性条件下发生歧化反应生成硫和二氧化硫，化合价发生变化的只有S元素一种，硫酸的作用是提供酸性环境。
【详解】A．H2SO4转化为硫酸钠和水，其中所含元素的化合价均未发生变化，故其没有发生还原反应，A说法不正确；
B．Na2S2O3中的S的化合价为+2，其发生歧化反应生成S(0价)和SO2(+4价)，故其既是氧化剂又是还原剂，B说法正确；
C．该反应的氧化产物是SO2，还原产物为S，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:1，C说法不正确；
D．根据其中S元素的化合价变化情况可知，1ml Na2S2O3发生反应，要转移2 ml电子，D说法不正确。
综上所述，本题选B。
4. 某同学设计如图所示装置，探究化学反应中的能量变化。
下列判断正确的是
A. 由实验可知，(a)(b)(c)所涉及的反应都是放热反应
B. 将实验(a)中的铝片更换为等质量的铝粉后释放出的热量有所增加
C. 实验(c)中将玻璃搅拌器改为铁质搅拌棒对实验结果没有影响
D. 若用NaOH固体测定中和热，所测定的∆H偏小
【答案】D
【解析】
分析】
【详解】A．与的反应属于吸热反应，故A错误；
B．改为铝粉，没有改变反应的本质，放出的热量不变，故B错误；
C．铁质搅拌棒导热性好，热量损失较大，故C错误；
D．NaOH固体溶于水时放热，放出的热量偏多，测定出来的∆H偏小，故D正确；
答案为D。
5. 下列各组离子在给定溶液中一定能大量共存的是
A. 在0.1ml·L−1氨水中：、、、
B. 在0.1ml·L−1氯化钠溶液中：、、、
C. 在0.1ml·L−1醋酸溶液中：、、、
D. 在能使甲基橙显黄色的溶液中：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．氨水中存在较多OH-，Ag+、Cu2+无法大量存在，A不符合题意；
B．Fe3+和I-会发生氧化还原反应而不能大量共存，B不符合题意；
C．四种离子相互之间不反应，且不与醋酸反应，可以大量共存，C符合题意；
D．能使甲基橙显黄色的溶液可能呈强碱性，若c(OH-)过多，Ca2+不能大量存在，D不符合题意；
综上所述答案为C。
6. 下列指定反应的离子方程式正确的是
A. 的燃烧热为，则甲醇的燃烧热的热化学方程式为：
B. 向沸水中滴加溶液制胶体：
C. 溶液与少量溶液混合：
D. 向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的质量最大：
【答案】D
【解析】
【详解】A．燃烧热是指1ml可燃物与氧气进行完全燃烧反应时放出的热量，应该生成二氧化碳和液态水，A错误；
B．生成的是胶体而不是沉淀，B错误；
C．氢氧化钡量少，按比例反应完：，C错误；
D．向明矾溶液中加入氢氧化钡溶液至沉淀的质量最大即为将硫酸根完全沉淀，故离子方程式为，D正确；
故选D。
7. 下列做法或实验(图中部分夹持略)，不能达到目的的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．废铁、铁管道和电源形成电解池，为外加电流阴极保护法，但是应当将铁管道作阴极才能防止铁管道被腐蚀，图中铁管道作阳极，不能达到保护铁管道被腐蚀的目的，故A符合题意；
B．SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，因此若品红溶液褪色，则说明生成的气体为SO2，该装置能检验产生的SO2，故B不符合题意；
C．加热条件下Ca(OH)2和NH4Cl反应生成NH3，氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集氨气，收集氨气时导气管应该伸入到试管底部，该装置能达到实验目的，故C不符合题意；
D．电解法精炼粗铜时，用纯铜作阴极，用粗铜作阳极，该装置能达到精炼铜的目的，故D不符合题意；
答案选A。
8. 由实验操作和现象可得出相应正确结论的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．一般酸性高锰酸钾用硫酸酸化，所以最终所得的白色沉淀不全是SO2转化成的硫酸钡，A错误；
B．硫酸铁溶液和氯化铜溶液中的阴离子和阳离子均不相同，变量不唯一，B错误；
C．黄色光会掩盖紫色光，则铂丝蘸取某无色溶液后在火焰上灼烧，火焰呈黄色说明溶液中一定含有钠离子，但不能确定是否含有钾离子，C错误；
D．开始无明显现象，说明没有Fe3+，通入氯气后变红，说明原溶液中含有的Fe2+被氧化为Fe3+，D正确；
综上所述答案为D。
9. 有关下列实验装置及对应的实验现象和目的均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠稳定性较差，应放在温度较低的小试管中才可以得出正确结论，A错误；
B．汽油隔绝氧气，铁为阳极，被氧化为Fe2+，阴极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，OH-与Fe2+结合得到Fe(OH)2，B正确；
C．蒸发皿蒸干会使胆矾晶体失去结晶水，C错误；
D．左侧产生气体的装置与大气相通，气体会从长颈漏斗逸出，D错误；
综上所述答案为B。
10. 无水AlCl3(183 ℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾，实验室可用Al和氯气通过下装置制备。已知A中产生的氯气混有少许HCl和水蒸气。则下列说法正确的是
A. 试剂瓶B、C、F中分别盛饱和NaHCO3、浓硫酸、浓硫酸
B. 氯化铝产品最后在装置E中收集
C. 实验开始时应先点燃D处酒精灯
D. 装置F和G可用盛无水CaCl2的干燥管替换
【答案】B
【解析】
【分析】根据实验装置图可知，该实验中A装置为用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中混有氯化氢和水蒸气，先用B中饱和食盐水除去氯化氢，再用C中浓硫酸干燥，氯气与铝在D装置反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气，用G装置中的氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸气反应，F装置中浓硫酸可防止G中水蒸气挥发进入收集装置E中，据此分析判断。
【详解】A. 试剂瓶B中应盛有饱和食盐水，用于除去氯气中混有的氯化氢，故A错误；
B. 氯化铝产品最后在装置E中收集，故B正确；
C. 实验开始时应先点燃A处酒精灯，将装置中的空气排净，再点燃D处酒精灯，故C错误；
D. 装置G用于吸收尾气中的氯气，无水CaCl2不能吸收氯气，故D错误；
故选B。
11. 下列有关工业生产的叙述正确的是
A. 工业上通常采用电解熔融的MgO制得金属Mg
B. 空气吹出法是海水提溴的常用方法，其中用到氯气作还原剂
C. 电解饱和食盐水制烧碱采用阳离子交换膜法，可防止阴极室产生的OH-进入阳极室
D. 电解精炼铜时，同一时间内阳极减少的质量一定等于阴极增加的质量
【答案】C
【解析】
【详解】A．MgO熔点较高，能耗较大，工业上一般电解熔融MgCl2制取Mg，A错误；
B．海水提溴时氯气作的氧化剂，B错误；
C．电解饱和食盐水制烧碱采用阳离子交换膜法，可防止阴极室产生的OH-进入阳极室，避免与氯气发生反应，C正确；
D．阳极上比Cu活泼的金属先放电，然后Cu再放电，而阴极只有Cu析出，根据电子转移守恒，同一时间内阳极减少的质量不一定等于阴极增加的质量，D错误；
综上所述答案为C。
12. 某化学兴趣小组将两个完全相同的铜片分别放入体积相同、浓度不同的溶液中形成浓差电池，当两极附近电解质溶液浓度相等时停止放电，利用浓差电池电解溶液(a、b电极均为石墨电极)，可制得、、和NaOH，反应原理如图所示。下列说法正确的是
A. b电极的电极反应为
B. c、d分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜
C. 浓差电池放电结束时，甲装置中有通过阴离子交换膜向右移动
D. 当阴极产生2.24L气体时，电路中转移0.2ml电子
【答案】B
【解析】
【分析】浓差电池中，Cu(2) 失去电子，故电极为负极，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，Cu(1)电极为正极，电极上发生得电子的还原反应，电极反应为Cu2++2e-=Cu，则电解槽中a电极为阴极、b电极为阳极，阳极上水失电子生成氧气和氢离子，电极反应为： 2H2O-4e-=O2↑+4H+，阴极上水发生得电子的还原反应生成氢气，电极反应为2H2O+2e-=H2↑+2OH-，则钠离子通过离子交换膜c生成NaOH、为阳离子交换膜，硫酸根通过离子交换膜d生成硫酸、为阴离子交换膜，据此分析解答。
【详解】A．由以上分析可知，b电极的电极反应为2H2O-4e-=O2↑+4H+，A错误；
B．由以上分析可知，c、d分别为阳离子交换膜和阴离子交换膜，B正确；
C．浓差电池放电结束时，此时两侧溶液中铜离子的浓度1.5ml/L，此时正极生成铜的物质的量为，转移电子为4ml，故甲装置中有2ml通过阴离子交换膜向右移动，C错误；
D．未知温度与压强，故无法计算，D错误；
故选B。
13. 用如图甲所示装置及试剂进行铁的电化学腐蚀实验探究，测定具支锥形瓶中压强(p)随时间变化关系以及溶解氧(DO)随时间变化关系的曲线如图乙和丙所示，下列说法不正确的是
A. 整个过程中，负极电极反应式均为
B. 时，压强增大主要是因为产生了
C. 时，不发生析氢腐蚀，只发生吸氧腐蚀
D. 时，正极电极反应式为
【答案】C
【解析】
【分析】Fe在酸性环境下会发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大；若介质的酸性很弱或呈中性，并且有氧气参与，此时Fe就会发生吸氧腐蚀，吸收氧气，会导致锥形瓶内压强减小。
【详解】A．锥形瓶内Fe粉和C粉构成了原电池，Fe粉作为原电池的负极，发生的电极反应式为，故A正确；
B．的溶液，酸性较强，因此锥形瓶中的Fe粉发生析氢腐蚀，产生氢气，会导致锥形瓶内压强增大，故B正确；
C．若时只发生吸氧腐蚀，则锥形瓶内的压强会有所下降，而图中时，锥形瓶内的压强几乎不变，说明除了吸氧腐蚀，Fe粉还发生了析氢腐蚀，消耗氧气的同时还产生了氢气，因此锥形瓶内压强几乎不变，故C错误；
D．由图可知，时，锥形瓶内溶解氧减少，且锥形瓶内气压减小，说明发生了消耗氧气的吸氧腐蚀，正极电极反应式为，故D正确；
答案选C。
14. 国家重点研发计划“科技冬奥”专项——“氢能出行关键技术研究与应用示范”项目负贵人杨福源教授介绍，服务北京2022年冬奥会冬残奥会的6款氢燃料电池客车已完成整车测试，“零碳排放”氢能汽车将正式开启绿色出行。某种氢燃料电池的内部结构如图，下列说法正确的是
A. 左侧电极是负极，发生还原反应
B. 右侧电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-
C. 当有0.1ml电子通过导线时，左侧消耗标准状况下1.12L气体
D. 电子由a极流出经用电器达到b极，再由b极经电解质溶液流回a极形成闭合回路
【答案】C
【解析】
【分析】由电子流动方向，可确定a电极为负极，b电极为正极。在负极，2H2-4e-=4H+；在正极，O2+4H++4e-=2H2O。
【详解】A．由分析可知，左侧电极是负极，失电子发生氧化反应，A不正确；
B．由分析可知，右侧电极反应式为O2+4H++4e-=2H2O，B不正确；
C．当有0.1ml电子通过导线时，左侧消耗H20.05ml，标准状况下0.05ml×22.4L/ml=1.12L气体，C正确；
D．电子只能沿导线流动，不能经过电解质溶液，所以电子不能由b极经电解质溶液流回a极，D不正确；
故选C。
15. 某小组探究反应速率的影响因素，有关实验数据如表所示：
下列说法不正确的是
A. 可通过相同时间内收集的体积大小来判断反应速率快慢
B. ，
C. 实验III中用酸性溶液的浓度变化表示的反应速率
D. 向实验中加入适量固体会加快反应速率
【答案】D
【解析】
【详解】A．相同时间内收集的体积越大，反应速率越快，可通过相同时间内收集的体积大小来判断反应速率快慢，故A正确；
B．温度越高，反应速率越快，反应II的温度大于反应I，反应II速率快，所以，反应IV未使用催化剂，反应速率比 Ⅲ慢，所以，故B正确；
C．实验III中用酸性溶液的浓度变化表示的反应速率，故C正确；
D．根据反应的离子方程式，的浓度对反应速率无影响，可知向实验中加入适量固体，反应速率不变，故D错误；
选D。
16. 甲基丙烯酸甲酯是合成有机玻璃的单体。
旧法合成的反应：
新法合成的反应：
下列说法错误的是
A. 的电子式为
B. 新法没有副产物产生，原子利用率高
C. 的溶液中的微粒数等于
D. Pd的作用是降低反应的活化能，使活化分子百分数增多
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氰酸为共价化合物，结构式为H—C≡N，电子式为，故A正确；
B．由方程式可知，新法合成甲基丙烯酸甲酯的反应为没有副产物生成，原子利用率为100%的化合反应，故B正确；
C．硫酸氢铵是强酸弱碱的酸式盐，在水中电离出铵根离子、氢离子、硫酸根离子，没有，故C错误；
D．由方程式可知，钯为新法合成甲基丙烯酸甲酯的催化剂，能降低反应的活化能，使活化分子的数目和百分数都增大，故D正确；
故选C。
17. 向溶液中滴加盐酸，反应过程中能量变化如下图所示，下列说法正确的是
A. 反应(1)为放热反应
B.
C.
D. (1)，若使用催化剂，则变小
【答案】B
【解析】
【详解】A．由图可知反应为吸热反应，△H＞0，A错误；
B．由盖斯定律可知，B正确；
C．由图可知，能量差值越大，反应热的绝对值越大，△H1、△H2都为放热反应，则△H1＜△H2，C错误；
D．加入催化剂，改变反应历程，但反应热不变，D错误；
答案选B。
二、选择题(每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共18分)
18. 已知：①反应 ，②白磷()、的分子结构如如图所示；③P-P、O=O、P-O键的键能分别为、、。则a的值为
A. 1200B. 300C. 240D. 200
【答案】D
【解析】
【详解】反应热△H=反应物总键能-生成物总键能，由题图可知1个P4分子中含有6个P-P键，1个P4O6分子中含有12个P-O键，则反应 ΔH=(6×a+3×498-12×351)kJ/ml=-1518kJ/ml，解得a=200，故选：D。
19. 我国科研团队设计了一种表面锂掺杂的锡纳米粒子催化剂s—SnLi可提高电催化制甲酸盐的产率，同时释放电能，实验原理如图所示。下列说法错误的是
A. 放电时，负极电极反应式为
B. 使用催化剂或者均能加快化学反应速率，且能有效减少副产物的生成
C. 若电池工作，维持电流强度为，理论上消耗的质量为(已知)
D. 充电时，阳极电极周围降低
【答案】C
【解析】
【详解】A．由图示可知，放电时，负极反应式：Zn-2e-+4OH-= Zn(OH)，A正确；
B．使用催化剂Sn或者s-SnLi均能加快化学反应速率，由图示可知，使用催化剂Sn或者s-SnLi均能使生成CO的活化能增大，且CO具有的能量比HCOOH具有的能量高，则HCOOH更稳定，因此使用催化剂Sn或者s-SnLi可以有效减少副产物CO的生成，B正确；
C．由图示可知，放电时，正极电极反应式为：CO2+2e-+H2O=HCOO-+OH-，若电池工作t min，维持电流强度为IA，理论上转移电子的物质的量为ml，则消耗CO2的物质的量为ml，质量为g，C错误；
D．由图示可知，充电时，阳极反应式为：4OH--4e-=O2↑+2H2O，OH-减少，则pH减小，D正确；
故答案为：C
20. 下图为最新研制的一款车载双电极镍氢电池，放电时a、c电极的反应物为吸附了氢气的稀土合金，可表示为；充电时b、d电极的反应物为吸附的，下列叙述正确的是
A. 放电时极电势比极电势高
B. 放电时极上的反应可表示为：
C. 充电时a、b接电源的负极，c、接电源的正极
D. 充电时外电路每通过电子，该电池正极共增重
【答案】B
【解析】
【分析】该电池放电时相当于燃料电池，放电时，a、c电极吸附了H2，为负极，b、d电极为正极。
【详解】A．化学电池中，电极电势大者为正极，小者为负极，放电时a、c电极电势比b、d电极低，A项错误；
B．放电时，c电极为负极，失去电子，结合图示，电极反应为：，B项正确；
C．充电时，a、c电极接电源负极，b、d电极接电源正极，C项错误；
D．充电时，电池正极反应为：，每摩尔电极材料反应时，转移1ml电子，电极质量减小1g。当外电路每通过2ml电子时，正极b、d两极共减小4g，D项错误；
故选B。
21. 2019年诺贝尔化学奖颁给在锂离子电池发展方面作出突出贡献的三位科学家，颁奖词中说：他们创造了一个可再充电的世界。下面是最近研发的Ca-LiFePO4可充电电池的工作示意图，锂离子导体膜只允许Li+通过，电池反应为：xCa2+＋2LiFePO4xCa＋2Li1-xFePO4＋2xLi+。下列说法错误的是
A. LiPF6-LiAsF6为非水电解质，其与Li2SO4溶液的主要作用都是传递离子
B. 放电时，负极反应为：LiFePO4−xe−===Li1-xFePO4＋xLi+
C. 充电时，Li1-xFePO4/LiFePO4电极发生Li+脱嵌，放电时发生Li+嵌入
D. 充电时，当转移0.2 ml电子时，左室中电解质的质量减轻2.6 g
【答案】B
【解析】
【详解】钙与水能够剧烈反应，所以，左室中的LiPF6−LiAsF6电解质一定为非水电解质，Li2SO4溶液为右室中的电解质溶液，它们的主要作用都是传递离子，形成电流，构成闭合回路，A正确；放电时，负极反应为：Ca−2e−===Ca2+，使左室中正电荷数目增多，锂离子导体膜只允许Li+通过，使LiPF6−LiAsF6电解质中的Li+通过锂离子导体膜移入右室，正极反应为：Li1−xFePO4＋xLi+＋xe−===LiFePO4，电极发生Li+嵌入，B错误；充电时，阳极发生：LiFePO4−xe−===xLi+＋Li1−xFePO4，电极发生Li+脱嵌，阴极发生：Ca2+＋2e−===Ca，转移0.2 ml电子时，有0.2 ml Li+从右室通过锂离子导体膜移入左室，左室电解质中有0.1 ml Ca2+得电子生成Ca沉积在钙电极上，故左室中电解质的质量减轻40×0.1 g −7×0.2 g =2.6 g，C、D正确。
22. 物质X能发生如下反应：①X→mY；②X→nZ(m、n均为正整数)。恒容体系中X、Y、Z的浓度c随时间t的变化曲线如图所示，下列说法不正确的是
A. m=n=1
B. t1时，c(X)=c(Y)
C. 反应的活化能：①Cu；
③相关金属离子形成氢氧化物的pH范围如下：
回答下列问题：
（1）为提高焙烧效率，可采取的措施为_________。
a.进一步粉碎矿石 b.鼓入适当过量的空气 c.降低焙烧温度
（2）在空气中单独焙烧生成，反应的化学方程式为_________。
（3）滤渣的主要成分为_________(填化学式)。
（4）生成气体A的离子方程式为_________。
（5）加入金属Bi的目的是_________。
（6）将100kg辉铋矿进行联合焙烧，转化时消耗1.1kg金属Bi，假设其余各步损失不计，干燥后称量BiOCl产品质量为32kg，滴定测得产品中Bi的质量分数为78.5%。辉铋矿中Bi元素的质量分数为_________(保留四位有效数字)。
【答案】（1）ab （2）
（3）
（4）
（5）将转化为
（6）24.02%
【解析】
【分析】已知①焙烧时过量的分解为，转变为，在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，“酸浸”中由于铁离子、Bi3＋易水解，因此溶浸时加入过量浓盐酸的目的是防止FeCl3及BiCl3水解生成不溶性沉淀，提高原料的浸出率。滤渣为二氧化硅，三氧化二锰与浓盐酸生成A氯气，滤液中含有Bi3+、Fe3+，加入Bi将Fe3+转化为Fe2+，调节pH得到，据此分析解题。
【小问1详解】
为提高焙烧效率，可采取的措施为：进一步粉碎矿石增大与氧气的接触面积；鼓入适当过量的空气 使燃烧更加充分，故选ab；
【小问2详解】
在空气中单独焙烧生成和二氧化硫，反应的化学方程式为；
【小问3详解】
由于SiO2不溶于酸和水中，故滤渣的主要成分为SiO2；
【小问4详解】
A为氯气，生成气体A的离子方程式为；
【小问5详解】
金属活动性：，Fe3+在pH为1.6时则产生沉淀，为了铁元素不以沉淀形式出现故加入金属Bi将Fe3+转化为Fe2+，形成氯化亚铁溶液；
【小问6详解】
辉铋矿中Bi元素的质量分数为。
防止铁管道被腐蚀
检验产生的
制备并收集
精炼粗铜
A
B
C
D
选项
实验操作
现象
结论
A
将含有二氧化硫的气体通入酸性高锰酸钾中，然后加入足量氯化钡溶液
有白色沉淀生成
通过测定白色沉淀的质量，可推算二氧化硫的物质的量
B
向两支均盛有5mL0.1ml·L−1的H2O2溶液的试管中分别加入2滴0.05 ml·L−1的Fe2(SO4)3；溶液和0.1ml·L−1CuCl2溶液
前者产生气泡较快
催化能力：Fe3+>Cu2+
C
铂丝蘸取某无色溶液后在火焰上灼烧
火焰呈黄色
该无色溶液中阳离子只含Na+
D
向某溶液中先加入几滴KSCN溶液，再通入氯气
开始无明显现象，后溶液变红
液中一定含Fe2+，一定不气含Fe3+
选项
A
B
C
D
实验装置
实验目或现象
比较Na2CO3、NaHCO3的热稳定性
制备Fe(OH)2，并观察其颜色
直接蒸干CuSO4溶液，制备胆矾晶体
利用乙装置测量化学反应速率
实验编号
温度/℃
催化剂用量/g
酸性溶液
溶液
溶液褪色平均时间/min
体积/mL
浓度/
体积/mL
浓度/
I
25
0.5
4
0.1
6
0.2
12.7
II
80
0.5
4
0.1
6
0.2
a
Ⅲ
25
0.5
4
0.01
6
0.2
4.0
IV
25
0
4
0.01
6
0.2
b
编号
0
20
40
60
80
①
a
2.40
2.00
1.60
1.20
0.80
②
a
1.20
0.80
040
x
③
2a
2.40
1.60
0.80
0.40
0.40
开始沉淀pH
完全沉淀pH
65
8.3
1.6
2.8
8.1
10.1