北京市朝阳区2025届高三下学期二模化学试卷（解析版）

这是一份北京市朝阳区2025届高三下学期二模化学试卷（解析版），共14页。试卷主要包含了 下列实验中，溶液升高的是， 铅酸蓄电池的构造示意图如下， 一定温度下， ，平衡常数， 催化与反应的物质转化关系如下等内容，欢迎下载使用。
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。
1. 利用太阳能高效分解水制氢一直是科学研究的重要领域。下列说法不正确的是
A. 该过程可将太阳能转化为化学能
B. 使用催化剂能提高水分解的平衡转化率
C. 氢气有还原性，可作氢氧燃料电池的燃料
D. 氢气可采用气态或液态储存，也可以储存在储氢合金中
【答案】B
【解析】A．利用太阳能高效分解水制氢，将太阳能转化为化学能，故A正确；
B．催化剂不能使平衡移动，使用催化剂不能提高水分解的平衡转化率，故B错误；
C．氢氧燃料电池中H2失电子发生氧化反应，表现H2是还原性，故C正确；
D．氢气可采用气态或液态储存，也可生成金属氢化物储存在储氢合金中，故D正确；
选B。
2. 下列图示或化学用语表达不正确的是
A. 中子数为10的氧原子：
B. 丙烯的分子结构模型：
C. 的结构式：O=C=O
D. 的电子式：
【答案】D
【解析】A．氧原子质子数为8，中子数为10，质量数=质子数+中子数= 8+10=18，核素表示为，A正确；
B．丙烯分子中碳原子半径大于氢原子半径，有1个碳碳双键，球棍模型为，B正确；
C．CO2空间构型为直线形，结构式为O=C=O，C正确；
D．HCl为共价化合物，故其电子式为，D错误；
故选D。
3. 下列实验中，溶液升高的是
A. 微热溶液，溶液颜色变深
B. 光照新制的氯水，得到无色溶液
C. 向溶液中加入少量溶液，生成沉淀
D. 向溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀
【答案】D
【解析】A．加热促进铁离子水解，溶液颜色变深，，溶液的减小，A不符合题意；
B．光照新制的氯水，次氯酸分解生成盐酸和氧气，，溶液酸性增强，溶液减小，B不符合题意；
C．向溶液中加入少量溶液，生成碳酸镁沉淀，随后碳酸镁与水中的氢氧根反应生成沉淀，由于消耗了氢氧根离子，溶液碱性减弱，故溶液减小，C不符合题意；
D．向亚硫酸溶液中通入少量气体，产生黄色沉淀，生成硫和水，，溶液酸性减弱，增大，D符合题意；
故选D。
4. 铅酸蓄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. 作电池的负极
B. 电池工作时，硫酸的浓度减小
C. 电池工作时，向负极方向移动
D. 充电时，铅极发生
【答案】B
【解析】铅酸蓄电池工作时，Pb失电子生成PbSO4，Pb作负极；PbO2得电子生成PbSO4，PbO2作正极。A．作电池的正极，故A错误；
B．电池工作时，总反应为，Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O,反应消耗硫酸，硫酸的浓度减小，故B正确；
C．电池工作时，阳离子移向正极，向正极方向移动，故C错误；
D．充电时，铅极为阴极，硫酸铅得电子生成Pb，发生反应方程式为，故D错误；
选B。
5. 下列方程式不能准确解释相应实验现象或事实的是
A. 通入苯酚钠溶液中，出现浑浊+CO2+H2O+NaHCO3
B. 向沉淀中加入溶液，沉淀变黑：
C. 常温下，通入溶液制得漂白液：
D. 乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色：
【答案】C
【解析】A．苯酚的酸性强于碳酸氢根离子酸性，向苯酚钠溶液中通CO2，溶液变浑浊是因为生成苯酚和碳酸氢钠：化学方程式正确，A正确；
B．沉淀变为黑色，ZnS沉淀转化为CuS沉淀，可说明CuS的溶解度比ZnS小，为沉淀的转化，B正确；
C．室温下，氯气通入溶液中制得漂白液，离子方程式为，C错误；
D．乙烯与溴发生加成反应使溴的四氯化碳溶液褪色，反应的化学方程式为：CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，D正确；
故选C。
6. 浓硝酸与铜作用的过程如下图所示。
现象：i．a中产生红棕色气体，溶液呈绿色，试管壁发热；b中充满红棕色气体
ii．烧杯液面上方无明显变化
下列关于该过程的分析不正确的是
A. a中产生红棕色气体，主要体现了浓硝酸的氧化性
B. b中气体的颜色比a中的浅，与正向移动有关
C. 溶液吸收的反应为
D. a中溶解6.4g铜时，转移电子的数目为
【答案】C
【解析】A．a中产生红棕色气体，发生反应 ，N元素化合价降低，主要体现了浓硝酸的氧化性，故A正确；
B．二氧化氮可以转化为无色四氧化二氮，b中气体的颜色比a中的浅，与正向移动有关，故B正确；
C．NO和氧气反应生成红棕色NO2，烧杯液面上方无明显变化，说明溶液吸收没有生成NO，故C错误；
D．a中铜失电子酸性硝酸铜，铜元素化合价由0升高为+2价，溶解6.4g铜时，转移电子的数目为，故D正确；
选C。
7. 一定温度下， ，平衡常数。下列分析正确的是
A. 恒温时，缩小体积，气体颜色变深，是平衡逆向移动导致的
B. 升高温度既能增大反应速率又能促进平衡正向移动
C. 若起始、，反应后气体颜色变深
D. 断裂和中的共价键所需能量大于断裂中的共价键所需能量
【答案】C
【解析】A．该反应分子数不变，缩小体积，浓度增大，颜色加深，平衡不移动，故A错误；
B．反应放热，升高温度，反应速率增大，平衡逆向移动，故B错误；
C．，平衡逆向移动，I2浓度增加，颜色加深，故C正确；
D．反应放热，则断裂和中的共价键所需能量小于断裂中的共价键所需能量，故D错误；
故答案为C。
8. 的资源化利用有利于实现“碳中和”。利用为原料可以合成新型可降解高分子P，其合成路线如下。
下列说法不正确的是
A. 反应②是缩聚反应
B. Y中存在手性碳原子
C. 高分子P中存在“”
D. 高分子P完全水解可以得到Y
【答案】D
【解析】A．由Y在催化剂作用下发生反应(②)生成高分子P，是和上的氢原子发生脱水缩聚，可判定这是通过分子间缩合形成的缩聚反应，A正确；
B．Y中存在手性碳原子，位置如图：，B正确；
C．Y结构式中参与反应的和上的氢原子发生脱水缩聚，出现脲键，C正确；
D．根据题意，高分子P可降解，产物对环境友好，水解过程中脲键会被破坏，最终并不会得到Y，D错误；
故选D。
9. 催化与反应的物质转化关系如下。下列对该过程的分析不正确的是
A. a、c分别是、
B. 改变了与的反应历程
C. NO既体现了还原性，又体现了氧化性
D. 与分子中硫原子杂化轨道类型相同
【答案】C
【解析】根据反应过程分析，SO2与O2反应生成SO3，NO参与催化过程，a参与反应生成NO2（b），所以a是O2，SO2与NO2反应生成SO3和NO， 所以d是SO2，c是SO3。
A．根据分析可知，A正确；
B．根据催化剂的作用原理，NO作为催化剂， 改变了反应的途径，降低了反应的活化能，从而改变了SO2与O2的反应历程，B正确；
C．根据氧化还原反应原理，NO与O2反应时NO被氧化，体现还原性，NO2与SO2反应生成NO，并未体现NO的氧化性，C错误；
D．根据杂化轨道理论，SO2中S原子价层电子对数是：，是杂化；SO3中S原子价层电子对数是：，也是杂化，D正确；
故选C。
10. 下列依据相关数据或原理作出的判断中，正确的是
A. 依据HF、HCl、HBr、HI的相对分子质量依次增大，可判断它们的沸点依次升高
B. 依据、的燃烧热，可计算相同条件下的
C. 依据、、原子半径依次减小，可判断它们的第一电离能依次增大
D. 依据原子光谱和构造原理，可判断基态原子的价层电子排布为
【答案】B
【解析】A．HF分子间能形成氢键，所以HF的沸点比HCl、HBr、HI的高，故A错误；
B．根据盖斯定律，依据、的燃烧热，可计算相同条件下的，故B正确；
C．Mg原子3s能级全充满，结构稳定，Mg原子第一电离能大于同周期相邻元素，第一电离能>>，故C错误；
D．基态原子的价层电子排布为，故D错误；
选B。
11. 下列实验操作不合理
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】A．乙酸乙酯和Na2CO3溶液互不相溶，会分层，利用分液漏斗进行分液可实现二者分离，A正确；
B．湿棉花的主要作用是提供水蒸气，应放置于试管尾部放，若湿棉花前置，水蒸气可能因冷凝导致试管内气压骤降，引发肥皂水倒吸，损坏实验装置，因此实验操作不合理，B错误；
C．HCl溶于饱和氯化钠溶液，而Cl2不易溶于饱和NaCl溶液，因此该操作能除去Cl2中的HCl，C正确；
D．配制溶液时，烧杯、玻璃棒一般需要洗涤2~3次，且转移液体需要玻璃棒引流，因此图中实验操作合理，D正确；
故答案选B。
12. 用化学沉淀法去除粗盐水中的、和，流程如下：
下列有关实验操作的说法不正确的是
A. 步骤i中检验过量：静置后向烧杯中滴加2~3滴稀硫酸，出现沉淀说明过量
B. 步骤静置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，便于检验是否过量
C. 步骤iv加盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液呈中性或微酸性
D. 操作a是将溶液转移至蒸发皿中，加热并搅拌，当出现较多固体时，停止加热
【答案】A
【解析】由图可知，向粗盐水中加入氯化钡溶液，将溶液中硫酸根离子转化为硫酸钡沉淀，静置后先加入氢氧化钠溶液，将溶液中的镁离子转化为氢氧化镁沉淀，再加入饱和碳酸钠溶液，将溶液中的钙离子和过量的钡离子转化为碳酸钙、碳酸钡沉淀，过滤得到滤渣和滤液；向滤液中加入稀盐酸，将溶液中的氢氧根离子和碳酸根离子除去后，再加热蒸发得到精盐。A．向硫酸钡饱和溶液中加入稀硫酸，溶液中硫酸根离子浓度增大，会使溶解平衡左移而析出硫酸钡沉淀，所以静置后向烧杯中滴加2~3滴稀硫酸，出现沉淀不能说明氯化钡溶液过量，且加氯化钡的目的是去除硫酸根杂质离子，滴加硫酸会引入硫酸根，故A错误；
B．步骤静置有利于沉淀充分沉降至烧杯底部，再向上层清液中继续滴加氯化钡，通过观察是否产生沉淀可检验钡离子是否过量，故B正确；
C．步骤iv加盐酸并搅拌，至无气泡冒出，并用pH试纸检验，使滤液呈中性或微酸性说明过量的氢氧根离子和碳酸根离子完全除去，故C正确；
D．操作a是将溶液转移至蒸发皿中，加热并搅拌，当出现较多固体时，停止加热，利用余热蒸干得到氯化钠，故D正确；
故选A。
13. 在水溶液的作用下，反应过程中能量变化示意图如下所示(其中a、b代表过渡态1或过渡态2中的一种)。
下列说法不正确的是
A. 从反应物到产物，无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇
B. 溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，较易断裂
C. b代表过渡态2，经历该过渡态生成
D. 生成乙醇的反应是取代反应，生成乙烯的反应是消去反应
【答案】C
【解析】A．生成乙醇的活化能小于生成乙烯的活化能，乙醇的能量小于乙烯和水的总能量，所以无论从产物的稳定性还是反应速率的角度均有利于生成乙醇，故A正确；
B．溴原子的电负性比碳原子的大，能形成极性较强的，溴乙烷生成乙烯、乙醇都需断裂C-Br键，说明较易断裂，故B正确；
C．过渡态2生成CH3CH2OH和Br-，过渡态2表示a，故C错误；
D．生成乙醇的反应是溴乙烷中Br原子被羟基代替，属于取代反应，生成乙烯的反应溴乙烷发生消去反应生成碳碳双键，故D正确；
选C。
14. 利用平衡移动原理，分析沉淀溶解平衡。
已知：i．。
ii．图中直线的离子浓度关系符合或。
下列分析不正确的是
A. ①表示的是，
B. a、b两点对应的溶液，相应的离子浓度之比
C. 向c点对应的溶液中加适量固体，可使溶液由c点变到a点
D. 向固体中加入的溶液，充分反应后有0.032ml转化为
【答案】D
【解析】饱和溶液中，，，a点代入，小于，即曲线①代表-lg与-lg的关系图，曲线②代表-lg与-lg的关系图，以此解答；A．根据分析可知，①表示的是，，A正确；
B．a、b两点对应的溶液，相同，相应的离子浓度之比，B正确；
C．向c点对应的溶液中加适量固体，则浓度增加，-lg减小，且，可使溶液由c点变到a点，C正确；
D．设有xml转化为，x=0.064ml，D错误；
故选D。
第二部分
本部分共5题，共58分。
15. 氮及其化合物在能源领域应用广泛。
（1）非常稳定，通常只能与电离能小的、等金属元素形成离子型化合物。
①基态N原子价层电子排布式为___________。
②、在水中均能产生。分子的空间结构为三角锥形，解释原因：___________。
（2）我国科学家成功合成五氮阴离子盐：(可表示)，局部结构示意图如下所示。
①中和中N均为杂化，比较中键角和中键角大小并解释原因：___________。
②对于的稳定存在有重要作用。与的作用力类型有___________。
（3）通过、与的循环转化，可实现由、与合成、与。合成过程与、的晶胞结构示意图如下。
①若和的晶胞体积分别为和，则和的密度之比为___________。
②合成、与的总反应方程式是___________。
【答案】（1） ①. ②. 的VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，略去孤电子对，的空间结构为三角锥形(中采取杂化，其中一个杂化轨道被一个孤电子对占据)
（2） ①. 有孤电子对，无孤电子对。孤电子对有较大斥力，使键角小于 ②. 离子键、氢键
（3） ①. ②.
【解析】
（1）①N是7号元素，基态N原子价层电子排布式为。
②中N原子价电子对数为4，VSEPR模型为四面体形，含一个孤电子对，所以的空间结构为三角锥形。
（2）①中O原子有1个孤电子对，中N原子无孤电子对。孤电子对有较大斥力，使键角小于。
②对于的稳定存在有重要作用。与存在离子间的静电作用，即与存在离子键，中存在N-H键，与可以形成氢键，所以作用力类型有离子键、氢键。
（3）①根据Mg的晶胞结构，镁位于晶胞的顶角和体心，1个晶胞中含有2个Mg原子，根据MgO的晶胞结构，镁位于晶胞的棱边和体心，O位于晶胞的顶角和面心，1个晶胞中含有4个Mg、4个O，若和的晶胞体积分别为和，Mg的密度为 ，的密度为，则和的密度之比为。
②根据图示，甲烷、氮气、水合成、与，总反应方程式是。
16. 铁矿石中存在硫酸盐(主要为)和少量硫化物。测定铁矿石中硫含量的一种方法是把矿石中的硫元素转化为，再利用滴定法测定。
（1）高温下完全分解为、和___________。
（2）测定过程如下：
向吸收器内滴入少量标准溶液至溶液呈淡蓝色。将铁矿石样品置于管式炉(已预热至高温)内，通入空气，当吸收器内溶液淡蓝色消退时，立即用标准溶液滴定至淡蓝色复现。随着不断通入，滴定过程中溶液颜色“蓝色消退-蓝色复现”不断变换，直至终点。
①持续通入空气，空气的作用是___________。
②依据现象，滴定过程发生的反应有、___________。
③滴定达终点的实验现象是___________。
（3）标准溶液的浓度为，消耗该溶液相当于___________g硫。根据到达滴定终点时消耗标准溶液的体积，可计算铁矿石样品中硫的质量分数。
（4）条件控制和误差分析
①测定时，需要控制吸收器中溶液的。若过低时，非氧化生成的使测定结果偏小。生成的离子方程式为___________。
②能直接将完全氧化。吸收器中加入，滴定时能被完全吸收。若吸收器中不加，滴定时通入的会部分逸出溶液，原因是___________。
【答案】（1）
（2） ①. 将导入吸收器中；将硫化物氧化为 ②. ③. 溶液变为淡蓝色，且半分钟内不褪色
（3）0.096a （4） ①. ②. 与的反应速率较慢
【解析】本题为矿样中硫元素含量测定的实验题，首先通入净化的空气在高温条件下使矿样中的硫元素转化为二氧化硫，在后面装置中被吸收，再用碘酸钾标准溶液测定二氧化硫的含量，以此解题。
（1）根据氧化还原的规律结合题给信息可知，硫由+6价降低到+4价，则同时应该有化合价的升高，故产物中还应该存在O2；
（2）①通入空气可将管式炉中矿石中的硫元素转化为二氧化硫、且将生成的SO2气体全部吹入吸收器，确保SO2完全参与后续反应，避免损失，故答案为：将导入吸收器中；将硫化物氧化为；
②滴定过程中KIO3与I-反应生成I2，随后I2与SO2反应，被还原为I-，第二个反应体现了I2氧化SO2的过程，故答案为：；
③淀粉遇I2显蓝色。即SO2反应完全后，吸收器内溶液淡蓝色消退，继续滴加KIO3，过量的IO与I-反应生成I2，溶液变为稳定的蓝色，且半分钟内不褪色，即为终点，故答案为：溶液变为淡蓝色，且半分钟内不褪色；
（3）根据反应关系：，消耗的KIO3物质的量为，对应的S的质量为：
；
（4）①若溶液pH过低，I-会被空气中的O2氧化为I2，导致额外生成I2，消耗KIO3标准溶液体积减少，使测定结果偏小，故答案为：；
②KIO3与SO2反应动力学缓慢，而I2与SO2反应迅速，确保SO2被完全氧化留在溶液中。若不加入KI，则未反应的SO2会积累在溶液中，超过最大溶解度时会逸出，故答案为：与的反应速率较慢。
17. 药物Q用于白血病的治疗研究，合成路线如下所示。
已知：i．
ii．
（1）B中所含官能团的名称是碳碳三键、___________。
（2）E的结构简式是___________。
（3）的化学方程式是___________。
（4）下列说法正确的是___________。
a．D能发生取代反应、消去反应
b．有机物J的名称为乙二酸二乙酯
c．F是的同系物
（5）L的结构简式是___________。
（6）Z的分子式为。Z的结构简式是___________。
（7）J→L中CH的C-H键易发生断裂、L→Z中的N-H键易发生断裂，原因是___________。
【答案】（1）羟基 （2）
（3） （4）a、b
（5） （6） （7）醛基的吸电子作用使得醛基相连的键极性增强，易断裂；氮的电负性较大，极性较强，易断裂
【解析】A为乙炔，与反应生成B（），B与氢气加成生成D（），D与HCl反应生成E()，E发生反应i生成F（），F发生硝化反应生成G（），G还原生成X（），由Q的结构（）和M的分子式逆推，Y是()与乙醇酯化生成J()，J发生反应ii生成L（），L与反应生成Z（），Z与X反应生成M（），据此分析；
（1）B（）中所含官能团的名称是碳碳三键、羟基；
（2）根据分析，E的结构简式是；
（3）F发生硝化反应生成G，方程式；
（4）a．D（）含有羟基，能发生取代反应、消去反应，a正确；
b．有机物J()的名称为乙二酸二乙酯，b正确；
c．F（）有环，不是的同系物，c错误；
故选a、b；
（5）根据分析可知，L的结构简式是；
（6）根据分析可知，Z的分子式为。Z的结构简式是；
（7）醛基为吸电子基团，吸电子作用使得醛基相连的键极性增强，易断裂；氮的电负性较大，吸电子能力强，使极性较强，易断裂。
18. 采用不同腐蚀液将覆铜板上不需要的铜腐蚀，制作印刷电路板。多次重复后再利用腐蚀废液制备硫酸铜，过程如下图所示。
（1）腐蚀液a的成分主要为与盐酸
①稀盐酸不能直接腐蚀铜，二者不能发生反应的原因是___________。
②“蚀刻”过程中，首先生成沉淀，反应的离子方程式是___________。继而形成，脱离覆铜板的表面，蚀刻连续进行。
③为保持比较稳定的蚀刻速率，需适时通入，然后补加。、的作用分别是___________。
（2）腐蚀液b的主要成分为。再生腐蚀液b的离子方程式是___________。
（3）沉铜
将多次循环使用的腐蚀液a和腐蚀液b按一定比例混合，调节混合液的，待反应完全后，过滤。滤液中的浓度与的关系，如下图所示：
已知：表示可溶的+2价铜的物种。
①“沉铜”最适宜的范围是___________。
a． b． c．
②从11降至2，滤液中的浓度先减小再增大，结合化学平衡移动原理解释原因：___________。
【答案】（1） ①. 根据金属活动性顺序，的氧化性弱于，难以氧化 ②. ③. 将氧化；降低氧化后溶液中的和
（2）
（3） ①. b ②. 时，随降低，降低，正向移动，升高，形成；时，随酸性进一步增强，正向移动，溶解
【解析】覆铜板加入含氯化铜和盐酸的腐蚀液，得到含的溶液，通入氯气氧化一价铜为二价铜，加入水稀释得到氯化铜和盐酸溶液；覆铜板加入含的腐蚀液，反应得到含的溶液，加入氧气、氨气和氯化铵溶液再生得到溶液；腐蚀液a、b反应沉铜得到Cu(OH)Cl，加入浓硫酸溶解得到硫酸铜；
（1）①根据金属活动性顺序，的氧化性弱于，难以氧化，故稀盐酸不能直接腐蚀铜；
②“蚀刻”过程中，首先生成沉淀，则铜单质和铜离子发生归中反应生成氯化亚铜沉淀，反应的离子方程式是；
③氯气具有氧化性，将氧化为二价铜；的加入可以降低氧化后溶液中的和，利于一价铜氧化反应的进行；
（2）含的溶液，加入氧气、氨气和氯化铵溶液再生得到溶液，反应中氧气为氧化剂，将一价铜氧化为二价铜，结合电子守恒，反应为；
（3）①由图，“沉铜”最适宜的范围是，此时溶液中二价铜浓度最低，沉淀效果最好，故选b；
②时，随降低，降低，正向移动，升高，形成；时，随酸性进一步增强，正向移动，溶解，故导致从11降至2，滤液中的浓度先减小再增大。
19. 某小组同学以铁为阳极，实验探究反应条件对电解产物的影响。
资料：为紫色固体，微溶于溶液；具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定。
【理论分析】
（1）铁有多种价态，能把Fe转化为+3价铁的化合物的物质有___________。
a．稀 b．S c．
【实验过程】
【现象分析】
（2）实验I的现象说明产生了。对产生的原因进行分析及探究。
①甲认为作为阳极可直接被氧化为。
②乙认为放电产生，放电产生，能将氧化为。检测的方法是___________。结果未检测到。
③丙认为电解产生，而后被溶解的氧化为。设计实验：
实验a．在氮气保护(隔绝空气)下按实验I的条件进行电解，___________(填现象和操作)，证实丙的说法合理。
实验b．重复实验I，当产生大量白色沉淀时，停止电解。测得铁片的质量减少了，消耗电量n库仑。证实丙的观点成立， m、n的关系是___________。已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。
（3）对实验II进行分析及探究。
①产生的电极反应式为___________。
②小组同学认为，II中铁电极周围的气体可能是在阳极放电产生的，也可能是与反应产生的。设计实验：___________(填操作与现象)，证实气体是放电产生的。
③电解一段时间后，紫色变浅的可能原因是___________。
【实验总结】
综上，影响Fe电解产物的因素有电解时间、溶液pH、溶解氧等。
【答案】（1）c （2） ①. 用湿润的KI淀粉试纸放在Fe电极附近的液面上方，观察试纸颜色变化 ②. 产生白色沉淀，取出在空气中放置后变为红褐色 ③.
（3） ①. ②. 取出紫色溶液，静置，无气泡产生(断开电源，不再产生气泡) ③. 电解进行一段时间后，溶液中浓度减小，与水作用发生分解；在阴极放电；还原
【解析】（1）a．铁和稀反应生成硫酸亚铁和氢气，故不选a；
b．铁和S反应生成FeS，故不选b；
c．铁和反应生成FeCl3，故选c；
选c。
（2）氯气能把KI氧化为I2，用湿润的KI淀粉试纸放在Fe电极附近的液面上方，观察试纸颜色变化，若试纸变蓝说明有氯气生成。
是白色难溶于水的沉淀，易被氧气氧化为红褐色。产生白色沉淀，取出在空气中放置后变为红褐色，证明丙的说法合理。
根据电子守恒，证明丙的观点成立。
（3）①Fe失电子生成，电极反应式为。
②紫色溶液中含有，取出紫色溶液，静置，无气泡产生，说明没有与反应产生氧气，则证实气体是放电产生的。
③具有强氧化性，在酸性或中性溶液中快速产生，在碱性溶液中较稳定，电解一段时间后，溶液中浓度减小，碱性减弱，与水作用发生分解，也可能是在阴极放电或还原，都能使紫色变浅。
A．分离乙酸乙酯和溶液
B．验证铁粉与水蒸气反应
C．除去中的HCl
D．配制溶液时，洗涤，转移溶液
序号
装置
溶液a
现象
I
溶液
i．开始时，溶液变为黄色，出现红褐色物质
ii．稍后，出现灰绿色和白色絮状沉淀
iii．一段时间后，白色絮状沉淀明显增多
II
浓NaOH溶液
开始时，铁电极表面析出紫色物质，同时产生大量气泡。一段时间后，紫色渐渐变浅