安徽省马鞍山市五校联考2022-2023学年高一下学期3月阶段检测联考化学试卷（Word版附解析）

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考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答。超出答题区域书写的答案无效。在试题卷、草稿纸上作答无效。
4.本卷命题范围：人教版必修第一册～必修第二册第五章。
5.可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Cl：35.5 Ca：40 Fe：56 Cu：64
一、选择题(本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)
1. 酸雨的形成过程如图所示。下列关于酸雨的说法错误的是
A. 酸雨的小于5.6
B. 化石燃料应“脱硫”“脱硝”后使用
C. 酸雨的形成过程未发生氧化还原反应
D. 酸雨的主要成因是人类活动排放的污染气体
【答案】C
【解析】
【详解】A．酸雨的pH小于5.6，A正确；
B．化石燃料应该脱硫、脱硝后使用，可减少对空气的污染，B正确；
C．、，S和N的化合价均发生了变化，发生了氧化还原反应，C错误；
D．酸雨的主要成因是人类活动排放的污染气体造成的，D正确；
故答案选C。
2. 唐三彩、秦兵马俑制品的主要材料在成分上属于
A. 氧化铝B. 硅酸盐C. 二氧化硅D. 合金
【答案】B
【解析】
【详解】唐三彩、秦兵马俑制品的主要材料在成分上属于硅酸盐产品，故B符合题意。
综上所述，答案为B。
3. 下列各组物质，按酸、碱性氧化物、盐、非电解质的顺序排列的是
A. 硫酸、氧化钙、氯化镁、氯气B. 硝酸、氧化钠、苏打、氨气
C. 醋酸、过氧化钠、小苏打、三氧化硫D. 氯化氢、苛性钠、明矾、一氧化碳
【答案】B
【解析】
【详解】A．氯气为单质，不属于非电解质，A项错误；
B．各物质分类正确，B项正确；
C．过氧化钠不属于碱性氧化物，C项错误；
D．苛性钠为氢氧化钠，属于碱，D项错误；
故选B。
4. 锗是一种重要的半导体材料，可用于制造晶体管及各种电子装置。该元素处于周期表中第四周期ⅣA族。下列关于和的叙述正确的是。
A. 的中子数为32B. 和是Ge的两种核素
C. 和的核外电子排布不同D. 锗酸()的酸性比硅酸()的强
【答案】B
【解析】
【详解】A．的中子数为72-32=40，故A错误；
B．和中子数不同，是Ge两种核素，故B正确；
C．和的核外电子数都为32，所以电子排布相同，故C错误；
D．同一主族元素，从上到下金属性逐渐增强，锗酸的酸性比硅酸弱，故D错误；
选B。
5. 下列各组物质依次表示a、b、c、d四种物质，其中满足如图所示转化关系的是(图中箭头表示一步转化)

A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮气和氧气反应生成一氧化氮，不是二氧化氮，无法一步实现，A错误；
B．氧化铁和铝反应生成铁，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，B正确；
C．硫和氧气反应生成二氧化硫不是三氧化硫，硫酸钠不能一步到硫酸，C错误；
D．氢氧化钠到过氧化钠不能一步实现，碳酸钠到过氧化钠也不能一步实现，D错误；
故选B。
6. 我国古代四大发明之一的黑火药是由硫磺粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为。下列说法正确的是。
A. S在自然界仅以化合态形式存在B. 固体只含有离子键
C. 的空间结构为V型D. 的电子式为
【答案】D
【解析】
【详解】A．S在自然界不仅以化合态形式存在，又以游离态形式存在于火山口，A项错误；
B．固体钾离子与硝酸根之间是离子键，硝酸根内部是共价键，所以其既含有离子键又含有共价键，B项错误；
C．分子的空间结构为直线型，C项错误；
D．氮气中N原子达8电子稳定结构，电子式为，故D正确；
故选D。
7. 关于硫酸和硝酸的比较中，下列叙述错误的是
A. 可用铝制、铁制的容器盛装冷的浓硫酸和浓硝酸
B. 浓硫酸和浓硝酸都具有很强的腐蚀性、脱水性
C. 稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性
D. 硫酸和硝酸都是重要的化工原料
【答案】B
【解析】
【详解】A．铝、铁与冷的浓硫酸和浓硝酸发生钝化，因此冷的浓硫酸和浓硝酸都可以用铝制、铁制的容器盛装，A正确；
B．浓硫酸和浓硝酸都具有很强的腐蚀性，浓硫酸具有脱水性，浓硝酸不具有，B错误；
C．稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性，稀硫酸和金属反应生成氢气，表现氧化性，稀硝酸和金属反应生成硝酸盐和一氧化氮表现氧化性，C正确；
D．化工生产中用硝酸、硫酸生产化肥、农药、炸药、燃料，金属加工前的酸洗等，D正确；
故选B。
8. 下列物质性质与用途不相应的是
A. SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白
B. 石墨具有良好的润滑性，可用作电池电极材料
C. 液氮的沸点较低，可为超导材料提供低温环境
D. 硫酸钡难溶于酸，可作为“胃镜”检查中的内服药剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．SO2具有漂白性，可以将一些有色物质漂白，因此可用于纸浆漂白，A不符合题意；
B．石墨具有良好的润滑性是由于石墨属于过渡型晶体，是层状结构，在层内C原子之间以共价键结合。在层间以分子间作用力结合，分子间作用力比化学键弱很多，容易断裂，导致石墨易切削，有滑腻感，故可以作润滑剂。石墨具有良好的导电性，是由于C原子价电子数目是4个，在层内每个C原子只与相邻3个C原子形成3个共价键，还有1个价电子未参与成键，可以在层内自由移动，因此可以导电，可用作电池电极材料，这与其具有良好的润滑性无关，B项符合题意；
C．液氮的沸点较低，其汽化时从周围环境可以吸收大量热量，使环境温度降低，因此液氨可为超导材料提供低温环境，C不符合题意；
D．硫酸钡不溶于水，也难溶于酸，不能被X光透过，因此可作为“胃镜”检查中的内服药剂，D不符合题意；
故合理选项是B。
9. 关于“粗盐提纯”的实验，下列说法正确的是
A. 每次所加试剂应避免过量，防止对后续除杂带来影响
B. 在“溶解”“过滤”“蒸发”中，都需要用玻璃棒，且玻璃棒用途相同
C. 在“蒸发”中，待水分完全蒸干后停止加热，可能会导致产率偏低
D. 除去粗盐中的加入的试剂的顺序为
【答案】C
【解析】
【详解】A．为保证粗盐中的杂质全部除去，粗盐提纯实验中每次所加试剂都应过量，故A错误；
B．粗盐提纯实验中，“溶解”中玻璃棒的作用是搅拌、加速溶解，“过滤”中玻璃棒的作用是引流，“蒸发”中玻璃棒的作用是搅拌，使溶液均匀受热，防止液滴飞溅，则三次操作中玻璃棒用途不同，故B错误；
C．在“蒸发”中，若等完全蒸干后再停止加热，可能会使食盐固体受热飞溅果，导致产率偏低，故C正确；
D．除去粗盐中的杂质时，加入过量氯化钡溶液的目的是除去溶液中的硫酸根离子，但会引入钡离子，所以碳酸钠溶液必须在加入氯化钡溶液之后加入，目的是除去溶液中的钙离子和过量的钡离子，故D错误；
故选C。
10. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，Y最外层电子数是K层的3倍，Z与Y同主族。下列说法正确的是
A. 原子半径：X＜Y＜Z＜W
B. X、Y可形成一种红棕色气体
C. Z的简单气态氢化物的热稳定性比W的强
D. X、Z、W形成的氧化物均为酸性氧化物
【答案】B
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是空气中含量最多的元素，则X为N，Y最外层电子数是K层的3倍，则Y为O，Z与Y同主族，则Z为S，W为Cl。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，原子序数越大，半径越小，则半径：Z>W>X＞Y，故A错误；
B．X、Y可形成，常温下为红棕色气体，故B正确；
C．氯的非金属性比硫强，所以氯化氢的热稳定性比硫化氢强，故C错误；
D．X可形成NO，不属于酸性氧化物，故D错误
综上所述，答案为B。
11. 下列实验无法达到预期实验目的的是
A. 用甲验证与浓硝酸反应的热量变化B. 用乙验证易溶于水
C. 用丙制取并收集少量氨气D. 用丁验证与反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．观察到U形管左边的红墨水向下移动，说明Cu与浓硝酸反应能放出热量，A项正确；
B．气球会迅速膨胀变大，说明NH3易溶于水，B项正确；
C．氨气密度小于空气，应该用向下排空气法收集，C项错误；
D．蘸有浓氨水和浓盐酸的玻璃棒靠近能生成白烟，说明NH3和HCl发生了反应，D项正确。
答案选C。
12. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法中正确的是
A. 1ml·L-1的H2SO4溶液中，含SO的数目为NA
B. 6.4gCu与足量S粉充分反应，转移电子数目为0.2NA
C. 46g由NO2与N2O4组成的混合气体中含N原子的数目为NA
D. 标准状况下，将2.24LCl2通入足量水中，生成的HClO分子的数目为0.1NA
【答案】C
【解析】
【详解】A．H2SO4溶液的体积未知，无法计算含SO的数目，A错误；
B．6.4gCu物质的量为0.1ml，与足量S粉充分反应生成Cu2S，则转移的电子数目为0.1NA，B错误；
C．NO2与N2O4的最简式均为NO2，46g NO2的物质的量为1ml，则含N原子的数目为NA，C正确；
D．氯气与水反应为可逆反应，则标准状况下，将2.24LCl2即1ml通入足量水中，生成的HClO分子的数目小于0.1NA，D错误；
故选C。
13. 下列实验过程中，现象和结论均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．用一根洁净的铂丝做焰色试验，火焰呈黄色，则证明试液中一定含有Na+，A正确；
B．向某溶液中先加入少量氯水，再加入少量KSCN溶液，溶液呈血红色，则原溶液中可能含有Fe2+，也可能含有Fe3+，B错误；
C．干燥Cl2通入装有鲜花的集气瓶中，Cl2与鲜花中的水反应产生具有漂白性的，使鲜花褪色，不能说明干燥Cl2有漂白性，C错误；
D．向某溶液中加入BaCl2溶液，生成的白色沉淀可能是AgCl、BaCO3、BaSO3、BaSO4等，不能肯定溶液中一定含有，D错误；
故选A。
14. 已知有如下反应：
①
②
根据上述反应，下列说法正确的是
A. 反应①中中Br的化合价为+2
B. 反应①中氧化性：
C. 反应②中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶5
D. 反应②中每生成，转移5ml电子
【答案】D
【解析】
【详解】A．中Na为+1价，O为-2价，所以Br为+5价，故A错误；
B．根据，氧化Cl2制备，所以氧化锌，故B错误；
C．中，氧化HCl生成Cl2，Cl2既是氧化产物也是还原产物，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶1，故C错误；
D．，每生成，有1ml被还原，转移5ml电子，故D正确；
故答案选D。
15. 化工专家侯德榜发明的侯氏制碱法为我国纯碱工业和国民经济发展做出了重要贡献。如图是侯氏制碱法的实验流程示意图，下列叙述错误的是
A. 工艺中有氧化还原反应发生
B. 除溶液B可循环使用外，能循环使用的物质还有
C. NH3和CO2通入饱和食盐水中存在反应：
D. 之所以能得到NaHCO3，其原因是利用了NaHCO3的溶解度比Na2CO3小
【答案】A
【解析】
【分析】向饱和NaCl溶液中通入NH3，然后通入CO2气体，发生反应：NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，将NaHCO3过滤出来然后加热发生分解反应产生Na2CO3。向滤液中加入NaCl固体，由于增大了c(Cl-)，会析出NH4Cl晶体。溶液B中含有较大浓度NaCl及少量NH4Cl。
【详解】A．工艺中发生反应中元素化合价不变，因此无氧化还原反应发生，A错误；
B．溶液B里包含氯化钠和氯化铵等，可循环使用，CO2也可循环使用，B正确；
C．NH3和CO2在水中反应为，C正确；
D．得到NaHCO3的化学方程式为NaCl+H2O+NH3+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，，NaHCO3溶解度小，反应产生的NaHCO3质量较大，故可生成NaHCO3沉淀，D正确；
故合理选项是A。
二、非选择题(本题共4小题，共55分)
16. 元素周期表是学习化学的基础，如图为元素周期表的一部分。
回答下列问题：
（1）④的简单离子结构示意图为_______。
（2）⑦在元素周期表中的位置是_______。
（3）②的最简单氢化物的空间结构为_______。
（4）⑤、⑥两种元素的最高价氧化物对应的水化物反应离子方程式为_______。
（5）①和⑤形成的化合物中化学键类型为_______；③和⑤形成的淡黄色固体为_______(填化学式)，该化合物与反应的化学方程式为_______。
（6）欲比较③与④的非金属性强弱，下列说法可作为判断依据的是_______(填字母)。
a.比较③、④两种元素单质的沸点高低
b.比较③、④两种元素单质与化合的难易程度
c.比较③、④两种元素气态氢化物的稳定性
d.比较③、④两种元素的氧化物对应水化物的酸性强弱
【答案】（1） （2）第三周期ⅦA族
（3）正四面体 （4）
（5） ①. 离子键 ②. ③.
（6）bc
【解析】
【分析】由元素在周期表中的位置可知①为H，②为C，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Al，⑦为Cl；
【小问1详解】
④F，原子序数为9，离子核外电子排布为2、8，离子结构示意图为：，故答案为：；
【小问2详解】
⑦为Cl，位于第三周期VIIA族，故答案为：第三周期ⅦA族；
【小问3详解】
②为C，最简单氢化物CH4的空间结构为正四面体结构；答案为正四面体；
【小问4详解】
⑤为Na，⑥为Al，两者最高价氧化物水化物分别为氢氧化铝和氢氧化钠，两者反应生成偏铝酸钠和水，反应的离子方程式为：，故答案为：；
【小问5详解】
①和⑤形成NaH，为离子化合物，存在离子键；钠和氧形成的淡黄色固体为；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应方程式为：，故答案为：离子键；；；
【小问6详解】
非金属性强弱可通过单质与氢气化合的难以程度、形成氢化物的稳定性、最高价氧化物水化物的酸性强弱(F没有含氧酸)以及非金属单质之间的置换反应判断，由此可知bc可用于判断O、F的非金属性强弱，故答案为：bc。
17. A~G为中学常见的物质，其中A~F中含有同一种金属元素，各物质间有如下转化关系。其中B、G为地壳中含量排前两位的金属单质，D、F为碱，C、E为仅含两种元素的盐(部分条件已省略)。
回答下列问题：
（1）A的化学式为___________；E溶液的颜色为___________色。
（2）E转化为F的离子方程式为___________。
（3）在溶液中D转化为F的现象为___________。
（4）某同学在老师的指导下展开了延伸学习，配制480mLC溶液。
①在配制C溶液时需加入少量铁屑，其目的是___________。
②在配制过程中，下列错误操作会导致所配溶液浓度(填“偏高”“偏低”或“无影响”)
a、用托盘天平称量时，左盘放砝码，并且使用游码：___________；
b、烧杯和玻璃棒未洗涤：___________；
c、定容时俯视刻度线：___________。
【答案】（1） ①. ②. 棕黄色
（2）
（3）白色沉底迅速变为灰绿色，最终生成红褐色
（4） ①. 防止被氧化成 ②. 偏低 ③. 偏低 ④. 偏高
【解析】
【分析】地壳中元素含量排名为：、、、、；B、G为地壳中含量排前两位的金属单质，根据题意，则B为Fe，G为Al；A到B为铝热反应，其反应为，则A为；与盐酸反应生成氯化铁和水，其反应为，则E为；B到E的反应为；C到E的反应为，则C为；C可以转化为D，且D、F为碱，则D为；F为，D到F的反应为，现象为：白色沉底迅速变为灰绿色，最终生成红褐色；
【小问1详解】
根据题意，则B为Fe，G为Al；A到B为铝热反应，其反应为，则A为；与盐酸反应生成氯化铁和水，其反应为，则E为，其溶液为棕黄色；
故答案为：；棕黄色；
【小问2详解】
E为，F为，其反应的离子方程式为；
故答案为：；
【小问3详解】
C为；C可以转化为D，且D、F为碱，则D为；F为，D到F的反应为，现象为：白色沉底迅速变为灰绿色，最终生成红褐色；
故答案为：白色沉底迅速变为灰绿色，最终生成红褐色；
【小问4详解】
①C为，易被氧化，在配制溶液时需加入少量铁屑，其目的是防止被氧化成；
故答案为：防止被氧化成；
②根据，浓度偏高，意味着n偏大或者V偏小；浓度偏低，意味着n偏小或者V偏大；根据实际操作中判断n和V的变化情况，来判断c的变化；
a．用托盘天平称量时，左盘放砝码，并且使用游码，导致溶质的质量减小，即n偏小，则浓度偏低；
b．配制溶液时，烧杯和玻璃棒未洗涤，导致溶质的量偏小，则浓度偏低；
c．定容时俯视刻度线，使得溶液的体积偏小，浓度偏高；
故答案为：偏低；偏低；偏高。
18. 合成氨可以融入工业制硝酸形成联合制硝酸法，流程如图所示：
（1）气体x为_______(填化学式，下同)；气体Y为_______；气体Z为_______。
（2）“液化分离”属于_______(填“物理”或“化学”)变化。
（3）“合成氨”反应在高温、高压和催化剂的作用下，10 ml N2与30 ml H2完全反应生成NH3的物质的量_______(填“大于”“小于”或“等于”)20 ml，原因_______。
（4）“催化氧化”反应的化学方程式为_______；“深度氧化”的目的是__________。
（5）“吸收”时反应的离子方程式为_______，每还原46 g NO2转移电子的物质的量为_______ml。
【答案】（1） ①. O2 ②. NO ③. NO2
（2）物理 （3） ①. 小于 ②. 合成氨的反应是可逆反应，氮气和氢气无法完全转化为氨气
（4） ①. ②. 将NO氧化为NO2
（5） ①. ②. 2
【解析】
【分析】由流程分析可知，空气经液化分离得到气体X、N2和其他气体，N2和H2发生反应合成NH3，NH3与气体X发生催化氧化得到NO，则气体X为O2，O2与NO生成NO2，NO2与H2O发生反应得到HNO3溶液，据此分析解答。
【小问1详解】
根据分析气体x为O2；气体Y是NO；气体Z为NO2；
【小问2详解】
液化分离空气和氮气是改变了物质的状态，没有新物质产生，属于物理变化；
【小问3详解】
“合成氨”反应在高温、高压和催化剂的作用下反应，该反应是可逆反应，反应物不可能完全转化为生成物，所以10 ml N2与30 ml H2完全反应生成NH3的物质的量小于20 ml；
【小问4详解】
NH3与O2发生催化氧化生成NO和H2O，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
【小问5详解】
吸收时发生的反应是NO2与H2O生成NO和HNO3，反应的离子方程式为：；根据方程式系数关系，该反应每还原1mlNO2，转移的电子数为2ml，所以每还原46 g NO2转移电子的物质的量为2ml。
19. 某化学学习小组为了探究铁质材料碳素钢(仅含有C和Fe)和浓硫酸反应的气体产物，利用下列装置(部分夹持仪器已省略)进行了如下实验探究活动：

回答下列问题：
（1）仪器X的名称为_______。
（2）能证明实验生成SO2的实验现象为_______；SO2进入装置C中被氧化为，被还原为Mn2+，试写出该反应的离子方程式：_______。
（3）实验过程中观察到G中无水硫酸铜由白色变成蓝色，F中发生反应的化学方程式为_______；产生该气体的原因为_______。
（4）若装置D中澄清石灰水变浑浊，装置H中澄清石灰水未变浑浊，再结合(3)推知碳素钢与浓硫酸反应产生的气体中除了含有SO2外，还有_______(填化学式)；铁质材料中碳与浓硫酸反应的化学方程式为_______。装置H后增加装置I的目的是_______。
（5）称量23 g该材料进行实验，完全反应后，装置D与E的总质量增加0.44 g(忽略水的干扰)，则原碳索钢中铁的质量分数为_______(结果保留两位小数)。
【答案】（1）(球形)干燥管
（2） ①. 装置B中品红溶液褪色(或变浅) ②. 5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+
（3） ①. ②. 随着反应进行，浓硫酸变为稀硫酸，与铁发生反应放出H2
（4） ①. CO2、H2 ②. ③. 防止空气中的CO2进入H中，影响实验结果
（5）99.48%
【解析】
【分析】在装置A中碳素钢中杂质碳与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应产生CO2、SO2、H2O；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；SO2具有还原性，可以被装置C中酸性KMnO4溶液氧化为硫酸，KMnO4被还原为无色Mn2+；装置D中澄清石灰水遇CO2反应产生CaCO3沉淀而使石灰水变浑浊；随着反应的进行，硫酸溶液浓度变稀，稀硫酸与Fe反应产生的H2，气体中含有的CO2、H2被装置E的碱石灰干燥，其中的CO2被吸收，干燥后的H2与CuO在加热时反应产生Cu、H2O，白色无水CuSO4遇水变为蓝色CuSO4·5H2O，装置I的碱石灰作用是吸收空气中的CO2、H2O，防止干扰CO2的检验。
【小问1详解】
根据图示，X是(球形)干燥管；
【小问2详解】
根据分析，能证明实验生成SO2的实验现象为B中品红溶液褪色；SO2具有还原性，可以被装置C中酸性KMnO4溶液氧化为硫酸，KMnO4被还原为无色Mn2+，反应的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；
【小问3详解】
实验过程中观察到H中无水硫酸铜由白色粉末变成蓝色晶体，说明装置G产生了H2O，H2具有还原性，在加热时与CuO反应产生Cu、H2O，则G中发生反应的化学方程式为CuO+H2Cu+H2O，H2还原CuO产生H2O，说明反应过程中有H2产生，碳素钢与浓硫酸加热反应开始生成二氧化硫，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，与铁发生反应放出H2；
【小问4详解】
若装置D中澄清石灰水变浑浊，说明碳素钢与浓硫酸反应产生的气体是CO2，装置H中澄清石灰水未变浑浊，说明G中反应未产生CO2，即碳素钢与浓硫酸反应不会产生CO，再结合H中无水硫酸铜由白色粉末变成蓝色晶体，推知碳素钢与浓硫酸反应还产生了H2去还原氧化铜，所以产生的气体中除了含有SO2外，还有CO2、H2；由此推出碳与浓硫酸反应的化学方程式为：；根据分析，装置H后增加装置I的目的是吸收空气中的CO2、H2O，防止干扰CO2的检验。
【小问5详解】
根据分析，装置D和E增加的总质量主要是生成的CO2的质量(忽略水的干扰)，根据方程式的系数关系，C、CO2的物质的量之比为1：1，设生成的CO2的物质的量为x，则有44x=0.44g，解得x=0.01ml，则m(C)=0.01ml×12g/ml=0.12g，23 g碳素钢中铁的质量为23g-0.12g=22.88g，则铁的质量分数为。选项
实验操作
现象
结论
A
取一根洁净的铂丝、蘸取稀盐酸，放在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取少量试液，置于酒精灯火焰上灼烧
火焰呈黄色
溶液中一定含有Na+
B
向某溶液中先加入少量氯水，再加入少量KSCN溶液
溶液呈血红色
原溶液中含有Fe2+
C
干燥Cl2通入装有鲜花的集气瓶
鲜花褪色
干燥Cl2有漂白性
D
向某溶液中加入BaCl2溶液
出现白色沉淀
溶液中一定含有