2025年高考第三次模拟考试卷：化学（山东卷）（解析版）

这是一份2025年高考第三次模拟考试卷：化学（山东卷）（解析版），共20页。试卷主要包含了下列实验操作能达到实验目的的是等内容，欢迎下载使用。
（考试时间：90分钟 试卷满分：100分）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Mg 24 Ca 40 Fe 56 Re 186
一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。
1．下列说法不正确的是
A．碳酸钠和碳酸氢钠的溶液均显碱性，两者均可作食用碱
B．具有还原性，故少量添加于葡萄酒中能防止部分成分被氧化
C．铵盐都易溶于水，受热分解均生成氨气，故储存时需考虑避光、防潮
D．硬铝的密度小、强度高、抗腐蚀能力强，故可用作制造宇宙飞船的材料
【答案】C
【解析】A．碳酸钠和碳酸氢钠都是强酸弱碱盐，在溶液中均能水解使溶液呈碱性，所以两者均可作食用碱，故A正确；
B．二氧化硫具有还原性，少量添加于葡萄酒中能防止部分成分被氧化而延长红酒的保质期，故B正确；
C．硝酸铵一定温度下受热分解生成一氧化二氮和水，不能分解生成氨气，故C错误；
D．硬铝具有密度小、强度高、抗腐蚀能力强的优良性能，所以可用作制造宇宙飞船的材料，故D正确；
故选C。
2．泰山豆腐，古法精制，源远流长。选豆为先，洗净浸泡，磨浆为次，滤浆以布，点浆于釜，点卤为要，压制成型，豆腐乃成。该工艺没有涉及的操作是
A．研磨B．过滤C．渗析D．聚沉
【答案】C
【解析】A．磨浆为次其中包含了研磨，A正确；
B．滤浆以布是过滤豆浆的过程，B正确；
C．过程中无渗析，C错误；
D．卤水中含有电解质，遇到豆浆发生胶体的聚沉，D正确；
故选C。
3．近日，中国科学院大连化学物理研究所研究人员提出先通过电解制CO，再通过CO高效选择性电解制乙酸()。下列说法正确的是
A．CO、均属于酸性氧化物
B．、均属于电解质
C．CO、、均属于有机物
D．乙酸电离方程式为
【答案】D
【解析】A．CO不能与碱反应生成盐和水，不属于酸性氧化物，A项错误；
B．属于非电解质，B项错误；
C．属于有机物，CO、是无机物，C项错误；
D．乙酸是弱酸，其电离过程可逆，电离方程式为，D项正确；
故选D。
4．制备CH3NH3PbI3的过程如下所示：。下列说法不正确的是
A．物质CH3NH3I属于盐B．CH3OH的沸点大于CH3I的沸点
C．O—H键极性：CH3OH>H2OD．第一电离能：N>O>C
【答案】C
【解析】A．－NH2具有碱性，可以与HI反应生成盐，所以物质CH3NH3I属于盐，A正确；B．甲醇分子与分子间存在氢键，而CH3I不存在分子间氢键，故沸点甲醇更高，B正确；C．甲基的推电子能力大于氢原子，O—H键极性：CH3OHO>C，D正确；故选C。
5．白磷不稳定，从热力学上看，在水中能发生以下反应：P4 + 6H2O = PH3↑ + 3H3PO2 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是
A．白磷有红磷、黑磷等多种同素异形体
B．上述反应，每当转移3 ml电子时，白磷分子中断裂P-P键的数目为6 NA
C．实验室将少量白磷保存在冷水中，可能是因为上述反应速率很小
D．1ml白磷在少量氧气中燃烧，生成P4O10分子的数目为0.25 NA
【答案】D
【解析】A．红磷、白磷和黑磷均是磷元素形成的单质，互称同素异形体，A项正确；
B．该反应为歧化反应，转移3ml电子时，有1ml白磷参加反应，1分子白磷中含6个P-P键，则转移3ml电子时，断裂P-P键的数目为6 NA，B项正确；
C．虽然白磷与水能反应，但是速率很慢，所以，少量白磷仍然可以保存在水中，C项正确；
D．由于氧气少量，白磷燃烧主要得到P4O6，故D项错误；
故选D。
6．脱氢乙酸对霉菌具有抑制作用，是一种低毒、高效的抗菌剂，其结构如图所示。关于该化合物，下列说法不正确的是
A．所有原子不可能共平面B．含有四种官能团
C．碳原子杂化轨道类型为和D．能使溴的四氯化碳溶液褪色
【答案】B
【解析】A．分子中含有甲基，甲基上的碳为饱和碳原子，为四面体结构，故所有原子不可能共平面，故A正确；
B．分子中含有酯基、碳碳双键、羰基3种官能团，故B错误；
C．分子中有饱和碳和双键碳，饱和碳采用sp3杂化，双键碳采用sp2杂化，故C正确；
D．分子中含有碳碳双键，能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确；
答案选B。
7．、、、、、是原子序数依次增大的前四周期元素，的一种同位素没有中子，基态原子核外的能级电子数是能级电子数的两倍，、位于同一主族，元素的某种单质可用于自来水消毒，的单质可用作食品抗氧化剂。下列说法错误的是
A．键角：B．原子半径：
C．简单氢化物的沸点：D．、、组成的一种离子可用于检验
【答案】A
【分析】的一种同位素没有中子，X是H，基态原子s能级电子数量是p能级的两倍则其核外电子排布为1s22s22p2为C，、位于同一主族，元素的某种单质可用于自来水消毒，则该单质是，W是O、M是S，Z原子序数在Y、M之间，则Z是N，是第四周期元素，的单质可用作食品抗氧化剂，G是Fe，综上所述，X是H、Y是C、Z是N、W是O、M是S、G是Fe。
【解析】A．分别为，中心原子的价电子对数为3，无孤对电子，键角为120°，H2O和H2S的结构相似，中心原子均为sp3杂化，且都有一对孤电子对，键角均小于，O的电负性强于S，成键电子对偏向O原子，孤对电子对成键电子对斥力更大，因此键角H2O＞H2S，则键角大小为：，A错误；B．同周期从左到右原子半径逐渐减小，同主族从上到下原子半径逐渐增大，原子半径：，B正确；C．O、N的简单氢化物均为分子晶体，且均能形成分子间氢键，水分子孤对电子数更多，形成的氢键数量更多，则水分子间的作用力更强，故简单氢化物的沸点：，C正确；D．、、组成的一种离子为，遇到变为血红色的配合物，因此可用于检验，D正确；故选A。
8．氯化亚铜(CuCl)为白色粉末状固体，难溶于水，可用作催化剂、杀菌剂、媒染剂，将少量CuCl分别加入浓盐酸和氨水中进行实验，得到如下实验现象：
已知：[CuCl4]3-无色，[CuCl4]2-黄色，[Cu(H2O)4]2+浅蓝色，[Cu(NH3)2]+无色，[Cu(NH3)4]2+深蓝色。下列说法错误的是
A．用饱和食盐水代替浓盐酸会产生相同的实验现象
B．[CuCl4]2-+4H2O[Cu(H2O)4]2++4Cl- ΔHc(Ag+)>c(AgCl)
D．25℃时，平衡常数K2=10-0.2
【答案】A
【分析】由反应平衡过程AgCl AgCl AgClAgClAg+可知，向Ag+溶液中加入Cl-进行沉淀过程，曲线a、b、c、d、e分别代表Ag+、AgCl、AgCl、AgCl、AgCl，据此解答。
【解析】A．氯化银最多即淀最彻底时，由曲线b可知此时c(Cl-)=10-2.54ml/L，但无法计算溶液中Ag+的浓度，无法计算Ksp(AgCl)，A项错误；B．根据分析可知，曲线c表示AgCl，B项正确；C．根据图象曲线代表的物质可知，当c(Cl-)=10-2ml·L-1时，溶液中(AgCl)>c(Ag+)>c(AgCl)，C项正确；D．由AgCl AgCl可知，K2=，在图中横坐标为10-0.2时，AgCl与AgCl浓度相等，所以K2=c(Cl-)=10-0.2，D项正确；故答案选A。
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
16．（12分）开发新型储氢材料，对大规模使用氢能具有重要的意义。
I．氨硼烷属于配位氢化物储氢材料，具有储氢量高的特点。
（1）分子中与B原子相连的H呈负电性，H、N、B的电负性由大到小的顺序是 ，B原子的杂化方式为 。
（2）氨硼烷在金属型催化剂（如、等）催化下可水解放出氢气，并产生，该反应的化学方程式为 。
II．铁镁合金是目前已发现的储氢密度最高的储氢材料之一，镁铁合金晶胞属立方晶系，结构如图所示，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在的周围（如图），H原子和原子之间的最短距离等于晶胞棱长的。
（3）价电子轨道表示式为 ，同周期基态原子未成对电子数比多的元素是 （填元素符号）。
（4）储氢后晶体与配位的H原子个数为 ，储氢后晶体的密度 （用含的代数式表示）。
（5）萃取法制备高纯铁红需使用甲基异丁基甲酮（），其沸点低于甲基异丁基甲醇（）的原因是 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）N>H>B（1分） sp3（1分）
（2）
（3） Cr、Mn（1分）
（4）12（1分）
（5）甲基异丁基甲醇分子中含有−OH，分子间可以形成氢键，而甲基异丁基甲酮分子间不能形成氢键
【解析】（1）①电负性是元素的原子在化合物中吸引电子的能力，N 的非金属性大于B，分子中与B原子相连的H呈负电性，则H 的电负性大于B，所以电负性由大到小的顺序是N>H>B；
②H3NBH3分子中 B 原子形成 4 个 σ 键(3个B-H键，1个N→B配位键)，没有孤电子对，根据价层电子对互斥理论，B 原子的杂化方式为sp3；
（2）根据原子守恒，氨硼烷在金属型催化剂作用下水解的化学方程式为；
（3）①Fe是 26 号元素，Fe2+的价电子排布式为3d6，价电子轨道表示式为；
②Fe2+的未成对电子数是 4，同周期基态原子未成对电子数比Fe2+多的元素是Cr、Mn（Cr的价电子排布式为3d54s1，未成对电子数是 6、Mn的价电子排布式为3d54s2，未成对电子数是 5）；
（4）① 如图所示，晶胞中有8个Mg原子，Fe原子位于顶点、面心，晶胞中Fe原子数目 ，储氢后H原子以正八面体的配位模式有序分布在Fe原子的周围，则H原子数目为4×6=24个，储氢后晶体的化学式为Mg2FeH6，根据正八面体结构可知，若以Mg原子为顶点，与之配位的H原子位于面心，如图所示：，每个顶点被 8 个晶胞共用，面心被两个晶胞共用，所以与Mg配位的H原子个数为 ；
②晶胞化学式为：Mg2FeH6，晶胞的质量m=g，晶胞体积V=(a×10-3)3cm3，则密度；
（5）甲基异丁基甲醇分子中含有−OH，分子间可以形成氢键，而甲基异丁基甲酮分子间不能形成氢键，分子间氢键会使物质的沸点升高，所以甲基异丁基甲酮的沸点低于甲基异丁基甲醇。
17．（12分）一种铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)中金属元素的综合回收利用的工艺流程如下。
已知：①高铼酸铵(NH4ReO4)微溶于冷水，易溶于热水；
②室温下：Ksp[(NH4)2PtCl6]=5.7×10-6，√57≈7.5。
回答下列问题：
（1）“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，② ；“溶解Ⅰ”中含铼化合物发生反应的离子方程式为 。
（2）“滤渣Ⅱ”的成分为 ，“操作Ⅰ”为 、过滤、洗涤、干燥。
（3）“溶解Ⅲ”中反应的离子方程式为 ；“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1ml/L，加入等体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5ml/L)所需NH4Cl的最小浓度为 ml/L(忽略溶液混合后体积的变化)。
（4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是 ；理论上获得3.72g铼粉，需要标准状况下H2的体积至少为 L。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）除积碳（1分）
（2）Al(OH)3（1分） 蒸发浓缩、冷却结晶（1分）
（3）3Pt+16Cl-+2+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O 1.7
（4）不引入杂质，便于分离提纯铼（1分） 1.568
【分析】铂铼废催化剂(Pt、Re，含Al2O3、Fe3O4、积碳等杂质)焙烧除去积碳，铼转化为Re2O7，加入NaOH溶液溶解Al2O3生成Na[Al(OH)4]，Re2O7转化为NaReO4，Pt、Fe3O4不和NaOH溶液反应过滤后存在于滤渣I中，向滤液中通过过量CO2，将Na[Al(OH)4]转化为Al(OH)3，过滤后存在于滤渣II中，向滤液中加入氯化铵溶液，得到NH4ReO4晶体，加入H2高温还原得到铼粉，滤渣I用硫酸溶液溶解后，Pt不溶于硫酸溶液，过滤得到粗Pt，加入HCl-NaCl溶液溶解Pt，加入NH4Cl沉铂，经过一系列操作得到海绵铂。
【解析】（1）由分析可知，“焙烧”的目的：①将铼转化为Re2O7，②除积碳；“溶解Ⅰ”中Re2O7和NaOH反应转化为NaReO4，离子方程式为：。
（2）由分析可知，“滤渣Ⅱ”的成分为Al(OH)3，“操作Ⅰ”可以得到NH4ReO4晶体，为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。
（3）“溶解Ⅲ”中加入HCl-NaCl溶液溶解Pt，生成[PtCl6]2-和H2O，根据得失电子守恒和电荷守恒配平离子方程式为：3Pt+16Cl-+2+12H+=3[PtCl6]2-+6H2O，“沉铂”时，若溶液中c([PtCl6]2-)=0.1ml/L，加入等体积NH4Cl溶液，[PtCl6]2-完全沉淀(c≤1.0×10-5ml/L)时溶液中c()=ml/L，则所需NH4Cl的最小浓度为=1.7ml/L。
（4）“高温还原”时，工业上用价格稍贵的H2，而不选用廉价还原剂碳的原因是：不引入杂质，便于分离提纯铼；根据反应方程式：2NH4ReO4+7H22Re+2NH3+8H2O，理论上获得3.72g铼粉，n(Re)==0.02ml，需要标准状况下H2的体积至少为0.07ml×22.4L/ml=1.568L。
18．（12分）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应。
资料：ⅰ、Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO−氧化成MnO2(棕黑色)、 (绿色)、 (紫色)。
ⅱ、浓碱条件下，可被OH-还原为。
ⅲ、Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)：
（1）仪器a的名称为 。
（2）B中试剂是 。
（3）通入Cl2前，实验Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为 。
（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
根据资料ⅱ，实验Ⅲ中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
（5）用化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因： ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
（6）取实验Ⅲ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL 40% NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填化学式)氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。
（7）取实验Ⅱ中放置后的1mL悬浊液，加入4mL水，溶液紫色缓慢加深，发生反应的离子方程式是 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）双颈烧瓶（1分）
（2）饱和NaCl溶液（1分）
（3）2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
（4）Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
（5）4+4OH−=4+O2↑+2H2O
（6）Cl2
（7）3ClO−+2MnO2+2OH−=2+3Cl−+H2O
【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，据此解答：
【解析】（1）仪器a的名称为双颈烧瓶；
（2）根据以上分析可知B中试剂是饱和NaCl溶液；（3）)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的OH−反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O。
（4）对比实验Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（5）溶液紫色变为绿色是由于在浓碱条件下，可被OH−还原为，方程式为4+4OH−=4+O2↑+2H2O；
（6）溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明实验Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量；
（7）溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，方程式为3ClO−+2MnO2+2OH−=2+3Cl−+H2O。
19．（12分）天然有机物P是具有除草活性的植物化感物质，其合成路线如下：
（1）A的名称为 。
（2）C的含氧官能团名称为羟基、 、 。
（3）写出的化学方程式 。
（4）根据G与H的分子结构，下列方法可用来鉴别G与H的是 (填序号)。
a．红外光谱 b．与酸性高锰酸钾溶液反应 c．比较水溶性
（5）满足下列条件的B的同分异构体有 种(考虑顺反异构)。
①可以发生银镜反应 ②能与溶液反应 ③分子中有两个
写出核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结构简式 。
（6）已知氯代烃()与醇()在碱的作用下生成醚()。以甲苯和化合物C为原料，参照题干路线合成化合物(无机试剂任选) 。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）1，3，5-苯三酚或间苯三酚（1分）
（2）(酮)羰基（1分） 醚键（1分）
（3）
（4）ac（1分）
（5）3（1分）
（6）（3分）
【分析】A与氢气发生还原反应生成B，B与乙醇分子间脱去1分子水形成醚键生成C，D的分子式为C2H5ClO，对比C与E的结构简式，推知D为CH3OCH2Cl，E中醚键水解重新引入B→C过程中消除的羟基生成F，F与乙酸发生酯化反应生成G，G发生异构化生成H，H重新引入C→E过程中消除的羟基生成G，可知B→C过程、C→E过程的目的是保护特定位置的羟基；
【解析】（1）根据A的结构简式，可知其名称为1，3，5-苯三酚或间苯三酚；
（2）根据C的结构简式，可知其含有的含氧官能团有羟基、羰基、醚键；
（3）由分析可知D的结构简式为CH3OCH2Cl，为取代反应，化学方程式为；
（4）a．G与H含有的官能团不同，用红外光谱可以鉴别，故a选；
b．G和H中都含有碳碳双键，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色，不能鉴别，故b不选；
c．H中含有羟基，在水中的溶解性应该大于G，可以鉴别，故c选；
答案选ac；
（5）B的结构简式为，其同分异构体满足：①可以发生银镜反应 ，说明有醛基；②能与溶液反应，说明有羧基；③分子中有两个；一个羧基和一个醛基将用去3个O以及两个不饱和度，剩余4个碳原子和一个不饱和度，则符合的结构有：、、，共3种；核磁共振氢谱有三组峰的同分异构体的结构简式为；
（6）结合题中氯代烃()与醇()在碱的作用下生成醚()，与反应生成，在盐酸条件下水解生成，与Cl2在光照条件下生成，合成路线为。
20．（12分）二甲醚有含氢量高、廉价无毒等优点，利用二甲醚催化重整制氢的反应如下：
反应：
反应：
回答下列问题：
（1） 。
（2）将和以体积比充入恒容反应器，只发生反应。
①绝热条件下，可判断该反应达到平衡状态的是 (填标号)。
A． B．容器内气体密度不变
C．容器内气体压强不变 D．不变
②实验测得相同投料比和流速时，二甲醚的平衡转化率、单位时间内二甲醚的转化率和温度的关系如图1所示。据图分析，适宜的催化剂是 (填“HZSM-a”或“HZSM-b”)，温度为 。
③在一定温度和压强下，若要进一步提高单位时间内二甲醚的转化率，可采取的措施是 。
（3）在一个恒容密闭容器中充入和，发生反应。平衡时的含量随温度、压强的变化如图2所示。
①判断图中L代表的物理量是 (填“温度”或“压强”)。
②已知A点反应达到平衡，体系压强为PMPa，则的转化率为 ，该温度下的 (列出含P的计算式即可，用平衡分压代替平衡浓度计算，平衡分压=总压×物质的量分数)。
【答案】（除标明外，每空2分）
（1）+125
（2）CD HZSM-b（1分） 280（1分） 寻找催化效果更好的催化剂（1分）
（3）压强（1分） 25%
【解析】（1）已知反应： ；
反应： ；
根据盖斯定律，方程式+可得，故其反应热=+125；
（2）①A．没有描述反应方向，不能说明正逆反应速率相等，不能判断是否达到平衡，故A不选；
B．反应在恒容反应器中进行，容器的体积和气体的总质量都不变，容器内气体密度始终不变，不能判断是否达到平衡，故B不选；
C．该反应为气体体积相等的反应，容器为绝热容器，容器内气体压强不变说明温度不变，则正逆反应速率相等，能说明达到平衡，故C选；
D．不变，即K值不变，证明温度不变，能说明达到平衡，故D选；
答案为CD；
②由图1可知，选择催化剂HZSM-b时，在相同温度下比选择催化剂HZSM-a时，二甲醚的转化率高，故选择的催化剂为HZSM-b；温度为280时，二甲醚的转化率比其它温度下高，故选择的温度为280；
③在一定温度和压强下，若要进一步提高单位时间内二甲醚的转化率，可采取的措施是寻找催化效果更好的催化剂；
（3）①反应II是吸热反应，由图2可知，横坐标X的值越大，平衡时的含量越小，说明平衡正向移动，则X代表温度，L就代表压强；
②已知A点反应达到平衡，此时的含量为50%，起始投料为和，列三段式如下：
有，解得x=0.25，则的转化率为；平衡时CH3OH的物质的量为1.75ml，H2O(g)的物质的量为0.75ml，H2的物质的量为0.75ml，CO2的物质的量为0.25ml，n(总)=3.5ml，则Kp==。试剂
实验现象
浓盐酸
固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为黄色，最后变为浅蓝色。
加热浅蓝色溶液，溶液又恢复为黄色。
氨水
固体溶解，溶液为无色，露置空气一段时间后变为深蓝色，且不变色。
选项
实验操作
实验目的
A
相同温度下，分别测定等浓度的和溶液的pH
证明非金属性：
B
向两支试管中均加入溶液和溶液，一支试管放入冰水，另一支试管放入热水
证明温度对化学反应速率的影响
C
用pH计分别测定等浓度的HCOOH溶液和溶液的pH
证明中键的极性不同
D
用湿润的淀粉试纸检验某气体
证明该气体是氯气
实验
物质a
C中实验现象
通入Cl2前
通入Cl2后
Ⅰ
水
得到无色溶液
产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
Ⅱ
5%NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
Ⅲ
40%NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀