2026届安徽省泗县第一中学高三六校第一次联考化学试卷含解析

这是一份2026届安徽省泗县第一中学高三六校第一次联考化学试卷含解析试卷主要包含了答题时请按要求用笔，28，89等内容，欢迎下载使用。
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一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）
1、下列关于有机化合物的说法正确的是
A．除去乙醇中的少量水，方法是加入新制生石灰，经过滤后即得乙醇
B．CH3CH2CH2COOH和CH3COOCH2CH3属于碳链异构
C．除去乙酸乙酯中的乙酸和乙醇杂质，可加入足量烧碱溶液，通过分液即得乙酸乙酯
D．一个苯环上已经连有—CH3、—CH2CH3、—OH三种基团，如果在苯环上再连接一个—CH3，其同分异构体有16种
2、等温等压下，有质子数相等的CO、N2、C2H2三种气体，下列叙述中正确的是( )
A．体积之比为13∶13∶14B．密度之比为14∶14∶13
C．质量之比为1∶1∶1D．原子数之比为1∶1∶1
3、下列属于氧化还原反应的是( )
A．2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑
B．Na2O＋H2O=2NaOH
C．Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2
D．Ca(OH)2＋CO2=CaCO3↓＋H2O
4、配制一定物质的量浓度的溶液时，下列因素会导致溶液浓度偏高的是
A．溶解时有少量液体溅出B．洗涤液未全部转移到容量瓶中
C．容量瓶使用前未干燥D．定容时液面未到刻度线
5、2019年4月20日，药品管理法修正草案进行二次审议，牢筑药品安全防线。运用现代科技从苦艾精油中分离出多种化合物，其中四种的结构如下：
下列说法不正确的是
A．②③分子中所有的碳原子不可能处于同一平面内
B．②、④互为同分异构体
C．④的一氯代物有6种
D．①②③均能使酸性高锰酸钾溶液褪色
6、一氯甲烷等卤代烃跟苯的反应如图所示，(无机小分子产物略去)。下列说法正确的是

A．该反应属于化合反应
B．b的二氯代物有6种结构
C．1ml b加氢生成饱和烃需要6mlH2
D．C5H11Cl的结构有8种
7、化学与环境、工农业生产等密切相关，下列说法不正确的是
A．浸有酸性高锰酸钾溶液的硅藻土可用于水果保鲜
B．NaCl不能使蛋白质变性,所以不能用作食品防腐剂
C．捕获工业排放的CO2,可用来合成可降解塑料聚碳酸酯
D．在葡萄酒中添加微量SO2作抗氧化剂，可使酒保持良好品质
8、常温下，向10mL0.10 ml/L CuCl2溶液中滴加0.10ml/L Na2S溶液，滴加过程中－lgc(Cu2+)与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法正确的是
A．Ksp(CuS)的数量级为10－21
B．曲线上a点溶液中，c(S2－)•c(Cu2+) > Ksp(CuS)
C．a、b、c三点溶液中，n(H+)和n(OH－)的积最小的为b点
D．c点溶液中：c(Na+)>c(Cl－)>c(S2－)>c(OH－)>c(H+)
9、NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NA
B．1L0.1ml·L-1 NaHCO3溶液中HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA
C．常温常压下，0.5 ml Fe和足量浓硝酸混合，转移电子数为1.5NA
D．0.1 ml H2和0.1 ml I2 (g)于密闭容器中充分反应，其原子总数为0.2NA
10、中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△Hc(Cl－)>c(S2－)，S2－会水解，S2－＋H2OHS－＋OH－溶液呈现碱性，c(OH－)>c(H＋)，水解是微弱的，有c(S2－) > c(OH－)。排序为c(Na+)>c(Cl-)>c(S2-)>c(OH-)>c(H+)；D项正确；
本题答案选D。
9、A
【解析】
A. D2O和H2l8O的摩尔质量相同都为20g/ml,中子数也相等均为10，所以2gD2O和H2l8O混合物中所含中子数为NA，故A正确；B. NaHCO3属于强碱弱酸盐，HCO3-既能发生电离：HCO3-H++CO32-，也能发生水解：H2O+HCO3-H2CO3+OH-，根据物料守恒可知，1L0.1ml·L-1 NaHCO3溶液中H2CO3、HCO3-和CO32-离子数之和为0.1NA,故B错误。C. 常温常压下， Fe和足量浓硝酸发生钝化反应，故C错误；D. 0.1 ml H2和0.1 ml I2 (g)于密闭容器中充分反应为H2（g）+I2 (g)2HI，其原子总数为0.4NA,故D错误；答案：A 。
10、C
【解析】
A. 合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；
B. 催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；
C. 催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；
D. 合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；
答案选C。
11、A
【解析】
A、用胶头滴管将超过刻度线的溶液吸出，说明配制一定物质的量浓度的溶液时，加水超过了刻度线，配制的浓度一定偏低，故A选；
B、未进行恒重操作，可能会导致测定的硫酸铜粉末的质量偏大，测定的结晶水的含量偏小，但若胆矾晶体中结晶水恰好全部失去，则测定的结晶水的含量准确，故B不选；
C、酸碱滴定实验，滴加最后一滴标准液，溶液颜色突变，未等待30s立即读数，可能未达到滴定终点，测定结果可能偏低，但也可能恰好达到滴定终点，测定结果准确，故C不选；
D、测定气体摩尔体积时，气体体积未减去注入酸的体积，导致排除的水的体积偏大，即生成气体的体积偏大，测定结果偏高，故D不选；
故选：A。
12、C
【解析】
氯化铵溶液中加入盐酸通电电解，得到NCl3溶液，氮元素化合价由-3价变化为+3价，在阳极发生氧化反应，阴极是氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，则气体A为氢气；在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH。
【详解】
A．根据分析，气体A为H2，故A错误；
B．在NCl3溶液中加入NaClO2溶液加热反应生成ClO2、NH3和溶液B，由氢元素守恒可知，有水参加反应，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒可知，反应还生成NaCl与NaOH，方程式为：6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH，参加反应的NaClO2和NCl3的物质的量之比为6：1，故B错误；
C．根据分析，结合反应6NaClO2+NCl3+3H2O=3NaCl+6ClO2+NH3+3NaOH可知，溶液B中含有NaCl与NaOH，则含有大量的Na+、Cl－、OH－，故C正确；
D．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，不可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故D错误；
答案选C。
13、B
【解析】
A. 汽油的成分为烃类物质，不能发生皂化反应，而油脂一定条件下能发生皂化反应，A项错误；
B. 硫酸铜可使蛋白质发生变性，则CuSO4可以用作游泳池消毒剂，B项正确；
C. 蔗糖、淀粉、纤维素均不含−CHO，不具有还原性，不能发生银镜反应，C项错误；
D. 蛋白质含−COOH和氨基具有两性，与在肽键无关，D项错误；
答案选B。
14、A
【解析】
A．当反应生成2mlHCl时，断裂2ml化学键，故当生成标况下22.4LHCl即1mlHCl时，断裂1ml化学键即NA个，故A正确；
B．标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积，故B错误；
C.3.4 g H2O2物质的量为0.1ml，含有共用电子对的数目为0.3 NA，故C错误；
D．三价铁离子为弱碱阳离子，在水溶液中会发生部分水解，所以1 L 1 ml/L 的FeCl 3溶液中所含Fe3+数目小于NA，故D错误；
故选：A。
【点睛】
当用Vm=22.4L/ml时，一定要在标准状况下为气体。如B选项，标况下三氧化硫不是气体，不能使用气体摩尔体积=22.4/ml。
15、C
【解析】
A. 加少量BaCl2生成BaSO4沉淀，c(SO42-)减小，使CaSO4溶解平衡向溶解方向移动，c(Ca2+)增大，故A错误；
B. 加少量蒸馏水，CaSO4(s)继续溶解至饱和，c(Ca2+)不变，故B错误；
C. 加少量硫酸c(SO42-)增大，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故C正确；
D. 适当升高温度，使CaSO4溶解平衡向沉淀方向移动，c(Ca2+)减小，故D错误；
故答案为C。
16、D
【解析】
n（Ba2+）=n（H2SO4）= xml，n（Cl-）=n（AgNO3）=yml，根据电荷守恒：
2n（Ba2+）+n（Na+）=n（Cl-），n（Na+）=（y-2x）ml，c(Na+)=（y-2x）ml/0.5aL=(2y-4x)/a
ml·L-1
17、C
【解析】
A．实验结束后一定要再次称量剩余固体质量，再通过其它操作可以计算镁铝合金中镁的质量分数，故A正确；
B．为了使其充分灼烧，氧气要保证充足，故B正确；
C．用空气代替氧气对实验有影响，这是因为高温条件下，镁还能够和氮气、二氧化碳等反应，故C错误；
D．灼烧后的固体为氧化镁和氧化铝的混合物，质量大于ag，这是因为氧气参加了反应，故D正确；
故答案选C。
18、D
【解析】
0.200 ml·L-1的HA溶液与0.200 ml·L-1的NaOH溶液等体积混合后，所得溶液中溶质为NaA，根据表中数据可知：c（ Na+）=0.100ml/L＞c（A-）=9.92×10-2ml/L，可知HA为弱酸；溶液中存在物料守恒：c（ Na+）=c（A-）+c（HA）=0.100ml/L，则c（HA）=0.100-9.92×10-2=8.00×10-4ml/L，所以X为HA；由电荷守恒可知c（OH-）＞c（H+），所以Y是H+。
【详解】
A、HA为弱酸，则0.1ml/L的HA溶液中氢离子浓度小于0.1ml/L，pH＞1，A错误；
B、温度未知，无法判断水的离子积，B错误；
C、X表示HA，Y表示H+，C错误；
D、根据物料守恒：n（A-）＋n（X）＝n（Na＋），D正确。
答案选D。
19、D
【解析】
A．Fe3+发生一定程度的水解，N(Fe3+)＜0.1NA，故A错误；
B．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，因加入Cu的量不确定，转移电子数目N(e－)≤0.1NA，无法确定，故B错误；
C．加水稀释使平衡Fe3++3H2O3H+ + Fe(OH)3向右移动，(H+ )增大，但c(H+ )减小，c(OH－)增大，故C错误；
D．加入0.15 ml NaOH后，溶液中必有2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)、3c(Fe3+)+c(Na+ )+c(H+)=c(OH－)+c(Cl－)(电荷守恒)，可得3c(Fe3+)+c(H+)=c(Na+ )+c(OH－)，故D正确；
答案选D。
【点睛】
列出溶液中的2c(Na+)=c(Cl－)(物料守恒)是解D项的关键。
20、C
【解析】
A. Y是固体，若增加Y的物质的量，平衡不移动，故A错误；
B. Y是固体，物浓度变化量，不能表示反应速率。
C. 平衡时，生成0.1mlZ，消耗0.2mlX，剩余0.1mlX，该反应的平衡常数为，故C正确；
D. 若降低温度，X的体积分数增大，即反应向逆向进行，则正反应为吸热，△H>0，故D错误；
答案选C。
21、B
【解析】
A. 木材纤维主要成分为纤维素，故A正确；
B. “指南针”是我国古代四大发明之一，是由天然磁石制成，磁石的主要成分是Fe3O4，故B错误；
C. 蚕丝纤维的主要成分为蛋白质，故C正确；
D. “黑陶”是陶瓷的一种，传统硅酸盐材料，其主要成分为硅酸盐，故D正确；
答案选B。
22、D
【解析】
A. 标准状况下，SO3不是气体，2.24L SO3并不是0.1 ml，A错误；
B. 12ml/L盐酸为浓盐酸，和足量的二氧化锰共热时，盐酸因消耗、部分挥发以及水的生成，使盐酸浓度变小不能完全反应，所以制得的Cl2小于0.03 ml，分子数小于0. 03NA，B错误；
C. 0. 1ml CH4与0.4ml Cl2在光照下充分反应，发生的是取代反应，得到一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯甲烷及氯化氢的混合物，生成CCl4的分子数小于0.1NA，C错误；
D. 一个乙酸分子中有3个C-H键，则常温常压下，6g乙酸中含有C-H键的数目为0.3NA，D正确；
答案选D。
二、非选择题(共84分)
23、醛基 银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液） 5 1：2
【解析】
甲能与银氨溶液反应，则甲含有-CHO，甲与HCN发生加成反应、酸化得到乙，可推知甲为，甲与氢气发生加成反应生成丙为，乙与丙在浓硫酸、加热条件下发生酯化反应生成丁为．甲与与银氨溶液发生氧化反应、酸化生成戊为，戊分子羧基中-OH被Cl原子取代生成己为，庚与有机物M发生聚合反应生成高分子树脂，由高分子树脂的结构可知，应是与HCHO发生的加聚反应，而庚与己发生反应生成辛，由信息可知，庚应含有羟基，故庚为，M为HCHO，辛为，据此解答。
【详解】
（1）甲为，含氧官能团是：醛基，检验醛基常用的化学试剂为：银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液），故答案为：醛基；银氨溶液（或新制氢氧化铜悬浊液）；
（2）由上述分析可知，己的结构简式为，丁的结构简式为，故答案为：；；
（3）乙有多种同分异构体．属于甲酸酯，含酚羟基，且酚羟基与酯的结构在苯环邻位的同分异构体：
若有2个侧链，侧链为-OH、-CH2OOCH，若有3个侧链，侧链为-OH、-OOCH、-CH3 ，-OH、-OOCH处于邻位，-CH3 有4种位置，故共有5种，故答案为：5；
（4）在NaOH溶液中发生水解反应时，1ml丁（）水解消耗1mlNaOH，1ml辛（）消耗NaOH为2ml，二者消耗氢氧化钠的物质的量之比为1：2，故答案为：1：2；
（5）庚与M合成高分子树脂的化学方程式为：，
故答案为：。
【点睛】
本题考查有机物推断、官能团结构与性质、同分异构体、有机反应方程式书写等，根据乙的结构及反应信息推断甲，再结构反应条件进行推断，是对有机化学基础的综合考查。
24、Fe(ClO4)32Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓
【解析】
（1）混合单质气体被稀NaOH溶液吸收后得到的无色气体能使带火星木条复燃，证明有氧气生成；能被氢氧化钠吸收的气体单质为Cl2.,说明M中含有O和Cl元素；由“”说明红棕色固体为Fe2O3，说明M中含有Fe元素；n（Fe2O3）=16g÷160g/ml=0.1ml，n（O2）=33.6g÷32g/ml=1.05ml，则m（Cl）=70.9g-33.6g-16g=21.3g，n（Cl）=21.3g÷35.5g/ml=0.6ml，n（Fe）：n（Cl）：n（O）=0.2ml：0.6ml：（0.3ml+1.05ml×2）=1:3:12，则M的分子式为Fe(ClO4)3。
（2）被 NaOH 吸收的气体为氯气，其电子式为：。
（3）A为FeCl3溶液，向溶液 A 中通入 H2S 气体，有淡黄色沉淀产生，反应的离子方程式2Fe3++H2S=2Fe2++2H++S↓。
25、MnO2＋2Cl−＋4H+Mn2+＋Cl2↑＋2H2O h，i，d，e g，f，b，（c） 未升华出来的FeCl3与未反应完的铁粉在水溶液中反应生成Fe2+ SO2+2H2O+2Fe3+===SO42-+4H++2Fe2+ 液体中无明显光路 K3[Fe(CN)6] 生成蓝色沉淀 ﹤ ﹤
【解析】
Ⅰ首先制取氯气，然后除杂、干燥，再与铁粉反应，冷凝法收集升华出的FeCl3，最后连接盛有碱石灰的干燥剂，吸收多余的氯气，防止空气中的水蒸气使FeCl3水解。F中剩余的固体可能为未升华的FeCl3和铁粉的混合物，溶于水发生反应生成FeCl2；
Ⅱ①Fe3+与SO2发生氧化还原反应生成Fe3+和SO42-，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出离子方程式；
②没有出现丁达尔现象，说明红棕色物质不是Fe(OH)3胶体；
③用K3Fe(CN)6溶液检验Fe2+，生成蓝色沉淀；
④反应(i)比反应(ii)快，则活化能E(i)0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；
④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小。
28、 3 平面三角形 X射线衍射 sp3杂化 5:4 ［C（NH3）5Cl］Cl2 6 Fe2+的半径小于C2+，FeO的晶格能大于CO，FeCO3比CCO3易分解 Fe3O4 ×1010
【解析】
(1)硒为34号元素，有6个价电子，据此书写价层电子排布图；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素；气态SeO3分子Se原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形；
(2)确定晶体、非晶体的方法是X射线衍射
(3)根据(SCN）2分子中分子结构式为N≡C-S-S-C≡N分析；
(4)配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，据此计算出外界离子Cl-离子的数目，据此分析解答；
(5)根据产物FeO的晶格能和CO的晶格能比较进行分析；
(6)根据均摊法确定微粒个数，即可确定化学式；晶胞参数a=×1010cm。
【详解】
(1)硒为34号元素，有6个价电子，价电子排布图为；同一周期中，元素的第一电离能随着原子序数增大而呈增大趋势，但第ⅤA族元素第一电离能大于相邻元素，因此同一周期p区元素第一电离能大于硒的元素有3种，分别为As、Br、Kr； 气态SeO3分子Se原子孤电子对数==0，价层电子对数=3+0=3，为平面三角形；
答案： 3 平面三角形
(2)确定某种金属互化物是晶体还是非晶体的方法是是X射线衍射
答案：X射线衍射
(3)（SCN）2分子中分子结构式为N≡C-S-S-C≡N，每个S原子价层电子对个数是4且含有两个孤电子对，根据价层电子对互斥理论知硫原子的杂化方式为sp3，该分子中σ键和π键数目之比为5:4；
答案：sp3杂化 5:4
(4)配合物的物质的量为0.2ml/L×100×10-3L=0.02ml，氯化银的物质的量为，配合物中配位离子Cl-不与Ag+反应，1ml该配合物生成2ml AgCl沉淀，所以1ml该配合物中含2ml外界离子Cl-，即配离子中含有2个Cl-，该配合物的化学式可写为：[C（NH3）5Cl]Cl2，中心离子配位数6；
答案：［C（NH3）5Cl］Cl2 6
（5）因为Fe2+的半径小于C2+，所以FeO的晶格能大于CO，生成物FeO比CO稳定，所以FeCO3的分解温度低于CCO3；
答案：Fe2+的半径小于C2+，FeO的晶格能大于CO，FeCO3比CCO3易分解
（6）根据图示可知晶胞中含4个X、4个Y，每个X中含Fe3+：4×1/8+1=3/2，O2-：4；每个Y中含Fe3+：4×1/8=1/2，Fe2+：4 O：4 则晶胞中共有Fe3+：4×（3/2+1/2）=8 ，Fe2+：4×4=16 O2-：（4+4）×4=32，晶胞中铁与氧个数比为（8+16）：32=3:4，氧化物的化学式为Fe3O4；晶胞参数a==×1010pm=×1010pm
答案：×1010
29、将正极材料粉碎 搅拌、适当升高温度等(任答两种) Na[Al(OH)4]+CO2==Al(OH)3↓+NaHCO3(或其他合理答案) 2LiCO2+6H++H2O2==2Li++2C2++O2↑+4H2O 调节pH时Fe3+会形成Fe(OH)3胶体，吸附溶液中的金属阳离子 趁热过滤 淀粉溶液 NaFe3(SO4)2(OH)6
【解析】
正极材料（含铝箔、LiCO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂）加入NaOH碱溶后，铝箔溶解成为滤液，此时滤渣为LiCO2、Fe2O3及少量不溶于酸碱的导电剂；加入H2SO4、H2O2酸浸后，LiCO2、Fe2O3溶解生成Li+、C2+(酸溶时生成的C3+被H2O2还原为C2+)，不溶于酸碱的导电剂成为滤渣；加入Na2SO4后，Fe3+转化为黄钠铁矾沉淀；加入草酸铵饱和溶液后，C2+转化为CC2O4沉淀；溶液浓缩后，加入纯碱，Li+转化为Li2CO3沉淀。
【详解】
(1)为了提高碱溶效率，可以通过增大接触面积、升高温度等操作实现，具体操作为将正极材料粉碎，搅拌、适当升高温度等(任答两种)。答案为：将正极材料粉碎；搅拌、适当升高温度等(任答两种)；
(2)为处理“碱溶”后所得滤液中含有的Na[Al(OH)4]，向其中通入过量CO2，生成Al(OH)3沉淀和NaHCO3，发生反应的化学反应方程式为Na[Al(OH)4]+CO2==Al(OH)3↓+NaHCO3。答案为：Na[Al(OH)4]+CO2==Al(OH)3↓+NaHCO3(或其他合理答案)；
(3) “酸浸”时，LiCO2溶解生成Li+、C2+(酸溶时生成的C3+被H2O2还原为C2+)，同时生成O2，发生反应的离子方程式为2LiCO2+6H++H2O2==2Li++2C2++O2↑+4H2O。答案为：2LiCO2+6H++H2O2==2Li++2C2++O2↑+4H2O；
(4) “沉铁”时采用的“黄钠铁矾法”与传统的通过调整溶液pH的“氢氧化物沉淀法”相比，后者生成的Fe(OH)3胶体具有吸附作用，能吸附溶液中的金属离子，从而造成离子损失，原因是：调节pH时Fe3+会形成Fe(OH)3胶体，吸附溶液中的金属阳离子。答案为：调节pH时Fe3+会形成Fe(OH)3胶体，吸附溶液中的金属阳离子；
(5)信息显示，碳酸锂的溶解度随温度升高而降低，由此得出“沉锂”后得到碳酸锂固体的实验操作为趁热过滤。答案为：趁热过滤；
(6)在配成的100.00mL溶液中，依据关系式2Fe3+——I2——2 Na2S2O3，可求出n(Fe3+)=0.2500ml•L-1×0.030L×4=0.03ml，n(SO42-)==0.02ml，则
23n(Na+)+17n(OH-)+0.03×56+0.02×96=4.85(质量守恒)
0.03×3+ n(Na+)=0.02×2+ n(OH-) (电荷守恒)
从而求出n(Na+)=0.01ml，n(OH-)=0.06ml，n(Na+):n(Fe3+):n(SO42-):n(OH-)=1:3:2:6，用Na2S2O3溶液进行滴定时，使用的指示剂为淀粉溶液；根据上面计算出的比值，可确定黄钠铁矾的化学式为NaFe3(SO4)2(OH)6。答案为：淀粉溶液；NaFe3(SO4)2(OH)6。
【点睛】
在书写LiCO2酸浸时的离子方程式时，我们需注意两点：一是LiCO2与一般的碱金属盐不溶，它是难溶性盐，不能拆成离子；二是一般反应中，H2O2表现氧化性，而在此反应中，据后续反应可知，钴转化为C2+，即C3+转化为C2+表现氧化性，则H2O2应表现还原性，氧化产物为O2。
选项
陈述I
陈述II
A
油脂和汽油都是油
一定条件下都能发生皂化反应
B
CuSO4可以用作游泳池消毒剂
铜盐能使蛋白质变性
C
蔗糖、淀粉、纤维素是还原性糖
它们一定条件下都能发生银镜反应
D
蛋白质结构中存在肽键
蛋白质能表现出两性
微粒
X
Y
Na+
A-
浓度/（ml•L-1）
8.00×10-4
2.50×10-10
0.100
9.92×10-2
步骤
现象
结论
①取5mL1ml·L-1FeCl3溶液于试管中，通入SO2至饱和。
溶液很快由黄色变为红棕色
②用激光笔照射步骤①中的红棕色液体。
_______________
红棕色液体不是Fe(OH)3胶体
③将步骤①中的溶液静置。
1小时后，溶液逐渐变为浅绿色
④向步骤③中溶液加入2滴___________
溶液(填化学式)。
_______________
溶液中含有Fe2+
滴定次数
滴定前读数（mL）
滴定后读数（mL）
8
8．28
86．28
2
6．88
86．98
6
8．58
89．89