黄金卷06-【赢在高考·黄金8卷】备战2023年高考化学模拟卷（全国卷专用）

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（满分100分，时间50分钟）
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。
2．作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。
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 li-7 C-12 O-16 Na-23 Al-27 P-31 Cu-64
一、选择题：本题共7小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求。
7.下列说法不正确的是
A．苯甲酸可以用于合成香料、药物等，其钠盐也是常用的食品防腐剂
B．硬化油不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂和人造油的原料
C．新冠患者出现高烧症状，需要适量饮用糖水以补充汗液流失的电解质
D．甲醛溶液又称福尔马林，具有杀菌、防腐性能，可用于制作生物标本
【答案】C
【详解】A．苯甲酸可以用于合成香料、药物等，苯甲酸钠是常用的食品防腐剂，A正确；
B．硬化油是饱和脂肪酸甘油酯，不易被空气氧化变质，可作为制造肥皂和人造油的原料，B正确；
C．蔗糖不属于电解质，C错误；
D．甲醛溶液又称福尔马林，具有杀菌、防腐性能，可用于制作生物标本，D正确；
故选C。
8.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．1ml和1ml中质子数相等，中子数不相等
B．电解精炼铜时，电路中每通过NA个电子，阴极析出32gCu
C．常温常压下，1.4g乙烯和丙烯混合气体含有极性键数为0.3 NA
D．1ml与NaOH溶液完全反应，所得溶液中
【答案】B
【详解】A．和的质子数和中子数都为10，则1ml和1ml中质子数和中子数都相等，故A错误；
B．电解精炼铜时，铜离子在阴极得到电子发生还原反应生成铜，则电路中每通过NA个电子，阴极析出铜的质量为××64g/ml=32g，故B正确；
C．乙烯和丙烯的最简式相同，都为CH2，则常温常压下，1.4g乙烯和丙烯混合气体含有极性键数为×2×NAml—1=0.2NA，故C错误；
D．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯化钠是强酸强碱盐，在溶液中不水解，次氯酸钠是强碱弱酸盐，在溶液中水解使溶液呈碱性，所以1ml氯气与氢氧化钠溶液完全反应所得溶液中氯离子浓度大于次氯酸根离子浓度，故D错误；
故选B。
9.下列实验目的对应的实验方案设计、现象和结论都正确的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】A．没有说明两份溶液的浓度，所以无法根据比较其酸性强弱，A错误；
B．溶液少量，再加入少量溶液，与直接反应生成沉淀，没有发生沉淀的转化，不能说明比的溶度积小，B错误；
C．向溶液中滴加几滴溶液，溶液无明显变化说明溶液中无，滴入新制氯水时溶液变血红色，说明生成了，原溶液中存在，被氧化成，具有还原性，C正确；
D．用待标定的标准溶液滴定邻苯二甲酸氢钾，用酚酞作指示剂，滴定至溶液呈浅红色，且30秒内不褪色，才可以判断到达滴定终点，D错误。
故选C。
10.布洛芬(图丁)是一种非甾体抗炎药，下面是其一条高产率的合成路线。下列说法正确的是
A．甲中最多有8个碳原子共平面B．乙转化为丙为加成反应或还原反应
C．与丙有相同官能团的同分异构体只有6种D．丁与乙酸互为同系物
【答案】B
【详解】A．甲中苯环上的6个碳原子共平面，和苯环直接相连的碳原子也共平面，以该碳原子为中心，取代基上与该碳原子直接相连的碳原子与其共面，以此类推，取代基上还有一个碳原子与它们共面，所以总共是6+1+1+1=9，所以最多有9个碳原子共平面，A选项错误；
B．乙转化为丙是在催化剂的作用下，碳氧双键与氢气发生加成反应生成，是加成反应或还原反应，B选项正确；
C．与丙有相同官能团即含有-OH，除了苯环外，取代基有6个C原子，并且可以是一取代、二取代、三取代等取代方式，所以同分异构体种类远远超过6种，C选项错误；
D．丁的分子式为，乙酸的分子式为C2H4O2，分子组成上并不是相差n个-CH2-，故不互为同系物，D选项错误；
答案选B。
11.有a、b、c、d、e五种原子序数依次増大的前四周期元素，b在地壳中含量最高，e是人体含量最高的金属元素；由这五种元素构成的某天然结晶水合物的化学式为。下列说法正确的是
A．简单离子半径：
B．最简单氢化物稳定性：
C．c的最高价氧化物对应的水化物是强酸
D．c、d的氯化物均能与a、b形成的化合物发生反应
【答案】D
【分析】元素a、b、c、d、e原子序数依次增大，b在地壳中含量最高，则b为O元素；人体含量最高的金属为钙，则e为Ca；5种元素占据四个不同周期，则A位于第一周期，为H元素；设C的化合价为a、D的化合价为b，根据化学式Ca[c2d3O10]·3a2b可知：2a+3b+2=20，讨论可知a=3、b=4，则c为Al、d为Si，符合题意，或a=6，b=2，由原子序数，可知c为S、d为Ca，不符合题意，由以上分析可知，a为H、b为O、c为Al、d为Si、e为Ca，以此分析解答。
【详解】根据上述分析可知，a为H、b为O、c为Al、d为Si、e为Ca，
A．电子层数相同时，原子序数越小，其简单离子半径越大，在第三周期中简单离子半径最小，A错误；
B．非金属性O＞Si，所以最简单氢化物稳定性：，B错误；
C．c的最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，属于一元弱酸，C错误；
D．c、d的氯化物分别为氯化铝和四氯化硅均能发生水解，D正确；
答案选D。
12.利用电池可将雾霾中的、转化为硫酸铵，其回收利用装置如图所示。电池工作时的总反应为，充放电时，在正极材料上嵌入或脱嵌，随之在石墨中发生了的生成与解离。下列有关说法不正确的是
A．转化为硫酸铵时，M与b相接，N与a相接
B．电池工作时，负极电极反应式为：
C．该装置实际工作过程中需要在C处通入适量或者补充适量
D．理论上当消耗2.24L(标准状况)时，电池中两池质量差改变2.8g
【答案】C
【分析】根据题中信息，左边装置为化学电源，根据电池工作时总反应，以及原电池工作原理，LixC6电极为负极，Li1-xFePO4电极为正极，右边装置为电解池，利用该电池电解雾霾中NO、SO2转化为硫酸铵，硫元素化合价升高，失去电子，根据电解原理，通入SO2的一极为阳极，通入NO的一极为阴极，据此分析；
【详解】A．电解池中阳极接电源的正极，阴极接电源的负极，根据上述分析，M接b，N接a，故A说法正确；
B．电池工作时，负极上失去电子，化合价升高，根据电池工作总反应，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，故B说法正确；
C．阳极反应式为SO2-2e-+2H2O=SO+4H+，阴极反应式为NO+5e-+6H+=NH+H2O，电解总反应为5SO2+2NO+8H2O(NH4)2SO4+4H2SO4，因为制备硫酸铵，因此实际工作中需要在C处通入适量的氨气，故C说法错误；
D．理论上消耗标准状况下2.24LSO2时，转移电子物质的量为0.2ml，电池工作时，负极反应式为LixC6-xe-=6C+xLi+，正极反应式为Li1-xFePO4+xLi++xe-=LiFePO4，负极质量减少0.2ml×7g/ml=1.4g，正极质量增大1.4g，电池中两池质量差改变2.8g，故D说法正确；
答案为C。
科
13.Ga与Al同为第ⅢA族元素，溶液中Ga3+及其与OH-形成的微粒的浓度分数a随溶液pH变化的关系如下图所示。已知CH3COOH的电离平衡常数Ka=1.8×10-5，向NaGa(OH)4溶液中滴加醋酸溶液，关于该过程的说法不正确的是
A．[Ga(OH)4]-的浓度分数一直减小
B．Ga3++H2OGa(OH)2++H+，该平衡常数K的数量级为10-3
C．pH=7时，
D．当溶液中Ga3+与Ga(OH)3的浓度相等时，c(CH3COO-)＜c(CH3COOH)
【答案】C
【详解】A．向NaGa(OH)4溶液中不断滴加醋酸溶液，随着溶液pH的减小，[Ga(OH)4]-与醋酸电离产生的H+会不断反应产生Ga(OH)3、、Ga(OH)2+、Ga3+，因此[Ga(OH)4]-的浓度分数一直减小，A正确；
B．反应Ga3++H2OGa(OH)2++H+的平衡常数K=，由图可知，在溶液pH=2.5左右时c[Ga(OH)2+]=c(Ga3+)，此时K=c(H+)=10-2.5，所以平衡常数K的数量级为10-3，B正确；
C．在室温下，pH=7时的溶液显中性，c(H+)=c(OH-)，根据溶液中存在电荷守恒可得关系式：+c(CH3COO-)，故，C错误；
D．由图可知：当溶液中Ga3+与Ga(OH)3的浓度相等时，溶液pH=3.5，溶液显酸性，说明CH3COOH的电离作用大于CH3COO-的水解作用，故微粒浓度关系为：c(CH3COO-)＜c(CH3COOH)，D正确；
故合理选项是C。
(一)必考题：共43分。
26.（14分）铋(Bi)的化合物广泛应用于电子、医药等领域。由辉铋矿(主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质)制备NaBiO3的工艺流程如下图：
已知：i.Bi3+易水解；NaBiO3难溶于冷水
ii.“氧化浸取”时，铋元素转化为Bi3+，硫元素转化为硫单质
iii.
iv.该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH见下表：
回答下列问题：
(1)为了提高辉铋矿的浸取率，可采取的措施为_______。(写一条)
(2)“滤渣1”的主要成分是_______。(填化学式)
(3)用硝酸替代“盐酸，H2O2”也可以实现“氧化浸取”，从环保角度考虑，存在的缺点是_______。
(4)检验“氧化浸取”液中是否含Fe2+，可选择的试剂是_______(填标号)。
a.KSCN溶液 b.K3[Fe(CN)6]溶液 c.KSCN溶液和双氧水
(5)“除铁”时，调节溶液pH值的范围是_______。
(6)“转化”时，生成NaBiO3的离子方程式是_______。
(7)“转化”后应冷却至室温再过滤，原因是_______。
【答案】(1)粉碎、搅拌、适当升高温度、增大浸取液浓度、延长浸取时间等
(2)S、SiO2
(3)产生大气污染物 NOx
(4)b
(5)3.7~4.5
(6)
(7)NaBiO3在冷水中难溶，冷却过后过滤可减少 NaBiO3的损失
【分析】由题干信息，辉铋矿主要成分为Bi2S3，含FeS、CuO、SiO2等杂质，向辉铋矿中加入H2O2和盐酸进行氧化浸取，发生的反应有：Bi2S3+3H2O2+6H+=2Bi3++3S+6H2O，2FeS+3H2O2+6H+=2Fe3++2S+6H2O，CuO+2H+=Cu2++H2O，得到含S和SiO2的滤渣1，滤液中含有Bi3+、Fe3+和Cu2+，再调节pH除去Fe3+，得到滤渣2为Fe(OH)3，过滤后向滤液中加入氨水，发生反应Cu2++4NH3(g)Cu[(NH3)4]2+，过滤后加入盐酸溶液滤渣，再加入NaOH、NaClO，发生反应Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O得到产品NaBiO3；
【详解】（1）为了提高辉铋矿的浸取率，可采取的措施为粉碎、搅拌、适当升高温度、增大浸取液浓度、延长浸取时间等；
（2）根据分析可知，氧化浸取时硫元素转化为硫单质，SiO2不参与反应，因此得到的滤渣1主要成分为S和SiO2；
（3）用硝酸替代“盐酸，反应中硝酸发生氧化还原反应生成大气污染物一氧化氮、二氧化氮等氮的氧化物，故不环保；
（4）亚铁离子和K3[Fe(CN)6]溶液会生成蓝色沉淀；检验“氧化浸取”液中是否含Fe2+，可选择的试剂是K3[Fe(CN)6]溶液；故选b；
（5）结合已知信息iv，当pH≥3.7时，Fe3+完全沉淀，为防止Bi3+沉淀，pH不能超过4.5，因此“除铁”时，调节溶液的pH值的范围为3.7≤pH＜4.5；
（6）“转化”时加入NaOH、NaClO发生氧化还原反应生产氯离子、同时得到产品NaBiO3，反应的离子方程式为Na++ClO-+Bi3++4OH-=NaBiO3↓+Cl-+2H2O；由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
（7）“由于NaBiO3在冷水中难溶，因此“转化”后应冷却至室温再过滤，可减少NaBiO3的损失。
27.（14分）某化学小组探究铜和稀硝酸的反应：
资料1 铜与浓度低于反应很慢，且放热极少。
(1)实验预测
①铜与稀反应的离子方程式为_______。
②小组同学预测铜与稀的反应速率应逐渐减慢，其理论依据是_______。
(2)实验实施
实验I：铜丝与反应。
实验II：探究Cu与稀在无氧环境下反应所得溶液显绿色的原因：
资料2：
i.上述溶液中均不存在-3价的氮；为淡黄色沉淀。
ii.是一种弱酸，；
①通过上述实验，证明铜与稀反应过程中可能有生成，理由是_______。
②分析阶段B溶液呈绿色的原因_______。
③从平衡角度分析实验II中，阶段B溶液中滴加稀硫酸溶液由绿色变蓝的原因_______。
④写出铜和稀反应的生成的化学方程式_______。
(3)继续探究：
探究铜和稀反应速率变化的原因：小组同学依据实验I的数据，画出铜和稀硝酸反应的速率时间图像为下图：
甲同学提出，铜与稀硝酸反应，反应开始较慢(阶段A)，后较快(阶段B)，可能是因为反应生成的产物有催化作用，并通过实验证明了自己的猜想：甲同学设计的实验方案为_______。
(4)反思总结：通过上述实验探究过程，铜和的反应实际过程可能为_______。
【答案】(1) 随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢
(2) 在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀 B阶段产生，电离产生，发生反应；，溶液为绿色； B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色
(3)在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象；
(4)铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快生成越多。
【详解】（1）铜和稀硝酸反应的离子方程式为：，随着反应的进行，硝酸浓度减小，反应速率减慢；
（2）在B阶段和C阶段，加入溶液，产生黄色沉淀，说明在反应的过程有生成；B阶段产生，电离产生，发生反应；（绿色），所以溶液为绿色；B阶段，滴加稀硫酸，增大，平衡逆向移动，使减小，，平衡逆向移动，溶液从绿色变成蓝色；铜和稀反应的生成的化学方程式为：；
（3）要证明在该反应中作催化剂，直接加入溶液，其他的试剂和操作和上述一样，形成更好的对比，所以方案设计为：在另一只洁净的注射器中装入相同质量铜丝，再注入相同多的同浓度的稀硝酸，滴加几滴溶液，其余的操作与上述实验相同，观察现象。
（4）根据实验现象和实验探究，铜和稀反应先生成少量，作催化剂，反应速率加快，生成越多。
28.（15分）利用晶格氧部分氧化甲烷制合成气(与)技术将传统甲烷重整反应分解为几个气固相反应，实现燃料与氧气不接触，其一般模型如图所示：
在一定温度下，该模型涉及的主要反应如下：
主反应：
副反应：
甲烷裂解反应：
载氧体恢复晶格氧反应：
请回答下列问题：
(1)模型中载氧体中的价态：载氧体I_______载氧体II(填“>”“<”或“=”)。
(2)该模型部分氧化甲烷制合成气的反应方程式为：，该温度下反应的_______。
(3)已知副反应的，下列温度下反应能自发进行的是？_______(填标号)。
A． B． C．
(4)控制投料比为、压强为时，平衡时及各气体的物质的量随温度的变化如图a所示：
已知：，
①图a中c曲线对应的气体为_______。
②图a中忽略与c气体，平衡时，_______。
(5)当、时，控制不同，平衡时与温度的关系如图b所示，请说明当反应体系温度低于时，越大，温度越高，越有利于合成气的生成：_______。
【答案】(1)＞
(2)
(3)C
(4) CO 0.2
(5)生成合成气的反应为吸热的气体分子数增大的反应，体系温度低于时，温度升高平衡正向移动，越大，则反应后甲烷的量减小，压强减小，平衡正向
【详解】（1）载氧体II和氧气反应，反应后氧元素得到电子化合价降低，根据电子守恒可知，则载氧体中的化合价升高，故模型中载氧体中Ce的价态：载氧体I＞载氧体II；
（2）已知：
①
②
由盖斯定律可知，2×①+②得：；
（3）根据，反应可以自发进行，则，，故选C；
（4）①图a中已知H2O、CO2气体的曲线，反应中投料CH4，CH4随着反应气量减少，故a为CH4；由主反应化学方程式可知，消耗1分子CH4生成CO、2分子H2，且CH4裂解反应也生成H2，故b为H2，c曲线对应的气体为CO；
②图a中忽略与c气体，其实CH4为1.0ml，平衡时，CH4、H2均为0.6ml，则生成H2需要消耗0.3ml CH4，副反应消耗CH4的物质的量为（1.0ml-0.6ml）-0.3ml=0.1ml，则生成0.2ml；
（5）生成合成气的反应为吸热的气体分子数增大的反应，体系温度低于时，温度升高平衡正向移动，越大，则反应后甲烷的量减小，压强减小，平衡正向，故越大，温度越高，越有利于合成气的生成。
(二)选考题：共15分。请考生在第35、36题中任选一题作答。如果多做，则按所做的第一题计。
35.（15分）我国科学家制备的催化剂能实现氨硼烷(H3NBH3)高效制备氢气的目的，制氢原理：，请回答下列问题：
(1)基态Al原子核外电子云轮廓图呈球形、哑铃形的能级上电子数之比为_______。
(2)已知几种元素的电负性如下表所示。
①上述制氢反应中，有_______种元素的原子采取sp3杂化。
②NH3中键角∠HNH_______(填“大于”、“小于”或“等于”)H3NBH3中键角∠HNH。
③B、C、N、O的电负性依次增大，其主要原因是_______。
(3)某有机硼化合物的结构简式如下图所示，组成该有机物的第二周期元素第一电离能由大到小的顺序为_______(填元素符号)。
(4)化硼是一种新型无机非金属材料，晶胞结构如下图所示。以晶胞参数为单位长度建立坐标系，表示晶胞中各原子的位置，称为原子坐标。a点磷原子的坐标为(0，0，0)，b点磷原子的坐标为(1，1，0)，则c点硼原子的坐标为_______。
(5)四氢铝钠(NaAlH4)是有机合成中重要的还原剂，晶胞结构如下图所示。
①的配位数为_______。
②已知NA为阿伏加德罗常数的值，晶体的密度为_______(用含a、NA的代数式表示)g∙cm-3 。
【答案】(1)6∶7
(2) 4 小于 原子半径依次减小，得电子能力依次增强
(3)N>O>C>B
(4)(，，)
(5) 8
【详解】(1)铝元素的原子序数为13，基态原子的电子排布式为1s22s22p63s23p1，则原子中球形的s能级与哑铃形的p能级上电子数之比为6∶7，故答案为：6∶7；
(2)①由方程式可知，制氢反应的化合物中硼、碳、氮、氧四种原子的价层电子对数都为4，杂化方式均为sp3杂化，故答案为：4；
②氨分子中氮原子含有1对孤对电子，中氨分子的孤对电子与硼原子形成配位键，孤电子对对成键电子对的排斥力大，所以氨分子中键角∠HNH小于中键角∠HNH，故答案为：小于；
③同周期元素，从左到右原子半径依次减小，得电子能力依次增强，元素的非金属性依次增强，元素的电负性依次增大，则硼、碳、氮、氧四种元素的电负性依次增大，故答案为：原子半径依次减小，得电子能力依次增强；
④由电负性的大小可知，氢元素的电负性大于硼元素，则在氨硼烷中，H—B键中共用电子对偏向氢原子，氢原子带部分负电荷，故答案为：负；
(3)同周期元素，从左到右第一电离能呈增大趋势，氮原子的2p轨道为稳定的半充满结构，第一电离能大于相邻元素，则硼、碳、氮、氧四种元素的第一电离能由大到小的顺序为N>O>C>B，故答案为：42；N>O>C>B；
(4)由位于顶点a点磷原子的坐标为(0，0，0)、顶点b点磷原子的坐标为(1，1，0)可知，晶胞的边长为1，则位于体对角线处的c点硼原子的坐标为(，，)，故答案为：(，，)；
(5)①由晶胞结构可知，位于体心的四氢合铝酸根离子与位于棱上和面心的钠离子距离最近，则四氢合铝酸根离子的配位数为8，故答案为：8；
②由晶胞结构可知，位于体心、顶点和面上的四氢合铝酸根离子的个数为1+8×+4×=4，位于棱上、面上的钠离子个数为4×+6×=4，设晶体的密度为dg/cm3，由晶胞的质量公式可得：=(a×10—7)2×2a×10—7×d，解得d=，故答案为：。
36.（15分）某种聚碳酸酯F的透光性好，可制成车、船的挡风玻璃，以及眼镜镜片、光盘等，其合成路线如下：
已知：
(1)化合物A的名称为___________，化合物C中所含官能团的名称为___________。
(2)化合物B的用途有___________(任写一种)。
(3)反应③的化学方程式为___________，反应类型为___________。
(4)化合物E的结构简式为___________。
(5)碳酸二甲酯()的分子式为___________，写出其能与溶液反应的同分异构体的结构简式___________(任写两种)。
【答案】(1) 氯苯 羟基
(2)制造酚醛树脂
(3) 取代反应
(4)
(5) C3H6O3 HOCH2CH2COOH、CH3CH(OH)COOH
【分析】由PC塑料的结构()，可知E为 ，结合已知条件及C的结构简式及D的分子式，可知D为 ，结合A的结构简式及B的分子式C6H6O，可知B为苯酚，据此分析解答。
【详解】（1）根据A的结构简式，名称为氯苯；根据C的结构简式，C中只含有一种官能团羟基；
（2）根据分析可知，B为苯酚，苯酚的用途有作为酚醛树脂的原料，皮肤杀菌等；
（3）根据分析可知，C为 ，D为，结合已知条件，C→D的反应方程式为
，该反应为取代反应；
（4）根据分析可知E为；
（5）碳酸二甲酯()的分子式为C3H6O3；能与溶液反应的官能团有羧基或酯基，则可以是HOCH2CH2COOH、CH3CH(OH)COOH、HOCH2COOCH3、CH3OCH2COOH、HCOOCH2CH2OH等均符合。选项
实验目的
实验方案设计
现象和结论
A
探究与酸性的强弱
用计测量酸酸、盐酸的，比较溶液大小
盐酸的比醋酸小，则是弱酸
B
探究和溶度积的大小
向氢氧化钠溶液中先加入少量溶液，充分反应后再加入少量溶液
先产生白色沉淀，后产生蓝色沉淀，说明比的溶度积小
C
探究具有还原性
向盛有溶液的试管中滴加几滴溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
滴入溶液时，无明显变化，滴入新制氯水时溶液变血红色，具有还原性
D
标定溶液的浓度
准确称取3份邻苯二甲酸氢钾，分别放入3个锥形瓶中，加入蒸馏水，加入2滴酚酞指示剂，用待标定的标准溶液滴定
若滴定至溶液呈浅红色即达滴定终点，据此可计算出溶液的准确浓度
金属离子
Fe2+
Fe3+
Cu2+
Bi3+
开始沉淀的pH
7.6
2.7
4.8
4.5
沉淀完全的pH
9.6
3.7
6.4
5.5
实验装置
实验操作
实验现象
在洁净的注射器中装入已活化铜丝2.3g，再用注射器抽取，同时排尽注射器中的空气，关闭注射器止水开关，以保证铜丝与稀反应体系处于无氧环境中。
反应较慢阶段A：反应前90min几乎没有现象，90min左右才有很少气泡产生(该气体遇空气变成红棕色)，溶液为浅蓝色；反应较快阶段B：之后溶液逐渐变为绿色；最后阶段C：在反应结束前15min左右时，体系溶液为深蓝色。
操作及现象
实验序号
取不同阶段的溶液进行实验操作
实验现象
阶段A溶液
阶段B溶液
阶段C溶液
1
滴加酸性溶液
褪色，滴6滴后溶液不褪色
褪色，但滴20滴后溶液仍然褪色
褪色，滴10滴后溶液不再褪色
2
滴加3%溶液
无明显现象
少量淡黄色沉淀
较多黄色沉淀
3
滴加稀溶液
无明显现象
变蓝色
无明显现象
元素
H
B
C
N
O
电负性
2.1
2.0
2.5
3.0
3.5