海淀区2022-2023第一学期期末练习(1月)高三物理答案

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【答案】(1)Cl20(1分)(2)Mn0,+4H++2CI△Mn2++Cl,个+2H,0(2分)还原性和酸性(2分)(3)HClO4—H++CIO(2分)(4)3NaCI0△NaCI0,+2NaCI(2分)(5)>(2分)(6)2.63(2分)【解析】(1)氯的+1价氧化物为C120。(2)二氧化锰与浓盐酸反应需要加热，在此反应中氯化氢表现为酸性和还原性。(3)高氯酸是强酸，完全电离产生H+和CO。(4)根据氧化还原反应原理，一部分氯元素化合价升高，另一部分氯元素化合价降低，必有氯化钠生成。(5)在漂白粉使用时，常滴几滴醋酸或放置空气一会儿，目的是将次氯酸盐转化成次氯酸，使漂白能力增强。故相同浓度下，次氯酸的漂白能力比次氯酸盐强。(6)C1O2→C1-,氯元素化合价降低5价；Cl2→2C1,氟元素化合价降低2价。C1O2、Cl2的消毒能力之比为267.571≈2.63。

【答案】D【解析】由氧化性的强弱(Fe3+>Cu2+)及图像变化可知，①0~0.56gFe发生反应Fe十2Fe3+—3Fe2+,②从0.56g到1.68gFe时，消耗1.12g铁，剩余物质的质量为1.28g,而1.28gCu的物质的量为0.02mol,此时发生Fe+Cu2+-Cu十Fe2+;③加入铁粉为从1.68g到2.24g(即加入0.56gFe)时，固体增加1.84g-1.28g=0.56g,所以此时溶液中不含Cu2+,反应完全。0~0.56gFe发生反应Fe+2Fe3+—3Fe2+,a点时溶液中阳离子为Cu+、Fe2+和Fe+,A说法正确；由图可知，加入铁粉0.56g1.68g时，n(Fe)一56g·mol1.12g=0.02mol,剩余物质的质黄为1：28g,即1.28gCu的物质的量为48m8=0.02mol1,此时发生Fe十CuC十Fe,B说法正确；由图像可知，原溶液中Fe3+为0.02mol,即Fe2(SO4)3为0.01mol,n(SO)=3n[Fe2(SO4)3]=0.03mol,Cu2+为0.02mol,即CuSO4为0.02mol,n(S0)=n(CuS04)=0.02mol,当加入铁粉为从1.68g~2.24g(即加入0.56gFe)时，固体质量增加1.84g-1.28g=0.56g,溶液中不含Cu2+,溶液中溶质为FeS04,n(SO?)=0.02mol+0.03mol=0.05mol,根据S0?守恒有n(FeS04)=n(SO)=0.05mol,所以c点溶液中溶质的物质的量浓度为,05mo=0.5mol·L,C说法正确；由上述分析可知，原溶液中Fe,(S0,)为0.1L0.01mol,CuSO4为0.02mol,所以原溶液中Fe2(S04)3和CuSO4的物质的量浓度之比为1：2，D说法错误。