安徽省鼎尖名校大联考2025-2026学年高三上学期11月月考化学试题（解析版）

高中化学名校试卷PAGEPAGE1安徽省鼎尖名校大联考2025-2026学年高三上学期11月月考考生注意：1.本试卷满分100分，考试时间75分钟。2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效。可能用到的相对原子质量：H：1O：16F：19Na：23Al：27S：32Cl：35.5Fe：56Sn：119第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(本题共14小题，每题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的。)1.2025年央视春晚舞台上机器人带来的扭秧歌表演令人耳目一新，下列说法正确的是A.制造机器人外壳的塑料属于无机金属材料B.芯片是机器人的大脑，主要成分是C.触觉传感器压电陶瓷属于新型无机非金属材料D.肢体部分使用的碳纤维材料属于有机高分子材料【答案】C【解析】A．塑料是高分子化合物，属于有机材料，无机金属材料包括金属及其合金，A错误；B．芯片的核心材料是单质硅（高纯度Si），是制造硅的原料，并非芯片直接成分，B错误；C．压电陶瓷（如钛酸钡等）属于新型无机非金属材料，具有压电效应，用于传感器，C正确；D．碳纤维是碳的单质材料，属于无机非金属材料或复合材料，与有机高分子无关，D错误；故答案选C。2.下列化学用语或图示表达正确的是A.水合的示意图： B.S的原子结构示意图：C.硅氧四面体结构示意图： D.熟石膏的化学式：【答案】C【解析】A．水分子中氧端带负电，在水合钠离子中氧端应靠近钠离子，图示错误，A错误；B．S原子核外电子数为16，图示粒子核外电子数为18，为S2-的结构示意图，B错误；C．硅氧四面体为正四面体结构，硅原子位于体心，图示正确，C正确；D．Ca(OH)2为熟石灰的化学式，熟石膏的化学式为2CaSO4·H2O，D错误；故选C3.下列用化学知识解释相应物质在生活中的用途，合理的是选项物质在生活中的用途化学知识A镁铝合金用于制作阳台门窗镁铝合金密度大、强度高、耐腐蚀B面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包小苏打受热稳定、不易分解C我国自主研发新一代动车组在京沪高铁上跑出486.1千米/小时的世界列车最高时速，得益全路铺设的优质无缝平滑的超长钢轨钢的熔点比铁的熔点高，比铁用途更广泛D石墨做电极材料石墨能导电且价格相对较低A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．镁铝合金的密度应比纯金属低，且具有高强度、耐腐蚀，但选项中“密度大”描述错误，A错误；B．小苏打（）受热分解产生使面包膨胀，而非“受热稳定”，B错误；C．钢是铁碳合金，熔点低于纯铁，选项中“钢熔点比铁高”错误，C错误；D．石墨导电性好且成本低，适合做电极材料，解释正确，D正确；故答案选D。4.设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.22g超重水含有的中子数为B.12g石墨烯和12g的金刚石含有的碳原子数均为C.常温常压下，31g白磷含有的数目为D.等质量的氧气和臭氧，含有的电子数目均为【答案】B【解析】A．超重水的摩尔质量为22g/mol，分子中含有的中子数为12，则22g超重水含有的中子数为：×12×NAmol-1=12NA，A错误；B．石墨烯和金刚石的最简式都为C，则12g石墨烯和12g的金刚石含有的碳原子数均为：×1×NAmol-1=NA，B正确；C．白磷分子的空间结构为正四面体形，分子中含有6个P-P键，则31g的白磷分子中含有的P-P键数目为：×6×NAmol-1=1.5NA，C错误；D．缺氧气和臭氧的质量，无法计算氧气和臭氧的物质的量和含有的电子数目，D错误；故答案选B。5.室温下，下列微粒在指定溶液中能大量共存的是A.0.1mol/L的KI溶液：、、、B.0.1mol/L的溶液：、、、C.0.1mol/L的溶液：、、、D.0.1mol/L的溶液：、，，【答案】C【解析】A．KI溶液中，具有强氧化性，会与发生氧化还原反应生成和，无法共存，A不符合题意；B．溶液中，Ag+与反应生成AgOH沉淀或配合物，无法大量存在，B不符合题意；C．溶液为中性，和的水解相互促进，双水解反应程度极低，可大量共存，C符合题意；D．溶液中，Ca2+与生成微溶的CaSO4沉淀，无法共存，D不符合题意；故选C。阅读材料，卤族元素的单质及其化合物具有广泛的应用，在高温时与反应生成硫酰氟()，和的结构相似，与浓硫酸在加热条件下反应可制得HF．通入酸性溶液中制得黄绿色气体，常用作自来水消毒剂，和潮湿的反应生成。具有与卤素单质相似的化学性质，HCN是一种弱酸。完成问题：6.下列说法不正确的是A.的空间构型为平面三角形 B.HCN分子的中心原子杂化方式为sp杂化C.的电子式： D.中既含有离子键，又含有共价键7.下列方程式表示正确的是A.与浓硫酸反应：(浓)B.和潮湿的反应：C.与熔融的反应：D.与水反应：【答案】6.A7.C【解析】6.A．的中心原子S的价层电子对数：S的最外层电子数为6，与2个O形成2个σ键，孤电子对数为，价层电子对数为2+1=3，空间构型为V形，A错误；B．HCN的中心原子C形成2个σ键（1个C-H、1个C-N），无孤电子对，价层电子对数为2，因此杂化方式为sp杂化，B正确；C．的结构与Cl2类似，是共价分子，C与N之间为三键（含1个σ键、2个π键），电子式需体现三键的电子对，即，C正确；D．是离子化合物，K+与之间通过离子键结合；内部通过共价键结合，中既含离子键，又含共价键，D正确；故选A。7.A．CaF2与浓硫酸加热发生反应(浓)，生成CaSO4和HF气体，A错误；B．Cl2与潮湿的Na2CO3反应，B错误；C．F2与熔融的Na2SO4高温发生反应，生成SO2F2、NaF和O2，C正确；D．(CN)2与水反应生成HCN和HOCN，HCN为弱电解质对应的方程式为：(CN)2＋H2OHCN＋HOCN，D错误；故选C。8.下列各组物质中，不满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系的组合有选项XYZWAMgMgOBNaOHCSiDA.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．镁和氮气反应生成氮化镁，氮化镁和水反应生成氢氧化镁，氢氧化镁受热分解为氧化镁，氧气和镁反应生成氧化镁，故A不符合题意；B．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和过量二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠，故B不符合题意；C．硅和氧气反应生成二氧化硅，二氧化硅不能一步转化为硅酸，硅酸和氢氧化钠反应生成硅酸钠，硅和氢氧化钠反应生成硅酸钠，不满足表中图示物质在一定条件下一步转化关系，故C符合题意；D．氧化铝和盐酸反应生成氯化铝，氯化铝和氨水反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝和氢氧化钠反应生成四羟基合铝酸钠，氢氧化钠和氧化铝反应生成四羟基合铝酸钠，故D不符合题意；故选C。9.室温下，下列实验方案能达到实验目的的是选项实验目的实验方案A检验溶液中是否被氧化向盛有溶液的试管中滴加新制氯水再滴加几滴KSCN溶液，振荡，观察溶液颜色变化B具有漂白性向盛有水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，品红溶液褪色，振荡，加热试管，溶液又恢复红色C测定NaOH溶液的pH将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照D是弱电解质用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．向FeCl2溶液中先加氯水会氧化Fe2+，干扰Fe3+的检测，无法判断原溶液是否被氧化，A不能达到实验目的；B．SO2使品红褪色，加热后颜色恢复，证明其漂白性，B能达到实验目的；C．湿润pH试纸会稀释NaOH溶液，导致测得的pH偏低，C不能达到实验目的；D．未明确醋酸与盐酸浓度相同，若浓度不同则无法通过pH比较证明醋酸为弱电解质，D不能达到实验目的；故选B。10.可以发生反应：，下列说法正确的是A.氧化产物和还原产物的质量比为64：73 B.的结构与相似，故为非极性分子C.若生成4.48LHF(标准状况下)，则转移0.8mol电子 D.还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4【答案】D【解析】A．该反应方程式为，其中氧化产物是是

，还原产物是，

摩尔质量为146g/mol。

摩尔质量为32g/mol；反应中生成4mol

，质量4×32=128g，质量比

，故A错误；B．

结构为弯曲形（非直线），为极性分子。

结构类似

，也为弯曲形，是极性分子，故B错误；C．标准状况下HF是液体，不能使用气体摩尔体积进行计算，所以不能确定转移电子的数目，故C错误；D．还原剂为H2S，氧化剂为O2F2，由方程式可知二者的系数比即物质的量之比为1：4，故D正确；故答案选D。11.下列实验选用的主要仪器不合理的是A.钠在空气中燃烧：①②⑧ B.制取氨气：②③C.除去中HCl：⑨ D.分离和的混合液体：④⑥⑦【答案】D【解析】A．加热固体需要使用坩埚、泥三角和酒精灯，故选①②⑧，A不符合题意；B．实验室制取氨气一般使用氯化铵和氢氧化钙固体在加热条件下反应，需要使用②③，B不符合题意；C．除去中的HCl可以将气体通过盛有饱和碳酸氢钠溶液的洗气瓶，故选⑨，C不符合题意；D．和互相溶解，分离需要蒸馏，不能选用④⑥⑦，D符合题意；故答案选D。12.我国科学家用大阴离子(如图所示)的锌盐溶液作电解液，设计制备了水系锌离子电池。X、Y、Z、W均为短周期元素，X、Y、Z位于同一周期，Y、W价层电子排布相同，下列叙述正确的是A.元素第一电离能顺序为：Z<Y<X B.简单气态氢化物的稳定性：Z>W>YC.基态原子未成对电子数：Z<Y=X D.该离子中的原子均满足8电子稳定结构【答案】C【解析】由图可知，X可形成4个单键，故X可能为第IVA族的C或Si元素；而Z可形成1个单键，故其可能为H、也可能是第VIIA族的F或Cl元素；Y能形成1个双键，也能在形成1个单键的同时得到1个电子使整个原子团带1个单位负电荷，故Y应位于第VIA族；由于Y和W价层电子排布相同，且W可形成6对共用电子对，故Y为O元素，W为S元素；由于X、Y、Z为同一周期元素，故X为C元素，Z为F元素；由此分析；A．同周期从左到右元素的第一电离能呈增大趋势，对于C、O、F，第一电离能顺序为C<O<F，即X<Y<Z，A错误；B．Z、W、Y的简单气态氢化物分别为HF、、，根据元素周期律，F的非金属性最强，O的非金属性次之，S的非金属性最弱，而非金属性越强，其简单气态氢化物越稳定，故三者的稳定性为HF>>，即Z>Y>W，B错误；C．对于F、O、C，其基态原子未成对电子数分别为1、2、2，故C正确；D．W为S元素，由图可知该离子中的S原子共形成6个共用电子对，故W的最外层共有12个电子，并非8电子稳定结构，故D错误；因此，答案选C。13.作为一种新型锂电池正极材料受到广泛关注。由菱锰矿(，含有少量Si、Fe、Ni、Al等元素)制备的流程如下：下列说法错误的是A.硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：B.滤渣的成分仅有、、NiSC.不宜使用替代，原因是和生成可以催化分解D.煅烧窑中，生成反应的化学方程式为【答案】B【解析】根据题给的流程，将菱锰矿置于反应器中，加入硫酸和，可将固体溶解为离子，将杂质中的Fe、Ni、Al等元素物质也转化为其离子形式，同时，加入的可以将溶液中的氧化为；随后将溶液pH调至约等于7，此时溶液中的、沉淀出来；随后加入BaS，可以将溶液中的沉淀，同时生成，得到相应的滤渣；后溶液中含有大量的，将此溶液置于电解槽中电解，得到，将与碳酸锂共同煅烧得到最终产物。A．菱锰矿中主要含有，加入硫酸后可以与其反应，硫酸溶矿主要反应的化学方程式为：，A正确；B．分析流程可知，滤渣中除了有、、NiS外，还含有等，B错误；C．不宜使用氧化，因为氧化后生成可以催化分解，会浪费原料，C正确；D．煅烧窑中与发生反应生成，反应的化学方程式为，D正确；故答案选B。14.8.34g样品在气氛中受热脱水过程的热重曲线(样品质量随温度变化的曲线)如图所示，下列说法正确的是A.温度0~78℃间，发生反应为：B.温度为159℃时固体N中C.温度为373℃，P的化学式为D.固体P继续加热至635℃，得到一种固体物质Q，同时有两种无色气体生成，发生反应为【答案】C【解析】8.34gFeSO4·7H2O样品物质的量为0.03mol，其中m(H2O)=0.03mol×7×18g/mol=3.78g，如晶体全部失去结晶水，固体的质量应为8.34g-3.78g=4.56g，可知在加热到373℃之前，晶体失去部分结晶水，加热至635℃时，固体的质量为2.40g，应为铁的氧化物，其中n(Fe)=n(FeSO4·7H2O)=0.03mol，m(Fe)=0.03mol×56g/mol=1.68g，则固体中m(O)=2.40g-1.68g=0.72g，n(O)=0.045mol，则n(Fe)∶n(O)=0.03mol∶0.045mol=2∶3，则固体物质Q的化学式为Fe2O3。A．温度为78℃时，固体质量为6.72g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=6.72g-4.56g=2.16g，n(H2O)=0.12mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.12mol∶0.03mol=4∶1，则化学式为FeSO4·4H2O，故78℃时，M的化学式为FeSO4·4H2O，发生反应为：，故A错误；B．温度为159℃时，固体质量为5.10g，其中m(FeSO4)=0.03mol×152g/mol=4.56g，m(H2O)=5.10g-4.56g=0.54g，n(H2O)=0.03mol，则n(H2O)∶n(FeSO4)=0.03mol∶0.03mol=1∶1，则化学式为FeSO4·H2O，则，故B错误；C．温度为373℃，固体质量为4.56g，结合分析，P的化学式为，故C正确；D．由上述分析可知，P的化学式为FeSO4，Q的化学式为Fe2O3，铁的化合价升高，必有硫的化合价降低，即有二氧化硫生成，设SO2、SO3的物质的量分别为xmol、ymol，则x+y=0.03、64x+80y=4.56-2.40，解得x=y=0.015，所以方程式为2FeSO4Fe2O3+SO2↑+SO3↑，Q的化学式为Fe2O3，故D错误；故选C。第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(本大题共4小题，共58分)15.前四周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，W、Y的最外层电子数之和等于X的内层电子数，W、Z的质子数之和与X、Y的质子数之和的差等于X的最外层电子数；W、Z形成的单质是生产、生活中应用最广的两种金属。回答下列问题：（1）X元素在元素周期表中的位置为___________，写出Z元素价层电子排布式___________。（2）写出W单质与Y的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式：___________。（3）用电子式表示X形成简单氢化物的过程：___________。（4）Z形成的含氧酸盐具有强氧化性，可用于净化饮用水，写出该盐在碱性条件下与水反应的离子方程式：___________。（5）W、X形成的化合物在潮湿的环境中容易水解，写出化学方程式：___________。（6）下列方法能用于判断X、Y金属性或非金属性强弱的是___________。A.单质熔点：X>Y B.X、Y形成的化合物，X显正价C.含氧酸的酸性：X<Y D.Y单质能将X单质置换出来【答案】（1）①.第三周期第VIA族②.3d64s2（2）2Al+6H+=3H2+2Al3+（3）（4）（5）（6）BD【解析】W、X、Y、Z元素的原子序数依次增大，W、Z形成的单质是生产、生活中应用最广的两种金属应为Al、Fe，因此W是铝，Z是铁，W、Y的最外层电子数之和等于X的内层电子数，X的内层电子数是10，则Y的最外层电子数是10-3=7，则Y为Cl元素，令X的最外层电子数为q，W、Z的质子数之和=13+26=39，X、Y的质子数之和=2+8+q+17=27+q，两者的差等于X的最外层电子数，可得39-（27+q）=q，解得q=6，则X为16号元素S，以此分析解题。（1）X为S，位于元素周期表第三周期第VIA族；基态Fe原子的价层电子排布式为3d64s2。（2）W为Al，Y为Cl，Al和HClO4反应的离子方程式为2Al+6H+=3H2+2Al3+。（3）用电子式表示H2S的形成过程为。（4）高铁酸根在碱性条件下与水反应生成的氢氧化铁具有净水作用，发生的离子方程式为。（5）Al2S3水解的化学方程式为。（6）A．X为S、Y为Cl，非金属性影响化学性质，而单质熔点为物理性质，不可用单质熔点判断非金属性强弱，A不符合题意；B．X、Y形成的化合物，X显正价说明Y的非金属性大于X，B符合题意；C．非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，一般含氧酸酸性之间比较无法判断非金属性强弱，C不符合题意；D．Y能将X单质置换出来，说明Y单质的氧化性强于X单质，即Y单质的非金属性强于X单质，D符合题意；故选BD。16.无水四氯化锡是一种重要的工业原料，其在常温下为无色液体，沸点114℃，在空气中极易水解生成，液态四氯化锡对很多非极性分子有一定的溶解度。实验室可选用以下装置用熔融的锡与氯气反应制备无水，请回答有关问题：（1）基态Cl原子核外电子的空间运动状态有___________种，盛放Sn粉的仪器名称为___________。（2）A中发生反应的离子方程式是___________。（3）整个实验装置的连接顺序是A→___________(装置可重复选用)，若缺少装置F，则收集器C中发生反应的化学方程式为___________。（4）实验操作中，先慢慢滴入浓盐酸，待观察到___________后(填写实验现象)，再加热B装置。（5）经测定发现实验所得样品中含有少量的，测定样品纯度的方案如下：取mg样品溶于足量稀盐酸中，然后加足量的将氧化为，再选择合适的指示剂用标准溶液滴定生成的，共消耗amol/L标准溶液bmL，则固体混合物中的质量分数为___________%(用含m、a、b的式子表示)，由此计算得出的产品中的质量分数严重偏小，理由是___________。【答案】（1）①.9②.具支试管（2）（3）①.E→F→B→C→F→D②.（4）装置中充满黄绿色气体（5）①.②.会氧化溶液中的，导致消耗的标准液偏多【解析】装置A中与浓盐酸反应生成KCl、、，混有HCl和水蒸气的进入装置E（盛装饱和食盐水）中，除去氯气中的HCl气体，再将气体通入装置F（盛装浓硫酸）中，除去水蒸气，再将干燥的通入装置B中，与Sn在加热的条件下反应，生成，再通过装置C对蒸汽进行冷凝收集，多余的尾气经过F干燥装置，再用装置D中NaOH溶液吸收处理，同时浓硫酸还起着防止水蒸气进入装置C的作用。（1）基态Cl原子的核外电子排布为，空间运动状态数=轨道数，共种；盛放Sn粉的仪器是具支试管，故答案为：9；具支试管；（2）A中发生反应的化学方程式为，离子方程式为，故答案为：；（3）根据分析可得，整个实验装置的连接顺序是A→E→F→B→C→F→D；若缺少装置F，则含有水蒸气，无水四氯化锡极易水解生成，因此收集器C中发生反应的化学方程式为：，故答案为：E→F→B→C→F→D；；（4）用排除装置中的空气，既防止Sn被氧气氧化又防止在潮湿的空气中水解，故需要在滴加浓盐酸一段时间之后，当装置中充满黄绿色气体时再点燃酒精灯，故答案为：装置中充满黄绿色气体；（5）由题，将氧化为的离子方程式为：，用标准溶液滴定生成的发生反应：；因此可得关系式：；消耗的物质的量：，因此：。则固体混合物中的质量分数为：；会氧化溶液中的，导致消耗的标准液偏多，计算出的质量偏大，最终使的质量分数偏小，故答案为：；会氧化溶液中的，导致消耗的标准液偏多。17.黏土钒矿中，钒以＋3价、＋4价、＋5价的化合物存在，还包括、和铝硅酸盐()等。采用以下流程可由黏土钒矿制备、和硫酸铝铵。ⅰ．酸性溶液中，HR对＋4价钒萃取能力强，而对＋5价钒的萃取能力较弱。ⅱ．HR能萃取，不能萃取。（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，能够加快浸出速率的措施还有___________、___________。（2）滤渣的主要成分是___________。（3）浸出液中钒以＋4价、＋5价的形式存在，简述加入铁粉的原因：___________。（4）和反应生成和的离子方程式是___________。（5）硫酸工业中，是反应的催化剂，催化过程经两步完成，可能的催化过程方程式为___________、___________。(中间产物为)（6）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据如图的溶解度曲线，进一步提纯硫酸铝铵的操作是加热溶解、___________、___________、洗涤、干燥。【答案】（1）①.粉碎黏土钒矿②.提高反应温度（2）SiO2（3）将溶液中的+5价钒、Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，有利于+4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离（4）6VO2+++3H2O=Cl-+6+6H+（5）①.V2O5+SO2=2VO2+SO3②.4VO2+O2=2V2O5（6）①.冷却结晶②.过滤【解析】黏土钒矿中加入浓硫酸、通入空气、在250℃下发生反应，然后用水浸取，所得滤渣为不溶于硫酸的SiO2，浸出液中含有+4价、+5价的含钒酸根离子，以及Fe3+、Al3+等；加入氨水调节pH1~1.5，获得硫酸铝铵固体，溶液中含有Fe3+及含钒酸根离子；加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，同时将还原为VO2+，然后用HR萃取，Fe2+进入无机层；有机层中加入20%H2SO4、KClO3，将VO2+转化为，再加入氨水，生成NH4VO3沉淀，NH4VO3高温分解，可获得V2O5；无机层中加入氨水、并通入空气，将Fe2+转化为Fe(OH)3沉淀，过滤后焙烧，可获得Fe2O3。（1）从黏土钒矿到浸出液的流程中，可通过粉碎黏土钒矿、提高反应温度加快浸出速率。（2）由分析可知，滤渣的主要成分是SiO2。（3）由题干信息知，酸性溶液中，HR对VO2+、Fe3+萃取能力强，而对的萃取能力较弱、不能萃取Fe2+，加入铁粉将Fe3+还原为Fe2+，同时将还原为VO2+，则加入铁粉的原因：将溶液中的+5价钒、Fe3+分别转化为+4价钒、Fe2+，有利于+4价钒的萃取，实现钒元素和铁元素的分离。（4）KClO3和VO2+反应生成和Cl-的离子方程式为：6VO2+++3H2O=Cl-+6+6H+。（5）催化过程中催化剂的中间产物为VO2，经两步完成，根据氧化还原反应，以及催化剂在反应前后不变，则可能的催化过程为：V2O5+SO2=2VO2+SO3、4VO2+O2=2V2O5。（6）硫酸铝铵固体中含有少量硫酸铵杂质，根据如图的溶解度曲线，硫酸铵的溶解度比硫酸铝铵大很多，则可采用溶解后再结晶进行提纯，所以进一步提纯硫酸铝铵的操作为重结晶，操作过程为加热溶解，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。18.某同学研究浓硝酸与KSCN溶液的反应。资料：Ⅰ．中C的化合价为＋4。Ⅱ．其性质类似卤素离子，能被氧化为，能够继续聚合为红色的。Ⅲ．可溶于浓硝酸。实验一：（1）分子中σ键和π键的个数比为___________，KSCN常用作三价铁离子的检验试剂，基态K原子中核外电子占据最高能级的符号是___________。（2）研究的转化产物。实验二：a．将实验一ⅲ中的气体通入和NaOH的混合溶液中，有白色沉淀生成。b．