陕西省西安市田家炳中学大学区联考2024-2025学年高一上学期1月期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1陕西省西安市田家炳中学大学区联考2024-2025学年高一上学期1月期末考试试题一、单选题1．已知在酸性溶液中Co2O3A．Co2OB．溶液中，FeI3C．FeCl3溶液能将KI溶液中的I-D．I2具有较强的氧化性，可以将Co2+【答案】C【解析】Co2O3在酸性溶液中钻由+3价降低为+2价，易被还原成Co2+，A错误；铁离子的氧化性强于碘单质，即铁离子与碘离子不能共存，不存在FeI3，B错误；铁离子的氧化性强于碘单质，FeCl3溶液能将KI溶液中的I-氧化，C正确；Co2O3的氧化性比I2强，碘不能将Co2+氧化成Co2O3，D错误；故选C。2．FeSO4可用于制备一种新型、多功能绿色水处理剂高铁酸钠Na2FeOA．Na2B．该反应中，还原剂是FeSO4和C．由上述反应可得，Na2O2D．上述反应中，理论上若有4mol电子发生转移，可生成【答案】D【解析】Na2FeO4中的铁为+6价，容易得到电子变为低价铁的化合物，Na2FeO4具有强氧化性，利用其强氧化性可以杀菌消毒，故A正确；还原剂是失电子的物质。当有2mol硫酸亚铁参与反应时，铁失去的电子为8mol，生成1molO2，有6mol过氧化钠参加反应，其中有1mol的过氧化钠作还原剂，失去的电子为2mol，故共转移10mol电子，所以该反应中，还原剂是FeSO4和Na2O2，故B正确；该反应中，Na2O2是氧化剂，Na2FeO4是氧化产物，根据氧化还原反应规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，Na2O2的氧化性比Na2FeO4强，故C正确；由B选项的分析可知，当转移10mol电子时，生成2molNa2FeO4，所以若转移4mol电子，可生成0.8molNa2FeO4，故D错误；故选D。3．某学习小组用电导率传感器完成了两组测定。实验Ⅰ：在Ba(OH)2溶液中滴入H2SO4溶液；实验Ⅱ：向A．曲线①代表的是实验Ⅱ的测定结果B．ab段和de段的离子方程式均为HC．cd段的离子方程式为：BaD．b、d两点的溶质成分相同【答案】A【解析】氢氧化钡和硫酸恰好完全反应生成硫酸钡和水，此时溶液的导电性几乎为0，因此②代表硫酸和氢氧化钡反应，①为氢氧化钡与硫酸氢钠反应；由图中曲线①可知，cd段：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH；de段：NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O；e点之后，NaHSO4只发生电离，不发生化学反应，随着NaHSO4的不断加入，溶液中离子浓度不断增大，电导率增大；由图中曲线②可知，ab段：Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，b点之后H2SO4只发生电离，且随着不断加入硫酸，离子浓度不断增大，电导率增大；由分析可知，曲线①为氢氧化钡与硫酸氢钠反应，即实验Ⅱ反应，A项正确；ab段的离子反应：Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O，de段的离子反应：H++OH-=H2O4．Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。制取Cl2O的装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为-116℃，沸点为3.8℃，Cl2的沸点为-34.6℃；HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O下列说法不正确的是A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2OD．装置④与⑤之间不用橡皮管连接，是为了防止橡皮管燃烧和爆炸【答案】C【解析】利用KMnO4与浓盐酸反应制得的氯气中混有HCl气体和水蒸气，装置②用饱和食盐水吸收HCl，装置③用浓硫酸吸收水蒸气，从而制得干燥、纯净的氯气，A正确；通入干燥的空气，一方面可将装置内的Cl2O不断排出，另一方面可起稀释作用，降低Cl2O的浓度，减少爆炸危险，B正确；Cl2O的沸点为3.8℃，Cl2的沸点为-34.6℃，用液氨降温，可将Cl2O液化，则从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2，C不正确；题干信息显示，Cl2O与有机物接触会发生燃烧并爆炸，所以装置④与⑤之间不用橡皮管连接，D正确；故选C。5．H2具有还原性，Na2O2具有氧化性，某同学设计如下装置探究H2A．装置A也可用于实验室制取COB．装置B中盛放的是碱石灰，可用浓硫酸代替C．实验时先打开K1、K2，检验出口处气体纯度后再点燃D．若C处固体变白，D处无明显变化，可推知反应生成了NaOH【答案】B【解析】A是固液不加热制取气体的装置，可用于实验室制取CO2，故A正确；装置B中盛放的是碱石灰，液体干燥剂不能用“U形管”盛装，所以不能用浓硫酸代替，故B错误；氢气和氧气的混合气体加热易爆炸，实验时先打开K1、K2，用氢气排出装置内空气，检验出口处气体纯度后再点燃C处酒精灯，故C正确；D处无明显变化，说明没有生成水，若C处固体变白说明过氧化钠和氢气发生了反应，根据元素守恒，可推知反应生成了NaOH选B。6．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol·L-1盐酸。此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是A．乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3B．当0<V(HCl)<10mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH-+H+=H2OC．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5mol·L-1D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为112mL(标准状况)【答案】C【解析】氢氧化钠溶液中通入二氧化碳，溶质不可能为NaOH、NaHCO3，根据图象可知，乙溶液中的溶质为NaOH和Na2CO3，故A错误；在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl的用量与产生二氧化碳气体体积的关系可知甲溶液的溶质应该为：Na2CO3和NaHCO3，所以当0＜V(HCl)＜10mL时，甲溶液中没有产生二氧化碳的离子方程式为：CO32-+H+＝HCO3-，故B错误；根据图象可知，当V(HCl)＝50mL时，得到的产物为NaCl，由原子守恒可知：n(NaOH)＝n(NaCl)＝n(HCl)＝0.1mol·L-1×0.05L＝0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为：c(NaOH)＝0.005mo10.01L＝0.5mol·L-1，故C正确；乙溶液中滴加盐酸，产生二氧化碳的阶段为：HCO3-+H+＝H2O+CO2↑，根据消耗了10mL盐酸可知，生成二氧化碳的物质的量为：0.1mol/L×0.01L＝0.001mol，标况下0.001mol二氧化碳的物质的量为：22.4L/mol×0.001mol＝7．用强光照射氯水，通过传感器获得如下图像，下列说法不正确的是A．Cl2与H2B．图1中pH下降的主要原因是光照引起Cl2C．结合图1、图2和图3推测发生了反应：2D．光照较长时间后，溶液的漂白性会减弱【答案】B【解析】氯气和水生成盐酸和次氯酸，A正确；氯水中含有HClO，HClO为弱酸，强光照射下分解生成HCl和氧气，由弱酸转化为强酸，因此pH下降，B错误；氯水中的HClO在强光照射下分解生成HCl和氧气，因此HClO的浓度降低而氯离子的浓度增大、氧气含量增多，推测发生了反应：2HClO  光照  2HCl+O2↑，C8．在杠杆的两端分别挂着质量相同的铝球和铁球，此时杠杆平衡，将两球分别浸没在溶液质量相等的稀烧碱溶液和硫酸铜溶液中一段时间，如图所示。下列说法正确的是A．铝球表面有气泡产生，且有白色沉淀生成，杠杆不平衡B．铝球表面有气泡产生，盛有稀NaOH溶液的烧杯中溶液澄清C．反应后去掉两烧杯，杠杆仍平衡D．铁球表面有红色物质析出，盛有稀CuSO4溶液的烧杯中溶液蓝色变浅，杠杆右边上升【答案】B【解析】左边烧杯中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝球表面有气泡产生，溶液澄清，A错误；左边烧杯中发生反应：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝球表面有气泡产生，溶液澄清，B正确；右边烧杯中发生反应：Fe+CuSO4=Cu+FeSO4铁球表面有红色物质析出，溶液中c(CuSO4)减小，溶液蓝色变浅，左边烧杯中消耗Al，铝球的质量变小，右边烧杯中铁球上析出Cu，质量变大，杠杆右边下沉，C错误；由C项分析知，D错误；故选B。9．电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含FeCl3、FeCl2已知酸性KMnO4溶液具有强氧化性。下列说法错误的是A．反应1和反应2都发生了氧化还原反应B．操作1用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒C．滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用H2O2溶液D．向FeCl3饱和溶液中滴加NaOH溶液振荡得到Fe(OH)3胶体【答案】D【解析】腐蚀废液中加入过量铁粉发生反应1，铁与FeCl3、CuCl2反应分别得到FeCl2、Cu单质，化学方程式为Fe+2FeCl3=3FeCl2、Fe+CuCl2=Cu+FeCl2，两个反应都属于氧化还原反应，反应2为FeCl2和氧化剂反应生成FeCl3，属于氧化还原反应，选项A正确；操作1是分离固体和液体的操作，为过滤操作，需要用到的主要玻璃仪器有漏斗、烧杯和玻璃棒，选项B正确；加入过量铁粉，铁与FeCl3、CuCl2反应得到FeCl2和Cu单质，以及过量的Fe，故滤渣a的主要成分是Cu和Fe，物质X可以选用H2O2溶液，将Fe2+氧化生成Fe3+，选项C正确；向煮沸的蒸馏水中滴加几滴饱和的FeCl3溶液继续煮沸至红褐色可制备Fe(OH)3胶体，而向饱和的FeCl3溶液中滴加NaOH溶液得到Fe(OH)3沉淀，选项D错误；10．某化学小组探究卤族元素的性质，进行如图所示的实验(a~d中均为浸有相应试液的棉花，夹持装置略)。下列说法不正确的是A．具支试管中发生反应的化学方程式为NaClOB．若a处变为橙色，b处变为蓝色，不能说明氧化性：溴>碘C．若c处KMnO4D．若d处褪色，说明Cl2【答案】D【解析】84消毒液的有效成分为NaClO，与浓盐酸发生归中反应生成氯气，反应的化学方程式为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，故A正确；具支试管产生氯气在a处于KBr发生置换反应生成Br2，溶液变橙色，可得氧化性Cl2>Br2，b处氯气和KI反应生成I2，淀粉遇碘单质变蓝，可得氧化性：Cl2>I2，但未知I2与Br2的氧化性强弱，故B正确；浓盐酸具有挥发性，HCl气体也能与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应使溶液褪色，说明KMnO4有氧化性，故C11．从海水中制备纯碱和金属镁的流程如下图所示：下列说法不正确的是A．流程I依次向粗盐水中加入过量Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤B．流程II吸氨是使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳C．海水提镁流程中涉及到三种基本反应类型D．流程IV、V是通过化学方法富集镁元素【答案】C【解析】流程I是除去粗盐水中的氯化钙、氯化镁，因为除去氯化镁时需加碱，通常加入过量氢氧化钙，所以应依次向粗盐水中加入过量Ca(OH)2溶液、Na2CO3溶液并过滤，A正确；流程II的目的是制取NaHCO3，由于CO2在食盐水中的溶解度不大，而在碱性溶液中具有较大的溶解度，所以食盐先吸氨使溶液呈碱性，有利于吸收二氧化碳，B正确；海水提镁流程中，加石灰乳和加盐酸，发生的都是复分解反应，电解氯化镁制Mg，发生的是分解反应，所以涉及到二种基本反应类型，C不正确；在母液中MgCl2的浓度很小，流程IV将氯化镁转化为Mg(OH)2沉淀，流程V将Mg(OH)2溶解重新制得MgCl2，此时MgCl2浓度大，所以通过化学方法实现镁元素的富集，D正确；故选C。12．已知反应：①Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2②KClO3＋6HCl=3Cl2↑＋KCl＋3H2O③2KBrO3＋Cl2=Br2＋2KClO3下列说法正确的是A．氧化性由强到弱的顺序为：KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2B．①中Cl2是氧化剂，KBr发生还原反应C．②中12.25gKClO3参加反应时，被氧化的HCl为21.9gD．③中产物Br2只具有还原性【答案】A【解析】在氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞氧化产物。在①反应中物质的氧化性：Cl2＞Br2；在②反应中物质的氧化性：KClO3＞Cl2；在③反应中物质的氧化性：KBrO3＞KClO3，故四种物质的氧化性由强到弱的顺序为：KBrO3＞KClO3＞Cl2＞Br2，A正确；在①中Cl2是氧化剂，发生氧化反应；而KBr是还原剂，发生氧化反应，B错误；在②中KClO3为氧化剂，每有1mol发生反应，被氧化的HCl是5mol，即有122.5g发生反应，氧化HCl质量是182.5g，若12.25gKClO3参加反应时，被氧化的HCl为18.25g，C错误；在③中产物Br2中Br元素化合价为0，介于Br元素的最低-1价和最高+7价之间，因此Br2既具有氧化性，又具有还原性，D错误；故合理选项是A。13．工业上以铝土矿(主要成分为Al2O3，含少量氧化铁和二氧化硅A．物质a可以是NH3B．滤渣①的主要成分是SiOC．滤液1和滤液2中铝元素的化合价相同D．步骤Ⅰ发生反应的化学方程式为：2Al2O3【答案】B【解析】滤液2的主要成分为NaCl、AlCl3，向滤液2加入物质a，过滤得到氢氧化铝，则物质a可以是NH3或氨水，A正确；由分析可知，滤渣1为H2SiO3，B错误；滤液1中的Al以NaAlO2形式存在，滤液2中的Al以AlCl3的形式存在，Al的化合价均为+3价，C正确；步骤Ⅰ为电解熔融的氧化铝，反应的化学方程式为2Al2O3(熔融)  14．某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Cl-、AlO2-(不考虑水的电离)。当向该溶液中逐滴加入A．原溶液中一定含有的阳离子是H+、Mg2+、AlB．反应最后形成的溶液中的溶质只含NaCl和NaAlOC．原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比为D．原溶液中含有的阴离子是Cl【答案】D【解析】根据分析，溶液中肯定含有的阳离子为，H+、NH4+、Al3+，A错误；反应到最后溶液中的溶质为NH3⋅H2O、NaCl和NaAlO2，B错误；结合图像中的数量关系可得nH+15．根据如图所示装置进行实验，下列说法正确的是A．根据实验可得非金属性：NB．图中饱和NaHCO3溶液的作用为吸收C．实验涉及的部分元素的简单离子半径：NaD．晶体Si可用作半导体，可在过渡元素中寻找半导体材料【答案】A【解析】稀硝酸与碳酸钠固体反应产生CO2，与挥发的硝酸进入到饱和NaHCO3溶液中，饱和NaHCO3溶液与CO2不发生反应，但是可以与挥发出的硝酸反应产生CO2，那么进入硅酸钠溶液中只有CO2，当产生白色沉淀时说明生了硅酸，整个过程说明了酸性为：HNO3>H2CO3>H2SiO3，据此作答。根据分析可知，酸性为：HNO3>H2CO3>H2SiO3，最高价酸的酸性越强，则元素的非金属性越强，即N>C>Si，故A正确；饱和NaHCO16．氢气是世界上已知密度最小的气体，也是自然界中最轻的气体，其具有可燃性、还原性、氧化性等化学性质。氢气不仅可以用于填充气球、治疗疾病，在工业上作氢化剂和还原剂，而且也是21世纪主要研究的一种新型的清洁能源，可以作为航空燃料或以燃料电池的方式为汽车提供动力。氢气可以通过电解水、水煤气、烃类转化法等方法制备。用氢气制备双氧水的一种工艺简单、能耗低的方法，其反应机理如图所示，已知钯(Pd)常以正二价形式存在。下列有关说法正确的是A．反应过程中只存在极性键的断裂与形成B．反应①②③均为氧化还原反应C．反应②中有1molO2参与反应时转移电子的物质的量为4molD．制备的总反应式为H2＋O2[PdCl4]2-H【答案】D【解析】反应过程中有非极性键的断裂，如H—H键的断裂，A错误；反应③中元素化合价未发生变化，属于非氧化还原反应，B错误；反应②的离子方程式是Pd＋O2＋2Cl-=[PdCl2O2]2-，[PdCl2O2]2-中Pd为＋2的化合价，O的化合价为-1，根据得失电子守恒，当有1molO2参与反应时转移电子的物质的量为2mol，C错误；根据反应机理，参与第一步反应的[PdCl4]2-是总反应的催化剂，由此可写出制备的总反应式为H2＋O2[PdCl4]2-H2O2，D二、非选择题17．高锰酸钾是一种重要的化工产品，在化学、生产、生活等场境中都有重要的用途。某工厂生产高锰酸钾的流程如下图所示。请回答下列问题：(1)高锰酸钾常常可以用于实验室制氧气，请写出化学方程式。(2)“Ⅰ混合加热”发生的主要是(填“物理”或“化学”)变化。(3)请将“Ⅱ氧化反应”发生反应的化学方程式补充完整(在横线上填化学式)。_____+2MnO2+4KOH(4)“Ⅲ电解”反应中，反应前后化合价发生变化的元素有(写元素符号)。(5)生产流程中可循环利用的物质是(写化学式)。【答案】(1)2KMnO(2)物理(3)O2、H2O(4)Mn、H(5)KOH【解析】（1）“Ⅰ混合加热”将二氧化锰、KOH从固态转化为液体，“Ⅱ氧化反应”中MnO2被氧化为K2MnO4，空气中O2被还原为H2O，反应方程式为O2+2MnO2+4KOH加热2K2MnO4+2H2O，“Ⅲ电解”反应中，K2MnO4（2）“Ⅰ混合加热”只是物质状态发生了改变，没有新物质生成，属于物理变化；（3）根据化学方程式可知，反应物中含K、Mn、O、H的个数分别是4、2、8、4，生成物中含K、Mn、O、H的个数分别是4、2、8、0，根据质量守恒定律，化学反应前后，原子的种类和数目不变，生成物4个氢原子需2个氧原子结合，生成2个水分子，故反应物中还含有2个O，即O2，配平可得化学方程式为O2（4）“Ⅲ电解”反应中，K2MnO4转化为KMnO4，Mn元素化合价从+6升高至+7价，H2转化为KOH，H元素化合价从0升高至+1价，反应前后化合价发生变化的元素有Mn、H；（5）氢氧化钾可以作反应原料，还可以由反应制得，所以生产流程中可循环利用的物质是氢氧化钾，化学式为：KOH。18．氯的许多化合物在生活中扮演着重要角色，如：亚氯酸钠(NaClO2)和ClO2(具有强烈刺激性气味的气体)都是重要的漂白剂。回答下列问题：(1)NaClO2中氯元素的化合价为。(2)草酸(H2C2O4)是一种易溶于水的弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原NaClO3，可较安全地生成ClO2，反应的离子方程式为。(3)自来水用ClO2处理后，有少量ClO2残留在水中，可用碘量法做如下检测：取500mL水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，再加入淀粉溶液，溶液变蓝。写出ClO2与碘化钾反应的化学方程式：(已知ClO2存在于pH为4～6的溶液中，ClO2-存在于中性溶液中(4)某学习小组设计如下装置制取NaClO2(夹持仪器已省略)。①装置A中产生的ClO2气体，在装置C中反应生成NaClO2，写出生成NaClO2的化学方程式：。②装置B的作用是。③有同学认为上述装置并不完整，其理由是。【答案】(1)+3(2)2ClO(3)2ClO(4)2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2↑【解析】（1）钠为+1价，氧为-2价，则根据正负化合价为零可知，NaClO2中氯元素的化合价为+3（2）草酸(H2C2O4)是一种弱酸，利用硫酸酸化的草酸还原NaClO3，可较安全地生成ClO2，反应中，碳元素从+3价升高到+4价、氯元素从+5价降低到+4价，则按得失电子数守恒和元素质量守恒，反应的离子方程式为2ClO3（3）已知ClO2存在于pH为4~6的溶液中，ClO2-存在于中性溶液中，取500mL水样，加入一定量的碘化钾，用氢氧化钠溶液调至中性，则生成ClO2-，再加入淀粉溶液，溶液变蓝，则有I2生成，ClO2与碘化钾反应中，碘元素从-1价升高到0价、氯元素从+4价降低到+3价(ClO（4）①在装置C中，ClO2转变为NaClO2，氯元素从+4价降低到+3价，则过氧化氢为还原剂，氧元素从-1价升高到0价，按得失电子数守恒、元素质量守恒得生成NaClO2的化学方程式：2NaOH+H2②装置B的作用是安全瓶，防止装置C中的液体倒吸入装置A中；③ClO2会污染空气，则某同学认为上述装置并不完整，其原因是：ClO2不能直接排放，应设置尾气处理装置。19．利用下图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系。回答下列问题：(1)Na2FeO4是一种新型饮用水消毒剂。工业上常用NaClO、Fe(NO3)3、(2)打印机使用的墨粉中含有Fe3O4，下列关于Fe3O4a.有磁性，是FeO与Fe2b.属于两性氧化物，与酸、碱都能反应c.FeO在空气里受热能迅速生成Fed.Fe与水蒸气高温下反应能生成Fe(3)维生素C易溶于水，可将Fe3+转化为Fe2+被人体吸收。为检验转化产物Fe2+，设计如下实验：取适量Fe2(SO4(4)FeCl2溶液在空气中易变质，利用部分变质的FeCl2溶液制备①请在括弧内填写所需试剂或条件，在方框内填写含铁物质的化学式。②若100mL该溶液最终制得1.6gFe2O3【答案】(1)0.15mol(2)c(3)不能，过量维生素C会使高锰酸钾溶液褪色，无法说明一定有Fe2+生成(4)【解析】(1)3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO42-+3(2)a．四氧化三铁有磁性，四氧化三铁是由FeO与Fe2O3按照一定比例组成的纯净物，故错误；四氧化三铁只与酸反应，不与碱反应，不属于两性氧化物，故错误；FeO中铁元素为+2价，还原性较强，在空气里受热，发生氧化还原反应，能迅速生成Fe3O4，故正确；Fe(3)维生素C易溶于水，可将Fe3+转化为Fe2+被人体吸收，说明维生素C具有还原性；亚铁离子也具有强的还原性，亚铁离子、过量的维生素C均能被酸性高锰酸钾溶液氧化，导致高锰酸钾溶液褪色，干扰了亚铁离子的检验，此实验方案设计不严密；故答案为：不能，过量维生素C会使高锰酸钾溶液褪色，无法说明一定有(4)部分变质的氯化亚铁溶液中含有少量的氯化铁，变质后的