周测卷十五金属的腐蚀与防护1.D解析：图A中构成了电解池，钢制管桩作阴极被保护，故不易被腐蚀，A项错误；图B中镁和铁制输水管构成了原电池，而镁作负极被腐蚀，输水管作正极被保护，故不易被腐蚀，B项错误；图C中铁管道和锌构成了原电池，锌作负极被腐蚀，铁管道作正极被保护，C项错误。2.A解析：科学考察站钢铁设备表面镶嵌铝块，Fe、Al、电解质溶液构成原电池，F失电子能力小于A1而作正极被保护，所以该保护方法属于牺牲阳极法，A项正确；金属护栏表面涂漆，阻止F与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，B项错误；汽车底盘喷涂高分子膜，阻止F与空气、水接触，从而防止金属被腐蚀，属于物理方法，C项错误；水中的钢闸门连接电源的负极，充当电解池的阴极，属于外加电流法，D项错误。3.℃解析：左图中锌和铁在食盐水中构成电解池，锌为阴极，铁为阳极，铁失去电子生成亚铁离子，锌电极上溶液中的氢离子得到电子生成氢气，溶液中的氢氧根离子浓度增大，所以锌极附近颜色变红；右图中锌和铁在食盐水中形成原电池，锌为负极，失去电子生成锌离子，铁为正极，氧气在正极上得到电子生成氢氧根离子，铁电极附近颜色变红。综上所述，C项正确。4.D解析：马首铜像是含一定比例金、银、锡、锌的铜合金，形成原电池时铜作正极被保护，耐腐蚀性好，所以该铜铸国宝仍然熠熠生辉不生锈，D项正确。5.B解析：I形成原电池，铁作负极，腐蚀较快；Ⅱ形成原电池，铁作正极，被保护，腐蚀较慢，B项正确。6.B解析：海水中阳极区的CI会优先失去电子生成CL2,A项错误；该装置的原理为电解池，阳极区生成的C2与阴极区生成的OH一在管道中会发生反应生成NaCl、NaClO和H2O,其中NaClO具有强氧化性，可氧化灭杀附着的生物，B项正确；阴极区生成H2,C项错误；阴极的电极反应式为2H2O+2e一H2A十2OH,生成的)H会使海水中的Mg2+沉淀积垢，D项错误。7.B解析：装置I中的铁钉处于盐酸的蒸气中，发生析氢腐蚀使左侧液面下降，A项正确；装置Ⅱ中的铁钉同样处于盐酸的蒸气中，有所不同的是悬挂铁钉的金属意·35·【23新教材老高考·ZC·化学·参考答案一R一选择性必修1一N】

全围1®0所名接单元测试示范老教学札记1.47×105g×103mg·g20.00ml×10-3L·ml-=0.735mg·L1>0.50mg·L1,故处理后的废水未达到排放标准。答案：(1)①调节酸的滴加速度（或控制反应温度）②作安全瓶，防止倒吸③S④NaOH溶液（各2分）(2)①酸式滴定管(1分)；黄色沉淀，且半分钟内沉淀不消失(2分)②否(3分)19.(13分)用软锰矿（主要成分为MnO2,含少量FeO4、AlO3)和BaS制备高纯MnCO,的工艺流程如下：硫化钡软锰矿粉溶液反应→过滤→溶液T硫酸酸獬①试剂X碳酸氢铵↓②氨水氨水过滤一净化一→压滤一→碳化一过滤一洗涤一干燥高纯碳酸锰硫酸废渣滤液Ⅱ已知：①MnO2是一种两性氧化物；②25℃时相关物质的K如下表：物质Fe(OH)2Fe(OH):Al(OH)Mn(OH)2K1X10-16.31×10-8861×10-32.31X10-12.7回答下列问题：(l)MnO2与BaS溶液反应转化为MnO的化学方程式为(2)保持BaS投料量不变，随MnO2与BaS投料比增大，S的量达到最大值后无明显变化，而Ba(OH)2的量达到最大值后会减小，减小的原因是(3)“净化”时需先加入的试剂X为(填化学式)，再使用氨水调节溶液的pH,则pH的理论最小值为(当溶液中某离子浓度c≤1.0×10-5mol·L-1时，可认为该离子沉淀完全)。(4)“碳化”过程中发生反应的离子方程式为答案：(1)MnO2+BaS+HO-Ba(OH)2+MnO+S(3分)(2)过量的MnO2消耗了产生的Ba(OH)z(3分)(3)H2O2:4.9(各2分)(4)Mn2-+HCO3+NH3·H2O-MnCO3￥+NHt+H2O(3分)【23·DY.化学-R-选修4-Y】51

教学金国1@©所名接单元测试示范寒之札记(4)F是B的同分异构体，7.30gF与足量饱和碳酸氢钠反应可释放出2.24L(标准状况)二氧化碳，F的可能结构共有种（不考虑立体异构），其中核磁共振氢谱显示三组峰，峰面积比为3：1：1的结构简式为答案：(1)CH2OH(CHOH):CHO(2分)(2)羟基；取代反应（或酯化反应）（各1分）ONO,ONOOH+NaOH-CH COONa(3)HCCOO:HCCOO(各2分)(4)9(3分)；HO0CCO)H(2分)19.(11分)利用石油化工产品烃C和淀粉可制备环酯化合物F,其中一种合成路线如下：HOCH,O琥珀酸菌HOOCCH,CH,CO0H淀粉催化剂A发酵浓硫酸回，可0水溶池，已△已知：C在标准状况下的密度为1.25g·L1。回答下列问题：(1)下列关于淀粉的说法错误的是(填字母，下同)。a.属于天然高分子化合物b.与纤维素互为同分异构体c.完全燃烧产物只有CO2和HOd.可用于生产酒精(2)下列物质中不能与A反应的是a.NaOH溶液b.酸性KMnO1溶液c.银氨溶液d.新制Cu(OH)2(3)C→D的反应类型为(4)写HD→E的化学方程式：(5)写出一种同时满足下列条件的B的同分异构体的结构简式：①分子中含有HCOO②分子中无环状结构③1mol该物质与足量金属钠反应生成0.5molH2答案：(1)b(2分)(2)a(2分)(3)加成反应(2分)(4)BrCH.CH.Br+2NaOH--HOCH.CH:OH+-2NaBr(31(5)HCOOCH2 CH2COOH(或其他合理答案)(2分)70【23新教材·DY.化学-R-选择性必修3-SD】

中考化学压轴题以验证硫酸钾是否存在只需验证沉淀是否总结反思：由于氯化氢极易溶于水，所以若溶于酸即可。气体中含有氯化氢，气体进入A装置中，氯【反思拓展】K,S0,溶液呈中性，K,C0,、KOH化氢会溶于水形成盐酸，盐酸与氢氧化钙反溶液均呈碱性，故若需将废液调至中性，则应生成氯化钙和水，无明显现象，因此无法应加入酸性、且能与K,CO3、KOH反应的物验证HC1是否存在，所以应补充利用硝酸银质，故选②溶液检验氯化氢的实验，即将混合气体通入硝酸银溶液中，观察是否有白色沉淀产生。2.实验分析：浓硫酸C0+Cu0△Cu+3.【分析】K,C03、Na,S04Ba(NO3)2+CO2得出结论：AD、F总结反思：HCINa,SO=BaSO+2NaNO将混合气体通入硝酸银溶液中，观察是否【实验验证】(1)Ba(NO3)2(2)溶液由无有白色沉淀产生色变为红色(3)3【解析】第一步，分析图中各装置：装置A、F:【实验结论】K,CO3、Na2SO4、NaOH、NaCl均盛有澄清石灰水，即Ca(OH)2溶液，而实【解析】第一步，逐步分析实验过程验室常用氢氧化钙溶液检验C02;装置B:实步骤①中白色固体加水溶解后，得到无色溶验室常用NaOH溶液吸收C02;装置C:试剂液，说明白色固体中没有碳酸钙；未知，可先略过；步骤②中滴加过量的稀盐酸，观察到产生大装置D:黑色氧化铜能与氢气或一氧化碳反量气泡，而剩余四种物质中，只有碳酸钾能应生成红色的铜，通过观察是否有红色固体与稀盐酸反应生成二氧化碳，因此白色固体生成，检验是否含有氢气、一氧化碳中的一中有碳酸钾；种，而氢气还原氧化铜的另一种产物为水，步骤③中取步骤②反应后的溶液，滴加足量一氧化碳还原氧化铜的另一种产物为二氧硝酸钡溶液，有白色沉淀生成，由于步骤②化碳，故若D装置中有明显现象后，可通过中所加稀盐酸过量，碳酸钾一定完全反应，检验另一种产物判断发生反应的是氢气还而剩余的物质中，只有硫酸钠能与硝酸钡溶是一氧化碳；液反应生成白色沉淀硫酸钡，因此白色固体装置E:由【查阅资料】可知，无水硫酸铜中有硫酸钠；(CuS0,)为白色粉末状固体，遇水变为蓝色。步骤④中将上述混合物过滤，取滤液，滴加因此其作用是检验是否含有水。AgNO,溶液，产生白色沉淀，说明溶液中有第二步，分析具体探究过程：氯离子。但由于步骤②加入过量的稀盐酸，实验分析：要排除不含氢气，则通过D后不引入了氯离子，此时无法确定白色固体中是会有水生成，但因气体通入A时会带有水蒸否含有氯化钠，上述步骤也无法确定是否含气，所以C中试剂起干燥气体的作用，其中有氢氧化钠盛有的试剂是具有吸水性的浓硫酸。装置D第二步，结合设问分析探究过程：中为一氧化碳与氧化铜反应生成铜和二氧【分析】由第一步分析可知，白色固体中一定化碳，据此写出反应的化学方程式。不存在碳酸钙，一定存在碳酸钾和硫酸钠。得出结论：根据装置作用分析：可知A装置【实验验证】(1)单独分析这一空，似乎无法主要是检验C02气体，根据D、E中现象可知直接推出所加试剂，那么我们可结合整个验混合气体中不含H,根据D、F中现象可知证过程进行分析，(2)中滴加无色酚酞溶液混合气体中含有C0。检验溶液酸碱性，而(3)中用硝酸银溶液检64万唯中考化学交流QQ群：869236129

B.放入稀CSO4溶液中：有氢气放出，有紫红色铜析出C放入MgC2溶液中：有氢气放出，有白色沉淀生成D.放入NH4NO,浓溶液中：有无色无味气体放出6,将一定量Cl,通过甲装置后，冉通过盛有湿润红色布条的乙装置，红色布条不褪色。甲装置中所盛试剂可能是(Cl2-→6碱石灰甲①浓硫酸②NaOH溶液③纯碱溶液④饱和食盐水⑤F6O,溶液A.①④⑤B.①②③c.②③④D.②③⑤7.下列对某溶液所含离子的检验，叙述正确的是(A.滴入BQ2溶液和稀硝酸，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有SOB滴入盐酸酸化，再滴入硝酸银溶液，产生白色沉淀，则原溶液中一定含有C1C.滴入NaOH溶液并加热，产生能使湿润的蓝色石蕊试纸变红的气体，则原溶液中一定含有NH4D.滴入KSCN溶液无明显现象，再通入少量Cl,后呈红色，则原溶液中一定含有Fe28.高铁酸钾(K,FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，在水处理过程中，高铁酸钾转化为F(OH),胶体，制备高铁酸钾的流程如图所示。下列叙述错误的是()铁屑Cl2 NaClO NaOH饱和反应】反应→Na2FeOKOH溶液粗K,Fe04晶体尾气NaClA反应1的化学方程式是2Re+3CL,△FCL,B.反应Ⅱ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：3C.污水处理过程中产生的F(OH),胶体使悬浮物聚沉，利用了胶体具有较强吸附能力的特点D.Na,FeOa制备粗K,FeOa晶体的反应为复分解反应

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C.利用氯气的强氧化性给自来水杀菌、消毒11.短周期元素R,X,Y,Z的原子序数依次增大，且X,Y相邻，R在周期表中原子半径最D.燃煤中加人CaO可以减少酸雨的形成小，X原子最外层电子数等于电子层数的2倍，Y,Z组成化合物M,与水反应生成化合8.某有机物Z具有美白功效，广泛用于日化产品。该物质可用有机物X和Y通过加物N和有刺激性气味的气体H,N常用于杀菌消毒。下列推断正确的是()成反应制备：A.X的氢化物一定不能使酸性高锰酸钾溶液褪色H,C-CHB.Z的氧化物对应水化物的酸性一定比Y的强C.气体H遇Z的单质没有明显现象D.R与Y两种元素共同形成的10电子粒子有3种HO12.科研人员设计了甲烷燃料电池并用于电解工业弱酸性含铭Cr()废水（主要以Cr,O下列叙述错误的是形式存在)，最终以Cr(OH),沉淀除去，原理如图。下列说法错误的是()AX与《-OH互为同系物CH COz+H20B.X和Z含有相同种类的官能团Pt电极⑦口迁毯熔融金属氧化物Fe棒石墨棒C.Y既能发生取代反应，也能发生加聚反应天P电极D.Y分子中所有碳原子可能共面02Fe(OH和9.某溶液中可能存在Na+、Mg+、Fe2+、Br、CO?、SO?、I厂七种离子中的某几种。含铬废水Cr(OH)3现取该溶液进行实验，得到如下现象：甲烷燃料电池离子交换膜（只允许同种电荷的离子通过）①在该溶液中滴加足量氯水后，有气泡产生、溶液呈橙黄色；②向呈橙黄色的溶液A.电池工作时负极反应方程式为CH,一8e+4O2-CO2+2H2O中加入BaCL2溶液时无沉淀生；③向淀粉溶液中滴加橙黄色溶液未变蓝色B.阳极每转移3mol电子，可处理Cr2O号物质的量为0.25mol根据上述实验事实推断，在该溶液中肯定不存在的离子组是C.石墨电极反应为Cr2O-十7H2O+6e—2Cr(OH)3￥+8OHA.Mg2+、Fe+、SOB.Mg2+、COg、ID.离子交换膜为金属阳离子交换膜C.Fe2+、SO}、D.Fe2+、Br、SOg13.t℃时，向10mL0.200mol·L-1NaOH溶液中加入0.200三10.根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是mol·L1的一元酸HA,溶液pH的变化曲线如图所示。已选项操作现象结论知a点时测得c(A)=9.92×10-2mol·L1,10.4=2.51,9.6下列说法正确的是()4.6向某溶液中加人2滴溶液不显红色，加人几滴AKSCN溶液，再向溶液中新制的氯水后溶液变为该溶液中一定含有Fe2+A.a点所示溶液中c(Na+)>c(A)>c(HA)>c(OH)020V(HA)/mI加人几滴新制的氯水红色B.b点所示溶液中c(HA)>c(A)C.t℃时，一元酸HA的电离常数K。=3.11×10向盛有HO,溶液的试管溶液变成棕黄色，一段时Fe2+催化H2O2分解产D.t℃时，0.100mol·L1NaA溶液中A的水解率为0.80%中加人几滴酸化的硫酸亚间后溶液中出现气泡，随生02二、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分。在每小题给出的四个选项中，第铁溶液后有红褐色沉淀生成14~18题只有一项符合题目要求，第19~21题有多项符合题目要求。全部选对浓硝酸具有强氧化性，常铝片先用砂纸打磨，再加的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。m/mg入浓硝酸中无明显现象温下，铝表面被浓硝酸氧1.0化形成致密的氧化铝薄膜14.人工放射性同位素被广泛应用于生物示踪技术。已0.8钳知放射性同位素P衰变成Si的同时放出另一种粒0.6向两支盛有KL溶液的试前者溶液变蓝，后者有黄溶液中存在衡：D管中，分别滴加淀粉溶液子，1mg的P随时间衰变的关系如图所示。则以下04雪色沉淀0.2)和AgNO,溶液I=2+1-说法中正确的是(理科综合试题（四）第3页（共16页）理科综合试题（四）第4页（共16页）

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17:13℃N28四9165%C●●●1/2川省大数据学考大联盟高三第一次质量检测文综·历史试题参考答案及评分意见一、选择题：24-27 CCAC28-31 BACA32-35 BDBD二、非选择题：41.(1)不同之处：①在美国不受重视的“美利坚民族”概念在中国流传了一百余年；②国民党人及部分知识分子认为美利坚民族是一个单一民族：③共产党人和一些左翼文人认为美利坚民族构成是多元的。(3点6分)原因：①借鉴美国成功崛起的民族因素；②实现中国独立，需要凝聚民族力量；③中国社会精英对美国的有限认知：④中国社会精英的社会责任感和历史使命感；⑤古代中国处理民族问题的经验教训。（任答4点9分）(2)因素：①中国对民族问题认知的历史积淀；②马克思主义研究方法；③吸取其他国家、民族的经验和教训：④中国的综合国力增强（经济实力增强，民族认同增强，文化自信增强）：⑤党和政府的重视：⑥费孝通等重要学者的不解探索。（任答5点10分）42.【示例】(12分)观点：四大发明西传体现古代中国的文化自信(3分)阐释：造纸术、印刷术、指南针和火药这四大发明是中国古代劳动人民在长期的生产实践和生活体验中创造出来的。唐朝造纸术西传，宋元时期，火药、指南针、印刷术陆续传入西方。火药和火器的采用摧毁了欧洲中世纪天主教的思想枷锁。指南针传到欧洲航海家的手里，使他们有可能发现美洲和实现环球航行，为西方奠定了世界贸易和工场手工业发展的基础。造纸术、印刷术则对文艺复兴运动、宗教改革等起到了积极推动作用，并进一步对人类文化的普及和世界科学文化成果的传播、交流作出了不可磨灭的贡献。(8分)文综·历史答案第1页（共2页）综上所述：四大发明西传向全世界展示了中国人民的勤劳智慧，对西方的近代化乃至人类文明的进步作出了积极贡献，有力地展示古代中国的文化自信。(1分)其它观点：唐长安城成为国际大都会体现古代中国的文化自信：丝绸之路是古代中国文化自信的载体；中国古代精美的陶瓷制品大量远销海外；唐代政治文明深刻影响日本的大化改新等。45.(1)原因：传统中国外交机构和外交理念的缺陷；外来侵略迫使中国外交转变；处理日益繁杂团問编辑转为Word下载更多

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⑩叫卖声，见证着文明迭代、城乡变迁，书写和记述了中华民族朴素、积极、充满生命力的生活哲学。善用巧用创新型的文化遗产保护理念、传播视角、融媒体台及虚拟视听技术，才能让叫卖以是杀声所代表的声音文化遗产得

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5.宣德八年(明改知喷自本速教品除海白金三百贾美室精制丝绸一石二士二匹以外，特另增线金株、氟制酒或桐花郑、香炉等西十三种装柜六土只。对于日贡舶附带货勤，明政府以优收买，明朝与日本的往来A.冲破了海禁政

15.BC【解析】病原体入侵是需要经过神经一体液一免疫调节网络来维持衡，A错误；一个B细胞通常只针对一种抗原，活化、增殖后只产生一种特异性抗体，B正确；B细胞活化需要抗原和辅助性T细胞传递的两个信号刺激，还需要细胞因子的作用，C正确；通气量减少导致CO2积累，因内环境的调节，血浆pH不会显著下降，D错误。16.B【解析】发酵初期，亚硝酸盐含量升高，主要是由于硝酸盐还原菌大量繁殖，A正确；发酵中期，无氧的环境有利于乳酸菌进行大量繁殖产生大量的乳酸，B错误；发酵后期，乳酸菌数量下降与营养物质的消耗和乳酸的积累都相关，C正确；取食泡菜的时间宜在发酵的中期靠后期，此时的亚硝酸盐含量较低，D正确。三、非选择题（共5大题，共60分。）17.(除标注外，每空2分，共12分)(1)下降(1分)水(1分)线粒体内膜(1分)(2)100叶绿素含量低(3)75%透光率（或T1)75%透光率组，百合叶片中叶绿素含量最高，Rubisco羧化酶活性最高，叶片气孔导度最大，C02供给能力强，叶片净光合速率最高，百合鳞茎中淀粉合成酶活性最高，转化淀粉能力强，从而提高了鳞茎中淀粉的含量(3分)【解析】(2)叶片固定C○2速率即叶片真光合作用速率，可用呼吸速率十净光合速率求得，透光率为25%~100%的真光合速率依次为7.5、8.91、10.37、6.18umol·m-2·s1,可见透光率为100%时叶片固定C02速率最低。(3)75%透光率组，百合叶片中叶绿素含量最高，Rubi$c0羧化酶活性最高，叶片气孔导度最大CO2供给能力强，叶片净光合速率最高，百合鳞茎中淀粉合成酶活性最高，转化淀粉能力强，从而提高了鳞茎中淀粉的含量。18.(每空2分，共12分)(1)Aabb、aaBb不能(2)AaBb长翅红眼：残翅红眼：长翅紫眼：残翅紫眼=64：8：8：1(3)长翅紫眼（或长翅紫眼雄性）1【解析】(I)亲本基因型为AabbXaaBb,若两对等位基因位于一对染色体上，后代表型比值也是长翅红眼：残翅红眼：长翅紫眼：残翅紫眼=1：1：1：1，所以不能验证是否遵循自由组合定律。(2)F1中表型为长翅红眼基因型均为AaBb,F2表型为长翅红眼为AB,其中A中AA占1/3，Aa占2/3，自由交配后代表型比值为8：1；B自由交配后代表型比值也为8：1，两者自由组合，后代长翅红眼：残翅红眼:长翅紫眼：残翅紫眼=64：8：8：1。(3)若A、a基因也在X染色体上，则长翅紫眼个体基因型为XbY,若A、a基因在常染色体上，则长翅紫眼个体基因型为AaXY,进行PCR后电泳，前者只有1个条带，后者有2个条带。19.(每空2分，共12分)(1)激素、神经递质神经调节分级调节(2)由正电荷变为负电荷小于(3)毛乳头细胞膜上的GC受体数量过高，接收到更多的GC抑制信号，导致毛乳头细胞分泌的Gs6蛋白减少，对毛囊干细胞的增殖分化的促进作用减弱【解析】(1)途径①是神经调节，分泌的去甲肾上腺素为神经递质，途径②肾上腺髓质为效应器，释放的去甲肾上腺素为激素；途径②为反射活动，属于神经调节，途径③分层调控机制属于分级调节。(2)信号传至A,点时，A,点由静息电位变为动作电位，Na+内流，膜外由正电荷变为负电荷；Na+内流为协助扩散，此时膜外Na+浓度还是大于膜内。(3)根据信息，糖皮质激素会抑制毛乳头细胞分泌Gs6蛋白，所以GC受体过多会导致毛乳头细胞接收到更多的GC抑制信号，导致毛乳头细胞分泌的Gs6蛋白减少，对毛囊干细胞的增殖分化的促进作用减弱，导致脱发。生物学参考答案（雅礼版）一3

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2024届唐山市普通高中学业水选择性考试第二次模拟演练思想政治答案1.D2.B3.A4.C5.D6.B7.A8.C9.C10.D11.C12.D13.B14.C15.B16.D17.(1)①自201

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12,本次沙尘是期间，戈壁地区(1)分析海南岛秋季隆水量较大的原因。(6分A/均粒径随高度增大而减小八下风向均粒径更大(2)说明图示气候异常状态下海南岛降水量明显偏大的原因。(4分)心粗沙含量在近

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项产生白色絮状结合质子()能力：A将Na[Al(OH)4溶液与NaHCO溶液混合沉淀[AI(OH)4>CO向溶液X中滴加少量NaOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸不变溶X中肯定不含NH4石蕊试纸靠近试管口蓝向含相同浓度的KBr、KI的混合溶液中依次加入少量溶液分层，下层C氧化性：C>,Cl2>Br2氯水和CC4,振荡，静置呈紫色D用pH试纸测定KCIO溶液的pHpH试纸变蓝KCIO溶液显碱性A.AB.BC.CD.D.【答案】A【解析】【详解】A.将N[AI(OH4]溶液与NaHCO,溶液混合产生白色絮状沉淀，说明[AI(OH)]结合了电离出的H生成了AI(O3沉淀，所以结合质子H)能力：[AI(OH>CO},A正确：B,向溶液X中滴加少量NOH稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，可能是由于NH浓度较低，需要加热才能使NH逸出，不能肯定溶液X中不含NH,B错误：C.向含相同浓度的KBr、KI的混合溶液中依次加入少量氯水和CC4,振荡，静置，溶液分层，下层呈紫色，说明C先与I反应生成I2,但不能确定Ch与Br的反应情况，无法得出氧化性C>B2,C错误：D.KCIO溶液具有漂白性，会使pH试纸褪色，不能用pH试纸测定其pH值，D错误：故选A。I2.KMnO4是一种重要的化学试剂，实验室制备少量KMnO4晶体粗品的主要流程如图：MnO,HOCO,KOH浓溶液NaCIO,NOH一[熔脸☐一溶解闯113-绿作☒-KMh0,品体粗品MnO,滤液已知“熔融”时将Mn元素氧化为MnO:。下列有关该流程的说法错误的是第7页/共22页

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