北京市第四十三中学2025届高三化学8月摸底考试试题含解析

PAGEPAGE16北京市第四十三中学2025届高三化学8月摸底考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量:H-1C-12O-16S-32Ba-137选择题（每小题只有一个选项正确，共16小题，1-10题3分1个，其余2分一个，共42分）1.下列所加物质的作用与其还原性有关的是ABCD腌咸菜加氯化钠食用盐中加碘酸钾红酒中添加SO2泡打粉加碳酸氢钠A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A.腌咸菜加氯化钠利用的是其防腐性，与还原性无关；B.食用盐中加碘酸钾是增加碘元素，与还原性无关；C.红酒中添加的SO2，利用了其还原性，可以防止红酒氧化变质；D.泡打粉加的碳酸氢钠是膨松剂，与还原性无关。本题选C。2.下列氧化还原反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比不是1：2的是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】A．中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，A不符合；B．中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5:4，B符合；C．中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，C不符合；D．中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，D不符合；故选B。3.乙酸是一种常见的有机物。下列有关乙酸的化学用语中，不正确的是A.试验式：CH2O B.比例模型：C.甲基的电子式： D.电离方程式：CH3COOHCH3COO－+H+【答案】C【解析】A.乙酸试验式为CH2O，A正确；B.乙酸的比例模型为，B正确；C.甲基的电子式为，C不正确；D.乙酸的电离方程式为CH3COOHCH3COO－+H+，D正确。本题选C。4.已知有如下三个反应：①，②，③，由此可以推断，在通常状况下，N2、NO、NH3的还原性强弱依次是A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】依据氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物分析，标注元素的化合价改变，分析推断还原剂和还原产物，比较分析推断。【详解】①，反应中还原剂N2的还原性大于还原产物NO；②，反应中还原剂NO的还原性大于还原产物NO2；③，反应中还原剂为NH3，还原剂的还原性大于还原产物N2；综上所述反应中还原剂的还原性大于还原产物得到还原性强弱依次为NH3＞N2＞NO＞NO2；故答案选D。5.下列关于自然界中氮循环（如右图）说法不正确的是A.人工固氮可以得到硝酸盐B.细菌对氮元素的循环有重要作用C.雷电作用可以将氮气干脆转化为铵盐D.亚硝酸盐转化为硝酸盐的过程中，氮元素被氧化【答案】C【解析】A.工业上以氮气合成氨，然后通过氨的催化氧化法制硝酸，再以硝酸制硝酸盐，所以人工固氮可以得到硝酸盐，A正确；B.由图可知，豆科植物的根瘤菌可以固氮，所以细菌对氮元素的循环有重要作用，B正确；C.雷电作用只能将氮气转化为一氧化氮，不行以将氮气干脆转化为铵盐，C不正确；D.亚硝酸盐转化为硝酸盐的过程中，氮元素被氧化，D正确。本题选C。6.H－跟NH3的反应为：H－＋NH3=NH＋H2↑，由此试验可得出的结论是（）A.NH3具有还原性 B.H－是很强的还原剂C.该反应属于置换反应 D.生成标况下2.24LH2时，电子转移0.2NA【答案】B【解析】【详解】A.H－跟NH3的反应为：H－＋NH3=NH＋H2↑，H－中氢元素化合价从－1价上升到0价，失去1个电子，氨气中氢元素化合价从+1价降低到0价，得到1个电子，氨气是氧化剂，所以NH3具有氧化性，A错误；B.H－中氢元素易失去电子，是很强的还原剂，B正确；C.反应物中没有单质，该反应不属于置换反应，C错误；D.生成标况下2.24LH2即0.1mol氢气时，电子转移0.1NA，D错误；答案选B。7.下列叙述中正确的是A.0.1molCu和足量的稀硝酸反应时，转移的电子数为0.1×6.02×1023B.在1L0.1mol/L的硫酸铁溶液中含有的三价铁离子数为0.2×6.02×1023C.标准状况下，2.24L溴乙烷中含有的溴离子数目为0.1×6.02×1023D.4.4gCO2中所含有的原子总数为0.3×6.02×1023【答案】D【解析】【详解】A．0.1molCu和足量的稀硝酸反应时生成0.1molCu(NO3)2，转移的电子数为0.1×2×6.02×1023，A不正确；B．由于硫酸铁溶液中存在Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，所以在1L0.1mol/L的硫酸铁溶液中含有的三价铁离子数会小于0.2×6.02×1023，B不正确；C．标准状况下，溴乙烷是液体，没有密度计算不出溴乙烷的物质的量，C不正确；D．4.4gCO2的物质的量为，一个CO2分子含有3个原子。所以所含有的原子总数为0.3×6.02×1023，D正确；故选D。8.下列说法正确的是A.标准状况下，11.2LD2（氘气）中所含中子数为6.02×1023B.14gC2H4和C3H6的混合物中，H原子数为2.5×6.02×1023C.1LpH=1的HCl溶液中，HCl分子数为6.02×1022D.常温常压下，8gCH4中所含的共用电子对的数目为6.02×1023【答案】A【解析】【详解】A．标准状况下，11.2LD2的物质的量为，一个D原子中含有一个中子，则0.5moD2含有1mol中子，即6.02×1023，A正确；B．C2H4和C3H6的最简式相同为为CH2，氢元素的质量分数为定值，所以氢元素的质量为，氢原子的物质的量为2mol，含有的氢原子的数目为2×6.02×1023，B不正确；C．氯化氢为强电解质，溶液中不存在氯化氢分子，C不正确；D．8gCH4的物质的量为，每个甲烷分子含有4个共用电子对，所以含有的共用电子对的数目为4×0.5×6.02×1023=2×6.02×1023，D不正确；故选A。9.常温下，下列各组离子肯定可以大量共存的是A.含NO的溶液中：H+、K+、Br－、I－、Fe2+B.遇石蕊溶液显红色的溶液中：NH、Ba2+、CO、NOC.在与Al反应能放出H2的溶液中：Mg2+、HCO、SO、Cl－D.在=1×1012的溶液中：Na＋、K＋、CH3COO－、NO【答案】D【解析】【详解】A．酸性条件下，NO与I－、Fe2+发生氧化还原反应而不能大量共存，A不符合；B．遇石蕊溶液显红色的溶液是酸性溶液，含有大量H+，与CO发生反应生成CO2而不能大量共存，Ba2+与CO反应生成BaCO3沉淀而不能大量共存，B不符合；C．在与Al反应能放出H2的溶液可酸可碱，Mg2+在碱性条件下不能大量共存，HCO在酸性和碱性条件下均不能大量共存，C不符合；D．=1×10-12的溶液为碱性溶液，Na＋、K＋、CH3COO－、NO均能大量共存，D符合；故选D。10.下列各离子组在指定的溶液中肯定能够大量共存的是A.在无色的溶液中：K+、Na+、MnO、SOB.在pH=13的溶液中：CO、Na+、NO、SOC.水电离出的c（H+）=10-12mol·L‾1的溶液中：Cl-、CH3COO-、NO、NHD.滴加酚酞试液显红色的溶液：Mg2+、NH、Cl-、K+【答案】B【解析】【详解】A．含有MnO的溶液为紫色，A不符合；B．在pH=13的溶液中：CO、Na+、NO、SO均能大量共存，B符合；C．由水电离出的c（H+）=10-12mol·L‾1的溶液可酸可碱，CH3COO-在酸性条件下不能大量共存，NH在碱性条件下不能大量共存，C不符合；D．能酚酞试液显红色的溶液为碱性溶液，Mg2+与NH在碱性条件下均不能大量共存，D不符合；故选B。11.下列离子方程式正确的是A.NaHCO3溶液和NaOH溶液混合HCO＋OH－＝CO2↑＋H2OB.将少量的二氧化硫气体通入氯化钙溶液中SO2+H2O+Ca2+＝CaSO3↓+2H+C.氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3++4NH3•H2O＝AlO+4NH+2H2OD.铜片与稀HNO3反应：3Cu+2NO+8H+3Cu2++2NO↑+4H2O【答案】D【解析】【详解】A．NaHCO3溶液和NaOH溶液混合的离子方程式为：HCO＋OH－＝CO＋H2O，A不正确；B．二氧化硫与氯化钙溶液不反应，B不正确；C．氯化铝溶液中加入过量氨水的离子方程式为：Al3++3NH3•H2O＝Al(OH)3↓+3NH，C不正确；D．铜片与稀HNO3反应的离子方程式为：3Cu+2NO+8H+3Cu2++2NO↑+4H2O，D正确；故选D。12.下列离子反应方程式书写正确的是A.向稀硝酸中加入过量铁粉Fe+4H++NO=Fe3++NO↑+2H2OB.用热的纯碱溶液能清洗油污：CO+2H2OH2CO3+2OH－C.少量碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水2HCO+2OH-+Ca2+=CaCO3↓+CO+2H2OD.硫化钠溶液显碱性S2-+H2OHS-+OH-【答案】D【解析】【详解】A.向稀硝酸中加入过量铁粉生成亚铁离子：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O，A错误；B.用热的纯碱溶液能清洗油污，但碳酸根水解分步进行，以第一步为主：CO+H2OHCO+OH－，B错误；C.少量碳酸氢钠溶液中加入过量石灰水生成碳酸钙、氢氧化钠和水：HCO+OH-+Ca2+=CaCO3↓+H2O，C错误；D.硫化钠溶液中硫离子水解，溶液显碱性，硫离子水解分步进行，以第一步为主：S2-+H2OHS-+OH-，D正确；答案选D。13.某温度下，将Cl2通入氢氧化钾溶液中，反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液，经测定ClO－与ClO3-的物质的量之比是1∶2，则Cl2与氢氧化钾反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为A.2∶3 B.4∶3 C.10∶3 D.11∶3【答案】D【解析】Cl2生成ClO﹣与ClO3-是被氧化过程，化合价分别由0价上升为+1价和+5价，经测定ClO﹣与ClO3-物质的量之比为1：2，则可设ClO﹣为1mol，ClO3-为2mol，被氧化的氯元素的物质的量为：1mol+2mol=3mol，依据化合价改变可知，反应中失去电子的总物质的量为：1mol×（1-0）+2mol×（5-0）=11mol；氧化还原反应中得失电子数目肯定相等，则该反应中失去电子的物质的量也是11mol；Cl2生成KCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则被还原的氯元素的物质的量为：；所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3，答案选D。14.下列试验装置正确的是A.制取二氧化氮 B.制取氨气 C.制乙烯并检验 D.制乙酸乙酯【答案】B【解析】【详解】A．二氧化氮能够与水反应，不能采纳排水集气法收集二氧化氮，错误；B．氯化铵和氢氧化钙混合加热生成氨气，氨气的密度比空气小，可以采纳瓶口向下排空气法收集氨气，正确；C．浓硫酸与乙醇加热时会产生二氧化硫等气体，二氧化硫也能使溴水褪色，错误；D．收集乙酸乙酯的导气管不能插入溶液中，简单产生倒吸现象，错误；答案选B。15.某同学做如下试验试验现象溶液无色，试管上方呈红棕色产生大量气泡，能使潮湿红色石蕊试纸变蓝产生气泡，能使潮湿红色石蕊试纸变蓝下列说法不正确的是（）A.试验Ⅰ试管上方呈现红棕色的缘由是：2NO+O2＝2NO2B.依据试验Ⅱ、Ⅲ的气体检验结果，说明都有NH3产生C.试验Ⅰ溶液中发生的反应是：Al+6H++3NO＝Al3++3NO2↑+3H2OD.在试验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，NO在酸、碱及中性溶液中都被还原【答案】C【解析】【详解】：A．NO是无色气体、二氧化氮是红棕色气体，Al和稀硝酸反应生成无色的NO，NO不稳定，易被氧气氧化生成红棕色气体二氧化氮，则发生反应2NO+O2=2NO2，故A正确；B．能使潮湿的红色石蕊试纸变蓝色的气体是氨气，依据试验Ⅱ、Ⅲ的气体检验结果及现象知，说明Ⅱ、Ⅲ都有NH3产生，故B正确；C．Al和稀硝酸反应生成NO，其离子方程式为Al+4H++NO＝Al3++NO↑+2H2O，故C错误；D．I中生成NO，Ⅱ、Ⅲ中生成氨气，I中溶液呈酸性而Ⅱ溶液呈碱性，Ⅲ中溶液呈中性，则在试验Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ中，NO在酸、碱及中性溶液中都被还原，故D正确；故答案选C。16.下表中“试剂”与“操作及现象”对应关系错误的是选项试剂操作及现象AAgNO3溶液滴加氨水,产生沉淀;接着滴加氨水,沉淀溶解B铝粉滴加NaOH溶液,产生气体;接着滴加,产生白色沉淀CCuSO4溶液加过量NaOH溶液,产生蓝色沉淀;再加乙醛,加热,产生红色沉淀D氯水滴加NaOH溶液,溶液颜色褪去;再加HCl,溶液颜色复原A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．先生成AgOH，后生成银氨溶液，则硝酸银溶液中滴加氨水，产生沉淀；接着滴加氨水，沉淀溶解，选项A正确；B．Al与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，则加NaOH过量时不能生成白色沉淀，选项B错误；C．先生成氢氧化铜沉淀，再加乙醛，加热后生成氧化亚铜，则硫酸铜溶液中加过量NaOH溶液，产生蓝色沉淀；再加乙醛，加热后产生红色沉淀，选项C正确；D．氯水与NaOH反应生成盐和水，再加HCl，酸性条件下Cl-、ClO-发生氧化还原反应生成氯气，则氯水中滴加NaOH溶液，溶液颜色褪去；再加HCl，溶液颜色复原，选项D正确；答案选B。17.某同学取海带灰加蒸馏水煮沸2~3min，冷却，过滤，获得含I−的溶液，并设计以下试验方案，从中提取I2。已知：3I2+6NaOH==5NaI+NaIO3+3H2O（1）试剂a的作用是________。（2）试剂b应选择________（填序号）。A．CCl4B．苯C．酒精D．植物油（3）操作1的名称是________。（4）反应3的离子方程式是________。【答案】(1).将I−氧化成I2（或作氧化剂）(2).A(3).萃取、分液(4).5I−+IO3−+6H+==3I2+3H2O【解析】试题分析：由流程可知，含碘离子的溶液先加硫酸酸化，再加氧化剂把碘离子氧化为碘，然后加入萃取剂萃取碘，分液后再向有机层加入氢氧化钠溶液进行反萃取（3I2+6NaOH==5NaI+NaIO3+3H2O，生成物易溶于水、不易溶于有机溶剂），再分液，向水层加入硫酸把溶液酸化后得到碘的悬浊液，最终分别得到粗碘。（1）试剂a的作用是将I−氧化成I2（或作氧化剂）。（2）由流程中的信息可知，试剂b是密度比水大的萃取剂，CCl4可行，苯和植物油的密度比水小，酒精可溶于水不能作萃取剂，因此选择A。（3）操作1的名称是萃取、分液。（4）反应3的离子方程式是5I−+IO3−+6H+==3I2+3H2O。18.向盛有KI溶液的试管中，加入少许CCl4后，滴加氯水，CCl4层变为紫色，假如接着滴加氯水，发觉CCl4层颜色变浅，最终变为无色。完成下列填空：（1）整个过程中，充当氧化剂的物质是__________，使CCl4层变为紫色时，水溶液中发生反应的离子方程式为___________。（2）写出并配平CCl4层由紫色变为无色过程中的化学方程式（假如计量数为1，可以补填写）__________（3）把KI溶液换成KBr溶液，CCl4层变为_______色；接着滴加氯水，CCl4层颜色没有改变。则Cl2、HIO3、HBrO3氧化性强弱依次为______。【答案】(1).Cl2(2).Cl2+2I-＝I2+2Cl-(3).5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl(4).橙(5).HBrO3＞Cl2＞HIO3【解析】【详解】（1）氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，反应为Cl2+2I-＝I2+2Cl-，接着向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会渐渐变浅，最终变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl；整个过程中还原剂为KI、I2，氧化剂为Cl2；（2）CCl4层由紫色变为无色过程中氯元素化合价从0价降低到－1价，碘元素化合价从0价上升到+5价，则依据电子得失守恒可知化学方程式为5Cl2+I2+6H2O＝2HIO3+10HCl；（3）氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4层变为橙色，接着滴加氯水，CCl4层的颜色没有改变，说明氧化性HBrO3＞Cl2，依据氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则有Cl2＞HIO3，所以氧化性依次为HBrO3＞Cl2＞HIO3。19.C、Si是构成无机非金属材料的重要元素。(1)Si在周期表中的位置为_____________。(2)为比较C、Si的非金属性，某同学设计了如下试验：装置①中盛放的试剂是________，装置②中发生反应的离子方程式是_____________。(3)SiC是一种重要的高温耐磨材料。SiC中，C元素显________(填“正”或“负”)化合价，从原子结构角度说明缘由是__________________。【答案】(1).第三周期IVA族(2).饱和NaHCO3溶液(3).CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-(4).负(5).C、Si均位于IVA族，从上到下原子半径渐渐增大，原子核对最外层电子吸引实力渐渐减弱，元素非金属减弱【解析】【详解】(1)Si14号元素，在周期表中位于第三周期IVA族，故答案为第三周期IVA族；(2)要为比较C、Si的非金属性，可以依据最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较。装置①生成的二氧化碳中混有少量氯化氢，可以选用饱和NaHCO3溶液除去，装置①中盛放的试剂是饱和NaHCO3溶液，装置②发生反应的离子方程式为CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-，故答案为饱和NaHCO3溶液；CO2+H2O+SiO32-=H2SiO3↓+CO32-；(3)SiC是一种重要的高温耐磨材料。在SiC中，C、Si均位于IVA族，从上到下原子半径渐渐增大，原子核对最外层电子吸引实力渐渐减弱，元素非金属减弱，C的非金属性比硅强，显负化合价，故答案为C、Si均位于IVA族，从上到下原子半径渐渐增大，原子核对最外层电子吸引实力渐渐减弱，元素非金属减弱。20.NH3是一种重要的化工产品，是制造铵盐的原料。（1）NH3的电子式为____________。（2）试验室用图1所示装置制备氨气，该反应的化学反应方程式为_______，检验氨气的方法是____________。（3）试验室也常用图2所示的简易装置制备氨气，下列说法正确的是________（填字母序号）。a．锥形瓶中加入的固体物质可以是碱石灰b．制得的氨气可用碱石灰来干燥c．可用图3装置和试剂对氨气进行尾气处理（4）氯化铵常用作除锈剂，用化学用语表达其水溶液呈酸性的缘由是______；（5）工业上用活性炭做催化剂，在280~450℃条件下氯化铵与甲醇反应制取一氯甲烷，该反应的化学方程式为________。【答案】(1).(2).2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O(3).用潮湿的红色石蕊试纸检测气体，若试纸变蓝，说明气体是氨气(或用一根玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近气体，若有大量白烟，说明气体是氨气)(4).ab(5).NH+H2ONH3·H2O+H+(6).NH4Cl+CH3OHCH3Cl+NH3↑+H2O。【解析】【详解】(1)NH3属于共价化合物，不存在离子键，分子中存在3对共用电子对，氮原子最外层为8个电子，氨气的电子式为，故答案为：；(2)试验室制备氨气的方法是加热氯化铵和熟石灰的固体混合物，反应的化学方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，检验氨气的方法有：方法一，用潮湿的红色石蕊试纸检测气体，若试纸变蓝，说明气体是氨气，方法二，用一根玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近气体，若有大量白烟，说明气体是氨气，故答案为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；用潮湿的红色石蕊试纸检测气体，若试纸变蓝，说明气体是氨气(或用一根玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近气体，若有大量白烟，说明气体是氨气)；(3)a.碱石灰可以汲取浓氨水中水分、增大氢氧根离子浓度，有利于氨气放出，所以锥形瓶中可以盛放碱石灰，故a正确；b.氨气为碱性气体，可以用碱石灰干燥氨气，故b正确；c.氨气极易溶于水，尾气汲取装置必需具有防止倒吸的作用，故c错误；故答案为：ab；(4)氯化铵强酸弱碱盐，铵根离子水解使溶液显酸性，能够与三氧化二铁反应，除去铁锈，离子方程式：NH+H2ONH3·H2O+H+，故答案为：NH+H2ONH3·H2O+H+；(5)工业上用活性炭做催化剂，在280~450℃条件下氯化铵与甲醇反应制取一氯甲烷，该反应的化学方程式为:NH4Cl+CH3OHCH3Cl+NH3↑+H2O，故答案为：NH4Cl+CH3OHCH3Cl+NH3↑+H2O。21.高铁酸盐（含有FeO离子的盐）在能源、环保等方面有着广泛的用途。湿法、干法制备高铁酸盐的原理如下表所示。湿法强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液干法Fe2O3、KNO3、KOH混合加热共熔生成紫红色高铁酸盐和KNO2等产物上面的流程图是选用湿法制备高铁酸盐的制备流程，按要求回答下列问题：（1）湿法、干法制备K2FeO4的反应中均利用的是+3价Fe元素的___性。（2）反应I的化学方程式为______________。（3）反应II的离子方程式为__________。【答案】(1).还原(2).Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(3).2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O【解析】【分析】依据信息，强碱性介质中，Fe(NO3)3与NaClO反应生成高铁酸盐，因此反应I制取NaClO，其反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应II为在强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液，依据化合价升降法配平，2Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，反应中生成的是高铁酸钠，而产品是高铁酸钾，因此溶解、沉淀、洗涤这些操作的共同的目的是使得到的高铁酸钠转化为高铁酸钾并进一步提纯，用KOH溶解时过滤除去了不溶物，用饱和KOH溶液沉淀时，过滤除去废液，用异丙醇洗涤是除去晶体表面的附着液，这三步操作的最终目的就是使得到的高铁酸钠转化为高铁酸钾并进一步提纯。【详解】(1)．湿法、干法制备K2FeO4的反应中均是Fe3+转化FeO，化合价上升，利用的是+3价Fe还原性，故答案为：还原；(2)．依据信息，强碱性介质中，Fe(NO3)3与NaClO反应生成高铁酸盐，因此反应I制取NaClO，其反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(3)．依据信息和反应I，反应II为在强碱性介质中，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁