山西省怀仁县第一中学2020届高三化学上学期第二次月考试题（含解析）

山西省怀仁县第一中学2020届高三上学期第二次月考化学试题1. 下列物质的分类结果全部正确的是（ ）A. 水煤气-混合物胆矾-纯净物臭氧-单质B. 纯碱-碱硫化氢-酸小苏打-酸式盐C. 油脂-高分子化合物 纤维素-天然高分子化合物 有机玻璃-合成高分子化合物D. 液氯-非电解质 硫酸钡-强电解质 醋酸-弱电解质【答案】A【解析】水煤气是CO和H2的混合物，胆矾(CuSO45H20)是纯净物，臭氧(O3)是单质，故A正确；纯碱碳酸钠是盐，故B错误；油脂不属于高分子化合物，故C错误；液氯是单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误。点睛：电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；非电解质是在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物；2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）A. 常温常压下的33.6L氯气与27g铝充分反应，转移电子数为3NAB. 标准状况下，22.4LNO和11.2L氧气混合，气体的分子总数约为1.5NA个C. 7.8 g Na2O2 含有的阴离子数目为0.1 NAD. 80mL 10mol/L浓盐酸与足量MnO2反应,转移电子数为0.4NA【答案】C【解析】试题分析：A、2Al3Cl2=2AlCl3，氯气不足，铝过量，因此转移电子的物质的量为22.42/22.4mol=2mol，故错误；B、2NOO2=2NO2，两者恰好完全反应，但发生2NO2N2O4，气体分子总数小于1mol，故错误；C、过氧化钠的电子式为：，因此7.8g过氧化钠中含有阴离子的物质的量为7.8/78mol=0.1mol，故正确；D、MnO2只跟浓盐酸反应，随着反应的进行，盐酸的浓度降低，到达某一浓度反应停止，因此转移电子的物质的量小于0.4mol，故错误。考点：考查阿伏加德罗常数等知识。3. 下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是（ ）A. SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆 B. NaHCO3能与碱反应，可用作焙制糕点的膨松剂C. Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂 D. 液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂【答案】D4. 实验室里需用480 mL 0.10 molL-1CuSO4溶液，现选用500 mL容量瓶进行配制，以下操作正确的是（ ）A. 称取7.68 g硫酸铜，加入500 mL水 B. 称取12.0 g胆矾配制500 mL溶液C. 称取8.0 g硫酸铜，加入500 mL水 D. 称取12.5 g 胆矾配制500 mL溶液【答案】D【解析】试题分析：A、称取硫酸铜的质量为0.05mol160g/mol=8g，加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，故A错误；B、胆矾的化学式为CuSO45H2O，如称取胆矾，则质量为0.05mol250g/mol=12.5g，故B错误；C、加入500mL水，最后溶液的体积不止500mL，水的体积不等于溶液的体积，应为加水配成500ml溶液，故C错误；D、胆矾的化学式为CuSO45H2O，质量为0.05mol250g/mol=12.5g，加水配成500ml溶液，符合实验操作，故D正确故选D。考点：物质的量浓度的相关计算点评：本题考查一定物质的量浓度的溶液的配制，本题难度不大，注意硫酸铜和胆矾的区别，另外注意水的体积不等于溶液的体积。5. 下列现象或事实可用同一原理解释的是（ ）A. 浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B. SO2和FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去C. 漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质D. 氢氧化铁液溶胶和蛋白质溶液中分别加入硫酸铜溶液时均产生沉淀【答案】B.6. 下列说法在一定条件下可以实现的是（ ）酸性氧化物与碱发生反应 弱酸与盐溶液反应可以生成强酸 没有水生成，也没有沉淀和气体生成的复分解反应 两种酸溶液充分反应后的溶液体系为中性 有单质参加的非氧化还原反应 两种氧化物反应的产物有气体A. B. C. D. 【答案】A【解析】酸性氧化物是和碱反应生成水和盐的氧化物，如二氧化碳可以和氢氧化钠发生反应生成碳酸钠和水，故正确；弱酸和盐反应生成更难溶的物质可以实现，如H2S+CuSO4=CuS+H2SO4，故正确；酸和盐反应生成弱酸的复分解反应，HCl+CH3COONa=CH3COOH+NaCl，故正确；根据反应2H2S+H2SO3=3H2O+S可知，氢硫酸和亚硫酸溶液充分反应后的溶液体系为中性，故正确；同素异形体之间的转化属于有单质参加的非氧化还原反应，故正确；反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2和3NO2+H2O=2HNO3+NO是两种氧化物反应产物有气体的反应，故正确；故选A。7. 实验室制取下列气体的实验正确的是（ ）A. 实验室制氯气 B. 实验室制氧气 C. 实验室制氨气 D. 实验室制二氧化碳【答案】C【解析】A浓盐酸和二氧化锰在常温下不反应，应在加热条件下进行，且应防止倒吸，故A错误；B实验室用加热高锰酸钾、氯酸钾和二氧化锰等固体的方法制备氧气，水的导电能力较弱，不能直接电解水制备氧气，故B错误；C实验室用氯化铵和氢氧化钙在加热条件下制备氨气，氨气密度比空气小，可用向下排空法收集，故C正确；D盐酸和碳酸钠剧烈反应，且碳酸钠易溶于水，不能用简易气体发生装置制备，应用碳酸钙和盐酸反应制备二氧化碳气体，故D错误；故选C。8. 下列有关实验原理或操作正确的是（ ）A. 用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数为75%的酒精溶液（P1）B. 在200mL某硫酸盐溶液中，含有1.5NA个硫酸根离子，同时含有NA个金属离子，则该硫酸盐的物质的量浓度为2.5molL-1C. 实验中需用2.0molL-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分数分别为950mL、201.4gD. 实验室配制500mL 0.2molL-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称15.2g绿矾（FeSO47H2O），放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶、稀释、定量、摇匀【答案】B【解析】用20mL量筒量取15mL酒精，加水5mL，配制质量分数小于75%的酒精溶液，故A错误 ；硫酸根离子与金属离子的个数比是3:2，该盐的化学式是 ，该硫酸盐的物质的量0.5mol，浓度为2.5molL-1，故B正确；实验中需用2.0molL-1的Na2CO3溶液950mL，配制时应选用的容量瓶的规格和称取Na2CO3的质量分数分别为1000mL、212.0g，故C错误；实验室配制500mL 0.2molL-1的硫酸亚铁溶液，其操作是：用天平称27.8g绿矾（FeSO47H2O），放入小烧杯中加水溶解，转移到500mL容量瓶、稀释、定量、摇匀，故D错误。9. 在给定的条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）A. SSO3H2SO4 B. NH3 NOHNO3C. SiO2SiSiCl4Si D. 海水Mg(OH)22Mg【答案】C【解析】S和氧气点燃只能生成SO2，故A错误；NO与氧气反应生成NO2，NO2再与水反应生成HNO3，故B错误；SiO2SiSiCl4Si 均能实现转化，故C正确；熔融氯化镁电解生成Mg，故D错误。10. 下列表述正确的是（ ）开发使用新型清洁能源，减少化石燃料的燃烧，可从根本上防止酸雨的产生我国从2000年起逐渐用二氧化氯取代氯气对饮用水进行消毒，因为二氧化氯杀菌、消毒能力强，持效长氧化镁可用来制造耐火砖和坩埚等明矾能使水中的悬浮物凝聚，可做为净水剂 建设三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料给机动车安装尾气净化器，可减少光化学烟雾的发生A. B. C. D. 全部【答案】D【解析】试题分析：本题是和环境有关的，酸雨的形成有两种，一是烧煤，含硫的煤燃烧时放出二氧化硫导致硫酸型的酸雨；再就是汽车尾气、硝酸工业排放的是氮氧化物，导致适硝酸型的酸雨，正确；二氧化氯常于自来水的杀菌、消毒，正确；氧化镁的熔点高，是很好的耐火材料；明矾溶于水后，电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有吸附作用，正确；玻璃、陶瓷和水泥是三大硅酸盐材料，正确；在催化剂的作用下，2NO+2CO=（催化剂）N2+2CO2，正确。考点： 本题主要是以材料、环境污染作为背景设置题目，实质是考查了二氧化硫、氮氧化物，氢氧化铝等物质的性质。11. 向50mL 稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积（标准状况）之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应下列说法正确的是（ ）A. 开始时产生的气体为H2 B. AB段发生的反应为置换反应C. 所用混合溶液中c(HNO3)=0.5 molL-1 D. 参加反应铁粉的总质量m2=5.6g【答案】D【解析】试题分析：已知氧化性：NO3-Fe3+H+，OA段发生：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2+H2，A开始时产生的气体为NO，故A错误；BAB段发生：Fe+2Fe3+3Fe2+，为化合反应，故B错误；Cn(NO)=0.05mol，则所用混合溶液中c(HNO3)=1mol/L，故C错误；D最终生成Fe2+，根据氧化还原反应中得失电子数目相等可知3n(NO)+2n(H2)=2n(Fe)，即30.05mol+2=2n(Fe)，n(Fe)=0.1mol，质量为5.6g，故D正确。故选D。考点：考查有关混合物反应的计算；离子方程式的有关计算【名师点睛】化学试题的呈现方式形式多样，可采用文字、数据、图表、示意图等多种方式的融合，增加试题信息的广度，考查学生从不同呈现方式中提取有用信息、加工信息，并利用信息进行思考或推理的能力。这些信息蕴含着解决试题的重要思路、数据和方法，如物质性质、物质形态、反应条件、反应产物、结构特征以及变化趋势等。这就要求考生通过“现场独立自学”的方式，从中概括抽象出新的知识或发现数据之间的关系，同时与学过的知识相组合，形成较全面的网络化的知识体系，将这些知识体系进一步应用到新的知识情境中，从而解决问题。这种试题对具有自主学习和独立思考能力的培养和考查，将发挥非常重要的作用。本题考查混合物的计算，题目侧重于离子反应的判断和计算，注意结合离子的氧化性强弱判断反应的先后顺序，为解答该题的关键。已知氧化性：NO3-Fe3+H+，OA段发生：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，AB段发生：Fe+2Fe3+3Fe2+，B以后发生：Fe+2H+=Fe2+H2，以此解答该题。12. 使用容量瓶配置溶液时，由于操作不当会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（ ）用天平称量时所用砝码生锈用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤 转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水定容时，俯视容量瓶的刻度线 定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线A. B. C. D. 【答案】D【解析】试题分析：用天平称量时所用砝码生锈，称量的溶质的质量偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故错误；用量筒量取所需浓溶液时，仰视刻度，导致量取的液体体积偏大，配制的溶液中溶质的物质的量偏大，溶液浓度偏高，故错误；溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故正确；转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶质的物质的量、溶液的最终体积都没有影响，所以不影响配制结果，故错误；定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致加入的蒸馏水低于容量瓶刻度线，配制的溶液体积偏小，然后浓度偏高，故错误；定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致配制的溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故正确；故选D。考点：本题考查一定物质的量浓度溶液的配制。13. 下列指定反应的离子方程式正确的是（ ）A. 磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸：Fe3O4+8H+=Fe2+2Fe3+4H2OB. 向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+C. 向 Fe2(SO4)3 溶液中加入过量铁粉：Fe3+Fe=2Fe2+D. 向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸：Na2SiO3+2H+=H2SiO3+2Na【答案】B【解析】磁性氧化铁（Fe3O4）溶于氢碘酸后，Fe3+能把I-氧化为I2，故A错误；氢氧化铝难溶于弱碱，向Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH4+，故B正确；向 Fe2(SO4)3 溶液中加入过量铁粉：2Fe3+Fe=3Fe2+，故C错误；向 Na2SiO3 溶液中滴加稀盐酸： SiO32-+2H+=H2SiO3，故D错误。点睛：Fe3+具有强氧化性，能把I-氧化为I2，所以Fe3+的氧化性大于I2的氧化性。14. 把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀则该混合溶液中钾离子浓度为（ ）A. 10（b-2a）molL-1 B. 10（2a-b）molL-1 C. 10（b-a）molL-1 D. 0.1（b-2a）molL-1【答案】A【解析】把500mL有BaCl2和KCl的混合溶液分成5等份，每份100mL；取一份加入含a mol硫酸钠的溶液，恰好使钡离子完全沉淀，说明每份溶液含Ba2+ a mol；另取一份加入含b mol硝酸银的溶液，恰好使氯离子完全沉淀，说明每份溶液含Cl- b mol；根据电荷守恒，每份溶液含钾离子( b2a) mol；所以钾离子浓度为( b2a) mol0.1L=10（b-2a）molL-1，故A正确。点睛：根据电荷守恒，溶液中阳离子带的正电荷总数一定等于阴离子带的负电荷总数。15. 类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是（ ）已知类推A将Fe加入CuSO4溶液中Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中2Na+Cu2+=Cu+2Na+B向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2：Ca2+2ClO-+CO2+H2O=CaCO3+2HClO向Ca(ClO)2溶液中通入少量SO2：Ca2+2ClO-+SO2+H2O=CaSO3+2HClOC用惰性电极电解NaCl溶液：2Cl-+2H2O2OH-+H2+Cl2用惰性电极电解MgBr2溶液：2Br-+2H2O2OH-+H2+Br2D稀盐酸与NaOH溶液反应至中性：H+OH-=H2O稀HNO3与Ba(OH)2溶液反应至中性：H+OH-=H2OA. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】试题分析：A、铁排在金属铜的前面，金属铁可以将金属铜从其盐中置换出来，但是活泼金属钠和盐的反应一定是先和盐中的水反应，不会置换出其中的金属，A错误； B、向Ca（ClO）2溶液中通入少量SO2，ClO-具有强氧化性，能把二氧化硫氧化，所以得到的产物应是硫酸钙，B错误； C、用惰性电极电解MgBr2溶液生成的氢氧根离子会和镁离子形成沉淀，C错误； D、稀硝酸与氢氧化钡反应至中性的离子方程式：H+OH-=H2O，D正确；答案选D考点：离子方程式16. 不能用来鉴别Na2CO3和NaHCO3两种白色固体的实验操作是（）A. 分别在这两种物质的溶液中，加入少量澄清石灰水B. 分别加热这两种固体，并将生成的气体通入澄清石灰水中C. 分别在这两种物质的溶液中，加入少量氯化钙溶液D. 分别在这两种物质的等浓度的溶液中，加入等量的稀盐酸【答案】A【解析】试题分析：ANa2CO3和NaHCO3均可与澄清石灰水反应产生沉淀，现象相同，无法鉴别，故A选；BNa2CO3受热不分解，而NaHCO3受热分解，可以鉴别，故B不选；CNa2CO3与CaCl2溶液作用产生CaCO3沉淀，而NaHCO3则不与CaCl2溶液反应，无沉淀产生，也可以鉴别，故C不选；D向Na2CO3中逐滴加入盐酸时，先无气体产生，当盐酸加入较多时，可产生气体，而向NaHCO3中加入同浓度盐酸，则迅速产生气体，可以通过产生气体的快慢加以鉴别，故D不选；故选A。考点：考查Na2CO3和NaHCO3的性质17. 某同学用下列装置制备并检验Cl2的性质。下列说法正确的是（ ）A. 图中：如果MnO2过量，浓盐酸就可全部消耗完B. 图中：生成蓝色的烟C. 图中：量筒中发生了加成反应D. 图中：湿润的有色布条能褪色，将硫酸溶液滴入烧杯中，至溶液显酸性，结果有Cl2生成【答案】D【解析】试题分析：A、二氧化锰过量，则随反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以浓盐酸不会全部消耗完，错误；B、Cu在氯气中燃烧，生成棕黄色的烟，错误；C、甲烷与氯气在光照条件下发生了取代反应，生成油状物质，错误；D、氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，使湿润的有色布条褪色，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠，加入浓硫酸后，中和氢氧化钠使溶液呈酸性，在酸性条件下氯离子、次氯酸根离子可以发生归中反应生成氯气，正确，答案选D。考点：考查对反应原理的判断，物质化学性质的应用18. 把一块镁铝合金投入到1molL-1盐酸中，待合金完全溶解后，再往溶液里加入1molL-1NaOH溶液，生成沉淀的物质的量随加入NaOH溶液体积变化的关系如图所示下列说法中错误的是（）A. 盐酸的体积为80mL B. a的取值范围为0a50C. n(Mg2+)0.025mol D. 当a值为30时，b值为0.01【答案】CD【解析】根据图像可知加入amL氢氧化钠溶液时发生的反应是H+OH-=H2O；加入a-80mL氢氧化钠溶液时发生的反应是Mg2+2OH-=Mg(OH)2，Al3+3OH-=Al(OH)3，在V(NaOH)=80mL时，溶液中溶质全为NaCl，根据元素守恒， ，所以盐酸的体积为80mL，故A正确；加入8090mL氢氧化钠溶液时发生的反应是氢氧化铝溶解Al(OH)3+NaOH=NaAlO2+2H2O，因消耗NaOH 10mL，所以n(Al3+)=0.01mol，和Al3+反应生成氢氧化铝的NaOH为30mL，假设无Mg2+，a=50，而实际存在Mg2+，所以0a50，故B正确；根据B选项的分析，当a=0时，n(Mg2+)取得最大值，与Mg2+反应的NaOH为50ml，(Mg2+)max=0.025mol，而如图所示a0，所以n(Mg2+)0.025mol，故C错误；a=30时，和Mg2+反应的NaOH为20ml，此时n(Mg2+)=0.01mol，b=n(Mg2+)+n(Al3+)=0.02mol，故D错误。19. 某溶液中仅含有Na+、Mg2+、SO42-、Cl-四种离子，其物质的量浓度比为c(Na+)：c(Mg2+)：c(Cl-)=345，若Na+的物质的量浓度为3molL-1，则SO42-的物质的量浓度为（）A. 2 molL-1 B. 3 molL-1 C. 4 molL-1 D. 8 molL-1【答案】C【解析】试题分析：c(Na)c(Mg2)c(Cl)345，若Na的物质的量浓度为3 molL1，阴离子所带的负电荷总数等于阳离子所带的正电荷总数，故由电荷守恒得，C(Na+)+2c(Mg2+)=c(Cl-)+2c(SO42-),即3+2x4=5+2x，x=3，故答案选B.考点：电荷守恒20. 将一定质量的镁、铜合金加入到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3molL-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是（）A. 生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL B. 参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC. 开始加入合金的质量可能为16.4g D. 标况下产物NO的体积为22.4L【答案】C【解析】固体增加的质量是金属阳离子结合的OH的物质的量，因此OH的物质的量是0.3mol，所以原氢氧化钠溶液的体积是100mol，A正确；由于金属失去电子的物质的量就是结合的OH的物质的量，所以反应中转移电子是0.3mol，则生成NO是0.1mol。根据原子守恒可知，生成硝酸钠是0.3mol，所以参加反应的硝酸是0.3mol0.1mol0.4mol。由于无法确定沉淀的质量，所以不能确定合金的质量，因此BCD都是错误的，答案选A。21. 某溶液中可能含有Al3+、NH4+、Fe2+、CO32-、SO42-、C1-中的一种或几种，取该溶液进行以下连续实验：（1）取溶液少量于试管中，测得溶液的pH为2，则溶液中不存在的离子是_。（2）继续向溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液，有沉淀生成，同叫有气体放出，写出产生气体的离子方程式_。（3）取（2）中的上层清液，加入过量NaOH溶液，有沉淀、气体生成，此沉淀和气体的化学式为_、_。（4）继续向（3）中反应后的剩余溶液中通入足量CO2气体，又有白色沉淀生成，则原溶液中存在的离子是_。（5）上述实验中还不能确定是否存在的离子是_。【答案】 (1). CO32- (2). NO3-+3Fe2+4H+=NO+2H2O+3Fe3+ (3). Fe(OH)3 (4). NH3 (5). Al3+ (6). Cl-【解析】试题分析：（1）取溶液少量于试管中，测得溶液的pH为2，说明该溶液为强酸性，CO32在酸性条件下不能存在，所以溶液中不存在的离子是CO32；（2）继续向溶液中加入过量Ba(NO3)2溶液，有沉淀生成，该沉淀为硫酸钡沉淀，同时有气体放出，该气体为Fe2+与NO3发生氧化还原所产生，其离子方程式为NO3+3Fe2+4H=NO+2H2O+ 3Fe3，（3）（2）中的上层清液含有铁离子，加入过量NaOH溶液，有沉淀为Fe(OH)3，该气体为NH3；（4）继续向（3）中反应后的剩余溶液中通入足量CO2气体，由于Al3+在强碱溶液转化为AlO2，所以通入CO2气体有白色的氢氧化铝生产，即原溶液中存在的离子是Al3+，）上述实验中还不能确定是否存在的离子是Cl。考点：元素及其化合物点评：本题考查了元素及其化合物的性质，该考点为高考考查的重点，本题难度适中。22. 实验室用Na2SO3固体与70的硫酸反应制取SO2气体时，可用FeC13溶液吸收多余的SO2气体。（1）写出SO2与FeC13溶液反应的离子方程式：_。（2）FeC13溶液吸收SO2气体一段时间后，吸收液中一定存在的离子有：H+、Fe2+、C1-、SO42-。某同学认为还可能存在其他离子，并提出假设进行实验探究。提出合理假设：假设1：还存在HSO3-、SO32-假设2：还存在Fe3+假设3：HSO3-、SO32-、Fe3+都不存在设计实验方案实验步骤现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管，滴加稀硫酸酸化，然后再滴入几滴_溶液。现象：_结论：假设1不成立。步骤2：_现象：_结论：假设2成立。（3）测定空气中SO2含量的方法是：把500L含SO2气体的空气通入20mL含0.00015molKMnO4的溶液中，充分反应后，再用0.02000mol/L的KI溶液滴定过量的KMnO4，消耗KI 溶液25.00mL，则空气中的SO2含量为_mg/L。（5SO2+2MnO4-+2H2O2Mn2+5SO42-+4H+，10I-+2MnO4-+16H+2Mn2+5I2+8H2O）【答案】 (1). SO2+2Fe3+2H2O=SO42-+2Fe2+4H+ (2). 酸性品红溶液 (3). 品红不褪色 (4). 取少量吸收液于试管，滴加少量KSCN溶液 (5). 溶液变红 (6). 0.016mg/L【解析】试题分析：本题Fe3+的氧化性和+4价S的还原性之间发生反应的产物进行探究，考查SO32-、HSO3-、Fe2+、Fe3+的检验，SO32-和HSO3-可以先转化为SO2，通过品红溶液来检验，Fe3+检验，可以用KSCN来检验。根据反应10I+2MnO4-+16H+2Mn2+5I2+8H2O，可以算出高锰酸钾的物质的量为0.02000mol/L0.025L=0.0001mol；可知发生第一个反应，消耗的高锰酸钾为0.00015mol-0.0001mol=510-5mol，n(SO2)= 1.2510-4mol，含量为1.2510-4mol64g/mol/500L=0.1610-4g/L=0.016mg/L。考点：本题以探究实验为基础，考查了氧化还原反应、物质的检验、化学计算等相关知识。23. 工业上用某矿渣（含有Cu2O、Al2O3、Fe2O3、SiO2）提取铜的操作流程如下：已知：Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O（1）实验操作I的名称为_；在空气中灼烧固体混合物D时，用到多种硅酸盐质的仪器，除玻璃棒、酒精灯、泥三角外，还有_（填仪器名称）。（2）检验滤液A中的阳离子，则铁元素的存在形式一定有_（填离子符号），生成该离子的离子方程式为_，检验滤液A中存在该离子的试剂为_。（3）金属E与固体F发生的某一反应可用于焊接钢轨，该反应的化学方程式为_。（4）关于工业生产冶炼金属铜和粗铜精炼的说法正确的是_A工业生产可用热还原法冶炼铜，也可用电解法炼铜。 B电解法精炼铜时，阳极质量减少量与阴极质量增加量相等。 C火法炼铜的方程式为：Cu2S+O22Cu+SO2 D可用盐酸溶解粗铜来获得纯铜。 （5）某同学对上述流程提出改进意见，认为在滤液A中先加入足量酸化的H2O2溶液后再加入足量NaOH溶液，然后进行操作，请你用离子方程式表示该同学加入酸化的H2O2溶液的目的_，是否有必要_（填是或否）。【答案】 (1). 过滤 (2). 坩埚 (3). Fe2+ (4). 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+ (5). 硫氰化钾溶液和新制氯水 (6). 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe (7). C (8). 2Fe2+H2O2+2H+= 2Fe3+2H2O (9). 否【解析】试题分析：Cu2O+2H+=Cu+Cu2+H2O，由流程图可以看出，加入足量稀盐酸时，得到的固体混合物B只能是二氧化硅和单质铜，因为2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，则滤液A中一定不含Fe3+，一定含有Fe2+，验证Fe2+可先加入KSCN溶液，没有明显现象，再加入氯水(或其他氧化剂)出现血红色。滤液A中含有Fe2+、Al3+、Cu2+，加入足量NaOH溶液后得到的固体混合物D为Fe(OH)3和Cu(OH)2，在空气中灼烧后得到的固体混合物F为Fe2O3和 CuO，滤液C中含，则金属单质E为Al。金属铝与氧化铁发生的铝热应可用于焊接钢轨；滤液A中先加入足量酸化的H2O2溶液可以把Fe2+氧化为Fe3+；空气中的氧气也可以把Fe(OH)2氧化为 Fe(OH)3。解析：根据以上分析，（1）实验操作I是分离固体与液体混合物，名称为过滤；在空气中灼烧固体混合物要放在坩埚中进行；（2）固体混合物B只能是二氧化硅和单质铜， 由于有2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，有铜析出，反应中Fe3+消耗完全，所以液A中一定不含Fe3+，一定含有Fe2+，验证Fe2+可先加入KSCN溶液，没有明显现象，再加入氯水出现血红色。（3）金属铝与氧化铁发生的铝热应可用于焊接钢轨，反应方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe；（4）A工业生产可用热还原法冶炼铜，因电解法消耗大量能源，工业上不用电解法炼铜，故A错误； B电解法精炼铜时，阳极质量减少量与阴极质量增加量不相等，故B错误；C火法炼铜的方程式为：Cu2S+O22Cu+SO2 ，故C正确；D盐酸只能溶解粗铜中的活泼金属，铜中的银、铂等金属不能溶解，故D错误。 滤液A中加入足量酸化的H2O2溶液可以把Fe2+氧化为Fe3+，离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+= 2Fe3+2H2O；空气中的氧气能把Fe(OH)2氧化为 Fe(OH)3，不用加H2O2溶液。点睛：电解法精炼铜，粗铜做阳极、精铜做阴极、硫酸铜溶液为电解质溶液，电解过程中阳极反应为铜及活泼性大于铜的金属失电子，阴极只是铜离子得电子生成铜，所以阳极减少的质量不等于阴极增加的质量。24. 硫酸工业产生的废气A（主要成分：SO2、O2、N2、CO2等）排放到空气中会污染环境。某化学兴趣小组对