安徽省六安市第一中学2020届高三化学9月月考试题（含解析）

安徽省六安市第一中学2020届高三9月月考（国庆作业）化学试题1. 下列除去杂质的方法不正确的是A. 镁粉中混有少量铝粉：加入过量烧碱溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥B. 用过量氨水除去Fe3+溶液中的少Al3+C. Al(OH)3中混有少量Mg(OH)2：加入足量烧碱溶液，充分反应，过滤，向滤液中通过量CO2后过滤D. CO气体中混有CO2气体：通过NaOH溶液洗气后干燥【答案】B【解析】A镁与氢氧化钠溶液不反应，但铝可与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，可用于除杂，故A正确；B加入过量氨水，都生成沉淀，不能用氨水除杂，故B错误；C氢氧化铝为两性氢氧化物，可用氢氧化钠溶液溶解氢氧化铝生成可溶性的NaAlO2，过滤后向滤液中通入过量CO2，可得氢氧化铝，故C正确；D CO气体中混有CO2气体，可用NaOH溶液吸收CO2，再干燥CO即可，故D正确；故选B。点睛：解答物质分离提纯试题时，选择试剂和实验操作方法应遵循三个原则：1.不能引入新的杂质(水除外)，即分离提纯后的物质应是纯净物(或纯净的溶液)，不能有其他物质混入其中；2.分离提纯后的物质状态不变；3.实验过程和操作方法简单易行，即选择分离提纯方法应遵循先物理后化学，先简单后复杂的原则；如选项B中过量的氨水能沉淀溶液中的Fe3和Al3。2. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是A. 常温常压下，35.5g的氯气与足量的氢氧化钙溶液完全反应，转移的电子数为0.5NAB. 60g甲酸甲酯和葡萄糖的混合物含有的碳原子数目为2NAC. 标准状况下，2.24LPH3与3.4gH2S气体分子所含电子数目均为1.8NAD. 己知合成反应 N2(g)+3H2(g) 2NH3(g) H=-92.4kJ/mol 当该反应生成NA个 NH3分子时，反应放出的热量小于46.2 kJ【答案】D【解析】A项，2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，35.5 g氯气是1 mol，1 mol氯气参加反应转移0.5mol电子，故A正确；B项，甲酸甲酯的分子式为：C2H4O2，葡萄糖的分子式为：C6H12O6，二者最简式都是CH2O，60g混合物含有的碳原子数目为：60g30g/molNA=2NA，故B正确；C项，标准状况下，2.24L PH3是0.1mol，所含电子数为：0.1（15+13）NA=1.8NA，3.4 gH2S是1 mol，所含电子数为：0.1（12+16）NA=1.8NA，故C正确；D项，由热化学方式可知，1 molN2与3 molH2完全反应生成2 molNH3，放出92.4kJ热量，所以生成NA个NH3分子（1 mol）时，反应放出的热量等于46.2kJ，故D错误。综上，选D。3. 在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列物质参与反应的先后顺序正确的是A.含等物质的量的FeBr2、FeI2的溶液中，缓慢通入氯气：I-、Br-、Fe2+B.含等物质的量的Fe3+、Cu2+、H+的溶液中加入锌粉：Cu2+、Fe3+、H+、Fe2+C.含等物质的量的AlO2-、OH-、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：OH-、AlO2-、CO32-D.含等物质的量的Ba(OH)2、KOH的溶液中，缓慢通入CO2：KOH、Ba(OH)2、K2CO3、BaCO3【答案】C【解析】A离子还原性I-Fe2+Br-，氯气先与还原性强的反应，氯气的氧化顺序是I-、Fe2+、Br-，故A错误；B氧化性顺序：Fe3+Cu2+H+Fe2+，锌粉先与氧化性强的反应，反应顺序为Fe3+、Cu2+、H+、Fe2+，故B错误；C若H+最先与AlO2-反应，生成氢氧化铝，而氢氧化铝与溶液中OH-反应生成AlO2-，反应顺序为OH-、AlO2-、CO32-，故C正确；D氢氧化钡先发生反应，因为碳酸钾与氢氧化钡不能共存，所以缓慢通入CO2：Ba(OH)2、KOH、K2CO3、BaCO3，故D错误；故选C。4. 己知有如下反应：2BrO3-+Cl2=Br2+2ClP3- ClO3-+5Cl-+6H+3Cl2+3H2O 2FeCl2+Cl22FeCl3。根据上述反应，判断下列结论中错误的是A. Cl2在反应中既是氧化产物又是还原产物B. 氧化性强弱的顺序为：BrO3-ClO3-Cl2Fe3+C. 溶液中可发生：ClO3+6Fe2+6H+= Cl+6Fe3+3H2OD. Cl2在、反应中均做氧化剂【答案】D【解析】A.反应中，ClO中Cl元素的化合价由+1价降低到0价，Cl中Cl元素的化合价由-1价升高到0价，Cl2既是氧化产物又是还原产物，故A正确；B.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，中BrO3-是氧化剂，ClO3-是氧化产物，所以氧化性BrO3-ClO3-，中ClO3-是氧化剂，Cl2是氧化产物，所以氧化性ClO3-Cl2，中Cl2是氧化剂，Fe3是氧化产物，所以氧化性：Cl2Fe3，综上得氧化性顺序为BrO3-ClO3- Cl2Fe3+，故B正确；C.根据上述分析，氧化性：ClO3-Fe3+，则溶液中可发生ClO3-6Fe2+6H+=Cl-6Fe3+3H2O，故C正确；D.根据上述分析，氯气在反应中作还原剂，在反应中既是氧化产物，又是还原产物，故D错误；故选D。5. 下列离子方程式正确的是A. Na2S2O3 溶液中加入稀硫酸：2S2O32-+2H+=SO42-+3S+H2OB. 向NH4HSO3溶液中滴加足量KOH溶液：NH4+OH-=NH3H2OC. 在海带灰的滤液中加入几滴稀硫酸，再加入双氧水，能使淀粉溶液变蓝：2I-+H2O2+2H+=I2+2H2OD. 盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)中加入石膏，降低土壤的碱性，涉及的方程式为：Ca2+ CO32-=CaCO3【答案】C【解析】A硫代硫酸钠与稀硫酸反应生成硫单质和二氧化硫气体，正确的离子方程式为：S2O32-+2H+SO2+S+H2O，故A错误；B向NH4HSO3溶液中滴加足量KOH溶液，发生的离子反应为HSO3-+NH4+2OH-=NH3H2O+SO32-+H2O，故B错误；C在海带灰的滤液中加入几滴稀硫酸，再加入双氧水生成碘单质，碘单质能使淀粉溶液变蓝，反应的离子方程式为：2I-+H2O2+2H+I2+2H2O，故C正确；D盐碱地(含较多NaCl、Na2CO3)中加入石膏，降低土壤的碱性，涉及的方程式为CaSO4+CO32-=CaCO3+SO42-，故D错误；答案为C。点睛：离子方程式的正误判断，为高考的高频题，注意掌握确离子方程式正误判断常用方法：检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合原化学方程式等。6. 将一定量的氯气通入30 mL浓度为10.00 mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断正确的是A. 与NaOH反应的氯气一定为0.3 molB. n(Na+)n(Cl-)可能为73C. 若反应中转移的电子为n mol，则0.15n 10 b49% （2）若 C=9.2 则a 10 b49%（3）若 b=49则 a=18.4 C92A. （1）（3） B. （1）（4） C. （2）（3） D. （2）（4）【答案】A【解析】试题分析：若b=49，稀释过程中溶质硫酸的质量不变，则：10mL 1.84 g/mL 98g%=(10 mL 1.84 g/mL + a mL 1 g/mL)49%，解得a=18.4，令稀释后的密度为dg/mL，则d1.84，稀硫酸的物质的量浓度C=mol/L9.2mol/L；若C=9.2，根据稀释定律，可知稀释后溶液的体积为=20mL，硫酸的浓度越大，密度越小，故稀释后溶液的质量小于原浓硫酸质量的2倍，稀释过程硫酸的质量不变，故稀释后硫酸的质量分数大于49%，即b49%，稀释过程中溶质硫酸的质量不变，则：10mL1.84g/mL98g%(10mL1.84g/mL+amL1g/mL)49%，解得a18.4；故选A。考点：考查溶液浓度的有关计算13. 根据下列各题所给出的数据，得出的结论正确的是A. 通入标准状况下HC1气体11.2L，可使1L浓度为0.5 molL-1的盐酸浓度增大到1 molL-1B. 在10%的NaOH溶液中，平均每9个水分子溶有1个OH-C. 将10 g碳酸钙粉末加水配成100 mL溶液，CaCO3物质的量浓度为1 molL-1D. 4gNaOH溶解在l0mL水中，再稀释成1L，从中取l mL，这lmL溶液的浓度为0.1 molL-1【答案】D【解析】试题分析：A、先由cV计算原溶液中n(HCl) = 0.5 mol，再由计算通入的n(HCl) = 0.5 mol，HCl溶解放热，导致部分HCl挥发，且吸收氯化氢之后溶液的体积会增大（不能用原溶液的体积代替），因此其浓度小于1 molL1，A错误；B、设溶液的质量为100g，则溶质、溶剂分别为10g、90g，由可知，n(NaOH) =mol = 0.25 mol、n(H2O) =mol = 5 mol，由电离方程式NaOH=Na+OH-可知，n(OH) = n(NaOH) = 0.25 mol，则n(OH)n(OH) = 0.255 = 120，B错误；C、碳酸钙难溶于水，即每100g水或100mL水中溶解的碳酸钙小于0.1g，因此10g碳酸钙中绝大多数不能溶解，所得悬浊液中碳酸钙的浓度约为molL1= 0.01 molL1，C错误；D、先由计算稀释前的c(NaOH) =molL1= 10 molL1，再由稀释定律（c浓V浓 = c稀V稀）可知，稀释后的c(NaOH) =molL1= 0.1 molL1，D正确；答案选D。考点：本题考查物质的量浓度、质量分数、气体体积、气体摩尔体积、物质的量、摩尔质量、溶解度、稀释定律及物质的量在电离方程式计算中的应用。【名师点睛】物质的量浓度是表示溶液浓度的方法，物质的量浓度的计算要依据物质的量浓度定义式。14. F2和Xe在一定条件下生成氧化性极强且极易与水反应的XeF2、XeF4和XeF6三种化合物。其中XeF4与水可发生如下反应：6XeF4+12H2O2XeO3+4Xe+24HF+3O2下列判断中正确的是A. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为12B. XeF4按以上方式与水反应，每生成3molO2，转移12mol电子C. XeF2加入水中，在水分子的作用下，将重新生成Xe和F2D. XeF2、XeF4和XeF6在空气中都能长期存放【答案】A15. 如图表示从原混合物中分离出X的两种方案、下列说法不合理的是A. 若含X的混合物为溴水，可通过方案I进行分离，加入试剂为CCl4液体，充分振荡后液体分层，下层为X的CC14溶液B. 若含X的混合物为BaSO4和BaSO3的混合物，可通过方案进行分离，加入试剂为稀硝酸，X为BaSO4C. 若含X的混合物为乙醇和乙酸乙酯的混合物，可通过方案I进行分离，加入试剂为饱和NaOH溶液，残留液中含有乙酸钠D. 若含X的混合物为Fe、Al，可通过方案II进行分离，加入的试剂是过量的NaOH溶液，1molX与足量氯气完全反应时，转移3mol电子【答案】C【解析】试题分析：A溴易溶于四氯化碳、微弱于水，四氯化碳的密度比水大，在混合液的下层，该方法合理，故A不选；BBaSO3被稀硝酸氧化成硫酸钡，然后通过过滤得到BaSO4，该方法合理，故B不选；C分离乙醇和乙酸乙酯时，应该选用饱和碳酸钠溶液，否则乙酸乙酯会与氢氧化钠溶液反应，该方法不合理，故C选；D铝可与NaOH溶液反应，铁与氯气反应生成氯化铁，1mol铁与足量氯气完全反应时，转移3mol电子，该描述合理，故D不选；故选C。【考点定位】考查物质的分离提纯和鉴别【名师点晴】本题考查物质的分离、提纯实验方案的设计与评价，为高考常见题型，注意掌握物质的性质的异同和实验的操作要点，试题培养了学生的分析能力及化学实验能力。解答此类试题，需要学生熟练掌握常见物质的性质和物质分类提纯的常见方法。16. 强酸性溶液 X 中可能含有 Na+、K+、NH4+、Fe2+、Al3+、CO32-、SO32-、SO42-、Cl-中的若干种，某同学为了确认其成分，取X溶液进行连续实验，实验过程及产物如下：下列结论正确的是A. X中肯定存在Na、Fe2+、A13+、NH4+、SO42B. 气体F在氧气中经催化氧化可生成气体AC. 沉淀C一定是BaSO4、沉淀G一定是Fe(OH)3、沉淀I一定是Al(OH )3D. X中不能确定的离子是 Fe2+、SO32-、K和C1【答案】B【解析】试题分析：强酸性溶液中CO32-、SO32-不能存在；则X溶液中加入过量Ba（NO3）2溶液生成沉淀C一定是BaSO4，一定有SO42-；硝酸被还原生成气体A，为NO，则一定有还原性的离子即Fe2+，溶液B加入过量NaOH溶液，生成气体，一定是氨气，则一定有NH4+，沉淀G为Fe（OH）3；溶液H通入CO2生成沉淀I，由于之前加入了过量的Ba（NO3）2溶液，引入了大量Ba2+，所以沉淀I中一定有BaCO3，不能确定溶液X中是否存在A13+，所以也不能确定沉淀I中是否有A1（OH）3；溶液J的焰色反应呈黄色，说明溶液J中有Na+，但由于之前加入了NaOH溶液，引入了Na+，所以不能确定溶液X中是否存在Na+；又因为黄色能掩盖紫色火焰，所以也不能确定溶液X中是否有K+；另外，是否存在C1-也不能确定，A、X中肯定存在Na+、Fe2+、NH4+、SO42-，不能确定Al3+是否存在，A错误；B、F是氨气、A是一氧化氮，根据4NH3+5O24NO+6H2O，氨气能被氧化生成NO，B正确；C、沉淀C一定是BaSO4、沉淀G一定是Fe(OH)3 、沉淀I中一定有BaCO3，不能确定沉淀I中是否有A1（OH）3，C错误；D、X中不能确定的离子是Na+、Al3、K+和C1，D错误。答案选B。考点：离子的检验17. Fe3O4是重要的化学试剂，其化学式还可以表示为FeOFe2O3，铁粉在氧气中燃烧是制取它最为常见和快捷的方法。图1是制取四氧化三铁的系列装置，A装置用于制取二氧化碳气体，并要求气流稳定，流速可控。（1）图2中仪器a的名称是_。（2）根据题目要求，在图2中最好选择_（填序号）作为A装置。（3）对图2中装置进行气密性检查的方法是_。（4）在B装置中发生的主要反应的化学方程式是_。（5）反应一段时间后，若将硬质玻璃管中的固体粉末用盐酸溶解，取少许溶液于试管中，加入淀粉碘化钾溶液，没有蓝色出现，推测固体粉末中除Fe3O4外，一定有_（填名称）。（6）写出Fe3O4溶于足量稀硫酸的离子方程式_，要检验所得溶液中的Fe3+，常用试剂是_（填名称）。【答案】 (1). 长颈漏斗 (2). (3). 用止水夹夹紧橡胶管向分液漏斗中加足量水，过一会，水不再下滴，说明装置的气密性良好 (4). 2Na2O2+ 2CO2=2Na2CO3+O2 (5). 铁粉 (6). Fe3O4+8H+=2Fe3+Fe2+4H2O (7). 硫氰化钾溶液.考点：考查实验室制备气体、离子检验、四氧化三铁的性质等知识。18. 氧化还原反应在生产、生活中应用广泛，用所学知识回答问题：（1）联氨是一种可燃性液体，可用作火箭燃料。已知32.0g N2H4和H2O2反应生成氮气和水（气态），放出热量642KJ，该反应的热化学方程式是：_。（2）取300mL 0.2mol/L的KI溶液与一定量的KMnO4溶液恰好反应，生成等物质的量I2和KIO3，则消耗KMnO4的物质的量的是_mol。（3）测定KMnO4样品的纯度可用标准Na2S2O3溶液进行滴定，取4.74gKMnO4样品溶解酸化共配成100mL溶液，取出20mL于锥形瓶中，用0.100mol/L标准Na2S2O3溶液进行滴定，滴定至终点的现象是_。实验中，滴定至终点时消耗Na2S2O3溶液24.00mL，则该样品中KMnO4的纯度是_。（有关离子方程式为：8MnO42-+5S2O32-+14H+=8Mn2+10SO42-+7H2O）（4）二氧化氯是目前国际上公认的最新一代的高效、广谱、安全的杀菌、保鲜剂。我国科学家研发了用氯气氧化亚氯酸钠（NaClO2）固体制备二氧化氯的方法，其化学方程式为_。（5）在Fe(NO3)3溶液中加入Na2SO3溶液，溶液先由棕黄色变为浅绿色，过一会又变为棕黄色，溶液先变为浅绿色的离子方程式是_，又变为棕黄色的原因是_。【答案】 (1). N2H4(l)+2H2O2(1)=N2(g)+4H2O(g) H= -642kJ/mol (2). 0.032 (3). 紫红色溶液褪为无色，且30s内颜色不再变化 (4). 64% (5). Cl2+2NaC1O2=2C1O2+2NaCl (6). 2Fe3+SO32-+H2O=2Fe2+SO42- +2H+ (7). H+与NO3-组成的硝酸把 Fe2+氧化【解析】试题分析：（1）已知32.0g N2H4(1mol)和H2O2反应生成氮气和水（气态），放出热量642kJ，该反应的热化学方程式是N2H4(l)2H2O2(l)=N2(g)4H2O(g) H642kJ/mol。（2）KI的物质的量是0.06mol，生成等物质的量的I2和KIO3，根据碘原子守恒可知二者均是0.02mol，转移0.02mol（2+6）0.16mol。Mn在反应中化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，依据电子得失守恒可知消耗高锰酸钾是0.16mol50.032mol。（3）酸性高锰酸钾溶液显紫红色，则滴定至终点的现象为紫红色溶液褪为无色，且30s内颜色不再变化；消耗硫代硫酸钠是2.4103mol，根据方程式可知消耗高锰酸钾是3.84103mol，因此原样品中高锰酸钾的物质的量是3.84103mol100/200.0192mol，则该样品中KMnO4的纯度是0.64；（4）氯气氧化亚氯酸钠（NaClO2）固体制备二氧化氯，根据原子守恒可知生成物还有氯化钠，其化学方程式为Cl22NaClO2=2ClO22NaCl。（5）铁离子能把亚硫酸根氧化为硫酸根，反应的离子方程式为2Fe3SO32H2O=2Fe2SO422H；由于在酸性溶液中H与NO3组成的硝酸把Fe2氧化，所以过一会又变为棕黄色。【考点定位】考查氧化还原反应的有关应用、热化学方程式书写等【名师点晴】氧化还原反应的考查包括氧化剂、还原剂等概念的理解，氧化性、还原性强弱的判断，依据电子守恒进行配平和计算等，正确标注元素化合价，分析元素反应前后化合价的变化，是解决氧化还原反应相关问题的关键，氧化还原反应中的基本概念、配平、计算等考查都是围绕电子转移展开的，必须从元素化合价升降上分析氧化还原反应，对氧化还原反应概念原理综合运用的考查, 要从氧化还原反应的实质及电子转移入手, 正确理解有关概念, 并理清知识线和对应规律，需要牢固掌握氧化还原反应知识中的重要概念和重要规律, 真正做到举一反三，灵活运用，根据题中信息分析，要善于利用氧化还原反应中的守恒规律、价态变化规律、强弱规律、难易规律去分析特征元素的化合价变化，得出合理答案。守恒法解题的思维流程为：（1）找出氧化剂、还原剂及相应的还原产物和氧化产物。（2）找准一个原子或离子得失电子数。(注意化学式中粒子的个数)。（3）根据题中物质的物质的量和得失电子守恒列出等式。即n(氧化剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)n(还原剂)变价原子个数化合价变化值(高价低价)。19. （1）双氧水能使酸性高锰酸钾溶液褪色，其反应的离子方程式如下，请将相关的化学计量数填写在方框里：_O2+5H2O（2）某混合溶液中可能含有的离子如下表所示：可能大量含有的阳离子H+、Mg2+、Al3+、NH4+、Fe3+可能大量含有的阴离子Cl-、Br-、CO32-、AlO2-为探究其成分，进行了以下探究实验。甲同学取一定量的混合溶液，向其中逐滴加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠的体积（V）的关系如图所示。该溶液中一定含有的阳离子是_，其对应的物质的量浓度之比为_，一定不存在的阴离子是_；请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式_。【答案】 (1). 5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+502+8H2O (2). H+、Al3+、NH4+ (3). 2: 3: 1 (4). CO32-、A1O2- (5). A1(OH)3+OH-= A1O2-+2H2O。【解析】(1)双氧水中氧元素的化合价从-1价升高到0价，失去1个电子，则为还原剂；而高锰酸钾中锰元素的化合价从+7价降低到+2价，得到5个电子，Mn元素被还原，所以根据电子的得失守恒可知，配平后的反应为5H2O2+2KMnO4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+5O2+8H2O，故答案为：5；2；3；2；1；5；8；(2)根据图象，开始加入NaOH没有沉淀和气体产生，则一定有H+；由离子共存可知，一定不含有CO32-、AlO2-，开始加入氢氧化钠溶液2V0无沉淀生成说明发生的反应是：H+OH-H2O，后来有沉淀产生且最后消失，则一定没有Mg2+、Fe3+，有Al3+；再加入氢氧化钠溶液至5V0，图象分析可知生成沉淀增多至最大，反应为Al3+3OH-Al(OH)3，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4+OH-NH3H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入10V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al(OH)3+OH-AlO2-+H2O，消耗氢氧化钠V0；沉淀的质量不变，反应为NH4+OH-NH3H2O的反应，则有NH4+；图中反应现象无法确定是否含K+；综上所述一定含有H+、NH4+、Al3+，物质的量之比=2V0：3V0：V0=2：3：1，故答案为：H+、NH4+、Al3+；2：3：1；CO32-、AlO2-；沉淀减少过程中发生反应是氢氧化铝沉淀溶解于氢氧化钠溶液中的反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。点睛：在解答 (2)时，知道图像各个阶段发生的反应为解答的关键。开始无沉淀生成说明发生的反应是：H+OH-H2O，再加入氢氧化钠溶液生成沉淀增多至最大，反应为Al3+3OH-Al（OH）3，继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应，NH4+OH-NH3H2O，继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH-AlO2-+H2O。分析时还需要结合离子共存进行判断。20. 某研究小组将一批电子废弃物简单处理后，得到含Cu、Al、Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计如下制备硫酸铜晶体和无水氯化铁的方案：已知：Cu2+4NH3H2O=Cu(NH3)42+4H2O请回答下列问题：（1）步骤Cu与酸反应的离子方程式为_。（2）步骤加H2O2的作用是_，滤渣2为（填化学式）_。（3）步骤不能直接加热脱水的理由是_（4）若滤液1中Cu2+的浓度为0.02molL-1，则氢氧化铜开始沉淀时的pH=_（已知：KspCu(OH)2=2.0x10-20）（5）已知：2Cu2+4I-=2CuI+I2 I2+2S2O32-=2I-+S4O62-某同学为了测定CuSO45H2O产品的质量分数可按如下方法：取3.00g产品，用水溶解后，加入足量的KI溶液，充分反应后过滤、洗涤，将滤液稀释至250mL