2026届湖南省邵东县第十中学高三化学第一学期期中经典试题含解析

2026届湖南省邵东县第十中学高三化学第一学期期中经典试题请考生注意：1．请用2B铅笔将选择题答案涂填在答题纸相应位置上，请用0．5毫米及以上黑色字迹的钢笔或签字笔将主观题的答案写在答题纸相应的答题区内。写在试题卷、草稿纸上均无效。2．答题前，认真阅读答题纸上的《注意事项》，按规定答题。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、《本草纲目》在绿巩(FeSO4·7H2O)“发明”项载：“盖此钒色绿，味酸，烧之则赤…”。下列叙述正确的是A．绿矾能电离出H+，所以有“味酸”B．绿钒锻烧后的固体产物为FeOC．可用无水CuSO4检验锻烧绿钒有H2O生成D．通入Ba(NO3)2溶液可检验煅烧产物中的SO32、下列我国科技成果所涉及物质的应用中，发生的是化学变化的是①甲醇低温所制氢气用于新能源汽车②氘氚用作“人造太阳”核聚变燃料③偏二甲肼用作发射“天宫二号”火箭燃料④开采可燃冰，将其作为能源使用A．①② B．②③④ C．①③④ D．②③3、我国明代《本草纲目》中收载药物1892种，其中“烧酒”条目下写道：“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指（

）A．萃取 B．渗析 C．蒸馏 D．过滤4、下列有关浓硫酸的叙述正确的是（）A．在浓硫酸与锌片共热的反应中，浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性B．浓硫酸与金属活动性顺序中氢后面的金属反应生成的气体一般为SO2，与氢前面的金属反应生成的气体一般为H2C．浓硫酸具有吸水性，可以干燥NH3、H2等气体D．H2SO4是不挥发性强酸，氢硫酸是挥发性弱酸，所以可用浓硫酸与FeS反应制取H2S气体5、常温下，向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol·L-1的氢氧化钠溶液，pH变化如右图所示，下列有关叙述正确的是()A．①点所示溶液中只存在HClO的电离平衡B．①到②水的电离程度逐渐减小C．I－能在②点所示溶液中存在D．②点所示溶液中：c(Na+)＝c(Cl－)+c(ClO－)6、在80g密度为dg/cm3的硫酸铁溶液中，含有2.8gFe3＋离子，则此溶液中SO42－的物质的量浓度为（单位为mol·L－1）A． B． C． D．7、某无色溶液中可能含有I－、NH4+、Cu2＋、SO32-，向该溶液中加入少量溴水，溶液呈无色，则下列关于溶液组成的判断正确的是()①肯定不含I－②肯定不含Cu2＋③肯定含有SO32-④可能含有I－A．①③ B．①②③ C．③④ D．②③④8、有机锗具有抗肿瘤活性，锗元素的部分信息如右图，则下列说法错误的是A．在元素周期表中锗元素与硫元素位于同一族 B．x=2C．锗原子的核外电子数为32 D．锗原子的中子数为419、金属型固态氢不具有的性质是A．挥发性 B．延展性 C．导电性 D．导热性10、常温，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是()A．pH=1的溶液中:I-、NO3－、SO42－、Na＋B．由水电离的c(H+)=1×10-14mol·L-1的溶液中：Ca2＋、K＋、Cl－、HCO3－C．c(H+)／c(OH－)=1012的溶液中：NH4＋、Al3＋、NO3－、Cl－D．c(Fe3＋)=0.1mol·L-1的溶液中：K＋、ClO－、SO42－、SCN－11、在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是：()A．使酚酞试液变红的溶液：Na+、Cl-、SO42-、Fe3+B．使紫色石蕊试液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NO3-、Cl-C．c(H+)=10-12mol·L-1的溶液：K+、Ba2+、Cl-、Br-D．碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、Cl-、H+12、如图是自来水表的常见安装方式。下列有关说法不正确的是A．该安装方式的水表更容易被腐蚀B．发生腐蚀过程中，电子从接头流向水表C．腐蚀时水表发生的电极反应为:2H2O+O2+4e−4OH−D．腐蚀过程还涉及反应：4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)313、已知：lgC（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量；氧化亚铜与氧气反应的能量变化如图所示。下列叙述正确的是A．碳[C（s）]的燃烧热△H为-110.4kJ·mol-1B．1molCuO分解生成Cu2O放出73kJ的热量C．反应2Cu2O（s）+O2（g）=4CuO（s）的活化能为292kJ·mol-1D．足量炭粉与CuO反应生成Cu2O的热化学方程式为：C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+35.6kJ·mol-114、利用H2和O2制备H2O2的原理为（）①H2(g)+A(l)B(l)ΔH1②O2(g)+B(l)A(l)+H2O2(l)ΔH2巳知：A、B均为有机物，两个反应均能自发进行，下列说法正确的是A．ΔH2>0B．B为H2和O2制备H2O2的催化剂C．反应①的正反应的活化能大于逆反应的活化能D．H2(g)+O2(g)H2O2(l)的ΔH<015、把铁片放入下列溶液中，铁片溶解，溶液质量增加()A．硫酸锌溶液B．CuSO4溶液C．Fe2(SO4)3溶液D．AgNO3溶液16、阿伏伽德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（）A．0.1mol熔融的KHSO4中含有0.1NA个阳离子B．0.2mol铁在足量的氧气中燃烧，转移电子数为0.6NAC．50mL12mol·L-1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NAD．18gH2O、D2O组成的物质中含有的电子数为10NA二、非选择题（本题包括5小题）17、双草酸酯（CPPO）是冷光源发光材料的主要成分，合成某双草酸酯的路线设计如下：已知：①②+HCl（1）B分子中含有的官能团名称是___。（2）该CPPO结构中有___种不同化学环境的氢原子。（3）反应④的化学方程式是___。（4）在反应①～⑧中属于取代反应的是___。（5）C的结构简式是___。（6）写出F和H在一定条件下聚合生成高分子化合物的化学方程式___。（7）资料显示：反应⑧有一定的限度，在D与I发生反应时加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率，其原因是___。18、功能高分子P的合成路线如下：（1）A的分子式是C7H8，其结构简式是___________________。（2）试剂a是_______________。（3）反应③的化学方程式：_______________。（4）E的分子式是C6H10O2。E中含有的官能团：_______________。（5）反应④的反应类型是_______________。（6）反应⑤的化学方程式：_______________。（5）已知：2CH3CHO。以乙烯为起始原料，选用必要的无机试剂合成E，写出合成路线（用结构简式表示有机物），用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件）。_______________。19、工业以软锰矿（主要成分是MnO2，含有SiO2、Fe2O3等少量杂质）为主要原料制备高性能的磁性材料碳酸锰（MnCO3）。其工业流程如下：（1）浸锰过程中Fe2O3与SO2反应的化学方程式为Fe2O3+SO2+2H+=2Fe2++SO42-+H2O，该反应是经历以下两步反应实现的。写出ⅱ的离子方程式：_____________。ⅰ：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2Oⅱ：……（2）过滤I所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为_____________（填离子符号）。（3）写出氧化过程中MnO2与SO2反应的化学方程式：_________________。（4）“浸锰”反应中往往有副产物MnS2O6生成，温度对“浸锰”反应的影响如图所示，为减少MnS2O6的生成，“浸锰”的适宜温度是_________；向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是___________________。（5）加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，写出反应的离子方程式：___________________。（6）生成的MnCO3沉淀需经充分洗涤，检验洗涤是否完全的方法是____________________。20、以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象，探究盐的性质和盐溶液间反应的多样性。实验试剂现象滴管试管0.2mol·L-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液Ⅰ．产生白色沉淀0.2mol·L-1CuSO4Ⅱ．溶液变绿，继续滴加产生棕黄色沉淀0.1mol·L-1Al2(SO4)3溶液Ⅲ．开始无明显变化，继续滴加产生白色沉淀（1）经验检，现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象Ⅰ：__________。（2）经检验，现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含，含有Cu+、Cu2+和。已知：Cu+Cu+Cu2+，Cu2+CuI↓(白色)+I2。①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是__________。②通过下列实验证实，沉淀中含有Cu2+和。a．白色沉淀A是BaSO4，试剂1是__________。b．证实沉淀中含有Cu2+和的理由是__________。（3）已知：Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验，现象Ⅲ的白色沉淀中无，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色。①推测沉淀中含有亚硫酸根和__________。②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设：i．Al(OH)3所吸附；ii．存在于铝的碱式盐中。对假设ii设计了对比实验，证实了假设ii成立。a．将对比实验方案补充完整。步骤一：步骤二：__________（按上图形式呈现）。b．假设ii成立的实验证据是__________。（4）根据实验，亚硫酸盐的性质有__________。盐溶液间反应的多样性与__________有关。21、已知A、B、C、D、E是原子序数依次增大的前四周期元素，A是短周期中族序数等于周期数的非金属元素，B元素形成的化合物种类最多；D的最外层电子数与电子层数之比为3∶1；E是第四周期元素，最外层只有一个电子，其余各层电子均充满。请回答下列问题（用元素符号或化学式表示）：（1）E在周期表中位于_____区，E+的电子排布式为___________。（2）D元素原子的价层电子排布图为________，A2D2的电子式为_______，分子中D原子杂化类型为______________。（3）元素B、C、D的第一电离能由大到小的顺序为_____________，A分别与B、C、D能形成10电子的化合物，它们的沸点由高到低的顺序是__________（写分子式）。（4）C2A4在碱性溶液中能够将ED还原为E2D，已知当1molC2A4完全参加反应时转移了4mol电子，则该反应的化学方程式可表示为：___________________。（5）已知EA晶体结构单元如图所示（A原子在体对角线的1/4处），该化合物的密度为ρg·cm-3，阿伏加德罗常数的值为NA，则该晶胞中E原子与A原子之间的最短距离为_______cm（用含ρ和NA的式子表示）。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】A.绿矾是硫酸亚铁晶体，不能电离出H+，之所以有“味酸”，是溶解时亚铁离子水解的结果，故A错误；B.绿钒锻烧后生成赤色的产物为氧化铁，故B错误；C.水蒸气遇到无水CuSO4会变成蓝色，因此可以用无水CuSO4检验锻烧绿钒有H2O生成，故C正确；D.酸性溶液中硝酸根离子具有强氧化性，若生成二氧化硫，也会被氧化生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故D错误；故选C。2、C【详解】①氢气用于新能源汽车是利用氢气燃烧提供能量为化学变化，故①正确；②氘、氚用作“人造太阳”核聚变燃料，过程中是原子核内的变化，不是化学变化的研究范畴，不是化学变化，故②错误；③偏二甲肼用作发射“天宫二号”的火箭燃料，是燃料燃烧生成了新的物质，为化学变化，故③正确；④开采可燃冰（甲烷水合物），将其作为能源使用，燃烧过程中生成新的物质，为化学变化，故④正确；只有①③④正确，故答案为C。3、C【解析】由题意知，“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其淸如水，味极浓烈，盖酒露也。”这里所用的“法”是指我国古代制烧洒的方法——蒸馏法，加热使酒精气化再冷凝收集得到烧酒，C正确。本题选C。4、A【详解】A.在浓硫酸与锌片共热的反应中生成物是硫酸锌、二氧化硫和水，因此浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性，故A正确；B.浓硫酸具有强的氧化性，与金属反应得不到氢气，故B错误；C.氨气属于碱性气体，能被浓硫酸吸收，所以不能被浓硫酸干燥，故C错误；D.浓硫酸具有强的氧化性，能够氧化硫化氢，不能用浓硫酸制取硫化氢，故D错误。故答案选A。【点睛】浓H2SO4的性质可归纳为“五性”：即难挥发性、吸水性、脱水性、强酸性、强氧化性。尤其要注意浓H2SO4的吸水性与脱水性的区别：浓H2SO4夺取的水在原物质中以H2O分子形式存在时浓H2SO4表现吸水性，不以H2O分子形式而以H和O原子形式存在时，浓H2SO4表现脱水性。5、D【解析】A．①点时没有加入氢氧化钠，溶液中存在HClO和水的电离平衡，A错误；B．①到②溶液c（H+）之间减小，酸对水的电离的抑制程度减小，则水的电离程度逐渐增大，B错误；C．②点时溶液存在ClO-，具有强氧化性，可氧化I-，I-不能大量存在，C错误；D．②点时溶液pH=7，则c（H+）=c（OH-），根据电荷守恒得c（H+）+c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-）+c（OH-），所以c（Na+）=c（Cl-）+c（ClO-），D正确；答案选D。【点睛】向饱和氯水中逐滴滴入0.1mol•L-1的氢氧化钠溶液，发生的反应为Cl2+H2O⇌HCl+HClO、HCl+NaOH═NaCl+H2O、HClO+NaOH═NaClO+H2O，注意理解溶液中的溶质及其性质是解本题关键，根据物料守恒得c（Cl-）=c（ClO-）+c（HClO），为易错点。6、A【详解】2.8g铁离子的物质的量为2.8g÷56g/mol＝0.05mol，所以根据硫酸铁的化学式可知硫酸根离子的物质的量为0.05mol×3/2＝0.075mol。溶液体积为，则此溶液中SO42－的物质的量浓度为0.075mol÷＝15d/16mol·L－1，答案选A。7、D【解析】还原性SO32-＞I-，溶液中加入少量溴水，溶液仍呈无色，说明一定含有SO32-，溶液中可能含有I-离子，因加入溴水少量，I-没有被氧化，含Cu2+离子的溶液呈蓝色，原溶液无色说明不含铜离子，根据溶液呈电中性可知，溶液中一定含有铵根离子，故正确的有②③④，故选D。【点睛】本题考查了离子的检验，明确亚硫酸根离子和碘离子还原性的相对强弱是解本题关键。本题的易错点为④的判断，要注意溴水是少量的，溴水只与SO32－反应，与碘离子没有发生反应。8、A【详解】A、硫是第ⅥA族，锗是第ⅣA，二者不是同一主族元素，A错误；B、由核外电子排布的规律可知，第一层排满应排2个电子，所以x=2，B正确；C、根据元素周期表中的一格可知，左上角的数字为32，表示原子序数为32；根据原子序数=核电荷数=质子数=核外电子数，则该元素的原子核外电子数为32，C正确；D、根据相对原子质量=质子数+中子数可知，锗原子的中子数为：73-32=41，D正确，答案选A。【点睛】本题考查学生灵活运用元素周期表中元素的信息（原子序数、元素符号、元素名称、相对原子质量）进行分析解题的能力，明确元素周期表的结构特点是解答的关键，即左上角的数字表示原子序数，字母表示该元素的元素符号，中间的汉字表示元素名称，汉字下面的数字表示相对原子质量。9、A【详解】金属型固态氢具有金属的特性，则具有延展性、导电性及导热性，不再具备挥发性，答案为A。10、C【解析】A、酸性条件下，NO3－会氧化I-，故A错误；B、溶液可能酸性或碱性，HCO3－不能大量存在，故B错误；C、溶液为酸性，四种离子不反应，能共存，故C正确；D、Fe3＋和SCN－离子反应，故D错误；本题答案选C。11、C【详解】A.该溶液显碱性，铁离子不能大量存在，A错误；B.该溶液显酸性，在酸性条件下，NO3-能氧化Fe2＋，则这两种离子此时不能共存，B错误；C.该溶液显碱性，这四种离子可以大量共存，C正确；D.碳酸氢根离子和氢离子不能共存，D错误；故合理选项为C。12、A【详解】这种安装方式可形成原电池，铁接头作负极，铜质水表做正极，水作电解质。

A.铁接头作负极更易被腐蚀，铜质水表做正极被保护，故A不正确；

B.铁接头与铜水表相连，则电子从负极沿导线移向正极，即从接头流向水表，B正确；

C.水为中性，发生吸氧腐蚀，铜水表作正极，腐蚀时水表发生的电极反应为:2H2O+O2+4e−4OH−，C正确：

D.铁单质参与电化学反应只生成亚铁离子，腐蚀过程还涉及反应4Fe(OH)2+2H2O+O24Fe(OH)3，D正确。本题选不正确的，故选A。13、D【详解】A碳[C（s）]的燃烧热指的是1mol碳完全燃烧生成二氧化碳气体时所放出的热量，根据题中数据无法计算碳的燃烧热，故A不正确；B.由题图可知，氧化亚铜与氧气反应生成CuO是放热反应，则CuO分解生成Cu2O是吸热反应，故B错误；C.由题图可知氧化亚铜与氧气反应生成CuO的活化能为348kJ·mol-1，故C错误；D.将lgC（s）燃烧生成一氧化碳放出9.2kJ的热量的热化学方程式为：①C（s）+1/2O2（g）=CO（g）△H=-110.4kJ·mol-1，氧化亚铜与氧气反应的热化学方程式为：②2Cu2O+O2（g）=4CuO（s）△H=-292kJ·mol-1，根据盖斯定律计算①-②/2得热化学方程式为C（s）+2CuO（s）=Cu2O（s）+CO（g）△H=+35.6kJ·mol-1，故正确。故选D。14、D【解析】A项：反应②能自发进行，其ΔS<0，则ΔH2<0，A项错误；B项：H2和O2制备H2O2的总反应为H2(g)+O2(g)H2O2(l)，则A为催化剂，B为中间产物，B项错误；C项：反应①能自发进行，其ΔS<0，则ΔH1<0,正反应的活化能小于逆反应的活化能，C项错误；D项：H2(g)+O2(g)H2O2(l)的ΔH=ΔH1+ΔH2<0，D项正确。15、C【解析】A.金属活动性Zn>Fe，所以把铁片放入硫酸锌溶液，不能发生任何反应，因此无任何现象，选项A错误；B.金属活动性Fe>Cu，把铁片放入CuSO4溶液，发生反应：Fe+CuSO4=FeSO4+Cu，铁片溶解，每有56gFe反应，就有64gCu析出，导致溶液质量减轻，选项B错误；C.把铁片放入Fe2(SO4)3溶液，发生反应：Fe+Fe2(SO4)3=3FeSO4，铁片溶解，没有金属析出，所以溶液的质量增加，选项C正确；D.把Fe片放入AgNO3溶液中，由于金属活动性Fe>Ag，所以会发生反应：Fe+2AgNO3=Fe(NO3)2+2Ag，溶解56gFe，析出2×108g=216gAg，溶液的质量减轻，选项D错误。16、A【详解】A．0.1mol熔融的KHSO4电离产生0.1molK+、0.1molHSO4-，因此含有阳离子数目为0.1NA个，A正确；B．铁在足量的氧气中燃烧生成Fe3O4，3molFe反应转移8mol电子，则0.2molFe反应转移电子的物质的量为0.2×NA=0.53NA，B错误；C．在该溶液中含HCl的物质的量

n(HCl)=cV=12mol/L×0.05L=0.6mol，若盐酸中HCl完全反应，转移电子的物质的量为n(e-)=0.6mol×24=0.3mol，转移电子数目为0.3NA，但随着反应的进行浓盐酸会转变为稀盐酸，反应不再进行，因此转移电子数目小于0.3NA，C错误；D．H2O、D2O分子中都含有10个电子，H2O相对分子质量是18，而D2O的相对分子质量为20，所以18g两种分子构成的物质的物质的量小于1mol，含有的电子数目小于10NA，D错误；故选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、羟基3CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br②③⑤⑧+(2n-1)H2O有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移【详解】根据流程图可知，反应①为CH2＝CH2与HCl发生加成反应生成A，A为CH3CH2Cl，A发生水解反应生成的B为CH3CH2OH。乙烯与溴发生加成反应生成的E为BrCH2CH2Br，G能与银氨溶液反应，则E发生水解反应生成的F为HOCH2CH2OH，F发生氧化反应生成的G为OHC﹣CHO，G发生银镜反应后酸化，则H为HOOC﹣COOH，H发生信息①中的取代反应生成的I为ClOC﹣COCl。B与C反应得到D，D与I发生信息②中的反应得到CPPO，由CPPO的结构可知，D为，则C为，（1）由上述分析可知，B为CH3CH2OH，分子中含有的官能团名称是：羟基，故答案为羟基；（2）由CPPO的结构简式可知，CPPO分子中有3种不同化学环境的氢原子，故答案为3；（3）反应④是乙烯与溴发生加成反应，反应化学方程式是CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br，故答案为CH2＝CH2+Br2→BrCH2﹣CH2Br；（4）在反应①～⑧中，①④属于加成反应，⑥⑦属于氧化反应，②③⑤⑧属于取代反应，故答案为②③⑤⑧；（5）由上述分析可知，C的结构简式是，故答案为；（6）HOCH2CH2OH与HOOC﹣COOH发生所缩聚反应生成高分子化合物，反应方程式为：+(2n-1)H2O，故答案为+(2n-1)H2O；（7）反应⑧有一定的限度，D与I发生取代反应生成CPPO和HCl，则加入有机碱三乙胺能提高目标产物的产率的原因是：有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移，故答案为有机碱三乙胺能跟反应⑧的生成物HCl发生反应，使合成双草酸酯的平衡右移。18、浓硫酸和浓硝酸碳碳双键、酯基加聚反应【分析】根据高分子P的结构和A的分子式为C7H8，可以推出，D为对硝基苯甲醇，那么A应该为甲苯，B为对硝基甲苯，C为一氯甲基对硝基苯【详解】（1）A的结构式为，答案为：；（2）甲苯和硝酸在浓硫酸催化作用下生成对硝基苯，所以试剂a为浓硫酸和浓硝酸，答案为：浓硫酸和浓硝酸；（3）反应③是一氯甲基对硝基苯在氢氧化钠的水溶液中发生取代反应生成对硝基苯甲醇，反应的化学方程式为：，答案为：；（4）根据高分子P的结构式，再结合E的分子式可以推出E的结构式为CH3CH=CHCOOC2H5，所含官能团有碳碳双键、酯基，答案为：碳碳双键、酯基；（5）F应该是E发生加聚反应生成的一个高分子化合物，所以反应④是加聚反应，答案为：加聚反应；（6）反应⑤的化学方程式为，答案为：；（7）乙烯和水可以直接加成生成乙醇，乙醇氧化生成乙醛，乙醛发生已知条件中的反应既可以使碳链增长，在氧化醛基为羧基，3-羟基丁酸消去即可得2-丁烯酸，羧酸和乙醇发生酯化反应，即可得物质E，合成路线为：19、2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+Mn2+、Fe2+MnO2+SO2=MnSO490℃防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O取1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净【解析】(1)反应ⅱ是溶液中的Fe3+氧化SO2生成硫酸，本身还原为Fe2+，发生反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+；(2)浸锰操作时MnO2被SO2还原为Mn2+，则过滤Ⅰ所得滤液中主要存在的两种金属阳离子为Mn2+、Fe2+；(3)氧化过程中MnO2被还原为Mn2+，SO2被氧化为SO42-，发生反应的化学方程式为MnO2+SO2=MnSO4；(4)由图示可知温度在90℃左右时，锰的浸出率最高，此时MnS2O6的生成率最低，则“浸锰”的适宜温度是90℃；因NH4HCO3稳定性差，受热易分解，向过滤Ⅱ所得的滤液中加入NH4HCO3溶液时温度不宜太高的原因是防止NH4HCO3受热分解，提高原料利用率；(5)加入NH4HCO3溶液后，生成MnCO3沉淀，同时还有气体生成，此气体应为CO2，发生反应的离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O；(6)生成的MnCO3沉淀表面附着液中含有SO42-，则检验洗涤是否完全的方法是取1-2mL最后一次洗液于试管，滴加盐酸酸化BaCl2溶液，若无白沉淀产生，则洗涤干净。20、2Ag++===Ag2SO3↓有红色固体生成HCl溶液和BaCl2溶液在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，转化为Al3+、OH-V1明显大于V2亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性两种盐溶液中阴阳离子的性质和反应条件【解析】(1).实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液，由于Ag2SO4是饱和溶液且溶液混合后稀释，因此不可能是Ag2SO4沉淀，考虑到SO32−浓度较大，因此推断白色沉淀为Ag2SO3，反应的离子方程式为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓，故答案为：2Ag++SO32−=Ag2SO3↓；(2).①.因Cu+和稀硫酸反应生成铜和铜离子，若沉淀中含有Cu+，加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质，实验现象是有红色固体生成，故答案为：有红色固体生成；②.a.分析实验流程可知，实验原理为2Cu2++4I−=2CuI↓+I2、I2+SO32−+H2O=SO42−+2I−+2H+、SO42−+Ba2+=BaSO4↓，根据BaSO4沉淀可知，加入的试剂为含Ba2+的化合物，可以选用BaCl2溶液，考虑沉淀A没有BaSO3，因此应在酸性环境中，故答案为：HCl溶液和BaCl2溶液；b.由白色沉淀A可知，之前所取上层清液中有SO42−，由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+，Cu2+和I−作用生成CuI白色沉淀，由加淀粉无现象说明上层清液中无I2，而Cu2+和I−反应生成I2，因而推断生成的I2参与了其他反应，因而有还原剂SO32−，故答案为：在I-的作用下，Cu2+转化为白色沉淀CuI，SO32−转化为SO42−；(3).①.根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42−，该白色沉淀既能溶于强酸，又能溶于强碱，还可使酸性KMnO4溶液褪色，可以推测沉淀中含有铝离子和氢氧根离子，可使酸性高锰酸钾溶液褪色是因为存在具有还原性的亚硫酸根离子，故答案为：Al3+、OH-；②.a.根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐，给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀，然后采用滴加NaOH溶液，因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀，然后滴加NaOH溶液，若两者消耗的NaOH体积相同，则现象Ⅲ中的沉淀就是Al