1、天津一中2019-2020学年度高三年级化学学科第二次月考检测试卷本试卷分为第卷（选择题）。第卷（非选择题）两部分，共100分，考试用时70分钟。第卷1至2页，第卷2至3页。考生务必将答案涂写答题纸或答题卡的规定位置上，答在试卷上的无效。祝各位考生考试顺利！第卷（本卷共15道题，每题3分，共45分）相对原子质量：H：1 N：14 O：16 Al：27 S：32 Cl：35.5 Fe：56 Cu：64一、选择题（每题只有一个正确选项）1. 化学与环境、材料、信息、能源关系密切，下列说法正确的是（ ）A. 开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车，以解决城市机动车尾气排放问题B. 绿色化学的核心是应用化
2、学原理对环境污染进行治理C. 焰色反应、煤的干馏是物理变化，石油裂化是化学变化D. 半导体行业中有一句话：“从沙滩到用户”，计算机芯片的材料是二氧化硅【答案】A【解析】【详解】A氢能、太阳能等是清洁能源，可减少污染，使用新型电动汽车，可减少城市机动车尾气排放，故A正确；B绿色化学是对环境友好型化学，要求原料物质中所有的原子完全被利用且全部转入期望的产品中，原子的利用率100%，无污染、无公害的化学，核心是利用化学原理从源头消灭污染，故B错误；C焰色反应是物理变化，煤的干馏、石油裂化是化学变化，故C错误；DSi原子最外层电子为4个，既难得电子，也难失去电子，可做为半导体，可用于制造硅芯片，是计算
3、机芯片的成分，故D错误；故答案选A。2. 下列化学用语表示正确的是A. 氢氧根离子的电子式为B. HClO 的结构式：H-O-ClC. 肼（N2H4）的电子式为 ：D. CCl4 分子的球棍模型是【答案】B【解析】【详解】A氢氧根带有一个单位负电荷，电子式为，故A错误；BHClO为共价化合物，分子中存在1个O-H键和1个Cl-O键，中心原子为O，结构式为H-O-Cl，故B正确；C. 联氨(N2H4)中N原子满足8电子稳定结构，电子式为，故C错误；D. CCl4分子中氯原子比碳原子大，球棍模型为，故D错误；故选B。【点睛】本题考查常用化学用语的书写判断，注意掌握离子符号、电子式等化学用语的概念及
4、书写原则，明确羟基与氢氧根离子区别。本题的易错点为D，球棍模型和比例模型中要注意原子的相对大小。3. 化学是一门以实验为基础的自然科学，化学实验在化学学习中具有极其重要的作用.下列实验中所选用的仪器合理的是（ ）用量筒量取稀硫酸；用分液漏斗分离苯和四氯化碳的混合物；用托盘天平称量氯化钠晶体；用酸式滴定管量取的高锰酸钾溶液；用瓷坩埚灼烧各种钠的化合物；用容量瓶配制的溶液A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】在实验室量取液体时，量筒只能量取5.2mL稀硫酸，而且应该使用10mL量筒，故错误；苯和四氯化碳能相互溶解，所以不能用分液漏斗分离，故错误；托盘天平精确到01g，故可用托盘天平称量
5、11.7g氯化钠晶体，故正确；因为高锰酸钾溶液具有强氧化性，会氧化碱式滴定管的橡胶管，所以使用酸式滴定管量取高锰酸钾溶液，故正确；因为瓷坩埚中含有二氧化硅，与呈碱性的钠的化合物在加热下反应而使坩埚炸裂，应该使用铁坩埚，故错误；实验室没有245mL的容量瓶，所以配制245mL 0.2mol/L的NaOH溶液必须选用250mL容量瓶，故正确；故选B。4. 已知是阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是（ ）A. 含有的中子数为B. 正丁烷和异丁烷的混合物中共价键数目为C. 草酸溶于水，其中、和的微粒数之和为D. 一定条件下，铜与过量的硫反应，转移电子数为【答案】D【解析】【详解】A.的物质的量是1mo
6、l，含有的中子数为，A正确；B.正丁烷和异丁烷互为同分异构体，正丁烷和异丁烷的混合物中“C4H10”的物质的量是1mol，其中共价键数目为，B正确；C.草酸的物质的量是0.1mol，溶于水，根据原子守恒可知、和的微粒数之和为，C正确；D.一定条件下，铜的物质的量是0.1mol，与过量的硫反应生成Cu2S，转移电子数为，D错误；答案选D。5. 在指定环境中，下列各组离子一定可以大量共存的是A. 使pH试纸呈红色的溶液：、B. 加入铝粉放出氢气的溶液：、C. 常温下，在的溶液：、D. 溶液：、【答案】C【解析】【详解】使pH试纸呈红色的溶液，显酸性，、发生氧化还原反应，不能大量共存，故A错误； B
7、.与Al反应能放出的溶液呈酸性或碱性，与氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故B错误； C.常温下，的溶液，溶液显酸性，该组离子之间不反应，则能够共存，故C正确； D.具有还原性，具有氧化性，二者发生氧化还原反应不能共存，故D错误 故选：C。6. 下列制取SO2、验证其性质的装置(尾气处理装置已省略)和原理不能达到实验目的的是()A. 制取SO2B. 验证漂白性C. 验证还原性D. 验证氧化性【答案】B【解析】【详解】A浓硫酸具有强氧化性，与铜在加热条件下反应生成二氧化硫气体，可用于制备少量二氧化硫，故A正确；B二氧化硫具有还原性，与高锰酸钾发生氧化还原反应，故B错误；C溶液的颜色变浅，说明
8、铁离子被还原，可说明二氧化硫具有还原性，被铁离子氧化，故C正确；D二氧化硫中S元素的化合价为+4价，处于中间价态，具有氧化性，二氧化硫和硫化氢发生氧化还原反应可生成硫，故D正确。故选B。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，侧重分析与实验能力的考查，把握物质的性质、发生的反应及现象、实验结论为解答的关键，注意把握二氧化硫的性质。7. 下列说法正确的是A. 浓硫酸与铁加热反应后，铁片有剩余，生成的气体除水蒸气外为B. 用干燥且洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液，滴到放在表面皿上的pH试纸上测pH值C. 工业上电解熔融氯化铝可得到金属铝D. 使用滴定管时水洗后需润洗，但容量瓶水洗后不用润洗【答案】D【解
9、析】【详解】A铁与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，体现浓硫酸的强氧化性，铁与稀硫酸反应生成氢气，所以既有氢气又有二氧化硫生成，故A错误； BNaClO有强氧化性，能够漂白试纸，不能用pH试纸测量，故B错误； C氯化铝是共价化合物，而工业上电解熔融氧化铝可得到金属铝，故C错误； D滴定管的“0”刻度在上方，需水洗后润洗使用，防止内壁的水稀释溶液，量筒、容量瓶无“0”刻度，容量瓶不能润洗，操作均合理，故D正确； 故答案为D。8. 下列指定反应的离子方程式正确的是A. 溶液与溶液等体积混合B. 溴化亚铁溶液中通少量的氯气：C. 过量的铁粉溶于稀硝酸：D. 用浓盐酸酸化的溶液与反应，证明具有还原性
10、：【答案】C【解析】【详解】 溶液与 溶液等体积反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为，故A错误； B.亚铁离子还原性强于溴离子，溴化亚铁溶液与少量氯气反应时，只有亚铁离子被氧化生成，反应的离子方程式为：，故B错误； C.过量的铁粉与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、一氧化氮和水，反应的离子方程式为：，故C正确； D.用浓盐酸酸化的溶液与反应时，浓盐酸也会被高锰酸钾氧化，所以不能确定是过氧化氢的还原性，故D错误； 故选：C。9. 由一种阳离子与两种酸根离子组成的盐称为混盐。向混盐CaOCl2中加入足量浓硫酸，可发生反应：CaOCl2 +H2SO4(浓)=CaSO4 +Cl2+H2
11、O。下列说法错误的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)A. 混盐CaOCl2 中既含离子键又含共价键B. 浓硫酸体现氧化性与酸性C. 每产生1mol氯气，转移电子数为NAD. 1mol混盐CaOCl2中含有离子数为3NA【答案】B【解析】【详解】A.混盐 CaOCl2的阳离子是Ca2+，阴离子是Cl-、ClO-，阴离子与阳离子之间通过离子键结合，在阴离子ClO-中也含有Cl-O共价键，A正确；B.反应中S的化合价没有发生变化，浓硫酸只表现酸性，B错误；C.反应中，部分Cl元素的化合价从+1价降低到0价，部分Cl 的化合价从-1价升高到0价，方程式中转移电子数目为1，则每产生lmol氯气，转移电子数
12、为NA，C正确； D.1mol混盐 CaOCl2中含有1molCa2+、1molCl-、1molClO-，即1mol混盐中含有3NA个离子，D正确；故合理选项是B。10. 短周期主族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，并且可与X的氢化物形成一种共价化合物。 Y是地壳中含量最多的金属元素，Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5。下列说法中一定正确的是（ ）A. X的简单气态氢化物稳定性比Z的强B. 原子半径大小顺序：WXYZC. W的氧化物对应水化物为强酸，具有强氧化性D. 工业上一般采取电解Y的熔融氯化物来生产Y的单质【答案】A【解析】【分析】短周期主
13、族元素W、X、Y和Z的原子序数依次增大，W的气态氢化物的水溶液可使酚酞变红，说明溶液显碱性，则W为N元素；氨气可与X的氢化物形成一种共价化合物，为一水合氨，则X为O元素；Y是地壳中含量最多的金属元素，Y为Al元素；Z原子最外层电子数是其内层电子总数的3/5，则内层电子总数为10，最外层电子数为6，Z为S元素。据此分析解答。【详解】根据上述分析，W为N元素，X为O元素，Y为Al元素，Z为S元素。A非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：OS，X的简单气态氢化物的稳定性比Z的强，故A正确；B同一周期，从左到右，原子半径逐渐减小，同一主族，从上到下，原子半径逐渐增大，原子半径：SAl，即Z Y，故B错
14、误；CN的氧化物对应水化物为不一定为强酸，如亚硝酸为弱酸，故C错误；D氯化铝为共价化合物，熔融状态不能导电，工业上一般采取电解熔融氧化铝来生产铝，故D错误；答案选A。11. 有一稀硫酸和稀硝酸的混合酸，其中H2SO4和HNO3的物质的量浓度分别是4molL1和2molL1，取10mL此混合酸，向其中加入过量的铁粉，待反应结束后，可产生标准状况下的气体的体积为(假设反应中HNO3的还原产物全部为NO)A. 224mLB. 448mLC. 672mLD. 896mL【答案】C【解析】【分析】由于铁过量，且三价铁离子的氧化性强于氢离子，所以首先发生反应：3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+
15、4H2O，若H+有剩余，则还发生反应：Fe+2H+=Fe2+H2，以此计算该题。【详解】10mL混合酸中含有：n(H+)=0.01L4mol/L2+0.01L2mol/L=0.1mol，n(NO3-)=0.01L2mol/L=0.02mol，根据反应方程式3Fe+2NO3-+8H+=3Fe2+2NO+4H2O可知消耗0.02mol硝酸根需要0.08mol氢离子，所以硝酸根完全反应后有氢离子剩余，且剩余的氢离子为0.1mol-0.08mol=0.02mol，生成的NO为0.02mol；再根据 Fe+2H+=Fe2+H2可知0.02mol氢离子可以与过量铁反应生成0.01mol氢气，所以生成的气体
16、一共为0.02mol+0.01mol=0.03mol，体积为0.03mol22.4L/mol=0.672L=672mL，故答案为C。12. 下列实验操作、现象及得出的结论均正确的是（ ）选项实验操作现象结论A向样品溶于稀硫酸，滴入溶液溶液变红稀硫酸能氧化B与浓硫酸反应，将反应混合物冷却后，再向反应器中加入冷水溶液变蓝验证生成C向盛有溶液的试管中加入溶液，再滴入稀硝酸生成不溶于稀硝酸的白色沉淀原溶液已被空气中氧化D向酸性溶液中滴加乙二酸溶液褪色乙二酸具有还原性A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A酸性条件下硝酸根离子将亚铁离子氧化成铁离子，稀硫酸不能氧化Fe2+，故A错误；
17、B铜与浓硫酸反应，随着反应的进行硫酸变稀，铜与稀硫酸不反应，故反应混合物中一定含硫酸，应将反应后混合物注入水中观察，故B错误；C生成亚硫酸钡可被硝酸氧化，不能说明原Na2SO3溶液已被空气中O2氧化，故C错误；DKMnO4酸性溶液中滴加乙二酸，溶液褪色，说明高锰酸根离子被还原成无色的Mn2+，则乙二酸具有还原性，故D正确；故选：D。13. 将由Al、CuO、Fe2O3组成的混合物10.0 g放入250 mL某浓度的盐酸中，混合物完全溶解，当再加入250 mL 2.0 molL-1的NaOH溶液时，得到的沉淀最多。该盐酸的浓度为()A. 0.5 molL-1B. 3.0 molL-1C. 2.0
18、 molL-1D. 1.0 molL-1【答案】C【解析】【分析】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最大应生成氢氧化铝、氢氧化铜、氢氧化铁，此时溶液中溶质为NaCl，根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl)，根据钠离子守恒有n(NaCl)=n(NaOH)，再根据c=计算盐酸的浓度。【详解】Al、CuO、Fe2O3组成的混合物共与盐酸反应生成氯化铝、氯化铜、氯化铁，盐酸可能有剩余，向反应后溶液中加入NaOH溶液，得到的沉淀最多，溶液中金属离子完全沉淀，此时溶液中溶质为NaCl，根据钠离子守恒有
19、n(NaCl)=n(NaOH)=0.25L2.0mol/L=0.5mol，根据氯离子守恒有n(HCl)=n(NaCl)=0.5mol，故该盐酸的物质的量浓度=2.0mol/L，故C正确；【点睛】考查有关混合物反应的计算，注意掌握质量守恒定律在化学计算中的应用方法，本题中明确反应后的溶质组成为解答关键， 守恒法是解化学计算题经常用到的一种方法，把握物质之间的转化关系，追踪元素的存在形式，列出关系式得出结论。14. 将浓盐酸滴入KMnO4溶液，产生黄绿色气体，溶液的紫红色褪去，向反应后的溶液中加入NaBiO3，溶液又变为紫红色，BiO3反应后变为无色的Bi3。据此判断下列说法正确的是A. 滴加盐酸
20、时，HCl是还原剂，Cl2是还原产物B. 已知Bi为第A族元素，上述实验说明Bi具有较强的非金属性C. 若有0.1 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子0.4NAD. 此实验条件下，物质的氧化性：KMnO4 NaBiO3 Cl2【答案】C【解析】【详解】A滴加盐酸时，生成氯气，Cl元素的化合价升高，则HCl是还原剂，Cl2是氧化产物，A错误；BBi元素属于金属元素，Bi不具有较强的非金属性，B错误；C若有0.1 mol NaBiO3参加了反应，则整个过程转移电子为0.1mol（5-3）+0.1mol（7-2）=0.4mol，C正确；D氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则2KMn
21、O4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O中氧化性为高锰酸钾的氧化性大于氯气，2Mn2+5NaBiO3+14H+=2MnO4-+5Na+5Bi3+7H2O中NaBiO3的氧化性大于高锰酸钾，所以氧化性强弱顺序是：NaBiO3KMnO4Cl2，D错误；故选C。15. 向体积均为10 mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1 molL-1盐酸。此时反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是A. 原NaOH溶液的物质的量浓度为0.5 molL-1B. 当0V(HCl)10 m
22、L时，甲溶液中发生反应的离子方程式为:OH-+H+H2OC. 乙溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3D. 乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积最大值为112 mL(标准状况)【答案】A【解析】【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后,溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为:OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，产生二氧化碳的反应为: HCO3-+ H+=CO2+H2O；根据加入50mL盐酸时溶质为氯化钠及原子守恒计算出氢氧化钠的物质的量浓度；根据图象可以知道,甲溶液中溶
23、质只能为Na2CO3和NaHCO3，乙溶液的溶质为NaOH和Na2CO3，根据HCO3-+H+=H2O+CO2，计算出乙溶液中产生二氧化碳的最大值。【详解】A.根据图象可以知道,当V(HCl)=50mL时，得到产物为NaCl，由原子守恒可以知道:n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.10.05=0.005mol，则原氢氧化钠溶液的浓度为:c(NaOH)=0.005/0.01=0.5mol/L,故A正确；B.在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后,溶液中溶质的组成可能是：NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，由图中HCl的用量与产生二
24、氧化碳气体体积的关系可以知道甲溶液的溶质应该为： Na2CO3和NaHCO3,所以当0V(HCl)；强酸可以制弱酸A，置换出，A正确； B，置换出，B错误；C，产物应为，C错误； D，置换出，D正确；综上所诉，答案为AD；（6）如图转化关系：，若B为白色胶状不溶物，则B是氢氧化铝，则A是铝离子，C是偏绿酸根，X是碱，故A与C反应的离子方程式为：；（7）如图转化关系：，若向B溶液中滴加铁氰化钾溶液会产生特征蓝色沉淀，则B含亚铁离子，A与C反应的离子方程式为：。18. 硫酸铁铵NH4Fe(SO4)2xH2O是一种重要铁盐。为充分利用资源，变废为宝，在实验室中探究采用废铁屑来制备硫酸铁铵，具体流程如
25、下：回答下列问题：（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，方法是_。（2）步骤需要加热的目的是_，温度保持8095 ，采用的合适加热方式是_。铁屑中含有少量硫化物，反应产生的气体需要净化处理，合适的装置为_（填标号）。（3）步骤中选用足量的H2O2，理由是_。分批加入H2O2，同时为了_，溶液要保持pH小于0.5。（4）步骤的具体实验操作有_，经干燥得到硫酸铁铵晶体样品。（5）采用热重分析法测定硫酸铁铵晶体样品所含结晶水数，将样品加热到150 时，失掉1.5个结晶水，失重5.6%。硫酸铁铵晶体的化学式为_。【答案】 (1). 碱煮水洗 (2). 加快反应 (3). 热水浴 (4). C (5)
26、. 将Fe2+全部氧化为Fe3+；不引入杂质 (6). 防止Fe3+水解 (7). 加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤） (8). NH4Fe(SO4)212H2O【解析】【详解】（1）步骤的目的是去除废铁屑表面的油污，油污在碱性条件下容易水解，所以工业上常常用热的碳酸钠溶液清洗，即碱煮水洗；（2）步骤需要加热的目的是为了加快反应速率；温度保持8095 ，由于保持温度比较恒定且低于水的沸点，故采用的合适加热方式是水浴加热（热水浴）；铁屑中含有少量硫化物，硫化物与硫酸反应生成硫化氢气体，可以用氢氧化钠溶液吸收，为了防止倒吸可以加装倒置的漏斗，故选择C装置；（3）步骤中选用足量的H2O2，H2O2可以
27、将Fe2+氧化为Fe3+，且H2O2的还原产物为H2O，不会引入新的杂质，故理由是：将Fe2+全部氧化为Fe3+，不引入新的杂质。因为H2O2本身易分解，所以在加入时需分量加入，同时为了防止Fe3+水解，溶液要保持pH小于0.5；（4）为了除去可溶性的硫酸铵、铁离子等，需要经过的步骤为：加热浓缩、冷却结晶、过滤（洗涤）；（5）设硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)2xH2O，其相对分子质量为266+18x，1.5个水分子的相对分子质量为1.518=27，则27/(266+18x)=5.6%，解得x=12，则硫酸铁铵的化学式为NH4Fe(SO4)212H2O。19. 硫酰氯(SO2Cl2)熔点
28、54.1、沸点69.2，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。（1）SO2Cl2中S的化合价为_，SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为_。（2）仪器A的名称为_，装置B的作用是_。装置乙中装入的试剂是浓硫酸，装置丙分液漏斗中盛装的最佳试剂是_(选填字母)。A蒸馏水 B10.0 molL1浓盐酸 C浓氢氧化钠溶液 D饱和食盐水滴定法测定硫酰氯的纯度：取1.800g产品，加入到100mL 0.5000molL1 NaOH溶液中加热充分水解，冷却后加蒸馏水准确稀释至250mL，取25mL溶液于锥形瓶中，滴加2滴甲基橙，用0.1000molL1标准HCl滴定至终点，重
29、复实验三次取平均值，消耗10.00mL滴定终点的判断为_，产品的纯度为_。（3）探究硫酰氯在催化剂作用下加热分解的产物，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。加热时A中试管出现黄绿色，装置B的作用是_。装置C中反应的离子方程式为_。【答案】 (1). +6 (2). (3). （球形）冷凝管 (4). 防止空气中的水蒸气进入三颈瓶，使SO2Cl2水解变质；吸收尾气 (5). D (6). 滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色且30s内不变色 (7). 75.00% (8). 吸收氯气 (9). 【解析】【详解】（1）SO2Cl2中O为-2价、Cl为-1价，则S的化合价为+6；
30、SO2Cl2在潮湿空气中因水解“发烟”的化学方程式为；（2）仪器A的名称为球形冷凝管；装置B的用处可从两个角度进行分析，一是防止空气内的水进入装置造成反应底物的污染，二是防止反应产物进入空气造成污染；氯气不溶于饱和食盐水，通过滴加饱和食盐水，将氯气排除，其他选项均不符合，故选D；硫酰氯在NaOH溶液中转化为NaCl和硫酸钠，用盐酸滴定过量的NaOH，甲基橙作指示剂，因此滴定终点的现象为滴加最后一滴HCl标准液，锥形瓶内溶液由黄色变为橙色且30s内不变色；发生的反应为和，因此，则，故产品的纯度为1.35g1.800g100%=75.00%；（3）硫酰氯分解生成了氯气，Cl的化合价升高，化合价降低
31、的元素只能是S，从+6降到+4，生成二氧化硫。加热室A中出现黄绿色，说明生成了氯气，装置B的作用是吸收氯气；装置C中的现象是高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫将其还原，离子方程式为。20. 印刷铜制电路板的蚀刻液选取和回收再利用一直是研究的热点。(1)溶液一直作为传统的蚀刻液。蚀刻过程中的离子方程式为_。蚀刻结束后，可以通过两步先分离出铜，再实现溶液再生。.第1步所加试剂和操作分别为_。.第2步转化可加入的物质是_（填一种即可）。(2)也常用来做铜制电路板蚀刻液，使用时加入盐酸或氨水将其配制成酸性或碱性蚀刻液。应用酸性蚀刻液（），产生的蚀刻废液处理方法如下：蚀刻铜板主要反应的离子方程式为_。回收微米级
32、过程中，加入的试剂A是_（填字母）。a.粉 b.葡萄糖 c.固体 d.酸性溶液回收的过程中需控制反应的温度，当温度髙于80时，产品颜色发暗，其原因可能是_。如图是研究碱性蚀刻液的温度对铜腐蚀量的实验结果，升高温度，腐蚀量变化的原因_。【答案】 (1). (2). 加入过量铁粉，过滤 (3). （其他答案合理） (4). (5). b (6). 温度高于80时，易分解生成黑色，导致产品颜色发暗 (7). 2030时，升高温度，腐蚀量有所增加，主要是因为温度升高使反应速率加快；30以上，升高温度，腐蚀量降低，主要时因为分解、挥发【解析】【详解】(1)Fe3+具有氧化性，可与铜反应生成氯化亚铁和氯化
33、铜，反应的离子方程式为，故答案为：；i欲从含有Fe2+、Cu2+的盐溶液中提取Cu，同时不引入新的杂质，可加入过量铁粉，再过滤即可置换出Cu，故答案为：加入过量铁粉，过滤；ii使滤液中Fe2+氧化为Fe3+，实现FcCl3再生，只需要向滤液中通入过量氯气即可，故答案为：Cl2；(2(过氧化氢具有氧化性，酸性条件下可氧化铜生成铜离子，反应的离子方程式为，故答案为：；铜离子在碱性条件下生成氢氧化铜浊液，与具有还原性的葡萄糖等可生成氧化亚铜，只有b符合，故答案为：b；不稳定，制备过程中需控制反应的温度，当温度高于80时，易分解生成黑色CuO，产品颜色发暗，故答案为：温度高于80时，易分解生成黑色，导致产品颜色发暗；由图1看出温度低于30时，随温度升高，反应速率加快，腐蚀量有所增加，但温度高于30时，因H2O2分解、NH3挥发，腐蚀量将降低，故答案为：2030时，升高温度，腐蚀量有所增加，主要是因为温度升高使反应速率加快；30以上，升高温度，腐蚀量降低，主要时因为分解、挥发。
