1、2016-2017学年安徽省淮北十二中高三（上）第二次月考化学试卷一、选择题1化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用B硅胶可用作食品干燥剂C“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料D工业上燃烧煤时，加入少量石灰石是为了减少CO2的排放2下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是（）A用装置除去Cl2中含有的少量HClB用装置从KCl溶液中获得KCl晶体C用装置除去O2中混有的一定量SO2D用装置在实验室制取并收集氨气3某酸性工业废水中含有Ag+、Cu2+、Pb2+等重金属离子，化工生产中常用FeS作为沉
2、淀剂去除它们，其中除Cu2+的反应原理为Cu2+（aq）+FeS（s）CuS（s）+Fe2+（aq）下列有关说法正确的是（）A若c（Fe2+）与c（Cu2+）相等时，该反应达到平衡状态B向平衡体系中加入少量硫酸铜晶体后，FeS的KSP减小C其他条件不变，增大FeS的物质的量，该反应的正反应速率增大D该反应的化学平衡常数K=4下列有关化学事实或现象解释正确的是（）A加热煮沸MgCO3悬浊液，最终得到Mg（OH）2沉淀，说明Ksp（MgCO3）KspMg（OH）2B胆矾晶体投入浓硫酸中变成白色固体是化学变化C电解AlCl3水溶液，阴极周围出现白色胶状沉淀，说明Al（OH）3胶体粒子带正电荷D气体甲
3、通入溶液乙，溶液乙颜色褪去，说明气体甲一定有漂白性5以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示 关于该电池的叙述不正确的是（）A该电池不能在高温下工作B电池右侧电极反应为：C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+C放电过程中，H+通过质子交换膜向电池右侧迁移D在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成CO2 22.4 L（标况）6已知氧化性Fe3+Cu2+现将铜粉放入稀盐酸中，微热后无明显现象发生；当加入下列物质后，铜粉的质量减少则加入的物质不可能是（）AFeSO4BFe2（SO4）3CKNO3DHNO37常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（）A使甲基橙试液变红的溶液中
4、：Al3+ Cu2+NO3SO42BpH7的溶液中：Na+Mg2+SO42IC由水电离出的c（H+）=l01013 molL1的溶液中：Na+CO32SO32ClD加铝粉能产生大量H2的溶液中：Na+NH4+NO3Cl8X、Y、Z、M是四种原子序数依次增大的主族元素已知X、Y、Z是短周期中的三种非金属元素，X元素原子的核外电子数等于所在周期数；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z单质为无色气体，性质稳定常用作保护气；M是地壳中含量最高的金属元素下列说法正确的是（）A四种元素的原子半径从大到小的顺序是：MZYXB元素X、Z可形成某种化合物，其分子内既含极性键又含非极性键C化合物YO2、ZO
5、2都能和氢氧化钠溶液反应，均属于酸性氧化物D金属M制品具有较强的抗腐蚀能力，说明M元素的金属活动性较差9设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24LC2H5OH中含有的CH键数目为0.5NAB5.6g铁粉与一定量的稀硝酸反应失去的电子数目一定为0.3NAC28g乙烯与环丙烷的混合气体中含有的原子总数为6NAD1.0L pH=1的硫酸溶液中含有的H+数目为0.2NA10在4L密闭容器中充入6mol A气体和5mol B气体，在一定条件下发生反应：3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g），达到平衡时，生成了2mol C，经测定D的浓度为0.5molL1，下列判断正确
6、的是（）AX=3BA的转化率为50%C平衡时B的浓度为1.5 molL1D达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的95%11在焊接铜器时，可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜，其反应为CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2+H2O（未配平）下列有关该反应的说法正确的是（）A参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2B被氧化和被还原的元素分别为铜和氮C当产生0.2 mol气体时，转移电子为0.6 molD被还原的CuO占参与反应CuO的12化学资料表明：HH、O=O、HO键的键能分别是436kJmol1、496kJmol1和462kJmol1，2C（s）+O2（g）=2CO
7、（g）H=220kJmol1，则C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）的反应热为（）A332kJB118kJC+130kJmol1D+350kJmol113下列说法正确的是（）A在0.1molL1的碳酸钠溶液中存在5种微粒，且c（CO32）+c（HCO3）=0.1molL1B硫化钠水解的离子方程式：S2+2H2OH2S+2OHCFeSO4溶液中滴加次氯酸钠溶液：Fe2+ClO+2H2O=Fe（OH）2+2HClODAgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液，再滴加NaI溶液，先产生白色沉淀后转化为黄色沉淀14下列关于有机物的说法中正确的是（）A凡是含碳元素的化合物都属于有机化合物B易溶于汽油
8、、酒精、苯等有机溶剂的物质一定是有机化合物C所有的有机化合物都易燃烧D有机化合物的同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一15常温下，向20mL 0.5molL1的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.5molL1的NaOH溶液，滴定曲线如图相关分析正确的是（）A滴加至时，c（Na+）=c（CH3COO），酸碱恰好完全反应B滴加至时，c（OH）c（H+）=c（CH3COOH）C滴定中，逐渐减小D滴定中c（CH3COOH）与c（CH3 C00）之和保持不变16下列离子方程式中正确的是（）A少量的NaHCO3逐滴加入Ba（OH）2溶液中：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OBNaHSO4溶液与
9、Ba（OH）2溶液反应至中性：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OC苯酚钠溶液中通入少量的CO2：2C6H5O+CO2+H2OCO32+2C6H5OHD向100 mL 3molL1FeBr2溶液中通入标准状况下 3.36 LCl2：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl二、非选择题17A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素A元素可形成多种同素异形体，其中一种是自然界最硬的物质；B的原子半径在短周期主族元素中最大；C原子核外电子占据7个不同的原子轨道；D的单质在常温常压下是淡黄色固体（1）E在元素周期表中的位置 ；B的基态原子核外电子排布式为 （2）A、D、E
10、中电负性最大的是 （填元素符号）；B、C两元素第一电离能较大的是 （填元素符号）（3）A和D两元素非金属性较强的是 （填元素符号），写出能证明该结论的一个事实依据 （4）化合物AD2分子中共有 个键和 个键，AD2分子的空间构型是 （5）C与E形成的化合物在常温下为白色固体，熔点为190，沸点为182.7，在177.8升华，推测此化合物为 晶体工业上制取上述无水化合物方法如下：C的氧化物与A、E的单质在高温条件下反应，已知每消耗12kgA的单质，过程中转移2l03mol e，写出相应反应的化学方程式： 18现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子N
11、a+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl、OH、NO3、CO32、X中的一种（1）某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是 和 （填化学式）（2）为了确定X，观将（1）中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A的溶液混合时产生棕灰色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解则：X为 ASO32 BSO42 CCH3COO DSiO32A中的化学键类型为 B的水溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为 （用离子符号表示）将0.02mol的A与0.01mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反
12、应后，最终所得沉淀的质量为 （精确到0.1g）利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子请简述实验操作步骤、现象及结论： （3）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现则物质D一定含有上述离子中的 （填相应的离子符号）有关反应的离子方程式为 19某校化学兴趣小组为探究铁与浓硫酸的反应，设计了图1、图2所示装置进行实验（1）比较两个实验装置，图2装置的优点是：能更好的吸收有毒气体SO2防止其污染环境； （2）导气管e有两个主要作用：一是在反应过程中，因导管插入液面下，可起到”液封”作用阻止SO2气体逸出而防止污染环境；二是 能
13、说明有SO2气体产生的实验现象是 （3）（反应一段时间后，用滴管吸取A试管中的溶液滴入到适量水中作为试样，试样中所含金属离子的成分有以下三种可能：只含有Fe3+；：只含有Fe2+；：既有Fe3+又有Fe2+为验证、的可能性，选用如下试剂，填写下列空格：A稀HCl溶液 B稀硫酸 CKSCN溶液 D酸性KMnO4溶液ENaOH溶液 F淀粉KI溶液 G H2O2溶液验证：取试样，先滴加少量的 （填试剂序号，下同），振荡，再滴加少量的 ，根据溶液颜色的变化可确定假设是否正确验证：步骤1取试样，滴加少量的 （填试剂序号），溶液的颜色变 色，则试样中含有Fe3+发生反应的离子方程式为 步骤2再取适量的试样
14、滴加少量的 （填试剂序号），溶液颜色的变化为 ，则试样中含有Fe2+20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废气A的组成进行探究，请回答下列问题（1）同学甲设计实验检验废气A中含有CO2，应选择的试剂有 ANaOH溶液 B酸性KMnO4溶液 C澄清石灰水 D盐酸（2）同学乙欲测定废气A中SO2的含量，取a L废气A并设计了如图装置进行实验为了保证实验成功，装置A应具有的现象是 ，搅拌的目的是 同学丙认为A装置前后的质量差就是aL废气中含有的SO2的质量，然后进行含量计算经小组讨论后，同学丁提出疑问，按照同学丙的实验，若废气中SO2
15、完全被吸收，则最后测定的结果应该偏大，同学丁推断的理由是 （3）兴趣小组的同学查阅资料发现可利用硫酸工业废气A制备皓矾（ZnSO47H2O）实验模拟制备皓矾工业流程如下：“氧化”中加入硫酸铁发生反应的离子方程式是 加入Zn粉的目的是 固体A主要成分是 操作b得到纯净皓矾晶体，必要的操作是 、 、过滤、洗涤、干燥2016-2017学年安徽省淮北十二中高三（上）第二次月考化学试卷参考答案与试题解析一、选择题1化学与人类生产、生活、社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是（）A凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用B硅胶可用作食品干燥剂C“天宫一号”使用的碳纤维，是一种新型有机高分子材料D工业
16、上燃烧煤时，加入少量石灰石是为了减少CO2的排放【考点】19：绿色化学【分析】A食品添加剂包括酸度调节剂、抗结剂、消泡剂、抗氧化剂、漂白剂、膨松剂、着色剂、护色剂、酶制剂、增味剂、营养强化剂、防腐剂、甜味剂、增稠剂、香料等；B硅胶具有吸水性，无毒；C碳纤维是无机非金属材料；D加入少量的石灰石，二氧化硫可转化为硫酸钙【解答】解：A我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，故A错误；B硅胶具有吸水性，无毒，可以用作食品干燥剂，故B正确；C碳纤维是无机非金属材料，不是有机物，不是有机高分子材料，故C错误；D加入少量的石灰石，二氧化硫可转化为硫酸
17、钙，可减少二氧化硫的污染，不能减少二氧化碳的排放，故D错误；故选：B2下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的是（）A用装置除去Cl2中含有的少量HClB用装置从KCl溶液中获得KCl晶体C用装置除去O2中混有的一定量SO2D用装置在实验室制取并收集氨气【考点】U5：化学实验方案的评价【分析】AHCl易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，除杂导管长进短出；BKCl易溶于水，利用蒸发原理分离；CSO2与氯化钡溶液不反应；D氨水中存在NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，加NaOH平衡逆向移动，氨气逸出，碱石灰干燥氨气，氨气的密度比空气小【解答】解：AHCl易溶于水，食盐水抑制氯气的溶解，除杂
18、导管长进短出，则图中除去Cl2中含有的少量HCl，实验合理，故A正确；BKCl易溶于水，图为蒸发装置，则图中蒸发装置可从KCl溶液中获得KCl晶体，故B正确；CSO2与氯化钡溶液不反应，不能除杂，应利用NaOH溶液除去O2中混有的一定量SO2，故C错误；D氨水中存在NH3+H2ONH3H2ONH4+OH，加NaOH平衡逆向移动，氨气逸出，碱石灰干燥氨气，氨气的密度比空气小，则采用向下排空气法收集，图中制备、干燥、收集装置合理，故D正确；故选C3某酸性工业废水中含有Ag+、Cu2+、Pb2+等重金属离子，化工生产中常用FeS作为沉淀剂去除它们，其中除Cu2+的反应原理为Cu2+（aq）+FeS（
19、s）CuS（s）+Fe2+（aq）下列有关说法正确的是（）A若c（Fe2+）与c（Cu2+）相等时，该反应达到平衡状态B向平衡体系中加入少量硫酸铜晶体后，FeS的KSP减小C其他条件不变，增大FeS的物质的量，该反应的正反应速率增大D该反应的化学平衡常数K=【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质【分析】A达到平衡时，各物质的浓度不变；B溶解度与温度有关；CFeS为固体，加入固体，平衡不移动；DCu2+（aq）+FeS（s）CuS（s）+Fe2+（aq）平衡常数K=【解答】解：A达到平衡时，各物质的浓度不再发生改变，但浓度不一定相等，故A错误；B溶解度与温度有关，温度不变，则溶度积不
20、变，故B错误；CFeS为固体，加入固体，各物质的浓度不变，则平衡不移动，故C错误；DK=，故D正确故选D4下列有关化学事实或现象解释正确的是（）A加热煮沸MgCO3悬浊液，最终得到Mg（OH）2沉淀，说明Ksp（MgCO3）KspMg（OH）2B胆矾晶体投入浓硫酸中变成白色固体是化学变化C电解AlCl3水溶液，阴极周围出现白色胶状沉淀，说明Al（OH）3胶体粒子带正电荷D气体甲通入溶液乙，溶液乙颜色褪去，说明气体甲一定有漂白性【考点】DH：难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；18：物理变化与化学变化的区别与联系；GK：镁、铝的重要化合物【分析】A从难溶电解质的转化的角度分析；B失去结晶水的变
21、化为化学变化；C电解AlCl3水溶液，阴极生成氢气和氢氧根离子，出现白色胶状沉淀；D气体甲通入溶液乙，溶液乙颜色褪去，甲可能具有漂白性，也可能与乙发生其它反应【解答】解：A加热煮沸MgCO3悬浊液，最终得到Mg（OH）2沉淀，说明氢氧化镁更难溶，则Ksp（MgCO3）KspMg（OH）2，故A错误；B失去结晶水的变化为化学变化，故B正确；C电解AlCl3水溶液，阴极生成氢气和氢氧根离子，进而生成氢氧化铝沉淀，但不能说明Al（OH）3胶体粒子带正电荷，故C错误；D气体甲通入溶液乙，溶液乙颜色褪去，甲可能具有漂白性，也可能与乙发生其它反应，如氯气与二氧化硫的氧化还原反应，氯化氢与氢氧化钠酚酞溶液的
22、中和反应等，故D错误故选B5以葡萄糖为燃料的微生物燃料电池结构示意图如图所示 关于该电池的叙述不正确的是（）A该电池不能在高温下工作B电池右侧电极反应为：C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+C放电过程中，H+通过质子交换膜向电池右侧迁移D在电池反应中，每消耗1mol氧气，理论上能生成CO2 22.4 L（标况）【考点】BL：化学电源新型电池【分析】A、从蛋白质的性质：高温下会变性分析；C原电池内部阳离子向正极移动；B原电池负极发生失电子的氧化反应，据此书写电极反应；D根据正负极电极反应式结合电子守恒进行计算【解答】解：A、高温条件下微生物会变性，该电池不能够在高温下工作，故A正确
23、；B、负极是葡萄糖失电子生成二氧化碳，电极反应为C6H12O6+6H2O24e=6CO2+24H+，故B正确；C、原电池内部阳离子应向正极移动，即H+通过质子交换膜向电池右侧迁移，故C错误；D、正极反应式为O2+4e+4H+2H2O，对比负极反应可知，消耗1mol氧气生成1mol二氧化碳，标准状况下体积是22.4L，故D正确；故选C6已知氧化性Fe3+Cu2+现将铜粉放入稀盐酸中，微热后无明显现象发生；当加入下列物质后，铜粉的质量减少则加入的物质不可能是（）AFeSO4BFe2（SO4）3CKNO3DHNO3【考点】B1：氧化还原反应【分析】铜粉放入稀盐酸中，不发生反应，当加入选项中某物质后，
24、铜粉的质量减少，则发生氧化还原反应，以此来解答【解答】解：ACu与盐酸、硫酸亚铁均不反应，Cu的质量不会减少，则不可能为硫酸亚铁，故A选；BCu能与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，Cu的质量减少，故B不选；C硝酸钾在酸性条件下具有硝酸的强氧化性，与Cu发生氧化还原反应，Cu的质量减少，故C不选；DCu与硝酸发生氧化还原反应，Cu的质量减少，故D不选；7常温下，下列各组离子一定能大量共存的是（）A使甲基橙试液变红的溶液中：Al3+ Cu2+NO3SO42BpH7的溶液中：Na+Mg2+SO42IC由水电离出的c（H+）=l01013 molL1的溶液中：Na+CO32SO32ClD加铝粉能产生大
25、量H2的溶液中：Na+NH4+NO3Cl【考点】DP：离子共存问题【分析】A使甲基橙试液变红的溶液，显酸性；B常温pH7的溶液，显碱性；C由水电离出的c（H+）=l01013 molL1的溶液，为酸或碱溶液；D加铝粉能产生大量H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液【解答】解：A使甲基橙试液变红的溶液，显酸性，该组离子之间不反应，可大量共存，故A选；B常温pH7的溶液，显碱性，不能大量存在Mg2+，故B不选；C由水电离出的c（H+）=l01013 molL1的溶液，为酸或碱溶液，酸溶液中不能大量存在CO32、SO32，故C不选；D加铝粉能产生大量H2的溶液，为非氧化性酸或强碱溶液，碱溶液中不能大量存
26、在NH4+，酸溶液中Al、NO3发生氧化还原反应不生成氢气，故D不选；故选A8X、Y、Z、M是四种原子序数依次增大的主族元素已知X、Y、Z是短周期中的三种非金属元素，X元素原子的核外电子数等于所在周期数；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍；Z单质为无色气体，性质稳定常用作保护气；M是地壳中含量最高的金属元素下列说法正确的是（）A四种元素的原子半径从大到小的顺序是：MZYXB元素X、Z可形成某种化合物，其分子内既含极性键又含非极性键C化合物YO2、ZO2都能和氢氧化钠溶液反应，均属于酸性氧化物D金属M制品具有较强的抗腐蚀能力，说明M元素的金属活动性较差【考点】8F：原子结构与元素周期律的关系
27、；8J：位置结构性质的相互关系应用【分析】X、Y、Z、M是四种原子序数依次增大的主族元素，已知X、Y、Z是短周期中的三种非金属元素，X元素原子的核外电子数等于所在周期数，X为H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y含有两个电子层，最外层含有4个电子，为C元素；Z单质为无色气体，性质稳定常用作保护气，则Z为N元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M为Al元素，据此进行解答【解答】解：X、Y、Z、M是四种原子序数依次增大的主族元素，已知X、Y、Z是短周期中的三种非金属元素，X元素原子的核外电子数等于所在周期数，X为H元素；Y原子的最外层电子数是内层电子数的2倍，则Y含有两个电子层，最外
28、层含有4个电子，为C元素；Z单质为无色气体，性质稳定常用作保护气，则Z为N元素；M是地壳中含量最高的金属元素，则M为Al元素，A电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，核电荷数越大，原子半径越小，则四种元素的原子半径从大到小的顺序是：MYZX，故A错误；B元素X、Z可形成化合物N2H4，其分子内既含极性键NH键，又含非极性键NN键，故B正确；C化合物YO2为CO2，二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，与水反应生成碳酸，属于酸性氧化物，而NO2与水反应生成硝酸和NO，不属于酸性氧化物，故C错误；DM为Al，铝表面能够形成一层致密的氧化膜，则金属M制品具有较强的抗腐蚀能力，但是Al的化学性质
29、比较活泼，故D错误；故选B9设NA为阿伏伽德罗常数的数值，下列说法正确的是（）A标准状况下，2.24LC2H5OH中含有的CH键数目为0.5NAB5.6g铁粉与一定量的稀硝酸反应失去的电子数目一定为0.3NAC28g乙烯与环丙烷的混合气体中含有的原子总数为6NAD1.0L pH=1的硫酸溶液中含有的H+数目为0.2NA【考点】4F：阿伏加德罗常数【分析】A气体摩尔体积使用对象为气体；B铁与硝酸反应，硝酸足量反应生成硝酸铁，硝酸不足生成硝酸亚铁；C根据乙烯和丙烯的最简式计算出28g混合气体中含有的原子数目；DpH=1的硫酸溶液中，氢离子浓度为：0.1mol/L，结合n=CV计算解答【解答】解：A
30、标况下乙醇为液体，不能使用气体摩尔体积，故A错误；B铁与硝酸反应，硝酸足量反应生成硝酸铁，硝酸不足生成硝酸亚铁，硝酸的量未知，无法计算转移电子数目，故B错误；C乙烯和丙烯的最简式为CH2，28g混合气体中含有最简式CH2的物质的量为2mol，含有原子总数为2mol3NA=6NA，故C正确；D.1.0L pH=1的硫酸溶液中含有的H+数目为0.1mol/L1LNA=0.1NA，故D错误；故选：C10在4L密闭容器中充入6mol A气体和5mol B气体，在一定条件下发生反应：3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g），达到平衡时，生成了2mol C，经测定D的浓度为0.5molL1，下列判断正确
31、的是（）AX=3BA的转化率为50%C平衡时B的浓度为1.5 molL1D达到平衡时，在相同温度下容器内混合气体的压强是反应前的95%【考点】CP：化学平衡的计算【分析】到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L0.5mol/L=2mol， 3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g）起始：6mol 5mol 0 0转化：3mol 1mol 2mol xmol 平衡：3mol 4mol 2mol 2mol进而可计算平衡时各物质的浓度、转化率等物理量，以此解答该题【解答】解：达到平衡时，生成了2molC，D的物质的量为4L0.5mol/L=2mol， 3A（g）+B（g）2C（g）+xD（g）
32、起始：6mol 5mol 0 0转化：3mol 1mol 2mol xmol 平衡：3mol 4mol 2mol 2molA由以上分析可知x=2，故A错误；BA的转化率为100%=50%，故B正确；C平衡时B的浓度为=1mol/L，故C错误；D反应前后气体的物质的量不变，则压强不变，故D错误故选B11在焊接铜器时，可用NH4Cl溶液除去铜器表面的氧化铜，其反应为CuO+NH4ClCu+CuCl2+N2+H2O（未配平）下列有关该反应的说法正确的是（）A参加反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2B被氧化和被还原的元素分别为铜和氮C当产生0.2 mol气体时，转移电子为0.6 molD被还原的
33、CuO占参与反应CuO的【考点】B1：氧化还原反应【分析】CuO中的Cu元素由+2价降低为0，NH4Cl中的N元素的化合价由3价升高为0，由电子守恒、原子守恒可知，NH4Cl失去3个电子，而铜得到2个电子，得失电子守恒，NH4Cl前面系数为2，铜前面的系数为3，再结合原子守恒配平可得4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O，据此对各选项进行判断【解答】解：Cu由+2价降低为0，N元素的化合价由3价升高为0，由电子守恒、原子守恒可知，NH4Cl失去3个电子，而铜得到2个电子，得失电子守恒，NH4Cl前面系数为2，铜前面的系数为3，再结合原子守恒配平可得：4CuO+2NH4Cl=
34、3Cu+CuCl2+N2+4H2O，A根据反应4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O可知，参加反应的氧化剂为氧化铜，还原剂为氯化铵，二者的物质的量之比为3：2，故A正确；B氯化铵中N原子化合价升高被氧化，氧化铜中铜元素化合价降低被还原，则被氧化和被还原的元素分别为N和Cu，故B错误；C由反应可知，生成1mol气体转移6mol电子，则产生0.2mol的气体转移的电子为0.2mol6=1.2mol，故C错误；D配平的反应为4CuO+2NH4Cl=3Cu+CuCl2+N2+4H2O，被还原的氧化铜占参加反应的氧化铜的，故D错误；故选A12化学资料表明：HH、O=O、HO键的键能分
35、别是436kJmol1、496kJmol1和462kJmol1，2C（s）+O2（g）=2CO（g）H=220kJmol1，则C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）的反应热为（）A332kJB118kJC+130kJmol1D+350kJmol1【考点】BB：反应热和焓变【分析】设C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）的H=akJmol1，根据盖斯定律计算水分解反应的焓变，化学反应的焓变H=H产物H反应物，再结合化学键能和物质能量的关系列式计算【解答】解：设C（s）+H2O（g）=CO（g）+H2（g）的H=akJmol1已知C（s）+H2O（g）CO（g）+H2（g）H=ak
36、Jmol10，2C（s）+O2（g）2CO（g）H=220kJmol12得：2H2O（g）O2（g）+2H2（g）H=（2a+220）kJmol1，则：44624962436=2a+220，解得：a=+130故选C13下列说法正确的是（）A在0.1molL1的碳酸钠溶液中存在5种微粒，且c（CO32）+c（HCO3）=0.1molL1B硫化钠水解的离子方程式：S2+2H2OH2S+2OHCFeSO4溶液中滴加次氯酸钠溶液：Fe2+ClO+2H2O=Fe（OH）2+2HClODAgNO3溶液中滴加足量NaCl溶液，再滴加NaI溶液，先产生白色沉淀后转化为黄色沉淀【考点】49：离子方程式的书写【分
37、析】A满足物料守恒：2c（CO32）+2c（HCO3）+2c（H2CO3）=c（Na+）；B水解分步进行，以第一步水解为主；C，发生氧化还原反应，电子、电荷不守恒；DAgI的Ksp更小，发生沉淀的转化【解答】解：A由物料守恒可知，c（CO32）+c（HCO3）+c（H2CO3）=0.1mol/L，溶液中还含钠离子、氢离子、氢氧根离子，故A错误；B硫化钠水解的离子方程式为S2+H2OHS+OH，故B错误；CFeSO4溶液中滴加次氯酸钠溶液的离子反应为2Fe2+ClO+5H2O=2Fe（OH）3+4H+Cl，故C错误；D发生沉淀的转化，可知先产生白色沉淀后转化为黄色沉淀，故D正确；故选D14下列关
38、于有机物的说法中正确的是（）A凡是含碳元素的化合物都属于有机化合物B易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质一定是有机化合物C所有的有机化合物都易燃烧D有机化合物的同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一【考点】H6：有机化合物的异构现象【分析】A含有碳元素的化合物叫有机化合物，简称有机物，但碳的氧化物、碳酸盐、碳酸虽含碳，但其性质与无机物类似，因此把它们看作无机物；B用溴单质易溶于苯说明易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质不一定是有机化合物；C多数有机物容易燃烧，有的不容易燃烧；D分子中碳原子越多，同分异构体越多【解答】解：A含有碳元素的化合物不一定是有机物，例如，碳酸钙中含有碳元素，它是
39、无机物，故A错误； B易溶于汽油、酒精、苯等有机溶剂的物质不一定是有机化合物，如溴单质易溶于有机溶剂，但溴是无机物，故B错误；C多数有机物容易燃烧，有的不容易燃烧，如四氯化碳不容易燃烧，可做灭火剂，故C错误；D分子中碳原子越多，同分异构体越多，一种分子可能有多种同分异构体，则同分异构现象是有机化合物种类繁多的重要原因之一，故D正确故选D15常温下，向20mL 0.5molL1的CH3COOH溶液中逐滴滴加0.5molL1的NaOH溶液，滴定曲线如图相关分析正确的是（）A滴加至时，c（Na+）=c（CH3COO），酸碱恰好完全反应B滴加至时，c（OH）c（H+）=c（CH3COOH）C滴定中，逐
40、渐减小D滴定中c（CH3COOH）与c（CH3 C00）之和保持不变【考点】DO：酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算【分析】A滴加至时，溶液pH=7，结合电荷守恒：c（H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH）判断，若恰好反应，则为醋酸钠溶液，溶液呈碱性，则醋酸稍过量；B滴加至时，此时为醋酸钠溶液，根据质子守恒判断；C溶液中存在平衡：CH3COOHH+CH3COO，加入氢氧化钠，氢离子被消耗，平衡正向移动；D滴定中n（CH3COOH）与n（CH3 COO）之和保持不变，但溶液体积增大，二者浓度之和会减小【解答】解：A滴加至时，溶液pH=7，则c（H+）=c（OH），由电荷守恒：c（
41、H+）+c（Na+）=c（CH3COO）+c（OH），可知c（Na+）=c（CH3COO），若恰好反应，则为醋酸钠溶液，溶液呈碱性，则醋酸稍过量，故A错误；B滴加至时，此时为醋酸钠溶液，溶液中氢氧根离子源于水的电离、醋酸根水解，根据质子守恒：c（OH）=c（H+）+c（CH3COOH），则c（OH）c（H+）=c（CH3COOH），故B正确；C溶液中存在平衡：CH3COOHH+CH3COO，加入氢氧化钠，氢离子被消耗，平衡正向移动，则增大，故C错误；D由物料守恒可知，滴定中n（CH3COOH）与n（CH3 COO）之和保持不变，但溶液体积增大，二者浓度之和会减小，故D错误故选：B16下列离子方
42、程式中正确的是（）A少量的NaHCO3逐滴加入Ba（OH）2溶液中：HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2OBNaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性：H+SO42+Ba2+OHBaSO4+H2OC苯酚钠溶液中通入少量的CO2：2C6H5O+CO2+H2OCO32+2C6H5OHD向100 mL 3molL1FeBr2溶液中通入标准状况下 3.36 LCl2：2Fe2+4Br+3Cl22Fe3+2Br2+6Cl【考点】49：离子方程式的书写【分析】A反应生成碳酸钡、水、NaOH；B反应生成硫酸钡、硫酸钠和水；C反应生成苯酚和碳酸氢钠；Dn（FeBr2）=0.1L3mol/L=0.3mol
43、，n（Cl2）=0.15mol，由还原性亚铁离子大于溴离子及电子守恒可知，只有亚铁离子被氧化【解答】解：A少量的NaHCO3逐滴加入Ba（OH）2溶液中的离子反应为HCO3+Ba2+OHBaCO3+H2O，故A正确；BNaHSO4溶液与Ba（OH）2溶液反应至中性的离子反应为2H+SO42+Ba2+2OHBaSO4+2H2O，故B错误；C苯酚钠溶液中通入少量的CO2的离子反应为C6H5O+CO2+H2OHCO3+C6H5OH，故C错误；D向100 mL 3molL1FeBr2溶液中通入标准状况下 3.36 LCl2的离子反应为2Fe2+Cl22Fe3+2Cl，故D错误；故选A二、非选择题17A
44、、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素A元素可形成多种同素异形体，其中一种是自然界最硬的物质；B的原子半径在短周期主族元素中最大；C原子核外电子占据7个不同的原子轨道；D的单质在常温常压下是淡黄色固体（1）E在元素周期表中的位置第三周期第A族；B的基态原子核外电子排布式为1s22s22p63s1（2）A、D、E中电负性最大的是Cl（填元素符号）；B、C两元素第一电离能较大的是Al（填元素符号）（3）A和D两元素非金属性较强的是S（填元素符号），写出能证明该结论的一个事实依据H2CO3是弱酸，H2SO4是强酸（4）化合物AD2分子中共有2个键和2个键，AD2分子的空间构型是直线形（5
45、）C与E形成的化合物在常温下为白色固体，熔点为190，沸点为182.7，在177.8升华，推测此化合物为分子晶体工业上制取上述无水化合物方法如下：C的氧化物与A、E的单质在高温条件下反应，已知每消耗12kgA的单质，过程中转移2l03mol e，写出相应反应的化学方程式：Al2O3+3C+3Cl23CO+2AlCl3【考点】8J：位置结构性质的相互关系应用；8B：元素电离能、电负性的含义及应用【分析】A、B、C、D、E是原子序数依次增大的短周期主族元素A元素可形成多种同素异形体，其中一种是自然界最硬的物质，故A是碳元素；B的原子半径在短周期主族元素中最大，故B为钠元素；C原子核外电子占据7个不
46、同的原子轨道，即证据1s1个轨道、2s1个轨道、2p3个轨道、3s1个轨道、3p1个轨道，即C为铝元素；D的单质在常温常压下是淡黄色固体，故D是硫元素，E的原子序数大于S，且属于短周期，主族，故E是氯元素，据此解答各小题即可【解答】解：依据分析可知：A为C，B为Na，C为Al，D为S，E为Cl，（1）E为Cl，Cl处于第三周期第A族，B为钠，Na的核外电子排布式为：1s22s22p63s1，故答案为：第三周期第A族；1s22s22p63s1；（2）C、S、Cl中，非金属性越强，其电负性越大，由于非金属性：ClSC，故电负性最大的是Cl，Na与Al比较，金属性越强，第一电离能越小，由于金属性Na
47、Al，故第一电离能AlNa，故答案为：Cl；Al；（3）C与S非金属性较强的是硫，依据非金属的最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，其非金属性越强，碳酸是弱酸，而硫酸是强酸，故答案为：S；H2CO3是弱酸，H2SO4是强酸；（4）AD2为CS2，CS2结构类似于CO2，即C与2个S分别形成两对共价键，即含有2个键，2个键，形成直线形分子，故答案为：2；2；直线型；（5）Al与Cl形成的化合物为：AlCl3，AlCl3固体的熔沸点较低，即AlCl3固体为共价化合物形成的分子晶体分子，依据题意得知氧化铝与碳单质、氯气在高温条件下反应，反应中每消耗12kgC，即物质的量为： =1000mol，1000
48、molC反应转移2l03mol e，故C被氧化为+2价，故产物为CO，据此写反应方程式为：Al2O3+3C+3Cl23CO+2AlCl3，故答案为：Al2O3+3C+3Cl23CO+2AlCl318现有五种可溶性物质A、B、C、D、E，它们所含的阴、阳离子互不相同，分别含有五种阳离子Na+、Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+和五种阴离子Cl、OH、NO3、CO32、X中的一种（1）某同学通过比较分析，认为无需检验就可判断其中必有的两种物质是Na2CO3和Ba（OH）2（填化学式）（2）为了确定X，观将（1）中的两种物质记为A和B，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体；当C与A
49、的溶液混合时产生棕灰色沉淀，向该沉淀中滴入稀HNO3，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解则：X为BASO32 BSO42 CCH3COO DSiO32A中的化学键类型为离子键、极性共价键B的水溶液中所有离子的浓度由大到小的顺序为c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+）（用离子符号表示）将0.02mol的A与0.01mol的C同时溶解在足量的蒸馏水中，充分反应后，最终所得沉淀的质量为6.1g（精确到0.1g）利用上述已经确定的物质，可以检验出D、E中的阳离子请简述实验操作步骤、现象及结论：往D的溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液直至过量，若先出现白色沉淀后又逐渐溶解，则D中
50、含有Al3+，E中含有Mg2+（或往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液若产生了白色沉淀和无色无味的气体，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+）（3）将Cu投入到装有D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现则物质D一定含有上述离子中的NO3（填相应的离子符号）有关反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O【考点】PH：常见阴离子的检验；DP：离子共存问题；PG：常见阳离子的检验【分析】因阳离子中Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+均不能与CO32共存，所以CO32只能与Na+结合成Na2CO3存在，又因Al3+、Mg2+、F
51、e3+均不能与OH共存，所以OH只能与Ba2+结合成Ba（OH）2存在，由（2）可知，当C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，很明显是Fe3+与CO32发生双水解的现象，不难得出B为Na2CO3，A为Ba（OH）2，C中有Fe3+，又因C与A反应产生的白色沉淀不溶于稀HNO3，则C为Fe2（SO4）3，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题【解答】解：（1）CO32与Al3+、Mg2+、Ba2+、Fe3+不能大量共存，OH与Al3+、Mg2+、Fe3+不能大量共存，由于所含阴、阳离子互不相同，所以对应的物质应为Na2CO3和Ba（OH）2，故答案为：Na2CO3； Ba（OH）2
52、；（2）C与B的溶液混合时，产生红褐色沉淀和无色无味气体，沉淀为氢氧化铁、气体为二氧化碳；C与A的溶液混合时产生混合物沉淀，向该沉淀中滴入稀盐酸，沉淀部分溶解，最后留有白色沉淀不再溶解，则B为Na2CO3，A为Ba（OH）2，C为硫酸铁，另两种物质为氯化铝、硝酸镁或氯化镁、硝酸铝，因C为硫酸铁，则阴离子有SO42，则X为SO42，故答案为：B；A为Ba（OH）2，钡离子与氢氧根离子以离子键结合，O、H之间以共价键结合，故答案为：离子键、极性共价键；Na2CO3为强碱弱酸盐，水解呈碱性，且第一步水解大于第二步水解，则溶液中各离子浓度大小为c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+
53、），故答案为：c（Na+）c（CO32）c（OH）c（HCO3）c（H+）；0.02mol的Ba（OH）2与0.01mol的Fe2（SO4）3反应，即0.02mol Ba2+、0.04mol OH、0.02mol Fe3+、0.03molSO42，故生成0.02molBaSO4和mol Fe（OH）3沉淀，计算得沉淀质量约为0.02mol233g/mol+mol107g/mol=6.1g，故答案为：6.1g；D，E中的阳离子为Al3+、Mg2+，检验Al3+，可逐渐加入Ba（OH）2溶液直至过量，若先出现白色沉淀后又逐渐溶解，因Al3+易水解，也可加入Na2CO3溶液，若产生了白色沉淀和无色无
54、味的气体，故答案为：往D的溶液中逐渐加入Ba（OH）2溶液直至过量，若先出现白色沉淀后又逐渐溶解，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+（或往D的溶液中加入适量Na2CO3溶液若产生了白色沉淀和无色无味的气体，则D中含有Al3+，E中含有Mg2+）（3）管口附近有红棕色气体二氧化氮出现，可知D中含有NO3，将投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解；再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，发生的反应为3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O，故答案为：NO3；3Cu+8H+2NO33Cu2+2NO+4H2O19某校化学兴趣小组为探究铁与浓硫酸的反应，设计了图1、图2所示装置进行实验（1）比较两个
55、实验装置，图2装置的优点是：能更好的吸收有毒气体SO2防止其污染环境；便于控制反应的发生和停止（2）导气管e有两个主要作用：一是在反应过程中，因导管插入液面下，可起到”液封”作用阻止SO2气体逸出而防止污染环境；二是停止加热时，防止倒吸或平衡压强 能说明有SO2气体产生的实验现象是品红溶液褪色（3）（反应一段时间后，用滴管吸取A试管中的溶液滴入到适量水中作为试样，试样中所含金属离子的成分有以下三种可能：只含有Fe3+；：只含有Fe2+；：既有Fe3+又有Fe2+为验证、的可能性，选用如下试剂，填写下列空格：A稀HCl溶液 B稀硫酸 CKSCN溶液 D酸性KMnO4溶液ENaOH溶液 F淀粉KI
56、溶液 G H2O2溶液验证：取试样，先滴加少量的C （填试剂序号，下同），振荡，再滴加少量的G，根据溶液颜色的变化可确定假设是否正确验证：步骤1取试样，滴加少量的C（或F） （填试剂序号），溶液的颜色变红（或蓝） 色，则试样中含有Fe3+发生反应的离子方程式为Fe3+3SCNFe（SCN）3或2I+2Fe3+=I2+2Fe2+步骤2再取适量的试样滴加少量的D （填试剂序号），溶液颜色的变化为酸性KMnO4溶液的浅红色褪去，则试样中含有Fe2+【考点】U2：性质实验方案的设计【分析】（1）图2装置中Fe丝可以抽动，能控制反应的发生和停止，有尾气处理装置；（2）导气管e与外界连通能起到平衡压强防止
57、倒吸的作用；根据检验二氧化硫的方法分析；（3）验证：检验Fe2+，先加KSCN溶液，再加H2O2溶液；验证：步骤1检验Fe3+，加KSCN溶液，变红色；或加淀粉KI溶液，变蓝色；步骤2既有Fe3+又有Fe2+时，检验Fe2+要加酸性KMnO4溶液【解答】解：（1）图2装置中Fe丝可以抽动，能控制反应的发生和停止，而且有尾气处理装置，故答案为：便于控制反应的发生和停止；（2）导气管e与外界连通能起到平衡压强防止倒吸的作用；二氧化硫具有漂白性，能是品红溶液褪色，故答案为：停止加热时，能防止倒吸或平衡压强；品红溶液褪色；（3）验证：检验Fe2+，先加KSCN溶液，再加H2O2溶液；故答案为：C，G；
58、验证：步骤1检验Fe3+，加KSCN溶液，变红色，发生的反应为：Fe3+3SCNFe（SCN）3；或加淀粉KI溶液，变蓝色，其反应为：2I+2Fe3+=I2+2Fe2+；故答案为：C（或F）；红（或蓝）；Fe3+3SCNFe（SCN）3或2I+2Fe3+=I2+2Fe2+；步骤2既有Fe3+又有Fe2+时，检验Fe2+要加酸性KMnO4溶液，高锰酸钾溶液褪色证明有二价铁离子，故答案为：D；酸性KMnO4溶液的浅红色褪去20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废气A的组成进行探究，请回答下列问题（1）同学甲设计实验检验废气A中含有C
59、O2，应选择的试剂有BCANaOH溶液 B酸性KMnO4溶液 C澄清石灰水 D盐酸（2）同学乙欲测定废气A中SO2的含量，取a L废气A并设计了如图装置进行实验为了保证实验成功，装置A应具有的现象是KMnO4溶液的紫红色不能完全褪色，搅拌的目的是提高SO2的吸收率同学丙认为A装置前后的质量差就是aL废气中含有的SO2的质量，然后进行含量计算经小组讨论后，同学丁提出疑问，按照同学丙的实验，若废气中SO2完全被吸收，则最后测定的结果应该偏大，同学丁推断的理由是实验过程中发生2H2SO3+O2=2H2SO4（3）兴趣小组的同学查阅资料发现可利用硫酸工业废气A制备皓矾（ZnSO47H2O）实验模拟制备
60、皓矾工业流程如下：“氧化”中加入硫酸铁发生反应的离子方程式是2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+加入Zn粉的目的是除溶液中的Fe2+、Fe3+等固体A主要成分是Zn、Fe操作b得到纯净皓矾晶体，必要的操作是蒸发（浓缩）、降温（结晶）、过滤、洗涤、干燥【考点】RD：探究物质的组成或测量物质的含量；U3：制备实验方案的设计【分析】（1）设计实验检验废气A中含有的CO2，需要除去二氧化硫，避免干扰二氧化碳的检验，除净二氧化硫的气体通过澄清石灰水检验二氧化碳的存在；（2）测定废气A中SO2的含量，为了保证实验成功需要在A装置中用高锰酸钾溶液全部吸收，高锰酸钾溶液不褪色证明吸收完全，搅
61、拌的主要作用是充分吸收二氧化硫，提高吸收率；测定的结果应该偏大，可能是生成的亚硫酸被气体中氧气氧化，气体质量增大；（3）废气净化后加入硫酸铁氧化二氧化硫为硫酸，硫酸铁被还原为硫酸亚铁，加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子，得到固体A为锌和铁，滤液为硫酸锌溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥等步骤得到硫酸锌晶体；“氧化”中加入硫酸铁发生反应是和其他中二氧化硫发生还会有反应生成硫酸亚铁和硫酸；加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子；分析可知固体A为锌和铁；操作b是溶液中得到纯净皓矾晶体，采取冷却结晶，过滤洗涤干燥等步骤得到【解答】解：（1）硫酸工业产生的废气A（主要成分：SO2、O2、N2、CO2等）
62、排放到空气中会污染环境，设计实验检验废气A中含有的CO2，需要除去二氧化硫，避免干扰二氧化碳的检验，除净二氧化硫的气体通过澄清石灰水检验二氧化碳的存在，石灰水变浑浊证明含有二氧化碳，所以A中为高锰酸钾溶液，B中为澄清石灰水；故答案为：BC（2）为了保证实验成功需要在A装置中用高锰酸钾溶液全部吸收，高锰酸钾溶液不褪色证明二氧化硫吸收完全，搅拌的主要作用是充分吸收二氧化硫，提高吸收率；故答案为：KMnO4溶液的紫红色不能完全褪色；提高SO2的吸收率；按照同学丙的实验，若废气中SO2完全被吸收，测定的结果应该偏大，可能是生成的亚硫酸被气体中氧气氧化，实验过程中发生2H2SO3+O2=2H2SO4，导
63、致测定气体质量增大；故答案为：实验过程中发生2H2SO3+O2=2H2SO4；（3）废气净化后加入硫酸铁氧化二氧化硫为硫酸，硫酸铁被还原为硫酸亚铁，加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子，得到固体A为锌和铁，滤液为硫酸锌溶液，通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤干燥等步骤得到硫酸锌晶体；“氧化”中加入硫酸铁发生反应是和其他中二氧化硫发生还会有反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应的离子方程式为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；故答案为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+SO42+4H+；加入过量锌粉还原亚铁离子和铁离子，除溶液中的Fe2+、Fe3+等故答案为：除溶液中的Fe2+、Fe3+等；分析可知固体A为锌和铁；故答案为：Zn、Fe；操作b是溶液中得到纯净皓矾晶体，必要的操作为：冷却结晶，过滤洗涤，干燥等步骤得到；故答案为：蒸发（浓缩）、降温（结晶）2017年6月14日
