1、2019届福建省师范大学附属中学高三上学期期中考试化学试题此卷只装订不密封班级 姓名 准考证号 考场号 座位号 化学注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。一、单选题1古代的很多成语、谚语都蕴含着科学知识。下列对成语、谚语的解释正确的是A“甘之如饴”
2、说明糖类均有甜味B“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应C“冰，水为之，而寒于水”说明相同质量和温度的水和冰，冰的能量高D“玉不琢，不成器”“百炼方能成钢”发生的均为化学变化2化学与生活密切相关，下列说法正确的是A含有食品添加剂的食物对人体健康均有害B玻璃和氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料C侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质熔沸点的差异D“地沟油”禁止食用，但处理后可用来制肥皂和生物柴油3我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3 nm)恢复了磁性。“钴酞菁”分子的结构和性质与人体内的血红素及植物体内的叶绿素非常相似。下列说法中正确的是A“钴酞菁”分子能透过半
3、透膜B此项工作可以用来改变分子的某些物理性质C“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系带电D“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为溶液4用下列实验装置进行相应实验，设计正确且能达到实验目的的是A用图1所示装置制取少量纯净的H2B用图2所示装置分离K2CO3溶液和苯的混合物C用图3所示装置验证Na和水反应的热效应D用图4所示装置分离蒸干AlCl3 溶液制取无水AlCl35在体积相同的两个密闭容器中分别充入O2、O3气体，当这两个容器内温度和气体密度相等时，下列说法正确的是A两种气体的氧原子数目相等 B两种气体的压强相等C两种气体的分子数目相等 DO2比O3的质量小6用NA表示阿伏加德罗常数的值，
4、下列有关说法中正确的是A1 molL1 Ca(ClO)2溶液中含ClO的数目小于2NAB在密闭容器中加入0.5 mol N2和1.5 mol H2，充分反应后容器中的NH键数目3NAC0.1 mol乙烯和乙醇(蒸气)的混合物完全燃烧所消耗的氧原子数0.6NAD标准状况下，2.24 L 3517Cl2中含有的中子数目3.4NA7在标准状况下，将a L NH3完全溶于水得到V mL氨水，溶液的密度为 gcm3，溶质的质量分数为w，溶质的物质的量浓度为c molL1。下列叙述中正确的是Aw35a22.4V100% Bc1000a22.4VC若上述溶液中再加入V mL水后，所得溶质的质量分数大于0.5
5、w D若上述溶液与0.5V mL同浓度稀盐酸混合，则混合液中c(Cl)c(NH4+)8用如图装置研究电化学原理，下列分析中错误的是选项连接电极材料分析abAK1K2石墨铁模拟铁的吸氧腐蚀BK1K2锌铁模拟钢铁防护中牺牲阳极的阴极保护法CK1K3石墨铁模拟电解饱和食盐水DK1K3铁石墨模拟钢铁防护中外加电流的阴极保护法9在离子浓度都为0.1 molL1的下列溶液中，加入(或通入)某物质后，发生反应的先后顺序正确的是A在含Fe3、Cu2、H的溶液中加入锌粉：Cu2、Fe3、HB在含I、SO32-、Br的溶液中不断通入氯气：I、Br、SO32-C在含AlO2-、SO32-、OH的溶液中逐滴加入硫酸氢
6、钠溶液：OH、AlO2-、SO32-D在含Fe3、H、NH4+的溶液中逐渐加入烧碱溶液：Fe3、NH4+、H10短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液。下列说法不正确的是A原子半径的大小顺序为WQZXYB元素X的气态氢化物与Q的单质可发生置换反应C元素X与Y可以形成5种以上的化合物D元素Q的最高价氧化物对应水化物的酸性比W的强11现有甲、乙、丙、丁四种短周期元素，它们之间的关系如下：原子半径：甲丙乙丁原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8原子的核外电子层数：丁乙=丙=2甲乙
7、元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2则下列说法不正确的是A乙元素的最外层有5个电子，其氢化物含有极性键B四种元素中丙的非金属性最强，其最高价氧化物对应的含氧酸酸性最强C丁元素的氧化物对应的水化物与乙元素最高价氧化物对应水化物恰好完全反应形成的盐溶液显酸性D乙、丙两元素形成的简单氢化物稳定性丙的强于乙12关于下图所示转化关系(X代表卤素)的说法不正确的是A2H(g)+2X(g)2HX(g)H3(SCN)2。.Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5 ，与水发生水解反应。.AgClO、AgBrO均可溶于水。.(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2(SCN)2。.C
8、l2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5 ，与水发生水解反应。.AgClO、AgBrO均可溶于水。 请用平衡移动原理(结合化学用语)解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：_；可设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加_，若_，则上述解释合理。欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因：_。2019届福建省师范大学附属中学高三上学期期中考试化学试题化学 答 案参考答案1B【解析】【分析】A有的糖类没有甜味，如淀粉、纤维素；B
9、不同金属灼烧产生不同的焰色，属于金属元素的焰色反应；C冰转化为水的过程吸热；D有新物质生成的变化为化学变化。【详解】A不是所有的糖都有甜味，如淀粉、纤维素，选项A错误；B火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色反应，选项B正确；C冰转化为水的过程吸热，因此相同质量和温度的水和冰，水的能量高，选项C错误；D玉雕琢的过程中没有新物质生成，属于物理变化，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查物质变化、焰色反应等知识，平时必须注重知识的积累，才能正确解答本类题型，注重化学与生活的联系题目难度不大，是基础题。2D【解析】【详解】A、合理使用食品添加剂，对丰富食品生产和促进人体健康有好处，可以食用，但不能
10、过量，选项A错误；B、玻璃是传统无机非金属材料，氮化硅陶瓷都属于新型无机非金属材料，选项B错误；C侯氏制碱法的工艺过程中主要应用了物质的溶解度的差异，选项C错误；D“地沟油”的成分是油脂，可从地沟油中提炼出油脂作为生物柴油，碱性条件下的水解反应生成肥皂，选项D正确；答案选D。3B【解析】【分析】钴酞菁”的分子(直径为1.3nm)，分散在水中所形成的分散系属于胶体，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质，据此解答。【详解】A、“钴酞菁”分子达到了胶体粒子的直径范围，能透过滤纸，但不能透过半透膜，选项A错误；B、为一种名为“钴酞菁”的分子(直径为1.3nm)恢复了磁性，此项工作可以用来改
11、变分子的某些物理性质，选项B正确；C“钴酞菁”分子分散在水中所形成的分散系为胶体，胶体不显电性，呈电中性，选项C错误；D“钴酞菁”的分子(直径为1.3nm)，在水中形成的分散系属于胶体分散系，选项D错误；答案选B。【点睛】本题考查了胶体分散系的本质特征和胶体的性质，难度不大，明确胶体分散系的本质特征是解题的关键。4C【解析】【分析】A图1为气体简易发生装置，可用于制备氢气，但不可能得到纯净的氢气；B温度计水银球位置错误；C根据U形管两侧液面的变化可判断；D加热AlCl3发生水解，且盐酸易挥发，得不到氯化铝。【详解】A盐酸易挥发，制备的氢气中含有水蒸气和氯化氢，得不到纯净的氢气，选项A错误；B蒸
12、馏时，温度计水银球应位于蒸馏烧瓶的支管口附近；用分液法分离此混合物更合适，选项B错误；C钠和水反应放热，试管内压强增大，可观察到U形管左侧液面下降，右侧液面升高，选项C正确；D加热AlCl3发生水解生成氢氧化铝和盐酸，盐酸易挥发，加热蒸干得不到无水氯化铝，选项D错误。答案选C。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及气体的制备、物质的分离、反应的探究等，把握反应原理、物质性质及实验装置图的作用为解答的关键，注意实验操作的可行性分析，题目难度不大。5A【解析】【详解】相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等，A相同体积相同密度时
13、，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子数目相等，选项A正确；BO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，由PV=nRT可知，两种气体的压强之比为3：2，选项B错误；CO原子个数相等时，气体的物质的量之比为n(O2)：n(O3)=3：2，物质的量与分子数成正比，则两种气体的分子数目也是3：2，选项C错误；D同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，选项D错误；答案选A。【点睛】本题考查阿伏加德罗定律及其推论。相同体积相同密度时，两容器气体的质量相等，且都由O元素组成，则O原子的质量、个数以及物质的量相等。本题注意把握两种气体的元素组成特点，结合PV=nRT判
14、断。6C【解析】【详解】A、溶液体积不明确，故溶液中的次氯酸根的个数无法计算，选项A错误；B氮气与氢气合成氨的反应是可逆反应，所以在密闭容器中加入0.5moLN2和1.5moLH2，充分反应后容器中的N-H键数小于3NA，选项B错误；C、乙醇的分子式为C2H6O，可以改写成C2H4H2O，0.1mol乙醇完全反应消耗0.3mol氧气，与0.1mol乙烯完全燃烧消耗的氧气的物质的量相等，所以0.1mol乙烯和乙醇的混合物完全燃烧所消耗的氧原子数一定为0.6NA，选项C正确；D、标准状况下，2.24L 3517Cl2中含有的中子数目3.6NA，选项D错误；答案选C。7B【解析】【分析】A、氨水溶质
15、为氨气，标准状况下aLNH3的质量为17a22.4g，氨水溶液的质量为Vg，根据溶质质量分数的定义计算；B、标准状况下，aLNH3的质量为a22.4mol，溶液体积为VmL，根据c=nV计算氨水物质的量浓度；C、水的密度比氨水的密度大，上述溶液中再加入VmL水后，混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量；D、上述溶液中再加入0.5VmL同浓度稀盐酸，发生反应生成氯化铵，氨水有剩余，溶液为氯化铵与氨水的混合溶液，浓度之比为1：1。【详解】A、标准状况下，aLNH3的质量为aL22.4L/mol17g/mol=17a22.4g，氨水溶液的质量为VmLgcm-3=Vg，所以溶质的质量分数为=17a22
16、.4gVg100%=17a22.4V100%，选项A错误；B、标准状况下，aLNH3的质量为aL22.4L/mol=a22.4mol，所以氨水的物质的量浓度为a22.4molV10-3L=1000a22.4Vmol/L，选项B正确；C、水的密度比氨水的密度大，所以上述溶液中再加入VmL水后，混合后溶液的质量大于2倍的原氨水的质量，溶质氨气的质量不变，所以所得溶液的质量分数小于0.5，选项C错误；D、上述溶液中再加入0.5VmL同浓度稀盐酸，溶液为氯化铵与氨水的混合溶液，浓度之比为1：1，溶液呈碱性， c(OH-)c(H+)，铵根离子水解，水解程度微弱，一水合氨的电离程度大于铵根的水解程度，所以
17、c(NH4+)c(Cl-)，选项D错误；答案选B。【点睛】考查物质的量浓度计算、盐类水解、质量分数等，难度中等，注意氨气溶于水主要以一水合氨存在，但溶质仍以氨气计算，氨水的密度小于水，浓度越大密度越小。8D【解析】试题分析：A在中性条件下，铁作负极失电子，石墨作正极，正极上氧气得电子生成氢氧根离子，则Fe发生吸氧腐蚀，故A正确；BZn、Fe形成原电池，Zn作负极被腐蚀，Fe作正极被保护，属于牺牲阳极的阴极保护法，故B正确；CFe作阴极，阴极上氢离子得电子，石墨作阳极，阳极上氯离子失电子，电解氯化钠溶液生成氢气、氯气和氢氧化钠，故C正确；DFe与正极相连，Fe作阳极，Fe失电子，被腐蚀，Fe不能
18、被保护，故D错误。考点：原电池和电解池的工作原理9C【解析】试题分析：A、氧化性：Fe3Cu2H，加入锌先跟氧化性强的反应，顺序为Fe3Cu2H，故错误；B、还原性：SO32IBr，先跟还原性强的反应，因此顺序是SO32IBr，故错误；C、OH结合H的能力强于其他，先反应的是OH，酸根越弱，结合H能力越强，H2SO3是中强酸，而Al(OH)3显两性，因此H与AlO2结合能力强于与SO32的结合因此顺序是OHAlO2SO32，故正确；D、根据C选项的分析，先于H结合，根据Fe33NH3H2O=Fe(OH)33NH4，推出Fe3的结合OH的能力大于NH4，因此顺序是HFe3NH4，故错误。考点：考
19、查反应先后顺序、元素及其化合物的性质等知识。10A【解析】试题分析：短周期主族元素X、Y、Z、W、Q的原子序数依次增大，X的气态氢化物极易溶于Y的氢化物中，联想NH3极易溶于水，可知X为氮元素，Y为氧元素；常温下，Z的单质能溶于W的最高价氧化物的水化物的稀溶液，却不溶于其浓溶液，说明Z为铝元素，W为硫元素，因为铝在常温下能溶于稀硫酸，在浓硫酸中发生钝化；Q只能为氯元素。A同周期自左而右原子半径减小，电子层越多原子半径越大，故原子半径Z(Al)W(S)Q(Cl)X(N)Y(O)，故A错误；B氯气能与氨气反应得到氮气、HCl(或氯化铵)，属于置换反应，故B正确；CN元素与O元素可以形成N2O、NO
20、、N2O3、NO2、N2O4、N2O5，故C正确；D非金属性ClS，故Cl元素最高价氧化物对应水化物的酸性更强，故D正确，故选A。考点：考查了元素周期律与元素周期表的相关知识。11B【解析】试题分析：甲、乙、丙、丁四种短周期元素，原子的核外电子层数：丁乙=丙=2甲，说明丁在第三周期，乙、丙在第二周期，甲在第一周期，乙元素的主要化合价：最高正价+最低负价=2，说明乙为第A,则乙为N，原子的最外层电子数：甲+丙=乙+丁=8，丁为A的Al，甲为H，丙为F，A.氮原子属于第A元素，最外层5个电子，NH3中N-H键是极性键，正确；B.丙为F，非金属性最强，但由于它非常活泼，没有最高价的含氧酸，错误；C.
21、丁是铝，乙是N，氢氧化铝与硝酸反应生成硝酸铝，属于强酸弱碱盐，水解显酸性，正确；D.N的非金属性比F弱，所以NH3的稳定性比HF弱，正确；选B。考点：考查原子结构与元素周期律的关系。12C【解析】试题分析：A、卤素和氢气化合是放热反应，所以正确，不选A；B、遵循盖斯定律，反应热与途径无关，所以正确，不选B；C、Cl、Br、I的非金属性依次减弱，单质的稳定性逐渐减弱，所以途径吸收的热量依次减小，错误，选C；D、途径生成HCl放出的热量比生成HBr的多，说明HCl的能量低，、比HBr稳定，正确，不选D。考点：盖斯定律，元素周期律13C【解析】【分析】根据图示知，图甲有外接电源，所以为电解池，a为电
22、解池阴极，b为阳极，用惰性电极电解水时，阴极上氢离子放电生成氢气，阳极上氢氧根离子放电生成氧气；图乙没有外接电源，属于原电池，c电极上氧气得电子发生还原反应，则为原电池正极，d电极上氢气失电子发生氧化反应而作原电池负极，电子从负极流向正极；结合转移电子和气体之间的关系式进行计算来解答。【详解】A图甲有外接电源，所以该装置是将电能转化为化学能的装置，属于电解池，图乙能自发进行氧化还原反应，是将化学能转化为电能的装置，为原电池，选项A错误；Ba电极作电解池阴极，阴极上氢离子放电生成氢气，选项B错误；Cc电极上氧气得电子和氢离子反应生成水，电极反应式为O2+4H+4e-2H2O，选项C正确；D图乙中
23、c是正极，d是负极，电子从负极d流向正极c，选项D错误；答案选C。【点睛】本题考查了化学电源新型电池，正确判断原电池和电解池及各个电极上发生的电极反应是解本题关键，难点是电极反应式的书写，要结合电解质溶液的酸碱性书写，难度中等。14D【解析】【详解】根据题意，电极应为惰性电极，左侧电极为阳极，右侧电极为阴极，电极反应式为阳极：4OH4e=2H2OO2或2H2O4e=O24H；阴极：4H4e=2H2或4H2O4e=2H24OH；A. 电源左侧为正极，选项A正确；B、电解槽左侧的电极反应方程式为2H2O4e=O24H，选项B正确；C、右侧由于H放电，产生KOH，所以其浓度比刚加入电解槽右侧时的浓度
24、大，选项C正确；D、设产生O2为x mol，则产生H2为2x mol，2xx0.1 mol，x0.1 mol，消耗的OH为0.4 mol，则有0.2NA个SO42-通过阴离子膜，选项D不正确；答案选D。15C【解析】【详解】向所得溶液中加入0.5mol/L 的NaOH溶液1L，溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，此时溶液中溶质为NaNO3，n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L1L=0.5ml，沉淀为Cu(OH)2，质量为19.6g，其物质的量为：19.6g98g/mol=0.2mol，根据铜元素守恒有n(Cu)+2n(Cu2O)=nCu(OH)2，所以反应后的溶液中nCu(NO3)2
25、=nCu(OH)2=0.2mol，A设Cu和Cu2O的物质的量分别为xmol、ymol，根据二者质量有 64x+144y=13.6，根据铜元素守恒有x+2y=0.2，联立方程解得x=0.1，y=0.05，则：n(Cu)：n(Cu2O)=0.1mol：0.05mol=2：1，故A错误；B根据选项N元素守恒可知n(HNO3)=n(NO)+n(NaNO3)，根据电子转移守恒可知：3n(NO)=2n(Cu)+2n(Cu2O)，所以3n(NO)=20.1mol+20.05mol，解得n(NO)=0.1mol，根据Na元素可知n(NaNO3)=n(NaOH)=0.5mol/L1L=0.5mol，所以n(H
26、NO3)=n(NO)+n(NaNO3)=0.1mol+0.5mol=0.6mol，所以原硝酸溶液的浓度为：0.6mol0.25L=2.4mol/L，选项B错误；C反应后的溶液中加入氢氧化钠溶液，部分氢氧化钠与硝酸铜反应，部分氢氧化钠与硝酸反应，最后为硝酸钠溶液，根据氮元素守恒可知反应后溶液中n(HNO3)+2nCu(NO3)2=n(NaNO3)，所以n(HNO3)=n(NaNO3)-2nCu(NO3)2=0.5mol-20.2mol=0.1mol，选项C正确；D由B中计算可知n(NO)=0.1mol，所以标准状况下NO的体积为：0.1mol22.4L/mol=2.24L，选项D错误；答案选C。
27、16B【解析】【详解】溶液是无色透明的，所以不含有颜色的离子，故Cu2+一定不存在；通过图象知，在加入过量的NaOH的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+；沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；K+不能和中学常见物质反应产生特殊现象进行判断，只能用焰色反应判断，则不能确定是否含K+；第一份加足量AgNO3溶液后，有白色沉淀产生，推断一定有CO32-、SO42-两种中的一种因通过图象知含有Al3+；铝离子和碳酸根离子发生双水解，不能共存，所以推断一定不含有CO32-、一定含有SO42-；第二份加足里BaCl2 溶液后，有白色沉淀产生，经洗涤、干燥后，沉淀质量为6.99g，推断生成310-2m
28、olBaSO4，所以n(SO42-)=310-2mol；第三份逐滴滴加NaOH 溶液，测得沉淀与NaOH溶液的体积关系如图，通过图象知，在加入过量的过氧化钠的过程中，一开始就有沉淀生成，说明不含有H+，沉淀部分溶解，推断一定含有Al3+；图象中有一段平台，说明加入OH-时无沉淀生成，有NH4+，NH4+OH-=NH3H2O，最后溶液中有沉淀，说明溶液中含Mg2+，通过此实验无法判断是否含有Na+，A由上述分析可知，原溶液一定不存在H+、Fe3+、CO32-，选项A正确；B原溶液确定含有Mg2+、Al3+、NH4+，由图可知，沉淀最大时是氢氧化镁、氢氧化铝沉淀，且nMg(OH)2+nAl(OH)
29、3=0.02mol，沉淀最小时，为氢氧化镁，故nMg(OH)2=0.01mol，故nAl(OH)3=0.02mol-0.01mol=0.01mol，根据铝元素守恒可知n(Al3+)=nAl(OH)3=0.01mol，根据Al3+3OH-=Al(OH)3，需OH-0.03mol；根据镁元素守恒可知原溶液中n(Mg2+)=nMg(OH)2=0.01mol，根据Mg2+2OH-=Mg(OH)2，需OH-0.02mol；生成沉淀最大量时需OH-0.05mol，由图可知消耗NaOH 25mL，所以c(NaOH )=nV=0.05mol0.025L=2molL-1；根据NH4+OH-=NH3H2O，所以可
30、得到NH4+的物质的量为0.01L2molL-1=210-2mol，则n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)：n(SO42-)0.01mol：0.01mol：210-2mol：310-2mol=1：1：2：3，由电荷守恒可知12+13+2132，则应存在NO3-，不能确定是否含K+，选项B错误；C由选项B的计算可知，实验所加的NaOH的浓度为2molL-1，选项C正确；D由选项B的计算可知，原溶液确定含Mg2+、Al3+、NH4+，且n(Mg2+)：n(Al3+)：n(NH4+)=1：1：2，选项D正确；答案选B。17S2- O2- Al3+ Cl2+H2S=2HCl+S(或Cl2+N
31、a2S=2NaCl+S) 3SCl2+4H2O=2S+H2SO4+6HCl 2：1 150或350【解析】试题分析：A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期主族元素。B、C、D均能与A形成10电子分子，则A、B、C、D分别为H、C、N、O等4种元素。E单质可用于野外焊接钢轨的原料，则E为铝，F与D同主族，则F为S，G为氯元素。(1)D、E的离子只有2个电子层(核电荷数小的半径大)、F的离子有3个电子层，所以半径由大到小的顺序为S2- O2- Al3+。(2)可以利用非金属间的置换证明G比F非金属性强，化学方程式为Cl2+H2S=2HCl+S(或Cl2+Na2S=2NaCl+S)。(
32、3)F和G形成的一种化合物甲中所有原子均为8电子稳定结构，则该化合物为二氯化硫，该化合物与水反应生成硫、硫酸和氯化氢，三种产物的物质的量之比为2:1:6，所以甲的电子式为，该反应的化学方程式为3SCl2+4H2O=2S+H2SO4+6HCl。 (4)C能分别与A和D按原子个数比1:2形成化合物N2H4和NO2，乙的结构式为。常温下，液体乙与气体丙反应生成两种无污染的物质，该反应的化学方程式为2N2H4+2NO2=3N2+4H2O，所以该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1。(5)100 mL1 mol/L的氯化铝溶液中含氯化铝0.1mol，向其中加入1 mol/L NaOH溶液产生了
33、0.05mol氢氧化铝，则可能有两种情况，一是加入0.15molNaOH，二是加入0.35molNaOH，则加入的NaOH溶液体积可能为150或350mL。1860% MnO2 + CuS+ 2H2SO4 = S+ MnSO4+ CuSO4+ 2H2O Zn+Fe2+=Zn2+Fe或Zn+Mn2+=Zn2+Mn 4H+MnO2+2Fe2+=Mn2+2Fe3+2H2O Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+ 趁热过滤 防止Na2SO4固体因溶解而减少；避免形成结晶水合物 【解析】【详解】(1)2KI+2H2SO4+MnO2=I2+2H2O+MnSO4+K2SO4；I2+2S2O32=2I+S4O62， MnO2I22S2O32-， 1 2 n 0.1000molL-10.050Ln=0.0025mol，1L溶液中含MnO2物质的量=0.0025mol100025=0.1mol，则软锰矿中MnO2含量=0.1mol87g/mol14.5g100%=60%；(2)依据流程图分析判断，反应的滤液中含有MnSO4、ZnSO4、CuSO4、Fe2(SO
