四川省泸州市泸县第二中学2024-2025学年高二化学下学期第一次在线月考试题含解析

PAGE13-四川省泸州市泸县其次中学2024-2025学年高二化学下学期第一次在线月考试题（含解析）留意事项：1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清晰，将条形码精确粘贴在条形码区域内。2.答题时请按要求用笔。3.请依据题号依次在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4.作图可先运用铅笔画出，确定后必需用黑色字迹的签字笔描黑。5.保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准运用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物分90分，共300分7.可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg23P31S32Fe56Cu64第Ⅰ卷选择题(42分)一、选择题(每小题6分，共7个小题，共42分；其中每题都为单选题。)1.下列说法正确的是A.氯水应保存在棕色广口瓶中并置于阴凉处B.用玻璃棒蘸醋酸溶液点在用水润湿的pH试纸上，测定该溶液pHC.焰色反应时，先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后再进行试验D.用容量瓶配制溶液时，先用蒸馏水洗涤，再用待装溶液润洗【答案】C【解析】【详解】A.氯水呈液态，氯水中HClO光照易分解，则氯水应保存在棕色细口瓶中并置于阴凉处，A错误；B.pH试纸检验溶液的pH时不能润湿，应选干燥的pH试纸测定，B错误；C.盐酸清洗，灼烧时不会造成干扰，则先用稀盐酸洗涤铂丝并在酒精灯火焰上灼烧至无色，然后再进行试验，C正确；D.容量瓶不能用待装溶液润洗，用蒸馏水洗涤即可运用，D错误；故合理选项是C。2.下列试验中，预期的现象不合理的是选项滴管试管预料的现象A浓硫酸铝片持续产生使品红溶液褪色的气体B氨水CaO固体产生使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的气体C氯水FeSO4溶液溶液变成黄色DKI溶液AgCl悬浊液白色沉淀变黄A.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【详解】A、铝在冷的浓硫酸中钝化，不能持续产生二氧化硫气体，故选A；B、氧化钙能与水反应，并且放热，所以浓氨水滴在氧化钙固体上，能放出氨气，故不选B；C、氯水把Fe2+氧化为Fe3+，所以氯水滴入FeSO4溶液，溶液变成黄色，故不选C；D、AgI的溶度积小于AgCl的溶度积，所以KI溶液滴入AgCl悬浊液，白色AgCl转化为黄色沉淀AgI，故不选D。3.下列离子方程式书写不正确的是A.向CaCl2溶液中通入少量CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+B.大理石与醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑C.制备Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+D.少量碳酸氢钠溶液与足量石灰水反应：Ca2++OH－+HCO3－=CaCO3↓+H2O【答案】A【解析】【详解】A、向CaCl2溶液中通入少量CO2气体：Ca2++CO2+H2O=CaCO3↓+2H+，由弱酸制取强酸，违反客观事实，故A错误；B、大理石与醋酸反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO－+H2O+CO2↑，正确；C.、制备Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2OFe(OH)3（胶体）+3H+，正确；D.、少量碳酸氢钠溶液与足量石灰水反应：Ca2++OH－+HCO3－=CaCO3↓+H2O，正确；故选A。4.室温下，0.1mol/L某一元酸(HA)溶液中c(OH−)/c(H+)＝1×10-10，下列叙述正确的是(

)A.溶液中水电离出的c(H+)=10-10mol·L-1B.溶液中c(H+)+c(A-)＝0.1mol·L-1C.与0.05mol·L-1NaOH溶液等体积混合，所得混合溶液中水的电离程度减小D.上述溶液中加入肯定量NaA晶体或加水稀释，溶液的c(OH-)均增大【答案】D【解析】【分析】室温下0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中c(OH−)/c(H+)＝1×10-10，依据c（H+）×c（OH-）＝10-14可知，溶液中c（OH-）＝10-12mol/L，则c（H+）＝0.01mol/L，这说明HA为弱酸，结合选项中的问题解答。【详解】依据以上分析可知HA为弱酸，则A、溶液中c（H+）=0.01mol/L，则c（OH-）=10-12mol/L，该溶液中由水电离出的c（H+）=c（OH-）=10-12mol/L，A错误；B、0.1mol/L某一元酸（HA）溶液中A元素的总物质的量为0.1mol/L，则c（HA）+c（A-）=0.1mol/L，B错误；C、0.1mol/L某一元酸（HA）与0.05mol/LNaOH溶液等体积混合HA管理，溶液是由等浓度的HA和NaA构成，HA浓度减小，对水的电离的抑制作用减弱，所得混合溶液中水的电离程度增大，C错误；D、HA溶液中加入肯定量NaA晶体，A-离子浓度增大，抑制HA电离，氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大，pH增大。加水稀释会促进酸的电离，但是溶液体积增大的程度大于氢离子物质的量增大的程度，所以氢离子浓度减小，则氢氧根离子浓度增大，pH增大，D正确；答案选D。【点睛】本题考查弱电解质在溶液中的电离，题目难度中等，本题的关键是依据溶液中c（H+）与c（OH-）的比值，结合水的离子积常数Kw计算出溶液的c（H+），推断出HA为弱酸。5.NO和CO都是汽车尾气里的有害物质，有人提出通过以下反应来处理尾气：2NO(g)+2CO(g)=N2(g)+2CO2(g)。对上述反应，下列看法正确的是（）A.运用催化剂能加快反应速率B.变更压强对反应速率没有影响C.冬天气温低，反应速率降低，对人体危害较小D.无论外界条件怎样变更，均对此化学反应的速率无影响【答案】A【解析】【详解】A.催化剂可以改变更学反应速率,我们通常所说的催化剂一般都指正催化剂,能加快反应速率，选项A正确；

B.增大压强,可以使气体物质的体积变小,其浓度变大,所以反应速率加快,反之,减小压强,可使气体的体积变大,浓度变小,反应速率变慢,因为该反应是气体物之间的反应,变更压强,对反应速率有影响,选项B错误；

C.上升温度,可以加快反应速率,降低温度可减慢反应速率.因为NO和CO对人的危害远大于N2和CO2,所以当NO与CO反应生成N2和CO2的速率降低时,对人危害更大，选项C错误；

D.该反应是一个气体物质间的化学反应,变更反应物的浓度、压强、温度均能变更该反应的速率,选项D错误；

答案选A。6.如图所示，三个烧瓶中分别充溢NO2气体并分别放置在盛有下列物质的烧杯(烧杯内有水)中：在(1)中加入CaO，在(2)中不加其他任何物质，在(3)中加入NH4Cl晶体，发觉(1)中红棕色变深，(3)中红棕色变浅。[已知反应2NO2(红棕色)⇌N2O4(无色)]下列叙述正确是()A.2NO2⇌N2O4是放热反应B.NH4Cl溶于水时放出热量C.烧瓶(1)中平衡混合气体的平均相对分子质量增大D.烧瓶(3)中气体的压强增大【答案】A【解析】【分析】2NO2(g)⇌N2O4(g)，NO2为红棕色气体，N2O4为无色气体，若红棕色加深，说明向生成NO2的方向进行，若红棕色变浅说明向生成N2O4的方向进行；已知CaO和水反应生成氢氧化钙的反应是放热反应，据此分析（1）瓶中的热量变更；（3）瓶中颜色变浅，说明反应正向移动，依据方程式发觉反应后气体体积变小，据此分析（3）瓶的压强变更状况。【详解】A.（1）中红棕色变深，说明平衡是向逆反应方向移动的，而CaO和水反应放出热量，即逆反应方向是吸热反应，则正反应方向是放热反应，故A正确；B.（3）中红棕色变浅，说明平衡正向移动，正反应是放热反应，则氯化铵溶于水时汲取热量，故B错误；C.（1）中平衡逆向移动，NO2和之前相比含量增多，则体系中平均相对分子质量减小，故C错误；D.（3）中红棕色变浅，说明氯化铵溶于水时汲取热量，平衡正向移动，气体的物质的量减小，则烧瓶（3）中的压强必定减小，故D错误；答案选A。7.瓦斯爆炸是煤矿开采中的重大危害，一种瓦斯分析仪（图甲）的传感器在煤矿巷道中的甲烷达到肯定浓度时可以显示。该瓦斯分析仪工作原理类似燃料电池的工作原理，其装置如图乙所示，其中的固体电解质是Y2O3—Na2O，O2－可以在其中自由移动。下列有关叙述不正确的是A.电极b是正极，内电路中O2－由电极b流向电极aB.电极a的反应式为：CH4+4O2－－8e－＝CO2+2H2OC.瓦斯分析仪工作时，电池内电路中电子由电极b流向电极aD.当固体电解质中有1molO2－通过时，电子转移2mol【答案】C【解析】【详解】A、依据原电池的构成条件，通甲烷的电极作负极，即电极a作负极，则电极b作正极，依据原电池的工作原理，阴离子由正极流向负极，即由电极b流向电极a，故说法正确；B、燃料电池相当甲烷燃烧，其电极a的反应式：CH4＋4O2－－8e－=CO2＋2H2O，故说法正确；C、内电路中没有电子通过，只有阴阳离子的移动，故说法错误；D、依据B选项的电极反应式，通过1molO2－，电子转移2mol，故说法正确。答案选C。第Ⅱ卷非选择题(58分)8.铅蓄电池是常用的化学电源，其电极材料分别是Pb和PbO2，电解液为稀硫酸。放电时，该电池总反应式为：Pb＋PbO2＋2H2SO42PbSO4＋2H2O。请依据上述状况推断：（1）该蓄电池的负极材料是_________，放电时发生_________（填“氧化”或“还原”）反应。（2）该蓄电池放电时，电解质溶液的酸性_________（填“增大”、“减小”或“不变”），电解质溶液中阴离子移向_________（填“正”或“负”）极。（3）已知硫酸铅为不溶于水的白色沉淀，生成时附着在电极上。试写出该电池放电时，正极的电极反应_______________________________________（用离子方程式表示）。（4）氢氧燃料电池具有启动快、效率高等优点，其能量密度高于铅蓄电池。若电解质为KOH溶液，则氢氧燃料电池的负极反应式为__________________________________。该电池工作时，外电路每流过1×103mole－，消耗标况下氧气_________m3。【答案】(1).Pb(2).氧化(3).减小(4).负(5).PbO2＋2e－＋SO42-＋4H＋＝PbSO4＋2H2O(6).H2－2e－＋2OH－＝2H2O(7).5.6【解析】【详解】（1）铅蓄电池中，依据原电池反应式中元素化合价变更知，Pb中Pb元素化合价由0价变为+2价，被氧化发生氧化反应，所以Pb作负极，故答案为Pb；氧化；（2）铅蓄电池工作时，硫酸参与反应生成硫酸铅同时生成水，导致硫酸浓度降低、酸性减小，原电池放电时阴离子向负极移动，故答案为减小；负；（3）工作时，该铅蓄电池正极上PbO2得电子发生还原反应，电极反应为PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O，答案为：PbO2+SO42-+2e-+4H+═PbSO4+2H2O；

（4）燃料与氧气燃烧的总化学方程式为2H2+O2=2H2O，电解质溶液呈碱性，负极上氢气失电子生成水，则负极的电极方程式为2H2+4OH--4e-=4H2O；该电池中正极上是氧气发生得电子的还原反应，其电极反应为：O2+2H2O+4e-=4OH-，则外电路每流过1×103

mole-，消耗氧气为1×103

mol÷4=250mol，所以氧气的体积为250mol×22.4L/mol=5.6×103L=5.6m3；故答案为2H2+4OH-=4H2O+4e-；O2+2H2O+4e-=4OH-；5.6。【点睛】在原电池工作过程中，电子沿导线由负极移向正极，而阴离子通过电解质溶液由正极移向负极。9.钼酸钠晶体(Na2MoO4.2H2O)是一种无公害型冷却水系统的金属缓蚀剂。工业上利用钼精矿(主要成分是不溶于水的MoS2)制备钼酸钠的两种途径如图所示：(l)Na2MoO42H2O中钼元素的化合价为____，NaCIO的电子式为___。(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，可实行的措施是____(答出两条即可)。(3)途径I焙烧过程中化学方程式为____，碱浸时气体A的化学式为____。(4)已知途径I的钼酸钠溶液中c(MoO42-)=0.40mol/L，c(CO32-)=0.20mol/L。由钼酸钠溶液制备钼酸钠晶体时，需加入Ba(OH)2固体以除去CO32-。当BaMoO4起先沉淀时，CO32-的去除率是____(已知Ksp(BaCO3)=1×10-9、Ksp(BaMo04)=4.0×10-8，忽视溶液的体积变更)。(5)途径II氧化时溶液中还有Na2SO4生成，则还原剂与氧化剂物质的量之比为_____。(6)途径I或途径II所得的Na2MoO4溶液经结晶可得固体A后再重结晶可得固体B，其重结晶操作的目的为____。【答案】(1).+6(2).(3).充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，上升温度等(4).2MoS2+7O22MoO3+4SO2(5).CO2(6).95%(7).1：9(8).除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体【解析】【分析】(l)Na2MoO4.2H2O中依据各元素化合价代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或上升温度；(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；依据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；（4）依据Ksp(BaMo04)=4.0×10-8，BaMoO4起先沉淀时，则c（Ba2+）=Ksp(BaMo04)/c（Mo042-）=4.0×10-8/0.40=1.0×10-7mol/L，此时溶液中c(CO32-)=Ksp(BaCO3)/c（Ba2+）=1×10-9/1.0×10-7=0.01mol/L，CO32-的去除率=（0.20mol/L-0.01mol/L）/0.20mol/L=95%；(5)途径II氧化时还原剂为MoS2、氧化剂为NaClO，生成物为Na2SO4和Na2MoO4，反应中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6，1molMoS2失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比1：9；(6)重结晶为依据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体；【详解】(l)Na2MoO4.2H2O中依据各元素化合价的代数和为零，计算钼元素的化合价为+6价；NaClO为离子化合物，其的电子式为；(2)途径I为了提高钼精矿焙烧速率，粉碎钼精矿增大接触面积，增加氧气的浓度或上升温度，答案为：充分粉碎钼精矿，加压增大氧气浓度，上升温度等；(3)途径I焙烧过程中，反应物为氧气、钼精矿，产物为二氧化硫和三氧化钼，反应方程式为：2MoS2+7O22MoO3+4SO2；依据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，气体A为二氧化碳，则碱浸时气体A的化学式为CO2；（4）依据Ksp(BaMo04)=4.0×10-8，BaMoO4起先沉淀时，则c（Ba2+）=Ksp(BaMo04)/c（Mo042-）=4.0×10-8/0.40=1.0×10-7mol/L，此时溶液中c(CO32-)=Ksp(BaCO3)/c（Ba2+）=1×10-9/1.0×10-7=0.01mol/L，CO32-去除率=（0.20mol/L-0.01mol/L）/0.20mol/L=95%；(5)途径II氧化时还原剂为MoS2、氧化剂为NaClO，生成物为Na2SO4和Na2MoO4，反应中Mo化合价由+4价变为+6价，S由-2变为+6，1molMoS2失去16mol电子，NaClO中Cl的化合价由+1变为-1，1mol得到2mol电子，则还原剂与氧化剂物质的量之比1：9；(6)重结晶为依据可溶物的溶解度不同，利用多次结晶得到较纯的物质，其操作的目的为除去其它可溶性杂质，便于得到更纯净的钼酸钠晶体；【点睛】依据元素守恒，产物Na2MoO4中无碳元素，则气体中含碳元素，且为稳定的氧化物，气体A为二氧化碳；依据还原剂失电子总数与氧化剂得电子总数的比值，可计算出还原剂与氧化剂物质的量之比。10.汽车尾气中含有CO、NO、NO2、碳氢化合物等多种污染物。回答下列问题：(1)汽车燃料中不含氮元素，尾气中所含NO产生的缘由是_________________________(用化学方程式表示)。(2)已知：2C4H10(g)＋13O2(g)＝8CO2(g)＋10H2O(g)△H1＝－5316kJ·mol－1N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H22NO(g)＋2CO(g)＝N2(g)＋2CO2(g)△H3＝－746kJ·mol－1①若H2O(l)＝H2O(g)△H＝＋44kJ·mol－1，则表示正丁烷燃烧热的热化学方程式为__________________。②部分化学键键能数据为：氧分子中氧氧键的键能为494kJ·mol－1；C＝O的键能为799kJ·mol－1；CO分子中碳氧键的键能为1076kJ·mol－1;请计算出反应2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)的△H＝______________kJ·mol－1,由此可以计算△H2＝__________kJ·mol－1(3)1573K时，N2＋O22NO平衡常数为2.0×10－6，若测得内燃机内平衡混合气中氮气、氧气的物质的量分别为0.2mol、0.001mol，则生成NO的物质的量为_____________mol，N2的转化率为____________。(4)T<500K时，反应NO2(g)＋CO(g)＝NO(g)＋CO2(g)分两步进行：第一步：NO2(g)＋NO2(g)＝NO3(g)＋NO(g)(慢反应)其次步：NO3(g)＋CO(g)＝NO(g)＋CO2(g)(快反应)下列表述正确的是__________(填标号)A.反应速率与NO2浓度有关B.反应速率与NO浓度有关C.反应的中间产物只有NO3D.第一步反应活化能较低【答案】(1).N2+O22NO(2).C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)ΔH=-2878kJ·mol-1(3).-550(4).+196(5).2.0×10-5(6).0.005%(7).AC【解析】【分析】（1）进入气缸的气体是空气，含有氮气和氧气在高温下反应；（2）①依据盖斯定律计算；②△H＝反应物的总键能-生成物的总键能；（3）利用平衡常数和三段式进行计算；（4）利用反应原理分析；【详解】（1）进入气缸的气体是空气，含有氮气和氧气在高温下反应生成一氧化氮，污染空气，方程式是N2+O22NO，故答案：N2+O22NO；（2）①①2C4H10(g)＋13O2(g)＝8CO2(g)＋10H2O(g)△H1＝－5316kJ·mol－1②H2O(l)＝H2O(g)△H＝＋44kJ·mol－1，（①-②×10）÷2得C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)ΔH=-2878kJ·mol-1故答案为：C4H10(g)+O2(g)=4CO2(g)+5H2O(l)ΔH=-2878kJ·mol-1；②△H＝反应物的总键能-生成物的总键能=2×1076kJ·mol－1+494kJ·mol－1-2×2×799kJ·mol－1=-550kJ·mol－1；①2CO(g)＋O2(g)＝2CO2(g)△H＝-550kJ·mol－1②2NO(g)＋2CO(g)＝N2(g)＋2CO2(g)△H3＝－746kJ·mol－1有盖斯定律得：①-②得N2(g)＋O2(g)＝2NO(g)△H2=196kJ·mol－1故答案为：-550；+196；c(NO)2（3）N2＋O22NO，K===2.0×10－6，解得n(NO)=2.0×10－5，消耗的氮气的物质的量是1.0×10－5，氮气的转化率=×100%=0.005%故答案为：2.0×10-5；0.005%；（4）A.第一步是慢反应，确定整个反应的速率快慢，所以反应速率与二氧化氮的浓度有关，故A正确；B.其次步是快反应，不能确定整个反应速率，故反应速率与一氧化氮的浓度无关，故B错误；C.第一步反应生成的有三氧化氮，三氧化氮又作了其次个反应的反应物，所以是中间产物，故C正确；D.第一步反应较慢，说明活化能较高，故D错误；故选：AC。11.工业废弃物的资源化回收再利用，可以更大限度地发挥原材料的价值。某老师在指导学生做探讨性学习时，拟利用废铁屑在试验室制备FeSO4溶液，再与等物质的量的(NH4)2SO4反应，制备补血剂硫酸亚铁铵晶体[(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O，相对分子质量为392]。硫酸亚铁铵晶体比一般亚铁盐稳定，在空气中不易被氧化，易溶于水，不溶于乙醇。(1)废铁屑的净化：将废铁屑投入10%的碳酸钠溶液中并加热5~10min，通过倾析法弃去纯碱溶液，并用蒸馏水洗净废铁屑，待用。(2)酸浸净化后的废铁屑：将2gFe粉、10mL3mol·L-1的H2SO4溶液加入烧瓶中反应，用如图所示装置制备FeSO4溶液。保持温度70~80℃，适当添加水以补充被蒸发掉的水分，并限制溶液的pH，至反应无明显气泡产生，停止加热，过滤，称量残留固体质量。①反应过程中会产生少量H2S、PH3等气体，需运用封闭装置。写出用CuSO4溶液汲取H2S气体的化学反应方程式：____________________________②反应过程中运用过量铁粉的目的是____________________________(3)制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O：向FeSO4溶液中加入肯定质量的(NH4)2SO4固体，70~80℃条件下溶解后，趁热倒入50mL乙醇中，析出晶体。试验中，需对过滤出产品的母液(pH<1)进行处理。室温下，分别取母液并向其中加入指定物质，反应后的溶液中主要存在的一组离子正确的是_____(填序号)。A.通入过量Cl2：Fe2+、H+、NH4+、Clˉ、SO42ˉB.加入过量KSCN溶液：K+、NH4+、Fe3+、SO42ˉ、SCNˉC.加入过量NaOH溶液：Na+、Fe2+、NH4+、SO42ˉ、OHˉD.加入过量NaClO和NaOH的混合溶液：Na+、SO42ˉ、Clˉ、ClOˉ、OHˉ(4)产品纯度测定：称取ag产品溶于水，配制成500mL溶液，取25.00mL待测液，用浓度为cmol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定。重复上述操作2次试验结果如下：该产品的纯度为____________________________(用含a、c的代数式表示)。有同学提出，测定产品中SO42ˉ的含量也可测定产品的纯度，请补充完整试验方案：称取约0.4g样品，溶于70mL水，__________________________________________________，将沉淀移入坩埚，灼烧至恒重，记录数据(试验中必需运用的试剂有：2mol·L-1的HCl溶液、BaCl2溶液、AgNO3溶液)。【答案】(1).CuSO4+H2S=CuS↓+H2SO4(2).避开Fe2+被氧化为Fe3+(3).D(4).980c/a×100%(5).加入2mol/LHCl溶液酸化，滴加BaCl2溶液至沉淀完全，过滤，洗涤沉淀，直至滤液滴加AgNO3溶液不出现浑浊【解析】【分析】（2）①试验室用CuSO4溶液汲取H2S气体，生成硫酸和硫化铜；②铁粉具有还原性，反应过程中运用过量铁粉的目的是避开Fe2+被氧化为Fe3+；（3）依据离子共存的推断方法进行解析；（4）第一次与其次次、第三次相差较大，忽视不计，消耗高锰酸钾溶液的体积为（25.02+24.98）/2mL=25mL，依据离子反应方程式进行计算；测定产品中SO42ˉ的含量也可测定产品的纯度，详细试验方案为：称