北京市师范大学第二附属中学2024-2025学年高三上学期10月月考化学试题 含解析

2025届高三化学10月月考可能用到的相对原子质量H1C12O16第一部分（共42分）选择题（每题3分，在每题给出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项）1.下列用品的有效成分及用途不正确的是

AB用品有效成分NaCl用途做调味品做发酵粉

CD用品有效成分用途做抗酸药做消毒剂A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】A．NaCl有咸味，常做调味品，故A正确；B．小苏打的成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠用作发酵粉，故B错误；C．难溶于水，能与盐酸反应，用做抗酸药，故C正确；D．是漂白粉的成分，具有氧化性，能杀菌消毒，做消毒剂，故D正确；选B。2.古医典富载化学知识，下述之物见其氧化性者为A.金(Au)：“虽被火亦未熟"B.石灰(CaO)：“以水沃之，即热蒸而解”C.石硫黄(S)：“能化……银、铜、铁，奇物”D.石钟乳()：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”【答案】C【解析】【详解】A．金“虽被火亦未熟”是指金单质在空气中被火灼烧也不反应，反应金的化学性质很稳定，与其氧化性无关，A不合题意；B．石灰(CaO):“以水沃之，即热蒸而解”是指CaO+H2O=Ca(OH)2，反应放热，产生大量的水汽，而CaO由块状变为粉末状，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，B不合题意；C．石硫黄即S：“能化……银、铜、铁，奇物”是指2Ag+SAg2S、Fe+SFeS、2Cu+SCu2S，反应中S作氧化剂，与其氧化性有关，C符合题意；D．石钟乳(CaCO3)：“色黄，以苦酒(醋)洗刷则白”是指CaCO3+2CH3COOH=(CH3COO)2Ca+H2O+CO2↑，未发生氧化还原反应，与其氧化性无关，D不合题意；故答案为：C。3.下列化学用语或图示表达正确的是A.的结构式： B.Na原子结构示意图：C.中子数为7的碳原子：C D.的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．中两个N原子间形成共价三键，其结构式：，A正确；B．表示的是钠离子，B错误；C．碳原子序数为6，若中子数为7，质量数为13，表示为：，C错误；D．中C原子和O原子间形成2对共用电子对，其电子式：，D错误；答案选A。4.下列变化中，气体被还原的是A.二氧化碳使Na2O2固体变白 B.氯气使KBr溶液变黄C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色 D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀【答案】B【解析】【详解】A、二氧化碳使Na2O2固体变白，发生反应2CO2+2Na2O2=O2+2Na2CO3，CO2的化合价没有发生改变，过氧化钠既是氧化剂，也是还原剂，A错误；B、氯气使KBr溶液变黄，发生反应2KBr+Cl2=2KCl+Br2，Cl元素化合价降低，被还原，B正确；C、乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色，是乙烯与溴发生了加成反应，Br元素化合价降低，Br2被还原，乙烯被氧化，C错误；D、氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀氢氧化铝，反应过程中NH3化合价没有改变，不是氧化还原反应，D错误。答案选B。5.下列叙述正确的是A.金属与盐溶液的反应都是置换反应B.阴离子都只有还原性C.与强酸、强碱都反应的物质只有两性氧化物或两性氢氧化物D.焰色试验可定性判断某些试样所含的金属元素【答案】D【解析】【详解】A．K、Na、Ca等活泼金属在盐溶液中先和水反应生成碱和氢气，碱再与盐发生复分解反应，A错误；B．阴离子不一定只有还原性，例如高锰酸根离子具有氧化性，B错误；C．与强酸、强碱都反应的物质可以是两性氧化物、两性氢氧化物或两性金属，例如金属铝，既能与酸反应，也能与水反应，C错误；D．不同金属元素的焰色不同，利用焰色试验可定性判断某些试样所含的金属元素，D正确；答案选D。6.下列离子方程式书写不正确的是A.向NaOH溶液中通入过量：B.向KI溶液中通入少量：C.向溶液中加入过量的NaOH溶液：D.向溶液中加入过量溶液：【答案】C【解析】【详解】A．向NaOH溶液中通入过量，生成亚硫酸氢钠和水，离子方程式为，A正确；B．向KI溶液中通入少量，氯气将电离子氧化为碘单质自身被还原为氯离子，离子方程式为，B正确；C．向溶液中加入过量的NaOH溶液，碳酸氢根离子和铵根离子均会反应离子方程式为，C错误；D．向溶液中加入过量溶液生成碳酸钙、碳酸钠、水，离子方程式为，D正确；故选C。7.完成下述实验，装置或试剂不正确的是A.实验室制 B.实验室收集 C.验证易溶于水且溶液呈碱性 D.除去中混有的少量【答案】D【解析】【详解】A．MnO2固体加热条件下将HCl氧化为Cl2，固液加热的反应该装置可用于制备Cl2，A项正确；B．C2H4不溶于水，可选择排水收集，B项正确；C．挤压胶头滴管，水进入烧瓶将NH3溶解，烧瓶中气体大量减少压强急剧降低打开活塞水迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，红色喷泉证明NH3与水形成碱性物质，C项正确；D．Na2CO3与HCl、CO2发生反应，不能达到除杂的目的，应该选用饱和NaHCO3溶液，D项错误；故选D。8.下列物质混合后，因发生氧化还原反应使溶液减小的是A.向溶液中加入少量溶液，生成白色沉淀B.向和的悬浊液中通入空气，生成红褐色沉淀C.向溶液中加入少量溶液，生成蓝绿色沉淀D.向溶液中通入氯气，生成黄色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．向NaHSO4中加入少量BaCl2溶液，实际参与反应的只有硫酸根离子和钡离子，忽略体积变化，H+的浓度不变，其pH不变，A错误；B．向NaOH和Fe(OH)2的悬浊液中通入空气，虽然有氢氧化亚铁被氧化成了红褐色的氢氧化铁，其方程式为，该过和中会消耗水，则增大了氢氧根离子的浓度，pH会变大，B错误；C．向NaHCO3溶液中加入少量CuSO4溶液，生成蓝绿色沉淀[Cu2(OH)2CO3]，其中没有元素化合价发生变化，故没有氧化还原反应，C错误；D．向H2S中通入氯气生成HCl和单质硫沉淀，这个氧化还原反应增大了H+的浓度，pH减小，D正确。故选D。9.用如图所示实验装置(夹持仪器已略去)探究铜丝与过量浓硫酸的反应。下列实验不合理的是A.上下移动①中铜丝可控制SO2量B.②中选用品红溶液验证SO2的生成C.③中选用NaOH溶液吸收多余的SO2D.为确认CuSO4生成，向①中加水，观察颜色【答案】D【解析】【详解】A、当铜丝与浓硫酸接触时才能反应，当往上抽动铜丝时，铜丝与硫酸不接触，反应停止，故可通过上下移动①中铜丝可控制SO2的量，故A正确；B、SO2具有漂白性，可用品红溶液验证SO2的生成，故B正确；C、SO2为酸性气体，具有污染性，可与碱发生反应，用NaOH溶液吸收多余的SO2，故C正确；D、铜与浓硫酸反应后①中溶液显蓝色即可证明有CuSO4生成，无需向其中加水，并且将水加入浓硫酸中会使试管中液滴飞溅，发生危险，故D错误。答案选D。10.离子化合物和与水的反应分别为①；②。下列说法正确的是A.中均有非极性共价键B.①中水发生氧化反应，②中水发生还原反应C.中阴、阳离子个数比为，中阴、阳离子个数比为D.当反应①和②中转移的电子数相同时，产生的和的物质的量相同【答案】C【解析】【详解】A．Na2O2中有离子键和非极性键，CaH2中只有离子键而不含非极性键，A错误；B．①中水的化合价不发生变化，不涉及氧化还原反应，②中水发生还原反应，B错误；C．Na2O2由Na+和组成．阴、阳离子个数之比为1∶2，CaH2由Ca2+和H-组成，阴、阳离子个数之比为2∶1，C正确；D．①中每生成1个氧气分子转移2个电子，②中每生成1个氢气分子转移1个电子，转移电子数相同时，生成氧气和氢气的物质的量之比为1∶2，D错误；故选C。11.部分含或含物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是A.可存在c→d→e的转化 B.能与反应生成c的物质只有bC.新制的d可用于检验葡萄糖中的醛基 D.若b能与反应生成，则b中含共价键【答案】B【解析】【分析】由图可知a、b、c对应物质分别为：钠、氧化钠（过氧化钠）、氢氧化钠或a、b、e、d对应物质分别为：铜、氧化亚铜、氧化铜、氢氧化铜。【详解】A．由分析可知氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜，氢氧化铜受热分解生成氧化铜所以存在c→d→e的转化，A合理；B．钠和氧化钠（过氧化钠）都能与反应都能生成氢氧化钠，B不合理；C．新制氢氧化铜可用于检验葡萄糖中的醛基，C合理；D．若b能与反应生成，则b为过氧化钠，结构中含共价键和离子键，D合理；故选B。12.下列叙述正确的是A.将通入溶液中至饱和，无沉淀产生，再通入，产生沉淀B.在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解，再加入固体，铜粉仍不溶解C.向溶液中滴加氨水，产生白色沉淀，再加入溶液，沉淀不消失D.向酸性溶液中加入粉末，紫色褪去，证明中含＋2价Fe元素【答案】D【解析】【详解】A．盐酸的酸性大于碳酸、亚硫酸，则CO2、SO2通入BaCl2溶液中至饱和，均不发生复分解反应、均无沉淀产生，A错误；B．在稀硫酸中加入铜粉，铜粉不溶解；再加入Cu(NO3)2固体，溶液中存在H+、，铜粉能溶解在硝酸溶液中，B错误；C．向A1C13溶液中滴加氨水，产生Al(OH)3白色沉淀；再加入过量NaHSO4溶液，白色沉淀与硫酸氢钠电离产生的H+反应生成铝离子而沉淀消失，C错误；D．KMnO4具有强氧化性，遇到还原性物质褪色，故说明Fe3O4遇酸溶解后生成还原性离子Fe2+，D正确；故答案为：D。13.从炼钢粉尘(主要含和)中提取锌的流程如下：“盐浸”过程转化为，并有少量和浸出。下列说法错误的是A.“盐浸”过程若浸液下降，需补充B.“滤渣”的主要成分为C.“沉锌”过程发生反应D.应合理控制用量，以便滤液循环使用【答案】B【解析】【分析】“盐浸”过程转化为，发生反应，根据题中信息可知，Fe2O3、Fe3O4只有少量溶解，通入空气氧化后Fe2+和Fe3+转化为Fe(OH)3；“沉锌”过程发生反应为：，经洗涤干燥后得到产物ZnS及滤液。【详解】A．“盐浸”过程中消耗氨气，浸液下降，需补充，A正确；B．由分析可知，“滤渣”的主要成分为Fe3O4和Fe2O3，只含少量的Fe(OH)3，B错误；C．“沉锌”过程发生反应，C正确；D．应合理控制用量，以便滤液循环使用，D正确；故选B。14.下图是实验室制备K2FeO4的实验装置图，其中甲为制氯气的装置。（资料：K2FeO4为紫色固体，微溶于KOH，具有强氧化性）下列说法不正确的是（）A.乙中所用试剂为饱和食盐水B.丙和丁中均会发生反应：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OC.丙中产生紫色固体，说明碱性条件下，Cl2氧化性强于K2FeO4D.若取反应后丙中紫色溶液，加入稀硫酸产生Cl2，则证明了K2FeO4具有氧化性【答案】D【解析】【分析】甲中发生反应为：2KMnO4＋16HCl（浓）＝2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，乙中装饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，丙中制备K2FeO4，丁为尾气处理。【详解】A．甲中生成的氯气中含有少量的氯化氢气体，乙中装饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，正确，A不符合题意；B．丙中有KOH，丁中有NaOH，均与氯气发生反应，其离子反应方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，正确，B不符合题意；C．丙中发生反应为：2Fe(OH)3+10KOH+3Cl2=2K2FeO4+6KCl+8H2O，Cl元素化合价降低，发生还原反应，氯气作氧化剂，氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以氧化性：Cl2>K2FeO4，正确，C不符合题意；D．反应后丙中紫色溶液中含有：K2FeO4、KCl、KClO，加入稀硫酸产生Cl2，有可能发生反应为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，不能证明K2FeO4具有氧化性，错误，D符合题意。答案为：D。第二部分（共58分）15.是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。早期的制备方法如下：（1）的电子式是______。（2）Ⅰ为分解反应，产物除、外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是______。（3）Ⅲ中生成，反应的化学方程式是______。（4）减压能够降低蒸馏温度。请结合化学方程式说明Ⅴ中采用减压蒸馏的原因：______。（5）工业上可用制备，其中一步是与、反应生成，该步反应的化学方程式是______。【答案】（1）（2）（3）（4）H2O2受热易分解，采用减压蒸馏能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低（5）【解析】【分析】由制备流程可知，硝酸钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，氧化钡与氧气反应生成过氧化钡，过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，向反应后的溶液中加入试剂除去钡离子，过滤后对滤液进行减压蒸馏，得到双氧水。【小问1详解】过氧化氢为共价化合物，其电子式：；【小问2详解】硝酸钡受热分解，生成氧化钡、氧气和二氧化氮，化学方程式：；【小问3详解】过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，化学方程式：；【小问4详解】H2O2受热易分解，采用减压蒸馏能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低；【小问5详解】与、反应生成，化学方程式：。16.用如下方法回收废旧CPU中的单质Au（金）、Ag和。已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②。（1）酸溶后经______操作，将混合物分离。（2）浓、稀均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗的物质的量不同，写出消耗物质的量少的反应的化学方程式：______。（3）溶金的同时生成NO。①溶金的化学方程式为______。②运用氧化还原反应规律解释氯化钠的作用：______。（4）若用Zn粉将溶液中的完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是______mol。（5）用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如下方法从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag（图中标注的试剂和物质均不同）。试剂1______，物质2是______。【答案】（1）过滤（2）3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O（3）①.Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3②.硝酸将部分氯离子氧化生成氯气，氯气在溶液中形成盐酸，与硝酸混合成王水将金溶解（4）2（5）①.NaCl溶液②.盐酸【解析】【分析】废旧CPU中含有单质Au(金)、Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，反应为HAuCl4+2Zn=Au+2ZnCl2+H2↑，(5)根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，据此分析解答。【小问1详解】Au(金)、Ag和Cu经酸溶后得到含Au固体、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的操作是过滤；【小问2详解】铜与稀硝酸的反应为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1molCu消耗，铜与浓硝酸的反应为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu消耗4molHNO3，则消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；【小问3详解】①含Au固体中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，Au转化为HAuCl4，反应为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；②硝酸将部分氯离子氧化生成氯气，氯气在溶液中形成盐酸，与硝酸混合成王水将金溶解；【小问4详解】由于，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到+2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是1.5mol，另外1molHAuCl4中H+可消耗0.5molZn，共2mol；【小问5详解】根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到铜和亚铁离子，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，试剂2是盐酸。17.8－羟基喹啉被广泛用作金属离子的络合剂和萃取剂，也是重要的医药中间体。下图是8－羟基喹啉的合成路线。已知：ⅰ．ⅱ．同一个碳原子上连有2个羟基的分子不稳定。（1）按官能团分类，A的类别是______。（2）的化学方程式是______。（3）所需的试剂a是______。（4）E的结构简式是______。（5）F的反应类型是______。（6）将下列的流程图补充完整_______：（7）合成8－羟基喹啉时，L发生了______（填“氧化”或“还原”）反应，反应时还生成了水，则与物质的量之比为______。【答案】（1）烯烃（2）CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl（3）NaOH水溶液（4）CH2=CHCHO（5）取代反应（6）（7）①.氧化②.3：1【解析】【分析】E和J发生加成反应生成K，根据K结构简式确定F中含有苯环、A为链状结构，由F分子式知F为；由E、J分子式以及反应类型可知，E为CH2=CHCHO，J为，F发生邻位取代生成G为，G发生还原反应生成J；根据信息ii结合D分子式知D为CH2OHCHOHCH2OH，则C为CH2ClCHOHCH2Cl或CH2OHCHClCH2Cl,则a为NaOH水溶液，结合A分子式知A为CH2=CHCH3，高温条件下A和氯气发生取代反应，则B为CH2=CHCH2Cl，K在浓硫酸作用下发生信息i的反应生成，然后发生消去反应生成L为，以此解答该题。【小问1详解】由以上分析可知A为CH2=CHCH3，为烯烃；【小问2详解】A为CH2=CHCH3，B为CH2=CHCH2Cl,高温条件下A和氯气发生甲基上的取代反应，则A→B的化学方程式是CH2=CHCH3+Cl2CH2=CHCH2Cl+HCl，【小问3详解】通过以上分析知，C→D所需的试剂a是NaOH水溶液；【小问4详解】由分析可知，E为CH2=CHCHO；【小问5详解】F为发生取代反应生成；【小问6详解】由题给信息可知K首先发生加成反应生成，然后再发生消去反应生成L为，故流程为；【小问7详解】L为，G为，J为，L与G反应生成J和8-羟基喹啉，L失去氢，应为氧化反应，反应的化学方程式为3+→3++2H2O，L与G物质的量之比为3：1。18.MnO2是重要的化工原料，山软锰矿制备MnO2的一种工艺流程如图：资料：①软锰矿的主要成分为MnO2，主要杂质有Al2O3和SiO2②金属离于沉淀的pHFe3+Al3+Mn2+Fe2+开始沉淀时153.45.86.3完全沉淀时2.84.77.88.3③该工艺条件下，MnO2与H2SO4反应。(1)溶出①溶出前，软锰矿需研磨。目的是____。②溶出时，Fe的氧化过程及得到Mn2+的主要途径如图所示：i.步骤II是从软锰矿中溶出Mn2+的主要反应，反应的离子方程式是____。ii.若Fe2+全部来自于反应Fe+2H+=Fe2++H2↑，完全溶出Mn2+所需Fe与MnO2的物质的量比值为2。而实际比值(0.9)小于2，原因是____。(2)纯化。已知：MnO2的氧化性与溶液pH有关。纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，说明试剂加入顺序及调节pH的原因：____。(3)电解。Mn2+纯化液经电解得MnO2。生成MnO2的电极反应式是____。(4)产品纯度测定。向ag产品中依次加入足量bgNa2C2O4和足量稀H2SO4，加热至充分反应。再用cmol·L-1KMnO4溶液滴定剩余Na2C2O4至终点，消耗KMnO4溶液的体积为dL(已知：MnO2及MnO均被还原为Mn2+。相对分子质量：MnO2-86.94；Na2C2O4-134.0)产品纯度为____(用质量分数表示)。【答案】①.增大反应速率，提高浸出率②.MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O③.二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+④.MnO2的氧化性随酸性的减弱逐渐减弱⑤.Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+⑥.【解析】【分析】软锰矿首先进行研磨，可增大固体与硫酸的接触面积，增大反应速率，提高浸出率；加入浓硫酸及过量的铁屑，铁屑与硫酸反应生成硫酸亚铁，亚铁离子与二氧化锰反应生成二价锰离子和铁离子；再电解锰离子的纯化液制取二氧化锰。【详解】(1)①研磨软锰矿可增大固体与浓硫酸接触面积，增大反应速率，提高浸出率；②i.根据反应途径可知，二氧化锰与亚铁离子反应生成二价锰离子和铁离子，则反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+Mn2++2Fe3++2H2O；ii.根据方程式可知，Fe与MnO2的物质的量比值为2，实际反应时，二氧化锰能够氧化单质铁为Fe2+，导致需要的减少Fe2+，故实际比值(0.9)小于2。(2)MnO2的氧化性与溶液pH有关，且随酸性的减弱，氧化性逐渐减弱，溶液显酸性时，二氧化锰的氧化性较强，故纯化时先加入MnO2，后加入NH3·H2O，调溶液pH≈5，除去溶液中的Al3+、Fe3+；(3)电解时，溶液呈酸性，Mn2+失电子，与水反应生成二氧化锰和氢离子，则电极反应式为Mn2+-2e-+2H2O=MnO2+4H+；(4)根据题意可知，部分草酸钠与二氧化锰发生氧化还原发，剩余部分再与高锰酸钾反应(5H2C2O4+2KMnO4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O)，则与二氧化锰反应的草酸钠为-；MnO2+Na2C2O4+2H2SO4=Na2SO4+MnSO4+2CO2↑+2H2O，则n(MnO2)=n(Na2C2O4)=-，产品纯度=×100%=。19.化学小组实验探究与溶液的反应。（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备，将足量通入溶液中，迅速反应，得到无色溶液和白色沉淀。①浓与反应的化学方程式是______。②试剂是______。（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为、或二者混合物。（资料：微溶于水；难溶于水）实验二：验证B的成分①写出溶于氨水的离子方程式：______。②加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀。推断B中一定含有______。（填化学式）（3）根据沉淀的存在，推测的产生有两个途径：途径1：实验一中，在溶液中被氧化生成，随沉淀B进入D。途径2：实验二中，被氧化为进入D。实验三：探究的产生途径①向溶液中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有______；取上层清液继续滴加溶液，未出现白色沉淀，可判断中不含。做出判断理由：______。②实验三的结论：______。（4）实验一中与溶液反应的离子方程式是______。根据物质性质分析，与溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。（5）根据上述实验所得结论：在实验条件下，①碱性溶液中更易被氧化为；②______。【答案】（1）①.Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O②.饱和NaHSO3溶液（2）①.Ag2SO3+4NH3•H2O=2[Ag(NH3)2]++SO+4H2O②.Ag2SO3（3）①.A