2020年高考化学一轮复习专题3检测含解析

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1、第三单元单元测试【满分：100分 时间：90分钟】一、选择题(本大题共16小题，每小题4分，共64分)1（北京四中2019届高三模拟）下列中国制造的产品主体用料不是金属材料的是世界最大射电望远镜中国第一艘国产航母中国大飞机C919世界最长的港珠澳大桥A.钢索B.钢材C.铝合金D.硅酸盐【答案】D【解析】世界最大射电望远镜主体用料：钢索是金属合金材料，故A不符合；中国第一艘国产航母主体用料：钢材属于合金为金属材料，故B不符合；中国大飞机C919主体用料：铝合金属于金属材料，故C不符合；世界最长的跨海大桥港珠澳大桥主体用料：硅酸盐不是金属材料，故D符合；故答案为D。2（黑龙江省哈尔滨市第六中学20

2、19届）下列关于古籍中的记载说法不正确的是A本草纲目“烧酒”条目下写道自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。这里所用的“法”是指蒸馏B吕氏春秋别类编中“金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚” 体现了合金硬度方面的特性C本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了显色反应D抱朴子金丹篇中记载：“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又成丹砂”，该过程发生了分解、化合、氧化还原反应【答案】C【解析】由“蒸令气”可知与混合物沸点有关，则这里所用的“法”是指蒸馏，故A正确；金(即铜)柔锡柔，合两柔则刚，则说明合金硬

3、度大于各成分，故B正确；鉴别KNO3和Na2SO4，利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，故C错误；丹砂( HgS)烧之成水银，HgSHg+S，积变又还成丹砂的过程都是氧化还原反应，有单质(水银)生成，且单质(水银)重新生成化合物，故该过程包含分解、化合、氧化还原反应，故D正确；答案选C。3（湖北省黄冈中学2019届模拟）厉害了，我的国展示了中国五年来探索太空，开发深海，建设世界第一流的高铁、桥梁、码头，5G技术联通世界等取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系。下列说法正确的是A大飞机C919采用大量先进复合材料、铝锂合金等，铝锂合金属

4、于金属材料B为打造生态文明建设，我国近年来大力发展核电、光电、风电、水电，电能属于一次能源C我国提出网络强国战略，光缆线路总长超过三千万公里，光缆的主要成分是晶体硅D“神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分是硅酸盐【答案】A【解析】合金属于金属材料，A项正确；核电、光电、风电、水电等这些电能均是经过转化的能源属于二次能源，B项错误；光缆的主要成分是二氧化硅，不是晶体硅，C项错误； “神舟十一号”宇宙飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷是新型无机非金属材料，不是传统的硅酸盐材料，D项错误；答案选A。4（江苏省南京师范大学附属中学2019届模拟）根据下列实验操作和现象所得出的结

5、论正确的是（ ）选项实验操作和现象结论A向溶液X中加入Na2O2粉末，出现红褐色沉淀和无色气体X中一定含有Fe3B用坩埚钳夹住一小块用砂纸仔细打磨过的铝箔在酒精灯上加热，铝箔熔化但不滴落氧化铝的熔点高于铝单质C向Na2CO3溶液中加入冰醋酸，将产生的气体直接通入苯酚钠溶液中，产生白色浑浊酸性：醋酸碳酸苯酚D向2支均盛有2mL1.0molL1 KOH溶液的试管中分别加入2滴浓度均为0.1molL1的AlCl3和MgCl2溶液，一支试管出现白色沉淀，另一支无明显现象KspAl(OH)3KspMg(OH)2【答案】B【解析】X中可能含亚铁离子，能被过氧化钠氧化，则X中不一定含Fe3+，故A错误；氧化

6、铝的熔点高，包裹在Al的外面，则熔化后的液态铝不滴落下来，故B正确；醋酸易挥发，醋酸与苯酚钠也能反应生成苯酚，不能比较碳酸、苯酚的酸性强弱，故C错误；由于氢氧化铝为两性氢氧化物，过量的氢氧化钾将生成的氢氧化铝溶解，不能通过该实验比较KspAl(OH)3与KspMg(OH)2的大小，故D错误；答案选B。5（江苏省盐城市2019届模拟）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()ACu2S(s)Cu(s)CuCl2(s)BSiO2(s)H2SiO3(s)Na2SiO3(aq)CFe(s)Fe2O3(s)Fe2(SO4)3(aq)DNaCl(aq) Na2CO3(s) NaOH(aq)【答

7、案】A【解析】硫化亚铜与氧气反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为：Cu2S+2O22CuO+SO2，铜与氯气反应生成氯化铜，反应为：Cu+Cl2CuCl2，A正确；SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，B错误；铁和水蒸气在高温时反应生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2，C错误；在饱和食盐水中通入氨气，形成饱和氨盐水，再向其中通入二氧化碳，在溶液中就有了大量的钠离子、铵根离子、氯离子和碳酸氢根离子，其中NaHCO3溶解度最小，所以析出NaHCO3，加热NaHCO3分解生成碳酸钠，不是一步生成碳酸钠，D错误；故合理选项是A

8、。6（河南省新乡市2019届模拟）用下列装置能达到实验目的的是A清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管B配置一定物质的量浓度的溶液实验中，为定容时的操作C装置制取金属锰D装置为制备并用排气法收集NO气体的装置【答案】D【解析】自来水中有杂质离子，清洗铜与浓硫酸反应后有残液的试管不能用自来水，应该用蒸馏水，且应该把反应液倒入水中，A项错误；定容时，当液面距定容刻度线1到2厘米处，改用滴管滴加，使凹液面最低端与刻度线相切，B项错误；利用铝热反应制取金属锰时采用的是高温条件，需要氯酸钾分解产生氧气，促进镁条燃烧，利用镁条燃烧产生大量热制取金属锰，该实验装置中没有氯酸钾作引发剂，C项错误；铜和稀硝酸反应可以

9、制备NO，NO的密度比CO2的密度小，采用短口进气、长口出气的集气方式，D项正确；答案选D。7（山西省太原市2019届模拟）为探究铝片（未打磨）与Na2CO3溶液的反应，实验如下：下列说法不正确的是（ ）ANa2CO3溶液中存在水解平衡：CO32-+H2OHCO3-+OH-B对比、，推测Na2CO3溶液能破坏铝表面的氧化膜C溶液中可能存在大量Al3+D推测出现白色浑浊的可能原因：AlO2-+HCO3-+H2O=Al(OH)3+CO32-【答案】C【解析】溶液中碳酸根会水解，结合水电出来的氢离子，生成碳酸氢根，选项A正确；实验和没有气泡，根据所学Al可以和热水反应，但是此实验中没有气泡，说明有氧

10、化膜的保护，实验中却有气泡，说明氧化膜被破坏，选项B正确；溶液中出现白色沉淀，白色沉淀应该为氢氧化铝，则不可能存在大量Al3+，选项C不正确；Na2CO3溶液呈碱性，铝片在碱性溶液中与OH反应，生成偏铝酸根，2Al2OH2H2O=2AlO23H2，AlO2和HCO3-反应生成氢氧化铝沉淀，选项D正确；答案选C。8（北京市市昌平区2019届二模）下列解释工业生产或应用的化学用语中，不正确的是AFeCl3溶液刻蚀铜电路板：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+BNa2O2用作供氧剂：Na2O2+H2O=2NaOH +O2C氯气制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2ODNa2CO3溶

11、液处理水垢：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO42【答案】B【解析】FeCl3溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜：2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+，故A正确；Na2O2用作供氧剂与水反应生成氢氧化钠和氧气：2Na2O2+2H2O=4NaOH +O2，故B错误；氯气与氢氧化钠溶液反应制漂白液：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO +H2O，故C正确；Na2CO3与硫酸钙发生沉淀转化：CaSO4(s)+CO32CaCO3(s)+SO42，故D正确。9（山东省临沂市2019届模拟）明矾KA1(SO4)212H2O是一种复盐，在造纸等方面应用广泛。采用废易拉罐制备明矾的过程如下图所示

12、。下列叙述错误的是（ ）A合理处理易拉罐有利于环境保护和资源再利用B从易拉罐中可回收的金属元素有Al、FeC“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D上述流程中可用NaHSO4代替NaHCO3【答案】D【解析】易拉罐作为可再生资源，其回收再生利用对经济效益、社会效益的提高、环境的保护有着巨大的促进作用，故不选A；易拉罐(主要成分为Al,含有少量的Fe)，因此可从易拉罐中回收的金属元素有Al、Fe，故不选B；“沉淀”反应是铁离子生成氢氧化铁的反应，故不选C；铝离子与碳酸氢根离子互促水解到底生成氢氧化铝沉淀，硫酸氢根离子是强酸的酸式酸根，不水解，不与铝离子反应，故选D。10（北京市丰台区2019届二模）以

13、CO2和Na2O2为原料，制取纯净干燥的O2，实验装置如下：下列说法不正确的是A装置中试剂可以是NaOH溶液B装置的作用是干燥O2C收集氧气应选择装置aD装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶【答案】C【解析】装置中试剂可以是NaOH溶液，用来除掉二氧化碳气体，故不选A；装置中盛有浓硫酸，作用是干燥O2，故不选B；由于氧气密度大于空气，选择装置b，故选C；装置、之间应增加盛澄清石灰水的洗气瓶，验证二氧化碳是否除尽，故不选D。11（安徽省安庆市2019届模拟）化工生产上有广泛用途的轻质碱式碳酸镁MgCO3Mg(OH)23H2O是以卤块(主要成分为MgCl2, 含Fe2+、Fe3+等杂质离子)为原料

14、制备。工艺流程如下：注：氢氧化亚铁沉淀絮状，不易从溶液中除去下列说法正确的是A沉淀的成分是Fe(OH)2和Fe (OH)3的混合物B“”的操作步骤为:氧化和调节pH等分离和提纯过程C“热解”产生的CO2对生成轻质碱式碳酸镁MgCO3Mg(OH)23H2O有重要的作用D“料液II”呈酸性【答案】B【解析】由题给信息可知，氢氧化亚铁为絮状沉淀，不易从溶液中除去，沉淀为Fe (OH)3，A错误；由以上分析可知，除去铁元素，应进行氧化、调节pH，生成Fe (OH)3沉淀，B正确；加入碳酸氢铵生成碱式碳酸镁，生成的二氧化碳不参与反应，C错误； “料液”呈碱性，D错误；故合理选项是B。12（湖南省株洲市2

15、019届模拟）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解l9.2g(已知硝酸只被还原为NO气体，下同)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列说法正确的是()Ac点时，溶液中的溶质为Fe2(SO4)3Bab段发生反应的离子方程式为：Fe+Fe3+=2Fe2+C原混和酸中稀硝酸的物质的量浓度为0.4mol/LD原混和酸中稀硫酸的物质的量浓度为4mol/L【答案】D【解析】由图象可知，由于铁过量，oa段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，ab段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，bc段发生反

16、应为：Fe+2H+=Fe2+H2。根据上面分析可知：c点是溶质为硫酸亚铁，不是硫酸铁，A错误；ab段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，B错误；oa段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3+NO+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，则原混合液中n(NO3-)=2n(Fe)=2=0.4mol，混合酸中HNO3物质的量浓度c(HNO3)=2mol/L，C错误；反应消耗22.4g铁的物质的量n(Fe)=22.4g56g/mol= 0.4mol，根据Fe元素守恒可知n(FeSO4)=0.4mol再根据S元素守恒，每份含硫酸的物质的量是0.4mol，所以c(H2SO4)=0.4mol0.1L= 4

17、mol/L，故D正确。13（四省名校2019届第三次大联考）化学是一门以实验为基础的学科。通过分析下列实验现象，得出的结论中正确的是选项实验操作结论A将Fe（NO3）2样品溶于稀H2SO4，滴加KSCN溶液,观察到溶液变红Fe（NO3）2样品已氧化变质B向2mL ZnSO4 和CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.01mol/LNa2S溶液，先出现白色沉淀相同温度下，Ksp(ZnS)Ksp(CuS)C取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水，溶液未变蓝淀粉已经完全水解D向NaAlO2的试管中滴加碳酸氢钠溶液，产生白色沉淀AlO2-结合氢离子的能力比碳酸根强【答

18、案】D【解析】酸性条件下，NO3-能将Fe2氧化为Fe3，无法检验Fe(NO3)2样品已氧化变质，故A错误；ZnSO4 和CuSO4的浓度未知，所以不能根据向2mL ZnSO4 和CuSO4的混合溶液中逐滴加入0.01mol/LNa2S溶液，得出Ksp的大小关系，故B错误；取少量酸催化后的淀粉水解液于试管中，先加入过量氢氧化钠溶液中和酸，再加少量碘水，因为碘可以与过量氢氧化钠反应，若碘反应后没有剩余，即使有淀粉存在，溶液也不会变蓝，故不能判断淀粉是否完全水解，故C错误；向NaAlO2的试管中滴加碳酸氢钠溶液发生反应：AlO2-+HCO3-+H20= Al(OH)3+ CO32-，所以AlO2-

19、结合氢离子的能力比碳酸根强，故D正确。14（江西省南康中学2019届模拟）以高硫铝土矿（主要成分为Al2O3、Fe2O3，还含有少量FeS2）为原料，生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下，下列叙述不正确的是A加入CaO可以减少SO2的排放同时生成建筑材料CaSO4B向滤液中通入过量CO2、过滤、洗涤、灼烧沉淀可制得Al2O3C隔绝空气焙烧时理论上反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=15D烧渣分离可以选择用磁铁将烧渣中的Fe3O4分离出来【答案】C【解析】FeS2煅烧时会生成SO2，加入CaO会与SO2反应，减少SO2的排放，而且CaSO3最后也会转化为CaSO4，A项不符合题意；

20、滤液为NaAlO2溶液，通入CO2，生成Al(OH)3，过滤、洗涤、煅烧可以得到Al2O3；B项不符合题意；隔绝空气焙烧时，发生的反应为FeS2+16Fe2O3=2SO2+11Fe3O4，理论上反应消耗的n（FeS2）：n（Fe2O3）=1:16，而不是1:5，C项符合题意；Fe3O4具有磁性，能够被磁铁吸引，D项不符合题意。15. （河北省承德一中2019届模拟）下列实验过程中产生的现象与对应的图像不相符的是()【答案】C【解析】NaOH溶液和AlCl3溶液按41混合后完全转化为NaAlO2，继续加入AlCl3溶液，发生反应为Al33AlO6H2O=4Al(OH)3，A项正确；NaAlO2溶

21、液中加入稀盐酸立即有沉淀生成，继续加入盐酸，沉淀溶解，其反应为NaAlO2HClH2O=Al(OH)3NaCl，Al(OH)33HCl=AlCl33H2O，B项正确；Na2CO3溶液中加入稀盐酸先转化为NaHCO3和NaCl，Na2CO3完全转化为NaHCO3后，再加入稀盐酸才产生气体，C项错误；向含Mg2和Al3的溶液中加入NaOH溶液得到Mg(OH)2和Al(OH)3两种沉淀，继续加入NaOH溶液，Al(OH)3沉淀溶解，D项正确。16. （山西省长治一中2019届模拟）部分氧化的铁铜合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76 g，经如下处理：下列说法正确的是()A.滤液A中的阳离

22、子为Fe3、Fe2、HB.样品中Fe元素的质量为2.24 gC.样品中CuO的质量为4.0 gD.V896【答案】B【解析】因为硫酸足量，滤液A中不含Cu2，且只有金属Cu不与H2SO4反应，所以滤渣3.2 g为金属铜，物质的量为0.05 mol，即合金样品中总共含有铜元素0.05 mol；滤液A中加入足量NaOH溶液，所得滤渣灼烧得到的固体3.2 g为Fe2O3。生成的滤渣3.2 g是铜，金属铜可以和Fe3反应，所以滤液A中一定不含Fe3，则滤液A中含有的阳离子为Fe2、H，A错误；Fe元素的物质的量为20.04 mol，其质量为0.04 mol56 gmol12.24 g，B正确；根据B项

23、分析可知铁元素质量为2.24 g，而合金样品质量为5.76 g，所以CuO的质量不超过5.76 g2.24 g3.52 g，C错误；最后滤液A中溶质为过量H2SO4和FeSO4，而铁元素物质的量为0.04 mol，说明参加反应的硫酸的物质的量为0.04 mol，含H 0.08 mol，其中部分H生成氢气，另外的H和合金中的O2结合成水，由于合金中氧元素的物质的量为0.02 mol，全转化为H2O需消耗H 0.04 mol，所以硫酸中生成H2的H的物质的量为0.08 mol0.04 mol0.04 mol，即生成0.02 mol H2，标准状况下体积为448 mL，D错误。二、非选择题(本大题共

24、3小题，共36分) 19.(12分) （黑龙江伊春一中2019届模拟）在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去。回答下列问题：(1)若甲、乙是两种常见金属，且反应是工业制盐酸的反应。反应中甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则工业上生产甲的一般方法是。A.热分解法B.热还原法C.电解法反应中乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙在周期表中的位置为_；反应的化学方程式是_。(2)若甲、乙是离子化合物，且反应是工业制漂白粉的反应。反应的化学方程式是_。若反应是实验室制备某气体的反应，该气体分子为14电子结构。则反应的化学方程式是。在饱和

25、氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同时放出一种气体，其反应的离子方程式是_；写出HClO的结构式：。【解析】(1)若甲、乙是两种常见金属，和水反应生成丙，且反应是工业制盐酸的反应，则丙是氢气。甲和水反应生成的产物中除丙(氢气)外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则是氢氧化钠，判断甲为钠，在工业生产中利用电解熔融氯化钠的方法得到金属钠。反应中乙与H2O在高温下反应时，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙为铁，铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，反应的化学方程式为3Fe4H2O(g)Fe3O44H2。(2)若甲、乙是离子化合物，且反应是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反

26、应生成氯化钙、次氯酸钙和水。气体分子为14电子结构的物质是乙炔，故反应应为碳化钙和水的反应。氯水中含有HCl和HClO：Cl2H2OHClHClO，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，促进上述平衡右移，从而能制得较浓HClO溶液。【答案】(1)C第四周期族3Fe4H2O(g)Fe3O44H2(2)2Cl22Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl22H2OCaC22H2OCa(OH)2C2H22Cl2H2OCaCO3=Ca22Cl2HClOCO2HOCl20(12分) （浙江省温州一中2019届模拟）银铜合金广泛应用于航空工业。从切割废料中回收单质银并制备铜的化

27、工产品CuAlO2的工艺如下注：Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 和80 ：(1)电解精炼银时，电解质溶液为_。滤渣A与稀硝酸反应，产生的气体能在空气中迅速变为红棕色，反应的化学方程式为_。(2)固体混合物B的组成为_，在生成固体B的过程中，需控制NaOH的加入量，若NaOH过量，最后将得不到CuAlO2，原因是_。(3)若将上述流程图中加入的稀NaOH溶液改为加入过量的氨水(其他均不变)，则滤液中的阳离子有_。(4)完成上述煅烧过程中一个反应的化学方程式：CuOAl2O3CuAlO2_。【解析】 (1)电解精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，AgNO3溶液为电解质溶液；

28、滤渣A中Ag与稀HNO3反应生成NO，无色的NO在常温下与空气中的O2迅速化合生成红棕色的NO2。(2)未煮沸之前是Cu(OH)2和Al(OH)3，Al(OH)3和Cu(OH)2开始分解的温度分别为450 和80 ，煮沸后Cu(OH)2分解生成氧化铜，则B为Al(OH)3和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al(OH)3NaOH=NaAlO22H2O。若NaOH过量，则固体B中没有Al(OH)3存在，煅烧不能得到产品CuAlO2。(3)稀NaOH溶液改为加入过量的氨水会生成Cu(NH3)42、NH等。(4)反应前Cu为2价，反应后为1价，化合价降低1，Al元素的化合价没有变化，所以氧元素的化合

29、价升高，生成氧气，反应前氧为2价，反应后为0价，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO2Al2O34CuAlO2O2。【答案】 (1)AgNO3溶液3Ag4HNO3(稀)=3AgNO3NO2H2O；2NOO2=2NO2(2)Al(OH)3和CuOAl(OH)3OH=AlO2H2O，固体B中没有Al(OH)3存在，煅烧不能得到含有Al元素的产品CuAlO2(3)Cu(NH3)42、NH、H等(4)4241O215（12分）(2019福建泉州一中质检)硫酸铜可用于消毒、制杀虫剂、镀铜等。实验小组制取CuSO45H2O晶体并进行加热分解的探究。请回答以下问题：探究：制取CuS

30、O45H2O晶体小组同学设计了如下两种方案：甲：将铜片加入足量浓硫酸中并加热。乙：将铜片加入稀硫酸，控制温度为4050 ，滴加双氧水。(1)方案甲发生反应的化学方程式为_。反应结束后有大量白色固体析出，简述从中提取CuSO45H2O晶体的方法：倒出剩余液体，_。(2)方案乙发生反应：CuH2SO4H2O2=CuSO42H2O，该实验控温4050 的原因是_与方案甲相比，方案乙的主要优点有_、_(写出2种)。探究：用以下装置(加热装置省略)探究CuSO45H2O晶体热分解产物。已知：CuSO45H2O脱水后升高温度，会继续分解成CuO和气体产物，气体产物可能含有SO3、SO2、O2中的13种。(

31、3)称取5.00 g CuSO45H2O于A中加热，当观察到A中出现_，可初步判断晶体已完全脱水并发生分解。加热一段时候后，A中固体质量为3.00 g，则此时A中固体的成分为_。(4)装置B中迅速生成白色沉淀，说明分解产物中有_，C装置的作用是_。(5)理论上E中应收集到V mL气体，事实上收集到的气体体积偏小，可能的原因是_(不考虑泄漏等仪器与操作原因)。【解析】(1)方案甲发生反应的化学方程式为Cu2H2SO4(浓)SO2CuSO42H2O。反应结束后有大量白色固体析出，从中提取CuSO45H2O晶体的方法：倒出剩余液体，加入适量水，蒸发浓缩，冷却结晶。(2)H2O2受热易分解，故乙方案控

32、制温度为4050的原因是温度较低，反应速率慢；温度太高，H2O2分解，损耗大。与方案甲相比，方案乙的主要优点有原料利用率高，不产生污染、能耗低等。(3)若5.00 g CuSO45H2O完全失水为CuSO4，则CuSO4的质量为3.2 g，完全分解为CuO，则CuO的质量为1.6 g。加热一段时间后，A中固体质量为3.00 g,1.6 g3.00 g3.2 g，则此时A中固体的成分为CuSO4和CuO。(4)装置B中迅速生成白色沉淀，说明分解产物中有SO3，C装置可以盛放品红溶液，目的是检验有无SO2生成。(5)E中收集到的气体应是O2，事实上收集到的气体体积偏小，可能是在C、D装置中部分O2与SO2等物质分别发生了氧化还原反应。【答案】 (1)Cu2H2SO4(浓)SO2CuSO42H2O加入适量水，蒸发浓缩，冷却结晶(2)温度较低，反应速率慢；温度太高，H2O2分解，损耗大原料利用率高，不产生污染(或其他合理答案)(3)固体变为黑色CuSO4和CuO(4)SO3检验是否有SO2生成(5)在C、D装置中部分O2参与了氧化还原反应15