安徽省六安市第二中學2024-2025學年高三上學期10月月考化學答案

第1頁/共1頁六安二中2025屆高三第二次月考化學試卷分值：100分時間：75分鐘可能用到的相對原子質量：H：1C：12N：14O：16Na：23Al：27P：31S：32Fe：56Cu：64一、選擇題(每小題3分，共42分)1.從古至今，人類的生活、生產都離不開材料的應用。下列說法正確的是A.殲－20上采用的氮化鎵涂層，屬于新型金屬材料B.人民幣票面文字處采用了含F(xiàn)e3O4磁性油墨，F(xiàn)e3O4常用作紅色顏料C.北斗衛(wèi)星上使用的硅太陽能電池陣，利用SiO2將太陽能轉化為電能D.神舟十七號返回艙降落回收過程中使用了芳綸制作的降落傘，芳綸是有機高分子材料【答案】D【解析】【詳解】A．氮化鎵（GaN）是一種半導體材料，不是金屬材料，A錯誤；B．Fe3O4為黑色固體，常用作紅色顏料的是Fe2O3，B錯誤；C．硅太陽能電池陣是利用硅半導體的性質將太陽能轉化為電能，C錯誤；D．芳綸是一種有機高分子材料，具有高強度和耐熱性，常用于制作降落傘等，D正確；答案選D。2.納米銅粉(平均粒徑30~80nm)可用于和合成甲醇等反應過程的催化劑，以輝銅礦(主要成分為)為原料制備納米銅粉的工藝流程如圖所示：已知：①浸取時，浸渣中含有硫單質；②還原時，生成的氣體對環(huán)境沒有污染。下列說法錯誤的是A.“浸取”時，發(fā)生反應的化學方程式為B.“萃取”時，選擇的萃取劑不溶于水，在該工藝中可循環(huán)使用C.“還原”時，消耗和的物質的量之比為1：2D.用激光筆照射納米銅粉，可觀察到丁達爾效應【答案】D【解析】【分析】輝銅礦中加入FeCl3溶液浸取發(fā)生反應Cu2S+4FeCl3=2CuCl2+4FeCl2+S，過濾后得到氯化銅和氯化亞鐵，加入萃取劑萃取，將氯化銅和氯化亞鐵分離，再加入硫酸進行反萃取，此時銅離子在水相中，水相中加入N2H4還原生成納米銅粉?！驹斀狻緼．根據題干可知，“浸取”時，浸渣中含有硫單質，則是Cu2S與FeCl3反應生成了S，Cu也會失電子生成銅離子，F(xiàn)e3+得電子生成亞鐵離子，發(fā)生反應的化學方程式為，A項正確；B．“萃取”時，可分離出水相，說明選擇的萃取劑不溶于水，同時后續(xù)的反萃取后又得到萃取劑，說明該萃取劑在該工藝中可循環(huán)使用，B項正確；C．根據已知信息可知，“還原”時，轉化為，1mol轉移4mol，1mol轉化為Cu轉移2mol，因此消耗和的物質的量之比為1：2，C項正確；D．該流程中制得的納米銅粉屬于純凈物，沒有溶于水形成膠體，因此不能產生丁達爾效應，D項錯誤；答案選D。3.下列用于解釋事實的化學用語書寫正確的是A.向溶液中滴入過量氨水：B.用氨水吸收煙氣中少量的C.向濁液中加入溶液，生成紅褐色沉淀：D.電解熔融的陰極反應：【答案】A【解析】【詳解】A．向溶液中滴入過量氨水生成Al(OH)3沉淀，A項正確；B．用氨水吸收煙氣中少量的SO2，生成，正確的離子方程式為，B項錯誤；C．向濁液中加入溶液，生成紅褐色沉淀，是難溶物，不拆，正確的離子方程式為，C項錯誤；D．電解熔融，陰極Na+放電，正確的電極方程式為Na++e-=Na，D項錯誤；答案選A。4.設為阿伏加德羅常數的值，下列敘述正確的是A.40gSiC晶體中含有的的數目為B.100g質量分數為46%的的水溶液中含有的氧原子數目為C.標準狀況下，11.2L與11.2LHF均含有個質子D.1mol中含有的鍵的數目為【答案】B【解析】【詳解】A．SiC是共價晶體，1molSiC中含4molSi-C鍵，40gSiC晶體中含有的的數目為，A錯誤；B．100g質量分數為46%的的水溶液，的質量為46g，物質的量為1mol，氧原子為1mol，溶劑水的質量為54g，物質的量為3mol，O原子物質的量為3mol，O原子共4mol，數目為，B正確；C．標準狀況下HF不是氣體，無法計算質子數，C錯誤；D．C6H14符合鏈狀烷烴通式，分子中所含共價鍵數=6×3+1=19，故1mol中含有的鍵的數目為，D錯誤；故選B。5.將膽砜放在坩堝中加熱，固體的質量與溫度的關系如圖所示。下列說法錯誤的是已知：c→d過程中無電子轉移。A.失重過程中涉及的反應為分解反應B.a點固體的成分是C.c→d反應的化學方程式為D.將b點固體溶于水配制成溶液，所得溶液中溶質的質量分數為【答案】D【解析】【分析】膽砜為0.2mol；a點時，失去水的質量為50.0g-42.8g=7.2g，為0.4mol，則失去2分子結晶水，a點時所得固體的成分為；b點時，失去水的質量為50.0g-35.6g=14.4g，為0.8mol，b點時所得固體的成分為；c點時，失去水的質量為50.0g-32g=18g，為1.0mol，c點時所得固體的成分為CuSO4；c→d過程中無電子轉移，則沒有發(fā)生氧化還原反應，為無水硫酸銅進一步受熱生成氧化銅，結合銅守恒可知，0.2molCuO為16g，d點時固體成分是CuO；【詳解】A．失重過程中為一種物質生成多種物質的反應，涉及的反應為分解反應，故A正確；B．a點固體的成分是，故B正確；C．c→d過程中無電子轉移，則沒有發(fā)生氧化還原反應，為無水硫酸銅進一步受熱生成氧化銅和三氧化硫，c→d反應的化學方程式為，故C正確；D．b點時所得固體的成分為，結合銅守恒，將b點固體溶于水配制成溶液，所得溶液中溶質的質量分數為，D錯誤；故選D。6.下列實驗裝置能達到實驗目的的是A．除去碳酸鈉固體中的少量碳酸氫鈉B．制備并收集乙酸乙酯C．驗證SO2的漂白性D．制備并收集NOA.A B.B C.C D.D【答案】A【解析】【詳解】A．除去碳酸鈉固體中的少量碳酸氫鈉，可利用碳酸氫鈉熱穩(wěn)定性差的性質，用加熱法將碳酸氫鈉轉化為碳酸鈉，A正確；B．制備并收集乙酸乙酯時，出氣導管口應位于飽和碳酸鈉液面的上方，否則會產生倒吸，B不正確；C．驗證SO2的漂白性時，應使用品紅溶液，SO2通入酸性KMnO4溶液中，表現(xiàn)出的是還原性，C不正確；D．因為NO能與空氣中的O2反應，所以收集NO時，不能使用排空氣法，D不正確；故選A。7.下列玻璃儀器選擇合理且能完成相應實驗(夾持裝置略去)的是A.配制500mL40%的硫酸溶液：①④⑤⑨B.分離四氯化碳和碘單質的混合物：③④⑥C.測定晶體中結晶水的含量：③⑤⑦⑧D.用飽和碳酸鈉溶液提純乙酸乙酯(含少量乙酸)：②⑤【答案】D【解析】【詳解】A．配制40%的硫酸用到：托盤天平、燒杯、量筒、膠頭滴管、玻璃棒，A錯誤；B．分離四氯化碳和碘單質應該用蒸餾方法，使用的儀器有：帶鐵圈的鐵架臺、酒精燈、石棉網、蒸餾燒瓶、直形冷凝管、尾接管、錐形瓶，B錯誤；C．膽礬晶體中結晶水的含量需要使用研缽、三腳架、泥三角、酒精燈、蒸發(fā)皿，玻璃棒、藥匙、坩堝鉗、干燥器、托盤天平，C錯誤；D．提純乙酸乙酯，加入飽和碳酸鈉溶液，分液，需要分液漏斗、燒杯，選擇②⑤，D正確；故選D。8.油畫創(chuàng)作需要用到多種無機顏料。研究發(fā)現(xiàn)，在不同的空氣濕度和光照條件下，顏料雌黃褪色的主要原因是發(fā)生了以下兩種化學反應。下列說法正確的是A.與水作用可生成對應的酸：B.反應Ⅰ中元素和都被氧化C.反應Ⅰ和Ⅱ中，氧化轉移電子數之比為D.反應Ⅰ和Ⅱ中，參加反應的：Ⅰ＜Ⅱ【答案】C【解析】【分析】根據轉化信息，反應Ⅰ為As2S3在紫外光條件下被氧氣氧化為As2O3和H2S2O3，化學方程式為：；反應Ⅱ為As2S3在自然光條件下被氧氣氧化為H3AsO4和H2SO4，化學方程式為：?！驹斀狻緼．As2O3與水作用時，可以生成對應的酸為H3AsO3，故A項錯誤；B．As2S3中元素As為+3價，元素S為-2價，則反應Ⅰ中，As2S3在紫外光條件下被氧氣氧化為As2O3和H2S2O3，H2S2O3中S化合價為+2價，化合價升高被氧化；As2O3中As元素化合價為+3，未發(fā)生改變，未被氧化，故B項錯誤；C．反應Ⅰ中，As2S3中S元素從-2價升高為中的+2價，則氧化1molAs2S3轉移的電子數為：3×4mol=12mol；反應Ⅱ中，As2S3中As元素從+3價升高為中的+5價，S元素從-2價升高為H2SO4的+6價，則氧化1molAs2S3轉移的電子數為：2×2mol+3×8mol=28mol，因此反應Ⅰ和Ⅱ中氧化1molAs2S3轉移的電子數之比為：，故C項正確；D．結合分析中反應Ⅰ和Ⅱ的方程式中化學計量數可知，參加反應的：Ⅰ>Ⅱ，故D項錯誤；故答案選C。閱讀下列材料，完成下面小題。資源化利用，不僅可以減少溫室氣體的排放，還可以獲得燃料或重要的化工產品。Ⅰ．的捕集方法1：用溶液做吸收劑可“捕集”。隨著反應的進行，若吸收劑失活，可利用NaOH溶液使其再生。方法2：聚合離子液體是目前廣泛研究的吸附劑。實驗得出聚合離子液體在不同溫度、不同流速條件下，吸附量變化如圖所示：Ⅱ．合成乙酸：中國科學家首次以、和為原料高效合成乙酸，其反應路徑如圖所示：9.為阿伏加德羅常數的值，下列有關敘述正確的是A.100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含有個H原子B.常溫常壓下，11.2L中含有分子數小于C.分子中含有中子數為D.3.2g中含有共價鍵個數為10.下列相關說法正確的是A.NaOH、、均含有共價鍵和離子鍵B.NaOH溶液使“吸收劑”再生的離子反應：C.低溫高流速有利于聚合離子液體吸附D.合成乙酸的總反應：【答案】9.B10.B【解析】9題詳解】A.100mL0.5mol/L的NaOH溶液中含H物質有溶質氫氧化鈉也有溶劑水，含有H原子個數不止，A錯誤；B.常溫常壓下，氣體摩爾體積大于22.4L/mol,11.2L中含有分子數小于，B正確；C.一個分子中含有中子數為27，未給二氧化碳的物質的量，含有中子數目無法計算，C錯誤；D.一個甲醇含有5個共價鍵，故3.2g即0.1mol甲醇中含有共價鍵個數為，D錯誤；故選B?！?0題詳解】A.含有共價鍵，不含有離子鍵，A錯誤；B.用溶液做吸收劑可“捕集”生成酸式鹽碳酸氫鈉，NaOH溶液使“吸收劑”再生的離子反應：，B正確；C.由聚合離子液體在不同溫度、不同流速條件下的圖示可知低溫低流速有利于二氧化碳吸附，C錯誤；D.合成乙酸的總反應：，D錯誤；故選B。11.下列方案不能測出和的混合物中的質量分數的是A.取ag混合物充分加熱，質量減少bgB.取ag混合物與足量稀硫酸充分反應，得到C.取ag混合物與足量溶液充分反應，得到bg溶液D.取ag混合物與足量稀鹽酸充分反應，加熱、蒸干、灼燒，得到bg固體【答案】C【解析】【詳解】A．受熱易分解生成碳酸鈉、水和二氧化碳，所以通過加熱分解利用差量法即可計算出質量分數，A不符合題意；B．取ag混合物與足量稀硫酸充分反應，得到，根據碳守恒可計算出和的總的物質的量，結合總質量ag，可計算出質量分數，B不符合題意；C．取ag混合物與過量氫氧化鈉溶液充分反應，加熱、蒸干、灼燒，得bg固體，bg固體為碳酸鈉及過量NaOH，不可以計算出質量分數，C符合題意；D．和均可與鹽酸反應生成水、二氧化碳和氯化鈉，所以bg固體是氯化鈉，利用守恒法可計算出質量分數，D不符合題意；故選C。12.下表中的各組物質之間通過一步反應就能實現(xiàn)如圖所示轉化的是編號abcd①Na②Al③Fe④MgA.②④ B.①④ C.②③ D.③④【答案】D【解析】【詳解】①NaOH加熱不能分解，NaOH不能一步轉化為Na2O，故不選①；②Al2O3不能生成Al(OH)3，Al(OH)3也不能直接生成Al，故不選②；③FeCl2與氯氣反應生成FeCl3，F(xiàn)e與鹽酸反應生成FeCl2、Fe與氯氣反應生成FeCl3；FeCl3與Cu反應生成CuCl2，CuCl2與鐵反應生成FeCl2和銅，故選③；④MgO與鹽酸反應生成MgCl2，單質Mg與氧氣反應生成MgO，單質Mg與鹽酸反應生成MgCl2，MgCl2和氫氧化鈉反應生成Mg(OH)2，加熱Mg(OH)2分解為MgO，故選④；③④正確；答案選D。13.GaZrOx雙金屬氧化物催化CO2加氫制甲醇的反應機理如圖所示，活化位點為催化劑區(qū)域能吸附反應物分子同催化劑反應的基團位置。下列說法不正確的是A.該過程的總反應可表示為CO2+3H2CH3OH+H2OB.反應①②③④均有極性鍵的斷裂與形成C.CO2和H2的活化位點相同D.氧空位濃度高，有利于增強CO2的吸附能力【答案】C【解析】【詳解】A．由圖可知，該圖表示GaZrOx雙金屬氧化物催化CO2加氫制甲醇的反應機理，總反應為CO2+3H2CH3OH+H2O，A正確；B．反應①中有Ga-O極性鍵斷裂，Ga-H極性鍵形成；反應②中有Ga-H極性鍵斷裂，C-H極性鍵形成；反應③中有Ga-O極性鍵斷裂，C-H極性鍵形成；反應④中H-O極性鍵斷裂，Ga-O極性鍵形成，B正確；C．根據圖示，CO2活化位點是氧空位，與H2活化位點不相同，C錯誤；D．根據圖示，氧空位與二氧化碳作用，氧空位濃度高，有利于增強CO2的吸附能力，D正確；故選C。14.是重要的化工原料，可以按如下流程充分利用。已知：是離子化合物，各原子均滿足8電子穩(wěn)定結構。下列說法正確的是A.反應③實現(xiàn)了氮的固定B.的電子式為C.反應②過程中，氮元素的雜化方式由變?yōu)镈.結合能力：【答案】B【解析】【詳解】A．氮的固定指將游離態(tài)氮轉化為化合態(tài)氮，反應③是化合態(tài)氮到游離態(tài)氮，不屬于氮的固定，A錯誤；B．的電子式為，B正確；C．反應②過程中，含氮元素的物質由變成，和中氮元素的雜化方式都為，C錯誤；D．甲基為推電子基團，使得中N原子周圍電子云密度比的大，易給出孤電子對與形成配位鍵，故結合能力：，D錯誤；答案選B。二、填空題(共58分)15.鈉及其化合物在人類生產、生活中起著重要的作用。請回答下列問題：（1）工業(yè)上，將和以1∶2的物質的量之比配成溶液，再通入可制取，同時放出，寫出該反應的化學方程式：___________。（2）我國化學家侯德榜發(fā)明了聯(lián)合制堿法，為世界制堿工業(yè)做出了巨大貢獻。聯(lián)合制堿法的主要過程如圖所示(部分物質已略去)。①寫出反應①的化學方程式：___________。②下列關于該流程的說法正確的是___________(填標號)。A．可循環(huán)使用的物質只有B．副產物可用作氮肥C．優(yōu)先通入氣體至飽和，后通入，就會產生沉淀（3）向50mL的氫氧化鈉溶液中通入一定量的二氧化碳，充分反應后再向溶液中逐滴滴入0.1mol/L的稀鹽酸，產生氣體的體積(標準狀況)如圖所示。①通入二氧化碳后形成溶液的溶質成分是___________(填化學式)。②滴入25mL稀鹽酸過程中，溶液導電性___________(填“增強”“減弱”或“不變”)，試解釋其原因：___________。③原50mL氫氧化鈉溶液的濃度為___________?！敬鸢浮浚?）（2）①②.B（3）①.NaOH、②.減弱③.發(fā)生中和反應，溶液中的離子總數不變，溶液體積增大，導致溶液的導電性減弱④.0.15mol/L【解析】【小問1詳解】將和以1∶2的物質的量之比配成溶液，再通入可制取，同時放出，根據得失電子守恒，該反應的化學方程式：；【小問2詳解】①向飽和食鹽水中通入氨氣和二氧化碳氣體，反應生成碳酸氫鈉和氯化銨，化學方程式：；②A．侯氏制堿法制堿過程中可循環(huán)利用的物質有二氧化碳和氯化鈉，A錯誤；B．副產物中含N元素，可用作氮肥，B正確；C．該過程需先通入氨氣，使溶液呈堿性以吸收更多的二氧化碳，生成碳酸氫鈉，C錯誤；【小問3詳解】①氫氧化鈉溶液中通入一定量的二氧化碳，反應可生成碳酸氫鈉，向反應后溶液中加入稀鹽酸，加入0-50mL未產生氣體，說明存在NaOH；②滴入25mL稀鹽酸過程中，發(fā)生的主要反應：，溶液中的離子總數不變，溶液體積增大，導致溶液的導電性減弱；③當加入75mL鹽酸時，恰好生成NaCl，原NaOH物質的量等于氯化氫物質的量，n(NaOH)=0.1mol/L×0.075L=0.0075mol，原50mL氫氧化鈉溶液的濃度：c(NaOH)=。16.某研究小組為了更準確檢測香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量，設計實驗如下：①三頸燒瓶中加入香菇樣品和水；錐形瓶中加入水、淀粉溶液，并預加的碘標準溶液，攪拌。②以流速通氮氣，再加入過量磷酸，加熱并保持微沸，同時用碘標準溶液滴定，至終點時滴定消耗了碘標準溶液。③做空白實驗，消耗了碘標準溶液。④用適量Na2SO3替代香菇樣品，重復上述步驟，測得SO2的平均回收率為95%。已知：，?；卮鹣铝袉栴}：（1）裝置圖中儀器a、b的名稱分別為_______、_______。（2）三頸燒瓶適宜的規(guī)格為_______(填標號)。A．

B．

C．（3）解釋加入H3PO4，能夠生成SO2的原因：_______。（4）滴定管在使用前需要_______、洗滌、潤洗；滴定終點時溶液的顏色為_______；滴定反應的離子方程式為_______。（5）若先加磷酸再通氮氣，會使測定結果_______(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。（6）該樣品中亞硫酸鹽含量為_______mg?kg-1(以SO2計，結果保留三位有效數字)。【答案】（1）①.球形冷凝管②.恒壓滴液漏斗（2）C（3）加入H3PO4后，溶液中存在化學平衡，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進了化學平衡向右移動（4）①.檢驗其是否漏水②.藍色③.I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-（5）偏低（6）80.8【解析】【分析】由題中信息可知，檢測香菇中添加劑亞硫酸鹽的含量的原理是：用過量的磷酸與其中的亞硫酸鹽反應生成SO2，用氮氣將SO2排入到錐形瓶中被水吸收，最后用碘標準溶液滴定，測出樣品中亞硫酸鹽含量?！拘?詳解】根據儀器a、b的結構可知，裝置圖中儀器a、b的名稱分別為球形冷凝管和恒壓滴液漏斗，故答案為：球形冷凝管；恒壓滴液漏斗；【小問2詳解】三頸燒瓶中加入10.00g香菇樣品和400mL水，向其中加入H3PO4的體積不超過10mL。在加熱時，三頸燒瓶中的液體不能超過其容積的，因此，三頸燒瓶適宜的規(guī)格為1000mL，故答案為：C；【小問3詳解】Ka1(H3PO4)=7.1×10-3＜Ka1(H2SO3)=1.3×10-2，但H3PO4為難揮發(fā)性的酸，而H2SO3易分解為SO2和水，加熱時SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進了化學平衡H2SO3SO2+H2O向右移動，故答案為：加入H3PO4后，溶液中存在化學平衡H2SO3SO2+H2O，SO2的溶解度隨著溫度升高而減小，SO2逸出后，促進了化學平衡H2SO3SO2+H2O向右移動；【小問4詳解】滴定管在使用前需要檢驗其是否漏水、洗滌、潤洗；滴定前，溶液中的碘被SO2還原為碘離子，溶液的顏色為無色，當滴加最后半滴標準碘液時淀粉溶液由無色變?yōu)樗{色，且半分鐘之內不褪色說明已達滴定終點，反應的離子方程式為I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-，故答案為：檢驗其是否漏水；藍色；I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-；【小問5詳解】若先加磷酸再通氮氣，則不能將裝置中的空氣及時排出，有部分亞硫酸鹽和SO2被裝置中的氧氣氧化，碘的標準液的消耗量將減少，因此會使測定結果偏低，故答案為：偏低；【小問6詳解】實驗中SO2消耗的標準碘液的體積為0.30mL+1.00mL=1.30mL，減去空白實驗消耗的0.10mL，則實際消耗標準碘液的體積為1.20mL，根據反應I2+SO2+2H2O=2I-+4H++SO42-可以計算出n(SO2)=n(I2)=(1.20×10-3)L×0.01000mol·L-1=1.2010-5mol，由于SO2的平均回收率為95%，則實際生成的n(SO2)=，則根據S元素守恒可知，該樣品中亞硫酸鹽含量為，故答案為：80.8。17.回答下列問題。（1）已知CuO具有氧化性，與氨氣加熱反應的產物中含有兩種單質。寫出在加熱條件下CuO和反應的化學方程式：___________。（2）在、、、、、組成的一個氧化還原反應體系中，發(fā)生的反應過程。將以上物質組成一個正確的離子方程式，并用單線橋標出其電子轉移的方向和數目：___________。（3）與NaOH和NaClO的混合溶液作用，是一種制備理想的綠色水處理劑()的方法，寫出該反應的化學方程式：___________。（4）可用于實驗室制，若不加催化劑，400℃時分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽，另一種鹽的陰陽離子個數比為1∶1，寫出該反應的化學方程式：___________。（5）某地污水中有機污染物主要成分是三氯乙烯()，向該污水中加入(還原產物為)溶液可將其中的三氯乙烯除去，氧化產物只有，寫出該反應的化學方程式：___________?！敬鸢浮浚?）（2）（3）（4）（5）【解析】小問1詳解】已知CuO具有氧化性，能夠和氨氣反應生成兩種單質(Cu、N2)，則在加熱條件下CuO和NH3反應的化學方程式為；【小問2詳解】被還原為Bi3+，Bi元素化合價降低了2，則應該有Mn2+被氧化為，Mn元素化合價升高了5，由最小公倍數可知，反應共轉移10個電子，反應的離子方程式與電子轉移情況為；【小問3詳解】Fe(OH)3與NaOH和NaClO的混合液作用生成Na2FeO4，鐵元素化合價升高，氯元素化合價降低，得到氯化鈉：；【小問4詳解】若不加催化劑，400℃時KClO3分解只生成兩種鹽，其中一種是無氧酸鹽KCl，另一種鹽也是鉀鹽，且陰陽離子個數比為1：1，生成KCl時氯元素化合價降低，由+5變?yōu)?1，則另一部分氯元素化合價升高為+7得到KClO4，結合電子守恒、元素質量守恒可知反應為；【小問5詳解】污水中加入KMnO4(還原產物為MnO2)溶液可將其中的三氯乙烯除去，氧化產物只有CO2，則氯元素轉化為KCl，結合元素質量守恒可知，同時生成HCl，反應為2KMnO4+C2HCl3=2MnO2↓+HCl+2KCl+2CO2↑。18.黃鐵礦高溫煅燒除硫后的燒渣主要含有，某研究小組嘗試用燒渣制取綠礬()，流程圖如下。已知：完全沉淀時的小于開始沉淀時的?；卮鹣铝袉栴}：