全国I卷2025届高三化学考前冲刺必刷卷一含解析

PAGE19-（全国I卷）2025届高三化学考前冲刺必刷卷（一）（含解析）留意事项：1.本试卷分第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分。2.答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在本试卷的相应位置。3.全部答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。4.本试卷满分100分，测试时间90分钟。5.考试范围：必修一第三章、第四章。可能用到的相对原子质量：H-1C-l2O-16Na-23Cl-35.5K-39Mn-55Fe-56I-127第I卷一、选择题：本题共20小题，在每题给出的选项中，只有一个选项符合题目要求。第1～10题，每小题2分，第11～20题，每小题3分。1.下列做法与建设天蓝、地绿、水清的漂亮中国相违反的是（）A.推广光伏发电B.推广运用一次性塑料餐具C.杜绝在湿地、绿地乱搭乱建D.关停排放严峻超标的企业【答案】B【解析】【详解】A．推广光伏发电，可以削减化石燃料的运用，故A正确；B．运用一次性塑料餐具属于资源奢侈，且不行降解，造成白色污染，故B错误；C．杜绝在湿地、绿地乱搭乱建符合青山绿水的要求，故C正确；D．关停排放严峻超标的企业有利于环境的爱护，故D正确；答案选B。2.化学与生活、生产关系亲密。下列说法正确的是（）A.明矾可作净水剂，也可用于自来水的杀菌消毒B.氢氧化铝、碳酸钠常用作胃酸中和剂C.SiC和C60两种化合物均属于新型无机非金属材料D.“火烧硝石有紫青烟”的描述说明硝石中含有钾元素【答案】D【解析】【详解】A．明矾不具有杀菌消毒的作用，但可净水只起到除去悬浮物的作用，故A错误；B．碳酸钠碱性较强，不用于治疗胃酸过多，通常用氢氧化铝和碳酸氢钠，故B错误；C．C60属于单质，不是化合物，不属于新型无机非金属材料，故C错误；D．“紫青烟”为钾元素的焰色反应现象，故D正确；答案选D。【点睛】杀菌消毒运用是氧化性较强的物质，例如臭氧，二氧化氯，过氧化氢等，明矾只能吸附水中的难溶物而沉降。3.下列物质的应用中，利用了该物质氧化性的是（）A.液氨——作制冷剂B.甘油——作护肤保湿剂C.FeCl3——用于铜制印刷版的制作D.食醋——除去水壶中的水垢【答案】C【解析】【详解】A．液氨气化吸热，所以用作制冷剂，该过程中没有元素化合价改变，所以为非氧化还原反应，故A错误；B．甘油作护肤保湿剂，是利用的其物理性质，没有元素化合价的改变，所以为非氧化还原反应，故B错误；C．FeCl3与Cu反应，铁元素得电子，FeCl3作氧化剂，可以用于铜制印刷版的制作，故C正确；D．食醋除去水壶中的水垢利用了食醋的酸性，醋酸与碳酸钙反应，属于复分解反应，该过程中没有元素化合价改变，所以为非氧化还原反应，故D错误；答案选C。【点睛】化合价较高的物质，发生反应时，化合价会降低，体现氧化性，化合价较低的物质，化合价会上升，体现还原性，复分解反应不属于氧化还原反应。4.示踪原子法是探讨化学反应的重要方法之一，下列化学方程式正确的是（）A.2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2OB.Na234S+2H2SO4(浓)=Na2SO4+S↓+34SO2↑+2H2OC.515NH4NO3=2H15NO3+4N2↑+9H2OD.K37ClO3+6HCl=K37Cl+3Cl2↑+3H2O【答案】A【解析】【详解】A．该反应中被氧化完全转化为氧气，所以双氧水中的18O反应后完全存在于O2中，化学反应方程式为2KMnO4+5H218O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2O，故A正确；B．反应中浓硫酸被还原为二氧化硫，则Na234S中硫元素被氧化为34S单质，故B错误；C．在5NH4NO3═2HNO3+4N2+9H2O的反应中，15N由−3价上升为0价，化合价上升3价，被氧化，进入氮气中，氮元素由硝酸根中+5价降低为0价，化合价降低5价，被还原，依据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等可知，发生氧化反应的氮原子与发生还原反应的氮原子的个数之比是5:3，所以15N由−3价上升为0价，全部被氧化进入氮气中，没有氮元素进入HNO3中，故C错误；D．反应中氯元素发生的是归中反应，37Cl存在于氯气分子中，故D错误；答案选A。【点睛】化合价发生改变时，只能先相邻的价态转化，例如Na234S+2H2SO4(浓)=Na2SO4+S↓+34SO2↑+2H2O中-2价的硫只能上升到0价，不能跨过0上升到+4价，为易错点。5.向下列溶液中通入过量CO2，最终会有固体析出的是（）A.澄清石灰水 B.硝酸钡溶液 C.氯化钠溶液 D.饱和碳酸钠溶液【答案】D【解析】【详解】A．澄清石灰水中通入过量CO2，最终生成碳酸氢钙，所以最终不会产生沉淀，故A错误；B．硝酸钡溶液中通入过量CO2，不反应，所以无明显现象，故B错误；C．氯化钠溶液中通入过量CO2，不反应，所以无明显现象，故C错误；D．饱和碳酸钠溶液通入过量的二氧化碳生成溶解度较小的碳酸氢钠，所以析出沉淀碳酸氢钠，故D正确；答案选D。【点睛】化学反应一般遵循强酸制弱酸，难挥发性酸制易挥发性酸的规律。6.常温下，下列各组离子在指定的环境中可能大量共存的是（）A.pH=13的溶液中：Na+、S2-、AlO2-、SO32-B.某无色溶液中：Na+、Cu2+、NO3-、Cl-C.硝酸钠溶液中：Ca2+、K+、SO42-、MnO4-D.加入铝粉能产生H2的溶液中：Na+、K+、HCO3-、NO3-【答案】A【解析】【详解】A．pH=13的溶液中呈碱性，Na+、S2−、AlO2−、SO42−之间不反应，都不与氢氧根离子反应，在溶液中能够大量共存，故A正确；B．Cu2+为有色离子，不满意溶液无色的条件，故B错误；C．Ca2+、SO42−之间反应生成硫酸钙沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；D．加入铝粉能产生H2的溶液呈酸性或强碱性，HCO3−与氢离子、氢氧根离子反应，在溶液中不能大量共存，故D错误；答案选A。【点睛】微溶物，例如硫酸钙，硫酸银属于微溶物，在溶液中不能大量共存。7.下列对物质的用途叙述错误的是A.亚硝酸钠和硅胶都是食品工业中常用的干燥剂B.漂白粉和都是常用的漂白剂C.双氧水和酒精都是常用的医用消毒剂D.醋酸和氯化钠都是常用的食品添加剂【答案】A【解析】【详解】A.亚硝酸钠可作防腐剂，不能作干燥剂，硅胶是食品工业中常用的干燥剂，故A错误；B.漂白粉具有强氧化性，二氧化硫可与有色物质化合，则都是常用的漂白剂，故B正确；C.双氧水具有强氧化性，酒精可使蛋白质发生变性，均是常用的医用消毒剂，故C正确；D.醋酸具有刺激性气味，氯化钠具有咸味，都是常用的食品添加剂，故D正确。故选A。8.氮元素的化合价与其形成物质类别的关系如图所示。下列说法错误的是（）A.b与O2在肯定条件下反应可以生成dB.c既有氧化性，又有还原性C.f的化学式肯定为NO2D.g与b可化合生成离子化合物【答案】C【解析】【分析】氮元素的化合价与其形成物质类别的关系如图所示，a为-3价的盐，则a中含有N3-；b为-3价氢化物，则b为NH3；c为单质，则c为N2；d为+2价氧化物，则d为NO；e为+3价盐，则e为亚硝酸盐；f为+4价氧化物，则f为NO2或N2O4；g为+5价的酸，则g为HNO3，据此结合元素化合物性质解答。【详解】A．b为−3价氢化物NH3，d为+2氧化物NO，氨气催化氧化可生成NO，故A正确；B．c为N2，氮气既可以被氧化又可以被还原，则氮气既有氧化性，又有还原性，故B正确；C．f为+4价氧化物，则f为NO2或N2O4，故C错误；D．g为+5价的酸HNO3，b为NH3，二者反应生成离子化合物硝酸铵，故D正确；答案选C。9.向稀硝酸中加入肯定质量的铁铜合金，充分反应后，有固体剩余，再向混合液中加入肯定量稀硫酸，有部分固体溶解。下列对上述过程的推断错误的是（）A.第一次剩余固体中肯定含有铁B.其次次剩余固体中肯定含有铜C.第一次所得混合溶液中肯定不含有Fe3+D.最终所得混合溶液中可能含有Cu2+【答案】A【解析】【详解】向稀硝酸中加入肯定质量的铁铜合金，充分反应后，有固体剩余，说明所得溶液中肯定不存在Fe3+，肯定含有Fe2+，可能含有Cu2+，剩余固体肯定有铜，可能有铁，再向混合液中加入肯定量稀硫酸，虽有部分固体溶解，但也可能是铜和剩余的NO3-和加入的H+反应并不能说明固体中肯定含有铁，所以结论和第一次加入硝酸的结论一样；A．依据上述分析，第一次剩余固体中可能含有铁，则A错误；B．依据分析，其次次剩余固体与第一次加入硝酸的结论一样，肯定含有铜，故B正确；C．依据分析，有固体剩余，说明所得溶液中肯定不存在Fe3+，故C正确；D．依据分析，最终所得混合溶液中可能含有Cu2+，故D正确；答案选A。10.下列试验仪器的选择错误的是（）A.用图1装置可以制取NH3B.用图2装置可以干燥NH3C.用图3装置可以收集NH3D.用图4装置可以完成“喷泉”试验【答案】C【解析】【详解】A．浓氨水与生石灰混合可生成氨气，图中固液反应装置可制备氨气，故A正确；B．碱石灰具有吸水性，与氨气不反应，属于碱性干燥剂，可干燥氨气，故B正确；C．氨气的密度比空气密度小，应短进长出收集氨气，故C错误；D．氨气极易溶于水，打开止水夹可引发喷泉，故D正确；答案选C。11.下列化合物既能通过化合反应一步制得，又能通过复分解反应一步制得的是（）A.SO3 B.FeCl2 C.Cu D.H2SiO3【答案】B【解析】【分析】由两种或两种以上的物质生成一种物质的反应为化合反应；两种化合物相互交换成分生成另外两种化合物的反应为复分解反应，据此分析。【详解】A．SO3可以由二氧化硫和氧气一步制得，但SO3不能通过复分解反应一步制得，故A错误；B．FeCl2能通过Fe和FeCl3化合反应一步制得，也能通过BaCl2和FeSO4复分解反应一步制得，故B正确；C．Cu不能通过化合反应和复分解反应制得，故C错误；D．H2SiO3不能通过化合反应一步制得，故D错误；答案选B。【点睛】化合反应是一种或多种物质生成一种物质的反应，得到的肯定是化合物，分解反应是一种物质得到多种物质的反应，复分解反应通常指的是酸碱盐之间的反应。12.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.标准状况下，0.56L甲烷中含有共价键数为0.1NAB.5.6g铁粉与1molCl2完全反应，转移的电子数目为0.2NAC.常温常压下，18g重水(D2O)含有的电子数为10NAD.0.1mol·L-1氯化钠溶液中所含氯离子的数目为0.1NA【答案】A【解析】【详解】A．0.56L甲烷的物质的量为0.025mol，而甲烷中含4条共价键，故0.025mol甲烷中含共价键为0.1NA条，故A正确；B．5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，和1mol氯气反应后，氯气过量，铁变为+3价，故0.1mol铁转移0.3NA个电子，故B错误；C．18g重水的物质的量为0.9mol，而一个重水分子中含10个电子，故0.9mol重水中含电子为9NA个，故C错误；D．溶液体积不明确，故溶液中氯离子个数无法计算，故D错误；答案选A。13.探讨表明，通过碘循环系统可以汲取工业废气中的SO2制备一种重要的化工原料M，同时完成氢能源再生(如图所示)。下列说法错误的是（）A.开发氢能源有利于社会可持续发展B.为提高SO2的汲取效率，应不断分别出HIC.I2为整个循环过程的催化剂D.M为硫酸【答案】B【解析】【分析】上述转化关系为：碘单质、二氧化硫和水发生氧化还原反应生成硫酸和碘化氢，碘化氢分解生成氢气和碘单质，据此分析解答。【详解】A．氢能源为清洁高效能源，故开发氢能源有利于社会可持续发展，故A正确；B．依据图示，碘在该系统循环运用不能分别出HI，故B错误；C．由图可知I2为整个循环过程中的催化剂，故C正确；D．上述循环系统生成氢气的同时可以得到的M为硫酸，故D正确；答案选B。14.高纯轻质CaCO3广泛应用于橡胶、塑料、油漆等行业。一种以磷石膏(主要成分为CaSO4，含少量SiO2和Al2O3)为原料制备轻质高纯CaCO3的流程如图：下列说法错误的是（）A.“转化”时发生反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4++SO42-B.“转化”时应先通入CO2，再通入NH3C.试验室“过滤”时用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯D.“浸取”过程中会有NH3生成【答案】B【解析】【分析】磷石膏氨水的浆料中通入氨气和二氧化碳可生成碳酸盐或碳酸氢盐，过滤后滤液为硫酸铵、氨水，滤渣含有碳酸钙、SiO2、Al2O3等，高温煅烧生成硅酸钙、偏铝酸钙等，加入氯化铵溶液充分浸取，可生成硅酸、氢氧化铝、氯化钙等，氯化钙最终可生成碳酸钙，结合分析解答。【详解】A．依据流程中反应物和产物综合推断，“转化”时发生反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3+2NH4++SO42−，故A正确；B．由于CO2溶解度小，NH3溶解度大，所以“转化”时应先通入NH3，再通入CO2，故B错误；C．试验室“过滤“时用到的玻璃仪器有玻璃棒、漏斗、烧杯，故C正确；D．“浸取”过程中主要是CaO与NH4Cl溶液反应，会有NH3生成，故D正确；答案选B。15.下列化学反应的离子方程式书写错误的是（）A.铝溶于NaOH溶液：Al+2OH-=AlO2-+H2↑B.浓盐酸与MnO2反应制备Cl2：MnO2+2Cl-+4H+Mn2++2H2O+Cl2↑C.向烧碱溶液中加入过量的小苏打：OH-+HCO3-=CO32-+H2OD.石灰石溶于醋酸：CaCO3+2CH3COOH=Ca2++2CH3COO-+H2O+CO2↑【答案】A【解析】【详解】A．金属铝溶于氢氧化钠溶液的离子反应为2H2O+2Al+2OH−═2AlO2−+3H2↑，故A错误；B．用浓盐酸与MnO2反应制取氯气，离子方程式：MnO2+4H++2Cl−Mn2++Cl2↑+2H2O，故B正确；C．向烧碱溶液中加入过量的小苏打，离子反应为HCO3−+OH−═H2O+CO32−，故C正确；D．石灰石溶于醋酸生成醋酸钙、二氧化碳和水，离子方程式：CaCO3+2CH3COOH=2CH3COO−+Ca2++CO2↑+H2O，故D正确；答案选A。16.氢化钠在有机合成中用途广泛。某学习小组利用如图所示装置制备NaH。下列说法正确的是（）A.装置B可用装置D代替B.装置D用于处理尾气C.试验后，将a中固体加入水中，若有H2生成，则证明固体为NaHD.装置A也可用于KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2【答案】D【解析】【详解】A．装置B用来除去氢气中混有的少量HCl，浓硫酸不能除去HCl，装置B不能用装置D代替，故A错误；B．Na可与水反应，影响C中NaH制取，则装置D可防止空气进入装置C的反应管中，不能汲取尾气，故B错误；C．Na与水反应生成氢气，NaH与水反应生成氢气，不能证明，故C错误；D．装置A为固液反应不加热制备气体的反应，装置A也可用于KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，故D正确；答案选D。17.五种常见物质的转化关系如图所示(部分反应物及产物略去)，其中W、M、X含有某种相同的元素。下列说法错误的是（）A.若X为O2，则W可能为二氧化碳B.若X为Al(OH)3，则Y可能为稀硫酸C.若X为Fe，则Y可能为稀硝酸D.若X为NaHCO3，则M可能为二氧化碳【答案】C【解析】【详解】A．若X为O2，W为二氧化碳，Y可为CO或C，M可为Na2O2，Z为Na，二氧化碳与过氧化钠反应可生成氧气，符合转化关系，故A正确；B．若X为Al(OH)3，Y为稀硫酸，则W为Al2(SO4)3，Z可为NaOH，M为NaAlO2，Al2(SO4)3与NaAlO2反应可生成Al(OH)3，符合转化关系，故B正确；C．若X为Fe，W、M为含铁化合物，二者不能生成Fe，故C错误；D．若X为

NaHCO3，M为二氧化碳，Z为酸，W可为NaOH或Na2CO3，二氧化碳与NaOH或Na2CO3反应可生成NaHCO3，符合转化关系，故D正确；答案选C。18.下列关于图像的描述错误的是（）A.图I表示向盐酸中滴加NaAlO2溶液，沉淀质量随NaAlO2溶液体积的改变B.图II表示向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液，沉淀质量随NaOH溶液体积的改变C.图III表示向NH4Cl溶液中加入稍过量Na2O2固体，产生气体的体积随Na2O2质量的改变D.图IV表示向Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，产生气体的体积随盐酸溶液体积的改变【答案】D【解析】【详解】A．向盐酸中滴加

NaAlO2溶液，先生成AlCl3，起先一段时间内没有沉淀生成，当盐酸全部转化为AlCl3后，AlCl3与NaAlO2反应生成氢氧化铝沉淀，图象符合，故A正确；B．向NH4Al(SO4)2溶液中滴加NaOH溶液，氢氧化钠先与铝离子反应生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化钠与铵根离子反应，最终氢氧化钠与氢氧化铝反应，沉淀完全溶解，图象符合，故B正确；C．向NH4Cl溶液中加入稍过量Na2O2固体，起先一段时间内，生成氧气和氨气，气体体积增大的较快，当过氧化钠过量时，只是过氧化钠与水反应，只有氧气生成，气体的体积增大的较慢，图象符合，故C正确；D．Na2CO3溶液中滴加稀盐酸，起先生成碳酸氢钠和NaCl，所以起先一段时间内没有气体生成，当碳酸钠全部转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠与盐酸反应生成气体，所以一起先时没有气体生成，图象不符合，故D错误；答案选D。【点睛】分析图像时，须要比照反应物之间的化学反应，依据每一步化学反应，推断图像的走势。19.下列试验操作和现象所得结论正确的是（）A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】【详解】A．溶液变浑浊，可能生成硅酸或AgCl，原溶液中可能含硅酸根离子，故A错误；B．向某无色溶液中滴加稀NaOH溶液，未运用加热，可能生成一水合氨，则原溶液中可能存在NH4+，故B错误；C．酸性KMnO4溶液中通入SO2，发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故C正确；D．先通入Cl2，可氧化亚铁离子，不能解除铁离子的干扰，试剂依次不合理，故D错误；答案选C。20.现有3.60gNaCl、NaHCO3和Na2CO3的混合固体，加热足够长时间后，固体质量剩余3.29g；将剩余固体溶于肯定体积的盐酸中，产生0.448L气体(标准状况下)，并将所得溶液稀释至100mL，测得所得溶液pH=1。下列推断正确的是（）A.混合固体中NaHCO3的质量为0.84gB.混合固体中Na2CO3的质量为2.12gC.所加盐酸中，HCl的物质的量为0.04molD.最终所得溶液中c(Cl-)=0.1mol·L-1【答案】A【解析】【详解】A．3.60

g

NaCl、NaHCO3和Na2CO3的混合固体，加热足够长时间后，固体质量剩余3.29g，削减了3.60g−3.29g=0.31g，削减的0.31g为碳酸氢钠分解所致，则：m==0.84g，故A正确；B．标况下0.448L二氧化碳的物质的量为：=0.02mol，依据C原子守恒可知，剩余固体中含有Na2CO3的物质的量为0.02mol，0.84gNaHCO3的物质的量为：=0.01mol，结合C原子守恒可知，原混合物中Na2CO3的物质的量为0.01mol，质量为：106g/mol×0.01mol=1.06g，故B错误；C．依据关系式Na2CO3∼2HCl可知，生成0.02mol二氧化碳消耗HCl的物质的量为：0.02mol×2=0.04mol，反应后HCl有剩余，则所加盐酸中HCl的物质的量大于0.04mol，故C错误；D．所得溶液pH=1，c(HCl)=c(H+)=0.1mol/L，由于溶液中还存在NaCl，最终所得溶液中c(Cl−)大于0.1mol⋅L−1，故D错误；答案选A。第II卷二、非选择题：本题包括4小题，共50分。21.现有A、B、C、D、E五种阴阳离子均不相同的化合物，五种阳离子为K+、Ca2+、Ba2+、Fe2+、Al3+，五种阴离子为Cl-、OH-、NO3-、SO42-、CO32-。现将它们分别配成0.5mol·L-1的溶液，进行如下试验：①测得溶液A、B呈碱性，且碱性为B＞A；②向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成；③向D溶液中滴加NaOH溶液，先出现沉淀，接着滴加，沉淀消逝。请依据上述试验现象，回答下列问题：（1）试验②中发生反应的化学方程式为___；向C中滴加NaOH溶液，出现的现象为___。（2）分两步写出试验③中发生反应的离子方程式：___；（3）写出下列四种化合物的化学式：A___、B___、E___。【答案】(1).9Fe(NO3)2+12HCl=5Fe(NO3)3+3NO↑+4FeCl3+6H2O(2).先出现白色沉淀，快速变灰绿色，最终变为红褐色(3).Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O(4).K2CO3(5).Ba(OH)2(6).CaCl2【解析】【分析】①能使溶液呈碱性的离子有OH-、CO32-，测得溶液A、B呈碱性，则应分别为碱、碳酸盐，且碱性为B＞A，则A为碳酸盐，形成化合物且溶于水的只有K+，剩下的阳离子能与OH-形成化合物且溶于水的只有Ba2+，故A应为K2CO3，B应为Ba(OH)2；②向C溶液中滴加稀盐酸，有气体生成，应为Fe(NO3)2，发生氧化还原反应生成NO气体；③向D溶液中滴加NaOH溶液，先岀现沉淀，接着滴加，沉淀消逝，则D含有Al3+，E含有Ca2+，结合离子共存可知D为Al2(SO4)3，E为CaCl2，以此解答该题。【详解】(1)试验②中发生反应的化学方程式为9Fe(NO3)2+12HCl=5Fe(NO3)3+3NO↑+4FeCl3+6H2O；向C中滴加NaOH溶液，C溶液中为Fe(NO3)2，出现的现象为先出现白色沉淀，快速变为灰绿色，最终变为红褐色；(2)试验③中发生反应的离子方程式为Al3++3OH−=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；(3)由以上分析可知A为K2CO3，B为Ba(OH)2，E为CaCl2。22.MnO在医药、有机合成、电化学等领域用途广泛，易被氧化。某化学爱好小组利用MnO2和炭粉制备MnO并检验可能的气态产物，利用如图所示装置进行试验。已知：i.CO与PdCl2溶液反应生成黑色难溶于水的Pd单质和两种常温下为气态的酸性物质。ii.试验室常用亚硝酸钠晶体与饱和氯化铵溶液反应制备N2。请回答下列问题：（1）按气流从左到右的方向，上述装置的合理连接依次为c→___→j(填仪器接口的小写字母)。（2）试验起先时，应先点燃装置B处酒精灯一段时间后，再点燃装置A处酒精喷灯，缘由为___(答两点)。（3）充分反应后，能证明气态产物只有CO的现象为___。（4）装置C中发生反应的化学方程式为___。（5）装置F的作用为___。【答案】(1).fg(gf)→ab(ba)→hi→de(2).防止生成的MnO被氧化、防止可能生成的CO与空气混合加热爆炸、防止空气中的CO2干扰试验(3).置E中澄清石灰水无明显现象，装置C中溶液出现黑色沉淀(4).CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl(5).收集CO，防止空气污染【解析】【分析】依据装置：B装置用亚硝酸钠晶体与饱和氯化铵溶液反应制备N2，解除出装置空气，由D装置除去N2中的水蒸气，A装置用MnO2和炭粉制备MnO，E装置用来检验是否有CO2生成，C装置利用反应：CO+PdCl2+H2O=Pb↓+CO2+2HCl用于检验CO，F装置用于收集尾气，充分反应后，若装置E中澄清石灰水无明显现象，装置C中溶液出现黑色沉淀，CO与PdCl2溶液反应生成黑色难溶于水的Pd单质，说明气态产物只有CO，据此分析作答。【详解】(1)依据分析，装置B制备氮气，D装置除去N2中的水蒸气，A装置制备MnO，E装置用来检验是否有CO2生成，C装置检验CO，F装置用于收集尾气，故连接依次为：c→fg(gf)→ab(ba)→hi→de→j；(2)由信息可知，MnO易被氧化，且生成的CO与空气混合加热可能发生爆炸，空气中的二氧化碳与石灰水反应干扰试验，故试验起先时，应先点燃装置B处酒精灯一段时间后，再点燃装置A处酒精喷灯；(3)依据分析，装置E中澄清石灰水无明显现象，装置C中溶液出现黑色沉淀，CO与PdCl2溶液反应生成黑色难溶于水的Pd单质，说明气态产物只有CO，说明气态产物只有CO；(4)已知CO与PdCl2溶液反应生成黑色难溶于水的Pd单质和两种常温下为气态的酸性物质，依据元素为二氧化碳和HCl，故装置C中反应为：CO+PdCl2+H2O=Pd↓+CO2+2HCl；(5)装置F的作用是收集CO，防止空气污染。23.含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题：I.多硫化物是含多硫离子(Sx2-)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。（1）Na2S2的电子式为___。（2）Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子方程式为___。（3）黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，其煅烧的化学方程式为___。II.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。（4）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为___。（5）向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为___。（6）向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为___。III.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的滴定试剂，常用来滴定溶液中的含碘量。（7）为测定某碘水中I2的浓度(假设碘水中的碘元素均以碘单质形式存在)，取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01mol·L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当___(填试验现象)，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则该碘水中I2的浓度为___mg·L-1。【答案】(1).(2).S52−+2H+=H2S↑+4S↓(3).4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2(4).+4(5).S2O52−+O2+H2O=2SO42−+2H+(6).Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2(7).滴入最终一滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不再变蓝(8).127【解析】【分析】Ⅰ．(1)Na2S2是离子化合物，是钠离子和过硫根离子构成；(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S；(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2；

Ⅱ．(4)元素化合价倒数和为0计算得到元素的化合价；(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸；(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠；Ⅲ．取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01mol•L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应终点的现象是滴入最终一滴溶液，蓝色变为无色且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算。【详解】Ⅰ．(1)Na2S2的电子式为；(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，反应的离子方程式为S52−+2H+=H2S↑+4S↓；(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；Ⅱ．(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价+1价，氧元素化合价−2价，化合价代数和为0计算得到硫元素的化合价为+4；(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式：S2O52−+O2+H2O=2SO42−+2H+；(6)向饱和碳酸钠溶液中通入