浙江省杭州市西湖区学军统考2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1浙江省杭州市西湖区学军统考2024-2025学年高一上学期期末考试化学试题一、单选题1．下列物质属于酸性氧化物的是A．CO B．NO2 C．Al2O【答案】D【解析】能与碱反应生成盐和水而各元素化合价不发生变化的氧化物为酸性氧化物。CO既不能与酸发生反应也不能与碱发生反应，属于不成盐氧化物，A不符合题意；NO2可以与碱反应生成硝酸盐、亚硝酸盐和水，此过程中生成两种盐且N元素的化合价发生变化，不是酸性氧化物，B不符合题意；Al2O3既可以与酸发生反应又可以与强碱发生反应，属于两性氧化物，C不符合题意；SO3与碱反应生成硫酸盐和水，不生成其他物质，属于酸性氧化物，D符合题意；故答案选D。2．下列实验仪器的名称不正确的是A．坩埚 B．分液漏斗C．泥三角 D．球形干燥管【答案】C【解析】为坩埚，用于灼烧固体，名称正确；是分液漏斗，用于滴加液体，名称正确；为三脚架，用于稳定放置加热容器，名称错误；为球形干燥管，用于干燥、净化气体，或装置保护，名称正确。3．下列叙述中正确的是A．NaCl固体不导电，所以NaCl不是电解质B．铜丝、石墨均能导电，所以它们都是电解质C．熔融的MgCl2能导电，所以MgCl2是电解质D．NaCl溶于水，在通电条件下才能发生电离【答案】C【解析】NaCl固体不导电，但其水溶液或熔融状态下可以导电，NaCl的电解质，A错误；铜丝、石墨均为单质，单质不属于电解质和非电解质的范畴，二者既不是电解质也不是非电解质，B错误；熔融的MgCl2可以导电说明在熔融状态下有自由移动的离子，MgCl2为电解质，C正确；NaCl在水中电离为自发过程，不需要通电，D错误；故答案选C。4．下列关于化学键的说法中，不正确的是A．化学键是一种作用力B．化学键分为极性键和非极性键两类C．化学键可以使离子相结合，也可以使原子相结合D．化学反应过程中，反应物分子内的化学键断裂，产物分子中的化学键形成【答案】B【解析】化学键是相邻的两个或多个原子之间的一种强烈的相互作用，因此化学键属于作用力，故A项正确；化学键包括离子键、共价键和金属键，共价键又分为极性键和非极性键，故B项错误；形成离子键可以使阴阳离子相结合，形成共价键可以使原子相结合，故C项正确；化学反应过程就是原子重新组合的过程，在这个过程中，反应物分子内化学键断裂，产生的单个原子，产生的原子再重新组合形成生成物分子中的化学键，故D项正确；故选B。5．中国人自古就有泡药酒的习惯，将中药材浸泡在白酒中经过一段时间，中药材中的有效成分溶解在酒中，此时即可过滤去渣后饮用。泡药酒依据的实验原理是A．萃取 B．分液 C．蒸馏 D．结晶【答案】A【解析】利用溶质在不同溶剂中的溶解度差异，分离提纯物质，在酒中浸泡中药材，有效成分(主要是有机物)易溶解在有机溶剂酒精中，A正确；分液是分离互不相溶的液体，B错误；蒸馏是分离沸点差异较大的液体混合物，C错误；结晶是利用溶解度差异分离混合物，D错误。6．化学与生产、生活密切相关。下列有关说法不正确的是A．SO2B．硬铝的强度比纯铝大，可用于制造宇宙飞船等C．漂白粉可用于漂白棉、麻、纸张等，其长期露置在空气中会失效D．FeSCN【答案】A【解析】SO2可用于杀菌消毒，可适量用作食品添加剂，A合金晶体结构的改变​和​缺陷相互作用的增强导致强度大于纯金属，所以硬铝的强度比纯铝大，可用于制造宇宙飞船等，B正确；漂白粉中含有Ca(ClO)2，与空气的CO2和水生成HClO，HClO具有强氧化性，可以用于漂白棉、麻、纸张等，HClO不稳定、见光易分解：‌2HClO光照=2HCl+O₂↑‌，C由于FeSCN3溶液显血红色，所以可以在影视剧中用作替代血液的道具，D7．下列化学用语表述正确的是A．中子数为10的氧原子：1018B．S2-的结构示意图为C．NH4Cl电子式：D．NaCl溶液中的水合离子【答案】D【解析】元素符号左下角表示质子数，左上角表示质量数，已知O是8号元素，中子数为10的氧原子表示为：818O，已知S是16号元素，得到2个电子形成8电子稳定结构的S2-，其结构示意图为：，B错误；NH4Cl电子式为：，C错误；已知H2O中H原子端带正电荷，O原子端带负电荷，NaCl溶液中的水合氯离子和水合钠离子分别表示为：，D正确。8．关于合成氨工艺，下列说法不正确的是A．合成氨是一种重要的人工固氮方法B．该反应过程中氮元素被氧化C．合成的NH3可以用于化肥工业D．反应采用高温、高压等苛刻条件，与N2化学性质很稳定有关【答案】B【解析】合成氨是将游离态的氮气转化为化合态的氨气，一种重要的人工固氨方法，A正确；该反应过程中氮元素化合价从0价降低为-3价，得电子被还原，B错误；合成的氨气可以用于生成碳酸氢铵、尿素等化肥产品，C正确；N2中的氮氮三键难以断裂，因此N2化学性质很稳定，该反应采用高温、高压等苛刻条件来促进反应进行，D正确。9．下列关于卤族元素性质的变化规律，描述不正确的是A．颜色深浅：I2＞Br2＞Cl2＞F2 B．氧化性：I2＜Br2＜Cl2＜F2C．稳定性：HI＜HBr＜HCl＜HF D．酸性：HI＜HBr＜HCl＜HF【答案】D【解析】第ⅦA族元素中，随着原子序数的增大，单质颜色逐渐加深，颜色深浅：I2＞Br2＞Cl2＞F2，A正确；

随着原子序数的增大，元素的非金属性依次减弱，则单质的氧化性逐渐减弱，非金属性：F＞Cl＞Br＞I，即氧化性：I2＜Br2＜Cl2＜F2，B正确；随着原子序数的增大，元素的非金属性依次减弱，简单氢化物的稳定性减弱，非金属性：F＞Cl＞Br＞I，稳定性：HI＜HBr＜HCl＜HF，C正确；原子半径：F<Cl<Br<I，共价键键能：非金属性：F-H＞Cl-H＞Br-H＞I-H，氢化物酸性：HI＞HBr＞HCl＞HF，D错误。10．下列说法正确的是A．焰火中紫色来源于钠盐灼烧B．储氢合金能够大量吸收H2，并与HC．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁D．面包师用小苏打作发泡剂烘焙面包，是因为Na2【答案】B【解析】焰色反应中，钠元素的火焰呈黄色，钾元素的焰色呈紫色（通过蓝色钴玻璃观察），A错误；储氢合金通过物理或化学吸附大量吸收氢气，并与氢气结合形成金属氢化物，这一过程可逆，从而实现氢气的储存与释放，B正确；电解六水合氯化镁（MgCl2⋅6H2O）得到氢氧化镁，小苏打为碳酸氢钠（NaHCO3），碳酸钠（Na2CO3）是纯碱，发泡原理是NaHCO3受热分解生成CO211．下列溶液中离子一定能大量共存的是A．使紫色石蕊溶液变红的溶液：Fe2+、Mg2+、NOB．碳酸氢钠溶液：K+、SO42-、C．澄清透明的溶液：Fe3+、Mg2+、BrD．加入铝粉有氢气产生的溶液：K+、Na+、CO【答案】C【解析】使紫色石蕊溶液变红的溶液呈酸性，有大量H+，使溶液中NO3-具有强氧化性，将还原性的Fe2+氧化为Fe3+，因此一定不能大量共存，H+能与NaHCO3发生离子反应：H++HCO澄清透明的溶液可以存在有色离子(Fe3+黄色），能大量共存，C加入铝粉有氢气产生的溶液可能呈强碱性，各离子能大量共存；也可能呈酸性，酸性环境下CO32-与H+反应：CO32-+2H+=H212．下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是A．胶体有丁达尔效应，可用于净水B．铁粉能与O2反应，可用作食品包装中的除氧剂C．FeCl3具有氧化性，可用于腐蚀印刷电路板上的CuD．氮化硅具有熔点高、硬度大和性质稳定等特点，可用作高温结构陶瓷【答案】A【解析】胶体具有很强的吸附性，可吸附水中的悬浮颗粒用于净水，与其能产生丁达尔效应无关，A正确；铁粉能与O2反应，消耗食品包装中的O2，防止食品氧化变质，可用作食品包装中的除氧剂，前后有因果关系，B错误；FeCl3用于腐蚀印刷电路板上的Cu，反应原理为：2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2，反应中FeCl3表现出氧化性，有因果关系，C错误；氮化硅具有熔点高、硬度大和性质稳定等特点，可用作高温结构陶瓷，前后有因果关系，D错误。13．下列装置或操作能达到实验目的的是A．用图1装置装置制取氯气B．用图2装置除去氯气中的HCl气体C．用图3装置分离苯和溴D．用图4装置验证铁粉与水蒸气反应产生氢气【答案】D【解析】MnO2与稀盐酸不反应，无法制取氯气，应该用MnO2和浓盐酸加热来制备Cl2，A错误；图2为氯气尾气处理装置，除去氯气中的HCl气体应该采用装有饱和食盐水的洗气瓶，B错误；液溴易溶于苯，不能用图3分液装置分离苯和溴，应该采用蒸馏装置，C错误；已知3Fe+4H2O(g)高温Fe3O4+4H2，产生的氢气被图4装置中的肥皂泡收集，点燃可验证气体，D正确。14．在配制100mL1.0mol/L硫酸溶液的实验中，下列操作引起结果偏高的是A．若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥B．若定容时，仰视液面加水至刻度线C．若用量筒量取浓硫酸时，俯视读数D．若浓硫酸稀释后未冷却，立即转移到容量瓶中并定容【答案】D【解析】若容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，不影响溶质的物质的量和溶液的体积，即对所配溶液的浓度没有影响，A错误；若定容时，仰视液面加水至刻度线，导致溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低，B错误；若用量筒量取浓硫酸时，俯视读数，导致量取的溶质的物质的量偏小，所配溶液浓度偏低，C错误；若浓硫酸稀释后未冷却，因为溶液放热使溶液体积受热膨胀，加入水的偏少，导致冷却置室温后所配溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高，D正确。15．短周期元素Q、R、T、W在元素周期表中的位置如图所示，其中T所处的周期序数与主族序数相等，下列叙述正确的是A．原子半径：QB．T的氧化物能溶于氨水C．W元素对应的含氧酸是强酸D．R、W的氢化物分子可能具有相同数目的电子【答案】D【解析】同周期主族元素原子半径从左向右逐渐减小，因此原子半径：R<Q，W<T，A错误；T位于第三周期，T所处的周期序数与主族序数相等，可知T为Al，氧化物为氧化铝，为两性氧化物，能与强酸、强碱反应生成盐和水，但不能与弱碱NH3·H根据周期表的位置，W为S，S元素对应的含氧酸不一定是强酸，如亚硫酸，C错误；根据周期表的位置，R为N，W为S，均可形成18电子的氢化物N2H4和H2S，D正确。16．若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a-d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析不正确的是A．a处变蓝，说明SO2是酸性氧化物 B．b处褪色，说明SO2具有漂白性C．c处褪色，说明SO2具有还原性 D．试管底部可能会出现白色固体【答案】A【解析】SO2是酸性氧化物，通入a处紫色石蕊试液溶液应变为红色，A错误；品红是常见的有机染料，b处品红溶液褪色，说明SO2具有漂白性，B正确；c处具有氧化性的酸性高锰酸钾溶液褪色，原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，体现出SO2的还原性，C正确；浓硫酸具有吸水性，可吸收铜与浓硫酸反应生成的H2O，导致试管底部出现白色的无水CuSO4固体，D正确。17．用饱和硫酸亚铁、浓硫酸和硝酸钾反应可以制得纯度为98%的NO，其反应为：FeSO4+KNO3+H2SO4(浓)→Fe2(SO4)3+NO↑+K2SO4+H2O(未配平)。下列有关说法正确的是A．该反应的氧化剂是浓硫酸B．工业上用水吸收SO3制硫酸C．Fe2(SO4)3、K2SO4、H2O均为强电解质D．氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2【答案】D【解析】在该反应中，KNO3中N元素的化合价从+5价降低到+2价，则反应的氧化剂是KNO3，而H2SO4中各元素的化合价均未改变，即浓硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；SO3和水反应剧烈放热，会产生大量酸雾，影响吸收效率，工业上用98.3%的浓硫酸来吸收SO3制硫酸，而不是用水来吸收，B错误；Fe2(SO4)3、K2SO4在水中均能完全电离，均为强电解质，而H2O只能部分电离，为弱电解质，C错误；根据氧化还原反应规律配平可得该反应方程式为：6FeSO4+2KNO3+4H2SO4(浓)=3Fe2(SO4)3+2NO↑+K2SO4+4H2O，Fe元素的化合价从+2价升高到+3价，氧化产物为Fe2(SO4)3，N元素的化合价从+5价降低到+2价，还原产物为NO，氧化产物与还原产物的物质的量之比为3:2，D正确。18．下列关于铁及其化合物的说法正确的是A．氯化铁能与沸水反应B．Fe与足量硫粉混合加热制取FeC．常温下可用铁制容器储存、运输浓硝酸、浓硫酸，是因为Fe与这两种酸不反应D．向FeCl2溶液中滴加酸性KMnO4【答案】A【解析】氯化铁能与沸水反应生成氢氧化铁胶体，A正确；S的氧化性较弱，Fe与足量硫粉混合加热反应生成FeS，B错误；常温下铁在浓硝酸、浓硫酸中会反应生成致密的氧化膜而钝化，因此可用铁制容器储存、运输浓硝酸、浓硫酸，C错误；FeCl2溶液中Fe2+和Cl-均具有还原性，可被具有强氧化性的酸性KMnO4溶液氧化，而使溶液褪色，该现象不能证明含有Fe2+，19．下列实验原理或方法正确的是A．有些化学药品使用后有剩余可放回原试剂瓶中B．向NaOH稀溶液中滴加饱和FeCl3溶液制备Fe(OH)3胶体C．向饱和NaCl溶液中先通入CO2至饱和，再通入NH3，可析出NaHCO3固体D．配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液，定容时滴加蒸馏水不慎超过了刻度线，用滴管吸出少量液体至液面与刻度线相切【答案】A【解析】从试剂瓶中取出的药品，若使用后有剩余，为了避免污染试剂，一般不能放回原试剂瓶，未污染的干燥固体，易氧化/吸湿的固体​，如Na、K等药品，若有剩余需要放回试剂瓶，A正确；3NaOH+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NaOH，应该向沸水中滴加几滴饱和氯化铁溶液来制备Fe(OH)3胶体，B错误；由于NH3极易溶于水形成碱溶液，CO2在水中溶解度较小，易与碱性溶液反应，应向饱和NaCl溶液中先通入NH3至饱和，再通入CO2，可析出NaHCO3固体，C错误；配制溶液，定容时加水不慎超过刻度线，用滴管吸出少量液体会导致损失一部分溶质，导致结果偏低，应该重新配制，D错误。20．设NAA．标准状况下，22.4L的H2OB．1molNa2C．7.8gNa2D．标准状况下，将2.24LCl2通入水中，Cl-、ClO-【答案】C【解析】标准状况下，H2O不是气体，无法使用22.4L/mol计算其物质的量，因此无法确定原子数，Na2O2由2个Na+和1个O22-构成，1molNaNa2O2与水发生反应：2Na2O2+2H2O＝4NaOH+O2↑，由方程式可知，Na标准状况下，将2.24L22.4L/mol=0.1molCl2通入水中，发生反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应为可逆反应，根据原子守恒，2n(Cl2)+n(Cl-)+n(21．用FeSO4溶液、空气除去烟气中的SO下列说法正确的是A．过程I中，氧化产物是SOB．转化过程需补充FeC．SO2最终转化成D．过程II中，发生反应的离子方程式为：Fe【答案】C【解析】过程I中，反应为：2Fe2++SO2+O2=2Fe3+过程I中Fe2+先转化为Fe3+，过程Ⅱ为Fe3+又生成Fe2+过程Ⅱ的反应为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe根据C项分析，过程Ⅱ离子方程式为：2Fe3++SO22．下列反应的离子方程式书写正确的是A．向氯化钡溶液中通入二氧化碳气体反应：BaB．用稀氢碘酸溶液除去铁制品表面的铁锈：FeC．铜与浓硝酸反应：CuD．NH4HCO3溶液与足量的【答案】C【解析】酸性：盐酸>碳酸，向氯化钡溶液中通入二氧化碳气体不发生反应，A错误；氧化性：Fe3+>I2，Fe3+能氧化I-，正确的离子方程式为：Fe2铜与浓硝酸发生氧化还原反应，离子方程式为：Cu+4H+NH4HCO3溶液中HCO3-和NH4+23．铝元素是地壳中含量最多的金属元素(约占地壳总量的7.73%)，主要以铝土矿形式存在(主要成分是Al2O3)，要从铝土矿中提取铝，首先要获得纯度较高的氧化铝。主要的工艺流程如图所示，下列说法不正确的是A．操作a和操作b均为过滤B．操作c一般在坩埚中进行C．纯铝的硬度和强度较小，不适合制造机器零件D．得到固体Y的离子方程式为：2【答案】D【解析】向铝土矿中加入氢氧化钠溶液，将氧化铝转化为四羟基合铝酸钠，过滤得到四羟基合铝酸钠溶液；向溶液中通入过量二氧化碳，四羟基合铝酸钠溶液与过量二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，过滤得到氢氧化铝；操作a和操作b均为固液分离的过滤操作，A正确；操作c为氢氧化铝灼烧分解生成氧化铝，固体的灼烧一般在坩埚中进行，B正确；铝合金的硬度和机械强度比成分金属大，适合制造机器零件，纯铝的硬度和强度较小，不适合制造机器零件，C正确；固体Y为氢氧化铝，得到氢氧化铝的离子方程式为：AlOH4-+CO24．取一定质量含Cu，Cu2O，CuO的固体混合物。将其分成二等份，并进行下列转化：据上述实验数据，可推算加入的HNO3物质的量浓度为A．1.6mol/L B．3.2mo/L C．4.8mol/L D．条件不足，无法计算【答案】B【解析】Cu2O写为CuO·Cu，则固体混合物可看成由CuO和Cu组成，两份固体质量相等，第一份被足量氢气还原，发生反应：H2​+CuOΔ​=Cu+H2​O、H2​+Cu2OΔ​=2Cu+H2​O，固体减少的质量为O元素6.4g，则n(O)=6.4g16g/mol=0.4mol，则①n(CuO)+n(Cu2O)=0.4mol；Cu、Cu2O、CuO与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+4H2O+2NO↑、3Cu2O+14HNO3=6Cu(NO3)2+7H2O+2NO↑，CuO+2HNO3=Cu(NO3)2+2H2O，产生标况下4.48LNO，即产生NO物质的量为0.2mol，根据电子守恒：因此：②n(Cu)+n(Cu2O)=0.3mol；根据Cu守恒：③n[Cu(NO3)2]=n(Cu)+2n(Cu2O)+n(CuO)=①+②=0.7mol，根据N守恒：④n(HNO3)=2n[Cu(NO3)2]+n(NO)=0.7mol×2+0.2mol=1.6mol，浓度为1.6mol500mL=3.2mol/L，答案选B25．用图1所示装置向装有一瓶氯气的集气瓶中添加适量的蒸馏水，振荡，先利用注射器加NaOH溶液，再利用注射器加稀硫酸，测得集气瓶内的压强随时间变化的曲线如图2所示。下列说法不正确的是A．若将Cl2换为SO2，阶段B．若将Cl2换为CO2，所得压强变化趋势与图C．阶段②的压强变小，可利用该过程发生的反应制备漂白液D．阶段③发生反应的离子方程式为：H【答案】D【解析】水中溶解度：SO2>Cl2，且SO2+H2O⇌H2若将Cl2换为CO2，发生的反应为：CO2+H2O⇌H2阶段②的压强变小，说明氢氧化钠与氯气反应：Cl2​+2NaOH=NaCl+NaClO+H2​O，NaClO有强氧化性，是漂白液的有效成分，可利用该过程发生的反应制备漂白液，C正确；阶段②为氢氧化钠与氯气反应完全，生成氯化钠和次氯酸钠，继续加入硫酸，阶段③发生反应的离子方程式为2H++Cl-二、解答题26．随着原子序数的递增，8种短周期元素(用英文字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价或最低负化合价的变化如图所示。回答下列问题：(1)元素z在元素周期表中的位置为。(2)元素的非金属性：dg(用<、=、>来表示)。(3)元素x、y可形成含10电子的分子，其空间构型为，元素d、f、h形成的简单离子，半径大小顺序为(写离子符号)。(4)下列说法正确的是_______。A．e单质长期露置在空气中最终转化为碳酸盐B．x、z、d形成的化合物只含有共价键C．物质e2D．两份等质量的f单质分别与足量稀盐酸、NaOH溶液充分反应后，产生相同体积的气体【答案】(1)第2周期第ⅤA族(2)＞(3)正四面体形Cl-＞O2-＞Al3+(4)ACD【解析】（1）8种短周期元素中，d、g均有-2价，二者处于VIA族，而g的原子序数较大，d为O元素、g为S元素；Z有+5价，根据原子序数可知为N，其原子结构示意图为：，则元素z在元素周期表中的位置为第2周期第ⅤA族；（2）d为O，g为S，是同一主族元素，同一主族从上往下元素非金属性依次减弱，即元素的非金属性O＞S即d＞g；（3）y有+4价，处于ⅣA族，原子序数小于d(氧)，y为C元素；x有+1价，处于IA族，其中原子半径小于y(C)，x为H元素，两元素可形成含10电子的分子即CH4，其空间构型为正四面体形；d为O，e有+1价，处于IA族，原子序数大于d(O)，e为Na；f有+3价，处于ⅢA族，原子序数大于e(Na)，f为Al；h有-1价，原子序数大于g(S)，h为Cl；元素d、f、h形成的简单离子即O2-、Al3+和Cl-，Cl-核外有3个电子层，其余为2个电子层，但O的核电荷数比Al小，半径大小顺序为：Cl-＞O2-＞Al3+；（4）e为Na，长期露置在空气中先被氧气氧化为Na2O、再与空气中的水反应转化为NaOH、最终吸收二氧化碳转化为碳酸盐Na2CO3，A正确；x为H、z为N、d为O，三种元素形成的化合物NH3·H2O只含有共价键，但NH4NO3中既有离子键又有共价键，B错误；e为Na、d为O，物质e2d2即Na2O2能与CO2、H2O反应放出O2，即可在呼吸面具中作为氧气来源，C正确；f为Al，根据反应2Al+2NaOH+6H2O=2Na[Al(OH)4]+3H2↑，2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑可知，两份等质量的Al分别与足量稀盐酸、NaOH溶液充分反应后，产生相同体积的气体，D正确，答案为：ACD。27．硫铁矿(含FeS2)回答下列问题：(1)硫铁矿中硫元素的化合价为。(2)反应I的化学方程式为。(3)下列关于C的说法正确的是_______。A．酸雨指的是pH<7B．浓硫酸有强氧化性，不能用于干燥SO2C．浓硫酸有脱水性，因此可以使硫酸铜晶体失去结晶水D．稀硫酸长时间放置在空气中浓度会变高，浓硫酸长时间放置在空气中浓度会变低(4)将A通入到BaCl2溶液中无明显变化，若同时通入过量氨气，则生成白色沉淀，写出生成白色沉淀的总反应离子方程式(5)将A通入新制氯水中，发现溶液褪色，检验反应后溶液中还原产物阴离子的方法是。【答案】(1)-1(2)4FeS(3)D(4)SO(5)取适量溶液于试管中，加稀HNO3酸化，再滴加硝酸银溶液，若是产生白色沉淀，则证明溶液中含有氯离子【解析】硫铁矿和氧气煅烧生成A为二氧化硫，二氧化硫和水生成D为亚硫酸，亚硫酸氧化为C是硫酸；二氧化硫和氧气催化氧化生成B是三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸。（1）硫铁矿中铁为+2价，则S元素的化合价为-1；（2）反应I是硫铁矿和氧气煅烧生成二氧化硫，其化学方程式为4FeS2（3）A．酸雨是指pH值小于5.6的降水，故A错误；B．浓硫酸有强氧化性，但是不与二氧化硫反应，因此可以干燥二氧化硫气体，故B错误；C．硫酸铜晶体中自身含有水，浓硫酸吸收晶体中的结晶水，体现的是吸水性，故C错误；D．稀硫酸长时间放置水分挥发，在空气中浓度会变高，浓硫酸长时间放置吸水，在空气中浓度会变低，故D正确；选D；（4）二氧化硫和氨气、水反应转化为亚硫酸铵，再和氯化钡生成亚硫酸钡沉淀，反应为：SO2（5）将二氧化硫通入到新制氯水中，两者发生反应生成硫酸和HCl，其中还原产物的阴离子为氯离子，因此检验反应后溶液中氯离子的方法为：取适量溶液于试管中，加稀HNO3酸化，再滴加硝酸银溶液，若是产生白色沉淀，则证明溶液中含有氯离子。28．某学习小组设计实验，探究镁与二氧化氮反应的产物，实验装置如图所示。已知：①2NO2+2NaOH回答下列问题：(1)装置A中的装浓硝酸的仪器名称是。装置A中发生反应时硝酸表现的化学性质为。(2)实验时先启动装置A中的反应，当装置C中(填实验现象)时，点燃酒精灯加热，这样操作的目的是。(3)经测定，Mg与NO2反应生成Mg3N2、MgO和N2，其中Mg3N(4)装置D的作用是。(5)实验完毕后，设计实验证明产物中有Mg3N2生成。取少量装置C中固体于试管中，滴加蒸馏水，(填操作和现象)【答案】(1)分液漏斗酸性，氧化性(2)充满红棕色气体排尽装置中的空气，避免空气中的O2、N2、CO2等与Mg反应(3)11Mg+4NO(4)吸收E中挥发出的水蒸气(5)有刺激性气味的气体逸出(或产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色)【解析】（1）由图可知，装置A中的装浓硝酸的仪器名称是分液漏斗；装置A中铜和浓硝酸反应：Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，硝酸表现的化学性质为酸性和氧化性；（2）实验时装置A中先发生反应，当装置C中充满红棕色NO2气体时，装置中的空已排净气，此时点燃酒精灯加热，这样操作的目的是：排尽装置中的空气，避免空气中的O2、N2、CO2等与Mg反应；（3）已知Mg与NO2反应生成Mg3N2、MgO和N2，其中Mg3N2（4）由于Mg3N2极易与水反应：Mg₃N₂+6H₂O=3Mg(OH)₂+2NH₃↑，所以装置D的作用是：吸收E（5）根据（4）分析，Mg3N2极易与水反应生成氨气，因此实验完毕后，取少量装置C中固体于试管中，滴加蒸馏水，若有刺激性气味的气体逸出(或产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色)29．二氧化氯ClO2具体以强氧化性，是一种比较安全的消毒剂。实验小组以氯气和亚氯酸钠NaClO2为原料制备二氧化氯资料：i.ClO2为黄绿色气体，易溶于水，难溶于CCl4；Cl2ii.CCl4iii.NaClO2溶液呈弱碱性，在酸性溶液中，NaClO8进行如下图所示实验，实验过程中，持续通入N2使C中生成的ClO(1)A为Cl2发生装置(夹持和加热装置已略)。A中反应的离子方程式为(2)装置B中饱和NaCl溶液的作用是。(3)装置C中制备ClO2的反应为Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2(4)装置C中Cl2还可能发生的反应为(用化学方程式表示)【实验现象】随着装置A中的Cl2持续产生，开始时装置D液面上方出现黄绿色气体，溶液较长一段时间保持无色，随后逐渐变为黄绿色，说明有Cl2进入【实验反思】(5)甲同学推测装置D中Cl2的来源：实验进行一段时间后，装置C中的ClO2氧化Cl-，产生的Cl乙同学提出还有其他以下可能的来源。来源1：部分Cl2未