重庆市南开中学校2022-2023学年高一下学期期中考试化学 Word版含解析.docx

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重庆南开中学高2025级高一(下)期中考试化学试题本试卷分为第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。第I卷和第II卷都答在答题卡上。可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Mg24S32Cu64第I卷(单选题共32分)一、本大题共10小题，每题2分，共20分。下列各题四个选项中只有一个选项符合题意，请选出。不选、多选或错选不给分。1.化学与生产、生活密切相关。下列现象或事实、解释或原因均正确是选项现象或事实解释或原因A一氧化氮可用作灯泡填充气体一氧化氮分子比较稳定B二氧化硫可添加于红酒中二氧化硫具有漂白性C正常雨水的pH约为5.6正常雨水中溶解了二氧化碳D碳酸钡可用作“钡餐”碳酸钡难溶于水A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．一般灯泡填充气体是充入氮气，且一氧化氮遇空气反应生成二氧化氮，不稳定，选项A错误；B．SO2是很好的抑菌剂，红酒中常加入微量的SO2，但不是利用其漂白性，选项B错误；C．正常雨水中因溶解了二氧化碳，pH约为5.6，选项C正确；D．碳酸钡难溶于水，但可与胃酸反应生成可溶性的钡盐引起重金属中毒，不能用作“钡餐”，应选用硫酸钡，选项D错误；答案选C。2.下列各微粒的图式表示不正确的是A.次氯酸的结构式：H—Cl—OB.水的分子结构模型： C.原子核内有8个中子的碳原子：D.氯化钙的电子式：【答案】A【解析】【详解】A．次氯酸中氧原子分别与H和Cl成键，结构式为：H—O—Cl，A错误；B．水分子的空间构型为V形，结构模型为，B正确；C．核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，可知该原子可表示为，C正确；D．氯化钙是由钙离子和氯离子形成的，电子式为：，D正确；故选A。3.将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀，然后再加入适量浓硫酸，迅速搅拌。该实验中浓硫酸没有体现的性质是A.吸水性B.脱水性C.强氧化性D.酸性【答案】D【解析】【详解】将适量的蔗糖放入烧杯中，加入几滴水，搅拌均匀，体现浓硫酸的吸水性，放出的热量加快后续反应，后再加入适量浓硫酸，迅速搅拌，观察到蔗糖逐渐变黑，是由于浓硫酸的脱水性将蔗糖变为炭黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体，是由于发生了C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O，反应中体现了浓硫酸的强氧化性，故没有体现浓硫酸的酸性；故选D。4.下列说法正确的是A.蔗糖、二氧化碳和足球烯都是共价化合物，它们在熔融态均不导电B.的热稳定性比强，是由于分子间的作用力很强C.KCl、HCl、KOH的水溶液都能导电，所以它们都属于离子化合物D.与反应，有极性共价键和非极性共价键的断裂和形成【答案】D【解析】【详解】A．为单质，不是化合物，A错误； B．H2O的热稳定性比H2S强，是由于H2O的H—O键键能比H—S键大，B错误；C．HCl属于共价化合物，C错误；D．Na2O2中含有非极性键和离子键，H2O中只含有极性共价键，NaOH中含有离子键和极性共价键，O2中含有非极性共价键，则反应中有离子键、极性共价键、非极性共价键的断裂和形成，D正确；故选D。5.元素周期表和元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法合理的是A.若和的核外电子层结构相同，可推出原子序数：B.由高温下碳与水蒸气的置换反应，可推出非金属性：C.由硅、锗都可以做半导体材料，可推出硅、锗属于过渡元素D.由水溶液的酸性：，可推断出元素的原子半径：【答案】A【解析】【详解】A．微粒X+和Y2-的核外电子排布相同，则X原子比Y原子多个电子层，X可能为钠、Y可能为氧，原子序数，A正确；B．由高温下碳与水蒸气为C+H2O(g)CO+H2，在该反应中，C为还原剂，对应的是金属性，B错误；C．硅、锗都是主族元素，不是过度元素，C错误；D．非金属性酸性的强弱和其原子半径无关，D错误；故选A。6.若代表阿伏加德罗常数，下列表述正确的是A.中含有的共价键数目为B.固体中含有的离子数为C.的氨水中分子数为D.常温下28gFe与足量浓硫酸充分反应转移电子数为【答案】A【解析】【详解】A．1个甲烷有4个共价键，(物质量为0.1mol)中含有的共价键数目为，故A正确； B．氮化镁含有3个镁离子和2个氮离子，(物质的量为0.1mol)固体中含有的离子数为，故B错误；C．氨水中会部分电离出铵根离子和氢氧根离子，因此的氨水溶液中分子数为小于，故C错误；D．常温下28gFe与足量浓硫酸发生钝化，因此无法计算转移电子数目，故D错误。综上所述，答案为A。7.下表是元素周期表一部分，W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8。下列说法错误的是A.原子半径：B.常温常压下，Y单质为固态C.气态氢化物稳定性：D.X的最高价氧化物的水化物是强碱【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素，W与X的最高化合价之和为8，则W为N，X为Al，Y为Si，Z为P。【详解】A．根据层多径大，则原子半径：，故A正确；B．Y为Si，常温常压下，Y单质为固态，故B正确；C．根据非金属性越强，其气态氢化物越稳定，则气态氢化物稳定性：，故C正确；D．X的最高价氧化物的水化物是氢氧化铝，是两性氢氧化物，故D错误。综上所述，答案为D。8.下列实验不能达到目的的是目的实验A验证二氧化硫还原了氯化铁溶液取少量反应后的溶液，滴加酸性高锰酸钾溶液B除去中混有的少量HCl将混合气体通过装有饱和食盐水的洗气瓶C除去NO中混有的少量将混合气体通过装有水的洗气瓶 D制备少量二氧化硫气体向浓硫酸中加入少量铜粉并加热A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．氯离子也可以使高锰酸钾溶液褪色，A错误；B．混有少量HCl将混合气体通过盛饱和食盐水的洗气气瓶可除去HCl，且能降低氯气的溶解度，B正确；C．二氧化氮可以和水反应生成一氧化氮，且一氧化氮不溶于水，C正确；D．浓硫酸和铜在加热的条件下反应可以生成二氧化硫，D正确；故选A。9.下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是实验现象离子方程式A硫氢化钠溶液与稀硫酸混合有气泡产生B氢氧化钡溶液与亚硫酸氢钠溶液混合生成白色沉淀C二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色D氧化亚铁溶于稀硝酸A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．硫氢化钠溶液与稀硫酸混合有气泡产生即硫化氢气体，其离子方程式为，故A不符合题意；B．氢氧化钡溶液与亚硫酸氢钠溶液混合生成白色沉淀亚硫酸钡和水、氢氧化钠，其离子方程式为，故B不符合题意；C．二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色，反应生成锰离子、硫酸根和氢离子，其离子方程式为 ，故C符合题意；D．氧化亚铁溶于稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，其反应离子方程式为，故D不符合题意。综上所述，答案为C。10.下列各组离子能在指定条件下一定能大量共存的是A.的溶液中：、、、B.的溶液中：、、、C.硫酸铵溶液中：、、、D.加铝生成氢气的溶液中：、、、【答案】C【解析】【详解】A．在酸性条件下，硝酸根离子可以氧化碘离子，A错误；B．次氯酸根离子有强氧化性，可以氧化碘离子和亚硫酸根离子，B错误；C．、、、相互之间不反应，并且也不和硫酸铵反应，可以共存，C正确；D．加铝生成氢气的溶液可能显示碱性，在碱性条件下、、可以和氢氧根离子发生反应，D错误；故选C。二、本大题共4小题，每题3分，共12分，下列各题四个选项中只有一个选项符合题意，请选出。不选、多选或错选不给分。11.科学家合成出了一种新化合物(如图所示)，其中W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半。下列叙述正确的是A.电解WZ的水溶液制备单质WB.与氢气化合从难到易的顺序为：X、Z、YC.Y的最高价氧化物的水化物是强酸D.该新化合物中所有原子最外层均满足8电子稳定结构 【答案】D【解析】【分析】W、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是X核外电子数的一半，Z只有一个价键，X有四个价键，则X为Si、Z为Cl，W为Na，Y为P。【详解】A．电解熔融的氯化钠制备单质Na，故A错误；B．同周期从左到右非金属性逐渐减弱，与氢气化合越来越容易，则与氢气化合从难到易的顺序为：X、Y、Z，故B错误；C．Y的最高价氧化物的水化物是磷酸，磷酸是中强酸，故C错误；D．Cl有一对共用电子对，有三对孤对电子，最外层共8个电子，Si形成四对共用电子对，最外层8个电子，P形成两对共用电子对，还有3个电子，又得到一个电子共8个电子稳定结构，钠失去一个电子形成8电子稳定结构，则该新化合物中所有原子最外层均满足8电子稳定结构，故D正确。综上所述，答案为D。12.甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：下列有关物质的推断正确的是A.若甲为碳单质，则丁可能是稀硝酸B.若甲为溶液，则丁可能是氨水C.若甲为Fe，则丁可能是稀硫酸D.若甲为溶液，则丁可能是【答案】D【解析】【详解】A．若甲为碳单质，丁是稀硝酸，则乙为二氧化碳，二氧化碳和稀硝酸不反应，A错误；B．若甲AlCl3，丁为氨水，则乙为Al(OH)3，Al(OH)3和氨水不反应，B错误；C．若甲为Fe，丁是稀硫酸，则乙为硫酸亚铁，硫酸亚铁和稀硫酸不反应，C错误；D．若甲为溶液，丁是，则乙是一氧化氮，丙是二氧化氮，D正确；故选D。13.将盛有和的混合气体的试管倒立于装有足量水的水槽中，充分反应后(假设试管中溶质没有扩散到水槽中)，试管内剩余10mL气体，则下列说法正确的是(已知：气体体积已折算为标况下体积)A.原混合气体中的与的体积比可能为3∶1B.当剩余气体为NO时，试管中所得溶液的物质的量浓度更大 C.若将水换为氢氧化钠溶液，试管中剩余气体体积依然为10mLD.继续向试管中通入相同状况下7.5mL氧气，则试管中剩余气体体积可能为4.5mL【答案】B【解析】【分析】将盛有和的混合气体的试管倒立于装有足量水的水槽中，充分反应后(假设试管中溶质没有扩散到水槽中)，试管内剩余10mL气体，可能剩余氧气，也可能剩余NO气体。【详解】A．若剩余氧气10mL，则50mL和的混合气体通入到水中变为硝酸，，则这50mL气体中体积为，则氧气体积为20mL，混合气体中的与的体积比为2:1，若剩余气体是10mLNO，根据，则有30mL转变为NO，还有30mL和的混合气体通入到水中变为硝酸，，则这30mL气体中体积为，则原混合气体中的与的体积比可能为(30＋24)∶6=9∶1，故A错误；B．根据前面分析混合气体可能是40mL、20mL，可能是54mL、6mL，根据氮元素守恒，则转变为硝酸用掉的体积分别为40mL、44mL，则当剩余气体为NO时，则消耗掉的试管中所得溶液的物质的量浓度更大，故B正确；C．若将水换为氢氧化钠溶液，则只有混合气体是40mL、20mL这种情况时，试管内剩余气体依然为10mL，而混合气体是54mL、6mL这种情况时，没有气体剩余，主要是二氧化氮和氢氧化钠反应生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，故C错误；D．继续向试管中通入相同状况下7.5mL氧气，当剩余是10mLNO气体时，发生，则10mLNO消耗7.5mL氧气，最终试管中剩余气体体积为0，故D错误。综上所述，答案为B。14.2.28g铜镁合金完全溶解于75mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到和的混合气体1680mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入l.0mol/LNaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到3.81g沉淀，下列说法正确的是A.该合金中，镁的物质的量为0.03mol B.和混合气体的平均相对分子质量约为55.2C.得到3.81g沉淀时，加入NaOH溶液的体积为900mLD.该浓硝酸中的物质的量浓度为12.0mol/L【答案】B【解析】【分析】设铜、镁的物质的量分别为x、y，则①64x+24y=2.28，②98x+58y=3.81，解得x=0.03mol，y=0.015mol，混合气体的物质的量=，设N2O4、NO2的物质的量分别为a、b，根据氧化还原反应中得失电子数相等：2×(0.03+0.015)=2a+b，a+b=0.075，则a=0.015mol，b=0.06mol，c(HNO3)=，硝酸的物质的量n(HNO3)=14.0mol/L×75mL÷1000=1.05mol。【详解】A．由分析可知，该合金中，镁的物质的量为0.015mol，A错误；B．和混合气体的摩尔质量约=，其平均相对分子质量约为55.2，B正确；C．沉淀达最大时，溶液中只有硝酸钠，根据原子守恒：n(NaOH)=n(HNO3)-（2a+b）=1.05mol-0.09mol=0.96mol，氢氧化钠溶液体积为960mL，C错误；D．c(HNO3)=，D错误；故选B。第II卷(非选择题共68分)三、本大题共6小题，共68分。15.L、M、X、Y、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，其相关信息如下表：元素相关信息L单质为气体M单质为气体XX是地壳中含量最高的元素YY的最外层电子数为Q的最外层电子数的一半QQ的最外层电子数是L和M的最外层电子数之和请回答下列问题：（1）M在周期表中的位置是__________。 （2）X、M、Y、Q简单离子的半径由大到小顺序为____________________。（3）M与L能形成化合物。的电子式为____________________。（4）由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是__________；L与X的原子可形成分子，可通过_____结合而形成缔合分子。（5）Q可形成多种化合物。中加入稀盐酸产生可以使品红褪色的气体和淡黄色固体，则反应的离子方程式为：_______________。【答案】（1）第2周期第VA族（2）（3）（4）①.范徳华力(分子间作用力)②.氢键（5）【解析】【分析】L、M、X、Y、Q为原子序数依次增大的短周期主族元素，元素X是地壳中含量最高的元素，则X是O，L、M原子序数比氧小，且其单质都为气体，则L为H，M为N，Q的最外层电子数是L和M的最外层电子数之和，则Q为S，Y的最外层电子数为Q的最外层电子数的一半，则Y为Al，故L为H，M为N，X是O，Y为Al，Q为S，以此解题。【小问1详解】由分析可知M为N，则M在周期表中的位置是：第2周期第VA族；【小问2详解】由分析可知，M为N，X是O，Y为Al，Q为S，电子层越多半径越大，电子层结构相同的时候，原子序数越小半径越大，故其对应简单离子的半径由大到小顺序为：；【小问3详解】由分析可知，L为H，M为N，则M与L能形成化合物为N2H4，其电子式为：；【小问4详解】由分析可知，L为H，M为N，X是O，则为NO2，为由分子构成的物质，其由固态变为气态所需克服的微粒间作用力是范徳华力(分子间作用力)；为H2O，可形成分子间氢键，故可通过氢键结合而形成缔合分子(H2O)n； 【小问5详解】由分析可知，X是O，Q为S，则为，可以和盐酸反应生成二氧化硫和单质硫，离子方程式为：。16.利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的，其部分工艺流程如下：（1）上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是________；滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是_________(填化学式)。（2）该工艺需控制NO和物质的量之比接近1∶1。若，则会导致___________；若，则会导致______。（3）生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中会发生分解，产物之一是NO，其反应的离子方程式为______________________________。【答案】（1）①.使尾气中的NO、被充分吸收②.（2）①.排放气体中NO含量升高②.产品中含量升高（3）()【解析】【分析】石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、)反应生成亚硝酸钙和水，排出净化的气体，过滤，得到还有石灰乳的滤渣，将滤液经过一系列过程得到无水。【小问1详解】上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底进入，石灰乳从吸收塔顶喷淋)，其目的是气液逆流接触面积更大，使尾气中的NO、被充分吸收；由于石灰乳没有反应完，因此滤渣可循环使用，滤渣的主要成分是；故答案为：使尾气中的NO、被充分吸收；。【小问2详解】 该工艺需控制NO和物质的量之比接近1∶1。若，则会导致NO过量，NO与氢氧化钙不反应，因此排放气体中NO含量升高；二氧化氮和氢氧化钙反应生成硝酸钙、亚硝酸钙和水，若，则会导致产品中含量升高；故答案为：排放气体中NO含量升高；产品中含量升高。【小问3详解】生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中会发生分解，产物之一是NO，水命在酸性条件下亚硝酸根发生氧化还原反应，则还有硝酸钙(或二氧化氮)和水生成，其反应的离子方程式为()；故答案为：()。17.立德粉(也称锌钡白)，是一种常用白色颜料。以重晶石为原料，可按如下工艺生产立德粉：回答下列问题：（1）在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，该过程的化学方程式为_____________________。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上在高温条件下可通过水蒸气变换反应将其转化为和一种清洁能源气体，该反应的化学方程式为_______________________。（2）在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的___________(填化学式)。（3）沉淀器中反应的离子方程式为_____________________。（4）“洗涤”操作中，洗涤2～3次后，取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量___________，再加___________，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗净。【答案】（1）①.②.（2）（3） （4）①.稀盐酸②.氯化钡溶液【解析】【分析】在回转炉中重晶石与过量焦炭高温下反应生成可溶性硫化钡和一氧化碳，将BaS加水浸出得到净化的BaS溶液，向BaS溶液中加入硫酸锌得到，在分离、洗涤、干燥、粉碎得到产品。【小问1详解】在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡，由于焦炭过量和回转炉尾气中含有有毒气体，说明还有CO气体生成，因此该过程的化学方程式为。回转炉尾气中含有有毒气体，生产上在高温条件下可通过水蒸气变换反应将其转化为和一种清洁能源气体，根据质量守恒，说明还有氢气生成，该反应的化学方程式为；故答案为：；。【小问2详解】在潮湿空气中长期放置的“还原料”，会逸出臭鸡蛋气味的气体，且水溶性变差，说明BaS和空气中水、二氧化碳反应生成碳酸钡和硫化氢气体，则原因是“还原料”表面生成了难溶于水的；故答案为：。【小问3详解】沉淀器中是硫酸锌和硫化钡溶液反应生成沉淀，其离子方程式为；故答案为：。【小问4详解】是否洗涤干净，主要检验最后一次洗液中是否含有硫酸根离子即“洗涤”操作中，洗涤2～3次后，取最后一次洗涤液少许于试管中，先加入足量稀盐酸，再加氯化钡溶液，若无白色沉淀生成，则证明沉淀已洗净；故答案为：稀盐酸；氯化钡溶液。18.SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量时的排放。（1）SCR(选择性催化还原)工作原理如图所示： ①尿素水溶液热分解为和。②反应器中还原的化学方程式_________________________。（2）NSR(储存还原)工作原理：的储存和还原在不同时段交替进行，如图1所示。①通过BaO和的相互转化实现的储存和还原。储存的物质是__________。②用模拟尾气中还原性气体研究了的催化还原过程，该过程分两步进行，如图2表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的与的物质的量之比是__________。③还原过程中，有时会产生笑气。笑气为直线形不对称分子，与具有相似的化学键特征，则笑气的结构式为__________。研究发现还原过程中笑气的产生与NO有关，在有氧条件下与以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是。与互为____________________(填“同位素”或“同素异形体”)。 请将该反应的化学方程式补充完整：__________。____________【答案】（1）（2）①.BaO②.8∶1③.④.同位素⑤.3【解析】【小问1详解】氨气和二氧化氮发生归中反应生成氮气和水，方程式为：；【小问2详解】①根据图中物质转化，BaO吸收NOx为Ba(NO3)2，Ba(NO3)2与还原性尾气反应生成氮气和水，最终Ba(NO3)2逆向转化回BaO，故储存NO的物质是BaO；②由图可知，第一步反应氢气与Ba(NO3)2作用生成NH3，Ba(NO3)2中的氮元素由+5价降为-3价，故1molBa(NO3)2反应转移电子数目为8mol×2=16mol，1mol氢气反应失去2mol电子，故反应氢气的量为16mol÷2=8mol,第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8:1，故答案为：8:1；③二氧化碳为直线形分子，笑气为直线形不对称分子，与具有相似的化学键特征，则笑气的结构式为：；与互为质子数相同，中子数不同，故两者互为同位素；根据15NNO中N与15N的关系，说明得到1mol15NNO总共会失去3mol电子，1mol氧气得到4mol电子，因此根据得失电子守恒，则该反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O；故答案为：415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。19.较活泼金属与硝酸反应，产物复杂。如一定浓度的硝酸与镁反应，可同时得到NO、、三种气体。某同学欲用下列仪器组装装置来直接验证有NO、生成并制取氮化镁(假设实验中每步转化均是完全的；且实验装置可重复利用)。已知：①的沸点是21.1℃、熔点是；NO的沸点是、熔点是； ②氮化镁遇水会发生反应。回答下列问题：（1）为达到上述实验目的，所选用仪器的正确连接方式是__________。A→F→________→________→________→B→F→E（2）确定还原产物中有的现象是_________________。（3）实验前需先打开开关K，向装置内通气体，当_________________时停止通入。（4）实验过程中，发现在装置D中产生预期现象的同时，装置C中溶液颜色慢慢褪去，试写出装置C中反应的离子方程式：________________________。（5）在装置A中反应开始时，某同学马上点燃装置B中的酒精灯，实验结束后通过测定发现装置B中的产品纯度不高，原因是_______________。(用化学方程式回答)。（6）验证装置B中有氮化镁生成的方法是____________________。【答案】（1）D→C→F（2）装置D中有(红棕色)液体生成（3）装置E中产生白色沉淀（4）（5）（6）取装置B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则装置B中有氮化镁【解析】【分析】探究一定浓度的硝酸与Mg反应产物：A三颈烧瓶中为镁和硝酸反应，可能得到NO2、NO、N2三种气体，若二氧化氮气体，A中有红棕色气体产生，NO2沸点为21.1℃，经过D装置冰盐水冷却生成的气体，D中出现有色液体，C中盛放1％的酸性高锰酸钾，若出现高锰酸钾褪色，说明有NO生成，过装置F进行气体干燥，然后进入装置B进行镁和氮气的反应，再经过装置F，防止水蒸气进入B导致氮化镁水解，最后用氢氧化钡吸收尾气。【小问1详解】 根据上述分析，可知仪器连接方式：；【小问2详解】）根据上述分析，确定还原产物中有NO2的现象是：装置D中有红棕色液体生成；【小问3详解】由于NO能与O2反应生成NO2，会影响NO2、NO的验证，实验开始前要排出装置中空气，所以实验前先打开开关K，向装置内通CO2气体，排除装置内空气，防止干扰实验；当观察到装置E的Ba（OH）2溶液中产生白色沉淀时，表明装置中空气已经排尽，停止通入CO2；【小问4详解】装置D中观察到有红棕色液体出现，装置C中溶液颜色慢慢褪去，说明酸性KMnO4溶液将NO氧化成NO，同时MnO被还原成Mn2+，反应可写成NO+MnO→NO+Mn2+，N元素的化合价由+2价升至+5价，Mn元素的化合价由+7价降至+2价，根据得失电子守恒配平为5NO+3MnO→5NO+3Mn2+，结合原子守恒、电荷守恒，写出离子方程式为。【小问5详解】在A中反应开始时，马上点燃B处的酒精灯，Mg与CO2发生置换反应生成MgO和C，导致实验结束后B处制得的Mg3N2纯度不高，Mg与CO2反应的化学方程式为；【小问6详解】Mg3N2遇水发生水解生成Mg（OH）2和NH3，检验有Mg3N2生成只要检验B处固体中加水产生NH3即可，验证B处有Mg3N2生成的方法是：取B中固体少量于试管中，向其中加入少量水，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B中有氮化镁生成。20.亚硫酸盐是一种常见食品添加剂。为检测某食品中亚硫酸盐含量(通常以1kg样品中含的质量计)，某研究小组设计了如下两种实验流程：（1）气体A的主要成分是__________。为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入__________；通入 的目的是________________。（2）写出甲方案第①步反应的化学方程式：_______________。（3）若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按甲方案实验测定的结果比乙方案实验测定的结果__________(填“偏高”“偏低”或，“相同”)。（4）若取样品wg，按乙方案测得消耗溶液VmL，则1kg样品中含的质量是____________g(用含w、V的代数式表示)。【答案】（1）①.和②.碎瓷片(或沸石)③.使产生的全部逸出（2）（3）偏高（4）【解析】【分析】亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体SO2，因此A气体的成分为生成的SO2及通入的N2；甲方案中，将气体A导入到过氧化氢溶液中，SO2具有还原性，可被氧化剂H2O2所氧化而吸收，得到硫酸溶液，再用NaOH标准溶液滴定，根据消耗的氢氧化钠的量求硫酸的量，进而求SO2的量；乙方案中，将气体A导入到碱液充分吸收后，用盐酸调节至弱酸性，得到溶液B，再用I2标准溶液滴定，根据溶液B中的被I2氧化，由I2的量求的量，进而求SO2的量。【小问1详解】亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体SO2，因此A气体的成分为生成的SO2及通入的N2（其目的是将生成的SO2全部赶出，保证被吸收液全部吸收，减小误差，也可通入稀有气体），为防止液体加热时暴沸，一般可加入碎瓷片；【小问2详解】SO2具有还原性，可被氧化剂H2O2所氧化而吸收，反应的离子方程式为；【小问3详解】若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则气体A中可能混入挥发出的氯化氢分子，在随后用氢氧化钠钠中和的时候，会消耗更多的氢氧化钠，而乙方案的原理是根据溶液B中的被I2氧化，由I2的量求的量，进而求SO2的量。用盐酸代替硫酸，生成的SO2气体中混有少量HCl，因SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性，且SO2的量不会因混入HCl而变化，因此消耗的I2不变，故甲方案实验测定的结果比乙方案实验测定的结果偏高；【小问4详解】 反应为H2O＋＋I2=＋2I－＋2H＋，m=64×V×10-5g，则1kg样品中含SO2的质量为：g。