浙江省2022年1月普通高中学业水平考试仿真模拟化学试题A（附解析）

绝密★考试结束前2022年1月浙江省普通高中学业水平考试化学仿真模拟试卷A(考试时间：60分钟满分70分)可能用到的相对原子质量：H1　C12　N14　O16　Na23　Mg24　Al27Si28　S32Cl35.5　K39　Ca40　Ti48Mn55　Fe56　Cu64　　Br80Ba137选择题部分(共50分)一、选择题(本大题共25小题，每小题3分，共50分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不给分)1．二氧化硫的化学式是()A．CO2B．NO2C．SO2D．NO【答案】C【解析】A项，CO2表示的是二氧化碳，故A不符合题意；B项，NO2表示的是二氧化氮，故B不符合题意C项，SO2表示的是二氧化硫，故C符合题意；D项，NO表示的是一氧化氮，故D不符合题意；故选C。2．下列属于盐类的是()A．H2CO3B．KOHC．NaHCO3D．Al2O3【答案】C【解析】A项，H2CO3电离出的阳离子全部是氢离子，属于酸，A不符合；B项，KOH电离出的阴离子全部是氢氧根离子，属于碱，B不符合；C项，NaHCO3是由钠离子和碳酸氢根离子组成的盐，C符合；D项，Al2O3属于氧化物，D不符合；故选C。3．下列仪器名称为“圆底烧瓶”的是()A．B．C．D．【答案】A14 【解析】A项，的名称为圆底烧瓶，故A正确；B项，为容量瓶，故B错误；C项，为锥形瓶，故C错误；D项，为集气瓶，故D错误；故选A。4．下列物质能使紫色石蕊试液变红的是()A．K2CO3B．NaHCO3C．NaHSO4D．KOH【答案】C【解析】A项，碳酸钾是强碱弱酸盐，碳酸根离子在溶液中水解使溶液呈碱性，能使紫色石蕊试液变蓝色，故A不符合题意；B项，碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，碳酸氢根离子在溶液中的水解程度大于电离程度，溶液呈碱性，能使紫色石蕊试液变蓝色，故B不符合题意；C项，硫酸氢钠是强酸的酸式盐，在溶液中电离出氢离子，使溶液呈酸性，能使紫色石蕊试液变红色，故C符合题意；D项，氢氧化钾是强碱，在溶液中电离出氢氧根离子，使溶液呈碱性，能使紫色石蕊试液变蓝色，故D不符合题意；故选C。5．下列物质属于电解质的是()A．NaOH溶液B．铜丝C．熔融Al2O3D．CO2【答案】C【解析】A项，氢氧化钠溶液为混合物，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；B项，铜丝属于单质，不是化合物，所以不属于电解质，故B错误；C项，熔融状态下的Al2O3能导电，属于电解质，故C正确；D项，二氧化碳本身不能电离出离子属于非电解质，故D错误；故选C。6．在反应5SO2+2MnO4-+2H2O=2Mn2++4H++5SO42-中，还原剂为()A．SO2B．MnO4-C．Mn2+D．SO42-【答案】A【解析】由方程式可知，反应中硫元素化合价升高被氧化，二氧化硫为反应的还原剂，故选A。7．下列说法不正确的是()14 A．漂白粉可用作游泳池的消毒剂B．高纯硅可用来生产光导纤维C．医疗上常用75%(体积分数)的乙醇溶液作消毒剂D．不锈钢可用于制造常见的医疗器材和厨房用具【答案】B【解析】A项，漂白粉的主要成分为次氯酸钙，具有强氧化性，可用作游泳池的消毒剂，故A正确；B项，高纯二氧化硅可用来生产光导纤维，故B错误；C项，乙醇具有杀菌消毒作用，所以医疗上常用75%(体积分数)的乙醇溶液作消毒剂，故C正确；D项，不锈钢属于合金，可用于制造常见的医疗器材和厨房用具，故D正确；故选B。8．下列表示正确的是()A．硫原子结构示意图B．乙醇的结构简式C2H6OC．乙烯的球棍模型D．NaCl的电子式【答案】C【解析】A项，硫原子最外层6个电子，故A错误；B项，乙醇的结构简式CH3CH2OH，故B错误；C项，乙烯分子中含有碳碳双键和四个C-H，故C正确；D项，NaCl是离子化合物，电子式为：，故D错误；故选C。9．下列说法正确的是()A．乙醇和乙酸互为同分异构体B．和互为同位素C．金刚石和石墨互为同素异形体D．CH4与C2H2互为同系物【答案】C【解析】A项，乙醇和乙酸分子式不同，因此二者不能互为同分异构体，A错误；B项，和是同位素原子形成的单质，二者化学性质相同，属于同一物质，不能互为同位素，B错误；C项，金刚石和石墨是C元素的两种不同性质的单质，二者互为同素异形体，C错误；D项，CH4与C2H2都是烃，但前者属于烷烃，后者属于炔烃，结构不相似，因此二者不能互为同系物，D错误；故选C。10．下列物质用途叙述不正确的是()A．Fe2O3可用作红色颜料B．NaClO可用作消毒剂14 C．SO2可用作食品添加剂D．Cu制容器可用于盛放浓硝酸【答案】D【解析】A项，Fe2O3是氧化物，颜色为红棕色，俗称为铁红，可用作红色油漆和涂料，故A正确；B项，NaClO具有强氧化性，能够杀菌消毒，可用作消毒剂，故B正确；C项，SO2具有还原性，少量SO2可用作食品添加剂，如红酒中加入少量SO2抗氧化，故C正确；D项，常温下Cu能与浓硝酸发生反应，故Cu制容器不能用于盛放浓硝酸，故D错误；故选D。11．短周期元素X、Y、Z、W、Q在元素周期表中的位置如表所示，其中Z的最外层电子数是次外层的一半，则下列说法中正确的是()XYZWQA．原子半径X<Y<ZB．W位于第二周期VIA族C．Q对应氧化物的水化物的酸性一定强于WD．X元素的最高价是+5价【答案】D【解析】从Z元素在周期表中的位置来看，Z是第三周期元素，其最外层电子数是次外层的一半，可知Z是Si元素，则W是S元素，Q是Cl元素，Y是O元素，X是N元素。A项，根据X、Y、Z三种元素在周期表的位置来看，它们的原子半径大小是Z>X>Y，故A错误；B项，经分析W是S元素，其在周期表中位于第三周期VIA族，故B错误；C项，W是S元素，Q是Cl元素，HClO的酸性就比H2SO4弱，故C错误；D项，经分析X是N元素，其最外层电子数是5，则其最高价是+5，故D正确；故选D。12．下列方程式书写正确的是()A．氯酸钾的电离方程式：KClO3=K++Cl-+3O2-B．氯化铁与铜反应的离子方程式：Fe3++Cu2+=Cu+Fe2+C．金属钠投入硫酸铜溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+D．少量氯水滴入NaI的溶液中：2I-+Cl2=I2+2Cl-【答案】D【解析】A项，氯酸钾是离子化合物，其电离方程式：KClO3=K++ClO3-，故A错误；14 B．氯化铁具有强氧化性，能与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，其离子方程式：2Fe3++Cu2+=Cu+2Fe2+，故B错误；C项，金属钠投入硫酸铜溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠在和硫酸铜反氢氧化铜和氯化钠，其反应的离子方程式式为：2Na+Cu2++2H2O=2Na++Cu(OH)2↓+H2↑，故C错误；D项，氯气具有强氧化性，能氧化I-，所以少量氯水滴入NaI的溶液中的离子方程式为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，故D正确；故选D。13．下列实验操作正确的是()A．比较钠和镁的金属性，可将两者放入冷水中，观察实验现象B．除去粗盐水中的Ca2+、Mg2+和SO42-，应先后加入足量的Na2CO3、NaOH和BaCl2C．做焰色试验所用的铂丝应先蘸稀硫酸，再放在火焰上烧至无色D．检验硫酸根时，应先加稀硝酸酸化，再加硝酸钡溶液【答案】A【解析】A项，比较钠和镁的金属性，钠和冷水剧烈反应，镁和冷水不反应，所以钠比镁的金属性强，故A正确；B项，除去粗盐水中的Ca2+、Mg2+和SO42-，应先后加入足量的BaCl2除去SO42-离子，再加入NaOH除去Mg2+，再加入Na2CO3除去Ca2+，在加入稀盐酸，除去过量的OH-、CO32-，故B错误；C项，做焰色试验所用的铂丝应先蘸稀盐酸清洗，再放在火焰上烧至无色，故C错误；D项，检验硫酸根时，应先加稀盐酸酸化，再加氯化钡溶液，如果产生白色沉淀，说明含有SO42-离子，故D错误；故选A。14．下列说法不正确的是()A．煤的气化、液化和干馏都是化学变化B．有些特种橡胶耐热和耐酸、碱腐蚀，在尖端技术领域发挥重要作用C．工业上利用乙烯与水的取代反应来制取乙醇D．环己烷是一种饱和烃，在高温下也会发生分解【答案】C【解析】A项，煤的干馏生成煤焦油等、气化生成CO和氢气、液化生成甲醇，均为化学变化，故A正确；B项，有些特种橡胶具有特殊的结构，具有耐热和耐酸、碱腐蚀，在尖端技术领域发挥重要作用，故B正确；C项，工业上利用乙烯与水的加成反应来制取乙醇，故C错误；D项，环己烷是一种饱和烃，在高温下也会发生分解，C-C键和C-H发生断裂，故D正确；故选C。15．关于下列营养物质说法正确的是()A．葡萄糖能发生氧化反应和水解反应14 B．油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸C．氨基酸之间能发生聚合反应生成多肽，进而构成蛋白质D．蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，可析出蛋白质，再加水可溶解【答案】C【解析】A项，葡萄糖中含醛基和羟基，能发生氧化反应，葡萄糖是单糖，不能发生水解反应，故A错误；B项，油脂在碱性条件下水解生成甘油和高级脂肪酸盐，故B错误；C项，氨基酸的官能团是氨基和羧基，在一定条件下，氨基酸之间能发生聚合反应生成多肽，进而构成蛋白质，故C正确；D项，醋酸铅为重金属盐，向蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液发生变性，为不可逆过程，再加水不溶解，故D错误；故选C。16．肼(H2N—NH2)是一种高能燃料，共价键的键能与热化学方程式信息如表：共价键N—HN—NO=ON≡NO—H键能/(kJ•mol-1)391161498946463则关于反应N2H4(g)+O2(g)=N2(g)+2H2O(g)说法正确的是()A．该反应是吸热反应B．N2H4(l)比N2H4(g)能量高C．反应物总键能小于生成物总键能D．H2O空间结构是直线型【答案】C【解析】A项，反应热为(kJ•mol-1，该反应为放热反应，A错误；B项，液体比气体的能量低，B错误；C项，因为该反应为放热反应，所以反应物的总键能小于生成物的总键能，C正确；D项，水分子空间构型是V型，D错误；故选C。17．如图为发光二极管连接柠檬电池。下列说法不正确的是()A．该装置的能量转化形式主要为化学能→电能B．电子的流向：Zn→导线→Cu→柠檬液→ZnC．锌片是负极，质量不断减小14 D．铜片上的电极反应为：2H++2e-=H2↑【答案】B【解析】A项，该装置的能量转化是化学能变电能，A正确；B项，锌为负极，铜为正极，电子从锌流出，经过导线，流向铜，电子不能通过溶液，B错误；C项，锌为负极，反应生成锌离子，质量不断减小，C正确；D项，铜为正极，溶液中的氢离子得到电子生成氢气，D正确；故选B。18．下列实验事实中，不能证明CH3COOH为弱酸的是()A．浓度均为0.100mol/L的盐酸溶液与醋酸溶液进行小灯泡实验，醋酸溶液灯泡较暗B．厨房小实验：将鸡蛋壳浸泡到醋酸中，产生气泡C．将0.0100mol/L的醋酸溶液加水稀释100倍，测得其pH值大于5D．CH3COONa溶液呈碱性【答案】B【解析】A项，说明醋酸不完全电离，可以证明其为弱酸，不符合题意，A不选；B项，说明醋酸为酸性，无法证明其强弱，符合题意，B选；C项，由于醋酸是弱酸，常温下0.0100mol/L的醋酸溶液的pH约为4，加水稀释100倍，pH必定大于5，不符合题意，C不选；D项，由于醋酸为弱酸，故醋酸根离子会水解，不符合题意，D不选；故选B。19．下列说法不正确的是(　　)A.某晶体中含有极性键，则它不可能有很高的熔沸点B.Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4分别加热熔化，需要克服相同类型作用力C.分子间作用力的大小无法决定分子稳定性的高低D.NaHSO4和NaHCO3两种晶体溶于水时，被破坏的作用既有离子键又有共价键【答案】A【解析】二氧化硅晶体中，硅原子与氧原子之间形成极性键，但是二氧化硅晶体属于原子晶体，熔沸点很高，A错误；Na2O、NaOH、Na2S、Na2SO4分别加热熔化，破坏的是离子键，因此克服相同类型作用力，B正确；分子间作用力的大小主要确定分子的物理性质，如熔沸点高低等，而分子稳定性主要由分子内部的共价键所决定，所以分子间作用力的大小无法决定分子稳定性的高低，C正确；NaHSO4溶于水，完全电离出三种离子，破坏了离子键；NaHCO3溶于水，电离出钠离子和碳酸氢根离子，破坏离子键，碳酸氢根离子部分电离出氢离子和碳酸根离子，破坏了共价键，D正确。14 20．BrCl是一种工业消毒剂，其结构和性质与氯气相似，下列有关BrCl的预测正确的是()A．是一种有毒、有色的单质B．Br、Cl元素的化合价都为0价C．具有强氧化性，能使Fe2+转化为Fe3+D．与H2O反应的化学方程式：BrCl+H2O=HClO+HBr【答案】C【解析】A项，BrCl是一种有毒、有色的化合物，故A错误；B项，氯元素的非金属性强于溴，Br元素的化合价为+1价，Cl元素的化合价为-1价，故B错误；C项，+1价的Br元素具有强氧化性，能使Fe2+转化为Fe3+，故C正确；D项，与H2O反应的化学方程式：BrCl+H2O=HCl+HBrO，故D错误；故选C。21．设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A.pH=1的H2SO4溶液含H+的数目为0.1NAB.1molOH-与1mol羟基所含质子数均为9NAC.标准状况下，11.2LC3H8中含有C-C键的数目为3NAD.4.8gMg与2.2gCO2充分反应，转移电子数为0.1NA【答案】B【解析】A项，没有体积，无法求算H+的数目，A错误；B项，1molOH-所含质子数为8NA+1NA=9NA，1mol羟基所含质子数为8NA+1NA=9NA，B正确；C项，标准状况下，11.2LC3H8中含有C-C键的数目为1NA，C错误；D项，4.8gMg与2.2gCO2充分反应，CO2不足，转移电子数为0.2NA，D错误。22．t℃时，在一个体积为2L密闭容器中加入反应物A、B，发生如下反应：A(s)+2B(g)3C(g)。反应过程中的部分数据如下表所示，下列说法正确的是()物质起始2分钟4分钟6分钟A2mol1.2molB6mol3.0molC0mol4.5molA．前2分钟内，A的反应速率为0.2mol/(L•min)B．升高温度，正反应速率增大，逆反应速率减小14 C．4分钟时，反应已达到平衡状态D．混合气体的压强不变，不能说明该反应达到了化学平衡状态【答案】C【解析】A项，A为固体，浓度始终是一个常数，故不能用A来表示该反应的速率，故A错误；B项，升高温度，正、逆反应的速率都会增大，故B错误；C项，4分钟时，用三段法可得：C物质的量为4.5mol，与6分钟时C物质的量相同，即4分钟时反应达到平衡状态，故C正确；D项，从反应的化学方程式来看，反应前后气体物质的量发生变化，则混合气体压强不变，能说明反应达到平衡状态，故D错误。故选C。23．我国“蛟龙”号载人潜水器重要部件是用钛合金材料制造的。金属钛(Ti)抗腐蚀性能好，在高温环境下具有强还原性。以金红石(主要成分为TiO2)为原料生产钛的工艺流程如下，下列说法不正确的是()A．①中发生的反应：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2COB．钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜C．②中氩气的作用是隔绝空气，防止金属钛被氧化D．高温下，钠可以与TiCl4溶液反应制备金属钛【答案】D【解析】A项，金红石与焦炭的混合物中通入Cl2，得到TiCl4和一种可燃气体，反应方程式为：TiO2+2C+2Cl2TiCl4+2CO，故A正确；B项，钛抗腐蚀性好是因为常温下钛与氧气化合生成一层极薄的致密氧化膜，这层氧化膜在常温下不与绝大多数强酸强碱反应，故B正确；C项，稀有气体化学性质稳定,不会参与化学反应,常做保护气，用来隔绝空气，防止金属钛被氧化，故C正确；D项，钠是活泼金属，会与溶液中的水反应，故D错误；故选D。24．工业上利用黄铁矿制硫酸。某黄铁矿中FeS214 的质量分数为a%(假设杂质不含硫元素)，其燃烧过程转化率为75%，SO2生成SO3的转化率为80%，SO3吸收率为98%，现有黄铁矿10t，能制备98%的硫酸()A．B．C．D．【答案】A【解析】转化过程根据S原子守恒可得关系式：FeS2~2SO2~2SO3~2H2SO4，10t黄铁矿中FeS2的质量为m=10t×a%，物质的量为n(FeS2)=m/M=10×106g×a%÷120g/mol=106×a%/12mol，n(H2SO4)=2n(FeS2)=2×106×a%÷12×75%×80%×98%=98000×a%mol，m(H2SO4)=n(H2SO4)∙M=98000×a%×98g，能制备98%的硫酸质量为：m=m(H2SO4)/w%=98000×a%×98g÷98%=9800000×a%g=9.8×a%t，故选A。25．下列实验设计、现象和结论都正确的是()目的方案设计现象和结论A检验高温下铁与水蒸气反应的产物中是否含有三价铁取铁与水蒸气反应后的固体，先加入稀盐酸溶解，再加入KSCN溶液溶液变血红色则有三价铁，若不变血红色则无三价铁B检验MnO2和浓盐酸反应之后是否有酸剩余取少量反应后的溶液于试管中，依次加入AgNO3和稀硝酸若出现白色沉淀，则酸剩余C探究淀粉水解过程在试管中加入2mL淀粉溶液和少量稀硫酸，加热3～5min，冷却后加入少量新制Cu(OH)2加热若未出现砖红色沉淀，则淀粉未发生水解D检验蛋白质的性质取214 mL蛋白质溶液于试管中，加入适量醋酸铅溶液，再加入足量水若产生沉淀不溶解，则蛋白质变性【答案】D【解析】A项，铁与水蒸气反应后的固体中先加入稀盐酸溶解时，若Fe未完全发生反应，过量的Fe与Fe3+反应产生+2价的Fe2+，加入KSCN溶液时溶液不变红色，因此不能说明溶液中不含铁离子，A错误；B项，反应产生的MnCl2也会电离产生Cl-，当加入AgNO3和稀硝酸时，电离产生的Ag+会变为AgCl白色沉淀，不能据此判断盐酸是否过量，B错误；C项，在淀粉水解过程中稀硫酸为催化剂，在检验水解产物时由于未加入碱中和硫酸，因此当加入少量新制Cu(OH)2悬浊液并加热时，不会出现砖红色沉淀，不能据此判断淀粉未发生水解反应，C错误；D项，铅是重金属，向蛋白质溶液中加入醋酸铅溶液，产生白色沉淀，再加入足量水，白色沉淀不溶解，说明蛋白质遇重金属发生变性，产生难溶性固体，D正确；故选D。非选择题部分二、非选择题(本大题共5小题，共20分)26．(4分)按要求完成下列填空：(1)①写出乙醛的结构简式_______；②写出过氧化钠的化学式_______；(2)写出铝与氢氧化钠溶液反应的化学方程式______________________。【答案】(1)①CH3CHO(1分)②Na2O2(1分)(2)2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑(2分)【解析】(1)①乙醛中两个碳原子，官能团为醛基，故结构简式为H3CHO；②过氧化钠的化学式为Na2O2；(2)铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故化学方程式为：2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑。27．(4分)烃A是一种重要的化工原料，标准状况下密度为1.25g·L-1，其中含碳85.7%(质量分数)。E是有香味的不易溶于水的油状液体。有关物质转化关系如下：14 (1)A的结构简式_____________。(2)①的反应机理与制取乙酸乙酯相似，写出其化学方程式__________________。(3)下列说法不正确的是_______。A．A、D、E均能发生加聚反应生成高分子化合物B．饱和碳酸钠溶液不能鉴别B、D和E三种物质C．A能使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色，两者原理相同D．反应①中，浓硫酸用作催化剂和吸水剂【答案】(1)CH2=CH2(1分)(2)C2H5OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOC2H5+H2O(1分)(3)BC(2分)【解析】已知经A是一种重要的化工原料，且标准状况下的密度为1.25g·L-1，则A的摩尔质量为28g·molˉ1，由于烃只含有C、H两种元素，则经A的分子式为C2H4，为乙烯(CH2=CH2)，结合图中物质的转化关系可知，B为乙醇，E为丙烯酸乙酯。(1)A乙烯，所以其结构简式为：CH2=CH2；(2)①根据制取乙酸乙酯的原理可以知道反应①的方程式为；C2H5OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOC2H5+H2O；(3)A项，A、D、E均有碳碳双键可以发生加聚反应生成高分子化合物，A正确；B项，B是乙醇和饱和碳酸钠溶液互溶不分层，D属于羧酸，可以和碳酸钠溶液反应生成气体二氧化碳，E是酯和碳酸钠溶液不互相溶解，三者现象各不相同，可以区分，B错误；C项，A能使溴水是加成反应，A酸性高锰酸钾溶液褪色，是氧化还原反应，两者原理不相同，C错误；D项，反应①是酯化反应，此时浓硫酸用作催化剂和吸水剂，D正确；故选BC。28．(4分)磁性物质X只含两种元素，属于半金属材料。某兴趣小组对化合物X的组成展开如下探究(图中部分产物未标出)。14 请回答：(1)固体X的化学式为：___________。(2)写出溶液A与NaOH溶液产生气体B的离子方程式：_____________________。(3)写出固体X与稀HCl反应的化学方程式：__________________________。【答案】(1)FeN(1分)(2)NH4++OH-NH3↑+H2O(1分)(3)FeN+4HCl=FeCl3+NH4Cl(2分)【解析】磁性物质X只含两种元素，该固体溶于稀盐酸得到溶液A，溶液A与氢氧化钠溶液反应生成气体B，B能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则溶液A中含有NH4+，则X中含有元素N；溶液A与氢氧化钠溶液反应生成红褐色沉淀C，灼烧后得到红色固体D，则固体D为氧化铁，则X中还还有元素Fe。(1)根据上述分析，固体X含有的元素是Fe和N；根据元素守恒计算得，固体X中n(Fe)=，n(N)=，物质的量之比为1:1，则其化学式为FeN；(2)溶液A中含有NH4+，与NaOH溶液反应生成氨气，离子方程式为：NH4++OH-NH3↑+H2O；(3)固体X为FeN，与稀HCl反应生成氯化铁和氯化铵，化学方程式为：FeN+4HCl=FeCl3+NH4Cl。29．(4分)绿矾(FeSO4·7H2O)是自然界存在的一种矿石，翠绿如宝石，很早就引起人们的重视。已知：2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O。某研究性学习小组用如图所示装置对绿矾进行焙烧，并检验其焙烧产物。请回答下列问题：(1)装置C的作用是_______；(2)装置D可以观察到的实验现象是___________________________；14 (3)实验结束后，请设计一个实验方案检验装置A中生成的固体产物(不考虑其他反应)_______。【答案】(1)检验SO3(1分)(2)产生淡黄色沉淀(1分)(3)取少量固体，溶于稀盐酸，向其中加入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则有Fe2O3(2分)【解析】由化学方程式2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O可知，绿矾高温下分解生成SO3和SO2，装置B中装有无水硫酸铜，用来检验生成的水；装置C中装有BaCl2溶液，SO3和BaCl2溶液反应生成BaSO4沉淀，故装置C用来检验SO3；装置D中装有Na2S溶液，SO2和Na2S溶液反应生成S单质，淡黄色沉淀产生，故装置D用来检验SO2；装置E中装有NaOH溶液，可以吸收尾气，防止污染空气。(1)装置C的作用是检验SO3；(2)装置D中产生淡黄色沉淀；(3)由化学方程式2FeSO4·7H2OFe2O3+SO3↑+SO2↑+14H2O可知，装置A中生成的固体产物为Fe2O3，取少量固体，溶于稀盐酸，向其中加入KSCN溶液，若溶液变为血红色，则有Fe2O3。30．(4分)常温下ClO2为气体，具有强氧化性，易溶于水且不与水反应，可作为自来水的消毒剂与食品漂白剂。ClO2可通过如下反应制备：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+C12↑+2NaCl+2H2O。现往足量NaClO3中通入56LHCl(标况)气体制ClO2，请计算：(1)通入的HCl气体物质的量为________。(2)若将生成的混合气体通过装有亚氯酸钠(NaClO2)的干燥管，可吸收Cl2并生成ClO2。通过两步制备共产生ClO2质量为多少克________。【答案】(1)2.5mol(2分)(2)168.75g(2分)【解析】(1)根据进行分析，HCl的物质的量为=2.5mol；(2)根据2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+C12↑+2NaCl+2H2O，通入2.5mol氯化氢时，产生n(ClO2)==1.25mol，产生氯气的物质的量为=0.625mol，氯气与亚氯酸钠反应的离子方程式为Cl2＋2ClO2-=2ClO2↑＋2Cl－，此时产生ClO2的物质的量为2×0.625mol=1.25mol，两次反应共产生ClO2的物质的量为1.25mol+1.25mol=2.5mol，即产生二氧化氯的质量为2.5mol×67.5g/mol=168.75g。14