福建省莆田市第四中学高一下学期期中考试化学试卷 （解析版）-A4

这是一份福建省莆田市第四中学高一下学期期中考试化学试卷 （解析版）-A4，共16页。试卷主要包含了5 Fe-56 Cu-64， 下列反应的离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
(时间：75分钟，分值：100分)
可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56 Cu-64
一、单项选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分，在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合要求的)
1. 中国传统文化对人类文明贡献巨大，古代文献中记载了很多化学研究成果。下列常见古诗文对应化学知识正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．《神农本草经》中提到：“白青得铁化为铜”白青属于盐，A错误；
B．钾元素和钠元素的焰色实验中火焰颜色不同；《本草经集注》中记载鉴别硝石和朴硝的方法：“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也。”钾元素和钠元素，可通过焰色反应鉴别，该方法鉴别硝石和朴硝利用了焰色试验，B正确；
C．胶体能产生丁达尔效应；“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”，“远上寒山石径斜，白云深处有人家”“白云”、“墨滴”均能产生丁达尔效应，均是胶体，C错误；
D．《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”剂钢为铁的合金，其硬度比纯铁的大，D错误；
故答案为：B。
2. 下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A.
B.
C.
D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na在O2中加热应该生成Na2O2，而不是Na2O，A不合题意；
B．NaClO溶液中通入CO2，能够生成HClO，但HClO见光分解生成HCl和O2，得不到Cl2，B不合题意；
C．Na2CO3溶液中通入CO2，生成NaHCO3，NaHCO3与HCl反应生成NaCl、H2O和CO2，C符合题意；
D．NaCl溶液中通入CO2不反应，D不合题意；
故答案为：C。
3. 在无色透明强酸性溶液中，能大量共存离子组是
A. B.
C. D. Na+、Fe2+、Ba2+、ClO-
【答案】C
【解析】
【详解】A．水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；
B．在无色强酸性溶液中含有大量H+，H+与OH-、都会发生反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．在无色强酸性溶液中含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；
D．Fe2+水溶液显浅绿色，在无色溶液中不能大量存在，且在无色强酸性溶液中含有大量H+，H+与Fe2+、ClO-会发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合题意；
故合理选项是C。
4. 下列反应的离子方程式正确的是
A. 小苏打()溶液治疗胃酸过多：
B. 氯气与水反应：
C. 碳酸钙溶于醋酸中：
D. 硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．小苏打(NaHCO3)溶液治疗胃酸过多：，A错误；
B．氯气与水反应：：，B错误；
C．碳酸钙难溶于水且醋酸时弱酸应写化学式：，C错误；
D．硫酸铁溶液与氢氧化钡溶液反应：，D正确；
答案选D。
5. 某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向第一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6g。向第二份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析或结果错误的是

A. 向第一份溶液中加入可以溶解更多的铜粉
B. 段产生的气体是NO，BC段产生的气体是
C. 段发生的反应为：
D. 原混合酸中浓度为
【答案】D
【解析】
【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，据此分析解题。
【详解】A．由方程式3Cu+8H++2=3Cu2++2NO+4H2O，Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O可知，两反应中和H+均按1:4反应的，第二份溶液中完全消耗掉，H+过量，故向第一份溶液中加入NaNO3可以溶解更多的铜粉，A正确；
B．由分析可知，段产生的气体是NO，BC段产生的气体是，B正确；
C．由分析可知，段发生的反应为：，C正确；
D．反应消耗14g铁，也就是=0.25ml，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.25ml，所以硫酸的浓度是=2.5ml/L，D错误；
故答案为：D。
6. 净化污水用到的某种絮凝剂的主要成分为,所含的5种短周期主族元素在每个周期均有分布，M与E为第族元素，Y的单质常用来防止食品腐坏，Y与E同周期，X是在地亮中含量最多的金属元素，下列说法正确的是
A. 元素非金属性：B. 简单氢化物沸点：
C. 简单离子半径：D. 三种元素形成的化合物中可能包含共价键和离子键
【答案】D
【解析】
【分析】所含的5种短周期主族元素在每个周期均有分布，则有一种元素是H元素，其中X是在地壳中含量最多的金属元素，则X为Al元素；M与E为第ⅥA族元素，二者分别为O、S中的一种，Y的单质常用来防止食品腐坏，而Y与E同周期，结合化学式可知Y为N元素、E为O元素、M为S元素，则Z为H元素。
【详解】由分析可知，X为Al元素、Y为N元素、Z为H元素、M为S元素、E为O元素；
A．元素的非金属性，即，故A错误；
B．H2O的沸点高于氨气，故B错误；
C．S2-的电子层数多一个，半径最大，O2-、Al3+电子层结构相同，O2-的核电荷数小，半径大，即半径S2-> O2->Al3+，故C错误；
D．三种元素形成的化合物可能是NH4NO3, 包含共价键和离子键，故D正确。
答案选D。
7. 设 NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法错误的是
A. 18g H2O中含有的质子数为10NA
B. 1ml KHSO4在熔融状态产生3NA个离子
C. 4.4g由CO2和N2O组成的混合气体中含有的原子数为0.3NA
D. 标准状况下，22.4L由H2和CO2组成的混合气体中含有的分子总数为 NA
【答案】B
【解析】
【详解】A．18g H2O的物质的量是1ml，含有的质子数为10NA，故A正确；
B．熔融状态下，1ml KHSO4完全电离出1ml钾离子和1ml硫酸氢跟，产生2NA个离子，故B错误；
C．CO2和N2O的摩尔质量均为44g/ml，且每个分子都由3个原子构成，4.4g的混合气体为0.1ml，含有的原子数为0.3NA，故C正确；
D。标准状况下，22.4L由H2和CO2组成的混合气体总物质的量为1ml，含有的分子总数为 NA，故D正确。
答案选B。
8. 根据下列实验操作和现象，所得出的结论或解释正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．通入淀粉-KI溶液，将氧化为，溶液变蓝，说明的氧化性强于，还原性，再通入，蓝色褪去，说明将还原为，表明的还原性强于，因此，还原性顺序为，A正确；
B．向溶液中滴加盐酸，酸性条件下表现出强氧化性，将氧化为，而非盐酸直接氧化，盐酸不具有强氧化性，B错误；
C．浓氨水靠近气体X产生白烟，可能是与、等挥发性酸反应生成铵盐（如、），即X不一定是，C错误；
D．盐酸与大理石反应生成的中可能混有气体，直接通入溶液时，可与反应生成硅酸沉淀，无法证明的酸性强于，D错误；
故选A。
9. 硝酸厂的烟气中含有大量的氮氧化物()，将烟气与的混合气体通入与的混合溶液中实现无害化处理，其转化过程如图所示。下列说法正确的是
A. 过程I发生反应的离子方程式：
B. 时，过程Ⅱ中氧化剂与还原剂的个数之比为2：1
C. 处理过程中，混合溶液中和总数减少
D. 该转化过程的总反应为
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应Ⅰ中氢气是还原剂，是氧化剂，发生反应的离子方程式为，A错误；
B．时，过程Ⅱ发生反应的离子方程式为，NO作氧化剂，Ce3+作还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，B错误；
C．处理过程的实质为NOx被H2还原，混合溶液中和总数不变，C错误；
D．该转化过程的实质为NOx被H2还原，该转化过程的总反应为，D正确；
故选D。
10. 氯化亚铜常用作有机合成催化剂、石油工业脱色剂和脱硫剂。其种制备方法如下：
①；
②。
下列说法错误的是
A. 反应①为非氧化还原反应，反应②为氧化还原反应
B. 中铜元素的化合价为价
C. 反应①②涉及的物质中有一种酸性氧化物
D. 每转移电子、生成
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应①中没有元素化合价的变化，为非氧化还原反应；反应②中硫元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故A正确；
B．CuCl中氯元素的化合价为-1价，铜元素的化合价为+1价，故B正确；
C．反应①②涉及的物质中，SO2为酸性氧化物，故C正确；
D．反应②中S元素的化合价由+4价升高到+6价，则每转移1ml电子，生成0.5mlSO2，其质量为0.5ml×64g/ml=32g，故D错误；
故选D。
11. 下图横坐标、纵坐标分别表示一定条件下氧化剂氧化性、还原剂的还原性由弱到强的变化，1、2、3点表示了横纵坐标对应微粒在水溶液中反应的产物，下列说法不正确的是
A. 反应1中为氧化产物
B. 反应2的离子方程式为：
C. 由图可知：
D. 从图可推得能氧化、
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应1中SO2的S元素化合价由+4价升高到+6价，失去2个电子，发生氧化反应得到氧化产物硫酸根离子，A正确；
B．反应2中碘离子和铁离子发生氧化还原反应生成碘单质和亚铁离子，根据电荷守恒、原子守恒可得反应2的离子方程式为：，B正确；
C．由图可知，还原性，则反应为，C错误；
D．氧化剂氧化性大于氧化产物，从图可推得氧化性：Cl2>Fe3+>I2，所以Cl2能氧化、，D正确；
故选C。
12. 向盛有少量Na2O2的密闭容器(体积不变)中通入SO2，测定容器中O2的含量随时间变化曲线如图
则下列说法错误的是
A. ab段O2含量增加的原因：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2
B. bc段O2含量缓慢降低的可能原因：反应生成O2的速率小于消耗O2的速率
C. c点O2含量高于a点，则此时反应产物中含有Na2SO3
D. 取c点少量固体，加入BaCl2溶液有白色固体生成，证实有Na2SO4生成
【答案】D
【解析】
【分析】向盛有少量的密闭容器中通入，由图象可知发生的反应可能有：①；②，无法判断③是否发生，据此分析。
【详解】A．段含量增加，故存在，A正确；
B．段含量缓慢降低的可能原因：反应①生成的速率小于反应②消耗的速率，B正确；
C．c点含量高于a点，反应①生成未被完全消耗，则此时反应产物中含有，C正确；
D．由于c点固体中存在，加入溶液生成白色固体，由于和均难溶于水，无法证实是否有生成，D错误；
故答案选D。
13. 部分含氮、硫元素的化合物的“价—类二维图”如图所示，下列关于各物质的说法错误的是
A. i的浓溶液可以和b反应
B. e的浓溶液可以用来干燥c和f
C. g和CO均属于汽车尾气，但可以通过催化转化生成无毒气体
D. 将c和h同时通入到BaCl2溶液中会产生白色沉淀
【答案】B
【解析】
【分析】由图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO4，f为NH3，g为NO，h为NO2，i为HNO3，以此解题。
【详解】A．硝酸有氧化性，可以和硫发生氧化还原反应，A正确；
B．浓硫酸可以和氨气反应，不能干燥氨气，B错误；
C．NO、CO在催化转化器中发生反应生成N2和CO2两种无毒气体， C正确；
D．二氧化硫和二氧化氮同时通入水中，会生成硫酸，加入氯化钡会生成硫酸钡白色沉淀，D正确；
故选B。
14. 应用下列装置测定氨气的组成。实验利用了氨气能还原氧化铜生成氮气、铜和水的原理。实验后测得装置D增重，用排水法测量得的体积为(已折算成标准状况)。下列有关实验描述正确的是

A. 装置A用于制备氨气，可用加热氯化铵固体的装置代替
B. 装置作用是防止水蒸气进入装置中，若撤去装置，则测得氮氢比偏小
C. 装置B中盛放的物质是碱石灰，也可用无水氯化钙代替
D. 由实验数据可以计算得到氨气分子中的氮氢个数比为11.2m∶9V
【答案】B
【解析】
【分析】装置A制备氨气，装置B干燥氨气，装置C中氨气还原氧化铜生成氮气、水和铜，装置D吸收产生的水蒸气，装置E防止水蒸气进入装置D中，吸收剩余的氨气，装置F排水法测量氮气的体积，据此解答。
【详解】A．加热氯化铵固体生成氨气和氯化氢，在管口二者又重新化合生成氯化铵，不能制备氨气，A错误；
B．装置E的作用是吸收剩余的氨气，同时防止水蒸气进入装置D中，若撤去装置E，会导致水蒸气的质量增加，则测得氮氢比偏小，B正确；
C．生成的氨气中含有水蒸气，装置B的作用是干燥氨气，NH3会和无水氯化钙反应，不能将碱石灰替换成无水氯化钙，C错误；
D．标准状况下，bL氮气的物质的量为：n(N2)=，含有的N的物质的量为: ，装置D增重的为水的质量，则水的物质的量为：，含有的H的物质的量为：，氨气中含有的N、H原子数之比为：：=9V：11.2m，D错误；
故选B。
二、填空题：本大题共3小题，每空2分，共44分。
15. 1869年门捷列夫提出元素周期表，根据元素周期表和元素周期律，回答问题。
（1）元素②在周期表的中位置为_______。
（2）已知元素⑩的一种核素，其中子数为45，用原子符号表示该核素为________。
（3）③④⑦⑧四种元素所形成的最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是(填化学式)_______。
（4）在①~⑧元素中，原子半径最大的是______(填元素名称)，其最高价氧化物对应水化物的电子式为：______。
（5）元素⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序是(用离子符号表示)_____。元素⑨的最高价氧化物对应水化物与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______。
（6）元素的非金属性⑩_____⑧(填“>”或“ Cl－>K＋ ②.
（6） ①. < ②. B
【解析】
【分析】根据各元素在元素周期表中的位置可知：①是H、②是C、③是N、④是O、⑤是Na、⑥是Al、⑦是S、⑧是Cl、⑨是K、⑩是Br，据此分析解答。
【小问1详解】
②是C，其原子核外电子层数为2，最外层电子数为4，在周期表中的位置为第二周期第ⅣA族；
【小问2详解】
⑩是Br元素，质子数为35，若中子数为45，则质量数为35+45=80，用原子符号表示该核素为；
【小问3详解】
③④⑦⑧四种元素分别为N、O、S、Cl，所形成的最高价氧化物对应的水化物有HNO3、H2SO4、HClO4，其中酸性最强的是HClO4；
【小问4详解】
①是H、②是C、③是N、④是O、⑤是Na、⑥是Al、⑦是S、⑧是Cl，则在①~⑧元素中，原子半径最大的是⑤，即钠，钠的最高价氧化物对应水化物为NaOH，其电子式为：；
【小问5详解】
⑦是S、⑧是Cl、⑨是K，其简单离子分别为S2-、Cl-、K+，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则元素⑦⑧⑨的简单离子半径由大到小的顺序是：S2->Cl->K+；元素⑨的最高价氧化物对应水化物(KOH)与元素⑥的最高价氧化物对应的水化物[Al(OH)3]反应的离子方程式为：；
【小问6详解】
⑧是Cl、⑩是Br，则元素的非金属性：⑩Br2，说明非金属性：Cl>Br，A不符合题意；
B．简单氢化物的水溶液的酸性与非金属性无关，则元素⑧的氢化物的水溶液的酸性比元素⑩的弱，不能说明非金属性：Cl>Br，B符合题意；
C．元素⑧和⑩的氢化物受热分解，前者的分解温度高，则简单氢化物稳定性：HCl>HBr，
说明非金属性：Cl>Br，C不符合题意；
D．元素⑧的最高价氧化物对应水化物的酸性比元素⑩的强，说明非金属性：Cl>Br，D不
符合题意；
E．非金属性越弱，其氢化物的还原性越强，元素⑧的简单氢化物的还原性比元素⑩的弱，说明非金属性：Cl>Br，E不符合题意；
故选B。
16. 氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
（1）在氨合成塔中发生的氧化还原反应中，N2是_______(填“氧化剂”或“还原剂”)。
（2）写出氧化炉中反应的化学方程式_______。
（3）用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其它条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，其离子方程式为_______。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是_______。
（4）“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术。反应原理如图所示：
当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生反应。当有18ml电子发生转移时，则生成N2的物质的量为_______。
（5）某实验小组用足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，所得气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是_______mL。
【答案】（1）氧化剂 （2）
（3） ①. ②. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
（4）6ml （5）100
【解析】
【小问1详解】
在氨合成塔中发生的反应是氮气和氢气生成氨气，氮元素的化合价从0价降低到-3价，所以N2是氧化剂。
【小问2详解】
氧化炉中NH3与O2在加热和催化剂的作用下可以转变成NO和H2O，化学方程式为。
【小问3详解】
由题意得在酸性NaClO溶液中，HClO可氧化NO生成和，其离子方程式为：；NaClO溶液的初始pH越小，即H+浓度越大，，HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
【小问4详解】
足量NH3与的混合气体反应，NH3作还原剂被氧化为N2，即，NO2与NO混合气体作氧化剂被还原为N2，，反应中共转移18ml，有6mlNH3参加反应生成3ml N2，有3ml()参加反应生成3ml N2，共生成6ml N2。
【小问5详解】
Cu与浓硝酸反应，Cu失去的电子被硝酸根离子得到转变为NO、NO2、N2O4的混合气体，NO、NO2、N2O4的混合气体在水溶液中被通入的O2氧化全部转化为HNO3，依据得失电子守恒可知，Cu失去的电子与O2得到的电子的物质的量相等，为，再依据，可知，消耗的氢氧化钠的物质的量为0.2ml，体积为。
17. 含SO2废气的治理可以变废为宝，使硫资源得以利用。
（1）下列物质中，能吸收SO2的有_____(填字母)。
A. 氨水B. 酸性KMnO4溶液C. 浓硫酸D. Na2SO3溶液
（2）在400℃时，将一定比例SO2和H2的混合气体以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂，Al2O3为载体)的反应器可消除SO2的污染，生成单质S。研究表明，该过程中实际起催化作用的是反应初期生成的FeS2，催化过程中检测到有H2S。FeS2催化的过程可描述如下：_____，最后S再与FeS反应转化为FeS2.
（3）如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。

Fe2(SO4)3酸性溶液转化为溶液B发生反应的离子方程式为_____。
（4）亚氯酸钠(NaClO2)和次氯酸钠(NaClO)混合液作为复合吸收剂可脱除废气中的NOx、SO2，使其转化为、。如图表示在一定条件下，复合吸收剂对烟气中SO2、NO的脱除效率随温度变化的关系，图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是_____。

（5）“以废治废”是基于“绿色化学”观念治理污染的思路。用工业废碱渣(主要成分为Na2CO3)吸收废气中的SO2，得到亚硫酸钠(Na2SO3)粗品。其流程如图：

①流程中Na2CO3溶液吸收SO2生成CO2，该反应的化学方程式为_____。
②设计实验证明亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4的方案：_____。(必须使用的试剂有：蒸馏水、稀盐酸、BaCl2溶液)
【答案】（1）ABD （2）FeS2和H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O
（3）
（4）SO2易溶于水，NO难溶于水，吸收剂中SO2浓度明显大于NO
（5） ①. ②. 取少量亚硫酸钠粗品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，加稀盐酸酸化后加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则有Na2SO4。
【解析】
【分析】SO2能和氨水生成硫酸铵，能和高锰酸钾反应生成硫酸根，和亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，和浓硫酸不反应，故答案为：ABD；硫化过程检测到H2S，FeS2催化硫化的反应过程为FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2,整个过程FeS2做催化剂，故答案为:FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O。Fe2(SO4)3酸性溶液转化为溶液B发生反应的离子方程式为: 。Fe2(SO4)3酸性溶液转化为溶液B发生反应的离子方程式为: 。图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是：SO2易溶于水，NO难溶于水，吸收剂中SO2浓度明显大于NO。①流程中Na2CO3溶液吸收SO2生成CO2，该反应的化学方程式为：。②设计实验证明亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4的方案：取少量亚硫酸钠粗品于试管中，加蒸馏水使其完全溶解，加稀盐酸酸化后加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则有Na2SO4。
【小问1详解】
SO2能和氨水生成硫酸铵，能和高锰酸钾反应生成硫酸根，和亚硫酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠，和浓硫酸不反应，故答案为：ABD。
【小问2详解】
硫化过程检测到H2S，FeS2催化硫化的反应过程为FeS2与H2反应生成FeS和H2S，
H2S再与SO2反应生成S和H2O，最后S再与FeS反应转化为FeS2,整个过程FeS2做催化剂，故答案为:FeS2与H2反应生成FeS和H2S，H2S再与SO2反应生成S和H2O。
【小问3详解】
Fe2(SO4)3酸性溶液转化为溶液B发生反应的离子方程式为: 。
【小问4详解】
图中SO2比NO脱除效率高的原因可能是：SO2易溶于水，NO难溶于水，吸收剂中SO2浓度明显大于NO。
【小问5详解】
①流程中Na2CO3溶液吸收SO2生成CO2，该反应的化学方程式为：。
古诗文
化学知识
A
《神农本草经》提到“白青[Cu2(OH)2CO3]得铁化为铜”
其中白青属于碱
B
《本草经集注》中记载鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的方法“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也。”
二者也可以利用“焰色试验”区分
C
“墨滴无声入水惊，如烟袅袅幻形生”，“远上寒山石径斜，白云深处有人家”
墨滴属于溶液
D
《梦溪笔谈》中对宝剑的记载：“古人以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”
铁的合金硬度比纯铁的小
选项
实验操作和现象
结论或解释
A
淀粉-KI溶液中通入，再通入，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去
还原性：
B
向溶液中滴加盐酸，溶液变为浅黄色
盐酸具有强氧化性，将转为
C
用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某无色气体X，出现白烟
该气体一定HCl
D
用大理石和盐酸反应制取气体，立即通入一定浓度的溶液中，出现白色沉淀
酸性：