2022-2023学年湖北省武汉市华师大一附中高一（上）期末化学试卷（含答案解析）

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市华师大一附中高一（上）期末化学试卷（含答案解析），共21页。试卷主要包含了 对下列事实的解释不正确的是， 下列叙述正确的有，3NA等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年湖北省武汉市华师大一附中高一（上）期末化学试卷
1. 化学与环境、材料、生产、生活关系密切，下列说法不正确的是(    )
A. 葡萄酒中通常添加微量的SO2，既可以杀菌消毒，又可以防止营养成分被氧化
B. 使用漂白粉时滴入几滴醋酸，可提高漂白效率
C. “蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的，钛合金属于新型合金
D. 燃煤中加入CaO主要是为了减少温室气体的排放和酸雨的形成
2. 中华传统文化蕴含着很多科学知识，下列说法不正确的是(    )
A. “水声冰下咽，沙路雪中平”未涉及化学变化
B. “丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”描述的是可逆反应
C. “日照香炉生紫烟”中的“紫烟”属于气溶胶，是胶体的丁达尔效应
D. “有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”。其中的“硇水”指的是硝酸
3. 用如图实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是(    )
A
B
C
D




先通入NH3，后通入CO2，可模拟“侯氏制碱法”制取NaHCO3
除去Cl2中的少量HCl
检验浓硫酸与铜反应后的产物中是否含有铜离子
验证MnO2、Cl2、S氧化性强弱

A. A B. B C. C D. D
4. 对下列事实的解释不正确的是(    )
A. 古代农谚中有“雷雨发庄稼”、“豆茬种谷，必定有福”的说法，其中“雷雨”、“豆茬”涉及到的是自然固氮
B. SO2和氯气均能使品红溶液褪色，说明SO2和氯气均有漂白性
C. 氨可以设计完成喷泉实验，说明氨极易溶于水
D. 加入浓硫酸后的蔗糖固体由白色变为黑色海绵状，并有刺激性气味的气体放出，说明浓硫酸具有脱水性和强氧化性
5. 下列叙述正确的有(    )
①CO2、NO2、SO2、P2O5均为酸性氯化物
②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由化合反应制得
③氯化钠晶体溶于水、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为溶液和胶体
④测定新制氯水pH时，先用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，再与标准比色卡对照
⑤需要通电才可进行的有：电离、电解、电镀、电化学腐蚀、电泳
⑥氯化铝溶液与氢氧化铝胶体具有的共同性质是：能透过滤纸，滴加NaOH溶液都能先生成沉淀后沉淀溶解
⑦苛性钾、次氯酸、氮气按顺序分类依次为：强电解质、弱电解质和非电解质
⑧碱石灰、明矾、玻璃、漂白粉都是混合物
⑨二氧化硫具有漂白性，可使紫色石蕊试液褪色
⑩在钢中加入稀土元素，可以增强钢的塑性、韧性、耐磨性、耐腐蚀性和抗氧化性
A. 3个 B. 4个 C. 5个 D. 6个
6. 在一个恒温、恒容的密闭容器中，有两个可左右自由滑动的密封隔板(a、b)，将容器分成三部分，已知充入的三种气体的质量相等，当隔板静止时，容器内三种气体所占的体积如图所示。下列说法中错误的是(    )
A. 分子数目：N(X)=N(Z)=2N(Y) B. 若Y是O2，则X可能是CH4
C. 气体密度：ρ(X)=ρ(Z)=2ρ(Y) D. X和Z分子中含有的原子数可能相等
7. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(    )
A. 标准状况下，2.24LNO与1.12LO2混合后的气体分子数为0.1NA
B. 6.4g铜与足量硫共热，转移的电子数为0.2NA
C. 78gNa2O2固体中含有的阴、阳离子总数为3NA
D. 将50mL12mol/L的盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA

8. 工业生产中除去电石渣浆(含CaO)中的S2−并制取硫酸盐的一种常用流程如图所示。下列说法正确的是(    )


A. 过程Ⅰ中，反应的离子方程式为4MnO32−+2S2−+9H2O=S2O32−+4Mn(OH)2↓+10OH−
B. 碱性条件下，氧化性：O2>MnO32−>S2O32−
C. 将1molS2−转化为SO42−理论上需要O2的体积为22.4L(标准状况)
D. 该过程中涉及的化学反应均是氧化还原反应
9. 下列各离子组在给定条件下能大量共存的是(    )
A. 使pH试纸显蓝色的溶液中：K+、Na+、SO32−、S2−
B. 0.1mol/LNa2SO3溶液中：K+、NH4+、ClO−、SO42−
C. 滴加KSCN显红色的溶液中：Mg2+、NH4+、CH3COO−、CO32−
D. 能与铝反应放出H2的溶液中：Na+、NH4+、NO3−、Cl−
10. 宏观辨识与微观探析是化学学科核心素养之一，下列离子组中加(或通)入相应试剂后，判断和分析均正确的是(    )
选项
离子组
加(或通)入试剂
判断和分析
A
Na+、K+、AlO2−、Cl−
足量NaHCO3溶液
不能大量共存，因AlO2−和HCO3−之间会发生完全双水解生成CO2气体和Al(OH)3沉淀
B
Na+、Mg2+、SO42−、HCO3−
足量NaOH溶液
不能大量共存，会发生下列反应：Mg2++HCO3−+OH−=MgCO3↓+H2O
C
NH4+、Ca2+、Cl−、NO3−
足量CO2
能大量共存，粒子间不反应
D
Na+、K+、ClO−、Cl−
少量SO2
不能大量共存，会发生下列氧化还原反应：ClO−+H2O+SO2=Cl−+SO42−+2H+

A. A B. B C. C D. D
11. 类比和推理是化学研究的重要方法，下列类比或推理正确的是(    )
A. 活泼金属铁在潮湿的空气中易被腐蚀，则活泼金属铝在潮湿的空气中也易被腐蚀
B. 酸性氧化物CO2与Ba(NO3)2不反应，则酸性氧化物SO2与Ba(NO3)2也不反应
C. CO2通入Ca(ClO)2有沉淀生成，则SO2通入Ca(ClO)2也有沉淀生成
D. 实验室用NaCl固体与浓硫酸加热制取HCl气体，则也可用NaI固体与浓硫酸加热制HI气体
12. 价类二维图是学习元素及其化合物知识的重要模型和工具。图1为某常见金属单质及其部分化合物的价类二维图。下列推断不合理的是(    )

A. b，c均可与氢碘酸反应，但反应原理不同
B. h具有强氧化性，可用于饮用水的消毒，还原产物可以净水
C. a→f→g→d的每步转化均可一步实现
D. 可通过图2装置制备物质e，且较长时间不易被氧化
13. 某化学小组在实验室进行铁粉和硫粉混合加热的实验。并对产物进行了系列实验，流程如图所示。下列说法正确的是(    )

A. 气体A和D含有同一物质，且均为氧化产物
B. 硫元素参加了2个氧化还原反应
C. 若固体B中加浓硫酸，发生反应时被氧化的和被还原的均为同一种元素
D. 沉淀F可以和NaOH溶液在加热的条件下反应
14. 某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)，下列说法不正确的是(    )
已知：①浓硝酸可氧化NO；②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。
A. 装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)b→c→d
B. 装置E中发生的化学方程式为2NO+2Fe−△2FeO+N2
C. 装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和产生NO2
D. 装置B的作用是干燥，防止水蒸气进入E中干扰反应
15. 1.52g铜镁合金完全溶解于 50mL 密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到 NO2 和 N2O4的混合气体 1120mL(标准状况)，向反应后的溶液中加入 1.0mol/LNaOH溶 液，当金属离子全部沉淀时，得到 2.54g沉淀．下列说法不正确的是(    )
A. 该合金中铜与镁的物质的量之比是 2：1
B. 该浓硝酸中 HNO3 的物质的量浓度是 14.0mol/L
C. NO2和 N2O4 的混合气体中，NO2的体积分数是 80%
D. 得到 2.54g沉淀时，加入 NaOH 溶液的体积是 600 mL
16. (1)已知某废水试样中可能含有表中的离子：
阳离子
Na+、Mg2+、X、H+
阴离子
Cl−、SO32−、Y、NO3−
将废水试样分成甲、乙、丙、丁四份，进行如图所示探究。

回答下列问题：
离子X是 ______(填化学式，下同)，离子Y是 ______。表中不能确定是否存在的阴离子是 ______，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为 ______。写出废水试样中滴加淀粉−KI溶液所发生反应的离子方程式：______。
(2)已知某溶液中含有大量的Cl−、Br−、I−，若向1L该混合溶液中通入一定量的氯气，则溶液中Cl−、Br−、I−与通入氯气的体积(标准状况下)关系如下表所示，回答下列问题：
Cl2的体积(标准状况下)
2.8L
5.6L
11.2L
n(Cl−)
1.25mol
1.5mol
2mol
n(Br−)
1.5mol
1.4mol
0.9mol
n(I−)
a mol
0
0
原溶液中Cl−、Br−、I−的物质的量浓度之比为 ______。
(3)向100mL0.01mol⋅L−1Ba(OH)2溶液中滴加0.1mol⋅L−1NaHCO3溶液，测得溶液电导率的变化如图。下列说法错误的是 ______。

A.Ba(OH)2和NaHCO3都是强电解质
B.A→B电导率下降的主要原因是发生了反应Ba2++2OH−+2HCO3−=BaCO3↓+2H2O+CO32−
C.B→C溶液中的c(OH−)减小
D.C点时，往溶液滴入少量酚酞，溶液呈红色
17. 已知K3[Fe(CN)6]溶液遇Fe2+生成蓝色沉淀，据此可检验溶液中的Fe2+。某小组设计实验检验和测定菠菜中的铁元素。菠菜中的铁主要以草酸亚铁(FeC2O4)的形式存在，草酸亚铁粉末难溶于水，草酸是一种二元有机弱酸，具有强的还原性。
(1)写出草酸亚铁溶于足量稀硫酸中的离子方程式 ______。
(2)菠菜的预处理：

上述预处理流程中需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、______(从图中选择，写出名称)。

(3)检验待测液中是否含有Fe2+、Fe3+；

现象②说明待测液中含有Fe3+，试分析Fe3+产生的主要原因 ______。
(4)利用KMnO4标准溶液测定菠菜中铁元素的含量：
步骤Ⅰ：取10.00mL待测液于锥形瓶中，滴加KMnO4溶液至溶液显紫色。
步骤Ⅱ：向步骤Ⅰ得到的混合液中加入过量铜粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。
步骤Ⅲ：向步骤Ⅱ所得待测液中加入适量稀H2SO4溶液，加入cmol/L的KMnO4标准溶液至反应结束，消耗KMnO4溶液VmL。
①步骤Ⅰ滴加KMnO4溶液的目的是 ______。
②步骤Ⅱ滴加KMnO4溶液时发生反应的离子方程式为 ______。
③菠菜中铁的含量为 ______mg/100g(即每100g菠菜中含铁元素的质量)。
18. 五氧化二钒(V2O5)广泛用于冶金、化工等行业。一种以含钒废料(含V2O3、MnO、SiO2、Al2O3)为原料制备V2O5的流程如图：

已知：V2O3难溶于水和碱，可溶于酸，灼烧可生成V2O5。
(1)为提高含钒废料的浸取率，可采取的措施为 ______。
(2)“滤液1”中除了含有过量的NaOH，还含有的溶质为 ______(填化学式)。
(3)“烘干灼烧”的目的是 ______。
(4)“沉锰”时需将温度控制在70℃左右，温度不能过高的原因为 ______，“滤渣2”的主要成分是MnCO3，写出生成MnCO3的离子方程式：______。
(5)“浓缩结晶”后获得NH4VO3晶体需进行的操作是 ______。
(6)在煅烧NH4VO3生成V2O5的过程中无元素化合价变化，请写出反应的化学方程式：______。
19. 肼(N2H4)可作火箭发射的燃料。某实验兴趣小组利用氨和次氯酸钠反应制备N2H4，并探究N2H4的性质。胼的制备装置如图所示：

回答下列问题：
(1)A为实验室制氨的发生装置，反应前试管a盛装的固体为 ______(填化学式)，仪器b的作用是 ______。
(2)装置C中发生的离子方程式为 ______。B中生成肼的离子反应方程式为 ______。
(3)上述装置存在一处缺陷会导致N2H4的产率降低，改进措施是 ______。
(4)探究N2H4的性质。将制得的N2H4分离提纯后，进行如图实验。

【查阅资料】AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O，Ag2O可溶于氨水。
【提出假设】黑色固体可能是Ag、Ag2O中的一种或两种。
【实验验证】设计如下方案，进行实验。
操作
现象
结论
i.取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡
黑色固体全部溶解，产生无色气体，遇空气马上变为红棕色
黑色固体中有 ______
ii.取少量黑色固体于试管中，加入足量 ______ ，振荡
黑色固体部分溶解
黑色固体中有Ag2O
通过上述实验，得出肼具有的性质是 ______。
(5)根据酸碱质子理论，结合质子(H+)的物质是碱，已知胼与一水合氨类似，是一种二元弱碱，向肼溶液中加入过量硫酸生成的酸式盐的化学式为 ______。
答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.二氧化硫具有还原性，常用作葡萄酒添加剂，既可以杀菌消毒，又可以防止营养成分被氧化，故A正确；
B.醋酸的酸性强于次氯酸，使用漂白粉时滴入几滴醋酸，可以促进次氯酸的生成，可提高漂白效率，故B正确；
C.“蛟龙”号载人潜水器的耐压球壳是用钛合金制造的，钛合金属于新型合金，叙述正确，故C正确；
D.燃煤中加入CaO可以不能减少二氧化碳的排放，不能减少温室气体的排放，故D错误；
故选：D。
A.依据二氧化硫的还原性解答；
B.依据强酸制备弱酸的规律解答；
C.钛合金是一种耐高压的新型合金；
D.燃煤中加入CaO可以不能减少二氧化碳的排放。
本题考查物质的组成、性质及用途，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意化学与生活的联系，题目难度不大。

2.【答案】B 
【解析】解：A.“水声冰下咽，沙路雪中平”是三态变化，过程中未涉及化学变化，故A正确；
B.丹砂(HgS)烧之成水银，即HgS发生分解反应生成水银，此过程为化学变化，二者不是相同条件下同时进行，所以不是可逆反应，故B错误；
C.“日照香炉生紫烟”中的“紫烟”指水产生的雾气，是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴，分散在空气中形成气溶胶，能够产生丁达尔效应，故C正确；
D.“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，“硇水”可溶解银块，其中的“硇水”指的是硝酸，故D正确；
故选：B。
A.“水声冰下咽，沙路雪中平”说的是三态变化；
B.可逆反应是指相同条件下同时向正反两个方向进行的反应；
C.“日照香炉生紫烟”中的“紫烟”指水产生的雾气，是由水蒸发产生的水蒸气遇冷液化而成的小液滴；
D.“硇水”可溶解银块。
本题考查物质性质、物质成分、物质变化等知识点，理解诗句的意思是解本题关键，明确物质性质的关系即可解答，注意根据物质性质解释其用途，题目难度不大。

3.【答案】A 
【解析】解：A.先通入NH3，后通入CO2，可增大二氧化碳的溶解，与饱和食盐水反应生成碳酸氢钠，故A正确；
B.除杂时导管长进短出，图中进气不合理，故B错误；
C.反应后混合液的密度大于水的密度，应将反应后混合物注入水中，故C错误；
D.常温下浓盐酸与二氧化锰不反应，不能制备氯气，故D错误；
故选：A。
A.先通入NH3，后通入CO2，可增大二氧化碳的溶解；
B.除杂时导管长进短出；
C.反应后混合液的密度大于水的密度；
D.常温下浓盐酸与二氧化锰不反应。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物的分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：A.将游离态的氮转化为化合态的氮，为氮的固定，“雷雨”、“豆茬”都是将游离态的氮转化为化合态，为氮的固定，故A正确；
B.SO2和品红溶液反应生成无色的物质而使品红溶液褪色，SO2和Cl2、H2O反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，硫酸和盐酸都是无色物质，前者体现二氧化硫的漂白性，后者体现二氧化硫的还原性，故B错误；
C.氨气极易溶于水而形成压强差，所以能设计成喷泉实验，故C正确；
D.浓硫酸使蔗糖脱水后，蔗糖变成黑色海绵状，体现浓硫酸具有脱水性，C与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫，有刺激性气味的气体为二氧化硫，硫酸具有强氧化性，故D正确；
故选：B。
A.将游离态的氮转化为化合态的氮，为氮的固定；
B.SO2和品红溶液反应生成无色的物质而使品红溶液褪色，SO2和Cl2、H2O反应方程式为SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，硫酸和盐酸都是无色物质；
C.极易溶于水的物质能设计成喷泉实验；
D.浓硫酸使蔗糖脱水后，蔗糖变成黑色海绵状，体现浓硫酸具有脱水性。
本题考查元素化合物的性质，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，B为解答易错点，题目难度不大。

5.【答案】B 
【解析】解：①NO2不符合酸性氧化物的定义，故①错误；
②Ca(HCO3)2可以是碳酸钙、水以及二氧化碳化合制得，Fe(OH)3可以是氢氧化亚铁和氧气、水化合制得，FeCl2可以是金属铁和氯化铁化合制得，都可以由多种物质化合制得，故②正确；
③氯化钠晶体溶于水、饱和氯化铁溶液滴入沸水中所形成的分散系分别为：氯化钠溶液、氢氧化铁胶体，故③正确；
④氯水含HClO，可使pH试纸褪色，应选pH计测定氯水的pH，故④错误；
⑤电解、电泳、电镀需通电，电离是溶液中水分子或熔融作用下进行；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀，不需要通电，故⑤错误；
⑥溶液和胶体能通过滤纸，氯化铝溶液中滴加NaOH溶液能先生成沉淀后沉淀溶解，氢氧化铝胶体中滴加氢氧化钠溶液先聚沉，后溶解生成偏铝酸钠，故⑥正确；
⑦氮气不是非电解质，非电解质是化合物，故⑦错误；
⑧碱石灰是氢氧化钠和氧化钙的混合物、明矾为十二水硫酸铝钾属于纯净物、玻璃为硅酸盐和二氧化硅的混合物、漂白粉为氯化钙和次氯酸钙的混合物，故⑧错误；
⑨二氧化硫具有漂白性，但不能漂白指示剂，故⑨错误；
⑩加入稀土元素，可提高钢的塑性、韧性、耐磨性、耐腐蚀性和抗氧化性，故⑩正确；
故选：B。
①和碱反应生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
②Ca(HCO3)2、Fe(OH)3、FeCl2均可由多种物质化合制得；
③氯化钠晶体溶于水得溶液，饱和氯化铁滴入沸水中，得氢氧化铁胶体；
④氯水含HClO，可使pH试纸褪色；
⑤电离是溶液中水分子或熔融作用下进行；电化腐蚀是形成原电池反应发生的腐蚀；
⑥溶液和胶体能通过滤纸，氯化铝加入氢氧化钠先生成氢氧化铝沉淀随后滴加氢氧化钠溶液溶解，氢氧化铝胶体加入氢氧化钠先聚沉后溶解；
⑦强电解质是指在水中完全电离成离子的化合物；弱电解质是指在水中不完全电离，只有部分电离的化合物；在水溶液里或熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
⑧不同物质组成的为混合物；
⑨二氧化硫与水反应生成亚硫酸，为酸能使酸碱指示剂变红但不褪色；
⑩加入稀土元素，可提高合金的塑性、韧性、耐磨性、耐腐蚀性和抗氧化性。
本题考查了酸碱盐、酸性氧化物、溶液、胶体、电解质、非电解质、离子化合物、电离、电解、电泳、电镀、电化腐蚀等概念的理解和应用，熟练和准确掌握基础是关键，题目难度中等。

6.【答案】C 
【解析】解：A.根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比，为2：1：2，即X=Z=2Y，故A正确；
B.X、Y的质量相等，气体的物质的量之比为2：1，则X、Y的摩尔质量之比为1：2，O2、CH4的摩尔质量分别是16g/mol、32g/mol，如果Y是O2，则X可能是CH4，故B正确；
C.根据ρ=mV知，相同质量时，气体密度与气体体积成反比，所以X、Y、Z的密度之比为1：2：1，则气体密度：X=Z=12Y，故C错误；
B.X、Z的物质的量相等，则其分子个数相等，如果X、Z分子中原子个数相等，如：X是N2，Z是CO，二者都是双原子分子，所以原子个数相等，故D正确；
故选：C。
当隔板静止时容器内气体压强相等，同温同压条件下，气体摩尔体积相等，不同气体的体积之比等于其物质的量之比，所以X、Y、Z的物质的量之比为2：1：2；
A.根据N=nNA知，气体分子数之比等于其物质的量之比；
B.X、Y的质量相等，气体的物质的量之比为2：1，则X、Y的摩尔质量之比为1：2；
C.根据ρ=mV知，相同质量时，气体密度与气体体积成反比；
D.X、Z的物质的量相等，其分子个数相等，X、Z的分子中原子个数可能相等。
本题考查阿伏加德罗定律及其推论，明确相同条件下密度与摩尔质量的关系是解本题关键，正确理解阿伏加德罗定律及其推论，题目难度中等。

7.【答案】C 
【解析】解：A.标况下2.24LNO与1.12LO2混合后生成2.24LNO2，物质的量为2.24L22.4L/mol=0.1mol，由于NO2存在转化平衡2NO2⇌N2O4，导致混合后分子个数小于0.1NA，故A错误；
B.6.4g铜与足量硫共热生成硫化亚铜，转移的电子数为0.1NA，故B错误；
C.1个过氧化钠含有2个钠离子和1个过氧根离子，则78gNa2O2固体中含有的阴、阳离子总数为：78g78g/mol×3×NAmol−1=3NA，故C正确；
D.二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应，即盐酸不能反应完全，故转移的电子数小于0.3NA个，故D错误；
故选：C。
A.标准状况下，2.24LNO和1.12LO2反应生成2.24LNO2，结合平衡2NO2⇌N2O4分析；
B.铜与硫加热生成硫化亚铜；
C.1个过氧化钠含有2个钠离子和1个过氧根离子；
D.二氧化锰只能与浓盐酸反应，和稀盐酸不反应。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，应注意掌握公式的运用和物质的结构。

8.【答案】B 
【解析】解：A.过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH−=2MnO32−+4H2O，故A错误；
B.过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH−=2MnO32−+4H2O，过程Ⅱ中反应的离子方程式为4MnO32−+2S2−+9H2O=S2O32−+4Mn(OH)2↓+10OH−，根据氧化还原反应规律氧化剂的氧化性大于氧化产物，碱性条件下，氧化性：O2>MnO32−>S2O32−，故B正确；
C.根据得失电子守恒1mol×8=n(O2)×4，n(O2)=2mol，理论上需要O2的体积2mol×22.4L/mol=44.8L，故C错误；
D.CaO和MnSO4反应生成Mn(OH)2，没有化合价的变化，不是氧化还原反应，故D错误；
故选：B。
由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成MnO32−，过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH−=2MnO32−+4H2O；MnO32−与S2−反应生成S2O32−，进而与氧气反应生成SO42−，过程Ⅱ中反应的离子方程式为4MnO32−+2S2−+9H2O=S2O32−+4Mn(OH)2↓+10OH−，以此解答该题。
本题考查物质的分离提纯实验，为高频考点，把握流程中发生的反应、混合物分离提纯为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。

9.【答案】A 
【解析】解：A.使pH试纸显蓝色的溶液呈碱性，K+、Na+、SO32−、S2−、OH−之间不反应，能够大量共存，故A正确；
B.ClO−、SO32−之间发生氧化还原反应，在0.1mol/LNa2SO3溶液中不能大量共存，故B错误；
C.滴加KSCN显红色的溶液中含有Fe3+，Mg2+、Fe3+都与CO32−反应，不能大量共存，故C错误；
D.能与铝反应放出H2的溶液呈酸性或强碱性，强碱性溶液中NH4+、OH−之间反应生成一水合氨，酸性溶液中NO3−具有强氧化性，与Al反应表示出氢气，不能大量共存，故D错误；
故选：A。
A.该溶液呈碱性，四种离子之间不反应，都不与氢氧根离子反应；
B.次氯酸根离子能够氧化亚硫酸根离子；
C.该溶液中含有铁离子，铁离子、镁离子都与碳酸根离子反应；
D.该溶液呈酸性或强碱性，铵根离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子具有强氧化性，与铝反应不会生成氢气。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

10.【答案】C 
【解析】解：A.AlO2−、HCO3−之间反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，AlO2−和HCO3−发生的不是双水解反应，故A错误；
B.Mg2+、HCO3−分别与OH−反应生成氢氧化镁沉淀和碳酸根离子，在足量NaOH溶液中发生反应为Mg2++HCO3−+3OH−=CO32−+Mg(OH)2↓+H2O，题中离子方程式错误，故B错误；
C.Na+、H+、Ca2+、Cl−、NO3−之间不反应，通入足量CO2也不反应，能够大量共存，故C正确；
D.Na+、K+、ClO−、Cl−之间能够共存，通入少量SO2后发生的氧化还原反应为：3ClO−+H2O+SO2=Cl−+SO42−+2HClO，故D错误；
故选：C。
A.碳酸氢根离子的酸性大于氢氧化铝，偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根离子，没有发生双水解反应；
B.氢氧化镁更难溶，氢氧化钠足量时镁离子转化为氢氧化镁沉淀；
C.五种离子之间不反应，都不与二氧化碳反应；
D.二氧化硫少量，反应产物中的氢离子转化为次氯酸。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。

11.【答案】C 
【解析】解：A.Fe在潮湿的空气中发生电化学腐蚀，Al属于亲氧元素，Al表面被氧化生成一层致密的氧化物薄膜而阻止Al在潮湿的空气中被腐蚀，推理不正确，故A错误；
B.碳酸酸性小于硝酸，所以CO2和Ba(NO3)2不反应，但SO2和Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成BaSO4，推理不正确，故B错误；
C.碳酸酸性比HClO强，所以CO2和Ca(ClO)2反应生成CaCO3沉淀，SO2和Ca(ClO)2溶液发生氧化还原反应生成微溶物CaSO4，所以SO2通入Ca(ClO)2也有沉淀生成，推理正确，故C正确；
D.浓硫酸能氧化HI生成I2，所以不能用浓硫酸和NaI制取HI，推理不正确，故D错误；
故选：C。
A.Al属于亲氧元素，Al表面被氧化生成一层致密的氧化物薄膜；
B.SO2和Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成BaSO4；
C.SO2和Ca(ClO)2溶液发生氧化还原反应生成CaSO4；
D.浓硫酸能氧化HI生成I2。
本题考查探究化学规律，侧重考查分析、判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、化学反应原理等知识点是解本题关键，注意元素化合物性质的差异性。

12.【答案】D 
【解析】解：A.b为FeO，与氢碘酸发生复分解反应，c为Fe2O3，与氢碘酸发生氧化还原反应，三价铁可以氧化碘离子，生成I2，反应原理不同，故A正确；
B.h中Fe元素为+6价，具有强氧化性，可以杀菌消毒，铁元素被还原为三价铁，进而水解形成氢氧化铁胶体，可以起净水作用，故B正确；
C.铁与盐酸反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应转化为氯化铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化铁，转化均可一步实现，故C正确；
D.铁与硫酸反应生成的硫酸亚铁和氢气，利用氢气排尽装置中空气，而图2中生成的硫酸亚铁与氢氧化钠溶液不能混合，不能生成氢氧化亚铁，故D错误；
故选：D。
图1为某常见金属单质及其部分化合物的价类二维图，图中金属具有+2价、+3价、+6价，可知该金属为Fe，由物质种类、化合价可知a为Fe、b为FeO、c为Fe2O3、d为Fe(OH)3、e为Fe(OH)2、f为亚铁盐、g为铁盐、h为高铁酸盐。
本题以价类二维图为载体，考查铁元素单质及其化合物，熟练掌握物质的性质，题目难度不大。

13.【答案】D 
【解析】解：A.由以上分析可知，气体D中SO2是还原产物，故A错误；
B.由以上分析可知，铁粉与硫粉反应生成FeS，S与O2反应生成SO2，H2S与H2SO4(浓)反应生成S、SO2和H2O，反应中S元素的化合价都发生改变，故硫元素至少参加了3个氧化还原反应，故B错误；
C.固体B为FeS，FeS与浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3、S、SO2和H2O，其中被氧化的元素为Fe和S，被还原的元素为S，故发生反应时被氧化的和被还原的不为同一种元素，故C错误；
D.沉淀F是S，S与NaOH加热条件下反应生成Na2S、Na2SO3和H2O，故D正确；
故选：D。
首先铁粉与硫粉反应生成FeS，S与O2反应生成SO2，FeS与稀硫酸反应生成FeSO4和H2S，H2S与浓硫酸反应生成S、SO2和H2O。
本题考查含铁物质的性质，侧重考查学生物质之间的转化的掌握情况，试题难度中等。

14.【答案】D 
【解析】解：A.由上述分析可知，顺序为A→D→F→E→B→C，则装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)b→c→d，故A正确；
B.Fe为还原剂，NO为氧化剂，由反应物、生成物及电子和原子守恒可知E中发生的化学方程式为2NO+2Fe−△2FeO+N2，故B正确；
C.装置D的作用是吸收挥发出来的硝酸和产生NO2，保证进入E的只有NO气体，为除杂装置，故C正确；
D.装置B的作用将E装置中过量的NO氧化为NO2，便于C中尾气的吸收，故D错误；
故选：D。
用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)，结合实验装置可知，A中Cu与稀硝酸反应生成NO，D中水除去挥发的硝酸，F中干燥NO，然后在E中发生2NO+2Fe−△2FeO+N2，结合信息可知，B中浓硝酸可氧化NO，C中NaOH溶液可吸收尾气，以此来解答。
本题考查物质的性质实验，为高频考点，把握实验装置的作用、物质的性质、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度中等。

15.【答案】D 
【解析】解：A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g−1.52g=1.02g，氢氧根的物质的量为1.02g17g/mol=0.06mol，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，令铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，则：2x+2y=0.06、64x+24y=1.52，解得x=0.02，y=0.01，故合金中铜与镁的物质的量之比是：2：1，故A正确；
B.该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：1000×1.4×63%63mol/L=14.0mol/L，故B正确；
C.标况下，NO2和N2O4混合气体的物质的量为：1.12L22.4L/mol=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为(0.05−a)mol，根据电子转移守恒可知，a×1+(0.05−a)×2×1=0.06，解得：a=0.04，NO2的体积分数为0.04mol0.05mol×100%=80%，故C正确；
D.金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒可知，硝酸钠的物质的量为0.05L×14mol/L−0.04mol−(0.05−0.04)mol×2=0.64mol，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：0.64mol1mol/L=0.64L=640mL，故D错误。
故选：D。
A.金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g−1.52g=1.02g，根据n=mM计算氢氧根的物质的量，根据电荷守恒可知，金属提供的电子物质的量等于氢氧根的物质的量，设铜、镁合金中Cu、Mg的物质的量分别为xmol、ymol，根据提供的电子物质的量与二者质量之和列方程计算x、y的值；
B.根据c=1000ρωM计算浓硝酸的物质的量浓度；
C.根据n=VVm计算NO2和N2O4混合气体的物质的量，设二氧化氮的物质的量为amol，表示出四氧化二氮的物质的量，根据电子转移守恒列方程计算；
D.根据n=cV可计算硝酸总物质的量，金属离子全部沉淀时，反应后溶质为硝酸钠，根据氮元素守恒计算硝酸钠的物质的量，根据钠离子守恒可知n(NaOH)=n(NaNO3)，再根据V=nc计算需要氢氧化钠溶液的体积．
本题考查混合物的有关计算，题目难度中等，理解反应发生的过程为解答关键，是对学生综合能力的考查，注意掌握守恒思想在化学计算中的应用方法．

16.【答案】NH4+  SO42−  Cl−  取少量溶液与试管中，加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液生成白色沉淀证明氯离子的存在  6I−+2NO3−+8H+=2NO↑+3I2+4H2O10：15：4 B 
【解析】解：(1)依据实验步骤分析判断，甲中加入溴水不褪色，证明不含还原性离子，推断不含SO32−；乙中加入酸化的氯化钡生成白色沉淀说明含有SO42−；丙中加入氢氧化钠溶液加热反应生成气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，证明是氨气，说明原溶液中含有NH4+；丁中加入淀粉碘化钾溶液后溶液呈蓝色说明溶液中含有氧化性离子能氧化碘离子为单质碘；判断含有NO3−；离子X为NH4+，离子Y为SO42−；表中不能确定是否存在的阴离子是Cl−，能证明该阴离子是否存在的简单实验操作为，取少量溶液与试管中，加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液生成白色沉淀证明氯离子的存在，废水试样中滴加淀粉一KI溶液所发生反应的离子方程式：6I−+2NO3−+8H+=2NO↑+3I2+4H2O，
故答案为：NH4+；SO42−；Cl−；取少量溶液与试管中，加入稀硝酸，再加入硝酸银溶液生成白色沉淀证明氯离子的存在；6I−+2NO3−+8H+=2NO↑+3I2+4H2O；
(2)根据反应可知，溶液中阴离子总的物质的量不变(不含氢氧根离子)，由表中数据可知，通入5.6L氯气时，碘离子完全反应，同时氧化0.1mol溴离子，故a=1.75+1.4−(1.5+1.5)=0.15，2.8L时，n(Br−)=1.5mol，故原溶液中n(Br−)=1.5mol；n(Cl−)=0.125×2=0.25mol，n(I−)=0.25mol，故原溶液中n(Cl−)=1.25−0.25=1mol；5.6L时，n(Br−)=1.5−1.4=0.1mol，n(I−)=0.25−0.1=0.15，故原溶液中n(I−)=0.25+0.15=0.4mol；故原溶液中Cl−、Br−、I−的物质的量浓度之比为：1：1.5：0.4=10：15：4，
故答案为：10：15：4；
(3)A.Ba(OH)2和NaHCO3在溶液中均完全电离，均属于强电解质，故A正确；
B.A→B加入NaHCO3的物质的量小于Ba(OH)2的物质的量，发生的反应为Ba2++OH−+HCO3−=BaCO3↓+H2O，故B错误；
C.B→C时加入的NaHCO3继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应，因此B→C溶液中c(OH−)减小，故C正确；
D.c点氢氧化钡和碳酸氢钠恰好完全反应生成碳酸钡、碳酸钠和水，溶质为Na2CO3，溶液呈碱性，往溶液滴入少量酚酞，溶液呈红色，故D正确；
故答案为：B。
(1)依据实验步骤分析判断，甲中加入溴水不褪色，证明不含还原性离子，推断不含SO32−；乙中加入酸化的氯化钡生成白色沉淀说明含有SO42−；丙中加入氢氧化钠溶液加热反应生成气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，证明是氨气，说明原溶液中含有NH4+；丁中加入淀粉碘化钾溶液后溶液呈蓝色说明溶液中含有氧化性离子能氧化碘离子为单质碘；判断含有NO3−；
(2)根据反应可知，溶液中阴离子总的物质的量不变(不含氢氧根离子)，由表中数据可知，通入5.6L氯气时，碘离子完全反应，同时氧化0.1mol溴离子，根据由表中数据可知，通入5.6L氯气时，碘离子完全反应，同时氧化0.1mol溴离子，根据氯气计算反应生成的氯离子物质的量，进而计算原溶液中氯离子物质的量，通入2.8L氯气时溶液中溴离子不反应，由表中数据可知原溶液中溴离子为1.5mol，根据溶液中阴离子总的物质的量不变(不含氢氧根离子)计算原溶液中碘离子的物质的量，据此解答；
(3)A.Ba(OH)2和NaHCO3在溶液中均完全电离；
B.A→B加入NaHCO3的物质的量小于Ba(OH)2的物质的量，发生的反应为Ba2++OH−+HCO3−=BaCO3↓+H2O；
C.B→C时加入的NaHCO3继续消耗氢氧根离子，C点两者恰好完全反应；
D.c点氢氧化钡和碳酸氢钠恰好完全反应生成碳酸钡、碳酸钠和水。
本题是离子推断题，考查离子的检验方法及图示理解、分析能力，难度适中，注意离子反应先后顺序的应用是关键。

17.【答案】FeC2O4+2H+=Fe2++H2C2O4  坩埚、漏斗、100mL容量瓶  菠菜在灼烧时草酸亚铁可能被空气中的氧气氧化，+2价的Fe可能部分被氧化为+3价  将亚铁离子转化为铁离子并除去草酸  5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O2800cV 
【解析】解：(1)草酸亚铁溶于稀硫酸发生复分解反应生成硫酸亚铁和草酸，草酸是弱酸，在离子方程式里不能拆成离子，离子方程式为：FeC2O4+2H+=Fe2++H2C2O4，
故答案为：FeC2O4+2H+=Fe2++H2C2O4；
(2)预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，涉及的操作有灼烧、溶解、过滤、配制100mL溶液；灼烧需要用酒精灯、坩埚、泥三角、铁架台或三脚架、玻璃棒；溶解需要用烧杯和玻璃棒，过滤需要用漏斗、烧杯、玻璃棒、铁架台、滤纸等；配制溶液需要用100mL容量瓶、胶头滴管等；需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、酒精灯、坩埚、漏斗、100mL容量瓶、胶头滴管等，
故答案为：坩埚、漏斗、100mL容量瓶；
(3)铁离子和KSCN溶液反应生成红色溶液，滴加KSCN溶液后溶液呈浅红色说明待测液中有少量的Fe3+，菠菜中的铁主要以草酸亚铁(FeC2O4 )的形式存在，菠菜在灼烧时草酸亚铁可能被空气中的氧气氧化，+2价的Fe可能部分被氧化为+3价，从而在待测液中含少量的Fe3+，
故答案为：菠菜在灼烧时草酸亚铁可能被空气中的氧气氧化，+2价的Fe可能部分被氧化为+3价；
(4)①待测液中含有亚铁离子和草酸，两者均可以和高锰酸钾溶液反应，步骤I滴加KMnO4 溶液的目的是将亚铁离子转化为铁离子并除去草酸，
故答案为：将亚铁离子转化为铁离子并除去草酸；
②步骤III滴加KMnO4 溶液时发生反应为在酸性溶液中亚铁离子和高锰酸钾反应生成铁离子和锰离子，离子方程式为：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，
故答案为：5Fe2++MnO4−+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O；
③由化学方程式体现的关系可知，100g菠菜中铁的质量为  cmol⋅L−1×V×10−3L×5×10010×56g/mol=2.8cVg=2800cVmg，则菠菜中铁的含量为 2800cVmg/100g，
故答案为：2800cV。
预处理流程中通过灼烧得到菠菜灰，加入硫酸溶解后过滤，滤液配成100mL待测液，然后取10.00mL待测液于锥形瓶中，通过滴定法测定铁元素的含量；待测液滴加高锰酸钾溶液，将Fe2+氧化为Fe3+，同时将草酸中的碳由+3价氧化为+4价，所得溶液加入过量铜粉，将溶液中的铁离子还原为Fe2+，然后用高锰酸钾溶液滴定，根据所用的高锰酸钾的体积和物质的量浓度，即可计算菠菜中铁的含量。
本题考查菠菜中的铁元素的测定，侧重考查学生实验方案的设计和定量实验的掌握情况，试题难度中等。

18.【答案】延长浸取时间、升高温度、粉碎固体  Na2SiO3、NaAlO2  将V2O3氧化为V2O5  温度过高，NH4HCO3分解  Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O过滤、洗涤、干燥  2NH4VO3−△V2O5+2NH3↑+H2O 
【解析】解：(1)为提高含钒废料的浸取率，可采取的措施为延长浸取时间、升高温度、粉碎固体等，
故答案为：延长浸取时间、升高温度、粉碎固体；
(2)加入氢氧化钠碱浸，可除去二氧化硅、氧化铝，滤液1含有氢氧化钠、Na2SiO3、NaAlO2等，
故答案为：Na2SiO3、NaAlO2，
(3)由分析可知，烘干灼烧，可将V2O3氧化为V2O5，
故答案为：将V2O3氧化为V2O5；
(4)“沉锰”需将温度控制在70℃左右，温度过高，NH4HCO3分解导致原料利用率低；加入碳酸氢铵沉锰，生成碳酸锰和二氧化碳气体，反应的离子方程式为Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O，
故答案为：温度过高，NH4HCO3分解；Mn2++2HCO3−=MnCO3↓+CO2↑+H2O；
(5)“浓缩结晶”后获得NH4VO3晶体需进行的操作是过滤、洗涤、干燥，
故答案为：过滤、洗涤、干燥；
(6)灼烧NH4VO3时可生成钒的氧化物V2O5，钒的化合价不变，所以NH4VO3是非氧化还原反应，则产物中有氨气，所以化学方程式为：2NH4VO3−△V2O5+2NH3↑+H2O，
故答案为：2NH4VO3−△V2O5+2NH3↑+H2O。
含钒废料(含V2O3、MnO、SiO2、Al2O3)焙烧，加入氢氧化钠碱浸，可除去二氧化硅、氧化铝，滤液1含有氢氧化钠、硅酸钠、偏铝酸钠等，烘干灼烧，将V2O3氧化为V2O5，加入硫酸酸溶，加入碳酸氢铵，可生成碳酸锰沉淀，滤液加入过量硫酸铵，浓缩、结晶，可得到NH4VO3，煅烧可生成V2O5，以此解答该题。
本题考查物质的制备，为高频考点，把握物质的性质、流程中发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度较大。

19.【答案】NH4Cl、Ca(OH)2  导气、防止倒吸  2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O2NH3+ClO−=Cl−+N2H4+H2O在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体  Ag 氨水  还原性、碱性  N2H6(HSO4)2 
【解析】解：(1)实验室用氨和次氯酸钠反应制备肼，装置A为生成氨气的装置，且反应为固体加热反应，则试管a中的试剂为氯化铵和氢氧化钙固体，两者反应生成氨气和氯化钙、水；氨气极易溶于水，仪器b的作用是将氨气通入装置B中，且球形部分可以防止倒吸，
故答案为：NH4Cl、Ca(OH)2；导气、防止倒吸；
(2)装置C为生成氯气装置，浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水，离子方程式为：2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；生成的氯气通入NaOH溶液中，两者反应生成氯化钠、NaClO和水，NaClO和通入的氨气反应生成肼，在此反应中，N的化合价从−3价升高到−2价，则NaClO做氧化剂，Cl的化合价从+1价低降低到−1价，根据电子守恒、电荷守恒和质量守恒配平该反应的离子方程式为：2NH3+ClO−=Cl−+N2H4+H2O，
故答案为：2MnO4−+16H++10Cl−=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；2NH3+ClO−=Cl−+N2H4+H2O；
(3)装置C反应生成氯气，浓盐酸具有挥发性，导致氯气不纯，氯化氢会和装置B中氢氧化钠溶液反应，导致肼的产率降低，改进方法是在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体，
故答案为：在装置B、C之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶，除去氯化氢气体；
(4)i.银和氧化银都可以和硝酸反应，其中单质银和硝酸反应的时候会生成气体一氧化氮，故加入足量硝酸后黑色固体全部溶解，产生无色气体，遇空气马上变为红棕色，可证明黑色固体中有Ag；
ii.氧化银可以溶解在氨水中，故ii加入的试剂为氨水，溶解的部分固体为氧化银；
AgNO3和N2H4反应生成Ag和Ag2O，N2H4将AgNO3还原为Ag，说明肼有还原性，N2H4和AgNO3反应生成了Ag2O，说明N2H4有碱性，和AgNO3反应生成了AgOH，AgOH不稳定，分解为Ag2O，
故答案为：Ag；氨水；还原性、碱性；
(5)肼有碱性，肼为二元弱碱，和过量的硫酸反应，肼结合2个H+形成阳离子N2H62+，生成的酸式盐为硫酸氢盐，所以生成物质的化学式为N2H6(HSO4)2，
故答案为：N2H6(HSO4)2。
分析仪器可知，装置A加热氢氧化钙和氯化铵制取氨气，进入装置B中，由于氨气极易溶于水，故使用装置b防止倒吸，装置C使用浓盐酸和KMnO4制备氯气，进入装置B中发生反应，由于制备的氯气中混有氯化氢，应使用饱和食盐水除去，但是实验并未提供，会导致产品产率降低，装置B中氨气和氯气在氢氧化钠溶液中发生反应，产生肼，据此分析回答问题；
(4)i.操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水；
ii.操作ii证明有Ag，Ag可以被稀硝酸氧化，同时生成NO气体，所以现象②为黑色固体溶解，并有气体产生，该气体遇见空气变为红棕色；肼具有还原性将Ag+还原为Ag，同时肼具有碱性，与Ag+反应生成AgOH，而AgOH不稳定，易分解生成黑色的Ag2O；
(5)肼有碱性，肼为二元弱碱，和过量的硫酸反应，肼结合2个H+形成阳离子N2H62+，生成的酸式盐为硫酸氢盐。
本题考查了物质制备方案的设计、物质性质检验，为高考常见题型和高频考点，题目难度中等，明确反应原理为解答关键，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。