黑龙江省大兴安岭漠河县第一中学2026届高三上化学期中统考试题含解析

黑龙江省大兴安岭漠河县第一中学2026届高三上化学期中统考试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将V1mL0.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液与2mL0.1mol·L-1KI溶液混合，待充分反应后，下列方法可证明该反应具有一定限度的是（）A．若V1<1，加入淀粉 B．若V1≤1，加入KSCN溶液C．若V1≥1，加入AgNO3溶液 D．加入Ba(NO3)2溶液2、元素周期表隐含着许多信息和规律。以下所涉及的元素均为中学化学中常见的短周期元素，其原子半径及主要化合价列表如下，其中R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源。下列说法正确的是A．T、Z的最高价氧化物对应水化物的酸性T<ZB．R、X、Y的单质失去电子能力最强的是XC．M与Q形成的是离子化合物D．M、Q、Z都在第2周期3、下列物质中在一定条件下能够导电，但不属于电解质的是A．石墨 B．KNO3 C．H2SO4 D．蔗糖4、下列关于砹(85At)及其化合物的说法中，正确的是()A．稳定性：HAt＞HClB．氧化性：At2＞I2C．At2为分子晶体D．NaAt的水溶液呈碱性5、化合物X是一种医药中间体，其结构简式如图所示。下列有关化合物X的说法正确的是A．不能与饱和Na2CO3溶液反应B．分子中所有原子可能处于同一平面C．在酸性条件下水解，水解产物只有一种D．1mol化合物X最多能与8molH2发生加成反应6、中国传统文化对人类文明贡献巨大。下列古代文献涉及的化学研究成果，对其说明合理的是A．《开宝本草》中记载“…（KNO3）所在山泽，冬月地上有霜，扫取以水淋汁后，乃煎炼而成”利用溶解、蒸发、结晶B．《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到萃取C．《金石类》中记载有加热青矾(FeSO4·7H2O)分解时的景象“青矾烧之赤色，气熏人，衣服当之易烂，载木不盛。”主要发生了非氧化还反应D．《神农本革经》记载：“石硫磺(S)…主阴蚀疽痔恶血，坚筋骨，除头秃，能化金银铜铁奇物。”得出硫磺(S)具有的性质是还原性，作用可用于杀菌、消毒7、在一定条件下，O2F2可以发生反应：H2S+3O2F2=SF4+2HF+3O2。则O2F2中O的化合价为()A．-2B．-1C．+1D．+28、化学与人类生产、生活、科研密切相关，下列有关说法不正确的是（）A．维生素C常用作抗氧化剂，说明它具有还原性B．大力实施矿物燃料的脱硫脱硝技术，可以减少SO2、NO2的排放C．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食品受潮、氧化变质D．福尔马林可用作食品的保鲜剂9、钼酸钠（Na2MoO4）是一种新型阻燃剂和水处理剂。从一种含钼的废弃催化剂（主要成分为MoO3、Al2O3、Fe2O3等）中可回收Na2MoO4，其工艺流程如下：已知：MoO3，Al2O3与SiO2相似，均能在高温下与Na2CO3发生类似反应。下列有关叙述错误的是A．焙烧时发生反应之一：Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2↑B．用硫酸浸取②操作后所得滤渣并加入KSCN，溶液变为血红色C．步骤③中可以用CO2代替硫酸D．步骤④中可知Na2MoO4溶解度随温度变化较小10、下列各离子化合物中，阳离子与阴离子的半径之比最小的是()A．KClB．NaBrC．LiID．KF11、KC1O3与浓盐酸发生如下反应：KC1O3+6HCl（浓）=KC1+3Cl2↑+3H2O，有关该反应的下列说法不正确的是（）A．被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为6：1B．Cl2既是氧化产物，又是还原产物C．盐酸既体现酸性，又体现还原性D．转移5mol电子时，产生3molCl212、异丁烷、乙醇硫酸氢钾、液氮均可做制冷剂，下列关于它们的相关表示正确的是（）A．异丁烷的结构简式为：(CH3)3CHB．乙醇的比例模型为：C．熔融KHSO4的电离方程式：KHSO4→K++H++SO42-D．氮原子核外电子的轨道表示式：13、已知：一元弱酸HA的电离平衡常数K＝。25℃时，CH3COOH、HCN、H2CO3的电离平衡常数如下：化学式CH3COOHHCNH2CO3K1.75×10–54.9×10–10K1=4.4×10–7K2=5.6×10–11下列说法正确的是A．稀释CH3COOH溶液的过程中，n(CH3COO–)逐渐减小B．NaHCO3溶液中：c(H2CO3)＜c()＜c(HCO3−)C．25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液D．向CH3COOH溶液或HCN溶液中加入Na2CO3溶液，均产生CO214、常温下，下列各组物质中，Y既能与X反应又能与Z反应的是XYZ①NaOH溶液Al(OH)3稀硫酸②KOH溶液SiO2浓盐酸③O2N2H2④FeC13溶液Cu浓硝酸A．①③ B．①④ C．②④ D．②③15、新华社哈尔滨9月14日电：记者从黑龙江省相关部门获悉，13日14时40分黑龙江省鸡东县裕晨煤矿发生瓦斯爆炸，有9名矿工遇难。研究表明瓦斯中甲烷（CH4）与氧气的质量比为1:4时极易爆炸，则此时瓦斯中甲烷与氧气的体积比为（）A．2:1B．1:2C．1:1D．1:416、设NA为阿伏伽德罗常数的值。下列说法正确的是A．5NH4NO32HNO3＋4N2↑＋9H2O反应中，生成28gN2，转移的电子数目为3.75NAB．室温下，1LpH＝13的NaOH溶液中，由水电离的OH－数目为0.1NAC．氢氧燃料电池正极消耗22.4L（标准状况）气体时，电路中通过的电子数目为2NAD．高温下，0.2molFe与足量水蒸气反应，生成的H2分子数目为0.3NA二、非选择题（本题包括5小题）17、具有抗菌作用的白头翁素衍生物H的合成路线如图所示：已知：ⅰ.RCH2BrR-HC=CH-R’ⅱ.R-HC=CH-R’ⅲ.R-HC=CH-R’（以上R、R’、R’’代表氢、烷基或芳基等）（1）A属于芳香烃，其名称是___。（2）D的结构简式是___。（3）由F生成G的反应类型是___。（4）由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是___。（5）下列说法正确的是___（选填字母序号）。A．G存在顺反异构体B．由G生成H的反应是加成反应C．1molG最多可以与1molH2发生加成反应D．1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH（6）E有多种同分异构体，请写出符合下列要求的所有同分异构体。___①属于芳香族化合物，不考虑立体异构②既能发生加聚反应，又能发生水解反应③核磁共振氢谱为5组峰，且峰面积之比为1：1：2：2：2（7）以乙烯为原料，结合题给信息设计合成的路线。（用流程图表示，无机试剂任选）___。18、A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如下图转化关系（部分生成物和反应条件略去）。(1)若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，X能使品红溶液褪色，写出C和E反应的离子方程式：______________________________。(2)若A为淡黄色粉末，X为一种最常见的造成温室效应的气体。则鉴别等浓度的D、E两种溶液，可选择的试剂为_____（填代号）。A．盐酸B．BaCl2溶液C．Ca(OH)2溶液(3)若A为非金属氧化物，X是Fe，溶液D中加入KSCN溶液变红。则A与H2O反应的化学反应方程式为_____。19、研究非金属元素及其化合物的性质具有重要意义。Ⅰ．含硫物质燃烧会产生大量烟气，主要成分是SO2、CO2、N2、O2。某研究性学习小组在实验室利用装置(如图)测定烟气中SO2的体积分数。(1)将部分烟气缓慢通过C、D装置，其中C、D中盛有的药品分别是_______、________。(填序号)①KMnO4溶液②饱和NaHSO3溶液③饱和Na2CO3溶液④饱和NaHCO3溶液(2)若烟气的流速为amL·min-1，若t1min后，测得量筒内液体体积为VmL，则SO2的体积分数_____。II．某化学兴趣小组为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，设计如下实验(装置图)：(3)检查装置A的气密性：_________，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好。(4)装置A中发生的反应的离子方程式为__________。(5)整套实验装置存在一处明显的不足，请指出：___________。(6)用改正后的装置进行实验，实验过程如下：实验操作实验现象结论打开旋塞a，向圆底烧瓶中滴入适量浓盐酸；然后关闭旋塞a，点燃酒精灯D装置中：溶液变红E装置中：水层溶液变黄，振荡后，CCl4层无明显变化Cl2、Br2、Fe3+的氧化性由强到弱的顺序为_____(7)因忙于观察和记录，没有及时停止反应，D、E中均发生了新的变化。D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CCl4层先由无色变为橙色，后颜色逐渐加深，直至变成红色。为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：Ⅰ．(SCN)2性质与卤素单质类似。氧化性：Cl2>(SCN)2。Ⅱ．Cl2和Br2反应生成BrCl，它呈红色(略带黄色)，沸点约5℃，与水发生水解反应。Ⅲ．AgClO、AgBrO均可溶于水。①结合化学用语解释Cl2过量时D中溶液红色褪去的原因：________________；设计简单实验证明上述解释：取少量褪色后的溶液，滴加______，若_________，则上述解释合理。②欲探究E中颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量红色物质加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因：__________________。20、某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究：操作现象取4g漂粉精固体，加入100mL水部分固体溶解，溶液略有颜色过滤，测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝（约为12），后褪色i、液面上方出现白雾；

ii、稍后，出现浑浊，溶液变为黄绿色；

iii、稍后，产生大量白色沉淀，黄绿色褪去（1）C12和Ca（OH）2制取漂粉精的化学方程是_________。（2）pH试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是_________。（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾。推测现象i的白雾由HC1小液滴形成，进行如下实验：a．用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾，无变化；b．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀。①实验a目的是______。②由实验a、b不能判断白雾中含有HC1，理由是________。（4）现象ii中溶液变为黄绿色的可能原因：随溶液酸性的增强，漂粉精的有效成分和C1-发生反应。通过进一步实验确认了这种可能性，其实验方案是______。（5）将A瓶中混合物过滤、洗涤，得到沉淀X①向沉淀X中加入稀HC1，无明显变化。取上层清液，加入BaC12溶液，产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是_____。②用离子方程式解释现象iii中黄绿色褪去的原因：________。21、以冶铝的废弃物铝灰为原料制取超细α­氧化铝，既降低环境污染又可提高铝资源的利用率。已知铝灰的主要成分为Al2O3(含少量杂质SiO2、FeO、Fe2O3)，其制备实验流程如下：(1)写出铝灰与硫酸反应涉及的离子方程式________________________________________________。(2)图中“滤渣”的主要成分为________(填化学式)。(3)加30%H2O2溶液发生的离子反应方程式为______________________________________。(4)煅烧硫酸铝铵晶体，发生的主要反应为：4[NH4Al(SO4)2·12H2O]2Al2O3＋2NH3↑＋N2↑＋5SO3↑＋3SO2↑＋53H2O，将产生的气体通过下图所示的装置。①集气瓶中收集到的气体是________(填化学式)。②足量饱和NaHSO3溶液吸收的物质除大部分H2O(g)外还有________(填化学式)。③KMnO4溶液褪色(MnO4—被还原为Mn2＋)，发生的离子反应方程式为_________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【详解】Fe2(SO4)3溶液与KI溶液混合发生反应为：2Fe3++2I-=2Fe2++I2，由反应可知，①V1=1mL，说明两者恰好完全反应，②V1<1mL，说明硫酸铁不足；如果加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中存在Fe3+，证明溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，从而说明该反应是可逆反应，反应具有一定限度，故合理选项是B。2、A【解析】R2Q2用于呼吸面具或潜水艇中作为氧气来源，可说明R为钠元素，O为氧元素。其中T元素的主要化合价有-2、+4、+6，且半径大于氧原子，则T为硫元素；M元素的主要化合价为+1，且其原子半径比氧小，则M为氢元素；Z原子的半径较氧大，主要化合价为-1，则为氯元素；X、Y两元素的主要化合价分别为+3、+2，原子半径比钠略小，则X、Y为铝、镁元素，据此分析可得结论。【详解】A.由上述分析可知T、Z分别为硫和氯元素，因氯元素的非金属性比硫强，所以其最高价氧化物对应水化物的酸性S<Cl，故A正确；B.由上述分析可知R、X、Y分别为钠、镁、铝三种金属元素，其金属性的强弱为钠>镁>铝，则单质失去电子能力最强的为钠，故B错误；C.M、Q分别为氢和氧元素，它们之间形成的化合物为共价化合物，故C错误；D.由上述分析可知，M、Q、Z分别为氢、氧、氯三种元素，分列于周期表中的一、二、三周期，故D错误；答案选A。3、A【分析】电解质、非电解质均是化合物，电解质是一定条件下本身电离而导电的化合物；导电的物质不一定是电解质，以此分析解决此题。【详解】A项，石墨能导电，属于单质，既不是电解质又不是非电解质；B项，KNO3属于盐，在水溶液里、熔融时都能导电，属于电解质；C项，H2SO4属于酸，在水溶液里电离产生氢离子和硫酸根离子能导电，属于电解质；D项，蔗糖属于非电解质，不导电。综上所述，符合题意的选项为A。4、C【解析】A、非金属性越强，其氢化物稳定性越强，Cl和At属于同主族，同主族从上到下，非金属性减弱，Cl的非金属性强于At，即HCl比HAt稳定，故A错误；B、同主族从上到下，非金属性减弱，I的非金属性强于At，即I2的氧化性强于At2，，故B错误；C、At2属于分子晶体，故C正确；D、HAt属于强酸，则NaAt属于强碱强酸盐，其水溶液显中性，故D错误。5、C【解析】A.化合物X中含有羧基，能与饱和Na2CO3溶液反应，故A错误；B.化合物X中存在亚甲基和次甲基，则分子中所有原子不可能处于同一平面，故B错误；C.化合物X中只有酯基能发生水解，在酸性条件下水解产物只有一种，故C正确；D.化合物X中只有苯环可以和氢气加成，1mol化合物X中有2mol苯环，最多与6mol的氢气加成，故D错误。答案选C。6、A【解析】A.扫取以水淋汁后(溶解)，乃煎炼（蒸发结晶）而成，故A正确；B.由信息可知，蒸令气上，则利用互溶混合物的沸点差异分离，则该法为蒸馏，故B错误；C.青矾（FeSO4·7H2O）烧之赤色（Fe2O3），铁元素由+2价升高到+3价，发生了氧化反应，同时生成了二氧化硫，发生了还原反应，故C错误；D.硫磺(S)具有氧化性，可用于杀菌、消毒，故D错误；综上所述，本题选A。7、C【解析】O2F2中F的负性大于O，显负价，再由S由-2价变为+4价，升6价，6个O原子降为0价，故O2F2氧为+1价。故选C。8、D【解析】A、维生素C常用作抗氧化剂，说明维生素C可以和氧化剂反应，自身具有还原性，故A正确；B、矿物燃料中的S、N燃烧时会生成有毒气体SO2、NOx，所以实施矿物燃料的脱硫脱硝技术可以减少SO2、NOx的排放，故B正确；；C、硅胶具有开放的多孔结构，吸附性强，可作食品的吸水剂，铁粉具有还原性，可作抗氧化剂，故C正确；D、福尔马林为HCHO的水溶液，HCHO有毒，不能用作食品的保鲜剂，故D错误；答案选D。【名师点睛】考查化学在社会生活中的应用，涉及环境污染的来源与防治、食品安全等，其中绿色化学的特点是：（1）充分利用资源和能源，采用无毒无害的原料；（2）在无毒无害的条件下进行反应，以减少向环境排放废物；（3）提高原子利用率，力图使原料的原子都被产品所消纳，实现零排放；（4）生产出有利于环境保护、社会安全和人体健康的环境友好产品。9、C【详解】A.既然Al2O3与SiO2的性质类似，那么焙烧时就能发生如下反应：Al2O3+Na2CO3=2NaAlO2+CO2↑，A正确；B.用硫酸浸取②操作后所得滤渣(含有Fe2O3)，生成硫酸铁，加入KSCN，溶液变为血红色，B正确；C.从去除NaAlO2考虑，可以用CO2代替H2SO4，但从分离碳酸钠与Na2MoO4考虑，二者难以分离，所以步骤③中不能用CO2代替硫酸，C错误；D.步骤④中，降低温度Na2MoO4没有结晶析出，说明Na2MoO4溶解度随温度变化较小，D正确。故选C。10、C【解析】根据同主族元素，阴、阳离子半径随着原子序数的增大而增大，要使阳离子与阴离子的半径之比最小，即要求阳离子半径最小，阴离子半径最大，而阳离子半径最小的是锂离子，阴离子半径最大的是碘离子，故选C．11、A【详解】在反应KC1O3+6HCl（浓）=KC1+3Cl2↑+3H2O中，KC1O3是氧化剂，Cl的价态由+5价降为0价；5HCl为还原剂，价态由-1价升为0价，1HCl表现出酸性。A.被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为5：1，A不正确；B.Cl2中的Cl既来自KC1O3又来自HCl，所以它既是氧化产物，又是还原产物，B正确；C.由上面分析可知，盐酸既体现酸性，又体现还原性，C正确；D.从反应中可以看出，转移5mol电子时，产生3molCl2，D正确。故选A。【点睛】在判断氧化还原反应中物质表现的性质时，首先应确定产物中元素的来源，弄清反应物中的变价元素价态如何发生改变，是全部改变，还是部分改变，是全部升高或全部降低，还是部分升高部分降低，从而明确发生变价元素的原子个数及价态变化情况，最终确定得失电子的数目及该物质表现的性质。12、A【详解】A．异丁烷的结构式为，写成结构简式为(CH3)3CH，A正确；B．乙醇的结构简式为CH3CH2OH，比例模型为，B错误；C．熔融KHSO4的电离方程式：KHSO4→K++HSO4－，HSO4－在熔融状态下不能电离出H＋和SO42－，在水溶液中的电离方程式为KHSO4=K＋+H＋+SO42－，C错误；D．氮为7号元素，有2个电子层，原子核外电子的轨道表示式为，D错误。答案选A。13、C【解析】A．加水稀释CH3COOH溶液，促进CH3COOH的电离，溶液中n(CH3COO–)逐渐增多，故A错误；B．NaHCO3溶液中HCO3-的水解常数Kh2===2.27×10–8＞K2=5.6×10–11，说明HCO3-的水解大于电离，则溶液中c()＜c(H2CO3)＜c(HCO3−)，故B错误；C．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于CH3COOH，同CN-的水解程度大于CH3COO-，则25℃时，相同物质的量浓度的NaCN溶液的碱性强于CH3COONa溶液，故C正确；D．由电离平衡常数可知浓度相等时HCN的酸性小于H2CO3，则向HCN溶液中加入Na2CO3溶液，只能生成NaHCO3，无CO2气体生成，故D错误；故答案为C。14、B【详解】①氢氧化铝是两性氢氧化物，能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，与稀硫酸反应生成硫酸铝与水，故①符合题意；②二氧化硅能与氢氧化钾反应反应生成硅酸钾与水，在酸中二氧化硅只与HF反应，不能与盐酸反应，故②不符合题意；③氮气与氧气在放电条件下反应得到NO，氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下合成氨气反应，常温下氮气不能与氧气、氢气发生反应，故③不符合题意；④常温下，Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮与水，与氯化铁溶液反应得到氯化铜、氯化亚铁，故④符合题意；答案选B。【点睛】氢氧化铝即可以和强酸反应也可以和强碱反应，属于两性氢氧化物。15、B【解析】甲烷和氧气的相对分子质量为16和32.甲烷（CH4）与氧气的质量比为1:4时极易爆炸，则此时瓦斯中甲烷与氧气的物质的量之比为116：432=1:216、A【解析】A、根据反应方程式，生成4molN2转移电子15mol，即生成28gN2时转移电子的物质的量为mol=3.75mol，故A正确；B、碱性溶液中计算水电离的OH－物质的量，需要计算溶液中H＋，因为水电离出的H＋和OH－物质的量相等，因此有n(H＋)=1×10－13mol=n(OH－)，故B错误；C、氢氧燃料电池，氧气作正极，1molO2参加反应转移4mole－，故C错误；D、3Fe＋4H2O(g)Fe3O4＋4H2，根据反应方程式，消耗0.2mol铁时，生成氢气的物质的量为mol，故D错误；故答案选A。二、非选择题（本题包括5小题）17、邻二甲苯消去反应+I2+HIBD、、【分析】由A的分子式、C的结构简式，可知A为，

结合B的分子式与C的结构，可知B为，

B与液溴在光照条件下反应得到C，由D的分子式，结合信息ⅰ，可推知D为，则C与甲醇发生酯化反应生成D，故试剂a为CH3OH。

D后产物发生酯的碱性水解、酸化得到E为，由H的结构，结合信息ii可知F为，F发生消去反应生成G为，G发生信息ii中加成反应得到H。

(7)由CH3CH=CHCH3反应得到，CH3CH=CHCH3可由CH3CHO和CH3CH2Br生成。乙烯与水发生加成反应生成CH3CH2OH，CH3CH2OH发生催化氧化得到CH3CHO，乙醇与HBr发生取代反应得到CH3CH2Br。【详解】(1)由分析可知可知A为，

其名称是：邻二甲苯，故答案为邻二甲苯；

(2)由分析可知，D的结构简式是，

故答案为:;

(3)F为，F发生消去反应生成G，故答案为消去反应；

(4)E由E与I2在一定条件下反应生成F的化学方程式是：+I2+HI，故答案为.+I2+HI；

(5)A、

G为，不存在顺反异构体，故A错误；

B、

G含有碳碳双键，由信息ii可知，由G生成H的反应是加成反应，故B正确；

C.、G为，苯环、碳碳双键能与氢气发生加成反应，1mol

G最多可以与4molH2发生加成反应，故C错误；

D.

F为，含有酯基和I原子，水解生成的羧基和HI可与NaOH溶液反应，H含有2个酯基，可水解生成2个羧基，则1molF或1molH与足量NaOH溶液反应，均消耗2molNaOH，故D正确；

故答案为:

BD

；

(6)、E的结构为，同分异构满足的条件为含有苯环、双键、酯基、五种氢且个数比为1：1：2：2：2，所以能满足条件的结构有、、，故答案为、、；(7)、由分析可知以乙烯为原料，结合题给信息设计合成的路线为；18、OH－+HSO3－=SO32－+H2OAB3NO2+H2O=2HNO3+NO【分析】（1）若A为常见的金属单质，焰色反应呈黄色，应为Na，X能使品红溶液褪色，应为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3；（2）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2；若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，以此分析。（3）若A为非金属氧化物，X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3。【详解】（1）Na位于周期表第三周期ⅠA族，C和E反应的离子方程式为OH－+HSO3－=SO32－+H2O；（2）若A为淡黄色粉末，应为Na2O2，若X为一种造成温室效应的气体，应为CO2，则C为NaOH，D为Na2CO3，E为NaHCO3，鉴别等浓度的D、E两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，用盐酸产生气泡快的为NaHCO3，用氯化钡产生沉淀的为碳酸钠，故选AB。（3）若A为非金属氧化物，X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则A为NO2，B为NO，C为HNO3，D为Fe(NO3)3，E为Fe(NO3)2，①NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。【点睛】本题考查无机物的推断，过程相似，体现形式多样，提高学生分析问题、以及灵活运用基础知识解决实际问题的能力。解题关键：把握好常见物质的性质以及有关转化，并能结合题意具体问题、具体分析即可。19、①④关闭止水夹b，打开旋塞aMnO2+4H++2Cl-=Mn2++2H2O+Cl2↑缺少尾气处理装置Cl2>

Br2>Fe3+过量氯气氧化SCN-，使SCN-浓度减小，则Fe3+

+3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色滴加KSCN溶液溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红)BrCl发生水解BrCl+H2O=HBrO+HCl，生成的Cl-与Ag+结合生成AgCl白色沉淀【分析】Ⅰ.本实验的目的是要测定烟气中SO2的体积分数，装置C中长进短出显然是要吸收某种气体，装置D中短进长出则是要排液法测定气体的体积；因常见溶液中没有可以吸收N2和O2，剩余气体中一定会有二者，据此可知测定原理应是装置C中吸收SO2，然后测定剩余气体体积。Ⅱ.本题探究氧化性的强弱，用强制弱的原理进行相关的实验。这个实验的流程为制取氯气→收集(安全瓶)→净化氯气(除HCl)→然后进行实验。在两组实验中可以对比探究先氧化Fe2+还是Br-。从而得到相关的结论。【详解】(1)根据分析可知装置C用来吸收二氧化硫，碱性溶液和氧化性溶液都可以吸收二氧化硫，但混合气体中有二氧化碳，碱性溶液也会吸收二氧化碳，所以装置C中应选用氧化性溶液，即选①；装置D需要排液，则应降低二氧化碳的溶解度，二氧化碳在饱和碳酸氢钠溶液中的溶解度很小，可以用排饱和碳酸氢钠溶液来测量量剩余气体的体积，所以选④；(2)若模拟烟气的流速为amL/min，t1分钟后测得量筒内液体为VmL，则混合气体二氧化碳、氧气、氮气的体积是Vml，则二氧化硫的体积为t1amL-VmL，所以二氧化硫的体积分数为：=；(3)检查装置A的气密性可以关闭止水夹b，打开活塞a，向分液漏斗中注水，若水不能顺利滴下，则气密性良好;(4)装置A中为浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，离子方程式为；MnO2+4H++2Cl-=Mn2++2H2O+Cl2↑；(5)氯气有毒不能直接排放到空气中，该装置缺少尾气处理装置；(6)D装置中：溶液变红，说明有铁离子生成，据此得出氯气的氧化性大于铁离子；E装置中：水层溶液变黄，振荡后CCl4层无明显变化，说明少量的氯气先与亚铁离子反应而溴离子未参加反应，根据D和E装置中的现象可知，溴的氧化性大于铁离子，则氧化性强弱顺序是Cl2＞Br2＞Fe3+；(7)①根据题目信息可知，过量氯气能将SCN－氧化使SCN-浓度减小，使Fe3+

+3SCN-⇌Fe(SCN)3平衡逆向移动而褪色；若要证明上述解释，则需平衡正向移动使溶液变红，可取少量褪色后的溶液，滴加KSCN溶液，若溶液变红色(或滴加FeCl3溶液，若溶液不变红)，则上述推测合理；②发生反应BrCl+H2O=HBrO+HCl，反应只产生Cl－，不产生Br－，结果观察到仅有白色沉淀产生。20、2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O漂白性检验氯气SO2也能和酸化的硝酸银生成白色沉淀要证明现象II中黄绿色为溶液酸性的增强引起的，可以在原溶液中滴加稀硫酸，观察溶液的颜色变化即可CaSO4Cl2＋SO2＋2H2O===2Cl-＋4H++SO42-【分析】（1）漂粉精的制备，氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；（2）pH试纸先变蓝（约为12），后褪色说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）①反应中生成Cl2，用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾中是否Cl2，排除Cl2干扰；②白雾中含有SO2，可以被硝酸氧化为硫酸，故SO2可以使酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀；（4）依据次氯酸根离子和氯离子在酸溶液中会发生归中反应生成氯气，向漂粉精溶液中逐滴滴入硫酸，观察溶液颜色是否变为黄绿色；（5）二氧化硫通入漂白精溶液中，形成酸溶液，次氯酸根离子具有强氧化性可以氧化二氧化硫为硫酸和钙离子形成硫酸钙沉淀；二氧化硫继续通入后和生成的氯气发生反应生成硫酸和盐酸。【详解】（1）氯气和碱反应，利用氢氧化钙和氯气发生反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；故答案为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；（2）pH试纸先变蓝(约为12)溶液呈碱性，后褪色溶液具有漂白性，所以说明溶液呈碱性，具有漂白性；（3）向水中持续通入SO2，未观察到白雾．推测现象的白雾由HCl小液滴形成，①用湿润的