2026届云南省云龙县第二中学高三化学第一学期期中统考模拟试题含解析

2026届云南省云龙县第二中学高三化学第一学期期中统考模拟试题注意事项:1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、1905年德国化学家哈伯发明了合成氨的方法，他因此获得了1918年度诺贝尔化学奖。哈伯法合成氨需要20﹣50Mpa的高压和500℃的高温下，用铁作催化剂，且氨的产率为10%～15%。2005年美国俄勒冈大学的化学家使用了一种名为transFe(DMeOPrPE)2Cl2的铁化合物作催化剂，在常温常压下合成出氨，反应可表示为N2+3H2=2NH3，下列有关说法正确的是（）A．不同的催化剂对化学反应速率的影响均相同B．哈伯法合成氨是吸热反应，新法合成氨是放热反应C．新法合成能在常温下进行是因为不需要断裂化学键D．新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展愿景2、电解NO制备NH4NO3的工作原理如图所示，为使电解产物全部转化为NH4NO3，需要补充物质M。下列有关分析或说法中正确的是（）A．a应接直流电源的正极B．阳极的电极反应式：NO+5e－+6H+＝NH4++H2OC．电路中通过5mol电子时，理论上最可处理22.4L标况下的NOD．补充的物质M是NH33、已知X、Y、Z是三种原子序数依次增大的短周期元素。甲、乙、丙分别是三种元素形成的单质，A、B、C、D分别是由三种元素中的两种形成的化合物，且A与C中均含有10个电子。它们之间转化关系如下图所示。下列说法正确的是A．原子半径：Z>Y>XB．X与Y形成的化合物只含极性键C．Y有多种同素异形体，且均具有高熔点、高沸点、硬度大的性质D．气态氢化物的稳定性：A<C4、向一恒容密闭容器中充入一定量的NO和炭粉，使之发生反应：C(s)+2NO(g)CO2(g)+N2(g)ΔH，平衡时c(NO)与温度T的关系如图所示。下列说法正确的是A．ΔH>0B．T2℃时，D点达到平衡时的平衡常数与B点的相等C．正反应速率:v(B)>v(D)>v(A)D．温度由T1升高到T3，NO的转化率增大5、某无色溶液中放人铝片后有氢气产生，则下列离子在该溶液中肯定可以大量存在的是()A．Na+ B．Mg2+C．OH- D．HCO3-6、下列关于卤族元素结构和性质的说法错误的是A．F、Cl、Br、I原子半径依次增大B．F、Cl、Br、I的电子层数逐渐增多C．F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱D．F-、Cl-、Br-、I-离子的还原性依次减弱7、某同学在实验室进行了如图所示的实验，下列说法中错误的是A．利用过滤的方法，可将Z中固体与液体分离B．X、Z烧杯中分散质相同C．Y中反应的离子方程式为D．Z中能产生丁达尔效应8、如图表示1~18号元素原子的结构或性质随核电荷数递增的变化。图中纵坐标表示A．电子层数 B．原子半径 C．最高化合价 D．最外层电子数9、已知下列反应：Co2O3＋6HCl（浓）=2CoCl2＋Cl2↑＋3H2O（Ⅰ）；5Cl2＋I2＋6H2O=10HCl＋2HIO3（Ⅱ）。下列说法正确的是（）A．还原性：CoCl2>HCl>I2B．氧化性：Co2O3>Cl2>HIO3C．反应Ⅰ中HCl是氧化剂D．反应Ⅱ中Cl2发生氧化反应10、在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是()A．C6H5ONaC6H5OHCO2B．FeS2SO2H2SO4C．Mg(OH)2MgCl2(aq)MgCl2（无水）D．NH3NO2HNO311、下列离子组一定能大量共存的是（）A．无色透明溶液中：Mg2＋、、、B．使石蕊呈红色的溶液中：Ca2＋、、Cl－、Mg2＋C．含有大量Al3＋的溶液中：Na＋、Br－、K＋、D．有大量OH-存在的溶液中：、、Ba2＋、K＋12、用铅蓄电池电解AgNO3、Na2SO3的溶液，a、b、c、d电极材料均为石墨。已知铅蓄电池的总反应为：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，通电时a电极质量增加，下列说法正确的是（）A．X极为负极B．放电时铅蓄电池正极的电极反应式为：PbO2+4H++SO42−+4e−==PbSO4+2H2OC．c、d电极产生气体的物质的量之比为1:2D．电路中通过1mol电子时，Y电极质量增加48g13、“故近朱者赤，近墨者黑”出自晋朝傅玄的《傅鹑觚集·太子少傅箴》，这里的“朱”指的是朱砂，古代常用的一种红色颜料，也是古人“炼丹”的原料，有毒，它的主要成分是A．HgSB．Cu2OC．Fe2O3D．Cu14、下表各组物质(或者它们的溶液)通过一步反应可实现下图所示转化的是选项XYＺAAl(OH)3Al2O3AlCl3BNaClNaNa2O2CFeFeCl3FeCl2DMg(OH)2MgCO3MgCl2【选项A】A 【选项B】B 【选项C】C 【选项D】D15、设NA为阿伏加德罗常数值。下列有关叙述不正确的是（）A．50mL12mol·L－1的浓盐酸与足量MnO2共热，制得Cl2的分子数目小于0.15NAB．10g46%乙醇水溶液中所含氧原子数为0.4NAC．1L1mol/LNa2CO3溶液中，阴离子总数小于NAD．浓硝酸热分解生成NO2、N2O4共23g，转移电子数为0.5NA16、下列说法中正确的是A．CO2、NH3、BF3中，所有原子都满足最外层8电子的稳定结构B．在元素周期表中金属和非金属交界处可以找到半导体材料C．由非金属元素组成的化合物一定是共价化合物D．第ⅠA族元素和第ⅦA

族元素的原子之间都能形成离子键二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、D、E、X是中学常见的无机物，存在如图转化关系（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两种稀溶液，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，B为气体，遇空气会变红棕色，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___。18、芳香烃A(C7H8)是重要的有机化工原料，由A制备聚巴豆酸甲酯和医药中间体K的合成路线(部分反应条件略去)如图所示：已知：①②③(弱碱性，易氧化)回答下列问题：(1)A的名称是____________，I含有的官能团是_______________________。(2)②的反应类型是______________，⑤的反应类型是__________________。(3)B、试剂X的结构简式分别为____________________、____________________。(4)巴豆酸的化学名称为2-丁烯酸，有顺式和反式之分，巴豆酸分子中最多有_____个原子共平面，反式巴豆酸的结构简式为__________________________。(5)第⑦⑩两个步骤的目的是_________________________________________________。(6)既能发生银镜反应又能发生水解反应的二元取代芳香化合物W是F的同分异构体，W共有_______种，其中苯环上只有两种不同化学环境的氢原子且属于酯类的结构简式___。(7)将由B、甲醇为起始原料制备聚巴豆酸甲酯的合成路线补充完整(无机试剂及溶剂任选)______________________________________________.19、硫代硫酸钠晶体(Na2S2O3·5H2O)又称海波，呈无色透明状，易溶于水，不溶于乙醇，常用作棉织物漂白后的脱氯剂、定量分析中的还原剂。Ⅰ.Na2S2O3·5H2O的制备Na2S2O3·5H2O的制备方法有多种，其中亚硫酸钠法是工业和实验室中的主要方法：Na2SO3+S+5H2ONa2S2O3·5H2O制备过程如下：①称取12.6gNa2SO3于100mL烧杯中，加50mL去离子水搅拌溶解。②另取4.0g硫粉于200mL烧杯中，加6mL乙醇充分搅拌均匀将其润湿，再加入Na2SO3溶液，隔石棉小火加热煮沸，不断搅拌至硫粉几乎全部反应。③停止加热，待溶液稍冷却后加2g活性炭，加热煮沸2分钟(脱色)。④趁热过滤，得滤液至蒸发皿中，______________、____________________。⑤过滤、洗涤，用滤纸吸干后，称重，计算产率。（1）加入的硫粉用乙醇润湿的目的是____________________________。（2）步骤④趁热过滤的原因_____________________，空格处应采取的操作是_________________、____________________。（3）步骤⑤洗涤过程中，为防止有部分产品损失，应选用的试剂为___________。（4）滤液中除Na2S2O3和未反应完全的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是________________，生成该杂质的原因可能是____________________________。Ⅱ.产品纯度的测定准确称取1.00g产品(硫代硫酸钠晶体的摩尔质量为248g/mol)，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗21.00mL。反应的离子方程式为：2S2O32-+I2=S4O62-+2I-。（5）计算所得产品的纯度为___________(保留三位有效数字)，该数据的合理解释可能是__________(不考虑实验操作引起的误差)。Ⅲ.产品的应用（6）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为____________________________________。20、为验证氧化性Cl2>Fe3+>SO2，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器和A中加热装置已略，气密性已检验）。实验过程：I.打开弹簧夹K1~K4，通入一段时间N2，再将T型导管插入B中，继续通入N2，然后关闭K1、K3、K4。Ⅱ.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。Ⅲ.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。Ⅳ.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。Ⅴ.打开弹簧夹K3、活塞c，加入70%的硫酸，一段时间后夹紧弹簧夹K3。Ⅵ.更新试管D，重复过程Ⅳ，检验B溶液中的离子。(1)过程Ⅰ的目的是__________________________________。(2)棉花中浸润的溶液为_______________________。(3)A中发生反应的化学方程式为______________________________。(4)过程Ⅴ中，B溶液中发生反应的离子方程式是_______________________________。(5)甲、乙、丙三位同学分别完成了上述实验，他们的检测结果一定能够证明氧化性：Cl2>Fe3+>SO2的是____________________（填“甲”“乙”“丙”）。过程ⅣB溶液中含有的离子过程ⅥB溶液中含有的离子甲有Fe3+无Fe2+有乙既有Fe3+又有Fe2+有丙有Fe3+无Fe2+有Fe2+(6)进行实验过程Ⅴ时，B中溶液颜色由黄色逐渐变为红棕色，停止通气，放置一段时间后溶液颜色变为浅绿色。查阅资料：Fe2+(aq)+(aq)FeSO3(s)（墨绿色）。提出假设：FeCl3与SO2的反应经历了中间产物FeSO3，溶液的红棕色是FeSO3（墨绿色）与FeCl3（黄色）的混合色。某同学设计如下实验，证实该假设成立：①溶液E化学式为_________，溶液F化学式为___________。②请用化学平衡原理解释步骤3中红棕色溶液颜色变为浅绿色的原因____________。21、在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：化学方程式K（t1）K（t2）F2+H22HF1.8×10361.9×1032Cl2+H22HCl9.7×10124.2×1011Br2+H22HBr5.6×1079.3×106I2+H22HI4334（1）已知t2＞t1，HX的生成反应是___反应（填“吸热”或“放热”）。（2）HX的电子式是___。（3）共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是___。（4）X2都能与H2反应生成HX，用原子结构解释原因：___。（5）K的变化体现出X2化学性质的递变性，用原子结构解释原因：___，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。（6）仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，___（选填字母）。a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱c．HX的还原性逐渐减弱d．HX的稳定性逐渐减弱

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【详解】A.不同的催化剂催化机理不同，效果也不同，但在其他条件相同时，转化率相同，A错误；B.新法合成与哈伯法合成都是反应物总能量大于生成物总能量，因此两个反应都是放热反应，只是新法降低了反应所需的能量，减少反应过程中的能源消耗，B错误；C.新法实际上是降低了反应所需的能量，旧化学键要断裂、新化学键也要同时生成，反应的本质与使用哪种催化剂无关，C错误；D.高温条件需要大量能源，用transFe(DMeOPrPE)2Cl2作催化剂，在常温常压下合成出氨，减少能源消耗，所以新法合成与哈伯法相比不需要在高温条件下，可节约大量能源，极具发展远景，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查催化剂对化学反应的影响，催化剂能通过改变活化能而影响反应速率，但由于不能改变反应物、生成物的能量，只改变了反应途径，所以不影响平衡移动。2、D【解析】试题分析：A、a电极上NO→NH4＋，化合价降低，得电子，因此a连接电源的负极，作阴极，故错误；B、b电极为为阳极，反应式为NO＋2H2O－3e－=NO3－＋4H＋，故错误；C、阴极反应式为NO＋6H＋＋5e－=NH4＋＋H2O，总电极反应式为：8NO＋7H2O=3NH4NO3＋2HNO3，转移5mol电子，消耗NO的物质的量为8/3mol，NO的体积为8×22.4/3L，故错误；D、根据电极总反应式，多了硝酸，因此需要通入NH3，故正确。考点：考查电极反应式的书写等知识。3、D【解析】A与C中均含有10个电子，A燃烧可生成C，由转化关系可知A应为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，B、C都可与乙在高温下反应，乙应为C，则D为CO，甲为H2，则X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，以此解答该题。【详解】由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，A为CH4，丙为O2，B为CO2，C为H2O，乙为C，D为CO，甲为H2。A.由以上分析可知X为H元素，Y为C元素，Z为O元素，同周期元素从左到右原子半径逐渐减小，不同周期的元素，原子核外电子层数越多，原子半径越大，所以原子半径：Y>Z>X，A错误；B.X为H元素，Y为C元素，二者形成的化合物，如CH4只含极性键，C2H6、C2H4等既含极性键，也含有非极性键，B错误；C.Y为C元素，C元素有多种同素异形体，其中金刚石具有高熔点、高沸点、硬度大的性质，而石墨则质地软，C错误；D.A是CH4，C是H2O，元素的非金属性O>C，元素的非金属性越强，其最简单的氢化物的稳定性就越强，所以气态氢化物的稳定性A<C，D正确；故合理选项是D。【点睛】本题考查无机物的推断以及原子结构与元素周期律的综合应用，A与C中均含有10个电子是推断突破口，再结合反应进行分析解答，注意熟练掌握元素化合物知识。4、B【解析】A．由图可知，温度越高平衡时c(NO)越大，即升高温度平衡逆移，所以正反应为放热反应，即△H＜0，故A错误；B.平衡常数只与温度有关，两点的温度相同，平衡常数相同，故B正确；C.温度越高，反应速率越快，浓度越大，反应速率越快，正反应速率:v(D)>v(B)>v(A)，故C错误；D.该反应为放热反应，升高温度，平衡逆向移动，温度由T1升高到T3，NO的转化率减小，故D错误；故选B。点睛：本题以化学平衡图像为载体，考查温度对平衡移动的影响、对化学平衡常数的影响等，侧重考查学生的分析能力，注意曲线的各点都处于平衡状态。正确判断A的正误是解题的基础。5、A【分析】离子间如果发生化学反应，则不能大量共存，反之是可以的。【详解】注入某无色溶液中放人铝片后有氢气产生，这说明该溶液可能显酸性，也可能显碱性。如果显酸性，则OH－、HCO3－都不能大量共存。如果显碱性，则Mg2＋、HCO3－都不能大量共存，因此答案选A。【点睛】该题的关键是根据单质铝的性质，既能和酸反应生成氢气，也能和强碱溶液反应生成氢气，得出该无色溶液的酸碱性，然后依据离子共存的问题进行分析判断即可。6、D【解析】A.F、Cl、Br、I属于同主族元素，从上到下原子半径依次增大，故A正确；B.F、Cl、Br、I的电子层数逐渐增多，故B正确；C.同主族元素F、Cl、Br、I，从上到下非金属性逐渐减弱，所以F2、Cl2、Br2、I2的氧化性逐渐减弱，故C正确；D.同主族元素F、Cl、Br、I，从上到下非金属性逐渐减弱，对应离子F-、Cl-、Br-、I-的还原性依次增强，故D错误。故选D。7、B【详解】A．利用过滤法可将Z中固体和液体分离，故A正确；B．X中分散系是氯化铁溶液，分散质是氯离子和三价铁离子，乙中分散系是氢氧化铁胶体，分散质是氢氧化铁胶粒，故B错误；C．根据实验现象，碳酸钙与溶液反应，生成氢氧化铁胶体和，故C正确；D．Z中是氢氧化铁胶体，能产生丁达尔效应，故D正确；故答案为B。8、D【详解】A项，原子序数1、2的原子电子层数相同，原子序数3~10的原子电子层数相同，原子序数11~18的原子电子层数相同，A项不符合；B项，同周期主族元素，随原子序数递增原子半径减小，B项不符合；C项，第二周期的氧没有最高正价，第二周期的F没有正价，C项不符合；D项，第一周期元素原子的最外层电子数从1增至2，第二、三周期元素原子的最外层电子数从1增至8，D项符合；答案选D。9、B【详解】A.由还原剂的还原性大于还原产物的还原性可知，Ⅰ中还原性为HCl>CoCl2，Ⅱ中还原性为I2>HCl，故A错误；B.由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，Ⅰ中氧化性为Co2O3>Cl2，Ⅱ中氧化性为Cl2>HIO3，则氧化性为Co2O3>Cl2>HIO3，故B正确；C.反应Ⅰ中Cl元素的化合价升高，则HCl为还原剂，故C错误；D.Ⅱ中Cl元素的化合价降低，则Cl2发生还原反应，故D错误；故选B。【点睛】准确判断反应中元素化合价的变化是解决此题的关键，单质中元素化合价为0，化合物中多价态的元素化合价可以根据化合价代数和为0的规律计算得到。10、B【详解】A.苯酚和碳酸钠反应生成碳酸氢钠和苯酚钠，不产生二氧化碳，故错误；B.二硫化亚铁和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫和过氧化氢反应生成硫酸，故正确；C.氯化镁溶液直接加热不能得到氯化镁，应在氯化氢的气流中蒸发，故错误；D.氨气的催化氧化得到一氧化氮，故错误。故选B。11、B【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．使石蕊呈红色的溶液中含有大量H+，H+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，B符合题意；C．Al3＋、会发生盐的双水解反应产生Al(OH)3沉淀和CO2气体，不能大量共存，C不符合题意；D．OH-、会反应产生弱电解质NH3·H2O，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是B。12、D【解析】a极质量增加，即析出了

Ag，a为阴极，则Y为负极，X为正极，故A错；正极的电极反应式为：PbO2+4H++SO42−+2e−==PbSO4+2H2O，故B错误；C项，c为阴极放出H2，d为阳极放出O2，物质的量之比为2∶1，故C错误；Y电极为负极，电极反应为Pb+SO42−-2e−==PbSO4，电路中通过1mol电子时，质量增加48g，故D正确。13、A【解析】“近朱者赤，近墨者黑”中的“朱”为朱砂，朱砂的主要成分是硫化汞，硫化汞的化学式为HgS，故选A。14、C【详解】A.Al2O3和HCl反应生成AlCl3，但AlCl3不能一步反应生成Al2O3，所以上述关系不可以一步实现，故A错误；B.NaCl不能一步反应生成Na2O2，所以上述关系不可以一步实现，故B错误；C.Fe和Cl2反应生成FeCl3，Fe和盐酸反应生成FeCl2，FeCl3和Fe反应生成FeCl2，FeCl2和Cl2反应生成FeCl3，所以上述关系可以一步实现，故C正确；D.Mg(OH)2不能一步反应生成MgCO3，所以上述关系不可以一步实现，故D错误；故选C。15、C【详解】A．50mL12mol•L-1浓盐酸中含有0.6mol氯化氢，消耗0.6mol氯化氢生成0.15mol氯气，但由于随着反应的进行浓盐酸变为稀盐酸，而稀盐酸与二氧化锰不反应，所以制得Cl2的分子数目小于0.15NA，故A选项正确。B．10g质量分数为46%的乙醇中含有乙醇的质量为4.6g，乙醇的物质的量为0.1mol，含有0.1mol氧原子；该乙醇溶液中水分子的质量分数为54%，则水的物质的量为：，含有0.3mol氧原子，则该乙醇溶液中总共含有氧原子的物质的量为0.4mol，含有的氧原子的总数为0.4NA，故B选项正确。C.因为CO32-水解生成了OH-和HCO3-，可见一个阴离子水解生成两个阴离子，所以1L1mol·L-1碳酸钠溶液中阴离子总数大于NA，故C选项错误。D．23gNO2与N2O4的混合气体中含有0.5mol最简式NO2，浓硝酸热分解的过程中N的化合价由+5降低到+4，故转移0.5mol电子，转移电子数为0.5NA，故D选项正确。故答案选C。【点睛】本题需要注意B选项中乙醇水溶液是混合物，既含有乙醇也含有水，且水中也有氧原子，不要忘记计算。16、B【解析】A．CO2中所有原子都满足最外层8电子的稳定结构；而NH3中的H原子满足2电子的结构，BF3中B满足6电子稳定结构，A错误；B．在元素周期表中金属元素区的元素是导体，在非金属元素区的元素的单质一般是绝缘体体，在金属和非金属交界处的元素的导电介于导体与绝缘体之间，因此在该区域可以找到半导体材料，B正确；C．由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物，例如氯化铵等，C错误；D．一般情况下第ⅠA族元素和第ⅦA族元素的原子之间能形成离子键。但是也有例外，例如H与F形成的H－F是共价键，D错误。答案选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、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为一种最常见的造成温室效应的气体，应为二氧化碳；

（3）若A为非金属氧化物，B为气体，遇空气会变红棕色，则可推知B为NO，A为NO2，又X是Fe，由转化关系可知C具有强氧化性，则C为HNO3，E为Fe(NO3)2，据此分析作答。【详解】（1）根据上述分析可知，A为Na，X为SO2，则B为H2，C为NaOH，D为Na2SO3，E为NaHSO3，C和E反应的离子方程式为OH-+HSO3-=SO32-+H2O；（2）①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，鉴别等浓度的碳酸钠与碳酸氢钠两种溶液，可用盐酸或氯化钡溶液，AB项正确，氢氧化钙溶液与两者均会反应生成白色沉淀，不能鉴别，C项错误；故答案为AB；（3）根据上述分析可知，NO2与水反应的方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO。18、甲苯羧基、酰胺基氧化反应取代反应（硝化反应）10保护氨基，防止其被氧化6【分析】由分子式可知A为甲苯，B经反应可生成聚巴豆酸甲酯，由根据信息①可知，B为，D为丙二酸，E为C2H5OOCCH2COOC2H5，由题给信息可知试剂X为，甲苯发生硝化反应生成F为，F发生还原反应生成G为，由I的结构简式、H的分子式可知H的结构简式为：，H被酸性高锰酸钾溶液氧化生成I，I发生取代反应生成G，J发生水解反应生成K，可知G→H是为了保护氨基，防止被氧化，以此解答该题。【详解】(1)根据流程图A(C7H8)是芳香烃，可知A是甲苯；根据I的结构简式，分子中含有羧基、酰胺基两种官能团；(2)酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将碳碳双键氧化，即②发生氧化反应；反应⑤甲苯发生硝化反应，生成对硝基甲苯；(3)根据信息①可知，B的结构简式为；根据信息②可知，试剂X的结构简式为；(4)反式-2-丁烯酸分子的结构简式为，除了甲基上两个氢原子不在双键结构所确定的平面上，其它所有原子都可能在同一平面上，共有10个原子；(5)第⑦、⑩两个步骤的目的是：第⑦步先把氨基保护起来，防止氨基被酸性高锰酸钾氧化，第⑩步再水解，重新生成氨基；(6)既能发生银镜反应又能发生水解反应的二元取代芳香化合物W只能为、、或、、，苯环上只有两种不同化学环境的氢原子且属于酯类的结构简式为；(7)分析知B为，它经过与氢气发生加成反应，再发生消去反应、酯化反应、加聚反应，即可得到聚巴豆酸甲酯。具体合成路线：。【点睛】本题的解题关键在于已知信息的灵活运用，熟悉官能团的性质和有机反应类型。19、增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度防止温度降低，产品析出而损失蒸发浓缩冷却结晶乙醇Na2SO4Na2SO3被空气中的O2氧化104%产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多；在反应过程中I2挥发损失S2O32－+4Cl2+5H2O==2SO42－+8Cl－+10H+【解析】（1）乙醇易溶于水，硫粉用乙醇润湿，有利于硫粉与亚硫酸钠溶液充分接触；（2）步骤④趁热过滤的原因是防止温度降低时，产品析出而损失，得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可；（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤过程中，为防止有部分损失，应选用的试剂为乙醇；（4）由于Na2SO3易被空气中的氧气氧化转化为硫酸钠；（5）根据题中所给数据进行计算，由于产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多，在反应过程中I2挥发损失；（6）Na2S2O3在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，根据守恒写出离子方程式。【详解】（1）由于硫不溶于水，微溶于酒精，乙醇易溶于水，因此加入的硫粉用乙醇润湿的目的是增大硫粉与亚硫酸钠溶液的接触面积，加快反应速率；故答案为增大亚硫酸钠与硫粉的接触面积，加快反应速度；（2）步骤④趁热过滤的原因是防止温度降低时，产品析出而损失，得到的溶液需要移至蒸发皿中，然后蒸发浓缩、冷却结晶即可，故答案为：防止温度降低，产品析出而损失；蒸发浓缩；冷却结晶。（3）由于硫代硫酸钠晶体易溶于水，不溶于乙醇，因此洗涤过程中，为防止有部分损失，应选用的试剂为乙醇，故答案为乙醇。（4）由于Na2SO3易被空气中的氧气氧化转化为硫酸钠，则最可能存在的无机杂质是Na2SO4，故答案为Na2SO4；Na2SO3被空气中的O2氧化。（5）用0.1000mol/L碘标准溶液滴定至终点，消耗标准液的体积21.00mL，所得产品的纯度为0.1000mol/L×0.021L×2×248g/mol÷1g×100%=104%，由于产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多，在反应过程中I2挥发损失，所以会出现这种结果，故答案为104%；产品中有未反应的Na2SO3也会与I2发生反应，且相同质量的Na2SO3消耗I2更多；在反应过程中I2挥发损失。（6）Na2S2O3常用于脱氯剂，在溶液中易被Cl2氧化为SO42-，该反应的离子方程式为：S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H+，故答案为：S2O32－+4Cl2+5H2O=2SO42－+8Cl－+10H+。20、排出装置中的空气，防止氧气干扰NaOH溶液MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋2H2O＋Cl2↑2Fe3＋＋SO2＋2H2O=2Fe2＋＋＋4H＋乙丙Na2SO3FeCl3Fe3+消耗，c()减小，使得Fe3+(aq)+(aq)FeSO3(s)平衡逆向移动，所以溶液中红棕色变为浅绿色【分析】打开弹簧夹通入氮气，排尽装置中的空气，先打开活塞a，二氧化锰与浓盐酸加热反应生成氯气，氯气进入氯化亚铁溶液生成氯化铁，关闭K2后打开活塞b，亚硫酸钠和浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫进入氯化铁溶液发生氧化还原反应，据此回答问题。【详解】（1）由于装置中含有空气，空气中的O2会干扰实验，过程Ⅰ中通入一段时间N2，目的是排除装置中的空气，防止干扰。（2）为了防止多余的Cl2、SO2污染环境，所以棉花中浸润的溶液是NaOH溶液，吸收未反应的Cl2、SO2。（3）A中二氧化锰与浓盐酸的反应生成MnCl2、氯气、水，该反应的化学方程式为MnO2＋4HCl（