湖南省邵阳市邵东第十中学2026届化学高三第一学期期中联考试题含解析

湖南省邵阳市邵东第十中学2026届化学高三第一学期期中联考试题注意事项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(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、能使溴水褪色的是（）A．乙烯 B．乙烷 C．乙醇 D．乙酸2、(NH4)2SO3氧化是氨法脱硫的重要过程。某小组在其他条件不变时，分别研究了一段时间内温度和(NH4)2SO3初始浓度对空气氧化(NH4)2SO3速率的影响，结果如图。下列说法不正确的是A．60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关B．60℃之后，氧化速率降低可能与O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解有关C．(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，与SO32-水解程度增大有关D．(NH4)2SO3初始浓度增大到一定程度，氧化速率变化不大，可能与O2的溶解速率有关3、下列事实、离子方程式及其对应关系均正确的是A．铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色：Fe＋4H＋＋NO3－=Fe3＋＋NO↑＋2H2OB．向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝：4H＋＋4I－＋O2=2I2＋2H2OC．向溶液中滴加少量浓，溶液变为黄色：Cr2O72－(橙色)＋H2O2CrO42－(黄色)＋2H＋D．向水杨酸（）中滴加溶液，放出无色气体：＋2HCO3－→＋2CO2↑＋2H2O4、比亚迪公司开发了锂钒氧化物二次电池。电池总反应为V2O5＋xLiLixV2O5，下列说法正确的是A．该电池充电时，锂电极与外加电源的负极相连B．该电池放电时，Li＋向负极移动C．该电池充电时，阴极的反应为LixV2O5－xe－＝V2O5＋xLi＋D．若放电时转移

0.2

mol

电子，则消耗锂的质量为

1.4x

g5、用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（）A．若A为浓盐酸，B为Na2SO3，C中盛有Na2SiO3溶液，C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：H2SO3>H2SiO3B．若A为浓盐酸，B为MnO2，C中盛有KI淀粉溶液，C中溶液变蓝色C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛有AlCl3溶液，C中先产生白色沉淀后沉淀溶解D．若A为H2O2，B为MnO2，C中盛有Na2S溶液，C中溶液变浑浊6、用示意图或图示的方法能够直观形象地展示化学知识。以下图示正确的是：（）A．溴原子结构示意图B．2s电子云模型示意图C．石墨晶体结构示意图D．放热反应过程中能量变化示意图7、含氮化合物在水体中过多蓄积会导致水体富营养化，需将其从水体中除去，该过程称为脱氮。常用的脱氮方法有吹脱法和折点氯化法。吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气。折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO。下列分析不正确的是A．含氨和铵盐的水体中存在平衡：NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3+H2OB．吹脱法的原理是通过鼓气降低NH3浓度，从而降低水中NH3·H2O与NH4+的含量C．折点氯化法除NH4+的原理为：2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+D．吹脱法无法对含NO2–的水体脱氮，但折点氯化法可以对含NO2–的水体脱氮8、NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．0.5mol熔融的NaHSO4中含有的离子数目为NAB．12g金刚石中含有C-C键数目为4NAC．25℃时，Ksp(BaSO4)=1×10-10，则饱和BaSO4溶液中Ba2+数目为1×10-5NAD．1mol的Na2O和BaO2混合物中含有的阴、阳离子总数为3NA9、如图所示，各烧杯中盛有海水，铁在其中被腐蚀的速度由快到慢的顺序为A．②①③④⑤⑥B．⑤④③①②⑥C．⑤④②①③⑥D．⑤③②④①⑥10、某溶液中含有K＋、Fe3＋、Fe2＋、Cl－、、、、、I－中的几种，某同学为探究该溶液的组成进行了如下实验：Ⅰ.用铂丝醮取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰；Ⅱ.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成；Ⅲ.取Ⅱ反应后溶液分别置于两支试管中，第一支试管中加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，第二支试管加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色。下列说法正确的是()A．原溶液中肯定不含Fe2＋、、、I－B．为确定是否含有Cl－，可取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀C．步骤Ⅱ中红棕色气体是NOD．原溶液中肯定含有K＋、Fe2＋、、11、硫代硫酸钠溶液常用于氯气泄漏的喷洒剂，具有非常好的处理效果，其与氯气能发生反应：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4。下列说法错误的是（）A．Na2S2O3在该反应中做还原剂B．处理氯气时当Na2S2O3过量时，喷洒后的溶液中会出现浑浊的现象C．1molNa2S2O3与氯气完全反应转移电子4molD．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：412、用NA表示阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是A．NA个氢氧化铁胶体粒子的质量为107gB．0.1mol·L－1的NaHSO4溶液中，阳离子的数目之和为0.2NAC．100g质量分数为17%的H2O2水溶液中含O―O键数目为NAD．2.7g铝与足量的稀硫酸和氢氧化钠分别反应，得到氢气的体积在标况下均为3.36L13、某化学课外活动小组拟用铅蓄电池进行电絮凝净水的实验探究，设计的实验装置如图所示，下列叙述正确的是（）A．Y的电极反应：Pb－2e－=Pb2+B．铅蓄电池工作时SO42-向Y极移动C．电解池的反应仅有2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑D．每消耗103.5gPb，理论上电解池阴极上有0.5molH2生成14、下列反应的离子方程式书写正确的是A．氨气溶于醋酸溶液：NH3+H+=NH4+B．将硫化氢气体通入足量氢氧化钠溶液中：H2S+2OH-=S2-+2H2OC．向氯化亚铁溶液中加入溴水：Fe2++Br2=Fe3++2Br-D．AlCl3溶液中加入过量氨水Al3＋+4OH-=AlO2-+2H2O15、用下列实验方案及所选玻璃仪器就能实现相应实验目的的是（）选项实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去乙酸乙酯中的乙醇向混合物中加入饱和碳酸钠溶液，混合后振荡，然后静置分液烧杯、分液漏斗、玻璃棒B检验蔗糖是否水解向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟，再向其中加入新制的银氨溶液，并水浴加热试管、烧杯、酒精灯、胶头滴管C证明乙醇发生消去反应生成乙烯将乙醇与浓硫酸混合加热到170℃，将产生的气体通入溴水酒精灯、圆底烧瓶、导管、试管D比较HClO和CH3COOH的酸性强弱同温下用pH试纸分别测定浓度为0.1mol·L－1NaClO溶液、0.1mol·L－1CH3COONa溶液的pH玻璃棒、玻璃片A．A B．B C．C D．D16、现有Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，它们之间有如图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断中不合理的是（）A．N一定是HCl(aq) B．X可能是Al或Cl2C．Q、Z中的一种必定为A12O3 D．Y一定为NaOH(aq)17、下列装置能达到实验目的的是A．用装置甲制备氨气 B．用装置乙除去氨气中少量水C．用装置丙收集氨气 D．用装置丁吸收多余的氨气18、实验室隔绝空气加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]至分解完全并确定分解产物成分的装置如图所示(已知分解的固体产物可能有FeO、Fe2O3和Fe3O4，气体产物可能有NH3、N2、H2O、SO3和SO2)。下列说法中错误的是A．取①中固体残留物与稀硫酸反应并滴加KSCN溶液，溶液变血红色，则残留物一定没有FeOB．装置②用于检验分解产物中是否有水蒸气生成，试剂X最好选用无水硫酸铜C．装置③中若有白色沉淀生成，则分解产物中有SO3气体D．装置④用于检验分解产物中是否有SO2气体19、下列有关水电离情况的说法正确的是A．25℃，pH=12的烧碱溶液与纯碱溶液，水的电离程度相同B．其它条件不变，CH3COOH溶液在加水稀释过程中，c(OH－)/c(H＋)一定变小C．其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，水的电离程度减小D．其它条件不变，温度升高，水的电离程度增大，Kw增大20、下列有关说法正确的是A．天然气的主要成分是甲烷，是一种可再生的清洁能源B．将农业废弃物在一定条件下产生热值较高的可燃气体，是对生物质能的有效利用C．若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则反应放热D．寻找合适的催化剂，使水分解产生氢气的同时放出热量是科学家研究的方向21、下列有关物质性质与用途具有对应关系的是A．SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B．铝具有良好的导热性，可用铝槽车贮运浓硝酸C．NaHCO3能与碱反应，可用作食品疏松剂D．液氨汽化时吸收大量的热，可用作制冷剂22、某反应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是（）A．该反应为放热反应B．催化剂改变了化学反应的热效应C．催化剂会改变可逆反应的平衡常数D．催化剂改变了化学反应速率二、非选择题(共84分)23、（14分）现有下列表格中的几种离子阳离子Al3+、Fe3+、Cu2+、Ba2+、K+阴离子NO3﹣、OH﹣、Cl﹣、CO32﹣、Xn﹣（n＝1或2）A、B、C、D、E是由它们组成的五种可溶性物质，它们所含的阴、阳离子互不相同。（1）某同学通过比较分析，认为无须检验就可判断其中必有的两种物质是____和_______（填化学式）.（2）物质C中含有离子Xn﹣．为了确定Xn﹣，现将（1）中的两种物质记为A和B，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则X为__（填字母）a．Br﹣b．CH3COO﹣c．SO42﹣d．HCO3﹣（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的________（填相应的离子符号），写出Cu溶解的离子方程式_______。（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E是_______（填化学式）。24、（12分）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)______________________________________________.25、（12分）某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2。（1）盛放铜片仪器的名称为_________________；（2）实验开始前必须通一段时间N2，如果不通N2，对实验有何影响_______________；（3）装置A中的现象是_______________________；（4）装置B中NaOH溶液的作用是_______________________；（5）若装置D中有黑色固体生成，则发生反应的化学方程式是_______________________。（6）利用NO可制得NH4NO3产品，流程如下：①装置I中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO，写出生成NO和NO的物质的量之比为2:1的离子方程式：_________________________________；②已知进入装置Ⅲ溶液中的NO浓度为amol·L-1，要使bL该溶液中的NO完全转化NH4NO3，至少需通入标准状况下的O2__________L(用含a，b的代数式表示)。26、（10分）现有铁、碳两种元素组成的合金，某实验小组为了研究该合金的性质并测定该合金中碳的质量分数，设计了如下实验方案和实验装置。I.探究该合金的某些性质：（1）取ag合金粉末放入蒸馏烧瓶，并加入足量浓H2SO4，A、B中均无明显现象，原因是___；（2）点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，请写出此时合金中成分碳参与的化学反应方程式___；（3）装置C的作用是___；反应的离子方程式___。II.测定样品中碳的质量分数：（4）装置F的作用___；（5）若反应前后E装置的质量分别是m1和m2，则合金中碳的质量分数是___。27、（12分）亚硝酸钠(NaNO2)易溶于水，微溶于乙醇，可作为肉类食品的护色剂，并可以防止肉毒杆菌在肉类食品中生长，保持肉制品的结构和营养价值；但是过量摄入会导致中毒。某化学兴趣小组对亚硝酸钠进行多角度探究：I.亚硝酸钠的制备(1)实验中用恒压滴液漏斗，相比普通分液漏斗，其显著优点是________。(2)D中澄清石灰水变浑浊，则C中制备NaNO2的离子方程式为_______。II.探究亚硝酸钠与硫酸反应生成的气体产物已知：①NO+NO2+2OH-=2NO+H2O②气体液化的温度：NO2：21℃，NO：-152℃(3)反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，其目的是______。(4)为了检验装置A中生成的气体产物，装置的连接顺序(从左→右连接)：A、C、______、_______、______。(5)关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞，滴入70%硫酸后，A中产生红棕色气体。①确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是_______。②装置E的作用是________。③通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式为_______。III.设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性(6)供选用的试剂：NaNO2溶液、KMnO4溶液、FeSO4溶液、KI溶液、稀硫酸、淀粉溶液、KSCN溶液。根据提供的试剂，设计酸性条件下NaNO2具有氧化性的实验方案：_____。28、（14分）氯化铵被广泛用于医药、干电池、织物印染、洗涤等领域。氯化铵T1温度下有以下平衡：（1）N原子最外层电子有______种运动状态；上述平衡中物质，在晶体时属于离子晶体的是__________。（2）的电子式为______________。（3）Cl的非金属性强于S，用原子结构的知识说明理由：_________________。（4）上述该反应的平衡常数表达式为____________________________________。（5）在2L密闭容器中建立平衡，不同温度下氨气浓度变化正确的是_________。（6）T1温度在2L，容器中，当平衡时测得为amol/L，保持其他条件不变，压缩容器体积至1L（各物质状态不变），重新达到平衡后测得为bmol/L。试比较a与b的大小a_____b（填“＞”“＜”或“=”），并说明理由：___________。29、（10分）CH4超干重整CO2技术可得到富含CO的化工原料。回答下列问题：（1）CH4超干重整CO2的催化转化如图所示：①已知相关反应的能量变化如图所示：过程Ⅰ的热化学方程式为________。②关于上述过程Ⅱ的说法不正确的是________（填序号）。a．实现了含碳物质与含氢物质的分离b．可表示为CO2＋H2＝H2O（g）＋COc．CO未参与反应d．Fe3O4、CaO为催化剂，降低了反应的ΔH③其他条件不变，在不同催化剂（Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ）作用下，反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）进行相同时间后，CH4的转化率随反应温度的变化如图所示。a点所代表的状态________（填“是”或“不是”）平衡状态；b点CH4的转化率高于c点，原因是________。（2）在一刚性密闭容器中，CH4和CO2的分压分别为20kPa、25kPa，加入Ni／α－Al2O3催化剂并加热至1123K使其发生反应CH4（g）＋CO2（g）＝2CO（g）＋2H2（g）。①研究表明CO的生成速率υ（CO）＝1.3×10－2·p（CH4）·p（CO2）mol·g－1·s－1，某时刻测得p（CO）＝20kPa，则p（CO2）＝________kPa，υ（CO）＝________mol·g－1·s－1。②达到平衡后测得体系压强是起始时的1.8倍，则该反应的平衡常数的计算式为Kp＝________（kPa）2。（用各物质的分压代替物质的量浓度计算）（3）CH4超干重整CO2得到的CO经偶联反应可制得草酸（H2C2O4）。常温下，向某浓度的草酸溶液中加入一定浓度的NaOH溶液，所得溶液中，则此时溶液的pH＝________。（已知常温下H2C2O4的Ka1＝6×10－2，Ka2＝6×10－5，lg6＝0.8）

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】A项、乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应而褪色，故A正确；B项、乙烷是烷烃，和溴水不反应，故B错误；C项、乙醇含有羟基，与溴水不反应，故C错误；D选、乙酸含有羧基，和溴水不反应，共D错误，故选A。点睛：明确有机物中官能团的性质特点是解答的关键，注意常见有机物中能与溴水反应的一般含有碳碳双键或碳碳三键。需要注意的是苯或四氯化碳也使溴水褪色，但发生的是萃取，属于物理变化，注意二者的区别。【详解】A项、乙烯含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应而褪色，故A正确；B项、乙烷是烷烃，和溴水不反应，故B错误；C项、乙醇含有羟基，与溴水不反应，故C错误；D选、乙酸含有羧基，和溴水不反应，共D错误，故选A。2、C【分析】A、温度越高，氧化速率越快；B、反应物浓度降低，反应速率降低；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率。【详解】A、温度越高，氧化速率越快，60℃之前，氧化速率增大与温度升高化学反应速率加快有关，故A正确；B、反应物浓度降低，反应速率降低，温度升高后O2的溶解度下降及(NH4)2SO3受热易分解，均使反应物浓度降低，故B正确；C、SO32-水解不影响溶液中+4价硫的总浓度，故C错误；D、当亚硫酸铵的浓度增大到一定程度后，亚硫酸根离子被氧化的速率大于氧气的溶解速率，因氧气的溶解速率较小导致亚硫酸根离子的氧化速率变化不大。故D正确；故选C。【点睛】本题考查外界条件对化学反应速率的影响，解题关键：综合理解多种条件同时对反应速率影响时，有一个条件在某时段起主导作用。3、B【解析】铁溶于稀硝酸，溶液变为浅绿色，说明生成物为亚铁离子，所以选项A错误。向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后溶液变蓝，其原因是空气中的氧气将溶液中的I-氧化为碘单质，选项B正确。Cr2O72－(橙色)＋H2O2CrO42－(黄色)＋2H＋，加入硫酸增大氢离子浓度，反应平衡逆向移动，溶液应该显橙色，选项C错误。酚羟基的酸性弱于碳酸，羧基的酸性强于碳酸，所以水杨酸中的羧基与碳酸氢钠反应，而酚羟基应该不反应，生成物应该是，选项D错误。4、A【分析】A．电池充电时负极与外电源的负极相连；B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动；C．该电池充电时阴极得电子，发生还原反应；D．根据电极反应计算消耗Li的质量。【详解】A．电池充电时负极与外电源的负极相连，Li为负极反应物，所以Li与外电源的负极相连，故A正确；B．向外供电时，该装置是原电池，锂离子向正极移动，故B错误；C．该电池充电时阴极得电子，发生还原反应，电极反应为：，故C错误；D．若放电时转移0.2mol电子，负极上，所以反应消耗Li的质量为0.2mol×7g/mol=1.4g，故D错误；故答案选：A。5、D【详解】A、浓盐酸具有挥发性，即产生的SO2中混有HCl，对后续实验产生干扰因此无法证明亚硫酸的酸性强于硅酸，故A不合理；B、浓盐酸与MnO2反应需要加热，题中所给装置，缺少加热装置，故B不合理；C、生石灰与水放出热量，有利于NH3的逸出，NH3通入AlCl3溶液中，发生Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NH4＋，继续通入NH3，Al(OH)3不溶于氨水，因此沉淀不溶解，故C不合理；D、MnO2作催化剂，使H2O2分解：2H2O22H2O＋O2↑，氧气通入H2S溶液中，将H2S氧化成S单质，即C中溶液变浑浊，故D合理；答案为D。6、D【详解】A.Br是35号元素，原子核外电子排布是2、8、18、7，核外电子排布式是，A错误；B.2s电子云是球形对称的，不是纺锤形的，B错误；C.石墨是层状结构，在层内C原子与相邻的3个C原子形成共价键，在层间以分子间作用力结合，C错误；D.反应是放热反应，说明反应物的能量比生成物的能量高，D正确；故合理选项是D。7、D【详解】A.氨气与水反应生成弱电解质一水合氨，铵盐中的铵根离子水解生成一水合氨，一水合氨在溶液中存在平衡：NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3+H2O，故A正确；B.吹脱法：调节水体pH至8左右，然后持续向水中吹入大量空气，利用空气将水体中的氨气带出，促使NH4++OH－⇋NH3·H2O⇋NH3+H2O平衡向正向移动，减小铵根离子和NH3·H2O的浓度，故B正确；C.根据题意，折点氯化法：调节水体pH至6左右，向水中加入适量NaClO，酸性条件下，ClO-具有氧化性，铵根离子中氮元素为-3价，具有还原性，NaClO与NH4+发生氧化还原反应，反应为2NH4++3ClO－=N2↑+3Cl－+3H2O+2H+，故C正确；D.吹脱法是利用物理法脱氮，无法对含NO2–的水体脱氮；折点氯化法利用ClO-具有氧化性，发生氧化还原反应，将NO2–氧化为硝酸根离子，氮元素不能脱离水体，无法脱氮，故D错误；答案选D。8、A【解析】A项，熔融的NaHSO4中的离子为Na+、HSO4-，0.5mol熔融的NaHSO4中含有的离子数为NA，正确；B项，n（C）==1mol，1mol金刚石中含有C—C键数目为2NA，错误；C项，饱和BaSO4溶液中c（Ba2+）==110-5mol/L，由于溶液的体积未知，无法计算Ba2+物质的量，错误；D项，Na2O中的阴、阳离子依次为O2-、Na+，1molNa2O中含有阴、阳离子总物质的量为3mol，BaO2中的阴、阳离子依次为O22-、Ba2+，1molBaO2中含有阴、阳离子总物质的量为2mol，1molNa2O和BaO2混合物中含有的阴、阳离子总物质的量在2mol~3mol之间，错误；答案选A。点睛：漏选A，认为NaHSO4属于强酸的酸式盐，0.5molNaHSO4中离子物质的量为1.5mol，忽视在NaHSO4晶体和熔融时的离子为Na+和HSO4-，NaHSO4在水溶液中电离出的离子为Na+、H+和SO42-；错选B，金刚石中每个C原子形成4个C—C键，忽视金刚石是原子晶体，形成空间网状结构；错选C，物质的量浓度与物质的量混淆；错选D，以为BaO2中阳离子与阴离子数之比为1:2。9、C【解析】试题分析：金属腐蚀的快慢规律为：电解池的阳极>原电池的负极>化学腐蚀>原电池的正极>电解池的阴极，根据装置图可知①是铁与海水直接接触，化学腐蚀，②原电池，铁比Sn活泼作负极，③原电池，铁作正极得到保护，④原电池，铁作负极，但正极铜比①Sn不活泼，铁受到的腐蚀比①严重，⑤电解池，铁作阳极，⑥电解池，铁作阴极，所以铁在其中被腐蚀由快到慢的顺序为⑤④②①③⑥，选C。考点：考查金属腐蚀的快慢比较。10、D【详解】Ⅰ.用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，透过蓝色钴玻璃，观察到紫色火焰，则一定含K＋；Ⅱ.另取原溶液加入足量盐酸有无色气体生成，该气体遇空气变成红棕色，此时溶液颜色加深，但无沉淀生成，则一定含、Fe2＋，不含、；Ⅲ.取Ⅱ反应后的溶液分别置于两支试管中，向第一支试管中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，再滴加KSCN溶液，上层清液变红，则一定含，而Fe3＋有可能来源于Fe2+，故无法确定原溶液中是否含有Fe3+；向第二支试管中加入CCl4，充分振荡静置后溶液分层，下层为无色，则一定不含I－；由上述分析可知，溶液中一定含K＋、Fe2＋、、，不含、、I－，不能确定是否含Fe3＋、Cl－。A项，原溶液中肯定含Fe2＋、，故A项错误；B项，取原溶液加入过量硝酸银溶液，观察是否产生白色沉淀，不能确定是否含Cl－，因为生成硫酸银也为白色沉淀，故B项错误；C项，NO遇空气变成红棕色的NO2，故C项错误；D项，原溶液中肯定含有K＋、Fe2＋、、，故D项正确；故答案选D。11、C【解析】在反应Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+6HCl+2H2SO4中，Na2S2O3中S的化合价为+2价，反应后H2SO4中S的化合价升高至+6价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，H2SO4为氧化产物，Na2S2O3为还原剂；Cl的化合价由0价降低为-1价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，NaCl和HCl为还原产物，Cl2为氧化剂。【详解】A、根据上述分析可知，Na2S2O3中S的化合价为+2价，反应后H2SO4中S的化合价升高至+6价，因此Na2S2O3为还原剂，故A不符合题意；B、Na2S2O3过量时，发生反应Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2+H2O，溶液会出现浑浊的现象，故B不符合题意；C、Na2S2O3中S的化合价为+2价，反应后H2SO4中S的化合价升高至+6价，所以1molNa2S2O3反应转移电子的物质的量为2×(6-2)mol=8mol，故C符合题意；D、根据上述分析可知，氧化产物为H2SO4，还原产物为NaCl和HCl，根据方程式可知氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：(2+6)=1:4，故D不符合题意；综上所述，本题应选C。【点睛】在氧化还原反应中应熟记“升失氧，降得还”，元素化合价升高，失去电子，发生氧化反应，被氧化，得到氧化产物，本身作还原剂；元素化合价降低，得到电子，发生还原反应，被还原，得到还原产物，本身作氧化剂。在氧化还原反应中得失电子守恒。据此判断此题。12、D【详解】A.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体

，则NA

个氢氧化铁胶粒中含有的氢氧化铁的物质的量多于

1mol

，质量也大于

107g

，故

A错误；B.0.1mol·L－1的NaHSO4溶液中，NaHSO4是强电解质完全电离，则阳离子是Na+和H+，且c(Na+)和c(H+)的浓度都是0.1mol/L。由于没有给出溶液的体积，则无法求出溶液中Na+和H+的物质的量，即无法求出Na+和H+的数目，故B错误；C.100g质量分数为17%的H2O2水溶液中m(H2O2)=100g×17%=17g，n(H2O2)=。1mol的H2O2含O－O键数目为NA，则0.5mol的H2O2中含O－O键数目为0.5NA，故C错误；D.2.7gAl的物质的量为，铝和稀硫酸、氢氧化钠反应的化学方程式分别为、。根据化学方程式可知0.1mol的铝分别和足量的稀硫酸、氢氧化钠反应时产生的氢气均为0.15mol，标况下的体积均为3.36L，故D正确。答案选D。13、D【分析】进行净水，即Al转化成氢氧化铝胶体，Al为阳极，Fe为阴极，根据电解原理，Y为PbO2，X为Pb，从原电池工作原理、电解的原理、电路中通过的电量相等进行分析。【详解】A、根据实验的原理，絮凝净水，让Al转化成氢氧化铝胶体，即Al失电子，根据电解原理，Al为阳极，Y为PbO2，则X为Pb，Y电极反应为：PbO2＋SO42－＋4H＋＋2e－=PbSO4＋2H2O，故A错误；B、根据原电池的工作原理，SO42－向负极移动，即SO42－移向X电极，故B错误；C、电解过程中实际上发生两个反应，分别为2Al+6H2O2Al(OH)3+3H2↑和2H2O2H2↑＋O2↑，故C错误；D、消耗103.5gPb，转移电子物质的量为mol=1mol，阴极上的电极反应式为2H＋＋2e－=H2↑，通过电量相等，即产生氢气的物质的量为1/2mol=0.5mol，故D正确。14、B【详解】A.醋酸是弱酸，不能拆，需用分子式表示，正确的离子方程式为：NH3+CH3COOH=CH3COO-+NH4+，A项错误；B.将硫化氢气体通入足量氢氧化钠溶液中，反应的离子方程式为：H2S+2OH-=S2-+2H2O，B项正确；C.向氯化亚铁溶液中加入溴水，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：2e2++Br2=2Fe3++2Br-，C项错误；D.AlCl3溶液中加入过量氨水，由于氢氧化铝不能与弱碱反应，则应生成氢氧化铝，正确的离子方程式为：Al3＋+3NH3∙H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，D项错误；答案选B。【点睛】离子方程式的正误判断是高频考点，要求学生熟练书写高中化学基本离子反应方程式的同时，掌握其正误判断的方法也是解题的突破口，一般规律可归纳为：1.是否符合客观事实，如本题D选项，AlCl3溶液中加入过量氨水，由于氢氧化铝不能与弱碱反应，则应生成氢氧化铝；2.是否遵循电荷守恒与质量守恒定律，必须同时遵循，否则书写错误，如本题C选项，显然不遵循电荷守恒定律；3.观察化学式是否可拆，不该拆的拆成离子，或该拆成离子的没有拆分，都是错误的书写，如本题A选项，醋酸是弱酸，不可以拆；4.分析反应物用量，要遵循以少定多的原则书写正确的离子方程式；5.观察能否发生氧化还原反应，氧化还原反应也是离子反应方程式的一种。总之，掌握离子反应的实质，是正确书写离子反应方程式并学会判断其书写正误的有效途径。15、A【详解】A.乙酸乙酯不溶于饱和碳酸钠溶液，乙醇能够溶于水中，因此可以用饱和碳酸钠溶液除去乙酸乙酯中混有的乙醇，所用的玻璃仪器为分液漏斗和烧杯，故A正确；B.向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸，水浴加热几分钟使其水解，加入碱使溶液呈碱性后再向其中加入新制的银氨溶液并水浴加热，实验方案中没有加碱中和酸，故B错误；C.反应生成的乙烯中可能会混有乙醇、二氧化硫等还原性气体或蒸气，实验方案中没有除去杂质气体，不能达到实验目的，故C错误；D.次氯酸钠的强氧化性对试纸有漂白作用，不能达到实验目的，故D错误；答案选A。【点睛】具有漂白性的溶液无法用PH试纸测PH，如氯水或次氯酸溶液，能使PH试纸褪色，故测这类溶液的pH只能使用pH计。16、B【详解】Al、Cl2、Al2O3、HCl(aq)、A1(OH)3、NaOH(aq)六种物质，其中NaOH和其他5种物质都能发生反应，所以Y一定为NaOH。盐酸和除了Cl2之外的其他4种物质都能反应，所以N一定为盐酸。Al能和Cl2、HCl(aq)、NaOH(aq)发生反应，所以M为Al，X为Cl2，Al2O3和A1(OH)3都只能盐酸、NaOH(aq)反应，所以Q、Z分别为Al2O3和A1(OH)3中的一种。故选B。17、D【解析】A.用装置甲制备氨气时试管口应该略低于试管底，A错误；B.氨气能被浓硫酸吸收，不能用装置乙除去氨气中少量水，B错误；C.氨气密度小于空气，用向下排空气法收集，但收集气体不能密闭，不能用装置丙收集氨气，C错误；D.氨气极易溶于水，用装置丁吸收多余的氨气可以防止倒吸，D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学实验方案的评价，把握实验装置图的作用、物质的性质为解答的关键，注意实验的操作性、评价性分析。18、A【分析】装置①加热硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]，分解后的固体留在玻璃管中，气体进入后续装置；装置②装有固体试剂X，检验产物时需先检验水，故试剂X为无水CuSO4；装置③盛放HCl和BaCl2，可吸收氨气，也可检验SO，即检验气体中的SO3；装置④盛放H2O2和BaCl2，可将SO2氧化为SO并生成白色沉淀，用于检验气体中的SO2；装置⑤收集没有反应的气体N2。【详解】A.硫酸与FeO反应后生成Fe2+，Fe2+滴加KSCN溶液，溶液不变红，故A错误；B.根据分析可知，无水硫酸铜遇到水变蓝，所以通过无水硫酸铜是否变色判断是否产生水，故B正确；C.根据分析可知，装置③中盐酸可吸收氨气，水与三氧化硫反应生成硫酸，能与BaCl2反应可生成硫酸钡沉淀，故C正确；D.根据分析可知，装置④盛放H2O2和BaCl2，可将SO2氧化为SO并生成白色沉淀，用于检验气体中的SO2，故D错误；故答案：A。19、D【解析】A.酸或碱抑制水的电离，含弱离子的盐促进水的电离，NaOH是强碱，Na2CO3是强碱弱酸盐，则NaOH抑制水的电离，Na2CO3促进水的电离，所以两者水解程度不同，故A项错误；B项，醋酸为弱酸，其它条件不变，稀释醋酸溶液，c(H+)减小，c(OH－)增大，所以c(OH－)/c(H＋)增大，故B错误；C.NaOH溶液显碱性，抑制水的电离，其它条件不变，稀释氢氧化钠溶液，其对水电离的抑制程度将降低，所以水的电离程度增大，故C项错误。D.温度升高，水的电离程度增大，c(OH－)和c(H＋)增大，所以KW=c(OH－)∙c(H＋)增大，故D项正确；答案为D。【点睛】本题主要考查碱性物质以及温度对水的电离的影响。加酸加碱抑制水的电离。升高温度水的离子积增大；盐类水解促进水的电离。20、B【详解】A、煤、石油、天然气属于化石燃料，它们都是不可再生能源，故A错误；B、生物质发酵转化为可燃性气体比如甲烷，是对生物质能的有效利用，故B正确；C、若化学过程中断开化学键吸收的能量大于形成化学键所放出的能量，则吸收的能量大于放出的能量，反应吸热，故C错误；D、催化剂只能改变化学反应速率，而不能违背能量守恒规律，水分解是个吸热反应，这是不可逆转的，故D错误；故选B。21、D【解析】根据物质的性质理解其用途，判断是否为对应关系。【详解】A项：SO2用于漂白纸浆是利用了SO2的漂白性。A项错误；B项：用铝槽车贮运浓硝酸，是因为常温时铝在浓硝酸中会钝化。B项错误；C项：NaHCO3用作食品疏松剂，是因为它能与酸反应或受热分解生成CO2气体。C项错误；D项：氨分子间有范德华力和氢键，液氨汽化时会吸收大量的热，用作制冷剂。D项正确。本题选D。22、D【解析】A．图象中反应物能量低于生成物能量，故反应是吸热反应，故A错误；B．催化剂只能改变反应速率，不能改变该反应的热效应，，故B错误；C．化学平衡常数只受温度影响，催化剂不改变平衡常数，故C错误；D．催化剂改变反应的活化能，从而改变化学反应速率，故D正确；故选D。二、非选择题(共84分)23、K2CO3Ba（OH）2CNO3﹣3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2OFeCl3【分析】根据离子间的反应（离子共存）和相互间反应的现象判断离子的组合，从而确定五种物质。【详解】（1）五种物质都可溶，阴离子中CO32﹣的只能和K+组成可溶性物质，和其他阳离子都不共存，所以其中一种物质为K2CO3，阴离子中的OH﹣除了和K+共存外，只能和Ba2+共存，所以另一种物质为Ba(OH)2。这两种物质无须检验就可判断；（2）A和B分别为K2CO3和Ba(OH)2中的一种。物质C中含有离子Xn﹣，当C与A的溶液混合时产生蓝色沉淀，向该沉淀中滴入足量稀HNO3，沉淀部分溶解，剩余白色固体，则可确定C中有Cu2+，不溶于硝酸的白色沉淀应为BaSO4，所以X为SO42-，C为CuSO4；（3）将Cu投入装有足量D溶液的试管中，Cu不溶解，再滴加稀H2SO4，Cu逐渐溶解，管口附近有红棕色气体出现，则物质D一定含有上述离子中的NO3-，硫酸提供了H+，硝酸根离子在酸性环境下具有强氧化性，可以把铜氧化为Cu2+，Cu逐渐溶解，稀硝酸被还原为NO，在试管口遇到氧气生成红棕色的NO2，Cu溶解的离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）E溶液与氢碘酸反应时可生成使淀粉变蓝的物质，E中含Fe3+，氧化了I-生成I2，使淀粉变蓝，阴离子只剩Cl-，所以E是FeCl3。24、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。25、三颈烧瓶空气中的氧气会与NO反应，会对实验造成干扰铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液吸收挥发的硝酸，防止与铜反应，对实验造成干扰2Cu+2NO2CuO+N23NO+7Ce4++5H2O=2NO+NO+7Ce3++10H+11.2ab【分析】实验开始前先通入氮气除去装置内的空气，以免NO和空气中的氧气反应干扰实验，然后打开分液漏斗活塞，使铜与稀硝酸在A装置中反应产生NO，气体通过B装置后除去挥发出来的HNO3，通过C装置除去水蒸气，干燥的NO和D中铜粉反应，E装置收集到氮气，据此解答。【详解】（1）盛放铜片仪器的名称为：三颈烧瓶，故答案为：三颈烧瓶；（2）本实验用一氧化氮和铜反应，而一氧化氮遇空气易被氧气所氧化，所以在装置中通入氮气，排尽空气，故答案为：空气中的氧气会与NO反应，会对实验造成干扰；（3）A中的反应是铜与稀硝酸，反应生成硝酸铜，一氧化氮和水。装置A中的现象是：铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液，故答案为：铜逐渐溶解，有无色气泡产生，生成蓝色溶液；（4）A中的反应物有硝酸，硝酸易挥发，B中的氢氧化钠用于除去挥发出的硝酸，防止其进入D中，故答案为：吸收挥发的硝酸，防止与铜反应，对实验造成干扰；（5）一氧化氮和铜反应，铜做还原剂，化合价升高变为氧化铜，铜为红色粉末，而氧化铜为黑色固体，所以现象为红色粉末变为黑色说明NO与Cu反应，则发生反应的化学方程式是：2Cu+2NO2CuO+N2，故答案为：2Cu+2NO2CuO+N2；（6）①装置I中，酸性条件下NO被Ce4+氧化的产物主要是NO和NO，NO被Ce4+氧化成NO和NO，N元素的化合价由+2变为+5，+3，且生成NO和NO的物质的量之比为2:1，失电子物质的量为：(5-2)×2+(3-2)mol=7mol电子，Ce4+被还原产物Ce3+，得电子物质的量为：1mol电子，根据得失电子守恒，原子守恒，电荷守恒，写出离子反应方程式为：3NO+7Ce4++5H2O=2NO+NO+7Ce3++10H+，故答案为：3NO+7Ce4++5H2O=2NO+NO+7Ce3++10H+；②NO被氧气氧化成，N元素的化合价由+3变为+5，氧气中的O元素化合价由0变为-2，根据得失电子数相等，n(NO)：n(O2)=2：1，NO的浓度为ag•L-1，bL该溶液中n(NO)=，通入标况下的O2的体积=abmol×22.4L/mol×=11.2abL。故答案为：11.2ab。26、常温下，Fe在浓硫酸中钝化，碳不与浓硫酸反应C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O吸收二氧化硫，防止对实验造成干扰5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+防止外界空气中的水蒸气和CO2进入E，对实验造成干扰×100%【分析】铁、碳单质均可以和浓硫酸加热反应生成二氧化硫，二氧化硫的检验可以用品红溶液，吸收可以用高锰酸钾溶液，C与浓硫酸加热反应还有二氧化碳气体生成，将产生的二氧化碳用浓硫酸干燥，通入碱石灰，根据碱石灰增加的质量可以确定二氧化碳的质量，根据C元素守恒，可以计算碳单质的质量，进而计算碳的质量分数。【详解】(1)往蒸馏烧瓶中滴加足量的浓硫酸，未点燃酒精灯前，A、B均无明显现象，原因是：常温下铁在浓硫酸中钝化，碳和浓硫酸不反应；(2)点燃酒精灯一段时间后，A中剧烈反应，Fe、C都与浓硫酸反应，其中碳与浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和水，反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O；(3)装置C盛有高锰酸钾溶液，可以吸收二氧化硫气体，溶液紫红色褪去，其中SO2被氧化为硫酸，发生反应的离子方程式为5SO2+2MnO4-+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+；(4)装置F防止外界空气中CO2、水蒸气进入E管，对实验造成干扰；(5)E中碱石灰增加的质量可以确定反应中产生的二氧化碳的质量，E增重(m2-m1)g，即生成二氧化碳的质量是(m2-m1)g，根据碳元素守恒，所以混合物中含有碳单质的物质的量是=mol，所以铁碳合金中碳的质量分数为×100%=×100%。27、平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于稀硝酸溶液流下4NO+O2+=+2CO2排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2EDBD中通入氧气后，气体由无色变为红棕色冷却二氧化氮，用来检验NO取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性【分析】I．亚硝酸钠的制备：根据实验装置图可知，实验中用铜与稀硝酸反应生成NO，用水除去了挥发出来的硝酸，在碳酸钠溶液中与氧气反应生成亚硝酸钠，实验中的尾气用D装置吸收；II．探究亚硝酸钠与硫酸反应气体产物成分：反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，可排除装置内的空气，A中反应生成NO，然后用C干燥，E冷却二氧化氮，D检验NO，最后连接B，防止污染空气；III．设计实验证明酸性条件下NaNO2具有氧化性，用淀粉、KI溶液检验，或可在酸性条件下氧化亚铁离子，用KSCN溶液检验。【详解】I.(1)恒压滴液漏斗可以平衡内外压强相等，因此相比普通分液漏斗，显著的优点是平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于稀硝酸溶液流下，故答案为：平衡滴液漏斗与烧瓶内压强，便于稀硝酸溶液流下；(2)D中澄清石灰水变浑浊，说明有二氧化碳生成，反应物是NO、氧气和碳酸钠，则C中制备NaNO2的离子方程式为4NO+O2+=+2CO2，故答案为：4NO+O2+=+2CO2；II.(3)NO很容易被氧气氧化，装置中有空气，无法检验有NO生成，所以通氮气的目的是排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2，故答案为：排尽整个装置中的空气，防止产生的NO被氧化生成NO2；(4)C吸收水蒸气，B尾气处理，防止污染空气，D检验NO，E冷却二氧化氮，用来检验NO，所以装置的连接为A→C→E→D→B，故答案为：E；D；B；(5)①D中无色气体变成红色，说明含有NO气体，因此确认A中产生的气体含有NO所依据的现象是D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色，故答案为：D中通入氧气后，气体由无色变为红棕色；②根据以上分析可知装置E的作用是冷却二氧化氮，用来检验NO，故答案为：冷却二氧化氮，用来检验NO；③通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应是亚硝酸钠与硫酸生成一氧化氮气体和二氧化氮气体，化学方程式为：，故答案为：；III.(6)利用亚硝酸钠氧化碘化钾生成单质碘，碘遇淀粉显蓝色，则实验方案是：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性；故答案为：取碘化钾溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加淀粉溶液，无明显现象，滴加少许NaNO2溶液，溶液变蓝，证明NaNO2具有氧化性；或者取硫酸亚铁溶液并滴加稀硫酸酸化，滴加几滴KSCN溶液，溶液仍为浅绿色，滴加少许NaNO2溶液，此时溶液由浅绿色变为血红色，证明NaNO2具有氧化性。28、5种氯原子结构与硫原子电子层数相同，但氯原子比硫原子多一个电子，原子半径氯原子小，更容易得到电子，因此氯元素的非金属性比硫强B=因为，始终，温度不变，K不变，所以【分析】根据核外电子