2023-2024学年海南省海口市重点中学高三（上）月考化学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年海南省海口市重点中学高三（上）月考化学试卷一、选择题（本大题共14小题，第1-8小题每题2分，第9-14小题每题4分，共40分）1.下列方程式与所给气体的实验室制法事实不相符的是(

)A.实验室用氯酸钾制氧气：

B.实验室用铁和稀硫酸制氢气：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑2.建设美丽乡村，守护中华家园，衣食住行皆化学。下列说法正确的是(

)A.美容扮靓迎佳节，化妆品中的甘油是油脂

B.均衡膳食助健康，食品中蛋白质可水解生成氨基酸

C.千家万户通光纤，光纤的主要材质为Si

D.海中校道铺沥青，沥青属于天然无机材料3.宋应星在《天工开物⋅五金⋅倭铅》中记载了锌的火法冶炼工艺：“每炉甘石(主要成分为ZnCO3)十斤，装载入一泥罐内，封裹泥固，以渐砑干，勿使见火拆裂。然后逐层用煤饼垫盛，其底铺薪，发火锻红，罐中炉甘石熔化成团，冷定毁罐取出。”依据上述材料下列说法不正确的是A.火法冶炼锌的反应：

B.煤饼既提供热能又提供还原剂

C.装罐、封裹泥固的目的是防止锌被氧化

D.罐中炉甘石熔化是指ZnCO3

4.高铁酸钠(Na2FeO4)A.ClO−发生氧化反应

B.FeO42−是还原产物

C.Ca25.蔗糖与浓硫酸发生作用的过程如图所示。

下列关于该过程的分析不正确的是(

)A.过程①白色固体变黑，主要体现了浓硫酸的脱水性

B.过程②固体体积膨胀，与产生的大量气体有关

C.过程中产生能使品红溶液褪色的气体，体现了浓硫酸的酸性

D.过程中蔗糖分子发生了化学键的断裂6.下列事实不能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释的是(

)A.F−F键的键能小于Cl−Cl键的键能

B.三氟乙酸的Ka大于三氯乙酸的Ka

C.氟化氢分子的极性强于氯化氢分子的极性

D.气态氟化氢中存在(HF)7.劳动有利于“知行合一”。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是(

)选项劳动项目化学知识A帮厨活动：帮食堂师傅煎鸡蛋准备午餐加热使蛋白质变性B环保行动：宣传使用聚乳酸制造的包装材料聚乳酸在自然界可生物降解C家务劳动：擦干已洗净的铁锅，以防生锈铁丝在O2中燃烧生成D学农活动：利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气沼气中含有的CHA.A B.B C.C D.D8.已知，把6.5gZn加入到10mL18mol/LH2SO4溶液中，Zn完全溶解。设A.在标准状况下，生成2.24LSO2气体

B.在常温常压下生成气体的分子数为为0.1NA

C.反应转移电子为0.18N9.某种镁盐具有良好的电化学性能，其阴离子结构如图所示。W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W、Y原子序数之和等于Z，Y原子价电子数是Q原子价电子数的2倍。下列说法错误的是(

)A.W与X的化合物为极性分子 B.第一电离能Z>Y>X

C.Q的氧化物是两性氧化物 D.该阴离子中含有配位键10.冠醚因分子结构形如皇冠而得名，某冠醚分子c可识别K+，其合成方法如图。下列说法错误的是(

)

A.该反应为取代反应 B.冠醚分子c

是超分子

C.c核磁共振氢谱有3组峰 D.c可增加KMnO11.近年研究发现，电催化CO2和含氮物质(NO3−等)在常温常压下合成尿素，有助于实现碳中和及解决含氮废水污染问题。向一定浓度的KNO3溶液通A.电极b连接电源的正极

B.电极a发生的反应：2NO3−+16e−+CO2+18H+=CO(NH2)2+712.物质结构决定物质性质。下列性质差异与结构因素匹配错误的是(

)性质差异结构因素A沸点：正戊烷(36.1℃)高于新戊烷(9.5℃)分子间作用力B熔点：AlF3(1040℃)远高于晶体类型C酸性：CF3羟基极性D溶解度(20℃)：Na2阴离子电荷A.A B.B C.C D.D13.向恒温恒容密闭容器中通入2molSO2和1molO2，反应2SO2A.SO3的平衡浓度增大 B.反应平衡常数增大

C.正向反应速率增大 D.14.如图为Fe(OH)3、Al(OH)3和Cu(OH)2在水中达沉淀溶解平衡时的pM−pH关系图{pM=−lg[c(M)/(mol⋅L−1)]；c(M)≤A.由a点可求得Ksp[Fe(OH)3]=10−8.5

B.pH=4时Al(OH)3的溶解度为10−103mol⋅L−1

C.二、非选择题（共60分）15.铵明矾[NH4Al(SO4)2⋅12H2O]，是制备铝系产品中一种重要的中间产物。已知，铵明矾为无色、透明结晶体，微溶于水、稀酸和甘油，不溶于醇；某火力发电厂的粉煤灰，主要含SiO2、Al2O3、Fe2O3、CaO、K2O等，对应含量分别为50.4%、32.8%、5.1%、2.58%和1.88%。用粉煤灰制备铵明矾的一种工艺流程如图：

回答下列问题：

(1)煅烧活化过程中加入苏打的目的是通过与粉煤灰反应改变物质结构同时产生气体致固体呈蓬松状使其活化，该气体的电子式为______。硫酸盐0℃10℃20℃30℃40℃50℃A31.333.536.240.446.159.2(N70.673.075.478.081.088.0N4.99.119.540.848.845.3F−−−−−−K7.49.311.11314.818.2N1.552.53.855.57.4513.45

①温度越低，铝回收率越高的原因______。

②实际结晶温度为15℃，其原因是______。16.氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下列问题：

(1)根据图1数据计算反应12N2(g)+32H2(g)=NH3(g)的ΔH=______kJ⋅mol−1。

(2)研究表明，合成氨反应在Fe催化剂上可能通过图2机理进行(∗表示催化剂表面吸附位，N2∗表示被吸附于催化剂表面的N2)。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为______(填步骤前的标号)，理由是______。

(3)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如图所示。其中一种进料组成为xH2=0.75、xN2=0.25，另一种为xH2=0.675、xN2=0.225、xAr=0.10(物质i的摩尔分数：xi=nin总)。

①图中压强由小到大的顺序为17.按图装置进行实验。将稀硫酸全部加入Ⅰ中的试管，关闭活塞。

回答下列问题：

(1)盛放稀硫酸的仪器名称是______。

(2)Ⅰ中试管内反应的离子方程式是______。

(3)撤掉水浴，重做实验，Ⅱ中品红溶液褪色______(填“加快”“减慢”“无变化”“无法确定”)。

(4)试管Ⅳ中滴有酚酞的NaOH溶液的作用是______。

(5)试管Ⅲ的Na2S溶液若换为Na2S和Na2CO3混合溶液，先会变浑浊，后又变澄清(生成Na2S2O3溶液)。此浑浊物是______，此过程总反应的化学方程式为：______。18.美托拉宗临床用于利尿降压，以甲苯为起始原料的合成路线如图：

回答问题：

(1)A的名称是______。

(2)满足既属于芳香类氨基酸又和B是同分异构体条件的有机物有______种，写出其中一种有机物的结构简式______。

(3)A→B的反应条件是______。

(4)C中所含官能团的名称为______。

(5)写出C→D的反应方程式______。

(6)设计以对二甲苯和不超过两个碳的有机物为原料合成

的路线______(其他无机试剂任选)。19.普鲁士蓝的部分或全部铁离子可以被其他过渡金属离子取代形成类普鲁士蓝化合物，其具有独特的空心微纳米结构可以增大电极和电解质的接触面积，为电化学反应提供更多的活性位点，可应用于析氢、析氧反应，超级电容器和金属离子电池等。某种普鲁士蓝面心立方体结构如图所示，晶格常数为11.02nm。回答下列问题：

(1)写出Fe2+的核外电子排式为______。

(2)写出一个与氰根离子(CN−)互为等电子体的分子的化学式______。

(3)该晶体中与Fe3+形成配位键的配位原子有______(填元素名称)；第一电离能最大的原子为______(填元素符号)。

(4)原子中运动的电子有两种相反的自旋状态，若一种自旋状态用+12表示，与之相反的用−12表示，称为电子的自旋磁量子数。对于基态的Fe原子，其自旋磁量子数的代数和为______。

(5)该普鲁士蓝晶体密度为______g⋅cm−3(写出未经化简的表达式)。

(6)普鲁士蓝晶体中少部分铁原子被钴或镍原子取代可形成类普鲁士蓝，其晶体结构基本不变，但性能更加优良。下列有关替代原子说法错误的是______。

a.都处于副族，结构相似

b.常见化合价为+2或+3

c.均属于d区元素

d.替代离子与原离子的离子半径相近

(7)常用K3

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A.实验室用氯酸钾制氧气：，故A正确；

B.实验室用铁和稀硫酸制氢气生成硫酸亚铁，正确离子反应为：Fe+2H+=2Fe2++H2↑，故B错误；

C.实验室用氢氧化钙和氯化铵制氨气：，故C正确；

D.电石是碳化钙，与水反应制乙炔：CaC2+2H2O→Ca(OH)2+C2H2↑2.【答案】B

【解析】解：A.甘油为丙三醇，不是酯类，故A错误；

B.蛋白质在人体内可水解生成氨基酸，为人体提供营养，故B正确；

C.光纤的主要材质为二氧化硅，二氧化硅具有良好的光学性能，故C错误；

D.沥青属于石油炼制的有机产品，不属于天然无机材料，故D错误；

故选：B。

A.甘油为丙三醇；

B.蛋白质在人体内可水解生成氨基酸；

C.光纤的主要材质为二氧化硅；

D.沥青属于石油炼制的产品。

本题考查化学与科学技术、社会生活等密切关系，属于一题多点型题目，涉及物质组成、物质的性质等知识，题目比较基础，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。3.【答案】D

【解析】解：A.火法冶炼锌的反应为：，故A正确；

B.煤饼中的C既能用作还原剂，也能燃烧提供热量，故B正确；

C.Zn是活泼金属，加热条件下容易与空气中的氧气反应，故C正确；

D.罐中炉甘石熔化是指ZnCO3 气化，故D错误；

故选：D。

A.火法冶炼锌，利用C将碳酸锌中的锌还原出；

B.煤饼中的C既能用作还原剂，也能燃烧提供热量；

C.Zn是活泼金属，加热条件下容易与空气中的氧气反应；

D.罐中炉甘石熔化是指ZnCO4.【答案】D

【解析】解：A.ClO−中Cl元素的化合价由+1价降低到−1价，发生还原反应，故A错误；

B.铁元素的化合价由+3价升高到+6价，故FeO42−是氧化产物，故B错误；

C.Ca2FeO4对饮用水消毒原理是利用其强氧化性，使用活性炭是利用强吸附性，二者净化原理不同，故C错误；

D.Fe3+做还原剂，ClO—做氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比等于其系数之比，等于3：2，故D正确；

故选：D。

5.【答案】C

【解析】解：A.浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除，白色固体变黑，体现浓硫酸的脱水性，故A正确；

B.浓硫酸脱水过程中产生大量的热，会发生反应：C+2H2SO4(浓，产生的大量气体，使固体体积膨胀，故B正确；

C.浓硫酸脱水过程中生成的SO2使品红溶液褪色，浓硫酸发生还原反应生成二氧化硫，体现了浓硫酸的强氧化性，故C错误；

D.蔗糖发生化学反应，发生了化学键的断裂，故D正确；

故选：C。

A.浓硫酸将蔗糖中H原子、O原子按2：1比例以H2O的形成脱除；6.【答案】A

【解析】解：A.F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F−F键不稳定，则F−F键的键能小于Cl−Cl键的键能，与电负性无关，故A正确；

B.电负性：F>Cl，F−C键的极性大于Cl−C键的极性，使得F3C−的极性大于Cl3C−的极性，导致F3CCOOH的羧基中−OH极性更大，更容易电离出氢离子，酸性更强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故B错误；

C.元素的电负性越大，该元素与氢元素之间的极性越强，电负性F>Cl，F−H键的极性大于Cl−H键的极性，导致HF分子极性比HCl强，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故C错误；

D.F元素电负性较大，HF中F原子与其它HF中H原子能形成分子间氢键，因此气态HF中存在(HF)2，气态HCl中不存在(HCl)2，能通过比较氟元素和氯元素的电负性进行解释，故D错误；

故选：A。

A.F原子半径小，电子云密度大，F原子之间的排斥力大，则F−F键不稳定；

B.电负性：F>Cl，F−C键的极性大于Cl−C键的极性，使得F3C−的极性大于Cl3C−的极性，导致F3CCOOH的羧基中−OH7.【答案】C

【解析】解：A.加热能使蛋白质变性，失去生理活性，故A正确；

B.聚乳酸中含有酯基，能发生水解反应生成小分子化合物，所以要宣传使用聚乳酸制造的包装材料，故B正确；

C.铁锈的主要成分是Fe2O3⋅xH2O，铁丝在O2中燃烧生成Fe3O4，二者没有关联，故C错误；

D.利用秸秆、厨余垃圾等生产沼气，沼气主要成分是甲烷气体，故D正确；

故选：C。

A.8.【答案】B

【解析】解：A.6.5gZn的物质的量为：6.5g65g⋅mol−1=0.1mol，由分析可知，根据反应Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O可得若Zn完全发生该反应消耗H2SO4物质的量为0.2mol>0.18mol，故说明Zn还发生了Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，故无法计算在标准状况下，生成SO2气体的体积，故A错误；

B.由A项分析可知，反应过程中进行的反应有：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O、Zn+H2SO4(稀)=ZnSO9.【答案】A

【解析】解：A.W与X的化合物不一定为极性分子，如CH4就是非极性分子，故A错误；

B.同周期元素从左到右第一电离能呈增大趋势，则第一电离能F>O>C，故B正确；

C.Q为Al，Al2O3为两性氧化物，故C正确；

D.该阴离子中L与Q之间形成配位键，故D正确；

故选：A。

W、X、Y、Z、Q是核电荷数依次增大的短周期元素，W形成1条单键且核电荷数最小，W为H，X形成4条键，核电荷数大于H，且小于其他三种元素，X为C，Y形成2条单键，核电荷数大于C，Y为O，W、Y原子序数之和等于Z，Z为F，Y原子价电子数为Q原子价电子数的2倍，10.【答案】BC

【解析】解：A.反应为酚羟基中氢被取代的反应，属于取代反应，故A正确；

B.超分子是多个分子通过氢键、范德华力、电荷的库仑作用等非化学建立的弱作用力而自动结合成有序有组织的聚合系统，冠醚分子c

不是超分子，故B错误；

C.分子中有几种环境的氢原子，核磁共振有几个峰，c中含有4种不同环境的氢，则其核磁共振氢谱有4组峰，故C错误；

D.冠醚分子c

可识别K+，故能增加KMnO4在甲苯中的溶解度，故D正确；

故选：BC。

A.反应为酚羟基中氢被取代的反应；

B.超分子是多个分子通过氢键、范德华力、电荷的库仑作用等非化学建立的弱作用力而自动结合成有序有组织的聚合系统；

C.c中含有4种不同环境的氢；

D.冠醚分子c

可识别K11.【答案】AB

【解析】解：A.从电解池分析中可知，b电极是阳极，连接电源正极，故A正确；

B.a电极是阴极，得电子，从图中可知，a电极上端通入CO2，H+移动到a电极参与反应，硝酸根离子转化为CO(NH2)2，其电极反应式书写正确，故B正确；

C.由a电极的电极反应式可知，有1molCO2

转化为尿素就需要16mol

e−，根据外电路转移的电子的物质的量与穿过膜的电荷量相等，可知从b电极迁移a电极过去的H+的量为16mol，故C错误；

D.H+向a电极移动，在a电极参与反应，由其电极反应式CO2+2NO3−+16e−+18H+=CO(NH2)2+7H2O可知，电极反应消耗18molH+12.【答案】D

【解析】解：A.正戊烷与新戊烷是同分异构体，新戊烷支链多，分子间作用力弱，导致正戊烷沸点高于新戊烷，则正戊烷沸点高于新戊烷与分子间作用力有关，故A正确；

B.AlF3是离子晶体，AlCl3是分子晶体，作用力：离子键>范德华力，导致AlF3的熔点远高于AlCl3，则AlF3的熔点远高于AlCl3与晶体类型有关，故B正确；

C.F原子的电负性大于H，使CF3COOH中−COOH的O−H键的电子云重叠程度减小，羟基极性增强，易发生断裂，导致CF3COOH的酸性远强于CH3COOH，则CF3COOH的酸性远强于CH3COOH与羟基极性有关，故C正确；

D.HCO3−间能形成分子内氢键，不利于HCO3−与水分子间形成氢键，CO32−与水分子间能形成分子间氢键，分子内氢键使物质的溶解度降低，分子间氢键时物质的溶解度增大，所以N13.【答案】BD

【解析】解：A.再通入一定量O2，平衡正向移动，SO3的平衡浓度增大，故A正确；

B.平衡常数只受温度的影响，反应温度不变，故平衡常数不变，故B错误；

C.通入一定量O2，达到新平衡时，各物质的浓度均增大，则正向反应速率增大，故C正确；

D.通入一定量O2，促进了二氧化硫转化，但是氧气本身转化率下降，故D错误；

故选：BD。

反应2S14.【答案】C

【解析】A.由图可知，a点pH=2，c(H+)=10−2mol/L，c(OH−)=10−12mol/L，c(Fe3+)=10−2.5mol/L，所以Ksp[Fe(OH)3]=c(Fe3+)c3(OH−)=10−38.5，故A错误；

B.根据图象Al3+的曲线，Ksp[Al(OH)3]=10−33，pH=4时，c(H+)=10−4mol/L，c(OH−)=10−10mol/L，c(Al3+)=Ksp[Al(OH)3]c3(OH−)=10−33(10−10)3mol/L=10−3mol/L，即Al(OH)3的溶解度为10−3mol/L，故B错误；

C.由图象可知，Fe3+优先沉淀，当Fe3+沉淀完全时，c3(OH−)=10−38.510−5(mol/L)3=1015.【答案】

减小铵明矾的溶解度，提高铝的回收率

促进Fe3+的水解，产生更多的Fe(OH)3，降低了铵明矾的纯度

温度升高增大了铵明矾的溶解度，导致晶体产量下降，从而使铝的回收率下降

实际结晶温度低于15℃时，虽然铝回收率高，但晶体纯度较低；温度高于【解析】解：(1)煅烧活化过程中加入苏打与二氧化硅、氧化铝等反应生成二氧化碳，该气体的电子式为，

故答案为：；

(2)用乙醇洗涤晶体而不用水洗的优点是减小铵明矾的溶解度，提高铝的回收率，且乙醇更易烘干，

故答案为：减小铵明矾的溶解度，提高铝的回收率；

(3)溶液中含有铝离子和铁离子，若沉铝过程中调pH=3，会促进铁离子的水解Fe3++3H2O⇌Fe(OH)3+3H+，产生更多的Fe(OH)3，降低了铵明矾的纯度，

故答案为：促进Fe3+的水解，产生更多的Fe(OH)3，降低了铵明矾的纯度；

(4)由图可知，温度升高增大了铵明矾的溶解度，导致晶体产量下降，从而使铝的回收率下降，故选择低温。实际结晶温度低于15℃时，虽然铝回收率高，但晶体纯度较低；温度高于15℃时，铝的回收率明显下降，但晶体纯度变化不显著，影响可忽略，故选择15℃，

故答案为：温度升高增大了铵明矾的溶解度，导致晶体产量下降，从而使铝的回收率下降；实际结晶温度低于15℃时，虽然铝回收率高，但晶体纯度较低；温度高于15℃时，铝的回收率明显下降，但晶体纯度变化不显著，影响可忽略。

(1)煅烧活化过程中加入苏打与二氧化硅、氧化铝等反应生成二氧化碳；

(2)16.【答案】−45

(ii)

在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H−H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ii)

P1<P2<P3

此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量增大

【解析】解：(1)由图可知，反应12N2(g)+32H2(g)=NH3(g)的ΔH=(473+654)kJ/mol−(339+397+436)kJ/mol=−45kJ/mol，

故答案为：−45；

(2)断键吸热，成键放热，氮气分子中含有氮氮三键，断裂氮氮三键所需能量较高，该步反应速率较慢，影响整个反应的反应速率，所以上述反应机理中，速率控制步骤为Ⅱ，

故答案为：(ii)；在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于N≡N的键能比H−H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ii)；

(3)①温度一定，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量和摩尔分数均增大，即其他条件相同时，压强越大，氨的摩尔分数越大，所以图中压强由小到大的顺序为P1<P2<P3，此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量增大，

故答案为：P1<P2<P3；此反应为气体分子数目减小的反应，在相同温度下，增大压强，平衡正向移动，氨的物质的量增大；

②惰性气体Ar不参与反应，起始混合气体总量相同、温度和压强一定时，进料组成为=0.75、=0.25的反应体系中n(NH3)较大，并且反应达平衡时氨的摩尔分数也较大，对比图3、4中压强P1、温度700K时氨的摩尔分数大小可知，图3是进料组成中不含有惰性气体Ar的图，图4是进料组成中含有惰性气体Ar的图，

故答案为：图4；

③图3是进料组成中不含有惰性气体Ar的图，x(H2)=0.75、x(N2)=0.25，设起始时n(H2)=3mol，n(N2)=1mol，反应达平衡时p2=20MPa、x(N2)=0.20，反应三段式为：

N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)

起始量(mol)

1

3 0

变化量(mol)

x

3x

2x

平衡量(mol)

1−x

3−3x

2x

x(N2)=2x4−2x=0.20，解得x=13，氮气的转化率α=131×100%≈33.33%，各物质的分压：p(NH3)=0.20×20MPa=4MPa，p(H2)=3p(N2)=12MPa，Kp=p2(NH3)p3(H2)×p(17.【答案】分液漏斗

S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O

无法确定

吸收SO2尾气，验证SO2能与NaOH反应

S

【解析】解：(1)由图知，盛放稀硫酸的仪器名称是分液漏斗，

故答案为：分液漏斗；

(2)Ⅰ中试管内是用稀硫酸和硫代硫酸钠反应制取二氧化硫的装置，反应的离子方程式为S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O，

故答案为：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O；

(3)撤掉水浴，由于SO2能溶解在水中，无法确定二氧化硫是否进入II中与品红作用，

故答案为：无法确定；

(4)氢氧化钠能吸收二氧化硫，使氢氧化钠碱性减弱，所以试管Ⅳ中滴有酚酞的NaOH

溶液的作用是吸收SO2尾气，验证SO2能与NaOH反应，

故答案为：吸收SO2尾气，验证SO2能与NaOH反应；

(5)试管Ⅲ中的Na2S溶液中S2−能与SO2发生归中反应，生成S单质，产生黄色浑浊；生成的S单质继续与Na2S溶液中S2−反应，生成S2O32−，故发生反应的总反应方程式为：4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO2↑，

故答案为：S；4SO2+2Na2S+Na2CO3=3Na2S2O3+CO218.【答案】2−硝基甲苯或邻硝基甲苯

10

液氯和FeCl3(或者Fe)

氨基、碳氯键

【解析】解：(1)A为，名称为2−硝基甲苯或邻硝基甲苯，

故答案为：2−硝基甲苯