2024届湖北省黄冈市化学高一上期末经典模拟试题含解析

2024届湖北省黄冈市化学高一上期末经典模拟试题注意事项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、某温度下，向如图所示装置中分别通入等质量的四种气体（已知：密封隔板Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ可自由滑动，且与容器内壁摩擦不计），下列说法中正确的是（）A．中装的是 B．和中气体物质的量之比为C．和中气体分子数相等 D．和中气体密度之比为2、下列反应中，水中的元素没有参加氧化还原反应的是A．水蒸气经过灼热的焦炭 B．钠块投入水中C．铁与水蒸气反应 D．氯气通入水中3、铟（In）是一种非常贴近我们生活的主族元素，手机、电脑、电视屏幕使用的都是含铟的导电玻璃。的最外层电子数是3，下列说法不正确的是A．In的原子核外有49个电子B．与互为同位素C．In与Al处于同一主族D．的中子数为1134、完成下列实验所需选择的装置或仪器都正确的是()A．用海水制蒸馏水 B．将碘水中的碘单质与水直接分离C．除去Fe(OH)3胶体中的FeCl3 D．稀释浓硫酸5、下列物质中属于酸的是（）A．NaOH B．Na2SO4 C．HNO3 D．NaHCO36、下列说法正确的是A．已知2C＋SiO2Si＋2CO↑，说明Si的非金属性比C强B．电子层数越多，原子半径一定越大C．碱金属元素都能与氧气反应生成过氧化物D．单质中不可能含有离子键7、将足量新制氯水分别滴加到下列溶液或滤纸上，对所观察到的现象描述合理的一组是（）选项AgNO3溶液蓝色石蕊试纸Na2CO3溶液A产生沉淀变红有气泡B无明显现象变红产生沉淀C产生沉淀先变红后褪色有气泡D产生沉淀先变红后褪色产生沉淀A．A B．B C．C D．D8、下列物质的分类依据正确的是

物质类别

分类依据

A

酸

电离时能否产生氢离子

B

碱性氧化物

是否属于金属氧化物

C

胶体

能否发生丁达尔现象

D

强电解质

水溶液中能否完全电离

A．A B．B C．C D．D9、已知NA为阿伏加德罗常数的数值,下列说法正确的是A．56g铁在足量氧气中燃烧，转移的电子数为2NAB．1g氢气含有NA个氢气分子C．标准状况下,22.4L水含有1mol水分子D．2mol钠与过量稀盐酸反应生成NA个氢气分子10、下列化合物中，不能通过单质间化合直接制取的是A．Na2O2 B．CuCl2 C．SO3 D．FeS11、下列叙述正确的是A．根据金属镁能导电可判断：镁为电解质B．根据分类的观点可判断：纯碱属于碱类C．根据是否有电子转移可判断：Na与Cl2反应属于氧化还原反应D．根据都能使有色物质褪色这一现象推断：氯水和活性炭的漂白原理相同12、下列有关SiO2的叙述正确的是A．SiO2不与任何酸反应B．玻璃中含有SiO2，所以不能用玻璃瓶盛装稀氢氧化钠溶液C．SiO2是酸性氧化物，能与NaOH反应D．SiO2能与水反应生成硅酸13、向一定量的饱和NaOH溶液中加入少量Na2O2固体，恢复到原来温度时，下列说法中正确的是()A．溶液中的Na+总数增大 B．溶液的碱性增强C．溶质的质量分数不变 D．溶液的质量不变14、下列关于碳酸钠和碳酸氢钠的比较不正确的是()A．二者在水中的溶解度不同,相同温度下,碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠B．二者热稳定性不同,碳酸钠的热稳定性强于碳酸氢钠C．二者都能与盐酸反应放出二氧化碳气体,等质量时生成CO2的量一样多D．二者在一定条件下可以相互转化15、下列装置有关说法错误的是（）A．装置Ⅰ：可以用来验证硅酸和碳酸的酸性强弱B．装置Ⅱ：可以用来比较和的热稳定性C．装置Ⅲ：从①口进气收集满二氧化碳，再从②口进气，可收集气体D．装置Ⅳ：可用于吸收气体，并防止倒吸16、下列仪器：①漏斗、②冷凝管、③蒸馏烧瓶、④玻璃棒、⑤分液漏斗、⑥锥形瓶，其中蒸馏操作不需要的仪器是（）A．①③④ B．①②⑥ C．①④⑤ D．②③⑥二、非选择题（本题包括5小题）17、现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如下反应(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)。请根据以上信息回答下列问题：(1)写出下列物质的化学式：A_______、F________、H________。(2)反应过程⑦可能观察到的实验现象______，反应的化学方程式为④_________。(3)反应⑤的离子方程式为__________。(4)反应①-⑦的7个反应属于氧化还原反应反应的有________(填选项代号)。A．①②④⑤⑥B．②③④⑥⑦C．①②③④⑤⑦D．全部(5)向纯碱溶液中通入气体乙，可制得某种生产生活中常用的漂白、消毒的物质，同时有小苏打生成。该反应的化学方程式为___________。18、已知A是灰黑色、有金属光泽的固体单质。根据如图所示的物质之间的转化关系，回答下列有关问题。（1）写出A、B、C、D的化学式：A________，B________，C________，D________。（2）写出D→A的化学方程式：__________________________________________。（3）写出下列反应的离子方程式。B→C：____________________________________；D→B：____________________________________。19、硫及其化合物的“价-类”二维图如下：（1）写出X、Y的化学式：____________、____________（2）某小组设计实验对硫燃烧的产物及其性质进行验证，实验装置如下图所示。（胶头滴管中为氯化钡溶液）a.湿润的蓝色石蕊试纸b.湿润的品红试纸c.湿润的Na2S试纸将硫粉点燃后伸入瓶中盖紧胶塞。①湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体，说明硫的燃烧产物有___________性。②湿润的品红试纸褪色说明了__________（填化学式）有__________性。③湿润的蓝色石蕊试纸变红的原因____________________（用化学方程式表示）④滴入氯化钡溶液，出现少量白色沉淀，写出白色沉淀的化学式____________。（3）从“价-类”二维的角度，分析Z可能的化学性质：①从物质类别的角度分析：具有________的通性。②从化合价的角度分析：具有_________________________________________。（4）根据二维图探究硫元素转化时，某同学预测出如下转化：2H2O+2S+3O2=2H2SO4，请问该同学分析物质转化缺少的思维角度是:__________。（填字母序号）a.物质类别角度b.化合价角度c.化合价及类别两个角度20、某学生利用以下装置探究氯气与氨之间的反应。其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨反应的装置。请回答下列问题：(1)装置F中发生反应的化学方程式为____________________________．(2)装置B中仪器的名称是___________；装置E的作用是______________________．(3)装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一。写出反应的化学方程式___________________________________．(4)装置C内当有amol氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗数常数为_______mol-1(用含a、b的代数式表示)。(5)将用F、E、D装置制得的氯气通入含74gCa(OH)2的石灰乳中，最多可制得漂白粉_______g．21、铁及其化合物在日常生产生活中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。（1）所含铁元素只有还原性的物质是_________。A．Fe

B．FeCl2

C．FeCl3

D．Fe2O3（2）当人体缺铁时，往往要吃补铁保健品。人体能够吸收的是+2价的铁，但是+2价的铁很容易被氧化。①如何检验某固体补铁剂中铁元素已被氧化？写出操作过程、现象及结论。答：____________________________________________________________________。②服用维生素C，可使食物中的三价铁离子转化为二价铁离子。由此可推知，维生素C具有________________(填化学性质)。（3）工业上用氯化铁腐蚀铜箔、制造电路板。某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并获得氯化铁晶体，准备采用下列步骤：回答下列问题:①试剂a是___________，操作I用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和___________。②滤液X、Z中都有同一种溶质，它们转化为溶液W的离子方程式为___________。③上述流程中操作III包括________________、________________、过滤、洗涤。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】

四种气体的质量设为1g，则它们的物质的量分别为mol，mol，mol，mol，相同情况下的物质的量之比等于气体的体积之比，分子数之比，密度之比等于相对分子质量之比。A．相同情况下的物质的量之比等于气体的体积之比，a，b，c，d分别盛装的是SO2，CO2，O2，CH4，故A错误；B．和中气体分别为SO2和CH4，物质的量分别为mol和mol，物质的量之比为1:4，故B错误；C．和中气体分别为SO2和O2，相同情况下的物质的量之比等于分子数之比，和中气体的分子数之比为mol：mol=1:2，不相等，故C错误；D．和中气体O2和CH4，密度之比等于相对分子质量之比32g/mol：16g/mol=，故D正确；答案选D。2、D【解析】

A.水蒸气经过灼热的焦炭：C+H2O(g)=CO+H2，在此反应中，水做氧化剂，故A错误；B.在金属钠与水的反应2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑中,水做氧化剂，故B错误；C.铁与水蒸气的反应3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2中，水做氧化剂,故C错误；D.氯气通入水中发生反应：Cl2+2H2O=HCl+HClO,水既不是氧化剂又不是还原剂，故D正确；答案：D。【点睛】考查氧化剂和还原剂的判定。根据化合价的变化进行判别，化合价升高的物质是还原剂，化合价降低的物质是氧化剂。没有化合价变化的物质既不是氧化剂，又不是还原剂。3、D【解析】

A.根据铟原子结构，铟的质子数为49，对原子来说，质子数等于核外电子数，即铟的核外有49个电子，故A说法正确；B.同位素：质子数相同中子数不同同一元素的不同原子，与符合同位素的概念，故B说法正确；C.铟元素属于主族元素，主族元素中最外层电子数等于主族序数，In的最外层电子数是3，即In与Al处于同一主族，故C说法正确；D.根据质量数=质子数＋中子数，则的中子数=113－49=64，故D说法错误；答案为D。4、A【解析】

A.利用沸点差异蒸馏海水可得蒸馏水，图中蒸馏装置合理，故A正确；B.分离碘和水，应加入苯或四氯化碳进行萃取，分液后再蒸馏，不能用分液的方法直接分离碘和水，故B错误；C.胶体、溶液都可透过滤纸，不能用过滤的方法分离，应用半透膜渗析分离，故C错误；D.容量瓶只能在常温下使用，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，故D错误；故选A。5、C【解析】

A.属于碱，A项错误；B.属于盐，B项错误；C.属于酸，C项正确；D.是一种酸式盐，本质属于盐，D项错误；答案选C。6、D【解析】

A．反应中碳元素化合价升高被氧化，表现还原性，而比较非金属性利用的是单质的氧化性，所以该反应不能说明硅的非金属性比碳强，A选项错误；B．原子核对核外电子的吸引，核外电子多，相应的核内质子数也多，静电作用力增强影响原子的半径，电子层数多少只是影响原子半径的因素之一，原子电子层数越多，对应的原子半径不一定大，如K比I少一电子层，但半径K比I大，B选项错误；C．Li与氧气反应生成Li2O，不能生成过氧化物，C选项错误；D．离子键是阴阳离子之间的静电作用，只存在于化合物中，单质中不可能存在离子键，D选项正确；答案选D。【点睛】电子层数是影响粒子半径的重要因素，但不是唯一因素。有些电子层数少的原子可能比某些电子层数多的原子半径大，如前面所提到的Li和Cl。7、C【解析】

新制的氯水主要成分为氯气、水、盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，因此新制氯水滴加到AgNO3溶液中，AgNO3溶液与盐酸反应生成白色氯化银沉淀，新制氯水滴到蓝色石蕊试纸上，试纸先变红后褪色，新制氯水滴到碳酸钠溶液，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，据此分析作答。【详解】由分析可知，新制氯水滴到硝酸银溶液、蓝色石蕊试纸、碳酸钠溶液的现象分别是：产生白色沉淀，先变红后褪色，有气泡产生，因此C选项正确；故答案选C。【点睛】解答新制氯水的有关问题时，掌握氯水的主要成分为解题的关键。8、D【解析】

A、酸的分离依据是电离产生的阳离子全部是氢离子的化合物，不仅仅是能产生氢离子，A错误；B、金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物是与碱反应只生成盐和水的氧化物，B错误；C、胶体的划分是依据分散质粒子的直径在1-100nm之间的分散系，C错误；D、在水溶液中完全电离的电解质是强电解质，D正确。答案选D。9、D【解析】A项，n（Fe）==1mol，Fe在氧气中燃烧生成Fe3O4，Fe3O4中既有+2价Fe又有+3价Fe，反应中转移电子物质的量为mol，错误；B项，n（H2）==0.5mol，含0.5NA个氢气分子，错误；C项，水在标准状况下不呈气态，不能用气体摩尔体积计算水的物质的量，错误；D项，Na与稀盐酸反应的方程式为2Na+2HCl=2NaCl+H2↑，2molNa反应生成1molH2，1molH2中含NA个氢气分子，正确；答案选D。点睛：本题考查阿伏加德罗常数的应用，涉及氧化还原反应中转移电子数（A项）、物质的构成微粒（B项）、22.4L/mol的适用条件（C项）、化学方程式的计算（D项）。氧化还原反应中转移电子数的计算需要注意反应前后元素化合价的变化情况，22.4L/mol适用于已知标准状况下气体的体积求气体分子物质的量。10、C【解析】

A、钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，A正确；B、铜在氯气中燃烧生成氯化铜，B正确；C、硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，得不到三氧化硫，C错误；D、铁与硫在加热时反应生成FeS，D正确。答案选C。【点睛】选项C是解答的易错点，注意硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫。11、C【解析】

电解质必须是化合物；电离产生阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱；有电子转移的化学反应属于氧化还原反应；氯水漂白利用的是次氯酸的强氧化性，活性炭的褪色是利用的活性炭的吸附性。【详解】A、镁是单质，不是电解质，故A错误；B、纯碱电离产生的阴离子为碳酸根离子，属于盐不是碱，故B错误；C、Na与Cl2反应有电子的转移，属于氧化还原反应，故C正确；D、氯水中的次氯酸具有强氧化性，能够使有色物质褪色，而活性炭有较大的表面积，具有较强的吸附性，可以漂白，所以二者的漂白原理不同，故D错误；答案选C。【点睛】本题考查了电解质与非电解质的概念、分散系的分类及分类依据、酸碱盐的概念，注意掌握电解质与非电解质的根本区别，明确分散系的分类及本质区别。12、C【解析】

A、因SiO2能与氢氟酸反应：SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故A错误；B、因玻璃中含有的SiO2能与碱反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，Na2SiO3具有粘合性，能将瓶塞和瓶口黏结在一起，所以不用玻璃塞，但仍用玻璃瓶，故B错误；C、因SiO2是酸性氧化物，能与碱反应：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故C正确；D、因SiO2虽是酸性氧化物，但SiO2不能与水反应，故D错误；故选C．13、C【解析】

过氧化钠能与水反应，生成氢氧化钠和氧气，饱和的烧碱溶液中的溶剂水减少，原饱和溶液有晶体析出，剩余溶液还是饱和溶液，温度不变时，溶液中离子的浓度不变，但数目减少，则A.溶液中的Na+总数减少，故A错误；B.溶液中氢氧根离子浓度不变，溶液碱性不变，故B错误；C.饱和溶液温度不变，溶解度不变，溶质的质量分数不变，所以C选项是正确的；D.过氧化钠能与水反应，生成氢氧化钠和氧气，饱和的烧碱溶液中的溶剂水减少，原饱和溶液有晶体析出，溶液的质量减少，故D错误。答案选C。14、C【解析】

A.二者在水中的溶解度不同，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，结论正确，A不选；B.二者热稳定性不同，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠，结论正确，B不选；C.二者均能与盐酸反应放出二氧化碳气体，由于碳酸钠的相对分子质量大于碳酸氢钠，因此等质量时碳酸氢钠生成的CO2多，结论错误，C可选；D.碳酸钠溶液吸收二氧化碳即可转化为碳酸氢钠，碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此二者在一定条件下可以相互转化，结论正确，D不选；答案为C。【点睛】106g碳酸钠与足量盐酸反应生成1mol二氧化碳，而84g碳酸氢钠与足量盐酸反应生成1mol二氧化碳，因此等质量的碳酸钠与碳酸氢钠与足量的盐酸反应，放出气体多的为碳酸氢钠；若为等物质的量的两种物质，与足量的盐酸反应，产生的气体相等。15、D【解析】

A.强酸能和弱酸盐反应生成弱酸，二氧化碳和硅酸钠溶液反应生成难溶性硅酸沉淀，则装置Ⅰ：可以用来验证硅酸和碳酸的酸性强弱，故A正确；B.碳酸氢钠不稳定，在小试管中间接受热，碳酸钠不分解，放在温度高的大试管中，通过右边烧杯中澄清石灰水变浑浊，左边烧杯中澄清石灰水不变浑浊，可比较热稳定性，故B正确；C.二氧化碳的密度比空气大，可用向上排空气法收集二氧化碳，二氧化碳和NO不反应，且NO密度小于二氧化碳，所以可以采用向下排二氧化碳气体法收集NO，故C正确；D.图中导管插入水中，HCl极易溶于水，试管内液体会倒吸，应该在水中加入四氯化碳，将导管插入下层的四氯化碳，因为HCl与水没有直接接触，所以不会倒吸，故D错误；故选D。【点睛】此题易错点在于D项，要明确倒吸的原理，导管内HCl极易溶于水，压强迅速减小，导致液体倒吸，若和水不直接接触，则压强不会迅速减小。16、C【解析】

在实验室里进行蒸馏操作时，需用到：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶等仪器，用不到的有：①漏斗、④玻璃棒、⑤分液漏斗；故选：C。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaFeCl2Fe(OH)3先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－CNa2CO3＋Cl2＋H2O=NaHCO3＋NaCl＋NaClO【解析】

金属A的焰色为黄色，则A为金属Na；Na与水反应生成NaOH和H2，气体甲为H2，黄绿色气体乙为Cl2，两者反应得到HCl，溶于水得到盐酸；物质D为NaOH溶液，金属B能够与NaOH反应，则金属B为Al；H为红褐色沉淀，H为Fe(OH)3；则金属C为Fe，Fe和盐酸反应得到的物质F为FeCl2，FeCl2与Cl2得到FeCl3。【详解】(1)根据分析，A为Na；F为FeCl2；H为Fe(OH)3；(2)FeCl2溶液和NaOH溶液反应，先生成Fe(OH)2，Fe(OH)2再被空气中的O2氧化得到Fe(OH)3，可看到现象：先生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；化学反应④，为铁和盐酸的反应，化学方程式为Fe＋2HCl=FeCl2＋H2↑；(3)反应⑤为FeCl2和Cl2的反应，生成FeCl3，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－；(4)反应①为Na与水的反应生成H2和NaOH，Na的化合价升高为氧化还原反应；反应②为H2和Cl2的反应生成HCl，H的化合价升高，为氧化还原反应；反应③为Al和NaOH的反应生成NaAlO2和H2，Al的化合价升高，为氧化还原反应；反应④Fe和HCl的反应，Fe的化合价升高，为氧化还原反应；反应⑤FeCl2和Cl2的反应，Fe的化合价从＋2价升高到＋3价，是氧化还原反应；反应⑥为NaOH与FeCl3的反应生成Fe(OH)3和NaCl，复分解反应，不是氧化还原反应；反应⑦FeCl2与NaOH溶液反应，最终得到Fe(OH)3，Fe的化合价升高，为氧化还原反应；属于氧化还原反应的有①②③④⑤⑦，答案选C；(5)纯碱溶液为Na2CO3，通入氯气，得到NaClO，具有漂白效果，反应中氯的化合价升高，也降低，得到NaCl，化学方程式为Na2CO3＋Cl2＋H2O=NaHCO3＋NaCl＋NaClO。【点睛】记住高中阶段常见颜色，是快速解题的关键，如黄绿色气体单质为Cl2，红褐色沉淀为Fe(OH)3，焰色为黄色的金属单质为Na，等等。18、SiNa2SiO3H2SiO3SiO2SiO2＋2CSi＋2CO↑SiO＋CO2＋H2O===H2SiO3↓＋COSiO2＋2OH－===SiO＋H2O【解析】本题无机推断，（1）A是灰黑色，且A是有金属光泽的固体单质，因此A为Si，根据转化关系，B为Na2SiO3、C为H2SiO3、D为SiO2；（2）D→A，利用SiO2与C的反应，即SiO2＋2CSi＋2CO↑；（3）B→C：利用碳酸的酸性强于硅酸，离子反应方程式为SiO32－＋CO2＋H2O=H2SiO3↓＋CO32－或SiO32－＋2CO2＋2H2O=H2SiO3↓＋2HCO3－，D→B：SiO2属于酸性氧化物，离子反应方程式为SiO2＋2OH－=SiO32－＋H2O。19、H2SSO3氧化SO2漂白SO2+H2OH2SO3BaSO4盐还原性a【解析】

（1）参照图给的价态与物质的对应关系，可以确定所给X、Y、Z三种物质分别为H2S、SO3、Na2SO3；（2）硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使湿润的蓝色石蕊试纸变红；二氧化硫具有漂白性，使湿润的品红试纸褪色；二氧化硫具有氧化性，使湿润的Na2S试纸上出现淡黄色固体；二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀；（3）①Z为Na2SO3，从物质类别的角度分析，亚硫酸钠属于盐类；②Z为Na2SO3，从化合价的角度分析，+4价硫元素为中间价；（4）由二维图可知，2H2O+2S+3O2=2H2SO4反应中没有涉及氧气和水的类别分析。【详解】（1）由图可知，X、Y、Z分别为H2S、SO3，故答案为：H2S；SO3；（2）①二氧化硫具有氧化性，与硫化钠溶液发生氧化还原反应硫，在湿润的硫化钠试纸上可观察到淡黄色固体硫生成，故答案为：氧化；②二氧化硫具有漂白性，使湿润的品红试纸褪色，故答案为：漂白；③二氧化硫是酸性氧化物，与水反应生成亚硫酸，使湿润的蓝色石蕊试纸变红，反应的化学方程式为SO2+H2OH2SO3，故答案为：SO2+H2OH2SO3；④二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：BaSO4；（3）①Z为Na2SO3，从物质类别的角度分析，亚硫酸钠属于盐类，具有盐的通性，故答案为：盐；②Z为Na2SO3，从化合价的角度分析，+4价硫元素为中间价，具有还原性，故答案为：还原性；（4）由二维图可知，2H2O+2S+3O2=2H2SO4反应中涉及了硫元素化合价的变化和硫转化为硫酸，没有涉及氧气和水的类别分析，a正确，故答案为：a。【点睛】二氧化硫和亚硫酸不能与氯化钡溶液反应，二氧化硫溶于水生成的亚硫酸被氧气氧化生成硫酸，硫酸与滴入的氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀是解答关键，也是易错点。20、MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O干燥管除去氯气中的氯化氢3Cl2+8NH3=N2+6NH4Clb/2a127【解析】

(1)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气、二氧化锰和水；

(2)根据图象可知B为干燥管，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢杂质；

(3)由题意可知发生反应为氨气和氯气生成氯化铵和氮气；

(4)由反应方程式，可知Cl2→2NH4Cl，化合价降低得到2个电子，所以1molCl2得2mol电子，根据氯气求出电子的物质的量，再根据电子的个数求出NA；

(5)根据氢氧化钙的物质的量和反应方程式求出漂白粉的质量；【详解】(1)二氧化锰可以和浓盐酸在加热条件下生成氯气、二氧化锰和水，其反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

(2)根据图象可知B为干燥管，饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢杂质，故答案为：干燥管；除去氯气中的氯化氢；

(3)氨气和氯气反应生成白烟氯化铵和空气的主要成分之一氮气，即8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2，故答案为：8NH3+3Cl2═6NH4Cl+N2；

(4)由反应方程式可知Cl2→2NH4Cl，化合价降低得到2个电子，所以1molCl2得2mol电子，所以当有amol氯气参加反应时，转移的电子的物质的量为2amol，已知转移的电子总数为b个，则N=n•NA，即b=2a•NA，所以NA=，故答案为：；(5)氢氧化钙的物质的量是n==1mol，所以根据反应式2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知，则生成的CaCl2、Ca(ClO)2各0.5mol，所以最多可制得漂白粉的质量是m=m(CaCl2)+m(Ca(ClO)2)=0.5mol×111g/mol+0.5mol×143g/mol=127g，故答案为：127g．21、A研细后用盐酸溶解，滴入KSCN溶液，若