1、甘肃省白银市会宁县第四中学2021届高三化学上学期第三次月考试题（含解析）可能用到的原子量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5第I卷(选择题部分共50分)(每小题只有1个正确选项符合题意，1-10小题每小题3分，11-14小题每小题5分，共50分)1. 近年来，我国航空航天事业成果显著。下列成果所涉及的材料为金属材料的是（ ）A. “长征五号”运载火箭使用的高效燃料-液氢B. “C919”飞机身使用的复合材料-碳纤维和环氧树脂C. “北斗三号”导航卫星使用的太阳能电池材料-砷化镓D. “天宫二号”航天器使用的质量轻强度高的材料-钛合金【答案】D【解析】【
2、详解】A液氢是液态氢气单质，氢元素是非金属，不是金属材料，选项A不符合；B碳纤维是碳元素组成的一种单质，是无机非金属材料，环氧树脂是有机高分子合成材料，都不是金属材料，选项B不符合；C砷化镓是一种半导体材料，不是金属材料，选项C不符合；D钛合金是合金材料，属于金属材料，选项D符合；答案选D。2. 下列说法不正确的是( )A. 二氧化硫可漂白纸浆B. 84消毒液可用于环境消毒C. 明矾KAl(SO4)212H2O既可用做净水剂，也可用作消毒剂D. 含有钠、锶、钡等金属元素的化合物用作烟花燃放时呈现艳丽色彩【答案】C【解析】【详解】A二氧化硫具有漂白性，可以用于漂白纸浆，A正确；B84消毒液的有效
3、成分为NaClO，ClO-具有氧化性，可以用于环境消毒，B正确；C明矾中铝离子在水中可以水解生成大量的白色絮状Al(OH)3，可以用于吸附水中悬浮颗粒物，但明矾没有消毒作用，C错误；D金属元素在燃烧时需要吸收能量从基态变成激发态，当元素从激发态变回基态时需要放出能量，该能量以光的形式放出，不同元素呈现出的光的颜色不同，可以用来制作烟花，D正确；故选C。3. 下列过程中，没有明显实验现象的是( )A. 加热溶有SO2的品红溶液B. 将过量CO2通入饱和Na2CO3溶液中C. 向盛有NO的集气瓶中通入空气D. 常温下，向SO2气体中通入O2【答案】D【解析】【详解】A加热后二氧化硫从品红中释放出来
4、，溶液由无色变为红色，有明显现象，A不符合题意；BCO2与水和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠在水中的溶解度较低，有固体析出，有明显现象，B不符合题意；CNO可以与空气中的氧气反应生成有颜色的NO2，有明显现象，C不符合题意；D常温下SO2与O2不反应，无明显现象，D符合题意；故选D。4. 国际计量大会第26次会议新修订了阿伏加德罗常数(NA=6.022140761023mol-1)，并于2019年5月20日正式生效。下列说法正确的是( )A. 22.4 L氨气含有的质子数为10NAB. 1L 0.5 mol/L KAl(SO4)2溶液中阳离子数目小于NAC. 含2NA Na+的Na2O2和N
5、a2O的固体混合物中阴离子数为NAD. 密闭容器中，2 mol SO2和1 mol O2催化反应后分子总数为2NA【答案】C【解析】【详解】A没有明确气体状态，无法计算气体的物质的量，A错误；B1L 0.5 mol/L KAl(SO4)2溶液中钾离子的数目为0.5NA，铝离子会发生水解，Al3+3H2OAl(OH)3+3H+，溶液中的阳离子还包括氢离子，所以阳离子总数增加，1L 0.5 mol/L KAl(SO4)2溶液中阳离子数目大于NA，B错误；CNa2O2和Na2O中阴阳离子个数比为1:2，故含2NA Na+的Na2O2和Na2O的固体混合物中阴离子数为NA，C正确；DSO2与O2的反应
6、为可逆反应，反应不能完全，故二者发生催化反应后分子总数大于2NA，D错误；故选C。5. 解释下列现象的化学用语正确的是( )A. 酸雨溶液呈酸性的主要原因：H2O + CO2H2CO3H+B. 硫酸酸化的KI淀粉溶液放置后变蓝：4I+O2+2H2O2I2+4OHC. 向明矾溶液中滴加氢氧化钡溶液至完全沉淀：Al3+2Ba2+4OH-=2BaSO4+ 2H2OD. 明矾溶于水产生Al(OH)3 胶体：Al3+3H2O= Al(OH)3+3H【答案】C【解析】【详解】A酸雨的出现是由于空气中的S氧化物和N氧化物溶于水后电离出的H+，可能出现的离子方程式为H2O+SO2H2SO3H+，A错误；B在酸
7、性条件下不会出现OH-，正确的离子方程式为4I+O2+4H+2I2+2H2O，B错误；C1mol明矾中有2mol硫酸根，需要2mol氢氧化钡参加反应，2mol氢氧化钡中有4mol氢氧根，可以与1mol铝离子完全反应生成偏铝酸根，选项中所示的离子方程式正确，C正确；D明矾在水中产生的白色絮状物不是沉淀，不能用沉淀符号表示，D错误；故选C。6. 火法炼铜的原理为：Cu2S+O22Cu+ SO2，下列说法中正确的是 ( )A. Cu2S只作还原剂B. 氧化剂是Cu2S和O2C. 当1 mol O2参加反应时，整个反应共转移4 mol eD. S元素发生还原反应【答案】B【解析】【详解】A在反应中Cu
8、元素的化合价降低，S元素的化合价升高，故Cu2S既做氧化剂又做还原剂，A错误；B因反应中Cu元素和O元素的化合价均降低，故Cu2S和O2均为氧化剂，B正确；C1mol O2参加反应，O2共得到4mol电子，同时Cu2S中Cu元素也得到2mol电子，故整个反应转移6mol电子，C错误；D反应中S元素化合价升高发生氧化反应，D错误；故选B7. 在给定条件下，下列物质的转化能实现的是()A. S SO3 H2SO4B. NaNa2ONa2CO3C NH3NO2HNO3D. AI2O3 AlCl3(aq)Al(OH)3【答案】D【解析】【详解】A硫和氧气在点燃条件下生成二氧化硫，不能直接生成三氧化硫，
9、故A错误；B钠和氧气在点燃的条件下生成过氧化钠，不能得到氧化钠，故B错误；C氨气与氧气在催化剂作用下生成一氧化氮，不能直接生成二氧化氮，故C错误；D氧化铝为两性氧化物，可以与盐酸反应生成氯化铝，氢氧化铝只与强碱反应，与弱碱不反应，则氯化铝与过量氨水反应生成氢氧化铝，故D正确；答案选D。8. 制计算机芯片的主要材料是硅，下列有关硅及其化合物的说法正确的是（ ）A. 水晶项链是硅酸盐制品B. 硅单质广泛用于光纤通信C. 硅酸钠可用于制备木材防火剂D 利用盐酸刻蚀石英制作艺术品【答案】C【解析】【详解】A水晶主要成分是二氧化硅，二氧化硅为氧化物，不是硅酸盐，故A错误；B二氧化硅为制作光导纤维的主要原
10、料，高纯度的硅单质用于电路板的制作和太阳能电池，故B错误；C硅酸钠不燃烧，耐高温，可用于制备木材防火剂，故C正确；D盐酸与二氧化硅不反应，氢氟酸能够与二氧化硅反应，即SiO2+4HF=SiF4+2H2O，所以用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，故D错误；答案为C。9. 生活中难免会遇到一些突发事件，我们要善于利用学过的知识，采取科学、有效的方法保护自己。如果发生了氯气泄漏，以下自救方法得当的是（ ）A. 只要在室内放一盆水B. 向地势低的地方撤离C. 观察风向，顺风撤离D. 用湿毛巾或蘸有纯碱水的毛巾捂住口鼻撤离【答案】D【解析】【详解】A氯气与水反应，其速度慢且反应不充分，A错误；B氯气的密度大于空
11、气，故应向地势高的地方跑，B错误；C逆风跑，才可以脱离氯气的笼罩，C错误；D因纯碱水为弱碱性，则可以吸收氯气，以减少对口鼻的刺激，D正确；故答案为：D。10. 实验室中，从海藻里提取碘的部分流程如下图。下列说法中，不正确的是（ ）A. 试剂a可选用酸化的双氧水B. 试剂b可选用四氯化碳C. 步骤需用坩埚，步骤需用烧杯D. 步骤的操作是分液【答案】D【解析】【详解】海带灼烧可生成水和二氧化碳，海带灰中含有碘化钾等物质，溶于水，浸泡过滤得到含有碘离子的溶液，通入氯气等氧化性物质，可以氧化生成碘，得到碘的水溶液，用有机溶剂萃取得到含碘的有机溶液。A试剂a应该是具有氧化性的物质，可选用酸化的双氧水，选
12、项A正确；B四氯化碳与水不互溶，且碘在四氯化碳中的溶解度大于在水中的，故能萃取碘水中的碘，选项B正确；C步骤灼烧海带应该在坩埚中进行，步骤浸泡海藻灼烧物时溶解，需用烧杯，选项C正确；D根据流程图，步骤分离得到了溶液和灰渣应该选用过滤，选项D不正确；答案选D。11. 为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂。下列关于实验现象的解释或结论正确的是选项实验现象解释或结论Aa中无明显现象Na2SO3和H2O2一定不发生反应Bb中加稀H2SO4后才产生淡黄色沉淀SO32和S2两种离子一定不能大量共存Cc中加BaCl2溶液后产生白色
13、沉淀且红色褪去Ba2+ SO32 = BaSO3，使SO32水解平衡逆向移动，红色褪去Dd中产生白色沉淀原Na2SO3溶液中含有SO42A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】试题分析：A.a滴加双氧水后无明显现象，不能说明Na2SO3和H2O2一定不发生反应，很多反应都无明显变化，A不正确；B.b中是先滴入硫化钠溶液、后滴入稀硫酸，加稀H2SO4后才产生淡黄色沉淀，“才”是重点，说明不加酸之前，SO32和S2两种离子能大量共存，B不正确； C.c中滴入酚酞后溶液变红，再加入BaCl2溶液后产生沉淀且红色褪去，在Na2SO3溶液中，SO32水解显碱性，所以滴入酚酞后溶液变红；在该溶液
14、中加入BaCl2后，Ba2+SO32BaSO3（白色），水解平衡SO32+H2OHSO3+OH向左移动，氢氧根离子浓度减小，红色褪去，C正确；D.d中无论亚硫酸钠溶液中是否含有SO42，都会产生白色沉淀，因为在酸性条件下，SO32可以被硝酸根氧化为SO42，D错误。本题选C。12. 某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用容量瓶使用NaClO固体配制480mL含NaClO 25.0%，密度为1.19g/cm3的消毒液。下列说法正确的是( )A. 配制过程只需要三种仪器即可完成B. 需要称量的NaClO固体的质量为142.8 gC. 容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制D. 所配得
15、的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小【答案】D【解析】【详解】A配制溶液所需仪器：天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，A错误；B实验室没有480mL的容量瓶，应用500mL的，质量应是500mL1.19g/mL25%=148.8g，B错误；C向容量瓶加水至刻度线，因此容量瓶洗净即可，不用烘干，C错误；D碳酸的酸性强于次氯酸，在空气中会生成次氯酸，次氯酸不稳定易分解，长时间放置，NaClO的浓度会降低，D正确；故选D。13. 已知：2Fe2Br2=2Fe32Br-，2Fe32I-=2Fe2I2。向FeI2、FeBr2的混合溶液中通入适量氯气，
16、溶液中某些离子的物质的量变化如图所示。下列有关说法中，不正确的是()A 还原性：IFe2Br-B. 原混合溶液中FeBr2的物质的量为3 molC. 当通入1 mol Cl2时，溶液中发生的反应为2Fe2Cl2=2Fe32Cl-D. 原溶液中n(Fe2)n(I-)n(Br-)213【答案】C【解析】【详解】A反应2Fe2+Br2=2Fe3+2Br-中，还原剂Fe2+的还原性强于还原产物Br-，所以还原性：Fe2+Br-，反应2Fe3+2I-=2Fe2+I2中，还原剂I-的还原性强于还原产物Fe2+，所以还原性：I-Fe2+，所以还原性I-Fe2+Br-，故A正确；B通入氯气后，碘离子先被氧化，
17、其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中溴离子从6ml降到0，所以溴离子的物质的量是6mol，即FeBr2的物质的量为3mol，故B正确；C当通入1molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，即溶液中发生的离子反应可表示为2I-+Cl2=I2+2Cl-，故C不正确；D由B可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n(Fe2+)：n
18、(I-)：n(Br-)=2：1：3，故D正确；答案选C。14. 在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2 + 7O2+ 2H2O 2Fe2+ + 4SO+ 4H+。实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析正确的是A. 反应的离子方程式为Fe2+ + NO Fe(NO)2+，该反应是氧化还原反应B. 反应中Fe3+作氧化剂，在反应中FeS2被还原C. 反应的离子方程式为4Fe(NO)2+ + O2+ 4H+ 4Fe3+ +4NO + 2H2O，当转移1mol电子时，生成22.4LNOD. 在酸性条件下，黄铁矿催化氧化中NO作催化剂【答案】D【解析】【分析】由图可知：反应F
19、e(NO)2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成-2价，反应的Fe3+由+3价变成+2价，FeS2中S硫元素化合价升高，反应的离子方程式为Fe2+NOFe(NO)2+，无元素化合价变化，总反应2FeS2+7O2+2H2O2Fe2+4SO42-+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变。【详解】A反应的离子方程式为Fe2+NOFe(NO)2+，无元素化合价变化，所以反应是非氧化还原反应，故A错误；B反应的Fe3+由+3价变成+2价，FeS2中S硫元素化合价升高，所以反应的氧化剂是Fe3+，FeS2被氧化，故B错误；C反应Fe(NO)2+中铁由+2价变+3价，氧气中氧由0价变成-
20、2价，根据得失电子守恒，反应的离子方程式为：4 Fe(NO)2+O2+4H+4Fe3+4NO+2H2O，当转移1mol电子时，生成1molNO，但没有描述标准状况下，体积无法计算，故C错误；D由总反应2FeS2+7O2+2H2O2Fe2+4SO42-+4H+可知，一氧化氮参加反应但反应前后性质和质量不变，所以黄铁矿催化氧化中NO作催化剂，故D正确。答案选D。卷(非选择题部分，共50分)15. 根据信息写出下列反应的化学方程式或离子方程式：(1)印刷电路板是由高分子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用氯化铁溶液作为“腐蚀液”，写出反应的离子方程式_；(2)二氧化硫的催化氧化是工业制硫酸的重要
21、一步，写出该步反应的化学方程式_；(3)氯化亚铁溶液加入氢氧化钠溶液，生成白色沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，写出白色沉淀转化为红褐色沉淀的化学方程式_；(4)二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中紫色褪去的离子方程式_；(5)取FeSO4溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成。当消耗2mol I-时，共转移3 mol电子，该反应的离子方程式是_。【答案】 (1). 2Fe3+ + Cu=2Fe2+ Cu2+ (2). 2SO2+O22SO3 (3). 4Fe(OH)2 +O2 +2H2O =4Fe(OH)3 (4). 5SO2+2+2H2O =2Mn2+
22、+5+4H+ (5). 2Fe2+ +4I- +3H2O2=2Fe(OH)3+ 2I2【解析】【详解】(1)Fe3+有氧化性，Cu有还原性，二者发生氧化还原反应生成Cu2+和Fe2+，故用氯化铁溶液作为“腐蚀液”腐蚀电路板发生的离子方程为2Fe3+ + Cu=2Fe2+ Cu2+，故答案为：2Fe3+ + Cu=2Fe2+ Cu2+； (2)二氧化硫在催化剂和加热条件下反应生成三氧化硫，反应的化学方程式为2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；(3)氯化亚铁溶液加入氢氧化钠溶液，生成氢氧化亚铁白色沉淀，氢氧化亚铁有还原性，有水的情况下易被氧气氧化为红褐色的氢氧化铁，发生现象为
23、白色沉淀迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，即白色沉淀转化为红褐色沉淀的方程式为4Fe(OH)2 +O2 +2H2O =4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2 +O2 +2H2O =4Fe(OH)3；(4)二氧化硫有还原性，酸性条件下将高锰酸根离子还原为Mn2+，高锰酸根离子有强氧化性，将二氧化硫氧化为硫酸根离子，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得反应的离子方程式为5SO2+2+2 H2O =2Mn2+ +5+4H+，故答案为：5SO2+2+2H2O =2Mn2+ +5+4H+；(5)取FeSO4溶液，调pH约为7，加入淀粉KI溶液和H2O2，溶液呈蓝色并有红褐色沉淀生成，说明生成碘单
24、质和氢氧化铁沉淀，即过氧化氢将碘离子和亚铁离子氧化为碘单质和氢氧化铁，当消耗2mol I-时，I-失去21mol=2mol电子，共转移3 mol电子，则亚铁离子失去11mol=1mol电子，即亚铁离子和碘离子的化学计量数之比=1:2，结合得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒可得反应的离子方程式为2Fe2+ +4I- +3H2O2=2Fe(OH)3+ 2I2，故答案为：2Fe2+ +4I- +3H2O2=2Fe(OH)3+ 2I2。16. 氮及氮的化合物有着重要的用途。(1)将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，请举例说明一种自然界中氮的固定的途径_(用化学方程式表示)。(2)选择性催
25、化还原技术(SCR)可使NOx与NH3直接反应，实现无害转化。当NO与NO2的物质的量之比为2：1时，写出发生反应的化学方程式：_。(3)利用ClO2氧化氮氧化物反应过程如下：NONO2N2。反应的化学方程式是2NO+ClO2+H2O=NO2+HNO3+HCl，请写出反应转化关系的离子方程式_。(4)加入过量次氯酸钠可使废水中完全转化为N2，而本身被还原为NaCl。写出次氯酸的电子式_。上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为_；若处理废水产生了0.448 L N2(标准状况)，则至少需消耗浓度为2 molL-1的次氯酸钠的体积为_mL。(5)“化学，让生活更美好”，下列叙述不能直接体现这一主
26、旨的是（ ）A风力发电，让能源更清洁 B合成光纤，让通讯更快捷 C合成药物，让人类更健康 D环保涂料，让环境更宜居【答案】 (1). N2+O22NO (2). 16NH3+12NO+6NO2=17N2+24H2O (3). 2NO2+4=N2+4 (4). (5). 3：2 (6). 30 (7). A【解析】【详解】(1)在雷雨天气，N2与O2在电火花作用下反应产生NO属于自然界的氮的固定，反应方程式为：N2+O22NO；(2)NOx与NH3反应产生N2、H2O，当NO与NO2的物质的量之比为2：1时，二者混合物与NH3反应产生N2、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应方程式为：16
27、NH3+12NO+6NO2=17N2+24H2O；(3)在反应II中，N原子得到电子变为N2，Na2SO3失去电子，被氧化变为Na2SO4，该反应的离子方程式为：2NO2+4=N2+4；(4)在HClO分子中O原子分别与H、Cl原子各形成1对共用电子对，从而使分子中各原子都达到稳定结构，其电子式为：；NaClO具有氧化性，能够将NH4Cl氧化为N2，它本身被还原产生NaCl，反应的离子方程式为：3ClO-+2=3Cl-+N2。在该反应中ClO-为氧化剂，为还原剂，则反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3：2；若处理废水产生了0.448 L N2，其物质的量n(N2)=0.02 mol，根据方程
28、式可知：每反应产生1 mol N2，反应会消耗3 mol ClO-，则反应产生0.02 mol，消耗了0.06 mol NaClO，则至少需消耗浓度为2 molL-1的次氯酸钠的体积V(NaClO)=0.03 L=30 mL；(5) A风力发电将风能转化为电能，满足了人类对能源的需求，同时保护了环境，这与化学无关，A符合题意；B光纤的主要成分是二氧化硅，利用其能够使光线全反射而传输信号，让通讯更快捷，能让生活更美好，B不符合题意；C用化学方法合成药物，让人类更健康，能让生活更美好，C不符合题意；D用化学方法合成环保涂料，让居住环境更适宜，能让生活更美好，D不符合题意；故合理选项是A。17. 为
29、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K1K4，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。.打开活塞a，滴加一定量的浓盐酸，给A加热。.当B中溶液变黄时，停止加热，夹紧弹簧夹K2。.打开活塞b，使约2mL的溶液流入D试管中，检验其中的离子。.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。.更新试管D，重复过程，检验B溶液中的离子。(1)过程的目的是_。(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)过程中，B溶液中发生
30、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B溶液中含有的离子过程 B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
31、实该假设成立：溶液E为_。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_【答案】 (1). 排出装置中的空气，防止氧气干扰； (2). NaOH溶液 (3). MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2 (4). 2Fe3SO22H2O=2Fe24H (5). 乙 丙 (6). Na2SO3溶液 (7). Fe3+消耗，c()减小，使得Fe2+(aq)+ (aq)FeSO3 (s)平衡逆向移动，所以溶液中红棕色变为浅绿色【解析】【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
32、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O2会干扰实验，过程中通入一段时间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MnO24HCl(浓)MnCl22H2OCl2；(4)过程中，B溶液中发生反应的离子方程式是2Fe3SO22H2O=2Fe24H；(5)甲、过程的B溶液中含有的离子有Fe3无Fe2，氯气可能过量，过程的B溶液中含有
33、的，可能是氯气氧化SO2生成的，不能证明Fe3+的氧化性大于SO2；不能证明结论；乙、过程的B溶液中含有的离子既有Fe3又有Fe2，说明氯气不足，氯气氧化性大于铁离子，过程的B溶液中含有的，说明二氧化硫与铁离子发生了反应：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+，则Fe3+氧化性大于二氧化硫；能证明结论；丙、过程的B溶液中有Fe3+、无Fe2+，则氯气的氧化性大于铁离子，过程的B溶液中含有Fe2+，说明SO2将Fe3+还原成Fe2+，则氧化性铁离子大于二氧化硫；能证明结论；故乙、丙一定能够证明氧化性Cl2Fe3SO2；(6)FeCl2溶液加入溶液E后，溶液变为墨绿色，说明生成了FeSO3，说明E为Na2SO3(或可溶性亚硫酸盐)；溶液的红棕色是FeSO3(墨绿色)与FeCl3(黄色)的混合色，Fe3消耗，c()减小，使平衡Fe2(aq)(aq)FeSO3(s)逆向移动，溶液颜色由红棕色变为浅绿色。