届天津市静海县第一中学高三学生学业能力调研化学试题解析版.docx

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届天津市静海县第一中学高三学生学业能力调研化学试题解析版

静海一中2018-2019第一学期高三化学（理）（9月）

学生学业能力调研试卷

考生注意：

1.本试卷分第Ⅰ卷基础题（80分）和第Ⅱ卷提高题（20分）两部分，共100分。

2.试卷书写规范工整，卷面整洁清楚，酌情减2-3分，并计入总分。

相对原子质量：

Mg:

24C:

12N:

14O:

16Al:

27S:

32Cu:

64Fe:

56Na:

23Cl:

35.5

知识技能

习惯养成

总分

内容

物质的量

氧化还原反应

离子反应

卷面整洁

100

分数

20

40

40

2-3

第Ⅰ卷基础题（80分）

一、选择题:

（每小题2分，共36分。

每小题只有一个正确选项。

）

1.下列有关物质分类或归类正确的是

①混合物：

漂白粉、水玻璃、Fe（OH）3胶体、水银②化合物：

CaCl2、NaOH、HCl、HD③电解质：

胆矾、苛性钾、冰醋酸、氧化钠④同素异形体：

C60、碳纳米管、金刚石、石墨⑤煤的干馏、煤的汽化和液化都属于化学变化

A.③④⑤B.②③C.③④D.②⑤

【答案】A

【解析】

【详解】①漂白粉是CaCl2和Ca（ClO）2的混合物，水玻璃是Na2SiO3的水溶液，胶体为混合物、水银是汞，属于纯净物，不属于混合物，故①错误；②D是氢的一种同位素，即HD为单质，故②错误；③这几种物质都是电解质，故③正确；④C60、碳纳米管、金刚石、石墨都是碳的单质，结构不同，因此互为同素异形体，故④正确；⑤煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使之分解的过程，属于化学变化，煤的气化将煤转化为可燃性气体的过程，属于化学变化，煤的液化是将煤直接液化，与氢气作用生成液体燃料，或间接液化，转化成CO和H2，再在催化剂的作用下合成甲醇等，属于化学变化，故⑤正确；综上所述，选项A正确。

2.下列实验装置或操作与粒子直径的大小无直接关系的是

A.AB.BC.CD.D

【答案】C

【解析】

试题分析：

A．悬浊液的分散质粒子不能通过滤纸，过滤利用了分散质粒子的大小进行分离，故A错误；B．胶体的分散质粒子不能透过半透膜，溶液的分散质粒子能透过半透膜，渗析利用了分散质粒子的大小进行分离，故B错误；C．萃取利用一种溶质在两种溶剂中的溶解度不同进行分离，与物质微粒大小无直接关系，故C正确；D．胶体微粒能对光线散射，产生丁达尔效应，而溶液中的离子很小，不能产生丁达尔效应，丁达尔效应与分散质粒子的大小有关，故D错误；故选：

C．

考点：

化学实验基本操作

3.下列说法正确的是

①有化学键破坏的变化一定属于化学变化

②发生了能量变化的一定是化学变化

③电解质溶液导电一定发生化学变化

④无水硫酸铜由白变蓝，一定是化学变化

⑤用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐不涉及化学变化

⑥16O与18O间的相互转化为物理变化，O2和O3的相互转化为化学变化

A.①③⑤B.③④⑤⑥C.②③④D.全部

【答案】B

【解析】

【详解】①有化学键破坏的反应不一定属于化学变化，如NaCl固体溶于水，破坏离子键，但此过程属于物理变化，故①错误；②有能量变化不一定是化学变化，如灯泡发光，故②错误；③电解质导电发生电解过程，有新物质的生成，属于化学变化，故③正确；④无水硫酸铜为白色，CuSO4·5H2O为蓝色，CuSO4→CuSO4·5H2O为化学变化，故④正确；⑤此方法是渗析，提纯胶体的方法，属于物理变化，故⑤正确；⑥化学变化涉及最小的微粒是原子，16O和18O涉及到中子，不属于化学变化，但O2转化成O3生成了新物质，属于化学变化，故⑥正确；综上所述，选项B正确。

4.500mL2mol·L－1FeCl3溶液和500mL2mol·L－1明矾溶液分别滴入沸水中，加热制成分散系甲、乙，经测定，甲分散系中分散质的粒子直径大小在1～100nm之间，乙分散系中分散质的粒子直径大小在10－9～10－7m之间，关于甲、乙分散系的判断合理的是

A.用一束明亮的“强光”照射甲、乙，发现甲有丁达尔效应，乙没有丁达尔效应

B.向甲、乙中分别滴加过量的氢氧化钠溶液，现象都是“先聚沉，后溶解”

C.向甲、乙中分别滴加过量的氢碘酸，最终现象分别是深褐色溶液、无色溶液

D.蒸干、灼烧FeCl3溶液和明矾溶液会得到对应的固体盐

【答案】C

【解析】

【分析】

分散系中分散质的粒子大小在1～100nm之间或10-9～10-7m之间，甲、乙两种分散系均为胶体，具有胶体的性质。

【详解】蒸干、灼烧氯化铁溶液得到氧化铁，蒸干、灼烧明矾溶液得到KAl（SO4）2，A错误；氢氧化铝胶体中加滴加过量的氢氧化钠溶液，现象都是“先聚沉，后溶解”，氢氧化铁胶体滴加过量的氢氧化钠溶液会聚沉生成沉淀，氢氧化铁不溶于氢氧化钠，所以不溶解，B错误；氢氧化铝胶体和氢氧化铁胶体均能与氢碘酸溶液反应，三价铁离子与碘离子反应生成碘单质溶液为深褐色溶液，C正确；分散系中分散质的粒子大小在1～100nm之间或10-9～10-7m之间，均为胶体，所以甲、乙都有丁达尔效应，D错误。

故选C。

【点睛】本题考查了胶体的性质，题目难度不大，属于基础知识的考查，但要注意氢氧化铝的两性和三价铁离子的氧化性。

5.常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是

①pH=0的溶液：

Na+、C2O42－、MnO4－、SO42－

②pH=11的溶液中：

CO32－、Na+、AlO2－、NO3－、S2－、SO32－

③水电离出的H+浓度为10－12mol·L－1的溶液：

Cl－、CO32－、NO3－、SO32－

④加入Mg能放出H2的溶液中：

Mg2+、NH4+、Cl－、K+、SO42－

⑤使甲基橙变黄的溶液中：

Fe2+、MnO4－、NO3－、Na+、SO42－

⑥中性溶液中：

Fe3+、Al3+、NO3－、Cl－、S2－

A.①③⑤B.②④C.②⑤⑥D.①④⑤

【答案】B

【解析】

【详解】①pH=0的溶液显酸性，C2O42－、MnO4－在酸性条件下发生氧化还原反应，不能大量共存，故①错误；②pH=11的溶液显碱性，这些离子能够在碱性条件下共存，故②正确；③水电离出的c（H＋）=10－13mol·L－1的溶液，该溶液可能显酸性，也可能显碱性，CO32－、SO32－与H＋不能大量共存，故③正确；④加入Mg能放出H2，此溶液为非氧化性酸，这些离子能够大量共存，故④正确；⑤MnO4－具有强氧化性，能把Fe2＋氧化成Fe3＋，离子不能大量共存，故⑤错误；⑥Fe3＋与S2－发生氧化还原反应，不能大量共存，故⑥错误；综上所述，选项B正确。

6.在标准状况下有：

①6.72LCH4，②3.01×1023个HCl分子，③13.6gH2S，④0.2molNH3。

下列对这四种气体的描述正确的是（　　）

a.体积②＞③＞①＞④b.密度②＞③＞④＞①

c.质量②＞③＞①＞④d.氢原子个数①＞③＞④＞②

A.abcB.bcdC.abdD.abcd

【答案】D

【解析】

试题分析：

a、甲烷的体积是6．72L，3．01×1023个HCl分子的体积=11．2L，13．6gH2S的体积=

×22．4L/mol=8．96L，0．2molNH3的体积=0．2mol×22．4L/mol=4．48L，所以气体体积大小顺序是②＞③＞①＞④，a正确；b．相同条件下，气体摩尔体积相同，根据ρ=

知，密度与其相对分子质量成正比，所以密度大小顺序是②＞③＞④＞①，b正确；c、甲烷的质量是

=4.8g、3.01×1023个HCl分子的物质的量是0.5mol，质量是0.5mol×36.5g/mol=18.25g、③H2S的质量是13.6g、④0.2molNH3的质量是0.2mol×17g/mol=3.4g，质量②＞③＞①＞④，c正确；d、甲烷的物质的量

，含氢原子1.2mol；②3.01×1023个HCl分子，含有氢原子0.5mol；③13.6gH2S物质的量

=0.425mol，含氢原子个0.85mol；④0.2molNH3，含氢原子个0.6mol；氢原子个数①＞③＞④＞②，d正确;故选D。

考点：

本题考查物质的量。

7.由14CO和12CO组成的混合气体与同温同压下空气的密度相等（空气的平均相对分子质量为29），则下列关系正确的是

A.混合气体中，12CO占有的体积等于14CO占有的体积

B.混合气体中，12CO与14CO分子个数之比为1∶2

C.混合气体中，12CO与14CO质量之比为15∶14

D.混合气体中，12CO与14CO密度之比为14∶15

【答案】AD

【解析】

试题分析：

根据同温同压下，密度比等于摩尔质量之比，14CO和12CO组成的混合气体与同温同压下空气的密度相等，混合气体的平均摩尔质量为29，根据十字交叉法计算，同时根据质量数等于近似相对原子量，

，因此14CO和12CO物质的量之比或体积之比为1：

1，质量比为1×30：

1×28=15：

14，密度之比等于摩尔质量之比，14CO和12CO密度之比等于30：

28=15：

14，故选项AD正确。

考点：

考查阿伏加德罗推论、化学计算等知识。

8.下列说法正确的是

①1mol羟基所含电子数为10NA；

②一定温度下，1L0.50mol·L－1NH4Cl溶液中含NH4＋的物质的量小于0.5NA；

③1mol臭氧和1.5mol氧气含有相同的氧原子数；

④58.5g的NaCl固体中含有NA个氯化钠分子；

⑤在反应KIO3＋6HI==KI＋3I2＋3H2O中，每生成3molI2转移的电子数为6NA；

⑥标准状况下，2.24LH2O含有的分子数等于0.1NA；

⑦1mol乙烷分子中含有8NA个共价键；

⑧78gNa2O2中含有NA个阴离子；

⑨常温下，7.1gCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数约为0.2×6.02×1023；

⑩4.0g重水（D2O）中所含质子数为2NA。

A.④⑤⑦⑧⑨B.②③⑧⑩C.只有③D.全部

【答案】B

【解析】

【详解】①羟基为－OH，1mol羟基所含电子物质的量为9mol，故①错误；②NH4Cl为强酸弱碱盐，NH4＋发生水解，因此NH4＋物质的量小于0.5mol，故②正确；③1molO3中含有氧原子物质的量为3mol，1.5molO2含有氧原子物质的量为1.5×2mol=3mol，故③正确；④NaCl为离子化合物，不含NaCl分子，故④错误；⑤生成3molI2，消耗1molKIO3，此时转移电子物质的量为5mol，故⑤错误；⑥标准状况下，H2O不是气体，故⑥错误；⑦乙烷结构简式为CH3CH3，1mol乙烷中含有共价键物质的量为7mol，故⑦错误；⑧过氧化钠的电子式为

，78gNa2O2中含有阴离子物质的量为78/78mol=1mol，故⑧正确；⑨Cl2与NaOH发生Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O，7.1gCl2与NaOH参与反应，转移电子物质的量为7.1/71mol=0.1mol，故⑨错误；⑩D2O摩尔质量为20g·mol－1，4gD2O所含质子数为4×10/20mol=2mol，故⑩正确；综上所述，选项B正确。

9.如图是某学校实验室从化学试剂商店买回的硫酸试剂标签上的部分内容．据此下列说法正确的是

A.该硫酸的物质的量浓度为9.2mol/L

B.1molZn与足量该硫酸反应产生2g氢气

C.配制200mL4.6mol/L的稀硫酸需取该硫酸50mL

D.该硫酸与等质量的水混合后所得溶液的浓度大于9.2mol/L

【答案】C

【解析】

A、c＝

＝18.4mol·L－1，选项A错误；B、Zn与浓H2SO4反应放出SO2气体；C、200mL×4.6mol·L－1＝x·18.4mol·L－1，x＝50mL，选项B错误；C、配制200mL4.6mol·L－1的稀硫酸需取该硫酸

=50mL，选项C正确；D、由于水的密度小于H2SO4的密度，所以当浓H2SO4与水等质量混合时，其体积大于浓H2SO4体积的2倍，所以其物质的量浓度小于9.2mol·L－1。

答案选C。

10.在T℃时，将agNH3完全溶于水，得到VmL溶液，假设该溶液的密度为dg/mL，溶质的质量分数为w，其中含NH4+的物质的量为bmol。

下列叙述中正确的是

A.溶质的质量分数为w＝1000a/17V×100%

B.溶质的物质的量浓度c＝1000a/17Vmol·L－1

C.溶液中c（OH-）＝1000b/17Vmol·L－1

D.上述溶液中再加入VmL水后，所得溶液溶质的质量分数大于0.5w

【答案】B

【解析】

【详解】A、质量分数=

，该溶液中溶质为NH3，其质量为ag，溶液的质量为Vdg，即溶液的质量分数为

，故A错误；B、溶质的物质的量为

mol，溶液的体积为V×10－3L，根据物质的量浓度的公式，推出c=1000a/17Vmol·L－1，故B正确；NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O电离方程式为NH3·H2O

NH4＋＋OH－，NH4＋的物质的量为bmol，则n（OH－）=bmol，则c（OH－）=1000b/Vmol·L－1，故C错误；D、稀释过程中溶质的质量不变，即稀释后溶质质量为ag，溶液的质量为（Vd＋V）g，则稀释后溶质的质量为分数为

，当d=1时，溶质的质量分数为原来的一半，但d>1，因此稀释后溶质的质量分数小于原来的一半，故D错误。

11.氢化铝钠（NaAlH4）是最冇研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储放氢时发生反应：

3NaAlH4

Na3AlH6+2Al+3H2↑。

下列说法正确的是

A.NaAlH4中氢元素为+1价

B.每生成11.2L（标准状况下）H2，转移2NA个电子

C.在反应中有50%的氢被氧化

D.反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:

1

【答案】C

【解析】

试题分析：

A、Na为+1价、Al为+3价，故H为-1价，错误；B、H从-1到0价，转移电子数为0.5mol×2×NA，错误；C、反应中总共有12个H，有6个H的化合价升高，故有50%被氧化，正确；D、氧化产物为H2，还原产物为Al，故为3:

2，错误。

考点：

考查氧化还原反应基本概念。

12.下列反应的离子方程式正确的是

A.Fe（OH）3和HI的反应：

Fe（OH）3＋3H＋==Fe3＋＋3H2O

B.1.5mol/L100ml的FeBr2溶液中通入3.36L（标准状况）Cl2：

2Fe2++2Br－+2Cl2==2Fe3++4Cl－+Br2

C.KClO碱性溶液与Fe（OH）3反应：

3ClO−+2Fe（OH）3==2FeO42−+3Cl−+4H++H2O

D.向明矾[KAl（SO4）2]溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液至SO42－恰好沉淀完全：

2Al3＋＋3SO42－＋3Ba2＋＋6OH－==2Al（OH）3↓＋3BaSO4↓

【答案】B

【解析】

【详解】A、Fe3＋具有强氧化性，I－具有强还原性，两者发生氧化还原反应，即缺少一个离子反应，故A错误；B、Fe2＋的还原性强于Br－，因此Cl2先于Fe2＋发生反应，令消耗Br－物质的量为xmol，根据得失电子数目守恒，有100×10－3×1.5＋x=3.36×2/22.4，解得x=0.15mol，即消耗Fe2＋、Br－、Cl2的物质的量分别为0.15：

0.15：

0.15，正确的离子反应方程式为2Fe2＋＋2Br－＋2Cl2=2Fe3＋＋Br2＋4Cl－，故B正确；C、因为溶液为碱性溶液，不能有大量H＋存在，故C错误；D、SO42－全部转化成为沉淀，即明矾的系数为1，1molKAl（SO4）2中有1molAl3＋和2molSO42－，2molSO42－全部变为沉淀，需要2molBa（OH）2，因此反应后Al元素以AlO2－的形式存在，故D错误。

【点睛】本题的易错点是选项D，涉及“量”，往往少量系数为1，1molKAl（SO4）2中有1molAl3＋和2molSO42－，2molSO42－全部变为沉淀，需要2molBa（OH）2，因此反应后Al元素以AlO2－的形式存在。

13.下列示意图与对应的反应情况正确的是

A.含0.0lmolKOH和0.01molCa（OH）2的混合溶液中缓慢通入CO2

B.NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液

C.KAl（SO4）2溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液

D.NaAlO2溶液中逐滴加入盐酸

【答案】B

【解析】

试题分析：

A选项首先CO2先与Ca（OH）2反应，产生CaCO3沉淀，此时沉淀量保持不变，CO2再和KOH反应，此时无沉淀，之后二氧化碳先会和K2CO3反应，生成酸式盐，当反应完全之后再和沉淀CaCO3反应，生成碳酸氢钙，从而沉淀出现溶解现象，所以图像应该是“等腰梯形”的形状，故A错误；B选项，假设溶液中含1molKAl（SO4）2，加入1.5mol的Ba（OH）2时生成1.5molBaSO4和1molAl（OH）3，沉淀的物质的量最大为2.5mol，再加入0.5molBa（OH）2，生成0.5molBaSO4，溶解1molAl（OH）3，故沉淀的总物质的量减少，但产生沉淀的过程不会出现折点，最后只剩下硫酸钡沉淀，故B错误；C选项NaHSO4溶液中逐滴加入Ba（OH）2溶液，只产生硫酸钡沉淀，当把硫酸根反应完全，再加氢氧化钡也不产生沉淀，所给图像恰好能表达该反应过程，故C选项正确。

D选项NaAlO2溶液中逐滴加入稀盐酸，在NaAlO2与HCl的物质的量之比为小于等于1︰1，此时只生成白色的氢氧化铝沉淀，如果继续加入盐酸，这是沉淀开始溶剂，当NaAlO2与HCl的物质的量之比达到1︰4时，所产生的氢氧化铝完全溶解，离子方程式如下，H++AlO2-+H2O=Al（OH）3↓；Al（OH）3+3H+=Al3++3H2O故曲线应该是加入1份盐酸时沉淀达到最大，再加入3份盐酸沉底全部消失，图像应该是个“非等腰三角形”，与D所给图像不符合，故D错误。

考点:

常见反应过程与现象化学图像

点评:

本题考查同学们分析图像的能力，同学们需要熟悉反应的过程，知道反应“顺序”和“量”都会对反应的现象产生影响，进而影响我们所绘制的曲线。

14.下列使所配溶液的物质的量浓度偏高的是

①配制NaOH溶液时，NaOH固体中含有Na2O杂质②量筒量取液体溶质，用水冲洗量筒后，将冲洗液转移到容量瓶中③称量含结晶水的溶质时，溶质已风化④用量筒量取溶质液体时，俯视读数⑤溶解固体溶质或稀释溶液时，未冷却至室温即转入容量瓶进行定容⑥定容摇匀后发现液面下降

A.①②③④⑤B.①②③⑤C.①②③⑤⑥D.①②③④⑤⑥

【答案】B

【解析】

【详解】根据c=n/M=m/MV，①称取等质量的Na2O，假设Na2O的质量为mg，则产生NaOH的质量为80m/52g，即NaOH固体中混有Na2O，配制NaOH溶液的浓度偏高，故①正确；②量筒量取液体溶质，用水冲量筒，将冲洗液转移到容量瓶中，造成溶质的质量增加，所配溶液的浓度偏高，故②正确；③称量含结晶水的溶质时，溶质已风化，所称量溶质的质量增大，所配溶液的浓度偏高，故③正确；④用量筒量取溶质液体时，俯视读数，所量液体体积减少，溶质物质的量减少，所配溶液浓度偏低，故④错误；⑤未冷却至室温即转入容量瓶，定容后，恢复到室温状态下，溶液的体积偏小，浓度偏高，故⑤正确；⑥摇匀后，液面下降，浓度不变，故⑥错误；综上所述，选项B正确。

15.在复杂的体系中，确认化学反应先后顺序有利于解决问题，下列化学反应先后顺序判断正确的是

A.在含等物质的量的AlO2－、OH－、CO32-的溶液中，逐滴加入盐酸：

AlO2－、OH－、CO32-

B.含等物质的量的FeBr2、FeI2溶液中，缓慢通入氯气：

I－、Br－、Fe2＋

C.含等物质的量Fe3＋、Cu2＋、H＋溶液中加锌粉：

Fe3＋、Cu2＋、H＋、Fe2＋

D.在含等物质的量的H＋、Al3＋、NH4+的溶液中，逐滴加入NaOH溶液：

H＋、NH4+、Al3＋

【答案】C

【解析】

【详解】A、结合H＋的顺序是OH－、AlO2－、CO32－，故A错误；B、还原性强的先于氯气反应，即还原性强弱顺序是I－>Fe2＋>Br－，故B错误；C、氧化性强的先于Zn反应，依据金属活动顺序表，氧化性强弱顺序是Fe3＋>Cu2＋>H＋>Fe2＋，故C正确；D、结合OH－的能力H＋>Al3＋>NH4＋，故D错误。

【点睛】本题易错点是选项C和选项D，选项C学生依据金属活动顺序表进行判断，认为Cu2＋的氧化性最强，学生忽略了Cu＋2Fe3＋=2Fe2＋＋Cu2＋，Fe3＋的氧化性强于Fe2＋；选项D，学生不容易弄清楚Al3＋和NH4＋，谁结合OH－能力强，学生忘记了Al3＋＋3NH3·H2O=Al3（OH）3↓＋3NH4＋，从这个反应推断出Al3＋结合OH－的能力强于NH4＋。

16.在学习中，我们经常应用类推法。

下列表格左边正确，类推法应用于右边也正确的是（）

A

向FeCl2溶液中滴入氯水：

2Fe2＋+Cl2＝2Fe3＋+2Cl-

向FeCl2溶液中滴入碘水：

2Fe2＋+I2＝2Fe3＋+2I—

B

向澄清石灰水中通入少量CO2气体：

Ca2＋+2OH—+CO2=CaCO3↓+H2O

向澄清石灰水中通入少量SO2气体：

Ca2＋+2OH—+SO2=""CaSO3↓+H2O

C

向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3：

CO32—＋2H＋=CO2↑＋H2O

向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3：

SO32-+2H＋=SO2↑+H2O

D

CO2通入漂白粉溶液中：

CO2+Ca2＋+2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO

SO2通入漂白粉溶液中：

SO2+Ca2＋+2ClO-+H2O＝CaSO3↓+2HClO

A.AB.BC.CD.D

【答案】B

【解析】

试题分析：

A．向FeCl2溶液中滴入氯水，发生氧化还原反应：

2Fe2＋+Cl2=2Fe3＋+2Cl-；由于氧化性：

Cl2>Fe3＋>I2,所以向向FeCl2溶液中滴入碘水，不能发生类似反应2Fe2＋+I2=2Fe3＋+2I-，错误；B.向澄清石灰水中通入少量CO2气体，发生反应形成正盐，反应的离子方程式是Ca2＋+2OH—+CO2=CaCO3↓+H2O；当向澄清石灰水中通入少量SO2气体时，由于SO2也是酸性氧化物，因此反应类似，也发生反应：

Ca2＋+2OH-+SO2＝CaSO3↓+H2O，正确；向Na2CO3溶液中滴入稀HNO3，发生复分解反应：

CO32-＋2H＋=CO2↑＋H2O，当向Na2SO3溶液中滴入稀HNO3，由于硝酸有氧化性，而Na2SO3有还原性，二者会发生氧化还原反应。

反应方程式是：

3SO32-+2H＋+2NO3-=3SO42-+2NO↑+H2O，错误；D.由于酸性：

H2CO3>HClO，CO2通入漂白粉溶液中，发生复分解反应：

CO2+Ca2＋+2ClO-+H2O=CaCO3↓+2HClO，当把SO2通入漂白粉溶液中时，SO2有还原性，而ClO-有氧化性，会发生氧化还原反应：

SO2+Ca2＋+ClO-+H2O＝CaSO4↓+2H++Cl-，错误。

考点：

考查化学学习中类推法正误判断的知识。

17.铋（Bi）位于元素周期表中VA族，其价态为+3时较稳定，铋酸钠（NaBiO3）可氧化硫酸锰（