四川省双流棠湖中学2024届高三上学期第一次联考理科综合能力测试试题（Word版附解析）

这是一份四川省双流棠湖中学2024届高三上学期第一次联考理科综合能力测试试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了1NA等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必在答题卡上将自己的姓名、座位号和考籍号用0.5毫米黑色签字笔填写清楚，考生考试条形码由监考老师粘贴在答题卡上的“贴条形码区”。
2.选择题使用2B铅笔填涂在答题卡上对应题目标号的位置上，如需改动，用橡皮擦擦干净后再填涂其它答案；非选择题用0.5毫米黑色签字笔在答题卡的对应区域内作答，超出答题区域答题的答案无效；在草稿纸上、试卷上答题无效。
3.考试结束后由监考老师将答题卡收回。
可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 Cl 35.5
一、选择题：本题共13小题，每小题6分，共78分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. “绿水青山就是金山银山”，环境问题与可持续发展密切相关。下列说法错误的是
A. 目前计入空气污染指数的项目为：可吸入颗粒物、氮氧化物、二氧化硫等
B. 燃煤脱硫不仅能减少酸雨，也有利于实现“碳达峰”和“碳中和”
C. 过度使用化肥，可能导致水体富营养化，出现水华、赤潮等现象
D. 回收利用废旧电池，不仅能变废为宝，还能防止重金属污染
【答案】B
【解析】
【详解】A．二氧化硫、氮的氧化物、可吸入颗粒物都是空气污染物，均是计入空气污染指数的项目，故A正确；
B．煤炭脱硫能减少二氧化硫的排放，从而减少酸雨的形成，不能减少碳的排放，对实现“碳达峰”和“碳中和”没有帮助，故B错误；
C．过度使用化肥，经地表径流进入水体，会造成水体富营养化，出现水华、赤潮等现象，故C正确；
D．废旧电池中含有大量有害物质包括重金属离子，回收废旧电池能够防止重金属离子泄露造成污染，且能做到变废为宝，故D正确；
故答案为：B。
2. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 7.8 g Na2O2与水充分反应，转移电子数为0.2NA
B. 标准状况下，22.4 L氯仿含有的共价键数目为4NA
C. 常温下，1 L pH = 1的硫酸溶液中，氢原子数目为0.1NA
D. 30 g冰醋酸和葡萄糖的混合物含有的原子总数为4NA
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据化学方程式有78g Na2O2~1mle-，7.8 g Na2O2与水充分反应，转移电子数为0.1NA，故A错误；
B．标准状况下氯仿不是气态，不能用气体摩尔体积计算，故B错误；
C．除了硫酸电离出的氢离子外还有水中也有氢原子，故C错误；
D．冰醋酸和葡萄糖的最简式都是CH2O，30 g冰醋酸和葡萄糖的混合物含有CH2O，因此30 g冰醋酸和葡萄糖的混合物含有的原子总数为4NA，故D正确；
故答案为D。
3. 已知咖啡酸苯乙酯是天然抗癌药——蜂胶的主要活性成分，其结构简式如图所示。下列说法正确的是
A. 该物质含有4种官能团
B. 1 ml该物质最多能与8 ml H2加成
C. 该物质苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种
D. 该物质所有碳原子不可能全部共平面
【答案】C
【解析】
【详解】A．该物质中有羟基、碳碳双键、酯基三种官能团，故A错误；
B．1ml苯环结构能和3ml H2加成，1ml碳碳双键能消耗1 mlH2，1 ml该物质最多能与7ml H2加成，故B错误；
C．该物质苯环上总共有6种等效氢，苯环上氢原子发生氯代时，一氯代物有6种，故C正确；
D．苯环和碳碳双键都是共面结构，单键能够旋转，所有碳原子可能共平面，故D错误；
故选C。
4. 主族元素X、Y、Z、M、N分布在前三个周期，其原子序数依次增大，其中Z是地壳中最多的元素，Y、M、N的最外层电子数之和为10，且Y的最外层电子数等于M和N的最外层电子数之和。下列说法正确的是
A. X、Y、Z三种元素既可形成共价化合物，也可形成离子化合物
B. 原子半径：N > M > Z > Y > X
C. 单质的熔点：M > N
D. 简单氢化物的稳定性：Y > Z
【答案】A
【解析】
【分析】主族元素X、Y、Z、M、N分布在前三个周期，原子序数依次增大，则原子序数最小的X为H，Z是地壳中最多的元素为O，Y、M、N的最外层电子数之和为10，且Y的最外层电子数等于M和N的最外层电子数之和，则Y为N，M为Mg，N为Al。
【详解】A．N的含氧酸都是共价化合物，硝酸铵是离子化合物，故A正确；
B．同周期元素，核电荷数越大原子半径越小，一般核外电子层数越多半径越大，原子半径Mg＞Al＞N＞O＞H，故B错误；
C．离子半径Mg2+＞Al3+，因此Al中的金属键更强其熔点更高，故C错误；
D．O的非金属性强于N因此H2O的热稳定性强于NH3，故D错误；
故选A。
5. 运用电化学原理可高效解决生产生活中诸多问题。在一定条件下，如图所示装置可实现以有效成分为苯的混合气到以环己烷为目标产物的储氢过程，已知电流效率=。下列说法错误的是
A. 该装置电子移动方向为：E → B，A → D
B. 该装置中，H+由电解池的右池移向左池
C. 电极D发生的主要电极反应为： + 6H+ - 6e− =
D. 该装置的电流效率约为64.3%
【答案】C
【解析】
【详解】A．根据分析苯在左侧变为环己烷，化合价减低，发生还原反应，即为阴极，因此电源A为负极，电源B为正极，故该装置电子移动方向为：E → B，A → D，A正确；
B．电解池中离子异向移动，H+向阴极移动，故H+由电解池的右池移向左池，B正确；
C．电极D是苯变为环己烷， + 6H+ +6e− = ，C错误；
D．阳极得到2.8ml氧气，则电子转移为，阴极混合气体中苯物质的量分数由24%变为12ml混合气体的10%，则反应了，则得到电子物质的量为，因此该装置的电流效率，D正确；
故选C。
6. 下列实验目的对应的实验操作正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】D
【解析】
【详解】A．将少量Na投入CuSO4溶液中，金属钠不能置换出硫酸铜溶液中的铜，故不选A；
B．将SO2通入漂白粉溶液，二氧化硫被次氯酸钙氧化为硫酸钙沉淀，溶液变浑浊，不能证明酸性：H2SO3 > HClO，故不选B；
C．将少量稀硫酸滴入Na2S2O3溶液，Na2S2O3发生自身氧化还原反应生成S沉淀和二氧化硫气体，产生刺激性气味的气体，不能证明H2SO4具有氧化性，故不选C；
D．碘能使淀粉变蓝，取适量淀粉水解液，滴入几滴碘水，若溶液不变蓝，说明淀粉已完全水解，故选D。
选D。
7. 25℃时，向20 mL 0.1 ml·L−1 Na2CO3溶液中逐滴加入40 mL 0.1 ml·L−1 HCl溶液，溶液中含碳元素的各种微粒(CO2因逸出未画出)物质的量分数(纵轴)随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法正确的是
A. pH = 8时，溶液中水的电离程度最大
B. 当溶液中c(HCO)：c(CO) = 2：1时，溶液的pH = 10.2(已知lg2取0.3)
C. 在同一溶液中，H2CO3、HCO、CO能大量共存
D. pH = 7时，溶液中离子浓度大小关系为：c(Na+) > c(HCO) > c(Cl−)
【答案】B
【解析】
【分析】随着盐酸的加入溶液溶质变化：碳酸钠→碳酸钠、碳酸氢钠、氯化钠→碳酸氢钠、氯化钠→氯化钠→氯化钠、HCl。
【详解】A．据分析，随着溶质的变化对水电离的促进逐渐减弱，抑制逐渐增强，因此水电离程度最大是还未加入盐酸的时候，故A错误；
B．据图像，，c(HCO)=c(CO) 时，pH=10.5此时可求得，溶液中c(HCO)：c(CO) = 2：1时，可求得，此时溶液pH= -lg（2×10-10.5ml/L）=10.2，故B正确；
C．据图像可以看出当大量存在时pH＞8，此时H2CO3几乎不存在于溶液中，故C错误；
D．根据图像pH=8时溶液中碳酸根离子全部转化为碳酸氢根离子，此时氯离子浓度和碳酸氢根离子浓度相等，继续加入盐酸，当pH=7时有部分碳酸氢根离子转化为碳酸，氯离子浓度还在继续增大，此时氯离子浓度大于碳酸氢根离子浓度，故D错误；
故选B。
8. 一氯胺(NH2Cl)是一种长效缓释消毒剂，其消毒原理是一氯胺水解生成次氯酸。工业上常用次氯酸钠与氨气反应制取一氯胺(NH3 + NaClO = NH2Cl + NaOH)。某课外活动小组根据上述制取原理设计了下列装置制取一氯胺。回答下列问题：
（1）工业上制取一氯胺的反应_______(填“是”或“不是”)氧化还原反应。
（2）写出试管中所装药品的化学式：_______；仪器乙的名称是_______，仪器乙中装有碱石灰，其作用是_______。
（3）装置甲中将左侧导管插入下层四氯化碳中，其目的是_______，该装置中与其功能相同还有装置_______(填“乙”“丙”“丁”或“戊”)。
（4）实验过程中先关闭K1，打开K2，让浓盐酸和高锰酸钾先发生反应，其反应的离子方程式为_______，这样做的目的是为了获得_______；然后再关闭K2，打开K1，并_______(补充实验操作)。
（5）实验过程中若去掉盛有饱和食盐水的装置，对一氯胺的产率_______(填“有”或“无”)影响，理由是_______。
【答案】8. 不是 9. ①. NH4Cl和Ca(OH)2 ②. 球形干燥管 ③. 吸收过量的氯气防止污染空气
10. ①. 防止倒吸 ②. 戊
11. ①. ②. 制得次氯酸钠 ③. 点燃氨气制备装置中的酒精灯
12. ①. 有 ②. 掉盛有饱和食盐水的装置，没有除去制得氯气中的HCl会导致氢氧化钠和HCl反应降低次氯酸钠的产量，进而减低一氯胺的产率
【解析】
【分析】根据实验原理，先向三颈烧瓶中通入氯气制得次氯酸钠，再通入氨气发生NH3 + NaClO = NH2Cl + NaOH而制得一氯胺。
【小问1详解】
由题意可知一氯胺水解生成次氯酸，则一氯胺中Cl为+1价，故NH3 + NaClO = NH2Cl + NaOH中无元素化合价发生变化，不是氧化还原反应；
【小问2详解】
如图所示制备氨气的药品为NH4Cl和Ca(OH)2，仪器乙指向的是球形干燥管，碱石灰可以吸收过量的氯气防止污染空气；
【小问3详解】
氨气不溶于四氯化碳，且密度比水溶液大，可以起到缓冲作用防止倒吸，放倒吸的装置还有戊；
【小问4详解】
浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯气、氯化锰、氯化钾和水离子方程式为：；先关闭K1，打开K2可以让氯气先通入氢氧化钠溶液中制得次氯酸钠；然后再关闭K2，打开K1，并制备氨气，操作为点燃氨气制备装置中的酒精灯给试管加热；
【小问5详解】
去掉盛有饱和食盐水的装置，没有除去制得氯气中的HCl会导致氢氧化钠和HCl反应降低次氯酸钠的产量，进而减低一氯胺的产率。
9. 锂辉石的主要成分有Li2O、Al2O3、SiO2，还含有少量Fe3O4、MgO等杂质，利用锂辉石制取Li2CO3的工艺流程如下：
已知：ⅰ．α- 锂辉石是致密坚硬的固体，β- 锂辉石具有疏松多孔结构；
ⅱ．CaCO3的溶度积常数为1×10−9，MgCO3的溶度积常数为1×10−6。
回答下列问题：
（1）焙烧的目的是_______。
（2）为提高酸浸速率，可采取的措施是_______(填一种即可)。
（3）水浸时加入少量Ca(ClO)2溶液，其目的是_______，发生反应的离子方程式为_______，该方案中不选择H2O2做氧化剂的原因是_______。
（4）中和过程中加入CaCO3，一方面是为了除去多余硫酸，另一方面是为了_______。
（5）精制过程是为了除去钙镁离子，钙镁渣中含CaCO3、Mg2(OH)2CO3和MgCO3，写出生成Mg2(OH)2CO3的离子方程式：_______。
（6）精制过程中，当钙离子刚好沉淀完全时[c(Ca2+) 1×10−5 ml·L−1]，溶液的pH为9，则CO的一级水解常数约为_______(忽略CO的二级水解及其他离子的水解)。
【答案】（1）增大锂辉石和硫酸的接触面积充分浸取
（2）粉碎矿石、适当增大酸的浓度、适当升温等
（3） ①. 将亚铁离子氧化为铁离子 ②. ③. 溶液中存在铁离子，会催化过氧化氢分解
（4）调节pH,使铁离子转化氢氧化铁沉淀
（5）
（6）
【解析】
【分析】α- 锂辉石是致密坚硬的固体，β- 锂辉石具有疏松多孔结构，通过焙烧，可以在后续酸浸中增大锂辉石和硫酸的接触面积充分浸取，酸浸后溶液中含有Li+、Al3+、Fe2+、Fe3+、Mg2+,水浸时次氯酸钙将亚铁离子氧化成为铁离子，经过一系列的操作将铝离子、镁离子、铁离子转化成为沉淀而除去，最终加入碳酸钠沉锂得到碳酸锂。
【小问1详解】
α- 锂辉石是致密坚硬的固体，β- 锂辉石具有疏松多孔结构，通过焙烧，可以在后续酸浸中增大锂辉石和硫酸的接触面积充分浸取；
【小问2详解】
提高酸浸可以采用：粉碎矿石增大接触面积、适当增大酸浓度、适当升温等手段；
【小问3详解】
据分析次氯酸钙可以将亚铁离子氧化为铁离子，发生的离子方程式为：；溶液中存在铁离子，会催化过氧化氢分解，因此不用过氧化氢作氧化剂；
【小问4详解】
加入碳酸钙除了除去多余的硫酸外，还可以调节pH,使铁离子转化为氢氧化铁沉淀而除去铁离子；
【小问5详解】
溶液中的镁离子和碳酸根离子发生反应，生成碱式碳酸镁和碳酸氢根离子，方程式为：；
【小问6详解】
CaCO3的溶度积常数为1×10−9，当钙离子完全沉淀时c(Ca2+) 1×10−5 ml·L−1，溶液中钙离子浓度为：， pOH= 14-pH=14-9=5，则溶液中氢氧根离子浓度为10-5ml/L，的水解常数。
10. 甲醇是一种重要的化工原料，通常用作溶剂、防冻剂、燃料，也可用于酯交换反应生产生物柴油等，因此，探究甲醇的生产制备具有重要的意义。回答下列问题：
（1）已知：① 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) ΔH1
② H2O(g) = H2O(l) ΔH2
③ CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g) ΔH3
甲醇气体燃烧热ΔH为_______kJ·ml−1(用ΔH1、ΔH2、ΔH3表示)。
（2）某温度下，将1 ml CO2和3 ml H2充入体积可变的恒压密闭容器中进行反应③，测得起始时容器体积为2 L，反应达平衡时，容器体积变为1.5 L，则CO2的转化率为_______。下列说法可判断该反应达平衡的有_______(填标号)。
A．CO2和H2的物质的量之比保持不变
B．断裂3 ml H—H键的同时，生成2 ml C=O键
C．混合气体的密度保持不变
D．容器的压强保持不变
（3）在某恒容密闭容器中发生上述反应③，某温度下，平衡时CO2的物质的量分数[x(CO2)]随压强(p)的变化关系，以及某压强下，-lgK(K为平衡常数)随温度(T )的变化关系如图所示，则x(CO2)～p对应图中的曲线_______(填“Ⅰ”或“Ⅱ”)，该反应正方向为_______(填“放热”或“吸热”)反应，有利于该反应自发进行的条件是_______(填“低温”或“高温”)。
（4）在利用CO2和H2合成甲醇的过程中，往往存在副反应CO2(g) + H2(g)⇌CO(g) + H2O(g) ΔH4 = +40.9 kJ·ml−1，若发现随反应温度升高，CO2的平衡转化率升高，而甲醇的产率降低，其原因可能是_______，提高相同时间内甲醇产率较好的方法是_______。
【答案】（1）
（2） ①. 50% ②. BD
（3） ①. Ⅰ ②. 放热 ③. 低温
（4） ①. 反应温度升高，主反应CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g)逆向移动，副反应CO2(g) + H2(g)⇌CO(g) + H2O(g)正向移动，副反应移动的程度大于主反应，故CO2的转化率升高 ②. 增大压强或使用选择性更好的催化剂
【解析】
【小问1详解】
燃烧热为1ml可燃物完全燃烧生成稳定的氧化物放出的热量，则表示甲醇燃烧热的方程式，已知：① 2H2(g) + O2(g) = 2H2O(l) ΔH1，② H2O(g) = H2O(l) ΔH2，③ CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g) ΔH3，方程式①-②-③可得甲醇燃烧热化学方程式，则；
【小问2详解】
根据题干数据列三段式如下：
恒温恒压下，体积之比等于物质的量之比，有，解得x=0.5ml，则CO2的转化率==50%；
CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g)在恒温恒压下进行；
A．CO2和H2的投料比等于计量数之比=1：3，则CO2和H2物质的量之比始终保持不变，不能说明达到平衡，故A不选；
B．断裂3 ml H—H键的同时，生成2 ml C=O键，说明正反应速率等于逆反应速率，能说明达到平衡，故B符合题意；
C．该反应在恒压进行，若密度不变说明容器体积不变，该反应又是气体物质的量不相等的反应，容器体积不变能说明达到平衡，故C符合题意；
D．容器为恒压容器，故容器压强保持不变不能说明达到平衡，故D不符合题意；
答案为BD；
【小问3详解】
在恒容容器中发生反应CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g)，增大压强，平衡逆向移动，导致x(CO2)降低，则图中曲线I符合，故曲线I表示x(CO2)～p的关系；则曲线II表示-lgK(K为平衡常数)随温度(T )的变化关系，可知温度升高，-lgK增大，K减小，平衡逆向移动，该反应正反应为放热反应；该反应，，要小于0，需在低温情况下，即低温下有利于反应自发进行；
【小问4详解】
反应温度升高，主反应CO2(g) + 3H2(g)⇌CH3OH(g) + H2O(g)逆向移动，副反应CO2(g) + H2(g)⇌CO(g) + H2O(g)正向移动，副反应移动的程度大于主反应，故CO2的转化率升高；提高相同时间内甲醇产率较好的方法是增大压强或使用选择性更好的催化剂；
(二)选考题：共45分。请考生从2道物理题、2道化学题、2道生物题中每科任选一题作答。如果多做，则每科按所做的第一道题计分。
[化学——选修3：物质结构与性质]
11. 阿尔维德卡尔森因发现多巴胺获得了2000年诺贝尔生理学或医学奖，多巴胺是一种神经传导物质，用来帮助细胞传送脉冲的化学物质。这种脑内分泌物也能传递兴奋及开心的信息。其结构式如下图a所示，化学式为C8H11NO2。回答下列问题：
（1）基态氧原子最高能级上有_______种运动状态不同的电子，基态碳原子的一个2s电子跃迁到2p轨道形成激发态原子的价电子排布图为_______。
（2）多巴胺分子中碳原子的杂化方式有_______，C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为_______。
（3）1 ml多巴胺中含有键的数目为_______。多巴胺易溶于水，理由是_______。
（4）多巴胺与盐酸作用能形成盐酸多巴胺，结构如上图b所示，多巴胺和盐酸多巴胺中H—N—H键的键角，前者_______(填“大于”“等于”或“小于”)后者，理由是_______。
（5）盐酸多巴胺形成的晶体的晶胞结构如图所示，其晶胞中阳离子为面心立方最密堆积，阳离子半径为R pm，则晶胞氯离子的配位数是_______，晶胞的密度是_______。
【答案】11. ①. 4 ②.
12. ①. sp2、sp3 ②. N＞O＞C
13. ①. 22NA ②. 多巴胺中有-OH、-NH2都能与水形成氢键
14. ①. ＜ ②. 多巴胺中的氨基有一对孤对电子，盐酸多巴胺中-NH3Cl中无孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力更大，中心原子杂化方式相同有孤电子对时键角更小
15. ①. 6 ②.
【解析】
【小问1详解】
O为8号元素，基态氧原子最高能级电子排布为2p4，因此基态氧原子最高能级上有4种运动状态不同的电子，基态碳原子价电子排布为2s22p2，一个2s电子跃迁到2p轨道变为2s12p3，根据洪特规则此时价电子排布图为：；
【小问2详解】
苯环碳原子为sp2杂化，—CH2—中碳原子为sp3杂化，同周期元素随着核电荷数的增大第一电离能整体呈现增大趋势，氮原子的p轨道半充满第一电离能大于氧原子，因此C、N、O的第一电离能由大到小的顺序为N＞O＞C；
【小问3详解】
苯环结构有12个σ键除此之外还有10个单键，1 ml多巴胺中含有键的数目为22NA，多巴胺中有-OH、-NH2都能与水形成氢键，因此多巴胺易溶于水；
【小问4详解】
多巴胺中的氨基有一对孤对电子，盐酸多巴胺中-NH3Cl中无孤对电子，孤对电子对成键电子的斥力更大，因此多巴胺中的H—N—H键的键角小于盐酸多巴胺中H—N—H键的键角；
【小问5详解】
根据晶胞图可知，氯离子位于体心位置配位点在面心，配位数为6,；根据均摊法，、，晶胞中阳离子为面心立方最密堆积，阳离子半径为R pm则其晶胞密度为：。
[化学——选修5：有机化学基础]
12. 工业上以乙烯和1，3-丁二烯为原料合成有机香料DYTY()的流程如下。回答下列问题：
已知1，3-丁二烯可与乙烯反应得到环己烯：(也可表示为：)。
（1）DYTY的分子式为_______，合成DYTY的反应①～④中原子利用率为100%的是_______(填标号)。
（2）上述反应③的实验条件是_______；写出反应④的化学方程式_______。
（3）上述反应⑤实质上可分两步反应进行，其中第一步反应为加成反应，则第二步反应的反应类型为_______。
（4）DYTY的同分异构体满足下列条件有_______种。
① 能发生水解反应；
② 有一个六元碳环。
（5）根据上面已知信息和所学知识，利用乙烯和合成，分三步写出合成流程路线图_______。
【答案】（1） ①. C8H14O2 ②. ①②
（2） ①. NaOH/H2O，Δ ②.
（3）取代反应 （4）6
（5）
【解析】
【分析】1，3-丁二烯和乙烯发生加成反应生成环己烯，环己烯和溴化氢加成生成，和氢氧化钠溶液共热发生水解反应生成环己醇，环己醇在铜作催化剂的条件下被氧气氧化生成环己酮；乙烯在银作催化剂的条件下被氧化生成环氧乙烷，环氧乙烷和水在80℃条件下发生取代反应生成乙二醇，乙二醇和环己酮显发生加成反应生成，再发生取代反应即可得到。
【小问1详解】
DYTY中有8个碳原子，不饱和度为2，其分子式为C8H14O2，加成反应的原子利用率为100%，属于加成反应的有①②；
【小问2详解】
据分析，和氢氧化钠溶液共热发生水解反应生成环己醇，故条件A为NaOH/H2O，Δ；反应④是环己醇在铜作催化剂的条件下被氧气氧化生成环己酮：；
【小问3详解】
乙二醇和环己酮显发生加成反应生成，再发生取代反应即可得到；
【小问4详解】
的同分异构体能发生水解为酯，有一个六元环，一个取代基的有三种结构，两个取代基则为HCOO-和-CH3有邻、间、对三种结构，符合条件的有3+3=6种；
【小问5详解】选项
实验目的
实验操作
A
证明活泼性：Na > Cu
将少量Na投入CuSO4溶液中，观察是否产生红色固体
B
证明酸性：H2SO3 > HClO
将SO2通入漂白粉溶液，观察是否变浑浊
C
证明H2SO4具有氧化性
将少量稀硫酸滴入Na2S2O3溶液，观察是否产生刺激性气味气体
D
证明淀粉已水解完全
取适量淀粉水解液，滴入几滴碘水，观察溶液是否变蓝