[化学][期末]江苏省南京市江宁区2023-2024学年高一下学期期末考试试题(解析版)

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一、单项选择题(共14题，每题3分，共42分。每题只有一个选项最符合题意。)
1. “碳中和”是指排放总量与吸收处理总量相等。下列措施不利于我国2060年实现“碳中和”目标的是（ ）
A. 加强化石燃料的开采使用
B. 加强植树造林和荒漠绿化
C. 加大风、光、水电的投资
D. 加强新能源汽车推广使用
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．加强化石燃料的开采使用，会产生更多的CO2，不利于实现“碳中和”目标，A选；
B．加强植树造林和荒漠绿化，能吸收大气中的CO2，有利于实现“碳中和”目标，B不选；
C．加大风、光、水电的投资，可减少对化石燃料的依赖，减少CO2排放，有利于实现“碳中和”目标，C不选；
D．加强新能源汽车推广使用，减少CO2的排放，有利于实现“碳中和”目标，D不选；
故选：A。
2. 《神农本草经》中记载的白矾主要成分为。下列说法正确的是（ ）
A. 离子半径：B. 碱性：
C 热稳定性：D. 非金属性：
【答案】B
【解析】
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小；离子半径：r(Al3+)B．同周期从左到右，金属性减弱，非金属性变强；同主族由上而下，金属性增强，非金属性逐渐减弱；根据金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，碱性：KOH>Al(OH)3，B正确；
C．同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，因此非金属性为O>S，非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，则最简单氢化物的稳定性：H2SD．同主族元素从上往下，非金属性逐渐减弱，因此非金属性为O>S，故D错误；
故答案选B。
3. 下列物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A. 的化学性质稳定，可用于金属焊接保护
B. 具有氧化性，可用于漂白织物
C. 溶液显酸性，可用于刻蚀覆铜板
D. 受热易分解，可用于治疗胃酸过多
【答案】A
【解析】
【详解】A．N2的化学性质稳定，可用于金属焊接保护，A正确；
B．SO2具有漂白性，可用于漂白织物，B错误；
C．FeCl3溶液具有氧化性，和铜反应生成氯化铜和氯化亚铁，可用于刻蚀覆铜板，C错误；
D．NaHCO3溶液呈弱碱性能中和胃酸，可用于治疗胃酸过多，D错误；
故选A。
NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮的重要化合物，工业合成氨的反应为N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g) ΔH=-92.4kJ∙ml-1。NH3可与酸反应制得铵盐，也可通过催化氧化生成NO，用于生产HNO3。浓氨水加到生石灰中，放出大量热量，促进NH3∙H2O分解，可用于实验室制取NH3。完成下列各题：
4. 在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是（ ）
A. NO(g)HNO3(aq)B. 稀硝酸NO2
C. NO2(g)HNO3(aq)D. (aq)(aq)
5. 下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是（ ）
A. 用装置甲制备氨气B. 用装置乙除去氨气中的少量水
C. 用装置丙收集氨气D. 用装置丁吸收多余的氨气
6. N2、NH3在催化剂a、b表面分别发生如下图所示的反应，下列叙述正确的是（ ）
A. 催化剂a表面形成N-H键时需吸收能量
B. 使用催化剂a可以增大正反应速率，减小逆反应速率
C. 反应时催化剂b表面有共价键的断裂和形成
D. 催化剂b表面反应的化学方程式为2NH3+O22NO+3H2
【答案】4. C 5. A 6. C
【解析】
【4题详解】A．NO不能和水反应，NO2和水反应，有NO2(g)HNO3(aq)，故A错误；
B．稀硝酸做氧化剂，还原产物为NO，稀硝酸NO，故B错误；
C．NO2和水反应生成HNO3和NO，故C正确；
D．无法通过和O3反应转化(aq)，故D错误；
故选C。
【5题详解】A．碱石灰遇水放热，使浓氨水中的氨气逸出，则可以达到目的，故A正确；
B．氨气会和浓硫酸发生化学反应，不能用浓硫酸干燥氨气，应该用碱石灰干燥氨气，故B错误；
C．丙装置只有进气口，没有出气口，无法达到收集的目的，故C错误；
D．氨气极易溶于水，漏斗口不能伸入液面以下，以免倒吸，故D错误；
故选A。
【6题详解】A．断裂化学键吸收能量，形成化学键释放能量，则形成N-H键时需释放能量，故A错误；
B．催化剂能加快反应速率，则正逆反应速率都加快，故B错误；
C．反应时催化剂b表面有氧氧键、N-H键断裂，有N-O键、O-H键形成，故C正确；
D．由图可知，催化剂b表面反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O，故D错误；
故选C。
7. 硫酸是当今世界上最重要的化工产品之一，目前工业制备硫酸主要采用以硫铁矿为原料。硫酸工业、金属冶炼产生的尾气中含有，需经回收利用处理才能排放到空气中。下列有关化学反应表示不正确的是（ ）
A. 煅烧硫铁矿获得：
B. 接触室中被氧化：
C. 用少量氨水吸收尾气中的：
D. 与溶液反应的离子方程式：
【答案】C
【解析】
【详解】A．煅烧硫铁矿获得SO2，反应的化学方程式为：，故A正确；
B．接触室中SO2被氧化生成三氧化硫，反应的化学方程式为：，故B正确；
C．用少量氨水吸收尾气中的SO2反应生成亚硫酸氢铵，反应的离子方程式为：SO2+NH3•H2O=+，故C错误；
D．SO2与FeCl3溶液反应生成硫酸、氯化亚铁和盐酸，反应的离子方程式为：，故D正确。
答案选C。
8. 《本草纲目》中记载“（火药）乃焰消（KNO3）、硫磺、杉木炭所合，以为烽燧铳机诸药者”。火药燃烧爆炸时发生的反应为：S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)＝K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝x kJ·ml－1。
已知：①碳的燃烧热ΔH1＝a kJ·ml－1
②S(s)＋2K(s)＝K2S(s) ΔH2＝b kJ·ml－1
③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)＝2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·ml－1
则x为（ ）
A. 3a＋b－cB. c－3a－bC. a+b－cD. c－a－b
【答案】A
【解析】
【详解】S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)＝K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g) ΔH＝x kJ·ml－1；
由已知①碳的燃烧热C(s)+O2(g)=CO2(g) ΔH1＝a kJ·ml－1、②S(s)＋2K(s)＝K2S(s) ΔH2＝b kJ·ml－1、③2K(s)＋N2(g)＋3O2(g)＝2KNO3(s) ΔH3＝c kJ·ml－1 根据盖斯定律可知：①×3+②-③可得：S(s)＋2KNO3(s)＋3C(s)＝K2S(s)＋N2(g)＋3CO2(g)，则ΔH＝x kJ·ml－1=(3a＋b－c)kJ·ml－1,x=3a＋b－c，
故答案为A。
9. 下列措施对增大反应速率有效的是（ ）
A. 在与两溶液反应时，增大压强
B. Zn与稀硫酸反应制取氢气时，将稀硫酸改用浓硫酸
C. 与合成氨气时，适当提高体系的温度
D. Na与水反应时，增大水的用量
【答案】C
【解析】
【详解】A．反应在溶液中进行，没有气体参加，增大压强不能改变反应速率，故A不符合题意；
B．浓硫酸具有强氧化性，Zn与稀硫酸反应制取氢气时，将稀硫酸改用浓硫酸会生成二氧化硫，得不到氢气，故B不符合题意；
C．升高温度可以增大反应速率，N2与H2合成氨气时，适当提高体系的温度对增大反应速率有效，故C符合题意；
D．增加水的量，但浓度不变，反应速率不变，故D不符合题意；
答案选C。
10. 以甲烷为燃料的新型电池得到广泛的研究，如图是目前研究较多的一类固体氧化物燃料电池的工作原理示意图。下列说法错误的是（ ）

A. 该电池工作时能量由化学能转化为电能
B. A极为电池正极，发生氧化反应
C. 负极的电极反应式为CH4+4O2--8e-=CO2+2H2O
D. 该电池的总反应为CH4+2O2=CO2+2H2O
【答案】B
【解析】
【分析】甲烷燃料电池中甲烷发生氧化反应，故B极为负极，A为正极，据此分析。
【详解】A．电池工作时化学能转化为电能，故A正确；
B．A电极通入氧气，化合价降低，发生还原反应，故B错误；
C．B电极通入甲烷，甲烷失去电子和阳离子结合生成二氧化碳和水，其反应式为CH4+4O2−-8e-=CO2+2H2O，故C正确；
D．甲烷燃料电池是化学能转化为电能，不是化学能变为热能，该电池的总反应：CH4+2O2 =CO2+2H2O，故D正确。
故答案为B。
11. 异丁烯与氯化氢发生加成反应过程的体系能量变化如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A. 1ml产物①或②中均含有7ml共价键
B. 此过程中只发生了非极性键的断裂
C. 异丁烯与氯化氢的加成反应为吸热反应
D. 产物②比产物①更稳定
【答案】D
【解析】
【详解】A．根据产物结构式可知，1 ml 产物①或②中均含有13ml共价键，A错误；
B．根据反应原理可知，反应过程中有极性键碳碳键的断裂和极性键氢氯键的断裂，故B错误；
C．根据图示可知，反应物的总能量高于生成物的总能量，该反应为放热反应，C错误；
D．能量越低，物质越稳定，根据图示可知，产物②比产物①的能量更低，故产物②比产物①更稳定，D正确；
故选D。
12. 室温下，下列实验探究方案不能达到探究目的的是（ ）
【答案】D
【解析】
【详解】A．向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，无明显现象，说明Fe2+与KSCN不能发生反应，再滴加几滴新制氯水，发生反应：，然后发生反应：，观察溶液颜色由无色变为红色，因此可以证明Fe2+具有还原性，故A正确；
B．向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，会看到溶液由红色变为无色，说明SO2具有漂白性，然后加热试管，观察到溶液又由无色变为红色，说明产生的无色物质不稳定，加热后又恢复原来的颜色，故B正确；
C．向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，发生反应：，遇淀粉溶液变为蓝色，则证明Br2的氧化性比的强，故C正确；
D．向饱和的Na2CO3溶液中通入足量的CO2，，发生反应：，反应过程中消耗了溶剂水，生成NaHCO3的质量比消耗Na2CO3的质量大，因此即使有晶体析出，也不能充分说明Na2CO3在水中的溶解度比NaHCO3大，故D错误；
故选D。
13. 以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量FeCO3等物质)为原料制备的实验流程如图所示。下列说法正确的是（ ）

A. “酸溶”时发生反应的离子方程式为
B. “氧化”步骤中，Cl2的作用是将氧化成
C. “沉铁”后溶液中大量存在的离子有、、、
D. 该流程中涉及化合反应、分解反应、复分解反应和氧化还原反应
【答案】B
【解析】
【分析】菱镁矿首先用盐酸酸浸，将碳酸镁和碳酸亚铁等物质转化为离子进入溶液，通入氯气将二价铁氧化成三价铁，然后加入氨水将三价铁转化为氢氧化铁沉淀除去，再经过一系列分离提纯操作得到产品；
【详解】A．碳酸镁微溶写离子方程式不能拆开，A错误；
B．“氧化”步骤中，Cl2的作用是将氧化成便于后续除去，B正确；
C．镁离子和氢氧根离子不能大量共存，故“沉铁”后的溶液中大量存在的离子有、、，C错误；
D．该流程中不涉及分解反应，D错误；
故选B。
14. 在2L的恒容密闭容器中充入1mlCO和2mlH2，一定条件下发生反应：，测得CO和CH3OH(g)的物质的量变化如图1所示，反应过程中的能量变化如图2所示。下列说法正确的是（ ）

A. 该反应中反应物的总键能大于生成物的总键能
B. 升温能增大正反应速率，减小逆反应速率
C. 反应开始到3min时，平均反应速率为
D. 当反应体系中时，反应一定达到平衡
【答案】C
【解析】
【分析】由图-1可计算反应速率以及平衡时各组分的物质的量，由图-2可得出该反应为放热反应；
【详解】A．由图-2可知该反应为放热反应，故反应物的总键能小于生成物的总键能，A错误；
B升温能够增大反应物和生成物的活化分子的百分数，故升温不仅增大正反应速率，也增大逆反应速率，B错误；
C．反应开始到3min时，CO的物质的量的变化量为0.75ml，故H2的物质的量的变化量为1.5ml，，C正确；
D．由图-1可看出当平衡时，，D错误；
故选C。
二、非选择题(共4题，共58分。请将解答填写在答题卡相应的位置。)
15. 现有反应：mA(g)＋nB(g) pC(g)，达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大；当减小压强时，混合体系中C的质量分数减小，则：
(1)该反应的逆反应为______(填“吸热”或“放热”)反应，且m＋n______(填“>”“＝”或“<”)p。
(2)减压使容器体积增大时，A的质量分数________。(填“增大”“减小”或“不变”，下同)
(3)若容积不变加入B，则A的转化率__________，B的转化率________。
(4)若升高温度，则平衡时B、C的浓度之比 将________。
(5)若加入催化剂，平衡时气体混合物的总物质的量______________________。
【答案】(1)放热 > (2)增大 (3)增大 减小 (4) 减小 (5)不变
【解析】
【分析】已知达到平衡后，当升高温度时，B的转化率变大，则升高温度，平衡正向移动，正反应为吸热；当减小压强体积增大时，平衡向计量数增大的方向移动，混合体系中C的质量分数减小，平衡逆向移动，则m+m>p；
【详解】（1）根据分析可知，正反应为吸热，则逆反应为放热反应；m＋n>p；
（2）减压容积增大，平衡向着气体的计量数之和增大的反应方向移动，即向着逆反应方向移动，则A的质量分数增大；
（3）在反应容器中加入一定量的B，反应物B的浓度增大，平衡向正反应方向移动，促进A的转化，A的转化率增大，但B的转化率减小；
（4）正反应吸热，则升高温度平衡向正反应方向移动，B的物质的量浓度减小，C的物质的量浓度增多，则二者的浓度比值将减小；
（5）催化剂对化学平衡移动没有影响，若加入催化剂，平衡不移动，则平衡时气体混合物的总物质的量不变。
16. 等含氯化合物在生活中有着重要应用。
（1）的制备。将通入溶液中反应生成，该反应为放热反应，温度过高会有副产物生成。
①提高单位时间内的产率，可以采取的可行措施为______序号）。
A．适当减缓通入速率 B．充分搅拌浆料 C．加水稀释溶液
②反应结束后，测得溶液中，则该反应的化学方程式为______；
③用溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中的去除率。其他条件相同，转化为的转化率随溶液初始（用稀盐酸调节）的变化如图所示。溶液的初始越小，转化率越高的原因是______；
（2）的制备。是一种高效的消毒剂，其生产工艺流程如下。
①和中的化合价分别为______、______；
②“吸收”时，不能用代替的理由是______；
③实验室可以利用与反应可以制得。若生成，反应中转移的电子数为______。
【答案】（1）①. B ②. ③. 初始越小，溶液氧化生成的反应速率越快
（2）①. ②. ③. “吸收”时作还原剂，而氧气在此条件下只能作氧化剂 ④.
【解析】（2）由制备流程可知，NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，纯ClO2易分解爆炸，通入足量空气稀释ClO2以防止爆炸；将ClO2与氢氧化钠和过氧化氢反应，生成NaClO2；NaClO2溶液通过一定操作，得到NaClO2晶体，据此分析作答。
(1)①根据题干，通入溶液中反应生成，该反应为放热反应，温度过高会有副产物生成，所以要在低温下进行反应，故提高单位时间内的产率，可采取的措施为：充分搅拌浆料有利于散热。A、C通过降低反应速率的方法散热，可以提高的产率，但是由于反应速率减慢，所以使单位时间内的的产率反倒下降，故选B。
②反应结束后，测得溶液中，则该反应的化学方程式为：。
③溶液的初始越小，溶液氧化生成的反应速率越快，则
转化率越高。
(2)①和中的化合价分别为+5、+4价。
②“吸收”时，不能用代替的理由是作还原剂，而氧气在此条件下只能作氧化剂。
③实验室可以利用与反应可以制得，反应的化学方程式为：，根据方程式系数关系，生成，反应中转移的电子数为5ml，所以当生成，反应中转移的电子数为。
17. 草酸亚铁晶体(FeC2O4∙2H2O)可作为制备汽车电池正极材料磷酸铁锂的原料。以FeSO4溶液制备电池级草酸亚铁晶体的实验流程如图：
（1）“沉淀”步骤的离子反应方程式为___________，得到的混合体系不宜在空气中久置，其原因是___________。
（2）检验“洗涤”完全的实验方案是___________。
（3）以废渣(主要含Fe2O3、Al2O3、SiO2等)为原料制备实验所需的FeSO4溶液。请补充实验方案：向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤：在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液至___________时，过滤；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入___________至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入___________，直至向取出的少量溶液中滴加___________溶液不再出现红色，过滤。[实验中可供使用的试剂：稀硫酸、铁粉、NaOH溶液、KSCN溶液、蒸馏水]
（4）测定草酸亚铁样品纯度的方法如下：准确称取0.2500g样品，加入适量水、H2SO4、磷酸，逐滴加入0.04500ml∙L-1KMnO4溶液至恰好完全反应(草酸亚铁转化为Fe3+和CO2)，消耗KMnO4溶液18.00mL。计算样品中FeC2O4∙2H2O的纯度___________(写出计算过程)。
【答案】（1）①. Fe2++2NH3∙H2O=Fe(OH)2↓+2 ②. Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低
（2）取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全
（3）①. 沉淀不再减少 ②. 稀硫酸 ③. 铁粉 ④. KSCN
（4）97.20%。
【解析】FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，向混合体系中加入草酸，氢氧化亚铁沉淀转化为草酸亚铁晶体，过滤、洗涤、烘干得FeC2O4•2H2O。
（1）“沉淀”步骤中FeSO4溶液中加入氨水生成氢氧化亚铁沉淀，其反应的离子方程式为：Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2，Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低，所以混合体系不宜在空气中久置，故答案为：Fe2++2NH3•H2O=Fe(OH)2↓+2；Fe(OH)2在空气中易被O2氧化为Fe(OH)3，导致草酸亚铁产率降低；
（2）草酸亚铁晶体表面可能有硫酸根离子，通过检验洗涤液中是否含有硫酸根离子判断“洗涤”是否完全，检验“洗涤”完全的实验操作是：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全，故答案为：取最后一次洗涤滤液少许于试管中，先滴加盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，若无白色沉淀生成，则已洗涤完全；
（3）向废渣中分批加入稀硫酸，边加边搅拌，当固体不再溶解时，过滤除去SiO2；在搅拌下向滤液中滴加NaOH溶液，沉淀先增加后减少，当沉淀不再减少时，过滤，得氢氧化铁沉淀；用蒸馏水洗涤滤渣2～3次后，在搅拌下向滤渣中加入稀硫酸至滤渣完全溶解；在搅拌下向所得溶液中分批加入铁粉，把硫酸铁还原为硫酸亚铁，直至向取出的少量溶液中滴加KSCN溶液不再出现红色，过滤，可得FeSO4溶液，故答案为：沉淀不再减少；稀硫酸；铁粉；KSCN；
（4）草酸亚铁被酸性高锰酸钾氧化为Fe3+和CO2，根据得失电子守恒，得关系式5FeC2O4•2H2O～3KMnO4，反应消耗0.04500ml•L-1KMnO4标准溶液18.00mL，则草酸亚铁物质的量为ml=0.00135ml，FeC2O4•2H2O的纯度为×100%=97.20%，故答案为：97.20%。
18. N2O和CO是常见的环境污染气体。
（1）对于反应N2O(g)+CO(g)CO2(g)+N2(g)来说，“Fe+”可作为此反应催化剂。其总反应分两步进行：
第一步为Fe++N2OFeO++N2；则第二步为____________________(写化学方程式)。
已知第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，由此推知，第一步反应的活化能_________(填“大于”“小于”或“等于”)第二步反应的活化能。
（2）在四个不同容积的恒容密闭容器中按图甲充入相应的气体，发生反应：2N2O(g)2N2(g)+O2(g)，容器I、II、III中N2O的平衡转化率如图乙所示：
①该反应的△H_____0(填“>”或“<”)。
②若容器I的体积为2L，反应在370℃下进行，20s后达到平衡，则0～20s内容器I中用O2表示的反应速率为_________。B点对应的平衡常数k=________(保留两位有效数字)。
③图中A、C、D三点容器内气体密度由大到小的顺序是 _______________。
④若容器Ⅳ体积为1L，反应在370℃下进行，则起始时反应_________移动(填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不”)。
【答案】（1）FeO++COFe++CO2 大于
（2）＞ 0.0005 ml·L-1·s-1 0.0044 D＞C＞A 向逆反应方向
【解析】（1）将总反应减去第一步反应，可得第二步反应；第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，即第一步反应决定总反应的反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能；
（2）①取同一条直线，分析温度对平衡的影响即可得到反应的热效应；
②v(O2)=，根据N2O的转化率可以计算出△n(O2)，从而得v(O2)；平衡常数只和温度有关，题中并未告知B点的容器体积，故需要通过计算A点的平衡常数；
③整个反应过程中，容器体积均不变，体系的总质量也不变，故体系的密度也不变，故分析370℃时，根据压强的影响判断出容器体积大小，从而可以比较各体系的密度大小；
④比较该温度下，容器IV中Qc和K的大小关系即可。
【详解】（1）将总反应减去第一步反应，可得第二步反应: FeO++COFe++CO2；第二步反应几乎不影响总反应达到平衡所用的时间，即第一步反应决定总反应的反应速率，则第一步反应的活化能大于第二步反应的活化能；
（2）①分析曲线I，温度升高，N2O的转化率增大，则该反应是吸热反应，即△H>0；
②容器I中，20s后反应达到平衡，则N2O的转化率为40%，即△n(N2O)=0.1ml×40%=0.04ml，则△n(O2)=0.02ml，v(O2)==0.0005ml·L-1·s-1；由于平衡常数只和温度有关，故B点的平衡常数和A点的平衡常数相同，A点，c(N2O)==0.03ml/L，c(N2)==0.02ml/L，c(O2)==0.01ml/L，则K===0.0044；
③温度相同时，转化率：I>II>III，则压强：III>III，由于这三个容器中的体系的总质量相同，故密度：I④容器IV中，起始时，c(N2O)==0.06ml/L，c(N2)= =0.06ml/L，c(O2)==0.04ml/L，则Qc===0.04>K，则起始时反应向逆反应方向移动。
选项
探究方案
探究目的
A
向盛有FeSO4溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化
Fe2+具有还原性
B
向盛有SO2水溶液的试管中滴加几滴品红溶液，振荡，加热试管，观察溶液颜色变化
SO2具有漂白性
C
向盛有淀粉-KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化
Br2的氧化性比I2的强
D
向饱和的Na2CO3溶液中通入足量的CO2，观察现象
比较Na2CO3和NaHCO3在水中的溶解度