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江苏省南京市金陵中学2019-2020学年高二上学期学情调研试题化学（解析版）
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江苏省南京市金陵中学2019-2020学年高二上学期学情调研试题
可能用到的相对原子质量 H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cu:64
一、单向选择题（本题共20小题，每小题2分，共计40分，每小题只有一个选项符合题意。）
1. 下列气体只能用排水法收集的是（ ）
A. NH3 B. SO2 C. NO2 D. NO
【答案】D
【解析】试题分析：气体的收集方法应该从气体的密度、水溶性、是否有毒等方面进行分析、判断，从而找出最好的收集方法。常见气体的收集方法是：1.排水法，适用于不易溶于水的气体。例如氢气，氧气；2.向上排空气法，适用于比空气密度大，溶于水的气体，例如二氧化碳，氯气；3，向下排空气法，适用于比空气密度小，溶于水的气体，例如氨气。A、氨气易溶于水，不能用排水法收集，A不正确；B、SO2也易溶于水，不能用排水法收集，B不正确；C、NO2溶于水与水反应生成硝酸和NO，因此不能用排水法收集，C不正确；D、NO极易被空气中的氧气氧化生成NO2，所以只能用排水法收集，D正确，答案选D。
2. 下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）
A. NO2通入FeSO4溶液中 B. CO2通入CaCl2溶液中
C. NH3通入AgNO3溶液中 D. SO2通入Ba（NO3）2溶液中
【答案】B
【解析】NO2与水反应生成的硝酸将FeSO4氧化成Fe3+使溶液呈黄色，A错；CO2与CaCl2不反应B项正确；NH3通入AgNO3溶液先生成白色沉淀，NH3过量沉淀溶解，C错；SO2通入Ba（NO3）2溶液中生成白色的硫酸钡沉淀，D正确。
3.下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（ ）
A. 常温下浓硫酸与铝不发生反应，可在常温下用铝制容器贮藏贮运浓硫酸
B. 二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器
C. 二氧化氯具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
D. 二氧化硫具有漂白性，可做食品漂白剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，浓硫酸和铝发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜，阻止铝进一步被氧化，该现象为钝化现象，因此常温下用铝制容器贮藏贮运浓硫酸，故A错误；
B．二氧化硅能和HF反应，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故B错误；
C．二氧化氯具有氧化性，且不会生成有害的有机氯化物，因此ClO2被称为“绿色消毒剂”，所以二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；
D．二氧化硫有毒，不能用于食品的漂白，故D错误；
故选C。
4.下列各实验现象能用同一原理解释的是（ ）
A. CCl4、乙烯都能使溴水颜色变浅
B. 将SO2通入氯化钡溶液至饱和，再加入氯水或苛性钠溶液，都产生白色沉淀
C. 稀硫酸中加入铜粉不反应，再加双氧水或通入氧气，铜粉都会溶解
D. 铁、铜放入冷的浓硫酸中，表面都没有明显的现象
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯可使溴水褪色，发生的是加成反应，四氯化碳使溴水褪色是发生了萃取，属于物理变化，二者原理不同，故A错误；
B．将SO2通入氯化钡溶液至饱和，再加入氯水，亚硫酸被氯气氧化硫酸，生成硫酸钡沉淀，加入苛性钠溶液，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，故B错误；
C．铜在金属活动顺序表中排在氢的后面，所以铜与稀硫酸不反应，双氧水是强氧化剂，在酸性溶液中能够氧化铜生成硫酸铜，铜粉溶解；通入氧气，在酸性溶液中能够氧化铜生成硫酸铜，铜粉溶解，原理相同，故C正确；
D．铁片置于冷的浓硫酸中钝化，无明显现象，铜和浓硫酸在加热条件下反应，在常温下不反应，而不是钝化，只是反应速率缓慢而已，原理不同，故D错误；
故选C。
5. 实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置中，其中正确的是（ ）
A. ①是氨气发生装置 B. ③是氨气发生装置
C. ②是氨气吸收装置 D. ④是氨气收集、检验装置
【答案】B
【解析】试题分析：A、①中NH4Cl受热易分解生成NH 3和HCl，但在试管口附近两者又能结合生成NH 4Cl，所以不能用于制备氨气，A错误；B、③可用于氨气的发生装置，B正确；C、②中的漏斗位置过低，不能防止倒吸，C错误；D、④的试管口应放一团干燥的棉花，D错误。答案选B。
6.下列有关离子的鉴别、检验的方法及结论正确的是（ ）
A. 向溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，则原溶液中一定含Cl-
B. 向溶液中加入少量NaOH溶液，生成白色沉淀，则原溶液中一定含Mg2+
C. 向溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，则原溶液中一定含SO42-
D. 向溶液中加入稀盐酸，生成无色无味使澄清石灰水浑浊的气体，则原溶液一定含CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgCl不溶于硝酸，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀，可说明该溶液中一定含Cl-，故A正确；
B．与碱反应生成白色沉淀的不一定是氢氧化镁沉淀，也可能为其他白色沉淀，如氢氧化铝沉淀等，故B错误；
C．向溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银，也可能是硫酸钡，因此原溶液中不一定含SO42-，故C错误；
D．原溶液若含有HCO3-，加入稀盐酸也会产生二氧化碳气体，故D错误；
故选A。
7.下列离子反应方程式正确的是（ ）
A. 硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2 = 2Fe3++2H2O
B. 电解饱和食盐水：2Cl- +2H2O H2↑+C12↑+2OH-
C. 铁和稀硝酸反应：Fe+ 2H+＝Fe2++ H2↑
D. 硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液直至溶液呈中性： H+ + SO42- + OH-+ Ba2+ = BaSO4↓+H2O
【答案】AB
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液，二者发生氧化还原反应生成铁离子和水，离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故A正确；
B．电解饱和食盐水，生成氢气、氯气、和氢氧化钠，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O H2↑+C12↑+2OH-，故B正确；
C．铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，不会生成氢气，硝酸足量生成硝酸铁和一氧化氮，硝酸少量生成硝酸亚铁与一氧化氮，故C错误；
D．恰好反应呈中性，说明氢离子的量和氢氧根离子的量相等，正确的离子方程式为 Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选AB。
8.下列递变情况中，正确的是（ ）
A. Si、P、S氢化物的稳定性依次增大
B. C、N、O的原子半径依次增大
C. Na、Mg、Al单质与水反应剧烈程度增强
D. Li、Na、K的金属性依次减弱
【答案】A
【解析】
【详解】A．Si、P、S位于同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，对应的氢化物的稳定性逐渐增强，故A正确；
B．同周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，由于原子序数O＞N＞C，则原子半径C、N、O逐渐减小，故B错误；
C．Na、Mg、Al为第三周期原子序数递增的元素，金属活泼性：Na＞Mg＞Al，则与水反应的剧烈程度：Na＞Mg＞Al，故C错误；
D．同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，所以失电子能力逐渐增大，则金属元素的金属性随着原子序数增大而增强，故D错误；
故选A。
9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电子数是电子层数的两倍，X、Z原子的最外层电子数之和与Y、W原子的最外层电子数之和相等，Z的最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（ ）
A. W是短周期元素非金属性最强的元素
B. 原子半径：X
D. Y、Z、W的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生中和反应
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电子数是电子层数的两倍，若为2个电子层，X为C元素，若为3个电子层，X为S元素，结合原子序数增大可知X只能为C元素；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，可知最高价为+6价，最低价为-2价，Z为S元素，结合原子序数可知W为Cl元素；X、Z原子的最外层电子数之和与Y、W原子的最外层电子数之和相等，设Y的最外层电子数为y，即4+6=y+7，可知y=3，则Y为Al元素，据此分析解答。
【详解】由上述分析可知，X为C元素、Y为Al元素、Z为S元素、W为Cl元素。
A．短周期元素中非金属性最强的元素是F，不是Cl，故A错误；
B．电子层数越多，原子半径越大，同周期，从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径：X＜W＜Z＜Y，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强，故C正确；
D．Y为Al元素、Z为S元素、W为Cl元素，硫酸与高氯酸不能发生中和反应，故D错误；
故选C。
10. 如图所示的装置中，M为活动性顺序位于氢之前的金属，N为石墨棒。下列关于此装置的叙述中，不正确的是（ ）
A. N上有气体放出
B. M为负极，N为正极
C. 化学能转变为电能的装置
D. 导线中有电流通过，电流方向由M到N
【答案】D
【解析】根据题意可知，M为负极，N为正极，且N极上有H2放出，导线中电流应从N到M。
11.下列各组烃中，所取质量一定时，无论以怎样的物质的量之比混合，燃烧生成的CO2为一定值的是（ ）
A. 甲烷、乙烷
B. 乙烯、丁烯
C. 丙烯、丙烷
D. 丙烷、丁烯
【答案】B
【解析】
【详解】各组混合物无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成CO2的质量也一定，则说明混合物各组分中碳元素的质量分数相等，若均为烃，则H元素的质量分数也相等，即各组分的最简式相同。
A．甲烷和乙烷的最简式不相同，不满足条件，故A错误；
B．乙烯、丁烯的最简式相同，均为CH2，故B正确；
C．丙烯与丙烷的最简式不同，不满足条件，故C错误；
D．丙烷、丁烯的最简式不同，不满足条件，故D错误；
故选B。
12.能说明苯分子苯环的平面正六边形结构中，碳碳键不是单双键交替排布的事实是（ ）
A. 苯的一元取代物没有同分异构体
B. 苯的间位二元取代物只有一种
C. 苯的对位二元取代物只有一种
D. 苯的邻位二元取代物只有一种
【答案】D
【解析】
【详解】A．无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一元取代物都无同分异构体，不能说明苯不是单双键交替结构，故A错误；
B．无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体，不能说明苯不是单双键交替结构，故B错误；
C．无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体，不能说明苯不是单双键交替结构，故C错误；
D．若苯的结构中存在单、双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，能说明苯不是单双键交替结构，故D正确；
故选D。
13.下列物质中，由于发生化学反应，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色的是（ ）
A. 苯 B. 甲烷 C. 己烯 D. 乙烷
【答案】C
【解析】
【详解】己烯既能通过与溴发生加成反应而使溴水褪色，又能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色。苯、甲烷、乙烷既不能与溴水反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故选C。
14.下列有机反应方程式书写及其反应类型都正确的是（ ）
A. 取代反应
B. 2CH3CHO+O22CH3COOH 氧化反应
C. CH2=CH2+Br2 → CH3CHBr2 加成反应
D. HCOOH+CH3CH2OH HCOOCH3CH2+H2O 酯化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯与硝酸的反应为取代反应，硝基为-NO2，反应方程式为+ HO－NO2+H2O，故A错误；
B．乙醛发生催化氧化反应生成乙酸，反应方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，为氧化反应，故B正确；
C．乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故C错误；
D．甲酸和乙醇发生酯化反应生成甲酸乙酯，甲酸乙酯为HCOOCH2CH3，反应方程式为HCOOH+CH3CH2OH HCOOCH2CH3+H2O，故D错误；
故选B。
15.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化：
下列说法中正确的是( )
A. 2 mol O原子结合生成O2时需要放出的能量为498 kJ
B. 28g N2(g)和32g O2(g)完全反应生成NO(g)，放出的能量为180kJ
C. 1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的总能量大于2 mol NO(g)具有的总能量
D. 通常情况下，NO(g)比N2(g)稳定
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子结合形成分子的过程是化学键的形成过程，是放热过程，2 molO原子结合生成O2(g)时需要放出498kJ能量，故A正确；
B．焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2+O2═2NO，△H=946kJ/mol+498kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，反应吸热，故B错误；
C．该反应为吸热反应，则1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，故C错误；
D．氮气分子中氮氮键能大于NO中氮氧键能，故氮气更稳定，故D错误；
故选A。
16.下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（ ）
①C(s)+O(g)=CO(g) ΔH1 ； C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH2
②S(s)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH3 ； S(g)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH4
③H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH5 ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH6
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) ΔH7 ；CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH8
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①两个反应都为放热反应，△H＜0，断开氧气分子中的化学键需要吸热，前者放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，△H＜0，前者S为固态，固体转化为气体，需要吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都是放热反应，前者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确；
根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④，故选C。
17.在中和热的测定实验中，下列操作正确的是（ ）
A. 量取0.50mol/L的盐酸0.50mol/L的NaOH溶液各50mL
B. 分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
C. 环形搅拌棒上下移动，使酸碱溶液混合
D. 用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H 2SO 4 溶液的温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．为保证盐酸完全反应，应使碱的浓度稍大，则用0.55mol/LNaOH溶液与0.5mol/L的盐酸反应测定中和热，故A错误；
B．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会导致热量散失较多，则测定的中和热的数值偏小，故B错误；
C．环形玻璃搅拌棒起搅拌作用，应该上下移动，使反应物混合均匀，加快反应速率，减小实验误差，故C正确；
D．测定NaOH溶液起始温度后的温度计直接插入稀H2SO4测温度，由于氢氧化钠与硫酸反应，使放出的热量散失，硫酸的起始温度偏高，会造成中和热的数值偏小，故D错误；
故选C。
18.反应3A(g)+B(g)═2C(g)在三种不同的条件下进行反应，在同一时间内，测得的反应速率用不同的物质表示为：①vA═1mol/(L•min) ，②vC═0.5 mol/(L•min)， ③vB═0.5 mol/(L•min)，三种情况下该反应速率大小的关系正确的是( )
A. ②＞③＞① B. ①＞②＞③
C. ③＞①＞② D. ②＞①＞③
【答案】C
【解析】
【详解】都转化为A表示的反应速率来比较反应速率的快慢。
①vA=1 mol/(L•min)；
②vC=0.5 mol/(L•min)，由3A(g)+B(g)═2C(g)，则转化为A表示的反应速率vA=0.5 mol/(L•min)×=0.75 mol/(L•min)；
③vB=0.5 mol/(L•min)，由3A(g)+B(g)═2C(g)，则转化为A表示的反应速率vA=0.5 mol/(L•min)×3=1.5 mol/(L•min)；
显然③＞①＞②，故选C。
19.2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示，下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 正反应的焓变△H=E2-E1
B. 逆反应为吸热反应
C. 升高温度可提高活化分子的百分数
D. 加入图中所示催化剂，正逆反应速率都升高
【答案】A
【解析】
【详解】A．△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，故A错误；
B．图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，则逆反应为吸热反应，故B正确；
C．升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内的活化分子数增大，所以反应速率增大，故C正确；
D．加入催化剂，正、逆反应速率都加快，故D正确；
故选A。
20.将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中c(Fe3+)=2c(Fe2+)。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是（ ）
A. 2:3 B. 3:2 C. 1:3 D. 1:1
【答案】C
【解析】
【详解】铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，设已反应的Fe3+的物质的量为n，
Fe+2Fe3+=3Fe2+
2 3
n 1.5n
因为溶液中c(Fe3+)=2c(Fe2+)，则未反应的Fe3+的物质的量为1.5n×2=3n，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比=n∶3n=1∶3，故选C。
二、不定项选择题(本题共5个小题，每小题4分，共计20分，每个小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分;若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且全部选对的得4分，但只要选错一个，该小题就得0分。)
21.下列过程有热量放出的是（ ）
A. 化学反应中形成氢气中的H−H键
B. C(s)与H2O(g)反应
C. H2O(l)转化为H2O(s)
D. H2O2分解
【答案】CD
【解析】
【详解】A、化学反应中生成氢气不一定是放热反应，如C和水蒸汽反应生成CO和氢气，是吸热反应，故A错误；
B、C和水蒸汽的反应为以碳做还原剂的氧化还原反应，为吸热反应，故B错误；
C、H2O(l)转化H2O(s)会放热，故C正确；
D、H2O2的分解反应是放热反应，故D正确；
故选CD。
22.对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) 。下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是（ ）
A. 增加C的量；
B. 减少CO的量；
C. 升高反应体系的温度；
D. 保持压强不变，充入He以增大体积
【答案】A
【解析】
【详解】A．C为固体，增加C的量，C的浓度不变，反应速率不变，故A正确；
B．减少CO的量，CO浓度减小，反应速率减小，故B错误；
C．升高反应体系的温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C错误；
D．保持压强不变，充入He以增大体积，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故D错误；
故选A。
23.已知分解1mol H2O2放出热量98kJ。在含少量I−的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2+I−→H2O+IO−慢 ，H2O2+IO−→H2O+O2+I−快，下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. 催化剂能改变反应进程
B. H2O2的分解速率与I−无关
C. 该反应的催化剂是IO−
D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】A
【解析】
【详解】A、由两步反应可知，I-为反应的催化剂，催化剂能改变反应进程，故A正确；
B、由两步反应可知，I-为反应的催化剂，加入催化剂，反应速率加快，故B错误；
C、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物，故C错误；
D、因为反应是在含少量I-的溶液中进行的，溶液中水的浓度可以看成常数，一般不用其浓度变化表示反应速率，故D错误；
故选A。
24.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)⇌cC(g) △H=−QkJ⋅mol−1(Q＞0)，12s时生成C的物质的量为0.8mol(反应进程如图所示)。下列说法中正确的是( )
A. 图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率
B. 0-2s内，用A表示的反应速率为0.15mol⋅L−1⋅s−1
C. 化学计量数之比b∶c=1∶4
D. 12s内，反应放出0.2Q kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB (g)⇌cC(g)△H=-Q kJ•mol-1(Q＞0)。12s 时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol。
A．交点时，随时间变化A的浓度变化，反应未达到平衡状态，A的消耗速率不等于A的生成速率，故A错误；
B．根据图像可知，0-2s内，A的浓度变化=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，反应速率v===0.15mol/(L•s)，故B正确；
C．根据图象可知，12s时反应达到平衡，A的浓度变化=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，A表示的反应速率==0.05mol/(L•s)，B的浓度变化=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L， B表示的反应速率==mol/(L•s)，C表示的反应速率==mol/(L•s)，速率之比等于化学方程式计量数之比，3∶b∶c=0.05∶∶，解得：b=1，c=2，化学计量数之比b∶c=1∶2，故C错误；
D．12s内反应A的物质的量=(0.8mol/L-0.2mol/L)×2L=1.2mol，结合3A(g)+B (g)⇌2C(g)△H=-Q kJ•mol-1，1.2molA反应放出热量0.4QkJ，故D错误；
故选B。
25.将2.5g Na2CO3、NaHCO3、NaOH的固体混合物完全溶解于水，制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，所加盐酸体积与产生CO2体积(标准状况)关系如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A. OA段发生反应的离子方程式为：H++OH−═H2O
B. 当加入35 mL盐酸时，产生CO2的体积为224 mL
C. B点溶液中的溶质为NaCl
D. 混合物中Na2CO3、NaOH的总质量为2.06 g
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据图像，OA段没有气体生成，发生反应的离子方程式为：H++OH-═H2O、CO32-+H+═HCO3-，故A错误；
B．AB段发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，根据方程式n(CO2)=(35-25)×10-3L×1mol/L=0.01mol，所以二氧化碳的体积为：0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，故B正确；
C．OA段发生反应的离子方程式为：H++OH-═H2O、CO32-+H+═HCO3-，所以A点的溶质为NaC1、NaHCO3，AB段发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，则B点溶液中的溶质为NaCl，故C正确；
D．设碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量分别为x、y、z，则①x+y=1mol/L×(0.045-0.025)L，②x+z=1mol/L×0.025L，③84g/mol•y+106g/mol•x+40g/mol•z=2.5g，联立①②③式解得：x=0.01mol、y=0.01mol、z=0.015mol，NaOH的质量为0.015mol×40g/mol=0.6g，Na2CO3的质量为：106g/mol×0.01mol=1.06g，二者总质量为1.66g，故D错误；
故选AD。
三、简答题（共40分）
26.按下面各个小题的要求填空
(1)有下列各组物质，将符合下方描述的组合对应的字母填在横线上
A. O2和O3 B.12C和13C C.甲烷和庚烷D. CH3CH2CH2CH3和 E. 和
a.____________组两物质互为同位素。
b.____________组两物质互为同素异形体。
c.____________组两物质属于同系物。
d. ____________组两物质互为同分异构体。
(2)(1)①P4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s) △H1=−2983.2kJ/mol
②P(s，红磷)+5/4O2(g)=1/4P4O10(s)，△H=−738.5kJ/mol
根据上述信息，写出白磷转化为红磷的热化学方程式________.
(3)已知C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是1141kJ/mol和1366.8kJ/mol，写出C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的热化学方程式：_______。
(4)某研究性学习小组利用硝酸和废铜屑(含Cu和CuO)作为原料制备硝酸铜。某次实验使用了废铜屑共24g，用一定浓度的硝酸100mL完全溶解这些废铜屑时，共收集到标准状况下气体6.72L(其中NO2和NO的体积比为2:1)。请通过计算回答下列问题：
①废铜屑中铜和氧化铜的物质的量之比___________。
②反应后得到的溶液中H+的浓度为1.0mol/L，求原硝酸的物质的量浓度。(假设反应前后溶液的体积不变)_____________
【答案】(1). B (2). A (3). C (4). D (5). P4(白磷，s)=4P(红磷，s) ΔH=-29.2kJ/mol (6). C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) ΔH=-44.2kJ/mol (7). 5:2 (8). 11mol/L
【解析】
【分析】(1)根据同系物、同分异构体、同位素、同素异形体的定义分析判断；
(2)根据盖斯定律可以计算化学反应的焓变，进而书写热化学方程式；
(3)根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的反应热，以此来书写热化学方程式；
(4)①根据气体的体积计算出气体的物质的量，进而计算NO2和NO的物质的量，再求出转移的电子，最后根据得失电子守恒计算出n(Cu)，进而确定n(CuO)；②反应后溶液中存在硝酸、硝酸铜，结合N原子守恒计算。
【详解】(1)A、氧气和臭氧是氧元素的不同单质，是同素异形体；B、12C和13C都是碳元素的不同原子，是同位素；C、甲烷和庚烷是结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团，互称同系物；D、丁烷和2-甲基丙烷的分子式相同，但结构不同，是同分异构体；E、二氯甲烷为四面体结构，所以二氯甲烷只有一种，故两物质是同一物质；故答案为：B；A；C；D；
(2)①P4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s)，△H1=-2983.2kJ/mol ，②P(s，红磷)+O2(g)=P4O10(s)，△H=-738.5kJ/mol，根据盖斯定律，①-②×4得到热化学方程式为：P4(s，白磷)=4P(s，红磷) △H=-2983.2kJ/mol-(-738.5×4)kJ•mol-1=-29.2kJ/mol，故答案为：P4(s，白磷)=4P(s，红磷)△H=-29.2kJ/mol；
(3)25℃、101kPa下，C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是1411.0kJ•mol-1和1366.8kJ•mol-1，则①C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-1411.0kJ•mol-1，②C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1366.8kJ•mol-1，由盖斯定律可知，①-②可得反应C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) △H=-1411.0kJ•mol-1-(-1366.8kJ•mol-1)=-44.2 kJ•mol-1，故答案为：C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)△H=-44.2 kJ•mol-1；
(4)①标准状况下的气体6.72L的物质的量==0.3mol，其中NO2和NO的体积比为2∶1，则n(NO)=0.1mol，n(NO2)=0.2mol，则硝酸得到的电子物质的量为0.1mol×(5-2)+0.2mol×(5-4)=0.5mol，由得失电子守恒可知n(Cu)==0.25mol，则n(CuO)==0.1mol，则废铜屑中铜和氧化铜的物质的量之比为0.25mol∶0.1mol=5∶2，故答案为：5∶2；
②若反应后的溶液中H+的浓度为1mol•L-1，则溶液中存在硝酸、硝酸铜，由N原子守恒可知原硝酸溶液中n(HNO3)=n(H+)+2n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO) =0.1L×1mol/L+2×0.35mol+0.1mol+0.2mol=1.1mol，则原硝酸的物质的量浓度为=11mol•L-1，故答案为：11mol•L-1。
27.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
请回答：
(1)以上反应的化学方程式:__________________。
(2)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是：_____________。
(3)利用实验1中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示反应速率v(KMnO4)＝_____。
(4)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。
①小组同学提出假设是____________。
②请你帮助该小组同学完成实验方案_______。
【答案】(1). 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O (2). 其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率加快 (3). 1.5×10-2 mol/(L•min) (4). 生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用) (5). 保证其它条件与实验1相同，加入少量MnSO4固体，测定溶液褪色需要的时间
【解析】
【分析】(1)本题的实验原理是酸性高锰酸钾氧化草酸，酸性高锰酸钾褪色生成二价锰离子，草酸中的C被氧化为二氧化碳；
(2)从表中数据可知改变的条件是KMnO4浓度，根据高锰酸钾溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答；
(3)先根据草酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据反应速率表达式计算；
(4)①由图2可知反应开始一段时间后速率增大的比较快，结合影响化学反应速率的因素分析解答；②根据①的结论设计实验验证。
【详解】(1)本题的实验原理是酸性高锰酸钾氧化草酸，酸性高锰酸钾褪色生成二价锰离子，草酸中的C被氧化为二氧化碳，化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 ═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 ═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；
(2)从表中数据可知改变的条件是KMnO4浓度，高锰酸钾的浓度越大，溶液褪色的时间越少，因此结论为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率加快，故答案为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率加快；
(3)实验1中草酸的物质的量为：0.6mol•L-1×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：0.2mol•L-1×0.003L=0.0006mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0018mol∶0.0006mol=3∶1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=0.06mol/L，用KMnO4的浓度变化表示反应速率v(KMnO4)＝=1.5×10-2 mol/(L•min)，故答案为：1.5×10-2 mol/(L•min)；
(4)①由图2可知反应开始一段时间后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂，故答案为：生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)；
②可以与实验1作对比实验，保证其它条件与实验1相同，加入少量MnSO4固体，若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于4min，从而说明Mn2+是催化剂，故答案为：保证其它条件与实验1相同，加入少量MnSO4固体，测定溶液褪色需要的时间。
28.NaClO2的漂白能力是漂白粉的4∼5倍，NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：
(1)吸收器中反应的离子方程式为________，吸收器中的反应温度不能过高，可能的原因_______。
(2)反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的：________。
(3) ClO2发生器中的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2+2NaHSO4，实际工业生产中可用硫磺、浓硫酸代替反应原料中的SO2，其原因是______(用化学方程式表示)。
(4)某化学兴趣小组用如图所示装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应：
①为除去过量的SO2，C中盛放的试剂为______________。
②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，B中硬质玻璃管内发生反应的化学方程式为_______。
③有同学认为B中硬质玻璃管内可能还有NaSO4生成。为检验是否有 Na2SO4生成，他们设计了如下方案：
同学们经过讨论，认为上述方案不合理，其理由是：a____________；b_______________。
【答案】(1). ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O (2). 防止H2O2分解 (3). 驱赶出ClO2，确保其被充分吸收 (4). S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O (5). NaOH溶液(或KMnO4溶液) (6). 2H2O2+2SO2=2Na2SO3+O2 (7). 稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡 (8). 如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根
【解析】
【分析】(1)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，根据电荷守恒和元素守恒可写出离子方程式，升高温度H2O2分解速率加快，据此分析解答；
(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收；
(3)硫磺、浓硫酸可以反应生成二氧化硫；
(4)①二氧化硫是酸性氧化物，具有较强的还原性，据此选择试剂；②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，据此分析判断；③根据硝酸、Na2O2氧化性均很强，均能将SO32-氧化成SO42-分析判断。
【详解】(1)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；为了防止H2O2分解，反应温度不能过高，故答案为：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；防止H2O2分解；
(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，故答案为：驱赶出ClO2，确保其被充分吸收；
(3)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在浓硫酸作用下发生氧化还原反应，而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫，反应的方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O；
(4)①二氧化硫是酸性氧化物，具有较强的还原性，能与氢氧化钠溶液或高锰酸钾溶液反应，所以C中盛放的试剂可以为NaOH溶液或KMnO4溶液，故答案为：NaOH溶液(或KMnO4溶液)；
②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；
③反应后的固体溶解于水白色沉淀仍有部分白色沉淀不溶解，不能证明有Na2SO4生成，因为：a.稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；b.如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，因此方案不合理，故答案为：稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根。
江苏省南京市金陵中学2019-2020学年高二上学期学情调研试题
可能用到的相对原子质量 H:1 C:12 N:14 O:16 Na:23 Cu:64
一、单向选择题（本题共20小题，每小题2分，共计40分，每小题只有一个选项符合题意。）
1. 下列气体只能用排水法收集的是（ ）
A. NH3 B. SO2 C. NO2 D. NO
【答案】D
【解析】试题分析：气体的收集方法应该从气体的密度、水溶性、是否有毒等方面进行分析、判断，从而找出最好的收集方法。常见气体的收集方法是：1.排水法，适用于不易溶于水的气体。例如氢气，氧气；2.向上排空气法，适用于比空气密度大，溶于水的气体，例如二氧化碳，氯气；3，向下排空气法，适用于比空气密度小，溶于水的气体，例如氨气。A、氨气易溶于水，不能用排水法收集，A不正确；B、SO2也易溶于水，不能用排水法收集，B不正确；C、NO2溶于水与水反应生成硝酸和NO，因此不能用排水法收集，C不正确；D、NO极易被空气中的氧气氧化生成NO2，所以只能用排水法收集，D正确，答案选D。
2. 下列实验过程中，始终无明显现象的是（ ）
A. NO2通入FeSO4溶液中 B. CO2通入CaCl2溶液中
C. NH3通入AgNO3溶液中 D. SO2通入Ba（NO3）2溶液中
【答案】B
【解析】NO2与水反应生成的硝酸将FeSO4氧化成Fe3+使溶液呈黄色，A错；CO2与CaCl2不反应B项正确；NH3通入AgNO3溶液先生成白色沉淀，NH3过量沉淀溶解，C错；SO2通入Ba（NO3）2溶液中生成白色的硫酸钡沉淀，D正确。
3.下列有关物质的性质和该性质的应用均正确的是（ ）
A. 常温下浓硫酸与铝不发生反应，可在常温下用铝制容器贮藏贮运浓硫酸
B. 二氧化硅不与任何酸反应，可用石英制造耐酸容器
C. 二氧化氯具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
D. 二氧化硫具有漂白性，可做食品漂白剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．常温下，浓硫酸和铝发生氧化还原反应而生成一层致密的氧化物薄膜，阻止铝进一步被氧化，该现象为钝化现象，因此常温下用铝制容器贮藏贮运浓硫酸，故A错误；
B．二氧化硅能和HF反应，反应方程式为SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，故B错误；
C．二氧化氯具有氧化性，且不会生成有害的有机氯化物，因此ClO2被称为“绿色消毒剂”，所以二氧化氯可用于自来水的杀菌消毒，故C正确；
D．二氧化硫有毒，不能用于食品的漂白，故D错误；
故选C。
4.下列各实验现象能用同一原理解释的是（ ）
A. CCl4、乙烯都能使溴水颜色变浅
B. 将SO2通入氯化钡溶液至饱和，再加入氯水或苛性钠溶液，都产生白色沉淀
C. 稀硫酸中加入铜粉不反应，再加双氧水或通入氧气，铜粉都会溶解
D. 铁、铜放入冷的浓硫酸中，表面都没有明显的现象
【答案】C
【解析】
【详解】A．乙烯可使溴水褪色，发生的是加成反应，四氯化碳使溴水褪色是发生了萃取，属于物理变化，二者原理不同，故A错误；
B．将SO2通入氯化钡溶液至饱和，再加入氯水，亚硫酸被氯气氧化硫酸，生成硫酸钡沉淀，加入苛性钠溶液，生成亚硫酸钡沉淀，二者原理不同，故B错误；
C．铜在金属活动顺序表中排在氢的后面，所以铜与稀硫酸不反应，双氧水是强氧化剂，在酸性溶液中能够氧化铜生成硫酸铜，铜粉溶解；通入氧气，在酸性溶液中能够氧化铜生成硫酸铜，铜粉溶解，原理相同，故C正确；
D．铁片置于冷的浓硫酸中钝化，无明显现象，铜和浓硫酸在加热条件下反应，在常温下不反应，而不是钝化，只是反应速率缓慢而已，原理不同，故D错误；
故选C。
5. 实验室制取少量干燥的氨气涉及下列装置中，其中正确的是（ ）
A. ①是氨气发生装置 B. ③是氨气发生装置
C. ②是氨气吸收装置 D. ④是氨气收集、检验装置
【答案】B
【解析】试题分析：A、①中NH4Cl受热易分解生成NH 3和HCl，但在试管口附近两者又能结合生成NH 4Cl，所以不能用于制备氨气，A错误；B、③可用于氨气的发生装置，B正确；C、②中的漏斗位置过低，不能防止倒吸，C错误；D、④的试管口应放一团干燥的棉花，D错误。答案选B。
6.下列有关离子的鉴别、检验的方法及结论正确的是（ ）
A. 向溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，生成白色沉淀，则原溶液中一定含Cl-
B. 向溶液中加入少量NaOH溶液，生成白色沉淀，则原溶液中一定含Mg2+
C. 向溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，则原溶液中一定含SO42-
D. 向溶液中加入稀盐酸，生成无色无味使澄清石灰水浑浊的气体，则原溶液一定含CO32-
【答案】A
【解析】
【详解】A．AgCl不溶于硝酸，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，出现白色沉淀，可说明该溶液中一定含Cl-，故A正确；
B．与碱反应生成白色沉淀的不一定是氢氧化镁沉淀，也可能为其他白色沉淀，如氢氧化铝沉淀等，故B错误；
C．向溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，生成白色沉淀，该白色沉淀可能是氯化银，也可能是硫酸钡，因此原溶液中不一定含SO42-，故C错误；
D．原溶液若含有HCO3-，加入稀盐酸也会产生二氧化碳气体，故D错误；
故选A。
7.下列离子反应方程式正确的是（ ）
A. 硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液：2Fe2++2H++H2O2 = 2Fe3++2H2O
B. 电解饱和食盐水：2Cl- +2H2O H2↑+C12↑+2OH-
C. 铁和稀硝酸反应：Fe+ 2H+＝Fe2++ H2↑
D. 硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液直至溶液呈中性： H+ + SO42- + OH-+ Ba2+ = BaSO4↓+H2O
【答案】AB
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁溶液中加入用硫酸酸化的过氧化氢溶液，二者发生氧化还原反应生成铁离子和水，离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O，故A正确；
B．电解饱和食盐水，生成氢气、氯气、和氢氧化钠，反应的离子方程式为2Cl-+2H2O H2↑+C12↑+2OH-，故B正确；
C．铁与稀硝酸反应生成一氧化氮，不会生成氢气，硝酸足量生成硝酸铁和一氧化氮，硝酸少量生成硝酸亚铁与一氧化氮，故C错误；
D．恰好反应呈中性，说明氢离子的量和氢氧根离子的量相等，正确的离子方程式为 Ba2++2OH-+SO42-+2H+=BaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选AB。
8.下列递变情况中，正确的是（ ）
A. Si、P、S氢化物的稳定性依次增大
B. C、N、O的原子半径依次增大
C. Na、Mg、Al单质与水反应剧烈程度增强
D. Li、Na、K的金属性依次减弱
【答案】A
【解析】
【详解】A．Si、P、S位于同一周期，从左到右，非金属性逐渐增强，对应的氢化物的稳定性逐渐增强，故A正确；
B．同周期元素，从左到右，原子半径逐渐减小，由于原子序数O＞N＞C，则原子半径C、N、O逐渐减小，故B错误；
C．Na、Mg、Al为第三周期原子序数递增的元素，金属活泼性：Na＞Mg＞Al，则与水反应的剧烈程度：Na＞Mg＞Al，故C错误；
D．同一主族元素，随着原子序数增大，原子半径增大，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，所以失电子能力逐渐增大，则金属元素的金属性随着原子序数增大而增强，故D错误；
故选A。
9.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电子数是电子层数的两倍，X、Z原子的最外层电子数之和与Y、W原子的最外层电子数之和相等，Z的最高正价与最低负价的代数和为4。下列说法正确的是（ ）
A. W是短周期元素非金属性最强的元素
B. 原子半径：X
D. Y、Z、W的最高价氧化物对应水化物两两之间都能发生中和反应
【答案】C
【解析】
【分析】短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X的最外层电子数是电子层数的两倍，若为2个电子层，X为C元素，若为3个电子层，X为S元素，结合原子序数增大可知X只能为C元素；Z的最高正价与最低负价的代数和为4，可知最高价为+6价，最低价为-2价，Z为S元素，结合原子序数可知W为Cl元素；X、Z原子的最外层电子数之和与Y、W原子的最外层电子数之和相等，设Y的最外层电子数为y，即4+6=y+7，可知y=3，则Y为Al元素，据此分析解答。
【详解】由上述分析可知，X为C元素、Y为Al元素、Z为S元素、W为Cl元素。
A．短周期元素中非金属性最强的元素是F，不是Cl，故A错误；
B．电子层数越多，原子半径越大，同周期，从左向右，原子半径逐渐减小，则原子半径：X＜W＜Z＜Y，故B错误；
C．非金属性Cl＞S，则W的简单气态氢化物的热稳定性比Z的强，故C正确；
D．Y为Al元素、Z为S元素、W为Cl元素，硫酸与高氯酸不能发生中和反应，故D错误；
故选C。
10. 如图所示的装置中，M为活动性顺序位于氢之前的金属，N为石墨棒。下列关于此装置的叙述中，不正确的是（ ）
A. N上有气体放出
B. M为负极，N为正极
C. 化学能转变为电能的装置
D. 导线中有电流通过，电流方向由M到N
【答案】D
【解析】根据题意可知，M为负极，N为正极，且N极上有H2放出，导线中电流应从N到M。
11.下列各组烃中，所取质量一定时，无论以怎样的物质的量之比混合，燃烧生成的CO2为一定值的是（ ）
A. 甲烷、乙烷
B. 乙烯、丁烯
C. 丙烯、丙烷
D. 丙烷、丁烯
【答案】B
【解析】
【详解】各组混合物无论以何种比例混合，只要混合物的总质量一定，完全燃烧生成CO2的质量也一定，则说明混合物各组分中碳元素的质量分数相等，若均为烃，则H元素的质量分数也相等，即各组分的最简式相同。
A．甲烷和乙烷的最简式不相同，不满足条件，故A错误；
B．乙烯、丁烯的最简式相同，均为CH2，故B正确；
C．丙烯与丙烷的最简式不同，不满足条件，故C错误；
D．丙烷、丁烯的最简式不同，不满足条件，故D错误；
故选B。
12.能说明苯分子苯环的平面正六边形结构中，碳碳键不是单双键交替排布的事实是（ ）
A. 苯的一元取代物没有同分异构体
B. 苯的间位二元取代物只有一种
C. 苯的对位二元取代物只有一种
D. 苯的邻位二元取代物只有一种
【答案】D
【解析】
【详解】A．无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的一元取代物都无同分异构体，不能说明苯不是单双键交替结构，故A错误；
B．无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的间位二元取代物都无同分异构体，不能说明苯不是单双键交替结构，故B错误；
C．无论苯的结构中是否有碳碳双键和碳碳单键，苯的对位二元取代物都无同分异构体，不能说明苯不是单双键交替结构，故C错误；
D．若苯的结构中存在单、双键交替结构，苯的邻位二元取代物有两种，但实际上无同分异构体，能说明苯不是单双键交替结构，故D正确；
故选D。
13.下列物质中，由于发生化学反应，既能使酸性高锰酸钾溶液褪色，又能使溴水褪色的是（ ）
A. 苯 B. 甲烷 C. 己烯 D. 乙烷
【答案】C
【解析】
【详解】己烯既能通过与溴发生加成反应而使溴水褪色，又能被酸性高锰酸钾溶液氧化，而使酸性高锰酸钾溶液褪色。苯、甲烷、乙烷既不能与溴水反应，也不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故选C。
14.下列有机反应方程式书写及其反应类型都正确的是（ ）
A. 取代反应
B. 2CH3CHO+O22CH3COOH 氧化反应
C. CH2=CH2+Br2 → CH3CHBr2 加成反应
D. HCOOH+CH3CH2OH HCOOCH3CH2+H2O 酯化反应
【答案】B
【解析】
【详解】A．苯与硝酸的反应为取代反应，硝基为-NO2，反应方程式为+ HO－NO2+H2O，故A错误；
B．乙醛发生催化氧化反应生成乙酸，反应方程式为2CH3CHO+O22CH3COOH，为氧化反应，故B正确；
C．乙烯和溴发生加成反应生成1，2-二溴乙烷，反应方程式为CH2=CH2+Br2→CH2BrCH2Br，故C错误；
D．甲酸和乙醇发生酯化反应生成甲酸乙酯，甲酸乙酯为HCOOCH2CH3，反应方程式为HCOOH+CH3CH2OH HCOOCH2CH3+H2O，故D错误；
故选B。
15.化学反应中的能量变化是由化学反应中旧化学键断裂时吸收的能量与新化学键形成时放出的能量不同引起的。如图为N2(g)和O2(g)反应生成NO(g)过程中的能量变化：
下列说法中正确的是( )
A. 2 mol O原子结合生成O2时需要放出的能量为498 kJ
B. 28g N2(g)和32g O2(g)完全反应生成NO(g)，放出的能量为180kJ
C. 1 mol N2(g)和1 mol O2(g)具有的总能量大于2 mol NO(g)具有的总能量
D. 通常情况下，NO(g)比N2(g)稳定
【答案】A
【解析】
【详解】A．原子结合形成分子的过程是化学键的形成过程，是放热过程，2 molO原子结合生成O2(g)时需要放出498kJ能量，故A正确；
B．焓变=反应物断裂化学键吸收的能量-生成物形成化学键放出的能量，N2+O2═2NO，△H=946kJ/mol+498kJ/mol-2×632kJ/mol=+180kJ/mol，反应吸热，故B错误；
C．该反应为吸热反应，则1mol N2(g)和1mol O2(g)具有的总能量小于2mol NO(g)具有的总能量，故C错误；
D．氮气分子中氮氮键能大于NO中氮氧键能，故氮气更稳定，故D错误；
故选A。
16.下列各组热化学方程式中，化学反应的△H前者大于后者的是（ ）
①C(s)+O(g)=CO(g) ΔH1 ； C(s)+O2(g)=CO(g) ΔH2
②S(s)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH3 ； S(g)+O2 (g)=SO2 (g) ΔH4
③H2(g)+ O2(g)=H2O(l) ΔH5 ；2H2(g)+O2(g)=2H2O(l) ΔH6
④CaCO3(s)=CaO(s)+CO2(g) ΔH7 ；CaO(s)+H2O(l)=Ca(OH)2(s) ΔH8
A. ① B. ④ C. ②③④ D. ①②③
【答案】C
【解析】
【详解】①两个反应都为放热反应，△H＜0，断开氧气分子中的化学键需要吸热，前者放出的热量多，则△H1＜△H2，故①错误；
②都为放热反应，△H＜0，前者S为固态，固体转化为气体，需要吸热，则前者放出的热量少，则△H3＞△H4，故②正确；
③都是放热反应，前者反应物系数较小，则前者放出热量较少，则△H5＞△H6，故③正确；
④前者为吸热反应，△H7＞0，后者为放热反应，△H8＜0，则△H7＞△H8，故④正确；
根据分析可知，反应的△H前者大于后者的是②③④，故选C。
17.在中和热的测定实验中，下列操作正确的是（ ）
A. 量取0.50mol/L的盐酸0.50mol/L的NaOH溶液各50mL
B. 分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中
C. 环形搅拌棒上下移动，使酸碱溶液混合
D. 用温度计测定NaOH溶液起始温度后直接测定H 2SO 4 溶液的温度
【答案】C
【解析】
【详解】A．为保证盐酸完全反应，应使碱的浓度稍大，则用0.55mol/LNaOH溶液与0.5mol/L的盐酸反应测定中和热，故A错误；
B．尽量一次快速将NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，分多次把NaOH溶液倒入盛有硫酸的小烧杯中，会导致热量散失较多，则测定的中和热的数值偏小，故B错误；
C．环形玻璃搅拌棒起搅拌作用，应该上下移动，使反应物混合均匀，加快反应速率，减小实验误差，故C正确；
D．测定NaOH溶液起始温度后的温度计直接插入稀H2SO4测温度，由于氢氧化钠与硫酸反应，使放出的热量散失，硫酸的起始温度偏高，会造成中和热的数值偏小，故D错误；
故选C。
18.反应3A(g)+B(g)═2C(g)在三种不同的条件下进行反应，在同一时间内，测得的反应速率用不同的物质表示为：①vA═1mol/(L•min) ，②vC═0.5 mol/(L•min)， ③vB═0.5 mol/(L•min)，三种情况下该反应速率大小的关系正确的是( )
A. ②＞③＞① B. ①＞②＞③
C. ③＞①＞② D. ②＞①＞③
【答案】C
【解析】
【详解】都转化为A表示的反应速率来比较反应速率的快慢。
①vA=1 mol/(L•min)；
②vC=0.5 mol/(L•min)，由3A(g)+B(g)═2C(g)，则转化为A表示的反应速率vA=0.5 mol/(L•min)×=0.75 mol/(L•min)；
③vB=0.5 mol/(L•min)，由3A(g)+B(g)═2C(g)，则转化为A表示的反应速率vA=0.5 mol/(L•min)×3=1.5 mol/(L•min)；
显然③＞①＞②，故选C。
19.2SO2(g)+O2(g) 2SO3(g)反应过程中的能量变化如图所示，下列有关叙述不正确的是（ ）
A. 正反应的焓变△H=E2-E1
B. 逆反应为吸热反应
C. 升高温度可提高活化分子的百分数
D. 加入图中所示催化剂，正逆反应速率都升高
【答案】A
【解析】
【详解】A．△H=断键吸收的能量-成键放出的能量=E1-E2，故A错误；
B．图象分析反应物能量高于生成物能量，反应是放热反应，则逆反应为吸热反应，故B正确；
C．升高温度，活化分子百分数增大，单位体积内的活化分子数增大，所以反应速率增大，故C正确；
D．加入催化剂，正、逆反应速率都加快，故D正确；
故选A。
20.将适量铁粉放入三氯化铁溶液中，完全反应后，溶液中c(Fe3+)=2c(Fe2+)。则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比是（ ）
A. 2:3 B. 3:2 C. 1:3 D. 1:1
【答案】C
【解析】
【详解】铁粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，设已反应的Fe3+的物质的量为n，
Fe+2Fe3+=3Fe2+
2 3
n 1.5n
因为溶液中c(Fe3+)=2c(Fe2+)，则未反应的Fe3+的物质的量为1.5n×2=3n，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比=n∶3n=1∶3，故选C。
二、不定项选择题(本题共5个小题，每小题4分，共计20分，每个小题只有一个或两个选项符合题意。若正确答案只包括一个选项，多选时，该小题得0分;若正确答案包括两个选项，只选一个且正确的得2分，选两个且全部选对的得4分，但只要选错一个，该小题就得0分。)
21.下列过程有热量放出的是（ ）
A. 化学反应中形成氢气中的H−H键
B. C(s)与H2O(g)反应
C. H2O(l)转化为H2O(s)
D. H2O2分解
【答案】CD
【解析】
【详解】A、化学反应中生成氢气不一定是放热反应，如C和水蒸汽反应生成CO和氢气，是吸热反应，故A错误；
B、C和水蒸汽的反应为以碳做还原剂的氧化还原反应，为吸热反应，故B错误；
C、H2O(l)转化H2O(s)会放热，故C正确；
D、H2O2的分解反应是放热反应，故D正确；
故选CD。
22.对于在一个密闭容器中进行的反应C(s)+H2O(g)⇌CO(g)+H2(g) 。下列条件的改变对反应速率几乎没有影响的是（ ）
A. 增加C的量；
B. 减少CO的量；
C. 升高反应体系的温度；
D. 保持压强不变，充入He以增大体积
【答案】A
【解析】
【详解】A．C为固体，增加C的量，C的浓度不变，反应速率不变，故A正确；
B．减少CO的量，CO浓度减小，反应速率减小，故B错误；
C．升高反应体系的温度，活化分子百分数增大，反应速率增大，故C错误；
D．保持压强不变，充入He以增大体积，参加反应的气体的浓度减小，反应速率减小，故D错误；
故选A。
23.已知分解1mol H2O2放出热量98kJ。在含少量I−的溶液中，H2O2分解的机理为H2O2+I−→H2O+IO−慢 ，H2O2+IO−→H2O+O2+I−快，下列有关该反应的说法正确的是（ ）
A. 催化剂能改变反应进程
B. H2O2的分解速率与I−无关
C. 该反应的催化剂是IO−
D. v(H2O2)=v(H2O)=v(O2)
【答案】A
【解析】
【详解】A、由两步反应可知，I-为反应的催化剂，催化剂能改变反应进程，故A正确；
B、由两步反应可知，I-为反应的催化剂，加入催化剂，反应速率加快，故B错误；
C、将反应①+②可得总反应方程式，反应的催化剂是I-，IO-只是中间产物，故C错误；
D、因为反应是在含少量I-的溶液中进行的，溶液中水的浓度可以看成常数，一般不用其浓度变化表示反应速率，故D错误；
故选A。
24.某温度下，在2L恒容密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB(g)⇌cC(g) △H=−QkJ⋅mol−1(Q＞0)，12s时生成C的物质的量为0.8mol(反应进程如图所示)。下列说法中正确的是( )
A. 图中交点时A的消耗速率等于A的生成速率
B. 0-2s内，用A表示的反应速率为0.15mol⋅L−1⋅s−1
C. 化学计量数之比b∶c=1∶4
D. 12s内，反应放出0.2Q kJ热量
【答案】B
【解析】
【详解】某温度下，在2L密闭容器中投入一定量的A、B发生反应：3A(g)+bB (g)⇌cC(g)△H=-Q kJ•mol-1(Q＞0)。12s 时达到平衡，生成C的物质的量为0.8mol。
A．交点时，随时间变化A的浓度变化，反应未达到平衡状态，A的消耗速率不等于A的生成速率，故A错误；
B．根据图像可知，0-2s内，A的浓度变化=0.8mol/L-0.5mol/L=0.3mol/L，反应速率v===0.15mol/(L•s)，故B正确；
C．根据图象可知，12s时反应达到平衡，A的浓度变化=0.8mol/L-0.2mol/L=0.6mol/L，A表示的反应速率==0.05mol/(L•s)，B的浓度变化=0.5mol/L-0.3mol/L=0.2mol/L， B表示的反应速率==mol/(L•s)，C表示的反应速率==mol/(L•s)，速率之比等于化学方程式计量数之比，3∶b∶c=0.05∶∶，解得：b=1，c=2，化学计量数之比b∶c=1∶2，故C错误；
D．12s内反应A的物质的量=(0.8mol/L-0.2mol/L)×2L=1.2mol，结合3A(g)+B (g)⇌2C(g)△H=-Q kJ•mol-1，1.2molA反应放出热量0.4QkJ，故D错误；
故选B。
25.将2.5g Na2CO3、NaHCO3、NaOH的固体混合物完全溶解于水，制成溶液，然后向该溶液中逐滴加入1mol/L的盐酸，所加盐酸体积与产生CO2体积(标准状况)关系如图所示，下列说法中错误的是（ ）
A. OA段发生反应的离子方程式为：H++OH−═H2O
B. 当加入35 mL盐酸时，产生CO2的体积为224 mL
C. B点溶液中的溶质为NaCl
D. 混合物中Na2CO3、NaOH的总质量为2.06 g
【答案】AD
【解析】
【详解】A．根据图像，OA段没有气体生成，发生反应的离子方程式为：H++OH-═H2O、CO32-+H+═HCO3-，故A错误；
B．AB段发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，根据方程式n(CO2)=(35-25)×10-3L×1mol/L=0.01mol，所以二氧化碳的体积为：0.01mol×22.4L/mol=0.224L=224mL，故B正确；
C．OA段发生反应的离子方程式为：H++OH-═H2O、CO32-+H+═HCO3-，所以A点的溶质为NaC1、NaHCO3，AB段发生反应的离子方程式为：HCO3-+H+=H2O+CO2↑，则B点溶液中的溶质为NaCl，故C正确；
D．设碳酸钠、碳酸氢钠和氢氧化钠的物质的量分别为x、y、z，则①x+y=1mol/L×(0.045-0.025)L，②x+z=1mol/L×0.025L，③84g/mol•y+106g/mol•x+40g/mol•z=2.5g，联立①②③式解得：x=0.01mol、y=0.01mol、z=0.015mol，NaOH的质量为0.015mol×40g/mol=0.6g，Na2CO3的质量为：106g/mol×0.01mol=1.06g，二者总质量为1.66g，故D错误；
故选AD。
三、简答题（共40分）
26.按下面各个小题的要求填空
(1)有下列各组物质，将符合下方描述的组合对应的字母填在横线上
A. O2和O3 B.12C和13C C.甲烷和庚烷D. CH3CH2CH2CH3和 E. 和
a.____________组两物质互为同位素。
b.____________组两物质互为同素异形体。
c.____________组两物质属于同系物。
d. ____________组两物质互为同分异构体。
(2)(1)①P4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s) △H1=−2983.2kJ/mol
②P(s，红磷)+5/4O2(g)=1/4P4O10(s)，△H=−738.5kJ/mol
根据上述信息，写出白磷转化为红磷的热化学方程式________.
(3)已知C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是1141kJ/mol和1366.8kJ/mol，写出C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的热化学方程式：_______。
(4)某研究性学习小组利用硝酸和废铜屑(含Cu和CuO)作为原料制备硝酸铜。某次实验使用了废铜屑共24g，用一定浓度的硝酸100mL完全溶解这些废铜屑时，共收集到标准状况下气体6.72L(其中NO2和NO的体积比为2:1)。请通过计算回答下列问题：
①废铜屑中铜和氧化铜的物质的量之比___________。
②反应后得到的溶液中H+的浓度为1.0mol/L，求原硝酸的物质的量浓度。(假设反应前后溶液的体积不变)_____________
【答案】(1). B (2). A (3). C (4). D (5). P4(白磷，s)=4P(红磷，s) ΔH=-29.2kJ/mol (6). C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) ΔH=-44.2kJ/mol (7). 5:2 (8). 11mol/L
【解析】
【分析】(1)根据同系物、同分异构体、同位素、同素异形体的定义分析判断；
(2)根据盖斯定律可以计算化学反应的焓变，进而书写热化学方程式；
(3)根据燃烧热写出热化学方程式，再利用盖斯定律来计算C2H4(g)和H2O(l)反应生成C2H5OH(l)的反应热，以此来书写热化学方程式；
(4)①根据气体的体积计算出气体的物质的量，进而计算NO2和NO的物质的量，再求出转移的电子，最后根据得失电子守恒计算出n(Cu)，进而确定n(CuO)；②反应后溶液中存在硝酸、硝酸铜，结合N原子守恒计算。
【详解】(1)A、氧气和臭氧是氧元素的不同单质，是同素异形体；B、12C和13C都是碳元素的不同原子，是同位素；C、甲烷和庚烷是结构相似，在分子组成上相差若干个CH2原子团，互称同系物；D、丁烷和2-甲基丙烷的分子式相同，但结构不同，是同分异构体；E、二氯甲烷为四面体结构，所以二氯甲烷只有一种，故两物质是同一物质；故答案为：B；A；C；D；
(2)①P4(s，白磷)+5O2(g)=P4O10(s)，△H1=-2983.2kJ/mol ，②P(s，红磷)+O2(g)=P4O10(s)，△H=-738.5kJ/mol，根据盖斯定律，①-②×4得到热化学方程式为：P4(s，白磷)=4P(s，红磷) △H=-2983.2kJ/mol-(-738.5×4)kJ•mol-1=-29.2kJ/mol，故答案为：P4(s，白磷)=4P(s，红磷)△H=-29.2kJ/mol；
(3)25℃、101kPa下，C2H4(g)和C2H5OH(l)的燃烧热分别是1411.0kJ•mol-1和1366.8kJ•mol-1，则①C2H4(g)+3O2(g)=2CO2(g)+2H2O(l)△H=-1411.0kJ•mol-1，②C2H5OH(l)+3O2(g)=2CO2(g)+3H2O(l)△H=-1366.8kJ•mol-1，由盖斯定律可知，①-②可得反应C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l) △H=-1411.0kJ•mol-1-(-1366.8kJ•mol-1)=-44.2 kJ•mol-1，故答案为：C2H4(g)+H2O(l)=C2H5OH(l)△H=-44.2 kJ•mol-1；
(4)①标准状况下的气体6.72L的物质的量==0.3mol，其中NO2和NO的体积比为2∶1，则n(NO)=0.1mol，n(NO2)=0.2mol，则硝酸得到的电子物质的量为0.1mol×(5-2)+0.2mol×(5-4)=0.5mol，由得失电子守恒可知n(Cu)==0.25mol，则n(CuO)==0.1mol，则废铜屑中铜和氧化铜的物质的量之比为0.25mol∶0.1mol=5∶2，故答案为：5∶2；
②若反应后的溶液中H+的浓度为1mol•L-1，则溶液中存在硝酸、硝酸铜，由N原子守恒可知原硝酸溶液中n(HNO3)=n(H+)+2n[Cu(NO3)2]+n(NO2)+n(NO) =0.1L×1mol/L+2×0.35mol+0.1mol+0.2mol=1.1mol，则原硝酸的物质的量浓度为=11mol•L-1，故答案为：11mol•L-1。
27.某化学小组为了研究外界条件对化学反应速率的影响，进行了如下实验：
请回答：
(1)以上反应的化学方程式:__________________。
(2)根据上表中的实验数据，可以得到的结论是：_____________。
(3)利用实验1中数据计算，用KMnO4的浓度变化表示反应速率v(KMnO4)＝_____。
(4)该小组同学根据经验绘制了n(Mn2+)随时间变化趋势示意图，如图1所示。但有同学查阅已有的实验资料发现，该实验过程中n(Mn2+)随时间变化的趋势应如图2所示。该小组同学根据图2所示信息提出了新的假设，并继续进行实验探究。
①小组同学提出假设是____________。
②请你帮助该小组同学完成实验方案_______。
【答案】(1). 2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O (2). 其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率加快 (3). 1.5×10-2 mol/(L•min) (4). 生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用) (5). 保证其它条件与实验1相同，加入少量MnSO4固体，测定溶液褪色需要的时间
【解析】
【分析】(1)本题的实验原理是酸性高锰酸钾氧化草酸，酸性高锰酸钾褪色生成二价锰离子，草酸中的C被氧化为二氧化碳；
(2)从表中数据可知改变的条件是KMnO4浓度，根据高锰酸钾溶液浓度不同对反应速率的影响进行解答；
(3)先根据草酸和高锰酸钾的物质的量判断过量，然后根据反应速率表达式计算；
(4)①由图2可知反应开始一段时间后速率增大的比较快，结合影响化学反应速率的因素分析解答；②根据①的结论设计实验验证。
【详解】(1)本题的实验原理是酸性高锰酸钾氧化草酸，酸性高锰酸钾褪色生成二价锰离子，草酸中的C被氧化为二氧化碳，化学方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 ═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O，故答案为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4 ═K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O；
(2)从表中数据可知改变的条件是KMnO4浓度，高锰酸钾的浓度越大，溶液褪色的时间越少，因此结论为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率加快，故答案为：其他条件相同时，增大KMnO4浓度，反应速率加快；
(3)实验1中草酸的物质的量为：0.6mol•L-1×0.003L=0.0018mol，高锰酸钾的物质的量为：0.2mol•L-1×0.003L=0.0006mol，草酸和高锰酸钾的物质的量之比为：0.0018mol∶0.0006mol=3∶1，显然草酸过量，高锰酸钾完全反应，混合后溶液中高锰酸钾的浓度为：=0.06mol/L，用KMnO4的浓度变化表示反应速率v(KMnO4)＝=1.5×10-2 mol/(L•min)，故答案为：1.5×10-2 mol/(L•min)；
(4)①由图2可知反应开始一段时间后速率增大的比较快，说明生成物中的MnSO4(或Mn2+)为该反应的催化剂，故答案为：生成物中的MnSO4为该反应的催化剂(或Mn2+对该反应有催化作用)；
②可以与实验1作对比实验，保证其它条件与实验1相同，加入少量MnSO4固体，若该小组同学提出的假设成立，则反应速率加快，溶液褪色的时间小于4min，从而说明Mn2+是催化剂，故答案为：保证其它条件与实验1相同，加入少量MnSO4固体，测定溶液褪色需要的时间。
28.NaClO2的漂白能力是漂白粉的4∼5倍，NaClO2广泛用于造纸工业、污水处理等。工业上生产NaClO2的工艺流程如下：
(1)吸收器中反应的离子方程式为________，吸收器中的反应温度不能过高，可能的原因_______。
(2)反应结束后，向ClO2发生器中通入一定量空气的目的：________。
(3) ClO2发生器中的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4═2ClO2+2NaHSO4，实际工业生产中可用硫磺、浓硫酸代替反应原料中的SO2，其原因是______(用化学方程式表示)。
(4)某化学兴趣小组用如图所示装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应：
①为除去过量的SO2，C中盛放的试剂为______________。
②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，B中硬质玻璃管内发生反应的化学方程式为_______。
③有同学认为B中硬质玻璃管内可能还有NaSO4生成。为检验是否有 Na2SO4生成，他们设计了如下方案：
同学们经过讨论，认为上述方案不合理，其理由是：a____________；b_______________。
【答案】(1). ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O (2). 防止H2O2分解 (3). 驱赶出ClO2，确保其被充分吸收 (4). S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O (5). NaOH溶液(或KMnO4溶液) (6). 2H2O2+2SO2=2Na2SO3+O2 (7). 稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡 (8). 如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根
【解析】
【分析】(1)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，根据电荷守恒和元素守恒可写出离子方程式，升高温度H2O2分解速率加快，据此分析解答；
(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收；
(3)硫磺、浓硫酸可以反应生成二氧化硫；
(4)①二氧化硫是酸性氧化物，具有较强的还原性，据此选择试剂；②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，据此分析判断；③根据硝酸、Na2O2氧化性均很强，均能将SO32-氧化成SO42-分析判断。
【详解】(1)吸收器中双氧水与ClO2在碱性条件下发生氧化还原反应生成NaClO2，反应的离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；为了防止H2O2分解，反应温度不能过高，故答案为：2ClO2+2OH-+H2O2=2ClO2-+O2+2H2O；防止H2O2分解；
(2)反应结束后，发生器中仍有少量ClO2，用空气可以将其排出，确保其被充分吸收，故答案为：驱赶出ClO2，确保其被充分吸收；
(3)ClO2发生器中的反应为氯酸钠与二氧化硫在浓硫酸作用下发生氧化还原反应，而硫磺、浓硫酸也可以生成二氧化硫，反应的方程式为S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O，所以可用硫磺、浓硫酸代替原料中的SO2，故答案为：S+2H2SO4(浓)3SO2↑+2H2O；
(4)①二氧化硫是酸性氧化物，具有较强的还原性，能与氢氧化钠溶液或高锰酸钾溶液反应，所以C中盛放的试剂可以为NaOH溶液或KMnO4溶液，故答案为：NaOH溶液(或KMnO4溶液)；
②D中收集到的气体可使带余烬的木条复燃，说明有氧气产生，所以B中发生的反应可能为二氧化硫与过氧化钠反应生成亚硫酸钠和氧气，反应的方程式为2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2，故答案为：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2；
③反应后的固体溶解于水白色沉淀仍有部分白色沉淀不溶解，不能证明有Na2SO4生成，因为：a.稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；b.如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，因此方案不合理，故答案为：稀硝酸能将亚硫酸钡氧化为硫酸钡；如果反应后的固体中还残留Na2O2，它溶于水后能将亚硫酸根氧化成硫酸根。
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