湖北省荆州市2020届高三化学第一次质量检查试题（含解析）

湖北省荆州市2020届高三第一次质量检查化学试题注意事项:1.本试卷分试题卷含第I卷(选择题)和第II卷(非选择题)1至6页和答题卡含第I卷填涂卡和第II卷答题框7至10页两大部分。考生只能在答题卡指定的区域内做答。满分100分,考试时间90分钟。2.考生在答卷前,请先将自己的姓名、考号填写清楚,并认真核准条形码上的姓名、考号，在规定的位置贴好条形码。3.第I卷的答案选出后,用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。若需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案,不能直接答在试题后。非选择题请在答题卡指定区域做答，本试题卷上不得做答,否则无效。4.考试结束,监考老师只将答题卡收回。5.本科目考试时间:2020年11月29日上午10:00-11:30可能用到的相对原子质量:C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 Fe-56 Cu-64 Zn-65 S-32第卷(选择题,共48分)选择题( 本题包括16小题,每小题3分,共48分。每小题只有一个选项符合题意)1. 下列有关生活中的化学知识,说法正确的是A. 面条是中国北方民族的传统食物,制作面条时加入苏打,能使面条筋道、有韧性。B. 铝材在建筑中广泛使用,是因为铝合金质地轻、硬度高,且在空气中不能被氧化而保持金属光泽C. 明矾常用于水的净化和消毒杀菌D. 汽车尾气中的氮氧化物是石油中的氨元素被氧化的产物【答案】A【解析】A、小苏打是NaHCO3，能使面条筋道、有韧性，碳酸氢钠受热易分解产生CO2，故A正确；B、铝属于活泼金属，在空气中被氧气氧化产生一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，故B错误；C、明矾净水的原因是利用Al3水解成氢氧化铝胶体，胶体吸附水中悬浮的固体小颗粒，达到净水的目的，明矾不具有强氧化性，不能消毒杀菌，故C错误；D、石油含有碳氢两种元素，不含有氮元素，故D错误。2. 下图表示的一些物质或概念间的从属关系中正确的是XYZA二氧化氮酸性氧化物氧化物B硫酸化合物电解质C胶体分散系混合物D置换反应氧化还原反应离子反应A. A B. B C. C D. D【答案】C【解析】A、酸性氧化物是与水反应生成相应的酸，或与碱反应生成相应的盐和水，NO2与水反应：3NO2H2O=2HNO3NO， HNO3不是NO2相应的酸，故A错误；B、硫酸属于化合物，但化合物不一定属于电解质，如CO2、NO等，它们属于化合物，但不属于电解质，故B错误；C、分散系包括胶体、溶液、悬浊液分散系属于混合物，但混合物不一定是分散系，故C正确；D、置换反应属于氧化还原反应，但氧化还原反应不一定属于置换反应，如H2Cl2=2HCl，氧化还原反应不一定是离子反应，如H2Cl2=2HCl，故D错误。3. 下列在指定溶液中的各组离子,能够大量共存的是A. 无色溶液中:HCO3-、Na+、Cl-、OH-B. pH = 1的溶液中:Fe3+、SO42-、K+、MnO4-C. 常温下pH=11的溶液中:S2-、.K+、CO32-、ClO-D. 水电离的c(H+)=10-12mol/L的溶液:Fe3+、SO42-、K+、SCN-【答案】B【解析】A、OH和HCO3不能大量共存，发生OHHCO3=H2OCO32，故A错误；B、pH=1的溶液，说明溶液显酸性，这些离子在酸性条件下能够大量共存，故B正确；C、ClO具有强氧化性，S2具有强还原性，两者发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；D、Fe3和SCN发生络合反应，不能大量共存，故D错误。4. 下列关于试剂存放叙述不正确的是A. 白磷保存在水中B. 新制氨水用棕色试剂瓶盛装C. 固体氢氧化钠用广口瓶保存,并使用橡胶塞或玻璃塞D. 在FeCl2溶液的试剂瓶中加入少量盐酸,并加入少量铁粉【答案】C【解析】A、白磷的着火点低，白磷不溶于水，且不与水反应，因此白磷保存在水中，故A说法正确；B、新制氯水中含有HClO，HClO见光分解，因此新制的氯水盛装在棕色试剂瓶，故B说法正确；C、固体氢氧化钠盛放在广口瓶中，因为NaOH与SiO2发生反应，因此放在配有橡皮塞的广口瓶中，故C说法错误；D、Fe2发生水解，加入少量盐酸的目的是抑制Fe2的水解，加入少量的铁粉，防止Fe2被氧化成Fe3，故D说法正确。5. 若NA表示阿伏加德罗常数,则下列说法不正确的是A. 23g 钠在空气中充分燃烧,转移的电子数为NAB. 50ml 12mol/L的盐酸与足量的MnO2共热,充分反应后,转移电子数为0.3NAC. 0.6mol过氧化钠晶体中所含阴离子的数目为0.6NAD. 常温常压下,8.8gN2O 和CO2混合气体所含的原子总数为0.6NA【答案】B【解析】A、1molNa1molNa，失去1mol电子，23g金属钠失去电子物质的量为231/23mol=1mol，故A说法正确；B、MnO2只跟浓盐酸反应，因为MnO2是过量的，随着反应的进行，盐酸浓度降低，到达某一浓度，反应将会停止，根据信息，无法计算转移电子物质的量，故B说法错误；C、过氧化钠的电子式为：，1molNa2O2中含有阴离子物质的量为1mol，即0.6mol过氧化钠中含有阴离子物质的量为0.6mol，故C说法正确；D、N2O和CO2摩尔质量都为44gmol1，且等物质的量的两种物质中含有原子物质的量相等，即8.8g混合气体中含有原子物质的量为8.83/44mol=0.6mol，故D说法正确。点睛：本题的易错点是选项B和选项C，选项B学生常常忽略MnO2只跟浓盐酸反应，不与稀盐酸反应，随着反应进行盐酸浓度降低，反应停止，如果MnO2是少量，盐酸是过量或足量，这样就可以根据MnO2计算Cl2，或转移电子物质的量，选项C，学生常常只注意到Na2O2中氧原子的右下标是2，认为1molNa2O2中含有2mol阴离子，进行判断，解决此类题应注意过氧化钠的电子式，通过电子式进行判断和分析；解决阿伏加德罗常数的问题要求学生基本功扎实。6. 关于如图各装置的叙述中,正确的是A. 装置可用于分离I2 与NH4Cl混合物B. 装置收集并测量Cu与浓硫酸反应产生的气体的体积C. 装置制取氯气D. 装置制取无水MgCl2【答案】D【解析】试题分析：A、I2受热会升华，NH4Cl受热会分解产生NH3和HCl，遇冷又化合为NH4Cl，用装置无法分离，故错误；B、Cu与浓硫酸反应生成SO2，SO2能溶于水并有部分和水发生反应，故不能用装置收集并测量气体体积，故错误；C、浓盐酸与MnO2反应制取Cl2，需要加热，故错误；D、MgCl2水解会生成Mg(OH)2和HCl，故需在HCl的氛围中加热制取，故正确。考点：考查实验方案设计的评价等知识。7. 将一定量的锌与100mL 18.5mol/L浓硫酸充分反应后,锌完全溶解,同时生成气体A 为26.88L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1L,测得溶液的c(H+)=0.1mol/L,则关于该反应下列叙述中错误的是A. 反应中共消耗Zn 91gB. 气体A 中SO2 和H2 的体积比为1:1C. 硫酸分子的氧化性强于H+D. 反应中共转移2.4mol电子【答案】A【解析】测的反应后溶液中c(H)=0.1molL1，说明硫酸有剩余，Zn完全反应，发生的反应是Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O，可能发生ZnH2SO4=ZnSO4H2，假设生成SO2的物质的量为xmol，则氢气物质的量为(26.88/22.4x)mol，消耗硫酸物质的量为(10010318.510.1/2)mol，则有：(10010318.510.1/2)=2x (26.88/22.4x)，解得x=0.6mol，产生氢气物质的量为0.6mol，A、根据上述反应，消耗Zn的质量为(0.60.6)65g=78g，故A错误；B、根据上述分析，产生SO2和氢气体积比为0.6：0.6=1：1，故B说法正确；C、因为先产生SO2，后产生H2，说明硫酸分子的强氧化性强于H，故C说法正确；D、根据A选项分析，转移电子物质的量为782/65mol=2.4mol，故D说法正确。8. 在体积为V的密闭容器中发生可逆反应3A(?) +B(?)=2C (g),下列说法正确的是A. 若A为气态,则气体的的平均密度不再变化时反应达到平衡状态B. 升高温度,C的体积分数增大,则该正反应放热C. 达到平衡后,向容器中加入B,正反应速率一定加快D. 达到平衡后,若将容器的容积压缩为原来的一半,C的浓度变为原来的1.8倍,则A一定为非气态【答案】D.9. 下列反应的离子方程式正确的是A. 碳酸钠溶液中滴入少量盐酸:2H+CO32-=H2O + CO2 B. 硫酸铝溶液中加入过量氨水: Al3+ + 4OH-=AlO2- + H2OC. 碳酸氢钠溶液中滴入少量氢氧化钡溶液:2HCO3- + Ba2+ + 2OH-=BaCO3+CO32- +2H2OD. FeS溶于稀硝酸:FeS +2H+=H2S+Fe2+【答案】C【解析】A、所加盐酸为少量，因此发生CO32H=HCO3，故A错误；B、NH3H2O属于弱碱，书写离子反应方程式时不能拆写成离子，故B错误；C、氢氧化钡是少量，因此氢氧化钡的系数为1，离子反应方程式为2HCO3Ba22OH=BaCO3CO322H2O，故C正确；D、硝酸具有强氧化性，与FeS发生氧化还原反应，生成Fe3和SO42，故D错误。10. 用下列实验方案及所选玻璃容器( 非玻璃容器任选)就能实现相应实验目的是实验目的实验方案所选玻璃仪器A除去KNO3中少量NaCl将混合物制成热的饱和溶液,冷却结晶,过滤酒精灯、烧杯、玻璃棒B证明HClO和CH3COOH 的酸性强弱同温下用pH试纸测定浓度为0.1mol/LNaCIO溶液和0.1mol/LCH3COONa 溶液的pH玻璃棒、玻璃片C证明AgBr 的溶度积比AgCl 小向AgNO3溶液中先滴加NaCl 溶液,出现白色沉淀后,再向其中滴加与NaCl 溶液同浓度的NaBr溶液试管、滴管D配制1L1.6% 的CuSO4溶液(溶被密度近似为1g/mL)将25g CuSO45H2O溶解在975mL水中烧杯、量筒、玻璃棒A. A B. B C. C D. D【答案】D【解析】A、KNO3溶解度受温度的影响较大，NaCl溶解度受温度的影响较小，因此除去KNO3中NaCl采用蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法，用到的玻璃仪器有：酒精灯、烧杯、玻璃棒、漏斗等，故A错误；B、NaClO具有强氧化性，能把pH试纸漂白，无法读出数值，故B错误；C、需要加入NaCl过量，然后滴加NaBr，如果出现淡黄色沉淀，说明AgBr的溶度积比AgCl小，使用的玻璃仪器是试管和滴管，故C错误；D、25gCuSO45H2O中CuSO4的质量为25160/250g=16g，溶液的密度为1gmL1，则溶液质量为(25975)g=1000g，溶质质量分数为16/1000100%=1.6%，需要的玻璃仪器是烧杯、量筒、玻璃棒，故D正确。点睛：本题易错点是选项C，出现沉淀后，滴加后NaBr，溶液中AgNO3有剩余，此时滴加NaBr，发生AgBr=AgBr，不能说明AgBr和AgCl溶度积的大小。11. 硼化钒(VB2)-空气电池是目前储电能力最高的电池,电池示意图如下,该电池工作时反应为:4VB2+11O2=4B2O3 +2V2O5。下列说法不正确的是A. 电极a 为电池正极B. 图中选择性透过膜为阴离子透过性膜C. 电池工作过程中,电极a附近区域pH减小D. VB2极发生的电极反应为:2VB2 +22OH-22e- = V2O5+2B2O3 + 11H2O【答案】C【解析】A、电极a通入空气，则电极a为正极，故A说法正确；B、电极a的反应式为：O22H2O4e=4OH，负极反应式为：2VB2 +22OH-22e = V2O5+2B2O3 + 11H2O，OH需要向负极移动，因此选择性透过膜为阴离子透过性膜，故B说法正确；C、根据B选项分析，电极a产生OH，pH增大，故C说法错误；D、根据电池总反应，负极反应式为2VB2 +22OH-22e- = V2O5+2B2O3 + 11H2O，故D说法正确。点睛：本题的难点是负极反应式的书写，一般写出还原剂和氧化产物，VB2V2O52B2O3，根据化合价的变化写出失去电子物质的量，即2VB222eV2O52B2O3，因为环境是碱性，因此OH在负极上参与反应，生成H2O，根据电荷守恒，原子守恒，配平其他，即负极反应式为2VB2 +22OH-22e = V2O5+2B2O3 + 11H2O。12. 如图所示，与对应的叙述相符的是A. 图甲表示反应:4CO(g) +2NO2(g)=N2(g) +4CO2(g) H0,在其他条件不变的情况下,改变起始物CO的物质的量对此反应平衡的影响,则有T10【答案】C【解析】A、根据图像，b点N2%最大，说明反应达到平衡，当CO物质的量不变时，T2时N2%大，正反应是放热反应，升高温度，平衡逆向进行，N2%降低，因此是T2T1，继续通入CO，增加反应物浓度，平衡向正反应方向进行，NO2的转化率增大，因此b点NO2的转化率不是最大，故A错误；B、根据图像，改变的因素只加快了反应速率，对化学平衡无影响，反应前后气体系数之和相等，使用催化剂和加压，都能达到此效果，故B错误；C、根据图像，反应物总能量小于生成物总能量，此反应是吸热反应，催化剂降低活化能，反应热不变，故C正确；D、NO2%达到最低，说明反应达到平衡，图像右侧，温度升高，NO2%增大，根据勒夏特列原理，正反应是放热反应，即Hc( HCO3-)c(CO32-)c(OH-)c(H+)C. 4c(Na+) =3c(CO32-) +3c( H2CO3) +3c( HCO3-)D. c(OH-)-c(H+) =2c(H2CO3) +c(HCO3-)【答案】B【解析】A、根据电荷守恒，因此有c(Na) +c(H) =2c(CO32) +c(OH)+c(HCO3)，故A错误；B、Na2CO3和NaHCO3物质的量之比为1：2，CO32和HCO3发生水解，溶液显碱性，但水解的程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na)c( HCO3)c(CO32)c(OH)c(H)，故B正确；C、假设Na2CO3物质的量为1mol，NaHCO3物质的量为2mol，则n(Na)=4mol，根据物料守恒，则有n(CO32)n(HCO3)n(H2CO3)=3mol，因为是同一溶液，体积相同，则有 3c(Na) =4c(CO32) +4c( H2CO3) +4c( HCO3)，故C错误；D、根据物料守恒和电荷守恒，得出c(OH)c(H)=c(HCO3)4c(H2CO3)2c(CO32)/3，故D错误。14. 关于相同体积pH均为3的醋酸和盐酸，下列说法正确的是A. 稀释10倍后,两者的pH变化醋酸大于盐酸B. 中和相同浓度的氢氧化钠溶液,消耗氢氧化钠的物质的量盐酸大于醋酸C. 加入一定量的锌粉，产生气体的体积相同,则醋酸一定过量D. 加入足量的锌粉，产生氢气的速率随时间的变化如图所示【答案】C15. 若定义pAg=-lgc(Ag+),pCl=-lgc(Cl-),根据不同温度下氯化银饱和溶液的pAg和pCl可绘制图像如图所示,且已知氯化银的溶解度随温度的升高而增大,根据该图像,下列表述正确的是A. A点表示的是T1温度下的不饱和溶液B. 将A点的溶液降温,可能得到C点的饱和溶液C. 向B点所表示的溶液中加入氯化钠溶液,溶液可能改变至D点D. T3T2T1【答案】A【解析】A、过C点的那条直线上所有点都是饱和溶液，过A点作平行y轴直线，在相同pAg， T1温度时，A点达到平衡，需要增加c(Cl)，即A点表示的是T1温度下的溶液为不饱和溶液，故A正确；B、C点的c(Ag)和c(Cl)比A点的c(Ag)和c(Cl)大，溶液降温，浓度不会增大，故B错误；C、pCl=-lgc(Cl-)，加入NaCl溶液，溶液中c(Cl)增大，而pCl将会减小，因此不可能改变至D点，故C错误；D、pAg=-lgc(Ag+)，pCl=-lgc(Cl-)以及氯化银的溶解度随温度的升高而增大，因此推出T1T2T3，故D错误。16. 将一定质量的铁粉和铝粉的均匀混合物平均分成两份。一份与足量的稀硫酸,收集到H2在标况下的体积为1.792L;另一份与某浓度的硝酸反应,生成的气体与标况下1.12L的O2一起通入水中,反应后无气体剩余。则原混合物中铁粉的质量为A. 2.24g B. 3.36g C. 4.48g D. 5.60g【答案】C【解析】根据得失电子数目守恒，因此有2n(Fe)3n(Al)=1.7922/22.4，与某浓度的硝酸反应，产生的气体，再与标准状况下的O2反应，通入水中，反应后无气体产生，氧气得到的电子最终来自于Fe和Al，因此有3n(Fe)3n(Al)=1.124/22.4，解得n(Fe)=0.04mol，混合物均匀分成两份，则混合物中铁质量为20.0456g=4.48g，故选项C正确。点睛：本题易错点是选项A，学生没注意到混合物平均分成两等份，平时做题中应注意审题。第卷(非选择题,共52分)17. 今年6月20日,2020年全球最受关注的十大化学成果发布,其中有两项与空气中的二氧化碳处理利用技术有关。其一为美国伊利诺斯大学芝加哥分校和阿贡国家实验室科学家联合设计的新型太阳能电池,可直接把大气中的二氧化碳转化为合成气(CO和H2)该设计同时具有环保和经济价值,不仅可以减缓二氧化碳的排放,而且可以生成重要的化工原料。（1）下列材料也可以用于制造太阳能电池的是_。A.Ag2O B.Fe3O4 C.Si D.SiO2（2）下图装置可实现二氧化碳到一氧化碳的转化电源的正极为_(“A”或“B)。阴极发生反应的电极方程式为:_.（3）CO 和H2可用于合成甲醇。已知CO、H2、CH3OH(1)的燃烧热为283.0kJ/mol、285. 8kJ/mol、726.5kJ/mol,写出 由CO和H2制备CH3OH(1)的热化学方程式_。在398K，1L的恒容容器中充入0.1molCO和0.2molH2,发生反应CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g),反应过程中气体的压强如下表所示(atm为标准大气压)。时间(min)015103050压强(atm)109.38.07.2445min内该反应的平均速率用CO可表示为_,该温度下的平衡常数是_。达到平衡后，向该容器中通入0.05mol的气态CH3OH,再次达到平衡时,CH3OH的体积分数比原平衡时_( 填“大”或“小”)。【答案】 (1). C (2). B (3). CO2+ H2O+2e-=CO+2OH- (4). CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) H=-128.1kJmol-1 (5). 0.006molL-1min-1 (6). 2.25104 (7). 大【解析】（1）本题考查材料，制造太阳能电池的材料是晶体硅，故选项C正确；（2）本题考查电解原理和电极反应式的书写，根据题中信息，CO2转化成CO，化合价降低，根据电解原理，左端碳棒为阴极，即电源的A为负极，B为正极；根据装置图，CO2CO，电极反应式为 CO2H2O2e=CO2OH；（3）本题考查热化学反应方程式的计算、化学反应速率的计算、化学平衡的计算，CO(g)1/2O2(g) =CO2(g) H=283.0kJmol1，H2(g)1/2O2(g)=H2O(l) H=285.8kJmol1，CH3OH(l)3/2O2(g)=CO2(g)2H2O(l) H=726.5kJmol1，2的得出：CO(g)+2H2(g)=CH3OH(l) H=-128.1kJmol-1；CO(g) + 2H2(g) = CH3OH(g) 起始：0.1 0.2 0 变化：x 2x x 平衡：0.1x 0.22x x 温度相同，体积相同，压强之比等于物质的量之比，因此有0.3/（0.32x）=10/8，解得x=0.03mol，根据化学反应速率的表达式，v(CO)=0.03/(51)mol/(Lmin)=0.006 mol/(Lmin)，同理，0.3/（0.32x）=10/4，解得x=0.09，则达到平衡时n(CO)=0.01mol，n(H2)=0.02mol，n(CH3OH)=0.09，体积为1L，根据化学平衡常数的表达式，则K=0.09/(0.010.022)= 2.25104，再通入0.05molCH3OH，相当于在原来基础增大压强，则甲醇的体积分数比原平衡时大。18. 氨是重要的工业原料,在农业、医药、国防和化工等领域有重要应用。I.（1）工业上用N2和H2在一定条件下合成氨,下列措施能使正反应速率增大,且使平衡混合物中NH3的体积分数一定增大的是_。A.降低反应温度 B.压缩反应混合物 C.充入N2 D.液化分离NH3（2）常温下向100mL0.2mo/L的氨水中逐滴加入0.2mol/L的盐酸,所得溶液的pH、溶液中NH4+和NH3H2O物质的量分数与加入盐酸的体积的关系如下图所示,根据图像回答下列问题。表示NH3H2O浓度变化的曲线是_(填“A”或“B)。NH3H2O的电离常数为_(已知lg1.8 = 0.26)。当加入盐酸体积为50ml时,溶被中c(NH4+)- c(NH3H2O) =_mol/L (用数字表示)。.若液氨中也存在类似水的电离( H2O+H2OH3O+ +OH-),碳酸钠溶于被氨后也能发生完全电离和类似水解的氨解。（1）写出液氨的电离方程式_.（2）写出碳酸钠溶于液氨后第一级氨解的离子方程式_（3）写出碳酸钠的液氨溶液中各离子浓度的大小关系_【答案】 (1). B (2). A (3). 1.810-5或10-4.74 (4). 210-5-210-9 (5). NH3+NH3NH4+NH2- (6). CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3- (7). c(Na+)c(CO32-)c(NH2-)c(NH4CO3-)c(NH4+)【解析】I（1）本题考查影响化学反应速率的因素和化学平衡的移动，A、降低温度，化学反应速率降低，故A错误；B、合成氨：N23H2 2NH3，压缩反应混合物，增大压强，化学反应速率加快，促使平衡向正反应方向移动，NH3的体积分数增大，故B正确；C、充入N2，正反应方向速率加快，总气体物质的量增大，氨气的体积分数可能减小，故错误；D、分离出NH3，此时正反应速率不变，故D错误；（2）本题考查电离常数、离子浓度大小比较，（2）根据题意，向NH3H2O中滴加HCl，发生NH3H2OHCl=NH4ClH2O，NH3H2O的浓度降低，根据图像，即A曲线代表NH3H2O浓度的变化；电离常数Kb= ，电离常数只受温度的影响，因此取的数值为pH=9.26，c(NH4)=c(NH3H2O)，即Kb=104.74；根据电荷守恒，c(NH4)c(H)=c(Cl)c(OH)，根据物料守恒，c(NH4)c(NH3H2O)=2c(Cl)，两者推出c(NH4)c(NH3H2O)=2c(OH)2c(H)=2(105109)；II.考查电离方程式的书写，（1）液氨电离与水的电离类似，因此液氨的电离方程式为NH3+NH3NH4+NH2-；（2）根据盐类水解的定义，即一级氨解的离子方程式为：CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3- ；（3）氨解中存在CO32-+2NH3NH2-+NH4CO3-，NH3+NH3NH4+NH2-，氨解的程度微弱，因此离子浓度大小顺序是c(Na)c(CO32)c(NH2)c(NH4CO3)c(NH4)。19. 某化学兴趣小组用下列装置制备SO2并探究SO2与Na2O2的反应。I.（1）该套装置的连接顺序为_（2）制备SO2时不用98%的浓硫酸的原因是_（3）C装置的作用是_.关于SO2与Na2O2的反应,根据SO2既是酸性氧化物又其有还原性,该小组提出了三种假设:反应只生成Na2SO3和O2;反应只生成Na2SO4; 反应开始后,观察到装置A中导管口有气泡冒出,带火星的木条复燃,待B中的黄色粉末变为白色固体时停止加热。（1）假设的内容是_（2）在实验中,除了根据B中现象判断有Na2SO3和O2生成之外。同学甲还进行了下列操作,以探究假设是否成立。取B中固体于试管中,加水溶解;_向溶液中加入少量BaCl2溶液,有白色沉淀生成。由此甲同学认为假设成立。（3）乙同学对此提出质疑,认为该现象不能说明有Na2SO4生成,你认为乙同学质疑的理由是:_（4）丙同学则认为该实验不能说明SO2与Na2O2反应有Na2SO3和O2生成，O2可能是发生其他反应生成的。丙同学对装置作了改进并再次实验,结果观察到装置A中导管口不再有气泡冒出,带火星的木条没有复燃。丙同学对该实验装置的改进是_,由此实验现象得出SO2与Na2O2反应的化学方程式是_。【答案】 (1). D B C A (2). 浓H2SO4中H+浓度太小，反应缓慢 (3). 防止A中溶液倒吸进入装置B (4). 既生成O2和Na2SO3，也生成了Na2SO4 (5). 向溶液中加入过量的稀盐酸 (6). 若Na2O2未反应完，在溶解过程中，剩余Na2O2会将Na2SO3氧化为Na2SO4 (7). 在D、B装置间添加一个盛有浓H2SO4的洗气瓶 (8). SO2+Na2O2=Na2SO4【解析】本题考查实验方案设计与评价，I.（1）实验的目的是制备SO2，且探究SO2与Na2O2的反应，首先制备SO2，装置D制取SO2，装置C的作用是除去水蒸气，得到干净的SO2，通入装置B中，因为SO2是有毒的气体，因此需要尾气处理，且验证SO2与Na2O2反应的产物，因为SO2与NaOH反应容易引起倒吸，装置C的作用是防止A中溶液进入到B装置，装置的连接顺序是DBCA；（2）制备SO2发生的反应是Na2SO3H2SO4 Na2SO4SO2H2O，浓硫酸中c(H)较低，化学反应速率缓慢；（3）根据上述分析，装置C的作用是防止A中溶液倒吸进入装置B；II.（1）根据，得出生成Na2SO3和O2，也生成Na2SO4；（2）证明有Na2SO4生成，需要用Ba2检验SO42，如果有白色沉淀产生，说明产生SO42，但SO32对实验产生干扰，必须除去，根据操作步骤，因此应是溶液中加入过量的稀盐酸；（3）过氧化钠具有强氧化性，可能是没有反应的Na2O2把Na2SO3氧化成Na2SO4；（4）制备的SO2中含有H2O(g)，水蒸气与Na2O2反应产生O2，因此在D和B装置间添加一个盛有浓硫酸的洗气瓶；没有气泡冒出，说明SO2参与反应，木条不复燃，说明没有产生氧气，即SO2和Na2O2反应生成Na2SO4，发生的反应方程式为SO2Na2O2=Na2SO4。点睛：实验题是学生的难点，实验题应首先弄清楚实验目的，在实验目的的基础上，分析实验原理，然后结合装置的