2024届常州市“12校合作联盟”高考化学二模试卷含解析

2024届常州市“12校合作联盟”高考化学二模试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、下列物质的水溶液因水解而呈碱性的是()A．NH3 B．NH4Cl C．KOH D．NaClO2、某同学将光亮的镁条放入盛有NH4Cl溶液的试管中，有大量气泡产生，为探究该反应原理，该同学做了以下实验并观察到相关现象，由此得出的结论不合理的是选项实验及现象结论A将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝反应中有NH3产生B收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色反应中有H2产生C收集气体的同时测得溶液的pH为8.6弱碱性溶液中Mg也可被氧化D将光亮的镁条放入pH为8.6的NaHCO3溶液中，有气泡产生弱碱性溶液中OH-氧化了MgA．A B．B C．C D．D3、氯碱工业是高耗能产业,一种将电解池与燃料电池相组合的新工艺可以节能30%以上,工作原理如图所示,其中各电极未标出。下列有关说法错误的是（）A．A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性B．两池工作时收集到标准状况下气体X为2.24L,则理论上此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为5.6LC．A为阳离子交换膜、B为阴离子交换膜D．氢氧化钠的质量分数从大到小的顺序为b%>a%>c%4、标准状况下，下列实验用如图所示装置不能完成的是（）A．测定一定质量的和混合物中的含量B．确定分子式为的有机物分子中含活泼氢原子的个数C．测定一定质量的晶体中结晶水数目D．比较Fe3+和Cu2+对一定质量的双氧水分解反应的催化效率5、下列反应所得溶液中只含一种溶质的是A．Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉 B．A1(OH)3中加入过量NaOH溶液C．浓H2SO4中加入过量Cu片，加热 D．Ca(C1O)2溶液中通入过量CO26、鹅去氧胆酸和胆烷酸都可以降低肝脏中的胆固醇，二者的转化关系如图，下列说法中正确的是A．二者互为同分异构体B．二者均能发生氧化反应和取代反应C．胆烷酸中所有碳原子可能处于同一平面内D．等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸与足量Na反应时，最多消耗Na的量相同7、高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型的自来水处理剂，它的性质和作用是A．有强氧化性，可消毒杀菌，还原产物能吸附水中杂质B．有强还原性，可消毒杀菌，氧化产物能吸附水中杂质C．有强氧化性，能吸附水中杂质，还原产物能消毒杀菌D．有强还原性，能吸附水中杂质，氧化产物能消毒杀菌8、常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．使酚酞变红色的溶液：K+、Fe3+、SO42-、Cl-B．水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2-、CO32-C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、Na+、NO3-、SO42-D．=1×10-13mol/L的溶液中：NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-9、某小组同学探究铁离子与硫离子的反应，实验操作及现象如表：下列有关说法错误的（）滴入FeCl3溶液立刻有黑色沉淀生成继续滴入FeC13溶液，黑色沉淀增多后又逐渐转化为黄色沉淀滴入Na2S溶液立刻生成黑色沉淀，沉淀下沉逐渐转化为黄色。继续滴入Na2S溶液，最后出现黑色的沉淀A．两次实验中，开始产生的黑色沉淀都为Fe2S3B．两次实验中，产生的黄色沉淀是因为发生了反应Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3SC．向稀FeCl3溶液中逐滴加入稀Na2S溶液至过量最后生成的黑色沉淀为FeSD．在Na2S溶液过量的情况下，黑色沉淀中存在较多的Fe(OH)310、对下列实验现象或操作解释错误的是()现象或操作解释AKI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去SO2具有还原性B配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+C某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成不能说明该溶液中一定含有SO42-D向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)A．A B．B C．C D．D11、已知：25°C时，MOH的Kb=10-7。该温度下，在20.00mL0.1mol·L-1MCl溶液中滴入0.1mol·L-1NaOH溶液，溶液的pH与所加NaOH溶液的体积关系如图所示。下列说法错误的是A．a=4 B．V1=10C．溶液中水的电离程度：P>Q D．Q点溶液中c(Na+)<2c(M+)12、临床证明磷酸氯喹对治疗“新冠肺炎”有良好的疗效。磷酸氯喹的结构如图所示。下列有关磷酸氯喹的说法错误的是（）A．分子式是C18H32ClN3O8P2B．能发生取代、加成和消去反应C．1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应D．分子中的—C1被—OH取代后的产物能与溴水作用生成沉淀13、分类是重要的科学研究方法，下列物质分类正确的是A．酸性氧化物：SO2、SiO2、NO2B．弱电解质：CH3COOH、BaCO3、Fe（OH）3C．纯净物：铝热剂、漂粉精、聚乙烯D．无机物：CaC2、石墨烯、HCN14、短周期主族元素X、Y、Z、Q、R的原子序数依次增大，X的简单阴离子与锂离子具有相同的电子层结构，Y原子最外层电子数等于内层电子数的2倍，Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成X的单质。向100mLX2R的水溶液中缓缓通入RZ2气体，溶液pH与RZ2体积关系如下图。下列说法正确的是A．X2R溶液的浓度为0.03mol·L－1B．工业上通常采用电解法冶炼Q的单质C．最简单气态氢化物的稳定性：Y>Z>RD．RZ2通入BaCl2、Ba(NO3)2溶液中，均无明显现象15、下列实验现象预测正确的是（）A．实验Ⅰ：振荡后静置，溶液仍分层，且上层溶液颜色仍为橙色B．实验Ⅱ：铁片最终完全溶解，且高锰酸钾溶液变无色C．实验Ⅲ：微热稀硝酸片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．实验Ⅳ：当溶液至红褐色，停止加热，让光束通过体系时可产生丁达尔现象16、不同条件下，用O2氧化amol/LFeCl2溶液过程中所测的实验数据如图所示。下列分析或推测合理的是A．由①、②可知，pH越大，+2价铁越易被氧化B．由②、③推测，若pH>7，+2价铁更难被还原C．由①、③推测，FeCl2被O2氧化的反应为放热反应D．60℃、pH=2.5时，4h内Fe2＋的平均消耗速率大于0.15amol/(L·h)17、乙基环己烷（）的一溴代物共有几种（不考虑立体异构）A．3种B．4种C．5种D．6种18、如图表示某个化学反应过程的能量变化。该图表明（）A．催化剂可以改变该反应的热效应B．该反应是个放热反应C．反应物总能量低于生成物D．化学反应遵循质量守恒定律19、全钒液流电池是一种新型的绿色环保储能电池，其电池总反应为：V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+．下列说法正确的是（）A．放电时正极反应为：VO2++2H++e-=VO2++H2OB．放电时每转移2mol电子时，消耗1mol氧化剂C．放电过程中电子由负极经外电路移向正极，再由正极经电解质溶液移向负极D．放电过程中，H+由正极移向负极20、下列关于有机化合物的说法正确的是（）A．乙硫醇(C2H5SH)的沸点比乙醇的高B．除去乙酸乙酯中的少量乙醇可加入适量乙酸并充分加热C．等质量的苯和苯乙烯()完全燃烧,消耗氧气的体积相同D．分子式为C4H8Cl2且含有两个甲基的有机物有4种21、2019年4月25日，宣布北京大兴国际机场正式投运！该机场在建设过程中使用了当今世界机场多项尖端科技，被英国《卫报》评为“新世界七大奇迹”之首。化工行业在这座宏伟的超级工程中发挥了巨大作用，下列有关说法错误的是A．青铜剑科技制造的第三代半导体芯片，其主要成分是SiO2B．支撑航站楼的C形柱柱顶的多面体玻璃，属于硅酸盐材料C．机场中的虚拟人像机器人“小兴”表面的塑料属于高分子聚合物D．耦合式地源热泵系统，光伏发电系统及新能源汽车的使用，可以减轻温室效应及环境污染22、中华文明博大精深。下列说法错误的是A．黏土烧制陶瓷的过程中发生了化学变化B．商代后期制作的司母戊鼎属于铜合金制品C．侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱D．屠呦呦发现的用于治疗疟疾的青蒿素()属于有机高分子化合物二、非选择题(共84分)23、（14分）为探究某固体化合物X(仅含四种元素)的组成和性质，设计并完成如下实验。请回答：(1)蓝色溶液中的金属阳离子是________。(2)黑色化合物→砖红色化合物的化学方程式是________________________。(3)X的化学式是________。24、（12分）扁桃酸衍生物是重要的医药中间体。以A和B为原料合成扁桃酸衍生物F的路线如下：(1)A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，A所含官能团名称为______。写出A+B→C的化学反应方程式：__________________。(2)C()中①、②、③3个一OH的酸性由弱到强的顺序是_____。(3)E是由2分子C生成的含有3个六元环的化合物，E分子中不同化学环境的氢原子有______种。(4)D→F的反应类型是_____，1molF在一定条件下与足量NaOH溶液反应，最多消耗NaOH的物质的量为______mol。写出符合下列条件的F的所有同分异构体(不考虑立体异构)的结构简式：__________。①属于一元酸类化合物：②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基。(5)已知：R一CH2COOHR一一COOHA有多种合成方法，在方框中写出由乙酸合成A的路线流程图(其他原料任选)。合成路线流程图示例如下：______________________CH2=CH2CH3CH2OHCH3COOC2H525、（12分）已知25℃时，Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16。某研究性学习小组探究AgCl、Ag2S沉淀转化的原因。步骤现象Ⅰ.将NaCl与AgNO3溶液混合产生白色沉淀Ⅱ.向所得固液混合物中加Na2S溶液沉淀变为黑色Ⅲ.滤出黑色沉淀，加入NaCl溶液在空气中放置较长时间后，沉淀变为乳白色(1)Ⅰ中的白色沉淀是__。(2)Ⅱ中能说明沉淀变黑的离子方程式是__。(3)滤出步骤Ⅲ中乳白色沉淀，推测含有AgCl。用浓HNO3溶解，产生红棕色气体，沉淀部分溶解，过滤得到滤液X和白色沉淀Y。ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀①由ⅰ判断，滤液X中被检出的离子是__。②由ⅰ、ⅱ可确认步骤Ⅲ中乳白色沉淀含有AgCl和另一种沉淀__。(4)该学生通过如下对照实验确认了步骤Ⅲ中乳白色沉淀产生的原因：在NaCl存在下，氧气将Ⅲ中黑色沉淀氧化。现象B：一段时间后，出现乳白色沉淀C：一段时间后，无明显变化①A中产生的气体是___。②C中盛放的物质W是__。③该同学认为B中产生沉淀的反应如下（请补充完整）：__2Ag2S+__+__+2H2O=4AgCl+__+4NaOH④从溶解平衡移动的角度，解释B中NaCl的作用__。26、（10分）某小组同学设计如下实验，研究亚铁盐与H2O2溶液的反应。实验Ⅰ：试剂：酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=0.2），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴5%H2O2溶液溶液立即变为棕黄色，稍后，产生气泡。测得反应后溶液pH=0.9向反应后的溶液中加入KSCN溶液溶液变红(1)上述实验中H2O2溶液与FeSO4溶液反应的离子方程式是__。(2)产生气泡的原因是__。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，又补充了实验II证实了该反应发生。实验II的方案和现象是__。实验III：试剂：未酸化的0.5mol·L-1FeSO4溶液（pH=3），5%H2O2溶液（pH=5）操作现象取2mL5%H2O2溶液于试管中，加入5滴上述FeSO4溶液溶液立即变为棕黄色，产生大量气泡，并放热，反应混合物颜色加深且有浑浊。测得反应后溶液pH=1.4(4)将上述混合物分离，得到棕黄色沉淀和红褐色胶体。取部分棕黄色沉淀洗净，加4mol·L-1盐酸，沉淀溶解得到黄色溶液。初步判断该沉淀中含有Fe2O3，经检验还含有SO42-。①检验棕黄色沉淀中SO42-的方法是______。②结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因______。实验IV：用FeCl2溶液替代FeSO4溶液，其余操作与实验III相同，除了产生与III相同的现象外，还生成刺激性气味气体，该气体能使湿润的蓝色石蕊试纸变红但不褪色。(5)将反应得到的混合物过滤，得到黄色沉淀。将黄色沉淀洗净，加稀盐酸，沉淀不溶解。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，写出生成黄色沉淀的化学方程式___。(6)由以上实验可知，亚铁盐与H2O2反应的现象与______（至少写两点）有关。27、（12分）实验室利用硫酸厂烧渣(主要成分为铁的氧化物及少量FeS、SiO2等)制备聚铁[Fe2(OH)n(SO4)3－0.5n]m和绿矾(FeSO4·7H2O)，过程如下：(1)验证固体W焙烧后产生的气体含有SO2的方法是________________。(2)实验室制备、收集干燥的SO2，所需仪器如下。装置A产生SO2，按气流方向连接各仪器接口，顺序为a→______→_____→______→______→f。_________装置A中发生反应的化学方程式为___________。D装置的作用________。(3)制备绿矾时，向溶液X中加入过量_______，充分反应后，经过滤操作得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾。过滤所需的玻璃仪器有______________。(4)欲测定溶液Y中Fe2+的浓度，需要用容量瓶配制KMnO4标准溶液，用KMnO4标准溶液滴定时应选用________滴定管(填“酸式”或“碱式”)。28、（14分）亚硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、医药等工业。实验室用如图装置(夹持装置略)制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。已知：NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。（1）装置A制取SO2①A中反应的化学方程式为___。②导管b的作用是___。（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是___(只写1种)。②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是___。（3）装置C的主要作用是___(用离子方程式表示)。（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___。（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L-1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。已知：2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4①配平：__MnO4-+__C2O42-+__=__Mn2++__+__H2O②滴定终点时的现象为___。③亚硝酰硫酸的纯度=___。（精确到0.1%）[M(NOSO4H)=127g·mol-1]29、（10分）孔雀石的主要成分为Cu2（OH）2CO3（含少量FeO、Fe2O3、SiO2）。某小组同学在实验室以孔雀石为原料制备胆矾，并测定所得胆矾中结晶水的含量。实验步骤如下：（提供试剂：NaOH溶液、H2O2溶液、CuO、Na2CO3）完成下列填空：（1）孔雀石的主要成分与稀硫酸反应的离子方程式为________。（2）按试剂加入顺序，w所代表的试剂依次为__________。沉淀B的成分为_______。（3）a操作依次为：加热蒸发、_______、过滤、洗涤、__________。除烧杯、漏斗之外过滤还需要另一玻璃仪器，该仪器在此操作中的主要作用是_________。（4）欲检验溶液A中Fe2+的试剂是___________（选填序号）。如果测定Fe2+的含量，需要用容量瓶配制某标准溶液，请简述配制中“定容”的操作：_____。aNaOH（aq）bNa2CO3（aq）c淀粉KI（aq）d酸性KMnO4（aq）（5）在测定所得胆矾（CuSO4·xH2O）中结晶水x值的实验过程中，若测定结果的实验误差为1.5%，可能的原因是_______________。a加热温度过高

b胆矾晶体的颗粒较大c加热后放在空气中冷却

d加热胆矾晶体时有晶体从坩埚中溅出（6）该小组一位同学根据实验结果求出样品中孔雀石的质量分数为：，另一位同学不同意，其原因是___________。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、D【解析】

A.NH3溶于水后电离产生OH－而使溶液呈碱性，与水解无关，选项A错误；B.NH4Cl中NH4+水解溶液呈酸性，选项B错误；C.KOH溶于水后电离产生OH－而使溶液呈碱性，与水解无关，选项C错误；D.由于ClO－水解产生OH－，使NaClO溶液呈碱性，选项D正确。答案选D。2、D【解析】

A．氨气为碱性气体，遇到湿润的红色石蕊变蓝，将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，可以证明气体中含有氨气，故A正确；B．收集产生的气体并点燃，火焰呈淡蓝色，可以证明氢气的存在，故B正确；C．pH为8.6时，仍然有气体生成，说明碱性条件下，Mg可以被氧化，故C正确；D、若是氢氧根氧化了Mg，则氢氧根得电子被还原，不可能生成气体，所以D的结论不合理，故D错误；故选D。3、C【解析】

A．氢氧化钠是强电解质，A池中右边加入NaOH溶液的目的是增大溶液的导电性，A正确；B．电解池中，阳极反应：2Cl--2e-=Cl2↑，X是氯气，阴极氢离子放电2H++2e-＝H2↑，Y是氢气，2.24氯气是0.1molCl2，转移电子是0.2mol，燃料电池中，正极发生得电子的还原反应：O2+2H2O+4e-=4OH-，当转移0.2mol电子，理论上燃料电池中消耗O2的物质的量为0.05mol，标况下体积是0.05mol×22.4L/mol＝1.12L，因此此时充入标准状况下的空气(不考虑去除CO2的体积变化)的体积约为1.12L×5＝5.6L，B正确；C．电解池中阳离子向阴极移动，原电池中阳离子向正极移动，则A、B均为阳离子交换膜，C错误；D．燃料电池中的离子膜只允许阳离子通过，而燃料电池中正极氧气得到电子产生OH-，所以反应后氢氧化钠的浓度升高，即b%大于a%，负极氢气失电子生成氢离子消耗氢氧根离子，所以a%＞c%，得到b%＞a%＞c%，D正确。答案选C。【点睛】明确电极的判断及发生的电极反应为解答的关键，注意利用电子守恒进行计算。4、C【解析】

A.在烧瓶中放入Na2O和Na2O2的混合物，然后将水从分液漏斗放下，通过产生气体的量可计算Na2O2的量，故A符合题意；B.在烧瓶中放入金属钠，然后将有机物从分液漏斗放下，根据产生的气体的量来判断有机物分子中含活泼氢原子的个数，故B符合题意；C.该实验需要测量生成气体的量进而计算，Na2SO4·xH2O晶体中结晶水测定时无法产生气体，该装置不能完成，故C不符合题意；D.可通过对照所以比较单位时间内Fe3+和Cu2+与双氧水反应产生气体的多少比较的催化效率，故D符合题意。故选C。5、A【解析】

A.Fe2(SO4)3溶液中加入过量Fe粉反应产生FeSO4，Fe是固体物质，不能进入溶液，故所得溶液中只含一种溶质，A符合题意；B.A1(OH)3中加入过量NaOH溶液，反应产生NaAlO2和H2O，反应所得溶液中含过量NaOH和产生的NaAlO2两种溶质，B不符合题意；C.反应后溶液中含有反应产生的CuSO4和过量的未反应的H2SO4，C不符合题意；D.反应后溶液中含有HClO和Ca(HCO3)2两种溶质，D不符合题意；故合理选项是A。6、B【解析】

A．鹅去氧胆酸脱氢氧化后生成胆烷酸，则鹅去氧胆酸和胆烷酸的分子式不同，不可能是同分异构体，故A错误；B．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子中均有羧基和羟基，则均可发生取代反应，如发生酯化反应，故B正确；C．胆烷酸分子结构中环上除羰基和羧基中的碳原子外，其它碳原子均是sp3杂化，则分子结构中所有碳原子不可能在同一平面内，故C错误；D．鹅去氧胆酸和胆烷酸分子内均有一个羧基，但鹅去氧胆酸比胆烷酸多一个羟基，则等物质的量的鹅去氧胆酸和胆烷酸分别与Na完全反应时消耗的Na的物质的量不等，故D错误；故答案为B。7、A【解析】

高铁酸钾具有强氧化性，可杀菌消毒。同时生成的还原产物铁离子，在溶液中能水解生成氢氧化铁胶体，吸附水中的悬浮物，因此正确的答案选A。8、D【解析】

A．使酚酞变红色的溶液中存在OH-，K+、Fe3+、SO42-、Cl-四种离子中Fe3+不可共存，A错误；B.水电离的c(H+)=1×10-13mol/L的溶液可能为酸性或碱性溶液，在酸性溶液中K+、Na+、AlO2-、CO32-四种离子中AlO2-、CO32-不可以共存，B错误；C．强酸和强碱溶液都可以和Al反应放出氢气，在酸性溶液中Fe2+和NO3-发生氧化还原反应不共存，在碱性溶液中Fe2+水解不共存，C错误；D．=1×10-13mol/L的溶液中，氢离子的浓度为0.1mol/L，NH4+、Cu2+、Cl-、NO3-可以共存，D正确。答案选D。9、D【解析】

实验开始时，生成黑色沉淀为Fe2S3，由于硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，黄色沉淀为S，硫化钠过量，最后生成FeS，以此解答该题。【详解】A．开始试验时，如生成硫，应为黄色沉淀，而开始时为黑色沉淀，则应为Fe2S3，故A正确；B．硫化钠具有还原性，可与铁离子发生氧化还原反应生成S，方程式为Fe2S3+4FeCl3═6FeCl2+3S，故B正确；C．发生氧化还原反应生成氯化亚铁，硫化钠过量，则生成FeS，为黑色沉淀，故C正确；D．在Na2S溶液过量的情况下，三价铁全部被还原，黑色沉淀为FeS，且Fe(OH)3为红褐色，故D错误。故选：D。10、D【解析】

A选项，KI淀粉溶液中滴入氯水变蓝，再通入SO2，蓝色褪去，二氧化硫和单质碘反应生成硫酸和氢碘酸，SO2具有还原性，故A正确；B选项，配制SnCl2溶液时，先将SnCl2溶于适量稀盐酸，再用蒸馏水稀释，最后在试剂瓶中加入少量的锡粒，加盐酸目的抑制Sn2+水解，并防止Sn2+被氧化为Sn4+，故B正确；C选项，某溶液中加入硝酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，原溶液中可能有亚硫酸根，因此不能说明该溶液中一定含有SO42−，故C正确；D选项，向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，生成黑色沉淀，此时溶液中含有硫化钠，硫化钠与硫酸铜反应生成硫化铜，因此不能说Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)，故D错误。综上所述，答案为D。【点睛】易水解的强酸弱碱盐加对应的酸防止水解，例如氯化铁；易被氧化的金属离子加对应的金属防止被氧化，例如氯化亚铁。11、D【解析】

A.25°C时，MOH的Kb=10-7，则Kh(MCl)==10-7，解得c(H+)=10-4mol/L，pH=a=4，A正确；B.等浓度的MCl、MOH的混合溶液中，MCl的水解程度等于MOH的电离程度，所以溶液pH=7时，加入的MOH的体积为10mL，B正确；C.在盐MCl溶液中逐滴加入NaOH溶液，加入的碱越大，水对电离的抑制作用越强，水电离程度就越小，所以溶液中水的电离程度：P>Q，C正确；D.P点加入10mLNaOH溶液时nP(Na+)=nP(M+)，Q点时MOH少量电离，nQ(M+)<nP(M+)，nQ(Na+)=2nP(Na+)，所以c(Na+)>2c(M+)，D错误；故合理选项是D。12、B【解析】

A．根据该分子的结构简式可知分子式为C18H32ClN3O8P2，故A正确；B．Cl原子连接在苯环上，不能发生消去反应，故B错误；C．苯环、碳碳双键、氮碳双键均可加成，所以1mol磷酸氯喹最多能与5molH2发生加成反应，故C正确；D．分子中的—C1被—OH取代后变成酚羟基，且其邻位碳原子有空位，可以与溴水作用生成沉淀，故D正确；故答案为B。13、D【解析】

A．SO2、SiO2和碱反应生成盐和水属于酸性氧化物，和碱反应发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，A错误；B．水溶液中部分电离属于弱电解质，属于弱碱是弱电解质，熔融状态下完全电离属于强电解质，B错误；C．铝热剂是铝和金属氧化物的混合物，漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物，聚乙烯是高分子化合物属于混合物，C错误；D．、石墨烯为碳的单质、HCN，组成和结构上与无机物相近属于无机物，D正确。答案选D。14、B【解析】

由条件“X的简单阴离子与锂离子具有相同的结构”可知，X为H元素；由条件“Y原子的最外层电子个数是内层电子数的两倍”可知，Y为C元素；由条件“Q的单质与稀硫酸剧烈反应生成氢气”可知，Q为第三周期的金属元素(Na或Mg或Al)；由X可以与R形成H2R化合物可知，R为S元素；S可以与Z形成SZ2气体，所以Z为O元素。【详解】A．硫化氢气体与二氧化硫气体反应的方程式：；当通入336mL，即0.015molSO2时，溶液恰好为中性，即恰好反应完全，所以原硫化氢溶液中，那么浓度即为0.3mol/L，A错误；B．Q无论是Na，Mg，Al中的哪一种元素，获得其单质都是采用电冶金的方式，B正确；C．Y，Z，R分别为C，O，S三种元素，所以简单氢化物的稳定性为H2O＞H2S＞CH4，即Z＞R＞Y，C错误；D．SO2通入BaCl2溶液中无现象，但是通入Ba(NO3)2溶液中会出现白色沉淀，D错误。答案选B。15、D【解析】

A、溴单质能与氢氧化钠反应，生成溴化钠，易溶于水，所以苯层中不存在溴单质，所以苯层为无色，故A不正确；B、常温下铁在浓硫酸中发生钝化现象；阻止反应进行，铁片不能溶解，高锰酸钾溶液不变色，故B不正确；C、铜和稀硝酸发生生成一氧化氮气体在广口瓶中遇到空气中的氧气反应生成红棕色气体二氧化氮，故不正确；D、饱和氯化铁溶液加热到红褐色后制的氢氧化铁胶体，胶体具有丁达尔现象，光线通过出现一-条光亮的通路，故D正确；故选D。16、D【解析】

A．①、②中温度和pH均不同，存在两个变量，不能判断pH对反应的影响，故A错误；

B．若pH＞7，+2价铁会转化为氢氧化亚铁沉淀，氢氧化亚铁在空气中能被氧气氧化生成氢氧化铁，所以+2价铁易被氧化，故B错误；

C．①、③中pH相同，温度越高，转化率越大，则FeCl2被O2氧化的反应为吸热反应，故C错误；

D．50℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率等于

0.15a

mol/（L•h），在60℃、pH=2.5时，温度升高，速率增大，所以60℃、pH=2.5时，4h内Fe2+的平均消耗速率大于

0.15a

mol/（L•h），故D正确。

故答案为D。【点睛】本题考查了影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素，把握图中的信息以及影响反应速率的因素、影响化学平衡移动的因素是解题的关键，侧重于考查学生的分析能力和应用能力。17、D【解析】乙基环己烷中有6种氢原子，因此一溴代物有6种，故选项C正确。18、B【解析】

A.由图可知，加入催化剂能降低反应的活化能，但反应热不变，A项错误；B.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，故为放热反应，B项正确；C.由图象可知，反应物总能量大于生成物总能量，C项错误；D.化学反应一定遵循质量守恒定律，但是根据题目要求，图示不能说明质量守衡，D项错误。答案选B。19、A【解析】

根据电池总反应V3++VO2++H2OVO2++2H++V2+和参加物质的化合价的变化可知，放电时，反应中VO2+离子被还原，应在电源的正极反应，V2+离子化合价升高，被氧化，应是电源的负极反应，根据原电池的工作原理分析解答。【详解】A、原电池放电时，VO2+离子中V的化合价降低，被还原，应是电源的正极反应，生成VO2+离子，反应的方程式为VO2++2H++e-=VO2++H2O，故A正确；B、放电时氧化剂为VO2+离子，在正极上被还原后生成VO2+离子，每转移2mol电子时，消耗2mol氧化剂，故B错误；C、内电路由溶液中离子的定向移动形成闭合回路，电子不经过溶液，故C错误；D、放电过程中，电解质溶液中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，故D错误；答案选A。【点睛】本题的易错点为A，要注意从化合价的变化进行判断反应的类型和电极方程式，同时把握原电池中电子及溶液中离子的定向移动问题。20、C【解析】

A.乙硫醇(C2H5SH)分子间无氢键而乙醇分子之间有氢键，氢键的存在增加了分子之间的吸引力，使物质的熔沸点升高，故乙醇的熔沸点比乙硫醇高，A错误；B.乙醇与乙酸生成乙酸乙酯的反应是可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，因此不能达到除杂的目的，还引入了新的杂质，B错误；C.苯、苯乙烯最简式相同，同质量消耗O2量相同，因此消耗的氧气在相同条件下体积也相同，C正确；D.C4H8Cl2可看作是C4H10分子中的2个H原子被Cl原子取代产生的物质，C4H10有正丁烷、异丁烷两种结构，4个碳原子可形成，符合条件的正丁烷的二氯代物有2种，异丁烷的1种，共有3种不同的结构，D错误；故合理选项是C。21、A【解析】

A.第三代半导体芯片的主要成分不是SiO2，而是GaN，A项错误，符合题意；B.普通玻璃属于硅酸盐材料，B项正确，不符合题意；C.塑料属于高分子聚合物，C项正确，不符合题意；D.大兴国际机场是全国可再生能源使用比例最高的机场，耦合式地源热泵系统，可实现年节约1.81万吨标准煤，光伏发电系统每年可向电网提供600万千瓦时的绿色电力，相当于每年减排966吨CO2，并同步减少各类大气污染物排放，D项正确，不符合题意；答案选A。【点睛】解答本题时需了解：第一代半导体材料主要是指硅（Si）、锗元素（Ge）半导体材料。第二代半导体材料主要是指化合物半导体材料，如砷化镓（GaAs）、锑化铟（InSb）；三元化合物半导体，如GaAsAl、GaAsP；还有一些固溶体半导体，如Ge-Si、GaAs-GaP；玻璃半导体（又称非晶态半导体），如非晶硅、玻璃态氧化物半导体；有机半导体，如酞菁、酞菁铜、聚丙烯腈等。第三代半导体材料主要以碳化硅（SiC）、氮化镓（GaN）、氧化锌（ZnO）、金刚石、氮化铝（AlN）为代表的宽禁带半导体材料。22、D【解析】

A.黏土烧制陶瓷的过程需要高温加热，逐渐去除了有机物，无机物之间相互反应生成了新物质，发生了化学变化，故A正确；B.司母戊鼎由青铜制成，青铜中含有铜元素、锡元素、铅元素等，属于合金，故B正确；C.侯氏制碱法中的“碱”指的是纯碱，即碳酸钠，故C正确；D.青蒿素的相对分子质量较小，不属于有机高分子化合物，故D错误；故选D。【点睛】有机高分子化合物，由千百个原子彼此以共价键结合形成相对分子质量特别大、具有重复结构单元的有机化合物，属于混合物。一般把相对分子质量高于10000的分子称为高分子。二、非选择题(共84分)23、Cu2＋4CuO2Cu2O＋O2↑Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3【解析】

根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，无色无味气体n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3，据此分析。【详解】根据流程中信息可知黑色化合物为CuO，砖红色化合物为Cu2O，红色金属单质为Cu，蓝色溶液为CuSO4溶液；n(H2O)==0.01mol，n(H)=0.02mol，黑色化合物n(CuO)==0.03mol，无色无味气体n(CO2)=n(CaCO3)==0.02mol，故n(O)=0.04+0.03+0.01=0.08mol，可根据各元素推知分子式Cu3C2H2O8，则推断出X为Cu3(OH)2(CO3)2或Cu(OH)2·2CuCO3。(1)蓝色溶液为CuSO4溶液，含有的金属阳离子是Cu2＋；(2)黑色化合物→砖红色化合物，只能是CuO→Cu2O，反应的化学方程式是4CuO2Cu2O＋O2↑；(3)X的化学式是Cu(OH)2·2CuCO3或Cu3(OH)2(CO3)2。24、醛基、羧基②<①<③4取代反应3【解析】

A分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，则A为OHC﹣COOH，根据C的结构可知B是，A转化到C发生加成反应，据此分析作答。【详解】(1)A的分子式为C2H2O3，可发生银镜反应，且具有酸性，说明含有醛基和羧基，则A是OHC﹣COOH，根据C的结构可知B是，A+B→C发生加成反应，反应方程式为：，故答案为醛基羧基；；。(2)羧基的酸性强于酚羟基，酚羟基的酸性强于醇羟基，所以酸性由弱到强顺序为：②<①<③，故答案为②<①<③；(3)C中有羟基和羧基，2分子C可以发生酯化反应，可以生成3个六元环的化合物，C分子间醇羟基、羧基发生酯化反应，则E为，该分子为对称结构，分子中有4种化学环境不同的H原子，分别为苯环上2种、酚羟基中1种、亚甲基上1种，故答案为4；(4)对比D、F的结构，可知溴原子取代﹣OH位置，D→F的反应类型是取代反应；F中溴原子、酚羟基、酯基(羧酸与醇形成的酯基)，都可以与氢氧化钠反应，1molF最多消耗3molNaOH；其同分分异构体满足①属于一元酸类化合物：②苯环上只有2个取代基且处于对位，其中一个是羟基，其结构简式可以为：故答案为取代反应；3；；（5）由题目信息可知，乙酸与PCl3反应得到ClCH2COOH，在氢氧化钠水溶液、加热条件下发生水解反应得到HOCH2COONa，用盐酸酸化得到HOCH2COOH，最后在Cu作催化剂条件下发生催化氧化得到OHC﹣COOH，合成路线流程图为，故答案为。25、AgCl2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)SO42-SO2Ag2S的悬浊液2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S【解析】

(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3溶液发生反应生成。(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等。(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子。②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等。(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体的成分。②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W。③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可完善方程式。④B中，Ag2S被氧化生成S，则Ag+会与NaCl作用，从而促进平衡正向移动。【详解】(1)Ⅰ中的白色沉淀由NaCl与AgNO3反应生成，则为AgCl。答案为：AgCl；(2)Ⅱ中沉淀由白变黑，则表明白色沉淀与S2-反应，生成Ag2S沉淀等，反应的离子方程式为2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)。答案为：2AgCl(s)+S2-(aq)=Ag2S(s)+2Cl-(aq)；(3)ⅰ.向X中滴加Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，说明此沉淀为BaSO4；ⅱ.向Y中滴加KI溶液，产生黄色沉淀，说明AgCl转化为AgI；①由ⅰ判断，可确定滤液X中被检出的离子为SO42-。答案为：SO42-；②另一种沉淀应能被浓硝酸氧化，生成SO42-、NO2等，则其为S。答案为：S；(4)①A中，MnO2是H2O2分解的催化剂，由此确定产生气体为O2。答案为：O2；②因为C是做对比实验而设立的，由此可确定C中盛放的物质W为Ag2S的悬浊液。答案为：Ag2S的悬浊液；③B中，反应物还有NaCl、O2，由上面分析，生成物有S，由此可得出配平的方程式为2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH。答案为：2Ag2S＋1O2＋4NaCl＋2H2O=4AgCl＋2S＋4NaOH；④B中，Ag2S被O2氧化生成S，则Ag+游离出来，会与NaCl中的Cl-结合，生成AgCl沉淀，从而促进平衡正向移动，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。答案为：对于溶解平衡Ag2S(s)2Ag+(aq)+S2-(aq)，O2将S2-氧化生成S时有Ag+游离出来，NaCl中大量的Cl-与游离的Ag+结合成AgCl沉淀，使得溶解平衡右移，B中最终出现乳白色沉淀AgCl和S。【点睛】因为Ksp(Ag2S)=6.3×10－50、Ksp(AgCl)=1.5×10－16，所以将AgCl转化为Ag2S我们容易理解，如何实现黑色沉淀向白色沉淀的转化，即Ag2S转化为AgCl，则需要改变反应条件，通过实验我们可得出是O2的帮助，结合前面推断，可确定还有S生成，然后利用守恒法便可将方程式配平。26、2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降6nFeCl2+3nH2O2=2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑pH、阴离子种类、温度、反应物用量【解析】

(1)H2O2溶液与FeSO4溶液反应，从“溶液立即变为棕黄色”、“反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液变红”、“稍后，产生气泡”，可推出反应生成Fe3+；从“反应后溶液pH=0.9”，可推出反应消耗H+，由此可写出离子方程式。(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因。(3)某同学认为，根据“溶液变红”不能说明FeSO4与H2O2发生了反应，那么他的意思是空气中的溶解氧也能将Fe2+氧化，所以我们需要做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案。(4)①棕黄色沉淀为Fe2O3，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法与常规方法相同。②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现在pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此可结合方程式解释实验III中溶液pH降低的原因。(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此可写出生成黄色沉淀的化学方程式。(6)以上实验，分别探究了pH、阴离子种类、温度、反应物用量等对Fe2+与H2O2反应现象的影响，由此可得出与亚铁盐与H2O2反应的现象有关的因素。【详解】(1)在酸性条件下，H2O2溶液与FeSO4溶液反应，生成Fe3+和H2O，反应的离子方程式为2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O。答案为：2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O；(2)反应生成的Fe3+，对H2O2的分解有催化作用，由此可解释产生气泡的原因是在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2。答案为：在反应生成的Fe3+催化下H2O2分解生成O2；(3)既然某同学怀疑空气中的溶解氧也可能将Fe2+氧化，只需做一个不加H2O2的实验，由此设计实验方案为取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红。答案为：取2mL上述FeSO4溶液于试管中，加入5滴pH=5的H2SO4溶液，然后向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红；(4)①Fe2O3的存在，对SO42-的检验不产生干扰，所以检验SO42-的方法为取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-。答案为：取加入盐酸后的黄色溶液少许于试管中，加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明棕黄色沉淀中含有SO42-；②如果仅是H2O2氧化Fe2+，需消耗H+，现pH减小，说明生成了H+，此H+应来自Fe3+的水解，由此得出实验III中溶液pH降低的原因是2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降。答案为：2Fe2++4H2O+H2O2=2Fe(OH)3(胶体)+4H+，Fe2+氧化的产物Fe3+发生了水解生成H+使pH下降；(5)由实验IV可知，除得到黄色沉淀外，还有HCl生成。经检验沉淀中n(Fe)：n(Cl)=1：1，则沉淀应为(Fe2O3∙FeCl3)n，由此得出生成黄色沉淀的化学方程式为6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑。答案为：6nFeCl2+3nH2O2==2(Fe2O3∙FeCl3)n+6nHCl↑；(6)总结以上实验分别探究的因素，由此可得出与反应现象有关的因素为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。答案为：pH、阴离子种类、温度、反应物用量。【点睛】H2O2溶液与FeSO4溶液混合，反应生成Fe3+，OH-等，如果提供酸性环境，则OH-最后转化为H2O；如果溶液的酸性不强，则会生成Fe(OH)3沉淀。反应生成的Fe3+对H2O2的分解起催化作用，同时反应放热，又会促进Fe3+的水解，从而生成Fe(OH)3胶体，也会造成Fe(OH)3的分解，从而生成Fe2O3，且导致溶液的酸性增强。27、将气体通入品红溶液，溶液褪色，加热恢复原色d→e→c→bCu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O防止倒吸铁屑烧杯、漏斗、玻璃棒酸式【解析】

制备聚铁和绿矾(FeSO4•7H2O)流程为：硫酸厂烧渣与硫酸、氧气反应，得到滤液X和不溶物(S、二氧化硅等)W；滤液X中加入铁粉生成硫酸亚铁溶液，硫酸亚铁溶液通过浓缩蒸发、冷却结晶得到绿矾；将滤液X通过调节pH获得溶液Z，在70～80℃条件下得到聚铁胶体，最后得到聚铁，以此解答该题。【详解】(1)检验SO2的一般方法是：将气体通入品红溶液中，如果品红褪色，加热后溶液又恢复红色，证明含有SO2；(2)实验室用亚硫酸钠固体与硫酸反应制取SO2气体，该反应为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，收集SO2前应先干燥然后再收集。由于SO2的密度比空气大，要从c口进气，SO2是有毒气体，在排放前要进行尾气处理，然后再进行排放，所以最后进行尾气处理。因为SO2易于氢氧化钠反应，故D瓶的作用是安全瓶，以防止倒吸现象的发生，故仪器接口顺序为a→d→e→c→b→f；(3)因为在烧渣中加入了硫酸和足量氧气，所以溶液Y中含有Fe3+，故应先加入过量的铁粉(或铁屑)，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+，除去Fe3+，然后过滤除去过量的铁粉，得到溶液Y，再经浓缩、结晶等步骤得到绿矾，过滤使用的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；(4)KMnO4溶液具有强的氧化性，会腐蚀碱式滴定管的橡胶管，所以用KMnO4标准溶液滴定Fe2+的溶液时，要使用酸式滴定管盛装。【点睛】本题考查了制备方案的设计，涉及实验室中二氧化硫的制取方法、常见尾气的处理方法以及铁离子的检验等，明确实验目的、了解仪器结构与作用是解答关键，注意掌握制备方案的设计方法，试题培养了学生的化学实验能力。28、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度生成的NOSO4H作为该反应的催化剂SO2+2OH-=SO32-+H2OC装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解2516H+210CO2↑8溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复92.0%【解析】

(1)①装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2；②导管b的作用平衡压强的作用；(2)①装置B中浓硝酸与二氧化硫在浓硫酸的作用下反应制得NOSO4H，该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，结合反应的操作；②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率加快，说明NOSO4H起到了催化作用；(3)装置C主要作用是吸收二氧化硫防止污染空气；(4)NOSO4H遇水分解；(5)①高锰酸钾溶液在酸性条件下氧化草酸钠生成二氧化碳，结合元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子反应方程式；②高锰酸钾自身在反应中的颜色变化就可作为终点判断指示剂；③根据反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，结合滴定中消耗高锰酸钾的物质的量可得到亚硝酰硫酸的物质的量，据此计算纯度。【详解】(1)①利用装置A，固液混合制取二氧化硫，其方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；②导管b的作用是：平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；(2)①浓硫酸遇水放出大量热，维持体系温度不得高于20℃，还可以是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，反应速率明显加快，温度变化不大，排除温度的影响，其原因是：生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，加快了反应速率；(3)装置C利用NaOH溶液将剩余的SO2吸收，防止污染环境，方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O；(4)NOSO4H遇水分解，C装置(或A)中的水蒸气会进入B中使NO