安徽省芜湖市高一下学期期末考试化学模块考试（A）试题（解析版）

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安徽省芜湖市高一下学期期末考试模块考试（A）试题
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 Cu 64
一、选择题(本题包括10小题，每小题2分，共20分，每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内。)
1.下列反应中，生成物总能量高于反应物总能量的是（ ）
A. 镁粉与稀盐酸反应 B. 甲烷燃烧
C. 碳酸钙受热分解 D. 中和反应
【答案】C
【解析】生成物总能量高于反应物总能量，说明该反应为吸热反应。
A.镁粉与稀盐酸反应为放热反应，故A错误；
B.甲烷燃烧为放热反应，故B错误；
C.碳酸钙受热分解为吸热反应，故C正确；
D.中和反应为放热反应，故D错误。
故选C。
2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A. 0.01 mol Na2O2含有的离子总数为0.04NA
B. 常温常压下，20 g 2H2O 所含的中子数为10NA
C. 常温常压下，17 g氨气中含有非极性键为3NA
D. 标准状况下，1 mol SO3的体积为22.4 L
【答案】B
【解析】A.1molNa2O2中含有2molNa+和1molO22-，所以0.01molNa2O2含有的离子总数为0.03NA，故A错误；
B.2H2O的摩尔质量为20g/mol，20g2H2O的物质的量为1mol，1个2H2O中含有的中子数为(2-1)×2+16-8=10，所以常温常压下，20g2H2O所含的中子数为10NA，故B正确；
C.氨气分子中只含有N—H键，为极性共价键，氨气分子中不存在非极性键，故C错误；
D.标准状况下SO3为固体，不能使用气体摩尔体积进行计算，故D错误。
故选B。
3.下列有关化学反应限度的说法不正确的是（ ）
A. 任何可逆反应都有一定的限度
B. 化学反应的限度是可以改变的
C. 化学反应的限度与反应进行时间的长短有关
D. 化学反应达到限度时，正逆反应速率相等
【答案】C
【解析】A.可逆反应不能完全转化，在一定条件下，当正逆反应速率相等时，达到反应限度，所以任何可逆反应都有一定的限度，故A正确；
B.不同的外界条件有不同的反应限度，当外界条件发生变化时，反应限度发生改变，故B正确；
C.可逆反应不能完全转化，无论时间多长，都不可能完全转化，所以反应限度与时间的长短无关，但达到反应限度需要时间，二者不能混淆，故C错误；
D.对应可逆反应，当正逆反应速率相等，反应达到反应的限度，故D正确。
故选C。
4.下列说法中不正确的是（ ）
A. 熔化状态下能导电的化合物一定是离子化合物
B. 双原子分子中不一定含有极性键
C. 由非金属元素组成的化合物不一定是共价化合物
D. 不同元素组成的多原子分子内一定不存在非极性键
【答案】D
【解析】A.能导电的化合物中含有自由移动的离子，熔融状态下能导电的化合物中含有自由移动的离子，在熔融状态下能发生电离的电解质是离子化合物，故A正确；
B.双原子分子中，两个不同的非金属原子之间形成的是极性共价键，两个相同的非金属原子之间形成的是非极性共价键，故B正确；
C.由非金属元素组成的化合物可以是离子化合物，例如NH4Cl，故C正确；
D.H2O2，Na2O2为不同元素组成的多原子分子，存在非极性键，故D错误。
故选D。
5.在如图所示的蓝色石蕊试纸上，X、Y、Z三处分别滴加浓硝酸、浓硫酸和新制的氯水，三处最后呈现的颜色分别是（ ）

A. 白、黑、白 B. 红、黑、红
C. 红、红、白 D. 红、黑、白
【答案】A
【解析】因硝酸具有强氧化性，能使试纸褪色，则滴加浓硝酸，先变红后褪色，最后为白色；浓硫酸具有脱水性，则能使蓝色石蕊试纸最后变为黑色；因氯水中含有盐酸和次氯酸，新制氯水具有漂白性，则在试纸上滴加氯水，先变红后褪色，最后为白色。
故选A。
6.下列说法不正确的是（ ）
A. 过量的SO2使紫色石蕊试液先变红后褪色，说明SO2具有酸性和漂白性
B. 浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸具有不稳定性
C. 浓硫酸能使胆矾晶体由蓝色变为白色，说明浓硫酸具有吸水性
D. 浓硫酸使蔗糖变黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
【答案】A
【解析】A.二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红，故A错误；
B.浓硝酸具有不稳定性，在光照下会分解生成NO2并溶于浓HNO3显黄色，故浓硝酸在光照下颜色变黄，故B正确；
C.浓硫酸具有吸水性，能吸收胆矾晶体中的结晶水，可以使蓝色的胆矾晶体失水变为白色晶体，故C正确；
D.蔗糖在浓H2SO4中变黑是因为蔗糖被脱水生成碳单质，故D正确。
故选A。
7.短周期中三种元素a、b、c在周期表中的位置如图所示，下列有关这三种元素的说法正确的是（ ）

A. a是一种活泼的非金属元素 B. b的气态氢化物比c的稳定
C. c的氧化物对应的水化物是强酸 D. b元素的最高化合价为＋7价
【答案】B
【解析】
【分析】根据三种短周期元素在周期表中的相对位置可知：a为He元素，b为F元素，c为S元素，据此答题。
【详解】由分析可知：a为He元素，b为F元素，c为S元素。
A.a为He元素，He是稀有气体元素，性质稳定，非金属性很弱，故A错误；
B.F是最活泼的非金属元素，非金属性越强，氢化物越稳定，非金属性：F＞S，所以气态氢化物的稳定性：HF＞H2S，故B正确；
C.c为S元素，S的最高价氧化物对应的水化物是为硫酸，属于强酸，但并没有说是最高价氧化物的水化物，也可以是亚硫酸，亚硫酸为弱酸，故C错误；
D.b为F元素，无正价，最高正化合价为0，故D错误。
故选B。
8.在恒温恒容的容器中进行反应 2SO3(g)2SO2(g)+O2(g)，若反应物浓度由1 mol/L降到0.8 mol/L需10s，那么由0.8 mol/L降到0.4 mol/L，需反应的时间为（ ）
A. 等于10s B. 小于10s
C. 等于20s D. 大于20s
【答案】D
【解析】反应物A的浓度由1mol/L降到0.8mol/L时的平均反应速率为v===0.02mol·L-1·s-1，假设以0.02mol·L-1·s-1的反应速率计算反应物A的浓度由由0.8mol/L降到0.4mol/L所需反应时间为t===20s，实际上A物质的化学反应速率是随着物质浓度的减小而减小，所以反应物A的浓度由0.8mol/L降到0.4mol/L的平均反应速率小于0.02mol·L-1·s-1，所以所用时间应大于20s。
故选D。
9.将纯锌片和纯铜片按图方式插入同浓度的稀硫酸中一段时间，以下有关说法正确的是（ ）

A. 两烧杯中铜片表面均无气泡产生 B. 两烧杯中锌片均为负极
C. 两烧杯中溶液的pH均减小 D. 两烧杯中溶液均为无色
【答案】D
【解析】A.在甲烧杯中Cu作正极，铜片表面有气泡产生，而在乙烧杯中铜片表面无气泡产生，故A错误；
B.在甲中构成了原电池，锌片是负极，而在乙中没有形成原电池，故B错误；
C.两烧杯中Zn都与硫酸发生反应使溶液中的H+的浓度减小，所以溶液的pH均增大，故C错误；
D.甲、乙溶液逐渐变为无色的硫酸锌溶液，故D正确。
故选D。
10.下列实验装置、原理和操作不正确的是（ ）
A. 实验室制取SO2
B. 用CCl4提取废液中的I2
C. 实验室制取氨气
D. 实验室制取氯气
【答案】C
【解析】A.实验室通常用铜与浓硫酸加热反应生成SO2，反应方程式为：Cu+H2SO4CuSO4+SO2↑+H2O，采用固体与液体加热制取气体的装置，图中制取SO2的装置合理，故A正确；
B碘不易溶于水，易溶于四氯化碳，图中萃取、分液装置合理，故B正确；
C.实验室用铵盐与碱加热生成氨气，氨气为碱性气体，应用碱石灰进行干燥，图中用氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵，很难制取氨气，故C错误；
D.实验室采用二氧化锰与浓盐酸加热的方法正确氯气，采用固体与液体加热制取气体的装置，故D正确。
故选C。
二、选择题(本题包括10小题，每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意，请将符合题意的选项序号填入下面的答题表内。)
11.下列有关卤素的说法不正确的是（ ）
A. ICl在反应ICl+2NaOHNaCl+NaIO+H2O中作氧化剂
B. 金属钠与氯气反应生成氯化钠后，其结构的稳定性增强，体系的能量降低
C. 淀粉碘化钾在空气中变蓝，发生了4I-+ O2 + 2H2O2I2 + 4OH-
D. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强
【答案】A
【解析】A.在ICl+2NaOHNaCl+NaIO+H2O反应中，ICl各种元素的化合价并没有改变，因此不是氧化剂，故A错误；
B.化学反应的实质就是旧化学键的断裂，新化学键的形成，物质能量越高越活泼，钠和氯气反应生成氯化钠的反应是放热反应，生成物能量降低，故B正确；
C.淀粉碘化钾溶液在空气中，碘离子被氧气氧化成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝，反应的离子方程式为：4I-+O2+2H2O2I2+4OH-，故C正确；
D.非金属性F＞Cl＞Br＞I，则HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性增强，故D正确。
故选A。
12.下列反应的离子方程式书写正确的是（ ）
A. 向浓硝酸中伸入铜丝：3Cu + 8H++ 2NO3-3Cu2+ + 2NO↑+4H2O
B. 向铝盐溶液中加入过量氨水：Al3+ + 3OH-Al(OH)3 ↓
C. 向水中通入NO2：3NO2 + H2O2H+ + 2NO3-+NO
D. 向亚硫酸钠溶液中滴加稀硝酸：SO32- + 2H+SO2↑+ H2O
【答案】C
【解析】A.向浓硝酸中伸入铜丝，铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H++2NO3－Cu2++2NO2↑+2H2O，故A错误；
B.铝盐可以和一水合氨发生反应生成氢氧化铝沉淀，生成的Al（OH）3不溶于过量的氨水，所以离子方程式为：Al3++3NH3·H2OAl（OH）3↓+3NH4+，故B错误；
C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸拆成离子形式，离子方程式为：3NO2+H2O2H++2NO3-+NO，故C正确；
D.亚硫酸钠溶液中加入硝酸，二者发生氧化还原反应生成硫酸、NO和水，离子方程式为：3SO32-+2NO3-+2H+3SO42-+H2O+2NO↑，故D错误。
故选C。
13.下列离子的检验方法正确的是（ ）
A. 向某溶液中加入盐酸酸化氯化钡溶液，得到白色沉淀，说明溶液中含有 SO42-
B. 向海藻灰的浸取液中通入少量氯气，加入淀粉溶液，溶液变蓝，说明溶液中含有 I-
C. 向某溶液中滴入稀 NaOH溶液未生成使红色石蕊试纸变蓝的气体，说明不含NH4+
D. 向某溶液中通入Cl2，然后再加入KSCN 溶液变红色，说明原溶液中含有 Fe2+
【答案】B
【解析】A.向某溶液中加入盐酸酸化氯化钡溶液，有白色沉淀生成，白色沉淀可能为氯化银、硫酸钡，原溶液中可能存在硫酸根离子、银离子，所以不一定含有硫酸根离子，故A错误；
B.氯气能置换出碘单质，淀粉遇碘变蓝色，故B正确；
C.氨气溶解度很大，要使得氨气放出，给液体加热可以，此试纸不变蓝，不能说明未生成氨气，不能说明不含NH4+，故C错误，
D.先通入Cl2，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，如果原溶液只含Fe3+而不含有Fe2+，滴加KSCN溶液后显红色，无法证明原溶液是否含有Fe2+，故D错误。
故选B。
14.海洋中无机氮的循环过程可用如图表示。下列说法正确的是(已知：反应④的离子方程式为4NH4+ + 5O22NO2- + 6H+ + N2O + 5H2O) （ ）

A. ①②均属于固氮反应
B. 海洋中的反硝化作用一定需要氧气参加
C. 反应④中每生成1 mol H2O转移2 mol e-
D. 向海洋排放含NO3-的废水可能影响海洋中氮的循环
【答案】D
【解析】A.氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，所以只有②属于固氮反应，故A错误；
B.反硝化作用是指将硝酸盐转变成氮气的过程。硝化作用是指氨在微生物作用下氧化为硝酸的过程。硝化细菌将氨氧化为硝酸的过程，反硝化作用：反硝化细菌在缺氧条件下，还原硝酸盐，释放出分子态氮或一氧化二氮的过程，不一定有氧参加，故B错误；
C.反应④的离子方程式为4NH4++5O22NO2-+6H++N2O+5H2O，氧元素的化合价由0价降低为-2价，该过程中共转移2×10=20个电子，所以每生成1molH2O转移4mole-，故C错误；
D.转化关系图中硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量，影响海洋中N元素循环，故D正确。
故D正确。
15.短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，X是元素周期表中原子半径最小的元素，Y是地壳含量最多的元素，Z与X原子的最外层电子数相同，Y与W同主族。下列说法正确的是（ ）
A. X与Y只能形成一种化合物
B. 原子半径：r(Y) < r(W) < r(Z)
C. W的气态氢化物的热稳定性比Y的强
D. Z的最高价氧化物对应的水化物是强酸
【答案】B
【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是元素周期表中原子半径最小的元素，则X为H元素；Y是地壳含量最多的元素，则Y为O元素，Z与X原子的最外层电子数相同，且原子序数大于O，则Z为Na元素，Y与W同主族，则W为S元素，结构元素的性质进行答题。
【详解】由分析可知：X为H元素，Y为O元素，Z为Na元素，W为S元素。
A.X为H元素、Y为O元素，H和O可以形成H2O或H2O2，故A错误；
B.同周期自左而右原子半径减小，同主族自上而下原子半径增大，故原子半径Na＞S＞O，即r(Y) H2SiO3 (4). 离子键和共价键 (5). 弱 (6). Cl2 + H2S2HCl + S↓ (7). Al(OH)3+3 H+3H2O+Al3+
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知：①为H元素，②为N元素，③为O元素，④为Na元素，⑤为Al元素，⑥为Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素，结合元素的性质以及元素周期律进行答题。
【详解】由分析可知：①为H元素，②为N元素，③为O元素，④为Na元素，⑤为Al元素，⑥为Si元素，⑦为S元素，⑧为Cl元素。
（1）由分析可知：④为Na元素，Na原子的核外有3个电子层，最外层有1个电子，故Na元素位于元素周期表的第三周期IA族；③为O元素，其最简单的氢化物为水，水分子中氢原子和氧原子之间形成共价键，电子式为：，故答案为：第三周期IA族，。
（2）由分析可知：②为N元素，⑥为Si元素，⑧为Cl元素，元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，元素的非金属性：Cl＞N＞Si，其对应的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HClO4>HNO3>H2SiO3，故答案为：HClO4>HNO3>H2SiO3。
（3）由分析可知：①为H元素，②为N元素，③为O元素，种元素形成的化合物M中原子个数比为4∶2∶3，则M为NH4NO3，NH4NO3中既含离子键又含共价键，故答案为：离子键和共价键。
（4）由分析可知：⑦为S元素，⑧为Cl元素，同一周期从左向右，元素的非金属性逐渐增强，所以非金属性：Cl＞S，可以通过单质间的置换反应比较非金属性强弱，反应方程式为：Cl2+H2S =2HCl +S↓，故答案为：弱，Cl2+H2S2HCl +S↓。
（5）由分析可知：⑤为Al元素，⑧为Cl元素，其最高价氧化物对应水化物分别为Al(OH)3、HClO4，二者相互反应的离子方程式为：Al(OH)3+3H+3H2O+Al3+，故答案为：Al(OH)3+3H+3H2O+Al3+。
22.某化学兴趣小组探究NO与Na2O2反应制备NaNO2。设计装置如图，请回答下列问题：

(1)组装好仪器后，必须进行的一项操作是______。
(2)装置A的产生的气体成分______。
(3)反应前，用N2将装置B、C、D中的空气排净，目的是______；反应后B中溶液变蓝的原因是______(用一个化学方程式表示)。
(4)装置D中除生成NaNO2外，还有另一种杂质是______；若撤除装置C还能产生杂质是______；为了防止以上情况，可以把装置C改为______(填试剂和仪器名称)。
(5)一定条件下，NH4+可以处理含NO2－的废水，生成无毒的气体。写出有关反应的离子方程式为______。
(6)已知装置E中试剂X为酸性高锰酸钾溶液，其作用是______。
【答案】(1). 检查装置的气密性 (2). CO2和NO2 (3). 防止空气中氧气、水等对实验的干扰 (4). 3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O (5). NaOH (6). Na2CO3 (7). 装有碱石灰的球形干燥管 (8). NH4++NO2－ N2↑+2H2O (9). 出去剩余的NO
【解析】
【分析】木炭和浓硝酸反应生成的CO2、NO2混合气体通入B中，NO2可以和H2O反应生成HNO3和NO，金属Cu和稀HNO3反应生成NO，然后经过NaOH溶液，将其中的CO2吸收，防止干扰实验，此时剩余的气体是NO，最后在D中检验NO和Na2O2是否反应，若发生反应则淡黄色固体Na2O2变为白色固体。装入药品后，先通入一段时间的氮气，再滴加浓硝酸，点燃酒精灯，这样可以排除装置中的空气，防止NO被空气中O2氧化为NO2。
【详解】（1）组装好仪器后，必须进行的一项操作是检查装置的气密性，故答案为：检查装置的气密性。
（2）装置A中发生的反应为木炭与浓硝酸反应生成CO2和NO2，反应的化学方程式为C +4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O，所以装置A的产生的气体成分为CO2和NO2，故答案为：CO2和NO2。
（3）实验时先通一段时间的氮气，目的是排除装置中的空气，防止空气中氧气、水等对实验的干扰，然后滴入浓硝酸，点燃酒精灯；反应后B中溶液变蓝是因为Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，化学方程式为：3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，铜离子为蓝色，故答案为：防止空气中氧气、水等对实验的干扰；3Cu+8HNO33Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。
（4）由于NO通过氢氧化钠溶液进入装置D是会代入水蒸气，水蒸气会与过氧化钠反应生成氢氧化钠和氧气，所以生成的固体物质应该含有氢氧化钠，若撤除装置C，那么二氧化碳也会与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，为了防止以上情况，则改进的方法是用装有碱石灰的球形干燥管代替装置C，故答案为：NaOH，Na2CO3，装有碱石灰的球形干燥管。
（5）根据题中提示，处理含NH4+废水时，生成无毒的气体为氮气，反应的离子方程式为NH4++NO2-N2↑+2H2O，故答案为：NH4++NO2-N2↑+2H2O。
（6）装置E中试剂X为酸性高锰酸钾溶液，其作用是除去剩余的NO，生成硝酸，防止污染空气，故答案为：除去剩余的NO。
23.某可逆反应：2A(g)B(g)+D(g)在3种不同条件下进行，B和D的起始浓度均为0，反应物A的浓度随反应时间的变化情况如下表：
实验
序号
时间/min
浓度/mol•L-1
温度/℃
0
5
10
15
20
25
30
1
800
1.0
0.80
0.67
0.57
0.50
0.50
0.50
2
800
1.0
0.60
0.50
0.50
0.50
0.50
0.50
3
950
1.0
0.40
0.25
0.20
0.20
0.20
0.20
(1)实验2中，在5～10 min内，以物质A表示的平均反应速率为______mol·L-1·min-l，25 min时，v(正)______(填“＜”、“＞”或“=”)v(逆)。
(2)0～10 min内，实验2比实验1的反应速率______(填“快”或“慢”)，其原因可能是______。
(3)实验3的探究目的是______。
【答案】(1). 0.020 (2). ＝ (3). 快 (4). 实验2中使用了催化剂 (5). 探究温度对速率的影响
【解析】
【分析】（1）根据平均化学反应速率公式计算；根据表中数据25 min时达到平衡状态，v(正)=v(逆)；
（2）实验1、2起始量相同，平衡浓度相同，但实验2达到平衡所需要的时间短，反应速率快；
（3）根据图表可以知道，实验1、3起始量相同，实验3温度比实验1高。
【详解】（1）实验2中，在5～10 min内，以物质A表示的平均反应速率为v(A)===0.020mol·L-1·min-l；根据表中数据可以知道，20min以后A的浓度不再变化，说明20min后达到平衡状态，则25min时，v(正)=(逆)，故答案为：0.020，＝。
（2）实验1、2起始量相同，温度相同，平衡浓度相同，但实验2达到平衡所需要的时间短，反应速率快，说明加入了催化剂，加快反应速率，平衡不变，故答案为：快，实验2中使用了催化剂。
（3）根据图表可以知道，实验1、3起始量相同，但实验3温度比实验1高，实验3达到平衡所需要的时间短，反应速率增大，所以实验3的探究目的是探究温度对速率的影响，故答案为：探究温度对速率的影响。
24.亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，主要用于水的消毒以及砂糖、油脂的漂白与杀菌。以下是过氧化物法生产亚氯酸钠的工艺流程图：

已知：
①NaClO2的溶解度随温度升高而增大，适当条件下可结晶析出NaClO2·3H2O；
②纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释至10%以下较安全；
(1)NaClO2中Cl的化合价为______。
(2)在发生器中鼓入SO2和空气混合气的原因是______ (填序号)。
A 空气稀释ClO2以防止爆炸
B SO2将NaClO3氧化成ClO2
C 稀硫酸可以增强NaClO3的氧化性
(3)Na2O2可改为H2O2和NaOH的混合溶液，吸收塔中发生的反应的化学方程式______；吸收塔的温度不能超过20oC，主要原因是______。
(4)从滤液中得到NaClO2·3H2O粗晶体的实验操作依次是______ (填序号)。
A 蒸馏 B 蒸发浓缩 C 灼烧 D 过滤 E 冷却结晶
【答案】(1). +3 (2). AC (3). 2NaOH + 2ClO2 + H2O2O2+2NaClO2 + 2H2O (4). Na2O2产生的H2O2易分解 (5). BED
【解析】（1）NaClO2中Na元素的化合价为+1价，O元素的化合价为-2价，根据化合物的化合价代数和为0可知，Cl的化合价为+3价，故答案为：+3。
（2）由信息②可知，纯ClO2易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下安全，发生器中鼓入空气的作用应是稀释ClO2以防止爆炸，SO2被空气中的氧气氧化为SO3，SO3与水反应生成硫酸，硫酸可以增强NaClO3的氧化性，故选AC，故答案为AC。
（3）根据流程信息可知，吸收塔内生成NaClO2，所以一定有ClO2→NaClO2，化合价降低，被还原；则H2O2必定被氧化，有氧气产生，反应方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2O2+2NaClO2+2H2O；H2O2不稳定，温度过高，H2O2容易分解，化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2NaOH+2ClO2+H2O2O2+2NaClO2+2H2O，Na2O2产生的H2O2易分解。
（4）从溶液中得到含结晶水的晶体，只能采取蒸发、浓缩、冷却结晶方法，通过过滤得到粗晶体，所以操作顺序为BED，得到的粗晶体经过重结晶可得到纯度更高的晶体，故答案为：BED。
四、计算题(本题8分)
25.向80 mL浓硫酸中加入64 g铜片，加热一段时间后，至不再反应为止，计算：
(1)实验测得反应中共有11.2 L标准状况下的SO2生成，被还原的硫酸的物质的量为_______mol，参加反应的Cu质量为______ g 。
(2)将反应后的混合物加水稀释到100mL并除去不溶物，加入足量铁反应放出标准状况下6.272 L氢气，则原浓硫酸的物质的量浓度为______mol/L 。
(3)上述两个反应中转移的电子共有______mol。
【答案】(1). 0.5 (2). 32 (3). 16 (4). 1.56
【解析】
【分析】（1）发生反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，根据n=计算，被还原的硫酸生成SO2，根据硫原子守恒计算被还原的硫酸，结合化学方程式计算参加反应的Cu的质量；
（2）发生反应Fe+H2SO4FeSO4+H2↑，最后的溶液中溶质为FeSO4，根据n（SO2）计算硫酸铜的物质的量，根据氢气的体积计算与Zn反应硫酸的物质的量，根据硫元素转化，再根据c=计算。
（3）根据元素的化合价进行分析两个反应中转移的电子的物质的量。
【详解】（1）Cu与浓硫酸反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O，H2SO4被还原为SO2，根据硫原子守恒可以知道，被还原的硫酸的物质的量n（H2SO4）=n（SO2）==0.5mol；根据反应方程式可知：Cu～SO2，参加反应的Cu的物质的量为0.5mol，质量为0.5mol×64g/mol=32g，故答案为：0.5mol，32g。
（2）加入足量的铁放出氢气，说明与铜反应的硫酸过量，过量硫酸与铁反应生成铜和硫酸亚铁，反应方程式为：Fe+H2SO4FeSO4+H2↑，将反应后的混合物加水稀释，过量硫酸的物质的量为n（H2SO4）=n（H2）==0.28mol，根据（1）与铜反应的硫酸的物质的量为n（H2SO4）=2n（SO2）=2×0.5mol=1mol，即原浓硫酸的物质的量为：1.0mol+0.28mol=1.28mol，则c（H2SO4）==16mol/L，故答案为：16。
（3）根据以上的分析及元素的化合价可知，反应Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O中S元素的化合价由+6价降低为+4价，转移2个电子，所以该反应中转移的电子的物质的量为0.5×2=1mol，反应Fe+H2SO4FeSO4+H2↑中H元素的化合价由+1价降低为0价，所以该反应中转移的电子的物质的量为0.28mol×2=0.56mol，故上述两个反应中转移的电子共有1+0.56=1.56mol，故答案为：1.56。