2025屆廣西壯族自治區百色市田東中學化學高二下期末聯考試題注意事項:1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號碼填寫清楚，將條形碼準確粘貼在條形碼區域內。2．答題時請按要求用筆。3．請按照題號順序在答題卡各題目的答題區域內作答，超出答題區域書寫的答案無效；在草稿紙、試卷上答題無效。4．作圖可先使用鉛筆畫出，確定后必須用黑色字跡的簽字筆描黑。5．保持卡面清潔，不要折暴、不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、下列敘述中,正確的一組是（）①糖類、油脂、蛋白質在一定條件下都能發生水解②制造嬰兒用的一次性紙尿片采用的吸水保水的材料可以是③石油的分餾、裂化和煤的干餾都是化學變化④葡萄糖與果糖、淀粉與纖維素均互為同分異構體⑤淀粉遇碘酒變藍色,葡萄糖能與新制Cu(OH)2發生反應⑥塑料、橡膠和纖維都是合成高分子材料⑦向蛋白質溶液中加入飽和CuSO4溶液,出現鹽析現象,加水溶解A．②⑤B．①⑤⑦C．③④⑥D．②⑥⑦2、下列說法正確的是（）A．油脂一般相對分子質量很大，所以油脂是高分子化合物B．蛋白質水解的最終產物既能和強酸反應，又能和強堿反應C．葡萄糖、果糖、麥芽糖和蔗糖都能與新制氫氧化銅濁液發生反應D．纖維素屬于高分子化合物，與淀粉互為同分異構體3、在密閉容器中一定量的混合氣體發生反應xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡時測得A的濃度為0.50mol/L。保持溫度不變.將容器的容積擴大到原來的兩倍，再達平衡時，測得A的濃度降低為0.30mol/L。下列有關判斷正確的是A．B的轉化率降低 B．平衡向正反應方向移動C．x+y<z D．C的體積分數增大4、根據等電子原理：由短周期元素組成的粒子，只要其原子數相同，各原子最外層電子數之和相同，可互稱為等電子體，它們具有相似的結構特性。以下各組粒子結構不相似的是A．CO和N2B．O3和NO2—C．CO2和N2OD．N2H4和C2H45、現有三組實驗：①除去混在植物油中的水②將海水制成淡水③用食用酒精浸泡中草藥提取其中的有效成份。上述分離方法依次是A．分液、萃取、蒸餾 B．萃取、蒸餾、分液C．分液、蒸餾、萃取 D．蒸餾、萃取、分液6、下列數據對應物質的熔點，據此作出下列判斷中錯誤的是()Na2ONaClAlF3AlCl3920℃801℃1292℃190℃BCl3Al2O3CO2SiO2-107℃2073℃-57℃1723℃A．鋁的化合物的晶體中有離子晶體B．表中只有BCl3和AlCl3是分子晶體C．同族元素的氧化物可形成不同類型的晶體D．不同族元素的氧化物可形成相同類型的晶體7、下列4組實驗操作或裝置圖（略去部分夾持儀器）中，有錯誤的圖有（）個A．1B．2C．3D．48、將11.9g由Mg、Al、Fe組成的合金溶于足量的NaOH溶液中，合金質量減少了2.7g。另取等質量的合金溶于過量稀硝酸中，生成了6.72LNO（標準狀況下），向反應后的溶液中加入過量NaOH溶液，過濾，得到沉淀的質量為A．19.4gB．27.2gC．30gD．無法計算9、線型PAA（）具有高吸水性，網狀PAA在抗壓性、吸水性等方面優于線型PAA。網狀PAA的制備方法是：將丙烯酸用NaOH中和，加入少量交聯劑a，再引發聚合。其部分結構片段如下：下列說法不正確的是（）A．線型PAA的單體不存在順反異構現象B．交聯劑a的結構簡式是C．形成網狀結構的過程發生了加聚反應D．PAA的高吸水性與—COONa有關10、下列物質的性質與應用對應關系正確的是物質的性質應用A次氯酸有酸性可用于漂白、殺菌消毒B純堿能與酸反應可用作治療胃酸過多的藥物C液氨汽化時要吸收大量的熱工業上可用作制冷劑D晶體硅的熔點高、硬度大可用于制作半導體材料A．A B．B C．C D．D11、廣州亞運會的“潮流”火炬所用燃料的主要成分是丙烷，下列有關丙烷的敘述中不正確的是()A．分子中碳原子不在一條直線上 B．光照下能夠發生取代反應C．比丁烷更易液化 D．是石油分餾的一種產品12、某有機物在氧氣中充分燃燒，生成等物質的量的水和二氧化碳，則該有機物必須滿足的條件是（）A．分子中的C、H、O的個數比為1：2：3 B．中C、H個數比為1：2C．該有機物的相對分子質量為14 D．該分子中肯定不含氧元素13、下列物質在光照條件下不能發生化學反應的是A．氯水B．溴化銀C．氯化鈉D．氫氣和氯氣混合氣14、化合物A、B、C都只含有兩種元素，且A、B均含X元素。已知一定條件下可發生反應：A＋B——X＋C，X是一種單質，由此可知X元素（）A．一定是金屬元素B．一定是非金屬元素C．可能是金屬元素，也可能是非金屬元素D．無法確定15、某研究性學習小組通過測量溶液的電導率（電導率越大，說明溶液的導電能力越強）探究沉淀溶解平衡，各物質的電導率數據如下：①②③④⑤⑥⑦物質CaC固體HCaC飽和溶液CaS飽和溶液10NaCl溶液10AgNOAgCl飽和溶液電導率07373891989113813下列分析不正確的是A．CaCOB．與①、②對比，可說明③中CaCOC．⑤、⑥等體積混合后過濾，推測濾液的電導率一定大于13D．將①中固體加入④中，發生反應：CaC16、決定化學反應速率的內因是()①溫度②壓強③催化劑④濃度⑤反應物本身的性質A．①②③④⑤ B．⑤ C．①④ D．①②③④二、非選擇題（本題包括5小題）17、已知A是一種相對分子質量為28的氣態烴，它可轉化為其他常見有機物，轉化關系如圖所示。請回答下列問題：（1）寫出A的結構簡式：_________。（2）B的名稱為_______________。（3）反應①反應類型為_____________。18、在Cl-濃度為0.5mol·L－1的某無色澄清溶液中，還可能含有下表中的若干種離子。陽離子K＋Al3＋Mg2＋Ba2＋Fe3+陰離子NO3-CO32-SiO32-SO42-OH-現取該溶液100mL進行如下實驗(氣體體積均在標準狀況下測定)。序號實驗內容實驗結果Ⅰ向該溶液中加入足量稀鹽酸產生白色沉淀并放出標準狀況下0.56L氣體Ⅱ將Ⅰ的反應混合液過濾，對沉淀洗滌、灼燒至恒重，稱量所得固體質量固體質量為2.4gⅢ向Ⅱ的濾液中滴加BaCl2溶液無明顯現象請回答下列問題。（1）通過以上實驗能確定一定不存在的離子是________________。（2）實驗Ⅰ中生成沉淀的離子方程式為___________________________。（3）通過實驗Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和必要計算，請寫出一定存在的陰離子及其濃度（不一定要填滿）______。陰離子濃度c/(mol·L－1)①②③④（4）判斷K＋是否存在，若存在，求出其最小濃度，若不存在說明理由：_____________。19、含有K2Cr2O7的廢水具有較強的毒性，工業上常用鋇鹽沉淀法處理含有K2Cr2O7的廢水并回收重鉻酸，具體的流程如下：已知：i.CaCr2O7、BaCr2O7易溶于水，其它幾種鹽在常溫下的溶度積如下表所示。物質CaSO4CaCrO4BaCrO4BaSO4溶度積ii.Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+（1）向濾液1中加入BaCl2·H2O的目的，是使CrO42－從溶液中沉淀出來。①結合上述流程說明熟石灰的作用是_______________________________。②結合表中數據，說明選用Ba2+而不選用Ca2+處理廢水的理由是________________。③研究溫度對CrO42－沉淀效率的影響。實驗結果如下：在相同的時間間隔內，不同溫度下CrO42－的沉淀率，如下圖所示。已知：BaCrO4（s）Ba2+（aq）+CrO42－（aq）CrO42－的沉淀效率隨溫度變化的原因是___________________________________。（2）向固體2中加入硫酸，回收重鉻酸。①硫酸濃度對重鉻酸的回收率如下圖（左）所示。結合化學平衡移動原理，解釋使用0.450mol/L的硫酸時，重鉻酸的回收率明顯高于使用0.225mol/L的硫酸的原因是_________________________________。②回收重鉻酸的原理如下圖（右）所示。當硫酸濃度高于0.450mol/L時，重鉻酸的回收率沒有明顯變化，其原因是_______________________________。（3）綜上所述，沉淀BaCrO4并進一步回收重鉻酸的效果與___________有關。20、亞硝酰硫酸(NOSO4H)主要用于染料、醫藥等工業。實驗室用如圖裝置(夾持裝置略)制取少量的NOSO4H，并檢驗產品純度。已知：NOSO4H遇水水解，但溶于濃硫酸而不分解。（1）利用裝置A制取SO2，下列最適宜的試劑是_____(填下列字母編號)A．Na2SO3固體和20%硝酸B．Na2SO3固體和20%硫酸C．Na2SO3固體和70%硫酸D．Na2SO3固體和18.4mol/L硫酸（2）裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是_______。②該反應必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高，產率降低的可能原因是____。③開始反應緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但反應速率明顯加快，其原因可能是______。（3）在實驗裝置存在可能導致NOSO4H產量降低的缺陷是______。（4）測定NOSO4H的純度準確稱取1.337g產品加入250mL碘量瓶中，加入0.1000mol/L、60.00mL的KMnO4標準溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后搖勻。用0.2500mol/L草酸鈉標準溶液滴定，消耗草酸鈉溶液的體積為20.00mL。已知：2KMnO4＋5NOSO4H＋2H2O＝K2SO4＋2MnSO4＋5HNO3＋2H2SO4①配平：__MnO4-＋___C2O42-＋______＝___Mn2+＋____＋__H2O②亞硝酰硫酸的純度=___%(計算結果保留兩位有效數字)。21、（1）用系統命名法命名下列物質①______________；②CH3CH2CH=CHCH3____________。（2）寫出結構簡式或名稱：①分子式為C8H10的芳香烴，苯環上的一溴取代物只有一種，寫出該芳香烴的結構簡式_____________。②戊烷(C5H12)的某種同分異構體只有一種一氯代物，寫出該戊烷的名稱__________。（3）CH2－CH＝CH－CH2是一種加聚產物，則其單體的結構簡式為___________，其鏈節為______________。（4）請寫出分子式為C4H8O2屬于酯類的同分異構體的結構簡式________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、A【解析】分析：①根據糖類包括單糖、二糖、多糖分析判斷；②根據羥基屬于親水基團分析判斷；③根據石油的分餾、裂化和煤的干餾的概念和本質分析判斷；④根據高分子化合物的聚合度不一定相等分析判斷；⑤淀粉遇碘酒變藍色，葡萄糖含有醛基能與新制Cu(OH)2發生反應，據此判斷；⑥根據高分子化合物有天然的也有合成的分析判斷；⑦根據屬于重金屬鹽溶液，結合蛋白質的性質分析判斷。詳解：①糖類中單糖不能水解，油脂蛋白質在一定條件下都能發生水解，故①錯誤；②羥基屬于親水基團，因此具有吸水性，故②正確；③石油的分餾是物理過程，石油的裂化、煤的干餾是化學變化，故③錯誤；④葡萄糖與果糖的分子式相同，結構不同，是同分異構體、淀粉與纖維素是高分子化合物，二者的聚合度不同，不是同分異構體，故④錯誤；⑤淀粉遇碘酒變藍色，葡萄糖含有醛基能與新制Cu(OH)2發生反應，故⑤正確；⑥橡膠和纖維素有天然的也有合成的，故⑥錯誤；⑦向蛋白質溶液中加入飽和CuSO4溶液，使蛋白質發生變性，，析出后不能溶解，故⑦錯誤；故選A。2、B【解析】

A.油脂由高級脂肪酸與丙三醇形成的酯，一般相對分子質量不大，油脂不是高分子化合物，A錯誤；B.蛋白質水解的最終產物為氨基酸，氨基能和強酸反應，羧基能和強堿反應，B正確；C.蔗糖為非還原性糖，不能與新制氫氧化銅濁液發生反應，C錯誤；D.纖維素屬于高分子化合物，與淀粉中的n值不同，不是同分異構體，D錯誤；答案為B。【點睛】淀粉、纖維素均為高分子化合物，但分子式中的n值不同，不是同分異構體。3、A【解析】

反應xA(g)+yB(g)zC(g)，平衡時測得A的濃度為0.50mol/L。保持溫度不變，將容器的容積擴大到原來的兩倍，若平衡不移動，A的濃度為0.25mol/L，而再達平衡時，測得A的濃度為0.30mol/L，則說明體積增大(壓強減小)化學平衡逆向移動，以此來解答。【詳解】由信息可知，平衡時測得A的濃度為0.50mol/L，保持溫度不變，將容器的容積擴大到原來的兩倍，再達到平衡時測得A的濃度為0.30mol/L，體積增大，相當于壓強減小，化學平衡逆向移動，則A.減小壓強，化學平衡逆向移動，則反應物B的轉化率降低，A正確；B.由上述分析可知，平衡逆向移動，B錯誤；C.減小壓強，化學平衡向氣體體積增大的方向移動，則x+y>z，C錯誤；D.減小壓強，化學平衡逆向移動，則生成物C的體積分數減小，D錯誤；故合理選項是A。【點睛】本題考查化學平衡的移動，注意A的濃度變化及體積變化導致的平衡移動是解答本題的關鍵，掌握平衡移動原理，熟悉壓強對化學平衡的影響即可解答。4、D【解析】試題分析：原子數和價電子數分別都相等的是等電子體，互為等電子體的微粒結構相似。則A、CO和N2互為等電子體，結構相似，A錯誤；B、臭氧和亞硝酸根離子互為等電子體，結構相似，B錯誤；C、CO2和N2O互為等電子體，結構相似，C錯誤；D、N2H4和C2H4的原子數相等，但最外層電子數不同，前者是14，后者是12，不能互為等電子體，則結構不同，D正確，答案選D。考點：考查等電子體5、C【解析】

①植物油不溶于水，可通過分液分離；②海水含氯化鈉等可溶性雜質，可通過蒸餾制取淡水；③中草藥中的有效成份為有機物，易溶于酒精等有機溶劑，故可用酒精萃取。綜上所述，上述分離方法依次是分液、蒸餾、萃取，答案選C。6、B【解析】

A．由表中數據可知，Al2O3為離子晶體，故A正確；B．表中AlCl3、BCl3和干冰是分子晶體，沸點都較低，故B錯誤；C．C和Si同主族，但氧化物的晶體類型不同，分別屬于分子晶體和原子晶體，故C正確；D．Na和Al不同主族，但對應的氧化物都為離子晶體，說明不同族元素的氧化物可形成相同類型的晶體，故D正確；故答案為B。7、D【解析】分析：收集氨氣的導管應該插入試管底部；原電池裝置的兩個燒杯中的電解質溶液應該呼喚；定容時眼睛應該平視容量瓶刻度線；中和熱測定時，兩個燒杯上口應該相平，據此進行解答。詳解：制備收集干燥的氨氣：氨氣密度小于空氣，收集氨氣的導管位置不合理，需要插入試管底部；銅鋅原電池：裝置中電解質溶液位置不合理，無法構成原電池；一定物質的量濃度的溶液配制：玻璃棒末端要放在刻度線下方，圖示不合理；中和熱測定：該實驗中應該盡可能減少熱量散失，圖示裝置中兩個燒杯上口應該相平；根據分析可知，有錯誤的圖有4個。答案選D。8、A【解析】將合金溶于過量稀硝酸中，分別生成Al3+、Fe3+、Mg2+離子，根據電子守恒，金屬共失去電子的物質的量和氮原子得電子的量是相等的，生成了6.72LNO，物質的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，其中氮原子得電子的物質的量是0.3mol×（5-2）=0.9mol，根據前后發生的整個過程的反應可判斷反應中金屬失去電子的物質的量等于生成堿的氫氧根離子的物質的量，即n（OH-）=0.9mol，從金屬單質轉化為其氫氧化物，增加的是氫氧根離子的質量，所以反應后沉淀的質量（包括氫氧化鋁）等于11.9g+0.9mol×17g/mol=27.2g，但是加入過量氫氧化鈉后，不會生成氫氧化鋁沉淀，開始合金質量減少了2.7g，即鋁是0.1mol，所以沉淀氫氧化鋁的量是7.8g，最終所得沉淀的質量=27.2g-7.8g=19.4g，答案選A。9、B【解析】

A.由線型PAA（結構簡式可知：線型PAA的單體為沒有順反異構，故A正確；B.由結構簡式可知交聯劑a的結構簡式是，故B錯誤；C.形成網狀結構的過程發生了加聚反應，故C正確；D.屬于強堿弱酸鹽，易發生水解，屬于PAA的高吸水性與—COONa有關，故D正確；答案:B。10、C【解析】

A、次氯酸的漂白性和殺菌消毒，利用次氯酸的氧化性，故錯誤；B、純堿水溶液堿性強，不能用于治療胃酸過多，故錯誤；C、液氨之所以作制冷劑，利用液氨汽化時吸收大量的熱，故正確；D、晶體硅作半導體，利用硅在元素周期表中處于金屬元素和非金屬元素的分界處，硅的導電性介于導體和絕緣體之間，不是利用熔點高、硬度大的特點，故錯誤；答案選C。11、C【解析】

A.丙烷有3個碳原子，中間的碳原子連接了兩個碳原子和兩個氫原子，這兩個碳原子和兩個氫原子構成了一個四面體結構，中間的碳原子在四面體的中心。在四面體結構中，鍵角接近109°28ˊ，所以這三個碳原子構成了一個角形結構，夾角大約109°，所以三個碳原子不在一條直線上。故A不選；B.丙烷屬于烷烴，烷烴都可以在光照下和鹵素單質發生取代反應，故B不選；C.丙烷的沸點比丁烷低，所以比丁烷難液化，故C選；D.丙烷和丁烷都是通過石油分餾獲得的石油氣中的成分，故D不選。故選C。12、B【解析】

某有機物在氧氣中充分燃燒，生成等物質的量的水和二氧化碳，只能說明該有機物中含有C、H原子個數之比為1：2；題中條件無法確定該有機物是否含有氧元素，以此進行解答。【詳解】A．燃燒產物為二氧化碳和水，無法確定該有機物中是否含有氧元素，故A錯誤；B．根據生成等物質的量的水和二氧化碳可知，該有機物分子中含有C、H的原子個數比為1：2，故B正確；C．根據題意只能確定該有機物中碳原子和氫原子的個數比，不能判斷出該有機物中是否含有氧元素，但可以確定該有機物的相對分子質量一定不是14，故C錯誤；D．燃燒產物為二氧化碳和水，無法確定該有機物中是否含有氧元素，故D錯誤；故答案為B。【點睛】本題討論根據有機物燃燒產物，確定有機物的組成，解題關鍵是只能確定此有機物一定含有碳、氫元素，無法確定是否含有氧元素，由此結合各選項展開分析討論，屬基礎考查。13、C【解析】

A.在光照條件下氯水中的次氯酸分解生成氯化氫和氧氣，A錯誤；B.在光照條件下溴化銀分解生成銀和單質溴，B錯誤；C.在光照條件下氯化鈉不能發生化學反應，C正確；D.在光照條件下氫氣和氯氣混合氣會發生爆炸生成氯化氫，D錯誤。答案選C。14、B【解析】分析:根據題意:(1)A、B、C都是化合物；(2)A、B均含X元素；(3)反應生成單質X，可以推知該反應為“歸中型”氧化還原反應。即化合物A、B中X元素的化合價“一高一低”(一個高于0價、一個低于0價),兩者共同作用生成X單質(化合價為0)。因為金屬元素在化合物中只呈現正價態，不可能有負價態，因此可以肯定X不是金屬元素；只有非金屬元素在化合物中才既可呈正價態，又可呈負價態，并在一定條件下可以發生歸中反應。詳解:根據題意:(1)A、B、C都是化合物；(2)A、B均含X元素；(3)反應生成單質X，可以推知該反應為“歸中型”氧化還原反應。即化合物A、B中X元素的化合價“一高一低”(一個高于0價、一個低于0價),兩者共同作用生成X單質(化合價為0)。因為金屬元素在化合物中只呈現正價態，不可能有負價態，因此可以肯定X不是金屬元素；只有非金屬元素在化合物中才既可呈正價態，又可呈負價態，并在一定條件下可以發生歸中反應。例如：2H2S+SO2=3S↓+2H2O，4NH3+6NO=5N2+6H2O，所以X應該是非金屬，即該題的答案為B。

所以B選項是正確的。15、D【解析】

A．碳酸鈣為離子化合物，由離子構成，離子鍵形成離子鍵，離子不能自由移動，故A分析正確；

B．與①、②對比，③的電電導率較大，故溶液中自由移動的離子濃度較大，說明CaCO3發生了電離，故B分析正確；C.⑤、⑥等體積、等濃度混合，混合后過濾得到硝酸鈉、氯化銀的飽和溶液，導電率一定大于13，故C分析正確；

D．由③④的電導率對比可知Ksp（CaCO3）<Ksp（CaSO4），不能實現上述轉化，故D分析錯誤；答案選D。【點睛】③的電導率較④的要小，說明CaSO4的飽和溶液中自由移動的離子濃度要大一些，則CaCO3更難溶，在其它條件相同時，反應總向生成更難溶物質的方向發生轉化。16、B【解析】

內因是決定化學反應速率的根本原因，即反應物本身的性質是主要因素，而濃度、溫度、壓強、催化劑是外界影響因素，⑤正確，故選B。【點睛】本題主要考查了影響化學反應速率的內因，注意與外因（濃度、溫度、壓強、催化劑）的區別是解答關鍵。二、非選擇題（本題包括5小題）17、CH2=CH2乙醇加成反應【解析】

A是一種相對分子質量為28的氣態烴，則A為CH2=CH2，CH2=CH2與水發生加成反應生成B，B為CH3CH2OH，CH3CH2OH發生氧化反應生成C，C為CH3CHO，CH3CHO進一步發生氧化反應生成D，D為CH3COOH，據此解答。【詳解】（1）A為乙烯，含有碳碳雙鍵，其結構簡式為CH2=CH2，故答案為：CH2=CH2；（2）由分析可知B為乙醇，故答案為：乙醇；（3）由分析可知反應①為乙烯與水發生加成反應生成乙醇，故答案為：加成反應。【點睛】有機推斷應以特征點為解題突破口，按照已知條件建立的知識結構，結合信息和相關知識進行推理、計算、排除干擾，最后做出正確推斷。一般可采用順推法、逆推法、多法結合推斷。18、Al3＋、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42－SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓陰離子CO32－SiO42－c/(mol·L－1)0.250.4存在，最小濃度為1.8mol·L－1【解析】

由題意知溶液為無色澄清溶液，一定不含Fe3+，且溶液中含有的離子必須能大量共存．由實驗Ⅰ可知，該溶液中一定含有CO32-，物質的量為0.56L÷22.4L/mol＝0.025mol，其濃度為0.025mol÷0.1L＝0.25mol/L，則一定沒有Al3+、Mg2+、Ba2+；由生成白色沉淀判斷溶液中一定含有SiO32-，發生反應SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓，SiO32-的物質的量是2.4g÷60g/mol＝0.04mol，其濃度為0.04mol÷0.1L＝0.4mol/L。由實驗Ⅲ可知溶液中不含SO42-，根據電荷守恒2c（CO32-）+2c（SiO32-）+c（Cl-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol/L＝1.8mol/L，因此溶液中一定含有K+，且其濃度至少為1.8mol/L，不能確定NO3-是否存在。（1）由上述分析可知，一定不含Al3＋、Mg2+、Ba2+、Fe3+、SO42－；（2）實驗Ⅰ中生成沉淀的離子方程式為為SiO32－＋2H＋＝H2SiO3↓。（3）由上述分析可知，c（CO32－）=0.25mol/L，c（SiO32－）=0.4mol/L。（4）由2c（CO32-）+2c（SiO32-）+c（Cl-）=2×0.25mol/L+2×0.4mol/L+0.5mol/L＝1.8mol/L，根據電荷守恒可知溶液中一定含有K+，且其濃度至少為1.8mol/L。19、沉淀SO42－；調節溶液pH，使Cr2O72－轉化為CrO42－而沉淀BaCrO4比CaCrO4更難溶，可以使CrO42－沉淀更完全溫度升高，沉淀速率加快c（H2SO4）增大，則c（SO42－）增大，與Ba2+生成沉淀，促進BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同時，c（H+）也增大，共同促進Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7BaSO4與BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使其難于接觸H2SO4，阻礙重鉻酸生成受到溶液pH、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等影響（其他答案合理給分）【解析】

①加入熟石灰有兩個作用，首先Ca2+使SO42－沉淀便于分離，同時OH-的加入會與溶液中的H+反應，使上述離子方程式平衡向右移動，Cr2O72－轉化為CrO42－，便于與BaCl2·H2O生成沉淀BaCrO4。②BaCrO4的溶度積比CaCrO4小很多，所以BaCrO4更難溶，加入Ba2+可以使CrO42－沉淀更完全。③根據熱化學方程式可知沉淀溶解是吸熱反應，因此生成沉淀的過程是放熱的，溫度升高會加快生成沉淀的速率，在未達化學平衡態時，相同的時間間隔內產生更多的沉淀，所以沉淀率提高。（3）①c（H2SO4）增大，則c（SO42－）增大，與Ba2+生成沉淀，促進BaCrO4Ba2++CrO42－平衡右移，c（CrO42－）增大；同時，c（H+）也增大，共同促進Cr2O72－+H2O2CrO42－+2H+平衡左移，有利于生成更多的H2Cr2O7。②BaSO4與BaCrO4溶解度接近，c（H2SO4）越大，越有利于生成BaSO4，包裹在BaCrO4外，使CrO42－更難接觸到H2SO4，阻礙H2Cr2O7生成，所以H2SO4濃度高于0.450mol/L時，H2Cr2O7的回收率沒有明顯變化。（3）溶液pH降低有利于生成Cr2O72-，溫度改變會影響沉淀回收率，加入H2SO4能回收H2Cr2O7，同時BaCrO4顆粒大小關系到回收量的多少，顆粒越大BaSO4越難完全包裹住BaCrO4，因此沉淀BaCrO4并進一步回收H2Cr2O7的效果受溶液pH

、溫度、H2SO4濃度、BaCrO4顆粒大小等影響。20、C調節分液漏斗活塞，控制濃硫酸的滴加速度濃HNO3分解、揮發生成的NOSO4H作為該反應的催化劑C(或A)中的水蒸氣會進入B，使產品發生水解2516H+210CO2↑895【解析】

根據題意可知，在裝置B中利用濃HNO3與SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H，利用裝置A制取二氧化硫，利用裝置C吸收多余的二氧化硫，防止污染空氣，據此分析。【詳解】（1）該裝置屬于固液或液液混合不加熱型裝置。Na2SO3溶液與HNO3反應時，硝酸會氧化亞硫酸鈉本身被還原為一氧化氮，選項A不符合；實驗室制二氧化硫的原理是基于SO32-與H+的反應，因為生成的SO2會溶于水，所以不能用稀硫酸來制取，那樣不利于SO2的逸出，但如果是用濃硫酸（18.4mol/L），純硫酸是共價化合物，濃度越高，越不利于硫酸電離出H+，所以不適合用太濃的硫酸來制取SO2，選項B、選項D不符合；選項C符合；答案選C；（2）裝置B中濃HNO3和SO2在濃H2SO4作用下反應制得NOSO4H。①為了控制通入SO2的速率，可以采取的措施是調節分液漏斗活塞，控制濃硫酸的滴加速度；②該反應必須維持體系溫度不低于20℃。若溫度過高，濃HNO3分解、揮發，產率降低；③開始反應緩慢，待生成少量NOSO4H后，溫度變化不大，但生成的NOSO4H作為該反應的催化劑，使反應速率明顯加快；（3）在實驗裝置存在可能導致NOSO4H產量降低的缺陷是C(或A)中的水蒸氣會進入B，使產品發生水解；(5)①發生的是MnO4－和C2O42－的氧化還原反應，MnO4－做氧化劑，被還原成生成Mn2+，C2O42－做還原劑，被氧化成城二氧化碳。結合得失電子守恒和電荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的離子反應方程式為：2MnO4－+5C2O42－+1