2025屆江西省南昌市第八中學、第二十三中學、第十三中學化學高二下期末學業質量監測試題考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔。考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、設NA為阿伏加德羅常數的值，下列說法正確的是A．1molMg在空氣中完全燃燒生成MgO和Mg3N2，轉移的電子數為NAB．46g分子式為C2H6O的有機物中含有的C--H鍵的數目為6NAC．室溫時，1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH-的數目為0.1NAD．Fe與水蒸汽反應生成22.4L氫氣，轉移電子數為2NA2、下列各項敘述中，正確的是（）A．Br-的核外電子排布式為：[Ar]4s24p6B．Na的簡化電子排布式：[Na]3s1C．氮原子的最外層電子軌道表示式為：D．價電子排布為4s24p3的元素位于第四周期第VA族，是p區元素3、下列有關有機化合物的說法正確的是A．乙烯使酸性溶液和溴的溶液褪色的原理相同B．苯與液溴在催化劑作用下生成溴苯發生了加成反應C．淀粉、蛋白質等營養物質在人體內最終生成二氧化碳和水排出體外D．用法檢驗司機是否酒駕利用了乙醇的揮發性和還原性4、為了防止輪船體的腐蝕，應在船殼水線以下位置嵌上一定數量的（）A．銅塊 B．鉛塊 C．鋅塊 D．鈉塊5、用石墨做電極電解CuSO4溶液。通電一段時間后，欲使用電解液恢復到起始狀態，應向溶液中加入適量的(

)A．CuSO4 B．H2O C．CuO D．Cu(OH)26、下列各組液體混合物中，可以用分液漏斗分離的是()A．溴乙烷和水 B．苯酚和乙醇 C．酒精和水 D．乙醛和苯7、H2C2O4為二元弱酸，25℃時，Ka1=5.4×10-2，Ka2=5.4×10-5。下列說法正確的是A．0.1mol/LNaHC2O4溶液中：c(H2C2O4)>c(C2O42-)B．反應HC2O4-+OH-C2O42-+H2O的平衡常數K=5.4×1012C．0.1mol/LNa2C2O4溶液中：c(OH－)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)D．pH=7的NaHC2O4與Na2C2O4的混合溶液中：c(Na+)=c(HC2O4-)+c(C2O42-)8、下列指定反應的離子方程式正確的是A．Cl2與H2O的反應：Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－B．銅絲插入Fe2(SO4)3溶液中：Cu+Fe3+=Cu2++Fe2+C．向FeBr2溶液中通入過量Cl2：2Br－+Cl2=Br2+2Cl－D．向Na2SiO3溶液中通入過量CO2：SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3—9、制造焊錫時，把鉛加入錫的重要原因是A．增加強度 B．降低熔點 C．增加硬度 D．增強抗腐蝕能力10、下列物質能抑制水的電離且屬于強電解質的是A．醋酸 B．氯化鋁 C．碳酸氫鈉 D．硫酸氫鈉11、分類法在化學學科的發展中起到了非常重要的作用。下列物質分類合理的是：（）①酸性氧化物：CO2、SO2、SiO2②混合物：漂白粉、氨水③電解質：氯氣、硫酸鋇、酒精④同位素：12C、14C與14N⑤同素異形體：C60、金剛石、石墨⑥膠體：稀豆漿、硅酸、氯化鐵溶液A．①②④ B．①②⑤ C．②③④ D．②⑤12、現有四種元素的基態原子的電子排布式如下：；

；

；

則下列有關比較中正確的是()A．電負性： B．原子半徑：C．第一電離能： D．最高正化合價：13、乙烯的生產是衡量一個國家石油化工水平的重要標志。聚乙烯是以乙烯為原料合成的一種人們常用的高分子材料。下列有關聚乙烯的敘述中正確的是()。A．乙烯合成聚乙烯的變化屬于化合反應B．乙烯合成聚乙烯的化學方程式是nCH2=CH2nCH2—CH2C．聚乙烯在自然界中很難降解，容易導致“白色污染”D．聚乙烯是純凈物14、下列儀器不能直接加熱的是A．試管 B．燒瓶 C．坩堝 D．蒸發皿15、某無色氣體可能含有CO、CO2和H2O(g)、H2中的一種或幾種，依次進行如下處理(假定每步處理都反應完全)：①通過堿石灰時，氣體體積變小；②通過赤熱的氧化銅時，黑色固體變為紅色；③通過白色硫酸銅粉末時，粉末變為藍色晶體；④通過澄清石灰水時，溶液變得渾濁。由此可以確定原無色氣體中()A．一定含有CO2、H2O(g)，至少含有H2、CO中的一種B．一定含有H2O(g)、CO，至少含有CO2、H2中的一種C．一定含有CO、CO2，至少含有H2O(g)、H2中的一種D．一定含有CO、H2，至少含有H2O(g)、CO2中的一種16、運用下列實驗裝置和操作能達到實驗目的和要求的是A．分離氯化銨和單質碘B．除去淀粉膠體中混有的氯化鈉C．加熱膽礬(CuSO4·5H2O)制取無水硫酸銅D．除去SO2中的HCl二、非選擇題（本題包括5小題）17、如圖1所示是某些物質的轉化關系圖(部分小分子產物沒有標出)。已知:I.A、B、C是三種常見的氣態含碳化合物，A、B的相對分子質量均為28，C的相對分子質量略小于A。II.化合物D的比例模型如圖2所示。III.硫酸氫乙酯水解得E與硫酸。V.E與F反應，得一種有濃郁香味的油狀液體G，E與D反應得無色液體H。請按要求回答下列問題:(1)化合物D所含官能團的名稱是______，化合物C的結構簡式為__________。(2)化合物A與F在一定條件下也可發生類似①的反應，其化學方程式為___________。(3)下列說法正確的是___________。A．反應①的反應類型是加成反應B．化合物H可進一步聚合成某種高分子化合物C．在反應②、③中，參與反應的官能團不完全相同D．從A經硫酸氫乙酯至E的反應中，硫酸實際起到了催化劑的作用18、A、B、C、D四種可溶性鹽，陽離子分別可能是Ba2+、Na+、Ag+、Cu2+中的某一種,陰離子分別可能是中的某一種。(1)C的溶液呈藍色，向這四種鹽溶液中分別加鹽酸，B鹽有沉淀產生，D鹽有無色無味氣體逸出。則它們的化學式應為：A_______，B_______，C_______，D_______。(2)寫出下列反應的離子方程式：①A+C__________________________。②D+鹽酸________________________。19、準確稱量8.2g

含有少量中性易溶雜質的燒堿樣品，配成500mL

待測溶液。用0.1000mol?L?1的硫酸溶液進行中和滴定測定該燒堿樣品的純度，試根據試驗回答下列問題：（1）滴定過程中，眼睛應注視____________，若用酚酞作指示劑達到滴定終點的標志是____________。（2）根據表數據，計算燒堿樣品的純度是_______________（用百分數表示，保留小數點后兩位）滴定次數待測溶液體積(mL)標準酸體積滴定前的刻度(mL)滴定后的刻度(mL)）第一次10.000.4020.50第二次10.004.1024.00（3）下列實驗操作會對滴定結果產生什么后果？（填“偏高”“偏低”或“無影響”）①觀察酸式滴定管液面時，開始俯視，滴定終點平視，則滴定結果________。②若將錐形瓶用待測液潤洗，然后再加入10.00mL待測液，則滴定結果________。20、二氧化氯（ClO2）是一種黃綠色氣體，易溶于水，在混合氣體中的體積分數大于10％就可能發生爆炸，在工業上常用作水處理劑、漂白劑。回答下列問題：(1)在處理廢水時，ClO2可將廢水中的CN－氧化成CO2和N2，該反應的離子方程式是_______。(2)某小組按照文獻中制備ClO2的方法設計了如圖所示的實驗裝置用于制備ClO2。①通入氮氣的主要作用有2個，一是可以起到攪拌作用，二是____________________。②裝置B的作用是__________________。③裝置A用于生成ClO2氣體，該反應的化學方程式是_______________________________。(3)測定裝置C中ClO2溶液的濃度：取10.00mLC中溶液于錐形瓶中，加入足量的KI溶液和H2SO4酸化，然后加入___________________作指示劑，用0.1000molL－1的Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的溶液（I2+2S2O32－＝2I－+S4O62－），消耗標準溶液的體積為20.00mL。滴定終點的現象是______________________________，C中ClO2溶液的濃度是__________molL－1。21、硫化氫氣體在資源利用和環境保護等方面均有重要應用。（1）工業采用高溫分解H2S制取氫氣，2H2S(g)2H2(g)+S2(g)，在膜反應器中分離出H2。在容積為2L的恒容密閉容器中，控制不同溫度進行此反應。H2S的起始物質的量均為1mol，實驗過程中測得H2S的轉化率如圖所示。曲線a表示H2S的平衡轉化率與溫度的關系，曲線b表示不同溫度下反應經過相同時間時H2S的轉化率。①反應2H2S(g)2H2(g)+S2(g)的ΔH_________（填“>”“<”或“=”）0。②985℃時，反應經過5s達到平衡狀態，此時H2S的轉化率為40%，則用H2表示的反應速率為v(H2)=___________。③隨著H2S分解溫度的升高，曲線b向曲線a逐漸靠近，其原因是___________。（2）將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應回收S，其物質轉化如下圖所示。①在圖示的轉化中，化合價不變的元素是____________。②在溫度一定和不補加溶液的條件下，緩慢通入混合氣體，并充分攪拌。欲使生成的硫單質中不含CuS，可采取的措施有____________。（3）工業上常采用上圖電解裝置電解K4[Fe(CN)6]和KHCO3混合溶液，電解一段時間后，通入H2S加以處理。利用生成的鐵的化合物K3[Fe(CN)6]將氣態廢棄物中的H2S轉化為可利用的S，自身轉化為K4[Fe(CN)6]。①電解時，陽極的電極反應式為___________。②當有16gS析出時，陰極產生的氣體在標準狀況下的體積為___________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】A.鎂單質在反應后由0價變為+2價，1mol鎂失去2mol電子，則轉移的電子數為2NA，故A錯誤；B.該有機物的物質的量為46g÷46g/mol=1mol，分子式為C2H6O的有機物可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3，若為CH3CH2OH，則C－H鍵的數目為5NA，若為CH3OCH3，則C－H鍵的數目為6NA，故B錯誤；C.1.0LpH=13的Ba(OH)2溶液中含有OH?的物質的量為：1.0L×0.1mol/L=0.1mol，所以氫氧根離子的數目為0.1NA，故C正確；D.因未說明氫氣是否處于標準狀況，無法確定氫氣的物質的量，所以無法計算轉移電子的數目，故D錯誤；答案選C。點睛：本題考查阿伏加德羅常數的有關計算和判斷，掌握以物質的量為中心的各物理量與阿伏加德羅常數之間的關系是解題的關鍵，試題難度中等。選項B為易錯點，注意分子式為C2H6O的有機物既可能是CH3CH2OH也可能是CH3OCH3，二者所含C－H的數目不相等。2、D【解析】

A.Br-的核外電子排布式為：[Ar]3d104s24p6，故A錯；B.Na的簡化電子排布式：[Ne]3s1,故B錯；C.氮原子的最外層電子軌道表示式為：,故C錯；D.價電子排布為4s24p3的元素位于第四周期第VA族，是p區元素，是正確的，故D正確。答案選D。3、D【解析】

A.乙烯使酸性溶液褪色是由于乙烯與高錳酸鉀發生了氧化還原反應，乙烯使溴的溶液褪色是由于乙烯與溴單質發生了加成反應，反應原理不同，故A錯誤；B.苯與液溴在催化劑作用下生成溴苯，是由于溴原子取代了苯環上的氫原子，發生了取代反應，故B錯誤；C.淀粉在人體內最終生成二氧化碳和水排出體外，蛋白質在人體內最終勝出氨基酸，故C錯誤；D.用法檢驗司機是否酒駕，是利用了乙醇能夠與發生氧化還原反應，從而發生顏色變化，故D正確；故選D。4、C【解析】

金屬的防護可以是犧牲陽極的陰極保護法或外加電流的陰極保護法。銅、鉛的金屬性都弱于鐵。而鈉又是活潑的金屬，極易和水反應，鋅的金屬性強于鐵，所以選項C正確，答案選C。5、C【解析】

用鉑電極電解CuSO4溶液，陰極銅離子放電，陽極氫氧根離子放電，然后根據析出的物質向溶液中加入它們形成的化合物即可。【詳解】CuSO4溶液存在的陰離子為：SO42－、OH－，OH－離子的放電能力大于SO42－離子的放電能力，所以OH－離子放電生成氧氣；溶液中存在的陽離子是Cu2＋、H＋，Cu2＋離子的放電能力大于H＋離子的放電能力，所以Cu2＋離子放電生成Cu；溶液變成硫酸溶液；電解硫酸銅的方程式為：2CuSO4+2H2O2Cu+O2↑+2H2SO4，從溶液中析出的物質是氧氣和銅，因為氧氣和銅和稀硫酸都不反應，但和氧化銅反應，氧氣和銅反應生成氧化銅，所以向溶液中加入氧化銅即可，故選：C。【點睛】本題考查了電解原理，能正確判斷溶液中離子的放電順序從而確定析出的物質是解本題的關鍵，本題題干中應明確硫酸銅足量，否則銅完全析出后，陰極上會生成氫氣，這種情況下應加入CuO和水，即Cu(OH)2。6、A【解析】

利用分液漏斗進行分離，研究的對象是互不相溶的兩種液體，掌握有機物的物理性質，以及相似相溶的規律，進行分析判斷。【詳解】A、溴乙烷是不溶于水，能溶于多數有機溶劑的液體，因此可以通過分液漏斗進行分離，故A正確；B、苯酚和乙醇都屬于有機物，根據相似相溶，苯酚溶于乙醇，不能用分液漏斗進行分離，故B錯誤；C、酒精是乙醇，乙醇與水任意比例互溶，因此不能用分液漏斗進行分離，故C錯誤；D、苯為有機溶劑，乙醛屬于有機物，乙醛溶于苯，因此不能用分液漏斗進行分離，故D錯誤。【點睛】物質的分離實驗中，要清楚常見物質分離方法適用對象：過濾是分離難溶物質與液體的操作；蒸發是分離可溶性固體物質與液體，得到可溶性固體的方法；分液是分離兩種互不相溶的液體的操作；蒸餾是分離相互溶解且沸點差別較大的液體的操作。7、C【解析】

A.0.1mol/LNaHC2O4溶液中，HC2O4-存在水解平衡：HC2O4-+H2OH2C2O4+OH-，水解平衡常數Kh==1.8×10-13<Ka2，水解小于電離，所以NaHC2O4溶液顯酸性，因此c(H2C2O4)<c(C2O42-)，A錯誤；B.反應HC2O4-+OH-C2O42-+H2O的電離平衡常數在25℃時K=5.4×10-5，B錯誤；C.Na2C2O4是強堿弱酸鹽，其水溶液顯堿性，根據質子守恒可得：c(OH－)=c(H+)+c(HC2O4-)+2c(H2C2O4)，C正確；D.pH=7的NaHC2O4與Na2C2O4的混合溶液中，根據電荷守恒可得：c(H+)+c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)+c(OH-)，由于c(H+)=c(OH-)，所以c(Na+)=c(HC2O4-)+2c(C2O42-)，D錯誤；故合理選項是C。8、D【解析】

A．Cl2與H2O的反應生成的HClO酸是弱酸，發生反應的離子方程式為Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故A錯誤；B．銅絲插入Fe2(SO4)3溶液中發生反應的離子方程式為Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，故B錯誤；C．向FeBr2溶液中通入過量Cl2，Fe2+也能被氧化為Fe3+，發生反應的離子方程式為2Fe2++4Br－+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl－，故C錯誤；D．向Na2SiO3溶液中通入過量CO2生成硅酸沉淀和碳酸氫鈉，發生反應的離子方程式為SiO32-+2CO2+2H2O=H2SiO3↓+2HCO3—，故D正確；故答案為D。【點睛】注意離子方程式正誤判斷常用方法：檢查反應能否發生，檢查反應物、生成物是否正確，檢查各物質拆分是否正確，如難溶物、弱電解質等需要保留化學式，檢查是否符合守恒關系(如：質量守恒和電荷守恒等)、檢查是否符合原化學方程式等。9、B【解析】

合金的熔點低于各成分的熔點，制造焊錫時，把鉛加進錫就是為了降低熔點，B正確；答案選B。10、D【解析】

酸溶液和堿溶液抑制了水的電離；含有弱酸根離子或者弱堿根離子的鹽溶液促進水的電離，水溶液中或熔融狀態下完全電離的電解質為強電解質，據此分析判斷【詳解】A．醋酸抑制水的電離，醋酸部分電離屬于弱電解質，故A項錯誤；B．氯化鋁溶于水，鋁離子水解促進水的電離，故B項錯誤；C．碳酸氫鈉溶于水完全電離屬于強電解質，碳酸氫根離子水解促進水的電離，故C項錯誤；D．硫酸氫鈉水溶液中完全電離，電離出的氫離子抑制水的電離，屬于強電解質，故D項正確。故答案為D【點睛】本題的關鍵抓住，酸堿抑制水的電離，能水解的鹽促進水的電離，強酸的酸式鹽（例如硫酸氫鈉）能完全電離，溶液中有大量的氫離子，抑制水的電離。11、B【解析】分析：①與堿反應生成鹽和水的氧化物為酸性氧化物；②由不同物質組成的為混合物；③在水溶液中或熔融狀態下能導電的化合物為電解質；④質子數相同，中子數不同的同元素不同的原子互稱為同位素；⑤同種元素組成的不同單質為同素異形體；⑥依據分散質微粒直徑大小對分散系進行分類為溶液、膠體、濁液。詳解：①CO2、SO2、SiO2都和強堿溶液反應生成鹽和水，屬于酸性氧化物，故①正確；②漂白粉為氯化鈣和次氯酸鈣的混合物、氨水是一水合氨的溶液屬于混合物，故②正確；③氯氣是單質不是電解質、硫酸鋇屬于鹽為強電解質、酒精是非電解質，故③錯誤：④12C、14C為同位素，與14N不是同位素，故④錯誤；⑤C60、金剛石、石墨是碳元素的不同單質屬于同素異形體，故⑤正確；⑥稀豆漿、硅酸屬于膠體，氯化鐵溶液屬于溶液，故⑥錯誤；綜上所述①②⑤正確；故選B。點睛：本題考查了物質分類的方法和依據，掌握基礎，概念的理解應用是解題關鍵，題目難度中等。12、A【解析】

由四種元素基態原子電子排布式可知，①1s22s22p63s23p2為Si元素；

②1s22s22p63s23p3為P元素；

③1s22s22p3為N元素；

④1s22s22p4為O元素；A．同周期自左而右電負性增大，所以電負性Si＜P＜S，N＜O，同主族從上到下電負性減弱，所以電負性N＞P，O＞S，故電負性Si＜P＜N＜O，即④＞③＞②＞①，故A正確；B．同周期自左而右原子半徑減小，所以原子半徑Si＞P，N＞O，故B錯誤；C．同周期自左而右第一電離能呈增大趨勢，但N、P元素原子np能級容納3個電子，為半滿穩定狀態，能量較低，第一電離能高于同周期相鄰元素，所以第一電離能Si＜P，N＞O，故C錯誤；D．最高正化合價等于最外層電子數，但O元素沒有最高正化合價，所以最高正化合價：③=②＞①，故D錯誤；故答案為A。13、C【解析】

乙烯的生產是衡量一個國家石油化工水平的重要標志。聚乙烯是以乙烯為原料合成的一種人們常用的高分子材料。下列有關聚乙烯的敘述中正確的是()。A.乙烯合成聚乙烯的變化屬于加聚反應，A不正確；B.乙烯合成聚乙烯的化學方程式是nCH2=CH2，B不正確；C.聚乙烯在自然界中很難降解，容易造成“白色污染”，C正確；D.不同的聚乙烯分子的聚合度可能不同，故其為混凈物，D不正確。故選C。14、B【解析】

A.試管能直接加熱，A不選；B.燒瓶不能直接加熱，需要墊石棉網，B選；C.坩堝能直接加熱，C不選；D.蒸發皿能直接加熱，D不選。答案選B。15、D【解析】

①中通過了堿石灰后，氣體中無CO2、H2O，②通過熾熱的氧化銅，CO和H2會把氧化銅還原成銅單質，同時生成CO2和H2O，H2O使白色硫酸銅粉末變為藍色，CO2通過澄清石灰水時，溶液變渾濁，以此來判斷原混合氣體的組成。【詳解】①通過堿石灰時，氣體體積變小；堿石灰吸收H2O和CO2，體積減小證明至少有其中一種，而且通過堿石灰后全部吸收；②通過赤熱的CuO時，固體變為紅色；可能有CO還原CuO，也可能是H2還原CuO，也可能是兩者都有；③通過白色硫酸銅粉末時，粉末變為藍色，證明有水生成，而這部分水來源于氫氣還原氧化銅時生成，所以一定有H2；④通過澄清石灰水時，溶液變渾濁證明有CO2，而這些CO2來源于CO還原CuO產生的，所以一定有CO。綜上分析：混合氣體中一定含有CO、H2，至少含有H2O、CO2中的一種，故合理選項是D。【點睛】本題考查混合氣體的推斷的知識，抓住題中反應的典型現象，掌握元素化合物的性質是做好此類題目的關鍵。16、B【解析】

A、氯化銨和單質碘加熱時，前者分解，后者升華，最后又都凝結到燒瓶的底部，故A項不符合題意；B、滲析法可除去淀粉膠體中的氯化鈉，故B項符合題意；C、加熱膽礬(CuSO4·5H2O)制取無水硫酸銅應在坩堝中進行，故C項不符合題意；D、除去SO2中的HCl，若用氫氧化鈉溶液洗氣，SO2也被吸收，故D項不符合題意。二、非選擇題（本題包括5小題）17、碳碳雙鍵、羧基CH≡CHCH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3

ABD【解析】分析：本題考查有機物推斷，根據體重信息結合有機物結構及相互轉化關系進行推斷，從而得出各有機物的結構，是對有機化學基礎知識的綜合考查，需要學生熟練掌握分子結構中的官能團，抓官能團性質進行解答。詳解：化合物D的比例模式為CH2=CHCOOH，硫酸氫乙酯水解得到E和硫酸，說明E為乙醇，從A經硫酸氫乙酯到E的反應中，硫酸實際起到了催化劑的作用，A的相對分子質量為28，可以推知其為乙烯，E與F反應，得一種有濃郁香味的油狀液體G，則F為乙酸，G為乙酸乙酯，E與D反應得無色液體H為CH2=CHCOOCH2CH3，B的相對分子質量為28，為一氧化碳，C的相對分子質量略小于A，說明其為乙炔。(1)根據以上分析，D中含有的官能團為碳碳雙鍵、羧基；化合物C為乙炔，結構簡式為CH≡CH；(2)乙烯和乙酸可以發生類似①的加成反應，方程式為CH3COOH+CH2=CH2→CH3COOCH2CH3；(4)A.反應①的過程中碳碳雙鍵消失，說明該反應類型是加成反應，故正確；B.化合物H含有碳碳雙鍵，可進一步聚合成某種高分子化合物，故正確；C.在反應②、③都為酯化反應中，參與反應的官能團都為羧基和羥基，完全相同，故錯誤；D.從A經硫酸氫乙酯至E的反應中，硫酸實際起到了催化劑的作用，故正確。故選ABD。18、BaCl2AgNO3CuSO4Na2CO3Ba2++SO42-=BaSO4↓CO32-+2H+=H2O+CO2↑【解析】

A、B、C、D都是可溶性鹽，Ag+只能和搭配，只能和剩余的Na+搭配，在此基礎上，和Cu2+搭配，則Ba2+和Cl-搭配，即這四種鹽為AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2。C的溶液呈藍色，則C為CuSO4。B+HCl產生沉淀，則B為AgNO3。D+HCl產生氣體，則D為Na2CO3。所以A為BaCl2。綜上所述，A為BaCl2，B為AgNO3，C為CuSO4，D為Na2CO3。【詳解】（1）經分析這四種鹽為AgNO3、Na2CO3、CuSO4、BaCl2，結合題中給出的實驗現象，可以推出A為BaCl2，B為AgNO3，C為CuSO4，D為Na2CO3；（2）A+C為BaCl2和CuSO4的反應，其離子方程式為：Ba2++SO42-=BaSO4↓；D+鹽酸為Na2CO3和鹽酸的反應，其離子方程式為：CO32-+2H+=H2O+CO2↑。19、錐形瓶中溶液顏色變化滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由淺紅色變為無色，且30s內顏色不變97.56%偏高偏高【解析】

（1）滴定過程中兩眼應該注視錐形瓶內溶液的顏色變化；若用酚酞作指示劑當滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由淺紅色變為無色，且30s內顏色不變，說明氫氧化鈉與硫酸完全反應；（2）依據題給數據計算氫氧化鈉的物質的量，再計算燒堿樣品的純度；（3）依據標準溶液體積變化和待測液中溶質的物質的量變化分析解答。【詳解】（1）滴定過程中兩眼應該注視錐形瓶內溶液的顏色變化；若用酚酞作指示劑當滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由淺紅色變為無色，且30s內顏色不變，說明氫氧化鈉與硫酸完全反應，達到滴定終點，故答案為：錐形瓶中溶液顏色變化；滴入最后一滴硫酸溶液，溶液由淺紅色變為無色，且30s內顏色不變；（2）由表格數據可知，第一次消耗硫酸的體積為（20.50—0.40）ml=20.10ml，第二次消耗硫酸的體積為（24.00—4.10）ml=19.90ml，取兩次平均值，可知反應消耗硫酸的體積為=20.00ml，由H2SO4—2NaOH可得n（NaOH）=2n（H2SO4）=2×0.1000mol?L?1×0.02000L=4×10—3mol，則燒堿樣品的純度為×100%=97.56%，故答案為：97.56%；（3）①觀察酸式滴定管液面時，開始俯視，滴定終點平視，導致硫酸標準溶液體積偏大，使所測結果偏高，故答案為：偏高；②若將錐形瓶用待測液潤洗，增加了待測液中溶質的物質的量，導致消耗硫酸標準液體積偏大，使所測結果偏高，故答案為：偏高。【點睛】分析誤差時要看是否影響標準體積的用量，若標準體積偏大，結果偏高；若標準體積偏小，結果偏小；若不影響標準體積，則結果無影響。20、2ClO2+2CN－＝2CO2+N2+2Cl－稀釋二氧化氯，防止二氧化氯的濃度過高而發生爆炸或防倒吸防止倒吸（或作安全瓶）2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O淀粉溶液當滴入最后一滴標準溶液后，溶液藍色褪去且半分鐘內不恢復原色0.04000【解析】

（1）ClO2可將廢水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被還原為Cl-，據此書寫發生反應的離子方程式；（2）根據圖示：A裝置制備ClO2，通入氮氣的主要作用有2個，一是可以起到攪拌作用，二是稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發生爆炸，B裝置為安全瓶，可防倒吸；（3）根據滴定原理，KI在酸性條件下被ClO2氧化為I2，反應為：2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O，故選用淀粉溶液做指示劑；用Na2S2O3標準液滴定錐形瓶中的I2，當滴入最后一滴標準液時，錐形瓶內溶液藍色褪去且半分鐘內不恢復原色，說明達到滴定終點；根據關系式：2ClO2～5I2～10Na2S2O3，則n（ClO2）=n（Na2S2O3）=×0.1000mol/L×0.02L=0.0004mol，據此計算可得。【詳解】（1）ClO2可將廢水中的CN-氧化成CO2和N2，ClO2自身被還原為Cl-，則發生反應的離子方程式為2ClO2+2CN-=2CO2+N2+2Cl-；（2）①氮氣可以攪拌混合液，使其充分反應，還可以稀釋二氧化氯，防止因二氧化氯的濃度過高而發生爆炸；②已知二氧化氯易溶于水，則裝置B防止倒吸（或作安全瓶）；③NaClO3和H2O2的混合液中滴加稀H2SO4即生成ClO2氣體，依據氧化還原反應原理，同時會得到氧化產物O2，根據質量守恒可知有Na2SO4生成，則結合原子守恒，裝置A中發生反應的化學方程式是2NaClO3＋H2O2＋H2SO4＝2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O；（3）根據滴定原理，KI在酸性條件下被ClO2氧化為I2，反應為：2ClO2+1