重庆市育仁中学2023-2024学年高一化学第二学期期末学业水平测试模拟试题含解析

重庆市育仁中学2023-2024学年高一化学第二学期期末学业水平测试模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、在一密闭容器中加入A和B，各物质的物质的量浓度随着反应的进行，如右图所示。下列说法不正确的是A．该反应的化学方程式为5A+4B4CB．2min前，正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大C．用B的浓度变化表示2min内的速率为2mol/(L·min)D．2min时，该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比为5：4：42、东晋葛供《肘后备急方》中“青蒿一握，以水升渍，绞取汁，尽服之”。下列操作与“渍”和“绞”原理相近的是A．煮沸研碎B．浸泡过滤C．萃取剪断D．蒸馏捣碎3、下列各组物质间的反应与反应类型不相符的是（）A．乙烯与溴水（加成反应） B．苯与浓硝酸（取代反应）C．乙醇与乙酸（(酯化反应） D．乙醇与氧气（取代反应）4、下列说法中错误的是（）A．甲烷与乙烯共lmol，完全燃烧后生成2molH2OB．光照下，异丁烷与Cl2发生取代反应生成的一氯代物有2种C．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料D．乙酸分子中含有碳氧双键，所以它能使溴水褪色5、控制变量是科学研究的重要方法。相同质量的铁粉与足量稀硫酸分别在下列条件下发生反应，其中反应速率最快的是ABCDt/℃10104040c(H2SO4)/(mol/L)1313A．A B．B C．C D．D6、如图I所示，甲、乙之间的隔板K和活塞F都可以左右移动，F受压力恒定。甲中充入2molA和1molB，乙中充入2molC和1molHe，此时K停在0处。在一定条件下发生可逆反应：2A(g）+B(g）2C(g），反应达到平衡后，再恢复至原温度，则下列说法正确的是（）A．达到平衡时隔板K最终停留在0刻度左侧的2到4之间B．若达到平衡时隔板K最终停留在左侧1处，则乙中C的转化率小于50%C．如图II所示，若x轴表示时间，则y轴可表示甲、乙两容器中气体的总物质的量或A的物质的量D．若达到平衡时隔板K最终停留在左侧靠近2处，则乙中F最终停留在右侧刻度大于47、能证明SO2具有漂白性的是（）A．酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，紫色消失B．显红色的酚酞通入SO2后，红色消失C．品红溶液中通入SO2后，红色消失D．溴水中通入SO2后，橙色消失8、化学与生活密切相关，下列说法错误的是A．SO2可用作食品漂白剂 B．乙烯可以用作生产食品包装材料的原料C．酒越陈越香与酯化反应有关 D．75％的酒精为消毒酒精9、某有机物的结构为，下列说法正确的是A．分子中含有羟基 B．该有机物不能使溴水褪色C．分子式为C4H10O D．1mol该有机物最多能消耗2molNa10、下列化学用语的书写正确的是A．F原子结构示意图： B．四氯化碳的电子式：C．乙烯的结构简式:C2H4 D．苯的分子式：C6H611、下列反应符合如图所示的反应是()A．CO2与炽热的炭反应生成CO B．石灰石分解C．Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl固体混合 D．食物因氧化而腐败12、将Na、Mg、Al各0.3mol分别放入100mL1mol/L的HCl中，同温同压下产生的气体的体积比是A．3：1：1 B．6：3：2 C．1：2：3 D．1：1：113、一定量的乙醇在氧气不足的情况下燃烧，得到CO、CO2和水的总质量为27.6g，若其中水的质量为10.8g，则CO的质量是()A．1.4g B．2.2g C．4.4g D．在2.2g和4.4g之间14、有关SO2催化氧化反应（2SO2+O22SO3）的说法正确的是A．升高温度可减慢反应速率B．使用催化剂可提高反应速率C．达到平衡时，(正）=(逆）=0D．达到平衡时SO2转化率可达100%15、含有共价键的离子化合物是A．KOH B．H2O C．CaCl2 D．HNO316、下列说法不正确的是A．甲烷、乙烷、异丁烷互为同系物B．甲烷与氯气在紫外线照射下的反应产物有4种C．应用分馏方法可将煤焦油中的苯等芳香族化合物分离出来D．2-丁烯：CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一平面上二、非选择题（本题包括5小题）17、下表为元素周期表的一部分，参照元素①～⑨在表中的位置，按要求回答下列问题：（1）在元素①～⑨，最活泼的金属元素是______（填元素名称）；最活泼的非金属元素名称是______（填元素名称）（2）用电子式表示元素③与⑤形成的原子个数比为1∶2的化合物______。元素①和③所形成的化学键的类型是_______。（3）②、⑤、⑦三种元素的原子半径由大到小的顺序是______（用元素符号表示）。（4）元素④和⑨所能形成的气态氢化物的稳定性______（用化学式表示）；元素⑦、⑧、⑨的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序______（用化学式表示）；（5）写出元素和的最高价氧化物的水化物相互反应的离子方程式：______。18、元素周期表是学习化学的重要工具,它隐含许多信息和规律。下表所列是六种短周期元素的原子半径及主要化合价(已知铍元素的原子半径为0.089nm)。元素代号ABCDXY原子半径/nm0.0370.1430.1020.0990.0740.075主要化合价+1+3+6,-2-1-2+5,-3（1）C元素在周期表中的位置为________，其离子结构示意图为：_______。（2）B的最高价氧化物对应的水化物与Y的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为___。（3）关于C、D两种元素说法正确的是__________（填序号）。a.简单离子的半径D>Cb.气态氢化物的稳定性D比C强c.最高价氧化物对应的水化物的酸性C比D强（4）在100mL18mol/L的C的最高价氧化物对应的水化物的浓溶液中加入过量的铜片，加热使其充分反应，产生气体的体积为6.72L(标况下），则该反应过程中转移的电子数为______。（5）写出由A、D、X三种元素组成的某种可以消毒杀菌物质的电子式_____________。（6）比较Y元素与其同族短周期元素的氢化物的熔沸点高低__＞___(填氢化物化学式），理由___________。19、二氧化氯（ClO2）常用于处理含硫废水。某学习小组在实验室中探究ClO2与Na2S的反应。已知：①ClO2是极易溶于水的黄绿色气体，有毒，沸点为11℃。②SO2+NaClO3+H2SO4→ClO2+NaHSO4（未配平）③ClO2+NaOH→NaCl+NaClO3+H2O（未配平）请回答下列问题：（1）设计如下装置制备ClO2

①装置A中反应的化学方程式为__________________________________。②装置B中反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。③欲收集一定量的ClO2，选择上图中的装置，其连接顺序为a→

g→

h→

_________________→d。（2）探究ClO2与Na2S的反应将上述收集到的ClO2用N2稀释以增强其稳定性，并将适量的稀释后的ClO2通入如图所示装置中充分反应，得到无色澄清溶液。一段时间后，通过下列实验探究Ⅰ中反应的产物操作步骤实验现象结论取少量Ⅰ中溶液放入试管甲中，滴加品红溶液和盐酸。品红溶液始终不褪色①无_______生成。另取少量Ⅰ中溶液放入试管乙中，加入Ba(OH)2溶液和盐酸，振荡。②___________有SO42-生成③继续在试管乙中加入Ba(OH)2溶液至过量，静置，取上层清液放入试管丙中，______________。有白色沉淀生成有Cl-生成④ClO2与Na2S反应的离子方程式为_________________________________________。用于处理含硫废水时，ClO2相对于Cl2的优点是_____________________________________________（任写一条）。20、丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOCH2CH3，相对分子质量为100）可广泛用于制造涂料、黏合剂。某实验小组利用如图所示的装置合成丙烯酸乙酯（部分夹持及加热装置已省略）。方案为先将34.29mL丙烯酸（CH2=CHCOOH，密度为1.05g·mL-l）置于仪器B中，边搅拌边通过仪器A缓缓滴入乙醇与浓硫酸的混合液至过量，充分反应。试回答下列问题：(1)仪器D的名称是____。(2)仪器C中冷水应从____（填“c”或“b”）口进入。(3)利用如下试剂和方法提纯丙烯酸乙酯：①加入适量水洗涤后分液；②加入适量饱和Na2C03溶液后分液；③用无水Na2SO4干燥；④蒸馏。操作的顺序为_____（填序号）。(4)写出生成丙烯酸乙酯的化学方程式______。最后得到35.0g干燥的丙烯酸乙酯，则丙烯酸乙酯的产率为_____。21、在一固定体积为1L的密闭容器中，充入2molCO2和1molH2发生如下化学反应：CO2(g)＋H2(g)CO(g)＋H2O(g)，其化学平衡常数与温度(T)的关系如下表：回答下列问题：（1）该反应的化学平衡常数表达式为K＝__________________________________。（2）该反应是放热反应还是吸热反应______________（3）若反应在830℃下达到平衡，则CO2气体的浓度是_________；CO2的转化率为________。平衡后再向容器中通入2molCO2再次达到的平衡时，CO2的转化率_______（填变大，变小或不变）（4）能判断该反应是否达到化学平衡状态的依据是__________________________。A．容器内压强不变B．混合气体中c(CO)不变C．v正(H2)＝v逆(H2O)D．c(CO2)＝c(CO)

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】A项，由图可得，当（6-1）mol/LA反应，同时有（7-3）mol/LB反应，生成4mol/LC，故该反应的化学方程式为5A+4B4C，A正确；B项，2min前，反应物A和B减少，生成物C增多，所以正反应速率逐渐减小，逆反应速率逐渐增大，B正确；C项，用B的浓度变化表示2min内的速率为（7-3）mol/L÷2min=2mol/(L·min)，C正确；D项，如图，2min时该反应达到平衡，此时A、B、C的浓度比为1：3：4，D错误。2、B【解析】分析：以水升渍，可知加水溶解，绞取汁，可知过滤分离出液体，以此来解答。详解：以水升渍，可知加水溶解，绞取汁，可知过滤分离出液体，则操作与“渍”和“绞”原理相近的是浸泡、过滤。答案选B。点睛：本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握混合物分离提纯方法、文史资料的含义为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意传统文化的理解，题目难度不大。3、D【解析】

A.乙烯和溴水的反应生成二溴乙烷，C=C键生成C-C键，属于加成反应，A项正确；B.苯和浓硝酸发生的硝化反应生成硝基苯，硝基替代苯环上的氢原子，属于取代反应，B项正确；C.乙醇与乙酸发生反应生成乙酸乙酯，乙酸乙酯含有酯基，该反应为酯化反应，也为取代反应，C项正确；D.乙醇与氧气在铜作催化剂下反应生成乙醛，为氧化反应，D项错误；答案选D。4、D【解析】A、每摩尔甲烷或者乙烯都含有4摩尔氢原子，根据原子守恒可知完全燃烧后生成的H2O为2mol，选项A正确；B、光照下，异丁烷分子中有2种不同的H原子，故其一氯代物有2种，选项B正确；C、乙烯可以制成聚乙烯，用于食品包装，选项C正确；D、乙酸分子中含有碳氧双键，但由于与羟基相连接，形成新的官能团羧基，所以它不能使溴水褪色，选项D错误。答案选D。点睛：本题考查有机化合物的结构及性质，注意从羧基理解羧酸的性质，注重考查学生对基础知识的掌握。5、D【解析】

铁粉与足量稀硫酸反应实质是Fe+2H+=Fe2++H2↑，温度越高，H+浓度越大反应速率越快，以此分析。【详解】A、温度为10，c(H2SO4)=1mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L；

B、温度为10，c(H2SO4)=3mol/L，溶液中c(H+)=6mol/L；C、温度为40，c(H2SO4)=1mol/L，溶液中c(H+)=2mol/L；D、温度为40，c(H2SO4)=3mol/L，溶液中c(H+)=6mol/L；对比发现D选项温度最高，同时H+浓度最大，故D最快。

所以D选项是正确的。6、D【解析】A、2A(g）+B(g）2C(g），由于甲中充入2molA和1molB，反应向正反应方向移动，甲中压强降低，最多能转化为2molC，但是由于反应是可逆反应，所以C的物质的量在0～2mol之间，因此达到平衡后，隔板K不再滑动，最终停留在左侧刻度0～2之间，A错误；B、“隔板K最终停留在左侧1处”说明反应后气体体积为5格，即物质量为2.5mol，设参加反应的A的物质量为2x，故2-2x+1-x+2x=2.5，则x=0.5mol，则甲中A的转化率为50%。但是对于乙来说，就不同了，如果无He，甲与乙是等效平衡，但乙的压强比甲小，则2C(g）2A(g）+B(g）的平衡向右移动了，故其转化率比大于50%，B错误；C、甲中反应向右进行，A的物质的量逐渐减少，乙中反应向左进行，A的物质的量逐渐增多，但反应开始时无A，C错误；D、若达到平衡时，隔板K最终停留在左侧靠近2处，说明甲中反应物完全转化为C，物质的量为2mol，如乙平衡不移动，乙中为C和He，共3mol，体积为6，F应停留在4处，但因为保持恒压的条件，乙中2A(g）+B(g）2C(g）反应体系的压强降低，所以到达平衡时，乙向逆方向反应方向移动，导致到达平衡时甲容器中C的物质的量大于乙容器中C的物质的量，甲、乙容器中压强相等，若平衡时K停留在左侧2处，则活塞应停留在右侧大于4处，D正确；答案选D。点睛：本题考查化学平衡移动，题目较难，本题注意分析反应的可逆性特征和两容器压强相等，这两个角度是解答该题的关键。7、C【解析】

A．酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，紫色消失，是由于SO2气体具有还原性，错误；B．显红色的酚酞通入SO2后，红色消失是由于SO2溶于水反应产生的H2SO3具有酸性，发生酸、碱中和反应，与其漂白性无关，错误；C．品红溶液中通入SO2后，红色消失，是由于SO2与品红结合产生了无色物质，正确；D．溴水中通入SO2后，橙色消失，是由于发生反应:Br2＋SO2＋2H2O=H2SO4＋2HBr。SO2表现还原性，错误。故选C。8、A【解析】

A.SO2有毒不可用作食品漂白剂，化合漂白不稳定，食物会残留二氧化硫，A项错误；B.聚乙烯可以用作生产食品包装材料，乙烯是原材料，B项正确；C.酒在储存的过程在生成有香味的乙酸乙酯，与酯化反应有关，C项正确；D.75％的酒精为医用酒精，可用于消毒，D项正确；答案选A。9、A【解析】

由结构简式可知，有机物的分子式为C4H8O，官能团为碳碳双键和羟基，能表现烯烃和醇的性质。【详解】A项、由结构简式可知，有机物的官能团为碳碳双键和羟基，故A正确；B项、有机物中含有碳碳双键，能与溴水发生加成反应，使溴水褪色，故B错误；C项、由结构简式可知，有机物的分子式为C4H8O，故C错误；D项、由结构简式可知，有机物中含有1个羟基，则1mol该有机物最多能消耗1molNa，故D错误；故选A。10、D【解析】

A、对原子来说，质子数等于核外电子数，即F的原子结构示意图为，故A错误；B、Cl没有体现出孤电子对，四氯化碳的电子式为，故B错误；C、C2H4为乙烯的分子式，其结构简式为CH2=CH2，故C错误；D、苯的分子式为C6H6，故D正确；答案选D。【点睛】书写电子式，首先判断出该物质为离子化合物，还是共价物质，离子化合物是由阴阳离子组成，书写离子化合物时，应体现阴阳离子，复杂阳离子和所有的阴离子用[]，共价物质不仅体现出共用电子对，还要体现出孤电子对。11、D【解析】

根据图像可知反应物总能量高于生成物总能量，属于放热反应，据此解答。【详解】A.CO2与炽热的炭反应生成CO，属于吸热反应，A错误；B.石灰石分解生成氧化钙和二氧化碳，属于吸热反应，B错误；C.Ba(OH)2·8H2O和NH4Cl固体混合属于吸热反应，C错误；D.食物因氧化而腐败而变质，属于放热反应，D正确。答案选D。12、A【解析】

n(HCl)=1mol/L×0.1L=0.1mol；Na与盐酸反应的方程式为2Na＋2HCl=2NaCl＋H2↑，0.1molHCl消耗金属钠的物质的量为0.1mol<0.3mol，产生氢气物质的量为0.05mol，因此金属钠还与水反应：2Na＋2H2O=2NaOH＋H2↑，产生氢气的物质的量为(0.3－0.1)mol÷2=0.1mol，共产生氢气的物质的量为(0.1＋0.05)mol=0.15mol；Mg与盐酸的反应：Mg＋2HCl=MgCl2＋H2↑，0.1mol盐酸消耗镁的物质的量为0.05mol<0.3mol，产生氢气物质的量为0.05mol，镁过量，镁不与水反应，因此产生氢气的物质的量为0.05mol；铝与盐酸的反应：2Al＋6HCl=2AlCl3＋3H2↑，0.1molHCl消耗铝的物质的量为mol<0.3mol，产生氢气物质的量为0.05mol，铝过量，铝不与水反应，故产生氢气的物质的量为0.05mol；相同条件下，气体体积之比等于物质的量之比，即0.15：0.05：0.05=3：1：1，答案选A。13、A【解析】

根据反应中生成水的质量可确定乙醇的物质的量，进而求出碳原子的物质的量，同时也是CO2和CO的物质的量和，分别设出二氧化碳、一氧化碳的物质的量，分别根据质量、物质的量列式计算即可。【详解】设乙醇的物质的量为x，由C2H5OH～3H2O1mol54gx10.8g则：1molx=54g解得：x=0.2mol，由乙醇的分子式可知：n（CO2）+n（CO）=0.2mol×2=0.4mol，则m（CO2）+m（CO）=27.6g-10.8g=16.8g，设产物中含有xmol二氧化碳、ymolCO，则：①44x+28y=16.8g，②x+y=0.4，联立①②解得：x=0.35、y=0.05，所以CO的质量为：28g/mol×0.05mol=1.4g，答案选A。【点睛】本题考查化学反应方程式的计算，题目难度中等，把握水的质量及CO、CO2的质量关系及守恒法计算为解答的关键，试题侧重对学生的分析与计算能力的考查。14、B【解析】

A．升高温度，活化分子百分数增大，化学反应速率加快，故A错误；B．使用催化剂能够降低反应活化能，可提高反应速率，故B正确；C．化学平衡是动态平衡，达到平衡时，(正）=(逆）≠0，属于动态平衡，故C错误；D．2SO2+O22SO3为可逆反应，达到平衡时SO2转化率不可能可达100%，故D错误；故答案选B。15、A【解析】

A.KOH是离子化合物，OH-中O与H原子之间形成的是共价键，符合题意，A项正确；B.H2O为共价化合物，B项错误；C.CaCl2属于离子化合物，仅由离子键构成，C项错误；D.HNO3为共价化合物，D项错误；答案选A。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。16、B【解析】A．甲烷、乙烷、异丁烷的结构相似，分子组成相关若干个CH2基团，互为同系物，故A正确；B．由于甲烷和氯气在光照条件下发生反应，生成有机物有CH3Cl、CH2Cl2、CHCl3、CCl4，还有无机物：氯化氢，总计5种产物，故B错误；C．根据沸点的差异，分离煤焦油中的苯等芳香族化合物应用分馏的方法，故C正确；D．CH3CH=CHCH3故，此为烯烃结构，乙烯中的六个原子均共平面，线两个甲基取代H的位置生成2-丁烯，四个碳原子可以共平面，故D正确；故选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、钠氟极性共价键Na＞Si＞CHF＞HClHClO4＞H3PO4＞H2SiO3Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O【解析】

由元素在周期表的位置可知，元素①～⑨分别为H、C、O、F、Na、Al、Si、P、Cl，结合元素周期律和原子结构分析解答。【详解】(1)在元素①～⑨，最活泼的金属元素是钠；最活泼的非金属元素名称是氟，故答案为：钠；氟；

(2)③与⑤形成的原子个数比为1∶2的化合物为氧化钠，属于离子化合物，用电子式为，元素①和③所形成的化学键类型为极性共价键，故答案为：；极性共价键；(3)同周期，从左向右，原子半径减小，同主族，从上到下，原子半径逐渐增大，则②、⑤、⑦三种元素的原子半径由大到小的顺序是Na＞Si＞C，故答案为：Na＞Si＞C；(4)非金属性F＞Cl，则元素④和⑨所能形成的气态氧化物的稳定性HF大于HCl；非金属性Cl＞P＞Si，则元素⑦、⑧、⑨的最高价氧化物对应的水化物的酸性由强到弱的顺序为HClO4＞H3PO4＞H2SiO3，故答案为：HF＞HCl；HClO4＞H3PO4＞H2SiO3；(5)元素⑤和⑥的最高价氧化物的水化物分别为NaOH、氢氧化铝，二者反应生成偏铝酸钠和水，离子反应方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。18、第三周期VIA族Al(OH)3+3H+==Al3++3H2Ob0.6NANH3PH3两者都为分子晶体，NH3存在分子间氢键，增强分子间作用力，导致熔沸点比PH3高【解析】

根据元素的原子半径相对大小和主要化合价首先判断出元素种类，然后结合元素周期律和相关物质的性质分析解答。【详解】A的主要化合价是+1价，原子半径最小，A是H；C的主要化合价是+6和－2价，因此C是S；B的主要化合价是+3价，原子半径最大，所以B是Al；D和X的主要化合价分别是－1和－2价，则根据原子半径可判断D是Cl，X是O。Y的主要化合价是+5和－3价，原子半径大于氧原子而小于氯原子，则Y是N。（1）C元素是S，在周期表中的位置为第三周期VIA族，其离子结构示意图为。（2）B的最高价氧化物对应的水化物是氢氧化铝，与Y的最高价氧化物对应的水化物硝酸反应的离子方程式为Al(OH)3+3H+＝Al3++3H2O。（3）a.硫离子和氯离子均是18电子，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子的半径D＜C，a错误；b.非金属性Cl＞S，非金属性越强，氢化物越稳定，则气态氢化物的稳定性D比C强，b正确；c.非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，则最高价氧化物对应的水化物的酸性D比C强，c错误；答案选b；（4）浓硫酸和铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫元素化合价从+6价降低到+4价，得到2个电子。反应中生成二氧化硫的物质的量是6.72L÷22.4L/mol＝0.3mol，则转移电子的物质的量是0.6mol，个数是0.6NA；（5）由H、O、Cl三种元素组成的某种可以消毒杀菌物质是次氯酸，其电子式为。（6）由于氨气和磷化氢都为分子晶体，NH3存在分子间氢键，增强分子间作用力，从而导致熔沸点比PH3高19、Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2↑+2H2O2:1b→c→e→fSO2有白色沉淀加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液8ClO2+5S2-+4H2O8Cl-+5SO42-+8H+均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍，所需ClO2用量更少；或氧化产物硫酸根稳定，ClO2除硫更彻底；或ClO2不会生成可能对人体有害的有机氯化物等（合理即可）【解析】

①装置A中Cu与浓硫酸反应制备二氧化硫，其化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；故答案为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；②由题意知装置B中反应为SO2+2NaClO3+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1；答案：2:1。③二氧化硫从a出来，为防止倒吸，故应在B之前有安全瓶，则a→g→h，为反应充分，故再连接B装置中的b，二氧化氯沸点较低，故在D中冰水浴收集，为充分冷却，便于收集，故连接e，最后用氢氧化钠吸收未反应完的二氧化硫，防止污染空气，连接顺序为：a→g→h→b→c→e→f→d；故答案为：b→c→e→f；④在Ⅰ中反应过后的溶液加入品红，品红始终不褪色，说明不是由于SO2的漂白作用导致褪色，结论是无SO2生成。答案：SO2。在Ⅰ中反应过后的溶液加入Ba(OH)2，结论是有SO42-生成，所以反应生成BaSO4，现象应为白色沉淀。答案：白色沉淀；若生成可以证明Cl-存在的白色沉淀，那么操作应为加入足量稀硝酸酸化的AgNO3溶液。答案：加入足量硝酸酸化的AgNO3溶液；由上述分析可知，生成物有SO42-和Cl-，用溶剂H2O补全反应方程式，所以离子方程式为8ClO2+5S2-+4H2O8Cl-+5SO42-+8H+；ClO2相对于Cl2优点包括：ClO2除硫效果彻底，氧化产物硫酸根稳定，ClO2在水中的溶解度大；剩余的ClO2不会产生二次污染，均被还原为Cl-时，ClO2得到的电子数是Cl2的2.5倍等。20、干燥管c②①③④CH2＝CHCOOH+HOCH2CH3⇌加热浓硫酸CH2＝CHCOOCH2CH3+H2O【解析】

（1）根据仪器构造可知仪器D的名称是干燥管；（2）冷却水应从下口流入，上口流出，克服重力，与气体逆流，流速较慢，可达到更好的冷凝效果，冷凝挥发性物质丙烯酸和乙醇，回流液体原料，因此仪器C中冷水应从c口