浙江省台州市2022-2023学年高一化学下学期期末试题（Word版附解析）

台州市2022学年第二学期高一年级期末质量评估试题化学1.本卷共7页，21题，满分100分，考试时间90分钟。2.用蓝、黑色水笔书写答案，考试结束只需将答题卷交回。本卷可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23S：32Cl：35.5Mn：55Fe：56第Ⅰ卷选择题一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每个小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.日常生活中有“富硒西瓜”、“高钙牛奶”、“含氟牙膏”、“加碘食盐”等商品，这里的硒、钙、氟、碘应理解为A.元素B.氧化物C.分子D.单质【答案】A【解析】【详解】“加碘食盐”中的碘是指含有碘元素的化合物，例如碘酸钾等，“富硒西瓜”、“高钙牛奶”、“含氟牙膏”同理也均指含有对应元素的物质，并不是特指该元素的单质、分子或者氧化物，故选A。2.下列属于电解质且含共价键的是A.SiO2B.NaClOC.MgCl2D.CO【答案】B【解析】【详解】A．二氧化硅是非电解质，A不符合题意；B．次氯酸钠是盐，属于电解质且次氯酸根中含有共价键，B符合题意；C．氯化镁是电解质，但只含有离子键，C不符合题意；D．一氧化碳不是电解质，D不符合题意；故选B。3.制作豆腐的流程中，属于过滤操作的是A.泡豆B.磨浆C.滤渣D.煮浆点兑 A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．泡豆是将豆子浸泡吸水的过程，不包含过滤操作，A项不符合题意；B．磨浆是将大豆研磨成碎料的操作，不包含过滤操作，B项不符合题意；C．滤渣是将豆渣与豆将分离的操作，其实就是过滤操作，C项符合题意；D．煮浆是将豆浆加热煮沸的过程，点兑是加入电解质使蛋白质胶体发生聚沉的过程，都不包含过滤操作，D项不符合题意；答案选C。4.下列物质对应的化学式不正确的是A.乙酸：CH3COOHB.重晶石：BaSO4C.纯碱：Na2CO3D.硬脂酸：C15H31COOH【答案】D【解析】【详解】A．乙酸的结构简式为CH3COOH，A正确；B．重晶石是BaSO4的俗称，B正确；C．Na2CO3俗称纯碱，属于盐，C正确；D．硬脂酸为C17H35COOH，D错误；故选D。5.下列表示正确的是A.Fe2C和Fe3C互为同素异形体B.乙烯的球棍模型C.14N2和15N2互为同位素D.淀粉和纤维素互为同分异构体【答案】B【解析】 【详解】A．同素异形体是同种元素形成的结构不一样的单质，Fe2C和Fe3C不是同素异形体，A错误；B．乙烯的球棍模型，B正确；C．同位素是质子数相同中子数不同的核素之间的关系，14N2和15N2是不同氮原子形成的氮气单质，C错误；D．淀粉和纤维素的分子式均为（C6H10O5）n，由于n不同，二者不是同分异构体，D错误；故选B。6.下列酸在与金属反应时，其中S或N元素的化合价不会发生变化的是A.稀硫酸B.稀硝酸C.浓硫酸D.浓硝酸【答案】A【解析】【详解】A．稀硫酸与金属反应时，表现酸的通性，是+1价的H得到电子表现的氧化性，S元素化合价不变，A符合题意；B．稀硝酸是氧化性的酸，在与金属反应时，是+5价的N得到电子表现氧化性，N元素化合价降低，B不符合题意；C．浓硫酸是氧化性的酸，在与金属反应时，是+6价的S得到电子表现氧化性，S元素化合价降低，C不符合题意；D．浓硝酸是氧化性的酸，在与金属反应时，是+5价的N得到电子表现氧化性，N元素化合价降低，D不符合题意；故答案为A。7.下表中对应的关系正确的是A前者水为氧化剂，后者水是还原剂B与NH4Cl反应盐酸与碳酸氢钠反应前者为吸热反应，后者为放热反应C淀粉在酶的作用下生成葡萄糖，葡萄糖在酒化酶的作用下得到乙醇和二氧化碳均分解反应D前者为取代反应，后者为加成反应 A.ＡB.ＢC.ＣD.Ｄ【答案】D【解析】【详解】A．中水既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；B．与NH4Cl反应和盐酸与碳酸氢钠反应都是吸热反应，B错误；C．淀粉在酶的作用下生成葡萄糖，该反应为水解反应不是分解反应，C错误；D．为取代反应，为加成反应，D正确；故选D。8.下列离子方程式书写正确的是A.实验室制备氯气：B.乙酸溶液与钠反应：C.NaHSO4与恰好完全沉淀：D.过量铁粉与稀硝酸反应：【答案】C【解析】【详解】A．实验室制备氯气：，A错误；B．乙酸溶液与钠反应：，B错误；C．NaHSO4与恰好完全沉淀：，C正确；D．过量铁粉会与三价铁离子发生反应，故过量铁与稀硝酸反应：，D错误；故选C。9.某光刻胶单体结构如图所示。下列说法不正确的是 A.该物质中存在3种官能团B.该物质可以与NaOH反应C.该物质的分子式是C10H16O2D.能使溴的四氯化碳溶液褪色【答案】A【解析】【详解】A．该物质中存在碳碳双键、酯基共2种官能团，故A错误；B．该物质含有酯基，可以与NaOH反应，故B正确；C．根据该物质的结构简式得到该物质的分子式是C10H16O2，故C正确；D．该物质含有碳碳双键，与溴的四氯化碳能发生加成反应，因此能使溴的四氯化碳溶液褪色，故D正确。综上所述，答案为A。10.下列说法正确的是A.碳酸钠、氢氧化铝均可用于治疗胃酸过多B.二氧化氮能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝C.聚乙烯、石墨烯、橡胶等有机高分子材料在生产生活中有着广泛的应用D.在大豆蛋白溶液中，加入浓硫酸铜溶液，产生沉淀，该过程为盐析【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钠碱性较强不可用于治疗胃酸过多，需要用碳酸氢钠，A错误；B．二氧化氮遇湿润的淀粉碘化钾试纸，二氧化氮先与水反应生成氧化性硝酸，硝酸将碘离子氧化成碘单质使淀粉碘化钾试纸变蓝，B正确；C．石墨烯不是有机高分子材料，C错误；D．在大豆蛋白溶液中，加入浓硫酸铜溶液，产生沉淀，该过程为蛋白质变性，D错误；故选B。11.设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是A.7.8g乙炔(C2H2)与苯(C6H6)的混合物完全燃烧所消耗的O2分子数为B.1molC2H6O含有C—H数目为C.1molNa2O2中含有的离子数目为 D.向100mLFeCl3溶液中加入0.01molCu粉充分反应，转移电子数目为【答案】A【解析】【详解】A．乙炔(C2H2)与苯(C6H6)的最简式都为CH，n(CH)=，1molCH消耗1.25mol氧气，故7.8g乙炔(C2H2)与苯(C6H6)的混合物完全燃烧所消耗的O2分子数为1.250.6mol=，A正确；B．分子式为C2H6O的有机物除了是乙醇还可能是醚，若为醚，则碳氢键为6NA，B错误；C．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，1molNa2O2中含有的离子数目为，C错误；D．Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+，铁离子不足，转移电子数为0.01NA，D错误；故选A。12.海水晒盐后的母液还有很多工业用途，如图所示：下列说法不正确的是A.试剂A可以是SO2和水B.试剂B可以通过贝壳来获取C.氯化过程会产生可燃性的气体，其化学方程式为：D.反应①为电解熔融MgCl2，为了降低其熔化温度，通常加入冰晶石【答案】D【解析】【分析】晒盐母液中通入氯气，溴离子被氧化成溴单质。利用溴的挥发性采用热空气吹出，用具有还原性的物质二氧化硫将溴单质再次还原为溴离子进行富集，最后通入氯气置换出溴单质经蒸馏塔获得液溴。晒盐母液中加入石灰乳进行镁元素沉淀获得氢氧化镁，煅烧得氧化镁之后与碳和氯气发生氯化反应生成氯化镁，电解熔融状态氯化镁获得金属镁。【详解】A．试剂A可以是SO2和水，二氧化硫和水以及溴发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，A正确； B．试剂B为石灰乳，可以通过高温煅烧贝壳获得氧化钙，再与水反应得到，B正确；C．由流程知氯化过程生成氯化镁和可燃性气体CO，根据得失电子守恒和元素守恒获得化学方程式为：，C正确；D．镁的冶炼是电解熔融氯化镁，不需加冰晶石，在冶炼铝，电解熔融氧化铝过程中需加助熔剂冰晶石，D错误；故选D。13.纸电池是电极和电解液均“嵌”在纸中的一种电池。下面是同学自制的碱性镁锰纸电池的结构示意图，其工作原理为。下列说法不正确的是A.Mg是纸片电池的负极B.放电时，正、负极处pH均增大C.正极的电极反应为：D.电流从Mg经隔膜流向MnO2【答案】B【解析】【详解】A．根据，镁化合价升高，失去电子，因此Mg是纸片电池的负极，故A正确；B．放电时，负极反应是，负极处pH减小，故B错误；C．根据总反应式，则正极的电极反应为：，故C正确；D．Mg为负极，MnO2为正极，则电流从MnO2经导线流向Mg，内电路电流从Mg经隔膜流向MnO2，故D正确。综上所述，答案为B。14.一定条件下发生反应，当反应了1molH2(g)和1molI2(g)生成2molHI(g)时，其断键、成键过程的能量变化如图所示。下列说法正确的是 A.该反应吸热反应B.由图像可得，HI(g)比I2(g)更稳定C.1molH—I键的能量为91.5kJD.相同条件下，2molH2(g)与2molI2(g)反应，释放26kJ的热量【答案】C【解析】【详解】A．由图像可知反应物总能量高于生成物总能量，该反应为放热反应，A错误；B．由图像看不出HI(g)和I2(g)能量的高低，故稳定性不能对比，B错误；C．由图像可知形成2mol氢碘键释放(170+13)kJ的能量，故1molH—I键的能量为91.5kJ，C正确；D．由图像可知1molH2(g)与1molI2(g)反应放热13kJ，故H2(g)+I2(g)2HI(g)，该反应为可逆反应，当2molH2(g)与2molI2(g)反应达不到100%转化，释放的热量小于26kJ，D错误；故选C。15.在一定条件下，将SO2与足量O2置于恒温恒容密闭容器中发生反应。SO2与SO3的物质的量浓度随时间的变化如图所示，下列说法正确的是A.反应的化学方程式为B.2min时，SO2的消耗速率等于SO2的产生速率C.当容器内压强不再改变时，说明该反应达到了最大限度D.0-6min容器内的气体密度经历了从变化到不变的过程【答案】C【解析】 【详解】A．由图像知反应体系中反应物和生成物共存，故该反应为可逆反应，A错误；B．2min时该反应并未达到平衡，从正反应方向建立平衡，故SO2的消耗速率大于SO2的产生速率，B错误；C．恒温恒容体系压强与气体物质的量成正比且该反应为非等体积反应，当容器内压强不再改变时，说明该反应达到了该条件下的平衡状态即最大限度，C正确；D．，恒容容器V不变，反应只涉及气体遵循化学反应的质量守恒即m不变，故密度始终是个定值，D错误；故选C。16.下列各实验的方案设计、现象及结论都正确的是选项实验现象结论A向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸并加热煮沸，向冷却后溶液中加入银氨溶液，水浴加热产生光亮银镜蔗糖被水解B将红热的炭放入浓硫酸中，并将产生的气体通入足量的澄清石灰水溶液变浑浊有CO2产生C向待测液中滴加浓氢氧化钠溶液并加热产生使湿润蓝色石蕊试纸变红的气体待测液中含有D将乙烯通入装有溴水的密封塑料瓶中，振荡溴水褪色，瓶身凹陷，有油状液体产生乙烯与溴水发生了加成反应A.ＡB.ＢC.ＣD.Ｄ【答案】D【解析】【详解】A．向蔗糖溶液中加入几滴稀硫酸并加热煮沸，向冷却后的溶液中先加入氢氧化钠溶液使溶液呈碱性再加银氨溶液水浴加热，A错误；B．将红热的炭放入浓硫酸中，浓硫酸具有强氧化性会生成二氧化硫干扰检验，B错误；C．现象应该是产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，C错误；D．乙烯与溴发生加成反应会使溴水褪色，瓶身凹陷，有油状液体1,2-二溴乙烷产生，D正确； 故选D。第Ⅱ卷非选择题二、非选择题(本大题共5小题，共52分)17.化学与人们的衣食住行密不可分，请回答下列问题：（1）写出甲烷的电子式___________，小汽车使用的汽油主要是通过石油的___________(填“裂化”或“裂解”)而来。（2）市场上的衣物琳琅满目，其主要成分有天然的棉、麻、毛、丝等，羊毛的主要成分是___________(填“糖类”“油脂”或“蛋白质”)。（3）盐可以影响食物的味道。某粗盐中含有、、等杂质离子，精制时常用的试剂：①稀盐酸；②氯化钡溶液；③氢氧化钠溶液；④碳酸钠溶液。下列加入试剂的顺序正确的是___________(填字母)。A.①②③④B.②③④①C.④③②①D.③④②①（4）铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是___________。金刚砂(主要成分SiC)，其中的碳原子和硅原子通过___________连接(填“离子键”、“极性共价键”、“非极性共价键”)。【答案】（1）①.②.裂化（2）蛋白质（3）B（4）①.2Al+2OH-+2H2O=2AlO+3H2②.极性共价键【解析】【小问1详解】甲烷的碳与周围的四个氢各自形成一对共用电子对：；汽油主要是通过石油的裂化而来；【小问2详解】羊毛的主要成分是蛋白质；【小问3详解】除杂试剂需过量，引入的新杂质需后续除去，故过量的钡离子需用碳酸根除去，故试剂顺序原则是④碳酸钠溶液在②氯化钡溶液之后加，生成的氢氧化镁和碳酸钙、碳酸钡需过滤了最后加①稀盐酸中和掉过量的氢离子和使碳酸根转化为气体，故选B。【小问4详解】铝与强碱氢氧化钠溶液反应制得氢气和偏铝酸钠，铝与氢氧化钠溶液反应的离子方程式是2Al+2OH- +2H2O=2AlO+3H2。金刚砂(主要成分SiC)，都是非金属元素，其中的碳原子和硅原子通过极性共价键连接。18.丙烯酸乙酯天然存在于菠萝等水果中，是一种食品用合成香料，利用丙烯、乙烯等为原料进行合成。该转化关系如下图所示：已知：原子利用率是指期望产物的总质量与生成物的总质量之比。请回答：（1）由乙烯生成C的反应类型___________，反应物B中的含氧官能团是___________(填名称)。（2）请写出反应Ⅱ的化学反应方程式___________。（3）久置的丙烯酸乙酯自身发生聚合反应，请写出其聚合产物的结构简式___________。（4）下列说法正确的是___________。A.相同条件下丙烯酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解较在稀硫酸中更完全B.反应Ⅲ的原子利用率为100%C.1molC4H8与1mol丙烯酸乙酯完全燃烧，消耗的氧气后者更多D.丙烯酸乙酯可与HCl气体发生加成反应，产生一种有机产物【答案】（1）①.加成反应②.羧基（2）CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O（3）（4）AB【解析】【分析】CH2=CH2与H2O发生加成反应产生C：CH3CH2OH，CH2=CHCH3与O2在催化剂存在条件下发生氧化反应产生有机物B：CH2=CHCOOH，B与C在一定条件下发生酯化反应产生丙烯酸乙酯和水。B在催化剂作用下与乙烯发生碳碳双键的加成反应也可生成丙烯酸乙酯，据此分析解答【小问1详解】乙烯含有碳碳双键，在催化剂条件下与水发生加成反应生成乙醇，B是丙烯酸，含氧官能团为羧基；【小问2详解】 反应Ⅱ是丙烯酸和乙醇在浓硫酸条件下加热发生酯化反应：CH2=CHCOOH+CH3CH2OHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；【小问3详解】丙烯酸乙酯含有碳碳双键，发生加聚反应生成聚丙烯酸乙酯：；【小问4详解】A.碱会中和酯水解生成的酸，故相同条件下丙烯酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解较在稀硫酸中更完全，A正确；B.反应Ⅲ为加成反应，原子利用率为100%，B正确；C.丙烯酸乙酯的分子式为C5H8O2可改写成C4H8CO2，故1molC4H8与1mol丙烯酸乙酯完全燃烧，消耗的氧气一样，C错误；D.丙烯酸乙酯可与HCl气体发生加成反应，因碳碳双键两端的碳化学环境不一样且HCl提供两个不一样的原子，故产生两种有机产物，D错误；故选AB。19.化合物X是新型电子材料的主要成分，由两种元素组成，为了研究其组成，设计并完成如下实验：固体E受热分解可得红棕色固体F，请回答：（1）气体A的空间构型___________，化合物X的化学式___________。（2）白色沉淀D在空气中变成红褐色沉淀E的原因是___________(用化学方程式表示)。（3）高温条件下，气体A与固体F反应生成水和两种单质，该反应的化学方程式为___________。（4）请设计实验判断D已完全转化为E___________。【答案】（1）①.三角锥形②.Fe4N（2）（3）（4）向混合物中加入硫酸溶解后再加入铁氰化钾，若无现象，说明氢氧化亚铁全部转化为氢氧化铁，反之则未全部转化【解析】 【分析】固体E受热分解可得红棕色固体F，则F为氧化铁，E为氢氧化铁，D为氢氧化亚铁，C为红棕色气体，则C为二氧化氮，B为一氧化氮，气体A为氨气，物质的量为0.04mol。。【小问1详解】气体A为氨气，其空间构型三角锥形，气体A为氨气，气体A为896mL，其物质的量为0.04mol，则X中铁的质量为9.52g−0.04mol×14＝8.96g，则铁的物质的量为0.16mol，X的化学式为Fe4N；故答案为：三角锥形；Fe4N。【小问2详解】白色沉淀D在空气中变成红褐色沉淀E的原因是氢氧化亚铁被空气中氧气氧化为氢氧化铁，其方程式为；故答案为：。【小问3详解】高温条件下，气体A(氨气)与固体F(氧化铁)反应生成水和两种单质，根据质量守恒得到两种单质为铁和氮气，该反应的化学方程式为；故答案为：。【小问4详解】设计实验判断D已完全转化为E，主要是验证还存在亚铁离子，因此向混合物中加入硫酸溶解后再加入铁氰化钾，若无现象，说明氢氧化亚铁全部转化为氢氧化铁，反之则未全部转化；故答案为：向混合物中加入硫酸溶解后再加入铁氰化钾，若无现象，说明氢氧化亚铁全部转化为氢氧化铁，反之则未全部转化。20.某实验小组为了探究、对H2O2分解速率的影响(忽略氯离子的影响)，用30%的H2O2，设计了如下实验(忽略固体对溶液体积的影响)：分组30%H2O2温度/℃添加离子①6mL60无②6mL600.1625gFeCl3③6mL60agX(盐)每隔5min，记录收集到的气体体积(标准状况下)，经过30分钟反应后，得到如下数据。0min5min10min15min20min25min30min①0mL0.8mL3.3mL7.8mL9.1mL11.2mL11.2mL ②0mL67.2mL89.6mL100mL108mL108mL108mL③0mL0.9mL3.6mL8.2mL9.3mL11.5mL11.5mL请回答：（1）表格中a的值约为___________，X为___________。（2）第二组0−5min内，H2O2的反应速率为___________。（3）通过数据分析，本次实验的结论为___________。（4）小组成员为了进一步了解催化H2O2的原理，查阅相关资料后，进行了如下实验：取5mL30%H2O2放入烧杯内，加水稀释至30mL，加入1.625gFeCl3，每隔一段时间取2mL溶液，滴加铁氰化钾溶液，试管中的颜色变化如图所示。(已知：铁氰化钾可与生成蓝色沉淀)请用离子方程式表示试管②对应的时间内，烧杯中发生的主要化学反应___________。（5）请在图中画出烧杯内溶液的pH变化趋势图___________。【答案】（1）①.0.126②.MnCl2（2）0.2（3）对H2O2的分解有明显的催化作用，几乎没有催化作用（4）（5）【解析】 【分析】探究、对H2O2分解速率，则加入的固体物质的量相同，阴离子相同，再通过对比来分子哪个微粒对H2O2分解速率的影响。【小问1详解】0.1625gFeCl3物质的量为0.001mol，则应该加入含锰离子和氯离子的氯化锰，物质的量也为0.001mol，表格中a的值约为0.001mol×126g∙mol−1＝0.126g；故答案为：0.126；MnCl2。【小问2详解】第二组0−5min内，收集到67.2mL氧气即物质的量为0.003mol，消耗双氧水物质的量为0.006mol，则H2O2的反应速率为；故答案为：0.2。【小问3详解】第一组和第三组产生的气体相差不大，第二组产生的气体明显比第一组、第三组多，通过数据分析，本次实验的结论为对H2O2的分解有明显的催化作用，几乎没有催化作用；故答案为：对H2O2的分解有明显的催化作用，几乎没有催化作用。【小问4详解】根据图中信息说明试管②中有亚铁离子生成，则烧杯中铁离子变为亚铁离子，因此用离子方程式表示试管②对应的时间内，烧杯中发生的主要化学反应；故答案为：。【小问5详解】根据试管中的颜色变化，说明氢离子浓度开始增大，后来氢离子浓度又被亚铁离子和氧气反应，氢离子浓度减小，因此烧杯内溶液的pH变化趋势图为；故答案为：。21.焦亚硫酸钠(Na2S2O5，其摩尔质量)是一种食品膨松剂、漂白剂和抗氧剂。某硫酸厂利用SO2制备焦亚硫酸钠的流程如下：已知：①亚硫酸氢钠呈弱酸性，在过饱和溶液中会脱水生成焦亚硫酸钠；②焦亚硫酸钠溶于水会生成亚硫酸氢钠。请回答： （1）请写出亚硫酸氢钠生成焦亚硫酸钠的化学方程式___________。（2）下列说法正确的是___________。A.生产流程中的A→B→A的目的是为了生成过饱和溶液B.Na2S2O5易释放SO2，其漂白的原理与氯水相似C.该厂理论上每产生11.2LSO2，就会消耗30gFeS2D.若A溶液中的pH>4.1，Na2S2O5的产率会下降（3）请设计实验验证焦亚硫酸钠已被氧化：___________。（4）某实验小组为了测量食品包装中焦亚硫酸钠的残留量，设计了如下实验：①称取抗氧化剂包装袋内的固体1.000g，溶于50.00mL碘水，加入2.000ml淀粉溶液，利用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定，消耗20.00mL后，溶液蓝色恰好完全褪去，且半分钟内无变化；②另取相同浓度的碘水10.00mL，加入2.000ml淀粉溶液，利用0.1000mol/L的Na2S2O3溶液进行滴定，消耗20.00mL后，溶液蓝色恰好完全褪去，且半分钟内无变化。已知：、该抗氧化剂中残留焦亚硫酸钠的质量分数为___________。（5）该实验小组，想以焦亚硫酸钠为原料，利用下列装置比较亚硫酸与次氯酸的酸性强弱，该装置正确的连接顺序为A→___________。【答案】（1）2NaHSO3=Na2S2O5+H2O（2）AD（3）取少量固体溶于水，加入过量盐酸溶液，滴加氯化钡溶液若有白色沉淀产生，则证明产生了硫酸根，起到了抗氧化的作用（4）38%（5）CBEDF【解析】【小问1详解】亚硫酸氢钠呈弱酸性，在过饱和溶液中会脱水生成焦亚硫酸钠：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O；小问2详解】 A.生产流程中的A→B→A的目的是为了生成过饱和溶液，从而在过饱和溶液中会脱水生成焦亚硫酸钠，A正确；B.Na2S2O5易释放SO2，其漂白的原理与氯水不同，二氧化硫是化合型，可逆，氯水是强氧化不可逆，B错误；C.因未告知是否为标况，故11.2LSO2不能进行气体摩尔体积计算，C错误；D.由流程可知向亚硫酸氢钠中再加入碳酸钠固体调节pH为7~8会生成亚硫酸钠，需继续通入二氧化硫调节pH到4.1，故若A溶液中的pH>4.1，Na2S2O5的产率会下降，D正确；故选AD；【小问3详解】焦亚硫酸钠被氧化则生成硫酸根，故实验方案为硫酸根的检验：取少量固体溶于水，加入过量盐酸溶液，滴加氯化钡溶液若有白色沉淀产生，则证明产生了硫酸根，已被氧化；【小问4详解】，由实验②知10.00mL碘水中碘单质的物质的量为n=，结合实验①和②可知抗氧化固体1.000g消耗了40mL碘水中的碘单质即，可知抗氧化固体1.000g中含焦亚硫酸钠的物质的量为，质量分数为38%；【小问5详解】二氧化硫直接通入漂白粉溶液会与次氯酸根发生氧化还原反应，故不能直接运用强酸制弱酸的规律进行比较，需先证明亚硫酸酸性强于碳酸，再证明碳酸酸性强于次氯酸。焦亚硫酸钠溶于水会生成亚硫酸氢钠，盐酸酸性比亚硫酸强，较强酸制较弱酸，故装置A制备二氧化硫，生成的二氧化硫通入饱和亚硫酸氢钠溶液中除去挥发的氯化氢气体，再通入碳酸氢钠溶液中制得二氧化碳气体，二氧化碳中混有二氧化硫，须通过酸性高锰酸钾溶液对二氧化硫进行吸收，最后将二氧化碳通入到漂白粉溶液中证明碳酸酸性强于次氯酸，故装置顺序为ACBEDF。