学年吉林省白城一中高二下学期期末化学试题解析版.docx

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学年吉林省白城一中高二下学期期末化学试题解析版

2017-2018学年吉林省白城一中高二（下）期末化学试卷

一、单选题（本大题共19小题，共57.0分）

1.下列有关物质组成、性质和变化的说法中，正确的是（　　）

A.化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化

B.石油的分馏、裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化

C.导电性属于物质的物理性质，所以物质导电时不可能发生化学变化

D.某微粒的电子数等于质子数，则该微粒可能是分子或离子

【答案】A

【解析】解：

A．原子为化学变化中的最小微粒，化学变化中遵循元素守恒，则化学变化不产生新元素，产生新元素的变化不是化学变化，故A正确；

B．石油的分馏与混合物的沸点有关，属于物理变化，而裂化、裂解均为大分子生成小分子，煤的干馏生成煤焦油等，裂化、裂解和煤的干馏都属于化学变化，故B错误；

C．导电时可能为自由电子或自由离子的定向移动，如电解时导电发生化学变化，故C错误；

D．离子中质子数不等于电子数，而原子、分子中电子数等于质子数，故D错误；

故选：

A。

A．原子为化学变化中的最小微粒，化学变化中遵循元素守恒；

B．石油的分馏与混合物的沸点有关；

C．导电时可能为自由电子或自由离子的定向移动；

D．离子中质子数不等于电子数．

本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、化学变化、物质的构成为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项C为解答的易错点，题目难度不大．

2.在下列变化中，按氮元素被还原、被氧化、既被氧化又被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列正确的是

①大气通过闪电固氮

②硝酸分解

③实验室用氯化铵和消石灰制取氨气

④二氧化氮溶于水中（　　）

A.②①④③B.①②③④C.②④①③D.①③④②

【答案】A

【解析】解：

①大气固氮为N元素被氧化的过程；②硝酸分解生成二氧化氮和氧气，N元素化合价降低；③实验室制取氨气没有发生氧化还原反应，N元素的化合价没有变化，④二氧化氮溶于水中生成硝酸和一氧化氮，氮元素的化合价既升高又降低，则既被氧化又被还原，则按氮元素被氧化、被还原、既不被氧化又不被还原的顺序排列，应为②①④③，

故选：

A。

氧化还原反应的特征为有化合价的升降，根据元素化合价的变化判断对应物质的在反应中的性质．

本题考查氧化还原反应，为高考高频考点，侧重于学生的分析能力考查，注意从元素化合价的角度认识相关概念和物质的性质，难度不大．

3.将1.95g锌粉加入到200mL 0.1mol•L-1的MO2+溶液中，恰好完全反应，其他物质忽略，则还原产物可能是（　　）

A.M2+B.MC.M3+D.MO2+

【答案】A

【解析】解：

n（Zn）=

=0.03mol，n（MO2+）=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，

Zn失去电子，M得到电子，设还原产物中M的化合价为x，

由电子守恒可知，0.03mol×（2-0）=0.02mol×（5-x），

解得x=2，

故选：

A。

n（Zn）=

=0.03mol，n（MO2+）=0.2L×0.1mol/L=0.02mol，Zn失去电子，M得到电子，结合电子守恒计算．

本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化及电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，题目难度不大．

4.将5.4g Al投入200.0mL 2.0mol•L-1的某溶液中有氢气产生，充分反应后有金属剩余．该溶液可能为（　　）

A.HNO3溶液B.Ba（OH）2溶液C.H2SO4溶液D.HCl溶液

【答案】D

【解析】解：

200.0mL 2.0mol•L-1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L×2.0mol•L-1=0.4mol，Al的物质的量为

=0.2mol，

A、因Al与HNO3溶液不生成氢气，则不符合题意，故A错误；

B、由2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，0.2molAl与0.4molBa（OH）2溶液反应时，碱过量，故B错误；

C、由2Al+6H+=2Al3++3H2↑，0.2molAl与0.4molH2SO4溶液，硫酸过量，故C错误；

D、由2Al+6H+=2Al3++3H2↑，0.2molAl与0.4molHCl溶液，Al过量，故D正确；

故选：

D。

200.0mL 2.0mol•L-1的某溶液中溶质的物质的量为0.2L×2.0mol•L-1=0.4mol，Al的物质的量为

=0.2mol，利用反应判断金属过量，并生成氢气即可．

本题考查铝的化学性质，明确铝与酸碱发生的化学反应是解答的关键，并注意利用量来判断过量问题即可解答．

5.铝土矿的主要成分中含有氧化铝、氧化铁和二氧化硅等，工业上经过下列工艺可以冶炼金属铝。

下列说法错误的是（　　）

A.①中还需要进行过滤操作，滤渣为二氧化硅

B.a、b中铝元素的存在形式不同

C.③中需要通入过量的氨气

D.④进行的操作是加热，而且d一定是氧化铝

【答案】C

【解析】解：

A、由以上分析可知①、②中除加试剂外，还需要进行过滤操作，故A正确；

B、a中为Al3+，b中为AlO2-，a、b中铝元素的化合价均为+3价，但铝元素的存在形式不同，故B正确；

C、③中需要把AlO2-转化为Al（OH）3沉淀，要通入过量的二氧化碳，AlO2-+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3-，故C错误；

D、根据上面分析可知④是Al（OH）3受热分解生成Al2O3，故D正确。

故选：

C。

铝土矿加盐酸生成Al3+和Fe3+，二氧化硅不溶于盐酸，所以要过滤，分离出二氧化硅；滤液中加过量NaOH，Al3+转化为AlO2-和Fe3+转化为Fe（OH）3沉淀，过滤除去Fe（OH）3沉淀，向滤液中通过量的二氧化碳，会生成Al（OH）3沉淀，Al（OH）3分解生成Al2O3，最后电解熔融的Al2O3生成Al。

本题考查了铝土矿中提取Al的工艺流程，注意除杂试剂的选择和物质的分离方法，同时涉及了铝的化合物的性质，题目难度中等。

6.现有Al、Cl2、Al2O3、HCl（aq）、Al（OH）3、NaOH（aq）六种物质，它们之间有如下图所示转化关系，图中每条线两端的物质之间都可以发生反应，下列推断不合理的是（　　）

A.N一定是HCl（aq）B.X可能为Al或Cl2

C.Y一定为NaOH（aq）D.Q、Z中的一种必定为Al2O3

【答案】B

【解析】解：

图框中Y能与其它5种物质反应，N能与其它4种物质反应，分析所给物质可知六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（OH）3的物质，

故选：

B。

六种物质中只有NaOH和其它五种物质都反应，则Y一定为NaOH，HCl（aq）和Cl2不反应，可其它物质都反应，则N为HCl（aq），X为Cl2，Al、Al2O3、Al（OH）3都既能与盐酸反应也能与NaOH反应，且只有Al能与Cl2反应，则M为Al，Q、Z为Al2O3、Al（OH）3的物质，以此解答该题．

本题考查无机物的推断，侧重于物质的性质的考查，涉及两性化合物的性质以及物质的通性，题目难度不大，解答该类题目要牢固把握相关物质的性质．

7.下列关于Li、Na、K、Rb、Cs的叙述均正确的一组是（　　）

①金属性最强的是锂　②形成的离子中，氧化性最强的是锂离子　③在自然界中均以化合态形式存在　④Li的密度最小　⑤铯与水反应十分剧烈，甚至会发生爆炸　⑥它们在O2中燃烧的产物都有M2O和M2O2两种形式　⑦粒子半径：

Rb+＞K+＞Na+，Cs＞Cs+

A.①②③④B.④⑤⑥⑦C.②⑥D.②③④⑤⑦

【答案】D

【解析】解：

①Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最强的是铯，故①错误；

②Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以金属性最弱的是锂，所以氧化性最强的是锂离子，故②正确；

③碱金属单质性质活泼，容易与空气中水、氧气反应，所以在自然界中均以化合态形式存在，故③正确；

④碱金属从上到下密度逐渐增大，所以Li的密度最小，故④正确；

⑤Li、Na、K、Rb、Cs属于碱金属元素从上到下金属性依次增强，所以铯金属性强于钠和钾，与水反应剧烈程度强于钠和钾，故⑤正确；

⑥锂只有M2O一种氧化物，故错误；

⑦电子层不同的，一般电子层越大半径越大，所以Rb+、K+、Na+，电子层依次减少，所以半径Rb+＞K+＞Na+；Cs、Cs+，电子层依次减少，所以半径Cs＞Cs+，故⑦正确；

故选：

D。

Li、Na、K、Rb、Cs都是碱金属元素，位于同一主族，位置从上到下，依据同主族元素金属性从上到下依次增强，阳离子氧化性依次减弱，密度逐渐增大，阳离子半径逐渐增大，据此解答。

本题考查了碱金属的性质，侧重考查学生对基础知识掌握熟练程度，掌握同主族元素性质的递变规律即可解答，题目难度不大。

8.下列解释事实的化学方程式或离子方程式不正确的是（　　）

A.利用NaOH溶液除去金属铝表面的氧化膜：

Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O

B.向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2：

Ca2++2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓

C.用CaSO4治理盐碱地：

CaSO4（s）+Na2CO3（aq）⇌CaCO3（s）+Na2SO4（aq）

D.用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72-：

Cr2O72-+Fe2++14H+=2Cr3++Fe3++7H2O

【答案】D

【解析】解：

A．氧化铝为两性氧化物，可利用NaOH溶液除去金属铝表面的氧化膜，该反应的离子方程式为：

Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，故A正确；

B．向Ca（ClO）2溶液中通入少量CO2，反应生成次氯酸和碳酸钙沉淀，该反应的离子方程式为：

Ca2++2ClO-+H2O+CO2=2HClO+CaCO3↓，故B正确；

C．碳酸钙比硫酸钙更难溶，可用CaSO4治理盐碱地，发生反应为：

CaSO4（s）+Na2CO3（aq）⇌CaCO3（s）+Na2SO4（aq），故C正确；

D．用FeSO4除去酸性废水中的Cr2O72-，二者发生氧化还原反应，正确的离子方程式为：

Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，故D错误；

故选：

D。

A．氢氧化钠与氧化铝反应生成偏铝酸钠和水；

B．二氧化碳少量，反应生成次氯酸和碳酸钙沉淀；

C．碳酸钙更难溶，实现了沉淀的转化；

D．离子方程式两边总电荷不相等，违反了电荷守恒。

本题考查了离子方程式的正误判断，题目难度不大，注意掌握离子方程式的书写原则，明确离子方程式正误判断常用方法：

检查反应物、生成物是否正确，检查各物质拆分是否正确，如难溶物、弱电解质等需要保留化学式，检查是否符合守恒关系（如：

质量守恒和电荷守恒等）等。

9.下列叙述中正确的是（　　）

A.将78 g Na2O2溶于1.0 L水中，所得溶液中Na+的浓度为2.0 mol•L-1

B.将10 mL 18.4 mol•L-1的浓硫酸加水稀释至1 L，稀释后溶液中H2SO4的物质的量浓度为0.184 mol•L-1

C.100 mL 2.0 mol•L-1 Na2CO3溶液中Na+数约为0.2×6.02×1023

D.将20.0 g NaOH固体置于500 mL容量瓶内，然后加水至刻度线即得1.00 mol•L-1的NaOH溶液

【答案】B

【解析】解：

A．将78 g Na2O2溶于1.0 L水中，氢氧化钠物质的量为2mol，溶液体积小于1L，所以所得溶液中Na+的浓度大于2.0 mol•L-1，故A错误；

B．依据溶液稀释过程中溶质的物质不变，10 mL×18.4 mol•L-1=1000mL×c，解得c=0.184 mol•L-1，故B正确；

C.100 mL 2.0 mol•L-1 Na2CO3溶液中Na+数约为：

0.2×2×6.02×1023，故C错误；

D．容量瓶为精密仪器，不能用于溶解固体，故D错误；

故选：

B。

A．物质的量浓度中体积为溶液的体积；

B．依据溶液稀释过程中溶质的物质不变计算解答；

C.1mol碳酸钠含有2mol钠离子；

D．容量瓶为精密仪器，不能用于溶解固体。

本题考查了物质的量有关计算，明确物质的量浓度基本概念，熟悉相关计算公式是解题关键，题目难度中等。

10.下列各项操作中，不发生“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象的是（　　）

①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2；

②向NaAlO2溶液中逐滴加入过量的稀盐酸；

③向AlCl3溶液中逐滴加入过量的稀氢氧化钠溶液；

④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸．

A.①②B.①③C.①④D.②③

【答案】C

【解析】解：

①向饱和碳酸钠溶液中通入过量的CO2，碳酸钠和二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解性小于碳酸钠的溶解性，原碳酸钠溶液是饱和溶液，生成碳酸氢钠后溶液变成过饱和溶液，所以会析出部分碳酸氢钠晶体，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故正确；

②向NaAlO2胶体中逐滴加入过量的稀盐酸，偏铝酸钠先和盐酸反应生成难溶性的氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物能溶于强酸溶液，所以氢氧化铝和盐酸能继续反应生成可溶性的氯化铝，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故错误；

③AlCl3溶液中滴入氢氧化钠溶液，开始AlCl3可以和氢氧化钠反应生成氢氧化铝沉淀，然后氢氧化铝可以溶解于过量氢氧化钠中，所以出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故错误；

④向硅酸钠溶液中逐滴加入过量的盐酸，盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应，所以不出现“先产生沉淀，然后沉淀又溶解”现象，故正确；

故选：

C。

①二氧化碳和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠的溶解度；

②偏铝酸钠和盐酸反应生成氢氧化铝和氯化钠，氢氧化铝和盐酸反应生成氯化铝和水；

③向AlCl3溶液中逐滴加入氢氧化钠，先生成氢氧化铝，氢氧化钠过量时氢氧化铝继续反应生成偏铝酸钠；

④盐酸和硅酸钠反应生成难溶性的硅酸，硅酸和盐酸不反应．

本题考查物质之间的化学反应，熟悉复分解反应发生的条件及常见物质的溶解性是解答本题的关键，注意有些反应与反应物的量有关，量不同反应现象不同．

11.用溶质质量分数为98%的浓硫酸和溶质质量分数为18%的稀硫酸配制500g溶质质量分数为28%的硫酸，需要浓硫酸和稀硫的质量分别为（　　）

A.62.5g    437.5gB.71.4g    428.6g

C.437.5g    62.5gD.428.6g   71.4g

【答案】A

【解析】解：

设用溶质质量分数为98%的浓硫酸为xg，则溶质质量分数为18%的稀硫酸的质量为（500-x）g，则98%x+18%（500-x）=28%×500g，解之得：

x=62.5g，则500-x=437.5g，故选A。

设用溶质质量分数为98%的浓硫酸为xg，则溶质质量分数为18%的稀硫酸的质量为（500-x）g，根据混合前溶质的质量守恒分析解答．

本题难度不大，掌握溶质质量=溶液质量×溶质的质量分数、混合前后溶质的质量不变是正确解答本题的关键．

12.如图是向MgCl2、AlCl3混合液中依次加入M和N时生成沉淀的物质的量与加入的M和N的体积关系图（M、N分别表示盐酸或氢氧化钠溶液中的一种），以下结论不正确的（　　）

A.混合溶液中c（AlCl3）：

c（MgCl2）=1：

1

B.混合溶液中c（AlCl3）：

c（MgCl2）=3：

1

C.点V之前加NaOH溶液，点V之后加盐酸

D.所加盐酸与NaOH溶液中溶质的物质的量浓度相同

【答案】B

【解析】解：

由图象可知A→B发生Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，设消耗氢氧化钠nmol，n（Al（OH）3）=n（AlCl3）=nmol，OA消耗氢氧化钠5nmol，分别发生MgCl2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaCl、AlCl3+3NaOH=Al（OH）3↓+3NaCl，可知n（MgCl2）=5mol-1×3mol=2mol，则c（AlCl3）：

c（MgCl2）=1：

1，

B点时溶液成分为NaAlO2，之后继续加入N，沉淀质量逐渐增大，应加入盐酸，B→C发生NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，继续加入盐酸沉淀逐渐溶解，生成氯化镁和氯化铝，B→C发生NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，由横坐标可知消耗盐酸和氢氧化钠的体积相同，则二者物质的量浓度相同，

综上分析可知正确的为ACD，错误为B；

故选：

B。

由图象可知A点生成Al（OH）3、Mg（OH）2，应先加入NaOH，A→B发生Al（OH）3+OH-=AlO2-+2H2O，根据横坐标可确定混合溶液中c（AlCl3）：

c（MgCl2），B点时溶液成分为NaAlO2，之后继续加入N，沉淀质量逐渐增大，应加入盐酸，B→C发生NaAlO2+HCl+H2O=Al（OH）3↓+NaCl，继续加入盐酸沉淀逐渐溶解，生成氯化镁和氯化铝，以此解答该题。

本题考查了镁、铝重要化合物的性质，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，难度较大，能正确分析图象中转折线发生的化学反应是解本题的关键。

13.

在两份相同的 Ba（O H）2溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的 H2SO4、NaHSO4溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。

下列分析不正确的是（　　）

A.①代表滴加 H2SO4溶液的变化曲线

B.b 点，溶液中大量存在的离子是 Na+、OH-

C.c 点，两溶液中含有相同量的 OH-

D.a、d 两点对应的溶液均显中性

【答案】C

【解析】解：

A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba（OH）2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba（OH）2溶液和NaHSO4溶液的反应，即①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，故A正确；

B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，所以b点，溶液中大量存在的离子是Na+、OH-，故B正确；

C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶液中溶质为NaOH、Na2SO4，因为硫酸根离子浓度相同，②中钠离子浓度大于①中氢离子浓度，所以溶液中氢氧根离子浓度不同，故C错误；

D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4，水和硫酸钠溶液都呈中性，

故D正确；

故选：

C。

A．Ba（OH）2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比；

B．根据图知，a点为Ba（OH）2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH；

C．c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4；

D．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；d点②中溶质为Na2SO4。

本题考查酸碱混合溶液定性判断，为高频考点，侧重考查学生分析判断及识图能力，明确发生的反应及各点溶液中溶质成分是解本题关键，注意：

溶液导电能力与离子浓度成正比，题目难度中等。

14.下列是一些装置气密性检查的方法，其中正确的是（　　）

A.

B.

C.

D.

【答案】B

【解析】解：

A．双手捂热试管，烧杯中不会有气泡冒出，左侧导管应密封，不能检验气密性，故A错误；

B．关闭弹簧夹，观察液面差的高度不变，可检验气密性良好，故B正确；

C．捂热试剂瓶，气体从长颈漏斗逸出，烧杯中不会有气泡冒出，不能检验气密性，故C错误；

D．双手捂热试管，烧杯中不会有气泡冒出，左侧导管应密封，不能检验气密性，故D错误；

故选：

B。

应密封实验装置，利用加热法或液差法可检验装置的气密性，以此来解答．

本题考查气密性的检验，为高频考点，把握实验装置的作用、气密性检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意装置应密封，题目难度不大．

15.能鉴别MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液的试剂是（　　）

A.HNO3B.KOHC.BaCl2D.NaClO

【答案】A

【解析】解：

A．MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液分别与HNO3反应时，现象分别为生成紫色碘单质、无现象、有无色气泡生成、先生成白色沉淀后沉淀消失，现象不同，能鉴别，故A正确；

B．MgI2、AgNO3分别与KOH反应，现象分别为白色沉淀、褐色沉淀，而Na2CO3、NaAlO2溶液均不与KOH溶液反应，无法鉴别，故B错误；

C．AgNO3、Na2CO3分别与BaCl2反应，均生成白色沉淀，无法鉴别，故C错误；

D．AgNO3、Na2CO3、NaAlO2溶液均不与NaClO反应，则无法鉴别，故D错误；

故选：

A。

MgI2、AgNO3、Na2CO3、NaAlO2四种溶液分别与HNO3反应时，现象分别为生成紫色碘单质、无现象、有无色气泡生成、先生成白色沉淀后沉淀消失，以此来解答．

本题考查物质的检验，明确物质的性质及物质发生化学反应时产生的不同现象是解答本题的关键，注意两种物质混合无现象也是现象，题目难度中等．

16.取一定质量的某物质在ag氧气中完全燃烧，将其产物跟足量的过氧化钠固体完全反应，反应后容器内有bg氧气，测得b＞a．下列物质中满足上述结果的是（　　）

A.HCOOHB.HCHOC.CH4D.C6H12O6

【答案】A

【解析】解：

烃及烃的含氧衍生物与在O2中充分燃烧后生成CO2、H2O，通过足量的Na2O2，发生反应2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2，2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，对生成物变式：

Na2CO3～Na2O2•CO，2NaOH～Na2O2•H2，可知过氧化钠增重=与CO2同物质的量的CO质量+与H2O同物质的量的H2质量，组成增重质量的组成可以表示为nCO．mH2，即化学式可以改写成nCO．mH2完全燃烧后过氧化钠增重等于该物质的质量，反应后容器内氧气质量大于原氧气质量，有机物应为nCO．mH2．xO2形式，

A．HCOOH可以改写为CO．H2．O2形式，故A符合；

B．HCHO可以改写为CO．H2，故B不符合；

C．CH4中没有氧元素，反应后氧气质量小于原氧气质量，故C不符合；

D．C6H12O6以改写为6CO．6H2形式，反应后氧气质量等