北京市丰台区2021届高三上学期期末考试化学Word版含解析

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丰台区2020～2021学年度高三第一学期期末练习化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Mg-24S-32Cl-35.5Mn-55Fe-56第一部分本部分共14题，每题3分，共42分。在每题列出的四个选项中，选出最符合题目要求的一项。1.中华民族有着光辉灿烂的历史和文化。下列说法不正确的是()A.战国·曾侯乙编钟属于青铜制品，青铜是一种合金B.秦朝·兵马俑用陶土烧制而成，属于合成高分子材料C.宋·王希孟《千里江山图》所用纸张为宣纸，其主要成分是纤维素D.宋·沈子藩《梅鹊图》所用缂丝中含有的桑蚕丝，其主要成分为蛋白质【答案】B【解析】【分析】【详解】A．青铜是铜锡合金，故A正确；B．陶瓷主要成分为硅酸盐，秦朝·兵马俑用陶土烧制而成的陶，属于硅酸盐产品，不属于合成高分子材料，故B错误；C．宣纸的主要成分是纤维素，故C正确；D．蚕丝的主要成分为蛋白质，故D正确；故选B。2.下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是A.海带提碘B.氯碱工业C.海水提溴D.侯氏制碱【答案】D【解析】【分析】【详解】A.海带提碘是由KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故A错误；B.氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故B错误；C.海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，故C错误；

1D.侯氏制碱法，二氧化碳、氨气、氯化钠反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解转化为碳酸钠，二氧化碳和水，没有元素的化合价变化，则不涉及氧化还原反应，故D正确。故选D。3.下列方程式与所给事实不相符的是()A.用小苏打治疗胃酸过多：HCO+H+=CO2↑+H2OB.用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+C.铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2FeD.向沸水中滴加FeCl3溶液制Fe(OH)3胶体：Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+【答案】D【解析】【分析】【详解】A．小苏打是碳酸氢钠，胃酸的主要成分是盐酸，反应的离子方程式是：HCO+H+=CO2↑+H2O，故A不选；B．用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+符合反应原理，电荷守恒，拆写原则，故B不选；C．铝粉和氧化铁组成的铝热剂用于焊接钢轨：2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe符合反应原理，故C不选；D．胶体不属于沉淀，向沸水中滴加FeCl3溶液制Fe(OH)3胶体：，故D选；故选：D。4.下列说法不正确的是()A.淀粉和纤维素水解的最终产物均为葡萄糖B.植物油中含不饱和脂肪酸酯，能使Br2的CCl4溶液褪色C.α—氨基丙酸与α—氨基苯丙酸混合物脱水可生成2种二肽D.在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液时，会使蛋白质析出【答案】C【解析】【分析】【详解】A．淀粉和纤维素的单体是葡萄糖，则水解的最终产物均为葡萄糖，故A不选；B．物油中是不饱和脂肪酸酯，含有碳碳双键，能使Br2的CCl4溶液褪色，故B不选；

2C．两个氨基酸分子脱去一分子的水形成二肽，当α—氨基丙酸与α—氨基苯丙酸混合物脱水，同种氨基酸分子脱水形成2种二肽，α—氨基丙酸与α—氨基苯丙酸之间脱水可形成2种二肽，可生成4种二肽，故C选；D．在鸡蛋清溶液中加入饱和Na2SO4溶液时，会使蛋白质析出，说明饱和硫酸钠溶液可使蛋白质的溶解度变小，此过程是蛋白质的盐析，故D不选；故选：C。5.用下列仪器或装置进行相应实验，不能达到实验目的的是()A.除去SO2中的少量HClB.配制一定物质量浓度的氯化钠溶液C.检验溴乙烷消去产物中的乙烯D制取氨气A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【分析】【详解】A．HCl和NaHSO3反应生成NaCl、H2O和SO2，SO2不能溶于饱和NaHSO3溶液，因此可用饱和NaHSO3溶于除去SO2中的HCl，A正确；B．配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液转移溶液时，玻璃棒下端要靠在容量瓶刻度线以下，玻璃棒不能接触刻度线以上的容量瓶，B正确；C．加热溴乙烷和强碱的乙醇溶液可产生乙烯，乙醇易挥发，能使酸性高锰酸钾溶液褪色，因此在用酸性高锰酸钾溶液检验乙烯之前先将气体通入水中除去乙醇，C正确；D．氯化铵受热分解产生氨气和HCl，氨气和HCl遇冷重新反应生成氯化铵固体，不能制备氨气，D错误；答案选D。6.短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如表所示，这四种元素原子的最外层电子数之和为21。下列关系正确的是()

3WXYZA.氢化物沸点：W＞XB.简单离子的半径：Y＜XC.化合物熔点：Y2X3＜YZ3D.氧化物对应水化物的酸性：Y＞W【答案】B【解析】【分析】短周期元素W、X、Y和Z在元素周期表中的相对位置如表所示，则W、X为第2周期元素，Y、Z为第3周期元素；设Y的最外层电子数为a，则W的最外层电子数为a+2，X的最外层电子数为a+3，Z的最外层电子数为a+4，从而得出a+a+2+a+3+a+4=21，a=3；则W、X、Y和Z分别为N、O、Al、Cl。【详解】A．W、X的氢化物分别为NH3、H2O，常温下NH3呈气态，而H2O呈液态，所以氢化物沸点：NH3＜H2O，A不正确；B．Y、X的离子分别为Al3+、O2-，它们的电子层结构相同，但Al的原子序数比O大，则简单离子的半径：Al3+＜O2-，B正确；C．Y2X3、YZ3分别为Al2O3、AlCl3，前者可形成离子晶体，后者形成分子晶体，所以熔点：Al2O3＞AlCl3，C不正确；D．Al、N的氧化物对应水化物分别为Al(OH)3、HNO3或HNO2，前者呈两性，后者呈酸性，所以酸性：Al(OH)3＜HNO3(或HNO2)，D不正确；故选B。7.能证明乙酸是弱酸的实验事实是()A.CH3COOH溶液与Zn反应放出H2B.CH3COOH溶液与Na2CO3溶液反应生成CO2C.0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7D.0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊试液变红【答案】C【解析】【分析】

4【详解】A．CH3COOH溶液与Zn反应放出H2，只能证明乙酸具有酸性，不能证明其酸性强弱，故A错误；B．CH3COOH溶液与Na2CO3溶液反应生成CO2，可以证明乙酸的酸性比碳酸强，但是不能证明其酸性强弱，故B错误；C．0.1mol/LCH3COONa溶液的pH大于7，该盐水溶液显碱性，由于NaOH是强碱，故可以证明乙酸是弱酸，故C正确；D．0.1mol/LCH3COOH溶液可使紫色石蕊试液变红，可以证明乙酸具有酸性，但是不能证明其酸性强弱，故D错误；故选C。8.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆B.碱金属元素发生焰色反应，可用于制造烟花C.NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥D.Fe2(SO4)3易溶于水，可用作净水剂【答案】B【解析】【分析】【详解】A．SO2可用于漂白纸浆，利用的是SO2的漂白性，A不符合题意；B．碱金属用于制造烟花，是利用碱金属发生焰色反应时可产生五颜六色，B符合题意；C．NH4HCO3可用作氮肥，是利用其含有植物的营养元素氮，且能被植物吸收，C不符合题意；D．Fe2(SO4)3可用作净水剂，是利用其水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，D不符合题意；故选B。9.设NA为阿伏加德罗常数。下列有关叙述正确的是()A.14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAB.2.4g镁在足量的氧气中燃烧，转移电子数为0.1NAC.1molN2与4molH2反应生成的NH3分子数为2NAD.0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+个数为0.05NA【答案】A【解析】【分析】

5【详解】A．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，则14g乙烯和丙烯混合气体中原子团CH2的物质的量为1mol，则氢原子数为2NA，故A正确；B．2.4g镁的物质的量为0.1mol，在足量的氧气中燃烧生成MgO，则Mg失去电子数为0.2NA，，转移电子数等于失电子数，为0.2NA，故B错误；C．N2与H2反应生成NH3的反应为可逆反应，不能进行到底，故不能确定生成NH3的分子数，故C错误；D．CH3COOH为弱酸，CH3COOH溶液中H+的浓度小于0.5mol/L，则0.1L0.5mol/LCH3COOH溶液中含有的H+个数小于0.05NA，故D错误；故选A。10.用铜片、银片、Cu(NO3)2溶液、AgNO3溶液、导线和盐桥（装有琼脂-KNO3的U型管）构成一个原电池。以下有关该原电池的叙述正确的是（）①在外电路中，电流由铜电极流向银电极②正极反应为：Ag++e-=Ag③实验过程中取出盐桥，原电池仍继续工作④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同A.①②B.②③C.②④D.③④【答案】C【解析】【分析】【详解】原电池中，较活泼的金属铜作负极，负极上金属铜失去电子发生氧化反应，较不活泼的金属银作正极，正极上银离子得电子发生还原反应，外电路上，电子从负极沿导线流向正极，①在外电路中，电流由银电极流向铜电极，故错误；②正极上得电子发生还原反应，所以反应为：Ag++e-=Ag，故正确；③实验过程中取出盐桥，不能构成闭合回路，所以原电池不能继续工作，故错误；④将铜片浸入AgNO3溶液中发生的化学反应与该原电池反应相同，故正确。答案选C。11.A、B、C、D、E是中学化学中的常见物质，A、B是短周期元素组成的单质。其转化关系如图：

6若C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，D是黄绿色气体。下列说法正确的是()A.E物质可能是氯化铵B.C、D均极易溶于水C.组成A的元素在周期表中位于第2周期第VA族D.反应中D得到1.2mol电子时，在标准状况下生成B气体2.24L【答案】A【解析】【分析】C是能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则C是氨气，D是黄绿色气体，则D是氯气，氨气与氯气反应生成氮气和氯化氢（氯化铵），故A是氢气，B是氮气，E是氯化氢（氯化铵），据此回答问题。【详解】A．有分析可知，E物质可能是氯化铵，故A正确；B．氨气极易溶于水，但氯气的溶解度不大，故B错误；C．组成B的元素在周期表中位于第2周期第VA族，故C错误；D．反应中D得到1.2mol电子时，则氮元素获得1.2mol电子，生成氮气的物质的量是0.2mol，在标准状况下气体的体积是4.48L，故D错误；故选：A。12.甲醇可用于合成重要的有机合成中间体3，5—二甲氧基苯酚。反应结束后，先分离出甲醇，再加入乙醚，将获得的有机层(含少量氯化氢)进行洗涤，然后分离提纯得到产物。有关物质的部分物理性质如下：物质沸点/℃熔点/℃溶解性甲醇64.7－97.8易溶于水3，5—二甲氧基苯酚172~17533~36易溶于甲醇、乙醚，微溶于水

7下列说法不正确的是()A.该反应属于取代反应B.分离出甲醇的操作是蒸馏C.间苯三酚与3，5—二甲氧基苯酚互为同系物D.洗涤时，可用NaHCO3溶液除去有机层中的氯化氢【答案】C【解析】【分析】【详解】A．该反应方程式为，属于取代反应，A正确；B．从该有机混合物中分离出某种有机物(甲醇)，常利用沸点的差异，操作方法是蒸馏，B正确；C．间苯三酚与3，5—二甲氧基苯酚的官能团种类及数目都不完全相同，二者不互为同系物，C不正确；D．洗涤时，往混合液中加入NaHCO3溶液，与HCl反应，生成的NaCl不溶于有机物，便于分离除去，所以可用NaHCO3溶液除去有机层中的氯化氢，D正确；故选C。13.在一固定容积的密闭容器中，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(K)与温度(T)的关系如表：T/℃70080083010001200K0.60.91.01.72.6关于该反应的说法不正确的是()A.ΔH＞0B.830℃时反应达到平衡，CO2气体的转化率为33.3%C.1000℃，当c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)时，该反应向正反应方向进行D.其他条件不变，降低温度，反应达到新平衡前：v逆＜v正【答案】D【解析】【分析】【详解】A．由表格数据可知，温度升高，平衡常数增大，则平衡正向移动，正反应为吸热反应，故ΔH＞0，故A正确；B．830℃时反应达到平衡，平衡常数为1，设CO2的转化量为xmol，可列出三段式为(单位为mol)：

8，则，解得x=，则CO2气体的转化率为，故B正确；C．1000℃，当c(CO2)·c(H2)=c(CO)·c(H2O)时，浓度商，则该反应向正反应方向进行，故C正确；D．该反应的正反应为吸热反应，则其他条件不变，降低温度，平衡逆向移动，则反应达到新平衡前：v逆＞v正，故D错误；故选D。14.某小组在验证反应“Fe+2Ag+=Fe2++2Ag”的实验中检测到Fe3+，实验过程如下：向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液(pH≈2)中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色。取上层清液，滴加KSCN溶液，溶液变红，同时发现有白色沉淀产生，且溶液颜色深浅、沉淀量多少与取样时间有关，对比实验记录如下：序号取样时间/min现象ⅰ3产生大量白色沉淀；溶液呈红色ⅱ30产生白色沉淀，较3min时量少；溶液红色较3min时加深ⅲ120产生白色沉淀，较30min时量少；溶液红色较30min时变浅(资料：Ag+与SCN-生成白色沉淀AgSCN)依据上述实验现象，不能得出的结论是()A.上层清液中滴加KSCN溶液，溶液变红，说明溶液中含有Fe3+B.上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，说明溶液中含有Ag+C.Fe3+产生的原因是由于酸性溶液中的具有氧化性D.30min时“白色沉淀量减少，溶液红色加深”的原因可能是：Fe2++Ag+=Fe3++Ag【答案】C【解析】【分析】向硝酸酸化的0.05mol/L硝酸银溶液(pH≈2)

9中加入过量铁粉，搅拌后静置，烧杯底部有黑色固体，溶液呈黄色，则表明铁粉有剩余，同时生成Fe3+。3min后取上层清液，滴加KSCN溶液，产生大量白色沉淀，溶液呈红色，则表明溶液中含有Ag+、Fe3+；30min时取上层清液，滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，较3min时量少，溶液红色较3min时加深，则表明反应继续进行，溶液中c(Ag+)减小，c(Fe3+)增大；120min时取上层清液，滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，较30min时量少，溶液红色较30min时变浅，则表明溶液中c(Ag+)减小，c(Fe3+)减小。由现象可推知，起初缓慢发生反应Fe+2Ag+=Fe2++2Ag，但生成的Fe2+又能被Ag+氧化，发生反应Fe2++Ag+=Fe3++Ag；当c(Ag+)减小到一定程度后，Ag+能氧化Fe，但不能氧化Fe2+，同时又发生反应2Fe3++Fe=3Fe2+，从而导致c(Fe3+)减小。【详解】A．滴加KSCN溶液后，溶液变红，说明发生反应Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液中含有Fe3+，A正确；B．上层清液中滴加KSCN溶液，产生白色沉淀，由题给信息可知，发生反应Ag++SCN-=AgSCN↓，从而说明溶液中含有Ag+，B正确；C．由对实验ⅱ的分析可知，c(Ag+)减小，c(Fe3+)增大，则表明可能发生反应Fe2++Ag+=Fe3++Ag，所以Fe3+不一定是酸性溶液中Fe2+被氧化生成的，C不正确；D．由对实验ⅱ的分析可知，c(Ag+)减小，c(Fe3+)增大，则表明可能发生Ag+与Fe2+的反应：Fe2++Ag+=Fe3++Ag，D正确；故选C。第二部分本部分共5题，共58分。15.碘酸钾是一种重要的无机物，可用作食盐中的加碘剂。其制备方法如下：I.过氧化氢氧化法(1)合成步骤中加快化学反应速率的措施是___。(2)合成步骤中的化学方程式为___。(3)当合成温度高于70℃，碘酸钾产率会降低，请写出可能的两种原因___。II.氯酸钾氧化法(4)在稀硝酸介质中，用氯酸钾氧化碘单质，然后用氢氧化钾中和碘酸氢钾[KH(IO3)2]，补全反应的化学方程式：___6I2+KClO3+H2O=6KH(IO3)2+KCl+3Cl2，KH(IO3)2+KOH=2KIO3+H2O。(5)相对于氯酸钾氧化法，过氧化氢氧化法的优点是___。

10III.电解法(6)先将一定量的I2溶于过量的KOH溶液，发生反应：3I2+6KOH=5KI+KIO3+3H2O。将反应后溶液加入阳极区，制备纯度较高的碘酸钾。写出阳极的电极反应式___。【答案】(1).粉碎、70℃、催化剂(2).I2+5H2O22HIO3+4H2O(3).双氧水分解、碘单质升华、催化剂活性降低(4).6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑(5).产物无污染(6).I--6e-+6OH-=IO+3H2O【解析】【分析】I.合成步骤中，过氧化氢与碘单质在70℃以及催化剂的作用下发生氧化还原反应生成碘酸(HIO3)，再加入碳酸钾溶液，反应生成KIO3，再结晶得到KIO3晶体；详解】(1)粉碎碘单质，可增大固液接触面积，加快应速率；加热，升高温度，可加快反应速率；使用催化剂，可加快反应速率；(2)合成步骤中，过氧化氢与碘单质发生氧化还原反应生成碘酸(HIO3)，反应的化学方程式为I2+5H2O22HIO3+4H2O；(3)当合成温度高于70℃，双氧水易分解、碘单质易升华、催化剂活性可能降低，从而使碘酸钾产率会降低；II.(4)在稀硝酸介质中，用氯酸钾氧化碘单质，得到碘酸氢钾[KH(IO3)2]，根据得失电子守恒、元素守恒平衡该反应的化学方程式：6I2+11KClO3+3H2O=6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑；(5)氯酸钾氧化法中有氯气生成，相对于氯酸钾氧化法，过氧化氢氧化法的优点是产物无污染；III.(6)反应后的溶液为KI和KIO3的混合溶液，将反应后溶液加入阳极区，制备纯度较高的碘酸钾，则阳极附近的阴离子有碘离子、碘酸根离子、氢氧根离子，电解过程中阳极上碘离子失去电子生成IO，则阳极的电极反应式I--6e-+6OH-=IO+3H2O。16.零价纳米铁在环境修复中具有广泛应用，可用来处理地下水中的铼酸根离子()。

11资料：零价纳米铁胶粒表面带正电，采用物理吸附和还原的共同作用，可将ReO固定，防止其随地下水的运动而迁移。(1)利用无机炭作为还原剂，在高温下通过氧化还原反应来制备零价纳米铁，涉及的反应有：6Fe2O3(s)+C(s)=4Fe3O4(s)+CO2(g)∆H=+akJ/molFe3O4(s)+2C(s)=3Fe(s)+2CO2(g)∆H=+bkJ/mol写出无机炭还原氧化铁制备纳米铁的热化学方程式___。(2)液相还原法也可用来制备零价纳米铁。将50mLKBH4(B元素的化合价为+3)水溶液添加到50mLFeSO4水溶液中，搅拌数秒钟，溶液变黑时停止搅拌，用磁铁分离沉淀，先用蒸馏水充分洗涤，再用无水乙醇洗涤3次，氮气保护下烘干，即得所需纳米铁。反应原理为：Fe2++2+6H2O=Fe↓+2B(OH)3↓+7H2↑①氮气作用下烘干的目的是___。②每生成1molFe，转移电子数为___。(3)零价纳米铁具有很强的还原能力。某酸性样品溶液中含有K+、Na+、Ca2+、Cl-、等离子。在酸性环境下，用零价纳米铁可将该样品溶液中的还原成固态的ReO2而除去，自身转化成Fe3+。①写出反应的离子方程式___。②反应后样品溶液中阴离子浓度降低，而阳离子浓度几乎无变化，可能的原因是___。③研究表明pH过高或过低会使的去除率降低，可能的原因分别是___。【答案】(1).6Fe2O3(s)+9C(s)=12Fe(s)+9CO2(g)∆H=+(a+4b)kJ/mol(2).防止Fe受热时氧化(3).8NA(4).4H++Fe+=Fe3++ReO2+2H2O(5).零价纳米铁胶粒表面带正电，吸附阴离子(6).pH过低，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑；pH过高，生成氢氧化铁包裹在纳米铁表面，降低接触面积，抑制了反应的快速进行【解析】【分析】【详解】(1)6Fe2O3(s)+C(s)=4Fe3O4(s)+CO2(g)∆H=+akJ/mol①Fe3O4(s)+2C(s)=3Fe(s)+2CO2(g)∆H=+bkJ/mol②利用盖斯定律，将①+②，即得无机炭还原氧化铁制备纳米铁的热化学方程式为6Fe2O3(s)+9C(s)=12Fe(s)+9CO2(g)∆H=+(a+4b)kJ/mol。答案为：6Fe2O3(s)+9C(s)=12Fe(s)+9CO2(g)∆H=+(a+4b)kJ/mol；(2)①因为纳米铁具有很强的还原性，所以需在氮气作用下烘干的目的是防止Fe受热时氧化。

12②由反应方程式Fe2++2+6H2O=Fe↓+2B(OH)3↓+7H2↑，可得出如下关系式：Fe——8e-，则每生成1molFe，转移电子数为8NA。答案为：防止Fe受热时氧化；8NA；(3)①依题意，零价纳米铁与反应生成ReO2和Fe3+，反应的离子方程式为4H++Fe+=Fe3++ReO2+2H2O。②题干信息显示：零价纳米铁胶粒表面带正电，则对阴离子有吸附作用，从而得出反应后样品溶液中阴离子浓度降低，可能的原因是零价纳米铁胶粒表面带正电，吸附阴离子。③酸性较强时，铁会参与反应，碱性较强时，Fe3+会参与反应，所以pH过高或过低会使的去除率降低，可能的原因分别是pH过低，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑；pH过高，生成氢氧化铁包裹在纳米铁表面，降低接触面积，抑制了反应的快速进行。答案为：4H++Fe+=Fe3++ReO2+2H2O；零价纳米铁胶粒表面带正电，吸附阴离子；pH过低，发生反应Fe+2H+=Fe2++H2↑；pH过高，生成氢氧化铁包裹在纳米铁表面，降低接触面积，抑制了反应的快速进行。17.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)为白色或黄色结晶粉末或小结晶，带有强烈的SO2气味，与强酸接触则放出SO2。在医药、橡胶、印染、食品、含铬污水处理等方面应用广泛。(1)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为：资料：当NaHSO3溶液过饱和后静置，会结晶析出焦亚硫酸钠晶体。①焦亚硫酸钠中硫元素的化合价为___。②写出Ⅰ中发生反应的离子方程式___。③工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是___。(2)研究表明，焦亚硫酸钠处理含铬(VI)废水较其他方法效果好，处理费用低。其工艺流程如图：①反应池中发生反应的离子方程式___。②Cr2O在酸性条件下氧化性强，在实际工业中pH过低，则需要的焦亚硫酸钠的量比理论值高出许多，结合化学用语解释可能的原因是___。

13(3)葡萄酒中常常会加入Na2S2O5做抗氧化剂，中华人民共和国国家标准(G112760-2011)规定葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)不能超过0.25g/L。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时，取50.00mL葡萄酒样品，并用0.0100mol/L的碘标准液(含淀粉)滴定至终点，消耗10.00mL。①滴定反应离子方程式为___。②判断达到滴定终点的现象为___。③该葡萄酒中Na2S2O5的残留量为___g/L(以SO2计)。【答案】(1).+4(2).H2O+CO+2SO2=CO2+2HSO(3).增大NaHSO3的浓度，使溶液达到过饱和状态(4).3S2O+2Cr2O+10H+=6SO+4Cr3++5H2O(5).pH过低，发生反应：2H++S2O=H2O+2SO2↑，SO2不断逸出，所以需要更多的S2O(6).3H2O+S2O+2I2=4I-+2SO+6H+(7).滴入最后一滴碘标准液后，半分钟内蓝色不消失(8).0.128【解析】【分析】(1)向饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，生成亚硫酸氢钠，再加入碳酸钠固体，调节pH值7~8，生成亚硫酸钠，再通入二氧化硫，生成亚硫酸氢钠，使亚硫酸氢钠富集，结晶脱水生成Na2S2O5；(2)向含含铬(VI)废水中加入硫酸调节pH，向反应池中加入焦亚硫酸钠，发生3S2O+2Cr2O+10H+=6SO+4Cr3++5H2O，调节pH，生成氢氧化铬沉淀，据此回答问题。【详解】(1)①焦亚硫酸钠中硫元素的化合价为+4；②反应Ⅰ是碳酸钠与二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，发生反应的离子方程式H2O+CO+2SO2=CO2+2HSO；③工艺中加入Na2CO3固体，并再次充入SO2的目的是增大NaHSO3的浓度，使溶液达到过饱和状态；(2)①反应池中发生反应的离子方程式3S2O+2Cr2O+10H+=6SO+4Cr3++5H2O；②Cr2O在酸性条件下氧化性强，在实际工业中pH过低，则需要的焦亚硫酸钠的量比理论值高出许多，结合化学用语解释可能的原因是pH过低，发生反应：2H++S2O=H2O+2SO2↑，SO2不断逸出，所以需要更多的S2O；(3)①滴定反应的离子方程式为3H2O+S2O+2I2=4I-+2SO+6H+；②判断达到滴定终点的现象为滴入最后一滴碘标准液后，半分钟内蓝色不消失；③有原子守恒和3H2O+S2O+2I2=4I-+2SO+6H+

14可得，二氧化硫的物质的量等于碘单质的物质的量，即是0.0100mol/L×0.01L=0.00001mol，则该葡萄酒中Na2S2O5的残留量为=0.128g/L。18.为进一步研究过氧化钠与水的反应，某活动小组进行了如下探究。(1)把一定量水滴入盛有少量过氧化钠固体的试管中，反应的化学方程式为___。(2)向反应后的溶液中滴入酚酞，一段时间后，发现溶液颜色逐渐变浅，最后颜色消失。为探究原因，进行实验1(环境温度为30℃)结果如下：NaOH溶液浓度/(mol/L)10.02.01.00.100.010滴入酚酞时现象深紫红色深红色深红色深红色深红色溶液变为浅红色时间2~3s26~30s54~60s6~7min45min内稳定不变溶液完全褪色时间7~8s50~54s几乎无色100~110s几乎无色20min后仍为浅红色2h后略变浅最终溶液否褪色褪色褪色褪色不褪色不褪色结合表中数据，判断下列说法正确的是___。(填字母)a．其他条件相同时，NaOH溶液浓度越大褪色越快b．溶液褪色可能是NaOH溶液浓度过大导致的c．当NaOH溶液浓度大于或等于1.0mol/L时，对溶液颜色变化有明显影响(3)中间产物H2O2也可能会对溶液颜色的变化产生影响。①假设1：受H2O2自身氧化性的影响。为验证假设，设计实验方案：___。实验表明，随H2O2浓度的增大，溶液颜色变化更快。②假设2：___。为验证假设，设计了实验2，请补全实验装置___。实验2结果如下：

15NaOH溶液浓度(mol/L)滴入酚酞时现象溶液完全褪色时间2.0深红色约50s1.0深红色约1min50s对比实验1，表中数据说明___。(4)若准确称取Na2O2的质量为1.56g，加入一定体积的水后得到20mL溶液，则所得NaOH溶液的物质的量浓度为___。(5)实验过程中，需待Na2O2固体完全溶解后再加入酚酞，原因是___。综上所述，Na2O2与水反应过程复杂，滴入酚酞时溶液颜色变化受多因素影响。【答案】(1).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(2).abc(3).取等体积的0.010mol/L的NaOH溶液分置于3个小烧杯中，分别滴加2滴酚酞试液，然后同时加入3种不同浓度的H2O2溶液(4).H2O2分解产生的O2的影响(5).(6).中间产物H2O2分解产生的O2对滴入酚酞溶液时颜色变化几乎没有影响(7).2mol/L(8).排除因Na2O2剩余时其氧化性对实验造成干扰【解析】【分析】为探究过氧化钠与水反应所得溶液的性质，实验者设计了三组实验，分别验证NaOH的浓度、H2O2的浓度、O2的浓度不同时，对滴加酚酞后溶液褪色时间的影响，试图确定影响褪色时间的主要因素。【详解】(1)把一定量水滴入盛有少量过氧化钠固体的试管中，发生反应，生成NaOH和O2，反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑。答案为：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；(2)a．从表中可以看出，c(NaOH)在1.0mol/L~10.0mol/L之间时，酚酞都能褪色，但NaOH溶液浓度越大褪色越快，a正确；b．从对c(NaOH)与褪色时间的对比中可以初步得出结论，溶液褪色可能是NaOH溶液浓度过大导致的，b正确；c．从表中数据可以看出，当c(NaOH)＜1.0mol/L时，溶液颜色不变，当c(NaOH)≥1.0mol/L时，对溶液颜色变化有明显影响，c正确；故选abc。答案为：abc；(3)①假设1：受H2O2自身氧化性的影响。为验证假设，可设计三组不同的H2O2溶液，在温度、c(NaOH)都相同的情况下，改变c(H2O2)，对比分析

16c(H2O2)与褪色时间的关系，从而设计实验方案：取等体积的0.010mol/L的NaOH溶液分置于3个小烧杯中，分别滴加2滴酚酞试液，然后同时加入3种不同浓度的H2O2溶液。②假设2：H2O2分解产生的O2的影响。为验证假设，设计了实验2，FeCl3是H2O2分解的催化剂，可使H2O2分解产生O2，所以装置应为盛有不同浓度H2O2溶液的广口瓶，实验装置为。对比实验1，将表中数据与上一表格中c(NaOH)对应相同的实验进行对比，看褪色时间有无改变，从而得出结论：中间产物H2O2分解产生的O2对滴入酚酞溶液时颜色变化几乎没有影响。答案为：取等体积的0.010mol/L的NaOH溶液分置于3个小烧杯中，分别滴加2滴酚酞试液，然后同时加入3种不同浓度的H2O2溶液；H2O2分解产生的O2的影响；；中间产物H2O2分解产生的O2对滴入酚酞溶液时颜色变化几乎没有影响；(4)由关系式：Na2O2~2NaOH，可求出1.56gNa2O2与水反应得到20mL溶液中，NaOH溶液的物质的量浓度为=2mol/L。答案为：2mol/L；(5)实验过程中，为保证只有一个变量的情况下分析影响因素，需待Na2O2固体完全溶解后再加入酚酞，原因是排除因Na2O2剩余时其氧化性对实验造成干扰。答案为：排除因Na2O2剩余时其氧化性对实验造成干扰。【点睛】在分析Na2O2与水反应产物性质的影响因素时，为便于对比，每组实验要保证变量只有一个。19.功能高分子P()的合成路线如图：

17已知：ⅰ．R1CHO+R2CH2CHO+H2Oⅱ．+ⅲ．R1CH=CHR2+R3CH=CHR4R1CH=CHR4+R3CH=CHR2(1)A属于芳香烃，分子式是C8H8。A的名称是___。(2)C→D所需的试剂a是___。(3)F→G的反应类型是___。(4)E的分子式是C9H8O，D→E的化学方程式是___。(5)H是五元环状化合物，分子式为C5H6，G→H的化学方程式是___。(6)写出J的结构简式___。(7)参照上述信息，写出以乙醇和1，3—丁二烯为原料(其他无机试剂任选)，制备的合成路线：___。(如：AB……用结构简式表示有机化合物)【答案】(1).苯乙烯(2).氧气、铜或银(3).加成反应(4).+HCHO+H2O(5).+2NaOH+2NaBr+2H2O(6).(7).CH3CH2OHCH3CHOCH3CH=CHCHOCH3CH=CHCOOHCH3CH=CHCOOCH2CH3【解析】【分析】结合题中信息：A属于芳香烃，分子式是C8H8，参照A能与HCl在H2O2作用下发生反马氏加成，可推出A为，B为，C为；由信息ⅰ，结合D→E的反应条件，可确定D为醛，所以其为，由E的分子式C9H8O，可推出E为，则M为HCHO；H是五元环状化合物，分子式为C5H6，则H为，采用逆推法，可确定G为，F为

18；利用信息ⅱ，可得出E与H反应生成的J的结构简式为；利用信息ⅲ，可得出高分子P的结构简式为。【详解】(1)A属于芳香烃，分子式是C8H8，由分析可得出A为，名称是苯乙烯。答案为：苯乙烯；(2)→，是醇的催化氧化反应，所需的试剂a是氧气、铜或银。答案为：氧气、铜或银；(3)→，显然是与Br2发生加成，反应类型是加成反应。答案为：加成反应；(4)E的分子式是C9H8O，→，是与HCHO发生如同信息ⅰ的反应，化学方程式是+HCHO+H2O。答案为：+HCHO+H2O；(5)H是五元环状化合物，分子式为C5H6，→，发生消去反应，需要NaOH/醇、加热条件，化学方程式是+2NaOH+2NaBr+2H2O。答案为：+2NaOH+2NaBr+2H2O；(6)由以上分析可知，J的结构简式为。答案为：；

19(7)参照上述信息ⅱ，以乙醇和1，3—丁二烯为原料制备，需将CH3CH2OH转化为CH3CH=CHCOOCH2CH3，由信息ⅰ，CH3CH2OH需转化为CH3CHO，然后2分子反应生成CH3CH=CHCHO，再氧化成CH3CH=CHCOOH，再与CH3CH2OH发生酯化反应。合成路线为：CH3CH2OHO2/Cu→ΔCH3CHOOH-→ΔCH3CH=CHCHOO2/催化剂→ΔCH3CH=CHCOOHCH3CH2OH→浓H2SO4/ΔCH3CH=CHCOOCH2CH3。答案为：CH3CH2OHO2/Cu→ΔCH3CHOOH-→ΔCH3CH=CHCHOO2/催化剂→ΔCH3CH=CHCOOHCH3CH2OH→浓H2SO4/ΔCH3CH=CHCOOCH2CH3。【点睛】推断有机物的结构时，可通过分析反应条件，确定是何种官能团具有的性质，从而确定有机物可能具有的官能团。