浙江省嘉兴一中2022届高三上学期自主学习考试化学试卷一、单项选择题：（本大题共7小题，每小题6分.．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.）1．下列说法中正确的是（　　）　A．油脂、淀粉、蛋白质均为可水解的高分子化合物．　B．日本福岛核电站爆炸时释放的两种放射性核素与Cs的中子数相等．　C．硅酸凝胶、氯化钠注射液属于胶体．　D．为防止电池中的重金属等污染土壤和水体，应积极开发废电池的综合利用技术考点：有机高分子化合物的结构和性质；同位素及其应用；分散系、胶体与溶液的概念及关系；常见的生活环境的污染及治理．.专题：化学应用．分析：A．相对分子质量在10000以上的有机化合物为高分子化合物；B．中子数=质量数﹣质子数；C．分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体；D．电池中的重金属离子会带来污染．解答：解：A．油脂相对分子质量较小，不属于高分子化合物，故A错误；B．I与Cs的中子数分别是78和82，故B错误；C．氯化钠注射液分散质粒子直径在1nm～100nm之间，属于溶液，故C错误；D．为防止电池中的重金属离子污染土壤和水源，废电池要集中处理，故D正确．故选D．点评：本题考查高分子化合物、原子结构、溶液和环境污染，题目难度不大，明确质子数、中子数和质量数的关系是解题的关键．　2．（6分）下列叙述Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系的是（　　）叙述I叙述IIA水玻璃具有黏性盛装烧碱溶液的试剂瓶不能用玻璃塞B往氯化钙溶液中通入足量的CO2先有白色沉淀生成，后沉淀溶解CaCO3不溶于水，Ca（HCO3）2可溶于水CNH4Cl受热易分解可用加热法除去I2中的NH4ClD利用丁达尔现象区分氢氧化铁胶体和浓的氯化铁溶液往氢氧化钠溶液中滴加饱和氯化铁溶液，加热至红褐色制得胶体　A．AB．BC．CD．D考点：化学实验方案的评价．.专题：实验评价题．分析：A．玻璃塞中二氧化硅与NaOH反应生成具有粘合性的硅酸钠；B．氯化钙溶液中通入足量的CO2不反应；C．碘易升华，NH4Cl受热易分解；D．丁达尔现象为胶体特有的性质，氢氧化钠溶液中滴加饱和氯化铁溶液生成沉淀．-14-解答：解：A．玻璃塞中二氧化硅与NaOH反应生成具有粘合性的硅酸钠，则不能使用玻璃塞，Ⅰ和Ⅱ均正确并且有因果关系，故A选；B．氯化钙溶液中通入足量的CO2不反应，Ⅰ错误，Ⅱ正确，没有因果关系，故B不选；C．碘易升华，NH4Cl受热易分解，则不能利用加热法除杂，Ⅰ正确，Ⅱ错误，没有因果关系，故C不选；D．丁达尔现象为胶体特有的性质，氢氧化钠溶液中滴加饱和氯化铁溶液生成沉淀，应利用沸水中滴加氯化铁溶液制备胶体，Ⅰ正确，Ⅱ错误，没有因果关系，故D不选；故选A．点评：本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及物质的性质、试剂保存、混合物分离提纯、胶体制备等，把握物质的性质及因果关系为解答的关键，注意评价性分析，题目难度不大．　3．（6分）下列有关溶液组成的描述合理的是（　　）　A．无色溶液中可能大量存在Al3+、NH4+、Cl﹣、S2﹣　B．酸性溶液中可能大量存在Na+、ClO﹣、SO42﹣、I﹣　C．弱碱性溶液中可能大量存在Na+、K+、Cl﹣、HCO3﹣　D．中性溶液中可能大量存在Fe3+、K+、Cl﹣、SO42﹣考点：离子共存问题．.专题：离子反应专题．分析：A．Al3+与S2﹣发生互促水解反应；B．弱酸的阴离子以及能发生氧化还原反应的离子不能大量存在于酸性溶液中；C．弱碱性离子可存在水解呈碱性的离子；D．Fe3+水解呈酸性．解答：解：A．溶液无色，但Al3+与S2﹣发生互促水解反应，不能大量共存，故A错误；B．弱酸性溶液中ClO﹣不能大量共存，且ClO﹣与I﹣发生氧化还原反应，故B错误；C．HCO3﹣水解呈碱性，可存在于弱碱性溶液中，故C正确；D．Fe3+水解呈酸性，不能存在于中性溶液中，故D错误．故选C．点评：本题考查离子共存问题，为高频常见题型和高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握离子的性质和反应类型的判断，难度不大．　4．（6分）M是一种冶疗艾滋病的新药（结构简式见图），已知M分子中﹣NH﹣COO﹣基团（除H外）与苯环在同一平面内，关于M的以下说法正确的是（　　）　A．该物质易溶于水　B．M能发生加聚反应　C．M的分子式为C13H12O2NF4　D．M分子内至少有13个碳原子在同一平面内-14-考点：有机物的结构和性质．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：分子中含有肽键、酯基，可发生水解反应，由结构简式确定分子所含有的元素种类和原子个数，可确定分子式，结合含有苯环、﹣NH﹣COO﹣、碳碳双键等结构判断分子的立体构型，以此解答该题．解答：解：A．分子中含有酯基，且不含有﹣OH等亲水基，则不能溶于水，故A错误；B．分子中含有碳碳双键，可发生加聚反应，故B正确；C．由结构简式可知分子式为C13H11O2NF4，故C错误；D．分子中与苯环直接相连的原子在同一个平面内，且分子中﹣NH﹣COO﹣基团（除H外）与苯环在同一平面内，则最少有7个碳原子在同一平面内，故D错误．故选B．点评：本题考查有机物的结构和性质，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意把握有机物官能团的性质以及有机物的结构特点，难度不大．　5．（6分）下列关于0.10mol•L﹣1NaHCO3溶液的说法正确的是（　　）　A．溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++H++CO32﹣　B．25℃时，加水稀释后，n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大　C．离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+c（CO32﹣）　D．温度升高，c（HCO3﹣）增大考点：真题集萃；盐类水解的应用；离子浓度大小的比较．.专题：盐类的水解专题．分析：A．碳酸氢根离子不可拆分；B．加水稀释后，促进HCO3﹣水解，但Kw不变；C．溶液遵循电荷守恒；D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解．解答：解：A．NaHCO3为强电解质，溶质的电离方程式为NaHCO3═Na++HCO3﹣，故A错误；B.25℃时，加水稀释后，促进HCO3﹣水解，n（OH﹣）增大，c（OH﹣）减小，由Kw不变，可知c（H+）增大，则n（H+）增大，则n（H+）与n（OH﹣）的乘积变大，故B正确；C．由电荷守恒可知，离子浓度关系：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），故C错误；D．HCO3﹣水解为吸热反应，升高温度，促进水解，则c（HCO3﹣）减小，故D错误；故选B．点评：本题为2022年福建高考化学试题，涉及电离、水解及溶液中离子浓度关系的考查，选项B为解答的易错点，注意稀释促进水解时浓度与物质的量的变化不同，题目难度中等．　6．（6分）某电源装置如图所示，电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl．下列说法正确的是（　　）-14-　A．正极反应为AgCl+e﹣═Ag+Cl﹣　B．放电时，交换膜右侧溶液中有大量白色沉淀生成　C．若用NaCl溶液代替盐酸，则电池总反应随之改变　D．当电路中转移0.01mole﹣时，交换膜左则溶液中约减少0.02mol离子考点：化学电源新型电池．.专题：电化学专题．分析：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，A、正极上氯气得电子；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子；C、根据电池总反应判断；D、放电时，交换膜左则的氢离子向正极移动，氯离子与银离子生成氯化银沉淀．解答：解：根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，Ag失电子作负极失电子，氯气在正极上得电子生成氯离子，A、正极上氯气得电子生成氯离子，其电极反应为：Cl2+2e﹣═2Cl﹣，故A错误；B、放电时，交换膜左侧溶液中生成银离子，银离子与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以交换膜左侧溶液中有大量白色沉淀生成，故B错误；C、根据电池总反应为2Ag+Cl2═2AgCl可知，用NaCl溶液代替盐酸，电池的总反应不变，故C错误；D、放电时，当电路中转移0.01mole﹣时，交换膜左则会有0.01mol氢离子通过阳离子交换膜向正极移动，同时会有0.01molAg失去0.01mol电子生成银离子，银离子会与氯离子反应生成氯化银沉淀，所以氯离子会减少0.01mol，则交换膜左侧溶液中约减少0.02mol离子，故D正确．故选：D．点评：本题考查了原电池原理的应用及沉淀反应，注意把握原电池原理及正负极的判断和电极方程式的书写，利用电子及电荷守恒来解决原电池中有关计算的问题，题目难度中等．　7．（6分）向100mLNaOH溶液中通入一定量的CO2气体，充分反应后，再向所得溶液中逐滴加入0.2mol/L的盐酸，产生CO2的体积与所加盐酸体积之间关系如图所示．下列判断正确的是（　　）-14-　A．原NaOH溶液的浓度为0.2mol/L　B．通入CO2的体积为448mL　C．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaOH）：n（Na2CO3）=1：3　D．所得溶液的溶质成分的物质的量之比为n（NaHCO3）：n（Na2CO3）=1：1考点：化学方程式的有关计算．.专题：计算题．分析：A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl），据此计算出氢氧化钠的物质的量，再根据物质的量浓度的定义计算；B．从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，计算消耗HCl的物质的量，根据方程式计算生成二氧化碳的物质的量，再根据V=nVm计算二氧化碳的体积；CD．生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，根据消耗盐酸的体积确定二者物质的量之比．解答：解：生成CO2发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，假设NaOH与CO2气体反应所得溶液中只有Na2CO3，则开始阶段发生反应：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，由方程式可知，前后两个阶段消耗盐酸的体积应相等，而实际生成二氧化碳消耗的盐酸体积多，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中溶质为Na2CO3、NaHCO3，A．加入100mL盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为NaCl溶液，根据氯离子、钠离子守恒，所以n（NaOH）=n（NaCl）=n（HCl）=0.1L×0.2mol/L=0.02mol，所以c（NaOH）==0.2mol/L，故A正确；B．由曲线可知从25mL到100mL为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，所以n（CO2）=n（HCl）=（0.1L﹣0.025L）×0.2mol/L=0.015mol，所以CO2气体体积为0.015mol×22.4L/mol=0.3.6L=336mL，故B错误；C．Na2CO3转化为NaHCO3消耗盐酸为25mL，生成NaHCO3转化为二氧化碳又可以消耗盐酸25mL，故NaOH与CO2气体反应所得溶液中NaHCO3，消耗盐酸的体积为75mL﹣25mL=50mL，故Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，故C错误；D．由C中分析可知，Na2CO3、NaHCO3的物质的量之比为25mL：50mL=1：2，故D错误；故选A．点评：本题考查混合物的有关计算，难度中等，关键根据图中盐酸的体积确定NaOH溶液与CO2反应得到溶质．-14-　二、解答题（共6小题，满分58分）8．（14分）有A、B、C、D四种物质，B的焰色反应为黄色．C是酸式盐，C加入硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液中有白色沉淀生成．D和G相遇有大量白烟生成，D通入硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成．对A、B、C、D四种物质的水溶液进行下列实验，过程和现象如图所示（图中部分产物未列出），请回答下列问题：（1）B的电子式为　　．（2）H生成I的化学方程式为　2SO2+O22SO3　．（3）G在同主族同类物质中稳定性最强　是　，也是沸点最高的　否　．（判断正误填“是”或“否”）（4）A溶液中加入D，A溶液的颜色由浅绿色变黄，则A的化学式为　Fe（NO3）2　．（5）写出C与过量B反应（加热）的离子方程式　NH4++HSO3﹣+2OH﹣NH3↑+SO32﹣+2H2O　．（6）C与D溶液恰好反应，假设生成气体全部逸出，所得溶液中离子浓度从大到小的顺序　Cl﹣＞NH4+＞H+＞OH﹣　．（7）25℃时pH=9的B溶液和pH=9的G溶液中，水的电离程度B　=　G（填＞，＜或=）．考点：无机物的推断．.专题：推断题．分析：F为红褐色沉淀，则F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，无色气体G能使紫色石蕊溶液变蓝，则G为NH3，D和G相遇有大量白烟生成，D通入硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成，则D为HCl，D与酸式盐C按1：1反应得到无色有刺激性气味的气体，C加入硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液中有白色沉淀生成，结合C与B反应得到氨气，可知C为NH4HSO3，B为碱，B的焰色反应为黄色，B含有Na元素，则B为NaOH，可推知H为SO2、I为SO3，A为亚铁盐，（4）中A溶液中加入HCl，A溶液的颜色由浅绿色变黄，则A为Fe（NO3）2，据此解答．解答：解：F为红褐色沉淀，则F为Fe（OH）3，则E为Fe（OH）2，无色气体G能使紫色石蕊溶液变蓝，则G为NH3，D和G相遇有大量白烟生成，D通入硝酸酸化的AgNO3溶液有白色沉淀生成，则D为HCl，D与酸式盐C按1：1反应得到无色有刺激性气味的气体，C加入硝酸酸化的Ba（NO3）2溶液中有白色沉淀生成，结合C与B反应得到氨气，可知C为NH4HSO3，B为碱，B的焰色反应为黄色，B含有Na元素，则B为NaOH，可推知H为SO2、I为SO3，A为亚铁盐，-14-（1）B为NaOH，电子式为，故答案为：；（2）H生成I的化学方程式为：2SO2+O22SO3，故答案为：2SO2+O22SO3；（3）G为NH3，N元素非金属性最强，在同主族同类物质中稳定性最强，存在金属氢化物，其沸点不是最高的，故答案为：是；否；（4）A为亚铁盐，溶液中加入HCl，A溶液的颜色由浅绿色变黄，A中阴离子在酸性条件下具有强氧化性，则A为Fe（NO3）2，故答案为：Fe（NO3）2；（5）NH4HSO3与过量NaOH反应（加热）的离子方程式为：NH4++HSO3﹣+2OH﹣NH3↑+SO32﹣+2H2O，故答案为：NH4++HSO3﹣+2OH﹣NH3↑+SO32﹣+2H2O；（6）NH4HSO3与HCl溶液恰好反应，假设生成气体全部逸出，所得溶液为NH4Cl溶液，溶液中铵根离子水解，溶液呈酸性，溶液中离子浓度从大到小的顺序为：Cl﹣＞NH4+＞H+＞OH﹣，故答案为：Cl﹣＞NH4+＞H+＞OH﹣；（7）25℃时pH=9的NaOH溶液中，水电离产生的氢离子浓度为10﹣9mol/L，pH=9的NH3水溶液中，水电离产生的氢离子浓度也是10﹣9mol/L，二者溶液中水的电离程度相等，故答案为：=．点评：本题考查无机物推断，物质的颜色及反应现象为推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物知识，对学生的逻辑推理有一定的要求，难度中等．　9．（6分）人们常用催化剂来选择反应进行的方向．如图所示为一定条件下1molCH3OH与O2发生反应时，生成CO、CO2或HCHO的能量变化图[反应物O2（g）和生成物H2O（g）略去]．①在有催化剂作用下，CH3OH与O2反应主要生成　HCHO　（填“CO、CO2”或“HCHO”）．2HCHO（g）+O2（g）=2CO（g）+2H2O（g）△H=　﹣470kJ•mol﹣1　．②甲醇制取甲醛可用Ag作催化剂，含有AgCl会-14-影响Ag催化剂的活性．用氨水可以溶解除去其中的AgCl，写出该反应的离子方程式：　AgCl+2NH3•H2O=Ag（NH3）2++Cl﹣+2H2O或AgCl+2NH3=Ag（NH3）2++Cl﹣　．考点：反应热和焓变；离子方程式的书写．.专题：化学反应中的能量变化．分析：①使用催化剂可以降低反应的活化能，活化能越低，普通分子越容易转化成活化分子，反应越容易，反应速率越快；根据图表可知2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）中反应物能量高，生成物能量低，该反应为放热反应，然后依据图中给出数据解答；②氯化银中加入氨水，发生络合反应，生成银氨络合离子．解答：解：（1）①根据图象可以看出转化成甲醛时活化能最低，使用催化剂时主要产物为HCHO；2HCHO（g）+O2（g）═2CO（g）+2H2O（g）该反应为放热反应，△H=﹣2（676﹣158﹣283）KJ•mol﹣1=﹣470KJ•mol﹣1；故答案为：HCHO；﹣470KJ•mol﹣1；②氯化银与氨水发生络合反应的离子方程式：AgCl+2NH3•H2O=Ag（NH3）2++Cl﹣+2H2O或者AgCl+2NH3=Ag（NH3）2++Cl﹣，故答案为：AgCl+2NH3•H2O=Ag（NH3）2++Cl﹣+2H2O或AgCl+2NH3=Ag（NH3）2++Cl﹣．点评：本题考查了反应热的求算，离子方程式书写，题目难度较小，根据已经掌握的知识可以求解．　10．（6分）已知：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H=﹣akJ•mol﹣1．①经测定不同温度下该反应的平衡常数如下：温度（℃）250300350K2.0410.2700.012若某时刻、250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度为c（CO）=0.4mol•L﹣1、c（H2）=0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）=0.8mol•L﹣1，则此时v正　＜　v逆（填“＞”、“＜”或“=”）．②某温度下，在体积固定的2L的密闭容器中将1molCO和2molH2混合，测得不同时刻的反应前后压强关系如下：时间（min）51015202530压强比（P后/P前）0.980.900.800.700.700.70则0～15min，用H2表示的平均反应速率为　0.02mol•（L•min）﹣1　，达到平衡时CO的转化率为　45%　．考点：化学平衡的计算；反应速率的定量表示方法．.专题：化学平衡专题．分析：①依据计算浓度商和该温度下的平衡常数比较分析判断反应进行方向；②温度、体积不变的可逆反应中，气体的压强之比等于其物质的量之比，据此计算反应后气体体积的物质的量，从而计算氢气反应的物质的量，再根据v=计算反应速率；根据CO反应的物质的量计算其转化率，化学反应速率概念计算v=-14-计算得到；转化率=×100%．解答：解：①250℃测得该反应的反应物与生成物的浓度为c（CO）=0.4mol•L﹣1、c（H2）=0.4mol•L﹣1、c（CH3OH）=0.8mol•L﹣1，浓度商Q==12.5＞K=2.041，说明反应逆向进行v正＜v逆；故答案为：＜；②温度、体积不变的可逆反应中，气体的压强之比等于其物质的量之比，15min，压强比（P后/P前）=0.80，则反应后气体的物质的量=3mol×0.80=2.40mol，气体减少的物质的量=3mol﹣2.4mol=0.6mol，根据气体减少的物质的量与氢气之间的关系式知，参加反应的氢气的物质的量=×2=0.6mol，0～15min，用H2表示的平均反应速率==0.02mol•（L•min）﹣1；平衡状态压强比（P后/P前）=0.70，则反应后气体的物质的量=3mol×0.70=2.10mol，气体减少的物质的量=3mol﹣2.1mol=0.9mol，根据气体减少的物质的量与氢气之间的关系式知参加反应的CO的物质的量=0.45mol，则CO的转化率=×100%=45%，故答案为：0.02mol•（L•min）﹣1；45%．点评：本题考查了化学反应速率、平衡常数概念的理解应用，化学平衡的计算分析是关键，气体压强压强之比等于物质的量之比，题目较简单．　11．（4分）利用钠碱循环法可除去SO2，消除SO2对环境的污染．吸收液吸收SO2的过程中，pH随n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）变化关系如下表：n（SO32﹣）：n（HSO3﹣）91：91：11：91pH8.27.26.2①根据上表判断NaHSO3溶液显　酸　性．②在NaHSO3溶液中离子浓度关系正确的是　ac　（填字母）．a．c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣）b．c（Na+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）c．c（H2SO3）+c（H+）=c（SO32﹣）+（OH﹣）d．c（Na+）+c（H+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣）考点：离子浓度大小的比较；盐类水解的应用．.专题：盐类的水解专题．分析：（1）HSO3﹣电离程度大于水解程度，据此判断溶液酸碱性；（2）HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，因为亚硫酸氢根离子既能电离又能水解，所以溶液中存在H2SO3、SO32﹣，在NaHSO3溶液中存在电荷守恒和物料守恒，根据电荷守恒和物料守恒判断．-14-解答：解：①在亚硫酸氢钠溶液中，HSO3﹣电离程度大于水解程度，所以溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度，则溶液呈酸性，故答案为：酸；②HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，因为亚硫酸氢根离子既能电离又能水解，所以溶液中存在H2SO3、SO32﹣，在NaHSO3溶液中存在电荷守恒和物料守恒，a．钠离子不水解，HSO3﹣电离程度大于水解程度导致溶液呈酸性，水也电离生成氢离子和氢氧根离子，所以溶液中离子浓度大小顺序是c（Na+）＞c（HSO3﹣）＞c（H+）＞c（SO32﹣）＞c（OH﹣），故正确；b．根据物料守恒得c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），故错误；c．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），根据物料守恒得c（Na+）=c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（H2SO3），所以得c（H2SO3）+c（H+）=c（SO32﹣）+c（OH﹣），故正确；d．根据电荷守恒得c（Na+）+c（H+）=2c（SO32﹣）+c（HSO3﹣）+c（OH﹣），故错误；故选ac．点评：本题考查离子浓度大小比较，明确物质的性质、溶液酸碱性结合守恒思想分析解答，注意亚硫酸氢根离子电离程度大于水解程度，而碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，二者不同．　12．（14分）焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一．某研究小组进行如下实验：实验一焦亚硫酸钠的制取：采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5．装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3+SO2=Na2S2O5（1）装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为　Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O　．（2）要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是　过滤　．（3）装置Ⅲ用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为　d　（填序号）．实验二焦亚硫酸钠的性质：Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3．（4）证明NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是　ae　（填序号）．a．测定溶液的pHb．加入Ba（OH）2溶液c．加入盐酸d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是　取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成　．实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定-14-（6）葡萄酒常用NaS2O3作抗氧化剂．测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：（已知：滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI）①按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为　0.16　g•L﹣1．②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果　偏低　（填“偏高”“偏低”或“不变”）．考点：性质实验方案的设计．.专题：实验设计题．分析：（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水；（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；（3）装置Ⅲ用于处理尾气，吸收未反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；（4）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可；（5）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可；（6）①由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小．解答：解：（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离，故答案为：过滤；（3）a．装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故错误；c．该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故错误；d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故正确；故答案为：d；（4）NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba（OH）2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；故答案为：ae；-14-（5）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，故答案为：取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成；（6）①令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI64g1molmg0.025L×0.01mol/L所以，64g：mg=1mol：0.025L×0.01mol/L，解得m=0.016故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为=0.16g/L故答案为：0.16；②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低，故答案为：偏低．点评：本题考查物质的制备实验、实验方案设计、物质含量的测定、氧化还原反应滴定等，难度中等，明确实验原理是解本题关键，根据物质的性质分析解答，注意元素化合物知识的积累和灵活运用．　13．（14分）某新型液晶有机物基元IV的合成线路如下：（1）Ⅰ的分子式　C7H6O3　，Ⅰ中含氧官能团的名称　酚羟基和羧基　，反应①的类型为　取代反应　．（2）CH2=CHCH2Br与NaOH水溶液反应的化学方程式　CH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr　．（3）II可发生加聚反应，所得产物的结构简式　　．（4）有关化合物Ⅰ和II的说法中，不正确的是　AC　．A．1molⅠ充分燃烧需要消耗6molO2B．1molⅠ最多可消耗2molNaOHC．1molII最多与5molH2发生加成反应D．II能使酸性KMnO4溶液褪色-14-（5）一定条件下，也可与III发生类似反应③的反应，生成有机物V，V的结构简式是　　．（6）化合物I的同分异构体中，苯环上一溴代产物只有两种，遇FeCl3溶液显紫色，还能发生银镜反应的化合物有多种，写出其中一种同分异构体的结构简式　（任写一种）　．考点：有机物的合成．.专题：有机物的化学性质及推断．分析：（1）根据有机物的结构简式判断含有的元素种类和原子个数，可确定分子式，含氧官能团的名称为酚羟基和羧基，反应①为Ⅰ的酚羟基上的氢被取代的反应；（2）氯代烃在碱性条件下水解生成﹣OH；（3）II含有碳碳双键，可发生加聚反应，据此书写结构简式；（4）根据化合物Ⅰ和II的结构判断；（5）化合物与III发生取代反应生成﹣COO﹣和水；（6）苯环上一溴代物只有2种，说明只有两种不同的位置，结构应对称，遇FeCl3溶液显紫色，说明含酚羟基，且能发生银镜反应，说明应含有﹣CHO．解答：解（1）由结构简式可知化合物Ⅰ中含有7个C、6个H、3个O，则分子式为C7H6O3，化合物Ⅰ含有酚羟基和羧基，反应①为Ⅰ的酚羟基上的氢被取代的反应；故答案为：C7H6O3；酚羟基和羧基；取代反应；（2）氯代烃在碱性条件下水解生成﹣OH，CH2=CH﹣CH2Br与NaOH水溶液反应的化学方程式为CH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr，故答案为：CH2=CHCH2Br+NaOHCH2=CHCH2OH+NaBr；（3）II含有碳碳双键，可发生加聚反应，所得产物的结构简式为：，故答案为：；（4）A．因为Ⅰ的分子式为C7H6O3，则1molⅠ充分燃烧需要消耗6molO2，故错误；B．因为Ⅰ含有酚羟基和羧基，所以1molⅠ最多可消耗2molNaOH，故正确；-14-C．根据Ⅱ的结构，含有1个苯环，1个碳碳双键，1个羧基，所以1molII最多与4molH2发生加成反应，故错误；D．根据Ⅱ的结构，含有碳碳双键，所以II能使酸性KMnO4溶液褪色，故正确；故选：AC；（5）由官能团的转化可知反应③属于取代反应，化合物与III发生取代反应生成﹣COO﹣，反应物为，故答案为：；（6）苯环上一溴代物只有2种，说明只有两种不同的位置，结构应对称，遇FeCl3溶液显紫色，说明含酚羟基，且能发生银镜反应，说明应含有﹣CHO，则可能的结构有，故答案为：（任写一种）；点评：本题考查有机物的合成，解答本题的关键是能正确把握有机物官能团的性质，注意根据官能团的转化判断反应类型，易错点为同分异构体的书写，注意体会．　-14-