北京市顺义区2020届高三化学下学期第二次统练试卷（含解析）

北京市顺义区2020届高三第二次统练化学试题可能用到的相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 161.化学使人们的生活越来越美好，下列过程没有涉及化学反应的是A可燃冰做燃料B黄豆酿酱油C爆竹燃放D活性炭除味A. AB. BC. CD. D【答案】D【解析】【详解】A.可燃冰的主要成分是甲烷，燃烧生成水和二氧化碳属于化学变化，故A不符合题意；B.黄豆酿酱油的过程中有新物质生成，属于化学变化故B不符合题意；C.燃放爆竹过程中有新物质二氧化碳生成，属于化学变化，故C不符合题意；D.活性炭除味过程中没有新物质生成，属于物理变化，故D符合题意答案选D。【点睛】本题解题的关键是理解化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有新物质生成的变化。化学变化和物理变化的本质区别是否有新物质生成，据此分析判断。2.下列解释事实或实验现象化学用语正确的是A. 硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝：4I+O2 + 4H+ 2I2+2H2OB. 铁和稀硝酸反应制得浅绿色溶液：Fe + 4H+ + NO3 Fe3+ + NO+ 2H2OC. 水垢上滴入CH3COOH溶液有气泡产生：CaCO3+2H+ Ca2+CO2+ H2OD. SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2+2ClO-+H2O CaSO3+2HClO【答案】A【解析】【详解】A.硫酸酸化的KI淀粉溶液久置后变蓝，二者发生氧化还原反应，离子方程式为：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A正确；B.铁和稀硝酸反应产物与量有关，铁少量时变成三价铁，溶液由无色变为黄色，离子方程式为Fe + 4H+ + NO3=Fe3+ + NO+ 2H2O；铁过量时变成二价亚铁，溶液由无色变为浅绿色，离子方程式为：3Fe + 8H+ + 2NO3= 3Fe2+ +2 NO+ 4H2O，故B错误；C.醋酸是弱酸，不能拆成离子，反应的离子方程式为：CaCO3+2CH3COOHCa2+H2O+CO2+2CH3COO-，故C错误；D.SO2通入漂白粉溶液中产生白色浑浊：SO2+Ca2+2ClO-+H2O = CaSO3+2HClO，生成的次氯酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸钙，故D错误。答案选A。【点睛】本题考查的是实验现象的解释和离子方程式的书写。解题时需注意B选项铁与稀硝酸反应的产物与反应条件有关，铁少量时变成三价铁，铁过量时变成二价亚铁，产物不同溶液的颜色不同；D选项次氯酸具有强氧化性，能够氧化亚硫酸钙。3.下列实验中的颜色变化，与氧化还原反应无关的是ABCD实验新制氯水滴入Na2S 溶液中乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中饱和FeCl3溶液滴入沸水中草酸滴入KMnO4 酸性溶液中现象产生黄色浑浊溶液由橙色变为绿色液体变为红褐色且澄清透明产生无色气体，溶液紫红色褪去A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A.新制氯水滴入Na2S 溶液中，反应方程式为Cl2+Na2S=2NaCl+S，有元素化合价升降，属于氧化还原反应，故A不符合题意；B. 乙醇滴入K2Cr2O7酸性溶液中，2K2Cr2O7+3C2H5OH+8H2SO4=2K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CH3COOH+11H2O，CrO72-转化为Cr3+，Cr元素化合价由+6价变为+3价，有化合价变化，所以属于氧化还原反应，故B不符合题意；C.饱和FeCl3溶液滴入沸水中，此过程为制备氢氧化铁胶体的过程，离子方程式为Fe3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，过程中无化合价变化，不属于氧化还原反应，故C符合题意；D.草酸滴入KMnO4 酸性溶液中，反应方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2+8H2O，高锰酸钾转化为硫酸锰，锰元素化合价由+7价变为+2价，有化合价变化，属于氧化还原反应，故D不符合题意。答案选C。【点睛】本题解题关键是理解氧化还原反应的特征和实质。有元素化合价升降的反应为氧化还原反应，氧化还原反应的实质是有电子得失。据此判断反应是否与氧化还原反应相关。4.一种用于隐形眼镜材料的聚合物片段如下：下列关于该高分子说法正确的是A. 结构简式为：B. 氢键对该高分子的性能没有影响C. 完全水解得到的高分子有机物，含有官能团羧基和碳碳双键D. 完全水解得到的小分子有机物，具有4种不同化学环境的氢原子【答案】A【解析】【详解】A.根据题中隐形眼镜材料的聚合物片段可知，该高分子的链节为，则该高分子的结构简式为：，故A正确；B.氢键为一种特殊的分子间作用力，影响物质的物理性质，如：熔沸点，故B错误；C.该高分子完全水解的产物和HOCH2CH2OH。其中高分子有机物为，含有的官能团为羧基，故C错误；D.根据C选项的分析，水解得到的小分子有机物为HOCH2CH2OH，有2种不同化学环境的氢原子，故D错误。答案选A。【点睛】本题解题关键是找出高分子有机物的链节。链节指的是高分子化合物中不断重复的基本结构单元。找出链节可确定高分子的结构简式，可进一步确定水解产物。据此解答。5.磺酸树脂催化下的烯烃二羟化反应历程的示意图如下：(R1、R2、R3、R4均表示烃基或H原子。)下列说法不正确的是A. 过程中，H2O2作氧化剂B. 过程中，有碳碳键、碳氢键断裂C. 过程中反应的原子利用率为100%D. 在反应历程中，有水参与反应【答案】B【解析】【详解】A.过程中H2O2中的氧元素由-1价降低到-2价得电子发生还原反应生成H2O，H2O2作氧化剂，故A正确；B.过程中 和生成和，断裂的是中的碳碳键和中的硫氧键、氧氧键，故B错误；C.过程中只生成了 ，没有其他物质生成，原子利用率为100%，故C正确；D.过程中有水参与反应，故D正确。答案选B。6.研究表明，在催化剂a(或催化剂b)存在下，CO2和H2能同时发生两个平行反应，反应的热化学方程式如下： CO2(g)+ 3H2(g)CH3OH(g)+ H2O(g) H1= - 53.7 kJ/mol CO2(g)+ H2(g)CO(g)+ H2O(g) H2= + 41.2 kJ/mol某实验小组控制CO2和H2初始投料比为12.2。在相同压强下，经过相同反应时间测得的实验数据如下：实验编号T(K)催化剂CO2转化率(%)甲醇选择性(%)1543催化剂a12.342.32543催化剂b10.972.73553催化剂a15.339.14553催化剂b12.071.6【备注】甲醇选择性：转化的CO2中生成甲醇的百分比。下列说法不正确的是A. 相同温度下，在该时刻催化剂b对CO2转化成CH3OH有较高的选择性B. 其他条件不变，升高温度反应中CO2转化为CH3OH平衡转化率增大C. 其他条件不变，增大反应体系压强反应中平衡常数不变D. 反应在无催化剂、有催化剂a和有催化剂b三种情况下能量示意图如下：【答案】B【解析】【详解】A.根据实验1和2、实验3和4的实验数据进行对比，相同温度下，催化剂b对CO2转化成CH3OH的数据较高，则催化剂b对CO2转化成CH3OH有较高的选择性，故A正确；B.反应为放热反应，其他条件不变，升高温度，反应向逆向移动，CO2转化为CH3OH平衡转化率减小，故B错误；C.平衡常数与温度相关，温度不变，平衡常数不变。则其他条件不变，增大反应体系压强，反应中平衡常数不变,，故C正确；D.从表中的数据分析，在催化剂b的作用下，甲醇的选择性更大，说明催化剂b对反应催化效果更好，催化剂能降低反应的活化能，说明使用催化剂b的反应过程中活化能更低，故D正确。答案选B。7.实验小组探究铝片做电极材料时的原电池反应，实验如下：煮沸冷却后的溶液电流计指针向右偏转，镁片、铝片表面产生无色气泡电流计指针迅速向右偏转，逐渐向零刻度恢复，经零刻度后继续向左偏转；镁片表面开始时无明显现象，一段时间后有少量气泡逸出；铝片表面持续有气泡逸出。电流计指针向左偏转。铝片表面有气泡逸出，铜片没有明显现象；约3分钟后，铜片表面有少量气泡产生，铝片表面气泡略有减少。下列说法不正确的是A. 实验中，镁片做原电池的负极B. 实验中，初始时的实验现象对应的原电池反应为：2Mg + O2 + 2H2O 2Mg( OH) 2C. 实验中，一段时间后，铝片发生的电极反应式为：Al - 3 e - Al 3+D. 实验 可推知，铝片做电极材料时的原电池反应与另一个电极的电极材料、溶液的酸碱性、溶液中溶解的O2等因素有关【答案】C【解析】【详解】A.实验中，电解质溶液为盐酸，镁和铝都可以和盐酸反应，但是金属镁更活泼为负极，故A正确；B.实验中，初始时镁为负极，失电子发生氧化反应，电极反应式为Mg+2OH-2e-=Mg(OH)2，Al为正极，溶解的氧气在此电极得电子发生还原反应，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，电池总反应2Mg + O2 + 2H2O 2Mg( OH) 2，故B正确；C.实验中，一段时间后，铝为负极失电子发生氧化反应，电极反应式为2Al+8OH-6e-=2AlO2-+4H2O，镁为正极，氢离子在此电极得电子发生还原反应，电极反应式为6H2O+6e-=3H2+6OH-，故C错误；D. 实验 可推知，铝片做电极材料时的原电池反应与另一个电极的电极材料、溶液的酸碱性、溶液中溶解的O2等因素有关，故D正确。答案选C。8.(药物利伐沙班临床主要用于预防髋或膝关节置换术患者静脉血栓栓塞。药物利伐沙班的合成路线如下：已知： (R代表烃基)(1)A的名称是_。(2)BC的化学方程式是_。(3)CD的反应类型是_。(4)F的结构简式是_。(5)FG所需的试剂a是_。(6)GH的化学方程式是_。(7)以为原料，加入ClCH2CH2OCH2COCl，也可得到J，将下列流程图补充完整： _、_(8)J制备利伐沙班时，J发生了还原反应，同时生成了水，则J与HCl物质的量之比为_。【答案】 (1). 乙烯 (2). (3). 氧化反应 (4). (5). 浓HNO3、浓H2SO4 (6). (7). (8). (9). 1:6【解析】【分析】本题考查的是有机推断。A的分子式为C2H4，为不饱和烃，有一个不饱和度，且A能与水发生加成反应，则A为乙烯，B为乙醇，B能与氧气、铜、加热条件下发生氧化反应生成C，C为乙醛，乙醛与氧气、催化剂条件下发生氧化反应生成D，D为乙酸，乙酸与Cl2、PCl3反应生成E，根据E的分子式，可知此反应为取代反应；F为溴苯，溴苯与试剂a生成G，此反应为硝化反应也为取代反应，试剂a为浓硫酸、浓硝酸，G的结构简式为，根据信息提示G生成H的反应为取代反应，H为，E与H反应生成I，此反应为取代反应，I在氢氧化钠的条件下发生分子内脱去，脱去小分子HCl生成J，J与铁、HCl发生还原反应生成利伐沙班。【详解】A的分子式为C2H4，为不饱和烃，有一个不饱和度，且A能与水发生加成反应，则A为乙烯，B为乙醇，B能与氧气、铜、加热条件下发生氧化反应生成C，C为乙醛，乙醛与氧气、催化剂条件下发生氧化反应生成D，D为乙酸，乙酸与Cl2、PCl3反应生成E，根据E的分子式，可知此反应为取代反应；F为溴苯，溴苯与试剂a生成G，此反应为硝化反应也为取代反应，试剂a为浓硫酸、浓硝酸，G的结构简式为，根据信息提示G生成H的反应为取代反应，H为，E与H反应生成I，此反应为取代反应，I在氢氧化钠的条件下发生分子内脱去，脱去小分子HCl生成J，J与铁、HCl发生还原反应生成利伐沙班。根据上述分析A为乙烯。本小题答案为：乙烯。B能与氧气、铜、加热条件下发生氧化反应生成C，C为乙醛，反应方程式为。本小题答案为：。C为乙醛，乙醛与氧气、催化剂条件下发生氧化反应生成D，此反应为氧化反应。本小题答案为：氧化反应。（4）F为溴苯，结构简式为。本小题答案为：。（5）F溴苯，溴苯与试剂a生成G，此反应为硝化反应也为取代反应，试剂a为浓硫酸、浓硝酸。本小题答案为浓硫酸、浓硝酸。（6）G的结构简式为，根据信息提示G生成H的反应为取代反应，H为，反应方程式为+HBr。本小题答案为：+HBr。（7）以为原料，加入ClCH2CH2OCH2COCl，根据信息提示的反应，生成，发生分子内脱去，脱去小分子HCl，生成J为。本小题答案为：；。（8）J制备利伐沙班时，J发生了还原反应，同时生成了水，主要是-NO2转化为-NH2，一个-NO2中的N原子需结合2个H原子生成一个-NH2，2个O原子需结合4个H原子生成2个H2O，则共需6个H原子，即需6个HCl，则J与HCl物质的量之比1:6。本小题答案为：1:6。9.粗铜精炼后的阳极泥含有Cu、Ag和Au(金)等。湿法处理阳极泥的一种工艺流程如下：(1)在粗铜精炼过程中，粗铜与电源的_极(填正、负)连接；阴极的电极反应式为_。(2)在浸铜过程中，浸铜反应的离子方程式为_，生产中实际需要H2O2的量要远远超过浸铜所需的理论用量，可能的原因是_。(3)已知：浸金时，Au转化为AuCl4-。在理论上，提取金的过程中反应消耗NaClO3和H2C2O4的物质的量之比为_。(4)已知: 浸银时发生反应AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-；Ag(SO3)23-将HCHO氧化为CO32-。为减少废液排放，充分利用资源，向浸银残液中通入气体X得到Na2SO3再生液，X是_。在提取银过程中，其他条件不变，Na2SO3再生液的循环使用次数与银的浸出率关系如图所示。试结合平衡移动原理，解释产生这种变化的原因_。【答案】 (1). 正 (2). Cu2+2e- = Cu (3). Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O (4). 大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解。 (或氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2.) (5). 1:3 (6). SO2 (7). 在Na2SO3再生液含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解【解析】【分析】本题为工艺流程题。（1）电解精炼铜时阳极材料为粗铜，失电子发生氧化反应，此电极与电源正极相连；阴极材料为纯铜，得电子发生还原反应，此电极与电源负极相连，学生需掌握电极反应式的书写；（2）本题考查氧化还原反应方程式的书写，可根据化合价变化找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再根据得失电子守恒配平方程式；（3）连续氧化还原反应，无论过程分几步进行，过程中转移的电子总数是不变的，以此为桥梁找出氯酸钠与草酸之间的物质的量的关系；（4）由于亚硫酸酸性强于碳酸酸性，向碳酸根溶液中通入SO2可将碳酸根转化为亚硫酸根，则X为SO2。在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。【详解】（1）精炼粗铜时，阳极材料为粗铜，失电子发生氧化反应，电极反应式为Cu-2e-=Cu2+，此电极与电源正极相连；阴极材料为纯铜，得电子发生还原反应，电极反应式Cu2+2e-=Cu。本小题答案为：正；Cu2+2e- = Cu。（2）浸铜过程中铜转化为硫酸铜，铜元素的化合价由0价升高到+2价，失电子发生氧化反应，铜为还原剂，H2O2为氧化剂，其中的氧元素化合价由-1价降低到-2价，得电子发生还原反应，生成H2O，反应的离子方程式为Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O；生产中实际需要H2O2的量要远远超过浸铜所需的理论用量，可能的原因是大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解，也可能是氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2。本小题答案为：Cu+H2O2+2H+Cu2+2H2O；大量H2O2在CuSO4催化下，受热分解 (或氧化阳极泥中的银也要消耗H2O2)。（3）浸金时，Au转化为AuCl4-。Au元素化合价由0价升高到+3价，1molAu失3mol电子，NaClO3转化为NaCl，Cl元素的化合价由+5价降低到-1价，1molNaClO3得6mol电子，根据得失电子守恒金与氯酸钠的物质的量比为2:1；下一步中，AuCl4-转化为Au，Au元素化合价由+3价降低到0价，1mol AuCl4-得3mol电子，H2C2O4转化为CO2，C元素的化合价由+3价升高到+4价，1mol H2C2O4失2mol电子，根据得失电子守恒AuCl4-转与草酸的物质的量之比为2:3，则NaClO3与草酸的物质的量之比为1:3。本小题答案为：1:3。（4）浸银时发生反应AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-；Ag(SO3)23-将HCHO氧化为CO32-，此时向溶液中通入SO2，由于亚硫酸酸性强于碳酸酸性，则碳酸根转化为亚硫酸根，则X为SO2。本小题答案为：SO2。在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。本小题答案为：在Na2SO3再生液中含有Cl-，多次使用Na2SO3再生液会积累大量Cl-，c(Cl-)增大，使AgCl+2SO32- Ag(SO3)23-+Cl-平衡逆向移动，抑制AgCl的溶解。10.雾霾严重危害人类健康和生态环境，开发稳定高效的脱硫脱硝工艺技术是国内外研究的热点。研究表明，氮氧化物(NOx)和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，其转化关系如下图所示。(1)NH3的电子式是_。(2)NH4NO3溶液中的离子浓度由大到小顺序是_。(3)已知：SO2生成SO3总反应方程式是2SO2(g)O2(g) 2SO3(g) H196.6 kJ/mol此反应可通过如下两步完成：2NO(g)O2 (g ) 2NO2(g) H1113 kJ/molNO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g) H2_。 一定温度下，向2 L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1 mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为13，则NO2的平衡转化率是_。(4)利用NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。 制备少量NaClO2，其装置如下图所示：装置I控制温度在3555，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11)，反应的离子方程式是_，装置中反应生成NaClO2，此反应中作为氧化剂的是_，反应后溶液中阴离子除了ClO2、ClO3、Cl、ClO、OH外还可能含有的一种阴离子是_。 用制得的NaClO2/H2O2酸性复合吸收剂同时对NO、SO2进行氧化得到硝酸和硫酸而除去。在温度一定时，n(H2O2)/n(NaClO2)、溶液pH对脱硫脱硝的影响如下图所示： 从上图中可知脱硫脱硝最佳条件是_。图 中SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO 的去除率在pH5.5时反而减小，请解释NO去除率减小的可能原因是_。【答案】 (1). (2). c(NO3-) c(NH4+) c(H+) c(OH) (3). 41.8 kJ/mol (4). 75% (5). SO2+2ClO3=2ClO2+SO42- (6). ClO2 (7). SO42- (8). pH在5.56.0 n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1 (9). 原因：pH5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸【解析】【分析】本题为综合题。（1）氮原子与氢原子是通过共用电子对相结合形成氨气，其中含有3个共价键，电子式为；（2）此小题考查的是盐类的水解，NH4NO3溶为强酸弱碱盐，在水中发生水解，溶液显酸性，则硝酸根离子的浓度大于铵根离子的浓度，氢离子的浓度大于氢氧根离子的浓度；（3）此小题考查的是盖斯定律的运用，2个NO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g) 等于总反应2SO2(g)O2(g) 2SO3(g) 减去其中的一个反应2NO(g)O2 (g ) 2NO2(g)；本小题考查的是三段式解题的运用；（4）此小题考查的是氧化还原反应方程式的书写，先根据价态升降找出氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，再根据得失电子守恒配平离子方程式SO2+2ClO3=2ClO2+SO42-；此外还考查了氧化剂的判断，氧化剂是元素化合价降低得电子发生还原反应的物质；根据左图NO2脱除率在n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1时效果最好，大于6:1以后变化不大，根据右图NO2的脱除率在pH为5.56.0时效果最好，大于6.0以后反而减小，则硫脱硝最佳条件是pH在5.56.0 n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1；SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO 的去除率在pH5.5时反而减小是因为pH5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸。【详解】（1）氮原子最外层有5个电子，达到8电子稳定结构需得3个电子，氢原子最外层1个电子，达到2电子稳定结构需得一个电子，则氮原子和3个氢原子可形成3对共用电子对，电子式为。本小题答案为：。（2）NH4NO3溶为强酸弱碱盐，在水中发生水解，溶液显酸性，则离子浓度由大到小顺序是c(NO3-) c(NH4+) c(H+) c(OH)。本小题答案为：c(NO3-) c(NH4+) c(H+) c(OH)。（3）根据盖斯定律2个NO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g) 等于总反应2SO2(g)O2(g) 2SO3(g) 减去其中的一个反应2NO(g)O2 (g ) 2NO2(g) ，则2(-H2)H-H1196.6 kJ/mol-（113 kJ/mol）=-83.6 kJ/mol，则H2-41.8 kJ/mol。本小题答案为：-41.8 kJ/mol。NO2(g)SO2(g) SO3(g)NO(g)起始浓度（mol/L） 0.5 0.5 0 0变化浓度（mol/L） x x x x平衡浓度（mol/L） 0.5-x 0.5-x x x根据题意（0.5-x）/x=1:3 x=0.375 NO2的平衡转化率为(0.375/0.5)100%=75%。本小题答案为：75%。（4）装置I控制温度在3555，通入SO2将NaClO3还原为ClO2(沸点：11)，SO2中的硫元素的化合价由+4价升高到+6价被氧化为SO42-， NaClO3中氯元素的化合价由+5价降低到+4价被还原为ClO2，离子方程式为SO2+2ClO3=2ClO2+SO42-；装置I中产生的ClO2经导管进入装置生成NaClO2，ClO2中氯元素的化合价由+4价降低到+3价，发生还原反应，ClO2为氧化剂；装置I中通入SO2的不完全反应，在装置中被氧化生成硫酸，溶液中可能存在SO42-；本小题答案为：O2+2ClO32ClO2+SO42-； ClO2；SO42-。根据左图NO2的脱除率在n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1时效果最好，大于6:1以后变化不大，根据右图NO2的脱除率在pH为5.56.0时效果最好，大于6.0以后反而减小，则硫脱硝最佳条件是 pH在5.56.0 n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1；SO2的去除率随pH的增大而增大，而NO 的去除率在pH5.5时反而减小是因为pH5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸。本小题答案为：pH在5.56.0 n(H2O2)/n(NaClO2) = 6 ：1；pH5.5以后，随着pH增大，NO的还原性降低；或H2O2和NaClO2氧化性减弱，不能将NO氧化为硝酸。11.实验小组制备焦亚硫酸钠(Na2S2O5)并探究其性质。资料：焦亚硫酸钠为白色晶体；可溶于水。(1)制备Na2S2O5(夹持装置略) A为SO2发生装置，A中反应方程式是_。 B 中析出白色晶体，可采取的分离方法是_。 将尾气处理装置C补充完整并标明所用试剂。_(2) 探究Na2S2O5的性质实验编号实验操作及现象实验取B中少量白色晶体于试管中，加入适量蒸馏水，得溶液a，测得溶液呈酸性。实验取少量溶液a于试管中，滴加足量氢氧化钡溶液，有白色沉淀生成，过滤后，将沉淀放入试管中，滴加过量盐酸，充分振荡，产生气泡，白色沉淀溶解。实验III取B中少量白色晶体于试管中，滴加1mL 2 mol / L酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去 。实验IV取B中少量白色晶体于大试管中加热，将产生的气体通入品红溶液中，红色褪去；将褪色后的溶液加热，红色恢复。 由实验可知，Na2S2O5溶于水，溶液呈酸性的原因_(用化学方程式表示) 。 实验中白色沉淀滴加过量盐酸，沉淀溶解，用平衡原理解释原因_。 实验III中经测定溶液中产生Mn2+，该反应的离子方程式是_。 实验IV 中产生的气体为_，实验中利用该气体的_ 性质进行检验。 从上述实验探究中，体现出Na2S2O5具有 _性质。 ( 至少说出两点 )。【答案】 (1). Na2SO3 + H2SO4 = Na2SO4 + SO2 + H2O (2). 过滤 (3). (4). Na2S2O5 + H2O = NaHSO3 HSO3 H+ + SO32- (5). BaSO3存在平衡：BaSO3 (s) Ba2+(aq) + SO32-(aq) 加入盐酸，SO32- + H+ = HSO3- + OH-，HSO3- + H+ = SO2+ H2O；平衡右移，沉淀溶解 (6). 5 S2O52- + 4 MnO4 - + 2H+ = 10 SO42- + 4 Mn2+ + H2O (7). SO2 (8). 漂白性 (9). 体现出Na2S2O5具有还原性、不稳定性、盐的通性【