第三章 元素化合物基础（综合检测）-【高考引领教学】2023届高考化学一轮针对性复习方案（解析版）

这是一份第三章 元素化合物基础（综合检测）-【高考引领教学】2023届高考化学一轮针对性复习方案（解析版），共19页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
第三章 元素化合物 基础综合检测
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共16×3=48分）
1．（2021·上海杨浦区·高三二模）2019年9月起，澳大利亚山火已经持续100多天，产生了大量温室气体。有50mLNaOH溶液，向其中逐渐通入一定量的CO2，然后向溶液中逐滴加入0.1mol/L的稀盐酸，产生的CO2气体体积（标准状况）与所加入的盐酸的体积之间的关系如图所示。下列说法正确的是

A．滴加盐酸过程中，混合溶液的导电能力不断增强
B．滴加盐酸过程中，混合溶液中c(CO32－)、c(HCO3－)、c(H2CO3)之和不断减小
C．V(稀盐酸)=25mL时，c(H＋)＋c(H2CO3)=c(CO32－)＋c(OH－)
D．V(稀盐酸)=50mL时，c(Na＋)=c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)
【答案】B
【解析】由图可知，加入50mL盐酸之前，反应无气体生成，且再加入25mL即反应到达终点，即通入一定量二氧化碳后，溶液为等物质的量的氢氧化钠和碳酸钠的混合溶液，实验分为三个阶段：第一阶段，滴入的25mL盐酸和氢氧化钠反应；第二阶段，继续滴入的25mL盐酸与碳酸钠反应生成碳酸氢钠；第三阶段，滴入的25mL盐酸与碳酸氢钠反应生成二氧化碳。
A项：滴加盐酸过程中，第一阶段，盐酸与NaOH反应生成NaCl，离子总数不变，但溶液体积增大，所以离子浓度降低，导电性减弱；第三阶段，盐酸与碳酸氢钠反应产生二氧化碳，混合溶液中离子浓度也下降，导电能力不断减弱，A错误；
B项：滴加盐酸过程中，由于溶液体积变大，所以根据物料守恒可知，溶液中c(CO32－)+c(HCO3－)+c(H2CO3)不断减小，在第三阶段，随着盐酸加入，二氧化碳逸出，使c(CO32－)、c(HCO3－)、c(H2CO3)之和更小，B正确；
C项：V(稀盐酸)=25mL时，盐酸恰好消耗完氢氧化钠，为等物质的量的碳酸钠和氯化钠混合溶液，溶液中CO32-是大量的，而H＋和H2CO3是少量的，所以c(H＋)＋c(H2CO3) ＜c(CO32－) + c(OH－)，C错误；
D项： V(稀盐酸)=50mL时，溶液为碳酸氢钠和氯化钠混合溶液，根据物料守恒可知，c(Na＋)=c(H2CO3)＋c(HCO3－)＋c(CO32－)+c(Cl-)，D错误；答案为B。
2．（2022·湖北高三二模）某管道疏通剂主要成分是NaOH粉末和铝粉，可用于疏通管道中因毛发、残渣等造成的堵塞，使用时会产生大量气泡。对该疏通剂描述正确的是
A．加冷水可提高效果 B．使用时应防明火以免发生爆炸
C．可敞口置于空气中保存 D．NaOH作氧化剂
【答案】B
【解析】A项：温度越高反应速率越快，则加热水可提高效果，A描述错误；
B项：NaOH粉末、铝粉和水反应生成氢气，遇到明火发生爆炸，则使用时应防明火以免发生爆炸，B描述正确；
C项：NaOH粉末、铝粉和水反应生成氢气，应密封保存，C描述错误；
D项：铝粉在NaOH的条件下与水反应生成氢气，生成的氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠和水，则水作氧化剂，D描述错误；答案为B。
3．（2022·北京顺义区·高三二模）燃煤烟气中含有和等物质，用如图装置测定含量。已知异丙醇溶液可选择性吸收并转化为，也可溶解少量，实验中应尽快除去。

下列说法错误的是
A．用空气吹出异丙醇溶液中溶解的
B．通过测定的质量检测含量
C．该过程中涉及到反应：
D．冰浴可减少异丙醇的挥发
【答案】A
【解析】0℃的冰浴可减少异丙醇的挥发，烟气通过80%异丙醇后SO3被吸收，烟气再通过二氧化硫后SO2被吸收。
A项：空气中的氧气能将溶解的氧化为，不能用空气吹出异丙醇溶液中溶解的，A错误；
B项：根据S原子守恒可通过测定的质量计算SO3的质量，从而检测含量，B正确；
C项：未被异丙醇溶液吸收的SO2和过氧化氢发生氧化还原反应，反应的化学方程式为，因此过程中涉及到，C正确；
D项：异丙醇易挥发，冰浴温度较低，可减少异丙醇的挥发，D正确；答案选A。
4．（2022·上海宝山区·高三二模）用废铁屑制备磁性氧化铁(Fe3O4)，制取过程如图：


下列说法不正确的是
A．浸泡过程中适当加热并搅拌效果更好
B．检验A中的Fe3+可以用KSCN溶液
C．加H2O2时发生反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O
D．制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O是氧化还原反应
【答案】D
【解析】A项：浸泡过程中适当加热并搅拌可以提高反应速率和充分接触，效果更好，A正确；
B项：检验铁离子可以用硫氰化钾，溶液显红色，B正确；
C项：过氧化氢能氧化亚铁离子，离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3+ +2H2O，C正确；
D项：制备Fe3O4的反应Fe2++2Fe3++8OH-Fe3O4+4H2O中没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，D错误；故选D。
5．（2021·北京石景山区·高三一模）某学校化学社团为探究SO2与Fe3+是否发生氧化还原反应，按如图所示装置进行实验(夹持、加热装置均省略)，已知浓硫酸的沸点为338°C。下列说法错误的是

A．甲中生成SO2的同时还会有硫酸酸雾产生
B．试剂a为饱和NaHSO3溶液
C．丙中溶液pH降低，证明Fe3+氧化了SO2
D．若Fe3+氧化了SO2，则在丙中的溶液中滴加K3[Fe(CN)6]溶液，会出现蓝色沉淀
【答案】C
【解析】A项：铜和浓硫酸反应需要加热，硫酸的沸点为338℃，所以甲中生成SO2的同时还会有硫酸酸雾产生，故A正确；
B项：为了除去SO2中的硫酸酸雾，可以选择饱和NaHSO3溶液，故B正确；
C项：丙中溶液pH降低，也可能是SO2溶于水生成了亚硫酸，不能证明是Fe3+氧化了SO2，故C错误；
D项：若Fe3+氧化了SO2，则生成了Fe2+，Fe2+和K3[Fe(CN)6]反应会出现蓝色沉淀，故D正确；故选C。
6．（2021·广东高三一模）某小组对Fe2+和Ag+的反应进行了如下探究实验：

操作
现象
Ag+ 浓度变化曲线
实验Ⅰ
向1 mL 0.1 mol/L FeSO4溶液中加入1 mL 0.1 mol/L AgNO3溶液
几分钟后，出现大量灰黑色浑浊

实验Ⅱ
先向试管中加入几滴Fe2(SO4)3溶液，然后重复实验Ⅰ的操作
现象与实验Ⅰ相同
(已知：Ag2SO4为白色微溶物；反应过程中测得温度几乎无变化)
下列说法正确的是
A．实验Ⅰ只发生反应：Fe2+＋Ag+⇌Fe3+＋Ag，灰黑色浑浊是Ag
B．图中c(Ag+)由a→b急速变化的可能原因是反应放热
C．图中c(Ag+)由a→b急速变化的可能原因是生成的Ag起催化作用
D．图中c(Ag+)由a→b急速变化的可能原因是生成的Fe3+起催化作用
【答案】C
【解析】A项：Ag2SO4为白色沉淀，故溶液中还可发生：2Ag++S=Ag2SO4↓，灰黑色浑浊应是Ag和Ag2SO4的混合物，故A错误；
B项：反应过程中测得温度几乎无变化，说明反应热效应不明显，故B错误；
C项：实验Ⅱ中，先加入Fe2(SO4)3溶液，然后重复实验Ⅰ的操作，现象与实验Ⅰ相同，结合反应Fe2+＋Ag+⇌Fe3+＋Ag可知，应是生成的Ag起催化作用，故C正确；
D项：实验Ⅱ中，先加入Fe2(SO4)3溶液，然后重复实验Ⅰ的操作，现象与实验Ⅰ相同，说明Fe3+没起催化作用，故D错误；答案选C。
7．（2022·河南信阳市·高三一模）CuSO4是一种重要的化工原料，其有关制备途径及性质如图所示。下列说法不正确的是（ ）

A．途径①所用混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比最好为3:2
B．相对于途径①、③，途径②更好地体现了绿色化学思想
C．1molCuSO4在1100℃所得混合气体X中O2可能为0.75mol
D．Y可以是葡萄糖
【答案】C
【解析】A项：根据反应式3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知，硫酸与硝酸的物质的量之比是3︰2，选项A正确；
B项：途径①③中均生成大气污染物，而②没有，所以选项B正确；
C项：1mol硫酸铜可以生成0.5mol氧化亚铜，转移1mol电子，所以生成0.25mol氧气，选项C不正确；
D项：醛基能被新制的氢氧化铜悬浊液氧化，生成氧化亚铜，葡萄糖含有醛基，D正确；所以正确的答案选C。
8．（2022·陕西西安市·长安一中高三月考）Al、Fe、Cu都是重要的金属元素。下列说法正确的是(　　)
A．三者对应的氧化物均为碱性氧化物
B．三者的单质放置在空气中均只生成氧化物
C．制备AlCl3、FeCl3、CuCl2晶体均不能采用将溶液直接蒸干的方法
D．目前工业上冶炼Cu、Fe、Al时均采用热还原法
【答案】C
【解析】A项： 铝对应的氧化物Al2O3是两性氧化物，故A错误；
B项： Fe还可以形成复杂的氢氧化物，Cu可以形成碱式碳酸铜等，故B错误；
C项：因为AlCl3、FeCl3、CuCl2的溶液加热时都水解生成沉淀和HCl气体，HCl挥发了，所以得到的是各自的沉淀物，因此制备AlCl3、FeCl3、CuCl2均不能采用将溶液直接蒸干的方法，故C正确；
D项：冶炼Al用电解法，Fe、Cu用热还原的方法，故D错误；故选：C。
9．（2021·湖北黄石市·黄石二中高三三模）下列说法正确的是
A．、、都可以由相应单质在一定条件下直接化合得到
B．苯与浓溴水在光照下反应生成溴苯
C．硫在足量的氧气中燃烧生成
D．硫酸铝溶液中滴加过量氨水生成
【答案】A
【解析】A项：Mg能与氮气反应生成氮化镁，S的氧化性较弱，将变价金属氧化成较低价金属硫化物，S分别与Fe、Cu反应生成FeS、Cu2S，故A正确；
B项：苯与液溴在铁或溴化铁作催化剂下发生取代反应，生成溴苯，故B错误；
C项：无论氧气是否过量，硫与氧气反应生成二氧化硫，故C错误；
D项：氢氧化铝为两性氢氧化物，但不溶于弱碱，因此硫酸铝与过量氨水反应生成氢氧化铝沉淀，故D错误；故答案为A。
10．（2021·浙江宁波市·高三二模）玻璃的出现与使用已有四千多年的历史。下列说法正确的是（ ）
A．玻璃花纹可以用氢氟酸进行雕刻
B．有机玻璃的主要成分为硅酸钠
C．纯碱和硅单质是制取普通玻璃的主要原料
D．玻璃外观规则，属于晶体，有固定的熔点
【答案】A
【解析】A项：玻璃的主要成分是SiO2，氢氟酸能与SiO2反应，可以雕刻玻璃，故A正确；
B项：有机玻璃的主要成分为聚丙烯酸甲酯，是一种有机高分子材料，硅酸钠是无机物，故B错误；
C项：制取普通玻璃的主要原料是无机矿物，如纯碱、石英砂、石灰石等，不含硅单质，故C错误；
D项：玻璃是混合物，不是晶体，混合物没有固定的熔点，故D错误；答案选A。
11．（2020·广东茂名市·高三模拟）“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如下：

下列有关说法不正确的是
A．氧化1所用的氯气可通过电解饱和溶液制得
B．吹出后剩余溶液中可能大量存在的离子有、、、
C．吸收过程发生反应的离子方程式为
D．氧化2所得溶液可通过萃取分离出溴
【答案】B
【解析】由题给流程可知，足量氯气与海水中的溴离子发生置换反应生成溴，用热空气将生成的溴吹出，用二氧化硫的水溶液吸收吹出的溴，溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，向硫酸和氢溴酸中通入氯气，氯气与溶液中氢溴酸发生置换反应生成溴，用合适的有机溶剂萃取溴水中的溴，分液得到溴的有机溶液，蒸馏有机溶液得到液溴。
A项：电解饱和氯化钠溶液可以生成氢氧化钠、氢气和氯气，则氧化1所用的氯气可通过电解饱和氯化钠溶液制得，故A正确；
B项：由分析可知，向海水中通入足量氯气，则吹出后剩余溶液中不可能存在溴离子，故B错误；
C项：吸收过程发生的反应为溴与二氧化硫水溶液反应生成硫酸和氢溴酸，反应的离子方程式为，故C正确；
D项：由分析可知，氧化2所得溶液可通过萃取、分液的方法分离出溴，故D正确；故选B。
12．（2021·天津高三二模）氯化氢和氯气在生产生活中具有广泛应用。舍勒发现将软锰矿和浓盐酸混合加热可产生氯气，该方法仍是当今实验室制备氯气的主要方法之一。Deacon曾提在催化剂作用下，通过氧气直接氧化氯化氢制备氯气。该反应为可逆反应，热化学方程式为4HCl(g)+O2(g)=2Cl2(g)+H2O(g) ΔH=-116 kJ-mol-1。实验室制取Cl2时，下列装置能达到相应实验目的的是
A
B
C
D




制备Cl2
净化Cl2
收集Cl2
尾气处理
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A项：该反应需要加热，缺少酒精灯，A错误；
B项：应先通过饱和食盐水将氯气中的杂质气体氯化氢除去，再通入浓硫酸干燥，顺序出错，B错误；
C项：用排空气法收集氯气，应用双孔胶塞，C错误；
D项：氯气能与NaOH溶液反应，可用作尾气处理，D正确；故选：D。
13．（2021·江苏高三三模）将分别通入下列四种溶液，根据实验现象所得结论正确的是
选项
溶液
现象
结论
A
溴水
溴水褪色
具有漂白性
B
溶液
出现淡黄色浑浊
具有氧化性。
C
溶液
无明显变化
能溶于水
D
溶液
无明显变化
和溶液不反应
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A项：溴水中通入SO2，溴水褪色，是因为溴水与二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，故A错误；
B项：SO2 + 2H2S=2H2O + 3S↓，反应中二氧化硫中S元素化合价由+4价变为0价，所以二氧化硫是氧化剂，体现了氧化性，故B正确；
C项：亚硫酸为弱酸，盐酸为强酸，溶液中通入SO2气体，不发生反应，不能看到沉淀现象，而BaSO3这种盐是难溶于水的，故C错误；
D项：二氧化硫能够被过氧化氢氧化生成硫酸，但反应过程中没有明显的现象，故D错误；故选B。
14．（2021·北京高三二模）利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的，制取石膏()的过程如下：

下列说法正确的是
A．属于盐类和纯净物
B．过程II中反应的离子方程式为
C．过程I后溶液pH增大
D．将10L上清液中的(浓度为)转化为，理论上共需要
【答案】A
【解析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成，通入氧气生成，涉及反应为2+O2+4OH-=2+4H2O，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成SO，可用于制备CaSO4•2H2O。
A项：俗名生石膏，属于结晶水合物，具有固定的组成和性质，属于纯净物里的盐类，A正确；
B项：根据转化关系图，过程Ⅱ中与生成和，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，反应的离子方程式为：，B错误；
C项：由分析可知过程Ⅰ中发生反应：，溶液的pH减小，C错误；
D项：10L上清液中的的物质的量，根据物质转化过程可知，转化为过程中需要消耗氧气，转化为也需要消耗氧气，在的过程中，硫元素的化合价由-2价变成+6价，共失去电子，在反应中得到4mol电子，所以将10L上清液中的转化为，理论上共需要的物质的量，D错误。
故选A。
15.（2021·广东茂名市·高三三模）氨是一种重要的化工原料，主要用于化肥工业，也广泛用于硝酸、纯碱、制药等工业；合成氨反应为N2(g)+3H2(g)2NH3(g) ΔH=-92.4 kJ/mol。实验室用加热NH4Cl和Ca(OH)2固体混合物的方法制取少量氨气。下列有关氨的说法正确的是
A．NH3的空间构型为平面三角形 B．NH3与H2O能形成分子间氢键
C．NH3的水溶液不能导电 D．氨催化氧化制硝酸是利用了NH3的氧化性
【答案】B
【解析】A项：NH3的孤电子对数为1，价层电子对数为4，空间构型为三角锥形，故A错误；
B项：N和O的电负性比较大，半径比较小， NH3与H2O之间存在分子间氢键，也存在同种分子间氢键，故B正确；
C项：NH3溶于水得到氨水，氨水中存在自由移动的铵根离子和氢氧根离子，即可导电，故C错误；
D项：氨催化氧化制硝酸，NH3中N元素的化合价为-3，硝酸中N元素化合价为+5，化合价升高，做还原剂，利用的是NH3的还原性，故D错误；故答案为B。
16．（2022·河南信阳市·调研）60 mL NO2 和 O2的混合气体通入到倒立在水槽中盛满水的玻璃筒(带刻度)中，充分反应后，筒内剩余 10 mL 气体，则原混合气体中的 NO2 与 O2的体积比可能为
A．3:1 B．6:1 C．9:1 D．12:1
【答案】C
【解析】可能发生的反应为：4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3，3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，试管中O2和NO2气体按体积比1:4混合全部溶解，液体充满试管。由题意知，充分反应后，筒内剩余 10 mL 气体，则剩余的气体可能为O2 或NO。
若剩余的气体为氧气，则参加反应的气体为60 mL – 10 mL = 50 mL，根据4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3，可知参加此反应的NO2的体积为50 ml×= 40 mL，参加反应的O2的体积为50 mL – 40 mL = 10 mL，原混合气体中O2的体积为10 mL + 10 mL = 20 mL，则原混合气体中的 NO2与 O2的体积比为40 mL : 20 mL = 2:1；
若剩余气体为NO气体，根据3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO，可知过量的NO2的体积为3×10 mL = 30 mL，反应4NO2 + O2 + 2H2O = 4HNO3消耗的气体总体积为60 mL – 30 mL = 30 mL，则反应消耗的氧气为30 mL×= 6 mL，消耗的NO2的体积为30 mL – 6 mL = 24 mL，所以原混合气体中NO2的体积为30 mL + 24 mL = 54 mL，则原混合气体中的 NO2与 O2的体积比为54 mL : 6 mL = 9:1；故选：C。
二．主观题（共4小题，共52分）
17.（2022·上海高三二模）（14分）氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下 2 种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→(硝酸盐)N2
②N2NH3N2
(1)通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有 3 种途径。如上① N2→NO 称为大气固氮，② N2NH3 称为_______，还有 1 种是工业固氮，其反应的化学方程式是_______。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因_______。
(3)写出氮循环①中 NO2→HNO3 的化学方程式_______。
(4)写出氮循环②中 NH3 的电子式_______，其空间构型是_______。写出 NH的检验方法_______。
(5)P 和N 属于周期表的_______族，非金属性较强的是_______(用元素符号表示)，举一个能证明该结论的实验事实_______。
【答案】（除标注外，每空1分）(1)生物固氮 N2+3H22NH3 （2分）
(2)化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行（2分）
(3)3NO2+H2O = 2HNO3+NO （2分）
(4) 三角锥形 取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有 （2分）
(5)ⅤA N 酸性：HNO3＞H3PO4
【解析】(1)根据题意N2NH3是生物将游离态的氮气转变为化合态的氮，称为生物固态，还有1 种是工业固氮，是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，其反应的化学方程式是N2+3H22NH3。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因化学反应的实质是先断键，后成键，氮氮之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行；故答案为：化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行。
(3)氮循环①中 NO2→HNO3是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式3NO2+H2O = 2HNO3+NO；故答案为：3NO2+H2O = 2HNO3+NO。
(4)氮循环②中 NH3 的电子式，其空间构型是三角锥形。NH的检验方法取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有；故答案为：；三角锥形；取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有。
(5)P 和N 属于周期表的ⅤA族，根据同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性较强的是N，通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱证明，即酸性：HNO3＞H3PO4；故答案为：ⅤA；N；酸性：HNO3＞H3PO4。

18．（2022·江西高三）（14分）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在食品加工中常作防腐剂、漂白剂、疏松剂，焦亚硫酸钠具有还原性，温度高于150℃易分解。工业上制取原理见图1。

某化学兴趣小组在实验室模拟制取焦亚硫酸钠的简易步骤，装置如图2。

实验步骤如下：
①按图连接装置，检查装置气密性；
②装入药品，加热A中试管，C中反应至pH=4.1后停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；
③将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。
试回答下列问题：
(1)A试管中发生反应的化学方程式为___。
(2)B装置的作用为___。
(3)实验室还能以无水Na2SO3为原料制SO2，请补充完整由上述C中反应后所得溶液制备纯净的无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加NaOH溶液，___，停止滴加NaOH溶液，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。(其他试剂和仪器任选)
已知水溶液中H2SO3、HSO、SO的摩尔分数随pH的分布曲线和Na2SO3的溶解度曲线如图所示。

(4)步骤③将C中液体加热至过饱和状态，静置结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为___。
(5)所得的Na2S2O5晶体采用真空干燥的方式，真空干燥的目的是___。
(6)Na2S2O5可用作食品抗氧剂。该小组通过下述方法检测某饮料中残留的Na2S2O5：
①取100.00mL饮料于锥形瓶中，加入0.0100mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。
②打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加4~5滴淀粉溶液变蓝。用0.100mol/L的Na2S2O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，饮料中残留的Na2S2O5为____mg/L。若滴定前溶液pH调至大于10，则残留的Na2S2O5测定值___(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(已知：S2O+2I2+3H2O=2SO+4I-+6H+、2S2O+I2=S4O+2I-)
【答案】（每空2分）(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
(2)防止倒吸
(3)测量溶液pH约为10左右时，蒸发结晶，在高于34℃条件下趁热过滤
(4)2NaHSO3=Na2S2O5+H2O
(5) 有利于晶体的干燥、能防止晶体被氧化、避免烘干温度过高分解
(6)9.5V1-47.5V2 偏高
【解析】本实验通过利用碳酸钠溶液与二氧化硫的反应制备焦亚硫酸钠，向碳酸钠溶液中通入二氧化硫，经过反应在pH为4.1时基本完成制备亚硫酸氢钠；加入碳酸钠固体调节pH至7~8，纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至饱和，即形成亚硫酸钠悬浮液；继续通入二氧化硫调节pH至4.1，生成亚硫酸氢钠的过饱和溶液，再从亚硫酸氢钠的过饱和溶液中结晶析出焦亚硫酸钠产品，因为焦亚硫酸钠既有还原性，受潮和温度高于150°C易分解的性质，得到产品的实验步骤是低温结晶，快速过滤，真空干燥。
(1)A试管中是铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)B装置是缓冲瓶，作用为防止倒吸。
(3)C中饱和碳酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，所以向反应后所得溶液制备纯净的无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加NaOH溶液，二者反应生成亚硫酸钠，测量溶液pH约为10左右时，蒸发结晶，在高于34℃条件下趁热过滤，即可得无水亚硫酸钠。
(4)步骤③将C中液体加热至过饱和状态，静置结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。
(5) 焦亚硫酸钠具有还原性，温度高于150℃易分解，真空干燥的目的是有利于晶体的干燥、能防止晶体被氧化、避免烘干温度过高分解。
(6)①取100.00mL饮料于锥形瓶中，加入0.0100mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。
②Na2S2O3的物质的量为0.100mol/L×V2×10-3 L，根据反应2S2O+I2=S4O+2I-，则反应消耗的碘单质的物质的量为×0.100mol/L×V2mL×10-3 L，则Na2S2O5反应的碘单质的物质的量为0.0100mol/L ×V1×10-3 L -×0.100mol/L×V2mL×10-3 L，根据反应S2O+2I2+3H2O=2SO+4I-+6H+计算，Na2S2O5的物质的量为×（0.0100mol/L ×V1×10-3 L -×0.100mol/L×V2mL×10-3 L），饮料中残留的Na2S2O5为=9.5V1-47.5V2mg/L 。若滴定前溶液pH调至大于10，则碘单质和碱反应，造成Na2S2O3的消耗量减少，则计算Na2S2O5的结构偏大，则残留的Na2S2O5测定值偏高。

19．（2022·广东汕头市·高三一模）（12分）在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应（发生的反应均为放热反应）。生成物中含有Cl－、C1O－、C1O3－三种含氯元素的离子，其中C1O－、C1O3－两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示。

（1）t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总化学方程式为：_________________________。
（2）该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是______ mol。
（3）据分析，生成Ca(C1O3)2的反应是由温度升高引起的，通入Cl2的速度不同，C1O－和C1O3－的比例也不同。
若在原石灰乳中通入氯气的速度加快，则反应后____2（填“>”、“