备战高考化学综合题专题复习【钠及其化合物】专题解析及答案.docx

备战高考化学综合题专题复习【钠及其化合物】专题解析及答案一、高中化学钠及其化合物1 如图所示， “二氧化碳是否在有水存在时，才能与过氧化钠反应？”这个问题可通过以下实验加以证明。（1）按图装置，在干燥的试管中装入Na2 221O后，在通入 CO 之前，应事先将活塞（K、K ）关闭好，目的何在？ _。2（2）试管 I 内的试剂 X 是 _时，打开活塞K1、 K2 ，加热试管约 5 分钟后，将带火星的小木条插入试管的液面上，可观察到带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且内淡黄色粉末未发生变化，则所得的结论是_。（3）试管 I 内试剂为 CO2 饱和水溶液时，其他操作同（2），通过 _ 的现象，可以证明2222Na O 与潮湿的CO 能反应且放出O 。（ 4） CO2 与过氧化钠反应机理也可用示踪原子分析加以证明，请完成下列反应方程式：_Na2O2+_C18O2+_H218O _。【答案】以防止试管内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象浓 H2 4SO 过氧化钠与干燥的 CO2不反应带火星的小木条在试管的液面上复燃，同时，内固体由淡黄色变为白色 22 2 2Na2 18 3 22C O +O +2H O【解析】【详解】(1)本题旨在利用对比实验，探究Na O 与CO 反应的环境，故实验步骤中，首先让Na O22222与干燥 CO2反应，必须保证整个环境中不能有22HO，故通入反应装置前 CO 必须干燥，故答案为以防止试管内的过氧化钠和外界相通时发生吸潮现象；(2)二氧化碳必须是干燥的，所以使用试剂X 浓硫酸进行干燥；由带火星的小木条不能剧烈地燃烧起来，且内淡黄色粉末未发生变化，说明干燥的二氧化碳与过氧化钠没有发生反应，故答案为浓H2SO4；过氧化钠与干燥的CO2 不反应；(3)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应会生成氧气，所以带火星的小木条在试管的液面上会复燃；内固体由淡黄色变为白色，说明淡黄色的过氧化钠由于参加了反应生成了白色的碳酸钠，故答案为带火星的小木条在试管的液面上复燃，同时，内固体由淡黄色变为白色；(4)过氧化钠与潮湿的二氧化碳反应的实质为：二氧化碳与水结合生成碳酸，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中18O 完全存在于碳酸根离子中，生成的水中不含18O，反应的化学方程式为：2Na2O2 +2C18O2+2H218O 2Na2C18O3+O2 +2H2O，故答案为2； 2；2； 2Na2C18O3+O2 +2H2O。【点睛】本题考查了碱金属及其化合物的性质，该题是高考中的常见考点和题型，试题基础性强，旨在考查学生的逻辑推理能力。本题的易错点为(4)，碳酸电离的氢离子与过氧化钠反应，碳酸中 18O 完全存在于碳酸根离子中。2I. 中国的侯德榜对索尔维制碱法进行了改进，将合成氨工业与纯碱工业联合，发明了侯氏制碱法，又称联合制碱法，生产流程可以表示如图所示（ 代表所需物质， 代表产品）在上述工业流程中：（ 1）产品 N 的化学式 _，所需物质 A 的名称 _ ，B 的电子式_。（ 2）侯德榜制碱法的原理是 _ （用化学方程式表示）。操作 X 的名称是 _。II. 利用侯德榜原理制备的纯碱中含有少量NaCl 等杂质，利用下列装置可用来测定纯碱中的Na2CO3 的质量分数。实验步骤如下：如图所示，组装好实验仪器，并检查其气密性；准确称取盛有碱石灰的干燥管D 的质量（设为m1g）；准确称取一定量的纯碱（设为ng），并将其放进广口瓶B 内；从分液漏斗中缓缓滴入一定量的稀硫酸，并从前端缓缓地鼓入空气，至产生气体为止；B 反应器中不再准确称取干燥管D 的总质量（设为m2g）根据上述实验，回答下列问题：（3）该实验进行到操作时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是_ 。装置 A 中的液体应选用_。（4）装置 B 与 D 之间必须添加一装置 C，否则使测定结果偏高。在空白框内画出该装置C，装置中盛放的是 _ 。（ 5）根据此实验，计算出纯碱中Na2CO3 的质量分数为 _（用 m1、 m2 、 n表示）。如果缺少装置E，则实验所得纯碱样品的纯度会_（“偏高”、“偏低”、或“无影响”）。【答案】 NH4Cl氨气NaCl NH3+CO2 H2ONaHCO3NH4Cl过滤确保+2充分被吸收氢氧化钠溶液106 （ m 2m1）100%偏高CO浓硫酸44n【解析】【分析】联合制碱法：以食盐、氨和二氧化碳为原料来制取纯碱，二氧化碳在水中的溶解度小，与水反应形成不稳定的碳酸，而把二氧化碳通入溶有氨气而呈碱性的水中，会使生成的碳酸与氨水发生反应，而增大二氧化碳气体的吸收，将氨通入饱和食盐水而成氨盐水，再通入二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀，A 为 NH32，反应为：， B 为 COCO2 H2 O NaCl NH3 NaHCO3NH4ClNaHCO3微小晶体，再加热制得纯碱+=+，经过滤、洗涤得产品。【详解】（ 1）产品 N 是氯化铵，化学式为 NH4Cl，所需物质 A 的名称是氨气， CO2 的电子式：；（2）侯德榜制碱法的原理是NaCl+NH3CO2 H2ONaHCO3NH4ClX后得滤液和固+=+；操作体，则操作为过滤；（3）该实验进行到操作时，要缓缓鼓入空气，鼓入空气的作用是确保CO2充分被吸收；为防止空气中的 CO2 造成实验误差，装置A 中的液体应选用氢氧化钠溶液；（4）装置 B 与 D 之间必须添加一装置C，吸收水分，否则使测定结果偏高；装置C 为：，装置中盛放的是浓硫酸；（5）根据此实验，干燥管D 增加二氧化碳质量 （m2m1）g，通过差量法可知，纯碱中Na2CO3 的质量分数为106 （ m2m1） 100% ，如果缺少装置 E，外界的二氧化碳、水蒸气会44n被干燥管D 吸收，则实验所得纯碱样品的纯度会偏高。3 （加试题）（一）以一氯代乙酸钠(CH2ClCOONa）水溶液为原料，通过电解法可以制备1， 2-二氯乙烷(CH2ClCH2Cl），装置如图1 所示。（ 1）所用的离子交换膜是 _(填 “阳”或 “阴 ”)离子交换膜。（ 2）写出电解池总反应 _。（二） 1940 年，我国著名化工专家侯德榜先生成功冲破了 “索尔维 ”法的技术封锁，并加以改进，用 NaCl 固体代替生石灰，加入母液，并联合合成氨厂一起生产出纯碱和氯化铵。这便是举世闻名的“侯氏联合制碱法”，工艺流程如图2。请回答：（1）关于合成氨反应，下列说法合理的是_。A反应体系中一般用V2O5 作催化剂B因为该反应S小于零，所以反应的H一定也小于零C因为该反应的S小于零，所以反应的压强控制越高越好D该反应往往控制在500左右，是因为该温度下反应物转化率最高（2）一定温度下合成氨反应的平衡常数K48。若在该温度下，在9L 的恒容容器中投入1mol氮气和3mol氢气进行反应，则氨气的平衡产率y _；若氮气和氢气的物质的量之比为 n 1，相应平衡体系中氨气的物质的量分数为x，请在图3 中绘制x 随 n 变化的示意图(计算时不计副反应)。 _（3）侯氏制碱法最大的优点是使原料氯化钠的利用率从70%提高到了_ （填上述编号）的循环。（4）关于侯氏联合制碱法，下列说法合理的是_。A往沉淀池中先通入CO2 再通入氨气的目的是提高NaHCO3 的产量90%以上，主要是设计B往母液中加入食盐的目的是使NaHCO3 更多地析出C从母液中经过循环进入沉淀池的主要是Na2CO3、 NH4Cl 和氨水D往母液中通氨气目的仅仅是增大的浓度，使 NH4Cl 更多地析出NH4【答案】阳2CH2 ClCOO 2H2OCH 2ClCH 2Cl 2CO2 H2 2OH B50%C【解析】【分析】（一）电解溶液成分中只有溶质一氯代乙酸钠有氯元素，因此根据原子守恒结合装置图，利用电解池的工作原理书写其电极反应式，考虑二氯乙烷会与OH 反应来选择离子交换膜，据此分析作答；（二）（ 1） A. 催化剂具有选择性；B. 根据G=H-TS 公式作答；C. 结合理论与实际经济成本考虑；D. 综合温度对化学反应速率与化学平衡的影响效果作答；（2）根据三段式结合平衡常数K 计算产率与氨气的物质的量分数变化情况；（ 3）从碳酸氢钠的溶解性角度分析；（ 4） A. 二氧化碳微溶，氨气易溶；B. 加入盐可提高氯离子浓度；C. 根据侯氏联合制碱法的原理作答；D. 根据氨气的溶解度及化学反应的原理作答。【详解】（一）根据上述分析可知，阳极上每消耗-1 mol 产物 CH2ClCH2Cl，阳2mol CH2ClCOO可得到极同时生成气体CO2，阴极上溶液中水电离的，可书写电解池总反H+放电，生成 H2 和 OH应： 2CH2 2H2O2222，为了防止二氯乙烷与ClCOOCH ClCHCl 2CO H2OH反应，应使用阳离子交换膜，故答案为：阳；2CH2 2H222OHClCOOOCH ClCH Cl2CO2 H2 2OH ；（二）（1） A. V2O5 是 SO2 和 O2 合成 SO3 的催化剂，不是合成氨反应的催化剂，A 项错误；B. 通过饱和氯化钠溶液中通入氨气与二氧化碳反应生成碳酸氢钠晶体，该反应能自发进行，则根据G=H-TS 可知，若反应S 小于零，则H 一定小于零，B 项正确；C. 实际在合成氨工业生产中，压强不能太大，否则能耗太高，并且对设备要求高，误；C 项错D. 提高温度可以适当加快氮气合成速率，温度太高则该放热反应平衡逆向移动，转化率降低，且催化剂活性降低，因此反应控制在500 C 左右， D 项错误；答案为 B；（2）设平衡时氮气消耗x mol/L ，则平衡时氮气为( 1-x) mol/L ，氢气为 3(1-x) mol/L=(1-9933x) mol/L ，氨气为2x mol/L ，根据 K=48 计算可得 x=1 ，产率为 50%。当氮气与氢气的物18质的量之比为合成氨反应的计量系数之比为3:1，到平衡时氧气的物质的量分数最大，因此横坐标 n= 1 时纵坐标达到峰值，画图如图所示：，故答案为：350%；（3）析出晶体后的溶液中还含有碳酸氢钠、氯化钠、氯化铵、氨水等物质，因此循环I 可以提高氯化钠的利用率；（4） A. 氨气溶解度大，通入氨气后使溶液显碱性，吸收二氧化碳的量增加，A 项错误；B. 加入盐的目的是提高氯离子浓度，促进氯化铵结晶析出，B 项错误；C. 通入氨气的作用是增大铵根离子浓度，增强碱性和碳酸氢钠反应，从而使碳酸钠、氯化铵和过量氨水通过循环 I 进入沉淀池， C项正确；D. 往母液中通氨气目的，可增大铵根离子浓度，在促进氯化铵析出的同时，还可增强溶液的碱性，有利于在循环 I 后吸收二氧化碳， D 项错误；答案选 C。4 欲测定含少量氯化钠的小苏打固态样品中NaHCO3 的质量分数可用以下四种方法。方法一：方法二：方法三：方法四：不使用化学试剂,使用实验室常用仪器。按要求回答下列问题:（1）方法一:加入足量的试剂A 是 _(填写A 的化学式),可将HCO3-转化为沉淀并称重。操作1、 2、 3、4的名称依次是溶解、_、洗涤和干燥(烘干 );（2）方法二:在操作1 中所用到的玻璃仪器中,除了烧杯、玻璃棒、胶头滴管外,还需要用到的是 _,应选择甲基橙作指示剂;（ 3）在方法二中计算该样品中NaHCO3 的质量分数为 _;（ 4）在方法三中 ,根据所用的实验装置 ,除了称量样品质量外 ,还需测定的实验数据是_;（ 5）仔细分析方法三中的实验装置 ,若由此测得的数据来计算实验结果 ,则有可能偏高也有可能偏低 ,偏高的原因可能是 _,偏低的原因可能是 _(均文字简述 );（ 6）方法四的实验原理是 _(用化学方程式表示 )。【答案】 Ca(OH)2 或 Ba(OH)2 过滤 100 mL 容量瓶 0.042V/m 100%装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量碱石灰可能还会吸收空气中的水蒸气和CO2 气体装置内会留存部分 CO2 气体 2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2 【解析】【分析】方法一： (图甲 )固态样品加试剂 A 使碳酸氢跟生成沉淀，再经过过滤、洗涤、干燥称量沉淀的质量，从而根据碳守恒计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；方法二： (图乙 )固态样品加水溶解成 100ml 溶液，取 20ml 加指示剂，用标准盐酸进行滴定，从而计算出碳酸氢钠的质量分数；方法三： (图丙 )固态样品加稀硫酸充分溶解，再经过浓硫酸干燥，用碱石灰吸收生成的二氧化碳气体，根据二氧化碳的质量计算碳酸氢钠的质量，进而计算质量分数；方法四：不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数。【详解】(1)与 HCO3-反应钠产生沉淀的试剂有 Ca(OH)2 或 Ba(OH)2 ；操作 1、 2、3、 4 的名称依次是溶解、过滤、洗涤、干燥；(2)方法二操作1 的步骤是溶解、转移、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有玻璃棒、烧杯、量筒、胶头滴管、100 mL 容量瓶，还需 100mL 的容量瓶；(3)由所用盐酸的体积可计算出20mL 的待测液中碳酸氢钠的物质的量，原液是待测液的5倍，所以，样品中NaHCO3 的质量分数为 V(HCl) -10342V HCl 0100 5/m84 100%=100%；1000m(4)方法三利用产生二氧化碳的质量来计算碳酸氢钠的质量分数，所用需要称量装有碱石灰的干燥管在实验前后的质量；(5)偏高的原因是碱石灰还会吸收空气中的二氧化碳和水使质量增大；偏低的原因是装置中会有残留的二氧化碳未被吸收；(6)不用其他化学试剂，就只能是碳酸氢钠的受热分解了，利用固体反应前后的质量差，计算碳酸氢钠的质量分数，化学方程式是2 NaHCO3Na2CO3+H2O +CO2 。5 已知 Na2O2 O2 HClO H2O2 Cl2 NaClO O3 七种物质都具有强氧化性。请回答下列问题 :(1)上述物质中互为同素异形体的是_(填序号，下同 )。(2)含非极性键的共价化合物是_。(3)属于离子化合物的有_种。(4)Na O 、 HClO、 H O 均能用于制备O 。22222HClO 在光照条件下分解生成O2 和 HCl，用电子式表示HCl的形成过程 :_ 。写出 Na2O2 与 H2O 反应制备O2 的化学方程式 :_ 。H2O2 在二氧化锰催化作用下可以制备O2。若 6.8g H2O2 参加反应，则转移电子数目为_，生成标准状况下O2 体积为 _L。【答案】 22Na2O2 +2H2 O=4NaOH +O2 1.204x1023或 0.2NA 2.24【解析】【分析】根据物质的分类的依据，熟悉同素异形体、离子化合物的概念，用电子式表示共价化合物的物质形成的过程。【详解】（1）同种元素组成的结构不同的单质互为同素异形体。故O23互为同素异形体；与 O（ 2） Na2O2 既含有非极性共价键又含有离子键的离子化合物； HClO 是含有极性键共价键而不含非极性共价键的化合物； H2O2 既含有极性共价键又含有非极性共价键的化合物；NaClO 既含有极性共价键又含有离子键的离子化合物；O 、O 、 Cl 属于单质，不属于化合232物，故含非极性键的共价化合物是H 2O2；（3）由 (2)可知， Na2 22 种；O 、 NaClO 属于离子化合物，故属于离子化合物的有（4） HCl 是共价化合物，用电子式表示HCl 的形成过程是：；（5） Na2222 2O与 H O 反应生成氧气和氢氧化钠，其反应的化学方程式为2Na O+2H2O=4NaOH +O2；MnO 2（6） 2H2O2221mol 转移 2mol 电子，故2 2的物质的量：O +2H O，每生成6.8g H O6.8g34g mol1 =0.2mol，生成氧气的物质的量为0.1mol ，转移的电子的数目为23-123 22mol.4L-10.1mol 2 6.02 mol10 =1.204x10； V(O2) = 0.1mol=2.24L。6 现有下列物质：KCl CH4NH4NO3 I2 Na2O2 HClO4 N2 CO SO2金刚石? CH3CH2OH ? MgO ? MgCl2 ? KOH ? HCl ? Al2O3 请回答下列问题。(1) 两性氧化物是 _（填序号），其电子式为 _。(2) 最简单的有机化合物是 _（填序号），用电子式表示其形成过程：_。(3) 属于共价化合物的是 _（填序号），含有共价键的离子化合物是_（填序号）。(4) 由两种元素组成，且含有离子键和共价键的化合物为_（填序号），这两种元素的单质反应生成该化合物的化学方程式为_。【答案】 ?点燃 ? ? 2Na+O22 2Na O【解析】【分析】(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物；(2)最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物；(3) 一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物；(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2。【详解】(1)两性氧化物指的是能与碱和酸反应生成盐和水的氧化物，这里只有Al2O3 ，Al2O3 是离子化合物，其电子式为：，故答案为： ?；(2)最简单的有机化合物是CH4，甲烷为共价化合物，用电子式表示其形成过程为：NH4NO3、 Na2O2、 KOH，故答案为：，故答案为：；(3)只含共价键的化合物为共价化合物，CH4 、HClO4、 CO、 SO2、 CH3CH2OH、 HCl 中只含共价键，属于共价化合物；含有共价键的离子化合物有： ?； ?；(4)由两种元素组成，且离子键、共价键都含有的是Na2O2，钠和氧气反应生成过氧化钠的化学方程式： 2Na+O2点燃点燃Na2O2，故答案为：； 2Na+O2Na2O2。【点睛】一般来说，活泼金属和活泼非金属元素之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，不同非金属元素之间易形成极性键，同种非金属元素之间易形成非极性键，含有离子键的化合物为离子化合物，离子化合物中可能含有共价键，只含共价键的化合物为共价化合物。7(1)配平下列方程式 _Na+_H2O =_NaOH+_H2 _Na2O2 +_ CO2 =_ NaCO3 +_O2 _KMnO 4 +_HCl(浓 ) =_ KCl +_MnCl2 +_H2O + _Cl2_Al+_H2O +_NaOH =_Na AlO2 +_H2(2)用双线桥法表示电子转移的数目和方向_、 _2Na2O2 + 2H2O = 4NaOH + O2 2FeCl2 + Cl2 = 2FeCl3【答案】 22212221216228522223【解析】【分析】配平氧化还原方程时先判断氧化剂、还原剂、氧化产物、还原产物，可利用化合价升降守恒来配平，再通过原子守恒来配平其他物质。【详解】(1) Na 由 0 价变为 +1 价， H 由 +1 价变为 0 价，故方程为：2Na+2HO =2NaOH+H，故22答案为： 2； 2； 2； 1；此为歧化反应，O 化合价由 -1 价变为 -2 价和 0 价，故方程为：2Na O +2CO=2Na CO+O，故答案为： 2； 2；2； 1；222232Mn 化合价由 +7 价下降为 +2 价， Cl 化合价由 -1 价升高为0 价，故方程为：2KMnO+16HCl( 浓 ) =2KCl +2MnCl2+8H O +5Cl ，故答案为： 2； 16；2 ；2； 8； 5；422Al 化合价由0 价升高为 +3 价， H 化合价有 +1 价下降为 0价，故方程为：2Al+2H2O +2NaOH=2Na AlO +3H，故答案为：2；2；2； 2； 3；22（ 2）此化学方程式为歧化反应，O由 +1 价变为 -2 价和 0 价，双线桥表示为：，故答案为：Fe2+离子为还原剂化合价由+2 变为 +3 价失去一个电子，Cl 由 0 价变为 -1 价得到一个电子，用双线桥表示为：，故答案为：。8 向 200mL 某物质的量浓度的 NaOH 溶液中缓慢通入一定量的 CO2，充分反应，测得最后溶液的 pH>7。（1）此时溶液的溶质如果是单一成分，可能是_；如果是多种成分，可能是_。（ 2）在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加 2molL-1 的盐酸，所得气体 (不考虑溶解于水 )的体积与所加盐酸的体积关系如图所示：加入盐酸200mL之前，无气体产生，写出OA 段发生反应的离子方程式_。B 点时，反应所得溶液中溶质的物质的量浓度是_ (溶液体积的变化忽略不计)。（ 3）将标准状况下的 2.24LCO2 通入 150mL1mol L-1NaOH 溶液中， c(HCO3-)与 c(CO32-)的关系是_。【答案】Na23323233-+2CO或 NaHCONaOH 和 Na CO或 Na CO和 NaHCOOH +HH O、2-+-1.2mol/L-2-)CO3+H HCO3c(HCO3)>c(CO3【解析】【详解】（1） CO2 与 NaOH 反应可生成Na2CO3 或 NaHCO3，二者溶液都呈碱性，则如果是单一成n NaOH分，可能是Na2CO3 或 NaHCO3，如果是多种成分，若1<<2，溶质是NaHCO3、n CO2n NaOHNa2CO3 ，若>2，溶质是Na2CO3、 NaOH，故答案为：Na2CO3 或NaHCO3；NaOHn CO2和 Na2CO3 或 Na2CO3 和 NaHCO3；（2）加入盐酸200mL 时开始生成气体，当加入盐酸300mL 时不再产生气体，AB段发生 NaHCO3+HClNaCl+H2O+CO2，而 O-A 段消耗的盐酸为 AB的二倍，应为 NaOH 和23-+2Na CO 的混合物，都可与盐酸反应，反应的离子方程式分别为：OH +H H O、32-+3-，故答案为：OH-+232-+3-；CO+H HCO+H H O、 CO+H HCOB 点时，反应所得溶液中溶质为NaCl，由盐酸的物质的量可知为0.3L2mol/L=0.6mol，则的物质的量浓度是0.6mol=1.2mol/L ，故答案为： 1.2mol/L ；0.2L +0.3L（3）标准状况下， 2.24LCO2 的物质的量为：2.24L=0.1mol， 150mL1mol/LNaOH 溶22.4L/mol液中含0.15molNaOH ，二者发生反应 2CO2+3NaOH=Na2CO3+NaHCO3+H2O，生成等浓度的Na2CO3 、NaHCO3， HCO3- 、 CO 2- 部分水解，由于CO 2-水解程度大于HCO - ，则333-2-2-)。c(HCO3)>c(CO3)，故答案为：则 c(HCO3 )>c(CO3【点睛】本题易错点在于（ 3），通过计算分析溶液中溶质组成，但不能忽略溶液中存在的水解反应，根据水解程度比较离子浓度。9 某化学小组进行Na2O2 与水反应的实验，如下图所示，该小组对试管c 中红色褪去的原因进行探究。（1） Na2O2 中含有的化学键类型：_；请写出a 中反应的化学方程式_。查阅资料：当 NaOH 溶液 pH13时，可以使酚酞由红色褪为无色；Na2O2 与水反应分两步进行：Na2O2+ H2 O =" NaOH" + H2O22H2O2= 2H2O + O2（2）请设计实验验证 Na2O2 与水反应后的溶液中有 H2O2 残留：取少量b 溶液于试管中，_，证明溶液中有H2O2 残留。（3）结合资料，该小组同学针c 中溶液红色褪去的原因提出以下假设： _ ； 溶液中 H2O2 破坏酚酞的结构； NaOH 和 H2O2 共同作用结果。（4）该小组同学测出 c 中溶液的 pH 为 14，认为还不能排除假设、，于是又进行了如下实验，请完成下表空白处：实操作验向少量 H2 O2中滴加 2 滴酚 ，放置一段1 ，再加入NaOH 溶液至 象结论加入 NaOH 后，无色溶液先 ，后 _褪色pH=12向少量 NaOH溶液（ pH=14）中溶液先 ，后褪色；加 酸后，又2滴加 2 滴酚出 色，且不褪色 ；再加适量稀 酸至溶液pH=12向 Na2O2 与水反 后的溶液溶液 pH 大于 13 ， NaOH（ pH=14）中使 的溶液褪色；pH 在3滴加 2 滴酚 _