2026屆四川省遂寧第二中學化學高三上期中聯(lián)考模擬試題注意事項：1．答題前，考生先將自己的姓名、準考證號填寫清楚，將條形碼準確粘貼在考生信息條形碼粘貼區(qū)。2．選擇題必須使用2B鉛筆填涂；非選擇題必須使用0．5毫米黑色字跡的簽字筆書寫，字體工整、筆跡清楚。3．請按照題號順序在各題目的答題區(qū)域內(nèi)作答，超出答題區(qū)域書寫的答案無效；在草稿紙、試題卷上答題無效。4．保持卡面清潔，不要折疊，不要弄破、弄皺，不準使用涂改液、修正帶、刮紙刀。一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、設NA為阿伏加德羅常數(shù)值。下列有關敘述正確的是A．46gNO2和N2O4混合氣體中的氧原子數(shù)為2NAB．標準狀況下,22.4LCCl4所含的分子數(shù)約為0.5NAC．2.24LCH4所含氫原子數(shù)為0.4NAD．0.1mol/LMgCl2溶液中含有的氯離子數(shù)為0.2NA2、在好氧菌和厭氧菌作用下，廢液中NH4+能轉化為N2(g)和H2O(1)，示意圖如下：反應I：NH4+(aq)+2O2(g)=NO3-(aq)+2H+(aq)+H2O(l)

△H1=a

kJ·mol－1反應Ⅱ：5NH4+(aq)+3NO3-(aq)=4N2(g)+9H2O(l)+2H+(aq)

△H2=b

kJ·mol－1下列說法正確的是A．兩池發(fā)生的反應中，氮元素只被氧化B．兩池中投放的廢液體積相等時，NH4+能完全轉化為N2C．常溫常壓下，反應Ⅱ中生成22.4LN2轉移的電子數(shù)為3.75

NAD．4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq)

△H=(3a+b)kJ·mol－13、pH=0某溶液中還可能存在Al3+、Fe2+、NH、Ba2+、Cl-、CO、SO、NO中的若干種，現(xiàn)取適量溶液進行如圖所示的一系列實驗：下列有關判斷正確的是()A．試液中一定有Fe2+、SO、H+、NH、Al3+、NOB．試液中一定沒有Ba2+、CO、NOC．步驟③中反應的離子方程式為2AlO+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+COD．氣體A、B之間肯定不能發(fā)生反應4、在溶液中0.2molX2O72-恰好能使0.6molSO32-被完全氧化，則X2O72-被還原后X元素的化合價為A．+1B．+2C．+3D．+45、下列實驗所得結論正確的是①②③④充分振蕩試管，下層溶液紅色褪去溶液變紅溶液變紅充分振蕩右側小試管，下層溶液紅色褪去A．①中溶液紅色褪去的原因是：CH3COOC2H5＋NaOHCH3COONa＋C2H5OHB．②中溶液變紅的原因是：CH3COO－＋H2OCH3COOH＋H＋C．由實驗①、②、③推測，①中紅色褪去的原因是乙酸乙酯萃取了酚酞D．④中紅色褪去證明右側小試管中收集到的乙酸乙酯中混有乙酸6、重水(D2O)是重要的核工業(yè)原料，下列說法錯誤的是A．氘(D)原子核外有1個電子B．1H與D互稱同位素C．H2O與D2O互稱同素異形體D．1H218O與D216O的相對分子質(zhì)量相同7、根據(jù)下列實驗操作和現(xiàn)象所得到的結論正確的是選項實驗操作和現(xiàn)象結論A強酸性溶液X中加入Ba(NO3)2溶液，靜置后再加入KSCN溶液，先生成白色沉淀，后溶液變紅溶液X中一定含有和Fe3＋B檢驗HCl氣體中是否含有Cl2，將氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，加熱后溶液不恢復成紅色HCl氣體中含有Cl2C室溫下，向FeCl3溶液中滴加少量KI溶液，再滴加幾滴淀粉溶液，溶液變藍色Fe3＋的還原性比I2強D加熱盛有NH4Cl固體的試管，試管底部固體消失，試管口有晶體凝結NH4Cl固體易升華A．A B．B C．C D．D8、已知物質(zhì)X、Y、Z之間存在如下轉化關系，將裝滿氣體Z的試管倒扣在水槽中，溶液最終充滿的試管體積的2/3。則X是（）A．Na B．S C．CH4 D．NH39、X、Y、Z是三種氣態(tài)物質(zhì)，在一定溫度下其變化符合下圖。下列說法一定正確的是（）A．該反應熱化學方程式為X（g）+3Y（g）2Z（g）△H=―（E2―E1）kJB．若圖III中甲表示壓強，乙表示Z的含量，則其變化符合圖III中曲線C．圖II曲線a是加入催化劑時的能量變化曲線，曲線b是沒有加入催化劑時的能量變化曲線D．該溫度下，反應的平衡常數(shù)數(shù)值約為533。若升高溫度，則該反應的平衡常數(shù)減小，Y的轉化率降低10、根據(jù)鎂與二氧化碳的反應推測，鈉也能在二氧化碳中燃燒，某興趣小組用如圖所示裝置進行實驗探究，下列說法不正確的是A．按圖所示連接裝置，檢驗裝置氣密性，并往各裝置中加入試劑B．裝置b的溶液是飽和NaHCO3溶液C．裝置d中的化學方程式為4Na+CO22Na2O+CD．點燃d處酒精燈前，要先通一會兒CO2，一直到澄清石灰水變渾濁11、25℃時，下列各組離子在指定溶液中一定能大量共存的是A．0.1mol/LNH4HCO3溶液中：B．的溶液中：C．的溶液中：D．溶液中：12、下列說法中正確的是A．氯酸鉀分解是一個熵增的過程B．△H>0，△S>0的反應一定可以自發(fā)進行C．電解水產(chǎn)生氫氣、氧氣的反應具有自發(fā)性D．可逆反應正向進行時，正反應具有自發(fā)性，△H一定小于零13、向含有5×10-3molHIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，溶液變藍且有S析出，繼續(xù)通入H2S，溶液的藍色褪去，則在整個過程中（）A．共得到0.96g硫 B．通入H2S的體積為336mLC．碘元素先被還原后被氧化 D．轉移電子總數(shù)為3.0×10-2NA14、室溫下，關于pH=3的鹽酸和醋酸，下列說法正確的是A．等體積的兩溶液，導電能力是鹽酸強B．等體積的鹽酸和醋酸溶液加水稀釋10倍后，c(Cl-

)<c(CH3COO-)C．將pH=3

的醋酸溶液稀釋后，溶液中所有離子的濃度均降低D．中和等體積等濃度的NaOH

溶液，醋酸消耗的體積多15、短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，W的核外電子數(shù)與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍，由W、X、Y三種元素形成的化合物M的結構如圖所示。下列敘述正確的是（）A．元素非金屬性強弱的順序為W＞Y＞ZB．Y單質(zhì)的熔點高于X單質(zhì)C．W分別與X、Y、Z形成的二元化合物均只有一種D．化合物M中W不都滿足8電子穩(wěn)定結構16、下列變化需要克服共價鍵的是()A．干冰的升華B．二氧化硅的熔化C．氯化鉀熔化D．汞的氣化17、愛迪生蓄電池在充電和放電時發(fā)生的反應為Fe+NiO2+2H2OFe(OH)2+Ni(OH)2，下列對該蓄電池的推斷錯誤的是（）①放電時，F(xiàn)e參與負極反應，NiO2參與正極反應②放電時，電解質(zhì)溶液中的陰離子向正極移動③放電時，負極上的電極反應式為Fe+2H2O-2e-=Fe(OH)2+2H+④該蓄電池的電極必須浸入某種堿性電解質(zhì)溶液中A．①② B．②③ C．①③ D．③④18、工業(yè)上把Cl2通入冷NaOH溶液中制得漂白液（主要成分NaClO）。一化學小組在室溫下將氯氣緩緩通入NaOH溶液，模擬實驗得到ClO－、ClO3-等離子的物質(zhì)的量（mol）與反應時間t（min）的關系曲線。下列說法不正確的是A．工業(yè)制取漂白液的化學反應方程式為Cl2＋2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2OB．a(chǎn)點時溶液中各離子濃度：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c(ClO3－)＝c(ClO－)＞c(OH－)＞c(H＋)C．t2～t4，ClO－離子的物質(zhì)的量下降的原因可能是3ClO－＝2Cl－＋ClO3－D．使用漂白液時，為了增強漂白效果，可以向漂白液中加入濃鹽酸19、H2和I2在一定條件下能發(fā)生反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=﹣akJ·下列說法正確的是（）A．H2、I2和HI分子中的化學鍵都是非極性共價鍵B．斷開2molHI分子中的化學鍵所需能量約為(c+b+a)kJC．相同條件下，1molH2(g)和1molI2(g)總能量小于2molHI(g)的總能量D．向密閉容器中加入2molH2(g)和2molI2(g)，充分反應后放出的熱量為2akJ20、下列說法正確的是（）A．氣象環(huán)境報告中新增的“PM2.5”是一種新的分子B．“光化學煙霧”、“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化合物有關C．小蘇打是制作面包等糕點的膨松劑，蘇打是治療胃酸過多的一種藥劑D．乙醇、過氧化氫、次氯酸鈉等消毒液均可以將病毒氧化而達到消毒的目的21、下列實驗操作、現(xiàn)象與結論對應關系正確的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象結論A相同溫度下，同時向①4mL0.1mol?L-1KMnO4酸性溶液和②4mL0.2mol?L-1KMnO4酸性溶液中，分別加入4mL1mol?L-1H2C2O4溶液①中溶液先褪色該實驗條件下，KMnO4濃度越小，反應速率越快B向煤爐中灼熱的煤炭上灑少量水產(chǎn)生淡藍色火焰，煤炭燃燒更旺加少量水后，可使煤炭燃燒放出更多的熱量C加熱2NO2(g)N2O4(g)平衡體系顏色加深證明正反應是放熱反應D分別測定室溫下等物質(zhì)的量濃度的Na2SO3與Na2CO3溶液的pH后者較大證明非金屬性S＞CA．A B．B C．C D．D22、某小組辨析非金屬及其化合物，下列說法正確的是（）①Cl2具有很強的氧化性，在化學反應中只能作氧化劑②SO2具有還原性，故可作漂白劑③濃硝酸中的HNO3見光會分解，故濃硝酸呈黃色④濃硫酸有強氧化性，不能與Cu發(fā)生反應⑤將SO2通入品紅溶液，溶液褪色后加熱恢復原色；將SO2通入溴水，褪色后加熱也能恢復原色⑥金剛石是自然界中硬度最大的物質(zhì)，不可能與氧氣發(fā)生反應A．①③⑤ B．②④⑥ C．③ D．均不正確二、非選擇題(共84分)23、（14分）物質(zhì)的轉化關系如下圖所示(有的反應可能在水溶液中進行)。其中A為氣體化合物，甲可由兩種單質(zhì)直接化合得到，乙為金屬單質(zhì)，G為酸，乙在G的濃溶液中發(fā)生鈍化。若甲為淡黃色固體，D和A的溶液均呈堿性，用兩根玻璃棒分別蘸取A、G的濃溶液并使它們接近，有大量白煙生成。則(1)A的分子式是______________，甲的電子式是______________。(2)D的溶液與乙反應的離子方程式是______________。24、（12分）高分子化合物G是作為鋰電池中Li十遷移的介質(zhì)，合成G的流程如下：（1）B的含氧官能團名稱是_____________________________________。（2）A—B的反應類型是_____________________________________。（3）C的結構簡式是_____________________________________。（4）D→E反應方程式是_____________________________________。（5）G的結構簡式是_____________________________________。（6）D的一種同分異構體，能發(fā)生分子內(nèi)酯化反應生成五元環(huán)狀化合物，該同分異構體的結構簡式是_____________________________________。（7）已知：M—N的化學方程式是___________________________。（8）下列說法正確的是_______________（填字母）。a．E有順反異構體b．C能發(fā)生加成、消去反應c．M既能與酸反應，又能與堿反應d．苯酚與C反應能形成高分子化合物e．含有—OH和—COOH的D的同分異構體有2種25、（12分）久置的Na2S固體會潮解、變質(zhì)、顏色變黃，探究Na2S變質(zhì)的產(chǎn)物。資料：?。甆a2S能與S反應生成Na2Sx(黃色)，Na2Sx與酸反應生成S和H2S；ⅱ．BaS、BaSx均易溶于水，H2S可溶于水，BaS2O3微溶于水；ⅲ．白色的Ag2S2O3難溶于水，且易轉化為黑色Ag2S。將久置的Na2S固體溶于水，溶液呈黃色。取黃色溶液，滴加稀硫酸，產(chǎn)生白色沉淀(經(jīng)檢驗該沉淀含S)。(1)推測Na2S變質(zhì)的產(chǎn)物含有Na2Sx，實驗證據(jù)是______。(2)研究白色沉淀產(chǎn)生的途徑，實驗小組同學進行如下假設：途徑一：白色沉淀由Na2Sx與稀硫酸反應產(chǎn)生。途徑二：Na2S變質(zhì)的產(chǎn)物中可能含有Na2S2O3，白色沉淀由Na2S2O3與稀硫酸反應產(chǎn)生。途徑三：Na2S變質(zhì)的產(chǎn)物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由……①Na2S2O3與稀硫酸反應的化學方程式是______。②請將途徑三補充完全：______。(3)為檢驗Na2S變質(zhì)的產(chǎn)物中是否含有Na2S2O3，設計實驗：①取黃色溶液，向其中滴加AgNO3溶液，產(chǎn)生黑色沉淀。由此得出結論：Na2S變質(zhì)的產(chǎn)物中含Na2S2O3。有同學認為得出該結論的理由不充分，原因是______。②改進實驗，方案和現(xiàn)象如下：實驗一：實驗二：a．實驗一的目的是_______。b．試劑1是_______，試劑2是_______。(4)檢驗Na2S變質(zhì)的產(chǎn)物中是否含有Na2SO4：取黃色溶液，加入過量稀鹽酸，產(chǎn)生白色沉淀。離心沉降(分離固體)后向溶液中滴加BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀。你認為能否根據(jù)實驗現(xiàn)象得出結論？說明理由：_______。26、（10分）某研究小組設計如圖所示實驗裝置(夾持裝置已略去)分別探究NO與銅粉、Na2O2的反應。已知：①NO與Na2O2可發(fā)生反應2NO+Na2O2=2NaNO2。②NO、NO能被酸性高錳酸鉀溶液氧化為③在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)I．關閉K3，打開K2，探究NO與銅粉的反應并檢驗NO。(1)反應開始前，打開K1，通入一段時間N2，其目的是________。(2)裝置B中盛放的試劑為水，其作用是________。(3)裝置F中的實驗現(xiàn)象為______。裝置H中收集的氣體為N2和_______(填化學式)。Ⅱ．關閉K2，打開K3，探究NO與Na2O2的反應并制備NaNO2。(4)裝置G的作用是________。(5)若省略裝置C，則進入裝置G中的氣體除N2、NO外，可能還有NO2和_____(填化學式)。(6)測定反應后裝置E中NaNO2的含量。已知；在酸性條件下，NO可將MnO還原為Mn2+，為測定樣品中亞硝酸鈉的含量，該小組同學稱取ag樣品溶于水配制成250mL溶液，取25.00mL所得溶液于錐形瓶中，用0.100mol·L－1的酸性KMnO4溶液滴定至終點時，消耗bmL酸性KMnO4溶液。①判斷滴定終點的方法________。②樣品中NaNO2的質(zhì)量分數(shù)為___________(用含有a、b的代數(shù)式表示)。27、（12分）Na2S2O3俗稱大蘇打（海波）是重要的化工原料。用Na2SO3和硫粉在水溶液中加熱反應，可以制得Na2S2O3。已知10℃和70℃時，Na2S2O3在100g水中的溶解度分別為60.0g和212g。常溫下，從溶液中析出的晶體是Na2S2O3·5H2O?，F(xiàn)實驗室欲制取Na2S2O3·5H2O晶體（Na2S2O3·5H2O的相對分子質(zhì)量為248）步驟如下：①稱取12.6gNa2SO3于燒杯中，溶于80.0mL水。②另取4.0g硫粉，用少許乙醇潤濕后，加到上述溶液中。③（如圖所示，部分裝置略去），水浴加熱，微沸，反應約1小時后過濾。④濾液在經(jīng)過______________、_____________后析出Na2S2O3·5H2O晶體。⑤進行減壓過濾并干燥。（1）儀器B的名稱是________，其作用是____________________，加入的硫粉用乙醇潤濕的目的是____________________________。（2）步驟④應采取的操作是_________________、________________。（3）濾液中除Na2S2O3和可能未反應完全的Na2SO3外，最可能存在的無機雜質(zhì)是___________。如果濾液中該雜質(zhì)的含量不很低，其檢測的方法是：______________________________。（4）為了測產(chǎn)品的純度，稱取7.40g產(chǎn)品，配制成250mL溶液，用移液管移取25.00mL于錐形瓶中，滴加淀粉溶液作指示劑，再用濃度為0.0500mol/L的碘水，用__________（填“酸式”或“堿式”）滴定管來滴定（2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－），滴定結果如下：滴定次數(shù)滴定前讀數(shù)（mL）滴定后讀數(shù)（mL）第一次0.3030.52第二次0.3631.06第三次1.1031.28則所得產(chǎn)品的純度為______________________________，你認為影響純度的主要原因是（不考慮操作引起誤差）_________________________________。28、（14分）鍶有“金屬味精”之稱。以天青石（主要含有SrSO4和少量CaCO3、MgO雜質(zhì)）生產(chǎn)氫氧化鍶的工藝如下：已知氫氧化鍶在水中的溶解度：溫度（℃）010203040608090100溶解度（g/100mL）0.911.251.772.643.958.4220.244.591.2（1）隔絕空氣焙燒時SrSO4只被還原成SrS，化學方程式為_____________。（2）“除雜”方法：將溶液升溫至95℃，加NaOH溶液調(diào)節(jié)pH為12。①95℃時水的離子積KW＝1.0×10－12，Ksp[Mg(OH)2]＝1.2×10－10，則溶液中c（Mg2＋）＝___。②若pH過大，將導致氫氧化鍶的產(chǎn)率降低，請解釋原因____。（3）“趁熱過濾”的目的是____，“濾渣”的主要成分為___。（4）從趁熱過濾后的濾液中得到Sr(OH)2產(chǎn)品的步驟為____、過濾、洗滌、干燥。（5）“脫硫”方法：用FeCl3溶液吸收酸浸產(chǎn)生的氣體，請寫出吸收時的離子方程式______；再用石墨電極電解吸收液，電解后可在“脫硫”中循環(huán)利用的物質(zhì)是FeCl3溶液。請寫出電解時陽極的電極反應：____。29、（10分）近幾年我國大面積發(fā)生霧霾天氣，其主要原因是SO2、NOx等揮發(fā)性有機物等發(fā)生二次轉化，研究碳、氮、硫及其化合物的轉化對于環(huán)境的改善有重大意義。（1）在一定條件下，CH4可與NOx反應除去NOx，已知有下列熱化學方程式：①CH4(g)＋2O2(g)＝CO2(g)＋2H2O(l)△H＝-890.3kJ·mol-1②N2(g)＋2O2(g)2NO2(g)△H＝+67.0kJ·mol-1③H2O(g)＝H2O(l)△H＝-41.0kJ·mol-1則CH4(g)＋2NO2(g)CO2(g)＋2H2O(g)＋N2(g)△H＝_____kJ·mol-1；該反應在_____（高溫，低溫，任何溫度）下可自發(fā)進行（2）SO2經(jīng)過凈化后與空氣混合進行催化氧化可制取硫酸，其中SO2發(fā)生催化氧化的反應為：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)△H<0，在一定溫度下的定容容器中，能說明上述平衡達到平衡狀態(tài)的是：_______________。A．混合氣體的密度不再發(fā)生變化B．混合氣體的平均摩爾質(zhì)量不再發(fā)生變化C．v(SO2):v(O2):v(SO3)=2:1:2D．混合氣體的總物質(zhì)的量不再發(fā)生變化（3）若在T1℃、0.1MPa條件下，往一密閉容器通入SO2和O2[其中n(SO2)：n(O2)=2:1]，測得容器內(nèi)總壓強與反應時間如下圖所示。①圖中A點時，SO2的轉化率為________。②在其他條件不變的情況下，測得T2℃時壓強的變化曲線如圖所示，則C點的正反應速率vc(正)與A點的逆反應速率vA(逆)的大小關系為vc(正)_____vA(逆)(填“>"、“<”或“=”)。③圖中B點的平衡常數(shù)Kp=______。(Kp=壓強平衡常數(shù)，用平衡分壓代替平衡濃度計算，分壓=總壓物質(zhì)的量分數(shù))（4）為了清除NO、NO2、N2O4對大氣的污染，常采用氫氧化鈉溶液進行吸收處理?，F(xiàn)有由amolNO、bmolNO2、cmolN2O4組成的混合氣體恰好被VL氫氧化鈉溶液吸收（無氣體剩余），則此氫氧化鈉溶液的物質(zhì)的量濃度最小為____________。

參考答案一、選擇題(共包括22個小題。每小題均只有一個符合題意的選項）1、A【解析】A.46gNO2的物質(zhì)的量為1mol，含2molO。46gN2O4的物質(zhì)的量為0.5mol，同樣含2molO。所以46gNO2和N2O4混合氣體中的氧原子數(shù)一定是2NA，A正確。B.CCl4在標準狀況下是液體，所以無法計算22.4LCCl4的物質(zhì)的量，當然也無法計算所含的分子數(shù)，B不正確；C.沒有指明是標準狀況，所以無法計算2.24LCH4所含氫原子數(shù)，C不正確；D.不知道溶液的體積，所以無法計算0.1mol/LMgCl2溶液中含有的氯離子數(shù)，D不正確。本題選A。點睛：在使用氣體摩爾體積時，首先要看計算對象是不是氣體，然后再看是不是在標準狀況下。2、D【詳解】A項、反應Ⅱ中銨根離子中氮元素被氧化，硝酸根中氮元素被還原，故A錯誤；B項、由熱化學方程式可知，反應I中1molNH4+被氧氣完全氧化能生成1molNO3-，反應Ⅱ中1molNH4+能氧化只能消耗0.6molNO3-，則兩池中投放的廢液體積相等時，NH4+轉化為NO3-和N2，故B錯誤；C項、常溫常壓下，氣體摩爾體積不是22.4L/mol，無法計算22.4LN2的物質(zhì)的量，不能計算反應轉移的電子數(shù)，故C錯誤；D項、由蓋斯定律可知，(3×I+Ⅱ)得熱化學方程式4NH4+(aq)+3O2(g)=2N2(g)+6H2O(l)+4H+(aq)，則△H=(3a+b)kJ·mol－1，故D正確；故選D。3、B【分析】pH=0說明該溶液為酸性溶液，則原溶液中不存在，H+、Fe2+和不能同時存在，試液中加入過量硝酸鋇溶液，生成氣體證明一定含有Fe2+，則原溶液中一定不存在，氣體A為NO，沉淀A為BaSO4，則原溶液中一定存在，一定不存在Ba2+，溶液A中加入過量氫氧化鈉溶液加熱生成氣體B為NH3，確定原溶液中含有，沉淀B為Fe(OH)3，由于溶液B中含有Ba2+，OH-，溶液B加入少量二氧化碳發(fā)生反應③，生成的沉淀一定含有BaCO3沉淀，可能生成沉淀Al(OH)3，溶液B中不一定含有，則原溶液中不一定含有Al3+，以此解答該題?！驹斀狻緼.由以上分析可知原溶液中一定有Fe2+、、H+、，不一定含有Al3+，一定無，A錯誤；B.上述分析可知，原溶液中一定沒有的離子為：Ba2+、、，B正確；C.步驟③一定發(fā)生離子反應Ba2++2OH-+CO2=BaCO3↓+H2O，可能發(fā)生2+CO2+3H2O=2Al(OH)3↓+，C錯誤；D.氣體A為NO、氣體B為NH3，二者在一定條件下發(fā)生反應生成N2和H2O，D錯誤；故答案選B。4、C【解析】根據(jù)氧化還原反應中電子得失守恒分析解答?！驹斀狻?.6molSO32-被完全氧化為SO42-，S的化合價由+4升高為+6，失去1.2mol電子，得失電子數(shù)目相等，相應地0.2molX2O72-被還原得到1.2mol電子，所以X的化合價由+6降低為+3，故答案選C?！军c睛】電子守恒法解題的步驟是：首先找出氧化劑、還原劑及其物質(zhì)的量以及每摩爾氧化劑、還原劑得失電子的量，然后根據(jù)電子守恒列出等式。計算公式如下：n(氧化劑)×得電子原子數(shù)×原子降價數(shù)＝n(還原劑)×失電子原子數(shù)×原子升價數(shù)。5、D【詳解】A．乙酸乙酯在NaOH溶液中發(fā)生水解，且水解徹底，則紅色褪去的原因是：CH3COOC2H5+NaOH=CH3COONa+C2H5OH，不需要可逆號，故A錯誤；B．醋酸鈉水解顯堿性，則②中溶液變紅的原因是：CH3COO-+H2O?CH3COOH+OH-，故B錯誤；C．褪色與萃取無關，與反應有關，故C錯誤；D．乙酸與碳酸鈉反應，導致堿性降低，則溶液紅色褪去可知收集到的乙酸乙酯中混有乙酸，故D正確；故答案為D。6、C【詳解】A．氘(D)原子核外有1個電子，正確；B．中1H與D質(zhì)子數(shù)同，中子數(shù)不同，1H與D互稱同位素，正確；C．同素異形體都是單質(zhì)，不是化合物，錯誤；D．1H218O與D216O的相對分子質(zhì)量都是20，正確。答案選C。7、B【詳解】A．在酸性條件下，有強氧化性，則溶液X中可能含有Fe2＋，不一定含有Fe3＋，故A項錯誤；B．氯氣與水反應生成HClO，可使品紅溶液褪色，加熱不恢復，則證明HCl氣體中含有Cl2，故B項正確；C．結論應該為Fe3＋的氧化性比I2強，故C項錯誤；D．加熱NH4Cl固體，NH4Cl易分解為NH3和HCl，但二者在試管口又化合生成NH4Cl，這個過程并非升華，故D項錯誤；故答案為B。8、D【解析】A.若X是Na，則Z是Na2O2，與Z是氣體相矛盾，故A不符合題意；B.若X是S，則Z是SO3，與Z是氣體相矛盾，故B不符合題意；C.若X是CH4，則Z是CO2，CO2不易溶于水，與溶液最終充滿試管體積的2/3相矛盾，故C不符合題意；D.若X是NH3，則Z是NO2，3NO2+H2O2HNO3+NO，溶液最終充滿試管體積的2/3，故D符合題意。故選D。9、D【分析】圖Ⅰ中X、Y的物質(zhì)的量濃度逐漸減小，應是反應物，Z的物質(zhì)的量濃度逐漸增大，應是生成物，濃度的變化比值為（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根據(jù)濃度的變化之比等于化學計量數(shù)之比可知反應方程式應為X（g）+3Y（g）2Z（g），由圖Ⅱ反應物的總能量大于生成物的總能量可知該反應為放熱反應，反應熱為△H=-（E2-E1）kJ/mol，該反應熱化學方程式為X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol，據(jù)以上分析進行解答?！驹斀狻緼項、結合以上分析可知，該反應熱化學方程式為X（g）+3Y（g）2Z（g），△H=-（E2-E1）kJ/mol，故A錯誤；B項、結合以上分析可知，壓強增大，平衡右移，Z的含量應增大，故B錯誤；C項、圖Ⅱ也可能為加入不同的催化劑，b的催化效果較好的能量變化曲線，或是曲線b是加入催化劑，曲線a是沒有加入催化劑時的能量變化曲線，故C錯誤；D項、該反應放熱，升高溫度，平衡向逆反應方向移動，該反應的平衡常數(shù)減小，Y的轉化率降低，故D正確；故選D。【點睛】圖Ⅰ中X、Y的物質(zhì)的量濃度逐漸減小，應是反應物，Z的物質(zhì)的量濃度逐漸增大，應是生成物，濃度的變化比值為（0.5-0.3）：（0.7-0.1）：（0.4-0）=1：3：2，根據(jù)濃度的變化之比等于化學計量數(shù)之比可知反應方程式應為X（g）+3Y（g）2Z（g），由圖Ⅱ反應物的總能量大于生成物的總能量可知該反應為放熱反應，反應熱為△H=-（E2-E1）kJ/mol是解答關鍵。10、C【分析】由實驗方案圖可以知道,a為二氧化碳發(fā)生裝置,d為二氧化碳與鈉反應裝置,進入d裝置的二氧化碳應干燥,且不含其它雜質(zhì),故裝置b是除去二氧化碳中的HCl,應用飽和的碳酸氫鈉溶液,c為干燥裝置,吸收水蒸氣；反應需要排盡裝置內(nèi)的空氣，當e裝置中產(chǎn)生白色沉淀,說明空氣已排盡，再加熱d處的酒精燈發(fā)生反應，結合以上分析解答?！驹斀狻坑蓪嶒灧桨笀D可以知道,a為二氧化碳發(fā)生裝置,d為二氧化碳與鈉反應裝置,進入d裝置的二氧化碳應干燥,且不含其它雜質(zhì),故裝置b是除去二氧化碳中的HCl,應用飽和的碳酸氫鈉溶液,c為干燥裝置,吸收水蒸氣；反應需要排盡裝置內(nèi)的空氣，當e裝置中產(chǎn)生白色沉淀,說明空氣已排盡，再加熱d處的酒精燈發(fā)生反應，A.按圖所示連接裝置，檢驗裝置氣密性，并往各裝置中加入試劑，操作順序正確，A正確；B.結合以上分析可知，裝置b的溶液是飽和NaHCO3溶液，除去二氧化碳中的HCl，B正確；C.裝置d中反應生成的氧化鈉與二氧化碳繼續(xù)反應生成碳酸鈉，所以該反應中，最終的生成物中含有碳、碳酸鈉；C錯誤；D.結合以上分析可知，燃d處酒精燈前，要先通一會兒CO2，一直到澄清石灰水變渾濁，目的是排盡裝置內(nèi)的空氣，D正確；綜上所述，本題選C。11、A【詳解】A.0.1mol/LNH4HCO3溶液中，K+、Na+、NO3-、Cl-相互之間不反應，能大量共存，故選A；B.的溶液呈堿性，Mg2+、Cu2+與反應生成沉淀，不能大量共存，故不選B；C.pH=1的溶液呈酸性，CO32-與H+反應放出二氧化碳氣體，不能大量共存，故不選C；D.溶液中，F(xiàn)e3+、SCN-結合為絡合物Fe（SCN）3，不能大量共存，故不選D；故答案選A。12、A【詳解】A．氯酸鉀分解生成氣體，混亂度增加，熵值增大，選項A正確；B．△G＜0反應自發(fā)進行，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0，則當?shù)蜏叵隆鱃可能大于0，反應非自發(fā)，選項B錯誤；C.電解水產(chǎn)生氫氣、氧氣的反應為△H>0，△S>0，根據(jù)△G=△H-T△S＜0可知，只有在高溫條件下才具有自發(fā)性，選項C錯誤；D.可逆反應正向進行時，由△G=△H-T△S可知，若△H>0，△S>0且高溫條件下正反應具有自發(fā)性，選項D錯誤。答案選A。13、D【解析】A、HIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能將硫化氫氧化生成硫單質(zhì)，本身被還原為碘單質(zhì)，所以溶液變藍且有S析出；繼續(xù)通入H2S，溶液的藍色褪去，說明最終生成碘離子，得到的硫的質(zhì)量是mol×32g/mol=0.48g，故A錯誤；B、整個過程中，根據(jù)電子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-，所以5×10-3molHIO3被消耗，就會消耗0.015mol的H2S，標況下體積為336mL，但題目未注明是否為標準狀況，故B錯誤；C、HIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，與硫化氫反應生成硫單質(zhì)和碘單質(zhì)，H2S被氧化，繼續(xù)通入H2S，H2S會和碘單質(zhì)發(fā)生反應，碘單質(zhì)消失，H2S被氧化，故C錯誤；D、整個過程中，根據(jù)電子守恒、原子守恒，得到HIO3～3H2S～3S～I-～6e-，消耗5×10-3molHIO3伴隨0.03mol電子轉移，轉移電子總數(shù)為3.0×10-2NA，故D正確；故選D?！军c睛】本題考查學生氧化還原反應中的電子守恒的計算知識，注意知識的遷移應用是關鍵。本題中HIO3與少量淀粉的溶液中通入H2S，HIO3具有氧化性，能將硫化氫氧化生成硫單質(zhì)，繼續(xù)通入H2S，H2S會和碘單質(zhì)反應，生成碘離子和硫。14、B【詳解】A、pH=3的鹽酸和醋酸中離子濃度相同，導電性相同，故A錯誤；B、相同pH的鹽酸和醋酸中，醋酸的濃度大，稀釋過程中，醋酸會進一步電離，所以c(Cl-)<c(CH3COO-)，故B正確；C、酸性溶液稀釋，溶質(zhì)離子濃度均減小，但OH-濃度會增大，故C錯誤；D、相同pH的鹽酸和醋酸中，醋酸的濃度大，中和相同量的NaOH，消耗的醋酸體積小一些，故D錯誤。答案選B?！军c睛】同pH的強酸和弱酸的比較題型屬于難點和易錯點，要把握兩種溶液的相同點和不同點。相同pH的鹽酸和醋酸，相同點是：氫離子濃度相同，與金屬單質(zhì)、堿反應起始速率相同；不同點是：醋酸是弱酸，只發(fā)生微弱的電離，溶液中還存在大量的醋酸分子沒有發(fā)生電離，即醋酸的濃度大于鹽酸，在稀釋和反應時，醋酸會邊反應邊電離，那么反應過程中醋酸的速率大于鹽酸，相同體積的酸，醋酸中和能力更強。15、B【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增大，X的原子半徑是所有短周期主族元素中最大的，則X為Na元素；根據(jù)結構，W最外層有6個電子，原子序數(shù)小于11，則W為O元素；Y最外層有4個電子，原子序數(shù)大于11，則Y為Si元素；W的核外電子數(shù)為8，與X、Z的最外層電子數(shù)之和相等，則Z最外層有7個電子，只能為Cl元素；Y的原子序數(shù)是Z的最外層電子數(shù)的2倍，符合題意，據(jù)此分析解答?！驹斀狻扛鶕?jù)上述分析，W為O元素，X為Na元素，Y為Si元素，Z為Cl元素。A、同一周期，從左向右，非金屬性增強，同一主族，從上到下，非金屬性減弱，則元素非金屬性強弱的順序為Cl＞Si，即Z＞Y，故A錯誤；B、硅為原子晶體，熔點高于鈉，即Y單質(zhì)的熔點高于X單質(zhì)，故B正確；C、O與Na能夠形成氧化鈉和過氧化鈉2種，故C錯誤；D、根據(jù)，陰離子帶2個單位負電荷，其中O都滿足8電子穩(wěn)定結構，故D錯誤；故選B。16、B【解析】A.干冰屬于分子晶體，升華只需要破壞分子間作用力。B.原子晶體熔化克服共價鍵。C.離子晶體融化和電離克服離子鍵。D.金屬晶體氣化破壞金屬鍵?！驹斀狻緼.干冰的升華，克服分子間作用力，A錯誤。B.二氧化硅為原子晶體，熔化克服共價鍵，B正確。C.氯化鉀為離子晶體，氯化鉀融化克服離子鍵，C錯誤。D.汞屬于金屬晶體，氣化破壞金屬鍵，D錯誤。17、B【詳解】①Fe元素化合價由0價變?yōu)?2價、Ni元素化合價由+4價變?yōu)?2價，則Fe參與負極反應，NiO2參與正極反應，故①正確；②放電時為原電池，原電池中，電解質(zhì)溶液中的陰離子向負極方向移動，陽離子向正極移動，故②錯誤；③根據(jù)題意，電解質(zhì)為堿性溶液，放電時，負極上失電子發(fā)生氧化反應，電極反應式為Fe-2e-+2OH-=Fe(OH)2，故③錯誤；④由方程式可知此電池為堿性電池，電極需要浸在堿性電解質(zhì)溶液中，故④正確；錯誤的有②③，故選B。18、D【解析】試題分析：A、工業(yè)用氯氣與氫氧化鈉溶液反應制取漂白液，正確；B、氯氣與氫氧化鈉溶液反應，到達a點時，次氯酸根離子與氯酸根離子的濃度相等，此時的產(chǎn)物是氯化鈉、次氯酸鈉、氯酸鈉，發(fā)生反應的離子方程式是Cl2+8OH-=6Cl-+ClO-+ClO3-+4H2O，所以溶液呈堿性，則溶液中離子濃度的大小關系是c（Na＋）＞c（Cl－）＞c（ClO3－）＝c（ClO－）＞c（OH－）＞c（H＋），正確；C、根據(jù)圖像可知，t2～t4，ClO－離子的物質(zhì)的量下降，ClO3－的物質(zhì)的量增加，根據(jù)氧化還原反應規(guī)律，元素化合價有升高則有降低，所以發(fā)生該變化的原因可能是3ClO－=2Cl－＋ClO3－，正確；D、漂白液中含有次氯酸根離子，加入濃鹽酸，則氯離子與次氯酸根離子在酸性條件下會發(fā)生反應，生成有毒氣體氯氣，漂白效果降低，錯誤，答案選D?？键c：考查漂白液的制取反應，對圖像的分析，氧化還原反應理論的應用19、B【詳解】A.

HI分子中的化學鍵是極性共價鍵，故A錯誤；B.△H=反應物斷裂化學鍵需要的能量?生成物形成化學鍵放出的能量=bKJ/mol+cKJ/mol?2H?I=?aKJ/mol，得到斷開2molH?I鍵所需能量約為(a+b+c)KJ，故B正確；C.

H2和I2在一定條件下能發(fā)生反應：H2(g)+I2(g)2HI(g)ΔH=﹣akJ·，反應是放熱反應，反應物能量高于生成物，故C錯誤；D.反應是可逆反應不能進行徹底，依據(jù)焓變意義分析，向密閉容器中加入2molH2和2molI2，充分反應后放出的熱量小于2akJ，故D錯誤；故選：B。20、B【解析】A．氣象環(huán)境報告中新增的“PM2.5”是一種混合物，不是分子，故A選項錯誤。B．“光化學煙霧”、“硝酸型酸雨”的形成都與氮氧化合物有關，故B選項正確。C．小蘇打是治療胃酸過多的一種藥劑，故C選項錯誤。D．乙醇消毒是使蛋白質(zhì)變性，乙醇沒有強氧化性，而過氧化氫、次氯酸鈉具有強氧化性可殺菌消毒，均作消毒劑，但原理不同，故D選項錯誤。故答案選B?！军c睛】21、C【詳解】A.KMnO4本身具有顏色，會影響實驗現(xiàn)象的觀察，故探究濃度對化學反應速率的影響，應用不同濃度的草酸與相同濃度的KMnO4溶液反應，故A錯誤；B.碳與氧氣燃燒生成二氧化碳；碳和水蒸氣反應生成一氧化碳，一氧化碳燃燒生成二氧化碳，根據(jù)蓋斯定律，能量變化與反應的途徑無關，則碳燃燒放出的熱量不變，結論不合理，故B錯誤；C.加熱，體系溫度升高，顏色加深，說明反應2NO2(g)N2O4(g)平衡逆向移動，升高溫度反應向吸熱的方向移動，即逆反應為吸熱反應，正反應放熱，故C正確；D.最高價氧化物對應水化物的酸性越強，非金屬性越強，Na2SO3的S不是最高價，則室溫下等物質(zhì)的量濃度的Na2SO3與Na2CO3溶液的pH后者較大，不能證明非金屬性S＞C，故D錯誤；答案選C。22、C【詳解】①Cl2具有很強的氧化性，可作氧化劑，但在和水以及強堿的反應中既做氧化劑，又做還原劑，故錯誤；②二氧化硫做漂白劑是因為其具有漂白性，與還原性無關，故錯誤；③硝酸分解生成紅棕色二氧化氮，二氧化氮溶于水導致濃硝酸呈黃色，故正確；④濃H2SO4具有強氧化性，濃硫酸和銅加熱反應生成硫酸銅、二氧化硫和水，故錯誤；⑤SO2通入溴水發(fā)生氧化還原反應生成硫酸和HBr，則加熱顏色不會恢復，故錯誤；⑥金剛石和氧氣反應生成二氧化碳，故錯誤；正確的有③；故答案為C。二、非選擇題(共84分)23、NH32OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑【分析】氣體化合物的水溶液呈堿性的只有NH3，由此寫出反應Ⅰ為4NH3+5O24NO+6H2O，由甲為淡黃色固體，知其為Na2O2，B為H2O，C為NO，G為HNO3，金屬在冷的濃HNO3中產(chǎn)生鈍化作用的有Al和Fe，但Fe不能和D的溶液(NaOH)反應，故乙為Al?！驹斀狻?1)根據(jù)上述分析知A的分子式是NH3，甲為Na2O2，其電子式是。答案：NH3；。(2)D為NaOH，乙為Al，兩者反應的離子方程式是2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2。答案：2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2。24、羥基、水解（取代）反應bcdbcd【解析】試題分析：從F來看4個碳原子的碳鏈結構含有一個支鏈，故C4H8是CH2=CH(CH3)2。A為CH2BrCHBr(CH3)2，B為，根據(jù)信息氧化的C為。繼續(xù)氧化生成的D是，再消去—OH變?yōu)镋。G是F進行加聚反應的產(chǎn)物。D的一種同分異構體，能發(fā)生分子內(nèi)酯化反應生成五元環(huán)狀化合物，成環(huán)含有1個氧原子，4個碳原子，其同分異構體是HO—CH2—CH2—CH2—COOH。根據(jù)信息：C()生成M為，則N為?？键c：有機化學基礎，考查反應類型、有機物的官能團、結構簡式、化學反應方程式、物質(zhì)的性質(zhì)判斷等。25、溶液呈黃色Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O白色沉淀由SO與S2-在酸性條件下反應產(chǎn)生(或白色沉淀由生成的H2S與SO2反應產(chǎn)生)剩余的Na2S也能與AgNO3溶液反應生成黑色的Ag2S沉淀確認Ag2SO4和Ag2SO3都不易轉化為黑色固體，排除、SO對S2O檢驗的干擾BaCl2溶液AgNO3溶液可以，稀鹽酸將S2O、SO等除去，不會產(chǎn)生干擾；或：不可以，檢驗過程中H2S等低價含硫物質(zhì)被O2氧化【詳解】（1）將久置的Na2S固體溶于水，溶液呈黃色，推測Na2S變質(zhì)的產(chǎn)物含有Na2Sx（黃色）；（2）①Na2S2O3與稀硫酸反應生成二氧化硫和硫單質(zhì)，化學方程式為：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+S↓+H2O；②Na2S變質(zhì)的產(chǎn)物中可能含有Na2SO3，白色沉淀由SO與S2-在酸性條件下反應產(chǎn)生(或白色沉淀由生成的H2S與SO2反應產(chǎn)生)；（3）①該結論的理由不充分，原因是：剩余的Na2S也能與AgNO3溶液反應生成黑色的Ag2S沉淀；②a.、SO有可能也和AgNO3溶液反應生成黑色固體，所以實驗一的目的是：確認Ag2SO4和Ag2SO3都不易轉化為黑色固體，排除、SO對S2O檢驗的干擾；b．黃色溶液中先加入BaCl2溶液生成白色沉淀BaS2O3；再加入AgNO3溶液白色沉淀轉化為黑色沉淀Ag2S2O3；（4）可以，稀鹽酸將S2O、SO等除去，不會產(chǎn)生干擾；或：不可以，檢驗過程中H2S等低價含硫物質(zhì)被O2氧化。26、排盡裝置中的空氣，防止NO被空氣中的氧氣氧化為二氧化氮吸收揮發(fā)出的硝酸溶液由淺綠色變?yōu)樽厣玁O吸收未參與反應的NOO2滴入最后一滴KMnO4溶液，溶液變淺紅色且半分鐘內(nèi)不褪色【分析】銅和稀硝酸反應生成一氧化氮，為防止生成的NO被氧氣氧化，實驗開始前向裝置中通入一段時間的氮氣，排凈裝置內(nèi)空氣，由于硝酸具有揮發(fā)性，通過裝置F中水吸收揮發(fā)出的硝酸，通過C中干燥劑干燥一氧化氮，NO通過裝置D加熱反應，銅和NO反應生成氮氣和氧化銅，裝置I用于檢驗NO，剩余氣體收集主要為氮氣和一氧化氮，關閉K2，打開K3，探究NO與Na2O2的反應并制備NaNO2，剩余氣體通過高錳酸鉀溶液吸收?！驹斀狻?1)NO易與O2反應生成NO2，反應開始前，打開K1，通入一段時間N2，其自的是排盡裝置中的空氣，防止NO被空氣中的氧氣氧化為二氧化氮；(2)硝酸易揮發(fā)，會隨NO一起出來干擾后續(xù)的實驗，所以裝置B中盛放的試劑為水為了溶解吸收揮發(fā)的硝酸；(3)由于在溶液中存在平衡FeSO4+NOFe(NO)SO4(棕色)，通入NO后平衡正向移動，所以裝置F中的實驗現(xiàn)象為：溶液由淺綠色變?yōu)樽厣籇裝置紅色粉末變?yōu)楹谏?，說明NO和Cu發(fā)生了反應，生成CuO和N2，又因為NO是氣體，不可能完全反應，故H收集的氣體是NO和N2；(4)根據(jù)信息NO能與酸性高錳酸鉀溶液反應，裝置G的作用吸收未參與反應的NO，防止污染空氣。(5)C是干燥裝置，若省略裝置C，那么水蒸氣會與Na2O2反應生成NaOH和O2，NO和O2反應生NO2，則進入裝置G中的氣體除N2、NO外，可能還有NO2和O2；(6)①酸性KMnO4溶液顯紫紅色，當達到滴定終點時NO被完全氧化，再滴入高錳酸鉀后溶液變紅，所以滴定終點為：當錐形瓶滴入最后一滴KMnO4溶液，恰好變?yōu)榈仙野敕昼姴蛔兩?，說明達到滴定終點；③NO可將MnO還原為Mn2+，自身被氧化成NO，根據(jù)得失電子守恒可知2n(MnO)=5n(NO)，消耗的n(MnO)=0.1mol·L-1×b×10-3L，則250mL樣品溶液中n(NO)=n(MnO)××=2.5×10-3bmol，NaNO2的質(zhì)量分數(shù)=

=。27、蒸發(fā)濃縮冷卻結晶球形冷凝管冷凝回流增加反應物接觸面積，提高反應速率蒸發(fā)濃縮冷卻結晶Na2SO4取少量濾液于試管中，加稀鹽酸至溶液呈酸性，靜置，取上層清液（或過濾除去S后的濾液）于另一支試管中，向該試管中滴加BaCl2溶液，若出現(xiàn)渾濁，證明原濾液中含Na2SO4酸式101.2%含有的Na2SO3也會和I2發(fā)生反應，從而影響純度【分析】本題以Na2S2O3·5H2O晶體的制備及其樣品純度的測定為背景，考查考生對化學實驗儀器的認識和解決實際問題的能力。硫粉不溶于水，制備過程硫粉與水溶液中的Na2SO3不能充分的接觸，影響反應速率，用乙醇濕潤硫粉的目的就要從這些方面分析。溫度越高Na2S2O3溶解度越大，所以冷卻其較高溫度下的飽和溶液，可得到Na2S2O3·5H2O晶體。SO32-有較強的還原性，加熱條件下更易被溶解在溶液中的O2氧化，分析濾液中的雜質(zhì)要考慮這一點。用已知濃度的碘水滴定Na2S2O3溶液來測定樣品純度，而I2也能夠氧化SO32-，這是實驗原理不完善帶來的系統(tǒng)誤差。由此分析?！驹斀狻?1)根據(jù)裝置圖可知，儀器B為球形冷凝管，使水蒸氣冷凝回流，防止反應液中水分大量流失而析出晶體。硫粉難溶于水而微溶于乙醇，用乙醇濕潤可使硫粉易于分散到溶液中，增大硫與Na2SO3的接解面積，加快反應速率。(2)由100C和700C下的Na2S2O3的溶解度數(shù)據(jù)可知，溫度越高Na2S2O3溶解度越大，可以先蒸發(fā)濃縮得到較高溫度下的Na2S2O3的飽和溶液，然后冷卻結晶，即可制備Na2S2O3·5H2O晶體。所以步驟④應采取的操作是蒸發(fā)濃縮、冷卻結晶。(3)SO32-具有較強的還原性，加熱過程中溶解在溶液中的O2氧化了部分SO32-生成SO42-，所以濾液中很可能存在Na2SO4。檢驗Na2SO4的存在，只需檢驗SO42-離子，但要排除SO32-和S2O32-的干擾，先用鹽酸酸化：Na2SO3+2HCl=SO2↑+H2O+2NaCl，Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+H2O+2NaCl，再加入BaCl2溶液：Ba2++SO42-=BaSO4↓，產(chǎn)生不溶于鹽酸的白色沉淀即證明濾液中含Na2SO4雜質(zhì)。所以檢驗方法是：取少許濾液于試管中，加稀鹽酸至溶液呈酸性，靜置，取上層清液（或過濾除去S后的濾液）于另一支試管中，向該試管中加入BaCl2溶液，若出現(xiàn)渾濁則證明原濾液中含Na2SO4。(4)I2能與橡膠發(fā)生加成反應而腐蝕橡膠，不能用堿式滴定管，只能用酸式滴定管盛裝碘水進行滴定。由表中數(shù)據(jù)可知三次實驗消耗碘水體積分別為30.22mL、30.70mL、30.18mL，顯然第二次實驗誤差太大舍去，平均消耗碘水體積為=30.20mL。設所配樣品溶液的濃度為c(Na2S2O3)，列比例式：，解得c(Na2S2O3)=0.1208mol/L7.40g樣品中Na2S2O3·5H2O的物質(zhì)的量=n(Na2S2O3)=0.25L×0.1208mol/L=0.0302mol,樣品的純