2022-2022学年浙江省宁波市鄞州高中高三（上）第二次考试化学试卷 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．下列说法正确的是．（ ）①pH=8的溶液一定显碱性，②某反应，其他条件不变，升高温度使化学平衡常数（K）增大，则此反应为放热反应，③相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，④0.1mol．L﹣1的碳酸钠溶液中：C（OH﹣）=C（H+）﹣CCHCO3﹣）+C（H2CO3），⑤试管内壁附着的硫黄可以用热的KOH溶液洗涤，也可以用CS2洗涤．⑥盛Na2SO3、Na2S溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，贮存时应盖好瓶塞，防止被空气氧化．⑦金属镁着火可用干粉灭火器灭火，也可用泡沫灭火器灭火．⑧从硫酸铜溶液中获取硫酸铜晶体，可以用蒸发结晶，也可以用冷却结晶．⑨钢铁在海水中发生电化腐蚀时，铁是阳极被氧化．⑩相同浓度时，强酸中水的电离程度比弱酸的水的电离程度小．A．①②⑨⑩B．③⑤⑥⑩C．③⑥⑦⑩D．④⑤⑧⑩ 2．X、Y、Z是中学化学中三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，相互间有如图转化关系（未注明反应条件），下列说法不正确的是（ ）A．若X为金属单质，Y为非金属固体单质，则Z为O2B．若X、Y均为金属单质，则甲不可能为黑色固体C．若X为金属单质，Y为非金属气体单质，则乙可能为黑色固体D．若X、Y均为非金属固体单质，则Z可能为O2 3．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ）A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅21D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生 4．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（ ）A．该过程是电能转化为化学能的过程B．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2OC．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变D．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降 5．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图2表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C．图3表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大 6．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时刻的浓度如下表：下列说法正确的是（ ）物质XYZ初始浓度/mol•L﹣10.10.202min末浓度/mol•L﹣10.08ab平衡浓度/mol•L﹣10.050.050.1A．平衡时，X的转化率为20%B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03mol•L﹣1•min﹣1 7．已知：常温下浓度为0.1mol•L﹣1的下列溶液的pH如表：下列有关说法正确的是（ ）溶质NaF×Na2CO3pH7.59.711.621A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HFB．若将CO2通入0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中至溶液中性，则溶液中2c（CO32ˉ）+c（HCO3ˉ）=0.1mol•L﹣1C．根据上表，水解方程式ClOˉ+H2O⇌HClO+OHˉ的平衡常数K≈10ˉ7.6D．向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c（Na+）＞c（Fˉ）＞c（H+）＞c（HClO）＞c（OHˉ） 二、解答题（共5小题，满分58分）8．研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），K1△H1＜0（Ⅰ）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），K2△H2＜0（Ⅱ）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K= （用K1、K2表示）．（2）为研究不同条件对反应（Ⅱ）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡，测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡后n（Cl2）= mol，NO的转化率α1= ．其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2 α1（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数K2 （填“增大”“减小”“不变”）．若要使K2减小，可采取的措施是 ．（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为 ．（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1）可使溶液A和溶液B的pH值相等的方法是 ：a、向溶液A中加适量水b、向溶液A中加适量NaOHc、向溶液B中加适量水d、向溶液B中加适量NaOH． 9．短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置如图所示，B、D最外层电子数之和为12，二者可形成DB2、DB3两种分子，DB2具有漂白性．回答下列问题：ABCD（1）A的氢化物的电子式是 ．（2）请写出能证明C、D非金属性强弱的化学方程式 ．（3）硒（Se）是人体必需的微量元素，与元素B、D同一主族，该族第2～5周期元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物对应的热量变化如下，其中能表示生成1mol硒化氢所对应的热量变化是 （选填字母编号）．a．吸收99.7kJb．吸收29.7kJc．放出20.6kJd．放出241.8（4）DB2通过下列工艺流程可制化工业原料H2DB4和清洁能源H2．21已知：化学式Ag2SO4AgBr溶解度（g）0.7968.4×10﹣6①为检验分离器的分离效果，取分离后的H2DB4溶液于试管，向其中逐滴加入AgNO3溶液至充分反应，若观察到 ，证明分离效果较好．②在原电池中，负极发生的反应式为 ．③在电解过程中，电解槽阴极附近溶液pH （填“变大”、“变小”或“不变”）④将该工艺流程用反应的化学方程式表示为： ，该生产工艺的优点有 （答一点即可）；缺点有 （答一点即可）．（5）溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料阻燃剂等，回答下列问题：海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入 ，将其中的Br﹣氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO，其离子方程式为 ．（6）CuBr2分解的热化学方程式为：2CuBr2（s）═2CuBr（s）+Br2（g）△H=+105.4kJ/mol在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p（Br2）为4.66×103Pa．①如反应体系的体积不变，提高反应温度，则p（Br2）将会 （填“增大”“不变”或“减小”）．②如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p（Br2）的变化范围为 ． 10．1000mL某待测液中除含有0.2mol•L﹣1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子Cl﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、SO42﹣现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式： ．（2）待测液中肯定不存在的阳离子是 ．（3）若无色气体D是单一气体：阴离子Cl﹣Br﹣CO32﹣HCO3﹣SO32﹣SO42﹣浓度/mol•L﹣121①将阴离子的物质的量浓度填入下表中（一定不存在的填“0”，不能确定的填“？”）：②判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由： ．（4）若无色气体D是混合气体：①待测液中一定含有的阴离子是 ．②沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是 （写化学式）． 11．Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定．Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）实验步骤：①称取15gNa2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水．另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中．②安装实验装置（如图所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min．③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品．回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 ．（2）仪器a的名称是 ，其作用是 ．（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 ．检验是否存在该杂质的方法是 ．（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因： ． 12．测定产品纯度准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L﹣1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化： ．（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为 mL．产品的纯度为（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M） ．Ⅲ．Na2S2O3的应用（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为 ．21 212022-2022学年浙江省宁波市鄞州高中高三（上）第二次考试化学试卷参考答案与试题解析 一、选择题（共7小题，每小题3分，满分21分）1．下列说法正确的是．（ ）①pH=8的溶液一定显碱性，②某反应，其他条件不变，升高温度使化学平衡常数（K）增大，则此反应为放热反应，③相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，④0.1mol．L﹣1的碳酸钠溶液中：C（OH﹣）=C（H+）﹣CCHCO3﹣）+C（H2CO3），⑤试管内壁附着的硫黄可以用热的KOH溶液洗涤，也可以用CS2洗涤．⑥盛Na2SO3、Na2S溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，贮存时应盖好瓶塞，防止被空气氧化．⑦金属镁着火可用干粉灭火器灭火，也可用泡沫灭火器灭火．⑧从硫酸铜溶液中获取硫酸铜晶体，可以用蒸发结晶，也可以用冷却结晶．⑨钢铁在海水中发生电化腐蚀时，铁是阳极被氧化．⑩相同浓度时，强酸中水的电离程度比弱酸的水的电离程度小．A．①②⑨⑩B．③⑤⑥⑩C．③⑥⑦⑩D．④⑤⑧⑩【考点】化学平衡的影响因素；金属的电化学腐蚀与防护；弱电解质在水溶液中的电离平衡；盐类水解的应用；镁的化学性质；铜金属及其重要化合物的主要性质．【分析】①溶液酸碱性决定于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小；②升高温度使化学平衡常数（K）增大，正反应吸热；③NH4Al（SO4）2溶液中铵根离子与铝离子水解相互抑制，CH3COONH4中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进；④据质子守恒，碳酸钠溶液中：C（OH﹣）=C（H+）+C（HCO3﹣）+2C（H2CO3）；⑤硫磺可以用热的KOH溶液来洗涤：3S+6KOH═K2SO3+2K2S+3H2O；⑥易与氧气、水、二氧化碳反应的物质要隔绝空气保存；⑦干粉的主要成分是碳酸氢钠（NaHCO3），受热后生成纯碱、水和二氧化碳，镁能在二氧化碳中燃烧；⑧硫酸铜的溶解度随温度变化不大；⑨钢铁在海水中发生电化腐蚀时，铁是负极；⑩水的电离程度的大小与氢离子浓度有关，与酸性强弱无关．【解答】解：①溶液酸碱性决定于氢离子和氢氧根离子浓度的相对大小，pH=8的溶液未必显碱性，故错误；②升高温度使化学平衡常数（K）增大，正反应吸热，故错误；③NH4Al（SO4）2溶液中铵根离子与铝离子水解相互抑制，CH3COONH4中铵根离子与醋酸根离子水解相互促进，所以，相同物质的量浓度的下列溶液中：①NH4Al（SO4）2、②NH4Cl、③CH3COONH4，则c（NH4+）由大到小的顺序是：①＞②＞③，故正确；④据质子守恒，碳酸钠溶液中：C（OH﹣）=C（H+）+C（HCO3﹣）+2C（H2CO3），故错误；⑤硫磺可以用热的KOH溶液来洗涤：3S+6KOH═K2SO3+2K2S+3H2O，硫易溶于二硫化碳，故正确；⑥因Na2S溶液水解呈碱性能与玻璃中的二氧化硅反应生成具有粘和合性的硅酸钠，容易将瓶口和瓶塞粘结在一起，故盛放在带橡皮塞的玻璃瓶中；Na2SO3具有还原性，易被氧气氧化，故应密封保存，防止被空气中的氧气氧化，故正确；21⑦干粉的主要成分是碳酸氢钠（NaHCO3），受热后生成纯碱、水和二氧化碳，镁能在二氧化碳中燃烧，反应方程式为2Mg+CO22MgO+C，且生成的碳能燃烧，所以不能用干粉灭火器灭火，故错误；⑧五水硫酸铜在水中的溶解度随温度变化不大，饱和的热硫酸铜溶液不可以用冷却结晶法分离，故错误；⑨钢铁在海水中发生电化腐蚀时，铁是负极，故错误；⑩水的电离程度的大小与氢离子浓度有关，氢离子浓度越大，水的电离程度越小，所以相同浓度时，强酸中水的电离程度比弱酸的水的电离程度小，故正确；故选B．【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，涉及仪器洗涤、物质的保存、危险处理以及物质的分离等，侧重实验基本操作和实验原理的考查，注意装置的作用及实验的操作性、评价性分析，题目难度不大． 2．X、Y、Z是中学化学中三种常见元素的单质，甲、乙是两种常见的化合物，相互间有如图转化关系（未注明反应条件），下列说法不正确的是（ ）A．若X为金属单质，Y为非金属固体单质，则Z为O2B．若X、Y均为金属单质，则甲不可能为黑色固体C．若X为金属单质，Y为非金属气体单质，则乙可能为黑色固体D．若X、Y均为非金属固体单质，则Z可能为O2【考点】无机物的推断．【专题】推断题．【分析】依据转化关系分析，甲+X=Y+乙是置换反应，X+Z=乙，Y+Z=甲都是化合反应，据此分析判断选项中的可能；【解答】解：依据转化关系分析，甲+X=Y+乙是置换反应，X+Z=乙，Y+Z=甲都是化合反应，据此分析判断选项中的可能；A、若X为金属单质，Y为非金属固体单质，依据物质性质，发生的置换反应可以为：2Mg+CO2=C+2MgO，则Z为O2，故A正确；B、若X、Y均为金属单质，是金属置换金属的置换反应，发生的反应可能为：2Al+3FeO=3Fe+Al2O3，则甲可能为黑色固体FeO，故B错误；C、若X为金属单质，Y为非金属气体单质，是金属置换非金属单质的反应，反应可能为：3Fe+4H2O=Fe3O4+4H2，则乙可能为黑色固体Fe3O4，故C正确；D、若X、Y均为非金属固体单质，是非金属置换非金属单质的反应，发生的反应为：2C+SiO2=2CO+Si，则Z可能为O2，故D正确；故选B．【点评】本题考查了物质转化关系的分析推断，物质性质和置换反应的特征分析应用是解题关键，题目难度中等． 213．“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，观察下面四个“封管实验”（夹持装置未画出），判断下列说法正确的是（ ）A．加热时，①上部汇聚了固体碘，说明碘的热稳定性较差B．加热时，②、③中的溶液均变红，冷却后又都变为无色C．④中，浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅D．四个“封管实验”中都有可逆反应发生【考点】性质实验方案的设计．【专题】综合实验题．【分析】A．碘单质易升华，属于碘单质的物理性质，不能据此判断碘的热稳定性；B．根据氨气使酚酞变红的原理解答，根据二氧化硫与品红作用的原理解答；C．根据二氧化氮的可逆反应和化学平衡的原理解答；D．可逆反应，须在同等条件下，既能向正反应进行，又能向逆反应进行．【解答】解：A．加热时，①上部汇集了固体碘单质，说明碘发生了升华现象，为其物理性质，不能说明碘单质的热稳定性较差，故A错误；B．②中氨水显碱性，使酚酞变红，加热时，氨气逸出，冷却后，氨气又和水反应，变成红色，二氧化硫与品红显无色，加热后二氧化硫逸出，显红色，二者现象不同，故B错误；C．2NO2（g）⇌N2O4（g）△H=﹣92.4kJ/mol，正反应为放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，则颜色变深，④中浸泡在热水中的容器内气体颜色变深，反之变浅，所以浸泡在冰水中的容器内气体颜色变浅，故C正确；D．氯化铵受热分解与氨气和氯化氢反应生成氯化铵不是可逆反应，因前者须加热，后者只要在常温下，故D错误；故选C．【点评】本题以“封管实验”为载体，考查了可逆反应、漂白性、平衡移动的影响因素、氯化铵的性质等知识，题目难度中等，明确影响化学平衡的因素、二氧化硫的漂白原理为解答关键，试题侧重考查学生的分析、理解能力． 4．如图是CO2电催化还原为CH4的工作原理示意图．下列说法不正确的是（ ）A．该过程是电能转化为化学能的过程B．铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O21C．一段时间后，①池中n（KHCO3）不变D．一段时间后，②池中溶液的pH一定下降【考点】原电池和电解池的工作原理．【专题】电化学专题．【分析】CO2电催化还原为CH4，则通入CO2的一极为电解池的阴极，电极方程式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，则a为负极，b为正极，阳极发生氧化反应，生成氧气，以此解答该题．【解答】解：A．该装置是一个电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；B．CO2电催化还原为CH4的过程是一个还原反应过程，所以铜电解是电解池的阴极，铜电极的电极反应式为CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，故B正确；C．在电解池的阴极上发生二氧化碳得电子的还原反应，即CO2+8H++8e﹣═CH4+2H2O，一段时间后，氢离子减小，氢氧根浓度增大，氢氧根会和①池中的碳酸氢钾反应，所以n（KHCO3）会减小，故C错误；D．在电解池的阳极上，是阴离子氢氧根离子发生失电子的氧化反应，所以酸性增强，pH一定下降，故D正确．故选C．【点评】本题考查学生电解池的工作原理知识，为高频考点，侧重于学生的分析能力的考查，注意两极反应式的书写以及氧化还原反应之间的关系，注意规律的总结是关键，难度不大． 5．下列图示与对应的叙述相符的是（ ）A．图1表示某吸热反应分别在有、无催化剂的情况下反应过程中的能量变化B．图2表示0.1000mol•L﹣1NaOH溶液滴定20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液所得到的滴定曲线C．图3表示KNO3的溶解度曲线，图中a点所示的溶液是80℃时KNO3的不饱和溶液D．图4表示某可逆反应生成物的量随反应时间变化的曲线，由图知t时反应物转化率最大【考点】反应热和焓变；溶解度、饱和溶液的概念；物质的量或浓度随时间的变化曲线；中和滴定．【专题】图像图表题．【分析】A、当反应物的能量高于生成物的能量时，反应是放热反应，催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的；B、强碱滴定醋酸溶液时，醋酸是弱酸不能完全电离；C、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大；D、化学反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高．【解答】解：A、催化剂是通过降低反应的活化能来加快化学反应速率的，加入催化剂后活化能会降低，但是图中信息得出：反应物的能量高于生成物的能量，反应是放热反应，故A错误；21B、强碱强氧化钠滴定醋酸溶液时，开始20.00mL0.1000mol•L﹣1CH3COOH溶液pH大于1，故B错误；C、硝酸钾的溶解度随着温度的升高而增大，溶解度曲线下方的点是不饱和溶液的点，故C正确；D、可逆反应达到平衡状态时，反应物的转化率最高，由图知反应物转化率最大在t时刻以后，故D错误．故选C．【点评】注意识图能力是解决问题的关键，考查学生对质的梳理和归纳能力，综合性较强，难度较大． 6．t℃时，在体积不变的密闭容器中发生反应：X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），各组分在不同时刻的浓度如下表：下列说法正确的是（ ）物质XYZ初始浓度/mol•L﹣10.10.202min末浓度/mol•L﹣10.08ab平衡浓度/mol•L﹣10.050.050.1A．平衡时，X的转化率为20%B．t℃时，该反应的平衡常数为40C．增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆减小，平衡向正反应方向移动D．前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）=0.03mol•L﹣1•min﹣1【考点】化学平衡建立的过程；化学平衡的影响因素．【专题】化学平衡专题．【分析】A、依据图表数据和转化率概念计算分析；B、依据平衡浓度和平衡常数的概念计算分析判断；C、压强增大，反应速率增大，正逆反应速率都增大；D、依据反应速率的概念计算判断；【解答】解：A、平衡时，X的转化率=×100%=50%，故A错误；B、依据图表数据得到平衡浓度，结合平衡常数概念计算得到反应的平衡常数==1600，故B错误；C、反应是气体体积减小的反应，增大平衡后的体系压强，v正增大，v逆增大，平衡向正反应方向移动，故C错误；D、X（g）+3Y（g）⇌2Z（g），起始量0.10.20变化量0.020.060.042min量0.080.140.04前2min内，用Y的变化量表示的平均反应速率v（Y）==0.03mol•L﹣1•min﹣1，故D正确；故选D．【点评】本题考查了合成平衡影响因素分析，平衡计算应用，转化率、平衡常数概念的分析计算应用，掌握基础是关键，题目难度中等．21 7．已知：常温下浓度为0.1mol•L﹣1的下列溶液的pH如表：下列有关说法正确的是（ ）溶质NaF×Na2CO3pH7.59.711.6A．在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3＜HClO＜HFB．若将CO2通入0.1mol•L﹣1Na2CO3溶液中至溶液中性，则溶液中2c（CO32ˉ）+c（HCO3ˉ）=0.1mol•L﹣1C．根据上表，水解方程式ClOˉ+H2O⇌HClO+OHˉ的平衡常数K≈10ˉ7.6D．向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c（Na+）＞c（Fˉ）＞c（H+）＞c（HClO）＞c（OHˉ）【考点】盐类水解的应用．【专题】盐类的水解专题．【分析】相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子水解程度CO32﹣＞ClO﹣＞F﹣，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3﹣＜HClO＜HF，以此解答该题．【解答】解：相同浓度的钠盐溶液碱性越强，说明酸根离子水解程度越大，则相应酸的酸性越弱，酸的电离平衡常数越小，根据钠盐溶液的pH知，酸根离子水解程度CO32﹣＞ClO﹣＞F﹣，酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3﹣＜HClO＜HF，A．酸的电离平衡常数从小到大顺序是：HCO3﹣＜HClO＜HF，在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：HCO3﹣＜HClO＜HF，但酸性H2CO3＞HClO，故A错误；B．溶液存在电荷守恒c（Na+）+c（H+）=c（HCO3﹣）+c（OH﹣）+2c（CO32﹣），溶液呈中性，则c（H+）=c（OH﹣），所以c（Na+）=c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣）=0.2mol/L，故B错误；C．水解方程式式ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣的平衡常数为K===10﹣7.6，故C正确；D．反应后生成HClO，由于电离程度较弱，则c（HClO）＞c（H+），故D错误．故选C．【点评】本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离和盐类的水解，为高频考点，注意从电荷守恒的角度解答，难度不大． 二、解答题（共5小题，满分58分）8．研究氮氧化物与悬浮在大气中海盐粒子的相互作用时，涉及如下反应：2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），K1△H1＜0（Ⅰ）2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），K2△H2＜0（Ⅱ）（1）4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K= （用K1、K2表示）．（2）为研究不同条件对反应（Ⅱ）的影响，在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡，测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，则平衡后n（Cl2）= 0.025 mol，NO的转化率α1= 75% ．其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，平衡时NO的转化率α2 ＞ α121（填“＞”“＜”或“=”），平衡常数K2 不变 （填“增大”“减小”“不变”）．若要使K2减小，可采取的措施是 升高温度 ．（3）实验室可用NaOH溶液吸收NO2，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，含0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，则两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为 c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣） ．（已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1）可使溶液A和溶液B的pH值相等的方法是 bc ：a、向溶液A中加适量水b、向溶液A中加适量NaOHc、向溶液B中加适量水d、向溶液B中加适量NaOH．【考点】化学平衡常数的含义；化学平衡的计算．【专题】化学平衡专题．【分析】（1）依据化学平衡常数概念，结合反应化学方程式书写平衡常数，依据特征计算得到平衡常数关系；（2）依据平衡三段式列式计算，依据速率概念、转化率概念的计算，平衡常数随温度变化；（3）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，据此分析判断．【解答】解：（1）①2NO2（g）+NaCl（s）⇌NaNO3（s）+ClNO（g），△H1＜0（Ⅰ），平衡常数K1=，②2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），△H2＜0（Ⅱ），平衡常数K2=，（1）③4NO2（g）+2NaCl（s）⇌2NaNO3（s）+2NO（g）+Cl2（g）的平衡常数K=，计算得到K=，第二种方法：反应③=①×2﹣②，则K=，故答案为：；（2）在恒温条件下，向2L恒容密闭容器中加入0.2molNO和0.1molCl2，10min时反应（Ⅱ）达到平衡，测得10min内v（ClNO）=7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1，物质的量为7.5×10﹣3mol•L﹣1•min﹣1×10min×2L=0.15mol，依据平衡三段式列式计算；2NO（g）+Cl2（g）⇌2ClNO（g），起始量（mol）0.20.1021变化量（mol）0.150.0750.15平衡量（mol）0.050.0250.15则平衡后n（Cl2）=0.025mol，NO的转化率α1=×100%=75%；其他条件保持不变，反应（Ⅱ）在恒压条件下进行，随反应进行，气体体积减小，为保持恒压所以容器体积减小，压强增大，平衡正向进行，平衡时NO的转化率α2增大；平衡常数随温度变化，不随浓度、压强变化，若要使K2减小，平衡逆向进行，反应是放热反应，依据平衡移动原理应升高温度，平衡逆向进行；故答案为：0.025；75%；＞；不变；升高温度；（3）0.2molNaOH的水溶液与0.2molNO2恰好完全反应得1L溶液A，反应为2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O，得到溶液A中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，已知HNO2的电离常数Ka=7.1×10﹣4mol•L﹣1，CH3COOH的电离常数Ka=1.7×10﹣5mol•L﹣1，说明CH3COOH酸性小于HNO2的酸性，对应阴离子水解程度大，醋酸根离子和亚硝酸根离子水解，两溶液中c（NO3﹣）、c（NO2﹣）和c（CH3COO﹣）由大到小的顺序为：c（NO3﹣）＞c（NO2﹣）＞c（CH3COO﹣）；使溶液A和溶液B的pH值相等的方法，依据溶液组成和性质分析，溶液A中NaNO3物质的量浓度为0．mol/L，NaNO2物质的量为0.1mol/L，溶液B为0.1mol•L﹣1的CH3COONa溶液，溶液B碱性大于A溶液；a、上述分析可知，溶液B碱性大于A溶液，向溶液A中加适量水，稀释溶液，减小减小，不能调节溶液PH相同，故a不符合；b、向溶液A中加适量NaOH，增大碱性，可以调节溶液pH相同，故b符合；c、向溶液B中加适量水，稀释溶液碱性减弱，可以调节溶液pH，故c符合；d、溶液B碱性大于A溶液，向溶液B中加适量NaOH，溶液PH更大，不能调节溶液PH相同，故d不符合；故答案为：bc．【点评】本题考查了化学平衡常数的计算，影响化学平衡的因素分析应用，电解质溶液中盐类水解，离子浓度大小比较，调节溶液PH的方法分析判断，掌握基础是关键，题目难度中等． 9．短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置如图所示，B、D最外层电子数之和为12，二者可形成DB2、DB3两种分子，DB2具有漂白性．回答下列问题：ABCD（1）A的氢化物的电子式是 ．（2）请写出能证明C、D非金属性强弱的化学方程式 H2SO4+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2SO4 ．（3）硒（Se）是人体必需的微量元素，与元素B、D同一主族，该族第2～5周期元素单质分别与H2反应生成1mol气态氢化物对应的热量变化如下，其中能表示生成1mol硒化氢所对应的热量变化是 b （选填字母编号）．a．吸收99.7kJb．吸收29.7kJc．放出20.6kJd．放出241.8（4）DB2通过下列工艺流程可制化工业原料H2DB4和清洁能源H2．21已知：化学式Ag2SO4AgBr溶解度（g）0.7968.4×10﹣6①为检验分离器的分离效果，取分离后的H2DB4溶液于试管，向其中逐滴加入AgNO3溶液至充分反应，若观察到 无淡黄色沉淀产生，最终生成白色沉淀 ，证明分离效果较好．②在原电池中，负极发生的反应式为 SO2+2H2O﹣2e﹣=4H++SO42﹣ ．③在电解过程中，电解槽阴极附近溶液pH 变小 （填“变大”、“变小”或“不变”）④将该工艺流程用反应的化学方程式表示为： SO2+2H2O=H2SO4+H2 ，该生产工艺的优点有 溴可以循环利用，获得清洁能源氢气 （答一点即可）；缺点有 生成过程有有毒物质，电解循环能源消耗大 （答一点即可）．（5）溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料阻燃剂等，回答下列问题：海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入 Cl2 ，将其中的Br﹣氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO，其离子方程式为 3Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3Br2+3CO32﹣=5Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑） ．（6）CuBr2分解的热化学方程式为：2CuBr2（s）═2CuBr（s）+Br2（g）△H=+105.4kJ/mol在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p（Br2）为4.66×103Pa．①如反应体系的体积不变，提高反应温度，则p（Br2）将会 增大 （填“增大”“不变”或“减小”）．②如反应温度不变，将反应体系的体积增加一倍，则p（Br2）的变化范围为 2.33×103Pa＜P（Br2）≤4.66×103Pa ．【考点】位置结构性质的相互关系应用；原电池和电解池的工作原理；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；物质分离和提纯的方法和基本操作综合应用．【分析】由短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置可知，A、B处于第二周期，C、D处于第三周期，B、D最外层电子数之和为12，二者同主族，故最外层电子数为6，则B为O元素，D为S元素，二者可以形成SO2、SO3两种分子，且SO2具有漂白性，由位置关系可知，A为N元素，C为Si元素．（1）A的氢化物为NH3，分子中N原子与H原子之间形成1对共用电子对；（2）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，根据强酸制备弱酸的反应分析解答；（3）同主族自上而下非金属性减弱，单质与氢气反应剧烈程度减小，反应热增大（考虑符号）；（4）由工艺流程图可知，原电池原理为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，分离出硫酸，再电解：2HBrH2↑+Br2，获得氢气，电解得到的溴循环利用．①分离完全，硫酸中不含HBr，加入AgNO3溶液，根据沉淀颜色判断②在原电池中，负极发生氧化反应，SO2在负极放电生成H2SO4；③在电解过程中，电解槽阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，氢离子浓度降低；21④原电池总反应为与电解池总反应相加可得该工艺流程用总反应的化学方程式；该生产工艺的优点：溴可以循环利用，获得清洁能源氢气，缺点是：生成过程有有毒物质，电解循环消耗能源大；（5）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入氯气，将其中的Br﹣氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO3﹣，同时生成HCO3﹣或CO2；（6）①升高温度，平衡向正反应方向移动，气体物质的量增大；②积增大一倍时，P（Br2）降为原来的一半，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，压强又增大，若反应物足量，平衡恢复到原有的压强．【解答】解：由短周期元素A、B、C、D在周期表中的位置可知，A、B处于第二周期，C、D处于第三周期，B、D同种主族，B、D最外层电子数之和为12，故最外层电子数为6，故B为O元素，D为S元素，二者可以形成SO2、SO3两种分子，且SO2具有漂白性，由位置关系可知，A为N元素，C为Si元素，（1）A为N元素，其氢化物为NH3，氮原子与氢原子之间形成1对共用电子对，电子式为，故答案为：；（2）非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，反应H2SO4+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2SO4，可以证明非金属性S＞Si，故答案为：H2SO4+Na2SiO3=H2SiO3↓+Na2SO4；（3）Se与O元素同族元素，同主族自上而下非金属性减弱，单质与氢气反应剧烈程度减小，反应热增大（考虑符号），故生成1mol硒化氢（H2Se）反应热应排在第二位，应为+29.7kJ•mol﹣1，故答案为：b．（4）由工艺流程图可知，原电池原理为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，分离出硫酸，再电解：2HBrH2↑+Br2，获得氢气，电解得到的溴循环利用．①分离后的H2SO4溶液于试管，向其中逐滴加入AgNO3溶液至充分反应，若观察到无淡黄色沉淀产生，最终生成白色沉淀，说明分离效果较好，故答案为：无淡黄色沉淀产生，最终生成白色沉淀；②在原电池中，负极发生氧化反应，SO2在负极放电生成H2SO4，电极反应式为SO2+2H2O﹣2e﹣=4H++SO42﹣，故答案为：SO2+2H2O﹣2e﹣=4H++SO42﹣；③在电解过程中，电解槽阴极发生还原反应，电极反应式为2H++2e﹣=H2↑，氢离子浓度降低，溶液pH变大，故答案为：变大；④原电池中电池总反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，电解池中总反应为2HBr=H2+Br2，故该工艺流程用总反应的化学方程式表示为：SO2+2H2O=H2SO4+H2，该生产工艺的优点：溴可以循环利用，获得清洁能源氢气．缺点是：生成过程有有毒物质，电解循环能源消耗大，故答案为：SO2+2H2O=H2SO4+H2；溴可以循环利用，获得清洁能源氢气；生成过程有有毒物质，电解循环能源消耗大；21（5）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入氯气，将其中的Br﹣氧化，再用空气吹出溴；然后用碳酸钠溶液吸收溴，溴在碳酸钠溶液的歧化可把反应理解为溴与水发生歧化，产生H+的被碳酸钠吸收，反应的离子方程式为3：Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3Br2+3CO32﹣=5Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑），故答案为：Cl2；3Br2+6CO32﹣+3H2O=5Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3Br2+3CO32﹣=5Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑）；（6）①升高温度，平衡向吸热反应方向移动，气体的物质的量增大，因而可提高P（Br2），故答案为：增大；②体积增大一倍时，P（Br2）降为原来的一半，即2.33×103Pa，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，因而会大于2.33×103Pa；若反应物足量，可平衡恢复到原有的P（Br2），故答案为：2.33×103Pa＜P（Br2）≤4.66×103Pa．【点评】本题综合较大，涉及元素推断、化学工艺流程、反应热、原电池及电解原理、海水提取溴、化学平衡移动等，侧重于学生的分析能力的考查，难度较大，注意基础知识的全面掌握． 10．1000mL某待测液中除含有0.2mol•L﹣1的Na+外，还可能含有下列离子中的一种或多种：阳离子K+、NH4+、Fe3+、Ba2+阴离子Cl﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣、SO42﹣现进行如下实验操作（每次实验所加试剂均过量）：（1）写出生成白色沉淀B的离子方程式： HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O ．（2）待测液中肯定不存在的阳离子是 Fe3+、Ba2+ ．（3）若无色气体D是单一气体：阴离子Cl﹣Br﹣CO32﹣HCO3﹣SO32﹣SO42﹣浓度/mol•L﹣1①将阴离子的物质的量浓度填入下表中（一定不存在的填“0”，不能确定的填“？”）：②判断原溶液中K+是否存在，若存在，求其物质的量浓度的最小值，若不存在，请说明理由： 存在，K+离子最小浓度为0.1mol/L ．（4）若无色气体D是混合气体：①待测液中一定含有的阴离子是 CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣ ．②沉淀A中能与稀硝酸反应的成分是 BaCO3、BaSO3 （写化学式）．【考点】无机物的推断；离子方程式的书写．【专题】推断题；离子反应专题．21【分析】（1）（2）待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32﹣，可能存在SO32﹣、SO42﹣中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3﹣，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br﹣，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣；（3）若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32﹣，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32﹣，一定含有SO42﹣，计算B（碳酸钡）、E（碳酸钙）、硫酸钡的物质的量，根据离子守恒计算各离子的浓度；根据电荷守恒判断是否含有钾离子，若溶液含有K+，当溶液中没有Cl﹣，K+离子浓度最小，根据电荷守恒计算；（4）若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32﹣，不能确定是否含有SO42﹣，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3．【解答】解：待测液和氯化钡溶液反应得到沉淀A，则溶液中可能含有CO32﹣、SO32﹣、SO42﹣，向沉淀中加入稀硝酸生成气体，且有部分沉淀不溶解，则溶液中存在CO32﹣，可能存在SO32﹣、SO42﹣中的两种或一种，根据离子共存知，溶液中不存在Ba2+；滤液A中有Ba2+，加入过量的NaOH溶液得到气体B、白色沉淀B，则溶液中一定含有NH4+、HCO3﹣，一定不存在Fe3+，气体B为NH3，白色沉淀B为BaCO3，滤液B中通入氯气，得浅黄绿色溶液，溶液中一定没有Br﹣，滤液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀C，C为AgCl，说明滤液B中含有Cl﹣，由于加入氯化钡溶液，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣；（1）由上述分析可知，白色沉淀B为碳酸钡，是由HCO3﹣、Ba2+、OH﹣反应生成，反应离子方程式为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O，故答案为：HCO3﹣+Ba2++OH﹣=BaCO3↓+H2O；（2）由上述分析可知，溶液中一定没有的阳离子是：Fe3+、Ba2+，故答案为：Fe3+、Ba2+；（3）①由上述分析可知，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，溶液中一定没有Br﹣．若无色气体D是单一气体，则D为CO2，E为CaCO3，溶液中含有CO32﹣，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定没有SO32﹣，一定含有SO42﹣，B（碳酸钡）的物质的量==0.1mol，则n（HCO3﹣）=0.1mol，故c（HCO3﹣）==0.1mol/L，E（碳酸钙）的物质的量==0.1mol，则n（CO32﹣）=0.1mol，故c（CO32﹣）==0.1mol/L，D（硫酸钡）的物质的量==0.05mol，则n（SO42﹣）=0.05mol，故c（SO42﹣）==0.05mol/L，故答案为：阴离子Cl﹣Br﹣CO32﹣HCO3﹣SO32﹣SO42﹣？00.10.100.0521浓度/mol•L﹣1②n（NH4+）=n（NH3）==0.1mol，则c（NH4+）=0.1mol/L，溶液中c（Na+）=0.2mol/L，c（HCO3﹣）=0.1mol/L，c（CO32﹣）=0.1mol/L，c（SO42﹣）=0.05mol/L，单位体积为正电荷=1×0.1mol/L+1×0.2mol/L=0.3mol/L，单位体积内负电荷=1×0.1mol/L+2×0.1mol/L+2×0.05mol/L=0.4mol/L，则单位体积为正电荷＜单位体积内负电荷，故一定含有K+，当溶液中没有Cl﹣，K+离子浓度最小，根据电荷守恒可知，c（K+）最小浓度=0.4mol/L﹣0.3mol．L=0.1mol/L，故答案为：存在；K+离子最小浓度为0.1mol/L；（4）由上述分析可知，溶液中一定含有CO32﹣、HCO3﹣，不能确定原溶液中是否含有Cl﹣，溶液中一定没有Br﹣．若无色气体D是混合气体，只能为CO2、NO混合气体，白色沉淀D只能为BaSO4，溶液中一定含有SO32﹣，不能确定是否含有SO42﹣，沉淀A中一定含有BaCO3，BaSO3，①待测液中一定含有的阴离子是CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣，故答案为：CO32﹣、HCO3﹣、SO32﹣；②沉淀A中BaCO3，BaSO3能与稀硝酸反应，故答案为：BaCO3、BaSO3．【点评】本题考查了离子的推断、检验，熟悉物质的性质是解本题关键，根据实验过程中反应现象、离子共存条件来确定溶液中存在的离子，注意根据溶液中电荷守恒确定钾离子是否存在，同时考查学生综合运用知识解决问题的能力，题目难度较大． 11．Na2S2O3是重要的化工原料，易溶于水，在中性或碱性环境中稳定．Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O反应原理：Na2SO3（aq）+S（s）Na2S2O3（aq）实验步骤：①称取15gNa2SO3加入圆底烧瓶中，再加入80mL蒸馏水．另取5g研细的硫粉，用3mL乙醇润湿，加入上述溶液中．②安装实验装置（如图所示，部分夹持装置略去），水浴加热，微沸60min．③趁热过滤，将滤液水浴加热浓缩，冷却析出Na2S2O3•5H2O，经过滤、洗涤、干燥，得到产品．回答问题：（1）硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 使硫粉易于分散到溶液中 ．（2）仪器a的名称是 冷凝管 ，其作用是 冷凝回流 ．（3）产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 Na2SO4 ．检验是否存在该杂质的方法是 取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4 ．（4）该实验一般控制在碱性环境下进行，否则产品发黄，用离子反应方程式表示其原因： S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O ．21【考点】制备实验方案的设计．【专题】实验设计题．【分析】（1）硫粉难溶于水、微溶于乙醇，乙醇湿润可以使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据图示装置中仪器构造写出其名称，然后根据冷凝管能够起到冷凝回流的作用进行解答；（3）由于S2O32‾具有还原性，易被氧气氧化成硫酸根离子可知杂质为硫酸钠；根据检验硫酸根离子的方法检验杂质硫酸钠；（4）S2O32‾与氢离子在溶液中能够发生氧化还原反应生成硫单质，据此写出反应的离子方程式．【解答】解：（1）硫粉难溶于水微溶于乙醇，所以硫粉在反应前用乙醇湿润是使硫粉易于分散到溶液中，故答案为：使硫粉易于分散到溶液中；（2）根据题中图示装置图可知，仪器a为冷凝管，该实验中冷凝管具有冷凝回流的作用，故答案为：冷凝管；冷凝回流；（3）S2O32‾具有还原性，能够被氧气氧化成硫酸根离子，所以可能存在的杂质是硫酸钠；检验硫酸钠的方法为：取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4，故答案为：Na2SO4；取少量产品溶于过量稀盐酸，过滤，向滤液中加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产品中含有Na2SO4；（4）S2O32‾与氢离子发生氧化还原反应生成淡黄色硫单质，反应的离子方程式为：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32‾+2H+=S↓+SO2↑+H2O．【点评】本题考查了化学实验基本操作方法及常见仪器的构造、离子的检验方法、离子方程式的书写等知识，题目难度中等，试题涉及的题量较大，知识点较多，充分考查了学生对所学知识的掌握情况． 12．测定产品纯度准确称取Wg产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000mol•L﹣1碘的标准溶液滴定．反应原理为2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣（5）滴定至终点时，溶液颜色的变化： 由无色变为蓝色 ．（6）滴定起始和终点的液面位置如图，则消耗碘的标准溶液体积为 18.10 mL．产品的纯度为（设Na2S2O3•5H2O相对分子质量为M） ×100% ．Ⅲ．Na2S2O3的应用21（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，常用作脱氯剂，该反应的离子方程式为 S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+ ．【考点】中和滴定．【专题】综合实验题．【分析】（5）根据滴定前溶液为无色，滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，判断达到终点时溶液颜色变化；（6）根据图示的滴定管中液面读出初读数、终读数，然后计算出消耗碘的标准溶液体积；根据反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知，n（S2O32﹣）=2n（I2），然后根据题中碘单质的物质的量计算出Na2S2O3•5H2O质量及产品的纯度；（7）根据题干信息“Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣”及化合价升降相等写出反应的离子方程式．【解答】解：（5）滴定结束后，碘单质使淀粉变蓝，所以滴定终点时溶液颜色变化为：由无色变为蓝色，故答案为：由无色变为蓝色；（6）根据图示的滴定管中液面可知，滴定管中初始读数为0，滴定终点液面读数为18.10mL，所以消耗碘的标准溶液体积为18.10mL；根据反应2S2O32﹣+I2═S4O62﹣+2I﹣可知，n（S2O32﹣）=2n（I2），所以Wg产品中含有Na2S2O3•5H2O质量为：0.1000mol•L﹣1×18.10×10﹣3L×2×M=3.620×10﹣3Mg，则产品的纯度为：×100%=×100%，故答案为：18.10；×100%；（7）Na2S2O3还原性较强，在溶液中易被Cl2氧化成SO42﹣，根据化合价升降相等配平后的离子方程式为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+，故答案为：S2O32‾+4Cl2+5H2O=2SO42‾+8Cl‾+10H+．【点评】本题考查了物质含量的测定、中和滴定实验的应用，题目难度中等，明确物质的性质以及检验方法是解题的关键，侧重于考查学生对基础知识的综合应用能力和实验探究能力． 21
