2017-2018学年河南省南阳市高二下学期期末化学试题（解析版）


2017-2018学年河南省南阳市高二（下）期末化学试卷
一、单选题（本大题共14小题，共42.0分）
1. 《中华好诗词》不仅弘扬了中国传统文化，还蕴含着许多化学知识。下列诗词分析不正确的是（　　）
A. “南朝四百八十寺，多少楼台烟雨中”中的“烟雨”指悬浮在空中的固体小颗粒
B. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中的“丝”的主要化学成分是蛋白质
C. “爆竹惊邻鬼，驱傩逐小儿”中所指的爆竹燃放过程有部分化学能转化为光能
D. “野火烧不尽，春风吹又生”中的“野火”是伴随氧化还原反应而产生的
【答案】A
【解析】解：A．烟雨是小水滴，是液态水，不是固体小颗粒，故A错误；
B．动物的毛皮、丝等的主要成分都是蛋白质，即蚕丝的主要成分是蛋白质，故B正确；
C．爆竹爆炸是会有光产生，所以爆竹燃放过程有部分化学能转化为光能，故C正确；
D．可燃物的燃烧是与氧气之间发生反应，存在元素化合价的变化，所以燃烧时发生氧化还原反应，故D正确。
故选：A。
A．烟雨是小水滴；
B．蚕丝的主要成分是蛋白质；
C．爆竹爆炸是会有光产生；
D．燃烧时发生氧化还原反应。
本题考查化学与生产、生活的关系，题目难度不大，要求学生能够用化学知识解释化学现象，试题培养了学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。

2. 能源是当今社会发展的三大支柱之一，有专家指出：如果对燃料产物如CO2、H2O、N2等能够实现利用太阳能让它们重新组合（如图），可以节约燃料，缓解能源危机。在此构想的物质循环中太阳能最终转化（　　）


A. 化学能 B. 热能 C. 生物能 D. 电能
【答案】B
【解析】解：由图可知，太阳能首先转化为化学能，其次化学能转化为热能。故选：B。
根据图可知，太阳能首先转化为化学能，其次化学能转化为热能。
看懂能量关系转化图是解决本题的关键，本题难度较小。

3. 下列说法不正确的是（　　）
A. 焓变是一个与反应能否自发进行有关的因素，多数能自发进行的反应都是放热反应
B. 熵增加有利于反应的自发进行，熵减小的反应常温下都不会自发进行
C. 在同一条件下物质有不同的熵值，其体系的混乱程度越大，熵值越大
D. 一个反应能否自发进行与焓变和熵变的共同影响有关
【答案】B
【解析】解：A．一般放热反应可自发进行，则多数能自发进行的反应都是放热反应，故A正确；
B．一般熵增加、熵减小的反应可自发进行，但均不够准确，且熵减小的反应常温下可能自发进行，故B错误；
C．熵为衡量乱程度的量，则体系的混乱程度越大，熵值越大，故C正确；
D．△H-T△S＜0的反应可自发进行，则反应能否自发进行与焓变和熵变的共同影响有关，故D正确；
故选：B。
A．一般放热反应可自发进行；
B．一般熵增加、熵减小的反应可自发进行，但均不够准确；
C．熵为衡量乱程度的量；
D．△H-T△S＜0的反应可自发进行。
本题考查反应热与焓变，为高频考点，把握熵变、焓变对反应进行方向的影响为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意选项B为解答的易错点，题目难度不大。

4. 全世界每年因生锈损失的钢铁，约占世界年产量的十分之一。一种钢铁锈蚀原理示意图如如，下列说法不正确的是（　　）

A. 缺氧区：Fe-2e-=Fe2+
B. 富氧区：O2+2H2O+4e-=4OH-
C. Fe失去的电子通过电解质溶液传递给O2
D. 隔绝氧气或电解质溶液均可有效防止铁生锈
【答案】C
【解析】解：A．根据图知，该装置为原电池，发生Fe的吸氧腐蚀；在缺氧区：Fe失电子生成Fe2+，电极反应式为，故A正确；
B．富氧区：氧气得电子生成OH-，电极反应式为O2+2H2O+4e-=4OH-，故B正确；
C．原电池中电子不进入电解质溶液，Fe失去的电子通过外电路传递给O2，故C错误；
D．隔绝空气或电解质溶液不能构成原电池，所以能有效的防止铁生锈，故D正确；
故选：C。
A．根据图知，该装置为原电池，发生Fe的吸氧腐蚀；在缺氧区：Fe失电子生成Fe2+；
B．富氧区：氧气得电子生成OH-；
C．原电池中电子不进入电解质溶液；
D．隔绝空气或电解质溶液不能构成原电池。
本题考查金属腐蚀与防护，明确原电池原理中吸氧腐蚀原理是解本题关键，知道原电池中各个电极上发生的反应、电子流向，易错选项是C，注意内电路通过阴阳离子定向移动形成电流。

5. 某同学查阅教材得知，普通锌锰电池筒内无机物的主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等。他在探究废干电池内的黑色固体回收利用时，进行如图所示实验。下列有关实验的叙述不正确的是（　　）


A. 操作A中玻璃棒能加快固体溶解 B. 操作B为过滤，得到的滤液显酸性
C. 操作C盛放药品的仪器是坩埚 D. 操作D的目的是除去滤渣中的杂质
【答案】D
【解析】解：A．操作A中玻璃棒起到搅拌加速溶解的作用，故A正确；
B．普通锌锰电池筒内无机物质主要成分为MnO2、NH4Cl、ZnCl2等物质，NH4Cl、ZnCl2易溶于水，MnO2难溶于水，操作B是把固体与溶液分离，应是过滤，故B正确；
C．由图可知操作C是在坩埚内灼烧滤渣，通常把泥三角放在三角架上，再把坩埚放在泥三角上，故C正确；
D．二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，灼烧后的滤渣能加快双氧水分解产生氧气，能证明黑色固体是二氧化锰，所以该实验的目的不是除去滤渣中杂质，故D错误；
故选：D。
A．根据玻璃棒的作用判断；
B．操作B是把固体与溶液分离；
C．由图可知操作C是在坩埚内灼烧滤渣；
D．二氧化锰是黑色固体，能作双氧水的催化剂，操作D的目的不是除去滤渣中杂质。
本题以对干电池物质成分的探究为载体，考查了过滤、仪器名称、物质的检验等知识，掌握实验基本操作是解答关键，题目难度不大。

6. 对利用甲烷消除NO2污染进行研究，CH4+2NO2⇌N2+CO2+2H2O．在1L密闭容器中，控制不同温度，分别加入0.50molCH4和1.2molNO2，测得n（CH4）随时间变化的有关实验数据见表。下列说法正确的是（　　）
组别
温度
时间/min
n/mol
0
10
20
40
50
①
T1
n（CH4）
0.50
0.35
0.25
0.10
0.10
②
T2
n（CH4）
0.50
0.30
0.18
…
0.15
A. 组别①中，0～20min内，NO2的降解速率为0.0125 mol•L-1•min-1
B. 由实验数据可知实验控制的温度T1＜T2
C. 40min时，表格中T2应的数据为0.18
D. 0～10min内，CH4的降解速率①＞②
【答案】B
【解析】解：A．①中，0～20min内，CH4的降解速率为=0.0125mol•L-1•min-1，由速率之比等于化学计量数之比可知0～20min内NO2的降解速率为0.0125mol•L-1•min-1×2=0.025mol•L-1•min-1，故A错误；
B．相同时间内，②中甲烷的物质的量减小的快，可知实验控制的温度T1＜T2，故B正确；
C．②中平衡时甲烷的物质的量为0.15mol，且②比①先达到平衡状态，则T2应的数据一定小于0.18，故C错误；
D．温度越高，反应速率越快，由T1＜T2可知0～10min内CH4的降解速率①＜②，故D错误；
故选：B。
A．结合v=及速率之比等于化学计量数之比计算；
B．相同时间内，②中甲烷的物质的量减小的快；
C．②中平衡时甲烷的物质的量为0.15mol，且②比①先达到平衡状态；
D．温度越高，反应速率越快。
本题考查化学平衡的计算，为高考常见题型，把握表格中数据的应用、速率的计算、温度对反应速率的影响为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。

7. 中国研究人员成功开发出一款锂-氮可充电电池，该电池系统由锂电池阳极、可传递Li+的醚类电解质、碳布阴极组成，其原理为6Li+N2=2Li3N．以下说法合理的是（　　）
A. 放电时Li+由正极移向负极
B. 也可以用氯化锂水溶液做电解质传递Li+
C. 放电时正极反应：6Li++N2+6e-=2Li3N
D. 充电是固氮过程
【答案】C
【解析】解：A．放电时，负极Li失电子产生Li+，阳离子向正极移动，则Li+向由负极向正极移动，故A错误；
B．因为锂很活泼能与水发生反应，所以不可以用氯化锂水溶液做电解质，故B错误；
C．氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N2+6e-=2Li3N，故C正确；
D．将游离态的氮转化成化合态的氮是氮的固定，则放电才是氮的固定，故D错误；
故选：C。
据总反应6Li+N2=2Li3N可知：放电时锂失电子作负极，负极上电极反应式为6Li-6e-=6Li+，Li+移向正极，氮气在正极得电子发生还原反应，电极反应式为6Li++N2+6e-=2Li3N，充电是放电的逆过程，据此解答．
本题考查了原电池和电解池的工作原理，明确原电池负极上得失电子及电极反应式是解本题关键，题目难度中等，注意把握金属锂的活泼性．

8. 羰基硫（COS）可作为一种粮食熏蒸剂，能防止某些昆虫、线虫和真菌的危害。在恒容密闭容器中，将CO和H2S混合加热并达到下列平衡：
CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）    K=0.1
反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，下列说法正确的是（　　）
A. 升高温度，H2S浓度增加，表明该反应是吸热反应
B. 通入CO后，正反应速率逐渐增大
C. 反应前H2S物质的量为7mol
D. CO的平衡转化率为80%
【答案】C
【解析】解：A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动，则该反应是放热反应，故A错误；
B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小，故B错误；
C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
          CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）
起始（mol）：10    n        0     0
变化（mol）：2      2        2     2
平衡（mol）：8      n-2      2     2
反应恰好气体分子数目不变，可以利用物质的量代替浓度计算平衡常数，则K===0.1，解得n=7，故C正确；
D．根据上述数据，可知CO的平衡转化率为×100%=20%，故D错误；
故选：C。
A．升高温度，H2S浓度增加，说明平衡逆向移动，升高温度，平衡向吸热反应方向移动；
B．通入CO后，正反应速率瞬间增大，又逐渐减小；
C．反应前CO的物质的量为10mol，平衡后CO物质的量为8mol，设反应前H2S物质的量为n，则：
           CO（g）+H2S（g）⇌COS（g）+H2（g）起始（ mol）：10     n       0     0
变化（mol）：2       2       2     2
平衡（mol）：8      n-2      2     2
反应恰好气体分子数目不变，利用物质的量代替浓度代入平衡常数表达式K=列方程计算；
D．根据C中的计算数据计算CO的平衡转化率。
本题考查影响化学反应速率的因素、化学平衡常数应用、化学平衡的有关计算，比较基础，注意理解掌握三段式均解题法在化学平衡计算中的应用。

9. 在3种不同条件下，分别向容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A（g）+B（g）⇌2D（g）△H=QkJ•mol-1．相关条件和数据见下表：
实验编号
实验Ⅰ
实验Ⅱ
实验Ⅲ
反应温度/1C
700
700
750
达平衡时间/min
40
5
30
n（D）平衡/mol
1.5
1.5
1
化学平衡常数
K1
K2
K3
下列说法正确的是（　　）
A. 实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入lmolA和1molD，平衡不移动
B. 温度加快反应速率的原理是降低了活化能，使活化分子百分数提高
C. 实验Ⅲ达平衡后容器内的压强是实验Ⅰ的倍
D. K3＞K2＞K1
【答案】A
【解析】解：A．容积为2L的恒容密闭容器中充入2molA和1mol B，发生反应：2A（g）+B（g）⇌2D（g），实验III中，原平衡的化学平衡常数为K===4，温度不变，则平衡常数不变，实验Ⅲ达平衡后，恒温下再向容器中通入1 mol A和1 molD，则此时容器中c（A）=1mol/L，c（B）=0.25mol/L，c（D）=1mol/L，此时浓度商QC==4L/mol=K，则平衡不发生移动，故A正确；
B．升高温度，使部分非活化分子吸收热量而变为活化分子，即增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞机会，化学反应速率加快，故B错误；
C．根据理想气体状态方程pV=nRT，反应起始时向容器中充入2mol A和1mol B，实验III达平衡时，n（D）=1mol，根据反应方程式，则平衡时n（A）=1mol，n（B）=0.5mol，实验I达平衡时，n（D）=1.5mol，根据反应方程式，n（A）=0.5mol，n（B）=0.25mol，则实验III达平衡后容器内的压强与实验I达平衡后容器内的压强之比为=≠，故C错误；
D．反应为2A（g）+B（g）⇌2D（g），比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，正反应为放热反应，Q＜0，则K3＜K1，温度相同，平衡常数相同，则K1=K2，综上，则平衡常数的关系为：K3＜K2=K1，故D错误；
故选：A。
A．温度不变，平衡常数不发生改变，根据浓度商与平衡常数K的关系判断化学反应的方向；
B．升高温度增大活化分子百分数，增大活化分子有效碰撞机会；
C．根据理想气体状态方程pV=nRT分析；
D．反应为2A（g）+B（g）⇌2D（g），比较实验I和III，温度升高，平衡时D的量减少，化学平衡向逆反应方向移动，温度相同，平衡常数相同，据此分析。
本题考查可逆反应的化学平衡，温度相同，平衡常数也相同，结合理想气体状态方程pV=nRT，根据反应商J与平衡常数K的关系判断化学反应的方向，题目难度中等。

10. 下列说法不正确的是（　　）
A. 常温下，在0.1mol•L-1的HNO3溶液中，由水电离出的c（H+）＜
B. 浓度为0.1mol•L-1的NaHCO3溶液：c（H2CO3）＞c（CO32-）
C. 25℃时，AgCl固体在等物质的量浓度的NaCl、CaCl2溶液中的溶度积相同
D. 冰醋酸中逐滴加水，溶液的导电性、醋酸的电离程度、pH均先增大后减小
【答案】D
【解析】解：A．酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离，硝酸是强酸，抑制水电离，所以水电离出的c（H+）＜，故A正确；
B．碳酸氢钠溶液呈碱性，因为碳酸氢根离子水解程度大于电离程度，所以c（H2CO3）＞c（CO32-），故B正确；
C．溶度积常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变，与溶液浓度无关，故C正确；
D．冰醋酸中逐滴加入水，促进醋酸电离，醋酸电离程度增大，随着水的加入，溶液中氢离子浓度先增大后减小，所以溶液导电能力先增大后减小，溶液的pH先减小后增大，故D错误；
故选：D。
A．酸、碱或强酸酸式盐抑制水电离；
B．碳酸氢钠溶液呈碱性，因为碳酸氢根离子水解程度大于电离程度；
C．溶度积常数只与温度有关，温度不变，溶度积常数不变；
D．冰醋酸中逐滴加入水，促进醋酸电离，醋酸电离程度增大，溶液导电性与离子浓度成正比，溶液中氢离子浓度越大pH越小．
本题考查较综合，涉及弱电解质的电离、盐类水解、水的电离、溶度积常数等知识点，知道水电离影响因素，易错选项是C，注意所有的平衡常数都只与温度有关，会分析D选项弱电解质稀释原理．

11. 下列实验中“实验操作和现象”与“结论”都正确的是（　　）
选项
实验操作和现象
结论
A．
将Fe（NO3）2样品溶于稀硫酸后，滴加KSCN溶液，溶液变为红色
样品已部分或全部变质
B．
将AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀。
Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr）
C．
用pH试纸分别测NaClO溶液与NaHCO3溶液的pH，NaHCO3的pH更大
HCO3-水解程度大于ClO-
D．
向5mL20%的蔗糖溶液中加稀硫酸水浴加热，再加入1mL新制Cu（OH）2悬浊液，振荡后再加热至沸腾，未出现红色沉淀
蔗糖没有水解
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】解：A．酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应，不能检验是否变质，应溶于水后滴加KSCN溶液检验，故A错误；
B．AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，氯离子浓度大于碘离子浓度，则再加入足量的浓AgNO3溶液，AgCl沉淀多于AgBr沉淀，可知Ksp（AgCl）＞Ksp（AgBr），故B正确；
C．NaClO溶液具有漂白性，应选pH计测定pH，故C错误；
D．蔗糖水解后，在碱性条件下检验葡萄糖，没有加碱至碱性再加入1mL新制Cu（OH）2悬浊液，不能检验，故D错误；
故选：B。
A．酸性条件下亚铁离子与硝酸根离子发生氧化还原反应；
B．AgCl与AgBr的饱和溶液等体积混合，氯离子浓度大于碘离子浓度；
C．NaClO溶液具有漂白性；
D．蔗糖水解后，在碱性条件下检验葡萄糖。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握氧化还原反应、Ksp的应用、pH测定、物质检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

12. 空间实验室“天宫一号”的供电系统中有再生氢氧燃料电池（RFC），RFC是一种将水电解技术与氢氧燃料电池技术相结合的可充电电池。如图为RFC工作原理示意图。下列有关说法正确的是（　　）

A. 当有0.1mol电子转移时，a极产生标准状况下的O21.12L
B. b电极上发生的电极反应是：4H2O+4e-=2H2↑+4OH-
C. c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池
D. d电极上发生的电极反应是：O2+4H++4e-=2H2O
【答案】C
【解析】解：电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑；a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e-=2H2↑；
原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-=4H+；c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e-=2H2O；
A、阳极电极反应计算，当有0.1mol电子转移时，a电极产生1.12LH2，故A错误；
B、b电极上发生的电极反应是4OH--4e-=2H2O+O2↑，故B错误；
C、c电极上进行还原反应，B池中的H+可以通过隔膜进入A池，故C正确；
D、d电极上发生的电极反应是：2H2-4e-=4H+；故D错误；
故选：C。
依据图示ab电极是电解池的电极，由电源判断a为阴极产生的气体是氢气，b为阳极产生的气体是氧气；c、d电极是原电池的正、负极，c是正极，d是负极；电解池中的电极反应为：b电极为阳极失电子发生氧化反应：4OH--4e-=2H2O+O2↑，a电极为阴极得到电子发生还原反应：4H++4e-=2H2↑，原电池中是酸性溶液，电极反应为：d为负极失电子发生氧化反应：2H2-4e-=4H+，c电极为正极得到电子发生还原反应：O2+4H++4e-=2H2O，结合电极上的电子守恒分析计算。
本题考查了化学电源新型电池，主要考查原电池和电解池的工作原理，电极判断，电极反应，关键是原电池中电解质溶液是酸性环境，注意电极书写。

13. 某化学研究性学习小组对电解质溶液作如下的归纳总结（均在常温下），其中正确的是（　　）
①常温下，pH=l的强酸溶液，加水稀释后，溶液中离子浓度一定降低
②pH=2的盐酸和pH=l的盐酸，C（H+）之比为2：1
③pH相等的四种溶液：a．CH3COONa；b．C6H5ONa；c．NaHCO3；d．NaOH．其溶液
物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，则c（Na+）=2c（SO42一）
⑤已知醋酸电离平衡常数为Ka；醋酸根水解常数为Kh；水的离子积为K．；则三者关系为Ka．Kh=Kw
⑥甲、乙两溶液都是强电解质，已知甲溶液的pH是乙溶液pH的两倍，则甲、乙两溶液等体积混合，混合液pH可能等于7．
A. ③⑤⑥ B. ③④⑥ C. ④⑤⑥ D. ①②④
【答案】A
【解析】解：①强酸溶液全部电离，加水稀释后，溶液中H+离子浓度降低，氢离子和氢氧极根离子的浓度的乘积（水的离子积）为定值，则氢氢氧根离子浓度增大，故①错误；
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为1：10，故②错误；
③四种盐的水溶液均显碱性，同浓度，碱性强弱顺序为d＞b＞c＞a，故pH相等的四种溶液物质的量浓度由小到大顺序为d、b、c、a，故③正确；
④NH4HSO4溶液中滴加NaOH溶液至溶液pH=7，溶液中存在c（NH4+）+c（Na+）=2c（SO42-），则c（Na+）＜2c（SO42-），故④错误；
⑤水解和电离为可逆过程，Ka=，Kb=；则有Ka•Kh=Kw，故⑤正确
⑥当pH之和等于14时，则混合液pH=7，故⑥正确。
根据分析可知，正确的为③⑤⑥，
故选：A。
①强酸稀释时氢离子浓度减小，水的离子积不变，则氢氧根离子浓度增大；
②pH=2的盐酸和pH=1的盐酸，c（H+）之比为1：10；
③根据同浓度时的碱性强弱比较；
④根据电荷书恒判断；
⑤利用平衡常数的表达式判断；
⑥如pH之和等于14，等体积混合可等于7．
本题考查较为综合，涉及弱电解质的电离、pH的计算、盐类的水解以及酸碱混合的定性判断和计算，题目难度中等．

14. 25℃时，用Na2S沉淀Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+四种金属离子（M2+），所需S2-最低浓度的对数值lg c（S2-）与lg c（M2+）的关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A. Ksp（CuS）约为1.0×10-20
B. 向Cu2+浓度为10-5 mol•L-1的废水中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出
C. 向100mL浓度均为10-5mol•L-1的Cu2+、Mn2+、Fe2+、Zn2+的混合溶液中逐滴加入10-4mol•L-1Na2S溶液，Zn2+先沉淀
D. Na2S 溶液中：c（S2-）+c（HS-）+c（H2S）=2c（Na+）


【答案】B
【解析】解：A．在25℃时，CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2-（aq），Ksp（CuS）=c（Cu2+）×c（S2-）=10-25×10-10=10-35，故A错误；
B．由于在25℃下，CuS溶液的是Ksp是10-35，故向Cu2+浓度为10-5mol/L中加入ZnS粉末，会有CuS沉淀析出，故B正确；
C．依据此图可知，CuS的Ksp最小，故CuS最难溶，那么首先出现的沉淀是CuS，故C错误；
D．Na2S溶液中：S元素的存在形式为：S2-、HS-、H2S、且存在Na元素的物质的量为S元素物质的量的2倍，故D错误，
故选：B。
A．CuS饱和溶液中存在沉淀溶解平衡：CuS（s）⇌Cu2+（aq）+S2-（aq），据此书写计算即可；
B．计算此时的Qc与Ksp比较即可；
C．依据溶度积常数判断，越难溶的物质，Ksp越小，越容易沉淀；
D．依据物料守恒判断即可。
本题主要考查了沉淀溶解平衡曲线，侧重于学生的分析能力的考查，注意掌握图线中lgc（M2+）、lgc（S2-）数值越大，实际浓度越大是解题的关键，难度中等。

二、简答题（本大题共5小题，共54.0分）
15. 一氧化碳和氢气是重要的化工原料，可以用于合成甲醇、二甲醚、甲醚甲酯等。
（1）已知CO（g）、CH3OH（l）、CH3COOH（l）的燃烧热分别是△H（CO）=-283.2kJ/mol、△H（CH3OH）=-723.6kJ/mol和△H（CH3COOH）=-870.3kJ/mol则通常状况下甲醇与一氧化碳催化合成乙酸的热化学方程式是：______。
（2）在体积可变的密闭容器中投入2molCO和2 mol H2在不同条件下发生反应：
CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）△H．实验测得平衡时CO的平衡转化率随温度、压强的变化如图1所示。

①该可逆反应的△H______0 （填“＞”“＜”或“=”）。a、b、c三点对应的平衡常数Ka、Kb、Kc的大小关系是______。
②若在恒温恒容条件下进行上述反应，能表示该可逆反应达到平衡状态的是______（填字母）。
A． CO的体积分数保持不变
B．容器内混合气体的密度保持不变
C．容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变
D．单位时间内消耗CO的浓度等于生成CH3OH的浓度
③若该可逆反应是在T1温度下进行，达到平衡时容器体积2L，则T1温度条件下的平衡常数K=______（保留三位小数）。
（3）N2O5是一种新型硝化剂，其性质和制备受到人们的关注。某课题组欲设计用下列燃料电池装置如图2电解制备N2O5，同时合理利用废气。
①若X为CO，则Z为碳酸盐；若X为SO2，则原电池负极的电极反应式为______。
②若X为NO2，则电解生成N2O5的电极反应式为______。
【答案】CO（g）+CH3OH（l）=CH3COOH（l）△H=-136.5kJ/mol   ＜   Ka＞Kb=Kc   AC   1.33   SO2-2e-+SO42-=2SO3   N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+
【解析】解：（1）已知CO（g）、CH3OH（l）、CH3COOH（l）的燃烧热分别是△H（CO）=-283.2kJ/mol、△H（CH3OH）=-723.6kJ/mol和△H（CH3COOH）=-870.3kJ/mol，热化学方程式分别为：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.2kJ•mol-1
②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-723.6kJ•mol-1，
③CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=-870.3kJ/mol，
盖斯定律计算（①+②）-③得到，通常状况下甲醇与一氧化碳催化合成乙酸的热化学方程式：CO（g）+CH3OH（l）=CH3COOH（l）△H=-136.5kJ/mol，
故答案为：CO（g）+CH3OH（l）=CH3COOH（l）△H=-136.5kJ/mol；
（2）①根据定一议二，相同压强下，温度低的一氧化碳平衡转化率高，说明降低温度，有利于正反应，正反应为放热反应，故△H＜0；平衡常数与压强无关，只与温度有关，b、c温度相等，则Kb=Kc，相同压强下，温度越高CO的转化率越小，说明升高温度平衡向逆反应方向移动，则平衡常数减小，故Ka＞Kc，故Ka＞Kb=Kc，
故答案为：＜；Ka＞Kb=Kc；
②A． CO的体积分数保持不变是平衡标志，故A正确；
B．容器内气体质量和体积不变，混合气体的密度始终保持不变，不能说明反应达到平衡状态，故B错误；
C．反应前后气体质量不变，气体物质的量变化，当容器内混合气体的平均摩尔质量保持不变，说明反应达到平衡状态，故C正确；
D．单位时间内消耗CO的浓度等于生成CH3OH的浓度，只能说明反应正向进行，不能说明反应达到平衡状态，故D错误；
故答案为：AC；
③T1时平衡状态下CO的平衡转化率0.25，
                        CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）
起始量（mol/L）   1             1                     0
变化量（mol/L）0.25           0.5                  0.25
平衡量（mol/L） 0.75         0.5                 0.25
K==1.33，
故答案为：1.33；
（3）①若X为CO，则Z为碳酸盐；若X为SO2，Z为硫酸盐，二氧化硫失电子发生氧化反应得到三氧化硫，电极反应为：SO2-2e-+SO42-=2SO3 ，
故答案为：SO2-2e-+SO42-=2SO3 ；
②若X为NO2，Z为硝酸盐，二氧化氮失电子发生氧化反应生成五氧化二氮，电极反应N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+，
故答案为：N2O4-2e-+2HNO3=2N2O5+2H+。
（1）已知CO（g）、CH3OH（l）、CH3COOH（l）的燃烧热分别是△H（CO）=-283.2kJ/mol、△H（CH3OH）=-723.6kJ/mol和△H（CH3COOH）=-870.3kJ/mol，热化学方程式分别为：①CO（g）+O2（g）=CO2（g）△H=-283.2kJ•mol-1
②CH3OH（l）+O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-723.6kJ•mol-1，
③CH3COOH（l）+2O2（g）=2CO2（g）+2H2O（l）△H=-870.3kJ/mol，
盖斯定律计算（①+②）-③得到，通常状况下甲醇与一氧化碳催化合成乙酸的热化学方程式；
（2）①根据定一议二，相同压强下，温度低的一氧化碳平衡转化率高，说明降低温度，有利于正反应，正反应为放热反应；平衡常数与压强无关，只与温度有关，结合平衡移动判断；
②当反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等，各物质的浓度、百分含量不变，以及由此衍生的一些量也不发生变化，解题时要注意，选择判断的物理量，随着反应的进行发生变化，当该物理量由变化到定值时，说明可逆反应到达平衡状态；
③若该可逆反应是在T1温度下进行，达到平衡时容器体积2L，三行计算列式得到平衡浓度，则T1温度条件下的平衡常数K=；
（3）①若X为CO，则Z为碳酸盐；若X为SO2，Z为硫酸盐，二氧化硫失电子发生氧化反应得到三氧化硫；
②若X为NO2，Z为硝酸盐，二氧化氮失电子发生氧化反应生成五氧化二氮。
本题考查化学平衡常数有关计算、化学平衡图象及影响因素、化学平衡状态判断、反应热计算，注意掌握化学平衡常数的应用，掌握三段式计算方法，题目难度中等。

16. 有机高分子材料M的结构简式为．如图是由有机物A（分子式为C4H6）和苯甲醛为原料生产该有机化合物的合成路线。

已知：①A分子中有两种不同环境的氢原子
②CH3CH2CH=CH2CH3CHBrCH=CH2
CH3CHO+CH3CHO
 CH3CH=CHCHO+H2O
请回答以下问题：
（1）A中所含官能团的名称是______，C的名称为______，G的结构简式为______。
（2）①的反应类型分别是______；反应②的反应条件为______。
（3）反应⑤的化学方程式为：______。
（4）有机物G有多种同分异构体，其中同时符合下列条件的同分异构体有______种。
①属于芳香酯类         ②其酸性水解产物遇FeCl3显紫色
（5）以1-丙醇和NBS为原料可以制备聚丙烯醇（）。请设计合成路线（其他无机原料任选）并用如下方式表示。
AB……目标产物______
【答案】碳碳双键   环己烯     加成反应   氢氧化钠水溶液、加热  ++H2O   13  
【解析】解：（1）A为CH2=CH-CH=CH2，含有的官能团为碳碳双键，C为，为环己烯，G为，
故答案为：碳碳双键；环己烯；；
（2）①的反应类型为加成反应，反应②为的水解反应，需要在氢氧化钠水溶液，加热条件下进行，
故答案为：加成反应；氢氧化钠水溶液、加热；
（3）反应⑤的化学方程式为++H2O，
故答案为：++H2O；
（4）G为，对应的同分异构体，①属于芳香酯类，说明含有酯基，②其酸性水解产物遇FeCl3显紫色，说明水解生成酚羟基，则对应的同分异构体含有的取代基可为-OOCH、-CH3、-CH3，有6种同分异构体；
可为-OOCH、-CH2CH3，有邻、间、对3种；
可为-OOCCH3、-CH3，有邻、间、对3种；
也可为-OOCCH2CH2CH3，
共13种，
故答案为：13；
（5）以1-丙醇和NBS为原料可以制备聚丙烯醇，可由CH2=CHCH2OH发生加聚反应生成，CH2=CHCH2OH可由CH2=CHCH2Br发生水解反应得到，CH2=CHCH2Br可由CH2=CHCH3和NBS反应得到，CH2=CHCH3可由CH3CH2CH2OH发生消去反应得到，其合成路线为，
故答案为：。
由M的结构简式可知J为，由转化关系结合题给信息可知E为，I为，则可知A为CH2=CH-CH=CH2，B为CH2=CH2，C为，结合题给信息可知D为，由I可知H为，则G为，F应为CH3CHO，以此解答该题。
本题考查有机物推断，为高考常见题型，侧重考查学生分析判断及获取信息解答问题能力，以M结构简式为突破口采用正逆结合的方法进行推断，注意题给信息的正确、灵活运用，难点是合成路线设计，知道知识迁移方法的应用，难度较大。

17. 尼美舒利是一种非甾体抗炎药，它的一种的合成路线如下：

已知： （易氧化）
回答下列问题：
（1）A的化学名称为______。
（2）B的结构简式为______。
（3）由C生成D的化学方程式为______，其反应类型为______。
（4）E中的官能团有______、______（填官能团名称）。
（5）由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，合成路线如下：

反应①的试剂和条件为______；中间体B的结构简式为______；反应③试剂和条件为______。
（6）E的同分异构体中能同时满足下列条件的共有______种 （不含立体异构）；
①含有两个苯环且两个苯环直接相连
②能与FeCl3溶液发生显色反应
③两个取代基不在同一苯环上
其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2：2：2：2：2：1的结构简式为______。
【答案】苯    +→+NaBr   取代反应   醚键   氨基   浓硝酸/浓硫酸、加热     H2、雷尼镍   9  
【解析】解：（1）通过以上分析知，A为，名称是苯，
故答案为：苯；
（2）通过以上分析知，B为，
故答案为：；
（3）C为，C和苯酚钠发生反应生成D为，反应方程式为+→+NaBr，为取代反应，
故答案为：+→+NaBr；取代反应；
（4）E为，E中官能团为醚键和氨基，
故答案为：醚键；氨基；
（5）由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成A为，被氧化生成，被还原生成2，4，6-三氨基苯甲酸，反应①的试剂和条件为浓硝酸/浓硫酸，加热；中间体B的结构简式为；反应③试剂和条件为H2、雷尼镍，
故答案为：浓硝酸/浓硫酸，加热；；H2、雷尼镍；
（6）E为，E的同分异构体中能同时满足下列条件：
①含有两个苯环且两个苯环直接相连；
②能与FeCl3溶液发生显色反应，说明含有酚羟基，
③两个取代基不在同一苯环上，另一个取代基为氨基，
如果-OH位于苯基的邻位，则氨基有3种结构；
如果-OH位于苯基间位，氨基有3种结构；
如果-OH位于苯基对位，氨基有3种结构，
所以符合条件的有9种；
其中核磁共振氢谱为6组峰，峰面积比为2：2：2：2：2：1的结构简式为，
故答案为：9；。
F和硝酸发生取代反应生成尼美舒利，根据尼美舒利结构简式确定F为，根据尼美舒利及流程图知，A为，A发生取代反应生成B为，B发生邻位取代反应生成C为，C和苯酚钠发生反应生成D为，D发生还原反应生成E为；
（5）由甲苯为原料可经三步合成2，4，6-三氨基苯甲酸，甲苯先和浓硝酸发生取代反应生成A为，被氧化生成，被还原生成2，4，6-三氨基苯甲酸。
本题考查有机物推断，侧重考查学生知识综合运用能力，以尼美舒利结构简式结合反应条件采用正逆结合的方法进行推断，注意反应前后官能团变化及碳链变化是解本题关键，熟练掌握常见有机反应类型及特点，难点是同分异构体种类判断，题目难度中等。

18. 铁、锌、砷、钴、锂等是生物体必需的微量元素。回答下列问题：
（1）量子力学把电子在原子核外的一个空间运动状态称为一个原子轨道，电子除空间运动状态外，还有一种运动状态叫做______。
（2）基态砷原子的核外电子排布式为______，与砷同周期的p 区元素中第一电离能大于砷的主族元素有______（填元素符号）。
（3）Co3+的一种配离子[Co（N3）（NH3）5]2+中，0.1 mol配离子中所含σ键的数目为______，配位体N3-中心原子杂化类型为______，写出与N3-互为等电子体的一种分子______（填分子式）。
（4）NiO、FeO的晶体结构类型与氧化钠的相同，Ni2+和Fe2+的离子半径分别为69 pm和78 pm，则熔点NiO______FeO（填“＞”“＜”或“=”），原因是______。
（5）如图1为一种N和Li形成的二元化合物的晶体结构，该化合物的化学式为______。
（6）ZnO的一种结构如图2，晶胞中Zn2+和O2-的最近距离为______pm．（设晶胞边长为acm）


【答案】自旋   [Ar]3d104s24p3   Br、Kr   2.3mol   sp   N2O   ＞   相同电荷的离子，半径越小，离子间的静电作用力越大，离子晶体的晶格能越大   Li3N  
【解析】解：（1）对于一个微观体系，它的状态和由该状态所决定的各种物理性质可用波函数ψ表示，在原子或分子体系等体系中，将ψ称为原子轨道或分子轨道，求解薛定谔方程，ψ由主量子数n，角量子数l，磁量子数m决定，即ψ（n，l，m）为原子轨道，实验证明，除了轨道运动外，电子还有自旋运动，由自旋量子数决定，所以电子除空间运动状态外，还有一种运动状态叫做自旋，
故答案为：自旋；
（2）As处于周期表中第4周期第ⅤA族，则其核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p3，
与砷同周期的p 区元素中第一电离能大于砷的主族元素有Br和Kr，
故答案为：[Ar]3d104s24p3；Br、Kr；
（3）1个配离子中所含σ键的数目为6+2+3×5=23，1mol 配离子中所含σ键的数目为23mol，则0.1mol含有σ键的数目为2.3mol，
配位体N3-中心原子价层电子对个数=2+=2，根据价层电子对互斥理论判断该离子杂化类型为sp，
等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒，则与N3-互为等电子体的微粒有N2O，
故答案为：2.3mol；sp；N2O；
（4）NiO和FeO晶体结构类型与氯化钠的相同，均为离子晶体，Ni2+和Fe2+电荷数相同，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，所以熔点NiO＞FeO，
故答案为：＞；相同电荷的离子，半径越小，离子间的静电作用力越大，离子晶体的晶格能越大；
（5）其晶胞结构如图为，该化合物N原子个数=8×=1，Li原子个数=4×+4×=3，所以该化合物的化学式为Li3N，
故答案为：Li3N；
（6）晶胞中黑色球与最近的4个白色球构成正四面体，Zn2+和O2-的最近距离为四面体中黑色球与白色球之间的距离，黑色球与白色球的连线处于晶胞体对角线上，且为体对角线长度的，晶胞体对角线长度等于棱长=×a×10-10cm，故Zn2+和O2-的最近距离为××a×10-10cm=×a×10-10cm，
故答案为：×a×10-10。
（1）对于一个微观体系，它的状态和由该状态所决定的各种物理性质可用波函数ψ表示，在原子或分子体系等体系中，将ψ称为原子轨道或分子轨道，求解薛定谔方程，ψ由主量子数n，角量子数l，磁量子数m决定，即ψ（n，l，m）为原子轨道，实验证明，除了轨道运动外，电子还有自旋运动，由自旋量子数决定；
（2）As处于周期表中第4周期第ⅤA族，与砷同周期的p 区元素中第一电离能大于砷的主族元素有Br和Kr；
（3）1个配离子中所含σ键的数目为6+2+3×5，配位体N3-中心原子价层电子对个数=2+=2，根据价层电子对互斥理论判断该离子杂化类型，等电子体是指原子总数相同，价电子总数也相同的微粒；
（4）NiO和FeO晶体结构类型与氯化钠的相同，均为离子晶体，Ni2+和Fe2+电荷数相同，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高；
（5）其晶胞结构如图为，该化合物N原子个数=8×=1，Li原子个数=4×+4×=3；
（6）晶胞中黑色球与最近的4个白色球构成正四面体，Zn2+和O2-的最近距离为四面体中黑色球与白色球之间的距离，黑色球与白色球的连线处于晶胞体对角线上，且为体对角线长度的，而晶胞体对角线长度等于棱长的倍。
本题考查物质结构与性质，涉及晶胞计算、微粒空间构型判断，晶格能大小判断，核外电子排布式书写，化学键类型判断等高频考点，（6）中距离计算为易错点、难点，需要学生具有一定的数学计算能力。

19. 金属及其化合物在人们的日常生活中有着广泛的用途。回答下列问题：
（1）锂或锂盐的焰色反应为紫红色，下列有关原理分析的叙述正确的是______（填字母）。
a．电子从基态跃迁到较高的激发态b。电子从较高的激发态跃迁到基态
c．焰色反应的光谱属于发射光谱d。焰色反应的光谱属于吸收光谱
（2）铝原子价层电子的轨道表达式（电子排布图）为______。
（3）在氧化钠立方晶胞中氧原子位于面心和顶点，则该晶胞中有______个钠原子。
（4）Fe2O3熔点______Al2O3熔点（填“＞”“＜”或“=”），理由是______。
（5）向CuSO4溶液中滴加氨水，最后可以得到深蓝色的[Cu（NH3）4]SO4溶液。
①N、O、S三种元素的第一电离能由小到大的顺序为______。
②SO42-的立体构型是______，S 原子的杂化方式为______。
③比较NH3和[Cu（NH3）4]2+中H-N-H键角的大小：NH3______[Cu（NH3）4]2+（填“＞”“＜”或“=”），并说明理由______。
（6）铁的三种晶体的晶胞均为立方晶胞，三种晶体的晶胞如图所示。

①上述三种晶体的晶胞中属于体心晶胞的是______（填α、δ、γ）；
②若Fe原子半径为rpm，NA表示阿伏伽德罗常数的值，则γ-Fe 单质的密度______g/cm3（列出计算式）。
【答案】b、d     8   ＜   Fe3+和Al3+的离子电荷数相等，Al3+的离子半径小于Fe3+的离子半径，电荷数相等，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，所以Fe2O3熔点小于Al2O3熔点   N＞O＞S   正四面体   sp3   ＜   Cu（NH3）42+中NH3是配体分子，NH3所带的孤电子对填入Cu2+的3d能层参与形成配位键，降低了对N-H键合电子对斥力，键角增大   δ  
【解析】解：（1）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量，焰色反应的光谱属于发射光谱，
故答案为：b、d；
（2）Al位于周期表中第3周期第ⅢA族，价电子排布式为3s23p1，则其价电子轨道排布图为，
故答案为：；
（3）氧化钠为Na2O，氧化钠立方晶胞中氧原子位于面心和顶点，顶点粒子占，面心粒子占，则一个晶胞中含有O的个数为=4个，所以含有Na的个数为8个，
故答案为：8；
（4）比较Fe2O3和Al2O3，考虑晶格能大小，Fe3+和Al3+价态相同，Al3+的离子半径更小，晶格能更大，熔点更高，
故答案为：＜；Fe3+和Al3+的离子电荷数相等，Al3+的离子半径小于Fe3+的离子半径，电荷数相等，离子半径越小，晶格能越大，熔点越高，所以Fe2O3熔点小于Al2O3熔点；
（5）①同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，同主族元素随着原子序数增大，第一电离能减小，所以N、O、S三种元素的第一电离能由小到大的顺序为：N＞O＞S，
故答案为：N＞O＞S；
②对于SO42-，根据VSEPR理论，价电子对数VP=BP+LP=4+=4，则其空间构型为正四面体，根据杂化轨道理论，中心S为sp3杂化，
故答案为：正四面体；sp3；
③NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小，所以H-N-H键角增大，
故答案为：＜；Cu（NH3）42+中NH3是配体分子，NH3所带的孤电子对填入Cu2+的3d能层参与形成配位键，降低了对N-H键合电子对斥力，键角增大；
（6）①体心晶胞中体心也存在Fe，所以δ-Fe是体心晶胞，
故答案为：δ；
②γ-Fe中顶点粒子占，面心粒子占，则一个晶胞中含有Fe的个数为8×=4个，不妨取1mol这样的晶胞，即有6.02×1023个这样的晶胞，1mol晶胞的质量为m=4×56g，根据立体几何知识，晶胞边长a与Fe的半径的关系为a=4r，所以a=2r，则一个晶胞体积为V=a3pm3=163×10-30cm3，所以晶体密度为=g/cm3，
故答案为：。
（1）基态原子的电子吸收能量，跃迁到较高能级，电子又从高能级跃迁到低能级，以光的形式释放能量；
（2）Al位于周期表中第3周期第ⅢA族，价电子排布式为3s23p1；
（3）氧化钠为Na2O，氧化钠立方晶胞中氧原子位于面心和顶点，顶点粒子占，面心粒子占；
（4）比较Fe2O3和Al2O3，考虑晶格能大小，Fe3+和Al3+价态相同，Al3+的离子半径更小，晶格能更大，熔点更高；
（5）①同周期主族元素随着原子序数增大，第一电离能呈增大的趋势，但第ⅡA族和第ⅤA族元素反常，同主族元素随着原子序数增大，第一电离能减小；
②根据VSEPR理论判断SO42-空间构型，根据杂化轨道理论判断S的杂化方式；
③NH3提供孤对电子与Cu2+形成配位键后，N-H成键电子对受到的排斥力减小；
（6）①体心晶胞中体心也存在Fe；
②γ-Fe中顶点粒子占，面心粒子占，根据晶体密度计算。
本题是对物质结构与性质的考查，题目比较综合，涉及基态与激发态、光谱、核外电子排布、晶体类型与性质、化学键、配合物、晶胞计算等，需要学生具备扎实的基础，中学基本不涉及由电负性判断化学键类型、晶体类型，平时学习中注意对知识的积累与拓展。

三、实验题（本大题共1小题，共14.0分）
20. 硫代硫酸钠（Na2S2O3）是一种重要的化工产品，常用作还原剂、脱氯剂。某化学兴趣小组制备硫代硫酸钠并进行一系列实验探究。
【查阅资料】
①Na2S2O3易溶于水，其稀溶液与BaCl2溶液混合物有沉淀生成。
②Na2S2O3易被氧化，BaSO3难溶于水，可溶于稀盐酸。
Ⅰ、制备Na2S2O3•5H2O
（1）检验装置A气密性的操作是______。
（2）实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有______。
（3）装置C中发生反应的化学方程式为______。为了保证Na2S2O3的产量，实验中通入C的SO2不能过量，用离子方程式表示其原因______。
Ⅱ、测定纯度
（4）为检验制得的产品的纯度，该实验小组称取2.0g的产品配制成100mL硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：在锥形瓶中加入20mL 0.01mol/L KIO3溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-．实验数据如下表：
实验序号
1
2
3
Na2S2O3溶液体积（mL）
19.99
20.01
21.20
①滴定终点的现象为______。
②样品中Na2S2O3•5H2O的纯度是______。
③滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，则所测得的纯度将会______（填“偏高”、“偏低”或“无影响”）。


【答案】关闭K1、K2，打开分液漏斗的活塞，向烧瓶中不断滴水，若一段时间后水不再滴下，说明装置气密性良好   控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等   SO2+S+Na2CO3CO2+Na2S2O3   S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O   当溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不变色   74.4%   偏高
【解析】解：（1）可利用压强差原理检验装置的气密性，可关闭 K1、K2，打开分液漏斗的活塞，向烧瓶中不断滴水，若一段时间后水不再滴下，说明装置气密性良好，
故答案为：关闭 K1、K2，打开分液漏斗的活塞，向烧瓶中不断滴水，若一段时间后水不再滴下，说明装置气密性良好；
（2）温度、浓度都可影响生成二氧化硫的速率，实验中要控制SO2生成速率，可采取的措施有控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等，
故答案为：控制反应温度、调节酸的滴加速度或调节酸的浓度等；
（3）装置C生成Na2S2O3，发生反应的化学方程式为SO2+S+Na2CO3CO2+Na2S2O3，为了保证Na2S2O3的产量，实验中通入C的SO2不能过量，否则溶液呈酸性，酸性条件下Na2S2O3不稳定，发生S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，
故答案为：SO2+S+Na2CO3CO2+Na2S2O3；S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；
（4）①Na2S2O3反应完毕，再加入碘的标准溶液，碘与淀粉变蓝色，则当溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不变色，说明达到滴定终点，
故答案为：当溶液蓝色恰好褪去，且半分钟不变色；
②在锥形瓶中加入20mL0.0lmol•L-1KIO3溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：5I-+IO3-+6H+=3I2+3H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，
则可得关系式：IO3-～6S2O32-，
                       1mol    6mol
     0.02L×0.0lmol•L-1 n（S2O32-）
则n（S2O32-）=0.0012mol，
第三次实验的数据误差较大，舍去，即消耗标准液体积为mL=20mL，
所以100mL硫代硫酸钠溶液中硫代硫酸钠的物质的量为0.0012mol×=0.006mol，
则硫代硫酸钠的质量为0.006mol×248g/mol=1.488g，
则该产品的纯度是×100%=74.4%，
故答案为：74.4%；
③滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，导致所用硫代硫酸钠溶液体积偏小，则浓度偏大，所测得的纯度将会偏高，故答案为：偏高。
Ⅰ．浓硫酸和亚硫酸钠在A中反应生成二氧化硫打开K1，关闭K2，在C中Na2CO3和S、SO2反应生成Na2S2O3，Na2S2O3溶液具有弱碱性和较强的还原性，所以酸性条件下不能存在，D用NaOH吸收未反应的SO2；C中溶液的pH接近7时即停止C中的反应，打开K2，关闭K1，二氧化硫有毒，应该用B中溶液吸收二氧化硫，二氧化硫属于酸性氧化物，且有还原性，所以可以碱性物质或氧化性物质吸收二氧化硫；
Ⅱ．①Na2S2O3反应完毕，再加入碘的标准溶液，碘与淀粉变蓝色；
②第3次实验消耗标准液的体积与其它3次相差比较大，应舍弃，1、2次实验的标准液平均值为消耗标准液体积，由方程式可知n（Na2S2O3•5H2O）=n（S2O32-）=2n（I2），进而计算Na2S2O3•5H2O在产品中的质量分数；
③滴定前仰视读数而滴定结束时俯视读数，导致所用硫代硫酸钠溶液体积偏小，则浓度偏大。
本题考查制备实验方案设计以及物质含量的测定，为高频考点，侧重考查学生的分析、实验和计算能力，涉及物质制备、物质的量的计算、离子方程式书写、基本操作等知识点，明确实验原理及物质性质是解本题关键，难度中等，注意（4）实验3数据要舍去，为易错点。