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江苏省扬州市宝应县2022-2023学年高三上学期开学检测化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·宝应开学考）北京冬奥会备受世界瞩目。下列说法错误的是（ ）
A．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子材料
B．冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料
C．冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料
D．运动员餐饮“碗具”选用可降解聚乳酸材料减少对环境污染，该材料属于混合物
【答案】A
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于无机非金属材料，A符合题意；
B．冰壶主材料花岗岩主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，B不符合题意；
C．冬奥会“同心”金属奖牌表面是金，内心是合金，因此属于合金材料，C不符合题意；
D．运动员餐饮“碗具”选用可降解聚乳酸材料，能够在一定条件下发生水解反应产生小分子物质，因此不会对环境造成白色污染，从而减少了对环境污染，该材料中由于不同聚乳酸分子中的聚合度数目不同，因此属于混合物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物；
C.金属奖由合金制成；
D.高聚物均为混合物。
2．（2022高三上·宝应开学考）配合物可用于蚀刻铜，蚀刻后的产物可在氧气中再生，再生反应为。下列说法正确的是（ ）
A．基态Cu的电子排布式为
B．属于共价化合物
C．的空间构型为三角锥形
D．中含键
【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．铜的原子序数为29，根据核外电子排布规律，其基态的电子排布式为，A不符合题意；
B．含有离子键，属于离子化合物，B不符合题意；
C．的中心原子N的价电子对数为4，有一对孤电子对，分子空间构型为三角锥形，C符合题意；
D．单键和配位键均是键，NH3有3个单键，NH3中的N原子与中心Cu2+形成配位键，故中含键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.Cu的原子序数为29，核外共29和电子，根据构造原理书写核外电子排布式；
B.属于离子化合物；
D.单键均为σ键，配位键也是σ键。
3．（2022高三上·宝应开学考）下列氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．具有氧化性，可用于水体消毒
B．具有酸性，可用于蚀刻线路板上的铜
C．具有还原性，可用于除去铁锈
D．受热易分解，可用作氮肥
【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．用于水体消毒，是因为其具有氧化性，可使蛋白质变性，故A符合题意；
B．用于蚀刻线路板上的铜，是因为铁离子具有氧化性，能够与铜反应，和其具有酸性无关，故B不符合题意；
C．用于除去铁锈，是和其酸性有关，与其还原性无关，故C不符合题意；
D．可用作氮肥，是因为其组成含有氮元素，与其受热易分解无关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.具有强氧化性，能使蛋白质变性；
B.具有氧化性，能与铜反应；
C.盐酸除铁锈利用的是盐酸的酸性；
D.含有氮元素，可用作氮肥。
4．（2022·连云模拟）已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去 Cl2中的HCl
C．用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4 D．用装置丁分离出溶液中的MnO2
【答案】B
【知识点】化学实验操作的先后顺序；过滤；除杂；气体发生装置；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；
B．氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去 Cl2中的HCl，B符合题意；
C．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；
D．二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，据此分析。
B.除杂中注意除去杂质的同时不能引入新的杂质，且原物质不能耗损，据此分析。
C.根据题干信息进行分析，注意进气要长管进短管出，使反应彻底。
D.MnO2不溶于水，可通过过滤进行分离。
5．（2022高三上·宝应开学考）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是（ ）
A．可用移液管取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显红色，记录体积后重复以上操作2~3次
【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定
【解析】【解答】A.量取Na2CO3标准溶液应使用移液管，读数精确到小数点后两位，故A项不符合题意；
B.Na2CO3溶液呈碱性，应使用带塑料塞的容量瓶配制，故B项不符合题意；
C.Na2CO3能与空气中的二氧化碳、水反应，因此一般用烧杯称量Na2CO3固体，故C项不符合题意；
D.盐酸滴定Na2CO3标准溶液，滴定终点显弱碱性，溶液显橙色，故D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.移液管的精确度为0.01mL；
B.碳酸钠标准溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠；
C.碳酸钠能够与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠。
6．（2022高三上·宝应开学考）液氨可以微弱的电离产生和，NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH (羟胺)。NH3经过一定的转化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。下列有关NH3、NH2OH、、的说法正确的是（ ）
A．NH3的键角比中的大 B．NH2OH难溶于水
C．的空间构型为直线形 D．含的溶液都具有强氧化性
【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．NH3、的N原子都采用sp3杂化，NH3的N原子上有1对孤电子对，而的N原子上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，导致NH3的键角比中的大，A符合题意；
B．-OH是亲水基，NH2OH与水分子之间容易形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，因此NH2OH易溶于水，B不符合题意；
C．中的中心N原子的价层电子对数是2+=3，N原子上含有1对孤电子对，因此的空间构型是V形，C不符合题意；
D．在酸性溶液中，含的溶液H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，而当溶液显中性或碱性时不具有强氧化性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
B.-OH是亲水基，且NH2OH与水分子之间容易形成氢键；
C.中N原子的价层电子对数为3，含有一个孤电子对；
D.在中性或碱性溶液中不具有强氧化性。
7．（2022高三上·宝应开学考）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化可以实现的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．氨气在纯氧中点燃可以生成氮气，能实现转化，故A符合题意；
B．N2H4具有强还原性，氯气具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，N元素化合价升高，不能生成氨气，故B不符合题意；
C．Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，不能实现转化，故C不符合题意；
D．铵根和少量二氧化硫反应生成(NH4)2SO3，与过量二氧化硫反应生成NH4HSO3，没有元素化合价发生变化，不能生成氮气，不能实现转化，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氨气在纯氧中点燃生成氮气；
B.N2H4和氯气发生氧化还原反应；
C.浓硝酸的还原产物为二氧化氮；
D.铵根离子和少量二氧化硫反应生成(NH4)2SO3，与过量二氧化硫反应生成NH4HSO3。
8．（2022高三上·宝应开学考）对于反应(无色)，下列说法正确的是（ ）
A．该反应即是化合反应，也是氧化还原反应
B．该反应的平衡常数表达式为
C．将反应器容积压缩为原来的一半，气体颜色比压缩前深
D．只改变一个条件，减压或升温平衡均逆向移动，平衡常数均减小
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由二氧化氮生成四氧化二氮，氮元素和氧元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．平衡常数中，分子应为四氧化二氮，分母应为二氧化氮，正确的表达式为： ，B不符合题意；
C．容器体积压缩为原来的一半，平衡虽然正向移动，但根据勒夏特列原理可知，平衡后混合气体的浓度增大，颜色加深，C符合题意；
D．平衡常数只受温度影响，不受压强影响，减小压强，平衡常数不会减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该反应中没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应；
B.平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
D.平衡常数只与温度有关。
9．（2022高三上·宝应开学考）为检验某久置过氧化钠样品的成分，学习小组依次进行了有关实验。实验中涉及反应的离子方程式正确的是（ ）
A．将过氧化钠样品完全溶于水，产生气泡：
B．向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀：
C．向沉淀中滴加稀醋酸，产生气体：
D．将气体通入足量澄清石灰水，出现浑浊现象：
【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．电子不守恒，原子不守恒，离子方程式应该为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A不符合题意；
B．过氧化钠久置会反应产生Na2CO3，向其中滴加BaCl2溶液，Na2CO3与BaCl2在溶液中反应产生BaCO3白色沉淀，该反应的离子方程式为：，B符合题意；
C．醋酸是弱酸，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：BaCO3+2CH3COOH=Ba2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，C不符合题意；
D．将产生的二氧化碳通入足量澄清石灰水，反应产生CaCO3沉淀，碳酸钙不溶于水，在离子方程式里不能拆成离子，反应的离子方程式应该为：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
C.醋酸是弱酸，应保留化学式；
D.二氧化碳与氢氧化钙生成碳酸钙和水。
10．（2022高三上·宝应开学考）室温下，下列实验探究方案及现象能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案及现象 探究目的
A 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 醋酸是弱电解质
B 向久置的溶液中加入足量溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解 不能被空气氧化
C 向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变蓝色 氧化性：
D 向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 具有还原性
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．未告知醋酸和盐酸的浓度，只比较pH值大小，无法判断醋酸为强电解质还是弱电解质， A不符合题意；
B．加入足量盐酸后沉淀指部分溶解，则说明沉淀中有硫酸钡，则说明亚硫酸钠被空气氧化为硫酸钠，B不符合题意；
C．氯水过量，溶液变为蓝色，有可能是过量的氯水将碘化钾氧化成了碘单质，无法比较出溴单质和碘单质氧化性的强弱， C不符合题意；
D．KSCN溶液可用于检验Fe3+，滴加氯水后，若溶液变红，则说明Fe2+被氧化成了Fe3+，可以证明Fe2+具有还原性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.醋酸和盐酸的浓度未知；
B.亚硫酸钠易被氧化；
C.氯气也能氧化碘离子。
11．（2022高三上·宝应开学考）实验室用、制备硫酸亚铁铵[]，和硫代乙酰胺[CH3CSNH2]反应制取纳米硫化亚铁(FeS)，反应流程如下：
下列有关说法错误的是（ ）
A．n、m的等量关系式是
B．若分别用和与铁粉反应制取等质量的FeS，理论上消耗和的质量比为3∶4
C．pH=9时“反应2”发生：
D．该方法得到的产品中常混有少量杂质，添加少量柠檬酸钠可抑制杂质的形成，原因可能是柠檬酸钠与形成配合物，降低了溶液中的浓度
【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硫酸亚铁铵[]中Fe元素的和化合价为+2价，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0可知，m+2=2n，则，A项不符合题意；
B．若分别用和与铁粉反应制取等质量的FeS，根据S元素守恒可知，理论上消耗和的质量比为1：1，B项符合题意；
C．由流程图可知，反应2中，pH=9时，硫代乙酰胺和反应生成FeS，化学方程式为，C项不符合题意；
D．反应2是在碱性条件下进行，Fe2+与溶液中的OH-反应生成，向溶液中加入柠檬酸钠，柠檬酸钠与形成配合物，降低了溶液中的浓度，减少了杂质的生成，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据化合物中化合价代数和为0计算；
C.pH=9时，硫代乙酰胺和反应生成FeS；
D.加入柠檬酸钠，柠檬酸钠与形成配合物，降低了溶液中的浓度。
12．（2022高三上·宝应开学考）化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，4种元素的原子序数之和为21，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述错误的是（ ）
A．W、Y、Z的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物酸性：XC．100~200℃阶段热分解失去4个
D．500℃热分解后生成固体化合物
【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．根据分析，W、Y、Z分别为H、N、O，常温下H2、N2、O2均为气体，A不符合题意；
B．同一周期从左到右非金属性依次增强，因此非金属性B＜N，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，因此酸性H3BO3＜HNO3，B不符合题意；
C．化合物(YW4X5Z8·4W2Z )为NH4B5O8·4H2O，已知该200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，说明失去的是结晶水，若100 ~ 200℃阶段热分解失去4个H2O，该化合物的化学式变为NH4B5O8，此时的质量保留百分数为，与图示曲线数据( 80.2% )不一致，说明100~200℃阶段不是失去4个H2O，C符合题意；
D．假设化合物NH4B5O8·4H2O在500℃热分解后生成固体化合物B2O3，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O~5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为≈64.1%，与图像中的数据相符，说明假设符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，该气体应为NO2，Y为N元素，Z为O元素；在化合物 YW4X5Z8·4W2Z 中W2Z应为结晶水，则W为H元素；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21，X的核电外电子总数为21-1-7-8=5，则X为B元素。
13．（2022高三上·宝应开学考）用久置于空气中的生石灰[主要成分为CaO，还含有和]制取的流程如下：
已知75℃时，在碱性条件下会转化为和，室温下的溶解度远小于KCl。下列说法正确的是（ ）
A．氯化反应的离子方程式为
B．转化时发生反应的类型为复分解反应
C．滤液中大量存在的离子是、、和
D．如图所示KCl晶胞中与紧邻的有4个
【答案】B
【知识点】晶胞的计算；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．打浆后，所得液体为悬浊液，Ca(OH)2不应拆开写，正确的离子方程式为：，A不符合题意；
B．室温下KClO3的溶解度远小于KCl，加入氯化钾后，发生的化学方程式为：2KCl+Ca(ClO3)2= 2KClO3↓+CaCl2，属于复分解反应，B符合题意；
C．和不能共存，会生成沉淀，C不符合题意；
D．以顶点上的Cl-作为研究对象，每个Cl-周围与其最近的Cl-位于六面体的面心，顶点上的Cl-，有属于晶胞，与其紧邻的Cl-数目为：×3=，则每个氯离子周围紧邻的Cl-数目为12个，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】久置于空气中的生石灰[主要成分为CaO，还含有 和 ]加入水打浆，在75℃下通入氯气反应生成氯酸钙、氯化钙，过滤，滤渣含有碳酸钙，滤液加入氯化钾，可转化为氯酸钾。
14．（2022高三上·宝应开学考）铀(U)可用作核燃料。核废料中+6价的铀[U(Ⅵ)]可以通过以下两种方法处理。电化学还原法。U(Ⅵ)还原为U(Ⅳ)的电化学装置如图-1所示。
阴极上发生反应：、
阴极区溶液中发生反应：、
以恒定电流进行电解，测得阴极区溶液中部分离子的物质的量浓度随时间变化如图-2所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应中，每生成0.1 mol N2转移电子0.4 mol
B．阴极区溶液中加入N2H5NO3的目的是消耗反应中生成HNO2，防止HNO2与U4+反应
C．电解0~100 min，电路中每转移1 mol e-，阴极区H+减少2 mol
D．100~200 min，c(H+)下降速率低于100 min前，原因是相同时间内，转移等量电子时，比消耗的更少，且生成的HNO2与反应有H+生成
【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在反应中，每生成1 mol N2，反应过程中转移4 mol电子，则反应产生0.1 mol N2时转移电子0.4 mol，A不符合题意；
B．根据阴极区反应可知：阴极区溶液中加入N2H5NO3能够消耗反应中生成HNO2，防止HNO2与U4+反应产生，B不符合题意；
C．根据电解方程式可知：在电解0~100 min，电路中每转移1 mol e-，阴极区H+增加2 mol，C符合题意；
D.100 min后参与电极反应，根据题干所给的阴极上的两个电极反应可知：在相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成，故100~200 min，c(H+)下降速率低于100 min前，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据得失电子守恒计算；
B.加入N2H5NO3能够消耗反应中生成的HNO2；
D.在相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成。
二、综合题
15．（2022高三上·宝应开学考）从铜阳极泥(含铜、银、铂、钯、硒等元素的单质或化合物)中分批提取硒、铂、钯、银、铜的过程如下：
（1）焙烧。将阳极泥与浓硫酸按一定比例混合浆化，在回转窑内焙烧。铜、银等元素转变为硫酸盐，同时得到含SeO2、SO2的烟气，烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。
①烟气中的硒元素能转变为单质硒的原因是 。
②烟气中含有少量相对分子质量为224的硒氧化物，该氧化物的分子式为 。
（2）浸取。其他条件一定，将焙烧所得固体与相同体积水、不同体积硫酸混合，所得浸出液中各元素含量随硫酸加入量变化如图所示。实际浸出铜、银同时回收铂、钯的过程中，只用水作浸取剂而不添加硫酸的原因是 。
（3）转化。向浸出铜、银后所得滤液中加入足量NaCl，使Ag+转化为AgCl沉淀，过滤。向AgCl固体中加入5mol/L氨水［溶质以NH3(aq)计］，发生反应：AgCl(s)+2NH3(aq)=Ag(NH3)(aq)+Cl-(aq) K=2.5×10-3。再加入水合肼(N2H4-H2O)还原[Ag(NH3)2]Cl，制得单质银，同时产生N2和NH3两种气体。
①溶解0.1molAgCl(s)，至少需加入氨水的体积为 (忽略溶液体积的变化)。
②水合肼还原[Ag(NH3)2]Cl的化学方程式为 。
【答案】（1）溶液中的H2SO3能将SeO2还原；(SeO2)2或Se2O4
（2）加入H2SO4后，铜、银浸出率增大幅度不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收
（3）0.44L；N2H4·H2O+4[Ag(NH3)2]Cl=4Ag↓+N2↑+4NH3↑+4NH4Cl+H2O
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）烟气用水吸收后SO2与H2O生成H2SO3，H2SO3有还原性，可以将SeO2还原成Se；Se相对原子质量为80，故该分子中最多只能存在2个Se，再结合O相对原子质量，可知存在4个O，故可以得出该氧化物分子式为Se2O4或(SeO2)2；
（2）根据图示，加入H2SO4后，铜、银浸出率增大幅度不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收；
（3）设：溶解0.1molAgCl(s)，至少需加入氨水的溶质的物质的量为x，混合后溶液体积为V，列三段式：
K=，解得x=2.2mol，V(氨水)=；根据本题信息，反应方程式为：N2H4·H2O+4[Ag(NH3)2]Cl=4Ag↓+N2↑+4NH3↑+4NH4Cl+H2O。
【分析】（1）①烟气用水吸收后SO2与H2O生成H2SO3，H2SO3有还原性；
②Se相对原子质量为80，故该分子中最多只能存在2个Se，再结合O相对原子质量，可知存在4个O；
（2） 加入H2SO4后，铜、银浸出率增大幅度不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收 ；
（3）①根据 AgCl(s)+2NH3(aq)=Ag(NH3)(aq)+Cl-(aq) 计算；
②水合肼还原[Ag(NH3)2]Cl的反应为N2H4·H2O+4[Ag(NH3)2]Cl=4Ag↓+N2↑+4NH3↑+4NH4Cl+H2O。
16．（2022高三上·宝应开学考）电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。以锂云母浸出液(含Li+、Al3+、Fe3+、Ca2+、等)制取电池级Li2CO3的工艺流程如下：
已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生反应：Fe3++3HR FeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR中。
②Li2CO3、LiHCO3的溶解度如图1所示：
（1）HR萃取剂使用前先用一定量的NaOH进行处理的目的是 。
（2）沉锂过程中会有Li2CO3、CaCO3和Al(OH)3生成。写出沉锂时生成Al(OH)3反应的离子方程式： 。
（3）过滤1后所得沉淀用热水洗涤的目的是 。
（4）其他条件相同，向过滤1所得滤渣加入不同体积的去离子水，以一定流速通入CO2气体，测得热分解后电池级Li2CO3的产率随碳化反应固液比[]变化曲线如图2所示。Li2CO3产率随固液比减小而增加的原因是 。
【答案】（1）NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取效果
（2）2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
（3）洗去沉淀表面的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失，提高Li2CO3的纯度和产率
（4）固液比越小，去离子水体积越多，碳化反应后生成及溶解的LiHCO3越多，热分解时会生成更多的Li2CO3
【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据Fe3++3HR FeR3+3H+，Fe3+易与R-结合FeR3，NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取效果；
（2）铝离子和碳酸根离子双水解生成二氧化碳和氢氧化铝，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（3）根据图片1的信息可知碳酸锂的溶解度随着温度的升高而降低，温度越高溶解度越小，用热水洗涤能降低碳酸锂在水中溶解的量，过滤1后所得沉淀用热水洗涤的目的是洗去沉淀表面的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失，提高Li2CO3的纯度和产率；
（4）固液比越小，去离子水体积越多，碳化反应后生成及溶解的LiHCO3越多，热分解时会生成更多的Li2CO3，所以Li2CO3产率随固液比减小而增加；
【分析】 锂云母浸出液(含Li+、Al3+、Fe3+、Ca2+、等) 中加入有机萃取剂HR“萃取” Fe3+，Al3+、Mn2+、Fe3+、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、 ，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠，过滤后沉淀中加入去离子水、二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂。
17．（2022·泰州模拟）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。
（1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是 。
（2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H+、O2、等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为 mol，过程④对应的电极反应式为 。
（3）ZVI可去除废水中Pb2+，pH＜6时，pH对Pb2+的去除率的影响如图所示。
已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH+H+FeOH，FeOHFeO-+H+。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。
ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2+主要发生表面配位反应和还原反应：
2FeOH+ Pb2+(FeO)2Pb + 4H+
2Fe+ 3Pb2++ 4H2O3Pb+2FeOOH + 6H+
①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+的原因是 。
②pH＜6时，随着pH增大，Pb2+的去除率会增大至接近100%的原因是 。
（4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是 。
【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸
（2）6；+10H++8e—=+3H2O
（3）ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大
（4）pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成
【知识点】电极反应和电池反应方程式；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)由题意可知，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水，反应中不断通入高纯氮气能排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化，同时排出反应生成的氢气，防止氢气遇氧气受热发生爆炸，故答案为：排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；
(2)由图可知，纳米铁在负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得到电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子，有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为1mol×6=6mol，过程④对应的电极反应为酸性条件下，硝酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为+10H++8e—=+3H2O，故答案为：6；+10H++8e—=+3H2O；
(3)①由题给信息可知，废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+，所以铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+，故答案为：ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；
②由题给信息可知，废水中pH＜6时，随着pH增大，废水中减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大，所以Pb2+的去除率会增大至接近100%，故答案为：随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大；
(4)由图可知，当废水pH＜4.2时， pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子，使废水中硝酸根离子被还原的中间产物NH更多，NH与氢原子反应生成铵根离子，减少氮气的生成，导致氮气生成率逐渐降低，故答案为：pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成。
【分析】（1）通入氮气能够排除装置中的氧气，防止装置内物质被氧化。
（2）纳米铁在负极失电子发生氧化反应生成Fe2+，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子。
（3）①废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH。
②随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强。
（4）pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子。
18．（2022高三上·宝应开学考）Na2S2O3俗称大苏打(海波)，是重要的化工原料，无色易溶于水，不溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，在40～45 ℃熔化，48 ℃分解。实验室用Na2SO3和过量硫粉(不溶于水，可溶于乙醇)在水溶液中加热反应制取Na2S2O3·5H2O晶体【Na2SO3(aq)＋S(s) Na2S2O3(aq)】的步骤如下：
① 称取一定量的Na2SO3于烧杯中，溶于水。
②②另取过量的硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。
③ 如图2所示(部分装置略去)，水浴加热，微沸，反应后趁热过滤。
④ 滤液在经过相关实验操作后析出Na2S2O3·5H2O晶体。
⑤ 进行减压过滤并低温干燥。
(图1是有关物质的溶解度曲线)
（1） 图2中，仪器B的名称是 。
（2） 实验步骤②中，加入的硫粉用乙醇润湿的目的是 。
（3） 实验步骤③中，趁热过滤的原因是 。
（4） 实验步骤④中，应采取的相关实验操作为 。
（5） 实验步骤⑤中，采用低温干燥的目的是 。
（6） 产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 。
（7） 准确称取2.00 g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L-1碘的标准溶液滴定。反应原理为2S2O＋I2=S4O＋2I-。滴定至终点时，溶液颜色的变化是 。消耗碘的标准溶液体积为36.00 mL，产品的纯度为 。
【答案】（1）(球形)冷凝管
（2）硫粉可溶于乙醇，增大反应物的接触面积，加快反应速率
（3）防止温度降低使Na2S2O3晶体析出
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）防止Na2S2O3·5H2O分解
（6）Na2SO4
（7）溶液由无色变成蓝色；89.28%
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图示可知图二中仪器B为球形冷凝管，故答案为：(球形)冷凝管；
(2)硫粉能溶于乙醇，从而增大接触面积，加快反应速率，故答案为：硫粉可溶于乙醇，增大反应物的接触面积，加快反应速率；
(3) Na2S2O3的溶解度随温度的升高而增大，所以实验步骤③中，趁热过滤的原因是防止温度过低Na2S2O3以晶体的形式析出，从而影响产率，故答案为：防止温度降低使Na2S2O3晶体析出；
(4) 滤液在经过相关实验操作后析出Na2S2O3·5H2O晶体，即由滤液得到Na2S2O3·5H2O晶体所需的操作分别为：蒸发浓缩然后再冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(5) Na2S2O3·5H2O属于结晶水合物，不稳定受热易分解，所以采用低温干燥的目的是防止Na2S2O3·5H2O分解，故答案为：防止Na2S2O3·5H2O分解；
(6)由于Na2SO3、Na2S2O3中S的化合价分别为+4和+3价，所以溶液被空气中的氧气氧化，则产品中除未反应完全的Na2SO3外还可能含有的无机杂质为Na2SO4，故答案为：Na2SO4；
(7)由反应原理为2S2O＋I2=S4O＋2I-可知，当S2O未被反应完时则溶液为无色，若S2O被反应完，I2恰好过量时与淀粉变为蓝色，则滴定至终点时，溶液颜色的变化是溶液由无色变成蓝色；设在滴定过程中消耗nmolNa2S2O3，则由关系式有解得，所以样品中Na2S2O3的质量，所以产品的纯度为，故答案为：89.28%。
【分析】（1）仪器B为球形冷凝管；
（2）硫粉可溶于乙醇，用乙醇润湿可增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（3）趁热过滤可防止温度降低使Na2S2O3晶体析出；
（4）由滤液得到Na2S2O3·5H2O晶体所需的操作为：蒸发浓缩然、冷却结晶；
（5）低温干燥可防止Na2S2O3·5H2O分解；
（6）Na2SO3易被氧化为Na2SO4；
（7）根据2S2O＋I2=S4O＋2I-计算。
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江苏省扬州市宝应县2022-2023学年高三上学期开学检测化学试题
一、单选题
1．（2022高三上·宝应开学考）北京冬奥会备受世界瞩目。下列说法错误的是（ ）
A．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于有机高分子材料
B．冰壶主材料花岗岩属于无机非金属材料
C．冬奥会“同心”金属奖牌属于合金材料
D．运动员餐饮“碗具”选用可降解聚乳酸材料减少对环境污染，该材料属于混合物
2．（2022高三上·宝应开学考）配合物可用于蚀刻铜，蚀刻后的产物可在氧气中再生，再生反应为。下列说法正确的是（ ）
A．基态Cu的电子排布式为
B．属于共价化合物
C．的空间构型为三角锥形
D．中含键
3．（2022高三上·宝应开学考）下列氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．具有氧化性，可用于水体消毒
B．具有酸性，可用于蚀刻线路板上的铜
C．具有还原性，可用于除去铁锈
D．受热易分解，可用作氮肥
4．（2022·连云模拟）已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是（ ）
A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去 Cl2中的HCl
C．用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4 D．用装置丁分离出溶液中的MnO2
5．（2022高三上·宝应开学考）实验室用基准配制标准溶液并标定盐酸浓度，应选甲基橙为指示剂，并以盐酸滴定标准溶液。下列说法错误的是（ ）
A．可用移液管取标准溶液置于锥形瓶中
B．应选用配带塑料塞的容量瓶配制标准溶液
C．应选用烧杯而非称量纸称量固体
D．达到滴定终点时溶液显红色，记录体积后重复以上操作2~3次
6．（2022高三上·宝应开学考）液氨可以微弱的电离产生和，NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH (羟胺)。NH3经过一定的转化可以形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)、HNO3等。下列有关NH3、NH2OH、、的说法正确的是（ ）
A．NH3的键角比中的大 B．NH2OH难溶于水
C．的空间构型为直线形 D．含的溶液都具有强氧化性
7．（2022高三上·宝应开学考）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化可以实现的是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2022高三上·宝应开学考）对于反应(无色)，下列说法正确的是（ ）
A．该反应即是化合反应，也是氧化还原反应
B．该反应的平衡常数表达式为
C．将反应器容积压缩为原来的一半，气体颜色比压缩前深
D．只改变一个条件，减压或升温平衡均逆向移动，平衡常数均减小
9．（2022高三上·宝应开学考）为检验某久置过氧化钠样品的成分，学习小组依次进行了有关实验。实验中涉及反应的离子方程式正确的是（ ）
A．将过氧化钠样品完全溶于水，产生气泡：
B．向溶液中滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀：
C．向沉淀中滴加稀醋酸，产生气体：
D．将气体通入足量澄清石灰水，出现浑浊现象：
10．（2022高三上·宝应开学考）室温下，下列实验探究方案及现象能达到探究目的的是（ ）
选项 探究方案及现象 探究目的
A 用pH计测量醋酸、盐酸的pH，比较溶液pH大小 醋酸是弱电解质
B 向久置的溶液中加入足量溶液，出现白色沉淀；再加入足量稀盐酸，部分沉淀溶解 不能被空气氧化
C 向NaBr溶液中滴加过量氯水，溶液变橙色，再加入淀粉KI溶液，溶液变蓝色 氧化性：
D 向盛有溶液的试管中滴加几滴KSCN溶液，振荡，再滴加几滴新制氯水，观察溶液颜色变化 具有还原性
A．A B．B C．C D．D
11．（2022高三上·宝应开学考）实验室用、制备硫酸亚铁铵[]，和硫代乙酰胺[CH3CSNH2]反应制取纳米硫化亚铁(FeS)，反应流程如下：
下列有关说法错误的是（ ）
A．n、m的等量关系式是
B．若分别用和与铁粉反应制取等质量的FeS，理论上消耗和的质量比为3∶4
C．pH=9时“反应2”发生：
D．该方法得到的产品中常混有少量杂质，添加少量柠檬酸钠可抑制杂质的形成，原因可能是柠檬酸钠与形成配合物，降低了溶液中的浓度
12．（2022高三上·宝应开学考）化合物(YW4X5Z8·4W2Z)可用于电讯器材、高级玻璃的制造。W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，4种元素的原子序数之和为21，YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体。该化合物的热重曲线如图所示，在200℃以下热分解时无刺激性气体逸出。下列叙述错误的是（ ）
A．W、Y、Z的单质常温下均为气体
B．最高价氧化物的水化物酸性：XC．100~200℃阶段热分解失去4个
D．500℃热分解后生成固体化合物
13．（2022高三上·宝应开学考）用久置于空气中的生石灰[主要成分为CaO，还含有和]制取的流程如下：
已知75℃时，在碱性条件下会转化为和，室温下的溶解度远小于KCl。下列说法正确的是（ ）
A．氯化反应的离子方程式为
B．转化时发生反应的类型为复分解反应
C．滤液中大量存在的离子是、、和
D．如图所示KCl晶胞中与紧邻的有4个
14．（2022高三上·宝应开学考）铀(U)可用作核燃料。核废料中+6价的铀[U(Ⅵ)]可以通过以下两种方法处理。电化学还原法。U(Ⅵ)还原为U(Ⅳ)的电化学装置如图-1所示。
阴极上发生反应：、
阴极区溶液中发生反应：、
以恒定电流进行电解，测得阴极区溶液中部分离子的物质的量浓度随时间变化如图-2所示。下列说法错误的是（ ）
A．反应中，每生成0.1 mol N2转移电子0.4 mol
B．阴极区溶液中加入N2H5NO3的目的是消耗反应中生成HNO2，防止HNO2与U4+反应
C．电解0~100 min，电路中每转移1 mol e-，阴极区H+减少2 mol
D．100~200 min，c(H+)下降速率低于100 min前，原因是相同时间内，转移等量电子时，比消耗的更少，且生成的HNO2与反应有H+生成
二、综合题
15．（2022高三上·宝应开学考）从铜阳极泥(含铜、银、铂、钯、硒等元素的单质或化合物)中分批提取硒、铂、钯、银、铜的过程如下：
（1）焙烧。将阳极泥与浓硫酸按一定比例混合浆化，在回转窑内焙烧。铜、银等元素转变为硫酸盐，同时得到含SeO2、SO2的烟气，烟气用水吸收后，硒元素全部变为单质硒。
①烟气中的硒元素能转变为单质硒的原因是 。
②烟气中含有少量相对分子质量为224的硒氧化物，该氧化物的分子式为 。
（2）浸取。其他条件一定，将焙烧所得固体与相同体积水、不同体积硫酸混合，所得浸出液中各元素含量随硫酸加入量变化如图所示。实际浸出铜、银同时回收铂、钯的过程中，只用水作浸取剂而不添加硫酸的原因是 。
（3）转化。向浸出铜、银后所得滤液中加入足量NaCl，使Ag+转化为AgCl沉淀，过滤。向AgCl固体中加入5mol/L氨水［溶质以NH3(aq)计］，发生反应：AgCl(s)+2NH3(aq)=Ag(NH3)(aq)+Cl-(aq) K=2.5×10-3。再加入水合肼(N2H4-H2O)还原[Ag(NH3)2]Cl，制得单质银，同时产生N2和NH3两种气体。
①溶解0.1molAgCl(s)，至少需加入氨水的体积为 (忽略溶液体积的变化)。
②水合肼还原[Ag(NH3)2]Cl的化学方程式为 。
16．（2022高三上·宝应开学考）电池级碳酸锂是制造LiCoO2等锂离子电池必不可少的原材料。以锂云母浸出液(含Li+、Al3+、Fe3+、Ca2+、等)制取电池级Li2CO3的工艺流程如下：
已知：①HR为酸性磷类有机萃取剂，难溶于水，可萃取Fe3+，萃取时发生反应：Fe3++3HR FeR3+3H+，生成的FeR3可溶解在HR中。
②Li2CO3、LiHCO3的溶解度如图1所示：
（1）HR萃取剂使用前先用一定量的NaOH进行处理的目的是 。
（2）沉锂过程中会有Li2CO3、CaCO3和Al(OH)3生成。写出沉锂时生成Al(OH)3反应的离子方程式： 。
（3）过滤1后所得沉淀用热水洗涤的目的是 。
（4）其他条件相同，向过滤1所得滤渣加入不同体积的去离子水，以一定流速通入CO2气体，测得热分解后电池级Li2CO3的产率随碳化反应固液比[]变化曲线如图2所示。Li2CO3产率随固液比减小而增加的原因是 。
17．（2022·泰州模拟）纳米零价铁(ZVI)因其高比表面积、优异的吸附性、较强的还原性和反应活性等优点被广泛应用于污染物的去除。
（1）ZVI可通过FeCl2·4H2O和NaBH4溶液反应制得，同时生成H2、B(OH)，制备过程中需要不断通入高纯氮气，其目的是 。
（2）ZVI电化学腐蚀处理三氯乙烯进行水体修复，H+、O2、等物种的存在会影响效果，水体修复的过程如图所示。有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为 mol，过程④对应的电极反应式为 。
（3）ZVI可去除废水中Pb2+，pH＜6时，pH对Pb2+的去除率的影响如图所示。
已知：ⅰ)在水中，ZVI表面的FeOH会因为质子化/去质子化作用而使其表面带正/负电荷，可表示为：FeOH+H+FeOH，FeOHFeO-+H+。pH约为8.1达到等电点，ZVI表面不带电。
ⅱ)pH＜6时，ZVI去除Pb2+主要发生表面配位反应和还原反应：
2FeOH+ Pb2+(FeO)2Pb + 4H+
2Fe+ 3Pb2++ 4H2O3Pb+2FeOOH + 6H+
①pH＜6时，铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+的原因是 。
②pH＜6时，随着pH增大，Pb2+的去除率会增大至接近100%的原因是 。
（4）催化剂协同ZVI能将水体中的硝酸盐()转化为N2，其催化还原反应的过程如图所示。为有效降低水体中氮元素的含量，宜调整水体pH为4.2，当pH＜4.2时，随pH减小，N2生成率逐渐降低的原因是 。
18．（2022高三上·宝应开学考）Na2S2O3俗称大苏打(海波)，是重要的化工原料，无色易溶于水，不溶于乙醇，在中性或碱性环境中稳定，在40～45 ℃熔化，48 ℃分解。实验室用Na2SO3和过量硫粉(不溶于水，可溶于乙醇)在水溶液中加热反应制取Na2S2O3·5H2O晶体【Na2SO3(aq)＋S(s) Na2S2O3(aq)】的步骤如下：
① 称取一定量的Na2SO3于烧杯中，溶于水。
②②另取过量的硫粉，用少许乙醇润湿后，加到上述溶液中。
③ 如图2所示(部分装置略去)，水浴加热，微沸，反应后趁热过滤。
④ 滤液在经过相关实验操作后析出Na2S2O3·5H2O晶体。
⑤ 进行减压过滤并低温干燥。
(图1是有关物质的溶解度曲线)
（1） 图2中，仪器B的名称是 。
（2） 实验步骤②中，加入的硫粉用乙醇润湿的目的是 。
（3） 实验步骤③中，趁热过滤的原因是 。
（4） 实验步骤④中，应采取的相关实验操作为 。
（5） 实验步骤⑤中，采用低温干燥的目的是 。
（6） 产品中除了有未反应的Na2SO3外，最可能存在的无机杂质是 。
（7） 准确称取2.00 g产品，用适量蒸馏水溶解，以淀粉作指示剂，用0.1000 mol·L-1碘的标准溶液滴定。反应原理为2S2O＋I2=S4O＋2I-。滴定至终点时，溶液颜色的变化是 。消耗碘的标准溶液体积为36.00 mL，产品的纯度为 。
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】无机非金属材料；合金及其应用；高分子材料
【解析】【解答】A．火炬“飞扬”使用的碳纤维属于无机非金属材料，A符合题意；
B．冰壶主材料花岗岩主要成分是二氧化硅，属于无机非金属材料，B不符合题意；
C．冬奥会“同心”金属奖牌表面是金，内心是合金，因此属于合金材料，C不符合题意；
D．运动员餐饮“碗具”选用可降解聚乳酸材料，能够在一定条件下发生水解反应产生小分子物质，因此不会对环境造成白色污染，从而减少了对环境污染，该材料中由于不同聚乳酸分子中的聚合度数目不同，因此属于混合物，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.花岗岩的主要成分是石英、云母、长石等矿物；
C.金属奖由合金制成；
D.高聚物均为混合物。
2．【答案】C
【知识点】原子核外电子排布；共价键的形成及共价键的主要类型；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．铜的原子序数为29，根据核外电子排布规律，其基态的电子排布式为，A不符合题意；
B．含有离子键，属于离子化合物，B不符合题意；
C．的中心原子N的价电子对数为4，有一对孤电子对，分子空间构型为三角锥形，C符合题意；
D．单键和配位键均是键，NH3有3个单键，NH3中的N原子与中心Cu2+形成配位键，故中含键，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.Cu的原子序数为29，核外共29和电子，根据构造原理书写核外电子排布式；
B.属于离子化合物；
D.单键均为σ键，配位键也是σ键。
3．【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．用于水体消毒，是因为其具有氧化性，可使蛋白质变性，故A符合题意；
B．用于蚀刻线路板上的铜，是因为铁离子具有氧化性，能够与铜反应，和其具有酸性无关，故B不符合题意；
C．用于除去铁锈，是和其酸性有关，与其还原性无关，故C不符合题意；
D．可用作氮肥，是因为其组成含有氮元素，与其受热易分解无关，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.具有强氧化性，能使蛋白质变性；
B.具有氧化性，能与铜反应；
C.盐酸除铁锈利用的是盐酸的酸性；
D.含有氮元素，可用作氮肥。
4．【答案】B
【知识点】化学实验操作的先后顺序；过滤；除杂；气体发生装置；制备实验方案的设计
【解析】【解答】A．漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；
B．氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去 Cl2中的HCl，B符合题意；
C．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；
D．二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A. 漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，据此分析。
B.除杂中注意除去杂质的同时不能引入新的杂质，且原物质不能耗损，据此分析。
C.根据题干信息进行分析，注意进气要长管进短管出，使反应彻底。
D.MnO2不溶于水，可通过过滤进行分离。
5．【答案】D
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定
【解析】【解答】A.量取Na2CO3标准溶液应使用移液管，读数精确到小数点后两位，故A项不符合题意；
B.Na2CO3溶液呈碱性，应使用带塑料塞的容量瓶配制，故B项不符合题意；
C.Na2CO3能与空气中的二氧化碳、水反应，因此一般用烧杯称量Na2CO3固体，故C项不符合题意；
D.盐酸滴定Na2CO3标准溶液，滴定终点显弱碱性，溶液显橙色，故D项符合题意。
故答案为：D。
【分析】A.移液管的精确度为0.01mL；
B.碳酸钠标准溶液显碱性，能与SiO2反应生成硅酸钠；
C.碳酸钠能够与空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠。
6．【答案】A
【知识点】物质的结构与性质之间的关系；键能、键长、键角及其应用；判断简单分子或离子的构型
【解析】【解答】A．NH3、的N原子都采用sp3杂化，NH3的N原子上有1对孤电子对，而的N原子上有2对孤电子对，孤电子对对成键电子对的排斥作用大于成键电子对之间的排斥作用，导致NH3的键角比中的大，A符合题意；
B．-OH是亲水基，NH2OH与水分子之间容易形成氢键，增加了分子之间的吸引作用，因此NH2OH易溶于水，B不符合题意；
C．中的中心N原子的价层电子对数是2+=3，N原子上含有1对孤电子对，因此的空间构型是V形，C不符合题意；
D．在酸性溶液中，含的溶液H+、起HNO3的作用，表现强氧化性，而当溶液显中性或碱性时不具有强氧化性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.孤电子对间排斥力＞孤电子对和成键电子对之间的排斥力＞成键电子对之间的排斥力，孤电子对越多键角越小；
B.-OH是亲水基，且NH2OH与水分子之间容易形成氢键；
C.中N原子的价层电子对数为3，含有一个孤电子对；
D.在中性或碱性溶液中不具有强氧化性。
7．【答案】A
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．氨气在纯氧中点燃可以生成氮气，能实现转化，故A符合题意；
B．N2H4具有强还原性，氯气具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，N元素化合价升高，不能生成氨气，故B不符合题意；
C．Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，不能实现转化，故C不符合题意；
D．铵根和少量二氧化硫反应生成(NH4)2SO3，与过量二氧化硫反应生成NH4HSO3，没有元素化合价发生变化，不能生成氮气，不能实现转化，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氨气在纯氧中点燃生成氮气；
B.N2H4和氯气发生氧化还原反应；
C.浓硝酸的还原产物为二氧化氮；
D.铵根离子和少量二氧化硫反应生成(NH4)2SO3，与过量二氧化硫反应生成NH4HSO3。
8．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；化学平衡常数；化学平衡的影响因素
【解析】【解答】A．由二氧化氮生成四氧化二氮，氮元素和氧元素化合价均未发生变化，不属于氧化还原反应，A不符合题意；
B．平衡常数中，分子应为四氧化二氮，分母应为二氧化氮，正确的表达式为： ，B不符合题意；
C．容器体积压缩为原来的一半，平衡虽然正向移动，但根据勒夏特列原理可知，平衡后混合气体的浓度增大，颜色加深，C符合题意；
D．平衡常数只受温度影响，不受压强影响，减小压强，平衡常数不会减小，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该反应中没有元素的化合价发生变化，属于非氧化还原反应；
B.平衡常数是指各生成物浓度的化学计量数次幂的乘积与各反应物浓度的化学计量数次幂的乘积的比；
D.平衡常数只与温度有关。
9．【答案】B
【知识点】离子方程式的书写
【解析】【解答】A．电子不守恒，原子不守恒，离子方程式应该为：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，A不符合题意；
B．过氧化钠久置会反应产生Na2CO3，向其中滴加BaCl2溶液，Na2CO3与BaCl2在溶液中反应产生BaCO3白色沉淀，该反应的离子方程式为：，B符合题意；
C．醋酸是弱酸，应该写化学式，反应的离子方程式应该为：BaCO3+2CH3COOH=Ba2++2CH3COO-+H2O+CO2↑，C不符合题意；
D．将产生的二氧化碳通入足量澄清石灰水，反应产生CaCO3沉淀，碳酸钙不溶于水，在离子方程式里不能拆成离子，反应的离子方程式应该为：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气；
C.醋酸是弱酸，应保留化学式；
D.二氧化碳与氢氧化钙生成碳酸钙和水。
10．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；物质检验实验方案的设计；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A．未告知醋酸和盐酸的浓度，只比较pH值大小，无法判断醋酸为强电解质还是弱电解质， A不符合题意；
B．加入足量盐酸后沉淀指部分溶解，则说明沉淀中有硫酸钡，则说明亚硫酸钠被空气氧化为硫酸钠，B不符合题意；
C．氯水过量，溶液变为蓝色，有可能是过量的氯水将碘化钾氧化成了碘单质，无法比较出溴单质和碘单质氧化性的强弱， C不符合题意；
D．KSCN溶液可用于检验Fe3+，滴加氯水后，若溶液变红，则说明Fe2+被氧化成了Fe3+，可以证明Fe2+具有还原性，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.醋酸和盐酸的浓度未知；
B.亚硫酸钠易被氧化；
C.氯气也能氧化碘离子。
11．【答案】B
【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．硫酸亚铁铵[]中Fe元素的和化合价为+2价，根据化合物中各元素的化合价的代数和为0可知，m+2=2n，则，A项不符合题意；
B．若分别用和与铁粉反应制取等质量的FeS，根据S元素守恒可知，理论上消耗和的质量比为1：1，B项符合题意；
C．由流程图可知，反应2中，pH=9时，硫代乙酰胺和反应生成FeS，化学方程式为，C项不符合题意；
D．反应2是在碱性条件下进行，Fe2+与溶液中的OH-反应生成，向溶液中加入柠檬酸钠，柠檬酸钠与形成配合物，降低了溶液中的浓度，减少了杂质的生成，D项不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.根据化合物中化合价代数和为0计算；
C.pH=9时，硫代乙酰胺和反应生成FeS；
D.加入柠檬酸钠，柠檬酸钠与形成配合物，降低了溶液中的浓度。
12．【答案】C
【知识点】元素周期表中原子结构与元素性质的递变规律；元素周期表的结构及其应用；元素周期律和元素周期表的综合应用
【解析】【解答】A．根据分析，W、Y、Z分别为H、N、O，常温下H2、N2、O2均为气体，A不符合题意；
B．同一周期从左到右非金属性依次增强，因此非金属性B＜N，非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，因此酸性H3BO3＜HNO3，B不符合题意；
C．化合物(YW4X5Z8·4W2Z )为NH4B5O8·4H2O，已知该200℃以下热分解时无刺激性气体逸出，说明失去的是结晶水，若100 ~ 200℃阶段热分解失去4个H2O，该化合物的化学式变为NH4B5O8，此时的质量保留百分数为，与图示曲线数据( 80.2% )不一致，说明100~200℃阶段不是失去4个H2O，C符合题意；
D．假设化合物NH4B5O8·4H2O在500℃热分解后生成固体化合物B2O3，根据硼元素守恒，则得到关系式2NH4B5O8·4H2O~5B2O3，则固体化合物B2O3质量分数为≈64.1%，与图像中的数据相符，说明假设符合题意，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】YZ2分子的总电子数为奇数，常温下为气体，该气体应为NO2，Y为N元素，Z为O元素；在化合物 YW4X5Z8·4W2Z 中W2Z应为结晶水，则W为H元素；W、X、Y、Z为短周期元素，原子序数依次增加，且加和为21，X的核电外电子总数为21-1-7-8=5，则X为B元素。
13．【答案】B
【知识点】晶胞的计算；制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】A．打浆后，所得液体为悬浊液，Ca(OH)2不应拆开写，正确的离子方程式为：，A不符合题意；
B．室温下KClO3的溶解度远小于KCl，加入氯化钾后，发生的化学方程式为：2KCl+Ca(ClO3)2= 2KClO3↓+CaCl2，属于复分解反应，B符合题意；
C．和不能共存，会生成沉淀，C不符合题意；
D．以顶点上的Cl-作为研究对象，每个Cl-周围与其最近的Cl-位于六面体的面心，顶点上的Cl-，有属于晶胞，与其紧邻的Cl-数目为：×3=，则每个氯离子周围紧邻的Cl-数目为12个，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】久置于空气中的生石灰[主要成分为CaO，还含有 和 ]加入水打浆，在75℃下通入氯气反应生成氯酸钙、氯化钙，过滤，滤渣含有碳酸钙，滤液加入氯化钾，可转化为氯酸钾。
14．【答案】C
【知识点】电极反应和电池反应方程式；电解池工作原理及应用；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】A．在反应中，每生成1 mol N2，反应过程中转移4 mol电子，则反应产生0.1 mol N2时转移电子0.4 mol，A不符合题意；
B．根据阴极区反应可知：阴极区溶液中加入N2H5NO3能够消耗反应中生成HNO2，防止HNO2与U4+反应产生，B不符合题意；
C．根据电解方程式可知：在电解0~100 min，电路中每转移1 mol e-，阴极区H+增加2 mol，C符合题意；
D.100 min后参与电极反应，根据题干所给的阴极上的两个电极反应可知：在相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成，故100~200 min，c(H+)下降速率低于100 min前，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.根据得失电子守恒计算；
B.加入N2H5NO3能够消耗反应中生成的HNO2；
D.在相同时间内，转移等量电子时，比消耗的H+更少，且生成的HNO2与反应有H+生成。
15．【答案】（1）溶液中的H2SO3能将SeO2还原；(SeO2)2或Se2O4
（2）加入H2SO4后，铜、银浸出率增大幅度不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收
（3）0.44L；N2H4·H2O+4[Ag(NH3)2]Cl=4Ag↓+N2↑+4NH3↑+4NH4Cl+H2O
【知识点】氧化还原反应；制备实验方案的设计
【解析】【解答】（1）烟气用水吸收后SO2与H2O生成H2SO3，H2SO3有还原性，可以将SeO2还原成Se；Se相对原子质量为80，故该分子中最多只能存在2个Se，再结合O相对原子质量，可知存在4个O，故可以得出该氧化物分子式为Se2O4或(SeO2)2；
（2）根据图示，加入H2SO4后，铜、银浸出率增大幅度不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收；
（3）设：溶解0.1molAgCl(s)，至少需加入氨水的溶质的物质的量为x，混合后溶液体积为V，列三段式：
K=，解得x=2.2mol，V(氨水)=；根据本题信息，反应方程式为：N2H4·H2O+4[Ag(NH3)2]Cl=4Ag↓+N2↑+4NH3↑+4NH4Cl+H2O。
【分析】（1）①烟气用水吸收后SO2与H2O生成H2SO3，H2SO3有还原性；
②Se相对原子质量为80，故该分子中最多只能存在2个Se，再结合O相对原子质量，可知存在4个O；
（2） 加入H2SO4后，铜、银浸出率增大幅度不大，但铂、钯浸出率增大，不利于铂和钯的回收 ；
（3）①根据 AgCl(s)+2NH3(aq)=Ag(NH3)(aq)+Cl-(aq) 计算；
②水合肼还原[Ag(NH3)2]Cl的反应为N2H4·H2O+4[Ag(NH3)2]Cl=4Ag↓+N2↑+4NH3↑+4NH4Cl+H2O。
16．【答案】（1）NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取效果
（2）2Al3++3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑
（3）洗去沉淀表面的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失，提高Li2CO3的纯度和产率
（4）固液比越小，去离子水体积越多，碳化反应后生成及溶解的LiHCO3越多，热分解时会生成更多的Li2CO3
【知识点】制备实验方案的设计；离子方程式的书写
【解析】【解答】（1）根据Fe3++3HR FeR3+3H+，Fe3+易与R-结合FeR3，NaOH会消耗萃取反应时生成的H+，促进萃取反应的正向进行，提高萃取效果；
（2）铝离子和碳酸根离子双水解生成二氧化碳和氢氧化铝，根据电荷守恒和原子守恒，可得反应的离子方程式为：2Al3++3CO+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑；
（3）根据图片1的信息可知碳酸锂的溶解度随着温度的升高而降低，温度越高溶解度越小，用热水洗涤能降低碳酸锂在水中溶解的量，过滤1后所得沉淀用热水洗涤的目的是洗去沉淀表面的杂质离子，减少Li2CO3的溶解损失，提高Li2CO3的纯度和产率；
（4）固液比越小，去离子水体积越多，碳化反应后生成及溶解的LiHCO3越多，热分解时会生成更多的Li2CO3，所以Li2CO3产率随固液比减小而增加；
【分析】 锂云母浸出液(含Li+、Al3+、Fe3+、Ca2+、等) 中加入有机萃取剂HR“萃取” Fe3+，Al3+、Mn2+、Fe3+、残留Ca2+离子被萃取剂结合后进入有机相，水溶液主要含为Li+、 ，水相中加入饱和碳酸钠沉锂，生成Li2CO3沉淀和硫酸钠，过滤后沉淀中加入去离子水、二氧化碳发生碳化反应，碳酸锂和和水和二氧化碳生成碳酸氢锂，过滤得碳酸氢锂，碳酸氢锂热分解生成高纯度的碳酸锂。
17．【答案】（1）排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸
（2）6；+10H++8e—=+3H2O
（3）ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大
（4）pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成
【知识点】电极反应和电池反应方程式；性质实验方案的设计；制备实验方案的设计；氧化还原反应的电子转移数目计算
【解析】【解答】(1)由题意可知，四水氯化亚铁与四氢合硼酸钠反应生成纳米铁、氢气、四羟基合硼酸钠和水，反应中不断通入高纯氮气能排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化，同时排出反应生成的氢气，防止氢气遇氧气受热发生爆炸，故答案为：排除装置中存在的空气，防止制得的纳米零价铁被氧化；及时排出H2，防止爆炸；
(2)由图可知，纳米铁在负极失去电子发生氧化反应生成亚铁离子，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得到电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子，有效腐蚀过程中，生成1mol乙烯所转移的电子物质的量为1mol×6=6mol，过程④对应的电极反应为酸性条件下，硝酸根离子得到电子发生还原反应生成铵根离子和水，电极反应式为+10H++8e—=+3H2O，故答案为：6；+10H++8e—=+3H2O；
(3)①由题给信息可知，废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+，所以铁氧化物颗粒不易吸附Pb2+，故答案为：ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH，使ZVI表面带正电荷，不利于吸附Pb2+；
②由题给信息可知，废水中pH＜6时，随着pH增大，废水中减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大，所以Pb2+的去除率会增大至接近100%，故答案为：随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强、与Pb2+的静电引力越来越大，质子化程度减弱，但配位反应正向进行程度仍然增大，同时也有还原反应的正向进行程度增大；
(4)由图可知，当废水pH＜4.2时， pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子，使废水中硝酸根离子被还原的中间产物NH更多，NH与氢原子反应生成铵根离子，减少氮气的生成，导致氮气生成率逐渐降低，故答案为：pH减小，H+浓度增大，会生成更多的H，使被还原的中间产物NH更多的与H 反应生成，减少N2的生成。
【分析】（1）通入氮气能够排除装置中的氧气，防止装置内物质被氧化。
（2）纳米铁在负极失电子发生氧化反应生成Fe2+，溶液中三氯乙烯、氢离子、氧气和硝酸根离子在正极得电子生成乙烯、氢气、氢氧根离子和铵根离子。
（3）①废水中pH＜6时，ZVI表面的FeOH会因为质子化作用形成FeOH。
②随pH增大，c(H+)减小，ZVI颗粒表面去质子化程度越来越强。
（4）pH减小，废水的氢离子浓度增大，会生成更多的氢原子。
18．【答案】（1）(球形)冷凝管
（2）硫粉可溶于乙醇，增大反应物的接触面积，加快反应速率
（3）防止温度降低使Na2S2O3晶体析出
（4）蒸发浓缩、冷却结晶
（5）防止Na2S2O3·5H2O分解
（6）Na2SO4
（7）溶液由无色变成蓝色；89.28%
【知识点】常用仪器及其使用；中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量；制备实验方案的设计
【解析】【解答】(1)由图示可知图二中仪器B为球形冷凝管，故答案为：(球形)冷凝管；
(2)硫粉能溶于乙醇，从而增大接触面积，加快反应速率，故答案为：硫粉可溶于乙醇，增大反应物的接触面积，加快反应速率；
(3) Na2S2O3的溶解度随温度的升高而增大，所以实验步骤③中，趁热过滤的原因是防止温度过低Na2S2O3以晶体的形式析出，从而影响产率，故答案为：防止温度降低使Na2S2O3晶体析出；
(4) 滤液在经过相关实验操作后析出Na2S2O3·5H2O晶体，即由滤液得到Na2S2O3·5H2O晶体所需的操作分别为：蒸发浓缩然后再冷却结晶，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
(5) Na2S2O3·5H2O属于结晶水合物，不稳定受热易分解，所以采用低温干燥的目的是防止Na2S2O3·5H2O分解，故答案为：防止Na2S2O3·5H2O分解；
(6)由于Na2SO3、Na2S2O3中S的化合价分别为+4和+3价，所以溶液被空气中的氧气氧化，则产品中除未反应完全的Na2SO3外还可能含有的无机杂质为Na2SO4，故答案为：Na2SO4；
(7)由反应原理为2S2O＋I2=S4O＋2I-可知，当S2O未被反应完时则溶液为无色，若S2O被反应完，I2恰好过量时与淀粉变为蓝色，则滴定至终点时，溶液颜色的变化是溶液由无色变成蓝色；设在滴定过程中消耗nmolNa2S2O3，则由关系式有解得，所以样品中Na2S2O3的质量，所以产品的纯度为，故答案为：89.28%。
【分析】（1）仪器B为球形冷凝管；
（2）硫粉可溶于乙醇，用乙醇润湿可增大反应物的接触面积，加快反应速率；
（3）趁热过滤可防止温度降低使Na2S2O3晶体析出；
（4）由滤液得到Na2S2O3·5H2O晶体所需的操作为：蒸发浓缩然、冷却结晶；
（5）低温干燥可防止Na2S2O3·5H2O分解；
（6）Na2SO3易被氧化为Na2SO4；
（7）根据2S2O＋I2=S4O＋2I-计算。
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