【化学】黑龙江省宾县一中2020届高三上学期第四次月考（解析版）
黑龙江省宾县一中2020届高三上学期第四次月考
可能用到的相对原子质量：H-1，C-12，N-14，O-16，Na-23，Mg-24，S-32，Fe-56
一、单选题(16道题，共48分)
1.化学与工农业生产、日常生活、材料等有密切的联系，下列说法正确的是（ ）
A. 华为公司自主研发的“麒麟970芯片需要以高纯度的二氧化硅为原料
B. 笔、墨、纸、砚为传统的文房四宝，上述物质中的(毛)笔与(宣)纸均含有机物
C. 电影《红高梁》中用高粱酿酒的原理是通过蒸馏法将高梁中的乙醇分离出来
D. 有机高分子明星材料石墨烯，具有优异的光学、电学、力学和热学性质
【答案】B
【详解】A. 二氧化硅是光导纤维的主要成分，不能导电，不是制造芯片的原料，硅为半导体材料，可以用于制造芯片，A项错误；
B. 毛笔笔头是由动物鬓毛制成，动物鬓毛的主要成分是蛋白质，纸的主要成分是纤维素，
均含有机物，B项正确；
C. 高粱中不含乙醇，用高粱酿酒是高粱中的淀粉先水解生成葡萄糖，葡萄糖在酒曲酶的作用下反应生成乙醇，然后用蒸馏法将乙醇分离出来，C项错误；
D. 石墨烯是一种由碳元素组成的单质，不是有机高分子，D项错误；
答案选B。
2.化学与人类生产、生活密切相关，下列说法正确的是（ ）
A. 医用酒精、次氯酸钠等消毒液均可以将病毒氧化而达到消毒的目的
B. 铁粉和生石灰均可作食品袋内的脱氧剂
C. 燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施
D. 高纤维食物是富含膳食纤维的食物，在人体内都可通过水解反应提供能量
【答案】C
【详解】A.乙醇能够杀菌消毒，但乙醇不具有强氧化性，A错误；
B.脱氧剂应具有还原性，生石灰不具有还原性，不作脱氧剂而是作干燥剂使用，B错误；
C.采用燃料脱硫技术可以减少二氧化硫的产生，从而防止出现酸雨，NOx的催化转化生成无污染的氮气也是减少酸雨的有效措施，C正确；
D.人体内无纤维素酶，纤维素中人体内不能被吸收，D错误；
故合理选项是C。
3.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A. 1 mol氨基(－NH2)中所含的质子数为9NA
B. 标准状况下，22.4 L单质溴所含有的原子数目为2NA
C. 100 mL 0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液含CH3COO−的数目是0.01NA
D. 标准状况下，2.24 L Cl2与过量稀NaOH溶液反应，转移电子总数为0.2NA
【答案】A
【详解】A. 1mol氨基中含有9mol电子，含有的电子数目为9NA，故A正确；
B. 标况下单质溴不是气体，不能使用标况下的气体摩尔体积计算2.24L溴的物质的量，故B错误；
C. 100 mL 0.1 mol·L−1 CH3COONa溶液中，CH3COO−会发生水解，数目小于0.01NA，故C错误；
D. 氯气与过量稀氢氧化钠反应,首先反应方程式如下：2NaOH + Cl2 = NaCl + NaClO + H2O，在这个反应中，氯气单质气体既充当氧化剂，又充当还原剂，两个零价位的Cl原子，一个被氧化成为+1价，另一个被还原成为-1价，0.1 mol的氯气在这个反应中转移电子总数当然只是0.1NA，故D错误；
正确答案是A。
4.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中正确的是（ ）
A. 22.4L二氯甲烷的分子数约为NA个
B. 0.1molFe（OH）3胶体，含有胶体粒子的数目为0.1NA
C. 1molNa2O2与足量CO2充分反应转移的电子数目为2NA
D. 加热条件下，含0.2molH2SO4的浓溶液与足量铜反应，生成SO2的分子数小于0.1NA
【答案】D
【详解】A.没有表示清楚温度与压强条件（或指明标准状况下），无法进行计算，且二氯甲烷为液体，22.4L二氯甲烷的物质的量远大于1mol，故A选项错误。
B选项.一个氢氧化铁胶粒是多个氢氧化铁的聚集体，故1mol氢氧化铁所形成的胶粒的个数小于NA个，故B错误。
C. 1mol Na2O2与足量CO2充分反应转移的电子数为NA，故C错误。
D. Cu只和浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，硫酸反应一段时间后，硫酸浓度变稀，反应停止.SO2的物质的量小于0.1mol，故D正确。
故答案选D。
【点睛】本题考查阿伏加德罗常数的相关计算，涵盖内容较多，四个选项均为易错点，需要注意：①使用气体的摩尔体积计算时需要标明体积与温度（或说明标准状况下），否则无法计算气体的物质的量，并且此公式只能气态物质使用，液态固态物质都不能使用。②胶粒是胶体分子的聚集体，胶粒数目小于胶体分子数目。③过氧化钠是常见供氧剂，与二氧化碳生成氧气，方程式书写要准确。④Cu是金属活动顺序表中在H之后的元素，不与稀盐酸、稀硫酸反应，加热条件下与浓硫酸反应生成水和二氧化硫，生成的水会稀释浓硫酸，导致反应停止。
5.X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号元素，最外层电子数之和为15，X－具有很强的还原性，Y和Z原子的L层均达到8电子结构，Z－和W+具有相同的电子层结构。下列叙述正确的是（ ）
A. 离子半径大小：W+＞Y2－＞Z－
B. 单质的沸点：Y＞Z＞X
C. 氧化物的水化物的酸性：Y＜Z
D. 元素X和Y、Z、W都能形成共价化合物
【答案】B
【分析】根据离子结构特征和性质推断元素，进而利用元素周期律比较原子或离子半径、物质的性质。
【详解】前20号元素中，能形成负一价阴离子有H-、F-、Cl-，其中只有H－具有很强的还原性，即X为氢（H）；Z原子的L层为8电子结构且形成Z-，则Z为氯（Cl）；W+与Z－具有相同的电子层结构，得W为钾（K）；因四种原子最外层电子数之和为15，知Y最外层有6个电子，又Y原子L层有8个电子，故Y为硫（S）。
A项：三种离子S2-、Cl-、K+具有相同电子层结构，核电荷数越大，离子半径越小，离子半径大小Y2－＞Z－＞W+，A项错误；
B. 单质S、Cl2、H2中，S通常为固体，沸点较高；Cl2的相对分子质量比H2的大，分子间作用力较大，沸点较高，B项正确；
C. S元素的氧化物的水化物有H2SO4、H2SO3，Cl元素的氧化物的水化物有HClO4、HClO3、HClO2、HClO，不能比较酸性强弱，C项错误；
D. 元素X与Y、Z分别形成H2S、HCl，它们是共价化合物，X与W形成的KH是离子化合物，D项错误。
本题选B。
【点睛】元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物（即最高价含氧酸）酸性越强。不是最高价含氧酸的酸性强弱，不能用此规律比较。
6.X、Y、Z、M、G五种短周期元素原子序数依次增大。X、Z同主族，可形成离子化合物ZX；Y、M同主族，可形成MY2、MY3两种分子；Y、G的单质或两元素之间形成的化合物可作水消毒剂。下列叙述正确的是（ ）
A. 元素M的氧化物对应的水化物酸性比G的弱
B. 化合物Z2M、MY2中化学键的类型相同
C. ZX与水的反应属于氧化还原反应
D. 简单离子半径的大小顺序：X
7，D项错误；
答案选A。
【点睛】利用曲线的交点计算Ka(HA)，是该题的巧妙之处，因为该点c(HA)=c(A-)，因此Ka(HA)= c(H+)，同学们在做水溶液中离子平衡的图像题的时候，多关注特殊的点，诸如曲线的交点、起点、恰好反应点、中性点等。
15.常温下，用0.10 mol·L－1 KOH溶液滴定10.00 mL 0.10 mol·L-1 H2C2O4(二元弱酸)溶液所得滴定曲线如图(混合溶液的体积可看成两者溶液的体积之和)，下列说法正确的是（ ）
A. 点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＋c(OH－)
B. 点③所示溶液中：c(K＋)＞c(HC2O4-)＞c（H2C2O4）＞c(C2O42-)
C. 点④所示溶液中：c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＝0.10 mol·L-1
D. 点⑤所示溶液中：c(OH－)= c(H＋)+ c(HC2O4-)+ c(C2O42-)
【答案】C
【分析】此题考查溶液中的电荷守恒，根据溶液不带电这一特性，溶液中的阳离子和阴离子所带电荷相同，根据所加物质的原子间的关系进行书写物料守恒。
【详解】A. 根据电荷守恒得出，点②所示溶液中：c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH－),故A不正确，不符合题意。
B. 点③所示溶液中恰好反应生成KHC2O4，该溶液显酸性，故HC2O4-的电离程度大于其水解程度，故c(K＋)＞c(HC2O4-)＞c(C2O42-)＞c（H2C2O4），B不正确，不符合题意。
C. 点④所示溶液中，根据物料守恒得出c(K＋)＋c(H2C2O4)＋c(HC2O4-)＋c(C2O42-)＝0.10 mol·L-1，C正确，符合题意。
D. 点⑤所示溶液为K2C2O4溶液，依据电荷守恒c(K＋)＋c(H＋)＝c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)＋c(OH-)和物料守恒c(K＋) ＝2c(H2C2O4)＋2c(HC2O4-)＋2c(C2O42-)，可得溶液中的质子守恒c(OH－)= c(H＋)+ c(HC2O4-)+ 2c(H2C2O4)，故D答案不正确，不符合题意。
故答案选C。
16.常温下，将等浓度的NaOH溶液分别滴加到等pH、等体积的HA、HB两种弱酸溶液中，溶液的pH与粒子浓度比值的对数关系如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A. a点时，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10 mol·L-1
B. 电离平衡常数：Ka(HA)< Ka(HB)
C. b点时，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)
D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时：c(B-)> c(HB)
【答案】B
【详解】A. a点时，=0，c(A-)=c(HA)，溶液为酸和盐的溶合溶液，pH=4，抑制水的电离，溶液中由水电离的c(OH-)约为1×10-10 mol·L-1，选项A正确；
B. =0，c(A-)=c(HA)，电离平衡常数：Ka(HA)===10-4mol/L；=0，c(B-)=c(HB)，电离平衡常数：Ka(HB)===10-5mol/L，Ka(HA)> Ka(HB)，选项B错误；
C. b点时，=0，c(B-)=c(HB)，pH=5，c(B-)=c(HB)>c(Na+)>c(H+)>c(OH-)，选项C正确；
D. 向HB溶液中滴加NaOH溶液至pH=7时，>0，c(B-)> c(HB)，选项D正确。
答案选B。
二、填空题(4道题，共52分)
17.氮及其化合物在工农业生产、生活中有着重要应用，减少氮的氧化物在大气中的排放是环境保护的重要内容之一。
（1）已知：N2(g)+O2(g)=2NO(g) △H=+180.5kJ·molˉl
C(s)+O2(g)=CO2(g) △H=―393.5 kJ·molˉl
2C(s)+O 2(g)=2CO(g) △H=―221kJ·molˉl 若某反应的平衡常数表达式为：，请写出此反应的热化学方程式 ______________________________。
（2）N2O5在一定条件下可发生分解：2N2O5(g) 4NO2(g)＋O2(g)。某温度下测得恒容密闭容器中N2O5浓度随时间的变化如下表：
① 反应开始时体系压强为P0，第3.00 min时体系压强为p1，则p1：p0＝ _____________；2.00min~5.00 min内，O2的平均反应速率为 _______________。
②一定温度下，在恒容密闭容器中充入一定量N2O5进行该反应，能判断反应已达到化学平衡状态的是 ______________。
a.容器中压强不再变化 b.NO2和O2的体积比保持不变
c.2v正(NO2)＝v逆(N2O5) d.气体的平均相对分子质量为43.2，且保持不变
（3）N2O4与NO2 之间存在反应：N2O4(g) 2NO2(g) △H=QkJ·molˉ1。将一定量的N2O4放入恒容密闭容器中，测得其平衡转化率［α(N2O4)］随温度变化如图所示。
如图中a点对应温度下，已知N2O4的起始压强p0为200 kPa，该温度下反应的平衡常数Kp=________（小数点后保留一位数字，用平衡分压代替平衡浓度计算，分压=总压×物质的量分数）。
（4）将固体氢氧化钠投入0.1mol/L的HN3（氢叠氮酸）溶液当中，溶液的体积1L（溶液体积变化忽略不计）溶液的pH变化如图所示，HN3的电离平衡常数K=1×10－5，B点时溶液的pH=7，计算B点时加入氢氧化钠的物质的量 ________mol（保留两位有效数字）。
【答案】(1). 2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) △H=―746.5 kJ·molˉ1 (2). 1.975 (3). 0.055 mol·Lˉ1·minˉ1 (4). a (5). 213.3kPa (6). 0.099
【解析】(1)根据该反应的平衡常数表达式为：
，可知，该反应的方程式为：2NO(g)+2CO(g)═N2(g)+2CO2(g)。①N2(g)+O2(g)═2NO(g)△H=+180.5kJ•mol-1，②C(s)+O2(g)═CO2(g)△H=-393.5kJ•mol-1，③2C(s)+O2(g)═2CO(g)△H=-221.0kJ•mol-1。依据盖斯定律计算②×2-①-③得到热化学方程式 2NO(g)+2CO(g)═N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ•mol-1 ，故答案为2NO(g)+2CO(g)═N2(g)+2CO2(g)△H=-746.5kJ•mol-1；
(2) ①相同条件下，气体的物质的量之比等于其压强之比；
2N2O5(g)═4NO2(g)+O2(g)
开始(mol/L)1.00 0 0
反应(mol/L)0.65 1.30 0.325
3min(mol/L)0.35 1.30 0.325
反应前后气体的压强之比等于其物质的量之比，所以p1：p0=(0.35+1.30+0.325)mol：1.00mol=1.975；v(N2O5)=mol/(L．min)=0.11mol/(L·min)，再根据同一时间段内各物质的反应速率之比等于其计量数之比得氧气反应速率为0.055mol•L-1•min-1，故答案为1.975；0.055mol•L-1•min-1；
②a．容器中压强不再变化，反应已达到化学平衡状态，故a正确；b．NO2和O2的体积比始终都不变，不能确定反应是否达到化学平衡状态，故b错误；c．υ正(NO2)=2υ逆(N2O5)才表明达到化学平衡状态，故c错误；d．平衡时，气体的平均相对分子质量为大于43.2，且保持不变．故d错误；故选a；
(3)四氧化二氮的转化率是0.4，设原来四氧化二氮的物质的量为xmol，转化的物质的量为0.4xmol，生成的二氧化氮的物质的量为0.8xmol，则混合气体的物质的量=(x-0.4x+0.8x)mol=1.4xmol，相同条件下，气体的压强之比等于其物质的量之比，所以反应后压强=×1.4xmol=280kPa，四氧化二氮的分压=280kPa×=120kPa，二氧化氮的分压=280kPa×=160kPa，化学平衡常数K=== 213.3 kPa，故答案为213.3；
(4)由电荷守恒式c(Na+)+c(H+)=c(OH-)+c(N3-)和B点时溶液的pH=7得：c(Na+)=c(N3-)，设氢氧化钠的物质的量为xmol，依据HN3⇌H++N3-的电离平衡：K=1×10-5==
，解得：x=0.099mol，故答案为0.099。
点睛：本题考查化学平衡有关计算，为高频考点，涉及平衡计算、盖斯定律等知识点，侧重考查学生分析计算及获取信息解答问题能力，难点是(3)题平衡常数的计算，注意分压的计算方法。
18.工业上由黄铜矿(主要成分CuFeS2)冶炼铜的主要流程如下：
(1)气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的_______吸收。
a.浓H2SO4 b.稀HNO3 c.NaOH溶液 d.氨水
(2)用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在_________________(填离子符号)，检验溶液中还存在Fe2+的方法是__________________
______________________________________________(注明试剂、现象)。
(3)由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为___________________________。
(4)以CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜(含Al、Zn、Ag、Pt、Au等杂质)的电解精炼，下列说法正确的是_________。
a.电能全部转化为化学能
b.粗铜接电源正极，发生氧化反应
c.溶液中Cu2+向阳极移动
d.阴极增加的质量一定与阳极减少的质量相同
e. 利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属
(5)利用反应2Cu+O2+2H2SO4=2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为______________________________。
【答案】(1). cd (2). Fe3+ (3). 取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去 (4). 3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu (5). be (6). 4H++O2+4e﹣=2H2O
【分析】（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，二氧化硫是酸性氧化物，结合选项中各物质的性质判断；
（2）用稀H2SO4
浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；
Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验；
（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu；
（5）利用原电池原理，负极失电子发生氧化反应，正极上得到电子发生还原反应．
【详解】（1）由流程图转化可知，气体A中的大气污染物主要是二氧化硫，选择试剂吸收二氧化硫，不能产生新的污染气体，
a、浓H2SO4不能吸收二氧化硫，故a错误；
b、稀HNO3可以吸收二氧化硫，但生成NO污染大气，故b错误；
c、NaOH溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，故c正确；
d、氨水与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，故d正确；
故选cd；
（2）用稀H2SO4浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明含有Fe3+；
Fe2+具有还原性，可以利用KMnO4溶液检验，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去，故答案为：Fe3+；取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4溶液紫色褪去；
（3）由流程图转化可知，Cu2O与Al反应置换反应生成Al2O3与Cu，反应方程式为 ，
（4）a、反应中有热能产生，故a错误；
b、精炼铜时，粗铜做阳极，连接电源正极，发生氧化反应，故b正确；
c、溶液中Cu2+向阴极移动，故c错误；
d、阴极增加的物质为铜，阳极减少的物质不止有铜，质量不一定相等，故d错误；
e、Ag、Pt、Au不如铜活泼，铜放电后Ag、Pt、Au从粗铜脱落，利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属，故d正确；
故选be；
（5）利用反应2Cu+O2+2H2SO4═2CuSO4+2H2O可制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，正极上是氧气得到电子发生还原反应，酸性溶液中生成的氢氧根离子以水的形式存在，其正极电极反应式为：4H++O2+4e-=2H2O。
19.(1)氨气的水溶液称为氨水,其中主要存在的溶质微粒是NH3·H2O。
已知: a.常温下,醋酸和NH3·H2O的电离平衡常数均为1.74×10-5
；b.CH3COOH+NaHCO3=CH3COONa+CO2↑+H2O。则CH3COONH4溶液呈__(填“酸”“碱”或“中”,下同)性，NH4HCO3溶液呈__性，NH4HCO3溶液中物质的量浓度最大的离子是____(填化学式)。
(2)99 ℃时,KW=1.0×10-12,该温度下测得0.1 mol·L-1Na2A溶液的pH=6。
①H2A在水溶液中的电离方程式为_________________________。
②该温度下,将0.01 mol·L-1H2A溶液稀释到20倍后,溶液的pH=____。
③体积相等、pH均为1的盐酸与H2A溶液分别与足量的Zn反应,产生的氢气__(填字母序号)。
A. 盐酸多 B.H2A多 C.一样多 D.无法确定
④将0.1 mol·L-1H2A溶液与0.2 mol·L-1氨水等体积混合,完全反应后溶液中各离子浓度从大到小的顺序为______________________。
【答案】(1). 中 (2). 碱 (3). NH4+ (4). H2A=2H++A2- (5). 3 (6). C (7). c(NH4+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)
【分析】（1）相同温度下，电离平衡常数相同的弱电解质，其电离程度相等；根据强酸制取弱酸判断醋酸和碳酸的相对强弱；
（2）99℃时，Kw=1.0×10-12，该温度下测得0.1mol•L-1 Na2A溶液的pH=6，说明Na2A是强酸强碱盐；
①H2A是强酸完全电离；
②根据稀释前后溶质的物质的量相等计算；
③酸与足量的锌反应生成氢气的量与氢离子的物质的量成正比；
④将0.1mol•L-1 H2A溶液与0.2mol•L-1氨水等体积混合，二者恰好反应生成(NH4)2A，(NH4)2A是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，结合电荷守恒确定离子浓度大小。
【详解】（1）根据题给信息知，相同条件下，醋酸和一水合氨的电离平衡常数相等，则二者的电离程度相等，醋酸铵中铵根离子和醋酸根离子水解程度相等，所以醋酸铵溶液呈中性；
根据b知，醋酸的酸性大于碳酸，则碳酸氢根离子的水解能力大于铵根离子水解能力，则碳酸氢铵溶液呈碱性；碳酸氢根离子水解程度大于铵根离子，所以溶液中离子浓度最大的是NH4+，故答案为：中；碱；NH4+；
（2）99℃时，Kw=1.0×10-12，该温度下纯水的pH=6，测得0.1mol•L-1 Na2A溶液的pH=6，说明Na2A是强酸强碱盐，
①H2A是强酸，在水溶液里完全电离，其电离方程式为H2A═2H++A2-；
②该温度下，将0.01mol•L-1 H2A溶液稀释到20倍后，溶液中氢离子浓度=0.01mol/L×2÷20=0.001mol/L，所以pH=3；
③酸与足量的锌反应生成氢气的量与氢离子的物质的量成正比，体积相等、pH=1的盐酸与H2A溶液中氢离子的物质的量相等，所以与足量锌完全反应时生成的氢气的量一样多，故选C；
④将0.1mol•L-1 H2A溶液与0.2mol•L-1氨水等体积混合，二者恰好反应生成(NH4)2A，(NH4)2A是强酸弱碱盐，其溶液呈酸性，所以c(H+)＞c(OH-)，铵根离子能水解但较微弱，所以c(NH4+)＞c(A2-)，水的电离较微弱，所以c(A2-)＞c(H+)，则离子浓度大小顺序是c(NH4+)>c(A2-)>c(H+)>c(OH-)。
20.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的化工产品，将SO2通入Na2CO3和Na2S混合溶液中可制得Na2S2O3。其制备装置如图所示。
（1）A中反应的化学方程式为_______________________________。
（2）为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为________。
（3）为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通人的SO2不能过量，原因是________________
_______________________________________________________。
（4）待Na2S和Na2CO3完全消耗后，结束反应。过滤B中的混合物，滤液经过__________、_______________（填操作名称）、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体。
（5）称取10.0g产品(Na2S2O3•5H2O，相对分子质量为248)，配成250mL溶液，取25.00mL溶液，以淀粉作指示剂，用 0.1000 mol/L碘的标准溶液滴定。（反应原理为：2S2O32-+I2 = S4O62-+2I－，忽略Na2SO3与I2反应）。
①滴定终点的现象为__________________________________________。
②重复三次的实验数据如表所示，其中第三次读数时滴定管中起始和终点的液面位置如图所示，则x=________，产品的纯度为________。
【答案】(1). (2). 2:1 (3). 二氧化硫融入过多使溶液呈酸性，而可以与氢离子反应，导致产量降低 (4). 蒸发浓缩 (5). 冷却结晶 (6). 溶液由无色变为蓝色，且半分钟颜色不退去 (7). 18.10 (8). 89.28%
【分析】装置A为二氧化硫的发生装置，装置B为硫代硫酸钠的制备装置，装置C为尾气处理装置。
【详解】（1）A为二氧化硫的发生装置，反应的化学方程式为；
（2）装置B中发生的反应为，为保证Na2S和Na2CO3得到充分利用，两者的物质的量之比应为2:1；
（3）硫代硫酸钠在酸性条件下会发生水解，二氧化硫过量会使溶液呈酸性，导致产品产量减少，所以二氧化硫不能过量；
（4）过滤B中的混合物，滤液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，得到Na2S2O3•5H2O晶体；
（5）①滴定所用指示剂淀粉溶液，当达到滴定终点时，碘稍过量，碘遇淀粉变蓝色；所以溶液会由无色变为蓝色；
②由滴定管的读数可知，开始的刻度是0.50mL，后来的读数是18.60mL，所用溶液的体积是18.10mL，即x=18.10mL，实验序号1所得的体积与另外两组相差较大，舍去，则消耗标准液的平均体积为18.00mL，则碘的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L，根据碘与硫代硫酸钠反应的方程式可知硫代硫酸钠的物质的量是0.0180L×0.1000mol/L×2×10=0.036mol，所以产品的纯度为×100%=89.28%。
【点睛】在进行酸碱中和滴定的计算时，要注意观察实验数据，要将错误数据删掉，再进行计算。
