1、专题综合检测（四）（时间：90分钟；满分：100分）一、单项选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题意。1.化学与生活密切相关，下列说法错误的是（）A.乙醇汽油可以减少汽车尾气污染B.化妆品中添加甘油可以起到保湿作用C.有机高分子聚合物不能用于导电材料D.葡萄与浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土放在一起可以保鲜解析：选C。A选项，乙醇汽油可降低CO排放量，有效降低碳氢化合物、酮类等污染物的浓度，减少汽车尾气污染，A正确；B选项，甘油具有吸湿性，添加到化妆品中有保湿作用，B正确；C选项，某些有机高分子聚合物可以做导电材料，如聚乙炔、聚苯胺等，C错误；D选项，葡萄在成熟过程中
2、会释放出乙烯，高锰酸钾溶液可吸收乙烯，防止水果过度成熟或提早成熟，从而达到保鲜的目的，D正确。2.（教材改编题）下列说法不正确的是（）A.改燃煤为燃气，可以减少废气中SO2等有害物质的排放量，是治理“雾霾”等灾害天气的一种措施B.向煤中加入适量石灰石，使煤燃烧产生的SO2最终生成CaSO3，可减少对大气的污染C.大量燃烧化石燃料排放的废气中含有SO2，从而使雨水的pH5.6，形成酸雨D.硫和氮的氧化物是形成酸雨的主要物质解析：选B。石灰石煅烧生成的CaO先与SO2反应生成不稳定的CaSO3，CaSO3易被O2氧化为稳定的CaSO4，B错误。3.下列关于铵盐的叙述不正确的是（）A.所有铵盐中，氮
3、元素化合价都是3价B.所有铵盐都溶于水C.铵态氮肥不宜与草木灰混合使用D.铵盐都是离子化合物解析：选A。NH4NO3中N元素显3价和5价。4.下列叙述与氮元素的循环无关的是（）A.工业合成氨的过程是固氮的过程B.自然界中，氨是动物体特别是蛋白质腐败后的产物C.为防止粮食、罐头、水果等食品腐烂，常用氮气做保护气D.电闪雷鸣的雨天，N2与O2会发生反应并最终转化为硝酸盐被植物吸收解析：选C。C项中由于N2很不活泼，故做保护气，不参与化学反应，也就不参与氮的循环。5.硫黄在空气中燃烧生成气体甲，甲溶于水得溶液乙，向乙溶液中滴加溴水，溴水褪色，乙变成丙。在丙里加入Na2S生成气体丁，把丁通入乙得到沉淀
4、戊。甲、乙、丙、丁、戊均含有硫元素，则它们正确的顺序是（）A.SO3H2SO4H2SO3H2SSB.SO2H2SO3H2SO4SO2SO3C.SO3H2SO4H2SO3SO2Na2S2O3D.SO2H2SO3H2SO4H2SS解析：选D。硫黄在空气中燃烧生成SO2（甲），SO2溶于水得溶液H2SO3（乙），向乙溶液中滴加溴水生成H2SO4（丙）和HBr，在丙里加入Na2S生成气体H2S（丁），把H2S通入H2SO3得到沉淀S（戊）。6.某研究性学习小组做铜与浓硫酸反应实验时，发现试管底部有白色固体并夹杂有少量黑色物质。倒去试管中的浓硫酸，将剩余固体（含少量浓硫酸）倒入盛有少量水的烧杯中，发现所
5、得溶液为蓝色，黑色固体未溶解。过滤、洗涤后，向黑色固体中加入过量浓硝酸，黑色固体溶解，溶液呈蓝色，向所得溶液中加BaCl2溶液后有白色沉淀生成。下列所得结论不正确的是（）A.铜与浓硫酸反应所得白色固体是CuSO4B.加BaCl2溶液后所得白色沉淀是BaSO4C.白色固体中夹杂的少量黑色固体可能是CuOD.白色固体中夹杂的少量黑色固体中含元素Cu、S解析：选C。Cu与浓H2SO4发生的主要反应为Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2O，由于浓H2SO4过量且浓硫酸具有吸水性，故所得白色固体为CuSO4，A项正确；加BaCl2溶液后有白色沉淀生成，已知硝酸过量，说明该钡盐的沉淀不溶于硝酸，应
6、为BaSO4，B项正确；由于浓硫酸过量，黑色固体不可能为CuO，C项错误；黑色固体溶于浓硝酸，溶液呈蓝色，说明含Cu元素，再加入BaCl2溶液产生了不溶于硝酸的白色沉淀，说明原黑色固体中含S元素，该黑色固体中含Cu、S两种元素，可能为CuS，也可能为Cu2S，D项正确。7.（2020苏州高三联考）下列由相关实验现象推出的结论正确的是（）A.NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨B.向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定含有SOC.Fe与稀硝酸、稀硫酸反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应D.NH3遇
7、到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体解析：选D。NH4Cl受热分解生成氨和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成NH4Cl，不能制备氨，A项错误；向溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，在酸性条件下NO具有强氧化性，会把SO氧化成SO，故不能说明原溶液中一定含有SO，也可能含有SO，B项错误；Fe与稀硝酸、稀硫酸反应均有气泡产生，前者是由于稀硝酸的强氧化性，后者是由于Fe与稀硫酸发生置换反应，C项错误；NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体氯化铵，D项正确。8.将一定体积的稀硝酸分成两等份，一份与足量的铜粉充分反应后收集到V1 L（标准状况下，下同）气体；另一份
8、先加入与其等体积的稀硫酸，再投入足量的铜粉收集到V2 L 气体。已知5V12V2，则稀硝酸与稀硫酸的物质的量浓度之比为（）A.23B.32C.34 D.43解析：选D。第一份中发生反应：3Cu8HNO3（稀）=3Cu（NO3）22NO4H2O，求得HNO3的物质的量为 mol。第二份由于是硫酸与硝酸的混酸，所以用离子方程式计算：3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O，求得参加反应的NO的物质的量为 mol，可知NO过量，H不足，此时H的物质的量为 mol，硫酸提供的H的物质的量为 mol，两者浓度之比为43。9.下列陈述、均正确并且有因果关系的是（）选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使酸性
9、高锰酸钾溶液褪色BNH3极易溶于水充满NH3的试管倒置于水槽中，水面迅速上升C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和COD常温下，铁与浓硝酸发生钝化常温下，铁与浓硝酸不反应解析：选B。 A项陈述表现了SO2的还原性，而陈述表现了SO2的漂白性，没有因果关系；B项陈述、都正确且具有因果关系；C项陈述表现出浓硫酸的吸水性，没有因果关系；D项陈述错误，常温下，铁与浓硝酸发生钝化，属于化学反应。10.（2020西宁模拟）某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计，实验装置如图所示。下列说法不正确的是（）A.a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液B.实验时，湿润
10、的pH试纸、鲜花、品红溶液、KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色沉淀C.此设计可证明SO2水溶液的酸性，SO2的氧化性、还原性、漂白性D.点燃酒精灯加热，可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性，使KMnO4溶液褪色不具有可逆性解析：选B。A项，70%硫酸与亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，多余的二氧化硫气体用NaOH溶液吸收，所以a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液，故A正确；B项，二氧化硫不能漂白pH试纸，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，使湿润的pH试纸显红色，所以湿润的pH试纸不褪色，故B错误；C项，SO2水溶液使pH试纸变红说明其水溶液具有酸性，二氧化硫能使鲜花、
11、品红溶液褪色说明SO2有漂白性，使高锰酸钾溶液褪色说明SO2有还原性，与Na2S反应生成S说明SO2有氧化性，故C正确；D项，点燃酒精灯加热，可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性，使KMnO4溶液褪色不具有可逆性，故D正确。二、不定项选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题意。11.下列关于硫化氢的说法错误的是（）A.H2S是一种弱电解质B.可用石灰乳吸收H2S气体C.根据如图可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2SD.H2S在空气中燃烧可以生成SO3解析：选CD。H2S溶于水形成氢硫酸，为弱酸，能用石灰乳（碱性）吸收，A、B项正确；Cu2与H2S生成CuS沉淀
12、，是非氧化还原反应，CuCl2不能氧化H2S，C项错误；H2S在空气中充分燃烧可生成SO2：2H2S3O22SO22H2O（若不充分燃烧可生成S：2H2SO22H2O2S），不能直接生成SO3，D项错误。12.下列有关实验原理或实验操作不正确的是（）A.用图1所示装置制取少量的氨B.用图2装置可以完成“喷泉”实验C.用图3所示装置收集SO2 D.同浓度的碳酸钠、碳酸氢钠溶液，可滴加酚酞进行鉴别解析：选C。浓氨水中的水与CaO反应放出大量热，NH3H2O受热分解产生氨，A项正确。Cl2与NaOH溶液反应使烧瓶内压强降低，形成负压喷泉，B项正确。SO2的密度比空气大，收集时应从长管进短管出，C项错
13、误。由于碳酸钠比碳酸氢钠的水解程度大，同浓度时前者碱性强，滴加酚酞，前者呈红色，后者呈浅红色，即前者红色深，D项正确。13.如表所示有关物质检验的实验结论正确的是（）选项实验操作及现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SOB向某溶液中加入盐酸，将生成的气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该溶液一定含有SOC将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色该气体一定是SO2D将SO2通入Na2CO3溶液中生成的气体，先通入足量的酸性KMnO4溶液，再通入澄清石灰水中有浑浊说明酸性H2SO3H2CO3解析：选D。A项，该溶液中也可能含Ag；B项，该溶液中也可能含HSO；C
14、项，该气体也可能是Cl2、O3等。14.美国通用原子能公司（GA）提出的碘硫热化学循环是由反应、三步反应组成的（如图所示），下列有关说法正确的是（）A.设计该循环是为了制取能源气体O2B.整个循环过程中产生1 mol O2的同时产生标准状况下44.8 L H2C.图中反应、均为氧化还原反应D.图中反应、均可在常温常压下进行解析：选BC。O2不是能源气体，A错误；产生1 mol O2时失去4 mol e，相应的应生成2 mol H2，标准状况下的体积为44.8 L，B正确；反应、都有元素化合价的变化，均为氧化还原反应，C正确；反应是H2SO4分解生成O2、SO2、H2O，不能在常温常压下进行，D
15、错误。15.某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：实验1实验2中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生下列说法正确的是（）A.稀硝酸一定被还原为NO2B.中溶液存在：2c（Cu2）c（H）c（NO）c（OH）C.由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应D.中反应的离子方程式：3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O解析：选BD。A项，稀硝酸与铜发生3Cu8HNO3（稀）=3Cu（NO3）22NO4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被空气中的O2氧化生成红棕色的NO2，但硝酸被还原生成NO，故A错误；B项
16、，中溶液存在电荷守恒为2c（Cu2）c（H）c（NO）c（OH），故B正确；C项，由实验可得出结论：常温下Cu可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；D项，中反应的离子方程式：3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O，故D正确。三、非选择题：本题共5小题，共60分。16.（10分）下列框图涉及的物质所含元素中，除一种元素外，其余均为118号元素。已知：A、F为无色气体单质，B为具有刺激性气味的气体，C为黑色氧化物，E为红色金属单质（部分反应的产物未列出）。请回答下列问题：（1）D的化学式为；F的结构式为。（2）A与B生成D的反应在工业上是生产的反应原理之一。（3）E与G的稀溶液反应的离
17、子方程式为。（4）B和C反应的化学方程式为。（5）J、K是同种金属的不同氯化物，K为白色沉淀。写出SO2还原J生成K的离子方程式：_。解析：由“红色金属单质”可知E为铜，进而推出“黑色氧化物”C为CuO。结合“B为具有刺激性气味的气体”和框图中F在放电时与A反应，可知B、F、A、D分别为NH3、N2、O2、NO。进而推出G、H、I、J分别为HNO3、Cu（NO3）2、Cu（OH）2、CuCl2。（1）N2中含有3个共用电子对，N原子间形成叁键。（3）Cu与稀硝酸反应生成NO，离子方程式为3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O。（4）由上述分析可知，CuO与NH3反应生成Cu、N2和H2O，化
18、学方程式为3CuO2NH33CuN23H2O。（5）CuCl2被SO2还原，铜化合价降低生成的氯化物只能是CuCl，硫化合价升高转化成SO2，离子方程式为2Cu22ClSO22H2O2CuCl4HSO 。答案：（1）NONN（2）硝酸（3）3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2O（4）3CuO2NH33CuN23H2O（5）2Cu22ClSO22H2O2CuCl4HSO17.（10分）碳、硫的含量影响钢铁性能。碳、硫含量的一种测定方法是将钢样中碳、硫转化为气体，再用测碳、测硫装置进行测定。（1）采用装置A，在高温下将x g钢样中碳、硫转化为CO2、SO2。气体a的成分是。若钢样中硫以FeS形式
19、存在，A中反应：3FeS5O2 13。（2）将气体a通入测硫装置中（如图），采用滴定法测定硫的含量。H2O2氧化SO2的化学方程式：_。用NaOH溶液滴定生成的H2SO4，消耗z mL NaOH溶液，若消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y g，则该钢样中硫的质量分数：。（3）将气体a通入测碳装置中（如图），采用重量法测定碳的含量。气体a通过B和C的目的是_。计算钢样中碳的质量分数，应测量的数据是_。解析：（1）钢样（含有铁、碳、硫）在高温下与O2反应，除生成CO2、SO2外，还有剩余的O2，故气体a中含有CO2、SO2、O2。该反应中，S元素由2价被氧化为4价，即生成SO2，再结合元素
20、守恒及元素的化合价升降总数相等，配平该反应方程式：3FeS5O2Fe3O43SO2。（2）H2O2具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者发生氧化还原反应生成H2SO4，化学方程式为H2O2SO2=H2SO4。消耗1 mL NaOH溶液相当于硫的质量为y g，则消耗z mL NaOH溶液相当于硫的质量为yz g，那么钢样中硫的质量分数为。 （3）装置B中活性MnO2的作用是除去气体a中的SO2。装置C中K2Cr2O7浓H2SO4检验SO2是否除尽，防止SO2进入CO2吸收瓶，影响实验结果。实验中应测定实验前后CO2吸收瓶的质量变化，从而确定CO2的质量，继而求出钢样中碳的质量及质量分数。答案：（
21、1）CO2、SO2、O2 Fe3O4SO2 （2）H2O2SO2=H2SO4 （3）排除SO2对CO2测定的干扰 吸收CO2前、后吸收瓶的质量18.（14分）二氧化硫是重要的工业原料，探究其制备方法和性质具有非常重要的意义。（1）工业上用黄铁矿（FeS2，其中硫元素为1价）在高温下和氧气反应制备SO2：4FeS211O28SO22Fe2O3，该反应中被氧化的元素是（填元素符号）。当该反应转移2.75 mol电子时，生成的二氧化硫在标准状况下的体积为L。（2）实验室中用下列装置测定SO2催化氧化为SO3的转化率。（已知SO3的熔点为16.8 ，假设气体进入装置时分别被完全吸收，且忽略空气中CO2
22、的影响）简述使用分液漏斗向圆底烧瓶中滴加浓硫酸的操作：_。实验过程中，需要通入氧气。试写出一个用如图所示装置制取氧气的化学方程式：_。当停止通入SO2，熄灭酒精灯后，需要继续通一段时间的氧气，其目的是_。实验结束后，若装置D增加的质量为m g，装置E中产生白色沉淀质量为n g，则此条件下二氧化硫的转化率是（用含字母的代数式表示，不用化简）。（3）某学习小组设计用如图装置验证二氧化硫的化学性质。能说明二氧化硫具有氧化性的实验现象为_。为验证二氧化硫的还原性，充分反应后，取试管b中的溶液分成三份，分别进行如下实验。方案：向第一份溶液加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成；方案：向第二份溶液加入品红溶液
23、，红色褪去；方案：向第三份溶液加入BaCl2溶液，产生白色沉淀。上述方案中合理的是（填“”“”或“”）；试管b中发生反应的离子方程式为_。解析：（1）反应中铁元素和硫元素的化合价均升高，两种元素均被氧化，反应中氧气全部做氧化剂，11 mol氧气参加反应生成8 mol二氧化硫气体时转移电子44 mol，故转移2.75 mol电子时生成的二氧化硫气体在标准状况下的体积为822.4 L11.2 L。（2）打开分液漏斗旋塞前首先要打开分液漏斗上部的活塞，以利于分液漏斗中的液体顺利滴下。根据加热固体制取氧气的装置，可利用加热氯酸钾（二氧化锰做催化剂）或高锰酸钾来制取氧气。对于定量测定实验，除了要排除空气
24、、水蒸气等的干扰，还要将产物SO3以及未反应的SO2全部驱赶至吸收装置以进行准确测量或称量，故反应停止后还要继续通入一段时间氧气。装置D中增加的质量为SO3的质量，装置E中沉淀为BaSO4，根据硫元素守恒，被氧化的SO2的物质的量为 mol，未被氧化的SO2的物质的量为 mol，故二氧化硫的转化率为100%。（3）SO2能将S2氧化，生成硫单质。方案，氯水中加入AgNO3溶液也可得到白色沉淀；方案中二氧化硫和氯水均可使品红溶液褪色；方案中产生沉淀可证明SO2与Cl2发生了氧化还原反应（因溶液显酸性，不会产生BaSO3沉淀，而是BaSO4沉淀）。答案：（1）Fe、S11.2（2）打开分液漏斗上口
25、的活塞，旋开分液漏斗的旋塞，缓慢滴加2KClO32KCl3O2（或2KMnO4K2MnO4MnO2O2）使残留在装置中的SO2和SO3被充分吸收100%（3）试管a中出现淡黄色浑浊SO2Cl22H2O=4HSO2Cl19.（12分）亚硝酸钠（NaNO2）在纤维纺织品的染色和漂白、照相、生产橡胶、制药等领域有广泛应用，也常用于鱼类、肉类等食品的染色和防腐。但因其有毒，所以在食品行业用量有严格限制。现用如图所示仪器（夹持装置已省略）及药品，探究亚硝酸钠与硫酸反应及气体产物的成分。已知：NONO22OH=2NOH2O气体液化的温度：NO2为21 ，NO为152 （1）为了检验装置A中生成的气体产物，
26、仪器的连接顺序（按左右连接）为A、C、。（2）反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，目的是_。（3）在关闭弹簧夹、打开分液漏斗活塞、滴入70%的硫酸后，A中产生红棕色气体。确认A中产生的气体含有NO，依据的现象是_。装置E的作用是_。（4）如果向D中通入过量O2，则装置B中发生反应的化学方程式为_。如果没有装置C，对实验结论造成的影响是_。（5）通过上述实验探究过程，可得出装置A中反应的化学方程式是_。解析：（1）根据NO、NO2的液化温度和性质可知装置D用于检验NO，装置E用于冷凝NO2，装置B为尾气处理装置，NO2会干扰NO的检验，所以为了检验装置A中的气体产物，仪器的
27、连接顺序是A、C、E、D、B。（2）由于NO极易被空气中的氧气氧化为NO2，所以先通入一段时间氮气，排除装置中的空气，防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰。（3）利用装置D检验NO。开始时装置D中无色，通入氧气后出现红棕色气体即可证明NO的存在。装置E的作用是降温冷凝，使NO2完全液化，避免干扰NO的检验。（4）因为NO2、O2和水共同作用可以产生HNO3，所以装置B中发生反应的化学方程式为4NO2O24NaOH=4NaNO32H2O。如果没有装置C，A中挥发出的水蒸气能与NO2反应产生NO，无法确定NO的来源。（5）装置A中发生反应的化学方程式是2NaNO2H2SO
28、4=Na2SO4NO2NOH2O。答案：（1）EDB（2）防止可能产生的NO被氧化成NO2，造成对A中反应产物检验的干扰（3）装置D中通入氧气后出现红棕色气体冷凝，使NO2完全液化（4）4NO2O24NaOH=4NaNO32H2O水蒸气会与NO2反应产生NO，无法确定NO的来源（5）2NaNO2H2SO4=Na2SO4NO2NOH2O20.（14分）（2020银川高三质检）Na2S2O4俗称保险粉，常用作纺织工业的漂白剂、脱色剂等。某科研小组设计实验制备Na2S2O4并探究其性质。资料：Na2S2O4易溶于水，具有极强的还原性，易被空气中的O2氧化，在碱性介质中稳定。.制备Na2S2O4（加热
29、等辅助仪器略去）（1）仪器的名称是。（2）B装置用于制备Na2S2O4。第一步发生反应：Zn2SO2ZnS2O4；第二步，在2835 下加入NaOH溶液，反应生成Na2S2O4，该步反应的化学方程式为_。（3）B装置反应前，先进行的实验操作是_。（4）反应后除去B装置中的沉淀，在滤液中加入一定量的NaCl固体搅拌，有Na2S2O4晶体析出。加入NaCl固体的作用是_。.探究Na2S2O4的性质（5）隔绝空气加热Na2S2O4固体，完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和SO2气体，但科研小组没有做到完全隔绝空气，得到的固体产物中还含有Na2SO4。请设计实验证明该分解产物中含有Na2
30、SO4：_（可选试剂：稀盐酸、稀硫酸、稀硝酸、BaCl2溶液、AgNO3溶液、KMnO4溶液）。（6）制备纳米级银粉用NaOH溶液溶解Na2S2O4，加入一定量的AgNO3溶液，生成纳米级的银粉。在制备银粉的反应中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为21，且生成的含硫物质只有一种，写出该反应的离子方程式： 。解析：70%的硫酸溶液和亚硫酸钠反应制得二氧化硫，二氧化硫和Zn在三颈烧瓶中反应生成ZnS2O4，加入NaOH溶液，ZnS2O4与NaOH反应生成Na2S2O4和Zn（OH）2沉淀，C装置中氢氧化钠溶液吸收未反应的二氧化硫，防止污染空气。.（1）仪器的名称是三颈烧瓶。（2）根据题中信息可知，第
31、二步反应是ZnS2O4与NaOH反应生成Na2S2O4，根据元素守恒，碱性条件下还生成Zn（OH）2沉淀，反应的化学方程式为ZnS2O42NaOHNa2S2O4Zn（OH）2。（3）由于生成的Na2S2O4具有极强的还原性，易被空气中的O2氧化，所以B装置反应前应排尽装置中的空气，防止氧气干扰实验，可利用A装置中硫酸与亚硫酸钠反应产生的SO2排尽装置中的空气。（4）加入氯化钠固体可使溶液中Na的浓度增大，使Na2S2O4更易结晶析出，提高产率。.（5）因固体产物中含有Na2SO3、Na2S2O3会干扰Na2SO4的检验，所以应先加入足量稀盐酸，排除Na2SO3、Na2S2O3（在酸性条件下生成
32、S单质、SO2等）的干扰，再加入BaCl2溶液，检验是否存在Na2SO4。（6）由题意可知，AgNO3溶液和碱性Na2S2O4溶液反应生成纳米级的银粉，AgNO3中Ag元素化合价降低，做氧化剂，则Na2S2O4做还原剂，被氧化，因氧化剂和还原剂的物质的量之比为21，由得失电子守恒可知，S2O被氧化为SO，反应的离子方程式为2AgS2O4OH=2Ag2SO2H2O。答案：.（1）三颈烧瓶（2）ZnS2O42NaOHNa2S2O4Zn（OH）2（3）打开A装置中分液漏斗活塞，使硫酸与亚硫酸钠反应产生SO2排尽装置中的空气（4）增大溶液中Na的浓度，促进Na2S2O4结晶析出.（5）取少量固体产物溶于足量稀盐酸中，静置，取上层清液（或过滤，取滤液），滴加BaCl2溶液，若出现白色沉淀则说明分解产物中含有Na2SO4（6）2AgS2O4OH=2Ag2SO2H2O
