1、山东省济南市山东省实验中学西校2021届高三化学上学期10月月考试题（含解析）答题时间：50分钟一、单选题(每小题只有一个正确答案)1. 下列叙述不涉及氧化还原反应的是A. 谷物发酵酿造食醋B. 小苏打用作食品膨松剂C. 含氯消毒剂用于环境消毒D. 大气中NO2参与酸雨形成【答案】B【解析】详解】A涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C利用含氯消毒剂强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；DNO2与水反应有HNO
2、3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B2. 天工开物中的燔石篇载有：“百里内外，土中必生可燔石掘取受燔火力到后，烧酥石性，置于风中久自吹化成粉。急用者以水沃之，亦自解散用以砌墙石，则筛去石块，水调粘合。”其中不涉及的物质是A. 石膏B. 石灰石C. 熟石灰D. 生石灰【答案】A【解析】【详解】根据天工开物中的描述可知，可燔石是在自然界中存在的矿物质，高温分解，生成的物质与水反应，则可燔石为石灰石碳酸钙，碳酸钙高温分解生成CaO，CaO与水反应生成氢氧化钙，所以涉及到的物质是石灰石、生石灰、熟石灰，不涉及石膏，故选项A符合题意，合理选项是A。3. 向含
3、有c(FeCl3)=0.2 molL1、c(FeCl2)=0.1 molL1的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3 nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是A. 该分散系的分散质为Fe2O3B. 在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷C. 加入NaOH时发生的反应可能为Fe2+2Fe3+8OHFe3O4+4H2OD. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开【答案】B【解析】【详解】A、Fe2O3是红棕色物质，不是黑色，故错误；B、此反应不是氧化还原反应，Fe3O4是黑色晶体，且是Fe2和Fe3组成复杂的化合物，故正确；C
4、、直径是9.3nm，在1nm100nm之间，此分散系属于胶体，胶体不带电，故错误；D、此分散系是胶体，提纯胶体常采用渗析的方法，故错误。4. 下列离子方程式书写正确的是()A. Fe(OH)3溶于HI溶液：Fe(OH)33H=Fe33H2OB. FeSO4溶液与溴水反应：C. NaOH溶液与过量H2C2O4溶液反应：D. NaAlO2溶液中通入少量CO2：【答案】B【解析】【详解】AFe(OH)3溶于HI溶液，生成的铁离子可与碘离子发生氧化还原反应生成亚铁离子和碘单质，离子反应方程式为：2Fe(OH)36H+2I-=2Fe26H2O+I2，故A错误；BFeSO4溶液与溴水反应时，溴单质氧化了亚
5、铁离子，将亚铁离子氧化成铁离子，正确的离子方程式为：，故B正确；C氢氧化钠与过量的草酸反应，说明氢氧化钠的量不足，生成草酸氢钠，正确的离子方程式为：，故C错误；DNaAlO2溶液中通入少量CO2反应生成碳酸钠和氢氧化铝，离子反应方程式为：，故D错误；答案选B。5. 已知H2SO3I2H2O = H2SO42HI，将0.1mol Cl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是A. 物质的还原性：HIH2SO3HClB. H2SO3的物质的量浓度为0.6 molL1C. 若再通入0.05mol Cl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化D. 通
6、入0.1mol Cl2发生反应的离子方程式为：5Cl24H2SO32I4H2O = 4SO42I210Cl16H【答案】D【解析】根据H2SO3I2H2O = H2SO42HI可知，H2SO3还原性大于HI；将0.1mol Cl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，氯气先氧化H2SO3，再氧化HI；物质的还原性：H2SO3HIHCl，故A错误；设H2SO3的物质的量为xmol，则H2SO3消耗氯气为xmol；有的HI被氧化，消耗氯气 ，xmol+=0.1mol，x=0.08mol，所以H2SO3的物质的量浓度为0.8 molL1，故B错误；0.08molH2SO3消耗氯气
7、为0.08mol，0.08molHI消耗氯气为0.04mol，共消耗氯气0.12mol，所以若再通入0.02mol Cl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化，故C错误；通入0.1mol Cl2被氧化的HI只有H2SO3的一半，发生反应的离子方程式为：5Cl24H2SO32I4H2O = 4SO42I210Cl16H，故D正确。点睛：根据氧化还原反应的规律，同种氧化剂与多种还原剂反应时，先与还原性强的还原剂反应；同一种还原剂与多种氧化剂反应时，先与氧化性强的氧化剂反应。二、不定项选择题(每小题有1-2个正确答案)6. 常温下，下列有关电解质溶液的说法错误的是A. 相同浓度的 HCOONa和NaF
8、两溶液，前者的pH较大，则 B. 相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，则溶液中C. FeS溶于稀硫酸，而CuS不溶于稀硫酸，则D. 在溶液中，【答案】A【解析】【详解】AHCOONa和NaF的浓度相同，HCOONa溶液的pH较大，说明HCOO的水解程度较大，根据越弱越水解，因此甲酸的电离平衡常数较小，即Ka(HCOOH)Ka(HF)，故A错误；B相同浓度的CH3COOH和CH3COONa两溶液等体积混合后pH约为4.7，此时溶液呈酸性，氢离子浓度大于氢氧根浓度，说明溶液中醋酸电离程度大于水解程度，则醋酸根浓度大于钠离子浓度，则溶液中c(CH3COO)c(
9、Na+)c(H+)c(OH)，故B正确；CCuS的溶解度较小，将CuS投入到稀硫酸溶液中，CuS溶解平衡电离出的S2不足以与H+发生反应，而将FeS投入到稀硫酸后可以得到H2S气体，说明Ksp(FeS)Ksp(CuS)，故C正确；D根据溶液中的物料守恒定律，1 molL1 Na2S溶液中所有含S元素的粒子的总物质的量的浓度为1 molL1，即c(S2)+c(HS)+c(H2S)=1 molL1，故D正确；综上所述，答案为A。7. 用下面的方案进行某些离子的检验，其中方案设计严密的是( )A. 检验试液中的：试液无沉淀白色沉淀B. 检验试液中的：试液气体试纸变蓝C. 检验试液中的I：试液黄色溶液
10、深黄色溶液D. 检验试液中的Fe2：试液无明显现象红色溶液【答案】B【解析】【详解】A溶液中如含有，加入硝酸会氧化为，和氯化钡反应生成白色沉淀，不能说明试液中一定含有，故A错误； B铵根离子与碱在加热条件下反应生成氨气，氨气使红色石蕊试纸变蓝，检验方法合理，故B正确；C试液加入过氧化氢氧化碘离子为单质碘，遇淀粉变蓝，不是深黄色，故C错误；D氯水具有氧化性，可将Fe2氧化为Fe3，加入KSCN溶液会变红，检验试液中的Fe2，应先加入KSCN溶液，无明显现象，在加入氯水，若溶液变红，可证明实验中含有Fe2，故D错误；答案选B。8. 某无色溶液可能含有KNaBa2Fe3Fe2ClBr中若干种(忽略水
11、电离出的HOH)，且离子浓度相同，依次进行下列实验，且每步所加试剂均过量，观察到现象如下：用pH试纸检验，溶液的pH大于7向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置，CCl4层呈橙色向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生根据上述实验，以下说法正确的是()A. 无法推断原混合溶液中是否含有和B. 原混合溶液中Br肯定存在，Cl可能存在C. 确定溶液中是否存在Na，需要做焰色反应D. 原混合溶液中阳离子Ba2Fe3Fe2一定不存在，KNa一定存在【答案】D【解析】【分析】某无色溶液中，具有颜色的离子不能存在，
12、则溶液中不含Fe3Fe2；用pH试纸检验，溶液的pH大于7，说明溶液显碱性，根据上述离子，不含氢氧根离子，应为弱酸根离子水解使溶液显碱性，则一定存在，Ba2一定不存在；向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡，静置，CCl4层呈橙色，说明溶液中含有Br；向所得水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，由于溶液中含有，稀HNO3将氧化为，再与Ba2+结合形成BaSO4沉淀，不能说明溶液中含有，由于中加入氯水，引入氯离子，向滤液中加入AgNO3溶液和稀HNO3，有白色沉淀产生，不能证明原溶液中含有Cl-，根据分析可知，溶
13、液中存在Br、，一定不存在Fe3+、Fe2+、Ba2+，由于离子浓度相同，且溶液呈电中性，则一定存在K+、Na+、，且离子浓度相等时，阴阳离子恰好呈电中性，所以一定不存在Cl、。【详解】A根据分析，溶液中一定存在，一定不存在，故A错误；B根据分析，原混合溶液中Br肯定存在，但Cl一定不存在，故B错误；C根据分析可知，一定存在Na，不需要做焰色反应，故C错误；D结合分析可知，原混合溶液中阳离子Ba2Fe3Fe2一定不存在，KNa一定存在，故D正确；答案选D。9. 电致变色器件可智能调控太阳光透过率，从而实现节能。下图是某电致变色器件的示意图。当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO
14、3，器件呈现蓝色，对于该变化过程，下列叙述错误的是A. Ag为阳极B. Ag+由银电极向变色层迁移C. W元素的化合价升高D. 总反应为：WO3+xAg=AgxWO3【答案】C【解析】【分析】从题干可知，当通电时，Ag+注入到无色WO3薄膜中，生成AgxWO3器件呈现蓝色，说明通电时，Ag电极有Ag+生成然后经固体电解质进入电致变色层，说明Ag电极为阳极，透明导电层时阴极，故Ag电极上发生氧化反应，电致变色层发生还原反应。【详解】A通电时，Ag电极有Ag+生成，故Ag电极为阳极，故A项正确；B通电时电致变色层变蓝色，说明有Ag+从Ag电极经固体电解质进入电致变色层，故B项正确；C过程中，W由W
15、O3的+6价降低到AgxWO3中的+(6-x)价，故C项错误；D该电解池中阳极即Ag电极上发生的电极反应为：xAg-xe- = xAg+，而另一极阴极上发生的电极反应为：WO3+xAg+xe- = AgxWO3，故发生的总反应式为：xAg + WO3 =AgxWO3，故D项正确；答案选C。【点睛】电解池的试题，重点要弄清楚电解的原理，阴、阳极的判断和阴、阳极上电极反应式的书写，阳极反应式+阴极反应式=总反应式，加的过程中需使得失电子数相等。10. 已知：常温下，Ksp(ZnS)=1.610-24；pM=lgc(M2+)(M2+为Cu2+或Zn2+)。常温下，向10mL0.10molL-1CuC
16、l2溶液中滴加0.10molL-1Na2S溶液，滴加过程中pM与Na2S溶液体积(V)的关系如图所示。下列说法错误的是A. Ksp(CuS)的数量级为10-36B. a点溶液中，c(Na+)=2c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)C. d点溶液中：c(Na+)c(Cl-)c(S2-)c(H+)D. 相同条件下，若用等浓度等体积的ZnCl2溶液代替上述CuCl2溶液，则反应终点c向上移动【答案】BD【解析】【分析】向10.0mL0.10molL-1CuCl2溶液中滴加0.10mol/L的Na2S溶液，发生反应：Cu2+S2-CuS，Cu2+单独存在或S2-单独存在均会水解，水解促进水的电离，
17、b点溶液中滴加Na2S溶液的体积是10.0mL，此时恰好生成CuS沉淀，CuS存在沉淀溶解平衡：CuS(s)Cu2+(aq)+S2-(aq)，结合图象和溶度积常数分析解答。【详解】A该温度下，平衡时c(Cu2+)=c(S2-)=10-17.7mol/L，Ksp(CuS)=c(Cu2+)c(S2-)=10-17.7mol/L10-17.7mol/L=10-35.4，故数量级为10-36，故A正确；Ba点为CuCl2溶液和NaCl的混合溶液，生成了CuS沉淀，c(Na+)2c(S2-)+c(HS-)+c(H2S)，故B错误；Cd点溶液中是Na2S和NaCl的混合溶液，硫离子水解溶液显碱性，c(Na
18、+)c(Cl-)c(S2-)c(OH-)c(H+)，故C正确；D相同实验条件下，改用0.1molL-1的ZnCl2溶液，Ksp(ZnS)= 1.610-24Ksp(CuS)，锌离子浓度大于铜离子浓度，消耗硫化钠溶液体积10mL，图中反应终点c点向b点方向移动，故D错误；故选BD。三、填空题11. 【化学选修2：化学与技术】三氧化二镍（Ni2O3）是一种重要的电子元件材料和蓄电池材料。工业上利用含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）制取草酸镍（NiC2O42H2O），再高温煅烧草酸镍制取三氧化二镍。已知草酸的钙、镁、镍盐均难溶于水。工艺流程图如下所示。请回答下列问题：（1）操作为_。（2）加入H2O
19、2发生的主要反应的离子方程式为_；加入碳酸钠溶液调pH至4.05.0，其目的为_；（3）草酸镍（NiC2O42H2O）在热空气中干燥脱水后在高温下煅烧，可制得Ni2O3，同时获得混合气体。NiC2O4受热分解的化学方程式为_。（4）工业上还可用电解法制取Ni2O3，用NaOH溶液调NiCl2溶液的pH至7.5，加入适量Na2SO4后利用惰性电极电解。电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，再把二价镍氧化为三价镍。ClO-氧化Ni(OH)2生成Ni2O3的离子方程式为_。amol二价镍全部转化为三价镍时，外电路中通过电子的物质的量为_。（5）以Al和NiO(OH)为电极，NaO
20、H溶液为电解液组成一种新型电池，放电时，NiO(OH)转化为Ni(OH)2，该电池反应的化学方程式是_。【答案】 (1). 加酸溶解，过滤 (2). 2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O (3). 促进Fe3+水解，沉淀完全 (4). 2NiC2O4 Ni2O3+3CO+CO2 (5). ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O (6). 1.25a mol (7). Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2【解析】【分析】镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主）加酸溶解，使金属单质变为盐进入溶液，加双氧水把Fe2氧化成Fe3+，再加Na2CO
21、3调节溶液的pH，使之转化为Fe(OH)3沉淀而除去，加入NH4F的目的是除去Ca2+和Mg2+，过滤后滤液里含有Ni2+，可以加草酸形成草酸镍。【详解】（1）分析工艺流程图可知，含镍废料（镍、铁、钙、镁合金为主），要使之变成离子，应该加酸溶解金属，再除去不溶物，所以操作为加酸溶解，过滤。（2）加双氧水的目的是氧化Fe2生成Fe3+，反应的离子方程式为2Fe2+H2O2+2H+=2Fe3+2H2O；加入碳酸钠溶液的作用是调节pH，促进铁离子水解，沉淀完全；（3）草酸镍（NiC2O42H2O）在热空气中干燥脱水后生成NiC2O4，NiC2O4再发生氧化还原反应，Ni由+2价升高到+3价，则C由+
22、3价降低到+2价，因为生成了混合气体，则另一气体为CO2，所以反应生成Ni2O3、CO、CO2，再利用化合价升降相等，Ni：升高2（3-2），C：升高1（4-3），C：降低：3（3-2），配平方程式为：2NiC2O4 Ni2O3+3CO+CO2；（4）ClO具有氧化性，Cl由+1价降低到-1价，Ni由+2价升高到+3价，利用化合价升降相等可配平ClO-、Ni(OH)2、Cl-、Ni2O3的系数，再利用H原子守恒配平水的系数，得到的离子方程式为ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O；根据离子方程式ClO-+2Ni(OH)2=Cl-+Ni2O3+2H2O，amol二价镍全部转化为
23、三价镍，则参加反应的ClO的物质的量为0.5amol，根据化学反应Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O，已知电解过程中产生的Cl2有80%在弱碱性条件下生成ClO-，参加反应的Cl2的物质的量为0.5a80%=0.625 a mol，进行电解时，阳极反应式为2Cl-2e-Cl2，则n（e-）=0.625mol2=1.25a mol。（5）以Al和NiO(OH)为电极，NaOH溶液为电解液组成一种新型电池，放电时，NiO(OH)转化为Ni(OH)2，Ni化合价由+3价降低到+2价，则正极反应为3NiO(OH)+3e+3H2O=3Ni(OH)2+3OH，负极是Al失电子生成NaAlO2，负极电
24、极反应为Al-3e+4OH=AlO2-+2H2O，正、负极相加得电池的总反应，则该电池反应的化学方程式是Al+3NiO(OH)+NaOH+H2O=NaAlO2+3Ni(OH)2。12. 利用太阳能光解水，制备的H2用于还原CO2合成有机物，可实现资源的再利用。回答下列问题：.半导体光催化剂浸入水或电解质溶液中，光照时可在其表面得到产物(1)下图为该催化剂在水中发生光催化反应的原理示意图。光解水能量转化形式为_。(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，另一产物为_。若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，写出生成另一产物的离子反应式_。.用H2还原CO2可以在一定条下合成
25、CH3OH(不考虑副反应)：(3)某温度下，恒容密闭容器中，CO2和H2的起始浓度分别为 a molL-1和3 a molL-1，反应平衡时，CH3OH的产率为b，该温度下反应平衡常数的值为_。(4)恒压下，CO2和H2的起始物质的量比为1:3时，该反应在无分子筛膜时甲醇的平衡产率和有分子筛膜时甲醇的产率随温度的变化如图所示，其中分子筛膜能选择性分离出H2O。甲醇平衡产率随温度升高而降低的原因为_。P点甲醇产率高于T点的原因为_。根据上图，在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为_C。.调节溶液pH可实现工业废气CO2的捕获和释放(5) 的空间构型为_。已知25碳酸电离常数为Ka1、Ka2，
26、当溶液pH=12时，=1：_：_。【答案】 (1). 光能转化为化学能 (2). H2 (3). (4). (5). 该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小） (6). 分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高 (7). 210 (8). 平面（正）三角形 (9). (10). 【解析】【分析】I.根据图示分析反应以及能量转化形式；根据氧化还原反应的规律分析产物、书写离子反应式；II.用三段式和平衡常数表达式计算平衡常数，依据外界条件对化学平衡的影响分析作答；III.用价层电子对互斥理论判断的空间构型，利用电离平衡常数表达式计算粒子浓度的比值。【
27、详解】I.(1)根据图示，该催化剂在水中发生光催化反应的方程式为2H2O2H2+O2，光解水能量转化形式为光能转化为化学能，故答案为：光能转化为化学能。(2)若将该催化剂置于Na2SO3溶液中，产物之一为，被氧化成，则H+被还原为H2，即另一产物为H2；若将该催化剂置于AgNO3溶液中，产物之一为O2，氧元素的化合价升高，O2为氧化产物，则生成另一产物的反应为还原反应，由于Ag+得电子能力大于H+，故生成另一产物的离子反应式为Ag+e-=Ag，故答案为：H2，Ag+e-=Ag。II.(3) CO2和H2的起始浓度分别为 a molL-1和3 a molL-1，CH3OH的产率为b，则生成的CH
28、3OH物质的量浓度为abmol/L，根据三段式 则反应的平衡常数K= =，故答案为：。(4)该反应为放热反应(H0)，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小），故甲醇平衡产率随温度升高而降低，故答案为：该反应为放热反应，温度升高，平衡逆向移动（或平衡常数减小）；因为分子筛膜能选择性分离出H2O，c（H2O）减小，有利于反应正向进行，甲醇产率升高，故P点甲醇产率高于T点，故答案为：分子筛膜从反应体系中不断分离出H2O，有利于反应正向进行，甲醇产率升高。根据图示，使用该分子筛膜210时甲醇的产率最大，故在此条件下采用该分子筛膜时的最佳反应温度为210，故答案为：210。III.(5)中C的孤电子对
29、数为（4+2-32）=0，键电子对数为3，价层电子对数为3，C上没有孤电子对，故的空间构型为平面正三角形；H2CO3的电离方程式为H2CO3H+、 H+，则Ka1= 、Ka2=，当溶液的pH=12时，c（H+）=110-12mol/L，将其代入Ka1、Ka2中分别求出c（）=1012Ka1 c(H2CO3)、c（）=1012Ka2 c（）=1024Ka1Ka2 c(H2CO3)，则c(H2CO3)：c（）：c（） =1：（1012Ka1）：（1024Ka1Ka2），故答案为：平面正三角形，1012Ka1，1024Ka1Ka2。【点睛】本题考查的知识点较多，但难度都不是很大，学生只要充分利用题给
30、信息、结合所学的基本原理和方法即可作答。13. 硫代硫酸钠在纺织业等领域有广泛应用。某兴趣小组用下图装置制备。合成反应： 滴定反应：已知：易溶于水，难溶于乙醇，开始失结晶水。实验步骤：.制备：装置A制备的经过单向阀通入装置C中的混合溶液，加热、搅拌，至溶液约为7时，停止通入气体，得产品混合溶液。.产品分离提纯：产品混合溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、干燥，得到产品。.产品纯度测定：以淀粉作指示剂，用产品配制的溶液滴定碘标准溶液至滴定终点，计算含量。请回答：(1)步骤:单向阀的作用是_；装置C中的反应混合溶液过高或过低将导致产率降低，原因是_。(2)步骤:下列说法正确的是_。A 快速蒸发溶液
31、中水分，可得较大晶体颗粒B 蒸发浓缩至溶液表面出现品晶膜时，停止加热C 冷却结晶后的固液混合物中加入乙醇可提高产率D 可选用冷溶液作洗涤剂(3)步骤滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：检漏蒸馏水洗涤（ ）（ ）（ ）（ ）（ ）开始滴定。A 烘干 B 装入滴定液至零刻度以上 C 调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下D 用洗耳球吹出润洗液 E 排除气泡 F 用滴定液润洗2至3次 G 记录起始读数装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是_。滴定法测得产品中含量为，则产品中可能混有的物质是_。【答案】 (1). 防止倒吸 (2). 过高，、反应不充分；过低
32、，导致转化为S和 (3). BC (4). F (5). B (6). E (7). C (8). G (9). 防止碘挥发损失 (10). 、失去部分结晶水的【解析】【分析】本实验的目的是制备Na2S2O35H2O，首先装置A中利用浓硫酸和亚硫酸钠固体反应生成二氧化硫，将SO2通入装置C中的混合溶液，加热搅拌，发生题目所给合成反应，使用单向阀可以防止倒吸；为了使Na2CO3、Na2S充分反应，同时又不因酸性过强使Na2S2O3发生歧化反应，至溶液pH约为7时，停止通入SO2气体，得到产品的混合溶液；之后经蒸发浓缩，冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到产品，已知Na2S2O35H2O难溶于乙醇，冷却
33、结晶后可以加入适量乙醇降低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体。【详解】(1)SO2会与装置C中混合溶液发生反应，且导管进入液面以下，需要防倒吸的装置，单向阀可以防止发生倒吸；Na2CO3、Na2S水解都会使溶液显碱性，所以pH过高，说明Na2CO3、Na2S反应不充分；而pH过低，又会导致Na2S2O3发生歧化反应转化为S和SO2，所以pH过高或过低都会导致产率降低；(2)A蒸发结晶时，快速蒸发溶液中的水分，可以得到较小的晶体颗粒，故A错误；B为防止固体飞溅，蒸发浓缩至溶液表面出现晶膜时，停止加热，故B正确；CNa2S2O35H2O难溶于乙醇，所以冷却结晶后的固液混合物中可以加入适量乙醇降
34、低Na2S2O3的溶解度，析出更多的晶体，提高产率，故C正确；D用碳酸钠溶液洗涤会使晶体表面附着碳酸钠杂质，Na2S2O35H2O难溶于乙醇，可以用乙醇作洗涤剂，故D错误；综上所述选BC；(3)滴定前应检查滴定管是否漏液，之后用蒸馏水洗涤滴定管，为防止稀释滴定液使测定结果不准确，需用滴定液润洗2至3次，之后装入滴定液至零刻度以上，排除装置中的气泡，然后调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下，并记录起始读数，开始滴定，所以正确的操作和顺序为：捡漏蒸馏水洗涤FBECG开始滴定；碘容易挥发，所以装标准碘溶液的碘量瓶在滴定前应盖上瓶塞，防止碘挥发损失；测定的产品中Na2S2O35H2O含量大于100%，说明产品中混有失去部分结晶水的Na2S2O35H2O。【点睛】蒸发结晶或冷却结晶时，溶质的溶解度越小或溶液的浓度越大，溶剂的蒸发速度越快或溶剂冷却得越快，析出的晶体颗粒就越小，反之则越大。
