江苏省高二下学期3月联合调研考试化学试题（解析版）

第二学期高二年级联合调研

化学

第I卷(选择题，共42分)

一、单项选择题(本题包括14小题，每题3分，共42分。每小题区有"7个选项符合题意)

I.化学与生活、生产密切相关。下列说法错误的是

A.利用铝与氢氧化钠遇水反应放出大量的热及气体，疏通下水管道

B.地沟油含有害物质，不可食用，但可用来制肥皂、生物柴油

C.当镀锡铁制品的镀层破损时，镀层仍能对铁制品起保护作用

D.大力发展新能源汽车，如电动汽车，可减少氮氧化物的排放

【答案】C

【解析】

【详解】A.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2f,利用铝与氢氧化钠遇水反应放出大量的热，加快氢氧化

钠对毛发等淤积物的腐蚀，同时产生氢气增加管道内的气压，利于疏通，A正确；

B.地沟油其主要成分是油脂，但不能食用，处理后可以用于制肥皂、生物柴油，B正确；

C.铁比锡活泼，当镀锡铁制品的镀层破损时，会形成铁作负极、锡作正极的原电池，从而加快对铁制品腐

蚀，则镀层不能对铁制品起保护作用，C错误；

D.大力发展新能源汽车，如电动汽车，可减少氮氧化物的排放，符合可持续发展宗旨，D正确；

故选C。

2.下列说法中，正确的是()

A.AH>0kJ/mol表示放热反应，AHVOkJ/mol表示吸热反应

B.ImolH2sO4与ImolBa(OH)2反应时放出的热叫做中和热

C.ImolH2与0.5molO2反应放出的热就是Eh的燃烧热

D.热化学方程式中的化学计量数表示物质的量，所以可以是分数

【答案】D

【解析】

【详解】A.△//>()kJ/mol表示吸热反应，△“<()kJ/mol表示放热反应，A错误；

B.中和热指的是在稀溶液中酸碱中和生成1mol液态水时放出的热量，1molH2SO4与1molBa(OH)2反应

时会产生2molHzO,同时产生BaSCU沉淀，因此反应放出的热量不是中和热，B错误；

C.1molH2与0.5moK)2反应产生1mol液体H2O放出的热就是H2的燃烧热，C错误；

D.热化学方程式中的化学计量数表示的是物质的量，所以系数可以是分数，也可以是整数，D正确；

故合理选项是D。

3.“天朗气清，惠风和畅。'‘研究表明，利用Ir+可催化消除大气污染物N2O和CO,简化中间反应进程后,

相对能量变化如图所示。已知CO(g)的燃烧热AH=-283kJmol-1,则2N2O(g)=2N2(g)+Ch(g)的反应热AH

(kJ5-moH)为

mN,O(g)*lr+CO(g)

330；N忠汨rOMO(g)

档

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\N/g^lf+CO/g)

中间体【「万

中间体II

反应进协

A.-152B.-76C.+76D.+152

【答案】A

【解析】

【详解】已知CO(g)的燃烧热AH=-283kJ-molLnJWCO(g)+1o2(g)=CO2(g)AH=-283kJ/mol由

图可得N2O(g)+CO(g)=N2(g)+CO2(g)AH=-330+123-229+77=-359kJ/mol②，由盖斯定律，(反应②-①)x2可得

反应2NzO(g)=2N2(g)+O?(g),反应热AH=(-359+283)x2=-152kJ-mol',故选：A。

4.体系能量变化如图所示。下列有关说法正确的是

体

系

能

量

A.Arii<Arl2

B.步骤②反应AS〉。

c.二氧化碳加氢制甲醇的总反应速率取决于步骤①

c(CHQH)

D.二氧化碳加氢制甲醇总反应的平衡常数K=c(co)；C，(H)

【答案】C

【解析】

【详解】A.由图可知总反应为放热反应，步骤①为吸热反应，△Hi>0,步骤②为放热反应，△H2<0,故△HI>AH2,

A错误；

B.气体物质的量越大，燧越大，步骤②CO(g)+2H2(g)=CH3OH(g),反应物气体的物质的量大于生成物气体

的物质的量，故ASO,B错误；

C.步骤①反应的活化能大于步骤②的活化能，活化能大的步骤为决定速度的步骤，故二氧化碳加氢制甲醇

的总反应速率取决于步骤①，C正确；

D.反应的总反应为：CO2(g)+3H2(g)=CH3OH(g)+H2O(g),反应的平衡常数表达式为：

C(CHOH)XC(HO)

32D错误;

3

C(CO2)XC(H2)

故选C。

5.某温度下，等体积、c(H.)相同的盐酸和醋酸溶液分别加水稀释，溶液中的c(H)随溶液体积变化的曲

线如图所示。据图判断下列说法不正确的是

A.曲线I表示的是盐酸的变化曲线

B.溶液中水的电离程度：a点8点

C.a点溶液的导电性比c点溶液的导电性强

D.取等体积的a点、b点对应的溶液，与足量镁条充分反应生成的氢气的量：a点〉b点

【答案】B

【解析】

【详解】A.相同温度下，pH相同、体积相同的盐酸和醋酸分别稀释相同的倍数，稀释过程中醋酸继续电

离，而HC1完全电离，所以稀释相同倍数时c(H。变化大的是盐酸，则曲线I表示盐酸的变化曲线，曲线

II表示醋酸的变化曲线，故A正确；

B.酸电离出的氢离子浓度越大，对水电离抑制程度越大，溶液中c(H)：a>c,则溶液中水的电离程度:

a点<c点，故B错误;

C.溶液导电性与离子浓度成正比，溶液中CW：a>c,则溶液导电性：a>c,故C正确;

D.曲线I表示盐酸的变化曲线，曲线II表示醋酸的变化曲线，开始时浓度：醋酸>盐酸，稀释相同倍数时

酸浓度：醋酸〉盐酸，取等体积的a点、b点对应的溶液，a点醋酸的物质的量大于b点HC1的物质的量，

所以与足量镁条充分反应生成的氢气的量：a点〉b点，故D正确。

故选B。

6.对于0.1mol/LCH3co0H溶液存在电离平衡：CH3coOHCH3co0+H+,下列说法正确的是

A.加水稀释或加入少量CH3coONa晶体时，CH3co0H电离程度都变大

B.加水稀释或加入少量CH3coONa晶体时，都会引起溶液的pH值增大

C.升高温度或加水稀释，溶液的导电能力都增强

c(H,)

D.加少量烧碱溶液或加少量冰醋酸,溶液中E丽值增大

【答案】B

【解析】

【详解】A.加水稀释醋酸浓度减小，电离程度变大；加入少量CH3coONa晶体时，醋酸浓度变大，导致

CH3co0H电离程度减小，A错误；

B.加水稀释，溶液浓度减小，氢离子浓度减小；加入少量CH3coONa晶体时，导致醋酸电离平衡逆向移

动，氢离子浓度减小；故都会引起溶液的pH值增大，B正确；

C.升高温度促进醋酸电离，离子浓度变大，导电能力增强；加水稀释，溶液浓度减小，离子浓度减小，溶

液的导电能力减弱，c错误；

c(H+)_c(H+)c(CHCOO)_K

3a加少量烧碱溶液或加少量冰醋酸，溶

c(CH3coOH)-c(CH3coOH)c(CH3coO)-c(CH3coO)

c(H')

液中醋酸根离子浓度均变大，导致/c“、值减小,D错误；

c(CH3co0H)

故选Bo

7.25。(2时，某溶液中由水电离出的H+浓度为l.Ox。2moi.「，下列说法错误的是

A.若为酸溶液，则该溶液的pH为2

B.若为碱溶液，则该溶液中碱电离出的c(OH-)与水电离出的c(OH)之比为101。

C.若该溶液中的溶质只有一种，该溶质一定是酸或碱

D.S2-在该溶液中可能大量共存

【答案】C

【解析】

+14

【分析】25。(2时，Kw=c(H)•c(OH)=1.0X10,某溶液中由水电离出的H+浓度为1.0x1042moiL",水电

离出的H+和OH浓度相等，据此分析解答。

1Ox10T4

【详解】A.若为酸溶液，则该溶液中OH-全部由水电离，则溶液中c(H+)=「-------=1.0X10-2mol/L,因

l.OxlO-12

此溶液的pH=-lgc(H+)=2,A正确；

B.若为碱溶液，则该溶液中H+全部由水电离，则溶液中碱电离出的c(OH-)=1.0X10-2mol/L,因此该溶液中

10x10-2

碱电离出的c(OH-)与水电离出的c(OH)之比为=--------=1010,B正确；

1.0X10-12

C.该溶液可以呈酸性，也可以呈碱性，若该溶液中的溶质只有一种，不一定只是酸或碱，也可能是盐，C

错误；

D.若该溶液呈碱性，S2-在该溶液中可以大量共存，D正确；

答案选C。

8.已知HNO2常用于有机合成，下列事实无法证明其为弱电解质的是

①用HNO2溶液做导电实验时，发现灯泡很暗

②等pH、等体积的亚硝酸比盐酸中和的NaOH物质的量多

③25℃时，O.lmoLlJiHNO2溶液的pH约为3

④25℃时，pH=2的HNO2溶液稀释100倍后溶液pH<4

⑤常温下，NaNO2溶液显碱性

⑥碳酸钙固体加入到亚硝酸溶液中，固体溶解并产生气泡

A.①⑥B.②③C.④⑤D.①⑤

【答案】A

【解析】

【详解】①用HNO2溶液做导电实验时，发现灯泡很暗,可能是浓度低，不能证明其为弱电解质;②等pH、

等体积的亚硝酸比盐酸中和的NaOH物质的量多，说明相同pH值时亚硝酸浓度大，没有完全电离，为弱

酸；③25℃时，O.lmol-VHNO2溶液的pH约为3,说明亚硝酸为弱酸；④25℃时，pH=2的HNO2溶

液稀释100倍后溶液pH<4,为弱酸；⑤常温下，NaNO2溶液显碱性，说明亚硝酸根发生了水解，亚硝

酸为弱酸；⑥碳酸钙固体加入到亚硝酸溶液中，固体溶解并产生气泡，只能说明亚硝酸酸性比碳酸强，不

能证明其为弱酸；故选A。

9.我国科研人员研究发现合成氨的反应历程有多种，其中有一种反应历程如图所示（吸附在催化剂表面的物

质用*表示）。下列说法正确的是

催化剂表面

A.N2生成NH3是通过多步氧化反应生成的

B.过程I和III中能量的变化相同

C.对于N2（g）T*N2（g）,适当提高N2分压，可以加快反应速率，提高N2（g）转化率

D.若有大量氨分子吸附在催化剂表面，将降低化学反应速率

【答案】D

【解析】

【详解】A.由图可知，N2生成NH3的过程为N2-N=N-H—H-N=N-H—H-N-NH2TH2N-NH2-NH3,氮元

素化合价逐渐降低，是发生多步还原反应生成的，故A错误；

B.过程I是断裂氮氮三键中的一个键，而过程in与过程I断键不同，所以所需能量不同，过程I和in中能

量的变化不相同，故B错误；

C.该反应在反应前后分子数不变，加压平衡不移动，所以提高分压可以加快反应速率，但是不能提高反应

物的转化率，故C错误；

D.NH3的及时脱附可留下继续反应的空间而增加催化剂的活性位，如果大量氨分子吸附在催化剂表面，就

将减缓反应速率，故D正确。

故选D。

10.用废铁屑［主要成分为Fe和铁锈（FezOj，还含有c等难溶于酸杂质］为原料制备Feq,的一种实验流

程如下：

稀硫酸

1厂》废渣

废铁屑一►酸浸一

」滤液NaOH溶学空气中部4沉淀型上铁红

下列与流程相关的装置或操作正确且能达到实验目的的是

A.可在装置甲中进行“酸浸”操作

B.按图乙所示操作配制“酸浸”所需的3moi【-匕2s溶液

C.用装置丙过滤“酸浸”后所得悬浊液

D.用装置丁灼烧Fe(OH)3固体制Fe;0,

【答案】A

【解析】

【分析】由题给流程可知，向废铁屑中加入稀硫酸酸浸、过滤得到含有Fe2+、Fe3+的滤液和含有碳的滤渣;

向滤液中加入氢氧化钠溶液，在空气中静置、过滤得到氢氧化铁；灼烧氢氧化铁得到氧化铁。

【详解】A.由图可知，甲装置为固液不加热装置，可进行“酸浸”操作，故A正确；

B.配制“酸浸”所需的稀硫酸溶液时，胶头滴管应在容量瓶的正上方，不能插入容量瓶中，故B错误；

C.过滤时，应用玻璃棒引流，防止溶液溅出，故C错误；

D.灼烧氢氧化铁固体时，应在生埸中进行，不能在烧杯中直接灼烧固体，故D错误；

故选Ao

11.国际社会高度赞扬中国在应对新冠肺炎疫情时所采取的措施。疫情防控中要对环境进行彻底消毒，二氧

化氯(CIO2，易溶于水的黄绿色气体)是一种安全稳定、高效低毒的消毒剂，工业上通过惰性电极电解氯化

钱和盐酸的方法制备CIO2的原理如图所示。下列说法错误的是

NaC102

溶液

NH4cl(aq)交换膜HCl(aq)

A.c为电源的正极，Y溶液是稀盐酸

B.电解池a极区发生的电极反应为NH：-6e-+3Cr=NC13+4H

C.电解装置中离子交换膜为阴离子交换膜

D.当b极区产生标准状况下6.72LH2时，二氧化氯发生器中得到0.3molC1O2

【答案】D

【解析】

【分析】根据图示装置分析可知，右侧为电解池，a极NH4cl失去电子生成NC13,电极反应式为

+

NH；-6e+3CF=NCl3+4H,则a为电解池阳极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成H2,电极反应式

为2H*+2e=H2f,因此c为直流电源的正极，d为直流电源的负极；a极生成的NCb进入左侧的二氧化氯发

生器中与NaCICh发生氧化还原反应：3H20+NCb+6NaC102=6C102T+NH3T+3NaCl+3NaOH,据此分析解答。

【详解】A.由分析可知，c为直流电源的正极，b为电解池阴极，氢离子得到电子生成Hz,电极反应式为

2H++2已=氏3在b极区流出的Y溶液是稀盐酸，A正确；

B.a极NH4cl中NH：失去电子生成NCb,电极反应式为NH：-6e-+3C1=NC13+4H+,B正确；

C.由电极反应可知a电极消耗氯离子，生成氢离子，为平衡溶液中电荷，右侧溶液中的氯离子应通过离子

交换膜进入左室，则离子交换膜为阴离子交换膜，C正确；

D.标况下体积为6.72LH2,根据电极反应2H++2e=H2f,电路中就有0.6mol电子转移，由反应

3H2O+NC13+6NaClO2=6ClO2T+NH3T+3NaCl+3NaOH可知，转移0.6mol电子，发生器中生成OfmolCICh,D

错误；

故选：D。

12.根据相应的图像，下列相关说法正确的是

A.图甲：醋酸溶液加水稀释，醋酸的电离程度：p点大于q点

B.图乙：等体积、等pH的盐酸和氢氟酸溶液加水稀释，由水电离出的H+浓度：a点<b点

C.图丙：aA（g）+bB（g）/cC（g）,I、T2,T3对应的平衡常数K的大小：T2>T,=T3

D.图丁：X（s）+2Y（g）、3Z（g）的AH>0,p,<p2

【答案】D

【解析】

【详解】A.醋酸溶液加水稀释会促进醋酸的电离，故醋酸的电离程度：p点小于q点，A错误；

B.酸会抑制水的电离；a点酸电离出的氢离子浓度较小，水的电离程度较大，故由水电离出的H-浓度：a

点〉b点，B错误；

C.由图可知，当C物质含量最大时反应达到平衡，此后升高温度，C含量减小，平衡逆向移动，说明反应

为放热反应，升高温度平衡常数减小，故工、T2、对应平衡常数K的大小：T,>T2>T3）c错误；

D.随着温度升高，Y含量减小，平衡正向移动，反应吸热焙变大于零；反应为气体分子数增大的反应，相

同条件下增大压强，Y含量增加，则p1<P2,D正确;

故选D。

13.双极膜在电渗析中应用广泛，它是由阳离子交换膜和阴离子交换膜复合而成（盐电离出的阴、阳离子均

不能通过双极膜）。双极膜内层为水层，工作时水层中的H2。解离成H+和OH,并分别通过离子交换膜

向两侧发生迁移。下图为NaBr溶液的电渗析装置示意图。

溶液X坏液ZBr溶液帆环液Na,SU,溶液

■U，/

文

情

情

刖

A阳

性S

性

横

空

电

电

液|«

液

幡

2极

下列说法错误的是

A.出口1、2的物质分别为Na?S04溶液、NaOH溶液

B.出口4、5的物质分别为NaBr溶液、Na?SO4溶液

C.出口3出来的溶液的密度小于进入盐室的溶液的密度

D.阴极的电极反应为2H*+2e-=H2T

【答案】B

【解析】

【详解】A.电解时，阴极液中的水电离出的H+在阴极上得到电子生成H2,左侧双极膜中的H+向阴极迁移，

补充阴极液中所消耗的H+,SO：不能通过双极膜，故出口1的物质为Na2SO4溶液；左侧双极膜中的0日

进入交换室1,盐室中的Na+通过阳离子交换膜进入交换室1,则交换室1中的溶质为NaOH,故出口2的

物质为NaOH溶液，A正确；

B.阳极液中的水电离出的OH-在阳极上失去电子生成02,右侧双极膜中的0H向阳极迁移，补充阳极液中

所消耗的OH,Na+不能通过双极膜，故出口5的物质为Na2so4溶液；右侧双极膜中的H+进入交换室2,

盐室中的Br■通过阴离子交换膜进入交换室2,则交换室2中的溶质为HBr,故出口4的物质为HBr溶液，

B错误；

C.NaBr溶液进入盐室后，Na+通过阳离子交换膜进入交换室1,B「通过阴离子交换膜进入交换室2,则出

口3出来的溶液的密度小于进入盐室的溶液的密度，C正确；

D.阴极发生还原反应，水电离出H+和OH\且H+放电能力远远强于Na+,则在阴极上发生的电极反应为

+

2H+2e-=H2T,D正确；

故选B,

14.将金红石(TiCh)转化为TiCL是生产金属钛的关键步骤。在1.0xl05pa,将TiCh、C、CL以物质的量比1：

2：2进行反应，平衡体系中主要物质的物质的量分数(x)随温度变化理论计算结果如图所示。

温度/C

下列说法不正确的是

A.200~1600℃反应达到平衡时，TiCh的转化率均已接近100%

B.将400℃时的平衡体系加热至800℃,平衡C(s)+CCh(g)-2CO(g)向正反应方向移动

C.1000℃时，测得某时刻x(TiC14)=0.2.其他条件不变，延长反应时间能使MTiCLt)超过该温度下平衡时的

x(TiCk)

D.实际生产时反应温度选择9(xrc而不选择2o(rc,其主要原因是：9(xrc比2(xrc时化学反应速率更快,

生产效益更高

【答案】c

【解析】

高温

【分析】在1.Ox105pa,将TiCh、C、C12以物质的量比1：2：2进行反应,反应为TQ+2C+2cL-TiCl4+2CO；

【详解】A.由分析可知，三者完全反应时，生成TiC14、CO的物质的量之比为1:2,此时TiCLi的物质的

量分数约为33.3%,结合图象可知，200~1600℃反应达到平衡时，TiCLi的物质的量分数约为33.3%,则TiCh

转化率均已接近100%,A正确；

B.结合图象可知，将4(XTC时的平衡体系加热至800℃,二氧化碳含量减小、一氧化碳含量增加，则平衡

C(s)+CO2(g)^—^CO(g)向正反应方向移动，B正确；

C.延长时间不能改变平衡时物质的转化率和产率，c错误；

D.温度越高反应速率越快，单位时间产率越高，实际生产时反应温度选择900C而不选择200℃,其主要

原因是：9(XTC比200℃时化学反应速率更快，生产效益更高，D正确；

故选Co

第II卷(非选择题，共58分)

15.某化工厂产生的废渣中含有PbSCM和Ag,为了回收这两种物质，某同学设计了如下流程：

20%NaC10溶液(过量)Na2sO3溶液

N,、NH,

己知：“浸出”过程发生可逆反应，AgCl+2SO；=Ag(SO3K+Ch回答问题：

(1)将废渣“氧化”的化学方程式为，"氧化''阶段需在80℃条件下进行,最适合的加热方式为。

操作I所需的玻璃仪器有。

(2)研究发现：其他条件不变时，该反应在敞口容器中进行，浸出时间过长会使银的浸出率(浸出液中银的

质量占起始分银渣中银的质量的百分比)降低，可能原因是(用离子方程式表示)。

(3)研究发现：浸出液中含银化合物总浓度与含硫化合物总浓度及浸出液pH关系如下图。

02；，

玻出，H2O

:2S水

、浸大+2

因杯使增0+氨

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原烧，度CC

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浓量CHaA原

浓g度N,稀

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4浓-0O

物物质总；2S加应

A=Ob

合合物O物的P液反

化2S、O

化剂H合，量l滤2

硫硫2C,H

原+化时过gU4

含含O硫小ACH

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随C含较加到bN

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浓浓剂4度.

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物物A：A；滤

氧4O总T溶

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S物O,氨

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(TIOWHH设raM»t①②【璃反但【［A=.得【

废渣含有银、硫酸铅，加入过量的NaClO溶液，根据流程图可知单质银被氧化，发生氧化还原反应：

A

4Ag+4NaC10+2H20=4AgCl+4NaOH+O2T；“氧化”阶段需在80℃条件下进行，最适合的加热方式为水浴加

热；操作I为过滤以除去PbSO4,所需玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒；

【小问2详解】

反应在敞口容器中进行，SO；很容易被空气中02氧化变为SO：离子，该反应方程式为：2SO:+O2=2SO：；

【小问3详解】

①根据图象可知，当pH=10时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的增大而增大，这是由于浸出液浸

出液中c（SO；）增大，使浸出反应AgCl+2SO；.小8（$03）；一+。一的平衡正向移动，因此银化合物总浓度随

含硫化合物总浓度的增大而增大；

②当溶液pH=5时，含银化合物总浓度随含硫化合物总浓度的变化与pH=10时不同，pH=IO时浸出液中

c（SOj）大，使浸出反应的平衡正向移动，AgCl的浸出率降高；pH较小时，SO；与H+结合生成HSO：或

H2sCh,尽管含硫化合物总浓度增大，但c（SO；）较小，AgCl的浸出率降低，含银化合物总浓度减小；

【小问4详解】

在最后“还原”的反应中，氧化剂是[Ag（NH3）2]+,还原产物是Ag,得到1个电子；还原剂是N2H4珏0,氧化

产物是N2,失去4个电子，故根据电子得失守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为4：1。

16.硫代硫酸钠俗称“海波”，又名“大苏打”，溶液具有弱碱性和较强的还原性，是一种重要的化工产品。某

化学兴趣小组利用如图装置制备硫代硫酸钠晶体（Na2s2。3・5比0）并测定其纯度。请回答下列问题：

L【查阅资料】

①Na2s2。3,51120是无色透明晶体，易溶于水。

②向Na2c03和Na2s混合溶液中通入SCh可制Na2s2O3。

BCDE

(1)制备Na2s2O3SH2O；

①仪器a的名称为o

②装置A中发生反应的离子方程式是,实验室内制备SO?时一般采用质量分数为70%的硫酸而不用

98%的浓硫酸，原因是。

（2）测定纯度：原理为2s2O:+L=S4O=+2r。准确称取mg得到的产品，用适量蒸锵水溶解并配成250mL

溶液，取25mL于锥形瓶中，加入几滴淀粉溶液，用O.lOOOmoMJ碘的标准溶液进行滴定。

①用（填“酸式”或“碱式”）滴定管盛放碘的标准溶液，滴定至终点的操作是。

②滴定起始和滴定终点的液面位置如图所示，则消耗碘的标准溶液的体积V=mL,产品的纯度是

（用含m、M的代数式表示）％。（设Na2s2。3・5H2。的摩尔质量为Mg-moH）

E-1L,

然占

起始八、、

③滴定前，仰视液面读数，