2020-2021学年天津一中高三（上）第一次月考化学试卷

一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）13分）化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是()A．为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B．港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维属于无机非金属材料C．“玉兔号”月球车太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质23分）下列与阿伏加德罗常数的值（NA）有关的说法正确的是()B．8.0gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NAC．在密闭容器中加入0.5molN2和1.5molH2，充分反应后可得到NH3分子数为NAD．标准状况下，11.2LCl2溶于水呈黄绿色，溶液中Cl﹣、ClO﹣、HClO的微粒总数之和为NA33分）用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是()A．用如图装置制备干燥的氨气B．用如图装置收集并测量Cu与浓硝酸反应产生的气体及体积C．用如图装置除去CO2中含有的少量HClD．用如图装置制取并收集SO243分）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()B．0.1mol/LNaA1O2溶液中：HCO3﹣、NH4+、SO42﹣、Na+C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣D．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣53分）LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。下列说法正确的是()A．LiAlH4中AlH4﹣的结构式可表示为：B．1molLiAlH4在125℃条件下完全分解，转移2mol电子C．LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g/molD．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4将乙醛氧化为乙醇63分）氯胺（NH2Cl）是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍。下列有关氯胺的说法一定不正确的是()A．氯胺中氯元素的化合价为+1价B．氯胺的电子式为C．氯胺的水解产物为NH2OH（羟氨）和HClD．氯胺的消毒原理与漂白粉相似73分）下列叙述不正确的是()A．NaHCO3、Fe（OH）3、FeCl2均可通过化合反应生成B．电解、电离、电镀均需要通电才可进行C．CO2、N2O5、SO2均为酸性氧化物D．水玻璃、淀粉溶液、胶体均为混合物83分）下列所示物质的制备方法合理的是()A．实验室从海带中提取单质碘：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏B．以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠C．以铁矿石、焦炭、空气、石灰石等为原料，通过反应产生的CO在高温下还原铁矿石制得铁D．从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝93分）下列离子方程式书写正确的是()A．Mg（HCO3）2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣═MgCO3↓+CO32+2H2OB．NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至恰好完全沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4C．向硫酸铜溶液中加入足量NaHS溶液：Cu2++HS﹣═CuS↓+H+D．向1L1mol/L的FeBr2溶液中通入1molCl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═4Cl﹣+2Fe3++Br2103分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：①2P4+3Ba（OH）2+6H2O═3Ba（H2PO2）2+2PH3↑;@H3PO2+NaOH（足量）═NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是()A．H3PO2的结构式为B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C．NaH2PO2是酸式盐D．每消耗1molP4，反应中转移3mol电子113分）下列有关物质的实验操作、现象及结论描述正确的是()选项操作现象结论A某铁的氧化物样品用足量浓盐酸溶解后，再滴入少量酸性高锰酸钾紫红色褪去铁的氧化物中一定含+2价铁B向某无色溶液中通入过量的CO2气体有白色沉淀产生该溶液中可能含有SiO32﹣C向品红溶液中通入某气体溶液褪色该气体一定是SO2D滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+123分）为验证还原性：SO2＞Fe2+＞Cl﹣,三组同学分别进行了如图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组有()溶液1溶液2甲含Fe3+、Fe2+含SO42﹣乙含Fe3+，无Fe2+含SO42﹣丙含Fe3+，无Fe2+含Fe2+133分）已知：还原性HSO3﹣>I﹣,氧化性IO3﹣>I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确A．0～a段发生反应：3HSO3﹣+IO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+B．b～c段反应：氧化产物的物质的量是0.5molC．当溶液中I﹣与I2的物质的量之比为5：1时，加入的KIO3为1.lmolD．a～b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol143分）水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3﹣、CO32﹣、SO42﹣中的几种离子，且存在的各离子具有相同的物质的量，某同学对该溶液进行如图实验。下列判断正A．气体A可能含有CO2，气体B一定是NH3B．白色沉淀可能含有Al（OH）3C．溶液中一定不存在Na+D．溶液中一定存在Al3+、Fe2+、NO3﹣、NH4+153分）足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL二、解答题（共4小题，满分55分）（1）需称量NaOH固体g（2）在该溶液的配制过程中，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒。Ⅱ、取上述实验中配制的NaOH溶液200mL，缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测最后溶液的pH＞7。在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积（不考虑溶解于水）关系如图所示。（4）加入盐酸200mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式。（5）A点时，反应所得溶液中溶质的成分有（6）产生的CO2在标准状况下的体积为mL。1714分）某化学兴趣小组以菱铁矿（主要成分为FeCO3，含有SiO2、Al2O3等少量杂质）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O）的实验过程如图：（1）酸溶及后续过程中均需保持算过量，其目的除了提高铁元素的浸出率之外，还有。（3）滴加H2O2溶液氧化时，发生主要反应的离子方程式为。（4）在氧化过程中，如何检验铁元素全部以Fe3+形式存在：。（5）加入过量NaOH溶液的目的是。（6）请补充完整由过滤后得到的固体制备FeCl3•6H2O的实验方案：向过滤后所得固体，用水洗涤固体2﹣3次，低温干燥，得到FeCl3•6H2O。1814分）硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于化工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中，然后注入150mL蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4，在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。（1）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和 ①蒸馏烧瓶B中发生反应的化学方程式为。②制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是。（用离子方程式表示）Ⅱ.分离Na2S2O3•5H2O并测定含量（2）操作Ⅰ为趁热过滤，其目的是；操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用（填试剂）作洗涤剂。（3）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因（4）已知：Na2S2O3•5H2O的摩尔质量为248g•mol﹣1；2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6。取晶体样品ag，加水溶解后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.005mol•L﹣1碘水滴定到终点时，消耗碘水溶液VmL，试回答：①达到滴定终点时的现象：。@产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为。（5）滴定过程中可能造成实验结果偏低的是。（填字母）A．锥形瓶未用Na2S2O3溶液润洗B．锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数C．滴定到终点时仰视读数D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终点出现气泡Ⅲ.氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠（6）化学兴趣小组的同学配备了防毒口罩、橡胶手套和连体式胶布防毒衣等防护用具，在老师的指导下进行以下实验：向装有1.5mL0.1mol•L﹣1的NaCN溶液的试管中滴加1.5mL0.1mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，两反应物恰好完全反应，但没有明显实验现象，取反应后的溶液少许滴入盛有10mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液的小烧杯中，溶液呈现血红色，请写出Na2S2O3解毒的离子方程式：。1914分）2020年突如其来的“新冠肺炎”使人们认识到日常杀菌消毒的重要性。其中含氯消毒剂在生产生活中有着广泛的用途。Ⅰ.NaClO是“84”消毒液的有效成分，在此次抗击新冠病毒中发挥了重要作用，请回答下列问题。（1）浸泡衣物时加入“84”消毒液在空气中放置一段时间漂白效果更好，原因用离子方程式表示为已知酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3﹣)。（2）若将“84”消毒液与洁厕灵（主要成分是盐酸）混合使用，则会产生黄绿色的有毒气体，其反应的离子方程式是。Ⅱ.ClO2是一种黄绿色或橙黄色的气体，极易溶于水，可用于水的消毒杀菌及烟气的脱硫脱硝。回答下列问题：（3）将过硫酸钠（Na2S2O8）溶液加入亚氯酸钠（NaClO2）中可制备ClO2，该反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为。（4）为研究ClO2脱硝的适宜条件，在1L200mg•L﹣1ClO2溶液中加NaOH溶液调节pH，通入NO气体并测定NO的去除率，脱硝后N元素以NO3﹣形式存在，其关系如图所示。①实验中使用的ClO2溶液的物质的量浓度为（保留一位有效数字要使NO的去除率更高，应控制的条件是。@NaClO2吸收NO的效率高于ClO2，请写出碱性条件下NaClO2脱除NO反应的离子方程式：。一、选择题（共15小题，每小题3分，满分45分）13分）化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是()A．为了防止感染“新冠病毒”，坚持每天使用无水酒精杀菌消毒B．港珠澳大桥使用的超高分子量聚乙烯纤维属于无机非金属材料C．“玉兔号”月球车太阳能电池帆板的材料是二氧化硅D．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质【分析】A．医疗上常用75%的酒精杀菌消毒，不用无水乙醇消毒；B．聚乙烯为乙烯的加聚反应产物，属于有机物；C．太阳能电池帆板的材料是硅；D．硅胶具有吸水性，可作干燥剂；铁粉具有还原性，能与氧气反应。【解答】解：A．浓度过高，会使细菌最外面的蛋白质变性，形成保护膜，使酒精完全不能进入细菌细胞内，达不到杀菌目的，应使用75%的酒精杀菌消毒，故A错误；B．聚乙烯纤维为有机高分子化合物，属于有机高分子材料，故B错误；C．硅为良好的半导体材料，是制造太阳能电池主要原料，二氧化硅常用于制造光纤，故C错误；D．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶（具有吸湿性）能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化变质，故D正确；故选：D。【点评】本题考查物质的性质及应用，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。23分）下列与阿伏加德罗常数的值（NA）有关的说法正确的是()B．8.0gCu2S和CuO的混合物中含有铜原子数为0.1NAC．在密闭容器中加入0.5molN2和1.5molH2，充分反应后可得到NH3分子数为NAD．标准状况下，11.2LCl2溶于水呈黄绿色，溶液中Cl﹣、ClO﹣、HClO的微粒总数之和为NA【分析】A．铜与一定量浓硝酸反应生成的是NO和NO2，生成1molNO转移3mol电子，生成1molNO2转移1mol电子，据此进行分析；B．Cu2S的摩尔质量是CuO的2倍，含有的铜原子也是CuO的2倍；C．合成氨的反应是可逆反应；D．求出氯气的物质的量，然后根据氯气和水的反应是可逆反应来分析。【解答】解：A．铜与一定量浓硝酸反应生成的是NO和NO2，生成1molNO转移3mol电子，生成1molNO2转移1mol电子，由于生成气体的量未知，故无法计算转移电子的物质的量，故A错误；B．Cu2S的摩尔质量是CuO的2倍，含有的铜原子也是CuO的2倍，故8.0g混合物可以认为均由CuO构成，故含有的CuO的物质的量为=0.1mol，则含0.1NA个铜原子，故B正确；C．合成氨的反应是可逆反应，不能进行彻底，故充分反应后可得到NH3分子数小于NA，故C错误；D．标况下11.2L氯气的物质的量为=0.5mol，而氯气和水的反应是可逆反应，故0.5mol氯气溶于水后还有氯气分子，故溶液中溶液中Cl﹣、ClO﹣、HClO的微粒总数之和小于NA，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。33分）用下列实验装置和方法进行相应实验，能达到实验目的的是()A．用如图装置制备干燥的氨气B．用如图装置收集并测量Cu与浓硝酸反应产生的气体及体积C．用如图装置除去CO2中含有的少量HClD．用如图装置制取并收集SO2【分析】A.浓氨水与CaO混合可制备氨气，碱石灰可干燥氨气；B.Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应；C.二者均与碳酸钠溶液反应；D.Cu与浓硫酸反应需要加热。【解答】解：A．浓氨水与CaO可制取氨气，氨气可用碱石灰干燥，为固体与液体制取氨气的反应原理，装置合理，故A正确；B．Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮，溶于水，不能利用排水法测定其体积，故B错误；C．二氧化碳、HCl均与碳酸钠溶液反应，应选饱和碳酸氢钠溶液，故C错误；D．Cu和浓硫酸反应需要加热，图中缺少加热装置，不能制备二氧化硫，故D错误；故选：A。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。43分）常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是()B．0.1mol/LNaA1O2溶液中：HCO3﹣、NH4+、SO42﹣、Na+C．与Al反应能放出H2的溶液中：Fe2+、K+、NO3﹣、SO42﹣D．水电离的c（H+）＝1×10﹣13mol/L的溶液中：K+、Na+、AlO2﹣、CO32﹣【分析】A．“84”消毒液中含有次氯酸根离子，四种离子之间不反应，都不与次氯酸根离子反应；B．偏铝酸根离子与碳酸氢根离子反应；C．该溶液呈酸性或碱性，亚铁离子与氢氧根离子反应，酸性条件下硝酸根离子能够氧化亚铁离子；D．该溶液呈酸性或碱性，偏铝酸根离子、碳酸根离子与氢离子反应。【解答】解：A．“84”消毒液中有ClO﹣,具有氧化性和弱碱性，SiO32﹣、CO32﹣、Na+、K+之间不反应，都不与ClO﹣反应，故A正确；B．NaAlO2溶液显碱性，HCO3﹣、NH4+均不能共存，故B错误；C．与Al反应放出H2的溶液可能显碱性，也可能显酸性（无NO3﹣),如果显碱性，Fe2+不能共存，如果显酸性，Fe2+、NO3﹣、H+会因氧化还原反应不能共存，同时会释放出NO，故C错误；D．溶液可能显碱性或者酸性，如果显碱性，可以共存，如果显酸性，AlO2﹣、CO32﹣均不能共存，故D错误；故选：A。【点评】本题考查离子共存的判断，为高考的高频题，题目难度不大，注意明确离子不能大量共存的一般情况：能发生复分解反应的离子之间；能发生氧化还原反应的离子之间等；还应该注意题目所隐含的条件，如：溶液的酸碱性，据此来判断溶液中是否有大量的H+或OH﹣;溶液的颜色，如无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4﹣等有色离子的存，还是“一定”共存等。53分）LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂。遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。下列说法正确的是()A．LiAlH4中AlH4﹣的结构式可表示为：B．1molLiAlH4在125℃条件下完全分解，转移2mol电子C．LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g/molD．LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4将乙醛氧化为乙醇【分析】A．LiAlH4是Li+和AlH4﹣形成的离子化合物，AlH﹣离子是四面体结构；B．LiAlH4中的Li元素、Al元素都是主族金属元素，H元素是非金属元素，则Li元素为+1价、Al为+3价、H为﹣1价，在125℃条件下受热分解时，Al元素化合价由+3变C．LiH与D2O反应生成LiOD和HD；D．有机反应中得氢去氧的反应是还原反应，乙醛转化为乙醇的反应是得到氢的反应，属于还原反应。【解答】解：A．AlH4﹣离子是四面体结构，结构式为，故A正确；B．LiAlH4中的Li元素、Al元素都是主族金属元素，H元素是非金属元素，则Li元素为+1价、Al为+3价、H为﹣1价，在125℃条件下受热分解时，由Al元素的价态变化可知1molLiAlH4完全分解，反应转移3mol电子，故B错误；C．LiH与D2O反应生成LiOD和HD，HD的摩尔质量为3g/mol，故C错误；D．有机反应中得氢去氧的反应是还原反应，乙醛转化为乙醇的反应是得到氢的反应，属于还原反应，则反应中氧化剂是乙醛，乙醛被还原为乙醇，故D错误；故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应，为信息型习题，注意信息与氧化还原反应知识的结合来解答，考查学生知识迁移应用的能力，注意有机反应中加H的反应为还原反应，题目难度不大。63分）氯胺（NH2Cl）是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍。下列有关氯胺的说法一定不正确的是()A．氯胺中氯元素的化合价为+1价B．氯胺的电子式为C．氯胺的水解产物为NH2OH（羟氨）和HClD．氯胺的消毒原理与漂白粉相似【分析】A．NH2Cl是用Cl替代了NH3中的一个H得到的；B．根据有机物的成键规则，N形成三条键，Cl和H分别形成一条键，并且电子式中的每个原子应当达到自己相对应的稳定结构；C．Cl为+1价，应当结合水电离出来的OH﹣形成HClO；D．氯胺和漂白粉都是因为产生了HClO。【解答】解：A．NH2Cl是用Cl替代了NH3中的一个H得到的，所以Cl的化合价为+1价，故A正确；B．根据有机物的成键规则，N形成三条键，Cl和H分别形成一条键，并且电子式中的每个原子应当达到自己相对应的稳定结构，所以氯胺的电子式为，故B正确；C．Cl为+1价，应当结合水电离出来的OH﹣形成HClO，另一个产物是NH3，故C错误；D．氯胺在水中生成HClO，氯胺和漂白粉都是因为产生了HClO才具有杀菌消毒作用，所以氯胺的消毒原理与漂白粉相似，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了常见非金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意把握氮的化合物和氯的化合物的性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。73分）下列叙述不正确的是()A．NaHCO3、Fe（OH）3、FeCl2均可通过化合反应生成B．电解、电离、电镀均需要通电才可进行C．CO2、N2O5、SO2均为酸性氧化物D．水玻璃、淀粉溶液、胶体均为混合物【分析】A．两种或两种以上的物质发生反应生成一种物质的反应为化合反应；B．电离是指电解质在水溶液或熔融状态下离解成带相反电荷并自由移动离子的一种过程，电解时将电流通过电解质溶液或熔融态电解质（电解液在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程，电镀是电解的应用；C．和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；D．不同物质组成的为混合物，同种物质组成的为纯净物。【解答】解：A．Na2CO3与CO2、H2O反应生成NaHCO3，Fe（OH）2、O2、H2O生成Fe（OH）3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，所以NaHCO3、Fe（OH）3、FeCl2均可通过化合反应生成，故A错误；B．电离是指电解质在水溶液或熔融状态下离解成带相反电荷并自由移动离子的一种过程，电解时将电流通过电解质溶液或熔融态电解质（电解液在阴极和阳极上引起氧化还原反应的过程，电镀就是利用电解原理在某些金属表面上镀上一薄层其它金属或合金的过程，电离不需要通电，电解、电镀需要通电，故B正确；C．和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物，CO2、N2O5、SO2均为酸性氧化物，故C错误；D．水玻璃是硅酸钠的水溶液，为混合物，淀粉溶液、胶体均含有两种物质，均为混合物，故D错误；故选：B。【点评】本题考查了物质性质、物质分类、物质组成等知识点，掌握基础是解题关键，题目难度不大。83分）下列所示物质的制备方法合理的是()A．实验室从海带中提取单质碘：取样→灼烧→溶解→过滤→萃取→蒸馏B．以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取钠C．以铁矿石、焦炭、空气、石灰石等为原料，通过反应产生的CO在高温下还原铁矿石制得铁D．从铝土矿中获得氧化铝再制得氯化铝固体，电解熔融的氯化铝得到铝【分析】A.海带中的碘元素为碘离子，需要将其氧化为碘单质；B.电解熔融氯化钠制取金属钠；C.工业上以铁矿石、焦炭、空气、石灰石等为原料进行炼铁，通过反应产生的CO在高温下还原铁矿石制得铁；D.冶炼铝应电解熔融态的氧化铝。【解答】解：A.实验室从海带中提取单质碘：取样→灼烧→溶解→过滤→氧化→萃取→蒸馏，故A错误；B.以海水为原料制得精盐，再电解精盐的水溶液制取氢氧化钠溶液、氢气和氯气，通过电解熔融氯化钠制取金属钠，故B错误；C.工业上以铁矿石、焦炭、空气、石灰石等为原料进行炼铁，通过反应产生的CO在高温下还原铁矿石制得铁，故C正确；D.从铝土矿中获得氧化铝，电解熔融的氧化铝得到铝，故D错误；故选：C。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。93分）下列离子方程式书写正确的是()A．Mg（HCO3）2溶液中加入足量NaOH溶液：Mg2++2HCO3﹣+2OH﹣═MgCO3↓+CO32+2H2OB．NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至恰好完全沉淀：2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4C．向硫酸铜溶液中加入足量NaHS溶液：Cu2++HS﹣═CuS↓+H+D．向1L1mol/L的FeBr2溶液中通入1molCl2：2Fe2++2Br﹣+2Cl2═4Cl﹣+2Fe3++Br2【分析】A．氢氧化钠足量，氢氧化镁更难溶，反应生成氢氧化镁沉淀；B．硫酸氢钠与氢氧化钡物质的量之比为1：1反应恰好完全沉淀；C．硫酸铜与硫氢化钠溶液反应生成硫化铜、硫化氢气体和硫酸钠；D．还原性Fe2+＞Br﹣,所以通入氯气先发生反应2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣,Fe2+反应完毕，剩余的氯气再反应反应2Br﹣+Cl2═Br2+2Cl﹣。【解答】解：A．Mg（HCO3）2溶液中加入足量NaOH溶液，反应生成碳酸钠、氢氧化镁沉淀和水，离子方程式为：Mg2++2HCO3﹣+4OH﹣═Mg（OH）2↓+2CO32﹣+2H2O，故A错误；B．NaHSO4溶液中滴加Ba（OH）2至恰好完全沉淀，假设NaHSO4为1mol，则消耗Ba2+和OH﹣各1mol，离子方程式为：H++SO42﹣+Ba2++OH﹣=BaSO4↓+H2O，故B错误；C．向硫酸铜溶液中加入足量的NaHS溶液，反应生成硫酸钠、CuS和硫化氢，反应的离D．向1L1mol/L的FeBr2溶液中通入1molCl2，氯气是氧化剂，亚铁离子全部被氧化、一半溴离子被氧化：2Fe2++2Br﹣+2Cl2＝4Cl﹣+2Fe3++Br2，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了离子方程式的书写，为高频考点，把握发生的反应及离子反应的书写方法为解答的关键，有利于培养学生的逻辑推理能力，提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力，题目难度中等。103分）次磷酸（H3PO2）是一种精细磷化工产品，有强还原性。已知：①2P4+3Ba（OH）2+6H2O═3Ba（H2PO2）2+2PH3↑;@H3PO2+NaOH（足量）═NaH2PO2+H2O。下列推断不正确的是()A．H3PO2的结构式为B．H3PO2具有强还原性，在空气中可能被氧化成磷酸C．NaH2PO2是酸式盐D．每消耗1molP4，反应中转移3mol电子【分析】A．由H3PO2+NaOH（足量）＝NaH2PO2+H2O可知H3PO2是一元酸，分子中含有一个﹣OH；B．H3PO2中P元素的化合价为+1价，具有强还原性；C．由H3PO2+NaOH（足量）＝NaH2PO2+H2O可知H3PO2是一元酸，NaH2PO2是正盐；D．2P4+3Ba（OH）2+6H2O═3Ba（H2PO2）2+2PH3↑中2个P的化合价由0降低到﹣3价。【解答】解：A．根据@反应可知H3PO2是一元酸，由于只有﹣OH的H原子能够电离，B．由于P元素最高化合价是+5价，而在H3PO2中P元素化合价为+1价，说明该物质具有强还原性，在空气中可能被空气中的氧气氧化成+5价的磷酸，故B不选；C．根据A选项可知H3PO2是一元酸，所以NaH2PO2是正盐，不是酸式盐，故C选；D．在①反应中元素化合价升降数值是6，说明每有2molP4反应，反应①中转移6mol电子，即每消耗1molP4，反应中转移3mol电子，故D不选；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应，为高考常见题型，侧重氧化还原反应中基本概念的考查，把握元素的化合价变化即可解答，题目难度不大。113分）下列有关物质的实验操作、现象及结论描述正确的是()选项操作现象结论A某铁的氧化物样品用足量浓盐酸溶解后，再滴入少量酸性高锰酸钾紫红色褪去铁的氧化物中一定含+2价铁B向某无色溶液中通入过量的CO2气体有白色沉淀产生该溶液中可能含有SiO32﹣C向品红溶液中通入某气体溶液褪色该气体一定是SO2D滴加NaOH溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口试纸不变蓝原溶液中无NH4+【分析】A.亚铁离子、氯离子均可被高锰酸钾氧化；B.白色沉淀可能为氢氧化铝或硅酸；C.二氧化硫、氯气等均可使品红褪色；D.加热时铵根离子与碱反应生成氨气，且氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝。【解答】解：A.亚铁离子、氯离子均可被高锰酸钾氧化，则应溶于稀硫酸，再滴入少量酸性高锰酸钾检验亚铁离子，故A错误；B.白色沉淀可能为氢氧化铝或硅酸，则溶液中可能含有SiO32﹣,故B正确；C.二氧化硫、氯气等均可使品红褪色，由操作和现象可知气体不一定是SO2，故C错误；D.加热时铵根离子与碱反应生成氨气，且氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由操作和现象可知溶液中可能NH4+，故D错误；故选：B。【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。123分）为验证还原性：SO2＞Fe2+＞Cl﹣,三组同学分别进行了如图实验，并对溶液1和溶液2中所含离子进行了检验，能证明上述还原性顺序的实验组有()溶液1溶液2甲含Fe3+、Fe2+含SO42﹣乙含Fe3+，无Fe2+含SO42﹣丙含Fe3+，无Fe2+含Fe2+【分析】将氯气通到氯化亚铁中，溶液变黄色，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+＞Cl﹣;再通入二氧化硫发生反应：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+可以得到还原性：SO2＞Fe2+，据此分析解答。【解答】解：甲：溶液1肯定含Fe3+，Fe2+，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+＞Cl﹣,并且通入的氯气少量，又溶液2肯定含SO42﹣,说明肯定发生反应：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+可以得到还原性：SO2＞Fe2+，所以能证明还原性：SO2＞Fe2+＞Cl﹣;乙：溶液1肯定含Fe3+，无Fe2+，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+＞Cl﹣,但不能证明通入的氯气是否有没有残留，又溶液2含SO42﹣,可能是残留的氯气氧化二氧化硫生成硫酸根，所以不能证明还原性：SO2＞Fe2+，即不能证明还原性：SO2＞Fe2+＞Cl﹣;丙：溶液1肯定含Fe3+，无Fe2+，说明二价铁将氯气还原成氯离子，可以证明还原性：Fe2+＞Cl﹣,但不能证明通入的氯气是否有没有残留，又溶液2含Fe2+，说明肯定发生反应：2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42﹣+4H+可以得到还原性：SO2＞Fe2+，所以能证明还原性：SO2＞Fe2+＞Cl﹣;故选：C。【点评】本题是一道实验方案的设计题，考查学生对物质的性质的掌握，注意氧化还原反应中的规律是解题的关键，难度中等。133分）已知：还原性HSO3﹣>I﹣,氧化性IO3﹣>I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确A．0～a段发生反应：3HSO3﹣+IO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+B．b～c段反应：氧化产物的物质的量是0.5molC．当溶液中I﹣与I2的物质的量之比为5：1时，加入的KIO3为1.lmolD．a～b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8mol【分析】还原性HSO3﹣>I﹣,先发生IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+，继续加入KIO3，氧化性IO3﹣>I2，所以IO3﹣可以结合H+氧化I﹣生成I2，离子方程式是IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2，以此来解答。【解答】解：A.0～a间没有碘单质生成，为碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化还原反应生成碘离子，其离子方程式为3HSO3﹣+IO3﹣═3SO42﹣+I﹣+3H+，故A正确；B.b～c段发生IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2，只有I元素的化合价变化，氧化产物为I2，3molNaHSO3参加反应消耗1molIO3﹣,且生成1molI﹣,b～c段消耗0.2molIO3﹣,同时消耗1molI﹣,对应氧化产物为0.5mol，故B正确；C.由IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+，可知3molNaHSO3的溶液消耗KIO3溶液的物质的量为1mol，生成I﹣为1mol，设生成的碘单质的物质的量为xmol，由IO3﹣+6H++5I﹣═3H2O+3I2，可知消耗的KIO3的物质的量为xmol，消耗碘离子的物质的量为xmol，剩余的碘离子的物质的量为mol，当溶液中＝5：1时，即1mol+0.15mol×=1.05mol，故C错误；D.由图中横坐标可知a～b间碘酸钾的物质的量为0.6mol，由IO3﹣+3HSO3﹣═I﹣+3SO42﹣+3H+可知，消耗NaHSO3的物质的量为0.6mol×3＝1.8mol，故D正确；故选：C。【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、发生的反应、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意选项C为解答的难点，题目难度不大。143分）水溶液中可能存在Na+、Al3+、Fe2+、NH4+、NO3﹣、CO32﹣、SO42﹣中的几种离子，且存在的各离子具有相同的物质的量，某同学对该溶液进行如图实验。下列判断正A．气体A可能含有CO2，气体B一定是NH3B．白色沉淀可能含有Al（OH）3C．溶液中一定不存在Na+D．溶液中一定存在Al3+、Fe2+、NO3﹣、NH4+【分析】溶液I加入过量氢氧化钡生成气体B，B只能是NH3，则存在NH4+，有色沉淀只能为Fe（OH）3，则含有Fe2+，溶液中各离子具有相同的物质的量，由于2n（Fe2+）+n（NH4+n（NO3﹣),根据电荷守恒可知，一定含有SO42﹣,一定不含Na+、Al3+，溶液Ⅱ中含有过量的氢氧化钡，白色沉淀为碳酸钡。【解答】解：A．由分析可知，气体A为NO，故A错误；B．由分析可知，白色沉淀为碳酸钙，不含氢氧化铝，故B错误；C．由分析可知，溶液一定不含CO32﹣、Na+、Al3+，故C正确；D．由分析可知，溶液一定含Fe2+、NO3﹣、NH4+、SO42﹣,一定不含Al3+等，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质组成确定，涉及离子反应与离子共存，题目以定性分析与定量计算形式进行考查，关键是掌握元素化合物知识，注意电荷守恒的运用，题目侧重考查学生分析推理能力、实验能力。153分）足量铜与一定量浓硝酸反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.68LO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的A．60mLB．45mLC．30mLD．15mL【分析】根据电子得失守恒，求出参加反应的铜，然后求出Cu（NO3）2，再根据Cu（NO3）2与NaOH反应的关系，求出NaOH的物质的量，最终求出NaOH溶液的体积。【解答】解：完全生成HNO3，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，即Cu失去的电子都被O2得到了根据得失电子守恒：n（Cu）×2＝n（O2）×4n（Cu0.15mol所以Cu（NO3）2为0.15mol根据Cu2+～2OH﹣0.15moln（OH﹣)则NaOH为0.15mol×2＝0.3mol则NaOH体积V==0.06L，即60ml，故选：A。【点评】本题主要考查了金属与硝酸反应的计算，若根据化学方程式来计算，无从下手，若根据氧化还原反应中电子得失守恒则能起到事半功倍的作用。二、解答题（共4小题，满分55分）（1）需称量NaOH固体6.0g（2）在该溶液的配制过程中，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒500mL容量瓶、胶头滴管。Ⅱ、取上述实验中配制的NaOH溶液200mL，缓慢通入一定量的CO2，充分反应，测最后溶液的pH＞7。在上述所得溶液中，逐滴缓慢滴加一定浓度的盐酸，所得气体的体积与所加盐酸的体积（不考虑溶解于水）关系如图所示。（4）加入盐酸200mL之前，无气体产生，写出OA段发生反应的离子方程式H++OH﹣=H2O、H++CO32﹣=HCO3﹣。（5）A点时，反应所得溶液中溶质的成分有NaCl、NaHCO3（6）产生的CO2在标准状况下的体积为448mL。【分析】Ⅰ.（1）配制490mL0.3mol/L的NaOH溶液，应选择500mL容量瓶，依据m=cVM计算溶质的质量；（2）依据配制溶液一般步骤选择需要的仪器；（3）如果在定容时仰视，导致溶液体积偏大，依据c=分析误差；Ⅱ.加入盐酸200mL时开始生成气体，当加入盐酸300mL时不再产生气体，AB段发生NaHCO3+HCl＝NaCl+H2O+CO2↑,而OA段消耗的盐酸为AB消耗的盐酸的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应；AB段表示碳酸氢根离子与氯化氢反应生成二氧化碳气体，由此分析。【解答】解：Ⅰ.（1）实验室配制490mL0.3mol/L的NaOH溶液用500mL的容量瓶，需称量NaOH固体m＝nM＝cVM＝0.3mol/L×0.5L×40g/mol＝6.0g，故答案为：6.0；（2）配制一定物质的量浓度溶液一般步骤：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，用到的玻璃仪器：量筒、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，缺少的仪器：500mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；（3）如果在定容时仰视，导致溶液体积偏大，依据c=可知，溶液浓度偏小，故答案为：偏小；（4）由分析可知，OA段消耗的盐酸为AB消耗的盐酸的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，OA段发生反应的离子方程式为：H++OH﹣=H2O、H++CO32=HCO3故答案为：H++OH﹣=H2O、H++CO32﹣=HCO3﹣;（5）由分析可知，OA段消耗的盐酸为AB消耗的盐酸的二倍，应为NaOH和Na2CO3的混合物，都可与盐酸反应，A点反应后所得溶液中溶质的成分有NaCl、NaHCO3，故答案为：NaCl、NaHCO3；（6）根据反应方程式H++CO32﹣=HCO3﹣、HCO3﹣+H+＝CO2↑+H2O可知，碳酸钠消耗盐酸的体积为100mL，则氢氧化钠消耗的盐酸体积也是100mL，即Na2CO3与NaOH的根据碳原子守恒，反应生成二氧化碳的物质的量为0.02mol，标况下0.02mol二氧化碳的体积为0.02mol×22.4L/mol＝0.448L，即448mL，故答案为：448。【点评】本题为综合题，考查了一定物质的量浓度溶液的配制及方程式有关计算，明确配制原理，准确分析图象不同断发生反应是解题关键，题目难度中等。1714分）某化学兴趣小组以菱铁矿（主要成分为FeCO3，含有SiO2、Al2O3等少量杂质）为原料制备氯化铁晶体（FeCl3•6H2O）的实验过程如图：（1）酸溶及后续过程中均需保持算过量，其目的除了提高铁元素的浸出率之外，还有抑制Fe3+水解。（2）操作Ⅰ名称是过滤。（3）滴加H2O2溶液氧化时，发生主要反应的离子方程式为H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O。（4）在氧化过程中，如何检验铁元素全部以Fe3+形式存在：取少许氧化后的溶液于试管中，向试管中滴加1﹣2滴酸性高锰酸钾溶液，紫色不褪去，说明铁元素全部以Fe3+形式存在。（5）加入过量NaOH溶液的目的是将Al3+转化为AlO2﹣,分离Fe3+与Al3+。（6）请补充完整由过滤后得到的固体制备FeCl3•6H2O的实验方案：向过滤后所得固体，用水洗涤固体2﹣3次，低温干燥，得到FeCl3•6H2O。【分析】以菱铁矿（主要成分为FeCO3，含有SiO2、Al2O3）为原料，加入稀硫酸酸溶过滤得到滤液为硫酸铝、硫酸亚铁溶液，滤渣为SiO2，滤液中加入过氧化氢氧化亚铁离子为铁离子，加入过量氢氧化钠溶液沉淀铁离子，过滤得到氢氧化铁，滤液为偏铝酸钠和氢氧化钠的混合溶液，向过滤后所得固体，用水洗涤固体2﹣3次，加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，低温干燥，得到FeCl3•6H2O，据此分析解答。【解答】解1）酸溶及后续过程中均需保持算过量，其目的除了提高铁元素的浸出率之外，还有抑制Fe3+水解；故答案为：抑制Fe3+水解；（2）向菱铁矿加稀硫酸，二氧化硅不溶，从流程可知二氧化硅被除去，故操作Ⅰ为过滤；故答案为：过滤；（3）滴加H2O2溶液氧化时，发生主要反应的离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；故答案为：H2O2+2Fe2++2H+＝2Fe3++2H2O；（4）检验铁元素全部以Fe3+形式存在，即检验是否有亚铁离子即可，方法为：取少许氧化后的溶液于试管中，向试管中滴加1﹣2滴酸性高锰酸钾溶液，紫色不褪去，说明铁元素全部以Fe3+形式存在；故答案为：取少许氧化后的溶液于试管中，向试管中滴加1﹣2滴酸性高锰酸钾溶液，紫色不褪去，说明铁元素全部以Fe3+形式存在；（5）经过氧化氢氧化后的溶液有铁离子和铝离子，加入过量NaOH溶液的目的是，将Al3+转化为AlO2﹣,分离Fe3+与Al3+；故答案为：将Al3+转化为AlO2﹣,分离Fe3+与Al3+；（6）过滤后得到的固体为氢氧化铁，由氢氧化铁制备FeCl3•6H2O的实验方案为：向过滤后所得固体，用水洗涤固体2﹣3次，加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤，低温干燥，得到FeCl3•6H2O；故答案为：加入稀盐酸使固体完全溶解，在氯化氢氛围内蒸发浓缩、冷却结晶，过滤。【点评】本题考查物质的制备实验及混合物的分离和提纯，为高频考点，把握流程图中每一步发生的反应及操作方法是解本题关键，注意结合题给信息解答，侧重分析与实验能力的考查，题目难度中等。1814分）硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于化工、医药等行业。常温下，溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O。Na2S2O3•5H2O于40～45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中，然后注入150mL蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4，在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。（1）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和△-2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2。①蒸馏烧瓶B中发生反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O。②制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是S2O32﹣+2H+═S↓Ⅱ.分离Na2S2O3•5H2O并测定含量（2）操作Ⅰ为趁热过滤，其目的是防止硫代硫酸钠晶体析出；操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用乙醇（填试剂）作洗涤剂。（3）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解。（4）已知：Na2S2O3•5H2O的摩尔质量为248g•mol﹣1；2Na2S2O3+I2═2NaI+Na2S4O6。取晶体样品ag，加水溶解后配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.005mol•L﹣1碘水滴定到终点时，消耗碘水溶液VmL，试回答：①达到滴定终点时的现象：滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点。②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为×100%。（5）滴定过程中可能造成实验结果偏低的是BD。（填字母）A．锥形瓶未用Na2S2O3溶液润洗B．锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数C．滴定到终点时仰视读数D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定到终点出现气泡Ⅲ.氰化钠是一种剧毒物质，工业上常用硫代硫酸钠溶液处理废水中的氰化钠（6）化学兴趣小组的同学配备了防毒口罩、橡胶手套和连体式胶布防毒衣等防护用具，在老师的指导下进行以下实验：向装有1.5mL0.1mol•L﹣1的NaCN溶液的试管中滴加1.5mL0.1mol•L﹣1的Na2S2O3溶液，两反应物恰好完全反应，但没有明显实验现象，取反应后的溶液少许滴入盛有10mL0.1mol•L﹣1FeCl3溶液的小烧杯中，溶液呈现血红色，请写出Na2S2O3解毒的离子方程式：CN﹣+S2O32﹣=SCN﹣+SO42﹣。【分析】（1）①在烧瓶B中，Na2SO3与浓H2SO4反应生成硫酸钠、SO2气体和水；②因为Na2S2O3无法在酸性环境中存在；易溶于水，不溶于乙醇；（3）由题意可知Na2S2O3•5H2O于40﹣45℃熔化，48℃分解，蒸发时控制温度不宜过高是为了避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解；（4）①淀粉溶液是滴定的指示剂，滴定到达终点时，溶液中S2O32﹣全部被氧化，此时再滴入I2标准液，淀粉会变蓝，因此达到滴定终点时的现象为：滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色；②由方程式2Na2S2O3+I2＝2NaI+Na2S4O6可知存在数量关系n（S2O32﹣)=2n（I2VmL溶液中含有的S2O32﹣的物质的量为2×0.005×V×10﹣3mol，则样中Na2S2O3•5H2O的物质的量为2×0.005×V×10﹣3×10mol，计算Na2S2O3•5H2O的质量分数5）c=，过程中造成n减小或者V增大的都会使结果偏小；（6）两反应物恰好完全反应，但没有明显实验现象，说明CN﹣和S2O32﹣按1：1反应，溶液呈现血红色，说明产生了SCN﹣,实验Na2S2O3解毒的离子方程式为CN﹣+S2O32﹣=SCN﹣+SO42﹣。【解答】解1）①在烧瓶B中，Na2SO3与浓H2SO4反应生成SO2气体，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O；②制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，这是因为Na2S2O3无法在酸性环境中存在，Na2S2O3在酸性条件下分解的离子方程式为S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O，故答案为：S2O32﹣+2H+═S↓+SO2↑+H2O；（2）由图甲可知，当温度过低时，Na2S2O3的溶解度小，会结晶析出，所以趁热过滤的目的是防止Na2S2O3晶体析出，由题意可知，Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以洗涤时可用无水乙醇作洗涤剂，故答案为：防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；（3）由题意可知Na2S2O3•5H2O于40﹣45℃熔化，48℃分解，蒸发时控制温度不宜过高是为了避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解，故答案为：避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解；（4）①淀粉溶液是滴定的指示剂，滴定到达终点时，溶液中S2O32﹣全部被氧化，此时再滴入I2标准液，淀粉会变蓝，因此达到滴定终点时的现象为：滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，故答案是：滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；②由方程式2Na2S2O3+I2＝2NaI+Na2S4O6可知存在数量关系n（S2O32﹣)