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2．用NA表示阿伏加德罗常数，下列叙述正确的是（ ）
正确答案
解析
A．100g 98%的浓硫酸中溶质硫酸98g，即1mol，含氧原子物质的量4mol，但浓硫酸中含有水，氧原子大于4mol，故A错误；
B．氯气通入足量水中发生反应为可逆反应，所以转移的电子数不确定，故B错误；
C．乙烯和丁烯的最简式均为CH2，故5.6g混合物中含有的CH2的物质的量n=5.6g/(14g/mol) =0.4mol，故含有的氢原子的物质的量为0.8mol，故C正确；
D．在相同温度下，pH=1且体积为1L的硫酸溶液，氢离子浓度为0.1mol/L，含有0.1mol氢离子；由于温度不同，水的离子积不同，没有告诉在常温下，pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度不一定为0.1mol/L，含有的氢氧根离子不一定为0.1mol，所以D错误。
考查方向
解题思路
A.100g质量分数是98 %的浓硫酸中硫酸的质量为98g，物质的量为1mol，所含的氧原子为4NA
B．氯气通入足量水中发生反应为可逆反应，所以转移的电子数不确定；
C．根据乙烯和丁烯的最简式均为CH2来分析；
D．温度影响水的离子积，不是常温下，pH=13的氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度不是0.1mol/L。
易错点
A．不清楚98 %的浓硫酸中所含氧原子数为硫酸和水的总和；
B．不清楚氯气通入足量水中发生反应为可逆反应，没有理解可逆反应的特点；
D．同温下不一定就是常温下，Kw不一定为1.0×10-14；
知识点
5．苯酚与邻苯二甲酸酐（ 
正确答案
解析
A.发生取代反应的过程中不饱和度不发生变化，而苯酚与邻苯二甲酸酐反应制取酚酞的过程中有一个碳氧双键断裂变成了单键，所以不饱和度发生了变化，发生的不是取代反应，所以A错误；
B．饱和碳原子周围最多有三个原子共面，而与三个苯环相连的碳原子为饱和碳原子，所以酚酞分子中的碳原子不可能共处于同一平面，所以B错误；
C．酚酞分子中含有20个碳原子，但是只含有2个羟基（亲水基),所以酚酞在中性或酸性水溶液中溶解度很小，可能会出现白色浑浊，所以C正确；
D．酚酞分子中含有2个酸性官能团羟基，可以与2个NaOH反应，同时还含有一个酯基，可以与1个NaOH反应，1 mol酚酞最多可消耗3 molNaOH，所以D错误。
考查方向
解题思路
A.发生取代反应的过程中不饱和度不发生变化；
B．饱和碳原子周围最多有三个原子共面；
C．酚酞分子中含有20个碳原子，但是只含有2个羟基（亲水基),所以酚酞在中性或酸性水溶液中溶解度很小，可能会出现白色浑浊；
D．酚酞分子中含有2个酸性官能团羟基，可以与2个NaOH反应，同时还含有一个酯基，可以与1个NaOH反应。
易错点
A．不能准确理解取代反应的特点与实质；
B．没有掌握有机合物物中共面原子的特点；
C．没有掌握有机合物物中溶解性与官能团的关系；
D．不理解有机反应中可以与NaOH反应的定量关系；
知识点
6．下列实验中
正确答案
解析
A.干燥管中的白色粉末先变成天蓝色说明有水产生，后又变成深蓝色，说明有氨气产生；
B．硝B．由于硝酸可以将SO32-氧化为SO42-；以及与BaCl2产生白色沉淀的溶液中还可能含有Ag+所以向某无色溶液中滴加硝酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，原溶液中还可能含有SO32-或者还可能含有Ag+，故B错误；
C．CuS不溶于硫酸，所以向CuSO4溶液中通入H2S气，溶液的蓝色褪去，生成了黑色CuS沉淀，但是不能说明氢硫酸的酸性比硫酸强，所以C错误；
D．向2ml0.1mol/LAgNO3溶液中先滴了几滴0.1mol/L的NaCl溶液，由于NaCl用量不足，所以在这个反应过程中Ag+没有消耗完，所以再滴入几滴0.1mol/L的NaI溶液时，剩余的Ag+可以与I-发生反应所以不能说明溶度积KSp（AgCl）＞KSp（AgI），D错误；
考查方向
解题思路
A.干燥管中的白色粉末先变成天蓝色说明有水产生，继续加热后又变成深蓝色，说明有氨气产生，所以可以说明加热温度较低时摩尔盐分解产生水蒸气，温度稍高时分解产物中有氨气，A正确；
B．硝酸可以将SO32-氧化为SO42-；以及与BaCl2产生白色沉淀的溶液中还可能含有Ag+；
C．CuS不溶于硫酸，所以向CuSO4溶液中通入H2S气，溶液的蓝色褪去，生成黑色CuS沉淀；
D．向2ml0.1mol/LAgNO3溶液中先滴了几滴0.1mol/L的NaCl溶液，由于NaCl用量不足，所以在这个反应过程中Ag+没有消耗完，所以再滴入几滴0.1mol/L的NaI溶液时，剩余的Ag+可以与I-发生反应；
易错点
A．不了解无水硫酸铜变成深蓝色的反应原理；
B．忽略硝酸可以将SO32-氧化为SO42-；以及与BaCl2产生白色沉淀的溶液中还可能含有Ag+
C．不了解CuS不溶于硫酸；
D．忽略量的关系致错。
知识点
7．向容积固定为2L的密闭容器中充入9.6mol NO和4.8mol O2，发生如下反应：
①2NO(g)＋O2 (g)
测得NO2和N2O4的浓度变化如图所示，0～10min维持容器温度为T℃，10min时改变某反应条件，一段时间后再次平衡。下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A、前5min反应的平均速率v(NO)可以根据 NO2浓度的变化量进行计算，v(NO)=v(NO2)=（1.2+2×0.8）÷5=0.56mol·(L·min)－1，错误；
B、T1℃时反应①的化学平衡常数可以根据平衡时浓度进行计算，K=1.22÷（2.02×1.0）=0.36，正确；
C、10min时 NO2和 N2O4浓度都发生了变化，所以不可能是降低温度应该为增大体积，错误；
D、将1.6mol NO2和4.0mol N2O4完全转化为NO和 O2，得到9.6molNO和4.8molO2，此时反应与原反应等效平衡，T℃达到平衡时，NO2的物质的量浓度与图中5～10min的相同，错误。
考查方向
解题思路
A、前5min反应的平均速率v(NO)可以根据 NO2浓度的变化量进行计算；
B、T1℃时反应①的化学平衡常数可以根据平衡时浓度进行计算；
C、10min时 NO2和 N2O4浓度都发生了变化，所以不可能是降低温度应该为增大体积；
D、此时反应与原反应等效平衡。
易错点
A．用NO2计算v(NO)时忽略转化为N2O4的NO2
B．计算化学平衡常数时将转化为N2O4的NO2计算在内
C．不能正确判断外界条件对平衡的影响
D、不能准确判断此时反应与原反应为等效平衡关系。
知识点
1．下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A.干燥的氯气和铁不反应，干燥的液氯能用钢瓶贮存。浓硫酸能使铁的表面钝化，因此不能跟铁进一步反应，所以可以用钢瓶储存浓硫酸，故A正确；
B．H2中混有O2的混合气体在灼热条件下发生爆炸，故B错误；
C．Cu与浓硫酸反应终止后试管中还含有一定量的浓硫酸，不能向浓硫酸中加蒸馏水，故C错误；
D．用广泛pH试纸测得溶液的pH为整数,故D错误；
考查方向
解题思路
A.干燥的氯气和铁不反应，浓硫酸能使铁的表面钝化，因此不能跟铁进一步反应；
B．H2中混有O2的混合气体在灼热条件下发生爆炸；
C．Cu与浓硫酸反应终止后试管中还含有一定量的浓硫酸，不能向浓硫酸中加蒸馏水；
D．用广泛pH试纸测得溶液的pH为整数；
易错点
A．不清楚常温下液氯和铁不反应；浓硫酸能使铁的表面钝化，因此不能跟铁进一步反应；
B．不清楚H2中混有O2的混合气体在灼热条件下发生爆炸；
C．不清楚Cu与浓硫酸反应终止后试管中还含有一定量的浓硫酸，不能向浓硫酸中加蒸馏水；
D．用广泛pH试纸测得溶液的pH为整数；
知识点
3．有以下六种溶液：①Ba(OH)2溶液；②Ba(NO3)2溶液；③KMnO4溶液；④品红试液；⑤Na2SiO3溶液；⑥NaHCO3溶液,可用于区分CO2和SO2这两种气体的有（ ）种
正确答案
解析
①SO2和CO2气体都能使Ba(OH)2溶液变浑浊，则不能区分，故①错误；
②二者中只有SO2能与Ba(NO3)2溶液中的硝酸根在酸性条件下可以反应生成硫酸根，硫酸根再与钡离子反应反应生成白色硫酸钡沉淀，则可以区分，故②正确；
③二者中只有SO2能与酸性高锰酸钾反应，使高锰酸钾溶液颜色消失，则可以区分，故③正确；
④二者中只有SO2能使品红溶液褪色，则可以区分，故④正确；
⑤SO2和CO2气体都与Na2SiO3反应，生成白色硅酸沉淀，则无法区别，故⑤错误；
⑥二者中只有SO2能与NaHCO3反应，但是得到的是CO2，则可以区分，故⑥错误；故答案为B。
考查方向
解题思路
①SO2和CO2气体都能使Ba(OH)2溶液变浑浊；
②二者中只有SO2能与Ba(NO3)2溶液反应生成白色硫酸钡沉淀；
③二者中只有SO2能与酸性高锰酸钾反应，使颜色消失；
④二者中只有SO2能使品红溶液褪色，
⑤SO2和CO2气体都与Na2SiO3反应，生成白色硅酸沉淀；
⑥SO2能与NaHCO3反应，但是得到的是CO2，则不可以区分；
易错点
不清楚SO2能与Ba(NO3)2溶液反应生成白色硫酸钡沉淀，不清楚SO2和CO2气体都与Na2SiO3反应，生成白色硅酸沉淀；不清楚SO2可以与NaHCO3反应得到的是CO2，而无法区分；
知识点
4.短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，且原子最外层电子数之和为17，X与Y是组成化合物种类最多的元素，W是地壳中含量最高的元素。下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
A．原子的电子层数不同时，层数越大，半径越大，当电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小，所以X、Y、Z、W、M四种元素中M元素即铝元素半径最大，A错误；
B．H、N、O三种元素可以形成含有离子键和共价键的硝酸铵，所以B错误；
C．N的非金属性小于O，而非金属性越强，氢化物的稳定性越强，所以O的气态氢化物比N的气态氢化物更稳定,C错误；
D．Y4X8W2即为C4H8O2,其中为羧酸的有2种，为酯的有4种，同时含有羟基和醛基的有4种，含有两个羟基和一个碳碳双键的有8种等，所以C4H8O2物质超过10种，D正确。
考查方向
解题思路
根据“短周期元素X、Y、Z、W、M的原子序数依次增大，且X与Y是组成化合物种类最多的元素”可以确定X与Y分别为氢元素和碳元素；根据“W是地壳中含量最高的元素”可知W是氧元素，Z为氮元素，再根据“原子最外层电子数之和为17”可知M为铝元素；所以X、Y、Z、W、M五种元素分别为：氢元素、碳元素、氮元素、氧元素、铝元素； A．原子的电子层数不同时，层数越大，半径越大，当电子层数相同时，原子序数越大，原子半径越小， B．H、N、O三种元素可以形成含有离子键和共价键的硝酸铵；
C．非金属性越强，氢化物的稳定性越强； D．Y4X8W2即为C4H8O2,其中为羧酸的有2种，为酯的有4种，同时含有羟基和醛基的有4种，含有两个羟基和一个碳碳双键的有8种等，
易错点
不能准确提取有关元素结构和性质的信息，不能准确把握元素周期律以及有关元素化合物的性质。
知识点
9．铜及其化合物在工业上有许多用途。回答下列问题：
（1）某工厂以辉铜矿(主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质)为原料制备不溶于水的碱式碳酸铜的流程如下：
①浸取反应中氧化剂的化学式为_______；滤渣Ⅰ的成分为MnO2、S和_______（写化学式）
②“除铁”这一步反应在25℃进行，加入试剂A调节溶液PH为4后，溶液中铜离子最大浓度不超过_______mol/L。（已知Ksp[Cu(OH)2]=2.2×10-20）
③“沉锰”（除Mn2+）过程中反应的离子方程式______________。
④ 滤液Ⅱ经蒸发结晶得到的盐主要是_______（写化学式）。
（2）某实验小组同学用电化学原理模拟湿法炼铜，进行了一系列探究活动。
①如下左图为某实验小组设计的原电池装置，盐桥内装载的是足量用饱和氯化钾溶液浸泡的琼脂，反应前，电极质量相等，一段时间后，两电极质量相差6.00 g，则导线中通过了_______mol电子，若不考虑甲、乙两池电解质溶液中的离子向盐桥中移动，则甲、乙两池电解质溶液的总质量与实验开始前的电解质溶液的总质量相差_______g
②其他条件不变，若将盐桥换成光亮的U形弯铜丝浸入甲池与乙池，如上右图所示，电流计指针偏转方向与先前一样，但偏转角度明显减小。一段时间后，乙池石墨棒浸入液面以下部分也析出了一层紫红色固体，则甲池铜丝附近溶液的pH_______ (填“减小”、“增大”或“不变”) ，乙池中石墨为_______极(填“正”、“负”、“阴”或“阳”)
正确答案
（1）①MnO2 SiO2；
②2.2
③Mn2+ +HCO3-+NH3 = MnCO3↓+ NH4+；
④(NH4)2SO4
（2）①0.1；7.05
②增大；阴
解析
①由滤渣1的成份可知反应的化学方程式是：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，所以根据方程式判断出浸取反应中氧化剂的为MnO2；根据物质的性质可以知道过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，所以答案为：MnO2、SiO2；
②根据pH为4可以知道c(OH-)=10-10mol/L，再根据Ksp[Cu(OH)2]知道c(Cu2+)=Ksp/[c(OH-)2]=2.2mol/L；所以答案为2.2
③“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，所以该反应的离子方程式为：Mn2+ +HCO3-+NH3 = MnCO3↓+ NH4+；故答案为：Mn2+ +HCO3-+NH3 = MnCO3↓+ NH4+
④ 根据元素守恒判断滤液Ⅱ盐的主要成分。滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体，故答案为：（NH4）2SO4 。
（2）①设导线中通过的电子的物质的量为x，则负极减少28 g·mol－1·x，正极增重32 g·mol－1·x，28x＋32x＝6，x＝0.1mol。若不考虑甲、乙两池电解质溶液中的离子向盐桥中移动，根据盐桥的作用，甲池由于电极反应增加质量为2.8g,移动到甲池的Cl-也为0.1mol，质量增加3.55g，所以甲池总共增加（2.8+3.55）=6.35g，而乙池由于电极反应质量减少3.2g，移动到乙池的K+也为0.1mol，质量增加3.9g，所以乙池总共增加（3.9-3.2）=0.7g，所以乙两池电解质溶液的总质量与实验开始前的电解质溶液的总质量相差6.35+0.7 =7.05g。故答案为：0.1；7.05。
②乙池石墨棒析出了紫红色固体，则甲池为原电池，乙池为电解池，甲池中铜电极为正极，发生吸氧腐蚀反应，所以生成OH-，乙池中石墨电极为阴极；故答案为：增大；阴。
考查方向
解题思路
辉铜矿主要成分为Cu2S，含少量Fe2O3、SiO2等杂质，加入稀硫酸和二氧化锰浸取，过滤得到滤渣为MnO2、SiO2、单质S，滤液中含有Fe3+、Mn2+、Cu2+，调节溶液PH除去铁离子，加入碳酸氢铵溶液沉淀锰过滤得到滤液赶出氨气循环使用，得到碱式碳酸铜。
①由滤渣1的成份可知反应的化学方程式是：2MnO2+Cu2S+4H2SO4=S↓+2CuSO4+2MnSO4+4H2O，根据方程式判断；
②根据Ksp[Cu(OH)2]进行计算；
③“沉锰”（除Mn2+）过程中，加入碳酸氢铵和氨气，生成碳酸锰沉淀，以此可书写反应的离子方程式；
④ 根据元素守恒判断滤液Ⅱ盐的主要成分。滤液Ⅱ主要是硫酸铵溶液通过蒸发浓缩，冷却结晶，过滤洗涤得到硫酸铵晶体．
(2)①根据导线中通过的电子的物质的量与两个电极质量变化的关系求解；
②乙池石墨棒析出了紫红色固体，则甲池为原电池，乙池为电解池，甲池中铜电极为正极，发生吸氧腐蚀反应，所以生成OH-，乙池中石墨电极为阴极；
易错点
不能有效提取图表中信息，阅读材料、接受信息的能力不强，物质的分离提纯的方法掌握不熟练，不能通过化合价变化确立氧化剂，不能根据Ksp[Cu(OH)2]进行有关计算，不能根据原子守恒确立断滤液的主要成分，没有理解盐桥的作用。
知识点
8.一氧化碳在催化剂作用下能与H2、H2O、烯、炔等反应，是制备有机物的重要原料。工业上将CO和H2的混合气体在一定条件下可合成甲醇。
（1）已知在某温度和压强下：
①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g） △H1kJ·mol－1
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g） △H2kJ•mol-1
③2CH3OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g） △H3kJ•mol-1
则CO（g）+2H2（g）⇌ CH3OH（g） △H=_______________kJ•mol-1
（2）在一定温度下，若将10molCO和20molH2放入2L的密闭容器中，达平衡后测得CO的转化率为40%，则该反应的平衡常数为______________________；若此时再向该容器中投入10molCO、20molH2和10molCH3OH，判断平衡移动的方向是___________（填“正向移动”、“逆向移
（3） 一定条件下，CO可与粉末状的氢氧化钠作用生成甲酸钠。
①常温时，甲酸的电离平衡常数Ka=1.70×10-4。甲酸钠的水溶液呈碱性，请用离子反应方程式表示其原因_______，0.1mol/L的甲酸钠溶液pH约为_______（已知：lg17 ≈1.23, 计算结果保留一位小数）
②向20ml 0.1mol/L的甲酸钠溶液中小心滴加10ml 0.1mol/L的盐酸，混合液呈酸性，请按由大到小的顺序给溶液中离子浓度排序。
正确答案
（1）
（2）
（3）① HCOO- +H2O ⇌ HCOOH + OH- 8.4
② C（Na+）＞C（HCOO-）＞C(Cl-)＞C（H+）＞C（OH-）
解析
（1）①2CO（g）+O2（g）═2CO2（g）△H1
②2H2（g）+O2（g）═2H2O（g）△H2
③2CH3 OH（g）+3O2（g）═2CO2（g）+4H2O（g）△H3
根据盖斯定律：①×1/2+②-③×1/2
得CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H=
故答案为：CO（g）+2H2（g）⇌CH3OH（g）；△H=
（2）CO（g）+2H2（g）
起始浓度 5mol/L 10mol/L 0
转化浓度 2mol/L 4mol/L 2mol/L
平衡浓度3mol/L 6mol/L 2mol/L
k=2/(3×62)=1/54;
若此时再向该容器中投入10mol CO、20 mol H2和10 mol CH3OH，则Qc＜K，所以平衡移动的方向是正方向移动，由于平衡正向移动，所以新平衡与原平衡相比，CO的物质的量分数减小，故答案为：1/54；向正反应方向；减小；
（3）①由于甲酸的电离平衡常数Ka=1.70×10-4。所以甲酸为弱酸，甲酸钠的水溶液呈碱性的原因为甲酸根离子的水解，水解的离子方程式为：HCOO- +H2O ⇌ HCOOH + OH-，0.1mol/L的甲酸钠溶液pH可以根据水解平衡常数和电离平衡常数的关系求解：Kh==Kw/Ka=（1.0×10-14）/(1.70×10-4)=（1/1.70）×10-10
甲酸钠电离出HCOOH以及OH-的浓度相等，根据水解平衡常数的表达式
Kh=[c(HCOOH(×c(OH-)]/c（HCOO-）可以得出c(OH-)2=(1/17)×10-12，所以c(OH-)=(1/172)×10-6，则c(H+)=
(1/172)×10-8，从而求解得出pH= 8.4所以的故答案为：HCOO- +H2O ⇌ HCOOH+ OH-、8.4
② 向20ml 0.1mol/L的甲酸钠溶液中小心滴加10ml 0.1mol/L的盐酸，反应后溶质为HCOOH和HCOONa、NaCl,且三者的物质的量之比为1:1:1，由于混合液呈酸性，则HCOOH的电离程度大于HCOONa的水解程度，所以溶液中离子浓度大到小的顺序为C（Na+）＞C（HCOO-）＞C(Cl-)＞C（H+）＞C（OH-）；
故答案为： C（Na+）＞C（HCOO-）＞C(Cl-)＞C（H+）＞C（OH-）
考查方向
解题思路
（1）根据已知热化学方程式，结合盖斯定律计算求反应热；
（2）根据三行式计算化学反应的平衡常数，根据Qc和K的关系判断化学反应的方向；
（3）①根据甲酸的电离平衡常数判断甲酸为弱酸，所以甲酸钠为强碱弱酸盐显碱性；0.1mol/L的甲酸钠溶液pH可以根据水解平衡常数和电离平衡常数的关系求解，溶液中离子浓度排序可以根据反应后溶质的成分以及溶质的物质的量之比为、混合液呈酸性进行判断。
易错点
（1）不能灵活应用盖斯定律致错；
（2）没有理解平衡常数的特点致错；
（3）不能灵活应用电离平衡常数与水解平衡常数的关系求解。
知识点
10． NaCN为剧毒无机物。某化学兴趣小组查阅资料得知，实验室里的氰化钠溶液可使用硫代硫酸钠溶液进行统一解毒销毁，他们开展了以下三个实验，根据要求回答问题：
实验Ⅰ.硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3▪5H2O）的制备
已知Na2S2O3·5H2O对热不稳定，超过48℃即开始丢失结晶水。现以亚硫酸钠、硫化钠和碳酸钠等为原料、采用下述装置制备硫代硫酸钠，反应原理为：
①Na2CO3+SO2=Na2SO3+CO2
②Na2S+SO2+H2O=Na2SO3+H2S
③2H2S+SO2=3S↓+2H2O
④Na2SO3+S
（1）将硫化钠和碳酸钠按反应要求的比例一并放入三颈烧瓶中，注入150mL蒸馏水使其溶解，在蒸馏烧瓶中加入亚硫酸钠固体，在分液漏斗中注入____________（填以下选择项的字母），并按下图安装好装置，进行反应。
A．稀盐酸
B．浓盐酸
C．70%的硫酸
D．稀硝酸
从以上反应可知Na2S 与Na2CO3的最佳物质的量比是___________。
（2）pH小于7即会引起Na2S2O3溶液的变质反应，会出现淡黄色混浊。反应约半小时,当溶液中pH接近或不小于7时，即可停止通气和加热。如果SO2通过量，发生的化学反应方程式为___________。
（3）从上述生成物混合液中获得较高产率Na2S2O3▪5H2O的歩骤为
为减少产品的损失，操作①为趁热过滤，其目的是______________________；操作②是______________________；操作③是抽滤、洗涤、干燥。
Ⅱ.产品纯度的检测
（1）已知：Na2S2O3▪5H2O的摩尔质量为248g/mol；2Na2S2O3+I2=2NaI+Na2S4O6。取晶体样品ag，加水溶解后，滴入几滴淀粉溶液，用0.010mol/L碘水滴定到终点时，消耗碘水溶液vmL，则该样品纯度是___________
（2）滴定过程中可能造成实验结果偏低的是___________
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．滴定终点时仰视读数
D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡
Ⅲ.有毒废水的处理
化学兴趣小组的同学在配备防毒口罩，橡胶手套和连衣式胶布防毒衣等防护用具以及老师的指导下进行以下实验：
向装有2ml0.1mol/L 的NaCN溶液的试管中滴加2ml0.1mol/L 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 FeCl3溶液的小烧杯，溶液呈现血红色，请写出Na2S2O3解毒的离子反应方程式______________________
正确答案
Ⅰ.硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3▪5H2O）的制备；
（1）C 2:1；
（2）Na2S2O3 ＋SO2＋H2O＝2NaHSO3＋S↓
（3）趁热是为了防止晶体在过滤的过程中在漏斗中析出导致产率降低，过滤是为了除去活性炭、硫等不溶性杂质 蒸发浓缩，冷却结晶；
Ⅱ.产品纯度的检测；（1）
（2）BD
Ⅲ.有毒废水的处理
CN-+S2O32-＝SCN-+SO32-
解析
实验Ⅰ.（1）实验室用亚硫酸钠固体制取SO2的时要用浓度较大的硫酸，SO2与H2S的反应关系为1:2，判断Na2S 与Na2CO3的最佳比为2:1；故答案为：C 、2:1。
（2）,如果SO2通过量会使溶液呈酸性，题给信息中pH小于7即会引起Na2S2O3溶液的变质反应，会出现淡黄色混浊，故答案为：Na2S2O3 ＋SO2＋H2O＝2NaHSO3＋S↓；
（3）趁热是为了防止晶体在过滤的过程中在漏斗中析出导致产率降低，过滤是为了除去不溶性杂质， 将不稳定的溶质从溶液中提取出来的方法是蒸发浓缩，冷却结晶；故答案为：趁热是为了防止晶体在过滤的过程中在漏斗中析出导致产率降低，过滤是为了除去活性炭、硫等不溶性杂质， 将不稳定的溶质从溶液中提取出来的方法是蒸发浓缩，冷却结晶。
实验Ⅱ.（1）根据原子守恒法求解样品的纯度，Na2S2O3与I2的关系为2:1，根据题给信息，消耗的碘为1.0×10-5mol，所以样品中Na2S2O3的物质的量为2.0×10-5mol，所以样品纯度=（248×2.0×10-5）/a
=
根据氧化还原滴定原理进行实验误差的分析；
A．锥形瓶未用Na2S2O3溶液润洗，不会造成I2的用量改变，所以没有误差产生；
B．锥形瓶中溶液变蓝后立刻停止滴定，进行读数，由于滴加过程中，所加液体先与锥形瓶中与它直接接触的液体反应，但锥形瓶中液体较多，需要等待一段时间后才能确定是否完全反应，所以立即读数导致消耗的I2的用量减少，所以导致实验结果偏低。
C．滴定终点时仰视读数，导致消耗的I2的用量增大，所以实验结果偏高。
D．滴定管尖嘴内滴定前无气泡，滴定终点发现气泡，导致消耗的I2的用量减少，所以导致实验结果偏低。
故答案为：BD
实验Ⅲ.根据掌握化合价升降守恒以及元素守恒进行离子方程式的书写和配平反应的方程式为：CN-+S2O32-＝SCN-+SO32- ；
考查方向
解题思路
实验Ⅰ.（1）实验室用亚硫酸钠固体制取SO2的时要用浓度较大的硫酸，SO2与H2S的反应关系为1:2，判断Na2S 与Na2CO3的最佳比；
（2）,如果SO2通过量会使溶液呈酸性，题给信息中pH小于7即会引起Na2S2O3溶液的变质反应，会出现淡黄色混浊；
（3）趁热是为了防止晶体在过滤的过程中在漏斗中析出导致产率降低，过滤是为了除去不溶性杂质， 将不稳定的溶质从溶液中提取出来的方法是蒸发浓缩，冷却结晶；
实验Ⅱ.（1）根据原子守恒法求解样品的纯度，Na2S2O3与I2的关系为2:1。
（2）根据氧化还原滴定原理进行实验误差的分析；
实验Ⅲ.根据掌握化合价升降守恒以及元素守恒进行离子方程式的书写和配平；
易错点
不能全面、正确理解实验目的，对实验基本操作把握准确。
实验Ⅰ.（1）没有掌握实验室制取SO2的基本原理；不能根据SO2与H2S的反应关系判断Na2S 与Na2CO3的最佳比；
（2）不知道如果SO2通过量会使溶液呈酸性；
（3）没有理解趁热过滤其目的；
实验Ⅱ.（1）不能根据原子守恒法求解样品的纯度；
（2）没有掌握分析实验误差的基本方法和原理；
实验Ⅲ.没有掌握化合价升降守恒以及元素守恒进行离子方程式的书写技巧；
知识点
11．【化学——选修2：化学与技术】
锌是一种过渡金属,外观呈现银白色，在现代工业中对于电池制造上有不可磨灭的地位。现代炼锌的方法可分为火法和湿法两大类. 硫酸铅是生产锌的副产品。
（1）火法炼锌是将闪锌矿（主要含ZnS）通过浮选、焙烧使它转化为氧化锌，再把氧化锌和焦炭混合，在鼓风炉中加热至1473-1573K，使锌蒸馏出来。将闪锌矿焙烧使它转化为氧化锌的主要化学反应方程式为_____________________。
（2）某含锌矿的主要成分为ZnS（还含少量FeS等其他成分），以其为原料冶炼锌的工艺流程如图所示：
回答下列问题：
①焙烧过程中产生的含尘烟气可净化制酸，该酸可用于后续的_______操作。
②浸出液“净化”过程中加入的主要物质为锌粉，其作用是______________。
③改进的锌冶炼工艺，采用了“氧压酸浸”的全湿法流程，既省略了易导致空气污染的焙烧过程，又可获得一种有工业价值的非金属单质。“氧压酸浸”中发生的主要反应的离子方程式为________
（3）工业冶炼锌的过程中，会产生铅浮渣（主要成分是PbO、Pb，还含有少量Ag、Zn、CaO和其他不溶于硝酸的杂质），某科研小组研究利用铅浮渣生产硫酸铅的流程如下：
已知：25℃时，Ksp（CaSO4）＝4．9×10－5，KSP（PbSO4）＝1．6×10－8。
①已知步骤Ⅰ有NO气体产生，浸出液中含量最多的阳离子是Pb2＋。写出Pb参加反应的化学方程式______________________________________。
②步骤Ⅰ需控制Pb的用量并使Pb稍有剩余，目的是___________________________，产品PbSO4还需用Pb（NO3）2溶液多次洗涤，目的是___________________。
③母液中可循环利用的溶质的化学式是_____________（填一种物质）；母液经过处理可得电镀Zn时电解质溶液，在铁棒上镀锌时，阳极材料为_________________。
（4）银锌电池是一种常见电池，电池的总反应式为：Ag2O + Zn + H2O ＝ 2Ag + Zn(OH)2, 电解质溶液为KOH溶液,电池工作时正极的电极式为__________________________
正确答案
（1）2ZnS +3O2
（2）①浸出
②置换出Fe等 ，以达到净化的目的
③2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O
（3）① 3Pb + 8HNO3 ＝3Pb( NO3)2+2NO↑+4H2O
② 防止Ag被溶解进入溶液（或使Ag留在浸出渣中） 除去附着在硫酸铅表面的微溶物硫酸钙
③ HNO3 Zn或锌
（4）Ag2O+H2O+2e- =2Ag+2OH-
解析
（1）由题中信息可知，闪锌矿（主要成分是ZnS）通过浮选焙烧使它转化为氧化锌，化学反应方程式为：2ZnS+3O2
（2）①后续操作中要用硫酸进行酸浸；
②浸出液中含有Fe2+离子，所以加入锌粉可以将Fe2+置换而达到净化的目的
③“氧压酸浸”可获得的非金属单质只能是S单质，所以离子方程式为2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O
（3）①Pb与HNO3发生氧化还原反应生成NO以及稳定的二价Pb，化学方程式为：3Pb + 8HNO3 ＝3Pb( NO3)2+2NO↑+4H2O
②Pb过量可将溶解的Ag置换出来，防止Ag+进入溶液，产品中含有的主要杂质是CaSO4，根据沉淀转化原理，加入Pb(NO3)2溶液可使CaSO4转化为Ca（NO3）2，除去杂质。故答案为：防止Ag被溶解进入溶液（或使Ag留在浸出渣中）；除去附着在硫酸铅表面的微溶物硫酸钙；
③母液循环利用，第一步需要加入HNO3，因此母液中溶质主要是HNO3。在铁棒上镀锌时，阳极材料为锌片，故答案为： HNO3 、Zn或锌。
（4）由电池总反应可知该纽扣电池的反应中Zn为还原剂、氧化银为氧化剂，由于电解质溶液为KOH溶液，溶液呈碱性，所以Ag2O+H2O+2e- =2Ag+2OH- 。
考查方向
解题思路
（1）由题中信息可知，闪锌矿（主要成分是ZnS）通过浮选焙烧使它转化为氧化锌，反应的化学方程式为：2ZnS+3O2
（2）①后续操作中要用硫酸进行酸浸；所以焙烧过程中产生的含尘烟气净化制得的酸可用于后续的浸出操作，故答案为：浸出。
②浸出液中含有Fe2+离子，所以加入锌粉可以将Fe2+置换而达到净化的目的，故答案为：置换出Fe等 ，以达到净化的目的。
③“氧压酸浸”可获得的非金属单质只能是S单质，所以离子方程式为2ZnS+4H++O2=2Zn2++2S↓+2H2O
（3）①Pb与HNO3发生氧化还原反应生成NO以及稳定的二价Pb，
②Pb过量可将溶解的Ag置换出来，防止Ag+进入溶液，产品中含有的主要杂质是CaSO4，根据沉淀转化原理，加入Pb(NO3)2溶液可使CaSO4转化为Ca（NO3）2，除去杂质。
③母液循环利用，第一步需要加入HNO3，因此母液中溶质主要是HNO3。在铁棒上镀锌时，阳极材料为锌片。
（4）由电池总反应可知该纽扣电池的反应中Zn为还原剂、氧化银为氧化剂。
易错点
（1）不注意对方程式配平；
（2）没有捕捉图中信息，不能理解流程环节的反应原理；
（4）没有掌握电极反应的书写技巧，特别容易忽略反应体系的酸碱性致错；