2022届高考化学一轮复习 实验专题突破06——无机化合物制备探究实验提高题（含解析）.docx

1、无机化合物制备探究实验提高题填空题(共13题)1氰化钠(NaCN)是一种基本化工原料，同时也是一种剧毒物质。一旦泄漏需要及时处理，一般可以通过喷洒双氧水或过硫酸钠(Na2S2O8)溶液来处理，以减轻环境污染。I.(1)NaCN用双氧水处理后，产生一种酸式盐和一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该反应的化学方程式是_。.工业制备过硫酸钠的反应原理如下： 主反应：(NH4)2S2O8+2NaOHNa2S2O8+2NH3+2H2O副反应：2NH3+3Na2S2O8+6NaOH6Na2SO4+6H2O+N2某化学小组利用上述原理在实验室制备过硫酸钠，并用过硫酸钠溶液处理含氰化钠的废水。实验一：实验室

2、通过如下图所示装置制备Na2S2O8。(2)装置中盛放双氧水的仪器名称是_。(3)装置a中反应产生的气体需要持续通入装置c的原因是_。(4)上述装置中还需补充的实验仪器或装置有_（填字母）。A温度计 B洗气瓶 C水浴加热装置 D环形玻璃搅拌棒实验二：测定用过硫酸钠溶液处理后的废水中氰化钠的含量。已知：废水中氰化钠的最高排放标准为0.50mg/L。Ag+2CN-=Ag(CN)2-，Ag+I-=AgI，AgI呈黄色，且CN-优先与Ag+反应。实验如下：取1L处理后的NaCN废水，浓缩为10.00mL置于锥形瓶中，并滴加几滴KI溶液作指示剂，用1.010-3mol/L 的标准AgNO3溶液滴定，消耗

3、AgNO3溶液的体积为5.00mL。(5)滴定终点的现象是_。(6)处理后的废水是否达到排放标准？_（填“是”或“否”）。.(7)常温下，含硫微粒主要存在形式，受pH影响。利用电化学原理，用惰性电极电解饱和NaHSO4溶液也可以制备过硫酸钠。已知在阳极放电的离子主要为HSO4-，则阳极反应方程式为_。2亚硝酰氯(NOCl，熔点：-64.5，沸点：-5.5)是一种黄色气体，遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温常压下合成。(1)甲组的同学拟制备原料气NO和Cl2，制备装置如图所示：为制备纯净干燥的气体，装置II中盛放的药品是：_。写出该装置制备氯气的离子方

4、程式：_。为了制备纯净干燥的NO，装置I中蒸馏烧瓶中的试剂为Cu，分液漏斗中装有稀硝酸，则装置II中盛放的是_。(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl，装置如图所示：装置连接顺序为a_(按气流自左向右方向，用小写字母表示)。装置、除可进一步干燥NO和Cl2外，另一个作用是_。装置的作用是_。装置中吸收尾气时，NOCl发生反应的化学方程式为_。3氧和硫属于同主族元素，其单质和化合物在生产生活中用途很广。SO2可用于防腐剂、消毒剂，也是一种重要的冷冻介质。实验室可用如图所示装置制备SO2，并用纯净SO2进行相关实验。(1)上述方法制备的SO2，往往因伴有硫酸小液滴而呈白雾状。除去白雾

5、可在制备装置后连接除杂装置，请画出除杂装置并标明装置中的试剂_。(2)将SO2通入0.1mol/L Ba(NO3)2溶液得到白色沉淀，该反应的离子方程式为_。分别用煮沸和未煮沸过的蒸馏水配制Ba(NO3)2和BaCl2溶液，进行如下实验：(3)实验C中，没有观察到白色沉淀，但pH传感器显示溶液呈酸性，用化学用语表示其原因_。(4)实验B中出现白色沉淀比实验A快很多。由此得出的结论是_。(5)测定水中溶解O2的量，常用的方法是：i量取a mL水样，迅速加入足量MnSO4溶液及含有NaOH的KI溶液，立即塞好塞子，振荡使反应均匀。ii开塞，迅速加入适量的硫酸，此时有I2生成。iii向ii所得溶液中

6、滴加2滴淀粉溶液为指示剂，用b mol/LNa2S2O3标准溶液滴定至终点共消耗了Na2S2O3溶液V mL。有关反应方程式为：2Mn2+ + O2+ 4OH- = 2MnO(OH)2（反应很快）MnO(OH)2 + 2I- + 4H+= Mn2+ + I2 + 3H2O I2 + 2S2O32- = 2I- + S4O62-水中溶解 O2的量（以mg/L为单位）为_。判断达到滴定终点的实验依据为 _。4晶体呈白色，是一种良好的有机合成催化剂，实验室用如图所示装置制取。已知：易溶于盐酸微溶于水，难溶于乙醇，在空气中易被氧化，在水溶液中存在平衡：（无色溶液）（1）仪器a的名称为_；装置A中反生反

7、应的化学方程式是_。（2）装置B中发生的离子反应方程式为_；当溶液中出现_现象时，说明反应已经完成，可以停止实验。（3）实验结束，在锥形瓶B中加入水的目的是_。（4）氯化亚铜的定量分析：称取样品0.250g于锥形瓶中，加入过量的溶液，不断摇动；待样品溶解后，加入蒸馏水和2滴指示剂；立即用硫酸铈标准溶液滴定至绿色为终点；重复三次，消耗硫酸铈溶液的平均体积为。上述相应化学反应为、，则样品中的纯度为_（保留三位有效数字）。5氨基甲酸铵（）是一种易分解、易水解的白色固体，可用于化肥、灭火剂、洗涤剂等。某化学兴趣小组模拟工业原理制备氨基甲酸铵。反应式：。(1)如果使用如图所示的装置制取，你所选择的试剂是

8、_。(2)制备氨基甲酸铵的装置如图，把氨和二氧化碳通入四氯化碳中，不断搅拌混合，生成的氨基甲酸铵小晶体悬浮在四氯化碳中，当悬浮物较多时，停止制备。（注：四氯化碳与液体石蜡均为惰性介质。）发生器用冰水冷却的原因是_；液体石蜡鼓泡瓶的作用是_；发生反应的仪器名称是_。从反应后的混合物中过滤分离出产品。为了得到干燥产品，应采取的方法是_（选填序号）a.常压加热烘干 b.高压加热烘干 c.真空40以下烘干(3)尾气有污染，吸收处理所用试剂为浓硫酸，它的作用是_。(4)取因部分变质而混有碳酸氢铵的氨基甲酸铵样品，用足量石灰水充分处理后，使碳元素完全转化为碳酸钙，过滤、洗涤、干燥，测得质量为。样品中氨基甲

9、酸铵的质量分数为_。已知6莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O是一种重要的还原剂，在空气中比一般的 亚铁盐稳定。某学习小组设计如下实验制备少量的莫尔盐并测定其纯度。回答下列问题：.制取莫尔盐(1)连接装置，检查装置气密性。将0.1mol(NH4)2SO4晶体置于玻璃仪器中_填仪器 名称)，将6.0g洁净铁屑加入锥形瓶中。(2)打开分液漏斗瓶塞，关闭活塞K3，打开K2、K1，加完55.0mL2molL-1稀硫酸后关闭K1。待大部分铁粉溶解后，打开K3、关闭K2，此时可以看到的现象为_；原因是_。关闭活塞K2、K3，采用100水浴蒸发B中水分，液面产生晶膜时，停止加热，冷却结晶、_、用无水乙

10、醇洗涤晶体。该反应中硫酸需过量，保持溶液的pH在12之间， 其目的为_。装置C的作用为_，装置C存在的缺点是_。.测定莫尔盐样品的纯度：取mg该样品配制成1L溶液，分别设计如下两个实验方案，请回答：方案一：取20.00mL所配硫酸亚铁铵溶液用0.1000molL-1的酸性K2Cr2O7溶液进行滴定。重复三次。(1)已知：Cr2O72-还原产物为Cr3+，写出此反应的离子方程式_。(2)滴定时必须选用的仪器是_。方案二：取20.00mL所配硫酸亚铁铵溶液进行如下实验。(NH4)2Fe(SO4)26H2O，Mr392，BaSO4，Mr233待测液足量的BaCl2溶液过滤洗涤干燥称量wg固体(3)莫

11、尔盐晶体纯度为_(用含m、w的式子表示,不用算出结果)。(4)若实验操作都正确，但方案一的测定结果总是小于方案二，其可能原因为_。7焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是一种可溶于水的白色或淡黄色小晶体，食品级焦亚硫酸钠可作为贮存水果的保鲜剂等。某化学研究兴趣小组欲自制焦亚硫酸钠并探究其部分化学性质等。(1)制备Na2S2O5，如图（夹持及加热装置略）可用试剂：饱和Na2SO3溶液、浓NaOH溶液、浓H2SO4、苯、Na2SO3固体（试剂不重复使用）焦亚硫酸钠的析出原理：NaHSO3(饱和溶液)Na2S2O5(晶体)+H2O(l)F中盛装的试剂是_，作用是_。通入N2的作用是_。Na2S2O5晶体在_

12、（填“A”或“D”或“F”）中得到，再经离心分离，干燥后可得纯净的样品。若撤去E，则可能发生_。(2)设计实验探究Na2S2O5的性质，完成表中填空：预测Na2S2O5的性质探究Na2S2O5性质的操作及现象探究一Na2S2O5的溶液呈酸性 探究二Na2S2O5晶体具有还原性取少量Na2S2O5晶体于试管中，滴加1mL2molL-1酸性KMnO4溶液，剧烈反应，溶液紫红色很快褪去_。（提供：pH试纸、蒸馏水及实验必需的玻璃仪器）探究二中反应的离子方程式为_(KMnO4Mn2+)(3)利用碘量法可测定Na2S2O5样品中+4价硫的含量。实验方案：将agNa2S2O5样品放入碘量瓶（带磨口塞的锥形

13、瓶）中，加入过量c1molL-1的碘溶液，再加入适量的冰醋酸和蒸馏水，充分反应一段时间，加入淀粉溶液，_（填实验步骤），当溶液由蓝色恰好变成无色，且半分钟内溶液不恢复原色，则停止滴定操作重复以上步骤两次记录数据。（实验中必须使用的试剂有c2molL-1的标准Na2S2O3溶液；已知：2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI）(4)含铬废水中常含有六价铬Cr()利用Na2S2O5和FeSO47H2O先后分两个阶段处理含Cr2O72-的废水，先将废水中Cr2O72-全部还原为Cr3+，将Cr3+全部转化为Cr(OH)3而除去，需调节溶液的pH范围为_。已知：KspCr(OH)3=6.410

14、-31，lg20.3，c(Cr3+)5.6 【分析】从焦亚硫酸钠的析出原理NaHSO3(饱和溶液)Na2S2O5(晶体)+H2O(l)可以看出，要制取Na2S2O5(晶体)，需先制得NaHSO3(饱和溶液)，所以A装置的作用是用浓硫酸与Na2SO3固体反应制取SO2，将SO2再通入饱和Na2SO3溶液中制得NaHSO3饱和溶液。因为Na2S2O5易被空气中的O2氧化，所以需排尽装置内的空气，这也就是在A装置内通入N2的理由。由于SO2会污染环境，所以F装置应为吸收尾气的装置，为防倒吸，加了装置E。【详解】(1)从以上分析知，F装置应为SO2的尾气处理装置，F中盛装的试剂是浓NaOH溶液，作用是

15、吸收剩余的SO2。答案为：浓NaOH溶液；吸收剩余的SO2；为防装置内空气中的氧气将Na2S2O5、NaHSO3、Na2SO3等氧化，需排尽装置内的空气，所以通入N2的作用是排尽空气，防止Na2S2O5被氧化。答案为：排尽空气，防止Na2S2O5被氧化；Na2S2O5晶体由NaHSO3饱和溶液转化而得，所以应在D中得到。答案为：D；因为E中的双球能容纳较多液体，可有效防止倒吸，所以若撤去E，则可能发生倒吸。答案为：倒吸；(2)既然是检测其是否具有酸性，则需用pH试纸检测溶液的pH，若在酸性范围，则表明显酸性。具体操作为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2

16、O5溶液点在pH试纸上，试纸变红。答案为：用适量蒸馏水溶解少量Na2S2O5固体于试管中，用玻璃棒醮取少量Na2S2O5溶液点在pH试纸上，试纸变红；探究二中，Na2S2O5具有还原性，能将KMnO4还原为Mn2+，自身被氧化成SO42-，同时看到溶液的紫色褪去，反应的离子方程式为5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O。答案为：5S2O52-+4MnO4-+2H+=10SO42-+4Mn2+H2O；(3)根据信息，滴定过量碘的操作是：用c2molL-1的标准Na2S2O3溶液滴定。答案为：用c2molL-1的标准Na2S2O3溶液滴定；(4)c(Cr3+)6.4

17、10-31，c(OH-)4.010-9molL-1，c(H+)5+2lg2=5.6。答案为：pH5.6。【点睛】Na2S2O5来自于NaHSO3的转化，且二者S的价态相同，所以在研究Na2S2O5的性质时，可把Na2S2O5当成NaHSO3。8HCOOHH2O+CO CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下爆炸 E 装置中产生黑色沉淀 473K 0.50 【分析】A装置中甲酸和浓硫酸反应生成CO，经B装置中浓硫酸进行干燥，根据方程式Ni(CO)4(g)Ni(s)+4CO(g)，温度在5080是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度可选用水浴加热，Ni(CO)4的沸点为4

18、3，所以反应生成的Ni(CO)4会变成气体，在D装置中进行冷凝得到Ni(CO)4液体，之后利用E装置吸收未反应的CO，同时为了防止Ni(CO)4与空气混合加热，需先通一段时间的CO，通过观察E装置中是否有黑色成生成可判断装置中是否充满CO。【详解】(1)装置A中甲酸与在浓硫酸的作用下生成CO和水，反应方程式为HCOOHH2O+CO；(2)温度在5080是更有利于Ni(CO)4的生成，为了更好的控制温度，且可避免温度过高，可选用水浴加热，所以选用装置；(3)CO 及 Ni(CO)4 与装置中空气混合在加热条件下会发生爆炸，所以要先观察到E装置中生成黑色沉淀，再加热C装置；(4)323K是49.8

19、5，473K是199.85，根据方程式Ni(CO)4 (g)Ni(s)+4CO(g)可知180200时生成Ni单质，所以高纯镍粉在封管的473K温度区域端生成；(5)n(HCOOH)=0.25mol，则生成的n(CO)=0.25mol，C装置中发生Ni(s)+4CO(g) Ni(CO)4(g)，则C管减轻的质量即反应的Ni的质量，则反应n(Ni)=0.05mol，则消耗n(CO)=0.2mol，所以PdCl2 溶液至少要吸收CO的物质的量为0.25mol-0.2mol=0.05mol，根据方程式CO + PdCl2 + H2O = CO2 + Pd(黑色) + 2HCl可知所需n(PdCl2)

20、=0.05mol，所以其浓度至少为=0.5mol/L。【点睛】解答第(4)题时要注意单位的换算，方程式中温度的单位是摄氏度，封管所给温度时开尔文，0=273.15K。9恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗 平衡气压，便于恒压滴液漏斗中的液体能够顺利滴下 CaCl2+H2O2CaO2+2HCl，加入氨水与氯化氢发生中和反应，使该可逆反应向着生成CaO2的方向移动，提高CaO2的产率 C 防止氨水挥发 防止过氧化氢分解 连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成液面差，静置一段时间，若液面差保持不变，则装置不漏气，反之装置漏气 57.60%或0.5760 【分析】(1)根据装置图分析仪器C的名称；(2)

21、根据平衡移动原理分析；(3)根据CaO2难溶于水、可与水缓慢反应，CaO2不溶于醇类、乙醚等分析；(4)根据氨水挥发、过氧化氢易分解回答；(5)利用反应2CaO22CaO+O2计算CaO2纯度。【详解】(1)仪器C的名称为恒压滴液漏斗或恒压分液漏斗，支管B的作用是平衡气压，便于漏斗中液体顺利流下；(2)由于CaCl2+H2O2CaO2+2HCl，加入氨水与HCl反应，促使平衡正向移动，提高CaO2产率；(3)ACaO2能潮解可与水缓慢反应，故不选A；BCaO2易与酸发生反应，故不选B；CCaO2不溶于醇类，故选C；DCaCl2溶液也含有水，CaO2可与水缓慢反应，故不选D； (4)沉淀反应时常

22、用冰水浴控制温度在0左右，原因可能是防止氨水挥发或防止过氧化氢分解；(5)检查装置气密性方法是：连接好装置，向水准管中注水至液面与量气管中形成高度差，静置一段时间，若高度差保持不变，则装置不漏气，反之装置漏气；样品质量为0.50g，置于试管中加热使其完全分解，收集到44.80mL(标况)气体，根据反应2CaO22CaO+O2，则产品中过氧化钙的质量分数为 57.60%。10+4 3SO2+2S2-+SO32-3S2O32- S2O32-+2H+=S+SO2+H2O B 酸式 26.10 92.5% 【分析】(1)S2O32-中S*与3个O相连，O的电负性大于S；(2)二氧化硫、硫化钠和亚硫酸钠

23、反应生成硫代硫酸钠；(3)若溶液呈酸性，硫代硫酸根离子可与氢离子反应生成二氧化硫气体、硫沉淀和水；(4)硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，为减少硫代硫酸钠的溶解，选用乙醇洗涤除杂，还可加速干燥；(5)碘水中少量的碘与水反应生成氢碘酸和次碘酸，溶液呈酸性；初始读数为0mL，结束时读数为26.10mL，则第一次碘水的体积为26.10mL；第二次体积为28.74mL，第三次体积为26.10mL，第二次数据明显偏大，舍弃不用，再利用方程式计算。【详解】(1)S2O32-中S*与3个O相连，O的电负性大于S，则其化合价为+4价；(2)二氧化硫、硫化钠和亚硫酸钠反应生成硫代硫酸钠，离子方程式为3SO2+

24、2S2-+SO32-3S2O32-；(3)若溶液呈酸性，硫代硫酸根离子可与氢离子反应生成二氧化硫气体、硫沉淀和水，离子方程式为S2O32-+2H+=S+SO2+H2O；(4)硫代硫酸钠晶体易溶于水，难溶于乙醇，为减少硫代硫酸钠的溶解，选用乙醇洗涤除杂，还可加速干燥，答案为B；(5)碘水中少量的碘与水反应生成氢碘酸和次碘酸，溶液呈酸性，则用酸式滴定管盛放；初始读数为0mL，结束时读数为26.10mL，则第一次碘水的体积为26.10mL；第二次体积为28.74mL，第三次体积为26.10mL，第二次数据明显偏大，舍弃不用，平均体积为26.10mL，2S2O32-I2，n(S2O32-)=0.100

25、0molL-126.10mL2=0.00522mol，质量分数=100%=92.5%。【点睛】第二次碘水的体积明显偏大，一定存在操作失误，数据不可用，应舍弃不用。11NO D CCl4 水合肼还原性很强，防止NaClO浓度过大将其氧化 ehi(ih)abc(d) 使体系形成负压，有利于水分在较低的温度下蒸发，同时防止AgNO3分解 98.6% 【分析】(1)根据流程图，“溶银”过程是Ag2S中加入稀硝酸，根据氧化还原反应角度分析；(2)根据制备N2H4H2O的反应可知，需要制备氨气，联系装置图，结合氨气和N2H4H2O的性质设计选择实验装置进行分析；氨气极易溶于水；N2H4H2O具有强还原性，

26、NaClO具有氧化性；结合(2)的分析，连接仪器； (3)根据题干提供信息：AgNO3见光或受热易分解进行分析；NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL，则NH4SCN的物质的量为0.1000molL-10.029L=2.910-3mol，根据Ag+SCN-=AgSCN可求得硝酸银的质量，进而确定质量分数；【详解】(1)根据流程图，“溶银”过程是Ag2S中加入稀硝酸，Ag2S中的硫为-2价，处于最低价态，具有还原性，硝酸具有氧化性，二者发生氧化还原反应，Ag2S中的硫化合价升高转化为硫单质，稀硝酸自身被还原为NO，故“溶银”过程中产生的气体为NO；(2)根据制备N2H4H2O的反应NaC

27、lO+2NH3=N2H4H2O+NaCl可知，需要制备氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙固体加入制取氨气，则应选择装置C，根据装置A中分液漏斗中的药品为NaClO，则A装置为制取水合肼的装置，装置E起安全瓶作用，氨气极易溶于水，不能使用装置D，要使用装置B即可以吸收尾气同时防止倒吸；根据B装置中液体分层，且水在上层，x试剂在下层，说明x试剂密度比水大，与水不互溶，不能溶解氨气，结合已学知识，则x试剂可为CCl4等；N2H4H2O具有强还原性，NaClO具有氧化性，若NaClO溶液加入过快导致过量，可将反应生成的N2H4H2O氧化，故慢慢滴加NaClO溶液能防止生成的N2H4H2O被氧化；结合中的分

28、析，按气体从左到右的方向，装置的连接顺序为ehi(ih)abc(d)； (3)根据题干提供信息：AgNO3见光或受热易分解，实验装置中真空泵可以形成负压，有利于水分在较低的温度下蒸发，同时防止AgNO3分解；NH4SCN标准溶液的平均体积为29.00mL，则NH4SCN的物质的量为0.1000molL10.029L=2.9103mol，根据物料守恒，结合反应Ag+SCN=AgSCN可知，硝酸银的质量为2.9103mol170g/mol=1.972g，所以硝酸银的质量分数为100%=98.60%。12MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O 饱和食盐水 CCl3COOH 水浴 不可行

29、，CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H+OH-=H2O 88.5% 【分析】A装置利用二氧化锰与浓盐酸制备氯气，B装置用饱和食盐水除去HCl，C装置盛放浓硫酸干燥氯气，D中反应制备CCl4CHO，E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气；（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水；用饱和食盐水除去HCl；（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，会发生：CCl3CHO+HClOCCl3COOH（三氯乙酸）+HCl、C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O；控制反应温度在70左右，应采取水浴加热；（3）CCl3

30、COOH溶于乙醇与CCl3CHO；（4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠与水，HCl与氢氧化钠反应生成氯化钠与水；（5）根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量，进而计算与HCOO-反应的I2的物质的量，再根据关系式：CCl3CHOHCOO-I2计算。【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气与水，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，B装置用饱和食盐水除去HCl；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O；饱和食盐水；（2）氯气能与水反应生成HCl与HClO，

31、会发生：CCl3CHO+HClOCCl3COOH（三氯乙酸）+HCl、C2H5OH+HClC2H5Cl+H2O，导致装置D中副产物：CCl3COOH、C2H5Cl增多，控制反应温度在70左右，应采取水浴加热，受热均匀，偏于控制温度，故答案为：CCl3COOH；水浴；（3）CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO，应采取蒸馏方法进行分离，故答案为：不可行，CCl3COOH溶于乙醇与CCl3CHO；（4）E装置盛放氢氧化钠溶液，吸收尾气中氯气、HCl防止污染空气，反应离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、H+OH-=H2O，故答案为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O、

32、H+OH-=H2O；（5）根据消耗的Na2S2O3计算剩余I2的物质的量0.02000molL-10.02L=210-4mol，与HCOO-反应的I2的物质的量为0.1000molL-10.02L-210-4mol=1.810-3mol，由CCl3CHOHCOO-I2可知，CCl3CHO的物质的量为1.810-3mol，则产品的纯度为100%=88.5%，故答案为：88.5%。【点睛】多步反应的有关计算要找准已知量，未知量，中间产物，以中间产物为桥梁，把已知量和未知量建立联系，减少计算步骤。132S2+ CO32+ 4SO2 3S2O32+ CO2 B （或） B 碱性 还原性 可以排除BaS

33、2O3的干扰 【分析】I(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数和另一种产物CO2，据此分析；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性；II(1)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=分析；(1) 甲同学的实验流程中通过加入BaCl2 产生白色沉淀B 来证明Na2S2O3 与氯水反应时有SO42-

34、生成；(2) 在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3 是否是沉淀，所以应先加BaCl2 溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。【详解】I(1) 根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2+ CO32+ 4SO23S2O

35、32+ CO2；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；II(1) KIO3+5KI+3H2SO4=3K2SO4+3I2+3H2O，I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；n(KIO3)=mol，设参加反应的Na2S2O3为xmol；所以x=，则c(Na2S2O3)= =molL1（或）molL1，(2) A.滴定管末用Na2S2O3溶液润洗，则Na2S2O3溶液会被稀释，滴定时消耗待测液体积偏大，导致纯度偏低，故A不符合题意；B. 滴定终点时俯视读数，使Na2S2O3溶液体积

36、偏小，滴定时消耗待测液体积偏小，导致纯度偏高，故B符合题意；C.锥形瓶用蒸馏水润洗，对实验结果没影响，纯度不变，故C不符合题意；D. 滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡，待测液体积偏大，导致样品纯度偏低，故D不符合题意；故答案选B；(1)甲同学通过测定Na2S2O3溶液的pH=8；说明该盐的水溶液显碱性；甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42生成,即证明S2O32具有还原性；(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性，故乙可排除BaS2O3的干扰。【点睛】本题易错点在于第(2)题中和滴定的误差分析，首先要清楚标准液和待测液，装在滴定管中的液体不一定必须是标准液，待测液也可以装在滴定管中，该题中的Na2S2O3是待测液，分析时一定要注意。