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江南十校高二 5 月联考化学参考答案详解
可能用到的相对分子质量：H1 C12 O16 F19 Na23 S32 K39 Ni59
一、选择题：本大题共14小题，每小题3分，共42分，在每小题给出的四个选项中，只
有一个选项符合题目要求。
1．化学与生活、科技及环境密切相关。下列说法正确的是 ( )
A．利用二氧化碳为原料人工合成淀粉，有助于实现“碳达峰”和“碳中和”
B．粗铜提纯采用电解法，电解精炼铜时精铜作阳极
C．太阳电池采用的碳纤维框架和玻璃纤维网，二者均为有机物
D．二氧化硫和氯水都有漂白性，将两者混用漂白效果更好
【答案】A
【解析】A项，人工合成淀粉技术的应用，可以有效的减少二氧化碳排放，有助于实现“碳
达峰”和“碳中和”。A正确；B项，用电解法电解精炼铜时粗铜做阳极，精铜做阴极，B不
正确；；C项，碳纤维主要成分为碳单质，玻璃纤维的主要成分为二氧化硅，都属于无机非
金属材料，C不正确；D项．氯水有强氧化性，二氧化硫有还原性，二者混合发生氧化还原
反应降低消毒效果，D不正确。
2．下列化学用语或表述正确的是( )
A．反-2-丁烯的键线式：
B．乙醚的结构简式：CH OCH
3 3
C．BF 的空间结构：平面三角形
3
D．一元酸次磷酸(HPO)的结构简式：
3 2
【答案】C
【解析】A 项， 为顺-2-丁烯的键线式，A 项错误；B 项，乙醚的结构简式为
CH CH OCH CH ， B项错误；C项，BF 中硼是sp2杂化(平面三角形),C项正确；D项，次
3 2 2 3 3
磷酸为一元酸，只含有一个羟基， ， D项错误；故选C。
3．锗酸盐（如Na₂GeO₃）用于制备特种玻璃、半导体材料或催化剂载体。下列说法正确
的是（ ）
A．半径：r(Na+)>r(O2-) B． Ge位于元素周期表中p区
C．第一电离能：I(Na)>I(O) D．沸点：NaHHO，故D错误。
2
4．常温下，下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是( )
A．澄清透明的溶液中：Cu2+、Mg2+、SO2-、Cl-
4
c
OH-
B． =1012的溶液中： NH+、K+、SO2-、NO-
c
H+ 4 4 3
C．由水电离出的c（H+）=10-11的溶液中：ClO-、S2-、Cl-、Na+
D．碳酸氢钾溶液中：[Al(OH)]-、Na+、I-、NO-
4 3
【答案】A
【解析】A．澄清透明的溶液中Cu2+、Mg2+、SO2-、Cl--四种离子之间不发生任何反应，能大量
4
c
OH-
共存，A正确；B． =1012的溶液显碱性，NH在碱性溶液中不能大量存在，B错误；
c H+ 4
C．由水电离出的c（H+）=10-11的溶液中，溶液可能呈酸性，也可能呈碱性，ClO-、S2-酸性不
可共存， C错误；D．[Al(OH)]-与HCO之间发生反应，不能大量共存，故D错误。
4 3
5．食醋是一种常见的食品调味剂，含有乙酸、水、乙醇、氨基酸等多种成分。设N 为阿伏
A
加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）
A．常温下，1L 0.01mol/L的CHCOOH溶液中水电离出的H+的数目小于10-12N
3 A
B．100g质量分数为46%的CHCHOH溶液中，含H-O键的数目为N
3 2 A
C．2mol CHCHOH与1mol CHCOOH充分反应，生成水分子数目为N
3 2 3 A
D．标准状况下，22.4L HO中氧原子的数目大于N
2 A
【答案】D
【解析】A．醋酸是弱酸，不可能全部电离，1L0.01mol/L的CHCOOH溶液中水电离出的H+
3
的数目大于10-12N，A错误；
A
B．乙醇溶液中乙醇和水分子中都含有氢氧键，则100g46%乙醇溶液中含有氢氧键的数目为
100g46% 100g100g46%
1N mol1 2N mol1 7N ，B错误；
46g/mol A 18g/mol A A
C．2molCHCHOH与1molCHCOOH反应是可逆反应不可能完全反应生成1mol 水 C错误；D．标
3 2 3
准状况下水不是气态，22.4L水的物质的量一定大于1mol，其中含有的氧原子数目大于N，
AD正确；
6．布洛芬具有抗炎、镇痛、解热作用结构如下，下列有关该物质的说法正确的是（ ）
A．布洛芬不能使酸性高锰酸钾溶液褪色 B．能发生加成，氧化，还原，取代反应
C．同一平面的碳原子至少有6个 D．1mol布洛芬完全燃烧消耗16molO
2
【答案】B
【解析】A．由结构简式可知，布洛芬能使酸性高锰酸钾溶液褪色，A错误；
B．由结构简式可知，含有苯环可以与氢气加成，还原，取代，燃烧氧化，B正确；
C．分子结构中含有苯环，至少8个碳原子共平面，C错误；
D．1mol布洛芬分子式为C H O 完全燃烧消耗15molO ，D错误；
12 16 2 2
7. 下列有关物质结构或性质的比较中，正确的是( )
A. 键角：SOSO，A错误；
3 2
B．甲基是推电子基团，故酸性甲酸>乙酸，B错误；C.干冰中，二氧化碳分子采取面心立方
堆积，而冰中每个水分子与周围的4个水分子以氢键相连，干冰比冰分子排列紧密，且CO
2
的相对分子质量(44)大于水的相对分子质量(18)，因此干冰的密度比冰的大，C正确；D O
3
虽然是极性分子，但极性微弱，其在水中的溶解度仍比在CCl 中的小，D错误。
4
8． 室温下，根据下列实验过程及现象，能验证相应实验结论的是( )
选
实验过程及现象 实验结论
项
将某气体通入酸性高锰酸钾溶液中，酸性高锰酸钾溶
A 该气体中一定含有烯烃或炔烃
液褪色
B 用PH计测得0.1mol/L的NaSO 溶液的pH值大于 酸性：CHCOOH> HSO
2 3 3 2 30.1mol/L的CHCOONa的溶液的pH值
3
向5mL 0.1mol/LNaOH溶液中依次滴加5滴同浓度
C 0.1mol/L的MgCl 溶液和CuCl 溶液，先产生白色沉 Ksp[Mg(OH)]>Ksp[Cu(OH)]
2 2 2 2
淀，再产生蓝色沉淀
向0.05mol/LCuSO 溶液中加入少量NaCl固体, 溶液 发生了[Cu(HO)]2+到[CuCl]2-
D 4 2 4 4
由蓝色变为黄绿色。 的转化
【答案】D
【解析】能使酸性高锰酸钾溶液褪色的气体有很多，如SO 等，不一定是烯烃或炔烃，A错
2
误；0.1mol/L的NaSO 溶液的PH值大于0.1mol/L的CHCOONa的溶液的pH值说明酸性
2 3 3
CHCOOH> HSO-，B错误；5mL0.1mol/LNaOH溶液中依次滴加5滴同浓度0.1mol/L的MgCl
3 3 2
溶液和CuCl 溶液，反应中氢氧根离子过量，氢氧根离子会和镁离子生成氢氧化镁沉淀、和
2
铜离子生成氢氧化铜沉淀，产生白色沉淀，再产生蓝色沉淀，不能说明
Ksp[Mg(OH)]>Ksp[Cu(OH)]，C错误；D．[Cu(HO)]2+在水溶液中呈蓝色、[CuCl]2-在水溶液
2 2 2 4 4
中呈黄色，[Cu(HO)]2+、[CuCl]2-的混合溶液呈黄绿色，根据实验现象知，发生了[Cu(HO)]2+
2 4 4 2 4
到[CuCl]2-的转化，D正确；
4
9．在恒温恒容的密闭容器中，充入2mol A和2mol B，发生反应2A(g)＋B(g) C(g)，反
应过程中能量变化如图所示，下列有关叙述正确的是( )
A．当B的体积分数不变，2A(g)＋B(g) C(g)反应达到平衡状态
B．X是反应2A(g)＋B(g) C(g)的催化剂
C．平衡后，再充入1mol A和1mol B，再次平衡C的浓度大于原平衡C的浓度1.5倍
D．平衡后，升高温度，正反应速率减小，逆反应速率增大，平衡向逆反应方向移动
【答案】C
【解析】A．反应过程中B的体积分数恒定不变为50%，不能说明反应达到平衡状态，A项错
误。X是反应A(g)＋B(g)―→C(g)的中间产物，B项错误。再充入1mol A和1mol B，相当
于加压，平衡不移动是1.5倍，但是平衡正移，大于1.5倍，C项正确。升高温度正反应速
率增大，逆反应速率增大，平衡逆移，D项错误；10．下列有关电解质溶液的说法正确的是( )
已知HCO 的电离常数K ＝5.6×10-2、K ＝1.5×10-4，K(HCN)=4.9×10-10,K(HF)=6.6×10-4,
2 2 4 a1 a2 a a
K(NH.HO) =1.8×10-5
b 3 2
A.物质的量浓度均为0.1mol/L的下列溶液中：①NHCl、②NHF、③NH.HO、④(NH)SO、
4 4 3 2 4 2 4
⑤(NH)Fe(SO)，c(NH＋)大小⑤>④>①>③>②
4 2 4 2 4
B. pH相等的KF溶液与NaCN溶液：c(K＋)-c(F-)=c(Na＋)-c(CN－)
C．浓度相等的HF、NaF的混合溶液：c(F－)＋c(OH－)＜c(H＋)＋c(HF)
D．NaHCO 的溶液中存在c(Na+)> c(HCO-)> c(OH-)> c(CO2-)
2 4 2 4 2 4
【答案】B
【解析】A.NH+水解呈酸性，以①NHCl为参照，②NHF中F-水解呈碱性，促进NH+水解；以
4 4 4 4
④(NH)SO 为参照，⑤(NH)Fe(SO) 中Fe2+水解呈酸性，抑制NH+水解，弱电解质电离和水
4 2 4 4 2 4 2 4
解很少。c(NH＋)大小⑤>④>①>②>③,A错误
4
B. pH相等的KF溶液与NaCN溶液：由电荷守恒c(K＋)-c(F-) =c(OH-)-c(H+)
c(Na＋)-c(CN－) =c(OH-)-c(H+)。B正确
C．由电荷守恒 c(F－)＋c(OH－)=c(H＋)＋c(Na+)；由 K(HF)=6.6×10-4,混合 PH<7，c(F
a
－)>c(Na+)> c(HF)，c(F－)＋c(OH－)>c(H＋)＋c(HF), C错误
K 1×10－14
D．HCO－的K(HCO)＝1.5×10－4，K＝ W ＝ ＝1.78×10－13，K>K，溶
2 4 a2 2 2 4 h K（HCO） 5.6×10－2 a2 h
a1 2 2 4
液显酸性，pH<7；电离大于水解c(Na+)> c(HCO-)> c(H+)> c(CO2-)> c(OH-) D错误
2 4 2 4
11． 某钠离子二次电池如图所示，该电池主要依靠钠离子在两极之间移动来工作。下列说
法正确的是( )
A．放电时，b电极电势比a电极电势高
B．A为阴离子交换膜，B为阳离子交换膜
C．充电时，b电极的电极反应式：
D．若放电前两极室质量相等，放电过程中转移1mol电子，则两极室质量差为46g
【答案】D【解析】该电池主要依靠钠离子在两极之间移动来工作，由电流方向可知，放电时，b极为
负极， 失去电子发生氧化反应生成 ：
，此时钠离子通过阳离子膜B向左侧运动；a极
为正极， 得到电子发生还原反应生成 ： +2e-= ，和通过阳离子膜A迁
移过来的钠离子结合生成 ，放电时，a电极电势比b电极电势高，A错误；由分析，A、
B均为阳离子交换膜，B错误；充电时，b电极为阴极，得到电子发生还原反应，电极反应
式： +2e= ，C错误；若放电前两极室质量相等，根据
电子转移关系可知钠离子迁移情况为e-~Na+，则放电过程中转移1mol电子时，有1mol钠离
子由b极区迁移至a极区，b极区减少1mol钠离子、a极增加1mol钠离子，则两极质量差
为23g/mol×1mol×2=46g，D正确。
12．立方ZnS晶胞如图所示，晶胞参数为anm,甲(Zn2+)的分数坐标为(0,0,0)。下列说法正
确的是（ ）
3 3 1 3
A．S2-与Zn2+之间的最短距离为 anm B．乙(S2-)点分数坐标为 , ,
4 4 4 4
C．由晶胞推出，距离1个S2-最近的S2-有8个 D．基态Zn2+核外有2个未成对电子
【答案】A
1 3
【解析】由图知，S与Zn之间的最短距离为体对角线的四分之一，即为 a2a2a2nm anm，
4 4
A正确； 故选A。晶胞中甲 Zn2 的原子分数坐标为0,0,0，则乙 S2 的原子分数坐标为
1 3 3
, , ， B错误；由晶胞图知，距离1个S2-最近的S2-有12个，C错误； Zn为30号元
4 4 4
素，基态Zn2+的价电子排布为3d10，核外未成对电子数为0，D错误。13．一定温度下，在2个容积均为2 L的密闭容器中，充入一定量的反应物，发生反应：
CO(g)+3H(g) CHOH(g)+HO(g)ΔH＜0，相关反应数据如下表所示：
2 2 3 2
起始时物质的量/mol 5 s时物质的量/mol
容器编号 温度
CO (g) H(g) HO(g)
2 2 2
Ⅰ T℃ 0.4 1.2 0.3
1
Ⅱ T℃(T>T) 0.4 1.2 0.3
2 2 1
下列说法正确的是（ ）
A．5 s时，容器Ⅰ中化学反应速率v（CO）=0.03mol/(L•s)
2
B．反应过程中相同时间内容器Ⅰ中CO 转化率可能大于H 转化率
2 2
C．化学平衡常数：K >K
Ⅱ Ⅰ
D．若起始时，向容器Ⅱ中充入0.1 mol CO(g)、0.2mol H(g)、0.2mol CHOH(g)和0.3
2 2 3
mol HO(g)，反应将向逆反应方向进行
2
【答案】D
【解析】A．根据分析，0到5 s，容器Ⅰ中的平均反应速率v（CO）=0.03mol/(L•s)
2
，故A错误；
B.任何时刻转化率均相等，B错误；
C．升高温度，平衡逆向移动，平衡常数K减小，所以化学平衡常数：K20mL，溶液呈碱性，c(Na＋)>c(CHCOO－) D项
3
错误。
二、非选择题：本大题共4个小题，共58分。
15.（14分）化合物A是衡量一个国家石油化工水平的标志，化合物H的合成路线如下:
（1）化合物A中碳原子的杂化方式为 ，化合物A的同系物I的相对分子
质量为42，化合物I通过加聚反应合成高分子材料的化学方程式
为： 。
（2）写出由D生成E的化学方程式 ，反应类型为 。
（3）H的结构简式为： 。
（4）化合物E的含苯环的结构的同分异构体有 种（不含E），其中核磁共
振氢谱显示三组峰的结构简式为 。
【答案】（每空2分，特别说明例外）（1）sp2， （条件
不写不扣分）
（2） （3分，条件不写扣1
分）取代反应（1分）（3）
（4）3
【解析】此题涉及烃的转化及信息处理，具体推断略，答案如下：
（1）sp2，
（2） 取代反应
（3）
（4）3
16.(14分)氮氧化物是大气主要污染物之一，富氧条件下甲烷催化还原氮氧化物具有广阔前
景。已知：
反应1：CH(g)＋4NO(g) 2N(g)＋CO(g)＋2HO(g) ∆H＝－1160kJ·mol－1
4 2 2 2 1
反应2：CH(g)＋2O(g) CO(g)＋2HO(g) ∆H
4 2 2 2 2
回答下列问题：
（1）利用催化剂ZAg对NO催化转化的反应过程与能量变化如下图所示。①下列说法正确的是_______。
A．高温下有利于NO的转化 B．由d→f反应速率最慢
C．a到b、d到e，都会形成非极性键 D．过渡态1比过渡态2稳定
②反应2的∆H=
2
(2)在容积可变的密闭容器中充入1mol CH 和4 mol NO发生反应1，在tmin时达到平衡，
4 1
tmin时增大压强(其他条件不变)，反应进行到tmin，请在图1中画出t～tmin时正、逆
2 3 2 3
反应速率随时间的变化曲线：
(3)一定温度下，在恒压密闭容器中充入适量CH、NO、O 发生上述反应1和2，下列叙述错
4 2
误的是 (填标号)。
A.气体密度不随时间变化时一定达到平衡状态
B.反应过程中气体总体积始终保持不变化
C.加入催化剂，反应速率和平衡常数都增大
D.向平衡体系中加入足量生石灰，NO平衡转化率增大
(4)甲烷燃烧反应对甲烷还原氮氧化物有一定的影响。在一定条件下，某实验小组模拟CH
4
选择性催化还原大气中的NO，起始按 n(NO) ＝4充入NO、CH 和适量O，在催化剂作用充分
4 2
n(CH )
4
反应，相同时间内CH 转化率及NO去除率随温度变化关系如图2所示。
4表示CH 转化率的是 (填“L”或“L”)。温度高于550℃时，L 曲线随着温
4 1 2 2
度升高而下降的原因可能是 (写出一条即可)。
(5)在压强为akPa下，向密闭反应器中按 n(NO) ＝4充入NO和CH，发生反应1，测得平
4
n(CH )
4
衡时CH、NO、N 和CO 的物质的量分数与温度关系如图3所示。
4 2 2
L曲线代表的物质是 (填化学式)。350℃时反应1的甲烷的平
3
衡转化率为50%，该温度下反应1平衡常数K为 。（用
p
平衡分压表示平衡常数）
【答案】（1）①CD（2分）
②-802kJ·mol－1（2分）（2） （2分）
（3）AC（2分）
（4）L（1分） 升高温度，反应2为主（2分）
1
（5）CO（1分）， 0.0625（或1/16）（2分）
2
【解析】（1）①H<0，低温有利于NO转化,A错；a→c反应活化能最大，反应速率最慢，
B错；a→b形成NN，d→e形成OO，C对；过渡态1的能量较过渡态2能量低，过渡态1稳
定，D对。②根据图形分析2NO（g）=N（g）+O（g）∆H=-179KJ/mol，根据盖斯定律计算∆
2 2
H=-802KJ/mol （2）反应1两边气体系数相等，增大压强速率增大，平衡不发生移动。（3）
2
恒压密闭容器，反应1、2的反应前后物质的量不变，加入催化剂不影响平衡，减少生成物
浓度平衡向正反应方向移动，所以选AC。（4）初始阶段，随着温度升高，反应速率加快，
甲烷转化率与NO的去除率均增大，当温度高于550℃时甲烷的转化率仍然增大，NO去除率
下降，反应1、2存在竞争，反应2为主要反应，所以L 表示甲烷转化率。（5）温度升高反
1
应1平衡向逆向移动，L、L 下降为生成物，L、L 为反应物，根据定量关系，L 为CO，根
1 3 2 4 3 2
据 CH(g)＋4NO(g) 2N(g)＋CO(g)＋2HO(g）
4 2 2 2
起始 1 4 0 0 0
反应 0.5 2 1 0.5 1
平衡 0.5 2 1 0.5 1
Kp=(12×0.5×12)/(0.5×24)=1/16=0.0625
17.(16分)由某含镍废渣精矿(主要成分为NiO、FeO、CuO，SiO)为原料制备碱式碳酸镍的
2 3 2
流程如图所示。
已知：①25℃时，相关离子开始沉淀和完全沉淀的pH如表所示。
离子 Fe3＋ Ni2＋ Cu2＋
开始沉淀时的pH 2.2 6.4 4.4
完全沉淀时的pH 3.5 8.4 6.7
②25℃Ksp（NiS）=1.0×10-27；Ksp（CuS）=8.0×10-35；K>105时反应几乎完全进行。
回答下列问题：
(1) 提升“溶浸”速率的方法有 （任写两种）。
(2)“除杂1”时应调节溶液的pH范围为 。
(3)用化学用语及必要的文字说明“除杂2”时NiS能去除Cu2+的原因 。
(4)“萃取”和“反萃取”的最终目的是富集获得含有 (填化学式)的水溶液。(5)“沉镍”时应控制温度为95℃，反应除生成NiCO·2Ni(OH)·2HO沉淀外，还有一种无
3 2 2
色气体生成，写出该反应的化学方程式： 。
(6)配合物 Ni(CO) 能够和 PCl 发生配体置换反应：Ni(CO)₄+4PCl₃
4 3
=Ni(PCl) +4CO↑
3 4
①Ni(CO) 为无色挥发性液体，可推测 Ni(CO) 的晶体类型是 ，
4 4
Ni(CO) 中δ键与π键的个数比为 。
4
②与CO互为等电子体且带 1 个单位的负电荷的阴离子的电子式为 。
③PCl₃分子空间构型为 _°
④Ni、K、F三种元素组成的一种晶体的长方体晶胞如图所示，若该晶体的密度为
ρg/cm3，则阿伏伽德罗常数N= （用a b ρ的式子表示）
A
【答案】（1）废渣研细、适当升温、适当提高硫酸浓度等（合理即可）。（2分）
（2）3.5≤PH<4.4（2分）
（3）NiS（s）+Cu2+（aq） ⇋ CuS（s）+Ni2+ （aq） K=Ksp（NiS）/Ksp（CuS）
=1.0×10-27/8.0×10-35>105（2分）
（4）NiSO（2分）
4
（5）3NiSO+3NaCO+4HO NiCO•2Ni(OH)•2HO↓+2CO↑+3NaSO（2分）
4 2 3 2 3 2 2 2 2 4
（1 分）
（6）①分子晶体（1 分） 1:1（1 分） ② ③ 三角锥形
mol-1
（1 分）④ (单位不写也给分）（2分）
23
4.26×10
2
【解析】（1）废渣研细、适当升温、适当提高硫酸浓度等（合理即可）。
（2）调节pH使Fe3+完全沉淀，而Ni2+、Cu2+不沉淀，所以3.5≤PH<4.4。
（3）NiS（s）+Cu2+（aq） ⇋ CuS（s）+Ni2+ （aq） K=Ksp（NiS）/Ksp（CuS）
=1.0×10-27/8.0×10-35>105。
（4）根据实验目的及阴离子情况，富集的是NiSO（1分）。
4
（5）3NiSO+3NaCO+4HO NiCO•2Ni(OH)•2HO+2CO↑+3NaSO
4 2 3 2 3 2 2 2 2 4
（6）①分子晶体 1:1 ② ③ 三角锥形 ④根据均摊法晶胞中Ni为
1/8×8+1=2；F为1/4×16+2+1/2×4=8；K为2+1/4×8=4，所以ρ=426/(N×a2b×10-21)所
A
mol-1
以N=
A
23
4.26×10
2
18.（14分）焦亚硫酸钠（NaSO）作为一种还原剂，可以抑制多酚氧化酶的活性，防止食
2 2 5
品中的葡萄糖与氨基酸发生糖氨反应，从而防止食品褐变。某学习小组通过NaHSO 过饱和
3溶液结晶脱水制备NaSO 并进行相关探究，回答下列问题：
2 2 5
（1）焦亚硫酸钠的制备
①仪器a的名称是 ，仪器b的作用为 。
②在B中通入过量SO 后，将所得溶液结晶脱水产生NaSO，B中产生NaSO 反应的化学方
2 2 2 5 2 2 5
程式为 。
③将粗品依次用SO 饱和溶液、无水乙醇洗涤、干燥，制得NaSO 粗品，其中使用无水乙醇
2 2 2 5
的优点为 。
（2）测定产品的纯度
此方法制得的NaSO 粗品因分解混有NaSO 杂质，为了测定粗品中NaSO 的含量，称
2 2 5 2 3 2 2 5
量4.430g粗品配成250mL溶液，量取25.00mL所配溶液，滴入几滴淀粉溶液，用0.2000mol/L
标准I 溶液滴定（氧化产物为SO2-）。
2 4
①滴定管盛装好I 标准溶液后需排气泡，下列排气泡的操作正确的是 (填
2
序号)。
②滴定终点的现象为 。
③下列操作中，使测定的产品中含量数值偏低的是 (填字母)。
a．滴定过程中振荡时有液滴溅出
b．配制I 标准溶液，定容时仰视刻度线读数
2
c．盛装I 标准溶液的滴定管用水洗涤后未润洗就直接注入I 标准溶液
2 2
d．读取I 标准溶液体积时，开始时仰视读数，滴定结束时俯视读数
2④若达到滴定终点时测得消耗标准溶液的体积平均为22.50mL，则粗品中NaSO 的质量分数
2 2 5
分数为 。（保留三位有效数字）
【答案】（1）①恒压滴液漏斗（分液漏斗给分）（1分），防止倒吸（1分）
②2NaHSO=NaSO+HO（2分）
3 2 2 5 2
③减少产品溶解损失，加快去除表面水分，易于干燥（2分）
（2）①b（2分）②加入最后一滴（或半滴）溶液时溶液由无色突变为蓝色，30s不变（2
分）
③ad（2分） ④85.8%（2分）
【解析】（1）①恒压分液漏斗（分液漏斗给分），防止倒吸
②2NaHSO=NaSO+HO
3 2 2 5 2
③减少产品溶解损失，加快去除表面水分，易于干燥
（2）①酸式滴定的排空气的方法，所以选b（2分）②加入最后一滴（或半滴）溶液时溶液
由无色突变为蓝色，30s不变
③a有液体溅出，测量消耗标准液偏低；b定容仰视刻度线导致配制溶液浓度偏低,消耗标准
液偏高；c没有润洗，导致标准液浓度偏低，消耗量偏高；d开始仰视后俯视读数偏低。所
以选ad）
④NaSO－2I； NaSO－I，设NaSO 的物质的量为x，NaSO 的物质的量为y，则
2 2 5 2 2 3 2 2 2 5 2 3
190x+126y=4.43；2x+y=0.0225×0.2000×10=0.045，解得x=0.02mol，则ω（NaSO）=(0.02
2 2 5
×190)/4.43=85.8%
