高考化学一轮复习 讲义 考前预测(一)（浙江版）

考前预测(一)[分值：100分]一、选择题(本大题共16小题，每小题3分，共48分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分)1.(2025·温州高三一模)按物质组成与性质分类，[Cu(NH3)4]SO4·H2O不属于()A.盐 B.混合物C.配合物 D.电解质答案B解析[Cu(NH3)4]SO4·H2O是带有结晶水的盐，属于纯净物，不属于混合物，A不符合题意，B符合题意；[Cu(NH3)4]SO4·H2O含有配离子[Cu(NH3)4]2+，其属于配合物，C不符合题意；[Cu(NH3)4]SO4·H2O属于盐，溶于水后能电离出自由移动的SO42-和[Cu(NH3)4]2+，则其属于电解质，2.(2024·嘉兴高三下学期模拟)下列表示不正确的是()A.CO2的电子式：B.H2O的价层电子对互斥模型：C.Cl—Cl的p⁃pσ键的模型：D.的名称：1，3，4⁃三甲苯答案D解析H2O的中心原子O形成2个σ键，有2个孤电子对，价层电子对数为4，价层电子对互斥模型为，故B正确；的名称：1，2，4⁃三甲苯，故D错误。3.(2025·宁波高三模拟)根据元素周期律，下列说法不正确的是()A.简单离子半径：S2->O2->Na+B.键角：NH3<PH3C.分子的极性：N2H4>C2H4D.熔点：金刚石>金刚砂答案B解析N2H4为极性分子，C2H4是非极性分子，分子的极性：N2H4>C2H4，C正确；金刚砂为SiC，C的原子半径小于Si，C—C的键长小于C—Si的键长，键能：C—C>C—Si，熔点：金刚石>金刚砂，D正确。4.(2025·浙江一模)下列实验方法不正确的是()A.可用乙醚萃取青蒿素B.可用饱和(NH4)C.可用常压蒸馏法分离重油中的石蜡D.可用过滤法除去NaCl溶液中的CaCO3答案C解析乙醚与水不混溶且青蒿素在乙醚中溶解度较大，符合萃取原理，乙醚能有效萃取青蒿素，A正确；饱和硫酸铵溶液通过盐析作用使蛋白质沉淀，此过程可逆，可用于提纯蛋白质，B正确；重油沸点高，工业上采用减压蒸馏分离石蜡，C错误；CaCO3不溶于水，过滤可直接分离出固体，D正确。5.(2025·浙江模拟)下列物质的结构或性质不能说明其用途的是()A.卤代烃是良好的有机溶剂，故可用于衣物干洗和机械零件的洗涤B.钢铁发蓝过程改变了钢铁的晶体结构，故可用于精密仪器、光学仪器的防护和装饰C.高密度聚乙烯支链少，链间作用力大，故可用于制造防弹服和防弹头盔D.纤维素主链上的羟基可以发生硝化反应，故可用于制备“无烟火药”硝化纤维答案B解析根据相似相溶原理，卤代烃作为有机溶剂，能溶解衣物及机械零件表面的油污，故可用于衣物干洗和机械零件的清洗，A正确；钢铁发蓝处理是通过表面形成致密氧化膜(如Fe3O4)来防止铁生锈，但是并未改变钢铁的晶体结构，B错误；高密度聚乙烯因分子支链少或无支链，分子之间距离比较近，因而分子间作用力强，具备强度高的特性，因此可用作防弹材料，C正确；纤维素主链上的羟基能够与浓硝酸发生硝化反应，得到硝化纤维，硝化纤维含氮量高，受撞击或受热易爆炸，故可用于制备“无烟火药”，D正确。6.(2025·浙江一模)可根据物质结构推测其性质，下列推测的性质不合理的是()选项结构性质A乙醇分子间存在氢键，乙醛分子间无氢键乙醇的沸点高于乙醛B金刚石和石墨二者熔化后，碳原子原来的排列方式被打破，原子间的距离相等，相互作用强度也相同金刚石和石墨沸点相同C聚丙烯酸钠的结构是聚丙烯酸钠具有高吸水性D石英玻璃(非晶态二氧化硅)的原子排列相对无序具有各向异性答案D解析乙醇分子含—OH，分子间可形成氢键，乙醛分子间无法形成氢键，故乙醇的沸点高于乙醛，故A正确；金刚石(sp3杂化，三维网状结构)和石墨(sp2杂化，层状结构)在熔化后，原有的特殊排列方式会被破坏，转变为无序的液态碳，在液态中，碳原子间的距离和相互作用强度趋同(此时不再区分sp2或sp3杂化)，因此从液态到气态的转变所需的能量相同，故此时二者沸点相同，故B正确；聚丙烯酸钠的结构中有—COONa，是强亲水基团，因此聚丙烯酸钠具有高吸水性，故C正确；石英玻璃是非晶态二氧化硅，而“各向异性”是晶体的特征，故D错误。7.(2025·温州二模)下列离子方程式书写正确的是()A.鸡蛋壳浸泡在醋酸溶液中：CaCO3+2H+=Ca++CO2↑+H2OB.铜片溶于浓硝酸：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2HC.将H2O2滴入酸性KMnO4溶液中：2MnO4-+3H2O2+10H+=2Mn2++3O2↑+8HD.水杨酸与过量Na2CO3溶液反应：+CO32-→CO2↑+H2O+答案B解析醋酸是弱酸，不能写成离子形式，正确的离子方程式为CaCO3+2CH3COOH=Ca++CO2↑+H2O+2CH3COO-，A错误；反应中锰化合价由+7变为+2、过氧化氢中氧化合价由-1变为0，结合得失电子守恒、电荷守恒，反应为2MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++5O2↑+8H2O，C错误；水杨酸与过量Na2CO3溶液反应生成碳酸氢钠：+2CO32-→2HCO3-8.(2026·浙江1月选考，10)利用下列装置进行实验，无法达到实验目的的是()A.分离植物油和水B.证明NH3溶于水C.证明Na2O2与水反应生成O2D.制备无水MgCl2答案D9.下列物质制备方案正确的是()选项目标产物制备方案A氨气加热NH4Cl固体B溴乙烷乙醇与浓氢溴酸混合加热C镁海水Mg(OH)2MgOMgD乙烯乙醇与浓硫酸在140℃反应答案B解析NH4Cl固体受热分解生成NH3和HCl，但两者遇冷会重新结合为NH4Cl，无法有效制备氨气，实验室通常用NH4Cl与Ca(OH)2共热制氨气，A错误；乙醇与浓氢溴酸混合加热时，HBr作为强酸提供H+和Br-，乙醇质子化后发生亲核取代反应生成溴乙烷，B正确；工业上从海水提取镁时，Mg(OH)2应转化为熔融MgCl2再电解，而非煅烧为MgO后电解(MgO熔点高，能耗大)，C错误；乙醇与浓硫酸在140℃时发生分子间脱水生成乙醚，而非乙烯(需170℃)，D错误。10.(2025·杭州学军中学高三选考模拟)高分子M广泛用于牙膏、牙科黏合剂等口腔护理产品，合成路线如图：下列说法正确的是()A.化合物B所有原子可能共平面B.化合物C分子中核磁共振氢谱有一组峰C.合成M的聚合反应是缩聚反应D.除醇类物质以外，B的同分异构体还有2种答案B解析由高分子M逆推，可知B是、C是，乙炔和试剂a加成生成，则试剂a是CH3OH。B是，含有甲基，所有原子不可能共平面，故A错误；C是，结构对称，只有1种等效氢，核磁共振氢谱有一组峰，故B正确；、合成M的聚合反应是加聚反应，故C错误；除醇类物质以外，B的同分异构体还有CH3CH2CHO、CH3COCH3、、等，故D错误。11.(2025·杭州二中、温州中学、金华一中高三模拟)已知ROH(R=Na、K)固体溶于水放热，有关过程能量变化如图。下列说法正确的是()A.反应①ΔH1<0，ΔS<0B.ΔH4(NaOH)>ΔH4(KOH)C.ΔH6(NaOH)>ΔH6(KOH)D.ΔH4=ΔH1+ΔH2+ΔH5+ΔH6答案B解析由于液体的混乱度大于固体，反应①ΔS>0，A错误；ΔH4表示破坏ROH离子键的过程，钠离子半径小于钾离子，破坏氢氧化钠离子键吸收的能量要多，则ΔH4(NaOH)>ΔH4(KOH)，B正确；ΔH6表示氢氧根离子从气态离子转化为溶液中离子的热量变化，ΔH6(NaOH)=ΔH6(KOH)，C错误；由盖斯定律可知ΔH4=ΔH1+ΔH2-ΔH5-ΔH6，D错误。12.水系Zn⁃CO2电池在碳循环方面具有广阔的应用前景。该电池的示意图如下，其中双极膜在工作时催化H2O解离为H+和OH-，并在直流电场的作用下分别向两极迁移。下列说法正确的是()A.放电时，Zn电极为负极，发生还原反应B.充电时，OH-从Zn电极通过双极膜到达催化电极发生反应C.放电时，催化电极上的反应为CO2+2H++2e-=CO+H2OD.充电时，Zn电极上的反应为Zn2++2e-=Zn答案C解析放电时，Zn电极为负极，发生氧化反应，A错误；充电时，Zn电极为阴极，OH-从双极膜向催化电极移动，B错误；放电时，催化电极为正极，电极反应为CO2+2H++2e-=CO+H2O，C正确；充电时，Zn电极上的反应为[Zn(OH)4]2-+4H++2e-=Zn+4H2O，D错误。13.S2O32-可看成SO42-中的一个O被S代替，六水合硫代硫酸镁(MgS2O3·6H2O)A.S2O3B.浸金过程中，S2O3C.六水合硫代硫酸镁晶体中存在的化学键有离子键、极性共价键、配位键和氢键D.MgS2O3·6H2O可与稀硫酸反应产生刺激性气味的气体答案D解析SO42-为正四面体形，S2O32-是SO42-中一个O被S代替，中心S原子连接三个O和一个S，O和S电负性、原子半径不同，空间结构为四面体形，A错误；S2O32-中两个S原子化学环境不同，浸金时，取代O的端基S原子有孤电子对，可作为配位原子，而中心S原子没有孤电子对，不能作为配位原子，B错误；晶体中阴、阳离子之间形成离子键，S2O32-中的S—O、H2O中的O—H等为极性共价键，[Mg(H2O)6]2+中Mg2+与H2O的O原子形成配位键，氢键属于分子间作用力，不是化学键，C错误；MgS2O3·6H2O与稀硫酸反应的化学方程式为MgS2O3·6H2O+H2SO4=S↓+SO2↑14.烯烃化合物与CO2和H2的三组分氢羧基化反应得到脂肪族羧酸化合物被称为“梦幻反应”。光催化CO2和H2的苯乙烯类发生氢羧基化反应的历程如图所示(—Me为甲基，—Ar代表芳香烃类基团)。下列叙述错误的是()A.该转化中，物质1与CO2、H2发生加成反应生成物质2B.物质D为催化剂，物质E和F为中间产物C.该转化中，断裂和形成了3个π键、3个σ键D.Rh与氧原子间形成了配位键答案C解析该转化中，与CO2、H2反应生成，根据原子守恒可知，反应类型为加成反应，故A正确；物质D反应前后不变，物质D为催化剂，物质E和F为中间产物，故B正确；根据图示，F中Rh与氧原子间形成了配位键，故D正确。15.常温下，向0.02mol·L-1FeCl3溶液(用少量盐酸酸化)中匀速逐滴加入0.1mol·L-1NaOH溶液，得到pH—时间曲线如图。下列有关说法不正确的是()已知：25℃时，Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39，且Fe3+浓度小于10-5mol·L-1时认为其沉淀完全。A.ab段主要是NaOH和HCl反应B.c点溶液中的Fe3+已沉淀完全C.c点后pH急剧变化是过量的NaOH电离导致的D.d点水电离出的c(OH-)约为10-2.16mol·L-1答案D解析FeCl3溶液中有少量盐酸，起始ab段主要是氢氧化钠与盐酸反应，A正确；bc段主要是Fe3+与OH+生成沉淀，c点pH=2.82，c(OH-)=10-11.18mol·L-1，根据Fe(OH)3的Ksp=2.8×10-39，可计算此时铁离子浓度为Kspc3(OH-)=2.8×10-3910-11.183mol·L-1=2.8×10-5.46mol·L-1<10-5mol·L-1，即铁离子沉淀完全，B正确；c点后NaOH过量，电离出氢氧根离子导致pH急剧变化，C正确；d点的溶液pH=11.84，d点溶液中溶质为氢氧化钠和氯化钠，OH-主要由NaOH电离，H+主要由水电离，且水电离的H+和OH-浓度相等，则由水电离出的c16.(2025·衢州、丽水、湖州三地市高三模拟)硫酸四氨合铜晶体[Cu(NH3)4]SO4·H2O中铜含量可按下列步骤测定：下列说法不正确的是()A.步骤Ⅰ，H+和NH3反应破坏了[Cu(NH3)4]2+的稳定性，从而释放出Cu2+B.步骤Ⅱ，KI需过量，以确保Cu2+被完全还原为CuIC.步骤Ⅲ，当溶液变为浅黄色时再滴入淀粉溶液作为指示剂D.计算Cu元素含量必须需要的数据有[Cu(NH3)4]SO4·H2O晶体的质量、KI固体的质量、滴定时消耗Na2S2O3标准溶液的浓度和体积答案D解析硫酸四氨合铜晶体加入稀硫酸溶解，加入碘化钾将铜离子还原为碘化亚铜，碘离子被氧化生成碘单质，用硫代硫酸钠溶液滴定碘单质，从而计算Cu元素含量。[Cu(NH3)4]2+中存在[Cu(NH3)4]2+⥬Cu2++4NH3，用稀硫酸溶解该配合物时，H+与NH3发生中和反应，破坏了[Cu(NH3)4]2+中配位键的稳定性，从而释放出Cu2+，A正确；滴加KI固体时通常需要过量KI，以确保Cu2+完全转化为CuI，B正确；用硫代硫酸钠标准溶液滴定碘时，应在溶液呈浅黄色时才加入淀粉指示剂，此时溶液中碘的浓度稍低，否则淀粉⁃碘形成的深蓝色不易消退，C正确；计算晶体中Cu元素含量所需的关键数据是晶体质量以及滴定过程中所用Na2S2O3标准溶液的浓度和体积，通过硫代硫酸钠与碘反应的化学计量关系再推算出Cu的含量，实验无需精确测定KI固体的质量，D错误。二、非选择题(本大题共4小题，共52分)17.(13分)硒—钴—镧(La)三元整流剂在导电玻璃中应用广泛，且三种元素形成的单质及其化合物均有重要的应用。请回答下列问题：(1)钴位于元素周期表中(填“s”“p”“d”或“ds”)区，与钴位于同一周期且含有相同未成对电子数的元素为(填元素符号)。

(2)“依布硒”是一种有机硒化物，具有良好的抗炎活性，其结构简式如图1所示。“依布硒”中碳原子的杂化类型为，元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序：。

(3)硒的某种氧化物的链状聚合结构如图2所示，该氧化物的化学式为。SeO3的空间结构为。

(4)二硒键和二硫键是重要的光响应动态共价键，其光响应原理可用图3表示。已知光的波长与键能成反比，则图中实现光响应的波长：λ1(填“>”“<”或“=”)λ2，其原因是

。

(5)[Co(15⁃冠⁃5)(H2O)2]2+(“15⁃冠⁃5”是指冠醚的环上原子总数为15，其中O原子数为5)是一种配位离子，该配位离子的结构示意图如图4(H2O也是配体之一)，该配位离子中含有的σ键数目为。全惠斯勒合金CrxCoyAlz的晶胞结构如图5所示，其化学式为。

(6)Na2SeSO3(硒代硫酸钠，其中SeSO32-可看作是SO42-中的一个O原子被Se原子取代的产物)在某些肿瘤治疗中能够提高治愈率。其制备和转化关系：SO3①SeSO32-的空间结构是，基态O原子中处于最高能级的电子的运动状态共有②过程ⅱ中，SeSO32-中一定断裂的化学键是答案(1)dV、As(2)sp2N>O>Se(3)SeO2平面三角形(4)<Se的原子半径比S的原子半径大，Se—Se的键能比S—S的键能小，断裂Se—Se所需要的最低能量小，对应的光波的波长较长(5)46Cr2CoAl(6)①四面体形4②硫硒键解析(1)基态钴原子的核外电子排布式为[Ar]3d74s2，位于元素周期表中d区，与钴位于同一周期且含有相同未成对电子数(3个)的元素为V、As。(2)分子中的羰基碳原子以及苯环上的碳原子的杂化类型均为sp2杂化，元素非金属性越强，第一电离能一般越大，氮元素的2p轨道电子处于半充满稳定状态，第一电离能大于同周期相邻元素，则元素Se、O、N的第一电离能由大到小的顺序为N>O>Se。(3)根据结构图可判断与Se结合的氧原子个数为1+2×12=2，所以该氧化物的化学式为SeO2。SeO3的中心原子的价层电子对数是3，且不含有孤电子对，其空间结构为平面三角形。(5)单键都是σ键，氧原子和钴离子形成配位键，分子中还含有碳氢键、碳氧键、氢氧键、碳碳键，则该配位离子中含有的σ键数目为15+2×10+2×2+7=46。根据均摊法得一个晶胞中含有Cr的数目为8×18+6×12+4=8，一个晶胞中含有Co的数目为12×14+1=4，一个晶胞中含有Al的数目为4，所以晶体化学式为Cr2CoAl。(6)①SeSO32-中硫原子的价层电子对数为4，孤电子对数为0，该离子的空间结构为四面体形；基态O原子的电子排布式为1s22s22p4，处于最高能级2p的电子的运动状态共有418.(12分)(2025·宁波高三模拟)以CO2为碳源催化加氢合成甲醇，有利于降低碳的排放，实现“碳中和”。已知：Ⅰ：CO2(g)+3H2(g)⥬CH3OH(g)+H2O(g)ΔH1=-49.8kJ·mol-1Ⅱ：CO2(g)+H2(g)⥬CO(g)+H2O(g)ΔH2(1)①物质的标准摩尔生成焓是指在一定温度下，由元素最稳定的单质生成1mol纯物质时的焓变。下表是几种物质在298K时的标准摩尔生成焓(ΔfHmθ物质CO2(g)H2(g)CH3OH(g)H2O(g)ΔfH/(kJ·mol-1)-393.50x-241.8则x=。②反应的自由能变化量：ΔG=ΔH-TΔS，ΔG<0时反应自发，反应Ⅱ的ΔG随温度变化如图1所示。则反应Ⅱ的ΔS0(填“>”“<”或“=”)。(2)将CO2和H2按物质的量之比为1∶3充入恒压(5MPa)容器中，在催化剂的作用下发生反应Ⅰ和Ⅱ，测得CO2的平衡转化率及CH3OH的选择性随温度的变化如图2所示。[CH3OH的选择性=n(生成C①下列说法正确的是(填字母)。A.若温度不变，缩小容器体积，达到新平衡后CO2浓度增大B.升高温度，反应速率和CH3OH的平衡产率一定都增大C.使用合适的催化剂，可以提高单位时间内CH3OH的产量D.当n(CO2)=n(H2O)时，反应达到平衡②275℃后，CO2的平衡转化率随温度升高而增大的原因是。③225℃时，反应Ⅱ的平衡常数K=(结果保留3位小数)。④其他条件相同，若将反应物充入恒压(3MPa)容器中发生反应，CH3OH的选择性随温度的变化与5MPa时变化相似，请在图2中用虚线画出175~400℃之间CO2的平衡转化率随温度变化曲线(只作定性描述)。答案(1)①-201.5②>(2)①AC②反应Ⅰ为放热反应，升高温度平衡逆向移动；反应Ⅱ为吸热反应，升高温度平衡正向移动；275℃后，反应Ⅱ正向移动的程度比反应Ⅰ逆向移动的程度大，因此CO2的平衡转化率随温度升高而增大③0.007④解析(1)①根据物质标准摩尔的定义，写出由单质生成CO2(g)、CH3OH(g)和H2O(g)的热化学方程式分别为i)C(s)+O2(g)=CO2(g)ΔH3=-393.5kJ·mol-1ii)C(s)+12O2(g)+2H2(g)=CH3OH(g)ΔH4=xkJ·moliii)12O2(g)+H2(g)=H2O(g)ΔH5=-241.8kJ·mol根据盖斯定律可知，反应Ⅰ可由反应ii)+iii)-i)得到，故ΔH1=ΔH4+ΔH5-ΔH3=[x+(-241.8)-(-393.5)]kJ·mol-1=-49.8kJ·mol-1，解得x=-201.5kJ·mol-1。②ΔG=ΔH-TΔS，根据图像可知其他条件不变时，ΔG为以温度为变量的一次函数，且该函数的斜率小于零，因此ΔS>0。(2)①温度不变，缩小容器的体积，体系中各气体的浓度均增大，反应Ⅰ正向移动，达到新平衡后，CO2浓度变大，A项正确；升高温度，反应速率增大，但反应Ⅰ平衡逆向移动，CH3OH的平衡产率减小，B项错误；使用合适的催化剂，可以加快反应速率，在相同时间内可提高CH3OH的产量，C项正确；当反应达到平衡时，各物质的物质的量不再发生变化，不能确定n(CO2)=n(H2O)，故不能确定反应是否达到平衡，D项错误。②275℃后，继续升高温度，对反应Ⅱ的影响大于反应Ⅰ，反应Ⅱ为吸热反应，温度升高，反应Ⅱ平衡正向移动，因此CO2的平衡转化率随温度升高而增大。③由图像可知，225℃时，CO2的平衡转化率为25%，CH3OH的选择性为80%，设初始投入CO21mol，H23mol反应Ⅰ中CO2的转化量为xmol，反应Ⅱ中CO2的转化量为ymol，根据题意列三段式：CO2(g)+3H2(g)⥬CH3OH(g)+H2O(g)起始/mol1300转化/molx3xxx平衡/mol1-x3-3xxxCO2(g)+H2(g)⥬CO(g)+H2O(g)起始/mol1-x3-3x0x转化/molyyyy平衡/mol1-x-y3-3x-yyx+y则x+y1×100%=25%，xx+y×100%=80%，解得x=0.2，y=0.05；反应Ⅱ为等体积反应，故反应Ⅱ的平衡常数K=c(CO)·c(H2O)c(CO2)·c(H2)=n(CO)·n(H2O)n19.(13分)(2024·温州高三下学期第二次适应性考试)硫代尿素[CS(NH2)2]是重要的工业原料。某小组按如图流程开展制备实验(部分装置及夹持仪器已省略)。主要反应：步骤Ⅱ：CaCN2+3H2SCS(NH2)2+Ca(SH)2步骤Ⅲ：Ca(SH)2+2CaCN2+6H2O2CS(NH2)2+3Ca(OH)2已知：硫代尿素CS(NH2)2可溶于水、乙醇，微溶于乙醚。(1)仪器X的名称(填仪器名称)。(2)下列说法不正确的是(填字母)。A.配制5%的BaS溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、容量瓶B.装置A使用恒压滴液漏斗添加硫酸溶液时，需要打开漏斗上部的玻璃塞C.在反应前若向装置B中通入一段时间N2，能提高产品的产率D.步骤Ⅱ反应完全的现象是溶液变澄清，集气瓶液面不再改变(3)步骤Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的部分操作如下，其正确的顺序是：()→()→a→()→e→f→()。a.调节三通阀如图，收集气体一段时间b.开启装置A磁力搅拌器，慢慢加入一定量硫酸c.调节装置B温控磁力搅拌器，并控制温度为30℃d.调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃e.调节三通阀如图f.移动水准管并调节活塞Y控制气体流速，反应一段时间后g.检测气体纯净后连接三通阀(4)步骤Ⅳ的主要操作是(请补上第一步)：→洗涤、合并滤液→冷冻结晶。上述步骤中的最适宜洗涤剂是(填字母)。A.冷水 B.热水C.乙醚 D.滤液(5)产品含量的测定：滴定反应：10NaOH+4I2+CS(NH2)2=CO(NH2)2+8NaI+Na2SO4+5H2O；I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。主要步骤：ⅰ.称取mg产品用蒸馏水溶解并定容至500mL。移取该溶液20.00mL注入碘量瓶中，加50mLc1mol·L-1碘标准液、20mL氢氧化钠溶液，于暗处放置10min。加适量水及盐酸摇匀，用c2mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定，近终点时，加3mL淀粉指示液，继续滴定至终点，消耗体积V1mL。ⅱ.空白实验：将上述样品溶液改为蒸馏水20.00mL注入碘量瓶中，重复后续步骤，滴定至终点时消耗体积V2mL。①滴定终点时锥形瓶中溶液的现象是。②产品的质量分数为。答案(1)三颈烧瓶(2)ABD(3)bgcd(4)趁热过滤B(5)①溶液蓝色褪去，且半分钟内不恢复原色②23.75(V解析(2)配制5%的BaS溶液必须用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管，不需要容量瓶，A错误；用恒压滴液漏斗添加溶液时，只需要打开下面的活塞，液体就可以顺利流下，不需要打开漏斗上部的玻璃塞，B错误；在反应前若向装置B中通入一段时间N2，可排尽装置中的空气，防止产品被氧化，能提高产品的产率，C正确；步骤Ⅱ反应完全即H2S完全反应，步骤Ⅲ反应仍需要CaCN2参与，说明CaCN2过量，此时仍是浊液，D错误。(4)从题中所给信息，步骤Ⅲ调节装置B温控磁力搅拌器，并迅速控温在85℃，发生反应：Ca(SH)2+2CaCN2+6H2O2CS(NH2)2+3Ca(OH)2，可知硫代尿素在85℃溶解度较大，故经趁热过滤[除去Ca(OH)2]、洗涤、合并滤液、冷冻结晶得到粗产品，洗涤应使用热水洗涤，将附着在Ca(OH)2固体上的硫代尿素转移至滤液中，减少产品的损失。(5)②根据空白实验，由题意可得关系式：CS(NH2)2~4I21414×(12×c2V2×10-3(12×c2V2-12