届高考化学专题限时训练5有答案.docx
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届高考化学专题限时训练5有答案
1．下列说法不正确的是（）
A.硫酸厂应建在靠近原料产地的地区
B.接触法制H2SO4的主要步骤是造气、接触氧化和SO3的吸收
C.由于常压下SO2转化为SO3的转化率很高，所以SO2接触氧化时不需要采取高压的反应条件
D.工业三废的综合利用不仅能减少污染还可获得有用的副产品
【答案】A
【解析】B项造气指制取SO2。
C项应了解在常压下SO2的转化率已达90%以上，故不需高压。
D项正确。
A项厂址选定，不仅要考虑原料地，更需考虑消费市场较近，而且综合经济效益较好的地方。
2．下列关于I-的叙述中，正确的是……（）
A、能发生升华现象B、能使淀粉变蓝C、有较强的还原性D、显紫黑色
【答案】C
【解析】A、B、D的现象均为I2的性质而I-不具备，I-具有较强的还原性。
3．下列物质中能与水反应的是（）
A.CuOB.CaOC.Fe2O3D.Al2O3
【答案】B
【解析】A错，氧化铜不溶于水且不与水反应；B正确，氧化钙与水反应生成氢氧化钙；C错，氧化铁不溶于水且不与水反应；D错，氧化铝不溶于水且不与水反应；
4．向饱和Na2CO3溶液中通入足量CO2，下列说法不正确的是（）
A．溶液中有Na2CO3·10H2O晶体析出
B．溶液的pH减小
C．溶液中发生的离子反应为：
CO2+H2O+CO
===2HCO
D．溶液中Na+的物质的量减少
【答案】A
5．下列说法正确的是（）
A．卤素元素都有正化合价B.卤素元素的单质都只具有氧化性
C．卤素元素的最低化合价都是-1价D.卤素元素氢化物都是强酸
【答案】C
【解析】氟是最活泼的非金属，没有正价，A不正确。
卤素在反应中可以失去电子，必须还原性，B不正确。
卤素元素的最外层电子数都是7个，最低价是－1价，C正确。
氟化氢的水溶液显弱酸性，D不正确。
答案选C。
6．将一定量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g的铜粉，此时共收集到NO气体448mL（标准状况）。
然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，则（m1－m2）为
A．5.76B．2.88C．1.92D．0
【答案】A
7．通过一步反应能实现下列转化的是
A．Si→SiO2→H2SiO3→Na2SiO3B．S→SO3→H2SO4→Na2SO4
C．Na→NaOH→Na2CO3→NaClD．Al→AlCl3→Al（OH）3→NaAlO2
【答案】CD
【解析】
试题分析：
A．SiO2难溶于水，不能与水发生反应产生H2SiO3，错误；B．S和氧气在点燃时发生反应产生SO2，不能得到SO3，错误；C．Na和水反应产生NaOH和氢气，NaOH溶液中通入少量CO2产生Na2CO3，Na2CO3与足量的盐酸反应产生NaCl，可以通过一步反应能实现上述转化，正确；D．Al与盐酸发生置换反应产生AlCl3，向AlCl3溶液中加入足量的氨水，发生反应产生Al（OH）3，向该物质中加入NaOH，会发生反应产生NaAlO2，可以通过一步反应实现上述转化，正确。
考点：
考查物质的化学性质及相互转化的关系的知识。
8．Na2CO3溶液加入酚酞试液变红，再加或通入少量下列物质一定不能使其红色褪去或变浅的是（）
A．CO2气体B．Na2O2C．CaCl2（s）D．NaCl（s）
【答案】D
9．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加0.1mol/L稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的体积（V）的关系如图所示。
下列判断正确的是
A．在0-a范围内，只发生中和反应
B．ab段发生反应的离子方程式为：
CO32－＋2H＋＝H2O＋CO2↑
C．a＝0.3
D．原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1:
2
【答案】C
【解析】
试题分析：
A、由题意可知，溶液中存在氢氧化钠和碳酸钠，所以在0-a范围内，除发生中和反应外，还有HCl与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，错误；B、ab段是碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳气体，发生反应的离子方程式为：
HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，错误；C、因为HCl与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗的HCl的物质的量和HCl与碳酸氢钠反应生成二氧化碳消耗的HCl的物质的量是相等的关系，根据生成二氧化碳的物质的量是0.01mol可知碳酸钠的物质的量是0.01mol，根据HCO3－＋H＋＝H2O＋CO2↑，消耗盐酸的体积是0.01mol/0.1mol=0.1L，则0.4-a=0.1，所以a=0.3，正确；D、则未产生二氧化碳前消耗的0.3L的盐酸中有0.1L用于和碳酸钠反应生成碳酸氢钠，0.2L用于和NaOH反应，所以原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为2:
1，错误，答案选C。
考点：
考查对图像的分析、计算
10．下列说法不正确的是（）
A．水晶、玛瑙、石英的主要成分都是SiO2
B．CO2通入水玻璃中可以得到硅酸沉淀
C．提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料
D．高纯度的硅单质广泛用于制作光导纤维
【答案】D
【解析】
试题分析：
高纯度的硅单质广泛用于半导体材料，而二氧化硅用于制作光导纤维，选项D不正确，其余选项都是正确的，答案选D。
考点：
考查硅及其化合物的组成、结构、性质以及用途
点评：
该题是基础性试题的考查，试题注重基础，难度不大。
该题的关键是熟练记住硅及其化合物的性质和用途，然后灵活运用即可。
11．下列各组物质能按照关系
转化，都能一步完成的是
A
B
C
D
X
C
Na2O
CaO
Fe
Y
CO2
NaOH
CaCl2
Fe2O3
Z
Na2CO3
NaCl
CaCO3
Fe（OH）3
【答案】C
【解析】
试题分析：
A中，Na2CO3不能一步转化为C，故A不能选；B中，NaCl不能一步转化为Na2O，故B不能选；C符合题干的要求；D中，Fe2O3不能一步转化为Fe（OH）3，故D不能选。
考点：
物质的转化
点评：
本题考查了物质的转化，是对学生化学基本知识的考查，本题难度适中。
12．向下图装置中缓慢地通入气体X，若关闭活塞，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则品红溶液退色，加热后又恢复红色。
据此判断气体X和洗气瓶内溶液Y分别可能是
【答案】A
【解析】
试题分析：
A、若X是二氧化硫，关闭活塞，则二氧化硫与碳酸氢钠溶液反应，生成二氧化碳气体，二氧化碳不能使品红褪色，但能使澄清石灰水变浑浊；若打开活塞，则二氧化硫直接与品红溶液反应，则品红溶液褪色，加热收恢复红色，正确；B、若X是硫化氢，则关闭活塞，硫化氢与浓硫酸反应会产生二氧化硫，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色，不符合题意，错误；C、若X是二氧化碳，打开活塞，通入品红溶液中，品红不褪色，不符合题意，错误；D、若X是氯气，打开活塞通入品红溶液中，品红褪色，但加热不会恢复红色，错误，答案选A。
考点：
二氧化硫、二氧化碳、氯气的化学性质
13．两份等质量的铝粉，一份加入足量氢氧化钠溶液中，一份加入足量盐酸中，充分反应后收集到相同条件下的氢气体积比为（）
A.1︰1 B.2︰1 C.1︰4 D.1︰2
【答案】A
【解析】铝既能与氢氧化钠溶液反应生成氢气，同时又能与盐酸反应生成氢，在质量相等的铝中，其完全反应转移的电子数相等，即生成的氢气的量相同，所以，充分反应后收集到相同条件下的氢气体积比为1：
1；
14．（12分）已知B是常见的金属单质，E为常见的气态非金属单质，H常温下为无色液体，C的浓溶液在加热时才与D反应。
根据下列框图所示，试回答：
（1）F的电子式为，所含化学键为；
（2）反应①的离子方程式为；
（3）每生成1molK，反应放出98.3kJ的热量，该反应的热化学方程式为；
（4）反应②的化学方程式为；
（5）化合物F与Na2S溶液反应，生成NaOH和S单质，试写出该反应的离子方程式为。
【答案】（每空2分，12分）
（1）
；离子键、非极性共价键
（2）2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+
（3）SO2（g）+1/2 O2（g）⇌SO3（g）△H=-98.3kJ/mol
（4）Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O
（5）Na2O2+S2‾+2H2O=2Na++S↓+4OH‾
【解析】
试题分析：
A的电解产物反应生成H，H常温下为无色液体，H为H2O；L是蓝色沉淀，为Cu（OH）2，M的焰色反应为黄色，M含有Na元素，由转化关系A+H+F→E+L+M，即A溶液+F→E+L+M，可知F与水反应生成碱与E，且B+E→F，故F为Na2O2，E为O2，B为金属Na，A为铜盐，由A溶液电解生成C+D+E可知，电解产物为三种，为放氧生酸型，电解生成Cu、O2、酸，C的浓溶液在加热时才与D反应，D为Cu，C为H2SO4，故A为CuSO4，由C+D
I+D+H可知，I为SO2，由I与E生成K可知，K为SO3，SO3与水反应生成硫酸，验证符合转化关系。
（1）由想上述分析可知，F为Na2O2，电子式为
，Na+与O22‾之间形成离子键，O22‾内O原子间形成非极性共价键。
（2）反应①为电解硫酸铜溶液生成铜、硫酸、氧气，反应离子方程式为：
2Cu2++2H2O
2Cu+O2↑+4H+
（3）每生成1molK为SO3，反应放出98.3kJ热量，该反应的热化学方程式为：
SO2（g）+1/2 O2（g）⇌SO3（g）△H=-98.3kJ•mol‾1。
（4）反应②为Cu与浓硫酸的反应，化学方程式为：
Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O
（5）Na2O2与Na2S、H2O反应生成NaOH和S，根据化合价升高的价数与化合价降低的价数相等，配平可得离子方程式：
Na2O2+S2‾+2H2O=2Na++S↓+4OH‾。
考点：
本题考查物质的推断、电子式、化学键、方程式的书写、热化学方程式的书写。
15．在氯化铁、氯化铜和盐酸的混合溶液中加入铁粉，待反应结束后，所剩余的固体滤出后能被磁铁吸引，反应后溶液存在较多的阳离子是
A．Cu2＋B．Fe3＋C．Fe2＋D．H＋
【答案】C
【解析】
试题分析：
因为固体能被磁铁吸引，说明固体中含有铁，铁能和铜离子反应，和铁离子反应，和氢离子反应，所以溶液中不存在这些离子，选C。
考点：
金属铁的性质。
16．《宋史·食货志》中有这样一段话：
“浸铜之法，以生铁煅成薄铁片，排置胆水槽中，浸渍数日，铁片为胆水所薄，上生赤煤。
去刮赤煤，入炉三炼成铜。
大率用铁二斤四两得铜一斤。
”
文中胆水可能是赤煤又可能是
上文中炼铜，假如生铁中含铁95%，那么铁的利用率是
（1斤以16两计算）
【答案】
17．（8分）A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，A、B处于同一周期，C、D、E同处另一周期。
C、B可按原子个数比2∶l和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙。
A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个。
E是地壳中含量最高的金属元素。
根据以上信息回答下列问题：
（1）D元素在周期表中的位置是，A的最高价氧化物的化学式
是。
（2）A、B、C、D、E五种元素的原子半径由小到大的顺序是（用元素符号填写）。
（3）E的最高价氧化物对应的水化物与C的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方
程式是。
（4）简述比较D与E金属性强弱的实验方法；。
【答案】
（1）第三周期第ⅡA族（1分），（不写全得0分）N2O5（1分）
（2）O＜N＜Al＜Mg＜Na（2分）
（3）Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O（2分）
（4）镁与热水可以反应生成氢氧化镁和氢气，但铝和热水不反应。
（其他答案合理也可以给分）。
【解析】地壳中含量最高的金属元素是铝元素，即E是铝，则C、
D、E是第三周期元素，A、B是第二周期元素。
A原子的最外层电子数比次外层电子层多3个，所以A是氮元素。
又因为A、B、C、D、E都是短周期元素，原子序数依次增大，所以C、D只能分别是钠和镁元素。
C、B可按原子个数比2∶l和1∶1分别形成两种离子化合物甲和乙，因此B是氧元素，甲和乙分别是氧化钠和过氧化钠。
（1）氮元素是第ⅤA，最高价是＋5价，最高价氧化物的化学式为N2O5。
（2）同周期元素自左向右原子半径逐渐减小，同主族元素自上而下原子半径逐渐增大，所以正确的顺序为O＜N＜Al＜Mg＜Na。
（3）氢氧化钠是强碱，氢氧化铝是两性氢氧化物，二者反应的方程式为
Al（OH）3+NaOH=NaAlO2+2H2O。
（4）在比较金属性强弱时一般可以借助元素周期律，也可以是与水反应的难易程度，或者与酸反应置换出氢气的难易程度，或是最高价氧化物对应水化物的碱性强弱以及相应之间的转化能力。
18．从铝土矿（主要成分是Al2O3，含SiO2、Fe2O3、MgO等杂质）中提取氧化铝的两种工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）流程甲加入盐酸后生成Al3＋的离子方程式为。
（2）流程乙加入烧碱后生成SiO32-的离子方程式为。
（3）验证滤液B含Fe3＋，可取少量滤液并加入（填试剂名称）。
（4）滤液E、K中溶质的主要成分是（填化学式），写出该溶质的一种用途：
。
（5）已在298K时，Mg（OH）2的溶度积常数Ksp＝5.6×10－12。
取适量的滤液B，加入一定量的烧碱至达到沉淀溶解平衡，测得pH＝13，则此温度下残留在溶液中的c（Mg2＋）＝。
【答案】
（1）Al2O3＋6H＋=2Al3＋＋3H2O
（2）SiO2＋2OH－=SiO32-＋H2O（3）硫氰化钾（或苯酚溶液等合理答案）（4）NaHCO3；制纯碱（或做发酵粉等合理答案）（5）5.6×10－10mol·L－1
【解析】本题考查从铝土矿中提取氧化铝的工艺流程。
铝土矿中的成分能与HCl反应的有Al2O3、Fe2O3、MgO，不反应的是SiO2，所以固体A为SiO2，滤液B中有Al3＋、Fe3＋、Mg2＋，再加入过量烧碱，Al3＋＋4OH－=[Al（OH）4]－，Fe3＋＋3OH－=Fe（OH）3↓，Mg2＋＋2OH－=Mg（OH）2↓，沉淀C为Fe（OH）3、Mg（OH）2的混合物，滤液D中为Na[Al（OH）4]、NaOH（过量），Na[Al（OH）4]能与CO2反应，Na[Al（OH）4]＋CO2（过量）=Al（OH）3↓＋NaHCO3，故滤液E为NaHCO3，沉淀F为Al（OH）3，Al（OH）3灼烧得到Al2O3。
铝土矿中能与NaOH溶液反应的有Al2O3、SiO2，所以固体X为Fe2O3、MgO，Al2O3＋2NaOH＋3H2O=2Na[Al（OH）4]，SiO2＋2NaOH=Na2SiO3＋H2O。
（5）中应用Ksp的有关计算，Ksp＝c（Mg2＋）·c2（OH－），c（OH－）＝1.0×10－1mol·L－1，所以c（Mg2＋）＝
＝
＝5.6×10－10（mol·L－1）。
19．工业制得的氮化铝（AlN）产品中常含有少量Al4C3、Al2O3、C等杂质。
某同学设计了如下实验分别测定氮化铝（AlN）样品中AlN和Al4C3的质量分数（忽略NH3在强碱性溶液中的溶解）。
（1）实验原理:
①Al4C3与硫酸反应可生成CH4。
②AlN溶于强酸产生铵盐，溶于强碱生成氨气。
（2）实验装置（如图所示）:
（3）实验过程:
①连接实验装置，检验装置的气密性。
称得D装置的质量为yg，滴定管的读数为amL
②称取xgAlN样品置于装置B瓶中；塞好胶塞，关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应。
③待反应进行完全后，关闭活塞K1，打开活塞，通过分液漏斗加入过量NaOH，与装置B瓶内物质充分反应。
④（填入该步应进行的操作）。
⑤记录滴定管的读数为bmL，称得D装置的质量为zg。
（4）数据分析:
（已知：
该实验条件下的气体摩尔体积为VmL·mol－1）
①Al4C3的质量分数为。
②若读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，则所测气体的体积（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。
③AlN的质量分数为。
【答案】（3）③打开K2④通入空气一段时间
（4）
②偏小③
【解析】
试题分析：
（3）装置中残留部分氨气，打开K2，通入空气一段时间，排尽装置的氨气，被装置D完全吸收，防止测定的氨气的质量偏小．
（4）数据分析：
从实验装置和实验步骤上看，本实验的原理是用关闭活塞K2、K3，打开活塞K1，通过分液漏斗加入稀硫酸，与装置B瓶内物质充分反应，量取生成的甲烷气体，从而可测得Al4C3的百分含量；用足量NaOH溶液与样品中AlN完全反应，充分吸收生成的氨气，并称量其质量，从而求得AlN的质量分数。
①、甲烷的体积为（b-a）mL，物质的量=
=
根据碳原子的守恒，Al4C3的物质的量等于甲烷的物质的量的三分之一，所以Al4C3的质量=n
=
，Al4C3的质量分数=
。
②、读取滴定管中气体的体积时，液面左高右低，气体的压强大于大气压，测定气体甲烷的体积偏小，
③、氨气的质量为（z-y）g，物质的量=
根据氮原子的守恒，氨气的物质的量等于AlN的物质的量，所以AlN的质量=nM=
=
，故AlN的质量分数=
考点：
考查无机实验及相关计算。
20．铁矿石主要成分为铁的氧化物（设杂质中不含铁元素和氧元素，且杂质不与H2SO4反应）。
某研究性学习小组对某铁矿石中铁的氧化物的化学式进行探究。
ABC
Ⅰ．铁矿石中含氧量的测定
①按上图组装仪器，检查装置的气密性；
②将5.0g铁矿石放入硬质玻璃管中，装置B、C中的药品如图所示（夹持仪器均省略）；
③从左端导气管口处缓缓通入H2，____________，点燃A处酒精灯
④充分反应后，撤掉酒精灯，再持续通入氢气至完全冷却。
（1）装置C的作用为________________________________________________。
（2）③中点燃A处酒精灯前所需操作为 ______________________________。
（3）测得反应后装置B增重1.35g，则铁矿石中氧的百分含量为____________。
Ⅱ．铁矿石中含铁量的测定
（1）步骤④中煮沸的作用是__________________________________________。
（2）步骤⑤中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管、____________。
（3）下列有关步骤⑥的操作中说法正确的是__________________。
a．因为碘水为黄色，所以滴定过程中不需加指示剂
b．滴定过程中可利用淀粉溶液作为指示剂
c．滴定管用蒸馏水洗涤后可以直接装液
d．锥形瓶不需要用待测液润洗
e．滴定过程中，眼睛注视滴定管中液面变化
f．滴定颜色变化后，30s内溶液不恢复原来的颜色再读数
（4）若滴定过程中消耗0.5000mol·L−1KI溶液20.00mL，则铁矿石中铁的百分含量为____________。
Ⅲ．由Ⅰ、Ⅱ可以推算出该铁矿石中铁的氧化物的化学式为。
如何检验滤液A中是否含有Fe2+__________（填选项字母）。
A.先加KSCN溶液，再加氯水B.加NaOH溶液C.加K3[Fe（CN）6]
【答案】Ⅰ．
（1）防止空气中的水蒸气和CO2进入B中，影响测定结果。
（2）检验氢气的纯度（3）24%
Ⅱ．
（1）赶走溶液中溶解的过量的Cl2
（2）250mL容量瓶（未答“250mL”不给分）（3）df（4）70%
Ⅲ.Fe5O6C
【解析】
试题分析：
Ⅰ．
（1）B中的碱石灰是吸收置换反应生成的水的，为了防止空气成分对实验的影响，要加一个装置吸收空气中的水分和二氧化碳
（2）点燃氢气之前要先检验氢气的纯度，以防爆炸
（3）反应后装置B增重1.35g，既氢气和氧化铁反应后固体质量的增加值，可以根据差量法来计算；反应实质，增加的是氧元素的质量，所以氧元素的质量分数是（1.35/18）×16/5.0×100%=24%
Ⅱ．
（1）煮沸可以将水中的气体赶走；
（2）根据稀释液体和配制一定体积的溶液所选择的仪器来回答，容量瓶是一种定容仪器。
（3）根据滴定试验以及滴定过程中的实验误差分析知识来回答。
碘水为黄色，三价铁离子也是黄色溶液，滴定过程中需要加指示剂，a错误；
滴定过程中，三价铁可以和碘离子发生反应生成亚铁离子和碘单质，碘单质遇到淀粉溶液显示蓝色，但是亚铁离子的绿色会产生干扰作用，b错误
滴定管用蒸馏水洗涤后必须再用标准液洗涤，c错误
滴定过程中，眼睛应注视容量瓶液体中发生的变化
（4）根据元素守恒和化学反应方程式进行计算
由于所取溶液（含Fe3+）的体积与消耗KI溶液的体积相等，结合方程式可知，c（Fe3+）=c（KI）=0.5mol/L,所以铁元素的百分比含量为70%
Ⅲ.根据铁元素质量分数和氧元素质量分数计算出铁的氧化物的化学式，铁的质量分数是70%，氧元素的质量分数是24%，所以100g铁矿石中，铁元素的质量是70g，氧元素的质量是24g，铁元素和氧元素的物质的量比为（70/50）：
（24/16）=5：
6，铁的氧化物的化学式为Fe5O6
考点：
考查对化合物的性质掌握及实验操作
21．（14分）Na2S2O3·5H2O俗称“海波”，常用于脱氧剂、定影剂和还原剂，是无色易溶于水的晶体，不溶于乙醇，在20°C和70°C时的溶解度分别为60.0g和212g，Na2S2O3·5H2O于40～45°C熔化，48°C分解。
已知Na2S2O3的稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。
下面是Na2S2O3·5H2O的实验室制备及相关性质实验。
制备海波的反应原理：
Na2SO3+S
Na2S2O3
制备海波的流程：
（1）实验开始时用1mL乙醇润湿硫粉的作用是（填字母）。
A．有利于亚硫酸钠与硫黄的充分接触
B．防止亚硫酸钠溶解
C．控制溶液的pH
D．提高产品的纯度
（2）趁热过滤的原因是。
（3）滤液不采用直接蒸发结晶的可能原因是。
（4）抽滤过程中需要洗涤产品晶体，下列液体最适合的是（填字母）。
A．无水乙醇B．饱和NaCl溶液C．水D．滤液
（5）为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，请将以下实验方案补充完整（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、BaCl2溶液、蒸馏水中选择）。
①取适量产品配成稀溶液，，生成白色沉淀；
②，若沉淀未完全溶解，且有刺激性气味气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。
该流程制得的Na2S2O3·5H2O粗产品可通过方法提纯。
【答案】17.（14分）
（1）A（2分）
（2）防止温度降低而使Na2S2O3·5H2O晶体析出（2分）
（3）直接蒸发结晶易使Na2S2O3·5H2O熔化分解（2分）
（4）A（2分）（5）①滴加足量BaCl2溶液（2分）
②过滤，用蒸馏水洗净沉淀，向沉淀中加入足量稀盐酸（2分）（6）重结晶（2分）
【解析】
试题分析：
（1）由于S难溶于水，微溶于酒精，实验开始时用lmL乙醇润湿硫粉，有利于亚硫酸钠与硫磺的充分接触，答案为：
A；
（2）若温度降低，Na2S2O3的溶解度会减小，导致Na2S2O3的晶体析出，最后得到的Na2S2O3减少，答案为：
防止温度降低而使Na2S2O3晶体析出；（3）由
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