安徽省淮北地区届高三入学摸底考试化学精校解析 Word版.docx
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安徽省淮北地区届高三入学摸底考试化学精校解析Word版
安徽省淮北地区2019届高三入学摸底考试
化学试题
1.1.下列关于古籍中的记载说法不正确的是
A.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的反应类型是分解反应
B.《抱朴子》中“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应互为可逆反应
C.《本草纲目》中“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石”利用焰色反应区分硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）
D.汉朝的《淮南万毕术》、《神农本草经》记载“白青（碱式碳酸铜）得铁化为铜”，“石胆能化铁为铜”都是指铜可以采用湿法冶炼。
【答案】B
【解析】
【详解】A.《天工开物》中“凡石灰，经火焚炼为用”涉及的是碳酸钙受热分解，反应类型是分解反应，选项A正确；B.《抱朴子》中“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”两个反应的条件不同，不属于互为可逆反应，选项B不正确；C、鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4），利用钾元素和钠元素的焰色反应不同，钠元素焰色反应为黄色，钾元素焰色反应为隔着钴玻璃为紫色，选项C正确；D、得铁化为铜，都应发生置换反应，应为湿法炼铜，选项D正确；答案选B。
2.2.下列物质分类正确的是（）
分类
纯净物
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
碱石灰
烧碱
氧化铝
二氧化碳
B
NH3•H2O
小苏打
氧化镁
二氧化氮
C
五水硫酸铜
纯碱
氧化钠
三氧化硫
D
H2O2
苏打
过氧化钠
二氧化硫
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【解析】
试题分析：
A．碱石灰的成分为NaOH和CaO的混合物，不属于纯净物，A项错误；B．NO2与NaOH反应生成硝酸钠和亚硝酸钠两种盐，不属于酸性氧化物，B项错误；C．蓝矾属于纯净物，纯碱的化学式为Na2CO3，属于盐，氧化钠与盐酸反应生成氯化钠和水，属于碱性氧化物，SO3与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，C项正确；D．过氧化钠属于过氧化物，不属于碱性氧化物，D项错误；答案选C。
考点：
考查物质的分类。
3.关于胶体，下列说法正确的是
A.胶体的聚沉是化学变化
B.含有0.01molFeCl3的溶液制成的胶体中，胶体粒子的数目约为6.02×1021个
C.胶体的介稳性与胶体带有电荷有关
D.NaCl晶体既可制成溶液又可制成胶体
【答案】D
【解析】
A．胶体的聚沉为分散质粒子的直径变大的过程，没有新物质生成，为物理变化，故A错误；B．胶体粒子是氢氧化铁的集合体，0.01molFe3+完全水解生成氢氧化铁胶体粒子的数目小于6.02×1021个，故B错误；C．胶体具有介稳定性主要是胶体粒子的直径介于溶液和浊液之间，故C错误；D．NaCl分散在水中形成溶液，分散在酒精中形成胶体，故D正确；故选D。
4.4.下列实验误差分析错误的是
A.用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液浓度偏小
B.滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小
C.用润湿的pH试纸测稀碱溶液的pH，测定值偏小
D.测定中和反应的反应热时，将碱缓慢倒入酸中，所测温度值偏小
【答案】A
【解析】
分析：
A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，所配溶液浓度偏大；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，所测体积偏小；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小。
详解：
A项，用容量瓶配制溶液，定容时俯视刻度线，所配溶液体积偏小，根据公式cB=
，所配溶液浓度偏大，A项错误；B项，滴定前滴定管内无气泡，终点读数时有气泡，终点读数偏小，所测体积偏小，B项正确；C项，用湿润pH试纸测稀碱液的pH，c（OH-）偏小，pH测定值偏小，C项正确；D项，测定中和热时，将碱缓慢倒入酸中，散失热量较多，所测温度值偏小，D项正确；答案选A。
5.5.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（ ）
A.在标准状况下，11.2LO2和22.4LNO混合并充分反应后得到的气体的分子数为NA
B.常温下0.1mol·L－1NH4NO3溶液中的氮原子数为0.2NA
C.1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA
D.25℃时，1.0LpH＝13的Ba（OH）2溶液中，含有的OH－数目为0.2NA
【答案】C
【解析】
分析：
A项，11.2LO2和22.4LNO混合恰好反应生成22.4LNO2，即1molNO2,但由于存在2NO2
N2O4的反应，因此得到气体分子数小于NA；B项，未注明溶液体积，无法计算溶液中含有的氮原子数；C项，1molNa与足量O2反应，无论生成Na2O还是Na2O2，Na都是由0价变为+1价，所以转移电子数为NA；D项，25℃时，1.0LpH＝13的Ba（OH）2溶液中，n（OH-）=1.0L×
mol/L=0.1mol，所以含有的OH-数目为0.1NA。
详解：
A项，11.2LO2和22.4LNO混合恰好反应生成22.4LNO2，即1molNO2,但由于存在2NO2
N2O4的反应，分子数小于NA，故A项错误；
B项，未注明溶液体积，无法计算溶液中含有的氮原子数，故B项错误；
C项，1molNa与足量O2反应，无论生成Na2O还是Na2O2，Na都是由0价变为+1价，所以转移电子数为NA，故C正确；
D项，25℃时，1.0LpH＝13的Ba（OH）2溶液中，n（OH-）=1.0L×
mol/L=0.1mol，所以含有的OH-数目为0.1NA，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为C。
点睛：
本题考查了阿伏伽德罗常数的应用，主要考查氧化还原反应的电子转移计算、溶液中微粒数的计算等，A项为易错点，不要忽视二氧化氮生成四氧化二氮的反应。
6.6.人体正常的血红蛋白含有Fe2+，若误食亚硝酸盐（如NaNO2）,则导致血红蛋白中的Fe2+转化为Fe3+而中毒,服用维生素C可解毒。
下列叙述不正确的是（）
A.亚硝酸盐被还原B.维生素C是还原剂
C.维生素C将Fe3+还原为Fe2+D.亚硝酸盐与一氧化碳使人中毒的原理相同
【答案】D
【解析】
A、亚硝酸盐将Fe2+氧化为Fe3+，所以亚硝酸盐应被还原，故A正确；B、服用维生素C可解毒，则维C可将Fe3+还原为Fe2+，维生素C作还原剂，故B、C均正确；D、一氧化碳的毒性主要体现在能与血红蛋白结合，从而使血红蛋白失去运输氧气的能力，与亚硝酸盐中毒原理不同，故D错误。
故选D。
7.7.取某固体样品，进行如下实验：
①取一定量的样品，加足量水充分溶解，得澄清透明溶液
②取10mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，再加入CC14溶液分层，下层为橙红色；
③分液后，将②中上层溶液加入足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g；
④另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体。
该固体样品可能是
A.NH4Cl、NaBr、（NH4）2SO4B.NaCl、NaBr、（NH4）2SO3
C.NaBr、Na2CO3、（NH4）2SO4D.CuBr2、NaCl、（NH4）2SO3
【答案】B
【解析】
①取一定量的样品，加足量水充分溶解，得澄清透明溶液，说明物质间不能反应生成沉淀，D会生成亚硫酸铜沉淀，不符合；②取10mL溶液，加入足量氯水，无气体产生，C会反应放出二氧化碳气体，不符合；再加入CC14溶液分层，下层为橙红色，说明含有溴离子，AB符合；③分液后，将②中上层溶液加入足量BaCl2和HCl溶液，产生白色沉淀2.33g，为0.01mol硫酸钡，AB符合；④另取10mL原溶液，加入过量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下448mL气体，为0.02mol氨气，说明含有铵盐，且铵根离子和含硫的阴离子（亚硫酸根离子和硫酸根离子）的物质的量之比为2:
1，则A不符合，故选B。
点睛：
本题考查了离子反应和离子共存在物质的组成的判断方面的应用。
本题的难点为A的排除，要注意根据生成的氨气和硫酸钡的物质的量的关系分析判断。
8.8.下列各组离子在指定的溶液中能大量共存的是
A.在透明溶液中:
Cu2+、Mg2+、SO42-、Cl-
B.加入铝粉产生H2的溶液中:
Ba2+、Fe2+、HCO3-、NO3-
C.NaAlO2溶液中:
Cu2+、Al3+、Cl-、CO32-
D.常温下AG=lg
=12的溶液中:
Na+、K+、S2O32-、SO42-
【答案】A
【解析】
分析：
A．根据四种离子之间是否反应分析判断；B、根据加入铝片能产生氢气的溶液为酸性或者碱性溶液分析判断；C.根据NaAlO2溶液中存在大量AlO2-，结合离子之间是否反应分析判断；D.根据常温下AG=lg
=12的溶液显强酸分析判断。
详解：
A．Cu2+、SO42-、Mg2+、Cl-之间不发生反应，为澄清透明溶液，在溶液中能够大量共存，故A正确；B、加入铝片能产生氢气的溶液为酸性或者碱性溶液，碳酸氢根离子既能够与氢离子反应，也能够与氢氧根离子反应，在溶液中不能够大量共存，故B错误；C.NaAlO2溶液中存在大量AlO2-，能够与Al3+发生双水解反应，不能大量共存，故C错误；D.常温下AG=lg
=12的溶液显强酸，S2O32-在强酸溶液中发生歧化反应，不能大量存在，故D错误；故选A。
点睛：
本题考查离子共存的正误判断，明确限制条件的含义是解题的关键。
本题的易错点为D，要注意S2O32-在酸性溶液中发生歧化反应生成S和SO2。
9.9.下列离子方程式正确的是（）
A.0.01mol/LNH4Al（SO4）2溶液与0.02mol/LBa（OH）2溶液等体积混合:
NH4＋＋Al3＋＋2SO42－＋2Ba2＋＋4OH－＝2BaSO4↓＋Al（OH）3↓＋NH3·H2O
B.FeCl2酸性溶液放在空气中变质：
2Fe2＋＋4H＋＋O2=2Fe3＋＋2H2O
C.用CH3COOH溶解CaCO3：
CaCO3＋2H＋=Ca2＋＋H2O＋CO2↑
D.电解MgCl2水溶液的离子方程式：
2Cl－＋2H2O
H2↑＋Cl2↑＋2OH－
【答案】A
【解析】
试题分析：
A、OH-先和Al3+反应生成沉淀，再和铵根离子反应，沉淀再溶解；NH4Al（SO4）2和Ba（OH）2物质的量之比为1：
2反应，反应的离子方程式为：
NH4++Al3++2SO42-+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+Al（OH）3↓+NH3•H2O，A正确；B、FeCl2酸性溶液放在空气中变质的离子方程式为4Fe2＋＋4H＋＋O2=4Fe3＋＋2H2O，B错误；C、用CH3COOH溶解CaCO3的离子方程式为CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO-＋H2O＋CO2↑，C错误；D、电解MgCl2水溶液的离子方程式：
Mg2＋＋2Cl－＋2H2O
Mg（OH）2↓＋H2↑＋Cl2↑，D错误。
答案选A。
考点：
离子方程式
10.10.下列玻璃仪器的洗涤方法不涉及氧化还原反应的是
A.附有银镜的试管用稀硝酸清洗
B.附有油脂的烧杯用热纯碱溶液清洗
C.附有MnO2的烧瓶用热的浓盐酸清洗
D.附有硫的燃烧匙用热的烧碱溶液清洗
【答案】B
【解析】
银与稀硝酸反应生成硝酸银、一氧化氮、水属于氧化还原反应，故A错误；附有油脂的烧杯用热纯碱溶液清洗，属于油脂水解，是非氧化还原反应，故B正确；MnO2与热的浓盐酸反应生成氯化锰、氯气、水属于氧化还原反应，故C错误；硫与热的烧碱溶液反应生成硫化钠、亚硫酸钠、水属于氧化还原反应，故D错误。
11.11.有关反应14CuSO4＋5FeS2＋12H2O===7Cu2S＋5FeSO4＋12H2SO4的下列说法中错误的是（ ）
A.FeS2既是氧化剂也是还原剂
B.CuSO4在反应中被还原
C.被还原的S和被氧化的S的质量之比为3∶7
D.14molCuSO4氧化了1molFeS2
【答案】C
【解析】
方程式中的化合价变化为：
14个CuSO4中+2价的铜得电子化合价降低为7个Cu2S中的14个+1价Cu；5个FeS2中10个-1价的S有7个化合价降低得到7个Cu2S中的-2价S，有3个化合价升高得到3个SO42-的+6价S（生成物中有17个硫酸根，其中有14来自于反应物的硫酸铜中）。
所以反应中FeS2中S的化合价有升高有降低，FeS2既是氧化剂又是还原剂，选项A正确。
硫酸铜的化合价都降低，所以硫酸铜只是氧化剂，选项B正确。
10个-1价的S有7个化合价降低，有3个化合价升高，所以被还原的S和被氧化的S的质量之比为7∶3，选项C错误。
14molCuSO4在反应中得电子为14mol。
FeS2被氧化时，应该是-1价的S被氧化为+6价，所以1个FeS2会失去14个电子。
根据得失电子守恒，14molCuSO4应该氧化1molFeS2。
点睛：
对于选项D来说，要注意不能利用方程式进行计算，因为反应中的氧化剂有两个：
CuSO4和FeS2。
本选项要求计算被硫酸铜氧化的FeS2，所以只能利用硫酸铜和FeS2之间的电子守恒进行计算。
12.12.已知下列氧化剂均能氧化+4价的硫元素，为了除去稀硫酸中混有的亚硫酸，应选用的最合理的氧化剂是
A.KMnO4B.Ca（ClO）2C.Cl2D.H2O2
【答案】D
【解析】
试题分析：
KMnO4、Ca（ClO）2、Cl2均可氧化亚硫酸，但会引入新杂质，H2O2氧化亚硫酸时产物为水，不引入杂质。
答案选D。
考点：
物质的除杂
13.13.在反应S+KOH→K2SO3+K2S2+H2O（未配平）中，被氧化与被还原的硫原子个数比为
A.1∶4B.4∶1C.1∶2D.2∶1
【答案】A
【解析】
【详解】S+KOH→K2SO3+K2S2+H2O（未配平）中，S元素的化合价从0价部分升高到+4价，失去4个电子，被氧化，发生氧化反应；部分降低到－1价，得到1个电子，被还原，发生还原反应，根据电子得失守恒可知被氧化与被还原的硫原子个数比为1：
4。
答案选A。
14.14.在含有Cu（NO3）2、Zn（NO3）2、Fe（NO3）3、AgNO3 各0.1mol 的混合溶液中加入0.1mol铁粉，充分搅拌后铁完全反应，溶液中不存在Fe3+，同时析出0.1molAg。
则下列结论中不正确的是
A.反应后溶液中Cu2+与Fe2+的物质的量之比为1:
2
B.氧化性:
Ag+>Cu2+>Fe3+>Zn2+
C.含Fe3+的溶液可腐蚀铜板
D.1molFe可还原2 mol Fe3+
【答案】B
【解析】
试题分析：
A、Fe先还原Ag+，设Cu2+还原了xmol，则2x+0.1=0.1×2，x="0.05"mol，Cu2+还剩下0.1mol-0.05mol＝0.05mol，所以Fe2+：
Cu2+=0.1：
0.05=1：
2，A正确；B、根据金属活动顺序表可知氧化性：
Zn2+＜Cu2+＜Ag+，根据金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，可知氧化性Cu2+＜Fe3+，B错误；C、金属铜和三价铁反应生成氯化铜和氯化亚铁，含Fe3+的溶液可腐蚀铜板，C正确；D、根据金属铁和三价铁的反应：
Fe+2Fe3+=3Fe2+，所以1molFe可还原2molFe3+，D正确。
答案选B。
考点：
考查铁、铜及其化合物的性质、氧化还原反应
15.15.（SCN）2称为拟卤素,将几滴KSCN溶液加入到酸性的含有Fe3+的溶液中，溶液变为红色，将该红色溶液分为两份:
①向其中一份溶液中加人适量KMnO4溶液，红色褪去；②向另一份溶液中通入SO2，红色也褪去。
下列说法中不正确的是
A.Fe3+与SCN-反应的离子方程式是:
Fe3++3SCN-=Fe（SCN）3
B.②中红色褪去的原因是SO2将SCN-还原
C.①中现象说明SCN-与Cl-相似，有还原性
D.SCN-在适当条件下可失去电子被氧化剂氧化为（SCN）2
【答案】B
【解析】
A、Fe3+与SCN－发生络合反应，Fe3++3SCN－=Fe（SCN）3，显红色，故A正确；B、SO2具有强还原性，SCN－中S为-2价，C为+4价，N为-3价，S、N均处于最低价，+4价C氧化性较弱，所以SO2不能还原SCN－；而Fe3+具有强氧化性能被SO2还原，反应方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42－，导致溶液褪色，故B错误；C、KMnO4具有强氧化性，Fe3+中Fe元素处于最高价态，KMnO4不能与Fe3+发生氧化还原反应，所以①中溶液褪色的原因是KMnO4与SCN－反应，体现SCN－的还原性，说明SCN－与Cl－相似，有还原性，故C正确；D、SCN－与Cl－相似，具有还原性，能失电子，被氧化为（SCN）2，故D正确。
故选B。
16.16.向25mL12.0mol·L-1浓硝酸中加入足量的铜，充分反应后共收集到标准状况下2.24L.NO和NO2的混合气体（不考虑NO2与N2O4的相互转化），则参加反应的铜的质量为
A.3.2gB.6.4gC.12.8gD.19.2g
【答案】B
【解析】
试题分析：
25 mL、12.0mol·L-1浓硝酸中含硝酸0.3mol，与足量的铜充分反应后共收集到标准状况下2.24L.NO和NO2的混合气体（不考虑NO2 与N2O4的相互转化），则被还原的硝酸为0.1mol、未被还原的硝酸为0.2mol，所以生成物硝酸铜的物质的量为0.1mol，则参加反应的铜的物质的量为0.1mol，其质量为6.4g，B正确，本题选B。
点睛：
一定量的硝酸与足量的铜反应，硝酸可以完全参加反应，所以可以根据氮原子守恒，分析硝酸被还原的部分和未被还原的部分，然后即可根据其中的一部分求出另一部分。
17.17.Ⅰ．现有下列状态的物质：
①干冰②NaHCO3晶体③氨水④纯醋酸⑤FeCl3溶液⑥铜⑦熔融的KOH⑧蔗糖
其中属于电解质的是___________，属于强电解质的是_____________,能导电的是___________。
Ⅱ．胶体是一种常见的分散系，回答下列问题。
①向煮沸的蒸馏水中逐滴加入___________溶液，继续煮沸至____________，停止加热，可制得Fe（OH）3胶体，制取Fe（OH）3胶体化学反应方程式为____________________________。
②向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于_______离子（填离子符号）的作用，使胶体形成了沉淀，这个过程叫做_______________。
③区分胶体和溶液常用的方法叫做__________。
Ⅲ．①FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，离子方程式为_________________________。
②有学生利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体主要操作包括：
滴入过量盐酸，______、冷却结晶、过滤。
过滤操作除了漏斗、烧杯，还需要的玻璃仪器是________。
③高铁酸钾（K2FeO4）是一种强氧化剂，可作为水处理剂和高容量电池材料。
FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，反应的离子方程式为___________________________。
【答案】
（1）.②④⑦
（2）.②⑦（3）.③⑤⑥⑦（4）.饱和FeCl3（5）.溶液呈红褐色（6）.FeCl3+3H2O（沸水）
Fe（OH）3（胶体）+3HCl（7）.SO
（8）.胶体的聚沉（9）.丁达尔效应（10）.2Fe3++Cu
2Fe2++Cu2+（11）.蒸发浓缩（12）.玻璃棒（13）.2Fe3++3ClO-+10OH-
2FeO
+3Cl-+5H2O（或2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-
2FeO
+3Cl-+5H2O写出一个即可）
【解析】
I、电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，主要包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水等。
我们在判断此类试题的时候，最直接的方法是按照物质的分类进行判断。
①干冰是固态二氧化碳，不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；②NaHCO3晶体属于盐，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；③氨水属于混合物而不是化合物，所以不是电解质；④纯醋酸属于酸，在水溶液中可以电离出离子而导电，所以属于电解质；⑤FeCl3溶液是混合物而不是化合物，所以不是电解质；⑥铜是单质而不是化合物，所以不是电解质；⑦熔融的KOH属于碱，在熔融状态下和水溶液中均可以电离出离子而导电，所以是电解质； ⑧蔗糖不属于上述物质中的任一种，在水溶液和熔融状态下均不导电，所以不是电解质；所以属于电解质的是：
②④⑦。
强电解质的定义是在水溶液中或熔融状态下能完全电离的电解质，因此强电解质首先必须是电解质，只能从②④⑦里面找，其中NaHCO3晶体在水溶液中可以完全电离出离子，所以属于强电解质；纯醋酸属于共价化合物，在熔融状态下不能电离出离子，在水溶液中不能完全电离，所以属于弱电解质；熔融的KOH是离子化合物，在熔融状态下和水溶液中都能完全电离出离子，所以属于强电解质，因此属于强电解质的是②⑦。
因在氨水、FeCl3溶液、熔融的KOH中都含有能够自由移动的离子，所以可以导电；铜作为金属单质，含有能够自由移动的电子，所以也可以导电，因此能够导电的是③⑤⑥⑦。
II、①.Fe（OH）3胶体的制备过程是：
向煮沸的蒸馏水中逐滴加入饱和的FeCl3溶液，继续煮沸至溶液呈红褐色，停止加热，即可制得Fe（OH）3胶体。
故答案是：
饱和FeCl3；溶液呈红褐色；FeCl3+3H2O（沸水）
Fe（OH）3（胶体）+3HCl。
②.向Fe（OH）3胶体中加入Na2SO4饱和溶液，由于硫酸根离子中和了氢氧化铁胶粒的电荷，导致胶体发生了聚沉，故答案是：
SO42-；胶体的聚沉
③.利用胶体具有丁达尔效应而溶液没有丁达尔效应，进行区分胶体和溶液，所以答案是：
丁达尔效应
Ⅲ、①.FeCl3溶液用作蚀刻铜箔制造电路板的工艺，利用的是Fe3＋的氧化性，将铜氧化成Cu2＋，所以其反应的离子方程式是：
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+。
②.利用FeCl3溶液制取FeCl3•6H2O晶体，需要在HCl气流中加热、蒸发浓缩，因此其主要操作包括：
滴入过量盐酸，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤；过滤操作主要需要用到烧杯、漏斗、玻璃棒；所以答案是：
蒸发浓缩；玻璃棒
③、用FeCl3与KClO在强碱性条件下反应可制取K2FeO4，其反应的离子方程式为：
3Fe3++3ClO-+10OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O或者2Fe（OH）3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O。
18.18.硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3·5H2O，M=248g·mol−1）可用作定影剂、还原剂。
回答下列问题：
（1）已知：
Ksp（BaSO4）=1.1×10−10，Ksp（BaS2O3）=4.1×10−5。
市售硫代硫酸钠中常含有硫酸根杂质，选用下列试剂设计实验方案进行检验：
试剂：
稀盐酸、稀H2SO4、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、H2O2溶液
实验步骤
现象
①取少量样品，加入除氧蒸馏水
②固体完全
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