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元素化合物既是化学概念和化学理论形成的基础，又是化学概念和化学理论所要解决问题的归宿。元素化合物知识的复习，能有效带动化学概念、化学理论、化学实验版块的复习。本文选择高考新宠硫代硫酸钠，从研究物质的角度切入，克服复习旧知识的厌倦心理，提高元素化合物复习效率。
命题视角1：组成结构
问题1下列物质名称见表1，试综合命名规律，分析思考后回答K2CS3的名称是（）。
名称硫代硫酸钠多硫化钙过氧化钡超氧化钾
化学式Na2S2O3CaSxBaO2KO2
A.三硫代碳酸钾 B.多硫碳酸钾
C.过硫碳酸钾 D.超硫碳酸钾
解析从结构来看，CaSx可看作硫化钙（CaS）中硫原子数目增加，故称多硫化钙；BaO2可看作氧化钡（BaO）中增加一个氧原子，故称过氧化钡；Na2S2O3可看作硫酸钠（Na2SO4）中一个氧原子被一个硫原子代替，故称硫代硫酸钠，K2CS3的可看作是K2CO3中三个氧原子被三个硫原子代替，和Na2S2O3命名原理一样。答案
选A。
复习之道化学符号是化学科学研究和学习特有的语言，化学符号掌握程度，影响解决问题的策略选择。复习时要“顾名思义”，例如“过”表示含过氧键；“高”“亚”“次”，表示化合物中某元素价态的高低，HClO4（高氯酸） HClO3（氯酸） HClO2（亚氯酸） HClO（次氯酸）。精记为氢数不变价态变；“偏”表示缩水含氧酸HAlO2（偏铝酸）H3AlO3（铝酸），精记为价态不变氢数变。
问题2将放射性的同位素35S与非放射性的Na2SO3溶液一起加热煮沸可得Na2S2O3，若将所得Na2S2O3酸化，又可得到放射性的35S沉淀和逸出无放射性的气体SO2，这表明（）。
A.两种硫原子之间发生交换作用
B.Na2S2O3中的两个硫原子不等价
C.Na2S2O3中的两个硫原子等价
D.在合成Na2S2O3时，放射性硫作还原剂
解析S2O2-3与SO2-4相似，具有四面体结构。S2O2-3的结构式可表示为：[
SOSOO]2-，两个S原子的化合价并不相同，中心原子S为+6价，另一个S原子为-2价。酸化后的产物推断35S→35S，S→SO2，根据同种元素化合价归中不交叉原则，可确定Na2S2O3中35S为-2价，非放射性S为+6价，合成Na2S2O3时，放射性硫作氧化剂。答案选B。
复习之道化学键的功能价值是认识化学中物质、能量变化的实质，掌握物质反应规律。物质内部原子结合方式是内隐性知识，解决物质结构的“黑匣子”问题，“新酒装旧瓶”联想同位素原子示踪法。类似的有①CH3COOH+CH3CH218OH；②NH4Cl+2H2O；③K37ClO3+HCl；④KMnO4+H218O2+H2SO4；⑤Na218O2+H2O；⑥2CH3CH2OD+O2。
命题视角2：化学性质
复习之道物质结构是中学化学的“纲”，按结构决定性质的主线复习，既减轻记忆负担又加深了知识的理解。类别角度可识通性，价态角度可预知氧化还原性，从Na2S2O3结构可知硫有孤对电子，有配位的性质。
因化学是元素的化学、是物质的化学，类推性质时要结合实验考虑特性，Na2S2O3表面与Na2SO3、Na2SO4相似实质不同，元素及原子个数对性质都有影响。化合价推断氧化性还原性的可能性，化学实验能为检验理论、验证假说提供事实。Na2S2O3在分析化学中常用于定量滴定I2。
问题3某同学设计如下实验流程探究Na2S2O3的化学性质。
（1）实验①说明 （填字母） 。
A.该Na2S2O3溶液中水电离的c（OH-）=
10-8mol/L
B.H2S2O3是一种弱酸
C.Na2S2O3是一种弱电解质现象解释 （用离子方程式表示）。
（2）实验②③说明Na2S2O3具有 性，现象解释（用离子方程式表示）
反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀产生，并据此认为氯水可将Na2S2O3氧化。该方案是否正确并说明理由。
解析Na2S2O3溶液呈碱性属强碱弱酸盐，为强电解质，H2S2O3是一种弱酸，水解反应实质促进水的电离平衡，c（OH-）=10-6mol/L。离子水解方程式为S2O2-3+H2OHS2O-3+OH-，HS2O-3+H2OH2S2O3+OH-不能写S2O2-3+2H2OH2S2O3+2OH-，错误有两点，水解是微弱的应用可逆符号，多元弱酸根水解是分步进行。衍生问题，S2O2-3在中性、碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中会迅速分解。Na2S2O3+2HCl2NaCl+H2O+S↓+SO2↑，离子共存时要考虑溶液酸碱性环境。
前边结构可知中心原子S为+6价，另一个S原子为-2价，与酸反应不是歧化反应，而是归中反应。通常认为S2O2-3中的S原子的平均化合价为+2价，从S元素化合价推测Na2S2O3与SO2性质相似，均具有较强的还原性。
Na2S2O3稀溶液中滴加BaCl2溶液无沉淀生成，滴加氯水有沉淀生成，沉淀为BaSO4。根据氧化还原反应得失电子守恒，S2O2-3→2SO2-4～8e-，Cl2→2Cl-～2e-，所以4 mol Cl2氧化1 mol S2O2-3，得到8 mol Cl-和2 mol SO2-4，根据电荷守恒，生成物中应有10 mol H+，根据原子守恒反应物中应有5 mol H2O，离子方程式为S2O2-3+4Cl2+5H2O2SO2-4+8Cl-+10H+SO2-4+Ba2+BaSO4↓。因氯水的成分，②中加入的BaCl2都含有氯离子，可以和AgNO3溶液反应产生白色沉淀，实验方案错误。 问题4在照相底片定影时，硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液能溶解掉未起反应的溴化银，这是因为，若硫代硫酸钠与溴化银刚好完全反应，则所得溶液中的溶质为 。采用简单的化学沉淀方法从废定影液中回收银，其原理是在废定影液中加入硫化钠，硫化钠与定影液中的配离子中的银转化为Ag2S沉淀，并使定影液再生；再将硫化银送至高温炉灼烧，硫化银就分解为单质银和二氧化硫气体，就达到回收银的目的。 写出Na2S与Na3[Ag（S2O3）2]反应的化学方程式 。
解析银离子与硫代硫酸根离子生成配离子。银离子的配位数为2，Ag++2S2O2-3
[Ag（S2O3）2]3-溶质为Na3[Ag（S2O3）2]和NaBr。根据生成物有硫化银可知，Na2S+2Na3[Ag（S2O3）2]Ag2S↓+4Na2S2O3。
命题视角3：化学实验
复习之道第一阶段元素化合物知识的复习中，实验一般采取分散方式，深挖每个实验背后的思想与方法，例如将氯水滴入品红溶液，品红溶液褪色，说明氯气与水反应的产物有漂白性的结论是否合理呢？教科书中做了干燥氯气不能使有色布条褪色，以排除了氯气的干扰，没有事先证明干燥的氯气无漂白性，结论不合理；将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，得到体现浓硫酸的脱水性结论是否合理呢？固体变黑，体现浓硫酸脱水性，膨胀是有SO2、CO2气体生成，体现浓硫酸强氧化性，变黑与膨胀对应两种特性。全面性与干扰性是实验的灵魂。第二阶段采取集中方式，如以十种气体的制备为复习载体，通过归纳、比较，获得比较完整、系统的认识。第三阶段按常见题型进行专题复习，形成解题思路。
以新物质制备为背景，工艺流程分析实验题是热点题型。其思维流程主线如下：
问题5Na2S2O3·5H2O俗称“海波”，它是无色易溶于水的晶体，不溶于乙醇，在20 ℃和70 ℃时的溶解度分别为60.0 g和212 g，Na2S2O3·5H2O于40℃～45℃熔化，48 ℃分解。下面是实验室制备及相关性质实验。
（1）制备海波的反应原理之一：
Na2SO3+S△Na2S2O3
制备海波的流程：
①实验开始时用1 mL乙醇润湿硫粉的作用是 。
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 。
A.无水乙醇 B.饱和NaCl溶液
C.水 D.滤液
⑤产品的纯度测定：取所得产品10.0 g，配成500 mL溶液，再从中取出25 mL溶液于锥形瓶中，滴加几滴淀粉作指示剂，然后用0.050 mol/L的标准碘水溶液滴定，重复三次，平均消耗20 mL标准碘水，涉及的滴定反应方程式为：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。产品中的Na2S2O3·5H2O的纯度为 %。
（2）利用反应2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2也能制备Na2S2O3。所需仪器如图1，按气流方向连接各仪器，接口顺序为： →g，h→ ， → ， →d。
①装置丙盛装的试剂是：，甲装置的作用是： 。
②实验中，为使SO2缓慢进入装置丙，采用的操作是 。
为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择） 取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成， ，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。
③为减少装置丙中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤进行了改进，改进后的操作是 。
解析（1）反应与接触面积有关，因为硫单质不溶于水，微溶于酒精，这里用少量乙醇的目的是让亚硫酸钠与硫磺充分接触，利于反应；从题中所给信息看：在高温下Na2S2O3溶解度比较大，趁热过滤防止温度降低而使Na2S2O3晶体析出；Na2S2O3·5H2O熔化、分解温度很低，采取蒸发结晶的方法，很容易超过该温度而使制得的Na2S2O3·5H2O熔化、分解，所以采用加热蒸发到一定浓度，降温结晶的方法；利用Na2S2O3易溶于水，难溶于醇，选择无水乙醇可以降低硫代硫酸钠的损失；纯度=纯物质的质量÷物质的总质量，考虑溶液取出情况，若用总质量10.0g，滴定数据需扩大20倍，n（I2）=0.02 L×0.050 mol·L-1×20=0.02 mol， n（Na2S2O3）=2n（I2）=
0.04 mol，m（Na2S2O3·5H2O）=0.04 mol×248 g·mol-1=9.92 g，Na2S2O3·5H2O的纯度为： 9.92 g/10.0 g×100%=99.2%。
（2）Na2SO3装置产生SO2， 在丙中SO2与装置中试剂发生反应制取硫代硫酸钠，装置丙中是Na2S和Na2CO3混合溶液；反应结束时通过a尾气吸收，装置甲是防倒吸；接口顺序如图2所示。
控制SO2生成速率，在浓度温度不变时，从操作上控制滴加硫酸的速度；Na2S2O3产品中Na2SO3和Na2SO4检验，先用BaCl2沉淀Na2SO3和Na2SO4，避免Na2S2O3与酸反应的干扰，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl；Na2SO4来源Na2S2O3、Na2SO3的氧化，先向烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向丙中加入Na2S和Na2CO3混合溶液。
命题视角4：化学计算
复习之道化学计算是基本概念和基本理论的深化，是元素化合物和化学实验的量化。复习化学计算要把精力放在解题思路的分析和计算的技能、技巧的研讨，利用化学中多种守恒关系建立等式，注重通法通解，避免陷入题海之中。 问题6水热法制备直径为1 nm～100 nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O2-3+O2+aOH-Y+S4O2-6+2H2O，下列说法中不正确的是（）。
A.a=4
B.将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应
C.每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol
D.S2O2-3是还原剂
解析从电荷守恒的角度分析，6-4-a=
-2，所以a=4；配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O2-3+O2+4OH-Y+S4O2-6+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4；当3 mol Fe2+参加反应时，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+、S2O2-3是还原剂，有1 mol O2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为-2价，所以转移电子数为4 mol。
答案选C。
问题7Na2S2O3·5H2O（俗称海波或大苏打）是照相业常用的一种定影剂。常用下列途径制备海波：已知反应：4FeS+7O2△2Fe2O3+4SO2、Na2SO3+SNa2S2O3。
①计算原料FeS在反应（a）和（b）中的理论分配比：
②现有88 g FeS，设NaOH溶液吸收SO2的吸收率为96%，问最多制备海波质量为 克（精确到0.1克）
解析化工生产中经常涉及原料的一物两用的问题，为获得产品的最大值，反应流程如下：
分配技巧合成路线最后一步产物M与产物N按化学计量数恰好反应。
设原料FeS在反应（a）和（b）中的物质的量分别为x、y，
FeS ～ SO2 FeS ～ H2Sx x y y
2H2S+SO23S+2H2O
y y/2 3y/2
Na2SO3 + SNa2S2O3
（x-y/2） 3y/2
（x-y/2）=3y/2 x/y=2∶1
②制备过程中S原子守恒，设原料FeS在反应（a）和（b）中的物质的量分别为x、y；
则88x+88y=88g， x·96%∶y=2∶1
解得y=0.324
S→Na2S2O3·5H2O
3y/23y/2
m（Na2S2O3·5H2O ）=0.324 mol×3/2×248 g/mol=120.5 g
问题8在食品加工领域，应用二氧化硫的最主要原因是避免氧化和防腐。在我国葡萄酒中二氧化硫的最大使用量为0.2500 g/kg，二氧化硫残留量不得超过0.05000 g/kg。葡萄酒中的二氧化硫包括游离的和结合的，因而加人氢氧化钾使之破坏其结合状态，并使之固定SO2+2KOHK2SO3+H2O；然后加入硫酸又使二氧化硫游离，K2SO3+H2SO4K2SO4+H2O+SO2↑；加入过量的I2氧化SO2；过量的I2可用硫代硫酸钠进行滴定，I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI。
以下是某实验小组测定某品牌的干白葡萄酒（密度为1.12 g/mL）中二氧化硫的含量是否超标的实验方案。
实验步骤：①用滴定管量取50.00 mL样品于250 mL锥形瓶中，加入25.00 mL 1 mol/L氢氧化钾溶液，加塞，摇匀；②静置15 min； ③打开塞子，加入25.00 mL 1∶3硫酸溶液使溶液呈酸性，再加入25.00 mL 0.01000 mol/L碘溶液，迅速的加塞，摇匀；④用 滴定管移取步骤 ③中溶液25.00 mL，加入适量0.1%的A溶液作指示剂，立即用浓度为0.002000 mol/L的硫代硫酸钠溶液滴定，并记录消耗硫代硫酸钠溶液的体积；⑤重复以上实验2次；⑥数据处理，得出结论。请回答下列问题：
（1）以上实验方案中步骤③中加碘溶液时发生的离子反应方程式是： ；
（2）步骤①-③中始终要将锥形瓶加塞进行操作的原因是 ；
（3）步骤④的A溶液最合适的是 ；滴定终点的判断方法是 ；
（4）步骤④应该选用 （填空“酸式”或“碱式”）滴定管；
（5）该小组三次实验消耗的Na2S2O3溶液的体积数据记录如下：
序号滴定前/mL滴定后/mL
①1.3519.40
②1.0519.00
③1.5820. 91
根据数据计算该样品中总二氧化硫的浓度为 mol/L，故该干白葡萄酒是 （填“合格”“不合格”）产品。
解析步骤③I2+SO2+2H2O4H++2I-+SO2-4；氧化还原反应受到氧化剂氧气的干扰， 锥形瓶加塞的目的，防止SO2逸出和被空气中氧气氧化；碘参与的氧化还原滴定指示剂选用淀粉；滴定终点的判断， 碘溶液在锥形瓶中并不断被硫代硫酸钠还原， 当滴入最后一滴时，溶液颜色由蓝色变成无色，并在30S内不变成蓝色；步骤③加入硫酸，滴定管选酸式；（5）第③组数据偏差过大舍去， 消耗的Na2S2O3溶液的体积（18.05 mL+17.95 mL）/2=18.00 mL， SO2～I2～2Na2S2O3，过量的I2 n（I2）=1/2×18.00 mL×10-3L/mL×0.002000 mol/L×5=9.000×10-5mol，n（SO2）=25.00 mL×10-3L/mL×0.01000 mol/L-9.000×10-5 mol=1.600×10-4 mol c（SO2）=0.003200 mol/L ；二氧化硫残留量1.600×10-4 mol×64 g/mol÷（50.00 mL×1.12 g/mL×10-3g/Kg）=0.183 g/kg， 超过0.05000 g/kg不合格。
选择高考试题中二氧化氯、次磷酸、氧化亚铜、氯化亚铜、莫尔盐、高铁酸盐等“高大上”物质，带动复习元素化合物性质，达到兼顾知识、侧重能力、交给方法、强化训练的目的。
（收稿日期：2014-12-10）
命题视角1：组成结构
问题1下列物质名称见表1，试综合命名规律，分析思考后回答K2CS3的名称是（）。
名称硫代硫酸钠多硫化钙过氧化钡超氧化钾
化学式Na2S2O3CaSxBaO2KO2
A.三硫代碳酸钾 B.多硫碳酸钾
C.过硫碳酸钾 D.超硫碳酸钾
解析从结构来看，CaSx可看作硫化钙（CaS）中硫原子数目增加，故称多硫化钙；BaO2可看作氧化钡（BaO）中增加一个氧原子，故称过氧化钡；Na2S2O3可看作硫酸钠（Na2SO4）中一个氧原子被一个硫原子代替，故称硫代硫酸钠，K2CS3的可看作是K2CO3中三个氧原子被三个硫原子代替，和Na2S2O3命名原理一样。答案
选A。
复习之道化学符号是化学科学研究和学习特有的语言，化学符号掌握程度，影响解决问题的策略选择。复习时要“顾名思义”，例如“过”表示含过氧键；“高”“亚”“次”，表示化合物中某元素价态的高低，HClO4（高氯酸） HClO3（氯酸） HClO2（亚氯酸） HClO（次氯酸）。精记为氢数不变价态变；“偏”表示缩水含氧酸HAlO2（偏铝酸）H3AlO3（铝酸），精记为价态不变氢数变。
问题2将放射性的同位素35S与非放射性的Na2SO3溶液一起加热煮沸可得Na2S2O3，若将所得Na2S2O3酸化，又可得到放射性的35S沉淀和逸出无放射性的气体SO2，这表明（）。
A.两种硫原子之间发生交换作用
B.Na2S2O3中的两个硫原子不等价
C.Na2S2O3中的两个硫原子等价
D.在合成Na2S2O3时，放射性硫作还原剂
解析S2O2-3与SO2-4相似，具有四面体结构。S2O2-3的结构式可表示为：[
SOSOO]2-，两个S原子的化合价并不相同，中心原子S为+6价，另一个S原子为-2价。酸化后的产物推断35S→35S，S→SO2，根据同种元素化合价归中不交叉原则，可确定Na2S2O3中35S为-2价，非放射性S为+6价，合成Na2S2O3时，放射性硫作氧化剂。答案选B。
复习之道化学键的功能价值是认识化学中物质、能量变化的实质，掌握物质反应规律。物质内部原子结合方式是内隐性知识，解决物质结构的“黑匣子”问题，“新酒装旧瓶”联想同位素原子示踪法。类似的有①CH3COOH+CH3CH218OH；②NH4Cl+2H2O；③K37ClO3+HCl；④KMnO4+H218O2+H2SO4；⑤Na218O2+H2O；⑥2CH3CH2OD+O2。
命题视角2：化学性质
复习之道物质结构是中学化学的“纲”，按结构决定性质的主线复习，既减轻记忆负担又加深了知识的理解。类别角度可识通性，价态角度可预知氧化还原性，从Na2S2O3结构可知硫有孤对电子，有配位的性质。
因化学是元素的化学、是物质的化学，类推性质时要结合实验考虑特性，Na2S2O3表面与Na2SO3、Na2SO4相似实质不同，元素及原子个数对性质都有影响。化合价推断氧化性还原性的可能性，化学实验能为检验理论、验证假说提供事实。Na2S2O3在分析化学中常用于定量滴定I2。
问题3某同学设计如下实验流程探究Na2S2O3的化学性质。
（1）实验①说明 （填字母） 。
A.该Na2S2O3溶液中水电离的c（OH-）=
10-8mol/L
B.H2S2O3是一种弱酸
C.Na2S2O3是一种弱电解质现象解释 （用离子方程式表示）。
（2）实验②③说明Na2S2O3具有 性，现象解释（用离子方程式表示）
反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，观察到有白色沉淀产生，并据此认为氯水可将Na2S2O3氧化。该方案是否正确并说明理由。
解析Na2S2O3溶液呈碱性属强碱弱酸盐，为强电解质，H2S2O3是一种弱酸，水解反应实质促进水的电离平衡，c（OH-）=10-6mol/L。离子水解方程式为S2O2-3+H2OHS2O-3+OH-，HS2O-3+H2OH2S2O3+OH-不能写S2O2-3+2H2OH2S2O3+2OH-，错误有两点，水解是微弱的应用可逆符号，多元弱酸根水解是分步进行。衍生问题，S2O2-3在中性、碱性溶液中较稳定，在酸性溶液中会迅速分解。Na2S2O3+2HCl2NaCl+H2O+S↓+SO2↑，离子共存时要考虑溶液酸碱性环境。
前边结构可知中心原子S为+6价，另一个S原子为-2价，与酸反应不是歧化反应，而是归中反应。通常认为S2O2-3中的S原子的平均化合价为+2价，从S元素化合价推测Na2S2O3与SO2性质相似，均具有较强的还原性。
Na2S2O3稀溶液中滴加BaCl2溶液无沉淀生成，滴加氯水有沉淀生成，沉淀为BaSO4。根据氧化还原反应得失电子守恒，S2O2-3→2SO2-4～8e-，Cl2→2Cl-～2e-，所以4 mol Cl2氧化1 mol S2O2-3，得到8 mol Cl-和2 mol SO2-4，根据电荷守恒，生成物中应有10 mol H+，根据原子守恒反应物中应有5 mol H2O，离子方程式为S2O2-3+4Cl2+5H2O2SO2-4+8Cl-+10H+SO2-4+Ba2+BaSO4↓。因氯水的成分，②中加入的BaCl2都含有氯离子，可以和AgNO3溶液反应产生白色沉淀，实验方案错误。 问题4在照相底片定影时，硫代硫酸钠（Na2S2O3）溶液能溶解掉未起反应的溴化银，这是因为，若硫代硫酸钠与溴化银刚好完全反应，则所得溶液中的溶质为 。采用简单的化学沉淀方法从废定影液中回收银，其原理是在废定影液中加入硫化钠，硫化钠与定影液中的配离子中的银转化为Ag2S沉淀，并使定影液再生；再将硫化银送至高温炉灼烧，硫化银就分解为单质银和二氧化硫气体，就达到回收银的目的。 写出Na2S与Na3[Ag（S2O3）2]反应的化学方程式 。
解析银离子与硫代硫酸根离子生成配离子。银离子的配位数为2，Ag++2S2O2-3
[Ag（S2O3）2]3-溶质为Na3[Ag（S2O3）2]和NaBr。根据生成物有硫化银可知，Na2S+2Na3[Ag（S2O3）2]Ag2S↓+4Na2S2O3。
命题视角3：化学实验
复习之道第一阶段元素化合物知识的复习中，实验一般采取分散方式，深挖每个实验背后的思想与方法，例如将氯水滴入品红溶液，品红溶液褪色，说明氯气与水反应的产物有漂白性的结论是否合理呢？教科书中做了干燥氯气不能使有色布条褪色，以排除了氯气的干扰，没有事先证明干燥的氯气无漂白性，结论不合理；将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀，得到体现浓硫酸的脱水性结论是否合理呢？固体变黑，体现浓硫酸脱水性，膨胀是有SO2、CO2气体生成，体现浓硫酸强氧化性，变黑与膨胀对应两种特性。全面性与干扰性是实验的灵魂。第二阶段采取集中方式，如以十种气体的制备为复习载体，通过归纳、比较，获得比较完整、系统的认识。第三阶段按常见题型进行专题复习，形成解题思路。
以新物质制备为背景，工艺流程分析实验题是热点题型。其思维流程主线如下：
问题5Na2S2O3·5H2O俗称“海波”，它是无色易溶于水的晶体，不溶于乙醇，在20 ℃和70 ℃时的溶解度分别为60.0 g和212 g，Na2S2O3·5H2O于40℃～45℃熔化，48 ℃分解。下面是实验室制备及相关性质实验。
（1）制备海波的反应原理之一：
Na2SO3+S△Na2S2O3
制备海波的流程：
①实验开始时用1 mL乙醇润湿硫粉的作用是 。
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 。
A.无水乙醇 B.饱和NaCl溶液
C.水 D.滤液
⑤产品的纯度测定：取所得产品10.0 g，配成500 mL溶液，再从中取出25 mL溶液于锥形瓶中，滴加几滴淀粉作指示剂，然后用0.050 mol/L的标准碘水溶液滴定，重复三次，平均消耗20 mL标准碘水，涉及的滴定反应方程式为：I2+2Na2S2O32NaI+Na2S4O6。产品中的Na2S2O3·5H2O的纯度为 %。
（2）利用反应2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2也能制备Na2S2O3。所需仪器如图1，按气流方向连接各仪器，接口顺序为： →g，h→ ， → ， →d。
①装置丙盛装的试剂是：，甲装置的作用是： 。
②实验中，为使SO2缓慢进入装置丙，采用的操作是 。
为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4，该小组设计了以下实验方案，请将方案补充完整。（所需试剂从稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择） 取适量产品配成稀溶液，滴加足量BaCl2溶液，有白色沉淀生成， ，若沉淀未完全溶解，并有刺激性气味的气体产生，则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。
③为减少装置丙中生成Na2SO4的量，在不改变原有装置的基础上对实验步骤进行了改进，改进后的操作是 。
解析（1）反应与接触面积有关，因为硫单质不溶于水，微溶于酒精，这里用少量乙醇的目的是让亚硫酸钠与硫磺充分接触，利于反应；从题中所给信息看：在高温下Na2S2O3溶解度比较大，趁热过滤防止温度降低而使Na2S2O3晶体析出；Na2S2O3·5H2O熔化、分解温度很低，采取蒸发结晶的方法，很容易超过该温度而使制得的Na2S2O3·5H2O熔化、分解，所以采用加热蒸发到一定浓度，降温结晶的方法；利用Na2S2O3易溶于水，难溶于醇，选择无水乙醇可以降低硫代硫酸钠的损失；纯度=纯物质的质量÷物质的总质量，考虑溶液取出情况，若用总质量10.0g，滴定数据需扩大20倍，n（I2）=0.02 L×0.050 mol·L-1×20=0.02 mol， n（Na2S2O3）=2n（I2）=
0.04 mol，m（Na2S2O3·5H2O）=0.04 mol×248 g·mol-1=9.92 g，Na2S2O3·5H2O的纯度为： 9.92 g/10.0 g×100%=99.2%。
（2）Na2SO3装置产生SO2， 在丙中SO2与装置中试剂发生反应制取硫代硫酸钠，装置丙中是Na2S和Na2CO3混合溶液；反应结束时通过a尾气吸收，装置甲是防倒吸；接口顺序如图2所示。
控制SO2生成速率，在浓度温度不变时，从操作上控制滴加硫酸的速度；Na2S2O3产品中Na2SO3和Na2SO4检验，先用BaCl2沉淀Na2SO3和Na2SO4，避免Na2S2O3与酸反应的干扰，过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，向沉淀中加入足量稀HCl；Na2SO4来源Na2S2O3、Na2SO3的氧化，先向烧瓶滴加浓H2SO4，产生的气体将装置中空气排尽后，再向丙中加入Na2S和Na2CO3混合溶液。
命题视角4：化学计算
复习之道化学计算是基本概念和基本理论的深化，是元素化合物和化学实验的量化。复习化学计算要把精力放在解题思路的分析和计算的技能、技巧的研讨，利用化学中多种守恒关系建立等式，注重通法通解，避免陷入题海之中。 问题6水热法制备直径为1 nm～100 nm的颗粒Y（化合物），反应原理为：3Fe2++2S2O2-3+O2+aOH-Y+S4O2-6+2H2O，下列说法中不正确的是（）。
A.a=4
B.将Y均匀分散到水中形成的体系具有丁达尔效应
C.每有3 mol Fe2+参加反应，反应中转移的电子总数为5 mol
D.S2O2-3是还原剂
解析从电荷守恒的角度分析，6-4-a=
-2，所以a=4；配平反应的离子方程式：3Fe2++2S2O2-3+O2+4OH-Y+S4O2-6+2H2O，根据铁元素和氧元素守恒，可知Y为Fe3O4；当3 mol Fe2+参加反应时，反应中Fe和S元素的化合价升高，被氧化，Fe2+、S2O2-3是还原剂，有1 mol O2反应，反应中只有O2中氧元素化合价降低由0价降低为-2价，所以转移电子数为4 mol。
答案选C。
问题7Na2S2O3·5H2O（俗称海波或大苏打）是照相业常用的一种定影剂。常用下列途径制备海波：已知反应：4FeS+7O2△2Fe2O3+4SO2、Na2SO3+SNa2S2O3。
①计算原料FeS在反应（a）和（b）中的理论分配比：
②现有88 g FeS，设NaOH溶液吸收SO2的吸收率为96%，问最多制备海波质量为 克（精确到0.1克）
解析化工生产中经常涉及原料的一物两用的问题，为获得产品的最大值，反应流程如下：
分配技巧合成路线最后一步产物M与产物N按化学计量数恰好反应。
设原料FeS在反应（a）和（b）中的物质的量分别为x、y，
FeS ～ SO2 FeS ～ H2Sx x y y
2H2S+SO23S+2H2O
y y/2 3y/2
Na2SO3 + SNa2S2O3
（x-y/2） 3y/2
（x-y/2）=3y/2 x/y=2∶1
②制备过程中S原子守恒，设原料FeS在反应（a）和（b）中的物质的量分别为x、y；
则88x+88y=88g， x·96%∶y=2∶1
解得y=0.324
S→Na2S2O3·5H2O
3y/23y/2
m（Na2S2O3·5H2O ）=0.324 mol×3/2×248 g/mol=120.5 g
问题8在食品加工领域，应用二氧化硫的最主要原因是避免氧化和防腐。在我国葡萄酒中二氧化硫的最大使用量为0.2500 g/kg，二氧化硫残留量不得超过0.05000 g/kg。葡萄酒中的二氧化硫包括游离的和结合的，因而加人氢氧化钾使之破坏其结合状态，并使之固定SO2+2KOHK2SO3+H2O；然后加入硫酸又使二氧化硫游离，K2SO3+H2SO4K2SO4+H2O+SO2↑；加入过量的I2氧化SO2；过量的I2可用硫代硫酸钠进行滴定，I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI。
以下是某实验小组测定某品牌的干白葡萄酒（密度为1.12 g/mL）中二氧化硫的含量是否超标的实验方案。
实验步骤：①用滴定管量取50.00 mL样品于250 mL锥形瓶中，加入25.00 mL 1 mol/L氢氧化钾溶液，加塞，摇匀；②静置15 min； ③打开塞子，加入25.00 mL 1∶3硫酸溶液使溶液呈酸性，再加入25.00 mL 0.01000 mol/L碘溶液，迅速的加塞，摇匀；④用 滴定管移取步骤 ③中溶液25.00 mL，加入适量0.1%的A溶液作指示剂，立即用浓度为0.002000 mol/L的硫代硫酸钠溶液滴定，并记录消耗硫代硫酸钠溶液的体积；⑤重复以上实验2次；⑥数据处理，得出结论。请回答下列问题：
（1）以上实验方案中步骤③中加碘溶液时发生的离子反应方程式是： ；
（2）步骤①-③中始终要将锥形瓶加塞进行操作的原因是 ；
（3）步骤④的A溶液最合适的是 ；滴定终点的判断方法是 ；
（4）步骤④应该选用 （填空“酸式”或“碱式”）滴定管；
（5）该小组三次实验消耗的Na2S2O3溶液的体积数据记录如下：
序号滴定前/mL滴定后/mL
①1.3519.40
②1.0519.00
③1.5820. 91
根据数据计算该样品中总二氧化硫的浓度为 mol/L，故该干白葡萄酒是 （填“合格”“不合格”）产品。
解析步骤③I2+SO2+2H2O4H++2I-+SO2-4；氧化还原反应受到氧化剂氧气的干扰， 锥形瓶加塞的目的，防止SO2逸出和被空气中氧气氧化；碘参与的氧化还原滴定指示剂选用淀粉；滴定终点的判断， 碘溶液在锥形瓶中并不断被硫代硫酸钠还原， 当滴入最后一滴时，溶液颜色由蓝色变成无色，并在30S内不变成蓝色；步骤③加入硫酸，滴定管选酸式；（5）第③组数据偏差过大舍去， 消耗的Na2S2O3溶液的体积（18.05 mL+17.95 mL）/2=18.00 mL， SO2～I2～2Na2S2O3，过量的I2 n（I2）=1/2×18.00 mL×10-3L/mL×0.002000 mol/L×5=9.000×10-5mol，n（SO2）=25.00 mL×10-3L/mL×0.01000 mol/L-9.000×10-5 mol=1.600×10-4 mol c（SO2）=0.003200 mol/L ；二氧化硫残留量1.600×10-4 mol×64 g/mol÷（50.00 mL×1.12 g/mL×10-3g/Kg）=0.183 g/kg， 超过0.05000 g/kg不合格。
选择高考试题中二氧化氯、次磷酸、氧化亚铜、氯化亚铜、莫尔盐、高铁酸盐等“高大上”物质，带动复习元素化合物性质，达到兼顾知识、侧重能力、交给方法、强化训练的目的。
（收稿日期：2014-12-10）