一、选择题
1．下列有关化学反应的叙述正确酌是 A．常温下铜在浓中发生钝化 C．碳酸氢钠固体受热分解可得到纯碱 【答案】C 【详解】
A. 常温下铁和铝在浓中发生钝化，铜不发生钝化，故A错误； B. 氯气和石灰乳反应可制取漂白粉，故B错误；
C. 碳酸氢钠固体受热分解2NaHCO=NaCO+CO+HO可得到纯碱，故C正确； 32322D. 铁和高温水蒸气反应生成四氧化三铁，故D错误； 故答案选：C。
B．氯气和烧碱反应可制取漂白粉 D．铁和高温水蒸气反应生成铁红
2．下列说法正确的是
A．新制氯水能使品红溶液褪色，说明Cl2具有漂白性 B．富含硫单质的矿物在工业上可用于制造硫酸 C．硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3
D．常温时将Fe片放入浓硫酸，无明显现象是因为Fe和浓硫酸不反应 【答案】B 【详解】
A. 新制氯水能使品红溶液褪色，只能说明氯水中某种成分具有漂白性，不能肯定Cl2表现出漂白性，A错误；
B. 富含硫单质的矿物，比如硫磺粉，在工业上可用于制造硫酸，B正确； C. 硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO2，但不能直接生成SO3，C错误； D. 常温时将Fe片放入浓硫酸，无明显现象是因为Fe和浓硫酸反应，生成的钝化膜阻止了反应的进行，D错误。 故选B。
3．将SO2分别通入下列4种溶液中，有关说法正确的是( )
A．试管a中实验可以证明SO2具有漂白性 B．试管b中溶液褪色，说明SO2具有强氧化性 C．试管c中蓝色退去，说明还原性：SO2>I-
D．试管d中无明显现象，说明SO2不是酸性氧化物 【答案】C 【详解】
A．SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故A错误； B．SO2使品红溶液褪色，表现了SO2的漂白性，故B错误；
C．二氧化硫能使含有碘的淀粉溶液褪色，说明发生了氧化还原反应，碘是氧化剂，二氧化硫是还原剂，其反应的离子方程式为：I2+SO2+2H2O=4H++2I-+SO42-，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，表明I-的还原性比SO2弱，即还原性：SO2>I-，故C正确； D．SO2是酸性氧化物，NaOH溶液中通入SO2，生成Na2SO3和水，无明显现象，故D错误； 故答案为C。
4．由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是 实验 A．用铂丝蘸取某金属的盐溶液， 在酒精灯火焰上灼烧 B．向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水 现象 火焰呈黄色 结论 此盐溶液中含有 Na+，不含 K+ 有无色气体产生 氯水中含HClO SO2水溶液显酸性 SO2具有漂白性 C．将足量SO2气体通入石蕊试液中 石蕊试液变红色 D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2 溶液紫色褪去
A．A 【答案】C 【详解】
A.钾的焰色是浅紫色，容易被钠的黄色火焰所掩盖，因此要在蓝色钴玻璃下进行观察才能确定有没有钾元素，A项错误；
B.酸性：盐酸大于碳酸，碳酸大于次氯酸；因此次氯酸不可能与碳酸氢钠反应得到CO2，应该考虑是盐酸的影响，B项错误；
C.石蕊变红则证明溶液显酸性，因此说明SO2的水溶液显酸性，C项正确； D.SO2和高锰酸钾之间发生的是氧化还原反应导致褪色，与漂白性无关，D项错误； 答案选C。 【点睛】
二氧化硫能够漂白一些有机色质，如品红溶液，属于非氧化性漂白；而二氧化硫在与酸性高锰酸钾溶液、溴水、氯化铁等溶液反应时，体现了二氧化硫的强的还原性，导致了溶液的颜色发生了变化，而非漂白性。
B．B
C．C
D．D
5．下列关于金属的说法正确的是（ ） A．金属单质在氧化还原反应中常作还原剂 B．金属在加热条件下都易与氧气反应 C．加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化铜 D．铁丝能在氯气中燃烧生成氯化亚铁 【答案】A 【详解】
A、金属元素的最低价为0价，金属单质在氧化还原反应中化合价升高，作还原剂，故A正确；
B、金、铂等不活泼金属在加热条件不易与氧气反应，故B错误； C、硫的氧化性弱，加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化亚铜，故C错误； D、氯气的氧化性强，铁丝能在氯气中燃烧生成氯化铁，故D错误。
6．根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ） 选项 实验操作和现象 A B C D 向品红中通入SO2气体，溶液颜色褪去 将铜粉加入FeCl3溶液中，溶液变蓝 向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，出现白色沉淀 将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路 结论 SO2有强氧化性 活泼性：Cu＞Fe 溶液中含CO32- 微蓝色透明液体为胶体
A．A 【答案】D 【详解】
A. SO2与有色物质化合生成无色物质，所以二氧化硫的漂白性与氧化性无关，故A错误； B. 将铜粉加入FeCl3溶液中生成氯化亚铁和氯化铜，说明氧化性：Fe3+>Cu2+，铁的活泼性大于铜，故B错误；
C. 向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，出现白色沉淀，原溶液可能含有CO32-或HCO3-，故C错误；
D. 用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路，说明产生了丁达尔效应，所以微蓝色透明液体为胶体，故D正确。
B．B
C．C
D．D
7．有一瓶可能部分被氧化的Na2SO3溶液，某同学取少量此溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀，充分振荡后，仍有白色沉淀。下述有关此实验的结论正确的是（ ）
A．Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化
B．加入 Ba（NO3）2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4 C．加足量后的白色沉淀一定是BaSO4 D．此实验能确定Na2SO3是否部分被氧化 【答案】C 【分析】
根据题意可知，本题考查物质的检验和鉴别，运用硫酸根的鉴别方法分析。 【详解】
A. 取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀，充分振荡后，仍有白色沉淀，根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；
B. 原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，加入Ba（NO3）2溶液后，生成的沉淀中不一定含有BaSO4，可能是BaSO3，故B错误；
C. 取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀，充分振荡后，仍有白色沉淀，根离子在酸溶液中具有氧化性，生成的BaSO3也会被氧化为BaSO4，所以加后生成沉淀一定是BaSO4，故C正确；
D. 根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，故D错误； 答案选C。
L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标8．锌与100 mL 18.5 mol·
L－1。下列叙述不正准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液中氢离子浓度为0.1 mol·确的是( )
A．反应消耗1.8 mol 硫酸 4∶1
C．反应消耗97.5 g 锌 【答案】B 【分析】
Zn和浓硫酸先反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋H2O，随着反应的进行硫酸浓度降低，发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，然后在具体分析； 【详解】
A. Zn和浓硫酸先反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋H2O，随着反应的进行硫酸浓度降L－1，低，发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，反应后溶液稀释至1L，测的溶液中c(H＋)=0.1mol·说明硫酸过量，剩余硫酸的物质的量为
D．反应转移3 mol电子 B．气体甲中二氧化硫与氢气的体积比为
1×1L×0.1mol·L－1=0.05mol，总硫酸物质的量为2100×10－3L×18.5mol·L－1=1.85mol，即反应过程中消耗硫酸的物质的量为(1.85mol－0.05mol)=1.8mol，故A说法正确； B. 令生成amolSO2和bmolH2，则有：
Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2＋H2O2aa
Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2bb)mol=
b得到2a＋b=1.8mol，反应后得到气体物质的量为(a＋
33.6L，联立解得a=0.3，b=1.2，即相同条件下，气体体积之比等于物质的量
22.4L/mol之比，SO2和H2的体积之比为0.3：1.2=1：4，故B说法错误；
C. 根据选项A的分析，反应后溶液中的溶质为H2SO4和ZnSO4，根据硫酸守恒得出n(H2SO4)＋n(ZnSO4)＋n(SO2)=n(H2SO4)总，得出n(ZnSO4)=(1.85mol－0.05mol－0.3mol)=1.5mol，消耗Zn的质量为1.5mol×65g·mol－1=97.5g，故C说法正确；
D. 整个反应中Zn失电子，反应中转移电子物质的量为1.5mol×2=3mol，故D说法正确； 故答案为：B。 【点睛】
浓硫酸氧化性强，根据氧化还原反应的规律，锌先与浓硫酸反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋H2O，随着反应的进行硫酸的浓度降低，然后发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，最后根据反应方程式以及守恒进行计算。
9．下列四种有色溶液与SO2气体作用，其实质相同的是（ ）
①酸性高锰酸钾溶液；②品红溶液；③溴水；④滴有酚酞的氢氧化钠溶液； A．②③ 【答案】B 【详解】
①酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫反应发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性； ②品红溶液与二氧化硫发生非氧化还原反应生成无色的物质，体现二氧化硫的漂白性； ③溴水与二氧化硫反应发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性；
④滴有酚酞的氢氧化钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，体现二氧化硫的酸性； 综上所述，①③反应原理相同，答案为B。
B．①③
C．①④
D．②④
10．将xmolNa2SO3和ymolNaS溶于水，用稀硫酸酸化后发生了反应，生成物： ①为S和SO2，②为S和H2S，③只有S。
设x，y的比值a、b、c，若a＞0.5，b=0.5，c＜0.5，对应①②③三个反应正确的顺序是（ ） A．a、b、c 【答案】B 【分析】
Na2SO3和Na2S溶于水，用稀硫酸酸化，发生反应：Na2SO3＋2Na2S＋3H2SO4＝3Na2SO4＋3S↓＋3H2O，过量的Na2SO3或Na2S能与稀硫酸继续反应生成SO2或H2S，据此讨论过量问题解答。 【详解】
混合溶液酸化，发生反应：Na2SO3＋2Na2S＋3H2SO4＝3Na2SO4＋3S↓＋3H2O；
当x：y＞0.5时，Na2SO3有剩余，Na2S完全反应，剩余的Na2SO3再与硫酸反应生成SO2，
B．a、c、b
C．c、b、a
D．b、a、c
生成物为S和SO2；
当x：y＝0.5时，Na2SO3和Na2S恰好反应，此时生成物只有S；
当x：y＜0.5时，Na2SO3完全反应，Na2S有剩余，剩余的Na2S再与硫酸反应生成H2S，生成物为S和H2S； 故答案选B。
11．下列有关含硫物质转化判断正确的是( )
A．0.1molCu与足量的硫充分反应，生成物的质量比该单质的质量增加了1.6g B．如图是铜与浓硫酸反应的实验装置。B中盛装的是浓硫酸，作用是干燥SO2 C．Cu投入稀硫酸中加热，没有明显变化，加入一定量的H2O2溶液，金属Cu逐渐溶解，反应中H2O2起催化作用
D．25.0mL0.100mol•L-1的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转化为Cl-，则S2O3将转化为S 【答案】A 【详解】
A．2Cu+S=Cu2S，0.1mol铜和足量的硫充分反应，生成物的质量增加△m=m(S)=×32g/mol=
21n(Cu) 21×0.1mol×32g/mol=1.6g，故A正确； 2B．由题中图示可知，B中盛装的是浓硫酸，若是干燥SO2，装置中导管应该长进短出，所以该装置不符合洗气要求，是为了实验安全的作用，故B错误；
C．铜投入稀硫酸中加热，没有明显现象，加入一定量的过氧化氢溶液，金属铜逐渐溶解，反应中过氧化氢起氧化剂作用，发生的反应为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故C错误； D．25.0mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转化为Cl-，则n(Cl2)=
0.224L=0.01mol，转移电子为0.02mol，
22.4L/moln(Na2S2O3)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，设S元素的化合价由+2价失电子变为x价，根据得失电子相等，则0.0025mol×2×(x-2)=0.02mol，解之x=+6，Na2S2O3转化为Na2SO4，故D错误； 答案为A。
12．将气体a通入溶液b中(装置如图所示)，始终无明显变化的是
选项 A B C D 气体a CO2 Cl2 SO2 NO2 溶液b CaCl2 KI Ba(NO3)2 FeSO4
A．A 【答案】A 【详解】
A．由于酸性HCl>H2CO3，所以将CO2通入CaCl2溶液中不会产生碳酸钙沉淀，始终无任何明显现象反应，选项A符合题意；
B.氯气通入碘化钾溶液中，发生反应： 2 KI +Cl2=2KCl+I2，导致溶液呈紫红色，选项B与题意不符；
C．将SO2通入Ba(NO3)2溶液中，由于SO2有还原性，在酸性条件下，H+、NO3-起的作用表现强的氧化性，二者会发生氧化还原反应：3SO2+2H2O+3Ba2++2NO3-=3BaSO4↓ +2NO↑+4H+,会观察到产生白色沉淀，同时产生一种无色气体，该气体遇空气变为红棕色，选项C与题意不符；
D．将NO2通入FeSO4溶液中，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO；4H++NO3-+3Fe2+=3Fe3++2H2O+NO↑，因此会看到溶液变为黄色，同时产生无色气体，选项D与题意不符； 答案选A。
B．B
C．C
D．D
13．下列实验得出的推理或结论正确的是： 选项 实验操作及现象 A B C 向某盐溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体 向某溶液中加入BaCl2溶液，生成白色沉淀 把一小块钠放入水中，立刻熔成小球 推理或结论 该盐一定是碳酸盐 该溶液中一定含有SO42- 该反应是放热反应 D 向某溶液中通入Cl2，再加入KSCN溶液，溶液变红 该溶液中一定含有Fe2+
A．A 【答案】C 【详解】
A．向某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，气体可能为二氧化硫或二氧化碳，则溶液中可能存在HCO3-、SO32-、HSO3-、CO32-，A错误；
B. 某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该溶液中可能含有SO42-、SO32-、CO32-或Ag+，B错误；
C. 钠熔成小球，说明钠和水放出的热量使钠熔化，同时说明钠的熔点较低，C正确； D. 因为该检验方法是先通入氯气，再滴加KSCN溶液，在通氯气前滤液A中就可能含有Fe3+，无法确定溶液中是否含有Fe2+，D错误； 故选C。 【点睛】
钠的密度小于水，钠的熔点较低，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气且放出热量，钠熔成小球，说明钠和水放出的热量使钠熔化。
B．B
C．C
D．D
14．检验某未知溶液中是否含有SO42－的下列操作中，合理的是 A．先加酸化，再加氯化钡溶液 C．先加盐酸酸化，再加钡溶液 【答案】D 【详解】
A．先加HNO3酸化，再滴加氯化钡溶液，原溶液中若有SO32－、Ag+，也会生成白色沉淀，干扰SO42的检验，故A错误；
B．先加HNO3酸化，再加Ba(NO3)2溶液，若原溶液中有SO32－也生成白色沉淀，干扰SO42－的检验，故B错误；
C．先加盐酸酸化，再加钡溶液，可排除Ag+和CO32-的干扰，无法排除SO32-的干扰，故C错误；
D．先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液，可以排除SO32－、Ag+和CO32-的干扰，产生的沉淀只能是硫酸钡，故D正确； 故答案为D。
－
B．先加酸化，再加钡溶液 D．先加盐酸酸化，再加氯化钡溶液
15．能正确表示下列反应的离子方程式是( )
A．在稀盐酸中投入大理石粉末：CO3+2H+=CO2↑+H2O
B．1mol氯气通入含1molFeBr2的溶液中：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl- C．金属钠投入硫酸铜溶液中：2Na+Cu2+=2Na++Cu
2D．过量SO2通入NaClO溶液中：SO2+ClO-+H2O=HClO+HSO3
【答案】B 【详解】
A．大理石的主要成分为CaCO3，难溶于水，不能改写成CO3的形式，A不正确； B．0.5molCl2先与1molFe2+反应，另外0.5molCl2再与1molBr-反应，离子方程式为：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，B正确；
C．金属钠投入硫酸铜溶液中，钠先与水反应，产物再与硫酸铜反应，而钠不能与Cu2+发生置换反应，C不正确；
D．过量SO2通入NaClO溶液中，产物中HClO与HSO3还会发生氧化还原反应，二者不能
2共存，D不正确； 故选B。
16．下列实验中，固体不会溶解的是( ) ．．A．氧化铝与足量的稀盐酸混合 C．氢氧化铝与足量的氨水混合 【答案】C 【详解】
A．氧化铝与足量的稀盐酸反应生成氯化铝和水，可完全溶解，故A错误； B．过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，可完全溶解，故B错误； C．氢氧化铝与氨水不反应，固体不能溶解，故C正确；
D．浓硫酸具有强氧化性，木炭与足量浓硫酸共热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，可完全溶解，故D错误； 故选C。
B．过氧化钠与足量水混合 D．木炭与足量浓硫酸共热
17．下列反应在指定条件下能实现的是
22光照Fe2O3 C．SSO3 A．HClOHCl B．Fe高温点燃HOOFe2S3 D．SΔFe【答案】A 【详解】
A．HClO在光照条件下能发生分解，生成HCl和O2，A正确； B．Fe与水蒸气在高温条件下反应，生成Fe3O4和H2，B不正确； C．S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，C不正确； D．S与Fe在加热条件下反应，只能生成FeS，D不正确； 故选A。
18．将一定量的锌与浓度为18.5mol/L的100mL浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成26.88L标准状况下的气体，反应后测得溶液中氢离子浓度为1.0mol/L，则生成的气体的物质的量之比为 A．n(SO2)/n(H2)=1/1
B．n(SO2)/n(H2)=4/1
C．n(SO2)/n(H2)=1/4 【答案】A 【详解】
D．n(SO2)/n（H2）=3/2
根据题意，发生反应的化学方程式为Zn+2H2SO4=ZnSO4+SO2↑+2H2O，
Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，设反应生成SO2的物质的量为x mol，生成氢气的物质的量为y mol，列方程为x+y=26.88÷22.4=1.2mol，2x+y=18.5×0.1-1.0×0.1÷2=1.8，解得x=0.6mol,y=0.6mol,则n(SO2)/n(H2)=1/1，答案选A。
19．在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，由此判断水溶液中含有 A．Cl－，SO【答案】C 【解析】
加入后沉淀部分溶解，且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体，则该溶液中
－－
含有Cl和CO32，C项正确。
B．Cl－，NO C．Cl－，CO
D．Cl－，OH－
20．浓硫酸是实验室必备的重要试剂，下列有关它的说法错误的是 A．具有强腐蚀性 C．能用于干燥氨气 【答案】C 【详解】
A．浓硫酸具有酸性、脱水性和强氧化性，所以具有强腐蚀性，故A正确；
B．浓硫酸能使蔗糖中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，从而使蔗糖变黑，故B正确；
C．浓硫酸具有酸性，能和氨气反应生成硫酸铵，所以不能干燥氨气，故C错误； D．浓硫酸具有强氧化性，加热条件下，能和Cu发生氧化还原反应，故D正确； 故答案为C。 【点睛】
考查浓硫酸的性质，浓硫酸的强氧化性、脱水性是考查高频点，注意吸水性和脱水性区别，注意浓硫酸不能干燥氨气等碱性气体、不能干燥硫化氢等还原性气体。
B．能使蔗糖变黑
D．加热时能与铜发生反应了
二、非选择题
21．某化学兴趣小组用如图所示装置探究浓硫酸与铜是否发生反应及反应所产生气体的性质。请回答下列问题：
（1）写出试管甲中所发生反应的化学反应方式___。
（2）通过试管甲中溶液变为___色，乙中品红溶液___等现象，说明了铜和浓硫酸发生了化学反应，并且该现象还能说明产生的气体具有___性。
（3）SO2的排放是造成酸雨的主要因素，为了减少SO2的排放，常用石灰（CaO）法对煤燃烧后的烟气脱硫，其原理是___(用化学方程式表示 )。
（4）SO2在适当的温度并有一定催化剂存在的条件下可以转化为SO3，其化学反应方程式为__。
（5）为防止二氧化硫造成空气污染，如果需要在装置末端增加尾气吸收装置，应选择的装置是__(填“B”或“C”)。
（6）硫酸有很多的性质，将下列性质对应的字母填入各小题后面对应的括号中： A．脱水性 B．酸性 C．强氧化性 D．吸水性
①在化学实验中，浓硫酸可做SO2、CO2等气体的干燥剂。（______） ②Na2CO3与H2SO4反应，可生成Na2SO4和CO2。（______） ③向滤纸上滴加浓H2SO4 ，滤纸变黑。（______） ④在冷浓H2SO4中放入铁片没明显现象。（______） 【答案】Cu+2H2SO4（浓）O2=2CaSO4 2SO2+O2 【分析】
（1）铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
（2）试管甲中生成硫酸铜，溶液显蓝色；生成的二氧化硫有漂白性，使试管乙的品红溶液褪色；
（3）燃烧产生的二氧化硫、CaO和空气中的氧气反应生成硫酸钙； （4）二氧化硫与氧气在催化剂加热的条件下生成三氧化硫；
（5）二氧化硫与水的溶解体积比为40：1，且用NaOH溶液吸收，应用防倒吸装置； （6）①浓硫酸可做SO2、CO2等气体的干燥剂，浓硫酸表现了吸水性； ②Na2CO3与H2SO4反应，生成了盐和水，浓硫酸表现了酸性； ③向滤纸上滴加浓H2SO4 ，滤纸变黑，浓硫酸表现了脱水性； ④在冷浓H2SO4中放入铁片，发生钝化，浓硫酸表现强氧化性。 【详解】
（1）铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为Cu+2H2SO4（浓）
CuSO4+SO2↑+2H2O；
Δ CuSO4+SO2↑+2H2O 蓝色 褪色 漂白性 2CaO+2SO2+
2SO3 B D B A C
催化剂（2）试管甲中生成硫酸铜，溶液显蓝色；生成的二氧化硫有漂白性，使试管乙的品红溶液
褪色；
（3）燃烧产生的二氧化硫、CaO和空气中的氧气反应生成硫酸钙，方程式为2CaO+2SO2+ O2=2CaSO4；
（4）二氧化硫与氧气在催化剂加热的条件下生成三氧化硫，方程式为2SO2+O2
催化剂Δ2SO3；
（5）二氧化硫与水的溶解体积比为40：1，且用NaOH溶液吸收，应用防倒吸装置，答案为B；
（6）①浓硫酸可做SO2、CO2等气体的干燥剂，浓硫酸表现了吸水性，答案为D； ②Na2CO3与H2SO4反应，生成了盐和水，浓硫酸表现了酸性，答案为B； ③向滤纸上滴加浓H2SO4 ，滤纸变黑，浓硫酸表现了脱水性，答案为A； ④在冷浓H2SO4中放入铁片，发生钝化，浓硫酸表现强氧化性，答案为C。
22．某学习兴趣小组为测定某葡萄酒中SO2的含量，设计了如图所示的装置：
实验步骤如下：在B中加入300.00mL葡萄酒和适量盐酸，加热使SO2全部逸出并与C中H2O2完全反应。除去C中剩余的H2O2后，用0.0900mol·L-1NaOH溶液测定反应生成的酸，消耗NaOH溶液25.00mL。
（1）C中通入SO2发生反应的化学方程式为___。
L-1为单位，即每升葡萄酒中含有SO2的质（2）通过计算求出该葡萄酒中SO2的含量(以g·量) ___。(写出计算过程)
（3）该测定结果比实际值偏高，可能的原因是____。针对此原因提出一条改进措施：___。
【答案】SO2+H2O2=H2SO4 0.24 g/L 盐酸易挥发，有氯化氢进入装置C中 B中用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸 【分析】
(1)二氧化硫具有还原性，能够与双氧水反应生成硫酸，据此写出反应的化学方程式； (2)根据关系式2NaOH～H2SO4～SO2及氢氧化钠的物质的量计算出二氧化硫的质量，再计算出该葡萄酒中的二氧化硫含量；
(3)盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，据此分析解答。 【详解】
(1)双氧水具有氧化性，能够将二氧化硫氧化成硫酸，反应的化学方程式为：SO2+H2O2=H2SO4，故答案为：SO2+H2O2=H2SO4；
(2)根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：
1×(0.0900mol/L×0.025L)×g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：20.072g=0.24g/L，故答案为：0.24 g/L； 0.3L(3)由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸能够消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此可以用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，故答案为：盐酸易挥发，有氯化氢进入装置C中；B中用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸。
23．某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如图的实验装置：
(1)实验室用装置A，用浓硫酸和铜反应制备SO2，请写出化学反应方程式____________ (2)反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液出现的现象是：B_____、D______，停止通气后，再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B_____、D______。
(3)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1:1同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不像想象的那样。请你分析该现象的原因(用化学方程式表示)____________。 【答案】Cu+2H2SO4(浓)【分析】
(1)浓硫酸与铜在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫、水，据此书写化学方程式； (2)SO2的漂白具有可逆性，次氯酸的漂白不可逆；
(3)氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者发生反应生成盐酸和硫酸，都不具有漂白性。 【详解】
(1)浓硫酸与铜在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫、水，化学方程式：Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓)
CuSO4+SO2↑+2H2O；
(2)SO2具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液中，品红褪色；SO2的漂白具有可逆性，褪色后的溶液加热时又恢复原来的红色；氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，因而氯气通入品红溶液中也能使品红褪色，次氯酸的漂白不可逆，加热时，不能恢复红色，故答案为：品红褪色；品红褪色；褪色的品红又恢复成红色；无明显现象；
(3)氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者按照1∶1发生反应：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1∶1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色，故答案为：Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4。
CuSO4+SO2↑+2H2O 品红溶液褪色 品红溶液褪色 褪色的品
红又恢复成红色 无明显现象 Cl2+SO2+2H2O═2HCl+H2SO4
【点睛】
明确制备原理和二氧化硫、氯气的性质是解题的关键。本题的易错点为(3)，要注意氧化还原反应原理的应用。
24．现有某铁碳合金（可看作铁和碳两种单质的混合物），某化学兴趣小组为了测定铁碳合金中碳的质量分数，设计了如图所示的实验装置（夹持仪器已省略）。
Δ2Fe+6HSO(浓)Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O，还有(1)装置A中发生的反应除外24________________。 (2)请完成下列表格： 装置代号 所盛试剂 装置作用 B 酸性KMnO4溶液 ③_____________ C ①________ 干燥气体 D ②____________ ④___________ (3)若铁碳合金的质量为5.00g，充分反应后称得D装置增重0.66g，则合金中碳的质量分数为_______，若缺少E装置，则所测碳的质量分数_________（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。
【答案】C+2H2SO4(浓)ΔCO2+2SO2+2H2O H2SO4 碱石灰 吸收SO2 吸收
CO2 3.6% 偏高
【分析】
装置A中发生反应铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，通过装置B中高锰酸钾溶液吸收二氧化硫气体，通过装置C中的浓硫酸干燥气体，通过装置D中碱石灰吸收二氧化碳气体，装置E是防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果；
（1）铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水；
（2）反应生成的二氧化硫、二氧化碳、水蒸气通过装置B中高锰酸钾溶液吸收二氧化硫气体，通过装置C中的浓硫酸干燥气体，通过装置D中碱石灰吸收二氧化碳气体，装置E是防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果；
（3）若铁碳合金的质量为5.00g，充分反应后称得D装置增重0.66g为二氧化碳的质量，
0.66g= 0.015mol，则碳元素守恒计算得到，合金中碳的质量分数，若缺少E物质的量=
44g/mol装置，空气中水蒸气和二氧化碳进入装置D使二氧化碳质量增大； 【详解】
（1）装置A中发生反应是铁和浓硫酸加热反应生成硫酸铁、二氧化硫和水，碳和浓硫酸加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，反应的化学方程式为：
Δ2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2+6H2O;
C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O；
答案为：C+2H2SO4(浓)ΔΔCO2+2SO2+2H2O；
（2）反应生成的二氧化硫、二氧化碳、水蒸气通过装置B中高锰酸钾溶液吸收二氧化硫气体，通过装置C中的浓硫酸干燥气体，通过装置D中碱石灰吸收二氧化碳气体，装置E是防止空气中二氧化碳、水蒸气进入装置D影响测定结果； 答案为：碱石灰；吸收SO2；吸收CO2；
（3）若铁碳合金的质量为5.00g，充分反应后称得D装置增重0.66g为二氧化碳的质量，物质的量==
0.66g=0.015mol，则碳元素守恒计算得到，合金中碳的质量分数
44g/mol0.015mol12g/mol×100%=3.6%，若缺少E装置，空气中水蒸气和二氧化碳进入装置
5.0gD使二氧化碳质量增大，测定结果偏高； 答案为：3.6%；偏高。
25．一种生产高氯酸(HClO4)的工艺流程如图所示，该流程同时产出重要含氯消毒剂(ClO2)和漂白剂亚氯酸钠(NaClO2)：
已知：①NaHSO4溶解度随温度的升高而增大，适当条件下可结晶析出。
②高氯酸是一种强酸，沸点130℃左右。. 请回答下列问题：
（1）完成反应器1中生成高氯酸的化学方程式：NaClO3+H2SO4=HClO4+__ClO2↑+NaHSO4+出高氯酸的原因是___。
（2）反应器II中发生反应的离子方程式为___。
（3）通入反应器II中的SO2用H2O2代替同样能生成NaClO2，请简要说明H2O2能代替SO2的原因是___。
【答案】3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O 降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出 HClO4沸点低，且与滤液中其他成分沸点差异较明显 2ClO2+SO2+4OH-=2ClO-2+SO4+2H2O H2O2有还原性，也能把ClO2还原为NaClO2 【分析】
(1) 根据得失电子守恒和原子守恒，书写出化学反应方程式；冷却的目的是是利用NaHSO4溶解度来冷却结晶；用蒸馏法分离混合物是因为两者的沸点相差明显；
(2) 根据通入到反应容器Ⅱ中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，根据氧化还原反应的得失电子守恒，和质量守恒定律来配平离子方程式； (3) SO2用H2O2代替同样能生成NaClO2，因为H2O2与SO2一样具有还原性。 【详解】
(1)反应中Cl元素的化合价部分由+5价升至+7价、部分由+5价降至+4价，根据得失电子守恒和原子守恒，书写出化学反应方程式为：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2+3NaHSO4+H2O；因为硫酸氢钠的溶解度随温度的升高而增大，将反应生成物的溶液冷却得到NaHSO4晶体，过滤后，将滤液蒸馏得到纯净的HClO4，是因为高氯酸的沸点低，且与滤液中其他成分沸点差异较明显，故答案为：3NaClO3+3H2SO4=HClO4+2ClO2↑+3NaHSO4+H2O；降低NaHSO4的溶解度，使NaHSO4结晶析出；HClO4沸点低，且与滤液中其他成分沸点差异较明显；
(2) 根据通入到反应容器Ⅱ中的反应物有NaOH、SO2、H2O、ClO2，生成物有NaClO2，氯的化合价由+4价变成了+3价，得到电子，根据氧化还原反应的原理硫应失电子，由+4价变成+6价，根据氧化还原反应原理：氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子的总数，则氧化还原反应方程式为：2ClO2+SO2+4OH-=2ClO-2+SO4+2H2O，故答案为：2ClO2+SO2+4OH-=2ClO-2+SO4+2H2O；
(3) 如果将反应器Ⅱ中的SO2用H2O2代替同样能生成NaClO2，说明变换物质后，氧化还原反应照样能发生生成NaClO2，也就说明H2O2也具有还原性，也能把ClO2还原为NaClO2，故答案为：H2O2有还原性，也能把ClO2还原为NaClO2。
2-2-___。冷却的目的是__，能用蒸馏法分离
2-
26．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是葡萄酒中常用的抗氧化剂。一种以硫黄为原料制取Na2S2O5的生产工艺如下：
已知：结晶脱水发生的反应：2NaHSO3=Na2S2O5+H2O 回答下列问题：
(1)Na2S2O5中硫元素的化合价为________。 (2)焚烧炉中反应的化学方程式为________________。 (3)反应器中发生反应的离子方程式为________________。
(4)葡萄酒酿造过程中添加Na2S2O5会放出一种有刺激性气味的气体，该气体是一种食品添加剂。实验室中检验该气体的常用试剂是________________。
Δ(5)废水中的硫单质(S8)能与碱反应，化学反应：3S8+48KOH16K2S+8K2SO3+24H2O，反
应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
2--【答案】+4 S+O2点燃SO2 2H2SO3+CO3=2HSO3+CO2+H2O 品红溶液 2:1
【分析】
硫磺在空气中燃烧生成SO2，SO2在洗涤塔中溶于水得到亚硫酸，经除杂后与Na2CO3反应得到NaHSO3，再经题目给出的反应式结晶脱水即可得到产物。 【详解】
（1）钠为+1价，氧为-2价，则硫只能是+4价；
（2）焚烧炉里实际就是硫在空气中燃烧：S+O2点燃SO2； （3）根据分析，反应器中实际上是亚硫酸和Na2CO3的反应：
2--2H2SO3+CO3=2HSO3+CO2+H2O；
（4）这种刺激性气味的气体就是SO2，实验室中可用品红溶液来检验，若能使品红褪色且加热后能复原，即可证明是SO2；
（5）不难看出这是一个硫的歧化反应，有16个硫的化合价从0价降低到-2价，有8个硫的化合价从0价升高到+4价，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为16:8，即2:1。
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