高三化学二轮复习 考点突破-硫及其化合物

高考化学频考点突破--硫及其化合物一、单选题1．硫磺在空气中燃烧生成气体甲；将甲溶于水得溶液乙；向乙溶液中滴加溴水时溴水褪色，乙变为丙；在丙中加入硫化钠又生成气体丁；把丁通入乙得沉淀戊。物质甲、乙、丙、丁、戊中均含有硫元素，它们依次应是（）A．SO3、H2SO4、H2SO3、H2S、SB．SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、SC．SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、SO3D．SO2、H2SO3、H2S、H2SO4、Na2S2O32．下列有关说法错误的是（）A．钠与氧气反应的产物与反应条件有关B．金属镁分别能在氮气、氧气、二氧化碳中燃烧C．工业上主要采用高温冶炼黄铜矿的方法获得铜D．二氧化硫能漂白某些物质，能使紫色石蕊试液先变红后褪色3．下列结论正确的是（）A．氨的红色喷泉实验，预先在水中滴入的是少量紫色石蕊溶液B．能使湿润的淀粉－KI试纸变蓝的气体一定是二氧化氮C．能使品红溶液褪色，加热褪色溶液又恢复红色的气体一定是SD．浓硫酸具有强氧化性，不能干燥H2S、HI、4．下列说法正确的是（）A．用含有铁粉的透气小袋与食品一起密封包装，铁粉是常用的脱氧剂B．浓硫酸可以盛放在铝桶中，说明铝不能与浓硫酸反应C．过滤用到的玻璃仪器有铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒、滤纸D．用氢氟酸雕刻玻璃，说明氢氟酸是强酸5．下列有关实验操作、现象、解释或结论都正确的一组是（）选项实验操作现象解释或结论A向某溶液中滴加盐酸，再将产生的无色气体通入品红溶液品红溶液褪色原溶液中一定存在SB向某溶液中滴加稀氢氧化钠溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口红色石蕊试纸不变色原溶液中一定不存在NC向某溶液中滴加硝酸，无明显现象，再加入硝酸银溶液有白色沉淀产生原溶液中一定存在CD将某溶液进行焰色试验火焰呈黄色原溶液中一定不存在KA．A B．B C．C D．D6．下列实验中，固体物质可以完全溶解的是（）A．1molMnO2与含2molH2O2的溶液共热B．1mol铜投入含4molHNO3的浓硝酸中C．1mol铜与含2molH2SO4的浓硫酸共热D．常温下1mol铝片投入到足量浓硫酸中7．在指定条件下，下列选项所示物质间转化能实现的是（）A．FeS2(s)C．稀H2SO8．下列反应中硫酸既表现出了强氧化性又表现了酸性的是（）A．氧化铜与硫酸反应 B．氢氧化铝与硫酸反应C．木炭粉与浓硫酸反应 D．铜与浓硫酸反应9．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（）A．Fe→点燃Cl2FeClB．S→点燃O2SO3→HC．NH4Cl(s)→ΔCa(OH)2NHD．Al2O3→H2OAl(OH)310．下列说法正确的是（）A．将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，充分反应后剩余的固体中必有铁B．将CO2和SO2混合气体分别通入BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液中，最终都有沉淀生成C．检验某酸性溶液中Cl﹣和SO42﹣，选用试剂及顺序是过量Ba（NO3）2溶液、AgNO3溶液D．用加热分解的方法可将NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物分离11．将按等物质的量的SO2和Cl2混合后的气体溶解于适量的蒸馏水中，再滴入含有品红和Ba（NO3）2的混合溶液，则发生的实验现象是（）①红色溶液很快褪色②红色溶液不褪色③有白色沉淀生成④溶液仍然透明．A．仅①和④ B．仅①和③ C．仅②和③ D．仅②和④12．下列表述正确的是：①浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中②检验亚硫酸钠溶液在空气中放置是否变质可以先加硝酸溶液，再加氯化钡溶液来检验③锌与稀硝酸反应可以得到氢气④足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2+⑤浓硫酸滴到纸张上变黑，说明浓硫酸具有脱水性⑥二氧化硫和二氧化氮都能形成酸雨，酸雨的pH等于5.6（）A．①③④ B．①② C．①⑤ D．①②⑥二、填空题13．（1）加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液→白色沉淀→判断一定有SO42﹣，是否正确，理由是．（2）加入HCl酸化的BaCl2溶液→白色沉淀→判断一定有SO42﹣，是否正确理由（3）加入Ba（NO3）2溶液→白色沉淀→再加HCl→沉淀不溶解→判断一定有SO42﹣，是否正确理由．若以上操作都不正确，则正确的操作是：先加入→现象→再加入→现象→判断一定有SO42﹣．14．利用你所学的化学知识，完成下列相关问题：（1）打开啤酒瓶塞，有泡沫溢出．这种现象说明气体溶解度与有关；（2）浓硫酸可用于干燥某些气体，是因为它具有；（3）洗涤精去除餐具上油污的原理是15．某兴趣小组采用如图2装置制取并探究SO2气体的性质．①下列实验方案适用于如图2所示装置制取所需SO2的是（填序号）A．Na2SO3溶液与HNO3B．Na2SO3固体与浓硫酸C．固体硫在纯氧中燃烧D．铜与浓H2SO4②组装完仪器后，检查装置气密性的方法是：③若要证明c中生成的气体是SO2，d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液后，再（填实验的操作）试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2．④指导老师指出应增加一尾气吸收装置，并帮助同学们设计了如图2装置，其中合理的是（填序号）．16．燃煤的烟气中含有SO2，为了治理雾霾天气，工厂采用多种方法实现烟气脱硫。（1）“湿式吸收法”利用吸收剂与SO2发生反应从而脱硫。下列试剂中适合用作该法吸收剂的是（填字母序号）。a．石灰乳b．CaCl2溶液（2）某工厂利用含SO2的烟气处理含Cr2O72-的酸性废水，吸收塔中反应后的铬元素以Cr3+形式存在，具体流程如下：①用SO2处理含铬废水时，利用了SO2的性。②吸收塔中发生反应的离子方程式为。（3）该废水经处理后，测得有关数据如下（其他离子忽略不计）：离子Cr2O72－Cr3+H+Na+SO42－浓度（mol/L）a0.2×10－61.2×10－66.8×10－63.0×10－6则a＝。三、综合题17．硫及其化合物在生产生活中用途广泛，用化学反应原理研究它们的性质和用途有重要意义。回答下列问题：（1）亚硫酰氯(SOCl2)是一种液态化合物，沸点为77℃。向盛有10mL水的锥形瓶中小心滴加8～10滴SOCl2，观察到剧烈反应，液面上有白雾生成，并有刺激性气味气体逸出。轻轻振荡锥形瓶，白雾消失后，向溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于稀硝酸的白色沉淀生成。①SOCl2与水反应的化学方程式为。②蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，将SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热，可得到无水AlCl3，试解释原因：。（2）利用反应2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O可将石油气中的H2S转化为S。研究小组同学在实验室中进行如下实验：25℃，向100mLH2S饱和溶液中缓缓通入SO2气体(气体体积换算成标准状况)，测得溶液pH与通入SO2的体积关系如图所示。已知：25℃，两种酸的电离平衡常数如下表。lg1.4=0.146Ka1Ka2H2SO31.4´10-26.0´10-8H2CO34.5´10-74.7´10-11①25℃，H2S饱和溶液的物质的量浓度为mol·L-1。②理论计算b点对应溶液的pH约为(忽略溶液的体积变化，计算结果保留一位小数)。而实验测定b点对应溶液的pH小于理论计算值的可能原因是(用化学方程式解释)。③c点时停止通入SO2，并向溶液中加入一定量NaHCO3固体。溶液中H2SO3溶液和NaHCO3发生主要反应的离子方程式为。④请设计实验证明亚硫酸的酸性强于氢硫酸(说明操作和现象)。18．某中学化学实验小组为了证明和比较SO2与氯水的漂白性，设计了如下装置：（1）实验室常用装置E制备Cl2，写出该反应的离子方程式：．（2）反应开始后，发现B、D两个容器中的品红溶液都褪色，停止通气后，加热B、D两个容器，现象分别为B；D．（3）装置C的作用是．（4）该实验小组的甲、乙两位同学利用上述两套发生装置按下图装置继续进行实验：通气一段时间后，甲同学实验过程中品红溶液几乎不褪色，而乙同学的实验现象是品红溶液随时间的推移变得越来越浅．试根据该实验装置和两名同学的实验结果回答问题．①试分析甲同学实验过程中，品红溶液不褪色的原因是（用离子方程式进行说明）②你认为乙同学是怎样做到让品红溶液变得越来越浅的？．19．燃煤的烟气中含有SO2，为了治理雾霾天气，工厂采用多种方法实现烟气脱硫。石灰一石膏法和烧碱法是常用的烟气脱硫法。I．石灰一石膏法的吸收流程如图1所示。II．烧碱法的吸收流程如图2所示，该法的特点是氢氧化钠碱性强、吸收快、效率高。已知：试剂Ca(OH)2NaOH价格(元/kg)0.362.9吸收SO2的成本(元/mol)0.0270.232（1）石灰一石膏法和烧碱法相比，石灰一石膏法的优点是，缺点是。（2）某学习小组在石灰一石膏法和烧碱法的基础上，设计了一个改进的、能实现物料循环的烟气脱硫方案，流程如图3所示。流程图中的甲、乙、丙分别是(填化学式，下同)、、。流程图中氧化过程反应的化学方程式为。20．面对新冠病毒，VB空气防护卡也成了“网红”，成为人们讨论的话题。商品介绍卡片中含有的主要活性成分——亚氯酸钠，在接触空气时可以释放安全可靠的低浓度二氧化氯(ClO2)，从而达到消除病毒、细菌活性的防护效果。回答下列问题：（1）写出“反应”步骤中生成ClO2的化学反应方程式：（2）“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2+、Ca2+、SO42−，要加入的试剂分别为（3）“电解”产生的Cl2可用于工业制漂白液，写出离子反应方程式：（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为，该反应中还原产物是（5）有同学推测VB空气防护卡原理是因为NaClO2与空气中的CO2发生反应得到

答案解析部分1．【答案】B【知识点】含硫物质的性质及综合应用；常见气体的检验【解析】【解答】题干中描述的关系依次为：S+O2点燃__SO2；SO2+H2O=H2SO3；H2O+H2SO3+Br2═2HBr+H2Na2S+H2SO4═Na2SO4+H2S↑；2H2S+SO2═3S↓+2H2O，则甲、乙、丙、丁、戊依次为SO2、H2SO3、H2SO4、H2S、S，故答案为：B。【分析】硫黄在空气中燃烧生成气体甲，为SO2，与水反应生成H2SO3，能被溴水氧化生成H2SO4，加入硫化钠生成丁为H2S，H2S与二氧化硫反应生成单质S，以此解答。2．【答案】D【知识点】二氧化硫的性质；钠的化学性质；镁的化学性质【解析】【解答】A、钠与氧气反应常温下生成氧化钠，加热或点燃的条件下生成过氧化钠，故A不符合题意；B、镁与氮气燃烧生成氮化镁，与氧气燃烧生成氧化镁，与二氧化碳发生置换反应，生成碳单质和氧化镁，故B不符合题意；C、现代工业主要采用“火法炼铜”，即在高温条件下培烧黄铜矿，故C不符合题意；D、二氧化硫不能漂白石蕊，故D符合题意。故答案为：D。【分析】A.钠在不同条件下反应产物不同；

B.金属镁属于活泼金属，能与多种物质反应；

C.工业上炼铜采用的是火法炼铜；

D.二氧化硫只能使紫色石蕊试液变红色。3．【答案】C【知识点】氨的性质及用途；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质；浓硫酸的性质【解析】【解答】A．氨气形成的水溶液氨水溶液呈碱性，与酚酞变为红色，预先在水中滴入的是少量无色酚酞溶液，故A不符合题意；B．能使湿润的淀粉－KI试纸变蓝的气体可以为氯气、溴气等，不一定是二氧化氮，故B不符合题意；C．SO2使品红溶液褪色，加热褪色溶液又恢复红色，利用了SOD．浓硫酸具有强氧化性，不能干燥H2S、HI，但是可以干燥故答案为：C。

【分析】A.紫色石蕊遇到碱性物质变蓝色，不变红色

B.能氧化碘离子的气体有氯气和二氧化氮

C.二氧化硫的漂白是可逆的，温度变化时，颜色恢复

D.浓硫酸可以干燥二氧化硫，不能干燥碱性气体氨气和还原性气体硫化氢和碘化氢4．【答案】A【知识点】浓硫酸的性质；铁的化学性质；过滤【解析】【解答】解：A．铁具有还原性，常用于脱氧剂，故A正确；B．铝与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜，可起到阻碍反应的继续进行，故B错误；C．铁架台不是玻璃仪器，故C错误；D．氢氟酸为弱酸，可与二氧化硅反应生成四氟化硅和水，故D错误．故选A．【分析】A．铁具有还原性；B．铝与浓硫酸发生钝化反应；C．铁架台不是玻璃仪器；D．氢氟酸为弱酸．5．【答案】C【知识点】氨的性质及用途；氯气的化学性质；焰色反应；二氧化硫的漂白作用【解析】【解答】A．滴加盐酸产生二氧化硫的溶液可能是SO32−B．铵根离子的检验：向待测溶液中滴加浓氢氧化钠溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，故B不符合题意；C．氯离子的检验：向某溶液中滴加硝酸，无明显现象，再加入硝酸银溶液，产生白色沉淀，故C符合题意；D．将某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，原溶液中中可能含K+故答案为：C。

【分析】A、可能还有HSO3-；

B、应该滴加浓氢氧化钠溶液，加热；

D、火焰呈黄色，溶液中可能含K+，还有可能含有Na+6．【答案】B【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质【解析】【解答】解：A．MnO2为H2O2分解反应的催化剂，固体不溶解，故A不选；B．铜与硝酸反应生成硝酸铜，可完全溶解，故B选；C．浓硫酸不断消耗，随着反应的进行，变成稀硫酸，稀硫酸与铜不反应，固体不能完全溶解，故C不选；D．铝与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化物膜，固体不能完全溶解，故D不选．故选B．【分析】A．MnO2为H2O2分解反应的催化剂；B．铜与硝酸反应生成硝酸铜；C．浓硫酸不断消耗，稀硫酸与铜不反应；D．铝与浓硫酸发生钝化反应．7．【答案】D【知识点】含硫物质的性质及综合应用；铁盐和亚铁盐的相互转变【解析】【解答】A．FeSB．SO32−C．稀硫酸和铜不反应，故C不符合题意；D．NaOH(aq)和过量二氧化硫反应生成NaHSO故答案为：D。

【分析】依据硫及其化合物的性质及转化规律分析。8．【答案】D【知识点】浓硫酸的性质【解析】【解答】解：A．氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜和水，只表现硫酸的酸性，故A不选；B．氢氧化铝与硫酸反应生成硫酸铝和水，只表现硫酸的酸性，故B不选；C．木炭粉与浓硫酸反应生成二氧化碳和二氧化硫、水，只表示硫酸的强氧化性，故C不选；D．铜与浓硫酸反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，硫酸既表现出了强氧化性又表现了酸性，故D选；故选：D．【分析】硫酸既能表现出酸性又表现出氧化性，在反应中应生成硫酸盐，且硫酸被还原生成二氧化硫等物质，据此解答．9．【答案】C【知识点】含硫物质的性质及综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用；探究铁离子和亚铁离子的转化【解析】【解答】A．铁在氯气中点燃生成氯化铁，而不是氯化亚铁，转化不能实现，故A不符合题意；B．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，而不是三氧化硫，转化不能实现，故B不符合题意；C．氯化铵与氢氧化钙共热可制备氨气，氨气溶于水显碱性，可使氯化镁转化为氢氧化镁沉淀，均可一步实现转化，C符合题意；D．氧化铝不溶于水，也不与水发生反应转化为氢氧化铝，转化不能实现，故D不符合题意；故答案为：C。

【分析】A．铁在氯气中点燃生成氯化铁；B．硫在氧气中燃烧生成二氧化硫；C．氯化铵与氢氧化钙共热可制备氨气，氨气与氯化镁溶液反应生成氢氧化镁沉淀；D．氧化铝不溶于水，也不与水发生反应转化为氢氧化铝。10．【答案】C【知识点】常见离子的检验；二氧化硫的性质；铁的化学性质；铁盐和亚铁盐的相互转变；物质的分离与提纯【解析】【解答】解：A、将铁粉加入FeCl3、CuCl2混合溶液中，Fe先与Fe3+反应，再与Cu2+反应，如果反应有剩余，必定含有Cu，故A错误；B、将CO2和SO2混合气体通入BaCl2溶液中，由于无法弱酸制强酸，因此反应不进行，通入Ba（NO3）2溶液中，由于HNO3可以把H2SO3氧化为H2SO4，因此有BaSO4沉淀生成，故B错误；C、检验某酸性溶液中Cl﹣和SO42﹣，选用试剂及顺序是过量Ba（NO3）2溶液、若生成白色沉淀，说明含有硫酸根离子，加入AgNO3溶液生成白色沉淀说明含有氯离子，故C正确；D、NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物加热，两者反应了生成NH3，而不是分离，故D错误；故选C．【分析】A、溶液中氧化性Fe3+＞Cu2+，铁先和铁离子反应后再和铜离子反应，所以固体剩余一定含铜；B、CO2和SO2混合气体通入BaCl2溶液中不反应，通入Ba（NO3）2溶液中，二氧化碳不反应，二氧化硫溶于水形成亚硫酸，溶液中硝酸根离子具有强氧化性能氧化亚硫酸；C、依据检验氯离子和硫酸根离子的实验方法分析；D、NH4Cl固体和Ca（OH）2固体的混合物加热发生反应；11．【答案】C【知识点】氯气的化学性质；二氧化硫的性质【解析】【解答】解：等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+，品红不褪色；通入Ba（NO3）2的混合溶液中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓，观察到生成白色沉淀，故选C．【分析】等物质的量的SO2和Cl2混合后通入含有品红中，发生SO2+Cl2+2H2O=SO42﹣+2Cl﹣+4H+，品红不褪色；通入Ba（NO3）2的混合溶液中，生成硫酸钡沉淀，以此来解答．12．【答案】C【知识点】浓硫酸的性质；铁的化学性质；化学试剂的存放；物质的检验和鉴别【解析】【解答】①浓硝酸见光或受热易分解，所以保存在棕色试剂瓶，故①符合题意；②硝酸溶液中的HNO3具有氧化性，将SO32-氧化为SO42-，再加氯化钡产生白色沉淀，不能证明原溶液中含有SO42-，故②不符合题意；③锌与稀硝酸发生反应，硝酸的氧化性较强，一般不会生成氢气，故③不符合题意；④足量的铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，是因为铁与浓硝酸反应产生的硝酸铁与过量的铁又发生氧化还原反应产生了硝酸亚铁，故④不符合题意；⑤浓硫酸滴到纸张上，纸脱水炭化变黑，说明浓硫酸具有脱水性，故⑤符合题意；⑥酸雨的pH小于5.6，故⑥不符合题意；故答案为C。

【分析】①浓硝酸不稳定故保存在棕色试剂瓶中②不能先加硝酸，先家加盐酸，再加氯化钡③稀硝酸具有很强的氧化性，故会产生的是一氧化氮④浓硫酸将有机物中的氢氧原子按照个数比1:2进行脱去体现了脱水性⑤正常雨水的pH是5.613．【答案】否；硝酸可氧化SO32﹣生成SO42﹣；否；可能生成AgCl沉淀；否；酸性条件下硝酸根离子可氧化SO32﹣生成SO42﹣；盐酸；无现象；氯化钡；生成白色沉淀【知识点】硫酸根离子的检验【解析】【解答】（1）因SO32﹣具有还原性，可被硝酸氧化SO32﹣生成SO42﹣，加入HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液产生白色沉淀，不一定含有SO42﹣，可能含有SO32﹣，故答案为：否；硝酸可氧化SO32﹣生成SO42﹣；（2）如含有Ag+，加入HCl酸化的BaCl2溶液产生白色沉淀，可能为AgCl，故答案为：否；可能生成AgCl沉淀；（3）因硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可氧化SO32﹣生成SO42﹣，则不能用硝酸钡溶液检验SO42﹣，可先加入盐酸，如无现象，可排除Ag+、SO32﹣的干扰，再加入氯化钡溶液，如生成沉淀，可说明含有SO42﹣，故答案为：否；酸性条件下硝酸根离子可氧化SO32﹣生成SO42﹣；盐酸；无现象；氯化钡；生成白色沉淀．【分析】（1）硝酸具有强氧化性，可氧化SO32﹣生成SO42﹣；（2）可能生成AgCl沉淀；（3）如同（1），不能排除SO32﹣的干扰，可先加入盐酸，如无现象，再加入氯化钡溶液检验，如生成沉淀，可说明含有SO42﹣．14．【答案】压强；吸水性；乳化作用【知识点】浓硫酸的性质【解析】【解答】（1）气体的溶解度与压强有关，压强越大溶解度越大，打开啤酒瓶塞，压强降低，二氧化碳溶解度降低，有泡沫溢出；故答案为：压强；（2）浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂；故答案为：吸水性；（3）洗洁精中含有乳化剂，有乳化作用，能将大的油滴分散成细小的油滴，而能够随水流走；故答案为：乳化作用．【分析】（1）气体的溶解度与压强有关，压强越大溶解度越大；（2）浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂；（3）洗洁精具有乳化作用．15．【答案】B；关闭活塞b，在d的出口处连接一导管并插入水中，用手捂（或酒精灯微热）c，若导管末端有气泡冒出，停止手捂（或加热），导管末端有稳定的水柱，则该装置的气密性良好；红色褪去；加热；AD【知识点】二氧化硫的性质；性质实验方案的设计【解析】【解答】解：①A．硝酸易挥发，Na2SO3溶液与HNO3反应，生成的气体中含有硝酸，故A错误；B．强酸可制备弱酸，Na2SO3固体与浓硫酸反应生成硫酸钠和二氧化硫和水，反应为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑，反应无需加热，符合装置特点，故B正确；C．固体硫在纯氧中燃烧，生成二氧化硫，但可能含有氧气杂质，且不符合图1装置特点，故C错误；D．如图所示装置没有加热，则不能用浓硫酸和铜反应制备，故D错误；故答案为：B；②检验气密性，在连接好装置之后，可微热装置，观察是否有气泡冒出，并有一段水柱上升，具体操作为：试管d中加水至浸没长导管口，（塞紧试管c和d的胶塞，）加热c（或用手捂热c），试管d中有气泡冒出，停止加热后，试管d中有一段水柱上升，说明装置气密性良好，故答案为：关闭活塞b，在d的出口处连接一导管并插入水中，用手捂（或酒精灯微热）c，若导管末端有气泡冒出，停止手捂（或加热），导管末端有稳定的水柱，则该装置的气密性良好；③若要证明c中生成的气体是SO2，依据二氧化硫能使品红试液褪色，加热恢复红色；d中加入品红溶液后，打开活塞b，反应开始，待d中溶液红色褪去，再加热试管d中的溶液，颜色又恢复，证明气体是SO2，故答案为：红色褪去；加热；④增加一尾气吸收装置防止污染性气体排放到空气中，装置需要很好地吸收气体，又能防止倒吸，BC易发生倒吸，AD可以吸收尾气，也可以防倒吸，故答案为：AD．【分析】图1为固液不加热制取气体的反应，可用Na2SO3固体与浓硫酸反应制备二氧化硫气体，组装完仪器后，关闭活塞b，在d的出口处连接一导管并插入水中，用手捂（或酒精灯微热）c，若导管末端有气泡冒出，停止手捂（或加热），导管末端有稳定的水柱，则该装置的气密性良好，二氧化硫是大气污染物，需进行尾气处理，图2，BC易发生倒吸，AD可以吸收尾气，也可以防倒吸．①实验室用Na2SO3固体与浓硫酸反应制备二氧化硫气体；②检验气密性，在连接好装置之后，可微热装置，观察是否有气泡冒出，并有一段水柱上升；③根据二氧化硫气体的检验方法分析判断；④依据尾气成分选择吸收的试剂，装置中需要防止倒吸．16．【答案】（1）a（2）还原；3SO2+Cr2O72－+2H+＝2Cr3++3SO42-+H2O（3）1.3×10－6【知识点】二氧化硫的性质；常见的生活环境的污染及治理；含硫物质的性质及综合应用【解析】【解答】（1）a．二氧化硫是酸性氧化物，能与石灰乳反应，a正确；b．盐酸的酸性强于亚硫酸，CaCl2溶液与二氧化硫不反应，b不正确。故答案为：a；（2）①反应中Cr元素化合价从+6价降低到+3价，得到3个电子，因此二氧化硫失去分子，被氧化，所以用SO2处理含铬废水时，利用了SO2的还原性。②二氧化硫中硫元素化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子，根据电子得失守恒和原子守恒以及电荷守恒可知吸收塔中发生反应的离子方程式为3SO2+Cr2O72－+2H+＝2Cr3++3SO42-+H2O。（3）根据电荷守恒可知2×amol/L+2×3.0×10－6mol/L＝1.2×10－6mol/L+6.8×10－6mol/L+3×0.2×10－6mol/L，解得a＝1.3×10－6。【分析】（1）二氧化硫为酸性氧化物，应用碱性溶液吸收；

（2）重铬酸根具有强氧化性，二氧化硫处理含铬废水时，体现的是氧化性；

（3）根据电荷守恒计算。17．【答案】（1）SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl；SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热时，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解（2）0.1；1.4；2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2+2H2O+O2=2H2SO4；H2SO3+HCO3−=CO2­+HSO3−+H【知识点】盐类水解的原理；盐类水解的应用；二氧化硫的性质【解析】【解答】(1)①SOCl2溶于水，可观察到剧烈反应，液面上有白雾形成，并有无色带刺激性气味的气体逸出，根据现象结合元素守恒可以推测生成HCl和SO2；轻轻振荡锥形瓶，待白雾消失后，往溶液中滴加AgNO3溶液，有不溶于HNO3的白色沉淀析出，说明溶液中存在Cl-，进一步说明有HCl，所以SOCl2与水反应的化学方程式为：SOCl2+H2O═SO2↑+2HCl；②蒸干AlCl3溶液不能得到无水AlCl3，是由于AlCl3会水解产生HCl，当SOCl2与AlCl3·6H2O混合加热时，SOCl2与AlCl3·6H2O中的结晶水作用，生成无水AlCl3及SO2和HCl气体，SOCl2吸水，产物SO2和HCl抑制AlCl3水解，从而得到无水AlCl3；(2)①H2S饱和溶液中通入二氧化硫时发生反应：2H2S＋SO2=3S↓＋2H2O，S单质难溶于水，所以当H2S和SO2恰好完全反应时，溶液中只有水，25℃时，pH=7，据图可知溶液pH=7时通入112mLSO2，所以100mLH2S饱和溶液中n(H2S)=0.112L22.4L·mol−1×2=0.01mol，所以c(H②a点时硫化氢已经完全反应，所以之后再通入二氧化硫，溶液中的溶质为二氧化硫与水反应生成的亚硫酸，b点时c(H2SO4)=(0.336−0.112)L22.4L·mol−10.1L=0.1mol/L，设溶液中c(H+)=xmol/L，则有x×x0.1−x=1.4´10-2，解得c(H+)»1.4×10−3mol/L，所以pH=-lg1.4×10−3=1.4；由于亚硫酸具有较强还原性易被空气中的氧气氧化生成生成硫酸，使溶液的酸性变强，相应的化学方程式为2H2SO3+O2=2H2SO4或2SO2③根据表格中的数据可知酸性：H2SO3>H2CO3>HSO3−，所以离子反应方程式为H2SO3+HCO3−=CO2­+HSO3−④酸性越强同浓度的溶液pH越小，所以可以测定相同浓度的氢硫酸和亚硫酸的pH，氢硫酸的pH大于亚硫酸；酸性越强电离程度越大，同浓度的溶液导电性越强，用相同浓度的氢硫酸和亚硫酸做导电性实验，氢硫酸的导电能力低于亚硫酸；强酸可以和弱酸盐反应生成强酸盐和弱酸，所以可以将相同浓度的氢硫酸和亚硫酸分别于能浓度的碳酸氢钠溶液混合，氢硫酸不能与碳酸氢钠溶液反应，而亚硫酸与碳酸氢钠溶液生成气体。【分析】（1）①根据实验过程产生的现象，确定反应产物，从而书写反应的化学方程式。

②结合SOCl2与水的反应，产物SO2、HCl对AlCl3水解平衡移动的影响分析。

（2）①当溶液的pH=7时，H2S与SO2恰好完全反应，根据消耗SO2的量，计算溶液中H2S的量，从而得出其物质的量浓度。

②b点溶液中溶质为H2SO3，结合参与反应的SO2的量，计算溶液中H2SO3的物质的量，结合H2SO3的电离平衡常数，计算溶液中c(H＋)，从而得出溶液的pH；

由于H2SO3易被空气中的O2氧化成H2SO4，溶液的酸性增强，pH减小。

③由电离平衡常数判断酸性强弱，结合强弱制弱酸原理书写反应的离子方程式。

④要证明酸性强弱，则可测定等浓度的H2S和H2SO3溶液的pH，pH大的酸溶液，其酸性较弱。18．【答案】（1）MnO2+4H++2Cl﹣Δ__Mn2++Cl2↑+2H（2）溶液恢复红色；溶液不恢复红色（或溶液仍无色）（3）吸收SO2和Cl2，防止污染空气（4）SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42﹣+2Cl﹣；通入的二氧化硫或者氯气一方有剩余【知识点】氯气的化学性质；氯气的实验室制法；二氧化硫的性质【解析】【解答】解：（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式：MnO2+4H++2Cl﹣Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O；故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Δ__Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）SO故答案为：溶液恢复红色；溶液不恢复红色；（3）氯气和二氧化硫都有毒，不能直接排放到空气中，所以用氢氧化钠吸收过量的二氧化硫和氯气，防止污染空气，故答案为：吸收SO2和Cl2，防止污染空气；（4）①氯气和二氧化硫在水溶液中恰好完全反应，离子方程式：SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42﹣+2Cl﹣，生成的硫酸和盐酸不具有漂白性，所以品红溶液不褪色，故答案为：SO2+Cl2+2H2O═4H++SO42﹣+2Cl﹣；②当通入的二氧化硫或者氯气一方有剩余时，有具有漂白性，使品红褪色，故答案为：通入的二氧化硫或者氯气一方有剩余．【分析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；（2）根据二氧化硫的漂白性是可逆的，而氯水的漂白性是不可逆的进行解答；（3）二氧化硫和氯气都是有毒气体需要进行尾气处理，以免污染空气；（4）①氯气和二氧化硫在水溶液中恰好发生氧化还原反应，转化成没有漂白性的盐酸和硫酸，所以品红溶液几乎不褪色；②当通入的二氧化硫或者氯气一方有剩余时，又会使品红溶液褪色．19．【答案】（1）原料便宜，成本低；吸收慢，效率低（2）NaOH；Ca(OH)2；Na2SO3；2CaSO3+O2+4H2O=2CaSO4·2H2O【知识点】二氧化硫的性质；含硫物质的性质及综合应用【解析】【解答】(1)对比两个流程可知，基本反应原理都为二氧化硫与碱发生反应，氢氧化钙原料廉价易得，成本低，但氢氧化钙溶解度不大，吸收慢，效率低，故答案为：原料便宜，成本低；吸收慢，效率低；(2)分析流程并对比前两个流程可知，该流程的目的是改进前两个流程的缺点，即氢氧