河南省罗山高中2022届高三化学复习4.3二氧化硫和三氧化硫课时作业新人教版必修1

4.3二氧化硫和三氧化硫1、工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2．在该反应中（　　）A．二氧化硫体现还原性，做还原剂B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2C．每生成1molNa2S2O3，转移4mol电子D．相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2【答案】D【解析】解：A．由反应方程式中二氧化硫S的化合价从+4价降低到+2价，则二氧化硫体现氧化性，做氧化剂，故A错误；B．2Na2S+Na2CO3+4SO2═3Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故B错误；C．反应中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；D．根据方程式可知，每当4molSO2参与氧化还原反应就会放出1molCO2，则每10m3SO2参与反应就会放出2.5m3CO2，故D正确．故选D．2、向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色．再向反应后的混合物中不断通入SO2气体，溶液逐渐变成无色．则下列分析中正确的是（　　）A．白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2B．滴加KI溶液时，转移1mol电子时生成1mol白色沉淀C．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2+＞SO2＞I2【答案】B【解析】CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，向反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI．A、由上述分析及化学方程可知，白色沉淀是CuI，溶液中含有I2，故A错误；B、CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液化学方程式为2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2，由方程式可知每转移2mol电子生成2molCuI，所以转移1mole﹣时生成1molCuI白色沉淀，故B正确；C、反应后的混合物中不断通入SO2气体，反应方程式：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI，由反应可知，碘元素化合价由0价降低为﹣1价，被还原，所以I2是氧化剂，故C错误；D、2CuSO4+4KI═2K2SO4+2CuI↓+I2反应中Cu2+化合价降低是氧化剂，I2是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以物质的氧化性：Cu2+＞I2，SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI中碘元素化合价由0价降低为﹣1价，I2是氧化剂，SO2被氧化，所以物质氧化性I2＞SO2，所以氧化性Cu2+＞I2＞SO2，故D错误．故选：B．3、标准状况下，将aLSO2和Cl2组成的混合气体通入100mL0．1mol·L-1Fe2（SO4）3溶液中，充分反应后，溶液的棕黄色变浅。向反应后的溶液中加入足量的BaCl2溶液，将所得沉淀过滤、洗涤、干燥后称重，其质量为11．65g。则下列关于该过程的推断不正确的是（）A．混合气体中SO2的体积为0．448L（标况）B．所得沉淀为0．05mol的BaSO4C．aL混合气体的物质的量为0．04molD．a的取值范围为0．672＜a＜0．896【答案】C【解析】SO2和Cl2组成的混合气体通入Fe2(SO4)3溶液中，由于氯气的氧化性强于铁离子，氯气先与二氧化硫反应：SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，充分反应后，溶液的棕黄色变浅，说明铁离子氧化二氧化硫：2Fe3++SO2+H2O=SO42-+2Fe2++2H+，二氧化硫完全反应，反应后的溶液足量的BaCl2溶液，生成的11.65g沉淀为BaSO4，其物质的量为：n（BaSO4）=11.63g÷233g/mol＝0.05mol，根据硫元素守恒可知n（BaSO4）=3n[Fe2(SO4)3]+n（SO2），n（SO2）=0.05mol-3×0.1L×0.1mol？L-1=0.02mol，A．根据上述分析可知，V（SO2）=0.02mol×22.4L/mol=0.448L，正确；B．生成的11.65g沉淀为BaSO4，其物质的量为：n（BaSO4）=11.63g÷233g/mol＝0.05mol，B正确；C．由上述分析可知，V（SO2）=0.02mol×22.4L/mol=0.448L，由于硫酸铁氧化二氧化硫，根据方程式可知n（Cl2）＜n（SO2），n（Cl2）＜0.02mol，aL混合气体的物质的量为0．04mol＜0.04,错误；D.由于被氧化的二氧化硫为0.02mol，而100mL0.1mol？L-1Fe2(SO4)3溶液中含有0.01mol硫酸铁，含有0.02mol铁离子，根据反应2Fe3++SO2+H2O=SO42-+2Fe2++2H+可知，0.02mol铁离子最多氧化0.01mol二氧化硫，剩余的0.01mol二氧化硫需要0.01mol氯气氧化，所以氯气的物质的量最少为0.01mol，标况下0.01mol氯气的体积为0.224L，则混合气体最小体积为：0.448L+0.224L=0.672L，a的取值范围为0.672＜a＜0.896，正确；选C。4、硫酸铵在强热条件下分解：4（NH4）2SO4=6NH3↑+N2↑+3SO2↑+SO3↑+7H2O若将生成的气体通入氯化钡溶液中，得到的沉淀物是（　　）A．BaSO3和BaSO4B．BaSC．BaSO3D．BaSO4【答案】A【解析】根据题意知，将反应后的混合气体通入到BaCl2溶液中发生的反应为：SO3+H2O+2NH3=（NH4）2SO4；（NH4）2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2NH4Cl；SO2+H2O+2NH3=（NH4）2SO3；NH4）2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl；结合分解生成的气体物质的量可知，1mol三氧化硫转化为1mol硫酸铵消耗氨气2mol，剩余4mol氨气，4mol氨气会和2mol二氧化硫反应生成2mol亚硫酸铵，2mol亚硫酸铵对应得到2mol亚硫酸钡，剩余1mol二氧化硫和1mol亚硫酸钡、1mol水反应生成1mol亚硫酸氢钡，剩余1mol亚硫酸钡，最后得到沉淀为1mol硫酸钡，1mol亚硫酸钡，因此得到沉淀为BaSO3和BaSO4。选A。5、下列实验过程中产生的现象与图中曲线变化相对应的是（　　）A．B．AlCl3滴入NaOH溶液PH=1的醋酸和盐酸分别加水稀释C．D．氨气通入醋酸溶液中SO2气体通入溴水中【答案】D【解析】解：A．在氢氧化钠溶液中滴入氯化铝溶液，发生的反应为AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O、3NaAlO2+AlCl3+6H2O=4Al（OH）3↓+3NaCl，现象是先没有沉淀后出现沉淀，故A错误；B．PH相同的醋酸和盐酸，加水等体积稀释，浓度变稀，加大醋酸的电离，故相比于盐酸其PH更小，故B错误；C．氨气通入醋酸溶液中，反应生成强电解质醋酸铵，溶液导电能力增强，故C错误；D．SO2气体通入溴水中，发生反应Br2+SO2+2H2O═H2SO4+2HBr，反应后溶液酸性增强，pH减小，但溴水溶液呈酸性，开始时pH＜7，故D正确；故选D．6、“类推”是一种重要的学习方法，但有时会产生错误的结论，下列类推结论中正确的是（　）A．钠、镁、铝具有强还原性，钠常温下与水剧烈反应，故镁、铝也是B．盐酸、硝酸都是强酸，碳酸钙与盐酸反应制取CO2，用硝酸也行C．由2Fe+3Cl2=2FeCl3，可推出2Fe+3I2=2FeI3也成立D．CO2和SO2都是酸性氧化物，SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故CO2也是【答案】B【解析】7、如图，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量浓硫酸（以不接触纸条为准）。则下列有关说法正确的是()浓硫酸亚硫酸钠晶体湿润蓝色石蕊试纸湿润淀粉KI试纸湿润品红试纸沾有KMnO4溶液溶液的滤纸NaOHA．蓝色石蕊试纸先变红后褪色B．NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2C．湿润淀粉KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性强于I2D．品红试纸、沾有KMnO4溶液滤纸均褪色都能证明SO2的漂白性【答案】B【解析】8、下列说法正确的是()A、因为SO2有漂白性，所以它能使品红溶液，溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色B、能使品红溶液褪色的气体不一定是SO2C、SO2、漂白粉、活性炭、过氧化钠都能使红墨水褪色，其原理相同D、SO2和Cl2都有漂白作用，将两种气体同时作用于湿润的有色布条，漂白效果更好【答案】B【解析】9、将过量的气体通入到一种溶液中，一定能产生沉淀的是()①二氧化硫通入到硝酸钡溶液中②二氧化碳通入到偏铝酸钠溶液中③二氧化碳通入到氯化钙溶液中④氨气通入到氯化铝溶液中A、只有①②③B、只有②③C、只有②④D、只有①②④【答案】D【解析】10、生活中碰到的某些问题，常常涉及到化学知识，下列分析正确的是（）A．氯气和二氧化硫均可做漂白剂，若同时使用它们去漂白一湿润物质，漂白效果会明显增强B．为实现中国2000年消除碘缺乏病的目标，卫生部规定食盐必须加碘，其中碘以单质形式存在C．工业酒精不能加水而当美酒品尝，因其中含有甲醇，它虽然也具有酒香气味，但饮后会造成人的双目终生失明D．苯酚有杀菌和止痛作用，药皂中也掺入少量的苯酚，所以我们可以用苯酚进行消毒或直接涂抹到皮肤上起消毒作用【答案】C【解析】11、在BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍澄清；若将BaCl2溶液分盛于两支试管，一支加入硝酸，另一支加入烧碱溶液，然后再通入SO2气体，结果两支试管中都有白色沉淀。由此得出下列结论合理的是(　　)A．氯化钡有两性　　B．两支试管的沉淀均是亚硫酸钡C．SO2有还原性和酸性　　D．升高pH使SO2水溶液中SO32－浓度减小，SO42－浓度增大【答案】C【解析】12、向CuSO4溶液中逐滴加入过量KI溶液，观察到产生白色沉淀，溶液变为棕色。淀粉KI溶液中通入SO2气体，溶液无明显变化。则下列分析中正确的是（）A．白色沉淀是CuI2，棕色溶液含有I2B．滴加KI溶液时，转移2mole-时生成1mol白色沉淀C．通入SO2时，SO2与I2反应，I2作还原剂D．上述实验条件下，物质的氧化性：Cu2＋＞I2＞SO2【答案】D【解析】13、化学与科学、技术、社会、环境密切相关。下列有关说法正确的是（）A．工业上常用铝热反应来炼铁B．节日燃放的焰火是某些金属元素焰色反应所呈现的颜色C．工业上常用硫在过量空气中燃烧获得三氧化硫，再溶于水制得硫酸D．在化工厂周围多种草种树，构建花园式工厂，这一做法符合“绿色化学”原理【答案】B【解析】14、下列反应的离子方程式正确的是（）A．将SO2通入Ca（ClO）2溶液:Ca2++2ClO-+SO2+H2O==CaSO3↓+2HClOB．NaHCO3溶液中滴入少量澄清石灰水：HCO3-+Ca2++OH-==CaCO3↓+H2OC．用氨水吸收过量二氧化硫：NH3·H2O+SO2=NH4++HSO3-D．Na2CO3溶液中通入CO2:H2O+CO2+CO32-==HCO3-【答案】C【解析】15、下列叙述正确的是（）A．Li在氧气中燃烧主要生成Li2O2B．将SO2通入过量BaCl2溶液可生成BaSO3沉淀C．新制氯水显酸性，向其中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色D．将NH3通过热的CuO，有红色固体生成【答案】D【解析】16、我国国家标准（GB2760﹣2022）规定葡萄酒中SO2最大使用量为0.25g·L﹣1．某兴趣小组用图1装置（夹持装置略）收集某葡萄酒中SO2，并对其含量进行测定．（1）仪器A的名称是，水通入A的进口为．（2）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，其化学方程式为（3）除去C中过量的H2O2，然后用0.0900mol·L﹣1NaOH标准溶液进行滴定，滴定前排气泡时，应选择图2中的；若滴定终点时溶液的pH=8.8，则选择的指示剂为；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，则管内液体的体积（填序号）（①=10mL，②=40mL，③＜10mL，④＞40mL）（4）滴定至终点时，消耗NaOH溶液25.00mL，该葡萄酒中SO2含量为：g·L﹣1．（5）该测定结果比实际值偏高，分析原因并利用现有装置提出改进措施：．（6）常温下，用一定量的NaOH溶液吸收逸出的SO2气体，吸收后的吸收液恰好呈中性，下列关于吸收液的说法正确的是A．c（Na+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣）B．c（Na+）＞c（HSO3﹣）=c（SO32﹣）＞c（H+）=c（OH﹣）C.2c（Na+）=3c（H2SO3）+3c（HSO3﹣）+3c（SO32﹣）D．c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3）E．＞．【答案】（1）冷凝管；b；（2）SO2+H2O2=H2SO4；（3）③；酚酞；④；（4）0.24；（5）盐酸的挥发；用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验．（6）ADE．【解析】（1）根据仪器A的构造可知，仪器A为冷凝管，冷凝管中通水方向采用逆向通水法，冷凝效果最佳，所以应该进水口为b，故答案为：冷凝管；b；（2）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；（3）氢氧化钠溶液为碱性溶液，应该使用碱式滴定管，碱式滴定管中排气泡的方法：把滴定管的胶头部分稍微向上弯曲，再排气泡，所以排除碱式滴定管中的空气用③的方法；滴定终点时溶液的pH=8.8，应该选择酚酞做指示剂（酚酞的变色范围是8.2～10.0）；若用50mL滴定管进行实验，当滴定管中的液面在刻度“10”处，滴定管的0刻度在上方，10mL刻度线下方还有40mL有刻度的溶液，另外滴定管50mL刻度线下有液体，因此管内的液体体积＞（50.00mL﹣10.00mL）=40.00mL，所以④正确，故答案为：③；酚酞；④；（4）根据2NaOH～H2SO4～SO2可知SO2的质量为：×0.0900mol/L×0.025L×64g/mol=0.072g，该葡萄酒中的二氧化硫含量为：=0.24g/L，故答案为：0.24；（5）由于盐酸是挥发性酸，挥发的酸消耗氢氧化钠，使得消耗的氢氧化钠溶液体积增大，测定结果偏高；因此改进的措施为：用不挥发的强酸，如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验，扣除盐酸挥发的影响；故答案为：盐酸的挥发；用不挥发的强酸如硫酸代替盐酸，或用蒸馏水代替葡萄酒进行对比实验．（6）常温下，用一定量的NaOH溶液吸收逸出的SO2气体，吸收后的吸收液恰好呈中性，c（H+）=c（OH﹣），A．依据溶液中电荷守恒：c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），得到c（Na+）=c（HSO3﹣）+2c（SO32﹣），故A正确；B．若c（HSO3﹣）=c（SO32﹣），溶液呈碱性c（H+）＜c（OH﹣），故B错误；C．物料守恒可知亚硫酸氢钠和亚硫酸钠按照1：1混合，溶液呈碱性，溶液中物料守恒为《2c（Na+）=3c（H2SO3）+3c（HSO3﹣）+3c（SO32﹣），但溶于呈中性，亚硫酸氢钠和亚硫酸钠不同，故C错误；D．依据化学式可知，亚硫酸氢钠中硫元素物质的量和钠物质的量相同，亚硫酸钠中钠离子大于亚硫酸根中硫元素，所以c（Na+）＞c（HSO3﹣）+c（SO32﹣）+c（H2SO3），故D正确；E、×=×=Ka1＞Ka2则＞，故E正确；故答案为：ADE．17、某研究小组探究SO2和Fe（NO3）3溶液的反应，其反应装置如图所示：已知：l．0mol·L﹣1的Fe（NO3）3溶液的pH=l，请回答下列问题：（1）装置A中反应的化学方程式是．（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前进行的操作是．（3）装置B中产生了白色沉淀，其成分是，说明SO2具有．分析B中产生白色沉淀的原因：猜想1：SO2与Fe3+反应；猜想2：在酸性条件下SO2与NO3﹣反应；猜想3：…（4）甲同学从装置B中取出适量反应后的溶液，能使KMnO4溶液褪色．【得出结论】：猜想1成立．其结论正确吗？（填是或否）．若不正确，理由是（正确无需回答）．（5）乙同学设计实验验证猜想2，请帮他完成下表中内容（提示：NO3﹣在不同条件下的还原产物较复杂，有时难以观察到气体产生．除了上述实验提供的试剂外，可供选择的药品有：NaNO3固体和盐酸等．）实验步骤（不要求写具体操作过程）预期现象和结论①配溶液②…（6）在实际操作中，当SO2通入Fe（NO3）3溶液时观察到的现象；溶液由黄色变为浅绿色，接着又变为黄色，请用相关离子方程式表示其过程、．【答案】（1）Na2SO3+H2S04（浓）=Na2S04+SO2↑+H2O；（2）关闭分液漏斗活塞，打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹；（3）BaS04；还原；（4）否，可能SO2过量，溶解的SO2也能使KMnO4溶液褪色；（5）并替换装置B中的硝酸铁溶液；若装置B中有白色沉淀生成，猜想2成立．若装置B中无白色沉淀生成，猜想2不成立；（6）SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O．【解析】（1）装置A中反应的化学方程式是Na2SO3+H2S04（浓）=Na2S04+SO2↑+H2O，故答案为：Na2SO3+H2S04（浓）=Na2S04+SO2↑+H2O；（2）为排除空气对实验的干扰，滴加浓硫酸之前应先通入氮气，将空气排出，操作为关闭分液漏斗活塞，打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹，故答案为：关闭分液漏斗活塞，打开弹簧夹，向装置中通入一段时间的N2，关闭弹簧夹；（3）二氧化硫具有还原性，可与硝酸根离子发生氧化还原反应生成硫酸根离子，进而生成硫酸钡沉淀，故答案为：BaS04；还原；（4）若SO2过量，溶解的SO2也能使KMnO4溶液褪色，故其结论错误，故答案为：否，可能SO2过量，溶解的SO2也能使KMnO4溶液褪色；（5）若证明在酸性条件下SO2与NO3﹣反应，可配制成酸性溶液，并替换装置B中的硝酸铁溶液，看是否有白色沉淀生成，若装置B中有白色沉淀生成，猜想2成立，若装置B中无白色沉淀生成，猜想2不成立，故答案为：并替换装置B中的硝酸铁溶液；若装置B中有白色沉淀生成，猜想2成立．若装置B中无白色沉淀生成，猜想2不成立；（6）将SO2通入Fe（NO3）3溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，发生氧化还原反应生成亚铁离子和硫酸根离子，发生离子反应为SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；立即又变为棕黄色，发生亚铁离子与硝酸根离子的氧化还原反应，生成铁离子，离子反应为3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，故答案为：SO2+2Fe3++2H2O=SO42﹣+2Fe2++4H+；3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O．18、硫化氢(H2S)是一种有毒的可燃性气体，用H2S、空气和KOH溶液可以组成燃料电池，其总反应式为2H2S+3O2+4KOH==2K2SO3+4H2O。（1）该电池工作时正极应通入。（2）该电池的负极电极反应式为：。（3）该电池工作时负极区溶液的pH（填“升高”“不变”“降低”）（4）有人提出K2SO3可被氧化为K2SO4，因此上述电极反应式中的K2SO3应为K2SO4，某学习小组欲将电池工作一段时间后的电解质溶液取出检验，以确定电池工作时反应的产物。实验室有下列试剂供选用，请帮助该小组完成实验方案设计。0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液，1mol·L－1HNO3，1mol·L－1H2SO4，1mol·L－1HCl，0.1mol·L－1Ba(OH)2，0.1mol·L－1BaCl2。实验步骤实验现象及相关结论①取少量电解质溶液于试管中，用pH试纸测其pH。→试纸呈深蓝色，经比对溶液的pH约为14，说明溶液中有残余的KOH。②继续加入（）溶液，再加入（）溶液，振荡。→若有白色沉淀产生，则溶液中含有K2SO4。→若无白色沉淀产生，则溶液中没有K2SO4。③另取少量电解质溶液于试管中，先加1mol·L－1的H2SO4酸化，再滴入2~3滴0.01mol·L－1KMnO4酸性溶液，振荡。→()；（5）若电池开始工作时每100mL电解质溶液含KOH56g，取电池工作一段时间后的电解质溶液20.00mL，加入BaCl2溶液至沉淀完全，过滤洗涤沉淀，将沉沉在空气中充分加热至恒重，测得固体质量为11.65g，计算电池工作一段时间后溶液中KOH的物质的量浓度()。(结果保留四位有效数字，假设溶液体积保持不变，已知：M(KOH)=56，M(BaSO4)=233，M(BaSO3)=217)【答案】空气（或氧气）2H2S+16H+-12e-=2SO32-+10H2O降低足量的1mol/LHCl，少量的0.1mol/LBaCl2溶液若KMnO4溶液的紫红色退去，则说明溶液中含有K2SO3，若KMnO4溶液的紫红色没有退去，则说明溶液中不含有K2SO3。（5）5.0000mol/L.【解析】本题涉及的知识点有：电化学之原电池中的燃料电池工作原理；硫酸根的检验方法；鉴别硫酸根和亚硫酸根的方法；探究和分析混合溶液的一般办法；计算反应后的溶液的物质的量浓度。在解答的时候，第（1）、（2）问有模型可套，《化学反应原理》教材关于燃料电池的内容，已经归纳出正极（O2）的反应式子：①碱性：O2+4e-+2H20=4OH-②中性和酸性：O2+4e-+4H+=2H2O总方程式已经给出，所以负极可以由总方程式2H2S+3O2+4KOH==2K2SO3+4H2O减去①×3得到。由此可见此电池负极是消耗OH-的，所以pH减低，第（3）得解。第（4）问是经典的离子检验题目，检验硫酸根，在这里要排除亚硫酸根的干扰，回答的时候一定要“足量”的排除干扰，然后是“少量”的检验液。（虽然实际操作的时候并不容易控制量的问题。第三步事实上减低了本题的难度，加入高锰酸钾的目的很明显，检验是否有还原性的物质亚硫酸根。据此不难得出结论。第（5）步貌似现在多了又这种计算题，为广东考生的死穴。首先不要害怕这么多字,先理顺反应关系,你会发现其实无非就是几个复分解反应而已,计算题思路：首先梳理这里的反应关系,确认沉淀为硫酸钡，根据S的守恒关系,列出关系式,得出比例式：n(BaSO4)～～～n(K2SO4+K2SO3)～～～n(KOH)反应11211.65/233=0.050.050.1n(KOH)剩余=n(KOH)总-n(KOH)反应=56g/56(g/mol)×(20/100)-0.1=0.1C(KOH)=n/V=0.1/0.02=5.0000(mol/L)存疑或改编问题:如何知道所加盐酸是足量的?可以取上层清液,滴加盐酸,观察是否有气泡,没有了就说明足量了.如果备选试剂有硝酸钡,(4)的②使用硝酸,是否可行?不可行,因为会把亚硫酸根氧化.难度控制问题:第二问改成正极反应式,会降低难度;第(4)③若给出结论要求写步骤,可能会更难些.这里的步骤写法简洁扼要,学生恐怕难达到这个水平.备考策略:第(5)问的梳理反应关系,可以画出框图来理解.残留的KOH浓度?C=n/vS守恒,加热恒重为SO42-缺m反应,可找关系式已知V缺n,可m/M已知M缺m,可m总-m反应已知m总已知m(BaSO4)→n(BaSO4)=2n(KOH)反应19、下图表示A～J之间的转化关系，E为常见的气体单质，G为金属单质，F的浓溶液在实验室常用做气体干燥剂，B、E反应t0～t3时刻物质的量及放出热量关系如下表所示(部分产物已略去)：物质的量(mol)时间BED(g)放出的热量(kJ)t04600t1252196.6t214.53294.9t314.53294.9(1)写出F和J的化学式：F　　　　　，J　　　　　。(2)不加限制地向大气中排放B，会造成的全球性环境问题是　　　　(填一种)，A适应绿色化工要求，常常被考虑用做绿色氧化剂，其原因是　。(3)①～⑥中不属于氧化还原反应的是　　　　　　(填编号)。(4)反应③的热化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。【答案】(1)H2SO4；FeSO4(各1分)(2)酸雨(1分)；H2O2作氧化剂时还原产物为H2O，不会对环境造成污染(2分)(3)④⑥(2分)(4)SO2(g)＋O2(g)SO3(g)　ΔH＝－98.3kJ·mol－1(3分)20、含硫化合物在生产、生活中有广泛应用，其吸收和处理也十分重要．（1）SO2具有还原性，写出将SO2气体通入FeCl3溶液中的离子方程式，并标出电子转移的数目及方向．　（2）在Na2SO3溶液中滴加酚酞，溶液变红色，若在该溶液中滴入过量的BaCl2溶液，现象是　　，请结合离子方程式，运用平衡原理进行解释　．（3）等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与Na2SO3溶液混合后，溶液显　　性．此时溶液中浓度相等的微粒是　　．（4）已知：H2S：Ki1=1.3×10﹣7Ki2=7.1×10﹣15H2CO3：Ki1=4.3×10﹣7Ki2=5.6×10﹣11，含H2S尾气用足量的Na2CO3溶液来吸收．写出离子反应方程式．　　．常温时，等体积等浓度的Na2S和Na2CO3溶液的离子总数：N前　　N后（填“＞”或“＜”）．【答案】（1）2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42﹣；；（2）产生白色沉淀，且红色褪去；在Na2SO3溶液中，SO32﹣水解SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣，加入BaCl2后，Ba2++SO32﹣=BaSO3↓（白色），由于c（SO32﹣）减小，SO32﹣水解平衡左移，c（OH﹣）减小，酚酞褪色；（3）中；H+与OH﹣、SO42﹣与Cl﹣；（4）H2S+CO32﹣=HS﹣+HCO3﹣；＜．【解析】（1）SO2具有还原性，将SO2气体通入FeCl3溶液中，SO2被FeCl3氧化为硫酸根离子，FeCl3被还原为亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42﹣，每有1molSO2反应转移2mol电子，电子转移的数目及方向为，故答案为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++4H++SO42﹣；；（2）Na2SO3溶液与BaCl2溶液反应生成BaSO3沉淀，使SO32﹣水解平衡SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣逆移，c（OH﹣）减小，所以酚酞褪色，故答案为：产生白色沉淀，且红色褪去；在Na2SO3溶液中，SO32﹣水解SO32﹣+H2OHSO3﹣+OH﹣，加入BaCl2后，Ba2++SO32﹣=BaSO3↓（白色），由于c（SO32﹣）减小，SO32﹣水解平衡左移，c（OH﹣）减小，酚酞褪色；（3）ClO﹣有氧化性，能够氧化SO32﹣，反应的离子方程式为ClO﹣+SO32﹣=Cl﹣+SO42﹣，等体积等物质的量浓度的NaClO溶液与Na2SO3溶液混合后，生成相同浓度的NaCl和Na2SO4混合溶液，溶液显中性，H+与OH﹣、SO42﹣与Cl﹣离子浓度相等，故答案为：中；H+与OH﹣、SO42﹣与Cl﹣；（4）据弱酸的电离平衡常数可知其酸性H2CO3＞H2S＞HCO3﹣＞HS﹣，H2S与足量的Na2CO3溶液反应的离子方程式为：H2S+CO32﹣=HS﹣+HCO3﹣，HCO3﹣的酸性比HS﹣强，越弱越水解，所以Na2S溶液比Na2CO3溶液的碱性强，c（H+）小，据电荷守恒在碳酸钠溶液中有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HCO3﹣）+2c（CO32﹣），在硫化钠溶液中有c（Na+）+c（H+）=c（OH﹣）+c（HS﹣）+2c（S2﹣），等浓度的两溶液中，c（Na+）相同，所以硫化钠溶液中离子总浓度小于碳酸钠，等体积时，Na2S和Na2CO3溶液的离子总数：N前＜N后，故答案为：H2S+CO32﹣=HS﹣+HCO3﹣；＜．