江西省銅鼓2017屆高三化學必修一第四章非金屬及其化合物能力提升檢測試題含答案

學必求其心得，業(yè)必貴于專精江西銅鼓2017屆高三化學必修一第四章非金屬及其化合物能力提升檢測試題第I卷選擇題一、選擇題（每題4分，共48分）。1、200mL硝酸與必然量的鋁鎂鐵合金反應生成3。36LNO（標準狀況)和鐵鹽、鋁鹽、鎂鹽等，再向反應后的溶液中加入150mL3mol·L1的NaOH溶液，使鋁鎂鐵元素恰好全部轉變?yōu)榉e淀,則原硝酸的濃度是(）A．1。5mol·L﹣1B．2。25mol·L﹣1C．3mol·L﹣1D．無法計算2、研究濃硫酸和銅的反應，以下裝置或操作正確的選項是( )A．用裝置進行銅和濃硫酸的反應B．用裝置收集二氧化硫并吸取尾氣C．用裝置稀釋反應后的混雜液D．用裝置測定余酸的濃度學必求其心得，業(yè)必貴于專精3、以下各組反應中,硝酸既表現(xiàn)了氧化性，又表現(xiàn)了酸性的是（）A．C+HNO

3

B．H2S+HNO

3C．Fe（OH）3+HNO

3

D．Cu+HNO

34、50mL18mol/L的H2SO4中加入足量的銅片并加熱，被還原的H2SO4的物質的量為（)A．＜0.45molB．0.45molC．0。45﹣0。90mol之間D．＞0.90mol5、以下說法中正確的選項是（)．用鐵與稀硝酸反應來制備氫氣B．氨氣、液氨和氨水是同一種物質C．NO2溶于水發(fā)生了氧化還原反應,它既是氧化劑又是還原劑D．鈉在氧氣中燃燒發(fā)出白光,生成白色固體氧化鈉6、以下現(xiàn)象說明SO2擁有氧化性的是（)A．SO2通入酸性高錳酸鉀溶液中使之褪色B．SO2通入石蕊試液中使之變紅色C．SO2通入氯水中使之褪色D．SO2通入飽和H2S溶液中析出淺黃色積淀7、足量銅與必然量濃硝酸反應，獲得硝酸銅溶液和NO2、NO的混合氣體，這些氣體與1。68LO2（標準狀況)混雜后通入水中，全部氣體完好被水吸取生成硝酸．若向所得硝酸銅溶液中加入4mol·L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完好積淀，則耗資NaOH溶液的體積是(）學必求其心得，業(yè)必貴于專精A．60mLB．45mLC．30mLD．75mL8、以下溶液中能用來差異

SO2和

CO2氣體的是

(

）①澄清的石灰水

②氫硫酸

③氯水④酸性高錳酸鉀溶液

⑤氯化鋇溶液

⑥品紅溶液．A．①⑤B．③④⑤C．②⑥D．②③④⑥9、以下實驗裝置不能夠達到實驗目的是（）A．用SO2做噴泉實驗B．考據(jù)Cu與濃硝酸反應的熱量變化C．考據(jù)NH3易溶于水D．比較Na2CO3與NaHCO3的牢固性10、銅和鎂的合金4。6g完好溶于必然量的濃硝酸，若反應中硝酸被還原只產(chǎn)生1792mL的NO2氣體和1120mL的NO氣體(都已折算學必求其心得，業(yè)必貴于專精到標準狀況）,在反應后的溶液中加入足量的氫氧化鈉溶液，生成沉淀的質量為（）A．7。04gB．8.26gC．8.51gD．9.02g11、某稀溶液中含有4molKNO3和2。5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反應（已知NO3﹣被還原為NO）．以下說法正確的選項是（）A．反應后生成NO的體積為28LB．所得溶液中的溶質只有FeSO4C．所得溶液中c(NO3﹣）=2。75mol．L﹣1D．所得溶液中c(Fe2+)：c（Fe3+)=1：112、在100mL密度為1.2g/mL稀硝酸中，加入必然量的鎂和銅組成的混雜物，充分反應后金屬完好溶解（假設還原產(chǎn)物只有NO）,向反應后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至積淀完好，測得生成積淀質量比原金屬質量增加5.1g．則以下表達不正確是(）A．當金屬全部溶解時收集到NO氣體的體積為2.24L（標準狀況）B．當生成積淀的量最多時，耗資NaOH溶液體積最小為100mLC．原稀硝酸的物質的量濃度必然為4mol/LD．參加反應金屬總質量（m）為9.6g＞m＞3.6g第II卷非選擇題二、非選擇題（共52分）13、過氧化鈣晶體（CaO2·8H2O）為白色，難溶于水,常用于種子消毒、藥物制造、魚池增氧等．Ⅰ．某實驗小組在實驗室用鈣鹽制取CaO2·8H2O．學必求其心得，業(yè)必貴于專精（1)A

為實驗室制取氨氣的裝置

,則試管

A

中發(fā)生的反應為

．(2）儀器B的作用是（3）寫出生式

．成CaO2·8H2O

的化學．

方程4)制取CaO2·8H2O一般在低溫下進行,原由是．Ⅱ．該實驗小組欲經(jīng)過測量氣體的體積來研究CaO2與SO2反應的特點，裝置如圖:(硬質玻璃管中為無水CaO2）【提出假設】假設1：只發(fā)生反應：2SO2+2CaO2═2CaSO3+O2,SO2未被氧化；假設2：只發(fā)生反應：SO2+CaO2═CaSO4，SO2完好被氧化;假設3：上述兩個反應均發(fā)生,SO2部分被氧化．【實驗研究】5)該實驗裝置有一處明顯錯誤，請用文字改正:．學必求其心得，業(yè)必貴于專精（6）試劑B為堿石是．【實驗數(shù)據(jù)辦理】

灰，其

作用實驗測得裝置C增重mg，裝置E收集到的氣體為VL（已換算成標準狀況下）．(7）若是假設3成立，則V的取值范圍是

．14、葡萄酒中的酒精是葡萄果實中的糖發(fā)酵后的產(chǎn)物（C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑）．Ⅰ、已知：實驗室制乙烯原理為CH3CH2OHCH2=═CH2↑+H2O,產(chǎn)生的氣體能使Br2的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同學用以下實驗考據(jù)．（氣密性已檢驗，部分夾持裝置略如圖1）．實驗操作和現(xiàn)象:操作現(xiàn)象點燃酒精燈，加熱至Ⅰ:A中燒瓶內液體漸漸變黑學必求其心得，業(yè)必貴于專精170℃Ⅱ:B內氣泡連續(xù)冒出，溶液漸漸褪色實驗達成，沖刷燒瓶Ⅲ：A中燒瓶內附著少量黑色顆粒狀物，有刺激性氣味逸出（1）溶液“漸漸變黑”，說明濃硫酸擁有性．(2）解析，甲認為是C2H4，乙認為不能夠消除SO2的作用．①依照甲的見解，使B中溶液褪色反應的化學方程式是；②乙依照現(xiàn)象認為實驗中產(chǎn)生的SO2和，使B中有色物質反應褪色．③為證明各自見解，甲、乙重新實驗，設計與現(xiàn)象以下:甲：在A、B間增加一個裝有某種試劑的洗氣瓶；現(xiàn)象：Br2的CCl4溶液褪色．乙：用以下裝置按必然序次與A連接：（尾氣辦理裝置略如圖2）現(xiàn)象：C中溶液由紅棕色變?yōu)闇\紅棕色時，E中溶液褪色．請回答以下問題：a．甲設計實驗中A、B間洗氣瓶中盛放的試劑是；乙設計的實驗D中盛放的試劑是，裝置連接序次為．b．能說明的確是SO2使E中溶液褪色的實驗是．c．乙為進一步考據(jù)其見解,取少量C中溶液，加入幾滴BaCl2溶液，振蕩，產(chǎn)生大量白色積淀，淺紅棕色消失,發(fā)生反應的離子方程式學必求其心得，業(yè)必貴于專精是．由此可得出的干燥的SO2不能夠使Br2的四氯化碳溶液褪色Ⅱ、葡萄酒中常用Na2S2O5做抗氧化劑．3)0。5molNa2S2O5溶于水配成1L溶液，該溶液的pH=4。5．溶液中部分微粒濃度隨溶液酸堿性變化如圖3所示．寫出Na2S2O5溶于水時發(fā)生的化學方程式．﹣10﹣7．把部分被空氣氧化的該溶（4）已知：Ksp=1×10，Ksp=5×10液的pH調為10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO42﹣積淀完好，此時溶液中c（SO32﹣）≤mol·L﹣1．15、為研究濃硫酸的性質，某同學進行以下實驗：(1）稱取鐵和碳固體混雜物12.0g放入30.0mL濃硫酸中，加熱，充分反應后獲得溶液X并收集到氣體Y．取896mL(標準狀況)氣體Y通入足量溴水中，發(fā)生反應：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4爾后加入足量BaCl2溶液，經(jīng)合適操作后獲得干燥固體4。66g．據(jù)此推知氣體Y中SO2的體積分數(shù)為．2)解析上述實驗中SO2體積分數(shù)的結果,該同學認為氣體Y中還可能含有H2和CO2氣體．為此設計了以下研究實驗裝置(圖中夾持儀器省略)．①寫出產(chǎn)生CO2的化學方程學必求其心得，業(yè)必貴于專精式

．②裝置

A中試劑的作用是

,裝置

B的作用是

．③簡述確認氣體象計實驗現(xiàn)象應是

Y中含有CO2．若是氣體

的實驗現(xiàn)Y中含有H2，預．16、某化學興趣小組欲在實驗室研究氯氣的性質及模擬工業(yè)制取漂白粉，設計了以下裝置進行實驗:請按要求回答以下問題：(1）濃鹽酸和二氧化錳反應的化學方程式是,飽和的食鹽水的作用是。（2)淀粉碘化鉀溶液中觀察到的現(xiàn)象是，反應的離子方程式為．3)若干燥的有色布條不褪色，潤濕的有色布條褪色，則甲中盛放（填名稱）．4）C12與石灰乳反應制取漂白粉的化學方程式學必求其心得，業(yè)必貴于專精為．漂白粉的有效成分是．（5）該興趣小組用8.7gMnO2與足量的濃鹽酸制備氯氣，則理論上最多可制得標準狀況下的Cl2L．參照答案1。【答案】C【解析】解:硝酸和金屬反應生成硝酸鹽和NO，硝酸鹽和NaOH完好反應生成氫氧化物積淀，硝酸根離子和氫氧根離子都帶一個單位負電荷

,則生成氫氧化物、硝酸鹽耗資的

n（OH

﹣）=n(NO

3﹣）=3mol/L

×0.15L=045mol。，原來溶液中

n（HNO

3)=n(NO

3﹣）+n（NO）=0.45mol+

=0.6mol，則原來硝酸濃度

=

=3mol/L

，應選

C．2。【答案】

C【解析】解：A、銅與濃硫酸常溫下不反應，此反應需要加熱設備,圖中無加熱裝置，故A錯誤；B、二氧化碳的密度大于空氣,適用與向上排空氣法收集,即應進步短出，此圖方向相反，故B錯誤；C、濃溶液的稀釋，需在燒杯中進行，且需要玻璃棒攪拌，故C正學必求其心得，業(yè)必貴于專精確；D、氫氧化鈉溶液顯堿性，應盛放在堿式滴定管中,圖中滴定管為酸式滴定管，故D錯誤,應選C．3.【答案】D【解析】解:A、C+HNO3中N元素的化合價全由+5降低為+4，則只表現(xiàn)硝酸的氧化性，故A錯誤;B、H2S+HNO3中N元素的化合價全由+5降低為+4,則只表現(xiàn)硝酸的氧化性,故B錯誤；C、Fe（OH）3+HNO3中各元素的化合價在反應前后不變，生成硝酸鐵，只表現(xiàn)酸性,故C錯誤；D、Cu+HNO3中N元素部分化合價降低，部分不變,化合價降低時表現(xiàn)氧化性，生成硝酸銅時表現(xiàn)酸性，故D正確;應選D．4。【答案】A【解析】解：Cu+2H2SO4(濃)CuSO4+SO2↑+2H2O，被還原的硫酸的物質的量理論上應是參加反應的硫酸的一半，但隨著反應的進行，硫酸的濃度漸漸降低,而銅與稀硫酸其實不反應,因此，被還原的硫酸的物質的量應小于一半，則50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的銅片并加熱后被還原的硫酸的物質的量應為：小于0.45mol．應選:A．5.【答案】C【解析】解：A．稀硝酸擁有強氧化性，F(xiàn)e與稀硝酸反應生成的是學必求其心得，業(yè)必貴于專精NO，不會生成氫氣，故A錯誤；B．氨氣和液氨為純凈物，而氨水為氨氣的水溶液，為混雜物，故B錯誤；C．NO2溶于水發(fā)生氧化還原反應生成硝酸和NO，在反應中它既是氧化劑又是還原劑，故C正確；D．鈉在氧氣中燃燒發(fā)出黃光,生成淡黃色的過氧化鈉，故D錯誤；應選C．6.【答案】D【解析】解：A．SO2通入高錳酸鉀溶液使之褪色，S元素的化合價高升,說明SO2擁有還原性，故A不選;B．SO2通入石蕊試液使其變紅色，與水反應生成亞硫酸,SO2擁有酸性氧化物的性質,不是氧化還原反應，故B不選;C．SO2通入氯水使之褪色，反應生成硫酸和鹽酸，S元素的化合價高升，說明SO2擁有還原性，被氯氣楊宏偉硫酸，故C不選；D．SO2通入飽和H2S溶液中析出淺黃色積淀,反應生成S,SO2中S元素的化合價降低，擁有氧化性，故D選；應選D．7?！敬鸢浮緿【解析】解:生成NO2、NO的混雜氣體與1。68LO2（標準狀況）混雜后通入水中，全部氣體完好被水吸取生成硝酸，縱觀整個過程，由電子轉移守恒，可知Cu供應電子等于氧氣獲得的電子，即Cu提供電子為:×2=0.15mol，向所得硝酸銅溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完好積淀，積淀為學必求其心得，業(yè)必貴于專精Cu（OH）2，由電荷守恒可知，Cu供應電子物質的量等于氫氧化銅中氫氧根的物質的量，故n（NaOH）=0.15mol×2=0.3mol，故耗資氫氧化鈉溶液體積為=0.075L=75mL，應選D．8.【答案】D【解析】解：①因SO2和CO2均能與石灰水反應生成白色積淀，則不能夠鑒別；②只有二氧化硫與氫硫酸反應生成S積淀，二氧化碳不能夠，現(xiàn)象不同，可鑒別;③因二氧化硫與氯水發(fā)生氧化還原反應，觀察到氯水顏色變淺或消失,而二氧化碳與氯水不反應，則能鑒別;④因二氧化硫與高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應，觀察到溶液褪色，而二氧化碳與高錳酸鉀溶液不反應，則能鑒別;⑤因SO2和CO2均不與氯化鋇溶液反應，則不能夠鑒別;⑥因二氧化硫擁有漂白性，能使品紅褪色,而二氧化碳不能夠，則能鑒別；應選D．9?！敬鸢浮緿【解析】解：A．二氧化硫易與氫氧化鈉反應而以致燒瓶壓強減小,可形成噴泉，故A正確；B．如反應為放熱反應，則U形管左端液面下降，右端液面上升，可判斷反應可否屬于放熱反應，故B正確；C．如氣球體積變大，則燒瓶內壓強減小,可說明氨氣易溶于水，故C學必求其心得，業(yè)必貴于專精正確；D．套裝小試管加熱溫度較低,碳酸氫鈉應放在套裝小試管中，經(jīng)過澄清水可否變渾濁可證明牢固性，故D錯誤．應選D．10?！敬鸢浮緾【解析】解：反應關系式為CuCu2+Cu(OH）2,MgMg2+Mg（OH）2，反應后生成Cu（OH)2和Mg(OH)2，依照以上反應關系可知銅和鎂失去電子數(shù)等于結合的氫氧根的物質的量，則反應后積淀的質量=合金的質量+氫氧根離子的質量，生成

1792mL的

NO2氣體的物質的量為

:

=0.08mol，1120mL的

NO

氣體的物質的量為：

=0.05mol，生成0。08mol二氧化氮、0。05molNO的反應中轉移的電子的物質的量為：0。08mol×（5﹣4）+0。05mol×（5﹣2）=0。23mol，因此生成的積淀的質量為：4.6g+0.23mol×17g/mol=851g，。應選C．11?！敬鸢浮緿【解析】解：溶液中氫離子總物質的量為:n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（NO3﹣）=4mol,鐵粉的物質的量為1.5mol,由3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，3281。5mol1mol4mol,則1。5molFe完好反應時，硝酸根離子與氫離子均過分，學必求其心得，業(yè)必貴于專精則發(fā)生Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，若1.5molFe完好反應時，氫離子不足,則兩個反應均發(fā)生，F(xiàn)e+NO

3﹣+4H+=Fe3++NO↑

+2H

2Ox

4x

x3Fe+2NO3

﹣+8H

+=3Fe2++2NO↑

+4H

2Oy

y

y則：x+y=1.5、4x+y=5，解得：x=0。75mol，y=0。75mol生成NO的體積為（0。75mol+0。75mol×）×22.4L/mol=28L,A．依照解析可知，反應后生成標況下28LNO,不是標況下,NO氣體不用然為28L，故A錯誤;B．反應后溶質為硫酸鐵和硫酸亞鐵，故B錯誤；C．反應耗資硝酸根離子等于生成NO的量=0.75mol+0.75mol=1×。25mol，缺少溶液體積，無法計算溶液中硝酸根離子濃度，故C錯誤；D．反應后生成鐵離子為0。75mol，亞鐵離子為0。75mol，因此所得溶液中c（Fe2+)：c（Fe3+）=1：1，故D正確;應選D．12.【答案】C【解析】解：將必然量的鎂和銅組成的混雜物加入到稀HNO3中，金屬完好溶解(假設反應中還原產(chǎn)物只有NO),發(fā)生反應:3Mg+8HNO3（?。?3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3（?。?3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反應后的溶液中加入過分的3mol/LNaOH溶液至積淀完好，發(fā)生反應：Mg學必求其心得，業(yè)必貴于專精NO3)2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3;Cu(NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，積淀為氫氧化鎂和氫氧化銅,生成積淀的質量比原合金的質量增加5.1g，則氫氧化鎂和氫氧化銅含有氫氧根的質量為5。1g，氫氧根的物質的量為0。3mol，依照電子轉移守恒,則鎂和銅的總的物質的量為:0.3mol1/2=0×。15mol，A．鎂和銅的總的物質的量為0。15mol，依照電子轉移守恒可知生成的NO物質的量為0。15mol×2/3=0。1mol，標準狀況下生成NO的體積為：0。1mol×22.4L/mol=224L。，故A正確；B．若硝酸無節(jié)余，則參加反應氫氧化鈉的物質的量等于0。3mol，需要氫氧化鈉溶液的體積=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL;硝酸若有剩余，耗資的氫氧化鈉溶液體積大于

100mL，故

B正確；C．依照方程式可知參加反應的

n（HNO

3）=n（金屬

)=0.15mol

×=0。4mol，硝酸有可能有節(jié)余，故C錯誤；D．鎂和銅的總的物質的量為0。15mol,假設全為鎂，質量為0。15mol×24g/mol=36g。，若全為銅，質量為0。15mol×64g/mol=9.6g,因此參加反應的金屬的總質量（m）為9。6g＞m＞3。6g,故D正確；應選C．13?！敬鸢浮浚?)Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O;(2）防倒吸；3)CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2·8H2O；(4)低于0℃,液體被凍結,反應困難，溫度過高，過氧化氫分解速率加快，反應為放熱反應，溫度低有利于提升產(chǎn)率；(5）裝置E中廣口瓶中的導氣管應“短進長出”；學必求其心得，業(yè)必貴于專精6）吸取未反應的SO2；7）0＜V＜．【解析】解:（1）實驗室中用氯化銨和氫氧化鈣固系統(tǒng)取氨氣，方程式為：

Ca（OH）2+2NH

4Cl

CaCl2+2NH

3↑

+2H2O,故答案為：

Ca（OH）2+2NH

4Cl

CaCl2+2NH

3↑

+2H2O；2）依照B的特點構造能夠知道B是長頸漏斗，該裝置能夠防倒吸,故答案為：防倒吸；依照裝置C中的物質得出制取的原理方程式為：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2·8H2O，故答案為：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2·8H2O;(4)制取CaO2·8H2O一般在0℃～5℃的低溫下進行，低于0℃，液體被凍結，反應困難，溫度過高，過氧化氫分解速率加快,反應為放熱反應，低溫有利于反應正向進行，故答案為:低于0℃，液體被凍結，反應困難，溫度過高，過氧化氫分解速率加快,反應為放熱反應,溫度低有利于提升產(chǎn)率；5）裝置E量氣裝置導氣管進步弊端，不能夠排液體測定氣體體積，裝置E中廣口瓶中的導氣管應“短進長出”，故答案為：裝置E中廣口瓶中的導氣管應“短進長出”;6)裝置E為測定生成氣體的體積,需要把節(jié)余的二氧化硫除去，因此試劑B的作用是吸取未反應的SO2，故答案為：吸取未反應的SO2;7)若SO2未被氧化，發(fā)生反應方程式為：2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2，依照化學方程式和反應增重計算E中收集的氧氣：學必求其心得，業(yè)必貴于專精2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2固體增重1mol96gmolm1g1mol×m1g=96g×mol，解得：V=，若二氧化硫全部被氧化發(fā)生的反應為：CaO2+SO2=CaSO4,反應過程中無氧氣生成，V=0，因此若二氧化硫部分被氧化，則生成的氧氣體積范圍為：0＜V＜，故答案為：0＜V＜．14.【答案】(1）脫水性;2）①CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br；②H2O；③a、NaOH溶液；濃硫酸；（d）cabe（f）；b、加熱已經(jīng)褪色的品紅溶液，若紅色恢復,證明是SO2使品紅溶液褪色而不是Br2;+﹣2﹣2﹣2+═BaSO4↓或c、SO2+2H2O+Br2═4H+2Br+SO4、SO4+BaSO2+2H2++﹣+BaSO4↓;2O+Br2+Ba═4H+2Br(3）Na2S2O5+H2O=2NaHSO3;(4）0.05．【解析】解：（1）濃硫酸擁有脫水性，能使乙醇溶液“漸漸變黑”，故答案為：脫水性;（2）①依照甲的見解，溴水能夠使B中溶液褪色，反應的化學方程學必求其心得，業(yè)必貴于專精式是CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br，故答案為：CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br;②乙依照現(xiàn)象Ⅲ認為產(chǎn)生了SO2和水，在B中溴單質能夠和二氧化硫、水發(fā)生氧化還原反應生計溴化氫和硫酸，故答案為：H2O;a、依照甲的設計，洗氣瓶中盛放的試劑是氫氧化鈉，能夠和二氧化硫反應,吸取二氧化硫，消除二氧化硫的攪亂，依照乙的設計，C中盛放的試劑是，濃硫酸擁有吸水性，能夠做干燥劑，依照乙的設計，即要證明干燥的二氧化硫不能夠使溴的四氯化碳褪色，但能使品紅褪色，因此裝置連接序次為（d）cabe（f）,故答案為：NaOH溶液;濃硫酸；(d）cabe（f）；b、證明SO2使E中溶液褪色的實驗是加熱已經(jīng)褪色的品紅溶液,若紅色恢復，證明是SO2使品紅溶液褪色而不是Br2，故答案為：加熱已經(jīng)褪色的品紅溶液，若紅色恢復，證明是SO2使品紅溶液褪色而不是Br2；c、溴單質能夠和二氧化硫發(fā)生氧化還原反應，生成硫酸根離子和溴離子，硫酸根離子和鋇離子反應會生成白色積淀,相關反應的離子方程式為SO2+2H2O+Br2═+﹣2﹣2﹣2+═BaSO4↓或4H+2Br+SO4、SO4+Ba2++﹣+BaSO4↓,SO2+2H2O+Br2+Ba═4H+2Br+﹣+SO42﹣2﹣+Ba2+═BaSO4↓故答案為:SO2+2H2O+Br2═4H+2Br、SO4或SO2+2H2O+Br2+Ba2+═+﹣+BaSO4↓；4H+2Br(3）依照圖可知，pH=4。5時,溶液中主要以亞硫酸氫根離子形式存在，因此水解方程式為Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，學必求其心得，業(yè)必貴于專精故答案為：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3;(4）依照Ksp=c（Ba2+）·c（SO42﹣），可知需要c（Ba2+）===10﹣5mol·L﹣1,則溶液中SO32﹣的最大濃度c（SO32﹣）===0。05mol·L﹣1，故答案為：0.05．15?！敬鸢浮浚?）50％;（2）①C+2H2SO4（濃）CO2↑+2SO2↑+2H2O;②除去混雜氣體中的SO2；5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+；③B中品紅溶液不褪色，C中石灰水變渾濁；E中黑色固體變紅色，中無水硫酸銅由白色變藍色．【解析】解:(1）SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，因此硫酸鋇和二氧化硫之間的關系式為SO2﹣﹣﹣﹣﹣BaSO4,設二氧化硫的體積為V,SO2﹣﹣﹣﹣﹣BaSO4，22。4L233gV4.66gV=0。448l=448mL，因此二氧化硫的體積分數(shù)=×100%=50％，故答案為：50%；2）①碳素鋼中含有碳,加熱條件下，碳能和濃硫酸反應生成二氧化硫、二氧化碳和水,反應方程式為C+2H2SO4（濃）學必求其心得，業(yè)必貴于專精CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案為：C+2H2SO4（濃)CO2↑+