4.1 含硫化合物的性质 （含解析）同步练习 2023-2024学年高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册

4.1 含硫化合物的性质 同步练习
一、单选题
1．唐代中药学著作《新修本草》中，有关于“青矾”的记录为“本来绿色，新出窟未见风者，正如琉璃，……，烧之赤色”。据此推测，“青矾”的主要成分为（）
A．CuSO4·5H2O B．FeSO4·7H2O
C．KAl(SO4)2·12H2O D．ZnSO4·7H2O
2．下列现象和用途中，浓硫酸表现脱水性的是（　　）
A．实验室制取氯气时浓硫酸作干燥剂
B．浓硫酸加到蔗糖中，蔗糖变黑
C．浓硫酸加到胆矾上，蓝色晶体变为白色粉末
D．浓硫酸在常温下使Fe、Al钝化
3．下列关于二氧化硫气体性质的描述中，错误的是（　　）
A．能溶于水
B．空气中能与氧气反应生成三氧化硫
C．能使品红溶液褪色
D．能与NaOH溶液反应
4．储存浓H2SO4的铁罐外口易出现腐蚀，主要原因是硫酸具有（　　）
A．脱水性和吸水性 B．强氧化性和脱水性
C．吸水性和酸性 D．难挥发性和酸性
5．化学与生活息息相关，下列说法正确的是（　　）
A．氧化钙和铁粉常用作食品干燥剂
B．二氧化硫有毒所以不能用作食品防腐剂
C．碳酸钡不溶于水因此在医疗上用作钡餐
D．当光束通过稀豆浆时能产生丁达尔效应
6．Na2O2、Cl2、SO2等均能使品红溶液褪色．下列说法正确的是（　　）
A．Na2O2、Cl2、SO2依次属于电解质、单质、非电解质
B．Na2O2、Cl2、SO2的漂白原理相同
C．等物质的量的Cl2和SO2同时通入品红溶液，褪色更快
D．在Na2O2中阴、阳离子所含的电子数目相等
7．高温下硫酸亚铁发生如下反应：2FeSO4=Fe2O3+SO2↑+SO3↑，若将生成的气体通入氯化钙溶液中，得到的沉淀是（　　）
A．CaSO4和CaSO3 B．CaSO4
C．CaS D．CaSO3
8．下列说法正确的是（　　）
A．向Na2CO3溶液中加硫酸，有气泡产生，说明非金属性S>C
B．酸性：HBr> HI，说明非金属性Br>I
C．金属性Na>Cu，钠投入硫酸铜溶液会析出红色沉淀
D．金属性Al>Cu，常温下，铝与同浓硫酸反应比铜更剧烈
9．下列物质不能使品红溶液褪色的是（　　）
A．二氧化硫 B．过氧化钠 C．氯水 D．氯化钠溶液
10．“矾”是一类金属硫酸盐的结晶水合物，在生活和生产中有着重要应用，下列有关“矾”的说法正确的是（　　）
A．蓝矾(CuSO4·5H2O)是一种纯净物，可用于检验酒精中是否含有水
B．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]常用于净水，其水溶液显中性
C．铁铵矾[NH4 Fe(SO4)2·12H2O]是一种媒染剂，其中Fe的化合价为+3价
D．皓矾(ZnSO4·7H2O)常用作医学收敛剂，铁单质与其溶液反应能置换出Zn
11．在一定浓度的BaCl2溶液中通入SO2气体，未见沉淀生成。若先通入另一种气体，再通入SO2，可生成白色沉淀，该白色沉淀不溶于盐酸，则另一种气体是（　　）
A．Cl2 B．H2S C．HCl D．CO2
12．下列说法正确的是（　　）
A．在常温下，浓硫酸不与铜反应，是因为铜被钝化
B．在BaCl2溶液中通入SO2气体，溶液仍澄清，滴入3%过氧化氢溶液有白色沉淀
C．二氧化硫气体能用浓硫酸干燥，说明二氧化硫无还原性
D．硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫，在纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
13．下列说法中，正确的是（　　）
A．SO2能使FeCl3、酸性KMnO4溶液迅速褪色
B．可以用澄清石灰水来鉴别SO2与CO2
C．氨气和酸相遇都能产生白色烟雾
D．在反应NH3+H+=NH4+中，氨失去电子被氧化
14．为除去混入CO2中的SO2和O2，下列试剂的使用顺序正确的是（　　）
①饱和Na2CO3溶液 ②饱和NaHCO3溶液 ③浓H2SO4溶液 ④灼热的铜网 ⑤碱石灰
A．①③④ B．③④⑤ C．②④③ D．②③④
15．下列变化的实质相似的是（　　）
①浓硫酸能在白纸上写字，氢氟酸能在玻璃上刻字
②二氧化硫和氯气均能使品红溶液褪色
③二氧化硫能使高锰酸钾溶液、溴水褪色
④氨气和碘化氢气体均不能用浓硫酸干燥
⑤常温下浓硫酸可用铁容器存放、加热条件下浓硫酸能与木炭反应
⑥浓硫酸和浓盐酸在空气中敞口放置时浓度均减小．
A．只有②③④ B．只有③⑤ C．只有①④⑥ D．全部
16．SO2能使浸过溴水的滤纸褪色，这说明了（　　）
A．SO2具有漂白性 B．溴具有氧化性
C．SO2具有氧化性 D．溴具有挥发性
二、综合题
17．某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水的漂白性，设计了如下的实验装置．
（1）实验室用装置A制备SO2．从物质类别看，SO2属于　 　（填“酸性”、“两性”或“碱性”）氧化物；
（2）实验室用装置E制备Cl2，写出该反应的化学方程式：　 　．反应中的液体反应物在反应中所表现出的性质为：　 　；
（3）反应开始一段时间后，观察到B、D两个试管中的品红溶液均褪色．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：　 　．
（4）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那样．请你分析该现象的原因（用化学方程式表示）　 　．
（5）C装置是尾气处理装置，写出C装置处理氯气的离子方程式　 　．
18．硫酸是三大工业用酸之一，在冶金、石油工业、制药、国防等方面都要用到硫酸。将适量的蔗糖放入烧杯中，加少量水拌匀，再加适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体。试回答：
（1）加入少量水的原因是　 　。
（2）生成的黑色物质是　 　（写出化学式）。
（3）“体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体（SO2）”，写出对应的化学方程式：　 　。
（4）上述现象体现了浓硫酸的　 　（填序号）
①酸性 ②吸水性
③脱水性 ④强氧化性
（5）向80mL浓硫酸中加入5.6g铜，加热一段时间后至不再反应为止，实验测得反应中共有1.12L（标准状况下）SO2气体生成，该反应的化学方程式为　 　，反应中转移电子　 　mol，铜剩余　 　g，该反应中浓硫酸体现了　 　和　 　。
19．盐酸、硫酸和硝酸是中学阶段常见的“三大酸”．现就硫酸、硝酸与金属铜反应的情况，回答下列问题：
（1）工业上制备硫酸铜是利用废铜屑经灼烧后，在加热情况下跟稀硫酸反应，有关的化学方程式是：　 　、　 　．
不采用铜跟浓硫酸反应来制取硫酸铜的原因：
从环境角度来讲：　 　．
从原料角度来讲：　 　．
（2）在一定体积的10mol L﹣1的浓硫酸中加入过量铜片，加热使之反应，被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积　 　（填“大于”、“等于”或“小于”）180mL．
（3）若使剩余的铜片继续溶解，可在其中加入硝酸盐溶液（如KNO3溶液），则该反应的离子方程式为　 　．
（4）碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中（如图装置），下列有关说法正确的是
A．洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B．从Z导管出来的气体中无二氧化碳
C．洗气瓶中产生的沉淀是亚硫酸钡
D．在Z导管口有红棕色气体出现．
20．根据所学知识完成题目：
（1）①在淀粉碘化钾溶液中，滴加少量次氯酸钠溶液，溶液变蓝色，且反应后溶液显碱性，发生反应的离子方程式为　 　．
②在上述碘和淀粉形成的蓝色溶液中，滴加亚硫酸钠碱性溶液，发现蓝色逐渐消失，写出发生反应的离子方程式　 　．
③对比①和②实验所得的结果，将I2、ClO﹣、SO 按氧化性由强到弱的顺序排列为　 　．
（2）今有铁皮、铜片、酸、碱、盐溶液若干．设计实验证明以下事实，写出反应的化学方程式．
①浓硫酸的氧化性比稀硫酸强：　 　．
②氯化铁溶液中Fe3+的氧化性比硫酸铜溶液中的Cu2+强：　 　．
③铁的还原性比铜强：　 　．
21．某化学课外小组利用图1装置探究SO2的性质．
请回答下列问题：
（1）装置甲中A仪器的名称是　 　．
（2）装置乙中出现的现象是　 　，可以证明SO2具有　 　（填代号）．装置丙中发生反应的化学方程式为　 　，可以证明SO2具有　 　（填代号）．
a．氧化性 b．还原性 c．漂自性
（3）收集SO2气体可以选择的装置如图2为　 　（填代号）．从环保的角度考虑，收集装置的出气口需要连接一个盛有　 　（填化学式）溶液的洗气瓶．
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】“青矾”的描述为：“本来绿色，新出窟未见风者，正如瑠璃…烧之赤色…”，青矾是绿色，经煅烧后，分解成粒度非常细而活性又很强的Fe2O3超细粉末为红色。
A、 CuSO4·5H2O 为蓝色晶体，A不符合题意；
B、FeSO4 7H2O是绿色晶体，B符合题意；
C、KAl(SO4)2·12H2O是无色晶体，C不符合题意；
D、ZnSO4·7H2O为无色晶体，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】熟悉常见的硫酸盐的颜色，并能了解铁元素化合价变化导致的颜色变化，可以解答。
2．【答案】B
【解析】【解答】A.浓硫酸和氯气不反应，浓硫酸作氯气的干燥剂而体现吸水性，故A不符合题意；
B.浓硫酸将蔗糖中H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，使蔗糖脱水炭化而变黑，故B符合题意；
C.蓝矾中含有结晶水，浓硫酸将蓝矾中的结晶水吸去而体现浓硫酸的吸水性，故C不符合题意；
D.浓硫酸在常温下使Fe、Al钝化体现浓硫酸的强氧化性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】浓硫酸具有吸水性、脱水性、强氧化性和酸性，浓硫酸将有机物中的H、O元素以2：1水的形式脱去而体现脱水性，浓硫酸的吸水性是指能吸收游离的水或结晶水合物中的水，明确浓硫酸吸水性与脱水性的区别是解答关键，易错选项是C。
3．【答案】B
【解析】【解答】A. 二氧化硫易溶于水，且溶于水后生成亚硫酸，A不符合题意；
B. 二氧化硫与氧气反应需要特殊条件催化剂和加热才能生成三氧化硫，B符合题意；
C. 二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，C不符合题意；
D. 二氧化硫是酸性氧化物，能与NaOH溶液反应生成盐和水，D不符合题意。
故答案为：B。
【分析】二氧化硫形成三氧化硫要在高温高压催化剂的条件下
4．【答案】C
【解析】【解答】储存浓H2SO4的铁罐外口出现腐蚀，其原因是：浓硫酸吸收空气中的水蒸气转化为稀硫酸，稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，前者浓硫酸表现吸水性，后者硫酸表现出酸性，
故答案为：C。
【分析】注意浓硫酸的吸水性、脱水性和酸性的区别。
5．【答案】D
【解析】【解答】解：A．氧化钙具有吸水性而能作干燥剂，铁具有还原性而没有吸水性，所以铁能作还原剂但不能作干燥剂，故A错误；
B．二氧化硫有还原作用，可消耗果蔬组织中的氧，可以抑制氧化酶的活性，从而抑制酶性褐变，有抗氧化作用，所以二氧化硫能作食品防腐剂，但不能超量，故B错误；
C．碳酸钡不溶于水但能溶于稀盐酸生成有毒物质氯化钡，用作钡餐的是硫酸钡，故C错误；
D．胶体具有丁达尔效应，豆浆属于胶体，所以能产生丁达尔效应，故D正确；
故选D．
【分析】A．氧化钙具有吸水性，铁具有还原性；
B．二氧化硫是无机化学防腐剂中很重要的一种；
C．碳酸钡不溶于水但能溶于稀盐酸生成有毒物质；
D．胶体具有丁达尔效应．
6．【答案】A
【解析】【解答】解：A．氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质，故A正确；
B．氯气可与水反应生成具有漂白性的次氯酸，干燥的氯气不具有漂白性，二氧化硫具有漂白性，但不稳定，漂白原理不同，故B错误；
C．SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，发生：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42﹣+2Cl﹣，盐酸和硫酸没有漂白性，所以不再具有漂白性，故C错误；
D．过氧化钠中阴阳离子分别是O22﹣和Na+，一个过氧根离子中含有18个电子，一个钠离子中含有10个电子，所以在过氧化钠中阴阳离子所含的电子数目不相等，故D错误；
故选A．
【分析】A．氯气为单质，电解质、非电解质应为化合物；
B．氯气可与水反应生成具有漂白性的次氯酸，干燥的氯气不具有漂白性，二氧化硫具有漂白性，但不稳定；
C．SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，发生：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，不再具有漂白性；
D．过氧化钠中阴阳离子分别是O22﹣和Na+．
7．【答案】B
【解析】【解答】解：混合气体中含有SO2和SO3，将生成的气体通入氯化钙溶液中发生：SO3+H2O=H2SO4，SO2+H2O=H2SO3，硫酸与氯化钙反应生成硫酸钙沉淀，亚硫酸酸性溶液盐酸，与氯化钙不反应，所以生成沉淀为硫酸钙，
故选：B．
【分析】混合气体中含有SO2和SO3，将生成的气体通入氯化钙溶液中发生：SO3+H2O=H2SO4，SO2+H2O=H2SO3，结合亚硫酸酸性弱于盐酸及复分解反应发生条件解答．
8．【答案】A
【解析】【解答】A.向Na2CO3溶液中加入稀硫酸反应生成CO2，说明酸性H2SO4>H2CO3，则非金属性S>C，A符合题意；
B.气态氢化物的酸性HI>HBr，而非金属性Br>I，B不符合题意；
C.由于Na的金属性强，投入CuSO4溶液中，直接与H2O发生反应，不与CuSO4发生置换反应，C不符合题意；
D.常温下， 浓硫酸能是铝钝化，形成一层致密的氧化膜，因此反应不剧烈，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A.根据强酸制弱酸原理确定酸性强弱，从而得出非金属性强弱；
B.氢化物的酸性强弱无法得出非金属性强弱；
C.Na的金属性强，能直接与H2O反应；
D.常温下，浓硫酸能是铝钝化；
9．【答案】D
【解析】【解答】解：A．二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，故A不选；
B．过氧化钠，具有强氧化性，能使品红溶液褪色，故B不选；
C．氯水含有HClO，具有强氧化性，能使品红溶液褪色，故C不选；
D．氯化钠溶液不具有强氧化剂，也不与品红反应，则不能使品红溶液褪色，故D选；
故选D．
【分析】具有强氧化性的物质，能使品红溶液褪色，如氯气、HClO、漂白粉等；与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色，如二氧化硫，以此来解答．
10．【答案】C
【解析】【解答】A．无水硫酸铜遇水变蓝，可用于检验酒精中是否含有水，而蓝矾(CuSO4·5H2O)不能，故A不符合题意；
B．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水中电离出的铝离子很容易水解生成氢氧化铝胶体，水溶液显酸性，故B不符合题意；
C．铁铵矾[NH4 Fe(SO4)2·12H2O]中，铵根显+1价，硫酸根显-2价，故铁元素显 +3价，故C符合题意；
D．铁单质金属活动性顺序排在Zn之后，不能皓矾溶液反应能置换出Zn，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．无水硫酸铜遇水变蓝；
B．依据盐类水解规律判断；
C．依据化合物化合价代数和为0计算；
D．利用活动性强的可以制活动性弱的。
11．【答案】A
【解析】【解答】A．通入Cl2，再通入SO2，在溶液中Cl2和SO2反应：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，BaCl2和H2SO4反应生成BaSO4沉淀，会看到有白色沉淀生成，且不溶于稀盐酸，故A选；
B．通入H2S后再通入Cl2，H2S和Cl2反应：H2S+Cl2=S↓+2HCl，硫是黄色固体，所以看到的不是白色沉淀，故B不选；
C．通入HCl后再通入SO2，SO2和HCl不反应，HCl和BaCl2也不反应，故无明显现象，故C不选；
D．通入CO2后再通入SO2，CO2和SO2和BaCl2溶液都不反应，所以也没有白色沉淀生成，故D不选；
故答案为：A。
【分析】在一定浓度的BaCl2溶液中通入SO2气体，由于SO2和BaCl2溶液不反应，所以未见沉淀生成。
12．【答案】B
【解析】【解答】解：A．铜与浓硫酸不发生钝化反应，加热条件下可反应生成二氧化硫和硫酸铜，故A错误；
B．二氧化硫与氯化钡不反应，在BaCl2溶液中通入SO2气体，没有明显现象，但加入过氧化氢，过氧化氢可与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，故B正确；
C．二氧化硫与硫酸S元素化合价相近，二者不发生氧化还原反应，故C错误；
D．硫和氧气反应只生成二氧化硫，二氧化硫在催化作用下可发生氧化还原反应，故D错误．
故选B．
【分析】A．铜与浓硫酸不发生钝化反应；
B．过氧化氢可与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸；
C．二氧化硫与硫酸不发生氧化还原反应；
D．硫和氧气反应只生成二氧化硫．
13．【答案】A
【解析】【解答】解：A．SO2能与氧化性物质反应，FeCl3、酸性KMnO4溶液具有氧化性，所以SO2能使FeCl3、酸性KMnO4溶液迅速褪色，故A正确；
B．SO2与CO2均能与氢氧化钙反应生成沉淀，反应现象相同，所以不能用澄清石灰水来鉴别SO2与CO2，故B错误；
C．氨气和挥发性酸反应生成白色烟雾，氨气和浓硫酸不能产生白色烟雾，故C错误；
D．在反应NH3++H+=NH4+中，N元素的化合价没有变化，氨没有失去电子，故D错误．
故选A．
【分析】A．SO2能与氧化性物质反应；
B．SO2与CO2均能与氢氧化钙反应生成沉淀；
C．氨气和挥发性酸反应生成白色烟雾；
D．根据N元素的化合价判断．
14．【答案】D
【解析】【解答】亚硫酸的酸性比碳酸强，先用饱和NaHCO3溶液除去SO2，干燥后再用热的铜网除去O2。
故答案为：D
【分析】根据亚硫酸的酸性比碳酸的酸性强可知除去二氧化碳中的二氧化硫可用饱和碳酸氢钠溶液，
15．【答案】B
【解析】【解答】解：①浓硫酸具有强氧化性，故能在白纸上写字；氢氟酸具有很强的腐蚀性，故能在玻璃上刻字，二者原理不同，故错误；②二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而体现漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性而体现漂白性，所以二者原理不同，故错误；③二氧化硫具有还原性，可与溴水、高锰酸钾发生氧化还原反应，原理相同，故正确；④氨气显碱性，能与浓硫酸发生化合反应，碘化氢具有还原性，能与浓硫酸发生氧化还原反应，原理不同，故错误；⑤常温下，浓硫酸能使铁发生钝化，发生的是氧化还原反应，故可用铁的容器存放；在加热条件下浓硫酸能与木炭反应，发生的是氧化还原反应，故正确；⑥浓硫酸具有吸水性，盐酸易挥发，二者放置空气中浓度都变小，但原理不同，故错误；故选B．
【分析】①浓硫酸具有强氧化性；氢氟酸具有很强的腐蚀性；②二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质，次氯酸具有强氧化性；③二氧化硫具有还原性，可与溴水、高锰酸钾发生氧化还原反应；④氨气显碱性，能与浓硫酸发生化合反应，碘化氢具有还原性，能与浓硫酸发生氧化还原反应；⑤常温下，浓硫酸能使铁发生钝化，发生的是氧化还原反应，故可用铁的容器存放；在加热条件下浓硫酸能与木炭反应，发生的是氧化还原反应；⑥浓硫酸具有吸水性，盐酸易挥发．
16．【答案】B
【解析】【解答】解：二氧化硫具有还原性，能被溴单质氧化生成硫酸，SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，表现的是二氧化硫的还原性，溴单质的氧化性，所以选B；
故选：B．
【分析】二氧化硫具有还原性，能被溴单质氧化生成硫酸，结合氧化还原反应原理分析判断．
17．【答案】（1）酸性
（2）MnO2+4HCl（浓） MnCl2+2H2O+Cl2↑；还原性和酸性
（3）溶液由无色变为红色；无明显现象
（4）SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl
（5）Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O．
【解析】【解答】（1）二氧化硫能和碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，
（2）实验室用MnO2和浓盐酸在加热的条件下制备氯气，反应中二氧化锰中锰元素从+4价降为氯化锰中+2价，部分氯化氢中﹣1价的氯升高为氯气中0价，根据得失电子守恒，则二氧化锰系数为1，氯气系数为1，依据原子个数守恒，反应方程式为：MnO2+4HCl（浓） MnCl2+2H2O+Cl2↑，氯化氢中的氯元素有一半化合价升高被氧化，表现为还原性，另一半化合价不变，表现为酸性，
（3）氯气和二氧化硫都能使品红溶液褪色，但是二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白具有不可逆性，所以再给B、D两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为B：溶液由无色变为红色，D：无明显现象，
（4）SO2和Cl2按1：1通入，SO2和Cl2恰好反应，二者反应生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，方程式为：SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，生成物都无漂白性；
（5）氯气与NaOH反应生成NaCl、NaClO和水，氯气、水在离子反应中保留化学式，该离子反应方程式：Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，
【分析】（2）实验室一般利用二氧化锰和浓盐酸加热制取氯气，反应中盐酸表现酸性和还原性；
（3）二氧化硫的漂白性是可逆的，而氯气的漂白是不可逆的；
（4）根据等物质的量的二氧化硫和氯气反应生成硫酸和盐酸进行分析。
18．【答案】（1）浓硫酸和少量水混合时会放出大量的热，加快反应
（2）C
（3）C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O
（4）②③④
（5）Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；0.1；2.8；强氧化性；酸性
【解析】【解答】⑴加入少量水主要是利用水与浓硫酸混合放出大量的热，放出的热量使温度升高，加快反应速率，故答案为浓硫酸和少量水混合时会放出大量的热，加快反应；⑵浓硫酸与蔗糖混合，浓硫酸具有脱水性，使蔗糖变为炭黑，因此该生成的黑色物质是碳，故答案为C；⑶生成的碳和浓硫酸混合在受热的条件下反应放出二氧化碳和二氧化硫气体，“体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体（SO2）”，写出对应的化学方程式：C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为C+2H2SO4（浓） CO2↑+2SO2↑+2H2O；⑷因浓硫酸具有吸水性，浓硫酸吸水稀释而放出大量的热，浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖碳化而变黑，生成的黑色物质是C，碳和浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化碳和二氧化硫气体，其中二氧化硫具有刺激性气味，浓硫酸强氧化性，因此体现吸水性、脱水性、强氧化性；故②③④符合题意，故答案为②③④；⑸向80mL浓硫酸中加入5.6g铜，加热一段时间后至不再反应为止，实验测得反应中共有1.12L（标准状况下）SO2气体生成，该反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O，故但为Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；反应生成了1.12L二氧化硫气体即0.05 mol，反应中转移电子2×0.05 mol =0.1 mol，故答案为0.1 mol，铜消耗了0.05 mol，铜剩余5.6 —0.05×64 = 2.4g，故答案为2.4 g，浓硫酸生成二氧化硫，化合价降低，体现强氧化性，浓硫酸变为硫酸铜，体现酸性，故答案为强氧化性和酸性；
【分析】将适量的蔗糖放入烧杯中，加少量水拌匀，利用浓硫酸与水混合放出大量的热，温度升高，加快反应速率，再加适量浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到蔗糖逐渐变黑，利用浓硫酸的脱水性，将蔗糖变为了炭黑，炭黑和浓硫酸在加热条件下发生反应生成二氧化硫和二氧化碳气体，体积膨胀，并放出有刺激性气味的气体。
19．【答案】（1）2Cu+O2 2CuO；CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；生成的二氧化硫污染环境；生成等量的硫酸铜需硫酸较多
（2）大于
（3）3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O
（4）D
【解析】【解答】解：（1）Cu与氧气反应生成CuO，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜与水，反应方程式为：2Cu+O2 2CuO，CuO和稀硫酸反应方程式为：CuO+H2SO4=CuSO4+H2O，浓硫酸和铜反应方程式为：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2+2H2O，生成等量的硫酸铜时需要硫酸较多且生成的二氧化硫污染环境，故答案为：2Cu+O2 2CuO、CuO+H2SO4=CuSO4+H2O；生成的二氧化硫污染环境；生成等量的硫酸铜需硫酸较多；（2）在加热条件下，浓硫酸和铜反应生成二氧化硫，稀硫酸和铜不反应，但浓硫酸浓度达到一定值后变为稀硫酸，稀硫酸和铜不反应，所以被还原的硫酸为0.9mol．则浓硫酸的实际体积大于180mL，
故答案为：大于；（3）在酸性条件下，硝酸根离子和铜发生氧化还原反应生成硝酸铜和NO，所以离子反应方程式为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，
故答案为：3Cu+2NO3﹣+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O；（4）碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，SO2+H2O+NO2=H2SO4+NO，故洗气瓶中产生的是硫酸钡沉淀，Z处逸出的气体中有CO2和NO，NO遇到空气中的氧气生成了红棕色的NO2，
故答案为：D．
【分析】（1）Cu与氧气反应生成CuO，氧化铜与硫酸反应生成硫酸铜与水；
Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，生成的二氧化硫污染环境，生成等量的硫酸铜需硫酸较多；（2）Cu与浓硫酸反应，随反应进行浓硫酸变为稀硫酸，Cu与稀硫酸不反应；（3）酸性条件下硝酸根具有强氧化性，将Cu氧化为铜离子，自身被还原为NO；（4）碳与浓硫酸共热产生的X气体为CO2和SO2的混合气体，铜与浓硝酸反应产生的Y气体是NO2，同时通入时因NO2与水和SO2共同作用要产生SO42﹣和NO，NO在空气中又会生成NO2．
20．【答案】（1）ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣；SO +I2+2OH﹣═SO42﹣+2I﹣+H2O；ClO﹣＞I2＞SO42﹣
（2）Cu与浓H2SO4在加热时反应而与稀H2SO4在加热时不反应；Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；Cu与FeCl3溶液能反应；2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；Fe能与CuSO4溶液反应置换出Cu；Fe+CuSO4═FeSO4+Cu
【解析】【解答】解：（1）①次氯酸钠具有强氧化性，可氧化I﹣生成单质I2，I2遇淀粉变蓝，反应的离子方程式为ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣，故答案为：ClO﹣+2I﹣+H2O═I2+Cl﹣+2OH﹣；②Na2SO3具有还原性，可还原I2生成I﹣，使蓝色消失，反应的离子方程式为SO +I2+2OH﹣═SO +2I﹣+H2O，故答案为：SO32﹣+I2+2OH﹣═SO +2I﹣+H2O；③氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，由①可知ClO﹣＞I2，由②可知I2＞SO ，故答案为：ClO﹣＞I2＞SO ．（2）①Cu和浓H2SO4加热反应，而Cu和稀H2SO4加热也不反应，则可说明浓硫酸氧化性大于稀硫酸，反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O，故答案为：Cu与浓H2SO4在加热时反应而与稀H2SO4在加热时不反应；Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O；②Cu与FeCl3溶液能反应：2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，则可证明氯化铁溶液中Fe3+的氧化性比硫酸铜溶液中的Cu2+强，故答案为：Cu与FeCl3溶液能反应；2FeCl3+Cu═2FeCl2+CuCl2；③Fe能与CuSO4溶液反应置换出Cu，符合活泼金属置换出不活泼金属的原则，Fe+CuSO4═FeSO4+Cu，可证明铁的还原性比铜强，故答案为：Fe能与CuSO4溶液反应置换出Cu；Fe+CuSO4═FeSO4+Cu．
【分析】（1）次氯酸钠具有强氧化性，可氧化I﹣生成单质I2，I2遇淀粉变蓝；Na2SO3具有还原性，可还原I2生成I﹣，使蓝色消失，离子方程式的书写思路是：确定反应物、产物，然后根据电子得失守恒和电荷守恒配平，氧化还原反应中，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性；（2）①可根据Cu和浓H2SO4加热反应，而Cu和稀H2SO4加热也不反应来证明；②③可利用氧化还原方程式来证明．
21．【答案】（1）分液漏斗
（2）溶液褪色；b；2H2S+SO2=3S↓+2H2O；a
（3）ac；NaOH
【解析】【解答】解：（1）根据仪器的特点知道仪器A的名称是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（2）高锰酸钾具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾溶液褪色，能和氢硫酸之间反应得到单质硫，反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，体现二氧化硫的氧化性，
故答案为：溶液褪色；b；2H2S+SO2=3S↓+2H2O；a；
（3）二氧化硫的密度大于空气，就可选择向上排空气法，收集收集SO2气体可以选择的装置为ac，二氧化硫具有毒性，要进行尾气处理，可以用氢氧化钠来吸收，
故答案为：ac；NaOH．
【分析】（1）根据仪器的特点确定仪器的名称；（2）二氧化硫具有还原性，能使高锰酸钾褪色，还具有氧化性，能和氢硫酸之间反应得到单质硫；（3）二氧化硫的密度大于空气，就可选择向上排空气法收集，具有毒性，要进行尾气处理．