专题4 硫与环境保护 单元测试卷（含解析） 高一上学期化学苏教版（2019）必修第一册

专题4《硫与环境保护》单元测试卷
一、单选题
1．下列离子的检验方法正确的是（ ）
A．某溶液中滴入氯化钡溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中有SO42
B．某溶液中滴入硝酸银溶液，生成白色沉淀，说明原溶液中有Cl
C．某溶液中滴入稀盐酸，生成无色气体，说明原溶液中有CO32
D．某溶液中滴入氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，说明原溶液中有Cu2
2．下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．用漂白纸浆 B．由二氧化硅制晶体硅
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中的参与酸雨的形成
3．火法炼铜要焙烧黄铜矿，其反应为：2CuFeS2+O2 Cu2S+2FeS+SO2，下列说法正确的是
A．铜的冶炼可采用热还原法、电解法和热分解法
B．仅为氧化产物
C．每转移电子，有硫被氧化
D． CuFeS2仅作还原剂，硫元素被氧化
4．对于反应14CuSO4 +5FeS2 +12H2O=7Cu2S +5FeSO4+12H2SO4，下列结论正确的是
A．FeS2既不是氧化剂，又不是还原剂
B．Cu2S 既是氧化产物，又是还原产物
C．被氧化的硫和被还原的硫质量比是7∶3
D．被CuSO4氧化的硫占全部被氧化的硫的
5．二氧化氯(ClO2)是世界卫生组织(WHO)公认的新时代绿色消毒剂，其特点是：无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）。经大量实验研究表明，ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透能力，反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化，从而起到杀菌作用，研究表明，ClO2在浓度低于100mg·L 1时不会对人体产生任何的影响。在“新冠”疫情防控中ClO2也被广泛的用于公共场所的消杀。下列关于ClO2的说法正确的是
A．ClO2能用于消毒是因为它是氯的最高价氧化物
B．在进行消毒作业时使用的ClO2溶液浓度越大越好
C．ClO2杀菌力强，是一种比“84”性能更优越的消毒剂
D．ClO2可与NaOH在一条件下发生反应，产物只有NaClO3和H2O
6．在太空舱里，常用NiFe2O4作催化剂将宇航员呼出的CO2转化为O2，NiFe2O4中Fe的化合价为+3.则Ni的化合价为
A．+4 B．+3 C．+2 D．+1
7．某化学兴趣小组设计了如图所示的浓硝酸与铜反应的微型实验。下列说法中错误的是
A．挤压塑料瓶使浓硝酸进入干燥管就可引发反应
B．将装置口向上竖起就可停止反应
C．蘸碱液的棉花可起到吸收的作用
D．该装置适用于木炭与浓硫酸的反应实验
8．下列有关物质应用的说法正确的是
A．生石灰用作食品抗氧剂
B．氯气有毒，不可作自来水消毒剂
C．铝罐可久盛食醋
D．氯和氧的化合物可作自来水消毒剂
9．在氧气中灼烧有硫元素和铁元素组成的化合物，使其中的硫全部转化为二氧化硫，并将二氧化硫，全部氧化成硫酸，这些硫酸与氢氧化钠溶液恰好完全中和，则原化合物中硫的质量分别约为（ ）
A． B． C． D．
10．含有氧化剂X2的溶液与亚硫酸钠(Na2SO3)溶液恰好反应完全，已知Na2SO3被氧化为Na2SO4，已知X2、Na2SO3的个数比为1∶2，则还原产物中元素X的价态是
A．-1 B．-2 C．+1 D．0
11．下列实验能达到目的的是
A．用溴水鉴别正己烷和甲苯 B．用BaCl2溶液鉴别SO和SO
C．用饱和NaHCO3中除去Cl2中的HCl D．用浓HNO3与Cu反应制备NO2
12．将32gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物，这些气体恰好能被700 mL 1mol/L NaOH溶液完全吸收，生成含NaNO3和NaNO2的盐溶液，其中NaNO3的物质的量为
A．0.1 mol B．0.2 mol C．0.3 mol D．0.4 mol
13．下列不能使KI－淀粉溶液变蓝的是
A．SO2 B．H2O2 C．ClO2 D．碘酒
14．已知反应2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，下列说法正确的是 （ ）
A．氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:5
B．每生成1molCl2时转移2mol e-
C．KMnO4的还原性强于Cl2的还原性
D．参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:8
15．高铁酸钾(K2FeO4)是一种环保、高效、多功能饮用水处理剂，制备流程如图所示。下列叙述正确的是
A．K2FeO4用作水处理剂的作用与明矾净水完全相同
B．过量的铁屑与Cl2反应生成FeCl2
C．反应Ⅱ中每生成1molNa2FeO4转移6mol电子
D．K2FeO4晶体析出的原因与侯氏制碱法析出NaHCO3的原因相同
二、填空题
16．氧化剂和还原剂在生产生活中广泛使用。
（1）高锰酸钾和氢溴酸溶液可以发生如下反应：2KMnO4＋16HBr=5Br2＋2MnBr2＋2KBr＋8H2O。
①其中还原剂为____，还原产物为____。
②若有0.8mol还原剂被氧化，则转移电子的物质的量是____。
（2）人体内所含铁元素以Fe2＋和Fe3＋的形式存在。市场出售的某种麦片中含有微量的颗粒细小的还原铁粉，这些铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，此反应的离子方程式为_____，但Fe2＋在酸性条件下很容易被空气中的氧气氧化，写出该反应的离子方程式_______。
（3）H3PO2和NaH2PO2均可将溶液中的Ag＋还原为Ag，从而可用于化学镀银。
①H3PO2中P元素的化合价为______。
②利用H3PO2进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂物质的量之比为4∶1，则氧化产物为___。
17．(1)0.1mol/L AlCl3溶液20mL和0.1mol/LNaOH 70mL溶液混合充分反应，试书写反应离子方程式：___________。
(2)已知：SO+I2+H2O=SO+2I-+2H+。某无色溶液中可能含有NH、Cu2+、I-、SO中的几种离子，向该溶液中滴加少量溴水后，溶液仍呈无色。(已知，溴水为Br2的水溶液，为橙黄色，且氧化性：Br2>I2)则该溶液中一定含有的离子是___________；一定没有的离子是___________。
(3)工业废水中含有的重铬酸根离子(Cr2O)有毒，对土壤和水资源会造成污染，须处理达标后才能排放。工业上常用绿矾(FeSO4·7H2O)做处理剂，反应的离子方程式如下：6Fe2++Cr2O+14H+=6Fe3++2Cr3++7H2O。该反应中，还原产物是___________；若该反应中氧化反应的过程可以表示为Fe2+-e-=Fe3+，则还原反应的过程可以表示为___________。
(4)NH3催化还原氮氧化物可用于烟气中氮氧化物脱除，反应原理如图所示：
①该反应的氧化剂为___________，发生氧化反应的物质为___________。
②当烟气中NO2与NO的物质的量之比为1∶1时，与足量氨气在一定条件下发生了反应。该反应的化学方程式为___________。
三、实验题
18．某研究性学习小组设计了如下装置制取和验证SO2的性质
请回答：
（1）图中仪器a的名称为_____________。
（2）A中发生反应的化学方程式是_____________________________________。
（3）若C中溶液褪色，体现SO2具有_________________性。
（4）过量NaOH溶液与SO2反应的离子方程式是__________________________________。
（5）向两支装有品红溶液的试管中，分别通入Cl2和SO2，发现两支试管中品红溶液均褪色，请你设计实验证明哪支试管中通入的是SO2：_________________。
（6）该小组继续设计实验，相同条件下将Cl2和SO2两种气体按体积1：1混合，再通入品红溶液中，观察溶液几乎不褪色。查阅资料知：两种气体按体积1：1混合，再与水反应可生成两种常见的酸，因而失去漂白作用，该反应的化学方程式是________________________。
19．亚硝酰硫酸(NOSO4H)是一种重要的重氮化反应试剂。亚硝酰硫酸是白色片状、多孔或粒状晶体，遇水分解成硫酸、硝酸和一氧化氮，溶于浓硫酸而不分解。某化学兴趣小组将SO2通入浓硝酸和浓硫酸的混合液中制备亚硝酰硫酸，并测定产品的纯度。
(1)若用铜粉与浓硫酸在装置A中制备SO2，写出反应的化学方程式_______；还缺少的玻璃仪器是_______。
(2)按气流从左到右的顺序，上述仪器的连接顺序为_______(填仪器接口字母)
(3)装置B的作用有_______。
(4)装置D使用的是冷水浴，目的是_______。
(5)写出NOSO4H与水反应的化学方程式：_______。
(6)测定亚硝酰硫酸(NOSO4H)的纯度。已知：。准确称取25.0g产品，在特定条件下配制成250mL溶液。取25.00mL产品于250mL碘量瓶中，用0.20mol/L浓度KMnO4标准溶液滴定。重复上述步骤，消耗KMnO4标准溶液的体积为25.00mL。
①当最后一滴KMnO4标准溶液滴入时，_______，即达到滴定终点。
②亚硝酰硫酸的纯度为_______。
四、计算题
20．取 100mL18.3 mol/L 的 H2SO4 与 Zn 反应，当 Zn 完全溶解时，生成气体为22.4L(标准状况)，将所得溶液稀释成 1L，测得溶液中H+浓度为 1 mol/L。
①反应转移的电子数目为_________。
②消耗硫酸的物质的量为__________。
③则所得气体中SO2 和 H2 的体积比约为___________。
21．一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500 mol。
（1）所得混合物与NaOH溶液反应的离子方程式______
（2）所得溶液中NaCl的物质的量为________。
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比________。
参考答案：
1．D
【详解】A．某溶液中滴入氯化钡溶液，生成白色沉淀，该白色沉淀可能为AgCl，原溶液中可能含有氯离子，不一定有SO42 ，故A错误；
B．某溶液中滴入硝酸银溶液，生成白色沉淀，由于碳酸银等沉淀也是白色沉淀，所以原溶液中不一定有Cl ，故B错误；
C．某溶液中滴入稀盐酸，生成无色气体，原溶液中可能含有HCO3 ，不一定有CO32 ，故C错误；
D．某溶液中滴入氢氧化钠溶液，生成蓝色沉淀，该蓝色沉淀为氢氧化铜，则说明原溶液中一定有Cu2+，故D正确；
答案选D。
2．A
【详解】A．用漂白纸浆利用的是SO2的漂白性，而与氧化还原反应无关，A符合题意；
B．由二氧化硅制晶体硅，发生的反应为，属于氧化还原反应，B不符合题意；
C．含氯消毒剂用于环境消毒利用了其强氧化性的性质，涉及到氧化还原反应，C不符合题意；
D．大气中的参与酸雨的形成，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，N元素化合价发生改变，属于氧化还原反应，D不符合题意；
答案选A。
3．C
【详解】A．工业上用热还原法冶炼铜，故A错误；
B．由方程式可知，反应中氧元素的化合价降低被还原、硫元素的化合价部分升高被氧化，二氧化硫即是反应的氧化产物也是反应的还原产物，故B错误；
C．由方程式可知，反应生成1mol二氧化硫，反应转移6mol电子，故C正确；
D．由方程式可知，CuFeS2中铜元素的化合价降低被还原，硫元素的化合价升高被氧化，CuFeS2即是反应的氧化剂又是反应的还原剂，故D错误；
故选C。
4．D
【详解】A．该反应中Cu元素化合价由+2价变为+1价、S元素化合价由-1价变为+6价、-2价，Cu元素被还原、S元素既被氧化，又被还原，则FeS2既是氧化剂，又是还原剂，A错误；
B．根据元素化合价知，Cu2S只是还原产物，B错误；
C．FeS2中化合价升高的硫被氧化生成硫酸根离子，化合价降低的硫被还原生成Cu2S，则被氧化的S和被还原的S质量比为3：7，C错误；
D．1mol硫酸铜失去1mol电子，被硫酸铜氧化的S是mol，而1mol硫酸铜参加反应被氧化的硫是，所以被CuSO4氧化的硫占全部被氧化的硫的，D正确；
答案选D。
【点睛】本题考查了氧化还原反应的有关判断与计算，根据元素化合价变化来分析解答即可，注意FeS2中S元素化合价，明确FeS2的作用。选项D为易错点，主要是没有考虑到硫元素还发生自身的氧化还原反应，答题的关键是利用好电子得失守恒。
5．C
【详解】A．氯元素的最高价态为+7价，ClO2中氯元素的化合价为+4价，故ClO2不是氯的最高价氧化物，A项错误；
B．由题中叙述可知，ClO2的浓度不宜高于100mg·L 1，故在进行消毒作业时使用的ClO2溶液浓度不是越大越好，B项错误；
C．ClO2得电子能力强，且无三致、有三效，则ClO2杀菌力强，是一种比“84”性能更优越的消毒剂，C项正确；
D．分析题中所给信息，氧化还原反应中有元素的化合价升高和降低，Cl元素的化合价由+4价升高为+5价，则与NaOH反应还应生成NaCl，D项错误；
答案选C。
6．C
【详解】NiFe2O4中Fe的化合价为+3，O为-2价 ，根据化合物中元素化合价代数和为零的原则，设Ni的化合价为x,则可得等式x+(+3)2+(-2)=0，x=+2，则Ni的化合价为+2，故答案为C。
7．D
【详解】A．挤压塑料瓶能使浓硝酸进入干燥管与铜接触，引发反应，故A正确；
B．只需将装置口向上竖起，浓硝酸回流到锥形瓶，而铜片不能进入锥形瓶，可以停止反应，故B正确；
C．二氧化氮与碱反应生成亚硝酸盐和硝酸盐，所以蘸碱液的棉花可起到吸收NO2的作用，故C正确；
D．该装置适用于块状固体和液体反应，且不需要加热的气体的制备，而木炭与浓硫酸和浓硝酸都要加热才反应，故D错误；
故选D。
8．D
【详解】氧化钙不具有还原性，则生石灰不能用作食品抗氧剂，故A错误；
B．氯气与水反应生成具有强氧化性的次氯酸能起到杀菌消毒的作用，在国标范围内，氯气是可以用作自来水消毒剂，故B错误；
C．铝是活泼金属，能与醋酸反应而被腐蚀，所以不能用铝罐存储食醋，故C错误；
D．二氧化氯具有强的氧化性，能够起到杀菌消毒的作用，常作自来水消毒剂，故D正确；
故选
9．D
【分析】根据计算NaOH的物质的量，关系式为，据此计算S元素物质的量，再计算S元素质量，进而可计算质量分数。
【详解】，由反应的关系式可知，，则硫和铁组成的化合物中，则，故答案选D。
【点睛】当一种物质经过多个化学反应的变化时，按照化学方程式一步步的计算是非常繁琐的，甚至无法计算，这时要注意用守恒的思想进行解题。
10．B
【详解】S元素由Na2SO3中的+4价升高到Na2SO4中的+6价，X2的化合价只能降低，假设每个X2分子降低的价态是a，根据得失电子守恒，有a=2 × 2=4，所以每个X原子降低的价态数是2，X原来是0价，降低2个价态后是-2价，B项正确。
11．D
【详解】A．两者密度都比水小，均发生萃取，溴水层褪色，不能鉴别，故A错误；
B．两者都有沉淀生成，不能鉴别，故B错误；
C．两者均能与NaHCO3溶液反应，而且引入CO2，故C错误；
D．浓硝酸具有强氧化性，可与Cu反应生成NO2，故D正确；
故答案选C。
12．B
【分析】用终态分析法：只有两种元素的价态变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为+2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由+5价降低为+3价，每个N原子得2个电子，根据电子转移守恒得，32gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，计算产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n(NaOH)=n(NaNO2)+n(NaNO3)，得n(NaNO3)。
【详解】n(Cu)==0.5mol，根据电子守恒生成n(NaNO2)==0.5mol，由钠原子守恒可知n(NaNO3)=0.7L×1mol·L-1-0.5mol=0.2mol，故选B。
13．A
【分析】KI-淀粉溶液变蓝，说明有I2存在，说明该物质中含有I2，或具有氧化性可以氧化KI得到I2。
【详解】A．SO2不能氧化KI，不能使淀粉KI试纸变蓝，故A选；
B．H2O2将KI氧化为I2，淀粉遇碘变蓝色，故B不选；
C．ClO2可将KI氧化为I2，淀粉遇碘变蓝色，故C不选；
D．碘酒中含有I2，淀粉遇碘变蓝色，故D不选；
故选A。
14．B
【详解】A.由反应方程式可知，氧化产物为Cl2，还原产物为MnCl2，氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:2，故A错误；
B.每生成1molCl2时，反应中转移的电子为1mol×2×[0-(-1)]=2mol，故B正确；
C.元素的化合价降低，作氧化剂，高锰酸钾是氧化剂，氯气是氧化产物，所以KMnO4的氧化性强于Cl2的氧化性，故C错误；
D.由方程式可知，每消耗16molHCl，只有10mol失去电子，则其中作还原剂的HCl是10mol，高锰酸钾作氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2mol:10mol=1:5，故D错误；
故选B。
【点睛】在氧化还原反应中，作还原剂的物质并非只体现还原性，比如此题中HCl，既体现了还原性又体现了酸性。
15．D
【详解】A．K2FeO4具有强氧化性，可用于杀菌消毒，被还原为铁离子，水解生成氢氧化铁胶体，具有吸附性，可用于吸附水中的悬浮杂质，而明矾水解生成氢氧化铝胶体，只用于净水，不能杀菌消毒，则两者用作水处理剂的作用与明矾净水不完全相同，故A错误；
B．过量的铁屑与Cl2反应生成FeCl3 ，故B错误；
C．反应Ⅱ中铁元素化合价由+3价升高到+6价，则每生成1molNa2FeO4转移3mol电子，故C错误；
D．最后一步制取高铁酸钾的原因实际是利用了盐析的原理，相同温度下高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠的溶解度，侯氏制碱法中碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，则两者析出原因相同，故D正确；
故选：D。
16． HBr MnBr2 0.8mol Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑ 4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O ＋1 H3PO4
【分析】（1）根据氧化还原反应的规律分析；
（2）铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，则铁与盐酸反应生成亚铁离子和氢气；Fe2＋与氢离子和氧气反应生成铁离子和水；
（3）①H3PO2中元素化合价的代数和为零，进行求解；
②根据化合价升降总数相等进行判断。
【详解】（1）①高锰酸钾和氢溴酸反应，Mn的化合价降低，KMnO4作氧化剂，对应的产物为还原产物，为MnBr2；Br的化合价升高，HBr作还原剂；
②有0.8mol还原剂被氧化，化合价由-1变为0价，失去0.8mol电子；
（2）铁粉在人体胃酸的作用下转化成亚铁盐，则铁与盐酸反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑；Fe2＋与氢离子和氧气反应生成铁离子和水，则离子方程式为4Fe2＋＋O2＋4H＋=4Fe3＋＋2H2O；
（3）①H3PO2中元素化合价的代数和为零，H为+1价，O为-2价，则P为+1价；
②H3PO2化合价升高，Ag＋还原为Ag，化合价降低，作氧化剂，其物质的量为4，得4个电子，则H3PO2的计量数为1，失去4个电子，化合价变为+5价，产物为H3PO4。
【点睛】还原剂化合价升高，失去电子；氧化剂得电子，化合价降低，且得失电子总数相等。
17． 2Al3++7OH-= Al(OH)3↓+AlO+2H2O SO、NH Cu2+ Cr3+ Cr2O+6e-+14H+=2Cr3++ 7H2O NO2，NO NH3 NO＋NO2＋2NH3=2N2＋3H2O
【详解】(1)0.1mol/L AlCl3溶液20mL含有0.002mol AlCl3，0.1mol/LNaOH 70mL溶液含有0.007molNaOH，0.002mol氯化铝先和0.006molNaOH反应生成0.002molAl(OH)3沉淀，之后剩余0.001molNaOH和Al(OH)3反应生成0.001mol偏铝酸钠，所以离子反应方程式为2Al3++7OH-= Al(OH)3↓+AlO+2H2O；
(2)根据方程式SO+I2+H2O=SO+2I-+2H+可知SO的还原性强于I-，滴加少量溴水后，溶液仍呈无色，说明有物质将Br2还原，但如果是I-，I-被氧化后会生成I2，溶液会先黄色，所以将Br2还原的是SO，即溶液中一定有SO，溶液无色则一定不含Cu2+，根据电中性原则可知一定还含有NH，综上所述一定有的是SO、NH，一定没有的是Cu2+；
(3)该反应中Cr元素由+6价变为+3价，所以还原产物为Cr3+，还原反应的过程为Cr2O得电子后结合氢离子生成Cr3+和H2O，根据电子守恒和元素守恒可得方程式为Cr2O+6e-+14H+=2Cr3++ 7H2O；
(4)该反应中NO2、NO与NH3反应生成N2，NO2、NO中N元素化合价降低被还原，所以氧化剂为NO2，NO；NH3中N元素化合价升高，发生氧化反应；
(5)NO2与NO的物质的量之比为1:1，则NO2与NO共降低6价，NH3升高3价，所以(NO2+NO)与NH3的系数比为1:2，再结合元素守恒可得化学方程式为NO＋NO2＋2NH3=2N2＋3H2O。
18． 分液漏斗 Cu + 2H2SO4 (浓) CuSO4 + SO2↑+2H2O 还原 SO2+2OH = SO32 + H2O 将两支试管中的液体加热，恢复红色的通入的为SO2 Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl
【分析】A中浓硫酸与铜在加热条件下反应生成二氧化硫和水、硫酸铜，二氧化硫具有漂白性，能够使B中品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，能够与C中高锰酸钾溶液褪色，二氧化硫有毒，多余的二氧化硫可以用D中氢氧化钠吸收，以此解答该题。
【详解】（1）由装置图可知仪器a为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
（2）浓硫酸具有强氧化性，加热条件下可与铜发生氧化还原反应，方程式为 ，
（3）高锰酸钾具有强氧化性，C中高锰酸钾褪色，说明二氧化硫具有还原性，故答案为：还原；
（4）过量NaOH溶液与SO2反应生成亚硫酸钠，离子方程式是SO2+2OH-=SO32-+H2O；
（5）二氧化硫的漂白效果具有不稳定性，加热可恢复到原来的颜色，则鉴别两种气体，可将两支试管中的液体加热，恢复红色的通入的为SO2，故答案为：将两支试管中的液体加热，恢复红色的通入的为SO2；
（6）氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，反应的方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl。
19．(1) Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O 酒精灯
(2)adefgb
(3)吸收SO2防止空气污染；防止空气中的水蒸气进入D中干扰实验
(4)防止浓硝酸分解(或挥发)而减少产率
(5)3NOSO4H+2H2O=3H2SO4+HNO3+NO↑
(6) 溶液由无色变为浅红色(或紫色)，且半分钟不褪色 63.5%
【分析】在装置A中用Na2SO3与浓H2SO4发生复分解反应制取SO2，由于亚硝酰硫酸是白色片状、多孔或粒状晶体，遇水分解，因此制取的SO2气体需经装置C中浓硫酸的干燥作用，将气体通入D中，与浓硝酸在浓硫酸催化下反应产生NOSO4H，由于SO2是大气污染物，同时硝酸有挥发性，挥发的硝酸蒸气及未反应的SO2气体可以使用B中碱石灰进行吸收，防止大气污染。
(1)
铜粉与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为Cu+2H2SO4CuSO4+SO2↑+2H2O，还缺少酒精灯。
(2)
在装置A中制取SO2气体，在装置C中干燥SO2，导气管连接应该是长进短出，然后使SO2气体由f通入D装置中，在装置D中发生反应制取NOSO4H，为防止NOSO4H水解变质，再连接B装置，挥发的硝酸蒸气及未反应的SO2气体用B装置的碱石灰进行吸收，故按气流从左到右的顺序，上述仪器接口的连接顺序为adefgb。
(3)
装置B的作用吸收SO2防止空气污染；防止空气中的水蒸气进入D中干扰实验。
(4)
为防止浓硝酸分解(或挥发)而减少产率，D使用的是冷水浴。
(5)
NOSO4H与水遇水分解成硫酸、硝酸和一氧化氮，故反应的化学方程式为3NOSO4H+2H2O=3H2SO4+HNO3+NO↑。
(6)
①当最后一滴KMnO4标准溶液滴入时，溶液由无色变为浅红色(或紫色)，且半分钟不褪色，即达到滴定终点。
②消耗KMnO4标准溶液的物质的量n=cV=0.20mol/L×0.025L=0.005mol，根据反应可得NOSO4H的物质的量为0.0125mol，故纯度为×100%=63.5%。
20． 2×6.02×1023或2mol 1.33mol 1：2
【详解】①根据反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O和Zn+H 2SO4=ZnSO4+H2↑可知，不管生成1molSO2还是生成1molH2均需转移2mol电子，故有：n（e-）=2n（气体）=2×=2mol，故转移电子数为2×6.02×1023或2mol，故答案为：2×6.02×1023或2mol；
②18.3mol/L的H2SO4 中含有硫酸的物质的量为：n(H2SO4)浓=0.1L×18.3mol/L=1.83mol；剩余硫酸的物质的量为：n(H2SO4)剩 =n(H+)=×1L×1.0mol/L=0.5mol；消耗硫酸的物质的量为：n(H2SO4)消耗 =1.83mol-0.5mol=1.33mol， 故答案为：1.33mol；
③锌与浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O，随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H 2SO4=ZnSO4+H2↑， 生成气体为SO2和H2的混合物，物质的量为 22.4L÷22.4L/mol=1mol ，设混合物气体中含有xmolSO2 ，ymolH2 ，则发生反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+2H2O消耗硫酸物质的量为2xmol，发生反应Zn+H 2SO4=ZnSO4+H2↑消耗硫酸物质的量为ymol，则有x+y=1、2x+y=1.33，解得：x=0.33 、y=0.67 ，所以V（SO2）：V（H2）=x：y=0.33：67=1：2，故答案为：1：2。
21． 、 0.250
【分析】由溶液中含有0.0500 mol次氯酸钠可知，氢气在氯气中燃烧时，氯气过量，反应得到氯化氢和氯气的混合气体。
【详解】（1）氯化氢和氯气的混合气体被氢氧化钠溶液吸收时，氯化氢与氢氧化钠溶液发生中和反应生成氯化钠和水，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为OH—+H+= H2O，Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故答案为OH—+H+= H2O，Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O；
（2）根据溶液电中性原则可知：n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-），n（Cl-）=n（Na+）-n（ClO-）=0.1L×3.00mol/L-0.0500mol=0.250mol，则所得溶液中NaCl的物质的量为0.250mol，故答案为0.250；
（3）根据Cl原子守恒可知，n（Cl2）=×n（NaOH）=0.15mol，由氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知，生成0.0500 mol次氯酸钠消耗过量氯气0.0500 mol，则与氢气反应的氯气为0.15mol-0.05mol=0.1mol，氢气在氯气中燃烧的化学方程式为H2+Cl22HCl，由化学方程式可知氢气的物质的量为0.1mol，故氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.1mol=3：2，故答案为3：2。
【点睛】所得混合物冷却后用NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应中氯气有剩余，溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，根据钠元素及氯元素守恒可知2n（Cl2）=n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-）；根据电子转移守恒，计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量，溶液中Cl-来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量是解答关键。