5.1 硫及其化合物 同步训练（含解析） 2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册

5.1 硫及其化合物 同步训练
一、单选题
1．下列四种溶液中，一定存在SO42－的是
A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生
B．向乙溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生，再加入盐酸沉淀不溶解
C．向丙溶液中加入盐酸使之酸化，无白色沉淀，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀产生
D．向丁溶液中加入硝酸酸化，再加入硝酸钡溶液，有白色沉淀产生
2．下列关于物质用途说法不合理的是（　　）
A．可采用通过饱和碳酸氢钠溶液的方法，除去CO2中含有的SO2
B．接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石
C．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2
D．将废铁屑加入FeCl2溶液中，可用于除去工业废气中的Cl2
3．在地壳中含量排第一的金属元素是（　　）
A．铁 B．氧 C．硅 D．铝
4．下列有关物质性质与用途说法对应正确的是（　　）
A．胶体的胶粒带电，利用这一性质可进行“血液透析”和“静电除尘”
B．CaO能与SO2反应，可作工业废气脱硫剂
C．NaHCO3能与碱反应，因此食品工业上可用作焙制糕点的膨松剂
D．SO2和湿润的O3都有漂白性，混合后得到漂白性更强漂白剂
5．下列物质中，不能用作漂白剂的是（　　）
A．SO2 B．Ca(ClO)2 C．NaClO D．H2SO4
6．将SO2气体分别通入下列四种溶液中，有关现象及结论的说法正确的是（　　）
A．试管①中有淡黄色沉淀生成，说明SO2有氧化性
B．试管②中溶液褪色，说明SO2有漂白性
C．试管③中能产生白色沉淀，说明SO2有酸性
D．试管④中溶液颜色变浅，说明SO2有还原性
7．下列实验操作规范且能达到实验目的的是（　　）
选项 实验目的 实验操作
A 清洗内壁镀银的试管 先用稀盐酸洗，再用水清洗
B 除去FeCl2溶液中少量FeCl3 加入过量Cu粉，充分反应后过滤
C 制取并纯化SO2 向Na2SO3固体中加入70%H2SO4溶液，将产生的气体通98%浓硫酸
D 检验试样中含有Na+ 用玻璃棒蘸取待测液，在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色
A．A B．B C．C D．D
8．下列关于浓硫酸的叙述正确的是（　　）
A．浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化
B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反应放出二氧化硫气体
C．浓硫酸与金属反应只是体现氧化性
D．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化
9．下列关于SO2的叙述不正确的是（　　）
A．将SO2通入石蕊溶液中，可观察到溶液先变红后褪色
B．SO2可用于抑制酒类中细菌生长，可在葡萄酒中微量添加
C．将SO2通入品红溶液时品红溶液褪色，加热后溶液恢复红色
D．SO2可以使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的还原性
10．如图W、X、Y、Z为四种物质，若箭头表示能一步转化的常见反应，其中常温下能实现图示转化关系的是（　　）
选项 W X Y Z
A S SO2 SO3 H2SO4
B Na Na2O2 NaOH NaCl
C Fe FeCl3 Fe（OH）2 FeCl2
D Al AlCl3 NaAlO2 Al2（SO4）3
A．A B．B C．C D．D
11．部分含硫物质(所有盐类物质都是钠盐，并且都是正盐)的分类与化合价的关系如图，下列说法错误的是（　　）
A．实验室制取c时，不能用排水法收集
B．b与热的氢氧化钠溶液反应，生成i、e和水
C．浓的g溶液在加热条件下与铜发生的反应中，g表现了氧化性和酸性
D．b在空气中燃烧直接生成f
12．已知四价铅有强氧化性，能跟盐酸反应生成氯气，将SO2通入悬浮着黑色PbO2的热水中，过一会儿，将发生的情形是（　　）
A．悬浮物由黑色变为白色，因SO2是一种漂白剂
B．悬浮物由黑色变为白色，因为形成了PbSO4
C．有黄色沉淀生成
D．有臭鸡蛋味的气体放出
13．下列溶液中通入SO2一定不会产生沉淀的是（　　）
A．Ba（OH）2 B．Ba（NO3）2 C．Na2S D．BaCl2
14．具有漂白作用的物质有：①84 消毒液 ②二氧化硫 ③过氧化氢 ④漂白粉，其漂白原理相同的是（　　）
A．①③ B．②③ C．①③④ D．①②④
15．硅及其化合物是带来人类文明的重要物质。下列说法正确的是（　　）
A．陶瓷、水晶、水泥、玻璃都属于硅酸盐
B．水玻璃是纯净物，可用于生产黏合剂和防火剂
C．某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示
D．高纯硅可用于制造光导纤维，高纯二氧化硅可用于制造太阳能电池
16．如图表示硫元素的化合价与物质类别图。下列有关说法错误的是（　　）
A．X对应的物质类别是单质 B．气体a与气体c不能大量共存
C．d溶液久置会生成g，pH减小 D．e溶液与h溶液不可能发生反应
17．下列能够确定溶液中一定含有SO42-的事实是（　　）
A．取少量试液，加入用盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成
B．取少量试液，加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加稀硝酸沉淀不消失
C．取少量试液，加入硝酸钡溶液，有白色沉淀生成
D．取少量试液，加入盐酸无明显现象产生，再加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成
18．向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的下列气体，溶液中仍然没有沉淀的是（　　）
A．H2S B．NO2 C．NH3 D．HBr
19．利用工业废碱渣(主要成分Na2CO3)吸收硫酸厂尾气中的SO2制备无水Na2SO3的流程如下：
下列说法错误的是（　　）
A．向大气中排放SO2可能导致酸雨发生
B．中和器中发生反应的离子方程式为HSO3-+OH-=SO32-+H2O
C．进入离心机的分散系是悬浊液
D．检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，可选用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液
20．含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是（　　）
A．a可能为正盐，也可能为酸式盐
B．c为不溶于盐酸的白色沉淀
C．d为含极性键的非极性分子
D．反应②中还可能生成淡黄色沉淀
二、综合题
21．下列是中学化学常见气体：
①氧气 ②二氧化碳 ③氯化氢 ④氯气 ⑤一氧化氮 ⑥氨气 ⑦二氧化硫
回答下列问题：
（1）上述物质中溶于水能导电的非电解质是　 　(填序号)。
（2）上述两种无色气体相遇易产生白烟的是　 　(填序号)。
（3）写出铜和稀
反应产生一氧化氮的化学方程式　 　。用双线桥表示下列反应电子转移的方向和数目：　 　
（4）上述气体中　 　(填序号)能使品红溶液褪色，在通常状况下，将这两种气体等体积同时通入紫色石蕊试液中，观察到的现象是　 　，其原因是　 　(用离子方程式表示)。
（5）二氧化碳　 　(填“能”或“不能”)形成酸雨，理由是　 　。
22．工业上由含铜废料（含有Cu、CuS、CuSO4等）制备硝酸铜晶体的流程如图：
（1）写出CuS“焙烧”生成SO2和CuO的化学反应方程式：　 　。
（2）图中SO2经转化生成的硫酸可用于“酸化”，转化反应中SO2与O2的物质的量比为　 　。
（3）“过滤”后需洗涤沉淀，请设计实验证明已洗涤干净　 　。
（4）“淘洗”所用的溶液A应选用　 　（填序号）
a.稀硫酸 b.浓硫酸 c.稀硝酸 d.浓硝酸
（5）“反应”步骤加10% H2O2可以避免污染性气体的产生，写出该反应的离子方程式：　 　，也可以用气体　 　（填化学式）代替双氧水。
（6）大量排放SO2容易造成酸雨等环境问题，工业上可用双碱法脱硫法处理废气，过程如图所示，其中可循环使用的试剂是　 　，写出双碱法脱硫法的总反应方程式：　 　。
23．某科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。
（1）请完成SO2与过量NaOH溶液反应的化学方程式：　 　。
（2）反应Cl2+Na2SO3+2NaOH=2NaCl+Na2SO4+H2O中的氧化产物为　 　，被还原的元素为　 　。
24．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯及其化合物既是重要化工原料，又是广泛使用的高效灭菌消毒剂。回答下列问题：
（1）已知HClO的杀菌能力比ClO-强。25℃时将氯气溶于水形成氯气—氯水体系，该体系中Cl2(aq)、HClO和ClO-的物质的量分数(α)随pH变化的关系如图所示。用氯气处理饮用水时，pH=7.5与pH=6，杀菌效果较强的是　 　(填数字)。用NaOH调节该溶液pH，写出由氯气生成ClO-的离子方程式是　 　。
（2）“84消海液”的有效成分是NaClO，往“84消毒液”中加入少量醋酸可增强效果，该反应的离子方程式是　 　，若消毒液在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是　 　。
（3）ClO2和NaClO2均为重要的杀菌消毒剂。将ClO2气体通入到NaOH和H2O2混合溶液中，可制备NaClO2。写出由ClO2制备NaClO2的离子方程式　 　。
（4）ClO2为淡棕黄色气体，易溶于水生成HClO。可由 与适量潮湿的Na2CO3反应来制得ClO2，同时产生一种无色无味气体，写出该反应的化学方程式　 　。将制得的ClO2通入水中生成HClO溶液，设计简单实验证明HClO具有永久漂白性：　 　。(写出操作过程、现象和结论)
25．某小组同学用如图所示装置进行铜与浓硫酸的反应，并探究产物的性质
(夹持装置已略去)。
（1）试管①中反应的化学方程式是　 　；
（2）若试管②中的试剂为品红溶液，实验中观察到的现象是　 　；
若试管②中的试剂为酸性KMnO4溶液，实验时，观察到溶液褪色，则说明生成的气体具有　 　性。
（3）试管③中的试剂为NaOH溶液，其作用是　 　，反应的离子方程式是　 　。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】A．向甲溶液中加入BaCl2溶液，不能排除SO32-、CO32-或Ag+的影响，可能生成AgCl、BaSO3、BaCO3白色沉淀，故A不符合题意；
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，不能排除银离子的干扰，氯化银难溶于盐酸，故B不符合题意；
C．先加入稀盐酸，没有产生沉淀，排除Ag+、SO32-、CO32-等离子的影响，然后再加氯化钡，产生白色沉淀，证明有SO42－存在，故C符合题意；
D．先加入硝酸不能排除亚硫酸根离子的干扰，亚硫酸根离子易被硝酸氧化为硫酸根离子而生成硫酸钡沉淀，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】硫酸根的检验是先滴加稀盐酸，再滴加氯化钡溶液。
2．【答案】C
【解析】【解答】A．二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，通过饱和碳酸氢钠溶液的方法可除杂，故A不符合题意；
B．工业上用硫磺或含硫矿石制取硫酸，接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，故B不符合题意；
C．室温下Na与空气中O2反应制取Na2O，Na与空气中O2在加热的条件下反应制取Na2O2，故C符合题意；
D．氯气具有强氧化性，能氧化亚铁离子生成铁离子，铁离子能氧化Fe生成亚铁离子，涉及的反应为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl 、2Fe3++Fe=3Fe2+，将废铁屑加入FeCl2溶液中，可以还原因氧化而形成的三价铁离子，生成亚铁离子可以吸收氯气，可用于除去工业废气中的Cl2，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、二氧化碳与饱和碳酸氢钠溶液不反应，二氧化硫可以和饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳；
B、在沸腾炉中。硫单质和氧气反应生成二氧化硫，二氧化硫经催化氧化为三氧化硫；
C、室温下，钠与氧气反应生成氧化钠；
D、氯气能将二价铁氧化成三价铁，三价铁能和铁粉反应。
3．【答案】D
【解析】【解答】地壳中含量最多的前五种元素：氧、硅、铝、铁、钙，汉字中带金字旁(汞合金)除外的属于金属元素，所以地壳中含量排第一的金属元素是铝。
故答案为：D。
【分析】地壳中含量最多的前五种元素依次是：氧、硅、铝、铁、钙。
4．【答案】B
【解析】【解答】A.血液透析是指血液中,蛋白质和血细胞颗粒较大,属于胶体粉粒子，不能透过透析膜,血液内的毒性物质直径较小,可以透过,与胶粒带电无关，故A不符合题意；
B. CaO能与SO2反应生成CaSO3，所以可作工业废气脱硫剂，故B符合题意；
C.碳酸氢钠能用来作焙制糕点的膨松剂，不是因为碳酸氢钠能和碱反应，而是因为碳酸氢钠受热分解可生成气体，所以C不符合题意；
D. SO2和湿润的O3都有漂白性，混合后发生氧化还原反应生成硫酸，失去漂白性，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.血液透析室胶体的渗析原理；
B.酸性氧化物与碱性氧化物反应；
C.碳酸氢钠用作膨松剂利用了不稳定性；
D.二氧化硫与臭氧发生氧化还原反应。
5．【答案】D
【解析】【解答】漂白剂有三种：（1）结合性：跟有色物质简单结合，如SO2；（2）具有强氧化性：利用强氧化性把有色物质氧化，如氯气、次氯酸盐、臭氧、过氧化氢等；（3）吸附性：活性炭；硫酸虽然具有强氧化性但具有脱水性，使有色物质变黑，故D选项符合题意。
【分析】根据漂白剂的特点和硫酸的性质进行判断。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A．SO2与与氯水发生氧化还原反应不产生淡黄色沉淀，故A错误；
B．试管②中溶液褪色，因为SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性，故B错误；
C．SO2与BaCl2溶液不反应，试管③中不能产生白色沉，故C错误；
D．SO2与氯化铁溶液反应，二氧化硫被氧化生成生成硫酸，铁离子被还原生成亚铁离子，溶液颜色变浅，说明SO2有还原性，故D正确；
故选D．
【分析】A．SO2与与氯水发生氧化还原反应不产生淡黄色沉淀；
B．SO2与KMnO4酸性溶液发生氧化还原反应，表现了SO2的还原性；
C．SO2与BaCl2溶液不反应；
D．SO2与氯化铁溶液反应，二氧化硫被氧化生成生成硫酸，铁离子被还原生成亚铁离子．
7．【答案】C
【解析】【解答】A．盐酸不能与银反应，不能清洗，故A不符合题意；
B．加入Cu粉，与Fe3+反应会生成Cu2+，引入新的杂质，故B不符合题意；
C．制备SO2的反应方程式为：Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，SO2是酸性气体，可用浓硫酸干燥，故C符合题意；
D．玻璃棒中含有钠元素，干扰实验的检验，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.应用稀硝酸来清洗内壁有银的试管
B.应用Fe粉，防止引入杂质
C.符合题目的要求
D.改用铂丝或者铁丝进行实验
8．【答案】A
【解析】【解答】A．浓硫酸具有强氧化性，在常温下能够在铁、铝表面迅速形成一层致密的氧化物保护膜，使铁、铝等金属钝化，A符合题意；
B．浓硫酸在加热下才可与铜片反应放出二氧化硫气体，B不符合题意；
C．浓硫酸与金属反应时既体现氧化性又体现出酸性，C不符合题意；
D．浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．常温下Fe、Al遇浓硫酸钝化；
B．Cu与浓硫酸需加热才反应；
C．浓硫酸与金属反应时可体现氧化性和酸性；
D．使蔗糖碳化是浓硫酸的脱水性；
9．【答案】A
【解析】【解答】A.将二氧化硫通入石蕊的现象是变红色，故A符合题意
B. SO2具有微弱的氧化性，可用于抑制酒类中细菌生长，可在葡萄酒中微量添加，故B不符合题意
C. 将SO2通入品红溶液时品红溶液褪色，加热后溶液恢复红色 ，故C不符合题意
D. SO2可以使溴水和酸性KMnO4溶液褪色，体现了它的还原性 ，故D不符合题意
故答案为：A
【分析】A.二氧化硫不能使指示剂褪色
B.二氧化硫可以杀菌可以做红酒添加剂，但是有毒应该严格控制用量
C.二氧化硫的漂白是与有机物结合形成无色物质，加热时恢复原来的颜色
D.溴水和高锰酸钾均具有氧化性，易被二氧化硫还原而褪色
10．【答案】D
【解析】【解答】解：A．S燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4，则常温下不能发生图中转化，故A不选；
B．Na燃烧生成Na2O2，Na在常温下反应生成Na2O，则常温下不能发生图中转化，故B不选；
C．Fe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2，则常温下不能发生图中转化，故C不选；
D．Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z，反应均可在常温下进行，故D选；
故选D．
【分析】A．S燃烧生成二氧化硫，且S在常温下不能转化为SO3、H2SO4；
B．Na燃烧生成Na2O2；
C．Fe燃烧生成FeCl3，且Fe在常温下不能直接生成Fe（OH）2；
D．Al与HCl反应生成X，Al与NaOH反应生成Y，Al与硫酸反应生成Z，Z与氯化钡反应生成X，X与NaOH反应生成Y，Y与硫酸反应生成Z．
11．【答案】D
【解析】【解答】A．二氧化硫易溶于水，所以实验室制取二氧化硫时，不能用排水法收集，故A不符合题意；
B．硫与与热的氢氧化钠溶液发生歧化反应生成硫化钠、亚硫酸钠和水，故B不符合题意；
C．浓硫酸与铜共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，反应中硫元素部分降低被还原，反应中浓硫酸表现了氧化性和酸性，故C不符合题意；
D．硫在空气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】由图可知，a为H2S，b为S，c为SO2，f为SO3，d为H2SO3，g为H2SO4，h为硫酸盐，e为亚硫酸盐，i为硫化盐。
12．【答案】B
【解析】【解答】解：四价铅有强氧化性，能跟盐酸反应生成氯气四价铅氧化性大于氯气，氯气能氧化二氧化硫，则二氧化铅能氧化二氧化硫，将SO2通入悬浮着黑色PbO2的热水中，发生的反应为SO2+PbO2=PbSO4↓，该反应中二氧化硫体现还原性、二氧化铅体现氧化性，硫酸铅为白色沉淀，所以悬浮物由黑色变为白色，故选B．
【分析】四价铅有强氧化性，能跟盐酸反应生成氯气四价铅氧化性大于氯气，氯气能氧化二氧化硫，则二氧化铅能氧化二氧化硫，将SO2通入悬浮着黑色PbO2的热水中，发生的反应为SO2+PbO2=PbSO4↓，据此分析解答．
13．【答案】D
【解析】【解答】解：A、SO2为酸性氧化物，Ba（OH）2 反应生成BaSO3白色沉淀和水，故A不可选；
B、SO2溶于水生成H2SO3，而亚硫酸电离的H+和硝酸根组成了硝酸，硝酸具有强氧化性，能将+4的S氧化成SO42﹣，
而形成BaSO4白色沉淀，故B不可选；
C、S2﹣具有还原性，SO2具有氧化性，S2﹣和SO2发生氧化还原反应，生成S淡黄色沉淀，故C不可选；
D、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，因为弱酸不能制强酸，SO2不能和BaCl2发生反应，所以不会出现沉淀，故D可选；
故选：D．
【分析】A、SO2和Ba（OH）2 反应生成BaSO3沉淀；
B、SO2溶于水生成H2SO3，而亚硫酸电离的H+和硝酸根组成了硝酸，能将+4的S氧化成SO42﹣，而形成BaSO4沉淀；
C、S2﹣和SO2发生氧化还原反应，生成S单质沉淀；
D、SO2溶于水生成的H2SO3是弱酸，不会与强酸的钡盐发生复分解反应．
14．【答案】C
【解析】【解答】①84消毒液的主要成分为次氯酸钠，水解生成次氯酸具有强氧化性，能起漂白作用；
②二氧化硫可与有色物质结合形成无色的不稳定化合物而起到漂白的作用，没有发生氧化还原反应；
③过氧化氢有强氧化性，能漂白有色物质；
④漂白粉的有效成分为次氯酸钙，在溶液中水解生成次氯酸具有强氧化性，能起漂白作用；
综上分析，漂白原理相同的为①③④，
故答案为：C。
【分析】一般有两种漂白，具有氧化性的漂白是不可逆的，还有一种是与有机色素结合产生不稳定化合物起到漂白，这种漂白是可逆的；具有氧化性的是：84消毒液、过氧化氢、漂白粉
反应生成不稳定的化合物是二氧化硫
15．【答案】C
【解析】【解答】A．水晶主要成分是二氧化硅，是氧化物，不是硅酸盐，选项A不符合题意；
B．水玻璃为硅酸钠的水溶液，属于混合物，选项B不符合题意；
C．某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2O·Al2O3·6SiO2表示，选项C符合题意；
D．二氧化硅可用于制造光导纤维，高纯硅可用于制造太阳能电池，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．水晶主要成分是SiO2，SiO2是氧化物；
B．水玻璃属于混合物；
C．复杂的硅酸盐用氧化物形式表示顺序一般是：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水，除去氧元素外，其他元素按配置前后原子个数守恒原则配置系数；
D．光导纤维主要成分二氧化硅；
16．【答案】D
【解析】【解答】A．由分析可知，X对应的物质类别是单质，A不符合题意；
B．a为H2S，c为SO2，两者会发生氧化还原反应，不能大量共存，B不符合题意；
C．d为H2SO3，H2SO3溶液久置会被氧气氧化成H2SO4，亚硫酸是弱酸，硫酸是强酸，溶液酸性增强，pH减小，C不符合题意；
D．e为含亚硫酸根离子的盐，h为含硫酸根离子的盐，两者的溶液可能反应，如亚硫酸钠溶液和硫酸氢钠溶液可反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】易错点：处于相邻价态的含硫化合物不能发生氧化还原反应相互转化，但是不能代表处于相邻价态含硫化合物不反应，可以发生非氧化还原反应
17．【答案】D
【解析】【解答】SO42－的检验，先用稀盐酸酸化，直到没有现象为止，排除Ag＋、CO32－等的干扰，再加入氯化钡溶液，看是否生成白色沉淀。
A．直接加入稀盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除Ag＋的干扰，A项不符合题意；
B．先加氯化钡不能排除Ag＋的干扰，B项不符合题意；
C．加入硝酸钡，不能排除碳酸根、亚硫酸根等的干扰，C项不符合题意；
D．加入盐酸无明显现象，排除Ag＋等的干扰，再加入氯化钡有沉淀，说明有SO42－，D项符合题意;
故答案为：D。
【分析】根据硫酸根离子的检验方法进行判断，注意银离子的干扰。
18．【答案】D
【解析】【解答】解：二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀，
A．硫化氢和二氧化硫反应生成S沉淀，所以不符合题意，故A错误；
B．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸具有强氧化性，能氧化亚硫酸生成硫酸，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀，所以不符合题意，故B错误；
C．氨气和亚硫酸反应生成亚硫酸氨，亚硫酸氨和氯化钡发生复分解反应生成亚硫酸钡沉淀，所以不符合题意，故C错误；
D．HBr和亚硫酸不反应且和氯化钡不反应，所以没有生成沉淀，符合题意，故D正确；
故选D．
【分析】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸酸性小于HCl，所以亚硫酸和氯化钡不反应，则向BaCl2溶液中通入SO2溶液仍澄清，若再通入足量的某气体，溶液中仍然没有沉淀，则该气体不能将亚硫酸氧化为硫酸或该气体不能和亚硫酸反应生成沉淀，据此分析解答．
19．【答案】D
【解析】【解答】A.二氧化硫与水反应生成H2SO3，H2SO3又被空气中的氧气氧化为H2SO4，反应产生的硫酸进入水中形成酸雨，故SO2形成的硫酸型酸雨，A不符合题意；
B.在中和器中主要是将亚硫酸氢钠转化为硫酸钠，同时碳酸氢钠反应得到碳酸钠，主要反应化学方程式为：NaHSO3+NaOH=Na2SO3+H2O，离子方程式为HSO3-+OH-=SO32-+H2O，B不符合题意；
C.经过中和器后的物质既有形成的结晶状的固态物质，也有溶液，在离心机中进行混合物的分离，因为形成的固态颗粒小，因此有胶体存在，进入离心机的分散系是悬浊液，C不符合题意；
D.检验Na2SO3成品中是否含Na2SO4，若用稀盐酸和Ba(NO3)2溶液，H+、SO32-、NO3-会发生氧化还原反应，使SO32-转化为SO42-，因此不能检验其中是否含有Na2SO4，要用稀HCl和BaCl2溶液检验，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、酸雨的形成就是由二氧化硫，氮氧化合物大量排放；
B、中和器中为氢氧根和亚硫酸氢根反应，亚硫酸根和水；
C、在离心机中的物质为悬浊液，可以通过离心器分离开来；
D、在酸性条件下的硝酸根具有强氧化性。
20．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A不符合题意；
B．由分析可知，c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B不符合题意；
C．由分析可知，d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C符合题意；
D．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.根据分析此物质含硫元素，且属于亚硫酸或硫代硫酸钠等物质；
B.c是硫酸钡沉淀，不溶于酸；
C.d是二氧化硫含非极性键；
D.a可能是亚硫酸钠或硫代硫酸钠，反应后会生成硫单质淡黄色沉淀。
21．【答案】（1）②⑥⑦
（2）③⑥、④⑥
（3）；
（4）④⑦；紫色石蕊试液变红；
（5）不能；二氧化碳溶于水形成碳酸，碳酸酸性较弱，且碳酸不稳定易分解
【解析】【解答】(1)①氧气是单质，既不是电解质也不是非电解质；
②二氧化碳是非电解质，其溶于水形成H2CO3，H2CO3能电离使得溶液导电；
③氯化氢是电解质；
④氯气是单质，既不是电解质也不是非电解质；
⑤一氧化氮是非电解质，NO不与水反应，其水溶液无自由移动的离子，溶液不导电；
⑥氨气是非电解质，其溶于水生成一水合氨，一水合氨能电离使得溶液导电；
⑦二氧化硫是非电解质，其溶于水生成亚硫酸，亚硫酸能电离使得溶液导电；
故溶于水能导电的非电解质是②⑥⑦；
(2)HCl和NH3均为无色气体，二者反应生成NH4Cl，现象为有白烟生成(另外，氯气和氨气也能产生白烟)，故上述两种无色气体相遇易产生白烟的是③⑥、④⑥；
(3)铜和稀
反应产生一氧化氮的化学方程式为
；
中，NH3→N2，N元素化合价升高，失去2
3个电子，CuO→Cu，Cu元素化合价降低，得到3
2个电子，则该反应用双线桥表示为；
(4)二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，能使品红溶液褪色，故能使品红溶液褪色的是④⑦；氯气、二氧化硫和水反应生成H2SO4和HCl，能使紫色石蕊试液变红，离子方程式为
；
(5)二氧化碳溶于水形成碳酸，碳酸酸性较弱，且碳酸不稳定易分解，故二氧化碳不能形成酸雨。
【分析】需要记清楚电解质与非电解质的概念，同时电解质、非电解质都要是化合物，溶于水能够导电的非电解质要求先是非电解质，溶于水后与水反应生成电解质；写化学反应方程式要注意气体符号，得失电子守恒等问题；能够使品红溶液褪色，除了自身具有漂白性之外，溶于水后的产物具有漂白性也可。
22．【答案】（1）
（2）2：1
（3）取最后一次洗涤液于试管中，加入盐酸酸化的氯化钡溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀已经洗涤干净
（4）a
（5）；
（6）NaOH；
【解析】【解答】（1）焙烧过程中，CuS与O2反应生成CuO和SO2，该反应的化学方程式为2CuS＋3O22CuO＋2SO2。
（2）SO2转化为H2SO4的过程中，发生反应的化学方程式为2SO2＋O2＋2H2O=2H2SO4，因此转化反应中SO2与O2的物质的量之比为1：2。
（3）沉淀洗涤的过程中，主要是为了除去沉淀表面附着的SO42－，因此检验沉淀是否已洗涤干净，应取最后一次洗涤液，先加稀盐酸，再加BaCl2溶液，若无白色沉淀产生，则沉淀已经洗涤干净。
（4）“淘洗”过程是为了除去铜粉中混有的Fe，因此不能用浓硫酸、浓硝酸和稀硝酸等氧化性酸。
（5）H2O2具有氧化性，酸性条件下，能将Cu氧化成Cu2＋，该反应的离子方程式为Cu＋H2O2＋2H＋=Cu2＋＋2H2O；为避免产生污染性气体，也可用O2做氧化剂。
（6）由图示过程可知，过程Ⅰ中SO2先与NaOH反应，生成Na2SO3；过程Ⅱ中Ca(OH)2、O2和Na2SO3反应生成CaSO4和NaOH，因此可循环使用的试剂为NaOH；该过程的总反应为2SO2＋2Ca(OH)2＋O2=2CaSO4＋2H2O。
【分析】（1）焙烧过程中，CuS与O2反应生成CuO和SO2，据此写出反应的化学方程式。
（2）根据SO2与O2反应的化学方程式确定二者的物质的量之比。
（3）洗涤沉淀的过程，是为了除去沉淀表面附着的SO42－，结合SO42－的检验分析。
（4）“淘洗”是为了除去铜中混有的Fe，因此淘洗液不能与Cu发生反应。
（5）H2O2具有氧化性，酸性条件下能与Cu反应生成Cu2+，据此写出反应的离子方程式；为避免产生污染性气体，也可用O2做氧化剂。
（6）根据图示流程分析科循环利用的物质，以及反应的化学方程式。
23．【答案】（1）SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O
（2）Na2SO4；零价的氯元素或Cl
【解析】【解答】（1）SO2与过量NaOH溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为SO2+2NaOH＝Na2SO3+H2O。
（2）反应Cl2+Na2SO3+2NaOH＝2NaCl+Na2SO4+H2O中氯元素化合价降低，被还原，则被还原的元素是Cl，亚硫酸钠中硫元素化合价升高，失去电子被氧化，则其氧化产物为Na2SO4。
【分析】（1）SO2和NaOH反应，SO2不足生成亚硫酸钠和水；SO2过量，生成亚硫酸氢钠；
（2）反应Cl2+Na2SO3+2NaOH＝2NaCl+Na2SO4+H2O中，Cl2的化合价由0价降低为-1价，得到电子，被还原，是氧化剂；Na2SO3中S的化合价由+4价变为+6价，化合价升高，失去电子，被氧化，是还原剂。
24．【答案】（1）6；Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）ClO-+CH3COOH=HClO+CH3COO-；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解，其消毒作用减弱
（3）2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO +O2+2H2O
（4）2Cl2+Na2CO3=Cl2O+2NaCl+CO2；取少量品红溶液于试管中，滴加少量HClO溶液，振荡，溶液褪色，加热后不恢复红色，说明HClO具有永久漂白性
【解析】【解答】（1）题目信息提到HClO的杀菌能力比 强，则HClO含量越大其杀菌效果越好，由图可看到 时，HClO含量较高，故 的杀菌效果较强，本问第一空应填“6”；次氯酸钠的生成是将氯气通入氢氧化钠溶液中，本文第二空应填“ ”；
（2）醋酸和次氯酸均是弱酸，但同浓度醋酸酸性强于次氯酸，可以发生强酸制弱酸的反应，故写离子方程式时要注意拆写问题，本问第一空应填“ ”；“84消毒液”有效成分是次氯酸钠，空气中有 ， 的酸性强于次氯酸，所以次氯酸钠可以结合空气的 先生成HClO，由于HClO不稳定，见光易分解成盐酸和氧气，所以消毒效果减弱；所以本问第二空应填“NaClO溶液吸收空气中的 后产生HClO，HClO见光分解，其消毒作用减弱”；
（3）根据题意，确定反应物为双氧水、 ，还原产物为 ；氯元素的化合价降低，双氧水的氧元素化合价升高生成 ，依据氧化还原反应配平方法写出反应方程，故本问应填“ ”；
（4）依据化合价分析，可确定氯气既做氧化剂又做还原剂，确实产物为 和NaCl，结合无色无味气体，可以得到还有 生成，得到方程式，所以本问第一空应填“ ”；次氯酸具有漂白性，证明次氯酸的永久漂白性可以利用 暂时漂白品红溶液的特性作为对比实验，只要次氯酸漂白品红不能恢复原状，那就可以说明次氯酸具有永久性漂白，实验操作应填“取少量品红溶液于试管中，滴加少量HClO溶液，振荡，溶液褪色，加热后不恢复红色，说明HClO具有永久漂白性”。
【分析】
（1）据图观察即可，氯气和氢氧根反应生成氯离子和次氯酸根离子及水，注意电荷守恒即可；
（2）醋酸和次氯酸反应，根据强酸制弱酸进行即可，注意配平；次氯酸根是有效成分，而其酸性弱于碳酸，会与空气中的水和二氧化碳生成次氯酸，而次氯酸不稳定见光分解，故而失效；
（3）根据氧化还原反应得失电子守恒进行配平即可；
（4）根据推断的反应物和生成物，再利用得失电子守恒进行配平；利用品红溶液的特殊性进行检验。
25．【答案】（1）Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O
（2）品红溶液褪色；还原
（3）吸收尾气；SO2+2OH-=SO32-+H2O
【解析】【解答】(1)铜与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜和二氧化硫气体和水，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2↑+2H2O；(2)SO2气体具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以试管②品红溶液褪色；SO2气体具有强的氧化性，可以被强氧化剂氧化为硫酸，若试管②中的试剂为酸性KMnO4溶液，实验时，观察到溶液褪色，二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性；(3) SO2是有毒气体，不能直接排放空气中，由于SO2属于酸性氧化物，所以可用NaOH溶液进行尾气处理，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O。
【分析】(1)铜与浓硫酸在加热时反应生成硫酸铜和二氧化硫气体；(2)二氧化硫能使品红溶液褪色；若试管②中的试剂为酸性KMnO4溶液，实验时，观察到溶液褪色，二氧化硫与高锰酸钾发生氧化还原反应而褪色；(3)二氧化硫是有毒的酸性氧化物，不能直接排放空气中，所以用NaOH溶液吸收尾气。