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11硫及其化合物的相互转化--江苏省2023-2024学年高一化学上学期期末专题练习（苏教版）
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这是一份11硫及其化合物的相互转化--江苏省2023-2024学年高一化学上学期期末专题练习（苏教版），共32页。试卷主要包含了单选题，填空题，计算题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．（2024上·江苏连云港·高一统考期末）实验室用如图所示装置(夹持仪器已省略)制备半导体材料纳米二硫化亚铁()：将一定比例的、硫粉加入三颈烧瓶中，再加入一定量的有机物X(作为溶剂，沸点为350℃)和有机酸Y，290℃条件下搅拌，一段时间后得到黑色悬浊液，冷却、分离、干燥得到产品。下列说法正确的是
A．若得到，理论上至少需转移3ml电子
B．加入有机酸Y的作用是仅与反应生成，有利于后续反应进行
C．加热时三颈烧瓶上方出现红棕色气体，其相对分子质量为192，该气体可能是
D．测得产品中的，则产品中与结合的部分转化为
2．（2024上·江苏镇江·高一统考期末）反应3Fe+4NaOH=Fe3O4+2H2↑+4Na↑可用于制备钠。下列有关说法正确的是
A．钠可从四氯化钛溶液中置换出钛
B．生成的气体在空气中冷却可获得钠
C．该反应条件下铁的氧化性比钠强
D．每生成1mlH2转移的电子数约为4×6.02×1023
3．（2024上·江苏镇江·高一统考期末）工业上制备下列物质的生产流程合理的是
A．制备硫酸：SSO2H2SO4
B．制备漂白粉：NaCl溶液Cl2漂白粉固体
C．制备纯碱：饱和食盐水NaHCO3固体Na2CO3固体
D．制备金属镁：浓缩海水Mg(OH)2固体MgCl2溶液Mg
4．（2024上·江苏镇江·高一统考期末）工业上用生物法处理H2S的原理如下：
反应1：H2S+Fe2(SO4)3=S↓+2FeSO4+H2SO4
反应2：4Fe2SO4+2H2SO4+O22Fe(SO4)3+2H2O
以硫杆菌作催化剂时，反应温度及溶液pH对Fe2+氧化速率的影响分别如图1、图2所示，下列说法不正确的是
A．上述总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，Fe2(SO4)3是该反应的催化剂
B．当反应温度过高时，Fe2+氧化速率下降的原因可能是硫杆菌失去活性
C．由图-1、图-2可得出结论：使用硫杆菌作催化剂的最佳条件为30℃、pH=2.0
D．当反应1中转移0.1ml电子时，反应1中消耗的H2S在标准状况下的体积为2.24L
5．（2024上·江苏镇江·高一统考期末）SO2直接排放会造成环境污染，可用浓溴水等物质进行回收再利用。单质Se是半导体材料，Se可通过SO2还原H2SeO3获得。K2O2和KO2常用于潜水时的供氧剂。下列化学反应表示正确的是
A．SO2与溴水反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO3+HBr+HBrO
B．SO2还原H2SeO3：H2O+2SO2+H2SeO3=Se+2H2SO4
C．KO2与水的反应：KO2+H2O=KOH+O2
D．酸性KMnO4溶液与H218O2反应：2KMnO4+H2l8O2+3H2SO4=K2SO4+MnSO4+318O2↑+4H2O
6．（2023上·江苏·高一校联考期末）已知部分被氧化的镁条1.6g，和足量的盐酸反应，在标准状况下生成H21.12L，在跟盐酸反应前被氧化的镁是
A．1.2 gB．0.64 gC．0.4 gD．0.24 g
7．（2023上·江苏·高一期末）工业制备K2FeO4的离子方程式为(未配平)。下列有关说法不正确的是
A． K2FeO4中显价
B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．每1mlK2FeO4与水反应，产生
D． K2FeO4处理水时，形成的胶体能吸附水中悬浮的杂质
8．（2023上·江苏·高一期末）把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。
对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是
A．IO作氧化剂，具有氧化性
B．氧化性：MnO>IO
C．还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：5
D．若有1mlMn2+参加反应，则转移5ml电子
9．（2023上·江苏盐城·高一江苏省射阳中学校考期末）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．B．
C．D．过量NaOH溶液
10．（2023上·江苏盐城·高一统考期末）硫元素的“价一类”二维图如图所示。下列说法错误的是
A．a与c、d、e都有可能反应生成b
B．d溶液久置于空气中会生成，溶液的酸性增强
C．盐与盐之间也可能发生反应
D．铜与的浓溶液共热产生的气体通入和的混合溶液中，没有白色沉淀产生
11．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）钒的氧化物(如等，均难溶于水)在光储材料等领域有广泛应用。在800℃下，和焦炭反应可生成和，同时得到气体。反应体系中钒氧化物的质量分数(%)随n(焦炭)：的变化关系如图。下列说法不正确的是
A．该条件下的氧化性强于和
B．铝还原制钒的反应属于置换反应
C．参加反应的n(焦炭)：时，反应所得
D．碳的用量越大，还原产物中含量越低
12．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）据史料记载，我国在明代就有了利用绿矾和硝酸钾制备硝酸的工艺，其主要流程如图所示。已知“煅烧”后产生和三种气体。
下列说法不正确的是
A．中既含有离子键也含有共价键
B．将烧渣溶于硫酸后加入可判断煅烧是否完全
C．“吸收”过程中发生的氧化还原反应为
D．加入硝酸钾制得硝酸是因为硫酸的沸点高于硝酸
二、填空题
13．（2024上·江苏连云港·高一统考期末）下表列出了五种燃煤烟气脱硫的方法。
(1)方法Ⅰ中吸收后的溶液通过 (填字母)可使吸收液再生。
a．加热 b．加入适量NaOH c．通入
(2)方法Ⅱ中CO还原反应的化学方程式为 。
(3)方法Ⅲ在脱硫塔中进行，在脱硫的同时可得到产品硫酸。由于对热不稳定，且硫酸浓度大也会导致其分解产生，需定时向脱硫塔中补充 。
(4)方法Ⅳ按如图所示方式，将含有烟气和NaClO碱性溶液通入反应釜。
①该反应中的离子方程式为 。
②反应釜中采用“气-液逆流”接触吸收法的优点是 。
(5)工业上方法Ⅴ的转化流程如下：
①氧化塔内发生反应的化学方程式为 。
②若用NaOH溶液代替悬浊液，增加了生产成本，但可以防止 。
14．（2024上·江苏泰州·高一统考期末）硫元素是动植物生长不可缺少的元素，图1是自然界中硫元素的存在示意图。图2是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系，回答下列问题。
(1)图1中与图2中M、N对应的物质分别是 、 。
(2)X与Y反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)溶液易变质，实验室检验溶液是否变质的基本操作是 。
(4)已知能被酸性氧化为，则的溶液与的溶液恰好反应时，发生的离子方程式为： 。
(5)过二硫酸钠有强氧化性，在碱性条件下溶液能将氧化成，且反应后的溶液滴入溶液生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，该反应的离子方程式为 。
(6)雌黄和雄黄在自然界中共生且可以相互转化（两者的硫元素价态均为－2价）。
①和在盐酸中恰好完全反应转化为和并放出气体。则参加反应的和的物质的量之比为 。
②和可以相互转化，转化过程中存在如图所示的步骤。若参加反应时，转移电子，则物质为 ，消耗氧气 ml。
15．（2022上·江苏无锡·高一统考期末）二氧化氯消毒剂是国际公认的高效消毒灭菌剂。
(1)制备的一种反应为：，用双线桥法标出其电子转移的方向和数目 。
(2)实验室可用亚氯酸钠溶液与氯气反应制，此反应的化学方程式为 。
(3)可将废水中的转化为而除去，本身被还原为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。
(4)可经过题图所示的转化制取。已知“反应II”为复分解反应。
①“反应I”的离子方程式为 。
②过滤之后是洗涤，判断沉淀是否洗涤干净的方法是 。
(5)一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为、、，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到溶液。取某品牌泡腾片1片溶于水配成溶液，为测定溶液中的含量，进行了下列实验：
①取该溶液，加入锥形瓶中，用稀硫酸调节溶液，再加入足量晶体，发生反应：
②用溶液和生成的碘单质反应，化学方程式如下：，恰好完全反应时消耗溶液。
则配成的溶液中的物质的量浓度为 。(写出计算过程)
16．（2023上·江苏连云港·高一统考期末）工厂烟气中含有的，直接排放会污染空气。工业上采用多种方法脱硫。
(1)氨水脱硫。氨水脱硫主要分为吸收、中和、氧化3个环节。已知：氧化时随溶液pH升高被空气氧化的速率如图1所示。溶液中、、的物质的量分数随pH的分布如图2所示。
①中和过程用氨水将吸收液(pH约为4)pH调到6~7，该过程中含硫微粒浓度增大的是 。
②溶液pH大于4.5，随pH增大，被氧化速率逐渐减慢的原因是 。
(2)生物热解气脱硫。生物热解气主要成分为CO、、，高温下将还原为。高温还原的化学方程式为 。
(3)海水脱硫。海水中含有少量碳酸盐(和)，呈微碱性()。海水脱硫过程如下图所示：
①在吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是 。
②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是 。
(4)石灰石脱硫。工业上燃煤时常在煤炭中加入石灰石，从源头上减少排放。在煤炭中加入一定量石灰石，850℃通入一定浓度的氧气，反应为
①通入气体中氧气的浓度偏低时，产生的CO与反应生成CaO等三种氧化物，导致脱除率下降。该反应的方程式为 。
②不同氧气浓度影响了石灰石的利用率，氧气含量20%和40%时对石灰石表面结构的影响如图。氧气浓度高石灰石利用率偏低的原因是 。
三、计算题
17．（2022上·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）肼(N2H4)是一种强还原剂，用与反应可用于生产肼(N2H4)，其反应的化学方程式为：。工业碱性溶液中含有会影响所得肼的产品质量。测定碱性溶液中的含量的方法如下：取碱性溶液试样，加入过量，将完全还原(在酸性条件下具有强氧化性，但碱性条件下几乎无氧化性)，加热煮沸，除去过量的，冷却至室温，加入稀硫酸至酸性，再加入溶液，充分反应，将完全还原，再用酸性溶液氧化多余的(被还原为)，消耗酸性溶液。
(1)与次氯酸钠反应的离子方程式为 。
(2)通常不选用盐酸酸化的原因是 。
(3)计算样品中的含量(以g/L表示)，写出计算过程。 。
18．（2022上·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期末）请回答下列问题：
(1)标准状况下，V L氯化氢(HCl)溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)所得溶液的密度为ρ g/mL，则所得盐酸物质的量浓度为
(2)将a ml钠和a ml铝一同投入m g足量水中，所得溶液密度为d g·mL-1，该溶液中溶质质量分数为
(3)在200 mL氯化镁和氯化铝的混合溶液中，c(Mg2+)为0.2 ml·L-1，c(Cl-)为1.3 ml·L-1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 ml·L-1 NaOH溶液的体积为
(4)某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入112 mL Cl2(标准状况下)，恰好将Fe2+完全氧化。x值为
(5)向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 ml·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是
(6)某无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，逐滴加入0.1 ml·L-1 NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积和生成沉淀之间的关系如下图所示。则溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为
19．（2021上·江苏苏州·高一统考期末）碱式硫酸铁(Fe元素为+3价)是一种新型高效絮凝剂。为确定该碱式硫酸铁的化学式，进行了如下实验∶
步骤 1.称取一定量样品完全溶于稀盐酸中，配成100.00mL溶液。
步骤2.取步骤1所得溶液25.00 mL，加入足量 BaCl2溶液，充分反应，静置、过滤、洗涤、干燥，称得沉淀 2.330 g。
步骤3.另取步骤1所得溶液25.00mL，加入足量的某试剂(与酸性KMnO4溶液不反应)，将 Fe3+完全还原为 Fe2+，再向其中滴加 0.1000 ml·L-1酸性 KMnO4溶液，测得 Fe2+恰好完全反应时消耗 KMnO4溶液 16.00 mL。
已知∶(未配平)
通过计算确定该碱式硫酸铁的化学式 。(写出计算过程)
20．（2020上·江苏南通·高一统考期末）一种由CuO和KHC2O4溶液反应的到的蓝色结晶［KaCub(C2O4)c•dH2O］。为测定其组成，进行了如下实验：
步骤1称取3.5400 g该晶体，加入过量稀硫酸，待样品完全溶解后加入适量水，配制成100 mL溶液A．
步骤2量取20.00 mLA溶液，滴加0.2000 ml• L-1KMnO4溶液至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液8.00 mL。
步骤3另取20.00 mLA溶液，加入足量NaOH溶液，充分反应后，经过滤、洗涤、灼烧、称重，得到黑色固体粉末0.16 g。
已知：步骤2中发生反应：2MnO4-+ 5H2C2O4+ 6H+= 2Mn2++10CO2↑ + 8H2O。
（1）步骤1中配制溶液A时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 。
（2）3.5400 g该样品中含n(C2O42-)= ml。
（3）3.5400 g该样品中含n(Cu2+)= ml。
（4）通过计算确定该蓝色晶体的化学式 (计算过程)。
四、解答题
21．（2024上·江苏镇江·高一统考期末）用黄铁矿(主要成分为FeS2)与软锰矿(主要成分为MnO2)制备MnO并向收单质硫的流程如下。
已知：①酸浸反应时有Fe2(SO4)3和S生成，滤液1主要含有Mn2+、Fe2+、Fe3+等金属阳离子
②形成Fe(OH)3沉淀较Fe(OH)2沉淀更利于去除完全
③氧化性顺序：MnO2>Fe3+>S
④(NH4)2S等铵盐受热易分解
Ⅰ.制备MnO：MnO是一种重要的化工原料，可出Mn(OH)2在隔绝空气的条件下加热制得：Mn(OH)2MnO+H2O
(1)①酸浸：保持酸浸时的温度和稀硫酸的浓度不变，请再写出一条提高浸取率的措施： 。
②除杂步骤中，在加破溶液前要先加适量软锰矿粉，其原因是 。
③请补充完整由滤液2(主要含有MnSO4)制取MnO的实验方案：边搅拌边向滤液2中加入1ml/L的NaOH溶液，静置后向上层消液中继续滴加1ml/L的NaOH溶液不再产生沉淀，过滤 得高纯的MnO固体。(实验中必须使用的试剂：蒸馏水，0.1ml/L的盐酸，0.1ml/L的BaCl2)
Ⅱ.回收硫单质
(2)①回收单质硫的流程中可循环利用的物质是 。
②(NH4)2S溶液浸取滤渣1时的反应为(n-1)S+S2-=，硫单质浸取率随温度变化曲线如图-1所示。温度高于30℃，硫单质浸取率下降的可能原因是 。
(3)热分解过程中也可能产生SO2气体，用FeS2/Al2O3负载型催化剂(以Al2O3为催化剂载体、FeS2为催化剂)来催化H2还原烟气中SO2制S，处理SO2的同时回收硫，反应部分机理如图-2所示。
①图-2中X的电子式为 。
②其他条件一定，改变起始时的值，反应相同时间，测得S的产率与温度和的关系如图-3所示。500℃时，的值从2变化到3，S的产率减小的原因是 。
22．（2023上·江苏宿迁·高一江苏省泗阳中学校考期末）卤素化合物在生产生活中具有广泛的用途。碘酸钾()常用于调节缺碘的添加剂。碘酸易溶于水，不溶于有机溶剂，用作分析试剂与制造药物。
(1)制取：先将一定量固体与碘水或盐酸其中一种浴液混合后加入三颈瓶(如下图)。再用分液漏斗将另一种溶液缓慢滴加至三颈瓶中，充分反应，该溶液是 (填名称)。水浴加热，反应生成和，该反应的离子方程式为 。
(2)制备：
①用上图所示的装置制取碘酸。的作用 。
②三颈瓶中发生反应的离子方程式为 。
③除去溶液中少量的的实验操作是： 。
23．（2023上·江苏宿迁·高一江苏省泗阳中学校考期末）硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用作纸将漂白的脱氯剂。实验室可用下图装置制备少量Na2S2O3。
已知：①BaS2O3难溶于水
②Na2S2O3在酸性溶液中发生反应
(1)装置B的作用是 。
(2)装置C中反应生成Na2S2O3的同时放出CO2，其离子方程式为 ，该反应中SO2体现了 (填“氧化性”或“还原性”)。
(3)装置C所得溶液经过结晶等操作获得的Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4，检验其中含有Na2SO4的实验操作是：取少量固体， 。
24．（2022上·江苏苏州·高一统考期末）实验室制备并探究其性质及应用的方案如下。回答下列问题：
(1)制备(部分固定装置略)
①制备二氧化硫可以选择装置 (填大写字母)，其反应的化学方程式为 。
②利用图中装置收集一瓶干燥的，其连接顺序：发生装置 (按气流方向，填小写字母)。
(2)制备大苏打
已知在35℃以上的干燥空气中容易失去结晶水，难溶于乙醇.其水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和。
①将通入装有、混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色。继续通入气体，当溶液中再次出现 现象时，反应基本结束。
②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤， ，可得到固体。
③为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入 。
25．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）(熔点，沸点11℃)是一种高效消毒灭菌剂，可有效灭活新冠病毒，极易溶于水，在碱性环境中发生反应：；稳定性较差，易分解，体积分数大于10%时可能爆炸，常用和混合溶液吸收转化为保存。现利用如下装置及试剂制备。
请回答下列问题：
(1)已知75%浓硫酸密度是，其物质的量浓度约为 。用98%浓硫酸配制该浓度的溶液，除量筒、烧杯、玻璃棒之外还需要的仪器有： 。
(2)装置B生成的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。实验过程中持续通入的作用是 。
(3)装置C需采用冰水浴的可能原因是 (任写一点)。
(4)装置C中和与反应制取的离子方程式为 ；加入过量导致的后果是 。
方法Ⅰ
用溶液吸收
方法Ⅱ
用生物质热解气(主要成分为CO、、)将在高温下还原成S
方法Ⅲ
用溶液吸收
方法Ⅳ
用NaClO碱性溶液吸收
方法Ⅴ
石灰-石膏法吸收
参考答案：
1．A
【详解】A．和硫粉生成，Fe元素从+3价变为+2价，S从0价变为-1价，理论上得到，至少需转移3ml电子，故A正确；
B．由题给信息可知，反应温度为290℃，水的沸点为100℃，且硫无法溶于水，因此使用沸点为350℃的有机物X做溶剂，氧化铁为固体，不易参与反应，有机酸可与氧化铁反应生成铁离子，有利于铁离子参与后续反应，故B错误；
C．红棕色气体，其相对分子质量为192，相对分子质量为256，故C错误；
D．产品中部分转化为，不会影响的值，故D错误；
故答案选A。
2．D
【详解】A．钠会先和水反应生成氢氧化钠，不能置换出其中的钛，A错误；
B．钠极易被空气中的氧气氧化，B错误；
C．该反应条件下铁的还原性比钠强，而不是氧化性，C错误；
D．每生成1mlH2，转移的电子为4ml，所以转移的电子数约为4×6.02×1023，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．工业上制备硫酸时，首先将硫铁矿煅烧得到二氧化硫，然后将二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，最后将三氧化硫用98％的浓硫酸吸收，制得硫酸，故A错误；
B．工业上制备漂白粉时，首先电解饱和食盐水制备氯气，然后将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，故B错误；
C ．工业上制备纯碱时，首先将氨气通入饱和食盐水中，然后再通入二氧化碳气体发生反应，生成碳酸氢钠晶体，然后过滤洗涤得到碳酸氢钠晶体，再将碳酸氢钠晶体加热分解得到纯碱，故C正确；
D．工业上制备金属镁时，先浓缩海水，然后将浓缩海水中的氢氧化钙转化为氢氧化镁沉淀过滤，得到氢氧化镁沉淀，再将氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，最后电解熔融氯化镁得到金属镁，故D错误；
故答案为：C 。
4．D
【详解】A．根据反应1和2可得，上述总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，Fe2(SO4)3是该反应的催化剂，故A说法正确；
B．温度过高，能使蛋白质变性，催化剂的活性降低，因此当反应温度过高时，Fe2+氧化速率下降的原因可能是硫杆菌失去活性，故B说法正确；
C．根据图像可知，催化剂活性最大的最佳条件是30℃，pH=2.0左右，故C说法正确；
D．反应1中，消耗1mlH2S，转移电子物质的量为2ml电子，因此转移0.1ml电子时，消耗硫化氢在标况下体积为1.12L，故D说法错误；
答案为D。
5．B
【详解】A．SO2与溴水反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故A错误；
B．SO2还原H2SeO3反应为：H2O+2SO2+H2SeO3=Se+2H2SO4，故B正确；
C．KO2与水的反应为：2KO2+2H2O=4KOH+O2，故C错误；
D．酸性KMnO4溶液与H218O2反应为：2KMnO4+5H2l8O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2O，故D错误；
故选B。
6．D
【详解】n(H2)==0.05ml，根据方程式：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，所以有n(Mg)=n(H2)=0.05ml，m(Mg)=0.05 ml×24 g·ml-1=1.2g，m(MgO)=1.6g-1.2 g=0.4g；根据关系式Mg～MgO，n(Mg)被氧化=n(MgO)= =0.01ml，所以被氧化的镁的质量为m(Mg)被氧化=0.01 ml×24g·ml-1=0.24g，D选项符合；
故答案选D。
7．C
【详解】A．根据化合物中化合价的代数和为0，K2FeO4中K为+1价，O为-2价，故显价，A正确；
B．在反应中，，化合价升高3个单位，被氧化，作还原剂，，化合价降低2个单位，被还原，作氧化剂，根据化合价升降守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，B正确；
C．1mlK2FeO4与水反应，转移3ml电子，而生成需转移2ml电子，根据电子守恒可知，1mlK2FeO4与水反应生成0.75mlO2，C错误；
D．K2FeO4处理水时，还原产物为，形成的胶体能吸附水中悬浮的杂质，D正确；
故答案为：C。
8．B
【分析】图1中，产物中有H＋，反应物中有Mn2＋，根据原子守恒，反应物中有H2O，产物中有MnO，Mn元素的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高，I元素的化合价必须降低，IO为反应物，IO为产物，即该离子方程式为Mn2＋＋IO＋H2O→MnO＋IO＋H＋(未配平)。
【详解】A．根据上述分析，IO中I元素的化合价由+7降低为+5价，即IO为氧化剂，具有氧化性，A正确；
B．MnO为氧化产物，根据氧化还原反应的规律中强弱规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即氧化性：IO>MnO，B错误；
C．Mn元素的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高5价，IO中I元素的化合价由+7降低为+5价，化合价降低2价，根据得失电子数目守恒，因此有n(Mn2＋)×5=n(IO)×2，则(Mn2＋)：n(IO)=2：5，C正确；
D．根据C选项分析，1mlMn2＋参加反应，转移电子物质的量为5ml，D正确；
答案选B。
9．B
【详解】A．FeS2高温和氧气反应生成SO2，故A错误；
B．氯气和铁反应只能生成氯化铁，故B正确；
C．溴的氧化性强于碘，KBr和碘不反应，故C错误；
D．过量的氢氧化钠溶液和CO2反应生成碳酸钠，故D错误；
答案选B。
10．D
【分析】根据硫元素化合价以及物质类别可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f为含有或的盐、g为含有或的盐。
【详解】A．a为H2S，可以和SO2、H2SO3、H2SO4发生归中反应生成硫单质，故A正确；
B．H2SO3具有较强的还原性，在空气中久置会被氧气氧化成硫酸，硫酸的酸性更强，pH更小，故B正确；
C．若g为硫酸氢盐，在溶液中可电离出H+，H+可以与或反应生成 SO2和H2O，故C正确；
D．铜与浓硫酸共热产生的气体是SO2， SO2具有还原性，与H2O2会发生氧化还原反应，产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀，故D错误；
故本题选D。
11．C
【详解】A．由题意可知和焦炭反应可生成和，该反应中作氧化剂，和作还原产物，则氧化性强于和，故A正确；
B．铝还原生成V和氧化铝，该反应属于置换反应，故B正确；
C．参加反应的n(焦炭)：，设焦炭为2ml，为3ml，C转化为，2mlC反应失去8ml电子，则3ml得8ml电子，设生成xml，yml，则0.5x+y=3、x+4y=8，解得：x=4，y=1，，故C错误；
D．由图可知随n(焦炭)：越大，即碳的用量越大，的物质的量分数越低，故D正确；
故选：C。
12．B
【分析】绿矾煅烧得到氧化铁和二氧化硫气体，二氧化硫被氧气氧化、被水吸收得到硫酸，加入硝酸钾得到硫酸钾和硝酸，蒸馏得到硝酸。
【详解】A．中亚铁离子与硫酸根离子形成离子键，S与O、O与H之间形成共价键，则既含有离子键也含有共价键，故A正确；
B．将烧渣溶于硫酸后加入KSCN可检验生成铁离子，不能检验亚铁离子，则不能判断煅烧是否完全，故B错误；
C．“吸收”过程中二氧化硫被氧化，则发生的氧化还原反应为，故C正确；
D．因硫酸难挥发，硝酸易挥发，则加入硝酸钾制得硝酸是因为硫酸的沸点高于硝酸，故D正确；
故选B。
13．(1)a、b
(2)
(3)冷水(或水)
(4) 让烟气和吸收液充分接触，提高的吸收效率
(5) 亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞
【详解】（1）用溶液吸收转化为亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠受热易分解生成二氧化硫和，且亚硫酸氢钠和氢氧化钠转化为亚硫酸钠，故通过a．加热或b．加入适量NaOH，可使其吸收液再生；
（2）方法Ⅱ中CO将在高温下还原成S，则CO被氧化为二氧化碳，反应为；
（3）过氧化氢氧化二氧化硫生成硫酸，反应为，由于对热不稳定，且硫酸浓度大也会导致其分解产生，需定时向脱硫塔中补充水，以降温和稀释生成的硫酸；
（4）①该反应中二氧化硫被次氯酸钠在碱性条件下氧化为硫酸钠，同时生成氯化钠，离子方程式为；
②反应釜中采用“气-液逆流”接触吸收法的优点是让烟气和吸收液充分接触，提高的吸收效率；
（5）①氧化塔内发生反应为吸收塔中生成的亚硫酸钙被氧气氧化为，化学方程式为。
②反应中生成的亚硫酸钙溶解度较小，在输送中容易造成管道堵塞，故用NaOH溶液代替悬浊液，增加了生产成本，但可以防止亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞。
14．(1) CaSO4∙2H2O、Na2SO4∙10H2O CuFeS2
(2)1∶2
(3)取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明Na2SO3溶液已经变质
(4)3++8H+=3+2Cr3++4H2O
(5)3+I-+6OH-=6++3H2O
(6) 1∶1 SO2 7
【分析】根据图2可知，X为H2S，Y为SO2，M为硫酸盐，N为含-2价S的盐类。
【详解】（1）M为硫酸盐，则图1中与图2中M对应的物质是CaSO4∙2H2O、Na2SO4∙10H2O；N为含-2价S的盐类，则图1中与图2中N对应的物质是CuFeS2。
（2）X为H2S，Y为SO2，两者反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，该反应中H2S中S元素的化合价升高，H2S为还原剂，SO2中S元素的化合价降低，SO2为氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2。
（3）Na2SO3溶液易被空气中的氧气氧化成Na2SO4而变质，要检验实验室中Na2SO3溶液是否变质，只要检验溶液中是否含，基本操作是：取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明Na2SO3溶液已经变质。
（4）n(Na2SO3) ∶n(K2Cr2O7)= (0.05ml/L×0.024L)∶(0.02ml/L×0.02L)=3∶1，Na2SO3被氧化成Na2SO4，根据得失电子守恒，被还原成Cr3+，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3++8H+=3+2Cr3++4H2O。
（5）在碱性条件下Na2S2O8溶液能将I-氧化成，且反应后的溶液滴入BaCl2溶液生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明被还原成，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3+I-+6OH-=6++3H2O。
（6）①As2S3中S元素的化合价为-2价，则As元素的化合价为+3价，As4S4中S元素的化合价为-2价，则As元素的化合价为+2价，As2S3和SnCl2在盐酸中恰好完全反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，反应中As元素的化合价由+3价降至+2价，As2S3为氧化剂，Sn元素的化合价由+2价升至+4价，SnCl2为还原剂，根据得失电子守恒，参加反应的As2S3和SnCl2的物质的量之比为1∶1。
②根据As守恒，1mlAs4S4转化成2mlAs2O3，As元素的化合价由+2价升至+3价，4ml+2价的As失去4ml电子，共转移28ml电子，则4ml-2价S失去28ml-4ml=24ml电子，1ml-2价S失去6ml电子，则物质a为SO2；O2共得到28ml电子，则消耗O2物质的量为=7ml。
15．(1)
(2)2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl
(3)2∶5
(4) MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净
(5)n()=0.20001210-3ml=2.410-3ml，n(ClO2)==4.810-4ml，c(ClO2)==
【详解】（1）氯酸钠是氧化剂，氯酸钠中+5价氯得电子化合价降低生成二氧化氯，亚硫酸钠是还原剂，亚硫酸钠中+4价硫失电子化合价升高变成硫酸钠，每发生1ml上述反应转移2ml电子：；
（2）实验室可用亚氯酸钠溶液与氯气反应制，亚氯酸钠作还原剂失电子化合价升高生成二氧化氯，氯气作氧化剂得电子化合价降低生成氯化钠，此反应的化学方程式为2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；
（3）二氧化氯是氧化剂，得电子化合价降低为氯离子，锰离子失去电子化合价升高生成二氧化锰：6H2O+2ClO2+5Mn2+=12H++5MnO2+2Cl-，故氧化剂与还原剂的物质的量之比是2∶5；
（4）①该反应是二氧化锰与浓盐酸反应制氯气的反应：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2；
②过滤之后是洗涤，判断沉淀是否洗涤干净的方法是过滤后对沉淀进行洗涤，然后通过检验洗涤液中是否含有Cl-，确定沉淀是否洗涤干净，操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净；
（5）由题干信息可知2ClO2～5I2～10，恰好完全反应时消耗溶液，n()=0.20001210-3ml=2.410-3ml，n(ClO2)==4.810-4ml，c(ClO2)==。
16．(1) 随pH增大溶液中转化为，的不易被氧气氧化
(2)
(3) 气液逆流，增大吸收面积，使被充分吸收 不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物
(4) 氧气浓度大，反应速率快，产生的颗粒小，在石灰石表面产生致密的层阻碍了石灰石进一步反应
【详解】（1）①从图分析， pH调到6~7，该过程中含硫微粒浓度增大的是亚硫酸根离子。
②溶液pH大于4.5，随pH增大，溶液中的亚硫酸氢根离子转化为亚硫酸根离子，亚硫酸根离子不容易被氧化，故被氧化速率逐渐减慢。
（2）生物热解气主要成分为CO、、，高温下将还原为。高温还原的化学方程式为。
（3）①在吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使被充分吸收。
②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物。
（4）①通入气体中氧气的浓度偏低时，产生的CO与反应生成CaO等三种氧化物，说明还生成二氧化碳和二氧化硫，该反应的方程式为。
②氧气浓度高石灰石利用率偏低的原因是氧气浓度大，反应速率快，产生的颗粒小，在石灰石表面产生致密的层阻碍了石灰石进一步反应。
17．(1)
(2)盐酸与反应生成或
(3)3.195g/L
【详解】（1）根据氧化还原原理，ClO-中的Cl元素由+1价降低到-1价的Cl-，H2O2中的O元素由-1价升高到0价O2，可以写出：；
故答案为：。
（2）因为盐酸与反应生成或，所以不能选用盐酸酸化；
故答案为：盐酸与反应生成或。
（3），
设与参加反应的Fe2+的量为x， 与反应的Fe2+的物质的量为，所以与反应的Fe2+为，根据Fe2+与的反应设参加反应的NaClO3的物质的量为y，
，在10mLNaClO3溶液中n(NaClO3)=0.0003ml，所以样品中NaClO3的含量 ；
故答案为：3.195g/L
18．(1)1000Vρ/(36.5V+22400)
(2)
(3)80mL
(4)0.80
(5)2.8g
(6)2∶2∶1
【详解】（1）标准状况下，V L氯化氢的物质的量为ml，故溶质质量m=g，溶液质量为(+1000)g，则所得盐酸溶液的体积为10-3L，则盐酸物质的量浓度c==，故答案为：。
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铝再和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，由反应关系可知，，，
所得溶质NaAlO2的质量为82a g，溶液质量为（23+27）a g+m g-()2g=(46a+m)g，则该溶液中溶质（NaAlO2）质量分数为100%=，故答案为：。
（3）溶液中n(Cl-)=0.2L1.3 ml·L-1=0.26ml，n(Mg2+)=0.2L0.2 ml·L-1=0.04ml，根据电荷守恒，溶液中n(Al3+)==0.06ml，将200 mL此混合溶液中的Mg2+全部转化为沉淀分离出来，反应后的溶液为NaCl和NaAlO2的混合溶液，由原子守恒可知n(NaOH)= n(Na)= n(Cl)+n(Al)= 0.26ml+0.06ml=0.32ml，所以至少需加4 ml·L-1 NaOH溶液的体积为=0.08L=80mL，故答案为：80mL。
（4）根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2被还原为Cl-转移的电子数相等，标准状况下112 mL Cl2反应转移电子的物质的量==0.01ml，则有(3-)x=0.01，解得x=0.80，故答案为：0.80。
（5）盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=n(HCl)=0.1L1 ml·L-1=0.05ml；用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)= n(FeCl2)=0.05ml，质量为0.05ml56g/ml=2.8g，故答案为：2.8g。
（6）向混合溶液中加入NaOH溶液，NaOH先与H+反应，该反应过程没有沉淀生成，由图可知与H+反应的NaOH溶液的体积为10mL，溶液中H+的物质的量为0.01L0.1 ml·L-1=0.001ml；当H+消耗完之后再加入NaOH溶液，会与Al3+和Mg2+反应生成沉淀，随着NaOH溶液的加入沉淀越来越多，但是当沉淀完全时，再加入NaOH溶液，由于氢氧化铝溶于NaOH溶液，所以沉淀的质量会减少，即图中的B-C段，此段消耗的NaOH溶液是10mL，根据氢氧化铝与氢氧化钠的反应方程式得出氢氧化铝的物质的量为0.01L0.1 ml·L-1=0.001ml，溶液中Al3+的物质的量为0.001ml，参与生成沉淀的NaOH溶液在生成沉淀最多时消耗的NaOH溶液的体积是50mL-10mL=40mL，NaOH的物质的量为0.004ml，根据生成的氢氧化铝的物质的量可以得出与Al3+结合的氢氧根的物质的量为0.003ml，所以与Mg2+结合的氢氧根的物质的量为0.004ml-0.003ml=0.001ml，所以氢氧化镁的物质的量为0.0005ml，所以溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为0.001: 0.001: 0.0005=2:2:1，故答案为：2:2:1。
19．Fe4(OH)2(SO4)5
【详解】实验中所取溶液为25.00 mL，而配制原溶液为100.00mL溶液，计算时要注意扩大倍数；根据题意，样品中的硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：+Ba2+= BaSO4↓；根据～ BaSO4关系，1ml：233g=：2.330g×， 可得n()=0.0400ml；高锰酸钾能够氧化亚铁离子，离子方程式为：；根据5Fe3+～ 5Fe2+～KMnO4关系，5ml：1ml=：，=0.03200ml；电解质溶液为电中性，根据电荷守恒∶，0.032×3=0.04×2+n(OH-)×1，可得 n(OH-)=0.01600 ml；则0.03200ml∶0.01600ml∶0.04000ml=4∶2∶5；碱式硫酸铁的化学式为。
20． 100 mL容量瓶、胶头滴管 0.02 0.01 3.5400 g 该样品中含 n(Cu2+)为0.01ml，含n(C2O42-)为0.02ml，由电荷守恒可知含n(K＋) =2n(C2O42-)- 2n(Cu2+)=0.02ml，则含n(H2O) ==0.02ml，则A中n(K＋):n(Cu2+):n(C2O42-):n(H2O) =2:1:2:2，故化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O
【详解】（1）配制成100 mL溶液A的操作步骤为溶解、转移、洗涤、定容、装瓶，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100 mL容量瓶（胶头滴管）；
（2）由题给方程式可得关系式2MnO4-～5C2O42-，20.00 mLA溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.2×8×10-3ml，则3.5400 g 该样品中含 n(C2O42-)=0.2×8×10-3ml×5×=0.02ml，故答案为：0.02；
（3）由铜原子个数守恒可得关系式Cu2+～CuO，20.00 mLA溶液得到CuO的物质的量为=0.002ml，3.5400 g 该样品中含 n(Cu2+)=0.002ml×5=0.01ml，答案为：0.01；
（4）3.5400 g 该样品中含 n(Cu2+)为0.01ml，含n(C2O42-)为0.02ml，由电荷守恒可知含n(K＋) =2n(C2O42-)- 2n(Cu2+)=0.02ml，则含n(H2O) ==0.02ml，则A中n(K＋):n(Cu2+):n(C2O42-):n(H2O) =2:1:2:2，故化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O。
21．(1) 加速搅拌(或延长酸浸时间、粉碎等) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于生成Fe(OH)3除去(或将Fe2+氧化为Fe3+，有利于除铁等合理答案) 用蒸馏水洗涤，至向最后一次洗涤后滤液中滴加0.1ml/L盐酸和0.lml/L的BaCl2溶液不出现沉淀。干燥，将所得固体在隔绝空气的条件下加热到400℃
(2) (NH4)2S 当温度高于30℃时，(NH4)2S受热分解，导致S2-浓度减少，单质硫的浸取率下降
(3) 的值从2到3，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小
【分析】为了增大反应接触面积，软锰矿和黄铁矿经粉碎研磨与硫酸混合，由于MnO2在酸性条件下具有氧化性，因此反应生成可溶性硫酸锰、硫酸铁和单质硫，过滤后，滤液用碱液处理除去铁元素后，再过滤，溶液经浓缩结晶得产品MnSO4∙H2O，滤渣与(NH4)2S混合作用后，经分解处理得另一产品S，分解的其它产物可转化为(NH4)2S循环使用，由此分析；
【详解】（1）①加速搅拌(或延长酸浸时间、粉碎等)可以提高浸取率。
②根据分析，加MnO2后将Fe2+转化为Fe3+，Fe(OH)3的Ksp小，易生成沉淀；
③用蒸馏水洗涤，至向最后一次洗涤后滤液中滴加0.1ml/L盐酸和0.lml/L的BaCl2溶液不出现沉淀。干燥，将所得固体在隔绝空气的条件下加热到400℃。
（2）①根据分析，(NH4)2S可以循环使用。
②铵盐不稳定，受热易分解，当温度高于30℃，(NH4)2S分解，导致S2-浓度减少，单质硫的浸取率下降；
（3）①图2中FeSx和H2反应生成M、FeSx-1和H•的化学方程式为FeSx+H2=HS•+FeSx-1+H•，HS•的电子式为；
②500℃时，n(H2)/n(SO2)比值为3时硫的产率小于比值为2时的原因n(H2)/n(SO2)比值为3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小。
22．(1) 盐酸 I2+2ClO=2IO+Cl2↑；
(2) 作溶剂，有利于反应物充分接触 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3↓+10Cl-+10H+ 向HIO3溶液中加CCl4，充分振荡，静置分层后分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在
【分析】由制备原理，结合实验装置可知，制取的反应为I2+2KClO3=2KIO3+Cl2↑；制备的反应为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3↓+10HCl。
【详解】（1）由于盐酸具有还原性，KClO3在酸性环境中具有强氧化性，能够氧化HCl产生Cl2，所以在制取KIO3溶液时，为防止副反应的反应，要先将一定量KClO3固体与碘水混合后加入三颈瓶，再用分液漏斗将盐酸加入三颈烧瓶中；80℃水浴加热，反应生成Cl2和IO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：I2+2ClO=2IO+Cl2↑，故答案为：盐酸；I2+2ClO=2IO+Cl2↑；
（2）①碘单质和氯气在水中溶解度不大，都易溶于CCl4，将氯气通入溶有碘单质的CCl4中，可以提高反应物的浓度，利于反应物充分接触，因此的作用是作溶剂，有利于反应物充分接触；
②三颈烧瓶中氯气将碘单质氧化成碘酸，碘酸不溶于有机溶剂，会出现沉淀，反应的离子方程式为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3↓+10Cl-+10H+；
③除去HIO3溶液中少量的I2可利用碘酸易溶于水不溶于有机溶剂，而碘单质易溶于有机溶剂的性质，在HIO3溶液中加CCl4，充分振荡，静置分层后分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。故答案为：向HIO3溶液中加CCl4，充分振荡，静置分层后分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。
23．(1)安全瓶，防止倒吸
(2) 4SO2++2S2-=3+CO2 氧化
(3)加入足量稀盐酸， 静置，过滤，向滤液中加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成
【分析】向盛有亚硫酸钠固体的烧瓶中滴加浓硫酸，生成二氧化硫，二氧化硫和碳酸钠、硫化钠溶液反应生成硫代硫酸钠，用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫及可能产生的有毒气体H2S，防止污染空气。
【详解】（1）在装置A中H2SO4与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，在装置C中SO2、Na2CO3、Na2S发生反应4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+CO2，装置B的作用是安全瓶，可以防止由于装置C中气体大量消耗，装置A中的溶液倒吸进入装置C中，因此可以起到防止倒吸的作用；
（2）装置C中反应生成Na2S2O3的同时放出CO2，反应方程式为：4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+CO2，其离子方程式为：4SO2++2S2-=3+CO2；该反应中SO2得到电子，体现了氧化性；
（3）装置C所得溶液经过结晶等操作获得的Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4，检验其中含有Na2SO4的实验操作是：取少量固体，加入足量稀盐酸，Na2S2O3与HCl反应产生NaCl、S、SO2气体、H2O，然后静置，过滤除去难溶性的S固体，再向滤液中加入少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明反应产生了BaSO4沉淀，则证明该晶体中含有Na2SO4。
24．(1) A
(2) 黄色 冷风吹干 乙醇
【分析】实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫，二氧化硫有毒，用碱石灰进行尾气吸收；将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液制备硫代硫酸钠，结合物质的性质，当第二次出现黄色现象时，反应基本结束；反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，结合Na2S2O3⋅5H2O的性质采用冷风吹干，可得到Na2S2O3⋅5H2O固体，以此解答。
【详解】（1）①实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，固、液混合不加热，则应选择装置，发生化学反应方程式为，故答案为：A；；
②利用装置制备的气体，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫、因二氧化硫有毒，需要用碱石灰进行尾气吸收，则利用上图装置收集一瓶干燥的，其连接顺序为：发生装置，故答案为：。
（2）①将通入装有、混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色的反应原理为：、，随着反应不断发生，硫不断消耗最终变无色，继续通入气体，因亚硫酸溶液呈酸性，已知水溶液在弱酸性条件下易反应生成和，故当溶液中再次出现黄色现象时，反应基本结束，故答案为：黄色；
②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，进行干燥时，已知在以上的干燥空气中容易失去结晶水，采用冷风吹干，可得到晶体，故答案为：冷风吹干；
③已知难溶于乙醇，为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入乙醇，故答案为：乙醇。
25．(1) 容量瓶，胶头滴管
(2) 运载，稀释防止其爆炸
(3)液化；防止在较高温度下分解
(4) 产品中含有杂质和
【分析】装置B中亚硫酸钠和氯酸钠混合固体中滴入浓硫酸，反应生成，进入C中与和混合溶液反应生成，为防止分解，反应在冰水浴中进行，最后用NaOH溶液吸收尾气。
【详解】（1）75%浓硫酸密度是，其物质的量浓度c=；8%浓硫酸配制该浓度的溶液，除量筒、烧杯、玻璃棒之外还需要的仪器有容量瓶，胶头滴管；
（2）装置B生成的反应为，其中作氧化剂，作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；实验过程中持续通入的作用是运载，同时可以稀释防止其爆炸；
（3）装置C需采用冰水浴目的是：液化；防止在较高温度下分解；
（4）和与反应生成和氧气，根据得失电子守恒及元素守恒得离子方程式：；由题中信息可知，加入过量可导致产品中含有杂质和。
一、单选题
1．（2024上·江苏连云港·高一统考期末）实验室用如图所示装置(夹持仪器已省略)制备半导体材料纳米二硫化亚铁()：将一定比例的、硫粉加入三颈烧瓶中，再加入一定量的有机物X(作为溶剂，沸点为350℃)和有机酸Y，290℃条件下搅拌，一段时间后得到黑色悬浊液，冷却、分离、干燥得到产品。下列说法正确的是
A．若得到，理论上至少需转移3ml电子
B．加入有机酸Y的作用是仅与反应生成，有利于后续反应进行
C．加热时三颈烧瓶上方出现红棕色气体，其相对分子质量为192，该气体可能是
D．测得产品中的，则产品中与结合的部分转化为
2．（2024上·江苏镇江·高一统考期末）反应3Fe+4NaOH=Fe3O4+2H2↑+4Na↑可用于制备钠。下列有关说法正确的是
A．钠可从四氯化钛溶液中置换出钛
B．生成的气体在空气中冷却可获得钠
C．该反应条件下铁的氧化性比钠强
D．每生成1mlH2转移的电子数约为4×6.02×1023
3．（2024上·江苏镇江·高一统考期末）工业上制备下列物质的生产流程合理的是
A．制备硫酸：SSO2H2SO4
B．制备漂白粉：NaCl溶液Cl2漂白粉固体
C．制备纯碱：饱和食盐水NaHCO3固体Na2CO3固体
D．制备金属镁：浓缩海水Mg(OH)2固体MgCl2溶液Mg
4．（2024上·江苏镇江·高一统考期末）工业上用生物法处理H2S的原理如下：
反应1：H2S+Fe2(SO4)3=S↓+2FeSO4+H2SO4
反应2：4Fe2SO4+2H2SO4+O22Fe(SO4)3+2H2O
以硫杆菌作催化剂时，反应温度及溶液pH对Fe2+氧化速率的影响分别如图1、图2所示，下列说法不正确的是
A．上述总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，Fe2(SO4)3是该反应的催化剂
B．当反应温度过高时，Fe2+氧化速率下降的原因可能是硫杆菌失去活性
C．由图-1、图-2可得出结论：使用硫杆菌作催化剂的最佳条件为30℃、pH=2.0
D．当反应1中转移0.1ml电子时，反应1中消耗的H2S在标准状况下的体积为2.24L
5．（2024上·江苏镇江·高一统考期末）SO2直接排放会造成环境污染，可用浓溴水等物质进行回收再利用。单质Se是半导体材料，Se可通过SO2还原H2SeO3获得。K2O2和KO2常用于潜水时的供氧剂。下列化学反应表示正确的是
A．SO2与溴水反应：SO2+Br2+2H2O=H2SO3+HBr+HBrO
B．SO2还原H2SeO3：H2O+2SO2+H2SeO3=Se+2H2SO4
C．KO2与水的反应：KO2+H2O=KOH+O2
D．酸性KMnO4溶液与H218O2反应：2KMnO4+H2l8O2+3H2SO4=K2SO4+MnSO4+318O2↑+4H2O
6．（2023上·江苏·高一校联考期末）已知部分被氧化的镁条1.6g，和足量的盐酸反应，在标准状况下生成H21.12L，在跟盐酸反应前被氧化的镁是
A．1.2 gB．0.64 gC．0.4 gD．0.24 g
7．（2023上·江苏·高一期末）工业制备K2FeO4的离子方程式为(未配平)。下列有关说法不正确的是
A． K2FeO4中显价
B．上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2
C．每1mlK2FeO4与水反应，产生
D． K2FeO4处理水时，形成的胶体能吸附水中悬浮的杂质
8．（2023上·江苏·高一期末）把图2中的物质补充到图1中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式(未配平)。
对该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是
A．IO作氧化剂，具有氧化性
B．氧化性：MnO>IO
C．还原剂和氧化剂的物质的量之比为2：5
D．若有1mlMn2+参加反应，则转移5ml电子
9．（2023上·江苏盐城·高一江苏省射阳中学校考期末）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A．B．
C．D．过量NaOH溶液
10．（2023上·江苏盐城·高一统考期末）硫元素的“价一类”二维图如图所示。下列说法错误的是
A．a与c、d、e都有可能反应生成b
B．d溶液久置于空气中会生成，溶液的酸性增强
C．盐与盐之间也可能发生反应
D．铜与的浓溶液共热产生的气体通入和的混合溶液中，没有白色沉淀产生
11．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）钒的氧化物(如等，均难溶于水)在光储材料等领域有广泛应用。在800℃下，和焦炭反应可生成和，同时得到气体。反应体系中钒氧化物的质量分数(%)随n(焦炭)：的变化关系如图。下列说法不正确的是
A．该条件下的氧化性强于和
B．铝还原制钒的反应属于置换反应
C．参加反应的n(焦炭)：时，反应所得
D．碳的用量越大，还原产物中含量越低
12．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）据史料记载，我国在明代就有了利用绿矾和硝酸钾制备硝酸的工艺，其主要流程如图所示。已知“煅烧”后产生和三种气体。
下列说法不正确的是
A．中既含有离子键也含有共价键
B．将烧渣溶于硫酸后加入可判断煅烧是否完全
C．“吸收”过程中发生的氧化还原反应为
D．加入硝酸钾制得硝酸是因为硫酸的沸点高于硝酸
二、填空题
13．（2024上·江苏连云港·高一统考期末）下表列出了五种燃煤烟气脱硫的方法。
(1)方法Ⅰ中吸收后的溶液通过 (填字母)可使吸收液再生。
a．加热 b．加入适量NaOH c．通入
(2)方法Ⅱ中CO还原反应的化学方程式为 。
(3)方法Ⅲ在脱硫塔中进行，在脱硫的同时可得到产品硫酸。由于对热不稳定，且硫酸浓度大也会导致其分解产生，需定时向脱硫塔中补充 。
(4)方法Ⅳ按如图所示方式，将含有烟气和NaClO碱性溶液通入反应釜。
①该反应中的离子方程式为 。
②反应釜中采用“气-液逆流”接触吸收法的优点是 。
(5)工业上方法Ⅴ的转化流程如下：
①氧化塔内发生反应的化学方程式为 。
②若用NaOH溶液代替悬浊液，增加了生产成本，但可以防止 。
14．（2024上·江苏泰州·高一统考期末）硫元素是动植物生长不可缺少的元素，图1是自然界中硫元素的存在示意图。图2是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系，回答下列问题。
(1)图1中与图2中M、N对应的物质分别是 、 。
(2)X与Y反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。
(3)溶液易变质，实验室检验溶液是否变质的基本操作是 。
(4)已知能被酸性氧化为，则的溶液与的溶液恰好反应时，发生的离子方程式为： 。
(5)过二硫酸钠有强氧化性，在碱性条件下溶液能将氧化成，且反应后的溶液滴入溶液生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，该反应的离子方程式为 。
(6)雌黄和雄黄在自然界中共生且可以相互转化（两者的硫元素价态均为－2价）。
①和在盐酸中恰好完全反应转化为和并放出气体。则参加反应的和的物质的量之比为 。
②和可以相互转化，转化过程中存在如图所示的步骤。若参加反应时，转移电子，则物质为 ，消耗氧气 ml。
15．（2022上·江苏无锡·高一统考期末）二氧化氯消毒剂是国际公认的高效消毒灭菌剂。
(1)制备的一种反应为：，用双线桥法标出其电子转移的方向和数目 。
(2)实验室可用亚氯酸钠溶液与氯气反应制，此反应的化学方程式为 。
(3)可将废水中的转化为而除去，本身被还原为，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。
(4)可经过题图所示的转化制取。已知“反应II”为复分解反应。
①“反应I”的离子方程式为 。
②过滤之后是洗涤，判断沉淀是否洗涤干净的方法是 。
(5)一种“二氧化氯泡腾片”有效成分为、、，该泡腾片能快速溶于水，产生大量气泡，得到溶液。取某品牌泡腾片1片溶于水配成溶液，为测定溶液中的含量，进行了下列实验：
①取该溶液，加入锥形瓶中，用稀硫酸调节溶液，再加入足量晶体，发生反应：
②用溶液和生成的碘单质反应，化学方程式如下：，恰好完全反应时消耗溶液。
则配成的溶液中的物质的量浓度为 。(写出计算过程)
16．（2023上·江苏连云港·高一统考期末）工厂烟气中含有的，直接排放会污染空气。工业上采用多种方法脱硫。
(1)氨水脱硫。氨水脱硫主要分为吸收、中和、氧化3个环节。已知：氧化时随溶液pH升高被空气氧化的速率如图1所示。溶液中、、的物质的量分数随pH的分布如图2所示。
①中和过程用氨水将吸收液(pH约为4)pH调到6~7，该过程中含硫微粒浓度增大的是 。
②溶液pH大于4.5，随pH增大，被氧化速率逐渐减慢的原因是 。
(2)生物热解气脱硫。生物热解气主要成分为CO、、，高温下将还原为。高温还原的化学方程式为 。
(3)海水脱硫。海水中含有少量碳酸盐(和)，呈微碱性()。海水脱硫过程如下图所示：
①在吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是 。
②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是 。
(4)石灰石脱硫。工业上燃煤时常在煤炭中加入石灰石，从源头上减少排放。在煤炭中加入一定量石灰石，850℃通入一定浓度的氧气，反应为
①通入气体中氧气的浓度偏低时，产生的CO与反应生成CaO等三种氧化物，导致脱除率下降。该反应的方程式为 。
②不同氧气浓度影响了石灰石的利用率，氧气含量20%和40%时对石灰石表面结构的影响如图。氧气浓度高石灰石利用率偏低的原因是 。
三、计算题
17．（2022上·江苏南京·高一南京师大附中校考期末）肼(N2H4)是一种强还原剂，用与反应可用于生产肼(N2H4)，其反应的化学方程式为：。工业碱性溶液中含有会影响所得肼的产品质量。测定碱性溶液中的含量的方法如下：取碱性溶液试样，加入过量，将完全还原(在酸性条件下具有强氧化性，但碱性条件下几乎无氧化性)，加热煮沸，除去过量的，冷却至室温，加入稀硫酸至酸性，再加入溶液，充分反应，将完全还原，再用酸性溶液氧化多余的(被还原为)，消耗酸性溶液。
(1)与次氯酸钠反应的离子方程式为 。
(2)通常不选用盐酸酸化的原因是 。
(3)计算样品中的含量(以g/L表示)，写出计算过程。 。
18．（2022上·江苏无锡·高一江苏省天一中学校考期末）请回答下列问题：
(1)标准状况下，V L氯化氢(HCl)溶解在1 L水中(水的密度近似为1 g/mL)所得溶液的密度为ρ g/mL，则所得盐酸物质的量浓度为
(2)将a ml钠和a ml铝一同投入m g足量水中，所得溶液密度为d g·mL-1，该溶液中溶质质量分数为
(3)在200 mL氯化镁和氯化铝的混合溶液中，c(Mg2+)为0.2 ml·L-1，c(Cl-)为1.3 ml·L-1。要使Mg2+全部转化为沉淀分离出来，至少需加4 ml·L-1 NaOH溶液的体积为
(4)某铁的氧化物(FexO)1.52 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入112 mL Cl2(标准状况下)，恰好将Fe2+完全氧化。x值为
(5)向一定量的FeO、Fe、Fe3O4的混合物中加入100 mL 1 ml·L-1的盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出224 mL(标准状况)的气体，在所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现。若用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是
(6)某无色溶液中含有H+、Al3+、Mg2+三种阳离子，逐滴加入0.1 ml·L-1 NaOH溶液，消耗NaOH溶液体积和生成沉淀之间的关系如下图所示。则溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为
19．（2021上·江苏苏州·高一统考期末）碱式硫酸铁(Fe元素为+3价)是一种新型高效絮凝剂。为确定该碱式硫酸铁的化学式，进行了如下实验∶
步骤 1.称取一定量样品完全溶于稀盐酸中，配成100.00mL溶液。
步骤2.取步骤1所得溶液25.00 mL，加入足量 BaCl2溶液，充分反应，静置、过滤、洗涤、干燥，称得沉淀 2.330 g。
步骤3.另取步骤1所得溶液25.00mL，加入足量的某试剂(与酸性KMnO4溶液不反应)，将 Fe3+完全还原为 Fe2+，再向其中滴加 0.1000 ml·L-1酸性 KMnO4溶液，测得 Fe2+恰好完全反应时消耗 KMnO4溶液 16.00 mL。
已知∶(未配平)
通过计算确定该碱式硫酸铁的化学式 。(写出计算过程)
20．（2020上·江苏南通·高一统考期末）一种由CuO和KHC2O4溶液反应的到的蓝色结晶［KaCub(C2O4)c•dH2O］。为测定其组成，进行了如下实验：
步骤1称取3.5400 g该晶体，加入过量稀硫酸，待样品完全溶解后加入适量水，配制成100 mL溶液A．
步骤2量取20.00 mLA溶液，滴加0.2000 ml• L-1KMnO4溶液至恰好完全反应时，消耗KMnO4溶液8.00 mL。
步骤3另取20.00 mLA溶液，加入足量NaOH溶液，充分反应后，经过滤、洗涤、灼烧、称重，得到黑色固体粉末0.16 g。
已知：步骤2中发生反应：2MnO4-+ 5H2C2O4+ 6H+= 2Mn2++10CO2↑ + 8H2O。
（1）步骤1中配制溶液A时，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、 。
（2）3.5400 g该样品中含n(C2O42-)= ml。
（3）3.5400 g该样品中含n(Cu2+)= ml。
（4）通过计算确定该蓝色晶体的化学式 (计算过程)。
四、解答题
21．（2024上·江苏镇江·高一统考期末）用黄铁矿(主要成分为FeS2)与软锰矿(主要成分为MnO2)制备MnO并向收单质硫的流程如下。
已知：①酸浸反应时有Fe2(SO4)3和S生成，滤液1主要含有Mn2+、Fe2+、Fe3+等金属阳离子
②形成Fe(OH)3沉淀较Fe(OH)2沉淀更利于去除完全
③氧化性顺序：MnO2>Fe3+>S
④(NH4)2S等铵盐受热易分解
Ⅰ.制备MnO：MnO是一种重要的化工原料，可出Mn(OH)2在隔绝空气的条件下加热制得：Mn(OH)2MnO+H2O
(1)①酸浸：保持酸浸时的温度和稀硫酸的浓度不变，请再写出一条提高浸取率的措施： 。
②除杂步骤中，在加破溶液前要先加适量软锰矿粉，其原因是 。
③请补充完整由滤液2(主要含有MnSO4)制取MnO的实验方案：边搅拌边向滤液2中加入1ml/L的NaOH溶液，静置后向上层消液中继续滴加1ml/L的NaOH溶液不再产生沉淀，过滤 得高纯的MnO固体。(实验中必须使用的试剂：蒸馏水，0.1ml/L的盐酸，0.1ml/L的BaCl2)
Ⅱ.回收硫单质
(2)①回收单质硫的流程中可循环利用的物质是 。
②(NH4)2S溶液浸取滤渣1时的反应为(n-1)S+S2-=，硫单质浸取率随温度变化曲线如图-1所示。温度高于30℃，硫单质浸取率下降的可能原因是 。
(3)热分解过程中也可能产生SO2气体，用FeS2/Al2O3负载型催化剂(以Al2O3为催化剂载体、FeS2为催化剂)来催化H2还原烟气中SO2制S，处理SO2的同时回收硫，反应部分机理如图-2所示。
①图-2中X的电子式为 。
②其他条件一定，改变起始时的值，反应相同时间，测得S的产率与温度和的关系如图-3所示。500℃时，的值从2变化到3，S的产率减小的原因是 。
22．（2023上·江苏宿迁·高一江苏省泗阳中学校考期末）卤素化合物在生产生活中具有广泛的用途。碘酸钾()常用于调节缺碘的添加剂。碘酸易溶于水，不溶于有机溶剂，用作分析试剂与制造药物。
(1)制取：先将一定量固体与碘水或盐酸其中一种浴液混合后加入三颈瓶(如下图)。再用分液漏斗将另一种溶液缓慢滴加至三颈瓶中，充分反应，该溶液是 (填名称)。水浴加热，反应生成和，该反应的离子方程式为 。
(2)制备：
①用上图所示的装置制取碘酸。的作用 。
②三颈瓶中发生反应的离子方程式为 。
③除去溶液中少量的的实验操作是： 。
23．（2023上·江苏宿迁·高一江苏省泗阳中学校考期末）硫代硫酸钠(Na2S2O3)常用作纸将漂白的脱氯剂。实验室可用下图装置制备少量Na2S2O3。
已知：①BaS2O3难溶于水
②Na2S2O3在酸性溶液中发生反应
(1)装置B的作用是 。
(2)装置C中反应生成Na2S2O3的同时放出CO2，其离子方程式为 ，该反应中SO2体现了 (填“氧化性”或“还原性”)。
(3)装置C所得溶液经过结晶等操作获得的Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4，检验其中含有Na2SO4的实验操作是：取少量固体， 。
24．（2022上·江苏苏州·高一统考期末）实验室制备并探究其性质及应用的方案如下。回答下列问题：
(1)制备(部分固定装置略)
①制备二氧化硫可以选择装置 (填大写字母)，其反应的化学方程式为 。
②利用图中装置收集一瓶干燥的，其连接顺序：发生装置 (按气流方向，填小写字母)。
(2)制备大苏打
已知在35℃以上的干燥空气中容易失去结晶水，难溶于乙醇.其水溶液在弱酸性条件下易反应生成S和。
①将通入装有、混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色。继续通入气体，当溶液中再次出现 现象时，反应基本结束。
②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶，过滤，洗涤， ，可得到固体。
③为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入 。
25．（2023上·江苏徐州·高一统考期末）(熔点，沸点11℃)是一种高效消毒灭菌剂，可有效灭活新冠病毒，极易溶于水，在碱性环境中发生反应：；稳定性较差，易分解，体积分数大于10%时可能爆炸，常用和混合溶液吸收转化为保存。现利用如下装置及试剂制备。
请回答下列问题：
(1)已知75%浓硫酸密度是，其物质的量浓度约为 。用98%浓硫酸配制该浓度的溶液，除量筒、烧杯、玻璃棒之外还需要的仪器有： 。
(2)装置B生成的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为 。实验过程中持续通入的作用是 。
(3)装置C需采用冰水浴的可能原因是 (任写一点)。
(4)装置C中和与反应制取的离子方程式为 ；加入过量导致的后果是 。
方法Ⅰ
用溶液吸收
方法Ⅱ
用生物质热解气(主要成分为CO、、)将在高温下还原成S
方法Ⅲ
用溶液吸收
方法Ⅳ
用NaClO碱性溶液吸收
方法Ⅴ
石灰-石膏法吸收
参考答案：
1．A
【详解】A．和硫粉生成，Fe元素从+3价变为+2价，S从0价变为-1价，理论上得到，至少需转移3ml电子，故A正确；
B．由题给信息可知，反应温度为290℃，水的沸点为100℃，且硫无法溶于水，因此使用沸点为350℃的有机物X做溶剂，氧化铁为固体，不易参与反应，有机酸可与氧化铁反应生成铁离子，有利于铁离子参与后续反应，故B错误；
C．红棕色气体，其相对分子质量为192，相对分子质量为256，故C错误；
D．产品中部分转化为，不会影响的值，故D错误；
故答案选A。
2．D
【详解】A．钠会先和水反应生成氢氧化钠，不能置换出其中的钛，A错误；
B．钠极易被空气中的氧气氧化，B错误；
C．该反应条件下铁的还原性比钠强，而不是氧化性，C错误；
D．每生成1mlH2，转移的电子为4ml，所以转移的电子数约为4×6.02×1023，D正确；
故选D。
3．C
【详解】A．工业上制备硫酸时，首先将硫铁矿煅烧得到二氧化硫，然后将二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，最后将三氧化硫用98％的浓硫酸吸收，制得硫酸，故A错误；
B．工业上制备漂白粉时，首先电解饱和食盐水制备氯气，然后将氯气通入石灰乳中制取漂白粉，故B错误；
C ．工业上制备纯碱时，首先将氨气通入饱和食盐水中，然后再通入二氧化碳气体发生反应，生成碳酸氢钠晶体，然后过滤洗涤得到碳酸氢钠晶体，再将碳酸氢钠晶体加热分解得到纯碱，故C正确；
D．工业上制备金属镁时，先浓缩海水，然后将浓缩海水中的氢氧化钙转化为氢氧化镁沉淀过滤，得到氢氧化镁沉淀，再将氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁溶液，最后电解熔融氯化镁得到金属镁，故D错误；
故答案为：C 。
4．D
【详解】A．根据反应1和2可得，上述总反应方程式为：2H2S+O2=2S↓+2H2O，Fe2(SO4)3是该反应的催化剂，故A说法正确；
B．温度过高，能使蛋白质变性，催化剂的活性降低，因此当反应温度过高时，Fe2+氧化速率下降的原因可能是硫杆菌失去活性，故B说法正确；
C．根据图像可知，催化剂活性最大的最佳条件是30℃，pH=2.0左右，故C说法正确；
D．反应1中，消耗1mlH2S，转移电子物质的量为2ml电子，因此转移0.1ml电子时，消耗硫化氢在标况下体积为1.12L，故D说法错误；
答案为D。
5．B
【详解】A．SO2与溴水反应为SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，故A错误；
B．SO2还原H2SeO3反应为：H2O+2SO2+H2SeO3=Se+2H2SO4，故B正确；
C．KO2与水的反应为：2KO2+2H2O=4KOH+O2，故C错误；
D．酸性KMnO4溶液与H218O2反应为：2KMnO4+5H2l8O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+518O2↑+8H2O，故D错误；
故选B。
6．D
【详解】n(H2)==0.05ml，根据方程式：Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，所以有n(Mg)=n(H2)=0.05ml，m(Mg)=0.05 ml×24 g·ml-1=1.2g，m(MgO)=1.6g-1.2 g=0.4g；根据关系式Mg～MgO，n(Mg)被氧化=n(MgO)= =0.01ml，所以被氧化的镁的质量为m(Mg)被氧化=0.01 ml×24g·ml-1=0.24g，D选项符合；
故答案选D。
7．C
【详解】A．根据化合物中化合价的代数和为0，K2FeO4中K为+1价，O为-2价，故显价，A正确；
B．在反应中，，化合价升高3个单位，被氧化，作还原剂，，化合价降低2个单位，被还原，作氧化剂，根据化合价升降守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为3∶2，B正确；
C．1mlK2FeO4与水反应，转移3ml电子，而生成需转移2ml电子，根据电子守恒可知，1mlK2FeO4与水反应生成0.75mlO2，C错误；
D．K2FeO4处理水时，还原产物为，形成的胶体能吸附水中悬浮的杂质，D正确；
故答案为：C。
8．B
【分析】图1中，产物中有H＋，反应物中有Mn2＋，根据原子守恒，反应物中有H2O，产物中有MnO，Mn元素的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高，I元素的化合价必须降低，IO为反应物，IO为产物，即该离子方程式为Mn2＋＋IO＋H2O→MnO＋IO＋H＋(未配平)。
【详解】A．根据上述分析，IO中I元素的化合价由+7降低为+5价，即IO为氧化剂，具有氧化性，A正确；
B．MnO为氧化产物，根据氧化还原反应的规律中强弱规律，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，即氧化性：IO>MnO，B错误；
C．Mn元素的化合价由＋2价→＋7价，化合价升高5价，IO中I元素的化合价由+7降低为+5价，化合价降低2价，根据得失电子数目守恒，因此有n(Mn2＋)×5=n(IO)×2，则(Mn2＋)：n(IO)=2：5，C正确；
D．根据C选项分析，1mlMn2＋参加反应，转移电子物质的量为5ml，D正确；
答案选B。
9．B
【详解】A．FeS2高温和氧气反应生成SO2，故A错误；
B．氯气和铁反应只能生成氯化铁，故B正确；
C．溴的氧化性强于碘，KBr和碘不反应，故C错误；
D．过量的氢氧化钠溶液和CO2反应生成碳酸钠，故D错误；
答案选B。
10．D
【分析】根据硫元素化合价以及物质类别可知，a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4、f为含有或的盐、g为含有或的盐。
【详解】A．a为H2S，可以和SO2、H2SO3、H2SO4发生归中反应生成硫单质，故A正确；
B．H2SO3具有较强的还原性，在空气中久置会被氧气氧化成硫酸，硫酸的酸性更强，pH更小，故B正确；
C．若g为硫酸氢盐，在溶液中可电离出H+，H+可以与或反应生成 SO2和H2O，故C正确；
D．铜与浓硫酸共热产生的气体是SO2， SO2具有还原性，与H2O2会发生氧化还原反应，产生H2SO4，H2SO4与BaCl2溶液反应生成BaSO4白色沉淀，故D错误；
故本题选D。
11．C
【详解】A．由题意可知和焦炭反应可生成和，该反应中作氧化剂，和作还原产物，则氧化性强于和，故A正确；
B．铝还原生成V和氧化铝，该反应属于置换反应，故B正确；
C．参加反应的n(焦炭)：，设焦炭为2ml，为3ml，C转化为，2mlC反应失去8ml电子，则3ml得8ml电子，设生成xml，yml，则0.5x+y=3、x+4y=8，解得：x=4，y=1，，故C错误；
D．由图可知随n(焦炭)：越大，即碳的用量越大，的物质的量分数越低，故D正确；
故选：C。
12．B
【分析】绿矾煅烧得到氧化铁和二氧化硫气体，二氧化硫被氧气氧化、被水吸收得到硫酸，加入硝酸钾得到硫酸钾和硝酸，蒸馏得到硝酸。
【详解】A．中亚铁离子与硫酸根离子形成离子键，S与O、O与H之间形成共价键，则既含有离子键也含有共价键，故A正确；
B．将烧渣溶于硫酸后加入KSCN可检验生成铁离子，不能检验亚铁离子，则不能判断煅烧是否完全，故B错误；
C．“吸收”过程中二氧化硫被氧化，则发生的氧化还原反应为，故C正确；
D．因硫酸难挥发，硝酸易挥发，则加入硝酸钾制得硝酸是因为硫酸的沸点高于硝酸，故D正确；
故选B。
13．(1)a、b
(2)
(3)冷水(或水)
(4) 让烟气和吸收液充分接触，提高的吸收效率
(5) 亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞
【详解】（1）用溶液吸收转化为亚硫酸氢钠，亚硫酸氢钠受热易分解生成二氧化硫和，且亚硫酸氢钠和氢氧化钠转化为亚硫酸钠，故通过a．加热或b．加入适量NaOH，可使其吸收液再生；
（2）方法Ⅱ中CO将在高温下还原成S，则CO被氧化为二氧化碳，反应为；
（3）过氧化氢氧化二氧化硫生成硫酸，反应为，由于对热不稳定，且硫酸浓度大也会导致其分解产生，需定时向脱硫塔中补充水，以降温和稀释生成的硫酸；
（4）①该反应中二氧化硫被次氯酸钠在碱性条件下氧化为硫酸钠，同时生成氯化钠，离子方程式为；
②反应釜中采用“气-液逆流”接触吸收法的优点是让烟气和吸收液充分接触，提高的吸收效率；
（5）①氧化塔内发生反应为吸收塔中生成的亚硫酸钙被氧气氧化为，化学方程式为。
②反应中生成的亚硫酸钙溶解度较小，在输送中容易造成管道堵塞，故用NaOH溶液代替悬浊液，增加了生产成本，但可以防止亚硫酸钙在输送中容易造成管道堵塞。
14．(1) CaSO4∙2H2O、Na2SO4∙10H2O CuFeS2
(2)1∶2
(3)取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明Na2SO3溶液已经变质
(4)3++8H+=3+2Cr3++4H2O
(5)3+I-+6OH-=6++3H2O
(6) 1∶1 SO2 7
【分析】根据图2可知，X为H2S，Y为SO2，M为硫酸盐，N为含-2价S的盐类。
【详解】（1）M为硫酸盐，则图1中与图2中M对应的物质是CaSO4∙2H2O、Na2SO4∙10H2O；N为含-2价S的盐类，则图1中与图2中N对应的物质是CuFeS2。
（2）X为H2S，Y为SO2，两者反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S+2H2O，该反应中H2S中S元素的化合价升高，H2S为还原剂，SO2中S元素的化合价降低，SO2为氧化剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为1∶2。
（3）Na2SO3溶液易被空气中的氧气氧化成Na2SO4而变质，要检验实验室中Na2SO3溶液是否变质，只要检验溶液中是否含，基本操作是：取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明Na2SO3溶液已经变质。
（4）n(Na2SO3) ∶n(K2Cr2O7)= (0.05ml/L×0.024L)∶(0.02ml/L×0.02L)=3∶1，Na2SO3被氧化成Na2SO4，根据得失电子守恒，被还原成Cr3+，结合得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3++8H+=3+2Cr3++4H2O。
（5）在碱性条件下Na2S2O8溶液能将I-氧化成，且反应后的溶液滴入BaCl2溶液生成不溶于稀盐酸的白色沉淀，说明被还原成，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3+I-+6OH-=6++3H2O。
（6）①As2S3中S元素的化合价为-2价，则As元素的化合价为+3价，As4S4中S元素的化合价为-2价，则As元素的化合价为+2价，As2S3和SnCl2在盐酸中恰好完全反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，反应中As元素的化合价由+3价降至+2价，As2S3为氧化剂，Sn元素的化合价由+2价升至+4价，SnCl2为还原剂，根据得失电子守恒，参加反应的As2S3和SnCl2的物质的量之比为1∶1。
②根据As守恒，1mlAs4S4转化成2mlAs2O3，As元素的化合价由+2价升至+3价，4ml+2价的As失去4ml电子，共转移28ml电子，则4ml-2价S失去28ml-4ml=24ml电子，1ml-2价S失去6ml电子，则物质a为SO2；O2共得到28ml电子，则消耗O2物质的量为=7ml。
15．(1)
(2)2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl
(3)2∶5
(4) MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2 取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净
(5)n()=0.20001210-3ml=2.410-3ml，n(ClO2)==4.810-4ml，c(ClO2)==
【详解】（1）氯酸钠是氧化剂，氯酸钠中+5价氯得电子化合价降低生成二氧化氯，亚硫酸钠是还原剂，亚硫酸钠中+4价硫失电子化合价升高变成硫酸钠，每发生1ml上述反应转移2ml电子：；
（2）实验室可用亚氯酸钠溶液与氯气反应制，亚氯酸钠作还原剂失电子化合价升高生成二氧化氯，氯气作氧化剂得电子化合价降低生成氯化钠，此反应的化学方程式为2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；
（3）二氧化氯是氧化剂，得电子化合价降低为氯离子，锰离子失去电子化合价升高生成二氧化锰：6H2O+2ClO2+5Mn2+=12H++5MnO2+2Cl-，故氧化剂与还原剂的物质的量之比是2∶5；
（4）①该反应是二氧化锰与浓盐酸反应制氯气的反应：MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2；
②过滤之后是洗涤，判断沉淀是否洗涤干净的方法是过滤后对沉淀进行洗涤，然后通过检验洗涤液中是否含有Cl-，确定沉淀是否洗涤干净，操作为：取最后一次洗涤液，加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，则说明沉淀洗涤干净；
（5）由题干信息可知2ClO2～5I2～10，恰好完全反应时消耗溶液，n()=0.20001210-3ml=2.410-3ml，n(ClO2)==4.810-4ml，c(ClO2)==。
16．(1) 随pH增大溶液中转化为，的不易被氧气氧化
(2)
(3) 气液逆流，增大吸收面积，使被充分吸收 不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物
(4) 氧气浓度大，反应速率快，产生的颗粒小，在石灰石表面产生致密的层阻碍了石灰石进一步反应
【详解】（1）①从图分析， pH调到6~7，该过程中含硫微粒浓度增大的是亚硫酸根离子。
②溶液pH大于4.5，随pH增大，溶液中的亚硫酸氢根离子转化为亚硫酸根离子，亚硫酸根离子不容易被氧化，故被氧化速率逐渐减慢。
（2）生物热解气主要成分为CO、、，高温下将还原为。高温还原的化学方程式为。
（3）①在吸收塔中采用海水从塔顶喷洒，烟气从塔底鼓入，其目的是气液逆流，增大吸收面积，使被充分吸收。
②相比氨水脱硫和生物质热解气脱硫，海水脱硫的优点是不添加药剂，节约淡水，不产生副产品和废弃物。
（4）①通入气体中氧气的浓度偏低时，产生的CO与反应生成CaO等三种氧化物，说明还生成二氧化碳和二氧化硫，该反应的方程式为。
②氧气浓度高石灰石利用率偏低的原因是氧气浓度大，反应速率快，产生的颗粒小，在石灰石表面产生致密的层阻碍了石灰石进一步反应。
17．(1)
(2)盐酸与反应生成或
(3)3.195g/L
【详解】（1）根据氧化还原原理，ClO-中的Cl元素由+1价降低到-1价的Cl-，H2O2中的O元素由-1价升高到0价O2，可以写出：；
故答案为：。
（2）因为盐酸与反应生成或，所以不能选用盐酸酸化；
故答案为：盐酸与反应生成或。
（3），
设与参加反应的Fe2+的量为x， 与反应的Fe2+的物质的量为，所以与反应的Fe2+为，根据Fe2+与的反应设参加反应的NaClO3的物质的量为y，
，在10mLNaClO3溶液中n(NaClO3)=0.0003ml，所以样品中NaClO3的含量 ；
故答案为：3.195g/L
18．(1)1000Vρ/(36.5V+22400)
(2)
(3)80mL
(4)0.80
(5)2.8g
(6)2∶2∶1
【详解】（1）标准状况下，V L氯化氢的物质的量为ml，故溶质质量m=g，溶液质量为(+1000)g，则所得盐酸溶液的体积为10-3L，则盐酸物质的量浓度c==，故答案为：。
（2）钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，铝再和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，由反应关系可知，，，
所得溶质NaAlO2的质量为82a g，溶液质量为（23+27）a g+m g-()2g=(46a+m)g，则该溶液中溶质（NaAlO2）质量分数为100%=，故答案为：。
（3）溶液中n(Cl-)=0.2L1.3 ml·L-1=0.26ml，n(Mg2+)=0.2L0.2 ml·L-1=0.04ml，根据电荷守恒，溶液中n(Al3+)==0.06ml，将200 mL此混合溶液中的Mg2+全部转化为沉淀分离出来，反应后的溶液为NaCl和NaAlO2的混合溶液，由原子守恒可知n(NaOH)= n(Na)= n(Cl)+n(Al)= 0.26ml+0.06ml=0.32ml，所以至少需加4 ml·L-1 NaOH溶液的体积为=0.08L=80mL，故答案为：80mL。
（4）根据得失电子守恒可知，FexO被氧化为Fe3+转移的电子数和Cl2被还原为Cl-转移的电子数相等，标准状况下112 mL Cl2反应转移电子的物质的量==0.01ml，则有(3-)x=0.01，解得x=0.80，故答案为：0.80。
（5）盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=n(HCl)=0.1L1 ml·L-1=0.05ml；用足量的CO在高温下还原相同质量的此混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)= n(FeCl2)=0.05ml，质量为0.05ml56g/ml=2.8g，故答案为：2.8g。
（6）向混合溶液中加入NaOH溶液，NaOH先与H+反应，该反应过程没有沉淀生成，由图可知与H+反应的NaOH溶液的体积为10mL，溶液中H+的物质的量为0.01L0.1 ml·L-1=0.001ml；当H+消耗完之后再加入NaOH溶液，会与Al3+和Mg2+反应生成沉淀，随着NaOH溶液的加入沉淀越来越多，但是当沉淀完全时，再加入NaOH溶液，由于氢氧化铝溶于NaOH溶液，所以沉淀的质量会减少，即图中的B-C段，此段消耗的NaOH溶液是10mL，根据氢氧化铝与氢氧化钠的反应方程式得出氢氧化铝的物质的量为0.01L0.1 ml·L-1=0.001ml，溶液中Al3+的物质的量为0.001ml，参与生成沉淀的NaOH溶液在生成沉淀最多时消耗的NaOH溶液的体积是50mL-10mL=40mL，NaOH的物质的量为0.004ml，根据生成的氢氧化铝的物质的量可以得出与Al3+结合的氢氧根的物质的量为0.003ml，所以与Mg2+结合的氢氧根的物质的量为0.004ml-0.003ml=0.001ml，所以氢氧化镁的物质的量为0.0005ml，所以溶液中H+、Al3+、Mg2+三种阳离子的物质的量浓度之比为0.001: 0.001: 0.0005=2:2:1，故答案为：2:2:1。
19．Fe4(OH)2(SO4)5
【详解】实验中所取溶液为25.00 mL，而配制原溶液为100.00mL溶液，计算时要注意扩大倍数；根据题意，样品中的硫酸根离子与钡离子反应生成硫酸钡沉淀，离子方程式为：+Ba2+= BaSO4↓；根据～ BaSO4关系，1ml：233g=：2.330g×， 可得n()=0.0400ml；高锰酸钾能够氧化亚铁离子，离子方程式为：；根据5Fe3+～ 5Fe2+～KMnO4关系，5ml：1ml=：，=0.03200ml；电解质溶液为电中性，根据电荷守恒∶，0.032×3=0.04×2+n(OH-)×1，可得 n(OH-)=0.01600 ml；则0.03200ml∶0.01600ml∶0.04000ml=4∶2∶5；碱式硫酸铁的化学式为。
20． 100 mL容量瓶、胶头滴管 0.02 0.01 3.5400 g 该样品中含 n(Cu2+)为0.01ml，含n(C2O42-)为0.02ml，由电荷守恒可知含n(K＋) =2n(C2O42-)- 2n(Cu2+)=0.02ml，则含n(H2O) ==0.02ml，则A中n(K＋):n(Cu2+):n(C2O42-):n(H2O) =2:1:2:2，故化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O
【详解】（1）配制成100 mL溶液A的操作步骤为溶解、转移、洗涤、定容、装瓶，实验中用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：100 mL容量瓶（胶头滴管）；
（2）由题给方程式可得关系式2MnO4-～5C2O42-，20.00 mLA溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.2×8×10-3ml，则3.5400 g 该样品中含 n(C2O42-)=0.2×8×10-3ml×5×=0.02ml，故答案为：0.02；
（3）由铜原子个数守恒可得关系式Cu2+～CuO，20.00 mLA溶液得到CuO的物质的量为=0.002ml，3.5400 g 该样品中含 n(Cu2+)=0.002ml×5=0.01ml，答案为：0.01；
（4）3.5400 g 该样品中含 n(Cu2+)为0.01ml，含n(C2O42-)为0.02ml，由电荷守恒可知含n(K＋) =2n(C2O42-)- 2n(Cu2+)=0.02ml，则含n(H2O) ==0.02ml，则A中n(K＋):n(Cu2+):n(C2O42-):n(H2O) =2:1:2:2，故化学式为K2Cu(C2O4)2·2H2O。
21．(1) 加速搅拌(或延长酸浸时间、粉碎等) 将Fe2+氧化为Fe3+，便于生成Fe(OH)3除去(或将Fe2+氧化为Fe3+，有利于除铁等合理答案) 用蒸馏水洗涤，至向最后一次洗涤后滤液中滴加0.1ml/L盐酸和0.lml/L的BaCl2溶液不出现沉淀。干燥，将所得固体在隔绝空气的条件下加热到400℃
(2) (NH4)2S 当温度高于30℃时，(NH4)2S受热分解，导致S2-浓度减少，单质硫的浸取率下降
(3) 的值从2到3，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小
【分析】为了增大反应接触面积，软锰矿和黄铁矿经粉碎研磨与硫酸混合，由于MnO2在酸性条件下具有氧化性，因此反应生成可溶性硫酸锰、硫酸铁和单质硫，过滤后，滤液用碱液处理除去铁元素后，再过滤，溶液经浓缩结晶得产品MnSO4∙H2O，滤渣与(NH4)2S混合作用后，经分解处理得另一产品S，分解的其它产物可转化为(NH4)2S循环使用，由此分析；
【详解】（1）①加速搅拌(或延长酸浸时间、粉碎等)可以提高浸取率。
②根据分析，加MnO2后将Fe2+转化为Fe3+，Fe(OH)3的Ksp小，易生成沉淀；
③用蒸馏水洗涤，至向最后一次洗涤后滤液中滴加0.1ml/L盐酸和0.lml/L的BaCl2溶液不出现沉淀。干燥，将所得固体在隔绝空气的条件下加热到400℃。
（2）①根据分析，(NH4)2S可以循环使用。
②铵盐不稳定，受热易分解，当温度高于30℃，(NH4)2S分解，导致S2-浓度减少，单质硫的浸取率下降；
（3）①图2中FeSx和H2反应生成M、FeSx-1和H•的化学方程式为FeSx+H2=HS•+FeSx-1+H•，HS•的电子式为；
②500℃时，n(H2)/n(SO2)比值为3时硫的产率小于比值为2时的原因n(H2)/n(SO2)比值为3时，H2过量，H2进一步将S还原成H2S，导致硫的产率减小。
22．(1) 盐酸 I2+2ClO=2IO+Cl2↑；
(2) 作溶剂，有利于反应物充分接触 5Cl2+I2+6H2O=2HIO3↓+10Cl-+10H+ 向HIO3溶液中加CCl4，充分振荡，静置分层后分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在
【分析】由制备原理，结合实验装置可知，制取的反应为I2+2KClO3=2KIO3+Cl2↑；制备的反应为5Cl2+I2+6H2O=2HIO3↓+10HCl。
【详解】（1）由于盐酸具有还原性，KClO3在酸性环境中具有强氧化性，能够氧化HCl产生Cl2，所以在制取KIO3溶液时，为防止副反应的反应，要先将一定量KClO3固体与碘水混合后加入三颈瓶，再用分液漏斗将盐酸加入三颈烧瓶中；80℃水浴加热，反应生成Cl2和IO，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：I2+2ClO=2IO+Cl2↑，故答案为：盐酸；I2+2ClO=2IO+Cl2↑；
（2）①碘单质和氯气在水中溶解度不大，都易溶于CCl4，将氯气通入溶有碘单质的CCl4中，可以提高反应物的浓度，利于反应物充分接触，因此的作用是作溶剂，有利于反应物充分接触；
②三颈烧瓶中氯气将碘单质氧化成碘酸，碘酸不溶于有机溶剂，会出现沉淀，反应的离子方程式为：5Cl2+I2+6H2O=2HIO3↓+10Cl-+10H+；
③除去HIO3溶液中少量的I2可利用碘酸易溶于水不溶于有机溶剂，而碘单质易溶于有机溶剂的性质，在HIO3溶液中加CCl4，充分振荡，静置分层后分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。故答案为：向HIO3溶液中加CCl4，充分振荡，静置分层后分液，直至用淀粉溶液检验不出碘单质的存在。
23．(1)安全瓶，防止倒吸
(2) 4SO2++2S2-=3+CO2 氧化
(3)加入足量稀盐酸， 静置，过滤，向滤液中加入少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成
【分析】向盛有亚硫酸钠固体的烧瓶中滴加浓硫酸，生成二氧化硫，二氧化硫和碳酸钠、硫化钠溶液反应生成硫代硫酸钠，用氢氧化钠溶液吸收多余的二氧化硫及可能产生的有毒气体H2S，防止污染空气。
【详解】（1）在装置A中H2SO4与Na2SO3发生复分解反应产生SO2气体，在装置C中SO2、Na2CO3、Na2S发生反应4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+CO2，装置B的作用是安全瓶，可以防止由于装置C中气体大量消耗，装置A中的溶液倒吸进入装置C中，因此可以起到防止倒吸的作用；
（2）装置C中反应生成Na2S2O3的同时放出CO2，反应方程式为：4SO2+Na2CO3+2Na2S=3Na2S2O3+CO2，其离子方程式为：4SO2++2S2-=3+CO2；该反应中SO2得到电子，体现了氧化性；
（3）装置C所得溶液经过结晶等操作获得的Na2S2O3晶体中含有少量Na2SO4，检验其中含有Na2SO4的实验操作是：取少量固体，加入足量稀盐酸，Na2S2O3与HCl反应产生NaCl、S、SO2气体、H2O，然后静置，过滤除去难溶性的S固体，再向滤液中加入少量BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，说明反应产生了BaSO4沉淀，则证明该晶体中含有Na2SO4。
24．(1) A
(2) 黄色 冷风吹干 乙醇
【分析】实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫，二氧化硫有毒，用碱石灰进行尾气吸收；将SO2通入装有Na2CO3、Na2S混合溶液制备硫代硫酸钠，结合物质的性质，当第二次出现黄色现象时，反应基本结束；反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，结合Na2S2O3⋅5H2O的性质采用冷风吹干，可得到Na2S2O3⋅5H2O固体，以此解答。
【详解】（1）①实验室通过亚硫酸钠固体和较浓硫酸反应制备二氧化硫，固、液混合不加热，则应选择装置，发生化学反应方程式为，故答案为：A；；
②利用装置制备的气体，经浓硫酸干燥后、用向上排空气法收集二氧化硫、因二氧化硫有毒，需要用碱石灰进行尾气吸收，则利用上图装置收集一瓶干燥的，其连接顺序为：发生装置，故答案为：。
（2）①将通入装有、混合溶液的圆底烧瓶中，溶液颜色变化依次为无色、黄色、无色的反应原理为：、，随着反应不断发生，硫不断消耗最终变无色，继续通入气体，因亚硫酸溶液呈酸性，已知水溶液在弱酸性条件下易反应生成和，故当溶液中再次出现黄色现象时，反应基本结束，故答案为：黄色；
②将①反应后的溶液蒸发浓缩，冷却结晶过滤，洗涤，进行干燥时，已知在以上的干燥空气中容易失去结晶水，采用冷风吹干，可得到晶体，故答案为：冷风吹干；
③已知难溶于乙醇，为提高结晶效果，冷却结晶时可往溶液中加入乙醇，故答案为：乙醇。
25．(1) 容量瓶，胶头滴管
(2) 运载，稀释防止其爆炸
(3)液化；防止在较高温度下分解
(4) 产品中含有杂质和
【分析】装置B中亚硫酸钠和氯酸钠混合固体中滴入浓硫酸，反应生成，进入C中与和混合溶液反应生成，为防止分解，反应在冰水浴中进行，最后用NaOH溶液吸收尾气。
【详解】（1）75%浓硫酸密度是，其物质的量浓度c=；8%浓硫酸配制该浓度的溶液，除量筒、烧杯、玻璃棒之外还需要的仪器有容量瓶，胶头滴管；
（2）装置B生成的反应为，其中作氧化剂，作还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；实验过程中持续通入的作用是运载，同时可以稀释防止其爆炸；
（3）装置C需采用冰水浴目的是：液化；防止在较高温度下分解；
（4）和与反应生成和氧气，根据得失电子守恒及元素守恒得离子方程式：；由题中信息可知，加入过量可导致产品中含有杂质和。
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