江西省铜鼓2017届高三化学必修一第四章非金属及其化合物能力提升检测试题含答案

学必求其心得，业必贵于专精江西铜鼓2017届高三化学必修一第四章非金属及其化合物能力提升检测试题第I卷选择题一、选择题（每题4分，共48分）。1、200mL硝酸与必然量的铝镁铁合金反应生成3。36LNO（标准状况)和铁盐、铝盐、镁盐等，再向反应后的溶液中加入150mL3mol·L1的NaOH溶液，使铝镁铁元素恰好全部转变为积淀,则原硝酸的浓度是(）A．1。5mol·L﹣1B．2。25mol·L﹣1C．3mol·L﹣1D．无法计算2、研究浓硫酸和铜的反应，以下装置或操作正确的选项是( )A．用装置进行铜和浓硫酸的反应B．用装置收集二氧化硫并吸取尾气C．用装置稀释反应后的混杂液D．用装置测定余酸的浓度学必求其心得，业必贵于专精3、以下各组反应中,硝酸既表现了氧化性，又表现了酸性的是（）A．C+HNO

3

B．H2S+HNO

3C．Fe（OH）3+HNO

3

D．Cu+HNO

34、50mL18mol/L的H2SO4中加入足量的铜片并加热，被还原的H2SO4的物质的量为（)A．＜0.45molB．0.45molC．0。45﹣0。90mol之间D．＞0.90mol5、以下说法中正确的选项是（)．用铁与稀硝酸反应来制备氢气B．氨气、液氨和氨水是同一种物质C．NO2溶于水发生了氧化还原反应,它既是氧化剂又是还原剂D．钠在氧气中燃烧发出白光,生成白色固体氧化钠6、以下现象说明SO2拥有氧化性的是（)A．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中使之褪色B．SO2通入石蕊试液中使之变红色C．SO2通入氯水中使之褪色D．SO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色积淀7、足量铜与必然量浓硝酸反应，获得硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1。68LO2（标准状况)混杂后通入水中，全部气体完好被水吸取生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入4mol·L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完好积淀，则耗资NaOH溶液的体积是(）学必求其心得，业必贵于专精A．60mLB．45mLC．30mLD．75mL8、以下溶液中能用来差异

SO2和

CO2气体的是

(

）①澄清的石灰水

②氢硫酸

③氯水④酸性高锰酸钾溶液

⑤氯化钡溶液

⑥品红溶液．A．①⑤B．③④⑤C．②⑥D．②③④⑥9、以下实验装置不能够达到实验目的是（）A．用SO2做喷泉实验B．考据Cu与浓硝酸反应的热量变化C．考据NH3易溶于水D．比较Na2CO3与NaHCO3的牢固性10、铜和镁的合金4。6g完好溶于必然量的浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生1792mL的NO2气体和1120mL的NO气体(都已折算学必求其心得，业必贵于专精到标准状况）,在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为（）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，充分反应（已知NO3﹣被还原为NO）．以下说法正确的选项是（）A．反应后生成NO的体积为28LB．所得溶液中的溶质只有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密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入必然量的镁和铜组成的混杂物，充分反应后金属完好溶解（假设还原产物只有NO）,向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至积淀完好，测得生成积淀质量比原金属质量增加5.1g．则以下表达不正确是(）A．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B．当生成积淀的量最多时，耗资NaOH溶液体积最小为100mLC．原稀硝酸的物质的量浓度必然为4mol/LD．参加反应金属总质量（m）为9.6g＞m＞3.6g第II卷非选择题二、非选择题（共52分）13、过氧化钙晶体（CaO2·8H2O）为白色，难溶于水,常用于种子消毒、药物制造、鱼池增氧等．Ⅰ．某实验小组在实验室用钙盐制取CaO2·8H2O．学必求其心得，业必贵于专精（1)A

为实验室制取氨气的装置

,则试管

A

中发生的反应为

．(2）仪器B的作用是（3）写出生式

．成CaO2·8H2O

的化学．

方程4)制取CaO2·8H2O一般在低温下进行,原由是．Ⅱ．该实验小组欲经过测量气体的体积来研究CaO2与SO2反应的特点，装置如图:(硬质玻璃管中为无水CaO2）【提出假设】假设1：只发生反应：2SO2+2CaO2═2CaSO3+O2,SO2未被氧化；假设2：只发生反应：SO2+CaO2═CaSO4，SO2完好被氧化;假设3：上述两个反应均发生,SO2部分被氧化．【实验研究】5)该实验装置有一处明显错误，请用文字改正:．学必求其心得，业必贵于专精（6）试剂B为碱石是．【实验数据办理】

灰，其

作用实验测得装置C增重mg，装置E收集到的气体为VL（已换算成标准状况下）．(7）若是假设3成立，则V的取值范围是

．14、葡萄酒中的酒精是葡萄果实中的糖发酵后的产物（C6H12O62CH3CH2OH+2CO2↑）．Ⅰ、已知：实验室制乙烯原理为CH3CH2OHCH2=═CH2↑+H2O,产生的气体能使Br2的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用以下实验考据．（气密性已检验，部分夹持装置略如图1）．实验操作和现象:操作现象点燃酒精灯，加热至Ⅰ:A中烧瓶内液体渐渐变黑学必求其心得，业必贵于专精170℃Ⅱ:B内气泡连续冒出，溶液渐渐褪色实验达成，冲刷烧瓶Ⅲ：A中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出（1）溶液“渐渐变黑”，说明浓硫酸拥有性．(2）解析，甲认为是C2H4，乙认为不能够消除SO2的作用．①依照甲的见解，使B中溶液褪色反应的化学方程式是；②乙依照现象认为实验中产生的SO2和，使B中有色物质反应褪色．③为证明各自见解，甲、乙重新实验，设计与现象以下:甲：在A、B间增加一个装有某种试剂的洗气瓶；现象：Br2的CCl4溶液褪色．乙：用以下装置按必然序次与A连接：（尾气办理装置略如图2）现象：C中溶液由红棕色变为浅红棕色时，E中溶液褪色．请回答以下问题：a．甲设计实验中A、B间洗气瓶中盛放的试剂是；乙设计的实验D中盛放的试剂是，装置连接序次为．b．能说明的确是SO2使E中溶液褪色的实验是．c．乙为进一步考据其见解,取少量C中溶液，加入几滴BaCl2溶液，振荡，产生大量白色积淀，浅红棕色消失,发生反应的离子方程式学必求其心得，业必贵于专精是．由此可得出的干燥的SO2不能够使Br2的四氯化碳溶液褪色Ⅱ、葡萄酒中常用Na2S2O5做抗氧化剂．3)0。5molNa2S2O5溶于水配成1L溶液，该溶液的pH=4。5．溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图3所示．写出Na2S2O5溶于水时发生的化学方程式．﹣10﹣7．把部分被空气氧化的该溶（4）已知：Ksp=1×10，Ksp=5×10液的pH调为10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO42﹣积淀完好，此时溶液中c（SO32﹣）≤mol·L﹣1．15、为研究浓硫酸的性质，某同学进行以下实验：(1）称取铁和碳固体混杂物12.0g放入30.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后获得溶液X并收集到气体Y．取896mL(标准状况)气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4尔后加入足量BaCl2溶液，经合适操作后获得干燥固体4。66g．据此推知气体Y中SO2的体积分数为．2)解析上述实验中SO2体积分数的结果,该同学认为气体Y中还可能含有H2和CO2气体．为此设计了以下研究实验装置(图中夹持仪器省略)．①写出产生CO2的化学方程学必求其心得，业必贵于专精式

．②装置

A中试剂的作用是

,装置

B的作用是

．③简述确认气体象计实验现象应是

Y中含有CO2．若是气体

的实验现Y中含有H2，预．16、某化学兴趣小组欲在实验室研究氯气的性质及模拟工业制取漂白粉，设计了以下装置进行实验:请按要求回答以下问题：(1）浓盐酸和二氧化锰反应的化学方程式是,饱和的食盐水的作用是。（2)淀粉碘化钾溶液中观察到的现象是，反应的离子方程式为．3)若干燥的有色布条不褪色，润湿的有色布条褪色，则甲中盛放（填名称）．4）C12与石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式学必求其心得，业必贵于专精为．漂白粉的有效成分是．（5）该兴趣小组用8.7gMnO2与足量的浓盐酸制备氯气，则理论上最多可制得标准状况下的Cl2L．参照答案1。【答案】C【解析】解:硝酸和金属反应生成硝酸盐和NO，硝酸盐和NaOH完好反应生成氢氧化物积淀，硝酸根离子和氢氧根离子都带一个单位负电荷

,则生成氢氧化物、硝酸盐耗资的

n（OH

﹣）=n(NO

3﹣）=3mol/L

×0.15L=045mol。，原来溶液中

n（HNO

3)=n(NO

3﹣）+n（NO）=0.45mol+

=0.6mol，则原来硝酸浓度

=

=3mol/L

，应选

C．2。【答案】

C【解析】解：A、铜与浓硫酸常温下不反应，此反应需要加热设备,图中无加热装置，故A错误；B、二氧化碳的密度大于空气,适用与向上排空气法收集,即应进步短出，此图方向相反，故B错误；C、浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌，故C正学必求其心得，业必贵于专精确；D、氢氧化钠溶液显碱性，应盛放在碱式滴定管中,图中滴定管为酸式滴定管，故D错误,应选C．3.【答案】D【解析】解:A、C+HNO3中N元素的化合价全由+5降低为+4，则只表现硝酸的氧化性，故A错误;B、H2S+HNO3中N元素的化合价全由+5降低为+4,则只表现硝酸的氧化性,故B错误；C、Fe（OH）3+HNO3中各元素的化合价在反应前后不变，生成硝酸铁，只表现酸性,故C错误；D、Cu+HNO3中N元素部分化合价降低，部分不变,化合价降低时表现氧化性，生成硝酸铜时表现酸性，故D正确;应选D．4。【答案】A【解析】解：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，被还原的硫酸的物质的量理论上应是参加反应的硫酸的一半，但随着反应的进行，硫酸的浓度渐渐降低,而铜与稀硫酸其实不反应,因此，被还原的硫酸的物质的量应小于一半，则50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的铜片并加热后被还原的硫酸的物质的量应为：小于0.45mol．应选:A．5.【答案】C【解析】解：A．稀硝酸拥有强氧化性，Fe与稀硝酸反应生成的是学必求其心得，业必贵于专精NO，不会生成氢气，故A错误；B．氨气和液氨为纯净物，而氨水为氨气的水溶液，为混杂物，故B错误；C．NO2溶于水发生氧化还原反应生成硝酸和NO，在反应中它既是氧化剂又是还原剂，故C正确；D．钠在氧气中燃烧发出黄光,生成淡黄色的过氧化钠，故D错误；应选C．6.【答案】D【解析】解：A．SO2通入高锰酸钾溶液使之褪色，S元素的化合价高升,说明SO2拥有还原性，故A不选;B．SO2通入石蕊试液使其变红色，与水反应生成亚硫酸,SO2拥有酸性氧化物的性质,不是氧化还原反应，故B不选;C．SO2通入氯水使之褪色，反应生成硫酸和盐酸，S元素的化合价高升，说明SO2拥有还原性，被氯气杨宏伟硫酸，故C不选；D．SO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色积淀,反应生成S,SO2中S元素的化合价降低，拥有氧化性，故D选；应选D．7。【答案】D【解析】解:生成NO2、NO的混杂气体与1。68LO2（标准状况）混杂后通入水中，全部气体完好被水吸取生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu供应电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为:×2=0.15mol，向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完好积淀，积淀为学必求其心得，业必贵于专精Cu（OH）2，由电荷守恒可知，Cu供应电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，故n（NaOH）=0.15mol×2=0.3mol，故耗资氢氧化钠溶液体积为=0.075L=75mL，应选D．8.【答案】D【解析】解：①因SO2和CO2均能与石灰水反应生成白色积淀，则不能够鉴别；②只有二氧化硫与氢硫酸反应生成S积淀，二氧化碳不能够，现象不同，可鉴别;③因二氧化硫与氯水发生氧化还原反应，观察到氯水颜色变浅或消失,而二氧化碳与氯水不反应，则能鉴别;④因二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，观察到溶液褪色，而二氧化碳与高锰酸钾溶液不反应，则能鉴别;⑤因SO2和CO2均不与氯化钡溶液反应，则不能够鉴别;⑥因二氧化硫拥有漂白性，能使品红褪色,而二氧化碳不能够，则能鉴别；应选D．9。【答案】D【解析】解：A．二氧化硫易与氢氧化钠反应而以致烧瓶压强减小,可形成喷泉，故A正确；B．如反应为放热反应，则U形管左端液面下降，右端液面上升，可判断反应可否属于放热反应，故B正确；C．如气球体积变大，则烧瓶内压强减小,可说明氨气易溶于水，故C学必求其心得，业必贵于专精正确；D．套装小试管加热温度较低,碳酸氢钠应放在套装小试管中，经过澄清水可否变浑浊可证明牢固性，故D错误．应选D．10。【答案】C【解析】解：反应关系式为CuCu2+Cu(OH）2,MgMg2+Mg（OH）2，反应后生成Cu（OH)2和Mg(OH)2，依照以上反应关系可知铜和镁失去电子数等于结合的氢氧根的物质的量，则反应后积淀的质量=合金的质量+氢氧根离子的质量，生成

1792mL的

NO2气体的物质的量为

:

=0.08mol，1120mL的

NO

气体的物质的量为：

=0.05mol，生成0。08mol二氧化氮、0。05molNO的反应中转移的电子的物质的量为：0。08mol×（5﹣4）+0。05mol×（5﹣2）=0。23mol，因此生成的积淀的质量为：4.6g+0.23mol×17g/mol=851g，。应选C．11。【答案】D【解析】解：溶液中氢离子总物质的量为:n（H+）=2.5mol×2=5mol，n（NO3﹣）=4mol,铁粉的物质的量为1.5mol,由3Fe+2NO3﹣+8H+=3Fe2++2NO↑+4H2O，3281。5mol1mol4mol,则1。5molFe完好反应时，硝酸根离子与氢离子均过分，学必求其心得，业必贵于专精则发生Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，若1.5molFe完好反应时，氢离子不足,则两个反应均发生，Fe+NO

3﹣+4H+=Fe3++NO↑

+2H

2Ox

4x

x3Fe+2NO3

﹣+8H

+=3Fe2++2NO↑

+4H

2Oy

y

y则：x+y=1.5、4x+y=5，解得：x=0。75mol，y=0。75mol生成NO的体积为（0。75mol+0。75mol×）×22.4L/mol=28L,A．依照解析可知，反应后生成标况下28LNO,不是标况下,NO气体不用然为28L，故A错误;B．反应后溶质为硫酸铁和硫酸亚铁，故B错误；C．反应耗资硝酸根离子等于生成NO的量=0.75mol+0.75mol=1×。25mol，缺少溶液体积，无法计算溶液中硝酸根离子浓度，故C错误；D．反应后生成铁离子为0。75mol，亚铁离子为0。75mol，因此所得溶液中c（Fe2+)：c（Fe3+）=1：1，故D正确;应选D．12.【答案】C【解析】解：将必然量的镁和铜组成的混杂物加入到稀HNO3中，金属完好溶解(假设反应中还原产物只有NO),发生反应:3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过分的3mol/LNaOH溶液至积淀完好，发生反应：Mg学必求其心得，业必贵于专精NO3)2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3;Cu(NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，积淀为氢氧化镁和氢氧化铜,生成积淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5。1g，氢氧根的物质的量为0。3mol，依照电子转移守恒,则镁和铜的总的物质的量为:0.3mol1/2=0×。15mol，A．镁和铜的总的物质的量为0。15mol，依照电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0。15mol×2/3=0。1mol，标准状况下生成NO的体积为：0。1mol×22.4L/mol=224L。，故A正确；B．若硝酸无节余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0。3mol，需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL;硝酸若有剩余，耗资的氢氧化钠溶液体积大于

100mL，故

B正确；C．依照方程式可知参加反应的

n（HNO

3）=n（金属

)=0.15mol

×=0。4mol，硝酸有可能有节余，故C错误；D．镁和铜的总的物质的量为0。15mol,假设全为镁，质量为0。15mol×24g/mol=36g。，若全为铜，质量为0。15mol×64g/mol=9.6g,因此参加反应的金属的总质量（m）为9。6g＞m＞3。6g,故D正确；应选C．13。【答案】（1)Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O;(2）防倒吸；3)CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2·8H2O；(4)低于0℃,液体被冻结,反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，温度低有利于提升产率；(5）装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”；学必求其心得，业必贵于专精6）吸取未反应的SO2；7）0＜V＜．【解析】解:（1）实验室中用氯化铵和氢氧化钙固系统取氨气，方程式为：

Ca（OH）2+2NH

4Cl

CaCl2+2NH

3↑

+2H2O,故答案为：

Ca（OH）2+2NH

4Cl

CaCl2+2NH

3↑

+2H2O；2）依照B的特点构造能够知道B是长颈漏斗，该装置能够防倒吸,故答案为：防倒吸；依照装置C中的物质得出制取的原理方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2·8H2O，故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO2·8H2O;(4)制取CaO2·8H2O一般在0℃～5℃的低温下进行，低于0℃，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快,反应为放热反应，低温有利于反应正向进行，故答案为:低于0℃，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快,反应为放热反应,温度低有利于提升产率；5）装置E量气装置导气管进步弊端，不能够排液体测定气体体积，装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”，故答案为：装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”;6)装置E为测定生成气体的体积,需要把节余的二氧化硫除去，因此试剂B的作用是吸取未反应的SO2，故答案为：吸取未反应的SO2;7)若SO2未被氧化，发生反应方程式为：2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2，依照化学方程式和反应增重计算E中收集的氧气：学必求其心得，业必贵于专精2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2固体增重1mol96gmolm1g1mol×m1g=96g×mol，解得：V=，若二氧化硫全部被氧化发生的反应为：CaO2+SO2=CaSO4,反应过程中无氧气生成，V=0，因此若二氧化硫部分被氧化，则生成的氧气体积范围为：0＜V＜，故答案为：0＜V＜．14.【答案】(1）脱水性;2）①CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br；②H2O；③a、NaOH溶液；浓硫酸；（d）cabe（f）；b、加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复,证明是SO2使品红溶液褪色而不是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）浓硫酸拥有脱水性，能使乙醇溶液“渐渐变黑”，故答案为：脱水性;（2）①依照甲的见解，溴水能够使B中溶液褪色，反应的化学方程学必求其心得，业必贵于专精式是CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2→CH2Br﹣CH2Br;②乙依照现象Ⅲ认为产生了SO2和水，在B中溴单质能够和二氧化硫、水发生氧化还原反应生计溴化氢和硫酸，故答案为：H2O;a、依照甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是氢氧化钠，能够和二氧化硫反应,吸取二氧化硫，消除二氧化硫的搅乱，依照乙的设计，C中盛放的试剂是，浓硫酸拥有吸水性，能够做干燥剂，依照乙的设计，即要证明干燥的二氧化硫不能够使溴的四氯化碳褪色，但能使品红褪色，因此装置连接序次为（d）cabe（f）,故答案为：NaOH溶液;浓硫酸；(d）cabe（f）；b、证明SO2使E中溶液褪色的实验是加热已经褪色的品红溶液,若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2，故答案为：加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2；c、溴单质能够和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和溴离子，硫酸根离子和钡离子反应会生成白色积淀,相关反应的离子方程式为SO2+2H2O+Br2═+﹣2﹣2﹣2+═BaSO4↓或4H+2Br+SO4、SO4+Ba2++﹣+BaSO4↓,SO2+2H2O+Br2+Ba═4H+2Br+﹣+SO42﹣2﹣+Ba2+═BaSO4↓故答案为:SO2+2H2O+Br2═4H+2Br、SO4或SO2+2H2O+Br2+Ba2+═+﹣+BaSO4↓；4H+2Br(3）依照图可知，pH=4。5时,溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，因此水解方程式为Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，学必求其心得，业必贵于专精故答案为：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3;(4）依照Ksp=c（Ba2+）·c（SO42﹣），可知需要c（Ba2+）===10﹣5mol·L﹣1,则溶液中SO32﹣的最大浓度c（SO32﹣）===0。05mol·L﹣1，故答案为：0.05．15。【答案】（1）50％;（2）①C+2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O;②除去混杂气体中的SO2；5SO2+2MnO4﹣+2H2O=5SO42﹣+2Mn2++4H+；③B中品红溶液不褪色，C中石灰水变浑浊；E中黑色固体变红色，中无水硫酸铜由白色变蓝色．【解析】解:(1）SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4,H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl，因此硫酸钡和二氧化硫之间的关系式为SO2﹣﹣﹣﹣﹣BaSO4,设二氧化硫的体积为V,SO2﹣﹣﹣﹣﹣BaSO4，22。4L233gV4.66gV=0。448l=448mL，因此二氧化硫的体积分数=×100%=50％，故答案为：50%；2）①碳素钢中含有碳,加热条件下，碳能和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水,反应方程式为C+2H2SO4（浓）学必求其心得，业必贵于专精CO2↑+2SO2↑+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓)CO2↑+