江苏省吴江市平望中学2024年高三一诊考试化学试卷含解析

江苏省吴江市平望中学2024年高三一诊考试化学试卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、H2SO3水溶液中存在电离平衡H2SO3H++HSO3－和HSO3－H++SO32－，若对H2SO3溶液进行如下操作，则结论正确的是：（）A．通入氯气，溶液中氢离子浓度增大B．通入过量H2S，反应后溶液pH减小C．加入氢氧化钠溶液，平衡向右移动，pH变小D．加入氯化钡溶液，平衡向右移动，会产生亚硫酸钡沉淀2、中国科学家在合成氨（N2+3H22NH3△H<0）反应机理研究中取得新进展，首次报道了LiH-3d过渡金属这一复合催化剂体系，并提出了“氮转移”催化机理。如图所示，下列说法不正确的是A．转化过程中有非极性键断裂与形成B．复合催化剂降低了反应的活化能C．复合催化剂能降低合成氨反应的焓变D．低温下合成氨，能提高原料转化率3、《天工开物》中对“海水盐”有如下描述：“凡煎盐锅古谓之牢盆……其下列灶燃薪，多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘……火燃釜底，滚沸延及成盐。”文中涉及的操作是()A．萃取 B．结晶C．蒸馏 D．过滤4、常温下在20mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液中逐滴加入0.1mol·L－1HCl溶液40mL，溶液中含碳元素的各种微粒（CO2因逸出未画出）物质的量分数（纵轴）随溶液pH变化的部分情况如图所示。下列说法不正确的是A．在同一溶液中，H2CO3、、不能大量共存B．测定混有少量氯化钠的碳酸钠的纯度，若用滴定法，指示剂可选用酚酞C．当pH＝7时，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系：c(Na＋)＞c(Cl－)＞c()＞c(H＋)＝c(OH－)D．已知在25℃时，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝2.0×10－4，溶液中c()∶c()＝1∶1时，溶液的pH＝105、下列颜色变化与氧化还原反应有关的是（）A．氨气遇到HCl气体后产生白烟B．品红溶液通入SO2气体后褪色C．湿润的淀粉碘化钾试纸遇Cl2变蓝D．在无色火焰上灼烧NaCl火焰呈黄色6、某课外活动小组，为研究金属的腐蚀和防护的原理，做了以下实验：将剪下的一块镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，按如图所示的装置进行实验，过一段时间后观察。下列现象不可能出现的是A．锌被腐蚀 B．金属片剪口变红C．B中导气管里形成一段水柱 D．B中导气管产生气泡7、Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5，其流程如下：下列说法正确的是A．上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物B．Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时，均表现还原性C．上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换D．实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗8、我国科学家设计了一种智能双模式海水电池，满足水下航行器对高功率和长续航的需求。负极为Zn，正极放电原理如图。下列说法错误的是（）A．电池以低功率模式工作时，NaFe[Fe(CN)6]作催化剂B．电池以低功率模式工作时，Na+的嵌入与脱嵌同时进行C．电池以高功率模式工作时，正极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]D．若在无溶解氧的海水中，该电池仍能实现长续航的需求9、取三份浓度均为0.1mol/L，体积均为1L的CH3COONa溶液中分别加入NH4Cl固体、CH3COONH4固体、HCl气体后所得溶液pH变化曲线如图（溶液体积变化忽略不计）下列说法不正确的是A．曲线a、b、c分别代表加入CH3COONH4、NH4Cl、HClB．由图可知Ka(CH3COOH)＝Kb(NH3﹒H2O)＝1×10－7C．A点处c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)D．C点处c(CH3COO－)＋c(Cl－)＋c(OH－)＞0.1mol/L10、常温下，将0.2mol/LKMnO4酸性溶液0.1L与一定量pH=3的草酸（HOOC—COOH）溶液混合，放出VL气体。NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．0.1molHOOC—COOH含共用电子对数目为0.9NAB．当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+数目为NAC．pH=3的草酸溶液含有H+数目为0.001NAD．该反应释放CO2分子数目为NA11、关于氯化铁溶液，下列有关说法正确的是（）A．适当升高温度能促进FeCl3水解B．加水稀释能促进其水解，并提高Fe(OH)3的浓度C．加少量浓盐酸能促进FeCl3水解D．保存氯化铁溶液时应加入少量铁粉12、温度为T时，向2.0L恒容密闭容器中充入1.0molPCl5，反应：PCl5(g)PCl3(g)＋Cl2(g)经一段时间后达到平衡，反应过程中测定的部分数据见下表：t/s050150250250n(PCl3)/mol00.160.190.200.20下列说法正确的是A．反应在前50s内的平均速率v(PCl3)=0.0032mol/(L·s)B．保持其他条件不变，升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L，该反应为放热反应C．相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20molCl2，达到平衡前的v正＞v逆D．相同温度下，起始时向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，达到平衡时，PCl3的转化率小于80％13、已知有如下反应：①2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2②2Fe2＋＋Br2=2Fe3＋＋2Br－③2Fe(CN)64-＋I2=2Fe(CN)63-＋2I－，试判断氧化性强弱顺序正确的是（）A．Fe3＋＞Br2＞I2＞Fe(CN)63-B．Br2＞I2＞Fe3＋＞Fe(CN)63-C．Br2＞Fe3＋＞I2＞Fe(CN)63-D．Fe(CN)63-＞Fe3＋＞Br2＞I214、根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（）A．A B．B C．C D．D15、近年来，我国大力弘扬中华优秀传统文化体现了中华民族的“文化自信”。下列有关说法错误的是A．成语“百炼成钢”、“蜡炬成灰”中均包含了化学变化B．常温下，成语“金戈铁马”中的金属能溶于浓硝酸C．谚语“雷雨肥庄稼”，其过程中包含了氧化还原反应D．《荷塘月色》中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体16、已知：A（g）+3B（g）⇌2C（g）。起始反应物为A和B，物质的量之比为1：3，且总物质的量不变，在不同压强和温度下，反应达到平衡时，体系中C的物质的量分数如下表：下列说法不正确的是（）温度物质的量分数压强400℃450℃500℃600℃20MPa0.3870.2740.1890.08830MPa0.4780.3590.2600.12940MPa0.5490.4290.3220.169A．压强不变，降低温度，A的平衡转化率增大B．在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同C．达到平衡时，将C移出体系，正、逆反应速率均将减小D．为提高平衡时C的物质的量分数和缩短达到平衡的时间，可选择加入合适的催化剂17、W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M，X的一种单质可用于自来水的消毒，Y的焰色反应呈黄色，X与Z同主族。下列说法正确的是（）A．简单离子半径：r（Y）>r（Z）>r（X）>r（W）B．X与Z形成的常见化合物均能与水发生反应C．M是一种离子化合物，其溶液呈酸性是因为阴离子水解D．X的气态氢化物比Z的稳定是因为X的氢化物形成的氢键牢固18、厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中不正确的是A．1molNH4+所含的质子总数为10NAB．联氨（N2H4）中含有极性键和非极性键C．过程II属于氧化反应，过程IV属于还原反应D．过程I中，参与反应的NH4+与NH2OH的物质的量之比为1:119、下列各组物质，满足表中图示物质在一定条件下能一步转化的是（）序号XYZWASSO3H2SO4H2SBCuCuSO4Cu(OH)2CuOCSiSiO2Na2SiO3H2SiO3DAlAlCl3Al(OH)3NaAlO2A．A B．B C．C D．D20、在酸性条件下，黄铁矿(FeS2)催化氧化的反应方程式为2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，实现该反应的物质间转化如图所示。下列分析错误的是A．反应I的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2OB．反应Ⅱ的氧化剂是Fe3+C．反应Ш是氧化还原反应D．黄铁矿催化氧化中NO作催化剂21、汽车尾气含氮氧化物（NOX）、碳氢化合物(CXHY)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置（净化处理过程如图）。下列有关叙述，错误的是A．尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关B．尾气处理过程，氮氧化物（NOX）被还原C．Pt-Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率D．使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾22、司替戊醇(d)用于治疗两岁及以上Dravet综合征相关癫痫发作患者，其合成路线如图所示。下列有关判断正确的是（）A．b的一氯代物有4种B．c的分子式为C14H14O3C．1mold最多能与4molH2发生加成反应D．d中所有碳原子可能处于同一平面二、非选择题(共84分)23、（14分）华法林是一种治疗心脑血管疾病的药物，可由化合物和在一定条件下合成得到（部分反应条件略）。请回答下列问题：（1）的名称为______，的反应类型为______。（2）的分子式是______。的反应中，加入的化合物与银氨溶液可发生银镜反应，该银镜反应的化学方程式为____________________________________。（3）为取代反应，其另一产物分子中的官能团名称是____________。完全燃烧最少需要消耗____________。（4）的同分异构体是芳香酸，，的核磁共振氢谱只有两组峰，的结构简式为____________，的化学方程式为________________________。（5）上图中，能缩合成体型高分子化合物的酚类单体是____________，写出能检验该物质存在的显色反应中所用的试剂及实验现象__________________________________________。（6）已知：的原理为：①C6H5OH++C2H5OH和②+C2H5OH，的结构简式为____________。24、（12分）新合成的药物J的合成方法如图所示：已知：R1—NH—R2+Cl—R3+HClR1COOR2+R3CH2COOR4+R2OH(R1、R2、R3、R4为氢或烃基)回答下列问题：(1)B的化学名称为______________，F的结构简式为_____________(2)有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团名称是_______，由A生成B的反应类型为_____(3)③的化学方程式为__________。(4)已知④有一定的反应限度，反应进行时加入吡啶(C5H5N，属于有机碱)能提高J的产率，原因是________。(5)有机物K分子组成比F少两个氢原子，符合下列要求的K的同分异构体有_________种(不考虑立体异构)。①遇FeCl3溶液显紫色②苯环上有两个取代基(6)是一种重要的化工中间体。以环已醇()和乙醇为起始原料，结合已知信息选择必要的无机试剂，写出制备的合成路线：_________________。(已知：RHC=CHR＇RCOOH+R＇COOH，R、R＇为烃基。用结构简式表示有机物，用箭头表示转化关系，箭头上注明试剂和反应条件)25、（12分）亚氯酸钠（NaClO2）是二氧化氯（ClO2）泡腾片的主要成分。实验室以氯酸钠（NaClO3）为原料先制得ClO2，再制备NaClO2粗产品，其流程如图：已知：①ClO2可被NaOH溶液吸收，反应为2ClO2+2NaOH=NaClO3+NaClO2+H2O。②无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解。（1）反应Ⅰ中若物质X为SO2，则该制备ClO2反应的离子方程式为___。（2）实验在如图-1所示的装置中进行。①若X为硫磺与浓硫酸，也可反应生成ClO2。该反应较剧烈。若该反应在装置A的三颈烧瓶中进行，则三种试剂（a.浓硫酸；b.硫黄；c.NaClO3溶液）添加入三颈烧瓶的顺序依次为___（填字母）。②反应Ⅱ中双氧水的作用是___。保持反应时间、反应物和溶剂的用量不变，实验中提高ClO2吸收率的操作有：装置A中分批加入硫黄、___（写出一种即可）。（3）将装置B中溶液蒸发可析出NaClO2，蒸发过程中宜控制的条件为___（填“减压”、“常压”或“加压”）。（4）反应Ⅰ所得废液中主要溶质为Na2SO4和NaHSO4，直接排放会污染环境且浪费资源。为从中获得芒硝（Na2SO4·10H2O）和石膏（水合硫酸钙），请补充完整实验方案：___，将滤液进一步处理后排放（实验中须使用的试剂和设备有：CaO固体、酚酞、冰水和冰水浴）。已知：CaSO4不溶于Na2SO4水溶液；Na2SO4的溶解度曲线如图−2所示。26、（10分）硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种解毒药，用于氟化物、砷、汞、铅、锡、碘等中毒，临床常用于治疗荨麻疹，皮肤瘙痒等病症.硫代硫酸钠在中性或碱性环境中稳定，在酸性溶液中分解产生S和SO2实验I：Na2S2O3的制备。工业上可用反应：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2制得，实验室模拟该工业过程的装置如图所示：(1)仪器a的名称是_______，仪器b的名称是_______。b中利用质量分数为70%〜80%的H2SO4溶液与Na2SO3固体反应制备SO2反应的化学方程式为_______。c中试剂为_______(2)实验中要控制SO2的生成速率，可以采取的措施有_______(写出一条)(3)为了保证硫代硫酸钠的产量，实验中通入的SO2不能过量，原因是_______实验Ⅱ：探究Na2S2O3与金属阳离子的氧化还原反应。资料：Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)装置试剂X实验现象Fe2(SO4)3溶液混合后溶液先变成紫黑色，30s后几乎变为无色(4)根据上述实验现象，初步判断最终Fe3+被S2O32-还原为Fe2+，通过_______(填操作、试剂和现象)，进一步证实生成了Fe2+。从化学反应速率和平衡的角度解释实验Ⅱ的现象：_______实验Ⅲ：标定Na2S2O3溶液的浓度(5)称取一定质量的产品配制成硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度：用分析天平准确称取基准物质K2Cr2O7(摩尔质量为294g∙mol-1)0.5880g。平均分成3份，分别放入3个锥形瓶中，加水配成溶液，并加入过量的KI并酸化，发生下列反应：6I-+Cr2O72-+14H+=3I2+2Cr3++7H2O，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配Na2S2O3溶液滴定，发生反应I2+2S2O32-=2I-+S4O62-，三次消耗Na2S2O3溶液的平均体积为25.00mL，则所标定的硫代硫酸钠溶液的浓度为_______mol∙L-127、（12分）硫化碱法是工业上制备硫代硫酸钠晶体（Na2S2O3•5H2O）的方法之一，流程如下：已知：Na2S2O3在空气中强热会被氧化，Na2S2O3•5H2O（M=248g/moL）在35℃以上的干燥空气中易失去结晶水，可用作定影剂、还原剂。某兴趣小组在实验室用硫化碱法制备Na2S2O3•5H2O并探究Na2S2O3的化学性质。I．制备Na2S2O3•5H2O设计如下吸硫装置：（1）写出A瓶中生成Na2S2O3和CO2的离子方程式______。（2）装置B的作用是检验装置A中SO2的吸收效果，装置B中试剂可以是______A浓硫酸B溴水CFeSO4溶液DBaCl2溶液II．测定产品纯度（1）Na2S2O3溶液是定量实验中的常用试剂，测定其浓度的过程如下：第一步：准确称取agKIO3（M=214g/moL）固体配成溶液；第二步：加入过量KI和H2SO4溶液，滴加指示剂；第三步：用Na2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液的体积为VmL。则c（Na2S2O3）＝______mol/L。（列出算式即可）（已知：IO3－+5I－+6H+＝3I2+3H2O，2S2O32－+I2＝S4O62－+2I－）（2）滴定过程中下列实验操作会造成结果偏高的是_________（填字母）A滴定管未用Na2S2O3溶液润洗B滴定终点时俯视读数C锥形瓶用蒸馏水润洗后未用待取液润洗D滴定管尖嘴处滴定前有气泡，达滴定终点时未发现有气泡Ⅲ．探究Na2S2O3的化学性质已知Na2S2O3溶液与Cl2反应时，1molNa2S2O3转移8mol电子。甲同学设计如图实验流程：（1）甲同学设计实验流程的目的是证明Na2S2O3溶液具有___________和__________。（2）乙同学认为应将上述流程中②③所加试剂顺序颠倒，你认为理由是__________。28、（14分）甲硅烷广泛用于电子工业、汽车领域，三氯氢硅（）是制备甲硅烷的重要原料。回答下列问题：(1)工业上以硅粉和氯化氢气体为原料生产时伴随发生的反应有：①②以硅粉和氯化氢气体生产的热化学方程式是_______________________。(2)工业上可用四氯化硅和氢化铝锂（）制甲硅烷，反应后得甲硅烷及两种盐。该反应的化学方程式为_________________________________________________。(3)三氯氢硅歧化也可制得甲硅烷。反应为歧化制甲硅烷过程的关键步骤，此反应采用一定量的催化剂，在不同反应温度下测得的转化率随时间的变化关系如图所示。①时，平衡转化率为_________。该反应是__________反应（填“放热”或“吸热”）。②时，要缩短反应达到平衡的时间，可采取的措施有________________________。（答一种即可）③比较a、b处反应速率的大小：_______________（填“＞”“＜”或“=”）。已知反应速率分别是正、逆反应的速率常数，与反应温度有关，x为物质的量分数，则在时___________（保留3位小数）。29、（10分）物质M是一种日常生活中不可缺少的调味品．已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰，M与其他物质的转化关系如图所示（部分产物已略去）（1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式_____。（2）比较B中各元素原子半径由大到小_____（填元素符号）。（3）若A是一种酸性氧化物，且可用于制造玻璃，则G的化学式是_____。（4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是_____。（5）若A是一种盐，A溶液与B溶液混合产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，则由A转化成E的离子方程式是_____。（6）若A是一种溶液，只可能含有H+、NH4+、Mg2+、Fe3+、Al3+、CO32﹣、SO42﹣中的某些离子，当向该溶液中加入B溶液时发现生成沉淀的物质的量随B溶液的体积发生变化如图所示，由此可知，该溶液中肯定含有的离子及其浓度之比为_____。（7）若E可用于检验葡萄糖的存在，写出G溶液充分蒸发灼烧后的产物与乙醇反应的化学方程式为_____。

参考答案一、选择题(共包括22个小题。每小题均只有一个符合题意的选项）1、A【解析】

A、氯气和亚硫酸会发生氧化还原反应Cl2+H2SO3+H2O=4H++SO42-+2Cl-，溶液中氢离子浓度增大，A正确；B、亚硫酸和硫化氢发生氧化还原反应H2SO3+2H2S=3S↓+3H2O，通入硫化氢后抑制亚硫酸电离，导致氢离子浓度减小，溶液的pH增大，B错误；C、加入氢氧化钠溶液，发生反应OH-+H+=H2O，平衡向正向移动，但氢离子浓度减小，溶液的pH增大，C错误；D、氯化钡和亚硫酸不反应，不影响亚硫酸的电离，不会产生亚硫酸钡沉淀，D错误。答案选A。2、C【解析】

A.合成氨为可逆反应，氮气和氢气在反应过程中有消耗和生成，故转化过程中有非极性键断裂与形成，A项正确；B.催化剂能降低反应的活化能，加快反应速率，B项正确；C.催化剂不能改变反应的焓变，焓变只与反应物和生成物总能量的相对大小有关系，C项错误；D.合成氨的正反应为放热反应，降低温度，平衡向正向移动，能提高原料转化率，D项正确；答案选C。3、B【解析】

“灶燃薪”是加热，“多者十二三眼，少者七八眼，共煎此盘”是蒸发结晶，B正确，故答案为：B。4、D【解析】

A．根据图像分析，pH＞8时只有碳酸根离子和碳酸氢根离子，pH=8时，只有碳酸氢根离子，pH＜8时，溶液中只有碳酸和碳酸氢根离子，则在同一溶液中，H2CO3、HCO3-、CO32-不能大量共存，故A正确；B．Na2CO3溶液中逐滴加入HCl溶液，用酚酞作指示剂，滴定产物是，用甲基橙作指示剂滴定时，和HCl溶液的反应产物是H2CO3，故B正确；C．由图象可知，pH=7时，c(H＋)＝c(OH－)，溶液中含碳元素的主要微粒为HCO3-、H2CO3，电荷守恒可知：c(Na+)+c(H+)=c(Cl−)+c(HCO3-)+c(OH−)，则c(Na+)＞c(Cl−)，因HCO3-水解，则c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)，溶液中各种离子的物质的量浓度的大小关系为c(Na+)＞c(Cl−)＞c(HCO3-)＞c(H+)=c(OH−)，故C正确；D．已知在25℃时，溶液中c()∶c()＝1∶1，水解反应的平衡常数即水解常数Kh1＝c(OH－)=2.0×10－4，则c(H＋)=5.0×10－11，溶液的pH＜10，故D错误；5、C【解析】

A．氨气遇到HCl气体后生成氯化铵，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故A不符合题意；B．品红溶液通入SO2气体后发生化合反应使溶液的红色褪去，没有发生化合价的变化，与氧化还原反应无关，故B不符合题意；C．Cl2与碘化钾发生氧化还原反应生成I2，I2使淀粉变蓝，故C符合题意；D．焰色反应与电子的跃迁有关，为物理变化，故D不符合题意；故答案选C。6、D【解析】

镀锌铁片，放入锥形瓶中，并滴入少量食盐水将其浸湿，再加数滴酚酞试液，形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，铁为正极，发生吸氧腐蚀，2H2O+O2+4e-=4OH-，据此分析解答。【详解】A．形成的原电池中，金属锌为负极，发生反应：Zn-2e-=Zn2+，锌被腐蚀，故A正确；B．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，生成的氢氧根离子遇到酚酞会显示红色，故B正确；C．锥形瓶中金属发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，导气管里形成一段水柱，故C正确；D．原电池形成后没有气体生成，发生吸氧腐蚀，瓶中气体压强减小，所以B中导气管不会产生气泡，故D错误；故选D。7、C【解析】

饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫，使溶液pH变为4.1，说明溶液显酸性，Na2CO3显碱性，Na2SO3显碱性，NaHCO3显碱性，而NaHSO3显酸性，说明反应产生了NaHSO3，同时放出二氧化碳，I中的溶液应为NaHSO3溶液；再加入Na2CO3固体，将NaHSO3转化为Na2SO3，再次充入SO2，将Na2SO3转化为NaHSO3，得到过饱和的NaHSO3溶液，由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5，发生2NaHSO3═Na2S2O5+H2O，据此分析解答。【详解】A．上述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物——二氧化硫和二氧化碳，故A错误；B．SO2作漂白剂时，未发生氧化还原反应，没有表现还原性，故B错误；C．根据上述分析，上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换，否则得不到过饱和的NaHSO3溶液，故C正确；D．“结晶脱水”是加热固体分解，应该在坩埚中进行，故D错误；答案选C。8、D【解析】

A.根据图示可知：电池以低功率模式工作时，负极是Zn-2e-=Zn2+，正极上是NaFe[Fe(CN)6]获得电子，然后与吸附在它上面的氧气即溶液中发生反应为O2+4e-+2H2O=4OH-，从NaFe[Fe(CN)6]上析出，故NaFe[Fe(CN)6]的作用是作催化剂，A正确；B.电池以低功率模式工作时，电子进入NaFe[Fe(CN)6]时Na+的嵌入；当形成OH-从NaFe[Fe(CN)6]析出时，Na+从NaFe[Fe(CN)6]脱嵌，因此Na+的嵌入与脱嵌同时进行，B正确；C.根据电池以高功率模式工作时，正极上NaFe[Fe(CN)6]获得电子被还原变为Na2Fe[Fe(CN)6]，所以正极的电极反应式为：NaFe[Fe(CN)6]+e-+Na+=Na2Fe[Fe(CN)6]，C正确；D.若在无溶解氧的海水中，由于在低功率模式工作时需要氧气参与反应，因此在该电池不能实现长续航的需求，D错误；故合理选项是D。9、B【解析】

醋酸钠为强碱弱酸盐，因醋酸根离子水解，溶液呈碱性。往溶液中加入氯化铵固体，由于铵根离子水解呈酸性，故随着氯化铵的加入，溶液将由碱性逐渐变为酸性，由于水解微弱，所得溶液酸性较弱，符合的曲线为b；往溶液中通入氢化氯气体，随着气体的通入溶液由碱性转变为酸性，由于氯化氢为强酸，通入量较大时，溶液的酸性较强，符合的曲线为c；加入醋酸铵固体所对应的变化曲线为a，据此结合电荷守恒及盐的水解原理分析。【详解】A.根据分析可知，曲线a代表醋酸铵、曲线b代表氯化铵、曲线c代表氯化氢，故A正确；B.当加入固体的物质的量为0.1mol时，曲线b对应的pH值等于7，说明等浓度的醋酸根离子的水解程度与铵根离子相同，即Ka(CH3COOH)=Kb(NH3﹒H2O)，但无法计算其电离平衡常数，故B错误；C.A点含有的溶质为0.1molCH3COONa与0.1molCH3COONH4，溶液的pH>7，则c(OH−)>c(H+)，醋酸根离子的水解程度较小，则c(CH3COO−)>c(Na+)，铵根离子部分水解，则c(Na+)>c(NH4+)，溶液中离子浓度的大小关系为：c(CH3COO－)＞c(Na＋)＞c(NH4＋)＞c(OH－)＞c(H＋)，故C正确；D.C点通入0.1molHCl，与0.1mol醋酸钠反应得到0.1molCH3COOH与0.1molNaCl，c(Cl−)=c(Na+)=0.1mol/L，则c(CH3COO−)+c(Cl−)+c(OH−)>0.1mol/L，故D正确；故选：B。【点睛】本题考查图象分析、溶液中离子浓度关系，题目难度中等，明确图象曲线变化的意义为解答关键，转移掌握电荷守恒及盐的水解原理，试题培养了学生的综合应用能力。10、A【解析】

A.1个HOOC—COOH分子中含有9对共用电子对，则0.1molHOOC—COOH含共用电子对数目为0.9NA，A正确；B.KMnO4与草酸反应的方程式为：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=10CO2↑+2MnSO4+K2SO4+8H2O，根据方程式可知当1molKMnO4被还原时，强酸提供的H+的物质的量为3mol，因此反应消耗的H+数目为3NA，B错误；C.缺少溶液的体积，不能计算H+的数目，C错误；D.不确定CO2气体所处的环境，因此不能计算其物质的量，也就不能确定其分子数，D错误；故合理选项是A。11、A【解析】

A.水解为吸热反应，升高温度能促进盐类的水解，A项正确；B.加水稀释能促进其水解，但是会使Fe(OH)3的浓度降低，B项错误；C.氯化铁水解生成氢氧化铁和氢离子，加入盐酸，增大氢离子浓度，抑制氯化铁水解，C项错误；D.铁粉能够与氯化铁反应生成氯化亚铁，所以保存氯化铁溶液不能加入铁，为抑制氯化铁水解应加入少量稀盐酸，D项错误；答案选A。12、C【解析】

A、反应在前50s内PCl3的物质的量增加0.16mol，所以前50s内的平均速率v(PCl3)==0.0016mol／(L·s)，故A错误；B、原平衡时PCl3的物质的量浓度c(PCl3)=0.20mol÷2.0L=0.10mol/L，若升高温度，平衡时c(PCl3)=0.11mol/L，PCl3的浓度比原平衡时增大了，说明升高温度，平衡正向移动，则正向是吸热反应，故B错误；C、根据表中数据可知平衡时Cl2的浓度是0.1mol/L，PCl5的浓度是0.4mol/L，则该温度下的平衡常数K==0.025，相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl5、0.20molPCl3和0.20mo1Cl2，Qc==0.02<0.025，所以反应正向进行，达平衡前v正＞v逆，故C正确；D、相同温度下，起始时向容器中充入1.0molPCl3、1.0molCl2，则与原平衡是等效平衡，原平衡中五氯化磷的转化率是0.2mol÷1.0mol×100%=20%，所以三氯化磷的转化率是80%，而向容器中充入2.0molPCl3、2.0molCl2，相当于容器的体积缩小一倍，压强增大，则平衡逆向移动，所以三氯化磷的转化率大于80%，故D错误；答案选C。13、C【解析】

依据同一氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由反应方程式①判断氧化性Fe3＋＞I2，由反应方程式②得到氧化性Br2＞Fe3＋，由反应方程式③得到氧化性I2＞Fe(CN)63-，综合可得C项正确。故选C。14、B【解析】

A.向苯中加少量溴水，振荡，水层变成无色，是苯萃取溴的过程，属于物理变化，故A错误；B.沉淀部分溶解，说明还有部分不溶解，不溶解的一定是硫酸钡，溶解的是亚硫酸钡，所以亚硫酸钠只有部分被氧化，故B正确；C.向溶液中加入盐酸生成白色沉淀，可能是Na2SiO3溶液或AgNO3溶液等，故C错误;D.SO2通入含酚酞的NaOH溶液中红色消失，是SO2与NaOH反应生成亚硫酸钠和水的缘故，故D错误；故答案为B。15、B【解析】

A.“百炼成钢”是将生铁中的C氧化为二氧化碳，发生了化学变化，“蜡炬成灰”是烃的燃烧，发生了化学变化，A正确；B.Fe在常温下在浓硝酸中会钝化，无法溶解在浓硝酸中，B错误；C.“雷雨肥庄稼”是将空气中游离态的N元素氧化为化合态，涉及到了氧化还原反应，C正确；D.“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体，D正确；故答案选B。16、D【解析】

A.由图可知温度越高C物质的量分数减小，平衡逆向移动，逆反应是吸热反应，所以压强不变，降低温度，A的平衡转化率增大，故A正确；B.可调节压强和温度使C的物质的量分数相同，所以在不同温度下、压强下，平衡时C的物质的量分数可能相同，故B正确；C.浓度越小反应速率越小，达到平衡时，将C移出体系，反应物和生成物的浓度都减小，所以正、逆反应速率均将减小，故C正确；D.使用催化剂只改变反应的速率，平衡不移动，所以加入合适的催化剂不能提高平衡时C的物质的量分数，故D错误。故选D。17、B【解析】

由“W的最高价氧化物对应的水化物与其简单氢化物反应生成一种盐M”可知W为N，M为NH4NO3；由“Y的焰色反应呈黄色”可知Y为Na；由“W、X、Y、Z是原子序数依次增大的短周期主族元素”且“X的一种单质可用于自来水的消毒”可知，X为O；“X与Z同主族”，则Z为S。【详解】由上述分析可知，W为N，X为O，Y为Na，Z为S；A．四种简单离子中S2-电子层数最多，半径最大，N、O、Na对应简单离子核外电子结构相同，其核电荷数越小，半径越大，故简单离子半径：r(S2-)>r(N3-)>r(O2-)>r(Na+)，故A错误；B．由X、Z元素形成的常见化合物是SO2、SO3，它们均能与水发生反应，故B正确；C．NH4NO3溶液呈酸性是因为阳离子水解，故C错误；D．共价化合物的稳定性由共价键的键能决定，与氢键无关，故D错误；故答案为：B。18、A【解析】A、质子数等于原子序数，1molNH4＋中含有质子总物质的量为11mol，故A说法错误；B、联氨(N2H4)的结构式为，含有极性键和非极性键，故B说法正确；C、过程II，N2H4→N2H2－2H，此反应是氧化反应，过程IV，NO2－→NH2OH，添H或去O是还原反应，故C说法正确；D、NH4＋中N显－3价，NH2OH中N显－1价，N2H4中N显－2价，因此过程I中NH4＋与NH2OH的物质的量之比为1：1，故D说法正确。点睛：氧化反应还是还原反应，这是有机物中的知识点，添氢或去氧的反应为还原反应，去氢或添氧的反应的反应氧化反应，因此N2H4→N2H2，去掉了两个氢原子，即此反应为氧化反应，同理NO2－转化成NH2OH，是还原反应。19、B【解析】

A．硫燃烧生成二氧化硫，不能一步生成三氧化硫，A错误；B．Cu与浓硫酸反应生成硫酸铜，硫酸铜与氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀，氢氧化铜受热分解生成氧化铜，均能一步完成，B正确；C．硅酸不能一步反应生成单质硅，C错误；D．NaAlO2不能一步反应生成单质铝，D错误；答案选B。20、C【解析】

A．根据图示，反应I的反应物为Fe(NO)2+和O2，生成物是Fe3+和NO，结合总反应方程式，反应的离子方程式为4Fe(NO)2++O2+4H+=4Fe3++4NO+2H2O，故A正确；B．根据图示，反应Ⅱ的反应物是Fe3+和FeS2，生成物是Fe2+和SO42-，反应中铁元素的化合价降低，氧化剂是Fe3+，故B正确；C．根据图示，反应Ш的反应物是Fe2+和NO，生成物是Fe(NO)2+，没有元素的化合价发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．根据2FeS2+7O2+2H2O=2Fe2++4SO42-+4H+，反应过程中NO参与反应，最后还变成NO，NO作催化剂，故D正确；故选C。【点睛】解答本题的关键是认真看图，从图中找到物质间的转化关系。本题的易错点为A，要注意根据总反应方程式判断溶液的酸碱性。21、C【解析】

A.汽油未充分燃烧可增加氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；B.尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；C.催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；D.使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。故选C。22、C【解析】

A．b的氢原子有2种，所以一氯代物有2种，故A错误；B．根据结构简式确定c的分子式为C14H16O3，故B错误；C．苯环、碳碳双键都能和氢气发生加成反应，苯环和氢气以1：3反应、碳碳双键和氢气以1：1反应，所以1mold最多能与4molH2发生加成反应，故C正确；D．d中连接3个甲基的碳原子具有甲烷结构特点，所以该分子中所有碳原子不能共平面，故D错误；故答案选C。【点睛】明确官能团及其性质关系、一氯代物判断方法、原子共平面判断方法是解本题关键，D为解答易错点。二、非选择题(共84分)23、丙炔加成反应C10H10O+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O羧基4+2NaOH+NaCl+H2O苯酚氯化铁溶液，溶液呈紫色【解析】

化合物X与银氨溶液可发生银镜反应，说明X中含有醛基，结合D、E的结构简式可知，X为苯甲醛；根据L→M的反应原理可知，L→M是取代反应，由①的反应信息，L中酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，则M的结构简式为，化合物E和M在一定条件下合成得到华法林，据此分析解答。【详解】(1)A的结构简式为CH3C≡CH，含有碳碳三键，属于炔烃，名称为丙炔；A→B是丙炔与H2O反应，反应后碳碳三键转化为碳碳双键，发生了加成反应，故答案为丙炔；加成反应；(2)由结构简式可知，E的分子式为C10H10O；X为苯甲醛()，苯甲醛与银氨溶液反应的化学方程式为：+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O，故答案为C10H10O；+2Ag(NH3)2OH+2Ag↓+3NH3+H2O；(3)G为乙酸酐，G与苯酚生成J同时，还生成乙酸，乙酸中含有的官能团是羧基，G的分子式为C4H6O3，G完全燃烧生成二氧化碳和水，1molG完全燃烧，消耗的氧气的物质的量为(4+-)mol=4mol，故答案为羧基；4；(4)L的分子式是C8H8O，Q是L的同分异构体，Q属于芳香酸，Q中含羧基，Q→R是苯环上的甲基上的1个H原子被取代，R→S是氯代烃的水解反应，S→T是-CH2OH氧化成-COOH，T的核磁共振氢谱只有两组峰，说明2个羧基处在苯环的对位，Q为对甲基苯甲酸，Q结构简式为，R为，则R→S的化学方程式为：；故答案为；；(5)苯酚可与甲醛缩合成体型高分子化合物，检验酚羟基，可加入氯化铁溶液，溶液呈紫色，故答案为苯酚；氯化铁溶液，溶液呈紫色；(6)L→M是取代反应，由①的反应信息，L中的酚羟基与C2H5OCOOC2H5反应，-COOC2H5与酚羟基H原子交换，由②的反应信息可知，发生自身交换生成M，故M的结构简式为：，故答案为。24、3-氯-1-丙烯碳碳双键和氨基取代反应吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率15【解析】

由A、B的分子式，C的结构简式，可知A为CH3CH=CH2，A发生取代反应生成B为ClCH2CH=CH2；B中氯原子被氨基取代得到，根据C的分子式既反应条件，可知反应②发生题给信息中的取代反应，可知C为；比较C、D分子式，结合E的结构简式分析，反应③为题给信息中的成环反应，可知D为；D发生酯的水解反应生成E，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为；对比G、J的结构，G与发生取代反应生成J，据此分析解答。【详解】（1）B为ClCH2CH=CH2，化学名称为3-氯-1-丙烯，比较E和G的结构，结合反应条件分析中间产物F的结构为故答案为：3-氯-1-丙烯；；（2）根据官能团的结构分析，有机物CH2=CHCH2NH2中的官能团有碳碳双键和氨基；比较A和B的结构变化可知该反应为取代反应，故答案为：碳碳双键和氨基；取代反应；（3）根据上述分析，反应③的化学方程式为，故答案为：；（4）反应④为取代反应，生成有机物的同时可生成HCl，而吡啶呈碱性，可与HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J的产率，故答案为：吡啶显碱性，能与反应④的产物HCl发生中和反应，使平衡正向移动，提高J产率；（5）F为，分子式为C8H13NO，则K的分子式为C8H11NO，①遇FeCl3溶液显紫色，则结构中含有酚羟基；②苯环上有两个取代基，一个为OH，则另一个为由2个C原子6个H原子1个N原子构成的取代基，其结构有-CH2CH2NH2、-CH2NHCH3、-CH(CH3)NH2、-NHCH2CH3、-N(CH3)2共5种，两取代基的位置共有邻、间、对三种情况，所以K的同分异构体有3×5=15种，故答案为：15；（6）由题给信息可知，由反应得到，用酸性高锰酸钾溶液氧化的己二酸，己二酸与乙醇发生酯化反应得到，可由原料发生消去反应获取，则合成路线流程图为：，故答案为：。【点睛】解决这类题的关键是以反应类型为突破口，以物质类别判断为核心进行思考。经常在一系列推导关系中有部分物质已知，这些已知物往往成为思维“分散”的联结点。可以由原料结合反应条件正向推导产物，也可以从产物结合条件逆向推导原料，也可以从中间产物出发向两侧推导，审题时要抓住基础知识，结合新信息进行分析、联想、对照、迁移应用、参照反应条件推出结论。解题的关键是要熟悉烃的各种衍生物间的转化关系，不仅要注意物质官能团的衍变，还要注意同时伴随的分子中碳、氢、氧、卤素原子数目以及有机物相对分子质量的衍变，这种数量、质量的改变往往成为解题的突破口。25、2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-cab作还原剂水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）减压向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝【解析】

用二氧化硫将NaClO3还原制得ClO2，ClO2和NaOH反应制得NaClO3和NaClO2，再用过氧化氢将NaClO3还原成NaClO2制得NaClO2粗品。【详解】（1）SO2作还原剂，S化合价升高2，被氧化成SO42-，ClO3-作氧化剂，被还原成ClO2，Cl化合价降低1，结合电子得失守恒、电荷守恒、原子守恒可书写离子方程式：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2═2ClO2+SO42-；（2）①反应剧烈，浓硫酸只能在最后添加，结合流程图可知先加NaClO3，所以顺序为：先加NaClO3，再加S，最后加浓硫酸，故答案为：cab；②反应Ⅱ中NaOH和ClO2反应生成NaClO3和NaClO2，过氧化氢的作用是将NaClO3还原成NaClO2，过氧化氢会分解，温度不宜太高，所以控制A中水浴加热时温度不过高，或者在B中搅拌、或者加一个多孔球泡，故答案为：作还原剂；水浴加热时控制温度不能过高（或加一个多孔球泡等）；（3）无水NaClO2性质稳定，有水存在时受热易分解，应该减压，让水分尽快蒸发，故答案为：减压；（4）加入一定量CaO使NaHSO4反应成CaSO4，为了保证NaHSO4反应完，所加CaO需稍过量，CaO过量溶液就显碱性了，可以用酚酞作指示剂，当溶液变为浅红色时停止加CaO，CaSO4不溶于Na2SO4水溶液，此时可用过滤、洗涤的方法得到石膏，此时滤液为Na2SO4溶液，还不是芒硝，从图上看，可将温度调整32.4℃以下，形成芒硝，析出芒硝晶体，过滤、洗涤、干燥就可得芒硝了，为了使芒硝产率较高，可用冰水洗涤，降低因溶解损失的量，故答案为：向废液中分批加入适量CaO固体并搅拌，用冰水浴控制反应温度，对浊液取样并滴加酚酞，至溶液呈浅红色时停止加入CaO。静置后过滤，用水洗涤沉淀2-3次得到石膏；滤液蒸发浓缩，冷却结晶至32.4℃以下，接近0℃，过滤，所得晶体用冰水洗涤2-3次，低温干燥得到芒硝。【点睛】结合图像，温度低于32.4℃以下，硫酸钠结晶得到芒硝，温度降低，芒硝的溶解度减小，可用冰水洗涤减小损失率。26、分液漏斗蒸馏烧瓶硫化钠和碳酸钠的混合液调节酸的滴加速度若SO2过量，溶液显酸性．产物会发生分解加入铁氰化钾溶液．产生蓝色沉淀开始生成Fe(S2O3)33-的反应速率快，氧化还原反应速率慢，但Fe3+与S2O32-氧化还原反应的程度大，导致Fe3++3S2O32-⇌Fe(S2O3)33-(紫黑色)平衡向逆反应方向移动，最终溶液几乎变为无色0.1600【解析】

(1)a的名称即为分液漏斗，b的名称即为蒸馏烧瓶；b中是通过浓硫酸和Na2SO3反应生成SO2，所以方程式为：；c中是制备硫代硫酸钠的反应，SO2由装置b提供，所以c中试剂为硫化钠和碳酸钠的混合溶液；(2)从反应速率影响因素分析，控制SO2生成速率可以调节酸的滴加速度或者调节酸的浓度，或者改变反应温度；(3)题干中指出，硫代硫酸钠在酸性溶液中会分解，如果通过量的SO2，会使溶液酸性增强，对制备产物不利，所以原因是：SO2过量，溶液显酸性，产物会发生分解；(4)检验Fe2+常用试剂是铁氰化钾，所以加入铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀即证明有Fe2+生成；解释原因时一定要注意题干要求，体现出反应速率和平衡两个角度，所以解释为：开始阶段，生成的反应速率快，氧化还原反应速率慢，所以有紫黑色出现，随着Fe3+的量逐渐增加，氧化还原反应的程度变大，导致平衡逆向移动，紫黑色逐渐消失，最终溶液几乎变为无色；(5)间接碘量法滴定过程中涉及两个反应：①；②；反应①I-被氧化成I2，反应②中第一步所得的I2又被还原成I-，所以①与②电子转移数相同，那么滴定过程中消耗的得电子总数就与消耗的失电子总数相同；在做计算时，不要忽略取的基准物质重铬酸钾分成了三份进行的滴定。所以假设c(Na2S2O3)=amol/L，列电子得失守恒式：，解得a=0.1600mol/L。27、2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2B（或）B碱性还原性可以排除BaS2O3的干扰【解析】

I．(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数和另一种产物CO2，据此分析；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性；II．(1)根据KIO3的量求出I2，再根据S2O32-与I2的关系求出Na2S2O3的物质的量及浓度；(2)滴定时的误差分析，需利用c(标)V(标)=c(待)V(待)，c(待)=分析；Ⅲ．(1)甲同学的实验流程中通过加入BaCl2产生白色沉淀B来证明Na2S2O3与氯水反应时有SO42-生成；(2)在证明Na2S2O3的还原性时由于不知道BaS2O3是否是沉淀，所以应先加BaCl2溶液，如果不产生白色沉淀再加足量氯水产生白色沉淀，即可证明Na2S2O3具有还原性。【详解】I．(1)根据图示信息可知，吸硫装置A制取Na2S2O3的反应物为SO2、Na2S和Na2CO3，主产物为Na2S2O3，SO2、Na2S中硫元素由+4价和−2价变为+2价，根据得失电子数守恒得出SO2、Na2S、Na2S2O3的计量数分别为4、2和3，再根据质量守恒得出Na2CO3的计量数为1，根据碳原子和氧原子数守恒可知另一种产物CO2，且计量数为1，故方程式为：2S2－+CO32－+4SO2＝3S2O32－+CO2；(2)二氧化硫具有还原性、漂白性，所以可以用品红、溴水或溶液，来检验二氧化硫是否被完全吸收，若SO2吸收效率低，则二氧化硫有剩余，B中的溶液会褪色；II．(1)KIO3+5KI+3