【文档说明】【精准解析】四川省成都市双流棠湖中学2019-2020学年高二下学期第一次在线月考化学试题.doc，共(13)页，442.000 KB，由小赞的店铺上传

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2020年春四川省棠湖中学高二第一学月考试化学试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。2．答题时请按要求用笔。3．请按照题号顺序在答题卡各题目的

答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。5．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。6.考试时间：150

分钟；物理化学生物同堂分卷考试，物理110分，化学100分，生物分90分，共300分。7.可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Mg-23P-31S-32Fe-56Cu-64第Ⅰ卷选择题一、选择题（每小题6分，共7个小题，共42分；其中每题都为单

选题。）1.化学与生产、生活、社会密切相关，下列说法不正确的是A.中国天眼FAST用到的碳化硅是一种新型无机非金属材料B.氯水放置数天后，漂白性和酸性均减弱C.由石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等主要化工基本原料D.某雨水样品采集后放置一段时间，pH由4.68变为4.28，是因水中生成了硫酸【答案】

B【解析】【详解】A.碳化硅陶瓷具有抗氧化性强，耐磨性好，硬度高，热稳定性好，高温强度大，热膨胀系数小，热导率大，以及抗热震和耐化学腐蚀等优良特性，属新型无机非金属材料，故A不符合题意；B.新制氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO的可逆反应，因HClO不稳定会分

解使平衡向右进行，所以酸性会增强，但漂白性会减弱，故B错误，符合题意；C.由石油的裂解可以得到乙烯、丙烯等主要化工基本原料，正确，故C不符合题意；D.酸雨中存在SO2+H2OH2SO3，2H2SO3+O2=2H2SO4，H2SO3是弱酸而H2SO4是强酸

故雨水的pH会变小，故D不符合题意；故选：B。2.水垢的主要成分包括CaCO3、CaSO4等，下列说法错误的是A.容易产生水垢的水－般是硬水B.盐酸去除水垢的能力比醋酸更好C.可用小苏打去除电水壶中的水垢，因为小苏打溶

液显酸性D.水垢中的CaSO4可先用Na2CO3溶液浸泡，再用酸去除【答案】C【解析】【详解】A项、硬水一般是指含有较低钙、镁离子的水，在加热过程中，硬水容易产生水垢，故A正确；B项、盐酸和醋酸都能去除水垢，盐酸的酸性强于醋

酸，更易与水垢中碳酸钙反应，去除水垢的能力比醋酸更好，故B正确；C项、小苏打的主要成分是碳酸氢钠，碳酸氢钠溶液呈碱性，故C错误；D项、微溶的硫酸钙不能与酸反应，与碳酸钠溶液反应生成难溶的碳酸钙，碳酸钙与酸反应生成溶于水的钙盐，达到去除水垢的目的，故D正确；故选C。【点睛】烧水壶有了水垢，可将几勺醋

放入水中，烧一二个小时，水垢即除；如水垢中的主要成分是硫酸钙，则可将纯碱溶液倒在水壶里烧煮，可去垢。3.能正确表达下列反应的离子方程式为A.用醋酸除去水垢：2H＋＋CaCO3＝Ca2＋＋CO2↑＋H2OB.Na2S2O3溶液中滴入稀硫酸：S2O

32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2OC.向足量的稀硝酸中加入少量铁粉：2NO3－＋8H＋＋3Fe＝3Fe2＋＋2NO↑＋4H2OD.Al2(SO4)3溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝AlO2－＋4NH4＋＋2H2O【答案】B【解析】【详解】A.用醋酸除去水

垢，醋酸是弱电解质，不能拆，反应的离子方程式是：2CH3COOH＋CaCO3＝Ca2＋＋CO2↑＋H2O+2CH3COO-，故A错误；B.Na2S2O3溶液中滴入稀硫酸：S2O32－＋2H＋＝S↓＋SO2↑＋H2O，符合

拆写原则，客观事实，原子守恒，电荷守恒，故B正确；C.向稀硝酸中加入少量铁粉生成硝酸铁、NO和水,反应的离子方程式为NO3－＋4H＋＋Fe＝Fe3＋＋NO↑＋2H2O，故C错误；D.Al2(SO4)3

溶液中加入过量氨水生成氢氧化铝沉淀和硫酸铵，一水合氨是弱碱，不能与氢氧化铝反应，故D错误；故选：B。4.配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，再加水稀释。下列说法正确的是A.较浓盐酸可有效抑制F

e3＋水解B.稀释过程中FeCl3水解程度增大，c(H＋)增大C.FeCl3溶液中存在Fe3＋＋3H2O＝Fe(OH)3↓＋3H＋D.FeCl3溶液显黄色，没有Fe(OH)3存在【答案】A【解析】【详解】A项、FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈

酸性，配制FeCl3溶液时，将FeCl3固体溶解在较浓的盐酸中，使水解平衡向逆反应方向移动，可以有效抑制Fe3＋水解，故A正确；B项、FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，稀释过程中FeCl3水解程度增大，n(H＋)增大，但c(H＋)减小，故B错误；C项、FeCl3是

强酸弱碱盐，在溶液中部分水解使溶液呈酸性，水解过程微弱，不会产生沉淀，水解的离子方程式为Fe3＋＋3H2OFe(OH)3＋3H＋，故C错误；D项、FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中部分水解生成Fe(OH)3使

溶液呈酸性，溶液中存在Fe(OH)3，故D错误；故选A。【点睛】FeCl3是强酸弱碱盐，在溶液中水解使溶液呈酸性，稀释过程中FeCl3水解程度增大，n(H＋)增大，但c(H＋)减小是解答关键，也是易错点。5.已知Ksp

(AgCl)＝1.8×10－10。向盛有0.1mol/LAgNO3溶液的试管中滴加等体积0.1mol/LNaCl溶液，静置沉降，取上层清液和下层悬浊液分别进行实验。下列判断正确的是A.上层清液为AgCl的饱和溶液B.向清液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，c(Cl－)

不变C.向悬浊液中滴加0.1mol/LKI溶液，不会有明显变化D.向悬浊液中加入适量浓氨水，混合液变澄清，说明AgCl可溶于强碱【答案】A【解析】【详解】A项、0.1mol/LAgNO3溶液与等体积0.1mol/LNaCl溶液反应生成

氯化银沉淀和硝酸钠，静置沉降，上层清液为氯化银的饱和溶液，下层为氯化银悬浊液，故A正确；B项、向清液中滴加0.1mol/LAgNO3溶液，溶液中银离子浓度增大，由Ksp(AgCl)＝c(Ag+)c(Cl－)可知

，溶液中氯离子浓度减小，故B错误；C项、碘化银的溶度积小于氯化银，向氯化银悬浊液中滴加0.1mol/LKI溶液，氯化银白色沉淀会转化为黄色碘化银沉淀，故C错误；D项、向悬浊液中加入适量浓氨水，氯化银与氨水反应生成溶于水的银氨络离子，混合液变澄清，但氯化银不能与氢氧根离子反应，不溶于强碱

，故D错误；故选A。6.反应N2O4（g）2NO2（g）ΔH=+57kJ·mol-1，在温度为T1、T2时，平衡体系中NO2的体积分数随压强变化的曲线如图所示。下列说法正确的是A.A、C两点的反应速率：A＞CB.A、C两点气体的颜色：A深，C浅C.A、B两

点气体的平均相对分子质量：A＞BD.B、C两点化学平衡常数：B＜C【答案】D【解析】【详解】升高温度，平衡正向移动，二氧化氮的体积分数增大，因此T1＜T2。A、相同温度下压强越大，反应速率越快，A、C两点的反应速率：C＞A，选项

A错误；B、相同温度下增大压强(即缩小体积)最终达到新的平衡，平衡体系中各种气体的浓度均增大，因此A、C两点气体的颜色：A浅、C深，选项B错误；C、平衡体系中气体的总质量不变，气体的总物质的量越小，平均相对分子质量越大，A点对应气体的总物质的量大于B点，因此A、B两点气体的平均相对分子质量：A＜

B，选项C错误；D、平衡常数仅是温度的函数，正向进行的程度越大，平衡常数越大，因此b、c两点化学平衡常数：B＜C，选项D正确；答案选D。【点睛】本题考查化学平衡的图象，明确外界条件对化学平衡的影响及图象中纵横坐标的含义，然后利用“定

一议二”、“先拐先平”的方法进行解答即可，N2O4（g）2NO2（g）ΔH=+57kJ·mol-1，该反应为放热反应，若升高温度，化学平衡向着逆向移动，混合气体中NO2的体积分数增大；如果增大压强，化学平衡向着正向移动

，混合气体中NO2的体积分数减小，然后结合图象来分析解答。7.为提升电池循环效率和稳定性，科学家近期利用三维多孔海绵状Zn（3D−Zn）可以高效沉积ZnO的特点，设计了采用强碱性电解质的3D−Zn—N

iOOH二次电池，结构如下图所示。电池反应为Zn(s)+2NiOOH(s)+H2O(l)⎯⎯⎯→⎯⎯⎯放电充电ZnO(s)+2Ni(OH)2(s)。下列说法错误的是A.三维多孔海绵状Zn具有较高的表面积，所沉积的ZnO分散度高B.放电过程中OH−

通过隔膜从负极区移向正极区C.充电时阴极反应为ZnO(s)+H2O(l)+2e−=Zn(s)+2OH−(aq)D.放电时正极反应为NiOOH(s)+H2O(l)+e−=Ni(OH)2(s)+OH−(aq)【答案】B【解析】【详解】A、三维多孔海绵状Z

n具有较高的表面积，吸附能力强，所沉积的ZnO分散度高，选项A正确；B、原电池中阳离子向正极移动，阴离子向负极移动，则放电过程中OH−通过隔膜从正极区移向负极区，选项B错误；C、充电时相当于是电解池，阴极发生得电子的还原反应，根据总反应式可知阴极是ZnO得电子转化为Zn，电极反应式为ZnO

(s)+H2O(l)+2e−=Zn(s)+2OH−(aq)，选项C正确；D、放电时相当于原电池，正极发生得电子的还原反应，根据总反应式可知正极反应式为NiOOH(s)+H2O(l)+e−=Ni(OH)2(s)+OH−(aq)，选项D正确

。答案选B。第Ⅱ卷非选择题8.如图，C、D、E、F、X、Y都是惰性电极，A、B为电源。将电源接通后，向（乙）中滴入酚酞溶液，在F极附近显红色．（1）若用CO、氧气燃料电池作电源，电解质为KOH溶液，则A为____极，A电极上的反

应为__________________，B电极上的反应式为：__________________________________。（2）若甲中装有100ml1mol•L-1的硫酸铜溶液，工作一段时间后，停止通电此时C、D两极上产生的气体体积相同．甲中D极产生的气体在标准状况下的体积为______

_______L，欲使溶液恢复到起始状态，可向溶液中加入____。A．CuOB．Cu2(OH)2CO3C．Cu(OH)2D．CuCO3（3）通电后乙中反应的化学方程式：__________________________________。

（4）欲用（丙）装置给铜镀银，反应一段时间后（用CO、氧气燃料电池作电源）铜制品质量增加43.2克，理论上消耗氧气的质量_______克。（5）工作一段时间后,丁中X极附件的颜色逐渐变浅，Y极附件的颜色逐渐变深，这说明__________________在电场作用下向Y极移动。【答案】(1).正(

2).O2+4e-+2H2O=4OH-(3).CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O(4).2.24(5).C(6).2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑(7).3.2(8).氢氧化铁胶体粒子带正电荷【解析】【详解】分析：本

题考查的是电解池的工作原理，根据实验现象判断电解池的阴阳极和电极反应是关键。详解：(1)电解食盐水时F极附近显红色，说明F为阴极，则对应的B为负极，A为正极。若用CO、氧气燃料电池作电源，则氧气在正极反应生成氢氧根离子，电极反应为：O2+4e-+2

H2O=4OH-；一氧化碳在负极反应，电极反应为：CO-2e-+4OH-=CO32-+2H2O。(2)若甲中装有100ml1mol•L-1的硫酸铜溶液，说明首先电解硫酸铜生成铜和氧气和硫酸，然后电解水生成氢气和氧气，0.1

mol硫酸铜完全电解生成0.05mol氧气，则假设电解水有xmol氧气生成，则同时生成2xmol氢气，有2x=x+0.05，解x=0.05mol，则D上产生0.1mol氢气，标况下体积为2.24L。要想溶液恢复原来的成分和浓度需要加入0.1mol氧化铜和0.1mol水，或

对应的物质，故选C。(3)通电后乙中为电解食盐水，生成氯气和氢气和氢氧化钠，方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。(4)欲用（丙）装置给铜镀银，反应一段时间后（用CO、氧气燃料电池作电源）铜制品质量增加43.2克，则说明析出43

.2克银，即43.2/108=0.4mol银，则理论上消耗氧气0.01mol质量为3.2g。(5)一段时间后X极附件的颜色逐渐变浅，Y极附件的颜色逐渐变深，说明氢氧化铁胶体粒子向阴极移动，则说明氢氧化铁胶体粒子带正电荷。9.碳是形成化合物种类最多的元素，其单质及化合物是人类生产生活的

主要能源物质。请回答下列问题：（1）有机物M经过太阳光光照可转化成N，转化过程如下，ΔH＝＋88.6kJ·mol－1。则M、N相比，较稳定的是________。（2）已知CH3OH(l)的燃烧热ΔH＝－

726.5kJ·mol－1，CH3OH(l)＋12O2(g)=CO2(g)＋2H2(g)ΔH＝－akJ·mol－1则a________726.5(填“>”“<”或“＝”)（3）将Cl2和H2O(g)通过灼热的炭层，生成HCl和CO2，当有1molCl2参

与反应时释放出145.0kJ热量，写出该反应的热化学方程式：________________________________________。（4）火箭和导弹表面的薄层是耐高温物质。将石墨、铝粉和二氧化钛按一定比例混合在高温下

煅烧，所得物质可作耐高温材料:4Al(s)＋3TiO2(s)＋3C(s)===2Al2O3(s)＋3TiC(s)ΔH＝－1176.0kJ·mol－1，则反应过程中，每转移1mol电子放出的热量为_______。（5）已知：①C(s)＋O2(g)===CO2

(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1②2CO(g)＋O2(g)===2CO2(g)ΔH2＝－566kJ·mol－1③TiO2(s)＋2Cl2(g)===TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3＝+141kJ·mol－1则TiO2(s)＋2Cl2(g)＋2C(s)

===TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH＝__________________。（6）已知拆开1molH—H键，1molN—H键，1molN≡N键分别需要的能量是436kJ、391kJ、946kJ，则N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为:_

_______________。【答案】(1).M(2).<(3).2Cl2(g)＋2H2O(g)＋C(s)=4HCl(g)＋CO2(g)ΔH＝－290.0kJ·mol－1(4).98.0kJ(5).

—80kJ·mol－1(6).N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.0kJ·mol－1【解析】【分析】（1）M转化为N是吸热反应，所以N的能量高，不稳定；（2）甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量少，故a＜238.6；（3）有1molCl2参与

反应时释放出145kJ热量，2mol氯气反应放热290kJ，注物质聚集状态和对应反应焓变写出热化学方程式；（4）所给反应中转移12个电子，故每转移1mol电子放出的热量为11?76kJ12=98kJ；（5）先根据反应物和生成物书写化学方程式，根据盖斯定律计算反应的焓变

，最后根据热化学方程式的书写方法来书写热化学方程式；（6）化学反应中，化学键断裂吸收能量，形成新化学键放出能量，根据方程式计算分别吸收和放出的能量，以此计算反应热并判断吸热还是放热。【详解】（1）有机物M经过太阳光光照可转化为N的关

系是吸收能量，则N能量高，比M活泼，较稳定的化合物为M；（2）甲醇燃烧生成CO2（g）和H2（g）属于不完全燃烧，放出的热量少，所以a<726.5，故答案为：<；（3）有1molCl2参与反应时释放出145kJ热量，

2mol氯气反应放热290kJ，反应的热化学方程式为：2Cl2（g）+2H2O（g）+C（s）═4HCl（g）+CO2（g）△H=-290kJ•mol-1；（4）4Al（s）+3TiO2（s）+3C（s）═2Al2

O3（s）+3TiC（s）△H=-1176kJ•mol-1，转移12mol电子放热1176kJ，则反应过程中，每转移1mol电子放热98.0kJ；（5）已知：①C(s)＋O2(g)=CO2(g)ΔH1＝－393.5kJ·mol－1②2CO(

g)＋O2(g)=2CO2(g)ΔH2＝－566kJ·mol－1③TiO2(s)＋2Cl2(g)=TiCl4(s)＋O2(g)ΔH3＝+141kJ·mol－1根据盖斯定律，由①2-②+③得反应TiO2(s)＋2Cl2(

g)＋2C(s)=TiCl4(s)＋2CO(g)的ΔH=ΔH12-ΔH2+ΔH3=—80kJ·mol－1;（6）在反应N2+3H2⇌2NH3中，断裂3molH-H键，1molN三N键共吸收的能量为：3×436kJ+946kJ=2254kJ，生成2molNH3，共形成6mol

N-H键，放出的能量为：6×391kJ=2346kJ，吸收的热量少，放出的热量多，该反应为放热反应，放出的热量为：2346kJ-2254kJ=92kJ，则N2(g)与H2(g)反应生成NH3(g)的热化学方程式为:N2(g)＋3H

2(g)2NH3(g)ΔH＝－92.0kJ·mol－1。【点睛】本题考查了化学反应能量变化，燃烧热概念分析判断，氧化还原反应电子转移的计算应用，掌握基础是解题关键，注意燃烧热是1mol物质完全燃烧生成稳定氧化物放出的热量。10.某科研小组设计出利用工业废酸

（10%H2SO4）来堆浸某废弃的氧化铜锌矿，提取锌、铜元素，实现废物综合利用，方案如图所示：已知：各离子开始沉淀及完全沉淀时的pH如表所示。离子开始沉淀时的pH完全沉淀时的pHFe2＋6.349.7Fe3＋1.483.2Zn2＋6.28.0请回答下列问题：（1）加入A物质的目的是__

_，物质A可使用下列物质中的___。A.KMnO4B.O2C.H2O2D.Cl2（2）氧化铜锌矿中含有少量的CuS和ZnS，在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp(CuS)___Ksp(ZnS)（选填“＞”“＜”或“＝”）。（3）反应生成海绵

铜的离子方程式：___。（4）除铁过程中加入氨水的目的是调节溶液的pH，pH应控制在___范围之间。（5）写出NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3的离子方程式：___。（6）物质B可用作生产化肥，其化学式是___。【答案】(1).将．Fe2+氧化成．．．

Fe3+，方便后续沉淀时除去(2).BC(3).＜(4).Fe+Cu2+=Fe2++Cu(5).3.2≤pH＜6.2或3.2~6.2(6).2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O+3CO2↑(7).(NH4)2SO4【解析】【分析】（1）三价铁

离子容易除去，所以要把二价铁离子转化为三价铁离子，考虑除杂过程不引入新的杂质；（2）相同条件下，溶解度大的物质先溶解；（3）堆浸后溶液中有铜离子和氢离子，加入铁粉后与铜离子和氢离子；（4）pH的范围应是使铁沉淀完全而锌不沉淀；（5）NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3

、水和二氧化碳；（6）结合题给信息利用工业废酸和氮肥考虑。【详解】（1）根据表中数据可知三价铁离子容易除去，所以要将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去，选用，除铁过程中加入A和氨水，使亚铁离子变成氢氧化

铁沉淀，故A应为氧化剂，考虑不引入新的杂质，应选BC，故答案为：将Fe2＋氧化成Fe3＋，以便除去；BC；（2）相同条件下，溶解度大的物质先溶解，因在H2SO4的作用下ZnS可以溶解而CuS不溶，则相同温度下：Ksp（CuS）＜Ksp（ZnS），故答案为：＜；（3

）堆浸后溶液中有铜离子和氢离子，加入铁粉后与铜离子和氢离子，反应生成海绵铜的离子方程式：Fe+Cu2+=Fe2++Cu。故答案为：Fe+Cu2＋═Fe2＋+Cu；（4）从图表数据可知，铁离子沉淀完全的pH为3.2，锌离子开始沉淀的pH为6.

2．故除铁pH范围为：3.2～6.2，故答案为：3.2～6.2；（5）NH4HCO3溶液与Zn2＋反应生成Zn2(OH)2CO3、水和二氧化碳，离子方程式：2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O

+3CO2↑。故答案为：2Zn2++4HCO3-=Zn2(OH)2CO3↓+H2O+3CO2↑（6）因所用废酸为硫酸，B又可作氮肥，所以B为（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2SO4。【点睛】本题属于工艺流程图方面题目，解题关键：

明确实验目的和题给信息，结合流程和题目设问正确解题，难点（5）Zn2+和HCO3-双水解生成Zn2(OH)2CO3，按质量守恒定律写出方程。11.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一：焦亚硫酸钠的制

取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为Na2SO3＋SO2Na2S2O5。（1）加试剂前要进行的操作是_______________。装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为____________。（2）浓硫酸___________

____(填“能”或“不能”)用稀硫酸代替，原因是_______________。（3）从装置Ⅱ中分离出产品可采取的分离方法是_______________________。（4）为了完整实验装置，在下列装置中选择一个最合理的装置放

在装置Ⅲ处，可选用的装置(夹持仪器已略去)为___________(填序号)。实验二：葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定（5）葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下：(已知：滴定时反应的化学方程式为SO2＋I2＋2H2OH2SO4＋2

HI)①按上述方案实验，消耗标准I2溶液30.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为________________g·L-1。②在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测定结果______________(填“偏高”、“偏低”

或“不变”)。【答案】(1).检查装置的气密性(2).Na2SO3+H2SO4(浓)==Na2SO4+SO2↑+H2O(3).不能(4).如用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶液中而难以逸出(5).过滤(6).d(

7).0.192(8).偏低【解析】（1）加试剂前要进行的操作是检查装置的气密性；装置Ⅰ中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水，其化学方程式为：Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O；（2）如果用稀硫酸，则生成的二氧化硫会溶解在溶

液中而难以逸出，所以不能用稀硫酸代替浓硫酸；（3）从装置Ⅱ中溶液中获得已析出的晶体，采取的方法是过滤；（4）装置Ⅲ用于处理尾气SO2，由于SO2属于酸性氧化物，除去尾气SO2应选择碱性溶液，a装置无气体出口，不

利于气体与稀氨水充分接触，a不选；要选择d，既可有效吸收，又可防止倒吸，反应的方程式为2NaOH+SO2==Na2SO3+H2O；（5）①由题设滴定反应的化学方程式知，样品中抗氧化剂的残留量(以SO2计算)与I2的物质的量之比为1∶1，n(SO2)=n(I2)=0.01000mol·L-1

×0.03L=0.0003mol，残留量=0.0003mol64g/mol0.1L=0.192g·L-1；②由于实验过程中有部分HI被氧化生成I2，4HI+O2==2I2+2H2O，则用于与SO2反应的I2减少，故实验结果偏低。