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2021届高考化学二轮复习苏教版含硫化合物的性质和应用作业 练习
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含硫化合物的性质和应用
一．选择题（共20小题）
1．下列关于H2O和H2O2的说法不正确的是（ ）
A．都含有氢元素和氧元素
B．都是化合物
C．都含有氢气分子
D．一定条件下都能发生分解反应
2．硫循环与碳循环是自然界中两种重要的元素循环过程，下列关于这两种循环的说法正确的是（ ）
选项
比较
碳循环
硫循环
A
异
碳元素会进入大气
硫元素不会进入大气
B
碳元素可以有机物形式参与循环
硫元素都以无机物形式参与循环
C
同
人类活动对碳循环和硫循环都造成了巨大影响
D
碳循环和硫循环对环境的影响是都能形成酸雨
A．A B．B C．C D．D
3．三位科学家保罗•克拉兹等因在氟利昂和臭氧层方面的工作获得诺贝尔化学奖，他们的研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．氯原子在反应中做催化剂
B．过氧化氯的结构式为：O﹣Cl﹣Cl﹣O
C．臭氧分子最终转变成氧气分子
D．过程②中一氧化氯断键形成过氧化氯
4．化学与生产，生活紧密相联．下列说法不正确的是（ ）
A．臭氧（O3）是一种有鱼腥味、氧化性极强的淡蓝色气体，可用作自来水的消毒剂
B．在食品袋中放人盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
C．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单
D．有机玻璃是以有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到，合成A的一种途经是：CH3C≡CH+CO+CH3OH，其过程符合绿色化学的原则
5．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）
A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
B．H2O2只表现了氧化性
C．H2O2的电子式为：
D．发生了反应Cu2O+H2O2+4H+＝2Cu2++3H2O
6．一段时间以来，各地巨能钙事件沸沸扬扬，原因在于部分巨能钙被检出含有双氧水，而双氧水有致癌性．因此卫生部已开始加紧调查巨能钙．下列有关说法错误的是（ ）
A．H2O2、Na2O2都属于过氧化物，都存在非极性的共价键
B．双氧水是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂
C．H2O2既有氧化性，又有还原性，与Cl2、KMnO4反应是表现H2O2的氧化性
D．H2O2做漂白剂是利用其氧化性，漂白原理与HClO类似，与SO2不同
7．不能与SO2反应的物质是（ ）
A．浓硫酸 B．品红溶液 C．氢硫酸 D．硝酸钡溶液
8．下列说法正确的是（ ）
A．二氧化硫和氯气都可以使紫色石蕊试液褪色
B．石灰石、纯碱、石英可作为制备水泥的主要原料
C．工业上硫酸亚铁是生产颜料氧化铁红（主要成分为 Fe2O3）的原料
D．明矾和蓝矾（CuSO4•5H2O）都可以用作饮用水的净水剂
9．酸雨的形成是一种复杂的大气化学和光学化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如下：
下列有关说法不正确的是（ ）
A．所涉及的变化均为氧化还原反应
B．光照是酸雨形成的必要条件之一
C．污染指数越高形成酸雨的速率越快
D．优化能源结构能有效遏制酸雨污染
10．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、HCO3﹣、CO32﹣等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：下列说法错误的是（ ）
A．海水pH约为8的原因主要是天然海水含CO32﹣、HCO3﹣
B．吸收塔中发生的反应有SO2+H2O⇌H2SO3
C．氧化主要是氧气将HSO3﹣、SO32﹣、H2SO3氧化为SO42﹣
D．经稀释“排放”出的废水中，SO42﹣浓度与海水相同
11．下列说法错误的是（ ）
A．发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染
B．从2019年7月1日起我国全面实施垃圾分类，提高废品回收率，减少对环境影响
C．绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”
D．石油裂化、裂解为化学变化，而煤的气化和石油的分馏均为物理变化
12．2019年政府工作报告提出：继续坚定不移地打好包括污染防治在内的“三大攻坚战”。下列做法不符合这一要求的是（ ）
A．推广新能源汽车，减少氮氧化物排放
B．研发可降解塑料，控制白色污染产生
C．直接灌溉工业废水，充分利用水资源
D．施用有机肥料，改善土壤微生物环境
13．下列鉴別浓硫酸和稀硫酸的实验操作与结论有误的是（ ）
实验操作
结论
A
分别加入铁片
无气体产生者为浓硫酸
B
分别滴加到胆矾晶体中
晶体变白者为浓硫酸
C
分别滴加到pH试纸上
试纸变黑者为浓硫酸
D
将有浓氨水的玻璃棒靠近酸的瓶口
有白烟生成的是浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
14．常温下，将铝条放入下列溶液中，无明显变化的是（ ）
A．氢氧化钠溶液 B．浓硫酸
C．稀硫酸 D．硫酸铜溶液
15．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，加入盐酸无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成
16．下列说法不正确的是（ ）
A．金属单质和盐溶液的反应不一定是置换反应
B．质量数相等的不同核素，一定属于不同种元素
C．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原溶液中一定有SO4 2﹣
D．Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，Al2O3属于两性氧化物
17．化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法中不正确的是（ ）
A．BaSO4和BaCO3均难溶于水，均可用作“钡餐”
B．轮船的外壳和铁锅等生锈主要发生了电化学腐蚀
C．钻石和水晶都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同
D．硫酸铁和明矾都可用于净水
18．氢硫酸中加入或通入少量下列物质，溶液酸性增强的是（ ）
A．O2 B．Cl2 C．SO2 D．NaOH
19．最近我国科学家研究发现人体中微量的H2S能有效预防心脏病、老年性痴呆症．下列有关H2S的说法正确的是（ ）
A．H2S属于非电解质
B．人体内H2S可由含硫蛋白质降解产生
C．大量吸入H2S对人体无害
D．H2S只有还原性没有氧化性
20．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．下列关于硫化氢的说法错误的是（ ）
A．H2S是一种弱电解质
B．可用石灰乳吸收H2S气体
C．根据如图可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2S
D．H2S在空气中燃烧可以生成SO2
二．填空题（共5小题）
21．双氧水（主要成分H2O2）是常见的氧化剂、还原剂．
（1）如图是工业上制备过氧化氢最常见的方法，写出实际发生反应的总方程式 ．
（2）H2O2可看作二元弱酸，写出它在水中第一步电离的方程式 ．
22．在盐（甲）溶液中加入足量的盐酸，产生刺激性气味气体乙．将气体乙通入品红溶液，品红溶液褪色，再将气体通入氯化铁溶液后获得溶液丙，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入氯化钡溶液，出现白色沉淀．
（1）写出氯化钡的电子式 ；
（2）盐溶液甲中可能含有的下列物质中的
A．Na2CO3
B．Na2SO3
C．NaHSO3
D．NaNO3
（3）写出气体乙通入氯化铁溶液时的离子方程式 ．
23．化学与材料密切相关，材料科学的发展和新材料的开发都离不开化学．
①明祖陵，被称为“明代第一陵”，是全国重点文物保护单位，神道全长250多米，两侧立望柱二对，石像十九对，石像经风吹雨淋，逐渐被腐蚀，其罪魁祸首就是酸雨，硫酸型酸雨是由空气中的 含量过高引起，向燃煤中加入石灰石，可大大减少该酸雨的发生，最终可将煤中的硫转化为 （填化学式）
②在快中子反应堆中得以广泛应用的钠钾合金在常温下呈液态，这个事实说明合金的熔点比其成分金属的熔点 （填字母）．
a．高 b．低 c．可能高也可能低
③下列物质中，属于合成有机高分子材料的是 （填字母）．
a．聚苯乙烯 b．棉花 c．光导纤维．
24．酸雨、温室效应、臭氧层破坏、光化学烟雾、有毒物质的污染等，已成为世界各国高度关注和研究的问题．请回答：
①形成酸雨的主要气体是 （填字母代号，下同）；
A、SO2 B、CO2 C、CH4
②近几年来，我国多次出现大范围雾霾天气，许多城市发布PM2.5重度污染警报．下列行为能缓解城市大气中PM2.5浓度的是 ；
A．禁止燃放烟花爆竹 B．城市主干道洒水保洁 C．大面积开发土建项目
③垃圾无害化处理有利于保护环境．下列有关生活垃圾的处理方法合理的是 ．
A．废旧塑料露天焚烧 B．利用厨房垃圾生产沼气 C．废旧电池随便填埋．
25．某研究性学习小组进行二氧化硫的制备实验探究．
（1）当用过量的铁粉与浓硫酸在加热条件下反应时，发现生成的气体冷却后体积比理论计算所得二氧化硫的体积要多．请你推测可能的原因并说明验证的方法：可能原因： ，验证方法：
（2）当用铜与浓硫酸反应制备二氧化硫时发现，铜与热的浓硫酸反应后没有得到预期的蓝色溶液，而是得到白色沉淀．请你预测可能的原因：① ② ，验证白色沉淀主要成分的方法是： ．
三．解答题（共5小题）
26．氧元素能形成众多的化合物，其中有一些化合物具有特殊的组成与性质．
（1）H2O2、D2O、D2O2中化学性质彼此相似的物质是 ，OF2是一种棕黄色有恶臭的气体，有极强的氧化性，则OF2中氧元素的化合价为 ，将F2通入稀的NaOH溶液中可得到OF2、盐等物质，相应反应的化学方程式为 ．
（2）研究表明，H2O2相当于二元弱酸，有较强的还原性
①H2O2的一级电离方程式为 ，已知常温下1L的H2O2相当于48.3mol，其一级电离平衡常数K约为1.67×10﹣12，则该温度下H2O2中c（H+）约为 ，写出它与足量Ba（OH）2反应的化学方程式 ．
②过氧化氢、镁合金可构成镁燃料电池，放电时总反应：Mg+2H++H2O2＝Mg2++2H2O，则放电时的正极反应为 ．
（3）氧也能与钾元素形成K2O、K2O2、KO2、KO3等氧化物，其中KO2是一种比Na2O2效率高的供氧剂，写出它与CO2反应的化学方程式 ．
27．臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等．
（1）已知O3与KI溶液反应的生成物中有两种单质是 和 ．
（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示．
已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L．
pH
t/min
T/℃
3，.0
4，.0
5，.0
6，.0
20
301
231
169
58
30
158
108
48
15
50
31
26
15
7
①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是 ．
②在30°C、pH＝4.0条件下，O3的分解速率为 mol/（L•min）．
③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为 ．（填字母代号）
a.40°C、pH＝3.0 b.10°C、pH＝4.0 c.30°C、pH＝7.0
（3）O3可由臭氧发生器（原理如下图）电解稀硫酸制得．
①图中阴极为 （填“A”或“B”），其电极反应式为 ．
②若C处通入O2，则A极的电极反应式为 ．
28．过氧化氢（H2O2）的水溶液俗称双氧水．双氧水常被称为化学反应中的“绿色试剂”．已知，在含少量I﹣的溶液中，H2O2会较快分解，反应如下：
反应①：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣；
反应②：H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣
完成下列填空：
（1）反应①中的氧化产物是 ，被还原的元素是 ．
（2）标出反应②中电子转移的方向和数目．
（3）H2O2分解过程中，I﹣的作用是 ．
（4）根据反应①和反应②，请说明双氧水被称为“绿色试剂”的主要原因是 ．
（5）H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离的电离方程式： ，双氧水可漂白纤维织物，目前认为是其中过氧化氢离子（HOO﹣）的作用．为了增强其漂白效果，应选择在 （填“酸”、“碱”或“中”）性条件下进行．
（6）向盐酸酸化的FeCl2溶液中加入双氧水，溶液由浅绿色变为棕黄色，写出该变化的化学反应方程式： ．
29．研究非金属化合物在生产、生活中的应用具有实际意义．
（1）为了减少空气中SO2的排放，将含SO2的烟气通过洗涤剂X，再加入稀硫酸，既可以回收SO2，同时又可得到化肥．上述洗涤剂X可以是 （选填序号）．
a．Ca（OH）2 b．K2CO3 c．NaHSO3 d．NH3•H2O
（2）磷酸（H3PO4）是一种食品添加剂．它在水溶液中存在的各种微粒的物质的量分数δ随pH的变化曲线如下图1．
①向Na3PO4溶液中滴入稀盐酸，溶液pH从10降低到5的过程中发生的主要反应的离子方程式为 ．
②从图中推断：NaH2PO4和Na3PO4两盐在同一溶液中 大量共存．（填写“能”或者“不能”）
（3）BrF3是优良的电解溶剂，具有强氧化性，与水反应的化学方程式为：3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若反应中产生了1.5mol O2，则被水还原的BrF3的物质的量是 mol．
（4）二茂铁是一种金属有机配合物，可作燃料油的添加剂．二茂铁中配离子为C5H5﹣，其对应的环状分子C5H6的核磁共振氢谱如图2所示．C5H6与等物质的量Br2进行加成后的产物有M、N两种，M的核磁共振氢谱如图3所示．写出C5H6的结构简式 ；分子M发生加聚反应产物的结构简式 ．
30．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝完成下列填空：
（1）上述烟气处理过程中涉及到的化学物质，其组成元素中属于第三周期元素的是 ；写出N的核外电子排布式 。
（2）已知SO2分子的空间构型折线形，则SO2为 （选填“极性”、“非极性”）。
（3）将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其他离子忽略不计）：
离子
Na+
SO42﹣
NO3﹣
OH﹣
Cl﹣
浓度/（mol•L﹣1）
5.5×10﹣3
8.5×10﹣4
y
2.0×10﹣4
3.4×10﹣3
①表中y＝ mol•L﹣1。
②写出NaClO2溶液吸收SO2的离子方程式 。
（4）烟气中的SO2还可采用氨法脱硫除去，其反应原理可用如图表示。
①写出SO2跟氨水反应生成NH4HSO3的化学方程式 。
②（NH4）2HSO3溶液中浓度最大的离子是 。
含硫化合物的性质和应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．【分析】H2O和H2O2都是由O和H元素构成的化合物，在一定条件下都能发生分解反应．
【解答】解：A．由分子式可知都含有氢元素和氧元素，故B正确；
B．H2O和H2O2都是由不同元素组成的纯净物，为化合物，故B正确；
C．分子中含有H元素，但不含氢气分子，故C错误；
D．H2O在电解条件下、H2O2在二氧化锰等催化剂催化作用下都能发生分解反应，故D正确。
故选：C。
2．【分析】人类活动对碳循环和硫循环都造成了巨大影响，碳、硫两种元素都能以无机物和有机物的形式参与循环，硫的燃烧产生二氧化硫，会产生酸雨，二氧化碳不会导致酸雨，据此解答．
【解答】解：人类活动对碳循环和硫循环都造成了巨大影响，硫的燃烧产生二氧化硫，会产生酸雨，二氧化碳不会导致酸雨，蛋白质中含有碳、氢、氧、氮、磷、硫等元素，所以碳、硫两种元素都能以无机物和有机物的形式参与循环，故选C。
3．【分析】由图片中反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2，②ClO+ClO→ClOOCl，③ClOOCl+日光→2Cl+O2；
A、催化剂在反应前后质量和性质都没变；
B、根据图片判断过氧化氯的结构式；
C、该过程的总反应为2O3→3O2；
D、根据最终反应方程式判断反应物和生成物。
【解答】解：由图片中反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2，②ClO+ClO→ClOOCl，③ClOOCl+日光→2Cl+O2；
A、催化剂在反应前后质量和性质都没变，该过程的总反应为2O3→3O2，所以氯原子在反应中做催化剂，故A正确；
B、氯原子半径大于氧原子半径，所以图片中，原子半径较大的是氯原子，较小的是氧原子，所以过氧化氯的结构式为Cl﹣O﹣O﹣Cl，故B错误；
C、该过程的总反应为2O3→3O2，则臭氧分子最终转变成氧气分子，故C正确；
D、过程②中ClO+ClO→ClOOCl，一氧化氯断键形成过氧化氯，故D正确。
故选：B。
4．【分析】A．臭氧（O3）在常温下，它是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，具有极强的氧化性，可用于消毒；
B．硅胶具有吸水的性质，铁具有还原性可防氧化；
C．铝及其合金，具有很多优点：密度低，强度高，接近或超过优质钢，塑性好，可加工成各种型材，具有优良的导电性、导热性和抗蚀性，是电气、工业、家庭广泛使用的材料；
D．有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到有机玻璃，原子利用率高，符合绿色化学原则．
【解答】解：A．臭氧（O3）在常温下，它是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，具有极强的氧化性，可用作自来水的消毒剂，故A正确；
B．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶具有吸水的性质，铁具有还原性可防氧化，故B正确；
C．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为其良好的性质，故C错误；
D．反应物全部转变成目标产物，原子利用率高，符合绿色化学原则，故D正确；
故选：C。
5．【分析】向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂；一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），铜离子被还原成+1价，双氧水表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，双氧水表现了氧化性，据此进行解答。
【解答】解：A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，故A正确；
B．根据“蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，故B错误；
C．H2O2的电子式为，故C正确；
D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，发生反应为Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，故D正确；
故选：B。
6．【分析】A．非金属元素之间形成的化学键大多为共价键，同种非金属元素之间易形成非极性键；
B．双氧水具有氧化性，参与反应时的产物为水，无污染；
C．双氧水遇到高锰酸钾等强氧化剂时表现还原性；
D．双氧水的漂白原理是其氧化性的表现．
【解答】解：A．H2O2、Na2O2都属于过氧化物，其中过氧根中的氧和氧之间就是非极性共价键，故A正确；
B．双氧水有氧化性，被还原时产物为水，是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂，故B正确；
C．H2O2既有氧化性，又有还原性，遇到强氧化剂时表现还原性，与Cl2、KMnO4反应是表现H2O2的还原性，故C错误；
D．HClO、H2O2做漂白剂均是利用其氧化性，漂白原理类似，二氧化硫的漂白性是其和有机色质的结合过程，不是氧化性作用的结果，故D正确；
故选：C。
7．【分析】A．SO2与浓硫酸不反应；
B．SO2使品红溶液褪色；
C．SO2与氢硫酸发生归中反应生成硫单质和水；
D．SO2具有还原性，与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀。
【解答】解：A．SO2与浓硫酸不反应，二者不反应，故A选；
B．SO2使品红溶液褪色，发生化合反应，二者能反应，故B不选；
C．SO2与氢硫酸发生归中反应生成硫单质和水，二者能反应，故C不选；
D．SO2具有还原性，与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，二者能反应，故D不选；
故选：A。
8．【分析】A．二氧化硫的漂白具有选择性；
B．石灰石、纯碱、石英可作为制备玻璃的主要原料；
C．硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，硫酸铁再转化成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成的氧化铁做颜料
D．蓝矾溶于水含有毒的铜离子。
【解答】解：A．二氧化硫的漂白具有选择性，不能使紫色石蕊试液褪色，故A错误；
B．石灰石、纯碱、石英可作为制备玻璃的主要原料，制备水泥的主要原料是石灰石和黏土，故B错误；
C．硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，硫酸铁再转化成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成的氧化铁做颜料，故C正确；
D．蓝矾溶于水含有毒的铜离子，不能用于净水，而明矾可以作饮用水的净水剂，故D错误；
故选：C。
9．【分析】A．三氧化硫与水反应生成硫酸，没有化合价变化；
B．由图可知，光照是形成酸雨形成的必要条件之一；
C．污染指数越高则二氧化硫含量高；
D．优化能源结构能减少化石燃料的使用。
【解答】解：A．三氧化硫与水反应生成硫酸，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．由图可知，光照是形成酸雨形成的必要条件之一，故B正确；
C．污染指数越高则二氧化硫含量高，所以形成酸雨的速率越快，故C正确；
D．优化能源结构能减少化石燃料的使用，所以排放的二氧化硫含量少，能有效遏制酸雨污染，故D正确。
故选：A。
10．【分析】A．根据海水中的离子是否水解进行解答；
B．流程分析可知吸收塔中是二氧化硫和水反应生成亚硫酸；
C．根据使用空气中的氧气将H2SO3氧化来分析；
D．“排放”出来的海水体积与进入吸收塔的天然海水的体积不同．
【解答】解：A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO﹣3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32﹣、HCO﹣3离子，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；
B．流程分析可知吸收塔中发生的反应有SO2+H2O⇌H2SO3，故B正确；
C．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2＝2H2SO4，故C正确；
D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42﹣的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；
故选：D。
11．【分析】A．发展太阳能发电可减少煤炭的使用，利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放；
B．面实施垃圾分类，回收利用，可减少排放；
C．绿色化学从源头上减少污染；
D．煤的气化为化学变化。
【解答】解：A．发展太阳能发电可减少煤炭的使用，利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放，所以发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染，故A正确；
B．面实施垃圾分类，回收利用，可减少排放，可提高废品回收率，减少对环境影响，故B正确；
C．绿色化学从源头上减少污染，额减少污染，故C正确；
D．煤的气化生成CO、氢气等，为化学变化，故D错误。
故选：D。
12．【分析】“防范化解重大风险、精准扶贫、污染防治”三大攻坚战，题干主旨在于：节能减排、低碳生活、环境保护，据此分析解答。
【解答】解：A．推广新能源汽车，减少氮氧化物排放，有利于环境保护，符合要求，故A不选；
B．研发可降解塑料，能够减少聚乙烯，聚氯乙烯塑料的使用，能够控制白色污染产生，符合要求，故B不选；
C．工业废水直接浇灌农田，能够引起土壤，食品污染，会对人的健康造成危害，不符合要求，故C选；
D．施用有机肥料，改善土壤微生物环境，能够减少土壤、食品污染，有利于环境保护，人体健康，符合要求，故D不选；
故选：C。
13．【分析】A．常温下铁遇浓硫酸发生钝化；
B．浓硫酸具有吸水性，稀硫酸不能；
C．浓硫酸具有脱水性，稀硫酸不具有；
D．浓硫酸、稀硫酸都不具有挥发性。
【解答】解：A．常温下铁遇浓硫酸发生钝化，现象不明显，则分别加入金属铁片无气体产生者为浓硫酸，可鉴别，故A不选；
B．浓硫酸具有吸水性，稀硫酸不能，则分别滴加到胆矾晶体中，晶体变白者为浓硫酸，可鉴别，故B不选；
C．浓硫酸具有脱水性，稀硫酸不具有，则分别滴加到pH试纸上，试纸变黑者为浓硫酸，可鉴别，故C不选；
D．浓硫酸、稀硫酸都不具有挥发性，则将有浓氨水的玻璃棒靠近酸的瓶口，都无白烟生成，不可鉴别，故D选；
故选：D。
14．【分析】A．铝条与氢氧化钠溶液发生反应生成偏铝酸钠和氢气；
B．铝与浓硫酸发生钝化反应；
C．铝条与稀硫酸发生反应生成硫酸铝和氢气；
D．铝条与硫酸铜溶液发生反应生成硫酸铝和铜。
【解答】解：A．铝条与氢氧化钠溶液发生反应生成偏铝酸钠和氢气，有气泡生成，故A错误；
B．铝与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜，阻碍反应的进行，无明显变化，故B正确；
C．铝条与稀硫酸发生反应生成硫酸铝和氢气，有气泡生成，故C错误；
D．铝条与硫酸铜溶液发生反应生成硫酸铝和铜，有红色固体析出，故D错误。
故选：B。
15．【分析】A．能够与氯化钡反应生成的不溶于的盐酸的沉淀可能为氯化银，不一定含有硫酸根离子；
B．银离子能够与氯化钡反应生成氯化银沉淀，氯化银不溶于稀硝酸，无法证明溶液中是否存在硫酸根离子；
C．能够与硝酸钡反应的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等，不一定含有硫酸根离子；
D．与硝酸钡生成的白色沉淀，且该白色沉淀不溶于稀盐酸，说明一定为硫酸钡，原溶液中一定含有硫酸根离子．
【解答】解：A．取少量试液，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子，故A错误；
B．取少量试液，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银，再加入稀HNO3，氯化银沉淀也不消失，原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误；
C．取少量试液，加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为碳酸钡、亚硫酸钡，原溶液中可能含有碳酸根离子、亚硫酸根离子，不一定含有硫酸根离子，故C错误；
D．取少量试液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为碳酸钡、硫酸钡、亚硫酸钡等，但是往过滤所得沉淀加盐酸，沉淀不溶解，说明该沉淀为硫酸钡，原溶液中一定含有硫酸根离子，故D正确；
故选：D。
16．【分析】A．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
B．质量数相等的不同核素，其质子数一定不同，元素的种类取决于原子中的质子数；
C．向某无色溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，原溶液中可能含有银离子和氯离子结合生成氯化银沉淀，也可能含有硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，氯化银和硫酸钡都不溶于酸；
D．既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物．
【解答】解：A．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，该反应为化合反应，不属于置换反应，故A正确；
B．质量数相等的不同核素，其质子数一定不同，元素的种类取决于原子中的质子数，质子数不同，则一定不是同一元素，故B正确；
C．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能排除亚硫酸根离子、氯离子、硫酸根离子的干扰，故C错误；
D．Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，且产物都是盐和水，符合两性氧化物的概念，属于两性氧化物，故D正确；
故选：C。
17．【分析】A．碳酸钡能够与盐酸反应生成氯化钡；
B．依据形成原电池条件解答；
C．钻石主要成分为金刚石，水晶主要成分二氧化硅；
D．三价铁离子、铝离子都能够水解生成具有吸附性胶体．
【解答】解：A．碳酸钡能够与盐酸反应生成氯化钡，引起重金属离子中毒，不能用作钡餐，故A错误；
B．轮船在海水中能够形成原电池，铁锅中剩余的菜汤含有氯化钠，铁与杂志碳能够形成原电池，并且二者形成的原电池中铁都做负极，发生氧化反应，被腐蚀，发生电化学腐蚀，故B正确；
C．钻石主要成分为金刚石，水晶主要成分二氧化硅，二者所含有元素不同，其化学成分不同，故C正确；
D．三价铁离子、铝离子都能够水解生成具有吸附性胶体，可以吸附水中杂质，起到净水的作用，故D正确；
故选：A。
18．【分析】H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，H2S属于酸，其水溶液呈酸性，能和氯气反应生成硫和氯化氢，以此解答该题．
【解答】解：A．发生2H2S+O2＝S↓+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以酸性减弱，故A错误；
B．能和氯气反应生成硫酸和氯化氢，溶液酸性增强，故B正确；
C．发生2 H2S+SO2＝3S↓+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液的酸性减弱，故C错误；
D．加入氢氧化钠溶液，生成硫化钠，溶液的酸性减弱，故D错误。
故选：B。
19．【分析】A、酸碱盐均属于电解质，硫化氢是酸；
B、蛋白质中含有S元素，S元素降解后的产物是硫化氢；
C、硫化氢气体有毒；
D、硫化氢中S原子为﹣2价，具有还原性，H原子为+1价，具有氧化性，据此解答．
【解答】解：A、酸碱盐均属于电解质，硫化氢是酸，故属于电解质，故A错误；
B、蛋白质中含有S元素，S元素降解后的产物是硫化氢，故B正确；
C、硫化氢气体有毒，不能大量吸入人体，故C错误；
D、硫化氢中S原子为﹣2价，具有还原性，H原子为+1价，具有氧化性，故D错误，
故选：B。
20．【分析】硫化氢具有酸性，为弱酸，具有还原性，可被氧化，在空气中完全燃烧可生成二氧化硫，可与CuCl2反应生成CuS，以此解答该题．
【解答】解：A．H2S在溶液中不能完全电离，是一种弱电解质，故A正确；
B．硫化氢具有酸性，可与石灰乳反应，可用石灰乳吸收H2S气体，故B正确；
C．根据如图可知FeCl3能氧化H2S，CuCl2与H2S反应生成CuS，没有发生氧化还原反应，故C错误；
D．H2S具有还原性，在空气中完全燃烧可以生成SO2，如氧气不足，可生成S，故D正确。
故选：C。
二．填空题（共5小题）
21．【分析】（1）在催化剂条件下，氢气和氧气反应生成双氧水；
（2）双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子．
【解答】解：（1）通过图示可知，在催化剂条件下，氢气和氧气反应生成双氧水，反应为：H2+O2H2O2，
故答案为：H2+O2H2O2；
（2）双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为H2O2⇌H++HO2﹣；
故答案为：H2O2⇌H++HO2﹣．
22．【分析】（1）氯化钡为离子化合物，钡离子与2个氯离子通过离子键结合在一起；
（2）依据亚硫酸盐、亚硫酸氢盐能够与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，还原性解答；
（3）二氧化硫与氯化铁反应生成二价铁离子和硫酸根离子．
【解答】解：（1）氯化钡为离子化合物，钡离子与2个氯离子通过离子键结合在一起，氯化钡电子式为：；
故答案为：；
（2）亚硫酸盐、亚硫酸氢盐能够与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液，品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，能够使三价铁离子还原生成二价铁离子，本身被氧化为硫酸根离子，不能使硫氰酸钾褪色，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，不具有漂白性，硝酸钠与盐酸不反应，
故选：BC；
（3）二氧化硫与氯化铁反应生成二价铁离子和硫酸根离子，离子方程式：SO2+Fe3++2H2O＝2Fe2++SO42﹣；
故答案为：SO2+Fe3++2H2O＝2Fe2++SO42﹣．
23．【分析】①酸雨与二氧化硫有关，向燃煤中加入石灰石，可大大减少该酸雨的发生，二氧化硫与CaO反应生成亚硫酸钙，再被氧化生成硫酸钙；
②合金的熔点比其各成分低；
③棉花为天然高分子化合物，光导纤维的成分为二氧化硅，只有聚苯乙烯为加聚反应生成的高分子．
【解答】解：①酸雨与二氧化硫有关，向燃煤中加入石灰石，可大大减少该酸雨的发生，二氧化硫与CaO反应生成亚硫酸钙，再被氧化生成硫酸钙，硫酸型酸雨是由空气中的SO2含量过高引起，向燃煤中加入石灰石，可大大减少该酸雨的发生，最终可将煤中的硫转化为CaSO4，
故答案为：SO2；CaSO4；
②钠钾合金在常温下呈液态，Na、K常温为固体，可知合金的熔点比其各成分低，故答案为：b；
③棉花为天然高分子化合物，光导纤维的成分为二氧化硅，只有聚苯乙烯为加聚反应生成的高分子，则属于合成有机高分子材料的是a，故答案为：a．
24．【分析】①依据酸雨的成因解答；
②A．燃放烟花爆竹由于火药爆炸产生大量的烟尘；
B．为城市主干道洒水保洁使空气中的粉尘吸水后变大而降到地面；
C．大面积开发土建项目会引起扬尘；
③A．废旧塑料露天焚烧，能够引起空气污染；
B．利用厨房垃圾生产沼气，废物利用，既保护环境有节约能源；
C．废旧电池随便填埋，能够引起土壤污染．
【解答】解：①酸雨主要是因为二氧化硫、氮的氧化物排放引起，
故选：A；
②A．燃放烟花爆竹由于火药爆炸产生大量的烟尘，禁止燃放烟花爆竹，有利于减少烟尘的排放，可缓解城市大气中PM2.5浓度，故A正确；
B．为城市主干道洒水保洁使空气中的粉尘吸水后变大而降到地面，可缓解城市大气中PM2.5浓度，故B正确；
C．大面积开发土建项目会引起扬尘，会加重城市大气中PM2.5浓度，故C错误；
故选：AB；
③A．废旧塑料露天焚烧，能够引起空气污染，不利于环境保护，故A不选；
B．利用厨房垃圾生产沼气，废物利用，既保护环境有节约能源，处理方法得当，故B选；
C．废旧电池随便填埋，能够引起土壤污染，不利于环境保护，故C不选；
故选：B．
25．【分析】（1）随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与Fe反应生成氢气，检验氢气利用燃烧产物使无水硫酸铜变蓝来说明；
（2）根据硫酸铜粉末为白色，而硫酸铜溶液为蓝色，以此来分析．
【解答】解：（1）随着反应的进行，硫酸的浓度不断减小，当反应进行一段时间后，浓硫酸转化为稀硫酸．稀硫酸与铁反应不产生SO2，而是产生H2，从反应方程式中可以看出，消耗等量的硫酸，产生H2的体积要多于SO2．
验证方法：将气体通入品红溶液，若红色褪去，说明含有SO2，继续将气体依次通入过量的酸性高锰酸钾、浓硫酸，然后将气体点燃，产物冷却后，若能使无水硫酸铜变蓝，证明此气体为H2，
故答案为：随着反应的进行，硫酸的浓度不断减小，当反应进行一段时间后，浓硫酸转化为稀硫酸．稀硫酸与铁反应不产生SO2，而是产生H2．从反应方程式中可以看出，消耗等量的硫酸，产生H2的体积要多于SO2；将气体通入品红溶液，若红色褪去，说明含有SO2，继续将气体依次通入过量的酸性高锰酸钾、浓硫酸，然后将气体点燃，产物冷却后，若能使无水硫酸铜变蓝，证明此气体为H2．
（2）因为硫酸铜粉末为白色，而硫酸铜溶液为蓝色，所以没有得到预期的蓝色溶液，而是得到白色沉淀可能原因：①浓硫酸具有吸水性，使水合硫酸铜失水呈白色②硫酸铜固体难溶于浓硫酸；验证方法：将盛有反应物的反应容器中的混合物小心倒入盛有水的烧杯中，边倒边搅拌，可以发现白色沉淀溶解，溶液变蓝色，从而证明其为硫酸铜．
故答案为：浓硫酸具有吸水性，使水合硫酸铜失水呈白色；硫酸铜固体难溶于浓硫酸；将盛有反应物的反应容器中的混合物小心倒入盛有水的烧杯中，边倒边搅拌，可以发现白色沉淀溶解，溶液变蓝色，从而证明其为硫酸铜．
三．解答题（共5小题）
26．【分析】（1）根据三种物质的化学式分析其元素组成，物质的结构决定物质的性质，据此进行分析解答；氟非金属性强于氧，氟为﹣1价，依据代数和为0计算氧原子化合价；
将F2通入稀的NaOH溶液中可得到OF2、NaF和水；
（2）①双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子；已知常温下1L的H2O2相当于48.3mol，K＝＝1.67×10 ﹣12，H2O2与Ba（OH）2作用形成正盐为BaO2，同时生成水；
②正极上发生还原反应，过氧化氢得到电子和氢离子反应生成水；
（3）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则超氧化钾和二氧化碳反应生成碳酸钾和氧气．
【解答】解：（1）根据水（H2O）、双氧水（H2O2）、重水（D2O）的化学式可知都有氢、氧两种元素组成；物质的结构决定物质的性质，从化学性质的角度看，双氧水分子与水分子的构成不同，化学性质有较大的差异，化学性质彼此相似的物质是 H2O2、D2O2；
氟非金属性强于氧，氟为﹣1价，依据代数和为0则OF2中氧元素的化合价为+2价；
将F2通入稀的NaOH溶液中可得到OF2、NaF和水，其反应方程式为：2F2+2NaOH＝2NaF+H2O+OF2；
故答案为：H2O2、D2O2；+2价；2F2+2NaOH＝2NaF+H2O+OF2；
（2）①双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为H2O2⇌H++HO2﹣；根据K＝＝1.67×10 ﹣12；则c（H+）＝＝9×10﹣6mol/L；
H2O2与Ba（OH）2作用形成正盐为BaO2，同时生成水，其反应的方程式为：H2O2+Ba（OH）2＝BaO2+2H2O；
故答案为：H2O2⇌H++HO2﹣；9×10﹣6mol/L；H2O2+Ba（OH）2＝BaO2+2H2O；
②正极上发生还原反应，过氧化氢得到电子和氢离子反应生成水，正极电极反应式为H2O2+2H++2e﹣＝2H2O；
故答案为：H2O2+2H++2e﹣＝2H2O；
（3）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则超氧化钾和二氧化碳反应生成碳酸钾和氧气，反应方程式为4KO2+2CO2＝2K2CO3+3O2，
故答案为：4KO2+2CO2＝2K2CO3+3O2．
27．【分析】（1）O3与KI溶液反应生成O2、I2及KOH；
（2）①pH增大，则OH﹣浓度增大，O3分解速率加快；
②根据v＝计算；
③根据pH和温度判断达到平衡所用的时间的范围，可判断分解速率；
（3））①由图可知，B极生成O2、O3，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极；
②C处通入O2，O2发生还原反应，在酸性条件下生成水．
【解答】解：（1）O3与KI溶液反应生成O2、I2及KOH，所以反应方程为，O3+2I﹣+H2O＝O2+I2+2OH﹣，所以两种单质是I2、O2，
故答案为：I2、O2；
（2）①pH增大，则OH﹣浓度增大，pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是OH﹣，
故答案为：OH﹣；
②v＝＝＝1.00×10﹣4mol/（L•min），
故答案为：1.00×10﹣4；
③由表中数据可知，40°C、pH＝3.0时，所需时间在31min～158min之间；
10°C、pH＝4.0时，所需时间＞231nin；
30°C、pH＝7.0时，所需时间＜7min，则分解速率依次增大的顺序为b、a、c，
故答案为：b、a、c；
（3）①由图可知，B极生成O2、O3，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极，电极反应为2H++2e﹣═H2↑；
故答案为：A；2H++2e﹣═H2↑；
②C处通入O2，O2发生还原反应，在酸性条件下生成水，电极反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，
故答案为：O2+4H++4e﹣＝2H2O．
28．【分析】（1）分析反应中元素化合价变化，结合氧化还原反应基本概念判断；
（2）H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣，反应中过氧化氢中﹣1价氧化合价升高为氧气中0价，IO﹣中+1价碘得到电子化合价降为﹣1价，消耗1mol过氧化氢转移2mol电子，结合单线桥表示电子转移的方向和数目；
（3）依据反应反应①：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣； 反应②：H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣，结合催化剂在反应前后质量和性质不变解答；
（4）依据过氧化氢氧化产物、还原产物都是水解答；
（5）过氧化氢为二元弱酸，第一步电离产生氢离子H+和HO2﹣，注意弱电解质电离应可逆号；依据化学平衡移动原理解答；
（6）过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成棕黄色的三价铁离子，结合氧化还原得失电子守恒、原子个数守恒书写方程式．
【解答】解：（1）反应H2O2+I﹣→H2O+IO﹣，过氧化氢中﹣1价的O化合价降低，被还原，﹣1价的碘化合价升高为：IO﹣中+1价，被氧化，对应氧化产物；
故答案为：IO﹣；负一价的O；
（2）H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣，反应中过氧化氢中﹣1价氧化合价升高为氧气中0价，IO﹣中+1价碘得到电子化合价降为﹣1价，消耗1mol过氧化氢转移2mol电子，电子转移的方向和数目用单线桥表示为：；
故答案为：；
（3）依据反应反应①：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣； 反应②：H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣，I﹣在反应前后质量和性质都不变，所以碘离子为反应的催化剂；
故答案为：催化剂；
（4）根据反应①和反应②可知，H2O2的氧化产物是O2，还原产物是H2O，都不会污染环境，所以被称为“绿色试剂”；
故答案为：H2O2的氧化产物是O2，还原产物是H2O，都不会污染环境；
（5）过氧化氢为二元弱酸，第一步电离产生氢离子H+和HO2﹣，电离方程式：H2O2⇌H++HO2﹣；依据H2O2⇌H++HO2﹣可知，碱性环境下可以促进过氧化氢电离，生成过氧化氢离子离子浓度增大，所以为增强其漂白效果，应选择碱性环境；
故答案为：H2O2⇌H++HO2﹣；碱；
（6）过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成棕黄色的三价铁离子，反应的化学方程式：2FeCl2+H2O2+2HCl＝2FeCl3+2H2O；
故答案为：2FeCl2+H2O2+2HCl＝2FeCl3+2H2O．
29．【分析】（1）二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱液反应，亚硫酸酸性大于碳酸，所以能和可溶性碳酸盐反应；
（2）①溶液中HPO42﹣浓度减小、H2PO4﹣浓度增大，据此书写离子方程式；
②根据溶液中存在的离子与溶液pH的关系判断；
（3）3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2中，Br元素化合价由+3价变为+5价、﹣1价，部分O元素化合价由﹣2价变为0价，若反应中产生了1.5mol O2，根据转移电子守恒计算被水还原的BrF3的物质的量；
（4）C5H6的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明含有三类H原子，该分子不饱和度＝＝3，说明含有两个碳碳双键，且符合条件的该物质结构简式为，C5H6与Br2 1：1加成后产物有M、N两种，M的核磁共振氢谱有3种H原子，所以该物质为发生1，4加成后的产物，据此分析．
【解答】解：（1）二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱液反应，亚硫酸酸性大于碳酸，所以能和可溶性碳酸盐反应，加入稀硫酸后能得到二氧化硫且得到化肥，故选：bd；
（2）①根据图象知，pH从10降低到5时，溶液中HPO42﹣浓度减小、H2PO4﹣浓度增大，离子反应方程式为HPO42﹣+H+＝H2PO4﹣，故答案为：HPO42﹣+H+＝H2PO4﹣；
②根据图知，H2PO4﹣存在的pH范围为0～10、PO43﹣存在的pH＞10，所以二者不能共存，故答案为：不能；
（3）3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2中，Br元素化合价由+3价变为+5价、﹣1价，部分O元素化合价由﹣2价变为0价，若反应中产生了1.5mol O2，则失去电子的物质的量＝1.5mol×4＝6mol，根据转移电子守恒得被水还原的BrF3的物质的量＝＝2mol，
故答案为：2；
（4）C5H6的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明含有三类H原子，该分子不饱和度＝＝3，说明含有两个碳碳双键，且符合条件的该物质结构简式为，C5H6与Br2 1：1加成后产物有M、N两种，M的核磁共振氢谱有3种H原子，所以该物质为发生1，4加成后的产物，则分子M发生加聚反应产物的结构简式为，故答案为：；．
30．【分析】（1）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝反应，其组成元素中属于第三周期元素硫、钠、氯，N的核外电子排布是两个能级，第2个能层上有sp能级；
（2）已知SO2分子的空间构型折线形，分子中正负电荷中心不重合；
（3）①电荷守恒计算得到硝酸根离子浓度；
②一氧化氮和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸根、硝酸根，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒分析解答，二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸根、氯离子，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒分析解答；
（4）①二氧化硫是酸性氧化物和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵；
②（NH4）2HSO3溶液中完全电离。
【解答】解：（1）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝反应，其组成元素中属于第三周期元素硫、钠、氯，N的核外电子排布是两个能级，第2个能层上有sp能级，N原子电子排布式：1s22s22p3，
故答案为：S、Na、Cl；1s22s22p3；
（2）已知SO2分子的空间构型折线形，分子中正负电荷中心不重合，SO2为极性分子，
故答案为：极性；
（3）①溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c2c（SO42﹣）+y，则表中的y＝5.5×10﹣3﹣3.4×10﹣3﹣2.0×10﹣4﹣2×8.5×10﹣4＝5.8×10﹣4，y＝2.0×10﹣4，
故答案为：2.0×10﹣4；
②NO和NaClO2溶液反应的离子方程式是：4NO+3ClO2﹣+2H2O＝4NO3﹣+3Cl﹣+4H+，二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸根、氯离子，离子反应方程式为：2SO2+ClO2﹣+2H2O＝2 SO42﹣+Cl﹣+4H+，
故答案为：2SO2+ClO﹣+2H2O＝2SO4+Cl﹣+4H+；
（4）①二氧化硫是酸性氧化物和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵，反应的化学方程式：SO2+NH3•H2O＝NH4HSO3，
故答案为：SO2+NH3•H2O＝NH4HSO3 ；
②（NH4）2HSO3溶液中完全电离，浓度最大的离子是NH4+，
故答案为：NH4+。
一．选择题（共20小题）
1．下列关于H2O和H2O2的说法不正确的是（ ）
A．都含有氢元素和氧元素
B．都是化合物
C．都含有氢气分子
D．一定条件下都能发生分解反应
2．硫循环与碳循环是自然界中两种重要的元素循环过程，下列关于这两种循环的说法正确的是（ ）
选项
比较
碳循环
硫循环
A
异
碳元素会进入大气
硫元素不会进入大气
B
碳元素可以有机物形式参与循环
硫元素都以无机物形式参与循环
C
同
人类活动对碳循环和硫循环都造成了巨大影响
D
碳循环和硫循环对环境的影响是都能形成酸雨
A．A B．B C．C D．D
3．三位科学家保罗•克拉兹等因在氟利昂和臭氧层方面的工作获得诺贝尔化学奖，他们的研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．氯原子在反应中做催化剂
B．过氧化氯的结构式为：O﹣Cl﹣Cl﹣O
C．臭氧分子最终转变成氧气分子
D．过程②中一氧化氯断键形成过氧化氯
4．化学与生产，生活紧密相联．下列说法不正确的是（ ）
A．臭氧（O3）是一种有鱼腥味、氧化性极强的淡蓝色气体，可用作自来水的消毒剂
B．在食品袋中放人盛有硅胶和铁粉的透气小袋，可防止食物受潮、氧化变质
C．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为铝的冶炼方法比较简单
D．有机玻璃是以有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到，合成A的一种途经是：CH3C≡CH+CO+CH3OH，其过程符合绿色化学的原则
5．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，这个反应可以反复多次。下列关于上述过程的说法不正确的是（ ）
A．Cu2+是H2O2分解反应的催化剂
B．H2O2只表现了氧化性
C．H2O2的电子式为：
D．发生了反应Cu2O+H2O2+4H+＝2Cu2++3H2O
6．一段时间以来，各地巨能钙事件沸沸扬扬，原因在于部分巨能钙被检出含有双氧水，而双氧水有致癌性．因此卫生部已开始加紧调查巨能钙．下列有关说法错误的是（ ）
A．H2O2、Na2O2都属于过氧化物，都存在非极性的共价键
B．双氧水是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂
C．H2O2既有氧化性，又有还原性，与Cl2、KMnO4反应是表现H2O2的氧化性
D．H2O2做漂白剂是利用其氧化性，漂白原理与HClO类似，与SO2不同
7．不能与SO2反应的物质是（ ）
A．浓硫酸 B．品红溶液 C．氢硫酸 D．硝酸钡溶液
8．下列说法正确的是（ ）
A．二氧化硫和氯气都可以使紫色石蕊试液褪色
B．石灰石、纯碱、石英可作为制备水泥的主要原料
C．工业上硫酸亚铁是生产颜料氧化铁红（主要成分为 Fe2O3）的原料
D．明矾和蓝矾（CuSO4•5H2O）都可以用作饮用水的净水剂
9．酸雨的形成是一种复杂的大气化学和光学化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如下：
下列有关说法不正确的是（ ）
A．所涉及的变化均为氧化还原反应
B．光照是酸雨形成的必要条件之一
C．污染指数越高形成酸雨的速率越快
D．优化能源结构能有效遏制酸雨污染
10．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Ca2+、Cl﹣、Br﹣、SO42﹣、HCO3﹣、CO32﹣等离子，火力发电时排放的烟气可用海水脱硫，其工艺流程如下图所示：下列说法错误的是（ ）
A．海水pH约为8的原因主要是天然海水含CO32﹣、HCO3﹣
B．吸收塔中发生的反应有SO2+H2O⇌H2SO3
C．氧化主要是氧气将HSO3﹣、SO32﹣、H2SO3氧化为SO42﹣
D．经稀释“排放”出的废水中，SO42﹣浓度与海水相同
11．下列说法错误的是（ ）
A．发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染
B．从2019年7月1日起我国全面实施垃圾分类，提高废品回收率，减少对环境影响
C．绿色化学又称“环境无害化学”、“环境友好化学”、“清洁化学”
D．石油裂化、裂解为化学变化，而煤的气化和石油的分馏均为物理变化
12．2019年政府工作报告提出：继续坚定不移地打好包括污染防治在内的“三大攻坚战”。下列做法不符合这一要求的是（ ）
A．推广新能源汽车，减少氮氧化物排放
B．研发可降解塑料，控制白色污染产生
C．直接灌溉工业废水，充分利用水资源
D．施用有机肥料，改善土壤微生物环境
13．下列鉴別浓硫酸和稀硫酸的实验操作与结论有误的是（ ）
实验操作
结论
A
分别加入铁片
无气体产生者为浓硫酸
B
分别滴加到胆矾晶体中
晶体变白者为浓硫酸
C
分别滴加到pH试纸上
试纸变黑者为浓硫酸
D
将有浓氨水的玻璃棒靠近酸的瓶口
有白烟生成的是浓硫酸
A．A B．B C．C D．D
14．常温下，将铝条放入下列溶液中，无明显变化的是（ ）
A．氢氧化钠溶液 B．浓硫酸
C．稀硫酸 D．硫酸铜溶液
15．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，加入盐酸无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成
16．下列说法不正确的是（ ）
A．金属单质和盐溶液的反应不一定是置换反应
B．质量数相等的不同核素，一定属于不同种元素
C．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则原溶液中一定有SO4 2﹣
D．Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，Al2O3属于两性氧化物
17．化学已渗透到人类生活的各个方面，下列说法中不正确的是（ ）
A．BaSO4和BaCO3均难溶于水，均可用作“钡餐”
B．轮船的外壳和铁锅等生锈主要发生了电化学腐蚀
C．钻石和水晶都是人们熟知的宝石，但其化学成分不同
D．硫酸铁和明矾都可用于净水
18．氢硫酸中加入或通入少量下列物质，溶液酸性增强的是（ ）
A．O2 B．Cl2 C．SO2 D．NaOH
19．最近我国科学家研究发现人体中微量的H2S能有效预防心脏病、老年性痴呆症．下列有关H2S的说法正确的是（ ）
A．H2S属于非电解质
B．人体内H2S可由含硫蛋白质降解产生
C．大量吸入H2S对人体无害
D．H2S只有还原性没有氧化性
20．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题．下列关于硫化氢的说法错误的是（ ）
A．H2S是一种弱电解质
B．可用石灰乳吸收H2S气体
C．根据如图可知FeCl3、CuCl2均能氧化H2S
D．H2S在空气中燃烧可以生成SO2
二．填空题（共5小题）
21．双氧水（主要成分H2O2）是常见的氧化剂、还原剂．
（1）如图是工业上制备过氧化氢最常见的方法，写出实际发生反应的总方程式 ．
（2）H2O2可看作二元弱酸，写出它在水中第一步电离的方程式 ．
22．在盐（甲）溶液中加入足量的盐酸，产生刺激性气味气体乙．将气体乙通入品红溶液，品红溶液褪色，再将气体通入氯化铁溶液后获得溶液丙，滴加KSCN溶液，无明显现象，加入氯化钡溶液，出现白色沉淀．
（1）写出氯化钡的电子式 ；
（2）盐溶液甲中可能含有的下列物质中的
A．Na2CO3
B．Na2SO3
C．NaHSO3
D．NaNO3
（3）写出气体乙通入氯化铁溶液时的离子方程式 ．
23．化学与材料密切相关，材料科学的发展和新材料的开发都离不开化学．
①明祖陵，被称为“明代第一陵”，是全国重点文物保护单位，神道全长250多米，两侧立望柱二对，石像十九对，石像经风吹雨淋，逐渐被腐蚀，其罪魁祸首就是酸雨，硫酸型酸雨是由空气中的 含量过高引起，向燃煤中加入石灰石，可大大减少该酸雨的发生，最终可将煤中的硫转化为 （填化学式）
②在快中子反应堆中得以广泛应用的钠钾合金在常温下呈液态，这个事实说明合金的熔点比其成分金属的熔点 （填字母）．
a．高 b．低 c．可能高也可能低
③下列物质中，属于合成有机高分子材料的是 （填字母）．
a．聚苯乙烯 b．棉花 c．光导纤维．
24．酸雨、温室效应、臭氧层破坏、光化学烟雾、有毒物质的污染等，已成为世界各国高度关注和研究的问题．请回答：
①形成酸雨的主要气体是 （填字母代号，下同）；
A、SO2 B、CO2 C、CH4
②近几年来，我国多次出现大范围雾霾天气，许多城市发布PM2.5重度污染警报．下列行为能缓解城市大气中PM2.5浓度的是 ；
A．禁止燃放烟花爆竹 B．城市主干道洒水保洁 C．大面积开发土建项目
③垃圾无害化处理有利于保护环境．下列有关生活垃圾的处理方法合理的是 ．
A．废旧塑料露天焚烧 B．利用厨房垃圾生产沼气 C．废旧电池随便填埋．
25．某研究性学习小组进行二氧化硫的制备实验探究．
（1）当用过量的铁粉与浓硫酸在加热条件下反应时，发现生成的气体冷却后体积比理论计算所得二氧化硫的体积要多．请你推测可能的原因并说明验证的方法：可能原因： ，验证方法：
（2）当用铜与浓硫酸反应制备二氧化硫时发现，铜与热的浓硫酸反应后没有得到预期的蓝色溶液，而是得到白色沉淀．请你预测可能的原因：① ② ，验证白色沉淀主要成分的方法是： ．
三．解答题（共5小题）
26．氧元素能形成众多的化合物，其中有一些化合物具有特殊的组成与性质．
（1）H2O2、D2O、D2O2中化学性质彼此相似的物质是 ，OF2是一种棕黄色有恶臭的气体，有极强的氧化性，则OF2中氧元素的化合价为 ，将F2通入稀的NaOH溶液中可得到OF2、盐等物质，相应反应的化学方程式为 ．
（2）研究表明，H2O2相当于二元弱酸，有较强的还原性
①H2O2的一级电离方程式为 ，已知常温下1L的H2O2相当于48.3mol，其一级电离平衡常数K约为1.67×10﹣12，则该温度下H2O2中c（H+）约为 ，写出它与足量Ba（OH）2反应的化学方程式 ．
②过氧化氢、镁合金可构成镁燃料电池，放电时总反应：Mg+2H++H2O2＝Mg2++2H2O，则放电时的正极反应为 ．
（3）氧也能与钾元素形成K2O、K2O2、KO2、KO3等氧化物，其中KO2是一种比Na2O2效率高的供氧剂，写出它与CO2反应的化学方程式 ．
27．臭氧是一种强氧化剂，常用于消毒、灭菌等．
（1）已知O3与KI溶液反应的生成物中有两种单质是 和 ．
（2）O3在水中易分解，一定条件下，O3的浓度减少一半所需的时间（t）如下表所示．
已知：O3的起始浓度为0.0216mol/L．
pH
t/min
T/℃
3，.0
4，.0
5，.0
6，.0
20
301
231
169
58
30
158
108
48
15
50
31
26
15
7
①pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是 ．
②在30°C、pH＝4.0条件下，O3的分解速率为 mol/（L•min）．
③据表中的递变规律，推测O3在下列条件下分解速率依次增大的顺序为 ．（填字母代号）
a.40°C、pH＝3.0 b.10°C、pH＝4.0 c.30°C、pH＝7.0
（3）O3可由臭氧发生器（原理如下图）电解稀硫酸制得．
①图中阴极为 （填“A”或“B”），其电极反应式为 ．
②若C处通入O2，则A极的电极反应式为 ．
28．过氧化氢（H2O2）的水溶液俗称双氧水．双氧水常被称为化学反应中的“绿色试剂”．已知，在含少量I﹣的溶液中，H2O2会较快分解，反应如下：
反应①：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣；
反应②：H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣
完成下列填空：
（1）反应①中的氧化产物是 ，被还原的元素是 ．
（2）标出反应②中电子转移的方向和数目．
（3）H2O2分解过程中，I﹣的作用是 ．
（4）根据反应①和反应②，请说明双氧水被称为“绿色试剂”的主要原因是 ．
（5）H2O2是一种二元弱酸，写出第一步电离的电离方程式： ，双氧水可漂白纤维织物，目前认为是其中过氧化氢离子（HOO﹣）的作用．为了增强其漂白效果，应选择在 （填“酸”、“碱”或“中”）性条件下进行．
（6）向盐酸酸化的FeCl2溶液中加入双氧水，溶液由浅绿色变为棕黄色，写出该变化的化学反应方程式： ．
29．研究非金属化合物在生产、生活中的应用具有实际意义．
（1）为了减少空气中SO2的排放，将含SO2的烟气通过洗涤剂X，再加入稀硫酸，既可以回收SO2，同时又可得到化肥．上述洗涤剂X可以是 （选填序号）．
a．Ca（OH）2 b．K2CO3 c．NaHSO3 d．NH3•H2O
（2）磷酸（H3PO4）是一种食品添加剂．它在水溶液中存在的各种微粒的物质的量分数δ随pH的变化曲线如下图1．
①向Na3PO4溶液中滴入稀盐酸，溶液pH从10降低到5的过程中发生的主要反应的离子方程式为 ．
②从图中推断：NaH2PO4和Na3PO4两盐在同一溶液中 大量共存．（填写“能”或者“不能”）
（3）BrF3是优良的电解溶剂，具有强氧化性，与水反应的化学方程式为：3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2↑，若反应中产生了1.5mol O2，则被水还原的BrF3的物质的量是 mol．
（4）二茂铁是一种金属有机配合物，可作燃料油的添加剂．二茂铁中配离子为C5H5﹣，其对应的环状分子C5H6的核磁共振氢谱如图2所示．C5H6与等物质的量Br2进行加成后的产物有M、N两种，M的核磁共振氢谱如图3所示．写出C5H6的结构简式 ；分子M发生加聚反应产物的结构简式 ．
30．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝完成下列填空：
（1）上述烟气处理过程中涉及到的化学物质，其组成元素中属于第三周期元素的是 ；写出N的核外电子排布式 。
（2）已知SO2分子的空间构型折线形，则SO2为 （选填“极性”、“非极性”）。
（3）将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下（其他离子忽略不计）：
离子
Na+
SO42﹣
NO3﹣
OH﹣
Cl﹣
浓度/（mol•L﹣1）
5.5×10﹣3
8.5×10﹣4
y
2.0×10﹣4
3.4×10﹣3
①表中y＝ mol•L﹣1。
②写出NaClO2溶液吸收SO2的离子方程式 。
（4）烟气中的SO2还可采用氨法脱硫除去，其反应原理可用如图表示。
①写出SO2跟氨水反应生成NH4HSO3的化学方程式 。
②（NH4）2HSO3溶液中浓度最大的离子是 。
含硫化合物的性质和应用
参考答案与试题解析
一．选择题（共20小题）
1．【分析】H2O和H2O2都是由O和H元素构成的化合物，在一定条件下都能发生分解反应．
【解答】解：A．由分子式可知都含有氢元素和氧元素，故B正确；
B．H2O和H2O2都是由不同元素组成的纯净物，为化合物，故B正确；
C．分子中含有H元素，但不含氢气分子，故C错误；
D．H2O在电解条件下、H2O2在二氧化锰等催化剂催化作用下都能发生分解反应，故D正确。
故选：C。
2．【分析】人类活动对碳循环和硫循环都造成了巨大影响，碳、硫两种元素都能以无机物和有机物的形式参与循环，硫的燃烧产生二氧化硫，会产生酸雨，二氧化碳不会导致酸雨，据此解答．
【解答】解：人类活动对碳循环和硫循环都造成了巨大影响，硫的燃烧产生二氧化硫，会产生酸雨，二氧化碳不会导致酸雨，蛋白质中含有碳、氢、氧、氮、磷、硫等元素，所以碳、硫两种元素都能以无机物和有机物的形式参与循环，故选C。
3．【分析】由图片中反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2，②ClO+ClO→ClOOCl，③ClOOCl+日光→2Cl+O2；
A、催化剂在反应前后质量和性质都没变；
B、根据图片判断过氧化氯的结构式；
C、该过程的总反应为2O3→3O2；
D、根据最终反应方程式判断反应物和生成物。
【解答】解：由图片中反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2，②ClO+ClO→ClOOCl，③ClOOCl+日光→2Cl+O2；
A、催化剂在反应前后质量和性质都没变，该过程的总反应为2O3→3O2，所以氯原子在反应中做催化剂，故A正确；
B、氯原子半径大于氧原子半径，所以图片中，原子半径较大的是氯原子，较小的是氧原子，所以过氧化氯的结构式为Cl﹣O﹣O﹣Cl，故B错误；
C、该过程的总反应为2O3→3O2，则臭氧分子最终转变成氧气分子，故C正确；
D、过程②中ClO+ClO→ClOOCl，一氧化氯断键形成过氧化氯，故D正确。
故选：B。
4．【分析】A．臭氧（O3）在常温下，它是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，具有极强的氧化性，可用于消毒；
B．硅胶具有吸水的性质，铁具有还原性可防氧化；
C．铝及其合金，具有很多优点：密度低，强度高，接近或超过优质钢，塑性好，可加工成各种型材，具有优良的导电性、导热性和抗蚀性，是电气、工业、家庭广泛使用的材料；
D．有机物A（甲基丙烯酸甲酯）为单体，通过加聚反应得到有机玻璃，原子利用率高，符合绿色化学原则．
【解答】解：A．臭氧（O3）在常温下，它是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，具有极强的氧化性，可用作自来水的消毒剂，故A正确；
B．在食品袋中放入盛有硅胶和铁粉的透气小袋，硅胶具有吸水的性质，铁具有还原性可防氧化，故B正确；
C．铝及其合金是电气、工业、家庭广泛使用的材料，是因为其良好的性质，故C错误；
D．反应物全部转变成目标产物，原子利用率高，符合绿色化学原则，故D正确；
故选：C。
5．【分析】向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂；一段时间后，蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O），铜离子被还原成+1价，双氧水表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，双氧水表现了氧化性，据此进行解答。
【解答】解：A．向CuSO4溶液中加入H2O2溶液，很快有大量气体逸出，同时放热，说明Cu2+是H2O2分解反应的催化剂，故A正确；
B．根据“蓝色溶液变为红色浑浊（Cu2O）”，说明铜离子被还原成+1价，H2O2表现了还原性；继续加入H2O2溶液，红色浑浊又变为蓝色溶液，说明发生了反应Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，H2O2又表现了氧化性，故B错误；
C．H2O2的电子式为，故C正确；
D．红色浑浊又变为蓝色溶液，Cu2O中+1价Cu被氧化成+2价Cu2+，发生反应为Cu2O+H2O2+4H+═2Cu2++3H2O，故D正确；
故选：B。
6．【分析】A．非金属元素之间形成的化学键大多为共价键，同种非金属元素之间易形成非极性键；
B．双氧水具有氧化性，参与反应时的产物为水，无污染；
C．双氧水遇到高锰酸钾等强氧化剂时表现还原性；
D．双氧水的漂白原理是其氧化性的表现．
【解答】解：A．H2O2、Na2O2都属于过氧化物，其中过氧根中的氧和氧之间就是非极性共价键，故A正确；
B．双氧水有氧化性，被还原时产物为水，是绿色氧化剂，可作医疗消毒剂，故B正确；
C．H2O2既有氧化性，又有还原性，遇到强氧化剂时表现还原性，与Cl2、KMnO4反应是表现H2O2的还原性，故C错误；
D．HClO、H2O2做漂白剂均是利用其氧化性，漂白原理类似，二氧化硫的漂白性是其和有机色质的结合过程，不是氧化性作用的结果，故D正确；
故选：C。
7．【分析】A．SO2与浓硫酸不反应；
B．SO2使品红溶液褪色；
C．SO2与氢硫酸发生归中反应生成硫单质和水；
D．SO2具有还原性，与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀。
【解答】解：A．SO2与浓硫酸不反应，二者不反应，故A选；
B．SO2使品红溶液褪色，发生化合反应，二者能反应，故B不选；
C．SO2与氢硫酸发生归中反应生成硫单质和水，二者能反应，故C不选；
D．SO2具有还原性，与硝酸钡溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，二者能反应，故D不选；
故选：A。
8．【分析】A．二氧化硫的漂白具有选择性；
B．石灰石、纯碱、石英可作为制备玻璃的主要原料；
C．硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，硫酸铁再转化成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成的氧化铁做颜料
D．蓝矾溶于水含有毒的铜离子。
【解答】解：A．二氧化硫的漂白具有选择性，不能使紫色石蕊试液褪色，故A错误；
B．石灰石、纯碱、石英可作为制备玻璃的主要原料，制备水泥的主要原料是石灰石和黏土，故B错误；
C．硫酸亚铁易被氧化为硫酸铁，硫酸铁再转化成氢氧化铁，氢氧化铁分解生成的氧化铁做颜料，故C正确；
D．蓝矾溶于水含有毒的铜离子，不能用于净水，而明矾可以作饮用水的净水剂，故D错误；
故选：C。
9．【分析】A．三氧化硫与水反应生成硫酸，没有化合价变化；
B．由图可知，光照是形成酸雨形成的必要条件之一；
C．污染指数越高则二氧化硫含量高；
D．优化能源结构能减少化石燃料的使用。
【解答】解：A．三氧化硫与水反应生成硫酸，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，故A错误；
B．由图可知，光照是形成酸雨形成的必要条件之一，故B正确；
C．污染指数越高则二氧化硫含量高，所以形成酸雨的速率越快，故C正确；
D．优化能源结构能减少化石燃料的使用，所以排放的二氧化硫含量少，能有效遏制酸雨污染，故D正确。
故选：A。
10．【分析】A．根据海水中的离子是否水解进行解答；
B．流程分析可知吸收塔中是二氧化硫和水反应生成亚硫酸；
C．根据使用空气中的氧气将H2SO3氧化来分析；
D．“排放”出来的海水体积与进入吸收塔的天然海水的体积不同．
【解答】解：A．海水中主要含有Na+、K+、Mg2+、Cl﹣、SO42﹣、Br﹣、CO32﹣、HCO﹣3等离子，在这些离子中能发生水解的是CO32﹣、HCO﹣3离子，CO32﹣+H2O⇌HCO3﹣+OH﹣，HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣它们水解呈碱性，所以天然海水的pH≈8，呈弱碱性，故A正确；
B．流程分析可知吸收塔中发生的反应有SO2+H2O⇌H2SO3，故B正确；
C．天然海水吸收了含硫烟气后，要用O2进行氧化处理，因为氧气具有氧化性，被氧化的硫元素的化合价为+4价，具有还原性，所以氧气将H2SO3、HSO3﹣、SO32﹣等氧化为硫酸，如亚硫酸被氧化的反应为2H2SO3+O2＝2H2SO4，故C正确；
D．从框图可知：排放”出来的海水，是经过加天然海水中和、稀释经氧化后海水中生成的酸后排放的，溶液的体积显然比进入吸收塔的天然海水大，所以SO42﹣的物质的量浓度排放出来的海水中浓度小，故D错误；
故选：D。
11．【分析】A．发展太阳能发电可减少煤炭的使用，利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放；
B．面实施垃圾分类，回收利用，可减少排放；
C．绿色化学从源头上减少污染；
D．煤的气化为化学变化。
【解答】解：A．发展太阳能发电可减少煤炭的使用，利用二氧化碳制造全降解塑能减少二氧化碳的排放，所以发展太阳能发电、利用CO2制造全降解塑料都能有效减少环境污染，故A正确；
B．面实施垃圾分类，回收利用，可减少排放，可提高废品回收率，减少对环境影响，故B正确；
C．绿色化学从源头上减少污染，额减少污染，故C正确；
D．煤的气化生成CO、氢气等，为化学变化，故D错误。
故选：D。
12．【分析】“防范化解重大风险、精准扶贫、污染防治”三大攻坚战，题干主旨在于：节能减排、低碳生活、环境保护，据此分析解答。
【解答】解：A．推广新能源汽车，减少氮氧化物排放，有利于环境保护，符合要求，故A不选；
B．研发可降解塑料，能够减少聚乙烯，聚氯乙烯塑料的使用，能够控制白色污染产生，符合要求，故B不选；
C．工业废水直接浇灌农田，能够引起土壤，食品污染，会对人的健康造成危害，不符合要求，故C选；
D．施用有机肥料，改善土壤微生物环境，能够减少土壤、食品污染，有利于环境保护，人体健康，符合要求，故D不选；
故选：C。
13．【分析】A．常温下铁遇浓硫酸发生钝化；
B．浓硫酸具有吸水性，稀硫酸不能；
C．浓硫酸具有脱水性，稀硫酸不具有；
D．浓硫酸、稀硫酸都不具有挥发性。
【解答】解：A．常温下铁遇浓硫酸发生钝化，现象不明显，则分别加入金属铁片无气体产生者为浓硫酸，可鉴别，故A不选；
B．浓硫酸具有吸水性，稀硫酸不能，则分别滴加到胆矾晶体中，晶体变白者为浓硫酸，可鉴别，故B不选；
C．浓硫酸具有脱水性，稀硫酸不具有，则分别滴加到pH试纸上，试纸变黑者为浓硫酸，可鉴别，故C不选；
D．浓硫酸、稀硫酸都不具有挥发性，则将有浓氨水的玻璃棒靠近酸的瓶口，都无白烟生成，不可鉴别，故D选；
故选：D。
14．【分析】A．铝条与氢氧化钠溶液发生反应生成偏铝酸钠和氢气；
B．铝与浓硫酸发生钝化反应；
C．铝条与稀硫酸发生反应生成硫酸铝和氢气；
D．铝条与硫酸铜溶液发生反应生成硫酸铝和铜。
【解答】解：A．铝条与氢氧化钠溶液发生反应生成偏铝酸钠和氢气，有气泡生成，故A错误；
B．铝与浓硫酸发生钝化反应，在表面生成一层致密的氧化膜，阻碍反应的进行，无明显变化，故B正确；
C．铝条与稀硫酸发生反应生成硫酸铝和氢气，有气泡生成，故C错误；
D．铝条与硫酸铜溶液发生反应生成硫酸铝和铜，有红色固体析出，故D错误。
故选：B。
15．【分析】A．能够与氯化钡反应生成的不溶于的盐酸的沉淀可能为氯化银，不一定含有硫酸根离子；
B．银离子能够与氯化钡反应生成氯化银沉淀，氯化银不溶于稀硝酸，无法证明溶液中是否存在硫酸根离子；
C．能够与硝酸钡反应的离子有碳酸根离子、亚硫酸根离子等，不一定含有硫酸根离子；
D．与硝酸钡生成的白色沉淀，且该白色沉淀不溶于稀盐酸，说明一定为硫酸钡，原溶液中一定含有硫酸根离子．
【解答】解：A．取少量试液，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子，故A错误；
B．取少量试液，加入BaCl2溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为氯化银，再加入稀HNO3，氯化银沉淀也不消失，原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B错误；
C．取少量试液，加入Ba（NO3）2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为碳酸钡、亚硫酸钡，原溶液中可能含有碳酸根离子、亚硫酸根离子，不一定含有硫酸根离子，故C错误；
D．取少量试液，加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能为碳酸钡、硫酸钡、亚硫酸钡等，但是往过滤所得沉淀加盐酸，沉淀不溶解，说明该沉淀为硫酸钡，原溶液中一定含有硫酸根离子，故D正确；
故选：D。
16．【分析】A．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁；
B．质量数相等的不同核素，其质子数一定不同，元素的种类取决于原子中的质子数；
C．向某无色溶液中加入BaCl2溶液，生成不溶于稀硝酸的白色沉淀，原溶液中可能含有银离子和氯离子结合生成氯化银沉淀，也可能含有硫酸根离子结合钡离子生成硫酸钡白色沉淀，氯化银和硫酸钡都不溶于酸；
D．既可以与酸反应生成盐和水又可以与碱反应生成盐和水的氧化物为两性氧化物．
【解答】解：A．铁与氯化铁反应生成氯化亚铁，该反应为化合反应，不属于置换反应，故A正确；
B．质量数相等的不同核素，其质子数一定不同，元素的种类取决于原子中的质子数，质子数不同，则一定不是同一元素，故B正确；
C．某溶液中加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，不能排除亚硫酸根离子、氯离子、硫酸根离子的干扰，故C错误；
D．Al2O3既能与强酸反应，又能与强碱反应，且产物都是盐和水，符合两性氧化物的概念，属于两性氧化物，故D正确；
故选：C。
17．【分析】A．碳酸钡能够与盐酸反应生成氯化钡；
B．依据形成原电池条件解答；
C．钻石主要成分为金刚石，水晶主要成分二氧化硅；
D．三价铁离子、铝离子都能够水解生成具有吸附性胶体．
【解答】解：A．碳酸钡能够与盐酸反应生成氯化钡，引起重金属离子中毒，不能用作钡餐，故A错误；
B．轮船在海水中能够形成原电池，铁锅中剩余的菜汤含有氯化钠，铁与杂志碳能够形成原电池，并且二者形成的原电池中铁都做负极，发生氧化反应，被腐蚀，发生电化学腐蚀，故B正确；
C．钻石主要成分为金刚石，水晶主要成分二氧化硅，二者所含有元素不同，其化学成分不同，故C正确；
D．三价铁离子、铝离子都能够水解生成具有吸附性胶体，可以吸附水中杂质，起到净水的作用，故D正确；
故选：A。
18．【分析】H2S具有还原性，能被强氧化剂氧化，H2S属于酸，其水溶液呈酸性，能和氯气反应生成硫和氯化氢，以此解答该题．
【解答】解：A．发生2H2S+O2＝S↓+2H2O，该反应由酸性变为中性，所以酸性减弱，故A错误；
B．能和氯气反应生成硫酸和氯化氢，溶液酸性增强，故B正确；
C．发生2 H2S+SO2＝3S↓+2H2O，溶液由酸性变为中性，则溶液的酸性减弱，故C错误；
D．加入氢氧化钠溶液，生成硫化钠，溶液的酸性减弱，故D错误。
故选：B。
19．【分析】A、酸碱盐均属于电解质，硫化氢是酸；
B、蛋白质中含有S元素，S元素降解后的产物是硫化氢；
C、硫化氢气体有毒；
D、硫化氢中S原子为﹣2价，具有还原性，H原子为+1价，具有氧化性，据此解答．
【解答】解：A、酸碱盐均属于电解质，硫化氢是酸，故属于电解质，故A错误；
B、蛋白质中含有S元素，S元素降解后的产物是硫化氢，故B正确；
C、硫化氢气体有毒，不能大量吸入人体，故C错误；
D、硫化氢中S原子为﹣2价，具有还原性，H原子为+1价，具有氧化性，故D错误，
故选：B。
20．【分析】硫化氢具有酸性，为弱酸，具有还原性，可被氧化，在空气中完全燃烧可生成二氧化硫，可与CuCl2反应生成CuS，以此解答该题．
【解答】解：A．H2S在溶液中不能完全电离，是一种弱电解质，故A正确；
B．硫化氢具有酸性，可与石灰乳反应，可用石灰乳吸收H2S气体，故B正确；
C．根据如图可知FeCl3能氧化H2S，CuCl2与H2S反应生成CuS，没有发生氧化还原反应，故C错误；
D．H2S具有还原性，在空气中完全燃烧可以生成SO2，如氧气不足，可生成S，故D正确。
故选：C。
二．填空题（共5小题）
21．【分析】（1）在催化剂条件下，氢气和氧气反应生成双氧水；
（2）双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子．
【解答】解：（1）通过图示可知，在催化剂条件下，氢气和氧气反应生成双氧水，反应为：H2+O2H2O2，
故答案为：H2+O2H2O2；
（2）双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为H2O2⇌H++HO2﹣；
故答案为：H2O2⇌H++HO2﹣．
22．【分析】（1）氯化钡为离子化合物，钡离子与2个氯离子通过离子键结合在一起；
（2）依据亚硫酸盐、亚硫酸氢盐能够与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，还原性解答；
（3）二氧化硫与氯化铁反应生成二价铁离子和硫酸根离子．
【解答】解：（1）氯化钡为离子化合物，钡离子与2个氯离子通过离子键结合在一起，氯化钡电子式为：；
故答案为：；
（2）亚硫酸盐、亚硫酸氢盐能够与盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，二氧化硫通入品红溶液，品红溶液褪色，二氧化硫具有还原性，能够使三价铁离子还原生成二价铁离子，本身被氧化为硫酸根离子，不能使硫氰酸钾褪色，与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，碳酸钠与盐酸反应生成二氧化碳，不具有漂白性，硝酸钠与盐酸不反应，
故选：BC；
（3）二氧化硫与氯化铁反应生成二价铁离子和硫酸根离子，离子方程式：SO2+Fe3++2H2O＝2Fe2++SO42﹣；
故答案为：SO2+Fe3++2H2O＝2Fe2++SO42﹣．
23．【分析】①酸雨与二氧化硫有关，向燃煤中加入石灰石，可大大减少该酸雨的发生，二氧化硫与CaO反应生成亚硫酸钙，再被氧化生成硫酸钙；
②合金的熔点比其各成分低；
③棉花为天然高分子化合物，光导纤维的成分为二氧化硅，只有聚苯乙烯为加聚反应生成的高分子．
【解答】解：①酸雨与二氧化硫有关，向燃煤中加入石灰石，可大大减少该酸雨的发生，二氧化硫与CaO反应生成亚硫酸钙，再被氧化生成硫酸钙，硫酸型酸雨是由空气中的SO2含量过高引起，向燃煤中加入石灰石，可大大减少该酸雨的发生，最终可将煤中的硫转化为CaSO4，
故答案为：SO2；CaSO4；
②钠钾合金在常温下呈液态，Na、K常温为固体，可知合金的熔点比其各成分低，故答案为：b；
③棉花为天然高分子化合物，光导纤维的成分为二氧化硅，只有聚苯乙烯为加聚反应生成的高分子，则属于合成有机高分子材料的是a，故答案为：a．
24．【分析】①依据酸雨的成因解答；
②A．燃放烟花爆竹由于火药爆炸产生大量的烟尘；
B．为城市主干道洒水保洁使空气中的粉尘吸水后变大而降到地面；
C．大面积开发土建项目会引起扬尘；
③A．废旧塑料露天焚烧，能够引起空气污染；
B．利用厨房垃圾生产沼气，废物利用，既保护环境有节约能源；
C．废旧电池随便填埋，能够引起土壤污染．
【解答】解：①酸雨主要是因为二氧化硫、氮的氧化物排放引起，
故选：A；
②A．燃放烟花爆竹由于火药爆炸产生大量的烟尘，禁止燃放烟花爆竹，有利于减少烟尘的排放，可缓解城市大气中PM2.5浓度，故A正确；
B．为城市主干道洒水保洁使空气中的粉尘吸水后变大而降到地面，可缓解城市大气中PM2.5浓度，故B正确；
C．大面积开发土建项目会引起扬尘，会加重城市大气中PM2.5浓度，故C错误；
故选：AB；
③A．废旧塑料露天焚烧，能够引起空气污染，不利于环境保护，故A不选；
B．利用厨房垃圾生产沼气，废物利用，既保护环境有节约能源，处理方法得当，故B选；
C．废旧电池随便填埋，能够引起土壤污染，不利于环境保护，故C不选；
故选：B．
25．【分析】（1）随反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，稀硫酸与Fe反应生成氢气，检验氢气利用燃烧产物使无水硫酸铜变蓝来说明；
（2）根据硫酸铜粉末为白色，而硫酸铜溶液为蓝色，以此来分析．
【解答】解：（1）随着反应的进行，硫酸的浓度不断减小，当反应进行一段时间后，浓硫酸转化为稀硫酸．稀硫酸与铁反应不产生SO2，而是产生H2，从反应方程式中可以看出，消耗等量的硫酸，产生H2的体积要多于SO2．
验证方法：将气体通入品红溶液，若红色褪去，说明含有SO2，继续将气体依次通入过量的酸性高锰酸钾、浓硫酸，然后将气体点燃，产物冷却后，若能使无水硫酸铜变蓝，证明此气体为H2，
故答案为：随着反应的进行，硫酸的浓度不断减小，当反应进行一段时间后，浓硫酸转化为稀硫酸．稀硫酸与铁反应不产生SO2，而是产生H2．从反应方程式中可以看出，消耗等量的硫酸，产生H2的体积要多于SO2；将气体通入品红溶液，若红色褪去，说明含有SO2，继续将气体依次通入过量的酸性高锰酸钾、浓硫酸，然后将气体点燃，产物冷却后，若能使无水硫酸铜变蓝，证明此气体为H2．
（2）因为硫酸铜粉末为白色，而硫酸铜溶液为蓝色，所以没有得到预期的蓝色溶液，而是得到白色沉淀可能原因：①浓硫酸具有吸水性，使水合硫酸铜失水呈白色②硫酸铜固体难溶于浓硫酸；验证方法：将盛有反应物的反应容器中的混合物小心倒入盛有水的烧杯中，边倒边搅拌，可以发现白色沉淀溶解，溶液变蓝色，从而证明其为硫酸铜．
故答案为：浓硫酸具有吸水性，使水合硫酸铜失水呈白色；硫酸铜固体难溶于浓硫酸；将盛有反应物的反应容器中的混合物小心倒入盛有水的烧杯中，边倒边搅拌，可以发现白色沉淀溶解，溶液变蓝色，从而证明其为硫酸铜．
三．解答题（共5小题）
26．【分析】（1）根据三种物质的化学式分析其元素组成，物质的结构决定物质的性质，据此进行分析解答；氟非金属性强于氧，氟为﹣1价，依据代数和为0计算氧原子化合价；
将F2通入稀的NaOH溶液中可得到OF2、NaF和水；
（2）①双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子；已知常温下1L的H2O2相当于48.3mol，K＝＝1.67×10 ﹣12，H2O2与Ba（OH）2作用形成正盐为BaO2，同时生成水；
②正极上发生还原反应，过氧化氢得到电子和氢离子反应生成水；
（3）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则超氧化钾和二氧化碳反应生成碳酸钾和氧气．
【解答】解：（1）根据水（H2O）、双氧水（H2O2）、重水（D2O）的化学式可知都有氢、氧两种元素组成；物质的结构决定物质的性质，从化学性质的角度看，双氧水分子与水分子的构成不同，化学性质有较大的差异，化学性质彼此相似的物质是 H2O2、D2O2；
氟非金属性强于氧，氟为﹣1价，依据代数和为0则OF2中氧元素的化合价为+2价；
将F2通入稀的NaOH溶液中可得到OF2、NaF和水，其反应方程式为：2F2+2NaOH＝2NaF+H2O+OF2；
故答案为：H2O2、D2O2；+2价；2F2+2NaOH＝2NaF+H2O+OF2；
（2）①双氧水可以可作是二元弱酸，说明双氧水分子能发生两步电离，第一步电离出一个氢离子，则它的一级电离方程式为H2O2⇌H++HO2﹣；根据K＝＝1.67×10 ﹣12；则c（H+）＝＝9×10﹣6mol/L；
H2O2与Ba（OH）2作用形成正盐为BaO2，同时生成水，其反应的方程式为：H2O2+Ba（OH）2＝BaO2+2H2O；
故答案为：H2O2⇌H++HO2﹣；9×10﹣6mol/L；H2O2+Ba（OH）2＝BaO2+2H2O；
②正极上发生还原反应，过氧化氢得到电子和氢离子反应生成水，正极电极反应式为H2O2+2H++2e﹣＝2H2O；
故答案为：H2O2+2H++2e﹣＝2H2O；
（3）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，则超氧化钾和二氧化碳反应生成碳酸钾和氧气，反应方程式为4KO2+2CO2＝2K2CO3+3O2，
故答案为：4KO2+2CO2＝2K2CO3+3O2．
27．【分析】（1）O3与KI溶液反应生成O2、I2及KOH；
（2）①pH增大，则OH﹣浓度增大，O3分解速率加快；
②根据v＝计算；
③根据pH和温度判断达到平衡所用的时间的范围，可判断分解速率；
（3））①由图可知，B极生成O2、O3，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极；
②C处通入O2，O2发生还原反应，在酸性条件下生成水．
【解答】解：（1）O3与KI溶液反应生成O2、I2及KOH，所以反应方程为，O3+2I﹣+H2O＝O2+I2+2OH﹣，所以两种单质是I2、O2，
故答案为：I2、O2；
（2）①pH增大，则OH﹣浓度增大，pH增大能加速O3分解，表明对O3分解起催化作用的是OH﹣，
故答案为：OH﹣；
②v＝＝＝1.00×10﹣4mol/（L•min），
故答案为：1.00×10﹣4；
③由表中数据可知，40°C、pH＝3.0时，所需时间在31min～158min之间；
10°C、pH＝4.0时，所需时间＞231nin；
30°C、pH＝7.0时，所需时间＜7min，则分解速率依次增大的顺序为b、a、c，
故答案为：b、a、c；
（3）①由图可知，B极生成O2、O3，B极反应氧化反应，电解池阳极发生氧化反应，故A为阴极，电极反应为2H++2e﹣═H2↑；
故答案为：A；2H++2e﹣═H2↑；
②C处通入O2，O2发生还原反应，在酸性条件下生成水，电极反应式为O2+4H++4e﹣＝2H2O，
故答案为：O2+4H++4e﹣＝2H2O．
28．【分析】（1）分析反应中元素化合价变化，结合氧化还原反应基本概念判断；
（2）H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣，反应中过氧化氢中﹣1价氧化合价升高为氧气中0价，IO﹣中+1价碘得到电子化合价降为﹣1价，消耗1mol过氧化氢转移2mol电子，结合单线桥表示电子转移的方向和数目；
（3）依据反应反应①：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣； 反应②：H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣，结合催化剂在反应前后质量和性质不变解答；
（4）依据过氧化氢氧化产物、还原产物都是水解答；
（5）过氧化氢为二元弱酸，第一步电离产生氢离子H+和HO2﹣，注意弱电解质电离应可逆号；依据化学平衡移动原理解答；
（6）过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成棕黄色的三价铁离子，结合氧化还原得失电子守恒、原子个数守恒书写方程式．
【解答】解：（1）反应H2O2+I﹣→H2O+IO﹣，过氧化氢中﹣1价的O化合价降低，被还原，﹣1价的碘化合价升高为：IO﹣中+1价，被氧化，对应氧化产物；
故答案为：IO﹣；负一价的O；
（2）H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣，反应中过氧化氢中﹣1价氧化合价升高为氧气中0价，IO﹣中+1价碘得到电子化合价降为﹣1价，消耗1mol过氧化氢转移2mol电子，电子转移的方向和数目用单线桥表示为：；
故答案为：；
（3）依据反应反应①：H2O2+I﹣→H2O+IO﹣； 反应②：H2O2+IO﹣→H2O+O2+I﹣，I﹣在反应前后质量和性质都不变，所以碘离子为反应的催化剂；
故答案为：催化剂；
（4）根据反应①和反应②可知，H2O2的氧化产物是O2，还原产物是H2O，都不会污染环境，所以被称为“绿色试剂”；
故答案为：H2O2的氧化产物是O2，还原产物是H2O，都不会污染环境；
（5）过氧化氢为二元弱酸，第一步电离产生氢离子H+和HO2﹣，电离方程式：H2O2⇌H++HO2﹣；依据H2O2⇌H++HO2﹣可知，碱性环境下可以促进过氧化氢电离，生成过氧化氢离子离子浓度增大，所以为增强其漂白效果，应选择碱性环境；
故答案为：H2O2⇌H++HO2﹣；碱；
（6）过氧化氢具有强的氧化性，能够氧化二价铁离子生成棕黄色的三价铁离子，反应的化学方程式：2FeCl2+H2O2+2HCl＝2FeCl3+2H2O；
故答案为：2FeCl2+H2O2+2HCl＝2FeCl3+2H2O．
29．【分析】（1）二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱液反应，亚硫酸酸性大于碳酸，所以能和可溶性碳酸盐反应；
（2）①溶液中HPO42﹣浓度减小、H2PO4﹣浓度增大，据此书写离子方程式；
②根据溶液中存在的离子与溶液pH的关系判断；
（3）3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2中，Br元素化合价由+3价变为+5价、﹣1价，部分O元素化合价由﹣2价变为0价，若反应中产生了1.5mol O2，根据转移电子守恒计算被水还原的BrF3的物质的量；
（4）C5H6的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明含有三类H原子，该分子不饱和度＝＝3，说明含有两个碳碳双键，且符合条件的该物质结构简式为，C5H6与Br2 1：1加成后产物有M、N两种，M的核磁共振氢谱有3种H原子，所以该物质为发生1，4加成后的产物，据此分析．
【解答】解：（1）二氧化硫属于酸性氧化物，能和碱液反应，亚硫酸酸性大于碳酸，所以能和可溶性碳酸盐反应，加入稀硫酸后能得到二氧化硫且得到化肥，故选：bd；
（2）①根据图象知，pH从10降低到5时，溶液中HPO42﹣浓度减小、H2PO4﹣浓度增大，离子反应方程式为HPO42﹣+H+＝H2PO4﹣，故答案为：HPO42﹣+H+＝H2PO4﹣；
②根据图知，H2PO4﹣存在的pH范围为0～10、PO43﹣存在的pH＞10，所以二者不能共存，故答案为：不能；
（3）3BrF3+5H2O═HBrO3+Br2+9HF+O2中，Br元素化合价由+3价变为+5价、﹣1价，部分O元素化合价由﹣2价变为0价，若反应中产生了1.5mol O2，则失去电子的物质的量＝1.5mol×4＝6mol，根据转移电子守恒得被水还原的BrF3的物质的量＝＝2mol，
故答案为：2；
（4）C5H6的核磁共振氢谱有3个吸收峰，说明含有三类H原子，该分子不饱和度＝＝3，说明含有两个碳碳双键，且符合条件的该物质结构简式为，C5H6与Br2 1：1加成后产物有M、N两种，M的核磁共振氢谱有3种H原子，所以该物质为发生1，4加成后的产物，则分子M发生加聚反应产物的结构简式为，故答案为：；．
30．【分析】（1）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝反应，其组成元素中属于第三周期元素硫、钠、氯，N的核外电子排布是两个能级，第2个能层上有sp能级；
（2）已知SO2分子的空间构型折线形，分子中正负电荷中心不重合；
（3）①电荷守恒计算得到硝酸根离子浓度；
②一氧化氮和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸根、硝酸根，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒分析解答，二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸根、氯离子，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒分析解答；
（4）①二氧化硫是酸性氧化物和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵；
②（NH4）2HSO3溶液中完全电离。
【解答】解：（1）煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝反应，其组成元素中属于第三周期元素硫、钠、氯，N的核外电子排布是两个能级，第2个能层上有sp能级，N原子电子排布式：1s22s22p3，
故答案为：S、Na、Cl；1s22s22p3；
（2）已知SO2分子的空间构型折线形，分子中正负电荷中心不重合，SO2为极性分子，
故答案为：极性；
（3）①溶液呈电中性，溶液中存在电荷守恒，c（Na+）＝c（Cl﹣）+c（OH﹣）+c2c（SO42﹣）+y，则表中的y＝5.5×10﹣3﹣3.4×10﹣3﹣2.0×10﹣4﹣2×8.5×10﹣4＝5.8×10﹣4，y＝2.0×10﹣4，
故答案为：2.0×10﹣4；
②NO和NaClO2溶液反应的离子方程式是：4NO+3ClO2﹣+2H2O＝4NO3﹣+3Cl﹣+4H+，二氧化硫和NaClO2溶液发生氧化还原反应生成硫酸根、氯离子，离子反应方程式为：2SO2+ClO2﹣+2H2O＝2 SO42﹣+Cl﹣+4H+，
故答案为：2SO2+ClO﹣+2H2O＝2SO4+Cl﹣+4H+；
（4）①二氧化硫是酸性氧化物和一水合氨反应生成亚硫酸氢铵，反应的化学方程式：SO2+NH3•H2O＝NH4HSO3，
故答案为：SO2+NH3•H2O＝NH4HSO3 ；
②（NH4）2HSO3溶液中完全电离，浓度最大的离子是NH4+，
故答案为：NH4+。
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