高一化学必修二硫及其化合物练习题.docx
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高一化学必修二硫及其化合物练习题
高一化学必修二硫及其化合物练习题
一、选择题
1.某未知溶液可能含Cl-、CO32-、Na+、SO42-、Cu2+。
将溶液滴在蓝色石蕊试纸上试纸变红;取少量试液,先滴加硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成,再在上层清液中滴加硝酸银溶液,产生白色沉淀。
下列判断合理的是
A.一定没有Na+、Cl-
B.可能有Cl-、CO32-
C.一定没有CO32-、可能有SO42-
D.一定有SO42-、Cu2+
【答案】D
【详解】
将溶液滴在蓝色石蕊试纸上,试纸变红说明溶液呈酸性,则CO32-不存在;因为Cu2+水解呈酸性,所以有Cu2+;取少量试液,滴加硝酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀生成,说明溶液中有SO42-;在上层清液中滴加硝酸银溶液,产生白色沉淀,则不能确定原溶液中有Cl-,因为前面已滴加了氯化钡,可知溶液中一定含有Cu2+和SO42-,一定不含CO32-,可能含有Cl-、Na+,故选D。
【点睛】
本题考查了溶液中离子的检验,题目难度中等,熟练掌握常见离子的性质及检验方法为解答关键,试题侧重考查学生的分析、理解能力及灵活应用基础知识的能力。
2.将等物质的量的Cl2和SO2混合后通入品红溶液中,观察到的现象是()
A.迅速退色B.不退色
C.先退色后又恢复红色D.慢慢退色
【答案】B
【详解】
Cl2和SO2同时通入到溶液中,发生反应:
Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4,若Cl2和SO2的物质的量相同,它们在溶液中反应恰好没有剩余,即没有漂白性的物质剩余,故溶液不会褪色,故选B。
【点睛】
Cl2、SO2都具有漂白性,同时它们的漂白性都需要在湿润的环境中才能得以体现;若将这两种气体以物质的量比为1:
1的方式通入到溶液中,二者优先发生氧化还原反应(Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4)生成无漂白性的物质;需要注意的是,这两种气体的漂白原理也不相同,Cl2是因为溶于水后生成了HClO,该物质具有强化性,漂白作用是不可逆的,而SO2是因为溶于水后生成了H2SO3,该物质可以和有色物质结合生成无色物质,漂白作用是可逆的。
3.下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是( )
选项
陈述Ⅰ
陈述Ⅱ
A
Fe3+有氧化性
FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜
B
SiO2有导电性
SiO2可用于制备光导纤维
C
SO2有漂白性
SO2可使溴水褪色
D
浓硫酸有强氧化性
浓硫酸可用于干燥H2和CO
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【详解】
A.由于Fe3+有氧化性,可以与铜反应,故FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜,A正确;
B.二氧化硅没有导电性,其可作光导纤维是由于其对光的创导,B错误;
C.SO2可使溴水褪色是因为其还原性,C错误;
D.浓硫酸具有吸水性,故浓硫酸可用于干燥H2和CO,D错误;
故答案选A。
4.下列说法正确的是
A.新制氯水能使品红溶液褪色,说明Cl2具有漂白性
B.富含硫单质的矿物在工业上可用于制造硫酸
C.硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO3
D.常温时将Fe片放入浓硫酸,无明显现象是因为Fe和浓硫酸不反应
【答案】B
【详解】
A.新制氯水能使品红溶液褪色,只能说明氯水中某种成分具有漂白性,不能肯定Cl2表现出漂白性,A错误;
B.富含硫单质的矿物,比如硫磺粉,在工业上可用于制造硫酸,B正确;
C.硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO2,但不能直接生成SO3,C错误;
D.常温时将Fe片放入浓硫酸,无明显现象是因为Fe和浓硫酸反应,生成的钝化膜阻止了反应的进行,D错误。
故选B。
5.Na2SO3与下列物质的反应中,体现的性质与其他3个反应不同的是
A.盐酸B.Ca(OH)2C.BaCl2D.O2
【答案】D
【详解】
A、Na2SO3和盐酸发生复分解反应生成NaCl、SO2、H2O,体现盐的性质;
B、Na2SO3和Ca(OH)2发生复分解反应生成CaSO3、NaOH,体现盐的性质;
C、Na2SO3和BaCl2发生复分解反应生成BaSO3、NaCl,体现盐的性质;
D、Na2SO3和O2发生氧化还原反应生成Na2SO4,体现还原性;
综上所诉,Na2SO3与O2反应体现的性质与其他3个反应不同,故选D。
6.由下列实验及现象,推出的相应结论正确的是
实验
现象
结论
A.用铂丝蘸取某金属的盐溶液,在酒精灯火焰上灼烧
火焰呈黄色
此盐溶液中含有Na+,不含K+
B.向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水
有无色气体产生
氯水中含HClO
C.将足量SO2气体通入石蕊试液中
石蕊试液变红色
SO2水溶液显酸性
D.向酸性KMnO4溶液中通入SO2
溶液紫色褪去
SO2具有漂白性
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【详解】
A.钾的焰色是浅紫色,容易被钠的黄色火焰所掩盖,因此要在蓝色钴玻璃下进行观察才能确定有没有钾元素,A项错误;
B.酸性:
盐酸大于碳酸,碳酸大于次氯酸;因此次氯酸不可能与碳酸氢钠反应得到
,应该考虑是盐酸的影响,B项错误;
C.石蕊变红则证明溶液显酸性,因此说明
的水溶液显酸性,C项正确;
D.
和高锰酸钾之间发生的是氧化还原反应导致褪色,与漂白性无关,D项错误;
答案选C。
【点睛】
二氧化硫能够漂白一些有机色质,如品红溶液,属于非氧化性漂白;而二氧化硫在与酸性高锰酸钾溶液、溴水、氯化铁等溶液反应时,体现了二氧化硫的强的还原性,导致了溶液的颜色发生了变化,而非漂白性。
7.下列有关叙述正确的是()
A.二氧化硫可使酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了二氧化硫的漂白性
B.同体积、同密度的N2O和CO2,两种气体的分子数一定相等
C.1mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时,失电子数目均为2NA
D.1L0.45mol/LNaCl溶液中Cl-的物质的量浓度比0.1L0.15mol/LAlCl3溶液大
【答案】B
【详解】
A.二氧化硫具有还原性,可被酸性高锰酸钾溶液氧化,所以使酸性高锰酸钾溶液褪色,体现了二氧化硫的还原性,故A错误;
B.同体积、同密度的N2O和CO2的质量相等,因为N2O和CO2的摩尔质量均为44g/mol,所以两者的物质的量相等,气体的分子数一定相等,故B正确;
C.钠最外层只有一个电子,所以1mol钠与氧气反应不管是生成Na2O还是Na2O2,失电子数目均为NA,故C错误;
D.1L0.45mol/LNaCl溶液中Cl-的物质的量浓度为0.45mol/L,0.1L0.15mol/LAlCl3溶液的Cl-的物质的量浓度为0.45mol/L,两者Cl-的物质的量浓度相等,故D错误;
答案:
B。
8.根据实验操作和现象所得出的结论正确的是()
选项
实验操作和现象
结论
A
向品红中通入SO2气体,溶液颜色褪去
SO2有强氧化性
B
将铜粉加入FeCl3溶液中,溶液变蓝
活泼性:
Cu>Fe
C
向某溶液中加入Ca(OH)2溶液,出现白色沉淀
溶液中含CO32-
D
将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体,用激光笔照射微蓝色透明液体,有光亮的通路
微蓝色透明液体为胶体
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【详解】
A.SO2与有色物质化合生成无色物质,所以二氧化硫的漂白性与氧化性无关,故A错误;
B.将铜粉加入FeCl3溶液中生成氯化亚铁和氯化铜,说明氧化性:
Fe3+>Cu2+,铁的活泼性大于铜,故B错误;
C.向某溶液中加入Ca(OH)2溶液,出现白色沉淀,原溶液可能含有CO32-或HCO3-,故C错误;
D.用激光笔照射微蓝色透明液体,有光亮的通路,说明产生了丁达尔效应,所以微蓝色透明液体为胶体,故D正确。
9.把70mL硫化氢和90mL氧气(标准状况)混合,在一定条件下点燃,使之反应。
当反应完全后恢复到原来状况时,可得到SO2的体积是(不考虑二氧化硫在水中溶解)( )
A.50mLB.55mLC.60mLD.70mL
【答案】B
【详解】
H2S完全燃烧的化学方程式为:
2H2S+3O2
2SO2+2H2O,根据方程式可知90mLO2完全反应消耗60mLH2S,同时产生60mLSO2,剩余10mLH2S,剩余H2S与反应产生的SO2会进一步发生反应:
SO2+2H2S=3S+2H2O,10mLH2S反应消耗5mLSO2,因此充分反应后,剩余SO2气体的体积是60mL-5mL=55mL,故合理选项是B。
10.下图是物质间发生化学反应的颜色变化,下表选项物质对应正确的是
选项
M
N
P
Q
A
NH3·H2O
Ba(OH)2
铜
KSCN
B
Na
BaCl2
FeO
KSCN
C
NaOH
Ba(NO3)2
铁粉
KSCN
D
Na2O2
MgCl2
锌粉
KSCN
A.AB.BC.CD.D
【答案】C
【分析】
硫酸铁与M发生反应生成红褐色沉淀,红褐色沉淀为Fe(OH)3沉淀,M为碱或与水反应能生成碱的物质。
硫酸铁与N反应生成白色沉淀,可以为BaSO4沉淀,N可能含有Ba2+。
P与硫酸铁反应生成浅绿色溶液,浅绿色微粒为Fe2+,P起到还原剂的作用;硫酸铁与Q作用溶液变为红色,则Q为硫氰化钾。
【详解】
A.N不能是氢氧化钡,因为它与硫酸铁反应除了生成硫酸钡,还会生成氢氧化铁,二者的混合物为红褐色,不是白色沉淀,A错误;
B.P不能为氧化亚铁,因为FeO不能与硫酸铁反应生成Fe2+,B错误
C.M若为NaOH,与硫酸铁反应生成Fe(OH)3红褐色沉淀;N若为硝酸钡,与硫酸铁反应生成BaSO4白色沉淀;P若为铁粉,还原+3价的Fe3+为+2价的Fe2+,C正确;
D.N不能为氯化镁,它不能与硫酸铁反应生成白色沉淀,D错误;
故合理选项是C。
【点睛】
本题考查了有关铁元素的化学反应,注意各种物质之间的化学反应及常见物质的颜色及溶解性。
11.CuSO4•5H2O在不同温度下分解情况不同,取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验,测得分解后剩余固体质量与温度关系如图,下列说法不正确的是()
A.113℃分解得到的固体产物为CuSO4•H2O
B.温度低于650℃时的分解反应,均不属于氧化还原反应
C.650℃时的气态产物冷却至室温,可得组成为n(H2SO4):
n(H2O)=1:
4的硫酸溶液
D.1000℃分解得到的固体产物为CuO
【答案】D
【分析】
n(CuSO4•5H2O)=
=0.02mol,CuSO4•5H2O完全失去结晶水时,所得CuSO4的质量为0.02mol×160g/mol=3.20g,由图中可知,刚好位于温度在258~650℃之间,说明在此之前,胆矾受热分解,只失去结晶水;650~1000℃之间,固体质量为1.60g,其中Cu元素的质量为0.02mol×64g/mol=1.28g,则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g,物质的量为
=0.02mol,此固体为CuO;1000℃之后,固体质量为1.44g,其中Cu元素质量为1.28g,则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g,物质的量为
=0.01mol,此固体为Cu2O。
【详解】
A.113℃时,固体质量为3.56g,失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g,物质的量为
=0.08mol,则失去结晶水的数目
=4,从而得出分解得到的固体产物为CuSO4•H2O,A正确;
B.由以上分析可知,温度低于650℃时的分解反应,只失去结晶水,CuSO4的组成未变,所以均不属于氧化还原反应,B正确;
C.650℃时的气态产物中,SO3与H2O的物质的量之比为0.02mol:
0.10mol=1:
5,所以冷却至室温,可得组成为n(H2SO4):
n(H2O)=1:
4的硫酸溶液,C正确;
D.由分析可知,1000℃分解得到的固体产物为Cu2O,D不正确;
故选D。
12.将气体a通入溶液b中(装置如图所示),始终无明显变化的是
选项
气体a
溶液b
A
CO2
CaCl2
B
Cl2
KI
C
SO2
Ba(NO3)2
D
NO2
FeSO4
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【详解】
A.由于酸性HCl>H2CO3,所以将CO2通入CaCl2溶液中不会产生碳酸钙沉淀,始终无任何明显现象反应,选项A符合题意;
B.氯气通入碘化钾溶液中,发生反应:
2KI+Cl2=2KCl+I2,导致溶液呈紫红色,选项B与题意不符;
C.将SO2通入Ba(NO3)2溶液中,由于SO2有还原性,在酸性条件下,H+、NO3-起硝酸的作用表现强的氧化性,二者会发生氧化还原反应:
3SO2+2H2O+3Ba2++2NO3-=3BaSO4↓+2NO↑+4H+,会观察到产生白色沉淀,同时产生一种无色气体,该气体遇空气变为红棕色,选项C与题意不符;
D.将NO2通入FeSO4溶液中,发生反应:
3NO2+H2O=2HNO3+NO;4H++NO3-+3Fe2+=3Fe3++2H2O+NO↑,因此会看到溶液变为黄色,同时产生无色气体,选项D与题意不符;
答案选A。
13.检验某未知溶液中是否含有SO42-的下列操作中,合理的是
A.先加硝酸酸化,再加氯化钡溶液B.先加硝酸酸化,再加硝酸钡溶液
C.先加盐酸酸化,再加硝酸钡溶液D.先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液
【答案】D
【详解】
A.先加HNO3酸化,再滴加氯化钡溶液,原溶液中若有SO32-、Ag+,也会生成白色沉淀,干扰SO42-的检验,故A错误;
B.先加HNO3酸化,再加Ba(NO3)2溶液,若原溶液中有SO32-也生成白色沉淀,干扰SO42-的检验,故B错误;
C.先加盐酸酸化,再加硝酸钡溶液,可排除Ag+和CO32-的干扰,无法排除SO32-的干扰,故C错误;
D.先加盐酸酸化,再加氯化钡溶液,可以排除SO32-、Ag+和CO32-的干扰,产生的沉淀只能是硫酸钡,故D正确;
故答案为D。
14.针对下列实验现象表述不正确的是
A.往氯水和FeCl2混合溶液中滴加KSCN溶液,溶液显红色
B.SO2气体使湿润的蓝色石蕊试纸先变红色后褪色
C.金属钠投入到硫酸铜溶液中,钠四处游动,并产生蓝色沉淀
D.往蔗糖中加入浓硫酸,蔗糖变成黑色蜂窝状的固体,同时释放出刺激性气味气体
【答案】B
【详解】
A.氯水具有氧化性, FeCl2具有还原性,两者反应产生FeCl3,铁离子遇KSCN显红色,故A正确;
B.SO2与水反应生成亚硫酸,能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,但不能褪色,故B错误;
C.金属钠投入到硫酸铜溶液中,钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气,氢氧化钠再和硫酸铜反应产生蓝色氢氧化铜沉淀,所以现象会有钠四处游动,并产生蓝色沉淀,故C正确;
D.浓硫酸的脱水性使蔗糖变成黑色蜂窝状的固体(C),同时放热,浓硫酸和C发生氧化还原反应产生二氧化硫,即释放出刺激性气味气体,故D正确。
答案选B。
【点睛】
B.SO2不能漂白酸碱指示剂。
15.能正确表示下列反应的离子方程式是()
A.在稀盐酸中投入大理石粉末:
+2H+=CO2↑+H2O
B.1mol氯气通入含1molFeBr2的溶液中:
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-
C.金属钠投入硫酸铜溶液中:
2Na+Cu2+=2Na++Cu
D.过量SO2通入NaClO溶液中:
SO2+ClO-+H2O=HClO+
【答案】B
【详解】
A.大理石的主要成分为CaCO3,难溶于水,不能改写成
的形式,A不正确;
B.0.5molCl2先与1molFe2+反应,另外0.5molCl2再与1molBr-反应,离子方程式为:
2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-,B正确;
C.金属钠投入硫酸铜溶液中,钠先与水反应,产物再与硫酸铜反应,而钠不能与Cu2+发生置换反应,C不正确;
D.过量SO2通入NaClO溶液中,产物中HClO与
还会发生氧化还原反应,二者不能共存,D不正确;
故选B。
16.某溶液X中仅可能含有K+、Na+、Fe2+、Fe3+、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I-、Cl-中的一种或多种,且溶液中各离子浓度相同。
现进行下列实验,下列说法正确的是( )
A.该溶液X中可能有Fe3+、Na+
B.取样溶液Z,滴加氯化钡溶液出现沉淀,可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种
C.该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的
D.如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红,说明溶液中一定含有NH4+
【答案】C
【分析】
由题给实验现象可知,向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后,溶液分层,下层呈紫红色,说明溶液中一定存在I-,一定不含Fe3+;向上层一份溶液中加入硝酸银溶液,生成白色沉淀,此时不能确定是否含有Cl-,向另一份中加入氢氧化钠溶液共热,生成红褐色沉淀,说明溶液X中一定含有Fe2+,一定不含有SO32-和CO32-;有气体生成,说明溶液中一定有NH4+;溶液Z的焰色反应为黄色火焰,此时不能确定是否含有Na+,透过蓝色钴玻璃片,火焰为紫色,说明溶液中一定含有K+,由溶液中各离子浓度相同,结合电荷守恒可知,溶液中含有SO42-和Cl-,综上可知,溶液X中一定含有K+、Fe2+、NH4+、I-、SO42-和Cl-,一定不含有Fe3+、SO32-、CO32-和Na+。
【详解】
A项、溶液X中一定没有Fe3+、Na+,故A错误;
B项、因溶液X中一定含有Fe2+,一定不含有SO32-,若取样溶液Z,滴加氯化钡溶液出现沉淀,可推出X中一定存在SO42-,故B错误;
C项、由以上分析可知,溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的,故C正确;
D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,故D错误;
故选C。
【点睛】
根据实验现象和离子共存是解答的突破口,由溶液中各离子浓度相同,结合电荷守恒是判断的关键所在。
17.如图所示是某一短周期元素的“类价二维图”。
图中箭头表示的物质间转化,均能一步完成,a、g的焰色反应均为黄色。
下列说法错误的是
A.x为O2,y为H2O
B.c为S,g为Na2SO4或NaHSO4
C.f的浓溶液不能用铁制容器盛装
D.反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+=H2S↑
【答案】C
【分析】
a、g的焰色反应均为黄色,说明含有钠元素;根据图示,最低价为-2价,即为第ⅥA族元素,可能为硫元素或氧元素,且存在+4价,即元素为硫元素。
根据物质分类可知,b为硫化氢,c为硫单质,d为二氧化硫,即x为氧气,e为三氧化硫,f为硫酸,y为水,g为硫酸钠或硫酸氢钠,a为硫化钠或硫氢化钠。
【详解】
A.根据物质分类和反应过程可知,x为O2,y为H2O,A正确,不选;
B.根据物质分类可知,c为S,g为Na2SO4或NaHSO4,B正确,不选;
C.常温下,f的浓溶液会与Fe发生钝化反应,阻止金属与浓硫酸进一步反应,故能用铁制容器盛装,C错误,符合题意;
D.a为硫化钠或硫氢化钠,b为硫化氢,反应a→b的离子方程式可能是S2-+2H+=H2S↑,D正确,不选。
答案为C。
18.下列有关含硫物质转化判断正确的是()
A.0.1molCu与足量的硫充分反应,生成物的质量比该单质的质量增加了1.6g
B.如图是铜与浓硫酸反应的实验装置。
B中盛装的是浓硫酸,作用是干燥SO2
C.Cu投入稀硫酸中加热,没有明显变化,加入一定量的H2O2溶液,金属Cu逐渐溶解,反应中H2O2起催化作用
D.25.0mL0.100mol•L-1的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转化为Cl-,则S2O
将转化为S
【答案】A
【详解】
A.2Cu+S
Cu2S,0.1mol铜和足量的硫充分反应,生成物的质量增加△m=m(S)=
n(Cu)×32g/mol=
×0.1mol×32g/mol=1.6g,故A正确;
B.由题中图示可知,B中盛装的是浓硫酸,若是干燥SO2,装置中导管应该长进短出,所以该装置不符合洗气要求,是为了实验安全的作用,故B错误;
C.铜投入稀硫酸中加热,没有明显现象,加入一定量的过氧化氢溶液,金属铜逐渐溶解,反应中过氧化氢起氧化剂作用,发生的反应为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O,故C错误;
D.25.0mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转化为Cl-,则n(Cl2)=
=0.01mol,转移电子为0.02mol,n(Na2S2O3)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol,设S元素的化合价由+2价失电子变为x价,根据得失电子相等,则0.0025mol×2×(x-2)=0.02mol,解之x=+6,Na2S2O3转化为Na2SO4,故D错误;
答案为A。
19.将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S,其转化如图所示(CuS不溶于水)。
下列说法错误的是()
A.过程①发生非氧化还原反应
B.过程②中,发生反应为S2-+Fe3+=S+Fe2+
C.过程③中,氧气是氧化剂
D.整个转化过程中Fe3+可以循环使用
【答案】B
【详解】
A.过程①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+,Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价,没有化合价变化,是非氧化还原反应,故A正确;
B.过程②中发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+,故B错误;
C.过程③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,Fe元素的化合价升高,被氧化,Fe2+作还原剂,O2中O元素的化合价降低,被还原,O2作氧化剂,故C正确;
D.由过程②③中反应可知,Fe3+可以循环使用,故D正确;
答案为B。
20.向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量,观察到产生白色沉淀CuI,溶液变为深黄色。
再向反应后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐渐变成无色。
下列分析正确的是()
A.上述实验条件下,物质的氧化性:
Cu2+>I2>SO2
B.通入SO2时,SO2与I2反应,I2作还原剂
C.通入SO2后溶液逐渐变成无色,体现了SO2的漂白性
D.滴加KI溶液时,转移2mol电子时生成1mol白色沉淀
【答案】A
【分析】
向CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液至过量,观察到产生白色沉淀CuI,溶液变为深黄色,说明有I2生成。
碘元素化合价由-1价升高到0价,Cu2+被还原为CuI,向反应后的混合物中不断通入SO2气体,溶液逐渐变成无色,说明I2被还原,I2与SO2反应生成HI和H2SO4,据此分析解答。
【详解】
CuSO4溶液中逐滴加入KI溶液,发生反应化学方程式为2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2,向反应后的混合物中不断通入SO2气体,发生反应:
SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI。
A.在2CuSO4+4KI=2K2SO4+2CuI↓+I2反应中,Cu2+化合价降低,Cu2+作氧化剂,I2是I-失去电子形成的,I2是氧化产物,根据物质的氧化性:
氧化剂>氧化产物,可知氧化性:
Cu2+>I