安徽省高考化学试卷答案与解析.doc
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2012年安徽省高考化学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）（2012•安徽）科学家最近研究出一种环保、安全的储氢方法，其原理可表示为：
储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O下列有关说法正确的是（ ）
A．储氢、释氢过程均无能量变化
B．NaHCO3、HCOONa均含有离子键和共价键
C．储氢过程中，NaHCO3被氧化
D．释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出2.24L的H2
【考点】化学能与热能的相互转化；化学键；氧化还原反应．菁优网版权所有
【专题】氧化还原反应专题；化学反应中的能量变化；原子组成与结构专题．
【分析】A．储氢释氢是化学变化，化学变化中一定伴随能量变化；
B．NaHCO3晶体中HCO3﹣中含有共价键，HCOONa晶体中HCOO﹣中含有共价键；
C．储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2；
D．气体体积与温度和压强有关；
【解答】解：
A．储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，储氢、释氢过程都是化学变化，化学变化中一定伴随能量变化，故A错误；
B．NaHCO3晶体是离子晶体，由Na+与HCO3﹣构成，HCO3﹣中含有共价键，HCOONa晶体是离子晶体，由Na+与HCOO﹣构成，HCOO﹣中含有共价键，故B正确；
C．储氢过程中C元素的化合价由+4降低为+2，NaHCO3被还原，故C错误；
D．储氢释氢NaHCO3+H2HCOONa+H2O，释氢过程中，每消耗0.1molH2O放出0.1mol的H2，只有在标准状况下0.1mol的H2为2.24L，该题未指明在标准状况下，所以0.1mol的H2不一定为2.24L，故D错误；
故选B．
【点评】本题以储氢方法为载体考查了氧化还原反应、化学反应中能量变化、化学键、气体摩尔体积的应用条件等，题目综合性较强，平时注意基础知识的全面掌握，题目难度不大．
2．（3分）（2012•安徽）下列离子或分子在溶液中能大量共存，通入CO2后仍能大量共存的一组是（ ）
A．K+、Ca2+、Cl﹣、NO3﹣ B．K+、Na+、Br﹣、SiO32﹣
C．H+、Fe2+、SO42﹣、Cl2 D．K+、Ag+、NH3•H2O、NO3﹣
【考点】离子共存问题．菁优网版权所有
【专题】离子反应专题．
【分析】各组离子的溶液中，通入过量CO2气体后，CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，溶液中存在大量的碳酸分子，少量氢离子、碳酸根离子，据此与各组微粒分析共存问题即可解答．
【解答】解：
A．该组离子不反应，能大量共存，溶液中，通入CO2后CO2+H2O⇌H2CO3，H2CO3⇌H++HCO3﹣，HCO3﹣⇌H++CO32﹣，溶液中存在大量的氢离子、碳酸根离子与K+、Cl﹣、NO3﹣，均不反应，也能大量共存，因盐酸的酸性、硝酸的酸性强于碳酸，所以通入CO2后与Ca2+、不能形成沉淀，即仍能大量共存，故A正确；
B．因碳酸的酸性比硅酸强，所以向B组通入二氧化碳，必发生反应CO2+SiO32﹣+H2O=H2SiO3↓+CO32﹣，所以B组不能大量共存，故B错误；
C．该组微粒中氯气具有强氧化性，二价铁离子具有还原性，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl﹣，所以C组不能大量共存，故C错误；
D．该组微粒中Ag++NH3•H2O=AgOH↓+NH4+，AgOH+2NH3•H2O=[Ag（NH3）2]++OH﹣+2H2O，所以D组不能大量共存，故D错误；
故选A．
【点评】离子共存问题，解题的关键在于：
掌握离子不能共存的原因，平时学习应多注意积累一些特殊的反应．解答该题注意二氧化碳与水反应的产物与溶液中的离子共存，题目难度中等．
3．（3分）（2012•安徽）一定条件下，通过下列反应可实现燃煤烟气中硫的回收：
SO2（g）+2CO（g）2CO2（g）+S（l）△H＜0若反应在恒容的密闭容器中进行，下列有关说法正确的是（ ）
A．平衡前，随着反应的进行，容器内压强始终不变
B．平衡时，其他条件不变，分离出硫，正反应速率加快
C．平衡时，其他条件不变，升高温度可提高SO2的转化率
D．其他条件不变，使用不同催化剂，该反应平衡常数不变
【考点】化学平衡的影响因素．菁优网版权所有
【专题】化学平衡专题．
【分析】该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，容器内气体的压强在不断减小，升高温度平衡向逆反应方向移动，使用催化剂只改变化学反应速率但不影响平衡的移动，注意平衡常数只与温度有关，与物质的浓度无关．
【解答】解：
A．该反应是一个反应前后气体体积减小、放热的可逆反应，在反应达到平衡之前，随着反应的进行，气体的物质的量逐渐减小，则容器的压强在逐渐减小，故A错误；
B．硫是液体，分离出硫，气体反应物和生成物浓度都不变，所以不影响反应速率，故B错误；
C．该反应的正反应是放热反应，升高温度平衡向逆反应方向移动，抑制了二氧化硫的转化，所以二氧化硫的转化率降低，故C错误；
D．平衡常数只与温度有关，与使用哪种催化剂无关，故D正确；
故选D．
【点评】本题考查了影响化学平衡的因素，难度不大，易错选项是B，注意固体和纯液体改变用量对反应速率无影响，催化剂只影响反应速率不影响平衡的移动．
4．（3分）（2012•安徽）仅用下表提供的玻璃容器（非玻璃容器任选）就能实现相应实验目的是（ ）
选项
实验目的
玻璃容器
A
分离乙醇和乙酸乙酯的混合物
分液漏斗、烧杯
B
用pH=1的盐酸配制100mLpH=2的盐酸
100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管
C
用溴水、淀粉﹣KI溶液比较Br2与I2的氧化性强弱
试管、胶头滴管
D
用NH4Cl固体和Ca（OH）2固体制备并收集NH3
酒精灯、烧杯、导管、集气瓶
A．A B．B C．C D．D
【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用；氧化还原反应；氨的实验室制法；配制一定物质的量浓度的溶液．菁优网版权所有
【专题】氧化还原反应专题；元素及其化合物；化学实验基本操作．
【分析】A．乙醇和乙酸乙酯混溶，不能直接用分液的方法分离；
B．量取pH=1的盐酸需量筒；
C．比较Br2与I2的氧化性强弱可在试管中进行实验；
D．反应物NH4Cl固体和Ca（OH）2固体应放在大试管中进行实验，缺少大试管；
【解答】解：
A．乙醇和乙酸乙酯都是有机物，它们混溶，仅用分液漏斗和烧杯采用分液的方法无法分离，应先加入饱和碳酸钠溶液，然后分离，故A错误；
B．配制100mLpH=2的盐酸，应用量筒量取pH=1的盐酸溶液，缺少量筒，不能完成该实验，故B错误；
C．比较Br2与I2的氧化性强弱，根据Br2+2KI=I2+2KBr可知氧化性是Br2＞I2，碘单质遇淀粉变蓝，可用胶头滴管将各溶液滴在试管中根据反应现象淀粉变蓝，判断氧化性强弱，故C正确；
D．实验室制备氨气，反应物NH4Cl固体和Ca（OH）2固体应放在大试管中进行实验，题目缺少大试管，故D错误；
故选C．
【点评】本题主要考查物质的除杂和氧化性强弱比较、溶液的配制等实验的基本操作，平时注意相关知识的积累，题目难度中等．
5．（3分）（2012•安徽）某兴趣小组设计如下微型实验装置．实验时，先断开K2，闭合K1，两极均有气泡产生；一段时间后，断开K1，闭合K2，发现电流表指针偏转，下列有关描述正确的是（ ）
A．断开K2，闭合K1时，总反应的离子方程式为：
2H++2Cl﹣Cl2↑+H2↑
B．断开K2，闭合K1时，石墨电极附近溶液变红
C．断开K1，闭合K2时，铜电极上的电极反应为：
Cl2+2e﹣=2Cl﹣
D．断开K1，闭合K2时，石墨电极作正极
【考点】原电池和电解池的工作原理．菁优网版权所有
【专题】电化学专题．
【分析】A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极；
B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，石墨做阳极，溶液中氯离子离子失电子发生氧化反应，铜做阴极，氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大；
C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，铜做负极氢气失电子发生氧化反应；
D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，石墨做原电池正极；
【解答】解：
A、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，电解饱和食盐水的总反应的离子方程式为2H2O+2Cl﹣Cl2↑+H2↑+2OH﹣；故A错误；
B、断开K2，闭合K1时，是电解池装置，两极均有气泡产生，说明两极产生的气体分别是氢气和氯气，因此活泼金属Cu不能做阳极，Cu做阴极，石墨做阳极，阳极上（石墨电极上）氯离子离子失电子发生氧化反应，阴极上（Cu电极上）氢离子得到电子发生还原反应，依据水的电离平衡，氢氧根离子浓度增大酚酞变红；故B错误；
C、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，据上述分析可知，Cu电极上产生了氢气，石墨电极上产生了氯气，因此铜做负极发生氧化反应，氢气失电子生成氢离子的反应；故C错误；
D、断开K1，闭合K2时，发现电流表指针偏转，证明是原电池反应，形成氢氯燃料电池，石墨电极上产生的是氯气，做原电池正极；故D正确；
故选D．
【点评】本题考查学生原电池和电解质的工作原理，是一道物理电路和化学电池联系的一道综合题目，难度中等．
6．（3分）（2012•安徽）氢氟酸是一种弱酸，可用来刻蚀玻璃．已知25℃时：
①HF（aq）+OH﹣（aq）═F﹣（aq）+H2O（l）△H=﹣67.7kJ•mol﹣1
②H+（aq）+OH﹣（aq）═H2O（l）△H=﹣57.3kJ•mol﹣1
在20mL0.1mol•L﹣1氢氟酸中加入VmL0.1mol•L﹣1NaOH溶液．下列有关说法正确的是（ ）
A．氢氟酸的电离方程式及热效应可表示为：
HF（aq）⇌F﹣（aq）+H+（aq）△H=+10.4kJ•mol﹣1
B．当V=20时，溶液中：
c（OH﹣）=c（HF）+c（H+）
C．当V=20时，溶液中：
c（F﹣）＜c（Na+）=0.1mol•L﹣1
D．当V＞0时，溶液中一定存在：
c（Na+）＞c（F﹣）＞c（OH﹣）＞c（H+）
【考点】酸碱混合时的定性判断及有关ph的计算；离子浓度大小的比较．菁优网版权所有
【专题】压轴题；电离平衡与溶液的pH专题．
【分析】A．利用盖斯定律将①﹣②可得氢氟酸的电离方程式及热效应；
B．当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，可根据质子守恒判断；
C．当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，结合电荷守恒判断；
D．溶液离子浓度大小关系取决于V，V不同，浓度关系可能不同．
【解答】解：
A．利用盖斯定律将①﹣②可得HF（aq）⇌F﹣（aq）+H+（aq）△H=﹣10.4kJ•mol﹣1，故A错误；
B．当V=20时，恰好反应生成NaF，溶液呈碱性，根据质子守恒可得c（OH﹣）=c（HF）+c（H+），故B正确；
C．当V=20时，恰好反应生成NaF，应F﹣水解，则c（F﹣）＜c（Na+）=0.05mol•L﹣1，故C错误；
D．溶液离子浓度大小关系取决于V，V不同，浓度关系可能不同，溶液也可能呈酸性，故D错误．
故选B．
【点评】本题考查酸碱混合的计算和判断，题目难度中等，注意盖斯定律的运用，易错点为D，注意V对溶液酸碱性的影响．
7．（3分）（2012•安徽）已知室温下，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3．向浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，逐滴加入NaOH溶液．下列示意图表示生成Al（OH）3的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系，合理的是（ ）
A． B． C． D．
【考点】镁、铝的重要化合物．菁优网版权所有
【专题】压轴题；几种重要的金属及其化合物．
【分析】浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量．据此结合图象分析．
【解答】解：
浓度均为0.1mol•L﹣1的Fe（NO3）3和Al（NO3）3混合溶液中，溶液中铁离子、铝离子的浓度相同为0.1mol/L，Al（OH）3的Ksp或溶解度远大于Fe（OH）3，故向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，沉淀的质量减少，由于氢氧化铁不溶于碱，故沉淀减少到一定值不再变化，为氢氧化铁的物质的量．
A、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故A错误；
B、向混合溶液逐滴加入NaOH溶液，铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，故开始加入氢氧化钠溶液不能立即产生氢氧化铝沉淀，图象与实际不相符，故B错误；
C、铁离子首先转化为氢氧化铁沉淀，当铁离子完全沉淀，铝离子再转化为氢氧化铝沉淀，当铝离子沉淀完全，再加入氢氧化钠，氢氧化铝溶解，图象与实际相符合，故C正确；
D、加入氢氧化钠一定体积后才会产生氢氧化铝沉淀，故D错误．
故选：
C．
【点评】考查铝及化合物的性质、化学反应图象等，根据反应过程判断沉淀与氢氧化钠体积关系，注意纵坐标表示氢氧化铝，不是沉淀的物质的量．
二、非选择题
8．（16分）（2012•安徽）X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，其相关信息如下表：
元素
相关信息
X
X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍
Y
Y的基态原子最外层电子排布式为：
nsnnpn+2
Z
Z存在质量数为23，中子数为12的核素
W
W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
（1）W位于元素周期表第 四 周期第 VIII 族，其基态原子最外层有 2 个电子．
（2）X的电负性比Y的 小 （填“大”或“小”）；X和Y的气态氢化物中，较稳定的是 H2O （写化学式）
（3）写出Z2Y2与XY2反应的化学方程式，并标出电子转移的方向和数目：
．
（4）在X原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，写出其中一种分子的名称：
丙烷 ．氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子和某种常见无机阴离子，写出其中一种分子与该无机阴离子反应的离子方程式：
CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+H2O+CO2↑ ．
【考点】位置结构性质的相互关系应用．菁优网版权所有
【专题】元素周期律与元素周期表专题．
【分析】X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，所以X基态原子核外有6个电子，则X是C元素；
Y的基态原子最外层电子排布式为：
nsnnpn+2，s能级上最多排2个电子，且p能级上还有电子，所以n为2，则Y的基态原子最外层电子排布式为：
2s22p4，所以Y是O元素；
Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则其质子数是11，所以Z是Na元素；
W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，氢氧化亚铁在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色氢氧化铁，所以W是Fe．
【解答】X、Y、Z、W是元素周期表前四周期中的常见元素，X的基态原子L层电子数是K层电子数的2倍，所以X基态原子核外有6个电子，则X是C元素；
Y的基态原子最外层电子排布式为：
nsnnpn+2，s能级上最多排2个电子，且p能级上还有电子，所以n为2，则Y的基态原子最外层电子排布式为：
2s22p4，所以Y是O元素；
Z存在质量数为23，中子数为12的核素，则其质子数是11，所以Z是Na元素；
W有多种化合价，其白色氢氧化物在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，氢氧化亚铁在空气中会迅速变成灰绿色，最后变成红褐色氢氧化铁，所以W是Fe．
（1）通过以上分析知，W是铁元素，铁元素位于第四周期第VIII族，基态铁原子的核外电子排布式为：
1s22s22p63s23p63d64s2，所以其基态原子最外层有2个电子，故答案为：
四，Ⅷ，2；
（2）X是C元素，Y是O元素，同一周期中，元素的电负性随着原子序数的增大而增大，所以X的电负性比Y的小，
元素的电负性越大，其氢化物越稳定，所以X和Y的气态氢化物中，较稳定的是H2O，
故答案为：
小，H2O；
（3）过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，该反应中过氧化钠既是氧化剂又是还原剂，转移电子数是2，
故答案为：
（4）在X原子与氢原子形成的多种分子中，有些分子的核磁共振氢谱显示有两种氢，则物质可能是丙烷或丁烷等，
氢元素、X、Y的原子也可共同形成多种分子，如羧酸或含有羟基的羧酸等，某种常见无机阴离子有碳酸氢根离子，醋酸和碳酸氢根离子反应二氧化碳、水和醋酸根离子，离子方程式为CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+H2O+CO2↑，
故答案为：
丙烷，CH3COOH+HCO3﹣=CH3COO﹣+H2O+CO2↑．
【点评】本题考查元素的推断，涉及元素位置的判断、氢化物稳定性的判断、离子方程式的书写等知识点，难点是标电子转移的方向和数目，根据元素化合价变化来解答．
9．（14分）（2012•安徽）PbS是一种可降解的聚酯类高分子材料，可由马来酸酐等原料经下列路线合成：
（1）A→B的反应类型是 加成反应 ；B的结构简式是 HOOCCH2CH2COOH ．
（2）C中含有的官能团名称是 碳碳三键、羟基 ；D的名称（系统命名）是 1，4﹣丁二醇 ．
（3）半方酸是马来酸酐的同分异构体，分子中含1个环（四元碳环）和1个羟基，但不含﹣O﹣O﹣键．半方酸的结构简式是 ．
（4）由D和B合成PBS的化学方程式是 nHOOCCH2CH2COOH+nHOCH2CH2CH2CH2OH+（2n﹣1）H2O ．
（5）下列关于A的说法正确的是 a、c ．
a．能使酸性KMnO4溶液或溴的CCl4溶液褪色b．能与Na2CO3反应，但不与HBr反应
c．能与新制Cu（OH）2反应d．1molA完全燃烧消耗5molO2．
【考点】有机物的推断．菁优网版权所有
【专题】有机物的化学性质及推断．
【分析】
（1）A在催化剂条件下，碳碳双键与氢气发生加成反应生成B，B为HOOCCH2CH2COOH；
（2）由反应信息结合D的结构可知，乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成C，C为HOCH2C≡CCH2OH，据此判断含有的官能团，根据系统命名法HOCH2CH2CH2CH2OH的名称为1，4﹣丁二醇；
（3）结合马来酸酐的结构，可知不饱和度为4，半方酸是马来酸酐的同分异构体，分子中含1个环（四元碳环）和1个羟基，但不含﹣O﹣O﹣键，故还含有2个C=O、1个C=C，据此结合马来酸酐分子式书写；
（4）B与D通过酯化反应形成的缩聚反应生成高聚物PBS；
（5）有机物A（HOOCCH=CHCOOH）含有羧基、具有羧酸的性质，含有C=C双键，具有烯烃的性质，有机物A的分子式改写出（CO2）2•C2H4，1molA燃烧相当于1molC2H4燃烧消耗的氧气，据此结合选项判断．
【解答】解：
（1）A在催化剂条件下，碳碳双键与氢气发生加成反应生成B，B为HOOCCH2CH2COOH，
故答案为：
加成反应，HOOCCH2CH2COOH；
（2）由反应信息结合D的结构可知，乙炔与2分子甲醛发生加成反应生成C，C为HOCH2C≡CCH2OH，含有碳碳三键、羟基，根据系统命名法HOCH2CH2CH2CH2OH的名称为1，4﹣丁二醇，
故答案为：
碳碳三键、羟基，1，4﹣丁二醇；
（3）结合马来酸酐的结构，可知不饱和度为4，半方酸是马来酸酐的同分异构体，分子中含1个环（四元碳环）和1个羟基，但不含﹣O﹣O﹣键，故还含有2个C=O、1个C=C，结合马来酸酐分子式可知，半方酸的结构式为，故答案为：
；
（4）HOOCCH2CH2COOH与HOCH2CH2CH2CH2OH通过酯化反应形成的缩聚反应生成高聚物PBS，故反应方程式为：
nHOOCCH2CH2COOH+nHOCH2CH2CH2CH2OH+（2n﹣1）H2O，
故答案为：
nHOOCCH2CH2COOH+nHOCH2CH2CH2CH2OH2R+（2n﹣1）H2O；
（5）有机物A（HOOCCH=CHCOOH）含有羧基、具有羧酸的性质，含有C=C双键，具有烯烃的性质，
a．含有C=C双键，具有烯烃的性质，能被酸性高锰酸钾氧化使酸性KMnO4溶液，能与溴发生加成反应使溴的CCl4溶液褪色，故a正确；
b．含有羧基，能与Na2CO3反应，含有C=C双键能与HBr发生加成反应，故b错误；
c．含有羧基﹣COOH，能与新制Cu（OH）2发生中和反应，故c正确；
d．有机物A的分子式改写出（CO2）2•C2H4，1molA燃烧相当于1molC2H4燃烧消耗的氧气，故1molA完全燃烧消耗氧气为（2+1）mol=3mol，故d错误；
故答案为：
a、c．
【点评】本题考查有机推断，涉及烯烃、炔烃、醇、羧酸等性质以等，需要学生对已知反应信息进行利用，是对有机化合物知识的综合考查，能较好的考查考生阅读、思维能力，注意根据反应信息及结合D的结构判断C的结构，难度中等，是热点题型．
10．（15分）（2012•安徽）亚硫酸盐是一种常见食品添加剂．为检验某食品中亚硫酸盐含量（通常1kg样品中含SO2的质量计），某研究小组设计了如下两种实验流程：
（1）气体A的主要成分是 SO2、N2 ，为防止煮沸时发生暴沸，必须先向烧瓶中加入 碎瓷片 ；通入N2的目的是 将生成的SO2全部赶出（防止SO2在水溶液中被O2氧化） ．
（2）写出甲方案第①步反应的离子方程式：
SO2+H2O2=SO42﹣+2H+ ．
（3）甲方案第②步滴定前，滴定管需用NaOH标准溶液润洗，其操作方法是 在碱式滴定管中加入1﹣2mL标准NaOH溶液，将滴定管横过来并转动，让NaOH溶液浸过滴定管内壁，从下面放掉浸洗液，重复操作2﹣3次 ．
（4）若用盐酸代替稀硫酸处理样品，则按乙方案实验测定的结果 无影响 （填“偏高”、“偏低”或“无影响”）
（5）若取样品wg，按乙方案测得消耗0.01000mol•L﹣1I2溶液VmL，则1kg样品中含SO2的质量是 g（用含w、V的代数式表示）．
【考点】探究物质的组成或测量物质的含量；含硫物质的性质及综合应用．菁优网版权所有
【专题】压轴题；氧族元素．
【分析】
（1）亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体SO2，反应时加入碎瓷片防止暴沸，要保证SO2全部赶出．
（2）SO2具有还原性，可被氧化剂H2O2所氧化；
（3）用标准液润洗滴定管时，务必注意最后将润洗液从滴定管下端放出，而不是从上口倒出；
（4）根据SO2用碱液吸收后需再用盐酸调节溶液至弱酸性分析；
（5）利用关系式法计算．
【解答】解：
（1）亚硫酸盐与稀硫酸反应生成气体SO2，为防
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