版高考化学一轮复习 课时提升作业 五 第二章 化学物质及其变化 3 氧化还原反应.docx

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版高考化学一轮复习课时提升作业五第二章化学物质及其变化3氧化还原反应

课时提升作业五

氧化还原反应

（45分钟　100分）

一、选择题（本题包括12小题，每小题5分，共60分）

1.（2016·宜春模拟）工业上生产下列物质，不涉及氧化还原反应的是（　　）

A.用铝矾土（主要成分Al2O3）生产金属铝

B.用硫铁矿（主要成分FeS2）生产硫酸

C.用海水、贝壳生产氯化镁晶体

D.用氯化钠生产烧碱

【解析】选C。

Al2O3生产金属铝，铝元素化合价降低；FeS2生产硫酸，硫元素化合价升高；海水、贝壳生产氯化镁晶体时，CaCO3——CaO——Ca（OH）2——Mg（OH）2——MgCl2，元素化合价没有发生变化；氯化钠生产烧碱时生成氢气和氯气，元素化合价发生变化。

2.（2016·福州模拟）下表中对应关系正确的是（　　）

A

向某溶液中加入盐酸产生无色气体

溶液中一定含有C

B

由油脂得到甘油

由淀粉得到葡萄糖

均发生了水解反应

C

Cl2+2Br-

2Cl-+Br2

Zn+Cu2+

Zn2++Cu

均为单质被还原的置换反应

D

2Na2O2+2H2O

4NaOH+O2↑

Cl2+H2O

HCl+HClO

均为水作还原剂的氧化还原反应

【解析】选B。

无色气体可能为二氧化碳或者二氧化硫，A错误；油脂为高级脂肪酸甘油酯，水解生成甘油；淀粉为多糖，水解最终产物为葡萄糖，则均可发生水解反应，B正确；Cl2+2Br-

2Cl-+Br2中Cl的化合价降低，单质被还原；Zn+Cu2+

Zn2++Cu中Zn的化合价升高，单质被氧化，均属于置换反应，C错误；前者只有过氧化钠中氧元素的化合价变化，水既不是氧化剂也不是还原剂；Cl2+H2O

HCl+HClO中只有Cl的化合价变化，均属于氧化还原反应，但水既不是氧化剂也不是还原剂，D错误。

3.（2016·宣城模拟）有人说“五颜六色”形象地说出了化学实验中的颜色变化。

下列颜色变化中是由于发生氧化还原反应导致的是（　　）

①在氯水中加入NaOH溶液；②在FeCl3溶液中加入铁粉；③在品红溶液中通入二氧化硫气体；④在Na2CO3溶液中滴入酚酞；⑤在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热。

A.①②⑤　　　　　　B.①②④

C.①②③D.①②③④⑤

【解析】选A。

①在氯水中加入NaOH溶液，氯水颜色消失，生成NaCl、NaClO，氯元素的化合价变化，发生氧化还原反应；②在FeCl3溶液中加入铁粉，生成氯化亚铁，颜色由棕黄色变为浅绿色，铁元素的化合价变化，发生氧化还原反应；③在品红溶液中通入二氧化硫气体，品红褪色，发生化合反应，没有元素化合价的变化；④在Na2CO3溶液中滴入酚酞，发生碳酸根离子的水解，没有元素化合价的变化；⑤在新制Cu（OH）2悬浊液中滴入葡萄糖溶液，加热，生成砖红色沉淀，铜、碳元素的化合价变化，发生氧化还原反应。

4.（2016·郑州模拟）ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。

工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反应制得，在以上反应中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为（　　）

A.1∶1B.2∶1

C.1∶2D.2∶3

【解析】选B。

反应过程中，氯元素化合价由+5价降到+4价，降低了1价，硫元素化合价从+4价升高到+6价，升高了2价，由电子守恒可知，NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为

=2∶1。

5.向含有1mol的FeCl2溶液中通入0.2molCl2，再加入含0.1molX2

的酸性溶液，使溶液中Fe2+全部恰好氧化，并使X2

还原为Xn+，则n值为（　　）

A.2　　　　B.3　　　　C.4　　　　D.5

【解析】选B。

由题意知，0.2molCl2和0.1molX2

的酸性溶液，共同将

1molFe2+氧化。

根据氧化还原反应中得失电子守恒可知，0.2molCl2和0.1molX2

得到电子的物质的量与1molFe2+失去电子的物质的量相等，所以有0.2mol×2+0.1mol×2×（6-n）=1mol×1，解得n=3。

【互动探究】

（1）根据上面计算，试写出在酸性条件下，X2

与Fe2+反应的离子方程式

__。

提示：

在酸性条件下，X2

与Fe2+反应生成X3+和Fe3+，离子方程式为X2

+14H++6Fe2+

2X3++6Fe3++7H2O。

（2）等物质的量的Cl2和X2

分别与足量Fe2+反应，可氧化的Fe2+的物质的量之比为__。

提示：

根据化合价的变化，1molCl2转移2mol电子，可氧化2molFe2+；1molX2

转移6mol电子，可氧化6molFe2+，因此等物质的量的Cl2和X2

氧化Fe2+的物质的量之比为1∶3。

6.氢化铝钠（NaAlH4）是最有研究应用前景的络合金属氢化物，氢化铝钠储存氢时发生反应：

3NaAlH4

Na3AlH6+2Al+3H2↑。

下列说法正确的是（　　）

A.NaAlH4中氢元素为+1价

B.每生成11.2L（标准状况下）H2，转移2NA个电子

C.在反应中有50%的氢被还原

D.反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1

【解析】选C。

该反应中部分Al的化合价由+3价变为0价、H的化合价由-1价变为0价。

化合物NaAlH4中H的化合价为-1价，A错误；标准状况下，生成

0.5molH2时，转移电子数0.5mol×2×NA=NA，B错误；由方程式可知，3molNaAlH4参加反应，生成3molH2，则反应中有50%的氢被氧化，C正确；氧化产物是氢气、还原产物是Al，氧化产物和还原产物的物质的量之比是3∶2，D错误。

7.（2016·广州模拟）三氟化氮（NF3）是一种新型电子材料，它在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有HF、NO和HNO3。

下列有关说法正确的是（　　）

A.反应中NF3是氧化剂，H2O是还原剂

B.反应中被氧化与被还原的原子物质的量之比为2∶1

C.若反应中生成0.2molHNO3，则反应共转移0.2mole-

D.NF3在潮湿空气中泄漏会产生白雾、红棕色气体等现象

【解析】选D。

反应中只有N的化合价发生变化，则水既不是氧化剂也不是还原剂，A错误；方程式为3NF3+5H2O（g）

9HF+2NO+HNO3，由方程式可知1molNF3化合价升高，为还原剂被氧化，2molNF3化合价降低，为氧化剂被还原，所以被氧化与被还原的原子物质的量之比为1∶2，B错误；由反应可知，生成1molHNO3转移2mol电子，则生成0.2molHNO3，反应共转移0.4mole-，C错误；NF3在空气中泄漏时，生成硝酸会产生白雾，生成的NO可被氧化生成红棕色的NO2，D正确。

【易错提醒】

（1）氧化还原反应的有关概念较多，因对概念的内涵理解不透，外延掌握不全面，很容易发生错误判断。

应注意加深对概念的理解，从而加深理解其规律。

（2）在氧化还原反应中，氧化剂和还原剂可以是不同反应物，也可以是同一反应物，氧化产物、还原产物可以是不同产物，也可以是同一种产物。

（3）由于有些氧化还原反应中，氧化剂或还原剂并没有全部发生氧化还原反应，因此在求氧化剂或还原剂的质量或两者的比例时易发生错误。

8.（2016·宜春模拟）根据如图的转化关系判断下列说法正确的是（反应条件已略去）（　　）

A.反应①②③④⑤中有非氧化还原反应

B.反应⑤说明该条件下铝可用于制熔点较高的金属

C.相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶1

D.反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4

【解析】选B。

①反应有氯气生成，②反应有氯化钙、次氯酸钙生成，③过氧化氢分解生成水和氧气，④反应生成单质氧气，⑤反应生成Mn和氧化铝，均存在元素的化合价变化，属于氧化还原反应，A正确；⑤为铝热反应，放出大量的热，可用于制熔点较高的金属，B正确；③中氧元素的化合价由-1价升高为0，④中氧元素的化合价由-2价升高为0，则相同条件下生成等量的O2，反应③和④转移的电子数之比为1∶2，C错误；反应①由电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，D错误。

9.LiAlH4、LiH既是金属储氢材料又是有机合成中的常用试剂，遇水均能剧烈分解释放出H2，LiAlH4在125℃分解为LiH、H2和Al。

下列说法不正确的是（　　）

A.LiH与D2O反应，所得氢气的摩尔质量为4g·mol-1

B.1molLiAlH4在125℃完全分解，转移3mol电子

C.LiAlH4溶于适量水得到无色溶液，则化学方程式可表示为LiAlH4+2H2O

LiAlO2+4H2↑

D.LiAlH4与乙醛作用生成乙醇，LiAlH4作还原剂

【解析】选A。

LiH与D2O反应生成氢气（HD），其摩尔质量为3g·mol-1，A错误；LiAlH4中的Li、Al都是主族金属元素，H是非金属元素，故Li为+1价、Al为+3价、H为-1价，受热分解时，根据Al的价态变化即可得出1molLiAlH4在125℃时完全分解，转移3mol电子，B正确；LiAlH4中的-1价H与H2O中的+1价H发生氧化还原反应生成H2，同时生成OH-，OH-与Al3+反应生成Al

，即LiAlH4+2H2O

LiAlO2+4H2↑，C正确；乙醛变成乙醇得到氢被还原，乙醛是氧化剂，LiAlH4是还原剂，D正确。

【加固训练】肼（N2H4）又称联氨，可用如下方法制备：

CO（NH2）2+ClO-+OH-

N2H4+Cl-+C

+H2O[CO（NH2）2中N为-3价，方程式未配平]，下列说法不正确的是（　　）

A.N2H4是氧化产物

B.N2H4中存在极性键和非极性键

C.配平后，OH-的化学计量数为2

D.生成3.2gN2H4转移0.1mol电子

【解析】选D。

反应中N由CO（NH2）2中的-3价升高到N2H4中的-2价，Cl由ClO-中的+1价降低到Cl-中的-1价，所以CO（NH2）2是还原剂，ClO-是氧化剂，N2H4是氧化产物，根据得失电子守恒将方程式配平：

CO（NH2）2+ClO-+2OH-

N2H4+Cl-+C

+H2O，则生成3.2gN2H4应转移0.2mol电子，故A、C正确，D错误；N2H4的结构式是

，分子中存在N—N非极性键和N—H极性键，B正确。

10.（2016·洛阳模拟）下列说法正确的是（　　）

A.HClO中氯元素化合价比HClO4中氯元素化合价低，所以HClO4的氧化性强

B.已知①Fe+Cu2+

Fe2++Cu；②2Fe3++Cu

2Fe2++Cu2+，则氧化性强弱顺序为Fe3+>Cu2+>Fe2+

C.已知还原性：

B->C->D-，反应2C-+D2

2D-+C2和反应2C-+B2

2B-+C2都能发生

D.具有强氧化性和强还原性的物质放在一起就能发生氧化还原反应

【解析】选B。

HClO的氧化性强，A错误；氧化还原反应中，氧化性是氧化剂大于氧化产物，则氧化性Cu2+>Fe2+、Fe3+>Cu2+，B正确；根据反应2C-+B2

2B-+C2可知，还原性C->B-，与已知矛盾，C错误；如浓硫酸和SO2之间不能反应，D错误。

11.（2016·石家庄模拟）将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO-和Cl

两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如图所示。

下列说法不正确的是（　　）

A.反应中转移电子的物质的量是0.21mol

B.Cl

的生成是由于温度升高引起的

C.苛性钾溶液中KOH的质量是16.8g

D.氯气被还原成0.06molClO-和0.03molCl

【解析】选D。

结合反应，根据图象知n（ClO-）=0.06mol，n（Cl

）=0.03mol，故转移电子物质的量=0.06mol×（1-0）+0.03mol×（5-0）=0.21mol，A正确；根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，B正确；根据电子转移守恒可知n（Cl-）=0.21mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）+n（ClO-）+n（Cl

）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，则n（KOH）=0.3mol，则氢氧化钾质量=0.3mol×56g·mol-1=16.8g，C正确；ClO-、Cl

都是氧化产物，D错误。

【加固训练】高铁酸钾（K2FeO4）是一种高效多功能水处理剂，具有极强的氧化性，已知：

4Fe

+10H2O

4Fe（OH）3+8OH-+3O2↑。

高铁酸钾常见制备方法之一是湿法制备：

在一定条件下，Fe（NO3）3与NaClO反应生成紫红色高铁酸盐溶液。

下列说法正确的是（　　）

A.K2FeO4在处理水的过程中所起的作用只有消毒杀菌

B.同浓度的高铁酸钾在pH=11.50的水溶液中比中性溶液中稳定

C.湿法制备高铁酸钾，可以在酸性环境中顺利进行

D.湿法制备高铁酸钾，Fe（NO3）3与NaClO物质的量之比为3∶2

【解析】选B。

K2FeO4具有强氧化性，在处理水的过程中能起到消毒杀菌的作用，其还原产物Fe3+水解产生氢氧化铁胶体，还能起到净水的作用，A错误；根据4Fe

+10H2O

4Fe（OH）3+8OH-+3O2↑可知，Fe

在碱性溶液中稳定性强，B正确；在酸性条件下，Fe

不稳定，因此不能在酸性环境中制备高铁酸钾，C错误；Fe（NO3）3与NaClO反应制备高铁酸钾时，铁元素从+3价升高到+6价，失去3个电子，氯元素从+1价降低到-1价，得到2个电子，根据得失电子守恒可知，Fe（NO3）3与NaClO物质的量之比为2∶3，D错误。

12.（能力挑战题）（2016·蚌埠模拟）已知二氧化硒是一种氧化剂，它可有Se+2H2SO4（浓）

2SO2↑+SeO2+2H2O制取。

又知离子方程式aSeO2+bSO2+cH2O

aSe+b__X__+d__Y__；则关于下列叙述正确的是（　　）

A.a∶b=1∶1

B.Y为OH-

C.氧化性为SeO2>H2SO4（浓）

D.若每生成0.2molX则该反应转移0.4NA个电子

【解析】选D。

根据题意SeO2是氧化剂，则可将二氧化硫氧化为硫酸，根据原子守恒知X是硫酸，Y不含Se、S，则没有Y生成，根据得失电子相等知a∶b=1∶2，A、B错误，D正确；根据氧化性：

氧化剂>氧化产物知C错误。

二、非选择题（本题包括2小题，共40分）

13.（20分）（2016·衡水模拟）实验室用下列方法测定某水样中O2的含量。

（1）实验原理。

①用如图所示装置，使溶解在水中的O2在碱性条件下将Mn2+氧化成MnO（OH）2，反应的离子方程式为___。

②在酸性条件下，再用I-将生成的MnO（OH）2还原为Mn2+，反应的离子方程式为

__。

然后用Na2S2O3标准溶液滴定生成的I2，反应方程式为I2+2Na2S2O3

2NaI+Na2S4O6。

（2）实验步骤。

①打开止水夹a和b，从A处向装置内鼓入过量N2，此操作的目的是_；

②用注射器抽取某水样20.00mL从A处注入锥形瓶；

③再分别从A处注入含mmolNaOH溶液及过量的MnSO4溶液；

④完成上述操作后，关闭a、b，将锥形瓶中溶液充分振荡；

⑤打开止水夹a、b，分别从A处注入足量NaI溶液及含nmolH2SO4的硫酸；

⑥重复④的操作；

⑦取下锥形瓶，向其中加入2～3滴__________作指示剂；

⑧用0.005mol·L-1Na2S2O3溶液滴定至终点。

滴定终点的现象是__。

（3）数据分析。

①若滴定过程中消耗的Na2S2O3标准溶液体积为3.90mL，则此水样中氧（O2）的含量为__________mg·L-1。

②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则测得水样中O2的含量将__________（填“偏大”“偏小”或“不变”）。

③实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是__。

【解析】

（1）①注意从题给条件中挖掘信息：

反应物有O2、OH-（碱性条件下）、Mn2+，发生氧化还原反应，生成MnO（OH）2，利用化合价升降相等配平O2、Mn2+、MnO（OH）2的化学计量数，再利用电荷守恒配平OH-的化学计量数，最后可用原子守恒检查方程式的配平是否正确。

（3）①根据

（1）中的三个方程式，可以得出物质间的定量关系为O2～2MnO（OH）2～2I2～4Na2S2O3，则n（O2）=

=4.875×10-6mol，则此水样中氧（O2）的含量为

=7.8mg·L-1。

②若未用Na2S2O3标准溶液润洗滴定管，则c（Na2S2O3）减小，V（Na2S2O3）增大，所以n（O2）增大，故测得水样中O2的含量将偏大。

③实验要求加入适量的H2SO4使溶液接近中性，其原因是若碱过量，则MnO（OH）2不能全部转化为Mn2+；若酸过量，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应。

答案：

（1）①2Mn2++O2+4OH-

2MnO（OH）2

②MnO（OH）2+2I-+4H+

Mn2++I2+3H2O

（2）①排出装置内的空气，避免空气中O2的干扰　⑦淀粉溶液　⑧滴入最后一滴标准液，溶液恰好由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色

（3）①7.8　②偏大　③若碱过量，则MnO（OH）2不能全部转变为Mn2+，而酸过量时，滴定过程中Na2S2O3可与酸反应

【加固训练】（2016·运城模拟）雄黄（As4S4）和雌黄（As2S3）是提取砷的主要矿物原料，二者在自然界中共生。

根据题意完成下列填空：

（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体。

若As2S3和SnCl2正好完全反应，As2S3和SnCl2的物质的量之比为________。

（2）上述反应中的氧化剂是________，反应产生的气体可用________吸收。

（3）As2S3和HNO3有如下反应：

As2S3+10H++10N

2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O。

若生成2molH3AsO4，则反应中转移电子的物质的量为________。

（4）若反应产物NO2与11.2LO2（标准状况）混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，然后与过量的碳反应，所产生的CO2的物质的量____（选填编号）。

a.小于0.5mol　　　　b.等于0.5mol

c.大于0.5mold.无法确定

【解析】

（1）As2S3和SnCl2在盐酸中反应转化为As4S4和SnCl4并放出H2S气体，则反应方程式为2

S3+2SnCl2+4HCl

S4+2SnCl4+2H2S↑，根据电子得失守恒知，1molAs2S3作氧化剂得到2mol电子，而1molSnCl2作还原剂失去2mol电子，则二者的物质的量之比是1∶1。

（2）因As2S3在该反应中砷元素的化合价降低，则As2S3为氧化剂，H2S气体可用碱液吸收或硫酸铜溶液吸收。

（3）由反应As2S3+10H++10N

2H3AsO4+3S+10NO2↑+2H2O可知，As2S3作还原剂，转移电子数为2mol×（5-3）+3mol×（0+2）=10mol，则生成2molH3AsO4时反应中转移电子的物质的量为10mol。

（4）由NO2与11.2LO2混合后用水吸收全部转化成浓硝酸，则4NO2+O2+2H2O

4HNO3，氧气的物质的量为

=0.5mol，则由反应可知硝酸的物质的量为0.5mol×4=2mol，若硝酸完全反应，则根据电子守恒可知生成CO2的量是0.5mol×

=0.5mol，但考虑到随着反应的进行，硝酸的浓度会降低而稀硝酸不与碳反应，则产生的CO2的物质的量小于0.5mol。

答案：

（1）1∶1

（2）As2S3　氢氧化钠溶液或硫酸铜溶液

（3）10mol　（4）a

14.（20分）（能力挑战题）（2016·德阳模拟）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）又称保险粉，是印刷工业中重要的还原剂。

某课题小组进行如下实验：

Ⅰ.【查阅资料】

（1）连二亚硫酸钠（Na2S2O4）是一种白色粉末，易溶于水，难溶于乙醇。

（2）2Na2S2O4+4HCl

4NaCl+S↓+3SO2↑+2H2O；

Na2S2O3+2HCl

2NaCl+S↓+SO2↑+H2O。

Ⅱ.【制备方法】

75℃时将甲酸钠和纯碱加入乙醇水溶液中，通入SO2进行反应，完成其反应方程式：

______HCOONa+______Na2CO3+______　　

________Na2S2O4+________CO2+________　　

冷却至40～50℃，过滤，用______洗涤，干燥制得Na2S2O4。

Ⅲ.【Na2S2O4的性质】

（1）Na2S2O4溶液在空气中易被氧化。

课题小组测定0.050mol·L-1Na2S2O4溶液在空气中pH变化如图所示：

0～t1段主要生成HS

，根据pH变化图，HS

的电离程度__________水解程度（填“<”或“>”）。

课题小组推测Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，0～t1段发生反应的离子方程式为__。

t3时溶液中存在的主要阴离子的符号是__。

（2）隔绝空气加热Na2S2O4固体完全分解；得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和__________气体（填化学式）。

请你设计实验验证产物有Na2S2O3存在，完成下表中内容。

（供选择的试剂：

稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液）

实验步骤（不要求写出

具体操作过程）

预期的实验现象和结论

【解析】Ⅱ.反应中空缺的反应物显然是SO2，空缺的生成物应为H2O，该反应为氧化还原反应，S从+4价降低到+3价，HCOONa中的C从+2价升高到+4价，根据得失电子守恒和原子守恒即可配平反应的化学方程式。

Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，因此应用乙醇洗涤产品。

Ⅲ.

（1）0～t1段主要生成了HS

，根据图象可知，此时溶液显酸性，这说明HS

的电离程度大于水解程度。

Na2S2O4溶液在空气中易被氧化，且已知0～t1段主要生成HS

，据此不难写出有关的离子方程式。

t3时溶液的pH=1，说明溶液的酸性较强，因此可以推测0～t1段生成的HS

又被进一步氧化了，则溶液中存在的主要阴离子符号是S

。

（2）分析Na2S2O4固体分解的反应可以看出，反应前Na2S2O4中钠、硫原子个数比为1∶1，反应后Na2S2O3中钠、硫原子个数比也是1∶1，但Na2SO3中钠、硫原子个数比为2∶1，这说明另外一种气体产物中含有S，应为SO2。

根据反应Na2S2O3+2HCl

2NaCl+S↓+SO2↑+H2O可知，要检验产物中有Na2S2O3，只需加入稀盐酸，通过观察到有淡黄色沉淀生成即可证明Na2S2O3的存在。

答案：

Ⅱ.2　1　4　SO2　2　3　1　H2O　乙醇

Ⅲ.

（1）>　2S2

+O2+2H2O

4HS

　S

（2）SO2

实验步骤（不要求写出具体操作过程）

预期的实验现象和结论

取少量完全分解后的固体产物于试管中，加入