高考化学复习硫及其化合物专项易错题及详细答案.docx

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高考化学复习硫及其化合物专项易错题及详细答案

高考化学复习硫及其化合物专项易错题及详细答案

一、高中化学硫及其化合物

1．某工厂的工业废水中含有大量的Al2（SO4）3、较多的Cu2+和少量的Na+。

从工业废水中回收金属铝和金属铜的工艺流程如下图所示（试剂X、Y、Z均过量）。

（1）试剂X为_______，加入试剂X发生的离子方程式是___________试剂Z为___________。

（2）操作②为____________（填实验分离方法）。

（3）溶液2中含有的溶质有__________（填化学式）。

（4）写出操作④的化学反应方程式____________。

（5）金属铜能与浓硫酸在加热的条件下发生反应，产生的气体为_________（填化学式）。

【答案】铝2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu氨水过滤Al2（SO4）3、H2SO4Al2（SO4）3、H2SO4SO2

【解析】

【分析】

某工厂的工业废水中含有大量的Al2（SO4）3、较多的Cu2+和少量的Na+，由流程可知加入X为金属铝，用于置换出铜，溶液1含有Al2（SO4）3、Na2SO4，不溶性物质为过量的Al和Cu的混合物，向不溶性物质中加入试剂Y用于溶解Al，反应产生Al2（SO4）3，而Cu不能发生反应，则为稀H2SO4，溶液2含有Al2（SO4）3、过量H2SO4，由于Al（OH）3是两性物质，能够与过量的强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质，因此向①②混合后加入氨水，可生成Al（OH）3沉淀，过滤、洗涤后加热分解生成Al2O3，电解熔融的Al2O3可生成Al，以此解答该题。

【详解】

根据上述分析可知操作①是过滤，不溶性物质为Cu、Al混合物，操作②是过滤，试剂Y是H2SO4，溶液1含有Al2（SO4）3、Na2SO4，溶液2含有Al2（SO4）3、过量H2SO4，试剂Z是氨水，操作③是过滤，操作④加热分解Al（OH）3，操作⑤是电解。

（1）由以上分析可知X为Al，可用于除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为：

2Al+3Cu2+=2Al3++3Cu；试剂Z为氨水；

（2）操作①②③用于分离固体和液体，为过滤操作；

（3）溶液2中含有的溶质有Al2（SO4）3、H2SO4；

（4）操作④是加热Al（OH）3，Al（OH）3不稳定，受热发生分解反应，化学方程式为：

2Al（OH）3

2Al2O3+3H2O；

（5）金属Cu与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应方程式为：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O，所以反应产生的气体为SO2。

【点睛】

本题考查了物质的推断、混合物分离提纯的综合应用，把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，注意实验的设计意图，把握物质的性质，侧重考查学生的分析与实验能力。

2．按要求完成下列填空。

甲、乙、丙三种物质之间有如下图所示的转化关系，其中甲物质为氧化物：

（1）若甲是不溶于水的白色固体，是刚玉的主要成分，且既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液；乙的酸根中含有金属元素。

写出下列物质间的转化：

甲

乙的离子方程式___；丙

甲的化学方程式____。

（2）若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质；乙在标准状况下为无色晶体。

写出下列物质间的转化：

甲

乙的化学反应方程式____________；丙

甲的化学反应方程式_________。

【答案】Al2O3+6H+=2Al3++3H2O2Al（OH）3

Al2O3+3H2O2SO2+O2

2SO32H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+2H2O+SO2↑

【解析】

【分析】

（1）甲为氧化物，不溶于水的白色固体，既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是Al2O3，由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2（SO4）3，硫酸铝与氨水反应生成丙为Al（OH）3，氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，据此解答；

（2）若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质，乙在标准状况下为无色晶体，则甲为SO2，乙为SO3，丙应为H2SO4，浓硫酸与Cu在加热条件下生成SO2。

【详解】

（1）甲为氧化物，不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是Al2O3，由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2（SO4）3，硫酸铝与氨水反应生成丙为Al（OH）3，氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，则：

甲

乙为氧化铝溶于稀硫酸，发生反应的离子方程式为Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；丙

甲为氢氧化铝受热分解，发生反应的化学方程式为2Al（OH）3

Al2O3+3H2O；

（2）若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质，乙在标准状况下为无色晶体，则甲为SO2，乙为SO3，丙应为H2SO4，浓硫酸与Cu在加热条件下生成SO2，则：

甲

乙为SO2的催化氧化生成SO3，发生反应的化学反应方程式为2SO2+O2

2SO3；丙

甲为浓硫酸与Cu在加热条件下生成SO2，发生反应的化学反应方程式为2H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+2H2O+SO2↑。

【点睛】

解框图题的方法：

最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等，如

（1）中氧化物甲既能和稀硫酸反应，又能和NaOH溶液反应，则甲为两性氧化物，结合所学元素及其化合物，只能是氧化铝。

3．A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3-、SO42-、Cl-、CO32-（离子在物质中不能重复出现）。

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；

②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。

（1）根据①②实验事实可推断它们的化学式为：

A____________，B___________。

（2）写出醋酸与D反应的离子方程式：

_____________________。

（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子的物质的量之比___________；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式：

_________________。

（4）C溶液中阴离子的检验方法：

__________________。

【答案】BaCl2AgNO3CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2On（Cl-）：

n（NO3-）：

n（Cu2+）=1：

1：

1Zn+Cu2+═Zn2++Cu取少量C溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-

【解析】

【分析】

根据题中所给的8种离子，可以推断出这些可溶性物质分别为AgNO3、BaCl2、CuSO4、Na2CO3；C盐的溶液呈蓝色，则C为CuSO4；向这4种溶液中加入盐酸，B盐溶液生成沉淀，D盐溶液生成无色无味的气体，则B为AgNO3，D为Na2CO3，A为BaCl2。

【详解】

经分析，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；

（1）A为BaCl2，B为AgNO3；

（2）D为Na2CO3，醋酸与D的离子方程式为：

CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O；

（3）有相同物质的量的BaCl2、AgNO3、CuSO4的溶液，假设这三种盐都有1mol，则共有1molBa2+、1molAg+、1molCu2+、2molCl-、1molNO3-、1molSO42-，混合后1molBa2+和1molSO42-沉淀，1molAg+和1molCl-沉淀，剩1molCu2+、1molCl-、1molNO3-，则三种离子的物质的量之比为1：

1：

1；向混合后的溶液中加入锌粒，发生反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+；

（4）C溶液中的阴离子为SO42-，其检验方法为：

取少量C溶液于试管中，先加盐酸，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。

4．某无色混合溶液中可能含有的离子如下表所示：

可能大量含有的阳离子

H＋、Al3＋、NH4＋、Na＋

可能大量含有的阴离子

Cl－、AlO2－、SO42－、MnO4－、Br－、I－、CO32－

为探究其成分，进行了以下探究实验。

探究一：

甲同学取一定量的混合溶液，用pH试纸检验，溶液pH＜7；向其中逐液加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示。

探究二

乙同学取一定量的混合溶液，向溶液中加氯水，无气体产生，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，用分液漏斗分液；向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生。

探究三：

另取原溶液少量加入Ba（NO3）2和盐酸的混合液，产生白色沉淀。

（1）该溶液中一定含有的阴离子是___；其中能确定离子浓度之比的，对应离子物质的量浓度之比为___；不能肯定是否含有的离子是___。

确定其中阳离子的实验方法为___。

（2）请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式___。

【答案】Br-、SO42－c（H+）：

c（NH4+）：

c（Al3+）=2：

3：

1Na＋、Cl－焰色反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O

【解析】

【分析】

无色混合溶液中不能含有MnO4－；

由探究一知，溶液的pH<7，开始加入2V0NaOH无沉淀生成说明发生的反应是：

H++OH-═H2O，有H+，则无AlO2-、CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH-═Al（OH）3↓，有Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：

NH4++OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠的体积V0；

根据探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，说明有Br-，不含I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，不能确定原混合液中是否含Cl-；

根据探究三，加入少量Ba（NO3）2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SO42－；

综上分析，混合溶液中一定含有的离子：

H+、Al3+、NH4+、Br-、SO42－，一定不含的离子：

MnO4－、CO32-、I-、AlO2-，可能含有的离子：

Na＋、Cl－。

【详解】

无色混合溶液中不能含有MnO4－；

由探究一知，溶液的pH<7，开始加入2V0NaOH无沉淀生成说明发生的反应是：

H++OH-═H2O，有H+，则无AlO2-、CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH-═Al（OH）3↓，有Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：

NH4++OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠的体积V0；

根据探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，说明有Br-，不含I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，不能确定原混合液中是否含Cl-；

根据探究三，加入少量Ba（NO3）2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SO42－；

（1）该溶液中一定含有的阴离子：

Br-、SO42－；其中能确定离子浓度之比的是H+、NH4+、Al3+，根据它们消耗的NaOH溶液的体积和相应的离子方程式，c（H+）：

c（NH4+）：

c（Al3+）=2V0：

3V0：

V0=2：

3：

1；不能肯定是否含有的离子：

Na＋、Cl－；确定是否含Na+的实验方法为：

焰色反应；

（2）沉淀减少过程为Al（OH）3与NaOH的反应，反应的离子方程式：

Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O。

【点睛】

本题考查离子的推断，在推断过程中必须注意离子的共存和引入的离子对判断的干扰，如题中Cl-的判断。

5．黑色粉末A，黄色粉末B,它们都是单质，按下图进行实验：

（1）试根据上述反应现象推断以下物质的化学式：

ADEH

（2）写出C+盐酸

D+F的离子方程式：

（3）写出D

E的化学方程式：

（4）写出G

H的化学方程式：

【答案】

（1）Fe、H2S、SO2、Fe（OH）3

（2）FeS+2H+→Fe2++H2S↑

（3）

（4）4Fe（OH）2+O2+2H2O→4Fe（OH）3

【解析】

【分析】

【详解】

（1）E能使品红褪色，E为SO2；H为红褐色固体，H为

；黑色粉末A、黄色粉末B，它们都是单质，所以分别是铁、硫；黑色固体C为FeS；D为H2S；F为

；G为

（2）FeS与盐酸反应的离子方程式FeS+2H+→Fe2++H2S↑；

（3）硫化氢燃烧生成二氧化硫和水的方程式为

；

（4）氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

6．A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含同一种元素。

在一定条件下相互转化关系如下图所示（部分产物已略去）。

请按要求回答下列问题：

（1）若B、C为氧化物，B转化为C时，质量增加25%，C能够与水反应生成一种强酸，则B

转化为C的化学方程式是_______________________；

（2）若D为某金属单质，向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B的化学式是_____________；

（3）若D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，则A和C反应的离子方程式是___________________符合条件的D物质可能是___________（填序号）。

①硫酸②醋酸③氢氧化钠④一水合氨⑤氯化钡

【答案】

（1）2SO2+O2

2SO3；

（2）FeCl3；（3）6H2O+Al3++3AlO2-=4Al（OH）3↓。

【解析】

试题分析：

（1）若B、C为氧化物，B转化为C时，质量增加25%，C能够与水反应生成一种强酸，则B、C分别为SO2、SO3，B转化为C的化学方程式是2SO2+O2

2SO3；

（2）向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀为AgCl，说明B、C为氯化物，D为某金属单质，B、D发生化合反应，应为FeCl3和Fe反应，A是Cl2；（3）A、B、C均含同一种元素，D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，沉淀B应为Al（OH）3，A是AlCl3，C是NaAlO2，由Al3+和3AlO2发生互促水解反应生成，反应的离子方程式为6H2O+Al3++3AlO2-=4Al（OH）3↓。

考点：

考查物质的性质及相互转化关系的知识。

7．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件及其他产物已略去）：

（1）若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸。

①A、D分别为A：

，D：

。

（填写化学式，下同）

②写出B→C转化的化学方程式：

。

③简述检验B物质的方法。

④写出D的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式。

（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红。

①工业上合成A的化学方程式：

___________。

在实验室中则用加热固体混合物的方法制取气体A，其化学方程式为。

②写出C→D的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目。

③写出A→B的化学方程式

④1．92g铜投入一定的D浓溶液中，铜完全溶解，共收集到672mL气体（标准状况）。

将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为mL。

【答案】

（1）①H2S；H2SO4；②2SO2+O2

2SO3（条件不写扣1分，

不写不得分）；③将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；④2H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+2H2O+SO2↑；

（2）①N2+3H2

2NH3；2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3+2H2O；

②

③4NH3+5O2

4NO+6H2O；④336mL

【解析】

试题分析：

（1）①若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸，S元素化合物符合转化关系，可推知，A为H2S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，故答案为H2S；H2SO4；

②B→C转化的化学方程式为2SO2+O2

2SO3，故答案为2SO2+O2

2SO3；

③简述检验SO2物质的方法：

将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色，

故答案为将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；

④硫酸的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式：

2H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+2H2O+SO2↑，

故答案为2H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+2H2O+SO2↑；

（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3。

①工业上合成氨的化学方程式为N2+3H2

2NH3；在实验室中则用加热固体混合物的方法制取气体氨气，其化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为N2+3H2

2NH3；2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3+2H2O；

②C→D的化学方程式和电子转移的方向和数目分析如下：

，故答案为

；

③A→B转化的化学方程式：

4NH3+5O2

4NO+6H2O，故答案为4NH3+5O2

4NO+6H2O；

④D浓溶液为HNO3，1．92gCu的物质的量为：

n（Cu）=

=0．03mol，反应时失去电子为：

2×0．03mol=0．06mol，反应整个过程为HNO3

NO、NO2

HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为：

n（O2）=

=0．015mol，标况下需要氧气的体积为：

V（O2）=0．015mol×22．4L/mol=0．336L=336mL，故答案为336。

【考点定位】考查无机推断

【名师点晴】本题考查无机物推断，涉及Na、S等元素单质及化合物的转化。

旨在考查学生对元素化合物知识熟练掌握，注意掌握中学常见的连续反应。

此类题的解答一般有以下步骤：

思维起点的选择：

思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：

解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：

将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。

8．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是葡萄酒中常用的抗氧化剂。

一种以硫黄为原料制取Na2S2O5的生产工艺如下：

已知：

结晶脱水发生的反应：

回答下列问题：

（1）Na2S2O5中硫元素的化合价为________。

（2）焚烧炉中反应的化学方程式为________________。

（3）反应器中发生反应的离子方程式为________________。

（4）葡萄酒酿造过程中添加Na2S2O5会放出一种有刺激性气味的气体，该气体是一种食品添加剂。

实验室中检验该气体的常用试剂是________________。

（5）废水中的硫单质（S8）能与碱反应，化学反应：

，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

【答案】+4

品红溶液2:

1

【解析】

【分析】

硫磺在空气中燃烧生成

，

在洗涤塔中溶于水得到亚硫酸，经除杂后与

反应得到

，再经题目给出的反应式结晶脱水即可得到产物。

【详解】

（1）钠为+1价，氧为-2价，则硫只能是+4价；

（2）焚烧炉里实际就是硫在空气中燃烧：

；

（3）根据分析，反应器中实际上是亚硫酸和

的反应：

；

（4）这种刺激性气味的气体就是

，实验室中可用品红溶液来检验，若能使品红褪色且加热后能复原，即可证明是

；

（5）不难看出这是一个硫的歧化反应，有16个硫的化合价从0价降低到-2价，有8个硫的化合价从0价升高到+4价，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为16:

8，即2:

1。

9．某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol·L-1的Ba（NO3）2溶液中，得到了BaSO4沉淀，为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组突出了如下假设:

假设一：

溶液中的NO3-

假设二：

溶液中溶解的O2

（1）验证假设一

该小组涉及实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象

实验步骤

实验现象

结论

实验1：

在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体

____

假设一成立

实验2：

在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBa（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体

____

（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线入下图

实验1中溶液pH变小的原因是____；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）_________。

（3）验证假设二

请设计实验验证假设二，写出实验步骤，预期现象和结论。

实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）____

（4）若假设二成立，请预测：

在相同条件下，分别通入足量的O2和KNO3，氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反映后两溶液的pH前者_______（填大于或小于）后者，理由是________

【答案】无明显现象有白色沉淀生成SO2溶于水后生成H2SO33SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO

实验步骤

实验现象

结论

实验1：

作为参考实验

假设二成立

实验3：

将纯净的SO2气体通入未经脱O2处理的25mL0.1mol/L的BaCl2溶液中

有白色沉淀生成

小于反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3，生成的H+的物质的量前者多余后者

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据强酸制弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，电离出Ｈ＋，和NO3-结合生成硝酸，具有强氧化性，将SO32-氧化成SO42-，故生成白色的BaSO4沉淀；

（2）SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH值减小；3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO；

（3）

实验步骤

实验现象

结论

实验