江西省九江市第一中学学年高一上学期期末考试化学试题.docx
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江西省九江市第一中学学年高一上学期期末考试化学试题
江西省九江第一中学2018-2019学年高一上学期期末考
化学试题
1.下列对古文献记录内容理解错误的是
A.《本草纲目》“烧酒”条目下写道：
“自元时始创其法，用浓酒和糟入甑，蒸令气上……其清如水，味极浓烈，盖酒露也”。
这里所用的“法”是指蒸馏
B.《抱朴子·金丹篇》中记载：
“丹砂烧之成水银，积变又还成丹砂”。
该过程未发生氧化还原反应
C.《天工开物》记载：
“凡埏泥造瓦，掘地二尺余，择取无沙粘土而为之”。
“瓦”，传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐
D.《本草经集注》中关于鉴别硝石（KNO3）和朴硝（Na2SO4）的记载：
“以火烧之，紫青烟起，乃真硝石也”，该方法应用了焰色反应
【答案】B
【解析】
【详解】A.“烧酒”利用的是蒸馏原理，A正确；
B.丹砂的主要成分是HgS，高温分解生成Hg和S，积变后二者化合又变为丹砂，因此发生了氧化还原反应，B错误；
C.“瓦”属于传统无机非金属材料，主要成分为硅酸盐，C正确；
D.钾元素的焰色反应显紫色，D正确。
答案选B。
【点睛】本题主要考查的是元素化合物的性质，题目的情景设计较新颖，予化学知识于古文字中，注意古文的理解和化学物质性质的分析判断。
2.下列实验操作中正确的是
A.萃取操作时,应选择有机萃取剂,且萃取剂的密度必须比水大
B.分液操作时，下层液体从分液漏斗下口放出后再将上层液体从下口放出到另一个烧杯中
C.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处
D.蒸发结晶时应使混合物中的水分完全蒸干后,才能停止加热
【答案】C
【解析】
【详解】A.萃取剂的选择与密度大小无关，故A错误；
B.分液时应避免液体重新混合而污染，下层液体从下端流出，上层液体从上口倒出，故B错误；
C.蒸馏时，温度计用于测量馏分的温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，所以C选项是正确的；
D.蒸发时，当有大量固体析出时，即停止加热，防止温度过高而导致溶质分解而变质，故D错误。
所以C选项是正确的。
【点睛】本题考查物质分离提纯的物理方法，注意各实验基本操作中的注意事项，如蒸发时停止加热的依据，分液时“上层上出，下层下出”，温度计在实验中的位置等等。
3.下列实验事故的处理方法正确的是
A.钠着火时，赶紧用水灭火
B.衣服沾上大量的浓氢氧化钠溶液，需将此衣服浸泡在盛水的盆中
C.实验桌上的酒精灯倾倒了燃烧起来，马上用湿布扑灭
D.不慎将酸或碱液溅入眼内，立即闭上眼睛，用手揉擦
【答案】C
【解析】
【详解】A.不能用水灭火，因为钠与水反应生成易燃的氢气，燃烧更旺，故A错误；
B.氢氧化钠溶于水放出大量的热，会进一步烧伤衣服，应该用干抹布擦去，然后再用水冲洗，故B错误；
C.酒精灯倾倒了燃烧起来，立即用湿抹布铺盖，所以C选项是正确的；
D.不慎将酸或碱液溅到眼中，应立即用水冲洗，边洗边眨眼睛，以最大程度减小对眼睛的危害，故D错误。
所以C选项是正确的。
4.只给出下列物理量a和b，不能求出物质的量的是
选项
物理量a
物理量b
A
固体的体积
固体的密度
B
物质的摩尔质量
物质的质量
C
物质中的粒子数
阿伏加德罗常数
D
标准状况下的气体摩尔体积
标准状况下的气体体积
A.AB.BC.CD.D
【答案】A
【解析】
【详解】A．已知固体的体积和固体的密度，根据m=ρV可以计算固体的质量，不能求出物质的量，故A错误；
B．已知物质的质量和物质的摩尔质量，根据公式n=
可以计算出物质的量，故B正确；
C．已知物质中的粒子数和阿伏加德罗常数，可以根据公式n=
可以计算物质的量，故C正确；
D．已知标准状况下的气体摩尔体积和标准状况下的气体的体积，根据公式n=
可以计算出物质的量，故D正确。
答案选A。
【点睛】本题考查了物质的量的有关计算，注意公式的灵活运用，加强基础知识理解，侧重于考查学生的分析能力和对公式的应用能力。
5.欲除去某溶液里混有的少量杂质，下列做法中不正确的是（括号内的物质为杂质）
A.KNO3溶液（AgNO3）:
加入过量KCl溶液，过滤
B.NaCl溶液（BaCl2）：
加过量Na2CO3溶液，过滤，再加适量盐酸再加热
C.碘单质I2（NaCl）：
加热升华后，再凝华
D.NaCl溶液（Br2）：
加CCl4，萃取分液
【答案】A
【解析】
【分析】
物质除杂时，可以根据物质性质，采用物理方法或化学方法；原则上选用的除杂试剂不能与原有物质反应；反应后不能引入新的杂质，据此分析。
【详解】A、加过量KCl溶液会和硝酸银反应生成氯化银沉淀和硝酸钾，过滤，滤液是硝酸钾和过量氯化钾的混合物，又引进了新杂质，故A错误；
B、加过量Na2CO3溶液会和氯化钡反应生成碳酸钡沉淀和氯化钠，过滤，滤液是氯化钠和过量的碳酸钠，再加适量盐酸并加热可以将碳酸根除去，故B正确；
C、碘单质I2易升华，氯化钠难挥发，故C正确；
D、溴单质会溶解在四氯化碳中，分液获得氯化钠溶液和溶有溴的四氯化碳互不相溶的两部分，故D正确。
故答案选A。
6.某无色透明的溶液中，能大量共存的离子组是
A.Cu2＋、K＋、SO42－、NO3－B.Ba2＋、K＋、SO42－、Cl－
C.Na＋、H＋、SO42－、HCO3－D.Na＋、K＋、Cl－、NO3－
【答案】D
【解析】
【分析】
无色时可排除Cu2＋、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，能生成沉淀、易挥发物质和难电离物质不能大量共存，以此分析。
【详解】无色时可排除Cu2＋、Fe2+、Fe3+、MnO4-等有色离子的存在，
A.Cu2＋为有色离子，不满足溶液无色的条件，故A不符合题意；
B.Ba2＋、SO42－之间反应生成硫酸钡，在溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C.H＋、HCO3－之间发生反应，在溶液中不能的大量共存，故C不符合题意；
D.Na＋、K＋、Cl－、NO3－之间不反应，都是无色离子，在溶液中能够大量共存，所以D选项符合题意。
答案选D。
【点睛】本题考查离子共存，综合考查学生化学知识的应用能力，需要明确离子不能大量共存的一般情况，并注意题目无色的特点。
7.设NA表示阿伏加德罗常数的值。
下列说法中正确的是
A.5.6g铁与足量盐酸反应产生H2的体积约为2.24L
B.1.0mol/LNaOH溶液中含有的氧原子数为NA
C.常温常压下，16g氧气和臭氧的混合气体中含有的氧原子数为NA
D.标准状况下，11.2LSO3中含有的分子数目为0.5NA
【答案】C
【解析】
【详解】A、5.6g铁与足量盐酸反应产生H2的体积在标准状况下约为2.24L，不是标准状况下则不一定约为2.24L，选项A错误；
B、没有给出溶液体积，无法计算NaOH的物质的量，且溶剂水中也含有氧原子，选项B错误；
C、氧气和臭氧都是氧原子形成的不同单质，16g混合气中含有1mol氧原子，选项C正确；
D、标准状况下，SO3不是气体，11.2L SO3中含有的分子数目小于0.5NA，选项D错误。
答案选C。
8.制备Fe3O4纳米颗粒的反应为3Fe2++2S2O32-+O2+xOH-=Fe3O4+S4O62-+2H2O，则下列说法正确的是
A.参加反应的Fe2+全部作还原剂
B.x=4
C.已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒为胶体
D.每生成1molFe3O4，被S2O32-还原的O2为1mol
【答案】B
【解析】
【详解】A项，Fe3O4中只有三分之一铁元素是+2价的，即参加反应的Fe2+只有部分作还原剂，故A项错误；
B项，根据电荷守恒可求得x=4，故B项正确；
C项，已知Fe3O4纳米颗粒直径为20nm，则Fe3O4纳米颗粒分散到某物质中能形成胶体，胶体不能只有分散质，故C项错误；
D项，每生成1molFe3O4，被还原的O2只有1mol，而Fe2+和S2O32-都是还原剂，被S2O32-还原的O2一定不是1mol，故D项错误。
综上所述，本题正确答案为B。
9.两份质量均为mg的Na2CO3、NaHCO3固体混合物，加热第一份充分反应得到CO2质量是xg，向加热后所得固体中加入足量的盐酸得到CO2ag；向第二份中直接加入足量盐酸得到CO2的质量是bg．则x等于
A.2bB.2aC.b-2aD.b-a
【答案】D
【解析】
【分析】
由碳守恒可以知道，两份中的碳是相等的，故完全反应放出的二氧化碳也就应该相等。
【详解】由碳守恒可以知道，两份中的碳是相等的，盐酸又可以把全部的碳酸根离子转变成二氧化碳，故完全反应放出的二氧化碳也就应该相等，故x+a=b，即x=b-a。
答案选D。
【点睛】本题若用常规方法来做则比较费时，而用守恒法，则简单方便。
10.下列化合物既能用金属与氯气化合制备，又能用金属与盐酸反应制备的是
A.MgCl2B.CuCl2C.FeCl3D.FeCl2
【答案】A
【解析】
【详解】A.MgCl2可以由Mg与Cl2反应生成，也可以由Mg与HCl反应生成，故A正确；
B.Cu与Cl2反应生成CuCl2，Cu与HCl不反应，故B错误；
C.Fe与Cl2反应生成FeCl3，因为Cl2氧化性强，会将Fe氧化到+3价2Fe+3Cl2
2FeCl3，
Fe与HCl生成FeCl2，因为HCl氧化性弱，只能将Fe氧化到+2价Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故C错误；
D.结合C项分析，Fe与HCl生成FeCl2，Fe与Cl2反应生成FeCl3，故D错误。
答案选A。
11.金属及其化合物的转化关系是化学学习的重要内容之一。
下列各组物质的转化不能通过一步反应直接完成的是
A.Al→Al2O3→Al（OH）3→AlCl3B.Fe→FeSO4→Fe（OH）2→Fe（OH）3
C.Mg→MgCl2→Mg（OH）2→MgSO4D.Na→NaOH→Na2CO3→NaCl
【答案】A
【解析】
【详解】A项，氧化铝不能一步反应生成氢氧化铝，需要先加酸转化为铝盐后，再加入碱才能生成氢氧化铝，故选A项；
B项，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁在空气中被氧化生成氢氧化铁，各物质可通过一步反应完成，故不选B项；
C项，镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁与氢氧化钠反应生成氢氧化镁，氢氧化镁与硫酸反应生成硫酸镁，各物质可通过一步反应完成，故不选C项。
D项，钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与氯化钙反应生成氯化钠，各物质可通过一步反应完成，故不选D项。
综上所述，本题正确答案为A。
【点睛】本题考查了物质间的转化，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的性质来分析解答，以Na、Mg、Al、Fe为知识点构建知识网络，元素化合物知识常常在工艺流程中出现，还常常与基本实验操作、物质的分离与提纯、离子的检验等知识点联合考查。
12.下列不属于氮的固定过程的是
A.硝酸分解B.合成氨C.高能固氮D.豆科根瘤菌吸收氮
【答案】A
【解析】
【分析】
氮的固定是将空气中游离的氮转化为含氮化合物的过程，以此分析。
【详解】A.硝酸分解生成二氧化氮、水和氧气，不属于氮的固定过程，A项选；
B.合成氨是氮气和氢气在高温高压催化剂条件下化合生成氨气，属于工业固氮，B项不选；
C.高能固氮是空气中氮气和氧气在放电条件下生成NO，属于自然固氮，C项不选；
D.大豆根瘤菌将N2转化为化合态氮，属于生物固氮，D项不选。
答案选A。
13.下列有关物质性质或应用的说法正确的是
A.二氧化硫也可用来杀菌、消毒
B.二氧化锰具有强氧化性，能将双氧水氧化为氧气
C.炭具有强还原性，高温下能将二氧化硅还原为硅，并放出CO2
D.二氧化硫具有漂白性，与氯水混合使用效果会更好
【答案】A
【解析】
【详解】A.二氧化硫也可用来杀菌、消毒，故A正确；
B.过氧化氢分解中二氧化锰起催化剂作用，不表现氧化性，故B错误；
C.碳与二氧化硅高温下反应生成硅和一氧化碳，工业上用此反应制备粗硅，故C错误；
D.二氧化硫可以和氯气的水溶液之间发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，不再具有漂白性，故D错误。
所以A选项是正确的。
14.下列说法正确的是
A.CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在。
B.NH3汽化时吸收大量的热，因此，氨常用作制冷剂
C.CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
D.活性炭、SO2、Na2O2都能使品红溶液褪色，原理不同
【答案】D
【解析】
【详解】A、NO能和氧气反应，故不能在空气中稳定存在，故A错误；
B、液氨变成氨气需要吸收周围环境的热量，导致周围环境的温度迅速降低，因此液氨可作制冷剂，故B错误；
C、CO2不会导致酸雨的形成，SO2、NO2都会导致酸雨的形成，故C错误；
D、活性炭为吸附性，二氧化硫与品红化合，过氧化钠具有强氧化性，则能使品红溶液褪色，但原理不同，故D正确。
所以D选项是正确的。
15.用如图中装置进行实验，实验一段时间后，现象与预测不一致的是
①中物质
②中物质
实验预测
A
浓氨水
酚酞试液
②中溶液变为红色
B
浓硝酸
淀粉KI溶液
②中溶液变为蓝色
C
浓盐酸
浓氨水
大烧杯中有白烟
D
饱和的亚硫酸溶液
稀溴水
②中无明显变化
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
试题分析：
浓氨水会挥发出氨气，氨气溶解在酚酞溶液中，酚酞会变红，故A对，不选；浓硝酸有挥发性，挥发出来的硝酸溶解在淀粉KI溶液，将KI氧化为碘单质，故溶液变蓝，B对，不选；浓盐酸和浓氨水都有挥发性，挥发出来的氨气和氯化氢反应生成氯化铵，故看到白烟，C对，不选；饱和的亚硫酸溶液不稳定，分解生成的SO2进入到稀溴水中，与溴水反应，溴水褪色，D错，选D。
考点：
浓盐酸、浓氨水、浓硝酸、碘化钾等的性质和实验现象的描述。
16.仅用下图装置可完成（装置可加热）：
A.用锌粒与稀H2SO4反应制H2
B.用NH4CI与Ca（OH）反应制NH3
C.用Cu与浓HNO3反应制NO2
D.浓硫酸和铜制SO2
【答案】A
【解析】
【详解】A.Zn与稀H2SO4反应不需要加热，生成的H2可用排水法收集，A正确；
B.NH3极易溶于水，不能用排水法收集，B错误；
C.NO2可与水反应生成NO，不能用排水法收集，C错误；
D.铜与浓硫酸在加热条件下才反应，且SO2易溶于水，不能用排水法收集，D错误。
答案选A。
17.下列离子方程式正确的是：
A.MnO2与浓盐酸反应制Cl2：
MnO2＋4HCl
Mn2＋＋2Cl－＋Cl2↑＋2H2O
B.200mL2mol/L的FeBr2溶液中通11.2L标况下的氯气：
4Fe2＋+6Br－+5Cl2==4Fe3＋+3Br2+10Cl－
C.碳酸钙与醋酸溶液反应：
CaCO3+2H+=Ca2++H2O+CO2↑
D.NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2溶液：
H＋＋SO42-＋Ba2＋＋OH－=BaSO4↓＋H2O
【答案】B
【解析】
【详解】A.MnO2与浓盐酸反应制Cl2，浓盐酸中的HCl应该拆开，正确的离子方程式为：
MnO2＋4H++2Cl-
Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O，故A错误；
B.还原性Fe2＋>Br－，所以通入氯气先发生反应2Fe2＋+Cl2==2Fe3＋+2Cl－，Fe2＋反应完毕，剩余的氯气再发生反应2Br－+Cl2==Br2+2Cl－，200mL2mol/L的FeBr2溶液中0.4molFeBr2，通入11.2L标况下的氯气，物质的量为0.5mol，反应的离子方程式为：
4Fe2＋+6Br－+5Cl2==4Fe3＋+3Br2+10Cl－，所以B选项是正确的；
C.碳酸钙和醋酸都需要保留化学式，正确的离子方程式为：
CaCO3+2CH3COOH=Ca2++H2O+CO2↑+2CH3COO-，故C错误；
D.NaHSO4溶液中滴入少量Ba（OH）2溶液发生的离子反应为2H＋＋SO42-＋Ba2＋＋2OH－=BaSO4↓＋2H2O，故D错误。
所以B选项是正确的。
【点睛】本题考查了离子方程式的书写，明确反应实质是解题关键，注意反应物用量对反应的影响，选项B、D为易错选项。
18.在如图所示的装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴定管内盛放某种液体。
挤压滴管的胶头，下列与实验事实不相符的是
A.NH3（H2O含酚酞）/红色喷泉B.NO（H2O含石蕊）/红色喷泉
C.HCl（AgNO3溶液）/白色喷泉D.SO2（NaOH溶液）/无色喷泉
【答案】B
【解析】
【详解】A.因氨气极易溶于水，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因氨水溶液显碱性，酚酞遇碱变红，故形成红色喷泉，故A正确；
B.因NO与水不发生反应，也不溶于水，则挤压胶管的胶头，烧瓶内压强不变化，则不会形成喷泉，故B错误；
C.因HCl与AgNO3溶液反应生成白色的AgCl沉淀，则挤压胶管的胶头，使烧瓶中的气压减小，且小于外界大气压，则形成喷泉，又因溶液中有白色的AgCl，形成白色浑浊，故形成白色喷泉，故C正确；
D.二氧化硫能和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，烧瓶中的压强减小，能够形成无色喷泉，故D正确。
答案选B。
19.在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12mL通入足量水中，充分反应后剩余2mL气体（同温同压下），则原混合气体中氧气的体积为
①1.2mL ②2.4mL ③3mL ④4mL
A.①④B.③④C.②③D.①②
【答案】A
【解析】
【分析】
根据NO2和O2混合气体倒立于水槽中可能发生的化学反应，知道氧气过量和二氧化氮过量发生反应的情况不同；
当氧气过量时，化学方程式为：
4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据反应系数，可知氧气的体积；
当二氧化氮过量时，则剩余气体是一氧化氮，反应方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3和3NO2+H2O=2HNO3+NO，据此分析。
【详解】若氧气过量，则剩余2mL无色气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为x，则有：
4NO2+O2+2H2O=4HNO3
4xx
4x+x=12mL-2mL=10mL，解得：
x=2mL
原混合气体中氧气的体积为：
2mL+2mL=4mL；
若NO2过量，则剩余2mL无色气体为NO，设氧气的体积为y，
4NO2+O2+2H2O=4HNO3
4yy
3NO2+H2O=2HNO3+NO
31
12mL-y-4y2mL
=
，解得：
y=1.2mL，即原混合物中含有1.2mL氧气。
故选A。
20.厌氧氨化法（Anammox）是一种新型的氨氮去除技术，下列说法中正确的是
A.1molNH4+所含的质子总数为10NA
B.1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）得到氮气的体积约为11.2L
C.该过程的总反应是：
NH4++NO2－=N2↑＋2H2O
D.该方法每处理1molNH4+，需要的NO2—为0.5mol
【答案】C
【解析】
【详解】A.质子数等于原子序数，1molNH4+所含的质子总数为11NA，故A错误；
B.由图可知，1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，标准状况下的体积为22.4L，故B错误；
C.由图可知，该过程的总反应是：
NH4++NO2－=N2↑＋2H2O，故C正确；
D.由图可知，1molNH4+经过过程I、II、III，（假设每步转化均完全）1molNH4+和1molNH2OH发生氧化还原反应生成1molN2，因此每处理1molNH4+，需要的NO2—为1mol，故D错误。
21.已知由AgNO3溶液和稍过量的KI溶液制得的AgI胶体，该胶体跟Fe（OH）3胶体相混合时，会析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀。
由此可知
A.该AgI胶体进行电泳时，胶粒向阳极移动B.该AgI胶粒带正电荷
C.该AgI胶体带负电荷D.该AgI胶体是电解质
【答案】A
【解析】
【分析】
AgI溶胶与Fe（OH）3溶胶相混合时，析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明AgI胶粒与Fe（OH）3胶粒带相反电荷，水溶液中或熔融状态下导电的化合物为电解质，据此分析。
【详解】AgI溶胶与Fe（OH）3溶胶相混合时，析出AgI和Fe（OH）3的混合沉淀，这是发生了胶体的聚沉，说明AgI胶粒与Fe（OH）3胶粒带相反电荷，而Fe（OH）3胶粒吸附正电荷，故AgI胶粒吸附负电荷。
A、AgI胶粒吸附负电荷，故电泳时向阳极移动，所以A选项是正确的；
B、AgI胶粒吸附负电荷，故B错误；
C、AgI胶粒吸附负电荷，胶体是电中性的，不带电荷，故C错误；
D、AgI胶体是混合物，不是电解质，故D错误。
所以A选项是正确的。
22.有一混合溶液，其中只含有Fe2＋、Cl－、Br－、I－（忽略水的电离）。
其中Cl－、Br－、I－的个数比为2：
3：
4，向该溶液中通入氯气，使溶液中Cl－和Br－的个数比为3：
1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2＋物质的量之比为:
（已知还原性：
I－>Fe2＋>Br－>Cl－）
A.9：
1B.6：
2C.7：
3D.7：
4
【答案】C
【解析】
【详解】溶液呈电中性，因此可得Fe2＋、Cl－、Br－、I－的个数比为9：
4：
6：
8。
根据还原性的强弱可知，通入氯气后，氯气先将I－氧化成I2，设Fe2＋、Cl－、Br－、I－的物质的量分别为9x、4x、6x、8x，则氧化I－时，消耗氯气的物质的量为4x，生成Cl－的物质的量为8x，此时Cl－和Br－的物质的量之比为（4x+8x）:
6x=2:
1，继续通入氯气后，Fe2＋被氧化为Fe3＋，因此需加入氯气的物质的量为3x，消耗Fe2＋ 的物质的量为6x，剩余Fe2＋的物质的量为3x，所以通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2＋物质的量之比为（4x+3x）:
3x=7:
3，故C项正确。
综上所述，本题正确答案为C。
23.如图装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质，下列说法正确的是
A.AB.BC.CD.D
【答案】B
【解析】
A、酸性高锰酸钾能将二氧化硫在水溶液中氧化成硫酸，自身还原为无色的二价锰离子，是酸性高锰酸钾的氧化性的体现，这里体现的是二氧化硫的还原性，A错误；B、使品红溶液褪色是特征反应，化合生成不稳定的化合物加热后又恢复为原来的红色，体现了二氧化硫的漂白性，B正确；C、二氧化硫为酸性氧化物，能跟氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，但无明显现象，C错误；D、二氧化硫能与H2S反应生成S和H2O，体现SO2的氧化性，D错误；答案选B。
点睛：
本题考查二氧化硫的性质，主要性质为：
二氧化硫为酸性氧化物，具有酸性氧化物的通性，二氧化硫还具有
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