题目内容
某研究小组欲探究SO2的化学性质，设计了如下实验方案．
（1）指出仪器①的名称______．
（2）检查A装置的气密性的方法是______．
（3）装置B检验SO2的氧化性，则B中所盛试剂可以为______．
（4）装置C中盛装溴水用以检验SO2的______性，则C中反应的离子方程式为______．
（5）装置D中盛装新制漂白粉浓溶液通入SO2一段吋间后，D中出现了大量白色沉淀．同学们对白色沉淀成分提出三种假设：
①假设一：该白色沉淀为CaSO3
假设二：该白色沉淀为______．
假设三：该白色沉淀为上述两种物质的混合物．
②基于假设一，同学们对白色沉淀成分进行了探究．设计如下方案：
限选的仪器和试剂；过滤装置、试管、滴管、带导管的单孔塞、蒸馏水、0.5mol．L-1 HCl、0.5mol．L-1 H2SO4、0.5mol．L-1BaCl2、1mol．L-1 NaOH、品红溶液．
第1步，将D中沉淀过滤、洗涤干净，备用．
请回答洗涤沉淀的方法：______．
第2步，用另一只干净试管取少量沉淀样品，加入______（试剂），塞上带导管的单孔塞，将导管的另一端插入盛有______（试剂）的试管中．
若出现______现象，则假设一成立．
③若假设二成立，试写出生成该白色沉淀的化学方程式：______．
（6）装置E中盛放的试剂是______，作用是______．
解：（1）仪器①是常用的仪器分液漏斗，能在装置中起到加入液体药品的作用，并能控制液体流量，从而控制反应的速率，
故答案为：分液漏斗；
（2）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏，所以检查装置A的气密性的操作为关闭分液漏斗活塞，将导管末端插入B试管水中，用手捂住锥形瓶，若在导管口有气泡冒出，松开手后导管中上升一段水柱，则表明装置A气密性良好，
故答案为：关闭分液漏斗活塞，将导管末端插入B试管水中，用手捂住锥形瓶，若在导管口有气泡冒出，松开手后导管中上升一段水柱，则表明装置A气密性良好；
（3）硫化氢水溶液或硫化钠、硫氢化钠溶液中的硫元素都为-2价，与二氧化硫反应，化合价会升高，被氧化二氧化硫表现氧化性，如：2H2S+SO2=3S+2H2O中，H2S中S元素的化合价升高，被氧化，SO2中S元素的化合价降低，被还原，SO2为氧化剂，
故答案为：硫化氢水溶液（或硫化钠、硫氢化钠溶液）；
（4）在反应Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中，Br元素的化合价由0降低为-1价，则Br2为氧化剂，在反应中表现氧化性，S元素的化合价+4价升高+6价，则SO2为还原剂，在反应中被氧化，在离子反应方程式中，单质和氧化物写化学式，所以离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-；
故答案为：还原；SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-；
（5）①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，会发生氧化还原反应，生成产物为硫酸钙，
故答案为：CaSO4；
②白色沉淀表面有钙离子和氯离子、硫酸根离子等可溶性的离子，需除去这些离子，方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复2～3次以上操作；亚硫酸钙和盐酸反应CaSO3+2HCl═CaCl2+SO2↑+H2O，二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色；漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，能氧化+4价的硫，所以生成该白色沉淀的化学方程式：Ca（ClO）2+H2O+SO2=CaSO4+2HCl，
故答案为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复2到3次以上操作；过量（或适量）0.5 mol?L-1HCl； 品红溶液； 若固体完全溶解，有气泡产生，且能使品红溶液褪色；Ca（ClO）2+H2O+SO2=CaSO4+2HCl；
（6）二氧化硫是有毒的气体，是大气污染物，所以装置E的作用是吸收二氧化硫防止造成空气污染，可用氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化硫反应2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，为防止倒吸用倒扣的漏斗，
故答案为：NaOH溶液；吸收SO2，防止造成空气污染；
分析：（1）依据实验室常用仪器的名称结合在实验中的作用进行解答；
（2）根据装置气密性检验的原理解答；
（3）根据氧化还原反应的规律，元素化合价降低发生还原反应，具有氧化性，据此解答；
（4）氧化还原反应Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中，Br2在反应中做氧化剂，具有氧化性，被还原，根据离子方程式的书写方法书写离子反应方程式，据此解答；
（5）①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，能氧化亚硫酸根离子；
②因沉淀的表面有可溶性的杂质，需用蒸馏水重复洗涤；亚硫酸钙和盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色；漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，能氧化+4价的硫，据此书写化学方程式；
（6）根据NaOH溶液吸收SO2和防倒吸的原理进行解答；
点评：本题主要考查了探究SO2的化学性质实验操作，掌握实验的原理及二氧化硫的性质是解题的关键，题目难度中等．
故答案为：分液漏斗；
（2）装置气密性检验的原理是：通过气体发生器与附设的液体构成封闭体系，依据改变体系内压强时产生的现象（如气泡的生成、水柱的形成、液面的升降等）来判断装置气密性的好坏，所以检查装置A的气密性的操作为关闭分液漏斗活塞，将导管末端插入B试管水中，用手捂住锥形瓶，若在导管口有气泡冒出，松开手后导管中上升一段水柱，则表明装置A气密性良好，
故答案为：关闭分液漏斗活塞，将导管末端插入B试管水中，用手捂住锥形瓶，若在导管口有气泡冒出，松开手后导管中上升一段水柱，则表明装置A气密性良好；
（3）硫化氢水溶液或硫化钠、硫氢化钠溶液中的硫元素都为-2价，与二氧化硫反应，化合价会升高，被氧化二氧化硫表现氧化性，如：2H2S+SO2=3S+2H2O中，H2S中S元素的化合价升高，被氧化，SO2中S元素的化合价降低，被还原，SO2为氧化剂，
故答案为：硫化氢水溶液（或硫化钠、硫氢化钠溶液）；
（4）在反应Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中，Br元素的化合价由0降低为-1价，则Br2为氧化剂，在反应中表现氧化性，S元素的化合价+4价升高+6价，则SO2为还原剂，在反应中被氧化，在离子反应方程式中，单质和氧化物写化学式，所以离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-；
故答案为：还原；SO2+Br2+2H2O=SO42-+4H++2Br-；
（5）①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有强氧化性，二氧化硫具有还原性，会发生氧化还原反应，生成产物为硫酸钙，
故答案为：CaSO4；
②白色沉淀表面有钙离子和氯离子、硫酸根离子等可溶性的离子，需除去这些离子，方法是沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复2～3次以上操作；亚硫酸钙和盐酸反应CaSO3+2HCl═CaCl2+SO2↑+H2O，二氧化硫与品红化合生成无色物质，能使品红溶液褪色；漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，能氧化+4价的硫，所以生成该白色沉淀的化学方程式：Ca（ClO）2+H2O+SO2=CaSO4+2HCl，
故答案为：沿玻璃棒向漏斗中加蒸馏水至浸没沉淀，待水流尽后重复2到3次以上操作；过量（或适量）0.5 mol?L-1HCl； 品红溶液； 若固体完全溶解，有气泡产生，且能使品红溶液褪色；Ca（ClO）2+H2O+SO2=CaSO4+2HCl；
（6）二氧化硫是有毒的气体，是大气污染物，所以装置E的作用是吸收二氧化硫防止造成空气污染，可用氢氧化钠，氢氧化钠和二氧化硫反应2NaOH+SO2═Na2SO3+H2O，为防止倒吸用倒扣的漏斗，
故答案为：NaOH溶液；吸收SO2，防止造成空气污染；
分析：（1）依据实验室常用仪器的名称结合在实验中的作用进行解答；
（2）根据装置气密性检验的原理解答；
（3）根据氧化还原反应的规律，元素化合价降低发生还原反应，具有氧化性，据此解答；
（4）氧化还原反应Br2+SO2+2H2O═2HBr+H2SO4中，Br2在反应中做氧化剂，具有氧化性，被还原，根据离子方程式的书写方法书写离子反应方程式，据此解答；
（5）①新制漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，能氧化亚硫酸根离子；
②因沉淀的表面有可溶性的杂质，需用蒸馏水重复洗涤；亚硫酸钙和盐酸反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色；漂白粉浓溶液中含有的次氯酸根离子具有氧化性，能氧化+4价的硫，据此书写化学方程式；
（6）根据NaOH溶液吸收SO2和防倒吸的原理进行解答；
点评：本题主要考查了探究SO2的化学性质实验操作，掌握实验的原理及二氧化硫的性质是解题的关键，题目难度中等．
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