37．答案：BD

解析：充分反应后，质量增加的1.6 g必为参加反应的硫的质量，则n(S)＝

，说明：n(单质)：n(S)＝0.1 mol∶0.05 mol=2∶1。分析四个选项，符合该反应物质的量之比(2∶1)的，只有Cu和K，2Cu+SCu₂S，2K+SK₂S。

36．答案：A

解析：本题考查了氧化还原反应的条件的重要性。Cu和H₂SO₄反应的前提条件是浓H₂SO₄，开始18mol/L为浓的，但随着Cu参加反应，H₂SO₄被消耗变稀，此时反应已终止。其次，考查了氧化性酸在与金属发生反应时，其作用分两部分：一部分充当氧化剂，使其得电子数与金属失电子数相同，另一部分是生成的金属阳离子与酸根结合生成盐。由Cu+2H₂SO₄=Cu SO₄+SO₂↑+2H₂O可知如果H₂SO₄完全反应，也只有一半充当氧化剂被还原，故被还原18mol/L H₂SO₄的最大量为(18mol/L×0.05L)÷2=0.45mol。

35．答案：C

解析：H₂S和O₂反应后的气体产物可能为①H₂S；②SO₂；③SO₂和O₂。

如为情况①，说明H₂S过量。

则由：2H₂S+O₂=2H₂O+2S体积减少

2　 1　　　　　　 3

　　　 60 　30　　　　　 100-10=90　

参加反应的H₂S和O₂的总体积为60+30=90，则余下的10mL气体为H₂S。

若为情况②或③，说明O₂过量。

则由：2H₂S+3O₂=2H₂O+2SO₂体积减少

　　　 2　　 3　　　　 2　　 3

　　　 　60 　　90　 　　　　　　90

则参加反应的H₂S和O₂的总体积为60+90=150>100，所以这两种情况不存在。

34．答案：C　

解析：，故A错；Cu与浓硫酸反应：Cu+2H₂SO₄(浓) CuSO₄+SO₂↑+2H₂O，随着反应进行，浓H₂SO₄会变成稀H₂SO₄，反应停止，得到SO₂气体体积小于10.3 L，B错；浓H₂SO₄与等体积的水混合所得溶液的质量分数大于49%，D错。

33．答案：AD　

解析：2H₂S +O₂2S↓+2H₂O，pH变大直至7；2H₂SO₃+O₂2H₂SO₄，pH变小；H₂S +Cl₂S↓+2HCl，pH变小；SO₂+Cl₂+2H₂OH₂SO₄+2HCl，pH变小。

32．答案：AB　

解析：n(Fe)=n(气体)＝＝0.1 mol。如果0.1 mo1气体为H₂，其质量为0.2 g；如果0.1 mol气体为H₂S，其质量为3.4 g，故A和B均对；如果n(S)> n (Fe)=0.1 mol，则原混合物的质量大于8.8 g，故C错；如果n(S)＝n(Fe)，则原混合物加热反应后的物质为纯净物，否则为混合物。

31．答案：C

解析：少量浓硫酸与Na₂SO₃晶体反应产生SO₂气体，依次通过湿润淀粉KI试纸(不反应)、沾有KMnO₄溶液滤纸(不是由于其漂白性，而是因为其还原性，被KMnO₄溶液氧化)、品红试纸(褪色：SO₂漂白性)。SO₂不能漂白酸碱指示剂，故不能使蓝色石蕊试纸褪色。

30．答案:D

解析:SO₂和SO₃通入氯化钡溶液，只有硫酸钡沉淀，因为亚硫酸钡溶于稀硫酸

29．答案：D

解析：K₂SO₄和K₂SO₃中K和S元素的质量比均为39∶16，不能推测该粉末为纯净物，A错。加入氯化钡，也可生成K₂SO₃白色沉淀，B错。将粉末加入盐酸中，产生气泡，只能证明原粉末有K₂SO₃，不能原粉末只有K₂SO₃，C错。

28．答案：B、D

解析：在反应①中NO₂起氧化剂的作用，从反应①、③看NO₂起催化作用，选项A中浓硫酸起吸水剂的作用；选项B中浓硫酸起氧化剂作用；选项C中浓硫酸起酸性作用；选项D中浓硫酸起催化剂作用