2022届高中化学《统考版》一轮复习学案：4-3 硫及其化合物 WORD版含解析.docx

1、第3讲硫及其化合物考纲要求1掌握硫元素单质及其重要化合物的主要性质及应用。2.了解硫及其重要化合物对环境的影响。3.了解硫元素单质及其重要化合物的制备方法。考点一硫及其氧化物的性质1 知识梳理1.硫单质（1）硫元素的存在形态（2）硫单质的物理性质俗称颜色状态溶解性水酒精CS2色固体不溶微溶溶（3）硫单质的化学性质 O2与金属反应表现性与非金属反应与强氧化剂反应（如浓硫酸）：，表现性2二氧化硫（1）物理性质颜色气味毒性密度溶解性无色有毒比空气易溶于水（140）（2）化学性质 氧化性O2还原性O3、SO42-氧化性（如与H2S溶液反应）：SO22H2S=3S2H2O漂白性：可使溶液等有机色质褪色生

2、成不稳定的化合物3三氧化硫（1）物理性质：熔点16.8 ，沸点44.8 ，在常温下为，在标准状况下为。（2）化学性质：4硫的氧化物的污染与防治（1）来源：的燃烧及的冶炼等。（2）危害：危害人体健康，形成酸雨（pH小于5.6）。（3）治理：燃煤，改进燃烧技术。（4）硫酸型酸雨的形成途径有两个：途径1：空气中飘尘的催化作用，使反应发生。途径2：SO2H2OH2SO3、2H2SO3O2=2H2SO4。判断（正确的打“”，错误的打“”）（1）硫与铁反应生成硫化亚铁（）（2）硫在空气中燃烧的产物是二氧化硫，在纯氧中燃烧的产物是三氧化硫（）（3）黑火药由硫黄、硝石、木炭三种物质按一定比例混合制成（）（4）

3、二氧化硫可广泛用于食品的增白（）（5）SO2与Ca（OH）2、NaHCO3均发生化学反应（）（6）32 g硫跟足量金属铜反应转移电子数目为2NA（）（7）SO2具有漂白性，故可使酸性KMnO4溶液、Br2水或滴有酚酞的NaOH溶液褪色（）（8）pHO2SO42-D此工艺的优点之一是物质能循环利用练6SO2的大量排放是会引发酸雨的重要前提，含有SO2的烟气需处理后才能排放。（1）高温条件下，芒硝（Na2SO410H2O）与CO反应生成Na2CO3和SO2的化学方程式为。（2）氧化镁（MgO）可用于去除烟气（主要含N2、O2、SO2、CO2等）中的SO2。MgO加水并加热进行熟化反应生成Mg（OH

4、）2，将制成的Mg（OH）2浆液打入烟气吸收塔。下列措施中，能提高烟气中SO2去除率的有（填字母）。A.适当减缓通入烟气的速率B采用气液逆流的方式吸收烟气C加水使Mg（OH）2完全溶解Mg（OH）2浆液循环吸收烟气中SO2的主要反应为：Mg（OH）2（s）SO2（g）5H2O（l）=MgSO36H2O（s）MgSO36H2O（s）SO2（g）=Mg（HSO3）2（s）5H2O（l）除有微溶于水的MgSO36H2O（s）和Mg（HSO3）2（s）生成外，还能生成的含镁化合物为（填化学式）；随着循环吸收反应的进行，烟气中SO2去除率降低的主要原因是。（3）软锰矿浆（主要成分为MnO2）也可以去除烟

5、气中的SO2，生成MnSO4。Mn2对SO2的氧化有催化作用，反应机理（如图1所示）可用离子方程式表示为：2Mn2SO2O2=2Mn3SO42-，。将一定量的烟气匀速通入一定量的软锰矿浆中，反应相同时间，SO2的去除率随温度变化曲线如图2所示，在3050范围内，随着温度升高，SO2的去除率几乎不变，原因是_。本讲真题研练12020浙江1月，24100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸（分子式为H2S2O7或H2SO4SO3）。下列说法不正确的是（）A.焦硫酸具有强氧化性B.Na2S2O7水溶液呈中性C.Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐D.100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是化学变化220

6、17北京卷，10根据SO2通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是（）溶液现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO33.2017江苏卷，4下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（）42020江苏卷，16吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于

7、水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图1所示。（1）氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为；当通入SO2至溶液pH6时，溶液中浓度最大的阴离子是（填化学式）。（2）ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40 min内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化（见图2）。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是（填化学式）；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为。（3）O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.56.5范围内，pH越低， SO42-生成速率越大

8、，其主要原因是；随着氧化的进行，溶液的pH将（填“增大”“减小”或“不变”）。52017天津卷，10H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列各方法中的问题。.H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2SFe2（SO4）3=S2FeSO4H2SO44FeSO4O22H2SO42Fe2（SO4）32H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5105倍，该菌的作用是。（2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是_。方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S（3）随着参加反应的n（H2

9、O2）/n（H2S）变化，氧化产物不同。当n（H2O2）/n（H2S）4时，氧化产物的分子式为。.SO2的除去方法1（双碱法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na2SO3溶液（4）写出过程的离子方程式：；CaO在水中存在如下转化：CaO（s）H2O（l）=Ca（OH）2（s）Ca2（aq）2OH（aq）从平衡移动的角度，简述过程NaOH再生的原理。方法2：用氨水除去SO2（5）已知25 ，NH3H2O的Kb1.8105，H2SO3的Ka11.3102，Ka26.2108。若氨水的浓度为2.0 molL1，溶液中的c（OH） molL1。将SO2通入该氨水中，当c（O

10、H）降至1.0107 molL1时，溶液中的c（SO32-）/c（HSO3-）。第3讲硫及其化合物考点一1知识梳理1（1）硫化物硫酸盐（2）硫黄黄易（3）2CuSCu2SFeSFeS氧化SO2SO2还原SH2H2S氧化S2H2SO4（浓）3SO22H2O还原2（1）刺激性大（2）SO2H2OH2SO32NaOHSO2=Na2SO3H2O2SO2O22SO3Cl2SO22H2O=2HClH2SO4品红3（1）液态固态（2）SO3H2O=H2SO4（放出大量的热）SO32NaOH=Na2SO4H2O4（1）含硫化石燃料金属矿物（3）脱硫（4）2SO2O22SO3、SO3H2O=H2SO4判断答案：

11、（1）（2）（3）（4）（5）（6）（7）（8）（9）2对点速练1解析：硫粉燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化生成三氧化硫，故A正确；二氧化硫的生成可以是浓硫酸被还原生成，也可以是硫单质被氧化生成，故B正确；二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，体现了酸性氧化物与碱反应的性质，与漂白性无关，故C错误；自然界中存在游离态的硫，如火山口存在游离态的硫，且S易溶于CS2，故D正确。答案：C2解析：适量的SO2可防止葡萄酒氧化，可作为添加剂，A项错误，B项正确；SO2中S为4价，硫酸中的S为6价，为相邻价态，不会发生氧化还原反应，C项错误；SO2使酸性KMnO4溶液褪色，发生氧化还原反应，体现SO2

12、的还原性，D项错误。答案：B3解析：SO2可使溴水褪色，这是由于SO2与Br2发生氧化还原反应，不属于漂白，A错误。能使品红溶液褪色的气体很多，如O3、Cl2等，不一定是SO2，B正确。漂白粉（或Na2O2、H2O2、O3）可将有色物质氧化成无色物质而褪色，SO2可跟某些有色物质化合生成不稳定的无色物质而褪色，活性炭具有吸附作用而使有色物质褪色，C错误。SO2和Cl2（潮湿的）都有漂白作用，但若将两种气体等物质的量混合作用于湿润的有色布条，就会失去漂白作用，这是因为发生反应：Cl2SO22H2O=H2SO42HCl，D错误。答案：B4解析：酸性氧化物的概念：与水反应只生成对应的酸，与碱反应只生

13、成盐和水的氧化物为酸性氧化物。向滴有酚酞的氢氧化钠溶液中通入过量的SO2气体，溶液褪色，可能是因为二氧化硫的漂白性，所以该实验不能说明二氧化硫为酸性氧化物，故A错误；若SO2是一种酸性氧化物，二氧化硫与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，亚硫酸钠再与二氧化硫、水反应生成亚硫酸氢钠，故C正确。答案：A5解析：若B装置中蓝色褪去，则说明I2被SO2还原为I，故还原性：SO2I，A项正确；二氧化硫是污染性气体，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，B项正确；二氧化硫、亚铁离子都具有还原性，都可以和高锰酸钾溶液发生反应使之褪色，不能验证装置A中发生了氧化还原反应，C项错误；加入氯化钡生成沉淀说明Fe3和SO

14、2反应生成了SO42-，D项正确。答案：C6解析：一定要理解题意是检验气体成分，检验二氧化硫用品红溶液，吸收二氧化硫用酸性KMnO4溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水；在检验二氧化碳之前，必须除尽二氧化硫，因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊。C装置的作用是除去SO2并检验SO2是否除尽，所以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，但不能褪成无色，若褪成无色则不能证明二氧化硫已除尽。答案：（1）品红溶液检验SO2（2）酸性KMnO4溶液除去SO2并检验SO2是否除尽（3）澄清石灰水检验CO2（4）酸性KMnO4溶液的颜色变浅但不褪成无色（或不褪色或不褪成无色）7解析：CO2不是大气污染物，A项错误；CO2不会导致

15、雨水pH5.6，C项错误；SO2不会导致温室效应，D项错误。答案：B8解析：根据工艺流程图可知，该工艺中Fe2（SO4）3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2（SO4）3SO22H2O=2FeSO42H2SO4，该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品硫酸，A、D两项正确；根据A中分析可知该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，B项正确；该过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，C项错误。答案：C9解析：（1）由图可知，脱硫使硫元素转化为CaSO4，最终产品是石膏CaSO42H2O。（2）根据（1）中反应的方程式可知，在脱硫的过程中会产生大量的CO2气体，使温室

16、效应加剧，导致全球气候变暖。（3）SO2能使品红溶液褪色，所以检验SO2的简单方法是将气体通入品红溶液观察品红溶液是否褪色，若品红溶液褪色，说明废气中还含有SO2；若品红溶液不褪色，说明废气中不含SO2。答案：（1）CaCO3SO2=CaSO3CO2、2CaSO3O2=2CaSO4、CaSO42H2O=CaSO42H2O（2）二氧化碳使温室效应加剧，导致全球气候变暖（3）将气体通入品红溶液观察品红溶液是否褪色，若品红溶液褪色，说明废气中还含有SO2；若品红溶液不褪色，说明废气中不含SO2考点二1知识梳理1红ZnH2SO4=ZnSO4H2CuOH2SO4=CuSO4H2OCu（OH）2H2SO4

17、=CuSO42H2OCuCO3H2SO4=CuSO4H2OCO22（1）不易放浓H2SO4水（2）蓝色固体变白沾有浓H2SO4的滤纸变黑铜片逐渐溶解，产生无色有刺激性气味的气体（3）钝化（4）Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2OC2H2SO4（浓）CO22SO22H2O3（2）防止CO32-、SO32-、Ag干扰CO32-2H=CO2H2O、SO32-2H=SO2H2O、 AgCl=AgCl、Ba2SO42-=BaSO4判断答案：（1）（2）（3）（4）（5）（6）2对点速练1解析：A项中由于分子是在不断运动着的，故玻璃罩内空气中的水蒸气不断地被浓硫酸吸收，导致左侧烧杯中的水不断挥发

18、，最后左侧烧杯内的液体量明显少于右侧烧杯内的液体量，A能达到目的；B项中滤纸沾上浓硫酸后，很快会因脱水而变黑；C项中浓硫酸滴到小试管内的水中，放出的热量会使锥形瓶内气压增大，U形管内液面出现左低右高的现象；D项中因常温下铜片与浓硫酸不反应，无法判断浓硫酸是否表现出氧化性。答案：D2解析：铜与浓硫酸需要在加热条件下才能反应，A错误；二氧化硫的密度比空气的大，应使用向上排空气法收集，即气体“长进短出”，B错误；反应后的混合液中含有过量的浓硫酸，稀释时，应将其沿烧杯内壁慢慢倒入水中，且用玻璃棒不断搅拌，C正确；应使用碱式滴定管（带胶管）盛放氢氧化钠溶液，D错误。答案：C3解析：甲溶液中可能存在SO3

19、2-、CO32-或Ag；乙溶液中可能存在Ag；丁溶液用硝酸酸化，若溶液中存在SO32-或HSO3-，会被氧化成SO42-，从而造成误判。答案：C4答案：（1）不严谨不严谨甲没有排除Ag干扰，乙没有排除SO32-干扰（2）向试样中先加入过量盐酸酸化，无沉淀生成，然后再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则说明含有SO42-，若无沉淀生成，则说明不含有SO42-微专题大素养【素养专练】例1解析：（1）X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键，其电子式为HH；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，反应的化学方程式为2H2SO2=2S2H2O，所以S非金属性比O弱。（2）Na2S

20、2O3中S为2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，a中S化合价都小于2，c中S的化合价都大于2，b、d符合题意。答案：（1）HH2H2SO2=2S2H2O弱（2）b、d（3）2COSO2S2CO2练1解析：SO2与氨水作用可生成（NH4）2SO3和NH4HSO3，A正确；a是SO2，B错误；（NH4）2SO3、NH4HSO3与足量硫酸反应生成（NH4）2SO4，C正确；S元素的最高化合价为6，（NH4）2S2O8中有两个O显1价，存在过氧键，D正确。答案：B练2解析：A项，3Cu8H2NO3- =3Cu22NO4H2O，当恰好完全反应时，H和NO3-的物质的量

21、之比为82，所以混酸中H2SO4与HNO3物质的量之比为32，正确；B项，途径中产生有毒的气体NO，途径中产生有毒的气体SO2，而途径中的反应为2CuO22H2SO42CuSO42H2O，反应中不产生有毒气体，正确；C项，根据途径中的反应，生成1 mol CuSO4，要消耗1 mol H2SO4，途径的反应为Cu2H2SO4（浓）CuSO4SO22H2O，生成1 mol CuSO4，要消耗2 mol H2SO4，即三个途径中参加反应的硫酸的物质的量：，正确；D项，n（CuSO4）16 g160 gmol10.1 mol，根据反应中的反应方程式，Cu为还原剂，O2为氧化剂，硫酸没有被还原，错误。

22、答案：D练3解析：葡萄酒酿造时通入SO2起到了杀菌和增酸的作用，A项正确；反应中通入N2的目的是将产生的SO2气体完全吹出后用吸收液吸收，从而提高实验的准确率，若不通入N2，则测得的SO2含量偏低，B项正确；反应中煮沸的目的是加快亚硫酸的分解，降低SO2的溶解度，C项正确；若将H2O2溶液替换为溴水，如果溴过量，溴会与氢氧化钠反应，所以无法根据氢氧化钠的物质的量确定生成的硫酸的物质的量，D项错误。答案：D练4解析：根据题中转化关系ABC，可推断A为变价金属单质，A为Fe，则B为FeSO4，C为Fe2（SO4）3，由FC知F为H2SO4，进而推出D为硫，E为SO2。（4）FDE代表反应2H2SO

23、4（浓）S=3SO22H2O。由化学方程式知每转移4 mol电子消耗硫的质量为32 g，当转移电子数为3.011023（0.5 mol）时，消耗硫的质量为4 g。答案：（1）FeFe2（SO4）3SO2（2）C（3）SO2H2O2=H2SO4（4）4 g例2解析：（1）A项，由图像可知，随着温度的升高，二氧化硫的吸收率下降，故正确；B项，比较图中曲线可知，烟气流速减小，则SO2的吸收率升高，故正确；C项，减少天然海水的进入量，则吸收二氧化硫的量减少，不正确。D项，生石灰与海水反应生成Ca（OH）2，可以吸收SO2。使用空气将亚硫酸氧化，离子方程式为2H2SO3O2=4H2SO42-。原料气先通

24、过一定浓度和一定体积的碘淀粉溶液，其中SO2与I2反应，当I2恰好反应完时，溶液由蓝色变成无色，此时再通过量气方式读出量筒中水的体积，即为烟气中其他气体的体积，可以进行计算，故装置的连接顺序是原料气cdbae；若用其他试剂代替碘淀粉溶液，则该试剂能与SO2反应，且恰好反应完时有明显的颜色变化，酸性高锰酸钾溶液和溴水都可以。（2）根据题意，反应的化学方程式为2CaCO32SO2O24H2O=2（CaSO42H2O）2CO2。300 t煤中硫的物质的量为300106 g2.5%32 gmol1234 375 mol，则由SO2CaSO42H2O，可生产石膏的质量为234 375 mol172 gm

25、ol196%3.87107 g38.7 t。答案：（1）ABD2H2SO3O2=4H2SOcdbaeAC（2）2CaCO32SO2O24H2O=2（CaSO42H2O）2CO238.7练5解析：结合题中流程可以分析得出其中涉及2个反应，依次为2Fe3SO22H2O=2Fe2SO42-4H、4Fe2O24H=4Fe32H2O，故A错，同时由以上两个氧化还原反应方程式可知C错；用酸性高锰酸钾溶液只能检验溶液C中是否含有Fe2，而不能检验Fe3，B错。答案：D练6解析：（1）反应物有Na2SO410H2O与CO，生成物有Na2CO3、SO2及H2O，根据电子守恒及原子守恒配平。（2）A项，减缓通入烟

26、气速率，延长吸收时间，提高SO2吸收率，正确；B项，增大吸收面积，提高SO2吸收率，正确；C项，加水，使Mg（OH）2稀释，SO2吸收率降低，错误。亚硫酸盐具有较强的还原性，易被氧化生成MgSO4，烟气中还含有CO2，Mg（OH）2浆液吸收CO2生成MgCO3、Mg（HCO3）2。（3）由图示可知，Mn3将SO2氧化为SO42-，自身被还原为Mn2。答案：（1）Na2SO410H2OCONa2CO3SO210H2O（2）ABMgSO4MgCO3、Mg（HCO3）2Mg（OH）2的量不断减少，生成的MgSO36H2O（s）、Mg（HSO3）2（s）覆盖在Mg（OH）2表面，阻止反应进一步进行（3

27、）2Mn3SO22H2O=2Mn2SO42-4H随着温度升高，化学反应速率加快，SO2去除率升高；同时SO2的溶解度降低，导致SO2去除率降低，两种因素影响相当，导致SO2去除率几乎不变本讲真题研练1解析：本题考查焦硫酸的化学性质。焦硫酸钠溶于水生成硫酸氢钠，其水溶液呈酸性，B错误；焦硫酸中硫元素为6价，处于最高价，它与浓硫酸相似，具有强氧化性，A正确；焦硫酸具有酸的通性，能与碱性氧化物反应生成盐，C正确；100%硫酸吸收SO3有焦硫酸生成，发生了化学变化，D正确。答案：B2解析：A.溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42-，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性；B.SO2与

28、H2S溶液发生反应SO22H2S=3S2H2O，体现了SO2的氧化性；C.SO2使酸性KMnO4溶液褪色，体现了SO2的还原性；D.SO2与Na2SiO3溶液反应产生胶状沉淀，根据强酸制弱酸，可得结论酸性：H2SO3H2SiO3。答案：C3解析：A项，稀H2SO4与铜片不反应，错误；B项，SO2能使品红溶液褪色，体现其漂白性，正确；C项，SO2密度比空气大，应“长进短出”，错误；D项，SO2不与NaHSO3反应，无法吸收SO2，错误。答案：B4解析：本题以工厂烟气中SO2的吸收为载体，考查离子方程式的书写等，考查的化学学科核心素养是科学态度与社会责任、变化观念与平衡思想。（1）向氨水中通入少量

29、SO2，反应的离子方程式为2NH3H2OSO2=2NH4+SO32-或2NH3H2OSO2=2NH4+SOH2O。当通入SO2至溶液pH6时，溶液呈酸性，根据含硫微粒的物质的量分数与pH的分布图可知，溶液中浓度最大的阴离子为HSO3-。（2）根据图2，溶液pH几乎不变阶段的pH约为7，根据图1，此时溶液中HSO3-和SO32-浓度基本相同，又因室温下ZnSO3微溶于水，Zn（HSO3）2易溶于水，因此主要产物为ZnSO3；SO2吸收率迅速降低阶段，pH约在46范围内，根据图1，此时溶液中含硫微粒主要以HSO3-形式存在，说明生成酸式盐，则主要反应的离子方程式为ZnSO3SO2H2O=Zn22H

30、SO3-或ZnO2SO2H2O=Zn22HSO3-。（3）根据图1，pH在4.56.5范围内，pH越低，HSO3-的浓度越大，因此生成SO42-的速率越大，随着氧化的进行，根据催化氧化反应2HSO3-O2=2SO42-2H可知，溶液的pH将减小。答案：（1）2NH3H2OSO2=2NH4+SO32-或2NH3H2OSO2=2NH4+SO32-H2OHSO3-（2）ZnSO3ZnSO3SO2H2O=Zn22HSO3-或ZnO2SO2H2O=Zn22HSO3-（3）随着pH降低，HSO3-浓度增大减小5解析：（1）由硫杆菌存在时的反应速率增大5105倍可知，硫杆菌为该反应的催化剂，该反应中硫杆菌改

31、变了反应路径，降低了反应的活化能。（2）由图1可知，温度在30 左右时，速率最快；由图2可知，反应混合液的pH2.0左右时，速率最快。由此可推断使用硫杆菌的最佳条件为温度为30 、混合液的pH2.0。若反应温度过高，硫杆菌蛋白质受热变性失活，导致反应速率下降。（3）用H2O2氧化H2S时，H2O2被还原为H2O。当n（H2O2）/n（H2S）4时，n（H2O2）4 mol，则n（H2S）1 mol，并设氧化产物中S的化合价为x，由氧化还原反应的电子守恒规律，可得：42（1）（2）1x（2），解得x6。所以氧化产物的分子式为H2SO4。（4）过程是NaOH与SO2的反应，反应的离子方程式为2OH

32、SO2=SO32-H2O；由CaO在水中的转化平衡：CaO（s）H2O（l）=Ca（OH）2（s）Ca2（aq）2OH（aq），可推断过程Na2SO3溶液中加入CaO后，生成CaSO3沉淀，c（Ca2）减小，使上述平衡正向移动，c（OH）增大，所以有NaOH生成。（5）由NH3H2O的电离方程式及其电离平衡常数Kb1.8105可知，Kbc（NH）c（OH）/c（NH3H2O）1.8105，当氨水的浓度为2.0 molL1时，溶液中的c（NH）c（OH）6.0103 molL1。由H2SO3的第二步电离方程式HSO3- SO32-H及其电离平衡常数Ka26.2108可知，Ka2c（SO32-）c（H）/c（HSO3-）6.2108，将SO2通入该氨水中，当c（OH）降至1.0107 molL1时，溶液的c（H）1.0107 molL1，则c（SO32-）/c（HSO3-）0.62。答案：（1）降低反应活化能（或作催化剂）（2）30 、pH2.0蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）（3）H2SO4（4）2OHSO2=SO32-H2OSO32-与Ca2生成CaSO3沉淀，平衡正向移动，有NaOH生成（5）6.01030.62