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1、2013高考化學(xué) 必備經(jīng)典例題 （易錯(cuò)指津+典型例題評析） 硫和硫的化合物 濃H2SO4 170℃ 酸性 NaOH H2S 作干燥劑 HCOOH CO↑+H2O 制苯 磺酸 C2H5OH O2 Cl2+H2O FeS H+ 2H2S+O2(少量)=2H2O+2S 2H2S+3O2(過量)=2H2O+2SO2 可燃性 ①2H2S+O2=2H2O+2S↓ ②H2S+I2=2HI+S↓ ③H2S+2Fe3+=2Fe2++2H++S↓ ④H2S+H2SO4(濃)=S↓+SO2+2H2O ⑤3H2S+2HNO3=3S↓+2NO↑+4H2O 強(qiáng)還原性 H

2、2S=S+H2 不穩(wěn)定性 H+ Na2S2O3 3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O 氧化性 還原性 S H2+S=H2S Fe+S=FeS 2Cu+S=Cu2S（金屬為低價(jià)） 氧化性 還原性 S+O2=SO2 S+2H2SO4=3SO2↑+2H2O ①SiO32-+SO2+H2O=H2SiO3↓+SO32- ②CO32-+ SO2=CO2+ SO32- ③HCO3-+SO2=CO2+HSO3- ④SO32-+ SO2+H2O=2HSO3- 酸酐 SO2 漂白性：使品紅溶液褪色 特性 ①2SO2+O2====2SO3 ②SO2+Cl

3、2+2H2O=H2SO4+2HCl ③SO2+2Fe3++2H2O=SO42-+2Fe2++4H+ ④使KMnO4溶液褪色 強(qiáng)還原性 ①2Mg+SO2=S+2MgO ②2H2S+SO2=3S+ 2H2O ③2S2-+3SO2=3S↓+2SO32- 弱氧化性 氧化性與還原性 H2SO4 Na2SO3 FeS2 H+ NaOH I2 CuSO4 CO2 鈍化 HI Cu C Fe、Al 催化劑+脫水劑 與Ca3(PO4)2 制H3PO4、 過磷酸鈣 脫水性 吸水性 強(qiáng)氧化性 磺化劑 Na2SO4 H+ C2H4↑+ H2O

4、【知識(shí)網(wǎng)絡(luò)】 【易錯(cuò)指津】 1．掌握常見物質(zhì)的俗名、組成、用途，防止張冠李戴。 本章中出現(xiàn)的物質(zhì)俗名比較多，有些名稱之間又特別容易混淆，如冰晶石和重晶石、芒硝和硝石、大蘇打和蘇打或小蘇打等，還有名目繁多的礬鹽。這些雖屬識(shí)記性的知識(shí)，但也應(yīng)做到在理解的基礎(chǔ)上進(jìn)行記憶，注意它們的性質(zhì)和用途，對記憶其化學(xué)組成有幫助。同時(shí)要及時(shí)歸納和比較，以便清楚地區(qū)別它們。 2．熟悉有關(guān)各種價(jià)態(tài)的硫元素性質(zhì)及轉(zhuǎn)化，以作推斷題（主要是框圖型）。 牢固掌

5、握各種代表物性質(zhì)及它們之間的知識(shí)網(wǎng)絡(luò)和反應(yīng)原理，就可避免死搬硬套。對于框圖型等推斷題，也要善于找“題眼”，挖掘題中隱含的提示，注意對題設(shè)條件的充分應(yīng)用，盡量縮小范圍。推斷時(shí)不僅要關(guān)注網(wǎng)絡(luò)的結(jié)構(gòu)，還要注意題干提供的不起眼的信息，如顏色、狀態(tài)、式量、用途等都可能成為突破的切入口。 3．二氧化硫和氯氣的漂白性 不顯紅色 通入Cl2 加熱至沸 通入SO2 品紅溶液 褪色 紅色 褪色 加熱至沸 通入Cl2 立即變紅隨即變?yōu)闊o色 很快變成紅色 紫色石蕊 通入SO2 SO2和Cl2雖都有漂白性，但漂白原理和現(xiàn)象有不同特點(diǎn)。氯氣的漂白原理是由于溶于水生成次氯酸的具有強(qiáng)氧化性

6、，將有色物質(zhì)氧化成無色物質(zhì)，褪色后不能恢復(fù)原來的顏色。而SO2是由于它溶于水生成的亞硫酸與有色物質(zhì)直接結(jié)合，形成不穩(wěn)定的無色化合物，褪色后在一定的條件下又能恢復(fù)原來的顏色。如： 4．濃硫酸的吸水性和脫水性的區(qū)別 吸水性 脫水性 涵義 濃硫酸所具有的吸收游離水的性能。游離水包括空氣中的水蒸氣及物質(zhì)中的濕存水。濃硫酸之所以能吸收水，是因它能和水結(jié)合成穩(wěn)定的水合物： H2SO4+nH2O=H2SO4.nH2O（水合物在低溫時(shí)可析出晶體）。 濃

7、硫酸將許多有機(jī)物（特別是糖類）中的H、O原子按照水分子中H、O原子個(gè)數(shù)比奪取出來的性質(zhì)。 通常講的濃硫酸腐蝕性即脫水性。 應(yīng)用 在工廠和實(shí)驗(yàn)室是一種理想的干燥劑 實(shí)驗(yàn)室制CO、CH2=CH2 注意 不能干燥HI、HBr、H2S、NH3等 濃硫酸使有機(jī)物脫水，不一定都有碳游離出來。 【典型例題評析】 例1 導(dǎo)致下列現(xiàn)象的主要原因與排放SO2有關(guān)的是 A.酸雨 B.光化學(xué)煙霧 C.臭氧空洞 D.溫室效應(yīng) 思路分析：該題看似簡單，實(shí)際提出了3個(gè)熱點(diǎn)概念，因此必須搞清4個(gè)概念的內(nèi)涵，方可做出正確的選擇。題中列舉

8、的大氣環(huán)境問題都與化學(xué)有密切關(guān)系，其中由SO2引發(fā)的現(xiàn)象是酸雨。降水時(shí)，硫的氧化物以及所形成的硫酸和硫酸鹽隨著雨雪降到地面，稱之為“酸雨”，其發(fā)生的主要反應(yīng)：2SO2+O22SO3，SO2+H2O=H2SO3，2H2SO3+O2=H2SO4。溶于雨水中的酸性物質(zhì)，使雨水中pH在4.5左右。光化學(xué)類霧由氮氧化物造成；臭氧空洞主要由氯氟烴、一氧化氮等造成；溫室氣體主要為二氧化碳等。 答案：A 方法要領(lǐng)：這是一道有關(guān)環(huán)境保護(hù)問題的試題，SO2等氣體引發(fā)酸雨，O3、氮氧化物、有機(jī)烴等引發(fā)光化學(xué)類煙霧，氟利昂、氮氧化物等造成臭氧空洞，CO2氣體導(dǎo)致的溫室效應(yīng)。這些導(dǎo)致環(huán)境污染的熱點(diǎn)問題，復(fù)習(xí)中應(yīng)予以

9、重視。 例2 在硫酸工業(yè)生產(chǎn)中，為了有利于SO2的轉(zhuǎn)化，且能充分利用熱能，采用了中間有熱交換器的接觸室（見右圖）。按此密閉體系中氣體的流向，則在A處流出的氣體為 A.SO2 B.SO3 O2 C.SO2 O2 D.SO2 SO3 思路分析：本題是聯(lián)系生產(chǎn)實(shí)際的題目，結(jié)合硫酸工業(yè)生產(chǎn)，考核學(xué)生對工業(yè)生產(chǎn)中的熱交換原理的理解。 答案：C 方法要領(lǐng)：對教材中工業(yè)生產(chǎn)中典型設(shè)備的結(jié)構(gòu)（包括進(jìn)出口方向）、原理及發(fā)生的反應(yīng)必須有足夠的重視。通入接觸室的氣體主要是SO2和O2，經(jīng)過熱交換后從A處流出，然后才能接觸催化劑，反應(yīng)后的氣體

10、經(jīng)過內(nèi)管又從下口通出。故A處流出的氣體仍為SO2和O2。 例3 過氧化氫的沸點(diǎn)比水高，但受熱容易分解。某試劑廠制得7%～8%的過氧化氫溶液，再濃縮成30%的溶液時(shí)，可采用的適宜方法是 A.常壓蒸餾 B.減壓蒸餾 C.加生石灰常壓蒸餾 D.加壓蒸餾 思路分析：液態(tài)物質(zhì)的沸點(diǎn)與壓強(qiáng)有關(guān)，減小壓強(qiáng)，能降低其沸點(diǎn)，這樣就能在溫度不高的情況下使水蒸發(fā)而H2O2又不會(huì)分解。 答案：B 方法要領(lǐng)：要從混合液中分離出受熱易分解的液體物質(zhì)，一般采用減壓蒸餾或減壓分餾。防止選A，在常壓下蒸餾，H2O2受熱分解。 例4 下列反應(yīng)中，調(diào)節(jié)反應(yīng)物用量或濃度不

11、會(huì)改變反應(yīng)產(chǎn)物的是 A.硫化氫在氧氣中燃燒 B.鐵在硫蒸氣中燃燒 C.二氧化硫通入石灰水 D.硫酸中加入鋅粉 思路分析：A中O2少量生成S，O2過量生成SO2；B中產(chǎn)物唯一；C中可生成CaSO4或Ca(HSO4)2；D中濃硫酸生成SO2，稀硫酸生成H2。 答案：B 方法要領(lǐng)：復(fù)習(xí)中應(yīng)注意反應(yīng)條件對產(chǎn)物的影響，與外界條件有關(guān)的反應(yīng)如下： 1．反應(yīng)溫度 ①4Na+O2(常溫)=4Na2O、2Na+O2(加熱)= Na2O2；②乙醇+濃硫酸 2．反應(yīng)物的用量或濃度 ①酸式

12、鹽+堿；②鋁鹽+堿；③偏鋁酸鹽+酸或CO2；④硝酸銀+氨水；⑤FeBr2（FeI2）+Cl2；⑥C+ O2；⑥P+ Cl2等。 例5 標(biāo)準(zhǔn)狀況下H2S和O2混合氣體100mL，經(jīng)點(diǎn)燃后反應(yīng)至完全，所得氣體經(jīng)干燥后，恢復(fù)到原來狀況時(shí)體積為10mL，該10mL氣體可能是 A.H2S、SO2 B.O2 C.H2S D.SO3 思路分析：H2S和O2反應(yīng)后的氣體產(chǎn)物可能為①H2S；②SO2；③SO2和O2。 如為情況①，說明H2S過量。 則由：2H2S+O2=2H2O+2S體積減少 2 1

13、 3 60 30 100-10=90 參加反應(yīng)的H2S和O2的總體積為60+30=90，則余下的10mL氣體為H2S。 若為情況②或③，說明O2過量。 則由：2H2S+3O2=2H2O+2SO2體積減少 2 3 2 3 60 90 90 則參加反應(yīng)的H2S和O2的總體積為60+90=150>100，所以這兩種情況不存在。 答案：C 方法要領(lǐng)：本題為過量計(jì)算，由于只告訴兩氣體的總體積，因此按兩種反應(yīng)恰好發(fā)生的兩反應(yīng)分別討論，具體計(jì)算中注

14、意氣體體積的計(jì)算可用差量法技巧。 例6 向50mL18mol/LH2SO4溶液中加入足量的銅片并加熱。充分反應(yīng)后，被還原的H2SO4的物質(zhì)的量 A.小于0.45mol B.等于0.45mol C.在0.45mol和0.90mol之間 D.大于0.90mol 思路分析：本題考查了氧化還原反應(yīng)的條件的重要性。Cu和H2SO4反應(yīng)的前提條件是濃H2SO4，開始18mol/L為濃的，但隨著Cu參加反應(yīng)，H2SO4被消耗變稀，此時(shí)反應(yīng)已終止。其次，考查了氧化性酸在與金屬發(fā)生反應(yīng)時(shí)，其作用分兩部分：一部分充當(dāng)氧化劑，使其得電子數(shù)與金屬失電子數(shù)相同，另一部分是生成的金屬陽離子與酸根結(jié)合

15、生成鹽。由Cu+2H2SO4=Cu SO4+SO2↑+2H2O可知如果H2SO4完全反應(yīng)，也只有一半充當(dāng)氧化劑被還原，故被還原18mol/L H2SO4的最大量為(18mol/L×0.05L)÷2=0.45mol。 答案：A 方法要領(lǐng)：該類題的解答關(guān)鍵是判明充當(dāng)氧化劑的那部分量的確切值。本題如果改成熾熱的碳與上述量的濃H2SO4作用，被還原的H2SO4的物質(zhì)的量的多少又該如何考慮？因此，做題時(shí)應(yīng)看清單質(zhì)的類別：即是否已告知為金屬單質(zhì)，或?yàn)榉墙饘賳钨|(zhì)，或者為單質(zhì)？常見氧化劑的酸為濃H2SO4、濃HNO3或稀HNO3。另MnO2只與濃HCl反應(yīng)，與稀HCl是不反應(yīng)的。 例7 為防治酸雨，降

16、低煤燃燒時(shí)向大氣排放的SO2，工業(yè)上將生石灰和含硫煤混合后使用。請寫出燃燒時(shí)，有關(guān)“固硫”（不使硫化合物進(jìn)入大氣）反應(yīng)的化學(xué)方程式 思路分析：煤中含硫，硫燃燒時(shí)生成的酸性氧化物SO2與堿性氧化物CaO作用生成含氧酸鹽CaSO3，CaSO3易被空氣中的O2氧化成CaSO4。 答案：CaO+SO2=CaSO3，2CaSO3+O2=2CaSO4 方法要領(lǐng)：上述方法稱為“鈣基固硫法”。這種方法實(shí)際上是把生石灰或石灰石的粉粒摻入煤中，再進(jìn)行燃燒。利用石灰石分解生成的CaO也能吸收SO2，但因石灰石分解是吸熱反應(yīng)，所以用CaCO3固硫比用CaO固硫多消耗部分熱量。 2C

17、aSO3+O2=2CaSO4這反應(yīng)易漏寫，在有空氣存在和高溫條件下，CaSO3易被氧化為CaSO4，這可以得出一條規(guī)律：溫度高時(shí)，熱穩(wěn)定性不夠好的物質(zhì)將向熱穩(wěn)定性好的物質(zhì)轉(zhuǎn)化，如本題涉及CaCO3→CaSO3→CaSO4的轉(zhuǎn)化。以防漏寫其中一個(gè)方程式。 例8 對下列事實(shí)的解釋錯(cuò)誤的是 A.在蔗糖中加入濃硫酸后出現(xiàn)發(fā)黑現(xiàn)象，說明濃硫酸具有脫水性 B.濃硝酸在光照下顏色變黃，說明濃硝酸不穩(wěn)定 C.常溫下，濃硝酸可以用鋁貯存，說明鋁與濃硝酸不反應(yīng) D.反應(yīng)CuSO4+H2S→CuS↓+H2SO4能進(jìn)行，說明硫化銅既不溶于水，也不溶于稀硫酸 思路分析：本題旨在考查一些常見的化學(xué)反應(yīng)原理

18、。Al與冷、濃硝酸發(fā)生鈍化，屬化學(xué)反應(yīng)，因表面迅速形成致密的氧化膜而不呈明顯的反應(yīng)現(xiàn)象。 答案：C 方法要領(lǐng)：本題提醒我們在復(fù)習(xí)中要注意物質(zhì)的特殊性，并注意總結(jié)歸納，從而全面掌握知識(shí)。 例9 針對以下A～D四個(gè)涉及H2O2的反應(yīng)（未配平），填寫空白： A.Na2O2+HCl——H2O2+NaCl B.Ag2O+H2O2——Ag+O2+H2O C.H2O2——H2O+O2 D.H2O2+Cr2(SO4)3+KOH——K2CrO4+K2SO4+H2O （1）H2O2僅體現(xiàn)氧化性的反應(yīng)是（填代號） ，該反應(yīng)配平的化學(xué)方程

19、式為 （2）H2O2既體現(xiàn)氧化性又體現(xiàn)還原性的反應(yīng)是（填代號） （3）H2O2體現(xiàn)弱酸性的反應(yīng)是（填代號） ，其理由為 思路分析：H2O2中氧元素的化合價(jià)為-1價(jià)，在氧化還原反應(yīng)中既可升高成0價(jià)（表現(xiàn)還原性），又可降到-2價(jià)（表現(xiàn)氧化性）。在四個(gè)反應(yīng)中，只有D中的H2O2中O的價(jià)態(tài)降為-2價(jià)，表現(xiàn)氧化性；C中的H2O2中O的價(jià)態(tài)既升高又降低，表現(xiàn)出氧化性和還原性；B中的H2O2中O由-1升為0價(jià)，表現(xiàn)還原性；只有A中Na2O2的跟強(qiáng)酸鹽酸反應(yīng)生成了H2O2和NaCl，這可看作是一個(gè)“強(qiáng)酸跟弱酸的鹽反應(yīng)

20、，生成弱酸和強(qiáng)酸鹽”的反應(yīng)，認(rèn)為在此反應(yīng)中H2O2體現(xiàn)了弱酸性。 答案：（1）D，3H2O2+Cr2(SO4)3+10KOH=2K2CrO4+3K2SO4+8H2O（2）C（3）A，此反應(yīng)可看作是強(qiáng)酸制弱酸的反應(yīng)。 方法要領(lǐng)：這是一個(gè)以H2O2的性質(zhì)為載體，考查無機(jī)化學(xué)基本原理等方面知識(shí)的題目。題目中提出了三個(gè)問題：氧化性、還原性的含義，方程式的配平和強(qiáng)酸制弱酸的規(guī)律。只要緊緊扣住價(jià)態(tài)的變化進(jìn)行分析，就可準(zhǔn)確解答。對第3問，在判斷了B、C、D均是氧化還原反應(yīng)后，“酸性”則應(yīng)體現(xiàn)于非氧化還原反應(yīng)中，然后再從反應(yīng)物強(qiáng)酸（HCl）制得H2O2，聯(lián)系強(qiáng)酸制弱酸原理作答。 例10 某學(xué)生課外活動(dòng)

21、小組利用右圖所示裝置分別做如下實(shí)驗(yàn)： （1）在試管中注入某紅色溶液，加熱試管，溶液顏色逐漸變淺，冷卻后恢復(fù)紅色，則原溶液可能是________________溶液；加熱時(shí)溶液由紅色逐漸變淺的原因是： ，（2）在試管中注入某無色溶液，加熱試管，溶液變?yōu)榧t色，冷卻后恢復(fù)無色，則此溶液可能是________________溶液；加熱時(shí)溶液由無色變?yōu)榧t色的原因______________________。 思路分析：題設(shè)情境有三大特點(diǎn)：①反應(yīng)裝置由常見的“開放型”到了“封閉型”；②溶液顏色由常見的“靜態(tài)穩(wěn)定型”到了“動(dòng)

22、態(tài)變化型”；③溶液成分由常見的“單一溶質(zhì)型”到了“多種溶質(zhì)型”。根據(jù)這些情境特點(diǎn)，進(jìn)行思維發(fā)散： 解題的關(guān)鍵是要認(rèn)真觀察實(shí)驗(yàn)裝置的特點(diǎn)：試管口上套有氣球，說明加熱時(shí)會(huì)氣體逸出，一下就使“紅色溶液”的范圍縮小：溶有酸性氣體的石蕊溶液或溶有堿性氣體的酚酞溶液。而前者中加熱后，紅色變?yōu)樽仙?，不符合“溶液顏色逐漸變淺”的條件，結(jié)論只有稀氨水和酚酞。 由無色溶液氣體+溶液變紅氣體溶+溶液無色。聯(lián)想無色溶液雖多，但加熱后放出氣體且溶液變紅不多，又冷卻后該氣體可使紅色溶液褪色——顯然該氣體有漂白作用，并是一可逆過程，符合條件的無色溶液只能是SO2漂白過的品紅溶液。 答案：（1）稀氨水和酚酞、稀氨水中的

23、NH3氣逸出，所以溶液的顏色變淺；（2）溶有SO2的品紅、SO2氣體逸出，品紅溶液恢復(fù)紅色 方法要領(lǐng)：此題要求考生調(diào)用平時(shí)積累的所有實(shí)驗(yàn)感性認(rèn)識(shí)和各種實(shí)驗(yàn)經(jīng)驗(yàn)與知識(shí)，用發(fā)散即就中學(xué)范圍內(nèi)的紅色物質(zhì)找出，再收斂（根據(jù)題意確定適當(dāng)物質(zhì)），做出題設(shè)情境的知識(shí)歸納、方案設(shè)計(jì)、結(jié)論評判。 引申發(fā)散： 溶液的組成 加熱后的現(xiàn)象 分析 稀氨水和酚酞溶液 紅色變淺 氨氣逸出后，溶液中[OH-]下降 滴有酚酞的氫氧化鈣飽和溶液 紅色變淺 溫度升高，氫氧化鈣溶解度降低 滴有石蕊的CO2（或SO2）溶液 紅色變紫色（不變淺） 氣體逸出后，[H+]降低 滴有甲基橙的CO2（或SO2）

24、溶液 紅色變橙色或黃色 氣體逸出后，[H+]降低 滴有酚酞的Na2CO3（或NaHCO3）溶液 紅色變深 溫度升高，促進(jìn)水解，pH增大 滴有石蕊的氯化銨溶液 紅色變深 溫度升高，促進(jìn)水解，pH減小 滴有石蕊的硫酸溶液 紅色，無變化 穩(wěn)定的強(qiáng)酸溶液 滴有酚酞的氫氧化鈉溶液 紅色，無變化 穩(wěn)定的強(qiáng)堿溶液 Fe(SCN)3溶液 紅色，無變化 穩(wěn)定的配位化合物溶液 溶有SO2的品紅溶液 無色變紅色 SO2氣體逸出，品紅恢復(fù)原色 例11 將8.8 g FeS固體置于200 ml 2.0 mol/L的鹽酸中，以制備H2S氣體。反應(yīng)完全后,若溶液中H2S的濃度為0

25、.10 mol/L，假定溶液體積不變,試計(jì)算: (1)收集到的H2S氣體的體積(標(biāo)準(zhǔn)狀況)。(2)溶液中Fe2+和H+的物質(zhì)量濃度。 思路分析:根據(jù)方程式FeS+2H+=Fe2++H2S-可判斷鹽酸過量,計(jì)算以FeS的物質(zhì)的量為基準(zhǔn)。N(FeS)=8.8 g÷88 mol/L=0.10mol。 (1)共生成H2S 0.10mol,在溶液中溶解的物質(zhì)的量為0.10L×0.20mol/L=0.02mol,所以收集到H2S氣體的物質(zhì)的量=0.10mol-0.02mol =0.08mol,換算成體積=22.4L/mol×0.08mol=1.8L。 (2)生成Fe2+0.10mol,其濃度

26、為0.10mol/0.2L=0.5mol/L,消耗掉H+的物質(zhì)的量為0.20mol。反應(yīng)前n(H+)=2.0mol/L×0.2L=0.4mol,故H+最后的濃度為 (0.4 mol-0.2 mol)÷0 2L=1.0 mol/L。 答案：1.8 L；0.5 mol/L、1.0 mol/L。 方法要領(lǐng)：H2S可溶于水（在酸中也溶，但溶解量?。绨闯Ｒ?guī)題海中的習(xí)題（一般不考慮氣體在水或酸中的溶解）將導(dǎo)致錯(cuò)誤，因題中已明確給出的H2S在反應(yīng)后溶液中的濃度，這說明有一部分H2S氣體并未放出，而溶解在溶液中。由于氫硫酸的電離度極小，在計(jì)算H+的物質(zhì)量濃度時(shí)，不必考慮H2S的電離。 例12 某化

27、工廠每小時(shí)生產(chǎn)at（噸）98%（質(zhì)量分?jǐn)?shù)）硫酸。為使硫充分燃燒，且在下一步催化氧化時(shí)不再補(bǔ)充空氣，要求燃燒后的混合氣體中含氧氣的體積分?jǐn)?shù)為b%。若空氣中氧氣的體積分?jǐn)?shù)為21%，且不考慮各生產(chǎn)階段的物料損失，則 （1）該廠每小時(shí)消耗標(biāo)準(zhǔn)狀況下空氣的體積為 m3。 （2）為滿足題設(shè)要求，b%的下限等于 。 思路分析：（1）每小時(shí)生產(chǎn)的純硫酸為(a×106g×98%)÷98g/mol=a×104mol。生產(chǎn)過程中生成的SO2和SO3也都是a×104mol。設(shè)每小時(shí)消耗空氣的體積為V，則由S+O2=SO2消耗O2的體積等于生成的SO2體積，即燃燒前空氣的體積等于燃燒后混合氣體的體積

28、，據(jù)此可得以下關(guān)系： 空氣中O2的體積=反應(yīng)中消耗的O2的體積+燃燒后混合氣體中O2的體積，即V×21%=a×104 mol×22.4L/mol×10-3 m3/L+V×b%，V=22400a/(21-b)。 （2）“b的下限”，其含義是指燃燒后剩余的O2在第二步催化氧化時(shí)恰好完全反應(yīng)，也就是說，燃燒前空氣中的氧（空氣體積的21%）恰好滿足兩步反應(yīng)。因S+O2=SO2和O2+2SO2=2SO3兩步反應(yīng)耗O2之比為2:1，故燃燒后（第一步反應(yīng)后）混合氣體中O2的體積分?jǐn)?shù)的下限是b%=(1/3)×21%=7%。 答案：（1）22400a/(21-b)；（2）7% 方法要領(lǐng)：根據(jù)S+O2=SO2反應(yīng)前后氣體體積不變，求出燃燒后O2的體積。