全国备战高考化学化学反应原理的综合备战高考真题汇总附详细答案.docx

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全国备战高考化学化学反应原理的综合备战高考真题汇总附详细答案

2020-2021全国备战高考化学化学反应原理的综合备战高考真题汇总附详细答案

一、化学反应原理

1．为了证明化学反应有一定的限度，进行了如下探究活动：

步骤1：

取8mL0.1

的KI溶液于试管,滴加0.1

的FeCl3溶液5～6滴,振荡；

请写出步骤1中发生的离子反应方程式：

_________________

步骤2:

在上述试管中加入2mLCCl4，充分振荡、静置；

步骤3：

取上述步骤2静置分层后的上层水溶液少量于试管，滴加0.1

的KSCN溶液5～6滴，振荡，未见溶液呈血红色。

探究的目的是通过检验Fe3+，来验证是否有Fe3+残留，从而证明化学反应有一定的限度。

针对实验现象，同学们提出了下列两种猜想：

猜想一：

KI溶液过量，Fe3+完全转化为Fe2+，溶液无Fe3+

猜想二：

Fe3+大部分转化为Fe2+，使生成Fe（SCN）3浓度极小，肉眼无法观察其颜色为了验证猜想，在查阅资料后，获得下列信息：

信息一：

乙醚比水轻且微溶于水，Fe（SCN）3在乙醚中的溶解度比在水中大。

信息二：

Fe3+可与

反应生成蓝色沉淀，用K4[Fe（CN）6]溶液检验Fe3+的灵敏度比用KSCN更高。

结合新信息，请你完成以下实验：

各取少许步骤2静置分层后的上层水溶液于试管A、B中，请将相关的实验操作、预期现象和结论填入下表空白处：

实验操作

预期现象

结论

实验1：

在试管A加入少量乙醚，充分振荡，静置

_____________

____________

实验2：

__________________________

若产生蓝色沉淀

则“猜想二”成立

【答案】

若液体分层，上层液体呈血红色。

则“猜想一”不成立在试管B中滴加5-6滴K4[Fe（CN）6]溶液，振荡

【解析】

【分析】

【详解】

（1）KI溶液与FeCl3溶液离子反应方程式

；

（2）①由信息信息一可得：

取萃取后的上层清液滴加2-3滴K4[Fe（CN）6]溶液，产生蓝色沉淀，由信息二可得：

往探究活动III溶液中加入乙醚，充分振荡，乙醚层呈血红色，

实验操作

预期现象

结论

若液体分层，上层液体呈血红色。

则“猜想一”不成立

实验2：

在试管B中滴加5-6滴K4[Fe（CN）6]溶液，振荡

2．人体血液里Ca2＋的浓度一般采用mg·cm-3来表示。

抽取一定体积的血样，加适量的草酸铵[（NH4）2C2O4]溶液，可析出草酸钙（CaC2O4）沉淀，将此草酸钙沉淀洗涤后溶于强酸可得草酸（H2C2O4），再用KMnO4溶液滴定即可测定血液样品中Ca2+的浓度。

某研究性学习小组设计如下实验步骤测定血液样品中Ca2+的浓度。

（配制KMnO4标准溶液）如图是配制50mLKMnO4标准溶液的过程示意图。

（1）请你观察图示判断，其中不正确的操作有__________（填序号）。

（2）如果用图示的操作配制溶液，所配制的溶液浓度将__________（填“偏大”或“偏小”）。

（测定血液样品中Ca2＋的浓度）抽取血样20.00mL，经过上述处理后得到草酸，再用0.020mol·L－1KMnO4溶液滴定，使草酸转化成CO2逸出，这时共消耗12.00mLKMnO4溶液。

（3）已知草酸跟KMnO4溶液反应的离子方程式为2MnO4-+5H2C2O4+6H+=2Mnx++10CO2↑+8H2O则方程式中的x=__________。

（4）经过计算，血液样品中Ca2+的浓度为__________mg·cm-3。

【答案】②⑤偏小21.2

【解析】

【分析】

（1）根据图示分析配制一定物质的量浓度的溶液的操作正误；

（2）根据仰视刻度线，会使溶液体积偏大判断；

（3）根据电荷守恒进行分析；

（4）根据滴定数据及钙离子与高锰酸钾的关系式计算出血液样品中Ca2+的浓度。

【详解】

（1）由图示可知②⑤操作不正确，②不能在量筒中溶解固体，⑤定容时应平视刻度线，至溶液凹液面与刻度线相切；

（2）如果用图示的操作配制溶液，由于仰视刻度线，会使溶液体积偏大，所配制的溶液浓度将偏小；

（3）根据电荷守恒，（-1×2）+（+1×6）=+x×2，解得，x=2，草酸跟KMnO4反应的离子方程式为：

2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O；

（4）血样20.00mL经过上述处理后得到草酸，草酸消耗的消耗的高锰酸钾的物质的量为：

0.020mol/L×0.012L=2.4×10-4mol，根据反应方程式2MnO4-+5H2C2O4+6H+═2Mn2++10CO2↑+8H2O，及草酸钙的化学式CaC2O4，可知：

n（Ca2+）=n（H2C2O4）=

n（MnO4-）=2.5×2.4×10-4mol=6×10-4mol，Ca2+的质量为：

40g/mol×6×10-4mol=0.024g=24mg，钙离子的浓度为：

=1.2mg/cm3。

【点睛】

要学会配制一定物质的量浓度溶液的常见误差分析的基本方法：

紧抓c=

分析，如：

用量筒量取浓硫酸倒入小烧杯后，用蒸馏水洗涤量筒并将洗涤液转移至小烧杯中，用量筒量取液体药品，量筒不必洗涤，因为量筒中的残留液是量筒的自然残留液，在制造仪器时已经将该部分的体积扣除，若洗涤并将洗涤液转移到容量瓶中，导致n偏大，所配溶液浓度偏高；再如：

配制氢氧化钠溶液时，将称量好的氢氧化钠固体放入小烧杯中溶解，未冷却立即转移到容量瓶中并定容，容量瓶上所标示的使用温度一般为室温，绝大多数物质在溶解或稀释过程中常伴有热效应，使溶液温度升高或降低，从而影响溶液体积的准确度，氢氧化钠固体溶于水放热，定容后冷却至室温，溶液体积缩小，低于刻度线，导致V偏小，浓度偏大，若是溶解过程中吸热的物质，则溶液浓度偏小等。

3．硫代硫酸钠俗称大苏打、海波，主要用作照相业定影剂，还广泛应用于鞣革、媒染、化工、医药等行业。

常温下，溶液中析出晶体为Na2S2O3•5H2O．Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化，48℃分解；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇。

在水中有关物质的溶解度曲线如图甲所示。

Ⅰ．制备Na2S2O3•5H2O

将硫化钠和碳酸钠按反应要求比例放入图乙装置D中，然后注入150mL蒸馏水使其溶解，再在分液漏斗A中注入一定浓度的H2SO4，在蒸馏烧瓶B中加入亚硫酸钠固体，并按图乙安装好装置。

（1）仪器D的名称为______

（2）打开分液漏斗活塞，注入H2SO4，使反应产生的气体较缓慢均匀地通入Na2S和Na2CO3的混合溶液中，并用磁力搅拌器搅动并加热，总反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2

3Na2S2O3+CO2。

①烧瓶B中发生反应的化学方程式为______。

②将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中的正确操作是______。

③制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下，其理由是______（用离子方程式表示）。

Ⅱ．分离Na2S2O3•5H2O并测定含量

（3）操作I为趁热过滤，其目的是______；操作Ⅱ是过滤、洗涤、干燥，其中洗涤操作时用______（填试剂）作洗涤剂。

（4）蒸发浓缩滤液直至溶液中有少量晶体析出为止，蒸发时控制温度不宜过高的原因是______。

（5）制得的粗晶体中往往含有少量杂质。

为了测定粗产品中Na2S2O3•5H2O的含量，称取1.25g的粗样品溶于水，配成250mL溶液，取25.00mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.0100mol/L标准I2溶液滴定，当溶液中S2O32-全部被氧化时，消耗碘溶液的体积为25.00mL．试回答：

（提示：

I2+2S2O32-═2I-+S4O62-）

①达到滴定终点时的现象：

______

②产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数为______。

【答案】三颈烧瓶Na2SO3+H2SO4（浓）═Na2SO4+SO2↑+H2O观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度S2O32-+2H+═S↓+SO2↑+H2O防止硫代硫酸钠晶体析出乙醇避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点99.2%

【解析】

【分析】

【详解】

（1）根据仪器的构造可知，仪器D的名称为三颈烧瓶，故答案为：

三颈烧瓶；

（2）①亚硫酸钠与浓硫酸反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式为：

Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为：

Na2SO3+H2SO4（浓）=Na2SO4+SO2↑+H2O；

②为将B中产生的气体缓慢均匀地通入D中，可以观察仪器D中气体的流速，通过控制分液漏斗A的旋塞，可控制产生气体的速度，故答案为：

观察仪器D中气体的流速，控制分液漏斗A的旋塞，控制产生气体的速度；

③Na2S2O3在酸性条件下会生成S和SO2，所以制备过程中仪器D中的溶液要控制在弱碱性条件下以防止Na2S2O3发生歧化反应，其离子方程式为：

S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故答案为：

S2O32-+2H+=S↓+SO2↑+H2O；

（3）根据图甲可知，温度低时，硫代硫酸钠的溶解度小，会结晶析出，所以需要趁热过滤，防止硫代硫酸钠晶体析出；Na2S2O3易溶于水，不溶于乙醇，所以为防止洗涤损失硫代硫酸钠，应该用乙醇作洗涤剂，故答案为：

防止硫代硫酸钠晶体析出；乙醇；

（4）Na2S2O3•5H2O于40-45℃熔化，48℃分解，所以蒸发时控制温度不宜过高的原因是避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解，故答案为：

避免析出的晶体Na2S2O3•5H2O因温度过高而分解；

（5）①碘遇淀粉变蓝色，反应结束时，溶液中S2O32-全部被氧化时，滴加最后一滴标准I2溶液时溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点，故答案为：

滴加最后一滴标准I2溶液时，溶液由无色变为蓝色且半分钟内不变色，说明到达滴定终点；

②根据碘与硫代硫酸钠的反应I2+2S2O32-═2I-+S4O62-中的比例关系，配成的溶液中c（S2O32-）=

=

=0.02mol/L，则产品中Na2S2O3•5H2O的质量分数=

=99.2%，故答案为：

99.2%。

4．亚硝酸钠是一种工业盐，外观与食盐非常相似，毒性较强。

Ⅰ.经查：

①Ksp（AgNO2）=2×10－8，Ksp（AgCl）=1.8×10－10；②Ka（HNO2）=5.1×10－4。

请设计最简单的方法鉴别NaNO2和NaCl两种固体______________________

Ⅱ.某小组同学用如下装置（略去夹持仪器）制备亚硝酸钠

已知：

①2NO＋Na2O2=2NaNO2；②酸性条件下，NO和NO2都能与MnO4－反应生成NO3－和Mn2＋。

（1）使用铜丝的优点是________________________。

（2）装置A中发生反应的化学方程式为_____________________________。

装置C中盛放的药品是_________；（填字母代号）

A．浓硫酸B．NaOH溶液C．水D．四氯化碳

（3）该小组称取5.000g制取的样品溶于水配成250ml溶液，取25.00ml溶液于锥形瓶中，

用0.1000mol·L－1酸性KMnO4溶液进行滴定，实验所得数据如下表所示：

滴定次数

1

2

3

4

消耗KMnO4溶液体积/mL

20.90

20.12

20.00

19.88

①第一次实验数据出现异常，造成这种异常的原因可能是_________（填字母代号）。

a．锥形瓶洗净后未干燥

b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗

c．滴定终点时仰视读数

②酸性KMnO4溶液滴定亚硝酸钠溶液的离子方程式为___________________。

③该样品中亚硝酸钠的质量分数为______________。

【答案】分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解;再分别滴加酚酞试液,变红的为NaNO2可以控制反应的发生与停止Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2OCbc6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O69%

【解析】

试题分析：

Ⅰ.根据NaNO2为强碱弱酸盐，亚硝酸根离子水解导致溶液显示碱性分析；

Ⅱ.装置A中是浓硝酸和铜加热发生的反应，反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，装置C中是A装置生成的二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置D中的干燥剂吸收水蒸气，通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入，通过装置E中的过氧化钠与一氧化氮反应，最后通过酸性高锰酸钾溶液除去剩余一氧化氮防止污染空气，据此分析解答。

解析：

Ⅰ.酸越弱相应酸根越容易水解，溶液碱性越强，因此鉴别NaNO2和NaCl两种固体的方法是：

分别取两种固体样品少量于试管中加水溶解，再分别滴加酚酞试液，变红的为NaNO2；

Ⅱ.

（1）可通过上下移动铜丝控制反应是否进行，所以使用铜丝的优点是可以控制反应的发生与停止；

（2）浓硝酸和铜加热发生反应生成二氧化氮、硝酸铜和水，方程式为：

Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；通过装置C中的水与二氧化氮反应生成硝酸和一氧化氮；通过装置F中的干燥剂防止水蒸气进入与过氧化钠反应，所以C中的药品是水，答案选C；

（3）①a．锥形瓶洗净后未干燥，待测液的物质的量不变，对V（标准）无影响，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）不变，a错误；b．酸式滴定管用蒸馏水洗净后未用标准液润洗，标准液的浓度偏小，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）偏大，b正确；c．滴定终点时仰视读数，造成V（标准）偏大，根据c（待测）=c（标注）×V（标准）/V（待测）可知，c（标准）偏大，c正确；答案选bc；

②该反应中亚硝酸根离子被氧化为硝酸根离子，高锰酸根离子被还原为锰离子，离子方程式为6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O；

③根据表中数据可知第一次实验数据误差太大，舍去，消耗高锰酸钾溶液体积的平均值是0.02L，高锰酸钾的物质的量是0.1mol/L×0.02L=0.002mol，则根据方程式6H＋+2MnO4－+5NO2－=2Mn2＋+5NO3－+3H2O可知，亚硝酸钠的物质的量是0.002mol×5/2=0.005mol，则原样品中亚硝酸钠的物质的量是0.005mol×100mL/25mL=0.02mol，其质量为0.02mol×69g/mol=1.38g，所以样品中亚硝酸钠的质量分数1.38g/2g×100%=69.0%.

点睛：

注意掌握综合实验设计题的解题思路：

（1）明确实验的目的和原理。

实验原理是解答实验题的核心，是实验设计的依据和起点。

实验原理可从题给的化学情景（或题首所给实验目的）并结合元素化合物等有关知识获取。

在此基础上，遵循可靠性、简捷性、安全性的原则，确定符合实验目的、要求的方案。

（2）理清实验操作的先后顺序。

根据实验原理所确定的实验方案中的实验过程，确定实验操作的方法步骤，把握各步实验操作的要点，理清实验操作的先后顺序。

（3）看准图，分析各项实验装置的作用。

有许多综合实验题图文结合，思考容量大。

在分析解答过程中，要认真细致地分析图中所示的各项装置，并结合实验目的和原理，确定它们在该实验中的作用。

（4）细分析，得出正确的实验结论。

实验现象（或数据）是化学原理的外在表现。

在分析实验现象（或数据）的过程中，要善于找出影响实验成败的关键以及产生误差的原因，或从有关数据中归纳出定量公式，绘制变化曲线等。

5．锂离子电池能够实现千余次充放电，但长时间使用后电池会失效，其中的化学试剂排放至环境中不仅会造成环境污染，还会造成资源的浪费。

实验室模拟回收锂离子电池中的Co、Ni、Li的流程如图。

已知：

LiCoO2难溶于水，易溶于酸。

回答下列问题：

（1）LiCoO2中Co的化合价是__。

（2）LiCoO2在浸出过程中反应的离子方程式是__。

（3）浸出剂除了H2O2外，也可以选择Na2S2O3，比较二者的还原效率H2O2__（填“>”或“<”）Na2S2O3（还原效率：

还原等物质的量的氧化剂消耗还原剂的物质的量）。

（4）提高浸出效率的方法有__。

（5）利用Cyanex272萃取时，pH对钴、镍萃取分离效果的影响如图。

从图中数据可知，用Cyanex272萃取分离时，最佳pH是__。

（6）反萃取的离子方程式为2H++CoR2=Co2++2HR，则反萃取剂的最佳选择是__。

（7）常温下，若水相中的Ni2+的质量浓度为1.18g·L-1，则pH=__时，Ni2+开始沉淀。

[Ksp（Ni（OH）2=2×10-15]

（8）参照题中流程图的表达，结合信息设计完成从水相中分离Ni和Li的实验流程图（如图）___。

已知：

提供的无机试剂：

NaOH、Na2CO3、NaF。

【答案】+32LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O<适当升高温度，适当增加H2SO4浓度5.5H2SO47.5①NaOH②Ni（OH）2③NaF

【解析】

【分析】

（1）通过化合物中各元素化合价代数和为0进行计算；

（2）由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的规律写出化学方程式；

（3）根据等物质的量H2O2和Na2S2O3作为还原剂转移电子的多少进行判断；

（4）提高浸出效率即提高化学反应速率；

（5）分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围；

（6）将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时不能引入新杂质；

（7）根据Ksp（Ni（OH）2的表达式进行计算；

（8）根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀。

【详解】

（1）LiCoO2中O元素为-2价，Li为+1价，根据化合物中各元素化合价代数和为0进行计算得Co的化合价为+3价；

（2）由流程图中有机相反萃取得到CoSO4，可知LiCoO2与H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应，化学方程式为：

2LiCoO2+6H++H2O2=2Co2++O2↑+2Li++4H2O；

（3）1molH2O2作为还原剂转移2mol电子，1molNa2S2O3作为还原剂转移8mol电子，则Na2S2O3的还原效率更高；

（4）提高浸出效率可以适当升高温度，适当增加H2SO4浓度等；

（5）分离Co2+和Ni2+时，由于Co2+进入有机相，Ni进入水相，因此，应该选择钴的萃取率高而镍的萃取率低的pH范围，所以最佳pH是5.5；

（6）将钴洗脱进入水相中时，应该使反应向正反应方向移动，同时，为不引入新杂质，反萃取剂最好选择H2SO4；

（7）c（Ni2+）=

mol/L=0.02mol/L，则开始沉淀时，c（OH-）＝

=

=10-6.5mol/L，则pH=14-6.5=7.5；

（8）根据表格中所给物质溶解度信息，调节pH应该用碱性物质，但要考虑分离Ni和Li元素不能使Ni和Li元素同时沉淀，所以选用NaOH，则Ni（OH）2先沉淀，过滤后滤液中加入NaF生成LiF沉淀。

【点睛】

本题（5）选择合适的pH时，注意读懂图中信息，要根据实验的具体操作情况来分析。

6．砂质土壤分析中常用KarlFischer法是测定其中微量水含量，该方法是利用I2 和SO2反应定量消耗水作为原理（假设土壤中其他成分不参加反应），据此回答下列问题：

（1）写出该反应的化学反应方程式：

_______________________。

步骤I：

反应样品中的水

下图是某同学在实验室模拟KarlFischer法的实验装置图：

（2）装置连接的顺序为a→____________（填接口字母顺序）；M仪器的名称为________________，其在实验过程中的作用是：

____________；

（3）操作步骤为：

①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，____________________；③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2 ，⑤取下D装置，···

步骤④中继续通入N2的目的是________________________________

步骤II：

测定剩余的碘

向反应后的D装置加入蒸馏水，过滤，充分洗涤，并合并洗涤液和滤液，将其配成250.00mL溶液，取 25.00mL 用0.20 mol·L-1Na2S2O3 标准液滴定剩余的I2单质，已知反应如下：

2S2O32－+I2=S4O62－+2I－。

（4）Na2S2O3 标准液应装在_____________（填“酸式”、“碱式”）滴定管中；上述操作中，合并洗涤液和滤液的目的是__________________________；

（5）滴定实验重复四次得到数据如下:

实验

①

②

③

④

消耗的标准液的体积/mL

18.37

20.05

19.95

20.00

①若实验开始时，向D 装置中加入10.00g土壤样品和10.16克I2（已知I2过量），则样品土壤中水的含量为_________%。

②若Na2S2O3 标准液已部分氧化变质，则水含量测定结果将____________（填“偏高”、“偏低”或“不变”）。

【答案】SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HId→e→i→h→g→f→b→（c）长颈漏斗平衡内外气压，防止压强过大打开弹簧夹，通入氮气将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收碱式使所有剩余的碘均进入滤液，测量结果更准确7.2%偏低

【解析】

【分析】

（1）利用I2和SO2反应定量消耗水，碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成碘化氢和硫酸，据此写出反应的方程式；

（2）装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D装置应该为二氧化硫与样品反应的装置，进入该装置的二氧化硫需要用浓硫酸（E）干燥，C装置为安全瓶，因此装置的顺序为ACEDB，据此分析解答；

（3）操作步骤：

①连接装置并检查装置气密性，②装入药品，打开弹簧夹，通入氮气，把装置内空气赶净，③关闭弹簧夹，打开分液漏斗活塞；④反应结束后，关闭分液漏斗活塞，继续通入N2，将装置中的SO2全部赶入B装置中吸收，据此分析解答；

（4）Na2S2O3水解显碱性；合并洗涤液和滤液，使所有剩余的碘进入滤液，据此分析解答；

（5）①实验过程中碘与二氧化硫反应后，剩余的碘用0.20mol•L-1Na2S2O3标准液滴定，根据消耗的Na2S2O3求出剩余的碘，再根据

（1）中的方程式求出消耗的水，最后求样品中水的含量；②若Na2S2O3标准液已部分氧化变质，消耗硫代硫酸钠溶液体积增大，测定剩余碘单质物质的量增大，据此分析判断。

【详解】

（1）碘单质具有氧化性，二氧化硫具有还原性，二者在水中发生氧化还原反应生成氢碘酸和硫酸，反应的化学方程式为：

SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4，故答案为SO2+I2+2H2O=2HI+H2SO4；

（2）装置A是制备二氧化硫气体，装置B中的碱石灰可以吸收尾气，并防止外界水蒸气加入装置，应该在整套装置的最后，D