精品解析：安徽省滁州市九校2022-2023学年高一下学期4月期中联考化学试题（解析版）

这是一份精品解析：安徽省滁州市九校2022-2023学年高一下学期4月期中联考化学试题（解析版），共16页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围， 下列有关化学用语表示正确的是， 自然界中氮循环如图所示， 下列操作中正确的是， 反应，是潜艇中氧气来源之一等内容，欢迎下载使用。

2022～2023学年度第二学期高一期中考试
化学试卷
考生注意：
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分100分，考试时间75分钟。
2.考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
3.本卷命题范围：人教版必修第一册、必修第二册第五章。
可能用到的相对原子质量：H1　N14　Na23　O16　S32　Cu64　Ba137
一、选择题：本题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生产、生活密切相关。下列有关物质性质及用途的说法错误的是
A. 铁粉可用作食品袋内的干燥剂
B. 具有碱性，可修复被酸雨浸湿的土壤
C. 、、等可用于自来水的杀菌消毒
D. 一定浓度的水溶液可用于杀灭新冠病毒
【答案】A
【解析】
【详解】A．铁粉具有还原性，可以与氧气反应，可作脱氧剂，不能用作干燥剂，A错误；
B．具有碱性，可修复被酸雨浸湿的土壤，B正确；
C．、、具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，C正确；
D．次氯酸钠溶液具有氧化性，能使蛋白质变性，可用于杀灭新冠病毒，D正确；
故答案为：A。
2. 下列物质在氧化还原反应中，氮元素或硫元素只能表现出还原性的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2处于中间价态，可以降低变为０价，可以升高变为+6价，既可表现氧化性，也可表现还原性，故A不符合题意；
B．NO中N处于中间价态，可以升高为+4价，可以降低变为0价，既可表现氧化性，也可表现还原性，故B不符合题意；
C．H2S化合价为最低价态-2价，只能体现还原性，故C符合题意；
D．NO2中N处于中间价态，可以升高为+5价，可以降低变为+2价，既可表现氧化性，也可表现还原性，故D不符合题意；
综上所述，答案为C。
3. 下列物质常温下见光会分解的是
A. B. C. 浓硝酸 D. 浓硫酸
【答案】C
【解析】
【详解】A．加热反应生成碳酸钠、二氧化碳和水，故A不符合题意；
B．加热反应生成氨气和氯化氢，故B不符合题意；
C．浓硝酸见光分解生成二氧化氮、氧气和水，故C符合题意；
D．浓硫酸见光和受热都不分解，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
4. 一定条件下，不能通过化合反应直接生成的物质是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】A．氮气和氢气在一定条件下化合反应生成，故A不符合题意；
B．二氧化硅和水不能通过化合反应生成，故B符合题意；
C．一氧化氮和氧气化合反应生成，故C不符合题意；
D．二氧化硫和氧气在催化剂加热条件下化合反应生成，故D不符合题意。
综上所述，答案为B。
5. 下列有关化学用语表示正确的是
A. 中子数为7的碳原子：
B. 钙离子的电子式：
C. 分子的结构式：
D. 的电离方程式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．中子数为7的碳原子应表示为，A错误；
B．钙离子的电子式用离子符号表示为，B正确；
C．的结构式为，C错误；
D．是弱电解质，电离方程式应用可逆符号，D错误；
故选B。
6. 氧和硫元素是同族的两种主族元素。下列说法中错误的是
A. 硫元素与氧元素可形成两种酸性氧化物
B. 与互为同位素，与互为同素异形体
C. 、、中，阴、阳离子个数比均为
D. 氧和硫在自然界中均以游离态和化合态的形式存在
【答案】B
【解析】
【详解】A．O与S形成SO2、SO3，均为酸性氧物，A正确；
B．16O2与18O3均为氧元素组成的单质，互为同素异形体，B错误；
C．、(其阴离子为)、中，阴、阳离子个数比均为，C正确；
D．氧在自然界中有、等，自然界中，游离态的S存在于火山喷发口附近或地壳的岩层中，化合态的硫主要以硫酸盐、金属硫化物的形式存在，因此氧、硫在自然界中均以游离态和化合态的形式存在，D正确；
故选B。
7. 自然界中氮循环如图所示。下列说法错误的是

A. 工业合成氨属于人工固氮
B. 雷电作用下与发生化学反应
C. 含氮无机物与含氮有机物不能相互转化
D. 在氮的循环过程中涉及氧化还原反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．氮气与氢气反应生成氨气属于人工固氮，A正确；
B．闪电时，N2转化为NO，属于化学反应，B正确；
C．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故C错误；
D．氮气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，均属于氧化还原，D正确；
故答案为：C。
8. 下列操作中正确的是
A. 用水扑灭金属Na、K的燃烧
B. 焰色试验中用过的铂丝可以用稀硫酸洗净
C. 丁达尔效应可被用来区分食盐水和胶体
D. 实验室制取氯气时，先装好二氧化锰，再检查装置的气密性
【答案】C
【解析】
【详解】A．金属Na、K特别活泼，能够与水反应产生H2，H2是可燃性气体，会导致火势加剧，因此不能用水扑灭金属Na、K的燃烧，而应该使用干土或干沙灭火，故A错误；
B．焰色试验中为避免杂质元素对待测元素检验的影响，每次用过的铂丝要用挥发性的稀盐酸洗净，故B错误；
C．食盐水属于溶液，不能产生丁达尔效应，而胶体能产生丁达尔效应，因此可以用丁达尔效应区分食盐水和胶体，故C正确；
D．实验室制取氯气时，先检查装置的气密性，再放二氧化锰，故D错误；
故答案选C。
9. 碳、硅及其化合物常用作性能优异的无机非金属材料。比如氮化硅()，其熔点高、硬度大，电绝缘性好，化学性质稳定。下列有关说法错误的是
A. 硅是构成一些岩石和矿物的基本元素
B. 石墨烯是一种新型的纳米化合物
C. 氮化硅可用于制作坩埚和切削刀具
D 水玻璃可用于生产黏合剂和防火剂
【答案】B
【解析】
【详解】A．硅元素是地壳中大量存在的元素，是许多种岩石和矿物的基本构成元素之一，故A正确；
B．石墨烯是碳单质，不属于化合物，故B错误；
C．氮化硅()硬度大、熔点高，可以用于制作坩埚；熔点高、化学性质稳定，可制作耐高温轴承、切削刀具等，故C正确；
D．水玻璃具有黏性，不易燃烧，可用于生产黏合剂和防火剂，故D正确。
综上所述，答案为B。
10. 反应，是潜艇中氧气来源之一。用表示阿伏加德罗常数，下列说法错误的是
A. 标准状况下，22.4L含2个氧原子
B. 1.8g含有的电子数为
C. 反应中每生成1mol转移1mol电子
D. 将4.0g溶于水配成100mL溶液，则
【答案】C
【解析】
【详解】A．标准状况下，22.4L为1mol，含2个氧原子，A正确；
B．1.8g的物质的量为0.1mol，每个分子中有10个电子，故1.8g含有的电子数为，B正确；
C．对于反应，中价的O歧化为0价和价，故每生成1mol转移2mol电子，C错误；
D．4.0g溶于水配成100mL溶液，则的物质的量浓度为1.0，D正确；
故答案为：C。
11. 某无色溶液含有、、、、中的2种离子，取该溶液进行了下列实验：
(1)取少量溶液，滴加溶液，有沉淀产生，加足量硝酸，沉淀全部溶解；
(2)取实验(1)静置后的溶液，滴加溶液，无现象。
根据上述实验，可以确定该无色溶液中存在的离子是
A. 和 B. 和 C. 和 D. 和
【答案】D
【解析】
【详解】溶液无色，说明没有，向溶液中滴加溶液，有沉淀，加足量硝酸，沉淀全部溶解，说明有，没有，取(1)后的溶液，滴加溶液，无现象，说明没有，根据电荷守恒可知溶液中一定有阳离子，因此溶液中一定存在和，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
12. 下列离子方程式书写正确的是
A. 氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀：
B. 氯化铁溶液中插入铜片：
C. 碳酸钙与稀硝酸反应：
D. 氧化铝与氢氧化钠溶液反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．是弱电解质，应写，故A错误；
B．氯化铁溶液中插入铜片，反应生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为，故B错误；
C．稀硝酸与碳酸钙反应，碳酸钙是难溶物，应保留化学式，离子方程式为，故C错误；
D．氧化铝与氢氧化钠溶液反应离子方程式为；故D正确；
故答案选D。
13. 下列关于氮及其化合物的说法，错误的是
A. 铵盐一般都溶于水，且都可分解放出氨气
B. 碳酸氢铵常用作氮肥，不可与碱性肥料混用
C. 汽车尾气中的氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因之一
D. 工业浓硝酸通常呈黄色，是因为溶解了气体
【答案】A
【解析】
【详解】A．铵盐一般都溶于水，但分解不一定放出氨气，如NH4NO3在230℃以上分解产生N2、O2、H2O，不产生氨气，A错误；
B．铵根与碱反应生成氨气，故铵态氮肥不能与碱性肥料混用，B正确；
C．汽车尾气中的氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因之一，C正确；
D．NO2呈红棕色，溶于浓硝酸使浓硝酸呈黄色，D正确；
答案选A。
14. 由和制备(熔点16.8℃，沸点44.8℃)的模拟装置如下图所示(加热和夹持装置省略)：

下列说法错误的是
A. 装置①中的试剂为浓硫酸，作干燥剂
B. 装置③反应管中的铂石棉用作反应的催化剂
C. 实验室可用铜与浓硫酸在加热条件下制取
D. 从装置⑤逸出的气体有和
【答案】D
【解析】
【详解】A．装置①中用浓硫酸干燥SO2中的水，A正确；
B．装置③中，，铂石棉用作反应的催化剂，B正确；
C．，C正确；
D．碱石灰可以吸收SO2，D错误；
故答案为：D。
15. 将质量为32g的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法正确的是
A. 标准状况下，通入O2的体积为2.8L
B. 反应中被还原的HNO3的物质的量为1.5mol
C. 标准状况下，混合气体中NO和NO2的体积均为5.6L
D. 硝酸的物质的量浓度为10.0mol/L
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A．NO、NO2与氧气、NaOH溶液反应转化为NaNO3，纵观整个过程，根据电子转移守恒可知，Cu失去的电子等于氧气获得的电子，Cu的物质的量为：=0.5mol，则氧气的物质的量为=0.25mol，故标准状况下通入氧气的体积为：0.25mol×22.4L/mol=5.6L，A错误；
B．标况下11.2L的NO和NO2的混合气体的物质的量为0.5mol，则被还原的HNO3的物质的量为0.5mol，B错误；
C．设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为xmol、ymol，根据电子守恒得3x+y=0.5mol×2，根据N元素守恒得x+y=0.5mol，联立可得x=y=0.25，故标准状况下V(NO)=V(NO2)=0.25mol×22.4L/mol=5.6L，C正确；
D．0.5mol Cu与硝酸完全反应生成0.5molCu(NO3)2，同时反应生成的NO、NO2两种气体共有0.5mol，所以参加反应硝酸的量n(HNO3)=0.5mol×2+0.5mol=1.5mol，而硝酸可能还有剩余，所以c(HNO3)≥=10.0mol/L，D错误；
综上所述答案为C。
二、非选择题：本题共4小题，共55分。
16. X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的六种短周期主族元素。X是原子半径最小的元素；Y原子最外层电子数是核外电子层数的3倍；Z是短周期中金属性最强的元素；W是地壳中含量最多的金属元素；R的最高正价与最低负价代数和为4，请回答下列问题：
（1）用电子式表示的形成过程_____________________。
（2）W在周期表中的位置是________________。
（3）X、Y、Z形成化合物的电子式为______，中含有的化学键类型为________________。
（4）Y、Z、W三种元素对应的简单离子半径由大到小的顺序是__________(用元素的离子符号表示)。
（5）下列说法能证明非金属性Q强于R的是______(填字母)。
a．简单阴离子的还原性：
b．简单氢化物热稳定性：
c．氧化物对应的水化物的酸性：
（6）W的单质与Z的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式是___________。
【答案】（1） （2）第三周期第IIIA族
（3） ①. ②. 离子键、(非极性)共价键
（4）
（5）b （6）
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R、Q为原子序数依次增大的六种短周期主族元素。X是原子半径最小的元素，则X是H元素；Y原子最外层电子数是核外电子层数的3倍，则Y核外电子排布是2、6，Y是O元素；Z是短周期中金属性最强的元素，则Z是Na元素；W是地壳中含量最多的金属元素，则W是Al元素；R的最高正价与最低负价代数和为4，R的最高正价与最低负价的绝对值之和为8，则R是S元素，Q是元素，然后根据元素周期律及元素化合物的性质分析解答。
【小问1详解】
形成时钠原子失去电子，硫原子得到电子，形成过程；
【小问2详解】
W是Al，原子核外K、L、M层依次排有2、8、3个电子，根据元素在周期表的位置与原子结构关系可知Al位于元素周期表第三周期第IIIA族，答案为：第三周期第IIIA族
【小问3详解】
ZYX是，氢氧之间是共价键，钠离子与氢氧根离子之间是离子键，电子式：； X是H，Y是O，是，含有的化学键类型为离子键、(非极性)共价键，答案为：，离子键、(非极性)共价键；
【小问4详解】
Y是O，Z是Na，W是Al，这三种元素形成的离子O2-、Na+、Al3+核外电子排布都是2、8。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则三种离子的半径由大到小的顺序为：；
【小问5详解】
a．元素的非金属性越强，其简单阴离子的还原性就越弱，所以根据离子还原性：S2-＞，证明元素的非金属性：＞S ，a错误；
b．元素的非金属性越强，其简单氢化物的热稳定性就越弱，可根据氢化物的稳定性：＞H2S，证明元素的非金属性：＞S，b正确；
c．未指明是最高价氧化物对应的水化物，因此不能利用含氧酸酸性强弱判断非金属性强弱，c错误；
故选b；
【小问6详解】
W是Al，Z是Na，Al能够与Na的最高价氧化物对应的水化物的水溶液反应产生NaAlO2、H2，该反应的化学方程式为：；
17. 氮及其化合物是重要的化工原料。回答下列问题：
（1）利用如图所示装置及药品制取氨气。

①写出A中制取氨气的化学方程式；___________。
②C为方框内氨气的收集装置，则a应与___________(填“b”或“c”)相连。
③证明氨气已集满的操作和现象是___________。
（2）若观察到装置D中的烧瓶内产生了红色喷泉。则说明氨气具有的性质是___________。
（3）氨经催化氧化可制备硝酸，写出氨催化氧化的化学方程式：___________。
（4）可用碱液吸收：(未配平)，已知M是一种盐，且在生成物中M与的物质的量比为。则M的化学名称为___________。
（5）将mgCu与足量的稀硝酸混合，充分反应后，收集到2.24L(标准状况)气体，则___________。
【答案】（1） ①. ②. c ③. 将湿润的红色石蕊试纸靠近b导管口，试纸变成蓝色
（2）氨气极易溶于水，氨气与水反应生成碱
（3）
（4）亚硝酸钠 （5）9.6
【解析】
【分析】A装置制取氨气经过碱石灰干燥后进行收集，因为氨气密度小于空气，需要用向下排空气法收集，以此分析；
【小问1详解】
①制取氨气，；
故答案：；
②因为氨气密度小于空气，需要用向下排空气法收集，在万能瓶内短进长出，a与c相连；故答案为：c；
③将湿润的红色石蕊试纸靠近b导管口，试纸变成蓝色用来检验氨气已集满
故答案为：将湿润的红色石蕊试纸靠近b导管口，试纸变成蓝色；
【小问2详解】
氨气极易溶于水，氨气与水反应生成碱，装置D中的烧瓶内产生了红色喷泉；
故答案为：氨气极易溶于水，氨气与水反应生成碱；
【小问3详解】
氨经催化氧化可制备硝酸，；
故答案为：；
【小问4详解】
根据得失电子守恒，NO2中的N为+4价，化合价升高到+5价NaNO3，生成1molNaNO3，失去1mole-，则生成1molM，得到1mol电子，则M中N元素化合价为+3价的NaNO2；
故答案为：亚硝酸钠；
【小问5详解】
，，；

故答案为：9.6。
18. 利用物质的类别及元素的化合价推测物质的性质是同学们学习化学的重要方法。硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系如图所示：

（1）X的化学式为_______，X的浓溶液与碳在一定条件下可以发生反应，这一性质体现了X的_______性(填“氧化”或“还原”)。
（2）从硫元素化合价变化的角度分析，图中所含物质中，只表现还原性的有_______和_______ (填化学式)。
（3）将H2S与SO2混合可生成淡黄色固体，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
（4）某学习小组用下图所示实验装置制备二氧化硫并研究其性质，用注射器加入浓硫酸，反应一段时间后，观察实验现象。

已知：浓硫酸与亚硫酸钠反应方程式为Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。下列说法错误的是_______ (填字母)。
A. ③品红溶液褪色，表现二氧化硫漂白性
B. ④硫化钠溶液中出现淡黄色沉淀，表现二氧化硫的还原性
C. ⑤蘸有紫色石蕊试液的棉花变成红色，说明二氧化硫与水反应生成酸
D. ⑥蘸有酸性KMnO4溶液的棉花紫红色褪去，表现二氧化硫的漂白性
（5）Na2SO3溶液在空气中放置一段时间后，Na2SO3部分被氧气氧化，其被氧化后的产物为________(写化学式)，检验Na2SO3部分被氧气的实验操作为_______
【答案】（1） ①. H2SO4 ②. 氧化
（2） ①. H2S ②. Na2S
（3）2∶1 （4）BD
（5） ①. Na2SO4 ②. 取少量该溶液于试管中，先滴加过量稀盐酸，产生能使品红溶液褪色的气体，再滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀
【解析】
【分析】Na2SO3与70%硫酸在溶液中发生复分解反应Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O而产生SO2气体，SO2是酸性氧化物，能够与水反应产生H2SO3，H2SO3具有酸性，可以使紫色石蕊试液变为红色；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；SO2具有氧化性，可以在溶液中将H2S、Na2S氧化产生S而使溶液变浑浊；SO2具有还原性，可以被具有强氧化性的物质如被酸性KMnO4溶液氧化而使溶液紫色褪去。
【小问1详解】
X是S元素形成的+6价的酸，则X是H2SO4；
浓H2SO4具有强氧化性，与C在加热时反应产生CO2、SO2、H2O，在该反应中S元素化合价降低，得到电子，表现强氧化性；
【小问2详解】
在图示含有S元素的物质中，H2S、Na2S中的S元素为-2价，处于最低化合价，只能失去电子表现还原性；
【小问3详解】
将H2S与SO2混合可生成淡黄色固体，反应方程式为：2H2S+SO2=3S+2H2O。在该反应中，H2S失去电子被氧化为S单质，SO2得到电子被还原为S单质，所以S既是氧化产物，又是还原产物，在该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为2：1；
【小问4详解】
A．二氧化硫具有漂白性，可以使品红溶液褪色，故③中品红溶液褪色，表现二氧化硫的漂白性，A正确；
B．SO2与Na2S在溶液中反应产生S单质，使溶液变浑浊，在该反应中SO2表现氧化性，B错误；
C．SO2与石蕊试液中的水反应产生H2SO3，该物质具有酸性，可以使石蕊试液变为红色，这说明二氧化硫与水反应生成酸，C正确；
D．SO2具有还原性，可以被酸性KMnO4溶液氧化变为硫酸，酸性KMnO4溶液被还原为无色Mn2+，这可说明SO2具有还原性，而不漂白性，D错误；
故合理选项是BD；
【小问5详解】
Na2SO3溶液在空气中放置一段时间后，Na2SO3部分被氧气氧化，2Na2SO3+O2=2Na2SO4，故其被氧化后的产物为Na2SO4。
可根据BaSO4是白色既不溶于水，也不溶于酸的物质检验。操作是取少量该溶液于试管中，先滴加过量稀盐酸，产生能使品红溶液褪色的气体，再滴加BaCl2溶液，若反应产生白色沉淀证明溶液中含有，从而证明Na2SO3被氧气氧化为Na2SO4。
19. 以黄铜矿()和硫黄为原料制取Cu和其他产物的新工艺，原料的综合利用率较高，其主要流程如下：

已知：反应2的离子方程式为。
回答下列问题：
（1）铁红的化学式为___________。
（2）反应1的产物为___________(填化学式)。
（3）请配平反应3中的离子方程式：___________。
_________________________________________
（4）写出反应4的化学方程式：___________。
（5）某硫酸厂为测定反应4所得气体中的体积分数，取280mL(已折算成标准状况)气体(内含氮气、氧气、二氧化碳、二氧化硫等)，缓缓通过足量的溴水，在所得溶液中加入过量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，将沉淀洗涤、干燥、称量，沉淀的质量为0.233g。
①写出与溴水反应的化学方程式：___________。
②反应4所得气体中的体积分数为___________。
（6）传统工艺制铜是将黄铜矿等铜矿与空气在高温下煅烧，这种方法的缺点是要消耗大量的热能以及___________。
【答案】（1）
（2）、
（3）
（4）
（5） ①. ②. 8%(写成0.08也可)
（6）产生的污染环境
【解析】
【分析】黄铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，加入HCl、NaCl、CuCl2混合溶液发生反应Cu2＋＋CuS＋4Cl−＝2[CuCl2]−＋S↓，过滤得到滤液中通入空气发生反应4CuCl＋O2＋4H＋＝4Cu2＋＋8Cl−＋2H2O，一定温度下，在反应3所得的溶液中加入稀硫酸，可以析出硫酸铜晶体，结晶分离得到硫酸铜晶体，加入铁还原溶液得到铜；滤渣分离得到FeS和S，FeS2通入空气灼烧得到氧化铁和二氧化硫，氧化铁炼钢，二氧化硫制备硫酸，具体分析解题。
【小问1详解】
铁红的化学式为；故答案为。
【小问2详解】
黄铜矿与S在高温下煅烧，使其转变为FeS2、CuS，故答案为、。
【小问3详解】
据分析可知，配平反应3中的离子方程式为；故答案为。
【小问4详解】
FeS2通入空气灼烧得到氧化铁和二氧化硫，反应方程式为；故答案为。
【小问5详解】
①写出与溴水发生氧化还原反应，化学方程式为；故答案为；
②取280mL(已折算成标准状况)气体(内含氮气、氧气、二氧化碳、二氧化硫等)，缓缓通过足量的溴水，在所得溶液中加入过量的氯化钡溶液，产生白色沉淀，将沉淀洗涤、干燥、称量，沉淀为硫酸钡，质量为0.233g，则物质的量为；根据S元素守恒可知，二氧化硫物质的量为；所以的体积分数为；故答案为8%(写成0.08也可)。
【小问6详解】
传统工艺制铜是将黄铜矿等铜矿与空气在高温下煅烧，这种方法的缺点是要消耗大量的热能以及产生的污染环境；故答案为产生的污染环境。
【点睛】本题以实际化工生产“黄铜矿的综合利用”为背景，考查了元素化合物知识、氧化还原反应及环境保护等知识，题目难度中等，明确实验原理为解答关键，注意掌握氧化还原反应实质及特征。