2022-2023学年江苏省徐州市运河中学高一上学期第二次学情调研化学试题含解析

这是一份2022-2023学年江苏省徐州市运河中学高一上学期第二次学情调研化学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，填空题等内容，欢迎下载使用。

江苏省徐州市运河中学2022-2023学年高一上学期
第二次学情调研化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关，下列说法正确的是
A．我国自主研发的东方超环(人造太阳)使用的氕、氘、氚是同种核素
B．为防止馅饼等富含脂肪的食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰
C．DAC法能实现直接从空气中捕获二氧化碳，该法可缓解全球日益严重的温室效应
D．对含、的自来水，可采用过滤法得到蒸馏水
【答案】C
【详解】A．氕、氘、氚是质子数相同、中子数不同的氢原子，互为同位素，不是同种核素，A错误；
B．生石灰用于吸水，为防止馅饼等富含脂肪的食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉，B错误；
C．捕获空气中二氧化碳可使空气中二氧化碳的含量降低，能够减缓温室效应，C正确；
D．过滤用于分离液体和固体，无法除去自来水中、，D错误；
故选C。
2．下列化学用语表示正确的是
A．与互为同位素 B．氧原子的结构示意图：
C．中子数为8的C原子 D．的电离方程式：
【答案】C
【详解】A．同位素是质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子，16O2 与18O3是分子，不是原子，不互为同位素，故A错误；
B．氧原子核外有8个电子，排布为2，6，选项中的是O2-的结构示意图，故B错误；
C．碳原子质子数为6，中子数为8，则质量数为14，可表示为，故C正确；
D．KNO3电离成钾离子和硝酸根离子：KNO3=K++，故D错误；
故选C。
3．对于反应，以下叙述正确的是
A．是氧化剂，是还原剂
B．每生成的转移的电子
C．被还原
D．被氧化的原子和被还原的原子的物质的量之比为5∶1
【答案】B
【详解】A．由反应3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，该反应中氢氧化钠各元素的化合价都不变，只有Cl元素的化合价变化，Cl元素的化合价部分升高，部分降低，氯气既是氧化剂又是还原剂，故A错误；
B．由反应可知，该反应中1个氯原子由0价失5个电子变为+5价，5个氯原子得5个电子变为-1价，则每生成1molNaClO3转移5mol电子，故B正确；
C．由反应可知，该反应中氢氧化钠各元素的化合价都不变，故C错误；
D．由反应可知，该反应中1个Cl原子失去电子被氧化，5个Cl原子得到电子被还原，则被氧化的氯原子和被还原的氯原子的物质的量之比为1：5，故D错误；
答案选B。
4．下列实验中，所选装置合理的是
A
B
C
D




稀释浓硫酸
灼烧碎海带
酒精萃取碘水中碘
分离酒精和水

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．浓硫酸密度比水大，且溶于水放热，浓硫酸的稀释时候，应该将浓硫酸沿烧杯内部缓缓倒入水中，并用玻璃棒进行搅拌，A错误；
B．灼烧碎海带应该在坩埚中进行，不能在蒸发皿中，B错误；
C．酒精和水互溶，不能用作萃取剂，C错误；
D．酒精和水是互溶的沸点不同的液体，可以采用蒸馏分离的方法，D正确；
故答案为：D。
5．R2O在酸性溶液中与MnO反应，反应产物为RO2、Mn2+、H2O。已知反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶5，则x的值为
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【详解】根据氧化还原反应中元素化合价升降总数相等，MnO转化为Mn2+化合价从+7到+2降低5价，作氧化剂，反应中氧化剂与还原剂的个数之比为2:5，个数比等于物质的量之比，可看作化合价降低总数为5×2=10；R2O中R的化合价为，转化为RO2中的+4价，化合价升高，依题意，可看作合价升高总数为×5×2=10，则x=2；
故选B。
6．已知有下列四个反应：
①Cl2+FeI2=FeCl2+I2         ②2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-
③Cl2+2Br-=2Cl-+Br2       ④Co2O3+6HCl=2CoCl2+Cl2↑+3H2O
下列有关说法正确的是
A．反应①②③④中的氧化产物分别是I2、Fe3+、Br2、CoCl2
B．根据以上方程式可以得到氧化性：Co2O3>Cl2>Br2>Fe3+
C．可以推理得到Cl2+FeBr2=FeCl2+Br2
D．在反应④中，HCl既体现了酸性，又体现了氧化性
【答案】B
【详解】A．反应中，元素化合价升高生成的产物为氧化产物，则①中的氧化产物为I2，②中的氧化产物为Fe3+，③中的氧化产物为Br2，④中的氧化产物为Cl2，故A错误；
B．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，在反应①中Cl2>I2，在反应②中Br2>Fe3+，在反应③中Cl2>Br2，在反应④中Co2O3>Cl2，氧化性顺序是：Co2O3>Cl2>Br2>Fe3+，故B正确；
C．根据反应②的还原性顺序：Br- D．在反应③中生成1molCl2时，有6molHCl参加反应，其中只有2molHCl被氧化，有4molHCl生成盐，所以HCl体现了酸性和还原性，故D错误；
答案选B。
7．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质(如图)。下列说法正确的是

A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物
B．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉
C．除去与水反应的两个反应，图示其余转化反应均为氧化还原反应
D．漂白粉是纯净物，成分为Ca(ClO)2
【答案】C
【详解】A．CO属于不成盐氧化物，A错误；
B．工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；
C．CaSO4与C、O2反应产生SO2、CO、CaO，反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；SO2与O2反应产生SO3，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；CO与H2反应产生CH3OH，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，因此除去与水反应的两个反应，图示其余转化反应均为氧化还原反应，C正确；
D．漂白粉的成分中主要含有CaCl2、Ca(ClO)2，因此属于混合物，其有效成分是Ca(ClO)2，D错误；
故合理选项是C。
8．下列关于SO2性质的说法正确的是
A．氯水中通入一定量的SO2气体可增强氯水的漂白性
B．紫色石蕊溶液中通入SO2溶液变红
C．SO2只可以被氧化
D．含有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体，溶液变无色，说明SO2具有漂白性
【答案】B
【详解】A．SO2气体与氯气反应生成盐酸和硫酸，漂白作用减弱或失去，A错误；
B．SO2不能漂白酸碱指示剂，所以紫色石蕊试液中通入SO2溶液只变红，B正确；
C．SO2中硫元素为+4价，可以氧化到+6价，可以降低到0价，所以既可被氧化也可被还原，C错误；
D．SO2不能漂白酸碱指示剂，所以含有酚酞的NaOH溶液中通入SO2气体,溶液变无色,说明SO2具有酸性氧化物的性质，D错误；
故选B。
9．下列物质的性质与用途具有对应关系的是
A．浓硫酸有脱水性，可用作干燥剂 B．有漂白性，可用作呼吸面具的供氧剂
C．NaClO有强氧化性，可用于消毒杀菌 D．受热易分解，可用作氮肥
【答案】C
【详解】A．浓硫酸具有吸水性，并且硫酸与氯气不发生化学反应，因此浓硫酸可以干燥氯气，不是利用其脱水性，A错误；
B．Na2O2 可用作呼吸面具的供氧剂，是因为Na2O2与二氧化碳、水反应生成氧气，B错误；
C．NaClO溶液可用于杀菌消毒，是因为次氯酸根具有强氧化性，C正确；
D．NH4Cl作氮肥是利用氯化铵溶解后的铵根离子被植物吸收作氮肥，不是利用其分解的性质，D错误；
故答案选C。
10．实验室用如图装置验证浓硫酸与二氧化硫的有关性质，下列说法正确的是

A．品红溶液褪色说明浓硫酸有氧化性
B．氯水褪色说明二氧化硫有漂白性
C．溶液中生成黄色沉淀说明二氧化硫有还原性
D．实验后将E溶液蒸发结晶得到亚硫酸铵固体
【答案】D
【详解】A．铜片和浓硫酸加热反应生成二氧化硫，品红溶液褪色说明二氧化硫有漂白性，A错误；
B．氯水具有强氧化性，其褪色说明二氧化硫有还原性，B错误；
C．H2S 溶液中生成黄色沉淀即硫单质，说明SO2与H2S发生归中反应，SO2有氧化性，C错误；
D．E装置为尾气处理装置，即吸收多余的SO2，SO2与氨气反应生成亚硫酸铵，故实验后将E溶液蒸发结晶得到亚硫酸铵固体，D正确；
故答案选D。
11．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。溶液脱除空气中并再生的原理如图所示：

下列说法不正确的是
A．生成S的反应中作氧化剂
B．反应过程中，可以再生利用
C．转化为的离子方程式为：
D．脱除1mol，至少需要标准状况下氧气的体积11.2L
【答案】C
【详解】A．生成S的反应为：H2S＋2Fe3+=2H+＋2Fe2++S，铁元素的化合价降低，被还原，做氧化剂，故A正确；
B．该反应涉及的有：H2S+2Fe3+=2H++2Fe2++S、4Fe2+＋4H++O2=4Fe3+＋2H2O，涉及到铁离子和亚铁离子的转化，Fe2(SO4)3可以再生利用，故B正确；
C．由图可知Fe2+转化为Fe3+的离子方程式为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3+＋2H2O，故C错误；
D．总反应为2H2S+O2=2S↓＋2H2O，脱除1molH2S，需要0.5mol氧气，至少需要标准状况下氧气的体积11.2L，故D正确；
故选C。
12．在题给条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是
A． B．
C．浓硫酸 D．
【答案】A
【详解】A．氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，A符合；
B．在加热的条件下二氧化锰氧化浓盐酸生成氯气，和稀盐酸不反应，B不符合；
C．浓硫酸应该在加热的条件下与铜反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，C不符合；
D．电解氯化镁溶液生成氯气、氢气和氢氧化镁，电解熔融的氯化镁生成单质镁，D不符合；
答案选A。
13．室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．溶液：、、、
B．溶液：、、、
C．溶液：、、、
D．溶液：、、、
【答案】A
【详解】A．溶液中、、、丶不反应，可大量共存，A符合；
B．溶液中与氢离子反应生成二氧化碳和水，B不符合；
C．溶液中钙离子、均与结合生成沉淀，不能大量共存，C不符合；
D．溶液中、与高锰酸根离子发生氧化还原反应，不能大量共存，D不符合；
答案选A。
14．下列指定的离子方程式正确的是
A．氯气溶于水：
B．碳酸钙溶于醋酸：
C．钠和水反应：
D．硫酸与氢氧化钡溶液反应：
【答案】C
【详解】A．氯气溶于水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸为弱酸，则离子方程式为：，故A错误；
B．碳酸钙溶于醋酸，醋酸为弱酸，则离子方程式为：CaCO3+2CH3COOH═Ca2++CO2↑+H2O+2CH3COO−，故B错误；
C．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH-＋H2↑，故C正确；
D．硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，则离子方程式为：，故D错误；
故选：C。
15．关于海水资源的综合利用，下列说法错误的是
A．海水中含量最高的盐是NaCl B．电解饱和食盐水可以制得金属钠
C．从海水中提取的镁可用于制造火箭、飞机 D．食用含碘丰富的海产品可防治甲状腺肿大
【答案】B
【详解】A．海水中含量最多的金属元素是Na，其次是Mg，含量最多的非金属是Cl，所以海水中含量最高的盐是NaCl，A说法正确；
B．电解饱和食盐水可以制得NaOH、氢气和氯气，不能得到Na，B说法错误；
C．从海水中提取的镁，镁铝合金具有硬度大，质量轻的特点，可用于制造火箭、飞机，C说法正确；
D．碘是合成甲状腺激素的重要物质，食用含碘丰富的海产品可防治甲状腺肿大，D说法正确；
答案为B。
16．下列对浓硫酸的叙述中，正确的是
A．常温下不能用铁、铝容器盛放浓硫酸，因为铁、铝是活泼金属
B．浓硫酸和碳单质加热反应，表现出强氧化性
C．浓硫酸具有吸水性，可以使蔗糖脱水炭化
D．滴加浓硫酸使胆矾由蓝色晶体变为无色粉末，属于物理变化
【答案】B
【详解】A．常温下铁、铝在浓硫酸中钝化，能用铁、铝容器盛放浓硫酸，A错误；
B．浓硫酸和碳单质加热反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现出强氧化性，B正确；
C．浓硫酸具有脱水性，可以使蔗糖脱水炭化，C错误；
D．滴加浓硫酸使胆矾由蓝色晶体变为无色粉末，胆矾变为无水硫酸铜，有新物质生成，属于化学变化，D错误；
答案选B。

二、工业流程题
17．浩瀚的大海中蕴藏着丰富的化学资源。
(1)“吹出法”是工业上常用的一种海水提溴技术，该技术主要流程如下：

①热空气吹出溴是利用了___________(填溴的一种物理性质)。
②写出“吸收”步骤中反应的化学方程式：___________。氧化性由强到弱的顺序为___________。
③“分离”操作名称为___________。
(2)“吹出法”中的“吸收”及后续步骤的工艺也可采用如下流程：

写出步骤②中反应的离子方程式：___________。
(3)溴量法测定废水中苯酚(，相对分子质量为94)含量(每升水中含苯酚的质量，单位)的过程如下(废水中不含干扰测定的物质)。
步骤1向盛有溶液的锥形瓶中加入过量，加酸化一段时间：
步骤2加入废水，充分反应；
步骤3向锥形瓶中加入过量，生成的恰好和反应。
计算该废水中苯酚的含量(写出计算过程)___________(已知：)。
【答案】(1)     溴易挥发               蒸馏
(2)
(3)

【分析】海水中的溴大部分以溴离子的形式存在，用氧化性比溴单质强的氯气将其氧化为溴单质，根据溴单质的沸点低，易挥发可用热空气将其吹出，吹出的溴单质需要再进行富集、提纯，可用还原性较强的二氧化硫素将溴单质还原为溴离子，最后再次用氯气将其氧化为溴单质，通过萃取、蒸馏等步骤得到纯净的液溴。
【详解】（1）①热空气吹出溴，因碘沸点低，易挥发成气体从溶液中逸出；故答案为易挥发；②“吸收”步骤中二氧化硫化合价升高，体现还原性，生成硫酸根离子，溴单质化合价降低，生成溴离子，故该过程的化学方程式为；根据“以强制弱”的原理，氧化性由强到弱的顺序为；故该题答案为：；；③据分析“分离”操作名称为：蒸馏；
（2）若“吹出法”中的“吸收”及后续步骤的工艺采用流程：
，步骤2中，在酸性条件下发生归中反应，溴离子化合价升高，中的溴元素化合价降低，则该过程的离子方程式为：；
（3）步骤1发生反应的方程式为，步骤三发生反应的方程式为、，其化学计量关系为，，则该废水中苯酚的含量。

三、填空题
18．现有下列八种物质：①铜  ②SO2的水溶液 ③CO2　④H2SO4　⑤Ba(OH)2　⑥红褐色的氢氧化铁胶体　⑦HCl   ⑧新制氯水
(1)上述物质中属于电解质的有___________。(填序号)
(2)向⑧中滴加紫色石蕊溶液，看到的现象是___________。
(3)上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为：H++OH-=H2O，则该反应的化学方程式为___________。
(4)写出①与浓硫酸反应的化学方程式___________。
(5)配平⑦的浓溶液与高锰酸钾发生反应的化学方程式为：______  ____KMnO4+_______HCl(浓)=____ __ MnCl2+_______KCl+_____Cl2↑+____H2O，该反应中的氧化剂与还原剂的物质的量之比___________
(6)②与⑧都能使品红溶液褪色，而将二种气体等物质的量混合后通入品红溶液，品红不褪色，试离子方程式解释其原因___________。
【答案】     ④⑤⑦     溶液先变红后褪色     2HCl + Ba(OH)2 = BaCl2 + 2H2O     Cu +2H2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑+2H2O     2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O     1:5     Cl2 + SO2 + 2H2O = 4H+++2Cl-
【详解】(1) 电解质是在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质是在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物；①铜为金属单质，既不是电解质也不是非电解质；②SO2的水溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；③CO2自身不能电离，是非电解质；④H2SO4在水溶液中能导电，是电解质；⑤Ba(OH)2在水溶液或熔融状态下能导电，是电解质；⑥红褐色的氢氧化铁胶体是混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑦HCl在水溶液中能导电，是电解质；⑧新制氯水是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
由上分析可知，属于电解质的是④⑤⑦；答案为④⑤⑦。
(2)新制的氯水中存在Cl2+H2OHCl+HClO，即新制氯水中含有盐酸、次氯酸，盐酸可使石蕊变红色，次氯酸可使石蕊褪色，可观察到先变红后褪色；答案为先变红后褪色。
(3)上述物质中有两种物质在水溶液中发生反应，其离子方程式为H++OH-=H2O，该两种物质为可溶性的强碱与强酸反应，生成可溶性的盐和水，满足该条件下的反应方程式为Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O；答案为Ba(OH)2+2HCl═BaCl2+2H2O。
(4)①Cu与浓硫酸加热发生氧化还原反应，生成CuSO4、SO2和H2O，其化学方程式为Cu +2H2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑+2H2O；答案为Cu +2H2SO4(浓)CuSO4 + SO2↑+2H2O。
(5)⑦HCl的浓溶液与高锰酸钾发生氧化还原反应，反应KMnO4中Mn元素的化合价从+7价降低到+2价，HCl中Cl的化合价从-1价升高到0价，根据得失电子守恒KMnO4的系数为2，Cl2的系数为5，根据物料守恒配平其它物质前面的系数为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，该反应中KMnO4为氧化剂，HCl是还原剂，反应中有16molHCl发生反应，其中有10molHCl发生氧化反应，6molHCl表现出酸性，所以氧化剂与起还原作用的HCl的比是2:10=1:5；答案为2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，1:5。
(6)等物质的量的SO2和Cl2混合后在溶液中发生氧化还原反应，生成硫酸和盐酸，即SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，失去了漂白性，品红溶液不会褪色，其离子方程式为Cl2 + SO2 + 2H2O = 4H+++2Cl-；答案为Cl2 + SO2 + 2H2O = 4H+++2Cl-。
19．以黄铁矿(住要成分为)为原料生产硫酸，应资源化综合利用产出的炉渣(主要含、FeO、)和尾气，以减轻对环境的污染。
(1)①将黄铁矿矿粉碎的目的是_______。
②煅烧黄铁矿生成的化学方程式为_______。
(2)二氧化硫转化为三氧化硫的机理为：，。则在反应中的作用是_______。
(3)实验室模拟用炉渣吸收尾气中的二氧化硫制备绿矾()，请补充完整相应的实验方案：取一定量的炉渣，①_______，过滤，②_______，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到晶体。(实验中除炉渣和二氧化硫外，还可选用的试剂有：溶液、HCl溶液、KSCN溶液、酸性溶液)
(4)写出通入步骤的离子方程式：_______。
【答案】(1)     增大接触面积，加快反应速率     4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2
(2)催化剂
(3)     先加入适量1.0mol/LH2SO4溶解，得到含FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液     通入过量的SO2气体，还原铁离子为亚铁离子
(4)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+

【详解】（1）①将黄铁矿矿粉碎的目的是增大接触面积，加快反应速率；②煅烧黄铁矿生成Fe2O3的化学方程式为高温4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
（2）二氧化硫转化为三氧化硫的机理为：SO2+V2O5=SO3+V2O4，2V2O4+O2=2 V2O5，则V2O5在反应中的作用是催化剂；
（3）取一定量的炉渣，①先加入适量1.0mol/LH2SO4溶解，得到含FeSO4和Fe2(SO4)3的溶液，过滤，除去SiO2；②通入过量的SO2气体，还原铁离子为亚铁离子，加热浓缩、冷却结晶、过滤、晾干，得到晶体；
（4）通入SO2步骤还原铁离子为亚铁离子，离子方程式2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+。
20．SO2是重要的化工原料，回收利用SO2既能减少大气污染，又能充分利用资源。
(1)向食品中添加适量的SO2可以起到防腐、漂白、抗氧化的作用，则葡萄酒中添加适量的SO2的作用是____。
(2)SO2性质多变，若将SO2气体通入H2S溶液中，能观察到的现象为______，该反应中SO2表现出_______性；若将SO2气体通入品红溶液中，能观察到现象为_____，该反应中SO2表现出_______性。
(3)有学者提出利用Fe3+、Fe2+等离子的作用，在常温下将SO2氧化成而实现SO2的回收利用。写出Fe3+将SO2氧化成反应的离子方程式：_______。
(4)SO2有毒，且能形成酸雨，是大气主要污染物之一。某企业利用下列流程综合处理工厂排放的含SO2的烟气，以减少其对环境造成的污染。“氨气吸收塔”中发生反应的化学方程式为_______，该流程中可循环利用的物质为_______(填化学式)。

【答案】(1)抗氧化
(2)     溶液中生成淡黄色沉淀     氧化     红色褪去     漂白性
(3)2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+
(4)     NH3+NH4HSO3=(NH4)2SO3     NH4HSO3、(NH4)2SO3

【详解】（1）向食品中添加适量的SO2可以起到防腐、漂白、抗氧化的作用，则葡萄酒中添加适量的SO2的作用是除去葡萄酒中的O2，防止葡萄酒氧化变质；
（2）若将SO2气体通入H2S溶液中，会发生反应：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，反应产生难溶于水的S单质，因此看到的现象是：溶液中生成淡黄色沉淀；在该反应中，S元素化合价由反应前SO2中的+4价变为反应后S单质的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以SO2表现氧化性；若将SO2气体通入品红溶液中，能观察到现象为品红溶液红色褪色，该反应中SO2表现出漂白性；
（3）Fe3+与SO2、H2O反应产生Fe2+、，该反应的离子方程式为：2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2+++4H+；
（4）根据图示可知：在氨气吸收塔中NH4HSO3与NH3反应产生(NH4)2SO3，反应的离子方程式为：NH3+NH4HSO3=(NH4)2SO3；在二氧化硫吸收塔中，(NH4)2SO3与SO2、H2O反应产生NH4HSO3，(NH4)2SO3+SO2+H2O=2NH4HSO3，可知该流程中可循环利用的物质为NH4HSO3、(NH4)2SO3。