化工产品中甲醛含量的测试四羟甲基硫酸磷样品中的甲醛含量怎么测试?

（1）电镀法精炼银时，粗银为阳极，精银为阴极，阳极上失电子变成离子进入溶液了：Ag-e^-=Ag⁺，阴极银离子得到电子形成单质银：Ag⁺+e^-=Ag；无色的NO在常温下与空气中的O₂迅速化合生成红棕色N0₂：2NO+O₂=2NO₂；
故答案为：Ag⁺+e^-=Ag；2NO+O₂=2NO₂；
（2）未煮沸之前是Cu（OH）₂和Al（OH）₃，Al（OH）₃和Cu（OH）₂开始分解的温度分别为450℃和80℃，煮沸后Cu（OH）₂分解产生氧化铜，可知B为Al（OH）₃和CuO；氢氧化铝显两性能与碱反应：Al（OH）₃+NaOH=NaAlO₂+2H₂O，故答案为：Al（OH）₃和CuO；Al（OH）₃+OH^-=AlO₂^-+2H₂O；
（3）反应前Cu为+2价，反应后为+1，化合价降低1，Al化合价没有变化，所以氧元素的化合价升高，生成氧气，反应前氧为-2价，反应后为0，化合价升高2，两者的最小公倍数是2，再根据原子守恒得：4CuO+2Al₂O₃=4CuAlO₂+O₂↑，故答案为：4；2；4；O₂；
（4）由关系式：Cu～CuAlO₂得n（CuAlO₂）=[5000g×63.5%/64g/mol]=50.0mol，则CuAlO₂为50.0mol，
由关系式：Al₂（SO₄）₃～2CuAlO₂得Al₂（SO₄）₃=n（CuAlO₂）×[1/2]=25.0mol，所以需要体积为
25.0mol
1.0mol•L −1=25.0L，
故答案为：50.0；25.0；
（5）由CuSO₄溶液获得CuSO₄•5H₂O晶体，需要经过蒸发浓缩，冷却结晶（或结晶），过滤等操作，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶．

点评：
本题考点： 金属的回收与环境、资源保护；铜金属及其重要化合物的主要性质．

考点点评： 本题以从废料中回收银并制备铜化工产品为背景，考查了电解原理、沉淀的判断、氧化还原反应的配平以及化学计算，难度不大．

设纯碱样品中碳酸钠的质量为X
Na₂CO₃+2HCl=2NaCl+CO₂↑+H₂O
106 44
x 4.4g

[106/44＝
X
4.4g] 解得：X=10.6g
纯碱的纯度是：
10.6g
11.4g×100%=93.0%
答：纯碱的纯度是93.0%．

点评：
本题考点： 根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 根据化学方程式可以表示反应中各物质的质量比，由反应中任意物质的质量可计算出反应中其它物质的质量．

（1）由于固体A是从液体中获七，所以七到A的操作是过滤，由于煅烧时加入过量的炭粉，且固体A可以分离并进行煅烧的应用可知A是炭粉，化学式为C；
（了）从题干信息可知生成物中除含有硫化钠外还含有一氧化碳和二氧化碳，而反应物是硫酸钠和碳，根据煅烧时一氧化碳和二氧化碳的分子个数比是1：1，所以可设两种气体的化学计量数分别是1和1，可七该反应的方程式为：[了/4]6a_了SO₄+了C

高温
.
[了/4]6a_了S+1CO_了↑+1CO↑，该反应两边同乘以4所七的反应方程式为：了6a_了SO₄+uC

高温
.
了6a_了S+4CO_了↑+4CO↑；
故答案为：（1）过滤；C；（了）了6a_了SO₄+uC

高温
.
了6a_了S+4CO_了↑+4CO↑；

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；化学式的书写及意义；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 此题是物质制备的考查题，解题时学生容易出错的地方是“所得气体是分子个数比为1：1的两种碳的氧化物”在书写化学方程式时的具体应用．

（1）加入的氮气和氢气的物质的量之比等于其化学计量数之比，无论反应到什么程度，用氮气和氢气表示的速率正比等于化学计量数之比，所以氮气和氢气的浓度之比永始终是1：3，转化率之比1：1，
故答案为：1：3；1：1；
（2）升温，平衡逆向移动，气体物质的量增大，质量不变，气体的平均相对分子质量=[气体质量总和/气体物质的量总和]，所以，混合气体的平均相对分子质量减小；
因容器体积没变，气体质量不变，所以密度不变，
故答案为：变小；不变；
（3）充入氩气并保持压强不变，体积变大，相关气体的分压变小，平衡向体积增大的逆向移动，
故答案为：逆向；
（4）升温，平衡向吸热的逆向移动，使体系温度降低，故答案为：向左移动；小于．

点评：
本题考点： 化学平衡的影响因素；化学平衡的计算．

考点点评： 本题考查了反应速率与化学计量数的关系、气体的平均相对分子质量、密度、化学平衡的移动，题目难度不大．

（1）FeS₂跟O₂反应生成氧化铜和二氧化硫，反应的化学方程式为4FeS₂+11O₂

高温
.
2Fe₂O₃+8SO₂，故答案为：4FeS₂+11O₂

高温
.
2Fe₂O₃+8SO₂；
（2）由流程中使用的原料和生产过程，从经济效益，流程简便，无污染等因素可知，甲、乙、丙流程可知甲中使用氯气，丙中使用硫化氢是有毒气体，甲中的盐酸、氢氧化钠原理价钱高，丙中的氯气制备，碳酸钠原料价钱高；乙中原料来源丰富，价格低，流程简单，
故答案为：乙；流程乙中原料FeS₂来源丰富，价格低，工艺流程简单、技术成熟；
（3）①用乙醇对硫粉湿润，便于硫能被水浸润，题干反应接触面积，增大反应速率，提高反应物利用率，若加入的硫粉不用乙醇润湿会降低反应速率，减少产物的产率；
（A）硫粉不用乙醇润湿会降低反应速率，故A正确；
（B）反应条件是用小火加热至微沸，硫粉不用乙醇湿润不需要提高反应温度，故B错误；
（C）硫粉不用乙醇湿润，对溶液pH无影响，所以不改变反应体系的pH值，故C错误；
（D）硫粉反应少得到产物，会减少产量，故D正确；
故答案为：AD；
②溶液中得到晶体的操作是蒸发浓缩，冷却结晶，10℃为60g，冷却到10°C，析出晶体过滤洗涤，干燥得到所需晶体，可得Na₂S₂O₃•5H₂O晶体，
故答案为：蒸发、浓缩、冷却至10℃结晶、过滤；
③加热过程中亚硫酸钠易被氧化为硫酸钠；依据硫酸根离子的检验方法设计实验进行验证判断，实验方法为：取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl₂溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na₂SO₄，
故答案为：Na₂SO₄；取出少许滤液置于试管，加稀盐酸至溶液呈酸性后，过滤得出S，再往滤液中加BaCl₂溶液，如有白色沉淀即可证明含有Na₂SO₄；
④若该反应完全得到Na₂S₂O₃：m(Na2S2O3)＝15.1g×
158g•mol−1
126g•mol−1＝18.9g，
若蒸发浓缩得到的30mL溶液为饱和溶液，其所含的Na₂S₂O₃：m(Na2S2O3)＝30mL×1.2g/cm3×
200g
200g+100g＝24g，
18.9g＜24g，则该溶液尚未饱和，70℃时没有晶体析出，
故答案为：若该反应完全得到Na₂S₂O₃：m(Na2S2O3)＝15.1g×
158g•mol−1
126g•mol−1＝18.9g，若蒸发浓缩得到的30mL溶液为饱和溶液，其所含的Na₂S₂O₃：m(Na2S2O3)＝30mL×1.2g/cm3×
200g
200g+100g＝24g，18.9g＜24g，则该溶液尚未饱和，70℃时没有晶体析出．

点评：
本题考点： 制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查了物质制备实验探究，物质性质和生产流程中发生的化学反应的分析判断，晶体析出条件的和离子检验的实验方法设计为解题关键，题目难度较大．

（1）因为氯化钠的溶解度受温度的影响很小，所以用蒸发结晶法；
（2）步骤②是氢氧化镁和盐酸的反应，反应的化学方程式为Mg（OH）₂+2HCl=MgCl₂+2H₂O，反应类型是复分解反应，镁和铝制成的合金具有强度高而密度小，机械性能好，韧性和抗蚀性能好等优良性能；
（3）步骤④发生的反应的化学方程式是2NaBr+Cl₂═2NaCl+Br₂；反应原因是氯气的非金属性比溴的非金属性强；
（4）海水制碱主要氯化钠与铵气、水、二氧化碳反应生成碳酸氢钠，再加热碳酸氢钠后分解得到碳酸钠．化学方程式为NaCl+NH₃+H₂O+CO₂=NaHCO₃+NH₄Cl，2NaHCO₃

△
.
Na₂CO₃+H₂O+CO₂↑．
故答案为：（1）氯化钠的溶解度受温度影响很小；（2）Mg（OH）₂+2HCl=MgCl₂+2H₂O；复分解反应；强度高而密度又小，或机械性能好，或韧性和抗蚀性能很好；（3）2NaBr+Cl₂═2NaCl+Br₂；氯气的非金属性比溴的非金属性强；（4）NaCl+NH₃+H₂O+CO₂=NaHCO₃+NH₄Cl；2NaHCO₃

△
.
Na₂CO₃+H₂O+CO₂↑．

点评：
本题考点： 对海洋资源的合理开发与利用；结晶的原理、方法及其应用；合金与合金的性质；酸的化学性质；氯化钠与粗盐提纯；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 本题考查了物质的溶解度受哪些因素影响，化学反应的类型，合金的性质，物质的非金属性大小，化学方程式的书写等多个知识点，是一个多点考查题．

（1）由图示可知，反应物有：Cu²⁺、SO₃^2-、Cl^-，生成物有CuCl₂、SO₄^-，由于是氧化还原反应，化合价发生了变化，根据电子得失和质量守恒进行配平：2Cu²⁺+SO₃^2-+2Cl^-+H₂O=CuCl₂↓+SO₄^-+2H⁺，故答案为：2Cu²⁺+SO₃^2-+2Cl^-+H₂O=CuCl₂↓+SO₄^-+2H⁺；
（2）因减少生成物的浓度，化学平衡正向移动，OH^-中和了反应中的H⁺，有利于平衡向右移动，提高CuCl的产率．但当OH^-浓度过大时，Cu⁺能与OH^-结合，生成氢氧化亚铜沉淀（Cu²⁺能与OH^-结合，生成氢氧化铜沉淀），从而降低了CuCl的产率，
故答案为：OH^-中和了反应中的H⁺，有利于平衡向右移动，提高CuCl的产率．但当OH^-浓度过大时，Cu⁺能与OH^-结合，生成氢氧化亚铜沉淀，从而降低了CuCl的产率；
（3）根据图象可知，因在60℃时CuCl产率最大，根据信息可知，随温度升高，促进了CuCl的水解，CuCl被氧化的速度加快，
故答案为：60℃温度过高，一是促进了CuCl的水解，二是促进了CuCl与空气中氧气发生反应；
（4）因温度升高，促进了CuCl与空气中氧气发生反应，所以反应①在隔绝空气条件下（还原气氛）进行可以提高CuCl的产率，故答案为：反应①在隔绝空气条件下进行；
（5）根据氧化产物结合氧化还原反应的电子守恒和原子守恒写出化学方程式并配平：4CuCl+O₂+4H₂O=2Cu₂（OH）₃Cl+2HCl，故答案为：4CuCl+O₂+4H₂O=2Cu₂（OH）₃Cl+2HCl；
（6）应①也可用铁代替亚硫酸钠，铁起的作用是做还原剂，把二价铜离子还原为氯化亚铜，本身被氧化为二价铁盐，书写化学方程式为2CuSO₄+2NaCl+Fe=2CuCl↓+FeSO₄+Na₂SO₄，
故答案为：2CuSO₄+2NaCl+Fe=2CuCl↓+FeSO₄+Na₂SO₄．

点评：
本题考点： 铜金属及其重要化合物的主要性质；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质．

考点点评： 本题主要考查了CuCl的制备，对制备过程中的有关知识进行了考查，氧化还原反应实质和规律的应用，培养了学生分析问题的能力和运用知识的能力．

（1）由题设，当价格上涨x%时，销售总金额：y=10（1+x%）•1000（1-mx%）=−mx2+100(1−m)x+10000(0＜x＜100m)．当m＝12时，y＝12[−(x−50)2+22500]，当x=50时，ymax=11250．即该吨产品每吨的价格上涨50%时，销售总...

点评：
本题考点： 函数模型的选择与应用．

考点点评： 本题考查函数在生产实际中的具体应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．

（1）据题意得：y=0.45x+（8-x）×0.5=-0.05x+4，因为生产两种产品所需的甲种原料为：0.6x+1.1×（8-x），所需的乙种原料为：0.8x+0.4×（8-x），则可得不等式组0.6x+1.1×(8−x)≤70.8x+0.4(8−x)≤5，解得3.6≤x≤...

点评：
本题考点： 一次函数的应用．

考点点评： 此题为一次函数的综合应用，有一定难度．求自变量的取值范围涉及到解不等式组；求最值要根据性质结合自变量的取值范围求解．

因氯化亚铜（CuCl）中氯元素的化合价为-l价，设氯化亚铜（CuCl）中铜元素的化合价为x，根据化合物中正负化合价的代数和为0，则
x+（-1）=0
解得x=+1
故选A．

点评：
本题考点： 有关元素化合价的计算．

考点点评： 本题考查利用已知元素的化合价和化学式来计算某元素的化合价，学生应学会利用信息中的关键信息，结合化合物中正负化合价的代数和为0，进行信息抽取使用．

贝壳主要成分是碳酸钙，煅烧生成二氧化碳和氧化钙，所以C是CaO，D是CO₂，还是暴晒得到固体B为NaCl，氯化钠、氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，所以E是NH₄Cl、F是NaHCO₃，母液和CaO反应生成H和G，H能煅烧，则H为Mg（OH）₂，母液中主要成分是MgCl₂，G为CaCl₂，煅烧氢氧化镁得到固体I为MgO，N是一种常见金属单质，则N为Mg，电解熔融MgCl₂得到Mg和Cl₂，所以M是Cl₂，氢气在氯气中燃烧得到HCl，盐酸和MgO反应得到MgCl₂，所以L是H₂、J是HCl，
（1）通过以上分析知，N为Mg，N的化学式为：Mg，故答案为：Mg；
（2）该反应为二氧化碳、氨气和氯化钠溶液的反应，生成氯化铵和碳酸氢钠，所以反应①的化学方程式为：NaCl+NH₃+CO₂=NH₄Cl+NaHCO₃，故答案为：NaCl+NH₃+CO₂=NH₄Cl+NaHCO₃；
（3）K为氯化镁，氯化镁属于强酸弱碱盐，蒸发过程中镁离子水解生成氢氧化镁和HCl，且蒸发促进HCl挥发导致促进氯化镁水解，为抑制水解，应该将氯化镁溶液在HCl气流中进行蒸发结晶，然后将氯化镁晶体用电解方法获得，故答案为：将氯化镁溶液在HCl气流中进行蒸发结晶，然后将氯化镁晶体用电解方法获得．

点评：
本题考点： 无机物的推断；海水资源及其综合利用．

考点点评： 本题以Ca、Na、Mg元素化合物为载体考查无机物推断，涉及联氨制碱法、金属的冶炼等知识点，根据物质的性质、反应条件等进行推断，注意（2）中通入气体先后顺序、（3）中获取Mg单质的方法等知识点，为易错点．

A和B选项中，原子、离子都是微观概念，不能从宏观角度表示物质中的组成成分的，故不选；
C、化学添加剂“铅铬绿”中的铅和铬不是单质形式添加的，它们都存在于化合物中，故不选；
D、元素从宏观角度表示物质的组成，可以表示出具体物质中某成分的存在．故选；
故选D

点评：
本题考点： 物质的元素组成．

考点点评： 此题关键是元素、原子、分子、离子表示角度不同．原子、分子、离子是确实存在的，用来表示物质的结构，而元素是我们给它起的名字，用它来代替某具体物质中的某一成分．在学习时，要注意它们之间的区别和联系，不能混淆．

（1）根据反应的式子可以看出，反应后有1个铜原子，2个钠原子，两个氯原子，1个硫原子和4个氧原子，故氯化钠前面的数字为2，氧气前面的数字为2，故填：2，2；（2）测定溶液的pH时，可以用玻璃棒蘸取待测液涂在pH试纸...

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；溶液的酸碱度测定；化学方程式的配平；根据化学反应方程式的计算．

考点点评： 本题考查了物质制备的有关知识，完成此题，可以依据物质的性质进行．

A、可逆反应正逆反应速率相等时，反应达到最大限度，即化学平衡状态，所以反应物不能全部转化为生成物，故A错误；
B、可逆反应达到平衡后，正逆反应速率相等且不等于0，可逆反应达到一个动态平衡状态不是反应停止，故B错误；
C、由于反应为可逆反应，在达到平衡的体系中，充入由¹⁸O原子组成的O₂后，SO₂、SO₃中¹⁸O含量都增多，故C错误；
D、在工业合成SO₃时，既要考虑反应时间又要考虑转化率，即要同时考虑反应速率和反应能达到的限度两方面的问题，故D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 化学反应的可逆性；化学平衡状态的判断．

考点点评： 本题考查了可逆反应和化学平衡状态的判断等知识点，难度不大，注意可逆反应达到平衡状态时，正逆反应速率相等且不等于0，可逆反应达到一个动态平衡状态不是反应停止．

（1）仪器A是分液漏斗；装置B中制取氯气，二氧化锰与浓盐酸发生反应生成氯化锰、氯气、水，反应离子方程式为 MnO₂+4H⁺+2Cl^-

△
.
Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O；防止D的氢氧化钠溶液发生倒吸，应该在C和D之间连接一个防止倒吸的装置；
故答案为：分液漏斗； 4H⁺+2Cl^-

△
.
Mn²⁺+Cl₂↑+2H₂O； 间连接一个防止倒吸的装置；
（2）若要除去氯化铁，氢氧化铁的开始沉淀PH=1.9，沉淀完全PH=3.2；氢氧化铜开始沉淀的PH=4.7；故PH控制在3.2到4.7之间；
故答案为：3.2≤PH＜4.7；使氯化铁转化为氢氧化铁沉淀从而与氯化铜分离（或者除去氯化铜溶液中的氯化铁）；
（3）由于氯化铜溶液需要经过蒸发浓缩、冷却结晶，过滤、自然干燥，得到氯化铜晶体；
故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；
（4）制备的氯化铜晶体经检验含有FcCl₂，可能是与粗铜反应的氯气不足导致的；改进方法是：；①、通入足量的氯气；②、在操作Ⅱ加入氧化铜前先加入足量的双氧水或者通入氯气；
故答案为：与粗铜反应的氯气不足量；①、通入足量的氯气；②、在操作Ⅱ加入氧化铜前先加入足量的双氧水或者通入氯气．

点评：
本题考点： 铜金属及其重要化合物的主要性质；氯气的实验室制法；制备实验方案的设计．

考点点评： 本题考查学生对工艺流程理解、实验装置的理解、物质分离提纯等，难度中等，要求学生具备扎实的基础与综合运用能力．

（1）生成CaCO₃固体的反应物是氯化钙、氨水、二氧化碳，生成物是碳酸钙、氯化铵和水，用观察法配平，碳酸钙后面标上沉淀符号，方程式是：CaCl₂+2NH₃•H₂O+CO₂=CaCO₃↓+2NH₄Cl+H₂O；
（2）碳酸钙粗品属于固体不溶物，氯化铵溶液属于液体，把不溶于液体的固体和液体分离的方法就是过滤，过滤用到的仪器有：铁架台、漏斗、烧杯、玻璃棒，所以玻璃仪器有：漏斗、烧杯、玻璃棒；
（3）由于碳酸钙粗品是从氯化钙溶液中过滤出来的，所以表面可能含有的可溶性杂质是氯化铵，如果氯化钙溶液过量的话，表面可能含有氯化钙；把碳酸钙粗品表面含有的可溶性杂质氯化铵除掉的方法是用水清洗，检验是否还含有氯化铵，可以利用检验氯离子，使用硝酸银，硝酸银能与氯化铵反应生成氯化银沉淀，有沉淀说明没除净，没有沉淀说明除净了；
（4）流程中的副产品是氯化铵，氯化铵属于氮肥，可以做肥料．
故答案为：（1）2；H₂O；（2）过滤；玻璃棒；（3）NH₄Cl；②；（4）化肥．

点评：
本题考点： 物质的相互转化和制备；过滤的原理、方法及其应用；盐的化学性质；质量守恒定律及其应用．

考点点评： 解答本题关键是要熟悉方程式的写法，过滤操作能达到的目的，熟悉过滤操作中使用的仪器，知道氯离子的检验方法和氯化铵的用途．

（1）由题设，当价格上涨x%时，销售总金额：
y=10（1+x%）•1000（1-mx%）=−mx2+100(1−m)x+10000(0＜x＜
100
m)．
当m＝
1
2时，y＝
1
2[−(x−50)2+22500]，
当x=50时，y_max=11250．即该吨产品每吨的价格上涨50%时，销售总金额最大．
（2）由（1）y＝−mx2+100(1−m)x+10000，(0＜x＜
100
m)；
如果存在一次涨价，能使销售总金额增加，则存在0＜x＜
100
m使y＞10×1000，
-mx²+100（1-m）x+10000＞10000，
∴-mx+100（1-m）＞0，注意到m＞0，
∴x＜
100(1−m)
m，
∵
100(1−m)
m＜
100
m，
∴
100(1−m)
m＞0，解得0＜m＜1．

点评：
本题考点： 函数模型的选择与应用．

考点点评： 本题考查函数在生产实际中的具体应用，解题时要认真审题，仔细解答，注意挖掘题设中的隐含条件，合理地进行等价转化．

A、三光气中C、Cl、O元素质量比为（12×3）：（35.5×6）：（16×3）≠1：2：1，故选项说法错误．
B、三光气是含碳元素的化合物，属于有机物，故选项说法正确．
C、分子是由原子构成的，一个分子中含有三个氧原子，故选项说法错误．
D、三光气是由分子构成的，1个三光气分子由12个原子构成的，故选项说法错误．
故选B．

点评：
本题考点： 化学式的书写及意义；有机物与无机物的区别；元素质量比的计算．

考点点评： 本题难度不大，考查同学们结合新信息、灵活运用化学式的含义与有关计算进行分析问题、解决问题的能力．

（1）质量分数为0.87、密度为1.8g•cm^-3的浓硫酸的物质的量浓度为[1000×1.8×0.87/98]mol/L=15.98 mol•L^-1；50mL 18.4mol/L的浓硫酸的质量为：50mL×1.84g•cm^-3=92g，设加水的质量为Xg，
92g×0.98=（92+X）g×0.87，解得：X=11.63；
故答案为：15.98；11.63；
（2）设制备的[NH₄Al（SO₄）₂•12H₂O和Al₂（SO₄）₃的物质的量的物质的量各为1mol，从质量守恒的角度分析，则n（Al）=1mol+2mol=3mol，n（SO₄^2-）=2mol+3mol=5mol，所以：n（Al₂O₃）=1.5mol，n（H₂SO₄）=5mol，n（Al₂O₃）：n（H₂SO₄）=1.5mol：5mol=3：10，
故答案为：3：10；
（3）设FeS₂为1 mol，完全煅烧需要的n（O₂）=2.75 mol，n（SO₂）=2mol；过量40%所需空气为：n（空气）=2.75÷0.2×1.4=19.25 mol，则混合物气体中氧气为19.25mol×[1/5]-2.75mol=1.1mol，氮气的物质的量为19.25mol×[4/5]=15.4mol，SO₂为2mol，SO₂的体积分数即物质的量分数为：[2mol/2mol+1.1mol+15.4mol]=0.11，
故答案为：0.11；
（4）设SO₂的转化率为Y，
2SO₂ +O₂ =2SO₃ 体积减少△V
2 1
2mol×Y 1mol×Y
反应前气体的总的物质的量为：18.5mol，气体体积减少了5%，即物质的量减少5%，则18.5mol×5%=1mol×Y，解得Y=0.925，即SO₂的转化率93%，
故答案为：93%．

点评：
本题考点： 浓硫酸的性质；化学方程式的有关计算；物质的量浓度的相关计算．

考点点评： 本题主要考查了化学计算，抓住习题中发生的化学反应是解题的关键，注意相关知识的积累，题目难度中等．

（1）海水晒盐的原理是通过蒸发海水制得粗盐，由于BaCl₂可以和硫酸钠反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠，以及碳酸钠可以和CaCl₂反应生成氯化钠和碳酸钙除掉溶于水的杂质，同时由于生成的物质均是沉淀和氯化钠，所以过滤后溶液中只含有溶质氯化钠；
（2）依据题干叙述可知氯气和溴化钠可以置换出溴单质，其化学化学方程式为：Cl₂+2NaBr=2NaCl+Br₂，常见的测定溶液酸碱度的方法是使用pH试纸测定溶液的酸碱度，由于吸收塔中发生的反应是Br₂+S0₂+2H₂0═H₂S0₄+2HBr所以加入二氧化硫的目的是使溴与空气相互分离；
故答案为：（1）蒸发除水；Na₂S0₄；Na₂C0₃；过滤； （2）①Cl₂+2NaBr=2NaCl+Br₂；pH试纸②分离溴与空气；

点评：
本题考点： 氯化钠与粗盐提纯；书写化学方程式、文字表达式、电离方程式．

考点点评： 此题是对海水相关问题的探讨，涉及到海水中杂质的除掉方法和原理，解题的关键是掌握溶液中杂质除掉的反应原理以及题干中有关信息使用．