关于这两者的反应，看到不少网友认为与SO₂的量有关：
SO₂少量：SO₂ + 2NaHCO₃ = Na₂SO₃ + 2CO₂ + H₂O
SO₂过量：SO₂ + NaHCO₃ = NaHSO₃ + CO₂

但我认为，不管SO₂是否过量，都是生成NaHSO₃才对。理由是，H₂CO₃酸性大于HSO₃^–（虽然是略大，也是大），两者对应的盐溶液碱性则为：NaHCO₃碱性小于Na₂SO₃（根据酸越弱，对应的盐水解能力就越强，其水溶液碱性就越强）。那么上述第一个反应碱性相对弱的NaHCO₃制备得了碱性相对强的Na₂SO₃。这显然违背了复分解反应中相对强的酸/碱制备相对弱的酸/碱这一规律。

所以应该是不管SO₂是否过量，都应该是发生SO₂ + NaHCO₃ = NaHSO₃ + CO₂这一反应。H₂SO₃酸性强于H₂CO₃，则有NaHCO₃水溶液碱性强于NaHSO₃，满足相对强的碱制备相对弱的碱这一复分解反应的规律。类似于CO₂与苯酚钠的反应，不管CO₂是否过量，都是得到NaHCO₃而不可能得到Na₂CO₃。
因为酸性：H₂CO₃>苯酚>HCO₃^–，对应盐的碱性：NaHCO₃<苯酚钠<Na₂CO₃。

另外，如果把SO₂通入Na₂CO₃，生成产物才与SO₂的量有关：
SO₂极少量：SO₂ + 2Na₂CO₃ + H₂O= 2NaHCO₃ + Na₂SO₃（方程1）
SO₂较少量（相对于向上述反应继续通入一定量的SO₂）：因为Na₂SO₃的碱性比NaHCO₃强，SO₂先与Na₂SO₃反应：SO₂ + H₂O + Na₂SO₃ ＝ 2NaHSO₃。与方程1合并得到：
SO₂ + Na₂CO₃ + H₂O= NaHCO₃ + NaHSO₃（方程2）
SO₂过量时，最后与NaHCO₃反应：SO₂ + NaHCO₃ = NaHSO₃ + CO₂，与方程2合并得到：
2SO₂ + Na₂CO₃ + H₂O= 2NaHSO₃ + CO₂

说法一：SO₃存在配位键
S采取sp2杂化，这三个杂化轨道（可以编号为1、2、3号）的其中1号填充2个自配对电子，而2、3号各填入1个单电子，没有杂化且垂直于杂化轨道平面的p轨道填2个自配对电子；3个氧原子成键情况分两种，其中1号氧原子价层2s，2px，2py等3个轨道各填2个电子，2pz为空，而2、3号氧原子轨道填充情况则为2s，2px轨道各填2个电子，2py和2pz各填1个电子。成键时，S的1号sp2杂化轨道里2个电子与1号O的2pz空轨道形成配位键，而S的2、3号sp2杂化轨道里的单电子和2、3号O的2py轨道里的1个单电子会配对形成两个S-O西格玛单键；之后S未参与杂化的p轨道（填2电子）、1号O的2px（填2电子）或者2py（填2电子）轨道以及2、3号O的2个2pz（填1个电子）轨道共4个p轨道会在垂直于S的杂化轨道平面的方向相互平行的肩并肩重叠形成以1个S、3个O共4个原子为中心的包含6个电子的离域大π键。

说法二：SO₃不存在配位键
 采取  杂化。  原子还激发一个  电子进入  轨道（以保证  的  杂化轨道中各有1个单电子）， 原子未杂化的  轨道中有2个电子。

也即，杂化后的电子组态为：3个 杂化轨道各1个电子，未杂化的 轨道中有2个电子， 轨道中还有1个电子。
3个 杂化轨道中的电子与周围的3个原子形成  键；

3个  原子不杂化，存在着垂直于杂化平面的  轨道，各含1个电子，它们与中心原子的 轨道彼此平行，形成了离域  键；

同时， 原子  轨道中的1个电子进入了离域  键的轨道中，最终形成了结构为  的离域  键。

如果说法一成立，问题有：
1.为什么O可以提供一个P空轨道来与S的孤对电子形成佩位键？
2.如果S的2个电子占据一个SP2杂货轨道并形成佩位键，那是否说明S的SP2是不等性杂化？（这与SO₃是等性杂化矛盾）

如果说法二成立，S的一个s电子为什么会激发到3d轨道，而最终又会进入离域  键的轨道中？

原题：

1.52g 铜镁合金完全溶解于 50mL 密度为 1.40g/mL、质量分数为 63%的浓硝酸中，得到 NO₂ 和 N₂ O₄的混合气体 1120  mL（标准状况），向反应后的溶液中加入 1.0  mol/L NaOH 溶 液，当金属离子全部沉淀时，得到 2.54g 沉淀．下列说法不正确的是（　　）

解析：金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根的质量为2.54g-1.52g=1.02g，根据n=m/M计算沉淀中氢氧根的物质的量为1.02/17＝0.06mol。根据：M²⁺~2OH^–得到金属的物质的量为0.06/2＝0.03mol。设Cu为xmol，则Mg为(0.03-x)mol。根据合金质量可得：
64x + 24(0.03-x)=1.52 解得x=0.02 即Cu为0.02mol，则Mg为0.01mol。A选项正确。

该浓硝酸密度为1.40g/mL、质量分数为63%，则该浓硝酸的物质的量浓度为：1000×1.4×63%/63=14.0mol/L，故B正确

标况下，NO₂和N₂O₄混合气体的物质的量为：1.12L/22.4L/mol=0.05mol，设二氧化氮的物质的量为amol，则四氧化二氮的物质的量为（0.05-a）mol。由A选项中得到合金共0.03mol，全变成+2价离子时失去电子0.06mol。根据电子转移守恒可知，则硝酸中的+5价的氮变成+4价的氮的氧化物时得到的电子为：a×1+（0.05-a）×2×1=0.06，解得：a=0.04，NO₂的体积分数为0.04mol/0.05mol×100%=80%，故C正确；

由上述分析得到NO₂为0.04mol和N₂O₄为0.01mol，根据N守恒原则，转化为NO₂和N₂O₄的硝酸的物质的量为0.04+0.01*2＝0.06mol。结合题干信息，硝酸的总物质的量为：0.05L×14mol/L＝0.7mol，则形成NaNO₃（铜镁完全沉淀后的溶液就是硝酸钠溶液）的硝酸为：0.7-0.06＝0.64mol。根据钠离子守恒可知n（NaOH）=n（NaNO₃）=0.64mol，故需要氢氧化钠溶液的体积为：0.64mol/1mol/L=0.64L=640mL，故D错误

实验操作：蔗糖，加几滴水，再加浓硫酸，搅拌。现象，发黑，膨胀，有刺激性气味的气体，温度升高。
2019版人教课后作业，教师用书参考答案是只体现脱水性和强氧化性。

以前对这个实验的考察，都认为体现了浓硫酸脱水、强氧化和吸水三个性质。对应的现象是“发黑”对应脱水炭化，也有人理解为是不切底氧化的结果；刺激性气味SO₂，证明浓硫酸被还原，对应强氧化性；这两点是主要的，应该没有争议。但实验前加的几滴水，应该是利用浓硫酸溶于水放热，给后面的脱水提供温度，加快反应速率，难道是这个不能说是体现吸水性？也就是应该理解为有吸水性质，但实验现象没有体验出来？

也就是说以前的习题说体现脱水、强氧化和吸水三个性质是错的？问题是现在很多题目还是保留这种说法。只能以教参为准，避开这类题目了。

过氧化钠使酚酞试液先变红后褪色的原因一般认为是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠使酚酞变红色，过氧化钠本身漂白性使溶液红色褪去。但仔细想想，这方面的原因好像没有说服力。因为过氧化钠与水反应后，完全变成了氢氧化钠并释放出氢气。溶液里已经没有过氧化钠了，此时的酚酞褪色应该与它没有多大关系。

再看过氧化钠与水的反应，本质是与先生成氢氧化钠与过氧化氢（这点可以通过取反应后溶液加二氧化锰，又释放出大量氧气证实），过氧化氢再分解成氧气和水。而过氧化氢具有强的氧化性，可以漂白，能使有机物酚酞褪色。所以过氧化氢使之褪色的原因更有说服力！

另外，由于实验在试管中进行，本身水的量较少，此时产生的氢氧化钠的浓度很大。有实验证明（拿上述加了二氧化锰充分分解的溶液，排除过氧化氢的影响，纯氢氧化钠溶液的情况下再滴加酚酞做实验，一样是先变红后褪色），当氢氧化钠的浓度较低（约4%）酚酞的红色可以长时间保持。但当氢氧化钠的浓度达到10%以上时，酚酞变红后很快会褪色！

基于上述原因，过氧化钠使酚酞试液先变红后褪色的原因可理解为过氧化钠、生成的过氧化氢和形成的氢氧化钠浓度三方面有关。

2021年深圳市第二次调研（二模）考试化学16题解析，请先看原题：

A选项，从图像可以直接看出来，在PH小于2那段，有3种含Cr的粒子，证明H₂CrO₄的电离是不完全的。A错！
B选项，在a点时，存在HCrO₄^–、CrO₄^2-、Cr₂O₇^2-三种粒子，若只考虑CrO₄^2-、Cr₂O₇^2-两种粒子，根据选项CrO₄^2-＝Cr₂O₇^2-，根据Cr原子守恒，结合题干Na₂CrO₄浓度为0.1，可得出CrO₄^2-＝Cr₂O₇^2-＝1/3，但溶液中还有HCrO₄^–，所以CrO₄^2-＝Cr₂O₇^2-<1/3。B正确！
C选项，选择K_a2对应的HCrO₄^–与CrO₄^2-曲线的交点，根据K_a2＝CrO₄^2-*H⁺/HCrO₄^–，交点处HCrO₄^–与CrO₄^2-相等，则K_a2＝H⁺，再看图像交点，PH明显是大于6。即K_a2>10^-6。C错
D选项，根据平衡：2CrO₄^2- + 2H⁺ ＝＝Cr₂O₇^2- + H₂O，当加少量水时，平衡会左移，Cr₂O₇^2-减少，CrO₄^2-增大，则Cr₂O₇²/CrO₄^2-减小。D错