高考化学硫及其化合物(大题培优 易错 难题)及答案
高考化学硫及其化合物(大题培优易错难题)及答案
一、高中化学硫及其化合物
1．某研究性学习小组的甲、乙同学分别设计了以下实验来验证元素周期律。
（Ⅰ）甲同学在 a、b、c 三只烧杯里分别加入 50 mL 水，再分别滴加几滴酚酞溶液，依次加入大小相近的锂、钠、钾块，观察现象。
①甲同学设计实验的目的是______
②反应最剧烈的烧杯是______（填字母）；
③写出 b 烧杯里发生反应的离子方程式______
（Ⅱ）乙同学设计了下图装置来探究碳、硅元素的非金属性强弱，根据要求完成下列各小题
（1）实验装置：
（2）实验步骤：连接仪器、______、加药品后，打开 a、然后滴入浓硫酸，加热。
（3）问题探究：（已知酸性强弱:亚硫酸>碳酸）
①铜与浓硫酸反应的化学方程式是______，装置 E 中足量酸性 KMnO4溶液的作用是
______。
②能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是______；
③试管 D 中发生反应的离子方程式是______。
【答案】验证锂、钠、钾的金属性强弱； c 2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+ H2↑检查装置气密
性 Cu+2H2SO4(浓)Δ
CuSO4+ 2H2O+ SO2↑除去CO2中混有的SO2盛有硅酸钠溶液的试管
出现白色沉淀； SO2+ HCO3ˉ= CO2+ HSO3ˉ
【解析】
【分析】
乙同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性强弱。先用浓硫酸和铜在加热条件下制备二氧化硫气体，通入D试管与饱和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，混合气体通入试管E，除去混有的二氧化硫，剩余的二氧化碳通入试管F与硅酸钠溶液反应，会出现白色沉淀。该实验需要改良的地方尾气处理装置，以及防干扰装置（防止空气中的二氧化碳进入装置F，干扰实验结构，可以加一个球星干燥管，内盛放碱石灰）。
【详解】
（Ⅰ）①由某研究性学习小组设计实验验证元素周期律可得，甲同学设计的实验目的是：
验证锂、钠、钾的金属性强弱；
②金属性：K＞Na＞Li，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的烧杯是c；’
③b 烧杯里发生反应的离子方程式：2Na+2H2O=2Na++2OHˉ+ H2↑；
（Ⅱ）（2）实验步骤：有气体参与反应，先连接仪器、检查装置气密性、加药品（先加固体，后加液体）后，打开 a、然后滴入浓硫酸，加热。
（3）①铜与浓硫酸反应的化学方程式是：Cu+2H2SO4(浓)Δ
CuSO4+ 2H2O+ SO2↑；根据分
析，高锰酸钾的作用是除去CO2中混有的SO2；
②非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，若碳酸可以制得硅酸，则可以证明碳酸强于硅酸，从而可以证明二者非金属性的强弱，故能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是：盛有硅酸钠溶液的试管出现白色沉淀；
③试管D用SO2与NaHCO3制备CO2，反应的离子方程式：SO2+ HCO3ˉ= CO2+ HSO3ˉ。2．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。
(1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是 ______ (填写字母)。
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36 L(标准状况)二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 ______ g (保留一位小数)。
(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。首先用pH 试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，将溶液B久置于空气中，与密闭保存的A相比，久置后的溶液B中水的电离程度将 ______(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】ae 31.5 取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。减小
【解析】
【分析】
(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；
(2)由硫守恒可得：Na2SO3～SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；
(3)测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸
被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。
【详解】
(1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置b无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：ae；
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，根据反应方程式可知：Na2SO3～SO2，
n(SO2)=
3.36?
22.4?/mol
L
L
=0.15 mol，则需亚硫酸钠的质量为：m(Na2SO3)= 0.15 mol×126
g/mol=18.9 g；如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量
分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为18.9?
60%
g
==31.5 g；
(3)测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中c(H+)增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。
【点睛】
本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。
3．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的“价类二维图”，根据图示回答下列问题：
（1）类比CO2的性质,学习SO2的性质,写出下列反应的离子方程式。
①少量的SO2通入澄清石灰水中:__________________。
②SO2通入Na2SO3溶液中： ________________________。
（2）Y的分子式：___________________。
（3）Z的稀溶液与铁反应的离子方程式为______________________。
（4）检验CO2是否混有SO2，可以使混合气体通过盛有品红溶液的洗气瓶，这是利用了SO2的_____________性，也可以使混合气体通过盛有酸性高锰酸钾稀溶液的洗气瓶，这是
利用了SO2的_____________性。
（5）大苏打（Na2S2O3）在照相、电影、纺织、化纤、造纸、皮革、农药等方面均有重要用途。现欲在实验室制备大苏打，从氧化还原角度分析，合理的是__________（填字母选项）
A．Na2S+S B．Na2SO3+S C．Na2SO3+ Na2SO4 D．SO2+Na2SO4
（6）将X与SO2的水溶液混合后产生淡黄色沉淀，该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为__________________
【答案】Ca2++2OH－+SO2=CaCO3↓+H2O SO2+ SO32－+ H2O = 2HSO3－ H2SO3 Fe+2H+=
Fe2++2H2↑漂白还原 B 2：1
【解析】
【分析】
根据二氧化硫的性质书写相关离子方程式；根据元素化合价及物质的种类分析判断物质的化学式；根据二氧化硫的漂白性和还原性分析解答；根据氧化还原反应中元素化合价升降规律分析解答。
【详解】
（1）①SO2属于酸性氧化物，少量的SO2通入澄清石灰水中反应生成亚硫酸钙沉淀和水，离子方程式为:Ca2++2OH－+SO2=CaCO3↓+H2O；
②SO2与Na2SO3反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为：SO2+ SO32－+ H2O = 2HSO3－；
（2）如图所示Y中S元素化合价为+4，则对应的酸为亚硫酸，分子式为：H2SO3；
（3）如图所示Z中S元素化合价为+6，则对应的酸为硫酸，硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+= Fe2++2H2↑；
（4）二氧化硫具有漂白性，而二氧化碳没有，二氧化硫中S为+4价，能被高锰酸钾氧化，具有还原性，故答案为：漂白；还原；
（5）大苏打（Na2S2O3）中S元素化合价为+2价，
A．Na2S中S为-2价，S中化合价为0，不能都升高为+2价，故A不合理；
B．Na2SO3中S为+4价，S中化合价为0，可以发生歧化反应得到+2的S，故B合理；C．Na2SO3中S为+4价，Na2SO4中S为+6价，不能都降低为+2价，故C不合理； D．SO2中S为+4价，Na2SO4中S为+6价，不能都降低为+2价，故D不合理；
故答案为：B；
（6）将X与SO2的水溶液混合后产生淡黄色沉淀，则X为H2S，淡黄色沉淀为S，反应为2H2S+SO2=3S↓+2H2O，生成的3molS中，2mol由H2S氧化得到，1mol由SO2还原得到，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为：2:1，则质量之比为：2:1，故答案为：2:1。
4．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示(反应条件及其他物质已经略去)：
(1)若A是一种金属，C是淡黄色固体，写出C的一种用途____；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，D为强酸，则B为___，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝
变白，体现了D的___性。
(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则
①A的电子式为___，实验室制备A气体的化学方程式为___。
②实验室检验A气体的方法为___。
③C转化为D的过程中，氧化剂与还原剂的质量比为___。
④将盛满B气体的试管倒扣在水槽中，并通入一定量O2，最终气体全部被吸收，所得溶液充满整个试管。若不考虑溶液扩散，计算所得溶液物质的量浓度为___mol·L-1。(标况下计算，保留两位有效数字)
【答案】供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等) SO2吸水
2NH4Cl+Ca(OH )2加热
CaCl2+2NH3↑+2H2O 用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝
(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生) 1:2 0.045
【解析】
【分析】
(1)C是淡黄色固体，为金属氧化物，则其为Na2O2，由此可确定它的用途；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫，由转化关系可确定其它物质及性质。
(3)C是红棕色气体，则C为NO2气体，由转化关系可确定其它物质及性质。
【详解】
(1)由C是淡黄色固体，可确定其为Na2O2，其用途为供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)。答案为：供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)；
(2)若常温下A为淡黄色固体单质，则其为硫(S)，D为强酸(H2SO4)，则B为SO2，C为SO3，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了浓硫酸的吸水性。答案为：SO2；吸水；
(3)若A是化合物，C是红棕色气体，则C为NO2。
①A氧化后，产物再氧化可生成NO2，则A为NH3，电子式为，实验室制备氨气
时，药品为NH4Cl和Ca(OH)2，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2加热
CaCl2+2NH3↑+2H2O。
答案为：；2NH4Cl+Ca(OH)2加热
CaCl2+2NH3↑+2H2O；
②实验室检验氨气时，采用的方法为用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)。答案为：用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)；
③C转化为D的过程中，发生反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，从价态变化看，若3molNO2参加反应，有1molNO2中的N元素价态降低，有2molNO2中的N元素价态升高，则氧化剂与还原剂的质量比为1:2。答案为：1:2；
④假设试管的体积为VL，则c=
L
22.4L/mol
L
V
V
=0.045mol·L-1。答案为：0.045。
【点睛】
在平时的学习过程中，应注意区分浓硫酸的吸水性与脱水性，浓硫酸的吸水性是指气体的干燥、吸收结晶水合物中的结晶水，浓硫酸的脱水性是指将有机物分子中的氢、氧元素以水的组成形式脱去。
5．在下列物质转化中，A 是一种正盐，D 的相对分子质量比C 的相对分子质量大16，E 是酸，当X 无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：
X Y Y Z A B C D E →→→→
当X 是强酸时，A 、B 、C 、D 、E 均含同一种元素；当X 是强碱时，A 、B 、C 、D 、E 都含另外同一种元素。请回答：
(1)A 是__________，Y 是__________，Z 是__________。
(2)当X 是强酸时，E 是__________；B 生成C 的化学方程式是
________________________。
(3)当X 是强碱时，E 是__________； B 生成C 的化学方程式是
________________________。
【答案】(NH 4)2S O 2 H 2O H 2SO 4 2H 2S ＋3O 2点燃2SO 2＋2H 2O HNO 3 4NH 3＋5O 2Δ催化剂4NO ＋6H 2O
【解析】
【分析】
本题中C 、D 的变化和D 的相对分子质量比C 的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D 比C 多一个氧原子，A 为(NH 4)2S ，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO 2→SO 3，NO→NO 2，Na 2SO 3→Na 2SO 4等，由此可出推断Y 为O 2，由于E 为酸，则D 应为能转化为酸的某物质，很可能为SO 3、NO 2等，
当X 是强酸时A 、B 、C 、D 、E 均含同一种元素，则B 为H 2S ，C 为SO 2，D 为SO 3，E 为H 2SO 4，Z 为H 2O ，当X 是强碱时，则B 为NH 3，C 为NO ，D 为NO 2，E 为HNO 3，Z 为H 2O ，据此答题。
【详解】
本题中C 、D 的变化和D 的相对分子质量比C 的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D 比C 多一个氧原子，A 为(NH 4)2S ，联想已构建的中学化学知识网络，符合这种转化关系的有：SO 2→SO 3，NO→NO 2，Na 2SO 3→Na 2SO 4等，由此可出推断Y 为O 2，由于E 为酸，则D 应为能转化为酸的某物质，很可能为SO 3、NO 2等，
当X 是强酸时A 、B 、C 、D 、E 均含同一种元素，则B 为H 2S ，C 为SO 2，D 为SO 3，E 为H 2SO 4，Z 为H 2O ，当X 是强碱时，则B 为NH 3，C 为NO ，D 为NO 2，E 为HNO 3，Z 为H 2O 。
（1）本题中C 、D 的变化和D 的相对分子质量比C 的大16是题中一个最具有特征的条件，通过分析可初步判断D 比C 多一个氧原子可知A 为(NH 4)2S ；Y 为O 2；Z 为H 2O ；
（2）当X 是强酸时，根据上面的分析可知，E 是 H 2SO 4，B 生成C 的化学方程式为2H 2
S+3O 2点燃2SO 2+2H 2O ；
（3）当X 是强碱时，根据上面的分析可知，E 是 HNO 3，B 生成C 的化学方程式为4NH 3＋5O 2Δ催化剂4NO ＋6H 2O 。
【点睛】
本题考查无机物的推断，题目难度中等，此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。
6．黑色粉末A ，黄色粉末B,它们都是单质，按下图进行实验：
（1） 试根据上述反应现象推断以下物质的化学式：
A D E H
（2）写出C+盐酸
D+F 的离子方程式： （3）写出D
E 的化学方程式： （4）写出G H 的化学方程式：
【答案】（1） Fe 、 H 2S 、 SO 2、Fe(OH)3
（2） FeS+2H +→Fe 2++H 2S↑
（3）2222
2322H S O SO H O +=+点燃
（4） 4Fe(OH)2+O 2+2H 2O→4Fe(OH)3
【解析】
【分析】
【详解】
（1）E 能使品红褪色，E 为SO 2；H 为红褐色固体，H 为()3Fe OH ；黑色粉末A 、黄色粉末B ，它们都是单质，所以分别是铁、硫；黑色固体C 为FeS ；D 为H 2S ；F 为2FeCl ；G 为()2Fe OH
（2）FeS 与盐酸反应的离子方程式FeS+2H +→Fe 2++H 2S↑；
（3）硫化氢燃烧生成二氧化硫和水的方程式为2222
2322H S O SO H O +=+点燃
； （4）氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的方程式为4Fe(OH)2+O 2+2H 2O=4Fe(OH)3。
7．A 、B 、C 、D 均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示(反应条件及其他产物已略去)：
（1）若A 、D 的水溶液均呈酸性，且D 为强酸。
①A 、D 分别为A ： ，D ： 。(填写化学式，下同)
②写出B→C 转化的化学方程式： 。
③简述检验B 物质的方法 。
④写出D 的浓溶液和Cu 在加热条件的化学方程式 。
（2）若A 的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D 的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红。
①工业上合成A 的化学方程式：___________。在实验室中则用加热固体混合物的方法制取气体A ，其化学方程式为 。
②写出C→D 的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目。 ③写出A→B 的化学方程式
④1．92g 铜投入一定的D 浓溶液中，铜完全溶解，共收集到672mL 气体(标准状况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O 2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O 2的体积为 mL 。
【答案】（1）①H 2S ；H 2SO 4；②2SO 2+O 22SO 3(条件不写扣1分，不写不得分)；③将B 通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；
④2H 2SO 4(浓)+Cu
CuSO 4+2H 2O+SO 2↑； （2）①N 2+3H 22NH 3；2NH 4Cl+Ca(OH)2CaCl 2+2NH 3+2H 2O ；
②
③4NH 3+5O 24NO+6H 2O ；④336mL
【解析】 试题分析：（1）①若A 、D 的水溶液均呈酸性，且D 为强酸，S 元素化合物符合转化关系，可推知，A 为H 2S 、B 为SO 2、C 为SO 3、D 为H 2SO 4，故答案为H 2S ；H 2SO 4； ②B→C 转化的化学方程式为2SO 2+O 22SO 3，故答案为2SO 2+O 22SO 3； ③简述检验SO 2物质的方法：将B 通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色，
故答案为将B 通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；
④硫酸的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式：2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+2H2O+SO2↑，故答案为2H2SO4(浓)+Cu CuSO4+2H2O+SO2↑；
（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3。
①工业上合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3；在实验室中则用加热固体混合物的方法制取气体氨气，其化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为N2+3H22NH3；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；
②C→D的化学方程式和电子转移的方向和数目分析如下：，故答案为；
③A→B转化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为
4NH3+5O24NO+6H2O；
④D浓溶液为HNO3，1．92g Cu的物质的量为：n(Cu)=
1.92
64/
g
g mol=0．03mol，反应时失去
电子为：2×0．03mol=0．06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于
O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为：n(O2)=0.06
4
mol
=0．015mol，标况下需
要氧气的体积为：V(O2)=0．015mol×22．4L/mol=0．336L=336mL，故答案为336。
【考点定位】考查无机推断
【名师点晴】本题考查无机物推断，涉及Na、S等元素单质及化合物的转化。旨在考查学生对元素化合物知识熟练掌握，注意掌握中学常见的连续反应。此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。
8．常温下某淡黄色固体单质A，与它的气态氢化物B和氧化物C之间，有如右图的转变关系，试回答:
(1)A是_______、B是_______、C是_______。
(2)B 的物质的量为x ，氧气的物质的量为y ，则当B 跟氧气恰好反应，完全转化为A 时，x 与y 的数值关系为_______；若当B 转化为C 时，反应后，常温下体系中只有C 一种气体， x 与y 的数值关系是_______________。
【答案】S H 2S SO 2 12 2x 【详解】 (1)常温下某淡黄色固体单质A 为S ，S 与O 2在点燃时发生反应产生C 是SO 2，它的气态氢化物B 是H 2S ，H 2S 不完全燃烧产生S 和H 2O ，完全燃烧产生SO 2和H 2O ，因此A 、B 、C 三种物质分别是：A 为S ，B 为H 2S ，C 为SO 2； (2) H 2S 物质的量是x ，氧气的物质的量为y ，当H 2S 跟氧气恰好反应，完全转化为S 时，发生反应：2H 2S+O 22S+2H 2O ，根据方程式可知x 与y 的数值关系是：y ：x=12； 当H 2S 部分转化为S 单质，部分转化为SO 2气体，2H 2S+O 2 2S+2H 2O 反应后，在常温下体系中只有SO 2这一种气体，此时12 ＜y ：x ，根据方程式2H 2S+3O 22SO 2+2H 2O 可知，当y ：x=3：2时，只有SO 2一种气体剩余，若y ：x ＞32 时，O 2过量，H 2S 完全转化为SO 2，O 2还有剩余，2H 2S+3O 22SO 2+2H 2O 反应后，常温下体系中除了有SO 2气体外，还有剩余的O 2，所以符合要求的x 与y 的数值关系是2x 。 9．甲、乙、丙为常见单质，乙、丙两元素在周期表中位于同一主族。X 、A 、B 、C 、D 、E 、F 、G 均为常见的化合物，其中A 和X 的摩尔质量相同，A 、G 的焰色反应为黄色。在一定条件下，各物质相互转化关系如下图。 请回答： （1）写化学式：丙_________，E________。 （2） X 的电子式为____________________。 （3）写出A 与H 2O 反应的化学反应方程式：__________________ _____________，反应中氧化剂是__________，1molA 参加反应转移电子_____mol 。 （4）写出反应⑨的离子方程式：___________ _____________。 （5）物质F的俗名是__________或_________，其溶液显_____性，原因是 _______________________________（用一个离子方程式表示） 【答案】【答题空1-1】O2 【答题空1-2】SO3 【答题空1-3】 【答题空1-4】2 Na2O2＋2 H2O =4 NaOH ＋O2↑ 【答题空1-5】Na2O2 【答题空1-6】1 【答题空1-7】HCO3-+H+= CO32-+ H2O 【答题空1-8】纯碱 【答题空1-9】苏打 【答题空1-10】碱 噲?HCO3-+ OH- 【答题空1-11】CO32-+ H2O垐? 【解析】 【分析】 【详解】 甲、乙、丙为常见单质，结合转化关系和反应条件可知丙为O2，甲和丙反应生成的A焰色反应为黄色证明甲为金属钠Na，A为Na2O2，F为Na2CO3；B为NaOH，G的焰色反应为黄色，判断G为NaHCO3；乙、丙两元素在周期表中位于同一主族，判断乙为S，所以X为Na2S，A和X的摩尔质量相同为78g/mol；依据转化关系可知D为SO2，E为SO3；E （SO3）+B（NaOH）=C（Na2SO4）（1）依据判断可知丙为：O2；E为 SO3；故答案为： O2；SO3； （2）X为Na2S，是离子化合物，化合物的电子式为：故答案为： （3）A（Na2O2）与H2O反应的化学反应方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；氧化剂还原剂都是过氧化钠，所以氧化剂为：Na2O2；1mol过氧化钠自身氧化还原反应，参加反应转移电子为1mol； 故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑； Na2O2；1； （4）应⑨是氢氧化钠和碳酸氢钠溶液的反应，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=CO32- +H2O； 故答案为：HCO3-+H+=CO32-+H2O； （5）物质F是碳酸钠，它的俗名是纯碱，或苏打；其溶液呈碱性，是因为碳酸根离子水解的结果，反应的离子方程式为：CO32-+H2O≒HCO3-+OH-； 故答案为：纯碱；苏打；碱； CO32-+H2O≒HCO3-+OH-； 10．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。 (1)Y的分子式________。 (2)图中X的电子式为_________；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，原因是 ______________________(用化学方程式表示)。该变化体现出：S非金属性比 O__________(填“强”或“弱”)。用原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下，__________，得电子能力逐渐减弱。 (3) Z与图表中某物质反应生成SO2的化学方程式_____________________________。 【答案】SO3 2H2S＋O2=2S↓＋2H2O 弱电子层数增多，原子半径增大 H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O 【解析】 【分析】 (1)Y为S元素+6价的氧化物； (2)X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强； (3) Z为S元素+4价的盐，可以与硫酸反应生成SO2。 【详解】 (1)Y为S元素+6价的氧化物SO3； (2)X为H2S，S最外层6个电子，能够与2个H原子形成共价键，其电子式为：；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，反应为2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，所以S非金属性比O弱，从结构上可知，氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱； (3)Z为S元素+4价的盐，如Na2SO3，可以与硫酸反应生成SO2，化学方程式为 H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O。 11．某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2，又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。 请回答下列问题： （1）下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是___(填编号)。a．NaOH溶液、酚酞试液 b．稀H2SO4酸化的KMnO4溶液 c．碘水、淀粉溶液 d．氨水、酚酞试液 （2）写出软锰矿浆吸收SO2 的离子方程式___。 （3）用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+，其原理是___。 （4）写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子方程式___。 （5）工业上采用电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4，其中隋性电极作阳极，铁作阴极，请写出阳极的电极反应式___。 （6）除杂后得到的MnSO4溶液可以通过___(填操作名称)、过滤制得硫酸锰晶体。 【答案】bc MnO2+SO2=Mn2++SO42－消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+ MnO42--e-=MnO4-蒸发浓缩、冷却结晶 【解析】 【分析】 由流程可知，二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰，用MnCO3能除去溶液中Al3+和 Fe3+，MnS将铜、镍离子还原为单质，高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰，通过过滤获得二氧化锰，以此解答该题。 【详解】 (1)准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量，二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b、c中利用还原性及高锰酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量，故答案为bc； (2)SO2与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰，反应的离子方程式为 MnO2+SO2＝Mn2++SO42﹣； (3)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀，涉及反应为3MnCO3+2Al3+3H2O＝2Al(OH)3↓+3CO2↑+3Mn2+或3MnCO3+2Fe3++3H2O ＝2Fe(OH)3↓+3CO2↑+3Mn2+； (4)KMnO4 与MnSO4溶液反应的离子方程式为2MnO4﹣+3 Mn2++2 H2O＝5MnO2+4H+； (5)惰性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上失去电子发生氧化反应，则阳极反应为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣； (6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶(过滤)制得硫酸锰晶体。12．某同学设计了如图所示的实验装置探究将SO2、Cl2同时通入水中发生的反应。 （1）H装置中主要发生的离子方程式为__，I仪器的作用是__。 （2）若H中Cl2和SO2恰好完全反应，为了检验溶液中的阴离子，补充完整实验操作，并写出结论：取少量H中溶液于洁净的试管中，__。 【答案】Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42-防止倒吸向其中加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀则含有SO42-，过滤后取少量滤液，加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不消失则含有Cl- 【解析】 【分析】 (1)H装置中主要的反应是氯气和二氧化硫在溶液中生成盐酸和硫酸，根据SO2易溶于水分析； (2)若H中Cl2和SO2恰好完全反应，溶液的阴离子为Cl-、SO42?，根据银离子对硫酸根离子的干扰分析。 【详解】 (1) H装置中主要反应的离子方程式为：Cl2+SO2+2H2O=4H++2Cl-+SO42?，SO2易溶于水；I仪器的作用是防倒吸； (2)若H中Cl2和SO2恰好完全反应，溶液的阴离子为Cl-、SO42?，先检验SO42?，后检验Cl-，则结论为：取少量H中溶液于洁净的试管中，向其中加入过量的Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀则含有SO42-，过滤后取少量滤液，加入AgNO3溶液，产生白色沉淀，加入稀硝酸后沉淀不消失则含有Cl-。 13．在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SO2(g)+O2(g)2SO3(g) ΔH<0。查阅资料知SO3的熔点为16.83℃，沸点是44.8℃。某化学学习小组欲通过实验测定上述反应中SO2的转化率，他们设计了如下实验。 请根据要求回答问题： （1）各装置接口的连接顺序是a→__。 （2）装置Ⅳ烧杯中盛放冰水的作用是__。 （3）装置Ⅰ所用硫酸，一般选用浓度为70%～80%的硫酸，原因是__。 （4）当装置Ⅰ中反应结束时，要打开止水夹继续通入O2一段时间，继续通入O2的目的是__。 （5）称量agNa2SO3粉末与足量硫酸反应，实验结束后称得装置Ⅳ增重bg，列式表示该实验中SO2的转化率__。 【答案】h→i→b→c→f→g→d→e使SO3冷凝以便从气相中分离出来硫酸浓度过大时主要以分子形式存在，反应较慢；硫酸浓度过小时生成的SO2会部分溶解在稀硫酸中将装置中的SO2全部赶入装置Ⅱ中发生反应，将SO3全部赶入装置Ⅳ中冷凝为固体，提高测量SO2 转化率的准确性63b 100% 40a 【解析】 【分析】 （1）装置Ⅰ的作用是制取SO2并与O2混合，装置Ⅱ中发生SO2的催化氧化反应，装置Ⅲ的作用是吸收尾气，装置Ⅳ中收集SO3，装置Ⅴ的作用是干燥气体； （2）SO3的熔点较低，可通过冷凝分离； （3）根据反应原理为强酸制弱酸，且SO2在水中溶解度较大分析； （4）反应结束后，装置中会残留一部分的SO2气体； （5）根据S元素守恒进行计算。 【详解】 （1）该装置连接基本顺序为：制取SO2并与O2混合装置→干燥SO2、O2装置→制取SO3装置→吸收SO3装置→尾气处理装置，因此装置接口的连接顺序是： a→h→i→b→c→f→g→d→e； （2）根据SO3的熔沸点知，装置Ⅳ烧杯中盛放冰水可使SO3冷凝以便从气相中分离出来；（3）硫酸浓度过大时硫酸主要以分子形式存在，难以电离出氢离子，反应较慢；硫酸浓度过小时，反应生成的SO2会部分溶解在稀硫酸中，均会导致实验存在误差； （4）反应过程中装置Ⅰ中会残留SO2，装置Ⅱ中会残留SO3，反应结束后，继续通入氧气一段时间，可以将装置中的SO2全部赶入装置Ⅱ中发生反应，将SO3全部赶入装置Ⅳ中冷凝为固体，避免影响SO2转化率的测定； （5）假设Na2SO3全部反应生成SO2，且无SO2气体进入尾气吸收装置，根据S元素守恒可 知，完全转化时，理论生成SO3的质量为a40a mol80g/mol= g 12663 ?，故该实验中SO2的转化率为 bg63b 100%=100% 40a40a g 63 ?? 。 14．某化学兴趣小组探究SO2和Fe(NO3)3溶液的反应原理，实验装置如图所示。实验中B 装置内产生白色沉淀。 请回答下列问题： （1）该实验过程中通入N2的时机及作用____。 （2）针对B装置内产生白色沉淀的原因，甲同学认为是酸性条件下SO2与Fe3+反应的结果，乙同学认为是酸性条件下SO2与NO3-反应的结果。请就B装置内的上清液，设计一个简单的实验方案检验甲同学的猜想是否正确：____。 【答案】实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确 【解析】 【分析】 铁离子有氧化性，硝酸根在酸性条件下也有强氧化性，所以都可能会与二氧化硫发生反应，若要证明是哪种氧化剂氧化了二氧化硫只要检验溶液中是否有亚铁离子生成即可；装置A为制备二氧化硫气体的装置，装置B为二氧化硫与硝酸铁反应的装置，装置C为二氧化硫的尾气吸收装置。 【详解】 （1）装置内有空气，氧气也有氧化性，对实验有干扰，因此实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响，故答案为：实验开始前，先通入一段时间N2，再制备SO2，排除实验装置内的空气对实验现象的影响； （2）由分析可知，可以通过检验亚铁离子来证明，方法为取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确，故答案为：取适量装置B中的上清液，向其中滴加铁氰化钾，若有蓝色沉淀生成则说明甲同学的猜想正确，若没有蓝色沉淀生成则说明 没有Fe2+生成，甲同学的猜想不正确。 15．分别向盛有①紫色石蕊溶液②澄清石灰水③品红溶液④酸性高锰酸钾溶液的试管中通入SO2气体。 （1）试管①中的实验现象为________________________________________。 （2）试管②中发生反应的离子方程式为_____________________________（通入少量的SO2）。 （3）上述实验中，出现溶液褪色现象的是____________________（填试管标号）。（4）上述实验中，SO2表现出酸性氧化物性质的是_________（填试管标号，下同），SO2表现出漂白性的是__________。 【答案】溶液变为红色 Ca2++2OH—+SO2=CaSO3↓+H2O ③④①②③ 【解析】 【分析】 (1)SO2是酸性气体，与水反应生成亚硫酸，使紫色石蕊试液变红色； (2)开始SO2与澄清石灰水反应生成亚硫酸钙与水，SO2气体过量，与亚硫酸钙、水反应生成亚硫酸氢钙，通入少量的SO2，生成亚硫酸钙与水； (3)SO2气体具有漂白性，与品红化合为不稳定的无色物质；SO2气体具有还原性，被酸性高锰酸钾溶液氧化； (4)二氧化硫使紫色石蕊试液变红色，能与氢氧化钠反应，体现酸性氧化物性质；使品红溶液褪色表现漂白性；与酸性高锰酸钾溶液反应表现还原性。 【详解】 (1)SO2为酸性氧化物，向试管①紫色石蕊溶液中通入SO2气体的实验现象为溶液由紫色变为红色； (2)向试管②澄清石灰水中通入少量的SO2气体，发生反应的离子方程式为 SO2+Ca2++2OH?=CaSO3↓+H2O； (3)因为SO2具有还原性，能使酸性高锰酸钾溶液褪色；SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以上述实验中，出现溶液褪色现象的是③④； (4)SO2表现出酸性氧化物性质的是能使紫色石蕊溶液褪色；能与澄清石灰水反应，所以符合题意的是①②；SO2表现出漂白性的是使品红溶液褪色，所以符合题意的是③。