2020-2021化学硫及其化合物的专项培优易错试卷练习题(含答案)含详细答案

2020-2021化学硫及其化合物的专项培优易错试卷练习题(含答案)含详细答案
一、高中化学硫及其化合物
1．硫酸是重要的基础化工原料之一，是化学工业中最重要的产品，号称“工业之母”。

在中学化学教材中有多处涉及其应用。

(1)利用浓硫酸配制稀硫酸
已知某浓硫酸的密度为1.84g/ml ，质量分数为98％，则该浓硫酸的物质的量浓度为_______；
现用该浓硫酸配制480ml 浓度为1.84mol/L 的稀硫酸，在配制过程中除量取浓硫酸的仪器、烧杯、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________________；
(2)硫酸与无机物的反应
实验室在用稀硫酸与锌反应制取氢气时，常向其中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率，请写出发生的离子反应方程式______________________________；不活泼金属铜在与浓硫酸反应中，体现了浓硫酸的___________________性质；非金属碳在加热条件下也能与浓硫酸反应，若要你设计实验检验反应生成的气体产物，则检验出气体产物的正确顺序为______________________；
(3)硫酸在有机中的应用
利用硫酸的性质可以制取多种有机物，比如烈性炸药TNT 、硝基化合物、酯类物质、不饱和烃等。

请写出制取TNT 的化学方程式________________________________________；请写出用乙醇制取乙烯的化学方程式________________________________________；稀硫酸还可以使蔗糖、淀粉等多种有机物发生水解，请写出蔗糖水解的产物名称_________。

【答案】18.4mol/L 500ml 容量瓶 Zn ＋Cu 2＋=Cu ＋Zn 2＋、Zn ＋2H ＋=H 2↑＋Zn 2＋ 强氧化性
和强酸性 H 2O 、SO 2、CO 2 +3HNO 324H SO Δ−−−−→浓+3H 2O C 2H 5OH
CH 2=CH 2↑+ H 2O 葡萄糖、果糖
【解析】
【分析】
（1）根据c=1000ρwM 计算出该浓硫酸的浓度；配制该溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，根据配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器；
（2）硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，原因是形成原电池反应；
【详解】
（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：c=1000×
1.84×98%÷98mol/L=18.4mol/L ；实验室没有480mL 的容量瓶，配制时需要选用500mL 容量瓶，实际上配制的是500mL1mol/L 的硫酸溶液，配制该溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，配制过程中需要使用的仪器为：药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管，
所以还缺少的仪器为： 500mL 容量瓶，
故答案为：18.4mol/L ；500mL 容量瓶；
（2）锌为活泼金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO 4=ZnSO 4+Cu ，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，离子方程式是Zn ＋Cu 2＋=Cu ＋Zn 2＋、Zn ＋2H ＋=H 2↑；铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，硫元素的化合价降低表现硫酸的氧化性，生成盐和水体现硫酸的酸性，故硫酸表现的性质是酸性和氧化性；碳和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化碳和水，检验气体的顺序是水，二氧化硫，二氧化碳，
故答案为：Zn ＋Cu 2＋=Cu ＋Zn 2＋、Zn ＋2H ＋=H 2↑；强氧化性和强酸性 ；H 2O 、SO 2、CO 2； （3）制取TNT 需要甲苯，浓硫酸和浓硝酸的混合酸加热，反应的化学方程式是
+3HNO 324H SO Δ−−−−→浓+3H 2O ；向乙醇中加入浓硫酸，加热到170度，
可以制取乙烯，方程式是C 2H 5OH CH 2=CH 2↑+ H 2O ；蔗糖水解产生葡萄糖和果糖， 故答案为：+3HNO 324H SO Δ−−−−→浓+3H 2O ；C 2H 5OH CH 2=CH 2↑+ H 2O ；葡萄糖、果糖。

2．已知X 、Y 均为有刺激性气味的气体，且几种物质间有以下转化关系，部分产物未标出。

请回答下列问题。

(1)写出下列各物质的化学式：
X______、Y______、A______、B______、C______。

(2)反应①的离子方程式为____________。

【答案】Cl 2 SO 2 HCl H 2SO 4 FeCl 3 2Fe 3++SO 2+2H 2O ＝2Fe 2++SO 42-+4H +
【解析】
【分析】
A 与硝酸酸化的AgNO 3溶液反应产生白色沉淀，A 中含Cl -；
B 与盐酸酸化的BaCl 2溶液反应产生白色沉淀，B 中含SO 42-；又根据X 、Y 均为有刺激性气味的气体，且X 能与Fe 反应，则X 为Cl 2，Y 为SO 2，A 为HCl ，B 为H 2SO 4，
C 为FeCl 3。

【详解】
(1)分析可知，X 为Cl 2，Y 为SO 2，A 为HCl ，B 为H 2SO 4，C 为FeCl 3。

(2)反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe 3++SO 2+2H 2O ＝
2Fe2++SO42-+4H+。

3．如图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系(某些产物和反应条件已略去)。

化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4∶5，化合物D是重要的工业原料。

（1）写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式：____。

（2）写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：____。

（3）写出一个由D生成B的化学方程式：____。

【答案】H2＋S H2S H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O 或Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O
【解析】
【分析】
由A是固体单质且与空气反应生成的B是气体，可知，A为非金属固态单质。

由B可与水反应生成E，则A可能为C或S，若为C，则B和C分别为CO、CO2，其相对分子质量之比不为4∶5，不符合题意；若为S，则B为SO2，C为SO3，B和C的相对分子质量之比为4∶5，符合题意。

所以D为H2SO4，E为H2SO3。

【详解】
⑴A在加热条件下与H2反应的化学方程式：H2＋S H2S，故答案为：H2＋S H2S。

⑵E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O，故答案为：H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O。

⑶写出一个由D生成B的化学方程式：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋
2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。

4．在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y能够反应，生成化合物Z，Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P（如下框图所示），已知气体G与空气之密度比约为
1.17。

请填空：
（1）组成单质X和Y的元素分别属第____________族和第___________族；
（2）Z与水发生水解反应方程式_____________________；
（3）每生成1mol的化合物Z，反应中转移_________________mol的电子。

【答案】ⅢA ⅥA Al2S3 + 6H2O === 2Al(OH)3↓+ 3H2S↑6
【解析】
【分析】
气体G与空气之密度比约为1.17，所以G的相对分子质量为29×1.17=34，则G应为H2S，在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y反应，生成化合物Z，则Z中含有X、Y两种元素，其中一种元素为S元素，Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P，可推知Z为
Al2S3，沉淀P为Al(OH)3，所以X为Al、Y为S，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上述分析，X为Al、Y为S，所以组成单质X和Y的元素分别属第ⅢA族和第ⅥA 族，故答案为：ⅢA、ⅥA；
(2)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，与水发生水解反应方程式为Al2S3 +
6H2O = 2Al(OH)3↓+ 3H2S↑，故答案为：Al2S3 + 6H2O = 2Al(OH)3↓+ 3H2S↑；
(3)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，Al由0价升高到+3价，每生成1mol的化合物Z，反应中转移电子6mol，故答案为：6。

5．某无色混合溶液中可能含有的离子如下表所示：
可能大量含有的阳离子H＋、Al3＋、NH4＋、Na＋
可能大量含有的阴离子Cl－、AlO2－、SO42－、MnO4－、Br－、I－、CO32－
为探究其成分，进行了以下探究实验。

探究一：
甲同学取一定量的混合溶液，用pH试纸检验，溶液pH＜7；向其中逐液加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入氢氧化钠溶液的体积(V)的关系如图所示。

探究二
乙同学取一定量的混合溶液，向溶液中加氯水，无气体产生，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，用分液漏斗分液；向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生。

探究三：
另取原溶液少量加入Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀。

（1）该溶液中一定含有的阴离子是___；其中能确定离子浓度之比的，对应离子物质的量
浓度之比为___；不能肯定是否含有的离子是___。

确定其中阳离子的实验方法为___。

（2）请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式___。

【答案】Br-、SO42－c(H+)：c(NH4+)：c(Al3+)=2：3：1 Na＋、Cl－焰色反应 Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O
【解析】
【分析】
无色混合溶液中不能含有MnO4－；
由探究一知，溶液的pH<7，开始加入2V0NaOH无沉淀生成说明发生的反应是：H++OH-
═H2O，有H+，则无AlO2-、CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，有Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：NH4++OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠的体积V0；
根据探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，说明有Br-，不含I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，不能确定原混合液中是否含Cl-；
根据探究三，加入少量Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SO42－；
综上分析，混合溶液中一定含有的离子：H+、Al3+、NH4+、Br-、SO42－，一定不含的离子：MnO4－、CO32-、I-、AlO2-，可能含有的离子：Na＋、Cl－。

【详解】
无色混合溶液中不能含有MnO4－；
由探究一知，溶液的pH<7，开始加入2V0NaOH无沉淀生成说明发生的反应是：H++OH-
═H2O，有H+，则无AlO2-、CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，有Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：NH4++OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠的体积V0；
根据探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，说明有Br-，不含I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，不能确定原混合液中是否含Cl-；
根据探究三，加入少量Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SO42－；
（1）该溶液中一定含有的阴离子：Br-、SO42－；其中能确定离子浓度之比的是H+、NH4+、Al3+，根据它们消耗的NaOH溶液的体积和相应的离子方程式，c（H+）：c（NH4+）：c （Al3+）=2V0：3 V0：V0=2：3：1；不能肯定是否含有的离子：Na＋、Cl－；确定是否含Na+的实验方法为：焰色反应；
（2）沉淀减少过程为Al（OH）3与NaOH的反应，反应的离子方程式：Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O。

【点睛】
本题考查离子的推断，在推断过程中必须注意离子的共存和引入的离子对判断的干扰，如题中Cl-的判断。

6．A、B、C、D 为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为 Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和 NO3－、SO42﹣、Cl－、CO32－（离子在物质中不能重复出现）。

① 若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；
② 若向①的四支试管中分别加入盐酸，B 盐的溶液有沉淀生成，D 盐的溶液有无色无味的气体逸出。

根据①②实验事实可推断它们的化学式为：
（1）B _____________ D ______________；
（2）写出少量盐酸与 D 反应的离子方程式：______________________________________；（3）将含相同物质的量 A、B、C 的溶液混合后，混合后溶液中存在的离子为_______；在此溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式____；
（4）C 溶液中阴离子的检验方法：____。

【答案】AgNO3Na2CO3CO32-+2H+=CO2↑+H2O Cu2+、NO3-、Cl-Cu2++Fe=Cu+Fe 2+取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-
【解析】
【分析】
给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定．如Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。

①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，以此来解答。

【详解】
由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。

由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；。

②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3。

综上所述：A为BaCl2；B 为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3；
（1）由上述分析可知B为AgNO3；D为Na2CO3，故答案为： AgNO3；Na2CO3；
（2）盐酸与D（Na2CO3）反应的离子反应方程式为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案
为：CO32-+2H+=CO2↑+H2O；
（3）A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，溶液中存在的离子及物质的量之比为：Cl-、NO3-、Cu2+，在此溶液中加入铁粉，可以将其中的铜置换出来，发生反应的离子方程式Cu2++Fe=Cu+Fe2；故答案为：Cu2+、NO3-、Cl-；Cu2++Fe=Cu+Fe 2+；
（4）C为CuSO4，检验硫酸根离子，可取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-，故答案为：取少量C 溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。

【点睛】
无机物的推断，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，在分析A、B、C 的溶液混合后离子组成时，要考虑混合时离子间的相互反应。

7．一无色透明的溶液做如下实验：
①取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成。

②另取部分溶液加入Na2O2，有无色无味气体放出且有白色沉淀生成，加入Na2O2的量与生成沉淀的量的关系如图所示，试问：
（1）Cu2+、NH4+、Al3+、Mg2+、Na+、Fe3+、K+、SO42-等离子中一定存在的离子是__；可能存在的离子是__；一定不存在的离子是___。

（2）上述溶液至少由___等物质混合成。

【答案】SO42-、Al3+、Mg2+ Na+、K+ Cu2+、Fe3+、NH4+ Al2(SO4)3、MgSO4
【解析】
【分析】
因是“无色透明溶液”，该溶液中不能含有有色的Cu2+、Fe3+，根据“取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成”可知溶液中含有SO42-；向溶液中加入过氧化钠，产生无色无味气体，说明该溶液中不含 NH4+，因为若有 NH4+，会与过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠反应生成氨气，氨气具有刺激性气味；当向溶液中加入过氧化钠时，会生成白色沉淀，且沉淀量先增加后减少，但不会完全消失，说明溶液中含有Al3+、Mg2+；由于沉淀达到最大量后，加入过量的过氧化钠后沉淀立刻溶解，则溶液中一定不存在NH4+；因此该溶液中一定存在的离子为：SO42-、Al3+、Mg2+，可能含有Na+、K+，一定不存在的离子为：Cu2+、Fe3+、NH4+，据此进行解答。

【详解】
(1)因是“无色透明溶液”，该溶液中不能含有有色的Cu2+、Fe3+，根据“取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成”可知溶液中含有SO42-；向溶液中加入过氧化钠，产生无色无味气体，说明该溶液中不含 NH4+，因为若有 NH4+，会与过氧化钠与水反应生成的氢
氧化钠反应生成氨气，氨气具有刺激性气味．当向溶液中加入过氧化钠时，会生成白色沉淀，且沉淀量先增加后减少，但不会完全消失，说明溶液中含有Al 3+、Mg 2+；由于沉淀达到最大量后，加入过量的过氧化钠后沉淀立刻溶解，则溶液中一定不存在NH 4+，因此该溶液中一定存在的离子为：SO 42-、Al 3+、Mg 2+，可能含有Na +、K +，一定不存在的离子为：Cu 2+、Fe 3+、NH 4+；
(2)溶液中一定含有的离子为SO 42-、Al 3+、Mg 2+，所以至少存在的物质为：Al 2(SO 4)3、MgSO 4。

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 <y≤32x 【解析】
【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 <y≤3x 2。

9．物质A 经下图所示的过程转化为含氧酸D ，D 为强酸，请回答下列问题：
（1）若A在常温下为气体单质则回答：
①A、C的化学式分别是：A________；C________。

②将C通入水溶液中，反应化学方程式为________________________。

（2）若仅A、B在常温下为气体且为化合物，则回答：
①A的化学式是：A________。

②B生成C的化学方程式为________________________。

③一定条件下碳单质与D反应的方程式为___________，该反应中D起到的作用是
_________。

（3）若A在常温下为固体单质则回答：
①D的化学式是________；
②向含2mol D的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积_______22.4L （填“大于”“等于”或“小于”），原因为_________________________________。

【答案】[共14分]
（1）①N2 ； NO2
②3NO2+ H2O══2HNO 3+NO (2分)
（2）①H2S
②2SO 2+ O 2 ≒2SO 3 （条件略）(2分)
③C+ 2H 2SO4（浓）CO2↑+2 SO 2↑+2 H2O (2分) ；氧化性作用
（3）①H2SO4 ②小于；随反应进行，硫酸逐渐消耗且生成水，浓硫酸变为稀硫
酸不能与铜继续反应，所以硫酸不能反应完全，生成的二氧化硫小于22.4升。

(2分) 其余各1分
【解析】
试题分析：（1）①若A在常温下为气体单质，则根据转化关系图可判断A是氮气，B是NO，C是NO2，D是硝酸。

②NO2与水反应化学方程式为3NO2+ H2O＝2HNO 3+NO。

（2）①若仅A、B在常温下为气体且为化合物，则根据转化关系图可判断A是H2S，B是SO2，C是三氧化硫，D是硫酸。

②SO2转化为三氧化硫的化学方程式为2SO 2+ O 22SO 3 。

③浓硫酸具有强氧化性，在加热的条件下能与碳发生氧化还原反应，反应的方程式为C+ 2H2SO4（浓）CO2↑+2SO2↑+2H2O。

在反应中只有还原产物SO2，没有硫酸盐产生，所以该反应中浓硫酸起到的作用是氧化剂。

（3）①若A在常温下为固体单质，则根据转化关系图可判断A是S，B是SO2，C是三氧化硫，D是硫酸。

②浓硫酸再与铜的反应过程中，浓度逐渐降低，而稀硫酸与铜不反应，则向含2mol D的浓溶液中加入足量的Cu加热，标准状况下产生的气体体积小于22.4L。

考点：考查无机框图题的推断
10．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H2O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-；
11．按要求回答下列问题：
（1）氯气的制取方法有很多，写出实验室用MnO2来制取氯气的离子方程式__________。

（2）工业炼铁通常在___________设备中进行，需要用到铁矿石、焦炭、__________和空气。

（3）氯化铁溶液通常应用于印刷电路板制作，写出其反应的离子方程式___________。

（4）请写出红热的炭与浓硫酸反应的化学方程式__________。

【答案】MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O 高炉石灰石 Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+
C+2H2SO42SO2↑+CO2↑+2H2O
【解析】
【分析】
(1)实验室用MnO2来制取氯气的反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)根据高炉炼铁的主要设备是高炉进行分析；工业炼铁高炉中发生的主要反应有：在高温下，焦炭跟氧气反应生成二氧化碳；二氧化碳被焦炭还原成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁，石灰石作用是除渣；
(3)Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜；
(4)红热的炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。

【详解】
(1)实验室用MnO2来制取氯气的反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)工业炼铁通常在高炉设备中进行；需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和石灰石，焦炭的作用：提供热量、生成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁，石灰石在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和铁矿石中的杂质二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去二氧化硅；
(3)制印刷电路板时常用FeCl 3溶液作“腐蚀液”，发生反应的化学方程式为
2FeCl 3+Cu=2FeCl 2+CuCl 2，离子方程式为Cu+2Fe 3+=2Fe 2++Cu 2+；
(4)红热的炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，故化学方程式为为
C+2H 2SO 42SO 2↑+CO 2↑+2H 2O 。

12．MnO 2是一种重要无机材料，粗MnO 2的提纯是工业生产的重要环节。

某研究性学习小组设计了将粗MnO 2（含有较多的MnO 和MnCO 3）样品转化为纯MnO 2的实验，流程：
（1）第一次过滤后，所得滤液中含有的主要阳离子为____________________ ；所得滤渣需要洗涤，判断滤渣已洗涤干净的方法是__________________________________________ （2）完成第②步相关的离子反应：________________________________________________. （3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、玻璃棒、酒精灯、
_______________，已知蒸发得到的固体中有NaClO 3和NaOH ，则一定还含有____________（写化学式）。

（4）粗MnO 2样品的质量为12.69g ，第①步反应后，过滤得到8.7gMnO 2，并收集到0.224LCO 2（标准状况下），则在第②步反应中至少需要_______molNaClO 3。

【答案】H +、Mn 2+ 向最后一次洗涤液中加入BaCl 2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净
2++32225Mn +2ClO +4H O=5MnO +Cl +8H -↓↑ 蒸发皿 NaCl 0.02
【解析】
【分析】
由制备流程可知，MnO 2不溶于硫酸，样品中的MnO 、MnCO 3和硫酸反应生成可溶性的MnSO 4，滤液中含MnSO 4，为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第②步发生
5MnSO 4+2NaClO 3+4H 2O=5MnO 2↓+Cl 2↑+Na 2SO 4+4H 2SO 4，第③步中氯气与热的NaOH 发生氧化还原反应生成NaCl 、NaClO 3、水，溶液蒸发可得到固体，以此解答。

【详解】
（1）加稀硫酸时样品中的MnO 和MnCO 3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO 4，为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第一次过滤后，所得滤液中含有的主要阳离子为：H +、Mn 2+；所得滤渣需要洗涤，判断滤渣已洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，方法是：向最后一次洗涤液中加入BaCl 2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净，故答案为：H +、Mn 2+；向最后一次洗涤液中加入BaCl 2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净；
（2）MnSO 4要转化为MnO 2，需失去电子，故需要加入NaClO 3做氧化剂，Mn 元素化合价从+2价升高至+4价，Cl 元素化合价从+5价降低至0价，依据得失电子守恒以及原子守恒
可以配平，所以反应的化学方程式是：
5MnSO 4+2NaClO 3+4H 2O=5MnO 2↓+Cl 2↑+Na 2SO 4+4H 2SO 4，因此反应的离子方程式是：
2++32225Mn +2ClO +4H O=5MnO +Cl +8H -↓↑；
（3）第③步属于蒸发，所以需要的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl 2通入热的NaOH 溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO 3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl ；
（4）由题意知样品中的MnO 和MnCO 3质量为12.69g-8.7 g=3.99g ，由方程式
H 2SO 4+MnCO 3=MnSO 4+H 2O+CO 2↑可知MnCO 3的物质的量与生成的二氧化碳物质的量相等，为0.01mol ，质量为115g/mol×0.01mol=1.15g ，所以MnO 的质量为3.99g-1.15g=2.84g ，其物质的量为 2.84g 71g/mol
=0.04mol ，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO 4的物质的量为0.04mol+0.01mol=0.05mol ，根据方程式
5MnSO 4+2NaClO 3+4H 2O=5MnO 2↓+Cl 2↑+Na 2SO 4+4H 2SO 4，可计算出需要NaClO 3的物质的量为0.02mol ，故答案为：0.02mol 。

13．焦亚硫酸钠(Na 2S 2O 5)是葡萄酒中常用的抗氧化剂。

一种以硫黄为原料制取Na 2S 2O 5的生产工艺如下：
已知：结晶脱水发生的反应：322522NaHSO =Na S O +H O
回答下列问题：
(1)Na 2S 2O 5中硫元素的化合价为________。

(2)焚烧炉中反应的化学方程式为________________。

(3)反应器中发生反应的离子方程式为________________。

(4)葡萄酒酿造过程中添加Na 2S 2O 5会放出一种有刺激性气味的气体，该气体是一种食品添加剂。

实验室中检验该气体的常用试剂是________________。

(5)废水中的硫单质(S 8)能与碱反应，化学反应：8
2232Δ3S +48KOH 16K S+8K SO +24H O ，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

【答案】+4 22S+O SO 点燃 2--2333222H SO +CO =2HSO +CO +H O ↑ 品红溶液 2:1
【解析】
【分析】
硫磺在空气中燃烧生成2SO ，2SO 在洗涤塔中溶于水得到亚硫酸，经除杂后与23Na CO 反应得到3NaHSO ，再经题目给出的反应式结晶脱水即可得到产物。

【详解】
（1）钠为+1价，氧为-2价，则硫只能是+4价；
（2）焚烧炉里实际就是硫在空气中燃烧：22S+O SO 点燃；
（3）根据分析，反应器中实际上是亚硫酸和23Na CO 的反应：
2--2333222H SO +CO =2HSO +CO +H O ；
（4）这种刺激性气味的气体就是2SO ，实验室中可用品红溶液来检验，若能使品红褪色且加热后能复原，即可证明是2SO ；
（5）不难看出这是一个硫的歧化反应，有16个硫的化合价从0价降低到-2价，有8个硫的化合价从0价升高到+4价，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为16:8，即2:1。

14．实验室制取SO 2的反应原理为：Na 2SO 3＋H 2SO 4（浓）===Na 2SO 4＋SO 2↑＋H 2O 。

请用下列装置设计一个实验，以测定SO 2转化为SO 3的转化率：
(1)这些装置的连接顺序（按气体左右的方向）是
___→____→___→___→___→___→___→_____（填各接口的编号）；
(2)实验时甲仪器的作用与原理是__________________________________。

(3)从乙处均匀通入O 2，为使SO 2有较高的转化率，实验时Ⅰ处滴入浓硫酸与Ⅱ处加热催化剂的先后顺序是________________________；
(4)Ⅳ处观察到的现象是____________________________________________；
(5)在Ⅰ处用大火加热烧瓶时，SO 2的转化率会___________（填“增大”“不变”或“减小”）；
(6)写出III 中反应的离子方程式： ___________________________。

【答案】a h i b c f g d 平衡气压，使浓硫酸顺利滴下 先加热催化剂后滴加浓硫酸 有晶体生成 减小 SO 2+2OH -=SO 32-+H 2O
【解析】
【分析】
此套装置包括制取并净化SO 2、SO 2催化氧化、收集SO 3、进行尾气处理等操作，为防浓硫酸难以滴下，将分液漏斗内外气体相连；为提高SO 2的转化率，先加热催化剂，后制取SO 2；为防尾气污染环境，应将尾气用碱液吸收。

【详解】
(1)依据以上分析，仪器连接顺序为Ⅰ、Ⅴ、Ⅱ、Ⅳ、Ⅲ，这些装置的接口连接顺序是。