人教高考化学一轮复习提高题专题复习硫及其化合物 练习题含答案解析

人教高考化学一轮复习提高题专题复习硫及其化合物 练习题含答案解析
一、选择题
1．下列物质都具有漂白性，漂白原理与其它几种不同的是（ ）
A ．氯水
B ．SO 2
C ．H 2O 2
D ．HClO
【答案】B
【详解】
二氧化硫漂白原理是它与有色物质化合生成不稳定的无色物质；氯水、双氧水、次氯酸具有强氧化性能使有色物质褪色，故选B 。

2．下列有关物质检验方法不合理的是( )
A ．向某溶液中滴加KSCN 溶液，溶液不变色，滴加氯水后溶液显血红色，该溶液中一定含有Fe 2＋
B ．用酸性KMnO 4溶液检验FeCl 3溶液中是否含有FeCl 2
C ．检验亚硫酸盐是否已氧化变质，可滴入硝酸酸化的BaCl 2溶液，再观察溶液是否有沉淀生成。

D ．向某溶液中加入NaOH 溶液产生红褐色沉淀，说明溶液中含有Fe 3＋
【答案】C
【详解】
A ．滴加KSCN 溶液，溶液不变色，则不含铁离子，滴加氯水后溶液显血红色，可知亚铁离子被氧化为铁离子，则原溶液中一定含Fe 2+，故A 正确；
B ．KMnO 4溶液与FeCl 3溶液不发生反应，但与亚铁离子发生氧化还原反应，则用酸性KMnO 4溶液检验FeCl 3溶液中是否含有FeCl 2，故B 正确；
C ．酸性条件下亚硫酸根离子被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，不能检验，应该滴入盐酸酸化的BaCl 2溶液，再观察溶液是否有沉淀生成，故C 错误；
D ．加NaOH 溶液产生红褐色沉淀氢氧化铁，则说明溶液中含有Fe 3+，故D 正确； 故选C 。

3．下列反应中，调节反应物用量或浓度不会改变反应产物的是（ ）
A ．H 2S 在O 2燃烧
B ．铁在硫蒸气中燃烧
C ．SO 2通入澄清石灰水中
D ．硫酸中加入锌粉 【答案】B
【详解】
A 、H 2S 和O 2的反应有两种情况，O 2不足：2222H S+O 2S+2H O 点燃，O 2过量：22222H S+3O 2SO +2H O 点燃，A 错误；
B 、Fe 和S 反应只会生成FeS ，与反应物用量或者浓度无关，B 正确；
C 、SO 2和澄清石灰水反应有两种情况，SO 2不足：SO 2+Ca(OH)2=CaSO 3↓+H 2O ，SO 2过
量：Ca(OH)2+2SO2=Ca(HSO3)2，C错误；
D、Zn和硫酸反应有两种情况，Zn和稀硫酸反应放出氢气，和浓硫酸反应放出SO2，D错误；
故选B。

【点睛】
注意两点：①S、I2这两种弱氧化剂，和变价金属反应只会生成低价态金属的化合物；②浓硫酸作氧化剂时，还原产物一般是SO2，而不是H2。

4．下列有关硫及其化合物的说法中正确的是( )
A．浓硫酸与灼热的炭反应，体现了浓硫酸的强氧化性和酸性
B．浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，不能干燥 NH3、 H2S等气体
C．SO2和 Cl2均可使品红溶液褪色，但将溶有 SO2的品红溶液加热后又恢复红色，说明 SO2的氧化性没有 Cl2强
D．以 FeS和稀硫酸反应制H2S气体为氧化还原反应
【答案】B
【详解】
CO，浓硫酸被还原成SO2，体现了硫酸的强氧化A.浓硫酸与灼热的炭反应，炭被氧化成2
性，但是反应产物中没有硫酸盐，因此无法体现硫酸的酸性，A项错误；
B.由于浓硫酸具有酸性和强氧化性，浓硫酸不能干燥碱性气体（如NH3）和还原性气体（如H2S、HI等），B项正确；
C.二氧化硫的漂白原理与氯气的漂白原理不一样，二氧化硫漂白的原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，因此不能根据二氧化硫的漂白是可逆的这一点来判断二者的氧化性强弱，C项错误；
D.FeS中硫的化合价为-2价，2H S中硫的化合价也是-2价，则FeS与稀硫酸发生复分解反应制备H2S，没有元素化合价的变化，因此不是氧化还原反应，D项错误；
答案选B。

5．下列四种有色溶液与SO2气体作用，其实质相同的是（）
①酸性高锰酸钾溶液；②品红溶液；③溴水；④滴有酚酞的氢氧化钠溶液；
A．②③B．①③C．①④D．②④
【答案】B
【详解】
①酸性高锰酸钾溶液与二氧化硫反应发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性；
②品红溶液与二氧化硫发生非氧化还原反应生成无色的物质，体现二氧化硫的漂白性；
③溴水与二氧化硫反应发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性；
④滴有酚酞的氢氧化钠溶液与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，体现二氧化硫的酸性；
综上所述，①③反应原理相同，答案为B。

6．下列操作或叙述正确的是( )
A．向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该溶液中一定含有SO42－
B．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸进行如图所示操作来检验溶液中是否存在NH4+
C．将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，没有出现血红色，该固体试样中也可能存在Fe3+
D．向无色溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则该溶液中一定含有CO32－
【答案】C
【详解】
A、向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该沉淀不一定是BaSO4，也有可能是AgCl，该现象说明该溶液中可能含SO42-，也可能含Cl-；检验SO42-的方法是向无色溶液中先加入HCl，若无明显现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀说明无色溶液中含有SO42-，A错误；
B、应将用镊子夹住试纸放在试管口，B错误；
C、固体样品中可能含有Fe和Fe2O3，加入盐酸后，Fe可以和Fe3+反应，使得溶液中没有Fe3+，再加入KSCN溶液，溶液不变红，C正确；
D、能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是CO2，也可能是SO2；此外，和盐酸反应生成CO2、SO2的离子有CO32-、HCO3-或SO32-、HSO3-，D错误；
故选C。

【点睛】
检验SO42-的方法是向无色溶液中先加入HCl，若无明显现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀说明无色溶液中含有SO42-；不能用硝酸酸化，因为亚硫酸根离子能够被氧化为硫酸根离子，也具有此现象；也不能用盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除银离子的干扰。

7．下列有关硫及其化合物的说法中正确的是
A．浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，如可干燥氯气、二氧化硫、氨气等
B．浓硫酸与炭共热反应，仅体现了浓硫酸的强氧化性
C．SO2和 Cl2均可使品红溶液褪色，但溶有 SO2的品红溶液加热后恢复红色，说明 SO2的氧化性没有 Cl2强
D．以 FeS2为原料生产硫酸过程中，要用到沸腾炉、接触室、吸收塔等设备，所涉及的反应均为氧化还原反应
【答案】B
【详解】
A．浓硫酸的强氧化性和酸性，不能干燥氨气和硫化氢等还原性气体，可干燥氯气和二氧化硫，故A错误；
B．浓硫酸与灼热的炭反应，硫元素化合价都发生变化，只体现了浓硫酸的强氧化性，故B 正确；
C．二氧化硫的漂白性是因为二氧化硫和有色物质反应生成无色物质，该反应中二氧化硫不体现氧化性，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二者漂白原理不同，不能说明二氧化硫的氧化性没有氯气强，故C错误；
D．工业制硫酸的三设备是：沸腾炉4FeS2+11O22Fe2O3+4SO2，接触室
2SO2(g)+O2(g)2SO3(g)，吸收塔SO3+H2O=H2SO4，沸腾炉、接触室所涉及的反应均为氧化还原反应、吸收塔所涉及的反应不是，故D错误；
故答案为B。

8．下列关于金属的说法正确的是（）
A．金属单质在氧化还原反应中常作还原剂
B．金属在加热条件下都易与氧气反应
C．加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化铜
D．铁丝能在氯气中燃烧生成氯化亚铁
【答案】A
【详解】
A、金属元素的最低价为0价，金属单质在氧化还原反应中化合价升高，作还原剂，故A 正确；
B、金、铂等不活泼金属在加热条件不易与氧气反应，故B错误；
C、硫的氧化性弱，加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化亚铜，故C错误；
D、氯气的氧化性强，铁丝能在氯气中燃烧生成氯化铁，故D错误。

9．下图是一检验气体性质的实验装置。

向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，而澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，则品红溶液褪色。

据此判断气体X和洗气瓶内液体Y(足量)可能是()
选项A B C D
X CO SO2CO2Cl2
Y浓H2SO4NaHCO3饱和溶液Na2SO3溶液NaHSO3饱和溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．CO不能使品红褪色，A错误；
B．若关闭活塞K，SO2与NaHCO3溶液反应生成CO2气体，品红溶液无变化，澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，SO2使品红褪色，B正确；
C．CO2与Na2SO3溶液不反应，且不能是品红褪色，C错误；
D．Cl2与饱和NaHSO3溶液发生氧化还原反应，Cl2不能使澄清石灰水变浑浊，D错误。

10．下列图象表示的意义与相关的化学反应完全正确的是
A．向FeCl3溶液中不断加入铁粉
B．Fe(OH)2固体露置在空气中质量的变化
C．25℃时，向Cl2水溶液中通入二氧化硫(生成两种常见的酸)
D．向AlCl3溶液中不断滴入烧碱溶液
【答案】A
【分析】
A. 向FeCl3溶液中不断加入铁粉，反应生成FeCl2；
B. Fe(OH)2固体露置在空气中最终会被氧化为Fe(OH)3；
C. 向Cl2水溶液中通入二氧化硫，反应生成盐酸和硫酸；
D. 向AlCl3溶液中不断滴入烧碱溶液一开始沉淀逐渐生成，当加入的烧碱溶液过量时，沉淀逐渐溶解。

【详解】
A. 向FeCl3溶液中不断加入铁粉，反应生成FeCl2，Cl-的质量不发生变化，溶液的质量逐渐增大，因此Cl-的质量分数减小，A项正确；
B. Fe(OH)2固体露置在空气中最终会被氧化为Fe(OH)3，质量增加，B项错误；
C. 向Cl2水溶液中通入二氧化硫，反应生成盐酸和硫酸，c(H+)逐渐增大，pH逐渐减小，但Cl2水中存在H+，因此起始时pH不是7，C项错误；
D. 向AlCl3溶液中不断滴入烧碱溶液一开始沉淀逐渐生成，当加入的烧碱溶液过量时，沉淀逐渐溶解，且用于沉淀的烧碱和用于溶解Al(OH)3的少见的物质的量之比为3:1，D项错误；
答案选A。

【点睛】
解答本题的难点是可溶性铝盐溶液与NaOH溶液反应的图像
滴加顺序向Al3＋中滴加OH－
现象立即产生白色沉淀→渐多→最多→渐少→消失
图像
离子方OA段Al3＋＋3OH－=Al(OH)3↓
AB段Al(OH)3＋OH－=AlO＋2H2O
程
式
11．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示(CuS不溶于水)。

下列说法错误的是（）
A．过程①发生非氧化还原反应
B．过程②中，发生反应为S2-+Fe3+=S+Fe2+
C．过程③中，氧气是氧化剂
D．整个转化过程中Fe3+可以循环使用
【答案】B
【详解】
A．过程①中发生H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，Cu元素化合价都是+2价、H元素化合价都是+1价、S元素化合价都是-2价，没有化合价变化，是非氧化还原反应，故A正确；
B．过程②中发生CuS+2Fe3+=S+2Fe2++Cu2+，故B错误；
C．过程③中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O，Fe元素的化合价升高，被氧化，Fe2+作还原剂，O2中O元素的化合价降低，被还原，O2作氧化剂，故C正确；
D．由过程②③中反应可知，Fe3+可以循环使用，故D正确；
答案为B。

12．下列气体中既可用浓硫酸干燥又可用碱石灰干燥的是
A．CO B．H2S C．SO2D．NH3
【答案】A
【详解】
A．一氧化碳与浓硫酸、碱石灰都不发生反应，既可用浓硫酸干燥又可用碱石灰干燥，选项A正确；
B．硫化氢具有还原性，为酸性气体，既不能用浓硫酸也不能用碱石灰干燥，选项B错误；
C．二氧化硫为酸性氧化物，能够与氢氧化钠、氧化钙反应，不能用碱石灰干燥，选项C 错误；
D．氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，选项D错误；
答案选A。

【点睛】
本题考查了干燥剂的选择，明确干燥剂的性质及气体的性质是解题关键，浓硫酸具有酸性、强的氧化性，不能干燥还原性、碱性气体；碱石灰成分为氢氧化钠和氧化钙，不能干燥酸性气体。

13．浓硫酸与下列物质反应(可以加热)，既体现酸性、又体现氧化性的是( )
A．铜B．炭C．五水硫酸铜D．氧化铜
【答案】A
【详解】
A．铜与浓硫酸在加热条件下反应，生成硫酸铜、二氧化硫和水，浓硫酸表现酸性和强氧化性，A符合题意；
B．炭与浓硫酸在加热条件下反应，生成二氧化碳、二氧化硫和水，浓硫酸表现强氧化性，B不符合题意；
C．五水硫酸铜中加入浓硫酸，生成无水硫酸铜，浓硫酸表现吸水性，C不符合题意；D．氧化铜与浓硫酸反应，生成硫酸铜和水，浓硫酸表现酸性，D不符合题意；
故选A。

14．下列除去括号内的杂质所选择的试剂及方法均正确的是( )
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．NaBr溶液(NaI)中加入氯水，不仅除掉了I-，也除掉了Br-，最后所得溶液为NaCl，A不正确；
B．NaHCO3溶液(Na2CO3)中加入石灰水，NaHCO3、Na2CO3都转化为CaCO3沉淀，最后得不到NaHCO3溶液，B不正确；
C．SO2(HCl)中加入饱和食盐水，HCl溶解于溶液，SO2也会有大量溶解，C不正确；D．MgCl2溶液(CaCl2)中加入石灰水，虽然MgCl2转化为Mg(OH)2沉淀，但加入盐酸后，又会生成MgCl2，D正确；
故选D。

15．一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.6L（标况）。

将反应液稀释至1 L，测得溶液的c(H＋)＝0.1mo1·L－1，则叙述中错误的是（）
A．气体A为SO2和H2的混合物B．气体A中SO2与H2的体积之比为4︰1 C．反应中共消耗97.5g Zn D．反应中共转移3 mol电子
【答案】B
【分析】
生成气体的物质的量为33.6
22.4
=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×
1
2
=0.05mol，参加
反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，据以上分析解答。

【详解】
生成气体的物质的量为33.6
22.4
=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.1×
1
2
=0.05mol，参加
反应是硫酸的物质的量为0.1×18.5-0.05=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设生成xmol二氧化硫，ymol氢气，则有 x+y=1.5 2x+y=1.8 ，解x=0.3，y=1.2；根据电子得失守恒可知：2n（Zn）=2n（SO2）+2n（H2）=2×0.3+2×1.2，所以n（Zn）=1.5mol，
A、由以上分析可知气体为二氧化硫和氢气的混合气体，正确，不选A；
B、气体为二氧化硫和氢气，体积比为0.3:1.2=1:4，错误，选B；
C、由以上分析可知，反应中共消耗金属锌的质量为1.5×65=97.5g，正确，不选C；
D、由以上分析可知，根据金属锌计算转移电子数为1.5×2=3mol，正确，不选D；
故答案选B。

16．下列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（）
a b c
A Al AlCl3Al(OH)3
B NO NO2HNO3
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
试题分析：A项：用Al(OH)3无法一步生成Al，故错。

B项：可以。

如2NO+O2=2NO2，
3NO2+H2O=2HNO3+NO，Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，
3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故正确。

C项：SiO2无法一步生成H2SiO3，H2SiO3无法一步生成Si，故错。

D项：H2SO4无法一步生成FeS2，故错。

故选B。

考点：无机推断
点评：本题考查的是无机推断的知识，要求学生对课本中的化学反应要熟悉掌握，识记化学方程式的书写。

17．X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收．已知X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质；Y是一种黄绿色气体单质，其水溶液具有漂白作用；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，能与水反应．下列说法不正确的是
A．X是SO2，它既有氧化性又有还原性
B．干燥的气体Y不能使干燥的有色布条褪色，其水溶液具有漂泊作用的是HClO
C．Z与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO
D．等物质的量的X与Y同时通入到湿润的有色布条上，有色布条褪色时间变短，漂泊效果增强
【答案】D
【分析】
X、Y、Z三种气体都能对大气造成污染，在工业上都可以用碱液吸收，说明这三种气体能和碱反应，X是化石燃料燃烧的产物之一，是形成酸雨的主要物质，化石中含有S元素，二氧化硫和氮氧化物是酸性酸雨的主要气体，所以X是SO2；Y是一种单质，它的水溶液具有漂白作用，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，且氯气有毒，所以Y是Cl2；Z是硝酸工业和汽车尾气中的有害物质之一，汽车尾气中含有一氧化氮和二氧化氮，能与水反应的氮氧化物是二氧化氮，则Z是NO2。

【详解】
A．X是SO2，二氧化硫中硫为+4价，既可以升高又可以降低，所以它既有氧化性又有还原性，故A正确；
B．氯气不具有漂白性，氯气与水反应生成次氯酸具有漂白性，故B正确；
C ．Z 是二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，化学方程式：
3NO 2+H 2O=2HNO 3+NO ，故C 正确；
D ．二者恰好反应生成盐酸和硫酸，反应方程式为Cl 2+SO 2+2H 2O=H 2SO 4+2HCl ，盐酸和硫酸没有漂白性，所以等物质的量的SO 2和Cl 2混合后通入装有湿润的有色布条的集气瓶中不能使有色布条褪色，故D 错误。

答案选D 。

【点睛】
本题考查了无机物的推断，熟悉物质的性质及氧化还原反应规律，次氯酸、二氧化硫漂白原理是解题关键。

18．用图所示实验装置探究铜丝与过量浓硫酸的反应。

下列描述不合理的是（ ）
A ．该反应中浓硫酸表现了强氧化性和酸性
B ．②中选用品红溶液验证SO 2的生成
C ．③中选用NaOH 溶液吸收多余的SO 2
D ．为确认CuSO 4生成，向①中加水，观察颜色
【答案】D
【解析】
【详解】
A ．铜与浓硫酸反应中，硫元素部分化合价降低，部分化合价不变，浓硫酸既表现酸性又表现强氧化性，故A 正确；
B ．SO 2具有漂白性，可用品红溶液验证SO 2的生成，故B 正确；
C ．SO 2有毒，对环境有污染，但能溶于NaOH 溶液，则③中选用NaOH 溶液吸收多余的SO 2，防污染环境，故C 正确；
D ．①中反应后为浓硫酸和硫酸铜的混合液，应将①中混合物加入水中，观察溶液显蓝色，确认有CuSO 4生成，故D 错误；
故答案为D 。

19．下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是( ) 选项 W
X Y Z
A Cu 4CuSO 2CuCl 2Cu(OH)
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】C
【详解】
A ．Cu 不能一步生成Cu(OH)2，所以W 不能发生图中转化生成Z ，故A 不选；
B ．氢氧化钠一步不能生成生成氧化钠，所以Y 不能发生图中转化生成Z ，故B 不选；
C ．Al 与硫酸反应生成X ，Al 与HCl 反应生成Y ，Al 与过量NaOH 反应生成Z ，Z 与过量硫酸反应生成X ，X 与BaCl 2反应生成Y ，Y 与过量NaOH 反应生成Z ，反应均可进行，故C 选；
D ．硫不能一步变为三氧化硫，D 不选；
答案选C 。

20．锌与100 mL 18.5 mol·
L －1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。

将反应后的溶液稀释至1 L ，测得溶液中氢离子浓度为0.1 mol·L －1。

下列叙述不正确的是( )
A ．反应中共消耗1.8 mol 硫酸
B ．气体甲中二氧化硫与氢气的体积比为4∶1
C ．反应中共消耗97.5 g 锌
D ．反应中共转移3 mol 电子
【答案】B
【分析】
Zn 和浓硫酸先反应：Zn ＋2H 2SO 4(浓)=ZnSO 4＋SO 2↑＋H 2O ，随着反应的进行硫酸浓度降低，发生Zn ＋H 2SO 4=ZnSO 4＋H 2↑，然后在具体分析；
【详解】
A. Zn 和浓硫酸先反应：Zn ＋2H 2SO 4(浓)=ZnSO 4＋SO 2↑＋H 2O ，随着反应的进行硫酸浓度降
低，发生Zn ＋H 2SO 4=ZnSO 4＋H 2↑，反应后溶液稀释至1L ，测的溶液中c(H ＋)=0.1mol·L －1，说明硫酸过量，剩余硫酸的物质的量为 12
×1L×0.1mol·L －1=0.05mol ，总硫酸物质的量为100×10－3L×18.5mol·L －1=1.85mol ，即反应过程中消耗硫酸的物质的量为(1.85mol －0.05mol)=1.8mol ，故A 说法正确；
B. 令生成amolSO 2和bmolH 2，则有：24422Zn 2H SO =ZnSO SO O
a a ()H 2↑＋浓＋＋
2442Zn H SO =ZnSO H b b ↑
＋＋得到2a ＋b=1.8mol ，反应后得到气体物质的量为(a ＋
b)mol=
33.6L
22.4L/mol
，联立解得a=0.3，b=1.2，即相同条件下，气体体积之比等于物质的量
之比，SO2和H2的体积之比为0.3：1.2=1：4，故B说法错误；
C. 根据选项A的分析，反应后溶液中的溶质为H2SO4和ZnSO4，根据硫酸守恒得出n(H2SO4)＋n(ZnSO4)＋n(SO2)=n(H2SO4)总，得出n(ZnSO4)=(1.85mol－0.05mol－0.3mol)=1.5mol，消耗Zn的质量为1.5mol×65g·mol－1=97.5g，故C说法正确；
D. 整个反应中Zn失电子，反应中转移电子物质的量为1.5mol×2=3mol，故D说法正确；故答案为：B。

【点睛】
浓硫酸氧化性强，根据氧化还原反应的规律，锌先与浓硫酸反应：Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋H2O，随着反应的进行硫酸的浓度降低，然后发生Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，最后根据反应方程式以及守恒进行计算。

二、非选择题
21．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。

某研究小组采用下图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。

装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：Na2SO3＋SO2＝Na2S2O5。

（1）装置I中产生气体的化学方程式为：_________________________________；
（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是__________________；
（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为____(填序号)。

【答案】Na2SO3+H2SO4＝Na2SO4+SO2↑+H2O 过滤 d
【分析】
（1）装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体，同时生成硫酸钠和水；
（2）装置Ⅱ中析出Na2S2O5晶体，通过过滤操作得到该晶体；
（3）处理过量的SO2尾气，既要吸收SO2尾气，同时能防倒吸。

【详解】
（1）装置Ⅰ是实验室制SO2，产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4＝
Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）析出晶体，可以用过滤的方法分离；
（3）该装置的尾气是SO2, 选择能与SO2反应的试剂，稀氨水和NaOH溶液和SO2反应，但a装置进气管应插入溶液中，a项错误；选d。

22．根据下图所示实验回答下列问题：
（1）装置A中试管内发生反应的化学方程式是_________________________________。

（2）根据装置B中的现象可以证明SO2具有__________性，反应一段时间后，将装置B中试管加热，可以观察到_______________________。

（3）装置C中试管口的棉花团上发生反应的离子方程式为________________________。

（4）如果将装置B换成装置D，并从直立导管中向氯化钡溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，则这种气体可能是_________________（填一种即可）。

【答案】Cu+2H2SO4（浓）Δ
CuSO4+2H2O+ SO2↑漂白溶液由无色变成红色 SO2+2OH-
=SO32-+H2O NO2（或Cl2、或O2、或NH3，合理即可）
【分析】
（1）装置A中铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
（2）SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，但不稳定；
（3）装置C中试管口的棉花团中浸有的NaOH溶液，可与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水；
（4）SO2与氯化钡不反应，若产生白色沉淀，可有2种途径，一使溶液显碱性，生成亚硫酸钡；二氧化SO2，生成硫酸钡。

【详解】
（1）装置A中铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为
Cu+2H2SO4（浓）Δ
CuSO4+2H2O+ SO2↑；
（2）SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，但不稳定，在加热时还原，即溶液由无色变成红色；
（3）装置C中试管口的棉花团中浸有的NaOH溶液，可与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O；
（4）SO2与氯化钡不反应，若产生白色沉淀，可有2种途径，一使溶液显碱性，生成亚硫
酸钡；二氧化SO2，生成硫酸钡，则答案为NO2（或Cl2、或O2、或NH3，合理即可）。

【点睛】
使SO2与氯化钡产生白色沉淀，可有2种途径，一使溶液显碱性，生成亚硫酸钡；二氧化SO2，生成硫酸钡。

23．为了探究木炭与浓H2SO4反应的产物中是否存在CO2，某同学选用如图所示装置进行实验：
（1）仪器a的名称为：_____；在组装好上述实验装置后，在装入药品之前必需的实验操作是_____。

（2）写出A中发生反应的化学方程式_____。

（3）装置B的作用是_____
（4）已知SO2也可以使澄清的石灰水变浑浊，则能说明产物中一定存在CO2气体的实验现象为_____．
【答案】分液漏斗检查装置的气密性 C+2H2SO4（浓）Δ
CO2↑+2SO2↑+2H2O 除去混合
气体中二氧化硫 C中品红不褪色，D中溶液出现白色沉淀
【分析】
碳和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2和CO2，SO2和CO2均能使澄清石灰水变浑浊，因此在用澄清石灰水检验CO2之前必须把SO2吸收干净，酸性高锰酸钾溶液用于吸收SO2，品红用于检验SO2是否除干净。

【详解】
(1)由图可知仪器a为分液漏斗，在组装好上述实验装置后，在装入药品之前必须检验装置的气密性，故答案为：分液漏斗；检查装置的气密性；
(2)装置A中发生的反应为C和浓硫酸共热生SO2、CO2和水，化学方程式为：
C+2H2SO4(浓)Δ
CO2↑+2SO2↑+2H2O；
(3)用澄清石灰水检验CO2之前必须把SO2吸收干净，酸性高锰酸钾具有强氧化性，可以氧化二氧化硫，因此用酸性高锰酸钾溶液除掉SO2；故答案为：除去混合气体中二氧化硫；
(4)品红溶液不褪色，说明SO2除干净，澄清的石灰水变浑浊，即可说明产物中一定存在CO2气体，故答案为：C中品红不褪色，D中溶液出现白色沉淀。

【点睛】
本题考查了浓硫酸的强氧化性，侧重于SO2和CO2性质的比较，SO2和CO2均能使澄清石灰
水变浑浊，因此在用澄清石灰水检验CO2之前必须把SO2吸收干净，为高频考点，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学生学习实验的积极性。

24．Ⅰ.为探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，设计实验装置如图所示，部分实验现象为：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色；B中产生白色沉淀；D中溶液变成红色。

(洗气瓶中试剂均足量)
(1)分析推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有_______________________________。

(2)D中的反应分两步进行，写出第一步反应的离子方程式_____________________。

II.测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)中结晶水x的值，实验装置和过程如下：取硫酸铜晶体7.23 g置于硬质试管中，先通N2排除体系内空气，酒精喷灯高温加热充分，待A中蓝色晶体最终变成黑色，停止加热，再次鼓入N2至装置冷却到室温。

(洗气瓶中试剂均足量)
(1)取B中白色沉淀经过滤洗涤干燥称量得固体6.99 g，经计算可得CuSO4·xH2O中
x=__________，再次鼓入N2的目的是____________________。

(2)某同学提出，要测定晶体中结晶水x的值，也可将B装置用装有浓硫酸的洗气瓶替换，最终测浓硫酸增重即可计算得到结果，评价该同学的方案是否可行？(如果不可行，请说明理由)_____________________________
【答案】CuO、SO3、SO2、O2、H2O 4Fe2++O2+4H+ = 4Fe3++2H2O 4.5 使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收不可行，SO3也能溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量
【分析】
I、该实验的目的是探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色，说明晶体受热分解产生了CuO；B中酸性BaCl2溶液产生白色沉淀，则分解产物中有SO3；D中溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，即产物中有氧化性物质，根据质量守恒定律可知，该氧化性物质为O2，则分解产物中有SO2生成（CuSO4中，O为-2价，若得到O2，需要升高化合价，所以S的化合价一定降低，生成。