备战高考化学专题复习硫及其化合物的综合题附答案

备战高考化学专题复习硫及其化合物的综合题附答案
一、高中化学硫及其化合物
1．硫元素具有可变价态，据此完成以下有关含硫化合物性质的试题。

（1）将H2S气体通入FeCl3溶液中，现象是_____________________________；反应的离子方程式是______________________________________。

（2）为了探究-2价硫的化合物与+4价硫的化合物反应的条件，设计了下列实验。

实验操作实验现象
实验1将等浓度的Na2S和Na2SO3溶液按体积比2∶1混合无明显现象
实验2将H2S通入Na2SO3溶液中未见明显沉淀，再加入少量稀硫酸，立即产生大量浅黄色沉淀
实验3将SO2通入Na2S溶液中有浅黄色沉淀产生
已知：电离平衡常数：H2S K1 =1.3×10-7；K2 = 7.1×10-15
H2SO3 K1 =1.7×10-2；K2 = 5.6×10-8
①根据上述实验，可以得出结论：在_________条件下，+4价硫的化合物可以氧化-2价硫的化合物。

②将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液pH随SO2气体体积变化关系示意图正确的是______（选填编号）。

A． B． C．
D．
（3）现有试剂：溴水、硫化钠溶液、Na2SO3溶液、稀硫酸、NaOH溶液、氨水。

要证明Na2SO3具有还原性，应选用的试剂有______________，看到的现象是
____________________。

要证明Na2SO3具有氧化性，应选用的试剂有
___________________，反应的离子方程式是________________________________。

（4）文献记载，常温下H2S可与Ag发生置换反应生成H2。

现将H2S气体通过装有银粉的玻璃管，请设计简单实验，通过检验反应产物证明H2S与Ag发生了置换反应
_____________________。

【答案】溶液由棕黄色变为浅绿色，产生黄色浑浊 2Fe3+ + H2S → 2Fe2++ S↓+2 H+酸性(或酸性较强) C 溴水溴水褪色硫化钠溶液和稀硫酸 2S2－+SO32－+6H+→3S↓+3H2O 将反
应后的气体通入足量氢氧化钠溶液中（或硫酸铜溶液或氯化铁溶液等），除去未反应的
H2S后，点燃，若观察到火焰呈淡蓝色，说明有H2生成，从而证明H2S与Ag发生了置换反应（或做爆鸣实验）
【解析】
【分析】
【详解】
(1)将H2S气体通入FeCl3溶液中会发生氧化还原反应生成硫单质黄色沉淀和氯化亚铁浅绿色溶液，所以溶液由棕黄色变为浅绿色，产生黄色浑浊，其反应的离子方程式为：
2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；
(2)①根据实验1可知Na2S和Na2SO3不反应，根据实验2和实验3可知在酸性条件下Na2S 和Na2SO3反应生成硫沉淀；
②将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，发生的反应为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，随着反应进行，溶液酸性减弱，pH增大；当SO2过量时，SO2+H2O=H2SO3，反应生成亚硫酸，溶液酸性增强，所以pH又减小；由于亚硫酸酸性大于硫化氢的酸性，故后来的pH比最初要小，故C正确；
(3)溴水能氧化Na2SO3，所以要证明Na2SO3具有还原性，可选用溴水与Na2SO3反应，反应后溴水褪色；酸性条件下，亚硫酸钠与硫化钠发生氧化还原反应，亚硫酸钠中S元素的化合价降低，作氧化剂；所以要证明Na2SO3具有氧化性，应选用的试剂有硫化钠溶液和稀硫酸；其反应的离子方程式为：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；
(4)H2S可与Ag发生置换反应生成H2，检验氢气存在，即说明发生置换反应，所以实验操作为：将反应后的气体通入足量氢氧化钠溶液中，除去未反应的H2S后，点燃，若观察到火焰呈淡蓝色，说明有H2生成，从而证明H2S与Ag发生了置换反应。

2．在空气中加热S粉和Fe粉的混合物，可观察到下列现象：
（1）有淡蓝色火焰，且生成刺激性气味的气体。

（2）混合粉末变红，放出热量，最后变成黑色固体。

（3）不时有火星从混合物中射出。

请分别写出以上三种情况发生反应的化学方程式：
__________、__________、__________。

【答案】S＋O2SO2 Fe＋S FeS 3Fe＋2O2Fe3O4
【解析】
【分析】
【详解】
（1）S在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，生成SO2，反应方程式为：S+O2∆
SO2；
（2）混合粉末变红，放出热量，最后变为黑色固体是因为Fe与S反应生成FeS，反应方
程式为：Fe+S ∆FeS；
（3）有火星射出是因为Fe与O2反应生成Fe3O4，反应方程式为：3Fe+2O2
Fe3O4。

3．二氧化硫是污染大气的主要物质之一。

含二氧化硫的工业尾气可用如下方法来处理并制得有广泛用途的石膏。

(1)SO2造成的一种常见环境污染为___；列举二氧化硫的一种用途___。

(2)SO2使紫色KMnO4溶液褪色的离子方程式为___；(提示：KMnO4被还原为Mn2+)
(3)通空气时反应的化学方程式为___；若在实验室进行，操作A是_____。

(4)亚硫酸氢铵常用于造纸工业，若用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵，则该气体为_______。

(5)有人提出在燃煤中加入适量的生石灰，可减少烟气中二氧化硫的排放，你认为是否合理?_______(填“合理”或“不合理”)；理由是______。

【答案】酸雨漂白草帽、纸张等2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+
2CaSO3+O2+4H2O═2CaSO4•2H2O 过滤氨气合理二氧化硫与生石灰反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙。

【解析】
【分析】
(1)当雨水的pH<5.6时称为酸雨，酸雨产生的原因主要是因为空气中含有二氧化硫、二氧化氮等酸性氧化物引起的；二氧化硫有毒且有漂白性；
(2)SO2具有还原性，KMnO4溶液具有氧化性，二者会发生氧化还原反应而使紫色KMnO4溶液褪色，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，书写离子方程式；
(3)亚硫酸钙不稳定，易被氧气氧化为硫酸钙，通过操作A从液体中分离得到石膏，该操作方法为过滤；
(4)该工业尾气含有二氧化硫，二氧化硫为酸性气体，用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵，根据元素守恒，通入的气体需含有氮元素，则为氨气；
(5)生石灰能够与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，从而减少了烟气中二氧化硫的排放；
【详解】
(1)雨、雪、雾、霜、露、雹等在降落过程中吸收了空气中的二氧化硫、氮氧化物等致酸物质，就变成酸性的降水——酸雨，所以SO2造成的一种常见环境污染为形成酸雨；二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，如漂白草帽，但二氧化硫有毒，不能漂白食品；
(2)SO2中S元素化合价为+4价，具有强的还原性，而KMnO4溶液具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应而使紫色KMnO4溶液褪色，二者反应的离子方程式为：2MnO4-
+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+；
(3)亚硫酸钙中的S元素化合价为+4价，具有还原性，易被氧气氧化，所以通空气时反应的
化学方程式为：2CaSO3+O2+4H2O═2CaSO4•2H2O；分离固体与可溶性的液体混合物常用过滤操作，所以通过操作A从液体中分离得到石膏，该操作方法为过滤；
(4)该工业尾气含有二氧化硫，二氧化硫为酸性气体，氨气为碱性气体，两者反应：
SO2+NH3+H2O=NH4HSO3，所以若用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵，则该气体为氨气；
(5)生石灰是碱性氧化物，能够与酸性氧化物二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙，所以在燃煤中加入生石灰可减少烟气中二氧化硫的排放。

【点睛】
本题考查了含二氧化硫的工业尾气处理及应用，明确二氧化硫的性质是解本题关键，注意运用化学知识解释化工生产操作。

4．实验室用如图所示装置模拟石灰石燃煤烟气脱硫实验：
（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率可采取的一种措施是____，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式____。

（2）将脱硫后的气体通入KMnO4溶液，可粗略判断烟气脱硫效率的现象是____。

（3）研究发现石灰石浆液的脱硫效率受pH和温度的影响。

烟气流速一定时，脱硫效率与石灰石浆液pH的关系如图所示，在pH为5.7时脱硫效果最佳，石灰石浆液5.7＜pH＜6.0时，烟气脱硫效果降低的可能原因是____，烟气通入石灰石浆液时的温度不宜过高，是因为____。

（4）石灰石烟气脱硫得到的物质中的主要成分是CaSO4和CaSO3，实验人员欲测定石灰石浆液脱硫后的物质中CaSO3的含量，以决定燃煤烟气脱硫时通入空气的量。

请补充完整测定CaSO3含量的实验方案：取一定量石灰石烟气脱硫后的物质，____。

[浆液中CaSO3能充分与硫酸反应。

实验中须使用的药品：75%的硫酸、标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液，标准浓度的酸性KMnO4溶液]
【答案】不断搅拌、制成浆液2CaCO3 + 2SO2 + O2 +4H2O＝2 CaSO4·2H2O + 2CO2高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应温度升高SO2的溶解度小加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积，计算得出结果
【解析】
【分析】
(1)根据加快反应速率的条件分析；利用电子守恒、原子守恒写出化学方程式；
（2）用高锰酸钾溶液检测SO2的含量；
（3）根据影响化学反应速率的因素分析；
（4）利用氧化还原滴定的方法测定CaSO3含量。

【详解】
（1）实验中为提高石灰石浆液脱硫效率采取的措施是不断搅拌、制成浆液；根据电子守恒和原子守恒，写出通入SO2和空气发生反应生成石膏(CaSO4·2H2O)的化学方程式2CaCO3 + 2SO2 + O2 +4H2O＝2 CaSO4·2H2O + 2CO2。

（2）脱硫后的气体含有少量SO2气体，通入KMnO4溶液能使高锰酸钾溶液颜色，因此根据颜色褪去的快慢，可粗略判断烟气脱硫效率，本题答案为：高锰酸钾溶液颜色褪去的快慢。

（3）由脱硫效率与石灰石浆液pH的关系图知，在为5.7时脱硫效果最佳，pH增大石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小，因此，本题正确答案为：石灰石的溶解度减小，减慢了与SO2的反应；温度升高SO2的溶解度小。

（4）欲测定CaSO3的含量，根据所给实验药品，先向样品中加入足量的75%的硫酸，加热，将生成的SO2气体通入一定体积过量的标准浓度的酸性KMnO4溶液，记录加入KMnO4溶液的体积，充分反应后，用标准浓度的(NH4)2Fe(SO4)2溶液滴定（过量酸性KMnO4溶液），记录达到滴定终点时消耗(NH4)2Fe(SO4)2溶液的体积，计算得出结果。

【点睛】
本题考查影响化学反应速率的因素、反应条件的选择、定量测定实验的设计，难点是（4）小题中，实验步骤的设计，要注意实验原理的分析，根据实验原理设计实验步骤。

5．在50 mL 4 mol·L－1的氢氧化钠溶液中，通入一定量的硫化氢，反应完毕，在常温减压条件下，用氮气把溶液吹干，得到白色固体7.92 g，通过计算确定白色固体的组成及各组分的质量。

_________________
【答案】白色固体有两种组合。

一种可能是由Na2S(3.12g)和NaOH(4.80g)组成的混合物；另一种可能是由Na2S(7.52 g)和NaHS(0.40 g)组成的混合物。

【解析】
【分析】
NaOH的物质的量为n(NaOH)=c·V=4mol/L× 0.05L =0.2mol，0.2mol的NaOH跟H2S反应，若
全部生成Na2S时，白色固体的质量m(Na2S)=78g/mol×0.2mol
2
=7.8g，0.2mol的NaOH跟
H2S反应，若全部生成NaHS时，白色固体(NaHS)的质量为
m(NaHS)=56g/mol×0.2mol=11.2g，因为7.8g<7.92g<11.2g，所以得到的白色固体有两种可能的组合：一种是Na2S和NaOH的混合物；另一种是Na2S和NaHS的混合物，根据题意列方程式进行计算即可。

【详解】
氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=c·V=4mol/L× 0.05L =0.2mol，0.2mol的NaOH跟H2S反应，
若全部生成Na2S时，m(Na2S)=78g/mol×0.2mol
2
=7.8g；0.2 mol的NaOH跟H2S反应，若全
部生成NaHS时，m(NaHS)=56g/mol×0.2mol=11.2g，因为7.8 g<7.92 g<11.2 g，所以得到的白色固体有两种可能的组合：①Na2S和NaOH的混合物；②Na2S和NaHS的混合物。

①设Na2S为xmol，则有(0.2-2x) mol NaOH，78 g/mol×xmol+40g/mol(0.2-2x)=7.92g，解得
x=0.04mol；Na2S的质量m(Na2S)=0.04 mol×78 g/mol=3.12g，NaOH的质量m(NaOH)=7.92 g-
3.12g=
4.80 g；
②设Na2S为ymol，则有(0.2-2y)mol NaHS。

78 g/mol×ymol+56g·mol(0.2-2y)mol=7.92g，解得y≈0.0965 mol，所以Na2S的质量m(Na2S)=78g/mol×0.0965 mol=7.52g，NaHS的质量
m(NaHS)=7.92 g-7.52g=0.40g。

【点睛】
本题考查学生有关混合物的计算知识，注意极值法的应用，学会运用所学知识进行分析和推理能力是关键所在。

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。

（1）根据①②实验事实可推断它们的化学式为：A____________， B___________。

（2）写出醋酸与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，写出溶液中存在的离子的物质的量之比___________；在此溶液中加入锌粒，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】BaCl2 AgNO3 CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O n(Cl-)：n(NO3-)：
n(Cu2+)=1：1：1 Zn+Cu2+═Zn2++Cu 取少量C溶液于试管中，先加盐酸，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】
根据题中所给的8种离子，可以推断出这些可溶性物质分别为AgNO3、BaCl2、CuSO4、
Na2CO3；C盐的溶液呈蓝色，则C为CuSO4；向这4种溶液中加入盐酸，B盐溶液生成沉淀，D盐溶液生成无色无味的气体，则B为AgNO3，D为Na2CO3，A为BaCl2。

【详解】
经分析，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；
（1）A为BaCl2，B为AgNO3；
（2）D为Na2CO3，醋酸与D的离子方程式为：CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2↑+H2O；（3）有相同物质的量的BaCl2、AgNO3、CuSO4的溶液，假设这三种盐都有1mol，则共有1mol Ba2+、1mol Ag+、1mol Cu2+、2mol Cl-、1mol NO3-、1mol SO42-，混合后1mol Ba2+和
1mol SO42-沉淀，1mol Ag+和1mol Cl-沉淀，剩1mol Cu2+、1mol Cl-、1mol NO3-，则三种离子的物质的量之比为1：1：1；向混合后的溶液中加入锌粒，发生反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+；（4）C溶液中的阴离子为SO42-，其检验方法为：取少量C溶液于试管中，先加盐酸，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-。

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+；
(2)溶液中一定含有的离子为SO42-、Al3+、Mg2+，所以至少存在的物质为：Al2(SO4)3、MgSO4。

8．如图中A～H都是中学化学中常见的物质，其中，常温下A能使铁或铝钝化，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，F是金属单质，G可以用作耐火材料，它们之间有如下转化关系：
(1)写出下列物质的化学式：E____________，H____________；
(2)写出A溶液与B反应的化学方程式：____________；
试写出E与F的反应方程式：_______________。

【答案】CO2 SO3 C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O 2Mg+CO22MgO+C
【解析】
【分析】
常温下A能使铁或铝钝化，A可能为浓硝酸或浓硫酸，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，则A为浓硫酸，B为碳，D为SO2，E为CO2，SO2被氧气氧化产生SO3，所以H为SO3，SO3与H2O反应产生H2SO4，F是金属单质，能够在CO2发生燃烧反应，则F是Mg，Mg在CO2中燃烧产生C、MgO，G可以用作耐火材料，则G 为MgO，据此解答。

【详解】
根据上述分析可知：A为浓H2SO4，B为C，C为H2O，D为SO2，E为CO2，F是Mg，G为MgO，H为SO3。

(1)E为CO2，H为SO3；
(2)C与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O，反应的化学方程式：
C+2H2SO4(浓)2SO2↑+CO2↑+2H2O；Mg在CO2中在点燃时反应产生MgO和C，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C。

【点睛】
本题考查了无机物的推断。

常温下A能使铁或铝钝化，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体是本题的突破口，要掌握各种物质的性质及转化关系，注意镁可以在二氧化碳气体中燃烧。

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．已知甲、乙、丙为常见的单质，A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物，且丙在常温常压下为气体，B为淡黄色固体，Y的摩尔质量数值比Z小16，乙、丙的摩尔质量相同，B 的摩尔质量比D小2，B、X的摩尔质量相同。

各物质之间的转化关系如图所示（各反应条件略）。

请回答：
（1）在B与二氧化碳的反应中，每有1mol电子转移，生成气体 L（标准状况）。

（2）X与Y的溶液混合后，再加入适量盐酸，会有乙生成，反应的离子方程式是。

（3）将C通入溴水中，所发生反应的离子方程式是。

D中含的化学键类型为。

（4）在101KPa时，4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C，放出37KJ的热量，该反应的热化学方程式是
（5）比甲元素的原子序数少4的M元素，在一定条件下能与氢元素组成化合物MH5。

已知MH5的结构与氯化铵相似，MH5与水作用有氢气生成，则MH5的电子式为（M要用元素符号表示）。

写出MH5与AlCl3溶液反应的化学方程式
【答案】（1）11.2 （ 2分）（2）2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O （ 2分）
(3)SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4共价键；（各 2分）
（4）S(s)+O2(g)=SO2(g)；△H =" -296kJ/mol" （ 2分）
（5）（2分）；AlCl3+3NH5+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl+3H2↑ (3分)
【解析】
试题分析：甲、乙、丙为常见的单质，A、B、C、D、X、Y、Z为常见化合物，且丙在常温常压下为气体，B为淡黄色固体，则B为Na2O2，甲为Na，丙为O2，B、X的摩尔质量相同，则X为Na2S，乙为S单质，C为SO2，D为SO3，Y为Na2SO3，Z为 Na2SO4。

故（1）在B与二氧化碳的反应中，每有1mol电子转移，生成气体体积为11.2L；（2）X与Y的溶液混合后，再加入适量盐酸，会有乙生成，反应的离子方程式是2S2-+SO32-
+6H+=3S↓+3H2O；（3）将C通入溴水中，所发生反应的离子方程式是
SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4；D中含的化学键类型为共价键；（4）在101KPa时，4.0g乙在一定条件下与丙完全反应生成C，放出37KJ的热量，该反应的热化学方程式
S(s)+O2(g)=SO2(g)；△H =-（32÷4.0×37）= -296kJ/mol；（5）比甲元素的原子序数少4的M 元素，则M为N元素；NH5的结构与氯化铵相似，故化学式为：NH4H，与水作用有氢气生
成，则MH5的电子式为，写出NH4H与AlCl3溶液反应，则为NH4H与
H2O反应后生成的NH3·H2O与AlCl3反应，故化学方程式：
AlCl3+3NH4H+3H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl+3H2↑。

考点：无机框图推断。

11．“以废治废”是基于“绿色化学”观念治理污染的思路。

用工业废碱渣（主要成分为
Na2CO3）吸收烟气中的 SO2，得到亚硫酸钠（Na2SO3）粗品。

其流程如下：
（1）为加快工业废碱渣中 Na2CO3的溶解，可采取的措施是_____（写出一种即可）。

（2）上述流程中，加入NaOH 后，发生反应的化学方程式为_____。

（3）亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，原因是_____。

（4）设计实验证明亚硫酸钠粗品含有少量 Na2SO4的方案是：在一支试管中，加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，_____，出现白色沉淀，则证明含有 Na2SO4。

【答案】搅拌（粉碎、加热） NaHSO3+NaOH=NaSO3+H2O 含+4价硫的化合物被氧化加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液
【解析】
【分析】
【详解】
（1）为加快工业废碱渣中 Na2CO3的溶解，可采取的措施是搅拌、粉碎、加热；
（2）加入NaOH后，氢氧根可以和亚硫酸氢根发生反应，反应方程式为
NaHSO3+NaOH=NaSO3+H2O；
（3）亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，原因是含+4价硫的化合物被氧化；
（4）设计实验证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4的方案是：在一支试管中，加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，加入过量盐酸，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4。

12．MnO2是一种重要无机材料，粗MnO2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MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2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NaClO3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．某研究小组将纯净的SO 2气体通入0.1mol·
L -1的Ba （NO 3）2溶液中，得到了BaSO 4沉淀，为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO 2，该小组突出了如下假设:
假设一：溶液中的NO 3-
假设二：溶液中溶解的O2
（1）验证假设一
该小组涉及实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象
实验步骤实验现象结论
实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体____
假设一成立
实验2：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBa（NO3）2
溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体
____
（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线入下图
实验1中溶液pH变小的原因是____；V1时，实验2中溶液pH小于实验1的原因是（用离子方程式表示）_________。

（3）验证假设二
请设计实验验证假设二，写出实验步骤，预期现象和结论。

实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）____
（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别通入足量的O2和KNO3，氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反映后两溶液的pH前者_______(填大于或小于)后者，理由是________
【答案】无明显现象有白色沉淀生成 SO2溶于水后生成H2SO3 3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H++2NO
实验步骤实验现象结论
实验1：作为参考实验
假设二成立实验3：将纯净的SO2气体通入未经脱O2处理的
25mL0.1mol/L的BaCl2溶液中
有白色沉淀生成
2323
质的量前者多余后者
【解析】。