高考化学硫及其化合物-经典压轴题含答案解析

高考化学硫及其化合物-经典压轴题含答案解析
一、高中化学硫及其化合物
1．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。

2．我国云南东川铜矿富含辉铜矿（主要成分Cu 2S ），因含铜成分高而成为重要的炼铜原料。

资料表明，当蓝矾溶液渗入地下遇硫铁矿（主要成分：二硫化亚铁FeS 2）时，可生成辉铜矿Cu 2S ，其化学方程式为：14CuSO 4+5FeS 2+12H 2O=7Cu 2S+5FeSO 4+12H 2SO 4。

硫铁矿也是一种重要化工原料，其主要成分可在沸腾炉中鼓入空气高温煅烧生成Fe 2O 3和一种对环境有污染的有毒气体，回答下列问题：
（1）在化合物FeS 2和Cu 2S 中，硫元素的化合价分别为__、__。

（2）在上述生成辉铜矿的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。

由题中信息可推知Cu 2S 的溶解情况是：__溶于水（填“不”或“能”，下同），__溶于稀硫酸。

（3）写出硫铁矿的主要成分鼓入空气高温煅烧的化学方程式：__，若反应中有2.2mol 电子发生转移时，可生成标准状况下的有毒气体的体积为__L 。

【答案】-1 -2 35：3 不 不 4FeS 2+11O 2
2Fe 2O 3+8SO 2 8.96
【解析】
【分析】 422242414CuSO +5FeS +12H O=7Cu S+5FeSO +12H SO 该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低，3个负一价硫的化合价升高。

【详解】
（1）2FeS （二硫化亚铁）中铁为+2价，硫为-1价；2Cu S （硫化亚铜）中铜为+1价，硫为-2价，
故答案为：-1；-2；
（2）422242414CuSO +5FeS +12H O=7Cu S+5FeSO +12H SO 该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低，即14个硫酸铜和3.5个2FeS 做氧化剂，3个负一价硫的化合价升高，即
1.5个2FeS 做还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为35:3；根据反应
422242414CuSO +5FeS +12H O=7Cu S+5FeSO +12H SO 及题目信息，可知2Cu S 不溶于水，也不溶于稀硫酸，
故答案为：35:3；不；不；
（3）根据题目信息‘硫铁矿可在沸腾炉中鼓入空气高温煅烧生成23Fe O 和一种对环境有污染的有毒气体’，可推知2FeS 和氧气反应生成23Fe O 和二氧化硫，方程式为：
222324FeS +11O 2Fe O +8SO 高温，该反应转移电子数为44，即转移44个电子生成8个二氧化硫，故当转移2.2mol 电子时，生成0.4mol 二氧化硫，标况下体积为：8.96L ， 故答案为：222324FeS +11O 2Fe O +8SO 高温；8.96。

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基本视角。

(1)图中Y 物质的化学式为______。

(2)治理含CO 、SO 2的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S 和无毒的气体．则治理烟道气反应的化学方程式为____________________________。

(3)实验室中X 气体由不溶性的硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方程式为：_____________________________________________。

(4)Na 2S 2O 3(硫代硫酸钠)是一种用途广泛的钠盐。

①下列物质用于Na 2S 2O 3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是___。

a.Na 2S+S b.Z+S c.Na 2SO 3+Y d.NaHS+NaHSO 3
②Na 2S 2O 3具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S 2O 32-转变为SO 42-。

现需处理含标准状况下Cl 2 2.24L 的织锦物，理论上需要0.00100mol/L Na 2S 2O 3溶液的体积为_______L 。

【答案】SO 3 2CO+SO 2
2CO 2+S FeS+2H +=Fe 2++H 2S↑ bd 25
【解析】
【分析】
依据元素化合价和物质分类分析，X 为气态氢化物为H 2S ，Y 为硫元素的+6价氧化物为
SO3，Z为+4价的盐可以为Na2SO3。

(1)Y是S元素化合价为+6价；
(2)根据反应物、生成物，结合反应中电子转移数目相等，可得反应方程式；
(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，根据离子方程式中物质拆分原则书写反应的离子方程式；
(4)①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2；
②根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的Na2S2O3的物质的量，再根据n=cV计算其物质的量。

【详解】
根据上述推断可知X是H2S，Y是SO3，Z是Na2SO3。

(1)Y为S元素的氧化物，化合价为+6价，则Y为SO3；
(2) CO、SO2反应产生S单质和CO2，根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：
2CO+SO22CO2+S；
(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4，反应的离子方程式为：
FeS+2H+=Fe2++H2S↑；
(4)①Na2S2O3中S为+2价，从氧化还原的角度分析，反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2，A中S化合价都小于2，C中物质中S化合价都大于+2价，B、D中S元素化合价必须分别大于2和小于2，故合理选项是bd；
②根据题干信息可知发生反应方程式为：Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，标准状况下2.24L Cl2的物质的量是n(Cl2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol，在反应中获得电子变为-1价的Cl-，0.1molCl2获得电子的物质的量是0.2mol；S2O32-转变为SO42-，每1mol S2O32-失去8mol 电子，则转移0.2mol电子，需消耗S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.2mol÷8=0.025mol，根据
n=c·V可知理论上需要0.00100mol/L Na2S2O3溶液的体积V=0.025mol÷0.00100mol/L=25L。

【点睛】
本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算，正确提取图象信息，结合氧化还原反应规律分析为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。

4．形成酸雨的原理之一可表示如下：
请回答下列问题：
（1）未污染的雨水的pH一般小于7大于5.6，这是由于溶解了___的缘故；酸雨的pH小于5.6，主要含有硫酸、___和一些有机酸等。

（2）图中三个反应不属于氧化还原反应的是___(填标号)；写出反应②的化学方程式___。

（3）某研究性学习小组取来雨水做水样进行测定，随时间的推移雨水样品的pH值会变小，主要原因是为___(用化学方程式表示)。

（4）你认为减少酸雨产生的途径可采取的措施是____。

（选填字母编号）
①少用煤做燃料②把工厂的烟囱造高③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤开发新能源
A．①②③ B．②③④⑤ C．①③⑤ D．①③④⑤
（5）从保护环境的角度出发，一些工厂采用“钙基固硫法”，即在含硫的煤中混入生石灰后燃烧，大部分SO2最终将转化为_____。

（6）汽车尾气中的CO，NO排放也是城市空气的污染物，治理的方法之一是在汽车的排气管上装一个“催化转化器”，使CO与NO反应，生成两种无毒气体，其中之一是N2。

写出NO与CO反应的化学方程式___，此反应的缺点是在一定程度上提高空气的酸度，其原因是___。

【答案】CO2 HNO3③ 2SO2+O22SO3 2H2SO3 +O2→2H2SO4 C CaSO4
2NO+2CO N2+2CO2 SO2经催化剂转化为SO3，溶于水产生硫酸，形成了酸雾
【解析】
【分析】
（1）二氧化碳能和水反应生成碳酸；二氧化硫、氮氧化物是形成酸雨的重要物质；
（2）依据反应过程中元素化合价变化分析判断，有元素化合价变化的反应是氧化还原反应，反应②的化学方程式为：2SO2+O22SO3 ；
（3）酸雨形成的主要原因是大量燃烧化石燃料，产生二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，随时间的推移亚硫酸被氧化成硫酸，由弱酸生成强酸，酸性增强；
（4）少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成；
（5）生石灰能吸收含硫煤在燃烧时生成的SO2生成CaSO3，后氧化生成CaSO4；
（6）在汽车的排气管上装一个“催化转化器”，使CO与NO反应，生成两种无毒气体，其中之一是N2，即CO和NO反应生成N2和CO2，由此写出方程式；SO2经催化剂转化为
SO3，溶于水产生硫酸，形成了酸雾，提高了空气的酸度。

【详解】
（1）空气中含有二氧化碳，二氧化碳能和雨水反应生成碳酸，碳酸显酸性，所以正常的雨水一般小于7大于5.6；如果空气中含有污染物二氧化硫、氮氧化物时，在空气中最终转化成硫酸、硝酸等，使酸雨的pH小于5.6，故答案为：二氧化碳；硝酸；
（2）酸雨形成是含硫物质的燃烧生成的二氧化硫形成的，依据流程分析可知含硫燃料在氧气中燃烧生成二氧化硫，二氧化硫催化氧化为三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，则
①②反应过程中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，反应③是三氧化硫和水反应生成硫酸，反应过程中无元素化合价变化，反应②的化学方程式为：
2SO2+O22SO3；
（3）酸雨形成的主要原因是大量燃烧化石燃料，产生二氧化硫，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，随时间的推移亚硫酸被氧化成硫酸，发生的反应为：2H2SO3+O2=2H2SO4，酸雨样品中的H2SO3逐渐被氧化成H2SO4，使溶液的酸性增强；
（4）①少用煤做燃料③燃料脱硫⑤开发新能源，都可减少含硫物质的排放，可减少二氧化
硫的形成，②把工厂的烟囱造高，④在已酸化的土壤中加石灰不能减少二氧化硫、氮氧化物的产生，即不能减缓酸雨污染；
故选C ；
（5）生石灰能吸收含硫煤在燃烧时生成的SO 2，后氧化生成CaSO 4，发生反应为CaO+SO 2═CaSO 3，2CaSO 3+O 2═2CaSO 4，所以大部分SO 2最终将转化为CaSO 4；
（6）在汽车的排气管上装一个“催化转化器”，使CO 与NO 反应，生成两种无毒气体，其中之一是N 2，即CO 和NO 反应生成N 2和CO 2，由此写出方程式： 2NO+2CO
N 2+2CO 2；SO 2经催化剂转化为SO 3，溶于水产生硫酸，形成了酸雾，提高了空气的酸度。

【点睛】
本题考查了二氧化硫性质的分析判断和应用，氧化还原反应的判断方法以及空气污染等问题，难点（6）要根据题目提供的信息分析出产物，写出方程式．
5．A 、B 、C 、D 、E 五种物质中含有同一种元素，其相互转化的关系如图所示。

已知A 是黄色固体，回答下列问题。

(1)写出B 、E 的化学式：B ______、E ______。

(2)写出C D →的化学方程式：____________。

(3)将足量的物质C 通入2BaCl 溶液中，下列说法正确的是______（填序号）。

a.溶液没有明显变化
b.溶液中出现白色沉淀
c.若继续通入2Cl ，则溶液中出现白色沉淀
【答案】2H S 24H SO 2232SO O 2SO +V
垐垐?噲垐?催化剂 ac 【解析】
【分析】
A 为黄色固体，A 既能与O 2反应，又能与H 2反应，则A 为S ，C 为SO 2，
B 为H 2S ，D 为SO 3，E 为H 2SO 4，据此分析；
【详解】
A 为黄色固体，A 既能与O 2反应，又能与H 2反应，则A 为S ，C 为SO 2，
B 为H 2S ，D 为SO 3，E 为H 2SO 4，
(1)A 为黄色固体，结合A 的相关反应可判断出A 是S ，从而得出B 、E 分别是2H S 、24H SO ；
(2)C D →的化学方程式为2232SO O 2SO +V
垐垐?噲垐?催化剂； (3)2SO 与2BaCl 不发生反应，若继续通入2Cl ，与2SO 反应生成24H SO ，则溶液中出现白色沉淀。

【点睛】
无机推断题，应找准“题眼”，然后大胆猜测，突破口是A 为黄色固体，高中常见的黄色有Na 2O 2、AgBr 、AgI 、S ，A 能与O 2、H 2反应，则A 为S ，应注意S 与氧气反应，无论氧气是否过量，生成的都是SO 2，然后按照流程就可以得到结果。

6．雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：
Na +、2+2+3+2--2-43Ba Mg Fe SO Cl CO 、、、、、。

某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后配成试样溶液，设计并完成了如下的实验：①取试样溶液100mL ，向其中加入足量BaCl 2溶液，得到白色沉淀2.33g ，滴入足量盐酸沉淀质量不变。

②另取试样溶液100mL ，向其中加入足量NaOH 溶液，得到白色沉淀1.16g ．再滴入足量盐酸沉淀全部溶解。

（1）实验①能确定该雾霾中肯定不含的离子为_______________________。

（2）判断Cl -是否存在，若存在求其最小浓度（若不存在说明理由）________。

（3）该雾霾中肯定含有的离子为_________________________。

（4）1.16g 白色沉淀为________（写化学式）。

（5）反应中消耗的BaCl 2的物质的量为________mol 。

（6）操作②中加盐酸沉淀溶解的离子方程式为______________________________。

【答案】Ba 2+、Fe 3+、CO 32- 0.2mol/L Mg 2+、SO 42-、Cl - Mg(OH)2 0.01mol
()+2+22Mg OH +2H =Mg +2H O
【解析】
【分析】
①取试样溶液100mL ，向其中加入足量BaCl 2溶液，得到白色沉淀2.33g ，滴入足量盐酸沉淀质量不变，则试样中一定含有SO 42-，一定不含有CO 32-，并且SO 42-的物质的量为
2.33g 233g /mol
=0.01mol ，则原溶液中与SO 42-不共存的离子Ba 2+一定不含； ②另取试样溶液100mL ，向其中加入足量NaOH 溶液，得到白色沉淀1.16g ，再滴入足量盐
酸沉淀全部溶解，则试样中一定含有Mg 2+，并且物质的量为 1.1658g /mol =0.02mol ，一定不含Fe 3+；
又溶液呈电中性，所以溶液中还一定含有Cl -，Na +可能含有，结合题给选项分析解答。

【详解】
(1)根据以上分析，肯定不含的离子为Ba 2+、Fe 3+、CO 32-；
(2)由分析知溶液中含有Mg 2+0.02mol ，SO 42-0.01mol ，根据n(Mg 2+)×2≠n(SO 42)×2，可知电荷不守恒，而溶液一定是电中性的，则溶液中一定含有Cl -，则n(Mg 2+)×2=n(SO 42)×2+n(Cl -)×1，解得：n(Cl -)=0.02mol ，因溶液中还可能含有Na+，则溶液中n(Cl -)≥0.02mol ，其最小浓
度为0.02mol 0.1L =0.2mol/L ； (3)根据以上分析，肯定含的离子为Mg 2+、SO 42-、Cl -；
(4)根据以上分析，1.16g 白色沉淀为Mg(OH)2；
(5)根据以上分析，取试样溶液100mL ，向其中加入足量BaCl 2溶液，得到白色沉淀2.33g ，根据钡离子守恒，则消耗的BaCl 2的物质的量为 2.33g 233g /mol
=0.01mol ； (6)根据以上分析，1.16g 白色沉淀为Mg(OH)2，加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为Mg (OH) 2+2H +=Mg 2++2H 2O 。

7．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。

8．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。

9．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
H2SO4+MnCO3=MnSO4+H2O+CO2↑可知MnCO3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MnSO4的物质的量为
0.04mol+0.01mol=0.05mol，根据方程式
5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol，故答案为：0.02mol。

10．锰酸锂(LiMn2O4)可作为锂离子电池的正极材料，在工业上可利用软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2等杂质)吸收含硫烟气(主要成分SO2)制备锰酸锂，生产流程：
已知：①软锰矿浆在吸收含硫烟气的过程中酸性逐渐增强。

②在此流程中部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH如表：
沉淀物Fe(OH)3Fe(OH)2Al(OH)3Mn(OH)2
开始沉淀 2.77.6 3.47.7
完全沉淀 3.79.6 4.79.8
(1)含硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却，冷却的原因是____________________。

(2)滤液1中所含金属阳离子有_____________(填离子符号)。

(3)在实际生产中，Li2CO3与MnO2按物质的量之比1∶4混合均匀加热制取LiMn2O4，反应过程：
①升温到515℃时，Li2CO3开始分解产生CO2和碱性氧化物A，写出A的名称________，此时比预计Li2CO3的分解温度(723℃)低得多，可能原因是_______________；
②升温到566℃时，MnO2开始分解产生另一种气体X，X恰好与①中产生的CO2物质的量相等，同时得到固体B，固体B是______。

③升温到720℃时，第三阶段反应开始，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的锰酸锂。

请写出该阶段反应的化学方程式_________________。

(4)由“滤液1”得到“滤液2”同时回收Al(OH)3的实验方案如下：边搅拌边向滤液1中加入
_____________，再加入NaOH溶液调节pH范围为____________，过滤得到滤液2和滤渣，向滤渣中加入NaOH溶液pH≥12，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入过量的CO2过滤、洗涤、低温烘干得Al(OH)3。

(5)工业上，将Li2CO3粗品制备成高纯Li2CO3的部分工艺：
a.将Li2CO3溶于盐酸作电解槽的阳极液，LiOH溶液做阴极液，两者用离子选择透过膜隔开，用惰性电极电解。

b.电解后向LiOH溶液中加入少量NH4HCO3溶液并共热，过滤、烘干得高纯Li2CO3。

①a中，阳极的电极反应式是__________，宜选用_____(“阳”或“阴”)离子交换膜。

②b中，生成Li2CO3反应的化学方程式是__________________。

【答案】提高含硫烟气中SO2的吸收率 Mn2+、Al3+、Fe2+氧化锂 MnO2对Li2CO3分解有催化作用 Mn2O3 2Li2O+4Mn2O34LiMn2O4足量H2O2 4.7≤pH<7.7 2Cl- -2e-=Cl2↑阳 2LiOH+NH4HCO3Li2CO3+2H2O+NH3↑
【解析】
【分析】
软锰矿浆(主要成分为MnO2，含少量Fe2O3、FeO、Al2O3、SiO2)制备锰酸锂，软锰矿浆通入含二氧化硫的烟气，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，Fe2O3、FeO、Al2O3，都能溶于酸，得到相应的离子，同时SO2将得到的Fe3+还原为Fe2+，MnO2与SO2发生氧化还原反应，得到Mn2+，SiO2不溶于酸，滤渣1为SiO2，滤液1含Al3+、Mn2+、Fe2+，由沉淀的pH范围知，Fe2+的沉淀与Mn2+离子的沉淀所需的pH接近，而Fe3+则相差很远，故可以将Fe2+氧化成Fe3+而除杂，搅拌加入氢氧化钠溶液至4.7≤pH<7.7，过滤得到滤液2和固体，向所得固体
中加入氢氧化钠溶液至pH≥12，搅拌过滤再向所得滤液中通入二氧化碳过滤洗涤，低温烘干得到Al(OH)3，滤液2中加入氢氧化钠溶液过滤得到Mn(OH)2，一定条件下得到MnO2，Li2CO3与MnO2按物质的量之比为1：4混合均匀加热制取LiMn2O4，据此分析作答。

【详解】
(1)含硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却，是由于降低温度可提高含硫烟气中SO2的吸收率；
(2)SO2溶于水得到H2SO3，H2SO3具有酸性，可溶解金属氧化物Fe2O3、FeO、Al2O3，使它们转化为相应的金属阳离子，同时SO2具有还原性，会将得到的Fe3+还原为Fe2+，SO2与MnO2发生氧化还原反应，得到Mn2+，而SiO2是酸性氧化物，不溶于酸，所以滤渣1为SiO2，滤液1含Al3+、Mn2+、Fe2+；
(3)①升温到515℃时，Li2CO3开始分解产生CO2和Li2O，故分解得到的碱性氧化物A的名称是氧化锂；此时比预计Li2CO3的分解温度（723℃）低得多，说明MnO2对Li2CO3的分解有催化剂的作用；
②升温到566℃时，MnO2开始分解产生另一种气体X，根据元素在室温下的存在状态可知X为O2，X恰好与①中产生的CO2物质的量相等，同时得到固体B，1 mol Li2CO3分解产生1 mol CO2气体，4 mol MnO2分解产生1 molO2，则根据元素守恒可知此过程发生的化学反应方程式4MnO22Mn2O3+O2↑，B为Mn2O3；
③升温到720℃时，A、B反应，固体质量逐渐增加，当质量不再增加时，得到高纯度的锰酸锂。

该发生的化学反应方程式为：2Li2O+4Mn2O34LiMn2O4；
(4)由于滤液1含Al3+、Mn2+、Fe2+，由于Mn2+、Fe2+形成沉淀的pH比较接近，所以由“滤液1”得到“滤液2”同时回收Al(OH)3的实验方案如下：边搅拌边向滤液1中加入足量H2O2，可以将Fe2+氧化为Fe3+，然后再加入NaOH溶液调节pH，使Al3+转化Al(OH)3沉淀，而Mn2+仍
然以离子形式存在于溶液，由于Fe 3+完全沉淀的pH=3.7，Al 3+完全沉淀的pH=4.7，而Mn 2+开始形成Mn(OH)2沉淀的pH=7.7，所以调整溶液pH 范围为4.7≤pH<7.7，过滤得到滤液2和滤渣，滤渣中含有Al(OH)3、Fe(OH)3，向滤渣中加入NaOH 溶液pH≥12，溶液显碱性，Al(OH)3与碱反应转化为NaAlO 2，而Fe(OH)3不溶解，搅拌、过滤，再向所得滤液中通入过量的CO 2，NaAlO 2与CO 2及水反应产生Al(OH)3沉淀，经过滤、洗涤、低温烘干得Al(OH)3；
(5) 根据题给信息可知：
①a 中是LiCl 溶液，阳极上溶液中的Cl -失去电子，发生氧化反应，电极反应式是2Cl - -2e -=Cl 2↑，溶液中阴离子不断放电使阳离子浓度增大，为维持溶液电中性，宜选用阳离子交换膜；
②b 中LiOH 与NH 4HCO 3反应生成Li 2CO 3，反应的化学方程式为：
2LiOH+NH 4HCO 3
Li 2CO 3+2H 2O+NH 3↑。

【点睛】
本题以物质的制取为线索，考查了物质性质、转化，物质分离提纯和电解原理等知识，掌握反应原理和物质的性质及应用是解题关键，注意元素化合价与物质的性质的关系的应用。

11．工业上用黄铁矿（FeS 2）为原料制备硫酸的流程如下：
回答下列问题：
（1）在接触室中发生的反应是2SO 2+O 2
2SO 3，该反应属于__________（填字母）
a.氧化还原反应
b.离子反应
c.化合反应
d.可逆反应
（2）Fe 2O 3废渣的用途有________________________（答出一条即可）。

（3）写出沸腾炉中发生反应的化学方程式：________
（4）取硫酸产品加入蔗糖中，有“黑面包”现象发生，该过程体现出浓硫酸的性质是_____。

【答案】acd 生产涂料、生产红色油漆、冶炼铁 4FeS 2+11O 2
2Fe 2O 3+8SO 2 脱水性和氧化性
【解析】
【分析】 （1）在接触室中发生的反应是2SO 2+O 2−−−→←−−−催化剂
高温2SO 3，该反应中S 化合价升高，O 化合。