考点21 硫及其化合物——备战2022年浙江新高考一轮复习化学考点一遍过 试卷

考点21 硫及其化合物

一、硫单质
1．自然界中硫的存在
（1）游离态：硫单质俗称硫黄，主要存在于火山喷口附近或地壳的岩层里。
（2）化合态：主要以硫化物和硫酸盐的形式存在。
常见的含硫化合物
硫铁矿
黄铜矿
石膏
芒硝
FeS2
CuFeS2
CaSO4·2H2O
Na2SO4·10H2O
2．硫的物理性质
颜色状态
溶解性
水
酒精
CS2
淡黄色固体
不溶
微溶
易溶
3．硫的化学性质

与某些化合物反应：
S + 2H2SO4(浓)3SO2↑ + 2H2O
S + 6HNO3(浓)===H2SO4 + 6NO2↑+ 2H2O.
3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O
过 关 秘 籍
（1）汞蒸气有毒，实验室里不慎洒落一些汞，可撒上硫粉进行处理。
（2）硫在过量、纯净的O2中燃烧的产物是SO2而不是SO3。
（3）硫在空气中燃烧发出淡蓝色火焰，在纯氧中燃烧发出蓝紫色火焰。
（4）硫与变价金属反应时，生成低价态金属硫化物，和变价金属与Cl2的反应情况不同，可对比记忆。
（5）黑火药的成分为“一硫二硝三木炭”：S+2KNO3+3CK2S+3CO2↑+N2↑。
二、硫的氧化物——二氧化硫和三氧化硫
1．二氧化硫
（1）物理性质
颜色
状态
气味
密度
溶解性
无色
气体
刺激性
比空气大
易溶于水(常温常压下1体积水可溶解40体积)
（2）化学性质
①酸性氧化物的通性
a．与水反应：SO2+H2OH2SO3
b．使指示剂变色：SO2能使紫色石蕊溶液变红
c．与碱反应：NaOH足量：SO2+2NaOHNa2SO3+H2O
NaOH不足量：SO2+NaOHNaHSO3
d．与碱性氧化物反应：SO2+CaOCaSO3
②氧化性：2H2S+SO23S↓+2H2O（产生淡黄色沉淀）
③还原性
a．与O2反应：2SO2+O22SO3
b．与X2（Cl2、Br2、I2）的水溶液反应：SO2+X2+2H2O2HX+H2SO4
c．可被酸性KMnO4溶液、K2Cr2O7溶液、H2O2、Fe3+等氧化。
d．与FeCl3反应：SO2+2FeCl3+2H2O===FeSO4+FeCl2+4HCl
④漂白性：SO2能漂白某些有色物质（如品红溶液），但不能使紫色石蕊溶液等指示剂褪色。
（3）检验
将气体通入品红溶液后，溶液褪色，加热后溶液又恢复到红色则可验证该气体是SO2。注意“加热”是必不可少的步骤，因为氯气也能使品红溶液褪色，但加热后溶液不会重新变红色。
（4）SO2对大气的污染与防治

2．三氧化硫
（1）物理性质
常温常压下为无色、易挥发的液体，熔点为16.8 ℃，沸点为44.8 ℃。
（2）化学性质：酸性氧化物的通性
表现性质
方程式
与水反应，生成强酸
(工业生产硫酸)
与碱(如)反应生成盐和水

与碱性氧化物(如)反应生成盐

与某些盐(如)反应生成硫酸盐

三、硫酸的性质和、的检验
1．硫酸的工业制备
三步骤
三设备
三反应
黄铁矿煅烧
沸腾炉
4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2
SO2的催化氧化
接触室
2SO2＋O22SO3
SO3吸收
吸收塔
SO3＋H2O===H2SO4
（1）三种原料：硫磺(或含硫矿石，如FeS2)、空气、98.3%的浓硫酸(代替水)。
（2）三个阶段：
①二氧化硫的制取和净化。(造气阶段)
②SO2氧化成SO3。(接触氧化阶段)
③三氧化硫的吸收和硫酸的生成。(生成阶段)
（3）三个反应：
①4FeS2＋11O22Fe2O3＋8SO2；
②2SO2＋O22SO3；
③SO3＋H2O===H2SO4。
（4）三个设备：

（5）三个反应条件：
①温度：400～500 ℃；②压强：常压；③催化剂：V2O5。
（6）“三废”的处理方法：
①尾气吸收：SO2＋Ca(OH)2===CaSO3＋H2O，CaSO3＋H2SO4===CaSO4＋SO2↑＋H2O。
②废水处理：根据杂质性质的不同，采用不同的化学方法，如酸碱中和法、重金属离子沉淀法。
③废渣利用：制砖或制造水泥，提炼贵重有色金属。
2．硫酸的性质
物理性质
纯净的硫酸是无色油状液体，沸点高，难挥发，密度大于水(98%的浓H2SO4，密度为1.84 g·cm−3)，溶于水放出大量的热
化
学
性
质
吸水性
常用作
干燥剂
能干燥
H2、O2、N2、CO2、Cl2、HCl、SO2、CO、CH4等
不能干燥
碱性气体，如 NH3等
还原性气体，如 H2S、HBr、HI 等
脱水性
将有机物中的氢、氧元素按原子个数 2∶1的比例脱去，如蔗糖脱水炭化
强氧化性
与活泼金属反应
2Fe+6H2SO4(浓)Fe2(SO4)3+3SO2↑+6H2O，常温下浓硫酸使Fe、Al钝化
与不活泼金属反应
Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O
与非金属反应
C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O
不挥发性
用于制挥发性酸，如H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑
用途
（1）制取化肥、硫酸盐、挥发性酸。
（2）消除金属表面的氧化物。
（3）用于精炼石油，制造炸药、农药、染料等，是实验室里常用的试剂。
注意：（1）浓硫酸的稀释方法：将浓硫酸沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。
（2）常温下铁、铝遇冷的浓硫酸发生“钝化”，但加热时剧烈反应。
3．、的检验方法
（1）的检验方法
①原理：(白色)。
②方法：取试样少许，先滴加稀盐酸无气泡、沉淀产生(排除、、等离子的干扰)，再滴加溶液，若产生白色沉淀，则含有。
说明：的检验试剂为组合型试剂，通常可分为4组：
a．与，b．与，c．与，d．与。
选用时视具体情况而定。例如：当溶液中存在、时，只能选用d组试剂；当溶液中存在时，只能选用a组试剂，因为b、c、d组试剂混合后均有存在，而能将氧化成，进而生成沉淀。
（2）的检验方法
①原理：；，。
②方法：取试样少许，加入稀盐酸，将产生的气体通入品红溶液，红色褪去；或加入溶液生成白色沉淀，再加入稀盐酸，沉淀溶解并产生具有刺激性气味的气体，则含有。
四、硫及其化合物的转化
1．基本转化规律
（1）同种价态之间的转化
硫元素的化合价相同的物质之间的转化，属于非氧化还原反应，主要试剂是酸、碱、盐、氧化物等。
（2）不同价态之间的转化
硫元素的化合价不同的物质之间的转化，属于氧化还原反应，主要试剂是氧化剂和还原剂。
2．价态变化规律
（1）是硫元素的最低价态，只有还原性；、处于中间价态，既有氧化性，又有还原性；是硫元素的最高价态，只有氧化性。
（2）当硫元素的化合价升高或降低时，一般升高或降低到其相邻的价态。

例如：
（3）有时硫的化合价发生跳位转化。如、遇到强氧化剂时可被氧化为+6价：、。
（4）硫元素相邻价态的微粒之间不发生氧化还原反应。如S和、S和、和之间不发生氧化还原反应。
3．重要转化关系
（1）含−2价硫元素的化合物之间的转化

（2）含+4价硫元素的化合物之间的转化

（3）含+6价硫元素的化合物之间的转化

（4）氧化还原反应转化关系

五、几种重要的硫酸盐


考向一 SO2的特性

典例1 下列关于二氧化硫性质的说法正确的是
A．氯水中通入一定量二氧化硫气体可增强氯水的漂白性
B．含有酚酞的氢氧化钠溶液中通入二氧化硫气体，溶液变无色，说明二氧化硫具有漂白性
C．二氧化硫既可被氧化也可被还原
D．紫色石蕊溶液中通入二氧化硫，溶液先变红后褪色
【解析】二氧化硫具有还原性，氯水中通入二氧化硫气体时，发生反应SO2＋Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl，减弱了氯水的漂白性，故A错误；将二氧化硫通入到含酚酞的氢氧化钠溶液中，溶液褪色，氢氧化钠具有碱性，能和酸反应生成盐和水，无色酚酞在中性或酸性溶液中呈现无色，所以二氧化硫表现的是其酸性氧化物的性质，与漂白性无关，故B错误；二氧化硫中硫是＋4价，是中间价态，所以既有氧化性又有还原性，如SO2＋2H2O＋Cl2===H2SO4＋2HCl中，S元素的化合价由＋4价升高到＋6价，二氧化硫被氧化具有还原性，SO2＋2H2S===2H2O＋3S↓中，二氧化硫中的S元素的化合价由＋4价降低为0价，二氧化硫被还原具有氧化性，故C正确；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，溶液显酸性，因此可使紫色石蕊溶液变红色，但不能使之褪色，故D错误。
【答案】C

1．如图，利用培养皿探究SO2的性质。实验时向Na2SO3固体上滴几滴浓硫酸，立即用另一表面皿扣在上面。

下表中对实验现象的描述或所做的解释不正确的是
选项
实验现象
解释
A
BaCl2溶液变浑浊
SO2与BaCl2溶液反应产生了BaSO3沉淀
B
Na2S溶液变浑浊
SO2与Na2S溶液反应产生了S单质
C
酸性KMnO4溶液褪色
SO2具有还原性
D
品红溶液褪色
SO2具有漂白性
【答案】A
【解析】SO2与水反应生成H2SO3，H2SO3为中强酸，不与BaCl2溶液反应。

SO2的“漂白性”
SO2能使许多有色物质“褪色”，但其“褪色”原理不同：
（1）还原性“褪色”：SO2能使溴水、酸性KMnO4溶液褪色，利用SO2的还原性。
（2）漂白性“褪色”：SO2能使品红溶液褪色，利用SO2的漂白性。
（3）酸性“褪色”：SO2能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，利用SO2的酸性氧化物的性质。

考向二 SO2与CO2的性质比较

典例1 下列溶液中能够区别SO2和CO2的是
①石灰水　 ②H2S溶液　 ③KMnO4溶液　 ④氯水 ⑤品红溶液
A．①②③ B．②③④
C．除①以外 D．全部
【解析】SO2和CO2都属于酸性氧化物，都能与石灰水反应出现白色沉淀，气体过量时沉淀都会溶解，所以不能用石灰水来区别；SO2能与H2S反应生成S单质，能看到黄色沉淀生成，而CO2不能；SO2能被KMnO4溶液和氯水氧化，从而使溶液褪色，且SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有这些性质。所以可用②③④⑤来区别SO2和CO2。
【点拨】SO2有还原性，与强氧化剂氯水、溴水、Fe3＋、酸性KMnO4等反应，并且出现颜色的变化，但注意不是SO2的漂白性。
【答案】C

2．下列实验中能证明某气体为SO2的是
①使湿润的蓝色石蕊试纸变红　②通入足量NaOH溶液中，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于稀盐酸　③通入溴水中，能使溴水褪色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生　④通入H2S溶液中有沉淀产生
A．都能证明 B．都不能证明
C．③④均能证明 D．只有③能证明
【答案】D
【解析】酸性气体一般都能使湿润的蓝色石蕊试纸变红；CO2也能产生②中现象；实验③说明气体有还原性，结合后续实验现象说明该气体是SO2；通入H2S溶液中产生沉淀，也可能是具有氧化性的Cl2。

鉴别SO2和CO2的方法
SO2和CO2都能使澄清的石灰水变浑浊，若通入的气体过量，则沉淀都可消失。所以不能用澄清的石灰水鉴别SO2和CO2。通常可用以下方法：
（1）根据物理性质。CO2无色无味；SO2无色、具有刺激性气味。
（2）品红溶液。使品红溶液褪色的是SO2；不能使品红溶液褪色的是CO2。
（3）酸性KMnO4溶液。使酸性KMnO4溶液褪色的是SO2；无明显现象的是CO2。
（4）溴水。使溴水褪色的是SO2；无明显现象的是CO2。
（5）硝酸酸化的硝酸钡溶液。产生白色沉淀的是SO2；无明显现象的是CO2。
（6）FeCl3溶液。溶液颜色变浅的是SO2；无明显现象的是CO2。

考向三 的检验

典例1 为检验溶液中是否含有，四位同学分别设计了如下实验，且都认为如果观察到的现象与自己的设计方案一致，即可确认溶液中含有。其中正确的是
A．加入足量稀硝酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
B．加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀，再加稀盐酸酸化，沉淀不溶解
C．加入足量稀盐酸，有气泡产生，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
D．加入足量稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀
【解析】若溶液中含有，则加入稀硝酸时，被氧化为，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，A错误；若溶液中含有，加入Ba(NO3)2溶液，产生白色沉淀BaSO3，再加稀盐酸酸化时，在酸性环境中，将BaSO3氧化为BaSO4，沉淀不溶解，B错误；若溶液中同时含有和，加入足量稀盐酸时，在酸性环境中，将氧化为，同时本身被还原为NO，现象为有气泡产生，再加入BaCl2溶液，产生BaSO4白色沉淀，C错误；加入足量稀盐酸，无明显现象，说明不存在干扰离子，再加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明含有，D正确。
【答案】D

3．对某酸性溶液(可能含有Br−、、H2SO3、)分别进行如下实验：
①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；
②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
③加入氯水时，溶液略显黄色，再加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。
根据实验不能确认原溶液中是否存在的是
A．Br− B． C．H2SO3 D．
【答案】B
【解析】由①知溶液中一定含有H2SO3，其加热分解产生的SO2可使品红溶液褪色；由②知溶液中一定含有。由③知原溶液中含有Br−，再加BaCl2有白色不溶于HNO3的沉淀生成，说明此时溶液中含，但可能是原溶液含有的，也可能是氯水氧化H2SO3产生的，故不能确定原溶液中是否存在的是。

的检验误区
（1）只加可溶性钡盐，不酸化。误将、、等干扰离子判断成。因上述离子会产生BaCO3、Ba3(PO4)2、BaSO3白色沉淀。
（2）误将Ag+判断成。如向待测液中滴加BaCl2溶液，再加稀盐酸，有白色沉淀，便断定含。其错误是未注意当溶液中不含，而含Ag+时也会产生同样的现象：Ag++Cl−AgCl↓(白色)。
（3）误将判断成。如向待测液中滴加用稀盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀，便误以为有。该错误是未注意在酸性环境中具有强氧化性，能将氧化成而产生干扰。

考向四 浓硫酸的特性

典例1 对下列事实的解释正确的是
A．蘸有浓硫酸和蘸有浓氨水的玻璃棒靠近没有白烟，说明硫酸与氨气不反应
B．医疗上可用硫酸钡作X射线透视肠胃的内服药，是因为硫酸钡不溶于酸
C．向50 mL 18 mol·L－1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量等于0.45 mol
D．常温下，浓H2SO4可以用铝制容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应
【解析】氨与挥发性酸反应可形成白烟，硫酸难挥发，A错误；随着反应的进行，硫酸的浓度降低，稀硫酸不能与铜反应，C错误；常温下浓硫酸使铝钝化(化学变化)，形成致密的氧化膜阻碍了反应的继续进行，D错误。
【答案】B

4．下列有关浓H2SO4性质的叙述中，错误的是
A．浓硫酸具有脱水性，因而能使蔗糖炭化
B．在反应HCOOHCO↑＋H2O中，浓H2SO4只表现脱水性
C．在反应Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O中，浓H2SO4只表现氧化性
D．浓硫酸具有吸水性，因而能使CuSO4·5H2O转化为CuSO4
【答案】C
【解析】C项中浓硫酸既表现了氧化性也表现了酸性。

考向五 硫及其化合物的转化关系与实验的融合

典例1 已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，A和X反应的转化关系如下图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，下列有关说法正确的是

A．X能使蔗糖变黑主要体现了X的强氧化性
B．若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C．若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水中，最终一定有白色沉淀产生
D．工业上，B转化为D的反应需使用催化剂
【解析】根据题意可知X是浓硫酸，B是SO2，D是SO3。A项，浓硫酸使蔗糖变黑主要体现了浓硫酸的脱水性，错误；B项，若A为铁，常温下铁遇浓硫酸钝化，铁表面形成致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，故足量铁与浓硫酸在室温下不能完全反应，错误；C项，若A为碳单质，则C是CO2，将二氧化碳通入少量的澄清石灰水，由于CO2过量，得到的是可溶性的Ca(HCO3)2，最终没有白色沉淀产生，错误；D项，根据反应：2SO2＋O22SO3知工业上二氧化硫转化为三氧化硫需使用催化剂，正确。
【答案】D

5．利用Y形管与其他仪器组合可以进行许多实验(固定装置略)。分析并回答下列问题：
（1）实验目的：验证SO2的氧化性(如图1所示)。

将胶头滴管中浓硫酸分别滴入Y形管的两个支管中，所产生的两种气体相遇发生反应SO2+2H2S3S+2H2O，则在支管交叉处实验现象为 ，硫化亚铁处加水的目的是 。
（2）实验目的：探究SO2与BaCl2反应生成沉淀的条件(如图2所示)。SO2通入BaCl2溶液并不产生沉淀，再通入另一种气体后就产生了白色沉淀。常温下，若由右侧Y形管产生另一种气体，则在其左右支管应放置的药品是 和 ，导气管A的作用是 。
【答案】（1）管壁内有淡黄色固体生成　稀释浓硫酸，防止硫化氢被浓硫酸氧化
（2）浓氨水　碱石灰(或固体NaOH、生石灰)　保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入
【解析】（1）浓硫酸分别滴入Y形管的两个支管中，所产生的两种气体相遇发生反应SO2+2H2S3S+2H2O，反应生成S，S为淡黄色固体；H2S具有强还原性，可与浓硫酸发生氧化还原反应H2S+H2SO4(浓)S↓+SO2+2H2O，所以有FeS的一侧应用水稀释。
（2）根据二氧化硫的性质推断，右侧Y型管的作用是制取氨气，由于无加热仪器，则选择的试剂为浓氨水液体和生石灰或碱石灰或氢氧化钠固体，产生的氨气溶于BaCl2溶液，得到碱性溶液，再通入二氧化硫气体时，二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸铵，亚硫酸铵与BaCl2溶液发生复分解反应，可以得到白色BaSO3沉淀和NH4Cl溶液；容器内压强大，气体不容易导入，所以导气管A的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入。



一、单选题
1．下列说法不正确的是
A．臭氧具有强氧化性，可用作饮用水的杀菌消毒剂
B．海水中含有丰富的碘元素，因此碘被称为“海洋元素”
C．某些特殊用途产品可用水玻璃浸泡后，既耐腐蚀又不易着火
D．火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用
【答案】B
【详解】
A．臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性，可用作饮用水的杀菌消毒剂，故A正确；
B．地球上99%以上的溴都蕴藏在汪洋大海中，故溴有“海洋元素”的美称，故B错误；
C．某些特殊用途产品可用水玻璃浸泡后，表面形成碱金属硅酸盐及SiO2凝胶薄膜，既耐腐蚀又不易着火，故C正确；
D．硫磺能够破坏细菌表面的有机保护膜，使其死亡，火山附近的温泉因常常含有游离态硫而具有杀菌作用，故D正确；
故选B。
2．工业尾气中含有，会造成严重的环境污染未脱除的煤气在运输过程中还会腐蚀管道。氧化铁脱硫除去煤气中的原理如图所示。下列说法错误的是( )

A．单质硫为黄色固体，易溶于水和
B．脱硫反应为
C．再生过程中，氧化剂与氧化产物的质量比为1:2
D．脱硫过程中，增大反应物的接触面积可提高脱硫效率
【答案】A
【详解】
A.单质硫为黄色固体，不溶于水、微溶于酒精、易溶于，A错误；
B.读图可知，脱硫反应是硫化氢与一水合氧化铁反应生成水和一水合三硫化二铁，化学方程式为
，B正确；
C.再生过程中S的化合价从-2价变为0价，氧化产物是S，氧化剂是，根据得失电子守恒可知，消耗生成，氧化剂与氧化产物的质量比为1:2，C正确；
D.脱硫过程中，增大反应物的接触面积，可以使固体与气体的反应更加完全，提高脱硫效率，D正确。
答案选A。
3．下列关于硫及其化合物说法正确的是
A．硫粉和铜粉共热时反应生成黑色的硫化铜
B．浓硫酸具有吸水性，可以干燥H2S、SO2等气体
C．FeSO4可用于生产防治缺铁性贫血的药剂
D．某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则原溶液中含有
【答案】C
【详解】
A.Cu与S加热时产物为硫化亚铜，故A错误；
B.浓硫酸有强氧化性，硫化氢有强的还原性，两者能发生氧化还原反应，不能用浓硫酸干燥硫化氢，故B错误；
C.硫酸亚铁能治疗缺铁性贫血，可用于生产防治缺铁性贫血的药剂，故C正确；
D.某溶液中加入盐酸酸化的BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，可能是硫酸钡沉淀，也能是氯化银沉淀，不能证明原溶液中含有硫酸根，故D错误；
故选：C。
4．下列各组澄清溶液中的离子能大量共存，且加入(或通入)X试剂后发生反应的离子方程式书写正确的是
选项
离子组
X试剂
离子方程式
A
K+、Na+ 、ClO-、
少量SO2
SO2+ ClO-+ H2O=+Cl-+2H+
B
Na+、Fe3+、Br-、
过量氨水
Fe3+ +3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+ 3
C
、Na+ 、Fe3+、
过量铜粉
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+
D
K+、Na+、、
少量HCl
H+++H2O= Al(OH)3↓
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A.SO2与H2O反应生成H2SO3，ClO-将氧化成，H+和过量的ClO-反应生成HClO，反应的离子方程式为SO2+ 3ClO-+H2O=+Cl-+2HClO，故A错误；
B.溶液中铁离子与过量氨水反应生成氢氧化铁沉淀和铵根离子，反应的离子方程式为Fe3+ +3NH3·H2O=Fe(OH)3↓+ 3，故B正确；
C.溶液中铁离子与偏铝酸根离子发生双水解反应生成氢氧化铁沉淀和氢氧化铝沉淀，在溶液中不能大量共存，故C错误；
D.碳酸氢根的电离大于氢氧化铝，溶液中碳酸氢根离子与偏铝酸根离子反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸根，在溶液中不能大量共存，故D错误；
故选B。
5．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向NaAlO2溶液中滴入足量Ca(HCO3)2溶液：++H2O=Al(OH)3↓+
B．铬酸钾溶液中滴入稀盐酸：2+2H++H2O
C．向Na2S溶液中通入少量SO2[已知：H2SO3 的Ka1=1.3×10-2，Ka2=6.3×10-8；H2S 的Ka1= 5.7×10-8，Ka2=1.2×10-15]：S2-+SO2+H2O=+H2S
D．向二元弱酸亚磷酸(H3PO3)溶液中滴入足量烧碱溶液：H3PO3+2OH-=+2H2O
【答案】D
【详解】
A． ，生成的会继续与Ca2+反应，故离子方程式应该为： ，A错误；
B．铬酸钾在酸性条件下会转化为有强氧化性的K2Cr2O7，会将盐酸氧化为氯气，B错误；
C．Na2S溶液中通SO2时，会发生硫元素的归中反应生成S沉淀，C错误；
D．H3PO3是二元弱酸，说明1个H3PO3最多电离出2个H+，消耗2个NaOH，故最终反应生成Na2HPO3，D正确。
故答案选D。
6．下列实验探作、现象与结论均正确的是
编号
实验操作
实验现象
实验结论
A
向酸性KMnO4溶液中通入SO2
紫红色褪去
SO2具有漂白性
B
向CuSO4溶液中通入H2S
出现黑色沉淀
酸性：H2S>H2SO4
C
向碘水溶液中加入CCl4，振荡
上层褪色，下层变紫
碘在CCl4中的溶解度大于它在水中的溶解度
D
向装有蔗糖的烧杯中加入浓 H2SO4
出现“黑面包”现象
浓H2SO4具有吸水性
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A. 向酸性KMnO4溶液中通入SO2，紫红色褪去，体现SO2的还原性，故A错误；
B. 酸性：H2S C. 碘在CCl4中的溶解度大于它在水中的溶解度，可用CCl4萃取碘水中的碘单质，故C正确；
D. 向装有蔗糖的烧杯中加入浓 H2SO4，出现“黑面包”现象，体现浓H2SO4的脱水性、强氧化性，故D错误。
7．葡萄酒中常加入亚硫酸盐作为食品添加剂，为检测某葡萄酒样品中亚硫酸盐的含量（通常以酒样中SO2的量计），某研究小组设计了如下实验（已知还原性：SO32->I->Cl-）。下列说法不正确的是

A．葡萄酒中加亚硫酸盐的主要目的是防止氧化，利用了亚硫酸盐的还原性
B．通入N2和煮沸的目的是为了将产生的气体从溶液中全部赶出
C．若试剂A选择氯水，则试剂B可选择NaOH标准液
D．若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，则试剂B可选择I2标准液
【答案】C
【详解】
A、亚硫酸盐具有较强的还原性，可以防止葡萄酒被氧化，选项A正确；
B、温度越高，气体在水中的溶解度越小，通入N2和煮沸可以将产生的气体从溶液中全部赶出，选项B正确；
C、若试剂A选择氯水，溶液中会有未反应的氯水，当试剂B选择NaOH标准液时，所耗氢氧化钠标准液会偏大，造成结果有较大误差，选项C错误；
D、若试剂A选择碱液，调节吸收后溶液为中性，试剂B选择I2标准液，碘与亚硫酸盐反应生成硫酸盐，可以测定亚硫酸盐的含量，选项D正确；
答案选C。
8．实验小组同学探究FeSO4分解反应并检验反应产物（加热及加持装置略）。下列有关FeSO4分解的说法不正确的是（ ）

A．Ⅰ中固体变为红棕色，说明反应生成了Fe2O3
B．Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解是吸热反应
C．Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明反应生成了SO2
D．Ⅲ中未产生白色沉淀，说明反应未生成SO3
【答案】D
【详解】
A. Ⅰ中固体变为红棕色，说明FeSO4分解生成了红棕色的Fe2O3，故A正确；
B. Ⅰ中反应需持续加热，说明FeSO4分解反应本身不放热，需要不断提供热量，说明FeSO4分解是吸热反应，故B正确；
C. SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，则Ⅱ中品红溶液颜色褪去，说明FeSO4分解生成了SO2，故C正确；
D. SO3是酸性氧化物，易与水反应生成硫酸，混合气体通过品红溶液使SO3被完全吸收，没有SO3进入氯化钡溶液中，则Ⅲ中未产生白色沉淀，不能说明反应未生成SO3，故D错误；
故选D。
9．用下列装置进行相应实验，能达到实验目的的是（ ）

A．用装置甲验证浓硫酸的脱水性和强氧化性 B．用装置乙验证浓硝酸的强氧化性
C．用装置丙可实现控制CO2发生和停止 D．用装置丁验证镁片与稀盐酸反应放热
【答案】D
【详解】
A．苹果块悬浮在浓硫酸上方，不能验证浓硫酸的脱水性和强氧化性，如苹果块变干，可说明浓硫酸的吸水性，故A不符合题意；
B．浓硝酸和碳应该在加热条件下进行，故B不符合题意；
C．碳酸钠是固体粉末，无法控制CO2发生和停止，故C不符合题意；
D．氢氧化钙溶解度随着温度升高而降低，如烧杯内有晶体析出，则说明反应放热，故D符合题意；
故答案为D。
10．实验室为探究铁与浓硫酸(足量)的反应，并验证SO2的性质，设计如图所示装置进行实验，下列说法不正确的是( )

A．装置B中酸性KMnO4溶液逐渐褪色，体现了二氧化硫的还原性
B．实验结束后可向装置A的溶液中滴加KSCN溶液以检验生成的Fe3+
C．装置D中品红溶液褪色可以验证SO2的漂白性
D．实验时将导管a插入浓硫酸中，可防止装置B中的溶液倒吸
【答案】B
【详解】
A.铁丝与浓硫酸加热反应生成SO2，因为酸性高锰酸钾具有强氧化性，装置B中酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了SO2的还原性，故A正确；
B.因为浓硫酸足量，浓硫酸具有强氧化性，可能把生成的Fe2＋氧化成Fe3＋，因此不能检验是否铁丝和浓硫酸反应生成的是Fe3＋，故B错误；
C.品红溶液褪色，体现SO2的漂白性，故C正确；
D.导管a的作用是使内外压强相同，防止装置B中的溶液倒吸，故D正确；
答案选B。
11．下列有关物质的用途，说法不正确的是（ ）
A．水玻璃是建筑行业常用的一种黏合剂
B．碳酸钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一
C．硫酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”
D．金属钠可以与钛、锆、铌、钽等氯化物反应置换出对应金属
【答案】B
【详解】
A. 水玻璃是硅酸钠的水溶液，可用于生产黏合剂和防火剂，故A正确；
B. 碳酸氢钠是烘制糕点所用发酵剂的主要成分之一，故B错误；
C. 硫酸钡医学上用作检查肠胃的内服剂，俗称“钡餐”，故C正确；
D. 金属钠的还原性比钛、锆、铌、钽的还原性强，可以与其氯化物反应置换出对应金属，故D正确；
题目要求选择错误选项，故选B。
12．某固体混合物中可能含有：K+、、Al3+、 Br-、、、等离子，某同学为了确认其成分进行了实验探究，实验及现象如下(所加试剂均足量)： 

下列说法正确的是
A．气体A中可能含有SO2
B．固体混合物中一定含有Br-、和
C．固体混合物中一定不含Al3+
D．为确定固体混合物中是否含K+，需进行焰色反应实验
【答案】C
【分析】
根据流程图可知，加入氯水后产生气体A，说明原固体混合物中存在，故一定不存在Al3+，得到橙色溶液，说明原固体混合物中存在Br-，加入Ba(OH)2加热后无能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，故说明原固体混合物中一定不存在，根据溶液中电荷守恒，故说明原固体混合物中一定存在K+，由于氯水能将氧化为，故加入Ba(OH)2后产生白色沉淀，不能说明原混合物是否含有，据此分析解题。
【详解】
A．由于+H2O+Cl2=+2H++2Cl-，故气体A中不可能含有SO2，A错误；
B．由分析可知，固体混合物中无法确定是否含有，B错误；
C．由分析可知，固体混合物中含有，由于3+ Al3+=Al(OH)3↓+3CO2↑，故一定不含Al3+，C正确；
D．由分析可知，根据电荷守恒即可确定固体混合物中一定含有K+，无需进行焰色反应实验，D错误；
故答案为：C。
13．过二硫酸是一种强氧化剂，过二硫酸及其盐都是不稳定的，加热时分解，电解硫酸氢钾溶液可得过二硫酸钾。下列说法不正确的是（ ）
A．中硫的化合价为
B．分解的化学方程式可能为：
C．电解溶液的化学方程式为：
D．溶液与反应的化学方程式为：
【答案】A
【详解】
A．S的最高化合价为+6价，故选A；
B．受热分解生成硫酸钾，三氧化硫以及氧气，则方程式为：，故B不选；
C．电解溶液时生成过二硫酸钾和氢气，则方程式为：，故C不选；
D．溶液与发生氧化还原反应，生成过二硫酸和硫酸铜，则方程式为：，故D不选。
14．天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是

A．该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
B．脱硫过程O2间接氧化H2S
C．亚铁是血红蛋白的重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血
D．《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，说明我国古代已利用天然气煮盐
【答案】A
【分析】
根据图示过程，Fe2(SO4)3在T.F菌的作用下将硫化氢氧化为硫单质，同时自身还原为硫酸亚铁，硫酸亚铁在氧气的氧化下生成硫酸铁，生成的硫酸铁又继续氧化硫化氢，形成循环，在此过程中硫酸铁可视为催化剂，据此回答。
【详解】
A．T.F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3可视为催化剂，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，A错误；
B．脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，B正确；
C．亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，需补充一定量的亚铁离子，C正确；
D．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，井火为天然气燃烧出现的火焰，故说明我国古代已利用天然气煮盐，D正确；
故选A。
15．硫化钠的溶液能溶解单质硫生成多硫化钠：Na2S+(x-1)S=Na2Sx。多硫化钠易燃，在酸性条件下不稳定，并且能强烈吸潮性结晶。下列关于 Na2Sx 的说法错误的是
A．Na2S溶液久置在空气中，可能生成 Na2Sx
B．酸性条件下Na2Sx发生分解，可能生成一种淡黄色沉淀与一种能使品红褪色的气体
C．Na2Sx应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存
D．Na2Sx具有一定氧化性，可以将葡萄糖中的醛基转化为羧基
【答案】B
【详解】
A. Na2S溶液久置在空气中，部分S2-被空气中氧气氧化为S，结合题干信息可知，可能生成 Na2Sx，故A正确；
B. 酸性条件下Na2Sx发生分解，如果生成一种淡黄色沉淀(S单质)与一种能使品红褪色的气体(SO2)，根据得失电子守恒可知，在酸性条件下还应当有H2S生成，而H2S与SO2会发生反应，不能在同一溶液中同时生成，故B错误；
C. 多硫化钠易燃且能强烈吸潮性结晶，所以Na2Sx应在远离火种、热源的阴凉、干燥处密封保存，故C正确；
D. 醛基的还原性强，可以被Cu(OH)2等弱氧化剂优化，Na2Sx中的S为-价，能够降低到-2价，所以Na2Sx具有一定氧化性，可以将葡萄糖中的醛基转化为羧基，故D正确；
答案选B。
16．物质类别和核心元素的价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。如图是某元素的“价类二维图”，其中单质b是黄色固体，f、h均为正盐，且焰色都是黄色。下列说法不正确的是

A．d能使品红溶液褪色
B．a和c反应可以生成b
C．e的浓溶液可用铝槽车运输
D．h的水溶液呈碱性
【答案】A
【分析】
单质b是黄色固体，则b是S元素，故该“价类二维图”是S元素的，f、h均为正盐，且焰色都是黄色，则f为Na2SO4，h为Na2SO3，故a为H2S、b为S、c为SO2、d为SO3，e为H2SO4，g为H2SO3，f为Na2SO4，h为Na2SO3。
【详解】
A.由分析可知，d为SO3，因为SO2具有漂白性，才会使品红溶液褪色，非SO3，A错误；
B.a为H2S、c为SO2，两者反应方程式为：2H2S+SO2=2S↓+2H2O，有S生成即为b，B正确；
C.e为H2SO4，浓硫酸与铝槽常温下发生钝化反应，可用铝槽车运输，C正确；
D.h为Na2SO3，为强碱弱酸盐，亚硫酸根发生水解，，溶液呈碱性，D正确；
答案选A。
二、非选择题
17．某校同学设计实验用Na2S2O3、HCOONa混合液与SO2反应制备Na2S2O3(保险粉)，实验装置(夹持及加热装置已略去)如下：

回答下列问题：
(1)A中发生反应的化学方程式为________________。
(2)B用于除杂，其中盛放的试剂为_____________。
(3)C中多孔球泡的作用有___________，C中生成Na2S2O4的化学方程式为_______(HCOO-转化为CO2)。
(4)利用如图装置检验C的尾气中含有CO2，D、E、F中盛放的试剂依次为____、_____、________。
(5)要从C的反应液中获得Na2S2O4·2H2O晶体，需进行的操作有_____，过滤、水洗、乙醇洗、真空干燥。
【答案】Na2SO3+2HCl=2NaCl+SO2↑+ H2O 饱和NaHSO3溶液 増大气液接触面，加快吸收速率 2HCOONa+Na2S2O3+2SO2=2Na2S2O4+2CO2↑+ H2O 酸性KMnO4溶液(或其他合理答案) 品红溶液 澄清石灰水 蒸发浓缩、冷却结晶
【分析】
A中Na2SO3与HCl反应产生SO2气体，由于盐酸具有挥发性，在制取得到的SO2气体中含有杂质HCl，通过饱和NaHSO3溶液的B装置除去HCl杂质，然后将气体通入C中，发生反应：2HCOONa+Na2S2O3+2SO2=2Na2S2O4+2CO2↑+ H2O，从装置C中逸出的气体中含有CO2、SO2，先通过酸性KMnO4溶液除去SO2，再用品红溶液检验SO2是否除尽，最后用澄清石灰水检验CO2气体。要从C的反应液中获得Na2S2O4·2H2O晶体，需进行的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤、真空干燥。
【详解】
(1) A中Na2SO3与HCl反应制取SO2，该反应的化学方程式为：Na2SO3+2HCl=2NaCl+SO2↑+ H2O；
(2)盐酸具有挥发性，在A中制取SO2气体中含有杂质HCl，B用于除杂，只除去HCl，不消耗SO2气体，其中盛放的试剂为饱和NaHSO3溶液；
(3)在装置C中SO2通入的导气管末端有一个多孔球泡，其作用是増大气液接触面，加快吸收速率；在C中Na2S2O3、HCOONa混合液与SO2反应制备Na2S2O3，反应生成Na2S2O4的化学方程式为：2HCOONa+Na2S2O3+2SO2=2Na2S2O4+2CO2↑+ H2O；
(4)由于C的尾气中含有CO2、SO2，利用如图装置检验C的尾气中含有CO2，要先通过酸性KMnO4溶液除去SO2，再用品红溶液检验SO2是否除尽，最后用澄清石灰水检验CO2气体，即D、E、F中盛放的试剂依次为酸性KMnO4溶液、品红溶液、澄清石灰水；
(5)要从C的反应液中获得Na2S2O4·2H2O晶体，需进行的操作有蒸发浓缩、冷却结晶、，过滤、水洗、乙醇洗、真空干燥。
18．硫酰氯(SO2Cl2)常用作氯化剂和氯磺化剂，在染料、药品、除草剂和农用杀虫剂的生产过程中有重要作用。现在拟用干燥的SO2和Cl2在活性炭催化下制取硫酰氯。反应的化学方程式为：SO2(g) +Cl2(g)=SO2Cl2(l)，实验装置如图所示(部分夹持装置未画出)。

已知：硫酰氯通常条件下为无色液体，熔点：54.1℃，沸点：69.1℃。在潮湿空气中“发烟”；100℃以上开始分解，生成二氧化硫和氯气；硫酰氯长期放置也会发生分解。回答下列问题：
(1)装置丙中仪器己的名称为___________。如果缺少仪器己，硫酰氯(SO2Cl2)会和空气中的水蒸气发生反应而变质，其化学反应方程式为__________________________。
(2)装置乙中的药品是__________________。为提高产率，需要控制丙中两种反应气体的体积比大约是1：1，具体的方法是______________________。
(3)装置戊上方分液漏斗中最好选用下列试剂：_______(选填字母)。
A．蒸馏水 B．饱和食盐水 C．浓氢氧化钠溶液 D．6.0 mol·L-1盐酸
(4)氯磺酸(ClSO3H)加热分解，也能制得硫酰氯：2ClSO3HSO2Cl2+H2SO4，分离两种产物的方法是______________(选填字母)。
A．重结晶 B．过滤 C．蒸馏 D．萃取
(5)长期存放的硫酰氯会发黄，猜测可能的原因是______________________。(用必要的文字和化学方程式加以解释)
(6)若反应中消耗的氯气体积为672mL(标准状况下)，最后经过分离提纯得到3. 24g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为_____________。
【答案】干燥管 SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4 浓硫酸 通过观察乙、丁导管口产生气泡的速度，控制气体发生装置中产生气体的速度相等 B C SO2Cl2= SO2+ Cl2，产生的氯气溶解在其中 80%
【分析】
本实验的目的是用干燥的氯气和二氧化硫制备SO2Cl2，装置甲中是用亚硫酸钠与硫酸反应制备二氧化硫，经浓硫酸干燥后通入丙装置；装置戊中盛有氯气，利用分液漏斗中的液体将氯气排出，经浓硫酸干燥后进入丙装置和二氧化硫反应，氯气和二氧化硫不能直接排放到空气中，用己装置中的碱石灰进行吸收，同时己装置还可以防止空气中的水蒸气进入。
【详解】
(1)根据仪器己的结构特点可知其为干燥管；如果缺少仪器己，硫酰氯(SO2Cl2)会和空气中的水蒸气发生反应，根据元素守恒可得化学方程式为SO2Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4；
(2)根据分析可知装置乙中为浓硫酸，用来干燥二氧化硫；通过观察乙、丁导管口产生气泡的速度，控制气体发生装置中产生气体的速度相等，从而使两种反应气体的体积比大约是1：1；
(3)分液漏斗中的液体是为了将氯气排出，所以不能溶解氯气，所以不选用蒸馏水和浓NaOH溶液，而6mol/L的盐酸浓度较大，混挥发出HCl气体杂质，而氯气难溶于饱和食盐水，所以选B。
(4)两种产物都呈液态，且沸点差别较大，可采用蒸馏方法进行分离，答案选C；
(5)根据题目信息可知硫酰氯分解会产生二氧化硫和氯气：SO2Cl2=SO2+Cl2，分解产生少量的氯气溶解在其中使硫酰氯会发黄。
(6)反应中消耗的氯气体积为672 mL(标准状况下)，氯则气的物质的量为0.03mol，根据反应SO2(g)+Cl2(g) =SO2Cl2(l)可知，理论上可以制备出的SO2Cl2的量为0.03mol，质量为0.03mol×135g/mol=4.05g，最后经过分离提纯得到3.24 g纯净的硫酰氯，则硫酰氯的产率为=80%。
19．焦亚硫酸钠 ( Na2S2O5)是一种食品添加剂，实验室用如图所示装置制备Na2S2O5 ，实验步骤如下：

(1)原料气(SO2)的制备
①装置A中盛装药品之前需要进行的操作是_______________；装置 B 的作用之一是观察SO2的生成速率，其中的试剂最好选用_____________(填字母)。
a. 蒸馏水
b. 饱和Na2SO3 溶液
c. 饱和NaHSO3 溶液
d. 饱和 NaHCO3溶液
②D 中盛放溶液的溶质的化学名称是 ____________________ 。
(2)焦亚硫酸钠(Na2S2O5) 的制备

① Na2S2O5 溶于水且与水能反应，所得溶液显酸性，其原因是_________________ ，步骤III中测定溶液的 pH 的方法是_____________________ ； pH＞ 4. 1 时，则产品中 会有副产物，其化学式是 ________________________。
②结晶脱水生成产品的化学方程式为________________________________。
(3) 产品含量的测定
测定产品中焦亚硫酸钠的质量分数，已知S2O52- +2I2 +3 H2O=2SO42-+ 4I-+ 6 H+ ；2S2O32- + I2 = S4O62-+2I-。请补充实验步骤(可提供的试剂有焦亚硫酸钠样品、标准碘溶液、淀粉溶液、酚酞溶液、标准Na2S2O3 溶液及蒸馏水)。
①精确称量0.2000g焦亚硫酸钠样品放入碘量瓶(带磨口塞的锥形瓶)中；
②准确移取V1 mL的过量的c1 mol·L-1的标准碘溶液(过量)并记录数据,在暗处放置5 min,然后加入5mL冰醋酸及适量蒸馏水;
③加入淀粉溶液，用c2mol·L-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液 ____________，读数；
④重复步骤①~③；根据相关记录数据计算出平均值:标准Na2S2O3溶液为V2 mL。
⑤产品中焦亚硫酸钠的质量分数为______________(用含有c1、c2、V1、V2的式子表示)。
【答案】检查装置气密性 c 氢氧化钠 Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度，使溶液显酸性 用 pH 计测定 Na2SO3 2NaHSO3=Na2S2O5 + H2O 由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色 47.5(c1V1-c 2 V2)%
【分析】
(1)①加入药品前应先检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，所选试剂应不与SO2反应，且SO2在其中的溶解度较小；
②二氧化硫有毒，直接排空会污染环境；
(2)①Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度；控制溶液pH为4.1，不能选用pH试纸测定，应选用pH计测定；pH>4.1时，溶液中会出现亚硫酸钠；
②结晶脱水时，饱和亚硫酸氢钠生成焦亚硫酸钠和水；
(3)根据氧化还原滴定的原理，在Na2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶液滴定，根据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量。
【详解】
(1)①加入药品前应先检查装置的气密性；装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，所选试剂应不与SO2反应，且SO2在其中的溶解度较小，二氧化硫易溶于水，能与亚硫酸钠溶液和碳酸氢钠溶液反应，二氧化硫不与亚硫酸氢钠反应，且不溶于亚硫酸氢钠，则最好选用饱和NaHSO3溶液，故答案为：气密性；c；
②二氧化硫有毒，直接排空会污染环境，装置D中盛有的氢氧化钠溶液可以吸收二氧化硫，防止污染环境，故答案为：NaOH；
(2)①Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离程度大于水解程度，所以会使溶液显酸性；步骤III中测定溶液PH值精确度为0.1，不能选用pH试纸，应选用pH计测定；在Na2CO3溶液中通入SO2至pH为4.1时，反应生成NaHSO3溶液，若pH>4.1时，溶液中会出现亚硫酸钠，即产品中会有副产物Na2SO3，故答案为：Na2S2O5与水反应生成NaHSO3，NaHSO3在水中电离使溶液显酸性；用pH计测定；Na2SO3；
②结晶脱水时，饱和亚硫酸氢钠生成焦亚硫酸钠和水，反应的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5 + H2O；
(3)③根据氧化还原滴定的原理，在Na2S2O5溶液中加入过量的标准碘溶液，使Na2S2O5被充分氧化，剩余的标准碘溶液再用标准Na2S2O3溶液滴定，根据加入的碘的总量和与Na2S2O3溶液反应的碘的量可以求得与Na2S2O5反应的碘的量，进而确定Na2S2O5的量，则加入淀粉溶液，用c2mol•L-1标准Na2S2O3溶液滴定至溶液由蓝色恰好变为无色，说明到滴定终点，故答案为：由蓝色恰好变为无色，且半分钟内不变色；
⑤由题意可知与硫代硫酸钠溶液反应消耗碘的物质的量为×c 2V2×10-3mol，则与焦亚硫酸钠反应耗碘的物质的量为（c1V1-c2V2）×10-3mol，由方程式可知焦亚硫酸钠的物质的量为×（c1V1-c2V2）×10-3mol，产品中焦亚硫酸钠的质量分数为×100%=47.5(c1V1-c2V2)%，故答案为：47.5(c1V1-c2V2)%。
20．绿矾（FeSO4·7H2O）可作还原剂、着色剂、制药等，在不同温度下易分解得到各种铁的氧化物和硫的氧化物。已知SO3是一种无色晶体，熔点16.8℃，沸点44.8℃，氧化性及脱水性较浓硫酸强，能漂白某些有机染料，如品红等。回答下列问题：

（1）甲组同学按照上图所示的装置，通过实验检验绿矾的分解产物。装置B中可观察到的现象是_____________________________，甲组由此得出绿矾的分解产物中含有SO2。装置C的作用是_________________________。
（2）乙组同学认为甲组同学的实验结论不严谨，认为需要补做实验。对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中__________（填字母）。
A．不含SO2 B．可能含SO2 C．一定含有SO3
（3）丙组同学查阅资料发现绿矾受热分解还可能有O2放出，为此，丙组同学选用甲组同学的部分装置和下图部分装置设计出了一套检验绿矾分解所得气态产物的装置：

①丙组同学的实验装置中，依次连接的合理顺序为_______________________。
②能证明绿矾分解产物中有O2的检验方法是________________________。
（4）为证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象____________________。
【答案】品红溶液褪色 吸收尾气，防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境 BC AFGBDH 用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃。 取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。
【分析】
二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气；氧气能使带火星的木条复燃；三价铁能使KSCN溶液变红。
【详解】
（1）二氧化硫能使品红褪色，装置B中可观察到的现象是品红溶液褪色。二氧化硫、三氧化硫是酸性气体，有毒，为防止SO2(SO3)等气体扩散到空气中污染环境，装置C的作用是尾气处理。
（2）二氧化硫、三氧化硫能使品红褪色，但二氧化硫使品红褪色后加热能恢复红色；对甲组同学做完实验的B装置的试管加热，发现褪色的品红溶液未恢复红色，则可证明绿矾分解的产物中可能含SO2或一定含有SO3。
（3）①检验绿矾分解所得气态产物，根据可能的产物性质，用无水硫酸铜验证没水、用冰水冷却气体看是否有无色晶体生成，若有无色晶体则含有三氧化硫；用品红检验二氧化硫；用氢氧化钠除去二氧化硫，用排水法收集可能生成的氧气，所以仪器连接顺序是AFGBDH；
②氧气能使带火星的木条复燃，所以检验氧气的方法是用带火星的木条检验H中收集到的气体，木条复燃证明有氧气生成；
（4）三价铁能使KSCN溶液变红，证明绿矾分解产物中含有三价铁的操作及现象是取少量分解产物于试管中，加入足量稀盐酸溶解，再滴加几滴KSCN溶液，溶液变红色，说明有三价铁。
21．人教版高中化学选修4实验2-3中用到了硫代硫酸钠，某化学兴趣小组对这一物质展开了如下探究。

实验一．制备Na2S2O3·5H2O
通过查阅资料，该化学兴趣小组设计了如下的装置(略去部分夹持仪器)来制取Na2S2O3·5H2O晶体。
已知烧瓶C中发生如下三个反应：
Na2S(aq)＋H2O(l)＋SO2(g) ＝ Na2SO3(aq)＋H2S(aq)
2H2S(aq)＋SO2(g) ＝3S(s)＋2H2O(l)；S(s)＋Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)
（1）写出A中的化学反应方程式___________________________________。
（2）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率。控制SO2生成速率可以采取的措施有_________________________（写一条）。
（3）装置E的作用是____________________。
（4）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，则烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为_________________________。
实验二．性质探究
（5）常温下，用pH试纸测定0.1mol·L－1 Na2S2O3溶液pH值约为8，测定时的具体操作是_______________________________________________________。
（6）向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，有硫酸根离子生成，写出该反应的离子化学方程式________________________________________。
实验三．Na2S2O3的应用
（7）用Na2S2O3溶液测定废水中Ba2＋浓度，步骤如下：取废水25.00mL，控制适当的酸度加入足量K2Cr2O7溶液，得BaCrO4沉淀；过滤、洗涤后，用适量稀盐酸溶解。此时CrO42-全部转化为Cr2O72-；再加过量KI溶液，充分反应后，加入淀粉溶液作指示剂，用0.0100mol·L-1的Na2S2O3标准溶液进行滴定，反应完全时，相关数据记录如下表所示：
滴定次数
1
2
3
4
消耗Na2S2O3标准溶液的体积/mL
18.02
20.03
17.98
18.00
部分反应的离子方程式为：
① Cr2O72-+6I-+14H+=3I2+2Cr3＋+7H2O
② I2+2S2O32－=S4O62－+2I－
滴定时Na2S2O3标准溶液应该用_____________________(填仪器名称) 盛装，该废水中Ba2+的物质的量浓度为_______________________。
【答案】Na2SO3＋H2SO4＝Na2SO4＋SO2↑＋H2O 调节硫酸的滴加速度 吸收多余的SO2或H2S，防止污染环境 2:1 取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH值 S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl- 碱式滴定管 0.0024mol·L－1
【详解】
（1）A中亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫和硫酸钠，反应的化学方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，故答案为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O；
（2）装置B的作用之一是观察SO2的生成速率，控制SO2生成速率可以通过调节硫酸的滴加速度实现，故答案为调节硫酸的滴加速度；
（3）在装置C中，通入的二氧化硫使溶液呈现酸性，在酸性溶液中，存在Na2S(aq)+H2O(l)+SO2(g)=Na2SO3(aq)+H2S(aq) 、2H2S(aq)+SO2(g)=3S(s)+2H2O(l)、S(s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)，二氧化硫和硫化氢会污染环境，因此装置E可以吸收多余的SO2或H2S，防止污染环境，故答案为吸收多余的SO2或H2S，防止污染环境；
（4）为提高产品纯度，应使烧瓶C中Na2S和Na2SO3恰好完全反应，根据题干提示C中的三个反应，可以推出2Na2S+Na2SO3+3SO2=3Na2S2O3，烧瓶C中Na2S和Na2SO3物质的量之比为2:1，故答案为2:1；
（5）常温下，用pH试纸测定0.1mol·L-1 Na2S2O3溶液pH值约为8，测定的具体操作为取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH值，故答案为取一小段pH试纸于表面皿上，用洁净的玻璃棒蘸取待测溶液点在pH试纸中段，与比色卡对照，读出溶液的pH值；
（6）向新制氯水中滴加少量Na2S2O3溶液，氯水颜色变浅，有硫酸根离子生成，氯气被还原为氯离子，反应的离子化学方程式为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl-，故答案为S2O32-+4Cl2+5H2O=2SO42-+10H++8Cl-；
（7）Na2S2O3溶液水解，溶液显碱性，应该选用碱式滴定管盛放Na2S2O3溶液进行滴定；根据表中数据可知，数据2有较大偏差，应舍去，消耗Na2S2O3标准溶液的体积为数据1、2、3的平均值，体积为mL=18.00mL，根据反应①Cr2O72-+61-+14H+=2Cr3++3I2+7H2O；②I2＋2S2O32－=S4O62－＋2I－，可得关系式6n(S2O32-)～n(Cr2O72-)～2n(Ba2+)，滴定用去的Na2S2O3的物质的量为0.010mol∙L-1×0.018L=1.8×10-4mol，所以Ba2+的物质的量为×1.8×10-4mol=6×10-5mol，25.00mL废水中Ba2+的物质的量浓度为=0.0024mol∙L-1，故答案为碱式滴定管；0.0024mol/L。
22．为了探究某固体化合物X(仅含3种元素，相对分子质量小于200)的组成和性质，设计并完成如下实验，其中X、A、B、C、D均为常见化合物。

请回答：
(1)黄色溶液中的金属阳离子是________。
(2)固体A→白色沉淀B的离子方程式是______________________________。
(3)X的化学式是_____________________________________。
【答案】Fe3+ SO3+Ba2++ H2O=BaSO4↓+2H+ FeSO4
【分析】
由黄色溶液中加入KSCN溶液，溶液变为血红色可知，黄色溶液为氯化铁溶液，则D为氧化铁；由气体C能使品红溶液褪色可知，C为二氧化硫，固体A与氯化钡溶液反应生成白色沉淀B，说明A为三氧化硫、B为硫酸钡；由质量守恒定律可知m(A)=30.4g-
(16.0g+0.1mol×64g/mol)=8.0g，则n(Fe2O3)= 0.1mol ，n(SO2)= 0.1mol ，n(SO3)=0.1mol，由铁原子、氧原子和硫原子个数守恒可知X中n(Fe):n(S):n(O)=0.2:0.2:(0.3+0.2+0.3)
=1:1:4，X为硫酸亚铁。
【详解】
（1）黄色溶液为氯化铁溶液，溶液中的金属阳离子是Fe3+，故答案为Fe3+；
（2）固体A→白色沉淀B的反应为三氧化硫与氯化钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，反应的离子方程式是SO3+Ba2++ H2O=BaSO4↓+2H+，故答案为SO3+Ba2++ H2O=BaSO4↓+2H+；
（3）由质量守恒定律可知m(A)=30.4g-(16.0g+0.1mol×64g/mol)=8.0g，则n(Fe2O3)= 0.1mol ，n(SO2)= 0.1mol ，n(SO3)=0.1mol，由铁原子、氧原子和硫原子个数守恒可知X中n(Fe):n(S):n(O)=0.2:0.2:(0.3+0.2+0.3)=1:1:4，X为硫酸亚铁，故答案为FeSO4。
23．含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题：
I.多硫化物是含多硫离子(Sx2-)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。
（1）Na2S2的电子式为___。
（2）Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子方程式为___。
（3）黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，其煅烧的化学方程式为___。
II.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。
（4）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为___。
（5）向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为___。
（6）向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为___。
III.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的滴定试剂，常用来滴定溶液中的含碘量。
（7）为测定某碘水中I2的浓度(假设碘水中的碘元素均以碘单质形式存在)，取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01mol·L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当___(填实验现象)，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则该碘水中I2的浓度为___mg·L-1。
【答案】 S52−+2H+=H2S↑+4S↓ 4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 +4 S2O52−+O2+H2O=2SO42−+2H+ Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2 滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不再变蓝 127
【分析】
Ⅰ．(1)Na2S2 是离子化合物，是钠离子和过硫根离子构成；

(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S；
(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2；
Ⅱ．(4)元素化合价倒数和为0计算得到元素的化合价；
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸；
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠；
Ⅲ．取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01mol•L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应终点的现象是滴入最后一滴溶液，蓝色变为无色且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算。
【详解】
Ⅰ．(1)Na2S2的电子式为；
(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，反应的离子方程式为S52−+2H+=H2S↑+4S↓；
(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
Ⅱ．(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价+1价，氧元素化合价−2价，化合价代数和为0计算得到硫元素的化合价为+4；
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式：S2O52−+O2+H2O=2SO42−+2H+；
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，反应的化学方程式：Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2；
Ⅲ．碘水加入淀粉变蓝色，当消耗完碘单质后溶液变为无色，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液后，溶液由蓝色变为无色且半分钟不再变蓝说明反应达到终点，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，2×c(I2) ×V(I2)=c(S2O32−)×V(S2O32−)，c(I2)==0.0005mol/L，0.0005mol/L×127 g/mol×2×1000mg/g=127mg/L。

24．实验室用红土镍矿（主要成分为NiS、FeS、CaS和SiO2等）为原料制备NiSO4·6H2O的流程如下：

已知：①CaF2难溶于水；NiSO4易溶于水，不溶于乙醇；②Ni溶于稀硫酸。
（1） “煅烧”得到的Ni2O3有强氧化性，“酸浸”时有气体产生且镍被还原为Ni2＋，则产生的气体为_________（填化学式）；浸出渣的主要成分为________（填化学式）。
（2） “酸浸”过程中，稀硫酸过量太多，会导致Ca2+沉淀不完全，可能的原因是___。
（3）将所得NiSO4溶液与NaHCO3溶液混合反应得到NiCO3·Ni（OH）2沉淀。
①沉淀反应的离子方程式为__________。
②检验NiCO3·Ni（OH）2沉淀是否洗涤完全的方法是___________。
（4）NiSO4质量分数随温度变化曲线如图，请补充流程中“过滤”后得到NiSO4· 6H2O晶体的实验方案：将滤渣____________，得到NiSO4·6H2O晶体（实验中须使用的试剂有：1 mol·L－1H2SO4，乙醇）。

【答案】O2 SiO2 CaF2（s） Ca2+ （aq）+ 2F－ （aq），硫酸过量太多，导致沉钙时溶液中的H+结合F－生成弱电解质HF，促进CaF2溶解 2Ni2＋＋4=NiCO3·Ni(OH)2↓＋3CO2↑＋H2O 取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象则已洗涤干净 溶于适当过量的1 mol·L－1 H2SO4，过滤，将滤液蒸发浓缩，降温至28 ℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥
【分析】
红土镍矿“煅烧”后得到含Ni2O3、Fe2O3、CaO和SiO2等的固体；由于Ni2O3有强氧化性，“酸浸”时有气体产生且镍被还原为Ni2＋，SiO2与稀硫酸不反应，则“酸浸”得到的酸浸液中含NiSO4、Fe2（SO4）3、CaSO4，浸出渣的主要成分为SiO2；酸浸液中加入NiF2将Ca2+转化为CaF2沉淀而除去；加入H2S将NiSO4还原为Ni、Fe2（SO4）3还原为FeSO4，H2S自身被氧化成S，经“过滤”后的滤渣经一系列步骤制得NiSO4·6H2O晶体。
【详解】
（1）“煅烧”得到的Ni2O3有强氧化性，“酸浸”时有气体产生且镍被还原为Ni2＋，根据氧化还原反应中化合价变化可以判断产生的气体为O2；SiO2难溶于水、且与稀硫酸不反应，因此浸出渣的主要成分为SiO2；
故答案为：O2；SiO2；
（2）CaF2存在沉淀溶解平衡CaF2（s） Ca2+ （aq）+ 2F－ (aq)，硫酸过量太多，导致沉钙时溶液中的H+结合F－生成弱电解质HF，促进CaF2溶解；
故答案为：CaF2（s） Ca2+ （aq）+ 2F－ (aq)，硫酸过量太多，导致沉钙时溶液中的H+结合F－生成弱电解质HF，促进CaF2溶解；
(3)①根据题意，沉淀反应的离子方程式为2Ni2＋＋4=NiCO3·Ni(OH)2↓＋3CO2↑＋H2O；
②反应后溶液中含Na2SO4，NiCO3·Ni(OH)2沉淀上吸附有Na2SO4，检验其是否洗涤完全，即检验NiCO3·Ni(OH)2洗涤后滤液中是否含 ，故方法是：取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象则已洗涤干净；
故答案为：2Ni2＋＋4=NiCO3·Ni(OH)2↓＋3CO2↑＋H2O；取最后一次洗涤液，向其中滴加盐酸酸化的BaCl2溶液，若无明显现象则已洗涤干净；
(4) 根据分析，“过滤”后的滤渣中含Ni和S，已知Ni溶于稀硫酸，而硫不溶于稀硫酸，故先将滤渣溶于适当过量的1mol/L硫酸溶液，过滤除去硫，得到NiSO4溶液；根据题图所示，要得到NiSO4·6H2O，温度要控制在28 ℃以上，即将NiSO4溶液蒸发浓缩，降温至28℃结晶，趁热过滤，乙醇洗涤，低温干燥即可得NiSO4·6H2O；因此流程中“过滤”后得到NiSO4·6H2O晶体的实验方案如下：将滤渣溶于适当过量的1 mol·L－1 H2SO4，过滤；将滤液蒸发浓缩，降温至28 ℃结晶；趁热过滤；用乙醇洗涤，低温干燥即可得到NiSO4·6H2O晶体；
故答案为：溶于适当过量的1 mol·L－1 H2SO4，过滤，将滤液蒸发浓缩，降温至28 ℃结晶，趁热过滤，用乙醇洗涤，低温干燥。
25．是染料工业中常用的还原剂，难溶于乙醇，受热易分解。某研究小组对的性质与制备方法进行了研究。
Ⅰ.锌粉法制备。

(1)的制备过程要在无氧条件下进行，其原因是___________；为了增大的吸收效率，可采取的措施有___________(任写一点)。
(2)步骤②需要控制温度在，可能的原因是___________。
(3)步骤③中加入一定量固体的目的是___________。
Ⅱ.对性质的探究。
(4)常温下，的溶液的约为8，露置在空气中，溶液的逐渐减小至5，再经过一段时间，溶液的减小至1，则溶液的从8逐渐减小至5的过程中，可能发生反应的化学方程式为___________，后来继续减小至1的原因是___________。
(5) 固体在隔绝空气的条件下加热至时完全分解，生成、、，检验产物中是否含有的实验方法是___________。
【答案】具有强还原性，容易被氧气氧化 增大与悬浊液的接触面积(或通入的导管末端连接一个多孔球泡或将缓慢通入悬浊液中等) 温度过高，容易分解;温度过低，反应速率太慢 增大溶液中，降低的溶解度，便于结晶析出 逐渐被氧化为，使溶液酸性增强 取少量固体溶于足量稀盐酸中，静置后向溶液中滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，则产物中含有硫酸钠
【详解】
(1)由于中S的化合价为+3价，处于S的中间价位，所以该物质既有氧化性又有还原性，但中的S主要体现还原性，所以的制备过程要在无氧条件下进行，其原因为具有强还原性，容易被氧气氧化；增大的吸收效率的措施有：可以增大二氧化硫与悬浊液的接触面以及减缓二氧化硫的流速等，故答案为：具有强还原性，容易被氧气氧化；增大与悬浊液的接触面积(或通入的导管末端连接一个多孔球泡或将缓慢通入悬浊液中等)；
(2) 不稳定受热易分解，但温度过低化学反应速率太慢，所以步骤②需要控制温度在，可能的原因是：温度过高，容易分解；温度过低，反应速率太慢，故答案为：温度过高，容易分解；温度过低，反应速率太慢；
(3) 属于钠盐，易溶于水，所以步骤③中加入一定量固体的目的是为了增大溶液中钠离子的浓度，减小的溶解，从而提高的产率，故答案为：增大溶液中，降低的溶解度，便于结晶析出；
(4)由题意可知溶液被空气中的氧气氧化为，从而使溶液的pH由8降低至5，溶液会被空气中的氧气继续氧化为从而使溶液的pH值将到1，故答案为：；逐渐被氧化为，使溶液酸性增强；
(5)能与氯化钡反应产生白色的固体，所以检验产物中是否含有的实验方法是：取少量固体溶于足量稀盐酸中，静置后向溶液中滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，则产物中含有硫酸钠，故答案为：取少量固体溶于足量稀盐酸中，静置后向溶液中滴加氯化钡溶液，若有白色沉淀，则产物中含有硫酸钠。

26．X是由四种短周期元素组成的纯净物，含结晶水，相对分子量范围：105～230。它是工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂，现将X按如图流程实验，气体A到气体B质量减轻7.2g，气体B能使品红溶液褪色，固体B中含两种固体(两种固体所含元素相同)，溶液D焰色反应呈黄色。(气体体积均为标况下体积)。

请回答：
(1)X中含有的非金属元素有___(填写元素符号)。
(2)写出X隔绝空气加热的化学方程式____。
(3)X溶液暴露于空气中易吸收氧气而被氧化成一种酸式盐，请写出离子方程式____。
【答案】H、O、S 2Na2S2O4∙2H2ONa2SO3+Na2S2O3+SO2↑+2H2O 2+3O2+2H2O=4H++4
【分析】
X隔绝空气加强热，气体A到气体B质量减轻7.2g，减轻的是水的质量，水的物质的量为=0.4mol，故X中结晶水的物质的量为0.4mol，溶液D焰色反应呈黄色，则含有Na元素，固体B中含有钠元素，生成的气体B能使品红褪色，则B为SO2，物质的量为=0.1mol，固体B中含两种固体(两种固体所含元素相同)，则B中的一种为Na2S2O3，发生的反应为Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+2NaCl+H2O，加入足量盐酸反应生成SO2，物质的量为=0.2mol，生成的淡黄色沉淀为S，质量为3.2g，物质的量为=0.1mol，而反应Na2S2O3+2HCl=S↓+SO2↑+2NaCl+H2O中生成的S、SO2均为0.1mol，所以B中的一种为Na2SO3，反应为：Na2SO3+2HCl=SO2↑+2NaCl+H2O，该反应生成SO2为0.2mol-0.1mol=0.1mol，结合方程式可知，Na2S2O3为0.1mol，Na2SO3为0.1mol，X分解得到0.1molSO2，根据原子守恒可知42.0g物质X中含有：Na原子为0.1mol×2+0.1mol×2=0.4mol，S原子为0.1mol+0.1mol×2+0.1mol=0.4mol，O原子为(0.1mol+0.1mol)×3+0.1mol×2=0.8mol，最简式为NaSO2，由于题中已知工业上重要的还原性漂白剂，也是重要的食品抗氧化剂，说明X的还原性极强，而连二亚硫酸钠(化学式为Na2S2O4)，有强还原性，水的物质的量为0.4mol，相对分子量范围：105～230，所以X的化学式为Na2S2O4∙2H2O，据此分析。
【详解】
(1)根据分析，X的化学式为：Na2S2O4∙2H2O，X中含有的非金属元素有H、O、S；
(2)根据分析，X隔绝空气加热得到二氧化硫、Na2SO3、Na2S2O3，化学方程式为：2Na2S2O4∙2H2ONa2SO3+Na2S2O3+SO2↑+2H2O；
(3)X溶液中含有Na2S2O4，硫的化合价为+3价，暴露于空气中易吸收氧气而被氧化成一种酸式盐，化合价升高，被氧化成硫酸氢钠，一个硫原子的化合价升高了3价，一个氧原子的化合价降低了2价，根据化合价升降总和相等、电荷守恒、质量守恒配平离子方程式为：2+3O2+2H2O=4H++4。


浙江真题题组
1.(2020年7月选考)．下列物质对应的组成不正确的是( )
A．干冰： B．熟石灰：
C．胆矾： D．小苏打：
【答案】B
A．干冰为固体二氧化碳，故A正确；
B．熟石灰成分为Ca(OH)2，CaSO4·2H2O为生石膏，故B错误；
C．胆矾为五水合硫酸铜晶体，故C正确；
D．小苏打是碳酸氢钠的俗名，故D正确；
答案选B。
2.（2020年1月浙江选考）．．100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)。下列说法不正确的是
A．Na2S2O7水溶液呈中性
B．焦硫酸具有强氧化性
C．Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐
D．100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是化学变化
【答案】A
A.既然是焦硫酸，水溶液应该呈酸性，A项错误；
B.焦硫酸可以看作由硫酸和三氧化硫通过化合反应生成的，浓硫酸具有强氧化性，由此可以推断焦硫酸具有强氧化性，B项正确；
C.焦硫酸钠可以看化由硫酸钠和化合而成，是酸性氧化物，可以与碱性氧化物反应得到盐，C项正确；
D.焦硫酸和硫酸不是同一种物质，因此生成焦硫酸是一个化学变化，D项正确；
答案选A。
3．[2021年4月浙江选考]针对下列实验现象表述不正确的是
A．用同一针筒先后抽取80 mL氯气、20 mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色
B．在表面皿中加入少量胆矾，再加入3 mL浓硫酸，搅拌，固体由蓝色变白色
C．向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液，再滴加双氧水，产生白色沉淀
D．将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，镁条剧烈燃烧，有白色、黑色固体生成
【答案】A
【解析】A．氯气可溶于水，在常温时，1体积水大约能溶解2体积氯气，因而20 mL水大约能溶解40 mL氯气，气体大约剩余40 mL未溶解，A项错误；
B．胆矾指的是五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O），其显蓝色，而浓硫酸具有吸水性，CuSO4·5H2O变为CuSO4，CuSO4为白色固体，B项正确；
C．双氧水将SO2氧化，离子方程式为H2O2+SO2 =SO42-+2H+，氯化钡溶液中Ba2+与SO42-生成BaSO4白色沉淀，C项正确；
D．将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶，发生反应的化学方程式为，MgO为白色固体，C是黑色固体，D项正确。故答案选A。
4．[2018年11月浙江选考]通过实验得出的结论正确的是
A．将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀，则该固体试样中存在SO42-
B．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，则该固体试样中不存在Fe3+
C．在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在NH4+
D．在某固体试样加水后的上层清液中，滴加盐酸出现白色沉淀，再加NaOH溶液沉淀溶解，则该固体试样中存在SiO32-
【答案】C
【解析】A、当固体中含有SO32-时，在酸性条件下滴加Ba(NO3)2溶液会被氧化生成硫酸根离子，看到相同现象，故不一定是SO42-，选项A错误；B、若固体为FeCl3和Fe的混合物时，也有相同的现象，故固体试样中可能存在Fe3＋，选项B错误；C、检验NH4+为加NaOH溶液，加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，选项中没有加热，故不能确定有没有铵根离子，选项C正确；D、盐酸出现白色沉淀，再加NaOH溶液沉淀溶解可能原固体中有AlO2-，不一定为SiO32-，选项D错误。答案选C。
5．[2021年10月浙江选考]下列能使品红溶液褪色的是
A．SO2 B．BaSO4 C．KCl D．CO2
【答案】A
【解析】SO2能与品红化合生成一种无色的不稳定的化合物，所以SO2能使品红溶液褪色(加热后又恢复为原来的的红色)。
6．[2021年4月浙江选考]下列说法不正确的是
A．氯气可用于自来水的消毒
B．镁可用于制造信号弹和焰火
C．氢氧化铁胶体能用于净水
D．二氧化硫不可用于漂白纸浆
【答案】D
【解析】A项，氯气可用于自来水的消毒，A项正确；B项，镁燃烧发出耀眼的强光，可用于制造信号弹和焰火，B项正确；C项，氢氧化铁胶体具有很强的吸附能力，能用于净水，C项正确；D项，二氧化硫具有漂白性，可用于漂白纸浆，D项不正确。
7．[2021年10月浙江选考]有关SO2的性质，下列说法不正确的是
A．能使品红溶液褪色
B．能与NaOH溶液反应
C．能与H2O反应生成H2SO4
D．一定条件下能与O2反应生成SO3
【答案】C
【解析】本题考查SO2的化学性质。SO2具有漂白性能使品红溶液褪色，故A正确；SO2为酸性氧化物，能与NaOH溶液反应，生成盐和水，故B正确；SO2与水反应生成H2SO3，故C错误；SO2具有还原性，在催化剂和加热条件下可与氧气反应生成SO3，故D正确。
8.（2020年1月浙江选考）．Ⅰ．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

请回答：
(1)组成A的三种元素是________，A的化学式是________。
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是________。
(3)气体E与甲醛在一定条件下可生成乌洛托品(学名：亚甲基四胺)，该反应的化学方程式是________(乌洛托品可以用分子式表示)。
Ⅱ．某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：

请回答：
(1) 三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用一个化学方程式表示________。
(2) 若通入水中的Cl2O已过量，设计实验方案检验________。
【答案】Ca、H和N Ca2HN Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl 4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O 2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O 用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量

Ⅰ．（1）由分析可知，组成A的三种元素是Ca、N和H，由钙原子个数守恒可知，固体A中钙的物质的量为=0.04mol，质量为0.04mol×40g/mol=1.6g，固体A与足量盐酸反应时，固体A中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，固体A中氢的物质的量为×2×=0.02mol，质量为0.02mol×1g/mol=0.02g，则固体A中氮的物质的量为=0.02mol，A中Ca、N和H的物质的量比为0.04mol: 0.02mol: 0.02mol=2:1:1，化学式为Ca2HN，故答案为：Ca、H和N ；Ca2HN；
（2）Ca2HN与足量盐酸反应时，Ca2HN中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl，故答案为：Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl；
（3）氨气与甲醛反应生成和水，反应的化学方程式为4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O，故答案为4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O；
Ⅱ．（1）由三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性可知，H2S和Cl2O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应的化学方程式为2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O，故答案为：2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O；
(2) Cl2O具有强氧化性，若通入水中的Cl2O已过量，过量的Cl2O能与碘化钾溶液反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则检验Cl2O已过量的实验方案为用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量，故答案为：用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量。
9．[2018年11月浙江选考]某同学用下列装置完成了浓硫酸和SO2性质实验（夹持装置已省略）。请回答：

（1）下列说法正确的是__________。
A．反应后，将试管Ⅰ中的白色固体加入水中，溶液呈蓝色
B．取下试管Ⅲ并不断振荡，试管中出现浑浊，是因为生成了BaSO4
C．试管Ⅳ中KMnO4溶液褪色，说明SO2具有氧化性
D．试管V中的NaOH溶液可用Na2CO3溶液代替
（2）取下试管Ⅱ，在该试管口套上气球，将无色溶液加热恢复至红色，冷却后，发现溶液颜色再次变浅。解释“无色→红色→颜色变浅”变化的原因______________。
【答案】（1）ABD
（2）SO2遇品红生成不稳定的无色物质，受热释放SO2，溶液恢复红色；温度降低，SO2在品红溶液中溶解度增大，溶液颜色变浅。
【解析】Cu＋2H2SO4（浓）CuSO4＋2H2O＋SO2↑，反应会生成二氧化硫，该题考查的是二氧化硫的相关性质。
（1）试管Ⅰ的白色固体为CuSO4，加入水中，溶液会变蓝，选项A正确；ⅢSO2通入BaCl2中，但是取下试管，不断振荡时发生反应2BaCl2+2SO2+O2+2H2O=2BaSO4↓+4HCl，试管中出现浑浊是因为生成了BaSO4，选项B正确；Ⅳ中高锰酸钾褪色是因为SO2具有还原性，选项C错误：V是尾气吸收装置，Na2CO3可以吸收SO2，选项D正确。答案选ABD；
（2）SO2遇品红生成不稳定的无色物质，受热释放SO2，溶液恢复红色；温度降低，SO2在品红溶液中溶解度增大，溶液颜色变浅。
10．[2021年11月浙江选考]已知固体Na2SO3受热易分解，实验流程和结果如下：

已知：气体Y是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518g·L－1。请回答：
（1）气体Y分子的电子式_________________，白色沉淀的化学式___________________。
（2）该流程中的Na2SO3受热分解的化学方程式____________________________________。
（3）另取固体X试样和Na2SO3混合，加水溶解后与稀盐酸反应，有淡黄色沉淀产生。写出产生淡黄色沉淀的离子方程式________________________（不考虑空气的影响）。
【答案】（1） BaSO4
（2）4Na2SO3Na2S＋3Na2SO4
（3）＋2S2－＋6H＋===3S↓＋3H2O
【解析】气体Y是一种纯净物，在标准状况下的密度为1.518g·L-1，Y的相对分子质量为1.518×22.4=34，结合Na2SO3中的元素可知，Y为H2S，固体X与盐酸反应生成硫化氢和溶液，溶液中加入氯化钡反应生成白色沉淀，说明固体X中含有Na2S和硫酸钠。
（1）气体Y为硫化氢，电子式为，白色沉淀为硫酸钡，故答案为：；BaSO4；
（2）隔绝上述分析，流程中的Na2SO3受热分解的化学方程式为4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，故答案为：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4；
（3）固体X和Na2SO3混合，加水溶解后与稀盐酸反应，有淡黄色硫沉淀产生，产生淡黄色沉淀的离子方程式为SO32-+2S2-+6H+===3H2O+3S↓。
点睛：隔绝气体的密度确定Y的化学式是解答本题的关键。本题的易错点为硫化氢的电子式的书写，硫化氢属于共价化合物，不存在离子键。

全国真题题组
1.(2020年江苏高考)．打赢蓝天保卫战，提高空气质量。下列物质不属于空气污染物的是
A．PM2. 5 B．O2 C．SO2 D．NO
【答案】B
【解析】
A．PM2.5指环境空气中空气动力学当量直径小于等于2.5微米的颗粒物，PM2.5粒径小，面积大，活性强，易附带有毒、有害物质，且在大气中的停留时间长、输送距离远，因而对人体健康和大气环境质量的影响大，其在空气中含量浓度越高，就代表空气污染越严重，PM2.5属于空气污染物，A不选；
B．O2是空气的主要成分之一，是人类维持生命不可缺少的物质，不属于空气污染物，B选；
C．SO2引起的典型环境问题是形成硫酸型酸雨，SO2属于空气污染物，C不选；
D．NO引起的典型环境问题有：硝酸型酸雨、光化学烟雾、破坏O3层等，NO属于空气污染物，D不选；
答案选B。
2. (2020年北京卷)．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：


下列说法不正确的是
A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂
C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键
【答案】D
【解析】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；
B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；
C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；
D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；
答案选D。
3.(2020年北京卷)．用下列仪器或装置(图中夹持略)进行相应实验，不能达到实验目的的是
A
B
C
D




配制一定物质的量浓度的氯化钠溶液
检验浓硫酸与铜反应产生的二氧化硫
检验溴乙烷消去产物中的乙烯
分离酒精和水
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A．图示为配制一定量浓度溶液的转移操作，图示操作正确，故A 能达到实验目的；
B．浓硫酸和铜在加入条件下反应生成二氧化硫，二氧化硫具有漂白性，通入到品红溶液中，若品红褪色，则证明生成二氧化硫，二氧化硫气体是大气污染物，不能排放到空气中，试管口用浸有氢氧化钠溶液的棉花团吸收二氧化硫，图示正确，故B能达到实验目的；
C．溴乙烷在氢氧化钠醇溶液加热作用下发生消去反应生成乙烯，由于乙醇易挥发，制得的乙烯中含有乙醇蒸汽，先通过水，使乙醇溶于水，在将气体通入酸性高锰酸钾溶液中，若酸性高锰酸钾溶液褪色，则可以证明反应中产生乙烯，故C能达到实验目的；
D．乙醇和水任意比互溶，分液操作无法分离，故D不能达到实验目的；
答案选D。
4.(2020年山东高考)实验室中下列做法错误的是
A．用冷水贮存白磷 B．用浓硫酸干燥二氧化硫
C．用酒精灯直接加热蒸发皿 D．用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧
【答案】D
【解析】
A．白磷着火点低，易自然，且密度比水大，常保存在冷水中，A正确；
B．浓硫酸有吸水性且不与SO2反应，可用浓硫酸干燥SO2，B正确；
C．蒸发皿可直接加热，蒸发操作时，用酒精灯直接加热蒸发皿，C正确；
D．K燃烧有K2O2、KO2生成，K2O2、KO2和CO2反应产生O2助燃，所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧，D错误。
答案选D。
5.(2020年天津卷)．检验下列物所选用的试剂正确的是

待检验物质
所用试剂
A
海水中的碘元素
淀粉溶液
B
SO2气体
澄清石灰水
C
溶液中的Cu2+
氨水
D
溶液中的
NaOH溶液，湿润的蓝色石蕊试纸
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【解析】
A．淀粉溶液可以检验碘单质，不能检验碘元素，故A错误；
B．能使澄清石灰水变浑浊的气体可以是二氧化硫或二氧化碳，应该用品红检验二氧化硫气体，故B错误；
C．铜离子遇到氨水会先产生氢氧化铜蓝色沉淀，继续加氨水会生成四氨合铜离子，检验铜离子可以用氨水，故C正确；
D．铵根离子遇氢氧化钠溶液（加热）生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，不能使用湿润的蓝色石蕊试纸检验氨气，故D错误；
答案选C。
6.(2020年全国2卷)．北宋沈括《梦溪笔谈》中记载：“信州铅山有苦泉，流以为涧。挹其水熬之则成胆矾，烹胆矾则成铜。熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”。下列有关叙述错误的是
A．胆矾的化学式为CuSO4
B．胆矾可作为湿法冶铜的原料
C．“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程
D．“熬胆矾铁釜，久之亦化为铜”是发生了置换反应
【答案】A
【解析】
A.胆矾为硫酸铜晶体，化学式为CuSO45H2O，A说法错误；
B.湿法冶铜是用铁与硫酸铜溶液发生置换反应制取铜，B说法正确；
C.加热浓缩硫酸铜溶液可析出胆矾，故“熬之则成胆矾”是浓缩结晶过程，C说法正确；
D.铁与硫酸铜溶液发生置换反应生成铜，D说法正确。
综上所述，相关说法错误的是A，故选A。
7.(2020年全国3卷)．喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是


气体
溶液
A．
H2S
稀盐酸
B．
HCl
稀氨水
C．
NO
稀H2SO4
D．
CO2
饱和NaHCO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A．由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A错误；
B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B正确；
C．一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误；
D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D错误；
故选B。
8．[2021海南]我国古代典籍中有“石胆……浅碧色，烧之变白色者真”的记载，其中石胆是指
A． B．
C． D．
【答案】A
【解析】在选项给出的四种物质中只有、晶体有色，而和均为无色晶体，加热分解生成CuSO4和H2O，CuSO4呈白色；而加热发生分解反应，生成的Fe2O3呈红棕色，所以符合题意的物质是，故合理选项是A。
9．[2021北京]根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是

溶液
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S溶液
产生黄色沉淀
SO2有氧化性
C
酸性KMnO4溶液
紫色溶液褪色
SO2有漂白性
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性：H2SO3>H2SiO3
【答案】C
【解析】A、混合溶液中SO2被FeCl3氧化生成SO42−，再与BaCl2反应产生白色沉淀，体现了SO2的还原性，A正确；B、SO2与H2S在溶液发生反应SO2+2H2S=3S↓+2H2O，体现了SO2的氧化性，B正确；C、SO2使酸性KMnO4溶液褪色，这是SO2在酸性溶液中还原KMnO4生成Mn2+，体现了SO2的还原性，C错误；D、SO2与Na2SiO3溶液产生胶状沉淀，根据较强酸制较弱酸，可得结论酸性：H2SO3>H2SiO3，D正确。答案选C。
【名师点睛】掌握SO2的性质特点是解答的关键，选项C是易错点，要明确并不是遇到褪色就是漂白，要搞清楚反应的原理以及常见的漂白剂。SO2通入下列溶液中的现象与其体现的性质归纳如下：
溶液
石蕊试液
加有酚酞的
NaOH溶液
酸性KMnO4
溶液
溴水
品红
溶液
氢硫酸
(H2S溶液)
现象
变红
褪色
褪色
褪色
褪色
生成浅黄色沉淀
性质
酸性氧化物
酸性氧化物
还原性
还原性
漂白性
氧化性
10．［2021上海］在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见图）。下列说法错误的是

A．a、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同
B．c、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同
C．热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体
D．c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率
【答案】B
【解析】A．根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，正确；B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，SO3变为液态，故二者含有的气体的成分不相同，错误；C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，正确；D．处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，正确。故选B。
11.(2020年北京卷)．探究Na2SO3固休的热分解产物。
资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。
隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。
(1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是____。
(2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，____(填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO。
(3)探究(2)中S的来源。
来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。
来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。
针对来源1进行如图实验：

①实验可证实来源1不成立。实验证据是____。
②不能用盐酸代替硫酸的原因是____。
③写出来源2产生S的反应的离子方程式：____。
(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：____。
【答案】S2-+Cu2+=CuS↓ 滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀， 向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色 盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论； Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓ 根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质
【解析】
【详解】
(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2-+Cu2+=CuS↓；
(2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO；
(3)①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3；
②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；
③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓；
(4)根据已知资料：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质。
12.(2020年江苏高考)．吸收工厂烟气中的SO2，能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化，可得到硫酸盐。
已知：室温下，ZnSO3微溶于水，Zn(HSO3)2易溶于水；溶液中H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数随pH的分布如图-1所示。

(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2，主要反应的离子方程式为___________；当通入SO2至溶液pH=6时，溶液中浓度最大的阴离子是_____________(填化学式)。
(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2，在开始吸收的40mim内，SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化(见图-2)。溶液pH几乎不变阶段，主要产物是____________(填化学式)；SO2吸收率迅速降低阶段，主要反应的离子方程式为_______________。

(3)O2催化氧化。其他条件相同时，调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内，pH越低SO生成速率越大，其主要原因是__________；随着氧化的进行，溶液的pH将__________(填“增大”、“减小”或“不变”)。
【答案】或
HSO ZnSO3 或
随着pH降低，HSO浓度增大 减小
【解析】

(1)向氨水中通入少量SO2时，SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，反应的离子方程式为2NH3+H2O+SO2=2+（或2NH3·H2O +SO2=2++H2O）；根据图-1所示，pH=6时，溶液中不含有亚硫酸，仅含有和，根据微粒物质的量分数曲线可以看出溶液中阴离子浓度最大的是；
(2)反应开始时，悬浊液中的ZnO大量吸收SO2，生成微溶于水的ZnSO3，此时溶液pH几乎不变；一旦ZnO完全反应生成ZnSO3后，ZnSO3继续吸收SO2生成易溶于水的Zn(HSO3)2，此时溶液pH逐渐变小，SO2的吸收率逐渐降低，这一过程的离子方程式为ZnSO3+SO2+H2O=Zn2++2（或ZnO+2SO2+H2O=Zn2++2）
(3) pH值大于6.5时，S(IV)以微溶物ZnSO3形式存在，使S(IV)不利于与O2接触，反应速率慢；pH降低，S(IV)的主要以形式溶于水中，与O2充分接触。因而pH降低有生成速率增大；随着反应的不断进行，大量的反应生成，反应的离子方程式为2+O2=2+2H+，随着反应的不断进行，有大量的氢离子生成，导致氢离子浓度增大，溶液pH减小。
13.(2020年天津卷)．为测定CuSO4溶液的浓度，甲、乙两同学设计了两个方案。回答下列问题：
Ⅰ.甲方案
实验原理：
实验步骤：

(1)判断沉淀完全的操作为____________。
(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为_____________。
(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器名称为__________。
(4)固体质量为wg，则c(CuSO4)=________mol‧L-1。
(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，则测得c(CuSO4)_________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
Ⅱ.乙方案
实验原理：，

实验步骤:
①按右图安装装置(夹持仪器略去)
②……
③在仪器A、B、C、D、E…中加入图示的试剂
④调整D、E中两液面相平，使D中液面保持在0或略低于0刻度位置，读数并记录。
⑤将CuSO4溶液滴入A中搅拌，反应完成后，再滴加稀硫酸至体系不再有气体产生
⑥待体系恢复到室温，移动E管，保持D、E中两液面相平，读数并记录
⑦处理数据
(6)步骤②为___________。
(7)步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是________(填序号)。
a.反应热受温度影响 b.气体密度受温度影响 c.反应速率受温度影响
(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，则c(CuSO4)______mol‧L-1(列出计算表达式)。
(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，则测得c(CuSO4)________(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
(10)是否能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度：_________(填“是”或“否”)。
【答案】向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全 AgNO3溶液 坩埚 偏低 检查装置气密性 b 偏高 否
【解析】

Ⅰ．(1)硫酸根离子的检验是滴加氯化钡溶液，若产生白色沉淀，证明溶液中含有硫酸根离子，故判断沉淀完全的操作向上层清液中继续滴加BaCl2溶液，无白色沉淀生成，则沉淀完全；
(2)步骤②判断沉淀是否洗净所选用的试剂为AgNO3溶液，硫酸钡沉淀中可能附着有氯化钡，为了证明还有没氯离子，需要加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，证明没有洗净；
(3)步骤③灼烧时盛装样品的仪器为坩埚；
(4)固体质量为wg，为硫酸钡的质量，硫酸钡的物质的量为n=，根据硫酸根守恒可知，CuSO4~BaSO4，则c(CuSO4)===mol‧L-1；
(5)若步骤①从烧杯中转移沉淀时未洗涤烧杯，会使固体的质量偏小，物质的量偏小，根据可知，则测得c(CuSO4)偏低；
Ⅱ．(6)加入药品之前需检查装置的气密性；步骤②为检查装置气密性；
(7)气体的体积受温度和压强的影响较大，气体的质量不随温度和压强的变化而改变，密度也受温度和压强的影响，步骤⑥需保证体系恢复到室温的原因是气体密度受温度影响；反应热不受温度的影响，只与反应物和生成物自身的能量有关，不随温度压强而改变；反应速率受温度影响，温度越高，反应速率越快，步骤⑥需保证体系恢复到室温与反应速率无关；
(8)Zn粉质量为ag，若测得H2体积为bmL，已知实验条件下，氢气的质量=，利用氢气的质量得到氢气的物质的量n=，根据，与酸反应的锌的物质的量为，锌的总物质的量为，与硫酸铜反应的锌的物质的量为，根据，则c(CuSO4)=；
(9)若步骤⑥E管液面高于D管，未调液面即读数，得到氢气的体积偏小，与硫酸反应的锌的质量偏小，与硫酸铜反应的锌的质量偏大，则测得c(CuSO4)偏高；
(10) 不能用同样的装置和方法测定MgSO4溶液的浓度，硫酸镁不和锌发生置换反应。
14．[2021海南]连二亚硫酸钠，俗称保险粉，易溶于水，常用于印染、纸张漂白等。回答下列问题：
（1）中S的化合价为______。
（2）向锌粉的悬浮液中通入，制备，生成，反应中转移的电子数为____mol；向溶液中加入适量，生成并有沉淀产生，该反应的化学方程式为_________
（3）电池具有高输出功率的优点。其正极为可吸附的多孔碳电极，负极为金属锂，电解液为溶解有的碳酸丙烯酯-乙腈溶液。电池放电时，正极上发生的电极反应为，电池总反应式为____________。该电池不可用水替代混合有机溶剂，其原因是_______________。
【答案】（1）+3
（2）2
（3） 与水反应
【解析】（1）在中Na为+1价，O为-2价，由于化合物中所有元素正负化合价的代数和等于0，所以S元素化合价为+3价；
（2）向锌粉的悬浮液中通入SO2，制备ZnS2O4，反应前Zn为单质中的0价，反应后变为ZnS2O4中的+2价，所以每生成 ZnS2O4，反应中转移的电子数为2mol；向ZnS2O4溶液中加入适量Na2CO3，生成Na2S2O4并有沉淀产生，生成的沉淀为ZnCO3，则该反应的化学方程式为Na2CO3+ ZnS2O4=Na2S2O4+ZnCO3↓；
（3）电池具有高输出功率的优点，负极是Li失去电子，电极反应式为Li-e-=Li+，电池放电时，正极上发生的电极反应为，根据闭合回路中电子转移数目相等，将两个电极反应式叠加，可得电池总反应式为。锂是碱金属，比较活泼，可以与水发生反应生成LiOH和H2，所以该电池不可用水替代。
15．[2021天津]H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题。
Ⅰ．H2S的除去
方法1：生物脱H2S的原理为：
H2S+Fe2(SO4)3 S↓+2FeSO4+H2SO4
4FeSO4+ O2+2H2SO42Fe2(SO4)3 +2H2O
（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍，该菌的作用是______________。
（2）由图3和图4判断使用硫杆菌的最佳条件为______________。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是______________。

方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S
（3）随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化，氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为__________。
Ⅱ．SO2的除去
方法1（双减法）：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生
NaOH溶液Na2SO3溶液
（4）写出过程①的离子方程式：____________________________；CaO在水中存在如下转化：
CaO(s)+ H2O (l) Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)
从平衡移动的角度，简述过程②NaOH再生的原理____________________________________。
方法2：用氨水除去SO2
（5）已知25℃，NH3·H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2，Ka2=6.2×10−8。若氨水的浓度为2.0 mol·L−1，溶液中的c(OH−)=_________________ mol·L−1。将SO2通入该氨水中，当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1时，溶液中的c()/c()=___________________。
【答案】（1）降低反应活化能（或作催化剂）
（2）30 ℃、pH=2.0 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）
（3）H2SO4
（4）2OH−+SO2+H2O
与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成
（5）6.0×10−3 0.62
【解析】（1）根据硫杆菌存在时的反应速率是无菌时的5×105倍可知，反应速率显著增大，则硫杆菌的作用是作催化剂，降低了反应的活化能。
（2）根据图3可知，温度30℃左右时，氧化速率最大，根据图4可知，pH=2.0时氧化速率最大，所以使用硫杆菌的最佳条件为30℃、pH=2.0；若反应温度过高，硫杆菌蛋白质变性失去活性造成反应速率下降。
（3）根据化合价升降，当n(H2O2)/n(H2S)=4时，4 mol H2O2转移8 mol电子，则1 mol H2S也转移8 mol电子，化合价从−2价升高到+6价，所以氧化产物为H2SO4。
（4）过程①是NaOH与SO2的反应，反应的离子方程式为2OH−+SO2+H2O；根据CaO在水中的转化：CaO(s)+H2O(l) Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH−(aq)，过程②中Na2SO3加入CaO后，与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成。
（5）根据NH3·H2O的Kb=1.8×10−5可知， =1.8×10−5，当氨水的浓度为2.0 mol·L−1时，溶液中的c(OH−)= c()==6.0×10−3 mol·L−1。
根据H2SO3的Ka2=6.2×10−8可知，=6.2×10−8，当c(OH−)降至1.0×10−7 mol·L−1，则c(H+)=1.0×10−7 mol·L−1，溶液中的c()/c()=0.62。
【名师点睛】本题以真实化学问题为载体，考查应用实践能力。从化学科学特点出发，牢牢把握化学的应用性，广泛联系实际创设化学应用情境，引领考生正确认识化学对社会发展和人类进步的巨大贡献，认识化学学科的价值。要求考生将基础化学、基本化学原理和方法运用到实际生产生活中，解释生活中相关的现象，解决工业生产的问题。题目中化学反应速率的影响因素，条件的选择，各种平衡常数的计算等为高频考点，掌握平衡的定量定性分析为解题的关键，注意平衡常数的应用。