化学硫及其化合物的专项培优练习题(含答案)及答案

1、化学硫及其化合物的专项培优练习题( 含答案 ) 及答案一、高中化学硫及其化合物1 随着工业的发展，酸雨已经成为全球性的环境问题，保护环境已成为全人类的共识。完成下列填空：( 1 )检验某次降雨是否为酸雨的方法是(2) SQ是造成酸雨的主要原因。写出一条减少SQ排放的措施。(3)某酸雨样品的pH=5,则该样品中c (H+) =mol/L。该样品放置一段时间后，酸雨略有增大，其原因可能是(用化学方程式表示)。【答案】可用测量溶液pH 的方法使用脱硫技术，减少化石燃料的燃烧等10-52H 2sO3+O2=2H 2so4或 2SO2+2H 2O+O2=2H 2so4【解析】【分析】( 1 )正常的雨水

2、中溶解了二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳酸，碳酸电离导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度而使溶液呈酸性，正常雨水的pH 为 5.6，如果雨水溶解了二氧化硫、氮氧化物，会使溶液的酸性更强，pH 小于5.6；(2)减少SQ排放可采用脱硫技术，减少化石燃料的燃烧等；(3) pH=-lg c (H+),由此计算c (H+),亚硫酸会被空气中氧气氧化成硫酸，酸性增大。【详解】( 1 )正常雨水因溶解了二氧化碳而使其pH 为 5.6，如果雨水中溶解了二氧化硫或氮氧化物，使雨水变成亚硫酸或硝酸溶液，亚硫酸不稳定易被氧气氧化生成硫酸，硫酸和硝酸都是强酸，导致雨水的pH 减小，小于5.6，所以可用测量PH 的

3、方法确定某次降雨是否为酸雨，故答案为：可用测量溶液pH 的方法；(2)减少SQ排放可采用脱硫技术，减少化石燃料的燃烧等，故答案为：使用脱硫技术，减少化石燃料的燃烧等；(3)某酸雨样品的pH=5,则pH=-lg c (H+) =5则该样品中c (H+) =10-5 mol/L ；该样品放 置一段时间后，酸雨略有增大，亚硫酸或二氧化硫会被空气中氧气氧化成硫酸，酸性增大2H 2sO3+O2=2H 2so4或 2SO2+2H 2O+O2=2H 2so4,故答案为：10-5； 2H 2sO3+O2 =2H 2so4 或 2sO2+2H 2O+O2 =2H 2so4。【点睛】亚硫酸或二氧化硫会被空气中氧气

4、氧化成硫酸，酸性增大。2.焦亚硫酸钠(Na28O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验：实验一 焦亚硫酸钠的制取采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气 )制取Na28O5。装置II中有Na28O5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)。实验二焦亚硫酸钠的性质(4) W2&O5溶于水即生成 NaHSQ。证明NaHSQ溶液中HSOT的电离程度大于水解程 度，可采用的实验方法是 (填序号

5、)。a.测定溶液的pH b.加入Ba(OH)2溶液c.加入盐酸 d.加入品红溶液 e.用蓝色石蕊试纸检测(5)检验Na2s2。5晶体在空气中已被氧化的实验方案是实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定葡萄酒常用Na2s2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方匍和酒杆MI oo.00 ml惘分直条忤,淀粉港液相 aoioooiiwi - L-国净卜溶液酒定溶液出现蓝色目如工内外被色案如下:该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量g L 1。HI被空气氧化,则测得结果(填偏(6)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL,(以游离SQ计算)为(7)在上述实验过程中，若有部

6、分高“偏低或不变 J【答案】Na2SQ+H2SQ=Na2SQ+SQ T +吨0(或 Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO 4+SO2 T +HO)过滤 d a、e取少量Na28O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钢溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【解析】实验一：装置I制取二氧化硫，亚硫酸钠与硫酸反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2f +HO或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2 T +HO,装置 n 制取 Na2s2。5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5, 装置出用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫。(1)由装置n中发生的反应可知，

7、装置I中产生的气体为SO2,亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠或硫酸氢钠、二氧化硫与水；(2)装置n中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；(3)装置出用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境 中；实验二：(4)NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可；(5)Na2s2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4,用盐酸、氯化银溶液检验样品中是否含有硫酸根即可。实验三：(6)由消耗碘的量，结合 SQ + 2+2H2O H2SC4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；若有部分HI 被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二

8、氧化硫的量偏小。【详解】(1)由装置n中发生的反应可知，装置I中产生的气体为SC2,亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2 T +HC,或生成硫酸氢钠，反应方程式为：Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2 T +HO;(2)装置n中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离；(3)a.装置应将导管伸入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产 生安全事故，故a错误；b.该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故b错误；c.该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验

9、目的，故 c错误；d.该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故 d正确；故答案为d；(4)NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH,可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH 值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba(CH) 2溶液、 HCl 溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；(5)Na2s2C5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为 +6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4,用盐酸、氯化银溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：取少量Na2s2C 5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴

10、加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色 沉淀生成。(6)令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg,则：sC2+ 2H2C+I2=H2sC4 +2HI64g1molmg0.025L 0.01mol/L所以，64g:mg=1mol:0.025LX0.01mol/L ,解得m=0.016,故该次实验测得样品中抗氧化剂的 残留量(以游离SC2计算)为0.016gO.1L=0.16g/L ;若有部分HI 被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低。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。*崎兀素的价态 +6 (1)图中丫物质的化学式为 S和无毒的气体.则治

11、(2)治理含CO、SQ的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质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)Na2s203(硫代硫酸钠)是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于 Na2S2O3的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是一。a.Na2S+Sb.Z+ScNSQ+Yd.NaHS+NaHSONa2s2O3具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S2O32-转变为SC42-O现需处理含标准状况下 CI2 2.24L的织锦物，理论上需要 0.00100mol/L Na 2S2C3溶液的体积为L

12、。【答案】SC3 2CC+SC2CC2+S FeS+2H=Fe2+H2S T 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 H2S, 丫为硫元素的+6价氧化物为SC3, Z为+4价的盐可以为 Na2SO3o(1)丫是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FeSQ,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)Na2s2C3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;根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的Na2s2。3的

13、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, 丫是SO3, Z是Na2SO3。(1)Y为S元素的氧化物，化合价为 +6价，则Y为SQ;(2) CQ SO2反应产生S单质和CQ,根据电子守恒、原子守恒，可得反应方程式为：2CO+SO /侬2CC2+S;(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2s和FeSQ,反应的离子方程式为：FeS+2H=Fe2+H2ST ；(4)Na2s2O3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

14、,故合理选项是bd ；根据题干信息可知发生反应方程式为：Na2&O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SQ+6HCI,标准状况下2.24L C2的物质的量是n(Cl2)=2.24L + 22.4L/mol=0.1mpl在反应中获得电子变为 -1价的 CF, 0.1molCl2获得电子的物质的量是0.2mol; S2O32-转变为SC42-,每1mol S2O32-失去8mol电子，则转移0.2mol电子，需消耗S2C32-的物质的量n(S2C32-)=0.2mol + 8=0.025mo根据 n=cV可知理论上需要 0.00100mol/L Na2s2C3溶液的体积 V=0.025mol

15、 + 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.物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由 AlCh (在180c升华)和一种盐 A按 物质的量之比1 : 2组成。在密闭容器中加热 X使之完全分解，发生如下转化：_而作口此m精堇嘤_ 1-淞7卜铲7圣油占诉,I加里后建一.一茴/修.入出海气吊打航聃tli71 方典，H猊 Ii 溢雷iWtf* r-请回答下列问题：(1) X的化学式为_。(2)将E混合晶体溶于水配

16、成溶液，向溶液中加入过量稀NaCH溶液时发生的总反应的离子方程式为_。(3)高温下，若在密闭容器中长时间煨烧X,产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之_。【答案】AlCb - 2FeSC4 Al3+2H+6CH=AlC2-+4H2O 将气体通入足量 NaCH溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是。2【解析】【分析】固体氧化物B溶于稀盐酸后得到的溶液 C中滴加KSCN溶液，混合液变血红色，说明 B中 含有Fe3+,则B为Fe2O3, C为FeC3溶液，无色D气体能使品红褪色，则 D为S6,由元 素守恒可知A中含有Fe、S、O元素，A加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则

17、盐 A为FeSQ,氧化铁的物质的量为 一32g-=0.02mol,生成二氧化硫为0.448L =0.02mol,160g/mol22.4L/mol由Fe、S原子为1: 1可知生成SC3为0.02mol, 4.27g混合晶体E为A1C13和SQ, A1C13的物一，一 ,4.27g-0.02mol 80g/mol质的重为 =0.02mol , X的组成为 AlCbmFeSQ,以此解答该题。133.5g/mol(1)根据上述分析，X的化学式为AlCl?2FeSQ;(2)将E混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀 NaOH溶液，该过程的总反应的离子

18、方程式为：Al3+2H+6OH=AlO2-+4H2O；(3)若在高温下长时间煨烧 X,生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分 子式是O2,检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是。2。5.常见含硫物质 AD,在生活、生产中有着广泛应用，它们之间的转化关系如下图所示。其中反应、中所需物质 B溶液的浓度不同。请按要求回答下列问题：(1) A的化学式为。(2)反应、中 Cu、Fe所起的作用相同，即都作 (填 氧化剂”或 还原剂”)，你判断的依据是它们都是金属，在反应中都 。(3)反应的离子方程式为 。(4)大气中因废气 A引

19、起酸雨的反应流程之一可用下图示意：上图中由AB的转化所需氧化剂为。当将含D的雨水敞口放置一段时间后(忽略溶液体积、温度的变化)，其 c (H+)将。(填增大“减小“或不变”)。废气A是一种重要的化工原料，常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。某工厂若将 4.48X10L (标准状况下)废气 A进行环保处理, 完全转化为NH4HSO3时，需消耗10mol/L氨水溶液(溶质全部以 NH3?H2O计)的体积为 L。【答案】SQ还原剂失去电子，化合价升高Fe+2H+=Fe2+H2 T O2增大 20000【解析】由B(含氧酸)在常温下与足量白铁反应生成C硫酸盐)，故B是H2SQ,反应方程式为Fe+2H

20、2SQ=FeSQ+H2 T , C是 FeSQ; Cu+2H2SQ(浓)二 CuSQ+SQ T +2H2O,故 A是 SO2,SQ+H2O I-H2SQ, D 是 H2SQ。【详解】(1)由解析可知，A的化学式为SQ；(2)反应、中，反应前后Cu、Fe元素的化合价都升高，故反应、中 Cu、Fe所起的作用相同，即都作还原剂；(3)铁与稀硫酸常温下反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2 f ；(4) H2SO3H2SO4过程中，S元素化合价升高，即 H2SO3被空气中的 O2氧化为H2SQ;2H2SQ+ O2= H2SQ, H2SO3是弱酸，H2SQ是强酸，故当将含 H2SO3的雨水敞口放置

21、一段时间后(忽略溶液体积、温度的变化)，其c(H+)将增大；SQ+NH3?H2O=NH4HSQ, n(SO2)=6=2.0 X 5mol ,故 n(NH3?H2O)= 2.0 x5moi ,需消耗 10mol/L 氨水溶液(溶质全22.4L/mol5,部以 NH3?H2O 计)的体积为 2.0 10 mol =20000Lo 10mol/L【点睛】本题是结合图考查 S元素的化合物知识，有关化学方程式书写等，难度不大。6. a、b、c、d、e是含有一种相同元素的五种物质，可发生如下转化：/ 口a 4 c 口 其中：a是单质；b是气体；c、d是氧化物；e是最高价氧化物对应的水化物。(1)如果a是一

22、种淡黄色粉末固体，试推断这五种物质(用化学式表示)：a； b； c； d； e。(2)如果a是一种常见气体，试推断这五种物质(用化学式表示)：a; b; c; d; e。【答案】S F2S SO SQ H2SQ N2 NH3 NO N。HNO3(1)如果a是一种淡黄色粉末固体，则 a是硫，所以b是硫化氢，c是S6, d是三氧化硫，e是硫酸，化学式分别为 S、H2S、SO2、SO3、H2SC4O(2)如果a是一种常见气体，则符合转化关系的是氮气，则 b是氨气，C是NO, d是NO2, e是硝酸，化学式分别为 N2、NH3、NO、NO2、HNO3o7 .已知X、Y均为有刺激性气味的气体，且几种物质

23、间有以下转化关系，部分产物未标 出。请回答下列问题。溶液*白色沉淀*白色沉淀HN力而液口以：11溶滞E而溶液(1)写出下列各物质的化学式：X、Y 、A、B、C o(2)反应的离子方程式为 。【答案】Cl2 SC2 HCl H2SC4 FeCl3 2Fe3+SC2+2H2O= 2Fe2+SC42-+4H+ 【解析】A与硝酸酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀，A中含C-；B与盐酸酸化的BaC2溶液反应产生白色沉淀，B中含SC42-;又卞!据X、Y均为有刺激性气味的气体，且 X能与Fe反应， 则 X 为 Cl2, 丫为 SC2, A 为 HCl, B 为 H2SC4, C 为 FeC3。【详解】(

24、1)分析可知，X 为Cl2,丫为SC2,A 为 HCl,B 为H2SC4,C为FeC3。(2)反应为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3+SQ+2H2。=2Fe2+SC42-+4H+o8 .有一白色粉末 X, XX X检验时，所做实验和现象为：产喙典*e色沉症如片A玩淀消失X上黑产生气体逛工7色白色沉淀Jr*上署J白色粉末K(1)写出X的化学式 。(2)在步反应中 H2SC4的作用是 。在水溶液中电离，并呈强酸性具有高沸点、难挥发性 浓硫酸具有吸水性 浓硫酸具有脱水性浓硫酸具有强氧化性(3)写出、两步反应的离子方程式:【答案】Na2SC3 BaSC3+ 2H += Ba2+

25、SC2 T+ H2。SC32 + Br2 + H2C = 2H + + SC42 + 2Br【解析】【分析】根据加氯化银溶液产生白色沉淀，加入盐酸沉淀会消失和加入滨水，滨水褪色，说明具有还原性离子，且反应后加入氯化钢也会产生白色沉淀，所以X为亚硫酸钠，与硫酸反应生 成二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠反应得到亚硫酸钠，则 X为Na2SO3,据此分析。【详解】根据加氯化银溶液产生白色沉淀，加入盐酸沉淀会消失和加入滨水，滨水褪色，说明具有还原性离子，且反应后加入氯化钢也会产生白色沉淀，所以 X为亚硫酸钠，与硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠反应得到亚硫酸钠，则 X为Na2SO3；X的化学式为Na2

26、SO3；(2)在步反应中硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，则H2SQ的作用是在水溶液中电离，并呈强酸性、 具有高沸点、难挥发性；答案为；(3)二氧化硫与氢氧化钠反应的离子方程式为：SO2+2OH=SO 32-+ H2O ；亚硫酸钠与氯化钢反应生成与硫酸钢沉淀，离子方程式为：Ba2+SO32-=BaSO3 J ；亚硫酸钠与澳水发生氧化还原反应生成硫酸钠和氢澳酸，离子方程式为：SO32 + Br2 + H2O = 2H + + SO42 + 2Br o9 .按要求完成下列填空。甲、乙、丙三种物质之间有如下图所示的转化关系，其中甲物质 为氧化物：甲(1)若甲是不溶于水的白色固体，是刚玉的主

27、要成分，且既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液；乙的酸根中含有金属元素。写出下列物质间的转化：甲一乙的离子方程式 ；丙T甲的化学方程式。(2)若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质；乙在标准状况下为无色晶体。写出下列物质间的转化：甲 T乙的化学反应方程式 ；丙一 甲的化学反应方程式【答案】AI2O3 + 6H+=2Al3+ 3H2O 2Al(OH)3=Al2O3 + 3H2O 2SQ + O22SC32H2SQ(浓)+ CuCuSC + 2H2C +SC2 T【解析】【分析】(1)甲为氧化物，不溶于水的白色固体，既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧 化物，应是AI2O3,由转化关系可知，甲与硫

28、酸反应生成乙为Al2(SC4)3,硫酸铝与氨水反应生成丙为Al(CH)3,氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，据此解答；(2)若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质，乙在标准状况下为无色晶体，则甲为SC2,乙为SO3,丙应为H2SCH,浓硫酸与Cu在加热条件下生成 SQ。【详解】(1)甲为氧化物，不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是AI2O3,由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2(SC4)3,硫酸铝与氨水反应生成丙为Al(OH)3,氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，则：甲T乙为氧化铝溶于稀硫酸，发生反应的离子方程式为A2O3 + 6H+=2Al3+ 3H2O

29、；丙T甲为氢氧化铝受热分解，发生反应的化学方程式为 2Al(OH)3A12O3+ 3H2O；(2)若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质，乙在标准状况下为无色晶体，则甲为SC2,乙为SO3,丙应为H2SCH,浓硫酸与Cu在加热条件下生成 SQ,则：甲T乙为SC2的催化氧催化剂化生成SC3,发生反应的化学反应方程式为2SC2 + O2 , .、2SO3;丙7甲为浓硫酸与 Cu在加热条件下生成 SQ,发生反应的化学反应方程式为2H2SO4(浓)+ Cu=CuS。+ 2H2O+SC2【点睛】解框图题的方法：最关键的是寻找突破口，突破口 ”就是抓 特字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象

30、、特殊制法、特殊用途等，如(1)中氧化物甲既能和稀硫酸反应，又能和 NaOH溶液反应，则甲为两性氧化物，结合所学元素及其化合物，只 能是氧化铝。10.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+ Alt NH4+、Na+可能大量含有的阴离子Cl、AIO2、SO42、MnO4、Br、I、CC32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 pH7;向其中逐液加入氢氧化钠溶 (V)的关系如图所示。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CC4振荡、静置，CC4层呈橙红色，用分液漏斗分液；向分液后的水溶液中加入A

31、gNO3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-、SQ2c(H+)：c(NH4+) ：c(Al3+)=2：3： 1Na+、Cl焰色反应Al(OH)3+OHAIO2-+2H2O【解析】【分析】无色混合溶液中不能含有MnO 4 ；由探究一知，溶液的 pH7,开始加入2VoNaOH无沉淀生成说明发生的反应是：H+OH-一H2

32、O,有H+,则无AlO2-、CO32-;再加入氢氧化钠溶液至 5V。，生成沉淀增多至最大，反 应为A13+3OHAl(OH)3j,有Al3+,此过程消耗氢氧化钠溶液 3V。；继续加入氢氧化钠， 沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的镂根离子反应：NH4+OH-=NH3?H2O,消耗氢氧化钠溶液3Vo；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9Vo氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为 Al(OH)3+OH-A18+2H2O,消耗氢氧化钠的体积 V。；根据探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CC32-,再加入CC4振荡、静置，CC4层呈橙红色，说明有 Br-,不含I-;用分液漏斗分液，向分

33、液后的水溶液中加入AgNC3和HNC3混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有C，因为加入的氯水被还原成C，不能确定原混合液中是否含cr；根据探究三，加入少量 Ba(NC3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SC42；综上分析，混合溶液中一定含有的离子：H+、 Al3+、 NH4+、 Br-、 SC42 ，一定不含的离子：MnO4、CC32-、I-、AlC* 可能含有的离子：Na Cl。【详解】无色混合溶液中不能含有MnC 4 ；由探究一知，溶液的 pH 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 (CH) 3与NaCH的反应，反应的离子方程

34、式：Al(CH)3+OH-AC2-+2H2C。【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。11. 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, c、CO32(离子在物质中不能重复出现)。 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； 若向 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 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

35、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】AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2 T+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，再加氯化钢溶液，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-

36、、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 CuSO,； Na+对应 CO32-为 Na2CO3.即四种物质为 BaCl2、AgNO 3、CuSO4、Na2CO3。中由于C盐是蓝色的，所以 C为CuSO4；四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO 3；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

37、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、AgNO 3. Cu2+不能和 CO32-结合，所以为 CuSO4, Na+对应CO32-为Na2CO3.即四种物质为 BaCl2、AgNO 3、 CuSO4、 Na2CO3。由于C盐是蓝色的，所以 C为CuSO4；。四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液AgNO 3；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 AgNO 3； C 为 CuSO4； D 为 Na2CO3；(1)由上述分析可知 B为AgNO3； D为Na2CO3,故

38、答案为： AgNO3； W2CO3；(2)盐酸与D (Na2CO3)反应的离子反应方程式为：CO32-+2H + =C02T +H2O,故答案为：CO32-+2H+=CO2f +H2。；(3) A为BaCl2； B为AgNO 3; 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CuSQ,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

39、象，再加氯化钢溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SQ2-,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，再加氯化钢溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SC42O【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、日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。12. 一无色透明的溶液做如下实验：取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成。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Na2C2的量与生成沉淀的量的关系如图所示，试问：|l A基/ 乙皿I小(1)Cu2+、N

40、H4，Al3+、Mg2+、Na+、Fe3+、K+、SQ2-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 一。(2)上述溶液至少由 等物质混合成。【答案】SQ2-、Al3+、Mg2+Na+、K+CiAFe3+、NH4+A12(SO)3、MgSC4【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白BaC2溶液有白色沉淀生成”可知溶液中含有 SC42-；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

41、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：SQ2-、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BaC2溶液有白色沉淀生成”可知溶液中含有 SC2-；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

42、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：SC42-、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、MgSO4o13 .如图中AH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

43、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：AcJ D H (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 SQ C+2H2SO4(浓) AzSO2T +COT +2HO 2Mg+CQ点憾 2MgO+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SQ, E为CO2, SQ被氧气氧化产生 SO3,所以H为SO3, SQ与H2O反应产生H2SO4, F是金属

44、单质，能够在 CQ 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Mg。，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SQ,E为CQ ,F是Mg , G为MgO, H 为 SQ。(1)E为 CQ, H 为 SO3;(2)C与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，产生CQ、SQ、H2O,反应的化学方程式：C+2H2SO4(派)一2SQ1 +CO2 T +2MO； Mg在CQ中在点燃时反应产生 MgO和C,反应方程式为：2Mg+CO22MgO+Co【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。14 .在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比 C的相对分子质量大16, E 是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：0*回回回,回当X是强酸时，A、B、C、DkE均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另(2)当X是强酸时, (3)当X是强碱时,【答案】(NH4)2S【解析】外同一种元素。请回答：E是。写出B生成C的化学方程式： 。E是,写出B生成C的化学方程式： 。HSd 2H2S+3O2 j 君 2SQ+2H2。HNO3 4NH3