上海高考化学压轴题专题复习——硫及其化合物的综合

1、上海高考化学压轴题专题复习一一硫及其化合物的综合一、高中化学硫及其化合物1 .焦亚硫酸钠(Na2&05)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Na2&O5。装置II中有Na2aO5晶体析出,发生的反应为：Na2SO3+SC2=Na2S2O5tiin(i)装置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) Na2*O5溶于水即生成NaHSC3o证明NaHSO3

2、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)。a.测定溶液的pHb.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Na2s2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是O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)的方案如下：林部h溶油循足内不褪色(6)按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL,(以游离SC2计算)为gL-1。(7)在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量则测得结果(填偏高“偏低"或不变”)【答案】Na

3、2SO3+H2SO4=Na2SC4+SO2T+H2O(或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2f+HO)过滤da、e取少量Na2&O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成0.16偏低【解析】【分析】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+SO2T+HO,装置n制取Na2s2O5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，装置I中产生的气体为SO2,亚硫酸钠

4、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+2H2OH2SO4+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，故测定二氧化硫的量偏小。【详解】(1)由装置H中发生的反

5、应可知，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、二氧化硫与水，反应方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2T+HO,或生成硫酸氢钠，反应方程式为：Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2T+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

6、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(OH)2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；(5)Na2s2O5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Na2s。4,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Na2s2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成。(6)令100mL葡萄酒中

7、二氧化硫的质量为mg,则：SO2+2H2O+I2=H2SO4+2HI64g1molmg0.025L0.01mol/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SO2计算)为0.016g>0.1L=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。2 .A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。(1)写出AF各物质的化学式：A、B、C、D、E、Fo(2)写出AB跟水反应的离子方程式：。【答案】CI2SO2H2SOHClBaSOBaSOCI2+SO

8、+2H2O=4H+SO2-+2Cl【解析】【详解】(1)由AB是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO均产生沉淀，B能与Ba(OH)2产生沉淀，由此可知A为Cl2；B为SQ;AB与H2O反应的化学方程式为：CL+SO+2H2O=H2SQ+2HCl;B与Ba(OH)2反应的化学方程式为：Ba(OH)2+SO2=BaSQJ+HkO;含CD的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为：H2SO+Ba(OH)2=BaSQj+2HQ溶液D与AgNO溶液反应的化学方程式为：HCl+AgNO=AgClJ+HNO;故C为H2SO;D为HCl;E为BaSO;F为BaSO。【点睛

9、】熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键，本题的突破口为：A、B是两种有刺激气味的气体。等物质的量与水反应。结合后面沉淀现象，能推知由反应：Cl2+SO+2Ho=H2SQ+2HCl。3 .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CD的化学方程式：。(3)将足量的物质C通入BaCL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Cl?,则溶液中出现白色沉淀【答案】H2sH2SO42SO2O2脩催犀?2SO3ac【解析】【分析】A为黄色固体，A

10、既能与O2反应，又能与H2反应，则A为S,C为SQ,B为H2S,D为SC3,E为H2SQ,据此分析；【详解】A为黄色固体，A既能与O2反应，又能与H2反应，则A为S,C为SQ,B为H2S,D为SQ,E为H2S。，(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H2S、H2SO4；(2)CD的化学方程式为2SO2。2嘴催颦?？2SQ;(3)SO2与BaCl2不发生反应，若继续通入CL,与SO2反应生成H2SO4,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Na2O2、AgBr、AgI、S,A能与。2、H2反

11、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SQ,然后按照流程就可以得到结果。4 .大气中硫、氮的氧化物是形成酸雨的主要物质。某地酸雨中可能含有下列离子：NaBa2+、NH4+、Al3+、Cl-、SO2-、SQ2-、NO3-等。某研究小组取该地一定量的酸雨，浓缩后将所得澄清试液分成三份，进行如下实验：试样所加试剂实验现象第一份试液滴加适量的淀粉-KI溶液溶液呈蓝色第二份试液滴加用盐酸酸化的BaC2溶液后白色沉淀产生第三份试液滴加NaOH溶液，加热，加入的NaOH溶液体积(V)与生成的沉淀、产生的气体的物质的量(n)的关系如图Ijt/iilulIVml请回答下列问题：(1)根据

12、实验结果判断该酸雨中肯定不存在的离子是,不能确定的离子有一。(2)写出第一份试液滴加淀粉-KI溶液时发生反应的离子方程式：。(3)第三份试液滴加NaOH溶液，加热，整个过程中发生了多个反应，写出其中两个反应的离子方程式：最初发生的离子反应。最后发生的离子反应。(4)该小组为了探究NO参与硫酸型酸雨的形成过程，在烧瓶中充入含有少量NO的SO2气体，再慢慢通入。2,发生化学反应后，再喷洒适量蒸储水即得硫酸型酸雨，则NO在上述反应中白作用是。【答案】SQ2-、Ba2+Na+、Cl-6+2NO3-+8H+=2NOT+3I2+4H2。H+OH=H2。Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O催化剂【解

13、析】【分析】第一份试液：滴加适量的淀粉KI溶液，显示蓝色，证明一定含有能将碘离子氧化的氧化性离子，因NO3-单独存在氧化性很弱，所以一定会含有H+和NO3-,一定不含有SQ2-,因为亚硫酸根离子具有强的还原性，易被氧化，酸性条件下和硝酸根离子不能共存；第二份试液：滴加用盐酸酸化BaCl2溶液，出现白色沉淀，则一定含有SQ2-,和硫酸根离子反应的Ba2+一定不存在；第三份试液：滴加NaOH溶液，加热，加入的NaOH溶液，产生气体，一定是氨气，所以一定含有NH4+,加入氢氧化钠产生沉淀，继续滴加氢氧化钠，沉淀会消失，所以一定含有A产；钠离子和氯离子是否存在不能判断；(3)氢氧根可以和氢离子发生中和

14、反应，可以和铝离子发生反应，可以和俊根离子发生反应，结合图像，根据混合溶液中复分解反应先后顺序分析；(4)根据物质的性质来书写方程式，根据一氧化氮在反应中的特点来判断所起到的作用。【详解】(1)根据上述分析，知道酸雨中肯定不存在的离子是SQ2-、Ba2+,Na+、Cl-是否存在不能确定；(2)试液中滴加淀粉KI溶液后，硝酸的存在会将碘离子氧化为碘单质，发生的反应为：6I-+2NO3-+8H+=2NOT+3I2+4H2O；(3)第三份试液滴加NaOH溶液，加热整个过程中有多个反应，根据分析中存在的离子，结合图像，第一个发生的反应为：氢氧根离子与氢离子反应，离子反应为：H+OH-=H2O；最后发生

15、的是氢氧化铝和氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，离子反应为：Al(OH)3+OH=AlO2-+2H2。；(4)一氧化氮具有还原性，很容易被氧化，氧化后产物是二氧化氮，2NO+O2=2NO2,二氧化氮还可以将二氧化硫氧化，即NO2+SO2=SC3+NO,整个过程中，一氧化氮的质量没有发生变化，起到催化剂的作用。【点睛】第(3)小题解答时需要注意复分解反应发生的顺序为：先发生酸碱中和，再发生生成气体的反应，再发生生成沉淀的反应，最后发生沉淀溶解的反应；5 .在一定条件下，金属单质X和非金属单质丫能够反应，生成化合物Z,Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P(如下框图所示)，已知气体G与空气之密度比

16、约为1.17。请填空：(1)组成单质X和丫的元素分别属第族和第族；(2) Z与水发生水解反应方程式;(3)每生成1mol的化合物Z,反应中转移mol的电子。【答案】mAVIAAI2Q+6H2O=2Al(CH)J+3H2ST6【解析】【分析】气体G与空气之密度比约为1.17,所以G的相对分子质量为29X1.17=34则G应为H2S,在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y反应，生成化合物Z,则Z中含有X、Y两种元素，其中一种元素为S元素，Z与水作用可生成气体G(H2s那白色沉淀巳可推知Z为AI29,沉淀P为AI(OH)3,所以X为AI、丫为S,据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，X为Al、Y

17、为S,所以组成单质X和Y的元素分别属第IDA族和第WA族，故答案为：IDA、VIA;(2)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为AI2S3,与水发生水解反应方程式为AI2S3+6H2O=2AI(OH)3J+3H2ST,故答案为：AI2S3+6H2O=2AI(OH)3J+3HST；(3)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为AI2S3,AI由0价升高到+3价，每生成1moI的化合物Z,反应中转移电子6moI,故答案为：6。6. A、B、CD都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含同一种元素。在一定条件下相互转化关系如下图所示(部分产物已略去)。请按要求回答下列问题：囚上回上©(1)若日C

18、为氧化物，B转化为C时，质量增加25%,C能够与水反应生成一种强酸，则B转化为C的化学方程式是;(2)若D为某金属单质，向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B的化学式是;(3)若D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B,则A和C反应的离子方程式是符合条件的D物质可能是(填序号)。硫酸醋酸氢氧化钠一水合氨氯化银【答案】(1)2SO2+O2，催化剂,2SQ;(2)FeC3;(3)6H2O+Al3+3AlO2-=4Al(OH)3J。【解析】试题分析：(1)若B、C为氧化物，B转化为C时，质量增加25%,C能够与水反应生成一种强酸，则B、C分别为SQ、SQ,B转化为C的

19、化学方程式是2SO2+O2，二化剂,2SO3；(2)向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色A沉淀，该沉淀为AgCl,说明B、C为氯化物，D为某金属单质，B、D发生化合反应，应为FeC3和Fe反应，A是C12；(3)A、BC均含同一种元素，D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B,A和C在溶液中反应生成白色沉淀B,沉淀B应为Al(OH)3,A是A1C13,C是NaAlO2,由Al3+和3AIO2发生互促水解反应生成，反应的离子方程式为6H2O+Al3+3AlO2-=4Al(OH)3J。考点：考查物质的性质及相互转化关系的知识。7. 在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分

20、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：国X-回、I©、一回Z一回当X是强酸时，A、B、GD、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、GD、E均含另外同一种元素。请回答：(2)当X是强酸时,(3)当X是强碱时,【答案】(NH4)2SE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：。占敬修化ffilH2SC42H2S+3Q-2SO2+2H2OHNC34NH3+5O24NO+6H2O根据题目中C与丫反应产生D,且D的相对分子质量比C的大16,可知D比C多一个氧原子，符合这种转化关系的有：SQ-SO,NONO2,Na2SQ-N

21、a2SO4等，由此可出推断Y为。2,由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SQ、NO2等，当X是强酸时A、B、C、D、E均含同一种元素，则B为H2S,C为SQ,D为SQ,E为H2SO4,Z为H2O；当X是强碱时，则B为NH3,C为NO,D为NO2,E为HNO3,Z为H2O,据此解答。【详解】（1）根据上述分析可知A为（NH4）2S,丫是O2,Z是H2O。A是（NH4）2S；（2）当X是强酸时，E是H2SQ,B为H2S,C为SQ,B生成C的化学方程式2H2S+3Q二2SQ+2H2O;当X是强碱时，E是HNO3,B是NO,C是NO2,B生成C的化学方程式催ft吊！I4NH3+5O2-4N

22、O+6H2OqA【点晴】本题考查无机物的推断。掌握常见元素的相对原子质量、物质的性质及转化关系是本题解答的关键。此类题目的解答步骤一般为：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。8. A、B、CD均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件及其他产物已略去）：（1

23、）若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸。A、D分别为A:，D:。（填写化学式，下同）写出B-C转化的化学方程式:简述检验B物质的方法写出D的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式。（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红。O在实验室中则用加热固体混合物的方法制工业上合成A的化学方程式:取气体A,其化学方程式为写出C-D的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目。写出A-B的化学方程式1.92g铜投入一定的D浓溶液中，铜完全溶解，共收集到672mL气体（标准犬况）。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通

24、入。2的体积为mL-不写不【答案】（1）H2S;H2SQ;2SO2+O2V：2SO3（条件不写扣1分，7得分）；将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；2H2SO4（浓）+Cu=CuSQ+2H2O+SQT;2【解析】试题分析：(1)若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸，S元素化合物符合转化关系，可推知，A为H2sB为SQ、C为SO3、D为H2SQ,故答案为H2S;H2SQ;_催化剂B-C转化的化学方程式为2SQ+O等詈,一催化剂三2SO3,故答案为2SO2+O2±2SO3；简述检验SQ物质的方法：将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色，故答案为将B通入到品

25、红溶液中，溶液褪色，加热后,硫酸的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式：故答案为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SC2T;(2)若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，红，则A为NH3,B为NO,C为NO2,D为HNO3。又恢复为红色；2H2SO4(浓)+CuCuSQ+2H2O+SQT,D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变高旧高房工业上合成氨的化学方程式为皿阳22NH3；在实验室中则用加热固体混合物的方法制取气体氨气，其化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH雇工CaC2+2NH3+2H2O,故答案为N2+3H2-4二,2NH3；2NH4Cl+Ca(OH2CaC2+2NH3+2H2O;C

26、-D的化学方程式和电子转移的方向和数目分析如下:故答案为KJT小AW转化的化学方程式：4NH3+5O2竽A4NO+6H2O,+亚总=Jirvo,I鼐故答案为4NH3+5O2H4NO+6H2。；AD浓溶液为HNO3,1.92gCu的物质的量为：n(Cu)=；：192g1二0.03mol,反应时失去64g/mol电子为：2X003mol=0.06mol,反应整个过程为HNO3E*NO、NO2土HNO3,反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的量为：n(O2)=0.06mO1=0.015mol,标况下需4要氧气的体积为

27、：V(O2)=0.015molX224L/mol=0.336L=336mL,故答案为336。【考点定位】考查无机推断【名师点晴】本题考查无机物推断，涉及Na、S等元素单质及化合物的转化。旨在考查学生对元素化合物知识熟练掌握，注意掌握中学常见的连续反应。此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一

28、下是否符合题中条件。9.以下是与氧气性质有关的实验，回答相关问题。(1)写出铜和氧气反应的化学方程式_。(2)写出铁丝在氧气中燃烧的化学方程式，该反应的实验现象为。(3)硫燃烧时瓶底盛少量水的作用是_,硫在氧气中燃烧比在空气中燃烧更剧烈的原因是因为不同。【答案】2Cu+O2A2CuO3Fe+2O画里FeO4剧烈燃烧，火星四射，放出热量，生成黑色固体吸收生成的二氧化硫气体，防止污染空气氧气浓度【解析】【详解】(1)该实验的原理是：铜粉与氧气反应生成氧化铜；发生反应的化学方程式为2Cu+O22CuO;(2)该铁丝在氧气中燃烧生成了四氧化三铁，该反应的化学方程式是：占燃J、)、)23Fe+2O2=F

29、e3O4;反应的实验现象是：剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体;(3)由于二氧化硫是对大气有污染的气体，做硫在氧气燃烧的实验时瓶底盛放少量水的作用是：吸收二氧化硫防止污染空气；硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰、在氧气中燃烧蓝紫色火焰，氧气中氧气的浓度比空气中氧气的浓度要大。10.某研究小组利用软镒矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、馍等金属化合物作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SQ,又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。请回答下列问题：(1)下列各组试剂中，能准确测定一定体积燃煤尾气中SQ含量的是(填编号)。a.NaOH溶液、酚酗:试液b.稀H2SO4酸化的KMnO4溶液c

30、.碘水、淀粉溶液d.氨水、酚儆试液(2)写出软镒矿浆吸收SQ的离子方程式。(3)用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+,其原理是。(4)写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子方程式。(5)工业上采用电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4,其中隋性电极作阳极，铁作阴极，请写出阳极的电极反应式。(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过(填操作名称卜过滤制得硫酸镒晶体。【答案】bcMnO2+SQ=Mn2+SQ2消耗溶液中的酸，促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀2MnO4-+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+MnO42-e-=MnO4-蒸发浓缩、冷却结晶【解析】【分析】由流程

31、可知，二氧化硫能与二氧化镒反应生成硫酸镒，用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,MnS将铜、馍离子还原为单质，高镒酸钾能与硫酸镒反应生成二氧化镒，通过过滤获得二氧化镒，以此解答该题。【详解】(1)准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量，二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制，且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大，而b、c中利用还原性及高镒酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量，故答案为bc；(2)SO2与稀硫酸酸化的软镒矿发生氧化还原反应生成硫酸镒，反应的离子方程式为MnO2+SQ2=Mn2+SO42;(3)由于碳酸镒能消耗溶液中的酸，降低溶液的酸性，从而促进Al3+和Fe3+水解

32、生成氢氧化物沉淀，涉及反应为3MnCO3+2Al3+3H2O=2Al(OH)3J+3COT+3Mn2+或3MnCO3+2Fe3+3H2O=2Fe(OHhJ+3COT+3Mn2+;(4)KMnO4与MnSO4溶液反应的离子方程式为2MnO4+3Mn2+2H2O=5MnO2+4H+；(5)惰性电极作阳极，铁作阴极，则阳极上失去电子发生氧化反应，则阳极反应为MnO42-eMnO4;(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩，冷却结晶(过滤)制得硫酸镒晶体。11.将适量的蔗糖(G2H22O11)放入烧杯中，滴入几滴水并搅拌均匀，然后再加入适量的浓硫酸，迅速搅拌，放出大量的热，同时观察到固体逐渐变

33、黑。片刻后，黑色物质急剧膨胀，并产生大量刺激性气味的气体(实验过程如图所示)(1)固体变黑体现了浓硫酸的性。(2)为了确定刺激性气味气体的成分，收集性所得气体，分别进行如下实验。将气体通入品红溶液后，溶液褪色，加热，颜色恢复。说明该气体中一定含有O将气体通入澄清石灰水，溶液变浑浊，(填能”或不能”证明气体中含有CO2,其理由为(用离子方程式表示)。刺激性气味气体产生的原因可用化学方程式表示为。【答案】脱水SO2不能Ca2+2OH-+SO2=CaSQj+H2O2H2SO4(浓)+C=£=CO2f+2H2O+2SO2T【解析】【分析】浓硫酸具有脱水性和强氧化性，可以将蔗糖中H和O以2:1

34、的比例脱去，剩下C,固体变黑；同时浓硫酸还会与碳反应，将碳氧化为CO2,自身被还原为SO2,产生大量气体，使剩下的固体碳膨胀，体积增大。【详解】(1)根据分析，固体变黑体现了浓硫酸的脱水性。(2)SQ具有漂白性，可以使品红溶液褪色，但无色物质不稳定，加热后颜色会恢复，因此气体中含有SO2；混合气体中可能含有多种成分，除了CQ外还有SO2,SQ也可以与石灰水反应：SQ+Ca(OHX=CaSO4+WO,生成的CaS。也是沉淀，因此不能证明气体中一定含有CO2,反应的离子方程式为：Ca2+2OH+SQ=CaSOJ+H2O;刺激性气味是碳与浓硫酸反应产生的SQ,反应方程式为：2H2SO4(浓)+C=C

35、O2T+2H2O+2SO2T【点睛】浓硫酸具有吸水性、脱水性、强氧化性，与蔗糖反应体现出脱水性和强氧化性。一定要注意浓硫酸是六价的硫表现强氧化性，因此还原产物是SQ；SO2具有漂白性，属于化合漂白，也叫反应漂白，是SQ与有颜色的物质反应生成没有颜色的物质，故起到漂白的作用。但生成的无色物质不稳定，在加热的条件下又可以分解，恢复成原来的颜色。12 .如图为铜丝与浓硫酸反应并验证其产物性质的实验装置。中反应的化学方程式是。(2)中饱和NaHSQ溶液的作用是除去中挥发出的硫酸。加热一段时间后，中溶液依然澄清，中溶液褪色。想要立即终止铜与硫酸的反应，最恰当的方法是。a.上移铜丝，使其脱离硫酸b.撤去酒

36、精灯c.拔去橡胶塞倒出硫酸(3)反应停止后，待装置冷却，把取下后将其中溶液分成两份做如下实验：加入试剂现象反应的离子方程式第一份加入氨水有白色沉淀生成第二份加入氯水有白色沉淀生成完成上述反应的离子方程式。(4)中棉花团的作用是。(5)上述实验结束后，发现中试管内有少量白色固体出现，冷却后将试管中的物质缓缓倒入水中，溶液呈蓝色。取少量蓝色溶液于试管中，滴加NaOH溶液至过量，出现的现象是O加热C【答案】Cu+2H2SO4(浓)=CuSQ+SC2f+2H2OaSQ+2NH3H2OSC32-+2NH4+H2O、Ba2+SQ2-BaSQjSQ+C2+2H2r4H+2C+SC42-、Ba2+SC42-B

37、aS。J吸收二氧化硫，防止二氧化硫排放到空气中开始没有明显现象，后有蓝色沉淀生成【解析】【分析】(1)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫、水；(2)加热挥发出的硫酸能够与氯化钢反应生成硫酸钢沉淀，对二氧化硫的性质检验造成干扰，可以用亚硫酸氢钠除去挥发的硫酸，要立即终止铜与硫酸的反应，可以上移铜丝，使其脱离硫酸，撤去酒精灯，容易发生倒吸，拔去橡胶塞倒出硫酸，操作复杂；(3)二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠与氯化钢反应生成亚硫酸钢沉淀；二氧化硫具有还原性，能够被氯气氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与氯化钢反应生成硫酸钢沉淀；(4)棉花团应浸有碱液，可吸收二氧

38、化硫，防止污染空气；(5)蓝色溶液中含有硫酸和硫酸铜，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠先与硫酸反应，再与硫酸铜反应。【详解】(1)铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜和二氧化硫、水，化学方程式：加热Cu+2H2SQ(浓)-CuSQ+SQT+2屋O；(2)加热挥发出的硫酸能够与氯化钢反应生成硫酸钢沉淀，对二氧化硫的性质检验造成干扰，可以用亚硫酸氢钠除去挥发的硫酸，要立即终止铜与硫酸的反应，可以上移铜丝，使其脱离硫酸，撤去酒精灯，容易发生倒吸，拔去橡胶塞倒出硫酸，操作复杂；故答案为：a；(3)二氧化硫为酸性氧化物，与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠与氯化钢反应生成亚硫酸钢沉淀，离子方程式：SO2

39、+2NH3H2OSQ2-+2NH4+H2O、Bs2+SQ2-BaSQJ;二氧化硫具有还原性，能够被氯气氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子与氯化钢反应生成硫酸根沉淀，离子方程式：SQ+C2+2H2r4H+2C+SQ2-,Ba2+SQ2-BaSQJ;(4)棉花团应浸有碱液，可吸收二氧化硫，防止污染空气；(5)蓝色溶液中含有硫酸和硫酸铜，加入氢氧化钠溶液后，氢氧化钠先与硫酸反应，再与硫酸铜反应，看到现象为：开始没有明显现象，后有蓝色沉淀生成。13 .在一定条件下，二氧化硫和氧气发生如下反应：2SC2(g)+O2(g),、2SO3(g)AH<0o查阅资料知SQ的熔点为16.83C,沸点是44.8Co

40、某化学学习小组欲通过实验测定上述反应中SO2的转化率，他们设计了如下实验。miv请根据要求回答问题：(1)各装置接口的连接顺序是a-(2)装置IV烧杯中盛放冰水的作用是(3)装置I所用硫酸，一般选用浓度为70%80%的硫酸，原因是(4)当装置I中反应结束时，要打开止水夹继续通入O2一段时间，继续通入O2的目的是(5)称量agNatSQ粉末与足量硫酸反应，实验结束后称得装置IV增重bg,列式表示该实验中SQ的转化率【答案】h-i-b-c-f-g-d-e使SQ冷凝以便从气相中分离出来硫酸浓度过大时主要以分子形式存在，反应较慢；硫酸浓度过小时生成的SQ会部分溶解在稀硫酸中将装置中的SC2全部赶入装置

41、n中发生反应，将SO3全部赶入装置IV中冷凝为固体，提高测量SQ63b转化率的准确性100%40a【解析】【分析】(1)装置I的作用是制取SQ并与O2混合，装置n中发生SC2的催化氧化反应，装置m的作用是吸收尾气，装置W中收集SC3,装置v的作用是干燥气体；(2)SC3的熔点较低，可通过冷凝分离；(3)根据反应原理为强酸制弱酸，且SC2在水中溶解度较大分析；(4)反应结束后，装置中会残留一部分的SC2气体；(5)根据S元素守恒进行计算。【详解】(1)该装置连接基本顺序为：制取SC2并与O2混合装置一干燥SC2、O2装置一制取SC3装置一吸收SO3装置一尾气处理装置，因此装置接口的连接顺序是：a

42、fhfibcfgfd，(2)根据SQ的熔沸点知，装置IV烧杯中盛放冰水可使SC3冷凝以便从气相中分离出来；(3)硫酸浓度过大时硫酸主要以分子形式存在，难以电离出氢离子，反应较慢；硫酸浓度过小时，反应生成的SQ会部分溶解在稀硫酸中，均会导致实验存在误差；(4)反应过程中装置I中会残留SC2,装置n中会残留SC3,反应结束后，继续通入氧气一段时间，可以将装置中的SC2全部赶入装置n中发生反应，将SC3全部赶入装置IV中冷凝为固体，避免影响SQ转化率的测定；(5)假设Na2SQ全部反应生成SC2,且无SC2气体进入尾气吸收装置，根据S元素守恒可a40a知，完全转化时，理论生成SC3的质量为mol80

43、g/mol=40ag,故该实验中SQ的12663bg转化率为40a63g100%=-63b100%40a14.某小组探究NazSOs溶液和KI。3溶液的反应原理。-1-1(实验一)将含捉粉的0.01molLNa2SC3溶液加入0.01molLKIC3酸性溶液(过量)中，混合后约5秒内无明显变化，随后有少量蓝色出现并迅速变蓝。溶液变蓝，说明KIC3具有性。(2)查阅文献：22-反应I：IO3+3SO3=I+3SO4慢反应n：IO3+I-+=+较快22+反应出：I2+SO3+H2O=2I+SO4+2H快写出酸性条件下，反应n的离子方程式。(3)向实验一所得蓝色溶液中加入少量Na?SO3溶液，蓝色迅

44、速褪去，后又变蓝色。据此得出I2氧化性比1。3强，该结论(填管理”或不合理”，)理由是。(4)为了进一步研究Na2SO3溶液和KIO3溶液的反应原理，设计如下实验。(实验二)装置如图所示，K闭合后，电流表的指针偏转情况记录如表：表盘11L时间/min0t1t2t3t4a1偏转位置右偏至“逸指针回到“眺，又返至“X处；如此周期性往复多次指针归零酸化的KI0溶液飞f溶液淅K闭合后，检验b极附近溶液存在放电产物SO2-的实验操作是。ti时，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝。取a极附近溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶液变蓝。判断IO3在a极放电的产物是。(5)下列关于上述实验解释合理的是(填字母序号

45、)。A.实验一中：5秒内无明显变化，可能是因为反应I的活化能太小，反应速率太慢-2-B.实验二中：指针回到筑，可能是因为反应n比反应I快，导致IO3难与SO3发生反应C.实验二中：又返至“双，可能是因为发生了反应出，重新形成了原电池【答案】氧化IO35I6H+3I23H2O不合理由于反应出比反应I快，故现象显示12与$。2的反应，但速率快不能说明氧化性就强取样于试管中，先加入过量稀HCl除去SO2,再滴加少量BaCl2溶液，有白色沉淀生成IBC【解析】【分析】(1)溶液变蓝，说明生成碘单质，根据氧化还原反应规律判断KIO3的性质；(2)结合反应I、反应出，IO3-在酸性溶液氧化I-,生成碘单质

46、；(3)结合三个反应的快慢分析颜色变化的原因是否与氧化性强弱有关；(4)检验SO42-可使用盐酸酸化的BaC2溶液；t1时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶?变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明IO3-在a极放电的产物是I-；实验一中，t秒之前，过量的KIO3酸性溶液与Na2SO3溶液反应，Na2SO3反应完全，得到I-,t秒后与多余的KIO3反应得到碘单质，溶液变蓝，实验二中，0ti,Na2SO3溶液和KIO3溶液在两极放电分别得到SC42-、I-,t2t3,a极与IO3-反应，b极Na2S。未参与反应，外电路无电流通过，指针回到“眦，反应完全后

47、，Na2SO3溶液和生成的I2在两极放电，又返至“X处，如此往复，据此分析可得。【详解】(1)溶液变蓝，说明生成碘单质，KIO3转化为I2，I元素的化合价降低，得电子，被还原，则KIO3表现氧化性；(2)103-在酸性溶液氧化生成碘单质，根据氧化还原反应电子得失守恒和物料守恒，离子反应为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；(3)由于反应出比反应I快，故现象显示I2与S03的反应，但速率快不能说明氧化性就强，故该结论不合理；(4)检验SO42-可使用盐酸酸化的BaC2溶液，操作为：取b极附近溶液于试管中，先加入过量稀HCl除去S02,再滴加少量BaC2溶液，有白色沉淀生成，则证明b极附近溶液存在放电产物S042-；ti时，从a极区取溶液于试管中，滴加淀粉溶液，溶?变蓝，有碘单质生成，直接向a极区滴加淀粉溶液，溶液未变蓝，无碘单质，故说明I03-在a极放电的产物是I-,生成的与I03-生成了碘单质；(5)A.实验一中，5秒之前，过量