高三化学二轮复习微专题知识点强化-硫及其化合物

第=page11页，共=sectionpages11页第=page22页，共=sectionpages22页高三化学二轮复习微专题知识点强化——硫及其化合物一、单选题（本大题共21小题，共42分）某化学兴趣小组为探究SO2的性质，按如图所示装置进行实验。下列说法错误的是(    )A.②的作用是安全瓶

B.③中试剂更换为Ba(NO3)2后，无明显现象发生

C.④中的现象说明SO2具有氧化性

用下列两种途径制取H2SO4，某些反应条件和产物已省略，下列有关说法不正确的是(    )

途径①：S→A.途径①反应中体现了浓硝酸的强氧化性和酸性

B.途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来降低成本

C.由途径①和②分别制取1molH2SO4，理论上各消耗1mol S，各转移6mol电子

类推法是学习化学的重要方法，由下列事实进行归纳推理，其中合理的是(    )选项事实推理A沸点：H2O沸点：H2SBNHCHC常温下能用铝制或铁制容器贮运浓硫酸常温下也能用铝制或铁制容器贮运浓硝酸DSO2通入SO2通入A.A B.B C.C D.D向含a mol NaClO的溶液通入b mol SO2充分反应(不考虑二氧化硫与水之间的反应以及次氯酸的分解)。下列说法不正确的是A.当0<b<a2时：SO2+H2O+3ClO−=SO42−+2HClO+Cl−

B.化学中常用类比的方法可预测许多物质的性质．如根据H2+Cl2=2HCl推测：H2+Br2=2HBr.但类比是相对的，如根据2Na2A.钠与水反应生成NaOH和H2，推测：所有金属与水反应都生成碱和H2

B.由CO2+Ca(ClO)2+H2O=CaCO3↓+2HClO，推测：2SO下列化合物能用相应元素的单质直接化合生成的是(    )①Cu2S

②CuS

③FeS

④Fe2S3

A.①③⑤⑥⑧ B.①③⑤⑦⑧ C.②③④⑦⑧ D.②③⑤⑥⑧下列关于元素及其化合物的说法正确的是(    )A.SO2具有漂白性，所以能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色

B.金属单质Na、Mg、Fe在一定条件下都与水反应生成H2和相应的碱

C.SiO2既可与NaOH溶液反应也可与HF溶液反应，所以Si下列操作、现象及结论均正确的是(    )选项操作现象结论A用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧火焰呈绿色溶液中含有CuB向茶水中滴加FeCl3溶液呈紫色茶水中含有酚类物质C向紫色石蕊溶液中通入SO溶液先变红后褪色SO2D等体积pH=3的HA和HB两种酸加水稀释相同倍数后测溶液的pHHA的pH大HB酸性比HA强A.A B.B C.C D.D用如图所示装置和相应试剂能达到实验目的的是(

)选项实验目的试剂a试剂b试剂c装置A.验证非金属性：N>C>Si稀硝酸NNaB.验证氧化性：C浓盐酸KMnFeBrC.验证SO浓硫酸NKMnOD.除去Na2氯水混合物NaOH溶液A.A B.B C.C D.D短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大。A是元素Y的单质，常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，且丙是无色气体。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确的是(    )A.丁和戊中所含元素种类相同

B.简单离子半径大小：X<Y

C.简单气态氢化物的还原性：X>Z

D.Y的简单离子与Z的简单离子在水溶液中可大量共存下列关于硫及含硫化合物的叙述正确的是(    )A.将Cu片置于浓H2SO4中，无明显现象，说明Cu在冷的浓硫酸中被钝化

B.SO2具有漂白性所以它能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色

C.向装有Fe(NO3)2利用下列实验装置进行相应的实验，不能达到实验目的的是(    )A.利用图甲装置，可快速制取氨气

B.利用图乙装置，用饱和碳酸钠溶液分离CH3CH2OH和CH3COOC2H5下列根据实验操作和实验现象所得出的结论中，不正确的是选项实验现象结论A向某无色溶液中滴入用稀硝酸酸化的BaCl2有白色沉淀生成原溶液中一定存在SO42−或B分别向盛有KI3溶液的a、b试管中滴加淀粉溶液和AgNO3a中溶液变蓝，b中产生黄色沉淀I3−能电离出I2和C向饱和硼酸溶液滴入滴入2滴相同浓度的碳酸钠溶液无气泡产生酸性：H3D向2mL0.005mol/L FeCl3溶液中加入5mL0.01mol/L KSCN溶液，再滴入5滴0.01mol/LNaOH溶液先变成红色，滴入NaOH溶液后产生红褐色沉淀与Fe3+结合的能力：

A.A B.B C.C D.D根据下列实验操作和现象所得出的结论错误的是(    )选项操作现象结论A向蔗糖中加入浓硫酸蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，并放出有刺激性气味的气体浓硫酸具有脱水性和强氧化性B向盛有H2溶液变成棕黄色，一段时间后溶液中出现气泡，随后有红褐色沉淀生成Fe2+催化H2O2分解产生OC将SO溶液变红SO2与水反应生成D向久置的Na2S先出现白色沉淀，后部分沉淀溶解部分NaA.A B.B C.C D.D下列化学方程式中，不能正确表达反应颜色变化的是(    )A.久置的H2S溶液中出现黄色沉淀：2H2S+O2=2H2O+2S↓

B.发黄的浓硝酸中通O2，黄色消失：4NO2+某实验小组利用BaS的还原性提纯HBr溶液，并制取MgBr2⋅6H2O

下列说法不正确的是(

)A.还原步骤中可能会产生有毒气体H2S

B.沉淀步骤中可用Na2SO4溶液代替H2SO4溶液

C.某学习小组以废催化剂(主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS)下列说法错误的是(

)A.步骤①中能溶于稀硫酸的是ZnO、ZnS

B.步骤①、③中发生的反应均为氧化还原反应

C.步骤③涉及的离子反应可能为CuS+H2O2+2H+H2S有剧毒，不能排放在空气中，将H2S和O2的混合气体通入FeCl3、A.腐败的鱼、肉、蛋中都有硫化氢气体产生

B.O2在转化过程中发生的反应为O2+4Fe2++4H+=4Fe3+下列实验中，实验现象及结论都正确的是(

)选项实验操作实验现象实验结论A.向Ba(NO有白色沉淀生成SO2与Ba(NB.向FeI溶液颜色变深Cl2与FC.常温下，将铁片浸入足量的浓硫酸中铁片没有溶解常温下，铁与浓硫酸不发生化学反应D.向含有酚酞的Na2C溶液红色变浅，并有白色沉淀生成证明NaA.A B.B C.C D.D下列离子方程式书写正确的是A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O 32−+6H+=2S↓+3H下列说法正确的是(    )A.医用酒精的浓度越高杀菌消毒效果越好

B.pH小于5.6的降水通常称为酸雨

C.燃煤中加入适量石灰石，可减少废气中的SO2

三、简答题（本大题共4小题，共58分）连二亚硫酸钠(Na2S2O4)是印染工业的一种常用原料，又称保险粉，是一种白色粉末，易溶于水，但不溶于乙醇，在碱性介质中稳定。

(1)Na2S2O4中S元素的化合价为______。

(2)连二亚硫酸钠在潮湿空气中极不稳定，易分解并引起燃烧，甚至发生爆炸，反应的化学方程式为：2Na2S2O4=Na2S2O3+Na2SO3+______。保存“保险粉”时常加入少量Na2CO3固体，目的是______。

(3)Na2S2O4暴露于空气中易吸收氧气和水蒸气而变质，当氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2时，反应产物的化学式为______。

(4)工业上可用下图装置电解NaHSO3开发稳定高效的脱硫脱硝工艺是当前国内外研究的热点。

(1)天然气中含有的H2S会腐蚀管道和设备，可在1200℃下进行脱硫处理，其中涉及H2S与O2的反应，产物为SO2和水蒸气，若1molH2S参与该反应放热586.16kJ，则该反应的热化学方程______。

(2)烟气中的SO2可用“双碱法”洗除：先用NaOH溶液吸收烟气中的SO2，再往所得溶液中加入CaO.反应得到NaOH和CaSO3.原理可表示为：。

①Na2SO3溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序：______。

②“双碱法“洗除SO2的优点是______(任写一点)。

(3)过二硫酸钾(K2S2O8)是一种白色、无味晶体，溶于水，不溶于乙醇有强氧化性。可作为燃煤锅炉烟气脱硝的氧化剂。

①S2O82−的结构式，则过二硫酸钾(K2S2O8)所含化学键有：______。

1个S2O82中含有化合价为−1价的氧原子的个数是______。

②脱硝过程中依次发生两步反应：第1步K2S过硫酸(H2物质硫酸过硫酸结构式(1)依据硫酸和过硫酸的结构式，下列说法正确的是(填序号)______。

a.硫酸和过硫酸均为共价化合物

b.过硫酸分子中含有与过氧化氢分子中相同的化学键

c.过硫酸分子可看作2个硫酸分子脱去1个水分子

(2)工业上利用过硫酸铵制备过氧化氢的一种方法如图1。

①解法制(NH4)2S2O8过程中，得到S2O82−的电极反应式是______。

②其他条件一定，电解相同时间后，测得生成液中S2O82−含量随温度变化如图2.电解时通常控制15℃而不用更低温度的原因：______

③X的化学式是______

④过硫酸盐的水解反应______(填“属于”或“不属于”)氧化还原反应。

⑤图3中a～e表示S2O82−中的部分化学键，则S2O82−发生水解反应时断裂的化学键是______(选填字母)。

(3)过硫酸钾氧化法可用于分析锰钢中Mn元素的含量：取样品ag，加入过量浓硝酸，在加热条件下将Mn溶出，再用bL过硫酸钾溶液将溶出的Mn2+全部转化为MnO4−，检测MnO4−浓度，计算得出样品中Mn元素的质量分数为H2S和S(Ⅰ)H方法1：生物脱H2H4FeSO4+(1)硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×10(2)由图1和图2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H2O(3)随着参加反应的n(H2O2) /n((Ⅱ)SO方法1(双碱法)：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生，NaOH溶液N(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方法2：用氨水除去S(5)已知25℃，NH3⋅H2O的Kb=1.8×10−5，H2SO3的Ka1=1.3×10−2四、实验题（本大题共1小题，共10.0分）亚硫酸钠晶体(Na2(一)检验亚硫酸钠晶体是否变质及变质的程度。选用下列试剂设计实验方案进行检验：试剂：稀盐酸、稀H2SO4、稀HNO3、Ba(NO3)2据此回答下列问题：(1)试剂X应选用____________，试剂X能否选用稀HNO3___________，若不能请用离子方程式说明原因_______________________(若能此空不用填写(2)上述溶解和过滤的操作中都需要用到的玻璃仪器是___________________。(3)根据上述操作现象得出结论：若出现_______________________现象，则亚硫酸钠全部氧化；若出现____________________现象，则亚硫酸钠部分氧化。(二)测定样品中亚硫酸钠的纯度。利用KIO①称取1.50 g亚硫酸钠晶体样品，溶于水配成100 mL溶液，取25.00 mL溶液于锥形瓶中，加适量指示剂。②用盐酸酸化的KIOIO3−+3SOI用0.01 mol/L的酸性KIO3溶液滴定，平行滴定3次，标准溶液的平均用量为据此回答下列问题：(4)应选用___________作指示剂，滴定终点的现象________________________________。(5)下列操作会引起测定值偏大的是__________。a.称量样品时样品与砝码放反了b.盛放KIOc.滴定终点时仰视读数d.盛样品溶液的锥形瓶没有干燥(6)样品纯度为_____________%(保留1位小数)。

答案和解析1.【答案】B

【解析】解：A、装置②是安全瓶，所以②的作用是安全瓶，故A正确；

B、硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，与钡离子结合成白色沉淀硫酸钡，故B错误；

C、过量的二氧化硫通入到硫化钠溶液中发生氧化还原反应生成亚硫酸氢钠和硫单质，离子方程式为：2S2−+5SO2+2H2O=4HSO3−+3S↓，二氧化硫中硫的化合价降低具有氧化性，故C正确；

D、二氧化硫能够与有色物质化合生成无色的化合物，具有漂白性，能够使品红溶液褪色，所以⑤用于检验SO2的漂白性，故D正确；

故选：B。

A、装置②是安全瓶；

B、硝酸根离子在酸性溶液中具有强氧化性；

【解析】解：A、S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，该反应中只体现了浓硝酸的强氧化性，不能体现酸性，故A错误；

B、增大O2的浓度，可以提高SO2的转化率，所以途径②的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来降低成本，故B正确；

C、途径①和②都是由S来制备H2SO4，S的化合价从0价升高到+6价，制取1molH2SO4，理论上各消耗1mol S，各转移6mole−，故C正确；

D、途径①S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，有副产物二氧化氮，而且二氧化氮会污染大气，所以途径②与途径①相比更能体现“绿色化学”的理念，且原子利用率100%，故D正确；

故选：A。

A、S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水，不能体现酸性；

B、增大一种反应物的浓度，可以提高另一种反应物的转化率；

C、根据S元素的化合价变化分析：S由0价转化为+6；【解析】解：A.H2Se的相对分子质量大于H2S，所以沸点：H2S小于H2Se，故A错误；

B.CH3COONH4溶液显中性，不能用于处理铁锈，故B错误；

C.铝或铁遇浓硫酸、浓硝酸都发生钝化，所以常温下能用铝制或铁制容器贮运浓硫酸，也能用铝制或铁制容器贮运浓硝酸，故C正确；

D.二氧化硫能被硝酸根离子氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，所以有白色沉淀生成，故D错误；

故选：C。

A.沸点：H2S小于H2Se；

【解析】解：当SO2不足时SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+2HClO+NaCl，当SO2充足时SO2+H2O+NaClO=H2SO4+NaCl，

A.当0<b<a2时，发生的反应为SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+2HClO+NaCl，故离子方程式为SO2+H2O+3ClO−=SO42−+2HClO+Cl−，故A正确；

B.当b=a时，发生的反应为SO【解析】【分析】

本题考查类推这一思维方法在化学学科中的应用，属于方法与知识相结合的内容，是高考的热点之一，题目难度不大。

【解答】

A.活泼金属钠与水反应生成NaOH和H2，但是金属活动顺序表金属铝以后的金属均和水不反应，故A错误；

B.二氧化硫具有还原性，次氯酸具有强氧化性，生成的亚硫酸钙会被氧化为硫酸钙，故B错误；

C.硫是弱氧化剂只能将铁氧化成亚铁，所以铁和硫直接化合也能得到

FeS，而得不到Fe2S3，故C错误；

D.Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+C【解析】【分析】本题考查物质的性质，难度较小，掌握氯气和硫单质的性质即可解答，注意Cl2和S氧化性的强弱。

【解答】①②Cu与S反应生成硫化亚铜，①正确，②错误；

③④Fe与S反应生成硫化亚铁，③正确，④错误；

⑤⑥Fe与Cl2反应生成三氯化铁，⑤正确，⑥错误；

⑦Al和S单质直接反应生成Al2S3，⑦正确；

⑧H2和S单质直接反应生成H2S【解析】解：A.二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI，能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，与漂白性无关，故A错误；

B.Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，而Na、Mg在一定条件下都与水反应生成H2和相应的碱，故B错误；

C.二氧化硅与HF酸反应生成气体和水，为其特性，SiO2属于酸性氧化物，故C错误；

D.NaHCO3可与盐酸反应，且分解生成碳酸钠，NaHCO3可用于制备纯碱、食品发酵剂、治疗胃酸过多的药剂，故D正确；

故选：D。

A.二氧化硫与碘发生氧化还原反应生成硫酸和HI；

B.Fe与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；

C.二氧化硅与HF酸反应生成气体和水，为其特性；

D.NaHCO【解析】【分析】

本题考查了化学实验方案的设计与评价，明确物质的性质是解答本题的关键，题目难度一般。

【解答】

A.焰色反应是元素的性质，用洁净的铜丝蘸取某溶液灼烧，火焰呈绿色，无法检验溶液中是否含有Cu2+，故A错误；

B.酚类物质与FeCl3发生显色反应，所以向茶水中滴加FeCl3溶液溶液呈紫色，说明茶水中含有酚类物质，故B正确；

C.由于SO2与水反应生成的H2SO3只具有酸性，所以向紫色石蕊溶液中通入SO2，溶液只变红不褪色，故C错误；

D.等体积pH=3的HA和HB两种酸加水稀释相同倍数后测溶液的pH，若HA的pH【解析】【分析】

本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，涉及非金属性比较、氧化还原反应等知识，明确元素化合物性质为解答关键，试题有利于提高学生的化学实验能力。

【解答】

A.硝酸具有挥发性，从锥形瓶中出来的气体中混有硝酸，对二氧化碳与Na2SiO3溶液反应产生干扰，不能达到实验目的，故A错误；

B.KMnO4能够将HCl氧化成氯气，FeBr2中亚铁离子的还原性大于溴离子，氯气优先氧化亚铁离子，对氯气和溴单质氧化性比较产生干扰，不能达到实验目的，故B错误；

C.浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化碳气体通入酸性KMnO4溶液中，如果KMnO4溶液褪色，体系二氧化硫的还原性，能够达到实验目的，故C正确；

D.Na2S【解析】【分析】

本题考查元素周期表和元素周期律的综合推断、无机物的推断，为高频考点，把握钝化反应以及相关物质的性质为解答的关键，侧重分析与推断能力的考查，注意元素化合物知识与规律性知识的应用，题目难度不大。【解答】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，A是元素Y的单质，常温下，A遇甲的浓溶液发生钝化，可知A为Al单质，Y为Al元素，丙是无色气体，则甲为H2SO4、丙为SO2。丙、丁、戊是由这些元素组成的二元化合物，可知丁为H2O，戊为H2O2，乙为Al2(SO4)A.丁为水，戊为双氧水，二者含有元素种类相同，故A正确；B.氧离子和铝离子核外电子排布相同，质子数越多半径越小，故离子半径铝离子小于氧离子，故B错误；C.氧和硫位于同一主族，硫化氢的还原性大于水，故C错误；D.铝离子和硫离子在水溶液中发生双水解反应而不能共存，故D错误。

故选A。

11.【答案】C

【解析】解：A、铜的活泼性比氢弱，不能置换酸中的氢，而不是钝化，故A错误；

B、SO2具有还原性，所以它能使碘的淀粉溶液由蓝色变为无色，故B错误；

C、向Fe(NO3)2溶液中加入H2SO4，则会发生离子反应：3Fe2++NO3−+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，产生的NO在管口生成NO2呈现红色，故C正确；

D.SO2与双氧水反应生成硫酸；Cl2与双氧水反应生成氧气和盐酸，故D错误；

故选：C。

A、铜的活泼性比氢弱；

【解析】【分析】本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制取、混合物的分离、气体的检验、物质的性质，侧重实验装置与物质的性质的考查，题目难度中等。【解答】A.浓氨水与生石灰制取氨气，选固体与液体反应不加热装置，则图中装置能实现氨气的制取，故A正确；

B.饱和碳酸钠溶液和CH3CH2OH互溶，而和CH3COOC2H5分层，则能利用图中分液装置分离，故B正确；

C.乙醇挥发后溶解在KOH溶液中，排除对乙烯检验的干扰，但检验乙烯易发生倒吸，另外该反应没有控制温度在170℃，故C

13.【答案】A

【解析】【分析】

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质性质、离子检验、平衡移动、酸性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度中等。

【解答】

A.硝酸可氧化亚硫酸根离子，应加盐酸酸化检验硫酸根离子，且白色沉淀可能为AgCl，故A错误；

B.由现象可知，溶液中含碘单质及碘离子，则I3−

能电离出I2和I−，故B正确；

C.由强酸制取弱酸的原理及反应现象可知，酸性：H3BO3<H2CO3，故C正确；

D.由现象可知加NaOH使络合反应逆向移动，则与F【解析】【分析】

本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、实验技能为解答关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。

【解答】

A.蔗糖变成疏松多孔的海绵状炭，说明浓硫酸有脱水性；浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，可知浓硫酸具有强氧化性，故A正确；

B.溶液变成棕黄色，说明过氧化氢氧化亚铁离子成Fe3+，一段时间后溶液中出现气泡，说明生成的Fe3+可作过氧化氢分解的催化剂，即Fe3+催化H2O2分解产生O2，H2O2分解反应放热，促进Fe3+水解，有红褐色沉淀生成，故B错误；

C.将SO2通入紫色石蕊试液中，溶液变红，说明溶液呈酸性，则二氧化硫为酸性氧化物，SO2与水反应生成H2SO【解析】解：A.硫化氢具有较强还原性，易被空气中氧气氧化生成单质硫，反应的化学方程式：2H2S+O2=2H2O+2S↓，故A正确；

B.发黄的浓硝酸中含二氧化氮，通入氧气，二氧化氮和氧气、水会发生反应生成硝酸，通O2，黄色消失反应的化学方程式：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故B正确；

C.沸水中滴入FeCl3溶液，加热到液体变红褐色制得氢氧化铁胶体，反应放热化学方程式：FeCl3+3H2O−  △   Fe(OH)3(胶体)+3HCl，故C正确；【解析】【分析】

本题考查物质的制备流程，侧重考查化学反应，掌握实验原理和操作要点即可解答，难度一般。

【解答】

A.溶液为酸性环境，过量的BaS会与酸发生复分解反应，生成H2S气体，故A正确；

B.不能使用硫酸钠溶液，因为引入钠离子，最后获得溴化镁中会含有溴化钠杂质，故B错误；

C.滤渣含有还原阶段生成的硫单质，以及沉淀阶段生成的硫酸钡，故C正确；

D.由于加入硫酸溶液用于沉淀钡离子，可能会有硫酸根离子剩余，导致最后得到了溴化镁晶体中含有硫酸镁，故D正确。

故选B。

17.【答案】【解析】【分析】

本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握流程中发生的反应、物质的性质、混合物分离提纯方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识与实验的结合，题目难度不大。

【解答】

废催化剂主要成分SiO2、ZnO、ZnS和CuS，由实验流程可知，①中发生ZnO+H2SO4=ZnSO4+H2O、ZnS+H2SO4=ZnSO4+H2S↑，滤液含硫酸锌，结晶法可得到晶体，滤渣1为CuS、SiO2，③中发生CuS+H2O2+H2SO4CuSO4+S+2H2O，滤渣2为S、SiO2，滤液含硫酸铜，结晶得到胆矾。

A.ZnO、ZnS可与硫酸反应，CuS【解析】【分析】

本题是对氧化还原反应的原理知识的考查，是中学化学的重要知识，难度一般。关键是弄清化学物质的转化图的意义，侧重知识的能力考查。

【解答】

A.依据硫化氢的生成原理可知，腐败的鱼、肉、蛋中都有硫化氢气体产生，故A正确；

B.依据物质转化图可知，O2在转化过程中发生的反应为O2+4Fe2++4H+=4Fe3++2H2O，故B正确；

C.图示转化中，有H、Cl、Cu三种元素的化合价未发生改变，故C正确；

D.为避免混合液失效，混合气体中氧气的量要大一些，所以H2【解析】【分析】

本题考查化学实验方案的评价，为高考常见题型，侧重于学生的分析能力和实验能力的考查，注意把握实验操作的严密性和可行性的评价，难度中等。

【解答】

A.将二氧化硫气体通入Ba(NO3)2溶液中会发生氧化还原反应生成BaSO4白色沉淀，故A错误；

B.由于碘离子的还原性大于亚铁离子，故氯气把碘离子氧化为碘单质，故B错误；

C.常温下，将铁片浸入足量浓硫酸中，发生钝化，生成致密的氧化膜阻止反应的进一步进行，不是不反应，故C错误；

D.含有酚酞的Na2CO3溶液，因碳酸根离子水解显碱性溶液变红，加入少量BaCl2固体，水解平衡逆向移动，则溶液颜色变浅，证明【解析】【分析】

本题考查离子反应方程式的书写的正误判断，为高频考点，把握发生的反应及离子反应方程式的书写方法为解答的关键，侧重与量有关的离子反应、复分解反应、氧化还原反应的离子反应考查，注意离子反应中保留化学式的物质及电子、电荷守恒，题目难度不大。

【解答】

A.Na2S2O3溶液与稀H2SO4反应的离子方程式：S2O32−+2H+=S↓+SO2↑+H2O，故A错误；

B.因为Na2CO3溶液是饱和的，所以生成的NaHCO3会析出，反应的离子方程式应为CO32−+【解析】解：A.95%的酒精能将细菌表面包膜的蛋白质迅速凝固，并形成一层保护膜，阻止酒精进入细菌体内，因而不能将细菌彻底杀死，而70%−75%的酒精即能顺利地进入到细菌体内，又能有效地将细菌体内的蛋白质凝固，因而可彻底杀死细菌，所以医用酒精浓度为75%，故A错误；

B.酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水，而正常雨水因溶解二氧化碳溶液呈酸性，pH约为5.6，故B正确；

C.煤中含有S元素，向煤中加入适量的CaCO3(或CaO)，高温下石灰石分解生成CaO，可与SO2以及氧气反应生成硫酸钙，可以大大减少燃物产物中SO2的量，能有效防止大气污染，故C正确；

D.生活中含磷洗涤剂的过量使用是导致水体富营养化的因素之一，故D错误；

故选：BC。

A.95%的酒精能将细菌表面包膜的蛋白质迅速凝固，并形成一层保护膜，阻止酒精进入细菌体内，因而不能将细菌彻底杀死；

B.酸雨是指溶液pH小于5.6的雨水；

C.石灰石分解生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙和二氧化硫反应生成亚硫酸钙，能起到固硫的作用；

D.含磷洗涤剂的过量使用会导致水体富营养化。

本题考查了环境污染与治理，熟悉空气污染的途径、治理的方法是解题关键，能培养学生树立环保意识。

22.【答案】+3

SO2

Na2CO3为碱性物质，可提高“保险粉”的稳定性

【解析】解：(1)Na2S2O4中Na的化合价为+1、O为−2，根据化合物中元素化合价代数和为0计算得出S元素的化合价为+3，

故答案为：+3；

(2)根据反应前后原子种类和数目不变可知，Na2S2O4分解还生成SO2气体；Na2S2O4在碱性介质中稳定，加入少量Na2CO3固体可防止其分解，

故答案为：SO2；Na2CO3为碱性物质，可提高“保险粉”的稳定性；

(3)Na2S2O4具有强还原性，和O2以2：1反应时，1molO2失去4mol电子、2molNa2S2O4得到4mol电子，所以S的化合价升高1，即生成物中S的化合价为+4，由于Na2S2O4氧气和水蒸气而变质生成+4价生成物，所以生成物为NaHSO3，

故答案为：NaHSO3；

(4)由总反应2NaHSO3+2NaC1− 电解  Na2S2O4+2NaOH+C12↑可知，S的化合价降低、Cl化合价升高，所以NaHSO3在阴极发生得电子的还原反应生成Na2S2O4，即惰性电极a为阴极，与电源负极相接，电极反应式为

2HSO3−+2e−=S2O42−+2OH−；若不加隔膜，则部分HSO3−转移到阳极、被阳极生成的氯气氧化生成硫酸根离子，使连二亚硫酸钠产率下降，

故答案为：负极；2HSO3−+2e【解析】解：(1)H2S与O2的反应的方程式为2H2S+3O2=2SO2+2H2O，1molH2S参与该反应放热586.16kJ，则2molH2S参与该反应放热586.16kJ×2=1172.32kJ，热化学方程式为2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H=−1172.32kJ/mol，

故答案为：2H2S(g)+3O2(g)=2SO2(g)+2H2O(g)△H=−1172.32kJ/mol；

(2)①Na2SO3是弱酸强碱盐，水解显碱性，并且以第一步水解为主，结合水的电离可知溶液中阴离子的浓度由大到小的顺序c(SO32−)>c(OH−)>c(HSO3−)，

故答案为：c(SO32−)>c(OH−)>c(HSO3−)；

②“双碱法”洗除原理为，由此可知，第一步消耗NaOH、第二步又生成NaOH和CaSO3，使NaOH再生(或CaSO3氧化生成CaSO4，得到石膏)，

故答案为：使NaOH再生(或得到副产物石膏)；

(3)①过二硫酸钾(K2S2O8)是离子化合物、含有离子键；阴离子S2O82−的结构式为可知含有极性共价键O−S、O=S键和非极性共价键O−O键，其中−1价的氧原子的个数为2，

故答案为：离子键、共价键；2；

②过二硫酸钾(K2S2O8)有强氧化性，可氧化HNO2生成HNO3，

故答案为：HNO3【解析】解：(1)a.硫酸和过硫酸均由共价键形成，是共价化合物，故a正确；

b.过氧化氢分子的结构式为H−O−O−H，过硫酸分子的结构式为，二者均含有O−H和−O−O−键，故b正确；

c.2个硫酸分子脱去1个水分子得到，不同于，故c错误；

故答案为：ab；

(2)①酸性条件下，SO42−失去电子得到S2O82−，电极反应式为2SO42−−2e−=S2O82−，故答案为：2SO42−−2e−=S2O82−；

②由图象可知，温度在−5～15℃时c(S2O82−)变化不大，但电解时耗能大，故答案为：低温时，S2O82−的含量变化不大，但增加耗能；

③化学反应前后原