高考化学硫及其化合物综合经典题含详细答案

一、高中化学硫及其化合物

1．硫元素具有可变价态，据此完成以下有关含硫化合物性质的试题。

（1）将H2S气体通入FeCl3溶液中，现象是_____________________________；反应的离子方程式是______________________________________。

（2）为了探究-2价硫的化合物与+4价硫的化合物反应的条件，设计了下列实验。

H2SO3   K1 =1.7×10-2；K2 = 5.6×10-8

①根据上述实验，可以得出结论：在_________条件下，+4价硫的化合物可以氧化-2价硫的化合物。

②将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液pH随SO2气体体积变化关系示意图正确的是______（选填编号）。

A． B． C． D．

（3）现有试剂：溴水、硫化钠溶液、Na2SO3溶液、稀硫酸、NaOH溶液、氨水。  要证明Na2SO3具有还原性，应选用的试剂有______________，看到的现象是 ____________________。 要证明Na2SO3具有氧化性，应选用的试剂有___________________，反应的离子方程式是________________________________。

（4）文献记载，常温下H2S可与Ag发生置换反应生成H2。现将H2S气体通过装有银粉的玻璃管，请设计简单实验，通过检验反应产物证明H2S与Ag发生了置换反应_____________________。

【答案】溶液由棕黄色变为浅绿色，产生黄色浑浊 2Fe3+ + H2S → 2Fe2+ + S↓+2 H+ 酸性(或酸性较强) C 溴水 溴水褪色 硫化钠溶液和稀硫酸 2S2－+SO32－+6H+→3S↓+3H2O 将反应后的气体通入足量氢氧化钠溶液中（或硫酸铜溶液或氯化铁溶液等），除去未反应的H2S后，点燃，若观察到火焰呈淡蓝色，说明有H2生成，从而证明H2S与Ag发生了置换反应（或做爆鸣实验）    

【解析】

【分析】

【详解】

(1)将H2S气体通入FeCl3溶液中会发生氧化还原反应生成硫单质黄色沉淀和氯化亚铁浅绿色溶液，所以溶液由棕黄色变为浅绿色，产生黄色浑浊，其反应的离子方程式为：2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

(2)①根据实验1可知Na2S和Na2SO3不反应，根据实验2和实验3可知在酸性条件下Na2S和Na2SO3反应生成硫沉淀；

②将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，发生的反应为：SO2+2H2S=3S↓+2H2O，随着反应进行，溶液酸性减弱，pH增大；当SO2过量时，SO2+H2O=H2SO3，反应生成亚硫酸，溶液酸性增强，所以pH又减小；由于亚硫酸酸性大于硫化氢的酸性，故后来的pH比最初要小，故C正确；

(3)溴水能氧化Na2SO3，所以要证明Na2SO3具有还原性，可选用溴水与Na2SO3反应，反应后溴水褪色；酸性条件下，亚硫酸钠与硫化钠发生氧化还原反应，亚硫酸钠中S元素的化合价降低，作氧化剂；所以要证明Na2SO3具有氧化性，应选用的试剂有硫化钠溶液和稀硫酸；其反应的离子方程式为：2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；

(4)H2S可与Ag发生置换反应生成H2，检验氢气存在，即说明发生置换反应，所以实验操作为：将反应后的气体通入足量氢氧化钠溶液中，除去未反应的H2S后，点燃，若观察到火焰呈淡蓝色，说明有H2生成，从而证明H2S与Ag发生了置换反应。

2．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)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Na2S2O5。装置II中有Na2S2O5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）Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。证明NaHSO3溶液中HSO3－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Na2S2O5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)的方案如下：

（6）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量 (以游离SO2计算)为_______________g·L－1。

（7）在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_______________ (填“偏高”“偏低”或“不变”)。

【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O(或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O) 过滤 d a、e 取少量Na2S2O5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+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O，装置Ⅱ制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，装置Ⅲ用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫。

(1)由装置Ⅱ中发生的反应可知，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或硫酸氢钠、二氧化硫与水；

(2)装置Ⅱ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Ⅲ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、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可。

实验三：(6)①由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；

②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Ⅱ中发生的反应可知，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+SO2↑+H2O，或生成硫酸氢钠，反应方程式为：Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；

(2)装置Ⅱ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Na2SO4，用盐酸、氯化钡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)①令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：

所以，g:mg=1mol:0.025L×0.01mol/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；

②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．在空气中加热S粉和Fe粉的混合物，可观察到下列现象：

（1）有淡蓝色火焰，且生成刺激性气味的气体。

（2）混合粉末变红，放出热量，最后变成黑色固体。

（3）不时有火星从混合物中射出。

请分别写出以上三种情况发生反应的化学方程式：__________、__________、__________。

【答案】S＋O2SO2 Fe＋SFeS  3Fe＋2O2Fe3O4    

【解析】

【分析】

【详解】

（1）S在空气中燃烧产生淡蓝色火焰，生成SO2，反应方程式为：S+O2SO2；

（2）混合粉末变红，放出热量，最后变为黑色固体是因为Fe与S反应生成FeS，反应方程式为：Fe+SFeS；

（3）有火星射出是因为Fe与O2反应生成Fe3O4，反应方程式为：3Fe+2O2Fe3O4。

4．某小组同学用如图所示装置进行铜与浓硫酸的反应，并探究产物的性质 (夹持装置已略去)。

(1)试管①中反应的化学方程式是______；

(2)若试管②中的试剂为品红溶液，实验中观察到的现象是______；

若试管②中的试剂为酸性KMnO4溶液，实验时，观察到溶液褪色，则说明生成的气体具有______性。

(3)试管③中的试剂为NaOH溶液，其作用是______，反应的离子方程式是______。

【答案】Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O 品红溶液褪色 还原 吸收尾气 SO2+2OH-=SO32-+H2O    

【解析】

【分析】

(1)铜与浓硫酸在加热时反应生成硫酸铜和二氧化硫气体；

(2)二氧化硫能使品红溶液褪色；若试管②中的试剂为酸性KMnO4溶液，实验时，观察到溶液褪色，二氧化硫与高锰钾发生氧化还原反应而褪色；

(3)二氧化硫是有毒的酸性氧化物，不能直接排放空气中，所以用NaOH溶液吸收尾气。

【详解】

(1)铜与浓硫酸在加热条件下发生反应生成硫酸铜和二氧化硫气体和水，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O；

(2)SO2气体具有漂白性，能使品红溶液褪色，所以试管②品红溶液褪色；SO2气体具有强的氧化性，可以被强氧化剂氧化为硫酸，若试管②中的试剂为酸性KMnO4溶液，实验时，观察到溶液褪色，二氧化硫与高锰钾发生氧化还原反应而褪色，体现二氧化硫的还原性；

(3) SO2是有毒气体，不能直接排放空气中，由于SO2属于酸性氧化物，所以可用NaOH溶液进行尾气处理，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O。

【点睛】

本题考查性质实验方案的设计。把握实验装置的作用、元素化合物知识、实验技能为解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，题目侧重考查学生的分析能力与实验能力。

5．在50 mL 4 mol·L－1的氢氧化钠溶液中，通入一定量的硫化氢，反应完毕，在常温减压条件下，用氮气把溶液吹干，得到白色固体7.92 g，通过计算确定白色固体的组成及各组分的质量。_________________

【答案】白色固体有两种组合。一种可能是由Na2S(3.12g)和NaOH(4.80g)组成的混合物；另一种可能是由Na2S(7.52 g)和NaHS(0.40 g)组成的混合物。

【解析】

【分析】

NaOH的物质的量为n(NaOH)=c·V=4mol/L× 0.05L =0.2mol，0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成Na2S时，白色固体的质量m(Na2S)=78g/mol×=7.8g，0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成NaHS时，白色固体(NaHS)的质量为m(NaHS)=56g/mol×0.2mol=11.2g，因为7.8g<7.92g<11.2g，所以得到的白色固体有两种可能的组合：一种是Na2S和NaOH的混合物；另一种是Na2S和NaHS的混合物，根据题意列方程式进行计算即可。

【详解】

氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=c·V=4mol/L× 0.05L =0.2mol，0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成Na2S时，m(Na2S)=78g/mol×=7.8g；0.2 mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成NaHS时，m(NaHS)=56g/mol×0.2mol=11.2g，因为7.8 g<7.92 g<11.2 g，所以得到的白色固体有两种可能的组合：①Na2S和NaOH的混合物；②Na2S和NaHS的混合物。

①设Na2S为xmol，则有(0.2-2x) mol NaOH，78 g/mol×xmol+40g/mol(0.2-2x)=7.92g，解得x=0.04mol；Na2S的质量m(Na2S)=0.04 mol×78 g/mol=3.12g，NaOH的质量m(NaOH)=7.92  g-3.12g=4.80 g；

②设Na2S为ymol，则有(0.2-2y)mol NaHS。78 g/mol×ymol+56g·mol(0.2-2y)mol=7.92g，解得y≈0.0965 mol，所以Na2S的质量m(Na2S)=78g/mol×0.0965 mol=7.52g，NaHS的质量m(NaHS)=7.92 g-7.52g=0.40g。

【点睛】

本题考查学生有关混合物的计算知识，注意极值法的应用，学会运用所学知识进行分析和推理能力是关键所在。

6．已知X、Y均为有刺激性气味的气体，且几种物质间有以下转化关系，部分产物未标出。请回答下列问题。

(1)写出下列各物质的化学式：

X______、Y______、A______、B______、C______。

(2)反应①的离子方程式为____________。

【答案】Cl2 SO2 HCl H2SO4 FeCl3 2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+    

【解析】

【分析】

A与酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀，A中含Cl-；B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀，B中含SO42-；又根据X、Y均为有刺激性气味的气体，且X能与反应，则X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。

【详解】

(1)分析可知，X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。

(2)反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+。

7．有一白色粉末X，对X检验时，所做实验和现象为：

（1）写出X的化学式___。

（2）在①步反应中H2SO4的作用是___。

①在水溶液中电离，并呈强酸性  ②具有高沸点、难挥发性  ③浓硫酸具有吸水性  ④浓硫酸具有脱水性  ⑤浓硫酸具有强氧化性

（3）写出④、⑤两步反应的离子方程式：___、___。

【答案】Na2SO3 ①② BaSO3＋2H＋＝Ba2＋＋SO2↑＋H2O SO32－＋Br2＋H2O＝2H＋＋SO42－＋2Br－    

【解析】

【分析】

根据加氯化钡溶液产生白色沉淀，加入盐酸沉淀会消失和加入溴水，溴水褪色，说明具有还原性离子，且反应后加入氯化钡也会产生白色沉淀，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】

根据加氯化钡溶液产生白色沉淀，加入盐酸沉淀会消失和加入溴水，溴水褪色，说明具有还原性离子，且反应后加入氯化钡也会产生白色沉淀，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；

(1) X的化学式为Na2SO3；

(2) 在①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H2SO4的作用是①在水溶液中电离，并呈强酸性、②具有高沸点、难挥发性；

答案为①②；

(3)二氧化硫与氢氧化钠反应的离子方程式为: SO2+2OH=SO32-+ H2O；亚硫酸钠与氯化钡反应生成与硫酸钡沉淀，离子方程式为：Ba2++SO32-=BaSO3↓；亚硫酸钠与溴水发生氧化还原反应生成硫酸钠和氢溴酸，离子方程式为：SO32－＋Br2＋H2O＝2H＋＋SO42－＋2Br－。

8．.A、B、C、D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图所示（反应条件及他物质已经略去）； 

Ⅰ. 若A是一种黄色固体单质；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，回答以下问题:

(1)将B通入KMnO4溶液的现象为__________________________，体现B的_____________（选填 “氧化性”“还原性”“漂白性”）

(2)98%的浓硫酸改为氧化物形式SO3·nH2O，则n值为_________（可写成分数形式）

Ⅱ.若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则回答下列问题

(1)写出写出A→B的化学方程式_____________________________________________。

(2)实验室常用右图所示装置制取并收集A气体，请在框中画出实验室收集A气体的装置图________。

(3)尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是________________________。

【答案】紫色溶液褪色 还原性  4NH3+5O24NO+6H2O  防止倒吸    

【解析】

【分析】

Ⅰ.常温下A为淡黄色固体单质，即说明A是S，则B是二氧化硫，C是三氧化硫，D是硫酸。

Ⅱ.若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，则B为NO，C为NO2，D为HNO3。

【详解】

Ⅰ. (1)SO2有还原性会被高锰酸钾氧化，将SO2通入KMnO4溶液的现象为：紫色溶液褪色；体现SO2的还原性；

(2)设98%的浓硫酸质量为100g，则m（H2SO4）=100g×98%=98g，m（H2O）=100g-98g=2g，则n（H2SO4）==1mol，n（H2O）= = mol，100g98%的浓硫酸中1mol硫酸分子等价1molSO3和1molH2O，水的总物质的量为mol+1mol=，改写为氧化物形式SO3·nH2O，则n=；

Ⅱ.(1)由分析可知A为 NH3，B为NO，氨气的催化氧化可以生成NO，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；

(2)氨气密度比空气小，极易溶于水，不能用排水法收集，可以用向下排空气法收集，装置为

(3) 尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是：防止倒吸。

9．有关物质的转化关系如图所示。A的摩尔质量为120 g·mol−1且只含两种元素。B、E是常见气体，其中B为单质，E能使品红溶液褪色。D为红棕色固体，F为紫红色金属，C的浓溶液可干燥某些气体。

（1）A的化学式为______。

（2）H的电子式为______。

（3）写出反应③的离子方程式：______。

（4）写出反应④的化学方程式：______。

【答案】FeS2  2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+ Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4    

【解析】

【分析】

E是常见气体，且E能使品红溶液褪色，则首先考虑E为SO2；D为红棕色固体，则D为Fe2O3；A只含两种元素，B是常见气体，且B为单质，A和B煅烧生成SO2和Fe2O3，则B为O2，A含有Fe、S两种元素，而A的摩尔质量为120 g·mol−1，则A为FeS2；C的浓溶液可干燥某些气体，则C为硫酸，Fe2O3与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3和水，F为紫红色金属，则F为Cu，Cu可以与Fe2(SO4)3反应生成CuSO4、FeSO4，则G为Fe2(SO4)3，H为H2O；Fe2(SO4)3、H2O、SO2反应生成FeSO4和H2SO4，则J为FeSO4，I为CuSO4，据此分析解答。

【详解】

（1）由以上分析知，A为FeS2；

故答案为：FeS2；

（2）由以上分析知，H为H2O，其电子式为；

故答案为：；

（3）反应③为Cu与Fe2(SO4)3反应生成CuSO4、FeSO4，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

故答案为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

（4）反应④为Fe2(SO4)3、H2O、SO2反应生成FeSO4和H2SO4，化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4；

故答案为：Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。

10．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：

当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。请回答：

(1)A是________。

(2)当X是强酸时，E是_______。写出B生成C的化学方程式：____________。

(3)当X是强碱时，E是_______，写出B生成C的化学方程式：____________。

【答案】(NH4)2S H2SO4 2H2S+3O22SO2+2H2O HNO3 4NH3+5O24NO+6H2O    

【解析】

【分析】

根据题目中C与Y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：SO2→SO3，NO→NO2，Na2SO3→Na2SO4等，由此可出推断Y为O2，由于E为酸，则D应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3、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SO2，D为SO3，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，Y是O2，Z是H2O。

(1)A是(NH4)2S；

(2)当X是强酸时，E是H2SO4，B为H2S，C为SO2，B生成C的化学方程式2H2S+3O22SO2+2H2O；

(3)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4NH3+5O24NO+6H2O。

【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。

11．A、B、C、D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）若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸。

①A、D分别为A：             ，D：           。(填写化学式，下同)

②写出B→C转化的化学方程式：                   。

③简述检验B物质的方法                            。

④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。

①工业上合成A的化学方程式：___________。在实验室中则用加热固体混合物的方法制取气体A，其化学方程式为                    。

②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。

③写出A→B的化学方程式               

④1．92g铜投入一定的D浓溶液中，铜完全溶解，共收集到672mL气体(标准状况)。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，则通入O2的体积为        mL。

【答案】（1）①H2S；H2SO4；②2SO2+O22SO3(条件不写扣1分，不写不得分)；③将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；④2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑；

（2）①N2+3H22NH3；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；

②③4NH3+5O24NO+6H2O；④336mL

【解析】

试题分析：（1）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H2S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，故答案为H2S；H2SO4；

②B→C转化的化学方程式为2SO2+O22SO3，故答案为2SO2+O22SO3；

③简述检验SO2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通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；

④硫酸的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式：2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑，

故答案为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2↑；

（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，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3。

①工业上合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3；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)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为N2+3H22NH3；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；

②C→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；

③A→B转化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；

④D浓溶液为HNO3，1．92g Cu的物质的量为：n(Cu)==0．03mol，反应时失去电子为：2×0．03mol=0．06mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，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)==0．015mol，标况下需要氧气的体积为：V(O2)=0．015mol×22．4L/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，检查一下是否符合题中条件。

12．已知化合物A、B、C、D、E、F、G和单质甲、乙所含元素均为短周期元素，A的浓溶液与甲能发生如下图所示的反应，甲是常见的黑色固体单质，可为生产生活提供热能，乙是常见的无色气体单质，B是无色有刺激性气味的气体，是主要的大气污染物之一，常温下，C是一种无色液体．

请回答下列问题

（1）C的化学式_________；

（2）D的电子式_________；

（3）写出C+E→F+乙的离子方程式_________；

（4）写出B+C+乙→A的化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目_________；

【答案】H2O  2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑     

【解析】

【分析】

甲是常见的黑色固体单质，可为生产生活提供热能，可知甲是C，B是无色有刺激性气味的气体，是主要的大气污染物之一，B为SO2气体，因此A为浓硫酸溶液，常温下，C是一种无色液体是水，D为CO2，二氧化硫和氧气和水反应生成硫酸，故乙为O2，水、二氧化碳均与E反应生成氧气，说明E为Na2O2，则F为NaOH，G为Na2CO3，以此分析解答。

【详解】

(1)由上述分析可知，C为H2O，故答案：H2O；

(2) 由上述分析可知，D为CO2，其电子式为，故答案：；

(3) 由上述分析可知，C为H2O， E为Na2O2，则F为NaOH，所以C+E→F+乙的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案：2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；

(4) 由上述分析可知，B为SO2，C为H2O，乙为氧气，A为浓硫酸溶液，所以B+C+乙→A的化学方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，转移4e-，则单线桥表示电子转移的方向和数目为，故答案：

【点晴】

无机推断为高频考点，把握习题中物质的颜色、气味、与生活环境的关系及相互转化来推断各物质为解答的关键，侧重S及其化合物和Na及其化合物性质的进行分析。

13．甲、乙、丙为常见单质，乙、丙两元素在周期表中位于同一主族。X、A、B、C、D、E、F、G均为常见的化合物，其中A和X的摩尔质量相同，A、G的焰色反应为黄色。在一定条件下，各物质相互转化关系如下图。

请回答：

（1）写化学式：丙_________，E________。

（2）　X的电子式为____________________。    

（3）写出A与H2O反应的化学反应方程式：__________________  _____________，反应中氧化剂是__________，1molA参加反应转移电子_____mol。

（4）写出反应⑨的离子方程式：___________ _____________。

（5）物质F的俗名是__________或_________，其溶液显_____性，原因是_______________________________（用一个离子方程式表示）

【答案】【答题空1-1】O2

【答题空1-2】SO3

【答题空1-3】

【答题空1-4】2 Na2O2＋2 H2O =4 NaOH ＋O2↑

【答题空1-5】Na2O2

【答题空1-6】1

【答题空1-7】HCO3-+H+= CO32-+ H2O

【答题空1-8】纯碱

【答题空1-9】苏打

【答题空1-10】碱

【答题空1-11】CO32-+ H2OHCO3-+ OH-

【解析】

【分析】

【详解】

甲、乙、丙为常见单质，结合转化关系和反应条件可知丙为O2，甲和丙反应生成的A焰色反应为黄色证明甲为金属钠Na，A为Na2O2，F为Na2CO3；B为NaOH，G的焰色反应为黄色，判断G为NaHCO3；乙、丙两元素在周期表中位于同一主族，判断乙为S，所以X为Na2S，A和X的摩尔质量相同为78g/mol；依据转化关系可知D为SO2，E为SO3；E（SO3）+B（NaOH）=C（Na2SO4）（1）依据判断可知丙为：O2；E为 SO3；故答案为：O2；SO3；

（2）X为Na2S，是离子化合物，化合物的电子式为：故答案为：

（3）A（Na2O2）与H2O反应的化学反应方程式为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；氧化剂还原剂都是过氧化钠，所以氧化剂为：Na2O2；1mol过氧化钠自身氧化还原反应，参加反应转移电子为1mol；

故答案为：2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑； Na2O2；1；

（4）应⑨是氢氧化钠和碳酸氢钠溶液的反应，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=CO32-+H2O；

故答案为：HCO3-+H+=CO32-+H2O；

（5）物质F是碳酸钠，它的俗名是纯碱，或苏打；其溶液呈碱性，是因为碳酸根离子水解的结果，反应的离子方程式为：CO32-+H2O≒HCO3-+OH-；

故答案为：纯碱；  苏打； 碱；  CO32-+H2O≒HCO3-+OH-；

14．I（1）在MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液，现象为______________，继续加入过量的NaOH溶液，现象为________________。

（2）在AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液，现象为_________________，所发生反应的离子方程式为________________________，继续加入过量的NaOH溶液，现象为___________，所发生反应的离子方程式为___________。

II将下列现象或用途中硫酸所表现出来的性质填写在空白处。

（1）把锌粒放入稀硫酸中时，有气体放出，_____________________。

（2）浓硫酸能够用于干燥某些气体，___________________________。

（3）用玻璃棒蘸浓硫酸滴在纸上时，纸变黑，_______________________。

（4）把木炭放入热的浓硫酸中时，有气体放出，_____________________。

III漂白液、漂白粉和漂粉精既可作漂白棉、麻、纸张的漂白剂，又可用作游泳池及环境的消毒剂。

（1）在常温下，将氯气通入NaOH溶液中制取漂白液的化学方程式为：____________。

（2）漂白粉或漂粉精的有效成分是___________，使用漂白粉或漂粉精时通常要加入少量的水并通入CO2，此操作方法的目的是：_____________________________。

【答案】生成白色沉淀 沉淀不消失 生成白色沉淀 Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓ 沉淀消失 Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O 酸性(H＋的氧化性) 吸水性 脱水性 氧化性 Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O Ca(ClO)2 使Ca(ClO)2转变为HClO，具有强氧化性，从而起到杀菌、消毒或漂白的作用    

【解析】

【分析】

【详解】

I、（1）在MgCl2溶液中滴加少量NaOH溶液生成氢氧化镁沉淀，则现象为生成白色沉淀。氢氧化镁是碱，继续加入过量的NaOH溶液，现象为沉淀不消失。

（2）在AlCl3溶液中滴加少量NaOH溶液生成氢氧化铝白色沉淀，所发生反应的离子方程式为Al3＋＋3OH－＝Al(OH)3↓。氢氧化铝是两性氢氧化物，继续加入过量的NaOH溶液，现象为沉淀消失，所发生反应的离子方程式为Al(OH)3＋OH－＝AlO2－＋2H2O。

II、（1）把锌粒放入稀硫酸中时，有气体放出，表现稀硫酸的酸性和氢离子的影响。

（2）浓硫酸能够用于干燥某些气体，说明浓硫酸具有吸水性；

（3）用玻璃棒蘸浓硫酸滴在纸上时，纸变黑，说明浓硫酸具有脱水性。

（4）把木炭放入热的浓硫酸中时，有气体放出，说明浓硫酸具有强氧化性。

III、（1）在常温下，将氯气通入NaOH溶液中制取漂白液的化学方程式为Cl2+ 2NaOH＝NaCl + NaClO + H2O。

（2）漂白粉或漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2，使用漂白粉或漂粉精时通常要加入少量的水并通入CO2，由于碳酸的酸性强于次氯酸，根据较强酸制备较弱酸可知此操作方法的目的是使Ca(ClO)2转变为HClO，具有强氧化性，从而起到杀菌、消毒或漂白的作用。

15．如图是实验室制备SO2并验证SO2某些性质的装置图。试回答：

（1）写出仪器A的名称___，写出此实验中制备SO2化学方程式___。

（2）C中的现象是___，此实验证明SO2是___气体。

（3）D中的反应现象证明SO2有___性；F中的现象是___，G中SO2与碘水反应的方程式：___。

（4）H中的试剂是氢氧化钠溶液，用于吸收多余的二氧化硫气体，防止污染空气；反应的离子方程式为___。

【答案】分液漏斗 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑ 石蕊变红 酸性 漂白 酸性KMnO4溶液褪色 SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI SO2+2OH-=SO32-+H2O    

【解析】

【分析】

实验室制备SO2并验证SO2某些性质，B中浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫；C中二氧化硫与水反应生成亚硫酸遇石蕊试液变红；D中品红溶液褪色；E中二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成硫单质；F中酸性高锰酸钾溶液能够氧化二氧化硫导致紫色褪去；G中二氧化硫与碘水发生氧化还原反应生成硫酸和HI酸；H为尾气处理装置，二氧化硫与氢氧化钠反应可防止空气污染。据此分析解答。

【详解】

(1)装有浓硫酸的仪器A为分液漏斗，装置B中生成SO2 化学方程式为：Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；

答案为：分液漏斗；Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑。

(2)C中SO2与水反应生成亚硫酸，紫色石蕊试液变红，说明SO2是酸性气体；

答案为：石蕊变红；酸性。

(3)D中品红溶液褪色，说明SO2有漂白性，因为SO2有还原性，与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，导致高锰酸钾溶液的紫色褪去，G中SO2与碘水发生氧化还原反应生成硫酸和HI酸，化学方程式为：SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI；

答案为：漂白；酸性KMnO4溶液褪色；SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI 。  

(4) SO2气体有毒性，为防SO2污染空气，尾气中的SO2用氢氧化钠溶液吸收，反应的离子方程式为：SO2+2OH-=SO32-+H2O；

答案为：SO2+2OH-=SO32-+H2O。

【点睛】

掌握二氧化硫的酸性氧化物性质、漂白性、氧化性和还原性是解答本题的关键，二氧化硫使品红褪色是漂白性，使酸性高锰酸钾溶液褪色是还原性。