全国高考化学硫及其化合物的综合高考真题汇总含详细答案

1、全国高考化学硫及其化合物的综合高考真题汇总含详细答案一、高中化学硫及其化合物1.我国云南东川铜矿富含辉铜矿(主要成分CU2S),因含铜成分高而成为重要的炼铜原料。资料表明，当蓝矶溶液渗入地下遇硫铁矿(主要成分：二硫化亚铁FeS2)时，可生成辉铜矿CU2S,其化学方程式为：14CuSQ+5Fe8+12H2O=7Cu2S+5FeSO+12H2SOu硫铁矿也是一种重要化工原料，其主要成分可在沸腾炉中鼓入空气高温煨烧生成Fe2O3和一种对环境有污染的有毒气体，回答下列问题：(1)在化合物Fe$和Cu2s中，硫元素的化合价分别为、。(2)在上述生成辉铜矿的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。由题中

2、信息可推知Cu2s的溶解情况是：溶于水(填不”或能”，下同)，溶于稀硫酸。(3)写出硫铁矿的主要成分鼓入空气高温煨烧的化学方程式：一若反应中有2.2mol电子发生转移时，可生成标准状况下的有毒气体的体积为L。【答案】-1-235:3不不4FeS+11O2直退2Fe2O3+8SO28.96【解析】【分析】14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12HzSO4该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低，3个负一价硫的化合价升高。【详解】(1) FeS>(二硫化亚铁)中铁为+2价，硫为-1价；Cu2s(硫化亚铜)中铜为+1价，硫为-2价，故答案为：-1;-2;(2) 14C

3、uSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低，即14个硫酸铜和3.5个FeS2做氧化剂，3个负一价硫的化合价升高，即1.5个FeS2做还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为35:3；根据反应14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2s+5FeSO4+12H2s04及题目信息，可知Cu2s不溶于水，也不溶于稀硫酸，故答案为：35:3;不；不；(3)根据题目信息硫铁矿可在沸腾炉中鼓入空气高温煨烧生成FezQ和一种对环境有污染的有毒气体，可推知Fe&和氧气反应生成Fe?Q和二氧化硫，方程式为：高温4FeG+11O22F

4、e2O3+8SO2,该反应转移电子数为44,即转移44个电子生成8个二氧化硫，故当转移2.2mol电子时，生成0.4mol二氧化硫，标况下体积为：8.96L,高温故答案为：4Fe$+11O22Fe2O3+8SO2；8.96。2.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个角度。请根据图所示回答下列问题:SO.wM叱s。,YH2SChZS单质轲化物酸盐物质的类别3r<.4v(1)X与Y反应可生成淡黄色固体，反应的化学方程式。(2)欲制备Na2s2。3,从氧化还原角度分析，下列选项中合理的反应物是(填序号)。a.Na2SQ与SbNa2s与Sc. SQ与Na2SC4d.Na2SQ与Na2S

5、O4(3)7.7g锌镁合金与一定量浓硫酸恰好完全反应，生成SQ与H2的混合气体3.36L(标准状况)，反应中转移的电子的物质的量为。(4)处理SO2废气的一种工艺如图所示：含血工的尾气空气酸性fs/溶液溶液曰|溶液日SO2和酸性Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式是。溶液B与空气发生反应生成溶液C,其中氧化剂是。推断Fe3+、O2和SOT的氧化性由强到弱的顺序是。【答案】2H2S+SO=3SJ+2H2Oa0.3molSQ+2Fe3+2H20=2Fe2+SO2+4H+O3Fe3+>SO42【解析】【分析】(1)根据图示，X为S元素的化合价为-2的气态氢化物，则X为H2S,丫为S元素的化合

6、价为+4的氧化物，则丫为SQ,W为S元素的化合价为+6的酸，则W为H2SQ,Z为S元素的化合价为+4的盐，则Z为N&SQ,据此分析结合物质的性质解答；(2)欲制备Na2s2O3,从氧化还原角度分析，反应属于归中反应；(3)锌镁合金与浓硫酸发生：Zn+2H2SOZnSQ+SQT+2H2O,Mg+2H2SOMgSQ+SQT+2H20随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SQZnSQ+H2T,Mg+H2SQMgSO4+H2T,生成气体为SC2和H2的混合物根据反应方程式可知，不论生成氢气还是SQ,生成气体的物质的量与金属的物质的量相等，即合金中锌镁的物质的量与SC2和叱的混合气体的物

7、质的量相等，列关系式解答；(4)由工艺流程可知，A中的反应为2Fe3+SC2+2H2C=2Fe2+SQ2-+4H+,B中的反应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O,C中铁离子循环利用，结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物分析，SO2和酸性Fe2(SQ)3溶液发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸；B中的反应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O,氧元素化合价降低做氧化剂；氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。【详解】(1)X为H2S,Y为SQ,H2s与SQ反应可生成S单质，反应的化学方程式：2H2S+SQ=3SJ+2HO;(2)Na2s2O3中硫元素为+2

8、价，若有两种含硫元素的物质制备Na2&O3,所发生的反应属于归中反应，两种物质硫元素的化合价一个高于+2价，一个低于+2价；a.NazSQ中硫元素为+4价，硫单质中硫元素为0价，故a合理；b.Na2s中硫元素的化合价为-2价，S单质中硫元素为。价，故b不合理；c.SQ中硫元素为+4价，Na2SO4中硫元素为+6价，故c不合理；d. Na2SQ中硫元素为+4价，N%SC4中硫元素为+6价，故d不合理；答案选a；(3)锌镁合金与浓硫酸发生：Zn+2H2SOZnSQ+SQT+2H2O,Mg+2H2SOMgSQ+SQT+2H2O随着反应的进行，硫酸浓度降低，发生：Zn+H2SQZnSQ+H2T

9、,Mg3.36L+H2SQMgSO4+H2T,生成气体为SQ和H2的混合物，物质的量为=0.15mol,22.4L/mol根据反应方程式可知，不论生成氢气还是S02,生成气体的物质的量与金属的物质的量相等，即合金中锌镁的物质的量与SQ和H2的混合气体的物质的量相等，为0.15mol,根据氧化还原反应电子得失守恒，反应中，锌镁分别由单质0价变为+2价离子，锌镁失去的电子总量即为反应中转移的电子总量，设锌、镁的物质的量分别为x、v,则x+y=0.15mol,65x+24y=7.7g,解得：x=0.1mol,y=0.05mol,反应中转移的电子的物质的量=0.1molX(20)+0.05molx(2

10、-0)=0.3mol(4)由上述分析可知溶液A中的反应为SQ和酸性Fe2(SO4)3溶液发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸，反应白离子方程式为：SC2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SC42+4H+；B中的反应为4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O,氧元素化合价降低，氧气做氧化剂；A中发生SC2+2Fe3+2H2O=2Fe2+SC42+4H+,溶液B中发生4Fe2+O2+4H+=4Fe3+2H2O,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性为02>Fe3+>SQ2-。3.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：/壮acip-d.e其中：a是单质；b

11、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】SH2sSOSOH2SON2NH3NONQHN。【解析】【分析】【详解】(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SO2,d是三氧化硫，e是硫酸，化学式分别为&H2S、SQ、SO3、H2SO4。(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、HNO3

12、。4.如图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系(某些产物和反应条件已略去)。化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4:5,化合物D是重要的工业原料。(1)写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式：。(2)写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：。(3)写出一个由D生成B的化学方程式：。【答案】H2+£Lh2sH2SO3+2H2s=3SJ+3H2OC+2H2SQ(浓ULcO>T+2SC2T+2H2O或Cu+2H2S0(浓)2cuS0+SO2T+2H2O【解析】【分析】由A是固体单质且与空气反应生成的B是气体，可知，A为非金属固态单质。由B可与水反应生成E,则

13、A可能为C或S,若为C,则B和C分别为CQCO2,其相对分子质量之比不为4：5,不符合题意；若为S,则B为SQ,C为SQ,B和C的相对分子质量之比为4 ：5,符合题意。所以D为H2SO4,E为H2SQ。【详解】A在加热条件下与H2反应的化学方程式：H2+与H2S,故答案为：H2+SH2SoE与A的氢化物反应生成A的化学方程式：H2SQ+2H2s=3SJ+3H2O,故答案为：H2SO3+2H2s=3SJ+3H2O。写出一个由D生成B的化学方程式：C+2H2SO4(浓段CQf+2SQT+2H2O或Cu+2H2SO4(浓乜kcuSQ+SO2个+2H2。，故答案为：C+2H2SO4(浓WcQT+2SO

14、2T+2H2O或Cu+2H2SO4(浓鱼CuSQ+SQT+2H2O。5 .在通常状况下，A为固态单质。根据下图转化关系，回答:(1)写出A、E的化学式：A,E。(2)写出下列反应的化学方程式：E_C：C_D:(3)B与E的浓溶液能反应，当B、E等物质的量反应时，化学方程式为,反应现象(4)若A为气态单质，则写出BD化学式：B,D.【答案】SH2SO4Cu+2H2SO4（浓）=工CuSO4+SO2T+2H2O2SO+O22SO3NH3NO2H2s+H2SO4=SJ+SOT+2H2O产生淡黄色沉淀及无色有刺激性气味的气体【解析】A是固态物质，连续与氧气发生反应，A是硫或碳，A和氢气反应生成B,则A

15、为硫，B为H2&C为SO2、D为SQ、E为H2SO4；【详解】(1)经上述分析，得出A、E的化学式分别是：S、H2SC4O答案为：S;H2SO4；(2)E-C铜与浓硫酸在加热时生成SQ,同时生成CuSQ,反应式为：Cu+2H2SO4(浓)=ACuSO4+SO2T+2H2O。答案为：Cu+2H2S。(浓CuSO+SO2T+2H2。；I谯优剧_强化刺C-D:2SQ+O22SQ。答案为:2SQ+O2t=2SO3；(3)H2s具有还原性，H2SO4浓溶液具有强氧化性，等物质的量参加反应，说明H2s被氧化成硫单质，H2SQ被还原成SQ,则反应式为：H2s+H>SO4=SJ+SOT+2H2O

16、,现象：产生淡黄色沉淀，且有无色刺激性气味的气体。答案为：H2s+H2SQ=SJ+SOT+2H2O；产生淡黄色沉淀，且有无色刺激性气味的气体；(4)若A为气态单质，连续与氧气反应，则A:N2,推出：B：NH3、C:NO、D:NO2、E：HNO3,则B、D的化学式：NH3、NO2o答案为：NH3；NO2。A、B、CD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储水的四支试管中，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

17、味的气体逸出。(1)根据实验事实可推断它们的化学式为：A,B。(2)写出醋酸与D反应的离子方程式：。(3)将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，写出溶液中存在的离子的物质的量之比;在此溶液中加入锌粒，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】BaC2AgNO3CQ2-+2CH3COOH=2CHCOO+CQT+吨On(C)：n(NO3-):n(Cu2+)=1：1：1Zn+CPZn2+Cu取少量C溶液于试管中，先加盐酸，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】根据题中所给的8种离子，可以推断出这些可溶性物质分别为AgNO3

18、、BaC2、CuS。、Na2CQ；C盐的溶液呈蓝色，则C为CuSQ;向这4种溶液中加入盐酸，B盐溶液生成沉淀，D盐溶液生成无色无味的气体，则B为AgNO3,D为Na2CQ,A为BaC2。【详解】经分析，A为BaCb,B为AgNO3,C为CuSQ,D为NazCQ；(1) A为BaC2,B为AgNQ；(2) D为N&CQ,醋酸与D的离子方程式为：CO32-+2CH3COOH=2CH3COO+CC2T+H2O;(3)有相同物质的量的BaC2、AgNO3、CuSQ的溶液，假设这三种盐都有1mol,则共有1moiBa2+、1molAg+、1molCu2+、2molCl-、1molNO3-、1mo

19、lSO42-,混合后1molBa2+D1molSO42-沉淀,1moiAg+和1moiCl-沉淀，乘U1molCu2+、1molCl-、1molNO3-,则三种离子的物质的量之比为1:1:1;向混合后的溶液中加入锌粒，发生反应Zn+Cu2+=Cu+Zr2+;(4)C溶液中的阴离子为SO2-,其检验方法为：取少量C溶液于试管中，先加盐酸，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-。7.有关物质的转化关系如图所示。A的摩尔质量为120gmol-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。(

20、1)A的化学式为。(2)H的电子式为。(3)写出反应的离子方程式：。(4)写出反应的化学方程式：。【答案】Fe$I：0：H2Fe3+Cu=2F2+Ci2+Fa(SQ)3+SQ+2H2O=2FeSQ+2H2SQ【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SQ;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煨烧生成SQ和FnO3,则B为O2,A含有FeS两种元素，而A的摩尔质量为120gmol-1,则A为Fe&；C的浓溶液可干燥某些气体，则C为硫酸，Fe2O3与H2SQ反应生成Fe2(SO4)3和水，F为紫红色金属，则F为Cu,Cu

21、可以与Fe2(SQ)3反应生成CuSQ、FeSQ,则G为Fe2(SQ)3,H为H2O;F在(SQ)3、H2O、SQ反应生成FeSQ和HbSQ,则J为FeSQ,I为CuSQ,据此分析解答。【详解】(1)由以上分析知，A为Fe$；故答案为：Fe$；(2)由以上分析知，H为H2O,其电子式为H：0：H;9故答案为：H：0：H；4(3)反应为Cu与Fe2(SQ)3反应生成CuSQ、FeSQ,离子方程式为2Fe3+Cu=2F3+Ci2+;故答案为：2Fe3+Cu=2F2+Cu2+；(4)反应为Fe2(SO4)3、H2O、SQ反应生成FeSQ和H2SO4,化学方程式为Fe2(SQ)3+SQ+2H2O=2F

22、eSQ+2H2SO4;故答案为：Fe2(SQ)3+SQ+2H2O=2FeSQ+2H2SO4。8 .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Na2O2的量与生成沉淀的量的关系如图所示，试问：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SO2-；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

23、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：SQ2-、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：A12(SO4)3、MgSO4o9 .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为水，D是一

24、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：(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】CQSQC+2H2SO4(浓)_2SO4+COT+2H>O2Mg+CQ点，惬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H2SC4,F是金属单质，能够在CO2发生燃烧反应，则F是Mg,Mg在C

25、O2中燃烧产生C、MgO,G可以用作耐火材料，则G为MgO,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CC2,F是Mg,G为MgO,H为SQ。(1)E为CC2,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+2H2SC4(浓第=2SC2f+COT+2H2O;Mg在CQ中在点燃时反应产生MgO和C,反应方程式为：2Mg+C6T2MgO+C。【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

26、中燃烧。10 .按要求回答下列问题：(1)氯气的制取方法有很多，写出实验室用MnO2来制取氯气的离子方程式。(2)工业炼铁通常在设备中进行，需要用到铁矿石、焦炭、和空气。(3)氯化铁溶液通常应用于印刷电路板制作，写出其反应的离子方程式。(4)请写出红热的炭与浓硫酸反应的化学方程式。【答案】MnO2+4H+2C_AMn2+C2T+2H2O高炉石灰石Cu+2F3+=2Fe2+Cif+C+2H2SC42SOT+CQT+2限O【解析】【分析】实验室用MnO2来制取氯气的反应方程式为MnO2+4HCl除)也MnCl2+C2r+2MO；(2)根据高炉炼铁的主要设备是高炉进行分析；工业炼铁高炉中发生的主要反

27、应有：在高温下，焦炭跟氧气反应生成二氧化碳；二氧化碳被焦炭还原成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁，石灰石作用是除渣；(3)Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜；(4)红热的炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。【详解】实验室用MnO2来制取氯气的反应方程式为MnO2+4HCl脓)金=MnCl2+C2T+2H2O,故反应离子方程式为：MnO2+4H+2C匚UMn2+Cl2个+2H2O;(2)工业炼铁通常在高炉设备中进行；需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和石灰石，焦炭的作用：提供热量、生成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁，石灰石在高温条件下分解能生成氧化钙

28、和二氧化碳，氧化钙能和铁矿石中的杂质二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去二氧化硅；(3)制印刷电路板时常用FeC3溶液作腐蚀液”，发生反应的化学方程式为2FeC3+Cu=2FeC2+CuC2,离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2+Cu2+；(4)红热的炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，故化学方程式为为C+2H2SQ2SQT+CQT+2KO。11.电石浆是氯碱工业中的一种废弃物，其大致组成如表所示:成分CaOSQAl2O3Fe2O3MgOCaS其它/、溶性的物质质里分数/%65663.55.01.53.50.20.80.21.11.01.82326用电石浆可生产无水CaC2,某化工厂设计了

29、以下工艺流程:I吸收招4展版硒电占浆一国丽1T沉降地H石成孔L已知氯化钙晶体的化学式是CaC26H2O；H2s是一种酸性气体，且具有还原性。(1)反应器中加入的酸应选用。(2)脱色槽中应加入的物质X是；设备A的作用是；设备B的名称为;设备C的作用是。(3)为了满足环保要求，需将废气H2s通入吸收池，下列物质中最适合作为吸收剂的是(填序号)。反应的化学方程式为。A.水B.浓硫酸C.石灰乳D.硝酸(4)将设备B中产生的母液重新引入反应器的目的是。【答案】盐酸活性炭蒸发浓缩过滤器脱水干燥CCa(OH)+H2S=CaS+2HO对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益【解析】【分析】电石浆加入酸，

30、其中含有的氧化钙，氧化铝、氧化铁、氧化镁、硫化钙溶于酸，经沉降后过滤得到滤渣为二氧化硅和不溶性杂质，加入活性炭脱色过滤后，在A中蒸发浓缩得到晶体，B中过滤得到晶体，通过C脱水干燥得到产品。【详解】(1)因目的是生产CaC2,在处理过程中不引入新的杂质离子，所以反应器中加入的酸应选用盐酸；(2)活性炭具有吸附性，故脱色槽中应加入的物质X是活性炭；从A装置后面看是结晶池，则在A中可进行的操作是溶液脱水，A为蒸发浓缩；从B中有母液出来，则B为过滤器；B中得到晶体，所以需要脱水干燥，才能得到CaC2产品，故设备C的作用是脱水干燥；(3)H2s为酸性气体，应用碱液吸收，应该选石灰乳，该反应的化学方程式为

31、Ca(OH?+H2S=CaS+2HO,故合理选项是C;(4)设备B中产生的母液中含有氯化物，经回收利用，不仅可以降低废弃物排放量，而且可以提高经济效益，故将设备B中产生的母液重新引入反应器的目的是对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益。【点睛】本题以用电石浆可生产无水CaC2”为载体，考查实验基本操作和技能，涉及工艺流程的理解、物质分离提纯、元素化合物性质等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力。12 .某化学兴趣小组为探究浓硫酸的氧化性，用如图所示装置进行有关实验。BCD（1）装置A中发生反应的化学方程式为，反应中体现了浓硫酸的性和性。（2）装置D

32、中试管口放置的棉花应用一种液体浸泡一下，这种液体是，其作用是一。（3）装置B的作用是贮存多余的气体。当D处有明显的现象时，关闭弹簧夹K,移去酒精灯，但由于余热的作用，A处仍有气体产生，此时B中的现象是一。B中应放置的液体是（填字母）。a.水b.酸性KMnO4溶液c.浓澳水d.饱和NaHSQ溶液（4）实验中，取一定质量的铜片和一定体积的18mol?L-1的浓硫酸放在圆底烧瓶中共热，直到反应完毕，发现烧瓶中还有铜片剩余，该小组学生根据所学的化学知识认为还有一定量的硫酸剩余。下列药品中能用来证明反应结束后的烧瓶中有余酸的是（填字母）。a.铁粉b.BaC2溶液c.银粉d.NazCQ溶液【答案】Cu+2

33、H2SO4（浓）0=CuSQ+SQT+2H2O强氧化酸NaOH溶液吸收多余的SC2,防止污染空气试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升dad【解析】【分析】A装置中，Cu与浓硫酸在加热条件下发生反应Cu+2H2SQ（浓）相=CuSQ+SC2T+2H2C,在此反应中，浓硫酸表现出强氧化性和酸性；生成的SQ进入C中，排出空气从而收集SC2;D装置用于验证S6的漂白性，多余的氯气用蘸有NaCH或Na2CC3溶液的棉花吸收。当反应结束时，关闭K,生成白少量SC2进入B装置，利用排液法收集SC2,此时广口瓶内有一部分液体被SC2排入长颈漏斗内，因为排液的目的是收集SC2,所以液体与SC2不发生化学反应。【

34、详解】（1）由以上分析知，装置A中发生反应的化学方程式为Cu+2H2SC4（浓）gcuSQ+SCd+2H2C,反应中浓硫酸将铜氧化并被还原为SC2,表现强氧化性；生成CuSQ,表现出酸性。答案为：Cu+2H2SCU（浓）qCuSQ+SQT+2H2C;强氧化；酸；(2)装置D中试管口放置的棉花应用一种液体浸泡一下，这种液体应能吸收SQ,可以是NaOH溶液，其作用是吸收多余的SC2,防止污染空气。答案为：NaOH溶液；吸收多余的SC2,防止污染空气；(3)由于余热的作用，A处仍有气体产生，由于SC2不溶于此液体，所以此时B中的现象是试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升。B中，SO2易溶于水，排除a

35、；酸性KMnO4溶液和浓澳水都能将SQ氧化为硫酸，排除b、c；故应放置的液体是do答案为：试剂瓶中液面下降，长颈漏斗中液面上升；d;(4)余酸为稀硫酸，铁粉、Na2CC3溶液都能与稀硫酸反应，并有气泡产生；BaC2溶液虽然能与稀硫酸反应，但不能肯定SQ2-的来源；银粉与稀硫酸不反应，故选择ado答案为:ado【点睛】B中放置的液体，取决于B的作用，若我们不注意审题，很容易认为此装置是为了吸收余气SQ,于是错误地选择酸性KMnO4溶液和浓澳水。13 .某兴趣小组为探究铁和浓硫酸反应的产物及性质，用如图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略，气密性已检验)£13实验开始前，先打开弹

36、簧夹通一段时间N2,关闭弹簧夹后，在A中滴加一定量的浓硫酸，观察实验现象，然后加热，观察到A中有白雾生成，铁片上有气泡产生。已知A中白雾是硫酸与水形成的酸雾。请回答下列问题：(1)仪器a的名称是；(2)加热一段时间后发现B装置中溶液褪色，取出A中的溶液少许，加入KSCN溶液未出现血红色，写出此时A中反应的化学方程式：；(3)C装置的作用是除去二氧化硫气体中硫酸蒸汽，则盛放的溶液是一；A.水B.NaOH溶液C.饱和Na2SO3溶液D.饱和NaHSO3溶液(4)实验开始前，先通一段时间N2的目的是；(5)可以证明H2SO3是弱酸的实验装置是一；(6) E中的现象是，该现象表明SQ具有性；(7)装置

37、F的作用是吸收尾气，写出该装置中反应的化学方程式，以下各种尾气吸收装置中，适合于吸收该尾气，而且能防止倒吸的是一。【答案】分液漏斗Fe+2BSQ(浓)FeSQ+SQT+2H2OD除去装置中的空气D高镒酸钾溶液褪色还原性2NaOH+SO=Na2SO3+H2O？【解析】【分析】A装置为铁和浓硫酸的反应装置，B装置为检验二氧化硫的装置，二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，C装置为除去二氧化硫中的酸雾，防止对D装置中的现象产生干扰，D装置中装的氯化钢与二氧化硫不反应，E装置中高镒酸钾具有强氧化性，而二氧化硫具有还原性，二氧化硫能还原高镒酸钾使其褪色，F装置为尾气吸收装置，吸收二氧化硫，防止其污染空气

38、。【详解】(1)仪器a是分液漏斗，故答案为：分液漏斗；(2)加入KSCN溶液未出现血红色，说明生成的不是硫酸铁，而是硫酸亚铁，则反应的化A学方程式为Fe+2H2S。(浓)=FeSQ+SOT+2H2O,故答案为：Fe+2H2S。(浓)A=FeSQ+SQT+2H2O;(3)硫酸为强酸，二氧化硫溶于水生成亚硫酸为弱酸，则C装置中的试剂应为能溶解硫酸，或能与硫酸反应，而不溶解二氧化硫，也不与二氧化硫反应的试剂；A.水能与二氧化硫反应而消耗二氧化硫，故A错误；8. NaOH溶液能与二氧化硫反应而消耗二氧化硫，故B错误；C.饱和Na2SQ溶液能与二氧化硫反应而消耗二氧化硫，故C错误；D.二氧化硫几乎不溶于

39、饱和NaHSQ溶液，而硫酸能与亚硫酸氢钠发生反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，则能用饱和NaHSO3溶液除去二氧化硫中的硫酸蒸汽，故D正确；综上所述，故答案为：D;(4)因为二氧化硫具有还原性，而空气中的氧气具有氧化性，对实验会造成干扰，则实验开始前，先通一段时间N2,除去装置中的空气，故答案为：除去装置中的空气；(5)亚硫酸为弱酸，所以与氯化钢溶液不反应，则若D装置中无现象，可以证明亚硫酸为弱酸，故答案为：D;(6)由分析知，D中强氧化性的高镒酸钾能与具有还原性的二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，故答案为：高镒酸钾溶液褪色；还原性；(7)因为二氧化硫是空气污染气体之一，则需要用氢氧化钠进行尾气吸收

40、，反应的方程式为2NaOH+SQ=Na2SQ+H2O；装置气体进入装置后会使压强增大，不安全，故错误；装置中的双耳管在发生倒吸时能承接液体，能有效防止倒吸，故正确；装置的漏斗应放在与液面相切的位置，故错误；正确;装置中的干燥管在发生倒吸时能承接液体，能有效防止倒吸，故综上所述，答案为：2NaOH+SQ=Na2SO3+H2O；、。14.请用下图所示的装置设计实验，验证浓硫酸与木炭粉反应产生的各种产物。(1)浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应的化学方程式是(2)实验装置的连接顺序(按产物气体从左至右的流向)是：_一一一一一(填装置序号)。(3)实验时可观察到装置中溶液褪色，装置中溶液不褪色，装置的作用

41、是(4)装置中所盛溶液可能是(填选项字母)。a.饱和Na2CO3溶液b.饱和NaHCQ溶液c.NaOH溶液d.酸性KMnO4溶液装置中所加的固体药品是(填化学式)。(6)装置中所盛溶液的溶质是(填化学式)。【答案】C+2H2SQ(浓)0CQT+2SQT+2H20验证二氧化硫已被吸收完全dCuSOCa(OH?或者Ba(OH)2【解析】【分析】木炭粉与浓硫酸反应的方程式为：C+2H2S04(浓)&CQT+2SOT+2H2O,要检验三种产物，一方面是要确定检验所用试剂，另一方面要注意试剂使用的先后次序，其原则是前面操作不能影响后面操作。由于检验SQ、C02都需使用溶液，所以H2O(g)应最先

42、检验，常使用无水硫酸铜，选择装置；检验CQ时，常使用澄清石灰水，而S02也能使澄清石灰水变浑浊，所以应先检验SQ,后检验CQ。于是确定使用，先检验、再处理、最后检验是否除尽；最后用中的澄清石灰水检验C02的存在。依此回答各问。【详解】(1)浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应，生成CQ、S02和H20,化学方程式是C+2H2SQ(浓)=CO2T+2SQT+2H2O。答案为：C+2H2SQ(浓)金C02T+2SQT+2H2O;(2)依据分析，可确定实验装置的连接顺序是：一一一一一。答案为：；因为SQ的存在会干扰CQ的检验，所以检验CQ前，一定要确保SQ完全除尽，因此，装置的作用是验证二氧化硫已被吸收完

43、全。答案为：验证二氧化硫已被吸收完全；(4)装置中所盛溶液不能吸收C02,也不能与S02反应生成C02,所以应排除a、b、c,只可能是酸性KMnO4溶液，故选do答案为：d;(5)装置中所加的固体药品是为了检验水蒸气的存在，应使用无水硫酸铜，因此应是CuS。答案为：CuSG;(6)装置是为了检验CO2的存在，所盛溶液的溶质是Ca(OH)2或者Ba(OHN答案为:Ca(OH2或者Ba(OH)2。【点睛】确定装置的连接顺序时，一方面应清楚各装置的作用，另一方面应清楚需要进行的操作有哪些，操作及药品如何选择、药品使用的先后次序，然后依据不干扰、现象明显、除杂彻底的原则将装置进行排序。15.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。已知：Na2SO3+H2SQ=N32SC4+SO2T+H2OAFCD回答下列问题：(1)装置A中盛放浓硫酸的仪器名称是。(2)装置B的目的是探究SQ与品红作用的可逆性，请写出实验操作及现象(3)装置C中表现了SO2的性；装置D中表现了SO2的性，装置D中发生反应的化学方程式为。(4) F装置的作用是,漏斗的作用是。(5) E中产生白色沉淀，该白色沉淀的化学成分为(填编号，下同)，设计实验证明你的判断。A.BaSQB.BaSQC.BaSO3和BaSQ(6)工厂煤燃烧产生的烟气若直接排放到空气中，引发的主要环境问题有。A.温室效应B.酸雨C粉