2020-2021高考化学与硫及其化合物有关的压轴题含答案

1、2020-2021高考化学与硫及其化合物有关的压轴题含答案一、高中化学硫及其化合物1.A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19,B与G的单质都能与H2反应生成"HX'修EB或G)型氢化物,D为同周期主族元素中原子半径最大的元素。(1)B在元素周期表中的位置是。(2)D的两种常见氧化物中均含有(填离子键”或共价键”J(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液和木炭共热，反应的化学方程式为。(4)D的最高价氧化物对应水化物的溶液与G的单质反应，反应的离子方程式为(5)用原子结构解释“BG单质都能与H2反应生成HX型氢

2、化物”的原因:【答案】第2周期第VIIA族离子键A2H2SO（浓）+CCO2T+2SO2T+2H2OC2+2OHClO+Cl+H2O氟和氯同在VIIA族，其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX'(X表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素.D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl,则D为Na元素.A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19,可知A与E的最外层电子数都为6,则A为O元素，E为S元素，结合对应单质、化合物的

3、性质以及元素周期律知识的解答。【详解】A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX'(X表B或G)型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素.D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl,则D为Na元素.A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19,可知A与E的最外层电子数都为6,则A为O元素，E为S元素；(1)B为F元素，位于周期表第2周期第VIIA族；(2)D为Na元素，其两种常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，二者均含有离子键；(3)E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，具有强氧化性，和木炭共热

4、反应化学方程式为2H2SQ(浓)+H_CO2个+2SOr+2H2O；(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O；(5)氟和氯同在VIIA族，其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键，单质都能与H2反应生成HX型氢化物。2 .在50mL4molL1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7.92g,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

5、(7.52g)和NaHS(0.40g即成的混合物。【解析】【分析】NaOH的物质的量为n(NaOH)=cV=4mol/Lx0.05L=0.2mpl0.2mol的NaOH跟H2s反应，若全部生成Na2s时，白色固体的质量m(Na2S)=78g/mol32moi=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/molx0.2mol=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。【

6、详解】氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=cV=4mol/LX0.05L=0.2mol0.2mol的NaOH跟H2s反应，若全部生成Na2s时，m(Na2S)=78g/mol92moi=7.8g；0.2mol的NaOH跟H2s反应，若全部生成NaHS时，m(NaHS)=56g/moX0.2mol=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：Na2s和NaOH的混合物；Na2s和NaHS的混合物。设Na2s为xmol,则有(0.2-2x)molNaOH,78g/molxxmol+40g/mol(0.2-2x)=7.92g解得x=0.04mol

7、；Na2s的质量m(Na2S)=0.04molx78g/mol=3J2NaOH的质量m(NaOH)=7.92g-3.12g=4.80g；设Na2s为ymol,则有(0.2-2y)molNaHS。78g/molxymol+561gol(0.2-2y)mol=7.92g,解得y=0.0965mol所以Na2s的质量m(Na2S)=78g/molx0.0965mol=7.52gNaHS的质量m(NaHS)=7.92g-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。3 .在通常状况下，A为固态单质。根据下图转化关系，回

8、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，则写出日D化学式：B,D。催吐剂【答案】SH2SC4Cu+2H2SO4(浓)=A=CuSC4+SQT+2Ho2SO+O2_:廿2SO3H2s+建SC4=SJ+SOT+2建O产生淡黄色沉淀及无色有刺激性气味的气体NH3NC2【解析】【分析】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为硫，B为H2S、C为SO2、D为SQ、E为H2SC4;【详解】(1)经上述分析，得出A、E的化学式分

9、别是：S、H2SQ。答案为：S;H2SQ;(2)EC铜与浓硫酸在加热时生成SQ,同时生成CuSQ,反应式为：Cu+2H2SO4(浓)=CuSC4+SQT+2H2O。答案为：Cu+2H2SC4(浓)=6=CuSQ+SO2T+2H2O;一谯就制.一_强化剌-C-D:2SQ+O29一二/二2SQ。答案为:2SQ+。2八一二父二2SQ;(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，H2SC4被还原成SC2,则反应式为：H2s+H2SO4=SJ+SOT+2H>0,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+及SC4=SJ+S

10、OT+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、NO2。答案为：NH3；NO2。4.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HAl3+、NH4+、Na+可能大量含有的阴离子Cl、AIO2、SO42、MnO4、Br、I、CO32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pH<7;向其中逐液加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入氢氧化钠溶液的体积(V)的关系如图所示。探究二乙同

11、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AgNO3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+OH-A1O2-+2H2O【解析】【分析】无色混合溶

12、液中不能含有MnO4;由探究一知，溶液的pH<7,开始加入2V0NaOH无沉淀生成说明发生的反应是：H+OH一H2O,有H+,则无AlO2-、CO32-;再加入氢氧化钠溶液至5Vo,生成沉淀增多至最大，反应为Al3+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3V0；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al(OH)3+OH-AlO2-+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

13、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一;用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNOs和HNO3混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有cr,因为加入的氯水被还原成cr,不能确定原混合液中是否含cr；根据探究三，加入少量Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有S。2一综上分析，混合溶液中一定含有的离子：H+、Al3+、NH4+、Br-、SQ2,一定不含的离子：MnO4、COAI-、AlO"可能含有的离子：Na+、Cl。【详解】无色混合溶液中不能含有MnO4;由探究一知，溶液的pH<7,开始

14、加入2VoNaOH无沉淀生成说明发生的反应是：H+OH一H2O,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Al3+3OH-Al(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3V。；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al(OH)3+OH-AlO2-+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COj2-,再加入CC4振荡、静置，CC4层呈

15、橙红色，说明有Br-,不含I-;用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNOs和HNO3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Cl-;根据探究三，加入少量Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SQ2；(1)该溶液中一定含有的阴离子：Br-、SO42;其中能确定离子浓度之比的是H+、NH4+、Al3+,根据它们消耗的NaOH溶液的体积和相应的离子方程式，c(H+):c(NH4+):c(Al3+)=2V0：3V0：V0=2：3:1;不能肯定是否含有的离子：Na+、Cl；确定是否含Na+的实验方法为：焰色反应；(

16、2)沉淀减少过程为Al(OH)3与NaOH的反应，反应的离子方程式：Al(OH)3+OHA1O2-+2H2Oo【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C1-的判断。5.雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：2+2+3+2-2-Na、Ba、Mg、Fe、SO4、Cl、CO3。某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后配成试样溶液，设计并完成了如下的实验：取试样溶液100mL,向其中加入足量BaC2溶液，得到白色沉淀2.33g,滴入足量盐酸沉淀质量不变。另取试样溶液100mL,向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀

17、1.16g.再滴入足量盐酸沉淀全部溶解。(1)实验能确定该雾霾中肯定不含的离子为。(2)判断Cl-是否存在，若存在求其最小浓度(若不存在说明理由)。(3)该雾霾中肯定含有的离子为。(4)1.16g白色沉淀为(写化学式)。反应中消耗的BaC2的物质的量为mol。(6)操作中加盐酸沉淀溶解的离子方程式为。【答案】Ba2+、Fe3+、CO32-0.2mol/LMg2+、SQ2-、Cl-Mg(OH)20.01mol+2+_MgOH2+2H=Mg+2H2O【解析】【分析】取试样溶液100mL,向其中加入足量BaC2溶液，得到白色沉淀2.33g,滴入足量盐酸沉淀质量不变，则试样中一定含有SC42-,一定不

18、含有CC32-,并且SO42-的物质的量为2.33g233g/mol=0.01mol,则原溶液中与SQ2-不共存白离子Ba2+一定不含;另取试样溶液100mL,向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g,再滴入足量盐酸沉淀全部溶解，则13t样中一定含有Mg2+,并且物质的量为1.16=0.02mol,一定不58g/mol含Fe3+;又溶液呈电中性，所以溶液中还一定含有Cl-,Na+可能含有，结合题给选项分析解答。【详解】根据以上分析，肯定不含的离子为Ba2+、Fe3+、CO32-;(2)由分析知溶液中含有Mg2+0.02mol,SO2-0.01mol,根据n(Mg2+)X2wn商。&l

19、t;2可知电荷不守恒，而溶液一定是电中性的，则溶液中一定含有Cl",则n(Mg2+)x2=n(SO)x2+n(Cl)XJ解得：n(Cl-)=0.02mol,因溶液中还可能含有Na+,则溶液中n(Cl-)>0.02mql其最小浓0.02mol度为=0.2mol/L；0.1L根据以上分析，肯定含的离子为Mg2+、SQ2-、Cl"(4)根据以上分析，1.16g白色沉淀为Mg(OH)2；(5)根据以上分析，取试样溶液100mL,向其中加入足量BaC2溶液，得到白色沉淀2.33g,根据银离子守恒，则消耗的BaC2的物质的量为一空3g=0.01mol;233g/mol(6)根据以

20、上分析，1.16g白色沉淀为Mg(OH)2,加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2+2H2O。一回二NaOH放置(1)试根据上述反应现象推断以下物质的化学式:能使品红洛液褪色的气体灰绿色H红褐色固体6.黑色粉末A,黄色粉末B,它们都是单质，按下图进行实验:末B,它们都是单质，所以分别是铁、硫；黑色固体C为FeS;D为H2S;F为FeCl2;GADEH(2)写出C出酸一D+F的离子方程式:(3)写出D*E的化学方程式：(4)写出G一kH的化学方程式：【答案】(1)FeH2sSQ、Fe(OH)3(2)FeS+2Hf3+H2ST点燃2H2s3O22SO22H2O(4)4Fe(

21、OH)2+O2+2H2O4Fe(OH>【解析】【分析】【详解】H为FeOH3；黑色粉末A、黄色粉(1) E能使品红褪色，E为SQ；H为红褐色固体,为FeOH2(2) FeS与盐酸反应的离子方程式FeS+2H一F-+H2ST;点燃(3)硫化氢燃烧生成二氧化硫和水的方程式为2H2s3O22SO22H2O；(4)氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的方程式为4Fe(OH)j+O2+2H2O=4Fe(OH)3。7 .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

22、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)(2)(3)(4)C的化学式D的电子式写出C+E->F+乙的离子方程式写出B+C忆一A的化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目y二2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2TAc4W皆MT【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SQ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CQ,二氧化硫和氧气和水反应生成硫酸，故乙为O2,水、二氧化碳土与E反应生成氧气，说明【详解】E为NazQ,则F为Na

23、OH,G为NazCQ,以此分析解答。(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0V*q'(3)由上述分析可知,C为H2O,E为Na2O2,则F为NaOH,所以C+F匕的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2T,故答案：2Na2O2+2H2O=4Na+4OH+O2T；(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+乙一A的化学方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SC4,转移4e",则单线桥表示电子转移的方向和数目为摘明，,*”叱?邓a无机推断为高频考点，把握习题中物质

24、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。8 .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+2CAMn2+C2T+2H2O高炉石灰石Cu+2F3+=2Fe2+Ci2+C+2H2SC42SO2T+COT+2H2O【解析】【分析】(1)实验室用MnO2来制取氯气的反应方程式为MnO2+4

25、HCl脓)MnCl2+CbT+2KO;(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】(1)实验室用MnO2来制取氯气的反应方程式为MnO2+4HCl脓)占MnCb+Cb4+2HO故反应离子方程式为：MnO2+4H+2CMn2+C12T+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

26、：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+CuCb,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+2H2SC42=2SC2T+COT+2H2O。9 .铝是一种过渡金属元素，其单质通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种金属可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。

27、下图是化工生产中制备金属铝的主要流程:相矿(主要成分为刖咯)的烧粗产品MnOJ尾气(者即油葡汀锁底隹海兼足批&嗖门师.叫诲k硒飞士用叫(1)用简单氧化物形式表示Na3PM012c406H2O的组成:(2)写出反应的化学方程式:(3)反应的尾气可以再利用，写出两种利用该尾气制得的化学药品:高温(4)工业上制备还原性气体的反应原理有：CO2CH4=2CO2H2,CH4H2O三唾CO3H2。将含甲烷体积分数为80%勺aL(标准状况下)天然气与足量二氧化碳和水蒸气混合物在高温下反应，甲烷的转化率为90%用产生的还原性气体(CO和H2)依据反应冶炼铝，理论上生成铝的质量为(已知Mo的相对原子质量

28、为96)高温【答案】3Na2O24MoO3P2O512H2O2MoS27O2=2MoO34SO2144aNa2SO3、NH42sO3(合理即可)g35【解析】【分析】【详解】(1)该物质化学式按改写类似硅酸盐的化学式改写，可表示为3Na2O24MoO3P2O512H2O；(2)二硫化铝与氧气在高温条件下反应生成三氧化铝和二氧化硫，反应的化学方程式为高温2MoS27O22MoO34SO2;(3)二氧化硫再收集利用，可制备盐类物质等，如Na2sO3、NH42sO3；(4)根据反应方程式可知，1mol甲烷完全反应生成4mol还原性气体，又因高温高温3COMoO3=Mo3CO2、3H2MoO3Mo3H

29、2O,所以3mol还原性气aL一体理论上生成1mol电目。由于nCH4=880%,则22.4Lmolaa72%nH2+CO=80%90%4mol=mol,故22.45.6an(Mo)=72%1.-mol二5.630.72a16.8mol,m(Mo)/mol96gmol16.8144a35go10.焦亚硫酸钠(Na2s2O5)是葡萄酒中常用的抗氧化剂。一种以硫黄为原料制取产工艺如下：Na2s2O5的生T_破黄一i焚烧炉j冷却器一洗涤塔除漆器*反应器菇品脱水一产品N口卢加、已知：结晶脱水发生的反应：2NaHSO3=Na2s2O5+H2O回答下列问题:(1)Na2s2O5中硫元素的化合价为。(2)焚

30、烧炉中反应的化学方程式为。(3)反应器中发生反应的离子方程式为。(4)葡萄酒酿造过程中添加Na2s2O5会放出一种有刺激性气味的气体，该气体是一种食品添加剂。实验室中检验该气体的常用试剂是。A(5)废水中的硫单质(S8)能与碱反应，化学反应：3s8+48KOH=16K?S+8K2SO3+24H2O,反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为。【答案】+4S+O2点燃SO22H2sO3+CO3-=2HSO3+CO2+H2O品红溶液2:1【解析】【分析】硫磺在空气中燃烧生成SO2,SO2在洗涤塔中溶于水得到亚硫酸，经除杂后与Na2CO3反应得到NaHSO3,再经题目给出的反应式结晶脱水即可得到产物。【详

31、解】(1)钠为+1价，氧为-2价，则硫只能是+4价；(2)焚烧炉里实际就是硫在空气中燃烧：S+O2点燃SO2；(3)根据分析，反应器中实际上是亚硫酸和Na2CO3的反应：2-2H2sO3+CO3=2HSO3+CO2+H2O；(4)这种刺激性气味的气体就是SO2,实验室中可用品红溶液来检验，若能使品红褪色且加热后能复原，即可证明是SO2；(5)不难看出这是一个硫的歧化反应，有16个硫的化合价从0价降低到-2价，有8个硫的化合价从0价升高到+4价，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为16:8,即2:1。11.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)SQ,又制得

32、电池材料MnO2(反应条件作脱硫剂，通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的已省略)。请回答下列问题:用Vr(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H2SQ酸化的KMnO4溶液c.碘水、淀粉溶液d.氨水、酚试液(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+,其原理是一。(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

33、卜过滤制得硫酸镒晶体。【答案】bcMnO2+SO2=Mn2+SO42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SQ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

34、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+SQ=Mn2+SC42;(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(OH)3J+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M

35、nO42e一MnO4;(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。12.实验室制取SQ的反应原理为：Na2SQ+H2SQ(浓)=N%SQ+SO2T+H2。请用下列装置设计一个实验，以测定SQ转化为SO3的转化率：II(1)这些装置的连接顺序(按气体左右的方向)是fffffff(填各接口的编号)；(2)实验时甲仪器的作用与原理是。(3)从乙处均匀通入O2,为使SQ有较高的转化率，实验时I处滴入浓硫酸与n处加热催化剂的先后顺序是;(4)W处观察到的现象是;在I处用大火加热烧瓶时，SO2的转化率会(填增大"不变“或减小”)；(6)写出III中反应的离子

36、方程式：。【答案】ahibcfgd平衡气压，使浓硫酸顺利滴下先加热催化剂后滴加浓硫酸有晶体生成减小SQ+2OH-=SO32-+H2O【解析】【分析】此套装置包括制取并净化SQ、SO2催化氧化、收集SC3、进行尾气处理等操作，为防浓硫酸难以滴下，将分液漏斗内外气体相连；为提高SQ的转化率，先加热催化剂，后制取SQ；为防尾气污染环境，应将尾气用碱液吸收。【详解】(1)依据以上分析，仪器连接顺序为I、V、n、IV、出，这些装置的接口连接顺序是a-h-ib-c一f-4案为：a；h；i；b；c；f；g；d；(2)实验时甲仪器是一种稳压滴液装置，其作用与原理是平衡气压，使浓硫酸顺利滴下。答案为：平衡气压，

37、使浓硫酸顺利滴下；(3)由于SQ催化氧化时需要高温，而加热后温度缓慢上升，所以为使SQ有较高的转化率，实验时I处滴入浓硫酸与n处加热催化剂的先后顺序是先加热催化剂后滴加浓硫酸。答案为：先加热催化剂后滴加浓硫酸；(4)IV处，SQ冷却后由气态转化为固态，所以观察到的现象是有晶体生成。答案为：有晶体生成；(5)因为SQ的催化氧化反应是一个缓慢进行的可逆反应，所以在I处用大火加热烧瓶时，有一部分SQ未反应就逸出，从而导致SQ的转化率会减小。答案为：减小；(6)111中SO2与NaOH反应生成Na2SO3和水，反应的离子方程式为SQ+2OH=SQ2-+H2O。答案为：SO2+2OH-=SO32-+H2

38、O。【点睛】在进行仪器使用顺序的确定时，应从整体进行分析，一般顺序为：制气、除杂与净化、收集、性质实验、尾气处理。13 .Na2s2035H2O可作为高效脱氯剂，工业上用硫铁矿(FeS)为原料制备该物质的流程如图。空维r1原料B单质用r麻战V，0y气体Ai溶液C:溶液口沸腭炉高温1收塔iiu已知：a.气体A可以使品红溶液褪色，与硫化氢(H2SX昆合能获得单质硫。b.pH约为11的条件下，单质硫与亚硫酸盐可以共热生成硫代硫酸盐。回答下列问题：(1)吸收塔中的原料B可以选用_(填字母序号)。A.NaCl溶液BNa2CO3溶液C.Na2S。溶液(2)某小组同学用如图装置模拟制备Na2s203的过程(

39、加热装置已略去)。A中使用70%的硫酸比用98%的浓硫酸反应速率快，其原因是_。装置B的作用是_。C中制备Na2*O3发生的连续反应有：Na2S+H2O+SQ=Na2SO3+H2S,和Na2SOfe+SNa2s2。3。(3)工程师设计了从硫铁矿获得单质硫的工艺，将粉碎的硫铁矿用过量的稀盐酸浸取，得到单质硫和硫化氢气体，该反应的化学方程式为。【答案】B该反应的实质是H+与SO32-反应，70%的硫酸中含水较多，c(H+)和c(SQ2-)都较大，生成SQ速率更快(或者强调浓硫酸中硫酸以分子形式存在)防止倒吸FeS+2HCl=FeC2+H2ST+SJ2H2S+SO=3S+2H2O(或2H2S+H?S

40、O3=3SJ+3HO)【解析】【分析】硫铁矿在沸腾炉中燃烧生成氧化铁与二氧化硫，气体A是二氧化硫，溶液D蒸发浓缩、冷却结晶得到硫代硫酸钠晶体，D为Na2s2O3,单质硫与亚硫酸盐可以共热生成硫代硫酸盐，则溶液C为NazSQ,吸收塔中B要能吸收SQ生成Na2SQ,所以原料B可以为碳酸钠溶液或氢氧化钠溶液，根据以上分析解答。【详解】(1)B吸收二氧化硫转化为亚硫酸钠，碳酸钠可以与二氧化硫反应生成亚硫酸钠，而NaCkNa2SG与二氧化硫不反应。答案选Bo(2)A为制备二氧化硫，该反应的实质是H+与SO2-反应，70%的硫酸中含水较多，c(H")和c(SQ2)都较大，生成SQ速率更快，而浓硫

41、酸中硫酸以分子形式存在，电离出的氢离子浓度很低，因此反应慢。二氧化硫在C中与硫化钠溶液反应得到硫化氢，硫化氢与二氧化硫反应得到S单质，S单质与亚硫酸钠反应得到硫代硫酸钠，C中反应导致装置内压强减小，B装置的作用是防止倒吸；答案为：该反应的实质是H+与SQ2-反应，70%的硫酸中含水较多，c（H+）和c（SQ2一）都较大，生成SQ速率更快（或者强调浓硫酸中硫酸以分子形式存在）；防止倒吸。C中制备Na2&O3发生的连续反应有：Na2S+H2O+SQ=Na2SO3+H2s2H2S+SQ=3S+2H2O（或2H2S+H2SQ=3SJ+3HO）、NazSQ+SNa2s2O3。答案为：2H2S+S

42、O=3S+2H2O（或2H2S+倬SO=3SJ+3H2。）。由题中信息可知，FeS：与HCl反应生成H2S、S,同时还生成FeC2,根据信息写出反应方程式为：Fe8+2HCl=FeCl+H2ST+SJ。答案为：Fe8+2HCl=FeCl+H2ST+SJ。14 .根据要求完成下列实验过程（a、b为弹簧夹，加热及固定装置已略去）。B式L氏SNaOH溶液访液溶液（1）验证碳、硅非金属性的相对强弱（已知酸性：亚硫酸><酸）。连接仪器、加药品后，打开a、关闭b,然后滴入浓硫酸，加热。铜与浓硫酸反应的化学方程式是,装置A中试剂是。能说明碳的非金属性比硅强的实验现象是。（2）验证SQ的氧化性、还

43、原性和酸性氧化物的通性。在（1）操作后打开b,关闭a。H2s溶液中有浅黄色浑浊出现，化学方程式是。BaCl2溶液中无明显现象，将其分成两份，分别滴加氯水和氨水均产生沉淀。则沉淀的化学式分别为、。加热【答案】检查装置气密性Cu+2H2SO4（浓）CUSO4+2H2O+SO2酸性高镒酸钾溶液A中酸性KMnO4溶液没有完全退色（或不褪色），盛有Na2SiQ溶液的试管中出现白色沉淀2H2s+SO=3SJ+2HoBaSOBaSO【解析】【分析】（1）根据装置图，铜与浓硫酸反应生成二氧化硫，要验证碳、硅非金属性的相对强弱（已知酸性：亚硫酸碳酸），需要打开a、关闭b,将生成的二氧化硫通入饱和碳酸氢钠，产生二氧化碳，其中可能混有二氧化硫，需要除去，除去二氧化硫后再通入硅酸钠溶液，通过现象验证，据此分析解答；（2）要验