高考化学硫及其化合物综合经典题及答案

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一、高中化学硫及其化合物

1．我国农业因遭受酸雨而造成的损失每年高达15亿多元，为了有效操纵酸雨，目前国务院已批准了《酸雨操纵区和二氧化硫污染操纵区划分方案》等法规。

(1)现有雨水样品1份，每隔一段时刻测定该雨水样品的pH所得数据如下：

测试时刻/h01234

雨水的pH4.754.624.564.554.54

分析数据，回答以下咨询题：

①雨水样品呈酸性的缘故是________________________________(用化学方程式表示)。

②假如将刚取样的上述雨水和自来水(含有氯气)混合，pH将________(填“变大”“变小”或“别变”)。

(2)测定雨水样品时，每隔一定时刻测定一次pH，发觉pH逐渐变小，其缘故也许是

_______(用化学方程式表示)。

(3)举一例讲明这种雨水将给环境中的生物或非生物造成的妨碍________________。

【答案】SO2＋H2OH2SO3变小2H2SO3＋O2==2H2SO4酸雨可腐蚀金属、建造物，破坏植物，污染湖泊导致大量鱼类及水生生物死亡(任选1例，其它合理答案均可)

【解析】

【分析】

正常雨水中，CO2+H2OH2CO3，由于碳酸显酸性，因此正常雨水显酸性，且pH大约为5.6。当雨水中溶入一定量SO2后，SO2与水反应生成亚硫酸，从而使雨水的酸性增强，pH减小。当pH<5.6，雨水这就成为酸雨。在酸雨中，H2SO3易被空气中的氧气氧化为硫酸，导致酸性增强，pH减小。

【详解】

(1)①雨水样品呈酸性，要紧是SO2溶于水并与水反应，缘故是SO2＋H2OH2SO3。答案为：SO2＋H2OH2SO3；

②假如将刚取样的上述雨水和自来水(含有氯气)混合，则会发生反应

H2SO3+Cl2+H2O==H2SO4+2HCl，pH将变小。答案为：变小；

(2)测定雨水样品时，每隔一定时刻测定一次pH，发觉pH逐渐变小，要紧是H2SO3被空气中O2氧化所致，其缘故也许是2H2SO3＋O2==2H2SO4。答案为：2H2SO3＋O2==2H2SO4；(3)举一例讲明这种雨水将给环境中的生物或非生物造成的妨碍酸雨可腐蚀金属、建造物，破坏植物，污染湖泊导致大量鱼类及水生生物死亡(任选1例，其它合理答案均可)。答案为：酸雨可腐蚀金属、建造物，破坏植物，污染湖泊导致大量鱼类及水生生物死亡(任选1例，其它合理答案均可)。

【点睛】

酸雨有硫酸型酸雨和硝酸型酸雨之分，在硫酸型酸雨中，要紧溶有H2SO3和H2SO4，

H2SO3易被溶解的氧气缓慢氧化，最后H2SO3全部转化为H2SO4；硝酸型酸雨的要紧成分为HNO3。

2．在空气中加热S粉和Fe粉的混合物，可观看到下列现象：（1）有淡蓝XXX火焰，且生成刺激性气味的气体。

（2）混合粉末变红，放出热量，最终变成黑XXX固体。

（3）别时有火星从混合物中射出。

请分不写出以上三种事情发生反应的化学方程式：

__________、__________、__________。

【答案】S＋O2SO2Fe＋SFeS3Fe＋2O2Fe3O4【解析】

【分析】

【详解】

（1）S在空气中燃烧产生淡蓝XXX火焰，生成SO2，反应方程式为：S+O2?

SO2；

（2）混合粉末变红，放出热量，最终变为黑XXX固体是因为Fe与S反应生成FeS，反应方

程式为：Fe+S?FeS；

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

Fe3O4。

3．硫酸是重要的基础化工原料之一，是化学工业中最重要的产品，号称“工业之母”。在中学化学教材中有多处涉及其应用。

(1)利用浓硫酸配制稀硫酸

已知某浓硫酸的密度为1.84g/ml，质量分数为98％，则该浓硫酸的物质的量浓度为

_______；

现用该浓硫酸配制480ml浓度为1.84mol/L的稀硫酸，在配制过程中除量取浓硫酸的仪器、烧杯、胶头滴管外，还需用到的玻璃仪器有______________________；

(2)硫酸与无机物的反应

实验室在用稀硫酸与锌反应制取氢气时，常向其中滴加少量硫酸铜溶液以加快反应速率，请写动身生的离子反应方程式______________________________；别爽朗金属铜在与浓硫酸反应中，体现了浓硫酸的___________________性质；非金属碳在加热条件下也能与浓硫酸反应，若要你设计实验检验反应生成的气体产物，则检验出气体产物的正确顺序为

______________________；

(3)硫酸在有机中的应用

利用硫酸的性质能够制取多种有机物，比如烈性XXXTNT、硝基化合物、酯类物质、别饱和烃等。请写出制取TNT的化学方程式________________________________________；请写出用乙醇制取乙烯的化学方程式________________________________________；稀硫酸还能够使蔗糖、淀粉等多种有机物发生水解，请写出蔗糖水解的产物名称_________。【答案】18.4mol/L500ml容量瓶Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑＋Zn2＋强氧化性

和强酸性H2O、SO2、CO2+3HNO324HSOΔ????→浓+3H2OC2H5OH

CH2=CH2↑+H2O葡萄糖、果糖

【解析】

【分析】

（1）依照c=1000ρwM计算出该浓硫酸的浓度；配制该溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，依照配制一定物质的量浓度的溶液的步骤选用仪器；

（2）硫酸铜溶液加快氢气生成的速率，缘故是形成原电池反应；

【详解】

（1）该浓硫酸的物质的量浓度为：c=1000×

1.84×98%÷98mol/L=18.4mol/L；实验室没有480mL的容量瓶，配制时需要选用500mL容量瓶，实际上配制的是500mL1mol/L的硫酸溶液，配制该溶液的步骤是：称量、溶解、冷却、转移、洗涤、转移、定容、摇匀，配制过程中需要使用的仪器为：药匙、托盘天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，因此还缺少的仪器为：500mL容量瓶，

故答案为：18.4mol/L；500mL容量瓶；

（2）锌为爽朗金属，加入硫酸铜，发生Zn+CuSO4=ZnSO4+Cu，置换出铜，与锌形成原电池反应，化学反应速率加快，离子方程式是Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑；铜与浓硫酸反应生成硫酸铜，二氧化硫和水，硫元素的化合价落低表现硫酸的氧化性，生成盐和水体现硫酸的酸性，故硫酸表现的性质是酸性和氧化性；碳和浓硫酸加热生成二氧化硫，二氧化碳和水，检验气体的顺序是水，二氧化硫，二氧化碳，

故答案为：Zn＋Cu2＋=Cu＋Zn2＋、Zn＋2H＋=H2↑；强氧化性和强酸性；H2O、SO2、CO2；（3）制取TNT需要甲苯，浓硫酸和浓硝酸的混合酸加热，反应的化学方程式是

+3HNO324HSOΔ????→浓+3H2O；向乙醇中加入浓硫酸，加热到170度，

能够制取乙烯，方程式是C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；蔗糖水解产生葡萄糖和果糖，故答案为：+3HNO324HSOΔ????→浓+3H2O；C2H5OHCH2=CH2↑+H2O；葡萄糖、果糖。

4．在50mL4mol·

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XXX固体7.92g，经过计算确定白群固体的组成及各组分的质量。_________________

【答案】白群固体有两种组合。一种也许是由Na2S(3.12g)和NaOH(4.80g)组成的混合物；另一种也许是由Na2S(7.52g)和NaHS(0.40g)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，白群固体的质量m(Na2S)=78g/mol×0.2mol

2

=7.8g，0.2mol的NaOH跟

H2S反应，若全部生成NaHS时，白XXX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×0.2mol

2

=7.8g；0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全

部生成NaHS时，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：①Na2S和NaOH的混合物；②Na2S和NaHS的混合物。

①设Na2S为xmol，则有(0.2-2x)molNaOH，78g/mol×xmol+40g/mol(0.2-2x)=7.92g，解得

x=0.04mol；Na2S的质量m(Na2S)=0.04mol×78g/mol=3.12g，NaOH的质量m(NaOH)=7.92g-

3.12g=

4.80g；

②设Na2S为ymol，则有(0.2-2y)molNaHS。78g/mol×ymol+56g·mol(0.2-2y)mol=7.92g，解得y≈0.0965mol，因此Na2S的质量m(Na2S)=78g/mol×0.0965mol=7.52g，NaHS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，学会运用所学知识举行分析和推理能力是关键所在。

5．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(反应条件及其他物质差不多略去)：

(1)若A是一种金属，C是淡黄群固体，写出C的一种用途____；

(2)若常温下A为淡黄群固体单质，D为强酸，则B为___，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了D的___性。

(3)若A是化合物，C是红棕群气体，则

①A的电子式为___，实验室制备A气体的化学方程式为___。

②实验室检验A气体的办法为___。

③C转化为D的过程中，氧化剂与还原剂的质量比为___。

④将盛满B气体的试管倒扣在水槽中，并通入一定量O2，最后气体全部被汲取，所得溶液充满整个试管。若别思考溶液扩散，计算所得溶液物质的量浓度为___mol·L-1。(标况下计算，保留两位有效数字)

【答案】供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)SO2吸水

2NH4Cl+Ca(OH)2加热

CaCl2+2NH3↑+2H2O用湿润的红群石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝

(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)1:20.045

【解析】

【分析】

(1)C是淡黄XXX固体，为金属氧化物，则其为Na2O2，由此可确定它的用途；

(2)若常温下A为淡黄XXX固体单质，则其为硫，由转化关系可确定其它物质及性质。

(3)C是红棕群气体，则C为NO2气体，由转化关系可确定其它物质及性质。

【详解】

(1)由C是淡黄XXX固体，可确定其为Na2O2，其用途为供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)。答案为：供氧剂(或杀菌剂、消毒剂、漂白剂等)；

(2)若常温下A为淡黄XXX固体单质，则其为硫(S)，D为强酸(H2SO4)，则B为SO2，C为SO3，D的浓溶液能使胆矾晶体由蓝变白，体现了浓硫酸的吸水性。答案为：SO2；吸水；

(3)若A是化合物，C是红棕群气体，则C为NO2。

①A氧化后，产物再氧化可生成NO2，则A为NH3，电子式为，实验室制备氨气

时，药品为NH4Cl和Ca(OH)2，化学方程式为2NH4Cl+Ca(OH)2加热

CaCl2+2NH3↑+2H2O。

答案为：；2NH4Cl+Ca(OH)2加热

CaCl2+2NH3↑+2H2O；

②实验室检验氨气时，采纳的办法为用湿润的红群石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)。答案为：用湿润的红群石蕊试纸靠近试管口，试纸变蓝(或用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近试管口，有白烟产生)；

③C转化为D的过程中，发生反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，从价态变化看，若3molNO2参加反应，有1molNO2中的N元素价态落低，有2molNO2中的N元素价态升高，则氧化剂与还原剂的质量比为1:2。答案为：1:2；

④假设试管的体积为VL，则c=

L

22.4L/mol

L

V

V

=0.045mol·L-1。答案为：0.045。

【点睛】

在平常的学习过程中，应注意区分浓硫酸的吸水性与脱水性，浓硫酸的吸水性是指气体的干燥、汲取结晶水合物中的结晶水，浓硫酸的脱水性是指将有机物分子中的氢、氧元素以水的组成形式脱去。

6．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）写出一具由D生成B的化学方程式：____。

【答案】H2＋SH2SH2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2OC＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋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A也许为C或S，若为C，则B和C分不为CO、CO2，其相对分子质量之比别为4∶5，别符合题意；若为S，则B为SO2，C为SO3，B和C的相对分子质量之比为4∶5，符合题意。因此D为H2SO4，E为H2SO3。

【详解】

⑴A在加热条件下与H2反应的化学方程式：H2＋SH2S，故答案为：H2＋SH2S。

⑵E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O，故答案为：H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O。

⑶写出一具由D生成B的化学方程式：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋

2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。

7．某无群混合溶液中也许含有的离子如下表所示：

也许大量含有的阳离子H＋、Al3＋、NH4＋、Na＋

也许大量含有的阴离子Cl－、AlO2－、SO42－、MnO4－、Br－、I－、CO32－

为探索其成分，举行了以下探索实验。

探索一：

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。

探索二

乙同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CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红群，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XXX沉淀产生。

探索三：

另取原溶液少量加入Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白XXX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___；别能确信是否含有的离子是___。确定其中阳离子的实验办法为___。（2）请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式___。

【答案】Br-、SO42－c(H+)：c(NH4+)：c(Al3+)=2：3：1Na＋、Cl－焰群反应Al(OH)3+OH-═AlO2-+2H2O

【解析】

【分析】

无XXX混合溶液中别能含有MnO4－；

由探索一知，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-

═H2O，有H+，则无AlO2-、CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，有Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；接着加入氢氧化钠，沉淀量别变，讲明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：NH4++OH-=NH3?H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0；接着加入氢氧化钠溶液，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V0；

依照探索二，向溶液中加氯水，无气体产生，讲明无CO32-，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红群，讲明有Br-，别含I-；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XXX沉淀产生，讲明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，别能确定原混合液中是否含Cl-；

依照探索三，加入少量Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白XXX沉淀，讲明原混合液中有SO42－；

综上分析，混合溶液中一定含有的离子：H+、Al3+、NH4+、Br-、SO42－，一定别含的离子：MnO4－、CO32-、I-、AlO2-，也许含有的离子：Na＋、Cl－。

【详解】

无群混合溶液中别能含有MnO4－；

由探索一知，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-

═H2O，有H+，则无AlO2-、CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH-═Al(OH)3↓，有Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；接着加入氢氧化钠，沉淀量别变，讲明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：NH4++OH-=NH3?H2O，消耗氢氧化钠

溶液3V0；接着加入氢氧化钠溶液，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V0；

依照探索二，向溶液中加氯水，无气体产生，讲明无CO32-，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红群，讲明有Br-，别含I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白群沉淀产生，讲明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，别能确定原混合液中是否含Cl-；

依照探索三，加入少量Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白XXX沉淀，讲明原混合液中有SO42－；

（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+，依照它们消耗的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；别能确信是否含有的离子：Na＋、Cl－；确定是否含Na+的实验办法为：焰群反应；

（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+OH-═AlO2-+2H2O。

【点睛】

本题考查离子的判断，在判断过程中必须注意离子的共存和引入的离子对推断的干扰，如题中Cl-的推断。

8．有关物质的转化关系如图所示（部分物质与条件已略去）．X、Y、Z是三种常见金属单质，Z为紫红XXX，A是一种常见的酸，B的焰XXX反应呈紫XXX（透过蓝XXX钴玻璃），D为红褐群固体，F可用作净水剂．

请回答下列咨询题：

（1）F、Z的化学式分不为、．

（2）检验F中阴离子的操作办法是．

（3）写出溶液Ⅰ转化为溶液Ⅱ的离子方程式．

（4）写出反应①的化学方程式，该反应中每消耗2.24L（标准状况）O2，转移的电子的物质的量为mol．

【答案】（1）KAl（SO4）2.12H2O；Cu；

（2）取少量F于试管中配成溶液，再向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白群沉淀，则证明含有SO42﹣；

（3）Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；

（4）4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；0.4．

【解析】

X、Y、Z是三种常见金属单质，Z为紫红群，则Z为Cu；B的焰群反应呈紫群（透过蓝XXX钴玻璃），B中含有K元素，C在空气中放置生成D为红褐群固体，则C为Fe（OH）2、D

为Fe（OH）3，D加热生成E为Fe2O3，金属X与氧化铁反应得到Fe，为铝热反应，则X为Al，Y为Fe，溶液1中含有铝盐、亚铁盐，与B反应生成氢氧化铁与溶液Ⅱ，则B为KOH，溶液Ⅱ中含有KAlO2，溶液Ⅱ中加入常见的酸A得到溶液Ⅲ，再通过浓缩、落温得到F，F可用作净水剂，可知A为硫酸、F为KAl（SO4）2.12H2O．

（1）F、Z的化学式分不为KAl（SO4）2.12H2O、Cu，故答案为KAl（SO4）2.12H2O；Cu；（2）F中阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根离子办法是：取少量F于试管中配成溶液，再向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白群沉淀，则证明含有SO42﹣，

（3）溶液Ⅰ转化为溶液Ⅱ的离子方程式：Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，

（4）反应①的化学方程式：4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，该反应中每消耗2.24L（标准状况）O2，其物质的量为=0.1mol，转移的电子的物质的量为

0.1mol×4=0.4mol

【点评】本题考查无机物判断，涉及Al、Fe等元素单质化合物性质，物质的颜XXX、反应现象及转化中特别反应等是判断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质，涉及电子式，是对学生综合能力的考查，难度中等．

9．物质的类不和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。

(1)Y的分子式________。

(2)图中X的电子式为_________；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，缘故是

______________________(用化学方程式表示)。该变化体现出：S非金属性比

O__________(填“强”或“弱”)。用原子结构解释缘故：同主族元素最外层电子数相同，从上到下，__________，得电子能力逐渐减弱。

(3)Z与图表中某物质反应生成SO2的化学方程式_____________________________。

【答案】SO32H2S＋O2=2S↓＋2H2O弱电子层数增多，原子半径增大

H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O

【解析】

【分析】

(1)Y为S元素+6价的氧化物；

(2)X为H2S，S最外层6个电子，可以与2个H原子形成共价键；H2S在空气中变浑浊是因

为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；

(3)Z为S元素+4价的盐，能够与硫酸反应生成SO2。

【详解】

(1)Y为S元素+6价的氧化物SO3；

(2)X为H2S，S最外层6个电子，可以与2个H原子形成共价键，其电子式为：；H2S在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S，反应为2H2S＋O2=2S↓＋2H2O，因此S非金属性比O弱，从结构上可知，氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱；

(3)Z为S元素+4价的盐，如Na2SO3，能够与硫酸反应生成SO2，化学方程式为

H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2↑+H2O。

10．工业上用黄铁矿（FeS2）为原料制备硫酸的流程如下：

回答下列咨询题：

（1）在接触室中发生的反应是2SO2+O2

2SO3，该反应属于__________（填字母）

a.氧化还原反应

b.离子反应

c.化合反应

d.可逆反应

（2）Fe2O3废渣的用途有________________________（答出一条即可）。

（3）写出沸腾炉中发生反应的化学方程式：________

（4）取硫酸产品加入蔗糖中，有“黑面包”现象发生，该过程体现出浓硫酸的性质是_____。

【答案】acd生产涂料、生产红XXX油漆、冶炼铁4FeS2+11O2

2Fe2O3+8SO2脱水性和氧化性

【解析】

【分析】（1）在接触室中发生的反应是2SO2+O2???→←???催化剂

高温2SO3，该反应中S化合价升高，O化合价落低，属于氧化还原反应，并且也是可逆反应和化合反应；

（2）Fe2O3废渣是红群固体，用途有生产涂料、生产红群油漆、冶炼铁等；

（3）黄铁