第22讲 硫及其化合物（解析版）- 高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练

备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练第22讲硫及其化合物【复习目标】1.掌握硫及其重要化合物的主要性质、相互转化及应用。2.掌握SO2的实验室制法(包括所用试剂、仪器、反应原理和收集方法)。3.掌握SOeq\o\al(2－,4)的检验方法。【知识精讲】考点一硫及其氧化物的性质和应用1．硫（1）硫的原子结构特点硫的原子结构示意图为，由此可知硫原子最外电子层上有6个电子，在化学反应中容易得到2个电子形成－2价硫的化合物，表现出典型的非金属性。（2）硫元素存在形态①游离态：硫单质俗称硫黄，主要存在于火山口附近或地壳的岩层里。②化合态：主要以硫化物和硫酸盐的形式存在，有关化学式如下：黄铁矿黄铜矿石膏芒硝FeS2CuFeS2CaSO4·2H2ONa2SO4·10H2O（3）硫的物理性质俗名色、态密度溶解性硫黄黄色晶体，质脆2.06g·cm－3难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳（4）硫的化学性质【例题1】中学化学中几种常见物质的转化关系如图(部分产物未列出)。A是一种金属单质，D是一种非金属固体单质。请回答下列问题：(1)A、C、G的化学式分别为A__________，C________，G________。(2)F的浓溶液与A反应过程中，F体现的性质与下列反应中H2SO4体现的性质完全相同的是________。A．C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2OB．Fe＋H2SO4=FeSO4＋H2↑C．FeO＋H2SO4=FeSO4＋H2OD．Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O(3)写出反应E＋H2O2→F的化学方程式：____________________________。(4)若反应F＋D→E转移电子数为1.204×1023，则消耗D的质量为________。【答案】(1)FeFe2(SO4)3FeS(2)D(3)SO2＋H2O2=H2SO4(4)1.6g【解析】从框图转化关系可知，A是一种变价金属，且能与稀硫酸反应，可知A是Fe，B是FeSO4，C是Fe2(SO4)3；非金属固体单质D能与Fe共热反应且能和O2反应，可知D是S单质，G是FeS；依此可推知E是SO2，F是H2SO4。(4)1.204×1023个电子的物质的量为0.2mol，反应F＋D→E的化学方程式为S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O，由此可知有1molS参与反应，转移4mol电子，故转移0.2mol电子时有0.05molS参与反应，其质量为1.6g。2．二氧化硫(SO2)（1）物理性质SO2是无色、有刺激性气味的有毒气体，密度比空气的大，容易液化，易溶于水。在通常情况下，1体积的水可以溶解约eq\a\vs4\al(40)体积的SO2。（2）化学性质①酸性氧化物的通性a．SO2能使紫色石蕊试液变红色。b．与H2O反应：SO2＋H2OH2SO3。c．与碱反应：NaOH足量：SO2＋2OH－=SOeq\o\al(2－,3)＋H2O。NaOH少量：SO2＋OH－=HSOeq\o\al(－,3)。d．与碱性氧化物反应：CaO＋SO2CaSO3。②氧化性(如与H2S溶液反应)：SO2＋2H2S=3S↓＋2H2O(生成淡黄色沉淀)。③还原性a．与O2反应：2SO2＋O2eq\o(,\s\up11(催化剂),\s\do4(△))2SO3。b．使溴水褪色：SO2＋Br2＋2H2O=H2SO4＋2HBr。c．使酸性KMnO4溶液褪色：5SO2＋2MnOeq\o\al(－,4)＋2H2O=5SOeq\o\al(2－,4)＋2Mn2＋＋4H＋。d．与FeCl3溶液反应：SO2＋2Fe3＋＋2H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Fe2＋＋4H＋。e．与H2O2溶液反应：SO2＋H2O2=H2SO4。④漂白性：SO2可使品红溶液褪色，加热后，溶液由无色变为红色，常用于检验SO2。【归纳总结】SO2与HClO、H2O2、Na2O2、O3、活性炭漂白原理的比较物质SO2HClO、H2O2、Na2O2、O3活性炭漂白原理与有色物质结合生成无色物质将有色物质氧化为无色物质吸附有色物质变化类型化学变化化学变化物理变化是否可逆可逆，加热或久置后恢复原来颜色不可逆，加热或久置后不恢复原来颜色—漂白对象有色的有机化合物，不能漂白指示剂有色的有机化合物和指示剂有机色质（3）用途①漂白纸浆、毛、丝等。②杀菌消毒。③作食品添加剂。食品中添加适量的SO2可起到防腐和抗氧化等作用。（4）SO2的实验室制法固体Na2SO3与较浓H2SO4反应：Na2SO3＋H2SO4(浓)=Na2SO4＋SO2↑＋H2O。【归纳总结】1．SO2和CO2的鉴别方法(1)闻气味法：CO2无气味，SO2有刺激性气味。(2)品红溶液法：能使品红溶液褪色的是SO2，不能使品红溶液褪色的是CO2。(3)酸性高锰酸钾溶液或溴水法：能使酸性高锰酸钾溶液或溴水褪色的是SO2，不能使它们褪色的是CO2。2．检验SO2和CO2同时存在的一般流程SO2和CO2都可使澄清石灰水变浑浊，检验二者同时存在的一般流程为：流程设计检验SO2⇒除去SO2⇒检验SO2是否除尽⇒检验CO2选用试剂品红溶液酸性KMnO4溶液品红溶液澄清的石灰水预期现象褪色褪色不褪色变浑浊注意：有时为简化装置，可将除去SO2和检验SO2是否除尽合并为一个装置，用较浓的酸性KMnO4溶液，现象是酸性KMnO4溶液颜色变浅。【例题2】下列溶液中能够区别SO2和CO2的是()①石灰水②H2S溶液③酸性KMnO4溶液④氯水⑤品红溶液A．①②③ B．②③④C．除①以外 D．①②③④⑤【答案】C【解析】SO2和CO2都属于酸性氧化物，气体少量时，都能与石灰水反应出现白色沉淀，气体过量时沉淀都会溶解，所以不能用石灰水来区别；SO2能将H2S氧化成硫单质，能看到黄色沉淀生成，而CO2不能；SO2能被酸性KMnO4溶液和氯水氧化，从而使溶液褪色，且SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，而CO2没有这些性质。所以可用②③④⑤来区别SO2和CO2。【例题3】如图是检验某无色气体A是否含SO2和CO2的装置图，按要求回答下列问题。(1)B中加入的试剂是____________，作用是__________________________________。(2)C中加入的试剂是____________，作用是__________________________________。(3)D中加入的试剂是____________，作用是__________________________________。(4)实验时，C中应观察到的现象是______________________________________。【答案】(1)品红溶液检验SO2(2)酸性KMnO4溶液除去SO2并检验SO2是否除尽(3)澄清石灰水检验CO2(4)酸性KMnO4溶液的颜色变浅【解析】一定要理解题意是检验气体成分，检验二氧化硫用品红溶液，吸收二氧化硫用酸性KMnO4溶液，检验二氧化碳用澄清石灰水；在检验二氧化碳之前，必须除尽二氧化硫，因为二氧化硫也能使澄清石灰水变浑浊。C装置的作用是除去SO2并检验SO2是否除尽，所以酸性高锰酸钾溶液颜色变浅，但不能褪成无色，若褪成无色不能证明二氧化硫已除尽。3．三氧化硫(SO3)（1）物理性质：SO3在标准状况下为无色、针状晶体、熔点16.8℃，沸点44.8℃。（2）化学性质：能与水反应，放出大量的热，SO3是酸性氧化物，它跟碱性氧化物或碱都能反应生成硫酸盐。①与水剧烈化合生成硫酸并放出大量的热：SO3＋H2O=H2SO4；②与碱性氧化物(CaO)反应生成盐：SO3＋CaO=CaSO4；③与碱[Ca(OH)2]反应生成盐和水：SO3＋Ca(OH)2=CaSO4↓＋H2O。4．硫化氢(H2S)（1）物理性质：硫化氢是无色、有臭鸡蛋气味的气体，有剧毒，能溶于水(常温下约1∶2.6)，是一种大气污染物。天然气中常混有少量硫化氢。（2）存在：某些工业废气中；腐败的鱼、肉、蛋；阴沟、粪池中。（3）化学性质：硫化氢的水溶液叫氢硫酸，是二元弱酸，具有酸的通性。5．硫的氧化物的污染与治理（1）硫的氧化物来源、危害及治理（2）硫酸型酸雨的形成途径途径1：空气中飘尘的催化作用，使2SO2＋O2eq\o(,\s\up11(催化剂),\s\do4(△))2SO3、SO3＋H2O=H2SO4。途径2：SO2＋H2OH2SO3、2H2SO3＋O2=2H2SO4。【例题4】如图所示，在注射器中加入少量Na2SO3晶体，并吸入少量的70%硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是()A．蓝色石蕊试纸先变红后褪色B．沾有KMnO4溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性C．品红试纸褪色，证明了SO2的漂白性D．沾有酚酞和NaOH溶液的滤纸褪色，证明了SO2的漂白性【答案】C【例题5】下列关于SO2的叙述中正确的是()A．燃煤时加入石灰石减少SO2排放的化学方程式为2CaCO3＋2SO2＋O22CaSO3＋2CO2B．SO2是酸性氧化物，溶于水得稳定的亚硫酸C．SO2气体通入NaOH溶液中一定得到Na2SO3D．SO2通入CuSO4与NaCl的混合溶液中产生白色沉淀(CuCl)，体现SO2的还原性【答案】D【解析】A项，有氧气参加反应，应生成CaSO4，错误；B项，亚硫酸不稳定易分解，错误；C项，通入SO2的量不同，产物可能是Na2SO3，也可能是NaHSO3，还可能是二者的混合物，错误；D项，生成CuCl白色沉淀，铜元素的化合价降低，必然有一种元素的化合价升高，只能是SO2中＋4价的硫被氧化，正确。【例题6】下列说法正确的是()A．SO2能使品红溶液、溴水和酸性KMnO4溶液褪色，是因为SO2具有漂白性B．SO2、Cl2都可用于漂白物质，将等物质的量的两种气体同时作用于潮湿的有色物质时，可增强漂白效果C．活性炭使有色物质褪色是利用了碳单质的还原性，使有色物质发生了还原反应D．SO2使品红溶液褪色后，将褪色后的溶液加热，溶液重新变为红色【答案】D【解析】使溴水、酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2的还原性，A项错；当SO2与Cl2按1∶1通入时，发生反应：SO2＋Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，失去了漂白性，B项错；活性炭的吸附作用使有色物质褪色，C项错；由于SO2与品红生成的无色物质不稳定，加热时又生成了品红，故又变为红色，D项正确。考点二硫酸及硫酸根离子的检验1．硫酸的物理性质（1）纯硫酸是一种无色、黏稠的油状液体，沸点高，难挥发。（2）溶解性：浓H2SO4与水以任意比互溶，溶解时可放出大量的热，浓H2SO4稀释的方法是将浓H2SO4沿器壁慢慢注入水中，并用玻璃棒不断搅拌。2．稀H2SO4具有酸的通性硫酸是强电解质，在水溶液中的电离方程式为H2SO4=2H＋＋SOeq\o\al(2－,4)，能与指示剂、金属、碱性氧化物、碱、盐等物质发生反应。3．浓H2SO4的特性①吸水性：常用作干燥剂，但不能干燥还原性物质如H2S、HBr、HI和NH3等碱性气体；能使胆矾CuSO4·5H2O变为白色粉末。②脱水性：将有机化合物中的氢、氧原子以2∶1比例脱去，如使蔗糖炭化，纸张变黑。③强氧化性：常温下，铁、铝遇浓硫酸钝化，可用铁罐车、铝槽车装运浓硫酸。与Cu：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O。与C：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。与S：S＋2H2SO4(浓)3SO2↑＋2H2O。与H2S、HI等还原性气体反应。【例题7】将一定量的锌与100mL18.5mol·L－1浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A16.8L(标准状况)。将反应后的溶液稀释到1L，测得溶液的pH＝0，则下列叙述中正确的是()A.气体A为SO2B.气体A为SO2和H2的混合物，SO2与H2的体积比为1∶4C.反应中共消耗锌95.5gD.反应中共转移电子1.5mol【答案】D【解析】100mL18.5mol·L－1浓硫酸中所含H2SO4的物质的量为1.85mol，标准状况下16.8L气体的物质的量为0.75mol，1LpH＝0的溶液中H＋的物质的量为1mol。浓H2SO4与Zn反应，最初产生SO2，浓硫酸变为稀硫酸后产生H2，反应方程式依次为Zn＋2H2SO4(浓)=ZnSO4＋SO2↑＋2H2O和Zn＋H2SO4=ZnSO4＋H2↑，根据题意，反应后剩余的H＋的物质的量为1mol，即剩余H2SO40.5mol，反应消耗的H2SO4是1.85mol－0.5mol＝1.35mol，生成的气体是0.75mol，假设生成H2、SO2两种气体，物质的量分别为x、y，根据题意可得x＋y＝0.75mol，x＋2y＝n消耗(H2SO4)＝1.35mol，联立求解可得x＝0.15mol，y＝0.6mol，则假设成立，气体A中SO2和H2的体积比为4∶1，A、B错误；m(Zn)＝0.75mol×65g·mol－1＝48.75g，C错误；反应共转移电子的物质的量为0.75mol×2＝1.5mol，D正确。4．SOeq\o\al(2－,4)的检验检验SOeq\o\al(2－,4)的正确操作方法：被检液eq\o(→,\s\up7(加足量盐酸酸化))取清液eq\o(→,\s\up7(滴加BaCl2溶液))观察有无白色沉淀产生。先加稀盐酸的目的是防止COeq\o\al(2－,3)、SOeq\o\al(2－,3)、Ag＋干扰，再加BaCl2溶液，有白色沉淀产生，说明有SOeq\o\al(2－,4)，可能发生反应的离子方程式：COeq\o\al(2－,3)＋2H＋=CO2↑＋H2O、SOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=SO2↑＋H2O、Ag＋＋Cl－=AgCl↓、Ba2＋＋SOeq\o\al(2－,4)=BaSO4↓。注意盐酸和BaCl2溶液的加入顺序不可颠倒。【拓展】SOeq\o\al(2－,3)的检验①向溶液中加入盐酸，将产生的气体通入品红溶液中，红色褪去，发生的离子反应为SOeq\o\al(2－,3)＋2H＋=H2O＋SO2↑。②加入氯化钡溶液生成白色沉淀，然后加入盐酸，沉淀溶解并产生具有刺激性气味的气体，发生反应的离子方程式为SOeq\o\al(2－,3)＋Ba2＋=BaSO3↓，BaSO3＋2H＋=Ba2＋＋SO2↑＋H2O。【例题8】对下列事实的解释错误的是()A．加热盛有浓硫酸和木炭的试管，有CO2和SO2气体生成，说明浓硫酸具有强氧化性B．向50mL18mol·L－1H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量小于0.45mol，说明铜与稀硫酸不反应C．常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应D．反应CuSO4＋H2S=CuS↓＋H2SO4能进行，说明CuS既不溶于水也不溶于稀硫酸【答案】C【解析】浓硫酸能将木炭氧化成CO2，而本身被还原为SO2，故浓硫酸具有强氧化性，A项正确；随着反应进行，浓硫酸逐渐变稀，而稀硫酸与铜不反应，故硫酸会有剩余，B项正确；常温下，铝在浓硫酸中其表面会被氧化生成一层致密的氧化铝薄膜而钝化，C项错误；根据复分解反应发生的条件可知，D项正确。【例题9】(2022·安徽巢湖第二中学模拟)下列过程中最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是()A．Fe(NO3)2溶液eq\o(→,\s\up11(过量盐酸),\s\do4(通SO2))eq\o(→,\s\up7(BaCl2溶液))白色沉淀B．Ba(NO3)2溶液eq\o(→,\s\up7(过量盐酸))eq\o(→,\s\up7(Na2SO3溶液))白色沉淀C．无色溶液eq\o(→,\s\up7(稀HNO3))eq\o(→,\s\up7(BaCl2溶液))白色沉淀D．无色溶液eq\o(→,\s\up7(过量盐酸))无色溶液eq\o(→,\s\up7(BaCl2溶液))白色沉淀【答案】C【解析】A项中NOeq\o\al(－,3)、H＋能将SO2氧化成SOeq\o\al(2－,4)，故能产生BaSO4白色沉淀；B项中H＋、NOeq\o\al(－,3)能将SOeq\o\al(2－,3)氧化成SOeq\o\al(2－,4)，能产生BaSO4白色沉淀；D项中加盐酸无现象，可排除Ag＋的存在，再加入BaCl2溶液，产生不溶于盐酸的白色沉淀，故D项中产生的是BaSO4白色沉淀；C项中不能排除AgCl沉淀的可能。5．硫酸工业制备的原理(1)工艺流程(2)反应原理①燃烧硫铁矿(FeS2)或硫制备SO2：4FeS2＋11O2eq\o(=,\s\up7(高温))2Fe2O3＋8SO2或S＋O2SO2。②SO2转化为SO3：2SO2＋O2eq\o(=,\s\up11(催化剂),\s\do4(高温))2SO3。③SO3吸水生成H2SO4：SO3＋H2O=H2SO4。考点三含硫化合物的性质1．硫代硫酸钠(Na2S2O3)：Na2S2O3·5H2O俗名海波或大苏打，易溶于水，溶于水后呈碱性。S元素的化合价为＋2价，具有还原性。(1)制备：2Na2S＋Na2CO3＋4SO2=3Na2S2O3＋CO2；Na2SO3＋SNa2S2O3。(2)化学性质①遇酸不稳定：Na2S2O3＋2HCl=2NaCl＋S↓＋SO2↑＋H2O。②还原性：a.2Na2S2O3＋I2=Na2S4O6＋2NaI，“碘量法”定量测定碘的重要反应。b．Na2S2O3＋4Cl2＋5H2O=Na2SO4＋H2SO4＋8HCl，在纺织和造纸工业上作脱氯剂。2．连二亚硫酸钠(Na2S2O4)：俗称保险粉，能溶于冷水，在热水中分解，不溶于乙醇。S元素的化合价为＋3价，具有还原性。(1)制备：在无氧条件下，用锌粉还原亚硫酸氢钠可制得连二亚硫酸钠。(2)还原性：在空气分析中常用来吸收氧气：2Na2S2O4＋O2＋2H2O=4NaHSO3或Na2S2O4＋O2＋H2O=NaHSO3＋NaHSO4。3．焦亚硫酸钠(Na2S2O5)：S元素的化合价为＋4价，与亚硫酸盐一样具有还原性。(1)制备：2NaHSO3Na2S2O5＋H2O。(2)还原性：S2Oeq\o\al(2－,5)＋2I2＋3H2O=2SOeq\o\al(2－,4)＋4I－＋6H＋。4．过二硫酸钠(Na2S2O8)(1)不稳定性：受热分解：2Na2S2O82Na2SO4＋2SO3↑＋O2↑。(2)氧化性：Na2S2O8中S元素的化合价是＋6价，其阴离子S2Oeq\o\al(2－,8)结构中含有1个过氧键(—O—O—)，性质与过氧化氢相似，具有氧化性。所以Na2S2O8是一种强氧化剂。①2Mn2＋＋5S2Oeq\o\al(2－,8)＋8H2Oeq\o(=,\s\up7(Ag＋))2MnOeq\o\al(－,4)＋10SOeq\o\al(2－,4)＋16H＋；②S2Oeq\o\al(2－,8)＋2I－eq\o(=,\s\up7(Cu2＋))2SOeq\o\al(2－,4)＋I2。【例题10】(2021·河南高三月考)某同学用浓硫酸与亚硫酸钠制备SO2并探究其相关性质，实验装置如图所示。下列说法不正确的是()A．装置①中用Cu片代替Na2SO3也能达到实验目的B．装置②中溴水可以用酸性高锰酸钾溶液代替C．装置③中出现浑浊，说明SO2具有氧化性D．装置④的作用是吸收SO2，防止发生倒吸和污染环境【答案】A【解析】浓硫酸和Cu片的反应需要加热，图中的装置①没有加热装置，故不能用Cu片代替Na2SO3，A错误；装置②中的溴水是用来检验SO2的还原性的，可以用酸性高锰酸钾溶液代替溴水，B正确；装置③中的Na2S溶液是用来检验SO2的氧化性的，反应的离子方程式为2S2－＋SO2＋4H＋=3S↓＋2H2O，其中SO2作氧化剂，现象是溶液变浑浊，C正确；SO2不溶于CCl4，将SO2通入到装置④，不会引起倒吸，且SO2会被NaOH溶液吸收，不会被排放到空气中，D正确。【例题11】连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，可以用作染色工艺的还原剂，纸浆、肥皂等的漂白剂。Na2S2O4易溶于水，难溶于乙醇，在碱性介质中较稳定，在空气中易被氧化。回答下列问题：(1)Na2S2O4在潮湿空气中氧化，生成的两种常见酸式盐是_____________________(填化学式)。(2)锌粉法制备Na2S2O4的工艺流程如图所示：①工业上常将锌块进行预处理得到锌粉－水悬浊液，其目的是________________。②步骤Ⅰ中发生反应的化学方程式为__________________________。③在步骤Ⅲ中得到的Na2S2O4固体要用乙醇洗涤，其优点是__________________________，“后续处理”最终要加入少量的Na2CO3固体，其原因是__________________________。(3)目前，我国普遍采用甲酸钠法生产连二亚硫酸钠，其原理是先将HCOONa和烧碱加入乙醇水溶液中，然后通入SO2发生反应，有CO2气体放出，总反应的离子方程式是__________________。【答案】(1)NaHSO3和NaHSO4(2)①增大锌与SO2的接触面积，加快化学反应速率②Zn＋2SO2=ZnS2O4③减少Na2S2O4的溶解损失，易于干燥Na2CO3为碱性物质，“保险粉”在碱性介质中较稳定(3)HCOO－＋OH－＋2SO2=S2Oeq\o\al(2－,4)＋CO2＋H2O【解析】(1)Na2S2O4中S显＋3价，在潮湿空气中被氧化，S部分转化为＋6价，则生成的两种常见酸式盐为NaHSO3和NaHSO4。(2)①锌粉—水悬浊液与SO2的接触面积比锌粉与SO2的接触面积大，反应速率快。②步骤Ⅰ中，锌与SO2在水溶液中发生反应，生成ZnS2O4，反应的化学方程式为Zn＋2SO2=ZnS2O4。③Na2S2O4固体易溶于水，难溶于乙醇，用乙醇洗涤，既可减少溶解损失，又易于干燥；Na2S2O4在碱性介质中较稳定，Na2CO3固体可提供碱性环境，增强“保险粉”的稳定性。(3)HCOONa、烧碱、SO2发生反应，生成Na2S2O4、CO2等，反应的离子方程式为HCOO－＋OH－＋2SO2=S2Oeq\o\al(2－,4)＋CO2＋H2O。【真题演练】1．（2022·江苏·高考真题）实验室制取少量水溶液并探究其酸性，下列实验装置和操作不能达到实验目的的是（）A．用装置甲制取气体 B．用装置乙制取水溶液C．用装置丙吸收尾气中的 D．用干燥pH试纸检验水溶液的酸性【答案】C【详解】A．60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：H2SO4+2NaHSO3=Na2SO4+2SO2↑+2H2O，因此装置甲可以制取气体，A正确；B．气体通入液体时“长进短处”，装置乙可以制取水溶液，B正确；C．SO2不会与饱和NaHSO3溶液发生反应，因此装置丙不能吸收尾气中的，C错误；D．水溶液显酸性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确；答案选C。2．（2022·海南·高考真题）下列实验操作规范的是（）A．过滤B．排空气法收集C．混合浓硫酸和乙醇D．溶液的转移A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．过滤时，漏斗下端应紧靠烧杯内壁，A操作不规范；B．CO2的密度大于空气，可用向上排空气法收集CO2，B操作规范；C．混合浓硫酸和乙醇时，应将浓硫酸缓慢倒入乙醇中，并用玻璃棒不断搅拌，C操作不规范；D．转移溶液时，应使用玻璃棒引流，D操作不规范；答案选B。3．（2022·北京·高考真题）利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中现象不能证明a中产物生成的是（）a中反应b中检测试剂及现象A浓分解生成淀粉溶液变蓝B与浓生成品红溶液褪色C浓与溶液生成酚酞溶液变红D与乙醇溶液生成丙烯溴水褪色A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．浓硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸也能与碘化钾溶液反应生成遇淀粉溶液变蓝色的碘，则淀粉碘化钾溶液变蓝色不能说明浓硝酸分解生成二氧化氮，故A符合题意；B．铜与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则品红溶液褪色能说明铜与浓硝酸共热反应生成二氧化硫，故B不符合题意；C．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故C不符合题意；D．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2—溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故D不符合题意；故选A。4．（2022·广东·高考真题）若将铜丝插入热浓硫酸中进行如图(a~d均为浸有相应试液的棉花)所示的探究实验，下列分析正确的是（）A．与浓硫酸反应，只体现的酸性B．a处变红，说明是酸性氧化物C．b或c处褪色，均说明具有漂白性D．试管底部出现白色固体，说明反应中无生成【答案】B【详解】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO4体现出浓硫酸的酸性，生成SO2体现出浓硫酸的强氧化性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO2溶于水生成了酸，可说明SO2是酸性氧化物，故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO2具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是SO2和KMnO4发生氧化还原反应，SO2体现出还原性，故C错误；D．实验过程中试管底部出现白色固体，根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO4，而非蓝色的CuSO4·5H2O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反应生成的H2O吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。5．（2022·浙江·高考真题）下列方案设计、现象和结论有不正确的是（）目的方案设计现象和结论A检验硫酸厂周边空气中是否含有二氧化硫用注射器多次抽取空气，慢慢注入盛有酸性KMnO4稀溶液的同一试管中，观察溶液颜色变化溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫B鉴定某涂改液中是否存在含氯化合物取涂改液与KOH溶液混合加热充分反应，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，观察现象出现白色沉淀，说明涂改液中存在含氯化合物C检验牙膏中是否含有甘油将适量牙膏样品与蒸馏水混合，搅拌，静置一段时间，取上层清液，加入新制的Cu(OH)2，振荡，观察现象溶液出现绛蓝色，说明牙膏中含有甘油D鉴别食盐与亚硝酸钠各取少量固体加水溶解，分别滴加含淀粉的KI溶液，振荡，观察溶液颜色变化溶液变蓝色的为亚硝酸钠；溶液不变蓝的为食盐A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．二氧化硫具有还原性，酸性KMnO4稀溶液具有氧化性，两者发生氧化还原反应生成无色的Mn2+，若溶液不变色，说明空气中不含二氧化硫，A正确；B．涂改液与KOH溶液混合加热可得KCl于溶液中，取上层清液，硝酸酸化，加入硝酸银溶液，出现白色沉淀，证明有氯元素存在，B正确；C．甘油能够与新制的Cu(OH)2悬浊液反应生成绛蓝色溶液，所以可用新制的Cu(OH)2悬浊液检验甘油，C正确；D．亚硝酸钠在酸性条件下具有氧化性，滴加含淀粉的酸性KI溶液，生成了碘单质，反应的离子方程式为：2NO+2I-+4H+═2NO+I2+2H2O，该实验没有酸化，D错误；故选：D。6．（2021·海南·高考真题）元末陶宗仪《辍耕录》中记载：“杭人削松木为小片，其薄为纸，熔硫磺涂木片顶端分许，名日发烛……，盖以发火及代灯烛用也。”下列有关说法错误的是（）A．将松木削薄为纸片状有助于发火和燃烧B．“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性C．“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化D．硫磺是“发烛”发火和燃烧反应的催化剂【答案】D【详解】A．将松木削薄为纸片状可以增大可燃物与氧气接触面积，有助于发火和燃烧，A正确；B．发烛具有可燃性，“发烛”发火和燃烧利用了物质的可燃性，B正确；C．“发烛”发火和燃烧伴随不同形式的能量转化，如化学能转化为光能、热能等，C正确；D．硫磺也燃烧，不是催化剂，D错误；选D。7．（2021·辽宁·高考真题）含S元素的某钠盐a能发生如图转化。下列说法错误的是（）A．a可能为正盐，也可能为酸式盐 B．c为不溶于盐酸的白色沉淀C．d为含极性键的非极性分子 D．反应②中还可能生成淡黄色沉淀【答案】C【分析】由题干信息可知，盐a与足量的稀盐酸产生刺激性气味气体d，d能使KMnO4溶液褪色，故d为SO2，则盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，盐a与足量Cl2反应后将生成，与BaCl2溶液反应得到沉淀c，故c为BaSO4，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，故a可能为正盐，也可能为酸式盐，A正确；B．由分析可知，c为BaSO4，故c为不溶于盐酸的白色沉淀，B正确；C．由分析可知，d为SO2，由SO2易溶于水并根据“相似相溶”原理可知，d是含有极性键的极性分子，C错误；

D．由分析可知，盐a为Na2SO3或者NaHSO3，也可能是Na2S2O3，当Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S↓+SO2↑+H2O，反应②中还可能生成淡黄色沉淀，D正确；故答案为：C。8．（2021·天津·高考真题）关于反应所涉及的物质，下列说法错误的是（）A．H2SO4在该反应中为氧化剂 B．Na2SO3容易被空气中的O2氧化变质C．Na2SO4是含有共价键的离子化合物 D．SO2是导致酸雨的主要有害污染物【答案】A【详解】A．中无化合价的变化，不属于氧化还原反应，所以该反应中无氧化剂，故A错误；B．Na2SO3不稳定，容易被空气中的O2氧化成硫酸钠变质，故B正确；C．Na2SO4含有阴阳离子，存在离子键，硫酸根中含有共价键，故C正确；D．SO2在空去中会转化成硫酸，形成酸雨，所以二氧化硫是导致酸雨的主要有害污染物，故D正确；故选A。9．（2021·北京·高考真题）室温下，1体积的水能溶解约40体积的SO2。用试管收集SO2后进行如下实验。对实验现象的分析正确的是（）A．试管内液面上升，证明SO2与水发生了反应B．试管中剩余少量气体，是因为SO2的溶解已达饱和C．取出试管中的溶液，立即滴入紫色石蕊试液，溶液显红色，原因是：SO2+H2O⇌H2SO3、H2SO3⇌H++、⇌H++D．取出试管中溶液，在空气中放置一段时间后pH下降，是由于SO2挥发【答案】C【详解】A．由信息可知，SO2易溶于水，也能使液面上升，故A错误；B．二氧化硫与水的反应为可逆反应，当反应达到限度后，二氧化硫的量不再减少，液面高度也无明显变化，故B错误；C．滴入石蕊试液，溶液变为红色，说明溶液显酸性，SO2与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为弱酸，分步电离出氢离子，故C正确；D．亚硫酸具有较强的还原性，易被氧化为硫酸，弱酸变强酸，也能使pH下降，故D错误；故选C。10．（2021·山东·高考真题）工业上以SO2和纯碱为原料制备无水NaHSO3的主要流程如图，下列说法错误的是（）A．吸收过程中有气体生成 B．结晶后母液中含有NaHCO3C．气流干燥湿料时温度不宜过高 D．中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3【答案】B【分析】根据工艺流程逆向分析可知，以二氧化硫和纯碱为原料，得到结晶成分为NaHSO3，则母液为饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，溶液呈酸性，所以加入纯碱进行中和，涉及的反应为：H2SO3+2Na2CO3=Na2SO3+2NaHCO3，NaHSO3+Na2CO3=Na2SO3+NaHCO3，所以调节pH为8进行中和后得到Na2SO3和NaHCO3，通入二氧化硫气体进行混合吸收，此时吸收过程中发生反应为：Na2SO3+SO2+H2O=2NaHSO3↓，SO2+NaHCO3=CO2+NaHSO3↓，此时会析出大量NaHSO3晶体，经过离心分离，将得到的湿料再进行气流干燥，最终得到NaHSO3产品，据此分析解答。【详解】A．根据上述分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；B．结晶后母液中含饱和NaHSO3和过量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO3，假设产物中存在NaHCO3，则其会与生成的NaHSO3发生反应，且NaHCO3溶解度较低，若其残留于母液中，会使晶体不纯，假设不成立，B错误；C．NaHSO3高温时易分解变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；D．结合上述分析可知，中和后溶液中含Na2SO3和NaHCO3，D正确；故选B。11．（2020·浙江·高考真题）100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸(分子式为H2S2O7或H2SO4·SO3)，下列说法不正确的是（）A．Na2S2O7水溶液呈中性B．焦硫酸具有强氧化性C．Na2S2O7可与碱性氧化物反应生成新盐D．100%硫酸吸收SO3生成焦硫酸的变化是化学变化【答案】A【详解】A．分子式为H2S2O7可以写成H2SO4·SO3，则H2S2O7同时具有H2SO4和SO3的性质，所以Na2S2O7可写成Na2SO4·SO3，则其水溶液呈酸性，故A错误；B．焦硫酸是由100%硫酸吸收SO3生成，浓硫酸具有强氧化性，所以焦硫酸也具有强氧化性，故B正确；C．根据A项分析知，SO3为酸性氧化物，酸性氧化物可以和碱性氧化物反应生成新盐，故C正确；D．100%硫酸吸收SO3可生成焦硫酸，H2S2O7为新物质，所以是化学变化，故D正确；故选A。12．（2020·海南·高考真题）下列实验操作或方法，目的可实现的是（）操作或方法实验目的A向未知弱酸性试液中滴加含有SCN的溶液确证试液中Fe2+存在B等体积0.1mol·L-1Ag+和[Ag(NH3)2]+溶液分别与大量1mol·L-1葡萄糖碱性溶液形成银镜判断多步过程中，分步反应速率与浓度的关系C稀H2SO4酸化n(KBrO3)：n(KBr)=1：5的混合液替代溴水降低液溴的贮存与使用风险D向0.1mol·L-1Na2S2O3溶液中缓慢滴加0.2mol·L-1盐酸由浑浊情况测定单质硫的溶解度A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．向未知弱酸性试液中滴加含有SCN的溶液，Fe3+与SCN反应溶液出现血红色，可确定试液中Fe3+存在，而与Fe2+不反应，A与题意不符；B．Ag+与葡萄糖碱性溶液不能发生银镜反应，应该用银氨溶液，B与题意不符；C．液溴易挥发，有毒；稀H2SO4酸化n(KBrO3)：n(KBr)=1：5的混合液反应生成单质溴，混合液替代溴水可降低液溴的贮存与使用风险，C符合题意；D．向0.1mol·L-1Na2S2O3溶液中缓慢滴加0.2mol·L-1盐酸反应生成单质硫和二氧化硫气体，单质硫不溶于水，不便于通过测定盐酸的体积测定硫的物质的量，D与题意不符；答案为C。13．（2020·北京·高考真题）硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图：下列说法不正确的是（）A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键【答案】D【详解】A．根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，故A正确；B．根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，N元素的化合价由+4价变为+3价，化合价降低，得电子被还原，做氧化剂，则NO2的是生成硫酸盐的氧化剂，故B正确；C．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H+和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C正确；D．根据图示转化过程中，由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D错误；答案选D。14．（2022·湖南·高考真题）某实验小组以溶液为原料制备，并用重量法测定产品中的含量。设计了如下实验方案：可选用试剂：晶体、溶液、浓、稀、溶液、蒸馏水步骤1.的制备按如图所示装置进行实验，得到溶液，经一系列步骤获得产品。步骤2，产品中的含量测定①称取产品，用水溶解，酸化，加热至近沸；②在不断搅拌下，向①所得溶液逐滴加入热的溶液，③沉淀完全后，水浴40分钟，经过滤、洗涤、烘干等步骤，称量白色固体，质量为。回答下列问题：(1)Ⅰ是制取_______气体的装置，在试剂a过量并微热时，发生主要反应的化学方程式为_____________________________________；(2)Ⅰ中b仪器的作用是___________________；Ⅲ中的试剂应选用_____________；(3)在沉淀过程中，某同学在加入一定量热的溶液后，认为沉淀已经完全，判断沉淀已完全的方法是_____________；(4)沉淀过程中需加入过量的溶液，原因是___________________；(5)在过滤操作中，下列仪器不需要用到的是_______(填名称)；(6)产品中的质量分数为_____________(保留三位有效数字)。【答案】(1)HCl

H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑(2)防止倒吸

CuSO4溶液(3)静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全(4)使钡离子沉淀完全(5)锥形瓶(6)97.6%【分析】装置I中浓硫酸和氯化钠共热制备HCl，装置II中氯化氢与BaS溶液反应制备BaCl2·2H2O，装置III中硫酸铜溶液用于吸收生成的H2S，防止污染空气。（1）由分析可知，装置I为浓硫酸和氯化钠共热制取HCl气体的装置，在浓硫酸过量并微热时，浓硫酸与氯化钠反应生成硫酸氢钠和氯化氢，发生主要反应的化学方程式为：H2SO4(浓)+NaClNaHSO4+HCl↑。（2）氯化氢极易溶于水，装置II中b仪器的作用是：防止倒吸；装置II中氯化氢与BaS溶液反应生成H2S，H2S有毒，对环境有污染，装置III中盛放CuSO4溶液，用于吸收H2S。（3）硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此判断沉淀已完全的方法是静置，取上层清液于一洁净试管中，继续滴加硫酸溶液，无白色沉淀生成，则已沉淀完全。（4）为了使钡离子沉淀完全，沉淀过程中需加入过量的硫酸溶液。（5）过滤用到的仪器有：铁架台、烧杯、漏斗、玻璃棒，用不到锥形瓶。（6）由题意可知，硫酸钡的物质的量为：=0.002mol，依据钡原子守恒，产品中BaCl2·2H2O的物质的量为0.002mol，质量为0.002mol244g/mol=0.488g，质量分数为：100%=97.6%。15．（2022·海南·高考真题）胆矾()是一种重要化工原料，某研究小组以生锈的铜屑为原料[主要成分是Cu，含有少量的油污、CuO、、]制备胆矾。流程如下。回答问题：(1)步骤①的目的是_____________。(2)步骤②中，若仅用浓溶解固体B，将生成_______(填化学式)污染环境。(3)步骤②中，在存在下Cu溶于稀，反应的化学方程式为_____________。(4)经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是_____________。(5)实验证明，滤液D能将氧化为。ⅰ.甲同学认为不可能是步骤②中过量将氧化为，理由是_______。ⅱ.乙同学通过实验证实，只能是将氧化为，写出乙同学的实验方案及结果_______(不要求写具体操作过程)。【答案】(1)除油污(2)(3)(4)胆矾晶体易溶于水(5)溶液C经步骤③加热浓缩后双氧水已完全分解

取滤液，向其中加入适量硫化钠，使铜离子恰好完全沉淀，再加入，不能被氧化【分析】由流程中的信息可知，原料经碳酸钠溶液浸洗后过滤，可以除去原料表面的油污；滤渣固体B与过量的稀硫酸、双氧水反应，其中的CuO、CuCO3、Cu(OH)2均转化为CuSO4，溶液C为硫酸铜溶液和稀硫酸的混合液，加热浓缩、冷却结晶、过滤后得到胆矾。（1）原料表面含有少量的油污，Na2CO3溶液呈碱性，可以除去原料表面的油污，因此，步骤①的目的是：除去原料表面的油污。（2）在加热的条件下，铜可以与浓硫酸发生反应生成CuSO4、SO2和H2O，二氧化硫是一种大气污染物，步骤②中，若仅用浓H2SO4溶解固体B，将生成SO2污染环境。（3）步骤②中，在H2O2存在下Cu溶于稀H2SO4，生成CuSO4和H2O，该反应的化学方程式为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O。（4）胆矾是一种易溶于水的晶体，因此，经步骤④得到的胆矾，不能用水洗涤的主要原因是：胆矾晶体易溶于水，用水洗涤会导致胆矾的产率降低。（5）ⅰ.H2O2常温下即能发生分解反应，在加热的条件下，其分解更快，因此，甲同学认为不可能是步骤②中过量H2O2将I-氧化为I2，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后H2O2已完全分解。ⅱ.I-氧化为I2时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO4和H2SO4，乙同学通过实验证实，只能是Cu2+将I-氧化为I2，较简单的方案是除去溶液中的Cu2+，然后再向其中加入含有I-的溶液，观察溶液是否变色；除去溶液中的Cu2+的方法有多种，可以加入适当的沉淀剂将其转化为难溶物，如加入Na2S将其转化为CuS沉淀，因此，乙同学的实验方案为取少量滤液D，向其中加入适量Na2S溶液，直至不再有沉淀生成，静置后向上层清液中加入少量KⅠ溶液；实验结果为：上层清液不变色，证明I-不能被除去Cu2+的溶液氧化，故只能是Cu2+将I-氧化为I2。16．（2022·北京·高考真题）煤中硫的存在形态分为有机硫和无机硫(、硫化物及微量单质硫等)。库仑滴定法是常用的快捷检测煤中全硫含量的方法。其主要过程如下图所示。已知：在催化剂作用下，煤在管式炉中燃烧，出口气体主要含。(1)煤样需研磨成细小粉末，其目的是___________。(2)高温下，煤中完全转化为，该反应的化学方程式为___________。(3)通过干燥装置后，待测气体进入库仑测硫仪进行测定。已知：库仑测硫仪中电解原理示意图如下。检测前，电解质溶液中保持定值时，电解池不工作。待测气体进入电解池后，溶解并将还原，测硫仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束，通过测定电解消耗的电量可以求得煤中含硫量。①在电解池中发生反应的离子方程式为___________。②测硫仪工作时电解池的阳极反应式为___________。(4)煤样为，电解消耗的电量为x库仑，煤样中硫的质量分数为___________。已知：电解中转移电子所消耗的电量为96500库仑。(5)条件控制和误差分析。①测定过程中，需控制电解质溶液，当时，非电解生成的使得测得的全硫含量偏小，生成的离子方程式为___________。②测定过程中，管式炉内壁上有残留，测得全硫量结果为___________。(填“偏大”或“偏小”)【答案】(1)与空气的接触面积增大，反应更加充分(2)2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑(3)SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+

3I——2e—=I(4)(5)I2+I—=I

偏低【解析】(1)煤样研磨成细小粉末后固体表面积增大，与空气的接触面积增大，反应更加充分，故答案为：与空气的接触面积增大，反应更加充分；(2)由题意可知，在催化剂作用下，硫酸钙高温分解生成氧化钙、二氧化硫和水，反应的化学方程式为2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑，故答案为：2CaSO42CaO+2SO2↑+O2↑；(3)①由题意可知，二氧化硫在电解池中与溶液中I反应生成碘离子、硫酸根离子和氢离子，离子方程式为SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+，故答案为：SO2+I+H2O=3I—+SO+4H+；②由题意可知，测硫仪工作时电解池工作时，碘离子在阳极失去电子发生氧化反应生成碘三离子，电极反应式为3I——2e—=I，故答案为：3I——2e—=I；(4)由题意可得如下关系：S—SO2—I—2e—，电解消耗的电量为x库仑，则煤样中硫的质量分数为×100%=，故答案为：；(5)①当pH<1时，非电解生成的碘三离子使得测得的全硫含量偏小说明碘离子与电解生成的碘反应生成碘三离子，导致消耗二氧化硫的量偏小，反应的离子方程式为I2+I—=I，故答案为：I2+I—=I；②测定过程中，管式炉内壁上有三氧化硫残留说明硫元素没有全部转化为二氧化硫，会使二氧化硫与碘三离子反应生成的碘离子偏小，电解时转移电子数目偏小，导致测得全硫量结果偏低，故答案为：偏低。17．（2022·全国·高考真题）硫化钠可广泛用于染料、医药行业。工业生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质。硫化钠易溶于热乙醇，重金属硫化物难溶于乙醇。实验室中常用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品。回答下列问题：(1)工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生成CO，该反应的化学方程式为___________________。(2)溶解回流装置如图所示，回流前无需加入沸石，其原因是___________________。回流时，烧瓶内气雾上升高度不宜超过冷凝管高度的1/3.若气雾上升过高，可采取的措施是___________________。(3)回流时间不宜过长，原因是___________________。回流结束后，需进行的操作有①停止加热

②关闭冷凝水

③移去水浴，正确的顺序为_______(填标号)。A．①②③

B．③①②

C．②①③

D．①③②(4)该实验热过滤操作时，用锥形瓶而不能用烧杯接收滤液，其原因是_____________。过滤除去的杂质为_______。若滤纸上析出大量晶体，则可能的原因是_______。(5)滤液冷却、结晶、过滤，晶体用少量_______洗涤，干燥，得到。【答案】(1)Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O(2)硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石

降低温度(3)乙醇与水形成共沸化合物，影响后面硫化钠结晶水合物的形成

D(4)防止滤液冷却

重金属硫化物

温度逐渐恢复至室温(5)95%乙醇溶液【分析】本实验的实验目的为制备硫化钠并用95%乙醇重结晶纯化硫化钠粗品，工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，反应原理为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O，结合硫化钠的性质解答问题。（1）工业上常用芒硝()和煤粉在高温下生产硫化钠，同时生产CO，根据得失电子守恒，反应的化学方程式为：Na2SO4·10H2O+4CNa2S+4CO↑+10H2O；（2）由题干信息，生产的硫化钠粗品中常含有一定量的煤灰及重金属硫化物等杂质，这些杂质可以直接作沸石，因此回流前无需加入沸石，若气流上升过高，可直接降低降低温度，使气压降低；（3）若回流时间过长，乙醇与水形成共沸化合物，影响后面硫化钠结晶水合物的形成；回流结束后，先停止加热，再移去水浴后再关闭冷凝水，故正确的顺序为①③②，答案选D。（4）硫化钠易溶于热乙醇，使用锥形瓶可有效防止滤液冷却，重金属硫化物难溶于乙醇，故过滤除去的杂质为重金属硫化物，由于硫化钠易溶于热乙醇，过滤后温度逐渐恢复至室温，滤纸上便会析出大量晶体；（5）乙醇与水互溶，硫化钠易溶于热乙醇，因此将滤液冷却、结晶、过滤后，晶体可用少量95%乙醇溶液洗涤，再干燥，即可得到。18．（2020·北京·高考真题）探究Na2SO3固体的热分解产物。资料：①4Na2SO3Na2S+3Na2SO4②Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S。③BaS易溶于水。隔绝空气条件下，加热无水Na2SO3固体得到黄色固体A，过程中未检测到气体生成。黄色固体A加水得到浊液，放置得无色溶液B。(1)检验分解产物Na2S：取少量溶液B，向其中滴加CuSO4溶液，产生黑色沉淀，证实有S2-。反应的离子方程式是____________________________。(2)检验分解产物Na2SO4：取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，________________(填操作和现象)，可证实分解产物中含有SO。(3)探究(2)中S的来源。来源1：固体A中有未分解的Na2SO3，在酸性条件下与Na2S反应生成S。来源2：溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S。针对来源1进行如图实验：①实验可证实来源1不成立。实验证据是________________。②不能用盐酸代替硫酸的原因是______________________。③写出来源2产生S的反应的离子方程式：________________。(4)实验证明Na2SO3固体热分解有Na2S，Na2SO4和S产生。运用氧化还原反应规律分析产物中S产生的合理性：______________________。【答案】S2-+Cu2+=CuS↓

滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，

向溶液2中加入KMnO4溶液，溶液没有褪色

盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；

Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓

根据反应4Na2SO3Na2S+3Na2SO4可知，Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质【详解】(1)Na2S和CuSO4溶液反应生成硫化铜和硫酸钠，反应的离子方程式是S2-+Cu2+=CuS↓；(2)根据题干资料：Na2S能与S反应生成Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，取少量溶液B，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入盐酸，沉淀增多(经检验该沉淀含S)，同时产生有臭鸡蛋气味的气体(H2S)，说明B溶液中含有Na2Sx，Na2Sx与酸反应生成S和H2S，由于沉淀增多对检验造成干扰，另取少量溶液B，加入足量盐酸，离心沉降(固液分离)后，滴加BaCl2溶液，产生白色沉淀，可证实分解产物中含有SO；(3)①实验可证实来源1不成立。根据分析，溶液2为H2SO3，向溶液2中加入少量KMnO4溶液，H2SO3具有还原性，酸性条件下KMnO4具有强氧化性，二者混合和后应发生氧化还原反应，KMnO4溶液应该褪色，但得到的仍为紫色，说明溶液B中不含Na2SO3；②不能用盐酸代替硫酸的原因是盐酸中Cl元素为-1价，是Cl元素的最低价，具有还原性，会与KMnO4溶液发生氧化还原反应，使KMnO4溶液应该褪色，干扰实验现象和实验结论；③来源2认为溶液B中有Na2Sx，加酸反应生成S，反应的离子方程式：Sx2-+2H+=H2S↑+(x-1)S↓；(4)根据已知资料：4Na2SO3Na2S+3Na2SO4，亚硫酸钠中硫为+4价，硫酸钠中硫为+6价，硫化钠中硫为-2价，根据反应可知Na2SO3发生歧化反应，其中的S元素化合价即可升高也可降低，能从+4价降为-2价，也应该可以降到0价生成硫单质。19．（2021·浙江·高考真题）某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。请回答：(1)组成X的3种元素是____________(填元素符号)，X的化学式是____________。(2)将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，该反应的离子方程式是______。(3)步骤I，发生反应的化学方程式是________________________。(4)步骤II，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，原因是____________。(5)关于气体B使品红水溶液褪色的原因，一般认为：B不能使品红褪色，而是B与水反应的生成物使品红褪色。请设计实验证明__________________。【答案】Cu、S、O

CuS2O6

S2OSO+SO2↑

+Cu(OH)2→+2H2O

SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4

配制品红无水乙醇溶液(其他非水溶剂亦可)，通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠(亚硫酸氢钠)固体，褪色更快【分析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体和一种气体，其中将固体溶于水分成两等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在，另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，加入甘油后能形成绛蓝色溶液，说明固体中存在Cu，则固体A为CuSO4；将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则该气体为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。【详解】(1)根据分析，固体X中含有的元素是C、S、O；加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1.6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，故固体X的化学式为CuS2O6；(2)根据题目，固体X与温热的稀硫酸反应可以生成SO2气体，根据原子守恒和电荷守恒配平，则该过程的离子方程式为S2OSO+SO2↑；(3)步骤Ⅰ为甘油和氢氧化铜发生反应，反应的化学方程式为+Cu(OH)2→+2H2O；(4)步骤Ⅱ中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，故答案为：SO2与水反应生成H2SO3；H2SO3能被氧气氧化为H2SO4，与BaCl2反应生成BaSO4；(5)SO2可以使品红溶液褪色，SO2溶液中存在SO2分子和H2SO3，欲知道是哪一种物质能够使品红溶液褪色，可以利用如下实验验证：配制品红无水乙醇溶液（其他非水溶剂亦可），通入SO2，不褪色；品红水溶液中加入亚硫酸钠（亚硫酸氢钠）固体，褪色更快。20．（2021·浙江·高考真题）玻璃仪器内壁残留的硫单质可用热KOH溶液洗涤除去，发生如下反应：3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O(x-1)S+K2SK2Sx(x=2~6)S+K2SO3K2S2O3请计算：(1)0.480g硫单质与VmL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2S和K2SO3，则V=____________。(2)2.560g硫单质与60.0mL1.00mol·L-1热KOH溶液恰好完全反应，只生成K2Sx和K2S2O3，则x=____________。(写出计算过程)【答案】30.0

3【详解】(1)根据方程式3S+6KOH2K2S+K2SO3+3H2O可知，3molS可以和6molKOH反应，0.48gS的物质的量n=0.015mol，则需要消耗KOH的物质的量n=2n(S)=0.03mol，故需要KOH溶液的体积V===0.03L=30.0mL，故答案为30.0；(2)若S与KOH溶液反应生成K2Sx和K2S2O3，则反应的化学方程式为(2x+2)S+6KOH2K2Sx+K2S2O3+3H2O，根据反应方程式有解得x=3，故答案为3。【课后精练】第I卷（选择题）1．（2022·上海崇明·二模）下列操作或装置能达到实验目的的是（）选项ABCD操作或装置实验目的除去Cl2中混有的HCl实验室制取二氧化碳制取碳酸氢钠验证浓硫酸的吸水性A．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．HCl溶于水反应产生盐酸，盐酸与NaHCO3反应产生CO2气体，使Cl2中混入新的杂质，不能达到除杂净化的目的，A错误；B．硫酸与CaCO3反应产生CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3表面，阻止反应进一步发生放出CO2气体，因此不能使用硫酸，应该使用稀盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，B错误；C．向氨化的饱和食盐水中通入CO2气体制取碳酸氢钠时，为充分吸收气体，导气管应该伸入到液面以下，C错误；D．胆矾是硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，若浓硫酸具有吸水性，会使CuSO4·5H2O变为CuSO4粉末，物质的颜色由蓝色变为白色，因此该装置可以达到验证浓硫酸的吸水性的目的，D正确；故合理选项是D。2．（2022·山西大同·高三期末）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为短周期某元素的单质及其部分化合物的价类二维图。下列说法不正确的是（）A．常温下，a和f的浓溶液可反应生成b和cB．附着有b的试管，常用酒精清洗C．分别往c、'd的水溶液中滴加少量硝酸钡溶液，均可产生白色沉淀D．常温下等物质的量浓度的g、h两种钠的正盐溶液的pH：g<h【答案】D【分析】由题可知，该元素最高价态为+6，最低价态为-2，结合图像可知，a为H2S，b为S，c为SO2，d为SO3，e为H2SO3，f为H2SO4，g为亚硫酸盐，h为硫酸盐。【详解】A．H2S可以与H2SO4发生反应：H2S+H2SO4=S↓+SO2+2H2O，A正确；Ｂ．S易溶于酒精，所以可用酒精清洗附着S的试管，B正确；C．亚硫酸跟和硫酸根均可以与钡离子反应生成沉淀，C正确；D．g为强碱弱酸盐，溶液呈碱性，h为强酸强碱盐，呈中性，g>h，D不正确；故答案选D。3．（2021·河南濮阳·高三阶段练习）下列离子方程式书写错误的是（）A．向氢氧化镁悬浊液中滴加盐酸，沉淀溶解：B．将酸性高锰酸钾溶液滴入溶液中：C．含的溶液与含4molNaOH的溶液混合：D．将气体通入、NaOH的混合溶液中制：【答案】C【详解】A．氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁和水，反应的离子方程式为，故A正确；B．将酸性高锰酸钾溶液与亚硫酸钠溶液反应生成硫酸锰、硫酸钠和水，反应的离子方程式为，故B正确；C．含1mol硫酸铝铵的溶液与含4mol氢氧化钠的溶液混合反应生成硫酸钠、氢氧化铝沉淀和一水合氨，反应的离子方程式为，故C错误；D．二氧化氯气体与过氧化氢和氢氧化钠的混合溶液反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的离子方程式为，故D正确；故选C。4．（2022·湖南·湘潭一中高三阶段练习）化合物R(结构式如图所示)具有强大的氧化能力，可有效改善水质。已知X、Y、Z、W是原子序数依次增大的前20号主族元素，X与W、Y与Z分别同主族，Z、W对应的简单离子核外电子排布相同。下列说法正确的是（）A．X与Y只能形成一种化合物B．化合物R中Y的化合价有2种C．W可与反应生成Y的单质D．Y和Z形成的化合物的水溶液呈碱性【答案】B【分析】Z能形成6条共价键，故Z为S；Y与Z分别同主族，Y为O；Z、W对应的简单离子核外电子排布相同，且W能形成+1价离子，故W为Na；X与W同主族，X在化合物中能形成1条共价键，X应为H。【详解】A．H与O能形成的化合物有H2O、H2O2，A项错误；B．化合物R中存在结构-O-O-，此结构中O化合价为-1，同时R中还存在-2价的O，故Y的化合价有2种，B项正确；C．Na可与反应生成氢气，C项错误；D．SO2、SO3均是酸性氧化物，其水溶液呈酸性，D项错误；答案选B。5．（2022·重庆南开中学高三阶段练习）化学与生活、生产密切相关。下列物质的性质与应用均正确且有对应关系的是（）选项物质的性质应用A硅有导电性用作光导纤维B过氧化钠能与潮湿的二氧化碳反应用于呼吸面具C二氧化硫有氧化性用于葡萄酒的杀菌防腐D纤维素能水解产生葡萄糖用作人类的营养物质A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．SiO2可用于制光导纤维，利用的是二氧化硅的导光性能传递光信号，硅是半导体材料，A项错误；B．过氧化钠能与潮湿的二氧化碳反应产生氧气，因此可以用于呼吸面具，B项正确；C．二氧化硫用于葡萄酒的杀菌防腐，是利用其能杀菌和抗氧化性，C项错误；D．纤维素在纤维素酶的作用下能水解产生葡萄糖，但是人体没有纤维素酶，不能用作人类的营养物质，D项错误；答案选B。6．（2022·河南濮阳·模拟预测）NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是（）A．34gH2O2中含有的非极性键数目为NAB．1molSO2溶于足量水中，溶液中H2SO3的分子数为NAC．0.1mol·L-1的Na2S溶液中含Na+数目为0.2NAD．密闭容器中，2molNO和1molO2反应后分子总数一定为2NA【答案】A【详解】A．H2O2的结构式为H-O-O-H，1molH2O2中含有1mol非极性键，34gH2O2即1molH2O2中含有的非极性键数目为NA，故A正确；B．SO2和水的反应是可逆反应，所以1molSO2溶于足量水中，溶液中H2SO3的分子数小于NA，故B错误；C．没有给出溶液的体积，无法计算溶液中Na+数目，故C错误；D．NO和O2反应生成NO2，NO2会部分转化为N2O4，所以2molNO和1molO2反应后分子总数小于2NA，故D错误；故选A。7．（2022·上海·格致中学模拟预测）某地区的雾霾经收集处理后得试样溶液，可能含有如下离子：Na+、NH、Mg2+、Al3+、SO、NO、Cl—。某同学设计并完成了如图实验：已知：3NO+8A1+5OH-+2H2O+3NH3↑+8AlO根据以上的实验操作与现象，该同学得出的结论不正确的是（）A．试样中肯定存在NH、Mg2+、SO和NOB．试样中一定不含Al3+C．试样中可能存在Na+、Cl—D．该雾霾中可能存在NaNO3、NH4Cl和MgSO4【答案】B【分析】由实验现象可知，试样溶液中加入过量氢氧化钡溶液共热反应生成遇湿润红色石蕊试纸显蓝色的气体1说明气体1为氨气，试样溶液中会有铵根离子，生成能部分溶于酸的沉淀1说明沉淀1中含有硫酸钡和氢氧化镁，试样溶液中含有硫酸根离子和镁离子；含有氢氧化钡的溶液1与二氧化碳反应生成能溶于酸并发出气体的沉淀2说明溶液1中可能存在偏铝酸根离子，沉淀2中含有碳酸钡，可能含有氢氧化铝，试样溶液中可能存在铝离子；溶液2与铝和碱共热反应生成遇湿润红色石蕊试纸显蓝色的气体2说明气体2为氨气，试样溶液中一定含有硝酸根离子；由于没有设计实验验证溶液中是否存在钠离子和氯离子，所以试样溶液中一定存在铵根离子、镁离子、硫酸根离子和硝酸根离子，可能存在铝离子、钠离子和氯离子。【详解】A．由分析可知，试样溶液中一定存在铵根离子、镁离子、硫酸根离子和硝酸根离子，故A正确；B．由分析可知，试样溶液中可能存在铝离子，故B错误；C．由分析可知，试样溶液中可能存在钠离子和氯离子，故C正确；D．由分析可知，试样溶液中一定存在铵根离子、镁离子、硫酸根离子和硝酸根离子，则雾霾中可能存在硝酸钠、氯化铵和硫酸镁，故D正确；故选B。8．（2022·全国·高三专题练习）关于SO2的叙述中正确的是（）A．燃煤时加入石灰石减少SO2排放的化学方程式为2CaCO3+2SO2+O22CaSO3+2CO2B．SO2是酸性氧化物，溶于水得稳定的亚硫酸C．SO2气体通入NaOH溶液一定得到Na2SO3D．SO2通入CuSO4与NaCl混合溶液产生白色沉淀(CuCl)，体现SO2的还原性【答案】D【详解】A．燃煤时加入石灰石减少SO2排放，是由于发生氧化还原反应产生了CaSO4，反应方程式为：2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2，A错误；B．SO2是酸性氧化物，溶于水得稳定的亚硫酸,亚硫酸不稳定，受热易分解，B错误；C．向NaOH溶液中通入SO2的量不同，反应产物不同，若通入少量SO2，反应产物是Na2SO3，若SO2过量，反应产生NaHSO3，还可能是二者的混合物，C错误；D．反应生成CuCl白色沉淀，铜元素的化合价由反应前CuSO4中的+2价变为反应后CuCl中的+1价，化合价降低，得到电子被还原，因此只能是SO2中+4价的硫表现还原性，D正确；故合理选项是D。9．（2022·黑龙江·哈尔滨三中二模）下列实验设计能达到实验目的的是（）选项试剂a试剂b试剂c实验目的A亚硫酸钠98.3%浓硫酸品红溶液验证亚硫酸钠变质B大理石浓硝酸硅酸钠溶液验证非金属性：N＞C＞SiC高锰酸钾浓盐酸紫色石蕊溶液验证氯水的漂白性D浓氨水生石灰酚酞溶液NH3·H2O是弱碱A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．应使用70%的浓硫酸与亚硫酸钠反应制取二氧化硫，Na2SO3＋H2SO4=Na2SO4＋SO2↑＋H2O，SO2能使品红溶液褪色，但无法证明亚硫酸钠是否变质，故A错误；B．硝酸具有挥发性，能对碳酸与硅酸酸性的比较产生干扰，因此无法验证实验目的，故B错误；C．高锰酸钾溶液与浓盐酸