文档内容
第 13 讲 硫及其化合物
第一部分：高考真题感悟
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
【解析】A．60%硫酸和NaHSO3(s)可发生反应：HSO +2NaHSO =Na SO +2SO↑+2H O，因此装置甲可以
2 4 3 2 4 2 2
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．
SO 不会与饱和NaHSO 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
2 3
性，可用干燥的pH试纸检验其酸性，D正确；答案选C。
2．（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
【解析】A．铜和浓硫酸反应过程中，生成CuSO 体现出浓硫酸的酸性，生成SO 体现出浓硫酸的强氧化
4 2
性，故A错误；B．a处的紫色石蕊溶液变红，其原因是SO 溶于水生成了酸，可说明SO 是酸性氧化物，
2 2
故B正确；C．b处品红溶液褪色，其原因是SO 具有漂白性，而c处酸性高锰酸钾溶液褪色，其原因是
2
SO 和KMnO 发生氧化还原反应，SO 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，
2 4 2
根据元素守恒可知，其成分为无水CuSO ，而非蓝色的CuSO ·5H O，其原因是浓硫酸体现出吸水性，将反
4 4 2
应生成的HO吸收，故D错误；综上所述，正确的是B项。
2
3.(2017·海南，2)分别将足量下列气体通入稀NaS溶液中，可以使溶液变浑浊的是( )
2
A．CO B．SO C．HCl D．CO
2 2
【答案】B
【解析】A项，CO不与NaS发生反应，因此没有沉淀产生，错误；B项，SO 具有氧化性，与NaS发生
2 2 2
氧化还原反应，即SO ＋2S2－＋4H＋===3S↓＋2HO，正确；C项，利用酸性强的制取酸性弱的，即发生2H
2 2
＋＋S2－===H S，没有沉淀产生，错误；D项，不产生沉淀，错误。
2
4．(2021·山东，8)工业上以SO 和纯碱为原料制备无水NaHSO 的主要流程如图，下列说法错误的是( )
2 3
A．吸收过程中有气体生成
B．结晶后母液中含有NaHCO
3
C．气流干燥湿料时温度不宜过高
D．中和后溶液中含NaSO 和NaHCO
2 3 3
【答案】B
【解析】根据流程图分析可知，吸收过程中有二氧化碳生成，A正确；结晶后母液中含饱和NaHSO 和过
3
量的二氧化硫形成的亚硫酸，没有NaHCO ，假设产物中存在NaHCO ，则其会与生成的NaHSO 发生反应，
3 3 3且NaHCO 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；NaHSO 高温时易分解
3 3
变质，所以气流干燥过程中温度不宜过高，C正确；结合上述分析可知，中和后溶液中含 NaSO 和
2 3
NaHCO ，D正确。
3
5．(2017·江苏，4)下列制取SO 、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是(
2
)
【答案】B
【解析】A项，稀HSO 与铜片不反应，错误；B项，SO 能使品红溶液褪色，体现其漂白性，正确；C项，
2 4 2
SO 密度比空气大，导管应“长进短出”，错误；D项，SO 不与饱和NaHSO 反应，无法吸收SO ，错误。
2 2 3 2
5．（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
【解析】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、CuCO、Cu(OH) 均转化为CuSO ，溶液C为硫酸铜溶液和稀
3 2 4
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，NaCO 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
2 3
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CuSO 、SO 和HO，二氧化硫是一种大气污染物，步
4 2 2
骤②中，若仅用浓HSO 溶解固体B，将生成SO 污染环境。
2 4 2
(3)步骤②中，在HO 存在下Cu溶于稀HSO ，生成CuSO 和HO，该反应的化学方程式为Cu+ HO+
2 2 2 4 4 2 2 2
HSO =CuSO+2H O。
2 4 4 2
(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. H O 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
2 2
中过量HO 将I-氧化为I，理由是：溶液C经步骤③加热浓缩后HO 已完全分解。
2 2 2 2 2
ⅱ. I-氧化为I 时溶液的颜色会发生变化；滤液D中含有CuSO 和HSO ，乙同学通过实验证实，只能是
2 4 2 4
Cu2+将I-氧化为I，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
2
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NaS将其转化为
2
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NaS溶液，直至不再有沉淀生成，
2
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I。
2第二部分：最新模拟精练
完卷时间：50分钟
一、选择题（共12*5分）
1．（2022·全国·模拟预测）下图是有关二氧化硫性质的实验装置图，下列说法正确的是
A．a中紫色石蕊先变红后褪色
B．b中品红溶液褪色，加热后又恢复红色
C．c中氢硫酸溶液出现黄色浑浊，体现 的还原性
D．d中溴水褪色，体现了二氧化硫漂白性
【答案】B
【解析】A．二氧化硫溶于水变为亚硫酸，亚硫酸显酸性，能使紫色石蕊变红，但二氧化硫不能漂白石蕊，
因此a中紫色石蕊变红，不褪色，故A错误；B．b中品红溶液褪色，由于二氧化硫的漂白是暂时性漂白，
加热后又恢复红色，故B正确；C．c中氢硫酸溶液出现黄色浑浊，二氧化硫中硫化合价降低，体现 的
氧化性，故C错误；D．d中溴水褪色，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，体现了二氧化硫氧化性，故D
错误。综上所述，答案为B。
2．（2022·江苏·模拟预测）含硫矿物如黄铁矿(FeS )、黄铜矿、芒硝在工业上有着重要的用途。收集黄铜
2
矿炼铜过程中产生的SO 制备SO ，其反应为2SO (g)+O(g) 2SO (g) 。指定条件
2 3 2 2 3
下，下列物质转化不能实现的是A．SO HSO B．FeS SO
2 2 4 2 3
C．SO NH HSO D．NH HSO (NH )SO
2 4 3 4 3 4 2 4
【答案】B
【解析】A．SO 具有还原性，Cl 具有强氧化性，两者发生氧化还原反应生成HCl和HSO ，可实现转化，
2 2 2 4
故A不符合题意；B．FeS 和O 反应只能生成SO ，不可实现转化，故B符合题意；C．SO 和NH HSO
2 2 2 2 4 3
中S元素化合价都为+4，SO 溶于水生成亚硫酸与氨水发生复分解反应可得NH HSO ，可实现转化，故C
2 4 3
不符合题意；D．根据强酸制弱酸，NH HSO 与HSO 反应可生成(NH )SO 和HSO ，可实现转化，故D
4 3 2 4 4 2 4 2 3
不符合题意；答案选B。
3．（2022·北京海淀·二模）下列关于实验现象的解释或结论中，不正确的是
选项 实验操作 试剂A 现象 结论
A 酸性KMnO 溶液 紫色褪去 SO 具有还原性
4 2
B 新制氯水 黄绿色褪去 SO 具有漂白性
2
C HS溶液 出现淡黄色浑浊 SO 具有氧化性
2 2
盐酸酸化的BaCl 无明显变化，一段时间后产 硫元素从+4价被氧化
D 2
溶液 生白色沉淀 到+6价
【答案】B
【解析】A．酸性高锰酸钾溶液可氧化二氧化硫，紫色褪色，可知二氧化硫具有还原性，A项正确；B．氯
水可氧化二氧化硫，黄绿色褪去，可知二氧化硫具有还原性，与漂白性无关，B项错误；C．二氧化硫可
氧化硫化氢，出现淡黄色浑浊，可知SO 具有氧化性，C项正确；D．二氧化硫与盐酸酸化的BaCl 溶液不
2 2
反应，无明显变化，一段时间后产生白色沉淀为硫酸钡，可知硫元素从+4价被氧化到+6价，D项正确；
答案选B。
4．（2022·天津南开·三模）下列叙述不正确的是
A．食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用
B．大气污染物主要包括氮氧化物、硫氧化物、二氧化碳等
C．将垃圾进行分类处理，可实现资源的合理利用
D．硫酸铝可用于去除污水中的细小悬浮物
【答案】B
【解析】A．二氧化硫具有漂白性和还原性，食品中添加适量的二氧化硫可以起到漂白、防腐和抗氧化等作用，A正确；B．大气中的污染物不包含二氧化碳，B错误；C．垃圾是放错了地方的资源，将垃圾进行
分类处理，可实现资源的合理利用，C正确；D．硫酸铝溶于水后铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具
有吸附性，能去除污水中的细小悬浮物，D正确；故选B。
5．（2022·上海普陀·二模）NaS俗称硫化碱，是重要的工业原料。工业制备原理：NaSO ＋2C
2 2 4
NaS＋2CO↑，下列说法正确的是
2 2
A．还原性：C>Na S B．NaSO ：俗称芒硝
2 2 4
C．反应1mol碳，生成22.4LCO D．该反应在常温下进行
2
【答案】A
【解析】A．C是反应物，化合价升高，做还原剂，NaS是生成物，做还原产物，故还原性：C>Na S，故
2 2
A项正确；B．NaSO ：俗称无水芒硝，故B项错误；C．标准状况下，反应1mol碳，生成22.4LCO ，故
2 4 2
C项错误；D．常温下NaSO 与C不反应，故D项错误；故答案选A。
2 4
6．（2022·江苏南通·模拟预测）SO 具有较强的还原性，能将铜离子、银离子等还原。氯化亚铜(CuCl)是
2
一种重要化工原料，难溶于水，在潮湿空气中易水解氧化。实验室制备CuCl的反应原理为SO ＋2CuSO
2 4
＋2NaCl＋2HO=2CuCl↓＋2HSO ＋NaSO ，用下列装置进行实验，不能达到实验目的的是
2 2 4 2 4
A．用装置甲制取SO B．用装置乙制取CuCl
2
C．用装置丙将CuCl与母液分离 D．用装置丁干燥CuCl
【答案】D
【解析】A．用浓硫酸与亚硫酸钠可以制取二氧化硫气体，图示装置合理，故A不选；B．根据反应SO ＋
2
2CuSO ＋2NaCl＋2HO=2CuCl↓＋2HSO ＋NaSO 可知，用装置乙可制取CuCl，故B不选；C．CuCl难溶
4 2 2 4 2 4
于水，可用装置丙避光将CuCl与母液分离，故C不选；D．氯化亚铜(CuCl)难溶于水，在潮湿空气中易水
解氧化，通过装置丁干燥CuCl，CuCl会被氧化，无法达到实验目的，故D选；故选D。
7．（2022·北京·人大附中三模）向2mL0.2mol/LCuSO 溶液中滴加0.2mol/LNa SO 溶液时溶液变绿，继续
4 2 3
滴加产生棕黄色沉淀，经检验棕黄色沉淀中不含 。通过实验探究棕黄色沉淀的成分。
实验1：向棕黄色沉淀中加入稀硫酸，观察到溶液变蓝，产生红色固体实验2：
已知： ， (白色) 。
下列同学对实验现象的分析正确的是
A．实验1中加入稀 后溶液变蓝可证实棕黄色沉淀中含有
B．实验2中加入KI溶液后产生白色沉淀，可证实棕黄色沉淀中含有
C．实验2中加入淀粉溶液后无明显现象，说明不存在
D．在 的存在下， 与 发生了氧化还原反应，产生CuI沉淀和 ，说明棕黄色沉淀中含有
和
【答案】B
【解析】A．加入稀硫酸后，溶液变蓝，说明溶液中有Cu2+，可能固体中就有Cu2+，不能说明棕黄色沉淀
中含有Cu+，A错误；B．根据已知条件Cu2+ CuI↓(白色) + I ，加入KI溶液后出现白色沉淀，说明棕
2
黄色沉淀中含有Cu2+，B正确；C．淀粉遇碘单质变蓝，实验2加入淀粉无明显现象，说明不存在碘单质，
不能说明不存在Cu2+，C错误；D．根据实验2中沉淀A为BaSO，且加入淀粉无现象，则溶液中无I，
4 2
Cu2+ CuI↓(白色)+I ，I 与SO 反应生成碘离子和硫酸根，硫酸根与氯化钡f生成白色沉淀BaSO 不，
2 2 4
是Cu2+与SO 反应，D错误；故选B。
8．（2022·上海徐汇·三模）双氧水( )与下列溶液反应，不能体现 氧化性的是
A．酸性 溶液 B．淀粉KI溶液
C．溶有 的 溶液 D．盐酸酸化的 溶液
【答案】A【解析】A．双氧水与酸性高锰酸钾溶液反应时，双氧水为反应的还原剂，反应中被氧化为氧气，表现还
原性，故A符合题意；B．双氧水与淀粉碘化钾溶液中的碘化钾反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中
被还原为水，表现氧化性，故B不符合题意；C．双氧水与溶有二氧化硫的氯化钡溶液中的二氧化硫反应
时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故C不符合题意；D．双氧水与盐酸酸化
的氯化亚铁溶液中的氯化亚铁反应时，双氧水为反应的氧化剂，反应中被还原为水，表现氧化性，故D不
符合题意；故选A。
9．（2022·江苏·模拟预测）硫难溶于水，微溶于酒精，易溶于CS。硫的氧化物、氢化物、硫酸在工业中
2
有很多应用。高压发电系统常用 作为绝缘气体，该气体分子呈正八面体结构，如图所示。“热化学硫
碘循环分解水”是一种利用硫酸、碘等来获取氢能源的方法。硫元素的几种化合物存在下列转化关系。下
列说法正确的是
浓HSO SO NaSO 溶液 NaSO 溶液 S
2 4 2 2 3 2 2 3
A．反应①中生成的SO 具有漂白性，可使溴水褪色
2
B．反应②中若SO 过量，就会生成NaHSO
2 3
C．反应④中生成 S 既是氧化产物，也是还原产物
D．反应④中当消耗 1mol 稀硫酸时，电子转移为4mol
【答案】B
【解析】A．SO 具有漂白性，但使溴水褪色反应原理为：Br +SO+2H O=2HBr+HSO ，与漂白性无关，
2 2 2 2 2 4
是因为其还原性，A错误；B．反应②中若SO 过量，则将发生反应NaSO +SO+H O=2NaHSO ，B正确；
2 2 3 2 2 3
C．反应④中NaSO 歧化生成S，反应原理为：NaSO+H SO (稀)=Na SO +S↓+SO ↑+H O，S元素化合价
2 2 3 2 2 3 2 4 2 4 2 2
降低，S为还原产物，C错误；D．反应④中的化学方程式为NaSO+H SO (稀)=Na SO +S↓+SO ↑+H O，
2 2 3 2 4 2 4 2 2
由方程式可知，反应消耗 1mol 稀硫酸时，转移2mol电子，D错误；故答案为：B。
10．（2021·北京·模拟预测）实验小组设计图所示装置，验证SO 性质，对实验现象分析不正确的是
2
A．通入SO 一段时间后，试管内时的CCl 溶液逐渐褪色，说明SO 具有还原性
2 4 2B．一段时间后试管内有白色沉淀，说明SO 与BaCl 反应生成BaSO 沉淀
2 2 3
C．试管中的红色花瓣颜色变浅，说明SO 溶于水具有漂白性
2
D．滴有酚酞的NaOH溶液红色变浅，说明SO 能与碱溶液反应
2
【答案】B
【解析】硫酸和NaSO 发生复分解反应产生SO ，SO 与溴、水在氯化钡溶液和溴的四氯化碳分界处发生
2 3 2 2
氧化还原反应生成硫酸、HBr，一段时间后溴的四氯化碳溶液褪色，证明二氧化硫有还原性，硫酸与氯化
钡产生硫酸钡沉淀，湿润的二氧化硫使红色花瓣褪色，说明二氧化硫有漂白性，与NaOH溶液反应消耗
NaOH，滴有酚酞的NaOH溶液褪色。A．由分析可知，一段时间后试管内Br 的CCl 溶液褪色，则SO 和
2 4 2
Br 、HO发生氧化还原反应，说明SO 具有还原性，故A正确；B．由分析可知沉淀为BaSO，故B错误；
2 2 2 4
C．SO 有漂白性，根据试管中的红色花瓣褪色，说明SO 具有漂白性，故C正确；D．滴有酚酞的NaOH
2 2
溶液红色变浅，NaOH物质的量减少，则说明SO 能与碱溶液反应，故D正确。答案为B。
2
11．（2022·辽宁·抚顺市第二中学模拟预测）在实验室进行铁粉和硫粉混合加热的实验，产物又进行了系
列实验，流程如下。下列说法正确的是
A．气体A和D含有同一物质，且均为氧化产物
B．硫元素一共参加了3个氧化还原反应
C．沉淀F可以和NaOH溶液在加热的条件下反应
D．若固体B中加浓硫酸，发生反应时被氧化的和被还原的均为同一种元素
【答案】BC
【解析】首先铁粉和硫粉反应生成FeS，S和O 反应生成SO ，FeS与稀硫酸反应生成FeSO 和HS，HS
2 2 4 2 2
和HSO (浓)反应生成S、SO 和HO。A．由以上分析可知，气体A中SO 是氧化产物，气体D中SO 是
2 4 2 2 2 2
还原产物，A错误；B．由以上分析可知，铁粉和硫粉反应生成FeS，S和O 反应生成SO ，HS和
2 2 2
HSO (浓)反应生成S、SO 和HO，反应中S元素化合价都发生改变，故硫元素一共参加了3个氧化还原反
2 4 2 2
应，B正确；C．沉淀F是S，S与NaOH加热条件下反应生成NaS、NaSO 和HO，C正确；D．固体B
2 2 3 2
为FeS，FeS和浓硫酸反应生成Fe (SO )、S、SO 和HO，其中被氧化的元素为Fe和S，被还原的元素为
2 4 3 2 2
S，故发生反应时被氧化的和被还原的均不为同一种元素，D错误；故选BC。
12．（2022·河北·模拟预测）将SO 分别通入无氧、有氧的浓度均为0.1mol•L-1的BaCl 溶液和Ba(NO ) 溶
2 2 3 2液中，除BaCl 溶液(无氧)外，都产生白色沉淀。实验测得各溶液pH变化曲线如图。下列说法不正确的是
2
A．曲线a所示溶液pH降低的原因：SO +H O HSO H++HSO
2 2 2 3
B．依据曲线b可推知0.2mol•L-1KNO 溶液(无氧)能氧化SO
3 2
C．曲线c所示溶液中发生反应的离子方程式为：2Ba2++2SO+O +2H O=BaSO↓+4H+
2 2 2 4
D．曲线d所表示的过程中NO 是氧化SO 的主要微粒
2
【答案】D
【解析】A．曲线a表示无氧环境下，氯化钡溶液 pH变化减小，说明二氧化硫与水反应生成了弱酸亚硫
酸，溶液pH降低的原因是SO +H O HSO H++HSO ，A选项正确；B．根据曲线b可知，0.1
2 2 2 3
mol·L-1的Ba(NO ) 在无氧环境下可以氧化二氧化硫，对比曲线a可知，是硝酸根离子的作用；依据该实验
3 2
预测0.2 mol·L-1的KNO 溶液(无氧)也可以氧化SO ，B选项正确；C．曲线c表示有氧环境下，氯化钡溶液
3 2
pH变化较大，则说明二氧化硫被氧气氧化为强酸硫酸，反应的方程式是2Ba2+
+2SO+O +2H O=2BaSO↓+4H+，C选项正确；D．氯化钡、硝酸钡在有氧环境下，pH变化几乎相同，所以
2 2 2 4
不能说明曲线d所表示的过程中NO 是氧化SO 的主要微粒，D选项错误；故选D。
2
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（2022·海南·模拟预测）（10分）在印染工业中，连二亚硫酸钠( )能使染好的布褪色，也能使
布重新染色，故俗称保险粉。实验室模拟工业生产保险粉的工艺流程如图所示：已知： 为白色固体，易溶于水，难溶于乙醇，在空气中极易被氧化，在碱性介质中稳定。
(1)工业上获得锌粉的方法为：将锌块加热熔化得到锌液，向锌液中不断鼓入 气体，冷却后可获得锌粉。
鼓入 气体的目的除了防止氧化外，还有_________________。
(2)在步骤I中，控制反应温度比较适宜的方法是___________加热(填“水浴”“油浴”或“砂浴”)。
(3)已知： 与 性质相似，当pH大于10.5时开始溶解，写出步骤II中碱性较强时
溶解的离子方程式：_________________________________。
(4)已知：水溶液温度低于52℃时 以 形态结晶，碱性溶液中温度高于52℃时
脱水成无水盐。
步骤III的操作过程为：在无氧减压的环境中，将 碱性溶液于60℃左右蒸发至有大量晶体析出，趁
热过滤、洗涤、减压干燥。趁热过滤的目的是___________；操作中常选用无水乙醇洗涤，其优点是
___________、___________。
(5) 碱性溶液与 溶液反应有纳米银生成，该反应能用于 的纯度测定。若10mL
碱性溶液与20mL 溶液恰好完全反应，则该反应的离子方程式为
___________。
【答案】(1)雾化锌液，获得锌粉或将锌液形成小颗粒（2分）
(2)水浴（1分）
(3) ［写 也可］（2分）
(4)避免在52℃以下析出 （1分） 降低 的溶解度，减少 的损失
（1分） 乙醇易挥发，容易干燥（1分）
(5) （2分）
【解析】锌粉的悬浊液中通入二氧化硫生成ZnS O，ZnS O 溶液加入氢氧化钠溶液控制pH在8.2~10.5生
2 4 2 4成NaSO、Zn(OH) 沉淀，过滤出沉淀；在无氧减压的环境中，将 碱性溶液于60℃左右蒸发至有
2 2 4 2
大量晶体析出，趁热过滤、洗涤、减压干燥得 固体。
(1)将锌块加热熔化得到锌液，向锌液中不断鼓入 气体，鼓入 气体的目的是防止氧化外、雾化锌液，
冷却后可获得锌粉。
(2)在步骤I中，控制反应温度在35~45℃，温度较低，比较适宜的方法是水浴加热。
(3)当pH大于10.5时 和氢氧化钠反应生成偏锌酸钠，步骤II中碱性较强时 溶解的离子方
程式为 ；
(4)水溶液温度低于52℃时 以 形态结晶，趁热过滤的目的是避免在52℃以下析出
； 为白色固体，易溶于水，难溶于乙醇，在空气中极易被氧化，选用无水乙醇洗
涤，其优点是降低 的溶解度，减少 的损失；乙醇易挥发，容易干燥；
(5) 碱性溶液与 溶液反应生成银，若10mL 碱性溶液与20mL
溶液恰好完全反应，根据得失电子守恒，S元素化合价由+3升高为+4，生成亚硫酸根离
子，则该反应的离子方程式为 。
14．（2021·浙江·模拟预测）（12分）为了探究某盐 (仅含三种短周期元素，摩尔质量介于
)的组成和性质，设计并完成了如下实验。已知： 、 、 均为纯净物， 、 组成元素
相同。请回答：(1)组成 的 种元素是___________(填元素符号)， 的化学式是___________。
(2)写出固体 与 反应的离子方程式___________。
(3) 溶液在空气中易被氧化。某课题小组测得 溶液在空气中 变化，如图所示：
①写出 段发生反应的化学方程式___________。
②设计实验检验 时刻后溶液中的主要阴离子___________。
(4)有同学预测 也能与稀硫酸反应，现象与固体 和稀硫酸反应相同。你是否支持他的观点并说明理由
___________。
【答案】（每空2分）(1) 、 、
(2)
(3)①
②取样，滴加足量盐酸，再加 溶液，产生白色沉淀说明有
(4) 中 为 价，与 中 价 类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成 和 。
【解析】(1)气体A能使品红溶液褪色，则A为二氧化硫且物质的量为0.1mol，溶液D的焰色实验为黄色，
说明含有钠元素，因此组成 的 种元素是Na、S、O，固体C在双氧水作用下与足量氯化钡反应，说明
固体C为亚硫酸钠，且根据生成硫酸钡沉淀23.3g即物质的量为0.1mol，得到亚硫酸钠物质的量为
n(Na SO )=0.1mol，固体B加稀硫酸反应生成二氧化硫、黄色沉淀S(物质的量为0.1mol)和溶液D(硫酸钠)，
2 3
则固体B为硫代硫酸钠，根据NaSO～S，因此n(Na SO)=0.1mol，即质量为15.8g，气体A(SO )物质的
2 2 3 2 2 3 2
量为0.1mol，根据元素守恒得到n(Na)=0.2mol+0.2mol=0.4mol，n(S)=0.1mol+0.2mol+0.1mol=0.4mol，
n(O)=0.3mol+0.3mol+0.2mol=0.8mol，因此 的化学式是NaSO；故答案为：NaSO。
2 2 8 2 2 8
(2)根据前面得到固体 为亚硫酸钠，其与 反应的离子方程式 ；
故答案为： 。
(3)① 溶液在空气中易被氧化，在空气中酸性逐渐增强，因此 段发生反应的化学方程式
；故答案为： 。
②在 时刻溶液的pH=1，说明生成了二元强酸，因此溶液中的主要阴离子是硫酸根，一般检验方法是取样，
滴加足量盐酸，再加 溶液，产生白色沉淀说明有 ；故答案为：取样，滴加足量盐酸，再加
溶液，产生白色沉淀说明有 。
(4) 中 为 价，与 中 价 类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应
生成 和 ，因此 也在酸性条件下发生歧化反应；故答案为： 中 为 价，与
中 价 类似，处于中间价，在酸性条件下也能发生歧化反应生成 和 。
15．（2020·全国·模拟预测）（18分）硫元素是动植物生长不可缺少的元素，图1是自然界中硫元素的存
在示意图。图2是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系，回答下列问题。(1)图1中与图2中M、N对应的物质分别是_______、_______。
(2)X与Y反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
(3)Na SO 溶液易变质，实验室检验NaSO 溶液是否变质的基本操作是_______。
2 3 2 3
(4)SO 和氯水都有漂白性，有人为增强漂白效果，将Cl 和SO 混合使用，结果适得其反，几乎没有漂白效
2 2 2
果，用离子方程式表示其原因：_______。
(5)硫酸是用途广泛的化工原料，可作脱水剂、吸水剂、氧化剂和催化剂等。甲、乙两位同学用铜和硫酸做
原料，设计了两种制取硫酸铜的方案。
方案甲：铜与浓硫酸加热直接反应，即Cu→CuSO
4
方案乙：由Cu→CuO→CuSO
4
①方案甲，中铜和浓硫酸反应的化学方程式是_______。该反应体现了浓硫酸的_______性。
②这两种方案，你认为哪一种方案更合理？_______。理由是_______
【答案】（每空2分）(1) CaSO•2H O、NaSO •10H O CuFeS
4 2 2 4 2 2
(2)1：2
(3)取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl 溶液，如果产生白色沉淀，证明混有
2
NaSO
2 4
(4)Cl +SO+2H O=2Cl-+SO +4H+
2 2 2
(5) Cu+2H SO (浓) CuSO +SO↑+2H O 强氧化性、酸性 方案乙 无污染产生，原料
2 4 4 2 2
利用率高
【解析】(1)图2中M为+6价的硫元素对应的盐，对应图1中的物质为CaSO•2H O、NaSO •10H O，N
4 2 2 4 2
为-2价的硫元素对应的盐，对应图1中的物质为CuFeS；
2
(2)X为HS、Y为SO ，发生归中反应得到S单质，SO 做氧化剂，化合价降低4，HS做还原剂，化合价
2 2 2 2
升高2，由升降相等，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；
(3)Na SO 溶液易被氧气氧化为NaSO 而变质，即检验硫酸根是否存在即可，实验操作为：取少量溶液于
2 3 2 4试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl 溶液，如果产生白色沉淀，证明混有NaSO ；
2 2 4
(4)二氧化硫与氯气和水发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，离子方程式：Cl+SO+2H O=2Cl-+SO
2 2 2
+4H+；
(5)①铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，反应方程式为：Cu+2H SO (浓)
2 4
CuSO +SO↑+2H O，反应中硫元素的化合价部分降低生成二氧化硫，部分不变存在与硫酸铜中，浓硫酸表
4 2 2
现强氧化性与酸性；
②方案①生成二氧化硫，污染空气，硫元素不能完全利用，方案②与方案①相比，没有污染产生且原料的
利用率高，故方案②更合理。
