完整版高一化学必修二化学硫及其化合物 的专项培优易错试卷练习题
完整版高一化学必修二化学硫及其化合物的专项培优易错试卷练习题
一、选择题
1．下列“实验结论”与“实验操作及现象”相符的一组是（）
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A. 向某溶液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则原溶液中可能含Cl?或SO42-等，A错误；
B. 向某溶液中加入稀盐酸，有无色气体产生，则原溶液中可能含CO32?或SO32?，或HCO3?等，B错误；
C. 向某溶液中加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中可能含有SO42?或Ag+，但二者不能同时存在，C错误；
D. 向某溶液中加入NaOH溶液，立即产生红褐色沉淀，则沉淀为氢氧化铁，该溶液中一定含有Fe3+，D正确；故答案为：D。
2．下列变化中，不属于化学变化的是（）
A．SO2使品红溶液褪色B．氯水使有色布条褪色
C．活性炭使红墨水褪色D．漂白粉使某些染料褪色
【答案】C
【分析】
产生新物质的变化是化学变化。
【详解】
A. SO2具有漂白性，与品红结合生成不稳定的无色物质，发生了化学变化而使品红溶液褪色，A项错误；
B. 氯水中存在HClO，HClO具有强氧化性，能使有色布条褪色，发生了化学变化，B项错误；
C. 活性炭使红墨水褪色是因为活性炭具有吸附性，没有产生新物质，没有发生化学变化，C 项正确；
D. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，与CO2等物质结合生成HClO，HClO具有强氧化性，能使
有色物质褪色，过程中发生了化学变化，D项错误；
答案选C。
3．化学在工农业生产和日常生活中都有重要应用。下列叙述正确的是
A．硅是良好的半导体材料，可以用作光导纤维
B．酸雨是指pH<7.0的雨水
C．居室中放置一盆石灰水可以吸收CO，预防中毒
D．水玻璃可以用作木材防火剂
【答案】D
【详解】
A.硅是良好的半导体材料，可制取太阳能电池板，光导纤维的主要成分是SiO2，不是Si，A 错误；
B.酸雨是指pH<5.6的酸性雨水，B错误；
C.CO不能溶于水，也不能与Ca(OH)2溶液反应，所以居室中放置一盆石灰水不能吸收CO，也就不能起到预防中毒的作用，C错误；
D.硅酸钠的水溶液俗称水玻璃，它不能燃烧，也不支持燃烧，因此可以用作木材防火剂，D 正确；
故合理选项是D。
4．下列操作或叙述正确的是( )
A．向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该溶液中一定含有SO42－
B．向某溶液中加入浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸进行如图所示操作来检验溶液中是否存在NH4+
C．将某固体试样完全溶于盐酸，再滴加KSCN溶液，没有出现血红色，该固体试样中也可能存在Fe3+
D．向无色溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则该溶液中一定含有CO32－
【答案】C
【详解】
A、向无色溶液中加入BaCl2溶液有白色沉淀出现，再加盐酸沉淀不消失，该沉淀不一定是BaSO4，也有可能是AgCl，该现象说明该溶液中可能含SO42-，也可能含Cl-；检验SO42-的方法是向无色溶液中先加入HCl，若无明显现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀说明无色溶液中含有SO42-，A错误；
B、应将用镊子夹住试纸放在试管口，B错误；
C、固体样品中可能含有Fe和Fe2O3，加入盐酸后，Fe可以和Fe3+反应，使得溶液中没有
Fe3+，再加入KSCN溶液，溶液不变红，C正确；
D、能使澄清石灰水变浑浊的气体不一定是CO2，也可能是SO2；此外，和盐酸反应生成CO2、SO2的离子有CO32-、HCO3-或SO32-、HSO3-，D错误；
故选C。
【点睛】
检验SO42-的方法是向无色溶液中先加入HCl，若无明显现象，再加入BaCl2溶液，出现白色沉淀说明无色溶液中含有SO42-；不能用硝酸酸化，因为亚硫酸根离子能够被氧化为硫酸根离子，也具有此现象；也不能用盐酸酸化的氯化钡溶液，不能排除银离子的干扰。
5．由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】
A.钾的焰色是浅紫色，容易被钠的黄色火焰所掩盖，因此要在蓝色钴玻璃下进行观察才能确定有没有钾元素，A项错误；
CO，B.酸性：盐酸大于碳酸，碳酸大于次氯酸；因此次氯酸不可能与碳酸氢钠反应得到2
应该考虑是盐酸的影响，B项错误；
SO的水溶液显酸性，C项正确；
C.石蕊变红则证明溶液显酸性，因此说明2
SO和高锰酸钾之间发生的是氧化还原反应导致褪色，与漂白性无关，D项错误；
D.2
答案选C。
【点睛】
二氧化硫能够漂白一些有机色质，如品红溶液，属于非氧化性漂白；而二氧化硫在与酸性高锰酸钾溶液、溴水、氯化铁等溶液反应时，体现了二氧化硫的强的还原性，导致了溶液的颜色发生了变化，而非漂白性。
6．下列关于金属的说法正确的是（）
A．金属单质在氧化还原反应中常作还原剂
B．金属在加热条件下都易与氧气反应
C．加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化铜
D．铁丝能在氯气中燃烧生成氯化亚铁
【答案】A
【详解】
A、金属元素的最低价为0价，金属单质在氧化还原反应中化合价升高，作还原剂，故A 正确；
B、金、铂等不活泼金属在加热条件不易与氧气反应，故B错误；
C、硫的氧化性弱，加热条件下铜与硫蒸气反应生成硫化亚铜，故C错误；
D、氯气的氧化性强，铁丝能在氯气中燃烧生成氯化铁，故D错误。
7．下列关于单质硫的叙述中正确的是（）
A．硫的活泼性不如氯气
B．硫在过量纯氧中的燃烧产物是三氧化硫
C．硫与金属单质或非金属单质反应均做氧化剂
D．硫与铁反应产物为Fe2S3
【答案】A
【详解】
A.硫元素和氯元素在同一周期，氯元素的非金属性比硫元素强，硫的活泼性不如氯气，故A正确；
B.硫燃烧时只能生成SO2，SO3可由SO2催化氧化制取，故B错误；
C.硫与非金属单质反应时可以做氧化剂也可以做还原剂，如硫与O2反应时做还原剂，硫与H2反应时做氧化剂，故C错误；
D.硫与变价金属反应的产物为金属的低价态硫化物，故D错误；
故选：A。
8．下列有关叙述正确的是（）
A．二氧化硫可使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了二氧化硫的漂白性
B．同体积、同密度的N2O和CO2，两种气体的分子数一定相等
C．1mol钠与氧气反应生成Na2O或Na2O2时，失电子数目均为2N A
D．1L 0.45 mol/L NaCl溶液中Cl－的物质的量浓度比0.1L 0.15 mol/L AlCl3溶液大
【答案】B
【详解】
A. 二氧化硫具有还原性，可被酸性高锰酸钾溶液氧化，所以使酸性高锰酸钾溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性，故A错误；
B. 同体积、同密度的N2O和CO2的质量相等，因为N2O和CO2的摩尔质量均为44g/mol，所以两者的物质的量相等，气体的分子数一定相等，故B正确；
C. 钠最外层只有一个电子，所以1mol钠与氧气反应不管是生成Na2O还是Na2O2，失电子数目均为N A，故C错误；
D. 1L 0.45 mol/L NaCl溶液中Cl－的物质的量浓度为0.45 mol/L，0.1L 0.15 mol/L AlCl3溶液的Cl－的物质的量浓度为0.45 mol/L，两者Cl－的物质的量浓度相等，故D错误；
答案：B。
9．把70 mL硫化氢和90 mL氧气(标准状况)混合，在一定条件下点燃，使之反应。当反应完全后恢复到原来状况时，可得到SO2的体积是(不考虑二氧化硫在水中溶解)() A．50 mL B．55 mL C．60 mL D．70 mL
【答案】B
【详解】
H2S完全燃烧的化学方程式为：2H2S+3O22SO2+2H2O，根据方程式可知90mLO2完全反应消耗60mLH2S，同时产生60mLSO2，剩余10mL H2S，剩余H2S与反应产生的SO2会进一步发生反应：SO2+2H2S=3S+2H2O，10mLH2S反应消耗5mL SO2，因此充分反应后，剩余SO2气体的体积是60mL-5mL=55mL，故合理选项是B。
10．将xmolNa2SO3和ymolNaS溶于水，用稀硫酸酸化后发生了反应，生成物：
①为S和SO2，②为S和H2S，③只有S。
设x，y的比值a、b、c，若a＞0.5，b=0.5，c＜0.5，对应①②③三个反应正确的顺序是（）
A．a、b、c B．a、c、b C．c、b、a D．b、a、c
【答案】B
【分析】
Na2SO3和Na2S溶于水，用稀硫酸酸化，发生反应：Na2SO3＋2Na2S＋3H2SO4＝3Na2SO4＋
3S↓＋3H2O，过量的Na2SO3或Na2S能与稀硫酸继续反应生成SO2或H2S，据此讨论过量问题解答。
【详解】
混合溶液酸化，发生反应：Na2SO3＋2Na2S＋3H2SO4＝3Na2SO4＋3S↓＋3H2O；
当x：y＞0.5时，Na2SO3有剩余，Na2S完全反应，剩余的Na2SO3再与硫酸反应生成SO2，生成物为S和SO2；
当x：y＝0.5时，Na2SO3和Na2S恰好反应，此时生成物只有S；
当x：y＜0.5时，Na2SO3完全反应，Na2S有剩余，剩余的Na2S再与硫酸反应生成H2S，生成物为S和H2S；
故答案选B。
11．CuSO4?5H2O在不同温度下分解情况不同，取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验，测得分解后剩余固体质量与温度关系如图，下列说法不正确
．．．的是( )
A．113℃分解得到的固体产物为CuSO4?H2O
B．温度低于650℃时的分解反应，均不属于氧化还原反应
C．650℃时的气态产物冷却至室温，可得组成为n(H2SO4)：n(H2O)=1:4的硫酸溶液D．1000℃分解得到的固体产物为CuO
【答案】D
【分析】
n(CuSO4?5H2O)=
5.00g
250g/mol
=0.02mol，CuSO4?5H2O完全失去结晶水时，所得CuSO4的质量
为0.02mol×160g/mol=3.20g，由图中可知，刚好位于温度在258~650℃之间，说明在此之前，胆矾受热分解，只失去结晶水；650~1000℃之间，固体质量为1.60g，其中Cu元素的质量为0.02mol×64g/mol=1.28g，则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g，物质的量为
0.32g
16g/mol
=0.02mol，此固体为CuO；1000℃之后，固体质量为1.44g，其中Cu元素质量为
1.28g，则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g，物质的量为
0.16g
16g/mol
=0.01mol，此固体为
Cu2O。
【详解】
A．113℃时，固体质量为3.56g，失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g，物质的量为
1.44g 18g/mol =0.08mol，则失去结晶水的数目
0.08mol
0.02mol
=4，从而得出分解得到的固体产物为
CuSO4?H2O，A正确；
B．由以上分析可知，温度低于650℃时的分解反应，只失去结晶水，CuSO4的组成未变，所以均不属于氧化还原反应，B正确；
C．650℃时的气态产物中，SO3与H2O的物质的量之比为0.02mol:0.10mol=1:5，所以冷却至室温，可得组成为n(H2SO4)：n(H2O)=1:4的硫酸溶液，C正确；
D．由分析可知，1000℃分解得到的固体产物为Cu2O，D不正确；
故选D。
12．下列说法不正确的是
A．氯水、氨水、漂白粉都是混合物
B．C60、金刚石、石墨都是碳元素的同素异形体
C．HClO、H2SO4(浓)、HNO3都是强氧化性酸
D．Na2O2、Cl2、SO2都能使紫色石蕊溶液褪色
【答案】D
【详解】
A．氯水是氯气的水溶液，氨水是氨气的水溶液，漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，都属于混合物，选项A正确；
B．C60、石墨和金刚石都是碳元素形成的不同单质，属于同素异形体，选项B正确；C．HClO、H2SO4(浓)、HNO3都具有强氧化性，是强氧化性酸，选项C正确；
D．Na2O2、Cl2都能使紫色石蕊溶液褪色，SO2只能使紫色石蕊溶液变红而不能褪色，选项D不正确；
答案选D。
13．运输化学药品浓硫酸的车辆，应该张贴的标志为( )
A．B．C．D．
【答案】D
【详解】
A．浓硫酸不是易燃液体，不能张贴，故A错误；
B．浓硫酸有强氧化性，可作氧化剂，但不张贴，故B错误；
C．浓硫酸不是剧毒品，不能张贴，故C错误；
D．浓硫酸具有强腐蚀性，应该张贴，故D正确；
故答案为D。
14．类推思维是化学解题中常用的一种思维方法，下列有关离子方程式的类推正确的是已知类推
A将Fe加入CuSO4溶液中：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+将Na加入到CuSO4溶液中：2Na+Cu2+=Cu+2Na+
B向稀硫酸加入NaOH溶液至中性：H++OH-=H2O 向H2SO4溶液加入Ba(OH)2溶液至中性：H++OH-=H2O
C向氯化铝溶液中加入足量NaOH溶液：Al3++4OH-=AlO2-+2H2O 向氯化铝溶液中加入足量氨水：Al3++4NH3·H2O=AlO2-+2H2O+4NH4+
D向Ca(OH)2溶液中通入过量CO2：CO2+OH-=HCO3-向Ca(OH)2溶液中通入过量SO2：SO2+OH-=HSO3-
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A、钠与硫酸铜溶液反应，钠会优先与水反应，生成氢氧化钠，氢氧化钠再与硫酸铜反应生成氢氧化铜，A错误；
B、硫酸与氢氧化钡除了生成水还生成硫酸钡沉淀，B错误；
C、氢氧化铝溶于强碱，不溶于弱碱，C错误；
D、CO2和SO2均为酸性氧化物，与碱反应时类似，D正确；
答案选D。
15．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是
选项陈述Ⅰ陈述Ⅱ
A．Fe3+ 有氧化性FeCl溶液可用于回收旧电路板中的铜B．SiO2有导电性SiO可用于制备光导纤维
C．氯水、SO2都有漂白性氯水与SO2混合使用漂白效果更好
D．铝制容器表面有氧化膜保护可用铝制容器盛装稀硫酸
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【解析】
试题分析：2Fe3+ +Cu= 2Fe3++ Cu2+，故A正确；SiO2不导电，故B错误；
SO2+Cl2+2H2O=H2SO4+2HCl，氯水与SO2混合使用漂白效果差，故C错误；氧化铝、铝都能与稀硫酸反应，不能用铝制容器盛装稀硫酸，故D正确。
考点：本题考查元素、化合物性质。
16．一定量的锌与100 mL 18.5 mol·L－1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的c(H+）=0.1 mol·L－1。下列叙述不正确的是( )
A．反应中共消耗1.8 mol H2SO4B．气体甲中SO2与H2的体积比为4∶1 C．反应中共消耗97.5 g Zn D．反应中共转移3 mol电子
【答案】B
【分析】
Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，
稀硫酸与Zn发生：Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。
【详解】
生成气体的物质的量为
33.6
22.4/
L
L mol
=1.5mol，溶液剩余硫酸的物质的量为
1
2
×1L×0.1mol/L=0.05mol，
参加反应的n（H2SO4）=0.1L×18.5mol/L-0.05mol=1.8mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，
设反应生成xmolSO2，ymolH2，
Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O
x 2x x
Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑
y y y
x+y=1.5
2x+y=1.8
解之得 x=0.3，y=1.2
所以反应会生成0.3mol的二氧化硫和1.2mol的氢气。
A．由以上计算可知，反应中共消耗1.8mol H2SO4，故A正确；
B．气体A为SO2和H2的混合物，且V（SO2）：V（H2）=1：4，故B错误；
C．反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=（0.3mol+1.2mol）×65g/mol=97.5g，故C正确；D．在反应Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2↑+H2O 中，生成0.3mol的二氧化硫转移电子为0.6mol，反应Zn+ H2SO4（稀）=ZnSO4+H2↑中，生成1.2mol氢气转移电子2.4mol，所以反应中共转移3mol电子，故D正确。
故选B。
【点睛】
本题考查方程式的相关计算，侧重于学生的分析、计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。
17．A是一种正盐，D相对分子质量比C相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有如图转化关系。当X是强酸时，A、B、C、D、E均含有同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素；下列说法不正确的是
A．D生成E的反应可能是氧化还原反应
B．当X是强碱时，C在常温下是气态单质
C．当X是强酸时，E是H2SO4
D．当X是强碱时，E是HNO2
【答案】B
【分析】
D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，且观察C是由B+Y→C，D是由C+Y→D，可知C和D含有的元素相同，且相对分子质量相差一个O的相对原子质量；在中学化学中很容易想到是NO，NO2或者是SO2和SO3等，推知Y一定是O2，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时都有以下转换关系：；且A是正盐，很容易想到NH4+的正盐。再根据当X是强酸时，A、B、C、D、E中均含有同一种元素；强酸则要想到是HCl、H2SO4、HNO3，再根据当X是强碱时，A、B、C、D、E均含有另一种元素。由NH4+的性质与碱反应生产NH3，则可推出；当X是强碱时E是HNO3；当X是强酸时，E 是H2SO4，综上推出A的离子中含有NH4+离子，且含有S元素，可推出A为（NH4）2S。【详解】
A．当D为SO3 时，E为H2SO4，SO3与水化合成H2SO4，没有发生氧化还原反应，当D为NO2时，E为HNO3，NO2与水发生氧化还原反应，A正确；
B．当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3；当X是强酸时，B为
H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，B不正确；
C．当X是强酸时，B为H2S，C为SO2，D为SO3，E是H2SO4，C正确；
D．当X是强碱时，B为NH3，C为NO，D为NO2，E为HNO3，D正确；
故选C。
18．下列有关含硫物质转化判断正确的是( )
A．0.1molCu与足量的硫充分反应，生成物的质量比该单质的质量增加了1.6g
B．如图是铜与浓硫酸反应的实验装置。B中盛装的是浓硫酸，作用是干燥SO2
C．Cu投入稀硫酸中加热，没有明显变化，加入一定量的H2O2溶液，金属Cu逐渐溶解，反应中H2O2起催化作用
D．25.0mL0.100mol?L-1的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转化为Cl-，则S2O23-将转化为S
【答案】A
【详解】
A．2Cu+S=?Cu2S，0.1mol铜和足量的硫充分反应，生成物的质量增加△m=m(S)=1
2
n(Cu)
×32g/mol=1
2
×0.1mol×32g/mol=1.6g，故A正确；
B．由题中图示可知，B中盛装的是浓硫酸，若是干燥SO2，装置中导管应该长进短出，所以该装置不符合洗气要求，是为了实验安全的作用，故B错误；
C．铜投入稀硫酸中加热，没有明显现象，加入一定量的过氧化氢溶液，金属铜逐渐溶解，反应中过氧化氢起氧化剂作用，发生的反应为Cu+H2O2+H2SO4=CuSO4+2H2O，故C错误；D．25.0mL0.1mol/L的Na2S2O3溶液恰好把224mL(标况)Cl2转化为Cl-，则
n(Cl2)=
0.224L
22.4L/mol
=0.01mol，转移电子为0.02mol，
n(Na2S2O3)=0.1mol/L×0.025L=0.0025mol，设S元素的化合价由+2价失电子变为x价，根据得失电子相等，则0.0025mol×2×(x-2)=0.02mol，解之x=+6，Na2S2O3转化为Na2SO4，故D 错误；
答案为A。
19．下列图示箭头方向表示与某种常见试剂在通常条件下发生转化，其中6步转化均能一步实现的一组物质是( )
选项 W X Y Z
A Cu 4CuSO 2CuCl 2Cu(OH)
B Na 22Na O NaOH 2Na O
C Al
()243Al SO 3AlCl
2NaAlO D
S
2SO
3SO
24H SO
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】C 【详解】
A ．Cu 不能一步生成Cu(OH)2，所以W 不能发生图中转化生成Z ，故A 不选；
B ．氢氧化钠一步不能生成生成氧化钠，所以Y 不能发生图中转化生成Z ，故B 不选；
C ．Al 与硫酸反应生成X ，Al 与HCl 反应生成Y ，Al 与过量NaOH 反应生成Z ，Z 与过量硫酸反应生成X ，X 与BaCl 2反应生成Y ，Y 与过量NaOH 反应生成Z ，反应均可进行，故C 选；
D ．硫不能一步变为三氧化硫，D 不选； 答案选C 。
20．根据实验操作和现象所得出的结论正确的是（ ） 选项 实验操作和现象 结论
A 向品红中通入SO 2气体，溶液颜色褪去 SO 2有强氧化性
B 将铜粉加入FeCl 3溶液中，溶液变蓝 活泼性：Cu ＞Fe
C 向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，出现白色沉淀 溶液中含CO 32- D
将硫的酒精溶液滴入一定量的热水中得微蓝色透明液体，用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路
微蓝色透明液体为胶体
A ．A
B ．B
C ．C
D ．D
【答案】D 【详解】
A. SO 2与有色物质化合生成无色物质，所以二氧化硫的漂白性与氧化性无关，故A 错误；
B. 将铜粉加入FeCl 3溶液中生成氯化亚铁和氯化铜，说明氧化性：Fe 3+>Cu 2+，铁的活泼性大于铜，故B 错误；
C. 向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，出现白色沉淀，原溶液可能含有CO 32-或HCO 3-，故C 错
误；
D. 用激光笔照射微蓝色透明液体，有光亮的通路，说明产生了丁达尔效应，所以微蓝色透明液体为胶体，故D正确。
二、非选择题
21．某待测液中可能含有Ba2+、Fe3+、K+、Fe2+、CO32-、Cl-等离子，进行如下实验：
①取适量待测液于试管中，加入稀H2SO4，有白色沉淀生成；
②过滤，取少量滤液，滴入2滴KSCN溶液，没有明显的现象出现；
③在步骤②中的溶液中，继续滴加氯水，溶液立即变红。
根据实验现象回答：
（1）待测液中一定含有的离子是___________，一定不含有的离子是_______________；（2）还有一种离子不能确定是否存在，要确认这种离子的实验方法和现象是
_________________。
【答案】Ba2+、Fe2+、Cl- CO32-、Fe3+焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色
【分析】
依据离子反应、离子检验、离子共存以及溶液呈电中性进行分析。
【详解】
(1)①取适量待测液于试管中，加入稀H2SO4，有白色沉淀生成，证明含有Ba2+，由于Ba2+与CO32-会发生复分解反应而不能大量共存，所以不存在CO32-；②过滤，取少量滤液，滴入2滴KSCN溶液，没有明显的现象出现，说明没有Fe3+；③在步骤②中的溶液中，继续滴加氯水，溶液立即变红，说明在滴加氯水时发生反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe3+遇SCN-使溶液变为血红色，因此可以证明在原溶液中含有Fe2+；由于Ba2+、Fe2+都是阳离子，根据溶液呈电中性的原则可知溶液中还应该含有阴离子Cl-，因此通过上述分析可知在待测液中一定含有的离子是Ba2+、Fe2+、Cl-；一定不含有的离子是CO32-、Fe3+；不能确定K+是否存在，故答案为：Ba2+、Fe2+、Cl-；CO32-、Fe3+；
(2)根据以上分析可知不能确定的离子是K+，要确认这种离子是否存在，可用焰色反应，即用光洁无锈的铁丝蘸取少量待测溶液，在酒精灯的火焰上灼烧，并透过蓝色钴玻璃观察，若火焰为紫色，就证明含有K+，若无紫色，证明不含K+，故答案为：焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察火焰呈紫色。
22．根据下图所示实验回答下列问题：
（1）装置A中试管内发生反应的化学方程式是_________________________________。（2）根据装置B中的现象可以证明SO2具有__________性，反应一段时间后，将装置B中试管加热，可以观察到_______________________。
（3）装置C中试管口的棉花团上发生反应的离子方程式为________________________。（4）如果将装置B换成装置D，并从直立导管中向氯化钡溶液中通入另一种气体，产生白色沉淀，则这种气体可能是_________________（填一种即可）。
【答案】Cu+2H2SO4（浓）Δ
CuSO4+2H2O+ SO2↑漂白溶液由无色变成红色 SO2+2OH-
=SO32-+H2O NO2（或Cl2、或O2、或NH3，合理即可）
【分析】
（1）装置A中铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水；
（2）SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，但不稳定；
（3）装置C中试管口的棉花团中浸有的NaOH溶液，可与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水；
（4）SO2与氯化钡不反应，若产生白色沉淀，可有2种途径，一使溶液显碱性，生成亚硫酸钡；二氧化SO2，生成硫酸钡。
【详解】
（1）装置A中铜与浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，方程式为
Cu+2H2SO4（浓）Δ
CuSO4+2H2O+ SO2↑；
（2）SO2具有漂白性，可使品红溶液褪色，但不稳定，在加热时还原，即溶液由无色变成红色；
（3）装置C中试管口的棉花团中浸有的NaOH溶液，可与二氧化硫反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O；
（4）SO2与氯化钡不反应，若产生白色沉淀，可有2种途径，一使溶液显碱性，生成亚硫酸钡；二氧化SO2，生成硫酸钡，则答案为NO2（或Cl2、或O2、或NH3，合理即可）。【点睛】
使SO2与氯化钡产生白色沉淀，可有2种途径，一使溶液显碱性，生成亚硫酸钡；二氧化SO2，生成硫酸钡。
23．Ⅰ.为探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，设计实验装置如图所示，部分实验现象为：A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色；B中产生白色沉淀；D中溶液变成红色。(洗气瓶中试剂均足量)
(1)分析推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有_______________________________。
(2)D中的反应分两步进行，写出第一步反应的离子方程式_____________________。
II.测定硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)中结晶水x的值，实验装置和过程如下：取硫酸铜晶体7.23 g置于硬质试管中，先通N2排除体系内空气，酒精喷灯高温加热充分，待A中蓝色晶体最终变成黑色，停止加热，再次鼓入N2至装置冷却到室温。(洗气瓶中试剂均足量)
(1)取B中白色沉淀经过滤洗涤干燥称量得固体6.99 g，经计算可得CuSO4·xH2O中
x=__________，再次鼓入N2的目的是____________________。
(2)某同学提出，要测定晶体中结晶水x的值，也可将B装置用装有浓硫酸的洗气瓶替换，最终测浓硫酸增重即可计算得到结果，评价该同学的方案是否可行？(如果不可行，请说明理由)_____________________________
【答案】CuO、SO3、SO2、O2、H2O 4Fe2++O2+4H+ = 4Fe3++2H2O 4.5 使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收不可行，SO3也能溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量
【分析】
I、该实验的目的是探究硫酸铜晶体(CuSO4·xH2O)受热分解后所得产物，A中蓝色晶体逐渐变成白色粉末，继续加热最终变成黑色，说明晶体受热分解产生了CuO；B中酸性BaCl2溶液产生白色沉淀，则分解产物中有SO3；D中溶液变红，说明Fe2+被氧化为Fe3+，即产物中有氧化性物质，根据质量守恒定律可知，该氧化性物质为O2，则分解产物中有SO2生成（CuSO4中，O为-2价，若得到O2，需要升高化合价，所以S的化合价一定降低，生成SO2），所以B中的现象是品红溶液褪色，E的作用是吸收多余的有害气体，防止污染环境；
II、根据实验I推出硫酸铜晶体产物有SO2、SO3，B中含有Cl2和BaCl2，Cl2在水中可以将SO2氧化为SO42-，故CuSO4中的S全部转化为了BaSO4，则可以通过BaSO4的质量来计算x的值。
【详解】
I、（1）经分析，CuSO4受热分解产生的产物有CuO、SO2、SO3、O2；对于晶体而言，受热分解产物还有H2O，故可推测该硫酸铜晶体最终分解产物可能有CuO、SO3、SO2、O2、
H2O；
（2）D中，Fe2+先被O2氧化为Fe3+，Fe3+再和SCN-结合生成血红色物质，涉及的离子反应为：4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；
II、（1）根据题意可知，n(BaSO4)=
6.99g
233g/mol
=0.03mol，则n(CuSO4·xH2O)=0.03mol，所以
有0.03mol×(150+18x)g/mol=7.23g，解得x=4.5；再次通入N2的目的是使分解产生的气体全部被洗气瓶中试剂吸收；
（2）不可行，分解产物SO3可以溶解在浓硫酸中，浓硫酸的增重不止只是水的质量。【点睛】
本题的难点在于实验II的（2）题，浓硫酸吸收SO3是一个很少见的知识点，主要出现在硫酸工业的第三步，考生需要结合平时学习中的知识去分析问题。
24．如图是有关二氧化硫性质的实验装置图，试回答下列问题：
（1）A、B、C、D四个装置中发生的现象依次是___；___；__；___；
（2）二氧化硫具有：①漂白性；②酸性氧化物性质；③还原性；④氧化性。在图中几个装置中对应表现出的性质是（填序号）：
A中___，B中___，C中___，D中____；
（3）实验完毕后，将B中溶液取少量于试管中，加热，现象是___，原因是___；
（4）实验完毕后，取少量D中溶液于试管中，加入BaCl2溶液和稀盐酸，现象是___；用化学方程式解释其原因___。
（5）E中发生反应的化学方程式是___。
【答案】变红褪色浅黄色沉淀褪色②①④③溶液由无色恢复为红色二氧化硫和有色物质生成的无色物质是不稳定的，加热后会分解产生白色沉淀 SO2＋Br2＋2H2O═2HBr＋H2SO4、H2SO4＋BaCl2═BaSO4↓＋2HCl SO2＋2NaOH＝Na2SO3＋H2O
【分析】
二氧化硫能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊试液变红，体现了酸性氧化物的性质；二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色；二氧化硫能使溴水褪色，体现了还原性；二氧化硫能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，体现酸性氧化物的性质；根据以上知识解答(1)(2)；
(3)品红溶液的漂白性不稳定，加热反应后的溶液易恢复原来颜色；
(4)二氧化硫被溴单质氧化成硫酸，硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，据此写出反应的化学方程式；
(5)二氧化硫有毒，能与NaOH溶液作用，吸收多余的SO2，二者反应生成亚硫酸钠和水。【详解】
(1)二氧化硫是酸性氧化物，能与水反应生成亚硫酸，亚硫酸使石蕊试液变红，则装置A中石蕊试液变红；
二氧化硫具有漂白性，能使品红溶液褪色，则装置B中品红溶液褪色；
二氧化硫与硫化氢反应生成浅黄色的沉淀，则装置C中出现浅黄色沉淀；
装置D中二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，导致溴水褪色；
(2)A中石蕊试液变红，原因是二氧化硫是酸性氧化物，能与水反应生成亚硫酸；
B中品红溶液褪色，因为二氧化硫具有漂白性；
C中二氧化硫能使溴水褪色，体现了还原性；
装置D溴水褪色，证明二氧化硫具有还原性；
(3)二氧化硫的漂白性是暂时的，加热漂白后的溶液，二氧化硫与品红生成的无色物质不稳定，加热分解导致品红溶液又恢复红色；
(4)实验完毕后，取少量D中溶液于试管中，加入BaCl2溶液和稀盐酸，会观察到白色沉淀，原因为：二氧化硫与溴反应生成硫酸：SO2＋Br2＋2H2O═2HBr＋H2SO4，稀硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡和氯化氢：H2SO4＋BaCl2═BaSO4↓＋2HCl；
(5)装置E中二氧化硫与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，化学方程式为：SO2＋2NaOH ＝Na2SO3＋H2O。
【点睛】
注意掌握二氧化硫具有的化学性质及正确的检验方法，明确二氧化硫的漂白性是暂时的，而氯水的漂白性是永久的。
25．海洋资源的利用具有广阔前景
I.工业上对海水资源综合开发利用的部分工艺流程如下图所示：
请回答下列问题：
(1)物质C和M均为强氧化性物质，则C的电子式为_________，M的学化式为________。
(2)反应⑤的化学方程式是_________。
(3)工业制镁采用电解熔融氯化镁，不采用电解熔融氧化镁的原因是________。
(4)将氯化镁晶体(MgCl2·6H2O)加热到523℃以上，该晶体可以分解得到耐火材料氧化镁和两种气态化合物，其中一种气体常温下为无色液体，请写出MgCl2·6H2O在523℃时发生以上分解的化学方程式是_________。
II.其课外小组在实验室完成了下列有关实验，设计以下装置(夹持装置己略去)，进行实验，模拟海水提溴的部分过程。
(1)a 是一种黄绿色气体。A 装置中通入a 气体的目的是____________(用离子方程式表示)。 (2)反应过程中，B 装置中有2-
4SO 生成，则气体b 的化学式是_______。检验B 装置的溶液中含有2-4SO 的方法是________。 (3)C 装置的作用是_________。
【答案】:Cl :Cl :????????
NaClO MgCl 2(熔融)
电解
Mg+Cl 2 ↑ 氧化镁的熔点高，耗能大 MgCl 2 ? 6H 2O
523℃
MgO+2HCl ↑ +5H 2O ↑ Cl 2+2Br -=Br 2+2Cl - SO 2 取少量 B 中的溶液于试管中，
加入 HCl 溶液无沉淀生成，再滴入BaCl 2溶液出现白色沉淀，则证明溶液中含有2-
4SO 吸收尾气中Cl 2、Br 2、SO 2，防止污染环境 【分析】
I.由流程图知，A 为CaO ，B 为Ca(OH)2，操作①是海水晒盐后过滤，操作②为电解饱和食盐水，得到氢氧化的氢气和氯气，故C 为氯气，③为氢氧化钠和氯气反应生成氯化钠，次氯酸钠和水，已知M 具强氧化性，故M 为次氯酸钠，④是氢气在氯气里燃烧生成氯化氢，故N 是氯化氢气体，⑤是电解熔融氯化镁制取镁和氯气；
II.关于溴的提取的部分过程：母液中通氯气，将溴离子氧化为溴单质，通入热空气到含低浓度溴水的混合液中，溴易挥发，利用热空气的加热、搅拌作用吹出溴进入B 装置，再用二氧化硫把溴单质还原为溴离子，B 装置的尾气必须处理，以防止空气污染。 【详解】
I. (1)据分析，物质C 和M 均为强氧化性物质，则C 的电子式为:Cl :Cl :????
????
，M 的学化式为
NaClO ；
(2)反应⑤的化学方程式是MgCl 2(熔融) =电解
Mg + Cl 2 ↑；
(3)工业制镁采用电解熔融氯化镁，不采用电解熔融氧化镁的原因是氧化镁的熔点高，耗能大；
(4)将氯化镁晶体(MgCl 2·6H 2O)加热到523℃以上，该晶体可以分解得到耐火材料氧化镁和两种气态化合物，其中一种气体常温下为无色液体即水，该反应为费氧化还原反应，故另一种气体为HCl ，则MgCl 2·6H 2O 在523℃时发生以上分解的化学方程式是：MgCl 2 ? 6H 2O 523=℃
MgO + 2HCl ↑ +5H 2O ↑；
II.(1)a 是一种黄绿色气体即氯气，A 装置中通入氯气，把溴离子氧化为溴分子，故离子方程
式为：Cl 2+2Br -=Br 2+2Cl -；
(2)反应过程中，热空气把A 中的溴吹入到B 中，反应中B 装置中有2-
4SO 生成，则气体b 的化学式是SO 2，发生的反应为：2222+
4SO Br 2H O 2Br
SO +4H -
-++=+，是氧化还原反
应，要检验B 装置的溶液中含有2-4SO 的方法是：取少量 B 中的溶液于试管中，加入 HCl 溶液无沉淀生成，再滴入BaCl 2溶液出现白色沉淀，则证明溶液中含有2-
4SO ；
(3)C 中有NaOH 溶液，能与Cl 2、Br 2、SO 2反应得到盐溶液， C 装置的作用是吸收尾气中Cl 2、Br 2、SO 2，防止污染环境。 【点睛】
以海水的综合利用为载体，考察了氯、溴及其化合物之间的转化、电子式、化学方程式、离子方程式的书写，硫酸根离子的检验等，熟练掌握元素及其化合物的性质是推断的关键。
26．亚氯酸钠(NaClO 2)主要用作棉纺、造纸业的漂白剂，也可用于食品消毒、水处理等，亚氯酸钠受热易分解。以氯酸钠(NaClO 3)等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：
(1)ClO 2中Cl 的化合价为________。
(2)从“母液”中回收的主要物质是________(填化学式)。
(3)“冷却结晶”后需________(填操作名称)，该操作用到的玻璃仪器有________。 (4)反应2中转移0.1N A 个电子时，生成NaClO 2的质量为________g 。 【答案】＋4价 Na 2SO 4 过滤 玻璃棒、漏斗、烧杯 9.05 【分析】
由流程图可知，用稀硫酸溶解氯酸钠后，向溶液中通入二氧化硫，氯酸钠在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠和二氧化氯；二氧化氯气体与氢氧化钠和过氧化氢混合溶液发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水；亚氯酸钠溶液在低压55℃条件下蒸发、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到粗亚氯酸钠产品。 【详解】
(1)二氧化氯分子中氧元素的化合价为—2价，由化合价代数和为0可知，氯元素的化合价为+4价，故答案为：+4；
(2)由分析可知，氯酸钠在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸钠和二氧化氯，则母液中的主要成分为硫酸钠，故答案为：Na 2SO 4；
(3)冷却结晶后要分离出固体，应用过滤的方法，过滤用到的玻璃仪器为玻璃棒、漏斗、烧杯，故答案为：玻璃棒、漏斗、烧杯；
(4)二氧化氯气体与氢氧化钠和过氧化氢混合溶液发生氧化还原反应生成亚氯酸钠、氧气和水，反应的化学方程式为H 2O 2+2ClO 2+2NaOH=2NaClO 2+2H 2O+O 2，由方程式可知生成2mol NaClO 2，反应转移2mol 电子，则转移0.1N A 个电子时，生成NaClO 2的质量为0.1mol ×90.5g/mol=9.05g ，故答案为：9.05。
【点睛】
二氧化氯气体与氢氧化钠和过氧化氢混合溶液发生氧化还原反应时，氯元素化合价降低，二氧化氯做反应的氧化剂，被还原生成亚氯酸钠，过氧化氢做反应的还原剂，被氧化生成氧气是分析解答的关键，也是解答难点和易错点。