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第13讲 硫及其化合物（能力训练）-2022年高考化学一轮复习讲练全能王（有答案）
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这是一份第13讲 硫及其化合物（能力训练）-2022年高考化学一轮复习讲练全能王（有答案），文件包含第13讲硫及其化合物能力训练解析版doc、第13讲硫及其化合物能力训练原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共31页， 欢迎下载使用。
一、选择题：（12个小题，每题4分，共48分）
1．下列实验方案中，能实现实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
A．如Na2SO3变质，即被空气氧化为硫酸钠，则在盐酸酸化的氯化钡作用下生成硫酸钡白色沉淀，如未变质，则无沉淀生成，A正确；
B．容量瓶、移液管等精密仪器，只能晾干，不可以烘干或加热，否则影响测量(或配制)准确，B错误；
C．，用碱石灰收集二氧化碳，再称量质量差值，但由于逸出气体还含有H2O和HCl，不除去的话结果会偏大，C错误；
D．Ag+会与FeCl2中Cl-反应生成AgCl，从而无法氧化Fe2+，D错误；
答案选A。
2．降低硫含量是裂化汽油精制处理的关键。S—Zrb技术使用Ni/ZnO作脱硫吸附剂脱除噻吩()中硫原子的过程如图。
下列说法不正确的是
A．过程①涉及极性键和非极性键的断裂
B．过程③通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2
C．过程③中参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是3∶2
D．过程④通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生
【答案】C
【解析】
A．由题中图示可知，反应①方程式为Ni+ +H2+NiS，该反应中涉及C-S极性键断裂和H2中H-H非极性键断裂，故A正确；
B．由题中图示可知，反应③的方程式为Ni+ZnS+2O2=NiO+ZnO+SO2，该过程通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2，故B正确；
C．由题中图示可知，反应③的方程式为Ni+ZnS+2O2=NiO+ZnO+SO2，该过程参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是2:1，故C错误；
D．由题中图示可知，反应④的方程式为NiO+H2=Ni+H2O，该过程通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生，即产生Ni单质，故D正确；
答案为C。
3．下列有关实验现象和解释或结论都正确的选项是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
A．能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫，因此原溶液中还可能存在亚硫酸酸根或亚硫酸氢根离子，故A错误；
B．NaClO溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色，无法测出pH，应用pH计，故B错误；
C．高锰酸钾与草酸反应，方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，两支试管各盛0.1ml/L4mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入0.1ml/L2mL草酸溶液和0.2ml/L2mL草酸溶液，高锰酸钾是过量的，颜色不会完全褪去，故C错误；
D．二氧化硫通入石蕊溶液中，二氧化硫与水反应，生成了亚硫酸，亚硫酸能使石蕊溶液变红，且二氧化硫不能使石蕊溶液褪色，故D正确；
故选：D。
4．下列离子方程式错误的是
A．少量SO2气体通入次氯酸钠溶液中：
B．向NH4Fe(SO4)2饱和溶液中滴加几滴NaOH溶液：
C．氧化铁溶于HI溶液：
D．向硅酸钠水溶液中通入过量CO2气体：
【答案】C
【解析】
A．项中首先SO2与ClO—发生氧化还原反应，生成H2SO4和Cl—，然后生成的H2SO4继续与ClO—发生复分解反应生成HClO，A项方程式正确；
B．中加入NaOH时先与Fe3+反应，再与反应，B项方程式正确；
C．项中Fe3+会与I—发生氧化还原反应，正确的应该是，C项方程式错误；
D．中当CO2过量时，生成的是和H2SiO3，D项方程式正确；
故选C。
5．实验室通过如图所示装置制备Na2S2O3，反应原理：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。下列有关说法错误的是
A．导管a的作用是有利于硫酸滴入
B．装置A中的反应体现硫酸的酸性
C．装置B、D作用完全相同
D．装置C中先有淡黄色浑浊产生，后又变澄清，说明过程中有硫单质生成
【答案】C
【分析】
硫酸和亚硫酸钠在A中发生复分解反应产生二氧化硫，通过B中产生气泡的速率调节滴加硫酸的速率，二氧化硫与硫化钠、碳酸钠在C中发生反应制备Na2S2O3，多余的二氧化硫用E吸收，二氧化硫在C、E中被吸收时容易引起倒吸，B和D还有防倒吸的作用。
【解析】
A．a可以平衡分液漏斗和烧瓶内的气压，有利于硫酸顺利滴入，A正确；
B．A中发生H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑，利用复分解反应强制弱原理制备SO2，该反应体现了硫酸的酸性，B正确；
C．实验过程中可以通过B中产生气泡的速率调节滴加硫酸的速率，同时二氧化硫与C中物质反应易引起倒吸，B还可以起到平衡气压、防倒吸的作用，D的作用仅仅是作安全瓶，起防倒吸的作用，C错误；
D．C中出现黄色浑浊，说明C中产生了硫单质，最终又变澄清，说明硫单质又反应了，即装置C中先有淡黄色浑浊产生，后又变澄清，说明过程中有硫单质生成，D正确；
答案选C。
6．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．6.0g正丙醇中含有共价键的总数为NA
B．0.1mlCu与足量硫单质充分反应，转移的电子数为0.2NA
C．0.1ml/L的NaCl溶液中含有的阴、阳离子总数共有0.2NA
D．标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体中所含氢原子数为2NA
【答案】D
【解析】
A．每个正丙醇分子中含有11个共价键，6.0g正丙醇中含有共价键的总数为1.1NA，选项A错误；
B．Cu与硫反应生成Cu2S，0.lmlCu与足量硫单质充分反应，转移的电子数为0.1NA，选项B错误；
C．溶液的体积未知，无法计算离子总数，选项C错误；
D．每个甲烷和乙烯分子中均含有4个H原子，标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体为0.5ml，所含氢原子数为2NA，选项D正确；
答案选D。
7．化学与生活、科学、技术等密切相关，下列说法正确的是
A．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
B．酒精和84消毒液混合使用能提高对新型冠状病毒的预防效果
C．纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，其原理是相同的
D．2020年，中国“奋斗者”号载人潜水器成功进行深海科考活动。制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
【答案】A
【解析】
A．SO2具有强还原性，可以防止葡萄酒中的营养成分被氧化；同时SO2又可以使蛋白质发生变性，因此同时还具有杀菌能力，故A正确；
B．酒精具有还原性，84消毒液具有强氧化性，二者混合，会发生氧化还原反应，导致消毒能力减弱甚至完全失去，因此二者不能混合使用，故B错误；
C．纳米铁粉具有强还原性，可以与污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应，使之转化为金属单质，FeS是硫离子和Cu2+、Hg2+结合成CuS、HgS沉淀从而降低水重金属离子的浓度，两者原理不同，故C错误；
D．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性，熔点低于纯金属，故D错误；
故选：A。
8．下列“类比合理的是
A．在足量中燃烧生成，则在足量中燃烧生成
B．铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成
C．与反应生成和，则与反应可能生成和
D．往溶液中加入过量氨水生成沉淀，则往溶液中加入过量氨水生成沉淀
【答案】C
【解析】
A．在足量中燃烧生成，而在足量中燃烧生成SO2，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，能够把变价金属氧化为最高价，因此铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，铁丝在氯气中燃烧生成，故B错误；
C．由于二氧化碳过量，钠的氧化物能够与二氧化碳反应，所以与反应可能生成和，故C正确；
D．氢氧化铝不溶于过量的氨水，而氢氧化铜能够与过量的氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2溶液，沉淀溶解，故D错误；
故选C。
9．下列各组离子在给定条件下，因发生配合反应而不能大量共存的一组是
A．的溶液中：、、、
B．含大量的溶液：、、、
C．含有大量的溶液：、、、
D．溶解少量气体的溶液：、、、
【答案】C
【分析】
分子或离子与金属离子结合形成很稳定的新的离子的过程叫配位反应，也称配合反应。
【解析】
A．的溶液中，溶液中含有大量的H+，H+会与反应生成二氧化碳和水，是复分解反应，不是配合反应，故A错误；
B．和发生双水解反应，不是配合反应，故B错误；
C．和反应生成铁氰配合物，该反应为配合反应，故C正确；
D．溶于水生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，会和反应生成和Cl-，发生的是氧化还原反应，不是配合反应，故D错误；
答案选C。
10．以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染，其中一种流程如图所示。下列说法错误的是
A．黄铁矿中的在煅烧过程中作还原剂
B．欲得到更纯的，反应①应通入过量的气体
C．还原铁粉用盐酸溶解后，可用溶液滴定法来测定其纯度
D．加热制备的化学方程式为
【答案】C
【解析】
A．黄铁矿中的在煅烧过程中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，S元素的化合价由-1价升至+4价，失电子，作还原剂，选项A正确；
B．通入过量二氧化硫保证碱反应完全，得到纯净的，选项B正确；
C．盐酸也能与高锰酸钾溶液反应，不能用溶液滴定法来测定还原铁粉的纯度，选项C错误；
D．加热制备的化学方程式为，选项D正确；
答案选C。
11．硫元素的几种化合物存在下列转化关系：
浓H2SO4 SO2 Na2SO3溶液 Na2S2O3 S
下列判断不正确的是
A．反应①中浓硫酸作氧化剂B．反应②表明SO2有酸性氧化物的性质
C．反应③的原子利用率是100%D．反应④稀H2SO4作还原剂
【答案】D
【分析】
Cu与浓硫酸反应：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，SO2与NaOH反应，SO2为酸性氧化物，发生SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，Na2S2O3中S显＋2价，发生Na2SO3＋S=Na2S2O3，Na2S2O3与稀硫酸反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，据此分析；
【解析】
A.与浓硫酸反应时，浓硫酸将氧化为硫酸铜，表现出氧化性，浓硫酸是氧化剂，选项A正确；
B．二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，表明二氧化硫为酸性氧化物，选项B正确；
C．反应③为Na2SO3+S=Na2S2O3，生成物只有一种，原子利用率是100%，选项C正确；
D．反应④的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，稀硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，选项D不正确；
答案选D。
12．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如图，下列说法错误的是
A．气溶胶是粒子直径在1~100nm的分散质分散在气体分散剂中形成的
B．第①阶段的离子方程式为SO+NO2=NO+SO
C．整个过程没有H2O参与
D．1mlSO在第②、③两个阶段失去电子的总数目为NA
【答案】C
【分析】
由图可知，NO2与SO、水反应生成NO、HNO2和HSO，反应中N元素的化合价降低，S元素的化合价升高，反应的方程式为2NO2+SO+H2O=NO+HNO2+HSO，据此分析判断。
【解析】
A．分散质粒子直径在1~100nm的的属于胶体，则气溶胶是粒子直径在1~100nm的分散质分散在气体分散剂中形成的，故A正确；
B．第①阶段中NO2得到SO失去的电子发生氧化还原反应生成NO、SO，反应的离子方程式为SO+NO2=NO+SO，故B正确；
C．由图示可知，第②步SO转化过程中有水（）参与，故C错误；
D．在第②、③两个阶段中SO失去电子生成HSO，S由+5价变成+6价，因此1mlSO失去1ml电子生成HSO，失去电子数目为NA，故D正确；
故选C。
二、填空题：（5个小题，共52分）
13．（10分）和氮氧化物都是空气污染物，科学处理及综合利用是环境科学研究的热点。
(1)某科研小组研究不同条件下溶液常压下吸收烟气的吸收率。
①溶液pH：随着含烟气的不断通入，和硫的吸收率如图-1所示：
i：当，硫的总吸收率不断减小，因为浓度较高与反应，生成S，同时产生大量的___________，导致硫的总吸收率减小。
ii：当，硫的总吸收率增大，生成的主要产物为和。和一定条件下反应，生成硫磺和最终回收，反应的化学方程式为___________。
iii：当时，___________导致和硫的总吸收率降低。
②温度：如图-2所示，该项目选择常温，一是为了节能，另一个原因是___________。
③其他条件：___________。(任举一例)
(2)联合脱硫脱硝技术，是一种工业工艺技术，采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气(含、NO)可获得、HCl、副产品，通过实验发现，当氯酸的浓度小于35%时，和NO的脱除率几乎不变，但生成的量远小于理论值，可能的原因是___________。
【答案】（每空2分）(1) i：气体 ii： iii：吸收剂消耗完全，饱和逸出 常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大 通入含的烟气的速率 (2) NO可能被氧化成及其他含氮化合物
【分析】
本题综合考察硫和氮及其氧化物的相关性质，并根据题中已知信息进行解答。
【解析】
(1)①由图可知当时，硫的总吸收率不断减小；当，硫的总吸收率增大；当时，和硫的总吸收率降低。当时，浓度较高与反应，生成硫单质和硫化氢气体，导致硫的总吸收率减小；由题目可知，和一定条件下反应，生成硫磺和，故反应的化学方程式为：；当时，吸收剂消耗完全，饱和逸出，导致和硫的总吸收率降低。故答案为：气体；；吸收剂消耗完全，饱和逸出。
②由图二可看出，温度对吸收率的影响不大，说明常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大；
③其他影响硫和SO2的吸收率的因素还有通入含的烟气的速率，故答案为：通入含的烟气的速率；
(2)采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气，因为烟气中含、NO，故可能导致NO被氧化成及其他含氮化合物，故答案为：NO可能被氧化成及其他含氮化合物。
14．（10分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)
完成下列填空：
(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。
(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。
(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。
(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)
a.原子的最外层都有7个电子
b.ICl中碘元素为+1价
c.酸性：HClO3>HIO3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。
【答案】（每小题2分）(1)2，5，3，2，1，1 (2) IO+5I-+6H+→3I2+3H2O 5：1 (3) 5s25p5 分子间作用力（范德华力） (4) bd (5) 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【解析】
(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：，故答案为：2，5，3，2，1，1；；
(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3ml I2，其中第一步提供5ml IO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；
(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；
(4) a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；
b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；
c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；
d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；
故答案为：bd；
(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
15．（10分）含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题：
I.多硫化物是含多硫离子(Sx2-)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。
（1）Na2S2的电子式为___。
（2）Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子方程式为___。
（3）黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，其煅烧的化学方程式为___。
II.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。
（4）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为___。
（5）向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为___。
（6）向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为___。
III.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的滴定试剂，常用来滴定溶液中的含碘量。
（7）为测定某碘水中I2的浓度(假设碘水中的碘元素均以碘单质形式存在)，取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01ml·L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当___(填实验现象)，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则该碘水中I2的浓度为___mg·L-1。
【答案】（最后两空各2分，其余每空1分）（1） （2） S52−+2H+=H2S↑+4S↓ （3）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 （4） +4 （5） S2O52−+O2+H2O=2SO42−+2H+ （6）Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2 （7） 滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不再变蓝 127
【分析】
Ⅰ．(1)Na2S2 是离子化合物，是钠离子和过硫根离子构成；
(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S；
(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2；
Ⅱ．(4)元素化合价倒数和为0计算得到元素的化合价；
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸；
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠；
Ⅲ．取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01ml•L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应终点的现象是滴入最后一滴溶液，蓝色变为无色且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算。
【解析】
Ⅰ．(1)Na2S2的电子式为；
(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，反应的离子方程式为S52−+2H+=H2S↑+4S↓；
(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
Ⅱ．(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价+1价，氧元素化合价−2价，化合价代数和为0计算得到硫元素的化合价为+4；
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式：S2O52−+O2+H2O=2SO42−+2H+；
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，反应的化学方程式：Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2；
Ⅲ．碘水加入淀粉变蓝色，当消耗完碘单质后溶液变为无色，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液后，溶液由蓝色变为无色且半分钟不再变蓝说明反应达到终点，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，2×c(I2) ×V(I2)=c(S2O32−)×V(S2O32−)，c(I2)==0.0005ml/L，0.0005ml/L×127 g/ml×2×1000mg/g=127mg/L。
16．（12分）为探究Na2SO3溶液和铬( VI)盐溶液的反应规律，某同学进行实验如下：
已知：Cr2O72 -（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+
（1）进行实验i和ii：
①用离子方程式解释实验i中现象：________________________。
②实验ii说明在碱性条件下，________________________。
（2）继续进行实验：
①实验ⅲ的目的是____________。
②继续向ⅳ中所得溶液中滴加稀硫酸溶液，溶液变绿色，说明_________________。
③根据实验ⅰ～ⅳ可推测铬（VI）盐中铬元素的稳定存在形式（填微粒符号）：
【答案】（每空2分）（1）①Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2ONa2SO3 ②溶液和铬（VI）盐溶液不发生氧化还原反应 ① 空白对照，排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响 ② 酸性条件下，Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液发生氧化还原反应，生成Cr3+ ③ Cr2O72- CrO42-
【解析】
本题主要考查探究Na2SO3溶液和铬( VI)盐溶液的反应规律的实验。
（1）①用离子方程式解释实验i中现象：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。
②实验ii说明在碱性条件下，Na2SO3溶液和铬（VI）盐溶液不发生氧化还原反应。
(2)①实验ⅲ的目的是空白对照，排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响。
②继续向ⅳ中所得溶液中滴加稀硫酸溶液，溶液变绿色，说明酸性条件下，Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液发生氧化还原反应生成Cr3+。
③根据实验ⅰ～ⅳ可推测铬（VI）盐中铬元素的稳定存在形式（填微粒符号）：
17．（10分）利用金属矿渣(含有、及)制备晶体的实验流程如下。
(1)煅烧过程中和转化为和。与反应生成和的化学方程式为_______。
(2)为提高酸浸过程中铁的浸出率，实验中可采取的措施有_______(填字母)。
A. 增加矿渣的投料量 B. 将矿渣粉碎并搅拌
C. 缩短酸浸的时间 D. 适当提高酸浸温度
(3)向酸浸后的溶液中加入过量铁屑，除能将转化为外，还能_______；检验是否完全被还原的实验操作是_______。
(4)煅烧生成的用石灰乳吸收得到浆料，以浆料制备溶液的实验方案为_______。已知：；难溶于水；溶液中能大量存在。实验中可选用的试剂：，，。
【答案】（每空2分）(1) (2) BD (3) 将转化为 (4) 取少量还原后的上层清液，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原 向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的，再用或调节溶液的在4～6之间，过滤或：向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液，当测得介于4～6之间，停止滴加
【分析】
金属矿渣在空气中煅烧，和转化为和，硫元素转化为SO2，加入稀硫酸酸浸，生成硫酸铜和硫酸铁，然后加入铁还原生成硫酸亚铁和单质铜，过滤，滤液经过一系列操作得到晶体，据此解答。
【解析】
(1)煅烧过程中和转化为和，硫元素转化为SO2，则与反应生成和的化学方程式为。
(2)A. 增加矿渣的投料量，会降低铁的浸出率，A错误；
B. 将矿渣粉碎并搅拌有利于提高酸浸过程中铁的浸出率，B正确；
C. 缩短酸浸的时间，会降低铁的浸出率，C错误；
D. 适当提高酸浸温度有利于提高酸浸过程中铁的浸出率，D正确；
答案选BD。
(3)金属性铁强于铜，向酸浸后的溶液中加入过量铁屑，除能将转化为外，还能将转化为；检验是否完全被还原可以用KSCN溶液，其实验操作是取少量还原后的上层清液，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原。
(4)根据题干信息溶液中能大量存在，且难溶于水，所以根据反应可知以浆料制备溶液的实验方案为：向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的，再用或调节溶液的在4～6之间，过滤或：向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液，当测得介于4～6之间，停止滴加。
实验目的
实验方案
A
检验露置的Na2SO3是否变质
用盐酸酸化的BaCl2溶液
B
缩短容量瓶干燥的时间
将洗净的容量瓶放在烘箱中烘干
C
测定Na2CO3(含NaCl)样品纯度
取一定质量的样品与足量盐酸反应，用碱石灰吸收产生的气体
D
验证氧化性强弱：Ag+>Fe2+
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向某无色溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
原溶液中一定含有CO或HCO
B
将NaClO溶液滴到pH试纸上
测得pH=9.8
NaClO溶液水解显碱性
C
两支试管各盛0. 1 ml/L 4 mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入0.1 ml/L 2 mL草酸溶液和0.2ml/L2mL草酸溶液
加入0.2 ml/L草酸溶液试管中，高锰酸钾溶液褪色更快
反应物浓度越大，反应速率越快
D
把SO2通入紫色石蕊试液中
紫色溶液变红
SO2的水溶液呈酸性
序号
操作
现象
ⅰ
向2mLpH=2的0.05ml/LK2Cr2O7橙色溶液中滴加饱和Na2SO3溶液（pH约为9）3滴
溶液变绿色（含Cr3+）
ⅱ
向2mLpH=8的0.1ml/LK2CrO4黄色溶液中滴加饱和Na2SO3溶液3滴
溶液没有明显变化
序号
操作
现象
ⅲ
向2mL蒸馏水中滴加pH=2的0.05ml/LK2Cr2O7橙色溶液3滴
溶液变成浅黄色
ⅳ
向2mL饱和Na2SO3溶液滴加pH=2的0.05ml/LK2Cr2O7橙色溶液3滴
溶液变黄色
酸性条件
碱性条件
___________
__________
酸性条件
碱性条件
Cr2O72-
CrO42-
一、选择题：（12个小题，每题4分，共48分）
1．下列实验方案中，能实现实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
A．如Na2SO3变质，即被空气氧化为硫酸钠，则在盐酸酸化的氯化钡作用下生成硫酸钡白色沉淀，如未变质，则无沉淀生成，A正确；
B．容量瓶、移液管等精密仪器，只能晾干，不可以烘干或加热，否则影响测量(或配制)准确，B错误；
C．，用碱石灰收集二氧化碳，再称量质量差值，但由于逸出气体还含有H2O和HCl，不除去的话结果会偏大，C错误；
D．Ag+会与FeCl2中Cl-反应生成AgCl，从而无法氧化Fe2+，D错误；
答案选A。
2．降低硫含量是裂化汽油精制处理的关键。S—Zrb技术使用Ni/ZnO作脱硫吸附剂脱除噻吩()中硫原子的过程如图。
下列说法不正确的是
A．过程①涉及极性键和非极性键的断裂
B．过程③通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2
C．过程③中参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是3∶2
D．过程④通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生
【答案】C
【解析】
A．由题中图示可知，反应①方程式为Ni+ +H2+NiS，该反应中涉及C-S极性键断裂和H2中H-H非极性键断裂，故A正确；
B．由题中图示可知，反应③的方程式为Ni+ZnS+2O2=NiO+ZnO+SO2，该过程通入O2的主要目的是将ZnS转化为ZnO和SO2，故B正确；
C．由题中图示可知，反应③的方程式为Ni+ZnS+2O2=NiO+ZnO+SO2，该过程参加反应的O2和ZnS的物质的量之比是2:1，故C错误；
D．由题中图示可知，反应④的方程式为NiO+H2=Ni+H2O，该过程通入H2的主要目的是使脱硫吸附剂再生，即产生Ni单质，故D正确；
答案为C。
3．下列有关实验现象和解释或结论都正确的选项是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
A．能使澄清石灰水变浑浊的气体可能是二氧化碳也可能是二氧化硫，因此原溶液中还可能存在亚硫酸酸根或亚硫酸氢根离子，故A错误；
B．NaClO溶液具有强氧化性，可使pH试纸褪色，无法测出pH，应用pH计，故B错误；
C．高锰酸钾与草酸反应，方程式为2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=2MnSO4+K2SO4+10CO2↑+8H2O，两支试管各盛0.1ml/L4mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入0.1ml/L2mL草酸溶液和0.2ml/L2mL草酸溶液，高锰酸钾是过量的，颜色不会完全褪去，故C错误；
D．二氧化硫通入石蕊溶液中，二氧化硫与水反应，生成了亚硫酸，亚硫酸能使石蕊溶液变红，且二氧化硫不能使石蕊溶液褪色，故D正确；
故选：D。
4．下列离子方程式错误的是
A．少量SO2气体通入次氯酸钠溶液中：
B．向NH4Fe(SO4)2饱和溶液中滴加几滴NaOH溶液：
C．氧化铁溶于HI溶液：
D．向硅酸钠水溶液中通入过量CO2气体：
【答案】C
【解析】
A．项中首先SO2与ClO—发生氧化还原反应，生成H2SO4和Cl—，然后生成的H2SO4继续与ClO—发生复分解反应生成HClO，A项方程式正确；
B．中加入NaOH时先与Fe3+反应，再与反应，B项方程式正确；
C．项中Fe3+会与I—发生氧化还原反应，正确的应该是，C项方程式错误；
D．中当CO2过量时，生成的是和H2SiO3，D项方程式正确；
故选C。
5．实验室通过如图所示装置制备Na2S2O3，反应原理：2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2。下列有关说法错误的是
A．导管a的作用是有利于硫酸滴入
B．装置A中的反应体现硫酸的酸性
C．装置B、D作用完全相同
D．装置C中先有淡黄色浑浊产生，后又变澄清，说明过程中有硫单质生成
【答案】C
【分析】
硫酸和亚硫酸钠在A中发生复分解反应产生二氧化硫，通过B中产生气泡的速率调节滴加硫酸的速率，二氧化硫与硫化钠、碳酸钠在C中发生反应制备Na2S2O3，多余的二氧化硫用E吸收，二氧化硫在C、E中被吸收时容易引起倒吸，B和D还有防倒吸的作用。
【解析】
A．a可以平衡分液漏斗和烧瓶内的气压，有利于硫酸顺利滴入，A正确；
B．A中发生H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+H2O+SO2↑，利用复分解反应强制弱原理制备SO2，该反应体现了硫酸的酸性，B正确；
C．实验过程中可以通过B中产生气泡的速率调节滴加硫酸的速率，同时二氧化硫与C中物质反应易引起倒吸，B还可以起到平衡气压、防倒吸的作用，D的作用仅仅是作安全瓶，起防倒吸的作用，C错误；
D．C中出现黄色浑浊，说明C中产生了硫单质，最终又变澄清，说明硫单质又反应了，即装置C中先有淡黄色浑浊产生，后又变澄清，说明过程中有硫单质生成，D正确；
答案选C。
6．设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．6.0g正丙醇中含有共价键的总数为NA
B．0.1mlCu与足量硫单质充分反应，转移的电子数为0.2NA
C．0.1ml/L的NaCl溶液中含有的阴、阳离子总数共有0.2NA
D．标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体中所含氢原子数为2NA
【答案】D
【解析】
A．每个正丙醇分子中含有11个共价键，6.0g正丙醇中含有共价键的总数为1.1NA，选项A错误；
B．Cu与硫反应生成Cu2S，0.lmlCu与足量硫单质充分反应，转移的电子数为0.1NA，选项B错误；
C．溶液的体积未知，无法计算离子总数，选项C错误；
D．每个甲烷和乙烯分子中均含有4个H原子，标准状况下，11.2L由甲烷和乙烯组成的混合气体为0.5ml，所含氢原子数为2NA，选项D正确；
答案选D。
7．化学与生活、科学、技术等密切相关，下列说法正确的是
A．葡萄酒中通常含有微量SO2，既可以杀菌又可以防止营养成分被氧化
B．酒精和84消毒液混合使用能提高对新型冠状病毒的预防效果
C．纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，其原理是相同的
D．2020年，中国“奋斗者”号载人潜水器成功进行深海科考活动。制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性和熔点
【答案】A
【解析】
A．SO2具有强还原性，可以防止葡萄酒中的营养成分被氧化；同时SO2又可以使蛋白质发生变性，因此同时还具有杀菌能力，故A正确；
B．酒精具有还原性，84消毒液具有强氧化性，二者混合，会发生氧化还原反应，导致消毒能力减弱甚至完全失去，因此二者不能混合使用，故B错误；
C．纳米铁粉具有强还原性，可以与污染水体中的Cu2+、Hg2+等重金属离子发生置换反应，使之转化为金属单质，FeS是硫离子和Cu2+、Hg2+结合成CuS、HgS沉淀从而降低水重金属离子的浓度，两者原理不同，故C错误；
D．制造潜水器载人球舱的钛合金比纯金属钛具有更高的强度、韧性，熔点低于纯金属，故D错误；
故选：A。
8．下列“类比合理的是
A．在足量中燃烧生成，则在足量中燃烧生成
B．铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，则铁丝在氯气中燃烧生成
C．与反应生成和，则与反应可能生成和
D．往溶液中加入过量氨水生成沉淀，则往溶液中加入过量氨水生成沉淀
【答案】C
【解析】
A．在足量中燃烧生成，而在足量中燃烧生成SO2，故A错误；
B．氯气具有强氧化性，能够把变价金属氧化为最高价，因此铜丝在氯气中燃烧生成CuCl2，铁丝在氯气中燃烧生成，故B错误；
C．由于二氧化碳过量，钠的氧化物能够与二氧化碳反应，所以与反应可能生成和，故C正确；
D．氢氧化铝不溶于过量的氨水，而氢氧化铜能够与过量的氨水反应生成Cu(NH3)4(OH)2溶液，沉淀溶解，故D错误；
故选C。
9．下列各组离子在给定条件下，因发生配合反应而不能大量共存的一组是
A．的溶液中：、、、
B．含大量的溶液：、、、
C．含有大量的溶液：、、、
D．溶解少量气体的溶液：、、、
【答案】C
【分析】
分子或离子与金属离子结合形成很稳定的新的离子的过程叫配位反应，也称配合反应。
【解析】
A．的溶液中，溶液中含有大量的H+，H+会与反应生成二氧化碳和水，是复分解反应，不是配合反应，故A错误；
B．和发生双水解反应，不是配合反应，故B错误；
C．和反应生成铁氰配合物，该反应为配合反应，故C正确；
D．溶于水生成亚硫酸，亚硫酸具有还原性，会和反应生成和Cl-，发生的是氧化还原反应，不是配合反应，故D错误；
答案选C。
10．以黄铁矿(主要成分)为原料生产硫酸，应将产出的炉渣和尾气进行资源化综合利用，减轻对环境的污染，其中一种流程如图所示。下列说法错误的是
A．黄铁矿中的在煅烧过程中作还原剂
B．欲得到更纯的，反应①应通入过量的气体
C．还原铁粉用盐酸溶解后，可用溶液滴定法来测定其纯度
D．加热制备的化学方程式为
【答案】C
【解析】
A．黄铁矿中的在煅烧过程中Fe元素的化合价由+2价升至+3价，S元素的化合价由-1价升至+4价，失电子，作还原剂，选项A正确；
B．通入过量二氧化硫保证碱反应完全，得到纯净的，选项B正确；
C．盐酸也能与高锰酸钾溶液反应，不能用溶液滴定法来测定还原铁粉的纯度，选项C错误；
D．加热制备的化学方程式为，选项D正确；
答案选C。
11．硫元素的几种化合物存在下列转化关系：
浓H2SO4 SO2 Na2SO3溶液 Na2S2O3 S
下列判断不正确的是
A．反应①中浓硫酸作氧化剂B．反应②表明SO2有酸性氧化物的性质
C．反应③的原子利用率是100%D．反应④稀H2SO4作还原剂
【答案】D
【分析】
Cu与浓硫酸反应：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O，SO2与NaOH反应，SO2为酸性氧化物，发生SO2＋2NaOH=Na2SO3＋H2O，Na2S2O3中S显＋2价，发生Na2SO3＋S=Na2S2O3，Na2S2O3与稀硫酸反应：Na2S2O3＋H2SO4=Na2SO4＋S↓＋SO2↑＋H2O，据此分析；
【解析】
A.与浓硫酸反应时，浓硫酸将氧化为硫酸铜，表现出氧化性，浓硫酸是氧化剂，选项A正确；
B．二氧化硫与NaOH反应生成盐和水，表明二氧化硫为酸性氧化物，选项B正确；
C．反应③为Na2SO3+S=Na2S2O3，生成物只有一种，原子利用率是100%，选项C正确；
D．反应④的化学方程式：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+H2O，稀硫酸既不是氧化剂也不是还原剂，选项D不正确；
答案选D。
12．硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。科研人员提出了雾霾微粒中硫酸盐生成的三个阶段的转化机理，其主要过程示意图如图，下列说法错误的是
A．气溶胶是粒子直径在1~100nm的分散质分散在气体分散剂中形成的
B．第①阶段的离子方程式为SO+NO2=NO+SO
C．整个过程没有H2O参与
D．1mlSO在第②、③两个阶段失去电子的总数目为NA
【答案】C
【分析】
由图可知，NO2与SO、水反应生成NO、HNO2和HSO，反应中N元素的化合价降低，S元素的化合价升高，反应的方程式为2NO2+SO+H2O=NO+HNO2+HSO，据此分析判断。
【解析】
A．分散质粒子直径在1~100nm的的属于胶体，则气溶胶是粒子直径在1~100nm的分散质分散在气体分散剂中形成的，故A正确；
B．第①阶段中NO2得到SO失去的电子发生氧化还原反应生成NO、SO，反应的离子方程式为SO+NO2=NO+SO，故B正确；
C．由图示可知，第②步SO转化过程中有水（）参与，故C错误；
D．在第②、③两个阶段中SO失去电子生成HSO，S由+5价变成+6价，因此1mlSO失去1ml电子生成HSO，失去电子数目为NA，故D正确；
故选C。
二、填空题：（5个小题，共52分）
13．（10分）和氮氧化物都是空气污染物，科学处理及综合利用是环境科学研究的热点。
(1)某科研小组研究不同条件下溶液常压下吸收烟气的吸收率。
①溶液pH：随着含烟气的不断通入，和硫的吸收率如图-1所示：
i：当，硫的总吸收率不断减小，因为浓度较高与反应，生成S，同时产生大量的___________，导致硫的总吸收率减小。
ii：当，硫的总吸收率增大，生成的主要产物为和。和一定条件下反应，生成硫磺和最终回收，反应的化学方程式为___________。
iii：当时，___________导致和硫的总吸收率降低。
②温度：如图-2所示，该项目选择常温，一是为了节能，另一个原因是___________。
③其他条件：___________。(任举一例)
(2)联合脱硫脱硝技术，是一种工业工艺技术，采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气(含、NO)可获得、HCl、副产品，通过实验发现，当氯酸的浓度小于35%时，和NO的脱除率几乎不变，但生成的量远小于理论值，可能的原因是___________。
【答案】（每空2分）(1) i：气体 ii： iii：吸收剂消耗完全，饱和逸出 常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大 通入含的烟气的速率 (2) NO可能被氧化成及其他含氮化合物
【分析】
本题综合考察硫和氮及其氧化物的相关性质，并根据题中已知信息进行解答。
【解析】
(1)①由图可知当时，硫的总吸收率不断减小；当，硫的总吸收率增大；当时，和硫的总吸收率降低。当时，浓度较高与反应，生成硫单质和硫化氢气体，导致硫的总吸收率减小；由题目可知，和一定条件下反应，生成硫磺和，故反应的化学方程式为：；当时，吸收剂消耗完全，饱和逸出，导致和硫的总吸收率降低。故答案为：气体；；吸收剂消耗完全，饱和逸出。
②由图二可看出，温度对吸收率的影响不大，说明常温时硫的吸收率已经很高了，升高温度吸收率变化不大；
③其他影响硫和SO2的吸收率的因素还有通入含的烟气的速率，故答案为：通入含的烟气的速率；
(2)采用“35%的氯酸同时脱硫脱氮技术”，处理烟气，因为烟气中含、NO，故可能导致NO被氧化成及其他含氮化合物，故答案为：NO可能被氧化成及其他含氮化合物。
14．（10分）全球一半左右的碘是以智利硝石提取硝酸钠后的母液为原料，加入亚硫酸氢钠制取，相关反应如下：
___________NaIO3+___________NaHSO3→3NaHSO4+___________Na2SO4+___________I2+___________H2O(未配平)
完成下列填空：
(1)配平上述化学方程式________，标出电子转移的方向和数目_________。
(2)该反应实质是两步反应：①IO+3HSO→3SO+I-+3H+，则第二步反应的离子方程式为②___________；若要使碘酸钠的利用率最高，碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是___________。
(3)过滤反应析出的碘沉淀得到粗碘，再用升华法即可得到99%左右的碘产品。碘原子最外层电子排布式是___________，碘升华克服的微粒间作用力为___________。
(4)能说明氯、碘两种元素非金属性相对强弱的依据是___________。(选填编号)
a.原子的最外层都有7个电子
b.ICl中碘元素为+1价
c.酸性：HClO3>HIO3
d.氯化钠、碘化钠与浓硫酸共热，分别生成氯化氢、单质碘
(5)检验亚硫酸钠固体是否氧化变质的方法是___________。
【答案】（每小题2分）(1)2，5，3，2，1，1 (2) IO+5I-+6H+→3I2+3H2O 5：1 (3) 5s25p5 分子间作用力（范德华力） (4) bd (5) 取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质
【解析】
(1)根据氧化还原反应的配平原则，先分析各物质化合价的升降变化，I从+5价降低到0价，至少转移10个电子，S元素从+4升高到+6至少转移2个电子，则NaIO3与NaHSO3的化学计量数之比为2:5，再结合原子守恒规律配平该化学方程式为：2NaIO3+5NaHSO3=3NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥可表示出电子转移的方向和数目如下：，故答案为：2，5，3，2，1，1；；
(2)第二步反应有碘单质生成，第(1)问总反应的离子方程式为：②2IO+5HSO→3H++5SO+I2+H2O，则根据第一步反应①IO+3HSO→3SO+I-+3H+可看出HSO已经被氧化为SO，第二步不需要HSO，则②3-①5消去HSO得到第二步离子方程式为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；从第二步可看出，最终要得到3ml I2，其中第一步提供5ml IO转化为第二步所需的I-，因此若要使碘酸钠的利用率最高，IO完全反应完，即碘酸钠在第一步和第二步反应中的用量之比是5：1，故答案为：IO+5I-+6H+→3I2+3H2O；5：1；
(3)碘元素位于第五周期VIIA族，其原子最外层电子排布式是5s25p5；碘升华为物理变化，没有化学键的断裂，因此克服的微粒间作用力为分子间作用力，故答案为：5s25p5；分子间作用力（范德华力）；
(4) a．原子的最外层电子数目不能决定元素的非金属性强弱，故a错误；
b．ICl中碘元素为+1价，说明Cl更易容易得到电子，非金属性更强，故b正确；
c．酸性：HClO3>HIO3，不是最高价氧化物对应水化物的酸性，所以无法判断非金属性，故c错误；
d．氯化钠与浓硫酸共热制备氯化氢，利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，氯化碘与浓硫酸共热可制备碘单质，这说明碘离子更易被氧化，其还原性比氯离子的更强，所以氯气的氧化性强于碘单质的氧化性，即可说明氯、碘两种元素非金属性得相对强弱，故d正确；
故答案为：bd；
(5)亚硫酸钠固体容易被空气氧化为硫酸钠，若检验是否变质，主要检验溶于水后是否存在硫酸根离子，其方法如下：取样溶于水，加入过量盐酸后，再加氯化钡，产生白色沉淀则已变质，若无白色沉淀生成，则未变质。
15．（10分）含硫化合物多为重要的化工原料。请回答下列问题：
I.多硫化物是含多硫离子(Sx2-)的化合物，可用作废水处理剂、硫化剂等。
（1）Na2S2的电子式为___。
（2）Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，该反应的离子方程式为___。
（3）黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，其煅烧的化学方程式为___。
II.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是一种食品抗氧化剂，易溶于水。
（4）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中硫元素的化合价为___。
（5）向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，发生反应的离子方程式为___。
（6）向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，发生反应的化学方程式为___。
III.硫代硫酸钠(Na2S2O3)是一种重要的滴定试剂，常用来滴定溶液中的含碘量。
（7）为测定某碘水中I2的浓度(假设碘水中的碘元素均以碘单质形式存在)，取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01ml·L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，当___(填实验现象)，即为终点。平行滴定3次，标准液的平均用量为20.00mL，则该碘水中I2的浓度为___mg·L-1。
【答案】（最后两空各2分，其余每空1分）（1） （2） S52−+2H+=H2S↑+4S↓ （3）4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2 （4） +4 （5） S2O52−+O2+H2O=2SO42−+2H+ （6）Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2 （7） 滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液，溶液由蓝色变为无色，且30s内不再变蓝 127
【分析】
Ⅰ．(1)Na2S2 是离子化合物，是钠离子和过硫根离子构成；
(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S；
(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2；
Ⅱ．(4)元素化合价倒数和为0计算得到元素的化合价；
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸；
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠；
Ⅲ．取该碘水200.00mL，加入淀粉溶液作为指示剂，滴加0.01ml•L-1硫代硫酸钠标准液，发生反应：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-，反应终点的现象是滴入最后一滴溶液，蓝色变为无色且半分钟不变，结合化学方程式定量关系计算。
【解析】
Ⅰ．(1)Na2S2的电子式为；
(2)Na2S5(易溶于水)在酸性条件下可生成H2S和S，反应的离子方程式为S52−+2H+=H2S↑+4S↓；
(3)黄铁矿(FeS2)是工业上制硫酸的重要原料，在氧气中煅烧生成Fe2O3和SO2，反应的化学方程式：4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2；
Ⅱ．(4)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)中，钠元素化合价+1价，氧元素化合价−2价，化合价代数和为0计算得到硫元素的化合价为+4；
(5)向某些饮料中添加少量焦亚硫酸钠(Na2S2O5)，可降低饮料中溶解氧的含量，Na2S2O5被氧气氧化得到硫酸钠和硫酸，反应的离子方程式：S2O52−+O2+H2O=2SO42−+2H+；
(6)向饱和碳酸钠溶液中通入过量SO2可制得焦亚硫酸钠，反应的化学方程式：Na2CO3+2SO2=Na2S2O5+CO2；
Ⅲ．碘水加入淀粉变蓝色，当消耗完碘单质后溶液变为无色，滴定终点的现象是：当滴入最后一滴硫代硫酸钠标准液后，溶液由蓝色变为无色且半分钟不再变蓝说明反应达到终点，发生反应：I2+2S2O32−=S4O62−+2I−，2×c(I2) ×V(I2)=c(S2O32−)×V(S2O32−)，c(I2)==0.0005ml/L，0.0005ml/L×127 g/ml×2×1000mg/g=127mg/L。
16．（12分）为探究Na2SO3溶液和铬( VI)盐溶液的反应规律，某同学进行实验如下：
已知：Cr2O72 -（橙色）+H2O2CrO42-（黄色）+2H+
（1）进行实验i和ii：
①用离子方程式解释实验i中现象：________________________。
②实验ii说明在碱性条件下，________________________。
（2）继续进行实验：
①实验ⅲ的目的是____________。
②继续向ⅳ中所得溶液中滴加稀硫酸溶液，溶液变绿色，说明_________________。
③根据实验ⅰ～ⅳ可推测铬（VI）盐中铬元素的稳定存在形式（填微粒符号）：
【答案】（每空2分）（1）①Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2ONa2SO3 ②溶液和铬（VI）盐溶液不发生氧化还原反应 ① 空白对照，排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响 ② 酸性条件下，Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液发生氧化还原反应，生成Cr3+ ③ Cr2O72- CrO42-
【解析】
本题主要考查探究Na2SO3溶液和铬( VI)盐溶液的反应规律的实验。
（1）①用离子方程式解释实验i中现象：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O。
②实验ii说明在碱性条件下，Na2SO3溶液和铬（VI）盐溶液不发生氧化还原反应。
(2)①实验ⅲ的目的是空白对照，排除水的稀释对溶液颜色变化造成的影响。
②继续向ⅳ中所得溶液中滴加稀硫酸溶液，溶液变绿色，说明酸性条件下，Na2SO3溶液和铬(VI)盐溶液发生氧化还原反应生成Cr3+。
③根据实验ⅰ～ⅳ可推测铬（VI）盐中铬元素的稳定存在形式（填微粒符号）：
17．（10分）利用金属矿渣(含有、及)制备晶体的实验流程如下。
(1)煅烧过程中和转化为和。与反应生成和的化学方程式为_______。
(2)为提高酸浸过程中铁的浸出率，实验中可采取的措施有_______(填字母)。
A. 增加矿渣的投料量 B. 将矿渣粉碎并搅拌
C. 缩短酸浸的时间 D. 适当提高酸浸温度
(3)向酸浸后的溶液中加入过量铁屑，除能将转化为外，还能_______；检验是否完全被还原的实验操作是_______。
(4)煅烧生成的用石灰乳吸收得到浆料，以浆料制备溶液的实验方案为_______。已知：；难溶于水；溶液中能大量存在。实验中可选用的试剂：，，。
【答案】（每空2分）(1) (2) BD (3) 将转化为 (4) 取少量还原后的上层清液，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原 向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的，再用或调节溶液的在4～6之间，过滤或：向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液，当测得介于4～6之间，停止滴加
【分析】
金属矿渣在空气中煅烧，和转化为和，硫元素转化为SO2，加入稀硫酸酸浸，生成硫酸铜和硫酸铁，然后加入铁还原生成硫酸亚铁和单质铜，过滤，滤液经过一系列操作得到晶体，据此解答。
【解析】
(1)煅烧过程中和转化为和，硫元素转化为SO2，则与反应生成和的化学方程式为。
(2)A. 增加矿渣的投料量，会降低铁的浸出率，A错误；
B. 将矿渣粉碎并搅拌有利于提高酸浸过程中铁的浸出率，B正确；
C. 缩短酸浸的时间，会降低铁的浸出率，C错误；
D. 适当提高酸浸温度有利于提高酸浸过程中铁的浸出率，D正确；
答案选BD。
(3)金属性铁强于铜，向酸浸后的溶液中加入过量铁屑，除能将转化为外，还能将转化为；检验是否完全被还原可以用KSCN溶液，其实验操作是取少量还原后的上层清液，向其中滴加溶液，若溶液不变红，则已完全被还原。
(4)根据题干信息溶液中能大量存在，且难溶于水，所以根据反应可知以浆料制备溶液的实验方案为：向浆料中加入一定量，边搅拌边缓慢滴加总量与溶液相同量的，测定反应液的，再用或调节溶液的在4～6之间，过滤或：向浆料中边搅拌边缓慢滴加，产生的气体通入溶液中，测定溶液，当测得介于4～6之间，停止滴加。
实验目的
实验方案
A
检验露置的Na2SO3是否变质
用盐酸酸化的BaCl2溶液
B
缩短容量瓶干燥的时间
将洗净的容量瓶放在烘箱中烘干
C
测定Na2CO3(含NaCl)样品纯度
取一定质量的样品与足量盐酸反应，用碱石灰吸收产生的气体
D
验证氧化性强弱：Ag+>Fe2+
向FeCl2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
向某无色溶液中加入稀盐酸，将产生的气体通入澄清石灰水中
澄清石灰水变浑浊
原溶液中一定含有CO或HCO
B
将NaClO溶液滴到pH试纸上
测得pH=9.8
NaClO溶液水解显碱性
C
两支试管各盛0. 1 ml/L 4 mL酸性高锰酸钾溶液，分别加入0.1 ml/L 2 mL草酸溶液和0.2ml/L2mL草酸溶液
加入0.2 ml/L草酸溶液试管中，高锰酸钾溶液褪色更快
反应物浓度越大，反应速率越快
D
把SO2通入紫色石蕊试液中
紫色溶液变红
SO2的水溶液呈酸性
序号
操作
现象
ⅰ
向2mLpH=2的0.05ml/LK2Cr2O7橙色溶液中滴加饱和Na2SO3溶液（pH约为9）3滴
溶液变绿色（含Cr3+）
ⅱ
向2mLpH=8的0.1ml/LK2CrO4黄色溶液中滴加饱和Na2SO3溶液3滴
溶液没有明显变化
序号
操作
现象
ⅲ
向2mL蒸馏水中滴加pH=2的0.05ml/LK2Cr2O7橙色溶液3滴
溶液变成浅黄色
ⅳ
向2mL饱和Na2SO3溶液滴加pH=2的0.05ml/LK2Cr2O7橙色溶液3滴
溶液变黄色
酸性条件
碱性条件
___________
__________
酸性条件
碱性条件
Cr2O72-
CrO42-
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