硫及其化合物高三复习教案配习题及答案详解

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1、-硫及其化合物适用学科高中化学适用年级高中三年级适用区域全国通用新课标版课时时长分钟60分钟知识点二氧化硫的化学性质二氧化硫的漂白性重要的硫酸盐和硫酸根离子的检验浓硫酸的吸水性和脱水性浓硫酸的强氧化性浓硫酸与金属铜和非金属单质碳的反响浓硫酸与碳反响中间产物的判断硫酸工业生产原理化学反响教学目标知识与技能：1、掌握硫及其化合物H2S、SO2、SO3、H2SO4等物理及化学性质。2、掌握O3、H2O2的性质。3、了解环境保护的相关常识。过程与方法：1、培养学生观察能力与分析思维能力。2.加深理解实践认识再实践再认识的辨证唯物主义的思维方法。情感态度与价值观：激发学生的学习兴趣与投身科学追求真理的积

2、极情感。教学重点二氧化硫的化学性质硫酸根离子的检验浓硫酸的强氧化性教学难点硫及其化合物的性质应用教学过程一、复习预习1、将*气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，*、Y不可能是A、*：SO2；Y：H2SB、*：Cl2；Y：CO2C、*：NH3；Y：CO2D、*：SO2；Y：Cl2【答案】B【解析】A、2H2S+SO23S+H2O，有沉淀生成，故A不符合；B、氯气不和BaCl2溶液反响，通入二氧化碳不能反响，无沉淀生成，故B符合；C、2NH3+H2O+CO2NH42C03，NH42C03+BaCl2BaCO3+2NH4Cl，故C不符合；D、Cl2+SO2+2H2OH2

3、SO4+2HCl，H2SO4+BaCl2BaSO4+2HCl，故D不符合；2、常温下，以下溶液可用铁制或铝制容器盛装的是A、浓盐酸B、浓硝酸C、稀硫酸D、稀盐酸A、盐酸是弱氧化性的酸，能和铁铝反响生成氢气，不能用铁铝制品容器盛放，故A错误；B、常温下，铁铝在浓硝酸中发生钝化现象，故铁铝制品容器可以盛放浓硝酸，故B正确C、稀硫酸有弱氧化性，能和铁铝反响生成氢气，不能用铁铝制品容器盛放，故C错误；D、稀盐酸是非强氧化性的酸，能和铁铝反响，不能用铝制品容器盛放，故D错误；应选B【答案】B【解析】A、盐酸是弱氧化性的酸，能和铁铝反响生成氢气，不能用铁铝制品容器盛放，故A错误；B、常温下，铁铝在浓硝酸中

4、发生钝化现象，故铁铝制品容器可以盛放浓硝酸，故B正确C、稀硫酸有弱氧化性，能和铁铝反响生成氢气，不能用铁铝制品容器盛放，故C错误；D、稀盐酸是非强氧化性的酸，能和铁铝反响，不能用铝制品容器盛放，故D错误；应选B二、知识讲解考点1臭氧1、 物理性质：常温、常压下，是一种有特殊臭味的淡蓝色气体，密度比空气密度大。2、 化学性质1极强的氧化性：O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O22不稳定性：2O3=3O2升高温度，分解速率加快3漂白和消毒4产生方式： 3O2=2O3放电条件3、臭氧层:引起臭氧空洞的原因考点2过氧化氢1、构造2、化学性质1不稳定性：2H2O2=2H2O+O22复原性：遇到强氧化

5、剂时，显复原性。2KMnO4+5H2O2+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+5O2+8H2O3氧化性： H2O2+Na2SO3=Na2SO4+H2O杀菌、消毒、漂白，能使NaOH的酚酞溶液的红色褪去，注意不是H2O2的弱酸性所致。考点3硫及硫的氧化物1、硫1残留在试管壁上的硫呈现淡黄色色，可以用 CS2溶解除去，因为硫的溶解性为难溶于水，微溶于酒精，易溶于二硫化碳。2如何比拟S与Cl2的氧化性强弱.从与非金属、金属反响的角度举三个例子.3S在空气中燃烧和在纯氧中燃烧时，现象是否一样.产物是否一样.2、二氧化硫1SO2的物理性质颜色、状态：SO2是一种无色、有刺激性气味的气体。溶解性：SO

6、2易溶于水，且易液化。毒性：SO2有毒，尾气中的SO2用碱溶液吸收。密度：SO2的密度比空气的大，收集SO2用向上排空气法。2SO2的化学性质具有酸性氧化物的通性A与H2O反响SO2与水反响生成H2SO3，化学方程式为： SO2+H2O=H2SO3。B使指示剂变色：SO2能使石蕊试液变红色。注意：SO2不能使指示剂褪色。C与碱反响当NaOH足量时，反响的化学方程式为：SO2+2NaOH= Na2SO3+H2O；当NaOH缺乏量时，反响的化学方程式为：SO2+NaOH= NaHSO3。D可与碱性氧化物或*些盐反响。SO2与Na2SO3溶液反响生成NaHSO3，化学方程式为：SO2+Na2SO3+

7、H2O=2NaHSO3。氧化性将SO2通入到氢硫酸H2S溶液中：A反响的化学方程式为：2H2S+SO2 =3S+2H2O；B实验现象：产生淡黄色沉淀。复原性ASO2被O2氧化成SO3的反响的化学方程式为：2SO2+O22SO3。BSO2的水溶液能被*2Cl2、Br2、I2氧化，如SO2能使溴水褪色，反响的化学方程式为：SO2+Br2+2H2O= 2HBr+H2SO4。CSO2能使酸性KMnO4溶液的紫红色褪去,反响的离子方程式为：2MnO+5SO2+2H2O= 2Mn2+5SO+4H+化合漂白性SO2+H2O+有色物质不稳定无色物质有色物质3三氧化硫1SO3与水的反响：SO3+H2O=H2SO

8、4 ，反响放出大量的热。2SO3是酸性氧化物，它跟碱性氧化物或碱都能反响生成硫酸盐。SO3与氧化钙的反响：SO3+CaO= CaSO4。SO3与Ca(OH)2的反响：SO3+Ca(OH)2=CaSO4+H2O。*二氧化硫和二氧化碳比拟SO2CO2物理性质颜色气味无色、刺激性气味无色无味密度比空气大比空气大毒性有毒无毒溶解性易溶，常温常压下1：40微溶，常温常压下1：1熔点相对较高，易液化相对较低，难液化化学性质与水反响SO2H2O=H2SO3CO2H2O=H2CO3与碱反响通入澄清的石灰水中，先生成沉淀，当气体过量时沉淀又溶解Ca(OH)2SO2=CaSO3H2OCaSO3SO2H2O=Ca(

9、HSO3)2通入澄清的石灰水中，先生成沉淀，当气体过量时沉淀又溶解Ca(OH)2CO2=CaCO3H2OCaCO3CO2H2O=Ca(HCO3)2氧化性SO22H2S=3S2H2OCO2C=2CO复原性能被高锰酸钾、氧气、氯水、溴水、碘水等氧化剂氧化无漂白性能与*些有色物质生成不稳定的无色物质而使其褪色无对环境的影响形成酸雨，直接危害人体安康引起温室效应鉴别利用二氧化硫的刺激性气味利用二氧化硫的复原性，用高锰酸钾溶液或溴水是否褪色鉴别利用二氧化硫的漂白性，用品红溶液鉴别*SO2和CO2的鉴别方法SO2和CO2都能使澄清的石灰水变浑浊，假设通入的气体过量，则沉淀都可消失。所以不能用澄清的石灰水鉴

10、别CO2和SO2。通常可用以下方法：(1)用品红溶液，使品红溶液褪色的是SO2，不能使品红溶液褪色的是CO2。(2)用氢硫酸，出现浑浊的是SO2，无明显现象的是CO2。2H2SSO2=3S2H2O。(3)用酸性KMnO4溶液，紫色褪色的是SO2，无明显现象的是CO2；2KMnO45SO22H2O=K2SO42MnSO42H2SO4。(4)用溴水，使橙色褪去的是SO2，无明显现象的是CO2；Br22H2OSO2=2HBrH2SO4。(5)用HNO3酸化的Ba(NO3)2，溶液产生白色沉淀的是SO2，无明显现象的是CO2。2HNO33SO22H2O=3H2SO42NO，Ba(NO3)2H2SO4=

11、BaSO42HNO3。(6)用FeCl3溶液，使棕黄色变绿色的是SO2，无明显现象的是CO2。考点4硫酸1、稀硫酸：具有酸的通性。2、浓硫酸：1物理性质纯H2SO4是无色油状液体，沸点高，难挥发，密度大于水，溶解于水时放出大量的热。2特性吸水性常用作枯燥剂A可用浓H2SO4枯燥的气体有：H2、O2、N2、CO2、Cl2、HCl、SO2、CO、CH4、C2H2、C2H4等。B不能用浓硫酸枯燥的气体有：碱性气体，如 NH3；复原性气体，如 H2S、HBr、HI 等。脱水性浓H2SO4将有机物里的氢、氧元素按原子个数 2:1的比例脱去，例如：C2H5OHCH2=CH2+H2O。(3)强氧化性与金属的

12、反响浓H2SO4能氧化Cu等不活泼的金属，反响的化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓)=CuSO4+SO2+H2O。冷的浓H2SO4能使铁、铝发生钝化。与非金属的反响加热条件下浓H2SO4能氧化C等非金属单质，反响的化学方程式为：C+2H2SO4浓 CO2+2SO2+2H2O 。*硫酸跟金属反响的一般规律(1)稀硫酸跟金属活动顺序中氢前面的金属反响放出H2，跟氢后面的金属不反响。(2)在常温下铁、铝遇冷的浓硫酸发生“钝化，但加热时却剧烈地反响。(3)Au、Pt与浓、稀硫酸均不发生反响。(4)除Au、Pt之外的大局部金属，在加热的条件下均能跟浓硫酸发生反响，但不放出H2。浓硫酸的复原产物一般是S

13、O2，被复原的H2SO4占参加反响H2SO4总量的1/2*如何鉴别浓H2SO4和稀H2SO4.试列举可能的方法。方法一：取少量蒸馏水，向其中参加少量试样硫酸，如能放出大量热则为浓H2SO4，无明显变化则为稀H2SO4。方法二：观察状态，浓H2SO4为黏稠状液体，而稀H2SO4为黏稠度较小的溶液。方法三：用手掂掂份量，因为浓H2SO4的密度较大1.84 g/cm3)。一样体积的浓H2SO4和稀H2SO4，浓H2SO4的质量大得多。方法四：取少量试样，向其中投入铁片，假设产生大量气体则为稀H2SO4，Fe+2H+=Fe2+H2；假设无明显现象钝化，则为浓H2SO4。方法五：用玻璃棒蘸取试样在纸上写

14、字，立即变黑浓H2SO4的脱水性者为浓H2SO4，否则为稀H2SO4。方法六：取少量试样，分别投入一小块铜片，稍加热发生反响的有气泡产生为浓H2SO4浓H2SO4的强氧化性，无现象的是稀H2SO4。3SO的检验检验SO时要防止其他离子的干扰Ag干扰：先用盐酸酸化，能防止Ag干扰，因为AgCl=AgCl。CO、SO干扰：因为BaCO3、BaSO3也是白色沉淀，与BaSO4白色沉淀所不同的是这些沉淀能溶于强酸中。因此检验SO时，必须用酸酸化(不能用稀HNO3酸化)。例如：BaCO32H=H2OCO2Ba2。所用钡盐溶液不能为Ba(NO3)2溶液，因为在酸性条件下，SO32等会被溶液中的NO3(H)

15、氧化为SO42，从而得出错误的结论。4SO的检验参加氯化钡溶液生成白色沉淀，再参加盐酸，沉淀溶解并产生具有刺激性气味的气体。发生的反响为：SOBa2=BaSO3，BaSO32H=Ba2SO2H2O。5硫酸的用途1制取化肥，如磷肥、氮肥；2去除金属外表的氧化物；3制取挥发性酸；4用于精炼石油，制造炸药、农药等，是实验室里常用的试剂。三、例题精析【例题1】【题干】一位同学设计了以下三个实验方案以验证*无色气体中既含有SO2，又含有CO2。方案一：将无色气体通入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色，反响后气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊。即可证明原无色气体中既含有SO2，又含有CO2。方案二：将无

16、色气体通入溴水，溴水褪色，将反响后的气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，证明原无色气体中既含有SO2，又含有CO2。方案三：将无色气体通入品红试液后再依次通入酸性KMnO4溶液、品红试液，最后通入澄清的石灰水。结果品红试液褪色、KMnO4溶液颜色变浅、品红试液不褪色、石灰水变浑浊，证明原无色气体既含有SO2，又含有CO2。(1)试答复上述三个方案中，能证明原无色气体中既含有SO2，又含有CO2的方案是_。简述其理由：_。(2)假设将该无色气体通入用HNO3酸化的BaCl2溶液，无沉淀产生，将该气体再通入澄清石灰水产生白色沉淀，说明含有什么成分.(3)假设考虑物理方法你还能设计一套实验方案吗.【答

17、案】(1)方案三，品红试液褪色证明含有SO2，KMnO4溶液颜色变浅、品红试液不褪色证明SO2已除尽，澄清石灰水变浑浊证明含有CO2。(2)该气体含有CO2无SO2，因为假设有SO2，通入含有HNO3的溶液中会被氧化为H2SO4，与BaCl2溶液反响产生BaSO4沉淀。(3)可先闻气味，假设有刺激性气味证明含有SO2，再用溴水或KMnO4将SO2除尽后用澄清石灰水检验CO2的存在。【解析】分析时一要考虑SO2与CO2的共性是均能使澄清石灰水变浑浊；二要考虑到二者的区别，SO2具有复原性，并能使品红试液褪色，CO2不具备这些性质；三要考虑能使酸性KMnO4溶液、溴水褪色的物质不仅有SO2，还有H

18、2S、C2H4、C2H2等。因此证明既有SO2又有CO2的实验程序一般应为检验SO2存在除去SO2证明SO2已除尽证明CO2存在。符合上述实验程序的应是方案三。【例题2】【题干】将过量SO2通入以下溶液中，能出现白色沉淀的是( )Ca(OH)2BaCl2NaAlO2Na2SiO3 Ba(NO3)2苯酚钠Na2CO3A、B、C、D、【答案】D【解析】过量SO2通入Ca(OH)2、BaCl2、Na2CO3溶液中，不能出现白色沉淀，通入NaAlO2，Na2SiO3、Ba(NO3)2、苯酚钠溶液中，有白色沉淀产生【例题3】【题干】以下实验过程中，始终无明显现象的是( )A、NO2通入FeSO4溶液中B

19、、CO2通入CaCl2溶液中C、NH3通入AlCl3溶液中D、SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中【答案】B【解析】NO2通入后和水反响生成具有强氧化性的硝酸，其将亚铁盐氧化为铁盐，溶液颜色由浅绿色变为黄色，排除A；CO2和CaCl2不反响，无明显现象，符合，选B；NH3通入后转化为氨水，其和AlCl3反响生成氢氧化铝沉淀，排除C；SO2通入酸化的硝酸钡中，其被氧化为硫酸，生成硫酸钡沉淀，排除D。易错警示：解答此题的易错点是：不能正确理解CO2和CaCl2能否反响，由于盐酸是强酸，碳酸是弱酸，故将CO2通入CaCl2溶液中时，两者不能发生反响生成溶于盐酸的碳酸钙沉淀。四、课堂运用【根底】1

20、.以下关于实验中颜色变化的表达正确的选项是A、将二氧化硫通入品红溶液中，溶液显红色，加热后变为无色B、向溶液中参加新制氯水，再滴加KS溶液，假设溶液变红色，则证明溶液中一定含有Fe2C、将湿润的红纸条放进盛有氯气的集气瓶中，红纸条褪色D、用标准高锰酸钾溶液滴定Na2SO3溶液，终点时溶液由紫色变为无色【答案】C【解析】A中，SO2遇品红溶液使之褪色，而加热后红色复原；B中，该操作不能排除原溶液中是否含有Fe3，正确的操作应该是先滴加KS溶液，假设溶液不变红色，再参加新制氯水进展检验；D中，当Na2SO3被消耗完毕时，再滴加高锰酸钾溶液则出现紫色，故终点时的颜色变化是由无色变为紫色。2.以下物质

21、均有漂白作用，其漂白原理一样的是次氯酸臭氧二氧化硫活性炭A、B、C、D、【答案】A【解析】次氯酸具有漂白作用，利用的是强氧化性；臭氧具有漂白主要，利用的是强氧化性；二氧化硫具有漂白作用，利用二氧化硫和水反响生成的亚硫酸和有机色素结合为不稳定的无色物质；活性炭具有漂白作用，利用的是吸附作用；综上所述：漂白原理一样，应选：A3.以下气体中不能用浓硫酸枯燥的是A、O2B、CO2C、NH3D、SO2【答案】C【解析】浓硫酸具有强氧化性和酸性，则NH3不能用浓硫酸枯燥，可与硫酸反响生成硫酸铵，而其它气体与浓硫酸不反响，可用浓硫酸枯燥4.以下现象或事实可用同一原理解释的是A、浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中

22、浓度降低B、氯水和活性炭使红墨水褪色C、漂白粉和水玻璃长期暴露在变质D、乙炔和乙烯使溴的四氯化炭溶液褪色【答案】D【解析】选项A中浓硫酸的浓度下降，是由于浓硫酸具有吸水性，而盐酸浓度的下降是由于浓盐酸具有挥发性；选项B中氯水使红墨水褪色，是由于氯水中含有HClO，HClO具有氧化性，破坏有色物质的构造，而活性炭使红墨水褪色，是由于活性炭具有吸附性，将红墨水吸附在活性炭的外表；选项C中漂白粉和水玻璃均与空气中的CO2和H2O反响，但漂白粉反响生成CaCO3和HClO，HClO分解生成HCl和O2；选项D中乙烯、乙炔使溴的四氯化碳溶液褪色，乙烯和乙炔与Br2发生了加成反响，它们的原理一样。5.氯气

23、和二氧化硫都有漂白性，假设将等物质的量的这两种气体同时作用于潮湿的有色物质，可以观察到有色物质A、立刻褪色B、慢慢褪色C、先褪色，后复原D、颜色不褪【答案】D【解析】容易错选成A，静态的认为由于两者均有漂白性，当两者混合时，漂白作用加强。因此，氯气和二氧化硫同时作用于潮湿的有色物质时，有色物质将立即褪色。而忽略了等物质的量两者相互混合时将发生氧化复原反响，SO2+Cl2+2H2O=2HCl+H2SO4，且两者均无剩余，失去漂白能力。【稳固】1. *同学用如以下图装置探究SO2的性质及其有关实验。(1)实验室用亚硫酸钠固体和一定浓度的硫酸反响制备SO2气体，写出该反响的化学方程式：。2分别将SO

24、2气体通入以下C溶液中，请答复以下问题：少量SO2通入紫色石蕊试液，现象是，继续通入过量SO2气体，现象是。SO2通入紫红色KMnO4溶液，现象是，其反响的离子方程式为。SO2慢慢地通入澄清石灰水中，现象是。假设C取双氧水，则通入SO2后，请大胆判断所得溶液是什么填溶质的化学式，假设该同学制备的SO2气体中混有CO2气体，产生杂质的的原因可能是亚硫酸钠固体中混有。要证明气体中既有SO2又有CO2，应该选用的试剂依次为。【答案】1Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O(2)变红不褪色或不明显颜色逐渐变淡或紫红色消失 5SO2+2MnO+2H2O=5SO+2Mn2+4H+先变浑浊，

25、后又变澄清H2SO4碳酸盐或碳酸氢盐品红、酸性KMnO4溶液、品红、澄清石灰水【解析】2SO2通入水中生成H2SO3，H2SO3H+HSO，HSO H+SO，溶液呈酸性，遇到石蕊显红色。SO2通入紫红色KMnO4溶液中MnO氧化SO2，自身被复原为Mn2+，所以颜色逐渐变淡或紫红色消失。SO2通入澄清石灰水中SO2+Ca(OH)2= CaSO3+H2O，过量时SO2+CaSO3+H2O=Ca(HSO3)2。证明气体中既有SO2又有CO2，首先证明SO2，再除去SO2，防止干扰CO2的检测。【拔高】1. *科研小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时，利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进展吸

26、收处理。1请完成SO2与过量NaOH溶液反响的化学方程式：SO2+2NaOH = _2反响Cl2+Na2SO3+2 NaOH=2NaCl+Na2SO4+H2O中的复原剂为_3吸收尾气一段时间后，吸收液强碱性中肯定存在Cl-、OH和SO。请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子不考虑空气的CO2的影响 提出合理假设假设1：只存在SO；假设2：既不存在SO也不存在ClO-；假设3：_ 设计实验方案，进展实验。请在答题卡上写出实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3moLL-1H2SO4、1moLL-1NaOH、0.01molL-1KMnO4、淀粉-KI溶液、紫色石蕊试液实验步骤预期现象和

27、结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中步骤2：步骤3：【答案】(1) Na2SO3+H2O(2) Na2SO3(3) SO、ClO-都存在实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3 moLL-1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中步骤2：在A试管中滴加紫色石蕊试液假设先变红后退色，证明有ClO-，否则无步骤3：在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液假设紫红色退去，证明有SO，否则无【解析】(1) NaOH过量，故生成的是正盐：SO2+2NaOH =Na2SO3+H2O。(2

28、)S元素的价态从+4+6，失去电子做表现复原性，故复原剂为Na2SO3。(3)很明显，假设3两种离子都存在。参加硫酸的试管，假设存在SO、ClO-，分别生成了H2SO3和HClO；在A试管中滴加紫色石蕊试液，假设先变红后退色，证明有ClO-，否则无；在B试管中滴加0.01molL-1KMnO4溶液，假设紫红色退去，证明有SO，否则无。课程小结本节课复习了硫及硫的化合物的相关性质，重点容是二氧化硫、硫酸的化学性质及硫酸根离子的检验课后作业【根底】1.以下由相关实验现象所推出的结论正确的选项是A、Cl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性B、向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色

29、沉淀，说明该溶液中一定有SO42C、Fe与稀HNO3、稀H2SO4反响均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反响D、分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【答案】D【解析】SO2使品红溶液褪色，利用的是SO2与有色物质化合生成无色物质，不能说明其具有氧化性，A项错误；向溶液中含有SO32时，参加酸化的Ba(NO3)2也会出现白色沉淀，B项错误;Fe与稀硝酸反响生成的气体为NO，该反响不是置换反响，C项错误；HCl、NH3极易溶于水，盛有HCl、NH3充满的烧瓶倒置水中，气体溶解，液面迅速上升，D项正确。2.以下有关物质的性质与应用不相对应的是A、明矾能水解

30、生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂B、FeCl3溶液能与Cu反响，可用于蚀刻印刷电路C、SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D、Zn具有复原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料【答案】C【解析】此题属于元素及其化合物知识的考察畴，这些容都来源于必修一、和必修二等课本容。铝离子水解、胶体的吸附性、Fe3的氧化性、SO2和Zn的复原性等容。3.以下试验中，始终无明显现象的是A、NH3通入AlCl3溶液中B、SO2通入HNO3酸化的BaNO32溶液中C、NO2通入FeSO4溶液中D、CO2通入CaCl2溶液中【答案】D【解析】A、NH3通入AlCl3溶液中生成氢氧化铝白色沉淀，现象明显，故A错误；B

31、、SO2通入HNO3酸化的BaNO32溶液中，生成硫酸钡白色沉淀，现象明显，故B错误；C、NO2通入FeSO4溶液中，溶液由浅绿色Fe2+变黄色Fe3+，现象明显，故C错误；D、CO2通入CaCl2溶液中，不反响，没有明显现象，故D正确，应选：D4.在Fe2SO43、CuSO4、Al2SO43的混合溶液入适量H2S，产生的沉淀物是A、FeS和CuSB、CuSC、CuS和SD、Al2S3、FeS和CuS【答案】C【解析】Fe2SO43、CuSO4、Al2SO43的混合溶液中氧化性离子的强弱顺序为Fe3+Cu2+Al3+，其中铜离子和硫离子反响生成硫化铜沉淀；2Fe3+H2S=S+2H+2Fe2+

32、，Cu2+H2S=CuS+2H+；判断最后生成的沉淀为CuS和S；应选C5.等物质的量的镁和铝混合均匀后，分为等量的四份，分别加到足量的以下溶液中，充分反响后，放出氢气最多的是A、3 molL-1HCl溶液B、3 molL-1HNO3溶液C、8 molL-1NaOH溶液D、18 molL-1浓H2SO4溶液【答案】A【解析】A镁和铝都与盐酸反响生成氢气；B硝酸和镁、铝反响都不产生氢气；C镁和氢氧化钠溶液不反响，铝和氢氧化钠溶液反响生成氢气；D浓硫酸和镁反响不产生氢气，和铝发生钝化现象；所以产生氢气最多的是镁和铝都产生氢气的情况，应选A【稳固】1. *研究性学习小组为研究Cu与浓H2SO4的反响

33、，设计如下实验探究方案装置中的固定仪器和酒精灯均未画出：请答复以下问题：1D、E两容器中CCl4的作用是。2加热过程中，观察到A容器中出现大量白色烟雾，随着反响的进展，底部有白色沉淀生成，你认为该沉淀物是，分析可能的原因是。3对A容器中的浓H2SO4和铜片进展加热，很快发现C容器中品红溶液褪色，但始终未见D容器中澄清石灰水出现浑浊或沉淀。你的猜测是。设计实验验证你的猜测。4实验完毕后，为了减少环境污染，将各容器中的SO2除尽，可采取的操作是。【答案】1防止倒吸2CuSO4浓硫酸中含水少，生成的硫酸铜较多，且浓硫酸具有吸水作用3SO2溶解度较大，澄清石灰水中Ca(OH)2含量低，生成了Ca(HS

34、O3)2溶液取样后，向其中参加氢氧化钠溶液，观察是否有沉淀生成或者加热、加盐酸检验SO2气体等方法4翻开A容器上的弹簧夹，用注射器向其入空气，最后再在B中参加NaOH溶液盖上塞子，振荡即可【解析】1SO2通入碱溶液中易发生倒吸，但SO2在CCl4中溶解度小，所以CCl4的作用是防止倒吸。2根据铜与浓硫酸反响的产物可推知，白色沉淀可能为无水硫酸铜。这是由于浓硫酸浓度较大，含水量少，再加上浓硫酸的吸水作用，硫酸铜无法带结晶水析出，只能生成无水硫酸铜。3要从SO2易溶于水，产生气体速度快和澄清石灰水中Ca(OH)2含量低，易生成Ca(HSO3)2的角度来考虑。4注意观察A容器的构造特点，可通入空气将

35、各容器中的SO2排入NaOH溶液中。还要注意，此法不能完全赶走B瓶中的SO2，要另外参加NaOH溶液除去。【拔高】1.物质AG有以以下图所示转化关系局部反响物、生成物没有列出。其中A为*金属矿的主要成分，经过一系列反响可得到B和C。单质C可与E的浓溶液发生反响，G为砖红色沉淀。请答复以下问题：1写出以下物质的化学式：B、E、G；2利用电解可提纯C物质，在该电解反响中阳极物质是，阴极物质是，电解质溶液是；3反响的化学方程式是。4将0.23 mol B和0.11 mol氧气放入容积为1 L的密闭容器中，发生反响，在一定温度下，反响到达平衡，得到0.12 mol D，则反响的平衡常数K=。假设温度不变，再参加0.50 mol氧气后重新到达平衡，则B的平衡浓度填“增大、“不变或“减小，氧气的转化率填“升高、“不变或“降低，D的体积分数填“增大、“不变或“减小。【答案】1SO2 H2SO4 Cu2O 2粗铜精铜 CuSO4溶液3Cu+2H2SO4 (浓)CuSO4+SO2+2H2O423.8mol-1L 减小降低减小【解析】通过连续氧化可知A、B、D的物质种类，再结合碱性条件下和葡萄糖的反响可知F为氢氧化铜，联系电解和平衡的知识可知答案. z.