1、备战高考化学备考之硫及其化合物压轴突破训练培优易错试卷篇(1)一、高中化学硫及其化合物1 某研究性学习小组的甲、乙同学分别设计了以下实验来验证元素周期律。（）甲同学在 a、 b、 c 三只烧杯里分别加入加入 大小相近的锂、钠、钾块，观察现象。甲同学设计实验的目的是 _ 反应最剧烈的烧杯是 _（填字母）；写出 b 烧杯里发生反应的离子方程式 _50 mL 水，再分别滴加几滴酚酞溶液，依次（）乙同学设计了下图装置来探究碳、硅元素的非金属性强弱，根据要求完成下列各小题（1）实验装置：（ 2）实验步骤： 连接仪器、 _、加药品后，打开 a、然后滴入浓硫酸，加热。（ 3）问题探究：（已知酸性强弱 :亚硫
2、酸 碳酸）铜与浓硫酸反应的化学方程式是_，装置 E 中足量酸性 KMnO4 溶液 的作用是_。能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是_；试管 D 中发生反应的离子方程式是_。【答案】验证锂、钠、钾的金属性强弱；c 2Na+2H2O=2Na+2OH + H2 检查装置气密性 Cu+2H2 442222SO (浓 )CuSO + 2H O+ SO 除去 CO 中混有的SO 盛有硅酸钠溶液的试管出现白色沉淀；SO2+ HCO3= CO2 + HSO3【解析】【分析】乙同学设计实验探究碳、硅元素的非金属性强弱。先用浓硫酸和铜在加热条件下制备二氧化硫气体，通入D 试管与饱和碳酸氢钠反应生成
3、二氧化碳，混合气体通入试管E，除去混有的二氧化硫，剩余的二氧化碳通入试管F 与硅酸钠溶液反应，会出现白色沉淀。该实验需要改良的地方尾气处理装置，以及防干扰装置（防止空气中的二氧化碳进入装置F，干扰实验结构，可以加一个球星干燥管，内盛放碱石灰）。【详解】（ ） 由某研究性学习小组设计实验验证元素周期律可得，甲同学设计的实验目的是：验证锂、钠、钾的金属性强弱； 金属性： K Na Li，金属性越强，单质与水反应越剧烈，故反应最剧烈的烧杯是c； b 烧杯里发生反应的离子方程式：2Na+2H2 O=2Na+2OH+ H2；（ ）（ 2）实验步骤：有气体参与反应，先连接仪器、检查装置气密性、加药品（先加
4、固体，后加液体）后，打开a、然后滴入浓硫酸，加热。（3） 铜与浓硫酸反应的化学方程式是：Cu+2H2 4422；根据分SO (浓 )CuSO+ 2H O+ SO析，高锰酸钾的作用是除去CO2 中混有的SO2； 非金属性越强，最高价氧化物的水化物酸性越强，若碳酸可以制得硅酸，则可以证明碳酸强于硅酸，从而可以证明二者非金属性的强弱，故能说明碳元素的非金属性比硅元素非金属性强的实验现象是：盛有硅酸钠溶液的试管出现白色沉淀； 试管 D 用 SO与 NaHCO制备 CO，反应的离子方程式：SO + HCO= CO + HSO 。23223232A、 B、 D、 E、G 是原子序数依次增大的五种短周期元素
5、，A 与 E 同主族， A、 B 和 E 的原子最外层电子数之和为19， B 与 G 的单质都能与H2 反应生成 “ HX”代(X表 B 或 G)型氢化物,D 为同周期主族元素中原子半径最大的元素。(1)B 在元素周期表中的位置是 _。(2)D 的两种常见氧化物中均含有_( 填“离子键 ”或“共价键 ”)。(3)E 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液和木炭共热,反应的化学方程式为_。(4)D 的最高价氧化物对应水化物的溶液与G 的单质反应 ,反应的离子方程式为_。(5)用原子结构解释 “B、G 单质都能与 H2 反应生成 HX 型氢化物 ”的原因： _。【答案】第2 周期第 VIIA 族离子键2
6、H2 42222SO (浓 )+CCO +2SO +2H OCl +2OHClO 2VIIA 族 ,其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电+Cl +H O 氟和氯同在子形成共价键【解析】【分析】A、 B、 D、E、 G 是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B 与 G 同主族， B 与 G 的单质都能与 H2 反应生成 “ HX” 代(X表 B 或 G)型氢化物，则B 为 F 元素， G 为 Cl 元素 D 为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F 而小于 Cl，则 D 为 Na 元素同主族， A、 B 和 E 的原子最外层电子数之和为19，可知 A 与 E 的最外层电
7、子数都为A 为 O 元素， E 为 S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识的解答。A 与 E6，则【详解】A、 B、 D、E、 G 是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B 与 G 同主族， B 与 G 的单质都能与 H2 反应生成 “ HX” 代(X表 B 或 G)型氢化物，则B 为 F 元素， G 为 Cl 元素 D 为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F 而小于 Cl，则 D 为 Na 元素 A 与 E同主族， A、 B 和 E 的原子最外层电子数之和为19，可知 A 与 E 的最外层电子数都为 6，则A 为 O 元素， E 为 S元素；(1)B 为 F 元
8、素，位于周期表第2 周期第 VIIA 族；(2)D 为 Na 元素，其两种常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，二者均含有离子键；(3)E 的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，具有强氧化性，和木炭共热反应化学方程式为 2H2 SO4 (浓 )+CCO2 +2SO +2H2O；(4)氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-ClO-+Cl-2+H O；(5)氟和氯同在 VIIA 族，其原子最外层电子数均为7，均可与氢原子共用一对电子形成共价键，单质都能与H2 反应生成 HX 型氢化物。3 物质X是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3A 按（在 180升华）和
9、一种盐物质的量之比1： 2 组成。在密闭容器中加热X 使之完全分解，发生如下转化：请回答下列问题：（1） X 的化学式为 _。（2）将 E 混合晶体溶于水配成溶液，向溶液中加入过量稀 NaOH 溶液时发生的总反应的离子方程式为 _。（ 3）高温下，若在密闭容器中长时间煅烧 X，产物中还有另外一种气体，请设计实验方案验证之 _。【答案】 AlCl32FeSO4 Al3+2H+6OH-=AlO2-+4H2 O将气体通入足量 NaOH 溶液中，收集余气，把一条带火星的木条伸入其中，若复燃，则说明是O2【解析】【分析】固体氧化物 B 溶于稀盐酸后得到的溶液C 中滴加 KSCN溶液，混合液变血红色，说明
10、B 中含有 Fe3+，则 B 为 Fe2O3， C 为 FeCl3 溶液，无色 D 气体能使品红褪色，则D 为 SO2，由元素守恒可知 A 中含有 Fe、S、 O 元素， A 加热分解能生成氧化铁和二氧化硫，则盐A 为FeSO4，氧化铁的物质的量为3.2g0.448L=0.02mol ，生成二氧化硫为=0.02mol ，160g/mol22.4L/mol由 Fe、 S 原子为 1： 1 可知生成 SO3 为 0.02mol ， 4.27g 混合晶体 E 为 AlCl3 和 SO3 ，AlCl3 的物4.27g-0.02mol80g/mol质的量为=0.02mol，X的组成为AlCl3 2FeS
11、O4，以此解答该题。133.5g/mol?【详解】(1)根据上述分析，X 的化学式为AlCl?2FeSO4；(2)将 E 混合晶体溶于水配成溶液，三氧化硫反应生成硫酸，则硫酸与氯化铝的物质的量相等，逐滴加入过量稀NaOH 溶液，该过程的总反应的离子方程式为：Al3+2H+6OH-=AlO2-+4H O；2(3)若在高温下长时间煅烧X，生成的三氧化硫再分解生成二氧化硫和氧气，另一种气体分子式是O2，检验氧气的方法为：将气体通入足量NaOH 溶液中，收集余气，把一条带火星的本条伸入其中，若复燃，则说明是O2。4 常见含硫物质AD，在生活、生产中有着广泛应用，它们之间的转化关系如下图所示。其中反应、
12、中所需物质B 溶液的浓度不同。请按要求回答下列问题：（ 1） A 的化学式为 _。（2）反应、中Cu、 Fe 所起的作用相同，即都作_（填 “氧化剂 ”或 “还原剂 ”），你判断的依据是它们都是金属，在反应中都_。（ 3）反应的离子方程式为 _。（ 4）大气中因废气 A 引起酸雨的反应流程之一可用下图示意：上图中由 DB的转化所需氧化剂为 _。当将含 D 的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（ H+）将_。（填 “增大 ”“减小 ”或 “不变 ”）。废气 A 是一种重要的化工原料，常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。某工厂若将46A 进行环保处理，. 4810L（标准状
13、况下）废气完全转化为 NH43氨水溶液（溶质全部以32计）的体积为HSO 时，需消耗 10mol/LNH ?H O_L。【答案】 SO2还原剂失去电子，化合价升高+2+22增大 20000Fe+2H =Fe +H O【解析】【分析】由 B(含氧酸 )在常温下与足量的铁反应生成C(硫酸盐 )，故 B 是 H24SO ，反应方程式为Fe+2H SO =FeSO +H ， C 是FeSO；Cu+2H SO (浓)CuSO+SO +2H OSO，24424244222SO +H OH SO， D是 H SO 。222323【详解】（1）由解析可知， A 的化学式为 SO2；（2）反应、中，反应前后Cu
14、、 Fe 元素的化合价都升高，故反应、中Cu、 Fe 所起的作用相同，即都作还原剂；（3）铁与稀硫酸常温下反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2；（4） H2SO3 H2SO4过程中， S 元素化合价升高，即H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4；2H2SO3+ O2 = H2SO4， H2SO3 是弱酸， H2SO4 是强酸，故当将含H2SO3 的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其cH+SOn(SO2)() 将增大；2 NH3?H2O NH4HSO3，=+=4.48 106L55=2.0 10mol ，故 n(NH3?H2O)= 2.0 10mol ，需消耗 10
15、mol/L 氨水溶液（溶质全22.4L/mol部以 NH3?H2O 计）的体积为2.0105 mol =20000L。10mol/L【点睛】本题是结合图考查S 元素的化合物知识，有关化学方程式书写等，难度不大。5 某无色混合溶液中可能含有的离子如下表所示：可能大量含有的阳离子H 、Al3、 NH4 、 Na可能大量含有的阴离子Cl 、 AlO2、 SO42 、 MnO 4、 Br、 I、 CO32为探究其成分，进行了以下探究实验。探究一：甲同学取一定量的混合溶液，用 pH 试纸检验，溶液 pH 7；向其中逐液加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量 (n)与加入氢氧化钠溶液的体积 (V)的关系如图
16、所示。探究二乙同学取一定量的混合溶液，向溶液中加氯水，无气体产生，再加入CCl4 振荡、静置，CCl4 层呈橙红色，用分液漏斗分液；向分液后的水溶液中加入AgNO3 和HNO3 混合液，有白色沉淀产生。探究三：另取原溶液少量加入Ba(NO3)2 和盐酸的混合液，产生白色沉淀。（1）该溶液中一定含有的阴离子是_；其中能确定离子浓度之比的，对应离子物质的量浓度之比为 _；不能肯定是否含有的离子是_。确定其中阳离子的实验方法为_。（2）请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式_。【答案】 Br-42c(+)4+3+231、Cl-)： c(AlNa焰色反应3、 SOH： c(NH)=： ：Al(OH)
17、 +OH AlO2-+2H2O【解析】【分析】无色混合溶液中不能含有MnO 4；由探究一知，溶液的 pH7，开始加入2V0NaOH 无沉淀生成说明发生的反应是：H+OH-H2O，有 H+，则无 AlO2-、 CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为 Al3+3OH- Al(OH)3，有 Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：NH+-4+OH =NH3?H2O，消耗氢氧化钠溶液 3V0；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0 氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为 Al(OH)3+OH- A
18、lO2-+2H2O，消耗氢氧化钠的体积V0；根据探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入 CCl4 振荡、静置， CCl4层呈橙红色，说明有 Br-，不含 I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3 和3-，因为加入的氯水被还原成HNO 混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有ClCl-，不能确定原混合液中是否含Cl-；根据探究三，加入少量Ba(NO3)2 和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SO42；综上分析，混合溶液中一定含有的离子：H+、 Al3+、 NH4+、Br- 、 SO42 ，一定不含的离子：MnO 4 、 CO32-、 I-、Al
19、O2-，可能含有的离子：Na、 Cl。【详解】无色混合溶液中不能含有MnO 4；由探究一知，溶液的 pH7，开始加入2V0NaOH 无沉淀生成说明发生的反应是：H+OH-H2O，有 H+，则无 AlO2-、 CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为 Al3+3OH- Al(OH)3，有 Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：NH+-4+OH =NH3?H2O，消耗氢氧化钠溶液 3V0；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0 氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为 Al(OH)3-2-20+
20、OH AlO +2H O，消耗氢氧化钠的体积V ；根据探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入 CCl44振荡、静置， CCl层呈橙红色，说明有 Br-，不含 I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3 和3-，因为加入的氯水被还原成HNO 混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有ClCl-，不能确定原混合液中是否含Cl-；根据探究三，加入少量Ba(NO3)2 和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SO42；（1）该溶液中一定含有的阴离子：Br-、 SO42；其中能确定离子浓度之比的是H+、 NH4+、Al3+，根据它们消耗的NaOH 溶液的体积和
21、相应的离子方程式，c（ H+）： c（ NH4+）： c（Al3+）=2V03 V0：V0=2 31Na、 Cl ；确定是否含 Na+： ；不能肯定是否含有的离子：的实验方法为：焰色反应；（2）沉淀减少过程为Al（ OH） 3 与 NaOH 的反应，反应的离子方程式： Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。【点睛】本题考查离子的推断，在推断过程中必须注意离子的共存和引入的离子对判断的干扰，如题中 Cl-的判断。6A、 B、 C、 D 为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、 Ag+、 Na+ 、CO32Cu2+和 NO3、 SO42 、Cl（离子在物质中不能重复出现）。
22、若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C 盐的溶液呈蓝色；若向 的四支试管中分别加入盐酸，B 盐的溶液有沉淀生成，D 盐的溶液有无色无味的气体逸出。根据 实验事实可推断它们的化学式为：（1） B _D _；（ 2）写出少量盐酸与 D 反应的离子方程式： _ ；（3）将含相同物质的量A、 B、 C 的溶液混合后，混合后溶液中存在的离子为_；在此溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式_；（4） C 溶液中阴离子的检验方法：_。【答案】 AgNO 3Na2CO3CO32- +2H +=CO 2 +H 2OCu2+ 、NO 3- 、Cl -Cu2+Fe=Cu+Fe 2+取少量 C 溶液于试管
23、中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明 C 中阴离子为 SO42-【解析】【分析】给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定如Ba2+ 不能和 SO4 2-、CO32- 结合，而只能和NO 3-、 Cl -； Ag +不能和 SO42- 、 Cl-、 CO32- 三种离子结合，而只能和NO3- 结合，则一定是BaCl2 、 AgNO 3 Cu2+ 不能和 CO32- 结合，所以为 CuSO4 ； Na+对应CO32- 为Na 2CO3即四种物质为BaCl2、AgNO 3CuS
24、O4、Na 2CO 3、。中由于 C 盐是蓝色的，所以C 为 CuSO4；四支试管加入盐酸，B 有沉淀，则 B 溶液为AgNO 3；而 D 生成无色气体，则为二氧化碳，即D 为 Na2CO3，以此来解答。【详解】由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知： Ba2+ 不能和 SO42- 、 CO32- 结合，而只能和NO 3-、 Cl -；Ag +不能和 SO4 2-、Cl -、CO 32- 三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是 BaCl 232+ 不能和、 AgNO CuCO32- 结合，所以为 CuSO4， Na+对应 CO3 2
25、- 为 Na2 CO3 即四种物质为BaCl2、 AgNO 3 、CuSO4 、 Na2CO3。由于 C 盐是蓝色的，所以 C 为 CuSO4；。四支试管加入盐酸，B 有沉淀，则 B 溶液AgNO 3；而 D 生成无色气体，则为二氧化碳，即D 为 Na2CO3。综上所述： A 为 BaCl2； B为 AgNO 3； C 为 CuSO4；D 为 Na2CO3；（1）由上述分析可知B 为 AgNO 3 D为Na2 CO3，故答案为：AgNO 3；Na2CO 3；（2）盐酸与 D （Na2 CO3）反应的离子反应方程式为：CO3 2-+2H + =CO 2 +H2O，故答案为：CO 2-+2+H2
26、O3+2H =CO；（3） A 为 BaCl 2； B 为 AgNO 3； C 为 CuSO4，将含相同物质的量A 、 B、 C 的溶液混合后，溶液中存在的离子及物质的量之比为：Cl -、 NO3 -、 Cu2+ ，在此溶液中加入铁粉，可以将其中的铜置换出来，发生反应的离子方程式Cu2+ +Fe=Cu+Fe2 ；故答案为： Cu2+、 NO 3-、Cl- ； Cu2+ +Fe=Cu+Fe 2+ ；（4） C 为 CuSO4，检验硫酸根离子，可取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C 中阴离子为 SO42- ，故答案为：取少量 C溶液于试管中，先加
27、足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C 中阴离子为SO42-。【点睛】无机物的推断，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C 为硫酸铜为推断的突破口，在分析A、 B、 C 的溶液混合后离子组成时，要考虑混合时离子间的相互反应。7 黑色粉末A，黄色粉末B,它们都是单质，按下图进行实验：（1） 试根据上述反应现象推断以下物质的化学式：ADEH（2）写出C+盐酸D+F 的离子方程式：（3）写出DE 的化学方程式：（4）写出GH 的化学方程式：【答案】（ 1） Fe、 H2S、 SO2、 Fe(OH)3+ 2+（ 2） FeS+2H Fe +H2S点燃（3） 2H 2
28、 S3O22SO22H 2O（ 4） 4Fe(OH)2 +O2+2H2O 4Fe(OH)3【解析】【分析】【详解】（1） E 能使品红褪色， E 为 SO2；H为红褐色固体，H为 Fe OH3 ；黑色粉末A、黄色粉末 B，它们都是单质，所以分别是铁、硫；黑色固体C 为 FeS； D 为 H2S； F 为 FeCl 2 ； G为 Fe OH 2（2） FeS与盐酸反应的离子方程式+2+FeS+2H Fe +H2S；（3）硫化氢燃烧生成二氧化硫和水的方程式为点燃2H 2 S 3O2 2SO2 2H 2O ；（ 4）氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)
29、3。8甲、乙、丙为常见单质，乙、丙两元素在周期表中位于同一主族。X、 A、 B、 C、 D、E、 F、 G 均为常见的化合物，其中 A 和 X 的摩尔质量相同， A、G 的焰色反应为黄色。在一定条件下，各物质相互转化关系如下图。请回答：（ 1）写化学式：丙 _， E_。（ 2） X 的电子式为 _。（3）写出 A 与 H2O 反应的化学反应方程式：_ _ ，反应中氧化剂是 _ ， 1molA 参加反应转移电子_mol 。（ 4）写出反应 的离子方程式： _ _ 。（ 5）物质 F 的俗名是 _或 _，其溶液显 _性，原因是_ （用一个离子方程式表示）【答案】【答题空1-1 】 O2【答题空1-
30、2 】 SO3【答题空1-3 】【答题空1-4 】 2 Na2222O 2 H O =4 NaOH O【答题空1-5 】 Na2O2【答题空1-6】 1【答题空1-7】 HCO3-+H+= CO32- + H2O【答题空1-8】纯碱【答题空1-9】苏打【答题空1-10 】碱【答题空2-垐 ?-1-11 】 CO3+ H2O 噲 ? HCO3+ OH【解析】【分析】【详解】甲、乙、丙为常见单质，结合转化关系和反应条件可知丙为O2，甲和丙反应生成的 A 焰色反应为黄色证明甲为金属钠Na， A 为 Na2O2， F 为 Na2CO3； B 为 NaOH， G 的焰色反应为黄色，判断 G 为 NaHC
31、O3；乙、丙两元素在周期表中位于同一主族，判断乙为S，所以 X 为Na2S， A 和 X 的摩尔质量相同为78g/mol ；依据转化关系可知D 为 SO2， E 为 SO3； E（SO32423） +B（ NaOH） =C（ Na SO ）（ 1 ）依据判断可知丙为：O ； E 为SO ；故答案为：O ； SO ；23（2） X 为 Na2S，是离子化合物，化合物的电子式为：故答案为：（3） A（ Na2 222Na2 222O ）与 H O 反应的化学反应方程式为：O +2H O 4NaOH+O ；氧化剂还原剂都是过氧化钠，所以氧化剂为：Na2O2； 1mol 过氧化钠自身氧化还原反应，参加
32、反应转移电子为 1mol ；故答案为： 2Na2 22O22 2；O +2H4NaOH+O； Na O ；1（4）应是氢氧化钠和碳酸氢钠溶液的反应，反应的离子方程式为：HCO3-+H+=CO32-2+H O；故答案为： HCO3-32-2+H+=CO+H O；（ 5）物质 F 是碳酸钠，它的俗名是纯碱，或苏打；其溶液呈碱性，是因为碳酸根离子水解的结果，反应的离子方程式为： CO32- +H2O HCO3-+OH-；故答案为：纯碱； 苏打； 碱； CO32- +H2 O HCO3-+OH-；9 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。(1)Y 的分子式 _。(2)图中 X 的电
33、子式为 _；其水溶液长期在空气中放置容易变浑浊，原因是_( 用化学方程式表示)。该变化体现出：S 非金属性比O_(填 “强”或 “弱 ”)。用原子结构解释原因：同主族元素最外层电子数相同，从上到下， _，得电子能力逐渐减弱。(3) Z 与图表中某物质反应生成SO2 的化学方程式_ 。【答案】SO32H2SO2=2S 2H2O弱电子层数增多，原子半径增大H2SO4+Na2SO3=Na2SO4+SO2 +H2O【解析】【分析】(1)Y 为 S 元素 +6 价的氧化物；(2)X 为 H2S，S 最外层 6 个电子，能够与2 个 H 原子形成共价键；H2S 在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为S；同主族元素最外层电子数相同，原子半径自上而下逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，失电子能力逐渐增强；(3) Z 为S 元素 +4 价的盐，可以与硫酸反应生成SO2。【详解】(1)Y 为S 元素 +6 价的氧化物SO3；(2)X 为H2S，S 最外层6 个电子，能够与2 个H 原子形成共价键，其电子式为：；H2S 在空气中变浑浊是因为被氧气氧化为 S，反应为 2H2S O2=2S 2H2O，所以性比 O 弱，从结构上可知，氧和硫同主族，同主族元素最外层电子数相同，从上到下，电S 非金属子层数增多，原子半径增大，得电子能力逐渐减弱；(3
