1、2020-2021 备战高考化学与硫及其化合物有关的压轴题附详细答案一、高中化学硫及其化合物1 实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。(1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是 _ (填写字母 )。(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36 L(标准状况 )二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠 (质量分数 )，被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠_ g (保留一位小数 )。(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。首先用pH试纸测定雨水样品的pH，操作方法为 _，测得样品 pH 约为 3；为进一步探究
2、由 SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2 通入蒸馏水中，配成pH 为3 的溶液，然后将溶液分为 A、 B 两份，将溶液 B 久置于空气中，与密闭保存的A 相比，久置后的溶液B 中水的电离程度将 _(填 “增大 ”、 “减小 ”或 “不变 ”)。【答案】 ae31.5取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片 )上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。减小【解析】【分析】(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；(2)由硫守恒可得： Na2SO3 SO2，根据关系式及二氧化硫的物
3、质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；(3)测定 pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B 久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。【详解】(1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置 d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置 b 无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：ae；(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：23242422232Na SO +H SO =Na SO +SO +H O，根据反应方程式可知：Na SO SO ，n(SO2)=3
4、.36?L=0.15 mol ，则需亚硫酸钠的质量为：m(Na2SO3 )= 0.15 mol 12622.4?L / molg/mol=18.9 g ；如果已有40%亚硫酸钠 (质量分数 )，被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量分数为 60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为18.9?g=31.5 g；60%(3)测定 pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH 试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片 )上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH 试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B 久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中c
5、(H+)增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。【点睛】本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH 的测定等。明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。2 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度。下图为硫及其部分化合物的 “价类二维图 ”， 根据图示回答下列问题：（ 1）类比 CO2 的性质 ,学习 SO2 的性质 ,写出下列反应的离子方程式。少量的 SO2 通入澄清石灰水中 :_ 。SO2 通入 Na2 SO3 溶液中：_ 。（ 2） Y 的分子式： _ 。（
6、3） Z 的稀溶液与铁反应的离子方程式为_ 。（4）检验 CO2是否混有2SO ，可以使混合气体通过盛有品红溶液的洗气瓶，这是利用了SO的 _ 性，也可以使混合气体通过盛有酸性高锰酸钾稀溶液的洗气瓶，这是2利用了 SO2的 _性。（5）大苏打（ Na2S2O3）在照相、电影、纺织、化纤、造纸、皮革、农药等方面均有重要用途。现欲在实验室制备大苏打，从氧化还原角度分析，合理的是_（填字母选项）ANa2 S+SB Na2SO3 +SC Na2SO3+ Na2SO4 D SO2+Na2SO4（ 6）将 X 与 SO2 的水溶液混合后产生淡黄色沉淀，该反应的氧化产物与还原产物的质量之比为 _【答案】2+
7、2+Ca +2OH +SO2=CaCO3 +H2OSO2+ SO3+ H2O = 2HSO3H2SO3 Fe+2H =2+2还原B 2： 1Fe +2H 漂白【解析】【分析】根据二氧化硫的性质书写相关离子方程式；根据元素化合价及物质的种类分析判断物质的化学式；根据二氧化硫的漂白性和还原性分析解答；根据氧化还原反应中元素化合价升降规律分析解答。【详解】（1） SO2属于酸性氧化物，少量的SO2 通入澄清石灰水中反应生成亚硫酸钙沉淀和水，离子方程式为:Ca2+2OH +SO2=CaCO3 +H2O；SO22323223；与 Na SO 反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为：SO+ SO+ H O =
8、2HSO（2）如图所示 Y 中 S 元素化合价为+4，则对应的酸为亚硫酸，分子式为：H2 3SO；（3）如图所示 Z 中 S 元素化合价为+6，则对应的酸为硫酸，硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为 Fe+2H+= Fe2+2H2；（4）二氧化硫具有漂白性，而二氧化碳没有，二氧化硫中S 为 +4 价，能被高锰酸钾氧化，具有还原性，故答案为：漂白；还原；（5）大苏打（ Na2 2 3S O ）中 S 元素化合价为 +2 价，A Na S 中 S 为 -2 价， S中化合价为 0，不能都升高为+2 价，故 A 不合理；2B Na2SO3 中 S 为+4 价， S 中化合价为0，可以发生歧化
9、反应得到+2 的 S，故 B 合理；C Na2SO3 中 S 为+4 价， Na2SO4 中 S 为+6 价，不能都降低为 +2价，故 C 不合理； D SO2中 S 为+4 价， Na2SO4 中 S 为+6 价，不能都降低为 +2 价，故 D 不合理；故答案为： B；（6）将 X 与 SO2 的水溶液混合后产生淡黄色沉淀，则X 为 H2S，淡黄色沉淀为 S，反应为2H2S+SO2=3S +2HO，生成的 3molS 中， 2mol 由 H2S 氧化得到， 1mol 由 SO2 还原得到，所以氧化产物与还原产物的物质的量之比为：2:1，则质量之比为：2:1，故答案为：2:1。3A、 B、 D
10、、 E、G 是原子序数依次增大的五种短周期元素，A 与 E 同主族， A、 B 和 E 的原子最外层电子数之和为19， 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： _
11、。【答案】第2 周期第 VIIA 族离子键2H2 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 A 与 E同主族， A、 B 和 E 的
12、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，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识的解答。【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
13、O 元素， E 为 S元素；(1)B 为 F 元素，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-+H2O；(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。4a、 b、 c、 d、 e 是含有一种
14、相同元素的五种物质，可发生如下转化：其中： a 是单质； b 是气体； c、d 是氧化物； e 是最高价氧化物对应的水化物。（1）如果 a 是一种淡黄色粉末固体，试推断这五种物质（用化学式表示）：a_； b_； c_； d_； e_。（2）如果 a 是一种常见气体，试推断这五种物质（用化学式表示）：a_； b_； c_； d_； e_。【答案】 SHSSOSOH SONNHNONOHNO223242323【解析】【分析】【详解】（1）如果a 是一种淡黄色粉末固体，则a 是硫，所以b 是硫化氢，c 是 SO2， d 是三氧化硫， e 是硫酸，化学式分别为S、H2S、 SO2、 SO3、 H2SO
15、4。（2）如果a 是一种常见气体，则符合转化关系的是氮气，则b 是氨气，C 是NO， d 是NO2eN2NH3NONO2HNO35 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
16、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-4 2c(+)4+3+231、Cl3-、 SO： c(NH )： c(AlNa焰色反应Al(OH) +OHH)=： ：AlO2-2+2H O【解析】【分析】无色混合溶液中不能含有MnO
17、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：NH4+-32+OH =NH ?H O，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+OH AlO +2H O，消耗氢氧化钠的体积V ；根据探究二，向溶液中加
18、氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入 CCl4振荡、静置，4CCl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HNO3 混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，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-、AlO2-，可能含有的离子： Na、 Cl。【详解】无色混合溶液中不能含有M
19、nO 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+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
20、水，无气体产生，说明无CO32-，再加入 CCl4振荡、静置，4CCl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 溶液的体积和相应的离子方程式，c（ H+）： c（ NH4+）： c（Al3+）=2V0：
21、3 V0： V0=2： 3：1；不能肯定是否含有的离子：Na、 Cl ；确定是否含 Na+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+OHAlO2+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。6 有关物质的转化关系如图所示。A 的摩尔质量为120 g mol -1且只含两种元素。B、E 是常见气体，其中B 为单质，E 能使品红溶液褪色。D 为红棕色固体，F 为紫红色金属，C 的浓溶液可干燥某些气体。（ 1） A 的化学式为 _。（ 2） H 的
22、电子式为 _。（ 3）写出反应 的离子方程式： _。（ 4）写出反应 的化学方程式： _。【答案】 FeS23+2+2+24 3224242Fe +Cu=2Fe +CuFe (SO ) +SO +2H O=2FeSO+2H SO【解析】【分析】E 是常见气体，且E能使品红溶液褪色，则首先考虑E 为 SO2； D 为红棕色固体，则D 为Fe2 O3； A 只含两种元素，B 是常见气体，且B 为单质， A 和 B 煅烧生成SO2 和 Fe2O3，则 B为 O2， A 含有 Fe、 S 两种元素，而A 的摩尔质量为120 g mol-1，则 A 为 FeS2； C 的浓溶液可干燥某些气体，则C 为硫
23、酸， Fe2O3 与 H2SO4 反应生成 Fe2(SO4)3和水， F 为紫红色金属，则 F 为 Cu， Cu 可以与 Fe2(SO4)3 反应生成 CuSO4、 FeSO4，则 G 为 Fe2(SO4)3， H 为 H2O；Fe2 (SO4)3、 H2O、 SO2 反应生成 FeSO4 和 H2 SO4 ，则 J 为 FeSO4， I 为 CuSO4，据此分析解答。【详解】（ 1）由以上分析知， A 为 FeS2 ；故答案为： FeS2；（2）由以上分析知，H 为 H2O，其电子式为；故答案为：；（3）反应 为 Cu 与 Fe2(SO4)3 反应生成CuSO4、 FeSO4，离子方程式为2
24、Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；故答案为： 2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+；（4）反应 为 Fe2(SO4)3、 H2O、SO2 反应生成 FeSO4 和 H2SO4，化学方程式为 Fe2 (SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4 +2H2SO4；故答案为： Fe2 (SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。7 一无色透明的溶液做如下实验：取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2 溶液有白色沉淀生成。另取部分溶液加入Na2O2，有无色无味气体放出且有白色沉淀生成，加入Na2 O2 的量与生成沉淀的量的关系如图所示，试问：（1） Cu2+、 NH4+ 、Al3+、 Mg2+
25、、Na+ 、Fe3+、K+、 SO4 2-等离子中一定存在的离子是_；可能存在的离子是 _；一定不存在的离子是_。（2）上述溶液至少由 _等物质混合成。【答案】 SO4 2-、 Al3+、 Mg 2+Na+、K+2+、 Fe3+、 NH4+24 34CuAl (SO )、 MgSO【解析】【分析】因是 “无色透明溶液 ”，该溶液中不能含有有色的Cu2+、 Fe3+，根据 “取少量溶液滴加盐酸酸化的 BaCl2溶液有白色沉淀生成”可知溶液中含有42-；向溶液中加入过氧化钠，产生无色SO无味气体，说明该溶液中不含NH4+ ，因为若有NH4+，会与过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠反应生成氨气，氨气具有
26、刺激性气味；当向溶液中加入过氧化钠时，会生成白色沉淀，且沉淀量先增加后减少，但不会完全消失，说明溶液中含有Al3+、 Mg2+；由于沉淀达到最大量后，加入过量的过氧化钠后沉淀立刻溶解，则溶液中一定不存在NH4+；因此该溶液中一定存在的离子为：SO42-、 Al3+、 Mg 2+，可能含有Na+、 K+，一定不存在的离子为：Cu2+、 Fe3+、 NH4+，据此进行解答。【详解】(1)因是 “无色透明溶液 ”，该溶液中不能含有有色的Cu2+、 Fe3+，根据 “取少量溶液滴加盐酸酸化的 BaCl2 溶液有白色沉淀生成”可知溶液中含有SO42- ；向溶液中加入过氧化钠，产生无色无味气体，说明该溶液
27、中不含NH4+，因为若有NH4+，会与过氧化钠与水反应生成的氢氧化钠反应生成氨气，氨气具有刺激性气味当向溶液中加入过氧化钠时，会生成白色沉淀，且沉淀量先增加后减少，但不会完全消失，说明溶液中含有Al3+、 Mg2+；由于沉淀达到最大量后，加入过量的过氧化钠后沉淀立刻溶解，则溶液中一定不存在NH4+，因此该溶液中一定存在的离子为：SO42-、 Al3+、 Mg 2+，可能含有Na+、 K+，一定不存在的离子为：Cu2+、 Fe3+、 NH4+；(2)溶液中一定含有的离子为SO42- 、Al3+、 Mg2+，所以至少存在的物质为：Al2(SO4)3、MgSO4。8 在下列物质转化中， A 是一种正
28、盐， D 的相对分子质量比 C 的相对分子质量大 16， E 是酸，当 X 无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：当 X 是强酸时， A、 B、 C、 D、 E 均含同一种元素；当X 是强碱时， A、 B、 C、 D、 E 均含另外同一种元素。请回答：(1)A 是 _。(2)当 X 是强酸时， E 是_。写出 B 生成 C 的化学方程式： _ 。(3)当 X 是强碱时， E 是_，写出 B 生成 C 的化学方程式： _ 。【答案】 (NH4 2S242222O3322)HSO 2H S+3O2SO +2HHNO4NH +5O4NO+6H O【解析】【分析】根据题目中 C 与 Y 反应产生
29、D，且 D 的相对分子质量比C 的大 16，可知 D 比 C 多一个氧原子，符合这种转化关系的有：SO2 SO3， NO NO2， Na2SO3 Na2SO4等，由此可出推断Y为 O2，由于 E 为酸，则 D 应为能转化为酸的某物质，很可能为SO3 、 NO2 等，当 X 是强酸时 A、B、 C、 D、E 均含同一种元素，则B 为 H223为S， C 为 SO， D 为 SO ，EH2SO4，Z 为 H2O；当 X 是强碱时，则 B 为 NH3， C 为 NO， D 为 NO2， E 为 HNO3， Z 为 H2O，据此解答。【详解】(1)根据上述分析可知A 为 (NH4)2S， Y 是 O2
30、， Z 是 H2 O。(1)A 是 (NH4)2S；(2)当 X 是强酸时， E 是 H2SO4， B 为 H2S， C 为 SO2， B 生成 C 的化学方程式2H2S+3O22SO2+2H2 O；(3)当 X 是强碱时， E 是 HNO3， B 是 NO，C 是 NO2 ，B 生成 C的化学方程式4NH3+5O24NO+6H2O。【点晴】本题考查无机物的推断。掌握常见元素的相对原子质量、物质的性质及转化关系是本题解答的关键。此类题目的解答步骤一般为：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件（包括文字叙述或某个变化过程）；思维
31、过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。9 以下是与氧气性质有关的实验，回答相关问题。（ 1）写出铜和氧气反应的化学方程式_。（ 2）写出铁丝在氧气中燃烧的化学方程式_，该反应的实验现象为 _。（ 3）硫燃烧时瓶底盛少量水的作用是 _，硫在氧气中燃烧比在空气中燃烧更剧烈的原因是因为 _不同。【答案】 2Cu+O2 2CuO 3Fe+2OFe3O4剧烈燃烧，火星四射，放出热量，生成黑色固体 吸收生成的二氧化硫气体，防止污染空气氧气浓度【解析
32、】【详解】(1)该实验的原理是：铜粉与氧气反应生成氧化铜；发生反应的化学方程式为2Cu+O22CuO；(2)该铁丝在氧气中燃烧生成了四氧化三铁，该反应的化学方程式是：点燃3Fe+2O2Fe3O4 ；反应的实验现象是：剧烈燃烧，火星四射，生成黑色固体；(3)由于二氧化硫是对大气有污染的气体，做硫在氧气燃烧的实验时瓶底盛放少量水的作用是：吸收二氧化硫防止污染空气；硫在空气中燃烧产生淡蓝色火焰、在氧气中燃烧蓝紫色火焰，氧气中氧气的浓度比空气中氧气的浓度要大。10 “以废治废 ”是基于 “绿色化学 ”观念治理污染的思路。用工业废碱渣（主要成分为Na2CO3 ）吸收烟气中的SO2，得到亚硫酸钠（Na2S
33、O3）粗品。其流程如下：（1）为加快工业废碱渣中Na2CO3 的溶解，可采取的措施是_（写出一种即可）。（2）上述流程中，加入 NaOH 后，发生反应的化学方程式为_。（3）亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，原因是 _。（4）设计实验证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4 的方案是：在一支试管中，加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，_，出现白色沉淀，则证明含有Na2SO4 。【答案】搅拌（粉碎、加热）NaHSO332含 +4 价硫的化合物被氧化加+NaOH=NaSO+H O入过量盐酸，再加入 BaCl2溶液【解析】【分析】【详解】（ 1）为加快工业废碱渣中 Na2CO3 的溶解，可采取的措
34、施是搅拌、粉碎、加热；（ 2）加入 NaOH 后，氢氧根可以和亚硫酸氢根发生反应，反应方程式为NaHSO3+NaOH=NaSO3+H2 O；（3）亚硫酸钠粗品中含有少量Na2SO4，原因是含 +4 价硫的化合物被氧化；（4）设计实验证明亚硫酸钠粗品含有少量Na2SO4 的方案是：在一支试管中，加入少量亚硫酸钠粗品，用适量蒸馏水溶解，加入过量盐酸，再加入BaCl2 溶液，出现白色沉淀，则证明含有 Na2SO4。11 锰酸锂 (LiMn 2O4)可作为锂离子电池的正极材料，在工业上可利用软锰矿浆(主要成分为MnO 2，含少量 Fe2O3、 FeO、 Al2O3、SiO2 等杂质 )吸收含硫烟气 (
35、主要成分 SO2)制备锰酸锂，生产流程：已知：软锰矿浆在吸收含硫烟气的过程中酸性逐渐增强。在此流程中部分金属阳离子生成氢氧化物沉淀的pH 如表：沉淀物Fe(OH)32Al(OH)3Mn(OH)2Fe(OH)开始沉淀2.77.63.47.7完全沉淀3.79.64.79.8(1)含硫烟气在通入软锰矿浆前需要先冷却，冷却的原因是_ 。(2)滤液 1 中所含金属阳离子有 _(填离子符号 )。(3)在实际生产中， Li2CO3 与 MnO 2 按物质的量之比1 4 混合均匀加热制取LiMn 2O4，反应过程：升温到 515时， Li2CO3 开始分解产生CO2 和碱性氧化物A，写出 A 的名称 _，此时比预计 Li2CO3 的分解温度 (723 )低得多，可能原因是 _；升温到 566时， MnO 2开始分解产生另一种气体X， X恰好与中产生的2物质的量CO相等，同时得到固体B，固体 B 是 _。
