专项训练 氧族元素及其化合物（解析版）.docx

1、专项训练 氧族元素及其化合物（解析版）一、单选题1硫酸是当今世界上最重要的化工产品之一、目前工业制备硫酸主要采用接触法，常见的有硫铁矿制酸、硫磺制酸等。以硫铁矿 ()为原料制备硫酸的主要设备有：沸腾炉、接触室、吸收塔。硫酸工业、金属冶炼产生的尾气中含有，需经回收利用处理才能排放到空气中。下列有关化学反应表示不正确的是A煅烧硫铁矿获得：B接触室中被氧化：C用少量氨水吸收尾气中的：D与溶液反应的离子方程式：【答案】B【详解】A煅烧硫铁矿获得：，A正确；B接触室中被氧化的热化学方程式中，生成物未注明聚集状态，应为 ，B错误；C用少量氨水吸收尾气中的：，C正确；D与溶液反应的离子方程式：，D正确； 故

2、选B。2根据实验操作和和现象得出的结论正确的是选项实验操作和和现象结论A在试管中加入10mL溴水和5mL正己烷。将试管在光照下振荡后静置，溶液分层，上、下两层液体几乎均是无色的，用玻璃棒蘸取浓氨水伸入试管内液面上方，有白烟出现正己烷与溴在光照下发生取代反应B铜与浓硫酸反应后的试管中加蒸馏水稀释，溶液变蓝色铜与浓硫酸反应有CuSO4生成C用铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰上灼烧，火焰呈黄色该溶液中一定含有Na+，不含K+D某溶液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加盐酸沉淀不溶解该溶液中一定有Cl-AABBCCDD【答案】A【详解】A溴水中的溴和正己烷在光照下可发生取代反应生成正己烷的溴取代物以及HB

3、r气体，正己烷的溴取代物不溶于水，则溶液分层，上、下两层液体几乎均是无色的，用玻璃棒蘸取浓氨水伸入试管内液面上方，有白烟出现，说明生成了溴化铵固体，证明有HBr生成，可证明正己烷与溴在光照下发生取代反应，故A正确；B验证铜与浓硫酸反应后的产物，应将反应液倒入盛水的烧杯中，防止浓硫酸稀释时液滴飞溅，故B错误；C用干净的铂丝蘸取某溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，只能说明该溶液中含钠元素，钾元素的焰色试验需要透过蓝色的钴玻璃观察，故不能说明是否含钾元素，故C错误；D白色沉淀可能为微溶的硫酸银等，加盐酸又转化为难溶的氯化银，则原溶液中不一定含有Cl-，故D错误；答案选A。3实验室常利用难挥

4、发性酸制备易挥发性酸的原理，用浓硫酸与硝石(NaNO3)反应制备HNO3反应装置如图，下列说法不正确的是A可从实验室中选无色透明洁净的试剂瓶盛装制得的硝酸B反应方程式为：C反应温度如果过高，制得HNO3可能会呈现黄色D曲颈甑不适宜制备沸点过低的物质【答案】A【详解】A浓硝酸见光易分解，应用棕色玻璃细口瓶盛装浓硝酸，A错误；B该反应利用高沸点的浓硫酸制取低沸点的硝酸，反应方程式为: ，B正确；C硝酸在温度过高时能分解生成二氧化氮、氧气和水，NO2溶于水呈黄色，C正确；D曲颈是一种原始的蒸馏烧瓶，冷凝效果较差，不适宜制备沸点过低的物质，D正确； 故选A。4实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如下实验

5、，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法不正确的是AY为氧化产物BNO和Y的物质的量之和可能为2molCCu与浓硫酸反应的化学方程式为：5Cu+4H2SO4Cu2S+3CuSO4+4H2OD若稀硫酸足量，在溶解的环节中至少需要0.8mol的稀硝酸【答案】B【分析】经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，反应中铜化合价升高、硫化合价降低，反应中应该生成硫酸铜，由于浓硫酸具有吸水性，则得到白色固体为硫酸铜，则反应为铜和浓硫酸加热生成Cu2S和硫酸铜和水，5Cu+4H2SO4Cu2S+3CuSO4+4H2O；Cu2S和稀硝酸、稀硫酸反应生成NO，氮元素化合价降低，则反应中硫元素化合价升

6、高发生氧化反应得到氧化产物硫单质，Y为硫，反应为；【详解】A由分析可知，硫单质Y为氧化产物，A正确；B由分析的方程式可知，3mol完全反应生成0.6molCu2S，0.6molCu2S完全反应生成0.6molS和0.8molNO，故NO和Y的物质的量之和不会为2mol，B错误；C由分析可知，Cu与浓硫酸反应的化学方程式为：5Cu+4H2SO4Cu2S+3CuSO4+4H2O，C正确；D由分析的方程式可知，0.6molCu2S完全反应消耗0.8mol硝酸根离子，则稀硫酸足量，在溶解的环节中至少需要0.8mol的稀硝酸，D正确；故选B。5属于严重的大气污染物，可用与高温反应消除的污染，其反应原理可

7、分为两步，过程如图所示。下列说法正确的是AX中S元素的化合价为-2价B大气中的必须氧化成才能形成酸雨C在100200温度时发生的是置换反应D工业上可用浓硝酸处理工业尾气中的【答案】A【分析】根据反应原理，300时H2和SO2反应生成X为H2S，H2S在100200和SO2反应生成S，据此解答。【详解】A根据分析，则X为H2S，S化合价为-2价，A正确；BSO2可以和水反应生成H2SO3，H2SO3可以被氧气氧化为H2SO4，B错误；C在100200温度时SO2化合价降低，X化合价升高，反应为2H2S+SO2=3S+2H2O，不属于置换反应，C错误；D浓硝酸处理工业尾气中的会生成氮氧化物，污染环

8、境，D错误；故选A。6实验室用如图所示装置研究不同价态硫元素之间的转化，下列操作或结论正确的是A向中试管加水，观察颜色，确认有的产生B浓硫酸具有吸水性，可用来干燥二氧化硫C中有黄色固体生成，氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1D反应结束后，可观察到中产生黑色浑浊，该黑色物质为CuO、CuS和的混合物【答案】B【详解】A应该把中的混合物加入水中，中含有浓硫酸，不能把水加入浓硫酸中，A错误；B二氧化硫为酸性氧化物，浓硫酸具有吸水性，可用来干燥二氧化硫，B正确；C中与反应有黄色固体硫生成，作氧化剂，作还原剂，氧化剂与还原剂物质的量之比为12，C错误；D反应结束后，可观察到中产生黑色浑浊，该黑色物质为C

9、uSO4、CuS和的混合物，不存在CuO，D错误；故选B。7探究含硫化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是选项实验方案现象结论A向紫色石蕊溶液中通入过量二氧化硫溶液先变红后褪色为酸性氧化物且具有漂白性B向溶液中滴加过量溶液产生黑色沉淀静置后的上层清液中有C向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量溶液开始无明显现象，后出现白色沉淀原溶液中含有、中的一种或几种D室温下用pH试纸分别测定浓度均为的和两种溶液的pHpH：结合能力：AABBCCDD【答案】B【详解】A二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，与水反应生成亚硫酸，溶液呈酸性，可使紫色石蕊试液变红，A错误；B向溶液中滴加过量溶液，产生黑色沉淀，静

10、置后的上层清液仍为CuS的饱和溶液，则，B正确；C向某溶液中先滴加适量稀硝酸，再滴加少量溶液，开始无明显现象，后出现白色沉淀，说明原溶液中含有，不可能含有或，C错误；D室温下用pH试纸分别测定浓度均为的和两种溶液的pH，pH：，电离程度大于水解程度，导致溶液呈酸性，碳酸根离子水解，导致溶液呈碱性，两者不都是以水解为主，故无法根据pH大小判断结合氢离子能力，D错误；答案选B。8为探究Na2SO3的性质，实验小组同学进行了如下实验：下列说法一定正确的是A和中产生的气体成分完全相同B和中沉淀的主要成分不同C和均只发生了复分解反应D的还原性在酸性条件下增强【答案】B【分析】由题干实验信息可知，过程中先

11、发生反应：Na2SO3+BaCl2=BaSO3+2NaCl，然后发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，BaSO3与HNO3反应生成BaSO4，同时产生氮氧化物刺激性气味的气体，而过程中先发生Na2SO3与HNO3反应生成SO2和氮氧化物等刺激性气味的气体，同时部分转化为硫酸根，然后溶于水中的SO2继续被过量的硝酸根氧化为硫酸根，然后与Ba2+结合生成BaSO4沉淀，同时继续反应生成氮氧化物等刺激性气味的气体，据此分析解题。【详解】A由题干实验信息可知，依次发生反应方程式为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3+2NaCl、BaSO3与HNO3反应，已经过量的Na

12、2SO3与HNO3反应，而则是Na2SO3与HNO3反应生成NO和SO2，可知和中产生的气体成分不一定完全相同，NO和SO2的多少可能不同，A不合题意；B由题干实验信息可知，发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3+2NaCl，故沉淀的主要成分是BaSO3，而中沉淀是先加入稀硝酸后再加入BaCl2，硝酸具有强氧化性，将亚硫酸钠氧化为Na2SO4，然后再与BaCl2反应生成BaSO4沉淀，故二者的主要成分不同，B符合题意；C由分析可知，发生的反应为：Na2SO3+BaCl2=BaSO3+2NaCl属于分解反应，而既发生了复分解反应又发生氧化还原反应，C不合题意；D由题干信息可知，由到时

13、的酸性比到的酸性弱，但到转化生成的硫酸根反而更少，但中浓度比中的更大，不能说明的还原性在酸性条件下增强，D不合题意；故答案为：B。9某小组探究和竞色反应。【查阅资料】硫单质微溶于乙醇，难溶于水；FeS、均为黑色固体，难溶于水；，为无色离子。【设计实验】序号操作在1 mL 0.1 溶液中加入1 mL 0.1 溶液在1.5 mL 0.1 溶液中加入0.5 mL 0.1 溶液在2 mL 1 NaF溶液中加入0.5 mL 0.1 溶液，得无色溶液，再加入1.5 mL 0.1 溶液现象迅速产生黑色沉淀X，振荡，黑色沉淀溶解，放出臭鸡蛋气味气体，最终得到棕黄色浊液Y产生棕黑色沉淀Z产生黑色沉淀W结论分离Y

14、得到和S经检验，Z的主要成分是，含少量经检验，W为下列推断正确的是A黑色沉淀X溶解只发生复分解反应B实验不生成S可能是氧化还原速率较大C生成黑色沉淀W的反应为D实验得到的原因是NaF降低了的浓度，使氧化还原反应的趋势减小【答案】D【详解】A实验中生成黑色沉淀X的离子方程式为，后溶解生成了S单质，硫元素化合价发生改变，发生了氧化还原反应，A错误；B由于生成S单质是发生氧化还原反应实现的，故实验不生成S可能是氧化还原速率较小，主要生成了沉淀，B错误；C根据题意可知，首先发生：为无色离子，与反应生成，故生成黑色沉淀W的反应为，C错误；D由于实验中，首先发生：，使浓度降低，使氧化还原的趋势减小，D正确

15、；故选D。10实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如下实验，经检测所得固体中含有和白色物质X，下列说法正确的是AX溶液显无色BNO和Y均为还原产物C3molCu参与反应，转移6mol电子D若稀硫酸足量，在溶解的环节中至少需要0.8mol的稀硝酸【答案】D【分析】由图可知，铜和足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X，无气体生成，反应生成Cu2S时，铜元素化合价由0价升高到Cu2S中的+1价，硫元素从+6价降低到Cu2S中-2价，则按得失电子守恒，必定存在含化合价升高元素的其它产物，根据元素质量守恒，只能是CuSO4，则白色固体X为CuSO4，向Cu2S和白色固体中加稀硫酸和稀硝酸，生成NO，可知反

16、生反应为，固体Y是硫单质。【详解】A X为CuSO4，其溶液为蓝色。A项错误；B从化合价的角度分析，NO为还原产物，而S为氧化产物，B项错误；C由前面分析可知反生反应，5mol Cu参与反应，转移了8mol电子，C错误；D若稀硫酸足量，在溶解的环节中稀硝酸做氧化剂，由分析中化学方程式得 ，则3molCu生成0.6molCu2S，最少消耗硝酸0.8mol，D正确；故选D。11下列实验对应的结论正确的是选项ABCD实验闭合K，电压表指针偏转有白色沉淀产生均有白色沉淀苯酚钠溶液变浑浊结论的氧化性一定比的强白色沉淀是待测液中含有碳酸的酸性比苯酚的强AABBCCDD【答案】B【详解】A在溶液中Ag+与I

17、-，以沉淀反应为主，因此说明沉淀反应优先于氧化还原反应。设计成原电池时，Ag+和I-分置于两极，左侧2Ag+2e-=2Ag，右侧2I-2e-=I2，只有Ag+和I-的浓度较高并分置于两极时有总反应式为2Ag+2I-=2Ag+I2。硝酸银和碘化钾的混合溶液中，Ag+I-=AgI，不能得出的氧化性一定比的强的结论，A错误； B，产生的白色沉淀是硫酸钡，B正确；C若溶液中含有碳酸根离子加硝酸银和氯化钡均为白色沉淀，不一定是待测液中含有，C错误；D醋酸是挥发性酸，醋酸和碳酸钠反应生成的二氧化碳中含有醋酸，因此不清楚是碳酸与苯酚钠的反应，还是醋酸与苯酚钠反应，不能达到实验目的，D错误； 故选B。12俗称

18、大苏打、海波，易溶于水，在中性或碱性环境中能稳定存在，食品工业用作螯合剂、抗氧化剂，医药工业用作洗涤剂、消毒剂。下列说法中根据实验目的、实验操作或现象得到的相关离子方程式正确的是选项实验目的实验操作或现象相关离子方程式A制备实验室用通入和的混合溶液中来制备B检验硫代硫酸钠氧化变质可能混有的取少量样品溶于水，先加入过量稀盐酸，再滴加溶液，有沉淀生成C探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响分别将两种反应溶液先混合，再水浴加热至反应要求温度，测得该温度下的反应速率D用过量硫代硫酸钠除去水中溶解的氯气黄绿色褪去AABBCCDD【答案】A【详解】A二氧化硫、硫化钠、碳酸钠反应生成同时生成二氧化碳，反应

19、为，A正确； B硫代硫酸钠和稀盐酸反应生成硫单质沉淀、二氧化硫和氯化钠，取少量样品溶于水，先加入过量稀盐酸，再滴加溶液，有沉淀生成，不能证明样品含有硫酸钠，B错误；C探究温度对硫代硫酸钠与硫酸反应速率的影响，应该首先加热至反应要求温度，然后再将两种反应溶液混合，反应的离子方程式为+2H+=S+SO2+H2O，C错误； D少量氯气和过量硫代硫酸钠反应生成硫酸根离子、氯离子、硫单质、二氧化硫气体，反应为，D错误；故选A。13煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，是大气的重要污染源之一、用Ca(ClO)2溶液对模拟烟气n(NO):n(SO2)=2:3同时进行脱硝脱硫，分别生成NO、SO。NO、SO2脱

20、除率与时间关系如图所示，下列说法不正确的是A脱除NO的反应：2NO+3ClO-+H2O=2H+2NO+3Cl-B依图信息，在80min时，吸收液中n(SO):n(Cl-)=1:1CSO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NOD随着脱除反应的进行，吸收剂溶液的H+浓度增大【答案】B【详解】ACa(ClO)2溶液脱除NO的反应生成Cl-和NO，根据质量守恒和电子得失守恒配平方程式为2NO+3ClO-+H2O=2H+2NO+3Cl-，故A正确；B2NO+3ClO-+H2O=2H+2NO+3Cl-，SO2+ClO-+H2O=2H+SO+Cl-；已知n(NO):n(SO2)=2:3；依据

21、图中信息及离子方程式中的比例关系得：在80min时，NO脱除率40%，即反应的NO为：2mol40%=0.8mol，生成1.2molCl-；SO2脱除率100%，即3molSO2全部反应生成3molCl-，所以Cl-共3mol+1.2mol=4.2mol；吸收液中n(SO):n(Cl-)=3mol:4.2mol=5:7，故B错误；C根据SO2和NO气体在水中的溶解度：SO2大于NO，SO2比NO更易溶于水，更容易发生反应；SO2脱除率高于NO的原因可能是SO2在水中的溶解度大于NO，故C正确；D无论发生：2NO+3ClO-+H2O=2H+2NO+3Cl-，还是发生：SO2+ClO-+H2O=2

22、H+SO+Cl-，都是使H+浓度增大，故D正确；故选B。14连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，有强还原性，在空气中极易被氧化。用NaHSO3还原法制备保险粉的流程如图所示。下列说法正确的是A反应1的离子方程式为B反应1结束后，可用盐酸酸化的BaCl2溶液检验NaHSO3是否被氧化C反应2中消耗的氧化剂和还原剂的物质的量之比为12D反应2以及结晶脱水均可在空气中进行【答案】B【详解】A反应1的离子方程式为，A项错误；BNaHSO3如果被氧化生成，先加过量的盐酸除去，再加BaCl2，如果有沉淀则为BaSO4，说明已被氧化，B项正确；C反应2为，氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，C项错误；

23、D因Na2S2O4有强还原性，在空气中极易被氧化，反应需隔绝O2，D项错误；故选B。15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氧化性：NO2SO，还原性：SOHNO2B第II、III阶段总的化学方程式为：SO+H2O+NO2=HNO2+HSOCNO2在所有过程中都是被还原D上述反应过程中，S的成键数目保持不变【答案】D【详解】A根据第阶段的方程式，NO2为氧化剂，SO是氧化产物，所以氧化性；第、阶段总的方程式可得还原性：，A正确；B根据图示可知：在第阶段，在存在条件反应产生中间体A。在第阶段，中间体A转化为和，故第、阶段总的化学方程式为

24、：，B正确；C根据图示的转化过程知该过程中，化合价均降低被还原C正确；D由题图可知由，最终生成，S的成健数目由3变为4，D错误。故答案选D。16硫元素的含氧酸根离子，有如下转化关系。下列说法正确的是A反应中每消耗4.5gH2O同时生成40.5g B反应中表现了+2价硫元素的强氧化性C上述反应中都只表现了还原性D反应中每消耗2.8g S2O转移电子数为0.05NA【答案】A【详解】A反应，每生成2mol消耗1molH2O，所以每消耗H2O同时生成，故A正确；B反应中，S元素化合价从+2价升到+6价，被氧化，体现了的还原性，故B错误；C反应中，化合价既升高也降低，既是氧化剂也是还原剂，既有氧化性也

25、有还原性；反应中，S元素化合价升高，被氧化，具有还原性；反应中，为还原性产物，具有还原性；反应中S元素化合价升高，被氧化，具有还原性，只有体现了的还原性，故C错误；D反应中，每消耗1mol转移1mol电子，每消耗S2O转移电子数为，故D错误；故选A。17烟气脱硫能有效减少的排放。实验室用粉煤灰(主要含、等)制备碱式硫酸铝溶液，并用于烟气脱硫。下列说法不正确的是A上述过程中，所得滤渣和滤渣II的主要成分分别为、B调pH时，若pH偏高，则所得碱式硫酸铝中x将偏小C碱式硫酸铝溶液吸收后再热分解放出，所得溶液中将减小D碱式硫酸铝溶液经多次循环吸收后，可加入粉末再生【答案】A【分析】由流程可知，粉煤灰和

26、稀硫酸混合，发生反应Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2O，SiO2和稀硫酸不反应，过滤溶液得滤渣为SiO2，滤液中含有Al2(SO4)3，加入CaCO3粉末调节pH=3.6，发生反应CaCO3+2H+Ca2+CO2+H2O，CaSO4为微溶物，所以滤渣的成分主要为CaSO4，过滤得滤液，二氧化硫和水反应生成的易被氧化生成，弱酸根离子转化为强酸根离子，加热分解后的溶液中硫酸根离子浓度增大，促进生成Al2(SO4)x(OH)6-2x，以此来解答。【详解】A由上述分析可知，滤渣的成分主要为CaSO4，故A错误；B加CaCO3调节溶液的pH至3.6，发生CaCO3+2H+Ca2+CO2

27、+H2O，其目的是中和溶液中的酸，过滤I后滤液中含有Al2(SO4)3，并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6-2x，调pH时，若pH偏高，则所得碱式硫酸铝中x将偏小，故B正确；C二氧化硫被吸收后生成，不稳定，易被氧化生成，所以流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2的量，使得溶液酸性增强，所得溶液中c(OH-)将减小，故C正确；D硫酸铝与CaCO3粉末反应生成碱式碱式硫酸铝，则碱式硫酸铝溶液经多次循环吸收SO2后，可加入CaCO3粉末再生，故D正确；故选：A。二、多选题18二氯化二硫是一种黄红色液体，常用作橡胶的低温硫化剂和粘结剂。分子中各原子最层均有8个电子。

28、遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体。下列说法不正确的是A可能使品红溶液褪色B的结构式为Cl-S-S-ClC与水反应时，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1:2D将气体通入溶液中，若有白色沉淀产生，则气体中有HCl【答案】CD【分析】S2Cl2遇水反应会产生淡黄色沉淀和刺激性气味气体，淡黄色沉淀为S，说明发生了氧化还原反应，因此刺激性气味气体中含有二氧化硫，因此反应的方程式为2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl，据此分析解答。【详解】AS2Cl2与水发生反应2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl，二氧化硫能使品红溶液褪色，所以S2Cl2可能使品红溶液褪色，故A正确；BS与

29、Cl之间形成一个共用电子对，S与S之间形成一个共用电子对，满足S2C12分子中各原子最层均有8个电子，则S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，故B正确；CS2Cl2与水发生反应2S2Cl2+2H2O=SO2+3S+4HCl，SO2是氧化产物，S是还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为l3，故C错误；DS2Cl2与水反应生成HCl，将S2Cl2气体通入AgNO3溶液中，若有白色沉淀产生，不能说明S2Cl2气体中有HCl，可能是S2Cl2与水生成的HCl，故D错误；故选CD。19某同学按图示装置进行实验，向抽滤瓶溶液中通入足量a气体获得a的饱和溶液，再通入足量的b气体，抽滤瓶中最终一定得

30、到沉淀。下列物质组合符合要求的是abcA饱和食盐水B溶液C溶液D溶液AABBCCDD【答案】BD【详解】A二氧化碳在饱和氯化钠溶液中溶解性很小，通入氨气不能产生大量的碳酸氢根离子，碳酸氢根离子浓度较低，不会析出NaHCO3晶体，A不符合题意；B与溶液不发生反应，氯化钡和二氧化硫生成盐酸和亚硫酸钡，正常情况下反应不能进行，因为生成的亚硫酸钡会溶于盐酸，氯气能将生成的亚硫酸钡氧化成硫酸钡，有沉淀生成，B符合题意；C和溶液反应生成白色沉淀，在加入足量的氨气，氨气溶于水形成氨水，氯化银与氨水生成银氨络离子，氯化银沉淀溶解了，C不符合题意；D氨气通入溶液中会生成氢氧化铝的白色沉淀，二氧化碳和水反应生成的

31、碳酸是弱酸，不与氢氧化铝反应，会产生白色 沉淀，D符合题意； 故选BD。20某兴趣小组对化合物X开展探究实验。其中：X是易溶于水的强酸盐，由3种元素组成；A和B均为纯净物；B可使品红水溶液褪色。下列说法不正确的是：A组成X的3种元素是Cu、S、O，X的化学式是CuS2O6B将固体X加入温热的稀H2SO4中，产生气体B，离子方程式是：S2OSOSO2C步骤，某同学未加H2O2溶液，发现也会缓慢出现白色浑浊，此时产生BaSO3白色沉淀D气体B通入石蕊试液，溶液先变红后褪色，体现了B的水溶液具有酸性和漂白性【答案】CD【分析】将固体隔绝空气加热，能生成一种固体A和一种气体B，其中将固体A溶于水分成两

32、等分，一份加入盐酸酸化的氯化钡溶液，能生成白色沉淀，说明固体中有硫酸根的存在；另一份溶液加入适量的NaOH溶液，出现蓝色悬浊液，说明固体中存在Cu2+，则固体A为CuSO4。B可使品红水溶液褪色，将气体B通入足量的BaCl2溶液和H2O2溶液中，出现白色沉淀，说明该气体可以被H2O2氧化，则气体B为SO2，再根据产生沉淀C和固体X的质量计算固体X的化学式。【详解】A根据上述分析可知：加入盐酸酸化的氯化钡溶液，生成1.165g硫酸钡沉淀，则该份硫酸铜的质量为0.005mol，则固体CuSO4的物质的量为0.010mol，质量为1. 6g，根据质量守恒的气体SO2的质量为0.640g，该物质中三种元素的质量比m(Cu):m(S):m(O)=0.640g:0.640g:0.960g，则这三种原子的物质的量的比n(Cu):n(S):n(O)=1:2:6，则固体X的化学式：CuS2O6，A正确；B将固体 X 加入温热的稀H2SO4(催化剂)中，产生气体 B，该反应的离子方程式为S2OSOSO2，B正确；C步骤中未加入过氧化氢，也可以出现白色沉淀，说明SO2溶于水后可以被空气中的氧气氧化，生成的沉淀为硫酸钡沉淀，C错误；D气体B为二氧化硫，二氧化硫溶于水形成的亚硫酸具有酸性，可使石蕊溶液变红，但二氧化硫不能漂白酸碱指示剂，D错误；故选CD。