备战高考化学硫及其化合物经典压轴题附详细答案.docx

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备战高考化学硫及其化合物经典压轴题附详细答案

2020-2021备战高考化学硫及其化合物-经典压轴题附详细答案

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3.36L（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：

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，根据反应方程式可知：

Na2SO3～SO2，n（SO2）=

=0.15mol，则需亚硫酸钠的质量为：

m（Na2SO3）=0.15mol×126g/mol=18.9g；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

==31.5g；

（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（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．正误判断，正确的打“√”，错误的打“×”

（1）硫的非金属性较强，所以只以化合态存在于自然界中（____）

（2）分离黑火药中的硝酸钾、木炭、硫黄要用到二硫化碳、水及过滤操作（____）

（3）硫与金属或非金属反应时均作氧化剂（____）

（4）硫在空气中燃烧产物只是SO2（____）

（5）不能由单质直接化合而制得CuS、CuCl2、Fe2S3、FeCl2（____）

（6）用蒸馏水清洗试管内壁残留的硫（____）

（7）含硫化合物间的转化，既可以通过氧化还原反应实现，也可以通过非氧化还原反应实现（____）

（8）因为SO2具有还原性，所以不能用浓H2SO4干燥SO2（____）

（9）3S＋6NaOH=2Na2S＋Na2SO3＋3H2O，在该反应中，硫既作氧化剂，又作还原剂。

可以用热的NaOH溶液洗涤沾有硫的试管（____）

（10）因为Cu（或Fe）与Cl2反应生成高价态的氯化物，而Cu（或Fe）与S反应生成低价态的硫化物，所以氧化性：

Cl2>S（____）

【答案】×√×√××√×√√

【解析】

【详解】

（1）在火山喷口附近存在硫单质，错误，故填×；

（2）分离黑火药中三组分可利用它们溶解性的差异：

先用CS2处理，使硫溶解，过滤后蒸发滤液，得晶体硫；滤渣再用水处理，溶去硝酸钾，过滤，又得滤渣（炭粉）；滤液经蒸发、浓缩、结晶，得到硝酸钾，正确，故填√；

（3）硫单质为零价，是中间价态，与金属反应时显氧化性；硫与非金属性比它强的非金属（如氧、氯、氟等）反应时硫显还原性，错误。

故填×；

（4）硫在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰，产物只有二氧化硫，正确，故填√；

（5）S的原子半径较大，获得电子的能力较弱，因此S与Cu、Fe反应时只能生成低价态的Cu和Fe的硫化物，即与Cu生成Cu2S而不是CuS；与Fe生成FeS而不是Fe2S3；氯气氧化性较强，与Cu、Fe反应时只能生成高价态的CuCl2和FeCl3；则CuCl2可以通过化合反应制得，故（5）错误，填×；

（6）硫单质不溶于水，不能用蒸馏水清洗试管内壁残留的硫，错误，故填×；

（7）相同价态的含硫化合物间通过非氧化还原反应规律来转化，如二氧化硫转换成亚硫酸；不同价态的含硫化合物间通过氧化还原反应规律来转化，如二氧化硫转换成三氧化硫；正确，故填√；

（8）虽然浓H2SO4具有强氧化性，SO2具有还原性，但不能发生氧化还原反应，因为+6价的S与+4价的S之间没有中间价态，所以不能反应，则能用浓H2SO4干燥SO2；错误，故填×；

（9）反应3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O中，S元素化合价既升高又降低，硫既是氧化剂也是还原剂；单质硫在热的浓NaOH溶液中会发生岐化反应，生成硫化钠和亚硫酸钠，可以用热的NaOH溶液洗涤沾有硫的试管；正确，故填√；

（10）氯气具有强氧化性，生成高价态金属氯化物，而S具有弱氧化性，生成低价态金属硫化物，可以通过Cu（或Fe）与Cl2反应生成高价态的氯化物，而Cu（或Fe）与S反应生成低价态的硫化物，来判断硫单质和氯气氧化性强弱，正确，故填√。

3．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。

①少量的SO2通入澄清石灰水中:

__________________。

②SO2通入Na2SO3溶液中：

________________________。

（2）Y的分子式：

___________________。

（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SO2，可以使混合气体通过盛有品红溶液的洗气瓶，这是利用了SO2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）

A．Na2S+SB．Na2SO3+SC．Na2SO3+Na2SO4D．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】Ca2++2OH－+SO2=CaCO3↓+H2OSO2+SO32－+H2O=2HSO3－H2SO3Fe+2H+=Fe2++2H2↑漂白还原B2：

1

【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）①SO2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；

②SO2与Na2SO3反应生成亚硫酸氢钠，离子方程式为：

SO2+SO32－+H2O=2HSO3－；

（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：

H2SO3；

（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（Na2S2O3）中S元素化合价为+2价，

A．Na2S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；

B．Na2SO3中S为+4价，S中化合价为0，可以发生歧化反应得到+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↓+2H2O，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。

4．A、B、D、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”（X代表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2H2SO4（浓）+C

CO2↑+2SO2↑+2H2OCl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O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

【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”（X代表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，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”（X代表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2H2SO4（浓）+C

CO2↑+2SO2↑+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。

5．在50mL4mol·L－1的氢氧化钠溶液中，通入一定量的硫化氢，反应完毕，在常温减压条件下，用氮气把溶液吹干，得到白色固体7.92g，通过计算确定白色固体的组成及各组分的质量。

_________________

【答案】白色固体有两种组合。

一种可能是由Na2S（3.12g）和NaOH（4.80g）组成的混合物；另一种可能是由Na2S（7.52g）和NaHS（0.40g）组成的混合物。

【解析】

【分析】

NaOH的物质的量为n（NaOH）=c·V=4mol/L×0.05L=0.2mol，0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成Na2S时，白色固体的质量m（Na2S）=78g/mol×

=7.8g，0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成NaHS时，白色固体（NaHS）的质量为m（NaHS）=56g/mol×0.2mol=11.2g，因为7.8g<7.92g<11.2g，所以得到的白色固体有两种可能的组合：

一种是Na2S和NaOH的混合物；另一种是Na2S和NaHS的混合物，根据题意列方程式进行计算即可。

【详解】

氢氧化钠的物质的量为n（NaOH）=c·V=4mol/L×0.05L=0.2mol，0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成Na2S时，m（Na2S）=78g/mol×

=7.8g；0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成NaHS时，m（NaHS）=56g/mol×0.2mol=11.2g，因为7.8g<7.92g<11.2g，所以得到的白色固体有两种可能的组合：

①Na2S和NaOH的混合物；②Na2S和NaHS的混合物。

①设Na2S为xmol，则有（0.2-2x）molNaOH，78g/mol×xmol+40g/mol（0.2-2x）=7.92g，解得x=0.04mol；Na2S的质量m（Na2S）=0.04mol×78g/mol=3.12g，NaOH的质量m（NaOH）=7.92g-3.12g=4.80g；

②设Na2S为ymol，则有（0.2-2y）molNaHS。

78g/mol×ymol+56g·mol（0.2-2y）mol=7.92g，解得y≈0.0965mol，所以Na2S的质量m（Na2S）=78g/mol×0.0965mol=7.52g，NaHS的质量m（NaHS）=7.92g-7.52g=0.40g。

【点睛】

本题考查学生有关混合物的计算知识，注意极值法的应用，学会运用所学知识进行分析和推理能力是关键所在。

6．物质

是某新型净水剂的中间体，它可以看成由AlCl3（在180℃升华）和一种盐A按物质的量之比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】AlCl3·2FeSO4Al3++2H++6OH-=AlO2-+4H2O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

=0.02mol，生成二氧化硫为

=0.02mol，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的物质的量为

=0.02mol，X的组成为AlCl3∙2FeSO4，以此解答该题。

【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-+4H2O；

（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。

7．有一白色粉末X，对X检验时，所做实验和现象为：

（1）写出X的化学式___。

（2）在①步反应中H2SO4的作用是___。

①在水溶液中电离，并呈强酸性②具有高沸点、难挥发性③浓硫酸具有吸水性④浓硫酸具有脱水性⑤浓硫酸具有强氧化性

（3）写出④、⑤两步反应的离子方程式：

___、___。

【答案】Na2SO3①②BaSO3＋2H＋＝Ba2＋＋SO2↑＋H2OSO32－＋Br2＋H2O＝2H＋＋SO42－＋2Br－

【解析】

【分析】

根据加氯化钡溶液产生白色沉淀，加入盐酸沉淀会消失和加入溴水，溴水褪色，说明具有还原性离子，且反应后加入氯化钡也会产生白色沉淀，所以X为亚硫酸钠，与硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠反应得到亚硫酸钠，则X为Na2SO3，据此分析。

【详解】

根据加氯化钡溶液产生白色沉淀，加入盐酸沉淀会消失和加入溴水，溴水褪色，说明具有还原性离子，且反应后加入氯化钡也会产生白色沉淀，所以X为亚硫酸钠，与硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫与氢氧化钠反应得到亚硫酸钠，则X为Na2SO3；

（1）X的化学式为Na2SO3；

（2）在①步反应中硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水，则H2SO4的作用是①在水溶液中电离，并呈强酸性、②具有高沸点、难挥发性；

答案为①②；

（3）二氧化硫与氢氧化钠反应的离子方程式为:

SO2+2OH=SO32-+H2O；亚硫酸钠与氯化钡反应生成与硫酸钡沉淀，离子方程式为：

Ba2++SO32-=BaSO3↓；亚硫酸钠与溴水发生氧化还原反应生成硫酸钠和氢溴酸，离子方程式为：

SO32－＋Br2＋H2O＝2H＋＋SO42－＋2Br－。

8．一无色透明的溶液做如下实验：

①取少量溶液滴加盐酸酸化的BaCl2溶液有白色沉淀生成。

②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Na2O2的量与生成沉淀的量的关系如图所示，试问：

（1）Cu2+、NH4+、Al3+、Mg2+、Na+、Fe3+、K+、SO42-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】SO42-、Al3+、Mg2+Na+、K+Cu2+、Fe3+、NH4+Al2（SO4）3、MgSO4

【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SO42-；向溶液中加入过氧化钠，产生无色无味气体，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+、Mg2+，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+、Mg2+，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。

9．有关物质的转化关系如图所示（部分物质与条件已略去）．X、Y、Z是三种常见金属单质，Z为紫红色，A是一种常见的酸，B的焰色反应呈紫色（透过蓝色钴玻璃），D为红褐色固体，F可用作净水剂．

请回答下列问题：

（1）F、Z的化学式分别为、．

（2）检验F中阴离子的操作方法是．

（3）写出溶液Ⅰ转化为溶液Ⅱ的离子方程式．

（4）写出反应①的化学方程式，该反应中每消耗2.24L（标准状况）O2，转移的电子的物质的量为mol．

【答案】

（1）KAl（SO4）2.12H2O；Cu；

（2）取少量F于试管中配成溶液，再向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明含有SO42﹣；

（3）Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O；

（4）4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3；0.4．

【解析】

X、Y、Z是三种常见金属单质，Z为紫红色，则Z为Cu；B的焰色反应呈紫色（透过蓝色钴玻璃），B中含有K元素，C在空气中放置生成D为红褐色固体，则C为Fe（OH）2、D为Fe（OH）3，D加热生成E为Fe2O3，金属X与氧化铁反应得到Fe，为铝热反应，则X为Al，Y为Fe，溶液1中含有铝盐、亚铁盐，与B反应生成氢氧化铁与溶液Ⅱ，则B为KOH，溶液Ⅱ中含有KAlO2，溶液Ⅱ中加入常见的酸A得到溶液Ⅲ，再经过浓缩、降温得到F，F可用作净水剂，可知A为硫酸、F为KAl（SO4）2.12H2O．

（1）F、Z的化学式分别为KAl（SO4）2.12H2O、Cu，故答案为KAl（SO4）2.12H2O；Cu；

（2）F中阴离子为硫酸根离子，检验硫酸根离子方法是：

取少量F于试管中配成溶液，再向其中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，则证明含有SO42﹣，

（3）溶液Ⅰ转化为溶液Ⅱ的离子方程式：

Al3++4OH﹣=AlO2﹣+2H2O，

（4）反应①的化学方程式：

4Fe（OH）2+2H2O+O2=4Fe（OH）3，该反应中每消耗2.24L（标准状况）O2，其物质的量为

=0.1mol，转移的电子的物质的量为0.1mol×4=0.4mol

【点评】本题考查无机物推断，涉及Al、Fe等元素单质化合物性质，物质的颜色、反应现象及转化中特殊反应等是推断突破口，需要学生熟练掌握元素化合物性质，涉及电子式，是对学生综合能力的考查，难度中等．

10．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___