高考化学硫及其化合物大题培优附详细答案.docx

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高考化学硫及其化合物大题培优附详细答案

2020-2021高考化学硫及其化合物（大题培优）附详细答案

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。

（Ⅰ）甲同学在a、b、c三只烧杯里分别加入50mL水，再分别滴加几滴酚酞溶液，依次加入大小相近的锂、钠、钾块，观察现象。

①甲同学设计实验的目的是______

②反应最剧烈的烧杯是______（填字母）；

③写出b烧杯里发生反应的离子方程式______

（Ⅱ）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:

亚硫酸>碳酸）

①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______。

②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______；

③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；c2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑检查装置气密性Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+2H2O+SO2↑除去CO2中混有的SO2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】

（Ⅰ）①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；

②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；’

③b烧杯里发生反应的离子方程式：

2Na+2H2O=2Na++2OH¯+H2↑；

（Ⅱ）

（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（先加固体，后加液体）后，打开a、然后滴入浓硫酸，加热。

（3）①铜与浓硫酸反应的化学方程式是：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+2H2O+SO2↑；根据分析，高锰酸钾的作用是除去CO2中混有的SO2；

②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；

③试管D用SO2与NaHCO3制备CO2，反应的离子方程式：

SO2+HCO3¯=CO2+HSO3¯。

2．硫和氮及其化合物在生产生活中应用广泛。

请回答：

（1）将SO2通入品红溶液中，现象为品红溶液________，加热后溶液颜色________。

（2）已知反应：

SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4，该反应中的氧化产物是__________。

（3）木炭与浓硫酸共热的化学反应方程式为：

C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O，若生成0.5molCO2，则转移电子的物质的量是_________mol。

（4）工业上可以通过氮气和氢气在一定条件下合成氨气。

下列关于氨气的性质和用途描述正确的是____________。

A．氨气易液化，液氨可作制冷剂B．可用排水法收集氨气

C．氨气是一种无色无味的气体D．向氨水中滴加酚酞，溶液变红

（5）实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是___________________（写出一种即可）。

（6）汽车尾气常含有NO、NO2、CO等，会污染空气。

在汽车尾气排放管处安装一个催化转化器，可使尾气中有害气体CO和NO反应转化为两种无毒气体，该反应的化学方程式为__________________________。

【答案】褪色变红H2SO42AD用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明氨气已收集满（或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口，若出现大量白烟，则说明氨气已收集满）。

（或其他合理答案）2CO+2NO

N2+2CO2

【解析】

【分析】

（1）SO2具有漂白性，但漂白是有选择的、暂时性的，加热后无色产物会分解，重新生成品红。

（2）反应SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4中，氧化产物是含有价态升高元素的生成物。

（3）在反应C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O中，有如下关系：

CO2——4e-，由此可计算出生成0.5molCO2，转移电子的物质的量。

（4）A．氨分子间易形成氢键，分子间作用力较大，所以氨气易液化，液氨可作制冷剂；

B．氨气易溶于水，不能用排水法收集；

C．氨气是一种无色有刺激性气味的气体；

D．氨水呈碱性，向氨水中滴加酚酞，溶液变红。

（5）实验室检验试管里氨气是否收集满时，可用蘸有浓盐酸的玻璃棒，也可使用湿润的红色石蕊试纸。

（6）CO和NO反应转化为两种无毒气体，则气体应为N2和CO2。

【详解】

（1）将SO2通入品红溶液中，因为SO2具有漂白性，所以品红溶液褪色，加热后，无色物质分解，重新生成品红，所以溶液颜色变红。

答案为：

褪色；变红；

（2）已知反应：

SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4，该反应中的氧化产物是含有价态升高元素的生成物，所以应为H2SO4。

答案为：

H2SO4；

（3）在反应C+2H2SO4（浓）

CO2↑+2SO2↑+2H2O中，有如下关系：

CO2——4e-，生成0.5molCO2，转移电子的物质的量是0.5mol×4=2mol。

答案为：

2；

（4）A．氨分子间易形成氢键，分子间作用力较大，所以氨气易液化，液氨可作制冷剂，A正确；

B．氨气易溶于水，不能用排水法收集，B错误；

C．氨气是一种无色有刺激性气味的气体，C错误；

D．氨水呈碱性，向氨水中滴加酚酞，溶液变红，D正确；

故选AD。

答案为：

AD；

（5）实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明氨气已收集满（或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口，若出现大量白烟，则说明氨气已收集满）（或其他合理答案）。

答案为：

用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，若试纸变蓝，则说明氨气已收集满（或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口，若出现大量白烟，则说明氨气已收集满）（或其他合理答案）；

（6）CO和NO反应转化为两种无毒气体，则气体应为N2和CO2，该反应的化学方程式为2CO+2NO

N2+2CO2。

答案为：

2CO+2NO

N2+2CO2。

【点睛】

二氧化硫的漂白是有条件的、暂时性的，它能使品红溶液和有色布条褪色，但不能使紫色石蕊试液褪色。

往紫色石蕊试液中通入二氧化硫，溶液变为红色，继续通入二氧化硫至过量，溶液仍为红色。

3．二氧化硫是污染大气的主要物质之一。

含二氧化硫的工业尾气可用如下方法来处理并制得有广泛用途的石膏。

（1）SO2造成的一种常见环境污染为___；列举二氧化硫的一种用途___。

（2）SO2使紫色KMnO4溶液褪色的离子方程式为___；（提示：

KMnO4被还原为Mn2+）

（3）通空气时反应的化学方程式为___；若在实验室进行，操作A是_____。

（4）亚硫酸氢铵常用于造纸工业，若用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵，则该气体为_______。

（5）有人提出在燃煤中加入适量的生石灰，可减少烟气中二氧化硫的排放，你认为是否合理?

_______（填“合理”或“不合理”）；理由是______。

【答案】酸雨漂白草帽、纸张等2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+2CaSO3+O2+4H2O═2CaSO4•2H2O过滤氨气合理二氧化硫与生石灰反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙。

【解析】

【分析】

（1）当雨水的pH<5.6时称为酸雨，酸雨产生的原因主要是因为空气中含有二氧化硫、二氧化氮等酸性氧化物引起的；二氧化硫有毒且有漂白性；

（2）SO2具有还原性，KMnO4溶液具有氧化性，二者会发生氧化还原反应而使紫色KMnO4溶液褪色，根据原子守恒、电子守恒、电荷守恒，书写离子方程式；

（3）亚硫酸钙不稳定，易被氧气氧化为硫酸钙，通过操作A从液体中分离得到石膏，该操作方法为过滤；

（4）该工业尾气含有二氧化硫，二氧化硫为酸性气体，用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵，根据元素守恒，通入的气体需含有氮元素，则为氨气；

（5）生石灰能够与二氧化硫反应生成亚硫酸钙，从而减少了烟气中二氧化硫的排放；

【详解】

（1）雨、雪、雾、霜、露、雹等在降落过程中吸收了空气中的二氧化硫、氮氧化物等致酸物质，就变成酸性的降水——酸雨，所以SO2造成的一种常见环境污染为形成酸雨；二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，如漂白草帽，但二氧化硫有毒，不能漂白食品；

（2）SO2中S元素化合价为+4价，具有强的还原性，而KMnO4溶液具有强的氧化性，二者会发生氧化还原反应而使紫色KMnO4溶液褪色，二者反应的离子方程式为：

2MnO4-+5SO2+2H2O=5SO42-+2Mn2++4H+；

（3）亚硫酸钙中的S元素化合价为+4价，具有还原性，易被氧气氧化，所以通空气时反应的化学方程式为：

2CaSO3+O2+4H2O═2CaSO4•2H2O；分离固体与可溶性的液体混合物常用过滤操作，所以通过操作A从液体中分离得到石膏，该操作方法为过滤；

（4）该工业尾气含有二氧化硫，二氧化硫为酸性气体，氨气为碱性气体，两者反应：

SO2+NH3+H2O=NH4HSO3，所以若用某气体水溶液处理该工业尾气得到亚硫酸氢铵，则该气体为氨气；

（5）生石灰是碱性氧化物，能够与酸性氧化物二氧化硫反应生成亚硫酸钙，亚硫酸钙与氧气反应生成硫酸钙，所以在燃煤中加入生石灰可减少烟气中二氧化硫的排放。

【点睛】

本题考查了含二氧化硫的工业尾气处理及应用，明确二氧化硫的性质是解本题关键，注意运用化学知识解释化工生产操作。

4．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。

5．我国云南东川铜矿富含辉铜矿（主要成分Cu2S），因含铜成分高而成为重要的炼铜原料。

资料表明，当蓝矾溶液渗入地下遇硫铁矿（主要成分：

二硫化亚铁FeS2）时，可生成辉铜矿Cu2S，其化学方程式为：

14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。

硫铁矿也是一种重要化工原料，其主要成分可在沸腾炉中鼓入空气高温煅烧生成Fe2O3和一种对环境有污染的有毒气体，回答下列问题：

（1）在化合物FeS2和Cu2S中，硫元素的化合价分别为__、__。

（2）在上述生成辉铜矿的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。

由题中信息可推知Cu2S的溶解情况是：

__溶于水（填“不”或“能”，下同），__溶于稀硫酸。

（3）写出硫铁矿的主要成分鼓入空气高温煅烧的化学方程式：

__，若反应中有2.2mol电子发生转移时，可生成标准状况下的有毒气体的体积为__L。

【答案】-1-235：

3不不4FeS2+11O2

2Fe2O3+8SO28.96

【解析】

【分析】

该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低，3个负一价硫的化合价升高。

【详解】

（1）

（二硫化亚铁）中铁为+2价，硫为-1价；

（硫化亚铜）中铜为+1价，硫为-2价，

故答案为：

-1；-2；

（2）

该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低，即14个硫酸铜和3.5个

做氧化剂，3个负一价硫的化合价升高，即1.5个

做还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为35:

3；根据反应

及题目信息，可知

不溶于水，也不溶于稀硫酸，

故答案为：

35:

3；不；不；

（3）根据题目信息‘硫铁矿可在沸腾炉中鼓入空气高温煅烧生成

和一种对环境有污染的有毒气体’，可推知

和氧气反应生成

和二氧化硫，方程式为：

，该反应转移电子数为44，即转移44个电子生成8个二氧化硫，故当转移2.2mol电子时，生成0.4mol二氧化硫，标况下体积为：

8.96L，

故答案为：

；8.96。

6．研究表明不含结晶水的X（由4种短周期元素组成），可作为氧化剂和漂白剂，被广泛应用于蓄电池工业等。

为探究X的组成和性质，设计并完成了下列实验：

已知：

气体单质B可使带火星的木条复燃。

（1）X中含有的元素为：

____；图中被浓硫酸吸收的气体的电子式为：

_____。

（2）请写出①的化学方程式：

_____。

（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。

请写出X溶液和少量MnCl2溶液反应的离子方程式：

_____。

【答案】N、H、S、O

2（NH4）2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+

【解析】

【分析】

从图中可以采集以下信息：

m（X）=4.56g，m（BaSO4）=9.32g，V（O2）=0.224L，V（NH3）=1.12L-0.224L=0.896L。

n（BaSO4）=

，n（O2）=

，n（NH3）=

。

在X中，m（NH4+）=0.04mol×18g/mol=0.72g，m（S）=0.04mol×32g/mol=1.28g，则X中所含O的质量为m（O）=4.56g-0.72g-1.28g=2.56g，n（O）=

。

X中所含NH4+、S、O的个数比为0.04:

0.04:

0.16=1:

1:

4，从而得出X的最简式为NH4SO4，显然这不是X的化学式，X可作为氧化剂和漂白剂，则其分子中应含有过氧链，化学式应为（NH4）2S2O8。

（1）从以上分析，可确定X中含有的元素；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3。

（2）反应①中，（NH4）2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等。

（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。

则（NH4）2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。

【详解】

（1）从以上分析，可确定X中含有的元素为N、H、S、O；图中被浓硫酸吸收的气体为NH3，电子式为

。

答案为：

N、H、S、O；

；

（2）反应①中，（NH4）2S2O8与NaOH反应，生成BaSO4、NH3、O2等，且三者的物质的量之比为4:

4:

1，化学方程式为2（NH4）2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O。

答案为：

2（NH4）2S2O8+8NaOH=4Na2SO4+4NH3+O2↑+6H2O；

（3）已知X常用于检验Mn2+，它可将Mn2+氧化成MnO4-。

则（NH4）2S2O8与MnCl2反应生成MnO4-、Cl2、SO42-等。

S2O82-中有两个O从-1价降低到-2价，共得2e-；MnCl2中，Mn2+由+2价升高到+7价，Cl-由-1价升高到0价，MnCl2共失7e-，从而得到下列关系：

7S2O82-+2Mn2++4Cl-——2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-，再依据电荷守恒、质量守恒进行配平，从而得出反应的离子方程式为7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。

答案为：

7S2O82-+2Mn2++4Cl-+8H2O=2Cl2↑+2MnO4-+14SO42-+16H+。

7．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．

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⑨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1-2】SO3

【答题空1-3】

【答题空1-4】2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑

【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1-11】CO32-+H2O

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NaHCO3；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（SO3）+B（NaOH）=C（Na2SO4）

（1）依据判断可知丙为：

O2；E为 SO3；故答案为：

O2；SO3；

（2）X为Na2S，是离子化合物，化合物的电子式为：

故答案为：

（3）A（Na2O2）与H2O反应的化学反应方程式为：

2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；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，参加反应转移电子为1mol；

故答案为：

2Na2O2+2H2O═4NaOH+O2↑；Na2O2；1；

（4）应⑨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-+H2O；

故