高考化学综合题专练硫及其化合物及详细答案.docx

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高考化学综合题专练硫及其化合物及详细答案

高考化学综合题专练∶硫及其化合物及详细答案

一、高中化学硫及其化合物

1．硫元素具有可变价态，据此完成以下有关含硫化合物性质的试题。

（1）将H2S气体通入FeCl3溶液中，现象是_____________________________；反应的离子方程式是______________________________________。

（2）为了探究-2价硫的化合物与+4价硫的化合物反应的条件，设计了下列实验。

实验操作

实验现象

实验1

将等浓度的Na2S和Na2SO3溶液按体积比2∶1混合

无明显现象

实验2

将H2S通入Na2SO3溶液中

未见明显沉淀，再加入少量稀硫酸，立即产生大量浅黄色沉淀

实验3

将SO2通入Na2S溶液中

有浅黄色沉淀产生

已知：

电离平衡常数：

H2SK1=1.3×10-7；K2=7.1×10-15

H2SO3K1=1.7×10-2；K2=5.6×10-8

①根据上述实验，可以得出结论：

在_________条件下，+4价硫的化合物可以氧化-2价硫的化合物。

②将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，下列表示溶液pH随SO2气体体积变化关系示意图正确的是______（选填编号）。

A．

B．

C．

D．

（3）现有试剂：

溴水、硫化钠溶液、Na2SO3溶液、稀硫酸、NaOH溶液、氨水。

  要证明Na2SO3具有还原性，应选用的试剂有______________，看到的现象是____________________。

要证明Na2SO3具有氧化性，应选用的试剂有___________________，反应的离子方程式是________________________________。

（4）文献记载，常温下H2S可与Ag发生置换反应生成H2。

现将H2S气体通过装有银粉的玻璃管，请设计简单实验，通过检验反应产物证明H2S与Ag发生了置换反应_____________________。

【答案】溶液由棕黄色变为浅绿色，产生黄色浑浊2Fe3++H2S→2Fe2++S↓+2H+酸性（或酸性较强）C溴水溴水褪色硫化钠溶液和稀硫酸2S2－+SO32－+6H+→3S↓+3H2O将反应后的气体通入足量氢氧化钠溶液中（或硫酸铜溶液或氯化铁溶液等），除去未反应的H2S后，点燃，若观察到火焰呈淡蓝色，说明有H2生成，从而证明H2S与Ag发生了置换反应（或做爆鸣实验）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）将H2S气体通入FeCl3溶液中会发生氧化还原反应生成硫单质黄色沉淀和氯化亚铁浅绿色溶液，所以溶液由棕黄色变为浅绿色，产生黄色浑浊，其反应的离子方程式为：

2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+；

（2）①根据实验1可知Na2S和Na2SO3不反应，根据实验2和实验3可知在酸性条件下Na2S和Na2SO3反应生成硫沉淀；

②将SO2气体通入H2S水溶液中直至过量，发生的反应为：

SO2+2H2S=3S↓+2H2O，随着反应进行，溶液酸性减弱，pH增大；当SO2过量时，SO2+H2O=H2SO3，反应生成亚硫酸，溶液酸性增强，所以pH又减小；由于亚硫酸酸性大于硫化氢的酸性，故后来的pH比最初要小，故C正确；

（3）溴水能氧化Na2SO3，所以要证明Na2SO3具有还原性，可选用溴水与Na2SO3反应，反应后溴水褪色；酸性条件下，亚硫酸钠与硫化钠发生氧化还原反应，亚硫酸钠中S元素的化合价降低，作氧化剂；所以要证明Na2SO3具有氧化性，应选用的试剂有硫化钠溶液和稀硫酸；其反应的离子方程式为：

2S2-+SO32-+6H+=3S↓+3H2O；

（4）H2S可与Ag发生置换反应生成H2，检验氢气存在，即说明发生置换反应，所以实验操作为：

将反应后的气体通入足量氢氧化钠溶液中，除去未反应的H2S后，点燃，若观察到火焰呈淡蓝色，说明有H2生成，从而证明H2S与Ag发生了置换反应。

2．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是常用的食品抗氧化剂之一。

某研究小组进行如下实验：

实验一焦亚硫酸钠的制取

采用如图装置（实验前已除尽装置内的空气）制取Na2S2O5。

装置II中有Na2S2O5晶体析出，发生的反应为：

Na2SO3＋SO2=Na2S2O5

（1）装置I中产生气体的化学方程式为___________________________。

（2）要从装置II中获得已析出的晶体，可采取的分离方法是_______________。

（3）装置III用于处理尾气，可选用的最合理装置（夹持仪器已略去）为________（填序号）。

实验二焦亚硫酸钠的性质

（4）Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。

证明NaHSO3溶液中HSO3－的电离程度大于水解程度，可采用的实验方法是______________（填序号）。

a．测定溶液的pHb．加入Ba（OH）2溶液c．加入盐酸

d．加入品红溶液e．用蓝色石蕊试纸检测

（5）检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是_____________________________。

实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定

葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。

测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）的方案如下：

（6）按上述方案实验，消耗标准I2溶液25.00mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为_______________g·L－1。

（7）在上述实验过程中，若有部分HI被空气氧化，则测得结果_______________（填“偏高”“偏低”或“不变”）。

【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O（或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O）过滤da、e取少量Na2S2O5晶体于试管中，加适量水溶解，滴加足量盐酸，振荡，再滴入氯化钡溶液，有白色沉淀生成0.16偏低

【解析】

【分析】

实验一：

装置Ⅰ制取二氧化硫，亚硫酸钠与硫酸反应Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O，装置Ⅱ制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，装置Ⅲ用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫。

（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠或硫酸氢钠、二氧化硫与水；

（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤操作；

（3）装置Ⅲ用于处理尾气，吸收为反应的二氧化硫，应防止倒吸，且不能处于完全密闭环境中；

实验二：

（4）NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，故检验溶液呈酸性即可；

（5）Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可。

实验三：

（6）①由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；

②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小。

【详解】

（1）由装置Ⅱ中发生的反应可知，装置Ⅰ中产生的气体为SO2，亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水，反应方程式为：

Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，或生成硫酸氢钠，反应方程式为：

Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2↑+H2O；

（2）装置Ⅱ中获得已析出的晶体，分离固体与液态，应采取过滤进行分离；

（3）a．装置应将导管伸入氨水中可以吸收二氧化硫，但为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故a错误；

b．该装置吸收二氧化硫能力较差，且为密闭环境，装置内压强增大易产生安全事故，故b错误；

c．该装置不能吸收二氧化硫，所以无法实现实验目的，故c错误；

d．该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应，可以吸收，且防止倒吸，故d正确；

故答案为d；

（4）NaHSO3溶液中HSO3−的电离程度大于水解程度，溶液呈酸性，测定溶液的pH，可以确定溶液酸碱性，酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红，所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验，而加入Ba（OH）2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性，故选ae；

（5）Na2S2O5中S元素的化合价为+4价，因此会被氧化为为+6价，即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4，用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可，实验方案为：

取少量Na2S2O5晶体于试管中，加入适量水溶解，滴加盐酸，振荡，再滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成。

（6）①令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：

所以，64g:

mg=1mol:

0.025L×0.01mol/L，解得m=0.016，故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量（以游离SO2计算）为0.016g×0.1L=0.16g/L；

②若有部分HI被空气氧化，则消耗碘的量偏小，故测定二氧化硫的量偏小，则测定结果偏低。

3．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。

4．已知X、Y均为有刺激性气味的气体，且几种物质间有以下转化关系，部分产物未标出。

请回答下列问题。

（1）写出下列各物质的化学式：

X______、Y______、A______、B______、C______。

（2）反应①的离子方程式为____________。

【答案】Cl2SO2HClH2SO4FeCl32Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+

【解析】

【分析】

A与硝酸酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀，A中含Cl-；B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀，B中含SO42-；又根据X、Y均为有刺激性气味的气体，且X能与

反应，则X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。

【详解】

（1）分析可知，X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。

（2）反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+。

5．如图表示某固态单质A及其化合物之间的转化关系（某些产物和反应条件已略去）。

化合物B在常温常压下为气体，B和C的相对分子质量之比为4∶5，化合物D是重要的工业原料。

（1）写出A在加热条件下与H2反应的化学方程式：

____。

（2）写出E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：

____。

（3）写出一个由D生成B的化学方程式：

____。

【答案】H2＋S

H2SH2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2OC＋2H2SO4（浓）

CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋2H2SO4（浓）

CuSO4＋SO2↑＋2H2O

【解析】

【分析】

由A是固体单质且与空气反应生成的B是气体，可知，A为非金属固态单质。

由B可与水反应生成E，则A可能为C或S，若为C，则B和C分别为CO、CO2，其相对分子质量之比不为4∶5，不符合题意；若为S，则B为SO2，C为SO3，B和C的相对分子质量之比为4∶5，符合题意。

所以D为H2SO4，E为H2SO3。

【详解】

⑴A在加热条件下与H2反应的化学方程式：

H2＋S

H2S，故答案为：

H2＋S

H2S。

⑵E与A的氢化物反应生成A的化学方程式：

H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O，故答案为：

H2SO3＋2H2S=3S↓＋3H2O。

⑶写出一个由D生成B的化学方程式：

C＋2H2SO4（浓）

CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋2H2SO4（浓）

CuSO4＋SO2↑＋2H2O，故答案为：

C＋2H2SO4（浓）

CO2↑＋2SO2↑＋2H2O或Cu＋2H2SO4（浓）

CuSO4＋SO2↑＋2H2O。

6．有关物质的转化关系如图所示。

A的摩尔质量为120g·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的电子式为______。

（3）写出反应③的离子方程式：

______。

（4）写出反应④的化学方程式：

______。

【答案】FeS2

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+Fe2（SO4）3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4

【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Fe2O3；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120g·mol−1，则A为FeS2；C的浓溶液可干燥某些气体，则C为硫酸，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H2SO4，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③为Cu与Fe2（SO4）3反应生成CuSO4、FeSO4，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

故答案为：

2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+；

（4）反应④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．雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：

Na+、

。

某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后配成试样溶液，设计并完成了如下的实验：

①取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变。

②另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g．再滴入足量盐酸沉淀全部溶解。

（1）实验①能确定该雾霾中肯定不含的离子为_______________________。

（2）判断Cl-是否存在，若存在求其最小浓度（若不存在说明理由）________。

（3）该雾霾中肯定含有的离子为_________________________。

（4）1.16g白色沉淀为________（写化学式）。

（5）反应中消耗的BaCl2的物质的量为________mol。

（6）操作②中加盐酸沉淀溶解的离子方程式为______________________________。

【答案】Ba2+、Fe3+、CO32-0.2mol/LMg2+、SO42-、Cl-Mg（OH）20.01mol

【解析】

【分析】

①取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变，则试样中一定含有SO42-，一定不含有CO32-，并且SO42-的物质的量为

=0.01mol，则原溶液中与SO42-不共存的离子Ba2+一定不含；

②另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g，再滴入足量盐酸沉淀全部溶解，则试样中一定含有Mg2+，并且物质的量为

=0.02mol，一定不含Fe3+；

又溶液呈电中性，所以溶液中还一定含有Cl-，Na+可能含有，结合题给选项分析解答。

【详解】

（1）根据以上分析，肯定不含的离子为Ba2+、Fe3+、CO32-；

（2）由分析知溶液中含有Mg2+0.02mol，SO42-0.01mol，根据n（Mg2+）×2≠n（SO42）×2，可知电荷不守恒，而溶液一定是电中性的，则溶液中一定含有Cl-，则n（Mg2+）×2=n（SO42）×2+n（Cl-）×1，解得：

n（Cl-）=0.02mol，因溶液中还可能含有Na+，则溶液中n（Cl-）≥0.02mol，其最小浓度为

=0.2mol/L；

（3）根据以上分析，肯定含的离子为Mg2+、SO42-、Cl-；

（4）根据以上分析，1.16g白色沉淀为Mg（OH）2；

（5）根据以上分析，取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，根据钡离子守恒，则消耗的BaCl2的物质的量为

=0.01mol；

（6）根据以上分析，1.16g白色沉淀为Mg（OH）2，加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为Mg （OH） 2+2H+=Mg2++2H2O。

8．如图中A～H都是中学化学中常见的物质，其中，常温下A能使铁或铝钝化，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，F是金属单质，G可以用作耐火材料，它们之间有如下转化关系：

（1）写出下列物质的化学式：

E____________，H____________；

（2）写出A溶液与B反应的化学方程式：

____________；

试写出E与F的反应方程式：

_______________。

【答案】CO2SO3C+2H2SO4（浓）

2SO2↑+CO2↑+2H2O2Mg+CO2

2MgO+C

【解析】

【分析】

常温下A能使铁或铝钝化，A可能为浓硝酸或浓硫酸，B是固体非金属单质，C为水，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体，则A为浓硫酸，B为碳，D为SO2，E为CO2，SO2被氧气氧化产生SO3，所以H为SO3，SO3与H2O反应产生H2SO4，F是金属单质，能够在CO2发生燃烧反应，则F是Mg，Mg在CO2中燃烧产生C、MgO，G可以用作耐火材料，则G为MgO，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知：

A为浓H2SO4，B为C，C为H2O，D为SO2，E为CO2，F是Mg，G为MgO，H为SO3。

（1）E为CO2，H为SO3；

（2）C与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应，产生CO2、SO2、H2O，反应的化学方程式：

C+2H2SO4（浓）

2SO2↑+CO2↑+2H2O；Mg在CO2中在点燃时反应产生MgO和C，反应方程式为：

2Mg+CO2

2MgO+C。

【点睛】

本题考查了无机物的推断。

常温下A能使铁或铝钝化，D是一种能使品红溶液褪色的无色气体是本题的突破口，要掌握各种物质的性质及转化关系，注意镁可以在二氧化碳气体中燃烧。

9．A、B、C、D均为中学所学的常见物质且均含有同一种元素，它们之间的转化关系如下图所示（反应条件及其他产物已略去）：

（1）若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸。

①A、D分别为A：

，D：

。

（填写化学式，下同）

②写出B→C转化的化学方程式：

。

③简述检验B物质的方法。

④写出D的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式。

（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红。

①工业上合成A的化学方程式：

___________。

在实验室中则用加热固体混合物的方法制取气体A，其化学方程式为。

②写出C→D的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目。

③写出A→B的化学方程式

④1．92g铜投入一定的D浓溶液中，铜完全溶解，共收集到672mL气体（标准状况）。

将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准状况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为mL。

【答案】

（1）①H2S；H2SO4；②2SO2+O2

2SO3（条件不写扣1分，

不写不得分）；③将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；④2H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+2H2O+SO2↑；

（2）①N2+3H2

2NH3；2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3+2H2O；

②

③4NH3+5O2

4NO+6H2O；④336mL

【解析】

试题分析：

（1）①若A、D的水溶液均呈酸性，且D为强酸，S元素化合物符合转化关系，可推知，A为H2S、B为SO2、C为SO3、D为H2SO4，故答案为H2S；H2SO4；

②B→C转化的化学方程式为2SO2+O2

2SO3，故答案为2SO2+O2

2SO3；

③简述检验SO2物质的方法：

将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色，

故答案为将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；

④硫酸的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式：

2H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+2H2O+SO2↑，

故答案为2H2SO4（浓）+Cu

CuSO4+2H2O+SO2↑；

（2）若A的水溶液能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D的稀溶液能使蓝色的湿润石蕊试纸变红，则A为NH3，B为NO，C为NO2，D为HNO3。

①工业上合成氨的化学方程式为N2+3H2

2NH3；在实验室中则用加热固体混合物的方法制取气体氨气，其化学方程式为2NH