备战高考化学硫及其化合物大题培优 易错 难题含答案解析.docx
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备战高考化学硫及其化合物大题培优易错难题含答案解析
备战高考化学硫及其化合物(大题培优易错难题)含答案解析
一、高中化学硫及其化合物
1.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。
(1)图中Y物质的化学式为______。
(2)治理含CO、SO2的烟道气,可以将其在催化剂作用下转化为单质S和无毒的气体.则治理烟道气反应的化学方程式为____________________________。
(3)实验室中X气体由不溶性的硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸混合反应制得,该反应的离子方程式为:
_____________________________________________。
(4)Na2S2O3(硫代硫酸钠)是一种用途广泛的钠盐。
①下列物质用于Na2S2O3的制备,从氧化还原反应的角度,理论上有可能的是___。
a.Na2S+Sb.Z+Sc.Na2SO3+Yd.NaHS+NaHSO3
②Na2S2O3具有较强还原性,能作为织锦物漂白后的脱氯剂,脱氯后S2O32-转变为SO42-。
现需处理含标准状况下Cl22.24L的织锦物,理论上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的体积为_______L。
【答案】SO32CO+SO2
2CO2+SFeS+2H+=Fe2++H2S↑bd25
【解析】
【分析】
依据元素化合价和物质分类分析,X为气态氢化物为H2S,Y为硫元素的+6价氧化物为SO3,Z为+4价的盐可以为Na2SO3。
(1)Y是S元素化合价为+6价;
(2)根据反应物、生成物,结合反应中电子转移数目相等,可得反应方程式;
(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4,根据离子方程式中物质拆分原则书写反应的离子方程式;
(4)①Na2S2O3中S为+2价,从氧化还原的角度分析,反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2;
②根据元素化合价升降总数相等,计算反应消耗的Na2S2O3的物质的量,再根据n=cV计算其物质的量。
【详解】
根据上述推断可知X是H2S,Y是SO3,Z是Na2SO3。
(1)Y为S元素的氧化物,化合价为+6价,则Y为SO3;
(2)CO、SO2反应产生S单质和CO2,根据电子守恒、原子守恒,可得反应方程式为:
2CO+SO2
2CO2+S;
(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S和FeSO4,反应的离子方程式为:
FeS+2H+=Fe2++H2S↑;
(4)①Na2S2O3中S为+2价,从氧化还原的角度分析,反应物中S元素化合价必须分别大于2和小于2,A中S化合价都小于2,C中物质中S化合价都大于+2价,B、D中S元素化合价必须分别大于2和小于2,故合理选项是bd;
②根据题干信息可知发生反应方程式为:
Na2S2O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl,标准状况下2.24LCl2的物质的量是n(Cl2)=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,在反应中获得电子变为-1价的Cl-,0.1molCl2获得电子的物质的量是0.2mol;S2O32-转变为SO42-,每1molS2O32-失去8mol电子,则转移0.2mol电子,需消耗S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.2mol÷8=0.025mol,根据n=c·V可知理论上需要0.00100mol/LNa2S2O3溶液的体积V=0.025mol÷0.00100mol/L=25L。
【点睛】
本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算,正确提取图象信息,结合氧化还原反应规律分析为解答关键,注意掌握常见元素及其化合物性质,试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。
2.A~H等8种物质存在如下转化关系(反应条件,部分产物为标出).已知:
A是酸式盐,B是能使品红溶液褪色的气体,G是红棕色气体。
按要求回答问题:
(1)写出下列物质的化学式:
A________,B________,写出B的一种危害__________。
(2)写出下列反应的化学方程式:
E→F____________;红热的木炭与D的浓溶液反应的方程式:
____________;铜与H的浓溶液反应的离子方程式:
_____________。
(3)检验某溶液中是否含A中阳离子的方法_____________。
【答案】NH4HSO3SO2酸雨4NH3+5O2
4NO+6H2OC+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2OCu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+
【解析】
【分析】
G是红棕色气体,则G是NO2;F和O2反应生成NO2,所以F是NO;NO2和水反应生成的H是HNO3;A是酸式盐,和NaOH反应生成E,E和O2反应生成NO,则E是NH3;B能使品红溶液褪色,且B能和O2反应生成C,所以B是SO2,C是SO3;SO3和水反应生成的D为H2SO4;A是酸式盐且是铵盐,所以A是NH4HSO3。
【详解】
(1)通过以上分析知,A、B分别是NH4HSO3、SO2,SO2属于酸性氧化物,能和H2O反应生成H2SO3,H2SO3不稳定,易被空气氧化生成H2SO4,随雨水降落地面而形成酸雨,所以其一种危害是酸雨;
(2)氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O,反应方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O,反应方程式为C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O,铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O,离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++NO↑+2H2O;
(3)NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+,故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+。
3.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+。
4.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-。
5.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。
6.A、B、C、D为四种可溶性的盐,它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3-、SO42﹣、Cl-、CO32-(离子在物质中不能重复出现)。
①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中,只有C盐的溶液呈蓝色;
②若向①的四支试管中分别加入盐酸,B盐的溶液有沉淀生成,D盐的溶液有无色无味的气体逸出。
根据①②实验事实可推断它们的化学式为:
(1)B_____________D______________;
(2)写出少量盐酸与D反应的离子方程式:
______________________________________;
(3)将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后,混合后溶液中存在的离子为_______;在此溶液中加入铁粉,写出发生反应的离子方程式____;
(4)C溶液中阴离子的检验方法:
____。
【答案】AgNO3Na2CO3CO32-+2H+=CO2↑+H2OCu2+、NO3-、Cl-Cu2++Fe=Cu+Fe 2+取少量C溶液于试管中,先加足量盐酸酸化,无现象,再加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则证明C中阴离子为SO42-
【解析】
【分析】
给出八种离子,形成四种可溶性物质,这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质,之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除,从而最终确定.如Ba2+不能和SO42-、CO32-结合,而只能和NO3-、Cl-;Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合,而只能和NO3-结合,则一定是BaCl2、AgNO3.Cu2+不能和CO32-结合,所以为CuSO4;Na+对应CO32-为Na2CO3.即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。
①中由于C盐是蓝色的,所以C为CuSO4;②四支试管加入盐酸,B有沉淀,则B溶液为AgNO3;而D生成无色气体,则为二氧化碳,即D为Na2CO3,以此来解答。
【详解】
由于是可溶性盐,所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性,根据盐类物质溶解性情况可知:
Ba2+不能和SO42-、CO32-结合,而只能和NO3-、Cl-;Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合,而只能和NO3-结合,则一定是BaCl2、AgNO3.Cu2+不能和CO32-结合,所以为CuSO4,Na+对应CO32-为Na2CO3.即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。
由于C盐是蓝色的,所以C为CuSO4;。
②四支试管加入盐酸,B有沉淀,则B溶液AgNO3;而D生成无色气体,则为二氧化碳,即D为Na2CO3。
综上所述:
A为BaCl2;B为AgNO3;C为CuSO4;D为Na2CO3;
(1)由上述分析可知B为AgNO3;D为Na2CO3,故答案为:
AgNO3;Na2CO3;
(2)盐酸与D(Na2CO3)反应的离子反应方程式为:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O,故答案为:
CO32-+2H+=CO2↑+H2O;
(3)A为BaCl2;B为AgNO3;C为CuSO4,将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后,溶液中存在的离子及物质的量之比为:
Cl-、NO3-、Cu2+,在此溶液中加入铁粉,可以将其中的铜置换出来,发生反应的离子方程式Cu2++Fe=Cu+Fe2;故答案为:
Cu2+、NO3-、Cl-;Cu2++Fe=Cu+Fe 2+;
(4)C为CuSO4,检验硫酸根离子,可取少量C溶液于试管中,先加足量盐酸酸化,无现象,再加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则证明C中阴离子为SO42-,故答案为:
取少量C溶液于试管中,先加足量盐酸酸化,无现象,再加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,则证明C中阴离子为SO42-。
【点睛】
无机物的推断,把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键,注意C为硫酸铜为推断的突破口,在分析A、B、C的溶液混合后离子组成时,要考虑混合时离子间的相互反应。
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;
故答案为:
HCO3-+H+=CO32-+H2O;
(5)物质F是碳酸钠,它的俗名是纯碱,或苏打;其溶液呈碱性,是因为碳酸根离子水解的结果,反应的离子方程式为:
CO32-+H2O≒HCO3-+OH-;
故答案为:
纯碱; 苏打; 碱; CO32-+H2O≒HCO3-+OH-;
9.某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物)作脱硫剂,通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2(反应条件已省略)。
请回答下列问题:
(1)下列各组试剂中,能准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量的是___(填编号)。
a.NaOH溶液、酚酞试液b.稀H2SO4酸化的KMnO4溶液
c.碘水、淀粉溶液d.氨水、酚酞试液
(2)写出软锰矿浆吸收SO2的离子方程式___。
(3)用MnCO3能除去溶液中的Al3+和Fe3+,其原理是___。
(4)写出KMnO4与MnSO4溶液反应的离子方程式___。
(5)工业上采用电解K2MnO4水溶液的方法来生产KMnO4,其中隋性电极作阳极,铁作阴极,请写出阳极的电极反应式___。
(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过___(填操作名称)、过滤制得硫酸锰晶体。
【答案】bcMnO2+SO2=Mn2++SO42-消耗溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀2MnO4-+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+MnO42--e-=MnO4-蒸发浓缩、冷却结晶
【解析】
【分析】
由流程可知,二氧化硫能与二氧化锰反应生成硫酸锰,用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,MnS将铜、镍离子还原为单质,高锰酸钾能与硫酸锰反应生成二氧化锰,通过过滤获得二氧化锰,以此解答该题。
【详解】
(1)准确测定一定体积燃煤尾气中SO2含量,二氧化硫与氨水、NaOH反应不易控制,且加指示剂现象观察的滴定终点与反应终点误差大,而b、c中利用还原性及高锰酸钾褪色、淀粉变蓝等可准确测定气体的含量,故答案为bc;
(2)SO2与稀硫酸酸化的软锰矿发生氧化还原反应生成硫酸锰,反应的离子方程式为MnO2+SO2=Mn2++SO42﹣;
(3)由于碳酸锰能消耗溶液中的酸,降低溶液的酸性,从而促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀,涉及反应为3MnCO3+2Al3+3H2O=2Al(OH)3↓+3CO2↑+3Mn2+或3MnCO3+2Fe3++3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑+3Mn2+;
(4)KMnO4与MnSO4溶液反应的离子方程式为2MnO4﹣+3Mn2++2H2O=5MnO2+4H+;
(5)惰性电极作阳极,铁作阴极,则阳极上失去电子发生氧化反应,则阳极反应为MnO42﹣﹣e﹣═MnO4﹣;
(6)除杂后得到的MnSO4溶液可以通过蒸发浓缩,冷却结晶(过滤)制得硫酸锰晶体。
10.氯化亚砜(SOCl2)是一种液态化合物,沸点为77℃,在农药、制药行业中用途广泛。
SOCl2遇水剧烈反应,液面上产生白雾,并带有刺激性气味的气体产生。
实验室合成原理:
SO2+Cl2+SCl2=2SOCl2,部分装置如图所示。
(1)实验室制取SOCl2在三颈烧瓶中进行,整个装置所选仪器的连接顺序是⑥→___→①;___→②(已知①处通入Cl2、除杂装置可以重复使用)。
(2)冷凝管上连接的干燥管的作用是:
①尾气处理;②___。
(3)实验室制Cl2的离子方程式为___。
(4)该实验中制取SO2,下列最适宜的试剂是___(填下列字母编号)。
A.Cu固体与18.4mol•L-1硫酸
B.Na2SO3固体与20%硫酸
C.Na2SO3固体与70%硫酸
D.Na2SO3固体与18.4mol•L-1硫酸
(5