化学硫及其化合物的专项培优练习题含答案及答案.docx

1、化学硫及其化合物的专项培优练习题含答案及答案化学硫及其化合物的专项培优练习题(含答案)及答案一、高中化学硫及其化合物1随着工业的发展，酸雨已经成为全球性的环境问题，保护环境已成为全人类的共识。完成下列填空：（1）检验某次降雨是否为酸雨的方法是_（2）SO2是造成酸雨的主要原因。写出一条减少SO2排放的措施。_（3）某酸雨样品的pH=5，则该样品中c（H+）=_mol/L。该样品放置一段时间后，酸雨略有增大，其原因可能是_（用化学方程式表示）。【答案】可用测量溶液pH的方法 使用脱硫技术，减少化石燃料的燃烧等 10-5 或 【解析】【分析】（1）正常的雨水中溶解了二氧化碳，二氧化碳和水反应生成碳

2、酸，碳酸电离导致溶液中氢离子浓度大于氢氧根离子浓度而使溶液呈酸性，正常雨水的pH为5.6，如果雨水溶解了二氧化硫、氮氧化物，会使溶液的酸性更强，pH小于5.6；（2）减少SO2排放可采用脱硫技术，减少化石燃料的燃烧等；（3）pH=-lg c（H+），由此计算c（H+），亚硫酸会被空气中氧气氧化成硫酸，酸性增大。【详解】（1）正常雨水因溶解了二氧化碳而使其pH为5.6，如果雨水中溶解了二氧化硫或氮氧化物，使雨水变成亚硫酸或硝酸溶液，亚硫酸不稳定易被氧气氧化生成硫酸，硫酸和硝酸都是强酸，导致雨水的pH减小，小于5.6，所以可用测量PH的方法确定某次降雨是否为酸雨，故答案为：可用测量溶液pH的方法；

3、（2）减少SO2排放可采用脱硫技术，减少化石燃料的燃烧等，故答案为：使用脱硫技术，减少化石燃料的燃烧等；（3）某酸雨样品的pH=5，则pH=-lg c（H+）=5则该样品中c（H+）=10-5 mol/L ；该样品放置一段时间后，酸雨略有增大，亚硫酸或二氧化硫会被空气中氧气氧化成硫酸，酸性增大或，故答案为： 10-5；或。【点睛】亚硫酸或二氧化硫会被空气中氧气氧化成硫酸，酸性增大。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：N

4、a2SO3SO2=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pH b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

5、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25.00 mL，该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量 (以游离SO2计算)为_gL1。（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 d a、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：装置制取二氧化硫，亚硫酸钠与硫酸反应

6、Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2+H2O或Na2SO3+2H2SO4=2NaHSO4+SO2+H2O，装置制取Na2S2O5晶体，Na2SO3+SO2=Na2S2O5，装置用于处理尾气吸收未反应的二氧化硫。(1)由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为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

7、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)由消耗碘的量，结合SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI计算二氧化硫的质量，进而计算浓度；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)由装置中发生的反应可知，装置中产生的气体为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

8、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

9、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)令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg，则：所以，64g:mg=1mol:0.025L0.01mol/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0.016g0.1L=0.16g/L；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物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的

10、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。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+S b.Z+S c.Na2SO3+Y d.NaHS+NaHSO3Na2S2O3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Cl2 2.24

11、L的织锦物，理论上需要0.00100mol/L Na2S2O3溶液的体积为_L。【答案】SO3 2CO+SO2 2CO2+S FeS+2H+=Fe2+H2S bd 25 【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)Na2S2O3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

12、别大于2和小于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)Na2S2O3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

13、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；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2.24L Cl2的物质的量是n(Cl2)=2.24L22.4L/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1mol S2O32-失去8mol电子，则转移0.2mol电子，需消耗S2O32-的物质的量n(S2O32-)=0.2mol8=0.025mol，根据n=cV可知理论上需要0.00100mol/L

14、 Na2S2O3溶液的体积V=0.025mol0.00100mol/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。4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

15、还有另外一种气体，请设计实验方案验证之_。【答案】AlCl32FeSO4 Al3+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.

16、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AlCl32FeSO4，以此解答该题。【详解】(1)根据上述分析，X的化学式为AlCl2FeSO4；(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。5常

17、见含硫物质AD，在生活、生产中有着广泛应用，它们之间的转化关系如下图所示。其中反应、中所需物质B溶液的浓度不同。请按要求回答下列问题：（1）A的化学式为_。（2）反应、中Cu、Fe所起的作用相同，即都作_（填“氧化剂”或“还原剂”），你判断的依据是它们都是金属，在反应中都_。（3）反应的离子方程式为_。（4）大气中因废气A引起酸雨的反应流程之一可用下图示意：上图中由DB的转化所需氧化剂为_。当将含D的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（H+）将_。（填“增大”“减小”或“不变”）。废气A是一种重要的化工原料，常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。某工厂若将4.48106L

18、（标准状况下）废气A进行环保处理，完全转化为 NH4HSO3时，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3H2O计）的体积为_L。【答案】SO2 还原剂 失去电子，化合价升高 Fe+2H+=Fe2+H2 O2 增大 20000 【解析】【分析】由B(含氧酸)在常温下与足量的铁反应生成C(硫酸盐)，故B是H2SO4，反应方程式为Fe+2H2SO4=FeSO4+H2，C是FeSO4；Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，故A是SO2，SO2+H2O H2SO3，D是H2SO3。【详解】（1）由解析可知，A的化学式为SO2；（2）反应、中，反应前后Cu、Fe元素的化合价都升高，故

19、反应、中Cu、Fe所起的作用相同，即都作还原剂；（3）铁与稀硫酸常温下反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2；（4）H2SO3H2SO4过程中，S元素化合价升高，即H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4；2H2SO3+ O2= H2SO4，H2SO3是弱酸，H2SO4是强酸，故当将含H2SO3的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c(H+)将增大；SO2+NH3H2O=NH4HSO3，n(SO2)= =2.0105mol，故n(NH3H2O)= 2.0105mol，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3H2O计）的体积为=20000L。【点睛】本题是结合图考查

20、S元素的化合物知识，有关化学方程式书写等，难度不大。6a、b、c、d、e是含有一种相同元素的五种物质，可发生如下转化：其中： a是单质；b是气体；c、d是氧化物；e是最高价氧化物对应的水化物。（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，试推断这五种物质（用化学式表示）：a_；b_；c_；d_；e_。（2）如果a是一种常见气体，试推断这五种物质（用化学式表示）：a_；b_；c_；d_；e_。【答案】S H2S SO2 SO3 H2SO4 N2 NH3 NO NO2 HNO3 【解析】【分析】【详解】（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，则a是硫，所以b是硫化氢，c是SO2，d是三氧化硫，e是硫酸，化学式分别为

21、S、H2S、SO2、SO3、H2SO4。（2）如果a是一种常见气体，则符合转化关系的是氮气，则b是氨气，C是NO，d是NO2，e是硝酸，化学式分别为N2、NH3、NO、NO2、HNO3。7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)反应的离子方程式为_。【答案】Cl2 SO2 HCl H2SO4 FeCl3 2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+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

22、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+2H2O2Fe2+SO42-+4H+。8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）在步反应中H2SO4的作用是_。在水溶液中电离，并呈强酸性 具有高沸点、难挥发性 浓硫酸具有吸水性 浓硫酸具有脱水性 浓硫酸具有强氧化性（3）写出、两步反应的离子方程式：_、

23、_。【答案】Na2SO3 BaSO32HBa2SO2H2O SO32Br2H2O2HSO422Br 【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

24、为Na2SO3；(2) 在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的作用是在水溶液中电离，并呈强酸性、具有高沸点、难挥发性；答案为；(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：SO32Br2H2O2HSO422Br。9按要求完成下列填空。甲、乙、丙三种物质之间有如下图所示的转化关系，其中甲物质为氧化物：（1）若甲是不溶于水的白色固体，是刚玉的主要成分，且既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液

25、；乙的酸根中含有金属元素。写出下列物质间的转化： 甲乙的离子方程式_；丙甲的化学方程式_。（2）若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质；乙在标准状况下为无色晶体。 写出下列物质间的转化：甲乙的化学反应方程式_；丙甲的化学反应方程式_。【答案】Al2O3 + 6H+=2Al3+ 3H2O 2Al(OH)3Al2O3 + 3H2O 2SO2 + O2 2SO3 2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2 【解析】【分析】(1)甲为氧化物，不溶于水的白色固体，既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是Al2O3，由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2(SO4)3，硫酸

26、铝与氨水反应生成丙为Al(OH)3，氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，据此解答；(2)若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质，乙在标准状况下为无色晶体，则甲为SO2，乙为SO3，丙应为H2SO4，浓硫酸与Cu在加热条件下生成SO2。【详解】(1)甲为氧化物，不溶于水的白色固体，但既能溶于硫酸又能溶于氢氧化钠溶液，应为两性氧化物，应是Al2O3，由转化关系可知，甲与硫酸反应生成乙为Al2(SO4)3，硫酸铝与氨水反应生成丙为Al(OH)3，氢氧化铝加热分解可以生成氧化铝，则：甲乙为氧化铝溶于稀硫酸，发生反应的离子方程式为Al2O3 + 6H+=2Al3+ 3H2O；丙甲为氢氧化铝受热分解，发生反应的化

27、学方程式为2Al(OH)3Al2O3 + 3H2O；(2)若甲是无色气体，也是形成酸雨的物质，乙在标准状况下为无色晶体，则甲为SO2，乙为SO3，丙应为H2SO4，浓硫酸与Cu在加热条件下生成SO2，则：甲乙为SO2的催化氧化生成SO3，发生反应的化学反应方程式为2SO2 + O2 2SO3；丙甲为浓硫酸与Cu在加热条件下生成SO2，发生反应的化学反应方程式为2H2SO4(浓) + CuCuSO4 + 2H2O +SO2。【点睛】解框图题的方法：最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等，如(1)中氧化物甲既能

28、和稀硫酸反应，又能和NaOH溶液反应，则甲为两性氧化物，结合所学元素及其化合物，只能是氧化铝。10某无色混合溶液中可能含有的离子如下表所示：可能大量含有的阳离子H、Al3、NH4、Na可能大量含有的阴离子Cl、AlO2、SO42、MnO4、Br、I、CO32为探究其成分，进行了以下探究实验。探究一：甲同学取一定量的混合溶液，用pH试纸检验，溶液pH7；向其中逐液加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量(n)与加入氢氧化钠溶液的体积(V)的关系如图所示。探究二乙同学取一定量的混合溶液，向溶液中加氯水，无气体产生，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，用分液漏斗分液；向分液后的水溶液中加入Ag

29、NO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生。探究三：另取原溶液少量加入Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀。（1）该溶液中一定含有的阴离子是_；其中能确定离子浓度之比的，对应离子物质的量浓度之比为_；不能肯定是否含有的离子是_。确定其中阳离子的实验方法为_。（2）请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式_。【答案】Br- 、SO42 c(H+) ：c(NH4+)：c(Al3+)=2：3：1 Na、Cl 焰色反应 Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O 【解析】【分析】无色混合溶液中不能含有MnO4；由探究一知，溶液的pH7，开始加入2V0NaOH无沉淀生成说明发生的反应是：H+OH-H2O，有H+，则无AlO2-、CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为Al3+3OH-Al(OH)3，有Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：NH4+OH-=NH3H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为A