高考化学复习硫及其化合物专项易错题及详细答案.docx

1、高考化学复习硫及其化合物专项易错题及详细答案高考化学复习硫及其化合物专项易错题及详细答案一、高中化学硫及其化合物1某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+。从工业废水中回收金属铝和金属铜的工艺流程如下图所示(试剂X、Y、Z均过量)。(1)试剂X为_，加入试剂X发生的离子方程式是_试剂Z为_。(2)操作为_(填实验分离方法)。(3)溶液2中含有的溶质有_(填化学式)。(4)写出操作的化学反应方程式_。(5)金属铜能与浓硫酸在加热的条件下发生反应，产生的气体为_(填化学式)。【答案】铝 2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu 氨水 过滤 Al2(SO4)3、H2S

2、O4 Al2(SO4)3、H2SO4 SO2 【解析】【分析】某工厂的工业废水中含有大量的Al2(SO4)3、较多的Cu2+和少量的Na+，由流程可知加入X为金属铝，用于置换出铜，溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4，不溶性物质为过量的Al和Cu的混合物，向不溶性物质中加入试剂Y用于溶解Al，反应产生Al2(SO4)3，而Cu不能发生反应，则为稀H2SO4，溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4，由于Al(OH)3是两性物质，能够与过量的强碱NaOH溶液反应产生可溶性物质，因此向混合后加入氨水，可生成Al(OH)3沉淀，过滤、洗涤后加热分解生成Al2O3，电解熔融的Al2O3可生成

3、Al，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知操作是过滤，不溶性物质为Cu、Al混合物，操作是过滤，试剂Y是H2SO4，溶液1含有Al2(SO4)3、Na2SO4，溶液2含有Al2(SO4)3、过量H2SO4，试剂Z是氨水，操作是过滤，操作加热分解Al(OH)3，操作是电解。(1)由以上分析可知X为Al，可用于除去溶液中的Cu2+，反应的离子方程式为：2Al+3Cu2+=2Al3+3Cu；试剂Z为氨水；(2)操作用于分离固体和液体，为过滤操作；(3)溶液2中含有的溶质有Al2(SO4)3、H2SO4；(4)操作是加热Al(OH)3，Al(OH)3不稳定，受热发生分解反应，化学方程式为：2Al(O

4、H)32Al2O3+3H2O；(5)金属Cu与浓硫酸混合加热，发生氧化还原反应，产生CuSO4、SO2、H2O，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O，所以反应产生的气体为SO2。【点睛】本题考查了物质的推断、混合物分离提纯的综合应用，把握分离流程中的反应及混合物分离方法为解答的关键，注意实验的设计意图，把握物质的性质，侧重考查学生的分析与实验能力。2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；乙的酸根中含有金属元素。写出下列物质间的转化：

5、 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，硫酸铝与氨水反应生成丙为Al(OH)3，氢氧化铝加热

6、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，发生反应的化学方程式为2Al(OH)3Al2O3 + 3H2

7、O；(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)中氧化物甲既能和稀硫酸反应，又能和NaOH溶液反应，则甲为两性

8、氧化物，结合所学元素及其化合物，只能是氧化铝。3A、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）。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；若向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。（1）根据实验事实可推断它们的化学式为：A_， B_。（2）写出醋酸与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，写出溶液中存在的离子的物质的量之比_；在此溶液中加入锌粒，写出发生反应的离子方程式：_。（4）

9、C溶液中阴离子的检验方法：_。【答案】BaCl2 AgNO3 CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2+H2O n(Cl-)：n(NO3-)：n(Cu2+)=1：1：1 Zn+Cu2+Zn2+Cu 取少量C溶液于试管中，先加盐酸，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】根据题中所给的8种离子，可以推断出这些可溶性物质分别为AgNO3、BaCl2、CuSO4、Na2CO3；C盐的溶液呈蓝色，则C为CuSO4；向这4种溶液中加入盐酸，B盐溶液生成沉淀，D盐溶液生成无色无味的气体，则B为AgNO3，D为Na2CO3，A为BaCl2。【详解】

10、经分析，A为BaCl2，B为AgNO3，C为CuSO4，D为Na2CO3；（1）A为BaCl2，B为AgNO3；（2）D为Na2CO3，醋酸与D的离子方程式为：CO32-+2CH3COOH=2CH3COO-+CO2+H2O；（3）有相同物质的量的BaCl2、AgNO3、CuSO4的溶液，假设这三种盐都有1mol，则共有1mol Ba2+、1mol Ag+、1mol Cu2+、2mol Cl-、1mol NO3-、1mol SO42-，混合后1mol Ba2+和1mol SO42-沉淀，1mol Ag+和1mol Cl-沉淀，剩1mol Cu2+、1mol Cl-、1mol NO3-，则三种离子

11、的物质的量之比为1：1：1；向混合后的溶液中加入锌粒，发生反应Zn+Cu2+=Cu+Zn2+；（4）C溶液中的阴离子为SO42-，其检验方法为：取少量C溶液于试管中，先加盐酸，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-。4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

12、。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AgNO3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

13、-+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Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠的体积V0；根据

14、探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，说明有Br-，不含I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，不能确定原混合液中是否含Cl-；根据探究三，加入少量Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SO42；综上分析，混合溶液中一定含有的离子：H+、Al3+、NH4+、Br-、SO42，一定不含的离子：MnO4、CO32-、I-、AlO2-，可能含有的离子：Na、Cl。【详解】无色混合溶液中不能含有MnO4；由探究

15、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Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠的体积V0；根据探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入CCl4

16、振荡、静置，CCl4层呈橙红色，说明有Br-，不含I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，不能确定原混合液中是否含Cl-；根据探究三，加入少量Ba(NO3)2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SO42；（1）该溶液中一定含有的阴离子：Br-、SO42；其中能确定离子浓度之比的是H+、NH4+、Al3+，根据它们消耗的NaOH溶液的体积和相应的离子方程式，c（H+）：c（NH4+）：c（Al3+）=2V0：3 V0：V0=2：3：1；不能肯定是否含有的离子：Na、Cl；确定是否

17、含Na+的实验方法为：焰色反应； （2）沉淀减少过程为Al（OH）3与NaOH的反应，反应的离子方程式：Al(OH)3+OH-AlO2-+2H2O。【点睛】本题考查离子的推断，在推断过程中必须注意离子的共存和引入的离子对判断的干扰，如题中Cl-的判断。5黑色粉末A，黄色粉末B,它们都是单质，按下图进行实验：（1） 试根据上述反应现象推断以下物质的化学式：A D E H （2）写出C+盐酸 D+F的离子方程式：（3）写出DE的化学方程式： （4）写出GH的化学方程式： 【答案】（1） Fe、 H2S、 SO2、Fe(OH)3（2） FeS+2H+Fe2+H2S（3）（4） 4Fe(OH)2+O2

18、+2H2O4Fe(OH)3【解析】【分析】【详解】（1）E能使品红褪色，E为SO2；H为红褐色固体，H为；黑色粉末A、黄色粉末B，它们都是单质，所以分别是铁、硫；黑色固体C为FeS；D为H2S；F为；G为（2）FeS与盐酸反应的离子方程式FeS+2H+Fe2+H2S；（3）硫化氢燃烧生成二氧化硫和水的方程式为；（4）氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的方程式为4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3。6A、B、C、D都是中学化学常见的物质，其中A、B、C均含同一种元素。在一定条件下相互转化关系如下图所示（部分产物已略去）。请按要求回答下列问题：（1）若B、C为氧化物，B转化为C时，质量增加2

19、5%，C能够与水反应生成一种强酸，则B转化为C的化学方程式是_；（2）若D为某金属单质，向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，则B 的化学式是_；（3）若D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，则A和C反应的离子方程式是_符合条件的D物质可能是_（填序号）。硫酸 醋酸 氢氧化钠 一水合氨 氯化钡【答案】（1）2SO2+O22SO3；（2）FeCl3；（3）6H2O+Al3+3AlO2-=4Al(OH)3。【解析】试题分析：（1）若B、C为氧化物，B转化为C时，质量增加25%，C能够与水反应生成一种强酸，则B、C分别为SO2、SO3，B转化为C的化学方程式是2SO2

20、+O22SO3；（2）向C的溶液中滴加硝酸银溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该沉淀为AgCl，说明B、C为氯化物，D为某金属单质，B、D发生化合反应，应为FeCl3和Fe反应，A是Cl2；（3）A、B、C均含同一种元素，D为强电解质溶液，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，A和C在溶液中反应生成白色沉淀B，沉淀B应为Al(OH)3，A是AlCl3，C是NaAlO2，由Al3+和3AlO2发生互促水解反应生成，反应的离子方程式为6H2O+Al3+3AlO2-=4Al(OH)3。考点：考查物质的性质及相互转化关系的知识。7A、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

21、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。A、D分别为A： ，D： 。(填写化学式，下同)写出BC转化的化学方程式： 。简述检验B物质的方法 。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。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 。写出CD的化学方程式，并用双线桥标出电子转移的方向和数目。写出AB的化学方程式 192g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

22、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）H2S；H2SO4；2SO2+O22SO3(条件不写扣1分，不写不得分)；将B通入到品红溶液中，溶液褪色，加热后，又恢复为红色；2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2；（2）N2+3H22NH3；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；4NH3+5O24NO+6H2O；336mL【解析】试题分析：（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；BC转化的化学方程

23、式为2SO2+O22SO3，故答案为2SO2+O22SO3；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；硫酸的浓溶液和Cu在加热条件的化学方程式：2H2SO4(浓)+CuCuSO4+2H2O+SO2，故答案为2H2SO4(浓)+CuCuSO4+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。工业上合成氨的化学方程式为N2+3H22NH3；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

24、式为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O，故答案为N2+3H22NH3；2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3+2H2O；CD的化学方程式和电子转移的方向和数目分析如下：，故答案为；AB转化的化学方程式：4NH3+5O24NO+6H2O，故答案为4NH3+5O24NO+6H2O；D浓溶液为HNO3，192g Cu的物质的量为：n(Cu)=003mol，反应时失去电子为：2003mol=006mol，反应整个过程为HNO3NO、NO2HNO3，反应前后HNO3的物质的量不变，而化合价变化的只有铜和氧气，则Cu失去电子数目等于O2得到电子的数目，所以消耗氧气的物质的

25、量为：n(O2)=0015mol，标况下需要氧气的体积为：V(O2)=0015mol224L/mol=0336L=336mL，故答案为336。【考点定位】考查无机推断【名师点晴】本题考查无机物推断，涉及Na、S等元素单质及化合物的转化。旨在考查学生对元素化合物知识熟练掌握，注意掌握中学常见的连续反应。此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思

26、维过程的检验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。8焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是葡萄酒中常用的抗氧化剂。一种以硫黄为原料制取Na2S2O5的生产工艺如下：已知：结晶脱水发生的反应：回答下列问题：(1)Na2S2O5中硫元素的化合价为_。(2)焚烧炉中反应的化学方程式为_。(3)反应器中发生反应的离子方程式为_。(4)葡萄酒酿造过程中添加Na2S2O5会放出一种有刺激性气味的气体，该气体是一种食品添加剂。实验室中检验该气体的常用试剂是_。(5)废水中的硫单质(S8)能与碱反应，化学反应：，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。【答案】+4 品红溶液 2:1 【解析】【分析

27、】硫磺在空气中燃烧生成，在洗涤塔中溶于水得到亚硫酸，经除杂后与反应得到，再经题目给出的反应式结晶脱水即可得到产物。【详解】（1）钠为+1价，氧为-2价，则硫只能是+4价；（2）焚烧炉里实际就是硫在空气中燃烧：；（3）根据分析，反应器中实际上是亚硫酸和的反应：；（4）这种刺激性气味的气体就是，实验室中可用品红溶液来检验，若能使品红褪色且加热后能复原，即可证明是； （5）不难看出这是一个硫的歧化反应，有16个硫的化合价从0价降低到-2价，有8个硫的化合价从0价升高到+4价，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为16:8，即2:1。9某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1molL-1的Ba（NO3）2溶

28、液中，得到了BaSO4沉淀，为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2，该小组突出了如下假设:假设一：溶液中的NO3-假设二：溶液中溶解的O2（1）验证假设一该小组涉及实验验证了假设一，请在下表空白处填写相关实验现象实验步骤实验现象结论实验1：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体_假设一成立实验2：在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBa（NO3）2溶液的烧杯中，缓慢通入纯净的SO2气体_（2）为深入研究该反应，该小组还测得上述两个实验中溶液的pH随通入SO2体积的变化曲线入下图实验1中溶液pH变小的原因是_；V1时，实验2中溶液pH小于

29、实验1的原因是（用离子方程式表示）_。（3）验证假设二请设计实验验证假设二，写出实验步骤，预期现象和结论。实验步骤、预期现象和结论（不要求写具体操作过程）_（4）若假设二成立，请预测：在相同条件下，分别通入足量的O2和KNO3，氧化相同的H2SO3溶液（溶液体积变化忽略不计），充分反映后两溶液的pH前者_(填大于或小于)后者，理由是_【答案】无明显现象 有白色沉淀生成 SO2溶于水后生成H2SO3 3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H+2NO 实验步骤实验现象结论实验1：作为参考实验假设二成立实验3：将纯净的SO2气体通入未经脱O2处理的25mL0.1mol/L的BaCl2溶液中有白色沉淀生成 小于 反应的离子方程式表明，足量的O2和NO3-分别氧化相同的H2SO3，生成的H+的物质的量前者多余后者 【解析】【分析】【详解】（1）根据强酸制弱酸的原理，亚硫酸是弱酸不能制备盐酸，故实验1无现象，SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，电离出，和NO3-结合生成硝酸，具有强氧化性，将SO32-氧化成SO42-，故生成白色的BaSO4沉淀；（2）SO2溶于水后生成H2SO3，亚硫酸显酸性，故pH值减小；3SO2+2NO3-+2H2O=3SO42-+4H+2NO；（3）实验步骤实验现象结论实验