高考化学硫及其化合物的综合热点考点难点附详细答案.docx

1、高考化学硫及其化合物的综合热点考点难点附详细答案高考化学硫及其化合物的综合热点考点难点附详细答案一、高中化学硫及其化合物1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0.5 mol CO2，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

2、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 H2SO4 2 AD 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+2NON2+2CO2 【解析】【分析】(1)SO2具有漂白性，但漂白是有选择的、暂时性的

3、，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：CO24e-，由此可计算出生成0.5 mol CO2，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

4、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：CO24e-，生成0.5 mol CO2，转移电子的物质的量是0.5 mol 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

5、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

6、方程式为2CO+2NON2+2CO2。答案为：2CO+2NON2+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。2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3.36 L(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

7、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】ae 31.5 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

8、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：Na2SO3SO2，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=Na2S

9、O4+SO2+H2O，根据反应方程式可知：Na2SO3SO2，n(SO2)=0.15 mol，则需亚硫酸钠的质量为：m(Na2SO3)= 0.15 mol126 g/mol=18.9 g；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=31.5 g；(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

10、(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。3正误判断，正确的打“”，错误的打“”(1)硫的非金属性较强，所以只以化合态存在于自然界中（_）(2)分离黑火药中的硝酸钾、木炭、硫黄要用到二硫化碳、水及过滤操作（_）(3)硫与金属或非金属反应时均作氧化剂（_）(4)硫在空气中燃烧产物只是SO2（_）(5)不能由单质直接化合而制得CuS、CuCl2、Fe2S3、FeCl2（_）(6

11、)用蒸馏水清洗试管内壁残留的硫（_）(7)含硫化合物间的转化，既可以通过氧化还原反应实现，也可以通过非氧化还原反应实现（_）(8)因为SO2具有还原性，所以不能用浓H2SO4干燥SO2（_）(9)3S6NaOH=2Na2SNa2SO33H2O，在该反应中，硫既作氧化剂，又作还原剂。可以用热的NaOH溶液洗涤沾有硫的试管（_）(10)因为Cu(或Fe)与Cl2反应生成高价态的氯化物，而Cu(或Fe)与S反应生成低价态的硫化物，所以氧化性：Cl2S（_）【答案】 【解析】【详解】(1) 在火山喷口附近存在硫单质，错误，故填；(2) 分离黑火药中三组分可利用它们溶解性的差异：先用CS2处理，使硫溶解

12、，过滤后蒸发滤液，得晶体硫；滤渣再用水处理，溶去硝酸钾，过滤，又得滤渣（炭粉）；滤液经蒸发、浓缩、结晶，得到硝酸钾，正确，故填；(3) 硫单质为零价，是中间价态，与金属反应时显氧化性；硫与非金属性比它强的非金属（如氧、氯、氟等）反应时硫显还原性，错误。故填；(4) 硫在空气中燃烧，发出淡蓝色火焰，产物只有二氧化硫，正确，故填；(5) S的原子半径较大，获得电子的能力较弱，因此S与Cu、Fe反应时只能生成低价态的Cu和Fe的硫化物，即与Cu生成Cu2S而不是CuS；与Fe生成FeS而不是Fe2S3；氯气氧化性较强，与Cu、Fe反应时只能生成高价态的CuCl2和FeCl3；则CuCl2可以通过化合

13、反应制得，故(5)错误，填；(6)硫单质不溶于水，不能用蒸馏水清洗试管内壁残留的硫，错误，故填；(7) 相同价态的含硫化合物间通过非氧化还原反应规律来转化，如二氧化硫转换成亚硫酸；不同价态的含硫化合物间通过氧化还原反应规律来转化，如二氧化硫转换成三氧化硫；正确，故填；(8) 虽然浓H2SO4具有强氧化性，SO2具有还原性，但不能发生氧化还原反应，因为+6价的S与+4价的S之间没有中间价态，所以不能反应，则能用浓H2SO4干燥SO2；错误，故填；(9)反应3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O中，S元素化合价既升高又降低，硫既是氧化剂也是还原剂；单质硫在热的浓NaOH溶液中会发生岐

14、化反应，生成硫化钠和亚硫酸钠，可以用热的NaOH溶液洗涤沾有硫的试管；正确，故填；(10) 氯气具有强氧化性，生成高价态金属氯化物，而S具有弱氧化性，生成低价态金属硫化物，可以通过Cu(或Fe)与Cl2反应生成高价态的氯化物，而Cu(或Fe)与S反应生成低价态的硫化物，来判断硫单质和氯气氧化性强弱，正确，故填。4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

15、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 2.24L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

16、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

17、) 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

18、.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 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

19、的分析能力及综合应用能力。5A、B是两种有刺激气味的气体。试根据下列实验事实填空。(1)写出AF各物质的化学式：A_、B_、C_、D_、E_、F_。(2)写出A、B跟水反应的离子方程式：_。【答案】Cl2 SO2 H2SO4 HCl BaSO3 BaSO4 Cl2SO22H2O=4HSO42-2Cl 【解析】【详解】(1) 由A、B是两种有刺激气味的气体。且A、B和水反应的产物能与Ba(OH)2和AgNO3均产生沉淀, B能与Ba(OH)2产生沉淀,由此可知A为Cl2；B为SO2；A、B与H2O反应的化学方程式为：Cl2SO22H2O= H2SO42HCl；B与Ba(OH)2反应的化学方程式为

20、：Ba(OH)2+ SO2= BaSO3H2O；含C、D的无色溶液与Ba(OH)2反应的化学方程式为：H2SO4+ Ba(OH)2= BaSO42H2O；溶液D与AgNO3溶液反应的化学方程式为：HCl+AgNO3=AgClHNO3；故C为H2SO4；D为HCl；E为BaSO3；F为BaSO4。【点睛】熟记物质的物理性质和化学性质是解决本题的关键，本题的突破口为：A、B是两种有刺激气味的气体。等物质的量与水反应。结合后面沉淀现象，能推知由反应：Cl2SO22H2O= H2SO42HCl。6AH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

21、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:EF_；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】NH4HSO3 SO2 酸雨 4NH3+5O24NO+6H2O C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O Cu+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

22、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 + 5O24NO + 6H2

23、O，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+。7、五种物质中含有同一种元素，其相互转化的关系如图所示。已知是黄色固体，回答下列问题。(1)写出、的化学式：_、_。

24、(2)写出的化学方程式：_。(3)将足量的物质通入溶液中，下列说法正确的是_（填序号）。a.溶液没有明显变化b.溶液中出现白色沉淀c.若继续通入，则溶液中出现白色沉淀【答案】 ac 【解析】【分析】A为黄色固体，A既能与O2反应，又能与H2反应，则A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3，E为H2SO4，据此分析；【详解】A为黄色固体，A既能与O2反应，又能与H2反应，则A为S，C为SO2，B为H2S，D为SO3，E为H2SO4，(1)A为黄色固体，结合A的相关反应可判断出A是，从而得出B、E分别是、；(2)的化学方程式为；(3)与不发生反应，若继续通入，与反应生成，则溶液中出现白色沉淀。【

25、点睛】无机推断题，应找准“题眼”，然后大胆猜测，突破口是A为黄色固体，高中常见的黄色有Na2O2、AgBr、AgI、S，A能与O2、H2反应，则A为S，应注意S与氧气反应，无论氧气是否过量，生成的都是SO2，然后按照流程就可以得到结果。8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： 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

26、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

27、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 + 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

28、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，则甲为两性氧化物，结合所学元素及其化合物，只能是氧化铝。9A、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+、Cu

29、2+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。根据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】AgNO3 Na2CO3 CO32-+2H+=CO2+H2O Cu2+、NO3-、Cl- Cu2+Fe=Cu+Fe2+ 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SO4