高考化学 硫及其化合物综合试题附详细答案.docx

1、高考化学 硫及其化合物综合试题附详细答案2020-2021高考化学 硫及其化合物综合试题附详细答案一、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

3、的，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

4、两种无毒气体，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，

5、A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

6、学方程式为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)用蒸

7、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，过滤

8、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可以通过化合反应制

9、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溶液中会发生岐化反应

10、，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。3实验室从含碘废液（除H2O外，含有CCl4、I2、I- 等）中回收碘，实验过程如下：（1）向含碘废液中加入稍过量的Na2SO3溶液，将废液中的I2还原为I，其离子方程式为_；该操作将I2还原为I的目的是_。（2）操作X的名称为_。（3）氧化时，在三颈瓶中将含I的水溶液用盐酸调至pH约为2，缓

11、慢通入Cl2，在40左右反应（实验装置如图所示）。实验控制在较低温度下进行的原因是_；仪器a的名称为_；仪器b中盛放的溶液为_。（4）已知：；某含碘废水（pH约为8）中一定存在I2，可能存在I、中的一种或两种。请补充完整检验含碘废水中是否含有I、IO3-的实验方案（实验中可供选择的试剂：稀盐酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液）。取适量含碘废水用CCl4多次萃取、分液，直到水层用淀粉溶液检验不出有碘单质存在；_；另从水层中取少量溶液，加入1-2mL淀粉溶液，加盐酸酸化后，滴加Na2SO3溶液，若溶液变蓝说明废水中含有IO3-；否则说明废水中不含有IO3-。（5）二氧化氯（ClO2，黄

12、绿色易溶于水的气体）是高效、低毒的消毒剂和水处理剂。现用氧化酸性含废液回收碘。完成ClO2氧化I的离子方程式：_ClO2+ _I+_=_+_Cl+（_）_。（6）“碘量法”是一种测定S2含量的有效方法。立德粉ZnSBaSO4是一种常用的白色颜料，制备过程中会加入可溶性的BaS，现用“碘量法”来测定立德粉样品中S2的含量。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00mL 0.1000mol/L 的I2-KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000mol/L Na2S2O3 滴定，反应式为。测定消耗Na2S2O3溶液体积V mL。

13、立德粉样品S2含量为_（写出表达式）【答案】 使CCl4中的碘进入水层 分液 使氯气在溶液中有较大的溶解度 球形冷凝管 NaOH溶液 水层取少量溶液，加入1-2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴入FeCl3溶液，若溶液变蓝色，说明废水中含有I-,否则不含I- 2 10 8H+ 5 2 4 H2O 【解析】【详解】（1）碘具有氧化性，能氧化亚硫酸钠生成硫酸钠，自身被还原为碘离子，离子反应方程式为SO32+ I2 + H2O = 2I+ SO42+ 2H+；碘微溶于水，而碘离子易溶于水，为了使更多的碘元素进入水溶液中应该将碘还原为碘离子，使CCl4中的碘进入水层；（2）四氯化碳属于有机物，水属于无机物

14、，二者不互溶，分离互不相溶的液体，用分液的方法；（3）碘容易升华，且氯气的溶解度随着温度的升高而减小，温度越高，氯气的溶解度越小，反应越不充分，所以应该在低温条件下进行反应，氯气和碘蒸气都有毒，不能直接排入空气，且都能与氢氧化钠溶液反应生成无毒物质；仪器a的名称为球形冷凝管；仪器b中盛放的溶液为NaOH溶液，吸收末反应的氯气；（4）碘离子具有还原性，能被氧化剂氧化生成碘，碘酸根离子具有氧化性，能被还原剂还原生成碘，碘遇淀粉试液变蓝色，所以其检验方法为：从水层取少量溶液，加入1-2mL淀粉溶液，加入盐酸酸化，滴加FeCl3溶液，2I-+2Fe3+=2Fe2+I2，若溶液变蓝色，说明废水中含有I-

15、，否则不含I-；另从水层取少量溶液，加入1-2mL淀粉试液，加盐酸酸化，滴加Na2SO3溶液，5SO32-+2 IO3-+2H+=I2+5SO42-+H2O，若溶液变蓝色，说明废水中含有IO3-，否则不含IO3-；（5）用ClO2氧化酸性含I-废液回收碘，是二氧化氯在酸溶液中氧化碘离子生成碘单质，二氧化氯被还原为氯离子，ClO2Cl-5e-，2I-I22e-，反应的离子方程式为：2ClO2+10I-+8H+=5I2+2Cl-+4H2O；（6）根据化合价升降相等列关系式，设硫离子物质的量为n mol，则S2-I2 2S2O32- I21 1 2 1n mol n mol 0.1V10-3mol

16、0.1V10-3moln+0.1V10-3mol=250.1V10-3mol，得n=(25-V)0.1V10-3mol；则样品中硫离子含量为：=。【点睛】本题以物质的制备为载体考查了氧化还原反应、离子的检验、物质的分离和提纯，明确物质的性质是解本题关键，根据物质的特殊性质、混合物分离和提纯方法的选取等方面来分析解答，知道碘的检验方法。4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

17、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、H2SO4 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

18、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+=2A

19、l3+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(OH)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

20、力。5在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y能够反应，生成化合物Z，Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P（如下框图所示），已知气体G与空气之密度比约为1.17。请填空： （1）组成单质X和Y的元素分别属第_族和第_族；（2）Z与水发生水解反应方程式_；（3）每生成1mol的化合物Z，反应中转移_mol的电子。【答案】A A Al2S3 + 6H2O = 2Al(OH)3+ 3H2S 6 【解析】【分析】气体G与空气之密度比约为1.17，所以G的相对分子质量为291.17=34，则G应为H2S，在一定条件下，金属单质X和非金属单质Y反应，生成化合物Z，则Z中含有X、Y两种元素，其中一种元素

21、为S元素，Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P，可推知Z为Al2S3，沉淀P为Al(OH)3，所以X为Al、Y为S，据此分析解答。【详解】(1)根据上述分析，X为Al、Y为S，所以组成单质X和Y的元素分别属第A族和第A族，故答案为：A、A；(2)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，与水发生水解反应方程式为Al2S3 + 6H2O = 2Al(OH)3+ 3H2S，故答案为：Al2S3 + 6H2O = 2Al(OH)3+ 3H2S；(3)根据上述分析可知，化合物Z的化学式为Al2S3，Al由0价升高到+3价，每生成1mol的化合物Z，反应中转移电子6mol，故答案为：6。6

22、.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图所示（反应条件及他物质已经略去）； . 若A是一种黄色固体单质；B为酸雨的成因之一，且可使品红溶液褪色，回答以下问题:(1)将B通入KMnO4溶液的现象为_，体现B的_（选填 “氧化性”“还原性”“漂白性”）(2)98%的浓硫酸改为氧化物形式SO3nH2O，则n值为_（可写成分数形式）.若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则回答下列问题(1)写出写出AB的化学方程式_。(2)实验室常用右图所示装置制取并收集A气体，请在框中画出实验室收集A气体的装置图_。(3)尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是_。【答案】紫色溶液褪

23、色 还原性 4NH3+5O24NO+6H2O 防止倒吸 【解析】【分析】.常温下A为淡黄色固体单质，即说明A是S，则B是二氧化硫，C是三氧化硫，D是硫酸。.若A气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，应为NH3，则B为NO，C为NO2，D为HNO3。【详解】. (1)SO2有还原性会被高锰酸钾氧化，将SO2通入KMnO4溶液的现象为：紫色溶液褪色；体现SO2的还原性；(2)设98%的浓硫酸质量为100g，则m（H2SO4）=100g98%=98g，m（H2O）=100g-98g=2g，则n（H2SO4）=1mol，n（H2O）= = mol，100g98%的浓硫酸中1mol硫酸分子等价1molSO3和

24、1molH2O，水的总物质的量为mol+1mol=，改写为氧化物形式SO3nH2O，则n=；.(1)由分析可知A为 NH3，B为NO，氨气的催化氧化可以生成NO，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；(2)氨气密度比空气小，极易溶于水，不能用排水法收集，可以用向下排空气法收集，装置为(3) 尾气处理装置中使用倒扣漏斗的作用是：防止倒吸。7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、 S

25、O2、Fe(OH)3（2） FeS+2H+Fe2+H2S（3）（4） 4Fe(OH)2+O2+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。8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

26、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）写出溶液转化为溶液的离子方程式 （4）写出反应的化学方程式 ，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

27、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，则B为KOH，溶液中含有KAlO2，溶液中加入常见的酸A得到溶液，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

28、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）溶液转化为溶液的离子方程式：Al3+4OH=AlO2+2H2O，（4）反应的化学方程式：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0.1mol4=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9已知化合物A、B、C、D、E、F、G和

29、单质甲、乙所含元素均为短周期元素，A的浓溶液与甲能发生如下图所示的反应，甲是常见的黑色固体单质，可为生产生活提供热能，乙是常见的无色气体单质，B是无色有刺激性气味的气体，是主要的大气污染物之一，常温下，C是一种无色液体请回答下列问题（1）C的化学式_；（2）D的电子式_；（3）写出C+EF+乙的离子方程式_；（4）写出B+C+乙A的化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目_；【答案】H2O 2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2 【解析】【分析】甲是常见的黑色固体单质，可为生产生活提供热能，可知甲是C，B是无色有刺激性气味的气体，是主要的大气污染物之一，B为SO2气体，因此A为浓硫酸溶液，常温下，C是一种无色液体是水，D为CO2，二氧化硫和氧气和水反应生成硫酸，故乙为O2，水、二氧化碳均与E反应生成氧气，说明E为Na2O2，则F为NaOH，G为Na2CO3，以此分析解答。【详解】(1)由上