新课标高考化学一轮复习名师精品硫及其化合物doc高中化学

2022新课标高考化学一轮复习名师精品--硫及其化合物题组一　硫、氧、氯的比较1．不能说明氧的非金属性比硫强的事实是(　C　)A．H2O的热稳定性强于H2SB．硫化氢水溶液露置于空气中变浑浊C．H2O是液体，H2S常温下是气体D．氧气和氢气化合比硫和氢气化合容易2．过氧化氢(H2O2)常被称为“绿色氧化剂”，它和水都是极弱的电解质，但它比水易电离。(1)水电离生成H3O＋和OH－叫做水的自偶电离，同水一样，过氧化氢也有极弱的自偶电离，其自偶电离的电离方程式为H2O2＋H2O2H3O＋HO。(2)由于H2O2显弱酸性，在一定条件下它能同强碱作用生成正盐或酸式盐，请写出H2O2与Ba(OH)2反响生成正盐的化学方程式：H2O2＋Ba(OH)2===BaO2＋2H2O。(3)将双氧水参加经酸化的高锰酸钾溶液时，溶液的紫红色消褪了，此时双氧水表现出还原性。假设用HO2的双氧水与KMnO4(H＋)反响，18O将存在O2生成物里。(4)长期使用劣质香粉，脸部可能因生成PbS而出现黑色斑点，已知PbS与以下各物质均能反响，欲除去黑色斑点，不宜选择BC(填字母序号)。A．H2O2溶液B．KMnO4溶液C．HNO3溶液(5)将H2O2溶液滴入含有酚酞的NaOH溶液中，红色消失。甲同学认为这是由于H2O2是弱酸，消耗了OH－而使红色褪去；乙同学那么认为因H2O2具有氧化性，将酚酞氧化破坏其分子构造，红色消失，试设计一个实验，检验甲、乙两位同学谁的观点正确？向红色消失后的溶液中滴加过量NaOH溶液，假设再现红色，那么甲同学的观点正确；假设不为红色，乙同学的观点正确。题组二　硫的氧化物3．(2022·济南模拟)关于SO2的表达中，正确的选项是(　A　)A．在有的反响中显示氧化性，有的反响中显示复原性B．是酸性氧化物，溶于水得稳定的亚硫酸C．SO2气体通入NaOH溶液一定得到Na2SO3D．SO2气体通入BaCl2溶液中，能生成白色沉淀4．在通常状况下，A为固态单质。根据右图转化关系，答复：11/11\n(1)写出A、C、E的化学式：A：S、C：SO2、E：H2SO4。(2)写出以下反响的化学方程式：①E→C：Cu＋2H2SO4(浓)CuSO4＋SO2↑＋2H2O；②C→D：2SO2＋O22SO3。(3)B与D的浓溶液能发生反响(填“能”或“不能”)，假设能反响，那么反响的化学方程式为H2S＋H2SO4(浓)===S↓＋SO2↑＋2H2O，反响现象为溶液变浑浊，有刺激性气味的气体放出。(4)将C通入BaCl2溶液中，没有明显现象，但假设参加H2O2，那么有白色沉淀生成，请分析其原因，并写出有关的化学方程式。【对点训练】1．元素非金属性强弱比较依据有以下几种：①元素最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。②单质与氢气化合难易与氢化物的稳定性。③置换反响等。故此题选C。3．亚硫酸不稳定，易分解；SO2和NaOH反响还可能生成NaHSO3；SO2和BaCl2溶液不反响。4．答案　(4)H2O2具有强氧化性，能把SO2氧化为H2SO4；有关的化学方程式为H2O2＋SO2===H2SO4，H2SO4＋BaCl2===BaSO4↓＋2HCl。题组三　硫酸及硫酸盐5．以下关于浓硫酸的表达正确的选项是(　D　)A．浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖炭化B．浓硫酸在常温下可迅速与铜片反响放出二氧化硫气体C．浓硫酸是一种枯燥剂，能够枯燥氨气、氢气等气体D．浓硫酸在常温下能够使铁、铝等金属钝化6．三位同学设计了如下方案，并都认为如果观察到的现象和自己设计的方案一致，即可验证试液中有SO。方案甲：试液白色沉淀沉淀不溶解方案乙：试液无沉淀白色沉淀方案丙：试液无沉淀白色沉淀试评述上述方案是否严密，并分别说明理由。答案　甲：不严密。因含有Ag＋而不含SO的无色溶液也会出现此方案的现象。乙：严密。因为只有含SO的无色溶液才会出现此方案的现象。丙：不严密。因为含有SO而不含SO的无色溶液也会出现此方案的现象。7．向铜片中参加某浓度的硫酸120mL，在加热条件下反响，待铜片全部溶解后，将其溶液稀释到500mL，再参加足量锌粉，使之充分反响，收集到2.24L(标准状况)气体，过滤残留固体，枯燥后称量，质量减轻了7.5g，求原硫酸的物质的量浓度。答案　17.5mol/L11/11\n　一、选择题(此题包括12小题，每题5分，共60分)1．(2022·福建理综，7)能实现以下物质间直接转化的元素是(　　)单质氧化物酸或碱盐A．硅B．硫C．铜D．铁解析　SiO2与水不能反响，A错误；铜和铁对应的氧化铜、氧化铁不能直接和水反响，C、D错误；SSO2H2SO3Na2SO3，B正确。答案　B2．(2022·北京理综，8)以下表达正确的选项是(　　)A．将CO2通入BaCl2溶液中至饱和，无沉淀产生；再通入SO2，产生沉淀B．在稀硫酸中参加铜粉，铜粉不溶解；再参加Cu(NO3)2固体，铜粉仍不溶解C．向AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色沉淀；再参加过量NaHSO4溶液，沉淀消失D．纯锌与稀硫酸反响产生氢气的速率较慢；再参加少量CuSO4固体，速率不改变解析　CO2和SO2通入BaCl2溶液中均不会产生沉淀，A错误；在酸性条件下，NO可将Cu氧化生成Cu2＋，使铜粉溶解，B错误；NH3·H2O是Al3＋的良好沉淀剂，而NaHSO4显强酸性，可使Al(OH)3溶解，C正确；在Zn和稀H2SO4的反响体系中加CuSO4，会形成Cu—Zn原电池而加快H2的产生速率。答案　C3．(2022·山东理综，13)以下推断合理的是(　　)A．明矾[KAl(SO4)2·12H2O]在水中能形成Al(OH)3胶体，可用作净水剂B．金刚石是自然界中硬度最大的物质，不可能与氧气发生反响C．浓H2SO4有强氧化性，不能与Cu发生剧烈反响D．将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色；将SO2通入溴水，溴水褪色后加热也能恢复原色解析　KAl(SO4)2·12H2O电离出的Al3＋能水解，生成Al(OH)3胶体，可用作净水剂，A正确；金刚石能够与氧气发生反响，生成二氧化碳，B错误；浓H2SO4有强氧化性，在加热条件下与Cu可剧烈反响，C错误；SO2使品红溶液褪色，加热颜色能复原；SO2和溴水发生氧化复原反响，加热不能恢复原来颜色，D错误。答案　A4．(2022·上海理科综合，15)1995年三位美国科学家因在氟利昂和臭氧层方面的工作获得诺贝尔化学奖，他们的研究提醒了大气中臭氧层被破坏的机理，由图可知(　　)11/11\nA．日光在反响中作催化剂B．过氧化氯是一种很稳定的物质C．过氧化氯的构造式为O—Cl—Cl—OD．臭氧分子最终转变成氧气分子解析　由图中反响的转化关系可知过氧化氯在日光下分解，因此并不是很稳定物质，过氧化氯的构造式应为Cl—O—O—Cl，因此A、B、C选项都不正确，只有D正确。答案　D5．(2022·金华一中期中)以下说法中错误的选项是(　　)A．二氧化硫能漂白某些物质，说明它具有氧化性B．二氧化硫的水溶液中滴加氯化钡无现象，再参加0.5mL3%的过氧化氢后产生沉淀C．将足量二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明二氧化硫具有复原性D．二氧化硫漂白过的草帽过一段时间后变黄解析　SO2的漂白原理是：SO2与有色物质生成不稳定的无色物质而具有漂白性，故A说法错误。答案　A6．(2022·广州模拟)2022年3月温家宝总理在十届全国人大五次会议上提出“要大力抓好节能降耗、保护环境”，以下举措与这一主题不吻合的是(　　)A．用“绿色化学”工艺，使原料完全转化为产物B．推广燃煤脱硫技术，防治SO2污染C．推广垃圾的分类存放、回收、处理D．大量使用农药化肥提高粮食产量答案　D7．(2022·崇文区模拟)在如图的实验装置中，实验开场一段时间后，对看到的现象表达不正确的选项是(　　)A．苹果块会干瘪B．胆矾晶体外表有“白斑”C．小试管内有晶体析出D．pH试纸变红解析　浓H2SO4具有吸水性和脱水性，前三个实验中显示浓H2SO4的吸水性，现象均正确；最后一个实验主要表达浓H2SO4的酸性和脱水性，pH试纸应先变红后变黑。11/11\n答案　D8．(2022·江苏盐城中学模拟)对某酸性溶液(可能含有Br－，SO，H2SO3，NH)分别进行如下实验：①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色；②加碱调至碱性后，加热时放出的气体可以使润湿的红色石蕊试纸变蓝；③参加氯水时，溶液略显黄色，再参加BaCl2溶液，产生的白色沉淀不溶于稀硝酸。对于以下物质不能确认其在原溶液中是否存在的是(　　)A．Br－B．SOC．H2SO3D．NH解析　①加热时放出的气体可以使品红溶液褪色，那么溶液中一定含有H2SO3，因H2SO3不稳定，分解产生的SO2可使品红溶液褪色。②加碱加热后，产生使润湿的红色石蕊试纸变蓝的气体即有NH3产生，说明溶液中一定含有NH。③参加氯水时溶液显黄色，说明原溶液中含有Br－，再加BaCl2有白色不溶于HNO3的沉淀生成，说明此时溶液中含SO，但可能是原溶液含有的，也可能是氯水氧化H2SO3产生的，故不能确定的为SO。答案　B9.(2022·南京模拟)短周期元素E的氯化物ECln的熔点为－78℃，沸点为59℃；假设0.2molECln与足量的AgNO3溶液完全反响后可以得到57.4g的AgCl沉淀。以下判断错误的选项是(　　)A．E是一种非金属元素B．在ECln中E与Cl之间形成共价键C．E的一种氧化物为EO2D．E位于元素周期表的ⅡA族解析　0.2molECln与足量AgNO3溶液完全反响生成57.4gAgCl沉淀，因此根据Ag＋的物质的量与Cl－相等列式：0.2mol·n＝解得：n＝2，那么E的氯化物质为ECl2，再结合ECl2的熔、沸点较低，可知ECl2为分子晶体，那么E为非金属元素，不可能在ⅡA族，因此A、B、C正确，只有D错误。答案　D10．(2022·济南调研)以下现象或事实可用同一原理解释的是(　　)A．浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B．氯水和活性炭使红墨水褪色C．漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质D．乙炔和乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色解析　A中浓H2SO4是吸水而浓HCl易挥发，故原理不同；B项中氯水中HClO表现强氧化性，而活性炭是吸附作用；C项中漂白粉变质是先与空气中CO2反响生成HClO，HClO又分解才失效，而水玻璃(Na2SiO3)与空气中CO2反响后即失效，原理不同，故错误；D项中都是加成反响，原理相同。答案　D11/11\n11．(2022·苏州模拟)关于第ⅥA族和第ⅦA族元素的以下说法中正确的选项是(　　)A．在同一周期，第ⅥA族元素氢化物的稳定性比第ⅦA族的强B．浓度都是0.01mol/L时，硫酸溶液的pH比高氯酸溶液的小C．第ⅦA族单质的氧化性均比第ⅥA族单质的氧化性强D．加热时，硫酸钠比氯酸钠易分解解析　A项，同周期元素，第ⅦA族形成的氢化物最稳定，因为同周期元素的非金属性第ⅦA族最强，A项错误；B项，H2SO4为二元酸，HClO4为一元酸，所以同浓度溶液H2SO4中c(H＋)大，pH小，B项正确；C项，如I2的氧化性比O2弱，C项错误；D项，Na2SO4比NaClO3稳定，D项错误。答案　B12．(2022·东莞质检)硒(Se)是人体必需的一种微量元素，其单质可用于制光敏电阻、复印机的硒鼓等等。工业上提取硒的方法之一是用硫酸和硝酸钠处理含硒的工业废料，得到亚硒酸(H2SeO3)和少量硒酸(H2SeO4)，富集后再将它们与盐酸共热，将H2SeO4转化为H2SeO3，主要反响为2HCl＋H2SeO4===H2SeO3＋H2O＋Cl2↑，然后向溶液中通入SO2将硒元素复原为单质硒沉淀。据此正确的判断为(　　)A．H2SeO4的氧化性比Cl2弱B．SeO2的氧化性比SO2弱C．H2SeO4的氧化性比H2SeO3强D．浓H2SeO4的氧化性比HNO3强解析　根据方程式可知氧化性：H2SeO4>H2SeO3，H2SeO4>Cl2，所以A项错误，C项正确；SO2可以把H2SeO3复原为Se单质，说明＋4价Se的氧化性比SO2强，所以B项错误；由题意知HNO3能将工业废料中的硒氧化为H2SeO3和少量H2SeO4，所以HNO3的氧化性比H2SeO4强，D项错误。答案　C二、非选择题(此题包括4小题，共40分)13．(8分)(2022·北京理综，28)以黄铁矿为原料生产硫酸的工艺流程图如下：高温(1)将燃烧黄铁矿的化学方程式补充完整：4+11O2===2Fe2O3+8SO2(2)接触室中发生反响的化学方程式是________________________________________________________________________。(3)依据工艺流程图判断以下说法正确的选项是(选填序号字母)　　　　。a.为使黄铁矿充分燃烧，需将其粉碎11/11\nb．过量空气能提高SO2的转化率c．使用催化剂能提高SO2的反响速率和转化率d．沸腾炉排出的矿渣可供炼铁(4)每160gSO3气体与H2O化合放出260.6kJ的热量，该反响的热化学方程式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)吸收塔排出的尾气先用氨水吸收，再用浓硫酸处理，得到较高浓度的SO2和铵盐。①SO2既可作为生产硫酸的原料循环再利用，也可用于工业制溴过程中吸收潮湿空气中的Br2。SO2吸收Br2的离子方程式是________________________________________________________________________。②为测定该铵盐中氮元素的质量分数，将不同质量的铵盐分别参加到50.00mL相同浓度的NaOH溶液中，沸水浴加热至气体全部逸出(此温度下铵盐不分解)。该气体经枯燥后用浓硫酸吸收完全，测定浓硫酸增加的质量。局部测定结果：铵盐质量为10.00g和20.00g时，浓硫酸增加的质量相同；铵盐质量为30.00g时，浓硫酸增加的质量为0.68g；铵盐质量为40.00g时，浓硫酸的质量不变。计算：该铵盐中氮元素的质量分数是　　　　%;假设铵盐质量为15.00g，浓硫酸增加的质量为　　　　　。(计算结果保存两位小数)解析　此题主要考察硫酸工业、热化学方程式的书写、计算等。(1)根据原子守恒即可判断该物质为FeS2。(2)SO2和O2在接触室发生反响生成SO3：2SO2＋O22SO3。(3)选项a，将黄铁矿粉碎增加反响接触面积而加快反响速率；选项b，增加空气(O2)浓度能提高SO2的转化率；选项c，催化剂对转化率无影响；选项d，矿渣中含有Fe2O3，可用于冶炼铁。(4)160gSO3(g)与H2O(l)反响生成H2SO4(l)放出260.6kJ热量，那么1molSO3(g)与H2O(l)反响生成H2SO4(l)放出130.3kJ热量，那么相关热化学方程式为：SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l)；ΔH＝－130.3kJ/mol。(5)10g时说明铵盐缺乏，20g时说明氢氧化钠缺乏，由10.00g和20.00g时浓硫酸增加的质量相同说明铵盐有酸式根产生的氨气，氢氧化钠的物质的量浓度为cmol/L，设10g中有xmol的(NH4)2SO4和ymol的NH4HSO4，那么132x＋115y＝10(1)10g时说明铵盐缺乏由N守恒知n(NH3)＝2x＋y20g时铵盐已经过量，氢氧化钠先和酸式根反响，那么(NH4)2SO4为2xmol,2ymol的NH4HSO4HSO＋OH－===SO＋H2O112y2yNH＋OH－　　===　　NH3＋H2O11/11\n11　50c×10－3－2y　　50c×10－3－2y由于产生的氨气一样多n(NH3)＝2x＋y＝50c×10－3－2y(2)30g时铵盐过量，那么(NH4)2SO4为3xmol,3ymol的NH4HSO4　n(NH3)＝0.68/17＝0.04molHSO＋OH－===SO＋H2O113y3yNH＋OH－　===　NH3＋H2O1150c×10－3－3y　0.04所以50c×10－3－3y＝0.04(3)联立(1)(2)(3)解得x＝0.02mol　y＝0.064mol　c＝4.64mol/L氮的质量百分含量＝×100%＝(0.04＋0.064)×14/10×100%＝14.56%15g时铵盐已经过量，那么(NH4)2SO4为1.5xmol，1.5ymol的NH4HSO4HSO＋OH－===SO＋H2O111．5y1.5yNH＋OH－　　===　　NH3＋H2O11　50c×10－3－1.5y　50c×10－3－1.5yn(NH3)＝50c×10－3－1.5y＝50×4.64×10－3－1.5×0.064＝0.136molm(NH3)＝0.136×17＝2.31g答案　(1)FeS2(2)2SO2＋O22SO3(3)abd(4)SO3(g)＋H2O(l)===H2SO4(l)ΔH＝－130.3kJ/mol(5)①SO2＋Br2＋2H2O===4H＋＋2Br－＋SO②14.56　2.31g14．(8分)(2022·长春调研)小刚同学探究二氧化硫分别与BaCl2溶液、Ba(OH)2溶液反响的实验。(1)少量SO2通入到Ba(OH)2溶液中的离子反响方程式为________________________________________________________________________，过量的SO2通入到Ba(OH)2溶液中的离子反响方程式为________________________________________________________________________。(2)请答复有关问题。小刚同学将SO2通入到BaCl2溶液中，出现了异常现象，看11/11\n到了明显的白色沉淀，为探究该白色沉淀的成分，他设计了如下实验流程：那么操作①的名称为__________，试剂A的化学式为________________________________________________________________________。(3)实验说明，小刚参加试剂A后，白色沉淀未见溶解，那么该白色沉淀的成分是________(填化学式)，产生该白色沉淀的离子方程式是________________________________________________________________________。解析　(1)SO2为酸性氧化物，通入碱溶液中生成相应的盐和水，SO2＋Ba(OH)2===BaSO3↓＋H2O；通入过量SO2时，由于H2SO3为二元弱酸，所以得到酸式盐，Ba(HSO3)2为强电解质，在溶液中以Ba2＋、HSO形式存在，离子方程式为SO2＋OH－===HSO。(2)固体、液体别离用过滤。SO2通入溶液中可能被O2氧化。猜测白色沉淀可能为BaSO3或BaSO4，故试剂A选盐酸，为防止产生其他离子的影响，不能选H2SO4或HNO3。(3)BaSO4不溶于盐酸。考虑空气中的O2将SO2氧化，2SO2＋2Ba2＋＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋。答案　(1)SO2＋Ba2＋＋2OH－===BaSO3↓＋H2OSO2＋OH－===HSO(2)过滤　HCl(3)BaSO4　2SO2＋2Ba2＋＋O2＋2H2O===2BaSO4↓＋4H＋15．(12分)(2022·徐州检测)某课外活动小组的同学，在实验室做锌与浓硫酸反响的实验中，甲同学认为产生的气体是二氧化硫，而乙同学认为除二氧化硫气体外，还可能产生氢气。为了验证甲、乙两位同学的判断是否正确，丙同学设计了如以下图实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X，且该装置略去)；试答复：(1)上述反响中生成二氧化硫的化学方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(2)乙同学认为还可能产生氢气的理由是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)丙同学在安装好装置后，必不可少的一步操作是________________________________________________________________________________________________。(4)A中参加的试剂可能是________，作用是________________________________________________________________________；11/11\nB中参加的试剂可能是________，作用是________________________________________________________________________；E中参加的试剂可能是________，作用是________________________________________________________________________。(5)可以证明气体X中含有氢气的实验现象是：C中：________________________，D中：________________________________________________________________________。如果去掉装置B，还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气？________(填“能”或“不能”)，原因是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析　此题对Zn与浓H2SO4反响的产物进展两种推测，而后设计装置进展验证。设计时既要验证有无SO2生成，又要验证有无H2生成。验证SO2，可用品红溶液，验证H2可利用它的复原性，在加热条件下让气体通过CuO，再通过无水硫酸铜，同时必须注意验证H2时，应考虑空气中的水蒸气和从洗气装置中带出的水蒸气对氢气检验的干扰。答案　(1)Zn＋2H2SO4(浓)ZnSO4＋SO2↑＋2H2O(2)当Zn与浓H2SO4反响时，浓H2SO4浓度逐渐变稀，Zn与稀H2SO4反响可产生H2(3)检查装置的气密性(4)品红溶液　检验SO2　浓H2SO4　吸收水蒸气　碱石灰　防止空气中水蒸气进入D中(5)黑色(CuO)变成红色(Cu)　白色粉末变成蓝色　不能　因为混合气体中可能含H2O，会干扰H2的检验16．(12分)(探究创新)已知有机色质的发色官能团可以被氧化或发生加成反响生成无色物质。(1)为了探索比较SO2和Cl2的漂白原理，甲同学做了如下比照实验：______.将枯燥的SO2和枯燥的Cl2分别通到枯燥的品红试纸上，发现红色试纸均不褪色；b．将SO2和Cl2分别通入品红溶液中，发现品红溶液均褪色；c．加热b中漂白后的溶液，发现前者恢复红色，并产生刺激性气体，后者不能；d．将SO2和Cl2分别持续通入紫色石蕊试液中，发现前者只变红，不褪色，后者先变红，后褪色。请根据甲同学的实验事实，简要说明SO2与Cl2的漂白原理相同与不同之处。①相同之处：SO2和Cl2本身都没有漂白性，起漂白作用的分别是与水反响后的产物________和________。②不同之处：H2SO3只能与某些有机色质发生______反响，生成不稳定的无色物质，产物受热分解再放出SO2，是非氧化复原反响。HClO能与很多有机色质发生________反应，生成物较稳定。(2)乙同学为了探索比照O3、H2O2和Cl2的漂白能力大小，将等体积等浓度的品红溶液与三种漂白剂呈喷雾状分别反响，至完全褪色时，发现消耗三种漂白剂的物质的量相同，但褪色时间O3最短，H2O2次之，Cl2最长。③消耗三种漂白剂的物质的量相同的原因是：每摩尔物质__________相等。①O3漂白速度较H2O2快的主要原因是11/11\n________________________________________________________________________；Cl2漂白速度最慢的主要原因可能是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)丙同学为了比较H2O2和NaClO的氧化性强弱，将两者混合，观察到产生大量无色无味气体。①丙同学认为，发生反响的离子方程式为________________________________________________________________________________________________________________________________________________，由此确认NaClO的氧化性强于H2O2；丁同学认为产生气体也可能是H2O2分解的原因，建议丙同学进一步补充实验来确认。补充实验需要的试剂是____________和____________。答案　①H2SO3　HClO　②加成　氧化复原　③得电子数　④氧化性O3>H2O2　Cl2与H2O反响生成HClO浓度较小　⑤H2O2＋ClO－===Cl－＋H2O＋O2↑　AgNO3溶液　稀HNO311/11