硫及其化合物一轮复习解析版

硫及其化合物一轮复习解析版1、（2024·江苏·高考真题）在给定条件下，下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是A．HCl制备：溶液和B．金属Mg制备：溶液C．纯碱工业：溶液D．硫酸工业：【答案】A【详解】A．电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2，H2和Cl2点燃反应生成HCl，故A的转化可以实现；B．氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液，但是电解氯化镁溶液不能得到Mg，电解熔融MgCl2才能得到金属镁单质，故B的转化不能实现；C．纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3，然后NaHCO3受热分解为Na2CO3，故C的转化不能实现；D．工业制备硫酸，首先黄铁矿和氧气反应生成SO2，但是SO2和水反应生成H2SO3，不能得到H2SO4，故D的转化不能实现；故选A。2、（2024·北京·高考真题）硫酸是重要化工原料，工业生产制取硫酸的原理示意图如下。下列说法不正确的是A．I的化学方程式：B．Ⅱ中的反应条件都是为了提高平衡转化率C．将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生D．生产过程中产生的尾气可用碱液吸收【答案】B【分析】黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，SO2和空气中的O2在400~500℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3，用98.3%的浓硫酸吸收SO3，得到H2SO4。【详解】A．反应I是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应，生成SO2和Fe3O4，化学方程式：，故A正确；B．反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率，还要考虑生产成本，如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高平衡转化率，故B错误；C．将黄铁矿换成硫黄，则不再产生，即可以减少废渣产生，故C正确；D．硫酸工业产生的尾气为、，可以用碱液吸收，故D正确；故选B。3、（2023·海南·高考真题）代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A．2.4g镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为B．5.6g铁粉与的HCl的溶液充分反应，产生的气体分子数目为C．标准状况下，与充分反应，生成的分子数目为D．完全溶于所得溶液，微粒数目为【答案】A【详解】A．2.4g镁条在空气中充分燃烧，镁被氧化为+2价，故转移的电子数目为，故A正确；B．5.6g铁粉与的HCl的溶液充分反应，产生的氢气的分子数目为，故B错误；C．标准状况下，与充分反应，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故生成的分子数目无法计算，故C错误；D．完全溶于所得溶液，发生反应：，生成的微粒数目小于，故D错误。4．（2024·湖北·高考真题）过量与以下的溶液反应，下列总反应方程式错误的是溶液现象化学方程式A产生淡黄色沉淀B溶液由棕黄色变浅绿色C溶液褪色，产生白色沉淀D(含酚酞)溶液由红色变无色A．A B．B C．C D．DA．A B．B C．C D．D【答案】D【详解】A．过量与0.1mol/L的溶液反应，产生的淡黄色沉淀是S，还生成，反应的离子方程式为：，A错误；B．过量的通入0.1mol/LFeCl3溶液反应生成FeCl2、H2SO4和HCl，溶液由棕黄色变浅绿色，反应的离子方程式为：，B错误；C．过量的通入0.1mol/L溶液不反应，无明显现象，C错误；D．水解使其溶液呈碱性，能使酚酞变红，过量的通入0.1mol/L溶液(含酚酞)反应生成与，最终溶液呈酸性，则溶液由红色变无色，反应的离子方程式为：，D正确；故选D。5、（2024·吉林长春·模拟预测）下列类比推理结论中正确的是A．可以改写为；推出可以改写为B．通入溶液中无沉淀生成；推出通入溶液中无沉淀生成C．与反应生成；推测与反应生成D．的沸点高于；推出沸点高于【答案】C【详解】A．Fe3+具有较强氧化性，I-具有强还原性，二者会发生氧化还原反应，故不可改为FeI2⋅2FeI3，故A错误；B．SO2溶于水生成亚硫酸，在酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚硫酸氧化成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡沉淀，故B错误；C．硫的弱氧化性只能将变价金属氧化为最低价态，S与Fe反应生成FeS，S与Cu反应生成Cu2S，故C正确；D．分子间存在氢键的物质沸点较高，H2O分子间存在氢键，因此H2O的沸点高于H2S，但CH4分子间没有氢键，所以SiH4沸点高于CH4，故D错误；故选C。6、（2024·广东深圳·二模）部分含氯或硫物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断合理的是A．b→c的转化必须在加热条件下才能进行B．e在光照下可转化为b和cC．酸雨的形成包含了d→f→g的转化过程，每一步均为氧化还原反应D．若a和d反应生成c和水，则组成c的元素可能位于第三周期ⅥA族【答案】D【分析】由相应的化合价可以推出a为H2S，c、d、f、g对应的物质分别是S、SO2、H2SO3、H2SO4；b为HCl，c、d、e对应的物质分别是Cl2、ClO2、HClO，h为次氯酸盐，据此解答。【详解】A．b为HCl，可被酸性高锰酸钾溶液氧化为c(Cl2)，该转化无需加热即可进行，A错误；B．由分析可知，e为HClO，HClO见光分解生成HCl和O2，即HClO在光照下可转化为b即HCl，但得不到c即Cl2，B错误；C．酸雨的形成包含了d→f→g的转化过程即由SO2到H2SO3到H2SO4，其中SO2到H2SO3的转化为非氧化还原反应，C错误；D．根据分析可知，a为H2S，则d为SO2，c为S单质，因此组成c的元素为硫元素，该元素位于第三周期第VIA族，D正确；故答案为：D。7、（2024·广东深圳·二模）下列叙述Ⅰ、Ⅱ均正确且有因果关系的是选项叙述Ⅰ叙述ⅡA保存FeSO4溶液时需加入铁粉铁粉抑制Fe2+的水解B硫酸工业中使用催化剂调控反应催化剂能提高SO2的平衡转化率C酸性：CF3COOH＞CCl3COOH电负性：F＞ClDCuSO4和H2S反应可生成H2SO4和CuS酸性：H2S＞H2SO4A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．保存FeSO4溶液时需加入铁粉是防止Fe2+被氧化，而不是抑制Fe2+水解，A错误；B．催化剂仅仅改变反应速率，而不能使化学平衡发生移动，即不能提高SO2的平衡转化率，硫酸工业中使用催化剂调控反应是为了提高反应速率，提高生产效率，B错误；C．同主族元素，从上到下，元素的电负性逐渐减小，则电负性：F＞Cl；F吸引电子能力强于Cl，使得CF3COOH的羧基中的羟基的极性更大，更易电离出氢离子，所以酸性：CF3COOH＞CCl3COOH，C正确；D．由于CuS属于难溶电解质，CuSO4和H2S反应可生成H2SO4和CuS，不能说明酸性：H2S＞H2SO4，D错误；故答案为：C。8、蔗糖与浓硫酸反应的探究实验改进装置如图所示，该实验的设计体现了绿色、微型的特点，下列说法正确的是()A．该实验体现了浓硫酸的脱水性、酸性和强氧化性B．反应过程中，品红溶液褪色，加热后又恢复红色C．紫色石蕊溶液先变红后褪色D．该装置无法证明二氧化硫具有氧化性【答案】B【解析】浓硫酸使蔗糖脱水碳化，同时放出大量的热，生成的碳再与浓硫酸发生反应生成SO2、CO2和H2O，体现了浓硫酸的脱水性和强氧化性，A项错误；左侧试管中发生反应产生SO2，SO2与品红化合生成无色物质使品红溶液褪色，加热后无色物质分解，释放出SO2，溶液重新变红，B项正确；SO2只能使紫色石蕊溶液变红，但不能使其褪色，C项错误；Na2S溶液中若出现淡黄色浑浊，则说明有硫单质生成，体现了SO2的氧化性，D项错误。9、（2023·河北·模拟预测）利用下图装置进行实验，对装置内实验现象描述和所得结论均正确的是装置、现象及结论选项甲乙丙丙中的实验现象实验结论A70%硫酸亚硫酸钠品红溶液溶液逐渐褪色SO2具有漂白性B饱和食盐水电石溴水溴水褪色乙炔与溴水发生了加成反应C浓氨水NaOHAlCl3溶液先有沉淀生成后沉淀消失Al(OH)3可溶于碱D稀硫酸碳酸钠饱和碳酸钠溶液先有沉淀生成后沉淀消失溶解度：Na2CO3＞NaHCO3A．A B．B C．C D．D【答案】A【详解】A．70%硫酸与亚硫酸钠溶液反应生成SO2，SO2通入品红溶液，品红溶液逐渐褪色，证明SO2具有漂白性，A项正确；B．饱和食盐水与电石反应，生成乙炔气体和H2S、PH3等杂质气体，将气体通入溴水，乙炔可以与溴发生加成反应而使溴水褪色，H2S、PH3也可以与Br2发生氧化还原反应而使溴水褪色，会干扰乙炔与溴的加成反应，B项错误；C．浓氨水滴到NaOH固体上，会产生氨气，氨气通入AlCl3溶液会生成Al(OH)3白色沉淀，但Al(OH)3不会溶于弱碱，沉淀不会消失，C项错误；D．稀硫酸可与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳，将二氧化碳通入饱和碳酸钠溶液会生成碳酸氢钠，由于溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，故产生碳酸氢钠沉淀，持续通气沉淀不溶解，D项错误。答案选A。10含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是()A．该工艺流程用于除去煤燃烧时产生的SO2B．该过程中可得到化工产品H2SO4C．图中涉及的反应之一为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O2FeSO4+2H2SO4D．该过程中化合价发生改变的元素只有Fe和S【答案】D【解析】根据总反应2SO2+O2+2H2O=2H2SO4可知，该工艺流程用于除去煤燃烧时产生的SO2，并可得到化工产品H2SO4，A、B两项正确；Fe2(SO4)3与SO2反应生成FeSO4和H2SO4，其反应的化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4，C项正确；该过程中Fe2(SO4)3与SO2反应生成FeSO4和H2SO4，同时FeSO4、O2和H2SO4反应生成Fe2(SO4)3，则反应过程中Fe、O和S的化合价发生改变，D项错误。11．硫酸锰是一种重要的化工中间体。一种以高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿(主要成分为MnO2等锰的氧化物)为原料制备硫酸锰的工艺流程如下：已知：①“混合焙烧”后烧渣含MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO。②金属离子在水溶液中沉淀的pH范围如下表所示(25°C)：物质Fe(OH)3Fe(OH)2Mn(OH)2Al(OH)3开始沉淀的pH1.97.67.33.0完全沉淀的pH3.29.69.35.2③离子浓度≦10-5mol·L-1时，离子沉淀完全。(1)“混合焙烧”的主要目的是。(2)若试剂a为MnO2，则氧化步骤发生反应的离子方程式为，若省略“氧化”步骤，造成的影响是。(3)“中和除杂”时，应控制溶液的pH范围是。(4)“氟化除杂”后，若使溶液中Mg2+沉淀完全，需维持c(F-)不低于。(已知：Ksp(MgF2)=6.4×10-10)(5)“碳化结晶”时发生反应的离子方程式为，最后一步系列操作主要是19．(1)除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)(2)MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2OFe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失(3)5.2≤pH<7.3(或5.2-7.3)(4)8×10-3mol/L(5)Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O蒸发浓缩，冷却结晶【分析】高硫锰矿(主要成分为含锰化合物及FeS)与氧化锰矿混合焙烧，得到MnSO4、Fe2O3及少量FeO、Al2O3、MgO，加入硫酸，得到Mn2+、Fe2+、Fe3+、Mg2+、Al3+的酸性溶液，加入二氧化锰将亚铁离子氧化为铁离子，再加入碳酸钙消耗氢离子促进水解，将铁离子与铝离子以氢氧化物的形式除去，加入MnF2氟化除杂，使溶液中的Mg2+、Ca2+沉淀完全，此时溶液中的金属离子为锰离子，加入碳酸氢铵发生Mn2++2=MnCO3↓+CO2↑+H2O，加入硫酸溶解得硫酸锰溶液，经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等系列操作得到硫酸锰晶体。【详解】（1）高锰矿含有FeS，“混合焙烧”可以将金属硫化物转化为金属氧化物，同时除去硫元素，故“混合焙烧”主要目的是除去矿物中的硫元素(或将硫化物转变为金属氧化物)；（2）若试剂a为MnO2，氧化时用二氧化锰氧化亚铁离子生成三价铁离子，本身被还原成二价锰离子，则氧化步骤发生反应的离子方程式为MnO2+4H++2Fe2+=Mn2++2Fe3++2H2O；若省略“氧化”步骤，则铁元素只能以Fe2+形式除去，但是由表格可知除去亚铁离子的同时锰离子也除去了，即造成的影响是Fe2+完全沉淀时Mn2+已经完全沉淀，造成Mn2+损失；（3）“中和除杂”的目的是使铝离子、铁离子完全沉淀且锰离子不沉淀，则由表格可知要控制溶液的pH范围是5.2≤pH<7.3(或5.2~7.3)；（4）已知：Ksp(MgF2)＝6.4×10﹣10，若使溶液中的Mg2+沉淀完全，需维持c(F﹣)不低于mol/L＝8×10﹣3mol•L﹣1；故答案为8×10﹣3mol•L﹣1；（5）“碳化结晶”时，发生反应的离子方程式为：Mn2++＝MnCO3↓+CO2↑+H2O，故答案为Mn2++2＝MnCO3↓+CO2↑+H2O；硫酸锰溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到硫酸锰的水合物，故答案为蒸发浓缩、冷却结晶。12（2024·云南大理·三模）硫代硫酸钠可用作分析试剂，它易溶于水、难溶于乙醇，有较强的还原性，受热、遇酸易分解，溶解度随温度升高而增大，实验室模拟工业上制备硫代硫酸钠的实验装置如图所示。回答下列问题。(1)仪器c的名称是，使用仪器d的好处是，下列各组试剂最适宜用于本实验制备的是(填序号)。A．硫酸、B．、硫酸C．、盐酸D．、硝酸(2)实验中用于配制相应溶液的蒸馏水需要先加热至沸腾，“加热至沸腾”的目的是，试剂X通常是。(3)仪器c中反应的离子方程式为，实验中要严格控制进入仪器c中的量，原因是。(4)待仪器C中反应完成后，将溶液转入蒸发皿中，水浴加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，洗涤晶体所用的试剂可以为。(5)为检验制得产品的纯度，该实验小组称取5.0g产品配制成250mL。硫代硫酸钠溶液，并用间接碘量法标定该溶液的浓度。在锥形瓶中加入溶液，并加入过量的Kl后酸化，发生反应，再加入几滴淀粉溶液，立即用所配溶液滴定，发生反应，当达到滴定终点时，消耗溶液20.00mL，则该产品的纯度为(用百分数表示，保留一位小数)。【答案】(1)三颈烧瓶可使反应物充分混合