2020年领军高考化学真题透析专题4.3硫及其化合物精讲深剖.doc

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1、第3讲 硫及其化合物1.（2019全国卷）下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中B加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸【答案】A【解析】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选；B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，

2、C不选；D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选。2.（2019江苏）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D. N2(g) NH3(g)Na2CO3(s)【答案】B【解析】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化

3、剂条件下生成SO3，故C错误；D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误。3（2018年新课标II卷）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应

4、转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。4（2018年天津市高考）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)H2SiO3C酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性D酸性Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀SO32-与Ba2+生成B

5、aSO3沉淀【答案】D【解析】A项、二氧化硫具有漂白性，能和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，该实验体现二氧化硫漂白性，故A正确；B项、亚硫酸酸性强于硅酸，向Na2SiO3溶液通入二氧化硫气体，反应生成白色胶状硅酸沉淀，故B正确；C项、二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性，故C正确；D项、将SO2通入Ba（NO3）2溶液，酸性条件下硝酸根离子可以将二氧化硫氧化生成硫酸，硫酸与硝酸钡反应，有白色沉淀硫酸钡生成，故D错误。 考点四 氧族元素：1氧族元素比较：原子半径 OSSeTe单质氧化性 O2SSeTe单质颜色 无色 淡黄色 灰色 银白色单质

6、状态 气体 固体 固体 固体氢化物稳定性 H2OH2SH2SeH2Te最高价含氧酸酸性 H2SO4H2SeSO4H2TeO42O2和O3比较：O2O3颜 色无色气态淡蓝色气 味无刺激性特殊臭味水溶性臭氧比氧气易溶于水密 度臭氧密度比氧气的大氧化性强（不易氧化Ag、Hg等）极强（O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2）（易氧化Ag、Hg等不活泼金属）漂白性无有（极强氧化性作消毒剂和脱色剂）稳定性强弱相互关系3O2 高压=或放电2O3 臭氧和氧气是氧的同素异形体3比较H2O和H2O2H2OH2O2电子式H 化学键极性键极性键和非极性键分子极性有有稳定性稳定2H2O 2H2+O2不稳定2H2O2

7、2H2O+O2氧化性较弱（遇强还原剂反应）2Na+2H2O=2NaOH+H2较强（遇还原剂反应）SO2+H2O2=H2SO4还原性较弱（遇极强氧化剂反应）2F2+2H2O=4HF+O2较强（遇较强氧化剂反应）2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O作 用饮用、溶剂等氧化剂、漂白剂、消毒剂、脱氯剂等典例 H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2(SO4) 3S+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4) 3+2H2O（1

8、）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5105倍，该菌的作用是 。（2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为 。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 。方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S（3）随着参加反应的n(H2O2) /n(H2S)变化，氧化产物不同当n(H2O2) /n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为 。SO2的除去方法1(双碱法)：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生， NaOH溶液Na2SO3溶液。（4）写出过程的离子方程式： ；CaO在水中存在如下转化：CaO(s) +H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq) +2OH(aq)，从平衡移动

9、的角度，简述过程NaOH再生的原理 。方法2：用氨水除去SO2（5）已知25，NH3H2O的Kb=1.8105，H2SO3的Ka1=1.3102，Ka2=6.2108若氨水的浓度为2.0molL1，溶液中的c(OH) = molL1将SO2通入该氨水中，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中的c(SO32) /c(HSO3) = 。【答案】降低反应活化能 30、pH=2.0 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性) H2SO4 2OH+SO2=SO32+H2O SO32与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成6.0103 0.62【解析】（1）4FeSO4+O2+2H2S

10、O42Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5105倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能。故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液PH分别为：30、pH=2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，故答案为：30、pH=2.0； 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；（3）当n(H2O2) /n(H2S)=4时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O24H2O8e，电子守恒得到H2S变化为+6价化合物，氧化产物的分子式为H2SO4，故答案为

11、：H2SO4 。（4）过程是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH+SO2=SO32+H2O，过程加入CaO，存在CaO(s) +H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq) +2OH(aq)，因SO32与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成。故答案为：2OH+SO2=SO32+H2O；SO32与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成；（5）NH3H2O的Kb=1.8105，若氨水的浓度为2.0molL1，可结合Kb=c(NH4+)c(OH)/ c(NH3H2O)计算c(OH)，H2SO3的Ka2=6.2108，结合

12、Ka2= c(SO32)c(H+)/ c(HSO3)计算c(SO32)/c(HSO3)。NH3H2O的Kb=1.8105，若氨水的浓度为2.0molL1，由Kb= c(NH4+)c(OH)/ c(NH3H2O)可知c(OH)= mol/L=6.0103mol/L，当c(OH)降至1.0107 molL1时，c（H+）=1.0107 molL1，H2SO3的Ka2=6.2108，由Ka2= c(SO32)c(H+)/ c(HSO3)可知c(SO32)/ c(HSO3)=6.2108/(1107) =0.62。故答案为：6.0103；0.62。考点四精练：1下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是ANH4HCO3受热易分解，可用作化肥B稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白DAl2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；B.铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；C. 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还