2021届高考化学一轮复习-考点精练之知识点10-硫及其化合物（含解析）.doc

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1、硫及其化合物1、下列关于的说法正确的是（ ）A.气体通入滴有酚酞的NaOH溶液中红色褪去，说明具有漂白性B.和混合通入品红溶液中，能使红去C.气体通入溴水中，溴水的颜色褪去说明具有漂白性D.二氧化硫的排放会导致酸雨的产生2、下列制取、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是（ ）A. B. C. D. 3、下列说法不正确的是（ ）A.将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近集气瓶瓶口，若试纸迅速变蓝证明氯气已集满B.将氯气通入冷的消石灰中可制得以次氯酸钙为有效成分的漂白粉C.将气体通入紫色石蕊溶液中，可以看到石蕊溶液先变红后褪色D.取少量晶体放入试管中，再加入适量NaOH溶液，加热，在

2、试管口用蘸有浓盐酸的玻璃棒检验，有白烟，则可证明该晶体中含有4、Y形管是一种特殊的仪器，其与其他仪器组合可以进行某些实验探究，利用如图装置可以探究与反应生成沉淀的条件，下列判断正确的是（ ）A.玻璃管的作用是连通大气，使空气中的氧气进入广口瓶，参与反应B.c、d两根导管都必须插入溶液近洗气瓶底部位置，保证气体与充分接触C.Y形管乙中产生的为氧化性气体，将氧化为沉淀D.e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH固体5、在探究水溶液成分和性质的实验中，下列根据实验现象得出的结论正确的是（ ）A向水溶液中加入少量粉末，有气泡产生，说明的酸性强于B向水溶液中滴加溶液，有白色沉淀产生，说明水溶液中含有

3、C向水溶液中通入气体，有淡黄色沉淀产生，说明水溶液具有氧化性D向溶液或溴水中滴加水溶液，溶液颜色褪去，说明水溶液具有漂白性6、能正确表示下列变化的离子方程式是( )A. KI溶液久置空气中变黄色B. 少量三氧化硫与氨水反应: C. 与水溶液反应：D. 和混合溶液与足量反应： 7、在两份相同的溶液中,分别滴入物质的量浓度相等的、溶液,其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是()A.代表滴加溶液的变化曲线B.b点,溶液中大量存在的离子是、C.c点,两溶液中含有相同量的D.a、d两点对应的溶液均显中性8、在硫酸工业生产中,为了有利于的转化,且能充分利用热能,采用了中间有热交换器

4、的接触室(见图)。下列说法错误的是()A.a、b两处的混合气体成分含量相同,温度不同B.c、d两处的混合气体成分含量相同,温度不同C.热交换器的作用是预热待反应的气体,冷却反应后的气体D.c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高的转化率9、检验某未知溶液中是否含有，下列操作最合理的是（ ）A.加入稀HNO3酸化的Ba（NO3）2溶液 B.先加稀盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液C.加入稀HNO3酸化的BaCl2溶液 D.先用稀HNO3酸化，再滴加Ba（NO3）2溶液10、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.B.C.D.11、下列有关物质的性质与用途对应关系正确的是( )A

5、.明矾易溶于水,可用作净水剂B.HClO显酸性,可用于杀菌消毒C.SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白D.铁粉具有还原性,可用作食品抗氧化剂12、在硫酸的工业制法中,下列生产操作及对采取此操作的主要原因的叙述都正确的是( )A.黄铁矿燃烧前需要粉碎,因为大块的黄铁矿不能在空气燃烧B.黄铁矿燃烧所得到的气体混合物需净化,因为其中的会与杂质反应C. 氧化为时需使用催化剂,是因为没有催化剂不能与反应生成D. 用98.3%的浓硫酸吸收,目的是防止形成酸雾,以使吸收完全13、检验SO2气体中是否混有CO2气体,可采用的方法是( )A.通过澄清石灰水B.先通过饱和NaHO3溶液,再通过澄清石灰水C.先通过Na

6、OH溶液,再通过澄清石灰水D.先通过酸性KMnO4溶液,再通过品红溶液,最后通过澄清石灰水14、已知2H2S+SO2=3S+2H2O S+2H2SO4(浓)=3SO2+2H2O3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O。则下列说法正确的是( )A.说明SO2能与酸反应,故SO2具有碱性氧化物的通性 B.若改用稀硫酸,则放出H2C.和说明硫具有两性元素的性质 D.上述反应说明硫既有氧化性又有还原性15、如图是一种综合处理SO2废气的工艺流程。下列说法正确的是( )A.向B溶液中滴加KSCN溶液,溶液可能会变为红色B.溶液B转化为溶液C发生反应的离子方程式为4H+2Fe2+O2=2Fe3+2H

7、2OC.溶液酸性:ABCD.加氧化亚铁可以使溶液C转化为溶液A16、焦亚硫酸钠()在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题:1.生产,通常是由过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式:。2. 利用烟道气中的生产的工艺为:pH=4.1时,中为溶液(写化学式)。工艺中加入固体、并再次充入的目的是。3.制备也可采用三室膜电解技术,装置如图所示,其中碱吸收液中含有和。阳极的电极反应式为。电解后,室的浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水,可得到。4.可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中残留量时,取50.00 mL葡萄酒样品,用0.010 00的碘标准液滴定至终点,消耗10.00 mL,

8、滴定反应的离子方程式为,该样品中的残留量为(以计)。17、连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉,白色晶体,可溶于水,微溶于乙醇;暴露在空气中易被氧化成亚硫酸氢钠或硫酸氢钠,75以上会分解。（1）Na2S2O4的制取(实验装置如图)在甲酸钠(HCOONa)的甲醇溶液中,边搅拌边滴加Na2CO3的甲醇溶液,同时通SO2,反应放热,保持温度为6070,即可生成Na2S2O4,同时生成另一种气体。仪器A的名称是_,与普通分液漏斗相比,其优点是_。三颈烧瓶中生成Na2S2O4的离子方程式为_。为了使反应充分进行,得到更多更纯的产品Na2S2O4,应采取的主要措施有_。A.控制水浴温度不超过75B.加

9、快通SO2的速率C.加快滴加Na2CO3的甲醇溶液的速率D.充分搅拌,使反应物充分接触E.用乙醇洗涤产品,减少因溶解导致的损失F.在通入SO2前还应该通入一段时间N2,以排尽装置内的空气(2)Na2S2O4的性质取纯净的Na2S2O4晶体,隔绝空气加热, Na2S2O4固体完全分解得到固体产物Na2SO3、Na2S2O3和气体产物_(填化学式)。请设计实验验证Na2S2O4固体完全分解后的固体产物中有Na2S2O3存在,完成下表中内容。(供选择的试剂:稀盐酸、稀硝酸、BaCl2溶液、KMnO4溶液)实验步骤预期现象和结论 (3) Na2S2O4的应用六价铬对人体有毒, Na2S2O4可以用于处

10、理含铬废水,使含六价铬的离子浓度降低而达到排放标准,即含六价铬的离子浓度0.5mgL-1。具体操作是:在含六价铬()的酸性废水中先加入Na2S2O4,再加入过量的石灰水,生成的沉淀主要有_(用化学式表示)。若处理1104L含铬(以形式存在)78mgL-1的废水,使其达到排放标准,至少需要Na2S2O4_kg(计算结果保留两位小数)。18、磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:已知:磷精矿主要成分为,还含有和有机碳等。溶解度:”或“”或“A。结合i、ii反应速率解释原因:_。 答案以及解析1答案及解析：答案：D解析：是酸性氧化物，能和NaOH溶液发生反应生成盐和水，最终使溶液呈中性或酸性而酚酞在

11、中性或酸性溶液中不变色，所以溶液红色褪去，与的漂白性无关，A错误；和混合后通入品红溶液中，会发生反应:使失去漂白性，因此品红溶液不褪色，B错误；气体通入溴水中，会发生反应:，使溴水的颜色褪去，说明具有还原性，C错误；二氧化硫和水反应生成亚硫酸，会导致酸雨的产生，D正确。 2答案及解析：答案：B解析：稀硫酸和铜不反应，应该使用浓硫酸，A错误; 可以使品红褪色，气体应该“长进短出”，B正确；的密度大于空气，收集应该使用向上排空气法，气体应该“长进短出”，C错误；不能与反应，应该使用NaOH溶液吸收尾气，D错误。 3答案及解析：答案：C解析：试纸迅速变表明瓶口处有大量氯气，证明氯气已集满，A正确氯气

12、与反应可得到、，B正确: 为结合性白，只集漂白某特定的指示剂，如品红，不能漂白石蕊试液，C错误；与作用生成，与HCl作用生成晶体，扩散在空气中形白烟，可证明该品体含有，D正确. 4答案及解析：答案：D解析：该实验的目的是探究与溶液反应生成沉淀的条件，根据“强酸制弱酸”原理若两种物质直接混合，不能得到沉淀，若溶液显碱性，转化为，则可得到沉淀。因为装置甲和乙都产生气体，会使试剂瓶内压强增大，玻璃管的作用是使试剂瓶内压强保持和外界压强相等，A错误；若装置乙产生，极易溶于水，直接插入溶液中易引起倒吸，B错误；若装置乙产生氧化性气体，可将氧化为，不是将沉淀氧化为沉淀，C错误；装置乙中装入浓氨水和氢氧化钠

13、固体可产生，可使与反应生成，D正确。 5答案及解析：答案：AC解析：A. 向水溶液中加入少量粉末,有气泡产生,气体为二氧化碳,发生强酸制取弱酸的反应原理,则说明酸性强于，故A正确；B. 向水溶液中滴加溶液,发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀,但水溶液中不含有，故B错误；C. 将水溶液中通入气体,发生氧化还原反应生成淡黄色沉淀S,由S元素的化合价降低可知水溶液具有氧化性，故C正确；D. 向溶液中滴加水溶液,发生氧化还原反应溶液颜色褪去,由S元素的化合价升高可知水溶液具有还原性，故D错误； 6答案及解析：答案：A解析：A.KI溶液久置空气中变黄色，离子方程式：4I+O2+2H2O=2I2+4OH，

14、故A正确；B.少量三氧化硫与氨水反应，离子方程式：SO3+2NH3H2O=2NH4+H2O+，故B错误；C.Na与CuSO4溶液反应的离子反应为2Na+2H2O+Cu2+=Cu(OH)2+2Na+H2，故C错误；D.(NH4)2SO4和FeSO4混合溶液与足量NaOH反应，离子方程式：2 +Fe2+4OH=Fe(OH)2+2NH3H2O，故D错误；故选：A。 7答案及解析：答案： C解析： 溶液的导电能力与溶液中离子浓度、离子所带电荷数有关。A项,从图象可知在a点溶液的导电能力达到最小值,接近零,发生的反应为,而与反应时,当钡离子完全反应时,剩余NaOH,当氢氧根离子完全反应时,剩余,所以其导

15、电能力不可能接近零,即代表滴加硫酸溶液的变化曲线,正确;B项,b点时发生的离子反应为,所以溶液中主要存在的是剩余的和加入的,正确;C项,从图象可知c点时,两溶液的导电能力相同,但此时曲线为反应完全,且加入过量的溶液显酸性,而曲线为反应完,而未反应完,溶液显碱性,所以两溶液中含有的氢氧根离子的量不相同,错误;D项,a点溶液显中性,d点时溶液发生的反应为,得到溶液,也为中性,正确。 8答案及解析：答案： B解析： 观察图形可知在接触室a口进的是冷的二氧化硫和氧气,经过热交换器预热,从b口出来的是较热的混合气体。A项,a、b两处气体成分含量相同,经过热交换器后b口出气温度高,正确;B项,经过热交换器

16、后气体温度降低,再经过催化剂后三氧化硫含量增多,错误;C项,热交换器的作用就是进行热量的交换,正确;D项,设计热交换器除了充分的利用热量,其次还有降低温度使平衡向正反应方向移动的目的,提高原料的利用率,正确。 9答案及解析：答案：B解析：B. 先加稀盐酸,可以排除银离子与碳酸根离子,再加入BaCl2溶液，产生的沉淀只能是硫酸钡，故B正确。 10答案及解析：答案：C解析：Fe与反应生成，A项错误；S与反应生成，B项错误；高温分解生成CaO，CaO与在高温时反应生成，C项正确；NO与不反应，D项错误。 11答案及解析：答案：D解析：明矾溶于水电离产生的铝离子水解生成具有吸附性的氢氧化铝胶体，可以吸

17、附水中的悬浮杂质，可用作净水剂，与其易溶于水的性质无关，故A错误；B次氯酸具有强氧化性，能够使蛋白质变性，可用于杀菌消毒，与其酸性无关，故B错误；C二氧化硫具有漂白性，能够用于纸浆漂白，与其氧化性无关，故C错误；D铁粉具有还原性，可用作食品抗氧化剂，故D正确； 12答案及解析：答案：D解析：黄铁矿燃烧前需要粉碎,是因为小颗粒的黄铁矿燃烧得更充分,以提高矿石的利用率;黄铁矿燃烧所得到的气体混合物需净化,是因为杂质会使催化剂中毒; 氧化为需使用催化剂,是因为催化剂能加快反应速率,对于根本不能反应的物质,无论选用什么做催化剂都不能使反应发生。 13答案及解析：答案：D解析：二氧化硫对二氧化碳的检验有

18、干扰作用,因此,在检验二氧化碳之前必须先通过酸性KMnO4溶液除去二氧化硫气体,通过品红溶液检验二氧化硫除尽后,再通过澄清石灰水检验二氧化碳。 14答案及解析：答案：D解析：反应为氧化还原反应,SO2表现氧化性,A错;S能与浓硫酸反应,但不能与稀硫酸反应,B错;单质硫既可以发生氧化反应使化合价升高,也可以发生还原反应使化合价降低,即硫处于中间价态,既有氧化性又有还原性,C错。 15答案及解析：答案：A解析： 16答案及解析：答案： 1.2.;得到过饱和溶液3.;a4.;0.128解析： 1.根据题干信息,结合原子守恒,可得方程式:。2.在饱和溶液中通入,若溶液pH=4.1,通入的过量,生成;加

19、入固体,会生成,再通入,又重新生成,该步骤的目的是得到过饱和溶液。3.阳极电解质为稀硫酸,阳极溶液中阴离子放电,电极反应式为;电解过程中阳极区的移动到a室,发生反应:,a室中溶液浓度增大。4.在用碘标准液滴定溶液时,作氧化剂,作还原剂,根据化合价变化:,由得失电子相等和原子守恒,可得离子方程式:;根据离子方程式得关系式:,n()=0.010.01 L=5mol,则n()=2n()=0.000 1 mol,1 L 葡萄酒中含有m()=0.000 1 mol=0.128g。 17答案及解析：答案：（1）恒压滴液漏斗;平衡气压，使液体能顺利滴下;2HCOO-+4SO2+ =2+H2O+3CO2；AD

20、EF（2）SO2;实验步骤预期现象和结论取少量Na2S2O4完全分解后的固体产物于试管中，加入稀盐酸若有淡黄色沉淀生成，则说明产物中有Na2S2O3存在(3)Cr(OH)3、CaSO4;1.30解析：（1）仪器A的名称是恒压滴液漏斗，与普通分液漏斗相比，其优点是平衡气压，使液体能顺利滴下。分析SO2和Na2S2O4中S元素的化合价，反应中S元素的化合价从+4降低到+3，得到1个电子，结合题意知HCOONa转化为CO2，碳元素的化合价从+2升高到+4，则根据得失电子守恒有HCOONa2SO2，再结合原子守恒和电荷守恒配平反应的离子方程式为2HCOO-+4SO2+=2+H2O+3CO2。为了使反应

21、充分进行，得到更多更纯的产品Na2S2O4，应控制水浴温度不超过75，因为Na2S2O4在75以上会分解，A项正确；加快通SO2的速率与加快滴加Na2CO3的甲醇溶液的速率，均可以加快反应速率，但由于反应放热，可能会使反应温度超过75，B、C项错误；充分搅拌，使反应物充分接触，可使反应充分进行，提高产率，D项正确；由已知信息知Na2S2O4可溶于水，微溶于乙醇，故可用乙醇洗涤产品，减少因溶解导致的损失，E项正确；由已知信息知Na2S2O4暴露在空气中易被氧化，故在通入SO2前还应该通入一段时间N2，以排尽装置内的空气，F项正确。（2）Na2SO3是氧化产物，而Na2S2O3是还原产物，则根据氧

22、化还原反应中得失电子守恒和原子守恒可知气体产物应该是SO2。根据反应Na2S2O3+2HCl=2NaCl+S+SO2+H2O，可知检验Na2S2O3的方法是取少量Na2S2O4完全分解后的固体产物于试管中，加入稀盐酸，如果有淡黄色沉淀生成，则说明产物中有Na2S2O3存在。（3）在含六价铬（）的酸性废水中先加入Na2S2O4，由于具有强氧化性，具有还原性，二者会发生氧化还原反应，离子方程式为+6H+=2Cr3+2 +3H2O，后加入过量的石灰水，Cr3+、OH-、Ca2+和会发生复分解反应生成Cr（OH）3和CaSO4。处理1104L含铬（以形式存在）废水使其达到排放标准，处理的铬元素的物质的

23、量至少为n（Cr）=mol=14.9mol，由关系式2Cr，可得n（）=1/2n（Cr）=7.45mol，从而计算出至少需要Na2S2O4的质量为7.45moll74gmol-1=1296.3gl.30kg。 18答案及解析：答案： 1.研磨、加热; 2.;核电荷数PS,得电子能力PS,非金属性P；反应II是气体物质的量减小的反应，温度一定时，增大压强使反应正向移动，的物质的量增大，体系总物质的量减小，的物质的量分数增大（3）；（4）0.4；是歧化反应的催化剂，单独存在时不具有催化作用，但可以加快歧化反应速率；反应ii比i快；D中由反应ii产生的使反应i加快解析：（1）根据图象，可得反应化学方程式为，根据盖斯定律反应= （反应I +反应），可得。（3）依题意，碘离子为反应的催化剂，故可以采用反应II减去i式，可得ii为。（4）根据对比实验要求，A和B的区别为是否加入，碘化钾浓度保持不变，则a为0.4； C中未发生歧化反应，B反应比A快，说明二氧化硫在碘离子作用下的歧化反应速率随溶液酸性增强而加快。 - 17 -