高考化学压轴题之硫及其化合物高考题型整理突破提升含答案解析.docx

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高考化学压轴题之硫及其化合物高考题型整理突破提升含答案解析

高考化学压轴题之硫及其化合物（高考题型整理,突破提升）含答案解析

一、高中化学硫及其化合物

1．亚硝酰硫酸（NOSO4H）主要用于染料、医药等工业。

实验室用如图装置（夹持装置略）制备少量NOSO4H，并测定产品的纯度。

已知：

NOSO4H遇水分解，但溶于浓硫酸而不分解。

（1）装置A制取SO2

①A中反应的化学方程式为___。

②导管b的作用是___。

（2）装置B中浓HNO3与SO2在浓H2SO4作用下反应制得NOSO4H。

①该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，还可以是___（只写1种）。

②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速度明显加快，其原因是___。

（3）装置C的主要作用是___（用离子方程式表示）。

（4）该实验装置存在可能导致NOSO4H产量降低的缺陷是___。

（5）测定亚硝酰硫酸NOSO4H的纯度

准确称取1.380g产品放入250mL的碘量瓶中，加入0.1000mol·L-1、60.00mL的KMnO4标准溶液和10mL25%H2SO4溶液，然后摇匀。

用0.2500mol·L-1草酸钠标准溶液滴定，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。

已知：

2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4

①配平：

__MnO4-+__C2O42-+__=__Mn2++__+__H2O

②滴定终点时的现象为___。

③亚硝酰硫酸的纯度=___。

（精确到0.1%）[M（NOSO4H）=127g·mol-1]

【答案】Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度生成的NOSO4H作为该反应的催化剂SO2+2OH-=SO32-+H2OC装置中的水蒸气会进入B中使NOSO4H分解2516H+210CO2↑8溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复92.0%

【解析】

【分析】

（1）①装置A是利用亚硫酸钠和浓硫酸反应制取SO2；

②导管b的作用平衡压强的作用；

（2）①装置B中浓硝酸与二氧化硫在浓硫酸的作用下反应制得NOSO4H，该反应必须维持体系温度不得高于20℃，采取的措施除了冷水浴外，结合反应的操作；

②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，温度变化不大，但反应速率加快，说明NOSO4H起到了催化作用；

（3）装置C主要作用是吸收二氧化硫防止污染空气；

（4）NOSO4H遇水分解；

（5）①高锰酸钾溶液在酸性条件下氧化草酸钠生成二氧化碳，结合元素化合价变化和电子守恒、原子守恒配平书写离子反应方程式；

②高锰酸钾自身在反应中的颜色变化就可作为终点判断指示剂；

③根据反应2KMnO4+5NOSO4H+2H2O=K2SO4+2MnSO4+5HNO3+2H2SO4，结合滴定中消耗高锰酸钾的物质的量可得到亚硝酰硫酸的物质的量，据此计算纯度。

【详解】

（1）①利用装置A，固液混合制取二氧化硫，其方程式为Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+H2O+SO2↑；

②导管b的作用是：

平衡压强，使分液漏斗中的液体能顺利流下；

（2）①浓硫酸遇水放出大量热，维持体系温度不得高于20℃，还可以是调节分液漏斗活塞，控制浓硫酸的滴加速度；

②开始反应缓慢，待生成少量NOSO4H后，反应速率明显加快，温度变化不大，排除温度的影响，其原因是：

生成的NOSO4H作为该反应的催化剂，加快了反应速率；

（3）装置C利用NaOH溶液将剩余的SO2吸收，防止污染环境，方程式为SO2+2OH-=SO32-+H2O；

（4）NOSO4H遇水分解，C装置（或A）中的水蒸气会进入B中使NOSO4H发生分解；

（5）①发生的是MnO4－和C2O42－的氧化还原反应，MnO4－做氧化剂，被还原成生成Mn2+，C2O42－做还原剂，被氧化成二氧化碳。

结合得失电子守恒和电荷守恒可得到MnO4－和C2O42－的离子反应方程式为：

2MnO4－+5C2O42－+16H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；

②利用草酸钠溶液滴定酸性KMnO4溶液，滴定终点时的现象为：

溶液恰好由粉红色变为无色，且半分钟内不恢复；

③根据题意可知，酸性KMnO4溶液先与NOSO4H反应，利用草酸钠溶液滴定剩余酸性KMnO4溶液。

用0.2500mol·L－1草酸钠标准溶液滴定酸性KMnO4溶液，消耗草酸钠溶液的体积为20.00mL。

可知剩余的KMnO4的物质的量n1（MnO4－）=

n（C2O42－）=

×0.2500mol·L－1×20.00×10-3L=2×10-3mol，则亚硝酰硫酸消耗的KMnO4的物质的量n2（MnO4－）=0.1000mol·L－1·60.00×10-3L-2×10-3mol=4×10-3mol。

n（NOSO4H）=

n2（MnO4－）=10-2mol，亚硝酰硫酸的纯度=

×100%=

×100%=92.0%。

2．我国农业因遭受酸雨而造成的损失每年高达15亿多元，为了有效控制酸雨，目前国务院已批准了《酸雨控制区和二氧化硫污染控制区划分方案》等法规。

（1）现有雨水样品1份，每隔一段时间测定该雨水样品的pH所得数据如下：

测试时间/h

0

1

2

3

4

雨水的pH

4.75

4.62

4.56

4.55

4.54

分析数据，回答以下问题：

①雨水样品呈酸性的原因是________________________________（用化学方程式表示）。

②如果将刚取样的上述雨水和自来水（含有氯气）混合，pH将________（填“变大”“变小”或“不变”）。

（2）测定雨水样品时，每隔一定时间测定一次pH，发现pH逐渐变小，其原因可能是_______（用化学方程式表示）。

（3）举一例说明这种雨水将给环境中的生物或非生物造成的影响________________。

【答案】SO2＋H2O

H2SO3变小2H2SO3＋O2==2H2SO4酸雨可腐蚀金属、建筑物，破坏植物，污染湖泊导致大量鱼类及水生生物死亡（任选1例，其它合理答案均可）

【解析】

【分析】

正常雨水中，CO2+H2O

H2CO3，由于碳酸显酸性，所以正常雨水显酸性，且pH大约为5.6。

当雨水中溶入一定量SO2后，SO2与水反应生成亚硫酸，从而使雨水的酸性增强，pH减小。

当pH<5.6，雨水这就成为酸雨。

在酸雨中，H2SO3易被空气中的氧气氧化为硫酸，导致酸性增强，pH减小。

【详解】

（1）①雨水样品呈酸性，主要是SO2溶于水并与水反应，原因是SO2＋H2O

H2SO3。

答案为：

SO2＋H2O

H2SO3；

②如果将刚取样的上述雨水和自来水（含有氯气）混合，则会发生反应H2SO3+Cl2+H2O==H2SO4+2HCl，pH将变小。

答案为：

变小；

（2）测定雨水样品时，每隔一定时间测定一次pH，发现pH逐渐变小，主要是H2SO3被空气中O2氧化所致，其原因可能是2H2SO3＋O2==2H2SO4。

答案为：

2H2SO3＋O2==2H2SO4；

（3）举一例说明这种雨水将给环境中的生物或非生物造成的影响酸雨可腐蚀金属、建筑物，破坏植物，污染湖泊导致大量鱼类及水生生物死亡（任选1例，其它合理答案均可）。

答案为：

酸雨可腐蚀金属、建筑物，破坏植物，污染湖泊导致大量鱼类及水生生物死亡（任选1例，其它合理答案均可）。

【点睛】

酸雨有硫酸型酸雨和硝酸型酸雨之分，在硫酸型酸雨中，主要溶有H2SO3和H2SO4，H2SO3易被溶解的氧气缓慢氧化，最终H2SO3全部转化为H2SO4；硝酸型酸雨的主要成分为HNO3。

3．我国云南东川铜矿富含辉铜矿（主要成分Cu2S），因含铜成分高而成为重要的炼铜原料。

资料表明，当蓝矾溶液渗入地下遇硫铁矿（主要成分：

二硫化亚铁FeS2）时，可生成辉铜矿Cu2S，其化学方程式为：

14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。

硫铁矿也是一种重要化工原料，其主要成分可在沸腾炉中鼓入空气高温煅烧生成Fe2O3和一种对环境有污染的有毒气体，回答下列问题：

（1）在化合物FeS2和Cu2S中，硫元素的化合价分别为__、__。

（2）在上述生成辉铜矿的反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。

由题中信息可推知Cu2S的溶解情况是：

__溶于水（填“不”或“能”，下同），__溶于稀硫酸。

（3）写出硫铁矿的主要成分鼓入空气高温煅烧的化学方程式：

__，若反应中有2.2mol电子发生转移时，可生成标准状况下的有毒气体的体积为__L。

【答案】-1-235：

3不不4FeS2+11O2

2Fe2O3+8SO28.96

【解析】

【分析】

该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低，3个负一价硫的化合价升高。

【详解】

（1）

（二硫化亚铁）中铁为+2价，硫为-1价；

（硫化亚铜）中铜为+1价，硫为-2价，

故答案为：

-1；-2；

（2）

该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低，即14个硫酸铜和3.5个

做氧化剂，3个负一价硫的化合价升高，即1.5个

做还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为35:

3；根据反应

及题目信息，可知

不溶于水，也不溶于稀硫酸，

故答案为：

35:

3；不；不；

（3）根据题目信息‘硫铁矿可在沸腾炉中鼓入空气高温煅烧生成

和一种对环境有污染的有毒气体’，可推知

和氧气反应生成

和二氧化硫，方程式为：

，该反应转移电子数为44，即转移44个电子生成8个二氧化硫，故当转移2.2mol电子时，生成0.4mol二氧化硫，标况下体积为：

8.96L，

故答案为：

；8.96。

4．常见含硫物质A~D，在生活、生产中有着广泛应用，它们之间的转化关系如下图所示。

其中反应①、②中所需物质B溶液的浓度不同。

请按要求回答下列问题：

（1）A的化学式为_______。

（2）反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同，即都作_______（填“氧化剂”或“还原剂”），你判断的依据是它们都是金属，在反应中都_______。

（3）反应②的离子方程式为_______。

（4）大气中因废气A引起酸雨的反应流程之一可用下图示意：

上图中由D→B的转化所需氧化剂为_______。

当将含D的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（H+）将_______。

（填“增大”“减小”或“不变”）。

废气A是一种重要的化工原料，常采用氨吸收法进行循环利用、变废为宝。

某工厂若将4.48×106L（标准状况下）废气A进行环保处理，完全转化为NH4HSO3时，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3•H2O计）的体积为_______L。

【答案】SO2还原剂失去电子，化合价升高Fe+2H+=Fe2++H2↑O2增大20000

【解析】

【分析】

由B（含氧酸）在常温下与足量的铁反应生成C（硫酸盐），故B是H2SO4，反应方程式为Fe+2H2SO4=FeSO4+H2↑，C是FeSO4；Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O，故A是SO2，SO2+H2O

H2SO3，D是H2SO3。

【详解】

（1）由解析可知，A的化学式为SO2；

（2）反应①、②中，反应前后Cu、Fe元素的化合价都升高，故反应①、②中Cu、Fe所起的作用相同，即都作还原剂；

（3）铁与稀硫酸常温下反应，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（4）H2SO3→H2SO4过程中，S元素化合价升高，即H2SO3被空气中的O2氧化为H2SO4；2H2SO3+O2=H2SO4，H2SO3是弱酸，H2SO4是强酸，故当将含H2SO3的雨水敞口放置一段时间后（忽略溶液体积、温度的变化），其c（H+）将增大；SO2+NH3•H2O=NH4HSO3，n（SO2）=

=2.0×105mol，故n（NH3•H2O）=2.0×105mol，需消耗10mol/L氨水溶液（溶质全部以NH3•H2O计）的体积为

=20000L。

【点睛】

本题是结合图考查S元素的化合物知识，有关化学方程式书写等，难度不大。

5．a、b、c、d、e是含有一种相同元素的五种物质，可发生如下转化：

其中：

a是单质；b是气体；c、d是氧化物；e是最高价氧化物对应的水化物。

（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，试推断这五种物质（用化学式表示）：

a______；b______；c______；d______；e______。

（2）如果a是一种常见气体，试推断这五种物质（用化学式表示）：

a______；b______；c______；d______；e______。

【答案】SH2SSO2SO3H2SO4N2NH3NONO2HNO3

【解析】

【分析】

【详解】

（1）如果a是一种淡黄色粉末固体，则a是硫，所以b是硫化氢，c是SO2，d是三氧化硫，e是硫酸，化学式分别为S、H2S、SO2、SO3、H2SO4。

（2）如果a是一种常见气体，则符合转化关系的是氮气，则b是氨气，C是NO，d是NO2，e是硝酸，化学式分别为N2、NH3、NO、NO2、HNO3。

6．已知X、Y均为有刺激性气味的气体，且几种物质间有以下转化关系，部分产物未标出。

请回答下列问题。

（1）写出下列各物质的化学式：

X______、Y______、A______、B______、C______。

（2）反应①的离子方程式为____________。

【答案】Cl2SO2HClH2SO4FeCl32Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+

【解析】

【分析】

A与硝酸酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀，A中含Cl-；B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀，B中含SO42-；又根据X、Y均为有刺激性气味的气体，且X能与

反应，则X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。

【详解】

（1）分析可知，X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。

（2）反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+4H+。

7．某无色混合溶液中可能含有的离子如下表所示：

可能大量含有的阳离子

H＋、Al3＋、NH4＋、Na＋

可能大量含有的阴离子

Cl－、AlO2－、SO42－、MnO4－、Br－、I－、CO32－

为探究其成分，进行了以下探究实验。

探究一：

甲同学取一定量的混合溶液，用pH试纸检验，溶液pH＜7；向其中逐液加入氢氧化钠溶液，产生沉淀的物质的量（n）与加入氢氧化钠溶液的体积（V）的关系如图所示。

探究二

乙同学取一定量的混合溶液，向溶液中加氯水，无气体产生，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，用分液漏斗分液；向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生。

探究三：

另取原溶液少量加入Ba（NO3）2和盐酸的混合液，产生白色沉淀。

（1）该溶液中一定含有的阴离子是___；其中能确定离子浓度之比的，对应离子物质的量浓度之比为___；不能肯定是否含有的离子是___。

确定其中阳离子的实验方法为___。

（2）请写出沉淀减少过程中发生反应的离子方程式___。

【答案】Br-、SO42－c（H+）：

c（NH4+）：

c（Al3+）=2：

3：

1Na＋、Cl－焰色反应Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O

【解析】

【分析】

无色混合溶液中不能含有MnO4－；

由探究一知，溶液的pH<7，开始加入2V0NaOH无沉淀生成说明发生的反应是：

H++OH-═H2O，有H+，则无AlO2-、CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH-═Al（OH）3↓，有Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：

NH4++OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠的体积V0；

根据探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，说明有Br-，不含I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，不能确定原混合液中是否含Cl-；

根据探究三，加入少量Ba（NO3）2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SO42－；

综上分析，混合溶液中一定含有的离子：

H+、Al3+、NH4+、Br-、SO42－，一定不含的离子：

MnO4－、CO32-、I-、AlO2-，可能含有的离子：

Na＋、Cl－。

【详解】

无色混合溶液中不能含有MnO4－；

由探究一知，溶液的pH<7，开始加入2V0NaOH无沉淀生成说明发生的反应是：

H++OH-═H2O，有H+，则无AlO2-、CO32-；再加入氢氧化钠溶液至5V0，生成沉淀增多至最大，反应为Al3++3OH-═Al（OH）3↓，有Al3+，此过程消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠，沉淀量不变，说明氢氧化钠和溶液中的铵根离子反应：

NH4++OH-=NH3•H2O，消耗氢氧化钠溶液3V0；继续加入氢氧化钠溶液，沉淀开始溶解，到加入9V0氢氧化钠溶液，沉淀全部溶解，发生的反应为Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O，消耗氢氧化钠的体积V0；

根据探究二，向溶液中加氯水，无气体产生，说明无CO32-，再加入CCl4振荡、静置，CCl4层呈橙红色，说明有Br-，不含I-；用分液漏斗分液，向分液后的水溶液中加入AgNO3和HNO3混合液，有白色沉淀产生，说明分液后的水溶液中有Cl-，因为加入的氯水被还原成Cl-，不能确定原混合液中是否含Cl-；

根据探究三，加入少量Ba（NO3）2和盐酸的混合液，产生白色沉淀，说明原混合液中有SO42－；

（1）该溶液中一定含有的阴离子：

Br-、SO42－；其中能确定离子浓度之比的是H+、NH4+、Al3+，根据它们消耗的NaOH溶液的体积和相应的离子方程式，c（H+）：

c（NH4+）：

c（Al3+）=2V0：

3V0：

V0=2：

3：

1；不能肯定是否含有的离子：

Na＋、Cl－；确定是否含Na+的实验方法为：

焰色反应；

（2）沉淀减少过程为Al（OH）3与NaOH的反应，反应的离子方程式：

Al（OH）3+OH-═AlO2-+2H2O。

【点睛】

本题考查离子的推断，在推断过程中必须注意离子的共存和引入的离子对判断的干扰，如题中Cl-的判断。

8．A、B、C、D为四种可溶性的盐，它们包含的阳离子和阴离子分别为Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+和NO3－、SO42﹣、Cl－、CO32－（离子在物质中不能重复出现）。

①若把四种盐分别溶于盛有蒸馏水的四支试管中，只有C盐的溶液呈蓝色；

②若向①的四支试管中分别加入盐酸，B盐的溶液有沉淀生成，D盐的溶液有无色无味的气体逸出。

根据①②实验事实可推断它们的化学式为：

（1）B_____________D______________；

（2）写出少量盐酸与D反应的离子方程式：

______________________________________；

（3）将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，混合后溶液中存在的离子为_______；在此溶液中加入铁粉，写出发生反应的离子方程式____；

（4）C溶液中阴离子的检验方法：

____。

【答案】AgNO3Na2CO3CO32-+2H+=CO2↑+H2OCu2+、NO3-、Cl-Cu2++Fe=Cu+Fe 2+取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-

【解析】

【分析】

给出八种离子，形成四种可溶性物质，这个可以通过一一组合的形式确定可能存在的物质，之后结合进行实验和颜色限制进行继续排除，从而最终确定．如Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4；Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。

①中由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液为AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3，以此来解答。

【详解】

由于是可溶性盐，所以溶液中存在的盐离子和阴离子对应物质一定是可溶性，根据盐类物质溶解性情况可知：

Ba2+不能和SO42-、CO32-结合，而只能和NO3-、Cl-；Ag+不能和SO42-、Cl-、CO32-三种离子结合，而只能和NO3-结合，则一定是BaCl2、AgNO3．Cu2+不能和CO32-结合，所以为CuSO4，Na+对应CO32-为Na2CO3．即四种物质为BaCl2、AgNO3、CuSO4、Na2CO3。

由于C盐是蓝色的，所以C为CuSO4；。

②四支试管加入盐酸，B有沉淀，则B溶液AgNO3；而D生成无色气体，则为二氧化碳，即D为Na2CO3。

综上所述：

A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4；D为Na2CO3；

（1）由上述分析可知B为AgNO3；D为Na2CO3，故答案为：

AgNO3；Na2CO3；

（2）盐酸与D（Na2CO3）反应的离子反应方程式为：

CO32-+2H+=CO2↑+H2O，故答案为：

CO32-+2H+=CO2↑+H2O；

（3）A为BaCl2；B为AgNO3；C为CuSO4，将含相同物质的量A、B、C的溶液混合后，溶液中存在的离子及物质的量之比为：

Cl-、NO3-、Cu2+，在此溶液中加入铁粉，可以将其中的铜置换出来，发生反应的离子方程式Cu2++Fe=Cu+Fe2；故答案为：

Cu2+、NO3-、Cl-；Cu2++Fe=Cu+Fe 2+；

（4）C为CuSO4，检验硫酸根离子，可取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-，故答案为：

取少量C溶液于试管中，先加足量盐酸酸化，无现象，再加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，则证明C中阴离子为SO42-。

【点睛】

无机物的推断，把握离子之间的反应、离子的颜色为解答的关键，注意C为硫酸铜为推断的突破口，在分析A、B、C的溶液混合后离子组成时，要考虑混合时离子间的相互反应。

9．在下列物质转化中，A是一种正盐，D的相对分子质量比C的相对分子质量大16，E是酸，当X无论是强酸还是强碱时，都有如下的转化关系：

当X是强酸时，A、B、C、D、E均含同一种元素；当X是强碱时，A、B、C、D、E均含另外同一种元素。

请回答：

（1）A是________。

（2）当X是强酸时，E是_______。

写出B生成C的化学方程式：

____________。

（3）当X是强碱时，E是_______，写出B生成C的化学方程式：

____________。

【答案】（NH4）2SH2SO42H2S+3O2

2SO2+2H2OHNO34NH3+5O2

4NO