2024届高三化学一轮复习（小题训练）--硫及其化合物

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2024届高三化学一轮复习（小题训练）--硫及其化合物学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题1．下列气体直接排放不会形成酸雨的是A． B． C． D．2．化工产品在下列应用中，表现出还原性的是A．明矾作净水剂 B．漂粉精作消毒剂C．铁粉作食品脱氧剂 D．浓硫酸作干燥剂3．常愠下铝制容器或铁制容器可贮运浓硫酸，这利用了浓硫酸的A．强酸性 B．吸水性 C．脱水性 D．强氧化性4．下列转化在给定条件下能通过一步反应实现的是A．N2NO2 B．Fe(OH)2 Fe(OH)3C．SSO3 D．Al2O3Al(OH)35．下列关于SO2的叙述正确的是A．SO2是具有漂白作用，可使石蕊褪色 B．SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO4C．SO2能使溴水褪色，是因为SO2具有还原性 D．SO2有毒，不能用作食品添加剂6．部分含硫物质的分类与相应硫元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是A．物质a是一种有臭鸡蛋气味的气体 B．a通入到c的水溶液中会生成bC．盐g与盐f之间也可能发生反应 D．d溶液久置于空气中会生成e，溶液的pH增大7．下列物质的检验中，其结论一定正确的是A．向某溶液中加入溶液，产生白色沉淀，加入稀后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有B．向某溶液中加入盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有或C．取少量久置的样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加溶液，若加盐酸时有气体产生，加溶液时有白色沉淀产生，说明样品已部分被氧化D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是8．对危险化学品要在包装标签上印上警示性标志。下列的化学药品名称与警示标志名称对应正确的是A．酒精——剧毒品 B．浓硫酸——爆炸品C．汽油——易燃品 D．烧碱——剧毒品9．用制，既利用资源又环保。1体积含体积分数为0.84混合气体(、、)在过量的空气中(过量77%)完全燃烧，下列分析正确的是(已知空气组成：体积分数0.79、体积分数0.21)A．消耗氧气0.42体积B．通入空气6体积C．产物中体积分数是0.85(是气体)D．若完全转化，每摩尔混合气体制得98%的硫酸10．下列反应中，能说明是酸性氧化物的是A．B．C．D．11．能证明亚硫酸钠样品部分变质的试剂是A．硝酸钡，稀硫酸 B．稀盐酸，氯化钡C．稀硫酸，氯化钡 D．稀硝酸，氯化钡12．下列实验操作或现象分析正确的是A．收集氨气 B．管口出现还原产物NO2红棕色气体C．制取二氧化硫 D．测定丙二醇的分子结构13．下列反应中，调节反应物的用量或浓度以后，不会改变反应产物的是A．酒精在氧气中燃烧 B．在硫酸中加入铝粉C．将二氧化硫气体通入氨水中 D．在Ca(HCO3)2溶液中加入澄清石灰水14．已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是A．X使蔗糖变黑的现象只体现了X的强氧化性B．若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应C．工业上，B转化为D的反应条件为适当温度、常压、使用催化剂D．若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水，一定可以观察到有白色沉淀产生 15．X是中学化学常见的单质，Y、Z为化合物。它们有如图所示的转化关系(部分产物及反应条件省略)。下列判断正确的是A．X可能是金属，也可能是非金属B．X、Y、Z含有一种相同的元素C．Y、Z的水溶液一定都呈碱性D．反应①②不一定都是氧化还原反应 二、填空题16．现有下列4种物质：①Cl2、②CuSO4溶液、③NaHCO3溶液、④浓H2SO4。其中，能与稀盐酸反应生成无色气体的是______（填序号，下同）；呈黄绿色有刺激性气味的是______；能与NaOH溶液反应生成蓝色沉淀的是______；常温下能使铝表面形成致密氧化膜的是______。17．煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx，采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。将含有SO2和NOx的烟气通入盛有NaClO2溶液的反应器中，反应一段时间后，测得溶液中离子浓度的有关数据如下(其他离子忽略不计)离子Na+OH-Cl-浓度（mol/L）5.5×10-38.5×10-4y2.0×10-43.4×10-3请回答：(1)煤燃烧排放的烟气未经处理直接排放的危害是_____(填字母)。a.形成酸雨    b.危害人体健康(2)NaClO2中氯元素的化合价为_____；(3)SO2和NOx经NaClO2溶液吸收后转化为_____；(4)表中y=_____。18．补齐物质及其用途的连线。_______19．硫元素是动植物生长不可缺少的元素，图1是自然界中硫元素的存在示意图。图2是硫元素的常见化合价与部分物质类别的对应关系，回答下列问题。(1)图1中与图2中M、N对应的物质分别是_______、_______。(2)X与Y反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。(3)Na2SO3溶液易变质，实验室检验Na2SO3溶液是否变质的基本操作是_______。(4)SO2和氯水都有漂白性，有人为增强漂白效果，将Cl2和SO2混合使用，结果适得其反，几乎没有漂白效果，用离子方程式表示其原因：_______。(5)硫酸是用途广泛的化工原料，可作脱水剂、吸水剂、氧化剂和催化剂等。甲、乙两位同学用铜和硫酸做原料，设计了两种制取硫酸铜的方案。方案甲：铜与浓硫酸加热直接反应，即Cu→CuSO4方案乙：由Cu→CuO→CuSO4①方案甲，中铜和浓硫酸反应的化学方程式是_______。该反应体现了浓硫酸的_______性。②这两种方案，你认为哪一种方案更合理？_______。理由是_______20．硫化氢(H2S)是一种有毒气体，高于200℃分解，脱除H2S的方法很多。(1)Na2CO3吸收。含H2S的气体与饱和Na2CO3溶液在吸收塔内逆流接触，生成两种酸式盐。该反应的离子方程式为_____。(2)干法脱硫技术。①铁系脱硫剂：活性氧化铁(Fe2O3·H2O)是经典而有效的脱硫剂，脱硫反应：Fe2O3·H2O+H2S—FeS+S+H2O(未配平)，再生反应：FeS+H2O+O2—Fe2O3·H2O+S(未配平)。若处理标况下4.48LH2S时，理论上消耗O2的物质的量为___。②锌系脱硫剂：550℃时，将H2S和还原性气体H2按一定比例混合，以一定的流速通过装有锌的复合金属脱硫剂(ZnFe2O4)的反应器，脱硫过程中，ZnFe2O4与H2S、H2反应生成了ZnS和FeS，其化学方程式为___。(3)Cu2+/ Fe3+体系湿式催化脱硫。研究表明，在室温下Cu2+和Fe3+参与了H2S和O2反应生成S和H2O的反应，且反应前后Cu2+和Fe3+的浓度基本不变，其反应机理如下：H2S(g)H2S(aq)H＋+HS- HS-H＋+S2- Cu2++S2-=CuS↓ 2Fe3++S2-=S↓+2Fe2+ 2Fe3++ CuS=S+2Fe2++Cu2+ 4Fe2+ +O2+4H＋=4Fe3++2H2O①Fe3+在该反应过程中的作用可描述为_____。②H2S的脱硫率随温度的变化如图所示，当温度高于45℃时，脱硫率随温度的升高而降低的可能原因是___________。
参考答案：1．A【详解】二氧化硫在空气最终能形成硫酸，导致硫酸型酸雨；一氧化氮、二氧化氮在空气中最终生成硝酸，导致硝酸型酸雨，三者都是引起酸雨的主要气体，而二氧化碳不会形成酸雨，故答案为A。故选：A。2．C【详解】A．明矾可用作净水剂是因为明矾溶于水产生的Al3+能发生水解，生成能吸附悬浮物的Al(OH)3胶体，A项错误；B．漂粉精可用作消毒剂，利用的是其有效成分Ca(ClO)2的强氧化性，B项错误；C．铁粉是铁单质的粉末，具有还原性，能够更好地吸收食品包装中的氧气，C项正确；D．浓硫酸可用作干燥剂，是利用其吸水性，D项错误；答案选C。3．D【详解】常温下铝在浓硫酸中发生钝化，因此常愠下铝制容器或铁制容器可贮运浓硫酸，这利用了浓硫酸的强氧化性，答案选D。4．B【详解】A．氮气与氧气反应生成一氧化氮，所以N2NO2，不能一步实现，故A不选；B．Fe(OH)2在空气中被氧化为Fe(OH)3，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，Fe(OH)2 Fe(OH)3可以一步实现，故B选；C．S和氧气在点燃的条件下反应生成SO2，所以SSO3，不能一步实现，故C不选；D．Al2O3不和水反应，所以Al2O3Al(OH)3，不能一步实现，故D不选；故选B。5．C【详解】A．SO2是具有漂白作用，只能使某些有色物质褪色，但不能使石蕊褪色，故A错误；B．SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3，故B错误；C．SO2能使溴水褪色，是因为SO2具有还原性将Br2还原成Brˉ，故C正确；D．SO2虽有毒，但可作食品添加剂，利用其还原性除氧气来防腐和抗氧化等，故D错误；故答案为C。6．D【详解】A．硫的氢化物是一种有臭鸡蛋气味的气体，A项正确；B．通入到的水溶液中会生成单质，B项正确；C．与可以发生反应，C项正确；D．溶液久置于空气中会生成，溶液的减小，D项错误。答案选D。7．C【详解】A．若溶液中含有Ag+，同样的操作会看到相同的现象，A错误；B．也有可能是或，B错误；C．加足量盐酸时有气体产生说明含，再加溶液时有白色沉淀产生，说明有，则样品已部分被氧化，C正确；D．使品红溶液褪色也可能是Cl2，D错误；故选C。8．C【详解】A．酒精是乙醇的俗称，属于易燃品，不属于剧毒品，A项错误；B．浓硫酸具有强腐蚀性，不易爆炸，属于腐蚀品，不属于爆炸品，B项错误；C．汽油的主要成分为C5~C11的脂肪烃和环烷烃的混合物，易燃烧，属于易燃品，C项正确；D．烧碱为NaOH，具有强腐蚀性，属于腐蚀品，不属于剧毒品，D项错误；答案选C。9．D【分析】设混合气体为1体积，则硫化氢为0.84体积，根据，所以反应消耗的空气为：=6，而空气过量77%，所以一共所需空气为：6×1.77=10.62体积，所以φ（SO2）==0.075，据此分析解题。【详解】A．由分析可知，消耗氧气1.26体积，A错误；B．由分析可知，通入空气10.62体积，B错误；C．由分析可知，产物中体积分数是0.075(是气体)，C错误；D．若完全转化，则可找到关系式：H2S~SO2~SO3~H2SO4，气体的体积之比等于物质的量之比，每摩尔混合气体含有0.84mol的H2S，根据上述关系式可知，制得98%的硫酸=，D正确；故答案为：D。10．C【详解】A．反应能证明二氧化硫的还原性，把三价铁离子还原成了二价铁离子，不能说明是酸性氧化物，A不选；B．反应，二氧化硫当中硫的化合价由+4价变为0价，二氧化硫为氧化剂，二氧化硫体现了氧化性，不能说明是酸性氧化物，B不选；C．二氧化硫与碱反应生成盐和水，体现了二氧化硫的酸性氧化物性质，选C；D．反应过程中，二氧化硫当中硫的化合价由+4价变为+6价，二氧化硫为还原剂，二氧化硫表现还原性，D不选； 故本题选C。11．B【分析】在空气中，亚硫酸钠易被氧化成硫酸钠。证明亚硫酸钠样品部分变质，须检验样品中的亚硫酸根和硫酸根。【详解】A. 样品溶液中加入稀硫酸生成刺激性气味的气体，可证明有亚硫酸根，但引入硫酸根会干扰硫酸根的检验。酸性溶液中，硝酸钡溶液中硝酸根会将亚硫酸根氧化为硫酸根，A项错误；B. 样品溶液中加入过量稀盐酸，生成刺激性气味的气体，可检出亚硫酸根。再滴入氯化钡溶液有白色沉淀生成，证明有硫酸根离子，B项正确；C. 样品溶液中加入稀硫酸，可检出亚硫酸根，但引入的硫酸根会干扰硫酸根检验，C项错误；D. 稀硝酸能将亚硫酸根氧化为硫酸根，干扰硫酸根检验，D项错误。本题选B。【点睛】检验样品中同时存在亚硫酸根和硫酸根，所选试剂不能有引入硫酸根、不能将亚硫酸根氧化为硫酸根，故不能用稀硫酸和稀硝酸。12．C【详解】A．氨气极易溶于水，虽然氯化铵中含有铵根离子抑制部分氨气溶解，但氨气的溶解度仍然很大，所以不能用排氯化铵溶液的方法收集氨气，应该采用向下排空气法收集，选项A错误；B．加入稀硫酸后，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能将亚铁离子氧化为铁离子，自身被还原为NO，NO不稳定，被氧气氧化生成二氧化氮，所以管口出现还原产物NO2，该红棕色气体不是亚铁离子和硝酸反应的直接产物，选项B错误；C．实验室用浓硫酸和亚硫酸钠混合制取二氧化硫，所以该装置属于固液混合不加热型装置，安全漏斗能起到液封的作用，所以生成的气体不能通过漏斗逸出，选项C正确；D．该实验利用排水法收集氢气，只能确定丙二醇中的官能团个数，不能确定其结构，可以利用红外光谱、核磁共振氢谱等方法确定丙二醇结构，选项D错误；答案选C。13．D【详解】A.酒精在氧气中燃烧，氧气不足，生成一氧化碳和水，氧气足量，生成二氧化碳和水，反应物用量不同，产物不同，故A不符合题意；B.稀硫酸与铝粉反应生成硫酸铝和氢气，浓硫酸与铝发生钝化，在金属的表面生成一层致密的氧化膜，硫酸浓度不同，产物不同，故B不符合题意； C.二氧化硫气体通入氨水中，二氧化硫少量生成亚硫酸铵，二氧化硫过量生成亚硫酸氢铵，反应物用量不同，产物不同，故C不符合题意；D.Ca(HCO3)2和澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，Ca ( HCO3) 2+Ca (OH) 2= 2CaCO3↓+2H2O，反应物用量与浓度不会改变反应产物，故D符合题意；故选D 。【点睛】14．C【分析】X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑，则X是硫酸，D和水反应生成硫酸，则D是三氧化硫，B和氧气反应生成三氧化硫，则B是二氧化硫，据此答题。【详解】A．浓硫酸使蔗糖变黑的现象主要体现了浓硫酸的脱水性，故A错误；B．若A是铁，常温下，铁与浓硫酸发生钝化现象，所以铁不能完全溶解，故B错误；C．工业上，二氧化硫转化为三氧化硫的反应条件为高温、常压、使用催化剂，故C正确；D．若A是碳，浓硫酸和碳反应生成二氧化碳，向少量澄清石灰水中通入少量CO2气体有碳酸钙白色沉淀生成，而通入过量CO2则生成Ca(HCO3)2，溶液仍澄清，故D错误；故答案为C。15．B【分析】单质X与强碱反应生成Y和Z两种物质，则X可能为卤素单质、金属铝或硅单质等，Y和Z能在酸性条件下反应生成X，则X可能为S单质或卤素单质Cl2、Br2等。据此分析。【详解】A．根据上述分析，X只能是卤素单质、S，即非金属单质，故A项错误；B．X遇强碱发生歧化反应，生成Y和Z，则X、Y、Z中含相同的元素，故B项正确；C．X以Cl2为例，Y、Z的阴离子可能为Cl-或ClO-，若阴离子为Cl-，则溶液呈中性，若阴离子为ClO-，则溶液呈碱性，故C项错误；D．根据分析，反应①中单质X发生歧化反应生成Y和Z，反应②中Y和Z发生归中反应生成X，二者均为氧化还原反应，故D项错误；故答案为B。【点睛】解答的关键是把握反应特征，从化合价的角度分析，X单质在碱性条件下发生反应生成Y和Z两种化合物，发生了氧化还原反应，为歧化反应，则X可能为S单质或卤素单质Cl2、Br2等，应为非金属元素，再结合氯或硫的单质及其化合物的性质分析判断即可。16．     ③     ①     ②     ④【详解】NaHCO3溶液与稀盐酸反应生成无色气体二氧化碳；呈黄绿色有刺激性气味的是Cl2；CuSO4溶液与NaOH溶液反应生成蓝色的氢氧化铜沉淀；常温下使铝与浓硫酸和浓硝酸发生钝化，表面形成致密氧化膜，故答案为：③、①、②、④。17．     ab     +3     、     2.0×10-4【详解】(1)煤燃烧排放的烟气中含有SO2和NOx，未经处理直接排放会造成酸雨、光化学烟雾等，危害生态环境和人体健康，答案选ab；(2)NaClO2中钠元素的化合价为+1，O元素的化合价为−2，设氯元素的化合价为x，则+1+x+(−2)×2=0，解得x=+3，答案为+3；(3)根据质量守恒定律并结合表中离子可知SO2经NaClO2溶液吸收后转化为，NOx经NaClO2溶液吸收后转化为，答案为、；(4)根据电荷守恒得：c(Na+)=2c(SO42−)+c(NO3−)+c(OH−)+c(Cl−)，则c(NO3−)=c(Na+)−2c(SO42−)−c(OH−)−c(Cl−)=(5.5×10−3−8.5×10−4×2−2.0×10−4−3.4×10−3)mol/L=2.0×10−4mol/L，即y=2.0×10−4，答案为2.0×10−4。18．【详解】二氧化硫氧化生成三氧化硫，与水反应可生成硫酸，因此常用SO2生产硫酸，即B- d；碳酸氢钠受热易分解，常用作发酵粉，即D- b；酒精是常见的有机溶剂，即A-c；故答案为：。19．(1)     CaSO4•2H2O、Na2SO4•10H2O     CuFeS2(2)1：2(3)取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明混有Na2SO4(4)Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO+4H+(5)     Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O     强氧化性、酸性     方案乙     无污染产生，原料利用率高 【分析】（1）图2中M为+6价的硫元素对应的盐，对应图1中的物质为CaSO4•2H2O、Na2SO4•10H2O，N为-2价的硫元素对应的盐，对应图1中的物质为CuFeS2；（2）X为H2S、Y为SO2，发生归中反应得到S单质，SO2做氧化剂，化合价降低4，H2S做还原剂，化合价升高2，由升降相等，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2；（3）Na2SO3溶液易被氧气氧化为Na2SO4而变质，即检验硫酸根是否存在即可，实验操作为：取少量溶液于试管中，向其中加入过量稀盐酸，再滴加BaCl2溶液，如果产生白色沉淀，证明混有Na2SO4；（4）二氧化硫与氯气和水发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，离子方程式：Cl2+SO2+2H2O=2Cl-+SO+4H+；（5）①铜与浓硫酸在加热条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫与水，反应方程式为：Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，反应中硫元素的化合价部分降低生成二氧化硫，部分不变存在与硫酸铜中，浓硫酸表现强氧化性与酸性；②方案①生成二氧化硫，污染空气，硫元素不能完全利用，方案②与方案①相比，没有污染产生且原料的利用率高，故方案②更合理。20．(1)(2)     0.1mol     (3)     催化剂     温度高于45℃时，随温度的升高，Cu2+和Fe3+的水解程度增大，生成更多的氢氧化物，催化剂的量变少，同时H2S在溶液中的溶解度也随温度升高而降低 【解析】（1）H2S的气体与饱和Na2CO3溶液生成两种酸式盐可知为NaHS和NaHCO3，反应的离子方程式为：，故答案为：；（2）①1mol氧化铁转化成FeS得1mol电子，每生成1molS单质转移2mol电子，根据得失电子守恒得：， 同理可得：， 结合两反应可得：，则，处理标况下4.48LH2S即0.2mol时，理论上消耗O2的物质的量为0.1mol，故答案为：0.1mol；②ZnFe2O4与H2S、H2反应生成了ZnS和FeS，1mol ZnFe2O4反应得2mol电子，1mol氢气反应失2mol电子，根据得失电子守恒可得反应：，故答案为：；（3）①Fe3+在反应前后存在，且质量和性质基本不变，在反应中作催化剂，故答案为：催化剂；②温度高于45℃时，随温度的升高，Cu2+和Fe3+的水解程度增大，水解后生成更多的氢氧化物，使催化剂的量变少，降低了催化效率，同时H2S气体在溶液中的溶解度也随温度升高而降低，故答案为：温度高于45℃时，随温度的升高，Cu2+和Fe3+的水解程度增大，生成更多的氢氧化物，催化剂的量变少，同时H2S在溶液中的溶解度也随温度升高而降低；