2024届高三化学一轮复习（小题训练）--硫及其化合物

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)3

C．SSO3 D．Al2O3Al(OH)3

5．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Na2SO4

C．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b

C．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)

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→CuSO4

①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++2H2O

①Fe3+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；