考点16 硫元素单质及其重要化合物-2024年高考化学试题分类汇编

这是一份考点16 硫元素单质及其重要化合物-2024年高考化学试题分类汇编，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

1.(2024·湖北选择考·7)过量SO2与以下0.1 ml·L-1的溶液反应,下列总反应方程式错误的是( )
【解析】选A。过量 SO2与0.1 ml·L-1的Na2S溶液反应,产生的淡黄色沉淀是S,还生成NaHSO3,而不是Na2SO3,因此,总反应的化学方程式为5SO2+2Na2S+2H2O3S↓+4NaHSO3,A错误;过量 SO2与0.1 ml·L-1的FeCl3溶液反应,生成FeCl2、H2SO4、HCl,溶液由棕黄色变浅绿色,总反应的化学方程式为2FeCl3+SO2+2H2O2FeCl2+H2SO4+2HCl,B正确;过量 SO2与0.1 ml·L-1的CuCl2溶液反应,生成的白色沉淀是CuCl,总反应的化学方程式为SO2+2CuCl2+2H2O2CuCl↓+H2SO4+2HCl,C 正确;Na2CO3水解使溶液显碱性,其水溶液能使酚酞变红,过量 SO2与0.1 ml·L-1的Na2CO3溶液反应,生成CO2、NaHSO3,NaHSO3溶液显酸性,因此,溶液由红色变无色,总反应的化学方程式为2SO2+Na2CO3+H2OCO2+2NaHSO3,D正确。
2.(2024·黑、吉、辽选择考·4)硫及其化合物部分转化关系如图。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法正确的是( )
A.标准状况下,11.2 L SO2中原子总数为0.5NA
B.100 mL 0.1 ml·L-1 Na2SO3溶液中,SO32−数目为0.01NA
C.反应①每消耗3.4 g H2S,生成物中硫原子数目为0.1NA
D.反应②每生成1 ml还原产物,转移电子数目为2NA
【解析】选D。标准状况下SO2为气体,11.2 L SO2为0.5 ml,其含有1.5 ml原子,原子总数为1.5NA,A错误;SO32−为弱酸阴离子,在水中易发生水解,因此,100 mL 0.1 ml·L-1 Na2SO3溶液中SO32−数目小于0.01NA,B错误;反应①的化学方程式为SO2+2H2S3S+2H2O,反应中每生成3 ml S消耗2 ml H2S,3.4 g H2S为0.1 ml,故可以生成0.15 ml S,生成物中硫原子数目为0.15NA,C错误;反应②的离子方程式为3S+6OH-SO32−+2S2-+3H2O,反应的还原产物为S2-,每生成2 ml S2-共转移4 ml电子,因此,每生成1 ml S2-,转移2 ml电子,数目为2NA,D正确。
3.(2024·安徽选择考·4)下列选项中的物质能按图示路径在自然界中转化。且甲和水可以直接生成乙的是( )
【解析】选D。Cl2与水反应生成HClO和HCl,无法直接生成NaClO,A错误;SO2与水反应生成亚硫酸而不是硫酸,B错误;氧化铁与水不反应,不能生成氢氧化铁沉淀,C错误;CO2与水反应生成碳酸,碳酸与碳酸钙反应能生成碳酸氢钙,碳酸氢钙受热分解生成二氧化碳气体,D正确。
4.(2024·江苏选择考·10)在给定条件下,下列制备过程涉及的物质转化均可实现的是( )
A.HCl制备:NaCl溶液H2和Cl2HCl
B.金属Mg制备:Mg(OH)2MgCl2溶液Mg
C.纯碱工业:NaCl溶液NaHCO3Na2CO3
D.硫酸工业:FeS2SO2H2SO4
【解析】选A。电解氯化钠溶液可以得到H2和Cl2,H2和Cl2点燃反应生成HCl,故A的转化可以实现;氢氧化镁和盐酸反应可以得到氯化镁溶液,但是电解氯化镁溶液不能得到Mg,电解熔融的无水MgCl2才能得到金属镁单质,故B的转化不能实现;纯碱工业是在饱和食盐水中通入NH3和CO2先得到NaHCO3,然后NaHCO3受热分解为Na2CO3,故C的转化不能实现;工业制备硫酸,首先黄铁矿和氧气反应生成SO2,但是SO2和水反应生成H2SO3,不能得到H2SO4,故D的转化不能实现。
5.(2024·浙江6月选考·4)下列说法不正确的是( )
A.装置①可用于铜与浓硫酸反应并检验气态产物
B.图②标识表示易燃类物质
C.装置③可用于制取并收集氨气
D.装置④可用于从碘水中萃取碘
【解析】选C。A项,铜与浓硫酸反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O,可用装置①制取,气态产物为SO2,可利用SO2的漂白性进行检验,A正确;B项,图②标识表示易燃类物质,B正确;C项,NH3的密度比空气小,应用向下排空气法进行收集,C错误;D项,萃取是利用物质在不同溶剂中溶解性的差异分离混合物,装置④可用于从碘水中萃取碘,D正确。
6.(2024·山东等级考·5)物质性质决定用途,下列两者对应关系错误的是( )
A.石灰乳除去废气中二氧化硫,体现了Ca(OH)2的碱性
B.氯化铁溶液腐蚀铜电路板,体现了Fe3+的氧化性
C.制作豆腐时添加石膏,体现了CaSO4的难溶性
D.用氨水配制银氨溶液,体现了NH3的配位性
【解析】选C。SO2是酸性氧化物,石灰乳为Ca(OH)2,呈碱性,除去废气中SO2体现了Ca(OH)2的碱性,A正确;氯化铁溶液腐蚀铜电路板,发生的反应为2Fe3++Cu2Fe2++Cu2+,体现了Fe3+的氧化性,B正确;制作豆腐时添加石膏,利用的是在胶体中加入电解质发生聚沉这一性质,与CaSO4难溶性无关,C错误;银氨溶液的配制是在硝酸银中逐滴加入氨水,先生成白色沉淀AgOH,最后生成易溶于水的[Ag(NH3)2]OH,[Ag(NH3)2]OH中Ag+和NH3之间以配位键结合,体现了NH3的配位性,D正确;故选C。
7.(2024·北京等级考·7)硫酸是重要化工原料,工业生产制取硫酸的原理示意图如下。
下列说法不正确的是( )
A.Ⅰ的化学方程式:3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2
B.Ⅱ中的反应条件都是为了提高SO2平衡转化率
C.将黄铁矿换成硫黄可以减少废渣的产生
D.生产过程中产生的尾气可用碱液吸收
【解析】选B。黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应,生成SO2和Fe3O4等,SO2和空气中的O2在400~500 ℃、常压、催化剂的作用下发生反应得到SO3,用98.3%的浓硫酸吸收SO3,得到H2SO4。反应Ⅰ是黄铁矿和空气中的O2在加热条件下发生反应,生成SO2和Fe3O4,化学方程式:3FeS2+8O2Fe3O4+6SO2,故A正确;反应Ⅱ条件要兼顾平衡转化率和反应速率,还要考虑生产成本,如Ⅱ中“常压、催化剂”不是为了提高SO2平衡转化率,故B错误;将黄铁矿换成硫黄,则不再产生Fe3O4等,即可以减少废渣产生,故C正确;硫酸工业产生的尾气为SO2、SO3,可以用碱液吸收,故D正确。
二、非选择题
8.(2024·黑、吉、辽选择考·16)中国是世界上最早利用细菌冶金的国家。已知金属硫化物在“细菌氧化”时转化为硫酸盐,某工厂用细菌冶金技术处理载金硫化矿粉(其中细小的Au颗粒被FeS2、FeAsS包裹),以提高金的浸出率并冶炼金,工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)北宋时期我国就有多处矿场利用细菌氧化形成的天然“胆水”冶炼铜,“胆水”的主要溶质为 (填化学式)。
(2)“细菌氧化”中,FeS2发生反应的离子方程式为

。
(3)“沉铁砷”时需加碱调节pH,生成 (填化学式)胶体起絮凝作用,促进了含As微粒的沉降。
(4)“培烧氧化”也可提高“浸金”效率,相比“培烧氧化”,“细菌氧化”的优势为 (填标号)。
A.无需控温
B.可减少有害气体产生
C.设备无需耐高温
D.不产生废液废渣
(5)“真金不怕火炼”,表明Au难被O2氧化,“浸金”中NaCN的作用为
。
(6)“沉金”中Zn的作用为 。
(7)滤液②经H2SO4酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN的化学方程式为
。
用碱中和HCN可生成 (填溶质化学式)溶液,从而实现循环利用。
【解析】矿粉中加入足量空气和H2SO4,在pH=2时进行细菌氧化,金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐,过滤,滤液中主要含有Fe3+、SO42−、As(Ⅴ),加碱调节pH,Fe3+转化为Fe(OH)3胶体,可起到絮凝作用,促进含As微粒的沉降,过滤可得到净化液;滤渣主要为Au,Au与空气中的O2和NaCN溶液反应,得到含[Au(CN)2]-的浸出液,加入Zn进行“沉金”得到Au和含[Zn(CN)4]2-的滤液②。
(1)能利用“胆水”冶炼铜,“胆水”的主要溶质为CuSO4。
(2)“细菌氧化”的过程中,FeS2在酸性环境下被O2氧化为Fe3+和SO42−,离子方程式为4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42−+4H+。
(3)“沉铁砷”时,加碱调节pH,Fe3+转化为Fe(OH)3胶体,可起到絮凝作用,促进含As微粒的沉降。
(4)A.细菌的活性与温度息息相关,因此“细菌氧化”也需要控温,A不符合题意;B.“焙烧氧化”时,金属硫化物中的S元素通常转化为SO2,而“细菌氧化”时,金属硫化物中的S元素转化为硫酸盐,可减少有害气体产生,B符合题意;C.“焙烧氧化”需要较高的温度,因此所使用的设备需要耐高温,而“细菌氧化”不需要较高的温度就可进行,设备无需耐高温,C符合题意;D.由流程可知,“细菌氧化”也会产生废液废渣,D不符合题意。
(5)“浸金”中,Au作还原剂,O2作氧化剂,NaCN作络合剂,将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出。
(6)“沉金”中Zn作还原剂,将[Au(CN)2]-还原为Au。
(7)滤液②含有[Zn(CN)4]2-,经过H2SO4的酸化,[Zn(CN)4]2-转化为ZnSO4和HCN,反应的化学方程式为Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+4HCN+Na2SO4;用碱中和HCN得到的产物,可实现循环利用,即用NaOH中和HCN生成NaCN,NaCN可用于“浸金”步骤,从而循环利用。
答案:(1)CuSO4
(2)4FeS2+15O2+2H2O4Fe3++8SO42−+4H+
(3)Fe(OH)3
(4)BC
(5)作络合剂,将Au转化为[Au(CN)2]-从而浸出
(6)作还原剂,将[Au(CN)2]-还原为Au
(7)Na2[Zn(CN)4]+2H2SO4ZnSO4+4HCN+Na2SO4 NaCN
9.(2024·湖南选择考·16)铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)是一种含贵金属的可再生资源,回收贵金属的化工流程如下:
已知:①当某离子的浓度低于1.0×10-5ml·L-1时,可忽略该离子的存在;
②AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq) K=2.0×10-5;
③Na2SO3易从溶液中结晶析出;
④不同温度下Na2SO3的溶解度如下:
回答下列问题:
(1)Cu属于 区元素,其基态原子的价电子排布式为 ;
(2)“滤液1”中含有Cu2+和H2SeO3,“氧化酸浸”时Cu2Se反应的离子方程式为 ;
(3)“氧化酸浸”和“除金”工序均需加入一定量的NaCl:
①在“氧化酸浸”工序中,加入适量NaCl的原因是 。
②在“除金”工序溶液中,Cl-浓度不能超过 ml·L-1。
(4)在“银转化”体系中,[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075 ml·L-1,两种离子分布分数δδ([Ag(SO3)2]3−)=n([Ag(SO3)2]3−)n([Ag(SO3)2]3−)+n([Ag(SO3)3]5−)随SO32−浓度的变化关系如图所示,若SO32−浓度为1.0 ml·L-1,则[Ag(SO3)3]5-的浓度为 ml·L-1。
(5)滤液4中溶质主要成分为 (填化学式);在连续生产的模式下,“银转化”和“银还原”工序需在40 ℃左右进行,若反应温度过高,将难以实现连续生产,原因是 。
【解析】铜阳极泥(含有Au、Ag2Se、Cu2Se、PbSO4等)加入H2O2、H2SO4、NaCl氧化酸浸,由题中信息可知,滤液1中含有Cu2+和H2SeO3,滤渣1中含有Au、AgCl、PbSO4;滤渣1中加入NaClO3、H2SO4、NaCl,将Au转化为Na[AuCl4]除去,滤液2中含有Na[AuCl4],滤渣2中含有AgCl、PbSO4;在滤渣2中加入Na2SO3,将AgCl转化为[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-,过滤除去PbSO4,滤液3含有[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-;滤液3中加入Na2S2O4,将Ag元素还原为Ag单质,Na2S2O4转化为Na2SO3,滤液4中溶质主要为Na2SO3,可继续进行银转化过程。
(1)Cu的原子序数为29,位于第四周期第ⅠB族,位于ds区,其基态原子的价电子排布式为3d104s1;
(2)滤液1中含有Cu2+和H2SeO3,氧化酸浸时Cu2Se与H2O2、H2SO4发生氧化还原反应,生成CuSO4、H2SeO3和H2O,反应的离子方程式为Cu2Se+4H2O2+4H+2Cu2++H2SeO3+5H2O;
(3)①在“氧化酸浸”工序中,加入适量NaCl的原因是使银元素转化为AgCl沉淀;②由题目可知AgCl(s)+Cl-(aq)[AgCl2]-(aq),在“除金”工序溶液中,若Cl-加入过多,AgCl则会转化为[AgCl2]-,当某离子的浓度低于1.0×10-5ml·L-1时,可忽略该离子的存在,为了不让AgCl发生转化,则应使c([AgCl2]-)=1.0×10-5ml·L-1,由K=c([AgCl2]-)c(Cl-)=2.0×10-5,可得c(Cl-)=0.5 ml·L-1,即Cl-浓度不能超过0.5 ml·L-1;
(4)在“银转化”体系中,[Ag(SO3)2]3-和[Ag(SO3)3]5-浓度之和为0.075 ml·L-1,溶液中存在平衡关系:[Ag(SO3)2]3-+SO32−[Ag(SO3)3]5-,当c(SO32−)=0.5 ml·L-1时,此时c([Ag(SO3)2]3-)=c([Ag(SO3)3]5-)=0.037 5 ml·L-1,则该平衡关系中的平衡常数K=c([Ag(SO3)3]5−)c([Ag(SO3)2]3−)×c(SO32−)=×0.5=2,当c(SO32−)=1 ml·L-1时,K=c([Ag(SO3)3]5−)c([Ag(SO3)2]3−)×c(SO32−)=c([Ag(SO3)3]5−){0.075-c([Ag(SO3)3]5−)}×1=2,解得此时c([Ag(SO3)3]5-)=0.05 ml·L-1;
(5)由分析可知滤液4中溶质主要成分为Na2SO3;由不同温度下Na2SO3的溶解度可知,高于40 ℃后,Na2SO3的溶解度下降,“银转化”和“银还原”的效率降低,难以实现连续生产。
答案:(1)ds 3d104s1
(2)Cu2Se+4H2O2+4H+2Cu2++H2SeO3+5H2O
(3)①使银元素转化为AgCl沉淀 ②0.5
(4)0.05
(5)Na2SO3 高于40 ℃后,Na2SO3的溶解度下降,“银转化”和“银还原”的效率降低,难以实现连续生产
10.(2024·甘肃选择考·16)某兴趣小组设计了利用MnO2和H2SO3生成MnS2O6,再与Na2CO3反应制备Na2S2O6·2H2O的方案:
(1)采用如图所示装置制备SO2,仪器a的名称为 ;步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了 ;
(2)步骤Ⅱ应分数次加入MnO2,原因是 ;
(3)步骤Ⅲ滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是 ;
(4)步骤Ⅳ生成MnCO3沉淀,判断Mn2+已沉淀完全的操作是 ;
(5)将步骤Ⅴ中正确操作或现象的标号填入相应括号中
将滤液倒入
蒸发皿中→用酒精
灯加热→( )→( )→停止加热→( )→过滤
A.蒸发皿中出现少量晶体
B.使用漏斗趁热过滤
C.利用蒸发皿余热使溶液蒸干
D.用玻璃棒不断搅拌
E.等待蒸发皿冷却
【解析】步骤Ⅱ中MnO2与H2SO3在低于10 ℃时反应生成MnS2O6,反应的化学方程式为MnO2+2H2SO3MnS2O6+2H2O,步骤Ⅲ中滴入饱和Ba(OH)2除去过量的SO2(或H2SO3),步骤Ⅳ中滴入饱和Na2CO3溶液发生反应MnS2O6+Na2CO3MnCO3↓+Na2S2O6,经过滤得到Na2S2O6溶液,步骤Ⅴ中Na2S2O6溶液经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6·2H2O。
(1)根据仪器a的特点知,仪器a为恒压滴液漏斗;步骤Ⅰ中采用冰水浴是为了增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度,同时为步骤Ⅱ提供低温。
(2)由于MnO2具有氧化性、SO2(或H2SO3)具有还原性,步骤Ⅱ应分数次加入MnO2,原因是防止MnO2与H2SO3反应生成MnSO4,同时防止反应太快,放热太多,不利于控制温度低于10 ℃。
(3)步骤Ⅲ中滴加饱和Ba(OH)2溶液的目的是除去过量的SO2(或H2SO3),防止后续反应中SO2与Na2CO3溶液反应,增加饱和Na2CO3溶液的用量,并使产品中混有杂质。
(4)步骤Ⅳ中生成MnCO3沉淀,判断Mn2+已沉淀完全的操作是静置,向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液,若不再产生沉淀,说明Mn2+已沉淀完全。
(5)步骤Ⅴ的正确操作或现象为将滤液倒入蒸发皿中→用酒精灯加热→用玻璃棒不断搅拌→蒸发皿中出现少量晶体→停止加热→等待蒸发皿冷却→过滤、洗涤、干燥得到Na2S2O6·2H2O,依次填入D、A、E。
答案:(1)恒压滴液漏斗 增大SO2的溶解度、增大H2SO3的浓度,同时为步骤Ⅱ提供低温
(2)防止MnO2与H2SO3反应生成MnSO4,同时防止反应太快,放热太多,不利于控制温度低于10 ℃
(3)除去过量的SO2(或H2SO3)
(4)静置,向上层清液中继续滴加几滴饱和Na2CO3溶液,若不再产生沉淀,说明Mn2+已沉淀完全
(5)D A E
选项
溶液
现象
化学方程式
A
Na2S
产生淡黄色沉淀
3 SO2+2 Na2S3S↓+2Na2SO3
B
FeCl3
溶液由棕黄色变浅绿色
2FeCl3+SO2+2H2O2FeCl2+H2SO4+2HCl
C
CuCl2
溶液褪色,产生白色沉淀
SO2+2CuCl2+2H2O2CuCl↓+H2SO4+2HCl
D
Na2CO3
(含酚酞)
溶液由红色变无色
2SO2+Na2CO3+H2OCO2+2NaHSO3
选项
甲
乙
丙
A
Cl2
NaClO
NaCl
B
SO2
H2SO4
CaSO4
C
Fe2O3
Fe(OH)3
FeCl3
D
CO2
H2CO3
Ca(HCO3)2
温度/℃
0
20
40
60
80
溶解度/g
14.4
26.1
37.4
33.2
29.0