高考化学与硫及其化合物有关的压轴题含答案.docx

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高考化学与硫及其化合物有关的压轴题含答案

2020-2021高考化学与硫及其化合物有关的压轴题含答案

一、高中化学硫及其化合物

1．A、B、D、E、G 是原子序数依次增大的五种短周期元素，A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，B与G 的单质都能与 H2反应生成“HX”（X代表B或G）型氢化物,D 为同周期主族元素中原子半径最大的元素。

（1）B 在元素周期表中的位置是______。

（2）D 的两种常见氧化物中均含有____________（填“离子键”或“共价键”）。

（3）E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液和木炭共热,反应的化学方程式为____________。

（4）D 的最高价氧化物对应水化物的溶液与G的单质反应,反应的离子方程式为___________。

（5）用原子结构解释“B、G 单质都能与H2反应生成HX型氢化物”的原因：

________。

【答案】第2周期第VIIA族离子键2H2SO4（浓）+C

CO2↑+2SO2↑+2H2OCl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl﹣+H2O氟和氯同在VIIA族,其原子最外层电子数均为7,均可与氢原子共用一对电子形成共价键

【解析】

【分析】

A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”（X代表B或G）型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素，结合对应单质、化合物的性质以及元素周期律知识的解答。

【详解】

A、B、D、E、G是原子序数依次增大的五种短周期元素，其中B与G同主族，B与G的单质都能与H2反应生成“HX”（X代表B或G）型氢化物，则B为F元素，G为Cl元素．D为同周期主族元素中原子半径最大的元素，原子序数大于F而小于Cl，则D为Na元素．A与E同主族，A、B和E的原子最外层电子数之和为19，可知A与E的最外层电子数都为6，则A为O元素，E为S元素；

（1）B为F元素，位于周期表第2周期第VIIA族；

（2）D为Na元素，其两种常见氧化物为氧化钠、过氧化钠，二者均含有离子键；

（3）E的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓硫酸，具有强氧化性，和木炭共热反应化学方程式为2H2SO4（浓）+C

CO2↑+2SO2↑+2H2O；

（4）氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-═ClO-+Cl-+H2O；

（5）氟和氯同在VIIA族，其原子最外层电子数均为7，均可与氢原子共用一对电子形成共价键，单质都能与H2反应生成HX型氢化物。

2．在50mL4mol·L－1的氢氧化钠溶液中，通入一定量的硫化氢，反应完毕，在常温减压条件下，用氮气把溶液吹干，得到白色固体7.92g，通过计算确定白色固体的组成及各组分的质量。

_________________

【答案】白色固体有两种组合。

一种可能是由Na2S（3.12g）和NaOH（4.80g）组成的混合物；另一种可能是由Na2S（7.52g）和NaHS（0.40g）组成的混合物。

【解析】

【分析】

NaOH的物质的量为n（NaOH）=c·V=4mol/L×0.05L=0.2mol，0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成Na2S时，白色固体的质量m（Na2S）=78g/mol×

=7.8g，0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成NaHS时，白色固体（NaHS）的质量为m（NaHS）=56g/mol×0.2mol=11.2g，因为7.8g<7.92g<11.2g，所以得到的白色固体有两种可能的组合：

一种是Na2S和NaOH的混合物；另一种是Na2S和NaHS的混合物，根据题意列方程式进行计算即可。

【详解】

氢氧化钠的物质的量为n（NaOH）=c·V=4mol/L×0.05L=0.2mol，0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成Na2S时，m（Na2S）=78g/mol×

=7.8g；0.2mol的NaOH跟H2S反应，若全部生成NaHS时，m（NaHS）=56g/mol×0.2mol=11.2g，因为7.8g<7.92g<11.2g，所以得到的白色固体有两种可能的组合：

①Na2S和NaOH的混合物；②Na2S和NaHS的混合物。

①设Na2S为xmol，则有（0.2-2x）molNaOH，78g/mol×xmol+40g/mol（0.2-2x）=7.92g，解得x=0.04mol；Na2S的质量m（Na2S）=0.04mol×78g/mol=3.12g，NaOH的质量m（NaOH）=7.92g-3.12g=4.80g；

②设Na2S为ymol，则有（0.2-2y）molNaHS。

78g/mol×ymol+56g·mol（0.2-2y）mol=7.92g，解得y≈0.0965mol，所以Na2S的质量m（Na2S）=78g/mol×0.0965mol=7.52g，NaHS的质量m（NaHS）=7.92g-7.52g=0.40g。

【点睛】

本题考查学生有关混合物的计算知识，注意极值法的应用，学会运用所学知识进行分析和推理能力是关键所在。

3．在通常状况下，A为固态单质。

根据下图转化关系，回答：

（1）写出A、E的化学式：

A__________，E__________。

（2）写出下列反应的化学方程式：

①E→C：

________________________________________________________；

②C→D：

________________________________________________________。

（3）B与E的浓溶液能反应，当B、E等物质的量反应时，化学方程式为_______________________，反应现象_________________________。

（4）若A为气态单质，则写出B、D化学式：

B__________，D__________。

【答案】SH2SO4Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O2SO2+O2

2SO3H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O产生淡黄色沉淀及无色有刺激性气味的气体NH3NO2

【解析】

【分析】

A是固态物质，连续与氧气发生反应，A是硫或碳，A和氢气反应生成B，则A为硫，B为H2S、C为SO2、D为SO3、E为H2SO4；

【详解】

（1）经上述分析，得出A、E的化学式分别是：

S、H2SO4。

答案为：

S；H2SO4；

（2）①E→C：

铜与浓硫酸在加热时生成SO2，同时生成CuSO4，反应式为：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O。

答案为：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O；

②C→D：

2SO2+O2

2SO3。

答案为：

2SO2+O2

2SO3；

（3）H2S具有还原性，H2SO4浓溶液具有强氧化性，等物质的量参加反应，说明H2S被氧化成硫单质，H2SO4被还原成SO2，则反应式为：

H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O，现象：

产生淡黄色沉淀，且有无色刺激性气味的气体。

答案为：

H2S+H2SO4=S↓+SO2↑+2H2O；产生淡黄色沉淀，且有无色刺激性气味的气体；

（4）若A为气态单质，连续与氧气反应，则A：

N2，推出：

B：

NH3、C：

NO、D：

NO2、E：

HNO3，则B、D的化学式：

NH3、NO2。

答案为：

NH3；NO2。

4．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。

5．雾霾严重影响人们的生活与健康，某地区的雾霾中可能含有如下可溶性无机离子：

Na+、

。

某同学收集了该地区的雾霾，经必要的预处理后配成试样溶液，设计并完成了如下的实验：

①取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变。

②另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g．再滴入足量盐酸沉淀全部溶解。

（1）实验①能确定该雾霾中肯定不含的离子为_______________________。

（2）判断Cl-是否存在，若存在求其最小浓度（若不存在说明理由）________。

（3）该雾霾中肯定含有的离子为_________________________。

（4）1.16g白色沉淀为________（写化学式）。

（5）反应中消耗的BaCl2的物质的量为________mol。

（6）操作②中加盐酸沉淀溶解的离子方程式为______________________________。

【答案】Ba2+、Fe3+、CO32-0.2mol/LMg2+、SO42-、Cl-Mg（OH）20.01mol

【解析】

【分析】

①取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，滴入足量盐酸沉淀质量不变，则试样中一定含有SO42-，一定不含有CO32-，并且SO42-的物质的量为

=0.01mol，则原溶液中与SO42-不共存的离子Ba2+一定不含；

②另取试样溶液100mL，向其中加入足量NaOH溶液，得到白色沉淀1.16g，再滴入足量盐酸沉淀全部溶解，则试样中一定含有Mg2+，并且物质的量为

=0.02mol，一定不含Fe3+；

又溶液呈电中性，所以溶液中还一定含有Cl-，Na+可能含有，结合题给选项分析解答。

【详解】

（1）根据以上分析，肯定不含的离子为Ba2+、Fe3+、CO32-；

（2）由分析知溶液中含有Mg2+0.02mol，SO42-0.01mol，根据n（Mg2+）×2≠n（SO42）×2，可知电荷不守恒，而溶液一定是电中性的，则溶液中一定含有Cl-，则n（Mg2+）×2=n（SO42）×2+n（Cl-）×1，解得：

n（Cl-）=0.02mol，因溶液中还可能含有Na+，则溶液中n（Cl-）≥0.02mol，其最小浓度为

=0.2mol/L；

（3）根据以上分析，肯定含的离子为Mg2+、SO42-、Cl-；

（4）根据以上分析，1.16g白色沉淀为Mg（OH）2；

（5）根据以上分析，取试样溶液100mL，向其中加入足量BaCl2溶液，得到白色沉淀2.33g，根据钡离子守恒，则消耗的BaCl2的物质的量为

=0.01mol；

（6）根据以上分析，1.16g白色沉淀为Mg（OH）2，加盐酸沉淀溶解的离子反应方程式为Mg （OH） 2+2H+=Mg2++2H2O。

6．黑色粉末A，黄色粉末B,它们都是单质，按下图进行实验：

（1）试根据上述反应现象推断以下物质的化学式：

ADEH

（2）写出C+盐酸

D+F的离子方程式：

（3）写出D

E的化学方程式：

（4）写出G

H的化学方程式：

【答案】

（1）Fe、H2S、SO2、Fe（OH）3

（2）FeS+2H+→Fe2++H2S↑

（3）

（4）4Fe（OH）2+O2+2H2O→4Fe（OH）3

【解析】

【分析】

【详解】

（1）E能使品红褪色，E为SO2；H为红褐色固体，H为

；黑色粉末A、黄色粉末B，它们都是单质，所以分别是铁、硫；黑色固体C为FeS；D为H2S；F为

；G为

（2）FeS与盐酸反应的离子方程式FeS+2H+→Fe2++H2S↑；

（3）硫化氢燃烧生成二氧化硫和水的方程式为

；

（4）氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁的方程式为4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3。

7．已知化合物A、B、C、D、E、F、G和单质甲、乙所含元素均为短周期元素，A的浓溶液与甲能发生如下图所示的反应，甲是常见的黑色固体单质，可为生产生活提供热能，乙是常见的无色气体单质，B是无色有刺激性气味的气体，是主要的大气污染物之一，常温下，C是一种无色液体．

请回答下列问题

（1）C的化学式_________；

（2）D的电子式_________；

（3）写出C+E→F+乙的离子方程式_________；

（4）写出B+C+乙→A的化学方程式并用单线桥表示电子转移的方向和数目_________；

【答案】H2O

2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑

【解析】

【分析】

甲是常见的黑色固体单质，可为生产生活提供热能，可知甲是C，B是无色有刺激性气味的气体，是主要的大气污染物之一，B为SO2气体，因此A为浓硫酸溶液，常温下，C是一种无色液体是水，D为CO2，二氧化硫和氧气和水反应生成硫酸，故乙为O2，水、二氧化碳均与E反应生成氧气，说明E为Na2O2，则F为NaOH，G为Na2CO3，以此分析解答。

【详解】

（1）由上述分析可知，C为H2O，故答案：

H2O；

（2）由上述分析可知，D为CO2，其电子式为

，故答案：

；

（3）由上述分析可知，C为H2O，E为Na2O2，则F为NaOH，所以C+E→F+乙的离子方程式为2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑，故答案：

2Na2O2+2H2O=4Na++4OH-+O2↑；

（4）由上述分析可知，B为SO2，C为H2O，乙为氧气，A为浓硫酸溶液，所以B+C+乙→A的化学方程式为2SO2+O2+2H2O=2H2SO4，转移4e-，则单线桥表示电子转移的方向和数目为

，故答案：

【点晴】

无机推断为高频考点，把握习题中物质的颜色、气味、与生活环境的关系及相互转化来推断各物质为解答的关键，侧重S及其化合物和Na及其化合物性质的进行分析。

8．按要求回答下列问题：

（1）氯气的制取方法有很多，写出实验室用MnO2来制取氯气的离子方程式__________。

（2）工业炼铁通常在___________设备中进行，需要用到铁矿石、焦炭、__________和空气。

（3）氯化铁溶液通常应用于印刷电路板制作，写出其反应的离子方程式___________。

（4）请写出红热的炭与浓硫酸反应的化学方程式__________。

【答案】MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O高炉石灰石Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+C+2H2SO4

2SO2↑+CO2↑+2H2O

【解析】

【分析】

（1）实验室用MnO2来制取氯气的反应方程式为MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O；

（2）根据高炉炼铁的主要设备是高炉进行分析；工业炼铁高炉中发生的主要反应有：

在高温下，焦炭跟氧气反应生成二氧化碳；二氧化碳被焦炭还原成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁，石灰石作用是除渣；

（3）Cu与氯化铁反应生成氯化亚铁、氯化铜；

（4）红热的炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水。

【详解】

（1）实验室用MnO2来制取氯气的反应方程式为MnO2+4HCl（浓）

MnCl2+Cl2↑+2H2O，故反应离子方程式为：

MnO2+4H++2Cl-

Mn2++Cl2↑+2H2O；

（2）工业炼铁通常在高炉设备中进行；需要用到的原料有铁矿石、焦炭、空气和石灰石，焦炭的作用：

提供热量、生成一氧化碳；一氧化碳再跟铁矿石中的氧化物反应，生成铁，石灰石在高温条件下分解能生成氧化钙和二氧化碳，氧化钙能和铁矿石中的杂质二氧化硅反应生成硅酸钙，从而除去二氧化硅；

（3）制印刷电路板时常用FeCl3溶液作“腐蚀液”，发生反应的化学方程式为2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，离子方程式为Cu+2Fe3+=2Fe2++Cu2+；

（4）红热的炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫和水，故化学方程式为为C+2H2SO4

2SO2↑+CO2↑+2H2O。

9．钼是一种过渡金属元素，其单质通常用作合金及不锈钢的添加剂，这种金属可增强合金的强度、硬度、可焊性及韧性，还可增强其耐高温及耐腐蚀性能。

下图是化工生产中制备金属钼的主要流程：

（1）用简单氧化物形式表示

的组成：

____________________________。

（2）写出反应①的化学方程式：

______________________。

（3）反应①的尾气可以再利用，写出两种利用该尾气制得的化学药品：

______________________。

（4）工业上制备还原性气体的反应原理有：

，

。

将含甲烷体积分数为80%的aL（标准状况下）天然气与足量二氧化碳和水蒸气混合物在高温下反应，甲烷的转化率为90%，用产生的还原性气体（

和

）依据反应⑤冶炼钼，理论上生成钼的质量为___________（已知

的相对原子质量为96）

【答案】

、

（合理即可）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）该物质化学式按改写类似硅酸盐的化学式改写，可表示为

；

（2）二硫化钼与氧气在高温条件下反应生成三氧化钼和二氧化硫，反应的化学方程式为

；

（3）二氧化硫再收集利用，可制备盐类物质等，如

、

；

（4）根据反应方程式可知，1mol甲烷完全反应生成4mol还原性气体，又因

、

，所以3mol还原性气体理论上生成1mol钼。

由于

，则

，故

，

。

10．焦亚硫酸钠（Na2S2O5）是葡萄酒中常用的抗氧化剂。

一种以硫黄为原料制取Na2S2O5的生产工艺如下：

已知：

结晶脱水发生的反应：

回答下列问题：

（1）Na2S2O5中硫元素的化合价为________。

（2）焚烧炉中反应的化学方程式为________________。

（3）反应器中发生反应的离子方程式为________________。

（4）葡萄酒酿造过程中添加Na2S2O5会放出一种有刺激性气味的气体，该气体是一种食品添加剂。

实验室中检验该气体的常用试剂是________________。

（5）废水中的硫单质（S8）能与碱反应，化学反应：

，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。

【答案】+4

品红溶液2:

1

【解析】

【分析】

硫磺在空气中燃烧生成

，

在洗涤塔中溶于水得到亚硫酸，经除杂后与

反应得到

，再经题目给出的反应式结晶脱水即可得到产物。

【详解】

（1）钠为+1价，氧为-2价，则硫只能是+4价；

（2）焚烧炉里实际就是硫在空气中燃烧：

；

（3）根据分析，反应器中实际上是亚硫酸和

的反应：

；

（4）这种刺激性气味的气体就是

，实验室中可用品红溶液来检验，若能使品红褪色且加热后能复原，即可证明是

；

（5）不难看出这是一个硫的歧化反应，有16个硫的化合价从0价降低到-2价，有8个硫的化合价从0价升高到+4价，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为16:

8，即2:

1。

11．某研究小组利用软锰矿（主要成分为MnO2，另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物）作脱硫剂，通过如下简化流程既脱