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1、第四章 非金属及其化合物第13讲 硫及其化合物（精练）完卷时间：50分钟可能用到的相对原子质量：H1 O16 Na23 S32 Mn55 Fe56一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12*5分）1（2021·四川攀枝花市·高三二模）化学与生产、生活密切相关，下列叙述错误的是A石灰石可用作燃煤的脱硫剂B过氧化氢溶液可用作医用消毒剂C碳酸钡可用作胃肠X射线透视的造影剂D硫化钠可用作去除废水中Pb2+的沉淀剂【答案】C【解析】A高温下石灰石和二氧化硫反应，最终转化为硫酸钙，因此可用作燃煤的脱硫剂，A正确；B过氧化氢溶液具有强氧化性，可用作医用消毒剂，B正确；C碳酸钡不溶于水，但
2、可溶于酸，不能用作胃肠X射线透视的造影剂，应该是硫酸钡，C错误；DPbS不溶于水也不溶于酸，硫化钠可用作去除废水中Pb2+的沉淀剂，D正确；答案选C。2（2021·安徽黄山市·高三二模）天然气是应用广泛的燃料，但含有少量的H2S气体。在酸性溶液中利用硫杆菌可实现天然气的脱硫，其原理如图所示，下列说法正确的是A过程甲中的离子方程式为：BFeSO4为该脱硫过程的催化剂C过程乙中每4molFe2+参加反应，需消耗22.4L的O2D脱硫过程中O2间接氧化H2S【答案】D【解析】AFe2(SO4)3和H2S发生氧化还原反应，生成硫酸亚铁、硫单质，H2S只能写成分子式，故离子反应方程式
3、为，故A错误；B脱硫过程中硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，是还原剂，故B错误；C硫酸亚铁在酸性条件下被氧气氧化生成硫酸铁和水故离子反应方程式为， 故有4mol亚铁离子参加反应时消耗1mol氧气，但是这里条件未给标况，所以不能代入气体摩尔体积22.4mol/L，无法计算氧气的体积，故C错误；D脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S，故D正确；答案选D。3（2021·上海高三二模）将反应2FeSO4Fe2O3+SO2+SO3的气体产物通入BaCl2溶液，下列描述正确的是A没有沉淀B有BaSO4沉淀C有BaSO3沉淀
4、D有BaSO4和BaSO3沉淀【答案】B【解析】硫酸亚铁分解生成的气体是二氧化硫和三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，在硫酸溶液中二氧化溶解度小，二氧化硫逸出，硫酸和氯化钡反应生成硫酸钡白色沉淀。答案选B。4（2021·陕西咸阳市·高三二模）铜与浓硫酸反应的装置如图所示。下列描述合理的是A反应过程中，试管中出现灰黑色固体是Cu2OB反应结束后，为观察溶液颜色需向试管中加入水C若试管盛放紫色石蕊溶液，可观察到溶液由紫色褪为无色D为验证气体产物具有还原性，试管盛放酸性KMnO4溶液【答案】D【解析】A黑色固体中可能含有CuO、CuS、Cu2S，Cu2O为砖红色，A错误；B反应结束
5、后，混合物中还有浓硫酸，为观察溶液颜色，需将试管中溶液缓缓加入盛有水的烧杯中，以防止液体飞溅，B错误；CSO2溶于水呈酸性，若试管盛放紫色石蕊溶液，可观察到紫色变为红色，但SO2不能漂白石蕊，故不能褪色，C错误；D试管可盛放酸性KMnO4，酸性KMnO4褪色，说明SO2被KMnO4氧化，可验证气体产物具有还原性，D正确；故选D。5（2021·北京高三一模）实验小组设计图所示装置，验证SO2性质，对实验现象分析不正确的是A试管内Br2的CCl4溶液褪色，说明SO2具有还原性B一段时间后试管内有白色沉淀，说明SO2与BaCl2反应生成BaSO3C试管中的红色花瓣褪色，说明SO2具有漂白性
6、D滴有酚酞的NaOH溶液红色变浅，说明SO2能与碱溶液反应【答案】B【解析】A试管内Br2的CCl4溶液褪色，则SO2和Br2发生氧化还原反应，则说明SO2具有还原性，故A正确；B一段时间后试管内有白色沉淀，说明SO2和Br2发生氧化还原反应生成盐酸和硫酸，硫酸和与BaCl2反应生成BaSO4，故B错误；CSO2有漂白性，根据试管中的红色花瓣褪色，说明SO2具有漂白性，故C正确；D滴有酚酞的NaOH溶液红色变浅，NaOH物质的量减少，则说明SO2能与碱溶液反应，故D正确。综上所述，答案为B。6（2021·北京高三一模）我国古代有“银针验毒”的记载，古时候制成的砒霜中含大量的硫化物，银
7、针插入含砒霜的食物中会发生反应：(黑色)；用过的银针放入盛有饱和氯化钠溶液的铝制容器中浸泡可复原，下列说法中不正确的是A反应中Ag和H2S均是还原剂B上述原理是通过银针颜色变化来判断食物是否有毒C银针复原用到了原电池反应原理D每生成1mol Ag2S，反应转移2mol e【答案】A【解析】A反应中Ag化合价升高，是还原剂，H2S中化合价未变，既不是还原剂也不是氧化剂，故A错误；B砒霜中含大量的硫化物，银针插入变为黑色，因此可以通过银针颜色变化来判断食物是否有毒，故B正确；C银针复原是AlAg2S饱和食盐水的原电池反应原理，Al做负极，Ag2S做正极，故C正确；D该反应方程式是2molAg失去2
8、mol电子变为1mol Ag2S，因此每生成1mol Ag2S，反应转移2mol e，故D正确。综上所述，答案为A。7（2021·北京高三二模）将分别通入下列四种溶液，根据实验现象所得结论正确的是选项溶液现象结论A溴水溴水褪色具有漂白性B溶液出现淡黄色浑浊具有氧化性。C溶液无明显变化能溶于水D溶液无明显变化和溶液不反应AABBCCDD【答案】B【解析】A溴水中通入SO2，溴水褪色，是因为溴水与二氧化硫发生氧化还原反应而褪色，体现了二氧化硫的还原性，不是漂白性，故A错误；BSO2 + 2H2S=2H2O + 3S，反应中二氧化硫中S元素化合价由+4价变为0价，所以二氧化硫是氧化剂，体现
9、了氧化性，故B正确；C亚硫酸为弱酸，盐酸为强酸，溶液中通入SO2气体，不发生反应，不能看到沉淀现象，而BaSO3这种盐是难溶于水的，故C错误；D二氧化硫能够被过氧化氢氧化生成硫酸，但反应过程中没有明显的现象，故D错误；故选B。8（2021·广东茂名市·高三三模）利用空气催化氧化法除掉电石渣浆(含CaO)上清液中的，制取石膏()的过程如下：下列说法正确的是A属于盐类和纯净物B过程II中反应的离子方程式为C过程I后溶液pH增大D将10L上清液中的(浓度为)转化为，理论上共需要【答案】A【解析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成，通入氧气生成，涉及反应为2+O2+4OH-=2+4
10、H2O，与S2-反应生成，进而与氧气反应生成SO，可用于制备CaSO42H2O。A俗名生石膏，属于结晶水合物，具有固定的组成和性质，属于纯净物里的盐类，A正确；B根据转化关系图，过程中与生成和，根据氧化还原反应得失电子守恒和物料守恒，反应的离子方程式为：，B错误；C由分析可知过程中发生反应：，溶液的pH减小，C错误；D10L上清液中的的物质的量，根据物质转化过程可知，转化为过程中需要消耗氧气，转化为也需要消耗氧气，在的过程中，硫元素的化合价由-2价变成+6价，共失去电子，在反应中得到4mol电子，所以将10L上清液中的转化为，理论上共需要的物质的量，D错误。故选A。9（2021·福建
11、高三二模）燃煤烟气中含有和等物质，用如图装置测定含量。已知异丙醇溶液可选择性吸收并转化为，也可溶解少量，实验中应尽快除去。下列说法错误的是A用空气吹出异丙醇溶液中溶解的B通过测定的质量检测含量C该过程中涉及到反应：D冰浴可减少异丙醇的挥发【答案】A【解析】0的冰浴可减少异丙醇的挥发，烟气通过80%异丙醇后SO3被吸收，烟气再通过二氧化硫后SO2被吸收。A空气中的氧气能将溶解的氧化为，不能用空气吹出异丙醇溶液中溶解的，A错误；B根据S原子守恒可通过测定的质量计算SO3的质量，从而检测含量，B正确；C未被异丙醇溶液吸收的SO2和过氧化氢发生氧化还原反应，反应的化学方程式为，因此过程中涉及到，C正确
12、；D异丙醇易挥发，冰浴温度较低，可减少异丙醇的挥发，D正确；答案选A。10（2021·河北邯郸市·高三三模）在活性炭催化条件下，煤气中的H2S可被脱除，反应机理如图(吸附在催化剂表面的物种用*标注)所示。下列有关说法错误的是A分子中含有非极性键B存在反应C脱除率小于100%D该过程中发生了能量变化【答案】A【解析】A分子中C和两个S分别形成2对共用电子对，只含有极性键，A项错误；B由图可知，在催化剂表面，碳原子和硫原子可形成二氧化硫，即，B项正确；C由图可看出，还有没有分解，脱除率小于100%，C项正确；D该过程中有化学键的断裂与生成，故一定有能量的变化，D项正确；答案选A
13、。11（2021·北京高三二模）同学们探究不同金属和浓硫酸的反应。向三等份浓硫酸中分别加入大小相同的不同金属片，加热，用生成气体进行下表实验操作并记录实验现象。实验操作实验现象金属为铜金属为锌金属为铝点燃不燃烧燃烧燃烧通入酸性溶液褪色褪色褪色通入溶液无明显变化无明显变化出现黑色沉淀通入品红溶液褪色褪色不褪色已知：(CuS为黑色固体)；可燃下列说法不正确的是A加入铜片的实验中，使酸性溶液褪色的气体是B加入铝片的实验中，燃烧现象能证明生成气体中一定含C加入锌片的实验中，生成的气体一定是混合气体D金属与浓硫酸反应的还原产物与金属活动性强弱有关【答案】B【解析】A加入铜片的实验中，气体能使酸
14、性溶液褪色、使品红溶液褪色、不可燃，则气体具有还原性、漂白性，则气体是，A正确；B 加入铝片的实验中，气体能使酸性溶液褪色、能与CuSO4溶液产生黑色沉淀，则气体是，硫化氢具有可溶性，但具有可溶性的气体不一定是硫化氢，B不正确；C 加入锌片的实验中，气体能使酸性溶液褪色、使品红溶液褪色、则气体含，但不可燃，而锌片与浓硫酸反应的气体具有可燃性、但不能与CuSO4溶液产生黑色沉淀，则含有另一种气体；故生成的气体一定是混合气体，C正确；D 结合选项ABC可知，金属与浓硫酸反应的还原产物与金属活动性强弱有关，D正确；答案选B。12（2021·山东高三二模）硒(Se)是一种新型半导体材料，对富
15、硒废料(含Ag2Se、Cu2S)进行综合处理的一种工艺流程如下图：下列说法错误的是A合理处理富硒废料符合循环经济理念。B母液可在“酸溶”工序循环利用C“滤液”经处理可制得胆矾D“吸收”时氧化剂与还原剂物质的量之比为1：1【答案】D【解析】富硒废料焙烧生成SeO2和SO2两种气体，用水吸收后生成Se和硫酸。烧渣是Ag和CuO，利用硫酸酸溶生成硫酸铜溶液，得到的粗银电解精炼生成Ag。A合理处理富硒废料可以得到银、Se等，因此符合循环经济理念，A正确；B用水吸收时SeO2和SO2两种气体发生氧化还原反应生成Se和硫酸，母液可在“酸溶”工序循环利用，B正确；C“滤液”中含有硫酸铜，因此经处理可制得胆矾
16、，C正确；D“吸收”时方程式为2H2OSeO22SO22H2SO4Se，其中氧化剂是SeO2，还原剂是SO2，二者的物质的量之比为1：2，D错误；答案选D。二、主观题（共3小题，共40分）13（2020·广东梅州市·高三二模）（16分）硫酸锰晶体()是重要的微量元素肥料之一。某兴趣小组在实验室中探究用软锰矿(主要成分为，含有少量、等杂质制取硫酸锰晶体，其具体流程如下：已知：反应原理为：；难溶于水。(1)滤渣2主要成分是，步骤中的稀硫酸的作用是_。(2)步骤中采用硫酸和草酸晶体溶解，草酸晶体的作用是_；配制硫酸时，需要的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还需要_。将滤渣2置于烧杯中
17、，先加入稀硫酸，将溶液稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解。在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体的理由是_。(3)步骤的具体实验操作有_，经洗涤后干燥得到晶体。(4)兴趣小组同学拟继续研究硫酸锰的高温分解的固体产物，经查资料可知：硫酸锰晶体高温下分解产物为、，及水蒸气。为了确定的化学式，采用下面装置进行测定(已知：的熔点为16.8，沸点为44.8)。装置中吸收的气体为_。实验自始至终均需通入，其目的是_。若起始时，在装置A中加入，充分反应后，测得装置C增重6.4g，则的化学式为_。【答案】（每空2分）(1)除去 (2)做还原剂，将MnO2还原为Mn2+ 100mL容量瓶、胶
18、头滴管 防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质 (3)加热浓缩、冷却结晶、过滤 (4)SO2 排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收 Mn3O4 【解析】由题给流程可知，向软锰矿中加入氢氧化钠溶液，酸性氧化物二氧化硅和两性氧化物氧化铝溶于氢氧化钠溶液生成硅酸钠和偏铝酸钠，二氧化锰和氧化铁不溶解，则滤渣1为二氧化锰和氧化铁；向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则滤渣2为二氧化锰；向滤渣2加入稀硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成硫酸锰，硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥
19、得到MnSO4·7H2O晶体。（1）步骤为向滤渣1中加入稀硫酸，碱性氧化物氧化铁溶于稀硫酸生成硫酸铁，二氧化锰不溶解，则稀硫酸的作用是溶解除去Fe2O3，故答案为：除去Fe2O3；（2）步骤为向滤渣2加入6.0mol/L硫酸和草酸晶体，酸性条件下二氧化锰和草酸发生氧化还原反应生成，反应中二氧化锰做氧化剂，草酸做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；配制100mL6.0mol/L硫酸时用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管；由题意可知MnC2O4难溶于水，溶解二氧化锰过程中，为防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行和草酸过量引入新杂质，应先加入稀硫酸，将溶液
20、稍加热后，在搅拌下缓慢分批加入草酸晶体，直至烧杯中的固体全部溶解，故答案为：做还原剂，将MnO2还原为Mn2+；100mL容量瓶、胶头滴管；防止MnO2固体表面产生MnC2O4而阻止反应进行，并防止草酸过量引入杂质；(3)步骤为硫酸锰溶液经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到MnSO4·7H2O晶体，故答案为：加热浓缩、冷却结晶、过滤；由题意可知，MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体中含有二氧化硫、三氧化硫和水蒸气，三氧化硫能溶于浓硫酸，二氧化硫不溶于浓硫酸，混合气体经过浓硫酸，浓硫酸吸收了三氧化硫和水蒸气，则氢氧化钠溶液吸收的气体为二氧化硫，故答案为：SO2；实
21、验开始时，通入氮气的目的是排出装置中的空气，实验中通入氮气的目的是将MnSO4·7H2O晶体受热分解生成的气体全部赶至后面装置吸收，防止影响实验结果，故答案为：排出装置中的空气，并将生成的气体全部赶至后面装置吸收；83.1gMnSO4·7H2O的物质的量为=0.3mol，6.4g二氧化硫的物质的量为=0.1mol，设MnxOy中锰元素的化合价为a，由得失电子数目守恒可得0.3mol×（a2）=0.1mol×2，解得a=，则MnxOy为Mn3O4，故答案为：Mn3O4。14（2021·江西高三）（14分）焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在食品加工中常
22、作防腐剂、漂白剂、疏松剂，焦亚硫酸钠具有还原性，温度高于150易分解。工业上制取原理见图1。某化学兴趣小组在实验室模拟制取焦亚硫酸钠的简易步骤，装置如图2。实验步骤如下：按图连接装置，检查装置气密性；装入药品，加热A中试管，C中反应至pH=4.1后停止加热，将A中铜丝外移脱离浓硫酸；将C中液体转移至蒸发装置中，加热，结晶脱水、过滤、洗涤、干燥。试回答下列问题：(1)A试管中发生反应的化学方程式为_。(2)B装置的作用为_。(3)实验室还能以无水Na2SO3为原料制SO2，请补充完整由上述C中反应后所得溶液制备纯净的无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加NaOH溶液，_，停止滴加NaO
23、H溶液，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。(其他试剂和仪器任选)已知水溶液中H2SO3、HSO、SO的摩尔分数随pH的分布曲线和Na2SO3的溶解度曲线如图所示。(4)步骤将C中液体加热至过饱和状态，静置结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为_。(5)所得的Na2S2O5晶体采用真空干燥的方式，真空干燥的目的是_。(6)Na2S2O5可用作食品抗氧剂。该小组通过下述方法检测某饮料中残留的Na2S2O5：取100.00mL饮料于锥形瓶中，加入0.0100mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。打开瓶塞，将锥形瓶内液体调至接近中性，滴加45滴淀粉溶液变蓝。用0.100mol/L的Na2S2
24、O3溶液滴定，滴定至终点时，消耗Na2S2O3溶液V2mL，饮料中残留的Na2S2O5为_mg/L。若滴定前溶液pH调至大于10，则残留的Na2S2O5测定值_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。(已知：S2O+2I2+3H2O=2SO+4I-+6H+、2S2O+I2=S4O+2I-)【答案】（每空2分）(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O (2)防止倒吸 (3)测量溶液pH约为10左右时，蒸发结晶，在高于34条件下趁热过滤 (4)2NaHSO3=Na2S2O5+H2O (5) 有利于晶体的干燥、能防止晶体被氧化、避免烘干温度过高分解 (6)9.5V1-47.5V2 偏
25、高 【解析】本实验通过利用碳酸钠溶液与二氧化硫的反应制备焦亚硫酸钠，向碳酸钠溶液中通入二氧化硫，经过反应在pH为4.1时基本完成制备亚硫酸氢钠；加入碳酸钠固体调节pH至78，纯碱与亚硫酸氢钠溶液混合而成的悬浮液吸收二氧化硫至饱和，即形成亚硫酸钠悬浮液；继续通入二氧化硫调节pH至4.1，生成亚硫酸氢钠的过饱和溶液，再从亚硫酸氢钠的过饱和溶液中结晶析出焦亚硫酸钠产品，因为焦亚硫酸钠既有还原性，受潮和温度高于150°C易分解的性质，得到产品的实验步骤是低温结晶，快速过滤，真空干燥。(1)A试管中是铜和浓硫酸反应生成硫酸铜和二氧化硫和水，发生反应的化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO
26、4+SO2+2H2O；(2)B装置是缓冲瓶，作用为防止倒吸。(3)C中饱和碳酸钠和二氧化硫反应生成亚硫酸氢钠，所以向反应后所得溶液制备纯净的无水Na2SO3的实验方案：边搅拌边向溶液中滴加NaOH溶液，二者反应生成亚硫酸钠，测量溶液pH约为10左右时，蒸发结晶，在高于34条件下趁热过滤，即可得无水亚硫酸钠。(4)步骤将C中液体加热至过饱和状态，静置结晶脱水生成焦亚硫酸钠的化学方程式为2NaHSO3=Na2S2O5+H2O。(5) 焦亚硫酸钠具有还原性，温度高于150易分解，真空干燥的目的是有利于晶体的干燥、能防止晶体被氧化、避免烘干温度过高分解。(6)取100.00mL饮料于锥形瓶中，加入0.
27、0100mol/L的I2溶液V1mL，塞紧瓶塞充分反应。Na2S2O3的物质的量为0.100mol/L×V2×10-3 L，根据反应2S2O+I2=S4O+2I-，则反应消耗的碘单质的物质的量为×0.100mol/L×V2mL×10-3 L，则Na2S2O5反应的碘单质的物质的量为0.0100mol/L ×V1×10-3 L -×0.100mol/L×V2mL×10-3 L，根据反应S2O+2I2+3H2O=2SO+4I-+6H+计算，Na2S2O5的物质的量为×（0.0100mol/
28、L ×V1×10-3 L -×0.100mol/L×V2mL×10-3 L），饮料中残留的Na2S2O5为=9.5V1-47.5V2mg/L 。若滴定前溶液pH调至大于10，则碘单质和碱反应，造成Na2S2O3的消耗量减少，则计算Na2S2O5的结构偏大，则残留的Na2S2O5测定值偏高。15（2021·浙江嘉兴市·高三二模）（10分）某小组对固体化合物甲开展探究实验。甲和气体乙以物质的量之比恰好反应生成固体化合物丙和无色液体丁，甲和丙均由两种元素组成，实验中所加盐酸和NaOH溶液均足量。请回答：(1)组成甲的元素是_(填元
29、素符号)，甲的化学式是_。(2)甲与乙反应的化学方程式是_。(3)丙与盐酸反应的离子方程式是_。(4)向溶液B中滴加氯水至过量，溶液先变血红色最后褪去。褪色的原因是_，请设计实验方案证明之_。【答案】（每空2分）(1)Fe、O (2) (3) (4)过量的氯水将氧化 向溶液中加入足量的KSCN溶液，若溶液变成血红色即证明 【解析】根据转化的框图可知，红棕色固体为Fe2O3，n(Fe)=2n(Fe2O3)=2×=0.1mol，A1中加入KSCN溶液无现象，说明溶液中只含Fe2+，故说明丙中含有Fe元素，其物质的量为0.2mol，淡黄色沉淀为S，其物质的量为：n(S)=，说明化合物丙中含
30、有S元素，故推测乙气体为H2S，物质的量为n(H2S)=，故丙中含有的S为0.25mol，故丙中n(Fe):n(S)=0.2mol:0.25mol=4:5，其化学是为：Fe4S5，无色液体常见的有H2O，故丁为H2O，则甲中含有Fe和O元素，根据甲和气体乙以物质的量之比恰好反应生成固体化合物丙和无色液体丁，其反应方程式为：。(1)由分析可知，组成甲的元素是Fe、O，甲的化学式是Fe4O5，故答案为：Fe、O；Fe4O5；(2)由分析可知，甲与乙反应的化学方程式是，故答案为：；(3)由分析可知，丙的化学式为Fe4S5，生成的H2S和S的物质的量之比为：0.2mol：0.05mol=4：1，且溶液中无Fe3+，故其与盐酸反应的离子方程式是，故答案为：；(4)向溶液B中滴加氯水至过量，溶液先变血红色最后褪去，由于Cl2能将亚铁离子氧化为铁离子，故显血红色，但由于Cl2有强氧化性，能将SCN-氧化，故又褪色，要想验证猜想只需向反应后的溶液中加入足量的KSCN看是否重新变为血红色，若变则说明猜想正确，若不变则猜想错误，故答案为：过量的氯水将氧化；向溶液中加入足量的KSCN溶液，若溶液变成血红色即证明。