2018年化學高考題分類解析考點15 硫元素單質(zhì)及其重要化合物

高考試題分類解析PAGE考點15硫元素單質(zhì)及其重要化合物一、選擇題1.(2018·全國卷Ⅱ·8)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(如下圖所示)。下列敘述錯誤的是 ()A.霧和霾的分散劑相同B.霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C.NH3是形成無機顆粒物的催化劑D.霧霾的形成與過度施用氮肥有關【命題意圖】本題通過霧霾的形成考查氮和硫的化合物知識,意在考查學生利用所學化學知識解釋生活中化學問題的能力?！窘忸}關鍵】解答本題的關鍵點:(1)明確分散系和分散劑等基本概念;(2)讀懂題目給出霧霾的形成圖示?！窘馕觥窟xC。霧和霾的分散劑均是空氣,故A項正確;根據(jù)題目給出的流程圖示可以得出霧霾中的無機顆粒物含有硝酸銨和硫酸銨,故B項正確;由圖示可以得出硝酸銨和硫酸銨的形成是NH3與硝酸和硫酸反應生成的,不是催化劑而是反應物,故C項錯誤;過度使用氮肥會導致空氣中的NOx和NH3的含量增多,而NOx和NH3均與霧霾的形成有關,故D項正確。二、非選擇題2.(2018·全國卷Ⅰ·27)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)在醫(yī)藥、橡膠、印染、食品等方面應用廣泛?；卮鹣铝袉栴}:(1)生產(chǎn)Na2S2O5,通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得。寫出該過程的化學方程式。

(2)利用煙道氣中的SO2生產(chǎn)Na2S2O5的工藝為:①pH=4.1時,Ⅰ中為溶液(寫化學式)。

②工藝中加入Na2CO3固體、并再次充入SO2的目的是。

(3)制備Na2S2O5也可采用三室膜電解技術,裝置如圖所示,其中SO2堿吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。陽極的電極反應式為。電解后,室的NaHSO3濃度增加。將該室溶液進行結(jié)晶脫水,可得到Na2S2O5。

(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑。在測定某葡萄酒中Na2S2O5殘留量時,取50.00mL葡萄酒樣品,用0.01000mol·L-1的碘標準液滴定至終點,消耗10.00mL。滴定反應的離子方程式為,

該樣品中Na2S2O5的殘留量為g·L-1(以SO2計)。

【命題意圖】本題以焦亞硫酸鈉的制備、應用為載體考查學生流程的分析、電解原理的應用以及定量分析等知識點,題目難度中等?！窘馕觥?1)NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水可以制得Na2S2O5,該過程反應的化學方程式為2NaHSO3Na2S2O5+H2O。(2)由于碳酸的酸性弱于亞硫酸,所以向碳酸鈉飽和溶液中通入二氧化硫會生成亞硫酸鈉或者亞硫酸氫鈉,但是亞硫酸鈉水溶液顯堿性,而該溶液顯酸性,故該溶液為NaHSO3溶液;由于生產(chǎn)Na2S2O5通常是由NaHSO3過飽和溶液經(jīng)結(jié)晶脫水制得,而前一步產(chǎn)生的亞硫酸氫鈉溶液不是過飽和溶液,所以再次加入碳酸鈉固體、并再次充入SO2的目的是得到NaHSO3過飽和溶液。(3)根據(jù)題中的圖示,左側(cè)為電解池的陽極,右側(cè)為電解池的陰極,離子交換膜均為陽離子交換膜,只允許陽離子通過,陽極的電解質(zhì)溶液為稀硫酸,所以陽極的電極反應式為2H2O-4e-4H++O2↑,則陽極的氫離子會透過陽離子交換膜進入a室,與a室中的SO2堿吸收液中含有的Na2SO3發(fā)生反應生成亞硫酸氫鈉,所以a室中的NaHSO3濃度增加。(4)由于Na2S2O5可用作食品的抗氧化劑,所以在氧化還原反應中作還原劑,因此在與碘標準液反應時,會被氧化成硫酸根,碘單質(zhì)被還原為碘離子,該反應的離子方程式為+2I2+3H2O2+4I-+6H+;根據(jù)硫原子守恒及上述反應的離子方程式可得如下關系:2SO2~~2I2,故該樣品中Na2S2O5的殘留量為0.01L×0.01000mol·L-1×64g·mol-1÷0.05L=0.128g·L-1。答案:(1)2NaHSO3Na2S2O5+H2O(2)①NaHSO3②得到NaHSO3過飽和溶液(3)2H2O-4e-4H++O2↑a(4)+2I2+3H2O2+4I-+6H+0.128【易錯警示】本題的易錯點有兩處:一是電解池的分析與判斷,沒注意結(jié)合電解原理、交換膜的作用、離子的移動方向等題設條件導致分析電極反應、亞硫酸氫鈉濃度的變化有偏差;二是計算殘留量時以焦亞硫酸鈉計算,而不是以二氧化硫計算,導致計算錯誤。3.(2018·北京高考·27)近年來,研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲。過程如下:(1)反應Ⅰ:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol-1反應Ⅲ:S(s)+O2(g)SO2(g)ΔH3=-297kJ·mol-1反應Ⅱ的熱化學方程式:。

(2)對反應Ⅱ,在某一投料比時,兩種壓強下,H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化關系如圖所示。p2p1(填“>”或“<”),得出該結(jié)論的理由是。

(3)I-可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑,可能的催化過程如下。將ii補充完整。i.SO2+4I-+4H+S↓+2I2+2H2Oii.I2+2H2O+

++2I-

(4)探究i、ii反應速率與SO2歧化反應速率的關系,實驗如下:分別將18mLSO2飽和溶液加入到2mL下列試劑中,密閉放置觀察現(xiàn)象。(已知:I2易溶解在KI溶液中)序號ABCD試劑組成0.4mol·L-1KIamol·L-1KI0.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1KI0.0002molI2實驗現(xiàn)象溶液變黃,一段時間后出現(xiàn)渾濁溶液變黃,出現(xiàn)渾濁較A快無明顯現(xiàn)象溶液由棕褐色很快褪色,變成黃色,出現(xiàn)渾濁較A快①B是A的對比實驗,則a=。

②比較A、B、C,可得出的結(jié)論是。

③實驗表明,SO2的歧化反應速率D>A。結(jié)合i、ii反應速率解釋原因:。

【命題意圖】本題考查了蓋斯定律、反應速率和化學平衡的相關內(nèi)容,意在考查學生應用化學反應原理等相關知識對實驗數(shù)據(jù)和現(xiàn)象的分析與推理能力?！窘馕觥?1)根據(jù)蓋斯定律,反應Ⅰ和反應Ⅲ相加后的逆反應為反應Ⅱ的熱化學方程式:3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=-254kJ·mol-1。(2)根據(jù)圖示,在相同溫度下,p2時硫酸的物質(zhì)的量分數(shù)更大。反應Ⅱ是氣體分子數(shù)減小的反應,增大壓強,平衡右移,硫酸的物質(zhì)的量分數(shù)增大,故p2>p1。(3)反應ii中I2化合價降低,所以另一種反應物應為還原劑SO2,其化合價升高,生成物是SO42-,根據(jù)電荷守恒原則,在酸性條件下用H+調(diào)整電荷守恒,故I2+2H2O+SO2SO42-+4H++2I-。(4)①B是A的對比實驗,c(I-)②A、B、C三組實驗中,C為對照實驗,證明在無I-存在時,H2SO4對SO2的歧化反應無影響;A、B對比證明c(I-)相同時,c(H+)越大,反應i速率越快。③I2易溶解在KI溶液中,將反應ii乘以2與反應i相加,得反應式3SO2+2H2OS↓+2SO42-+4H+,可知隨著反應的進行c(H+)增大,根據(jù)②的結(jié)論,SO2的歧化反應速率答案:(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=-254kJ·mol-1(2)>反應Ⅱ是氣體分子數(shù)減小的反應,溫度一定時,增大壓強使反應正向移動,H2SO4的物質(zhì)的量增大,體系總物質(zhì)的量減小,H2SO4的物質(zhì)的量分數(shù)增大(3)SO2SO42(4)①0.4②I-是SO2歧化反應的催化劑,H+單獨存在時不具有催化作用,但H+可以加快歧化反應速率③反應ii比i快;D中由反應ii產(chǎn)生的H+使反應i加快4.(2018·江蘇高考·18)堿式硫酸鋁溶液可用于煙氣脫硫。室溫下向一定濃度的硫酸鋁溶液中加入一定量的碳酸鈣粉末,反應后經(jīng)過濾得到堿式硫酸鋁溶液,反應方程式為(2-x)Al2(SO4)3+3xCaCO3+3xH2O2[(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3]+3xCaSO4↓+3xCO2↑生成物(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中x值的大小影響堿式硫酸鋁溶液的脫硫效率。(1)制備堿式硫酸鋁溶液時,維持反應溫度和反應時間不變,提高x值的方法有。

(2)堿式硫酸鋁溶液吸收SO2過程中,溶液的pH(填“增大”“減小”“不變”)。

(3)通過測定堿式硫酸鋁溶液中相關離子的濃度確定x的值,測定方法如下:①取堿式硫酸鋁溶液25.00mL,加入鹽酸酸化的過量BaCl2溶液充分反應,靜置后過濾、洗滌,干燥至恒重,得固體2.3300g。②取堿式硫酸鋁溶液2.50mL,稀釋至25mL,加入0.1000mol·L-1EDTA標準溶液25.00mL,調(diào)節(jié)溶液pH約為4.2,煮沸,冷卻后用0.08000mol·L-1CuSO4標準溶液滴定過量的EDTA至終點,消耗CuSO4標準溶液20.00mL(已知Al3+、Cu2+與EDTA反應的化學計量比均為1∶1)。計算(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中的x值(寫出計算過程)。【命題意圖】本題考查堿式硫酸鋁的制備以及堿式硫酸鋁化學式的確定,難度中等?！窘馕觥?1)堿式硫酸鋁是由Al2(SO4)3與CaCO3反應而得,(2-x)molAl2(SO4)3轉(zhuǎn)化為2mol(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3,該過程就是要使Al2(SO4)3被消耗,可以通過增多CaCO3使得Al2(SO4)3被消耗,也可以通過攪拌,使反應物充分接觸,而生成更多的產(chǎn)物。(2)(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中Al(OH)3可以吸收SO2,生成Al2(SO4)3,Al3+濃度增大,其水解出的H+濃度大,溶液酸性增強,即pH減小。(3)①可計算出25.00mL堿式硫酸鋁溶液中,n(SO42-)=n(BaSO4)=0.0100mol。②用總的EDTA的量減去CuSO4消耗的EDTA的量,即為Al3+消耗的EDTA的量,由此得出2.5mL堿式硫酸鋁溶液中的n(Al3+),擴大10倍得出③1mol(1-x)Al2(SO4)3·xAl(OH)3中n(Al3+)=2(1-x)+x=(2-x)mol,n(SO42-)=3(1-x)mol,由此列式:n(Al3+)n答案:(1)適當增加CaCO3的量或加快攪拌速率(2)減小(3)25mL堿式硫酸鋁溶液中:n(SO