2020版高考化学大一轮复习第3讲元素化学考点19硫和含硫化合物的相互转化学案.docx

考点19硫和含硫化合物的相互转化知识条目必考要求加试要求S、SO2、H2SO4等硫及其化合物之间的相互转化bc一、硫单质性质及用途1物理性质通常情况下，硫单质是一种淡黄色的固体，俗称硫黄。难溶于水，易溶于CS2，故残留硫的试管可用CS2洗涤。2化学性质(一)与非金属单质反应在O2中燃烧的化学方程式为SO2SO2(纯氧中火焰呈现蓝紫色)；与H2反应的化学方程式为H2SH2S。(二)与金属单质反应硫粉与铁粉混合加热反应的化学方程式为FeSFeS。3主要用途硫黄用于制硫酸、化肥、火柴、农药、火药等。二、硫元素的价态变化规律1硫及其化合物的转化关系SO2、SO3是酸性氧化物，H2SO3、H2SO4是酸，物质的类别可以帮助我们理解它们的性质。相同价态的不同含硫化合物间是通过酸碱反应规律相互转化联系的。2当硫元素的化合价升高或降低时，一般升高或降低到其相邻的价态如H2SSSO2SO3。各步反应的化学方程式：2H2SO2(不足)S2H2O；SO2SO2；2SO2O22SO3；2H2S3O2(充足)2SO22H2O；SH2H2S；SO22H2S=3S2H2O。浓硫酸与碳反应：2H2SO4(浓)C2SO2CO22H2O；浓硫酸与硫化氢反应：H2SH2SO4(浓)SSO22H2O。3硫元素相邻价态的微粒不发生氧化还原反应如S和H2S、S和SO2、SO2和浓H2SO4之间不发生氧化还原反应。4有时硫的化合价会发生跳位转化S(2)、S(0)遇到强氧化剂时，可被氧化为S(6)，如S(0)、S(2)遇浓HNO3被氧化成S(6)；又如条件发生改变时：H2S遇冷浓H2SO4时被氧化成S；遇热浓H2SO4时被氧化成SO2。5应用利用硫元素的价态变化规律，可进行如下判断：(一)判断含硫物质的氧化性、还原性；(二)判断不同价态硫之间能否发生氧化还原反应；(三)判断氧化、还原产物；(四)判断含硫物质发生化学反应可能生成的物质。【例1】关于硫的叙述正确的是()A硫的非金属性较强，所以只以化合态存在于自然界中B黑火药的主要成分是硝酸钾、碳、硫，用水、二硫化碳通过过滤操作可将三者分离C硫与金属或非金属反应均作氧化剂D硫与铜反应得到硫化铜【解析】硫元素在自然界既有游离态又有化合态，游离态主要分布在火山口，化合态以各种硫化物或硫酸盐矿物为主，A错误；可利用溶解性差异分离黑火药中的三种组分：先用CS2处理，溶解硫单质，过滤蒸发溶剂得到单质硫，滤渣加水溶解，KNO3溶解而碳单质不溶，再过滤后分别得到KNO3溶液与碳单质，三者分离，B正确；硫单质为零价，与金属反应作氧化剂，与非金属反应既可作氧化剂(如与氢气化合)，又可作还原剂(如与氧气化合)，C错误；硫与铜反应得到的产物为Cu2S，D错误。【答案】B【提炼】本题考查了硫的相关性质，解答此题需要掌握硫单质的相关性质。元素在自然界的存在形式虽与其化学活泼性相关，但是不能以活泼性作为唯一依据；根据硫元素的价态可知在反应中硫既能作氧化剂也能作还原剂，可据此判断C错误；硫与铜单质化合得到硫化亚铜，说明硫单质的氧化性比氯气、氧气要弱，可据此判断元素非金属性强弱。【例2】在标准状况下，向100mL氢硫酸溶液中通入二氧化硫气体，溶液pH变化如图所示，则原氢硫酸溶液的物质的量浓度为()A0.5molL1B0.05molL1C1molL1D0.1molL1【解析】标准状况下，向100mL氢硫酸溶液中通入二氧化硫，发生反应2H2SSO2=3S2H2O，溶液pH7时，二氧化硫与硫化氢恰好完全反应，此时消耗二氧化硫112mL，二氧化硫的物质的量0.112L/22.4 Lmol10.005 mol，根据方程式可知硫化氢的物质的量为0.005 mol20.01 mol，则原氢硫酸溶液的物质的量浓度为0.1 mol/L，故选D。【答案】D【提炼】本题考查了根据方程式进行计算，难度不大，判断pH7时二氧化硫与硫化氢恰好完全反应是关键，注意对基础知识的掌握与理解。向氢硫酸中通入二氧化硫，产物为硫单质与水，酸性减弱；恰好完全反应时无酸性物质，故此时pH最大，继续通入二氧化硫酸性又增强，原因是二氧化硫与水反应生成亚硫酸。【例3】已知H2SO3I2H2O=H2SO42HI，将0.1molCl2通入100mL含等物质的量的HI与H2SO3的混合溶液中，有一半的HI被氧化，则下列说法正确的是()A物质的还原性：HIH2SO3HClBHI与H2SO3的物质的量浓度为0.6molL1C通入0.1molCl2发生反应的离子方程式为：5Cl24H2SO32I4H2O=4SOI210Cl16HD若再通入0.05molCl2，恰好能将HI和H2SO3完全氧化【解析】根据反应H2SO3I2H2O=H2SO42HI可知还原性H2SO3HI，因此通入Cl2将一半HI氧化则意味着H2SO3已经全部被氧化，设HI与H2SO3的物质的量均为x，由电子得失守恒列式：0.1mol20.5x1x(64)，求得x0.08mol，即HI与H2SO3的物质的量浓度为0.8molL1，故B错误；A中还原性顺序不符合所给已知条件，H2SO3HI，故A错误；由前述计算可知，0.1molCl2可将0.08molH2SO3和0.04molHI氧化，总反应的离子方程式为5Cl24H2SO32I4H2O=4SOI210Cl16H，C正确；还剩余HI0.04mol，将其氧化只需通入0.02molCl2即可，D错误。【答案】C【提炼】此题综合考查了氧化还原反应规律和离子反应，同时也涉及定量计算，解题的关键在于明确两种还原剂被氧化的先后顺序，然后再根据相关量的关系列式计算出H2SO3和HI的浓度。在给定量书写离子方程式的过程中，可以根据相对量将少量物质定为“1 mol”，若少量物质有两种或两种以上离子参加反应，则参加反应离子的物质的量之比与物质组成之比相符，依据少量物质中离子的物质的量，确定过量物质中实际参加反应的离子的物质的量。在此题中，可以直接将H2SO3和I参与反应21的物质的量之比确定，然后根据氯气的量确定两个还原剂和氧化剂的物质的量之比。【例4】化合物A中含有三种元素，3.68gA在氧气中充分煅烧后生成1.28gB、1.60gC和气体D。物质AH存在如下转化关系。已知B是一种红色固体单质，C是金属氧化物，D是非金属氧化物，E、F、G是盐。请回答：(1)检验气体D的实验方法：_。(2)写出B与H浓溶液反应的化学方程式：_。(3)化合物A的化学式：_。【解析】B是一种红色固体单质，则B为Cu，Cu通常只能溶解于热的浓硫酸、浓硝酸或稀硝酸，其中H中含有SO，则H为硫酸；Cu溶解于浓硫酸生成E为CuSO4，C是金属氧化物，溶解于稀硫酸，生成的盐能溶解Cu生成CuSO4和另外一种盐F，则C为Fe2O3，G为Fe2(SO4)3，F为FeSO4；D是非金属氧化物，与H2O2反应生成硫酸，则D为SO2。(1)SO2有漂白性和还原性，可将气体通入品红溶液，红色褪去，加热溶液，溶液红色恢复，即是SO2气体。(2)Cu与浓硫酸发生反应的化学方程式为Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O。(3)3.68gA在氧气中充分煅烧后生成1.28gCu、1.60gFe2O3和气体SO2，则A中含有的n(Cu)0.02mol，n(Fe)0.02mol，n(S)0.04mol，Cu、Fe、S的原子数目之比为0.02mol0.02mol0.04mol112，则化合物A的化学式为FeCuS2。【答案】(1)将气体通入品红溶液，红色褪去，加热溶液，溶液红色恢复，即是SO2气体(2)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O(3)FeCuS2【提炼】此类题的解答一般有以下步骤：思维起点的选择：思维起点是指开始时的思维指向、思维对象或思维角度，推断题中的思维起点应是最具有特征的某个条件(包括文字叙述或某个变化过程)；思维过程的展开：解题者在确定思维起点的基础上，利用题目所给信息，结合已有的化学知识和解题经验，不断地缩小问题状态与目标状态的距离；思维过程的体验：将上述思维过程的结果代入题中，检查一下是否符合题中条件。推断图中的特征反应现象常见的有：(1)焰色反应：Na(黄色)、K(紫色)；(2)使品红溶液褪色的气体：SO2(加热后又恢复红色)、Cl2(加热后不恢复红色)；(3)白色沉淀Fe(OH)2置于空气中最终转变为红褐色Fe(OH)3；(4)在空气中变为红棕色：NO；(5)气体燃烧呈苍白色：H2在Cl2中燃烧；在空气中点燃呈蓝色：CO、H2、CH4；(6)使湿润的红色石蕊试纸变蓝：NH3；(7)空气中出现白烟：NH3与酸性气态物质(或挥发性酸如盐酸、硝酸)反应等。【例5】焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的抗氧化剂，在空气中，受热时均易分解。实验室制备少量Na2S2O5的方法：在不断搅拌下，控制反应温度在40左右，向Na2CO3过饱和溶液中通入SO2，实验装置如图所示：当溶液pH约为4时，停止反应。在20静置结晶，生成Na2S2O5的化学方程式为2NaHSO3=2Na2S2O5H2O。(1)温度为40时，SO2与Na2CO3过饱和溶液反应的离子方程式为_。(2)装置Y的作用是_。(3)实验制得的Na2S2O5固体中含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，其可能的原因是_。【解析】(1)SO2与Na2CO3溶液反应生成NaHSO3和CO2，根据原子守恒、电荷守恒，可得反应的离子方程式为2SO2COH2O=2HSOCO2。(2)在装置X中发生反应制取Na2S2O5；由于SO2是大气污染物，因此最后Z装置的NaOH溶液是尾气处理装置，防止SO2造成大气污染。由于二氧化硫易溶于水，因此装置Y的作用是防止倒吸。(3)实验制得的Na2S2O5固体中常含有一定量的Na2SO3和Na2SO4，可能的原因是在制备过程中Na2S2O5分解生成了Na2SO3，而Na2SO3易被空气中的氧气氧化生成Na2SO4，故有这两种杂质。【答案】(1)2SO2COH2O=2HSOCO2(2)防止倒吸(3)在制备过程中Na2S2O5分解生成了Na2SO3，Na2SO3又被氧化生成Na2SO4【提炼】本题主要是考查物质制备实验方案设计与评价，明确物质的性质和实验原理是解答的关键，解答此类综合性实验设计与评价题的基本流程：原理反应物质仪器装置现象结论作用意义联想。具体分析为：(1)实验是根据什么性质和原理设计的？实验的目的是什么？(2)所用各物质名称、状态、代替物(根据实验目的和相关的化学反应原理，进行全面的分析比较和推理，并合理选择)；(3)有关装置：性能、使用方法、适用范围、注意问题、是否有替代装置可用、仪器规格等；(4)有关操作：技能、操作顺序、注意事项或操作错误的后果；(5)实验现象：自下而上，自左而右全面观察；(6)实验结论：直接结论或导出结论。实验方案的设计要点及评价角度：(1)设计要点：实验方案的设计要明确以下要点：题目有无特殊要求；题给的药品、装置的数量；注意实验过程中的安全性操作；会画简单的实验装置图；注意仪器的规格；要防倒吸、防爆炸、防燃烧、防暴沸、防氧化、防吸水，冷凝、冷却、水浴加热时采取相应措施；同一仪器在不同位置的相应作用等；要严格按照“操作(实验步骤)现象结论”的格式叙述。(2)评价角度：操作可行性评价：实验原理是否科学、合理，操作是否简单、可行，基本仪器的使用、基本操作是否正确；经济效益评价：原料是否廉价、转化率是否高，产物产率是否高；环保评价：原料是否对环境有污染，产物是否对环境有污染，污染物是否进行无毒、无污染处理。