高考化学热点跟踪检测十四氧硫及其化合物.docx
《高考化学热点跟踪检测十四氧硫及其化合物.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学热点跟踪检测十四氧硫及其化合物.docx（15页珍藏版）》请在冰点文库上搜索。
高考化学热点跟踪检测十四氧硫及其化合物
跟踪检测（十四）氧、硫及其化合物
1．（2018·临汾一中期中）下列硫化物中不能直接用金属单质和硫单质反应制得的是（ ）
A．CuS B．FeS
C．ZnSD．MgS
解析：
选A 硫的非金属性较弱，与变价金属化合时，只能生成低价态硫化物，即Cu与硫反应只能生成Cu2S，其余金属硫化物都能直接用金属单质和硫反应得到，故A符合。
2．《黄帝九鼎神丹经诀》记载着“炼石胆取精华法”，即干馏石胆（胆矾）而获得“绿矾油”。
这里的“绿矾油”是指（ ）
A．硝酸B．硫酸
C．盐酸D．硫酸亚铁溶液
解析：
选B 根据石胆（胆矾）的组成元素，可知“绿矾油”应为硫酸。
3．为确定某纯净的气体X的成分，进行了如下几种实验，其中不正确的是（ ）
选项
操作（现象）
结论
A
闻X气味（有刺激性）
酸性KMnO4溶液（褪色）
X一定是SO2
B
闻X气味（有刺激性）
澄清石灰水（变浑浊）
X一定是SO2
C
X
品红溶液（褪色）
变红色
X一定是SO2
D
X
紫色石蕊溶液（先变红色后褪色）
X一定不是SO2
解析：
选A 能使KMnO4溶液褪色且有刺激性气味的气体还有HCl等，A项错误；能使澄清石灰水变浑浊的有CO2、SO2，但前者无气味，B项正确；使品红溶液褪色且加热又恢复红色的只有SO2，C项正确；SO2不能漂白紫色石蕊溶液，D项正确。
4.
某同学进行SO2的性质实验。
在点滴板a、b、c处分别滴有不同的试剂，再向Na2SO3固体上滴加数滴浓H2SO4后，在整个点滴板上盖上培养皿，一段时间后观察到的实验现象如下表所示：
序号
试剂
实验现象
a
品红溶液
红色褪去
b
酸性KMnO4溶液
紫色褪去
c
NaOH溶液（含2滴酚酞）
红色褪去
下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸与Na2SO3固体发生了氧化还原反应
B．a、b均表明SO2具有漂白性
C．c中只可能发生反应：
SO2＋2OH－===SO
＋H2O
D．c中所得溶液的离子浓度一定存在关系：
c（Na＋）＋c（H＋）＝2c（SO
）＋c（HSO
）＋c（OH－）
解析：
选D 浓硫酸与Na2SO3固体反应可生成Na2SO4、SO2和H2O，该反应中各元素的化合价没有发生变化，是非氧化还原反应，A错。
SO2可与酸性KMnO4溶液发生氧化还原反应而使KMnO4溶液的紫色褪去，表明SO2具有还原性，B错。
SO2过量时，c中还可能发生OH－＋SO2===HSO
，C错。
c溶液中含有SO
、HSO
等，根据电荷守恒可得：
c（Na＋）＋c（H＋）＝c（OH－）＋c（HSO
）＋2c（SO
），D正确。
5.
含硫煤燃烧会产生大气污染物，为防治该污染，某工厂设计了新的治污方法，同时可得到化工产品，该工艺流程如图所示，下列叙述不正确的是（ ）
A．该过程中可得到化工产品H2SO4
B．该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2
C．该过程中化合价发生改变的元素为Fe和S
D．图中涉及的反应之一为Fe2（SO4）3＋SO2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4
解析：
选C 根据图可知，该工艺中Fe2（SO4）3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，该反应的化学方程式为Fe2（SO4）3＋SO2＋2H2O===2FeSO4＋2H2SO4，该工艺不仅吸收了二氧化硫，还得到了化工产品硫酸，A、D正确；根据以上分析可知该工艺流程是除去煤燃烧时产生的SO2，B正确；该过程中化合价发生变化的元素有氧、铁、硫，C错误。
6．（2018·常德模拟）如图是检验气体性质的实验装置。
向装置中缓慢通入气体X，若关闭活塞K，品红溶液无变化、澄清石灰水变浑浊；若打开活塞K，品红溶液褪色。
据此判断，气体X和液体Y可能是（ ）
选项
物质
A
B
C
D
X
H2S
SO2
CO2
Cl2
Y
浓硫酸
NaHCO3饱和溶液
Na2SO3溶液
NaHSO3溶液
解析：
选B H2S不能使品红溶液褪色，A项错误；SO2可与NaHCO3饱和溶液反应生成二氧化碳，若关闭活塞K，则品红溶液无变化，生成的二氧化碳气体使澄清石灰水变浑浊，若打开活塞K，则品红溶液褪色，B项正确；二氧化碳不能使品红溶液褪色，所以打开活塞K，品红溶液不会褪色，C项错误；Cl2不能使澄清石灰水变浑浊，D项错误。
7．探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是（ ）
A．用装置甲进行铜和浓硫酸的反应
B．用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气
C．用装置丙稀释反应后的混合液
D．用装置丁测定余酸的浓度
解析：
选C 铜与浓硫酸需要在加热条件下才能反应，A错误；二氧化硫的密度比空气的大，应使用向上排空气法收集，即气体“长进短出”，B错误；反应后的混合液中含有过量的浓硫酸，稀释时，应将其沿烧杯内壁慢慢倒入水中，且用玻璃棒不断搅拌，C正确；应使用碱式滴定管（带胶管）量取氢氧化钠溶液，D错误。
8.
（2018·长沙模拟）已知X为一种常见酸的浓溶液，能使蔗糖粉末变黑。
A与X反应的转化关系如图所示，其中反应条件及部分产物均已略去，则下列有关说法正确的是（ ）
A．X使蔗糖变黑主要体现了X的强氧化性
B．若A为铁，则足量A与X在室温下即可完全反应
C．若A为碳单质，则将C通入少量的澄清石灰水，一定可以观察到白色沉淀产生
D．工业上，B转化为D的反应条件为高温、常压、催化剂
解析：
选D 由题意知X为浓H2SO4。
浓H2SO4使蔗糖变黑主要体现了浓H2SO4的脱水性，A项错误；浓H2SO4在室温下使Fe钝化，B项错误；A为碳单质时，生成的C为CO2，CO2通入少量澄清石灰水生成可溶性的Ca（HCO3）2，C项错误；SO2与O2反应的条件为高温、常压、催化剂，D项正确。
9．下列物质的检验中，其结论一定正确的是（ ）
A．向某溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，加入稀HNO3后，白色沉淀不溶解，也无其他现象，说明原溶液中一定含有SO
B．向某溶液中加盐酸产生无色气体，该气体能使澄清的石灰水变浑浊，说明该溶液中一定含有CO
或SO
C．取少量久置的Na2SO3样品于试管中加水溶解，再加足量盐酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加盐酸时有气体产生，加BaCl2溶液时有白色沉淀产生，说明Na2SO3样品已部分被氧化
D．将某气体通入品红溶液中，品红溶液褪色，该气体一定是SO2
解析：
选C 该溶液中可能含有Ag＋或SO
，A错误；使澄清石灰水变浑浊的气体可能为CO2、SO2，溶液中可能存在CO
或HCO
或SO
或HSO
，B错误；加入足量盐酸有气体产生，气体为SO2，排除SO
的干扰，再加入BaCl2溶液有白色沉淀产生，沉淀为BaSO4，说明一定含有SO
，所以说明Na2SO3样品已部分被氧化，C正确；氧化性气体如氯气都能使品红溶液褪色，D错误。
10．用如图所示实验装置进行物质性质的探究实验。
下列说法不合理的是（ ）
A．若品红溶液①褪色，则说明产物中含有SO2
B．若溴水褪色，则说明SO2具有还原性
C．若烧瓶中产生黄色浑浊和无色气泡，则说明Na2S2O3只作氧化剂
D．若品红溶液②不褪色、Na2SiO3溶液中出现白色浑浊，则说明亚硫酸比碳酸的酸性强
解析：
选C SO2有漂白性，能使品红溶液褪色，A正确；SO2使溴水褪色表现的是还原性，B正确；此反应中Na2S2O3既作氧化剂又作还原剂，C错误；品红溶液②不褪色说明无SO2，Na2SiO3溶液中出现白色浑浊说明SO2与NaHCO3溶液反应生成了CO2，依据强酸制弱酸的原理说明亚硫酸比碳酸的酸性强，D正确。
11．H2O2广泛应用于化学品合成、纸浆和纺织品的漂白，是环保型液体漂白剂。
有研究表明，H2O2溶液的漂白性是HO
所致。
（1）H2O2溶液显弱酸性，测得0.15mol·L－1H2O2溶液pH约为6。
写出H2O2生成HO
的电离方程式：
__________________________________。
（2）其他条件相同时，研究不同初始pH条件下H2O2溶液的漂白效果，结果如下：
由上图可得到的结论是____________________________________，
结合平衡移动原理简述理由：
__________________________________________。
（3）实验发现：
若pH＞11，则H2O2溶液的漂白效果随pH增大而降低。
针对这一现象，继续进行实验，发现溶液中H2O2的分解与pH有关。
测定不同初始pH条件下，初始浓度均为0.15mol·L－1的H2O2溶液发生分解反应，结果如下：
初始pH
pH＝10
pH＝12
1小时后H2O2溶液浓度
0.13mol·L－1
0.07mol·L－1
1小时后pH
没有明显变化
没有明显变化
查阅资料：
HO
＋H2O2===H2O＋O2＋OH－。
①结合离子方程式解释1小时后pH没有明显变化的原因：
______________________。
②从反应速率的角度分析pH过大，H2O2溶液漂白效果会降低的原因：
____________。
解析：
（1）H2O2溶液显弱酸性，电离是微弱的，用可逆号，故H2O2生成HO
的电离方程式为H2O2HO
＋H＋。
（2）由图可知，其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好，H2O2溶液中存在平衡H2O2HO
＋H＋，pH增大，OH－的浓度增大，OH－可与H2O2电离的H＋反应，使H＋浓度减小，平衡H2O2HO
＋H＋正向移动，HO
的浓度越大，漂白效果越好。
（3）①根据第
（2）问解析可知：
碱性条件下H2O2＋OH－===HO
＋H2O，且HO
＋H2O2===H2O＋O2＋OH－，则OH－可看作是H2O2分解的催化剂，故反应前后pH不变；②表格中是H2O2的分解速率与pH的关系，由表格中的数据可知，pH越大，H2O2的分解越快，使参与漂白的HO
的浓度下降，故漂白效果降低。
答案：
（1）H2O2HO
＋H＋
（2）其他条件相同时，初始pH越大染料脱色率越高，即H2O2的漂白效果越好
c（OH－）增大，促使H2O2HO
＋H＋正向移动，c（HO
）增大，漂白效果增强
（3）①碱性条件下：
H2O2＋OH－===HO
＋H2O，又知HO
＋H2O2===H2O＋O2＋OH－，OH－可看作是H2O2分解反应的催化剂，故反应前后pH不变
②pH过大，H2O2分解过快，使参与漂白的c（HO
）下降，故漂白效果降低
12．氯和硫是重要的非金属元素，两者存在SCl2、S2Cl2、SO2Cl2等多种化合物。
（1）S2Cl2是黄绿色油状液体，沸点为136℃。
其分子结构中每个原子均满足8电子稳定结构，S2Cl2的电子式为__________________________。
将Cl2通入熔融态S中可制得S2Cl2（溶有少量S），要得到较纯的S2Cl2，采用的实验操作方法是________。
（2）磺酰氯（SO2Cl2）极易水解，水解后溶液呈强酸性，写出该反应的化学方程式：
________________________________________________________________________；
磺酰氯具有较强的氧化性，可以和白磷发生反应：
P4＋10SO2Cl2===4PCl5＋10SO2↑，若生成1molSO2，则转移电子的物质的量为________。
（3）下列可作为判断S和Cl非金属性强弱依据的是________（填字母）
a．跟金属反应时，硫被还原为－2价，氯被还原为－1价
b．HClO3酸性比H2SO3强
c．Na2S溶液中通入Cl2，有淡黄色沉淀产生
d．HCl的稳定性强于H2S
解析：
（1）S2Cl2中每个原子都达到8电子的稳定结构，则电子式为
，利用沸点的不同采用蒸馏的方法分离S与S2Cl2。
（2）SO2Cl2与H2O反应生成H2SO4和HCl，依据原子守恒即可写出化学方程式为SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl；由化学方程式可知每生成1molSO2，S的化合价由＋6价降低到＋4价，得2mol电子。
（3）a.跟金属反应时，硫被还原为－2价，氯被还原为－1价，与非金属性强弱无关；b.最高价含氧酸酸性越强非金属性越强，应比较HClO4与H2SO4的酸性，错误；c.Cl2可以把S从盐溶液中置换出来，Cl的非金属性强于S，正确；d.HCl的稳定性强于H2S，非金属性越强，氢化物越稳定，Cl的非金属性强于S，正确。
答案：
（1）
蒸馏
（2）SO2Cl2＋2H2O===H2SO4＋2HCl 2mol （3）cd
13．过氧化氢（H2O2，俗称双氧水，无色液体）是一种应用广泛的化工原料。
请回答下列问题：
（1）过氧化氢的电子式为____________。
（2）工业上用电解硫酸氢铵水溶液的方法制备过氧化氢，其反应原理是：
2NH4HSO4
（NH4）2S2O8＋H2↑，
（NH4）2S2O8＋2H2O===2NH4HSO4＋H2O2
其流程如下：
①电解硫酸氢铵溶液时，阴极的电极反应式为__________________________________。
②制备过程中，采用减压蒸馏的原因是________________________________，可循环利用的物质是______________________________________________。
（3）在火箭推进器中装有液态H2O2和液态肼（N2H4），当它们混合时，即产生大量的氮气和水蒸气，并放出大量的热量。
已知一些化学键的键能数据如下：
化学键
N—N
NN
NN
H—H
N—H
H—O
O—O
OO
E/（kJ·mol－1）
159
419
945
436
389
465
138
498
写出肼和双氧水反应的热化学方程式：
_____________________________。
上述反应物用于火箭推进剂，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是________________________________________________________________________。
（4）H2O2的用途广泛。
①用双氧水把黑色PbS转化为白色PbSO4，修复变黑的古代油画，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________。
②碱性溶液中，H2O2可以吸收工业尾气中的ClO2，同时制得NaClO2，反应的离子方程式为__________________________________________________________________。
解析：
（2）①电解池中阳离子在阴极得电子被还原，溶液中的H＋放电，阴极的电极反应式为2H＋＋2e－===H2↑。
②由于过氧化氢不稳定，受热容易分解，所以减小压强，使液体沸点降低，易于蒸出；根据反应原理和流程可知，在生成双氧水的同时，还生成NH4HSO4，所以能循环使用的物质是NH4HSO4。
（3）反应热就是断开化学键吸收的热量和形成化学键放出的热量的差值，所以该反应的反应热ΔH＝4×389kJ·mol－1＋159kJ·mol－1＋2×2×465kJ·mol－1＋2×138kJ·mol－1－4×2×465kJ·mol－1－945kJ·mol－1＝－814kJ·mol－1，所以该反应的热化学方程式为N2H4（l）＋2H2O2（l）===N2（g）＋4H2O（g） ΔH＝－814kJ·mol－1；上述反应用于火箭推进剂，除释放大量热和快速产生大量气体外，还有一个很突出的优点是生成N2和H2O，对环境无污染。
（4）①PbS→PbSO4，S元素化合价升高8，故H2O2作氧化剂，H2O2中O元素的化合价降低2，根据氧化还原反应中化合价升降总数相等，可得氧化剂与还原剂的物质的量之比为4∶1。
答案：
（1）
（2）①2H＋＋2e－===H2↑
②过氧化氢不稳定，受热易分解，减压使液体沸点降低 NH4HSO4
（3）N2H4（l）＋2H2O2（l）===N2（g）＋4H2O（g）
ΔH＝－814kJ·mol－1 生成N2和H2O，对环境无污染
（4）①4∶1
②H2O2＋2OH－＋2ClO2===2ClO
＋O2↑＋2H2O
14．（2018·南京一模）碳、硫的含量影响钢铁性能。
某兴趣小组用如下流程对钢样进行探究。
（1）钢样中硫元素以FeS形式存在，FeS在足量氧气中灼烧，生成的固体产物中Fe、O两种元素的质量比为21∶8，则该固体产物的化学式为____________。
（2）检验钢样灼烧生成气体中的CO2，需要的试剂是____（填字母）。
a．酸性KMnO4溶液 b．澄清石灰水
c．饱和小苏打溶液d．浓H2SO4
（3）取10.00g钢样在足量氧气中充分灼烧，将生成的气体用足量1%的H2O2溶液充分吸收，再用0.1000mol·L－1NaOH溶液滴定吸收液至终点，消耗NaOH溶液20.00mL；另取10.00g钢样在足量氧气中充分灼烧，将生成的气体通过盛有足量碱石灰的U形管（如图），碱石灰增重0.614g。
①用1%H2O2溶液吸收SO2，发生反应的离子方程式为
________________________________________________________________________。
②分别计算该钢样中硫、碳元素的质量分数（写出计算过程）。
③实验测得的碳元素质量分数比真实值偏高，其可能的原因是________（填字母）。
a．U形管中生成的亚硫酸盐吸收了O2
b．碱石灰吸收了空气中的CO2
c．气体通过碱石灰的流速过快，未被充分吸收
解析：
（1）设固体产物的化学式为FexOy，则x∶y＝
∶
＝3∶4，所以化学式是Fe3O4。
（2）由于灼烧生成气体中除含有CO2外还含有SO2，所以先用酸性KMnO4溶液除去SO2，再用澄清石灰水检验CO2。
（3）①SO2被H2O2
氧化：
SO2＋H2O2===2H＋＋SO
。
②由于NaOH只与生成的H2SO4反应，所以可根据消耗的NaOH计算出硫的量，从而计算出硫的质量分数，碱石灰增重的是CO2和SO2的总质量，所以根据硫的量可计算出生成SO2的质量，再用总增重减去SO2的质量可得CO2的质量，从而求出碳的量，最终求出碳的质量分数。
③a项，亚硫酸盐吸收了O2使得增重变大，由于硫的量已确定，所以增重的部分被认为是CO2的量，从而使得碳的质量分数偏高；b项，空气中的CO2被认为是生成CO2的质量，从而使得结果偏高；c项，流速过快使得气体没有被完全吸收，使得增重变小，所以碳的质量分数变小。
答案：
（1）Fe3O4
（2）ab
（3）①H2O2＋SO2===2H＋＋SO
②n（S）＝n（SO2）＝
n（NaOH）
＝
×0.02000L×0.1000mol·L－1
＝1.000×10－3mol
w（S）＝
×100%＝0.32%
m（SO2）＝1.000×10－3mol×32g·mol－1÷
＝0.064g
m（CO2）＝0.614g－m（SO2）＝0.550g
n（C）＝n（CO2）＝
＝0.0125mol
w（C）＝
×100%＝1.5%
③ab
升级会员 