高考化学一轮复习 第3章 自然界中的元素 跟踪检测（十三）硫的转化 鲁科版.doc

跟踪检测（十三） 硫的转化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()acusbfesczns dmgs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(退色)x一定是so2b闻x气味(有刺激性) 澄清石灰水(变浑浊)x一定是so2cx品红溶液(退色) 变红色x一定是so2dx紫色石蕊溶液(先变红色后退色)x一定不是so2解析：选a能使kmno4溶液退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；使品红溶液退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品红溶液红色退去b酸性kmno4溶液紫色退去cnaoh溶液(含2滴酚酞)红色退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ba、b均表明so2具有漂白性cc中只可能发生反应：so22oh=soh2odc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溶液的紫色退去，表明so2具有还原性，b错。so2过量时，c中还可能发生ohso2=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h2so4b该工艺流程是除去煤燃烧时产生的so2c该过程中化合价发生改变的元素为fe和sd图中涉及的反应之一为fe2(so4)3so22h2o=2feso42h2so4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)3so22h2o=2feso42h2so4，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，品红溶液退色。据此判断，气体x和液体y可能是()选项物质abcdxh2sso2co2cl2y浓硫酸nahco3饱和溶液na2so3溶液nahso3溶液解析：选bh2s不能使品红溶液退色，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，则品红溶液退色，b项正确；二氧化碳不能使品红溶液退色，所以打开活塞k，品红溶液不会退色，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()ax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sob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soc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，品红溶液退色，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退色，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若品红溶液退色，则说明产物中含有so2b若溴水退色，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若品红溶液不退色、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cso2有漂白性，能使品红溶液退色，a正确；so2使溴水退色表现的是还原性，b正确；此反应中na2s2o3既作氧化剂又作还原剂，c错误；品红溶液不退色说明无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。11h2o2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0.15 moll1 h2o2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ph11，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0.15 moll1的h2o2溶液发生分解反应，结果如下：初始phph10ph121小时后h2o2溶液浓度0.13 moll10.07 moll11小时后ph没有明显变化没有明显变化查阅资料：hoh2o2=h2oo2oh。结合离子方程式解释1小时后ph没有明显变化的原因： _。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h2o2hoh。(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h2o2hoh，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h2o2hoh正向移动，ho的浓度越大，漂白效果越好。(3)根据第(2)问解析可知：碱性条件下h2o2oh=hoh2o，且hoh2o2=h2oo2oh，则oh可看作是h2o2分解的催化剂，故反应前后ph不变；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)h2o2hoh(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h2o2hoh正向移动，c(ho)增大，漂白效果增强(3)碱性条件下：h2o2oh=hoh2o，又知hoh2o2=h2oo2oh，oh可看作是h2o2分解反应的催化剂，故反应前后ph不变ph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：p410so2cl2=4pcl510so2，若生成1 mol so2，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bhclo3酸性比h2so3强cna2s溶液中通入cl2，有淡黄色沉淀产生dhcl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so2cl22h2o=h2so42hcl；由化学方程式可知每生成1 mol so2，s的化合价由6价降低到4价，得2 mol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)so2cl22h2o=h2so42hcl2 mol(3)cd13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)2s2o8h2，(nh4)2s2o82h2o=2nh4hso4h2o2其流程如下：电解硫酸氢铵溶液时，阴极的电极反应式为_。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nnnnnnhhnhhoooooe/(kjmol1)159419945436389465138498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。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_。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)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2h2e=h2。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h4389 kjmol1159 kjmol122465 kjmol12138 kjmol142465 kjmol1945 kjmol1814 kjmol1，所以该反应的热化学方程式为n2h4(l)2h2o2(l)=n2(g)4h2o(g)h814 kjmol1；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)pbspbso4，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41。答案：(1)hh(2)2h2e=h2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)h814 kjmol1生成n2和h2o，对环境无污染(4)41h2o22oh2clo2=2cloo22h2o14(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218，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10.00 g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0.100 0 moll1 naoh溶液滴定吸收液至终点，消耗naoh溶液20.00 ml；另取10.00 g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0.614 g。用1%h2o2溶液吸收so2，发生反应的离子方程式为_。分别计算该钢样中硫、碳元素的质量分