[推荐学习]2022年高考化学一轮复习第4章-第3讲-氧、硫及其重要化合物-Word版含解析

1、k121以下关于硫及其化合物的说法中正确的选项是()A自然界中不存在游离态的硫B二氧化硫的排放会导致光化学烟雾的产生C二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，表达了其漂白性D浓硫酸可用来枯燥SO2、CO、Cl2等气体解析：选D。自然界中存在游离态的硫；排放二氧化硫会污染空气，形成酸雨，但不会导致光化学烟雾产生；二氧化硫能使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色，表达了酸性氧化物的性质；浓硫酸具有吸水性，可枯燥SO2、CO、Cl2等气体。2酸雨形成的示意图如图。以下说法中，不正确的选项是()A汽车尾气是导致酸雨的原因之一B酸雨会使土壤、湖泊酸化C酸雨形成中不涉及氧化复原反响D燃煤中参加石灰石可防治酸雨解析：

2、选C。A.汽车尾气排放的NOx是导致酸雨的原因之一，故A正确；B.酸雨会导致土壤、湖泊酸化，故B正确；C.酸雨形成中H2SO3被氧气氧化成硫酸是氧化复原反响，氮氧化物溶于水生成硝酸也是氧化复原反响，故C错误；D.燃煤中参加石灰石可减少SO2的排放，俗称钙基固硫，可防治酸雨，故D正确。3检验SO2气体中是否混有CO2的方法是()A先通过足量澄清石灰水，再通过足量品红溶液B先通过足量饱和NaHCO3溶液，再通过澄清石灰水C先通过足量NaOH溶液，再通过澄清石灰水D先通过足量酸性KMnO4溶液，再通过澄清石灰水解析：选D。A.先通过足量澄清石灰水，二者均反响，不能检验二氧化碳，故A不选；B.先通过足

3、量饱和NaHCO3溶液，二氧化硫与碳酸氢钠反响生成二氧化碳，不能检验原气体中是否含有二氧化碳，故B不选；C.先通过足量NaOH溶液，二者均反响，不能检验，故C不选；D.先通过足量酸性KMnO4溶液，除去二氧化硫，再通过澄清石灰水，观察是否变浑浊可检验二氧化碳，应选D。4SO2与H2S混合生成S和H2O，以下说法正确的选项是()ASO2的排放是造成酸雨的唯一原因B该反响说明SO2具有复原性C自然界不存在单质形式的硫D在该反响条件下，H2S的复原性强于S的复原性解析：选D。二氧化硫、二氧化氮都是造成酸雨的原因，A错误；该反响中二氧化硫作氧化剂，说明具有氧化性，B错误；在火山口附近存在单质硫，C错误

4、；D正确。5以下图有关硫元素循环说法不合理的是()A煤、石油中的硫元素燃烧时能生成SO2B动物尸体腐败过程产生的H2S气体会进入大气C循环过程中硫元素既发生氧化反响又发生复原反响D大气中的硫元素会全部转化成H2SO4随雨水降到土壤里解析：选D。A.煤、石油中的硫元素燃烧时能生成SO2，正确；B.动物尸体腐败过程产生的H2S气体会进入大气，正确；C.循环过程中硫元素既发生氧化反响又发生复原反响，正确；D.大气中的硫元素局部转化成亚硫酸，进一步转化为H2SO4随雨水降到土壤里，错误。6在胶片冲洗时可用硫代硫酸钠(Na2S2O3)做定影液，与胶片上未曝光的AgBr反响生成可溶性离子Ag(S2O3)。

5、该有关过程的离子方程式不合理的是()AH2S2O3溶液显弱酸性的原因是：H2S2O3 HHS2OBNa2S2O3溶液显碱性的原因是：S2O2H2OH2S2O32OHCNa2S2O3和AgBr反响的离子方程式是：2S2OAgBrAg(S2O3)BrD定影不能在酸性较强的溶液中进行的原因是：S2O2H=SSO2H2O解析：选B。A.H2S2O3为二元弱酸，分步电离，以第一步电离为主，故该溶液显弱酸性的原因是：H2S2O3HHS2O，正确；B.Na2S2O3为二元弱酸盐，分步水解，以第一步水解为主，Na2S2O3溶液显碱性的原因应是：S2OH2OHS2OOH，错误；C.根据题意知Na2S2O3和Ag

6、Br反响的离子方程式是：2S2OAgBrAg(S2O3)Br，正确；D.酸性条件下，S2O在酸性条件下发生歧化反响，生成硫、二氧化硫和水，故定影不能在酸性较强的溶液中进行的原因是：S2O2H=SSO2H2O，正确。7实验室进行：Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O，反响因硫酸浓度下降而停止。为测定反响剩余液中硫酸的浓度，探究小组同学设计了4组实验方案(将剩余液稀释至1 L，每次均量取20 mL稀释液进行实验)，其中可行的是()A参加足量BaCl2溶液反响，过滤、洗涤、枯燥、恒重，称得固体质量为W1 gB参加过量的W2 g Zn充分反响后，过滤、洗涤、枯燥、恒重，称得固体质量为W3 g

7、C参加过量的W4 g CaCO3反响停止后，过滤、洗涤、枯燥、恒重，称得固体质量为W5 gD滴入适当指示剂，用浓度的NaOH溶液进行滴定，消耗NaOH溶液的体积为V mL解析：选D。剩余溶液中含有H2SO4、CuSO4，应通过测H的量来确定剩余H2SO4的量。C项，CaSO4微溶，造成W5 g中含有CaSO4。8(NH4)2SO4在一定条件下发生如下反响：4(NH4)2SO4=N26NH33SO2SO37H2O将反响后的气体通入一定量的BaCl2溶液中，发现溶液有白色沉淀生成，还有局部气体从溶液中逸出，检验发现从溶液中逸出的气体无色、无味，溶液中氯化钡恰好完全反响。以下说法正确的选项是()A生

8、成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n(BaSO4)n(BaSO3)约为11B生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n(BaSO4)n(BaSO3)约为12C生成沉淀中既有BaSO4、又有BaSO3，且n(BaSO4)n(BaSO3)约为13D从溶液中逸出的气体只有N2，最后留下溶液中溶质只有较多的NH4Cl解析：选A。SO3Ba2H2O=BaSO42H 11 2SO22NH3H2OBa2=BaSO32NH 36 3BaSO32H=Ba2H2OSO2 121SO2BaSO3H2O=Ba(HSO3)2 11所以n(BaSO3)nBa(SO4)11，逸出的气体只有N2，溶质有NH4Cl

9、和Ba(HSO3)2。9为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3 溶液，再分别滴加以下图所示的试剂对实验现象的“解释或结论错误的选项是()选项实验现象解释或结论Aa中溶液褪色复原性：SO>IBb中加硫酸后产生淡黄色沉淀SO和S2在酸性条件下发生反响Cc中滴入酚酞溶液变红，再加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去SOH2OHSOOH，所以滴入酚酞变红；Ba2SO=BaSO3(白色)，使水解平衡左移，红色褪去Dd中产生白色沉淀Na2SO3溶液已被氧化变质解析：选D。A项，I2SOH2O=2ISO2H，复原性：SO>I；B项，SO2S26H=

10、3S3H2O；D项，因为参加盐酸酸化的Ba(NO3)2，此时BaSO3会被氧化成BaSO4。10锌与100 mL 18.5 mol·L1的浓硫酸充分反响后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反响后的溶液稀释至1 L，测得溶液的pH1。以下表达不正确的选项是()A反响中共消耗1.8 mol H2SO4B气体甲中SO2与H2的体积比为41C反响中共消耗97.5 g ZnD反响中共转移3 mol电子解析：选B。反响后溶液的pH1，说明硫酸过量，且反响后硫酸的物质的量为0.05 mol，那么反响掉的硫酸的物质的量为18.5×0.1 mol0.05 mol1.8

11、mol，A正确；随着反响的进行，硫酸浓度会变稀，可能会生成氢气，所以生成的气体甲可能是SO2和H2的混合物，由Zn2H2SO4(浓)=ZnSO4SO22H2O，ZnH2SO4(稀)=ZnSO4H2，不管是生成SO2还是H2都是1 mol Zn产生1 mol气体甲，n(Zn)n(甲)n(ZnSO4)1.5 mol，那么反响中共消耗Zn 97.5 g，C正确；反响中转移电子的物质的量为锌的物质的量的两倍，为3 mol，D正确；由硫原子守恒可知n(SO2)1.8 mol1.5 mol0.3 mol，n(H2)1.5 mol0.3 mol1.2 mol，所以SO2和H2的体积比为14，B错误。11亚硫

12、酸盐是一种常见的食品添加剂。用如以下图实验可检验某食品中亚硫酸盐含量(含量通常以1 kg样品中含SO2的质量计；所加试剂均足量)。以下说法不正确的选项是()A亚硫酸盐作为食品添加剂作用是防腐保鲜B反响中通入N2的作用是将生成的气体全部赶出C测定样品质量及中耗碱量，可测定样品中亚硫酸盐含量D假设仅将中的氧化剂“H2O2溶液替换为碘水，对测定结果无影响解析：选D。A.根据信息，亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂，作用是防腐保鲜，故说法正确；B.Na2SO3H2SO4=Na2SO4SO2H2O，实验目的测亚硫酸盐含量，SO2应全部吸收，因此N2的作用是将生成的气体全部赶出，故说法正确；C.亚硫酸盐的含量

13、，根据Na2SO3SO2H2SO42NaOH，求出Na2SO3质量，与样品质量的比值，就是含量，故说法正确；D.I2SO22H2O=H2SO42HI，氢氧化钠中和硫酸、氢碘酸，无法求出硫酸的物质的量，即无法计算出含量，故说法错误。12探究Cu和浓硫酸的反响，以下装置或操作正确的选项是()A用装置甲、乙制备和收集SO2B用装置甲、丙制备和稀释CuSO4溶液C用装置乙、丁收集和检验SO2的漂白性D用装置甲、丁制备和探究SO2的漂白性解析：选D。A.Cu与浓硫酸混合加热制取SO2，由于SO2的密度比空气大，所以应该使用向上排空气的方法收集，进气导气管长，出气导气管短，装置乙错误；B.Cu和浓H2SO

14、4反响后的溶液中，有剩余的硫酸，将溶液稀释时，一般是将溶液参加水中，错误；C.SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，但是产生的无色物质不稳定，加热会发生分解反响，使物质恢复原来的颜色，错误；D.用装置甲Cu与浓硫酸混合加热制取SO2；SO2具有漂白性，可以使品红溶液褪色，但是产生的无色物质不稳定，加热会发生分解反响，使物质恢复原来的颜色，可以用装置丁进行，正确。13探究SO2和氯水的漂白性，设计了如下实验，装置如图。完成以下填空：(1)棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是 。(2)反响开始一段时间后，B、D两个试管中可以观察到的现象分别是：B： ，D： 。停止通气后，分别加热B、D两个试管，

15、可以观察到的现象分别是：B： ，D： 。(3)有同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强，他将制得的SO2和Cl2按11同时通入到品红溶液中，结果发现褪色效果并不理想，产生该现象的原因(用化学方程式表示) 。(4)装置E中用 (填化学式)和浓盐酸反响制得Cl2，生成2.24 L(标准状况)的Cl2，那么被氧化的HCl为 mol。(5)实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再参加几滴BaCl2溶液，出现白色沉淀，该方案是否合理 ，理由是 。解析：(1)氯气、二氧化硫都是污染性的气体不能排放到空气中，氯气和氢氧化钠反响生成

16、氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反响生成亚硫酸钠和水，棉花需要沾有氢氧化钠溶液吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境；(2)氯气和水反响生成的次氯酸具有漂白性，二氧化硫和品红化合生成无色物质，两者都能使品红溶液褪色，所以B和D装置中品红都褪色；二氧化硫漂白后的物质具有不稳定性，加热时又能变为红色，而氯气的漂白是利用了氯气和水反响生成的次氯酸的强氧化性，具有不可逆性，所以看到的现象是B中溶液由无色变为红色，D中无明显现象；(3)SO2和Cl2按11通入，SO2和Cl2恰好反响，二者反响生成H2SO4和HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2Cl22H2O=H2SO42HCl；(4)常温

17、下，用KMnO4和浓盐酸反响制Cl2，反响的化学方程式如下：2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O，Mn元素由7价降低到2价，Cl元素的化合价由1价升高到0，高锰酸钾得电子作氧化剂，HCl失电子作复原剂，2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl25Cl28H2O，每生成5 mol氯气被氧化的HCl是10 mol，生成2.24 L(标准状况)的Cl2，为0.1 mol氯气，所以被氧化的HCl的物质的量n2n(Cl2)2×0.1 mol0.2 mol；(5)亚硫酸根离子具有复原性，硝酸具有氧化性，能把亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，蘸有试剂的棉花中可能含

18、有SO，用HNO3溶液酸化时会干扰SO检验，所以该方案不合理。答案：(1)吸收Cl2或SO2等尾气，保护环境(2)品红溶液褪色品红溶液褪色褪色的品红又恢复为红色无明显现象(3)SO2Cl22H2O=H2SO42HCl(4)KMnO40.2(5)不合理蘸有试剂的棉花中可能含有SO，用HNO3溶液酸化时会干扰SO检验14实验小组为探究SO2的漂白性和复原性，设计了以下实验。完成以下填空：(1)实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸反响制取二氧化硫，有以下三种硫酸溶液，应选用 (选填编号)，其理由是 。a98%浓硫酸b70%硫酸c10%稀硫酸.漂白性(2)用如下图装置(气密性良好)进行实验，观察到如下现象：中红

19、色褪去、中无变化。足量碱石灰的作用是 。从实验中可知使品红的水溶液褪色的微粒可能是 。(3)实验小组进一步实验如下：取等量相同浓度的品红水溶液于两支试管中，再分别参加少量Na2SO3固体和NaHSO3固体，两支试管中的品红都褪色，于是得出结论：使品红褪色的微粒肯定是HSO或SO，你认为这一结论是否正确 ，理由是 。.复原性(4)将SO2通入FeCl3溶液中，使其充分反响。SO2与FeCl3反响的离子方程式是 ，如何检验该反响所得含氧酸根离子 。实验中观察到溶液由黄色变为红棕色，静置一段时间，变为浅绿色。：红棕色为FeSO3(墨绿色难溶物)与FeCl3溶液形成的混合色；Fe3可氧化SO，那么中红棕色变为浅绿色的原因是 。解析：(1)实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸反响制取二氧化硫，一般用70%硫酸，浓度太大，氢离子浓度小，不易反响，硫酸浓度太小，二氧化硫易溶于水，所以二氧化硫不易放出，应选b；98%浓硫酸中c(H)小不易反响，10%硫酸溶液水含量高不易使SO2放出；(2)二氧化硫有毒，会污染空气，所以要用碱石灰吸收，同时还可以防止空气中的水份进入装置，对实验产生干扰，所以图中足量碱石灰的作用是防止空气中的水蒸气进入中干扰实验，吸收二氧化硫防污染；比拟品红的水溶液和乙醇溶液可知，品红褪色中因为有水的存在，二氧化硫与水反响生成亚