高一（必修一）化学第四章4.3.1二氧化硫和三氧化硫（含答案解析）

1、.人教版高一必修一化学第四章4.3.1二氧化硫和三氧化硫含答案解析一、选择题1常温下单质硫主要以S8形式存在。加热时，S8会转化为S6、S4、S2等。当温度到达750 时，硫蒸气主要以S2形式存在占92%。以下说法中正确的选项是AS8转化为S6、S4、S2属于物理变化B不管哪种硫分子，完全燃烧时都生成SO2CS8、S6、S4、S2均属于共价化合物D把硫单质在空气中加热到750 即得S2【解析】A物理变化是没有新物质生成的变化，S8转化为S6、S4、S2属于化学变化，故A错误；B.不管哪种硫分子，组成元素只有硫元素，燃烧产物都是二氧化硫，故B正确；C.S8、S6、S4、S2均属于单质，故C错误；

2、D.硫单质在空气中加热时，硫单质会和氧气之间发生反响，不会得到纯洁的硫单质，故D错误，应选B。【答案】B2以下物质中，不能由单质直接化合生成的是CuSFeSSO3H2SFeCl2ABCD全部【解析】硫的氧化性较弱，和变价金属反响生成低价态化合物，硫和铜反响生成Cu2S不是CuS，所以CuS不能通过单质直接化合生成；硫和铁反响能生成FeS，故FeS能通过单质直接化合生成；硫和氧气反响生成SO2而不是SO3，故SO3不能由单质直接化合生成；硫和氢气反响生成H2S，故H2S能通过单质直接化合生成；氯气的氧化性较强，和变价金属反响生成高价态化合物，氯气和铁反响生成FeCl3，而不是FeCl2，故FeC

3、l2不能由单质直接化合生成。【答案】A【点评】此题考察了物质的变化，硫单质、氯气单质的性质，难度不大。解题的关键是掌握好硫单质、氯气单质的氧化性的强弱不同。3以下说法不正确的选项是A硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO2B可以用品红溶液鉴别SO2和CO2CSO2能使品红溶液、酸性KMnO4溶液褪色，但褪色原理不同D少量SO2通过CaCl2的溶液能生成白色沉淀【解析】A硫粉在过量的纯氧中燃烧可以生成大量的SO2，A正确；B.SO2能使品红溶液褪色，CO2不能，可以用品红溶液鉴别SO2和CO2，B正确；C.SO2能使品红溶液，酸性KMNO4溶液褪色，但褪色原理不同，后者是被酸性高锰酸钾溶液氧化

4、，C正确；D.SO2与CaCl2溶液不反响，D错误，答案选D。【答案】D4不能鉴别二氧化碳与二氧化硫的试剂是A品红溶液B澄清的石灰水C溴水D酸性高锰酸钾溶液【解析】二氧化硫能使品红溶液褪色，故A能鉴别；二氧化碳与二氧化硫都能使澄清的石灰水变浑浊，故B不能鉴别；二氧化硫能使溴水褪色，故C能鉴别；二氧化硫能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故D能鉴别。【答案】B5以下装置应用于实验室制二氧化硫并验证其漂白性的实验，其中能到达实验目的的是A用装置甲制取二氧化硫B用装置乙搜集二氧化硫C用装置丙验证二氧化硫的漂白性D用装置丁吸收二氧化硫【解析】ACu与浓硫酸混合加热制取SO2，因此该装置不能到达实验目的，错误；B

5、.由于SO2的密度比空气大，所以应该用向上排空气的方法搜集SO2，即导气管应该是长进短出，用装置乙不能搜集到二氧化硫，错误；C.SO2有复原性，可以被酸性高锰酸钾溶液氧化为硫酸而使溶液的紫色褪去，这不是二氧化硫的漂白性，错误；D.SO2是大气污染物，在验证SO2的漂白性后的尾气不能排入大气，要用碱溶液吸收，为了防止倒吸现象的发生，应该在导气管的末端安装一个倒扣的漏斗，正确。【答案】D6以下关于SO2的表达，正确的选项是ASO2既可以是含硫物质的氧化产物，又可以是含硫物质的复原产物BSO2是硫酸的酸酐C大气中SO2的主要来源是汽车排出的尾气DSO2具有漂白性，因此可以使石蕊试液褪色【解析】ASO

6、2既可以是含硫物质的氧化产物，又可以是含硫物质的复原产物，正确；B.SO3是硫酸的酸酐，错误；C.大气中SO2的主要来源是化石燃料的燃烧和工厂废气，错误；D.SO2具有漂白性，因此可以使石蕊试液变红但不褪色，错误。【答案】A7以下实验可以证明二氧化硫存在的是能使澄清的石灰水变浑浊能使潮湿的蓝色石蕊试纸变红能使潮湿的品红试纸褪色通入足量的氢氧化钠溶液，再加氯化钡溶液有白色沉淀生成，该沉淀溶于稀盐酸通入氯水能使氯水褪色，再滴加氯化钡溶液有白色沉淀生成A都不能证明B能证明C能证明D只有能证明【解析】能使澄清石灰水变浑浊的气体，还可能是CO2，错误；能使潮湿的蓝色石蕊试纸变红的气体，是酸性气体，如CO

7、2等，错误；能使潮湿的品红试纸褪色，可能是Cl2等强氧化性气体，错误；出现此现象，还可能是CO2气体，错误；通入氯水能使氯水褪色，说明此气体具有复原性，再滴加氯化钡溶液有白色沉淀，因此该气体是SO2，正确。【答案】D8现有两瓶溶液，新制饱和氯水和亚硫酸溶液，以下方法或试剂必要时可加热；观察颜色石蕊试液品红溶液，其中能用于鉴别它们的是AB只有C只有D只有【解析】新制氯水为浅黄绿色，亚硫酸溶液为无色溶液，故可观察颜色鉴别新制氯水和亚硫酸溶液，故正确；新制氯水和亚硫酸溶液均显酸性，遇石蕊均显红，但新制氯水中含有HClO，有强氧化性具备漂白性，能漂白指示剂，可使石蕊褪色，亚硫酸不能使指示剂褪色故可用石

8、蕊溶液区分，正确；新制饱和氯水和亚硫酸均有漂白性，均会使品红褪色，但亚硫酸使品红褪色是与品红化合为无色物质，但该物质不稳定受热易分解，故褪色后溶液加热可使溶液恢复原色，但新制氯水使品红褪色属于永久性漂白，不会恢复原色，故可用品红溶液区分，故正确；此题选A。【答案】A9在含有FeCl3和BaCl2的酸性混合液中，通入足量SO2气体，有白色沉淀生成，过滤后，向滤液中滴加KSCN溶液，不出现红色，在氨水和BaCl2的混合液中，通入适量SO2气体，也有白色沉淀生成，由此得出的结论是A白色沉淀都是BaSO3B白色沉淀是BaSO3和S，是BaSO3C白色沉淀是BaSO4，是BaSO3D白色沉淀是FeSO3

9、，是BaSO3【解析】含有FeCl3和BaCl2的酸性混合液中，通入足量SO2气体，有白色沉淀生成，过滤后，向滤液中滴加KSCN溶液，不出现红色，说明该滤液中不含有铁离子，那么铁离子与二氧化硫发生氧化复原反响，生成SO、Fe2，SO和Ba2反响生成硫酸钡沉淀，所以是硫酸钡沉淀；在氨水和BaCl2的混合液中，通入适量SO2气体，二氧化硫与氨水反响生成亚硫酸铵，再与氯化钡反响生成亚硫酸钡沉淀，所以是亚硫酸钡沉淀，答案选C。【答案】C10用1 L 1.0 mol·L1 NaOH溶液吸收0.8 mol SO2，所得溶液中的SO和HSO的物质的量浓度之比是A13B12C23D32【解析】1 L

10、 1.0 mol/L的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量为：1 L×1.0 mol/L1.0 mol设反响生成亚硫酸钠的物质的量为x，消耗二氧化硫的物质的量为y2NaOHSO2=Na2SO3H2O21110 molyx解得：x0.5 mol，y0.5 mol根据上述计算可以知道，二氧化硫是过量的，剩余的二氧化硫的物质的量：0.8 mol0.5 mol0.3 mol；所以二氧化硫会和生成的亚硫酸钠继续反响，设消耗亚硫酸钠的物质的量为a，生成亚硫酸氢钠的物质的量为b，Na2SO3H2OSO2=2NaHSO311 2a 0.3 molb解得a0.3 mol，b0.6 mol所以反响后的溶

11、液即亚硫酸钠的浓度即cSO0.5 mol0.3 mol/1L0.2 mol/LcHSO0.6 mol/1 L0.6 mol/L【答案】A【点评】此题考察了二氧化硫与氢氧化钠的反响的量的关系，难度不大。需要通过反响方程式的反响关系，计算生成SO和HSO的物质的量的关系。二、非选择题11实验室可用如下装置略去部分夹持仪器制取SO2并验证其性质。1盛装70% H2SO4溶液的仪器名称为_。仪器组装完成后，关闭两端活塞，向装置B的长颈漏斗内注入液体至形成一段液柱，假设_，那么整个装置气密性良好。2装置B的作用之一是通过观察产生气泡的多少判断SO2生成的快慢，其中的液体最好选择_填代号。a蒸馏水 b饱和

12、Na2CO3溶液c饱和NaHSO3溶液 d饱和NaOH溶液3C试管中的试剂可以验证二氧化硫的氧化性，现象为_。4为验证二氧化硫的复原性，充分反响后，取试管D中的溶液分成三份，分别进展如下实验：方案：向第一份溶液中参加AgNO3溶液，有白色沉淀生成；方案：向第二份溶液中参加品红溶液，红色褪去；方案：向第三份溶液中参加BaCl2溶液，产生白色沉淀。上述方案合理的是方案_填“或“；试管D中发生反响的离子方程式为_。5装置E的作用是_。装置F中为_溶液。【解析】1根据仪器特点，该仪器名称为分液漏斗，液注高度保持不变，说明气密性良好；2SO2易溶于水，能与Na2SO3溶液、NaHCO3溶液反响，但在Na

13、HSO3溶液中溶解度较小，c项正确；3SO2能将S2氧化，生成硫单质，所以现象为有浅黄色沉淀生成；4方案，氯水中参加AgNO3溶液也可得到白色沉淀；方案中二氧化硫和氯水均可使品红褪色；方案中产生沉淀可证明SO2与Cl2发生了氧化复原反响因溶液显酸性，不会产生BaSO3沉淀，而是BaSO4沉淀，选方案；5E为平安瓶，防止倒吸；装置F起到吸收尾气中SO2、H2S的作用，可选用NaOH溶液。【答案】1分液漏斗；液柱高度保持不变2c3有浅黄色沉淀生成4；SO2Cl22H2O=4HSO2Cl5防止倒吸；NaOH12 A、B是两种常温下有刺激性气味的气体。将A通入品红溶液中，品红溶液变为无色；将B通入品红

14、溶液中，品红溶液也变为无色。将A通入紫色石蕊溶液中，溶液变为红色；将B通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色。将A和B按11的体积比充分混合，通入品红溶液中，品红溶液不褪色，通入紫色石蕊溶液中，溶液只变红不褪色。试答复以下问题：1写出A、B的化学式：A_；B_。2写出A与NaOH溶液反响的化学方程式：_或_。3写出B与NaOH溶液反响的离子方程式：_。4加热通入A后变为无色的品红溶液，现象是_；加热通入B后变为无色的品红溶液，现象是_。【解析】具有漂白作用，能使品红溶液褪色的气体有Cl2、SO2、O3等。A气体不能使紫色石蕊溶液褪色，但能使紫色石蕊溶液变红色，所以A为SO2：H2OSO2H2SO

15、3；B气体使紫色石蕊溶液先变红后褪色，为Cl2：H2OCl2=HClHClO，HCl使紫色石蕊溶液变红，HClO能使紫色石蕊溶液变为无色。假如将Cl2与SO2等体积混合，通入溶液中，那么发生以下反响：Cl2SO22H2O=H2SO42HCl，生成的盐酸和硫酸都没有漂白作用，它们只能使紫色石蕊溶液变红。【答案】1SO2Cl222NaOHSO2=Na2SO3H2ONaOHSO2=NaHSO332OHCl2=ClClOH2O4溶液变为红色无明显变化13X、Y为有刺激性气味的气体，有以下转化关系，部分产物未标出。试答复：1写出以下物质的化学式X_、Y_、A_、B_、C_。2反响的化学方程式为_，反响的离子方程式为_。【解析】A与HNO3酸化的AgNO3反响产生白色沉淀。A中含Cl，B与盐酸酸化的BaCl2反响，产生白色沉淀，B中含SO，又根据X、Y均为有刺激性气味的气体，且X能与Fe反响，那么X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。【答案】1Cl2SO2HClH2SO4FeCl32Cl2SO22H2O=2HClH2SO42Fe3SO22H2O=2Fe2SO4H14一包重41.6 g的固体样品，其成分是硫和铁的化合物，将它充分煅烧后，硫和铁分别被氧化成SO2和Fe2O3，其中SO2在标准状况下为13.44 L。试求：1样品中硫元素与铁元素的物质的量之比。2样品化