【精编】2020年高考化学大一轮复习第4章常见非金属及其化合物第3讲氧硫及其重要化合物课时规范训练.pdf

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1、文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.1文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.氧、硫及其重要化合物 单独成册 1下列关于硫及其化合物的说法中正确的是()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，体现了其漂白性D浓硫酸可用来干燥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，体现了酸性氧化物的性质；浓硫酸具有吸水性，可干燥SO2、CO、Cl2等气体。2酸雨形成的示意图如图。下列说法中

2、，不正确的是()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还原反应D燃煤中加入石灰石可防治酸雨解析：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还原反应，氮氧化物溶于水生成硝酸也是氧化还原反应，故 C错误；D.燃煤中加入石灰石可减少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

3、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，二者均反应，不能检验二氧化碳，故A不选；B.先通过足量饱和NaHCO3溶液，二氧化硫与碳酸氢钠反应生成二氧化碳，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，二者均反应，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，故选D。4SO2与 H2S混合生成S和 H2O，下列说法正确的是()ASO2的排放是造成酸雨的唯一原因B该反应说明SO2具有还原性C自然界不存在单质形式的硫D在该反应条件下，H2S的还原性强于

4、S的还原性文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.2文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.解析：选 D。二氧化硫、二氧化氮都是造成酸雨的原因，A错误；该反应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；D正确。5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应又发生还原反应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

5、大气，正确；C.循环过程中硫元素既发生氧化反应又发生还原反应，正确；D.大气中的硫元素部分转化成亚硫酸，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 反应生成可溶性离子Ag(S2O3)32。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：H2S2O3HHS2O3BNa2S2O3溶液显碱性的原因是：S2O23 2H2OH2S2O32OHCNa2S2O3和 AgBr 反应的离子方程式是：2S2O23AgBrAg(S2O3)32BrD定影不能在酸性较强的溶液中进行的原因是：S2O232H=S S

6、O2 H2O 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：H2S2O3HHS2O3，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：S2O23H2OHS2O3 OH，错误；C.根据题意知 Na2S2O3和 AgBr 反应的离子方程式是：2S2O23AgBrAg(S2O3)32Br，正确；D.酸性条件下，S2O23在酸性条件下发生歧化反应，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：S2O232H=S SO2 H2O，正确。7实验室进行：Cu 2H2SO4(浓)=CuSO

7、4 SO2 2H2O，反应因硫酸浓度下降而停止。为测定反应残余液中硫酸的浓度，探究小组同学设计了4 组实验方案(将残余液稀释至1 L，每次均量取20 mL 稀释液进行实验)，其中可行的是()A加入足量BaCl2溶液反应，过滤、洗涤、干燥、恒重，称得固体质量为W1 g B加入过量的W2 g Zn 充分反应后，过滤、洗涤、干燥、恒重，称得固体质量为W3 g C加入过量的W4g CaCO3反应停止后，过滤、洗涤、干燥、恒重，称得固体质量为W5g D滴入适当指示剂，用已知浓度的NaOH 溶液进行滴定，消耗NaOH 溶液的体积为VmL 解析：选 D。剩余溶液中含有H2SO4、CuSO4，应通过测H的量来

8、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应：4(NH4)2SO4=N2 6NH3 3SO2 SO3文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.3文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.7H2O将反应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，还有部分气体从溶液中逸出，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应。下列说法正确的是()A生成沉淀中既有BaSO4、又有 BaSO3，且n(BaSO4)n(BaSO3)约为 11B生成沉淀中既有BaSO4、又

9、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=BaSO4 2H 1 1 2 SO22NH3H2OBa2=BaSO3 2NH4 3 6 3 BaSO32H=Ba2H2O SO2 1 2 1 SO2BaSO3H2O=Ba(HSO3)2 1 1 所以n(BaSO3)nBa(SO4)11，逸出的气体只有N2，溶质有NH4Cl 和 Ba(HSO3)2。9为探究Na2SO3溶液的性质，在白色点滴板的a

10、、b、c、d 四个凹槽中滴入Na2SO3溶液，再分别滴加下图所示的试剂对实验现象的“解释或结论”错误的是()选项实验现象解释或结论A a 中溶液褪色还原性：SO23IB b 中加硫酸后产生淡黄色沉淀SO23和 S2在酸性条件下发生反应C c 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SO23H2OHSO3OH，所以滴入酚酞变红；Ba2SO23=BaSO3(白色)，使水解平衡左移，红色褪去D d 中产生白色沉淀Na2SO3溶液已被氧化变质解析：选 D。A 项，I2 SO23H2O=2I SO242H，还原性：SO23I；B项，SO232S2 6H=3S 3H2O；D项，因为加

11、入盐酸酸化的Ba(NO3)2，此时 BaSO3会被氧化成BaSO4。10锌与100 mL 18.5 mol L1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体甲33.6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液的pH1。下列叙述不正确的是文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.4文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.()A反应中共消耗1.8 mol H2SO4B气体甲中SO2与 H2的体积比为41C反应中共消耗97.5 g Zn D反应中共转移3 mol 电子解析：选 B。反应后溶液的pH1，说明硫酸过量，且反应后硫酸的物质的量为0.05 mol，则

12、反应掉的硫酸的物质的量为18.50.1 mol 0.05 mol 1.8 mol，A正确；随着反应的进行，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)=ZnSO4SO2 2H2O，ZnH2SO4(稀)=ZnSO4H2，不论是生成SO2还是 H2都是 1 mol Zn 产生 1 mol 气体甲，n(Zn)n(甲)n(ZnSO4)33.6 L22.4 L mol11.5 mol，则反应中共消耗Zn 97.5 g，C正确；反应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 mol 1.5

13、mol 0.3 mol，n(H2)1.5 mol0.3 mol 1.2 mol，所以 SO2和 H2的体积比为14，B错误。11 亚硫酸盐是一种常见的食品添加剂。用如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)。下列说法不正确的是()A亚硫酸盐作为食品添加剂作用是防腐保鲜B反应中通入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若仅将中的氧化剂“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=Na

14、2SO4SO2 H2O，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，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和浓硫酸的反应，下列装置或操作正确的是()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

15、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 H2SO4反文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.5文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.应后的溶液中，有剩余的硫酸，将溶液稀释时，一般是将溶液加入水中，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，加热会发生分解反应，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，加热会发生分解反应，使物质恢复原来的颜色，可

16、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。完成下列填空：(1)棉花上沾有的试剂是NaOH溶液，作用是。(2)反应开始一段时间后，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，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)和浓盐酸反应制得Cl2，生成 2.24 L(标准状况)的 Cl2，则被氧化的HCl 为

17、 mol。(5)实验结束后，检验蘸有试剂的棉花含有SO24的实验方案是：取棉花中的液体少许，滴加足量的稀HNO3，再加入几滴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，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，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)氯气和水反应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应

18、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恰好反应，二者反应生成H2SO4和 HCl，生成物都无漂白性，化学方程式为：SO2 Cl22H2O=H2SO42HCl；(4)常温下，用KMnO4和浓盐酸反应制Cl2，反应的化学方程式如下：2KMnO416HCl(浓)=2KCl2MnCl2 5Cl2 8H2O，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 失电子作还原剂，2KMnO4 16HCl(浓)=2KCl 2MnCl25Cl2 8H2O

19、，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，文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.6文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.为 0.1 mol氯气，所以被氧化的HCl 的物质的量n2n(Cl2)20.1 m ol 0.2 mol；(5)亚硫酸根离子具有还原性，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有SO23，用 HNO3溶液酸化时会干扰SO24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

20、显现象(3)SO2Cl2 2H2O=H2SO4 2HCl(4)KMnO40.2(5)不合理蘸有试剂的棉花中可能含有SO23，用 HNO3溶液酸化时会干扰SO24检验14实验小组为探究SO2的漂白性和还原性，设计了以下实验。完成下列填空：(1)实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸反应制取二氧化硫，有下列三种硫酸溶液，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)用如图所示装置(气密性良好)进行实验，观察到如下现象：中红色褪去、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，

21、再分别加入少量 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HSO3或SO23，你 认 为 这 一 结 论 是 否 正 确，理 由是。.还原性(4)将 SO2通入 FeCl3溶液中，使其充分反应。SO2与FeCl3反应的离子方程式是，如何检验该反应所得含氧酸根离子。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。已知：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 SO23，则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应制取二氧化硫，一般用70%硫酸，浓度太大，氢

22、离子浓度小，不易反应，硫酸浓度太小，二氧化硫易溶于水，所以二氧化硫不易放出，文档来源为:从网络收集整理.word 版本可编辑.欢迎下载支持.7文档收集于互联网，已整理，word 版本可编辑.故选 b；98%浓硫酸中c(H)小不易反应，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；比较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，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸为二元弱酸，能发生二级电离，产生HSO3、SO23

23、，所以使品红褪色的粒子可能是H2SO3、HSO3、SO23；(3)亚硫酸为二元弱酸，Na2SO3固体和 NaHSO3固体溶于水得到溶液，在水中亚硫根离子和亚硫酸氢根离子都水解会生成亚硫酸，所以使品红褪色的微粒肯定是HSO3或 SO23这一说法不正确；(4)SO2与 FeCl3反应生成硫酸根离子和亚铁离子，反应的离子方程式为2Fe3SO22H2O 2Fe2SO24 4H，用钡离子检验硫酸根离子，操作为取少量反应混合液，加入盐酸酸化后再加氯化钡，产生白色沉淀，混合液中即含有SO24；溶液由红棕色为FeSO3(墨绿色难溶物)与 FeCl3溶液形成的混合色，变为浅绿色的应为亚铁离子，则说明铁离子被亚硫

24、酸根离子还原，所以红棕色变为浅绿色的原因是混合液中存在平衡FeSO3(s)Fe2(aq)SO23(aq)，Fe3会与 SO23发生氧化还原反应，使平衡右移，墨绿色沉淀溶解，最终生成浅绿色FeSO4溶液。答案：(1)b 98%浓硫酸中c(H)小不易反应，10%硫酸溶液水含量高不易使SO2放出(2)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H2SO3、HSO3、SO23(3)不正确因为 SO23离子和 HSO3离子都会水解生成H2SO3(4)2Fe3SO22H2O=2Fe2SO244H取少量反应混合液，加入盐酸酸化后加氯化钡，产生白色沉淀，混合液中即含有SO24混合液中存在平衡FeSO3(s)Fe2(aq)SO23(aq)，Fe3会与 SO23发生氧化还原反应，使平衡右移，墨绿色沉淀溶解，最终生成浅绿色 FeSO4溶液