跟蹤檢測十四氧硫及其化合物

1、跟蹤檢測（十四） 氧、硫及其化合物1(2019臨汾一中期中)下列硫化物中不能直接用金屬單質(zhì)和硫單質(zhì)反應(yīng)制得的是()ACuSBFeSCZnS DMgS解析：選A硫的非金屬性較弱，與變價(jià)金屬化合時(shí)，只能生成低價(jià)態(tài)硫化物，即Cu與硫反應(yīng)只能生成Cu2S，其余金屬硫化物都能直接用金屬單質(zhì)和硫反應(yīng)得到，故A符合。2黃帝九鼎神丹經(jīng)訣記載著“煉石膽取精華法”，即干餾石膽(膽礬)而獲得“綠礬油”。這里的“綠礬油”是指()A硝酸 B硫酸C鹽酸 D硫酸亞鐵溶液解析：選B根據(jù)石膽(膽礬)的組成元素，可知“綠礬油”應(yīng)為硫酸。3為確定某純凈的氣體X的成分，進(jìn)行了如下幾種實(shí)驗(yàn)，其中不正確的是()選項(xiàng)操作(現(xiàn)象)結(jié)論A聞X

2、氣味(有刺激性) 酸性KMnO4溶液(褪色)X一定是SO2B聞X氣味(有刺激性) 澄清石灰水(變渾濁)X一定是SO2CX品紅溶液(褪色) 變紅色X一定是SO2DX紫色石蕊溶液(先變紅色后褪色)X一定不是SO2解析：選A能使KMnO4溶液褪色且有刺激性氣味的氣體還有HCl等，A項(xiàng)錯(cuò)誤；能使澄清石灰水變渾濁的有CO2、SO2，但前者無氣味，B項(xiàng)正確；使品紅溶液褪色且加熱又恢復(fù)紅色的只有SO2，C項(xiàng)正確；SO2不能漂白紫色石蕊溶液，D項(xiàng)正確。4.某同學(xué)進(jìn)行SO2的性質(zhì)實(shí)驗(yàn)。在點(diǎn)滴板a、b、c處分別滴有不同的試劑，再向Na2SO3固體上滴加數(shù)滴濃H2SO4后，在整個(gè)點(diǎn)滴板上蓋上培養(yǎng)皿，一段時(shí)間后觀察到

3、的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象如下表所示：序號(hào)試劑實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象a品紅溶液紅色褪去b酸性KMnO4溶液紫色褪去cNaOH溶液(含2滴酚酞)紅色褪去下列說法正確的是()A濃硫酸與Na2SO3固體發(fā)生了氧化還原反應(yīng)Ba、b均表明SO2具有漂白性Cc中只可能發(fā)生反應(yīng)：SO22OH=SOH2ODc中所得溶液的離子濃度一定存在關(guān)系：c(Na)c(H)2c(SO)c(HSO)c(OH)解析：選D濃硫酸與Na2SO3固體反應(yīng)可生成Na2SO4、SO2和H2O，該反應(yīng)中各元素的化合價(jià)沒有發(fā)生變化，是非氧化還原反應(yīng)，A錯(cuò)。SO2可與酸性KMnO4溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)而使KMnO4溶液的紫色褪去，表明SO2具有還原性，B錯(cuò)。SO2過量時(shí)，

4、c中還可能發(fā)生OHSO2=HSO，C錯(cuò)。c溶液中含有SO、HSO等，根據(jù)電荷守恒可得：c(Na)c(H)c(OH)c(HSO)2c(SO)，D正確。5.含硫煤燃燒會(huì)產(chǎn)生大氣污染物，為防治該污染，某工廠設(shè)計(jì)了新的治污方法，同時(shí)可得到化工產(chǎn)品，該工藝流程如圖所示，下列敘述不正確的是()A該過程中可得到化工產(chǎn)品H2SO4B該工藝流程是除去煤燃燒時(shí)產(chǎn)生的SO2C該過程中化合價(jià)發(fā)生改變的元素為Fe和SD圖中涉及的反應(yīng)之一為Fe2(SO4)3SO22H2O=2FeSO42H2SO4解析：選C根據(jù)圖可知，該工藝中Fe2(SO4)3溶液吸收SO2生成FeSO4和H2SO4，該反應(yīng)的化學(xué)方程式為Fe2(SO4)

5、3SO22H2O=2FeSO42H2SO4，該工藝不僅吸收了二氧化硫，還得到了化工產(chǎn)品硫酸，A、D正確；根據(jù)以上分析可知該工藝流程是除去煤燃燒時(shí)產(chǎn)生的SO2，B正確；該過程中化合價(jià)發(fā)生變化的元素有氧、鐵、硫，C錯(cuò)誤。6(2019常德模擬)如圖是檢驗(yàn)氣體性質(zhì)的實(shí)驗(yàn)裝置。向裝置中緩慢通入氣體X，若關(guān)閉活塞K，品紅溶液無變化、澄清石灰水變渾濁；若打開活塞K，品紅溶液褪色。據(jù)此判斷，氣體X和液體Y可能是()選項(xiàng)物質(zhì)ABCDXH2SSO2CO2Cl2Y濃硫酸NaHCO3飽和溶液Na2SO3溶液NaHSO3溶液解析：選BH2S不能使品紅溶液褪色，A項(xiàng)錯(cuò)誤；SO2可與NaHCO3飽和溶液反應(yīng)生成二氧化碳，若

6、關(guān)閉活塞K，則品紅溶液無變化，生成的二氧化碳?xì)怏w使澄清石灰水變渾濁，若打開活塞K，則品紅溶液褪色，B項(xiàng)正確；二氧化碳不能使品紅溶液褪色，所以打開活塞K，品紅溶液不會(huì)褪色，C項(xiàng)錯(cuò)誤；Cl2不能使澄清石灰水變渾濁，D項(xiàng)錯(cuò)誤。7探究濃硫酸和銅的反應(yīng)，下列裝置或操作正確的是()A用裝置甲進(jìn)行銅和濃硫酸的反應(yīng)B用裝置乙收集二氧化硫并吸收尾氣C用裝置丙稀釋反應(yīng)后的混合液D用裝置丁測定余酸的濃度解析：選C銅與濃硫酸需要在加熱條件下才能反應(yīng)，A錯(cuò)誤；二氧化硫的密度比空氣的大，應(yīng)使用向上排空氣法收集，即氣體“長進(jìn)短出”，B錯(cuò)誤；反應(yīng)后的混合液中含有過量的濃硫酸，稀釋時(shí)，應(yīng)將其沿?zé)瓋?nèi)壁慢慢倒入水中，且用玻璃棒不

7、斷攪拌，C正確；應(yīng)使用堿式滴定管(帶膠管)量取氫氧化鈉溶液，D錯(cuò)誤。8.(2019長沙模擬)已知X為一種常見酸的濃溶液，能使蔗糖粉末變黑。A與X反應(yīng)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示，其中反應(yīng)條件及部分產(chǎn)物均已略去，則下列有關(guān)說法正確的是()AX使蔗糖變黑主要體現(xiàn)了X的強(qiáng)氧化性B若A為鐵，則足量A與X在室溫下即可完全反應(yīng)C若A為碳單質(zhì)，則將C通入少量的澄清石灰水，一定可以觀察到白色沉淀產(chǎn)生D工業(yè)上，B轉(zhuǎn)化為D的反應(yīng)條件為高溫、常壓、催化劑解析：選D由題意知X為濃H2SO4。濃H2SO4使蔗糖變黑主要體現(xiàn)了濃H2SO4的脫水性，A項(xiàng)錯(cuò)誤；濃H2SO4在室溫下使Fe鈍化，B項(xiàng)錯(cuò)誤；A為碳單質(zhì)時(shí)，生成的C為CO2，

8、CO2通入少量澄清石灰水生成可溶性的Ca(HCO3)2，C項(xiàng)錯(cuò)誤；SO2與O2反應(yīng)的條件為高溫、常壓、催化劑，D項(xiàng)正確。9下列物質(zhì)的檢驗(yàn)中，其結(jié)論一定正確的是()A向某溶液中加入BaCl2溶液，產(chǎn)生白色沉淀，加入稀HNO3后，白色沉淀不溶解，也無其他現(xiàn)象，說明原溶液中一定含有SOB向某溶液中加鹽酸產(chǎn)生無色氣體，該氣體能使澄清的石灰水變渾濁，說明該溶液中一定含有CO或SOC取少量久置的Na2SO3樣品于試管中加水溶解，再加足量鹽酸酸化，然后加BaCl2溶液，若加鹽酸時(shí)有氣體產(chǎn)生，加BaCl2溶液時(shí)有白色沉淀產(chǎn)生，說明Na2SO3樣品已部分被氧化D將某氣體通入品紅溶液中，品紅溶液褪色，該氣體一定是

9、SO2解析：選C該溶液中可能含有Ag或SO，A錯(cuò)誤；使澄清石灰水變渾濁的氣體可能為CO2、SO2，溶液中可能存在CO或HCO或SO或HSO，B錯(cuò)誤；加入足量鹽酸有氣體產(chǎn)生，氣體為SO2，排除SO的干擾，再加入BaCl2溶液有白色沉淀產(chǎn)生，沉淀為BaSO4，說明一定含有SO，所以說明Na2SO3樣品已部分被氧化，C正確；氧化性氣體如氯氣都能使品紅溶液褪色，D錯(cuò)誤。10用如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置進(jìn)行物質(zhì)性質(zhì)的探究實(shí)驗(yàn)。下列說法不合理的是()A若品紅溶液褪色，則說明產(chǎn)物中含有SO2B若溴水褪色，則說明SO2具有還原性C若燒瓶中產(chǎn)生黃色渾濁和無色氣泡，則說明Na2S2O3只作氧化劑D若品紅溶液不褪色、Na2S

10、iO3溶液中出現(xiàn)白色渾濁，則說明亞硫酸比碳酸的酸性強(qiáng)解析：選CSO2有漂白性，能使品紅溶液褪色，A正確；SO2使溴水褪色表現(xiàn)的是還原性，B正確；此反應(yīng)中Na2S2O3既作氧化劑又作還原劑，C錯(cuò)誤；品紅溶液不褪色說明無SO2，Na2SiO3溶液中出現(xiàn)白色渾濁說明SO2與NaHCO3溶液反應(yīng)生成了CO2，依據(jù)強(qiáng)酸制弱酸的原理說明亞硫酸比碳酸的酸性強(qiáng)，D正確。11H2O2廣泛應(yīng)用于化學(xué)品合成、紙漿和紡織品的漂白，是環(huán)保型液體漂白劑。有研究表明，H2O2溶液的漂白性是HO所致。(1)H2O2溶液顯弱酸性，測得0.15 molL1 H2O2溶液pH約為6。寫出H2O2生成HO的電離方程式：_。(2)其他

11、條件相同時(shí)，研究不同初始pH條件下H2O2溶液的漂白效果，結(jié)果如下：由上圖可得到的結(jié)論是_，結(jié)合平衡移動(dòng)原理簡述理由：_。(3)實(shí)驗(yàn)發(fā)現(xiàn)：若pH11，則H2O2溶液的漂白效果隨pH增大而降低。針對這一現(xiàn)象，繼續(xù)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，發(fā)現(xiàn)溶液中H2O2的分解與pH有關(guān)。測定不同初始pH條件下，初始濃度均為0.15 molL1的H2O2溶液發(fā)生分解反應(yīng)，結(jié)果如下：初始pHpH10pH121小時(shí)后H2O2溶液濃度0.13 molL10.07 molL11小時(shí)后pH沒有明顯變化沒有明顯變化查閱資料：HOH2O2=H2OO2OH。結(jié)合離子方程式解釋1小時(shí)后pH沒有明顯變化的原因：_。從反應(yīng)速率的角度分析pH過大，H

12、2O2溶液漂白效果會(huì)降低的原因：_。解析：(1)H2O2溶液顯弱酸性，電離是微弱的，用可逆號(hào)，故H2O2生成HO的電離方程式為H2O2HOH。(2)由圖可知，其他條件相同時(shí)，初始pH越大染料脫色率越高，即H2O2的漂白效果越好，H2O2溶液中存在平衡H2O2HOH，pH增大，OH的濃度增大，OH可與H2O2電離的H反應(yīng)，使H濃度減小，平衡H2O2HOH正向移動(dòng)，HO的濃度越大，漂白效果越好。(3)根據(jù)第(2)問解析可知：堿性條件下H2O2OH=HOH2O，且HOH2O2=H2OO2OH，則OH可看作是H2O2分解的催化劑，故反應(yīng)前后pH不變；表格中是H2O2的分解速率與pH的關(guān)系，由表格中的數(shù)

13、據(jù)可知，pH越大，H2O2的分解越快，使參與漂白的HO的濃度下降，故漂白效果降低。答案：(1)H2O2HOH(2)其他條件相同時(shí)，初始pH越大染料脫色率越高，即H2O2的漂白效果越好c(OH)增大，促使H2O2HOH正向移動(dòng)，c(HO)增大，漂白效果增強(qiáng)(3)堿性條件下：H2O2OH=HOH2O，又知HOH2O2=H2OO2OH，OH可看作是H2O2分解反應(yīng)的催化劑，故反應(yīng)前后pH不變pH過大，H2O2分解過快，使參與漂白的c(HO)下降，故漂白效果降低12氯和硫是重要的非金屬元素，兩者存在SCl2、S2Cl2、SO2Cl2等多種化合物。(1)S2Cl2是黃綠色油狀液體，沸點(diǎn)為136 。其分子

14、結(jié)構(gòu)中每個(gè)原子均滿足8電子穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，S2Cl2的電子式為_。將Cl2通入熔融態(tài)S中可制得S2Cl2(溶有少量S)，要得到較純的S2Cl2，采用的實(shí)驗(yàn)操作方法是_。(2)磺酰氯(SO2Cl2)極易水解，水解后溶液呈強(qiáng)酸性，寫出該反應(yīng)的化學(xué)方程式：_；磺酰氯具有較強(qiáng)的氧化性，可以和白磷發(fā)生反應(yīng)：P410SO2Cl2=4PCl510SO2，若生成1 mol SO2，則轉(zhuǎn)移電子的物質(zhì)的量為_。(3)下列可作為判斷S和Cl非金屬性強(qiáng)弱依據(jù)的是_(填字母)a跟金屬反應(yīng)時(shí)，硫被還原為2價(jià)，氯被還原為1價(jià)bHClO3酸性比H2SO3強(qiáng)cNa2S溶液中通入Cl2，有淡黃色沉淀產(chǎn)生dHCl的穩(wěn)定性強(qiáng)于H2S解析：

15、(1)S2Cl2中每個(gè)原子都達(dá)到8電子的穩(wěn)定結(jié)構(gòu)，則電子式為，利用沸點(diǎn)的不同采用蒸餾的方法分離S與S2Cl2。(2)SO2Cl2與H2O反應(yīng)生成H2SO4和HCl，依據(jù)原子守恒即可寫出化學(xué)方程式為SO2Cl22H2O=H2SO42HCl；由化學(xué)方程式可知每生成1 mol SO2，S的化合價(jià)由6價(jià)降低到4價(jià)，得2 mol電子。(3)a.跟金屬反應(yīng)時(shí)，硫被還原為2價(jià)，氯被還原為1價(jià)，與非金屬性強(qiáng)弱無關(guān)；b.最高價(jià)含氧酸酸性越強(qiáng)非金屬性越強(qiáng)，應(yīng)比較HClO4與H2SO4的酸性，錯(cuò)誤；c.Cl2可以把S從鹽溶液中置換出來，Cl的非金屬性強(qiáng)于S，正確；d.HCl的穩(wěn)定性強(qiáng)于H2S，非金屬性越強(qiáng)，氫化物越

16、穩(wěn)定，Cl的非金屬性強(qiáng)于S，正確。答案：(1) 蒸餾(2)SO2Cl22H2O=H2SO42HCl2 mol(3)cd13過氧化氫(H2O2，俗稱雙氧水，無色液體)是一種應(yīng)用廣泛的化工原料。請回答下列問題：(1)過氧化氫的電子式為_。(2)工業(yè)上用電解硫酸氫銨水溶液的方法制備過氧化氫，其反應(yīng)原理是：2NH4HSO4(NH4)2S2O8H2，(NH4)2S2O82H2O=2NH4HSO4H2O2其流程如下：電解硫酸氫銨溶液時(shí)，陰極的電極反應(yīng)式為_。制備過程中，采用減壓蒸餾的原因是_，可循環(huán)利用的物質(zhì)是_。(3)在火箭推進(jìn)器中裝有液態(tài)H2O2和液態(tài)肼(N2H4)，當(dāng)它們混合時(shí)，即產(chǎn)生大量的氮?dú)夂退?/p>

17、蒸氣，并放出大量的熱量。已知一些化學(xué)鍵的鍵能數(shù)據(jù)如下：化學(xué)鍵NNNNNNHHNHHOOOOOE/(kJmol1)159419945436389465138498寫出肼和雙氧水反應(yīng)的熱化學(xué)方程式：_。上述反應(yīng)物用于火箭推進(jìn)劑，除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個(gè)很突出的優(yōu)點(diǎn)是_。(4)H2O2的用途廣泛。用雙氧水把黑色PbS轉(zhuǎn)化為白色PbSO4，修復(fù)變黑的古代油畫，該反應(yīng)中氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為_。堿性溶液中，H2O2可以吸收工業(yè)尾氣中的ClO2，同時(shí)制得NaClO2，反應(yīng)的離子方程式為_。解析：(2)電解池中陽離子在陰極得電子被還原，溶液中的H放電，陰極的電極反應(yīng)式為2H2e=H

18、2。由于過氧化氫不穩(wěn)定，受熱容易分解，所以減小壓強(qiáng)，使液體沸點(diǎn)降低，易于蒸出；根據(jù)反應(yīng)原理和流程可知，在生成雙氧水的同時(shí)，還生成NH4HSO4，所以能循環(huán)使用的物質(zhì)是NH4HSO4。(3)反應(yīng)熱就是斷開化學(xué)鍵吸收的熱量和形成化學(xué)鍵放出的熱量的差值，所以該反應(yīng)的反應(yīng)熱H4389 kJmol1159 kJmol122465 kJmol12138 kJmol142465 kJmol1945 kJmol1814 kJmol1，所以該反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為N2H4(l)2H2O2(l)=N2(g)4H2O(g)H814 kJmol1；上述反應(yīng)用于火箭推進(jìn)劑，除釋放大量熱和快速產(chǎn)生大量氣體外，還有一個(gè)很突出

19、的優(yōu)點(diǎn)是生成N2和H2O，對環(huán)境無污染。(4)PbSPbSO4，S元素化合價(jià)升高8，故H2O2作氧化劑，H2O2中O元素的化合價(jià)降低2，根據(jù)氧化還原反應(yīng)中化合價(jià)升降總數(shù)相等，可得氧化劑與還原劑的物質(zhì)的量之比為41。答案：(1) (2)2H2e=H2過氧化氫不穩(wěn)定，受熱易分解，減壓使液體沸點(diǎn)降低NH4HSO4(3)N2H4(l)2H2O2(l)=N2(g)4H2O(g)H814 kJmol1生成N2和H2O，對環(huán)境無污染(4)41H2O22OH2ClO2=2ClOO22H2O14(2019南京一模)碳、硫的含量影響鋼鐵性能。某興趣小組用如下流程對鋼樣進(jìn)行探究。(1)鋼樣中硫元素以FeS形式存在，

20、FeS在足量氧氣中灼燒，生成的固體產(chǎn)物中Fe、O兩種元素的質(zhì)量比為218，則該固體產(chǎn)物的化學(xué)式為_。(2)檢驗(yàn)鋼樣灼燒生成氣體中的CO2，需要的試劑是_(填字母)。a酸性KMnO4溶液b澄清石灰水c飽和小蘇打溶液 d濃H2SO4(3)取10.00 g鋼樣在足量氧氣中充分灼燒，將生成的氣體用足量1%的H2O2溶液充分吸收，再用0.100 0 molL1 NaOH溶液滴定吸收液至終點(diǎn)，消耗NaOH溶液20.00 mL；另取10.00 g鋼樣在足量氧氣中充分灼燒，將生成的氣體通過盛有足量堿石灰的U形管(如圖)，堿石灰增重0.614 g。用1%H2O2溶液吸收SO2，發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_。分別計(jì)算該鋼樣中硫、碳元素的質(zhì)量