跟踪检测十四氧硫及其化合物

1、跟踪检测（十四） 氧、硫及其化合物1(2019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

2、气味(有刺激性) 酸性KMnO4溶液(褪色)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(褪色) 变红色X一定是SO2DX紫色石蕊溶液(先变红色后褪色)X一定不是SO2解析：选A能使KMnO4溶液褪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；使品红溶液褪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

3、的实验现象如下表所示：序号试剂实验现象a品红溶液红色褪去b酸性KMnO4溶液紫色褪去cNaOH溶液(含2滴酚酞)红色褪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溶液的紫色褪去，表明SO2具有还原性，B错。SO2过量时，

4、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)

5、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(2019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，品红溶液褪色。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不能使品红溶液褪色，A项错误；SO2可与NaHCO3饱和溶液反应生成二氧化碳，若

6、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，则品红溶液褪色，B项正确；二氧化碳不能使品红溶液褪色，所以打开活塞K，品红溶液不会褪色，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

7、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.(2019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，

8、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，品红溶液褪色，该气体一定是

9、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褪色，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若品红溶液褪色，则说明产物中含有SO2B若溴水褪色，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若品红溶液不褪色、Na2S

10、iO3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，能使品红溶液褪色，A正确；SO2使溴水褪色表现的是还原性，B正确；此反应中Na2S2O3既作氧化剂又作还原剂，C错误；品红溶液不褪色说明无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

11、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，H

12、2O2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

13、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

14、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：

15、(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

16、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

17、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=H

18、2。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

19、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) (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(2019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，

20、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