1、温馨提示： 此套题为Word版，请按住Ctrl,滑动鼠标滚轴，调节合适的观看比例，答案解析附后。关闭Word文档返回原板块。课时提升作业 十二硫及其重要化合物(45分钟100分)一、选择题(本题包括10小题，每题5分，共50分)1.下列有关说法不正确的是()A.要清洗附着在试管壁上的硫，可用的试剂是CS2B.硫化亚铁溶于稀硝酸中反应的离子方程式为FeS+2H+Fe2+H2SC.常温下浓硫酸能使铝发生钝化，可在常温下用铝制容器贮运浓硫酸D.在Na2SO3和BaCO3混合物中加入过量的稀硫酸，能产生气泡并有沉淀生成【解析】选B。硫易溶于CS2，A正确；硝酸具有强氧化性，能氧化Fe2+和H2S，B不
2、正确；C原因和结论都正确；Na2SO3与稀硫酸反应生成SO2、Na2SO4和H2O，BaCO3与稀硫酸反应生成BaSO4沉淀、CO2和H2O，能产生气泡并有沉淀生成，D正确。2.(2017临沂模拟)SO2通入BaCl2溶液中并不产生沉淀，而通入另一种气体后可以产生白色沉淀。则图中右侧Y形管中放置的药品组合不符合要求的是(必要时可以加热)()A.Cu和浓硝酸B.CaO和浓氨水C.大理石和稀盐酸D.高锰酸钾溶液和浓盐酸【解析】选C。A和D中产生的气体通入BaCl2溶液中生成BaSO4沉淀，选项B中产生的气体通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀。3.下列有关浓硫酸的叙述中正确的是()浓硫酸在常温下
3、能够使铁、铝等金属钝化浓硫酸与铜加热反应后，铜片有剩余，硫酸完全反应浓硫酸具有吸水性，因而能使蔗糖碳化浓硫酸与铜加热反应后，铜片有剩余，向反应后的溶液中再加入铁片，会有氢气生成浓硫酸是一种干燥剂，能够干燥氨气、氢气等气体浓硫酸与铁加热反应后，铁片有剩余，生成的气体除水蒸气外为SO2浓硫酸具有强氧化性，常温下能与Cu发生剧烈反应浓硫酸具有强氧化性，SO2具有还原性，所以浓硫酸不能干燥SO2A.B.C.D.【解析】选B。随着反应的进行浓硫酸逐渐变成稀硫酸，稀硫酸不与铜反应，所以硫酸有剩余，剩余的稀硫酸还能与铁反应放出H2，错误，正确；浓硫酸使蔗糖碳化，表现其脱水性；浓硫酸中的硫为+6价，二氧化硫中
4、的硫为+4价，无中间价态，二者不反应。4.下列现象或事实可用同一原理解释的是()A.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度降低B.SO2和FeSO4溶液使酸性高锰酸钾的紫色褪去C.漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中变质D.亚硫酸钠溶液和氯化铝溶液在空气中蒸干不能得到对应的溶质【解析】选B。A中浓硫酸变稀是因为其吸水性，浓盐酸变稀是因为HCl挥发；B中紫色褪去都是因为发生了氧化还原反应；C中漂白粉和水玻璃长期暴露在空气中均会变质，前者是与空气中的水和二氧化碳发生反应，生成的次氯酸又分解，发生了氧化还原反应，而后者只发生了复分解反应，是强酸制弱酸(碳酸的酸性强于硅酸)；D中前者生成硫酸钠是因为发生了氧化还
5、原反应，后者得到的是氢氧化铝，是因为Al3+水解生成Al(OH)3和HCl，且HCl易挥发，所以答案选B。5.下列物质能使品红溶液褪色的是()活性炭过氧化钠氯水二氧化硫臭氧A.B.C.D.【解析】选D。、是利用氧化性使品红溶液褪色，SO2是利用化合反应，活性炭是利用吸附性。6.(2017珠海模拟)如图是某煤发电厂处理废气的装置示意图。下列说法错误的是()A.使用此废气处理装置可减少酸雨的形成B.装置内发生的反应有化合、分解、置换和氧化还原反应C.整个过程的反应可表示为2SO2+2CaCO3+O22CaSO4+2CO2D.可用酸性高锰酸钾溶液检验废气处理是否达标【解析】选B。二氧化硫是形成酸雨的
6、重要物质，经过处理后能减少酸雨的形成，A正确；碳酸钙受热生成氧化钙和二氧化碳的反应属于分解反应；二氧化硫与氧化钙反应生成CaSO3是化合反应，CaSO3与O2反应生成CaSO4是化合反应、氧化还原反应，但没有置换反应，B错误；整个过程中，二氧化硫与碳酸钙和氧气反应生成了硫酸钙和二氧化碳，化学反应式可表示为2SO2+2CaCO3+O22CaSO4+2CO2，C正确；二氧化硫具有还原性，易被高锰酸钾溶液氧化而使高锰酸钾溶液褪色，故可用酸性高锰酸钾溶液检验废气处理是否达标，D正确。7.(2017滨州模拟)下列实验中能证明某气体为SO2的是()使澄清石灰水变浑浊使湿润的蓝色石蕊试纸变红使品红溶液褪色通
7、入足量NaOH溶液中，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该沉淀溶于稀盐酸通入溴水中，能使溴水褪色，再滴加Ba(NO3)2溶液有白色沉淀产生A.都能证明B.都不能证明C.均能证明D.只有能证明【解析】选D。CO2也能产生中的实验现象，酸性气体一般都能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，Cl2也能使品红溶液褪色。实验说明气体有还原性，结合后续实验现象说明该气体是SO2。8.(2016上海高考改编)一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是()世纪金榜导学号30682274A.过量的铁与稀硫酸B.过量的浓盐酸与二氧化锰C.过量的铜与浓硫酸D.过量的锌与18 molL-1硫酸【解析】选C。过
8、量的铁与稀硫酸反应，硫酸完全反应，A项不符合题意；过量的浓盐酸与二氧化锰反应，二氧化锰可以完全反应，B项不符合题意；过量的铜与浓硫酸反应，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸反应停止，C项符合题意；过量的锌与18 molL-1硫酸反应，先生成二氧化硫，变为稀硫酸后生成氢气，硫酸可以完全反应，D项不符合题意。【互动探究】(1)若将上题B项改为过量的二氧化锰与浓盐酸，是否符合题意？提示：符合。过量的二氧化锰与浓盐酸反应，随着反应的进行盐酸的浓度变小，变成稀盐酸后不再与二氧化锰反应，盐酸反应不完。(2)写出D项可能发生的化学方程式。提示：开始发生反应Zn+2H2SO4(浓)SO2+ZnSO4+2H2O，
9、硫酸浓度变小后发生反应Zn+H2SO4H2+ZnSO4。9.(2017忻州模拟)SO2通入足量的Fe(NO3)3稀溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入BaCl2溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化，下列说法不正确的是()世纪金榜导学号30682275A.上述过程中，最终被还原的是NB.从上述反应可以得出结论，氧化性：HNO3Fe3+稀硫酸C.上述过程中，会产生一种无色难溶于水的气体D.假设通入SO2完全反应，同温同压下，SO2和逸出气体的体积比为11【解析】选D。溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变为棕黄色，三价铁离子变为亚铁离子，后又被氧化为三价铁离子，所以最终被
10、还原的是N，故A正确；溶液由棕黄色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁离子迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强于三价铁，综上所述，氧化性：HNO3Fe3+稀硫酸，故B正确；硝酸根离子和二氧化硫被氧化后产生的氢离子构成强氧化性体系，氧化亚铁离子时生成无色的一氧化氮气体，故C正确；上述过程中，最终被还原的是N，故相当于二氧化硫与硝酸根离子之间发生氧化还原反应，3SO22N2NO，二者之比为32，故D错误。10.(能力挑战题)(2017衡水模拟)将一定量的锌与100 mL 18.5 molL-1的浓硫酸充分反应后，锌完全溶解，同时生成气体A 33.
11、6 L(标准状况)。将反应后的溶液稀释至1 L，测得溶液中c(H+)=0.1 molL-1，则下列叙述中错误的是世纪金榜导学号30682276()A.反应中消耗的Zn的质量为97.5 gB.气体A中SO2和H2的体积比为14C.反应中被还原的元素只有一种D.反应中共转移电子3 mol【解析】选C。设气体A中SO2、H2的物质的量分别为x、y。则根据两个反应方程式可知x+y=1.5 mol2x+y=18.5 molL-10.1 L-0.1 molL-11 L=1.8 mol解得x=0.3 moly=1.2 molSO2与H2的体积比为14；消耗Zn的质量为(x+y)65 gmol-1=97.5
12、g，转移电子为3 mol，被还原的元素有S、H两种。二、非选择题(本题包括3小题，共50分)11.(16分)(2017郑州模拟)某待测溶液中可能含有S、S、C、Cl-、N、HC、S2-等离子，进行下列实验如图所示所加BaCl2、H2SO4、HNO3、Ca(OH)2均过量。(1)判断待测溶液中有无S、S，并说明理由_。(2)沉淀B为_。(3)沉淀A可能是_。(4)写出生成沉淀B的离子方程式：_。【解析】由沉淀A加稀硝酸得沉淀D，知D一定为BaSO4，故原溶液中S、S至少有一种或两种都有，气体A应为CO2，故原溶液中有C；溶液A与Cl2可产生沉淀，则沉淀B一定为S，则原溶液中有S2-。答案：(1)
13、S、S至少有一种；因为沉淀D不溶于稀硝酸，一定为BaSO4，它可能由BaSO3氧化而来，也可能由Ba2+与S生成(2)S(3)BaSO4、BaCO3(或BaSO3、BaCO3或BaSO4、BaSO3和BaCO3)(4)S2-+Cl2S+2Cl-12.(18分)(2017聊城模拟)为了测定实验室长期存放的Na2SO3固体的纯度，准确称取Wg固体样品，配成250 mL溶液。设计了以下两种实验方案：方案：取25.00 mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，过滤、洗涤和干燥沉淀，称得沉淀的质量为m1g。方案：取25.00 mL上述溶液，加入过量的盐酸酸化的Ba(NO3)2溶液，过滤、洗涤和
14、干燥沉淀，称重，其质量为m2g。世纪金榜导学号30682277(1)配制250 mL Na2SO3溶液时，必须用到的实验仪器有烧杯、玻璃棒、托盘天平、药匙和_、_。(2)写出Na2SO3固体氧化变质的化学方程式_。(3)方案加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是_，在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是_。(4)方案中，若滤液浑浊，将导致测定结果_(填“偏高”或“偏低”)。(5)若操作正确，则m1_m2(选填“”“”或“=”)，原因是_。(6)取25.00 mL上述溶液，用滴定的方法测定Na2SO3的纯度。不需另加指示剂，下列试剂可作为标准溶液进行滴定的是_。a.酸性KMnO4溶液b.H
15、2O2溶液c.溴水d.FeCl3溶液Na2SO3固体的纯度可表示为_(注明你的表达式中所用的有关符号的含义和单位)。【解析】(1)配制一定体积准确浓度的溶液还缺少的仪器为胶头滴管、250 mL的容量瓶。(2)Na2SO3固体氧化变为硫酸钠。2Na2SO3+O22Na2SO4。(3)方案加入过量的盐酸酸化的BaCl2溶液，目的是使S充分转化为气体，使S完全沉淀，在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是静置，在上层清液中再滴入氯化钡溶液，观察是否继续有沉淀生成。(4)方案中，若滤液浑浊，说明有部分硫酸钡损失了，将导致测定的硫酸钡质量偏低，那么亚硫酸钠的质量分数偏高。(5)若操作正确，则m1m2，原
16、因是方案中盐酸提供H+，Ba(NO3)2提供N，二者形成稀硝酸，将一部分S氧化成S，导致BaSO4质量增大。(6)酸性KMnO4氧化Na2SO3且自身可作指示剂，设达到滴定终点时，消耗酸性KMnO4溶液的体积为V(KMnO4)mL，Wg样品中Na2SO3的物质的量为xmol，若酸性KMnO4溶液的浓度为c(KMnO4)molL-1，根据得失电子守恒得2x=V(KMnO4)10-3c(KMnO4)510x=2.510-2V(KMnO4)c(KMnO4)所以样品的纯度为100%=100%。答案：(1)胶头滴管250 mL的容量瓶(2)2Na2SO3+O22Na2SO4(3)使S充分转化为气体，使S
17、完全沉淀静置，在上层清液中再滴入几滴氯化钡溶液，若无沉淀生成，说明S已沉淀完全；若有沉淀生成，说明S未沉淀完全(4)偏高(5)方案中盐酸提供H+，Ba(NO3)2提供N形成稀硝酸，将一部分S氧化成S，导致BaSO4质量增大(6)a100%滴定消耗酸性KMnO4溶液的体积为V(KMnO4)mL，其浓度为c(KMnO4)molL-113.(16分)(能力挑战题)(2017珠海模拟)某校化学兴趣小组的学生，分成两组对酸雨及空气中二氧化硫的含量进行了测定。世纪金榜导学号30682278第一组，取刚降到地面的酸雨水样，进行了如下实验：将一片红色的玫瑰花瓣浸在一份水样中；向雨水试样中滴加氯化钡溶液，有白色
18、沉淀生成；每隔一定时间测定其pH，数据如下表所示。测定时间/小时0124pH4.734.624.564.55(1)一段时间后，观察到玫瑰花瓣红色变浅，原因是_。(2)生成白色沉淀的离子方程式_。(3)分析上述pH数据变化，你认为可能的原因是(用化学方程式表示)_。第二组，拟用如图装置定量分析空气中SO2的含量：(4)通入空气前应进行的实验操作是_；KMnO4溶液中导管末端做成球状多孔结构的作用是_。(5)已知：5SO2+2Mn+2H2O5S+2Mn2+4H+。随着空气的不断通入，酸性高锰酸钾溶液颜色逐渐变浅直至褪色，说明SO2具有_性。(6)若实验中气体流速aLmin-1，酸性KMnO4溶液的
19、体积bL，其浓度为cmolL-1，从气体通入到紫色恰好褪去，用时5 min，则空气中二氧化硫的含量为_gL-1。【解析】(1)玫瑰花瓣颜色褪去，则酸雨中存在漂白物质，即酸雨中的SO2有漂白作用。(2)酸雨中含有硫酸，可以与钡离子形成沉淀。(3)pH降低，酸雨中的SO2被氧化为硫酸，弱酸转化为强酸。(4)有气体参与的体系应先进行气密性检验；多孔结构表面积增大，使SO2尽可能地与高锰酸钾反应，有利于SO2的充分吸收。(5)根据反应可知5SO2+2Mn+2H2O5S+2Mn2+4H+，SO2与酸性高锰酸钾溶液反应，硫从+4价变为+6价，酸性高锰酸钾溶液颜色逐渐变浅直至褪色，说明SO2具有还原性。(6)高锰酸钾的物质的量为cmolL-1bL=bcmol，根据化学方程式5SO2+2Mn+2H2O5S+2Mn2+4H+，吸收的SO2物质的量为bcmol，质量为64 gmol-1bcmol=160bcg；气体体积为aLmin-15 min=5aL，SO2的含量为=gL-1。答案：(1)SO2有漂白作用(2)Ba2+SBaSO4(3)2SO2+2H2O+O22H2SO4(4)气密性检查增大接触面积，有利于SO2的充分吸收(5)还原(6)关闭Word文档返回原板块