1、专题优化总结专题4 硫、氮和可持续发展知 识 体 系 构 建 一、硫及其化合物间的转化关系 二、氮及其化合物间的转化关系 专 题 归 纳 整 合 常见漂白剂的比较1具有漂白作用的物质，按其漂白原理可分为三类：(1)氧化型：即漂白剂本身是一种强氧化剂，它可以将有机色质内部的“生色团”(实际上是一种特殊的化学键)破坏掉而使之失去原有的颜色,这种漂白是彻底的、不可逆的.此类物质有HClO、Ca(ClO)2、Na2O2、HNO3、H2O2、O3等强氧化性物质。(2)加合型：即漂白剂与有机色质内部的“生色团”发生加成反应，使有机色质失去原有的颜色，但是如果加热或受到其他一些因素的影响，漂白剂从有机色质中
2、脱离，使之又恢复原有的颜色，这种漂白是可逆的、不彻底的，如SO2使品红溶液褪色，加热又恢复原有的颜色(SO2不漂白酸碱指示剂)。(3)吸附型：某些固体物质本身没有氧化性，也不能和有色物质发生化学反应，但这些物质的固体疏松、多孔,具有较大的比表面积,可以吸附某些其他有色物质，这种漂白称为吸附性漂白，实质发生了物理变化，如活性炭等。2HClO和SO2的漂白原理、现象及漂白效果的比较HClO具有强氧化性，能将有色物质氧化成无色物质，此时无色物质不能恢复成原来的颜色。SO2的漂白是SO2先跟水反应生成H2SO3，H2SO3又跟有色物质结合成不稳定的无色物质，在一定条件下(如加热、光照等)又能恢复成原来
3、的颜色。HClO能漂白的物质种数多，SO2能漂白的物质种数较少,SO2能漂白的常见物质有品红、纸浆、毛、丝、草帽等。Cl2和SO2通入品红溶液和石蕊试液的现象对比如下：将Cl2和SO2混合后，混合物的水溶液漂白能力将减弱，甚至可能完全丧失，因为发生反应：Cl2SO22H2O=2HClH2SO4当n(Cl2)n(SO2)11时，混合物没有漂白性，只有酸性。特别提醒漂白是指使有机色质褪色，漂白剂不一定能使无机色质(如KMnO4、CuSO45H2O等)褪色，即使能使无机色质褪色，也不称漂白作用(如SO2使KMnO4酸性溶液褪色)。例1某学校课外活动小组利用图示装置分别做如下实验：在试管中注入某无色溶
4、液，加热试管，溶液颜色逐渐变深至红色，冷却后恢复无色，则原溶液可能是_溶液；加热时溶液由无色逐渐变红的原因是_。【解析】注入的溶液是无色的，当加热时溶液颜色由无色逐渐变深至红色，说明加入的溶液为SO2漂白后的品红溶液；当加热时,不稳定的无色加合物分解放出SO2气体，溶液变为红色；冷却时SO2又溶解于品红溶液中使其褪色。【答案】SO2漂白后的品红溶液 不稳定的加合物受热分解放出SO2气体 巩固练习1已知：SO2中S元素的化合价为4价，既可以升高为6价，又可以降低为0价，因此SO2既有氧化性又有还原性。SO2能与氯水、溴水、碘水等发生如下类型的反应：SO2X22H2O=2HXH2SO4(其中X2表
5、示Cl2、Br2、I2)。SO2具有漂白性：SO2能与某些有机色质化合生成不稳定的无色物质，该无色物质在受热条件下又会变为原来的有色物质，但SO2不能漂白酸碱指示剂。根据以上信息，回答下列问题。(1)二氧化硫能使浸过溴水的滤纸褪色，这说明了()ASO2的漂白性 B溴的挥发性CSO2的氧化性D溴的氧化性(2)将二氧化硫通入品红溶液，可以看到_，这体现了二氧化硫的_性；将氯气通入另一份品红溶液，可以看到_，这是因为_。(3)若在相同状况下,将1体积SO2和1体积Cl2同时通入品红溶液,可观察到品红溶液()A立刻褪色B慢慢褪色C先褪色，后复原D颜色不褪(4)上述现象的原因是_(用离子方程式表示)。解
6、析：题中信息告诉我们，二氧化硫漂白的对象首先是有机物，二氧化硫使溴水褪色不能说明二氧化硫有漂白性，只能说明二氧化硫有还原性，溴有氧化性。等物质的量的SO2与Cl2同时通入品红溶液中，可观察到颜色不会褪去，答案：(1)D(2)品 红 褪 色 漂 白 品 红 褪 色 Cl2 H2OHClHClO(或氯气与水反应)生成的次氯酸具有强氧化性，能漂白品红溶液(3)D(4)SO2Cl22H2O=4H2ClSO24而会发生反应SO2Cl22H2O=H2SO42HCl，该反应快、彻底，而生成的H2SO4和HCl无漂白性。硫元素单质及其化合物的性质1考试的重点有氧气、臭氧和硫单质的物理性质和化学性质、硫及其化合
7、物之间的相互转化关系等。对于硫化氢、二氧化硫主要考查其还原性，如硫化氢与氧气反应前后的体积变化、硫化氢与氧气反应的有关图像分析等，同时还会涉及二氧化硫的漂白性以及酸性氧化物的通性。浓硫酸的性质、硫酸根离子的检验、硫酸工业与环境保护等也是常考点。2硫元素发生氧化还原反应的规律(1)邻位转化规律就近找化合价硫元素的主要化合价有2、0、4、6，当硫元素与其他元素之间发生氧化还原反应时，硫元素的化合价一般向着它邻近的价态变化。S2是硫元素的最低价态，具有还原性，当遇到弱氧化剂或不足量强氧化剂时，被氧化为相邻的较高价态，即 S2被氧化为 0 价 S。S0或 S4元素处于硫元素的中间价态，既有氧化性，又有
8、还原性，遇到比其强的氧化剂就被氧化成相邻的高价态，即S0被氧化成 S4，S4被氧化为S6；遇到比其强的还原剂就被还原成相邻的低价态，即S0被还原为S2，则S4被还原为S0。S6是硫元素的最高化合价态，只有氧化性，遇到还原剂时就被还原为相邻的较低价态，即S6被还原为S4。例如：C2H2S6O4(浓)=CO22S4O22H2O(2)归中转化规律硫元素的不同价态微粒之间相互反应时，化合价都向中间价态靠拢，不可能跳过中间价态而互换位置。(3)歧化反应规律如S0自身发生氧化还原反应时硫元素化合价一部分升高，被氧化为S4，而另一部分化合价降低，被还原为S2。3S06NaOH=2Na2S2Na2S4O33H
9、2O例2下列转化需要加入还原剂才能实现的是()ANa2SO3Na2SO4BH2SO4SO2CSNa2S DSO23 SO2【解析】需要加入还原剂才能实现的反应应为氧化剂发生的还原反应，根据“还原剂升失被氧化,氧化剂降得被还原”推得答案,同时注意硫单质的歧化反应，即从SNa2S 不一定需要加入还原剂，此变化也可实现。【答案】B 巩固练习2某研究小组用MnO2和浓盐酸制备Cl2时,利用刚吸收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。(1)请完成SO2与过量NaOH溶液反应的化学方程式：SO22NaOH=_。(2)反应Cl2Na2SO32NaOH=2NaClNa2SO4H2O中的还原剂为_。(
10、3)吸收尾气一段时间后，吸收液(强碱性)中肯定存在 Cl、OH和 SO24。请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子(不考虑空气中 CO2的影响)。提出合理假设。假设 1：只存在 SO23；假设 2：既不存在 SO23，也不存在 ClO；假设 3：_。设计实验方案，进行实验。请写出实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3molL1 H2SO4、1 molL1 NaOH、0.01molL1 KMnO4、淀粉KI溶液、紫色石蕊试液。实验步骤 预期现象和结论 步骤1：取少量吸收液于试管中，滴加3 molL1 H2SO4至溶液呈酸性，然后将所得溶液分置于A、B试管中。步骤2：步骤3：解析：本
11、题主要是对实验方案设计的考查。(2)由元素化合价的变化可知 Na2SO3是还原剂。(3)由(2)小题中化学反应方程式可知，当 Cl2少量时，溶液中还可能有 SO23；当 Cl2 与Na2SO3恰好完全反应时，溶液中既无 SO23 也无 ClO；当 Cl2过量时，溶液中可能有 ClO；故假设 3 是只存在 ClO。探究 SO23、ClO是否存在时，可利用 SO2的还原性及 HClO 的氧化性进行检验。答案：(1)Na2SO3H2O(2)Na2SO3(3)只存在 ClO步骤2：向A试管中滴加12滴0.01 molL1KMnO4溶液。(1)若溶液褪色，则假设1成立；(2)若溶液不褪色，则假设2或3成
12、立。步骤3：向B试管中滴加12滴淀粉KI溶液。(1)若溶液变蓝色，则假设3成立;(2)若溶液不变蓝色，结合步骤2中的(2)，则假设2成立。氮元素单质及其化合物1涉及含氮化合物的题目在高考中出现率极高,尤其是NOx对环境和人体健康的影响,NH3、铵盐、硝酸的性质几乎年年出现。上述内容一般以选择题、填空题和框图题等形式进行考查。2.学习氮的化合物中存在的误区在学习氮的化合物的过程中，往往只注意一些规律性的东西，而忽略了其中的特殊性，从而导致思维认识误区。误区一 氮气的化学性质不活泼，故氮元素是不活泼的非金属元素。辨析：判断元素非金属性的强弱可以从其气态氢化物的稳定性、最高价氧化物对应的水化物的酸性
13、强弱等方面进行。常温下氨很稳定，不易分解(或者硝酸是强酸)，故氮元素是活泼的非金属元素。误区二 氨水中含量最多的粒子是NH3分子;氨水中溶质的浓度越大，则溶液的密度也越大。辨析：NH3 溶于水后存在下列可逆反应 NH3H2ONH3H2ONH4 OH，且溶于 水 的 NH3 绝 大 多 数 与 H2O 反 应 生 成NH3H2O，而 NH3H2O 中只有极少的一部分发生电离，所以溶液中含量最多的粒子除 H2O分子外就是 NH3H2O 分子；通常情况下，溶液中溶质的浓度和溶液的密度成正比，但是像氨水、酒精等密度小于水的溶液，随着溶液中溶质浓度的增大，其密度却在减小。误区三 实验室中制取氨气的离子方
14、程式是NH4 OH=NH3H2O；铵盐溶液与碱溶液反应时一定有氨气逸出；铵盐受热分解时都有氨气产生。辨析：实验室中制取氨气时，常采用铵盐和碱石 灰 共 热 的 方 法，反 应 的 化 学 方 程 式 是2NH4Cl Ca(OH)2=CaCl2 2NH3 2H2O，所用试剂均为固体，故不能写离子方程式；溶于水的 NH3 主要以NH3H2O 的形式存在，如果溶液中的 NH3 达不到一定浓度就不会从溶液中逸出，只有在加热的条件下或浓溶液中才有 NH3 从溶液中逸出，所以铵盐溶液与碱溶液都是稀溶液且反应不加热时，则不会有 NH3 逸出，此时的反应可表示为 NH4 OH=NH3H2O；铵盐不稳定，受热都
15、易分解：一般非氧化性酸形成的铵盐，如 NH4Cl、NH4HCO3等受热分解都产生 NH3；氧化性酸形成的铵盐受热分解时，发生的是复杂的氧化还原反应，一般不产生 NH3，如 NH4NO3的分解：5NH4NO3=4N22HNO3 9H2O 或 2NH4NO3=2N2O24H2O。某兴趣小组用下图所示装置探究氨的催化氧化：(1)氨催化氧化的化学方程式为_。例3(2)为保证在装置4中观察到红棕色气体，装置3应装入_；若取消3，在4中仅观察到大量白烟，原因是_。(3)为实现氨催化氧化，也可用装置5替换装置_(填装置代号)；化合物X为_(只写一种)，Na2O2的作用是_。【解析】本题是一道综合性较强的实验
16、题。氨的催化氧化，首先要制备NH3和O2，可得出装置1的作用：制备NH3和O2。在装置2中NH3和O2在催化剂、加热条件下，反应生成NO和H2O。(2)利用装置3除去H2O与NH3，在装置4中NO被氧化为NO2。若取消装置3，在装置4中NO与O2反应生成NO2，NO2与水反应生成HNO3，NH3与HNO3反应生成了NH4NO3。(3)装置5是制备NH3和O2。【答案】(1)4NH35O2=催化剂4NO6H2O(2)浓 H2SO4 生成的 NO与 O2反应生成NO2，NO2与水反应生成 HNO3，NH3与 HNO3反应生成了 NH4NO3(3)1 NH4Cl 与 HCl 反应生成氧气(合理答案均
17、可)巩固练习3下列各项叙述正确的是(双选)()A.浓硝酸中滴入紫色石蕊试液，微热，溶液先变红，后褪色B.Al(OH)3与浓硝酸反应表现了浓硝酸的酸性CFeO与浓硝酸反应属于复分解反应D.单质炭和浓硝酸加热，生成的气体为CO2和NO的混合物解析：选AB。浓硝酸的特性是强氧化性和不稳定性，根据硝酸的通性和特性逐项分析进行判断。浓硝酸具有强氧化性，表现在能使石蕊试液褪色，能与金属单质、非金属单质反应,能与还原性离子如Fe2等反应.硝酸的酸性表现在能使石蕊试液变红，能与碱、碱性氧化物反应生成盐和水。A项表现了浓硝酸的酸性和强氧化性；B项是中和反应，只表现硝酸的酸性；C项应是氧化还原反应，FeO被氧化；
18、D项，生成的气体为CO2和NO2。4对实验的实验现象预测正确的是(双选)()A实验：液体分层，下层呈无色B实验：烧杯中先出现白色沉淀，后溶解C实验：试管中溶液颜色变为血红色D实验：放置一段时间后，饱和CuSO4溶液中出现蓝色晶体解析：选CD。A项，CCl4的密度比水大，上层为水层，呈无色，下层为CCl4层，呈紫红色；B项，Al(OH)3不能溶于弱碱；C项，Fe3和SCN结合成Fe(SCN)3，而显血红色;D项，CaO不断吸收试管中的水蒸气，导致CuSO4从溶液中结晶，生成CuSO45H2O。5某研究性学习小组的一个课题是“NO2能否支持木条的燃烧”。由于实验室中没有现成的NO2气体，该小组的同
19、学设计了两个方案，方案一如图甲所示，方案二如图乙所示。请回答下列问题。已知 HNO3受热分解及金属和浓HNO3反应的化学方程式分别为 4HNO3(浓)=4NO2 O2 2H2O，Cu 4HNO3(浓)=Cu(NO3)22H2O2NO2。(1)方案一：实验开始后木条上的火星逐渐熄灭,有的同学得出“NO2不能支持木条燃烧”的结论。你认为这一结论是否正确？_(填“正确”或“不正确”)；理由是_。(2)硝酸铜固体加热分解的产物有氧化铜、二氧化氮和氧气，该反应的化学方程式是_。(3)方案二：当集气瓶中充满红棕色气体时，木条复燃了，有的同学得出“NO2能支持木条燃烧”的结论.你认为这一结论是否正确？_(填
20、“正确”或“不正确”)；理由是_。(4)为了更直接说明“NO2能否支持木条燃烧”这一问题，请你重新设计一个简单的实验方案，简述实验原理和主要操作_。解析：(1)图甲是利用浓 HNO3 受热分解制NO2，浓 HNO3分解生成水，且浓 HNO3的浓度一般在 63%左右，加热会使水挥发，大量的水蒸气能降低木条表面的温度，从而使木条逐渐熄灭。(2)2Cu(NO3)2=2CuO4NO2O2(3)方案二的产物中存在O2，且NO2和O2的比例接近于空气中N2和O2的比例，木条在空气中不能复燃，而在NO2和O2的混合气体中可以复燃，说明起作用的是NO2。(4)可以收集一瓶纯净而干燥的NO2气体，将带火星的木条插入其中，看是否复燃。答案：(1)不正确 在加热 HNO3溶液的过程中产生了大量水蒸气，降低了木条表面的温度，使木条熄灭(2)2Cu(NO3)2=2CuO4NO2O2(3)正确 产物中 NO2和 O2的体积比为 41，与空气中 N2和 O2的体积比较近，木条在空气中不能复燃，而在分解产物中能复燃，说明起主要作用的是 NO2(4)利用 Cu 和浓 HNO3 反应，收集一瓶 NO2气体，将带火星的木条插入其中，看是否复燃
