高考化学一轮复习硫及其化合物知识点及练习题及答案1Word文件下载.docx

高考化学一轮复习硫及其化合物知识点及练习题及答案1Word文件下载.docx

《高考化学一轮复习硫及其化合物知识点及练习题及答案1Word文件下载.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考化学一轮复习硫及其化合物知识点及练习题及答案1Word文件下载.docx（25页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

酸性KMO4溶液溶液

紫色褪去

SO2有还原性

D

滴有酚酞的NaOH溶液

溶液红色褪去

SO2有酸性氧化物的性质

A．AB．BC．CD．D

【答案】A

【详解】

A．SO2与H2O2反应生成H2SO4，结论错误，故A错误；

B．SO2与H2S反应生成S沉淀，SO2中S元素化合价降低，SO2表现氧化性，故B正确；

C．SO2有还原性，能被高锰酸钾氧化，使高锰酸钾褪色，故C正确；

D．SO2与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，氢氧化钠溶液碱性减弱，溶液红色褪去，故D正确；

选A。

【点睛】

本题考查二氧化硫的性质，注意掌握二氧化硫具有氧化性、还原性、漂白性以及酸性氧化物的性质，试题有利于提高学生的理解能力及综合应用能力。

2．一定量的SO2与NaOH溶液反应，所得产物中含有Na2SO3和NaHSO3，物质的量之比为2∶3，则参加反应的SO2与NaOH的物质的量之比为（　　）

A．1∶2B．3∶5C．5∶7D．8∶11

【答案】C

假设Na2SO3和NaHSO3的物质的量分别为x、y，由原子守恒可知，则SO2的物质的量为x+y，NaOH的物质的量为2x+y；

由于x：

y=2：

3，则参加反应的SO2与与NaOH的物质的量之比为

＝

＝5：

7，故答案选C。

3．下列陈述Ⅰ、Ⅱ正确并且有因果关系的是（　　）

陈述Ⅰ

陈述Ⅱ

A

Fe3＋有氧化性

FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜

B

SiO2有导电性

SiO2可用于制备光导纤维

C

SO2有漂白性

SO2可使溴水褪色

浓硫酸有强氧化性

浓硫酸可用于干燥H2和CO

A.由于Fe3＋有氧化性，可以与铜反应，故FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜，A正确；

B.二氧化硅没有导电性，其可作光导纤维是由于其对光的创导，B错误；

C.SO2可使溴水褪色是因为其还原性，C错误；

D.浓硫酸具有吸水性，故浓硫酸可用于干燥H2和CO，D错误；

故答案选A。

4．下列有关说法正确的是（）

A．因为硫单质具有氧化性，故铁粉与硫粉共热可以生成Fe2S3

B．硫在空气中燃烧的产物是SO2，在纯氧中燃烧的产物是SO3

C．SO2的水溶液能导电，所以SO2是电解质

D．二氧化硫可用于抑制酒类中细菌的生长，可在葡萄酒中微量添加

【答案】D

A.因为硫单质具有氧化性，但氧化性不强，铁粉与硫粉共热生成FeS，A错误；

B.硫在空气中燃烧的产物是SO2，在纯氧中燃烧的产物也是SO2，B错误；

C.SO2的水溶液能导电，因为二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸是电解质，二氧化硫不是电解质，C错误；

D.二氧化硫可用于抑制酒类中细菌的生长，可在葡萄酒中微量添加，D正确；

答案为D。

S具有弱氧化性，与Fe反应生成FeS。

5．下列有关硫及其化合物的说法中正确的是

A．浓硫酸具有吸水性，可做干燥剂，如可干燥氯气、二氧化硫、氨气等

B．浓硫酸与炭共热反应，仅体现了浓硫酸的强氧化性

C．SO2和Cl2均可使品红溶液褪色，但溶有SO2的品红溶液加热后恢复红色，说明SO2的氧化性没有Cl2强

D．以FeS2为原料生产硫酸过程中，要用到沸腾炉、接触室、吸收塔等设备，所涉及的反应均为氧化还原反应

【答案】B

A．浓硫酸的强氧化性和酸性，不能干燥氨气和硫化氢等还原性气体，可干燥氯气和二氧化硫，故A错误；

B．浓硫酸与灼热的炭反应，硫元素化合价都发生变化，只体现了浓硫酸的强氧化性，故B正确；

C．二氧化硫的漂白性是因为二氧化硫和有色物质反应生成无色物质，该反应中二氧化硫不体现氧化性，次氯酸的漂白性是利用次氯酸的强氧化性，二者漂白原理不同，不能说明二氧化硫的氧化性没有氯气强，故C错误；

D．工业制硫酸的三设备是：

沸腾炉4FeS2+11O2

2Fe2O3+4SO2，接触室2SO2（g）+O2（g）

2SO3（g），吸收塔SO3+H2O=H2SO4，沸腾炉、接触室所涉及的反应均为氧化还原反应、吸收塔所涉及的反应不是，故D错误；

故答案为B。

6．某同学用含有铁锈（Fe2O3）的废铁屑来制取氯化铁晶体的装置（省略夹持装置，气密性已检查）如图所示。

下列推断不合理的是（）

A．烧杯中H2O2溶液的作用是将Fe2＋氧化为Fe3＋

B．A中存在氧化铁与盐酸反应生成氯化铁的反应

C．利用B装置不能准确测量生成氢气的体积

D．将反应后的溶液放入烧杯中再通入少量SO2，则溶液颜色立即由棕黄色变为浅绿色

【分析】

铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，因铁与铁离子反应，则A中得到物质为氯化亚铁，反应后打开K2，过氧化氢可氧化亚铁离子生成铁离子，据此解答。

铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，因铁与铁离子反应，则A中得到物质为氯化亚铁，反应后打开K2，过氧化氢可氧化亚铁离子生成铁离子；

A.双氧水具有氧化性，可将Fe2+氧化为Fe3+，A项正确；

B.氧化铁为碱性氧化物，可与盐酸反应生成氯化铁和水，B项正确；

C.铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，所以B中收集到的气体是氢气，可用排水法测量生成氢气的体积，C项正确；

D.因H2O2溶液过量，所以通入少量SO2先被H2O2氧化，将H2O2还原完后才还原Fe3＋，D项错误；

答案选D。

7．由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是

实验

A．用铂丝蘸取某金属的盐溶液，在酒精灯火焰上灼烧

火焰呈黄色

此盐溶液中含有Na+，不含K+

B．向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水

有无色气体产生

氯水中含HClO

C．将足量SO2气体通入石蕊试液中

石蕊试液变红色

SO2水溶液显酸性

D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2

溶液紫色褪去

SO2具有漂白性

A.钾的焰色是浅紫色，容易被钠的黄色火焰所掩盖，因此要在蓝色钴玻璃下进行观察才能确定有没有钾元素，A项错误；

B.酸性：

盐酸大于碳酸，碳酸大于次氯酸；

因此次氯酸不可能与碳酸氢钠反应得到

，应该考虑是盐酸的影响，B项错误；

C.石蕊变红则证明溶液显酸性，因此说明

的水溶液显酸性，C项正确；

D.

和高锰酸钾之间发生的是氧化还原反应导致褪色，与漂白性无关，D项错误；

答案选C。

二氧化硫能够漂白一些有机色质，如品红溶液，属于非氧化性漂白；

而二氧化硫在与酸性高锰酸钾溶液、溴水、氯化铁等溶液反应时，体现了二氧化硫的强的还原性，导致了溶液的颜色发生了变化，而非漂白性。

8．如图是产生和收集气体的实验装置，该装置最适合于

A．用H2O2溶液和MnO2反应制取O2

B．用浓盐酸和MnO2反应制取C12

C．用浓硝酸与Cu反应制取NO2

D．用Na2SO3和浓H2SO4反应制取SO2

A.用H2O2溶液和MnO2反应制取O2，固体不加热，故A符合；

B.用浓盐酸和MnO2反应制取C12，是固体加热，故B不符；

C.用浓硝酸与Cu反应制取NO2，不能用排水法收集，故C不符；

D.用Na2SO3和浓H2SO4反应制取SO2，SO2在水中溶解度大，不用排水法收集，故D错误；

故选A。

9．把70mL硫化氢和90mL氧气（标准状况）混合，在一定条件下点燃，使之反应。

当反应完全后恢复到原来状况时，可得到SO2的体积是（不考虑二氧化硫在水中溶解）（　　）

A．50mLB．55mLC．60mLD．70mL

H2S完全燃烧的化学方程式为：

2H2S+3O2

2SO2+2H2O，根据方程式可知90mLO2完全反应消耗60mLH2S，同时产生60mLSO2，剩余10mLH2S，剩余H2S与反应产生的SO2会进一步发生反应：

SO2+2H2S=3S+2H2O，10mLH2S反应消耗5mLSO2，因此充分反应后，剩余SO2气体的体积是60mL-5mL=55mL，故合理选项是B。

10．有一瓶可能部分被氧化的Na2SO3溶液，某同学取少量此溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀。

下述有关此实验的结论正确的是（）

A．Na2SO3已部分被空气中的氧气氧化

B．加入Ba（NO3）2溶液后，生成的沉淀中一定含有BaSO4

C．加足量硝酸后的白色沉淀一定是BaSO4

D．此实验能确定Na2SO3是否部分被氧化

根据题意可知，本题考查物质的检验和鉴别，运用硫酸根的鉴别方法分析。

A.取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，故A错误；

B.原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，加入Ba（NO3）2溶液后，生成的沉淀中不一定含有BaSO4，可能是BaSO3，故B错误；

C.取少量溶液，滴入Ba（NO3）2溶液，产生白色沉淀，再加入足量稀硝酸，充分振荡后，仍有白色沉淀，硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，生成的BaSO3也会被氧化为BaSO4，所以加硝酸后生成沉淀一定是BaSO4，故C正确；

D.硝酸根离子在酸溶液中具有氧化性，原溶液中可以是硫酸根离子或亚硫酸根离子，此实验不能确定Na2SO3是否部分被氧化，故D错误；

11．CuSO4•5H2O在不同温度下分解情况不同，取5.00g该晶体在密闭容器中进行实验，测得分解后剩余固体质量与温度关系如图，下列说法不正确的是（）

A．113℃分解得到的固体产物为CuSO4•H2O

B．温度低于650℃时的分解反应，均不属于氧化还原反应

C．650℃时的气态产物冷却至室温，可得组成为n（H2SO4）：

n（H2O）=1:

4的硫酸溶液

D．1000℃分解得到的固体产物为CuO

n（CuSO4•5H2O）=

=0.02mol，CuSO4•5H2O完全失去结晶水时，所得CuSO4的质量为0.02mol×

160g/mol=3.20g，由图中可知，刚好位于温度在258~650℃之间，说明在此之前，胆矾受热分解，只失去结晶水；

650~1000℃之间，固体质量为1.60g，其中Cu元素的质量为0.02mol×

64g/mol=1.28g，则氧元素质量为1.60g-1.28g=0.32g，物质的量为

=0.02mol，此固体为CuO；

1000℃之后，固体质量为1.44g，其中Cu元素质量为1.28g，则氧元素质量为1.44g-1.28g=0.16g，物质的量为

=0.01mol，此固体为Cu2O。

A．113℃时，固体质量为3.56g，失去结晶水的质量为5.00g-3.56g=1.44g，物质的量为

=0.08mol，则失去结晶水的数目

=4，从而得出分解得到的固体产物为CuSO4•H2O，A正确；

B．由以上分析可知，温度低于650℃时的分解反应，只失去结晶水，CuSO4的组成未变，所以均不