2020年领军高考化学真题透析专题4.3硫及其化合物精讲深剖.doc

第3讲 硫及其化合物1.（2019全国卷）下列实验不能达到目的的是选项目的实验A制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通入碳酸钠溶液中B加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2C除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸【答案】A【解析】A、氯气与碳酸钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和碳酸氢钠，不能制备次氯酸，不能达到实验目的，A选；B、过氧化氢溶液中加入少量二氧化锰作催化剂，加快双氧水的分解，因此可以加快氧气的生成速率，能达到实验目的，B不选；C、碳酸钠溶液与乙酸反应，与乙酸乙酯不反应，可以除去乙酸乙酯中的乙酸，能达到实验目的，C不选；D、根据较强酸制备较弱酸可知向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸可以制备二氧化硫，能达到实验目的，D不选。2.（2019江苏）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A. NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)B. MgCl2(aq)Mg(OH)2(s)MgO (s)C. S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D. N2(g) NH3(g)Na2CO3(s)【答案】B【解析】A.氯气的氧化性强，与铁单质反应直接生成氯化铁，故A错误；B.氯化镁与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化镁，氢氧化镁高温煅烧生成氧化镁和水，故B正确；C.硫单质在空气中燃烧只能生成SO2，SO2在与氧气在催化剂条件下生成SO3，故C错误；D.氨气与二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解可生成碳酸钠，故D错误。3（2018年新课标II卷）研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是A. 雾和霾的分散剂相同B. 雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵C. NH3是形成无机颗粒物的催化剂D. 雾霾的形成与过度施用氮肥有关【答案】C【解析】A. 雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；B. 由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；C. NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；D. 氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。4（2018年天津市高考）由下列实验及现象推出的相应结论正确的是实验现象结论A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液产生蓝色沉淀原溶液中有Fe2+，无Fe3+B向C6H5ONa溶液中通入CO2溶液变浑浊酸性：H2CO3>C6H5OHC向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液生成黑色沉淀Ksp(CuS)<Ksp(ZnS)D某溶液中加入Ba(NO3)2溶液再加足量盐酸产生白色沉淀仍有白色沉淀原溶液中有SO42-【答案】B【解析】A某溶液中滴加K3Fe(CN)6溶液，产生蓝色沉淀，说明溶液中有Fe2+，但是无法证明是否有Fe3+。选项A错误。B向C6H5ONa溶液中通入CO2，溶液变浑浊，说明生成了苯酚，根据强酸制弱酸的原则，得到碳酸的酸性强于苯酚。选B正确。C向含有ZnS和Na2S的悬浊液中滴加CuSO4溶液，虽然有ZnS不溶物，但是溶液中还有Na2S，加入硫酸铜溶液以后，Cu2+一定与溶液中的S2-反应得到黑色的CuS沉淀，不能证明发生了沉淀转化。选项C错误。D向溶液中加入硝酸钡溶液，得到白色沉淀（有很多可能），再加入盐酸时，溶液中就会同时存在硝酸钡电离的硝酸根和盐酸电离的氢离子，溶液具有硝酸的强氧化性。如果上一步得到的是亚硫酸钡沉淀，此步就会被氧化为硫酸钡沉淀，依然不溶，则无法证明原溶液有硫酸根离子。选项D错误。5（2017北京）根据SO2通入不同溶液中实验现象，所得结论不正确的是 实验现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3H2SiO3【答案】C【解析】AFeCl3将SO2氧化成硫酸根离子，硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀，该反应中二氧化硫被氧化，表现了还原性，故A正确；BSO2与H2S反应生成S单质，该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S，二氧化硫被还原，做氧化剂，故B正确；C酸性KMnO4溶液能够氧化SO2，使溶液褪色，SO2表现了还原性，故C错误；DNa2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3，说明亚硫酸的酸性较强，即酸性：H2SO3H2SiO3，故D正确。6（2017江苏）下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的是A制取SO2 B验证漂白性 C收集SO2 D尾气处理【答案】B【解析】实验室可用浓硫酸和铜在加热条件下反应制备二氧化硫，二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，具有漂白性，可使品红褪色，二氧化硫为酸性氧化物，可与碱反应，以此解答该题。A稀硫酸和铜不反应，应用浓硫酸和铜反应制备二氧化硫气体，故A错误；B二氧化硫具有漂白性，可使品红褪色，操作符号要求，可达到实验目的，故B正确；C二氧化硫密度比空气大，可用向上排空气法收集，气体应从长导管进入，故C错误；D二氧化硫不溶于饱和亚硫酸氢钠溶液，应用氢氧化钠溶液吸收尾气，且防止倒吸，故D错误。7.（2019北京）化学小组实验探究SO2与AgNO3溶液的反应。（1）实验一：用如下装置（夹持、加热仪器略）制备SO2，将足量SO2通入AgNO3溶液中，迅速反应，得到无色溶液A和白色沉淀B。浓H2SO4与Cu反应的化学方程式是_。试剂a是_。（2）对体系中有关物质性质分析得出：沉淀B可能为 、Ag2SO4或两者混合物。（资料：Ag2SO4微溶于水；Ag2SO3难溶于水）实验二：验证B的成分写出Ag2SO3溶于氨水的离子方程式：_。加入盐酸后沉淀D大部分溶解，剩余少量沉淀F。推断D中主要是BaSO3，进而推断B中含有Ag2SO3。向滤液E中加入一种试剂，可进一步证实B中含有Ag2SO3。所用试剂及现象是_。（3）根据沉淀F的存在，推测的产生有两个途径：途径1：实验一中，SO2在AgNO3溶液中被氧化生成Ag2SO4，随沉淀B进入D。途径2：实验二中，被氧化为进入D。实验三：探究的产生途径向溶液A中滴入过量盐酸，产生白色沉淀，证明溶液中含有_：取上层清液继续滴加BaCl2溶液，未出现白色沉淀，可判断B中不含Ag2SO4。做出判断的理由：_。实验三的结论：_。（4）实验一中SO2与AgNO3溶液反应的离子方程式是_。（5）根据物质性质分析，SO2与AgNO3溶液应该可以发生氧化还原反应。将实验一所得混合物放置一段时间，有Ag和生成。（6）根据上述实验所得结论：_。【答案】 (1). Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O (2). 浓硫酸或饱和的NaHSO3溶液 (3). Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O (4). H2O2溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3 (5). Ag+ (6). 因为若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀 (7). 实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42- (8). 2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+ (9). 二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子【解析】 (1)铜和浓硫酸在加热的条件下反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，化学方程式为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O，故答案为：Cu+2H2SO4(浓) CuSO4+SO2+2H2O；由于烧瓶中的空气没有排出，反应生成的SO2可能会被氧气氧化为SO3，SO3会干扰后续的实验，所以试剂a应为除去杂质SO3的试剂，可以用饱和NaHSO3溶液；故答案为：饱和NaHSO3溶液；（2）Ag2SO3溶于氨水得到Ag(NH3)2+，离子方程式为：Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O，故答案为：Ag2SO3+4NH3H2O=2 Ag(NH3)2+SO32-+4H2O；推测沉淀D为BaSO3，加过量稀盐酸溶解得滤液E和少量沉淀F，则E中可能含有溶解的SO2，可加入双氧水溶液，若加入双氧水溶液可以将亚硫酸或亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，从而生成白色的硫酸钡沉淀，则证明B中含有Ag2SO3；故答案为：H2O2，溶液，产生白色沉淀，则证明B中含有Ag2SO3；（3）加入过量盐酸产生白色沉淀，说明含有Ag+；B中不含Ag2SO4，因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀，故答案为：Ag+；因若含有Ag2SO4，加入BaCl2溶液会生成难溶的BaSO4白色沉淀；实验三的结论：实验一中，SO2在AgNO3溶液中未被氧化生成Ag2SO4；实验二中，SO32-被氧化为SO42-；（4）根据以上分析，二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银沉淀，离子方程式为：2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+，故答案为：2Ag+SO2+H2O= Ag2SO3+2H+；（6）综合实验一、实验二和实验三的分析，可以得出该实验的结论为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。故答案为：二氧化硫与硝酸银溶液反应生成亚硫酸银的速率大于生成银和硫酸根离子的速率，碱性溶液中亚硫酸根离子更易被氧化为硫酸根离子。考纲解读考点内容说明硫及其化合物常见非金属元素（如 H、C、N、O、Si、S、Cl 等） 了解常见非金属元素单质及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。 了解常见非金属元素单质及其重要化合物对环境的影响。 以上各部分知识的综合应用。主要考查硫、SO2、亚硫酸盐、浓硫酸的强氧化性。考点精讲考点一 硫1. 硫在自然界的存在：（1）游离态：硫单质俗称硫磺，主要存在于火山喷口附近或地壳的岩层里。（2）化合态：主要以硫化物和硫酸盐的形式存在。有关的化学式为：硫铁矿FeS2、黄铜矿 CuFeS2、生石膏CaSO42H2O、芒硝Na2SO410H2O 。2. 物理性质：淡黄色固体，不于水，可溶于酒精，易溶于CS2（用于洗涤沾有硫的容器） ，熔沸点都很低。3. 硫的化学性质 氧化性：与绝大多数金属反应：与铁反应Fe + S FeS 、与铜反应 2Cu + S Cu2S与非金属反应：H2+SH2S 还原性：与氧气发生反应 SO2 SO2 与强氧化剂反应浓HNO3反应 自身氧化还原反应 3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3 +3H2O典例1（2017江苏）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是 AFeFeCl2Fe（OH）2BSSO3H2SO4CCaCO3CaOCaSiO3DNH3NOHNO3【答案】C【分析】A、因为氯气具有强氧化性，则铁与氯气反应生成三氯化铁，而不是氯化亚铁，故A错误； B硫与氧气反应生成二氧化硫，而不是三氧化硫，故B错误；CCaCO3高温分解生成CaO，CaO为碱性氧化物，和酸性氧化物二氯化硅高温反应生成盐硅酸钙，故C正确；D氨气催化氧化生成NO，NO和水不反应，不能生成硝酸，故D错误。典例2工业上将Na2CO3和Na2S配成溶液，再通入SO2可制取Na2S2O3，同时放出CO2。已知：S (s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)。下列说法不正确的是A. 上述反应中氧化剂和还原剂的物质的量比是2:lB. 上述反应中的Na2CO3和Na2S的物质的量比最佳是1:2C. 每生成lmol Na2S2O3转侈4mol电子D. 通入的SO2过量很多，将会产生浑浊现象【答案】C【解析】将Na2CO3和Na2S配成溶液，再通入SO2可制取Na2S2O3，同时放出CO2，并结合S (s)+Na2SO3(aq)Na2S2O3(aq)，根据电子守恒，恰好完全反应时发生反应的化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2；A在2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为21，故A正确；B恰好完全反应时，在2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2中，Na2CO3和Na2S的物质的量比最佳是1:2，故B正确；C反应2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2中2Na2S转化为3Na2S2O3，转移8个电子，则生成1molNa2S2O3，转移mol电子，故C错误；D如果SO2过量很多，溶液显酸性，而Na2S2O3在酸性条件下不稳定，生成硫和SO2，故D正确；答案为C。考点一精练：1在给定条件下，下列选项所示的物质转化均能实现的是A. SSO2CaSO4B. SiSiO2SiCl4C. FeFe2O3Fe(OH)3D. NaNaOH(aq) NaHCO3(aq)【答案】D【解析】A. 二氧化硫与氧化钙反应生成CaSO3，A错误；B. 二氧化硅是酸性氧化物与盐酸不反应，所以二氧化硅无法与盐酸反应转化为四氯化硅，B错误；C. Fe与H2O蒸汽在高温下反应生成Fe3O4，Fe2O3与H2O不反应，不能生成Fe(OH)3，C错误；D. Na与H2O反应生成NaOH和H2，NaOH和足量CO2反应生成NaHCO3，D正确；答案选D.2一定条件下，下列各组物质能一步实现图中所示转化关系的是选项XYZWAAlAl2O3NaAlO2Al(OH)3BFe3O4FeFeCl2FeCl3CH2SO4SO2SSO3DCH3CH2BrCH2=CH2C2H5OHCH2BrCH2Br【答案】B【解析】A项，Al与O2反应生成Al2O3，Al2O3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，NaAlO2溶液与过量CO2反应生成Al（OH）3和NaHCO3，Al（OH）3与NaOH反应生成NaAlO2和H2O，Al2O3不能一步生成Al（OH）3，YW不能一步实现；B项，Fe3O4与CO高温反应生成Fe和CO2，Fe与HCl反应生成FeCl2和H2，Fe与Cl2加热时反应生成FeCl3，FeCl2与Cl2反应生成FeCl3，FeCl3与Fe反应生成FeCl2，图中反应均能一步实现；C项，Cu与浓H2SO4加热反应生成CuSO4、SO2和H2O，SO2与H2S反应生成S和H2O，SO2发生催化氧化反应生成SO3，S与SO3相互间不能一步转化，Z与W间的相互转化不能一步实现；D项，CH3CH2Br在NaOH醇溶液中发生消去反应生成CH2=CH2，CH2=CH2与H2O一定条件下发生加成反应生成C2H5OH，CH2=CH2与Br2发生加成反应生成CH2BrCH2Br，C2H5OH与CH2BrCH2Br相互间不能一步转化，Z与W间的相互转化不能一步实现；答案选B。考点二 二氧化硫和三氧化硫1. 二氧化硫（1）物理性质颜 色气 味毒 性密 度溶解性无色刺激性有比空气大易溶（1:40）（2）化学性质 酸性氧化物-亚硫酐a二氧化硫与水反应 ：SO2 + H2O H2SO3 (亚硫酸)使紫色石蕊试液变红.b二氧化硫与碱的反应SO2少量：SO2 + 2 NaOH = Na2SO3 + H2O ；SO2过量：SO2 + NaOH = NaHSO3 SO2 + 2 NaOH = Na2SO3 + H2O；Na2SO3 + H2O + SO2 = 2NaHSO3 c与碱性氧化物反应 SO2+CaO=CaSO3 二氧化硫的氧化性：SO2+2H2S = 3S + 2H2O 二氧化硫的还原性 aSO2O22SO3b与卤素单质反应：SO2 + Br2 + 2 H2 O = H2 SO4 + 2HBr SO2 + Cl2 + 2 H2 O = H2 SO4 + 2HClc与某些强氧化剂的反应：2KMnO4 + 2H2O+ 5SO2 = K2SO4 +2MnSO4 + 2H2SO4 漂白性 品红溶液中通入SO2， 再回热变为红色。 用途：制H2SO4 ；作漂白剂；杀菌，消毒。2. 三氧化硫（1）物理性质：又名硫酸酐，是一种无色易挥发的晶体，溶点16.80C，沸点44.80C，标况下为固体。（2）化学性质：具有酸的氧化物的通性，与水反应放出大量的热，具有较强的氧化性。3. 硫的氧化物对大气的污染;酸雨的pH小于5.6。典例1为验证SO2的相关性质，所选用试剂错误的是A漂白性品红溶液B氧化性饱和Na2SO3溶液C酸性滴有酚酞的NaOH溶液D还原性酸性KMnO4溶液【答案】B【解析】ASO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，欲验证SO2的漂白作用，应将SO2气体通入品红溶液，溶液红色褪去，故A正确；B二氧化硫与饱和Na2SO3溶液反应体现的是酸性氧化物的性质，没有体现氧化性，故B错误；C二氧化硫为酸性气体，可与碱反应，能使滴有酚酞的NaOH溶液褪色，体现二氧化硫为酸性气体，故C正确；D二氧化硫中S元素化合价为+4价，具有较强的还原性，可使酸性KMnO4溶液褪色，故D正确。典例2根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是选项实验操作和现象实验结论A分别加热Na2CO3和NaHCO3固体，试管内壁均有水珠两种物质均受热分解B向SO2水榕液中通入H2S气体，有淡黄色沉淀产生SO2具有氧化性C向无水乙醇中加入浓硫酸，加热，将产生的气体通入酸性KMnO4溶液，KMnO4溶液褪色产生的气体是乙烯D取少量食盐溶于水，加稀硫酸酸化，再滴入淀粉溶液，溶液未呈蓝色该食盐中不含有KIO3【答案】B【解析】A.Na2CO3固体受热不分解，试管内壁不产生水珠，A错误；B. 向SO2水溶液中通入H2S气体，发生反应SO2+2H2S=3S+2H2O，二氧化硫做氧化剂，硫化氢作还原剂，说明二氧化硫具有氧化性，B正确；C.无水乙醇中加入浓H2SO4，加热至170，发生消去反应生成乙烯，同时含有杂质二氧化硫、二氧化碳等气体；二氧化硫也能被高锰酸钾溶液氧化，使KMnO4溶液褪色；所以产生的气体不一定为乙烯；C错误；D.缺少还原剂，不能发生氧化还原反应生成碘单质，应加稀硫酸、KI检验，D错误；答案选B.考点二精练：1（2018届陕西省西安市长安区高三教学质量检测）碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染，同时又能制得氢气，具体流程如下：下列说法正确的是A. 分离器中的物质分离操作为过滤B. 膜反应器中，增大压强有利于提高速率和HI的平衡转化率C. 该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D. 碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+ I2=H2+2H2SO4+2HI【答案】C【解析】反应器中的反应为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI。A项，H2SO4和HI互溶，不能用过滤法分离，A项错误；B项，膜反应器中的反应为2HI（g）H2（g）+I2（g），增大压强能提高反应速率，该反应反应前后气体分子数不变，增大压强平衡不移动，不能提高HI的平衡转化率，B项错误；C项，根据反应器中的反应和膜反应器中的反应，该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”，C项正确；D项，将反应器中的反应和膜反应器中的反应相加，总反应为SO2+2H2O=H2SO4+H2，D项错误；答案选C。2某化学小组同学用如图所示装置模拟工业制取SO3的过程，下列相关说法错误的（ ）A装置c后应增加尾气处理装置B装置a只有干燥气体的作用C实验室制取SO2或O2可使用同样的气体发生装置DV2O5是催化剂并且也会参与反应【答案】B【解析】A、SO2不可能完全反应，因此要对尾气进行处理，选项A正确；B、装置a的作用有干燥，使气体充分混合、通过观察气泡快慢调节气体流速，选项B错误；C、实验时制取SO2 (Na2SO3固体与浓硫酸)或O2 (MnO2与H2O2)都可使用固液混合不加热制气体的发生装置，选项C正确；D、催化剂加快反应速率的原理就是改变反应路径从而降低活化能，选项D正确。 3酸雨的形成是一种复杂的大气化学和光学化学过程，在清洁空气、污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如下：下列有关说法错误的是（ ）A光照能引发酸雨的形成B所涉及的变化均为氧化还原反应C污染空气能加快酸雨的形成D优化能源结构能有效遏制酸雨污染【答案】B【解析】A.由图可知，酸雨形成的两个途径中都使用了光照的条件，A正确； B.三氧化硫与水反应生成硫酸，没有化合价变化，不属于氧化还原反应，B错误；C.由图中信息可知，污染空气中的氮的氧化物、碳氢化合物及二氧化硫等大气污染物可以通过光化学反应生成硫酸，在这个过程中，氮的氧化物是催化剂，加快了酸雨的形成，C正确；D.优化能源结构能减少化石燃料的使用，能有效减少二氧化硫的排放量，故能有效遏制酸雨污染，D正确。 考点三 硫酸1. 物理性质：难挥发；与水以任意比例互溶，溶解时可放出大量热。稀释浓硫酸的方法是：把浓硫酸沿器壁慢慢注入水里，并边加加搅拌。2. 浓硫酸的特性：吸水性：常用作干燥剂，但不能干燥NH3、H2S、HBr、HI。脱水性：将有机物中的氢氧原子以2：1比例脱去，如使蔗糖碳化。强氧化性;铁、铝遇浓硫酸钝化。与铜反应：Cu +2H2SO4 CuSO4 + SO2 +2H2O与碳反应：C + 2H2SO4 CO2 + 2SO2 +2H2O3. SO42-的检验（干扰离子可能有：CO32-、SO32-、SiO32-、Ag、PO43等）：待测液 ，加过量盐酸酸化，变为澄清液，再加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明待测液中含有SO42-离子。典例1下列关于浓硫酸的说法正确的是()A. 易挥发 B. 无吸水性C. 密度比水的小 D. 常温下能使铝片钝化【答案】D【解析】A. 浓硫酸难挥发，A错误；B. 浓硫酸具有吸水性，B错误；C. 浓硫酸密度比水的大，C错误；D. 浓硫酸常温下能使铝片钝化，D正确，答案选D。典例2为了验证浓硫酸和木炭粉在加热条件下产生的气体产物，某同学选用了如图所示的实验装置。下列说法错误的是AB装置用来检验产物中是否有水蒸气B拆除E装置也能达到实验目的CF装置中出现白色浑浊证明产物中一定有CO2生成DC装置用来检验产物中是否有SO2生成【答案】C【解析】A、无水硫酸铜遇水变蓝，B装置中无水硫酸铜用来检验产物中是否有水蒸气，故A正确；B、气体通过溴水除去了SO2，所以拆除E装置也能达到实验目的，故B正确；C、E中品红溶液不褪色、F中澄清石灰水变浑浊，才能证明产物中一定有CO2生成，故C错误；D、SO2能使品红褪色，所以C装置用来检验产物中是否有SO2生成，故D正确。典例3研究铜和铁与浓硫酸的反应，实验如下： 铜丝表面无明显现象铁丝表面迅速变黑，之后无明显现象铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色下列说法正确的是A常温下不能用铁制容器盛放浓硫酸，可用铜制容器盛放浓硫酸B中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量相等C依据，可推断出铜和铁与浓硫酸反应可生成SO2D中现象的差异仅是由于温度改变了化学反应速率【答案】C【解析】A常温下铁遇冷浓硫酸发生钝化，则可以用铁制容器盛放浓硫酸，故A错误；B随着反应的进行浓硫酸的浓度逐渐降低，Cu与稀硫酸不反应，而Fe能与稀硫酸反应生成氢气，则中铜丝或铁丝均有剩余时，产生气体的物质的量不可能相等，故B错误；C中在加热条件下，铜丝或铁丝逐渐溶解，产生大量气体，品红溶液褪色，说明反应中生成SO2，故C正确；D温度升高可加快化学反应速率，同时浓硫酸的氧化性随温度升高而升高，故D错误。考点三精练：1（2018届重庆市高三第三次诊断性考试）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A. 过量的氧气与二氧化硫 B. 过量的浓盐酸与二氧化锰C. 过量的铜与硝酸 时 D. 过量的锌与18mol/L硫酸【答案】A【解析】氧气与二氧化硫发生的反应为可逆反应，即使氧气过量，二氧化硫也不能完全反应，A正确；浓盐酸与二氧化锰反应为不可逆反应，浓盐酸过量时，二氧化锰反应完全，B错误；铜与浓硝酸反应到一定程度时，浓硝酸变为稀硝酸，稀硝酸继续与铜发生反应，直至消耗完，C错误；18mol/L的硫酸为浓硫酸，浓硫酸具有强氧化性，与锌反应生成二氧化硫，反应到一定程度时，浓硫酸变为稀硫酸与锌反应生成氢气，锌过量，硫酸消耗完，D错误。正确选项A。2实验室可以使用如图所示装置制取的气体，且药品选用也正确的是()AO2：二氧化锰和双氧水 BSO2：亚硫酸钠和稀硫酸CCO2：大理石和稀硫酸 DH2S：硫化亚铁和稀硫酸【答案】D【解析】A.二氧化锰和双氧水反应剧烈，难以控制，不能用简易气体发生装置制备，故A错误；B.亚硫酸钠溶于水，不能做到随开随用、随关随停，故B错误；C.大理石和稀硫酸反应在大理石的表面生成微溶于水的硫酸钙，阻碍反应的进行，难以制备二氧化碳气体，故C错误；D.硫化亚铁不溶于水，能与硫酸反应生成硫化氢气体，可用该装置制备，故D正确。 3用如图所示装置进行实验，下列对实验现象的解释不合理的是中试剂中现象解释A品红溶液溶液褪色SO2具有漂白性BNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性：H2SO3>H2SiO3C酸性KMnO4溶液紫色褪去SO2具有还原性D酸性Ba(NO3)2溶液生成白色沉淀SO32-与Ba2+生成BaSO3沉淀【答案】D【解析】A项、二氧化硫具有漂白性，能和有色物质反应生成无色物质而使品红溶液褪色，该实验体现二氧化硫漂白性，故A正确；B项、亚硫酸酸性强于硅酸，向Na2SiO3溶液通入二氧化硫气体，反应生成白色胶状硅酸沉淀，故B正确；C项、二氧化硫能被酸性高锰酸钾溶液氧化而使酸性高锰酸钾溶液褪色，该实验体现二氧化硫还原性，故C正确；D项、将SO2通入Ba（NO3）2溶液，酸性条件下硝酸根离子可以将二氧化硫氧化生成硫酸，硫酸与硝酸钡反应，有白色沉淀硫酸钡生成，故D错误。 考点四 氧族元素：1氧族元素比较：原子半径 OSSeTe单质氧化性 O2SSeTe单质颜色 无色 淡黄色 灰色 银白色单质状态 气体 固体 固体 固体氢化物稳定性 H2OH2SH2SeH2Te最高价含氧酸酸性 H2SO4H2SeSO4H2TeO42O2和O3比较：O2O3颜 色无色气态淡蓝色气 味无刺激性特殊臭味水溶性臭氧比氧气易溶于水密 度臭氧密度比氧气的大氧化性强（不易氧化Ag、Hg等）极强（O3+2KI+H2O=2KOH+I2+O2）（易氧化Ag、Hg等不活泼金属）漂白性无有（极强氧化性作消毒剂和脱色剂）稳定性强弱相互关系3O2 高压=或放电2O3 臭氧和氧气是氧的同素异形体3比较H2O和H2O2H2OH2O2电子式H 化学键极性键极性键和非极性键分子极性有有稳定性稳定2H2O 2H2+O2不稳定2H2O22H2O+O2氧化性较弱（遇强还原剂反应）2Na+2H2O=2NaOH+H2较强（遇还原剂反应）SO2+H2O2=H2SO4还原性较弱（遇极强氧化剂反应）2F2+2H2O=4HF+O2较强（遇较强氧化剂反应）2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2+5O2+8H2O作 用饮用、溶剂等氧化剂、漂白剂、消毒剂、脱氯剂等典例 H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害，工业上采取多种方法减少这些有害气体的排放，回答下列方法中的问题H2S的除去方法1：生物脱H2S的原理为：H2S+Fe2(SO4) 3S+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4) 3+2H2O（1）硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5105倍，该菌的作用是 。（2）由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为 。若反应温度过高，反应速率下降，其原因是 。方法2：在一定条件下，用H2O2氧化H2S（3）随着参加反应的n(H2O2) /n(H2S)变化，氧化产物不同当n(H2O2) /n(H2S)=4时，氧化产物的分子式为 。SO2的除去方法1(双碱法)：用NaOH吸收SO2，并用CaO使NaOH再生， NaOH溶液Na2SO3溶液。（4）写出过程的离子方程式： ；CaO在水中存在如下转化：CaO(s) +H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq) +2OH(aq)，从平衡移动的角度，简述过程NaOH再生的原理 。方法2：用氨水除去SO2（5）已知25，NH3H2O的Kb=1.8105，H2SO3的Ka1=1.3102，Ka2=6.2108若氨水的浓度为2.0molL1，溶液中的c(OH) = molL1将SO2通入该氨水中，当c(OH)降至1.0107 molL1时，溶液中的c(SO32) /c(HSO3) = 。【答案】降低反应活化能 30、pH=2.0 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性) H2SO4 2OH+SO2=SO32+H2O SO32与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成6.0103 0.62【解析】（1）4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2（SO4）3+2H2O，硫杆菌存在时，FeSO4被氧化的速率是无菌时的5105倍，该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能。故答案为：降低反应活化能（或作催化剂）；（2）从图象中分析可知，使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时，需要的温度和溶液PH分别为：30、pH=2.0，反应温度过高，反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性，催化剂失去生理活性，故答案为：30、pH=2.0； 蛋白质变性（或硫杆菌失去活性）；（3）当n(H2O2) /n(H2S)=4时，结合氧化还原反应电子守恒，4H2O24H2O8e，电子守恒得到H2S变化为+6价化合物，氧化产物的分子式为H2SO4，故答案为：H2SO4 。（4）过程是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水，反应的离子方程式为：2OH+SO2=SO32+H2O，过程加入CaO，存在CaO(s) +H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq) +2OH(aq)，因SO32与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成。故答案为：2OH+SO2=SO32+H2O；SO32与Ca2+生成CaSO3沉淀，平衡向正向移动，有NaOH生成；（5）NH3H2O的Kb=1.8105，若氨水的浓度为2.0molL1，可结合Kb=c(NH4+)c(OH)/ c(NH3H2O)计算c(OH)，H2SO3的Ka2=6.2108，结合Ka2= c(SO32)c(H+)/ c(HSO3)计算c(SO32)/c(HSO3)。NH3H2O的Kb=1.8105，若氨水的浓度为2.0molL1，由Kb= c(NH4+)c(OH)/ c(NH3H2O)可知c(OH)= mol/L=6.0103mol/L，当c(OH)降至1.0107 molL1时，c（H+）=1.0107 molL1，H2SO3的Ka2=6.2108，由Ka2= c(SO32)c(H+)/ c(HSO3)可知c(SO32)/ c(HSO3)=6.2108/(1107) =0.62。故答案为：6.0103；0.62。考点四精练：1下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是ANH4HCO3受热易分解，可用作化肥B稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈CSO2具有氧化性，可用于纸浆漂白DAl2O3具有两性，可用于电解冶炼铝【答案】B【解析】A.NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，可以用作化肥是因为含有氮元素；B.铁锈的主要成分为Fe2O3，硫酸具有酸性可以和金属氧化物反应，具有对应关系；C. 二氧化硫的漂白原理是二氧化硫与有色物质化合成不稳定的无色物质，不涉及氧化还