高中化学苏教版（2019）必修第一册专题４ 硫与环境保护 复习提升试卷（含答案）

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1、本专题复习提升易混易错练易错点1SO2的还原性和漂白性导致的“褪色”现象判断错误1.()能证明下列物质具有漂白性的是()A.向加有酚酞的NaOH溶液中通入氯气,溶液立即褪色B.向加有酚酞的水中投入少量的Na2O2粉末,溶液先变红,后褪色C.显红色的酚酞溶液中通入SO2后,溶液红色褪去D.向溶有KMnO4的酸性溶液中通入SO2后,溶液紫红色褪去易错点2反应中浓硫酸所表现的性质判断错误2.()下列现象或用途与浓硫酸的脱水性有关的是()A.浓硫酸可作氯气的干燥剂B.浓硫酸滴加到胆矾上,蓝色晶体变成白色粉末C.浓硫酸滴加到蔗糖中,蔗糖变黑D.浓硫酸在加热条件下可与铜等不活泼金属反应3.()在下列物质的

2、转化中,浓硫酸既表现出氧化性又表现出酸性的是()CuCuSO4CCO2FeOFe2(SO4)3Fe2O3Fe2(SO4)3A.B.C.D.4.()某课外活动小组的同学,在实验室做锌与浓硫酸反应的实验时,甲同学认为产生的气体是二氧化硫,而乙同学认为除二氧化硫气体外,还可能产生氢气。为了验证甲、乙两位同学的判断是否正确,丙同学设计了如图所示实验装置(锌与浓硫酸共热时产生的气体为X,且该发生装置略去),试回答下列问题:(1)生成二氧化硫的化学方程式为。(2)乙同学认为还可能产生氢气的理由是。(3)丙同学在安装好装置后,必须首先进行的一步操作是。(4)A中加入的试剂可能是,作用是;B中加入的试剂可能是

3、,作用是;E中加入的试剂可能是,作用是。(5)如果去掉装置B,还能否根据D中的现象判断气体X中有氢气?(填“能”或“不能”),原因是。易错点3忽视物质氧化性、还原性的强弱顺序导致反应产物判断错误5.(2021陕西延安二中模拟,)某温度下将氯气通入过量KOH溶液中,反应后得到KCl、KClO和KClO3的混合溶液。下列说法中不正确的是()A.反应消耗的Cl2与生成的H2O的物质的量之比始终为11,与产物组成无关B.反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比取决于反应产物的组成C.若n(ClO-)n(ClO3-)=111,则反应中被还原与被氧化的氯元素的质量之比为43D.若n(ClO-)n(ClO3-

4、)=11,则反应消耗的氯气与转移电子的物质的量之比为236.(2021吉林长春普通高中质检,)根据表中信息,判断下列叙述中正确的是()序号氧化剂还原剂其他反应物氧化产物还原产物Cl2FeBr2/Fe3+、Br2Cl-KClO3HCl/Cl2KMnO4H2O2H2SO4O2Mn2+A.由表中组的反应可知:通入Cl2的量不同,氧化产物可能不同B.氧化性强弱的比较:KClO3Fe3+Cl2Br2C.表中组反应的还原产物是KCl,生成1 mol KCl时转移电子的物质的量是6 molD.表中组反应的离子方程式为2MnO4-+3H2O2+6H+ 2Mn2+4O2+6H2O思想方法练 “得失电子守恒”思想

5、在有关氧化还原反应的计算与方程式配平中的应用方法概述得失电子守恒是氧化还原反应的核心,根据这一思想,既可配平氧化还原反应方程式,又可进行化学计算。得失电子守恒用于氧化还原反应方程式的配平时,主要解决的是氧化剂与还原剂的化学计量数之比的问题,也可以用于在明确相关物质化学计量数的条件下,推断氧化产物或还原产物等。而将其用于化学计算时,最大优点就是能简化过程使作答快速准确。这一思想在解题中的主要应用:一是确定氧化产物与还原产物的物质的量之比;二是确定氧化产物或还原产物中元素的化合价;三是确定氧化产物或还原产物的化学式;四是确定氧化产物或还原产物的摩尔质量;五是确定氧化剂或还原剂的物质的量浓度。1.(

6、2021山东聊城模拟,)CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2O72-,反应如下。反应:CuS+Cr2O72-+H+ Cu2+SO42-+Cr3+H2O(未配平)。反应:Cu2S+Cr2O72-+H+ Cu2+SO42-+Cr3+H2O(未配平)。下列有关说法正确的是(深度解析)A.反应和中各有2种元素的化合价发生变化B.处理1 mol Cr2O72-时反应、中消耗H+的物质的量相等C.反应中还原剂与氧化剂的物质的量之比为35D.物质的量相同时,CuS能去除更多的Cr2O72-2.(2020陕西黄陵中学高一上期末,)某离子反应涉及H2O、ClO-、NH4+、H+、N2、Cl-六种微粒。其中

7、c(NH4+)随反应进行逐渐减小。下列判断正确的是()A.反应的还原产物是N2B.消耗1 mol氧化剂,转移3 mol电子C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为23D.反应后溶液的酸性明显增强3.(2020甘肃武威第六中学高三上第六次诊断,)MnO2是一种重要的无机功能材料,可由MnSO4和NaClO3溶液反应制得,反应原理为MnSO4+NaClO3+H2OCl2+Na2SO4+MnO2+(未配平),则关于此反应的叙述不正确的是()A.NaClO3中氯元素的化合价为+5价B.每生成8.7 g氧化产物,反应中转移的电子数约为0.26.021023C.NaClO3的氧化性强于MnO2的氧化性D.该反应

8、右边方框内的产物是NaOH4.(2021湖南郴州第一次质检模拟,)工业上用发烟HClO4把潮湿的CrCl3氧化为棕色的烟CrO2(ClO4)2来除去Cr3+,HClO4中部分氯元素转化为最低价态。下列说法错误的是()A.HClO4属于强酸,该反应也生成了另一种强酸B.CrO2(ClO4)2中Cr元素显+6价C.该反应每生成1 mol氧化产物,便有0.375 mol HClO4被还原D.该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3+ 8CrO2(ClO4)2+3Cl-5.(2021吉林东北师范大学附属中学第二次模拟,)酸性KMnO4溶液和CuS混合时,发生的反应如下:MnO4-+CuS+H+ C

9、u2+SO2+Mn2+H2O(未配平),下列有关该反应的说法中正确的是()A.被氧化的元素是Cu和SB.Mn2+的还原性强于CuS的还原性C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为65D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量是0.8 mol6.(2021辽宁沈阳模拟,)处理含CN-废水涉及以下反应,其中无毒的OCN-中碳元素为+4价。CN-+OH-+Cl2 OCN-+Cl-+H2O(未配平)反应2OCN-+4OH-+3Cl2 2CO2+N2+6Cl-+2H2O反应下列说法中正确的是()A.反应中碳元素被还原B.反应中CO2为氧化产物C.处理过程中,每产生1 mol N2,消耗3

10、mol Cl2D.处理过程中CN-与Cl2按物质的量之比11进行反应7.(2021河北衡水模拟,)为实现随处可上网,中国发射了“中星16号”卫星。NH4ClO4是其运载火箭的固体燃料,发生的反应为2NH4ClO4 N2+Cl2+2O2+4H2O,下列有关该反应的说法正确的是()A.上述条件下,氧化性:O2NH4ClO4B.该反应中,还原产物与氧化产物的物质的量之比为13C.产生6.4 g O2时,反应转移电子的物质的量为0.8 molD.0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体积为44.8 L答案全解全析易混易错练1.B向加有酚酞的NaOH溶液中通入氯气,溶液立即褪色是因为Cl2与NaO

11、H反应,不能证明氯气具有漂白性,A错误;向加有酚酞的水中投入少量Na2O2粉末,溶液先变红是因为生成了NaOH,后褪色说明Na2O2具有漂白性,B正确;显红色的酚酞溶液中通入SO2后,溶液红色褪去是由于SO2与OH-发生反应,C错误;向溶有KMnO4的酸性溶液中通入SO2后,溶液紫红色褪去是由于SO2具有还原性,两者发生氧化还原反应,D错误。易错警示SO2的漂白性只有在对部分有色物质作用造成其褪色时才显现,这样的物质常见的是品红、纸浆中的有色物质、植物秸秆中存在的黄色物质等。经SO2漂白褪色后得到的物质,在受热条件下又能恢复到原来的有色状态,即具有可逆性。而本题中C项表现的是SO2的酸性氧化物

12、的性质,D项表现的是SO2的还原性。2.C浓硫酸可作氯气的干燥剂利用的是其吸水性,A不符合;由于胆矾中存在结晶水,加入浓硫酸后,利用浓硫酸的吸水性而使晶体失去结晶水,B不符合;浓硫酸滴加到蔗糖中,从蔗糖分子中将H、O元素的原子以个数比21水分子的方式脱去,从而造成蔗糖炭化变黑,浓硫酸表现了脱水性,C符合;浓硫酸在加热条件下可与铜等金属发生反应,不表现其脱水性,D不符合。易错警示将浓硫酸的吸水性和脱水性混淆导致错选。需要注意的是,若在描述蔗糖与浓硫酸作用的现象时涉及“有气体产生”“形成黑色泡沫”等,此时涉及浓硫酸的脱水性、氧化性。3.ACu与浓H2SO4反应时,Cu从0价到+2价,有SO2生成,

13、浓硫酸表现了氧化性,生成CuSO4则表现了其酸性,符合;碳单质与浓硫酸反应生成CO2的同时生成了SO2,所以在反应中浓硫酸表现了氧化性,没有表现酸性,不符合;FeO与浓硫酸反应生成Fe2(SO4)3的反应中,Fe元素由+2价到+3价,同时生成了SO2,而铁元素最终生成的是硫酸盐,所以浓硫酸既表现了氧化性,也表现了酸性,符合;Fe2O3与浓硫酸反应只体现浓硫酸的酸性,不符合。易错警示浓硫酸表现强氧化性时,在涉及相应元素的化合价升高的同时,硫酸将被还原而得到硫元素的低价物质,如SO2等。4.答案(1)Zn+2H2SO4(浓) ZnSO4+SO2+2H2O(2)当Zn与浓H2SO4反应时,浓H2SO

14、4浓度逐渐减小,Zn与稀H2SO4反应可产生H2(3)检验装置的气密性(4)品红溶液检验SO2浓H2SO4吸收水蒸气碱石灰防止空气中的水蒸气进入D中(5)不能混合气体中含H2O会干扰H2的检验解析(1)锌和浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸锌和水,反应的化学方程式为Zn+2H2SO4(浓) ZnSO4+SO2+2H2O。(2)反应时浓H2SO4浓度逐渐减小,Zn与稀H2SO4反应可产生H2,反应的化学方程式为Zn+H2SO4 ZnSO4+H2。(3)该实验是气体验证实验,所以需要装置气密性良好,实验开始前先检验装置的气密性。(4)分析装置图可知,生成的气体中有二氧化硫和氢气,所以A是验证二氧化硫存在

15、的装置,试剂选品红溶液;通过高锰酸钾溶液除去二氧化硫,通过装置B中的浓硫酸除去水蒸气,C中氢气和氧化铜在加热条件下反应生成铜和水,利用装置D中的无水硫酸铜检验水的生成,为避免空气中的水蒸气影响D装置中水的检验,装置E中为碱石灰。(5)混合气体中含H2O会干扰H2的检验,所以如果去掉装置B,就不能根据D中的现象判断气体X中有氢气。易错警示如果不关注由于硫酸浓度改变而造成其性质上的变化,就会出现产物判断错误、现象分析错误等问题。5.B由于反应后得到KCl、KClO、KClO3的混合溶液,根据原子守恒n(K)=n(Cl),所以反应消耗的Cl2与KOH的物质的量之比始终为12,再由氢原子守恒,可知反应

16、消耗的Cl2与生成的H2O的物质的量之比始终为11,A正确,B错误;当n(ClO-)n(ClO3-)=111,设ClO-为11 mol,ClO3-为1 mol,由得失电子守恒可知,生成的Cl-为(1-0)11 mol+(5-0)1 mol=16 mol,又化合价降低被还原,化合价升高被氧化,则反应中被还原与被氧化的氯元素质量之比为16(11+1)=43,C正确;当n(ClO-)n(ClO3-)=11,设ClO-、ClO3-各1 mol,由得失电子守恒可知,生成的Cl-为(1-0)1 mol+(5-0)1 mol=6 mol,根据氯原子守恒,反应消耗的氯气为(1+1+6)mol2=4 mol,所

17、以反应消耗的氯气与转移的电子的物质的量之比为46=23,D正确。6.A由表格信息可知亚铁离子、溴离子均具有还原性,可被氯气氧化,少量氯气时只有亚铁离子被氧化,若氯气足量,亚铁离子、溴离子均被氧化,A正确;由组信息并结合氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知,氯气的氧化性强于铁离子,B错误;氯气是还原产物,C错误;根据得失电子守恒知,该反应的离子方程式为2MnO4-+5H2O2+6H+ 2Mn2+5O2+8H2O,D错误。思想方法练1.C在反应中S、Cr元素化合价发生变化,在反应中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化,A错误;反应离子方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+ 3Cu

18、2+3SO42-+8Cr3+16H2O,反应配平后的离子方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+ 6Cu2+3SO42-+10Cr3+23H2O,可见处理1 mol Cr2O72-时,反应消耗H+的物质的量是8 mol,反应消耗H+的物质的量是9.2 mol,B错误;反应中还原剂是Cu2S,氧化剂是Cr2O72-,二者反应的物质的量之比为35,C正确;根据配平后的离子方程式可知物质的量相同时,Cu2S能去除更多的Cr2O72-,D错误。方法点津在进行有关氧化还原反应的分析与计算时,首先要理清反应所涉及物质中所存在的元素的化合价是如何变化的,再在此基础上去分析、梳理物质的氧化与还原以及相互

19、之间量的变化关系。2.D根据题意可知,c(NH4+)随反应进行逐渐减小,则NH4+为反应物,N2为生成物,氮元素的化合价由-3价升高到0价;根据氧化还原反应规律可知,ClO-为反应物,Cl-为生成物,氯元素化合价由+1价降低到-1价;利用得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒配平的离子方程式为3ClO-+2NH4+3H2O+2H+N2+3Cl-。反应中,ClO-中氯元素化合价由+1价降低到-1价,所以该反应的还原产物是Cl-,A项错误;ClO-作氧化剂,则消耗1 mol氧化剂,转移2 mol电子,B项错误;氧化剂与还原剂的物质的量之比为32,C项错误;根据反应的离子方程式可知,反应后溶液的酸性明显增

20、强,D项正确。3.D氯酸钠中氯元素的化合价为+5价,A项正确;氧化产物为MnO2,分析题给方程式可知,每生成5 mol MnO2转移10 mol电子,故当生成0.1 mol MnO2时,反应转移0.2 mol电子,B项正确;氧化性:氧化剂(氯酸钠)氧化产物(二氧化锰),C项正确;题中方程式右边缺项为硫酸,D项错误。4.DCl元素非金属性较强,HClO4属于强酸,反应生成HCl,HCl也属于强酸,A正确;CrO2(ClO4)2中O为-2价、Cl为+7价,则Cr元素显+6价,B正确;该反应每生成1 mol氧化产物,转移3 mol电子,HClO4被还原的物质的量为3mol8=0.375 mol,C正

21、确;该反应的离子方程式为19ClO4-+8Cr3+4H2O 8CrO2(ClO4)2+3Cl-+8H+,D错误。5.C反应中,铜元素的化合价没变,硫元素的化合价由-2价升到+4价,只有硫元素被氧化,A错误;还原剂的还原性强于还原产物的还原性,则还原性CuSMn2+,B错误;氧化剂为KMnO4,还原剂为CuS,根据得失电子守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为65,C正确;二氧化硫物质的量为0.1 mol,由离子方程式可知转移的电子为0.6 mol,D错误。6.D反应配平后的离子方程式为CN-+2OH-+Cl2 OCN-+2Cl-+H2O。在反应中碳元素的化合价由CN-中的+2变为OCN-中的+

22、4,化合价升高,被氧化,A错误;在反应中,OCN-中碳元素的化合价为+4,生成物二氧化碳中的碳元素的化合价也是+4,碳元素化合价反应前后没有发生变化,二氧化碳既不是氧化产物,也不是还原产物,B错误;根据离子方程式可知,每产生1 mol N2,消耗5 mol Cl2,C错误;根据反应配平后的离子方程式可知CN-与Cl2按物质的量比11进行反应,D正确。7.B由题意可知,NH4ClO4为氧化剂,O2为氧化产物,故氧化性:O2NH4ClO4,A错误;在该反应中,还原产物为Cl2,氧化产物为N2和O2,所以还原产物与氧化产物的物质的量之比为13,B正确;6.4 g O2的物质的量为0.2 mol,生成0.2 mol O2的同时会生成0.1 mol N2,由于氧气和氮气均为氧化产物,所以转移电子的物质的量为0.2 mol4+0.1 mol6=1.4 mol,C错误;由于没说明条件,所以0.5 mol NH4ClO4分解产生气体的体积无法计算,D错误。