苏教版 (2019)必修 第一册专题4 硫与环境保护本单元综合与测试一课一练

本专题复习提升

易混易错练

易错点1　SO2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.()在下列物质的转化中,浓硫酸既表现出氧化性又表现出酸性的是              (　　)

①Cu→CuSO4　②C→CO2　③FeO→Fe2(SO4)3

④Fe2O3→Fe2(SO4)3

A.①③　　　　　B.①④

C.②④　　　　　D.③④

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　　　　,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1∶1,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()=11∶1,则反应中被还原与被氧化的氯元素的质量之比为4∶3

D.若n(ClO-)∶n()=1∶1,则反应消耗的氯气与转移电子的物质的量之比为2∶3

6.(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              (　　)

A.由表中①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:KClO3>Fe3+>Cl2>Br2

C.表中②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 mol

D.表中③组反应的离子方程式为2Mn+3H2O2+6H+ 2Mn2++4O2↑+6H2O

思想方法练

 “得失电子守恒”思想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.(2021山东聊城模拟,)CuS、Cu2S用于处理酸性废水中的Cr2,反应如下。

反应Ⅰ:CuS+Cr2+H+ Cu2++S+Cr3++H2O(未配平)。

反应Ⅱ:Cu2S+Cr2+H+ Cu2++S+Cr3++H2O(未配平)。

下列有关说法正确的是 (深度解析)

A.反应Ⅰ和Ⅱ中各有2种元素的化合价发生变化

B.处理1 mol Cr2时反应Ⅰ、Ⅱ中消耗H+的物质的量相等

C.反应Ⅱ中还原剂与氧化剂的物质的量之比为3∶5

D.物质的量相同时,CuS能去除更多的Cr2

2.(2020陕西黄陵中学高一上期末,)某离子反应涉及H2O、ClO-、N、H+、N2、Cl-六种微粒。其中c(N)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N2

B.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2∶3

D.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0.2×6.02×1023

C.NaClO3的氧化性强于MnO2的氧化性

D.该反应右边方框内的产物是NaOH

4.(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19Cl+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:Mn+CuS+H+ Cu2++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S

B.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6∶5

D.若生成2.24 L(标准状况下)SO2,转移电子的物质的量是0.8 mol

6.(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Ⅰ

2OCN-+4OH-+3Cl2 2CO2+N2+6Cl-+2H2O　反应Ⅱ

下列说法中正确的是 (　　)

A.反应Ⅰ中碳元素被还原

B.反应Ⅱ中CO2为氧化产物

C.处理过程中,每产生1 mol N2,消耗3 mol Cl2

D.处理过程Ⅰ中CN-与Cl2按物质的量之比1∶1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:O2>NH4ClO4

B.该反应中,还原产物与氧化产物的物质的量之比为1∶3

C.产生6.4 g O2时,反应转移电子的物质的量为0.8 mol

D.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NaOH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2∶1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.A　Cu与浓H2SO4反应时,Cu从0价到+2价,有SO2生成,浓硫酸表现了氧化性,生成CuSO4则表现了其酸性,①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,②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,③符合;Fe2O3与浓硫酸反应只体现浓硫酸的酸性,④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H2SO4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1∶2,再由氢原子守恒,可知反应消耗的Cl2与生成的H2O的物质的量之比始终为1∶1,A正确,B错误;当n(ClO-)∶n()=11∶1,设ClO-为11 mol,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)=4∶3,C正确;当n(ClO-)∶n()=1∶1,设ClO-、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)mol÷2=4 mol,所以反应消耗的氯气与转移的电子的物质的量之比为4∶6=2∶3,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①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2Mn+5H2O2+6H+ 2Mn2++5O2↑+8H2O,D错误。

思想方法练

1.C　在反应Ⅰ中S、Cr元素化合价发生变化,在反应Ⅱ中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生了变化,A错误;反应Ⅰ离子方程式配平后为3CuS+4Cr2+32H+ 3Cu2++3S+8Cr3++16H2O,反应Ⅱ配平后的离子方程式为3Cu2S+5Cr2+46H+ 6Cu2++3S+10Cr3++23H2O,可见处理1 mol Cr2时,反应Ⅰ消耗H+的物质的量是8 mol,反应Ⅱ消耗H+的物质的量是9.2 mol,B错误;反应Ⅱ中还原剂是Cu2S,氧化剂是Cr2,二者反应的物质的量之比为3∶5,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Cr2,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之间量的变化关系。

2.D　根据题意可知,c(N)随反应进行逐渐减小,则N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-+2N3H2O+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3∶2,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.D　Cl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=0.375 mol,C正确;该反应的离子方程式为19Cl+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CuS>Mn2+,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6∶5,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Ⅰ配平后的离子方程式为CN-+2OH-+Cl2 OCN-+2Cl-+H2O。在反应Ⅰ中碳元素的化合价由CN-中的+2变为OCN-中的+4,化合价升高,被氧化,A错误;在反应Ⅱ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Ⅰ配平后的离子方程式可知CN-与Cl2按物质的量比1∶1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:O2<NH4ClO4,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1∶3,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 mol×4+0.1 mol×6=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。