苏教版高中化学必修第一册专题4硫与环境保护复习提升练含答案

这是一份苏教版高中化学必修第一册专题4硫与环境保护复习提升练含答案，共15页。
本专题复习提升易混易错练易错点1　　混淆SO2的还原性和漂白性1.下列装置可用于收集SO2并验证其某些化学性质,下列说法正确的是(　　)2.如图所示,在注射器中加入少量Na2SO3晶体,并吸入少量的70%的硫酸溶液(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是(　　)A.湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色B.蘸有KMnO4溶液的滤纸褪色,证明了SO2的漂白性C.湿润的品红试纸褪色,证明了SO2的漂白性D.蘸有酚酞和NaOH溶液的滤纸颜色变浅,证明了SO2的漂白性易错点2　　反应中浓硫酸所表现的性质判断错误3.下列说法正确的是　(　　)A.浓硫酸能使蓝矾(CuSO4·5H2O)变成白色粉末,体现了浓硫酸的脱水性B.蔗糖和浓硫酸的“黑面包”实验中,主要体现了浓硫酸的强氧化性和吸水性C.浓硫酸有吸水性,因此可以干燥SO2、H2S、HI、NH3等气体D.100 mL 18.0 mol·L-1的浓硫酸和足量铜反应,生成SO2的物质的量小于0.9 mol4.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,而乙同学认为除生成二氧化硫气体外,还可能产生了氢气。为了探究甲、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(常温下,锌与浓硫酸反应产生的气体为X,且该发生装置略去),试回答下列问题:(1)Zn和浓硫酸反应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,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　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　。 思想方法练得失电子守恒思想在氧化还原反应方程式配平、相关计算中的应用方法概述　　氧化还原反应遵循得失电子守恒,根据得失电子守恒思想,既可配平氧化还原反应方程式,又可进行化学计算。得失电子守恒思想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。得失电子守恒思想用于化学计算时,最大优点就是能简化计算过程,快速准确地得出答案。1.将20 mL R2O72-浓度为0.05 mol·L-1的某溶液与20 mL Fe2+浓度为0.3 mol·L-1的溶液混合,若R2O72-恰好将Fe2+完全氧化为Fe3+,则R元素在还原产物中的化合价为(　　)A.+2价　　　B.+3价　　　C.+4价　　　D.+5价2.CuS、Cu2S可用于处理酸性废水中的Cr2O72-,反应如下。反应Ⅰ:CuS+Cr2O72-+H+ Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)反应Ⅱ:Cu2S+Cr2O72-+H+ Cu2++SO42-+Cr3++H2O(未配平)下列有关说法正确的是(　　)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 Cr2O72-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∶5D.CuS、Cu2S的物质的量相同时,CuS能去除更多的Cr2O72-3.(2024江苏如皋教学质量调研)实验室用Na2S2O3(硫代硫酸钠)固体配制100 mL 0.5 mol·L-1Na2S2O3溶液,所得溶液可以与100 mL 0.25 mol·L-1碘水完全反应,反应后I2完全转化为I-,反应过程中只有I和S的化合价发生变化。与I2反应后,S元素可能的存在形式是　(　　)A.S2-　　　B.S4O62-　　　C.SO32-　　　D.SO42-4.(2024江苏南通中学期中)已知离子方程式As2S3+H2O+NO3- AsO43-+SO42-+NO↑+　　　(未配平),下列说法错误的是(　　) A.配平后H2O的化学计量数为4B.反应后的溶液呈酸性C.当有1 mol还原剂被氧化时,转移的电子有24 molD.氧化产物为AsO43-和SO42-5.(2024江苏常州第二中学学情检测)某反应的离子方程式中氧化剂与还原剂及部分产物可表示为2Mn2++5IO4-+…………+2MnO4-;已知该反应体系中还包括H+、H2O与另一种含碘微粒。下列说法错误的是(　　)A.Mn2+是还原剂,IO4-是氧化剂B.体系中另一种含碘微粒为IO3-C.随着反应进行,溶液酸性不断减弱D.每有1个IO4-参加反应,转移2个电子6.已知:在酸性溶液中,下列物质氧化KI时,自身发生如下变化:MnO4- Mn2+、HNO2 NO、IO3- I2、Cl2 Cl-。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI,得到I2最多的是(　　)A.MnO4-　　B.HNO2　　C.IO3-　　D.Cl27.锌与某浓度稀硝酸反应:Zn+HNO3 Zn(NO3)2+X+H2O(未配平),当锌与硝酸恰好完全反应时,其物质的量之比为5∶12,则还原产物X为(　　)A.NH4NO3　　B.NO　　C.N2O　　D.N28.(经典题)NaNO2是一种食品添加剂,但要严格控制用量。酸性KMnO4溶液与NaNO2反应的离子方程式为MnO4-+NO2-+　 Mn2++NO3-+H2O(未配平)。下列叙述中正确的是(　　)A.该反应中NO2-被还原B.Mn2+的还原性强于NO2-C.生成1 mol NO3-需消耗0.4 mol MnO4-D.　中的粒子是OH-9.(2023河北衡水中学一调)高铜酸钠(NaCuO2)是黑色难溶于水的固体,具有强氧化性,在中性、碱性环境中稳定。一种制备高铜酸钠的反应原理为Cu+NaClO+NaOH NaCuO2+NaCl+H2O(未配平)。下列说法错误的是(　　)A.NaCuO2中铜元素的化合价为+3价B.1 mol ClO-参加反应,转移2 mol电子C.反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶3D.Cu与NaClO的化学计量数相同10.(经典题)2019年诺贝尔化学奖授予古迪纳夫等三人,以表彰其在锂电池发展上所做的杰出贡献。锂电池用到的磷酸亚铁锂(LiFePO4)可通过如下反应制备:　Li2CO3+　FePO4+　H2C2O4 　X↑+　LiFePO4+　H2O。设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是(　　)A.FePO4中Fe的化合价为+3价B.X的化学式为CO2,且化学方程式配平后的化学计量数依次为1、2、1、3、2、1C.该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2D.若生成标准状况下6.72 L X,则转移的电子数为0.2NA11.(2023河北保定部分学校期中)二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体,可用作水处理剂、漂白剂。在处理废水时,ClO2可将废水中的CN-(其中C为+2价)氧化成CO2和N2,其离子方程式为ClO2+CN- CO2+N2+Cl-(未配平)。下列说法错误的是(　　)A.ClO2与CN-的化学计量数相同B.氧化性:ClO2>CO2C.当生成0.1 mol N2时,转移0.6 mol电子D.氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶212.反应体系中的物质有K2Cr2O7、FeSO4、Fe2(SO4)3、H2SO4、Cr2(SO4)3、K2SO4、H2O。(1)请将K2Cr2O7之外的反应物与生成物分别填入以下空格内(不用配平)。K2Cr2O7+　　+　　 　　+　　+　　+　　(2)反应中,被还原的元素是(标出价态)　　　　。 (3)将氧化剂与还原剂及配平后的化学计量数填入下列空格中(如果化学计量数为1也要填写),并标出电子转移的方向和数目。答案与分层梯度式解析本专题复习提升易混易错练1.B　SO2使酸性KMnO4溶液褪色,体现其还原性,A项错误;SO2为酸性氧化物,能与NaOH溶液反应:2NaOH+SO2 Na2SO3+H2O(或NaOH+SO2 NaHSO3),C项错误;SO2具有漂白性,但不能漂白石蕊试液,D项错误。易错分析　注意区分与二氧化硫相关的三种“褪色”原理:①使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色(体现二氧化硫酸性氧化物的性质);②使品红溶液褪色(体现二氧化硫的漂白性);③使溴水、酸性高锰酸钾溶液褪色(体现二氧化硫的还原性)。2.C　A项,Na2SO3与70%的硫酸溶液反应生成SO2,SO2与水作用生成H2SO3而使蓝色石蕊试纸变红,但不能使其褪色,错误;B项,KMnO4具有强氧化性,SO2与KMnO4溶液反应而使KMnO4溶液褪色,能证明SO2具有还原性,错误;C项,湿润的品红试纸褪色可证明SO2具有漂白性,正确;D项,SO2能与NaOH反应,体现了SO2酸性氧化物的通性,错误。3.D　浓硫酸能使蓝矾变成白色粉末,体现了浓硫酸的吸水性,A项错误;蔗糖和浓硫酸的“黑面包”实验主要体现了浓硫酸的强氧化性和脱水性,B项错误;浓硫酸具有吸水性,可干燥CO2、SO2、O2等气体,但不能干燥碱性气体(NH3)和还原性气体(H2S、HI等),C项错误;n(H2SO4)=1.8 mol,若H2SO4完全反应,生成SO2 0.9 mol,但随着反应不断进行,硫酸浓度减小,稀硫酸与Cu不反应,即该浓硫酸和足量铜反应生成SO2的物质的量小于0.9 mol,D项正确。易错分析　(1)混淆浓硫酸的吸水性与脱水性,如利用浓硫酸吸收胆矾中的结晶水,体现的是浓硫酸的吸水性,并非脱水性。(2)误认为浓硫酸可以干燥所有气体。(3)一定量浓硫酸与足量某些金属的反应中,H2SO4不一定完全反应。4.答案　(1)Zn+2H2SO4(浓) ZnSO4+SO2↑+2H2O(2)随着反应进行,H2SO4浓度逐渐减小,Zn与稀H2SO4反应会产生H2　(3)检查装置的气密性(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)常温下,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)随着反应不断进行,H2SO4浓度逐渐减小,Zn与稀H2SO4反应会产生H2,反应的化学方程式为Zn+H2SO4 ZnSO4+H2↑。(3)实验开始前应检查装置的气密性。(4)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;通过酸性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,装置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检验,装置E中可盛装碱石灰。(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。思想方法练1.B　设R元素在还原产物中的化合价为x,根据得失电子守恒得:0.02 L×0.3 mol·L-1×(3-2)=0.02 L×0.05 mol·L-1×2×(6-x),计算得出x=+3,即R元素在还原产物中的化合价为+3价,B项正确。方法点津　反应中Fe2+被氧化成Fe3+,R2O72-被还原,R2O72-中R元素的化合价为+6价,令R元素在还原产物中的化合价为+x,根据得失电子守恒列方程计算。2.C　反应Ⅰ中S、Cr元素化合价发生变化,反应Ⅱ中Cu、S、Cr三种元素的化合价发生变化,A错误;反应Ⅰ的离子方程式配平后为3CuS+4Cr2O72-+32H+ 3Cu2++3SO42-+8Cr3++16H2O,反应Ⅱ配平后的离子方程式为3Cu2S+5Cr2O72-+46H+ 6Cu2++3SO42-+10Cr3++23H2O,处理1 mol Cr2O72-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Cr2O72-,二者物质的量之比为3∶5,C正确;根据配平后的离子方程式可知,CuS、Cu2S的物质的量相同时,Cu2S能去除更多的Cr2O72-,D错误。方法点津　解答该题目时,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,再结合得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平离子方程式,最后结合选项进行分析与计算。3.B　100 mL 0.5 mol·L-1的Na2S2O3溶液中含有Na2S2O3的物质的量为0.05 mol,0.05 mol硫代硫酸钠与100 mL 0.25 mol·L-1的碘水完全反应,I2的物质的量为0.025 mol,0.025 mol I2转化为I-得到0.05 mol电子,则0.05 mol硫代硫酸钠共失去0.05 mol电子,S的平均化合价从+2价升高到+2.5价,选B。4.C　将离子方程式配平,可得3As2S3+4H2O+28NO3- 6AsO43-+9SO42-+28NO↑+8H+。配平后H2O的化学计量数为4,A正确;反应中有酸生成,则反应后的溶液呈酸性,B正确;当有1 mol还原剂(As2S3)被氧化时,转移的电子有(2×2+8×3) mol=28 mol,C错误;氧化产物为AsO43-和SO42-,D正确。5.C　根据题目信息可得该反应的离子方程式为2Mn2++5IO4-+3H2O 2MnO4-+5IO3-+6H+,其中Mn元素从+2价升高为+7价,Mn2+为还原剂,I元素从+7价降低为+5价,IO4-为氧化剂,A项正确;根据离子方程式可知,B项正确;根据离子方程式可知反应中有氢离子生成,溶液酸性会增强,C项错误;IO4-生成IO3-,I元素的化合价降低2价,故每有1个IO4-参加反应,转移2个电子,D项正确。6.C　设MnO4-、HNO2、IO3-、Cl2的物质的量均为1 mol,1 mol MnO4-转化为1 mol Mn2+,转移5 mol e-,得到I2 52 mol;1 mol HNO2转化为1 mol NO,转移1 mol e-,得到I2 12 mol;1 mol IO3-与5 mol I-反应生成3 mol I2;1 mol Cl2转化为2 mol Cl-,转移2 mol e-,可得到1 mol I2。则得到I2最多的是IO3-,C正确。7.D　由未配平的方程式可知,反应中锌元素化合价升高,Zn被氧化,Zn为还原剂,则氮元素的化合价应部分降低,反应中硝酸表现氧化性和酸性,设X中氮元素的化合价为a,由得失电子守恒可得:5×(2-0)=(12-5×2)×(5-a),解得a=0,则还原产物X为N2,选D。8.C　反应后N的化合价由+3价升高到+5价,NO2-失电子,被氧化,A错误;NO2-是还原剂,Mn2+是还原产物,同一氧化还原反应中还原剂的还原性强于还原产物,故Mn2+的还原性弱于NO2-,B错误;反应中Mn的化合价由+7价降低至+2价,N的化合价由+3价升高为+5价,根据得失电子守恒可得2MnO4-+5NO2-+　 2Mn2++5NO3-+H2O,根据电荷守恒可知,　中的粒子应该是H+,配平可得2MnO4-+5NO2-+6H+ 2Mn2++5NO3-+3H2O,可知生成1 mol NO3-需消耗0.4 mol MnO4-,C正确,D错误。9.D　NaCuO2中Na为+1价、O为-2价,则Cu的化合价为+3价,A正确;ClO- Cl-,氯元素的化合价由+1价降低到-1价,所以1 mol ClO-参加反应时转移2 mol电子,B正确;根据得失电子守恒和原子守恒配平化学方程式为2Cu+3NaClO+2NaOH 2NaCuO2+3NaCl+H2O,该反应中Cu化合价升高,则NaCuO2为氧化产物,Cl元素化合价降低,则NaCl为还原产物,两者的物质的量之比为2∶3,C正确,D错误。10.C　FePO4中Fe的化合价为+3价,A项正确;X为CO2,H2C2O4中C的化合价为+3价,反应后变为+4价,FePO4中Fe的化合价为+3价,反应后变为+2价,根据得失电子守恒和原子守恒,配平化学方程式,为Li2CO3+2FePO4+H2C2O4 3CO2↑+2LiFePO4+H2O,B项正确;氧化产物是CO2,还原产物是LiFePO4,氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶1,C项错误;每生成3 mol CO2,转移2 mol电子,若生成标准状况下6.72 L CO2,即0.3 mol CO2,则转移的电子数为0.2NA,D项正确。11.C　ClO2~Cl-~5e-,CN-~CO2+12N2~5e-,根据得失电子守恒可知,ClO2与CN-的化学计量数相同,A正确;该反应中,ClO2是氧化剂,CO2和N2是氧化产物,同一反应中,氧化剂的氧化性强于氧化产物,故氧化性:ClO2>CO2,B正确;当生成0.1 mol N2时,转移1 mol电子,C错误;该反应中氧化产物是CO2和N2,还原产物是Cl-,配平后的离子方程式为2ClO2+2CN- 2CO2+N2+2Cl-,故氧化产物与还原产物的物质的量之比为3∶2,D正确。12.答案　(1)FeSO4　H2SO4　Fe2(SO4)3　Cr2(SO4)3K2SO4　H2O(2)Cr+6(3)解析　由题意知,K2Cr2O7是反应物,所以Cr2(SO4)3和K2SO4是生成物,Cr元素的化合价由+6价降低到+3价,所以Fe元素的化合价应升高,由+2价升高到+3价,即FeSO4是反应物、Fe2(SO4)3是生成物,生成物硫酸根离子增多,则H2SO4也是反应物,H2O是生成物。(1)该反应可简单地表示为K2Cr2O7+FeSO4+H2SO4 Fe2(SO4)3+Cr2(SO4)3+K2SO4+H2O(未配平)。(2)反应中,被还原的元素是Cr(+6价)。(3)根据得失电子守恒,将氧化剂与还原剂的化学计量数写出后并标出电子转移的方向和数目,可表示为。选项试剂现象结论A酸性KMnO4溶液溶液褪色SO2有氧化性B品红溶液溶液褪色SO2有漂白性CNaOH溶液无明显现象SO2与NaOH溶液不反应D紫色石蕊试液溶液变红后不褪色SO2有酸性,没有漂白性