高中化学复习知识点二氧化硫的漂白性Word文档下载推荐.docx

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D．钠、铁的金属性均比铜的强，说明两者均可以从硫酸铜溶液中置换出单质铜

5．对于某些离子的检验及结论一定正确的是

A．SO2通入酸性高锰酸钾溶液中，溶液褪色，说明SO2具有漂白性

B．加入NaOH溶液，生成的白色沉淀在空气中迅速变为灰绿色，最终变为红褐色，则原溶液中一定含有Fe2+

C．加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，则原溶液一定有SO42-

D．用洁净的铂丝蘸取溶液在火焰上灼烧，产生黄色的火焰，则原溶液中一定不含有K+

6．下列实验中，依据实验操作及现象得出的结论正确的是

选项

操作

现象

结论

A

向3ml0.1mol/L的AgNO3溶液中先加入4—5滴0.1mol/L的NaCl溶液，再滴加4—5滴0.1mol/L的NaI溶液

先出现白色沉淀后出现黄色沉淀

Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI）

B

将某气体通入品红溶液

品红溶液褪色

该气体是SO2

C

用pH计测定等浓度的Na2CO3和NaClO溶液的pH

后者pH比前者的小

非金属性：

Cl＞C

D

将铜粉加入1.0mol/LFe2（SO4）3溶液中

溶液变蓝

氧化性Fe3＋>

Cu2＋

A．AB．BC．CD．D

7．下列物质在使用过程中体现了其氧化性的是

A．漂粉精用于消毒游泳池水B．SO2用于漂白纸浆

C．明矾用于净水D．NaOH溶液用于吸收Cl2

8．下图所示的是验证二氧化硫性质的微型实验，a、b、c、d是浸有相关溶液的棉球。

将浓硫酸滴入装有亚硫酸钠固体的培养皿中。

关于此实验的“现象”“解释或结论”以及对应关系均正确的是（　　）

现象

解释或结论

a处黄色褪去

Br＞S

b处变为红色

二氧化硫与水反应生成酸性物质

c处变为蓝色

二氧化硫具有一定的氧化性

d处红色先褪去后恢复

二氧化硫具有漂白性且漂白性不稳定

9．能证明SO2有漂白性的是

A．酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后，紫色消失

B．品红溶液中通入SO2后，红色消失

C．SO2通入加有NaOH的酚酞溶液后，红色消失

D．溴水通入SO2气体后，橙色消失

10．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A．SO2水溶液呈酸性，可用于漂白纸浆B．晶体硅熔点高，可制半导体材料

C．Al（OH）3呈弱碱性，可用于治疗胃酸过多D．H2O2具有还原性，可用于消毒杀菌

二、综合题

11．某兴趣小组的同学设计实验制备并探究SO2的性质。

回答下列问题：

（1）实验室用废铜屑制备SO2的化学方程式为______。

（2）将SO2通入NaHS溶液，溶液中有淡黄色沉淀，说明SO2具有______性。

（3）将SO2通过品红溶液，溶液红色逐渐褪去，将褪色后的溶液微热，又显浅红色，这现象可解释为______。

（4）将SO2通入橙黄色酸性K2Cr2O7溶液，溶液逐渐变为浅绿色，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______。

（Cr2O72-被还原为Cr3+）

（5）常温下，改变0.1mol•L-1H2SO3溶液（SO2水溶液）的pH，溶液中的H2SO3、HSO3-、SO32-的物质的量分数δ（X）[δ（X）=

]随pH的变化如图所示：

H2SO3的lgKa1=______；

反应HSO3-+OH-

SO32-+H2O的lgK=______；

用0.100mol•L-1NaOH溶液滴入0.100mol•L-1H2SO3溶液（甲基橙作指示剂）中，溶液由红色变为橙色时，发生的主要反应的离子方程式为______。

12．已知A、B、D、H是中学化学中常见的单质，其中A、D为气体，J为蓝色溶液。

转化关系如下（部分生成物及反应条件已略去）：

（1）若B为气体时，当用玻璃棒分别蘸取C、G的浓溶液并使它们靠近时，有白烟生成。

则

①请写出下列物质的化学式C__________，F______________。

②在溶液中，检验白烟中阳离子的方法__________________。

（2）若B为固体时，已知E是一种常见的空气污染物，且将C与E混合可生成淡黄色固体B，写出G与H反应的化学方程式_____，简述检验气体E的方法_____。

（3）若G分别是HNO3和H2SO4，取两者的混合溶液10mL，加入0.25mol•L﹣1Ba（OH）2溶液时，生成沉淀的质量w（g）和Ba（OH）2溶液的体积V（mL）的关系如图所示（C点混合液呈中性）。

则原混合液中H2SO4的物质的量浓度为_________mol·

L-1，HNO3的物质的量浓度为_____________mol·

L-1。

参考答案

1．A

【解析】

【详解】

A．二氧化硫能和有色物质反应生成无色物质而具有漂白性，但二氧化硫有毒，所以不能漂白食品，但能漂白织物、羽毛等，故A错误；

B．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有强氧化性，所以能杀菌消毒，故B正确；

C．醋酸的酸性大于碳酸，所以醋酸和碳酸钙反应生成醋酸钙、二氧化碳和水，所以可以用食醋清洗热水瓶胆内壁附着的水垢（CaCO3），故D正确；

D．碳酸氢钠水解而导致其具有弱碱性，能中和酸，所以可以用小苏打发酵面团制作馒头，故C正确；

故选A。

2．C

A.Na2S2O4溶于水，会与溶解在水中的氧气反应产生SO2，SO2能使品红溶液褪色，所以Na2S2O4的水溶液具有漂白性，A正确；

B.Na2S2O4溶液与少量氧气反应产生亚硫酸氢钠和硫酸氢钠两种盐，反应方程式为：

Na2S2O4+O2+H2O=NaHSO3+NaHSO4，所以Na2S2O4溶液可用作分析化学中的吸氧剂，B正确；

C.Na2S2O4中S元素平均化合价为+3价，具有还原性，Cl2具有氧化性，AgNO3具有酸性和氧化性，所以Na2S2O4与Cl2和AgNO3溶液都可以发生反应，C错误；

D.隔绝空气加热Na2S2O4分解可生成SO2和两种盐Na2S2O3、Na2SO3，D正确；

故合理选项是C。

3．C

A选项，SiO2熔点高硬度大，可用作光导纤维，两句话都正确，但没有对应关系，故A错误；

B选项，Al2O3是两性氧化物，可用作耐高温材料，两句话都正确，但没有对应关系，熔点高可用作耐高温材料，故B错误；

C选项，稀硫酸具有酸性，可用于除去铁锈，酸和铁锈反应是利用酸的酸性，故C正确；

D选项，SO2具有漂白性，可用于纸浆漂白，而不是氧化性，故D错误；

综上所述，答案为C.

【点睛】

二氧化硫使溶液褪色，原理不一样，

使品红褪色，是漂白性；

使溴水、氯水褪色，是二氧化硫还原性；

使酸性高锰酸钾溶液褪色，是二氧化硫还原性。

4．C

【分析】

A、Cl2溶于水生成的次氯酸具有强氧化性，SO2具有漂白性（与有色物质结合成不稳定的无色物质），二者均能使品红溶液褪色，但褪色原理不同，A不正确；

B、能和酸以及碱反应都生成盐和水的氧化物是两性氧化物，氧化铝是两性氧化物。

但二氧化硅与强碱反应生成盐和水，与氢氟酸反应生成的不是盐，因此不是两性氧化物，B不正确；

C、浓硫酸、浓硝酸均有强氧化性，在常温下均能使铁铝钝化，C正确；

D、钠是活泼的金属，极易与水反应生成氢氧化钠和氢气，因此钠和硫酸铜溶液反应生成氢氧化铜、硫酸钠和氢气，得不到铜，铁可以置换出铜，D不正确；

答案选C。

5．B

A、从高锰酸钾的氧化性和二氧化硫的还原性分析；

B、该现象是氢氧化亚铁被氧化生成氢氧化铁的典型现象；

C、不能排除SO32-离子的干扰；

D、观察钾离子须要通过蓝色钴玻璃观察。

A、高锰酸钾具有氧化性,二氧化硫具有还原性,二者发生氧化还原反应,体现了二氧化硫的还原性,不是漂白性,故A错误；

B、溶液中含有Fe2+离子,加入NaOH溶液生成白色沉淀氢氧化亚铁,氢氧化亚铁不稳定,具有还原性,被空气中氧气氧化为氢氧化铁,现象是生成的白色沉淀在空气中迅速变为灰绿色,最终变为红褐色,所以B选项是正确的；

C、加入Ba（NO3）2溶液有白色沉淀产生,再加盐酸,沉淀不消失,不能说明原溶液一定有SO42-离子,不能排除SO32-离子的干扰,故C错误；

D、观察钾离子须要通过蓝色钴玻璃观察,以滤去黄光的干扰,故D错误；

综上所述，本题正确选项B。

6．D

A.AgNO3过量，生成氯化银沉淀后有剩余，滴加NaI溶液产生黄色碘化银沉淀，不能说明Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故A错误；

B.能使品红溶液褪色的气体不仅有二氧化硫，氯气、臭氧等氧化性气体也可以，故B错误；

C.比较元素非金属性，应该比较其最高价氧化物的水化物的酸性强弱，NaClO不是最高价氧化物的水化物，不能比较，故C错误；

D.反应的离子方程式为2Fe3++Cu=Cu2++2Fe2+，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，所以氧化性Fe3＋>

Cu2＋，故D正确；

故选D。

7．A

A.漂白精中的有效成分是Ca（ClO）2，电离出的次氯酸根离子有强氧化性，能消毒泳池的水，A正确；

B.SO2漂白纸浆，是SO2与有色物质结合生成无色物质，是化合漂白，没有发生氧化还原反应，B错误；

C.明矾用于净水的原理是：

是水解过程，C错误；

D.NaOH溶液用于吸收Cl2的原理是：

，这个氧化还原反应中，NaOH既不是氧化剂也不是还原剂，体现的是它的碱性，D错误；

答案选A。

8．B

A．a处二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，生成硫酸和HBr，不能比较Br、S的非金属性，故A错误；

B．b处二氧化硫与水反应生成亚硫酸，为酸性物质，使石蕊变红，故B正确；

C．溴水易挥发，c处溴水与KI发生氧化还原反应，生成碘单质，淀粉变蓝，不能体现二氧化硫的氧化性，故C错误；

D．d处品红溶液褪色，则体现二氧化硫的漂白性，褪色的溶液加热后才能恢复到原来的颜色，故D错误；

故选：

B。

二氧化硫具有一定的氧化性，但氧化性较弱，并不能将碘离子氧化生成碘单质。

9．B

A．酸性KMnO4具有氧化性，SO2通入酸性KMnO4溶液中，二者发生氧化还原反应而使溶液紫色消失，说明SO2具有还原性，A项错误；

B．品红通入SO2后，红色消失，是因为SO2与某些有色物质化合生成不稳定的无色物质，说明SO2具有漂白性，B项正确；

C．SO2通入加有NaOH的酚酞溶液后，红色消失，发生反应：

SO2+2NaOH=Na2SO3+H2O（SO2少量），SO2+NaOH=NaHSO3（SO2过量），说明SO2是酸性氧化物，C项错误；

D．Br2具有氧化性，通入SO2，橙色消失，发生反应：

SO2+Br2+2H2O=H2SO4+2HBr，说明SO2具有还原性，D项错误；

答案选B。

SO2不能漂白酸碱指示剂，只能使紫色石蕊试液变红。

10．C

A．二氧化硫可用于漂白纸浆是因为其具有漂白性，与二氧化硫的水溶液呈酸性无关，选项A错误；

B．硅位于金属和非金属分界线处，可用于制作半导体材料，与硅的熔点高没有关系，选项B错误；

C．胃酸的主要成分是HCl，氢氧化铝具有弱碱性，能中和胃酸，二者有对应关系，选项正确；

D.H2O2具有氧化性，可用于消毒杀菌，选项D错误。

11．Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O氧化二氧化硫具有漂白性，漂白性具有可逆性和不稳定性1:

3-1.96.8H2SO3+OH-=HSO3-+H2O

（1）实验室制二氧化硫，常用铜和浓硫酸在加热时反应。

（2）将SO2通入NaHS溶液，溶液中生成淡黄色沉淀S，二氧化硫中硫元素化合价由+4价降低到0价。

（3）生成的二氧化硫使品红溶液逐渐褪色，说明二氧化硫具有漂白性，漂白性不稳定。

（4）将SO2通入橙黄色酸性K2Cr2O7溶液，溶液逐渐变为浅绿色，Cr2O72-被还原为Cr3+，依据电子守恒，计算该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比。

（5）H2SO3的lgKa1=lg

，当c（HSO3-）=c（H2SO3）时，pH=1.9，反应HSO3-+OH-

SO32-+H2O的lgK=lg

，当c（HSO3-）=c（SO32-）时，pH=7.2，据此计算。

用0.100mol•L-1NaOH溶液滴入0.100mol•L-1H2SO3溶液（甲基橙作指示剂）中，溶液由红色变为橙色时，溶液显酸性，生成亚硫酸氢钠。

（1）铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，反应的化学方程式：

Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O。

答案为：

CuSO4+SO2↑+2H2O；

（2）将SO2通入NaHS溶液，溶液中生成淡黄色沉淀S，二氧化硫中硫元素化合价由+4价降低到0价，作氧化剂，具有氧化性。

氧化；

（3）将SO2通过品红溶液，溶液红色逐渐褪去，将褪色后的溶液微热，又显浅红色，这现象可解释为：

二氧化硫具有漂白性，漂白性具有可逆性和不稳定性。

二氧化硫具有漂白性，漂白性具有可逆性和不稳定性；

（4）将SO2通入橙黄色酸性K2Cr2O7溶液，溶液逐渐变为浅绿色，Cr2O72-被还原为Cr3+，结合电子守恒，可得反应方程式为：

3SO2+2H++Cr2O72-=3SO42-+H2O+2Cr3+，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比1：

3。

1：

3；

（5）H2SO3的lgKa1=lg

，当c（HSO3-）=c（H2SO3）时，pH=1.9，c（H+）=10-1.9mol/L，lgKa1=lgc（H+）=-1.9；

，当c（HSO3-）=c（SO32-）时，pH=7.2，c（H+）=10-7.2mol/L，lgK=lg

=lg

=6.8。

用0.100mol•L-1NaOH溶液滴入0.100mol•L-1H2SO3溶液（甲基橙作指示剂）中，溶液由红色变为橙色时，溶液显酸性，生成亚硫酸氢钠，反应的离子方程式为：

H2SO3+OH-=HSO3-+H2O。

-1.9；

6.8；

甲基橙本身显橙色，遇酸变红，遇碱变蓝。

其变色范围在3.1~4.4之间，亚硫酸为中强酸，能使甲基橙变红色，且HSO3-在水溶液中以电离为主，溶液显酸性，SO32-在水溶液中因水解，而使溶液显黄色。

现在溶液变为橙色，表明溶液显酸性，所以产物为HSO3-。

12．NH3NO2取少量溶液于试管，加入氢氧化钠溶液并加热，试管口湿润红色石蕊试纸变蓝，含有NH4+（其他合理答案即可）Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O通入品红溶液，使其褪色（其他合理答案即可）0.52

A、B、D、H是中学化学中常见的单质，J为蓝色溶液，应含有铜离子，根据各物质的转化关系，

（1）若A、B均为气体时，当用玻璃棒分别蘸取C、G的浓溶液并使它们靠近时，有白烟生成，应为HCl或HNO3和NH3的反应生成NH4Cl，由于C连续与单质D反应后又与水反应生成G，则C为NH3，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，A、B应为氮气和氢气，硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO，所以H为Cu，J为Cu（NO3）2；

（2）若A为气体，B为固体时，已知C在D中完全燃烧可生成E和水，E是一种常见的空气污染物，且将C与E混合可生成淡黄色固体B，则A为H2，B为S，C为H2S，D为O2，E为SO2，F为SO3，G为H2SO4，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和SO2，所以H为Cu，J为CuSO4，据此答题。

（3）根据图像以及反应方程式进行计算。

（1）若A、B均为气体时，当用玻璃棒分别蘸取C、G的浓溶液并使它们靠近时，有白烟生成，应为HCl或HNO3和NH3的反应生成NH4Cl，由于C连续与单质D反应后又与水反应生成G，则C为NH3，D为O2，E为NO，F为NO2，G为HNO3，A、B应为氮气和氢气，硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO，所以H为Cu，J为Cu（NO3）2，

①根据上面的分析可知，C为NH3，F为NO2，故答案为NH3，NO2。

②有白烟生成，是因为生成了氯化铵，在溶液中，检验铵根离子的方法为：

取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，在试管口能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明含有NH4+，故答案为取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液并加热，在试管口能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明含有NH4+。

（2）若A为气体，B为固体时，已知C在D中完全燃烧可生成E和水，E是一种常见的空气污染物，且将C与E混合可生成淡黄色固体B，则A为H2，B为S，C为H2S，D为O2，E为SO2，F为SO3，G为H2SO4，浓硫酸与铜反应生成硫酸铜和SO2，所以H为Cu，J为CuSO4，G与H反应的化学方程式为Cu+2H2SO4（浓）

CuSO4+SO2↑+2H2O，检验气体SO2的方法是将气体体SO2通入品红溶液，溶液褪色，加热后恢复红色，证明E是SO2，

故答案为Cu+2H2SO4（浓）

将气体体SO2通入品红溶液，溶液褪色，加热后恢复红色，证明E是SO2。

（3）由图像可知，0～20mL氢氧化钡溶液发生H2SO4+Ba（OH）2=BaSO4↓+2H2O，即加入20mL氢氧化钡溶液时，硫酸钡沉淀量达到最大，则根据反应方程式可知硫酸的物质的量为：

n（H2SO4）=n[Ba（OH）2]=0.25mol/L×

0.020L=0.005mol，硫酸的物质的量浓度为0.005mol÷

0.01L=0.5mol/L，20～60mL氢氧化钡发生反应H++OH-=H2O，C点混合液呈中性，说明C点时混合溶液pH=7，由H++OH-=H2O即2n（H2SO4）+n（HNO3）=2n[Ba（OH）2]，可知原溶液中含有n（H+）=n（OH-）=2×

0.06L×

0.25mol/L=0.03mol，则n（HNO3）=0.03mol-0.005mol×

2=0.02mol，故原溶液中HNO3的物质的量浓度为0.02mol÷

0.01L=2mol/L，故答案为0.5，2。

解框图题的方法：

最关键的是寻找“突破口”，“突破口”就是抓“特”字，例如特殊颜色、特殊状态、特殊气味、特殊反应、特殊现象、特殊制法、特殊用途等。