化学化学硫及其化合物的专项培优 易错 难题练习题含答案及详细答案Word文档格式.docx
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(4)A.氨分子间易形成氢键,分子间作用力较大,所以氨气易液化,液氨可作制冷剂;
B.氨气易溶于水,不能用排水法收集;
C.氨气是一种无色有刺激性气味的气体;
D.氨水呈碱性,向氨水中滴加酚酞,溶液变红。
(5)实验室检验试管里氨气是否收集满时,可用蘸有浓盐酸的玻璃棒,也可使用湿润的红色石蕊试纸。
(6)CO和NO反应转化为两种无毒气体,则气体应为N2和CO2。
【详解】
(1)将SO2通入品红溶液中,因为SO2具有漂白性,所以品红溶液褪色,加热后,无色物质分解,重新生成品红,所以溶液颜色变红。
答案为:
褪色;
变红;
SO2+Cl2+2H2O═2HCl+H2SO4,该反应中的氧化产物是含有价态升高元素的生成物,所以应为H2SO4。
H2SO4;
CO2——4e-,生成0.5molCO2,转移电子的物质的量是0.5mol×
4=2mol。
2;
(4)A.氨分子间易形成氢键,分子间作用力较大,所以氨气易液化,液氨可作制冷剂,A正确;
B.氨气易溶于水,不能用排水法收集,B错误;
C.氨气是一种无色有刺激性气味的气体,C错误;
D.氨水呈碱性,向氨水中滴加酚酞,溶液变红,D正确;
故选AD。
AD;
(5)实验室检验试管里氨气是否收集满的方法是用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口,若出现大量白烟,则说明氨气已收集满)(或其他合理答案)。
用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,若试纸变蓝,则说明氨气已收集满(或用玻璃棒蘸取浓盐酸靠近试管口,若出现大量白烟,则说明氨气已收集满)(或其他合理答案);
(6)CO和NO反应转化为两种无毒气体,则气体应为N2和CO2,该反应的化学方程式为2CO+2NO
N2+2CO2。
2CO+2NO
【点睛】
二氧化硫的漂白是有条件的、暂时性的,它能使品红溶液和有色布条褪色,但不能使紫色石蕊试液褪色。
往紫色石蕊试液中通入二氧化硫,溶液变为红色,继续通入二氧化硫至过量,溶液仍为红色。
2.正误判断,正确的打“√”,错误的打“×
”
(1)硫的非金属性较强,所以只以化合态存在于自然界中(____)
(2)分离黑火药中的硝酸钾、木炭、硫黄要用到二硫化碳、水及过滤操作(____)
(3)硫与金属或非金属反应时均作氧化剂(____)
(4)硫在空气中燃烧产物只是SO2(____)
(5)不能由单质直接化合而制得CuS、CuCl2、Fe2S3、FeCl2(____)
(6)用蒸馏水清洗试管内壁残留的硫(____)
(7)含硫化合物间的转化,既可以通过氧化还原反应实现,也可以通过非氧化还原反应实现(____)
(8)因为SO2具有还原性,所以不能用浓H2SO4干燥SO2(____)
(9)3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O,在该反应中,硫既作氧化剂,又作还原剂。
可以用热的NaOH溶液洗涤沾有硫的试管(____)
(10)因为Cu(或Fe)与Cl2反应生成高价态的氯化物,而Cu(或Fe)与S反应生成低价态的硫化物,所以氧化性:
Cl2>
S(____)
【答案】×
√×
×
√√
(1)在火山喷口附近存在硫单质,错误,故填×
;
(2)分离黑火药中三组分可利用它们溶解性的差异:
先用CS2处理,使硫溶解,过滤后蒸发滤液,得晶体硫;
滤渣再用水处理,溶去硝酸钾,过滤,又得滤渣(炭粉);
滤液经蒸发、浓缩、结晶,得到硝酸钾,正确,故填√;
(3)硫单质为零价,是中间价态,与金属反应时显氧化性;
硫与非金属性比它强的非金属(如氧、氯、氟等)反应时硫显还原性,错误。
故填×
(4)硫在空气中燃烧,发出淡蓝色火焰,产物只有二氧化硫,正确,故填√;
(5)S的原子半径较大,获得电子的能力较弱,因此S与Cu、Fe反应时只能生成低价态的Cu和Fe的硫化物,即与Cu生成Cu2S而不是CuS;
与Fe生成FeS而不是Fe2S3;
氯气氧化性较强,与Cu、Fe反应时只能生成高价态的CuCl2和FeCl3;
则CuCl2可以通过化合反应制得,故(5)错误,填×
(6)硫单质不溶于水,不能用蒸馏水清洗试管内壁残留的硫,错误,故填×
(7)相同价态的含硫化合物间通过非氧化还原反应规律来转化,如二氧化硫转换成亚硫酸;
不同价态的含硫化合物间通过氧化还原反应规律来转化,如二氧化硫转换成三氧化硫;
正确,故填√;
(8)虽然浓H2SO4具有强氧化性,SO2具有还原性,但不能发生氧化还原反应,因为+6价的S与+4价的S之间没有中间价态,所以不能反应,则能用浓H2SO4干燥SO2;
错误,故填×
(9)反应3S+6NaOH=2Na2S+Na2SO3+3H2O中,S元素化合价既升高又降低,硫既是氧化剂也是还原剂;
单质硫在热的浓NaOH溶液中会发生岐化反应,生成硫化钠和亚硫酸钠,可以用热的NaOH溶液洗涤沾有硫的试管;
(10)氯气具有强氧化性,生成高价态金属氯化物,而S具有弱氧化性,生成低价态金属硫化物,可以通过Cu(或Fe)与Cl2反应生成高价态的氯化物,而Cu(或Fe)与S反应生成低价态的硫化物,来判断硫单质和氯气氧化性强弱,正确,故填√。
3.我国云南东川铜矿富含辉铜矿(主要成分Cu2S),因含铜成分高而成为重要的炼铜原料。
资料表明,当蓝矾溶液渗入地下遇硫铁矿(主要成分:
二硫化亚铁FeS2)时,可生成辉铜矿Cu2S,其化学方程式为:
14CuSO4+5FeS2+12H2O=7Cu2S+5FeSO4+12H2SO4。
硫铁矿也是一种重要化工原料,其主要成分可在沸腾炉中鼓入空气高温煅烧生成Fe2O3和一种对环境有污染的有毒气体,回答下列问题:
(1)在化合物FeS2和Cu2S中,硫元素的化合价分别为__、__。
(2)在上述生成辉铜矿的反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为__。
由题中信息可推知Cu2S的溶解情况是:
__溶于水(填“不”或“能”,下同),__溶于稀硫酸。
(3)写出硫铁矿的主要成分鼓入空气高温煅烧的化学方程式:
__,若反应中有2.2mol电子发生转移时,可生成标准状况下的有毒气体的体积为__L。
【答案】-1-235:
3不不4FeS2+11O2
2Fe2O3+8SO28.96
该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低,3个负一价硫的化合价升高。
(1)
(二硫化亚铁)中铁为+2价,硫为-1价;
(硫化亚铜)中铜为+1价,硫为-2价,
故答案为:
-1;
-2;
(2)
该反应中铜和7个负一价硫的化合价降低,即14个硫酸铜和3.5个
做氧化剂,3个负一价硫的化合价升高,即1.5个
做还原剂,故氧化剂与还原剂的物质的量之比为35:
3;
根据反应
及题目信息,可知
不溶于水,也不溶于稀硫酸,
35:
不;
(3)根据题目信息‘硫铁矿可在沸腾炉中鼓入空气高温煅烧生成
和一种对环境有污染的有毒气体’,可推知
和氧气反应生成
和二氧化硫,方程式为:
,该反应转移电子数为44,即转移44个电子生成8个二氧化硫,故当转移2.2mol电子时,生成0.4mol二氧化硫,标况下体积为:
8.96L,
8.96。
4.在50mL4mol·
L-1的氢氧化钠溶液中,通入一定量的硫化氢,反应完毕,在常温减压条件下,用氮气把溶液吹干,得到白色固体7.92g,通过计算确定白色固体的组成及各组分的质量。
_________________
【答案】白色固体有两种组合。
一种可能是由Na2S(3.12g)和NaOH(4.80g)组成的混合物;
另一种可能是由Na2S(7.52g)和NaHS(0.40g)组成的混合物。
NaOH的物质的量为n(NaOH)=c·
V=4mol/L×
0.05L=0.2mol,0.2mol的NaOH跟H2S反应,若全部生成Na2S时,白色固体的质量m(Na2S)=78g/mol×
=7.8g,0.2mol的NaOH跟H2S反应,若全部生成NaHS时,白色固体(NaHS)的质量为m(NaHS)=56g/mol×
0.2mol=11.2g,因为7.8g<
7.92g<
11.2g,所以得到的白色固体有两种可能的组合:
一种是Na2S和NaOH的混合物;
另一种是Na2S和NaHS的混合物,根据题意列方程式进行计算即可。
氢氧化钠的物质的量为n(NaOH)=c·
0.05L=0.2mol,0.2mol的NaOH跟H2S反应,若全部生成Na2S时,m(Na2S)=78g/mol×
=7.8g;
0.2mol的NaOH跟H2S反应,若全部生成NaHS时,m(NaHS)=56g/mol×
0.2mol=11.2g,因为7.8g<
7.92g<
11.2g,所以得到的白色固体有两种可能的组合:
①Na2S和NaOH的混合物;
②Na2S和NaHS的混合物。
①设Na2S为xmol,则有(0.2-2x)molNaOH,78g/mol×
xmol+40g/mol(0.2-2x)=7.92g,解得x=0.04mol;
Na2S的质量m(Na2S)=0.04mol×
78g/mol=3.12g,NaOH的质量m(NaOH)=7.92g-3.12g=4.80g;
②设Na2S为ymol,则有(0.2-2y)molNaHS。
78g/mol×
ymol+56g·
mol(0.2-2y)mol=7.92g,解得y≈0.0965mol,所以Na2S的质量m(Na2S)=78g/mol×
0.0965mol=7.52g,NaHS的质量m(NaHS)=7.92g-7.52g=0.40g。
本题考查学生有关混合物的计算知识,注意极值法的应用,学会运用所学知识进行分析和推理能力是关键所在。
5.物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个角度。
请根据图所示回答下列问题:
(1)X与Y反应可生成淡黄色固体,反应的化学方程式____________________。
(2)欲制备Na2S2O3,从氧化还原角度分析,下列选项中合理的反应物是______(填序号)。
a.Na2SO3与Sb.Na2S与S
c.SO2与Na2SO4d.Na2SO3与Na2SO4
(3)7.7g锌镁合金与一定量浓硫酸恰好完全反应,生成SO2与H2的混合气体3.36L(标准状况),反应中转移的电子的物质的量为___________。
(4)处理SO2废气的一种工艺如图所示:
①SO2和酸性Fe2(SO4)3溶液反应的离子方程式是________________________。
②溶液B与空气发生反应生成溶液C,其中氧化剂是______________。
③推断Fe3+、O2和SO42-的氧化性由强到弱的顺序是______________。
【答案】2H2S+SO2=3S↓+2H2Oa0.3molSO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+O2O2>Fe3+>SO42-
(1)根据图示,X为S元素的化合价为-2的气态氢化物,则X为H2S,Y为S元素的化合价为+4的氧化物,则Y为SO2,W为S元素的化合价为+6的酸,则W为H2SO4,Z为S元素的化合价为+4的盐,则Z为Na2SO3,据此分析结合物质的性质解答;
(2)欲制备Na2S2O3,从氧化还原角度分析,反应属于归中反应;
(3)锌镁合金与浓硫酸发生:
Zn+2H2SO4═ZnSO4+SO2↑+2H2O,Mg+2H2SO4═MgSO4+SO2↑+2H2O随着反应的进行,硫酸浓度降低,发生:
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑,Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑,生成气体为SO2和H2的混合物根据反应方程式可知,不论生成氢气还是SO2,生成气体的物质的量与金属的物质的量相等,即合金中锌镁的物质的量与SO2和H2的混合气体的物质的量相等,列关系式解答;
(4)由工艺流程可知,A中的反应为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,B中的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,C中铁离子循环利用,结合氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化物分析,
①SO2和酸性Fe2(SO4)3溶液发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸;
②B中的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,氧元素化合价降低做氧化剂;
③氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性。
(1)X为H2S,Y为SO2,H2S与SO2反应可生成S单质,反应的化学方程式:
2H2S+SO2=3S↓+2H2O;
(2)Na2S2O3中硫元素为+2价,若有两种含硫元素的物质制备Na2S2O3,所发生的反应属于归中反应,两种物质硫元素的化合价一个高于+2价,一个低于+2价;
a.Na2SO3中硫元素为+4价,硫单质中硫元素为0价,故a合理;
b.Na2S中硫元素的化合价为-2价,S单质中硫元素为0价,故b不合理;
c.SO2中硫元素为+4价,Na2SO4中硫元素为+6价,故c不合理;
d.Na2SO3中硫元素为+4价,Na2SO4中硫元素为+6价,故d不合理;
答案选a;
Zn+H2SO4═ZnSO4+H2↑,Mg+H2SO4═MgSO4+H2↑,生成气体为SO2和H2的混合物,物质的量为
=0.15mol,根据反应方程式可知,不论生成氢气还是SO2,生成气体的物质的量与金属的物质的量相等,即合金中锌镁的物质的量与SO2和H2的混合气体的物质的量相等,为0.15mol,根据氧化还原反应电子得失守恒,反应中,锌镁分别由单质0价变为+2价离子,锌镁失去的电子总量即为反应中转移的电子总量,设锌、镁的物质的量分别为x、y,则x+y=0.15mol,65x+24y=7.7g,解得:
x=0.1mol,y=0.05mol,反应中转移的电子的物质的量=0.1mol×
(2-0)+0.05mol×
(2-0)=0.3mol;
(4)①由上述分析可知溶液A中的反应为SO2和酸性Fe2(SO4)3溶液发生氧化还原反应生成硫酸亚铁和硫酸,反应的离子方程式为:
SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+;
②B中的反应为4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,氧元素化合价降低,氧气做氧化剂;
③A中发生SO2+2Fe3++2H2O=2Fe2++SO42-+4H+,溶液B中发生4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O,由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知氧化性为O2>Fe3+>SO42−。
6.A~H等8种物质存在如下转化关系(反应条件,部分产物为标出).已知:
A是酸式盐,B是能使品红溶液褪色的气体,G是红棕色气体。
按要求回答问题:
(1)写出下列物质的化学式:
A________,B________,写出B的一种危害__________。
(2)写出下列反应的化学方程式:
E→F____________;
红热的木炭与D的浓溶液反应的方程式:
____________;
铜与H的浓溶液反应的离子方程式:
_____________。
(3)检验某溶液中是否含A中阳离子的方法_____________。
【答案】NH4HSO3SO2酸雨4NH3+5O2
4NO+6H2OC+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2OCu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+
G是红棕色气体,则G是NO2;
F和O2反应生成NO2,所以F是NO;
NO2和水反应生成的H是HNO3;
A是酸式盐,和NaOH反应生成E,E和O2反应生成NO,则E是NH3;
B能使品红溶液褪色,且B能和O2反应生成C,所以B是SO2,C是SO3;
SO3和水反应生成的D为H2SO4;
A是酸式盐且是铵盐,所以A是NH4HSO3。
(1)通过以上分析知,A、B分别是NH4HSO3、SO2,SO2属于酸性氧化物,能和H2O反应生成H2SO3,H2SO3不稳定,易被空气氧化生成H2SO4,随雨水降落地面而形成酸雨,所以其一种危害是酸雨;
(2)氨气和氧气在高温高压催化剂条件下发生氧化还原反应生成NO和H2O,反应方程式为4NH3+5O2
4NO+6H2O,C和浓硫酸在加热条件下反应生成SO2、CO2和H2O,反应方程式为C+2H2SO4(浓)
CO2↑+2SO2↑+2H2O,铜和稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O,离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++NO↑+2H2O;
(3)NH4+检验方法是取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+,故答案为取该溶液少许滴加NaOH溶液,加热,若生成的气体能使润湿的红色石蕊试纸变蓝,则证明有NH4+。
7.在一定条件下,金属单质X和非金属单质Y能够反应,生成化合物Z,Z能与水发生水解反应生成气体G和白色沉淀P(如下框图所示),已知气体G与空气之密度比约为1.17。
请填空:
(1)组成单质X和Y的元素分别属第____________族和第___________族;
(2)Z与水发生水解反应方程式_____________________;
(3)每生成1mol的化合物Z,反应中转移_________________mol的电子。
【答案】ⅢAⅥAAl2S3+6H2O===2Al(OH)3↓+3H2S↑6
气体G与空气之密度比约为1.17,所以G的相对分子质量为29×
1.17=34,则G应为H2S,在一定条件下,金属单质X和非金属单质Y反应,生成化合物Z,则Z中含有X、Y两种元素,其中一种元素为S元素,Z与水作用可生成气体G(H2S)和白色沉淀P,可推知Z为Al2S3,沉淀P为Al(OH)3,所以X为Al、Y为S,据此分析解答。
(1)根据上述分析,X为Al、Y为S,所以组成单质X和Y的元素分别属第ⅢA族和第ⅥA族,故答案为:
ⅢA、ⅥA;
(2)根据上述分析可知,化合物Z的化学式为Al2S3,与水发生水解反应方程式为Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑,故答案为:
Al2S3+6H2O=2Al(OH)3↓+3H2S↑;
(3)根据上述分析可知,化合物Z的化学式为Al2S3,Al由0价升高到+3价,每生成1mol的化合物Z,反应中转移电子6mol,故答案为:
6。
8.有关物质的转化关系如图所示。
A的摩尔质量为120g·
mol−1且只含两种元素。
B、E是常见气体,其中B为单质,E能使品红溶液褪色。
D为红棕色固体,F为紫红色金属,C的浓溶液可干燥某些气体。
(1)A的化学式为______。
(2)H的电子式为______。
(3)写出反应③的离子方程式:
______。
(4)写出反应④的化学方程式:
【答案】FeS2
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4
E是常见气体,且E能使品红溶液褪色,则首先考虑E为SO2;
D为红棕色固体,则D为Fe2O3;
A只含两种元素,B是常见气体,且B为单质,A和B煅烧生成SO2和Fe2O3,则B为O2,A含有Fe、S两种元素,而A的摩尔质量为120g·
mol−1,则A为FeS2;
C的浓溶液可干燥某些气体,则C为硫酸,Fe2O3与H2SO4反应生成Fe2(SO4)3和水,F为紫红色金属,则F为Cu,Cu可以与Fe2(SO4)3反应生成CuSO4、FeSO4,则G为Fe2(SO4)3,H为H2O;
Fe2(SO4)3、H2O、SO2反应生成FeSO4和H2SO4,则J为FeSO4,I为CuSO4,据此分析解答。
(1)由以上分析知,A为FeS2;
FeS2;
(2)由以上分析知,H为H2O,其电子式为
(3)反应③为Cu与Fe2(SO4)3反应生成CuSO4、FeSO4,离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;
2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+;
(4)反应④为Fe2(SO4)3、H2O、SO2反应生成FeSO4和H2SO4,化学方程式为Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4;
Fe2(SO4)3+SO2+2H2O=2FeSO4+2H2SO4。
9.如图中A~H都是中学化学中常见的物质,其中,常温下A能使铁或铝钝化,B是固体非金属单质,C为水,D是一种能使品红溶液褪色的无色气体,F是金属单质,G可以用作耐火材料,它们之间有如下转化关系:
(1)写出下列物质的化学式:
E____________,H____________;
(2)写出A溶液与B反应的化学方程式:
试写出E与F的反
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