二氧化硫的化学性质
共68题

二氧化硫的化学性质
共68题

热门试卷

题型：简答题

简答题 · 15 分

8.雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变废为宝利用工业尾气获得NH4NO3产品的流程图如下：（Ce为铈元素）

（1）上述流程中循环使用的物质有　　　　　　。

（2）上述合成路线中用到15%～20%的乙醇胺(HOCH2CH2NH2），其水溶液具有弱碱性，显碱性的原因：HOCH2CH2NH2+ H2O HOCH2CH2NH3+ + OH-，写出乙醇胺吸收CO2的化学方程式__________________________。

（3）写出吸收池Ⅲ中，酸性条件下NO转化为NO2－的离子方程式为。

（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3- SO32-+ H+，使平衡正向移动，进行电离产生大量的H+；

（5）电解池Ⅴ可使Ce4+再生，装置如下图所示：

生成Ce4+从____口（填字母）流出，写出阴极的电极反应式：

（6）从氧化池Ⅵ中得到粗产品NH4NO3的实验操作是、、过滤、洗涤等。上述流程中每一步均恰好完全反应，若制得NH4NO3质量为xkg，电解池V制得cmol/L的S2O32﹣溶液ym3，则氧化池Ⅵ中消耗的O2在标准状况下的体积为 m3。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

（1）乙醇胺、Ce4+

解析

(1)根据流程可知乙醇胺、Ce4既是反应物也是生成物，故可循环使用的物质有乙醇胺、Ce4；

考查方向

离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。

解题思路

(1)观察流程可以发现乙醇胺、Ce4；既是反应物也是生成物，故可循环使用的物质有乙醇胺、Ce4+；

易错点

（1）不能准确捕捉图中可以循环使用物质的信息；

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

（3）NO + H2O + Ce4+ =Ce3+ +NO2-+ 2H+

解析

乙醇胺水溶液具有弱碱性，所以与CO2反应生成相应的盐反应的化学方程式为：2HOCH2CH2NH2 +H2O+CO2 = (HOCH2CH2NH3)2CO3或HOCH2CH2NH2 +H2O+CO2 = (HOCH2CH2NH3)HCO3。

考查方向

离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。

解题思路

（2）乙醇胺水溶液具有弱碱性，所以与CO2反应生成相应的盐。

易错点

（2）应用新知识（乙醇胺水溶液具有弱碱性）能力较弱，不能有效书写信息型化学方程式；

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

（3）NO+ H2O + Ce4+ =Ce3+ +NO2-+ 2H+

解析

（3）在吸收池Ⅲ中，NO在酸性条件下转化为NO2－，同时Ce4+转化为Ce3+，所以反应的离子方程式是NO+H2O+ Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；

考查方向

离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。

解题思路

（3）没有掌握氧化还原反应方程式的配平技巧；

易错点

（3）吸收池Ⅲ中，在酸性条件下根据流程示意图可知NO转化为NO2－，同时Ce4+转化为Ce3+，所以反应的离子方程式是NO+H2O+ Ce4+=Ce3++NO2-+2H+；

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

（4）HSO3-中存在电离平衡HSO3-H++ SO32-，加入CaCl2溶液，Ca2+ + SO32- =CaSO3↓，电离平衡正向移动，c(H+)增大。

解析

（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3-

（4）在NaHSO3溶液中NaHSO3的电离作用大于水解作用，当向其中加入CaCl2溶液时，会发生反应：Ca2++SO32-=CaSO3↓，这样就破坏了溶液中HSO3-在溶液中存在电离平衡：HSO3- SO32-+ H+，使平衡正向移动，进行电离产生大量的H+；c(H+)增大，因此溶液的pH减小。

SO32-+ H+，使平衡正向移动，进行电离产生大量的H+；c(H+)增大，因此溶液的pH减小。

考查方向

离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。

解题思路

SO32-+ H+，使平衡正向移动，进行电离产生大量的H+；

易错点

（4）没有理解外界条件对电离平衡的影响；

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

a 2HSO3- +4H+ +4e- = S2O32- + 3H2O

解析

（5）在装置Ⅴ可以使Ce4+再生，①由于Ce3+→Ce4+，化合价升高，失去电子，所以生成Ce4+从电解槽的阳极a流出；②电解池的阴极发生得电子的还原反应，所以在阴极发生的电极的反应式是2HSO3-+4H++4e-=S2O32-+3H2O。

考查方向

离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。

解题思路

（5）在装置Ⅴ可以使Ce4+再生，①由于Ce3+→Ce4+,化合价升高，失去电子，所以生成Ce4+从电解槽的阳极a流出；②电解池的阴极发生得电子的还原反应；

易错点

（5）电化学知识应用能力不强；

第(6)小题正确答案及相关解析

正确答案

（6）蒸发浓缩、冷却结晶）； 0.21x-22.4cy

解析

（6）由于NH4NO3受热易分解，所以获得粗产品的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。设NO2-、NO3-的物质的量分别为m、n，则根据原子守恒得出如下关系：m+n=1000x/80

，根据NO分别生成NO2-、NO3-的电子守恒关系，以及电解池Ⅴ中的电解反应中的守恒关系可以得出m+3n=4cy×1000，所以可以得出m=75x-2000cy， 1mol氧气反应转移电子4mol，所以消耗氧气的物质的量为(75x-2000cy)l÷(4×2)=(75x-2000cy)/8，所以至少向装置Ⅳ中通入标准状况下的O2的体积是[(75x-2000cy)/8]×22.4×10-3= 0.21x-22.4cy，故答案为：蒸发浓缩、冷却结晶；0.21x-22.4cy。

考查方向

离子方程式的书写、电解原理及应用、物质的分离提纯、氧化还原反应的有关计算的知识。

解题思路

（6）由于NH4NO3受热易分解，要结晶出晶体，温度不能太高，所以获得粗产品的实验步骤为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等。根据电子守恒以及原子守恒计算消耗的O2的体积。

易错点

（6）不能利用守恒法和关系式法进计算。

题型：单选题

单选题 · 3 分

14．在硫酸工业生产中，为了有利于SO2的转化，且能充分利用热能，采用了中间有热交换器的接触室（见下图）。下列说法错误的是

Aa、b两处的混合气体成分含量相同，温度不同

Bc、d两处的混合气体成分含量相同，温度不同

C热交换器的作用是预热待反应的气体，冷却反应后的气体

Dc处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率

正确答案

解析

A．根据装置图可知，从a进入的气体是含有SO2、O2、N2等的冷气，经过热交换器后从b处出来的是热的气体，成分与a处相同，正确；B．在c处出来的气体SO2、O2在催化剂表面发生反应产生的含有SO3及未反应的SO2、O2等气体，该反应是放热反应，当经过热交换器后被冷的气体降温，达到二氧化硫氧化成三氧化硫的最佳温度，再次经过催化剂后可以生成更多的三氧化硫，故二者含有的气体的成分含量不相同，错误；C．热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，为SO3的吸收创造条件，正确；D．处气体经过热交换器后再次被催化氧化，目的就是使未反应的SO2进一步反应产生SO3，从而可以提高SO2的转化率，正确。

考查方向

考查工业制硫酸中SO2催化氧化的设备及工作原理。

解题思路

热交换器的作用是预热待反应的冷的气体，同时冷却反应产生的气体，达到二氧化硫氧化成三氧化硫的最佳温度，再次经过催化剂后可以生成更多的三氧化硫，从而提高二氧化硫的利用率以及反应热可以循环利用，降低生产成本。

易错点

工业制硫酸的整体流程、主要设备、反应条件的选择等未掌握。

知识点

二氧化硫的化学性质

题型：多选题

多选题 · 4 分

18．一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是

A过量的氢气与氮气

B过量的浓盐酸与二氧化锰

C过量的铜与浓硫酸

D过量的锌与18 mol/L硫酸

正确答案

A,C

解析

A. H2和N2制备NH3是可逆反应,反应物始终不能消耗完; B.可以加入过量的浓盐酸,使二氧化锰能彻底反应完全; C.浓硫酸随着反应进行要变稀, 稀硫酸不再与铜反应;D.18mol/L硫酸与锌开始反应产生SO2, 随着反应进行,浓硫酸变稀硫酸,再与锌反应产生H2,故选AC。

考查方向

考查常见可逆反应的判断。

解题思路

一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是可逆反应。

易错点

平时缺少总结一些必要的规律：一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应常见类型有：①所有的可逆反应；②二氧化锰只能与浓盐酸反应生成氯气；③铜只能与浓硫酸在加热条件下反应；④活泼金属与稀硫酸反应生成氢气、与浓硫酸生成二氧化硫，两个反应的原理不同；⑤澄清石灰水中通入二氧化碳（或二氧化硫）气体，随着气体的量不同产物不同；⑥碳酸钠溶液中逐滴加入稀盐酸的反应；⑦可溶性铝盐与强碱溶液、可溶性偏铝酸盐与强酸溶液的反应；⑧银氨溶液的配置过程；⑨过量的变价金属铁与定量浓硫酸、浓稀硝酸的反应等等。

知识点

二氧化硫的化学性质

题型：简答题

简答题 · 15 分

碳的氧化物会对环境造成影响，但同时碳的单质、化合物又是重要的化工原料，是化学学科的重要研究对象。

18.工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的热化学方程式为：CO（g）＋2H2（g）＝CH3OH（l） △H1＝-128．5 kJ·mol－1

已知：CO（g）＋1／2O2（g）＝CO2（g） △H2＝－283 kJ·mol－1

H2（g）＋1／2O2（g）＝H2O（l） △H3＝－285．8 kJ·mol－1

则用热化学方程式表示甲醇的燃烧热应为_____________。

19.科学家用X射线激光技术观察到了CO与O在催化剂表面形成化学键的过程。反应过程的示意图如下：

①CO和O生成CO2是___________热反应；反应过程中，在催化剂作用下O与CO中的C逐渐靠近，最终形成的化学键类型属于_____________。

②结合已有知识和该反应过程，我们该如何理解，化学反应本质中的“分子破裂成为原子”这一观点?__________。

20.一定量的CO2与足量的C在体积可变的恒压密闭容器中反应：C（s）＋CO2（g）2CO（g）。平衡时，体系中气体体积分数与温度的关系如下图所示：

①550℃时的V逆________（填“大于”、“小于”或“等于”）925℃时的V逆。T℃时，若向平衡体系中充入惰性气体，化学平衡将_____________（填“向正反应方向”、“向逆反应方向”或“不发生”）移动。某同学是如何从图中数据，分析出该反应的正反应是吸热反应的?____________。

②650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为_____________。

③若800℃时的压强为akPa，已知气体分压（p分）＝气体总压（p总）×体积分数。800℃时，用平衡分压代替平衡浓度表示的化学平衡常数Kp＝________。

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

CH3OH(l)+3/2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) △H＝－726.1 kJ·mol-1

解析

① CO（g）＋2H2（g）＝CH3OH（l） △H1＝－128．5 kJ·mol－1

② CO（g）＋1／2O2（g）＝CO2（g） △H2＝－283 kJ·mol－1

③ H2（g）＋1／2O2（g）＝H2O（l） △H3＝－285．8 kJ·mol－1

根据盖斯定律，②-①+2③得甲醇燃烧的热化学方程式：CH3OH（l）＋3/2O2（g）＝CO2（g）+2H2O（l）△H2＝－726.1 kJ·mol－1，甲醇的燃烧热应为-726.1kJ·mol－1。

考查方向

热化学方程式的书写、平衡常数的计算。

解题思路

根据盖斯定律，②-①+2③可以求出甲醇的燃烧热应为-726.1kJ·mol－1。

易错点

本题解题的关键是根据已知条件推理出未知结果，难度不大。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

①放极性键（或共价键）

②参加反应的分子中，可能是部分分子破裂成为原子

解析

①根据能量--反应过程的图像知，状态I的能量高于状态III的能量，故CO和O生成CO2过程是放热反应；反应过程中，在催化剂作用下O与CO中的C逐渐靠近，最终形成的二氧化碳化学键类型属于极性共价键；

②通过上图，可以看见在化学反应中，并不是所有的分子都破裂成原子再重新组合成新的分子，因此化学反应本质中的“分子破裂成为原子”可以理解为：参加反应的分子中，可能是部分分子破裂成为原子；

考查方向

热化学方程式的书写、平衡常数的计算。

解题思路

易错点

本题解题的关键是根据已知条件推理出未知结果，难度不大。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

①小于向正反应方向温度越高时，产物CO的体积分数越大

②25.0%

③ 12.4akPa

解析

①温度越高，化学反应速率越快，因此550℃时的V逆小于925℃时的V逆；

T℃时，若向平衡体系中充入惰性气体，各气体浓度不变，化学平衡将不发生移动；

温度越高，CO体积分数越大，温度升高，平衡向正反应方向移动，该反应的正反应是吸热反应；

②650℃时，反应达平衡后CO气体体积分数为40%，设650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为x；

650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为25%。

③800℃时，反应达平衡后CO气体体积分数为93%，Kp＝(0.93akPa)2/0.07akPa=12.4akPa

考查方向

热化学方程式的书写、平衡常数的计算。

解题思路

①温度越高，化学反应速率越快；

T℃时，若向平衡体系中充入惰性气体，各气体浓度不变，化学平衡将不发生移动；

温度越高，CO体积分数越大，温度升高，平衡向正反应方向移动，该反应的正反应是吸热反应；

②650℃时，反应达平衡后CO气体体积分数为40%，设650℃时，反应达平衡后CO2的转化率为x，根据体积分数即可求出结果；

③800℃时，反应达平衡后CO气体体积分数为93%，Kp＝(0.93akPa)2/0.07akPa=12.4akPa

易错点

本题解题的关键是根据已知条件推理出未知结果，难度不大。

题型：简答题

简答题 · 14 分

硫酸亚铁铵晶体[化学式为x(NH4)2SO4·yFeSO4·zH2O]呈浅绿色，易溶于水，不溶于酒精，是一种重要的化学试剂。某化学兴趣小组设计以下实验制备并定量测定其组成。
已知：

Ⅰ. 硫酸亚铁铵晶体的制备（如图所示）

18.Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）。

19.加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是。

21.步骤1：结晶水的测定

准确称量47.040g纯净的硫酸亚铁铵晶体并隔绝空气加热至恰好失去结晶水，称得剩余固体34.080g，则n(结晶水)=_____mol。再将全部剩余固体溶于水配成250mL溶液。

22.步骤2：Fe2+的测定

取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为，滴定至终点的现象是，共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。

23.步骤3：SO42—的测定

向25.00mL步骤1中所配溶液中加入足量BaCl2溶液后，经过滤、洗涤、干燥后，称量沉淀质量为5.592g。

步骤4：计算

x：y：z=_______________

第(1)小题正确答案及相关解析

正确答案

CO32—+H2OHCO3—+OH—

解析

（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2OHCO3—+OH—。

（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。

（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。

（4）取25.00mL步骤1中所配溶液于锥形瓶中，将0.1000mol/L 酸性高锰酸钾标准溶液装入酸式滴定管中进行滴定，反应的离子方程式为5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，滴定至终点的现象是当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；共计消耗酸性高锰酸钾标准溶液24.00mL。

考查方向

本题主要考查了中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。

解题思路

本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。

（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；

②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；

（2）酸性溶液只能盛放在酸式滴定管中，锰离子有催化作用而导致反应速率加快，当滴入最后一滴高锰酸钾溶液，锥形瓶内的颜色恰好变成紫红色且半分钟不变化，证明达到终点；

③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；

5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。

判断不当操作对n或V的影响判断．

易错点

中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。

第(2)小题正确答案及相关解析

正确答案

相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O。

防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。

0.72

解析

（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2OHCO3—+OH—。

（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。

考查方向

本题主要考查了中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。

解题思路

本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。

（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；

②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；

③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；

5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。

判断不当操作对n或V的影响判断．

本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。

易错点

中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。

第(3)小题正确答案及相关解析

正确答案

0.72

解析

（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2OHCO3—+OH—。

（2）加入适量(NH4)2SO4后，经加热浓缩、冷却结晶、过滤就能得到硫酸亚铁铵晶体的原因是相同温度下，硫酸亚铁铵晶体在水中的溶解度小于(NH4)2SO4、FeSO4·7H2O

（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。

考查方向

本题主要考查了中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。

解题思路

本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。

（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；

②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；

③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；

5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。

判断不当操作对n或V的影响判断．

第(4)小题正确答案及相关解析

正确答案

酸 5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O

滴入最后一滴标准液时，锥形瓶内溶液变为紫红色，且半分钟不恢复原色。

解析

（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2OHCO3—+OH—。

（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。

考查方向

本题主要考查了中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。

解题思路

本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。

（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；

②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；

③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；

5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。

判断不当操作对n或V的影响判断．

易错点

中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。

第(5)小题正确答案及相关解析

正确答案

1:1：6

解析

（1）Na2CO3溶液能用于除油污的原因是（用离子方程式表示）CO32—+H2OHCO3—+OH—

（3）用无水乙醇除去硫酸亚铁铵晶体表面的水分，而不能在空气中直接烘干的原因是防止在加热过程中晶体失去结晶水及被氧化。

考查方向

本题主要考查了中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。

解题思路

本题考查了探究物质的组成及其含量的测定，难度较大，注意把握实验基本方法，能会分析导致误差的不当操作，注意把握实验操作要点和注意事项。

（1）①高锰酸钾具有强氧化性，要装入酸式滴定管；

②酸性条件下，高锰酸根离子能氧化Fe2+，自身被还原生成锰离子，同时生成水；

③平均值等于消耗高锰酸钾的总体积与次数的比值，根据高锰酸钾和草酸之间的关系式计算；

5Fe2++MnO4—+8H+=5Fe3++Mn2++4H2O 按照 Fe2+和MnO4—5:1进行计算。

判断不当操作对n或V的影响判断．

易错点

中和滴定；探究物质的组成或测量物质的含量。

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