题目内容

10.硫的化合物在生产、生活中有广泛应用,其吸收和处理也十分重要.
完成下列填空:
(1)SO2具有还原性,可以和许多氧化剂反应.SO2气体通入硫酸酸化的K2Cr2O7溶液中恰好生成铬钾矾[KCr(SO4)2•12H2O].写出该反应的化学方程式3SO2+K2Cr2O7+H2SO4+23H2O=2KCr(SO4)2•12H2O,反应中被还原的元素是Cr.
(2)过量的SO2通入Na2S溶液,写出有关的离子方程式5SO2+2S2-+2H2O=3S↓+4HSO3-.
(3)在1L 0.3mol/L的NaOH溶液中,通入4.48LSO2(标况),反应后所得溶液中微粒的浓度之间有一些等量关系,例如:c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),请再写出两个等量关系:2[Na+]=3([SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3]),[SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3]=0.2mol/L或c(HSO3-)+3c(H2SO3)+2c(H+)=c(SO32-)+2c(OH-);
(4)在室温下,下列曲线可以描述乙酸(甲、Ki=1.8×10-5)和次氯酸(乙、Ki=2.95×10-8)在水中的电离度与浓度关系的是A.
A.B.C.D.

分析 (1)该反应中S元素化合价由+4价变为+6价、Cr元素化合价由+6价变为+3价,转移电子数为6,根据转移电子相等配平方程式得;得电子化合价降低的元素被还原;
(2)过量的SO2通入Na2S溶液,二者发生氧化还原反应生成S,同时生成亚硫酸氢钠;
(3)n(NaOH)=0.3mol/L×1L=0.3mol,n(SO2)=$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.2mol,设生成Na2SO3、NaHSO3的物质的量分别是xmol、ymol,根据Na、S原子守恒得x+y=0.22x+y=0.3解得,x=0.1mol,y=0.1mol,所以溶液中的溶质是等物质的量的Na2SO3、NaHSO3,溶液中存在电荷守恒、物料守恒和质子守恒;
(4)由乙酸(甲、Ka=1.8×10-5)和次氯酸(乙、Ka=2.95×10-8)可知,次氯酸的Ka小,则次氯酸的酸性弱,等浓度时酸性强的电离度大,弱酸的浓度越大,其电离度越小,以此来解答.

解答 解:(1)该反应中S元素化合价由+4价变为+6价、Cr元素化合价由+6价变为+3价,转移电子数为6,根据转移电子相等配平方程式3SO2+K2Cr2O7+11H2O+H2SO4=2KCr(SO4)2.12H2O;得电子化合价降低的元素被还原,则Cr元素被还原,
故答案为:3SO2+K2Cr2O7+11H2O+H2SO4=2KCr(SO4)2.12H2O;Cr;
(2)过量的SO2通入Na2S溶液,二者发生氧化还原反应生成S,同时生成亚硫酸氢钠,离子方程式为2H2O+2S2-+5SO2=4HSO3-+3S↓,
故答案为:2H2O+2S2-+5SO2=4HSO3-+3S↓;
(3)n(NaOH)=0.3mol/L×1L=0.3mol,n(SO2)=$\frac{4.48L}{22.4L/mol}$=0.2mol,设生成Na2SO3、NaHSO3的物质的量分别是xmol、ymol,根据Na、S原子守恒得x+y=0.22x+y=0.3解得,x=0.1mol,y=0.1mol,所以溶液中的溶质是等物质的量的Na2SO3、NaHSO3,溶液中存在电荷守恒、物料守恒和质子守恒,根据电荷守恒得c(Na+)+c(H+)=c(HSO3-)+2c(SO32-)+c(OH-),根据物料守恒得2c(Na+)=3c(HSO3-)+3c(SO32-)+3c(H2SO3),]),[SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3]=0.2mol/L,根据质子守恒得c(HSO3-)+3c(H2SO3)+2c(H+)=c(SO32-)+2c(OH-),
故答案为:2c(Na+)=3c(HSO3-)+3c(SO32-)+3c(H2SO3),[SO32-]+[HSO3-]+[H2SO3]=0.2mol/L或c(HSO3-)+3c(H2SO3)+2c(H+)=c(SO32-)+2c(OH-);
(4)由乙酸(甲、Ka=1.8×10-5)和次氯酸(乙、Ka=2.95×10-8)可知,次氯酸的Ka小,则次氯酸的酸性弱;
由图可知,横坐标为浓度,纵坐标为电离度,则等浓度时酸性强的电离度大,即甲的曲线在上方,可排除BD;
弱酸的浓度越大,其电离度越小,则曲线甲、乙均随浓度的增大而下降,可排除C,显然只有A符合,
故选A.

点评 本题考查含硫物质的综合应用,涉及氧化还原反应、复分解反应、盐类水解、离子浓度大小比较、弱电解质的电离等知识点,侧重考查基本理论,这些知识点都是高频考点,明确物质的性质是解本题关键,题目难度中等.

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