專題十六氧、硫及其化合物綠色 化學(xué)與環(huán)境保護(hù),高考化學(xué) (課標(biāo)專用),考點(diǎn)一氧、硫及其化合物 (2016課標(biāo),13,6分)短周期元素W、X、Y、Z的原子序數(shù)依次增加。m、p、r是由這些元素組成的二元化合物。n是元素Z的單質(zhì),通常為黃綠色氣體,q的水溶液具有漂白性,0.01 molL-1r 溶液的pH為2,s通常是難溶于水的混合物。上述物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示。下列說(shuō)法正確的是(),五年高考,A組統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組,A.原子半徑的大小WXY C.Y的氫化物常溫常壓下為液態(tài) D.X的最高價(jià)氧化物的水化物為強(qiáng)酸 答案C根據(jù)題意,不難推出n為Cl2,m為H2O,q為HClO,r為HCl,p為烷烴,s為一氯代烷、二氯代烷等的混合物,從而推出W、X、Y、Z四種元素分別為H、C、O、Cl。A項(xiàng),原子半徑大小為HClC(即YZX),錯(cuò)誤;C項(xiàng),Y的氫化物有H2O2、H2O,二者在常溫常壓下均為液態(tài),正確;D項(xiàng),X的最高價(jià)氧化物的水化物為H2CO3,屬于弱酸,錯(cuò)誤。,思路分析對(duì)于物質(zhì)推斷、元素推斷、有機(jī)推斷等推斷題,要找準(zhǔn)題眼,逐級(jí)突破。 審題技巧抓住“黃綠色氣體”“漂白性”“pH為2”等關(guān)鍵詞,迅速確定Cl2、HClO、HCl。,考點(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù) 1.(2018課標(biāo),8,6分)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時(shí)與大氣中的氨有關(guān)(如下圖所示)。下列敘述錯(cuò)誤的是() A.霧和霾的分散劑相同 B.霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨 C.NH3是形成無(wú)機(jī)顆粒物的催化劑 D.霧霾的形成與過(guò)度施用氮肥有關(guān),答案C本題考查硫、氮化合物的相關(guān)知識(shí)。霧和霾的分散劑均為空氣,A正確;由題圖可知霧霾中含有NH4NO3和(NH4)2SO4,B正確;NH3應(yīng)是形成無(wú)機(jī)顆粒物的反應(yīng)物,C錯(cuò)誤;過(guò)度施用氮肥會(huì)增加大氣中NH3的含量,D正確。,知識(shí)拓展煙、云、霧的分散劑均為空氣。,2.(2017課標(biāo),7,6分)化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是() A.PM2.5是指粒徑不大于2.5 m的可吸入懸浮顆粒物 B.綠色化學(xué)要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動(dòng)對(duì)環(huán)境的污染 C.燃煤中加入CaO可以減少酸雨的形成及溫室氣體的排放 D.天然氣和液化石油氣是我國(guó)目前推廣使用的清潔燃料,答案CPM2.5是指粒徑小于或等于2.5微米的可吸入顆粒物,A正確;綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理從源頭上減少或消除生產(chǎn)活動(dòng)對(duì)環(huán)境的污染,B正確;氧化鈣可與二氧化硫、氧氣發(fā)生反應(yīng)生成硫酸鈣,從而減少二氧化硫的排放量,但不能減少溫室氣體CO2的排放量,C錯(cuò)誤;天然氣的主要成分是甲烷,液化石油氣的成分是丙烷、丁烷、丙烯和丁烯等,燃燒產(chǎn)物對(duì)環(huán)境無(wú)污染,所以天然氣和液化石油氣均是清潔燃料,D正確。,解題關(guān)鍵注意知識(shí)的歸納和整理是關(guān)鍵。 知識(shí)拓展綠色化學(xué)的特點(diǎn)是:(1)充分利用資源和能源,采用無(wú)毒無(wú)害的原料;(2)在無(wú)毒無(wú)害的條件下進(jìn)行反應(yīng),以減少向環(huán)境中排放廢物;(3)提高原子利用率,力圖使原料的原子都轉(zhuǎn)入產(chǎn)品中,實(shí)現(xiàn)零排放;(4)生產(chǎn)出有利于環(huán)境保護(hù)、社會(huì)安全和人體健康的環(huán)境友好產(chǎn)品。,3.(2016課標(biāo),7,6分)下列有關(guān)燃料的說(shuō)法的是() A.燃料燃燒產(chǎn)物CO2是溫室氣體之一 B.化石燃料完全燃燒不會(huì)造成大氣污染 C.以液化石油氣代替燃油可減少大氣污染 D.燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一,答案B化石燃料包括煤、石油、天然氣等,完全燃燒也會(huì)產(chǎn)生SO2等污染性氣體,故B項(xiàng)錯(cuò)誤。,易錯(cuò)警示化石燃料中不僅含C、H元素,還含有少量的N、S等元素。 疑難突破液化石油氣中含雜質(zhì)少,燃燒更充分,燃燒產(chǎn)生的CO、SO2、NOx較少,對(duì)空氣污染小。,考點(diǎn)一氧、硫及其化合物 1.(2016四川理綜,1,6分)化學(xué)與生產(chǎn)和生活密切相關(guān)。下列過(guò)程中沒(méi)有發(fā)生化學(xué)變化的是 () A.氯氣作水的殺菌消毒劑 B.硅膠作袋裝食品的干燥劑 C.二氧化硫作紙漿的漂白劑 D.肥皂水作蚊蟲(chóng)叮咬處的清洗劑,B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組,答案BA項(xiàng),氯氣與水反應(yīng)生成的HClO具有強(qiáng)氧化性,能殺菌消毒;B項(xiàng),硅膠具有吸水性,可作干燥劑;C項(xiàng),二氧化硫能與有色物質(zhì)結(jié)合生成不穩(wěn)定的無(wú)色物質(zhì),可作漂白劑;D項(xiàng),肥皂水呈弱堿性,可與蚊蟲(chóng)分泌的蟻酸反應(yīng),從而減輕痛癢。以上四項(xiàng)中只有B項(xiàng)沒(méi)有發(fā)生化學(xué)變化,故選B。,審題方法審題關(guān)鍵是“沒(méi)有發(fā)生化學(xué)變化”。逐一甄別即可找出答案。,2.(2017北京理綜,10,6分)根據(jù)SO2通入不同溶液中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象,所得結(jié)論不正確的是(),答案C本題考查SO2的氧化性、還原性等知識(shí)。SO2使酸性KMnO4溶液褪色是因?yàn)镾O2具有還原性,與KMnO4發(fā)生了氧化還原反應(yīng)。,3.(2015重慶理綜,2,6分)下列說(shuō)法正確的是() A.I的原子半徑大于Br,HI比HBr的熱穩(wěn)定性強(qiáng) B.P的非金屬性強(qiáng)于Si,H3PO4比H2SiO3的酸性強(qiáng) C.Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反應(yīng) D.SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4,答案BA項(xiàng),I的非金屬性比Br的非金屬性弱,HBr比HI的熱穩(wěn)定性強(qiáng);B項(xiàng)正確;C項(xiàng),MgO不與NaOH溶液反應(yīng);D項(xiàng),SO2通入Ba(NO3)2溶液后,溶液顯酸性,酸性條件下N能把S氧化為 S,從而產(chǎn)生BaSO4沉淀,無(wú)BaSO3。,4.(2018北京理綜,27,12分)近年來(lái),研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽(yáng)能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)。過(guò)程如下: (1)反應(yīng):2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)H1=+551 kJmol-1 反應(yīng):S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-297 kJmol-1 反應(yīng)的熱化學(xué)方程式:。 (2)對(duì)反應(yīng),在某一投料比時(shí),兩種壓強(qiáng)下,H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)隨溫度的變化關(guān)系如圖所示。p2p1(填“”或“<”),得出該結(jié)論的理由是。,(3)I-可以作為水溶液中SO2歧化反應(yīng)的催化劑,可能的催化過(guò)程如下。將補(bǔ)充完整。 .SO2+4I-+4H+S+2I2+2H2O .I2+2H2O+2I- (4)探究、反應(yīng)速率與SO2歧化反應(yīng)速率的關(guān)系,實(shí)驗(yàn)如下:分別將18 mL SO2飽和溶液加入到2 mL下列試劑中,密閉放置觀察現(xiàn)象。(已知:I2易溶解在KI溶液中),B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn),則a=。 比較A、B、C,可得出的結(jié)論是。 實(shí)驗(yàn)表明,SO2的歧化反應(yīng)速率DA。結(jié)合、反應(yīng)速率解釋原因:。,答案(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)H2=-254 kJmol-1 (2)反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng),溫度一定時(shí),增大壓強(qiáng)使反應(yīng)正向進(jìn)行,H2SO4的物質(zhì)的量增大,體系總物質(zhì)的量減小,H2SO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)增大 (3)SO2S4H+ (4)0.4 I-是SO2歧化反應(yīng)的催化劑,H+單獨(dú)存在時(shí)不具有催化作用,但H+可以加快歧化反應(yīng)速率 反應(yīng)比快;D中由反應(yīng)產(chǎn)生的H+使反應(yīng)加快,解析本題以“含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)”素材為載體,考查熱化學(xué)方程式的書(shū)寫(xiě)、平衡移動(dòng)、實(shí)驗(yàn)方案的設(shè)計(jì)與分析等知識(shí)。 (1)反應(yīng)為3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s),根據(jù)蓋斯定律,由(反應(yīng)+反應(yīng))即得反應(yīng) 的逆反應(yīng),所以反應(yīng)的H=-(551-297) kJmol-1=-254 kJmol-1。 (2)反應(yīng)是氣體物質(zhì)的量減小的反應(yīng),加壓時(shí)平衡正向移動(dòng),H2SO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)會(huì)升高,所以p2p1。 (3)催化劑在反應(yīng)前后質(zhì)量和化學(xué)性質(zhì)保持不變,在中I-被氧化為I2,則在中I2應(yīng)該被SO2還原為I-,結(jié)合原子守恒、得失電子守恒、電荷守恒可配平反應(yīng)的離子方程式。 (4)B是A的對(duì)比實(shí)驗(yàn),B中加入0.2 molL-1的H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的濃度應(yīng)該與A相同,即a=0.4。 比較A、B、C可知,有H2SO4和KI時(shí),SO2歧化反應(yīng)速率較只有KI時(shí)快;只有H2SO4,無(wú)KI時(shí)不發(fā)生歧化反應(yīng),所以可得出的結(jié)論為酸性增強(qiáng),I-催化SO2歧化反應(yīng)速率提高。,規(guī)律總結(jié)Fe3+催化H2O2分解與I-催化SO2歧化反應(yīng)相似,Fe3+催化H2O2分解的過(guò)程為:2Fe3+H2O2O2+2Fe2+2H+、2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。,5.(2018江蘇單科,16,12分)以高硫鋁土礦(主要成分為Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金屬硫酸鹽)為原料,生產(chǎn)氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下: (1)焙燒過(guò)程均會(huì)產(chǎn)生SO2,用NaOH溶液吸收過(guò)量SO2的離子方程式為。 (2)添加1% CaO和不添加CaO的礦粉焙燒,其硫去除率隨溫度變化曲線如圖所示。,已知:多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600 硫去除率=(1-)100% 不添加CaO的礦粉在低于500 焙燒時(shí),去除的硫元素主要來(lái)源于。 700 焙燒時(shí),添加1% CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低,其主要原因是。 (3)向“過(guò)濾”得到的濾液中通入過(guò)量CO2,鋁元素存在的形式由(填化學(xué)式)轉(zhuǎn)化為(填化學(xué)式)。 (4)“過(guò)濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2,理論上完全反應(yīng)消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=。,答案(12分)(1)SO2+OH- HS (2)FeS2硫元素轉(zhuǎn)化為CaSO4而留在礦粉中 (3)NaAlO2Al(OH)3 (4)116,解析本題考查化學(xué)工藝流程的分析、硫及其化合物,氧化還原反應(yīng)的計(jì)算。 (1)用NaOH溶液吸收過(guò)量SO2生成NaHSO3,離子方程式為OH-+SO2 HS。 (2)FeS2在低于500 焙燒時(shí)能與空氣中的O2反應(yīng)生成Fe2O3和SO2,發(fā)生的反應(yīng)為4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故不添加CaO的礦粉在焙燒時(shí)去除的硫元素主要來(lái)源于FeS2;700 焙燒 時(shí),添加CaO后,硫元素轉(zhuǎn)化為CaSO4而留在礦粉中,使礦粉硫去除率降低。 (3)礦粉焙燒后加NaOH溶液堿浸時(shí),Al2O3能與NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2,發(fā)生的反應(yīng)為Al2O3+2NaOH 2NaAlO2+H2O,過(guò)濾后,NaAlO2在濾液中,向?yàn)V液中通入過(guò)量CO2時(shí),發(fā)生反應(yīng) NaAlO2+CO2+2H2O Al(OH)3+NaHCO3,所以鋁元素存在的形式由NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al(OH)3。 (4)分析反應(yīng)前后元素化合價(jià)的變化,利用得失電子守恒知:n(FeS2)+52n(FeS2)=2n(Fe2O3), 解得=,即理論上完全反應(yīng)消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=116。,關(guān)聯(lián)知識(shí)生石灰脫硫原理:CaO+SO2 CaSO3,2CaSO3+O2 2CaSO4。,6.(2017天津理綜,10,14分)H2S和SO2會(huì)對(duì)環(huán)境和人體健康帶來(lái)極大的危害,工業(yè)上采取多種方法減少這些有害氣體的排放,回答下列各方法中的問(wèn)題。 .H2S的除去 方法1:生物脫H2S的原理為: H2S+Fe2(SO4)3 S+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O (1)硫桿菌存在時(shí),FeSO4被氧化的速率是無(wú)菌時(shí)的5105倍,該菌的作用是。 (2)由圖1和圖2判斷使用硫桿菌的最佳條件為。若反應(yīng)溫度過(guò)高,反應(yīng)速率下降,其原因是。,方法2:在一定條件下,用H2O2氧化H2S (3)隨著參加反應(yīng)的n(H2O2)/n(H2S)變化,氧化產(chǎn)物不同。當(dāng)n(H2O2)/n(H2S)=4時(shí),氧化產(chǎn)物的分子式為。 .SO2的除去 方法1(雙堿法):用NaOH吸收SO2,并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液 Na2SO3溶液 (4)寫(xiě)出過(guò)程的離子方程式:;CaO在水中存在如下轉(zhuǎn)化:,CaO(s)+H2O(l) Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq) 從平衡移動(dòng)的角度,簡(jiǎn)述過(guò)程 NaOH再生的原理 。 方法2:用氨水除去SO2 (5)已知25 ,NH3H2O的Kb=1.810-5,H2SO3的=1.310-2、=6.210-8。若氨水的濃度為2.0 molL-1,溶液中的c(OH-)=molL-1。將SO2通入該氨水中,當(dāng)c(OH-)降至1.010-7 molL-1時(shí),溶液中的c(S)/c(HS)=。,答案(14分)(1)降低反應(yīng)活化能(或作催化劑) (2)30 、pH=2.0蛋白質(zhì)變性(或硫桿菌失去活性) (3)H2SO4 (4)2OH-+SO2 S+H2OS與Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移動(dòng),有NaOH生成 (5)6.010-30.62,解析本題考查化學(xué)反應(yīng)原理,涉及反應(yīng)條件的選擇、氧化還原反應(yīng)、方程式的書(shū)寫(xiě)、化學(xué)計(jì)算等。 (1)催化劑可降低反應(yīng)的活化能,大大加快反應(yīng)速率。 (2)由題圖可得使用硫桿菌的最佳條件為30 、pH=2;溫度過(guò)高易使蛋白質(zhì)變性而失去活性。 (3)當(dāng)n(H2O2)/n(H2S)=4時(shí),反應(yīng)的化學(xué)方程式為4H2O2+H2S H2SO4+4H2O,氧化產(chǎn)物為 H2SO4。 (5)由Kb=1.810-5=,得c(OH-)=6.010-3 molL-1;=6.210-8= ,25 時(shí)c(OH-)=1.010-7 molL-1的溶液呈中性,則c(H+)=1.010-7 molL-1,解得 c(S)/c(HS)=0.62。,知識(shí)拓展使蛋白質(zhì)變性的因素 物理因素:加熱、加壓、攪拌、振蕩、紫外線照射等。 化學(xué)因素:強(qiáng)酸、強(qiáng)堿、重金屬鹽、甲醛、乙醇、丙酮等。,7.(2016北京理綜,28,16分)以Na2SO3溶液和不同金屬的硫酸鹽溶液作為實(shí)驗(yàn)對(duì)象,探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應(yīng)的多樣性。,(1)經(jīng)檢驗(yàn),現(xiàn)象中的白色沉淀是Ag2SO3。用離子方程式解釋現(xiàn)象:。 (2)經(jīng)檢驗(yàn),現(xiàn)象的棕黃色沉淀中不含S,含有Cu+、Cu2+和S。 已知:Cu+ Cu+Cu2+,Cu2+ CuI(白色)+I2。 用稀H2SO4證實(shí)沉淀中含有Cu+的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象是。,通過(guò)下列實(shí)驗(yàn)證實(shí),沉淀中含有Cu2+和S。 a.白色沉淀A是BaSO4,試劑1是。 b.證實(shí)沉淀中含有Cu2+和S的理由是 。 (3)已知:Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗(yàn),現(xiàn)象的白色沉淀中無(wú)S,該白色沉淀既能溶 于強(qiáng)酸,又能溶于強(qiáng)堿,還可使酸性KMnO4溶液褪色。 推測(cè)沉淀中含有亞硫酸根和。 對(duì)于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設(shè):.被Al(OH)3所吸附;.存在于鋁的堿式鹽中。對(duì)假設(shè)設(shè)計(jì)了對(duì)比實(shí)驗(yàn),證實(shí)了假設(shè)成立。 a.將對(duì)比實(shí)驗(yàn)方案補(bǔ)充完整。,步驟一: 步驟二:(按上圖形式呈現(xiàn))。 b.假設(shè)成立的實(shí)驗(yàn)證據(jù)是。 (4)根據(jù)實(shí)驗(yàn),亞硫酸鹽的性質(zhì)有 。鹽溶液間反應(yīng)的多樣性與 有關(guān)。,答案(16分)(1)2Ag+S Ag2SO3 (2)析出紅色固體 a.HCl和BaCl2溶液 b.在I-的作用下,Cu2+轉(zhuǎn)化為白色沉淀CuI,S轉(zhuǎn)化為S (3)Al3+、OH- a. b.V1明顯大于V2 (4)亞硫酸鹽的溶解性、氧化還原性、在水溶液中的酸堿性 兩種鹽溶液中陰、陽(yáng)離子的性質(zhì)和反應(yīng)條件,解析(2)題中明確告知棕黃色沉淀中含有Cu+、Cu2+和S,證實(shí)含有Cu+的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象不能 答溶液出現(xiàn)藍(lán)色,因沉淀中的Cu2+在稀H2SO4作用下,也進(jìn)入了溶液。A是BaSO4沉淀,則試劑1的作用是檢驗(yàn)上層清液中是否含有S,但檢驗(yàn)S時(shí)要防止S的干擾,所以試劑1應(yīng)是HCl 和BaCl2溶液;上層清液中沒(méi)有檢出I2,可知I2和S反應(yīng)生成了I-和S。(3)由題中信息可推 知,沉淀中還含有Al3+、OH-。在對(duì)比實(shí)驗(yàn)中要將Na2SO3溶液更換成一種堿,這樣就不會(huì)生成堿式鹽,考慮到Al(OH)3的兩性特征,NH3H2O是最好的選擇,步驟一中白色沉淀的成分是堿式亞硫酸鋁,在其中加入NaOH溶液,沉淀不會(huì)馬上溶解,而是先與OH-反應(yīng)生成Al(OH)3沉淀,這就導(dǎo)致了V1大于V2,通過(guò)這一實(shí)驗(yàn)事實(shí),即可證實(shí)假設(shè)成立。,8.(2015福建理綜,23,15分)研究硫元素及其化合物的性質(zhì)具有重要意義。 (1)硫離子的結(jié)構(gòu)示意圖為。 加熱時(shí),硫元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的濃溶液與木炭反應(yīng)的化學(xué)方程式為。 (2)25 ,在0.10 molL-1H2S溶液中,通入HCl氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液pH,溶液pH與c(S2-)關(guān)系如下圖(忽略溶液體積的變化、H2S的揮發(fā))。,pH=13時(shí),溶液中的c(H2S)+c(HS-)=molL-1。 某溶液含0.020 molL-1 Mn2+、0.10 molL-1 H2S,當(dāng)溶液pH=時(shí),Mn2+開(kāi)始沉淀。已知:Ksp(MnS)=2.810-13 (3)25 ,兩種酸的電離平衡常數(shù)如下表。,HS的電離平衡常數(shù)表達(dá)式K=。 0.10 molL-1 Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)椤?H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應(yīng)的主要離子方程式為。,答案(1) C+2H2SO4(濃) 2SO2+CO2+2H2O (2)0.0435 (3)或 c(Na+)c(S)c(OH-)c(HS)c(H+) 或Na+SOH-HSH+ H2SO3+HC HS+CO2+H2O,解析(1)硫元素的最高價(jià)氧化物對(duì)應(yīng)水化物的濃溶液為濃H2SO4,具有強(qiáng)氧化性,與木炭發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式為C+2H2SO4(濃) CO2+2SO2+2H2O。(2)觀察圖像知,pH=13時(shí), c(S2-)=5.710-2molL-1,由硫原子守恒知,c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1 molL-1,代入數(shù)據(jù)得:c(H2S)+ c(HS-)=0.1 molL-1-c(S2-)=0.1 molL-1-5.710-2 molL-1=0.043 molL-1;當(dāng)Mn2+開(kāi)始沉淀時(shí),溶液中 c(S2-)= molL-1=1.410-11 molL-1,觀察圖像知,此時(shí)pH=5。(3)在0.10 molL-1 Na2SO3溶液中存在:S+H2O HS+OH-(主要),HS+H2O H2SO3+OH-(次要),H2O H+OH-(水的電離平衡),故離子濃度由大到小的順序?yàn)閏(Na+)c(S)c(OH-)c(HS) c(H+);結(jié)合表中數(shù)據(jù)知,酸性:H2SO3H2CO3HSHC,故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應(yīng) 的離子方程式為H2SO3+HC HS+CO2+H2O。,9.(2015安徽理綜,28,14分)某研究小組將純凈的SO2氣體通入0.1 molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀。為探究上述溶液中何種微粒能氧化通入的SO2,該小組提出了如下假設(shè): 假設(shè)一:溶液中的N 假設(shè)二:溶液中溶解的O2 (1)驗(yàn)證假設(shè)一 該小組設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證了假設(shè)一。請(qǐng)?jiān)谙卤砜瞻滋幪顚?xiě)相關(guān)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象。,(2)為深入研究該反應(yīng),該小組還測(cè)得上述兩個(gè)實(shí)驗(yàn)中溶液pH隨通入SO2體積的變化曲線如圖。 實(shí)驗(yàn)1中溶液pH變小的原因是;V1時(shí),實(shí)驗(yàn)2中溶液pH小于實(shí)驗(yàn)1的原因是(用離子方程式表示)。 (3)驗(yàn)證假設(shè)二 請(qǐng)?jiān)O(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)驗(yàn)證假設(shè)二,寫(xiě)出實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論。 (4)若假設(shè)二成立,請(qǐng)預(yù)測(cè):在相同條件下,分別用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液體積變化忽略不計(jì)),充分反應(yīng)后兩溶液的pH前者(填“大于”或“小于”)后者,理由是。,答案(1)無(wú)明顯現(xiàn)象有白色沉淀 (2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O 3S+4H+2NO(或3H2SO3+2N 3S+4H+2NO+H2O) (3) (4)小于反應(yīng)的離子方程式表明,足量的O2和N分別氧化相同的H2SO3,生成H+的物質(zhì)的量 前者多于后者 (本題部分小題屬于開(kāi)放性試題,合理答案均給分),解析(1)不含O2的BaCl2溶液中通入SO2氣體無(wú)明顯現(xiàn)象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2氣體產(chǎn)生白色沉淀,表明溶液中的N能氧化SO2氣體產(chǎn)生BaSO4白色沉淀。(2)向BaCl2溶液中 通入SO2氣體,二者不發(fā)生反應(yīng),但SO2溶于水可以與水反應(yīng)生成H2SO3使溶液顯酸性;向Ba(NO3)2 溶液中通入SO2氣體,N可以把SO2氧化為H2SO4使溶液pH減小,反應(yīng)的離子方程式為3SO2+ 2N+2H2O 3S+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO3的離子方程式:2H2SO3+O2 4H+ 2S和N氧化H2SO3的離子方程式:3H2SO3+2N 3S+4H+2NO+H2O知,足量的O2和 N分別氧化相同的H2SO3,生成H+的物質(zhì)的量前者多于后者,故反應(yīng)后兩溶液的pH前者小于后 者。,10.(2014福建理綜,25,15分)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進(jìn)行如下實(shí)驗(yàn): 實(shí)驗(yàn)一焦亞硫酸鈉的制取 采用下圖裝置(實(shí)驗(yàn)前已除盡裝置內(nèi)的空氣)制取Na2S2O5。裝置中有Na2S2O5晶體析出,發(fā)生的反應(yīng)為: Na2SO3+SO2 Na2S2O5,(1)裝置中產(chǎn)生氣體的化學(xué)方程式為。 (2)要從裝置中獲得已析出的晶體,可采取的分離方法是。 (3)裝置用于處理尾氣,可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為(填序號(hào))。,實(shí)驗(yàn)二焦亞硫酸鈉的性質(zhì) Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。 (4)證明NaHSO3溶液中HS的電離程度大于水解程度,可采用的實(shí)驗(yàn)方法是(填序 號(hào))。 a.測(cè)定溶液的pHb.加入Ba(OH)2溶液 c.加入鹽酸d.加入品紅溶液 e.用藍(lán)色石蕊試紙檢測(cè) (5)檢驗(yàn)Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實(shí)驗(yàn)方案是 。 實(shí)驗(yàn)三葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測(cè)定 (6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測(cè)定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)的方案如下:,溶液出現(xiàn)藍(lán)色且30 s內(nèi)不褪色 (已知:滴定時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI) 按上述方案實(shí)驗(yàn),消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00 mL,該次實(shí)驗(yàn)測(cè)得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計(jì)算)為gL-1。 在上述實(shí)驗(yàn)過(guò)程中,若有部分HI被空氣氧化,則測(cè)定結(jié)果(填“偏高”“偏低”或“不變”)。,答案(1)Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+SO2+H2O(或Na2SO3+2H2SO4 2NaHSO4+SO2+H2O) (2)過(guò)濾 (3)d (4)a、e (5)取少量Na2S2O5晶體于試管中,加適量水溶解,滴加足量鹽酸,振蕩,再滴入氯化鋇溶液,有白色沉淀生成 (6)0.16偏低,解析(2)從裝置中分離晶體,即固體和液體分離,采用過(guò)濾即可。(3)處理尾氣時(shí)既要考慮能吸收SO2,又要考慮防倒吸。a裝置密閉,b和c不能用來(lái)吸收SO2,d裝置符合要求。(4)要證明NaHSO3溶液中HS的電離程度大于水解程度,即要證明NaHSO3溶液顯酸性,a和e符合。無(wú)論 HS電離程度大還是水解程度大,加入Ba(OH)2溶液一定有白色沉淀生成,加入鹽酸一定有氣 泡產(chǎn)生,加入品紅溶液不會(huì)褪色。(5)Na2S2O5晶體在空氣中被氧化生成的產(chǎn)物為Na2SO4,故此實(shí)驗(yàn)方案檢驗(yàn)晶體中是否有S即可。(6)由題給方程式可知:n(SO2)=n(I2)=0.025 L0.010 00 molL-1=2.510-4 mol,抗氧化劑的殘留量為=0.16 gL-1。若部分HI被 空氣氧化,則等量的SO2消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液減少,測(cè)定結(jié)果偏低。,考點(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù) 1.(2015浙江理綜,7,6分)下列說(shuō)法不正確的是() A.液晶態(tài)介于晶體狀態(tài)和液態(tài)之間,液晶具有一定程度的晶體的有序性和液體的流動(dòng)性 B.常壓下,0 時(shí)冰的密度比水的密度小,水在4 時(shí)密度最大,這些都與分子間的氫鍵有關(guān) C.石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性和納米銀粒子的聚集都是化學(xué)變化 D.燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉(zhuǎn)化都是減少酸雨產(chǎn)生的措施,答案C石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性均屬于化學(xué)變化,納米銀粒子的聚集屬于物理變化,C項(xiàng)不正確。,2.(2014四川理綜,11,16分)污染物的有效去除和資源的充分利用是化學(xué)造福人類的重要研究課題。某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2,另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑,通過(guò)如下簡(jiǎn)化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2,又制得電池材料MnO2(反應(yīng)條件已省略)。 請(qǐng)回答下列問(wèn)題: (1)上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了(選填下列字母編號(hào))。 A.廢棄物的綜合利用 B.白色污染的減少 C.酸雨的減少,(2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,其原因是 。 (3)已知:25 、101 kPa時(shí),Mn(s)+O2(g) MnO2(s)H=-520 kJ/mol S(s)+O2(g) SO2(g)H=-297 kJ/mol Mn(s)+S(s)+2O2(g) MnSO4(s) H=-1 065 kJ/mol SO2與MnO2反應(yīng)生成無(wú)水MnSO4的熱化學(xué)方程式是。 (4)MnO2可作超級(jí)電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2,其陽(yáng)極的電極反應(yīng)式是。 (5)MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時(shí),正極的電極反應(yīng)式是 。 (6)假設(shè)脫除的SO2只與軟錳礦漿中MnO2反應(yīng)。按照?qǐng)D示流程,將a m3(標(biāo)準(zhǔn)狀況)含SO2的體積 分?jǐn)?shù)為b%的尾氣通入礦漿,若SO2的脫除率為89.6%,最終得到MnO2的質(zhì)量為c kg,則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時(shí),所引入的錳元素相當(dāng)于MnO2kg。,答案(16分)(1)A、C (2)消耗溶液中的酸,促進(jìn)Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀 (3)MnO2(s)+SO2(g) MnSO4(s)H=-248 kJ/mol (4)Mn2+2H2O-2e- MnO2+4H+ (5)MnO2+H2O+e- MnO(OH)+OH- (6),解析稀硫酸酸化的軟錳礦漿吸收含SO2的尾氣,將MnO2轉(zhuǎn)化為MnSO4,其中還含有少量的鐵、鋁、銅、鎳的硫酸鹽雜質(zhì)及過(guò)量的H2SO4,加MnCO3可消耗過(guò)量H2SO4,調(diào)節(jié)pH,使Al3+和 Fe3+水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。過(guò)濾后往濾液中加MnS,可將Cu2+、Ni2+轉(zhuǎn)化為CuS、NiS沉淀除去。再過(guò)濾后往濾液中加KMnO4溶液,發(fā)生反應(yīng):2KMnO4+3MnSO4+2H2O 5MnO2+K2SO4+2H2SO4,回收K2SO4,干燥后得到MnO2。 (3)將題中三個(gè)方程式依次編號(hào)為、,MnO2(s)+SO2(g) MnSO4(s)可由-得 出,其H也可作相應(yīng)計(jì)算。 (6)除去鐵、鋁、銅、鎳時(shí)引入的錳元素可由加KMnO4溶液前溶液中Mn2+與軟錳礦漿中Mn2+的差值計(jì)算。由SO2+MnO2 MnSO4、2KMnO4+3MnSO4+2H2O 5MnO2+K2SO4+ 2H2SO4可知,除去鐵、鋁、銅、鎳時(shí),所引入的錳元素相當(dāng)于MnO2的質(zhì)量m=(- )8710-3kg= kg。,考點(diǎn)一氧、硫及其化合物 1.(2016江蘇單科,18,12分)過(guò)氧化鈣(CaO28H2O)是一種在水產(chǎn)養(yǎng)殖中廣泛使用的供氧劑。 (1)Ca(OH)2懸濁液與H2O2溶液反應(yīng)可制備CaO28H2O。 Ca(OH)2+H2O2+6H2O CaO28H2O 反應(yīng)時(shí)通常加入過(guò)量的Ca(OH)2,其目的是。 (2)向池塘水中加入一定量CaO28H2O后,池塘水中濃度增加的離子有(填序號(hào))。 A.Ca2+B.H+ C.CD.OH- (3)水中溶解氧的測(cè)定方法如下:向一定量水樣中加入適量MnSO4和堿性KI溶液,生成MnO(OH)2沉淀,密封靜置;加入適量稀H2SO4,待MnO(OH)2與I-完全反應(yīng)生成Mn2+和I2后,以淀粉作指示劑,用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點(diǎn)。測(cè)定過(guò)程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下: O2MnO(OH)2I2S4 寫(xiě)出O2將Mn2+氧化成MnO(OH)2的離子方程式:。 取加過(guò)一定量CaO28H2O的池塘水樣100.00 mL,按上述方法測(cè)定水樣的溶解氧,消耗0.010 00 molL-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液13.50 mL。計(jì)算該水樣中的溶解氧(以mgL-1表示),寫(xiě)出計(jì)算過(guò)程。,C組教師專用題組,答案(12分)(1)提高H2O2的利用率 (2)AD (3)2Mn2+O2+4OH- 2MnO(OH)2 在100.00 mL水樣中 I2+2S2 2I-+S4 n(I2)= = =6.75010-5 mol nMnO(OH)2=n(I2)=6.75010-5 mol n(O2)=nMnO(OH)2=6.75010-5 mol=3.37510-5 mol 水中溶解氧=10.80 mgL-1,解析(1)Ca(OH)2過(guò)量可提高H2O2的利用率。 (2)CaO28H2O加入水中可生成Ca(OH)2。 (3)1 mol O2得4 mol e-,1 mol Mn2+失2 mol e-,故O2與Mn2+按物質(zhì)的量之比12反應(yīng)。,2.(2014江蘇單科,20,14分)硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護(hù)的重要研究課題。由硫化氫獲得硫單質(zhì)有多種方法。 (1)將燒堿吸收H2S后的溶液加入到如圖所示的電解池的陽(yáng)極區(qū)進(jìn)行電解。電解過(guò)程中陽(yáng)極區(qū)發(fā)生如下反應(yīng): S2-2e- S (n-1)S+S2- 寫(xiě)出電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)式: 。 電解后陽(yáng)極區(qū)的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質(zhì),其離子方程式可寫(xiě)成 。,(2)將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應(yīng)回收S,其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。 在圖示的轉(zhuǎn)化中,化合價(jià)不變的元素是。 反應(yīng)中當(dāng)有1 mol H2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時(shí),保持溶液中Fe3+的物質(zhì)的量不變,需消耗O2的物質(zhì)的量為。 在溫度一定和不補(bǔ)加溶液的條件下,緩慢通入混合氣體,并充分?jǐn)嚢?。欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS,可采取的措施有。,(3)H2S在高溫下分解生成硫蒸氣和H2。若反應(yīng)在不同溫度下達(dá)到平衡時(shí),混合氣體中各組分的體積分?jǐn)?shù)如圖所示,H2S在高溫下分解反應(yīng)的化學(xué)方程式為 。,答案(14分)(1)2H2O+2e- H2+2OH- +2H+ (n-1)S+H2S (2)Cu、H、Cl(或銅、氫、氯)0.5 mol 提高混合氣體中空氣的比例 (3)2H2S 2H2+S2,解析(1)由電解原理知,陰極發(fā)生還原反應(yīng),又因?yàn)槭菈A性溶液中,所以電極反應(yīng)式為2H2O+2e- H2+2OH-。由題意知,在酸性條件下生成單質(zhì)S,所以離子方程式為+2H+ (n-1)S+H2S。(2)由題中圖示知,在該轉(zhuǎn)化過(guò)程中,溶液中的H+和Cl-的化合價(jià)未變,Cu2+CuSCu2+,Cu元素化合價(jià)沒(méi)有變化。由題意知,O2氧化H2S,根據(jù)得失電子守恒有:n(O2)=n(S)=n(H2S)=1 mol=0.5 mol。欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS,可根據(jù)上述分析,增大O2的量,把CuS中的S氧化出來(lái)。,3.(2014江蘇單科,16,12分)煙氣脫硫能有效減少二氧化硫的排放。實(shí)驗(yàn)室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制備堿式硫酸鋁Al2(SO4)x(OH)6-2x溶液,并用于煙氣脫硫研究。 (1)酸浸時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為;濾渣的主要成分為(填化學(xué)式)。 (2)加CaCO3調(diào)節(jié)溶液的pH至3.6,其目的是中和溶液中的酸,并使Al2(SO4)3轉(zhuǎn)化為Al2(SO4)x(OH)6-2x。濾渣的主要成分為(填化學(xué)式);若溶液的pH偏高,將會(huì)導(dǎo)致溶液中鋁元素的含量降低,其原因是(用離子方程式表示)。,(3)上述流程中經(jīng)完全熱分解放出的SO2量總是小于吸收的SO2量,其主要原因是 ;與吸收SO2前的溶液相比,熱分解后循環(huán)利用的溶液的pH將(填“增大”“減小”或“不變”)。,答案(12分)(1)Al2O3+3H2SO4 Al2(SO4)3+3H2OSiO2 (2)CaSO43CaCO3+2Al3+3S+3H2O 2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2 (3)溶液中的部分S被氧化成S減小,解析(1)酸浸時(shí)Al2O3與H2SO4發(fā)生反應(yīng),SiO2不溶于H2SO4溶液,形成濾渣。(2)依題意,濾渣的主要成分是CaSO4;若溶液pH偏高,會(huì)使Al3+水解程度增大,生成Al(OH)3,導(dǎo)致溶液中鋁元素的含量降低。(3)過(guò)濾所得濾液用于吸收含SO2的煙氣,反應(yīng)得H2SO3,熱分解時(shí)部分H2SO3被氧化成H2SO4,導(dǎo)致經(jīng)完全熱分解放出的SO2量小于吸收的SO2量,且熱分解后循環(huán)利用的溶液的pH減小。,考點(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù) (2015江蘇單科,20,14分)煙氣(主要污染物SO2、NOx)經(jīng)O3預(yù)處理后用CaSO3水懸浮液吸收,可減少煙氣中SO2、NOx的含量。O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應(yīng)的熱化學(xué)方程式為: NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g)H=-200.9 kJmol-1 NO(g)+O2(g) NO2(g)H=-58.2 kJmol-1 SO2(g)+O3(g) SO3(g)+O2(g)H=-241.6 kJmol-1 (1)反應(yīng)3NO(g)+O3(g) 3NO2(g)的H=kJmol-1。 (2)室溫下,固定進(jìn)入反應(yīng)器的NO、SO2的物質(zhì)的量,改變加入O3的物質(zhì)的量,反應(yīng)一段時(shí)間后體系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)隨反應(yīng)前 n(O3)n(NO)的變化見(jiàn)下圖。,當(dāng)n(O3)n(NO)1時(shí),反應(yīng)后NO2的物質(zhì)的量減少,其原因是 。 增加n(O3),O3氧化SO2的反應(yīng)幾乎不受影響,其可能原因是。 (3)當(dāng)用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預(yù)處理的煙氣時(shí),清液(pH約為8)中S將NO2轉(zhuǎn)化為N,其 離子方程式為。 (4)CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液,達(dá)到平衡后溶液中c(S)= 用c(S )、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示;CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液能提高NO2的吸收速率, 其主要原因是 。,答案(14分)(1)-317.3 (2)O3將NO2氧化為更高價(jià)氮氧化物(或生成了N2O5) SO2與O3的反應(yīng)速率慢 (3)S+2NO2+2OH- S+2N+H2O (4)c(S)CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中S的濃度增大,加快S與NO2的反 應(yīng)速率,解析(1)NO(g)+O3(g) NO2(g)+O2(g)H=-200.9 kJmol-1,NO(g)+O2(g) NO2(g) H=-58.2 kJmol-1,運(yùn)用蓋斯定律+2可得出3NO(g)+O3(g) 3NO2(g)H= -200.9 kJmol-1+(-58.2 kJmol-12)=-317.3 kJmol-1。 (2)由圖中信息可知,當(dāng)n(O3)n(NO)1時(shí),SO2、NO的量都不隨n(O3)n(NO)的改變而改變,只有NO2的量在減小,說(shuō)明NO2與過(guò)量的O3發(fā)生了反應(yīng),NO2被O3氧化生成了更高價(jià)氮氧化物。由題中信息可知SO2與O3能發(fā)生反應(yīng),但題圖信息顯示,隨O3量的增加,SO2的量基本不變,說(shuō)明二者的反應(yīng)速率很慢,短時(shí)間內(nèi)測(cè)不出SO2的量在改變。 (3)依題給信息可知NO2被還原生成N,則S被氧化生成S,二者在弱堿性環(huán)境中反應(yīng)。 (4)達(dá)平衡后溶液中:c(Ca2+)c(S)=Ksp(CaSO3)、c(Ca2+)c(S)=Ksp(CaSO4),同一溶液中c(Ca2+) 相等,則有=,故c(S)=c(S);Na2SO4溶液的加入會(huì)使 CaSO3 的溶解平衡正向移動(dòng),致使c(S)增大,吸收NO2的速率加快。,考點(diǎn)一氧、硫及其化合物 1.(2018陜西漢中一檢,5)下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)的說(shuō)法中正確的是() A.向品紅溶液中通入氣體X,品紅溶液褪色,則氣體X一定是SO2 B.將SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀,此沉淀是BaSO4 C.向某溶液中滴加氯水,再滴加KSCN溶液,溶液變成紅色,該溶液中一定含有Fe2+ D.CO2中含少量SO2,可將該混合氣體通過(guò)足量飽和Na2CO3溶液除去SO2,三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎(chǔ)題組,答案BCl2也可使品紅溶液褪色,A不正確;3SO2+2N+3Ba2+2H2O 3BaSO4+2NO +4H+,B正確;若溶液中有Fe3+會(huì)出現(xiàn)同樣的現(xiàn)象,C不正確;飽和Na2CO3溶液會(huì)吸收CO2氣體,D不正確。,2.(2018吉林遼源田家炳高中等五校期末聯(lián)考,8)下列說(shuō)法中,正確的是() A.在BaCl2溶液中通入SO2氣體,溶液仍澄清,滴入3%過(guò)氧化氫溶液有白色沉淀 B.可以用澄清石灰水來(lái)鑒別SO2與CO2 C.硫在空氣中的燃燒產(chǎn)物是二氧化硫,在純氧中的燃燒產(chǎn)物是三氧化硫 D.SO2能使溴水褪色,體現(xiàn)SO2的漂白性,答案ASO2與BaCl2溶液不反應(yīng),但滴入3%過(guò)氧化氫溶液后發(fā)生反應(yīng):SO2+H2O2 H2SO4, Ba2+與S反應(yīng)生成BaSO4白色沉淀,A正確;SO2、CO2均可使澄清石灰水變渾濁,B不正確;S在 純氧中燃燒產(chǎn)物仍為SO2,C不正確;SO2使溴水褪色體現(xiàn)它的還原性,D不正確。,3.(2018陜西西安長(zhǎng)安一中五檢,3)已知X為一種常見(jiàn)酸的濃溶液,能使蔗糖粉末變黑。A與X反應(yīng)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如圖所示,其中反應(yīng)條件及部分產(chǎn)物均已略去,則下列有關(guān)說(shuō)法中正確的是 () A.X使蔗糖變黑的現(xiàn)象主要體現(xiàn)了X的強(qiáng)氧化性 B.若A為鐵,則足量A與X在室溫下即可完全反應(yīng) C.若A為碳單質(zhì),則將C通入少量的澄清石灰水中,一定可以觀察到白色沉淀產(chǎn)生 D.工業(yè)上,B轉(zhuǎn)化為D的反應(yīng)條件為高溫、常壓、使用催化劑,答案DX為濃硫酸,使蔗糖變黑體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性和強(qiáng)氧化性,A不正確;室溫下,鐵遇濃硫酸會(huì)發(fā)生鈍化,B不正確;濃硫酸與碳單質(zhì)加熱時(shí)可發(fā)生反應(yīng)生成CO2、SO2、H2O,其中C為CO2,CO2通入少量的澄清石灰水中會(huì)發(fā)生反應(yīng)2CO2+Ca(OH)2 Ca(HCO3)2,觀察不到白色 沉淀,C不正確;高溫、常壓、催化劑條件下SO2的轉(zhuǎn)化率、反應(yīng)速率都比較理想,D正確。,4.(2016海南七校一聯(lián),6)美國(guó)研究人員將CO和O附著在一種釕催化劑表面,用激光脈沖將其加熱到2 000 K,成功觀察到CO與O形成化學(xué)鍵生成CO2的全過(guò)程。下列說(shuō)法中不正確的是() A.CO2屬于酸性氧化物 B.CO與O形成化學(xué)鍵的過(guò)程中放出能量 C.釕催化劑可以改變?cè)摲磻?yīng)的焓變 D.CO與O形成化學(xué)鍵的過(guò)程中有電子轉(zhuǎn)移,答案CCO2為碳酸的酸酐,屬于酸性氧化物,A項(xiàng)正確;形成化學(xué)鍵的過(guò)程中放出能量,B項(xiàng)正確;催化劑不能改變反應(yīng)的焓變,C項(xiàng)錯(cuò)誤;CO與O形成化學(xué)鍵的過(guò)程中CO被氧化,O被還原,伴隨著電子轉(zhuǎn)移,D項(xiàng)正確。,5.(2016甘肅會(huì)寧一中三模,11)將甲氣體通入BaCl2溶液中,未見(jiàn)沉淀生成,然后通入乙氣體,有沉淀生成,則甲、乙氣體不可能是() A.SO2、H2SB.SO2、NO2 C.NH3、CO2D.CO2、SO2,答案DA項(xiàng),氯化鋇溶液中通入二氧化硫不反應(yīng),再通入硫化氫,二氧化硫和硫化氫反應(yīng)生成硫沉淀;B項(xiàng),氯化鋇溶液中通入二氧化硫不反應(yīng),再通入二氧化氮,二氧化氮和水反應(yīng)生成硝酸,可以氧化二氧化硫生成硫酸根離子,進(jìn)而與鋇離子反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀;C項(xiàng),氯化鋇溶液中通入氨氣不反應(yīng),再通入二氧化碳可以生成碳酸鋇沉淀;D項(xiàng),氯化鋇溶液中通入二氧化碳和二氧化硫都不反應(yīng),不會(huì)出現(xiàn)沉淀,故選D。,6.(2018寧夏育才中學(xué)月考,17)純凈的過(guò)氧化氫(H2O2)是淡藍(lán)色的黏稠液體,受熱、光照都能加速其分解?；卮鹣铝袉?wèn)題: (1)已知H2O2可看作二元弱酸,試寫(xiě)出H2O2的第二步電離方程式:。 (2)實(shí)驗(yàn)室保存H2O2的方法是。 (3)酸性條件下K2Cr2O7能與H2O2反應(yīng)生成藍(lán)色的CrO5晶體,分析化學(xué)中常用此反應(yīng)檢驗(yàn)H2O2的存在。已知上述反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng)。 該反應(yīng)的離子方程式為。 CrO5中鉻元素的化合價(jià)為,1.5 mol CrO5中含有過(guò)氧鍵的物質(zhì)的量為。 (4)將6%的過(guò)氧化氫水溶液濃縮為30%,最佳的方法是。 a.加熱蒸發(fā)b.常壓蒸餾 c.減壓蒸餾d.加生石灰后過(guò)濾,答案(1)H +H+ (2)保存在棕色試劑瓶中,避光置于陰暗處 (3)Cr2+4H2O2+2H+ 2CrO5+5H2O +63 mol (4)c,解析(2)H2O2應(yīng)保存在低溫、避光環(huán)境中。(3)反應(yīng)不屬于氧化還原反應(yīng),則反應(yīng)前后元素化合價(jià)不改變,CrO5中鉻元素應(yīng)為+6價(jià)。1 mol CrO5中應(yīng)含有2 mol過(guò)氧鍵,故1.5 mol CrO5中過(guò)氧鍵為3 mol。(4)為防止蒸餾過(guò)程中H2O2分解,應(yīng)采用減壓蒸餾。,7.(2017黑龍江雙鴨山一中月考,26)某化學(xué)興趣小組設(shè)計(jì)了下圖所示實(shí)驗(yàn)裝置(圖中省略了部分夾持儀器)來(lái)測(cè)定某鐵碳合金中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)。 (1)m g鐵碳合金中加入過(guò)量濃硫酸,未點(diǎn)燃酒精燈前,A、B中均無(wú)明顯現(xiàn)象,其原因是:常溫下碳與濃硫酸不反應(yīng);。 (2)寫(xiě)出加熱時(shí)A中碳與濃硫酸發(fā)生反應(yīng)的化學(xué)方程式: 。,(3)B中的現(xiàn)象是;C的作用是。 (4)待A中不再逸出氣體時(shí),停止加熱,拆下E并稱重,E增重b g。則鐵碳合金中鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為(寫(xiě)出化簡(jiǎn)后的表達(dá)式)。 (5)甲同學(xué)認(rèn)為利用此裝置測(cè)得鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大,請(qǐng)你寫(xiě)出可能的原因:。,答案(1)常溫下Fe遇濃硫酸發(fā)生鈍化 (2)C+2H2SO4(濃) CO2+2SO2+2H2O (3)品紅溶液褪色(或顏色變淺)除盡反應(yīng)產(chǎn)物中的SO2氣體 (4)100% (5)裝置內(nèi)的CO2難以趕盡,導(dǎo)致測(cè)得的E增重偏小(答案合理即可),解析(3)SO2有還原性,可與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應(yīng)。(4)E增重為CO2的質(zhì)量,則碳的質(zhì)量為b g= g。鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)為100%=100%。(5)實(shí)驗(yàn)結(jié)束后,會(huì) 有CO2氣體滯留在裝置中,測(cè)得的CO2質(zhì)量偏小,計(jì)算出的合金中碳含量偏小,鐵的質(zhì)量分?jǐn)?shù)偏大。,考點(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù) 8.(2018陜西漢中一檢,1)化學(xué)點(diǎn)亮生活。下列對(duì)生活中的化學(xué)理解正確的是() A.維生素C能幫助人體將Fe3+轉(zhuǎn)化為易吸收的Fe2+,維生素C具有氧化性 B.安裝煤炭燃燒過(guò)程的“固硫”裝置,主要是為了提高煤的利用率 C.綠色化學(xué)要求從源頭上減少或消除工業(yè)生產(chǎn)對(duì)環(huán)境的污染 D.區(qū)分食鹽是否加碘的方法是向食鹽溶液中加少量淀粉,觀察其是否變藍(lán),答案C維生素C具有還原性,A不正確;安裝“固硫”裝置是為了減少有害氣體SO2的排放,B不正確;C正確;淀粉遇I2會(huì)變藍(lán),加碘鹽中碘元素不是以單質(zhì)形式存在,無(wú)法使淀粉變藍(lán),D不正確。,9.(2018吉林省實(shí)驗(yàn)中學(xué)四模,1)化學(xué)與生活、社會(huì)密切相關(guān)。下列說(shuō)法中不正確的是() A.少開(kāi)汽車可一定程度地減緩霧霾現(xiàn)象 B.為提高作物產(chǎn)量大量使用農(nóng)藥和化肥 C.使用無(wú)磷洗衣粉能緩解水體富營(yíng)養(yǎng)化 D.合理利用可燃冰有利于彌補(bǔ)能源短缺,答案B大量使用農(nóng)藥會(huì)造成農(nóng)藥殘留,大量使用化肥會(huì)造成土壤酸化、板結(jié),B不正確。,10.(2018甘肅天水一中段考,8)化學(xué)與社會(huì)、生活密切相關(guān)。對(duì)下列現(xiàn)象或事實(shí)的解釋正確的是(),答案D明礬凈水是吸附水中懸浮的雜質(zhì),明礬不具有消毒殺菌的作用,A不正確;“地溝油”屬于酯類,柴油屬于烴類,B不正確;海水中電解質(zhì)濃度大于河水中電解質(zhì)濃度,故鋼鐵在海水中腐蝕速率更快,C不正確;CaCO3 CaO+CO2,CaO+SO2 CaSO3,2CaSO3+O2 2 CaSO4,D正確。,11.(2017寧夏銀川一中第五次月考,7)化學(xué)與人類生產(chǎn)、生活密切相關(guān)。下列說(shuō)法中正確的是() A.減少SO2的排放,可以從根本上消除霧霾 B.硅膠多孔、吸水能力強(qiáng),常用作袋裝食品的干燥劑 C.綠色化學(xué)的核心是利用化學(xué)原理對(duì)環(huán)境污染進(jìn)行治理 D.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為95%,答案BSO2的大量排放,是導(dǎo)致酸雨形成的主要原因,A不正確;硅膠可作食品干燥劑,B正確;綠色化學(xué)的核心是從源頭上控制污染,而不是對(duì)污染進(jìn)行治理,C不正確;醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度是75%,D不正確。,12.(2016寧夏石嘴山三中五模,7)保護(hù)環(huán)境,就是保護(hù)人類自己。下列環(huán)境問(wèn)題與產(chǎn)生的主要原因不相符的是() “臭氧層空洞”主要是大量使用氟氯代烴等引起的 “光化學(xué)煙霧”主要是由NO2等引起的 “酸雨”主要是由空氣中CO2濃度增大引起的 “白色污染”主要是由聚乙烯塑料等引起的 “溫室效應(yīng)”主要是由空氣中CO2濃度增大引起的 “赤潮”主要是由水體中P、N等元素過(guò)量引起的 A.只有B.只有 C.全部D.只有,答案D“酸雨”主要是由空氣中SO2、NO2濃度增大引起的,故選D。,一、選擇題(每小題5分,共20分) 1.(2018黑龍江哈爾濱六中月考,4)根據(jù)SO2通入不同溶液中的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象,所得結(jié)論不正確的是(),B組 20162018年高考模擬綜合題組 (時(shí)間：35分鐘 分值：60分),答案CSO2使酸性KMnO4溶液褪色是因?yàn)镾O2具有還原性,與KMnO4發(fā)生了氧化還原反應(yīng)。,歸納總結(jié)SO2與BaCl2溶液不反應(yīng),若在SO2通入BaCl2溶液中的同時(shí)通入NH3,則可將SO2轉(zhuǎn)化為S,從而生成BaSO3沉淀;若同時(shí)通入Cl2等可將SO2在水溶液中氧化為S的氣體,則可生 成BaSO4沉淀。,2.(2018寧夏育才中學(xué)月考,14)磺酰氯(SO2Cl2)是一種無(wú)色發(fā)煙液體,極易水解生成兩種酸,常用作有機(jī)氯化劑。其制備原理為SO2+Cl2 SO2Cl2,所用實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示。下列說(shuō)法中 不正確的是() A.裝置、中依次盛裝濃硫酸、堿石灰、濃硫酸 B.裝置中球形冷凝管冷卻水從L進(jìn)入,從K流出 C.實(shí)驗(yàn)室可用Na2SO3與硝酸反應(yīng)制取二氧化硫氣體 D.磺酰氯水解生成的兩種酸是硫酸和鹽酸,答案C裝置、分別用來(lái)干燥Cl2、SO2,裝置用來(lái)防止空氣中的水蒸氣進(jìn)入中使SO2Cl2水解,A項(xiàng)正確;冷卻水從下口進(jìn),上口出,B項(xiàng)正確;硝酸具有氧化性,Na2SO3具有還原性,兩者反應(yīng)得不到SO2氣體,C項(xiàng)錯(cuò)誤;磺酰氯中硫元素顯+6價(jià),氯元素顯-1價(jià),水解反應(yīng)為SO2Cl2+2H2O H2SO4+2HCl,D項(xiàng)正確。,規(guī)律總結(jié)在收集極易潮解或水解的物質(zhì)的裝置后不能直接連接盛有水或水溶液的裝置,中間必須有隔絕水蒸氣的裝置。 答題規(guī)范裝置的最末端連接盛有堿石灰的干燥管時(shí)要考慮是否有如下兩方面的作用:1.隔絕空氣中水蒸氣或CO2或二者均隔絕;2.尾氣處理。,3.(2018黑龍江齊齊哈爾實(shí)驗(yàn)中學(xué)期中,18)某同學(xué)為檢驗(yàn)溶液中是否含有常見(jiàn)的四種無(wú)機(jī)離子,進(jìn)行了下圖所示的實(shí)驗(yàn)操作。其中檢驗(yàn)過(guò)程中產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶?rùn)的紅色石蕊試紙變藍(lán)。由該實(shí)驗(yàn)?zāi)艿玫降恼_結(jié)論是() A.原溶液中一定含有S B.原溶液中一定含有N C.原溶液中一定含有Cl- D.原溶液中一定含有Fe3+,答案B若原溶液中有S,加入Ba(NO3)2與HCl后,S會(huì)被氧化為S,S與Ba2+反應(yīng)生 成BaSO4沉淀,A不正確;紅色溶液中加入NaOH生成NH3,說(shuō)明紅色溶液中含有N,整個(gè)實(shí)驗(yàn)過(guò) 程中沒(méi)有引入N,則原溶液中一定有N,B正確;加HCl引入了Cl-,所以不能確定原溶液中是 否含有Cl-,C不正確;若原溶液中有Fe2+,Fe2+會(huì)被酸性溶液中的N氧化為Fe3+,使KSCN溶液變 紅,D不正確。,關(guān)聯(lián)知識(shí)3S+2N+2H+ 3S+2NO+H2O、3Fe2+N+4H+ 3Fe3+NO+2H2O。,4.(2017吉林普通中學(xué)二調(diào),11)下列實(shí)驗(yàn)中,對(duì)應(yīng)的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象以及結(jié)論都正確且兩者具有因果關(guān)系的是(),答案D乙醇被氧化,發(fā)生氧化反應(yīng),A項(xiàng)不正確;Cu與Fe2(SO4)3溶液反應(yīng)只能生成CuSO4和FeSO4,B不正確;Cl2也可使品紅溶液褪色,C不正確;NaHCO3溶液與NaAlO2溶液混合,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為Al+HC+H2O Al(OH)3+C,說(shuō)明酸性:HCAl(OH)3,D正確。,知識(shí)拓展HC與Al能發(fā)生反應(yīng)生成Al(OH)3和C,說(shuō)明結(jié)合質(zhì)子能力:AlC。 易錯(cuò)警示SO2通入品紅溶液中,品紅溶液褪色;通入紫色石蕊溶液中,石蕊溶液只變紅不褪色。,5.(2018遼寧師大附中期中,18)(15分)硫、鐵的化合物有廣泛的應(yīng)用。 (1)過(guò)二硫酸銨(NH4)2S2O8可以看成過(guò)氧化氫的衍生物,H2O2分子中的兩個(gè)H原子被SO3H取代后即為過(guò)二硫酸。 (NH4)2S2O8中硫元素的化合價(jià)為; 用過(guò)二硫酸銨溶液檢測(cè)廢水中的Mn2+,配平下面的離子方程式: S2+Mn2+Mn+S+。 (2)大蘇打的成分是Na2S2O35H2O,常用于防毒面具中吸收氯氣。若1 mol Na2S2O3完全反應(yīng),失去8 m