202X版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題九氧、硫及其化合物綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù)課件

1、專題九氧、硫及其化合物綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù)高考化學(xué)高考化學(xué) (課標(biāo)專用)五年高考A A組組 課標(biāo)課標(biāo)卷區(qū)題組卷區(qū)題組考點(diǎn)一氧、硫及其化合物考點(diǎn)一氧、硫及其化合物1.(2019課標(biāo),26,13分)立德粉ZnSBaSO4(也稱鋅鋇白),是一種常用白色顏料?；卮鹣铝袉栴}:(1)利用焰色反應(yīng)的原理既可制作五彩繽紛的節(jié)日煙花,亦可定性鑒別某些金屬鹽。灼燒立德粉樣品時(shí),鋇的焰色為(填標(biāo)號(hào))。A.黃色B.紅色C.紫色D.綠色(2)以重晶石(BaSO4)為原料,可按如下工藝生產(chǎn)立德粉:在回轉(zhuǎn)爐中重晶石被過量焦炭還原為可溶性硫化鋇,該過程的化學(xué)方程式為?；剞D(zhuǎn)爐尾氣中含有有毒氣體,生產(chǎn)上可通過水蒸氣變換反應(yīng)將其轉(zhuǎn)化

2、為CO2和一種清潔能源氣體,該反應(yīng)的化學(xué)方程式為。在潮濕空氣中長期放置的“還原料”,會(huì)逸出臭雞蛋氣味的氣體,且水溶性變差。其原因是“還原料”表面生成了難溶于水的(填化學(xué)式)。沉淀器中反應(yīng)的離子方程式為。(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”測得。稱取mg樣品,置于碘量瓶中,移取25.00mL0.1000molL-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密閉,置暗處反應(yīng)5min,有單質(zhì)硫析出。以淀粉為指示劑,過量的I2用0.1000molL-1Na2S2O3溶液滴定,反應(yīng)式為I2+2S22I-+S4。測定時(shí)消耗Na2S2O3溶液體積VmL。終點(diǎn)顏色變化為,樣品中S2-的含量為(寫出表達(dá)式)。

3、23O26O答案答案(1)D(2)BaSO4+4CBaS+4COCO+H2OCO2+H2BaCO3S2-+Ba2+Zn2+SBaSO4ZnS(3)淺藍(lán)色至無色100%24O1(25.00)0.1000 3221000Vm解析解析本題涉及的知識(shí)點(diǎn)有焰色反應(yīng)、陌生氧化還原反應(yīng)方程式及離子方程式的書寫、定量實(shí)驗(yàn)的數(shù)據(jù)處理;考查了學(xué)生對(duì)化學(xué)基礎(chǔ)知識(shí)的記憶,將提供的信息與已有知識(shí)結(jié)合利用的能力;同時(shí)考查了學(xué)生掌握化學(xué)實(shí)驗(yàn)的基本方法并對(duì)實(shí)驗(yàn)中的數(shù)據(jù)進(jìn)行處理的能力;體現(xiàn)了通過分析、推理認(rèn)識(shí)研究對(duì)象的本質(zhì)特征(證據(jù)推理與模型認(rèn)知)、運(yùn)用化學(xué)實(shí)驗(yàn)進(jìn)行實(shí)驗(yàn)探究(科學(xué)探究與創(chuàng)新意識(shí))的學(xué)科核心素養(yǎng)。(1)重要金屬的

4、焰色反應(yīng)的顏色平時(shí)要注意識(shí)記。(2)已知反應(yīng)物有BaSO4、C,生成物有BaS,因焦炭過量則生成CO,根據(jù)得失電子守恒、原子守恒寫出化學(xué)方程式;CO與H2O(g)反應(yīng)生成CO2與一種清潔能源氣體,不難推測該氣體為H2?！斑€原料”的主要成分為BaS,長期放置發(fā)生水解生成Ba(OH)2與H2S,Ba(OH)2吸收空氣中的CO2生成了難溶于水的BaCO3。沉淀器中溶液的成分為Ba2+、S2-、Zn2+、S,反應(yīng)生成了BaSO4ZnS沉淀,根據(jù)電荷守恒、原子守恒寫出離子方程式。(3)滴定前,溶液含I2和淀粉,呈藍(lán)色,隨著Na2S2O3溶液的滴入,I2不斷被消耗,溶液顏色逐漸變淺,當(dāng)加入最后一滴Na2S

5、2O3溶液時(shí)(滴定終點(diǎn)),溶液恰好褪色;樣品中的S2-與I2發(fā)生反應(yīng):S2-+I2S+2I-,參與該反應(yīng)的I2的物質(zhì)的量為(25.0010-30.1000-V10-30.1000)mol=(25.00-V)24O12120.100010-3mol=n(S2-),則樣品中S2-的含量為100%。1(25.00)0.1000 3221000Vm易錯(cuò)提醒易錯(cuò)提醒(2)重晶石與過量焦炭反應(yīng)除生成BaS,還應(yīng)生成CO而不是CO2。因?yàn)榧词股蒀O2,在過量焦炭、高溫條件下也會(huì)轉(zhuǎn)化成CO?？键c(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù)考點(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù)2.(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)

6、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是形成無機(jī)顆粒物的催化劑D.霧霾的形成與過度施用氮肥有關(guān)答案答案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)是形成無機(jī)顆粒物的反應(yīng)物,C錯(cuò)誤;過度施用氮肥會(huì)增加大氣中NH3的含量,D正確。知識(shí)拓展知識(shí)拓展煙、云、霧的分散劑均為空氣。3.(2016課標(biāo),7,6分)下列有關(guān)燃料的說法的是()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

7、染D.燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一錯(cuò)誤答案答案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。B B組課標(biāo)組課標(biāo)、課標(biāo)、課標(biāo)、自主命題、自主命題省省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組考點(diǎn)一氧、硫及其化合物考點(diǎn)一氧、硫及其化合物1.(2019江蘇單科,3,2分)下列有關(guān)物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對(duì)應(yīng)關(guān)系的是()A.NH4HCO3受熱易分解,可用作化肥B.稀硫酸具有酸性,可用于除去鐵銹C.

8、SO2具有氧化性,可用于紙漿漂白D.Al2O3具有兩性,可用于電解冶煉鋁答案答案B本題涉及的考點(diǎn)是常見化合物的性質(zhì)及其應(yīng)用,通過性質(zhì)與應(yīng)用是否相符的判斷,考查了分析和解決化學(xué)問題的能力,體現(xiàn)了科學(xué)探究與創(chuàng)新意識(shí)的學(xué)科核心素養(yǎng);以常見物質(zhì)的性質(zhì)推測其應(yīng)用,體現(xiàn)了關(guān)注社會(huì)發(fā)展、科技進(jìn)步、生產(chǎn)生活的價(jià)值觀念。A項(xiàng),NH4HCO3受熱易分解與其用作化肥沒有關(guān)系,錯(cuò)誤;B項(xiàng),鐵銹的主要成分是Fe2O3nH2O,H2SO4具有酸性,可以將鐵銹溶解,正確;C項(xiàng),SO2具有漂白性,可用于紙漿漂白,錯(cuò)誤;D項(xiàng),Al2O3是離子化合物,可用于電解冶煉鋁,錯(cuò)誤。2.(2016四川理綜,1,6分)化學(xué)與生產(chǎn)和生活密切

9、相關(guān)。下列過程中沒有發(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.肥皂水作蚊蟲叮咬處的清洗劑答案答案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)定的無色物質(zhì),可作漂白劑;D項(xiàng),肥皂水呈弱堿性,可與蚊蟲分泌的蟻酸反應(yīng),從而減輕痛癢。以上四項(xiàng)中只有B項(xiàng)沒有發(fā)生化學(xué)變化,故選B。審題方法審題方法審題關(guān)鍵是“沒有發(fā)生化學(xué)變化”。逐一甄別即可找出答案。3.(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()溶液現(xiàn)象結(jié)論A含HC

10、l、BaCl2的FeCl3溶液產(chǎn)生白色沉淀SO2有還原性BH2S溶液產(chǎn)生黃色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液產(chǎn)生膠狀沉淀酸性:H2SO3H2SiO3答案答案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)。4.(2015重慶理綜,2,6分)下列說法正確的是()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Ba

11、SO3和BaSO4答案答案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BaSO3。3O23O24O5.(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)焙燒過程均會(huì)產(chǎn)生SO2,用NaOH溶液吸收過量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。

12、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“過濾”得到的濾液中通入過量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)=。焙燒后礦粉中硫元素總質(zhì)量焙燒前礦粉中硫元素總質(zhì)量答案答案(12分)(1)SO2+OH-HS(2)FeS2硫元素轉(zhuǎn)化為Ca

13、SO4而留在礦粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)1 163O解析解析本題考查化學(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溶液吸收過量SO2生成NaHSO3,離子方程式為OH-+SO2HS。(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Al

14、2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O,過濾后,NaAlO2在濾液中,向?yàn)V液中通入過量CO2時(shí),發(fā)生反應(yīng)NaAlO2+CO2+2H2OAl(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)=1 16。3O2313223(FeS )(Fe O )nn1166.(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

15、方法中的問題。.H2S的除去方法1:生物脫H2S的原理為:H2S+Fe2(SO4)3S+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O(1)硫桿菌存在時(shí),FeSO4被氧化的速率是無菌時(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Na

16、2SO3溶液(4)寫出過程的離子方程式:;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,簡述過程N(yùn)aOH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2.0molL-1,溶液中的c(OH-)=molL-1。將SO2通入該氨水中,當(dāng)c(OH-)降至1.010-7molL-1時(shí),溶液中的c(S)/c(HS)=。1aK2aK23O3O答案答案(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(

17、或硫桿菌失去活性)(3)H2SO4(4)2OH-+SO2S+H2OS與Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移動(dòng),有NaOH生成(5)6.010-30.6223O23O解析解析(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+H2SH2SO4+4H2O,氧化產(chǎn)物為H2SO4。(5)由Kb=1.810-5=,得c(OH-)=6.010-3molL-1;=6.210-8,25時(shí)c(OH-)=1.010-7molL-1的溶液呈中性,則c(H

18、+)=1.010-7molL-1,解得c(S)/c(HS)=0.62。432(NH )(OH )(NHH)cccO2( H )2.0c O2aK233(H )(SO )(HSO )ccc23O3O知識(shí)拓展知識(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?；瘜W(xué)因素:強(qiáng)酸、強(qiáng)堿、重金屬鹽、甲醛、乙醇、丙酮等。7.(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0.10molL-1H2S溶液中,通入HCl氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液p

19、H,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0.020molL-1Mn2+、0.10molL-1H2S,當(dāng)溶液pH=時(shí),Mn2+開始沉淀。已知:Ksp(MnS)=2.810-13(3)25,兩種酸的電離平衡常數(shù)如下表。H2SO31.310-26.310-8H2CO34.210-75.610-111aK2aKHS的電離平衡常數(shù)表達(dá)式K=。0.10molL-1Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序?yàn)?。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應(yīng)的主要離子方程式為。3O答案答案(1)C+2H2SO4(濃)

20、2SO2+CO2+2H2O(2)0.0435(3)或c(Na+)c(S)c(OH-)c(HS)c(H+)或Na+SOH-HSH+H2SO3+HCHS+CO2+H2O233(H )(SO )(HSO )ccc233H O HSO S23O3O23O3O3O3O解析解析(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-)=0.1molL-1,代入數(shù)據(jù)得:c(H2S)+c(

21、HS-)=0.1molL-1-c(S2-)=0.1molL-1-5.710-2molL-1=0.043molL-1;當(dāng)Mn2+開始沉淀時(shí),溶液中c(S2-)=molL-1=1.410-11molL-1,觀察圖像知,此時(shí)pH=5。(3)在0.10molL-1Na2SO3溶液中存在:S+H2OHS+OH-(主要),HS+H2OH2SO3+OH-(次要),H2OH+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+HCHS+CO2+

22、H2O。sp2()(Mn)KMnSc132.8 100.02023O3O3O23O3O3O3O3O3O8.(2016江蘇單科,18,12分)過氧化鈣(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+6H2OCaO28H2O反應(yīng)時(shí)通常加入過量的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

23、;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)。測定過程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下:O2MnO(OH)2I2S4寫出O2將Mn2+氧化成MnO(OH)2的離子方程式:。取加過一定量CaO28H2O的池塘水樣100.00mL,按上述方法測定水樣的溶解氧,消耗0.01000molL-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液13.50mL。計(jì)算該水樣中的溶解氧(以mgL-1表示),寫出計(jì)算過程。23O26O答案答案(12分)(1)提高H2O2的利用率(2)AD(3)2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2在100.00mL水樣中I2+2S

24、22I-+S4n(I2)=6.75010-5molnMnO(OH)2=n(I2)=6.75010-5moln(O2)=nMnO(OH)2=6.75010-5mol=3.37510-5mol水中溶解氧=10.80mgL-123O26O223223(Na S O )(Na S O )2cV1310.01000mol L13.5010L2mLL m1212511313.375 1032l1000g100.00mL 10Lmolg momgL m解析解析(1)Ca(OH)2過量可提高H2O2的利用率。(2)CaO28H2O加入水中可生成Ca(OH)2。(3)1molO2得4mole-,1molMn2+

25、失2mole-,故O2與Mn2+按物質(zhì)的量之比1 2反應(yīng)?？键c(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù)考點(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù)9.(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=-200.9kJmol-1NO(g)+O2(g)NO2(g)H=-58.2kJmol-1SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)H=-241.6kJmol-1(1)反應(yīng)3NO(g)+O3(g)3NO2(g)的H=kJmol-1。(2)室

26、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)的變化見下圖。12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。23O2O(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

27、液能提高NO2的吸收速率,其主要原因是。23O24O答案答案(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23O24O2Osp3sp4(O )(O )KCaSKCaS24O23O23O解析解析(1)NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)H=-200.9kJmol-1,NO(g)+O2(g)NO2(g)H=-58.2kJmol-1,運(yùn)用蓋斯定律+2可得出3NO(g)+O3(g)3NO2(g)H=-200.9

28、kJmol-1+(-58.2kJmol-12)=-317.3kJmol-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,說明NO2與過量的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含量的增加,SO2的量基本不變,說明二者的反應(yīng)速率很慢,短時(shí)間內(nèi)測不出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,c(Ca2+)c(S)=Ksp(CaSO3)、c(Ca2+)c(S)=Ks

29、p(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。122O23O24O23O24O2324(SO )(SO )ccsp3sp4(O )(O )KCaSKCaS23Osp3sp4(O )(O )KCaSKCaS24O23OC C組教師專用題組組教師專用題組考點(diǎn)一氧、硫及其化合物考點(diǎn)一氧、硫及其化合物1.(2018北京理綜,27,12分)近年來,研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)實(shí)現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲(chǔ)。過程如下:(1)反應(yīng):2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O

30、2(g)H1=+551kJmol-1反應(yīng):S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-297kJmol-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“A。結(jié)合、反應(yīng)速率解釋原因:。答案答案(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)H2=-254kJmol-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)0.4I-是SO2歧化反應(yīng)的催化劑,H+單獨(dú)存在時(shí)不

31、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24O解析解析本題以“含硫物質(zhì)熱化學(xué)循環(huán)”素材為載體,考查熱化學(xué)方程式的書寫、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=-254kJmol-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

32、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0.2molL-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。2.(2015安徽理綜,28,14分)某研究小組將純凈的SO2氣體通入0.1molL-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

33、(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)谙卤砜瞻滋幪顚懴嚓P(guān)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象。3O實(shí)驗(yàn)步驟實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象結(jié)論實(shí)驗(yàn)1:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1BaCl2溶液的燒杯中,緩慢通入純凈的SO2氣體假設(shè)一成立實(shí)驗(yàn)2:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1Ba(NO3)2溶液的燒杯中,緩慢通入純凈的SO2氣體(2)為深入研究該反應(yīng),該小組還測得上述兩個(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,寫出實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論。實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論(不要求寫具

34、體操作過程):(4)若假設(shè)二成立,請(qǐng)預(yù)測: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。答案答案(1)無明顯現(xiàn)象有白色沉淀(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO(或3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O)(3)實(shí)驗(yàn)步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論(不要求寫具體操作過程):實(shí)驗(yàn)1作為參照實(shí)驗(yàn)實(shí)驗(yàn)3:將純凈的SO2氣體緩慢通入未經(jīng)脫O2處理的25mL0.1molL-1BaCl2溶液中,若有白色沉淀,表明假設(shè)二成立,否則不成立。(4)小于反應(yīng)的離子方程式表明,足量

35、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放性試題,合理答案均給分)3O24O3O24O3O解析解析(1)不含O2的BaCl2溶液中通入SO2氣體無明顯現(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+2H2O3S+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO

36、3的離子方程式:2H2SO3+O24H+2S和N氧化H2SO3的離子方程式:3H2SO3+2N3S+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。3O3O3O24O24O3O3O24O3O3.(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+SO2Na2S2O5(1)裝置中產(chǎn)生氣體的化學(xué)方程式為。(2)要從裝置

37、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(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定(6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測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:葡萄酒樣品3O100.00mL餾分溶液出現(xiàn)藍(lán)色且

38、30s內(nèi)不褪色(已知:滴定時(shí)反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)按上述方案實(shí)驗(yàn),消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00mL,該次實(shí)驗(yàn)測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)過程中,若有部分HI被空氣氧化,則測定結(jié)果(填“偏高”“偏低”或“不變”)。答案答案(1)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O(或Na2SO3+2H2SO42NaHSO4+SO2+H2O)(2)過濾(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偏低解析解析(2)從裝置中分離晶體

39、,即固體和液體分離,采用過濾即可。(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)=0.025L0.01000molL-1=2.510-4mol,抗氧化劑的殘留量為=0

40、.16gL-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,測定結(jié)果偏低。3O3O24O4132.5 1064l100.00 10molg moL4.(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極區(qū)進(jìn)行電解。電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應(yīng):S2-2e-S(n-1)S+S2-寫出電解時(shí)陰極的電極反應(yīng)式:。2Sn電解后陽極區(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,

41、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1molH2S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)嚢琛Ｓ股傻牧騿钨|(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。答案答案(14分)(1)2H2O+2e-H2+2OH-+2H+(n-1)S+H2S(2)Cu、H、Cl(或銅、氫、氯)0.5mol提高混合氣體中空氣的比例(3)2H2S2H2+S22Sn解析解

42、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)化過程中,H和Cl元素的化合價(jià)未變,Cu2+CuSCu2+,Cu元素化合價(jià)也沒有變化。由題意知,O2氧化H2S,根據(jù)得失電子守恒有:n(O2)=n(S)=n(H2S)=1mol=0.5mol。欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS,可增加O2的量。2Sn2Sn121212考點(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù)考點(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù)5.(2015浙江理綜,7,6分)下列說法不正確的是()A.液晶態(tài)介于晶體狀

43、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。6.(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,通過如下簡

44、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、101kPa時(shí),Mn(s)+O2(g)MnO2(s)H=-520kJ/molS(s)+O2(g)SO2(g)H=-297kJ/molMn(s)+S(s)+2O2(g)MnSO4(s)H=-1065kJ/molSO2與MnO2反應(yīng)生成無水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M

45、nO2,其陽極的電極反應(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am3(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ckg,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=-248kJ/mol(4)Mn2+2H2O-2e-MnO2+4H+(5)MnO2+H2O+e

46、-MnO(OH)+OH-(6)1500872500cab解析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)及過量的H2SO4,加MnCO3可消耗過量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。過濾后往濾液中加MnS,可將Cu2+、Ni2+轉(zhuǎn)化為CuS、NiS沉淀除去。再過濾后往濾液中加KMnO4溶液,發(fā)生反應(yīng):2KMnO4+3MnSO4+2H2O5MnO2+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)

47、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+MnO2MnSO4、2KMnO4+3MnSO4+2H2O5MnO2+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。31087c35310% 89.6%22.4ab1500872500cab考點(diǎn)一氧、硫及其化合物考點(diǎn)一氧、硫及其化合物三年模擬A A組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬考點(diǎn)基礎(chǔ)題組考點(diǎn)基礎(chǔ)題組1.(2019陜西西安一中期中,

48、12)下列陳述正確并且有因果關(guān)系的是()選項(xiàng)陳述陳述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有導(dǎo)電性SiO2可用于制備光導(dǎo)纖維C濃硫酸有強(qiáng)氧化性濃硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有強(qiáng)氧化性FeCl3溶液可用于回收廢舊電路板中的銅答案答案DA項(xiàng),陳述、均正確,但二者不存在因果關(guān)系,A不正確;B項(xiàng),SiO2沒有導(dǎo)電性,陳述錯(cuò)誤,B不正確;C項(xiàng),陳述、均正確,但二者不存在因果關(guān)系,C不正確;D項(xiàng),Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+,反應(yīng)中Fe3+氧化金屬銅,D正確。拓展延伸拓展延伸SiO2晶體屬于原子晶體,由硅原子和氧原子構(gòu)成,晶體中不存在SiO2分子。2.(2019遼寧頂級(jí)名校三模,6)向B

49、aCl2溶液中通入物質(zhì)的量之比為1 2的某混合氣體,無沉淀產(chǎn)生,則該混合氣體是()A.Cl2和SO2B.CO2和NH3C.NO和CO2D.NO2和SO2答案答案CCl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4,Ba2+SBaSO4,A不正確;CO2+2NH3+H2O(NH4)2CO3,C+Ba2+BaCO3,B不正確;NO與CO2均不與BaCl2溶液反應(yīng),C正確;3NO2+H2O2HNO3+NO,3SO2+2HNO3+2H2O2NO+3H2SO4,Ba2+SBaSO4,D不正確。24O23O24O歸納總結(jié)歸納總結(jié)CO2、SO2通入BaCl2溶液中均無沉淀產(chǎn)生;SO2通入Ba(NO3)2溶液中有白

50、色沉淀(BaSO4)產(chǎn)生;CO2通入Ba(NO3)2溶液中無沉淀產(chǎn)生。3.(2018吉林遼源田家炳高中等五校期末聯(lián)考,8)下列說法中,正確的是()A.在BaCl2溶液中通入SO2氣體,溶液仍澄清,滴入3%過氧化氫溶液有白色沉淀B.可以用澄清石灰水來鑒別SO2與CO2C.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的漂白性答案答案ASO2與BaCl2溶液不反應(yīng),但滴入3%過氧化氫溶液后發(fā)生反應(yīng):SO2+H2O2H2SO4,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,

51、C不正確;SO2使溴水褪色體現(xiàn)它的還原性,D不正確。24O4.(2019陜西西安一中期中,23)某研究性學(xué)習(xí)小組在研究二氧化硫漂白作用時(shí),從“氯氣的漂白作用實(shí)際上是氯氣與水反應(yīng)生成的次氯酸的漂白作用”得到啟發(fā)。為了探究到底是二氧化硫本身還是二氧化硫與水作用的產(chǎn)物具有漂白作用,該小組設(shè)計(jì)了如下實(shí)驗(yàn)。請(qǐng)回答相關(guān)問題。(1)實(shí)驗(yàn)室用亞硫酸鈉粉末跟硫酸制取二氧化硫,現(xiàn)有下列三種硫酸溶液,應(yīng)選用(填字母)。A.98%濃硫酸B.70%硫酸C.10%稀硫酸(2)為了探究SO2能否使品紅褪色,該同學(xué)選擇了正確的藥品后設(shè)計(jì)了如圖所示實(shí)驗(yàn)裝置,請(qǐng)指出實(shí)驗(yàn)裝置設(shè)計(jì)中的不合理之處:。(3)該同學(xué)選擇了正確裝置后,實(shí)驗(yàn)

52、中控制二氧化硫以大約每秒3個(gè)氣泡的速度通入品紅的酒精溶液時(shí),經(jīng)過一小時(shí)后,品紅仍不褪色。為此,你認(rèn)為使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁恰?4)該同學(xué)進(jìn)一步實(shí)驗(yàn)如下:取等量相同濃度的品紅水溶液于兩支試管中,再分別加入少量亞硫酸鈉固體和亞硫酸氫鈉固體,兩支試管中的品紅都褪色,他得出的結(jié)論:使品紅褪色的微?？隙ㄊ荋S或S。你認(rèn)為他的結(jié)論是否正確?,理由是。3O23O答案答案(1)B(2)缺少SO2的干燥裝置不能使用長頸漏斗,應(yīng)改為分液漏斗(3)H2SO3、HS、S(4)不正確因?yàn)镾和HS都會(huì)水解生成H2SO33O23O23O3O解析解析98%濃硫酸中,硫酸主要以分子的形式存在,電離出的H+較少,不易反應(yīng)

53、;10%硫酸溶液水含量高,不易使SO2放出。為探究SO2使品紅水溶液褪色是否與水的存在有關(guān),實(shí)驗(yàn)中將SO2通入品紅的酒精溶液中,所以發(fā)生裝置中生成的SO2氣體需干燥,SO2不能使品紅的酒精溶液褪色,說明SO2使品紅水溶液褪色與水有關(guān),SO2與水反應(yīng)生成H2SO3,H2SO3可電離產(chǎn)生HS、S,所以使品紅水溶液褪色的微?？赡苁荋2SO3、S、HS。3O23O23O3O關(guān)聯(lián)知識(shí)關(guān)聯(lián)知識(shí)NaHSO3溶液中存在平衡:HSH+S,HS+H2OH2SO3+OH-。Na2SO3溶液中存在平衡:S+H2OHS+OH-,HS+H2OH2SO3+OH-。3O23O3O23O3O3O考點(diǎn)二綠色化學(xué)與環(huán)境保護(hù)考點(diǎn)二綠

54、色化學(xué)與環(huán)境保護(hù)5.(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)的形式存在,無法使淀粉變藍(lán),D不正確。6.(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)。

55、下列說法中不正確的是()A.少開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.使用無磷洗衣粉能緩解水體富營養(yǎng)化D.合理利用可燃冰有利于彌補(bǔ)能源短缺答案答案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。7.(2019遼寧大連一中一模,23)化石燃料燃燒時(shí)會(huì)產(chǎn)生SO2進(jìn)入大氣,有多種方法可用于SO2的脫除。(1)NaClO堿性溶液吸收法:工業(yè)上可用NaClO堿性溶液吸收SO2。反應(yīng)的離子方程式是。為了提高吸收效率,常用Ni2O3作為催化劑。在反應(yīng)過程中產(chǎn)生的四價(jià)鎳和原子氧具有極強(qiáng)的氧化能力,可加快對(duì)SO2的吸收。該催化過程的示意圖如下:a.過程1的

56、離子方程式是Ni2O3+ClO-2NiO2+Cl-,則過程2的離子方程式:。b.Ca(ClO)2也可用于脫硫,且脫硫效果比NaClO更好,原因是。(2)碘循環(huán)工藝也能吸收SO2降低環(huán)境污染,同時(shí)還能制得氫氣,具體流程如下:則碘循環(huán)工藝的總反應(yīng)為。答案答案(1)ClO-+SO2+2OH-Cl-+S+H2Oa.2NiO2+ClO-Ni2O3+Cl-+2Ob.Ca2+與S結(jié)合生成微溶的CaSO4有利于反應(yīng)的進(jìn)行(2)SO2+2H2OH2SO4+H224O24O解析解析(1)注意溶液為堿性溶液。a.過程2中NiO2與ClO-反應(yīng)生成Ni2O3、Cl-、O。(2)從工藝流程圖中可看出兩步反應(yīng)分別為SO2

57、+2H2O+I22HI+H2SO4,2HIH2+I2,則總反應(yīng)為SO2+2H2OH2+H2SO4。拓展延伸拓展延伸SO2通入NaClO溶液中發(fā)生反應(yīng)SO2+ClO-+H2OS+Cl-+2H+;CO2通入NaClO溶液中,無論CO2是否足量,均發(fā)生反應(yīng)CO2+ClO-+H2OHC+HClO。24O3O8.(2019黑龍江頂級(jí)名校二調(diào),20)鉛精礦可用于冶煉金屬鉛,其主要成分為PbS。.火法煉鉛將鉛精礦在空氣中焙燒,生成PbO和SO2。(1)用鉛精礦火法煉鉛的反應(yīng)的化學(xué)方程式為。(2)火法煉鉛的廢氣中含低濃度SO2,可將廢氣通入過量氨水中進(jìn)行處理,反應(yīng)的離子方程式為。.濕法煉鉛在制備金屬鉛的同時(shí),

58、還可制得硫黃,相對(duì)于火法煉鉛更為環(huán)保。濕法煉鉛的工藝流程如下:已知:.不同溫度下PbCl2的溶解度如下表所示。溫度()20406080100溶解度(g)1.001.421.942.883.20.PbCl2為能溶于水的弱電解質(zhì),在Cl-濃度較大的溶液中,存在平衡:PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbC(aq)。(3)浸取液中FeCl3的作用是。(4)操作a為加適量水稀釋并冷卻,該操作有利于濾液1中PbCl2的析出,分析可能的原因是。(5)將溶液3和濾液2分別置于下圖所示電解裝置的兩個(gè)極室中,可制取金屬鉛并使浸取液中的FeCl3再生。24l溶液3應(yīng)置于(填“陰極室”或“陽極室”)中。簡述濾液2

59、電解后再生為FeCl3的原理:。若鉛精礦的質(zhì)量為ag,鉛浸出率為b,當(dāng)電解池中通過cmol電子時(shí),金屬鉛全部析出,鉛精礦中PbS的質(zhì)量分?jǐn)?shù)的計(jì)算式為。答案答案(1)2PbS+3O22PbO+2SO2(2)2NH3H2O+SO22N+S+H2O(3)使Pb元素由難溶固體PbS轉(zhuǎn)化成溶液中的PbC,S元素轉(zhuǎn)化成單質(zhì)硫成為濾渣(4)加水稀釋使PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbC(aq)平衡向左移動(dòng);溫度降低PbCl2溶解度減小(5)陰極室陽極發(fā)生電極反應(yīng):Fe2+-e-Fe3+(或2Cl-2e-Cl2,Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-,文字表述也可),使c(Fe3+)升高,同時(shí)Cl-通過陰

60、離子交換膜向陽極移動(dòng),使FeCl3再生100%4H23O24l24l2392cab解析解析(1)根據(jù)信息判斷反應(yīng)物為PbS和O2,生成物為PbO和SO2,根據(jù)氧化還原反應(yīng)方程式配平方法可得2PbS+3O22PbO+2SO2;(2)將SO2廢氣通入過量氨水中生成(NH4)2SO3,離子方程式為2NH3H2O+SO22N+S+H2O;(3)由框圖可知,FeCl3能使Pb元素由難溶固體PbS轉(zhuǎn)化成溶液中的PbC,使S元素轉(zhuǎn)化成單質(zhì)硫成為濾渣;(4)加適量水稀釋,使PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbC(aq)平衡向左移動(dòng);溫度降低,PbCl2的溶解度減小,因此操作a有利于PbCl2的析出;(5)