《（新課標(biāo)Ⅰ）2019版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題十六 氧、硫及其化合物 環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué)課件.ppt》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（新課標(biāo)Ⅰ）2019版高考化學(xué)一輪復(fù)習(xí) 專題十六 氧、硫及其化合物 環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué)課件.ppt（86頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題十六 氧、硫及其化合物 環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué),高考化學(xué) (課標(biāo)專用),考點一氧、硫及其化合物 1.(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-1 r 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

2、,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,原子半徑大小為HClC(即YZX),錯誤;C項,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,X的最高價氧化物的水化物為H2CO3,屬于弱酸,錯誤。,思路分析對于物質(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。,考點二環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué) 2.(2017課標(biāo),7,6分)化學(xué)與生活密切相關(guān)。下列說法錯誤的是() 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

3、化學(xué)要求從源頭上消除或減少生產(chǎn)活動對環(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)活動對環(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)物對環(huán)境無污染,所以天然氣和液化石油氣均是清潔燃料,D正確。,解題關(guān)鍵注意知識的歸納和整理是關(guān)鍵。,知識拓展綠色化

4、學(xué)的特點是:(1)充分利用資源和能源,采用無毒無害的原料;(2)在無毒無害的條件下進(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,實現(xiàn)零排放;(4)生產(chǎn)出有利于環(huán)境保護(hù)、社會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)燃料的說法錯的是() 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,完全燃燒也會產(chǎn)生SO2等污染性氣體,故B項錯誤。,易錯警示化石燃料中不僅含C、H元素,還含有少量

5、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,對空氣污染小。,考點一氧、硫及其化合物 1.(2017北京理綜,10,6分)根據(jù)SO2通入不同溶液中的實驗現(xiàn)象,所得結(jié)論不正的是(),B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組,答案C本題考查SO2的氧化性、還原性等知識。SO2使酸性KMnO4溶液褪色是因為SO2具有還原性,與KMnO4發(fā)生了氧化還原反應(yīng)。,易混易錯A項有一定的干擾性,有些考生會誤認(rèn)為白色沉淀為BaSO3而錯選A。,2.(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.

6、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BA項,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,硅膠具有吸水性,可作干燥劑;C項,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,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。以上四項中只有B項沒有發(fā)生化學(xué)變化,故選B。,3.(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B

7、a(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4,答案BA項,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項正確;C項,MgO不與NaOH溶液反應(yīng);D項,SO2通入Ba(NO3)2溶液后,溶液顯酸性,酸性條件下N能把SO2-3氧化為 SO2-4,從而產(chǎn)生BaSO4沉淀,無BaSO3。,4.(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)實現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲。過程如下: (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

8、學(xué)方程式:。 (2)對反應(yīng),在某一投料比時,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,實驗如下: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的對比實驗,則a=。 比較A、B、C,可得出的結(jié)論是。 實驗表明,SO2的歧化反應(yīng)速率DA。結(jié)合、反

9、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,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)SO2SO2-44H+ (4)0.4 I-是SO2歧化反應(yīng)的催化劑,H+單獨存在時不具有催化作用,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)方程式的書寫、平衡移動、實驗方案的設(shè)計與分析等知識。 (1)反應(yīng)為3SO2(g)+2H2O(g)2H2S

10、O4(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),加壓時平衡正向移動,H2SO4的物質(zhì)的量分?jǐn)?shù)會升高,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的對比實驗,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,SO2歧

11、化反應(yīng)速率較只有KI時快;只有H2SO4,無KI時不發(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分解的過程為:2Fe3++ H2O 2O2+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)焙燒過程均會產(chǎn)生SO2,用NaOH溶液吸收過量SO2的離子方程式為。 (2)添加1% C

12、aO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,去除的硫元素主要來源于。 700 焙燒時,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)=。,答案(12分)(1)SO2+OH- H

13、S (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)的計算。 (1)用NaOH溶液吸收過量SO2生成NaHSO3,離子方程式為OH-+SO2 HS。 (2)FeS2在低于500 焙燒時能與空氣中的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的礦粉在焙燒時去除的硫元素主要來源于FeS2;700 焙燒 時,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,Al2O3能與NaO

14、H溶液反應(yīng)生成NaAlO2,發(fā)生的反應(yīng)為Al2O3+2NaOH 2NaAlO2+H2O,過濾后,NaAlO2在濾液中,向濾液中通入過量CO2時,發(fā)生反應(yīng)NaA lO2+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

15、會對環(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,回答下列各方法中的問題。 .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,FeSO4被氧化的速率是無菌時的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,氧化產(chǎn)物

16、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) 從平衡移動的角度,簡述過程 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,溶

17、液中的c(SO2-3)/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 SO2-3+H2OSO2-3與Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移動,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)、方程式的書寫、化學(xué)計算等。 (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;溫度過高易使蛋白質(zhì)變性而失去活性。 (3)當(dāng)n(H2O2)/n(H2S)=4時,反應(yīng)的化學(xué)方程

18、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c(OH-)=1.010-7 molL-1的溶液呈中性,則c(H+)=1.010-7 molL-1,解得c (SO2-3)/c(HS)=0.62。,知識拓展使蛋白質(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驗對象,探究鹽的性質(zhì)和鹽溶液間反應(yīng)的多樣性。,(1)經(jīng)檢

19、驗,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,現(xiàn)象的棕黃色沉淀中不含SO2-4,含有Cu+、Cu2+和SO2-3。 已知:Cu+ Cu+Cu2+,Cu2+ CuI(白色)+I2。 用稀H2SO4證實沉淀中含有Cu+的實驗現(xiàn)象是。,通過下列實驗證實,沉淀中含有Cu2+和SO2-3。 a.白色沉淀A是BaSO4,試劑1是。 b.證實沉淀中含有Cu2+和SO2-3的理由是。 (3)已知:Al2(SO3)3在水溶液中不存在。經(jīng)檢驗,現(xiàn)象的白色沉淀中無SO2-4,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。 推測沉淀中含有亞硫酸根和。 對于沉淀中亞

20、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。對假設(shè)設(shè)計了對比實驗,證實了假設(shè)成立。 a.將對比實驗方案補(bǔ)充完整。,步驟一: 步驟二:(按上圖形式呈現(xiàn))。 b.假設(shè)成立的實驗證據(jù)是。 (4)根據(jù)實驗,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++SO2-3 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,SO2-3轉(zhuǎn)化為SO2-4 (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、陽離子的性質(zhì)和

21、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SO2-3,證實含有Cu+的實驗現(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的作用是檢驗上層清液中是否含有SO2-4,但檢驗SO2-4時要防止SO2-3的干擾,所以試劑1應(yīng)是HCl和BaCl2溶液;上層清液中沒有檢出I2,可知I2和SO2-3反應(yīng)生成了I-和SO2-4。 (3)由題中信息可推知,沉淀中還含有Al3+、OH-。在對比實驗中要將Na2SO3溶液更換成一種堿,這樣就不會生成堿式鹽,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

22、分是堿式亞硫酸鋁,在其中加入NaOH溶液,沉淀不會馬上溶解,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,通過這一實驗事實,即可證實假設(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,硫元素的最高價氧化物對應(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)系如圖(忽略溶液體積的變化、H2S的揮發(fā))。,pH=13時,溶液中的c(H2S)+c(HS-)=molL-1。 某溶液含0.0

23、20 molL-1 Mn2+、0.10 molL-1 H2S,當(dāng)溶液pH=時,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。,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為。 H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應(yīng)的主要離子方程式為。,答案(15分)(1) C+2H2SO4(濃) 2SO2+CO2+2H2O (2)0.0435 (3)或 c(Na+)c(SO2-3)c(OH-)c(HS)c(H+) 或Na+SO2-3OH-HSH+ H2SO3+HC HS+CO2+H2O,解析(1)硫元素的

24、最高價氧化物對應(yīng)水化物的濃溶液為濃H2SO4,其具有強(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,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+開始沉淀時,溶液中c(S2-)==molL-1=1.410-11 molL-1,觀察圖像知,此時pH=5。(3)在 0.10 molL-1

25、Na2SO3溶液中存在:SO2-3+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為c(Na+)c(SO2-3)c(OH -)c(HS)c(H+);結(jié)合表中數(shù)據(jù)知,酸性:H2SO3H2CO3HSHC,故H2SO3溶液和NaH CO3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

26、:溶液中的N 假設(shè)二:溶液中溶解的O2 (1)驗證假設(shè)一 該小組設(shè)計實驗驗證了假設(shè)一。請在下表空白處填寫相關(guān)實驗現(xiàn)象。,(2)為深入研究該反應(yīng),該小組還測得上述兩個實驗中溶液pH隨通入SO2體積的變化曲線如圖。 實驗1中溶液pH變小的原因是;V1時,實驗2中溶液pH小于實驗1的原因是(用離子方程式表示)。 (3)驗證假設(shè)二 請設(shè)計實驗驗證假設(shè)二,寫出實驗步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論。,答案(14分)(1)無明顯現(xiàn)象有白色沉淀 (2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O 3SO2-4+4H++2NO(或3H2SO3+2N 3SO2 -4+4H++2NO+H2O) (3) (4)小于反應(yīng)的

27、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放性試題,合理答案均給分),(4)若假設(shè)二成立,請預(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),充分反應(yīng)后兩溶液的pH前者(填“大于”或“小于”)后者,理由是。,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

28、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+2 N+2H2O 3SO2-4+4H++2NO。(4)由O2氧化H2SO3的離子方程式:2H2SO3+O2 4H++2SO2 -4和N氧化H2SO3的離子方程式:3H2SO3+2N 3SO2-4+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)行如下實驗: 實驗一焦亞硫酸鈉的

29、制取 采用下圖裝置(實驗前已除盡裝置內(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)。,實驗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,可采用的實驗方法是(填序 號)。 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Na2S2O

30、5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是。,實驗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計算)的方案如下: 葡萄酒樣品 溶液出現(xiàn)藍(lán)色且30 s內(nèi)不褪色 (已知:滴定時反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI) 按上述方案實驗,消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00 mL,該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)為gL-1。 在上述實驗過程中,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(1)Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+SO2+H2O(或Na2SO3+2H2SO

31、4 2NaHSO4+SO2+H2 O) (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(2)從裝置中分離晶體,即固體和液體分離,采用過濾即可。(3)處理尾氣時既要考慮能吸收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,加入品紅溶液不會褪色。(

32、5)Na2S2O5晶體在空氣中被氧化生成的產(chǎn)物為Na2SO4,故此實驗方案檢驗晶體中是否有SO2-4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,測定結(jié)果偏低。,考點二環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué) 11.(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性 B.常壓下,0 時冰的密度比水的密度小,水在4 時密度最大,這些都與分子間的氫鍵有關(guān) C.

33、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項不正確。,12.(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

34、號)。 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,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)生成無水MnSO4的熱化學(xué)方程式是。 (4)MnO2可作超級電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO2,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,正

35、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)。按照圖示流程,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,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SO

36、2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+2H2O 5MnO2+K2SO4+2H2SO4,回收K2SO4,干燥后得到MnO2。 (3)將題中三個方程式依次編號為、、,MnO2(s)+SO2(g) MnSO4(s)可由--得 出,其H也可作相應(yīng)計算。 (6)除去鐵、鋁、銅、鎳時引入

37、的錳元素可由加KMnO4溶液前溶液中Mn2+與軟錳礦漿中Mn2+的差值計算。由SO2+MnO2 MnSO4、2KMnO4+3MnSO4+2H2O 5MnO2+K2SO4+2H2 SO4可知,除去鐵、鋁、銅、鎳時,所引入的錳元素相當(dāng)于MnO2的質(zhì)量m=(- )8710-3kg= kg。,考點一氧、硫及其化合物 1.(2018北京理綜,26,13分)磷精礦濕法制備磷酸的一種工藝流程如下: 已知:磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH),還含有Ca5(PO4)3F和有機(jī)碳等。 溶解度:Ca5(PO4)3(OH)”或“<”)。 結(jié)合元素周期律解釋中結(jié)論:P和S電子層數(shù)相同,。 (3)酸浸時,磷精礦中

38、Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF,并進(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫出生成HF的化學(xué)方程式:。,C組教師專用題組,(4)H2O2將粗磷酸中的有機(jī)碳氧化為CO2脫除,同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應(yīng)時間,不同溫度下的有機(jī)碳脫除率如圖所示。80 后脫除率變化的原因:。 (5)脫硫時,CaCO3稍過量,充分反應(yīng)后仍有SO2-4殘留,原因是;加入BaCO3可進(jìn)一步提高硫的脫除率,其離子方程式是。 (6)取a g所得精制磷酸,加適量水稀釋,以百里香酚酞作指示劑,用b molL-1 NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是。(已知:H

39、3PO4摩爾質(zhì)量為98 gmol-1),答案(1)研磨、加熱 (2)S,得電子能力P

40、2)根據(jù)強(qiáng)酸制取弱酸原理,可知H2SO4的酸性大于H3PO4。 (4)H2O2在磷精礦濕法制備磷酸工藝中作為氧化劑來處理有機(jī)碳,但H2O2易分解生成O2和H2O,溫度較高時H2O2分解加速,故有機(jī)碳的脫除率減小。 (5)CaSO4微溶于水,故會有SO2-4殘留;加入BaCO3,可以提高SO2-4的脫除率,發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為BaCO3+SO2-4+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2H2P。 (6)H3PO4與NaOH反應(yīng)生成Na2HPO4的化學(xué)方程式為H3PO4+2NaOHNa2HPO4+2H2O,故n(H3 PO4)=n(OH-),所以精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是 100%=。

41、,2.(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+6H2O CaO28H2O 反應(yīng)時通常加入過量的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)。 A.Ca2+B.H+ C.CO2-3D.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;加入適量稀H2SO4,待MnO(OH)2與I-完全反應(yīng)生成Mn2+和I2

42、后,以淀粉作指示劑,用Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定至終點。測定過程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關(guān)系如下: O2MnO(OH)2I2S4O2-6 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100.00 mL,按上述方法測定水樣的溶解氧,消耗0.010 0,0 molL-1Na2S2O3標(biāo)準(zhǔn)溶液13.50 mL。計算該水樣中的溶解氧(以mgL-1表示),寫出計算過程。,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+2S2O2-3 2I-+S4O2-6 n(I2)= =

43、 =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過量可提高H2O2的利用率。 (2)CaO28H2O加入水中可生成Ca(OH)2和H2O2。 (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)。,3.(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H2

44、S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- S2-n 寫出電解時陰極的電極反應(yīng)式:。 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,其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。,在圖示的轉(zhuǎn)化中,化合價不變的元素是。 反應(yīng)中當(dāng)有1 mol H2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時,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

45、)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,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- S2-n+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),又因為是堿性溶液中,所以電極反應(yīng)式為2H2O+2e- H2+2OH-。由題意知,S2-n在酸性條件下生成單質(zhì)S,所以離子方程式為S2-n+2H+ (n-1)S+H2S。(2)由題中圖示知,在該轉(zhuǎn)化過程中,溶液中

46、的H+和Cl-的化合價未變,Cu2+CuSCu2+,Cu元素化合價沒有變化。由題意知,O2氧化H2S,根據(jù)得失電子守恒有:n(O2)=n(S)=n(H2S)=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。,4.(2014江蘇單科,16,12分,)煙氣脫硫能有效減少二氧化硫的排放。實驗室用粉煤灰(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

47、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++3SO2-4+3H2O 2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2 (3)溶液中的部分SO2-3被氧化成SO2-4減小,

48、解析(1)酸浸時Al2O3與H2SO4發(fā)生反應(yīng),SiO2不溶于H2SO4,形成濾渣。(2)依題意,濾渣的主要成分是CaSO4;若溶液pH偏高,會使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)過濾所得濾液用于吸收含SO2的煙氣,反應(yīng)得H2SO3,熱分解時部分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。,考點二環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué) 5.(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、

49、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。,當(dāng)n(O3)n(NO)1時,反應(yīng)后NO2的物質(zhì)的量減少,其原因是。 增加n

50、(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,清液(pH約為8)中SO2-3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(SO2-3)=用c,(SO2-4)、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氧化為更高價氮氧化物(或生成了N2O5) SO2與O3的反應(yīng)速率慢 (3)SO2-3+2NO2+2OH- SO2-4+2N+H2O (

51、4)c(SO2-4)CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中SO2-3的濃度增大,加快SO2-3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=-20 0.9 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,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),

52、NO2被O3氧化生成了更高價氮氧化物。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,說明二者的反應(yīng)速率很慢,短時間內(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SO2-3被氧化生成SO2-4,二者在弱堿性環(huán)境中反應(yīng)。 (4)達(dá)平衡后溶液中:c(Ca2+)c(SO2-3)=Ksp(CaSO3)、c(Ca2+)c(SO2-4)=Ksp(CaSO4),同一溶液中c(Ca2+)相等,則有=,故c(SO2-3)=c(SO2-4);Na2SO4溶液的加入會 使 CaSO3的溶解平衡正向移動,致使c(SO2-3)增大,吸收NO2的速率加快。

53、,考點一氧、硫及其化合物 1.(2018河北衡水金卷大聯(lián)考,3)下列說法錯誤的是() A.石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料 B.“大漠孤煙直”描述的是物質(zhì)升華的過程 C.高錳酸鉀和濃鹽酸不能保存在同一藥品櫥中 D.可用鹽酸酸化的BaCl2溶液檢驗露置的Na2SO3已變質(zhì),三年模擬,A組 20162018年高考模擬基礎(chǔ)題組,答案B“大漠孤煙直”描述的是燃燒產(chǎn)生的煙氣上升的現(xiàn)象,而升華是指固體受熱直接變?yōu)闅怏w的過程,B項錯誤。,2.(2018山東臨沂期中,13)下列各組物質(zhì)在一定條件下反應(yīng)產(chǎn)生等物質(zhì)的量的氣體時,消耗酸的物質(zhì)的量最少的是() A.碳與濃硫酸B.二氧化錳與濃鹽酸 C.鐵與稀硫酸

54、D.銅與稀硝酸,答案A相關(guān)反應(yīng)的化學(xué)方程式為C+2H2SO4(濃)2SO2+CO2+2H2O,MnO2+4HCl(濃) MnCl2+Cl2+2H2O,Fe+H2SO4FeSO4+H2,3Cu+8HNO3 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O, 可見產(chǎn)生等物質(zhì)的量的氣體時,碳與濃硫酸反應(yīng)需要的酸最少,故選A。,3.(2018湖北百所重點學(xué)校聯(lián)考,12)某白色粉末由兩種物質(zhì)組成,取少量樣品加入足量水中,固體部分溶解,再向其中加入足量NaOH溶液,振蕩,固體全部溶解;另取少量白色粉末加入足量硫酸,有氣泡產(chǎn)生且有淡黃色不溶物生成。則該白色粉末可能為() A.Na2CO3、CaOB.Na2S2O3、Al

55、2O3 C.Na2O2、Al(OH)3D.NaI、AgNO3,答案BNa2O2是淡黃色固體,C項錯誤;Na2CO3與CaO溶于水后再加入足量的NaOH溶液,仍然有CaCO3固體存在,NaI、AgNO3溶于水后再加入足量的NaOH溶液仍然有AgI固體存在,A、D項錯誤;Na2S2O3與H2SO4發(fā)生反應(yīng):S2O2-3+2H+ S+SO2+H2O,B項正確。,4.(2018湖南益陽、湘潭聯(lián)考,16)直接排放含SO2的煙氣會形成酸雨,危害環(huán)境。某化學(xué)興趣小組進(jìn)行如下有關(guān)SO2性質(zhì)和含量測定的探究活動。 (1)裝置A中儀器a的名稱為。 (2)選用圖中的裝置和藥品探究亞硫酸與次氯酸的酸性強(qiáng)弱。 甲同

56、學(xué)認(rèn)為按ACF尾氣處理順序連接裝置可以證明亞硫酸和次氯酸的酸性強(qiáng)弱,乙,同學(xué)認(rèn)為該方案不合理,其理由是。,丙同學(xué)設(shè)計的合理實驗方案為:按照ACEF尾氣處理(填字母)順序連接裝置。E裝置的作用是,證明亞硫酸的酸性強(qiáng)于次氯酸的實驗現(xiàn)象是。 (3)為了測定裝置A殘液中SO2的含量,量取10.00 mL殘液于圓底燒瓶中,加熱使SO2全部蒸出,用20.00 mL 0.050 0 molL-1的酸性KMnO4溶液吸收。充分反應(yīng)后,再用0.200 0 molL-1的KI標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的KMnO4,消耗KI溶液15.00 mL。 已知:5SO2+2Mn+2H2O2Mn2++5SO2-4+4H+ 10I-+2

57、Mn+16H+2Mn2++5I2+8H2O 殘液中SO2的含量為gL-1。 若滴定過程中不慎將KI標(biāo)準(zhǔn)溶液滴出錐形瓶外少許,使測定結(jié)果(填“偏高”“偏低”或“無影響”)。,答案(1)分液漏斗 (2)二氧化硫通入漂白粉溶液中發(fā)生了氧化還原反應(yīng),不能證明強(qiáng)酸制備弱酸的原理BD除去CO2中混有的SO2裝置D中品紅溶液不褪色,F中出現(xiàn)白色沉淀 (3)6.4偏低,解析(1)裝置A中儀器a的名稱為分液漏斗。 (2)SO2通入漂白粉溶液中發(fā)生了氧化還原反應(yīng),不能證明亞硫酸和次氯酸的酸性強(qiáng)弱。根據(jù)丙同學(xué)的部分設(shè)計流程可以看出,丙同學(xué)是通過間接法證明亞硫酸和次氯酸的酸性強(qiáng)弱:先證明亞硫酸的酸性比碳酸強(qiáng),再證明碳

58、酸的酸性強(qiáng)于次氯酸,故裝置連接順序為ACBEDF尾氣處理。若裝置D中品紅不褪色,F中出現(xiàn)白色沉淀,則可證明亞硫酸的酸性強(qiáng)于次氯酸。 (3)與SO2反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量等于總的KMnO4的物質(zhì)的量減去與KI反應(yīng)的KMnO4的物質(zhì)的量,即0.02 L0.05 molL-1-0.015 L0.200 0 molL-1=0.000 4 mol;由第一個反應(yīng)可得:n (SO2)=0.000 4 mol=0.001 mol,m(SO2)=0.001 mol64 g mol-1=0.064 g,所以殘液中SO2的含量 為0.064 g0.01 L=6.4 gL-1。若滴定過程中不慎將KI標(biāo)準(zhǔn)溶液滴出錐

59、形瓶外少許,則測得與KI反應(yīng)的KMnO4偏多,那么得到與SO2反應(yīng)的KMnO4偏少,則測得SO2的含量偏低。,5.(2017安徽師大附中,27)某校化學(xué)興趣小組探究SO2與FeCl3溶液的反應(yīng),所用裝置如下圖所示(夾持儀器已略去)。 (1)實驗前,應(yīng)先檢查裝置的;實驗中產(chǎn)生的尾氣應(yīng)通入溶液。 (2)實驗過程中需要配制100 mL 1 mol/L FeCl3溶液,所需要的玻璃儀器有:燒杯、量筒、玻璃棒、。 (3)該小組同學(xué)向5 mL 1 mol/L FeCl3溶液中通入足量的SO2,溶液最終呈淺綠色,再打開分液漏斗活塞,逐滴加入NaOH溶液,則試管B中產(chǎn)生的實驗現(xiàn)象是。,(4)該小組同學(xué)在(3)

60、中實驗時,發(fā)現(xiàn)溶液變?yōu)闇\綠色需要較長時間,在此期間同學(xué)們觀察到的現(xiàn)象是溶液由棕黃色變成紅棕色,沒有觀察到丁達(dá)爾現(xiàn)象,最終溶液呈淺綠色。 【查閱資料】Fe(HSO3)2+在溶液中呈紅棕色且具有較強(qiáng)的還原性,能被Fe3+氧化為SO2-4。 SO2與FeCl3溶液反應(yīng)生成紅棕色Fe(HSO3)2+的原因是; Fe(HSO3)2+與Fe3+在溶液中反應(yīng)的離子方程式是 。 (5)若實驗中用5 mL一定濃度的濃H2SO4與適量Cu片充分反應(yīng),實驗結(jié)束后,測得產(chǎn)生SO2的體積在標(biāo)準(zhǔn)狀況下為672 mL,向已冷卻的A試管溶液中加入4 mol/L的NaOH溶液30 mL時,恰好使Cu2+完全沉淀。則所用濃H2S

61、O4濃度為。(忽略過程中溶液的體積變化),答案(1)氣密性NaOH (2)100 mL容量瓶、膠頭滴管 (3)開始無現(xiàn)象,后生成白色沉淀 (4)Fe3+與H2SO3電離出的HS結(jié)合生成Fe(HSO3)2+Fe3++H2O+Fe(HSO3)2+ 2Fe2++SO2-4+ 3H+ (5)18 mol/L,解析(3)SO2與FeCl2反應(yīng)后,生成Fe2+和H+,加NaOH溶液時,H+優(yōu)先反應(yīng),H+消耗完,Fe2+再反應(yīng)。 (5)n(SO2)=0.03 mol,根據(jù)得失電子守恒n(Cu)2=n(SO2)2,得n(Cu2+)=0.03 mol,完全沉淀Cu2+需n(NaOH)=0.06 mol,而加

62、入的NaOH的物質(zhì)的量一共有0.12 mol,說明H2SO4剩余0.03 mol,根據(jù)硫原子守恒n(H2SO4)=0.03 mol+0.03 mol+0.03 mol=0.09 mol,c(H2SO4)===18 mol/L。,考點二環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué) 6.(2018福建六校聯(lián)考,3)化學(xué)與環(huán)境、生產(chǎn)、信息、能源關(guān)系密切,下列說法中不正確的是 () A.PM2.5是指大氣中直徑接近2.510-6 m的顆粒物,顆粒物分散在空氣中形成膠體 B.用袋裝浸泡過高錳酸鉀溶液的硅藻土吸收水果產(chǎn)生的乙烯以延長保鮮時間 C.高純度的二氧化硅廣泛用于制作光導(dǎo)纖維,光導(dǎo)纖維遇強(qiáng)堿會“斷路” D.開發(fā)高效氫能、太陽

63、能等新型電動汽車,以解決城市機(jī)動車尾氣排放問題,答案APM2.5的直徑大于膠體粒子的直徑,A項錯誤;高錳酸鉀能夠氧化水果釋放的催熟劑乙烯,從而延長水果的保鮮期,B項正確;SiO2能夠與強(qiáng)堿反應(yīng),C項正確;氫能和太陽能都屬于清潔能源,D項正確。,7.(2018安徽江淮十校聯(lián)考,1)化學(xué)來源于生活,也服務(wù)于生活。下列有關(guān)生活中的化學(xué)敘述正確的是() A.濃硫酸具有強(qiáng)腐蝕性,可用濃硫酸刻蝕石英制藝術(shù)品 B.冰箱中使用的含氟制冷劑泄漏后,會增加空氣中的PM2.5 C.本草經(jīng)集注中關(guān)于鑒別硝石(KNO3)和樸硝(Na2SO4)的記載為:“以火燒之,紫青煙起,乃真硝石也”,該方法應(yīng)用了焰色反應(yīng) D.誤食重

64、金屬鹽引起人體中毒時,可喝大量的食鹽水解毒,答案C應(yīng)用氫氟酸刻蝕石英制藝術(shù)品,A項錯誤;含氟制冷劑泄漏對臭氧層有影響,B項錯誤;硝石和樸硝的成分為鉀鹽和鈉鹽,二者的焰色反應(yīng)不同,C項正確;誤食重金屬鹽引起中毒時,可喝大量鮮牛奶等解毒,D項錯誤。,8.(2017山西臨汾五校聯(lián),1)下列關(guān)于化學(xué)與環(huán)境的敘述中錯誤的是() A.燃煤時鼓入過量的空氣可以減少酸雨的產(chǎn)生 B.利用汽車尾氣催化裝置可將尾氣中的NO和CO轉(zhuǎn)化為無害氣體 C.“煤改氣”“煤改電”等工程有利于減少霧霾 D.工業(yè)廢氣排放之前必須回收處理以防污染大氣,答案AA項,煤充分燃燒會減少CO的生成,但對SO2的生成沒什么影響,故A錯誤;B、

65、C、D均正確。,9.(2017湖南郴州第三次質(zhì)檢,7)人類生活、社會的可持續(xù)發(fā)展與化學(xué)密切相關(guān),下列有關(guān)敘述正確的是() A.高壓鈉燈能發(fā)出透霧能力強(qiáng)的淡紫色光,常用做路燈 B.用水清洗盛裝過濃硫酸的鐵桶要遠(yuǎn)離火源 C.鋰電池應(yīng)用廣泛,是因為鋰能直接與水反應(yīng),不需要特殊的電解質(zhì)溶液 D.據(jù)報道,一定條件下氫氣可轉(zhuǎn)變?yōu)椤敖饘贇洹?“金屬氫”具備超導(dǎo)等優(yōu)良性能。由氫氣轉(zhuǎn)變?yōu)椤敖饘贇洹睂儆谕辉氐耐凰刂g的轉(zhuǎn)化,答案B高壓鈉燈能發(fā)出透霧能力強(qiáng)的黃色光,故A錯誤;用水清洗時,濃硫酸變稀,鐵與稀硫酸反應(yīng)生成氫氣,氫氣易燃,要遠(yuǎn)離火源,故B正確;鋰能與水反應(yīng),電解質(zhì)溶液中不能有水,一旦與溶液中的水反應(yīng)

66、,產(chǎn)生的電能就不能導(dǎo)出,故C錯誤;氫氣轉(zhuǎn)變?yōu)椤敖饘贇洹辈粚儆谕凰刂g的轉(zhuǎn)化,應(yīng)屬于同素異形體之間的轉(zhuǎn)化,故D錯誤。,1.(2018河北“名校聯(lián)盟”質(zhì)量監(jiān)測,2)化學(xué)與科技、生產(chǎn)、生活、環(huán)境等密切相關(guān),下列說法不正確的是() A.有人稱“一帶一路”是“現(xiàn)代絲綢之路”,絲綢的主要成分是纖維素,屬于天然高分子化合物 B.陶瓷、水泥和玻璃都屬于硅酸鹽產(chǎn)品 C.廢舊鋼材焊接前,可依次用飽和Na2CO3溶液、飽和NH4Cl溶液處理焊點 D.使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰,都能減輕環(huán)境污染,一、選擇題（每題5分，共25分）,B組 20162018年高考模擬綜合題組 (時間：35分鐘 分值：60分),答案A絲綢的主要成分是蛋白質(zhì),是纖維但非纖維素,屬于天然高分子化合物,A項錯誤。,易混辨析纖維與纖維素是兩個完全不同的概念,僅一字之差,容易混淆。,2.(2018福建六校聯(lián)考,13)用下列兩種途徑制取H2SO4,某些反應(yīng)條件和產(chǎn)物已省略,下列有關(guān)說法不正確的是() 途徑:SH2SO4 途徑:SSO2SO3H2SO4 A.途徑與途徑相比較更能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”的理念,因為途徑比途徑的污染相對較