（课标Ⅲ）2020版高考化学一轮复习专题九氧、硫及其化合物绿色化学与环境保护课件.pptx

专题九 氧、硫及其化合物 绿色化学与环境保护,高考化学 (课标),A组 课标卷区题组,五年高考,考点一 氧、硫及其化合物,考点二 绿色化学与环境保护 (2017课标,7,6分)化学与生活密切相关。下列说法错误的是 ( ) A.PM2.5是指粒径不大于2.5 m的可吸入悬浮颗粒物 B.绿色化学要求从源头上消除或减少生产活动对环境的污染 C.燃煤中加入CaO可以减少酸雨的形成及温室气体的排放 D.天然气和液化石油气是我国目前推广使用的清洁燃料,答案 C PM2.5是指粒径小于或等于2.5微米的可吸入颗粒物,A正确;绿色化学的核心是利 用化学原理从源头上减少或消除生产活动对环境的污染,B正确;氧化钙可与二氧化硫、氧气 发生反应生成硫酸钙,从而减少二氧化硫的排放量,但不能减少温室气体CO2的排放量,C错误; 天然气的主要成分是甲烷,液化石油气的成分是丙烷、丁烷、丙烯和丁烯等,燃烧产物对环境 无污染,所以天然气和液化石油气均是清洁燃料,D正确。,解题关键 注意知识的归纳和整理是关键。,知识拓展 绿色化学的特点是:(1)充分利用资源和能源,采用无毒无害的原料;(2)在无毒无害 的条件下进行反应,以减少向环境中排放废物;(3)提高原子利用率,力图使原料的原子都转入 产品中,实现零排放;(4)生产出有利于环境保护、社会安全和人体健康的产品。,B组 课标、课标、自主命题省(区、市)卷题组,考点一 氧、硫及其化合物,1.(2019江苏单科,3,2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是 ( ) A.NH4HCO3受热易分解,可用作化肥 B.稀硫酸具有酸性,可用于除去铁锈 C.SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白 D.Al2O3具有两性,可用于电解冶炼铝,答案 B 本题涉及的考点是常见化合物的性质及其应用,通过性质与应用是否相符的判断, 考查了分析和解决化学问题的能力,体现了科学探究与创新意识的学科核心素养;以常见物质 的性质推测其应用,体现了关注社会发展、科技进步、生产生活的价值观念。 A项,NH4HCO3受热易分解与其用作化肥没有关系,错误;B项,铁锈的主要成分是Fe2O3nH2O,H2 SO4具有酸性,可以将铁锈溶解,正确;C项,SO2具有漂白性,可用于纸浆漂白,错误;D项,Al2O3是离 子化合物,可用于电解冶炼铝,错误。,2.(2016四川理综,1,6分)化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是 ( ) A.氯气作水的杀菌消毒剂 B.硅胶作袋装食品的干燥剂 C.二氧化硫作纸浆的漂白剂 D.肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂,答案 B A项,氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性,能杀菌消毒;B项,硅胶具有吸水性,可 作干燥剂;C项,二氧化硫能与有色物质结合生成不稳定的无色物质,可作漂白剂;D项,肥皂水呈 弱碱性,可与蚊虫分泌的蚁酸反应,从而减轻痛痒。以上四项中只有B项没有发生化学变化,故 选B。,3.(2015重庆理综,2,6分)下列说法正确的是 ( ) A.I的原子半径大于Br,HI比HBr的热稳定性强 B.P的非金属性强于Si,H3PO4比H2SiO3的酸性强 C.Al2O3和MgO均可与NaOH溶液反应 D.SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4,答案 B A项,I的非金属性比Br的非金属性弱,HBr比HI的热稳定性强;B项正确;C项,MgO不 与NaOH溶液反应;D项,SO2通入Ba(NO3)2溶液后,溶液显酸性,酸性条件下N 能把S 氧化为 S ,从而产生BaSO4沉淀,无BaSO3。,4.(2019课标,26,13分)立德粉ZnSBaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。回答下列问题: (1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德 粉样品时,钡的焰色为 (填标号)。 A.黄色 B.红色 C.紫色 D.绿色 (2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉: 在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为 。回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2 和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为 。 在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差。其原因是 “还原料”表面生成了难溶于水的 (填化学式)。 沉淀器中反应的离子方程式为 。,(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品,置于碘量瓶中,移取25.00 mL 0.100 0 molL-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5 min,有单质硫析出。以淀粉 为指示剂,过量的I2用0.100 0 molL-1 Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2 2I-+S4 。测定 时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为 ,样品中S2-的含量为 (写出表达式)。,答案 (1)D (2)BaSO4+4C BaS+4CO CO+H2O CO2+H2 BaCO3 S2-+Ba2+Zn2+S BaSO4ZnS (3)浅蓝色至无色 100%,解析 本题涉及的知识点有焰色反应、陌生氧化还原反应方程式及离子方程式的书写、定 量实验的数据处理;考查了学生对化学基础知识的记忆,将提供的信息与已有知识结合利用的 能力;同时考查了学生掌握化学实验的基本方法并对实验中的数据进行处理的能力;体现了通 过分析、推理认识研究对象的本质特征(证据推理与模型认知)、运用化学实验进行实验探究 (科学探究与创新意识)的学科核心素养。 (1)重要金属的焰色反应的颜色平时要注意识记。 (2)已知反应物有BaSO4、C,生成物有BaS,因焦炭过量则生成CO,根据得失电子守恒、原子 守恒写出化学方程式;CO与H2O(g)反应生成CO2与一种清洁能源气体,不难推测该气体为H2。 “还原料”的主要成分为BaS,长期放置发生水解生成Ba(OH)2与H2S,Ba(OH)2吸收空气中的 CO2生成了难溶于水的BaCO3。沉淀器中溶液的成分为Ba2+、S2-、Zn2+、S ,反应生成了 BaSO4ZnS沉淀,根据电荷守恒、原子守恒写出离子方程式。 (3)滴定前,溶液含I2和淀粉,呈蓝色,随着Na2S2O3溶液的滴入,I2不断被消耗,溶液颜色逐渐变浅, 当加入最后一滴Na2S2O3溶液时(滴定终点),溶液恰好褪色;样品中的S2-与I2发生反应:S2-+I2 S+2I-,参与该反应的I2的物质的量为(25.0010-30.100 0-V10-30.100 0 )mol=(25.00- V),0.100 010-3mol=n(S2-),则样品中S2-的含量为 100%。,易错提醒 (2)重晶石与过量焦炭反应除生成BaS,还应生成CO而不是CO2。因为即使生成 CO2,在过量焦炭、高温条件下也会转化成CO。,5.(2018北京理综,27,12分)近年来,研究人员提出利用含硫物质热化学循环实现太阳能的转化 与存储。过程如下: (1)反应:2H2SO4(l) 2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H1=+551 kJmol-1 反应:S(s)+O2(g) SO2(g) H3=-297 kJmol-1 反应的热化学方程式: 。 (2)对反应,在某一投料比时,两种压强下,H2SO4在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关 系如图所示。p2 p1(填“”或“”),得出该结论的理由是 。,(3)I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下。将补充完整。 .SO2+4I-+4H+ S+2I2+2H2O .I2+2H2O+ + +2I- (4)探究、反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:分别将18 mL SO2饱和溶液加入 到2 mL下列试剂中,密闭放置观察现象。(已知:I2易溶解在KI溶液中),B是A的对比实验,则a= 。 比较A、B、C,可得出的结论是 。 实验表明,SO2的歧化反应速率DA。结合、反应速率解释原因: 。,答案 (1)3SO2(g)+2H2O(g) 2H2SO4(l)+S(s) H2=-254 kJmol-1 (2) 反应是气体物质的量减小的反应,温度一定时,增大压强使反应正向进行,H2SO4的物 质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大 (3)SO2 S 4H+ (4)0.4 I-是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不具有催化作用,但H+可以加快歧化反应速率 反应比快;D中由反应产生的H+使反应加快,解析 本题以“含硫物质热化学循环”素材为载体,考查热化学方程式的书写、平衡移动、 实验方案的设计与分析等知识。 (1)反应为3SO2(g)+2H2O(g) 2H2SO4(l)+S(s),根据盖斯定律,由(反应+反应)即得反应 的逆反应,所以反应的H=-(551-297) kJmol-1=-254 kJmol-1。 (2)反应是气体物质的量减小的反应,加压时平衡正向移动,H2SO4的物质的量分数会升高,所 以p2p1。 (3)催化剂在反应前后质量和化学性质保持不变,在中I-被氧化为I2,则在中I2应该被SO2还 原为I-,结合原子守恒、得失电子守恒、电荷守恒可配平反应的离子方程式。 (4)B是A的对比实验,B中加入0.2 molL-1的H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的浓度应该与A相 同,即a=0.4。 比较A、B、C可知,有H2SO4和KI时,SO2歧化反应速率较只有KI时快;只有H2SO4,无KI时不发 生歧化反应,所以可得出的结论为酸性增强,I-催化SO2歧化反应速率提高。,规律总结 Fe3+催化H2O2分解与I-催化SO2歧化反应相似,Fe3+催化H2O2分解的过程为:2Fe3+H2O 2 O2+2Fe2+2H+、2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O。,6.(2018北京理综,26,13分)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下: 磷精 矿粉 已知:磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH),还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度:Ca5(PO4)3(OH)”或“”)。 结合元素周期律解释中结论:P和S电子层数相同, 。,(3)酸浸时,磷精矿中Ca5(PO4)3F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化 学方程式: 。 (4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2脱除,同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反 应时间,不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 后脱除率变化的原因: 。 (5)脱硫时,CaCO3稍过量,充分反应后仍有S 残留,原因是 ;加入BaCO3可进一步提高 硫的脱除率,其离子方程式是 。 (6)取a g所得精制磷酸,加适量水稀释,以百里香酚酞作指示剂,用b molL-1 NaOH溶液滴定至终,点时生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是 。(已知:H3 PO4摩尔质量为98 gmol-1),答案 (1)研磨、加热 (2)S,得电子能力PS,非金属性PS (3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF (4)80 后,H2O2分解速率大,浓度显著降低 (5)CaSO4微溶 BaCO3+S +2H3PO4 BaSO4+CO2+H2O+2H2P (6),解析 本题以磷精矿湿法制备磷酸为载体,考查了影响化学反应速率的因素、含氧酸酸性强 弱的判断、氧化还原反应的应用以及化学计算等。 (1)将矿物研磨粉碎可增加反应物的接触面积,使化学反应速率加快;加热提高了活化分子百分 数,加快了化学反应速率。 (2)根据强酸制取弱酸原理,可知H2SO4的酸性大于H3PO4。 (4)H2O2在磷精矿湿法制备磷酸工艺中作为氧化剂来处理有机碳,但H2O2易分解生成O2和H2O, 温度较高时H2O2分解加速,故有机碳的脱除率减小。 (5)CaSO4微溶于水,故会有S 残留;加入BaCO3,可以提高S 的脱除率,发生反应的离子方程 式为BaCO3+S +2H3PO4 BaSO4+CO2+H2O+2H2P 。 (6)H3PO4与NaOH反应生成Na2HPO4的化学方程式为H3PO4+2NaOH Na2HPO4+2H2O,故n(H3 PO4)=n(OH-) ,所以精制磷酸中H3PO4的质量分数是 = 。,7.(2017天津理综,10,14分)H2S和SO2会对环境和人体健康带来极大的危害,工业上采取多种方 法减少这些有害气体的排放,回答下列各方法中的问题。 .H2S的除去 方法1:生物脱H2S的原理为: H2S+Fe2(SO4)3 S+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(SO4)3+2H2O (1)硫杆菌存在时,FeSO4被氧化的速率是无菌时的5105倍,该菌的作用是 。 (2)由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为 。若反应温度过高,反应速率 下降,其原因是 。,方法2:在一定条件下,用H2O2氧化H2S (3)随着参加反应的n(H2O2)/n(H2S)变化,氧化产物不同。当n(H2O2)/n(H2S)=4时,氧化产物的分 子式为 。 .SO2的除去 方法1(双碱法):用NaOH吸收SO2,并用CaO使NaOH再生 NaOH溶液 Na2SO3溶液 (4)写出过程的离子方程式: ;CaO在水中存在如下转化:,CaO(s)+H2O(l) Ca(OH)2(s) Ca2+(aq)+2OH-(aq) 从平衡移动的角度,简述过程 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。若氨水的浓度为2.0 molL-1,溶液中的c(OH-)= molL-1。将SO2通入该氨水中,当c(OH-)降至1.010-7 molL-1 时,溶液中的c(S )/c(HS )= 。,答案 (14分)(1)降低反应活化能(或作催化剂) (2)30 、pH=2.0 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性) (3)H2SO4 (4)2OH-+SO2 S +H2O S 与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成 (5)6.010-3 0.62,解析 本题考查化学反应原理,涉及反应条件的选择、氧化还原反应、方程式的书写、化学 计算等。 (1)催化剂可降低反应的活化能,大大加快反应速率。 (2)由题图可得使用硫杆菌的最佳条件为30 、pH=2;温度过高易使蛋白质变性而失去活 性。 (3)当n(H2O2)/n(H2S)=4时,反应的化学方程式为4H2O2+H2S H2SO4+4H2O,氧化产物为H2SO4。 (5)由Kb=1.810-5= ,得c(OH-)=6.010-3 molL-1; =6.210-8= ,25 时c(OH-)=1.010-7 molL-1的溶液呈中性,则c(H+)=1.010-7 molL-1,解得 c(S )/c(HS )=0.62。,知识拓展 使蛋白质变性的因素 物理因素:加热、加压、搅拌、振荡、紫外线照射等。 化学因素:强酸、强碱、重金属盐、甲醛、乙醇、丙酮等。,考点二 绿色化学与环境保护,8.(2015浙江理综,7,6分)下列说法不正确的是 ( ) A.液晶态介于晶体状态和液态之间,液晶具有一定程度的晶体的有序性和液体的流动性 B.常压下,0 时冰的密度比水的密度小,水在4 时密度最大,这些都与分子间的氢键有关 C.石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性和纳米银粒子的聚集都是化学变化 D.燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施,答案 C 石油裂解、煤的干馏、玉米制醇、蛋白质的变性均属于化学变化,纳米银粒子的 聚集属于物理变化,C项不正确。,9.(2018课标,8,6分)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图 所示)。下列叙述错误的是 ( ) A.雾和霾的分散剂相同 B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C.NH3是形成无机颗粒物的催化剂 D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关,答案 C 本题考查硫、氮化合物的相关知识。雾和霾的分散剂均为空气,A正确;由题图可 知雾霾中含有NH4NO3和(NH4)2SO4,B正确;NH3应是形成无机颗粒物的反应物,C错误;过度施用 氮肥会增加大气中NH3的含量,D正确。,知识拓展 烟、云、雾的分散剂均为空气。,C组 教师专用题组,考点一 氧、硫及其化合物,1.(2016江苏单科,18,12分)过氧化钙(CaO28H2O)是一种在水产养殖中广泛使用的供氧剂。 (1)Ca(OH)2悬浊液与H2O2溶液反应可制备CaO28H2O。 Ca(OH)2+H2O2+6H2O CaO28H2O 反应时通常加入过量的Ca(OH)2,其目的是 。 (2)向池塘水中加入一定量CaO28H2O后,池塘水中浓度增加的离子有 (填序号)。 A.Ca2+ B.H+ C.C D.OH- (3)水中溶解氧的测定方法如下:向一定量水样中加入适量MnSO4和碱性KI溶液,生成MnO (OH)2沉淀,密封静置;加入适量稀H2SO4,待MnO(OH)2与I-完全反应生成Mn2+和I2后,以淀粉作指 示剂,用Na2S2O3标准溶液滴定至终点。测定过程中物质的转化关系如下: O2 MnO(OH)2 I2 S4 写出O2将Mn2+氧化成MnO(OH)2的离子方程式: 。 取加过一定量CaO28H2O的池塘水样100.00 mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.010 0 0 molL-1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mgL-1表示),写出计算过程。,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水样中 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过量可提高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与Mn2+按物质的量之比12反应。,2.(2016北京理综,28,16分)以Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对象,探究盐的性 质和盐溶液间反应的多样性。,(1)经检验,现象中的白色沉淀是Ag2SO3。用离子方程式解释现象: 。 (2)经检验,现象的棕黄色沉淀中不含S ,含有Cu+、Cu2+和S 。 已知:Cu+ Cu+Cu2+,Cu2+ CuI(白色)+I2。 用稀H2SO4证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 。,通过下列实验证实,沉淀中含有Cu2+和S 。 a.白色沉淀A是BaSO4,试剂1是 。 b.证实沉淀中含有Cu2+和S 的理由是 。 (3)已知:Al2(SO3)3在水溶液中不存在。经检验,现象的白色沉淀中无S ,该白色沉淀既能溶 于强酸,又能溶于强碱,还可使酸性KMnO4溶液褪色。 推测沉淀中含有亚硫酸根和 。 对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设:.被Al(OH)3所吸附;.存在于铝的碱式盐 中。对假设设计了对比实验,证实了假设成立。 a.将对比实验方案补充完整。,步骤一: 步骤二: (按上图形式呈现)。 b.假设成立的实验证据是 。 (4)根据实验,亚硫酸盐的性质有 。盐溶液间反应的多样性与 有关。,答案 (16分)(1)2Ag+S Ag2SO3 (2)析出红色固体 a.HCl和BaCl2溶液 b.在I-的作用下,Cu2+转化为白色沉淀CuI,S 转化为S (3)Al3+、OH- a. b.V1明显大于V2 (4)亚硫酸盐的溶解性、氧化还原性、在水溶液中的酸碱性 两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件,解析 (2)题中明确告知棕黄色沉淀中含有Cu+、Cu2+和S ,证实含有Cu+的实验现象不能 答溶液出现蓝色,因沉淀中的Cu2+在稀H2SO4作用下,也进入了溶液。A是BaSO4沉淀,则试剂1 的作用是检验上层清液中是否含有S ,但检验S 时要防止S 的干扰,所以试剂1应是HCl 和BaCl2溶液;上层清液中没有检出I2,可知I2和S 反应生成了I-和S 。 (3)由题中信息可推知,沉淀中还含有Al3+、OH-。在对比实验中要将Na2SO3溶液更换成一 种碱,这样就不会生成碱式盐,考虑到Al(OH)3的两性特征,NH3H2O是最好的选择,步骤一中白 色沉淀的成分是碱式亚硫酸铝,在其中加入NaOH溶液,沉淀不会马上溶解,而是先与OH-反应 生成Al(OH)3沉淀,这就导致了V1大于V2,通过这一实验事实,即可证实假设成立。,考点二 绿色化学与环境保护,3.(2015江苏单科,20,14分)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO3水悬浮液吸收,可 减少烟气中SO2、NOx的含量。O3氧化烟气中SO2、NOx的主要反应的热化学方程式为: 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)反应3NO(g)+O3(g) 3NO2(g)的H= kJmol-1。 (2)室温下,固定进入反应器的NO、SO2的物质的量,改变加入O3的物质的量,反应一段时间后 体系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)随反应前 n(O3)n(NO)的变化见下图。,当n(O3)n(NO)1时,反应后NO2的物质的量减少,其原因是 。 增加n(O3),O3氧化SO2的反应几乎不受影响,其可能原因是 。 (3)当用CaSO3水悬浮液吸收经O3预处理的烟气时,清液(pH约为8)中S 将NO2转化为N ,其 离子方程式为 。 (4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶液,达到平衡后溶液中c(S )= 用c(S,)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示;CaSO3水悬浮液中加入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将NO2氧化为更高价氮氧化物(或生成了N2O5) SO2与O3的反应速率慢 (3)S +2NO2+2OH- S +2N +H2O (4) c(S ) CaSO3转化为CaSO4使溶液中S 的浓度增大,加快S 与NO2的反 应速率,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 ,运用盖斯定律+2可得出3NO(g)+O3(g) 3NO2(g) H= -200.9 kJmol-1+(-58.2 kJmol-12)=-317.3 kJmol-1。 (2)由图中信息可知,当n(O3)n(NO)1时,SO2、NO的量都不随n(O3)n(NO)的改变而改变, 只有NO2的量在减小,说明NO2与过量的O3发生了反应,NO2被O3氧化生成了更高价氮氧化物。 由题中信息可知SO2与O3能发生反应,但题图信息显示,随O3量的增加,SO2的量基本不变,说 明二者的反应速率很慢,短时间内测不出SO2的量在改变。 (3)依题给信息可知NO2被还原生成N ,则S 被氧化生成S ,二者在弱碱性环境中反应。 (4)达平衡后溶液中:c(Ca2+)c(S )=Ksp(CaSO3)、c(Ca2+)c(S )=Ksp(CaSO4),同一溶液中c(Ca2+) 相等,则有 = ,故c(S )= c(S );Na2SO4溶液的加入会使 CaSO3 的溶解平衡正向移动,致使c(S )增大,吸收NO2的速率加快。,4.(2014四川理综,11,16分)污染物的有效去除和资源的充分利用是化学造福人类的重要研究 课题。某研究小组利用软锰矿(主要成分为MnO2,另含有少量铁、铝、铜、镍等金属化合物) 作脱硫剂,通过如下简化流程既脱除燃煤尾气中的SO2,又制得电池材料MnO2(反应条件已省 略)。 请回答下列问题: (1)上述流程脱硫实现了 (选填下列字母编号)。 A.废弃物的综合利用 B.白色污染的减少,C.酸雨的减少 (2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,其原因是 。 (3)已知:25 、101 kPa时,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与MnO2反应生成无水MnSO4的热化学方程式是 。 (4)MnO2可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO4溶液可制得MnO2,其阳极的电极反应 式是 。 (5)MnO2是碱性锌锰电池的正极材料。碱性锌锰电池放电时,正极的电极反应式是 。 (6)假设脱除的SO2只与软锰矿浆中MnO2反应。按照图示流程,将a m3(标准状况)含SO2的体积 分数为b%的尾气通入矿浆,若SO2的脱除率为89.6%,最终得到MnO2的质量为c kg,则除去铁、 铝、铜、镍等杂质时,所引入的锰元素相当于MnO2 kg。,答案 (16分)(1)A、C (2)消耗溶液中的酸,促进Al3+和Fe3+水解生成氢氧化物沉淀 (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 稀硫酸酸化的软锰矿浆吸收含SO2的尾气,将MnO2转化为MnSO4,其中还含有少量的 铁、铝、铜、镍的硫酸盐杂质及过量的H2SO4,加MnCO3可消耗过量的H2SO4,调节pH,使Al3+和 Fe3+水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。过滤后往滤液中加MnS,可将Cu2+、Ni2+转化为 CuS、NiS沉淀除去。再过滤后往滤液中加KMnO4溶液,发生反应:2KMnO4+3MnSO4+2H2O 5MnO2+K2SO4+2H2SO4,回收K2SO4,干燥后得到MnO2。 (3)将题中三个方程式依次编号为、,MnO2(s)+SO2(g) MnSO4(s)可由-得 出,其H也可作相应计算。 (6)除去铁、铝、铜、镍时引入的锰元素可由加KMnO4溶液前溶液中Mn2+与软锰矿浆中Mn2+ 的差值计算。由SO2+MnO2 MnSO4、2KMnO4+3MnSO4+2H2O 5MnO2+K2SO4+2H2 SO4可知,除去铁、铝、铜、镍时,所引入的锰元素相当于MnO2的质量m=( - )8710-3kg= kg。,A组 20172019年高考模拟考点基础题组,三年模拟,考点一 氧、硫及其化合物,1.(2019广西梧州2月联考,7)化学与生产、生活密切相关,下列说法正确的是 ( ) A.酒精溶液可以使蛋白质变性,酒精纯度越高,杀菌消毒效果越好 B.在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂,使酒保持良好品质 C.泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液应贮存在钢筒内 D.在纯铁中混入碳元素制成“生铁”,可以提高其抗腐蚀能力,答案 B 医用酒精的浓度为75%,浓度过大的酒精能够使细菌表面的蛋白质凝固,形成一层 硬膜,这层硬膜会阻止酒精分子进一步渗入细菌内部,反而保护了细菌,A错误;二氧化硫具有还 原性,在葡萄酒中添加微量二氧化硫作抗氧化剂,使酒保持良好品质,B正确;泡沫灭火器中的 Al2(SO4)3水解使溶液显酸性,若储存在钢筒内,会腐蚀钢筒,应保存在内筒的塑料桶内,C错误;在潮 湿的环境中,“生铁”中C和Fe可以形成原电池,Fe作负极,发生氧化反应,加快Fe的腐蚀,使其 抗腐蚀能力降低,D错误。,易错警示 A选项误认为酒精浓度越大越好,C选项易忽略Al2(SO4)3水解使溶液显酸性,会腐蚀 钢筒。,2.(2018云南临沧一中期末,6)把少量SO2分别通入浓度相同的Ba(NO3)2溶液;Ba(OH)2溶液; 溶有氨的BaCl2溶液中。预计能观察到白色沉淀的溶液是 ( ) A.和 B.只有 C.和 D.,答案 D SO2溶于水生成H2SO3,H2SO3有酸性、还原性,N 在酸性条件下有强氧化性,则 二氧化硫和硝酸钡溶液能反应生成硫酸钡白色沉淀;二氧化硫属于酸性氧化物,少量二氧化 硫和氢氧化钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀;二氧化硫和氯化钡不反应,但二氧化硫和一 水合氨反应生成亚硫酸铵,亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀。,3.(2019四川教考联盟二诊,7)酸雨的形成是一种复杂的大气化学和光化学过程,在清洁空气、 污染空气中形成硫酸型酸雨的过程如下: 下列有关说法不正确的是 ( ) A.所涉及的变化均为氧化还原反应 B.光照是酸雨形成的必要条件之一 C.污染指数越高形成酸雨的速率越快 D.优化能源结构能有效遏制酸雨污染,答案 A A项,SO2变为激发态SO2,没有化合价变化,并未发生氧化还原反应,A不正确;B项,结 合图中信息知产生激发态SO2和OH自由基需要光照条件,B正确;C项,途径的速率大于途径 ,C正确;D项,使用化石燃料将产生SO2进而产生酸雨,如果对化石燃料优化处理能有效遏制 酸雨污染,D正确。,解题关键 熟悉化学与生态环境的相关知识,掌握氧化还原反应的判断依据及酸雨的形成和 防治措施是解答本题的关键。,4.(2019四川蓉城名校联盟第二次联考,26)硫酸亚铁铵(NH4)2Fe(SO4)2是一种重要的化学试剂。 现有甲、乙两个化学学习小组做了如下实验。 .甲学习小组用图甲所示装置制备硫酸亚铁铵,所用药品有铁屑、稀硫酸、(NH4)2SO4溶液。 图甲 (1)装置C的名称是 ,(NH4)2SO4溶液在 (填“A”或“B”)装置中。 (2)装置A中发生反应的化学方程式为 。 (3)将B中的液体倒入蒸发皿蒸干时,往往先加入一定量的硫酸。其作用是防止Fe2+被氧化和 。 (4)为防止B中制得的(NH4)2Fe(SO4)2被氧化变质,实验操作是 。,.乙学习小组为了探究硫酸亚铁铵分解产物,査阅资料发现:硫酸亚铁铵隔绝空气加热到110 左右完全分解。气体产物有N2、H2O、NH3和。该学习小组检验X气体的组成。 (5)该学习小组猜想X气体只有三种可能。分别是:.SO2;.SO3;. 。 (6)该学习小组利用图乙装置进行检验。 图乙 实验现象是B中未出现沉淀,C中溶液变浑浊。得出的结论是 ,C中发生反应的 离子方程式是 。,答案 .(1)分液漏斗 B (2) Fe+H2SO4 FeSO4+H2 (3)抑制Fe2+和N 水解 (4)先打开止水夹K1,再打开分液漏斗活塞开关a,滴加稀硫酸,向B中通入氢气一段时间后,关闭 止水夹K1,打开K2,反应生成的氢气把生成的硫酸亚铁溶液压入B装置 .(5)SO2和SO3 (6)X气体是SO2或猜想 正确 SO2+H2O2+Ba2+ BaSO4+2H+,解析 .(1)装置C的名称是分液漏斗;硫酸铵溶液装在装置B中。(2)装置A中铁与稀硫酸反 应生成硫酸亚铁和氢气,反应的化学方程式为Fe+H2SO4 FeSO4+H2。(3)B中的液体为硫 酸亚铁铵,为防止亚铁离子被氧化,抑制Fe2+和N 水解,将硫酸亚铁铵溶液倒入蒸发皿蒸干时, 应先加入一定量的硫酸。(4)为防止制得的(NH4)2Fe(SO4)2被氧化变质,应该形成无氧环境。. (5)依据氧化还原反应的特点可知X气体中一定有二氧化硫,可能有三氧化硫。(6)由实验现象 B中未出现沉淀,C中溶液变浑浊判断,X中有二氧化硫,没有三氧化硫;C中溶液变浑浊的原因是 二氧化硫与双氧水反应生成硫酸,硫酸与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀,反应的离子方程式为SO 2+H2O2+Ba2+ BaSO4+2H+。,思路分析 .由实验装置图可知,制备硫酸亚铁铵的原理为,先打开止水夹K1,再打开分液漏 斗活塞开关a,铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气,反应生成的氢气可排尽装置中的空气,向 B中通入氢气一段时间后,关闭止水夹K1,打开K2,反应生成的氢气把生成的硫酸亚铁溶液压入 B装置中与硫酸铵发生反应生成硫酸亚铁铵;.由题意知,硫酸亚铁铵隔绝空气加热到110 左右完全分解,气体产物有N2说明反应中N元素化合价升高,由此可知反应中S元素化合价一定 降低,还原产物中一定有二氧化硫,可能有SO3。,考点二 绿色化学与环境保护,5.(2017广西柳州2月模拟,1)下列说法错误的是 ( ) A.氧化钙用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患 B.“地沟油”经过加工处理后,可以用来制肥皂和生物柴油 C.雾霾天气对人体健康造成危害,“雾”和“霾”的分散质微粒不相同 D.绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理,答案 D 氧化钙与水反应放出大量的热,生成的氢氧化钙具有较强的腐蚀性,故氧化钙用作 儿童食品的干燥剂存在安全隐患,A项正确;“地沟油”的主要成分为油脂,能与氢氧化钠发生 皂化反应制得肥皂,能发生酯交换反应制得生物柴油,B项正确;雾霾天气对人体健康造成危害, “雾”的分散质为小液滴,“霾”的分散质为固体小颗粒,微粒不相同,C项正确;绿色化学的核 心是从源头上消除污染,不是利用化学原理对环境污染进行治理,D项错误。,6.(2019四川南充第三次适应性考试,7)化学与生产、生活、科技、环境等密切相关。下列说 法正确的是 ( ) A.本草纲目中“冬月灶中所烧薪柴之灰,令人以灰淋汁,取碱浣衣”中的碱是KOH B.高铁“复兴号”车厢连接关键部位使用的增强聚四氟乙烯板属于无机高分子材料 C.泡沫灭火器中的Al2(SO4)3溶液应贮存在铁制内筒中 D.用“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法,可提高空气质量,答案 D A项,草木灰的主要成分为K2CO3,用水溶解后,因碳酸根离子的水解使溶液显碱性,A 错误;B项,聚四氟乙烯俗称“塑料王”,是有机高分子材料,B错误;C项,Al2(SO4)3溶液中铝离子 水解显酸性,会腐蚀铁筒,C错误;D项,“静电除尘”除去可吸入颗粒物,“燃煤固硫”“汽车尾 气催化净化”均可减少大气污染物的排放,因此这些做法均可提高空气质量,D正确。,解题关键 熟悉日常生活中的化学知识是解答本题的关键。,7.2017贵州毕节适应性监测考试(三),7化学与社会、生产、生活密切相关,下列说法正确的 是 ( ) A.汽车尾气中的氮氧化物是汽油或柴油不完全燃烧造成的 B.“绿色化学”的核心是利用化学原理对产生的污染物进行治理 C.减少燃煤、严格控车、调整产业结构是治理雾霾的有效措施 D.硫酸亚铁片和维生素C同时服用,不能增强治疗缺铁性贫血的效果,答案 C A项,汽车尾气中含有大量大气污染物,主要是在高温下氮气与氧气反应形成的,汽 油不完全燃烧产生CO,A错误;B项,绿色化学又称环境友好化学,绿色化学的核心是利用化学原 理从源头上减少和消除工业生产对环境的污染,B错误;C项,汽车尾气中含有烟尘等颗粒物,化 石燃料的燃烧等都会造成大气的污染,调整产业结构,尽量减少化石燃料的燃烧能够减少雾霾, C正确。D项,维生素C具有还原性,硫酸亚铁片和维生素C同时服用,可防止Fe2+被氧化,能增强 治疗缺铁性贫血的效果,D错误。,解题技巧 掌握化学与生活、大气污染的有关判断,注意对生活化学知识的积累,多关注社会 热点话题等。,8.(2019四川攀枝花第二次统考,8)工业上制汞的过程是焙烧辰砂(主要含HgS),发生反应:HgS+ O2 Hg+SO2,还原出的汞呈气态,冷凝得液态汞。其流程如下图: 下列说法中,不正确的是 ( ) A.HgS+O2 Hg+SO2 属于置换反应 B.含汞烟气必须处理达标后才能排放 C.流程中加入氧化钙的目的是减少SO2的排放 D.洗涤粗汞时可用5%的盐酸代替5%的硝酸,答案 D HgS+O2 Hg+SO2中有单质参加反应,并有单质生成,属于置换反应,A正确;汞污 染环境,不能直接排放,必须处理达标后才能排放,B正确;加入CaO可生成硫化钙、硫酸钙,避免 生成二氧化硫造成污染,C正确;用5%的硝酸可除去铅、铜等杂质,而盐酸与铜不反应,D错误。,知识拓展 汞蒸气有毒,实验室里不慎洒落一些汞,可撒上硫粉进行处理。,9.(2018四川乐山第三次调研,26)莫尔盐(NH4)2Fe(SO4)26H2O(浅绿色)常用作化学试剂、医药 以及用于冶金、电镀等。某课题组通过实验来探究莫尔盐晶体加热时的分解产物,回答下列 问题: (1)甲同学提出猜想:分解产物可能是N2、Fe2O3、SO3、H2O四种物质。你是否同意并说明理 由 。 (2)乙同学设计了如图装置: 其中A装置中的固体变为红棕色,则固体产物中含有 ;C装置中红色褪去,说明气体,产物中含有 。 为验证A中残留物是否含有FeO,需要选的试剂有 。 A.KSCN溶液 B.浓盐酸 C.KMnO4溶液 D.稀硫酸 (3)丙同学想利用乙同学的装置证明分解产物中含有氨气,只需更换B、C 中的试剂即可,则更 换后的试剂B为 ,C为 。 (4)丁同学认为莫尔盐晶体分解的气体产物中含有SO3(g)、SO2(g)及N2。为了进行验证,丁同学 选用乙同学的A装置和下图装置组装后进行实验。,丁同学的实验中,装置依次连接的合理顺序为A 。 装置F中,足量盐酸的作用是 。,答案 (1)否;若只有这四种产物生成,则只有化合价的升高没有化合价的降低 (2)Fe2O3 SO2 CD (3)碱石灰 红色石蕊溶液 (4)HFDEG 增加溶液的酸度,减少SO2的溶解,解析 (1)甲同学猜想的分解产物中,各元素化合价与反应物中各元素化合价对比,只有化合价 的升高没有化合价的降低,不符合氧化还原反应规律。 (2)氧化铁固体为红棕色,所以固体产物中含有Fe2O3;品红溶液褪色,说明产物中有二氧化硫 气体。A中残留物先加入稀硫酸,若有FeO,则生成硫酸亚铁,再加入KMnO4溶液,亚铁离子被 氧化,高锰酸钾被还原,溶液褪色。 (3)装置B中加入碱石灰,吸收二氧化硫气体,然后利用氨气的水溶液显碱性能使红色石蕊溶液 变蓝的性质证明有氨气生成。 (4)因SO3易溶于水,A装置后如果直接连接带有溶液的装置可能会发生倒吸,因此A装置后应 连接装置H作安全瓶,先用Ba2+检验SO3,混合气体先通过F装置;检验SO2应选用品红溶液,F后接 D;因SO2是有毒气体,检验后用NaOH溶液吸收,D后接E,最后连接G,检验是否有N2生成。装 置F中,足量盐酸的作用是增加溶液的酸度,减少SO2的溶解。,思路分析 莫尔盐晶体分解的气体产物中含有SO3(g)、SO2(g)及N2,检验的方法:混合气体先 通过溶有盐酸的氯化钡溶液,有白色沉淀产生,证明含有SO3(g);接着通入品红溶液中,如果品红 褪色,证明有SO2(g);最后气体用排水法收集,得到氮气。,B组 20172019年高考模拟专题综合题组 时间:30分钟 分值:60分 一、选择题(每小题6分,共30分),1.(2018西藏林芝第一中学第三次月考,7)下列叙述中不正确的是 ( ) A.处理废水时,明矾可作为净水剂以吸附水中的杂质 B.利用可降解的“玉米塑料”做一次性饭盒,可防止产生白色污染 C.钢筋混凝土属于高分子化合物 D.安装催化光解设施,可使汽车尾气中的CO和NOx反应生成无毒气体,答案 C 明矾中铝离子水解生成胶体,可吸附水中的杂质,A正确;利用可降解的“玉米塑 料”做一次性饭盒,可防止产生白色污染,B正确;钢筋混凝土不是高分子化合物,C错误;在催化 剂作用下,CO和NOx反应生成无毒气体(氮气和二氧化碳),可减少汽车尾气中有毒气体的排放, D正确。,解题关键 掌握明矾净水的原理、白色污染的产生与防治、高分子化合物的概念、汽车尾 气对环境的影响是解题的关键。,知识拓展 绿色化学的特点:(1)充分利用资源和能源,采用无毒无害的原料;(2)在无毒无害的 条件下进行反应,减少向环境排放废物;(3)提高原子利用率,力图使原料的原子利用率达到10 0%;(4)生产出有利于环境保护、社会安全和人体健康的环境友好产品。,2.(2019四川宜宾一诊,11)Na2SmOn对应的多种盐,均为工业生产中的重要物质。下列说法中错 误的是 ( ) A.若m=1,n=3,该盐溶液可用于吸收 Cl2 B.若m=1,n=4,检验其阴离子可先加盐酸酸化,再加 BaCl2溶液 C.若m=2,n=3,该盐与稀硫酸发生复分解反应 D.若m=2,n=8,若该盐中S显+6价,则1个S2 中过氧键的数目为1,答案 C 若m=1,n=3,则该盐为亚硫酸钠,可与氯气发生氧化还原反应,可吸收氯气,A正确;若 m=1,n=4,则该盐为硫酸钠,检验硫酸根离子时先加盐酸酸化排除干扰离子,再加BaCl2溶液,B正 确;若m=2,n=3,则该盐为Na2S2O3,酸性条件下发生氧化还原反应生成S、二氧化硫,C