202X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

1、专题九氧、硫及其化合物绿色化学与环境保护高考化学高考化学 (课标专用)五年高考A A组组 课标课标卷区题组卷区题组考点一氧、硫及其化合物考点一氧、硫及其化合物1.(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

2、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mg样品,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,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.1000molL-1Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S22I-+S4。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为,样品中S2-的含量为(写出表达式)。

3、23O26O答案答案(1)D(2)BaSO4+4CBaS+4COCO+H2OCO2+H2BaCO3S2-+Ba2+Zn2+SBaSO4ZnS(3)浅蓝色至无色100%24O1(25.00)0.1000 3221000Vm解析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

4、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Na2S

5、2O3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-+I2S+2I-,参与该反应的I2的物质的量为(25.0010-30.1000-V10-30.1000)mol=(25.00-V)24O12120.100010-3mol=n(S2-),则样品中S2-的含量为100%。1(25.00)0.1000 3221000Vm易错提醒易错提醒(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。考点二绿色化学与环境保护考点二绿色化学与环境保护2.(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

6、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。知识拓展知识拓展烟、云、雾的分散剂均为空气。3.(2016课标,7,6分)下列有关燃料的说法的是()A.燃料燃烧产物CO2是温室气体之一B.化石燃料完全燃烧不会造成大气污染C.以液化石油气代替燃油可减少大气污

7、染D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一错误答案答案B化石燃料包括煤、石油、天然气等,完全燃烧也会产生SO2等污染性气体,故B项错误。易错警示易错警示化石燃料中不仅含C、H元素,还含有少量的N、S等元素。疑难突破疑难突破液化石油气中含杂质少,燃烧更充分,燃烧产生的CO、SO2、NOx较少,对空气污染小。B B组课标组课标、课标、课标、自主命题、自主命题省省( (区、市区、市) )卷题组卷题组考点一氧、硫及其化合物考点一氧、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.

8、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,H2SO4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

9、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答案BA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。审题方法审题方法审题关键是“没有发生化学变化”。逐一甄别即可找出答案。3.(2017北京理综,10,6分)根据SO2通入不同溶液中的实验现象,所得结论不正确的是()溶液现象结论A含HC

10、l、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性:H2SO3H2SiO3答案答案C本题考查SO2的氧化性、还原性等知识。SO2使酸性KMnO4溶液褪色是因为SO2具有还原性,与KMnO4发生了氧化还原反应。4.(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Ba

11、SO3和BaSO4答案答案BA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。3O23O24O5.(2018江苏单科,16,12分)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金属硫酸盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下:(1)焙烧过程均会产生SO2,用NaOH溶液吸收过量SO2的离子方程式为。(2)添加1%CaO和不添加CaO的矿粉焙烧,其硫去除率随温度变化曲线如图所示。

12、已知:多数金属硫酸盐的分解温度都高于600硫去除率=(1-)100%不添加CaO的矿粉在低于500焙烧时,去除的硫元素主要来源于。700焙烧时,添加1%CaO的矿粉硫去除率比不添加CaO的矿粉硫去除率低,其主要原因是。(3)向“过滤”得到的滤液中通入过量CO2,铝元素存在的形式由(填化学式)转化为(填化学式)。(4)“过滤”得到的滤渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,理论上完全反应消耗的n(FeS2) n(Fe2O3)=。焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量答案答案(12分)(1)SO2+OH-HS(2)FeS2硫元素转化为Ca

13、SO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)1 163O解析解析本题考查化学工艺流程的分析、硫及其化合物,氧化还原反应的计算。(1)用NaOH溶液吸收过量SO2生成NaHSO3,离子方程式为OH-+SO2HS。(2)FeS2在低于500焙烧时能与空气中的O2反应生成Fe2O3和SO2,发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故不添加CaO的矿粉在焙烧时去除的硫元素主要来源于FeS2;700焙烧时,添加CaO后,硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中,使矿粉硫去除率降低。(3)矿粉焙烧后加NaOH溶液碱浸时,Al2O3能与NaOH溶液反应生成NaAlO2,发生的反应为Al

14、2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O,过滤后,NaAlO2在滤液中,向滤液中通入过量CO2时,发生反应NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHCO3,所以铝元素存在的形式由NaAlO2转化为Al(OH)3。(4)分析反应前后元素化合价的变化,利用得失电子守恒知:n(FeS2)+52n(FeS2)=2n(Fe2O3),解得=,即理论上完全反应消耗的n(FeS2) n(Fe2O3)=1 16。3O2313223(FeS )(Fe O )nn1166.(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

15、方法中的问题。.H2S的除去方法1:生物脱H2S的原理为:H2S+Fe2(SO4)3S+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(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Na

16、2SO3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2.0molL-1,溶液中的c(OH-)=molL-1。将SO2通入该氨水中,当c(OH-)降至1.010-7molL-1时,溶液中的c(S)/c(HS)=。1aK2aK23O3O答案答案(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(

17、或硫杆菌失去活性)(3)H2SO4(4)2OH-+SO2S+H2OS与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成(5)6.010-30.6223O23O解析解析(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+H2SH2SO4+4H2O,氧化产物为H2SO4。(5)由Kb=1.810-5=,得c(OH-)=6.010-3molL-1;=6.210-8,25时c(OH-)=1.010-7molL-1的溶液呈中性,则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知识拓展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。7.(2015福建理综,23,15分)研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义。(1)硫离子的结构示意图为。加热时,硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液与木炭反应的化学方程式为。(2)25,在0.10molL-1H2S溶液中,通入HCl气体或加入NaOH固体以调节溶液p

19、H,溶液pH与c(S2-)关系如下图(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发)。pH=13时,溶液中的c(H2S)+c(HS-)=molL-1。某溶液含0.020molL-1Mn2+、0.10molL-1H2S,当溶液pH=时,Mn2+开始沉淀。已知:Ksp(MnS)=2.810-13(3)25,两种酸的电离平衡常数如下表。H2SO31.310-26.310-8H2CO34.210-75.610-111aK2aKHS的电离平衡常数表达式K=。0.10molL-1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为。3O答案答案(1)C+2H2SO4(浓)

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)硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓H2SO4,具有强氧化性,与木炭发生反应的化学方程式为C+2H2SO4(浓)CO2+2SO2+2H2O。(2)观察图像知,pH=13时,c(S2-)=5.710-2molL-1,由硫原子守恒知,c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1molL-1,代入数据得:c(H2S)+c(

21、HS-)=0.1molL-1-c(S2-)=0.1molL-1-5.710-2molL-1=0.043molL-1;当Mn2+开始沉淀时,溶液中c(S2-)=molL-1=1.410-11molL-1,观察图像知,此时pH=5。(3)在0.10molL-1Na2SO3溶液中存在:S+H2OHS+OH-(主要),HS+H2OH2SO3+OH-(次要),H2OH+OH-(水的电离平衡),故离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(S)c(OH-)c(HS)c(H+);结合表中数据知,酸性:H2SO3H2CO3HSHC,故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的离子方程式为H2SO3+HCHS+CO2+

22、H2O。sp2()(Mn)KMnSc132.8 100.02023O3O3O23O3O3O3O3O3O8.(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+6H2OCaO28H2O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.CD.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

23、;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:O2MnO(OH)2I2S4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100.00mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.01000molL-1Na2S2O3标准溶液13.50mL。计算该水样中的溶解氧(以mgL-1表示),写出计算过程。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水样中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过量可提高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与Mn2+按物质的量之比1 2反应。考点二绿色化学与环境保护考点二绿色化学与环境保护9.(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=-200.9kJmol-1NO(g)+O2(g)NO2(g)H=-58.2kJmol-1SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)H=-241.6kJmol-1(1)反应3NO(g)+O3(g)3NO2(g)的H=kJmol-1。(2)室

26、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。12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。23O2O(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

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,运用盖斯定律+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含量的增加,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,c(Ca2+)c(S)=Ksp(CaSO3)、c(Ca2+)c(S)=Ks

29、p(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。122O23O24O23O24O2324(SO )(SO )ccsp3sp4(O )(O )KCaSKCaS23Osp3sp4(O )(O )KCaSKCaS24O23OC C组教师专用题组组教师专用题组考点一氧、硫及其化合物考点一氧、硫及其化合物1.(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)+O

30、2(g)H1=+551kJmol-1反应:S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-297kJmol-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。p2p1(填“”或“A。结合、反应速率解释原因:。答案答案(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)H2=-254kJmol-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)SO2S4H+(4)0.4I-是SO2歧化反应的催化剂,H+单独存在时不

31、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24O解析解析本题以“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=-254kJmol-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

32、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0.2molL-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。2.(2015安徽理综,28,14分)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2,该小组提出了如下假设:假设一:溶液中的N假设二:溶液中溶解的O2

33、(1)验证假设一该小组设计实验验证了假设一。请在下表空白处填写相关实验现象。3O实验步骤实验现象结论实验1:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1BaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体假设一成立实验2:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1Ba(NO3)2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体(2)为深入研究该反应,该小组还测得上述两个实验中溶液pH随通入SO2体积的变化曲线如图。实验1中溶液pH变小的原因是;V1时,实验2中溶液pH小于实验1的原因是(用离子方程式表示)。(3)验证假设二请设计实验验证假设二,写出实验步骤、预期现象和结论。实验步骤、预期现象和结论(不要求写具

34、体操作过程):(4)若假设二成立,请预测:在相同条件下,分别用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液体积变化忽略不计),充分反应后两溶液的pH前者(填“大于”或“小于”)后者,理由是。答案答案(1)无明显现象有白色沉淀(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO(或3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O)(3)实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程):实验1作为参照实验实验3:将纯净的SO2气体缓慢通入未经脱O2处理的25mL0.1molL-1BaCl2溶液中,若有白色沉淀,表明假设二成立,否则不成立。(4)小于反应的离子方程式表明,足量

35、的O2和N分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者(本题部分小题属于开放性试题,合理答案均给分)3O24O3O24O3O解析解析(1)不含O2的BaCl2溶液中通入SO2气体无明显现象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀,表明溶液中的N能氧化SO2气体产生BaSO4白色沉淀。(2)向BaCl2溶液中通入SO2气体,二者不发生反应,但SO2溶于水可以与水反应生成H2SO3使溶液显酸性;向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体,N可以把SO2氧化为H2SO4使溶液pH减小,反应的离子方程式为3SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO

36、3的离子方程式:2H2SO3+O24H+2S和N氧化H2SO3的离子方程式:3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O知,足量的O2和N分别氧化相同的H2SO3,生成H+的物质的量前者多于后者,故反应后两溶液的pH前者小于后者。3O3O3O24O24O3O3O24O3O3.(2014福建理综,25,15分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一。某研究小组进行如下实验:实验一焦亚硫酸钠的制取采用下图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5。装置中有Na2S2O5晶体析出,发生的反应为:Na2SO3+SO2Na2S2O5(1)装置中产生气体的化学方程式为。(2)要从装置

37、中获得已析出的晶体,可采取的分离方法是。(3)装置用于处理尾气,可选用的最合理装置(夹持仪器已略去)为(填序号)。实验二焦亚硫酸钠的性质Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。(4)证明NaHSO3溶液中HS的电离程度大于水解程度,可采用的实验方法是(填序号)。a.测定溶液的pHb.加入Ba(OH)2溶液c.加入盐酸d.加入品红溶液e.用蓝色石蕊试纸检测(5)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是。实验三葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定(6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:葡萄酒样品3O100.00mL馏分溶液出现蓝色且

38、30s内不褪色(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为gL-1。在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测定结果(填“偏高”“偏低”或“不变”)。答案答案(1)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O(或Na2SO3+2H2SO42NaHSO4+SO2+H2O)(2)过滤(3)d(4)a、e(5)取少量Na2S2O5晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成(6)0.16偏低解析解析(2)从装置中分离晶体

39、,即固体和液体分离,采用过滤即可。(3)处理尾气时既要考虑能吸收SO2,又要考虑防倒吸。a装置密闭,b和c不能用来吸收SO2,d装置符合要求。(4)要证明NaHSO3溶液中HS的电离程度大于水解程度,即要证明NaHSO3溶液显酸性,a和e符合。无论HS电离程度大还是水解程度大,加入Ba(OH)2溶液一定有白色沉淀生成,加入盐酸一定有气泡产生,加入品红溶液不会褪色。(5)Na2S2O5晶体在空气中被氧化生成的产物为Na2SO4,故此实验方案检验晶体中是否有S即可。(6)由题给方程式可知:n(SO2)=n(I2)=0.025L0.01000molL-1=2.510-4mol,抗氧化剂的残留量为=0

40、.16gL-1。若部分HI被空气氧化,则等量的SO2消耗标准I2溶液减少,测定结果偏低。3O3O24O4132.5 1064l100.00 10molg moL4.(2014江苏单科,20,14分)硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。由硫化氢获得硫单质有多种方法。(1)将烧碱吸收H2S后的溶液加入到如图所示的电解池的阳极区进行电解。电解过程中阳极区发生如下反应:S2-2e-S(n-1)S+S2-写出电解时阴极的电极反应式:。2Sn电解后阳极区的溶液用稀硫酸酸化得到硫单质,其离子方程式可写成。(2)将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反应回收S,

41、其物质转化如图所示。在图示的转化中,化合价不变的元素是。反应中当有1molH2S转化为硫单质时,保持溶液中Fe3+的物质的量不变,需消耗O2的物质的量为。在温度一定和不补加溶液的条件下,缓慢通入混合气体,并充分搅拌。欲使生成的硫单质中不含CuS,可采取的措施有。(3)H2S在高温下分解生成硫蒸气和H2。若反应在不同温度下达到平衡时,混合气体中各组分的体积分数如图所示,H2S在高温下分解反应的化学方程式为。答案答案(14分)(1)2H2O+2e-H2+2OH-+2H+(n-1)S+H2S(2)Cu、H、Cl(或铜、氢、氯)0.5mol提高混合气体中空气的比例(3)2H2S2H2+S22Sn解析解

42、析(1)由电解原理知,阴极发生还原反应,又因为是碱性溶液中,所以电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-。由题意知,在酸性条件下生成单质S,所以离子方程式为+2H+(n-1)S+H2S。(2)由题中图示知,在该转化过程中,H和Cl元素的化合价未变,Cu2+CuSCu2+,Cu元素化合价也没有变化。由题意知,O2氧化H2S,根据得失电子守恒有:n(O2)=n(S)=n(H2S)=1mol=0.5mol。欲使生成的硫单质中不含CuS,可增加O2的量。2Sn2Sn121212考点二绿色化学与环境保护考点二绿色化学与环境保护5.(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

43、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。6.(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

44、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、101kPa时,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M

45、nO2,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am3(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ckg,则除去铁、铝、铜、镍等杂质时,所引入的锰元素相当于MnO2kg。答案答案(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=-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+2H2O5MnO2+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)

47、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+MnO2MnSO4、2KMnO4+3MnSO4+2H2O5MnO2+K2SO4+2H2SO4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。31087c35310% 89.6%22.4ab1500872500cab考点一氧、硫及其化合物考点一氧、硫及其化合物三年模拟A A组组 20172019 20172019年高考模拟年高考模拟考点基础题组考点基础题组1.(2019陕西西安一中期中,

48、12)下列陈述正确并且有因果关系的是()选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维C浓硫酸有强氧化性浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有强氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜答案答案DA项,陈述、均正确,但二者不存在因果关系,A不正确;B项,SiO2没有导电性,陈述错误,B不正确;C项,陈述、均正确,但二者不存在因果关系,C不正确;D项,Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+,反应中Fe3+氧化金属铜,D正确。拓展延伸拓展延伸SiO2晶体属于原子晶体,由硅原子和氧原子构成,晶体中不存在SiO2分子。2.(2019辽宁顶级名校三模,6)向B

49、aCl2溶液中通入物质的量之比为1 2的某混合气体,无沉淀产生,则该混合气体是()A.Cl2和SO2B.CO2和NH3C.NO和CO2D.NO2和SO2答案答案CCl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4,Ba2+SBaSO4,A不正确;CO2+2NH3+H2O(NH4)2CO3,C+Ba2+BaCO3,B不正确;NO与CO2均不与BaCl2溶液反应,C正确;3NO2+H2O2HNO3+NO,3SO2+2HNO3+2H2O2NO+3H2SO4,Ba2+SBaSO4,D不正确。24O23O24O归纳总结归纳总结CO2、SO2通入BaCl2溶液中均无沉淀产生;SO2通入Ba(NO3)2溶液中有白

50、色沉淀(BaSO4)产生;CO2通入Ba(NO3)2溶液中无沉淀产生。3.(2018吉林辽源田家炳高中等五校期末联考,8)下列说法中,正确的是()A.在BaCl2溶液中通入SO2气体,溶液仍澄清,滴入3%过氧化氢溶液有白色沉淀B.可以用澄清石灰水来鉴别SO2与CO2C.硫在空气中的燃烧产物是二氧化硫,在纯氧中的燃烧产物是三氧化硫D.SO2能使溴水褪色,体现SO2的漂白性答案答案ASO2与BaCl2溶液不反应,但滴入3%过氧化氢溶液后发生反应:SO2+H2O2H2SO4,Ba2+与S反应生成BaSO4白色沉淀,A正确;SO2、CO2均可使澄清石灰水变浑浊,B不正确;S在纯氧中燃烧产物仍为SO2,

51、C不正确;SO2使溴水褪色体现它的还原性,D不正确。24O4.(2019陕西西安一中期中,23)某研究性学习小组在研究二氧化硫漂白作用时,从“氯气的漂白作用实际上是氯气与水反应生成的次氯酸的漂白作用”得到启发。为了探究到底是二氧化硫本身还是二氧化硫与水作用的产物具有漂白作用,该小组设计了如下实验。请回答相关问题。(1)实验室用亚硫酸钠粉末跟硫酸制取二氧化硫,现有下列三种硫酸溶液,应选用(填字母)。A.98%浓硫酸B.70%硫酸C.10%稀硫酸(2)为了探究SO2能否使品红褪色,该同学选择了正确的药品后设计了如图所示实验装置,请指出实验装置设计中的不合理之处:。(3)该同学选择了正确装置后,实验

52、中控制二氧化硫以大约每秒3个气泡的速度通入品红的酒精溶液时,经过一小时后,品红仍不褪色。为此,你认为使品红的水溶液褪色的微粒可能是。(4)该同学进一步实验如下:取等量相同浓度的品红水溶液于两支试管中,再分别加入少量亚硫酸钠固体和亚硫酸氢钠固体,两支试管中的品红都褪色,他得出的结论:使品红褪色的微粒肯定是HS或S。你认为他的结论是否正确?,理由是。3O23O答案答案(1)B(2)缺少SO2的干燥装置不能使用长颈漏斗,应改为分液漏斗(3)H2SO3、HS、S(4)不正确因为S和HS都会水解生成H2SO33O23O23O3O解析解析98%浓硫酸中,硫酸主要以分子的形式存在,电离出的H+较少,不易反应

53、;10%硫酸溶液水含量高,不易使SO2放出。为探究SO2使品红水溶液褪色是否与水的存在有关,实验中将SO2通入品红的酒精溶液中,所以发生装置中生成的SO2气体需干燥,SO2不能使品红的酒精溶液褪色,说明SO2使品红水溶液褪色与水有关,SO2与水反应生成H2SO3,H2SO3可电离产生HS、S,所以使品红水溶液褪色的微粒可能是H2SO3、S、HS。3O23O23O3O关联知识关联知识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考点二绿色化学与环境保护考点二绿

54、色化学与环境保护5.(2018陕西汉中一检,1)化学点亮生活。下列对生活中的化学理解正确的是()A.维生素C能帮助人体将Fe3+转化为易吸收的Fe2+,维生素C具有氧化性B.安装煤炭燃烧过程的“固硫”装置,主要是为了提高煤的利用率C.绿色化学要求从源头上减少或消除工业生产对环境的污染D.区分食盐是否加碘的方法是向食盐溶液中加少量淀粉,观察其是否变蓝答案答案C维生素C具有还原性,A不正确;安装“固硫”装置是为了减少有害气体SO2的排放,B不正确;C正确;淀粉遇I2会变蓝,加碘盐中碘元素不是以单质的形式存在,无法使淀粉变蓝,D不正确。6.(2018吉林省实验中学四模,1)化学与生活、社会密切相关。

55、下列说法中不正确的是()A.少开汽车可一定程度地减缓雾霾现象B.为提高作物产量大量使用农药和化肥C.使用无磷洗衣粉能缓解水体富营养化D.合理利用可燃冰有利于弥补能源短缺答案答案B大量使用农药会造成农药残留,大量使用化肥会造成土壤酸化、板结,B不正确。7.(2019辽宁大连一中一模,23)化石燃料燃烧时会产生SO2进入大气,有多种方法可用于SO2的脱除。(1)NaClO碱性溶液吸收法:工业上可用NaClO碱性溶液吸收SO2。反应的离子方程式是。为了提高吸收效率,常用Ni2O3作为催化剂。在反应过程中产生的四价镍和原子氧具有极强的氧化能力,可加快对SO2的吸收。该催化过程的示意图如下:a.过程1的

56、离子方程式是Ni2O3+ClO-2NiO2+Cl-,则过程2的离子方程式:。b.Ca(ClO)2也可用于脱硫,且脱硫效果比NaClO更好,原因是。(2)碘循环工艺也能吸收SO2降低环境污染,同时还能制得氢气,具体流程如下:则碘循环工艺的总反应为。答案答案(1)ClO-+SO2+2OH-Cl-+S+H2Oa.2NiO2+ClO-Ni2O3+Cl-+2Ob.Ca2+与S结合生成微溶的CaSO4有利于反应的进行(2)SO2+2H2OH2SO4+H224O24O解析解析(1)注意溶液为碱性溶液。a.过程2中NiO2与ClO-反应生成Ni2O3、Cl-、O。(2)从工艺流程图中可看出两步反应分别为SO2

57、+2H2O+I22HI+H2SO4,2HIH2+I2,则总反应为SO2+2H2OH2+H2SO4。拓展延伸拓展延伸SO2通入NaClO溶液中发生反应SO2+ClO-+H2OS+Cl-+2H+;CO2通入NaClO溶液中,无论CO2是否足量,均发生反应CO2+ClO-+H2OHC+HClO。24O3O8.(2019黑龙江顶级名校二调,20)铅精矿可用于冶炼金属铅,其主要成分为PbS。.火法炼铅将铅精矿在空气中焙烧,生成PbO和SO2。(1)用铅精矿火法炼铅的反应的化学方程式为。(2)火法炼铅的废气中含低浓度SO2,可将废气通入过量氨水中进行处理,反应的离子方程式为。.湿法炼铅在制备金属铅的同时,

58、还可制得硫黄,相对于火法炼铅更为环保。湿法炼铅的工艺流程如下:已知:.不同温度下PbCl2的溶解度如下表所示。温度()20406080100溶解度(g)1.001.421.942.883.20.PbCl2为能溶于水的弱电解质,在Cl-浓度较大的溶液中,存在平衡:PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbC(aq)。(3)浸取液中FeCl3的作用是。(4)操作a为加适量水稀释并冷却,该操作有利于滤液1中PbCl2的析出,分析可能的原因是。(5)将溶液3和滤液2分别置于下图所示电解装置的两个极室中,可制取金属铅并使浸取液中的FeCl3再生。24l溶液3应置于(填“阴极室”或“阳极室”)中。简述滤液2

59、电解后再生为FeCl3的原理:。若铅精矿的质量为ag,铅浸出率为b,当电解池中通过cmol电子时,金属铅全部析出,铅精矿中PbS的质量分数的计算式为。答案答案(1)2PbS+3O22PbO+2SO2(2)2NH3H2O+SO22N+S+H2O(3)使Pb元素由难溶固体PbS转化成溶液中的PbC,S元素转化成单质硫成为滤渣(4)加水稀释使PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbC(aq)平衡向左移动;温度降低PbCl2溶解度减小(5)阴极室阳极发生电极反应:Fe2+-e-Fe3+(或2Cl-2e-Cl2,Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-,文字表述也可),使c(Fe3+)升高,同时Cl-通过阴

60、离子交换膜向阳极移动,使FeCl3再生100%4H23O24l24l2392cab解析解析(1)根据信息判断反应物为PbS和O2,生成物为PbO和SO2,根据氧化还原反应方程式配平方法可得2PbS+3O22PbO+2SO2;(2)将SO2废气通入过量氨水中生成(NH4)2SO3,离子方程式为2NH3H2O+SO22N+S+H2O;(3)由框图可知,FeCl3能使Pb元素由难溶固体PbS转化成溶液中的PbC,使S元素转化成单质硫成为滤渣;(4)加适量水稀释,使PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbC(aq)平衡向左移动;温度降低,PbCl2的溶解度减小,因此操作a有利于PbCl2的析出;(5)