（新課標Ⅲ）2019版高考化學 專題十六 氧、硫及其化合物 綠色化學與環(huán)境保護課件.ppt

專題十六氧、硫及其化合物綠色化學與環(huán)境保護,高考化學 (課標專用),A組統(tǒng)一命題課標卷題組 考點一氧、硫及其化合物 (2016課標,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)化關系如圖所示。下列說法正確的是(),五年高考,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,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、有機推斷等推斷題,要找準題眼,逐級突破。,考點二綠色化學與環(huán)境保護 1.(2018課標,8,6分)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時與大氣中的氨有關(如下圖所示)。下列敘述錯誤的是() 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是形成無機顆粒物的催化劑 D.霧霾的形成與過度施用氮肥有關,答案C本題考查硫、氮化合物的相關知識。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應是形成無機顆粒物的反應物,C錯誤;過度施用氮肥會增加大氣中NH3的含量,D正確。,知識拓展煙、云、霧的分散劑均為空氣。,2.(2017課標,7,6分)化學與生活密切相關。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.綠色化學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;綠色化學的核心是利用化學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。,解題關鍵注意知識的歸納和整理是關鍵。,知識拓展綠色化學的特點是:(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行反應,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、社會安全和人體健康的產(chǎn)品。,3.(2016課標,7,6分)下列有關燃料的說法的是() 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.(2016四川理綜,1,6分)化學與生產(chǎn)和生活密切相關。下列過程中沒有發(fā)生化學變化的是 () 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,B組自主命題省(區(qū)、市)卷題組,答案BA項,氯氣與水反應生成的HClO具有強氧化性,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,從而減輕痛癢。以上四項中只有B項沒有發(fā)生化學變化,故選B。,2.(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)論不正確的是(),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。,易混易錯A項有一定的干擾性,有些考生會誤認為白色沉淀為BaSO3而錯選A。,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 B.P的非金屬性強于Si,H3PO4比H2SiO3的酸性強 C.Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反應 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,I的非金屬性比Br的非金屬性弱,HBr比HI的熱穩(wěn)定性強;B項正確;C項,MgO不與NaOH溶液反應;D項,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。,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)熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲。過程如下: (1)反應:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)H1=+551 kJmol-1 反應:S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-297 kJmol-1 反應的熱化學方程式:。 (2)對反應,在某一投料比時,兩種壓強下,H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化關系如圖所示。p2p1(填“”或“<”),得出該結(jié)論的理由是。,(3)I-可以作為水溶液中SO2歧化反應的催化劑,可能的催化過程如下。將補充完整。 .SO2+4I-+4H+S+2I2+2H2O .I2+2H2O+2I- (4)探究、反應速率與SO2歧化反應速率的關系,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的歧化反應速率DA。結(jié)合、反應速率解釋原因:。,答案(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)H2=-254 kJmol-1 (2)反應是氣體物質(zhì)的量減小的反應,溫度一定時,增大壓強使反應正向進行,H2SO4的物質(zhì)的量增大,體系總物質(zhì)的量減小,H2SO4的物質(zhì)的量分數(shù)增大 (3)SO2S4H+ (4)0.4 I-是SO2歧化反應的催化劑,H+單獨存在時不具有催化作用,但H+可以加快歧化反應速率 反應比快;D中由反應產(chǎn)生的H+使反應加快,解析本題以“含硫物質(zhì)熱化學循環(huán)”素材為載體,考查熱化學方程式的書寫、平衡移動、實驗方案的設計與分析等知識。 (1)反應為3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s),根據(jù)蓋斯定律,由(反應+反應)即得反應 的逆反應,所以反應的H=-(551-297) kJmol-1=-254 kJmol-1。 (2)反應是氣體物質(zhì)的量減小的反應,加壓時平衡正向移動,H2SO4的物質(zhì)的量分數(shù)會升高,所以p2p1。 (3)催化劑在反應前后質(zhì)量和化學性質(zhì)保持不變,在中I-被氧化為I2,則在中I2應該被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的濃度應該與A相同,即a=0.4。 比較A、B、C可知,有H2SO4和KI時,SO2歧化反應速率較只有KI時快;只有H2SO4,無KI時不發(fā)生歧化反應,所以可得出的結(jié)論為酸性增強,I-催化SO2歧化反應速率提高。,規(guī)律總結(jié)Fe3+催化H2O2分解與I-催化SO2歧化反應相似,Fe3+催化H2O2分解的過程為:2Fe3+H2O2O2+2Fe2+2H+、2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。,5.(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: 磷精礦磷精礦粉 已知:磷精礦主要成分為Ca5(PO4)3(OH),還含有Ca5(PO4)3F和有機碳等。 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Ca5(PO4)3F所含氟轉(zhuǎn)化為HF,并進一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫出生成HF的化學方程式:。,(4)H2O2將粗磷酸中的有機碳氧化為CO2脫除,同時自身也會發(fā)生分解。相同投料比、相同反應時間,不同溫度下的有機碳脫除率如圖所示。80 后脫除率變化的原因:。 (5)脫硫時,CaCO3稍過量,充分反應后仍有S殘留,原因是;加入BaCO3可進一步提高 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)量分數(shù)是。(已知:H3PO4摩爾質(zhì)量為98 gmol-1),答案(1)研磨、加熱 (2)S,得電子能力P<S,非金屬性P<S (3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF (4)80 后,H2O2分解速率大,濃度顯著降低 (5)CaSO4微溶BaCO3+S+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2H2P (6),解析本題以磷精礦濕法制備磷酸為載體,考查了影響化學反應速率的因素、含氧酸酸性強弱的判斷、氧化還原反應的應用以及化學計算等。 (1)將礦物研磨粉碎可增加反應物的接觸面積,使化學反應速率加快;加熱提高了活化分子百分數(shù),加快了化學反應速率。 (2)根據(jù)強酸制取弱酸原理,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碳,但H2O2易分解生成O2和H2O,溫度較高時H2O2分解加速,故有機碳的脫除率減小。 (5)CaSO4微溶于水,故會有S殘留;加入BaCO3,可以提高S的脫除率,發(fā)生反應的離子方程 式為BaCO3+S+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2H2P。 (6)H3PO4與NaOH反應生成Na2HPO4的化學方程式為H3PO4+2NaOHNa2HPO4+2H2O,故n(H3 PO4)=n(OH-),所以精制磷酸中H3PO4的質(zhì)量分數(shù)是 100%=。,6.(2017天津理綜,10,14分)H2S和SO2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。若反應溫度過高,反應速率下降,其原因是。,方法2:在一定條件下,用H2O2氧化H2S (3)隨著參加反應的n(H2O2)/n(H2S)變化,氧化產(chǎn)物不同。當n(H2O2)/n(H2S)=4時,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c(OH-)降至1.010-7 molL-1時,溶液中的c(S)/c(HS)=。,答案(14分)(1)降低反應活化能(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,有NaOH生成 (5)6.010-30.62,解析本題考查化學反應原理,涉及反應條件的選擇、氧化還原反應、方程式的書寫、化學計算等。 (1)催化劑可降低反應的活化能,大大加快反應速率。 (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n(H2O2)/n(H2S)=4時,反應的化學方程式為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。 化學因素:強酸、強堿、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)和鹽溶液間反應的多樣性。,(1)經(jīng)檢驗,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S,含有Cu+、Cu2+和S。 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S。 a.白色沉淀A是BaSO4,試劑1是。 b.證實沉淀中含有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,現(xiàn)象的白色沉淀中無S,該白色沉淀既能溶 于強酸,又能溶于強堿,還可使酸性KMnO4溶液褪色。 推測沉淀中含有亞硫酸根和。 對于沉淀中亞硫酸根的存在形式提出兩種假設:.被Al(OH)3所吸附;.存在于鋁的堿式鹽中。對假設設計了對比實驗,證實了假設成立。 a.將對比實驗方案補充完整。,步驟一: 步驟二:(按上圖形式呈現(xiàn))。 b.假設成立的實驗證據(jù)是。 (4)根據(jù)實驗,亞硫酸鹽的性質(zhì)有 。鹽溶液間反應的多樣性與 有關。,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、陽離子的性質(zhì)和反應條件,解析(2)題中明確告知棕黃色沉淀中含有Cu+、Cu2+和S,證實含有Cu+的實驗現(xiàn)象不能 答溶液出現(xiàn)藍色,因沉淀中的Cu2+在稀H2SO4作用下,也進入了溶液。A是BaSO4沉淀,則試劑1的作用是檢驗上層清液中是否含有S,但檢驗S時要防止S的干擾,所以試劑1應是HCl 和BaCl2溶液;上層清液中沒有檢出I2,可知I2和S反應生成了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-反應生成Al(OH)3沉淀,這就導致了V1大于V2,通過這一實驗事實,即可證實假設成立。,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水化物的濃溶液與木炭反應的化學方程式為。 (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-)關系如下圖(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0.020 molL-1 Mn2+、0.10 molL-1 H2S,當溶液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)硫元素的最高價氧化物對應水化物的濃溶液為濃H2SO4,其具有強氧化性,與木炭發(fā)生反應的化學方程式為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-)=0.10 molL-1,代入數(shù)據(jù)得c(H2S)+c(HS-)=0.10 molL-1-c(S2-)=0.10 molL-1-5.710-2 molL-1=0.043 molL-1;當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 mol L-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為c(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 的主要離子方程式為H2SO3+HC HS+CO2+H2O。,9.(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。某研究小組進行如下實驗: 實驗一焦亞硫酸鈉的制取 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)生的反應為: Na2SO3+SO2 Na2S2O5 (1)裝置中產(chǎn)生氣體的化學方程式為 。,(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.用藍色石蕊試紙檢測 (5)檢驗Na2S2O5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 100.00 mL餾分溶液出現(xiàn)藍色且30 s內(nèi)不褪色 (已知:滴定時反應的化學方程式為SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI) 按上述方案實驗,消耗標準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+2H2SO4 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的電離程度大于其水解程度,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。(5)Na2S2O5晶體在空氣中被氧化為Na2SO4,故此實驗方案檢驗晶體中是否有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消耗標準I2溶液減少,測定結(jié)果偏低。,考點二綠色化學與環(huán)境保護 1.(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 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)的變性均屬于化學變化,納米銀粒子的聚集屬于物理變化,C項不正確。,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反應生成無水MnSO4的熱化學方程式是。 (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,正極的電極反應式是。 (6)假設脫除的SO2只與軟錳礦漿中MnO2反應。按照圖示流程,將a m3(標準狀況)含SO2的體積分數(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于MnO2kg。,答案(16分)(1)A、C (2)消耗溶液中的酸,促進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)及過量的H2SO4,加MnCO3可消耗過量的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: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也可作相應計算。 (6)除去鐵、鋁、銅、鎳時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于MnO2的質(zhì)量m=(- )8710-3kg= kg。,考點一氧、硫及其化合物 1.(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溶液反應可制備CaO28H2O。 Ca(OH)2+H2O2+6H2O CaO28H2O 反應時通常加入過量的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.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;加入適量稀H2SO4,待MnO(OH)2與I-完全反應生成Mn2+和I2后,以淀粉作指示劑,用Na2S2O3標準溶液滴定至終點。測定過程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系如下: 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100.00 mL,按上述方法測定水樣的溶解氧,消耗0.010 0,C組教師專用題組,0 molL-1Na2S2O3標準溶液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+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。,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)進行電解。電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應: S2-2e- S (n-1)S+S2- 寫出電解時陰極的電極反應式:。 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的混合溶液中反應回收S,其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如,在圖示的轉(zhuǎn)化中,化合價不變的元素是。 反應中當有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。 在溫度一定和不補加溶液的條件下,緩慢通入混合氣體,并充分攪拌。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。若反應在不同溫度下達到平衡時,混合氣體中各組分的體積分數(shù)如圖所示,H2S在高溫下分解反應的化學方程式為 。,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,又因為是堿性溶液中,所以電極反應式為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,溶液中的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。,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)酸浸時反應的化學方程式為;濾渣的主要成分為 (填化學式)。 (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(填化學式);若溶液的pH偏高,將會導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Al2O3與H2SO4發(fā)生反應,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,反應得H2SO3,熱分解時部分H2SO3被氧化成H2SO4,導致經(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。,考點二綠色化學與環(huán)境保護 (2015江蘇單科,20,14分)煙氣(主要污染物SO2、NOx)經(jīng)O3預處理后用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的主要反應的熱化學方程式為: 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3NO(g)+O3(g) 3NO2(g)的H=kJmol-1。 (2)室溫下,固定進入反應器的NO、SO2的物質(zhì)的量,改變加入O3的物質(zhì)的量,反應一段時間后體系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)隨反應前 n(O3)n(NO)的變化見下圖。,當n(O3)n(NO)1時,反應后NO2的物質(zhì)的量減少,其原因是。 增加n(O3),O3氧化SO2的反應幾乎不受影響,其可能原因是 。 (3)當用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預處理的煙氣時,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氧化為更高價氮氧化物(或生成了N2O5) SO2與O3的反應速率慢 (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,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,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S被氧化生成S,二者在弱堿性環(huán)境中反應。 (4)達平衡后溶液中: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溶液的加入會使 CaSO3 的溶解平衡正向移動,致使c(S)增大,吸收NO2的速率加快。,A組20162018年高考模擬基礎題組,三年模擬,考點一氧、硫及其化合物 1.(2018貴州貴陽一中月考,10)某同學用如圖所示的裝置對SO2氣體的部分性質(zhì)進行觀察和探究。下列選項中的現(xiàn)象和結(jié)論均正確的是(),答案CSO2和酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應,高錳酸鉀溶液褪色,體現(xiàn)了SO2的還原性,A錯誤;SO2使品紅溶液褪色,體現(xiàn)了SO2的漂白性,B錯誤;SO2與NaOH發(fā)生反應:SO2+2NaOHNa2SO3+H2O,使酚酞褪色,體現(xiàn)其酸性,C正確;紫色石蕊試液中通入SO2,試液只變紅不褪 色,D錯誤。,2.(2018云南臨滄一中期末,6)把少量SO2分別通入到濃度相同的Ba(NO3)2溶液;Ba(OH)2溶液;溶有氨的BaCl2溶液中。預計能觀察到白色沉淀的溶液是() A.和B.只有C.和D.,答案DSO2溶于水生成H2SO3,且H2SO3有酸性、還原性,而N在酸性條件下有強氧化 性,則二氧化硫和硝酸鋇溶液能反應生成硫酸鋇白色沉淀;二氧化硫?qū)儆谒嵝匝趸?少量二氧化硫和氫氧化鋇溶液反應生成亞硫酸鋇白色沉淀;二氧化硫和氯化鋇不反應,但二氧化硫和一水合氨反應生成亞硫酸銨,亞硫酸銨和氯化鋇反應生成亞硫酸鋇白色沉淀。,3.(2016廣西來賓期末)下列現(xiàn)象或事實不能用同一原理解釋的是() A.濃硝酸和氯水用棕色試劑瓶保存 B.Na2S和Na2SO3固體長期露置在空氣中變質(zhì) C.Cl2和SO2都能使品紅溶液褪色 D.SO2和Na2SO3溶液都能使溴水褪色,答案CA項,濃硝酸和次氯酸見光都易分解,所以濃硝酸和氯水都要保存在棕色試劑瓶中,A不符合題意。B項,硫化鈉和亞硫酸鈉都具有還原性,能被空氣中的氧氣氧化,所以長期露置在空氣中變質(zhì),B不符合題意。C項,氯氣和水反應生成的次氯酸具有強氧化性,能使品紅溶液褪色;二氧化硫能和有色物質(zhì)發(fā)生化合反應生成無色物質(zhì)而使品紅溶液褪色,原理不同,C符合題意。D項,二氧化硫和亞硫酸鈉都具有還原性,都能與溴水發(fā)生氧化還原反應而使溴水褪色,D不符合題意。,4.(2017云南師大附中適應性考試,1)生活離不開化學,下列說法正確的是() A.氯化銨和草木灰混合使用,能增強化肥的肥效 B.二氧化硫和漂白粉混合使用,能增強漂白效果 C.濃鹽酸和高錳酸鉀混合使用,能增強高錳酸鉀的氧化性 D.氫氧化鈉固體和氧化鈣混合使用,能增加吸水能力,答案D氯化銨和草木灰混合使用,會有氨氣逸出,降低肥效,A錯誤。二氧化硫和漂白粉混合使用,兩者反應,降低了漂白效果,B錯誤。高錳酸鉀能氧化濃鹽酸,C錯誤。D正確。,5.(2017廣西梧州二模,9)下列關于儀器或操作的說法不正確的是() A.滴定管、分液漏斗和容量瓶使用前均要檢查是否漏液 B.檢驗溶液中是否含有S時,應先加硝酸酸化 C.用溴水可鑒別苯、乙醇、四氯化碳 D.4 時,準確稱取4.0 g NaOH溶于96 mL水得到溶質(zhì)質(zhì)量分數(shù)為4.0%的NaOH溶液,答案B檢驗溶液中是否含有S時,應先加鹽酸酸化無現(xiàn)象,再加入BaCl2溶液,有白色沉 淀,證明含有S。,6.(2017廣西南寧一模,7)化學在生活中有著廣泛的應用,下列對應關系錯誤的是(),答案BSO2的漂白原理是它能跟某些有色物質(zhì)結(jié)合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì),與SO2具有還原性無關,所以B項錯誤。,7.(2016廣西五市聯(lián)考,9)下列說法正確的是() A.將SO2通入紫色石蕊溶液中,溶液變無色 B.金剛石轉(zhuǎn)化為石墨的過程中沒有化學鍵的斷裂與生成 C.既有單質(zhì)參加,又有單質(zhì)生成的反應不一定是氧化還原反應 D.純堿溶液可盛放在帶玻璃塞的試劑瓶中,答案CSO2通入紫色石蕊溶液中,溶液應變成紅色,A錯誤;金剛石轉(zhuǎn)化為石墨屬于化學變化,有碳碳鍵的斷裂與生成,B錯誤;同素異形體之間的轉(zhuǎn)化不屬于氧化還原反應,C正確;純堿溶液應盛放在帶橡膠塞的試劑瓶中,D錯誤。,8.(2018四川遂寧三診,26)某學習小組利用下圖裝置(夾持裝置略去)測定鐵硫化物(FexSy)的組成。 實驗步驟 (1)組裝儀器:上述四個裝置的正確連接順序為。 (2)檢査裝置氣密性:應如何操作?。 (3)加入藥品,開始實驗:應先,一段時間后再。 (4)停止反應:當硬質(zhì)玻璃管中固體質(zhì)量不再改變時,停止加熱,繼續(xù)通入一段時間的O2,其目的,是。 (5)測定S元素的質(zhì)量:將B中所得溶液加水稀釋,配制成250 mL溶液,取25.00 mL所配溶液,加入足量的雙氧水,再加入足量鹽酸酸化的BaCl2溶液,將所得沉淀過濾、洗滌、干燥,稱其質(zhì)量為2.33 g。原鐵硫化物的質(zhì)量為6 g,則FexSy的化學式為。 實驗反思與再探究 (6)有同學認為步驟(5)可以設計為:取25.00 mL所配溶液,加入足量的BaCl2溶液,將所得沉淀過濾、洗滌、干燥,稱得BaSO3沉淀的質(zhì)量。你認為此方案(填“合理”或“不合理”),理由是。 (7)有同學為了繼續(xù)探究反應后硬質(zhì)玻璃管中固體的成分,將固體取出,完全溶于稀硫酸中,再向溶液中加入K3Fe(CN)6溶液,未觀察到明顯現(xiàn)象,則硬質(zhì)玻璃管中所發(fā)生反應的化學方程式為。,答案(1)ADCB (2)(用帶止水夾的膠管)封住B的出氣口,從分液漏斗向燒瓶加水,若一段時間后水不再流下,則裝置的氣密性良好 (3)打開分液漏斗活塞(或制氧氣)點燃酒精噴燈(或加熱) (4)使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收 (5)FeS2 (6)不合理S(或Na2SO3、BaSO3)可能被氧化 (7)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,解析該實驗的目的是測定某鐵硫化物(FexSy)的組成。觀察所給裝置,A為產(chǎn)生氧氣的裝置,氧氣進入C與鐵硫化物反應生成二氧化硫,B的作用為吸收二氧化硫,通過計算硫的質(zhì)量,得出鐵硫化物(FexSy)的組成。 (1)A裝置制取的氧氣應先除去水蒸氣,再與鐵硫化物反應生成二氧化硫,四個裝置的正確連接順序為ADCB。 (2)檢查裝置的氣密性需要體系是封閉的,操作為:封住B的出氣口,從分液漏斗向燒瓶加水,若一段時間后水不再流下,則裝置的氣密性良好。 (3)進行實驗時應先打開分液漏斗的活塞制取氧氣,氧氣充滿整個裝置之后再點燃酒精噴燈。 (4)因為本實驗的關鍵是準確測定硫元素的質(zhì)量,故停止加熱后,繼續(xù)通入一段時間O2的目的是使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收。 (5)由題意知所得沉淀為BaSO4,其物質(zhì)的量為=0.01 mol,故250 mL溶液中n(S)=0.1 mol,即6 g 鐵硫化物中S的質(zhì)量為3.2 g,Fe的質(zhì)量為2.8 g,n(Fe)=0.05 mol,故xy=1 2,則FexSy的化學式為FeS2。 (6)該設計不合理,因為BaSO3會被氧化成BaSO4使計算不準確。,(7)將固體完全溶于稀硫酸中,再向溶液中加入K3Fe(CN)6溶液,未觀察到明顯現(xiàn)象,則說明溶液中沒有Fe2+,則鐵應全部被氧化成Fe2O3,故硬質(zhì)玻璃管中所發(fā)生反應的化學方程式為4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。,9.(2017四川雙流中學月考,26)以下是有關SO2、Cl2的性質(zhì)實驗。某小組設計如圖所示的裝置圖(圖中夾持和加熱裝置略去),分別研究SO2和Cl2的性質(zhì)。 (1)若從左端分別通入SO2、Cl2,裝置A中觀察到的現(xiàn)象是否相同?(填“相同”或“不相同”);若D中盛銅粉,通入足量的Cl2,D中的現(xiàn)象是;若裝置D中裝的是五氧化二釩(催化劑),通入SO2時,打開K通入適量O2,發(fā)生反應的化學方程式為。,SO2通入B中,碘水褪色,則該反應的離子方程式為 。 E中盛有溶液。 (2)某同學將足量的SO2通入一支裝有氯化鋇溶液的試管,未見沉淀生成,若向該試管中加入足量(填字母),則可以看到有白色沉淀產(chǎn)生。 A.氨水B.硝酸鈉溶液C.氯化鈣溶液 (3)若由元素S和O組成-2價酸根離子X,X中S和O的質(zhì)量比為43;當Cl2與含X的溶液完全反應后,得澄清溶液,取少量該溶液加入鹽酸酸化的氯化鋇溶液,有白色沉淀產(chǎn)生。寫出Cl2與含X的溶液反應的離子方程式:。,答案(1)相同Cu粉紅熱,并產(chǎn)生棕黃色的煙2SO2+O22SO3 SO2+I2+2H2O4H+2I-+S NaOH(或其他合理答案) (2)AB (3)4Cl2+S2+5H2O2S+8Cl-+10H+,解析(1)二氧化硫能和品紅溶液反應生成無色物質(zhì);氯氣和水反應生成次氯酸,次氯酸具有強氧化性,能使品紅溶液褪色,所以若從左端分別通入SO2、Cl2,裝置A中觀察到的現(xiàn)象相同;銅粉在Cl2中加熱,Cu粉紅熱,并產(chǎn)生棕黃色煙;二氧化硫和氧氣在五氧化二釩作催化劑、加熱條件下能發(fā)生氧化還原反應生成三氧化硫,反應方程式為2SO2+O22SO3。 SO2通入碘水中,溶液顏色褪去,發(fā)生了氧化還原反應,反應的離子方程式為SO2+I2+2H2O 4H+2I-+S。 E為尾氣處理裝置,吸收多余的SO2、Cl2,可盛有氫氧化鈉溶液。 (2)將足量的SO2通入一支裝有氯化鋇溶液的試管,未見沉淀生成,若向該試管中加入氨水,生成亞硫酸銨,亞硫酸根離子和鋇離子反應生成沉淀,故A正確;硝酸鈉溶液中含有硝酸根離子,通入二氧化硫后,二氧化硫被氧化成S,S與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀,故B正確;氯化鈣溶液 和二氧化硫不反應,故C錯誤。 (3)若由元素S和O組成-2價酸根離子X,X中S和O的質(zhì)量比為43,則X中S和O的原子個數(shù)比為=23,所以該離子為S2;氯氣有強氧化性,能和硫代硫酸根離子發(fā)生氧化還原反應, 根據(jù)題意知該反應中有硫酸根離子生成,所以該反應的離子方程式為4Cl2+S2+5H2O2S,+8Cl-+10H+。,考點二綠色化學與環(huán)境保護 10.(2017廣西柳州2月模擬,1)下列說法錯誤的是() A.氧化鈣用作兒童食品的干燥劑存在安全隱患 B.“地溝油”經(jīng)過加工處理后,可以用來制肥皂和生物柴油 C.霧霾天氣對人體健康造成危害,“霧”和“霾”的分散質(zhì)微粒不相同 D.綠色化學的核心是利用化學原理對環(huán)境污染進行治理,答案D氧化鈣與水反應放出大量的熱,生成的氫氧化鈣具有較強的腐蝕性,故氧化鈣用作兒童食品的干燥劑存在安全隱患,A項正確;“地溝油”的主要成分為油脂,能與氫氧化鈉發(fā)生皂化反應制得肥皂,能發(fā)生酯交換反應制得生物柴油,B項正確;霧霾天氣對人體健康造成危害,“霧”的分散質(zhì)為小液滴,“霾”的分散質(zhì)為固體小顆粒,微粒不相同,C項正確;綠色化學的核心是從源頭上消除污染,不是利用化學原理對環(huán)境污染進行治理,D項錯誤。,11.(2016貴州貴陽六中模擬,7)化學與環(huán)境、材料、信息、能源關系密切。下列說法中正確的是() A.綠色化學的核心是應用化學原理對環(huán)境污染進行治理 B.開發(fā)高效氫能、太陽能等新型電動汽車,以解決城市機動車尾氣排放問題 C.PM2.5是指大氣中直徑接近2.510-6 m的顆粒物,它分散在空氣中形成膠體 D.半導體行業(yè)中有一句話:“從沙灘到用戶”,計算機芯片的材料是二氧化硅,答案B綠色化學的核心是利用化學原理從源頭消除或減少生命活動對環(huán)境的污染,A錯誤;開發(fā)高效氫能、太陽能等新型電動汽車,可以減少汽車尾氣的排放,改善空氣質(zhì)量,B正確;PM2.5是指大氣中直徑小于、等于2.510-6m的顆粒物,膠體中分散質(zhì)粒子直徑在1100 nm之間,PM2.5分散在空氣中不一定形成膠體,C錯誤;晶體硅可用于制作計算機芯片,二氧化硅是光導纖維的主要成分,D錯誤。,12.(2017四川成都七中零診,2)化學與生活密切相關,下列有關敘述錯誤的是() A.在家用燃煤中加入適量的生石灰能有效減少二氧化硫的排放量 B.可以利用清潔能源如太陽能、潮汐能、風能來發(fā)電 C.采用納米二氧化鈦光觸媒技術(shù),將汽車尾氣中的NO 和CO 轉(zhuǎn)化為無害氣體 D.大量排放SO2或CO2都會導致酸雨的形成,答案DA項,生石灰能與SO2反應,可有效地減少二氧化硫的排放量,故A正確;可利用清潔能源如太陽能、潮汐能、風能來發(fā)電,故B正確;采用納米二氧化鈦光觸媒技術(shù),可將汽車尾氣中的NO和CO轉(zhuǎn)化為無害氣體氮氣和二氧化碳,故C正確;大量排放CO2不會導致酸雨的形成,故D錯誤。,13.2018云南師大附中月考(六),27煙氣脫硫能有效減少二氧化硫的排放。目前最常用的脫硫技術(shù)是濕法石灰石石膏脫硫,即利用石灰石和煙氣中的SO2反應生成石膏來脫除SO2。某研究性學習小組在實驗室利用如圖所示裝置制備模擬煙氣(主要成分為SO2、CO2、N2、O2),并測定煙氣中SO2的體積分數(shù)以及研究煙氣通過轉(zhuǎn)化器的脫硫效率。回答下列問題:,(1)裝置 A中盛裝濃硫酸的儀器名稱是,寫出裝置A中發(fā)生反應的化學方程式:。 .測定煙氣中SO2的體積分數(shù) (2)已知裝置C、D中盛有的藥品分別是酸性KMnO4溶液、飽和NaHCO3溶液,寫出裝置C的作用:,裝置D中飽和NaHCO3溶液中的離子濃度由大到小的關系為。 (3)甲同學認為應該在裝置C、D之間增加一個盛有品紅溶液的洗氣瓶,其作用是。 乙同學根據(jù)模擬煙氣的流速(a mL/min)和t1 min后測得的量筒內(nèi)液體的體積(V mL),計算煙氣中二氧化硫的體積分數(shù)。為保證準確讀取量筒示數(shù),應注意:a.將裝置冷卻至室溫;b.;c.視線與量筒內(nèi)液體凹液面相切。 .模擬煙氣通過轉(zhuǎn)化器的脫硫效率研究 (4)將模擬煙氣通過裝置E,其中盛有FeCl2、FeCl3的混合溶液,它可以催化SO2與氧氣的反應以達到脫硫的目的。寫出催化劑參與反應過程中的離子方程式:SO2+2H2O+2Fe3+S+2Fe2+,.模擬煙氣的制備,+4H+、。 (5)若模擬煙氣仍以a mL/min的流速通過轉(zhuǎn)化器E裝置,t2 min后,向E裝置中加入酸化的BaCl2溶液,得到白色濁液,經(jīng)過濾、洗滌、干燥、稱量,得到m g固體。若實驗測得的氣體體積已折算為標準狀況下的體積,則該轉(zhuǎn)化器的脫硫效率是。,答案(1)分液漏斗C+2H2SO4(濃) CO2+2SO2+2H2O (2)吸收煙氣中的SO2氣體c(Na+)c()c(OH-)c(H+)c() (3)檢驗SO2是否被完全吸收上下移動量筒使得量筒液面與D中液面相平 (4)4Fe2+O2+4H+2H2O+4Fe3+ (5)100%,解析(1)裝置 A中盛裝濃硫酸的儀器是分液漏斗;裝置A中木炭與濃硫酸反應生成二氧化碳、二氧化硫、水,化學方程式為C+2H2SO4(濃) CO2+2SO2+2H2O。(2)欲測定煙氣中 SO2的體積分數(shù),先用酸性高錳酸鉀溶液吸收二氧化硫,再用排水量氣法測量剩余氣體體積;在NaHCO3溶液中,HC的水解程度大于其電離程度,溶液顯堿性,c(OH-)c(H+),所以離子濃度關 系為:c(Na+)c()c(OH-)c(H+)c()。(3)為了準確測定SO2的體積分數(shù),應使二氧化 硫被完全吸收,所以在C、D 之間增加一個盛有品紅溶液的洗氣瓶用來檢驗二氧化硫是否被完全吸收。為了準確讀取量筒示數(shù),應將裝置冷卻至室溫,并上下移動量筒使得量筒液面與D中液面相平。(4)由題意知,催化SO2與氧氣反應的機理為Fe3+將SO2氧化為S,氧氣再將Fe2+ 氧化為Fe3+。(5)t2 min內(nèi)通過轉(zhuǎn)化器的模擬煙氣中含二氧化硫的體積V(SO2)=(at2) mL; 根據(jù)題意可知 SO2 SBaSO4 22 400 mL 233 g V(SO2) m g 所以轉(zhuǎn)化的二氧化硫氣體的體