化學(xué)專題十六 氧、硫及其化合物 環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué)

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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)高考化學(xué)(課標(biāo)專用)考點一氧、硫及其化合物考點一氧、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,0.01molL-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(guān)系如圖所示。下列說法正確的 是()五年高考A A組組統(tǒng)一命題統(tǒng)一命題課標(biāo)卷題組課標(biāo)卷題組A.原子半徑的大小WXXYC.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)酸答案答案C根據(jù)題意,不難推出n為Cl2,m為H2O,

2、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HOC(即WYClC(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?？键c二環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué)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

3、誤的是()A.PM2.5是指粒徑不大于2.5m的可吸入懸浮顆粒物B.綠色化學(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

4、潔燃料,D正確。解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵注意知識的歸納和整理是關(guān)鍵。知識拓展知識拓展綠色化學(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

5、等污染性氣體,故B項錯誤。易錯警示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?？键c一氧、硫及其化合物考點一氧、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()溶液現(xiàn)象結(jié)論A含HCl、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:H2SO3H2SiO3B B組 自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組答案答案C本

6、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.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,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

7、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Ba(NO3)2溶液可得到BaSO3和BaSO4答案答案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,

8、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=+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“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

9、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)0.4I-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)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=-254kJmo

10、l-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0.2molL-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,SO2歧化反應(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)規(guī)律總結(jié)Fe3+催

11、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+H2O2O2+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%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。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

12、,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)=。答案答案(12分)(1)SO2+OH-HS(2)FeS2硫元素轉(zhuǎn)化為CaSO4而留在礦粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)116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)的計算。(1)用NaOH溶液吸

13、收過量SO2生成NaHSO3,離子方程式為OH-+SO2HS。(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NaOH溶液反應(yīng)生成NaAlO2,發(fā)生的反應(yīng)為Al2O3+2NaOH2NaAlO2+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)NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHC

14、O3,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)知識關(guān)聯(lián)知識生石灰脫硫原理:CaO+SO2CaSO3,2CaSO3+O22CaSO4。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)3S+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O

15、2+2H2SO42Fe2(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

16、)+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2.0molL-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,溶液中的c(SO2-3)/c(H S)=。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(或硫桿菌失去活性)(3)H2SO4(4)2OH-+SO2SO2-3+H2OSO2-3與Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移動,有NaOH

17、生成(5)6.010-30.62解析解析本題考查化學(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c(OH-)=1.010-7molL-1的溶液呈中性,則c(H+)=1.010-7molL-1,解得c(SO2-3

18、)/c(HS)=0.62。知識拓展知識拓展使蛋白質(zhì)變性的因素物理因素:加熱、加壓、攪拌、振蕩、紫外線照射等?；瘜W(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

19、.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)。答案答案(16分)(1)2Ag+SO2-3Ag2SO3(

20、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)和反應(yīng)條件解析解析(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,

21、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

22、,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0.020molL-1Mn2+、0.10molL-1H2S,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。H2SO31.310-26.310-8H2CO34.210-75.610-11HS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為。H2SO3溶液和NaHCO3

23、溶液反應(yīng)的主要離子方程式為。答案答案(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+HCHS+CO2+H2O解析解析(1)硫元素的最高價氧化物對應(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-)=0.1molL-1,代入數(shù)據(jù)得c(H2S)+c(HS

24、-)=0.1molL-1-c(S2-)=0.1molL-1-5.710-2molL-1=0.043molL-1;當(dāng)Mn2+開始沉淀時,溶液中c(S2-)=molL-1=1.410-11molL-1,觀察圖像知,此時pH=5。(3)在0.10molL-1Na2SO3溶液中存在:SO2-3+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NaHCO3溶液反應(yīng)的離子方程式為H2SO3+HCH

25、S+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0.1molL-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(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。答案答

26、案(14分)(1)無明顯現(xiàn)象有白色沉淀(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O3SO2-4+4H+2NO(或3H2SO3+2N3SO2-4+4H+2NO+H2O)(3)(4)小于反應(yīng)的離子方程式表明,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(N

27、O3)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+2H2O3SO2-4+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO3的離子方程式:2H2SO3+O24H+2SO2-4和N氧化H2SO3的離子方程式:3H2SO3+2N3SO2-4+4H+2NO+H2O知,足量的O2和N分別氧化相同的H2SO3,生成H

28、+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+SO2Na2S2O5(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

29、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:葡萄酒樣品溶液出現(xiàn)藍(lán)色且30s內(nèi)不褪色(已知:滴定時反應(yīng)的化學(xué)方程式為SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)按上述方案實驗,消耗標(biāo)準(zhǔn)I2溶液25.00mL,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

30、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,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,

31、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)=0.025L0.01000molL-1=2.510-4mol,抗氧化劑的殘留量為=0.16gL-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?？键c二環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué)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)

32、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.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

33、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、101kPa時,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可作超級電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得MnO

34、2,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,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-M

35、nO(OH)+OH-(6)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)將題中三個方程式依次編號為、,MnO2(s)+SO2(g)MnSO4(s)可由-得出,其

36、H也可作相應(yīng)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+MnO2MnSO4、2KMnO4+3MnSO4+2H2O5MnO2+K2SO4+2H2SO4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?？键c一氧、硫及其化合物考點一氧、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

37、: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(jìn)一步轉(zhuǎn)化為SiF4除去。寫出生成HF的化學(xué)方程式:。C 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ag所得精制磷酸,加適量水稀釋,以百里香酚酞作指示劑,用bmolL-1NaOH溶液滴定至終點時生成Na2HPO4,消耗NaOH溶液cmL。精制磷酸中H

38、3PO4的質(zhì)量分?jǐn)?shù)是。(已知:H3PO4摩爾質(zhì)量為98gmol-1)答案答案(1)研磨、加熱(2)核電荷數(shù)PS,得電子能力PS,非金屬性P1時,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,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。答案答案

39、(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(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,運用蓋斯定律+2可得出3NO(g)+O3(g)3NO2(g)H=-200.9kJmol-1+(-58.2kJmol-12)=-317.3kJmol-1。(2)由圖中

40、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),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=,

41、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。考點一氧、硫及其化合物考點一氧、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 A組 2012016 62012018 8年高考模擬基礎(chǔ)題組答案答案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

42、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D.銅與稀硝酸答案答案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+8HNO33Cu(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

43、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、Al2O3C.Na2O2、Al(OH)3D.NaI、AgNO3答案答案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

44、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10.00mL殘液于圓底燒瓶中,加熱使SO2全部蒸出,用20.00mL0.0500molL-1的酸性KMnO4溶液吸收。充分反應(yīng)后,再用0.2000molL-1的K

45、I標(biāo)準(zhǔn)溶液滴定過量的KMnO4,消耗KI溶液15.00mL。已知:5SO2+2Mn+2H2O2Mn2+5SO2-4+4H+10I-+2Mn+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

46、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0.02L0.05molL-1-0.015L0.2000molL-1=0.0004mol;由第一個反應(yīng)可得:n(SO2)=0.0004mol=0.001mol,m(SO2)=0.001mol64gmol-1=0.064g,所以殘液中SO

47、2的含量為0.064g0.01L=6.4gL-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,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?；瘜W(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100mL1mol/LFeCl3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5mL1mol/LFeCl3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NaO

48、H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)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5mL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672mL,向已冷卻的A試管溶液中加入4mol/L的NaOH溶液30mL

49、時,恰好使Cu2+完全沉淀。則所用濃H2SO4濃度為。(忽略過程中溶液的體積變化)答案答案(1)氣密性NaOH(2)100mL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)18mol/L解析解析(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)=0.03mol,根據(jù)得失電子守恒n(Cu)2=n(SO2)2,得n(Cu2+)=0.03mol,完全沉淀Cu2+需n(NaOH)=0.0

50、6mol,而加入的NaOH的物質(zhì)的量一共有0.12mol,說明H2SO4剩余0.03mol,根據(jù)硫原子守恒n(H2SO4)=0.03mol+0.03mol+0.03mol=0.09mol,c(H2SO4)=18mol/L?？键c二環(huán)境保護(hù)與綠色化學(xué)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2.510-6m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、

51、太陽能等新型電動汽車,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PM2.5C.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

52、金屬鹽引起人體中毒時,可喝大量的食鹽水解毒答案答案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、C、D

53、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),產(chǎn)生的

54、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、一、選擇題（每題選擇題（每題5 5分，共分，共2525分）分）B B組組 201 2016 62012018

55、8年高考模擬綜合題組(時間：35分鐘 分值：60分)答案答案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:SSO2SO3H2SO4A.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小且原子利用率較高B.由途徑和分別制取1molH2SO4,理論上各消耗1molS,各轉(zhuǎn)移6mol電子C.途徑反應(yīng)中體現(xiàn)了濃HNO3的強(qiáng)氧化性和酸

56、性D.途徑的第二步反應(yīng)在實際生產(chǎn)中可以通過增大O2的濃度來提高SO2的轉(zhuǎn)化率答案答案C途徑S與濃硝酸反應(yīng)生成硫酸、二氧化氮和水,有副產(chǎn)物二氧化氮,而且二氧化氮會污染大氣,所以途徑與途徑相比更能體現(xiàn)“綠色化學(xué)”的理念,A項正確;途徑和都是由S來制備H2SO4,S的化合價從0價升高到+6價,制取1molH2SO4,理論上各消耗1molS,各轉(zhuǎn)移6mole-,B項正確;途徑反應(yīng)的化學(xué)方程式可表示為S+6HNO3(濃)H2SO4+6NO2+2H2O,屬于濃硝酸和非金屬單質(zhì)的反應(yīng),產(chǎn)物中無鹽生成,因此濃硝酸只表現(xiàn)氧化性而不表現(xiàn)酸性,C項錯誤;增大一種反應(yīng)物的濃度,可以提高另一種反應(yīng)物的轉(zhuǎn)化率,所以途徑的

57、第二步反應(yīng)在實際生產(chǎn)中可以通過增大O2濃度來提高二氧化硫的轉(zhuǎn)化率,從而降低成本,D項正確。解題關(guān)鍵解題關(guān)鍵按照轉(zhuǎn)化關(guān)系書寫或聯(lián)想到有關(guān)反應(yīng)方程式,然后根據(jù)選項從不同角度對兩條不同途徑進(jìn)行分析比較,做出正確的判斷。3.(2018山東實驗中學(xué)第二次診斷,8)下列說法正確的是()A.SO2通入品紅溶液,溶液褪色的原理與SO2通入溴水后褪色的原理相同B.濃硫酸具有強(qiáng)氧化性,稀硫酸不具有氧化性C.用濃FeCl3溶液和NaOH溶液混合制備Fe(OH)3膠體D.Na2O2可做呼吸面具的供氧劑答案答案DSO2使品紅溶液褪色體現(xiàn)其漂白性,使溴水褪色體現(xiàn)其還原性,兩者原理不同,A項錯誤;濃硫酸具有強(qiáng)氧化性,稀硫酸

58、中的H+具有氧化性,B項錯誤;濃FeCl3溶液與NaOH溶液反應(yīng)生成Fe(OH)3沉淀,不能用于制取氫氧化鐵膠體,C項錯誤;Na2O2能夠與呼出的氣體CO2和水蒸氣反應(yīng)生成氧氣,可以作為呼吸面具的供氧劑,D項正確。易混辨析易混辨析褪色不都是漂白。有機(jī)色質(zhì)被氧化或(與SO2)化合成無色物質(zhì)的過程屬于漂白。但因溶液pH的變化而導(dǎo)致的指示劑顏色變化(如向含酚酞的NaOH溶液中加入鹽酸或通入SO2使紅色褪去)、無機(jī)分子或離子因發(fā)生化學(xué)反應(yīng)而褪色(如H2O2、H2C2O4等使酸性KMnO4溶液褪色等)均不屬于漂白。4.(2018湖北部分重點中學(xué)協(xié)作體期中,12)下列有關(guān)實驗的說法正確的是()A.向品紅溶

59、液中通入氣體X,品紅溶液褪色,則氣體X可能是Cl2B.CO2中含少量SO2,可將該混合氣體全通入足量飽和Na2CO3溶液中除去SO2C.向某溶液中滴加氯水,再滴加KSCN溶液,溶液變成血紅色,該溶液中一定含有Fe2+D.將SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀,此沉淀是BaSO3答案答案ASO2、Cl2均能使品紅溶液褪色,A項正確;CO2也能夠與Na2CO3溶液反應(yīng),B項錯誤;先滴加氯水后,再滴加KSCN溶液,溶液變血紅色,無法確定Fe3+是原溶液中存在的還是原溶液中的Fe2+被氧化生成的,C項錯誤;SO2通入Ba(NO3)2溶液使溶液呈酸性,N會將SO2或H2SO3氧化為SO2-4

60、產(chǎn)生BaSO4沉淀,D項錯誤。辨析比較辨析比較5.(2016河南豫南九校聯(lián)考,5)美國通用原子能公司(GA)提出的碘硫熱化學(xué)循環(huán)是由反應(yīng)、三 步 反 應(yīng) 組 成 的(如 下 圖 所 示),下 列 有 關(guān) 說 法 正 確 的 是()A.設(shè)計該循環(huán)是為了制取能源氣體O2B.整個循環(huán)過程中產(chǎn)生1molO2的同時產(chǎn)生44.8LH2C.圖中反應(yīng)、均為氧化還原反應(yīng)D.圖中反應(yīng)、均可在常溫常壓下進(jìn)行答案答案CA項,O2不是能源氣體,A錯誤;B項,沒有說明氣體所處的溫度和壓強(qiáng),不能確定氣體的體積,B錯誤;C項,都有化合價變化,均為氧化還原反應(yīng),C正確;D項,反應(yīng)是H2SO4分解生成O2、SO2、H2O,不能在

61、常溫常壓下進(jìn)行,D錯誤。6.(2018湖南長沙第一中學(xué)月考,18)(17分)CaS用于制備除蟲劑、發(fā)光材料等。某課題組擬用硫酸鈣和焦炭在高溫下反應(yīng)制備硫化鈣并檢驗產(chǎn)物。(1)甲同學(xué)設(shè)計如圖所示實驗裝置檢驗氣體產(chǎn)物。B裝置的作用是;D和E裝置能檢驗裝置A的反應(yīng)產(chǎn)物中的(填化學(xué)式);E裝置中可能出現(xiàn)的現(xiàn)象是。二、非選擇題二、非選擇題(共共35分分)(2)乙同學(xué)提出,根據(jù)氧化還原反應(yīng)原理,裝置A中的氣體產(chǎn)物可能還有CO2、SO2,為了驗證他的猜想,結(jié)合上述裝置并選擇下列儀器設(shè)計實驗方案(同一種儀器可重復(fù)使用)。氣流從左至右,儀器連接順序為A、F、。能證明有CO2的現(xiàn)象是。除去SO2的離子方程式為。(

62、3)經(jīng)實驗檢驗氣體產(chǎn)物有SO2、CO、CO2且氣體體積之比為112,寫出A中反應(yīng)的化學(xué)方程式:。(4)利用重量法測定固體產(chǎn)物的質(zhì)量之比,即將樣品溶于足量的飽和碳酸鈉溶液中,過濾、洗滌、干燥等。需要測定的物理量有已知CaS與H2O反應(yīng)生成Ca(OH)2和H2S。答案答案(1)除去酸性氣體CO溶液變渾濁(2)J、F、I、M第2個F中溶液不褪色,I中溶液變渾濁5SO2+2Mn+2H2O2Mn2+5SO2-4+4H+(3)2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2+2CO2+CO(4)樣品的質(zhì)量、碳酸鈣的質(zhì)量解析解析(1)從CaSO4和C所含的元素角度分析,反應(yīng)會產(chǎn)生酸性氣體,故B裝置的作用是吸收酸性氣

63、體。D和E裝置可以證明還原性氣體CO的存在。澄清石灰水中通入CO2,會產(chǎn)生CaCO3沉淀。(2)SO2與CO2共存時,應(yīng)先檢驗SO2(裝置F),然后除盡SO2并檢驗已經(jīng)除盡(裝置J和F),再檢驗CO2(裝置I),因尾氣中還有有毒氣體CO,用裝置M進(jìn)行收集。KMnO4氧化了產(chǎn)生的SO2:5SO2+2Mn+2H2O2Mn2+5SO2-4+4H+。(3)SO2、CO、CO2的體積比為112,作為一個整體考慮,化合價升高的總價數(shù)是8,而CaSO4CaS的化合價降低8,結(jié)合質(zhì)量守恒定律可配平反應(yīng)方程式。(4)CaSCa(OH)2CaCO3,CaOCa(OH)2CaCO3,通過測量CaCO3的質(zhì)量和樣品的

64、質(zhì)量,可以確定樣品中CaS和CaO的質(zhì)量。方法技巧方法技巧SO2和CO2都可使澄清的石灰水變渾濁,二者同時存在時檢驗的一般流程如下:有時簡化裝置,可將除去SO2和檢驗SO2是否除盡合并為一個裝置,可用較濃的酸性KMnO4溶液,現(xiàn)象是酸性KMnO4溶液顏色變淺。7.(2017山西臨汾五校聯(lián)考,18)(18分)某研究性學(xué)習(xí)小組用下圖裝置進(jìn)行SO2與FeCl3溶液反應(yīng)的相關(guān)實驗(夾持裝置已略去)。(1)反應(yīng)開始一段時間后,裝置C中的現(xiàn)象為。(2)根據(jù)以上現(xiàn)象,該小組同學(xué)認(rèn)為SO2與FeCl3溶液發(fā)生了氧化還原反應(yīng)。寫出SO2與FeCl3溶液反應(yīng)的離子方程式:。向裝置C中通入足量SO2發(fā)生反應(yīng)后,檢驗

65、生成的Fe2+的方法是。該小組同學(xué)向反應(yīng)后的裝置C的試管中加入硝酸酸化的BaCl2溶液,若出現(xiàn)白色沉淀,則證明反應(yīng)生成了SO2-4。該做法不合理的理由是。(3)若將裝置C中FeCl3溶液更換為Fe(NO3)3和BaCl2的混合液,可觀察到裝置C中出現(xiàn)白色沉淀,該小組對裝置C中產(chǎn)生沉淀的原因提出下列假設(shè)(不考慮各因素的疊加):假設(shè)1:裝置A中白霧進(jìn)入裝置C中參與反應(yīng)。假設(shè)2:。假設(shè)3:在酸性條件下N能氧化SO2。(4)請你設(shè)計實驗驗證上述假設(shè)3,寫出實驗步驟、預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論。實驗步驟(簡述操作過程)預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論答案答案(1)溶液由棕黃色變?yōu)闇\綠色(2)2Fe3+SO2+2H2OSO2-4+4H+2Fe2+取少量反應(yīng)后的溶液于試管中,向其中滴入KSCN溶液,不變紅,再滴加適量新制的氯水(或H2O2溶液等),溶液變紅硝酸可以將溶解的SO2氧化為H2SO4,干擾實驗(3)SO2被Fe3+氧化為SO2-4(4)實驗步驟(簡述操作過程)預(yù)期現(xiàn)象和結(jié)論取適量Ba(NO3)2溶液于試管中;向試管中通入過量SO2氣體;再向試管中加入過量鹽酸若先有白色沉淀生成,加入鹽酸后沉淀不消失,則假設(shè)3成立解析解析(2)HNO3可以將溶解的SO2氧化成H2SO4,對實驗造成干擾,要全面考慮問題。(4)實驗操作要完整,選擇合適的試劑,預(yù)期現(xiàn)象與結(jié)論要對應(yīng)。