《b版专用2019版高考化学总复习第三部分专题十二硫氮和可持续发展检测》由会员分享，可在线阅读，更多相关《b版专用2019版高考化学总复习第三部分专题十二硫氮和可持续发展检测（8页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题十二硫、氮和可持续发展A组20142018年浙江真题题组考点一含硫化合物的性质和应用以下为教师用书专用(68)6.(2015浙江7月学考,16,2分)下列气体能使品红溶液褪色的是()A.SO2 B.H2 C.CO2D.HCl答案ASO2有漂白性,可使品红溶液褪色。7.(2015浙江1月学考,7,2分)将某无色气体X通入品红溶液,溶液褪色;加热,溶液又变红色。X可能是()A.O2B.SO2C.Cl2D.CO2答案B结合题给选项知能使品红褪色且加热后又变回红色的无色气体是SO2。8.(2014浙江1月学考,12,2分)下列关于SO2的说法中,不正确的是()A.SO2是酸性氧化物B.SO2是形成
2、酸雨的主要污染物之一C.SO2与水反应生成H2SO4D.高温下SO2可被催化氧化生成SO3答案CSO2与水反应生成H2SO3。B组20142018年全国真题题组考点一含硫化合物的性质和应用以下为教师用书专用(611)6.(2016上海单科,18,4分)一定条件下,一种反应物过量,另一种反应物仍不能完全反应的是()A.过量的氢气与氮气B.过量的浓盐酸与二氧化锰C.过量的铜与浓硫酸D.过量的锌与18 mol/L硫酸答案ACA项,N2与H2的反应为可逆反应,反应物氮气不能消耗完;B项,当浓盐酸过量时,可使二氧化锰完全反应;C项,当铜过量时,随着反应进行,硫酸浓度减小,当硫酸浓度减小到一定程度时,反应
3、停止;D项,过量的锌与18 mol/L硫酸反应,锌先把正六价的硫还原,后把氢离子还原,直到硫酸全部反应完。7.(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BaSO
4、4沉淀,无BaSO3。8.(2014江苏单科,8,2分)下列各组物质中,不满足组内任意两种物质在一定条件下均能发生反应的是()物质组别甲乙丙A AlHClNaOHBNH3O2HNO3CSiO2NaOHHFDSO2Ca(OH)2NaHCO3答案BB项中O2与HNO3不能发生反应。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=-200.9 kJmol-1NO(g)+O2(g) NO2(g)H=-
5、58.2 kJmol-1SO2(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。(
6、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
7、 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
8、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。10.(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+SO2 Na2S2O5(1)装置中产生气体的化学方程式为 。(
9、2)要从装置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100.00 mL 馏
10、分 溶液出现蓝色且30 s内不褪色(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O H2SO4+2HI)按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00 mL,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(1)Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+SO2+H2O(或Na2SO3+2H2SO4 2NaHSO4+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(
11、2)从装置中分离晶体,即固体和液体分离,采用过滤的方法即可。(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)=0.025 L0.010 00 molL-1=2.510-4 mol
12、,抗氧化剂的残留量为=0.16 gL-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。11.(2014天津理综,9,18分)Na2S2O3是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定。.制备Na2S2O35H2O反应原理:Na2SO3(aq)+S(s) Na2S2O3(aq)实验步骤:称取15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中,再加入80 mL蒸馏水。另取5 g研细的硫粉,用3 mL乙醇润湿,加入上述溶液中。安装实验装置(如图所示,部分夹持装置略去),水浴加热,微沸60分钟。趁热过滤,将滤液水浴加热浓缩,冷却析出Na2S2O35H2O,经过滤、洗涤、干燥,得到产
13、品。回答问题:(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是。(2)仪器a的名称是,其作用是。(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外,最可能存在的无机杂质是。检验是否存在该杂质的方法是。(4)该实验一般控制在碱性环境下进行,否则产品发黄,用离子反应方程式表示其原因: 。.测定产品纯度准确称取W g产品,用适量蒸馏水溶解,以淀粉作指示剂,用0.100 0 molL-1碘的标准溶液滴定。反应原理为:2S2+I2 S4+2I-(5)滴定至终点时,溶液颜色的变化:。(6)滴定起始和终点的液面位置如图,则消耗碘的标准溶液体积为mL。产品的纯度为(设Na2S2O35H2O相对分子质量为M)。.Na2S2O3的应用(7)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成S
