《北京市2019版高考化学 专题十六 氧、硫及其化合物课件.ppt》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京市2019版高考化学 专题十六 氧、硫及其化合物课件.ppt（132页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题十六 氧、硫及其化合物高考化学高考化学 (北京市专用)考点一氧、硫及其化合物考点一氧、硫及其化合物A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组1.(2017北京理综,10,6分)根据SO2通入不同溶液中的实验现象,所得结论的是()五年高考溶液现象结论A含HCl、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CSO2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。易混易错易混易错A项有一定的干扰性,有些
2、考生会误认为白色沉淀为BaSO3而错选A。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。实验试剂现象滴管试管0.2molL-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液.产生白色沉淀0.2molL-1CuSO4溶液.溶液变绿,继续滴加产生棕黄色沉淀0.1molL-1Al2(SO4)
3、3溶液.开始无明显变化,继续滴加产生白色沉淀通过下列实验证实,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
4、的多样性与有关。答案答案(1)2Ag+SAg2SO3(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
5、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。思路分析思路分析(3)设计实验方案时,注意控制变量思想的应用。评析评析该题将离子反应、氧化还原反应及实验中的物质检验等考点综合在一起,综合性强,思维容量大,试题也存在一定的难度,实验过程由定性到定量,
6、难度梯度明显,具有很好的区分度。3.(2011北京理综,27,15分)甲、乙两同学为探究SO2与可溶性钡的强酸盐能否反应生成白色BaSO3沉淀,用下图所示装置进行实验(夹持装置和A中加热装置已略,气密性已检验)。操作现象关闭弹簧夹,滴加一定量浓硫酸,加热A中有白雾生成,铜片表面产生气泡B中有气泡冒出,产生大量白色沉淀C中产生白色沉淀,液面上方略显浅棕色并逐渐消失打开弹簧夹,通入N2,停止加热,一段时间后关闭从B、C中分别取少量白色沉淀,加稀盐酸均未发现白色沉淀溶解实验操作和现象:(1)A中反应的化学方程式是。(2)C中白色沉淀是,该沉淀的生成表明SO2具有性。(3)C中液面上方生成浅棕色气体的
7、化学方程式是。(4)分析B中不溶于稀盐酸的沉淀产生的原因,甲认为是空气参与反应,乙认为是白雾参与反应。为证实各自的观点,在原实验基础上:甲在原有操作之前增加一步操作,该操作是;乙在A、B间增加洗气瓶D,D中盛放的试剂是。进行实验,B中现象:甲大量白色沉淀乙少量白色沉淀检验白色沉淀,发现均不溶于稀盐酸。结合离子方程式解释实验现象异同的原因:。(5)合并(4)中两同学的方案进行实验。B中无沉淀生成,而C中产生白色沉淀,由此得出的结论是。答案答案(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O(2)BaSO4还原(3)2NO+O22NO2(4)通N2一段时间,排除装置中的空气饱和NaHSO
8、3溶液甲:S+Ba2+BaSO4,乙:2Ba2+2SO2+O2+2H2O2BaSO4+4H+,白雾的量远多于装置中O2的量(5)SO2与可溶性钡的强酸盐不能反应生成BaSO3沉淀解析解析(2)SO2进入C中,在酸性条件下N将SO2氧化成S,所以C中的沉淀是BaSO4。(3)N将SO2氧化成S的同时,本身被还原成NO,NO与O2反应生成NO2而使气体呈浅棕色。(4)甲认为是空气参与了反应,要证明这个问题需要将装置中的空气排走;乙认为是白雾(硫酸酸雾)参与了反应就需要除去白雾。由B中的现象可知甲、乙两同学的观点都是正确的,两实验产生白色沉淀的量不同说明氧气和白雾的量不同,白雾的量多于O2的量。(5
9、)合并(4)中两同学的方案进行实验,B中无沉淀,证明了SO2不与BaCl2发生反应。评析评析确定白雾的成分是解题的关键,这个问题解决不了,后面几问就很难突破。另外,在定性实验中引入定量因素是该题的一个亮点。4.(2018课标,27,14分)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)在医药、橡胶、印染、食品等方面应用广泛。回答下列问题:(1)生产Na2S2O5,通常是由NaHSO3过饱和溶液经结晶脱水制得。写出该过程的化学方程式。(2)利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5的工艺为:pH=4.1时,中为溶液(写化学式)。工艺中加入Na2CO3固体、并再次充入SO2的目的是。(3)制备Na2S2O5也可采用三室
10、膜电解技术,装置如图所示,其中SO2碱吸收液中含有NaHSO3和Na2SO3。阳极的电极反应式为。电解后,室的NaHSO3浓度增加。将该室溶液进行结晶脱水,可得到Na2S2O5。B B组组统一命题、省统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组(4)Na2S2O5可用作食品的抗氧化剂。在测定某葡萄酒中Na2S2O5残留量时,取50.00mL葡萄酒样品,用0.01000molL-1的碘标准液滴定至终点,消耗10.00mL。滴定反应的离子方程式为,该样品中Na2S2O5的残留量为gL-1(以SO2计)。答案答案(1)2NaHSO3Na2S2O5+H2O(2)NaHSO3得到NaHSO3过饱和溶
11、液(3)2H2O-4e-O2+4H+a(4)S2+2I2+3H2O2S+4I-+6H+0.128解析解析(1)NaHSO3与Na2S2O5中硫元素化合价均为+4价,根据观察法配平反应方程式:2NaHSO3Na2S2O5+H2O。(2)中所得溶液的pH=4.1,硫元素的存在形式应为HS,故中为NaHSO3溶液。过程是利用Na2CO3与NaHSO3反应转化为Na2SO3,过程利用SO2与Na2SO3反应生成NaH-SO3:Na2SO3+SO2+H2O2NaHSO3,制得高浓度的NaHSO3,更有利于Na2S2O5的制备。(3)根据装置图可知左侧为阳极,溶质为H2SO4,实际放电的是水电离出的OH-
12、,电极反应式为2H2O-4e-O2+4H+。电解过程中,阳离子(H+)向右侧移动,则a室中S+H+HS,NaHSO3浓度增大。(4)Na2S2O5作食品的抗氧化剂,则具有强还原性,被氧化为S;S22S,I22I-,依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可配平反应的离子方程式:S2+2I2+3H2O2S+4I-+6H+。m(SO2)0.01000molL-10.01000Lm(SO2)=6.410-3g则样品中Na2S2O5的残留量为=0.128gL-1。根据滴定反应的离子方程式及硫原子守恒可得如下关系式:2SO2S22I264g1mol5.(2017天津理综,10,14分)H2S和SO2会对环境
13、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)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
14、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2.0molL-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)=。答案答案(14分)(1)降低反应
15、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-+SO2S+H2OS与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成(5)6.010-30.62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
16、.010-7molL-1的溶液呈中性,则c(H+)=1.010-7molL-1,解得c(S)/c(HS)=0.62。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。6.(2014四川理综,9,13分)硫代硫酸钠是一种重要的化工产品。某兴趣小组拟制备硫代硫酸钠晶体(Na2S2O35H2O)。.【查阅资料】(1)Na2S2O35H2O是无色透明晶体,易溶于水,其稀溶液与BaCl2溶液混合无沉淀生成。(2)向Na2CO3和Na2S混合溶液中通入SO2可制得Na2S2O3,所得产品常含有少量Na2SO3和Na2SO4
17、。(3)Na2SO3易被氧化;BaSO3难溶于水,可溶于稀HCl。.【制备产品】实验装置如图所示(省略夹持装置):实验步骤:(1)检查装置气密性,按图示加入试剂。仪器a的名称是;E中的试剂是(选填下列字母编号)。A.稀H2SO4B.NaOH溶液C.饱和NaHSO3溶液(2)先向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液,再向A中烧瓶滴加浓H2SO4。(3)待Na2S和Na2CO3完全消耗后,结束反应。过滤C中混合物,滤液经(填写操作名称)、结晶、过滤、洗涤、干燥,得到产品。.【探究与反思】(1)为验证产品中含有Na2SO3和Na2SO4,该小组设计了以下实验方案,请将方案补充完整。(所需试剂从
18、稀HNO3、稀H2SO4、稀HCl、蒸馏水中选择)取适量产品配成稀溶液,滴加足量BaCl2溶液,有白色沉淀生成,若沉淀未完全溶解,并有刺激性气味的气体产生,则可确定产品中含有Na2SO3和Na2SO4。(2)为减少装置C中生成Na2SO4的量,在不改变原有装置的基础上对实验步骤(2)进行了改进,改进后的操作是。(3)Na2S2O35H2O的溶解度随温度升高显著增大,所得产品通过方法提纯。答案答案.(1)分液漏斗B(3)蒸发.(1)过滤,用蒸馏水洗涤沉淀,向沉淀中加入足量稀HCl(2)先向A中烧瓶滴加浓H2SO4,产生的气体将装置中空气排尽后,再向C中烧瓶加入Na2S和Na2CO3混合溶液(3)
19、重结晶解析解析.(1)E中溶液用于吸收多余的SO2气体,防止污染空气,故应盛放NaOH溶液。(3)滤液经蒸发、结晶、过滤、洗涤、干燥,即可得到产品。.(1)向用产品配制成的稀溶液中滴加足量BaCl2溶液,产生的白色沉淀是BaSO3或BaSO4或二者的混合物,向沉淀中加入足量稀HCl,沉淀未完全溶解且产生刺激性气味气体,可确定产品中同时含有Na2SO3和Na2SO4杂质。(2)C中Na2SO4产生的原因是Na2SO3被氧化,先通入SO2可排出装置中的空气,防止Na2SO3被氧化。(3)对于溶解度受温度影响较大的物质的分离或提纯,可以采用重结晶的方法。评析评析本题以制备Na2S2O35H2O为题材
20、,考查了物质的制备、分离、提纯和离子检验等知识,题目难度中等。7.(2013广东理综,11,4分)下列措施不合理的是()A.用SO2漂白纸浆和草帽辫B.用硫酸清洗锅炉中的水垢C.高温下用焦炭还原SiO2制取粗硅D.用Na2S作沉淀剂,除去废水中的Cu2+和Hg2+C C组组教师专用题组教师专用题组答案答案BSO2有漂白性,能漂白纸浆等物质,A项正确;水垢的主要成分是CaCO3和Mg(OH)2,CaCO3+H2SO4CaSO4+CO2+H2O,CaSO4是一种微溶物,会覆盖在水垢的表面阻碍反应进一步进行,B项错误;2C+SiO2Si+2CO是工业上制粗硅的主要反应,C项正确;S2-能与Cu2+、
21、Hg2+反应生成沉淀,D项正确。8.(2016浙江理综,27-,12分)磁性材料A是由两种元素组成的化合物,某研究小组按如图流程探究其组成:请回答:(1)A的组成元素为(用元素符号表示),化学式为。(2)溶液C可溶解铜片,例举该反应的一个实际应用。(3)已知化合物A能与稀硫酸反应,生成一种淡黄色不溶物和一种气体(标况下的密度为1.518gL-1),该气体分子的电子式为。写出该反应的离子方程式。(4)写出FG反应的化学方程式。设计实验方案探究溶液G中的主要微粒(不考虑H2O、H+、K+、I-)。答案答案(1)S,FeFe3S4(2)制印刷电路板(3)Fe3S4+6H+3H2S+3Fe2+S(4)
22、H2SO3+I2+H2OH2SO4+2HI取溶液G,加入过量BaCl2溶液,若产生白色沉淀,则有S;过滤后取滤液,滴加H2O2溶液,若再产生白色沉淀,则有H2SO3解析解析(1)根据D为血红色溶液及A、B、C、D间的转化可推知A中含有铁元素;根据F与I2的KI溶液反应生成无色溶液(酸性变强),F为无色气体E与H2O反应得到的无色酸性溶液知F为H2SO3溶液,则A中另一元素为硫元素;再根据A与B的质量关系求出A的化学式是Fe3S4。(2)Cu可溶于含有Fe3+的溶液,其典型应用是制印刷电路板。(3)H2S的电子式是HH;由生成淡黄色不溶物可知发生了氧化还原反应,反应的离子方程式是Fe3S4+6H
23、+3H2S+3Fe2+S。(4)FG的过程中发生了I2氧化H2SO3的反应;为不干扰剩余的H2SO3的检验,应用过量BaCl2溶液先检验S的存在,之后取滤液加H2O2溶液,检验H2SO3的存在。9.(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
24、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: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。答案答案(1)提高H2O2的利用率(2)AD(3)2Mn
25、2+O2+4OH-2MnO(OH)2在100.00mL水样中I2+2S22I-+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-1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+失2mole-,故O2与Mn2+按物质的量之比12反应。10.(2015江苏单科,20,14分)烟气(主要污染物SO2、NOx)经O3预处理后用CaSO
26、3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
27、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
28、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=-200.9kJmol-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
29、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)=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。11.(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
30、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pH,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。H2SO31.310-26.310-8H2CO34.210-75.610-11HS的电离平衡常数表达式K=。0.10molL-1Na2SO3溶液中
31、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。答案答案(1)C+2H2SO4(浓)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+H2O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,其具有强氧化性,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
32、数据得c(H2S)+c(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溶液反应的主要离子方程式为H
33、2SO3+HCHS+CO2+H2O。12.(2014江苏单科,16,12分)烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。实验室用粉煤灰(主要含Al2O3、SiO2等)制备碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)6-2x溶液,并用于烟气脱硫研究。(1)酸浸时反应的化学方程式为;滤渣的主要成分为(填化学式)。(2)加CaCO3调节溶液的pH至3.6,其目的是中和溶液中的酸,并使Al2(SO4)3转化为Al2(SO4)x(OH)6-2x。滤渣的主要成分为(填化学式);若溶液的pH偏高,将会导致溶液中铝元素的含量降低,其原因是(用离子方程式表示)。(3)上述流程中经完全热分解放出的SO2量总是小于吸收的SO2量,其
34、主要原因是;与吸收SO2前的溶液相比,热分解后循环利用的溶液的pH将(填“增大”“减小”或“不变”)。答案答案(1)Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2OSiO2(2)CaSO43CaCO3+2Al3+3S+3H2O2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2(3)溶液中的部分S被氧化成S减小解析解析(1)酸浸时Al2O3与H2SO4发生反应,SiO2不溶于H2SO4溶液,形成滤渣。(2)依题意,滤渣的主要成分是CaSO4;若溶液pH偏高,会使Al3+水解程度增大,生成Al(OH)3,导致溶液中铝元素的含量降低。(3)过滤所得滤液用于吸收含SO2的烟气,反应得H2SO3,热分解时部分
35、H2SO3被氧化成H2SO4,导致经完全热分解放出的SO2量小于吸收的SO2量,且热分解后循环利用的溶液的pH减小。13.(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:。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,其物质转化如图所示。在图示的转化中,化合价不变的
36、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(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+S2解析解析(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
37、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,溶液中的H+和Cl-的化合价未变,Cu2+CuSCu2+,Cu元素化合价没有变化。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。考点二环境污染与保护考点二环境污染与保护A A组组自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组1.(2012北京理综,25,13分)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。(
38、1)用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应:。(2)在钠碱循环法中,Na2SO3溶液作为吸收液,可由NaOH溶液吸收SO2制得,该反应的离子方程式是。(3)吸收液吸收SO2的过程中,pH随n(S)n(HS)变化关系如下表:n(S)n(HS)91911991pH8.27.26.2由上表判断,NaHSO3溶液显性,用化学平衡原理解释:。当吸收液呈中性时,溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母)。a.c(Na+)=2c(S)+c(HS)b.c(Na+)c(HS)c(S)c(H+)=c(OH-)c.c(Na+)+c(H+)=c(S)+c(HS)+c(OH-)(4)当吸收液的pH降至约为6时,需送至电
39、解槽再生。再生示意图如下:HS在阳极放电的电极反应式是。当阴极室中溶液pH升至8以上时,吸收液再生并循环利用。简述再生原理:。答案答案(1)SO2+H2OH2SO3、2H2SO3+O22H2SO4(2)2OH-+SO2H2O+S(3)酸HS存在:HSH+S和HS+H2OH2SO3+OH-,HS的电离程度强于水解程度ab(4)HS+H2O-2e-S+3H+H+在阴极得电子生成H2,溶液中c(H+)降低,促使HS电离生成S,且Na+进入阴极室,吸收液得以再生解析解析(3)当n(S)n(HS)=991时,对应的pH为6.2,可知NaHSO3溶液显酸性。原因是HS的电离程度强于水解程度。当吸收液呈中性
40、时,c(H+)=c(OH-),由电荷守恒c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)得a正确;当pH=7.2时,n(S)n(HS)=11,则当pH=7时,n(S)n(HS)11,则b正确。(4)阳极发生氧化反应,HS被氧化,一定会生成S,在酸性环境下,氧元素来自H2O,故有H2O参与反应,生成物中有H+。2.(2018课标,7,6分)磷酸亚铁锂(LiFePO4)电池是新能源汽车的动力电池之一。采用湿法冶金工艺回收废旧磷酸亚铁锂电池正极片中的金属,其流程如下:下列叙述错误的是()A.合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用B.从“正极片”中可回收的金属元素有Al、Fe、LiC
41、.“沉淀”反应的金属离子为Fe3+D.上述流程中可用硫酸钠代替碳酸钠B B组组统一命题、省统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组答案答案D合理处理废旧电池可回收有关金属,达到资源再利用的目的,同时有利于环境保护,A项正确;由流程图可知,“正极片”中含有的金属元素有Al、Fe、Li,B项正确;LiFePO4中铁元素的化合价为+2价,在H2SO4、HNO3作用下转化为Fe3+,经碱液处理形成Fe(OH)3沉淀,C项正确;Li2CO3难溶于水,而Li2SO4可溶于水,故不能用Na2SO4代替Na2CO3,D错误。3.(2017课标,7,6分)化学与生活密切相关。下列说法错误的是()A.PM
42、2.5是指粒径不大于2.5m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答案C燃煤中加入CaO可以减少SO2气体的排放,减少酸雨的形成,但不能减少温室气体CO2的排放,C错误。知识拓展知识拓展钙基固硫CaO+SO2CaSO32CaSO3+O22CaSO44.(2016课标,27,15分)煤燃烧排放的烟气含有SO2和NOx,形成酸雨、污染大气,采用NaClO2溶液作为吸收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。回答下列问题:(1)NaClO2的化学名称为。(2)在鼓泡反应
43、器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度323K,NaClO2溶液浓度为510-3molL-1。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表。离子SSNNCl-c/(molL-1)8.3510-46.8710-61.510-41.210-53.410-3写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式。增加压强,NO的转化率(填“提高”“不变”或“降低”)。随着吸收反应的进行,吸收剂溶液的pH逐渐(填“增大”“不变”或“减小”)。由实验结果可知,脱硫反应速率脱硝反应速率(填“大于”或“小于”)。原因是除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是。(3)在不同温度下,NaClO2溶液脱硫、
44、脱硝的反应中SO2和NO的平衡分压pc如图所示。由图分析可知,反应温度升高,脱硫、脱硝反应的平衡常数均(填“增大”“不变”或“减小”)。反应Cl+2S2S+Cl-的平衡常数K表达式为。(4)如果采用NaClO、Ca(ClO)2替代NaClO2,也能得到较好的烟气脱硫效果。从化学平衡原理分析,Ca(ClO)2相比NaClO具有的优点是。已知下列反应:SO2(g)+2OH-(aq)S(aq)+H2O(l)H1ClO-(aq)+S(aq)S(aq)+Cl-(aq)H2CaSO4(s)Ca2+(aq)+S(aq)H3则反应SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO-(aq)+2OH-(aq)CaSO4(s
45、)+H2O(l)+Cl-(aq)的H=。答案答案(1)亚氯酸钠(2分)(2)4NO+3Cl+4OH-4N+2H2O+3Cl-(2分)提高(1分)减小(1分)大于(1分)NO溶解度较低或脱硝反应活化能较高(1分)(3)减小(1分)(2分)(4)形成CaSO4沉淀,反应平衡向产物方向移动,SO2转化率提高(2分)H1+H2-H3(2分)解析解析(1)NaClO2的化学名称为亚氯酸钠。(2)脱硝过程就是烟气中的NO被NaClO2溶液吸收的过程,由表中数据可知NO与Cl在溶液中反应后主要生成N和Cl-,离子方程式为4NO+3Cl+4OH-4N+2H2O+3Cl-;增加压强,NO的转化率提高。随着吸收反
46、应的进行,c(OH-)减小,pH逐渐减小。由表中数据可知,反应一段时间后溶液中S的浓度大于N的浓度,说明脱硫反应速率大于脱硝反应速率。(3)由图像可知,升高温度,气体的平衡分压增大,说明平衡逆向移动,平衡常数减小。(4)采用Ca(ClO)2替代NaClO脱硫,反应生成CaSO4沉淀,平衡向产物方向移动,SO2转化率提高。SO2(g)+2OH-(aq)S(aq)+H2O(l)H1(),ClO-(aq)+S(aq)S(aq)+Cl-(aq)H2(),CaSO4(s)Ca2+(aq)+S(aq)H3(),运用盖斯定律,由()+()-()可得反应:SO2(g)+Ca2+(aq)+ClO-(aq)+2O
47、H-(aq)CaSO4(s)+H2O(l)+Cl-(aq),故H=H1+H2-H3。5.(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、101kPa时,Mn(s)+O2(g)MnO2(s
48、)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
49、等杂质时,所引入的锰元素相当于MnO2kg。答案答案(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-MnO(OH)+OH-(6)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+
50、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,过滤后从滤液中回收K2SO4,沉淀经干燥后得到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+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=(-)87
51、10-3kg=kg。6.(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C C组组教师专用题组教师专用题组答案答案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。7.(2015江苏单科,1,2分)“保护环境”是我国的基本国策。下列做
52、法不应该提倡的是()A.采取低碳、节俭的生活方式B.按照规定对生活废弃物进行分类放置C.深入农村和社区宣传环保知识D.经常使用一次性筷子、纸杯、塑料袋等答案答案D制造一次性筷子、纸杯会消耗大量木材,废弃塑料袋会造成白色污染,D项中做法不符合“保护环境”的基本国策。考点一氧、硫及其化合物考点一氧、硫及其化合物1.(2018北京海淀二模,8)下列解释工业生产或应用的化学用语中不正确的是()A.氯碱工业中制备氯气:2NaCl(熔融)2Na+Cl2B.工业制硫酸的主要反应之一:2SO2+O22SO3C.氨氧化法制硝酸的主要反应之一:4NH3+5O24NO+6H2OD.利用铝热反应焊接铁轨:2Al+Fe
53、2O3Al2O3+2FeA A组组2016201820162018年高考模拟年高考模拟基础题组基础题组三年模拟答案答案AA项,氯碱工业中用电解饱和食盐水的方法制备氯气,化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2;B项,工业制备硫酸的主要反应之一为2SO2+O22SO3;C项,氨氧化法制硝酸的主要反应之一为4NH3+5O24NO+6H2O;D项,利用铝热反应焊接铁轨的化学方程式为2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe。2.(2018北京丰台期末,7)下列制取SO2、验证其漂白性、收集并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是()答案答案BA项,制取SO2应用Cu和浓H2SO4反应,
54、错误;B项,SO2能使品红溶液褪色,可用品红溶液验证SO2的漂白性,正确;C项,收集SO2应用向上排空气法,错误;D项,尾气处理时,应用NaOH溶液吸收,且要防止倒吸,错误。3.(2018北京西城期末,15)为探究Na2SO3溶液的性质,在白色点滴板的a、b、c、d四个凹槽中滴入Na2SO3溶液,再分别滴加下图所示的试剂。下列关于实验现象的解释或结论正确的是()选项实验现象解释或结论Aa中无明显现象Na2SO3和H2O2一定不发生反应Bb中加稀硫酸后才产生淡黄色沉淀S和S2-两种离子一定不能大量共存Cc中加BaCl2溶液后产生白色沉淀且红色褪去Ba2+SBaSO3,使S水解平衡逆向移动,红色褪
55、去Dd中产生白色沉淀原Na2SO3溶液中含有S答案答案CA项,Na2SO3和H2O2反应生成Na2SO4,该反应没有明显现象,要想检验该反应是否发生,需要检验是否生成S;B项,依据题意知,加入稀硫酸后才产生淡黄色沉淀,则在没有引入H+的情况下S和S2-可以大量共存;C项,Na2SO3溶液中存在水解平衡S+H2OHS+OH-,溶液显碱性,可以使酚酞溶液变红,加入BaCl2溶液时,Ba2+SBaSO3,使得S浓度下降,水解平衡逆向移动,c(OH-)减小,红色褪去;D项,酸性条件下N具有强氧化性,可以将S氧化为S。4.(2018北京朝阳期中,8)依据下列实验事实不能得出相应结论的是()选项实验事实实
56、验结论A.将浓硫酸滴到蔗糖表面,固体变黑膨胀,有刺激性气味的气体产生浓硫酸有脱水性和强氧化性B.向滴有酚酞的Na2SO3溶液中加入BaCl2溶液,生成白色沉淀,红色褪去Na2SO3溶液中存在水解平衡C.向某盐溶液中滴加浓NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸靠近试管口,试纸变蓝该溶液中含有ND.相同条件下,用稀硫酸洗涤BaSO4所造成的损失比用蒸馏水洗涤少BaSO4在稀硫酸中不能溶解答案答案D相同条件下,用稀硫酸洗涤BaSO4所造成的损失比用蒸馏水洗涤少,是因为稀硫酸中S浓度较大,使BaSO4的溶解平衡逆向移动。5.(2018北京朝阳二模,27)SO2广泛用于医药、硫酸工业等领域,回收废气中
57、的SO2可用如下方法。(1)方法的过程如下:制备Al2(SO4)x(OH)y:向Al2(SO4)3溶液中加入CaO粉末,调pH至3.6。CaO的作用之一是促进水解(填离子符号,下同),二是沉淀一部分。吸收:Al2(SO4)x(OH)y吸收SO2后的产物是(写化学式)。解吸:加热中产物,产生SO2,Al2(SO4)x(OH)y再生。(2)方法中,在Fe2+催化下,SO2、O2和H2O生成H2SO4的化学方程式是。(3)方法中,Fe2+的催化过程可表示如下:2Fe2+O2+SO22Fe3+S:方法用碱式硫酸铝Al2(SO4)x(OH)y溶液吸收富集SO2方法在Fe2+或Fe3+催化下,用空气(或O
58、2)将SO2氧化为H2SO4写出的离子方程式:。下列实验方案可证实上述催化过程。将实验方案补充完整。a.向FeCl2溶液中滴入KSCN溶液,无变化。b.向FeCl2溶液通入少量SO2,滴入KSCN溶液,颜色变红。c.取b中溶液,。(4)方法中,催化氧化后,采用滴定法测定废气中残留SO2的含量。将VL(已换算为标准状况)废气中的SO2用1%的H2O2溶液完全吸收,吸收液用下图所示装置滴定,共消耗amLcmol/LNaOH标准液。H2O2氧化SO2的化学方程式为。废气中残留SO2的体积分数为。答案答案(1)Al3+SAl2(SO4)x(SO3)y/2(2)2SO2+O2+2H2O2H2SO4(3)
59、2H2O+2Fe3+SO22Fe2+S+4H+通入SO2,溶液红色褪去(或变浅)(4)SO2+H2O2H2SO4100%解析解析(1)Al2(SO4)3溶液中的Al3+易发生水解,水解反应为Al3+3H2OAl(OH)3+3H+,CaO和H+反应,使c(H+)减小,水解平衡正向移动;由Al2(SO4)3生成Al2(SO4)x(OH)y需要消耗一部分S,CaSO4微溶于水,故CaO还可以用来沉淀一部分S。碱式硫酸铝溶液中与SO2发生反应的是OH-,故吸收SO2后的产物为Al2(SO4)x(SO3)y/2。(2)在Fe2+催化下,SO2、O2和H2O生成H2SO4的化学方程式是2SO2+O2+2H
60、2O2H2SO4。(3)根据Fe2+作催化剂可知,反应中的反应物之一是Fe3+,生成物之一是Fe2+,推知还原Fe3+的物质是SO2,所以的离子方程式为2H2O+2Fe3+SO22Fe2+S+4H+。(4)H2O2氧化SO2的化学方程式为SO2+H2O2H2SO4。n(SO2)=n(H2SO4)=0.5n(NaOH)=0.5ac10-3mol,则V(SO2)=22.40.5ac10-3L,故废气中残留SO2的体积分数为100%。6.(2018北京朝阳期中,17)SO2是一种重要的化工原料,其合理利用以及废气处理一直是化工研究的热点。(1)利用反应SO2+MnO2MnSO4可以制备高纯MnSO4
61、,实验装置如下图:(夹持及加热装置略)用化学方程式表示石灰乳的作用:。一段时间后,测得反应后溶液中的n(S)明显大于n(Mn2+),说明原因:。(2)SO2可用于处理含Cr2的废水,最后转化为正三价铬沉淀除去。一种处理流程如下:SO2NaHSO3Na2SO4当0.1molSO2参与反应时,理论上能得到molNaHSO3。NaHSO3溶液显酸性,其原因是。NaHSO3与Cr2反应时,二者物质的量之比为。(3)用Na2SO4溶液吸收工业烟气中的低浓度SO2,采用阳离子膜电解法,严格控制电压,电解吸收液制成产品硫和O2。工作原理示意图如图1,阴极区和阳极区溶液的pH随时间的变化关系如图2:图1图2请
62、结合电极反应式解释溶液C可以循环利用吸收SO2的原因:。答案答案(1)SO2+Ca(OH)2CaSO3+H2O或2SO2+2Ca(OH)2+O22CaSO4+2H2O在溶液中,空气中的O2将SO2氧化为H2SO4(2)0.2在溶液中,HS既存在电离,又存在水解:HSH+S,HS+H2OH2SO3+OH-,且其电离程度大于水解程度31(3)阴极发生反应:SO2+4H+4e-S+2H2O,溶液C酸性减弱,可以循环利用吸收SO2解析解析(1)分析实验装置图知,石灰乳的作用是吸收多余的SO2,防止污染空气,反应方程式为SO2+Ca(OH)2CaSO3+H2O或2SO2+2Ca(OH)2+O22CaSO
63、4+2H2O;在三颈烧瓶的溶液中,空气中的O2可将SO2氧化为H2SO4,故反应一段时间后,测得反应后溶液中的n(S)明显大于n(Mn2+)。(2)由反应Na2SO3+H2O+SO22NaHSO3知,当0.1molSO2参与反应时,理论上能得到0.2molNaHSO3;在NaHSO3溶液中,HS既存在电离平衡:HSH+S,又存在水解平衡:HS+H2OH2SO3+OH-,且HS的电离程度大于水解程度,故NaHSO3溶液显酸性;NaHSO3与Cr2反应时,NaHSO3被氧化为Na2SO4,Cr2被还原为Cr3+,依据得失电子守恒知,二者物质的量之比为31。7.(2017北京东城二模,28)资料显示
64、“强酸性或强碱性溶液可使品红溶液褪色”。某兴趣小组探究SO2使品红溶液褪色的原因,实验如下。.探究体现漂白性的主要微粒实验一:将SO2分别通入0.1%品红水溶液和0.1%品红乙醇溶液中,观察到前者褪色而后者不褪色。实验二:试管中的液体现象a.0.1mol/LSO2水溶液(pH=2)溶液逐渐变浅,约90s后完全褪色b.0.1mol/LNaHSO3溶液(pH=5)溶液立即变浅,约15s后完全褪色c.0.1mol/LNa2SO3溶液(pH=10)溶液立即褪色d.pH=10的NaOH溶液红色溶液不变色e.pH=2的H2SO4溶液红色溶液不变色(1)SO2水溶液中含的微粒有。(2)NaHSO3溶液显酸性
65、的原因是(用平衡原理解释)。(3)实验d的目的是。(4)由实验一、二可知:该实验条件下,SO2使品红溶液褪色时起主要作用的微粒是。.探究褪色过程的可逆性(5)甲同学:向a实验后的无色溶液中滴入NaOH溶液至pH=10时,溶液颜色不变。乙同学:向a实验后的无色溶液中滴入Ba(OH)2溶液至pH=10时,生成白色沉淀,溶液变红。实验方案合理的是(选填“甲”或“乙”)。结合离子方程式说明其原因是。(6)丙同学利用SO2的还原性设计并完成了下列实验,得出结论:该褪色过程是可逆的。步骤一,中反应的化学方程式是。将步骤二中的实验方案补充完整(按步骤一的形式呈现):。答案答案(1)SO2、H2SO3、HS、
66、S(2)HS存在:HSH+S和HS+H2OH2SO3+OH-,HS的电离程度大于水解程度(3)证明该实验条件下OH-对品红褪色不产生干扰(4)S(5)乙S能使品红褪色,因SO2+2OH-+Ba2+BaSO3+H2O,可以排除S的干扰(6)I2+SO2+2H2OH2SO4+2HI解析解析(1)SO2溶于水,一部分与水反应生成H2SO3,H2SO3分步电离生成HS、S,故SO2水溶液中含的微粒有SO2、H2SO3、HS、S。(2)在NaHSO3溶液中存在HS的电离平衡:HSH+S和水解平衡:HS+H2OH2SO3+OH-,由于HS的电离程度大于水解程度,故NaHSO3溶液显酸性。(3)因为强碱性溶
67、液也可使品红溶液褪色,通过实验d可排除该实验条件下OH-对品红褪色的干扰。(4)由两组实验可知,该实验条件下,起主要作用的微粒是S。(5)S可以使品红溶液褪色,加入Ba(OH)2溶液后发生反应SO2+2OH-+Ba2+BaSO3+H2O,可以排除S的干扰。(6)步骤二中应先加入2滴品红溶液得到无色溶液,然后向无色溶液中加入碘酒将SO2消耗掉,再用NaOH溶液调pH=2,若红色恢复,即可证明该褪色过程是可逆的。8.(2017北京海淀一模,28)为探究Na2SO3溶液和铬()盐溶液的反应规律,某同学进行如下实验。已知:Cr2(橙色)+H2O2Cr(黄色)+2H+(1)进行实验和:序号操作现象向2m
68、LpH=2的0.05molL-1K2Cr2O7橙色溶液中滴加饱和Na2SO3溶液(pH约为9)3滴溶液变为绿色(含Cr3+)向2mLpH=8的0.1molL-1K2CrO4黄色溶液中滴加饱和Na2SO3溶液3滴溶液没有明显变化用化学用语表示饱和Na2SO3溶液pH约为9的原因:。用离子方程式解释中现象:。(2)继续进行实验:序号操作现象向2mL饱和Na2SO3溶液中滴加pH=2的0.05molL-1K2Cr2O7橙色溶液3滴溶液变黄色为了说明产生上述现象的原因,补充实验:向2mL蒸馏水中滴加pH=2的0.05molL-1K2Cr2O7橙色溶液3滴,溶液变成浅橙色。补充实验的目的是。用化学平衡移
69、动原理解释中现象:。根据实验,可推测:Na2SO3溶液和铬()盐溶液的反应与溶液酸碱性有关。a.碱性条件下,Na2SO3溶液和铬()盐溶液不发生氧化还原反应;b.。向实验所得黄色溶液中继续滴加硫酸,产生的现象证实了上述推测。该现象是。(3)为探究溶液酸性增强对Na2SO3还原性或铬()盐氧化性的影响,该同学利用下图装置继续实验(已知电压大小反映了物质氧化性、还原性强弱的差异;物质氧化性与还原性强弱差异越大,电压越大)。a.K闭合时,电压为x。b.向U形管左侧溶液中滴加硫酸至pH=2后,电压增大了y。c.继续向U形管右侧溶液中滴加硫酸后,无气体逸出,电压几乎不变。上述实验说明:。有同学认为:随溶
70、液酸性增强,溶液中O2的氧化性增强也会使电压增大。利用上图装置选择合适试剂进行实验,结果表明O2的存在不影响上述结论。该实验方案是,测得电压增大了z(zy)。答案答案(1)S+H2OHS+OH-Cr2+3S+8H+2Cr3+3S+4H2O(2)排除稀释对溶液颜色变化造成的影响Cr2(橙色)+H2O2Cr(黄色)+2H+,溶液中大量的S(或OH-)与H+结合,平衡正向移动,溶液颜色变黄酸性条件下,Na2SO3溶液和铬()盐溶液发生氧化还原反应,生成Cr3+溶液变绿(3)溶液酸性增强,铬()盐的氧化性增强,Na2SO3的还原性几乎没有变化U形管左管中盛放pH=8的0.1molL-1K2SO4溶液,
71、右管盛放饱和Na2SO3溶液,闭合K,记录电压;向左侧溶液中滴加硫酸至pH=2后,记录电压(或其他合理答案)解析解析(1)Na2SO3是强碱弱酸盐,易发生水解使溶液显碱性,即S+H2OHS+OH-;K2Cr2O7溶液具有强氧化性,可以与Na2SO3溶液发生氧化还原反应,离子方程式为Cr2+3S+8H+2Cr3+3S+4H2O;(2)对比实验和补充实验可知,补充实验的目的是排除稀释对溶液颜色变化造成的影响;K2Cr2O7溶液中存在水解平衡Cr2(橙色)+H2O2Cr(黄色)+2H+,加入饱和Na2SO3溶液中,S(或OH-)与H+结合,平衡正向移动,溶液颜色变黄;黄色溶液中加入硫酸后发生氧化还原
72、反应生成了Cr3+,所以溶液变为绿色;(3)在铬()盐一侧加酸,电压增大,说明氧化性增强;而在Na2SO3溶液一侧加酸,电压几乎不变,说明溶液酸性增强对Na2SO3的还原性几乎无影响;为排除O2的影响,可将左管中溶液换成pH=8的0.1molL-1K2SO4溶液。考点二环境污染与保护考点二环境污染与保护1.(2018北京东城一模,9)下列有关水处理的离子方程式不正确的是()A.沉淀法:加入Na2S处理含Hg2+废水,Hg2+S2-HgSB.中和法:加入生石灰处理酸性废水,H+OH-H2OC.氧化法:加入次氯酸处理氨氮废水,2N+3HClON2+3H2O+5H+3Cl-D.混凝法:加入明矾K2S
73、O4Al2(SO4)324H2O使水中的悬浮颗粒发生凝聚,Al3+3H2OAl(OH)3+3H+答案答案BA项,硫离子和汞离子反应可以生成难溶的硫化汞沉淀;B项,正确的离子方程式为CaO+2H+Ca2+H2O;C项,次氯酸具有强氧化性,可以和N发生氧化还原反应;D项,Al3+水解得到的Al(OH)3胶体具有吸附性,可使悬浮颗粒发生凝聚。2.(2018北京房山一模,7)下列水处理方法涉及氧化还原反应的是()A.用明矾处理水中的悬浮物B.用Na2S处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子C.用FeSO4处理含Cr2的酸性废水,再调节pH除去Cr3+D.用NaOH处理含高浓度N的废水并回收利用氨答案
74、答案CA项,明矾净水是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体的吸附性,不涉及氧化还原反应;B项,用Na2S将水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子转化为沉淀而除去,不涉及氧化还原反应;C项,用FeSO4处理含Cr2的酸性废水,再调节pH除去Cr3+,反应前后铁元素、铬元素的化合价发生变化,涉及氧化还原反应;D项,用NaOH处理含高浓度N的废水并回收利用氨,反应中各元素化合价不变,不涉及氧化还原反应。3.(2018北京朝阳期中,8)碘循环工艺不仅能吸收SO2降低环境污染,同时又能制得氢气,具体流程如下:下列说法正确的是()A.分离器中的物质分离操作为过滤B.膜反应器中,增大压强有利于提高速率和HI的平衡
75、转化率C.该工艺中I2和HI的相互转化体现了“碘循环”D.碘循环工艺的总反应为2SO2+4H2O+I2H2+2H2SO4+2HI答案答案CA项,过滤适用于分离难溶性固体和液体,从硫酸和氢碘酸的混合液中分离出硫酸,不能用过滤法;B项,膜反应器中HI分解为H2和I2,该反应是一个反应前后气体体积不变的反应,增大压强有利于提高化学反应速率,但不能提高HI的平衡转化率;D项,分析流程图知,碘循环工艺的总反应为SO2+2H2OH2+H2SO4。4.(2017北京东城一模,7)下列说法正确的是()A.氯气和明矾都能用于自来水的杀菌消毒B.常温下,浓硫酸和浓硝酸都能用铜制容器盛装C.钢铁设备连接锌块或电源正
76、极都可防止其腐蚀D.酸雨主要是由人为排放的硫氧化物和氮氧化物等转化而成的答案答案DA项,氯气可用于杀菌消毒,明矾水解生成的Al(OH)3胶体可吸附水中的悬浮颗粒,不能用于杀菌消毒;B项,常温下,铜和浓硝酸能反应,故不能用铜制容器盛装浓硝酸;C项,钢铁设备与电源正极相连时,作阳极,会失去电子发生氧化反应而被腐蚀;D项,硫氧化物会形成硫酸型酸雨,氮氧化物会形成硝酸型酸雨。5.(2017北京海淀二模,27)烟气中SO2和NOx(NO及NO2)的脱除对于环境保护意义重大。(1)湿式氨法烟气脱硫脱氮是通过氨水吸收烟气,得到含N、S、S、HS和N的吸收液。用离子方程式解释吸收液中含有S的原因:。吸收液中的
77、S、HS均对NO2具有吸收作用,但HS对NO2的吸收能力比S弱。a.S与NO2反应生成N的离子方程式是。b.经测定,在烟气的吸收过程中,吸收液对NO2的吸收率随烟气通入量变化的曲线如下图所示。结合化学用语解释产生上述结果的原因:。(2)二氧化氯(ClO2)具有很强的氧化性,可用于烟气中SO2和NO的脱除。酸性条件下,电解NaClO3溶液生成ClO2的电极反应式是。研究表明:ClO2氧化SO2和NO的反应历程与下列反应有关。.NO+ClO2NO2+ClO.NO+ClONO2+Cl.SO2+ClO2SO3+ClO.SO2+ClOSO3+Cl实验测得:ClO2分别氧化纯SO2和纯NO的氧化率以及Cl
78、O2氧化SO2和NO混合气中的SO2的氧化率随时间的变化情况如下图所示。a.结合上述信息,下列推论合理的是(填字母序号)。A.NO的存在会影响ClO2氧化SO2的反应速率B.ClO2氧化SO2的反应速率慢于ClO2氧化NO的反应速率C.反应中生成的NO2可以加快ClO2氧化SO2的反应速率b.结合反应历程,分析混合气中SO2氧化速率较纯SO2氧化速率快的原因可能是。答案答案(1)SO2+2NH3H2OS+2N+H2Oa.2NO2+S+2OH-2N+S+H2Ob.SO2+S+H2O2HS,随着烟气通入量的增加,吸收液中c(HS)增大,c(S)减小,导致吸收液对NO2的吸收能力下降(2)Cl+2H
79、+e-ClO2+H2Oa.ABb.ClO2氧化NO的反应速率较快,故当SO2中混有NO时,ClO2氧化NO生成的ClO会继续氧化SO2,即随ClO浓度的增加,氧化混合气中SO2的氧化速率增大解析解析(1)a.通过氮元素的化合价变化可知NO2是氧化剂,则S为还原剂,对应的氧化产物应该是S,则反应的离子方程式为2NO2+S+2OH-2N+S+H2O;(2)电解NaClO3溶液生成ClO2的电极反应式为Cl+2H+e-ClO2+H2O;a.由图可知,ClO2氧化纯NO的反应速率最快;ClO2氧化混合气中SO2的反应速率较ClO2氧化纯SO2的反应速率快,所以NO的存在会影响ClO2氧化SO2的反应速
80、率,A、B正确。6.(2016北京西城二模,27)煤是我国重要的化石燃料,煤化工行业中产生的H2S也是一种重要的工业资源。(1)煤的液化是(填“物理”或“化学”)变化过程。(2)煤液化过程中产生的H2S可生产硫酸,部分过程如图所示:SO2反应器中发生反应的化学方程式是。生产过程的尾气中SO2的含量符合标准才能排放。已知有VL(已换算成标准状况)尾气,通入足量H2O2吸收再加足量BaCl2溶液充分反应后(不考虑尾气中其他成分的反应),过滤、洗涤、干燥、称量得到bg沉淀。H2O2吸收SO2的化学方程式是;尾气中SO2的含量(体积分数)的计算式是。(3)H2S还可用于回收单质硫。含有H2S和空气的尾
81、气按一定流速通入酸性FeCl3溶液中,可实现空气脱硫,得到单质硫。FeCl3溶液吸收H2S过程中,溶液中的n(Fe3+)、被吸收的n(H2S)随时间t的变化如图。由图中信息可知,Ot1时,一定发生的反应是(用离子方程式表示)。t1以后,溶液中n(Fe3+)基本保持不变,原因是。答案答案(1)化学(2)2SO2+O22SO3SO2+H2O2H2SO4100%(3)H2S+2Fe3+2Fe2+S+2H+t1时刻后,溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+,Fe3+再与H2S发生氧化还原反应(或2H2S+O22S+2H2O)解析解析(1)煤的液化是将煤转化为液体燃料的过程,有新物质生成,属于化学变化。(
82、2)SO2在反应器中被空气氧化生成SO3,化学方程式为2SO2+O22SO3;H2O2与SO2发生氧化还原反应生成H2SO4,化学方程式为SO2+H2O2H2SO4;bg沉淀为硫酸钡,依据硫原子守恒知,n(SO2)=n(BaSO4)=b/233mol,故尾气中SO2的含量(体积分数)的计算式是100%。(3)由图中信息可知,Ot1时,溶液中的n(Fe3+)逐渐减小,被吸收的n(H2S)逐渐增加,故发生的化学反应为H2S+2Fe3+2Fe2+S+2H+;t1时刻后,溶液中的Fe2+被O2氧化为Fe3+,Fe3+再与H2S发生氧化还原反应,所以n(Fe3+)基本保持不变。1.(2018北京房山一模
83、,12)某同学探究SO2使品红溶液褪色的过程,将SO2通入水中得到pH=2的溶液A,后续操作如下,下列说法不正确的是()A.溶液A的pH=2的原因是:SO2+H2OH2SO3H+HSB.实验1、实验2均体现了SO2的还原性和漂白性C.经实验1、2对比可知品红溶液褪色的过程是可逆的D.实验2中加入NaOH溶液调节pH=2的原因是排除H+浓度变化产生的干扰实验1实验2B B组组2016201820162018年高考模拟年高考模拟综合题组综合题组时间时间:30:30分钟分值分钟分值:60:60分分一、选择题(每题5分,共10分)答案答案BA项,溶液A的pH=2的原因是二氧化硫溶于水生成的亚硫酸能够部
84、分电离出氢离子和亚硫酸氢根离子,即SO2+H2OH2SO3H+HS;B项,实验1中向溶液A中加入碘酒得到无色溶液,说明发生了反应SO2+I2+H2OH2SO4+2HI,体现了SO2的还原性,调节pH=2后滴加品红溶液,得到红色溶液,说明SO2已经被I2完全氧化,实验1中没有体现SO2的漂白性;C项,经实验1、2对比可知,品红溶液褪色的过程是可逆过程;D项,实验2中加入NaOH溶液调节pH=2的原因是排除H+浓度变化产生的干扰。解题关键解题关键熟练掌握二氧化硫的化学性质,并能利用二氧化硫的化学性质分析实验现象是解答本题的关键。2.(2017北京海淀期末,4)某同学进行SO2的性质实验,在点滴板a
85、、b、c处分别滴有不同的试剂,再向Na2SO3固体上滴加数滴浓H2SO4后,在整个点滴板上盖上培养皿,一段时间后观察到的实验现象如下表所示。序号试剂实验现象a品红溶液红色褪去b酸性KMnO4溶液紫色褪去cNaOH溶液(含2滴酚酞)红色褪去下列说法正确的是()A.浓硫酸与Na2SO3固体发生了氧化还原反应B.a、b均表明SO2具有漂白性C.c中只可能发生反应:SO2+2OH-S+H2OD.c中所得溶液的离子间一定存在关系:c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)答案答案DA项,浓硫酸与Na2SO3固体的反应属于复分解反应;B项,品红溶液褪色表明SO2具有漂白性,酸性KMnO
86、4溶液褪色表明SO2具有还原性;C项,发生的反应还可能为SO2+OH-HS;D项,由电荷守恒可得c(Na+)+c(H+)=2c(S)+c(HS)+c(OH-)。审题技巧审题技巧在点滴板上,亚硫酸钠固体和浓硫酸发生反应生成二氧化硫气体,盖上培养皿,二氧化硫在培养皿内扩散后,可以与a、b、c处的试剂发生反应。思路分析思路分析二氧化硫使品红溶液褪色表现漂白性,使酸性高锰酸钾溶液褪色表现还原性,使滴有酚酞的氢氧化钠溶液褪色表现酸性氧化物的通性。3.(2018北京西城一模,25)(12分)为消除燃煤烟气中含有的SO2、NOx,研究者提出了若干烟气“脱硫”“脱硝”的方法。(1)向燃煤中加入适量石灰石,高温
87、时将SO2转化为CaSO4的化学方程式是。(2)选择性催化还原法(SCR)“脱硝”。在催化剂的作用下,选取还原剂将烟气中的NO进行无害化处理。NH3还原NO的化学方程式是。(3)以NaClO溶液作为吸收剂进行一体化“脱硫”“脱硝”。控制溶液的pH=5.5,将烟气中的SO2、NO转化为S、N,均为放热反应。在下图中画出“放热反应”的反应过程中的能量变化示意图。二、非选择题(共50分)NaClO溶液吸收烟气中SO2的离子方程式是。一定时间内,温度对硫、硝脱除率的影响曲线如下图,SO2的脱除率高于NO,可能的原因是(写出1种即可)。烟气中SO2和NO的体积比为41,50时的脱除率见上图,则此吸收液中
88、烟气转化生成的N和Cl-的物质的量之比为。答案答案(1)2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2(2)4NH3+6NO5N2+6H2O(3)SO2+ClO-+H2OS+Cl-+2H+SO2在水中的溶解度大于NO;SO2在溶液中的还原性强于NO;SO2与NaClO溶液的反应速率大于NO(答出1点即可)213解析解析(1)SO2中的S元素为+4价,CaSO4中的S元素为+6价,S元素的化合价升高,反应过程中需要氧化剂,应为空气中的O2,即2CaCO3+2SO2+O22CaSO4+2CO2。(2)根据题意知,反应物为NH3和NO,生成物为N2和H2O,书写化学方程式时注意配平和标注反应条件
89、:4NH3+6NO5N2+6H2O。(3)根据题意知,SO2被氧化为S,则ClO-被还原,还原产物为Cl-;控制溶液的pH=5.5,为弱酸性环境,则NaClO溶液吸收烟气中SO2的离子方程式是SO2+ClO-+H2OS+Cl-+2H+。在相同条件下,SO2和NO的体积比即为二者的物质的量比,所以n(SO2)n(NO)=41。设烟气中的NO为xmol,50时NO的脱除量为xmol80%=0.8xmol,则SO2的脱除量为4xmol100%=4xmol;设反应消耗ClO-的物质的量为ymol,根据得失电子守恒知:0.8xmol3+4xmol2=ymol2,解得y=5.2x,根据原子守恒得n(N)n
90、(Cl-)=n(NO)n(ClO-)=0.8x5.2x=213。思路分析思路分析化学反应原理问题常从化学热力学和化学动力学两个方面进行分析,化学动力学一般从化学反应速率和化学平衡两个方面去分析。4.(2018北京海淀一模,25)(12分)化学工作者一直在积极探索影响大气质量的因素及改善措施。(1)硫酸盐是大气中可吸入颗粒物的主要成分之一,是在含水的气溶胶液滴中通过化学反应产生的。气溶胶属于胶体分散系。当日光射入充满气溶胶的暗室时,可观察到效应。大气中的SO2转化为硫酸盐的过程中,以下物质能起氧化作用的是(填字母序号)。a.O2b.H2Sc.NH3d.O3有研究者发现特定条件下,大气中的NOx会
91、成为氧化SO2的主要物质,于是认为,当城市大气中的可吸入颗粒物严重超标时,应采取汽车限行措施。原因是。(2)燃煤烟气中含有NOx和SO2。工业上常用亚氯酸钠(NaClO2)对燃煤烟气进行脱硝和脱硫处理。已知:酸性条件下,Cl会转化成ClO2和Cl-。ClO2是黄绿色、易溶于水的气体,具有强氧化性,可氧化NOx或SO2。.在实验室模拟脱硝过程:调节NaClO2吸收液的pH为5,向其中通入含NO的模拟烟气。测得脱硝反应后,溶液中的阴离子为N和Cl-,则脱硝反应的离子方程式为。测得脱硝效率(即NO的吸收率)随温度变化的曲线如下图所示。结合已知信息分析,温度大于50时,随温度升高脱硝效率下降的原因是。
92、.在实验室模拟同时脱硝、脱硫过程:调节NaClO2吸收液的pH为5,向其中通入含SO2和NO(体积比21)的模拟烟气。测得脱硝、脱硫反应后,溶液中的阴离子为N、S和Cl-,其中c(S)=amol/L,c(Cl-)=bmol/L,已知脱硫效率为100%,则脱硝效率为。答案答案(1)丁达尔ad汽车尾气中含NOx,能将SO2氧化成硫酸盐,从而增加大气中可吸入颗粒物含量(2)5NO+3ClO2+4H2O5N+3Cl-+8H+(或4NO+3Cl+2H2O4N+3Cl-+4H+)吸收液pH为5,显酸性,NaClO2转化成ClO2,温度升高,ClO2气体容易从溶液体系中逸出,使脱硝反应难以发生100%解析解
93、析(1)胶体具有丁达尔效应,因此当日光射入充满气溶胶的暗室时,可观察到丁达尔效应。a项,氧气具有氧化性,能把SO2氧化成S;b项,H2S只具有还原性;c项,NH3只表现还原性;d项,O3表现强氧化性,能把SO2氧化成S。特定条件下,汽车尾气中的NOx会将SO2氧化为硫酸盐,使空气中可吸入颗粒物含量增加,汽车限行可以减少NOx的排放,从而缓解该状况。(2)NaClO2具有强氧化性,能把NO氧化成N,本身被还原成Cl-,离子方程式为4NO+3Cl+2H2O4N+3Cl-+4H+;Cl在酸性条件下会转化成ClO2和Cl-,ClO2是黄绿色、易溶于水的气体,具有强氧化性,可氧化NOx或SO2,故脱硝反
94、应的离子方程式也可写成5NO+3ClO2+4H2O5N+3Cl-+8H+。吸收液pH为5,显酸性,NaClO2转化成ClO2,温度升高,ClO2气体容易从溶液体系中逸出,使脱硝反应难以发生。根据得失电子守恒,有4bmol/L=2amol/L+3c(N),则c(N)=mol/L,因为SO2和NO的体积比为21,且脱硫效率为100%,因此理论上溶液中c0(N)=a/2mol/L,所以脱硝效率为100%=100%。知识拓展知识拓展胶体具有丁达尔效应,常用丁达尔效应区分胶体和溶液。5.(2017北京海淀期中,17)(13分)利用硫铁矿(主要成分FeS2)生产硫酸和绿矾(FeSO47H2O)的工业流程示
95、意图如下:(1)沸腾炉中,硫铁矿进行粉碎处理的目的是。(2)接触室中,发生的主要反应是SO2与O2的反应,其化学方程式是。(3)反应釜中,烧渣经过反应转化为溶液和固体。烧渣中的FeS在反应中作剂(填“氧化”或“还原”)。溶液中所含溶质的化学式是。(4)操作a的主要步骤是:加热浓缩、过滤、洗涤、干燥。(5)流程中,固体X可以选择硫铁矿(FeS2)或;当固体X为硫铁矿(FeS2)时,将溶液与固体X发生反应的离子方程式补充完整:答案答案(1)增大反应物的接触面积,提高化学反应速率(2)2SO2+O22SO3(3)还原Fe2(SO4)3、H2SO4(4)冷却结晶(5)铁粉(或Fe)FeS2+14Fe3
96、+8H2O15Fe2+2S+16H+解析解析(1)硫铁矿在沸腾炉中进行粉碎处理,其目的是增大反应物的接触面积,提高化学反应速率;(2)SO2和O2化合生成SO3的化学方程式为2SO2+O22SO3;(3)在反应釜中,FeS转化为Fe2(SO4)3和S,铁元素和硫元素化合价均升高,故FeS为还原剂;溶液中除含有生成的Fe2(SO4)3外,还有过量的H2SO4;(4)由溶液到晶体的转变应经加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥;(5)固体X的作用是将溶液中的Fe3+还原为Fe2+,所以X可以是硫铁矿或铁粉;硫铁矿还原Fe3+的离子方程式为FeS2+14Fe3+8H2O15Fe2+2S+16H+。考查
97、点考查点本题以化工流程图的形式考查硫及其化合物间的转化、氧化还原反应基本概念及晶体的制备等。知识拓展知识拓展工业制硫酸时发生的反应沸腾炉中:S+O2SO2或4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2;接触室中:2SO2+O22SO3;吸收塔中:SO3+H2OH2SO4。6.(2016北京海淀二模,28)(13分)甲、乙两同学分别对含+4价硫元素的物质的性质进行了探究。(1)甲用下图装置进行实验(气密性已检验,加热和夹持装置已略去)。实验进行一段时间后,C、D中都出现明显的白色沉淀,经检验均为BaSO4。A中反应的化学方程式是。为探究SO2在D中所发生的反应,甲进一步实验发现,出现白色沉淀的过程
98、中,D中N浓度几乎不变。甲据此得出结论:D中出现白色沉淀的主要原因是。(2)乙用如下实验对含+4价硫元素的物质性质继续进行探究。序号实验操作实验现象1取0.3g纯净Na2SO3固体,向其中加入10mL2molL-1盐酸,再滴入4滴BaCl2溶液产生无色气泡;滴入BaCl2溶液后,开始无现象,4min后,溶液变浑浊2取0.3g纯净Na2SO3固体,向其中加入10mL2molL-1HNO3,再滴入4滴BaCl2溶液产生无色气泡;滴入BaCl2溶液后,开始无现象,2h后,溶液变浑浊3取0.3g纯净Na2SO3固体,向其中加入10mL浓HNO3,再滴入4滴BaCl2溶液产生红棕色气体;滴入BaCl2溶
99、液后,立即产生大量白色沉淀结合化学用语解释实验1中产生现象的原因:。由实验1、2、3对比,可以得到推论:。乙通过查阅资料发现,Na+对实验1和2中出现浑浊的时间无影响,于是进一步探究Cl-和N对其的影响:序号实验操作实验现象4取固体混合物,向其中加入10mL2molL-1HNO3,再滴入4滴BaCl2溶液产生无色气泡;滴入BaCl2溶液后,开始无现象,20min后,溶液变浑浊.实验2和4对比,乙获得推论:Cl-的存在可以加快溶液中+4价硫元素的氧化;.实验1和4对比,乙获得推论:。通过以上实验,乙同学认为,确定某溶液中含有S的实验方案:取待测液,向其中先滴加(填字母序号)。a.2molL-1盐
100、酸,再滴加BaCl2溶液,一段时间后出现白色沉淀b.2molL-1盐酸,再滴加BaCl2溶液,立即出现白色沉淀c.2molL-1硝酸,再滴加BaCl2溶液,一段时间后出现白色沉淀d.2molL-1硝酸,再滴加BaCl2溶液,立即出现白色沉淀答案答案(1)Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O酸性条件下,含+4价硫元素的物质(SO2或H2SO3)被O2氧化生成S(2)2H+SSO2+H2O;2SO2+O2+2Ba2+2H2O2BaSO4+4H+(或2H2SO3+O2+2Ba2+2BaSO4+4H+)含+4价硫元素的物质可被O2和浓HNO3氧化0.3g纯净Na2SO3和1.17gNa
101、ClN的存在可以减慢溶液中+4价硫元素的氧化bd解析解析(1)A中铜与浓硫酸反应生成SO2,化学方程式为Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2+2H2O;D中N浓度几乎不变,说明含+4价硫元素的物质(SO2或H2SO3)不是被N氧化的,而是被O2氧化生成了S,然后S与Ba2+结合生成了白色沉淀BaSO4。(2)实验1中HCl与Na2SO3反应产生SO2,SO2被氧气氧化生成S,S与Ba2+结合生成白色沉淀;对比实验1、2、3中实验现象可知,含+4价硫元素的物质可被O2和浓HNO3氧化;依据控制变量的原则可知,需要取0.3g纯净Na2SO3固体和1.17g(1010-3L2molL-158.
102、5gmol-1)NaCl固体。对比实验1和实验4可知,有2molL-1HNO3存在的条件下,生成沉淀所需要的时间变长,故N的存在可以减慢溶液中+4价硫元素的氧化;检验S时需要排除S的干扰,S在2molL-1盐酸或2molL-1HNO3存在的条件下遇BaCl2溶液不会立即生成白色沉淀,因此加入2molL-1HNO3或2molL-1盐酸后再滴加BaCl2溶液,若立即产生白色沉淀,则说明溶液中存在S。审题技巧审题技巧认真读题,注意控制变量思想在探究型实验中的应用。知识拓展知识拓展控制变量法:物质变化往往受到多个因素的影响,在研究化学反应与外界因素之间的关系时,对影响物质变化规律的因素或条件加以人为控制,使其他几个因素不变,集中研究其中一个因素的变化所产生的影响,以利于在研究过程中,迅速寻找到物质变化的规律。思路总结:实验结论
