新课标Ⅰ高考化学一轮复习专题十六氧硫及其化合物环境保护与绿色化学.ppt

,单击此处编辑母版标题样式,单击此处编辑母版文本样式,第二级,第三级,第四级,第五级,*,*,专题十六 氧、硫及其化合物,环境保护与绿色化学,高考化学,(课标专用),考点一氧、硫及其化合物,1.,(2016课标,13,6分)短周期元素W、X、Y、Z的原子序数依次增加。m、p、r是由这些元,素组成的二元化合物。n是元素Z的单质,通常为黄绿色气体,q的水溶液具有漂白性,0.01 molL,-,1,r 溶液的pH为2,s通常是难溶于水的混合物。上述物质的转化关系如图所示。下列说法正确,的是,(),五年高考,A组,统一命题,课标卷题组,A.原子半径的大小WXXY,C.Y的氢化物常温常压下为液态,D.X的最高价氧化物的水化物为强酸,答案C,根据题意,不难推出n为Cl,2,m为H,2,O,q为HClO,r为HCl,p为烷烃,s为一氯代烷、二氯,代烷等的混合物,从而推出W、X、Y、Z四种元素分别为H、C、O、Cl。A项,原子半径大小,为HClC(即YZX),错误;C项,Y的氢化物,有H,2,O,2,、H,2,O,二者在常温常压下均为液态,正确;D项,X的最高价氧化物的水化物为H,2,CO,3,属,于弱酸,错误。,思路分析,对于物质推断、元素推断、有机推断等推断题,要找准题眼,逐级突破。,审题技巧,抓住“黄绿色气体”“漂白性”“pH为2”等关键词,迅速确定Cl,2,、HClO、,HCl。,考点二环境保护与绿色化学,2.,(2017课标,7,6分)化学与生活密切相关。下列说法错误的是,(),A.PM2.5是指粒径不大于2.5 m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C,PM2.5是指粒径小于或等于2.5微米的可吸入颗粒物,A正确;绿色化学的核心是利,用化学原理从源头上减少或消除生产活动对环境的污染,B正确;氧化钙可与二氧化硫、氧气,发生反应生成硫酸钙,从而减少二氧化硫的排放量,但不能减少温室气体CO,2,的排放量,C错误;,天然气的主要成分是甲烷,液化石油气的成分是丙烷、丁烷、丙烯和丁烯等,燃烧产物对环境,无污染,所以天然气和液化石油气均是清洁燃料,D正确。,解题关键,注意知识的归纳和整理是关键。,知识拓展,绿色化学的特点是:(1)充分利用资源和能源,采用无毒无害的原料;(2)在无毒无害,的条件下进行反应,以减少向环境中排放废物;(3)提高原子利用率,力图使原料的原子都转入,产品中,实现零排放;(4)生产出有利于环境保护、社会安全和人体健康的环境友好产品。,3.,(2016课标,7,6分)下列有关燃料的说法错的是,(),A.燃料燃烧产物CO,2,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染,D.燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一,答案B,化石燃料包括煤、石油、天然气等,完全燃烧也会产生SO,2,等污染性气体,故B项错,误。,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,液化石油气中含杂质少,燃烧更充分,燃烧产生的CO、SO,2,、NO,x,较少,对空气污染,小。,考点一氧、硫及其化合物,1.,(2017北京理综,10,6分)根据SO,2,通入不同溶液中的实验现象,所得结论不正,的是,(),溶液,现象,结论,A,含HCl、BaCl,2,的FeCl,3,溶液,产生白色沉淀,SO,2,有还原性,B,H,2,S溶液,产生黄色沉淀,SO,2,有氧化性,C,酸性KMnO,4,溶液,紫色溶液褪色,SO,2,有漂白性,D,Na,2,SiO,3,溶液,产生胶状沉淀,酸性:H,2,SO,3,H,2,SiO,3,B,组 自主命题,省,（,区、市,）,卷题组,答案C,本题考查SO,2,的氧化性、还原性等知识。SO,2,使酸性KMnO,4,溶液褪色是因为SO,2,具,有还原性,与KMnO,4,发生了氧化还原反应。,易混易错,A项有一定的干扰性,有些考生会误认为白色沉淀为BaSO,3,而错选A。,2.,(2016四川理综,1,6分,)化学与生产和生活密切相关。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B,A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。,3.,(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,H,3,PO,4,比H,2,SiO,3,的酸性强,C.Al,2,O,3,和MgO均可与NaOH溶液反应,D.SO,2,和SO,3,混合气体通入Ba(NO,3,),2,溶液可得到BaSO,3,和BaSO,4,答案B,A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,SO,2,通入Ba(NO,3,),2,溶液后,溶液显酸性,酸性条件下N,能把SO,2,-,3,氧化为,SO,2,-,4,从而产生BaSO,4,沉淀,无BaSO,3,。,4.,(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:2H,2,SO,4,(l),2SO,2,(g)+2H,2,O(g)+O,2,(g),H,1,=+551 kJmol,-,1,反应:S(s)+O,2,(g),SO,2,(g),H,3,=-297 kJmol,-,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,H,2,SO,4,在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关,系如图所示。,p,2,p,1,(填“”或“A。结合、反应速率解释原因:,。,答案,(1)3SO,2,(g)+2H,2,O(g),2H,2,SO,4,(l)+S(s),H,2,=-254 kJmol,-,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,H,2,SO,4,的物,质的量增大,体系总物质的量减小,H,2,SO,4,的物质的量分数增大,(3)SO,2,SO,2,-,4,4H,+,(4)0.4,I,-,是SO,2,歧化反应的催化剂,H,+,单独存在时不具有催化作用,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,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3SO,2,(g)+2H,2,O(g),2H,2,SO,4,(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=-254 kJmol,-,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,H,2,SO,4,的物质的量分数会升高,所,以,p,2,p,1,。,(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I,2,则在中I,2,应该被SO,2,还,原为I,-,结合原子守恒、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0.2 molL,-,1的H,2,SO,4,A中不加H,2,SO,4,所以KI的浓度应该与A相,同,即,a,=0.4。,比较A、B、C可知,有H,2,SO,4,和KI时,SO,2,歧化反应速率较只有KI时快;只有H,2,SO,4,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SO,2,歧化反应速率提高。,规律总结,Fe,3,+催化H,2,O,2,分解与I,-,催化SO,2,歧化反应相似,Fe,3,+催化H,2,O,2,分解的过程为:2Fe,3,+,+,H,2,O,2,O,2,+2Fe,2,+,+2H,+,、2Fe,2,+,+H,2,O,2,+2H,+,2Fe,3,+,+2H,2,O。,5.,(2018江苏单科,16,12分)以高硫铝土矿(主要成分为Al,2,O,3,、Fe,2,O,3,、SiO,2,少量FeS,2,和金属硫酸,盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe,3,O,4,的部分工艺流程如下:,(1)焙烧过程均会产生SO,2,用NaOH溶液吸收过量SO,2,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。,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CO,2,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Fe,2,O,3,。Fe,2,O,3,与FeS,2,混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe,3,O,4,和SO,2,理论上完全反应消耗的,n,(FeS,2,),n,(Fe,2,O,3,)=,。,答案,(12分)(1)SO,2,+OH,-,HS,(2)FeS,2,硫元素转化为CaSO,4,而留在矿粉中,(3)NaAlO,2,Al(OH),3,(4)116,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SO,2,生成NaHSO,3,离子方程式为OH,-,+SO,2,HS,。,(2)FeS,2,在低于500 焙烧时能与空气中的O,2,反应生成Fe,2,O,3,和SO,2,发生的反应为4FeS,2,+11O,2,2Fe,2,O,3,+8SO,2,故不添加CaO的矿粉在焙烧时去除的硫元素主要来源于FeS,2,;700 焙烧,时,添加CaO后,硫元素转化为CaSO,4,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,Al,2,O,3,能与NaOH溶液反应生成NaAlO,2,发生的反应为Al,2,O,3,+2NaOH,2NaAlO,2,+H,2,O,过滤后,NaAlO,2,在滤液中,向滤液中通入过量CO,2,时,发生反应NaA,lO,2,+CO,2,+2H,2,O,Al(OH),3,+NaHCO,3,所以铝元素存在的形式由NaAlO,2,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,(FeS,2,)+5,2,n,(FeS,2,)=,2,n,(Fe,2,O,3,),解得,=,即理论上完全反应消耗的,n,(FeS,2,),n,(Fe,2,O,3,)=116。,关联知识,生石灰脱硫原理:CaO+SO,2,CaSO,3,2CaSO,3,+O,2,2CaSO,4,。,6.,(2017天津理综,10,14分)H,2,S和SO,2,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,回答下列各方法中的问题。,.H,2,S的除去,方法1:生物脱H,2,S的原理为:,H,2,S+Fe,2,(SO,4,),3,S+2FeSO,4,+H,2,SO,4,4FeSO,4,+O,2,+2H,2,SO,4,2Fe,2,(SO,4,),3,+2H,2,O,(1)硫杆菌存在时,FeSO,4,被氧化的速率是无菌时的5,10,5,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H,2,O,2,氧化H,2,S,(3)随着参加反应的,n,(H,2,O,2,)/,n,(H,2,S)变化,氧化产物不同。当,n,(H,2,O,2,)/,n,(H,2,S)=4时,氧化产物的分,子式为,。,.SO,2,的除去,方法1(双碱法):用NaOH吸收SO,2,并用CaO使NaOH再生,NaOH溶液,Na,2,SO,3,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)+H,2,O(l),Ca(OH),2,(s),Ca,2,+,(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SO,2,(5)已知25,NH,3,H,2,O的,K,b,=1.8,10,-,5,H,2,SO,3,的,=1.3,10,-,2,、,=6.2,10,-,8,。若氨水的浓度为,2.0 molL,-,1,溶液中的,c,(OH,-,)=,molL,-,1,。将SO,2,通入该氨水中,当,c,(OH,-,)降至1.0,10,-,7,mol,L,-,1,时,溶液中的,c,(SO,2,-,3,)/,c,(HS,)=,。,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(或硫杆菌失去活性),(3)H,2,SO,4,(4)2OH,-,+SO,2,SO,2,-,3,+H,2,OSO,2,-,3,与Ca,2,+,生成CaSO,3,沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成,(5)6.0,10,-,3,0.62,解析,本题考查化学反应原理,涉及反应条件的选择、氧化还原反应、方程式的书写、化学,计算等。,(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,(H,2,O,2,)/,n,(H,2,S)=4时,反应的化学方程式为4H,2,O,2,+H,2,S,H,2,SO,4,+4H,2,O,氧化产物为H,2,SO,4,。,(5)由,K,b,=1.8,10,-,5=,得,c,(OH,-,)=6.0,10,-,3,molL,-,1,;,=6.2,10,-,8,=,25 时,c,(OH,-,)=1.0,10,-,7 molL,-,1的溶液呈中性,则,c,(H,+,)=1.0,10,-,7,molL,-,1,解得,c,(SO,2,-,3,)/,c,(HS,)=0.62。,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.,(2016北京理综,28,16分,)以Na,2,SO,3,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Ag,2,SO,3,。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SO,2,-,4,含有Cu,+,、Cu,2,+,和SO,2,-,3,。,已知:Cu,+,Cu+Cu,2,+,Cu,2,+,CuI(白色)+I,2,。,用稀H,2,SO,4,证实沉淀中含有Cu,+,的实验现象是,。,通过下列实验证实,沉淀中含有Cu,2,+和SO,2,-,3,。,a.白色沉淀A是BaSO,4,试剂1是,。,b.证实沉淀中含有Cu,2,+和SO,2,-,3,的理由是,。,(3)已知:Al,2,(SO,3,),3,在水溶液中不存在。经检验,现象的白色沉淀中无SO,2,-,4,该白色沉淀既能溶于强酸,又能溶于强碱,还可使酸性KMnO,4,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,。盐溶液间反应的多样性与,有关。,答案,(16分)(1)2Ag,+,+SO,2,-,3,Ag,2,SO,3,(2)析出红色固体,a.HCl和BaCl,2,溶液,b.在I,-,的作用下,Cu,2,+转化为白色沉淀CuI,SO,2,-,3,转化为SO,2,-,4,(3)Al,3,+、OH,-,a.,b.,V,1,明显大于,V,2,(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,(2)题中明确告知棕黄色沉淀中含有Cu,+,、Cu,2,+和SO,2,-,3,证实含有Cu,+,的实验现象不能,答溶液出现蓝色,因沉淀中的Cu,2,+在稀H,2,SO,4,作用下,也进入了溶液。A是BaSO,4,沉淀,则试剂,1的作用是检验上层清液中是否含有SO,2,-,4,但检验SO,2,-,4,时要防止SO,2,-,3,的干扰,所以试剂1应是,HCl和BaCl,2,溶液;上层清液中没有检出I,2,可知I,2,和SO,2,-,3,反应生成了I,-,和SO,2,-,4,。,(3)由题中信息可推知,沉淀中还含有Al,3,+、OH,-,。在对比实验中要将Na,2,SO,3,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,NH,3,H,2,O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,V,1,大于,V,2,通过这一实验事实,即可证实假设成立。,8.,(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0.10 molL,-,1H,2,S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,(S,2,-)关系如图(忽略溶液体积的变化、H,2,S的挥发)。,pH=13时,溶液中的,c,(H,2,S)+,c,(HS,-,)=,molL,-,1。,某溶液含0.020 molL,-,1 Mn,2,+、0.10 molL,-,1 H,2,S,当溶液pH=,时,Mn,2,+开始沉淀。已,知:,K,s,p(MnS)=2.8,10,-,13,(3)25,两种酸的电离平衡常数如下表。,H,2,SO,3,1.3,10,-,2,6.3,10,-,8,H,2,CO,3,4.2,10,-,7,5.6,10,-,11,HS,的电离平衡常数表达式,K,=,。,0.10 molL,-,1,Na,2,SO,3,溶液中离子浓度由大到小的顺序为,。,H,2,SO,3,溶液和NaHCO,3,溶液反应的主要离子方程式为,。,答案,(15分)(1),C+2H,2,SO,4,(浓),2SO,2,+CO,2,+2H,2,O,(2)0.0435,(3),或,c,(Na,+,),c,(SO,2,-,3,),c,(OH,-,),c,(HS,),c,(H,+,),或Na,+,SO,2,-,3,OH,-,HS,H,+,H,2,SO,3,+HC,HS,+CO,2,+H,2,O,解析,(1)硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液为浓H,2,SO,4,其具有强氧化性,与木炭,发生反应的化学方程式为C+2H,2,SO,4,(浓),CO,2,+2SO,2,+2H,2,O。(2)观察图像知,pH=13,时,c,(S,2,-)=5.7,10,-,2molL,-,1,由硫原子守恒知,c,(H,2,S)+,c,(HS,-,)+,c,(S,2,-)=0.1 molL,-,1,代入数据得,c,(H,2,S),+,c,(HS,-,)=0.1 molL,-,1-,c,(S,2,-)=0.1 molL,-,1-5.7,10,-,2 molL,-,1=0.043 molL,-,1;当Mn,2,+开始沉淀时,溶液中,c,(S,2,-)=,=,molL,-,1=1.4,10,-,11 molL,-,1,观察图像知,此时pH=5。(3)在,0.10 molL,-,1 Na,2,SO,3,溶液中存在:SO,2,-,3,+H,2,O,HS,+OH,-,(主要),HS,+H,2,O,H,2,SO,3,+OH,-,(次要),H,2,O,H,+,+OH,-,(水的电离平衡),故离子浓度由大到小的顺序为,c,(Na,+,),c,(SO,2,-,3,),c,(OH,-,),c,(HS,),c,(H,+,);结合表中数据知,酸性:H,2,SO,3,H,2,CO,3,HS,HC,故H,2,SO,3,溶液和NaH,CO,3,溶液反应的离子方程式为H,2,SO,3,+HC,HS,+CO,2,+H,2,O。,9.,(2015安徽理综,28,14分,)某研究小组将纯净的SO,2,气体通入0.1 molL,-,1的Ba(NO,3,),2,溶,液中,得到了BaSO,4,沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO,2,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O,2,(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。,(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SO,2,体积的变化曲线如,图。,实验1中溶液pH变小的原因是,;,V,1,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。,答案,(14分)(1)无明显现象有白色沉淀,(2)SO,2,溶于水生成H,2,SO,3,3SO,2,+2N,+2H,2,O,3SO,2,-,4,+4H,+,+2NO(或3H,2,SO,3,+2N,3SO,2,-,4,+4H,+,+2NO+H,2,O),(3),(4)小于反应的离子方程式表明,足量的O,2,和N,分别氧化相同的H,2,SO,3,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),(4),若假设二成立,请预测,:,在相同条件下,分别用足量的,O,2,和,KNO,3,氧化相同的,H,2,SO,3,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,。,解析,(1)不含O,2,的BaCl,2,溶液中通入SO,2,气体无明显现象;向不含O,2,的Ba(NO,3,),2,溶液中通入SO,2,气体产生白色沉淀,表明溶液中的N,能氧化SO,2,气体产生BaSO,4,白色沉淀。(2)向BaCl,2,溶液中,通入SO,2,气体,二者不发生反应,但SO,2,溶于水可以与水反应生成H,2,SO,3,使溶液显酸性;向Ba(NO,3,),2,溶液中通入SO,2,气体,N,可以把SO,2,氧化为H,2,SO,4,使溶液pH减小,反应的离子方程式为3SO,2,+2,N,+2H,2,O,3SO,2,-,4,+4H,+,+2NO。(4)由O,2,氧化H,2,SO,3,的离子方程式:2H,2,SO,3,+O,2,4H,+,+2SO,2,-,4,和N,氧化H,2,SO,3,的离子方程式:3H,2,SO,3,+2N,3SO,2,-,4,+4H,+,+2NO+H,2,O知,足量的O,2,和N,分别氧化相同的H,2,SO,3,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。,10.,(2014福建理综,25,15分,)焦亚硫酸钠(Na,2,S,2,O,5,)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Na,2,S,2,O,5,。装置中有Na,2,S,2,O,5,晶体析出,发生,的反应为:,Na,2,SO,3,+SO,2,Na,2,S,2,O,5,(1)装置中产生气体的化学方程式为,。,(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,Na,2,S,2,O,5,溶于水即生成NaHSO,3,。,(4)证明NaHSO,3,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Na,2,S,2,O,5,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Na,2,S,2,O,5,作抗氧化剂。测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO,2,计算)的方,案如下:,葡萄酒样品,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SO,2,+I,2,+2H,2,O,H,2,SO,4,+2HI),按上述方案实验,消耗标准I,2,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,SO,2,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)Na,2,SO,3,+H,2,SO,4,Na,2,SO,4,+SO,2,+H,2,O(或Na,2,SO,3,+2H,2,SO,4,2NaHSO,4,+SO,2,+H,2,O),(2)过滤,(3)d(4)a、e,(5)取少量Na,2,S,2,O,5,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,(2)从装置中分离晶体,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SO,2,又要考虑防倒吸。a装置密闭,b和c不能用来吸收SO,2,d装置符合要求。(4)要证明,NaHSO,3,溶液中HS,的电离程度大于水解程度,即要证明NaHSO,3,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)Na,2,S,2,O,5,晶体在空气中被氧化生成的产物为Na,2,SO,4,故此实,验方案检验晶体中是否有SO,2,-,4,即可。(6)由题给方程式可知:,n,(SO,2,)=,n,(I,2,)=0.025 L,0.010 00,molL,-,1=2.5,10,-,4 mol,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SO,2,消耗标准I,2,溶液减少,测定结果偏低。,考点二环境保护与绿色化学,11.,(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、SO,2,的回收利用和NO,x,的催化转化都是减少酸雨产生的措施,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。,12.,(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MnO,2,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SO,2,又制得电池材料MnO,2,(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MnCO,3,能除去溶液中Al,3,+和Fe,3,+,其原因是,。,(3)已知:25、101 kPa时,Mn(s)+O,2,(g),MnO,2,(s),H,=-520 kJ/mol,S(s)+O,2,(g),SO,2,(g),H,=-297 kJ/mol,Mn(s)+S(s)+2O,2,(g),MnSO,4,(s),H,=-1 065 kJ/mol,SO,2,与MnO,2,反应生成无水MnSO,4,的热化学方程式是,。,(4)MnO,2,可作超级电容器材料。用惰性电极电解MnSO,4,溶液可制得MnO,2,其阳极的电极反应,式是,。,(5)MnO,2,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SO,2,只与软锰矿浆中MnO,2,反应。按照图示流程,将,a,m,3,(标准状况)含SO,2,的体积,分数为,b,%的尾气通入矿浆,若SO,2,的脱除率为89.6%,最终得到MnO,2,的质量为,c,kg,则除去铁、,铝、铜、镍等杂质时,所引入的锰元素相当于MnO,2,kg。,答案,(16分)(1)A、C,(2)消耗溶液中的酸,促进Al,3,+和Fe,3,+水解生成氢氧化物沉淀,(3)MnO,2,(s)+SO,2,(g),MnSO,4,(s),H,=-248 kJ/mol,(4)Mn,2,+2H,2,O-2e,-,MnO,2,+4H,+,(5)MnO,2,+H,2,O+e,-,MnO(OH)+OH,-,(6),解析,稀硫酸酸化的软锰矿浆吸收含SO,2,的尾气,将MnO,2,转化为MnSO,4,其中还含有少量的,铁、铝、铜、镍的硫酸盐杂质及过量的H,2,SO,4,加MnCO,3,可消耗过量H,2,SO,4,调节pH,使Al,3,+和,Fe,3,+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Cu,2,+、Ni,2,+转化为,CuS、NiS沉淀除去。再过滤后往滤液中加KMnO,4,溶液,发生反应:,2KMnO,4,+3MnSO,4,+2H,2,O,5MnO,2,+K,2,SO,4,+2H,2,SO,4,回收K,2,SO,4,干燥后得到MnO,2,。,(3)将题中三个方程式依次编号为、,MnO,2,(s)+SO,2,(g),MnSO,4,(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KMnO,4,溶液前溶液中Mn,2,+与软锰矿浆中Mn,2,+,的差值计算。由SO,2,+MnO,2,MnSO,4,、2KMnO,4,+3MnSO,4,+2H,2,O,5MnO,2,+K,2,SO,4,+2H,2,SO,4,可知,除去铁、铝、铜、镍时,所引入的锰元素相当于MnO,2,的质量,m,=(,-,),87,10,-,3,kg=,kg。,考点一氧、硫及其化合物,1.,(2018北京理综,26,13分)磷精矿湿法制备磷酸的一种工艺流程如下:,已知:磷精矿主要成分为Ca,5,(PO,4,),3,(OH),还含有Ca,5,(PO,4,),3,F和有机碳等。,溶解度:Ca,5,(PO,4,),3,(OH)”或“”)。,结合元素周期律解释中结论:P和S电子层数相同,。,(3)酸浸时,磷精矿中Ca,5,(PO,4,),3,F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF,4,除去。写出生成HF的化,学方程式:,。,C,组,教师专用题组,(4)H,2,O,2,将粗磷酸中的有机碳氧化为CO,2,脱除,同时自身也会发生分解。相同投料比、相同反,应时间,不同温度下的有机碳脱除率如图所示。80 后脱除率变化的原因:,。,(5)脱硫时,CaCO,3,稍过量,充分反应后仍有SO,2,-,4,残留,原因是,;加入BaCO,3,可进一步提高,硫的脱除率,其离子方程式是,。,(6)取,a,g所得精制磷酸,加适量水稀释,以百里香酚酞作指示剂,用,b,molL,-,1 NaOH溶液滴定至,终点时生成Na,2,HPO,4,消耗NaOH溶液,c,mL。精制磷酸中H,3,PO,4,的质量分数是,。(已知:,H,3,PO,4,摩尔质量为98 gmol,-,1),答案,(1)研磨、加热,(2)S,得电子能力PS,非金属性P1时,反应后NO,2,的物质的量减少,其原因是,。,增加,n,(O,3,),O,3,氧化SO,2,的反应几乎不受影响,其可能原因是,。,(3)当用CaSO,3,水悬浮液吸收经O,3,预处理的烟气时,清液(pH约为8)中SO,2,-,3,将NO,2,转化为N,其,离子方程式为,。,(4)CaSO,3,水悬浮液中加入Na,2,SO,4,溶液,达到平衡后溶液中,c,(SO,2,-,3,)=,用,c,(SO,2,-,4,)、,K,s,p(CaSO,3,)和,K,s,p(CaSO,4,)表示;CaSO,3,水悬浮液中加入Na,2,SO,4,溶液能提高NO,2,的吸收,速率,其主要原因是,。,答案,(14分)(1)-317.3,(2)O,3,将NO,2,氧化为更高价氮氧化物(或生成了N,2,O,5,),SO,2,与O,3,的反应速率慢,(3)SO,2,-,3,+2NO,2,+2OH,-,SO,2,-,4,+2N,+H,2,O,(4),c,(SO,2,-,4,)CaSO,3,转化为CaSO,4,使溶液中SO,2,-,3,的浓度增大,加快SO,2,-,3,与NO,2,的反,应速率,解析,(1)NO(g)+O,3,(g),NO,2,(g)+O,2,(g),H,=-200.9 kJmol,-,1,NO(g)+,O,2,(g),NO,2,(g),H,=-58.2 kJmol,-,1,运用盖斯定律+,2可得出3NO(g)+O,3,(g),3NO,2,(g),H,=-20,0.9 kJmol,-,1+(-58.2 kJmol,-,1,2)=-317.3 kJmol,-,1。,(2)由图中信息可知,当,n,(O,3,),n,(NO)1时,SO,2,、NO的量都不随,n,(O,3,),n,(NO)的改变而改变,只有NO,2,的量在减小,说明NO,2,与过量的O,3,发生了反应,NO,2,被O,3,氧化生成了更高价氮氧化物。,由题中信息可知SO,2,与O,3,能发生反应,但题图信息显示,随O,3,量的增加,SO,2,的量基本不变,说,明二者的反应速率很慢,短时间内测不出SO,2,的量在改变。,(3)依题给信息可知NO,2,被还原生成N,则SO,2,-,3,被氧化生成SO,2,-,4,二者在弱碱性环境中反应。,(4)达平衡后溶液中:,c,(Ca,2,+),c,(SO,2,-,3,)=,K,s,p(CaSO,3,)、,c,(Ca,2,+),c,(SO,2,-,4,)=,K,s,p(CaSO,4,),同一溶液中,c,(Ca,2,+)相等,则有,=,故,c,(SO,2,-,3,)=,c,(SO,2,-,4,);Na,2,SO,4,溶液的加入会,使 CaSO,3,的溶解平衡正向移动,致使,c,(SO,2,-,3,)增大,吸收NO,2,的速率加快。,考点一氧、硫及其化合物,1.,(2018河北衡水金卷大联考,3)下列说法错误的是,(),A.石灰石既是制玻璃的原料又是制水泥的原料,B.“大漠孤烟直”描述的是物质升华的过程,C.高锰酸钾和浓盐酸不能保存在同一药品橱中,D.可用盐酸酸化的BaCl,2,溶液检验露置的Na,2,SO,3,已变质,三年模拟,A,组,201,6,201,8,年高考模拟,基础题组,答案B,“大漠孤烟直”描述的是燃烧产生的烟气上升的现象,而升华是指固体受热直接,变为气体的过程,B项错误。,2.,(2018山东临沂期中,13)下列各组物质在一定条件下反应产生等物质的量的气体时,消耗酸,的物质的量最少的是,(),A.碳与浓硫酸B.二氧化锰与浓盐酸,C.铁与稀硫酸D.铜与稀硝酸,答案A,相关反应的化学方程式为C+2H,2,SO,4,(浓),2SO,2,+CO,2,+2H,2,O,MnO,2,+4HCl(浓),MnCl,2,+Cl,2,+2H,2,O,Fe+H,2,SO,4,FeSO,4,+H,2,3Cu+8HNO,3,3Cu(NO,3,),2,+2NO+4H,2,O,可见产生等物质的量的气体时,碳与浓硫酸反应需要的酸最少,故选A。,3.,(2018湖北百所重点学校联考,12)某白色粉末由两种物质组成,取少量样品加入足量水中,固,体部分溶解,再向其中加入足