化學專題十六 氧、硫及其化合物 綠色化學與環(huán)境保護

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1、專題十六氧、硫及其化合物綠色化學與環(huán)境保護高考化學高考化學(課標專用)考點一氧、硫及其化合物考點一氧、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,0.01molL-1r溶 液 的 p H 為 2,s 通 常 是 難 溶 于 水 的 混 合 物。上 述 物 質(zhì) 的 轉 化 關 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)一命題課標卷題組課標卷題組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

2、化物為強酸答案答案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、有機推斷等推斷題,要找準題眼,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”等關鍵詞,迅速確定Cl2、HClO、HCl?？键c二綠色化學與環(huán)境保護考點二綠色化學與環(huán)境保

3、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.P

4、M2.5是指粒徑不大于2.5m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。

5、解題關鍵解題關鍵注意知識的歸納和整理是關鍵。知識拓展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環(huán)境友好產(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

6、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。考點一氧、硫及其化合物考點一氧、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 B組組 自主命題自主命題?。▍^(qū)、市）卷題組?。▍^(qū)、市）卷題組答案答案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

7、硫能與有色物質(zhì)結合生成不穩(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。審題方法審題方法審題關鍵是“沒有發(fā)生化學變化”。逐一甄別即可找出答案。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,所得結論不正確的是()溶液現(xiàn)象結論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:H2SO3H2SiO3答案答案C本題考查SO2的氧化性、還原性等知識。SO2使酸性

8、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。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

9、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)太陽能的轉化與存儲。過程如下:(1)反應:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)H1=+551kJmol-1反應:S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-297kJmol-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“A。結合、反應速率解釋原因:。序號ABCD試劑組成0.4molL-1KIamolL-1KI0.2molL-1H2SO40.2molL-1H2SO40.2mo

10、lL-1KI0.0002molI2實驗現(xiàn)象溶液變黃,一段時間后出現(xiàn)渾濁溶液變黃,出現(xiàn)渾濁較A快無明顯現(xiàn)象溶液由棕褐色很快褪色,變成黃色,出現(xiàn)渾濁較A快答案答案(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)H2=-254kJmol-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)0.4I-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+使反應加快解析解析本題以“含硫物質(zhì)熱化學循環(huán)”素材為載體

11、,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=-254kJmol-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0.2molL-1的H2SO4,A中不加H2S

12、O4,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,所以可得出的結論為酸性增強,I-催化SO2歧化反應速率提高。規(guī)律總結規(guī)律總結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

13、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,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(填化學式)轉化為(填化學式)。(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,理論上完全反應消耗的n(FeS

14、2)n(Fe2O3)=。答案答案(12分)(1)SO2+OH-HS(2)FeS2硫元素轉化為CaSO4而留在礦粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)116解析解析本題考查化學工藝流程的分析、硫及其化合物,氧化還原反應的計算。(1)用NaOH溶液吸收過量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反應生成Fe2O3和SO2,發(fā)生的反應為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,硫元素轉化為CaSO4而留在礦粉中,使礦粉硫去除率降低。(3)礦粉焙

15、燒后加NaOH溶液堿浸時,Al2O3能與NaOH溶液反應生成NaAlO2,發(fā)生的反應為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NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHCO3,所以鋁元素存在的形式由NaAlO2轉化為Al(OH)3。(4)分析反應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=,即理論上完全反應消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=116。關聯(lián)知識關聯(lián)知識生石灰脫硫原理:CaO+SO2CaSO3,2CaSO3+O22CaSO4。6.(2017天

16、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+O2+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)

17、=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2.0molL-1,溶液中的c(OH-)=molL-1。將SO2通入該氨水中,當c(OH-)降至1.010-7molL-1時,溶液中的c(S)/c

18、(H S)=。答案答案(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-+SO2S+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+H2SH2SO4+4H2O,氧化產(chǎn)物為H

19、2SO4。(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(S)/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。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

20、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。實驗試劑現(xiàn)象滴管試管0.2molL-1Na2SO3溶液飽和Ag2SO4溶液.產(chǎn)生白色沉淀0.2molL-1CuSO4溶液.溶液變綠,繼續(xù)滴加產(chǎn)生棕黃色沉淀0.1molL-1Al2(SO4)3溶液.開始無明顯變化,繼續(xù)滴加產(chǎn)生白色沉淀通過下列實驗證實,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

21、,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。答案答案(16分)(1)2Ag+SAg2SO3(2)析出紅色固體a.HCl和BaCl2溶液b.在I-的作用下,Cu2+轉化為白色沉淀CuI,S轉化為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

22、性兩種鹽溶液中陰、陽離子的性質(zhì)和反應條件解析解析(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

23、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)硫離子的結構示意圖為。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0.10molL-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

24、溶液含0.020molL-1Mn2+、0.10molL-1H2S,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。H2SO31.310-26.310-8H2CO34.210-75.610-11HS的電離平衡常數(shù)表達式K=。0.10molL-1Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序為。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應的主要離子方程式為。答案答案(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+HCHS+CO2

25、+H2O解析解析(1)硫元素的最高價氧化物對應水化物的濃溶液為濃H2SO4,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-)=0.1molL-1,代入數(shù)據(jù)得:c(H2S)+c(HS-)=0.1molL-1-c(S2-)=0.1molL-1-5.710-2molL-1=0.043molL-1;當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0.10mol

26、L-1Na2SO3溶液中存在:S+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(S)c(OH-)c(HS)c(H+);結合表中數(shù)據(jù)知,酸性:H2SO3H2CO3HSHC,故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應的離子方程式為H2SO3+HCHS+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:假設一:溶液中的N假設二:溶液中溶解的O

27、2(1)驗證假設一該小組設計實驗驗證了假設一。請在下表空白處填寫相關實驗現(xiàn)象。實驗步驟實驗現(xiàn)象結論實驗1:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1BaCl2溶液的燒杯中,緩慢通入純凈的SO2氣體假設一成立實驗2:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1Ba(NO3)2溶液的燒杯中,緩慢通入純凈的SO2氣體(2)為深入研究該反應,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)驗證假設二請設計實驗驗證假設二,寫出實驗步驟、預期現(xiàn)象和結論。(4)若假設二成立,請預測:在相同條件

28、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),充分反應后兩溶液的pH前者(填“大于”或“小于”)后者,理由是。答案答案(1)無明顯現(xiàn)象有白色沉淀(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO(或3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O)(3)(4)小于反應的離子方程式表明,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)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(NO3)2溶液中通入SO2氣 體 產(chǎn) 生 白 色 沉 淀,表

29、 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,但SO2溶于水可以與水反應生成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,反應的離子方程式為3SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO3的離子方程式:2H2SO3+O24H+2S和N氧化H2SO3的離子方程式:3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O知,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,故反應后兩溶液的pH前者小于后者。10.(2014福建理綜

30、,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+SO2Na2S2O5(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(

31、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:溶液出現(xiàn)藍色且30s內(nèi)不褪色(已知:滴定時反應的化學方程式為SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)按上述方案實驗,消耗標準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被空氣氧化,則測定結果(填“偏高”“偏低”或“不變”)。答案答案(1)Na2SO3+H2SO4N

32、a2SO4+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,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

33、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 S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消耗標準I2溶液減少,測定結果偏低?？键c二綠色化學與環(huán)境保護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

34、,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

35、)上述流程脫硫實現(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

36、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am3(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ckg,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=-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軟錳礦漿吸收含SO2的尾氣,將MnO2轉化為

37、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+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

38、+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.(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+6H2OCaO28H2O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

39、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100.00mL,按上述方法測定水樣的溶解氧,消耗0.01000molL-1Na2S2O3標準溶液13.50mL。計算該水樣中的溶解氧(以mgL

40、-1表示),寫出計算過程。C C組組教師專用題組教師專用題組答案答案(12分)(1)提高H2O2的利用率(2)AD(3)2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2在100.00mL水樣中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過量可提高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與M

41、n2+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)轉化如圖所示。在圖示的轉化中,化合價不變的元素是。反應中當有1molH2S轉化為硫單質(zhì)時,保持溶液中Fe3+的物質(zhì)的量不變,需消耗

42、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。答案答案(14分)(1)2H2O+2e-H2+2OH-+2H+(n-1)S+H2S(2)Cu、H、Cl(或銅、氫、氯)0.5mol提高混合氣體中空氣的比例(3)2H2S2H2+S2解析解析(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

43、 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)=1mol=0.5mol。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

44、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”)。答案答案(12分)(1)Al2O3+3H2SO4Al2(SO4)3+3H2OSiO2(2)CaSO43CaCO3+2Al3+3S+3H2O2A

45、l(OH)3+3CaSO4+3CO2(3)溶液中的部分S被氧化成S減小解析解析(1)酸浸時Al2O3與H2SO4發(fā)生反應,SiO2不溶于H2SO4溶液,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?？键c二綠色化學與環(huán)境保護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)O

46、3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=-200.9kJmol-1NO(g)+O2(g)NO2(g)H=-58.2kJmol-1SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)H=-241.6kJmol-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

47、)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+H

48、2O(4)c(S)CaSO3轉化為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

49、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?？键c一氧、硫及其化合物考點一氧、硫及其化合物1.(2018陜西漢中一檢,5)下列有關實驗的說法中正確的是

50、()A.向品紅溶液中通入氣體X,品紅溶液褪色,則氣體X一定是SO2B.將SO2氣體通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀,此沉淀是BaSO4C.向某溶液中滴加氯水,再滴加KSCN溶液,溶液變成紅色,該溶液中一定含有Fe2+D.CO2中含少量SO2,可將該混合氣體通過足量飽和Na2CO3溶液除去SO2三年模擬A A組組 201 2016 62012018 8年高考模擬年高考模擬基礎題組基礎題組答案答案BCl2也可使品紅溶液褪色,A不正確;3SO2+2N+3Ba2+2H2O3BaSO4+2NO+4H+,B正確;若溶液中有Fe3+會出現(xiàn)同樣的現(xiàn)象,C不正確;飽和Na2CO3溶液會吸收CO2氣體,D不

51、正確。2.(2018吉林遼源田家炳高中等五校期末聯(lián)考,8)下列說法中,正確的是()A.在BaCl2溶液中通入SO2氣體,溶液仍澄清,滴入3%過氧化氫溶液有白色沉淀B.可以用澄清石灰水來鑒別SO2與CO2C.硫在空氣中的燃燒產(chǎn)物是二氧化硫,在純氧中的燃燒產(chǎn)物是三氧化硫D.SO2能使溴水褪色,體現(xiàn)SO2的漂白性答案答案ASO2與BaCl2溶液不反應,但滴入3%過氧化氫溶液后發(fā)生反應:SO2+H2O2H2SO4,Ba2+與S反應生成BaSO4白色沉淀,A正確;SO2、CO2均可使澄清石灰水變渾濁,B不正確;S在純氧中燃燒產(chǎn)物仍為SO2,C不正確;SO2使溴水褪色體現(xiàn)它的還原性,D不正確。3.(201

52、8陜西西安長安一中五檢,3)已知X為一種常見酸的濃溶液,能使蔗糖粉末變黑。A與X反應 的 轉 化 關 系 如 圖 所 示,其 中 反 應 條 件 及 部 分 產(chǎn) 物 均 已 略 去,則 下 列 有 關 說 法 中 正 確 的 是()A.X使蔗糖變黑的現(xiàn)象主要體現(xiàn)了X的強氧化性B.若A為鐵,則足量A與X在室溫下即可完全反應C.若A為碳單質(zhì),則將C通入少量的澄清石灰水中,一定可以觀察到白色沉淀產(chǎn)生D.工業(yè)上,B轉化為D的反應條件為高溫、常壓、使用催化劑答案答案DX為濃硫酸,使蔗糖變黑體現(xiàn)了濃硫酸的脫水性和強氧化性,A不正確;室溫下,鐵遇濃硫酸會發(fā)生鈍化,B不正確;濃硫酸與碳單質(zhì)加熱時可發(fā)生反應生成

53、CO2、SO2、H2O,其中C為CO2,CO2通入少量的澄清石灰水中會發(fā)生反應2CO2+Ca(OH)2Ca(HCO3)2,觀察不到白色沉淀,C不正確;高溫、常壓、催化劑條件下SO2的轉化率、反應速率都比較理想,D正確。4.(2016海南七校一聯(lián),6)美國研究人員將CO和O附著在一種釕催化劑表面,用激光脈沖將其加熱到2000K,成功觀察到CO與O形成化學鍵生成CO2的 全 過 程。下 列 說 法 中 不 正 確 的 是()A.CO2屬于酸性氧化物B.CO與O形成化學鍵的過程中放出能量C.釕催化劑可以改變該反應的焓變D.CO與O形成化學鍵的過程中有電子轉移答案答案CCO2為碳酸的酸酐,屬于酸性氧化

54、物,A項正確;形成化學鍵的過程中放出能量,B項正確;催化劑不能改變反應的焓變,C項錯誤;CO與O形成化學鍵的過程中CO被氧化,O被還原,伴隨著電子轉移,D項正確。5.(2016甘肅會寧一中三模,11)將甲氣體通入BaCl2溶液中,未見沉淀生成,然后通入乙氣體,有沉淀 生 成,則 甲、乙 氣 體 不 可 能 是 ()A.SO2、H2SB.SO2、NO2C.NH3、CO2D.CO2、SO2答案答案DA項,氯化鋇溶液中通入二氧化硫不反應,再通入硫化氫,二氧化硫和硫化氫反應生成硫沉淀;B項,氯化鋇溶液中通入二氧化硫不反應,再通入二氧化氮,二氧化氮和水反應生成硝酸,可以氧化二氧化硫生成硫酸根離子,進而與

55、鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀;C項,氯化鋇溶液中通入氨氣不反應,再通入二氧化碳可以生成碳酸鋇沉淀;D項,氯化鋇溶液中通入二氧化碳和二氧化硫都不反應,不會出現(xiàn)沉淀,故選D。6.(2018寧夏育才中學月考,17)純凈的過氧化氫(H2O2)是淡藍色的黏稠液體,受熱、光照都能加速其分解。回答下列問題:(1)已知H2O2可看作二元弱酸,試寫出H2O2的第二步電離方程式:。(2)實驗室保存H2O2的方法是。(3)酸性條件下K2Cr2O7能與H2O2反應生成藍色的CrO5晶體,分析化學中常用此反應檢驗H2O2的存在。已知上述反應不屬于氧化還原反應。該反應的離子方程式為。CrO5中鉻元素的化合價為,1.5molC

56、rO5中含有過氧鍵的物質(zhì)的量為。(4)將6%的過氧化氫水溶液濃縮為30%,最佳的方法是。a.加熱蒸發(fā)b.常壓蒸餾c.減壓蒸餾d.加生石灰后過濾答案答案(1)H+H+(2)保存在棕色試劑瓶中,避光置于陰暗處(3)Cr2+4H2O2+2H+2CrO5+5H2O+63mol(4)c解析解析(2)H2O2應保存在低溫、避光環(huán)境中。(3)反應不屬于氧化還原反應,則反應前后元素化合價不改變,CrO5中鉻元素應為+6價。1molCrO5中應含有2mol過氧鍵,故1.5molCrO5中過氧鍵為3mol。(4)為防止蒸餾過程中H2O2分解,應采用減壓蒸餾。7.(2017黑龍江雙鴨山一中月考,26)某化學興趣小組

57、設計了下圖所示實驗裝置(圖中省略了部分夾持儀器)來測定某鐵碳合金中鐵的質(zhì)量分數(shù)。(1)mg鐵碳合金中加入過量濃硫酸,未點燃酒精燈前,A、B中均無明顯現(xiàn)象,其原因是:常溫下碳與濃硫酸不反應;。(2)寫出加熱時A中碳與濃硫酸發(fā)生反應的化學方程式:。(3)B中的現(xiàn)象是;C的作用是。(4)待A中不再逸出氣體時,停止加熱,拆下E并稱重,E增重bg。則鐵碳合金中鐵的質(zhì)量分數(shù)為(寫出化簡后的表達式)。(5)甲同學認為利用此裝置測得鐵的質(zhì)量分數(shù)偏大,請你寫出可能的原因:。答案答案(1)常溫下Fe遇濃硫酸發(fā)生鈍化(2)C+2H2SO4(濃)CO2+2SO2+2H2O(3)品紅溶液褪色(或顏色變淺)除盡反應產(chǎn)物中

58、的SO2氣體(4)100%(5)裝置內(nèi)的CO2難以趕盡,導致測得的E增重偏小(答案合理即可)解析解析(3)SO2有還原性,可與酸性高錳酸鉀溶液發(fā)生氧化還原反應。(4)E增重為CO2的質(zhì)量,則碳的質(zhì)量為bg=g。鐵 的 質(zhì) 量 分 數(shù) 為100%=100%。(5)實驗結束后,會有CO2氣體滯留在裝置中,測得的CO2質(zhì)量偏小,計算出的合金中碳含量偏小,鐵的質(zhì)量分數(shù)偏大?？键c二綠色化學與環(huán)境保護考點二綠色化學與環(huán)境保護8.(2018陜西漢中一檢,1)化學點亮生活。下列對生活中的化學理解正確的是()A.維生素C能幫助人體將Fe3+轉化為易吸收的Fe2+,維生素C具有氧化性B.安裝煤炭燃燒過程的“固硫”

59、裝置,主要是為了提高煤的利用率C.綠色化學要求從源頭上減少或消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染D.區(qū)分食鹽是否加碘的方法是向食鹽溶液中加少量淀粉,觀察其是否變藍答案答案C維生素C具有還原性,A不正確;安裝“固硫”裝置是為了減少有害氣體SO2的排放,B不正確;C正確;淀粉遇I2會變藍,加碘鹽中碘元素不是以單質(zhì)形式存在,無法使淀粉變藍,D不正確。9.(2018吉林省實驗中學四模,1)化學與生活、社會密切相關。下列說法中不正確的是()A.少開汽車可一定程度地減緩霧霾現(xiàn)象B.為提高作物產(chǎn)量大量使用農(nóng)藥和化肥C.使用無磷洗衣粉能緩解水體富營養(yǎng)化D.合理利用可燃冰有利于彌補能源短缺答案答案B大量使用農(nóng)藥會造成農(nóng)藥殘

60、留,大量使用化肥會造成土壤酸化、板結,B不正確。10.(2018甘肅天水一中段考,8)化學與社會、生活密切相關。對下列現(xiàn)象或事實的解釋正確的是()選項現(xiàn)象或事實解釋A明礬用于凈水明礬具有消毒殺菌的作用B“地溝油”可以用來制生物柴油其主要成分和從石油中提取的柴油類似C鋼鐵在海水中比在河水中更易腐蝕海水中含氧量高于河水D含硫煤中加入適量石灰石可減少對大氣的污染使煤燃燒產(chǎn)生的SO2最終生成CaSO4答案答案D明礬凈水是吸附水中懸浮的雜質(zhì),明礬不具有消毒殺菌的作用,A不正確;“地溝油”屬于酯類,柴油屬于烴類,B不正確;海水中電解質(zhì)濃度大于河水中電解質(zhì)濃度,故鋼鐵在海水 中 腐 蝕 速 率 更 快,C

61、不 正 確;C a C O3CaO+CO2,CaO+SO2CaSO3,2CaSO3+O22CaSO4,D正確。11.(2017寧夏銀川一中第五次月考,7)化學與人類生產(chǎn)、生活密切相關。下列說法中正確的是()A.減少SO2的排放,可以從根本上消除霧霾B.硅膠多孔、吸水能力強,常用作袋裝食品的干燥劑C.綠色化學的核心是利用化學原理對環(huán)境污染進行治理D.醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度為95%答案答案BSO2的大量排放,是導致酸雨形成的主要原因,A不正確;硅膠可作食品干燥劑,B正確;綠色化學的核心是從源頭上控制污染,而不是對污染進行治理,C不正確;醫(yī)用消毒酒精中乙醇的濃度是75%,D不正確。12.(2016

62、寧夏石嘴山三中五模,7)保護環(huán)境,就是保護人類自己。下列環(huán)境問題與產(chǎn)生的主要原 因 不 相 符 的 是()“臭氧層空洞”主要是大量使用氟氯代烴等引起的“光化學煙霧”主要是由NO2等引起的“酸雨”主要是由空氣中CO2濃度增大引起的“白色污染”主要是由聚乙烯塑料等引起的“溫室效應”主要是由空氣中CO2濃度增大引起的“赤潮”主要是由水體中P、N等元素過量引起的A.只有B.只有 C.全部D.只有答案答案D“酸雨”主要是由空氣中SO2、NO2濃度增大引起的,故選D。一、選擇題(每小題5分,共20分)1.(2018黑龍江哈爾濱六中月考,4)根據(jù)SO2通入不同溶液中的實驗現(xiàn)象,所得結論不正確的是()B B組

63、組 201 2016 62012018 8年高考模擬年高考模擬綜合題組綜合題組(時間：35分鐘 分值：60分)溶液現(xiàn)象結論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:H2SO3H2SiO3答案答案CSO2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。歸納總結歸納總結SO2與BaCl2溶液不反應,若在SO2通入BaCl2溶液中的同時通入NH3,則可將SO2轉化為 S,從而生成BaSO3沉淀;若同時通入Cl2等可將SO2在

64、水 溶 液 中 氧 化 為 S的氣體,則可生成BaSO4沉淀。2.(2018寧夏育才中學月考,14)磺酰氯(SO2Cl2)是一種無色發(fā)煙液體,極易水解生成兩種酸,常用作有機氯化劑。其制備原理為SO2+Cl2SO2Cl2,所用實驗裝置如圖所示。下列說法中不正確的是()A.裝置、中依次盛裝濃硫酸、堿石灰、濃硫酸B.裝置中球形冷凝管冷卻水從L進入,從K流出C.實驗室可用Na2SO3與硝酸反應制取二氧化硫氣體D.磺酰氯水解生成的兩種酸是硫酸和鹽酸答案答案C裝置、分別用來干燥Cl2、SO2,裝置用來防止空氣中的水蒸氣進入中使SO2Cl2水解,A項正確;冷卻水從下口進,上口出,B項正確;硝酸具有氧化性,N

65、a2SO3具有還原性,兩者反應得不到SO2氣體,C項錯誤;磺酰氯中硫元素顯+6價,氯元素顯-1價,水解反應為SO2Cl2+2H2OH2SO4+2HCl,D項正確。規(guī)律總結規(guī)律總結在收集極易潮解或水解的物質(zhì)的裝置后不能直接連接盛有水或水溶液的裝置,中間必須有隔絕水蒸氣的裝置。答題規(guī)范答題規(guī)范裝置的最末端連接盛有堿石灰的干燥管時要考慮是否有如下兩方面的作用:1.隔絕空氣中水蒸氣或CO2或二者均隔絕;2.尾氣處理。3.(2018黑龍江齊齊哈爾實驗中學期中,18)某同學為檢驗溶液中是否含有常見的四種無機離子,進行了下圖所示的實驗操作。其中檢驗過程中產(chǎn)生的氣體能使?jié)駶櫟募t色石蕊試紙變藍。由該實驗能得到的

66、正確結論是()A.原溶液中一定含有SB.原溶液中一定含有NC.原溶液中一定含有Cl-D.原溶液中一定含有Fe3+答案答案B若原溶液中有S,加入Ba(NO3)2與HCl后,S會被氧化為S,S與Ba2+反應生成BaSO4沉淀,A不正確;紅色溶液中加入NaOH生成NH3,說明紅色溶液中含有N,整個實驗過程中沒有引入N,則原溶液中一定有N,B正確;加HCl引入了Cl-,所以不能確定原溶液中是否含有Cl-,C不正確;若原溶液中有Fe2+,Fe2+會被酸性溶液中的N氧化為Fe3+,使KSCN溶液變紅,D不正確。關聯(lián)知識關聯(lián)知識3S+2N+2H+3S+2NO+H2O、3Fe2+N+4H+3Fe3+NO+2H2O。4.(2017吉林普通中學二調(diào),11)下列實驗中,對應的實驗現(xiàn)象以及結論都正確且兩者具有因果關 系 的 是()選項實驗現(xiàn)象結論A在酸性KMnO4溶液中滴加乙醇溶液褪色乙醇發(fā)生還原反應B將銅粉加入0.1mol/LFe2(SO4)3溶液中溶液變藍,有黑色固體出現(xiàn)金屬鐵比銅活潑C將某氣體通入品紅溶液中品紅溶液褪色該氣體一定是SO2DNaHCO3溶液與NaAlO2溶液混合產(chǎn)生白色沉淀酸性:HCAl(