1、专题十六 氧、硫及其化合物 绿色化学与环境保护,高考化学 (课标专用),A组 统一命题课标卷题组 考点一 氧、硫及其化合物 (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-1r 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.原子半径的大小WXY 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Cl2,m为H2O,q为HClO,r为HCl
2、,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H2O2、H2O,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H2CO3,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。,考点二 绿色化学与环境保护 1.(2018课标,8,6分)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图 所示)。下列叙述错误的是 ( )A.雾和霾的分散剂相同 B.雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵 C.NH3是形成无机颗粒物的
3、催化剂 D.雾霾的形成与过度施用氮肥有关,答案 C 本题考查硫、氮化合物的相关知识。雾和霾的分散剂均为空气,A正确;由题图可 知雾霾中含有NH4NO3和(NH4)2SO4,B正确;NH3应是形成无机颗粒物的反应物,C错误;过度施用 氮肥会增加大气中NH3的含量,D正确。,知识拓展 烟、云、雾的分散剂均为空气。,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
4、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CO2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
5、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产品。,3.(2016课标,7,6分)下列有关燃料的说法 的是 ( ) A.燃料燃烧产物CO2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SO2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、SO2、NOx较少,对空气污染 小。,考点一
6、 氧、硫及其化合物 1.(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,B组 自主命题省(区、市)卷题组,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。,2.(2017北京理综,10,6分)根据SO2通入不同
7、溶液中的实验现象,所得结论不正确的是 ( ),答案 C 本题考查SO2的氧化性、还原性等知识。SO2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 A项有一定的干扰性,有些考生会误认为白色沉淀为BaSO3而错选A。,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,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 B A项,I的非金属性比Br的非金
8、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BaSO4沉淀,无BaSO3。,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:2H2SO4(l) 2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g) H1=+551 kJmol-1 反应:S(s)+O2(g) SO2(g) H3=-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,H2SO4在平衡体系中物质
9、的量分数随温度的变化关 系如图所示。p2 p1(填“”或“”),得出该结论的理由是 。,(3)I-可以作为水溶液中SO2歧化反应的催化剂,可能的催化过程如下。将补充完整。 .SO2+4I-+4H+ S+2I2+2H2O .I2+2H2O+ + +2I- (4)探究、反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:分别将18 mL SO2饱和溶液加入 到2 mL下列试剂中,密闭放置观察现象。(已知:I2易溶解在KI溶液中),B是A的对比实验,则a= 。 比较A、B、C,可得出的结论是 。 实验表明,SO2的歧化反应速率DA。结合、反应速率解释原因: 。,答案 (1)3SO2(g)+2H2O(g)
10、2H2SO4(l)+S(s) H2=-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,H2SO4的物 质的量增大,体系总物质的量减小,H2SO4的物质的量分数增大 (3)SO2 S 4H+ (4)0.4 I-是SO2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3SO2(g)+2H2O(g) 2H2SO4(l)+S(s),根据盖斯定律,由(反应+反应)
11、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,H2SO4的物质的量分数会升高,所 以p2p1。 (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I2,则在中I2应该被SO2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H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的浓度应该与A相 同,即a=0.4。 比较A、B、C可知,有H2SO4和KI时,SO2歧化反应速率较只有KI时快;只有H2SO4,无K
12、I时不发 生歧化反应,所以可得出的结论为酸性增强,I-催化SO2歧化反应速率提高。,规律总结 Fe3+催化H2O2分解与I-催化SO2歧化反应相似,Fe3+催化H2O2分解的过程为:2Fe3+H2O 2 O2+2Fe2+2H+、2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O。,5.(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: 磷精矿 磷精矿粉 已知:磷精矿主要成分为Ca5(PO4)3(OH),还含有Ca5(PO4)3F和有机碳等。 溶解度:Ca5(PO4)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Ca5(PO4
13、)3F所含氟转化为HF,并进一步转化为SiF4除去。写出生成HF的化 学方程式: 。,(4)H2O2将粗磷酸中的有机碳氧化为CO2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,CaCO3稍过量,充分反应后仍有S 残留,原因是 ;加入BaCO3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Na2HPO4,消耗NaOH溶液c mL。精制磷酸中H3PO4的质量分数是 。(已知:H3 PO4摩尔质量为9
14、8 gmol-1),答案 (1)研磨、加热 (2)S,得电子能力PS,非金属性PS (3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O 10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF (4)80 后,H2O2分解速率大,浓度显著降低 (5)CaSO4微溶 BaCO3+S +2H3PO4 BaSO4+CO2+H2O+2H2P (6),解析 本题以磷精矿湿法制备磷酸为载体,考查了影响化学反应速率的因素、含氧酸酸性强 弱的判断、氧化还原反应的应用以及化学计算等。 (1)将矿物研磨粉碎可增加反应物的接触面积,使化学反应速率加快;加热提高了活化分子百分 数,加快了化学反应速率。 (2)根据强酸制取
15、弱酸原理,可知H2SO4的酸性大于H3PO4。 (4)H2O2在磷精矿湿法制备磷酸工艺中作为氧化剂来处理有机碳,但H2O2易分解生成O2和H2O, 温度较高时H2O2分解加速,故有机碳的脱除率减小。 (5)CaSO4微溶于水,故会有S 残留;加入BaCO3,可以提高S 的脱除率,发生反应的离子方程 式为BaCO3+S +2H3PO4 BaSO4+CO2+H2O+2H2P 。 (6)H3PO4与NaOH反应生成Na2HPO4的化学方程式为H3PO4+2NaOH Na2HPO4+2H2O,故n(H3 PO4)=n(OH-) ,所以精制磷酸中H3PO4的质量分数是 100%= 。,6.(2017天津
16、理综,10,14分)H2S和SO2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。 .H2S的除去 方法1:生物脱H2S的原理为: H2S+Fe2(SO4)3 S+2FeSO4+H2SO4 4FeSO4+O2+2H2SO4 2Fe2(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
17、n(H2O2)/n(H2S)=4时,氧化产物的分 子式为 。 .SO2的除去 方法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2.0 molL-1,溶液中的c(OH-)= molL-1。将SO2通入该氨水中
18、,当c(OH-)降至1.010-7 molL-1 时,溶液中的c(S )/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)H2SO4 (4)2OH-+SO2 S +H2O S 与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成 (5)6.010-3 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。 (
19、3)当n(H2O2)/n(H2S)=4时,反应的化学方程式为4H2O2+H2S H2SO4+4H2O,氧化产物为 H2SO4。 (5)由Kb=1.810-5= ,得c(OH-)=6.010-3 molL-1; =6.210-8=,25 时c(OH-)=1.010-7 molL-1的溶液呈中性,则c(H+)=1.010-7 molL-1,解得c(S)/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Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液作为实验对
20、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 。,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
21、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+S Ag2SO3 (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
22、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+、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
23、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。,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-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(S 2-)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
24、0.020 molL-1 Mn2+、0.10 molL-1 H2S,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。,HS 的电离平衡常数表达式K= 。 0.10 molL-1 Na2SO3溶液中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 (1) C+2H2SO4(浓) 2SO2+CO2+2H2O (2)0.043 5 (3) 或 c(Na+)c(S )c(OH-)c(HS )c(H+) 或Na+S OH-HS H+ H2SO3+HC HS +CO2+H2O,解析 (1
25、)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-)=0.10 molL-1,代入数据得c(H2S)+ c(HS-)=0.10 molL-1-c(S2-)=0.10 molL-1-5.710-2 molL-1=0.043 molL-1;当Mn2+开始沉淀时,溶液 中c(S2-)= = molL-1=1.410-11 molL-1,观察图像知,此时pH=5。(3)在
26、0.10 mol L-1 Na2SO3溶液中存在:S +H2O HS +OH-(主要),HS +H2O H2SO3+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:H2SO3H2CO3HS HC ,故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应 的主要离子方程式为H2SO3+HC HS +CO2+H2O。,9.(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
27、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 。,(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pH b.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
28、 。,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+2
29、H2SO4 2NaHSO4+SO2+H2 O) (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 (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 的电离程度大于其水解程度,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
30、,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,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。,考点二 绿色化学与环境保护 1.(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
31、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,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。,2.(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
32、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 、101 kPa时,Mn(s)+O2(g) MnO2(s) H=-520 kJ/mol S(s)+O2(g) SO2(g) H=-297 kJ/mol Mn(s)+S(s)+2O2(g) MnSO4(s) H=-1 065 kJ/mol SO2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
33、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a m3(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c kg,则除去铁、,铝、铜、镍等杂质时,所引入的锰元素相当于MnO2 kg。,答案 (16分)(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=-248 kJ/mol (4)Mn2+2H2O-2e- MnO2+4H+ (5)MnO2+H2O+e- MnO(OH)+OH
34、- (6),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可消耗过量的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+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+2H2O 5MnO2+K2SO4+2H2SO4,回收K2SO4,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
35、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+MnO2 MnSO4、2KMnO4+3MnSO4+2H2O 5MnO2+K2SO4+2H2 SO4可知,除去铁、铝、铜、镍时,所引入的锰元素相当于MnO2的质量m=( -)8710-3kg= kg。,考点一 氧、硫及其化合物 1.(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+6H2O CaO28H2O 反应时通
36、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.C D.OH- (3)水中溶解氧的测定方法如下: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: O2 MnO(OH)2 I2 S4 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100.00
37、mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.010 0,C组 教师专用题组,0 molL-1Na2S2O3标准溶液13.50 mL。计算该水样中的溶解氧(以mgL-1表示),写出计算过程。,答案 (12分)(1)提高H2O2的利用率 (2)AD (3)2Mn2+O2+4OH- 2MnO(OH)2 在100.00 mL水样中 I2+2S2 2I-+S4 n(I2)= = =6.75010-5 mol nMnO(OH)2=n(I2)=6.75010-5 mol n(O2)= nMnO(OH)2= 6.75010-5 mol=3.37510-5 mol 水中溶解氧= =10.80 mgL-1,解析 (
38、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)1 mol O2得4 mol e-,1 mol Mn2+失2 mol e-,故O2与Mn2+按物质的量之比12反应。,2.(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H2
39、S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,在图示的转化中,化合价不变的元素是 。 反应中当有1 mol H2S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 (14分)(1)2H2O+2e- H2+2OH- +2H+ (n-1)S+H2S (2
40、)Cu、H、Cl(或铜、氢、氯) 0.5 mol 提高混合气体中空气的比例 (3)2H2S 2H2+S2,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)= 1 mol=0.5 mol。欲使生成的硫单质中不含CuS,可根据上述分析,增大O2
41、的 量,把CuS中的S氧化出来。,3.(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
42、SO2量,其主要原因是 ;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 (12分)(1)Al2O3+3H2SO4 Al2(SO4)3+3H2O SiO2 (2)CaSO4 3CaCO3+2Al3+3S +3H2O 2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2 (3)溶液中的部分S 被氧化成S 减小,解析 (1)酸浸时Al2O3与H2SO4发生反应,SiO2不溶于H2SO4,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
43、含SO2的烟气,反应得H2SO3,热分解时部分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。,考点二 绿色化学与环境保护 (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-1 NO(g)+ O2(g) NO2(g) H=-58.2 kJmol-1 SO2(g)+O3(g) SO3(g)+O2(g
44、) 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 。 (4)CaSO3水悬浮液中加入Na2SO4溶
45、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
46、.2 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。,A组 20162018年高考模拟基础题组,三年模拟,考点一 氧、硫及其化合物 1.(2018贵州贵阳一中月考,10)某同学用如图所示的装置对SO2气体的部分性质进行观察和探 究。下列选项中的现象和结论均正确的是 ( ),
