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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,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。,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Cl2、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CPM2.5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。,考点一氧、硫及其化合物 1.(2017北京理综,10,6分)根据SO2通入不同溶液中的实验现象,所得结论不正的是(),B组 自主命题省（区、市）卷题组,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。,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BA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,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SO2-3氧化为 SO2-4,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在平衡体系中物质的量分数随温度的变化关系如图所示。p2p1(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)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)SO2SO2-44H+ (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)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 2O2+2Fe2+2H+、2Fe2+H2O2+2H+ 2Fe3+2H2O。,5.(2018江苏单科,16,12分)以高硫铝土矿(主要成分为Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金属硫酸盐)为原料,生产氧化铝并获得Fe3O4的部分工艺流程如下: (1)焙烧过程均会产生SO2,用NaOH溶液吸收过量SO2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CO2,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Fe2O3。Fe2O3与FeS2混合后在缺氧条件下焙烧生成Fe3O4和SO2,理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=。,答案(12分)(1)SO2+OH- HS (2)FeS2硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中 (3)NaAlO2Al(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SO2生成NaHSO3,离子方程式为OH-+SO2 HS。 (2)FeS2在低于500 焙烧时能与空气中的O2反应生成Fe2O3和SO2,发生的反应为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故不添加CaO的矿粉在焙烧时去除的硫元素主要来源于FeS2;700 焙烧 时,添加CaO后,硫元素转化为CaSO4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,Al2O3能与NaOH溶液反应生成NaAlO2,发生的反应为Al2O3+2NaOH 2NaAlO2+H2O,过滤后,NaAlO2在滤液中,向滤液中通入过量CO2时,发生反应NaA lO2+CO2+2H2O Al(OH)3+NaHCO3,所以铝元素存在的形式由NaAlO2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(FeS2)+52n(FeS2)=2n(Fe2O3), 解得=,即理论上完全反应消耗的n(FeS2)n(Fe2O3)=116。,关联知识生石灰脱硫原理:CaO+SO2 CaSO3,2CaSO3+O2 2CaSO4。,6.(2017天津理综,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,当c(OH-)降至1.010-7 molL-1时,溶液中的c(SO2-3)/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)H2SO4 (4)2OH-+SO2 SO2-3+H2OSO2-3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(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 (SO2-3)/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SO2-4,含有Cu+、Cu2+和SO2-3。 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SO2-3。 a.白色沉淀A是BaSO4,试剂1是。 b.证实沉淀中含有Cu2+和SO2-3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SO2-4,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。盐溶液间反应的多样性与有关。,答案(16分)(1)2Ag+SO2-3 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,SO2-3转化为SO2-4 (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(2)题中明确告知棕黄色沉淀中含有Cu+、Cu2+和SO2-3,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SO2-4,但检验SO2-4时要防止SO2-3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SO2-3反应生成了I-和SO2-4。 (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。,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(S2-)关系如图(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0.020 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(15分)(1) C+2H2SO4(浓) 2SO2+CO2+2H2O (2)0.0435 (3)或 c(Na+)c(SO2-3)c(OH-)c(HS)c(H+) 或Na+SO2-3OH-HSH+ H2SO3+HC HS+CO2+H2O,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-)=0.1 molL-1,代入数据得c(H2S)+c(HS-)=0.1 molL-1-c(S2-)=0.1 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 0.10 molL-1 Na2SO3溶液中存在:SO2-3+H2O HS+OH-(主要),HS+H2O H2SO3+OH- (次要),H2O H+OH-(水的电离平衡),故离子浓度由大到小的顺序为c(Na+)c(SO2-3)c(OH -)c(HS)c(H+);结合表中数据知,酸性:H2SO3H2CO3HSHC,故H2SO3溶液和NaH CO3溶液反应的离子方程式为H2SO3+HC HS+CO2+H2O。,9.(2015安徽理综,28,14分,)某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1 molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀。为探究上述溶液中何种微粒能氧化通入的SO2,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O2 (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SO2体积的变化曲线如图。 实验1中溶液pH变小的原因是;V1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)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O 3SO2-4+4H+2NO(或3H2SO3+2N 3SO2 -4+4H+2NO+H2O) (3) (4)小于反应的离子方程式表明,足量的O2和N分别氧化相同的H2SO3,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O2和KNO3氧化相同的H2SO3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O2的BaCl2溶液中通入SO2气体无明显现象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体产生白色沉淀,表明溶液中的N能氧化SO2气体产生BaSO4白色沉淀。(2)向BaCl2溶液中 通入SO2气体,二者不发生反应,但SO2溶于水可以与水反应生成H2SO3使溶液显酸性;向Ba(NO3)2溶液中通入SO2气体,N可以把SO2氧化为H2SO4使溶液pH减小,反应的离子方程式为3SO2+2 N+2H2O 3SO2-4+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO3的离子方程式:2H2SO3+O2 4H+2SO2 -4和N氧化H2SO3的离子方程式:3H2SO3+2N 3SO2-4+4H+2NO+H2O知,足量的O2和N 分别氧化相同的H2SO3,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(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。,(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 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+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生成的产物为Na2SO4,故此实验方案检验晶体中是否有SO2-4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、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。,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 、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MnO2kg。,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- (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.(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)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:。,C组教师专用题组,(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SO2-4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:H3PO4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PS (3)2Ca5(PO4)3F+10H2SO4+5H2O10CaSO40.5H2O+6H3PO4+2HF (4)80 后,H2O2分解速率大,浓度显著降低 (5)CaSO4微溶BaCO3+SO2-4+2H3PO4BaSO4+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SO2-4残留;加入BaCO3,可以提高SO2-4的脱除率,发生反应的离子方程式为BaCO3+SO2-4+2H3PO4BaSO4+CO2+H2O+2H2P。 (6)H3PO4与NaOH反应生成Na2HPO4的化学方程式为H3PO4+2NaOHNa2HPO4+2H2O,故n(H3 PO4)=n(OH-),所以精制磷酸中H3PO4的质量分数是 100%=。,2.(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.CO2-3D.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: O2MnO(OH)2I2S4O2-6 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 mL,按上述方法测定水样的溶解氧,消耗0.010 0,0 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+2S2O2-3 2I-+S4O2-6 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(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和H2O2。 (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。,3.(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- S2-n 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- S2-n+2H+ (n-1)S+H2S (2)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,S2-n在酸性条件下生成单质S,所以离子方程式为S2-n+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 的量,把CuS中的S氧化出来。,4.(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+3H2OSiO2 (2)CaSO43CaCO3+2Al3+3SO2-4+3H2O 2Al(OH)3+3CaSO4+3CO2 (3)溶液中的部分SO2-3被氧化成SO2-4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。,考点二环境保护与绿色化学 5.(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)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SO2-3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(SO2-3)=用c,(SO2-4)、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)SO2-3+2NO2+2OH- SO2-4+2N+H2O (4)c(SO2-4)CaSO3转化为CaSO4使溶液中SO2-3的浓度增大,加快SO2-3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 kJmol-1,运用盖斯定律+2可得出3NO(g)+O3(g) 3NO2(g)H=-20 0.9 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SO2-3被氧化生成SO2-4,二者在弱碱性环境中反应。 (4)达平衡后溶液中:c(Ca2+)c(SO2-3)=Ksp(CaSO3)、c(Ca2+)c(SO2-4)=Ksp(CaSO4),同一溶液中c(Ca2+)相等,则有=,故c(SO2-3)=c(SO2-4);Na2SO4溶液的加入会 使 CaSO3的溶解平衡正向移动,致使c(SO2-3)增大,吸收NO2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BaCl2溶液检验露置的Na2SO3已变质,三年模拟,A组 20162018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+2H2SO4(浓)2SO2+CO2+2H2O,MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O,Fe+H2SO4FeSO4+H2,3Cu+8HNO3 3Cu(NO3)2+2NO+4H2O, 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,再向其中加入足量NaOH溶液,振荡,固体全部溶解;另取少量白色粉末加入足量硫酸,有气泡产生且有淡黄色不溶物生成。则该白色粉末可能为() A.Na2CO3、CaOB.Na2S2O3、Al2O3 C.Na2O2、Al(OH)3D.NaI、AgNO3,答案BNa2O2是淡黄色固体,C项错误;Na2CO3与CaO溶于水后再加入足量的NaOH溶液,仍然有CaCO3固体存在,NaI、AgNO3溶于水后再加入足量的NaOH溶液仍然有AgI固体存在,A、D项错误;Na2S2O3与H2SO4发生反应:S2O2-3+2H+ S+SO2+H2O,B项正确。,4.(2018湖南益阳、湘潭联考,16)直接排放含SO2的烟气会形成酸雨,危害环境。某化学兴趣小组进行如下有关SO2性质和含量测定的探究活动。 (1)装置A中仪器a的名称为。 (2)选用图中的装置和药品探究亚硫酸与次氯酸的酸性强弱。 甲同学认为按ACF尾气处理顺序连接装置可以证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱,乙,同学认为该方案不合理,其理由是。,丙同学设计的合理实验方案为:按照ACEF尾气处理(填字母)顺序连接装置。E装置的作用是,证明亚硫酸的酸性强于次氯酸的实验现象是。 (3)为了测定装置A残液中SO2的含量,量取10.00 mL残液于圆底烧瓶中,加热使SO2全部蒸出,用20.00 mL 0.050 0 molL-1的酸性KMnO4溶液吸收。充分反应后,再用0.200 0 molL-1的KI标准溶液滴定过量的KMnO4,消耗KI溶液15.00 mL。 已知:5SO2+2Mn+2H2O2Mn2+5SO2-4+4H+ 10I-+2Mn+16H+2Mn2+5I2+8H2O 残液中SO2的含量为gL-1。 若滴定过程中不慎将KI标准溶液滴出锥形瓶外少许,使测定结果(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。,答案(1)分液漏斗 (2)二氧化硫通入漂白粉溶液中发生了氧化还原反应,不能证明强酸制备弱酸的原理BD除去CO2中混有的SO2装置D中品红溶液不褪色,F中出现白色沉淀 (3)6.4偏低,解析(1)装置A中仪器a的名称为分液漏斗。 (2)SO2通入漂白粉溶液中发生了氧化还原反应,不能证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱。根据丙同学的部分设计流程可以看出,丙同学是通过间接法证明亚硫酸和次氯酸的酸性强弱:先证明亚硫酸的酸性比碳酸强,再证明碳酸的酸性强于次氯酸,故装置连接顺序为ACBEDF尾气处理。若装置D中品红不褪色,F中出现白色沉淀,则可证明亚硫酸的酸性强于次氯酸。 (3)与SO2反应的KMnO4的物质的量等于总的KMnO4的物质的量减去与KI反应的KMnO4的物质的量,即0.02 L0.05 molL-1-0.015 L0.200 0 molL-1=0.000 4 mol;由第一个反应可得:n (SO2)=0.000 4 mol=0.001 mol,m(SO2)=0.001 mol64 g mol-1=0.064 g,所以残液中SO2的含量 为0.064 g0.01 L=6.4 gL-1。若滴定过程中不慎将KI标准溶液滴出锥形瓶外少许,则测得与KI反应的KMnO4偏多,那么得到与SO2反应的KMnO4偏少,则测得SO2的含量偏低。,5.(2017安徽师大附中,27)某校化学兴趣小组探究SO2与FeCl3溶液的反应,所用装置如下图所示(夹持仪器已略去)。 (1)实验前,应先检查装置的;实验中产生的尾气应通入溶液。 (2)实验过程中需要配制100 mL 1 mol/L FeCl3溶液,所需要的玻璃仪器有:烧杯、量筒、玻璃棒、。 (3)该小组同学向5 mL 1 mol/L FeCl3溶液中通入足量的SO2,溶液最终呈浅绿色,再打开分液漏斗活塞,逐滴加入NaOH溶液,则试管B中产生的实验现象是。,(4)该小组同学在(3)中实验时,发现溶液变为浅绿色需要较长时间,在此期间同学们观察到的现象是溶液由棕黄色变成红棕色,没有观察到丁达尔现象,最终溶液呈浅绿色。 【查阅资料】Fe(HSO3)2+在溶液中呈红棕色且具有较强的还原性,能被Fe3+氧化为SO2-4。 SO2与FeCl3溶液反应生成红棕色Fe(HSO3)2+的原因是; Fe(HSO3)2+与Fe3+在溶液中反应的离子方程式是 。 (5)若实验中用5 mL一定浓度的浓H2SO4与适量Cu片充分反应,实验结束后,测得产生SO2的体积在标准状况下为672 mL,向已冷却的A试管溶液中加入4 mol/L的NaOH溶液30 mL时,恰好使Cu2+完全沉淀。则所用浓H2SO4浓度为。(忽略过程中溶液的体积变化),答案(1)气密性NaOH (2)100 mL容量瓶、胶头滴管 (3)开始无现象,后生成白色沉淀 (4)Fe3+与H2SO3电离出的HS结合生成Fe(HSO3)2+Fe3+H2O+Fe(HSO3)2+ 2Fe2+SO2-4+ 3H+ (5)18 mol/L,解析(3)SO2与FeCl2反应后,生成Fe2+和H+,加NaOH溶液时,H+优先反应,H+消耗完,Fe2+再反应。 (5)n(SO2)=0.03 mol,根据得失电子守恒n(Cu)2=n(SO2)2,得n(Cu2+)=0.03 mol,完全沉淀Cu2+需n(NaOH)=0.06 mol,而加入的NaOH的物质的量一共有0.12 mol,说明H2SO4剩余0.03 mol,根据硫原子守恒n(H2SO4)=0.03 mol+0.03 mol+0.03 mol=0.09 mol,c(H2SO4)=18 mol/L。,考点二环境保护与绿色化学 6.(2018福建六校联考,3)化学与环境、生产、信息、能源关系密切,下列说法中不正确的是 () A.PM2.5是指大气中直径接近2.510-6 m的颗粒物,颗粒物分散在空气中形成胶体 B.用袋装浸泡过高锰酸钾溶液的硅藻土吸收水果产生的乙烯以延长保鲜时间 C.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会“断路” D.开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车,以解决城市机动车尾气排放问题,答案APM2.5的直径大于胶体粒子的直径,A项错误;高锰酸钾能够氧化水果释放的催熟剂乙烯,从而延长水果的保鲜期,B项正确;SiO2能够与强碱反应,C项正确;氢能和太阳能都属于清洁能源,D项正确。,7.(2018安徽江淮十校联考,1)化学来源于生活,也服务于生活。下列有关生活中的化学叙述正确的是() A.浓硫酸具有强腐蚀性,可用浓硫酸刻蚀石英制艺术品 B.冰箱中使用的含氟制冷剂泄漏后,会增加空气中的PM2.5 C.本草经集注中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载为:“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法应用了焰色反应 D.误食重金属盐引起人体中毒时,可喝大量的食盐水解毒,答案C应用氢氟酸刻蚀石英制艺术品,A项错误;含氟制冷剂泄漏对臭氧层有影响,B项错误;硝石和朴硝的成分为钾盐和钠盐,二者的焰色反应不同,C项正确;误食重金属盐引起中毒时,可喝大量鲜牛奶等解毒,D项错误。,8.(2017山西临汾五校联,1)下列关于化学与环境的叙述中错误的是() A.燃煤时鼓入过量的空气可以减少酸雨的产生 B.利用汽车尾气催化装置可将尾气中的NO和CO转化为无害气体 C.“煤改气”“煤改电”等工程有利于减少雾霾 D.工业废气排放之前必须回收处理以防污染大气,答案AA项,煤充分燃烧会减少CO的生成,但对SO2的生成没什么影响,故A错误;B、C、D均正确。,9.(2017湖南郴州第三次质检,7)人类生活、社会的可持续发展与化学密切相关,下列有关叙述正确的是() A.高压钠灯能发出透雾能力强的淡紫色光,常用做路灯 B.用水清洗盛装过浓硫酸的铁桶要远离火源 C.锂电池应用广泛,是因为锂能直接与水反应,不需要特殊的电解质溶液 D.据报道,一定条件下氢气可转变为“金属氢”,“金属氢”具备超导等优良性能。由氢气转变为“金属氢”属于同一元素的同位素之间的转化,答案B高压钠灯能发出透雾能力强的黄色光,故A错误;用水清洗时,浓硫酸变稀,铁与稀硫酸反应生成氢气,氢气易燃,要远离火源,故B正确;锂能与水反应,电解质溶液中不能有水,一旦与溶液中的水反应,产生的电能就不能导出,故C错误;氢气转变为“金属氢”不属于同位素之间的转化,应属于同素异形体之间的转化,故D错误。,1.(2018河北“名校联盟”质量监测,2)化学与科技、生产、生活、环境等密切相关,下列说法不正确的是() A.有人称“一带一路”是“现代丝绸之路”,丝绸的主要成分是纤维素,属于天然高分子化合物 B.陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品 C.废旧钢材焊接前,可依次用饱和Na2CO3溶液、饱和NH4Cl溶液处理焊点 D.使用可降解的聚碳酸酯塑料和向燃煤中加入生石灰,都能减轻环境污染,一、选择题（每题5分，共25分）,B组 20162018年高考模拟综合题组 (时间：35分钟 分值：60分),答案A丝绸的主要成分是蛋白质,是纤维但非纤维素,属于天然高分子化合物,A项错误。,易混辨析纤维与纤维素是两个完全不同的概念,仅一字之差,容易混淆。,2.(2018福建六校联考,13)用下列两种途径制取H2SO4,某些反应条件和产物已省略,下列有关说法不正确的是() 途径:SH2SO4 途径:SSO2SO3H2SO4 A.途径与途径相比较更能体现“绿色化学”的理念,因为途径比途径的污染相对较
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