（新课标Ⅲ）2019版高考化学 专题十六 氧、硫及其化合物 绿色化学与环境保护课件.ppt

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,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 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。,2.(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)SO2S4H+ (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+H2O2O2+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)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: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+S+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+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%=。,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(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+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(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0.020 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)0.0435 (3)或 c(Na+)c(S)c(OH-)c(HS)c(H+) 或Na+SOH-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-)=0.10 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0.10 mol L-1 Na2SO3溶液中存在:S+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(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 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+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,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100.00 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(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,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)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+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)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=-58.2 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(),答案CSO2和酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应,高锰酸钾溶液褪色,体现了SO2的还原性,A错误;SO2使品红溶液褪色,体现了SO2的漂白性,B错误;SO2与NaOH发生反应:SO2+2NaOHNa2SO3+H2O,使酚酞褪色,体现其酸性,C正确;紫色石蕊试液中通入SO2,试液只变红不褪 色,D错误。,2.(2018云南临沧一中期末,6)把少量SO2分别通入到浓度相同的Ba(NO3)2溶液;Ba(OH)2溶液;溶有氨的BaCl2溶液中。预计能观察到白色沉淀的溶液是() A.和B.只有C.和D.,答案DSO2溶于水生成H2SO3,且H2SO3有酸性、还原性,而N在酸性条件下有强氧化 性,则二氧化硫和硝酸钡溶液能反应生成硫酸钡白色沉淀;二氧化硫属于酸性氧化物,少量二氧化硫和氢氧化钡溶液反应生成亚硫酸钡白色沉淀;二氧化硫和氯化钡不反应,但二氧化硫和一水合氨反应生成亚硫酸铵,亚硫酸铵和氯化钡反应生成亚硫酸钡白色沉淀。,3.(2016广西来宾期末)下列现象或事实不能用同一原理解释的是() A.浓硝酸和氯水用棕色试剂瓶保存 B.Na2S和Na2SO3固体长期露置在空气中变质 C.Cl2和SO2都能使品红溶液褪色 D.SO2和Na2SO3溶液都能使溴水褪色,答案CA项,浓硝酸和次氯酸见光都易分解,所以浓硝酸和氯水都要保存在棕色试剂瓶中,A不符合题意。B项,硫化钠和亚硫酸钠都具有还原性,能被空气中的氧气氧化,所以长期露置在空气中变质,B不符合题意。C项,氯气和水反应生成的次氯酸具有强氧化性,能使品红溶液褪色;二氧化硫能和有色物质发生化合反应生成无色物质而使品红溶液褪色,原理不同,C符合题意。D项,二氧化硫和亚硫酸钠都具有还原性,都能与溴水发生氧化还原反应而使溴水褪色,D不符合题意。,4.(2017云南师大附中适应性考试,1)生活离不开化学,下列说法正确的是() A.氯化铵和草木灰混合使用,能增强化肥的肥效 B.二氧化硫和漂白粉混合使用,能增强漂白效果 C.浓盐酸和高锰酸钾混合使用,能增强高锰酸钾的氧化性 D.氢氧化钠固体和氧化钙混合使用,能增加吸水能力,答案D氯化铵和草木灰混合使用,会有氨气逸出,降低肥效,A错误。二氧化硫和漂白粉混合使用,两者反应,降低了漂白效果,B错误。高锰酸钾能氧化浓盐酸,C错误。D正确。,5.(2017广西梧州二模,9)下列关于仪器或操作的说法不正确的是() A.滴定管、分液漏斗和容量瓶使用前均要检查是否漏液 B.检验溶液中是否含有S时,应先加硝酸酸化 C.用溴水可鉴别苯、乙醇、四氯化碳 D.4 时,准确称取4.0 g NaOH溶于96 mL水得到溶质质量分数为4.0%的NaOH溶液,答案B检验溶液中是否含有S时,应先加盐酸酸化无现象,再加入BaCl2溶液,有白色沉 淀,证明含有S。,6.(2017广西南宁一模,7)化学在生活中有着广泛的应用,下列对应关系错误的是(),答案BSO2的漂白原理是它能跟某些有色物质结合生成不稳定的无色物质,与SO2具有还原性无关,所以B项错误。,7.(2016广西五市联考,9)下列说法正确的是() A.将SO2通入紫色石蕊溶液中,溶液变无色 B.金刚石转化为石墨的过程中没有化学键的断裂与生成 C.既有单质参加,又有单质生成的反应不一定是氧化还原反应 D.纯碱溶液可盛放在带玻璃塞的试剂瓶中,答案CSO2通入紫色石蕊溶液中,溶液应变成红色,A错误;金刚石转化为石墨属于化学变化,有碳碳键的断裂与生成,B错误;同素异形体之间的转化不属于氧化还原反应,C正确;纯碱溶液应盛放在带橡胶塞的试剂瓶中,D错误。,8.(2018四川遂宁三诊,26)某学习小组利用下图装置(夹持装置略去)测定铁硫化物(FexSy)的组成。 实验步骤 (1)组装仪器:上述四个装置的正确连接顺序为。 (2)检査装置气密性:应如何操作?。 (3)加入药品,开始实验:应先,一段时间后再。 (4)停止反应:当硬质玻璃管中固体质量不再改变时,停止加热,继续通入一段时间的O2,其目的,是。 (5)测定S元素的质量:将B中所得溶液加水稀释,配制成250 mL溶液,取25.00 mL所配溶液,加入足量的双氧水,再加入足量盐酸酸化的BaCl2溶液,将所得沉淀过滤、洗涤、干燥,称其质量为2.33 g。原铁硫化物的质量为6 g,则FexSy的化学式为。 实验反思与再探究 (6)有同学认为步骤(5)可以设计为:取25.00 mL所配溶液,加入足量的BaCl2溶液,将所得沉淀过滤、洗涤、干燥,称得BaSO3沉淀的质量。你认为此方案(填“合理”或“不合理”),理由是。 (7)有同学为了继续探究反应后硬质玻璃管中固体的成分,将固体取出,完全溶于稀硫酸中,再向溶液中加入K3Fe(CN)6溶液,未观察到明显现象,则硬质玻璃管中所发生反应的化学方程式为。,答案(1)ADCB (2)(用带止水夹的胶管)封住B的出气口,从分液漏斗向烧瓶加水,若一段时间后水不再流下,则装置的气密性良好 (3)打开分液漏斗活塞(或制氧气)点燃酒精喷灯(或加热) (4)使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收 (5)FeS2 (6)不合理S(或Na2SO3、BaSO3)可能被氧化 (7)4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,解析该实验的目的是测定某铁硫化物(FexSy)的组成。观察所给装置,A为产生氧气的装置,氧气进入C与铁硫化物反应生成二氧化硫,B的作用为吸收二氧化硫,通过计算硫的质量,得出铁硫化物(FexSy)的组成。 (1)A装置制取的氧气应先除去水蒸气,再与铁硫化物反应生成二氧化硫,四个装置的正确连接顺序为ADCB。 (2)检查装置的气密性需要体系是封闭的,操作为:封住B的出气口,从分液漏斗向烧瓶加水,若一段时间后水不再流下,则装置的气密性良好。 (3)进行实验时应先打开分液漏斗的活塞制取氧气,氧气充满整个装置之后再点燃酒精喷灯。 (4)因为本实验的关键是准确测定硫元素的质量,故停止加热后,继续通入一段时间O2的目的是使生成的SO2全部被NaOH溶液吸收。 (5)由题意知所得沉淀为BaSO4,其物质的量为=0.01 mol,故250 mL溶液中n(S)=0.1 mol,即6 g 铁硫化物中S的质量为3.2 g,Fe的质量为2.8 g,n(Fe)=0.05 mol,故xy=1 2,则FexSy的化学式为FeS2。 (6)该设计不合理,因为BaSO3会被氧化成BaSO4使计算不准确。,(7)将固体完全溶于稀硫酸中,再向溶液中加入K3Fe(CN)6溶液,未观察到明显现象,则说明溶液中没有Fe2+,则铁应全部被氧化成Fe2O3,故硬质玻璃管中所发生反应的化学方程式为4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2。,9.(2017四川双流中学月考,26)以下是有关SO2、Cl2的性质实验。某小组设计如图所示的装置图(图中夹持和加热装置略去),分别研究SO2和Cl2的性质。 (1)若从左端分别通入SO2、Cl2,装置A中观察到的现象是否相同?(填“相同”或“不相同”);若D中盛铜粉,通入足量的Cl2,D中的现象是;若装置D中装的是五氧化二钒(催化剂),通入SO2时,打开K通入适量O2,发生反应的化学方程式为。,SO2通入B中,碘水褪色,则该反应的离子方程式为 。 E中盛有溶液。 (2)某同学将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管,未见沉淀生成,若向该试管中加入足量(填字母),则可以看到有白色沉淀产生。 A.氨水B.硝酸钠溶液C.氯化钙溶液 (3)若由元素S和O组成-2价酸根离子X,X中S和O的质量比为43;当Cl2与含X的溶液完全反应后,得澄清溶液,取少量该溶液加入盐酸酸化的氯化钡溶液,有白色沉淀产生。写出Cl2与含X的溶液反应的离子方程式:。,答案(1)相同Cu粉红热,并产生棕黄色的烟2SO2+O22SO3 SO2+I2+2H2O4H+2I-+S NaOH(或其他合理答案) (2)AB (3)4Cl2+S2+5H2O2S+8Cl-+10H+,解析(1)二氧化硫能和品红溶液反应生成无色物质;氯气和水反应生成次氯酸,次氯酸具有强氧化性,能使品红溶液褪色,所以若从左端分别通入SO2、Cl2,装置A中观察到的现象相同;铜粉在Cl2中加热,Cu粉红热,并产生棕黄色烟;二氧化硫和氧气在五氧化二钒作催化剂、加热条件下能发生氧化还原反应生成三氧化硫,反应方程式为2SO2+O22SO3。 SO2通入碘水中,溶液颜色褪去,发生了氧化还原反应,反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O 4H+2I-+S。 E为尾气处理装置,吸收多余的SO2、Cl2,可盛有氢氧化钠溶液。 (2)将足量的SO2通入一支装有氯化钡溶液的试管,未见沉淀生成,若向该试管中加入氨水,生成亚硫酸铵,亚硫酸根离子和钡离子反应生成沉淀,故A正确;硝酸钠溶液中含有硝酸根离子,通入二氧化硫后,二氧化硫被氧化成S,S与钡离子反应生成硫酸钡沉淀,故B正确;氯化钙溶液 和二氧化硫不反应,故C错误。 (3)若由元素S和O组成-2价酸根离子X,X中S和O的质量比为43,则X中S和O的原子个数比为=23,所以该离子为S2;氯气有强氧化性,能和硫代硫酸根离子发生氧化还原反应, 根据题意知该反应中有硫酸根离子生成,所以该反应的离子方程式为4Cl2+S2+5H2O2S,+8Cl-+10H+。,考点二绿色化学与环境保护 10.(2017广西柳州2月模拟,1)下列说法错误的是() A.氧化钙用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患 B.“地沟油”经过加工处理后,可以用来制肥皂和生物柴油 C.雾霾天气对人体健康造成危害,“雾”和“霾”的分散质微粒不相同 D.绿色化学的核心是利用化学原理对环境污染进行治理,答案D氧化钙与水反应放出大量的热,生成的氢氧化钙具有较强的腐蚀性,故氧化钙用作儿童食品的干燥剂存在安全隐患,A项正确;“地沟油”的主要成分为油脂,能与氢氧化钠发生皂化反应制得肥皂,能发生酯交换反应制得生物柴油,B项正确;雾霾天气对人体健康造成危害,“雾”的分散质为小液滴,“霾”的分散质为固体小颗粒,微粒不相同,C项正确;绿色化学的核心是从源头上消除污染,不是利用化学原理对环境污染进行治理,D项错误。,11.(2016贵州贵阳六中模拟,7)化学与环境、材料、信息、能源关系密切。下列说法中正确的是() A.绿色化学的核心是应用化学原理对环境污染进行治理 B.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 C.PM2.5是指大气中直径接近2.510-6 m的颗粒物,它分散在空气中形成胶体 D.半导体行业中有一句话:“从沙滩到用户”,计算机芯片的材料是二氧化硅,答案B绿色化学的核心是利用化学原理从源头消除或减少生命活动对环境的污染,A错误;开发高效氢能、太阳能等新型电动汽车,可以减少汽车尾气的排放,改善空气质量,B正确;PM2.5是指大气中直径小于、等于2.510-6m的颗粒物,胶体中分散质粒子直径在1100 nm之间,PM2.5分散在空气中不一定形成胶体,C错误;晶体硅可用于制作计算机芯片,二氧化硅是光导纤维的主要成分,D错误。,12.(2017四川成都七中零诊,2)化学与生活密切相关,下列有关叙述错误的是() A.在家用燃煤中加入适量的生石灰能有效减少二氧化硫的排放量 B.可以利用清洁能源如太阳能、潮汐能、风能来发电 C.采用纳米二氧化钛光触媒技术,将汽车尾气中的NO 和CO 转化为无害气体 D.大量排放SO2或CO2都会导致酸雨的形成,答案DA项,生石灰能与SO2反应,可有效地减少二氧化硫的排放量,故A正确;可利用清洁能源如太阳能、潮汐能、风能来发电,故B正确;采用纳米二氧化钛光触媒技术,可将汽车尾气中的NO和CO转化为无害气体氮气和二氧化碳,故C正确;大量排放CO2不会导致酸雨的形成,故D错误。,13.2018云南师大附中月考(六),27烟气脱硫能有效减少二氧化硫的排放。目前最常用的脱硫技术是湿法石灰石石膏脱硫,即利用石灰石和烟气中的SO2反应生成石膏来脱除SO2。某研究性学习小组在实验室利用如图所示装置制备模拟烟气(主要成分为SO2、CO2、N2、O2),并测定烟气中SO2的体积分数以及研究烟气通过转化器的脱硫效率。回答下列问题:,(1)装置 A中盛装浓硫酸的仪器名称是,写出装置A中发生反应的化学方程式:。 .测定烟气中SO2的体积分数 (2)已知装置C、D中盛有的药品分别是酸性KMnO4溶液、饱和NaHCO3溶液,写出装置C的作用:,装置D中饱和NaHCO3溶液中的离子浓度由大到小的关系为。 (3)甲同学认为应该在装置C、D之间增加一个盛有品红溶液的洗气瓶,其作用是。 乙同学根据模拟烟气的流速(a mL/min)和t1 min后测得的量筒内液体的体积(V mL),计算烟气中二氧化硫的体积分数。为保证准确读取量筒示数,应注意:a.将装置冷却至室温;b.;c.视线与量筒内液体凹液面相切。 .模拟烟气通过转化器的脱硫效率研究 (4)将模拟烟气通过装置E,其中盛有FeCl2、FeCl3的混合溶液,它可以催化SO2与氧气的反应以达到脱硫的目的。写出催化剂参与反应过程中的离子方程式:SO2+2H2O+2Fe3+S+2Fe2+,.模拟烟气的制备,+4H+、。 (5)若模拟烟气仍以a mL/min的流速通过转化器E装置,t2 min后,向E装置中加入酸化的BaCl2溶液,得到白色浊液,经过滤、洗涤、干燥、称量,得到m g固体。若实验测得的气体体积已折算为标准状况下的体积,则该转化器的脱硫效率是。,答案(1)分液漏斗C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O (2)吸收烟气中的SO2气体c(Na+)c()c(OH-)c(H+)c() (3)检验SO2是否被完全吸收上下移动量筒使得量筒液面与D中液面相平 (4)4Fe2+O2+4H+2H2O+4Fe3+ (5)100%,解析(1)装置 A中盛装浓硫酸的仪器是分液漏斗;装置A中木炭与浓硫酸反应生成二氧化碳、二氧化硫、水,化学方程式为C+2H2SO4(浓) CO2+2SO2+2H2O。(2)欲测定烟气中 SO2的体积分数,先用酸性高锰酸钾溶液吸收二氧化硫,再用排水量气法测量剩余气体体积;在NaHCO3溶液中,HC的水解程度大于其电离程度,溶液显碱性,c(OH-)c(H+),所以离子浓度关 系为:c(Na+)c()c(OH-)c(H+)c()。(3)为了准确测定SO2的体积分数,应使二氧化 硫被完全吸收,所以在C、D 之间增加一个盛有品红溶液的洗气瓶用来检验二氧化硫是否被完全吸收。为了准确读取量筒示数,应将装置冷却至室温,并上下移动量筒使得量筒液面与D中液面相平。(4)由题意知,催化SO2与氧气反应的机理为Fe3+将SO2氧化为S,氧气再将Fe2+ 氧化为Fe3+。(5)t2 min内通过转化器的模拟烟气中含二氧化硫的体积V(SO2)=(at2) mL; 根据题意可知 SO2 SBaSO4 22 400 mL 233 g V(SO2) m g 所以转化的二氧化硫气体的体