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课件

专题十六 氧、硫及其化合物环境保护与绿色化学高考化学高考化学 (课标专用)考点一氧、硫及其化合物考点一氧、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-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 A组组 统一命题统一命题课标卷题组课标卷题组A.原子半径的大小WXXYC.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HOC(即WYClC(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。解题关键解题关键注意知识的归纳和整理是关键。知识拓展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是大气污染物之一误答案答案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() 溶液现象结论A含HCl、BaCl2的FeCl3溶液产生白色沉淀SO2有还原性BH2S溶液产生黄色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液产生胶状沉淀酸性:H2SO3H2SiO3确B B组 自主命题省（区、市）卷题组答案答案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。3O4.(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。p2 p1(填“”或“A。结合、反应速率解释原因: 。答案答案(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)0.4I-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)= 。焙烧后矿粉中硫元素总质量焙烧前矿粉中硫元素总质量答案答案(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)1 163O解析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NaAlO2+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)=1 16。3O2313223(FeS )(Fe O )nn116关联知识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+H2SO44FeSO4+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)= 。a1Ka2K3O答案答案(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。432(NH )(OH )(NHH)cccO2( H )2.0c Oa2K233(H )(SO)(HSO )ccc3O知识拓展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。 H2SO31.310-26.310-8H2CO34.210-75.610-11a1Ka2KHS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 。3O答案答案(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+H2O233(H ) (SO)(HSO )ccc233H OHSO S3O3O3O3O解析解析(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NaHCO3溶液反应的离子方程式为H2SO3+HC HS+CO2+H2O。s2()(Mn)K p MnSc2.8 10 130.0203O3O3O3O3O3O3O9.(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。3O(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)3O3O3O(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+2N+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。3O3O3O3O3O3O10.(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 。3O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”)。答案答案(1)Na2SO3+H2SO4 Na2SO4+SO2+H2O(或Na2SO3+2H2SO4 2NaHSO4+SO2+H2O)(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。3O3O2.5 10 4 64 l 1100.00 10 3 molg moL考点二环境保护与绿色化学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/molS(s)+O2(g) SO2(g) H=-297 kJ/molMn(s)+S(s)+2O2(g) MnSO4(s)H=-1 065 kJ/molSO2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MnO2 kg。 答案答案(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) 1 500872 500cab解析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+2H2SO4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。31087c35310% 89.6%22.4ab1 500872 500cab考点一氧、硫及其化合物考点一氧、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 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)答案答案(1)研磨、加热(2)核电荷数PS,得电子能力PS,非金属性P1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c2O(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2Os3s4(O )(O )K p CaSK p CaS解析解析(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。122O2324(SO)(SO)ccs3s4(O )(O )K p CaSK p CaSs3s4(O )(O )K p CaSK p CaS考点一氧、硫及其化合物考点一氧、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 A组 2012016 62012018 8年高考模拟基础题组答案答案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、Al2O3C.Na2O2、Al(OH)3D.NaI、AgNO3 答案答案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AC E F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”)。4O4O答案答案(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。15525.(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/L3O解析解析(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。nV0.09mol0.005 L考点二环境保护与绿色化学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PM2.5C.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、一、选择题（每题选择题（每题5 5分，共分，共2525分）分）B B组组 201 2016 62012018 8年高考模拟综合题组(时间：35分钟 分值：60分)答案答案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:SSO2SO3H2SO4A.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小且原子利用率较高B.由途径和分别制取1 mol H2SO4,理论上各消耗1 mol S,各转移6 mol电子C.途径反应中体现了浓HNO3的强氧化性和酸性D.途径的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2的浓度来提高SO2的转化率答案答案C途径S与浓硝酸反应生成硫酸、二氧化氮和水,有副产物二氧化氮,而且二氧化氮会污染大气,所以途径与途径相比更能体现“绿色化学”的理念,A项正确;途径和都是由S来制备H2SO4,S的化合价从0价升高到+6价,制取1 mol H2SO4,理论上各消耗1 mol S,各转移6 mol e-,B项正确;途径反应的化学方程式可表示为S+6HNO3(浓)H2SO4+6NO2+2H2O,属于浓硝酸和非金属单质的反应,产物中无盐生成,因此浓硝酸只表现氧化性而不表现酸性,C项错误;增大一种反应物的浓度,可以提高另一种反应物的转化率,所以途径的第二步反应在实际生产中可以通过增大O2浓度来提高二氧化硫的转化率,从而降低成本,D项正确。解题关键解题关键按照转化关系书写或联想到有关反应方程式,然后根据选项从不同角度对两条不同途径进行分析比较,做出正确的判断。3.(2018山东实验中学第二次诊断,8)下列说法正确的是()A.SO2通入品红溶液,溶液褪色的原理与SO2通入溴水后褪色的原理相同B.浓硫酸具有强氧化性,稀硫酸不具有氧化性C.用浓FeCl3溶液和NaOH溶液混合制备Fe(OH)3胶体D.Na2O2可做呼吸面具的供氧剂答案答案DSO2使品红溶液褪色体现其漂白性,使溴水褪色体现其还原性,两者原理不同,A项错误;浓硫酸具有强氧化性,稀硫酸中的H+具有氧化性,B项错误;浓FeCl3溶液与NaOH溶液反应生成Fe(OH)3沉淀,不能用于制取氢氧化铁胶体,C项错误;Na2O2能够与呼出的气体CO2和水蒸气反应生成氧气,可以作为呼吸面具的供氧剂,D项正确。易混辨析易混辨析褪色不都是漂白。有机色质被氧化或(与SO2)化合成无色物质的过程属于漂白。但因溶液pH的变化而导致的指示剂颜色变化(如向含酚酞的NaOH溶液中加入盐酸或通入SO2使红色褪去)、无机分子或离子因发生化学反应而褪色(如H2O2、H2C2O4等使酸性KMnO4溶液褪色等)均不属于漂白。4.(2018湖北部分重点中学协作体期中,12)下列有关实验的说法正确的是()A.向品红溶液中通入气体X,品红溶液褪色,则气体X可能是Cl2B.CO2中含少量SO2,可将该混合气体全通入足量饱和Na2CO3溶液中除去SO2C.向某溶液中滴加氯水,再滴加KSCN溶液,溶液变成血红色,该溶液中一定含有Fe2+D.将SO2气体通入Ba(NO3)2溶液中生成白色沉淀,此沉淀是BaSO3 答案答案ASO2、Cl2均能使品红溶液褪色,A项正确;CO2也能够与Na2CO3溶液反应,B项错误;先滴加氯水后,再滴加KSCN溶液,溶液变血红色,无法确定Fe3+是原溶液中存在的还是原溶液中的Fe2+被氧化生成的,C项错误;SO2通入Ba(NO3)2溶液使溶液呈酸性,N会将SO2或H2SO3氧化为SO2-4产生BaSO4沉淀,D项错误。3O辨析比较辨析比较 5.(2016河南豫南九校联考,5)美国通用原子能公司(GA)提出的碘硫热化学循环是由反应、三步反应组成的(如下图所示),下列有关说法正确的是()A.设计该循环是为了制取能源气体O2B.整个循环过程中产生1 mol O2的同时产生44.8 L H2C.图中反应、均为氧化还原反应D.图中反应、均可在常温常压下进行答案答案CA项,O2不是能源气体,A错误;B项,没有说明气体所处的温度和压强,不能确定气体的体积,B错误;C项,都有化合价变化,均为氧化还原反应,C正确;D项,反应是H2SO4分解生成O2、SO2、H2O,不能在常温常压下进行,D错误。6.(2018湖南长沙第一中学月考,18)(17分)CaS用于制备除虫剂、发光材料等。某课题组拟用硫酸钙和焦炭在高温下反应制备硫化钙并检验产物。(1)甲同学设计如图所示实验装置检验气体产物。B装置的作用是 ;D和E装置能检验装置A的反应产物中的 (填化学式);E装置中可能出现的现象是 。二、非选择题二、非选择题( (共共35分分) )(2)乙同学提出,根据氧化还原反应原理,装置A中的气体产物可能还有CO2、SO2,为了验证他的猜想,结合上述装置并选择下列仪器设计实验方案(同一种仪器可重复使用)。气流从左至右,仪器连接顺序为A、F、 。能证明有CO2的现象是 。除去SO2的离子方程式为 。(3)经实验检验气体产物有SO2、CO、CO2且气体体积之比为1 1 2,写出A中反应的化学方程式: 。(4)利用重量法测定固体产物的质量之比,即将样品溶于足量的饱和碳酸钠溶液中,过滤、洗涤、干燥等。需要测定的物理量有 已知CaS与H2O反应生成Ca(OH)2和H2S。答案答案(1)除去酸性气体CO溶液变浑浊(2)J、F、I、M第2个F中溶液不褪色,I中溶液变浑浊5SO2+2Mn+2H2O2Mn2+5SO2-4+4H+(3)2CaSO4+3CCaS+CaO+SO2+2CO2+CO(4)样品的质量、碳酸钙的质量4O解析解析(1)从CaSO4和C所含的元素角度分析,反应会产生酸性气体,故B装置的作用是吸收酸性气体。D和E装置可以证明还原性气体CO的存在。澄清石灰水中通入CO2,会产生CaCO3沉淀。(2)SO2与CO2共存时,应先检验SO2(装置F),然后除尽SO2并检验已经除尽(装置J和F),再检验CO2(装置I),因尾气中还有有毒气体CO,用装置M进行收集。KMnO4氧化了产生的SO2:5SO2+2Mn+2H2O2Mn2+5SO2-4+4H+。(3)SO2、CO、CO2的体积比为1 1 2,作为一个整体考虑,化合价升高的总价数是8,而CaSO4CaS的化合价降低8,结合质量守恒定律可配平反应方程式。(4)CaSCa(OH)2CaCO3,CaOCa(OH)2CaCO3,通过测量CaCO3的质量和样品的质量,可以确定样品中CaS和CaO的质量。4O方法技巧方法技巧SO2和CO2都可使澄清的石灰水变浑浊,二者同时存在时检验的一般流程如下:有时简化装置,可将除去SO2和检验SO2是否除尽合并为一个装置,可用较浓的酸性KMnO4溶液,现象是酸性KMnO4溶液颜色变浅。7.(2017山西临汾五校联考,18)(18分)某研究性学习小组用下图装置进行SO2与FeCl3溶液反应的相关实验(夹持装置已略去)。(1)反应开始一段时间后,装置C中的现象为 。(2)根据以上现象,该小组同学认为SO2与FeCl3溶液发生了氧化还原反应。写出SO2与FeCl3溶液反应的离子方程式: 。向装置C中通入足量SO2发生反应后,检验生成的Fe2+的方法是 。该小组同学向反应后的装置C的试管中加入硝酸酸化的BaCl2溶液,若出现白色沉淀,则证明反应生成了SO2-4。该做法不合理的理由是 。(3)若将装置C中FeCl3