（浙江专用）高考化学一轮复习 专题十二 硫、氮和可持续发展课件-人教版高三全册化学课件

1、第三部分 元素及其化合物专题十二硫、氮和可持续发展高考化学高考化学 (浙江专用)A A组统一命题组统一命题浙江卷题组浙江卷题组五年高考考点一含硫化合物的性质和应用考点一含硫化合物的性质和应用1.(2019浙江4月选考,11,2分)针对下列实验现象表述不正确的是()A.用同一针筒先后抽取80 mL氯气、20 mL水,振荡,气体完全溶解,溶液变为黄绿色B.在表面皿中加入少量胆矾,再加入3 mL浓硫酸,搅拌,固体由蓝色变白色C.向二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加双氧水,产生白色沉淀D.将点燃后的镁条伸入充满二氧化碳的集气瓶,镁条剧烈燃烧,有白色、黑色固体生成易错警示易错警示 Cl2虽然能溶于水

2、但溶解度不大(常温下1体积水约能溶解2体积Cl2),且Cl2与水的反应为可逆反应,因此Cl2不可能完全溶解。答案答案A80 mL氯气不可能完全溶于20 mL水中,A错误;胆矾中加入浓硫酸,由于浓硫酸的强烈吸水性,蓝色的CuSO45H2O会转化为白色的无水CuSO4,B正确;二氧化硫水溶液中滴加氯化钡溶液,再滴加双氧水,会发生反应:SO2+H2O2 H2SO4,H2SO4+BaCl2 BaSO4+2HCl,最终生成BaSO4白色沉淀,C正确;镁条在CO2中能继续燃烧生成白色的MgO和黑色的C,D正确。2.(2018浙江4月选考,9,2分)下列反应中能产生二氧化硫的是 ()A.氧化铜和稀硫酸反应B

3、.亚硫酸钠和氧气反应C.三氧化硫和水反应D.铜和热的浓硫酸反应答案答案D氧化铜和稀硫酸反应生成硫酸铜和水,故A不符合题意;亚硫酸钠和氧气反应生成硫酸钠,故B不符合题意;三氧化硫和水反应生成硫酸,故C不符合题意;铜和热的浓硫酸反应生成二氧化硫、硫酸铜和水,故D符合题意。3.(2016浙江10月选考,8,2分)下列能使品红溶液褪色的是()A.SO2B.BaSO4C.KClD.CO2 答案答案A二氧化硫具有漂白性,能使品红溶液褪色,而B、C、D三项中的物质均不能使品红溶液褪色。4.(2016浙江4月选考,6,2分)下列说法不正确的是()A.氯气可用于自来水的消毒B.镁可用于制造信号弹和焰火C.氢氧化

4、铁胶体能用于净水D.二氧化硫不可用于漂白纸浆答案答案D本题考查常见无机物的应用。氯气可用于自来水的消毒,A项正确;镁燃烧能产生耀眼的光,可用于制造信号弹和焰火,B项正确;氢氧化铁胶体吸附能力强,能用于净水,C项正确;二氧化硫具有漂白性,可用于漂白纸浆,D项错误。5.(2015浙江10月选考,13,2分)有关SO2的性质,下列说法不正确的是()A.能使品红溶液褪色B.能与NaOH溶液反应C.能与H2O反应生成H2SO4D.一定条件下能与O2反应生成SO3 答案答案CSO2与水反应生成的是亚硫酸。6.(2017浙江11月选考,27,6分)已知固体Na2SO3受热易分解。实验流程和结果如下:气体Y是

5、一种纯净物,在标准状况下的密度为1.518 gL-1。请回答:(1)气体Y分子的电子式 ,白色沉淀的化学式 。(2)该流程中Na2SO3受热分解的化学方程式 。(3)另取固体X试样和Na2SO3混合,加水溶解后与稀盐酸反应,有淡黄色沉淀产生。写出产生淡黄色沉淀的离子方程式 (不考虑空气的影响)。答案答案(1) BaSO4(2)4Na2SO3 3Na2SO4+Na2S(3)S+2S2-+6H+ 3S+3H2O23O解析解析Na2SO3隔绝空气受热分解后固体质量不变,说明无气体生成,X应为固体混合物。X中加稀盐酸生成气体Y,M(Y)=1.518 gL-122.4 Lmol-1=34 gmol-1,

6、由元素守恒知Y为H2S,故X中应含有Na2S;X与足量稀盐酸反应后的溶液中加BaCl2溶液有白色沉淀生成,说明X中含有Na2SO4,据此可知Na2SO3受热分解的化学方程式为4Na2SO3 Na2S+3Na2SO4。(3)X和Na2SO3混合,加水溶解后与稀盐酸反应有淡黄色沉淀产生,显然是酸性条件下,S2-与S发生归中反应生成S,离子方程式为2S2-+S+6H+ 3S+3H2O。23O23O考点二生产生活中的含氮化合物考点二生产生活中的含氮化合物7.(2017浙江4月选考,8,2分)下列能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体是()A.NH3B.SO2C.HClD.CO2 答案答案AA项,NH3溶于水

7、,溶液显碱性,可使红色石蕊试纸变蓝,A正确;B、D与水反应分别生成亚硫酸和碳酸,C溶于水得到盐酸,都不能使红色石蕊试纸变蓝,故B、C、D错误。8.(2016浙江理综,13,6分)为落实“五水共治”,某工厂拟综合处理含N废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO,不考虑其他成分),设计了如下流程:下列说法不正确的是()A.固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3B.X可以是空气,且需过量C.捕获剂所捕获的气体主要是COD.处理含N废水时,发生反应的离子方程式为:N+N N2+2H2O4H4H4H2O答案答案BSO2、CO2与过量石灰乳反应生成CaSO3、CaCO3,故固

8、体1中主要含有CaSO3、CaCO3、Ca(OH)2,A项正确;X可以是空气,但不能过量,若空气过量,通过NaOH溶液后得不到NaNO2溶液,而是得到NaNO3溶液,B项不正确;N2无污染,CO无法被NaOH溶液吸收,捕获剂主要捕获CO,C项正确;N与N在溶液中发生氧化还原反应生成N2和H2O,D项正确。4H2O9.(2016浙江4月选考,30,10分)【加试题】氨气及其相关产品是基本化工原料,在化工领域中具有重要的作用。(1)以Fe为催化剂,0.6 mol氮气和1.8 mol氢气在恒温、容积恒定为1 L的密闭容器中反应生成氨气,20 min后达到平衡,氮气的物质的量为0.3 mol。在第25

9、 min时,保持温度不变,将容器体积迅速增大至2 L并保持恒容,体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%。请画出从第25 min起H2的物质的量浓度随时间变化的曲线。 该反应体系未达到平衡时,催化剂对逆反应速率的影响是 (填“增大”“减少”或“不变”)。(2)N2H4是一种高能燃料,有强还原性,可通过NH3和NaClO反应制得,写出该制备反应的化学方程式: 。N2H4的水溶液呈弱碱性,室温下其电离常数K1=1.010-6,则0.01 molL-1 N2H4水溶液的pH等于 (忽略N2H4的二级电离和H2O的电离)。已知298 K和101 kPa条件下:N2(g)+3H2(g) 2NH3(g)

10、H12H2(g)+O2(g) 2H2O(l) H22H2(g)+O2(g) 2H2O(g) H34NH3(g)+O2(g) 2N2H4(l)+2H2O(l) H4则N2H4(l)的标准燃烧热H= 。(3)科学家改进了NO2转化为HNO3的工艺(如虚框所示),在较高的操作压力下,提高N2O4/H2O的质量比和O2的用量,能制备出高浓度的硝酸。NH3(g) NO(g) NO2(g) N2O4(l)HNO3(aq)实际操作中,应控制N2O4/H2O质量比高于5.11,对此请给出合理解释 。答案答案(10分)(1)增大(2)2NH3+NaClO N2H4+NaCl+H2O10H2-H1-H4(3)2N

11、2O4+2H2O+O2 4HNO3,N2O4/H2O质量比等于5.11时恰好反应;高于5.11是为了提高N2O 43212浓度,有利于平衡正向移动,得到高浓度的硝酸解析解析 (1)1 L容器中,达到平衡时各物质的物质的量浓度分别为:c(N2)=0.3 molL-1、c(H2)=0.9 molL-1、c(NH3)=0.6 molL-1;当体积扩大到2 L的瞬间,c(H2)=0.45 molL-1,由于体积扩大,压强减小,平衡向逆反应方向移动,c(H2)增大,达到新平衡时,N2的转化率为38.2%,H2的转化率也为38.2%,平衡时c(H2)=1.8(1-0.382)/2molL-10.56 mo

12、lL-1。由于体积扩大,压强减小,故达到新的平衡所用时间比20 min长。(2)设平衡时c(N2)=x molL-1,则N2H4+H2O N2+OH- x molL-1 x molL-1K1=1.010-6 x=110-4即c(H+)=110-10 molL-1,溶液pH=10。5H5H2524(N H )(OH )(N H )ccc20.01xW(OH )KcB B组统一命题、省组统一命题、省( (区、市区、市) )卷题组卷题组考点一含硫化合物的性质和应用考点一含硫化合物的性质和应用1.(2019课标,12,6分)下列实验不能达到目的的是()选项目的实验A.制取较高浓度的次氯酸溶液将Cl2通

13、入碳酸钠溶液中B.加快氧气的生成速率在过氧化氢溶液中加入少量MnO2C.除去乙酸乙酯中的少量乙酸加入饱和碳酸钠溶液洗涤、分液D.制备少量二氧化硫气体向饱和亚硫酸钠溶液中滴加浓硫酸答案答案A本题涉及常见物质的制备方法及除杂知识,通过物质制备的原理,考查了化学实验与探究能力;依据探究目的设计实验,体现了科学探究与创新意识的学科核心素养。A项,Cl2+2Na2CO3+H2O 2NaHCO3+NaCl+NaClO,故将Cl2通入Na2CO3溶液中不能制备较高浓度的HClO溶液,错误;B项,MnO2作催化剂可以加快H2O2的分解速率,正确;C项,乙酸和Na2CO3溶液可以反应,乙酸乙酯在饱和Na2CO3

14、溶液中的溶解度较低,溶液分层,正确;D项,根据强酸制弱酸原理可知正确。知识拓展知识拓展 制取高浓度次氯酸的方法是:往氯水中加入CaCO3粉末。因为氯水中存在Cl2+H2O HCl+HClO,CaCO3与HCl反应而不能与HClO反应。2.(2019江苏单科,3,2分)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是()A.NH4HCO3受热易分解,可用作化肥B.稀硫酸具有酸性,可用于除去铁锈C.SO2具有氧化性,可用于纸浆漂白D.Al2O3具有两性,可用于电解冶炼铝答案答案B本题涉及的考点是常见化合物的性质及其应用,通过性质与应用是否相符的判断,考查了分析和解决化学问题的能力,体现了科学探究与创新意识

15、的学科核心素养;以常见物质的性质推测其应用,体现了关注社会发展、科技进步、生产生活的价值观念。A项,NH4HCO3受热易分解与其用作化肥没有关系,错误;B项,铁锈的主要成分是Fe2O3nH2O,H2SO4具有酸性,可以将铁锈溶解,正确;C项,SO2具有漂白性,可用于纸浆漂白,错误;D项,Al2O3是离子化合物,可用于电解冶炼铝,错误。3.(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

16、前推广使用的清洁燃料答案答案C本题考查绿色化学与环境保护知识。燃煤中加入CaO可以减少SO2气体的排放,减少酸雨的形成,但不能减少温室气体CO2的排放,C错误。4.(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() 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

17、还原反应。5.(2016上海单科,14,3分)在硫酸工业生产中,为了有利于SO2的转化,且能充分利用热能,采用了中间有热交换器的接触室(如图)。下列说法错误的是()A.a、b两处的混合气体成分含量相同,温度不同B.c、d两处的混合气体成分含量相同,温度不同C.热交换器的作用是预热待反应的气体,冷却反应后的气体D.c处气体经热交换后再次催化氧化的目的是提高SO2的转化率答案答案Bc 处SO3的含量小于d处SO3的含量,c处气体温度高,d处气体温度低,B错误。6.(2019课标,26,14分)高纯硫酸锰作为合成镍钴锰三元正极材料的原料,工业上可由天然二氧化锰粉与硫化锰矿(还含Fe、Al、Mg、Zn

18、、Ni、Si等元素)制备,工艺如下图所示。回答下列问题:相关金属离子c0(Mn+)=0.1 molL-1形成氢氧化物沉淀的pH范围如下:金属离子Mn2+Fe2+Fe3+Al3+Mg2+Zn2+Ni2+开始沉淀的pH8.16.31.53.48.96.26.9沉淀完全的pH10.18.32.84.710.98.28.9(1)“滤渣1”含有S和 ;写出“溶浸”中二氧化锰与硫化锰反应的化学方程式 。(2)“氧化”中添加适量的MnO2的作用是 。(3)“调pH”除铁和铝,溶液的pH范围应调节为 6之间。(4)“除杂1”的目的是除去Zn2+和Ni2+,“滤渣3”的主要成分是 。(5)“除杂2”的目的是生成

19、MgF2沉淀除去Mg2+。若溶液酸度过高,Mg2+沉淀不完全,原因是 。(6)写出“沉锰”的离子方程式 。(7)层状镍钴锰三元材料可作为锂离子电池正极材料,其化学式为LiNixCoyMnzO2,其中Ni、Co、Mn的化合价分别为+2、+3、+4。当x=y=时,z= 。13答案答案(1)SiO2(不溶性硅酸盐)MnO2+MnS+2H2SO4 2MnSO4+S+2H2O(2)将Fe2+氧化为Fe3+(3)4.7(4)NiS和ZnS(5)F-与H+结合形成弱电解质HF,MgF2 Mg2+2F-平衡向右移动(6)Mn2+2HC MnCO3+CO2+H2O(7) 3O13解析解析本题涉及元素化合物知识的

20、综合应用,通过工艺流程形式给出信息,考查分析和解决化学工艺流程问题的能力,根据题给信息书写相应的化学方程式和离子方程式,体现了证据推理与模型认知的学科核心素养。(1)由题干信息可知,滤渣有生成的S和不与H2SO4反应的SiO2(或不溶性硅酸盐);依据氧化还原反应原理可知,MnO2作氧化剂,MnS作还原剂,由此可写出化学方程式。(2)Fe溶于H2SO4中得到Fe2+,为了去除方便,需将Fe2+氧化为Fe3+。(3)由相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH范围可知除铁和铝时溶液pH范围应调节为4.76之间。(4)NiS和ZnS是难溶于水的硫化物。(5)MgF2(s) Mg2+(aq)+2F-(aq),

21、若增大H+浓度,F-与H+会结合成弱电解质HF而使沉淀溶解平衡正向移动,导致溶液中Mg2+沉淀不完全。(6)由于HC H+C,C与Mn2+可形成MnCO3沉淀,使HC电离平衡正向移动,H+浓度增大,H+与HC反应生成H2O和CO2,所以离子方程式为Mn2+2HC MnCO3+CO2+H2O。3O23O23O3O3O3O(7)根据化合物中各元素正、负化合价的代数和为0,可知+1+(+2)x+(+3)y+(+4)z+(-2)2=0,将x=y=代入计算,可得z=。1313易错警示易错警示 (5)易忽略H+与F-会形成弱电解质破坏沉淀溶解平衡;(6)易错写为Mn2+HC MnCO3+H+,忽略MnCO

22、3可溶于酸中。3O7.(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

23、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。(

24、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

25、)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。8.(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+H2SO44FeS

26、O4+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

27、)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)= 。1aK2aK23O3O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 S+H2OS与Ca2+生成Ca

28、SO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成(5)6.010-30.6223O23O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、离子方程式的书写、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

29、性,则c(H+)=1.010-7 molL-1,解得c(S)/c(HS)=0.62。432(NH )(OH )(NHH)cccO2( H )2.0c O2aK233(H )(SO )(HSO )ccc23O3O考点二生产生活中的含氮化合物考点二生产生活中的含氮化合物9.(2019江苏单科,6,2分)下列有关化学反应的叙述正确的是()A.Fe在稀硝酸中发生钝化B.MnO2和稀盐酸反应制取Cl2C.SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D.室温下Na与空气中O2反应制取Na2O2 答案答案C本题涉及常见无机物的性质知识,通过对化学反应描述的正误判断,考查了分析和解决化学问题的能力,体现了宏观辨

30、识与微观探析的学科核心素养。A项,常温下,Fe遇浓硝酸发生钝化,Fe与稀硝酸发生氧化还原反应生成NO气体,错误;B项,MnO2与浓盐酸在加热条件下可制取Cl2,与稀盐酸不反应,错误;C项,SO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3,正确;D项,室温下Na与O2反应生成Na2O,错误。审题方法审题方法 物质的浓度、用量及反应条件不同,发生的化学反应及产物也会有不同情况。10.(2017北京理综,12,6分)下述实验中均有红棕色气体产生,对比分析所得结论的是()A.由中的红棕色气体,推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能表明中木炭与浓硝酸发生了反应C.由说明浓硝酸具有挥发性,生成的红棕色气

31、体为还原产物D.的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应不正确答案答案D本题考查硝酸的氧化性、不稳定性、挥发性等性质。中的CO2可能是空气中的氧气与木炭反应的产物。疑难突破疑难突破 中红热木炭并未与浓HNO3直接接触,只有HNO3挥发后,与木炭接触才能发生反应。11.(2015课标,7,6分)我国清代本草纲目拾遗中记叙无机药物335种,其中“强水”条目下写道:“性最烈,能蚀五金其水甚强,五金八石皆能穿滴,惟玻璃可盛。”这里的“强水”是指 ()A.氨水B.硝酸C.醋D.卤水答案答案B硝酸具有强氧化性,能与许多金属、矿物质等反应,但不与玻璃反应。12.(2015北京理综,12,

32、6分)在通风橱中进行下列实验:下列说法不正确的是()A.中气体由无色变红棕色的化学方程式:2NO+O2 2NO2B.中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应C.对比、中现象,说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3D.针对中现象,在Fe、Cu之间连接电流计,可判断Fe是否被氧化步骤现象Fe表面产生大量无色气泡,液面上方变为红棕色Fe表面产生少量红棕色气泡后,迅速停止Fe、Cu接触后,其表面均产生红棕色气泡答案答案CA项,Fe与稀HNO3反应生成NO,无色的NO易被空气中的O2氧化为红棕色的NO2,化学方程式为2NO+O2 2NO2;B项,中现象说明Fe遇到浓HNO3发生钝化,表面形

33、成致密的氧化层,阻止Fe进一步反应;C项,浓HNO3的氧化性强于稀HNO3;D项,Fe、Cu、浓HNO3可构成原电池,连接电流计可以判断Fe是否被氧化。13.(2019江苏单科,16,12分)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物,含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。(1)N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物,用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为 。(2)NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收,主要反应为NO+NO2+2OH- 2N+H2O2NO2+2OH- N+N+H2O下列措施能提高尾气中NO和NO2

34、去除率的有 (填字母)。A.加快通入尾气的速率B.采用气、液逆流的方式吸收尾气C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤,得到NaNO2晶体,该晶体中的主要杂质是 (填化学式);吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 (填化学式)。2O2O3O(3)NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气,可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同,NO转化为N的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。在酸性NaClO溶液中,HClO氧化NO生成Cl-和N,其离子方程式为 。NaClO溶液的初始pH越小,NO转化率越高。其原因是 。3O3O答案答案(12分)

35、(1)2NH3+2O2 N2O+3H2O(2)BCNaNO3NO(3)3HClO+2NO+H2O 3Cl-+2N+5H+溶液pH越小,溶液中HClO的浓度越大,氧化NO的能力越强3O解析解析 本题涉及的考点有含氮化合物的性质及其应用、氧化还原反应化学(离子)方程式的书写、影响反应速率的因素,主要考查学生将实际问题分解、运用相关知识分析和解决化学问题的能力,借助氮氧化物的尾气处理树立环境保护的可持续发展意识,体现科学态度与社会责任的学科核心素养。(1)根据得失电子守恒和原子守恒可写出NH3与O2反应的化学方程式。(2)若要提高尾气中NO和NO2的去除率,须加快氮氧化物与NaOH的反应速率。B项措

36、施能增大气、液反应物的接触面积,C项措施增大NaOH溶液的浓度,二者均能加快反应速率;A项措施易导致氮氧化物不能及时被吸收,使NO和NO2去除率降低。据题给反应:2NO2+2OH- N+N+H2O可知,NaNO2晶体中含有NaNO3杂质;由于NO与NaOH不反应,故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。2O3O(3)据得失电子守恒可得:3HClO+2NO 3Cl-+2N,据电荷守恒可得:3HClO+2NO 3Cl-+2N+5H+,据原子(质量)守恒可得:3HClO+2NO+H2O 3Cl-+2N+5H+。NaClO溶液的初始pH越小,c(H+)越大,c(HClO)越大,氧化NO的能力越强,NO的转

37、化率越高。3O3O3O知识拓展知识拓展 用NaOH溶液处理NO和NO2时,当n(NO) n(NO2)1 1时,吸收液中的盐为NaNO2;当n(NO) n(NO2)”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)SO2S4H+(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

38、反应加快24O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

39、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+H2O2 O2+2Fe2+2H+、2Fe2+H2O2+2H+2Fe3+2H2O。5.(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

40、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 。实验试剂现象滴管试管0.2 molL-1Na2SO3溶液饱和Ag2SO4溶液.产生白色沉淀0.2 molL-1 CuSO4溶液.溶液变绿,继续滴加产生棕黄色沉淀0.1 molL-1 Al2(SO4)3溶液.开始无明显变化,继续滴加产生白色沉淀24O23O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 。

41、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。23O23O24O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+S Ag2SO3(2)析出红色固体a.HCl和

42、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23O23O24O解析解析(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

43、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。23O24O24O23O23O24O6.(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) NO

44、2(g)+O2(g) H=-200.9 kJmol-1NO(g)+O2(g) NO2(g) H=-58.2 kJmol-1SO2(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。12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

45、。(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 。23O2O23O24O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)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

46、速率23O24O2Osp3sp4(O )(O )KCaSKCaS24O23O23O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

47、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。122O23O24O23O24O2324(SO )(SO )ccsp3sp4(O )

48、(O )KCaSKCaS23Osp3sp4(O )(O )KCaSKCaS24O23O7.(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。(

49、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:3O(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

50、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,采用过滤的方法即可。(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Na

51、HSO3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。3O3O24O4132.5 1064 l100.00 10molg moL8.(2014天津理综,9,18分)Na2S2O3

52、是重要的化工原料,易溶于水,在中性或碱性环境中稳定。.制备Na2S2O35H2O反应原理:Na2SO3(aq)+S(s) Na2S2O3(aq)实验步骤:称取15 g Na2SO3加入圆底烧瓶中,再加入80 mL蒸馏水。另取5 g研细的硫粉,用3 mL乙醇润湿,加入上述溶液中。安装实验装置(如图所示,部分夹持装置略去),水浴加热,微沸60分钟。趁热过滤,将滤液水浴加热浓缩,冷却析出Na2S2O35H2O,经过滤、洗涤、干燥,得到产品。回答问题:(1)硫粉在反应前用乙醇润湿的目的是 。(2)仪器a的名称是 ,其作用是 。(3)产品中除了有未反应的Na2SO3外,最可能存在的无机杂质是 。检验是否

53、存在该杂质的方法是 。(4)该实验一般控制在碱性环境下进行,否则产品发黄,用离子反应方程式表示其原因: 。.测定产品纯度准确称取W g产品,用适量蒸馏水溶解,以淀粉作指示剂,用0.100 0 molL-1碘的标准溶液滴定。反应原理为:2S2+I2 S4+2I-(5)滴定至终点时,溶液颜色的变化: 。(6)滴定起始和终点的液面位置如图,则消耗碘的标准溶液体积为 mL。产品的纯度为(设Na2S2O35H2O相对分子质量为M) 。.Na2S2O3的应用(7)Na2S2O3还原性较强,在溶液中易被Cl2氧化成S,常用作脱氯剂,该反应的离子方程式为 。23O26O24O答案答案(1)使硫粉易于分散到溶液

54、中(2)冷凝管冷凝回流(3)Na2SO4取少量产品溶于过量稀盐酸,过滤,向滤液中加BaCl2溶液,若有白色沉淀,则产品中含有Na2SO4(4)S2+2H+ S+SO2+H2O(5)由无色变蓝色(6)18.10 100%(7)S2+4Cl2+5H2O 2S+8Cl-+10H+ 23O33.620 10MW23O24O解析解析(1)硫粉难溶于水,反应前用乙醇润湿硫粉,可使硫粉易于分散到溶液中,从而增大硫粉与Na2SO3溶液的接触面积,有利于反应进行。(2)仪器a是球形冷凝管,其作用是冷凝回流。(3)Na2SO3可被空气中的O2氧化生成Na2SO4,可用BaCl2和稀盐酸检验Na2SO4是否存在,具

55、体操作见答案。(4)产品发黄是因为含杂质硫,生成硫的离子方程式为S2+2H+ S+SO2+H2O。(5)终点时,S2消耗完全,I2与淀粉作用,溶液由无色变为蓝色。(6)消耗标准溶液的体积为18.10 mL-0.00 mL=18.10 mL。产品的纯度=100%=100%。(7)根据题给信息,结合质量守恒、电荷守恒及得失电子守恒,可写出Cl2氧化S2的离子方程式为S2+4Cl2+5H2O 2S+8Cl-+10H+。23O23O32 0.100 0 18.10 10ggMW33.620 10MW23O23O24O考点二生产生活中的含氮化合物考点二生产生活中的含氮化合物9.(2015北京理综,8,6

56、分)下列关于自然界中氮循环(如图)的说法不正确的是()A.氮元素均被氧化B.工业合成氨属于人工固氮C.含氮无机物和含氮有机物可相互转化D.碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环答案答案AA项,人工固氮时,N2+3H2 2NH3,氮元素被还原;B项,把游离态的氮元素转化为含氮化合物的过程是氮的固定,工业合成氨属于人工固氮;C项,硝酸盐可转化为蛋白质,动植物遗体可转化为氨或铵盐,则含氮有机物和含氮无机物可相互转化;D项,在自然界氮循环过程中,碳、氢、氧三种元素也参与了循环。10.(2015山东理综,11,5分)下列由实验现象得出的结论正确的是 () 操作及现象结论A向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现

57、黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI),A错误。B中由实验现象不能确定溶液中是否含有Fe2+,若先加入KSCN溶液无现象,再滴入氯水后溶液呈红色,才能说明原溶液中一定含有Fe2+。C中实验现象说明有Br2生成,溶液中发生了反应:2Br-+Cl2 Br2+2Cl-,从而说明了Br-的还原性强于Cl-,C正确。加热NH4Cl固体时,NH4Cl固体发生分解反应:NH4Cl NH3+HCl,试管底部固体消失;试管口温度较低,NH3和HCl发生化合反应:NH3+HCl NH4Cl,故试管口有晶体凝结,D错误。11.(2014福建理综,9,6分)常温下,下列各组物质中,Y既能与X反应又能与Z反应的是(

58、)A.B.C.D. XYZNaOH溶液Al(OH)3稀硫酸KOH溶液SiO2浓盐酸O2N2H2FeCl3溶液Cu浓硝酸答案答案B中,Al(OH)3是两性氢氧化物,既能与强碱NaOH反应又能与强酸H2SO4反应;中,SiO2与浓盐酸不反应;中,N2与O2、H2在常温下均不能反应;中,Cu和FeCl3反应生成FeCl2和CuCl2,Cu与浓HNO3反应生成、NO2和水。其中、与题意吻合,故选B。32Cu(NO )12.(2014山东理综,9,5分)等质量的下列物质与足量稀硝酸反应,放出NO物质的量最多的是()A.FeOB.Fe2O3C.FeSO4D.Fe3O4 答案答案AFe2O3与HNO3反应不

59、产生NO,B项错误。A项,n(NO)=;C项,n(NO)=;D项,n(NO)=,m(FeO)=m(FeSO4)=m(Fe3O4),故A项符合题意。(FeO)72 g / mol 3m4(FeSO )152 g / mol 3m34(Fe O )232 g/mol 3m13.(2016北京理综,26,13分)用零价铁(Fe)去除水体中的硝酸盐(N)已成为环境修复研究的热点之一。(1)Fe还原水体中N的反应原理如下图所示。作负极的物质是 。正极的电极反应式是 。(2)将足量铁粉投入水体中,经24小时测定N的去除率和pH,结果如下:3O3O3O初始pHpH=2.5pH=4.5N 的去除率接近100%

60、50%24小时pH接近中性接近中性铁的最终物质形态3OpH=4.5时,N的去除率低。其原因是 。(3)实验发现:在初始pH=4.5的水体中投入足量铁粉的同时,补充一定量的Fe2+可以明显提高N的去除率。对Fe2+的作用提出两种假设:.Fe2+直接还原N;.Fe2+破坏FeO(OH)氧化层。做对比实验,结果如下图所示。可得到的结论是 。同位素示踪法证实Fe2+能与FeO(OH)反应生成Fe3O4。结合该反应的离子方程式,解释加入Fe2+提高N去除率的原因: 。3O3O3O3O(4)其他条件与(2)相同,经1小时测定N的去除率和pH,结果如下:与(2)中数据对比,解释(2)中初始pH不同时,N去除