（課標Ⅱ）高考化學一輪復習 專題九 氧、硫及其化合物 綠色化學與環(huán)境保護課件-人教版高三全冊化學課件

1、專題九氧、硫及其化合物綠色化學與環(huán)境保護高考化學高考化學 (課標專用)五年高考A A組組 課課標標卷區(qū)題卷區(qū)題組組考點一氧、硫及其化合物考點一氧、硫及其化合物1.(2019課標,26,13分)立德粉ZnSBaSO4(也稱鋅鋇白),是一種常用白色顏料?；卮鹣铝袉栴}:(1)利用焰色反應的原理既可制作五彩繽紛的節(jié)日煙花,亦可定性鑒別某些金屬鹽。灼燒立德粉樣品時,鋇的焰色為(填標號)。A.黃色B.紅色C.紫色D.綠色(2)以重晶石(BaSO4)為原料,可按如下工藝生產(chǎn)立德粉:在回轉(zhuǎn)爐中重晶石被過量焦炭還原為可溶性硫化鋇,該過程的化學方程式為。回轉(zhuǎn)爐尾氣中含有有毒氣體,生產(chǎn)上可通過水蒸氣變換反應將其轉(zhuǎn)化

2、為CO2和一種清潔能源氣體,該反應的化學方程式為。在潮濕空氣中長期放置的“還原料”,會逸出臭雞蛋氣味的氣體,且水溶性變差。其原因是“還原料”表面生成了難溶于水的(填化學式)。沉淀器中反應的離子方程式為。(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”測得。稱取mg樣品,置于碘量瓶中,移取25.00mL0.1000molL-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密閉,置暗處反應5min,有單質(zhì)硫析出。以淀粉為指示劑,過量的I2用0.1000molL-1Na2S2O3溶液滴定,反應式為I2+2S22I-+S4。測定時消耗Na2S2O3溶液體積VmL。終點顏色變化為,樣品中S2-的含量為(寫出表達式)。

3、23O26O答案答案(1)D(2)BaSO4+4CBaS+4COCO+H2OCO2+H2BaCO3S2-+Ba2+Zn2+SBaSO4ZnS(3)淺藍色至無色100%24O1(25.00)0.1000 3221000Vm解析解析本題涉及的知識點有焰色反應、陌生氧化還原反應方程式及離子方程式的書寫、定量實驗的數(shù)據(jù)處理;考查了學生對化學基礎知識的記憶,將提供的信息與已有知識結合利用的能力;同時考查了學生掌握化學實驗的基本方法并對實驗中的數(shù)據(jù)進行處理的能力;體現(xiàn)了通過分析、推理認識研究對象的本質(zhì)特征(證據(jù)推理與模型認知)、運用化學實驗進行實驗探究(科學探究與創(chuàng)新意識)的學科核心素養(yǎng)。(1)重要金屬的

4、焰色反應的顏色平時要注意識記。(2)已知反應物有BaSO4、C,生成物有BaS,因焦炭過量則生成CO,根據(jù)得失電子守恒、原子守恒寫出化學方程式;CO與H2O(g)反應生成CO2與一種清潔能源氣體,不難推測該氣體為H2?！斑€原料”的主要成分為BaS,長期放置發(fā)生水解生成Ba(OH)2與H2S,Ba(OH)2吸收空氣中的CO2生成了難溶于水的BaCO3。沉淀器中溶液的成分為Ba2+、S2-、Zn2+、S,反應生成了BaSO4ZnS沉淀,根據(jù)電荷守恒、原子守恒寫出離子方程式。(3)滴定前,溶液含I2和淀粉,呈藍色,隨著Na2S2O3溶液的滴入,I2不斷被消耗,溶液顏色逐漸變淺,當加入最后一滴Na2S

5、2O3溶液時(滴定終點),溶液恰好褪色;樣品中的S2-與I2發(fā)生反應:S2-+I2S+2I-,參與該反應的I2的物質(zhì)的量為(25.0010-30.1000-V10-30.1000)mol=(25.00-V)24O12120.100010-3mol=n(S2-),則樣品中S2-的含量為100%。1(25.00)0.1000 3221000Vm易錯提醒易錯提醒(2)重晶石與過量焦炭反應除生成BaS,還應生成CO而不是CO2。因為即使生成CO2,在過量焦炭、高溫條件下也會轉(zhuǎn)化成CO?？键c二綠色化學與環(huán)境保護考點二綠色化學與環(huán)境保護2.(2018課標,8,6分)研究表明,氮氧化物和二氧化硫在形成霧霾時

6、與大氣中的氨有關(如下圖所示)。下列敘述錯誤的是()A.霧和霾的分散劑相同B.霧霾中含有硝酸銨和硫酸銨C.NH3是形成無機顆粒物的催化劑D.霧霾的形成與過度施用氮肥有關答案答案C本題考查硫、氮化合物的相關知識。霧和霾的分散劑均為空氣,A正確;由題圖可知霧霾中含有NH4NO3和(NH4)2SO4,B正確;NH3應是形成無機顆粒物的反應物,C錯誤;過度施用氮肥會增加大氣中NH3的含量,D正確。知識拓展知識拓展煙、云、霧的分散劑均為空氣。3.(2016課標,7,6分)下列有關燃料的說法的是()A.燃料燃燒產(chǎn)物CO2是溫室氣體之一B.化石燃料完全燃燒不會造成大氣污染C.以液化石油氣代替燃油可減少大氣污

7、染D.燃料不完全燃燒排放的CO是大氣污染物之一錯誤答案答案B化石燃料包括煤、石油、天然氣等,完全燃燒也會產(chǎn)生SO2等污染性氣體,故B項錯誤。易錯警示易錯警示化石燃料中不僅含C、H元素,還含有少量的N、S等元素。疑難突破疑難突破液化石油氣中含雜質(zhì)少,燃燒更充分,燃燒產(chǎn)生的CO、SO2、NOx較少,對空氣污染小。B B組課標組課標、課標、課標、自主命題、自主命題省省( (區(qū)、市區(qū)、市) )卷題組卷題組考點一氧、硫及其化合物考點一氧、硫及其化合物1.(2019江蘇單科,3,2分)下列有關物質(zhì)的性質(zhì)與用途具有對應關系的是()A.NH4HCO3受熱易分解,可用作化肥B.稀硫酸具有酸性,可用于除去鐵銹C.

8、SO2具有氧化性,可用于紙漿漂白D.Al2O3具有兩性,可用于電解冶煉鋁答案答案B本題涉及的考點是常見化合物的性質(zhì)及其應用,通過性質(zhì)與應用是否相符的判斷,考查了分析和解決化學問題的能力,體現(xiàn)了科學探究與創(chuàng)新意識的學科核心素養(yǎng);以常見物質(zhì)的性質(zhì)推測其應用,體現(xiàn)了關注社會發(fā)展、科技進步、生產(chǎn)生活的價值觀念。A項,NH4HCO3受熱易分解與其用作化肥沒有關系,錯誤;B項,鐵銹的主要成分是Fe2O3nH2O,H2SO4具有酸性,可以將鐵銹溶解,正確;C項,SO2具有漂白性,可用于紙漿漂白,錯誤;D項,Al2O3是離子化合物,可用于電解冶煉鋁,錯誤。2.(2016四川理綜,1,6分)化學與生產(chǎn)和生活密切

9、相關。下列過程中沒有發(fā)生化學變化的是()A.氯氣作水的殺菌消毒劑B.硅膠作袋裝食品的干燥劑C.二氧化硫作紙漿的漂白劑D.肥皂水作蚊蟲叮咬處的清洗劑答案答案BA項,氯氣與水反應生成的HClO具有強氧化性,能殺菌消毒;B項,硅膠具有吸水性,可作干燥劑;C項,二氧化硫能與有色物質(zhì)結合生成不穩(wěn)定的無色物質(zhì),可作漂白劑;D項,肥皂水呈弱堿性,可與蚊蟲分泌的蟻酸反應,從而減輕痛癢。以上四項中只有B項沒有發(fā)生化學變化,故選B。審題方法審題方法審題關鍵是“沒有發(fā)生化學變化”。逐一甄別即可找出答案。3.(2017北京理綜,10,6分)根據(jù)SO2通入不同溶液中的實驗現(xiàn)象,所得結論不正確的是()溶液現(xiàn)象結論A含HC

10、l、BaCl2的FeCl3溶液產(chǎn)生白色沉淀SO2有還原性BH2S溶液產(chǎn)生黃色沉淀SO2有氧化性C酸性KMnO4溶液紫色溶液褪色SO2有漂白性DNa2SiO3溶液產(chǎn)生膠狀沉淀酸性:H2SO3H2SiO3答案答案C本題考查SO2的氧化性、還原性等知識。SO2使酸性KMnO4溶液褪色是因為SO2具有還原性,與KMnO4發(fā)生了氧化還原反應。4.(2015重慶理綜,2,6分)下列說法正確的是()A.I的原子半徑大于Br,HI比HBr的熱穩(wěn)定性強B.P的非金屬性強于Si,H3PO4比H2SiO3的酸性強C.Al2O3和MgO均可與NaOH溶液反應D.SO2和SO3混合氣體通入Ba(NO3)2溶液可得到Ba

11、SO3和BaSO4答案答案BA項,I的非金屬性比Br的非金屬性弱,HBr比HI的熱穩(wěn)定性強;B項正確;C項,MgO不與NaOH溶液反應;D項,SO2通入Ba(NO3)2溶液后,溶液顯酸性,酸性條件下N能把S氧化為S,從而產(chǎn)生BaSO4沉淀,無BaSO3。3O23O24O5.(2018江蘇單科,16,12分)以高硫鋁土礦(主要成分為Al2O3、Fe2O3、SiO2,少量FeS2和金屬硫酸鹽)為原料,生產(chǎn)氧化鋁并獲得Fe3O4的部分工藝流程如下:(1)焙燒過程均會產(chǎn)生SO2,用NaOH溶液吸收過量SO2的離子方程式為。(2)添加1%CaO和不添加CaO的礦粉焙燒,其硫去除率隨溫度變化曲線如圖所示。

12、已知:多數(shù)金屬硫酸鹽的分解溫度都高于600硫去除率=(1-)100%不添加CaO的礦粉在低于500焙燒時,去除的硫元素主要來源于。700焙燒時,添加1%CaO的礦粉硫去除率比不添加CaO的礦粉硫去除率低,其主要原因是。(3)向“過濾”得到的濾液中通入過量CO2,鋁元素存在的形式由(填化學式)轉(zhuǎn)化為(填化學式)。(4)“過濾”得到的濾渣中含大量的Fe2O3。Fe2O3與FeS2混合后在缺氧條件下焙燒生成Fe3O4和SO2,理論上完全反應消耗的n(FeS2) n(Fe2O3)=。焙燒后礦粉中硫元素總質(zhì)量焙燒前礦粉中硫元素總質(zhì)量答案答案(12分)(1)SO2+OH-HS(2)FeS2硫元素轉(zhuǎn)化為Ca

13、SO4而留在礦粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)1 163O解析解析本題考查化學工藝流程的分析、硫及其化合物,氧化還原反應的計算。(1)用NaOH溶液吸收過量SO2生成NaHSO3,離子方程式為OH-+SO2HS。(2)FeS2在低于500焙燒時能與空氣中的O2反應生成Fe2O3和SO2,發(fā)生的反應為4FeS2+11O22Fe2O3+8SO2,故不添加CaO的礦粉在焙燒時去除的硫元素主要來源于FeS2;700焙燒時,添加CaO后,硫元素轉(zhuǎn)化為CaSO4而留在礦粉中,使礦粉硫去除率降低。(3)礦粉焙燒后加NaOH溶液堿浸時,Al2O3能與NaOH溶液反應生成NaAlO2,發(fā)生的反應為Al

14、2O3+2NaOH2NaAlO2+H2O,過濾后,NaAlO2在濾液中,向濾液中通入過量CO2時,發(fā)生反應NaAlO2+CO2+2H2OAl(OH)3+NaHCO3,所以鋁元素存在的形式由NaAlO2轉(zhuǎn)化為Al(OH)3。(4)分析反應前后元素化合價的變化,利用得失電子守恒知:n(FeS2)+52n(FeS2)=2n(Fe2O3),解得=,即理論上完全反應消耗的n(FeS2) n(Fe2O3)=1 16。3O2313223(FeS )(Fe O )nn1166.(2017天津理綜,10,14分)H2S和SO2會對環(huán)境和人體健康帶來極大的危害,工業(yè)上采取多種方法減少這些有害氣體的排放,回答下列各

15、方法中的問題。.H2S的除去方法1:生物脫H2S的原理為:H2S+Fe2(SO4)3S+2FeSO4+H2SO44FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O(1)硫桿菌存在時,FeSO4被氧化的速率是無菌時的5105倍,該菌的作用是。(2)由圖1和圖2判斷使用硫桿菌的最佳條件為。若反應溫度過高,反應速率下降,其原因是。方法2:在一定條件下,用H2O2氧化H2S(3)隨著參加反應的n(H2O2)/n(H2S)變化,氧化產(chǎn)物不同。當n(H2O2)/n(H2S)=4時,氧化產(chǎn)物的分子式為。.SO2的除去方法1(雙堿法):用NaOH吸收SO2,并用CaO使NaOH再生NaOH溶液Na

16、2SO3溶液(4)寫出過程的離子方程式:;CaO在水中存在如下轉(zhuǎn)化:CaO(s)+H2O(l)Ca(OH)2(s)Ca2+(aq)+2OH-(aq)從平衡移動的角度,簡述過程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。若氨水的濃度為2.0molL-1,溶液中的c(OH-)=molL-1。將SO2通入該氨水中,當c(OH-)降至1.010-7molL-1時,溶液中的c(S)/c(HS)=。1aK2aK23O3O答案答案(14分)(1)降低反應活化能(或作催化劑)(2)30、pH=2.0蛋白質(zhì)變性(

17、或硫桿菌失去活性)(3)H2SO4(4)2OH-+SO2S+H2OS與Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移動,有NaOH生成(5)6.010-30.6223O23O解析解析(1)催化劑可降低反應的活化能,大大加快反應速率。(2)由題圖可得使用硫桿菌的最佳條件為30、pH=2;溫度過高易使蛋白質(zhì)變性而失去活性。(3)當n(H2O2)/n(H2S)=4時,反應的化學方程式為4H2O2+H2SH2SO4+4H2O,氧化產(chǎn)物為H2SO4。(5)由Kb=1.810-5=,得c(OH-)=6.010-3molL-1;=6.210-8,25時c(OH-)=1.010-7molL-1的溶液呈中性,則c(H

18、+)=1.010-7molL-1,解得c(S)/c(HS)=0.62。432(NH )(OH )(NHH)cccO2( H )2.0c O2aK233(H )(SO )(HSO )ccc23O3O知識拓展知識拓展使蛋白質(zhì)變性的因素物理因素:加熱、加壓、攪拌、振蕩、紫外線照射等?；瘜W因素:強酸、強堿、重金屬鹽、甲醛、乙醇、丙酮等。7.(2015福建理綜,23,15分)研究硫元素及其化合物的性質(zhì)具有重要意義。(1)硫離子的結構示意圖為。加熱時,硫元素的最高價氧化物對應水化物的濃溶液與木炭反應的化學方程式為。(2)25,在0.10molL-1H2S溶液中,通入HCl氣體或加入NaOH固體以調(diào)節(jié)溶液p

19、H,溶液pH與c(S2-)關系如下圖(忽略溶液體積的變化、H2S的揮發(fā))。pH=13時,溶液中的c(H2S)+c(HS-)=molL-1。某溶液含0.020molL-1Mn2+、0.10molL-1H2S,當溶液pH=時,Mn2+開始沉淀。已知:Ksp(MnS)=2.810-13(3)25,兩種酸的電離平衡常數(shù)如下表。H2SO31.310-26.310-8H2CO34.210-75.610-111aK2aKHS的電離平衡常數(shù)表達式K=。0.10molL-1Na2SO3溶液中離子濃度由大到小的順序為。H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應的主要離子方程式為。3O答案答案(1)C+2H2SO4(濃)

20、2SO2+CO2+2H2O(2)0.0435(3)或c(Na+)c(S)c(OH-)c(HS)c(H+)或Na+SOH-HSH+H2SO3+HCHS+CO2+H2O233(H )(SO )(HSO )ccc233H O HSO S23O3O23O3O3O3O解析解析(1)硫元素的最高價氧化物對應水化物的濃溶液為濃H2SO4,具有強氧化性,與木炭發(fā)生反應的化學方程式為C+2H2SO4(濃)CO2+2SO2+2H2O。(2)觀察圖像知,pH=13時,c(S2-)=5.710-2molL-1,由硫原子守恒知,c(H2S)+c(HS-)+c(S2-)=0.1molL-1,代入數(shù)據(jù)得:c(H2S)+c(

21、HS-)=0.1molL-1-c(S2-)=0.1molL-1-5.710-2molL-1=0.043molL-1;當Mn2+開始沉淀時,溶液中c(S2-)=molL-1=1.410-11molL-1,觀察圖像知,此時pH=5。(3)在0.10molL-1Na2SO3溶液中存在:S+H2OHS+OH-(主要),HS+H2OH2SO3+OH-(次要),H2OH+OH-(水的電離平衡),故離子濃度由大到小的順序為c(Na+)c(S)c(OH-)c(HS)c(H+);結合表中數(shù)據(jù)知,酸性:H2SO3H2CO3HSHC,故H2SO3溶液和NaHCO3溶液反應的離子方程式為H2SO3+HCHS+CO2+

22、H2O。sp2()(Mn)KMnSc132.8 100.02023O3O3O23O3O3O3O3O3O8.(2016江蘇單科,18,12分)過氧化鈣(CaO28H2O)是一種在水產(chǎn)養(yǎng)殖中廣泛使用的供氧劑。(1)Ca(OH)2懸濁液與H2O2溶液反應可制備CaO28H2O。Ca(OH)2+H2O2+6H2OCaO28H2O反應時通常加入過量的Ca(OH)2,其目的是。(2)向池塘水中加入一定量CaO28H2O后,池塘水中濃度增加的離子有(填序號)。A.Ca2+B.H+C.CD.OH-(3)水中溶解氧的測定方法如下:向一定量水樣中加入適量MnSO4和堿性KI溶液,生成MnO(OH)2沉淀,密封靜置

23、;加入適量稀H2SO4,待MnO(OH)2與I-完全反應生成Mn2+和I2后,以淀粉作指示劑,用Na2S2O3標準溶液滴定至終點。測定過程中物質(zhì)的轉(zhuǎn)化關系如下:O2MnO(OH)2I2S4寫出O2將Mn2+氧化成MnO(OH)2的離子方程式:。取加過一定量CaO28H2O的池塘水樣100.00mL,按上述方法測定水樣的溶解氧,消耗0.01000molL-1Na2S2O3標準溶液13.50mL。計算該水樣中的溶解氧(以mgL-1表示),寫出計算過程。23O26O答案答案(12分)(1)提高H2O2的利用率(2)AD(3)2Mn2+O2+4OH-2MnO(OH)2在100.00mL水樣中I2+2S

24、22I-+S4n(I2)=6.75010-5molnMnO(OH)2=n(I2)=6.75010-5moln(O2)=nMnO(OH)2=6.75010-5mol=3.37510-5mol水中溶解氧=10.80mgL-123O26O223223(Na S O )(Na S O )2cV1310.01000mol L13.5010L2mLL m1212511313.375 1032l1000g100.00mL 10Lmolg momgL m解析解析(1)Ca(OH)2過量可提高H2O2的利用率。(2)CaO28H2O加入水中可生成Ca(OH)2。(3)1molO2得4mole-,1molMn2+

25、失2mole-,故O2與Mn2+按物質(zhì)的量之比1 2反應?？键c二綠色化學與環(huán)境保護考點二綠色化學與環(huán)境保護9.(2015江蘇單科,20,14分)煙氣(主要污染物SO2、NOx)經(jīng)O3預處理后用CaSO3水懸浮液吸收,可減少煙氣中SO2、NOx的含量。O3氧化煙氣中SO2、NOx的主要反應的熱化學方程式為:NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)H=-200.9kJmol-1NO(g)+O2(g)NO2(g)H=-58.2kJmol-1SO2(g)+O3(g)SO3(g)+O2(g)H=-241.6kJmol-1(1)反應3NO(g)+O3(g)3NO2(g)的H=kJmol-1。(2)室

26、溫下,固定進入反應器的NO、SO2的物質(zhì)的量,改變加入O3的物質(zhì)的量,反應一段時間后體系中n(NO)、n(NO2)和n(SO2)隨反應前n(O3) n(NO)的變化見下圖。12當n(O3) n(NO)1時,反應后NO2的物質(zhì)的量減少,其原因是。增加n(O3),O3氧化SO2的反應幾乎不受影響,其可能原因是。(3)當用CaSO3水懸浮液吸收經(jīng)O3預處理的煙氣時,清液(pH約為8)中S將NO2轉(zhuǎn)化為N,其離子方程式為。23O2O(4)CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶液,達到平衡后溶液中c(S)=用c(S)、Ksp(CaSO3)和Ksp(CaSO4)表示;CaSO3水懸浮液中加入Na2SO4溶

27、液能提高NO2的吸收速率,其主要原因是。23O24O答案答案(1)-317.3(2)O3將NO2氧化為更高價氮氧化物(或生成了N2O5)SO2與O3的反應速率慢(3)S+2NO2+2OH-S+2N+H2O(4)c(S)CaSO3轉(zhuǎn)化為CaSO4使溶液中S的濃度增大,加快S與NO2的反應速率23O24O2Osp3sp4(O )(O )KCaSKCaS24O23O23O解析解析(1)NO(g)+O3(g)NO2(g)+O2(g)H=-200.9kJmol-1,NO(g)+O2(g)NO2(g)H=-58.2kJmol-1,運用蓋斯定律+2可得出3NO(g)+O3(g)3NO2(g)H=-200.9

28、kJmol-1+(-58.2kJmol-12)=-317.3kJmol-1。(2)由圖中信息可知,當n(O3) n(NO)1時,SO2、NO的量都不隨n(O3) n(NO)的改變而改變,只有NO2的量在減小,說明NO2與過量的O3發(fā)生了反應,NO2被O3氧化生成了更高價氮氧化物。由題中信息可知SO2與O3能發(fā)生反應,但題圖信息顯示,隨O3含量的增加,SO2的量基本不變,說明二者的反應速率很慢,短時間內(nèi)測不出SO2的量在改變。(3)依題給信息可知NO2被還原生成N,則S被氧化生成S,二者在弱堿性環(huán)境中反應。(4)達平衡后,c(Ca2+)c(S)=Ksp(CaSO3)、c(Ca2+)c(S)=Ks

29、p(CaSO4),同一溶液中c(Ca2+)相等,則有=,故c(S)=c(S);Na2SO4溶液的加入會使CaSO3的溶解平衡正向移動,致使c(S)增大,吸收NO2的速率加快。122O23O24O23O24O2324(SO )(SO )ccsp3sp4(O )(O )KCaSKCaS23Osp3sp4(O )(O )KCaSKCaS24O23OC C組教師專用題組組教師專用題組考點一氧、硫及其化合物考點一氧、硫及其化合物1.(2018北京理綜,27,12分)近年來,研究人員提出利用含硫物質(zhì)熱化學循環(huán)實現(xiàn)太陽能的轉(zhuǎn)化與存儲。過程如下:(1)反應:2H2SO4(l)2SO2(g)+2H2O(g)+O

30、2(g)H1=+551kJmol-1反應:S(s)+O2(g)SO2(g)H3=-297kJmol-1反應的熱化學方程式:。(2)對反應,在某一投料比時,兩種壓強下,H2SO4在平衡體系中物質(zhì)的量分數(shù)隨溫度的變化關系如圖所示。p2p1(填“”或“A。結合、反應速率解釋原因:。答案答案(1)3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s)H2=-254kJmol-1(2)反應是氣體物質(zhì)的量減小的反應,溫度一定時,增大壓強使反應正向進行,H2SO4的物質(zhì)的量增大,體系總物質(zhì)的量減小,H2SO4的物質(zhì)的量分數(shù)增大(3)SO2S4H+(4)0.4I-是SO2歧化反應的催化劑,H+單獨存在時不

31、具有催化作用,但H+可以加快歧化反應速率反應比快;D中由反應產(chǎn)生的H+使反應加快24O解析解析本題以“含硫物質(zhì)熱化學循環(huán)”素材為載體,考查熱化學方程式的書寫、平衡移動、實驗方案的設計與分析等知識。(1)反應為3SO2(g)+2H2O(g)2H2SO4(l)+S(s),根據(jù)蓋斯定律,由(反應+反應)即得反應的逆反應,所以反應的H=-(551-297)kJmol-1=-254kJmol-1。(2)反應是氣體物質(zhì)的量減小的反應,加壓時平衡正向移動,H2SO4的物質(zhì)的量分數(shù)會升高,所以p2p1。(3)催化劑在反應前后質(zhì)量和化學性質(zhì)保持不變,在中I-被氧化為I2,則在中I2應該被SO2還原為I-,結合原

32、子守恒、得失電子守恒、電荷守恒可配平反應的離子方程式。(4)B是A的對比實驗,B中加入0.2molL-1的H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的濃度應該與A相同,即a=0.4。比較A、B、C可知,有H2SO4和KI時,SO2歧化反應速率較只有KI時快;只有H2SO4,無KI時不發(fā)生歧化反應,所以可得出的結論為酸性增強,I-催化SO2歧化反應速率提高。2.(2015安徽理綜,28,14分)某研究小組將純凈的SO2氣體通入0.1molL-1的Ba(NO3)2溶液中,得到了BaSO4沉淀。為探究上述溶液中何種微粒能氧化通入的SO2,該小組提出了如下假設:假設一:溶液中的N假設二:溶液中溶解的O2

33、(1)驗證假設一該小組設計實驗驗證了假設一。請在下表空白處填寫相關實驗現(xiàn)象。3O實驗步驟實驗現(xiàn)象結論實驗1:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1BaCl2溶液的燒杯中,緩慢通入純凈的SO2氣體假設一成立實驗2:在盛有不含O2的25mL0.1molL-1Ba(NO3)2溶液的燒杯中,緩慢通入純凈的SO2氣體(2)為深入研究該反應,該小組還測得上述兩個實驗中溶液pH隨通入SO2體積的變化曲線如圖。實驗1中溶液pH變小的原因是;V1時,實驗2中溶液pH小于實驗1的原因是(用離子方程式表示)。(3)驗證假設二請設計實驗驗證假設二,寫出實驗步驟、預期現(xiàn)象和結論。實驗步驟、預期現(xiàn)象和結論(不要求寫具

34、體操作過程):(4)若假設二成立,請預測:在相同條件下,分別用足量的O2和KNO3氧化相同的H2SO3溶液(溶液體積變化忽略不計),充分反應后兩溶液的pH前者(填“大于”或“小于”)后者,理由是。答案答案(1)無明顯現(xiàn)象有白色沉淀(2)SO2溶于水生成H2SO33SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO(或3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O)(3)實驗步驟、預期現(xiàn)象和結論(不要求寫具體操作過程):實驗1作為參照實驗實驗3:將純凈的SO2氣體緩慢通入未經(jīng)脫O2處理的25mL0.1molL-1BaCl2溶液中,若有白色沉淀,表明假設二成立,否則不成立。(4)小于反應的離子方程式表明,足量

35、的O2和N分別氧化相同的H2SO3,生成H+的物質(zhì)的量前者多于后者(本題部分小題屬于開放性試題,合理答案均給分)3O24O3O24O3O解析解析(1)不含O2的BaCl2溶液中通入SO2氣體無明顯現(xiàn)象;向不含O2的Ba(NO3)2溶液中通入SO2氣體產(chǎn)生白色沉淀,表明溶液中的N能氧化SO2氣體產(chǎn)生BaSO4白色沉淀。(2)向BaCl2溶液中通入SO2氣體,二者不發(fā)生反應,但SO2溶于水可以與水反應生成H2SO3使溶液顯酸性;向Ba(NO3)2溶液中通入SO2氣體,N可以把SO2氧化為H2SO4使溶液pH減小,反應的離子方程式為3SO2+2N+2H2O3S+4H+2NO。(4)由O2氧化H2SO

36、3的離子方程式:2H2SO3+O24H+2S和N氧化H2SO3的離子方程式:3H2SO3+2N3S+4H+2NO+H2O知,足量的O2和N分別氧化相同的H2SO3,生成H+的物質(zhì)的量前者多于后者,故反應后兩溶液的pH前者小于后者。3O3O3O24O24O3O3O24O3O3.(2014福建理綜,25,15分)焦亞硫酸鈉(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化劑之一。某研究小組進行如下實驗:實驗一焦亞硫酸鈉的制取采用下圖裝置(實驗前已除盡裝置內(nèi)的空氣)制取Na2S2O5。裝置中有Na2S2O5晶體析出,發(fā)生的反應為:Na2SO3+SO2Na2S2O5(1)裝置中產(chǎn)生氣體的化學方程式為。(2)要從裝置

37、中獲得已析出的晶體,可采取的分離方法是。(3)裝置用于處理尾氣,可選用的最合理裝置(夾持儀器已略去)為(填序號)。實驗二焦亞硫酸鈉的性質(zhì)Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3。(4)證明NaHSO3溶液中HS的電離程度大于水解程度,可采用的實驗方法是(填序號)。a.測定溶液的pHb.加入Ba(OH)2溶液c.加入鹽酸d.加入品紅溶液e.用藍色石蕊試紙檢測(5)檢驗Na2S2O5晶體在空氣中已被氧化的實驗方案是。實驗三葡萄酒中抗氧化劑殘留量的測定(6)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化劑。測定某葡萄酒中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)的方案如下:葡萄酒樣品3O100.00mL餾分溶液出現(xiàn)藍色且

38、30s內(nèi)不褪色(已知:滴定時反應的化學方程式為SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI)按上述方案實驗,消耗標準I2溶液25.00mL,該次實驗測得樣品中抗氧化劑的殘留量(以游離SO2計算)為gL-1。在上述實驗過程中,若有部分HI被空氣氧化,則測定結果(填“偏高”“偏低”或“不變”)。答案答案(1)Na2SO3+H2SO4Na2SO4+SO2+H2O(或Na2SO3+2H2SO42NaHSO4+SO2+H2O)(2)過濾(3)d(4)a、e(5)取少量Na2S2O5晶體于試管中,加適量水溶解,滴加足量鹽酸,振蕩,再滴入氯化鋇溶液,有白色沉淀生成(6)0.16偏低解析解析(2)從裝置中分離晶體

39、,即固體和液體分離,采用過濾即可。(3)處理尾氣時既要考慮能吸收SO2,又要考慮防倒吸。a裝置密閉,b和c不能用來吸收SO2,d裝置符合要求。(4)要證明NaHSO3溶液中HS的電離程度大于水解程度,即要證明NaHSO3溶液顯酸性,a和e符合。無論HS電離程度大還是水解程度大,加入Ba(OH)2溶液一定有白色沉淀生成,加入鹽酸一定有氣泡產(chǎn)生,加入品紅溶液不會褪色。(5)Na2S2O5晶體在空氣中被氧化生成的產(chǎn)物為Na2SO4,故此實驗方案檢驗晶體中是否有S即可。(6)由題給方程式可知:n(SO2)=n(I2)=0.025L0.01000molL-1=2.510-4mol,抗氧化劑的殘留量為=0

40、.16gL-1。若部分HI被空氣氧化,則等量的SO2消耗標準I2溶液減少,測定結果偏低。3O3O24O4132.5 1064l100.00 10molg moL4.(2014江蘇單科,20,14分)硫化氫的轉(zhuǎn)化是資源利用和環(huán)境保護的重要研究課題。由硫化氫獲得硫單質(zhì)有多種方法。(1)將燒堿吸收H2S后的溶液加入到如圖所示的電解池的陽極區(qū)進行電解。電解過程中陽極區(qū)發(fā)生如下反應:S2-2e-S(n-1)S+S2-寫出電解時陰極的電極反應式:。2Sn電解后陽極區(qū)的溶液用稀硫酸酸化得到硫單質(zhì),其離子方程式可寫成。(2)將H2S和空氣的混合氣體通入FeCl3、FeCl2、CuCl2的混合溶液中反應回收S,

41、其物質(zhì)轉(zhuǎn)化如圖所示。在圖示的轉(zhuǎn)化中,化合價不變的元素是。反應中當有1molH2S轉(zhuǎn)化為硫單質(zhì)時,保持溶液中Fe3+的物質(zhì)的量不變,需消耗O2的物質(zhì)的量為。在溫度一定和不補加溶液的條件下,緩慢通入混合氣體,并充分攪拌。欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS,可采取的措施有。(3)H2S在高溫下分解生成硫蒸氣和H2。若反應在不同溫度下達到平衡時,混合氣體中各組分的體積分數(shù)如圖所示,H2S在高溫下分解反應的化學方程式為。答案答案(14分)(1)2H2O+2e-H2+2OH-+2H+(n-1)S+H2S(2)Cu、H、Cl(或銅、氫、氯)0.5mol提高混合氣體中空氣的比例(3)2H2S2H2+S22Sn解析解

42、析(1)由電解原理知,陰極發(fā)生還原反應,又因為是堿性溶液中,所以電極反應式為2H2O+2e-H2+2OH-。由題意知,在酸性條件下生成單質(zhì)S,所以離子方程式為+2H+(n-1)S+H2S。(2)由題中圖示知,在該轉(zhuǎn)化過程中,H和Cl元素的化合價未變,Cu2+CuSCu2+,Cu元素化合價也沒有變化。由題意知,O2氧化H2S,根據(jù)得失電子守恒有:n(O2)=n(S)=n(H2S)=1mol=0.5mol。欲使生成的硫單質(zhì)中不含CuS,可增加O2的量。2Sn2Sn121212考點二綠色化學與環(huán)境保護考點二綠色化學與環(huán)境保護5.(2015浙江理綜,7,6分)下列說法不正確的是()A.液晶態(tài)介于晶體狀

43、態(tài)和液態(tài)之間,液晶具有一定程度的晶體的有序性和液體的流動性B.常壓下,0時冰的密度比水的密度小,水在4時密度最大,這些都與分子間的氫鍵有關C.石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性和納米銀粒子的聚集都是化學變化D.燃料的脫硫脫氮、SO2的回收利用和NOx的催化轉(zhuǎn)化都是減少酸雨產(chǎn)生的措施答案答案C石油裂解、煤的干餾、玉米制醇、蛋白質(zhì)的變性均屬于化學變化,納米銀粒子的聚集屬于物理變化,C項不正確。6.(2014四川理綜,11,16分)污染物的有效去除和資源的充分利用是化學造福人類的重要研究課題。某研究小組利用軟錳礦(主要成分為MnO2,另含有少量鐵、鋁、銅、鎳等金屬化合物)作脫硫劑,通過如下簡

44、化流程既脫除燃煤尾氣中的SO2,又制得電池材料MnO2(反應條件已省略)。請回答下列問題:(1)上述流程脫硫?qū)崿F(xiàn)了(選填下列字母編號)。A.廢棄物的綜合利用B.白色污染的減少C.酸雨的減少(2)用MnCO3能除去溶液中Al3+和Fe3+,其原因是。(3)已知:25、101kPa時,Mn(s)+O2(g)MnO2(s)H=-520kJ/molS(s)+O2(g)SO2(g)H=-297kJ/molMn(s)+S(s)+2O2(g)MnSO4(s)H=-1065kJ/molSO2與MnO2反應生成無水MnSO4的熱化學方程式是。(4)MnO2可作超級電容器材料。用惰性電極電解MnSO4溶液可制得M

45、nO2,其陽極的電極反應式是。(5)MnO2是堿性鋅錳電池的正極材料。堿性鋅錳電池放電時,正極的電極反應式是。(6)假設脫除的SO2只與軟錳礦漿中MnO2反應。按照圖示流程,將am3(標準狀況)含SO2的體積分數(shù)為b%的尾氣通入礦漿,若SO2的脫除率為89.6%,最終得到MnO2的質(zhì)量為ckg,則除去鐵、鋁、銅、鎳等雜質(zhì)時,所引入的錳元素相當于MnO2kg。答案答案(16分)(1)A、C(2)消耗溶液中的酸,促進Al3+和Fe3+水解生成氫氧化物沉淀(3)MnO2(s)+SO2(g)MnSO4(s)H=-248kJ/mol(4)Mn2+2H2O-2e-MnO2+4H+(5)MnO2+H2O+e

46、-MnO(OH)+OH-(6)1500872500cab解析解析稀硫酸酸化的軟錳礦漿吸收含SO2的尾氣,將MnO2轉(zhuǎn)化為MnSO4,其中還含有少量的鐵、鋁、銅、鎳的硫酸鹽雜質(zhì)及過量的H2SO4,加MnCO3可消耗過量H2SO4,調(diào)節(jié)pH,使Al3+和Fe3+水解生成Al(OH)3和Fe(OH)3沉淀除去。過濾后往濾液中加MnS,可將Cu2+、Ni2+轉(zhuǎn)化為CuS、NiS沉淀除去。再過濾后往濾液中加KMnO4溶液,發(fā)生反應:2KMnO4+3MnSO4+2H2O5MnO2+K2SO4+2H2SO4,回收K2SO4,干燥后得到MnO2。(3)將題中三個方程式依次編號為、,MnO2(s)+SO2(g)

47、MnSO4(s)可由-得出,其H也可作相應計算。(6)除去鐵、鋁、銅、鎳時引入的錳元素可由加KMnO4溶液前溶液中Mn2+與軟錳礦漿中Mn2+的差值計算。由SO2+MnO2MnSO4、2KMnO4+3MnSO4+2H2O5MnO2+K2SO4+2H2SO4可知,除去鐵、鋁、銅、鎳時,所引入的錳元素相當于MnO2的質(zhì)量m=(-)8710-3kg=kg。31087c35310% 89.6%22.4ab1500872500cab考點一氧、硫及其化合物考點一氧、硫及其化合物三年模擬A A組組 20172019 20172019年高考模擬年高考模擬考點基礎題組考點基礎題組1.(2019陜西西安一中期中,

48、12)下列陳述正確并且有因果關系的是()選項陳述陳述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有導電性SiO2可用于制備光導纖維C濃硫酸有強氧化性濃硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有強氧化性FeCl3溶液可用于回收廢舊電路板中的銅答案答案DA項,陳述、均正確,但二者不存在因果關系,A不正確;B項,SiO2沒有導電性,陳述錯誤,B不正確;C項,陳述、均正確,但二者不存在因果關系,C不正確;D項,Cu+2Fe3+2Fe2+Cu2+,反應中Fe3+氧化金屬銅,D正確。拓展延伸拓展延伸SiO2晶體屬于原子晶體,由硅原子和氧原子構成,晶體中不存在SiO2分子。2.(2019遼寧頂級名校三模,6)向B

49、aCl2溶液中通入物質(zhì)的量之比為1 2的某混合氣體,無沉淀產(chǎn)生,則該混合氣體是()A.Cl2和SO2B.CO2和NH3C.NO和CO2D.NO2和SO2答案答案CCl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4,Ba2+SBaSO4,A不正確;CO2+2NH3+H2O(NH4)2CO3,C+Ba2+BaCO3,B不正確;NO與CO2均不與BaCl2溶液反應,C正確;3NO2+H2O2HNO3+NO,3SO2+2HNO3+2H2O2NO+3H2SO4,Ba2+SBaSO4,D不正確。24O23O24O歸納總結歸納總結CO2、SO2通入BaCl2溶液中均無沉淀產(chǎn)生;SO2通入Ba(NO3)2溶液中有白

50、色沉淀(BaSO4)產(chǎn)生;CO2通入Ba(NO3)2溶液中無沉淀產(chǎn)生。3.(2018吉林遼源田家炳高中等五校期末聯(lián)考,8)下列說法中,正確的是()A.在BaCl2溶液中通入SO2氣體,溶液仍澄清,滴入3%過氧化氫溶液有白色沉淀B.可以用澄清石灰水來鑒別SO2與CO2C.硫在空氣中的燃燒產(chǎn)物是二氧化硫,在純氧中的燃燒產(chǎn)物是三氧化硫D.SO2能使溴水褪色,體現(xiàn)SO2的漂白性答案答案ASO2與BaCl2溶液不反應,但滴入3%過氧化氫溶液后發(fā)生反應:SO2+H2O2H2SO4,Ba2+與S反應生成BaSO4白色沉淀,A正確;SO2、CO2均可使澄清石灰水變渾濁,B不正確;S在純氧中燃燒產(chǎn)物仍為SO2,

51、C不正確;SO2使溴水褪色體現(xiàn)它的還原性,D不正確。24O4.(2019陜西西安一中期中,23)某研究性學習小組在研究二氧化硫漂白作用時,從“氯氣的漂白作用實際上是氯氣與水反應生成的次氯酸的漂白作用”得到啟發(fā)。為了探究到底是二氧化硫本身還是二氧化硫與水作用的產(chǎn)物具有漂白作用,該小組設計了如下實驗。請回答相關問題。(1)實驗室用亞硫酸鈉粉末跟硫酸制取二氧化硫,現(xiàn)有下列三種硫酸溶液,應選用(填字母)。A.98%濃硫酸B.70%硫酸C.10%稀硫酸(2)為了探究SO2能否使品紅褪色,該同學選擇了正確的藥品后設計了如圖所示實驗裝置,請指出實驗裝置設計中的不合理之處:。(3)該同學選擇了正確裝置后,實驗

52、中控制二氧化硫以大約每秒3個氣泡的速度通入品紅的酒精溶液時,經(jīng)過一小時后,品紅仍不褪色。為此,你認為使品紅的水溶液褪色的微?？赡苁?。(4)該同學進一步實驗如下:取等量相同濃度的品紅水溶液于兩支試管中,再分別加入少量亞硫酸鈉固體和亞硫酸氫鈉固體,兩支試管中的品紅都褪色,他得出的結論:使品紅褪色的微?？隙ㄊ荋S或S。你認為他的結論是否正確?,理由是。3O23O答案答案(1)B(2)缺少SO2的干燥裝置不能使用長頸漏斗,應改為分液漏斗(3)H2SO3、HS、S(4)不正確因為S和HS都會水解生成H2SO33O23O23O3O解析解析98%濃硫酸中,硫酸主要以分子的形式存在,電離出的H+較少,不易反應

53、;10%硫酸溶液水含量高,不易使SO2放出。為探究SO2使品紅水溶液褪色是否與水的存在有關,實驗中將SO2通入品紅的酒精溶液中,所以發(fā)生裝置中生成的SO2氣體需干燥,SO2不能使品紅的酒精溶液褪色,說明SO2使品紅水溶液褪色與水有關,SO2與水反應生成H2SO3,H2SO3可電離產(chǎn)生HS、S,所以使品紅水溶液褪色的微?？赡苁荋2SO3、S、HS。3O23O23O3O關聯(lián)知識關聯(lián)知識NaHSO3溶液中存在平衡:HSH+S,HS+H2OH2SO3+OH-。Na2SO3溶液中存在平衡:S+H2OHS+OH-,HS+H2OH2SO3+OH-。3O23O3O23O3O3O考點二綠色化學與環(huán)境保護考點二綠

54、色化學與環(huán)境保護5.(2018陜西漢中一檢,1)化學點亮生活。下列對生活中的化學理解正確的是()A.維生素C能幫助人體將Fe3+轉(zhuǎn)化為易吸收的Fe2+,維生素C具有氧化性B.安裝煤炭燃燒過程的“固硫”裝置,主要是為了提高煤的利用率C.綠色化學要求從源頭上減少或消除工業(yè)生產(chǎn)對環(huán)境的污染D.區(qū)分食鹽是否加碘的方法是向食鹽溶液中加少量淀粉,觀察其是否變藍答案答案C維生素C具有還原性,A不正確;安裝“固硫”裝置是為了減少有害氣體SO2的排放,B不正確;C正確;淀粉遇I2會變藍,加碘鹽中碘元素不是以單質(zhì)的形式存在,無法使淀粉變藍,D不正確。6.(2018吉林省實驗中學四模,1)化學與生活、社會密切相關。

55、下列說法中不正確的是()A.少開汽車可一定程度地減緩霧霾現(xiàn)象B.為提高作物產(chǎn)量大量使用農(nóng)藥和化肥C.使用無磷洗衣粉能緩解水體富營養(yǎng)化D.合理利用可燃冰有利于彌補能源短缺答案答案B大量使用農(nóng)藥會造成農(nóng)藥殘留,大量使用化肥會造成土壤酸化、板結,B不正確。7.(2019遼寧大連一中一模,23)化石燃料燃燒時會產(chǎn)生SO2進入大氣,有多種方法可用于SO2的脫除。(1)NaClO堿性溶液吸收法:工業(yè)上可用NaClO堿性溶液吸收SO2。反應的離子方程式是。為了提高吸收效率,常用Ni2O3作為催化劑。在反應過程中產(chǎn)生的四價鎳和原子氧具有極強的氧化能力,可加快對SO2的吸收。該催化過程的示意圖如下:a.過程1的

56、離子方程式是Ni2O3+ClO-2NiO2+Cl-,則過程2的離子方程式:。b.Ca(ClO)2也可用于脫硫,且脫硫效果比NaClO更好,原因是。(2)碘循環(huán)工藝也能吸收SO2降低環(huán)境污染,同時還能制得氫氣,具體流程如下:則碘循環(huán)工藝的總反應為。答案答案(1)ClO-+SO2+2OH-Cl-+S+H2Oa.2NiO2+ClO-Ni2O3+Cl-+2Ob.Ca2+與S結合生成微溶的CaSO4有利于反應的進行(2)SO2+2H2OH2SO4+H224O24O解析解析(1)注意溶液為堿性溶液。a.過程2中NiO2與ClO-反應生成Ni2O3、Cl-、O。(2)從工藝流程圖中可看出兩步反應分別為SO2

57、+2H2O+I22HI+H2SO4,2HIH2+I2,則總反應為SO2+2H2OH2+H2SO4。拓展延伸拓展延伸SO2通入NaClO溶液中發(fā)生反應SO2+ClO-+H2OS+Cl-+2H+;CO2通入NaClO溶液中,無論CO2是否足量,均發(fā)生反應CO2+ClO-+H2OHC+HClO。24O3O8.(2019黑龍江頂級名校二調(diào),20)鉛精礦可用于冶煉金屬鉛,其主要成分為PbS。.火法煉鉛將鉛精礦在空氣中焙燒,生成PbO和SO2。(1)用鉛精礦火法煉鉛的反應的化學方程式為。(2)火法煉鉛的廢氣中含低濃度SO2,可將廢氣通入過量氨水中進行處理,反應的離子方程式為。.濕法煉鉛在制備金屬鉛的同時,

58、還可制得硫黃,相對于火法煉鉛更為環(huán)保。濕法煉鉛的工藝流程如下:已知:.不同溫度下PbCl2的溶解度如下表所示。溫度()20406080100溶解度(g)1.001.421.942.883.20.PbCl2為能溶于水的弱電解質(zhì),在Cl-濃度較大的溶液中,存在平衡:PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbC(aq)。(3)浸取液中FeCl3的作用是。(4)操作a為加適量水稀釋并冷卻,該操作有利于濾液1中PbCl2的析出,分析可能的原因是。(5)將溶液3和濾液2分別置于下圖所示電解裝置的兩個極室中,可制取金屬鉛并使浸取液中的FeCl3再生。24l溶液3應置于(填“陰極室”或“陽極室”)中。簡述濾液2

59、電解后再生為FeCl3的原理:。若鉛精礦的質(zhì)量為ag,鉛浸出率為b,當電解池中通過cmol電子時,金屬鉛全部析出,鉛精礦中PbS的質(zhì)量分數(shù)的計算式為。答案答案(1)2PbS+3O22PbO+2SO2(2)2NH3H2O+SO22N+S+H2O(3)使Pb元素由難溶固體PbS轉(zhuǎn)化成溶液中的PbC,S元素轉(zhuǎn)化成單質(zhì)硫成為濾渣(4)加水稀釋使PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbC(aq)平衡向左移動;溫度降低PbCl2溶解度減小(5)陰極室陽極發(fā)生電極反應:Fe2+-e-Fe3+(或2Cl-2e-Cl2,Cl2+2Fe2+2Fe3+2Cl-,文字表述也可),使c(Fe3+)升高,同時Cl-通過陰

60、離子交換膜向陽極移動,使FeCl3再生100%4H23O24l24l2392cab解析解析(1)根據(jù)信息判斷反應物為PbS和O2,生成物為PbO和SO2,根據(jù)氧化還原反應方程式配平方法可得2PbS+3O22PbO+2SO2;(2)將SO2廢氣通入過量氨水中生成(NH4)2SO3,離子方程式為2NH3H2O+SO22N+S+H2O;(3)由框圖可知,FeCl3能使Pb元素由難溶固體PbS轉(zhuǎn)化成溶液中的PbC,使S元素轉(zhuǎn)化成單質(zhì)硫成為濾渣;(4)加適量水稀釋,使PbCl2(aq)+2Cl-(aq)PbC(aq)平衡向左移動;溫度降低,PbCl2的溶解度減小,因此操作a有利于PbCl2的析出;(5)