（课标I）2020版高考化学一轮复习 专题九 氧、硫及其化合物 绿色化学与环境保护课件

专题九氧、硫及其化合物绿色化学与环境保护高考化学(课标专用)A组课标Ⅰ卷题组五年高考考点一氧、硫及其化合物(2013课标Ⅰ,10,6分)银质器皿日久表面会逐渐变黑,这是生成了Ag2S的缘故。根据电化学原理可进行如下处理:在铝质容器中加入食盐溶液,再将变黑的银器浸入该溶液中,一段时间后发现黑色会褪去。下列说法正确的是 ()A.处理过程中银器一直保持恒重B.银器为正极,Ag2S被还原生成单质银C.该过程中总反应为2Al+3Ag2S 6Ag+Al2S3D.黑色褪去的原因是黑色Ag2S转化为白色AgCl答案B根据电化学原理可知,Al为负极,电极反应为2Al-6e- 2Al3+;银器为正极,电极反应为3Ag2S+6e- 6Ag+3S2-;溶液中反应为2Al3++3S2-+6H2O 2Al(OH)3↓+3H2S↑,三反应相加可知该过程的总反应为2Al+3Ag2S+6H2O 2Al(OH)3+6Ag+3H2S↑,故B正确,C、D错误;银器表面黑色的Ag2S变成了Ag,质量必然减小,A错误。考点二绿色化学与环境保护B组课标Ⅱ、Ⅲ及其他省(区、市)卷题组考点一氧、硫及其化合物1.(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Fe2O3·nH2O,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。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。审题方法审题关键是“没有发生化学变化”。逐一甄别即可找出答案。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。3O23O24O4.(2019课标Ⅱ,26,13分)立德粉ZnS·BaSO4(也称锌钡白),是一种常用白色颜料。回答下列问题:(1)利用焰色反应的原理既可制作五彩缤纷的节日烟花,亦可定性鉴别某些金属盐。灼烧立德粉样品时,钡的焰色为(填标号)。A.黄色B.红色C.紫色D.绿色(2)以重晶石(BaSO4)为原料,可按如下工艺生产立德粉: ①在回转炉中重晶石被过量焦炭还原为可溶性硫化钡,该过程的化学方程式为。回转炉尾气中含有有毒气体,生产上可通过水蒸气变换反应将其转化为CO2和一种清洁能源气体,该反应的化学方程式为。②在潮湿空气中长期放置的“还原料”,会逸出臭鸡蛋气味的气体,且水溶性变差。其原因是“还原料”表面生成了难溶于水的(填化学式)。③沉淀器中反应的离子方程式为。(3)成品中S2-的含量可以用“碘量法”测得。称取mg样品,置于碘量瓶中,移取25.00mL0.1000mol·L-1的I2-KI溶液于其中,并加入乙酸溶液,密闭,置暗处反应5min,有单质硫析出。以淀粉为指示剂,过量的I2用0.1000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定,反应式为I2+2S2  2I-+S4 。测定时消耗Na2S2O3溶液体积VmL。终点颜色变化为,样品中S2-的含量为(写出表达式)。23O26O答案(1)D(2)①BaSO4+4C BaS+4CO↑CO+H2O CO2+H2②BaCO3③S2-+Ba2++Zn2++S  BaSO4·ZnS↓(3)浅蓝色至无色 ×100%24O1(25.00)0.10003221000Vm解析本题涉及的知识点有焰色反应、陌生氧化还原反应方程式及离子方程式的书写、定量实验的数据处理;考查了学生对化学基础知识的记忆,将提供的信息与已有知识结合利用的能力;同时考查了学生掌握化学实验的基本方法并对实验中的数据进行处理的能力;体现了通过分析、推理认识研究对象的本质特征(证据推理与模型认知)、运用化学实验进行实验探究(科学探究与创新意识)的学科核心素养。(1)重要金属的焰色反应的颜色平时要注意识记。(2)①已知反应物有BaSO4、C,生成物有BaS,因焦炭过量则生成CO,根据得失电子守恒、原子守恒写出化学方程式;CO与H2O(g)反应生成CO2与一种清洁能源气体,不难推测该气体为H2。②“还原料”的主要成分为BaS,长期放置发生水解生成Ba(OH)2与H2S,Ba(OH)2吸收空气中的CO2生成了难溶于水的BaCO3。③沉淀器中溶液的成分为Ba2+、S2-、Zn2+、S ,反应生成了BaSO4·ZnS沉淀,根据电荷守恒、原子守恒写出离子方程式。(3)滴定前,溶液含I2和淀粉,呈蓝色,随着Na2S2O3溶液的滴入,I2不断被消耗,溶液颜色逐渐变浅,当加入最后一滴Na2S2O3溶液时(滴定终点),溶液恰好褪色;样品中的S2-与I2发生反应:S2-+I2 S↓+2I-,参与该反应的I2的物质的量为(25.00×10-3×0.1000-V×10-3×0.1000× )mol=(25.00- V)×24O12120.1000×10-3mol=n(S2-),则样品中S2-的含量为 ×100%。1(25.00)0.10003221000Vm易错提醒(2)①重晶石与过量焦炭反应除生成BaS,还应生成CO而不是CO2。因为即使生成CO2,在过量焦炭、高温条件下也会转化成CO。5.(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Ⅰ:2H2SO4(l) 2SO2(g)+2H2O(g)+O2(g)ΔH1=+551kJ·mol-1反应Ⅲ:S(s)+O2(g) SO2(g)ΔH3=-297kJ·mol-1反应Ⅱ的热化学方程式:。(2)对反应Ⅱ,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ⅱ补充完整。ⅰ.SO2+4I-+4H+ S↓+2I2+2H2Oⅱ.I2+2H2O+ ++2I-(4)探究ⅰ、ⅱ反应速率与SO2歧化反应速率的关系,实验如下:分别将18mLSO2饱和溶液加入到2mL下列试剂中,密闭放置观察现象。(已知:I2易溶解在KI溶液中)序号ABCD试剂组成0.4mol·L-1KIamol·L-1KI0.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1H2SO40.2mol·L-1KI0.0002molI2实验现象溶液变黄,一段时间后出现浑浊溶液变黄,出现浑浊较A快无明显现象溶液由棕褐色很快褪色,变成黄色,出现浑浊较A快①B是A的对比实验,则a=。②比较A、B、C,可得出的结论是。③实验表明,SO2的歧化反应速率DA。结合ⅰ、ⅱ反应速率解释原因:。答案(1)3SO2(g)+2H2O(g) 2H2SO4(l)+S(s)ΔH2=-254kJ·mol-1(2)反应Ⅱ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)SO2S 4H+(4)①0.4②I-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③反应ⅱ比ⅰ快;D中由反应ⅱ产生的H+使反应ⅰ加快24O解析(1)反应Ⅱ为3SO2(g)+2H2O(g) 2H2SO4(l)+S(s),根据盖斯定律,由(反应Ⅰ+反应Ⅲ)即得反应Ⅱ的逆反应,所以反应Ⅱ的ΔH=-(551-297)kJ·mol-1=-254kJ·mol-1。(2)反应Ⅱ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ⅰ中I-被氧化为I2,则在ⅱ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ⅱ的离子方程式。(4)①B是A的对比实验,B中加入0.2mol·L-1的H2SO4,A中不加H2SO4,所以KI的浓度应该与A相同,即a=0.4。②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++H2O2 O2↑+2Fe2++2H+、2Fe2++H2O2+2H+ 2Fe3++2H2O。6.(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%①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。②700℃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(12分)(1)SO2+OH- HS (2)①FeS2②硫元素转化为CaSO4而留在矿粉中(3)NaAlO2Al(OH)3(4)1∶163O解析(1)用NaOH溶液吸收过量SO2生成NaHSO3,离子方程式为OH-+SO2 HS 。(2)①FeS2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+11O2 2Fe2O3+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;②700℃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