化学与生活一、单选题（本大题共7小题，共28分）1.化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关.下列叙述正确的是( )A. “滴水石穿、绳锯木断”不涉及化学变化B. 明矾净水的原理和消毒液消毒的原理不相同C. 氟利昂作制冷剂会加剧雾霾天气的形成D. 汽车尾气中含有的氮氧化物，是汽油不完全燃烧造成的【答案】B【解析】解：A.水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙，所以滴水石穿过程中涉及化学变化，故A错误；B.明矾水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而吸附水中的杂质，所以能净水，“84”消毒液中含有次氯酸盐，具有强氧化性，能杀菌消毒，所以明矾净水的原理和“84”消毒液消毒的原理不同，故B正确；C.氟利昂作制冷剂会导致臭氧空洞，雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关，故C错误；D.汽车尾气中含有的氮氧化物是放电条件下氮气与氧气反应生成，汽油不完全燃烧生成CO，故D错误；故选B．A.水中溶解的二氧化碳与碳酸钙反应生成碳酸氢钙；B.明矾净水是利用胶体的吸附性，“84”消毒液消毒是利用物质的强氧化性；C.雾霾天气的形成与粉尘污染、汽车尾气有关；D.汽油不完全燃烧生成CO．本题考查了化学变化、净水原理、合成材料、干燥剂，侧重于考查化学知识在生产生活中的应用，题目难度不大．2.化学是一门实用性很强的科学，与社会、环境等密切相关.下列说法错误的是( )A. “静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”都能提高空气质量B. 雾霾可能是许多细小液体小液滴和固体小颗粒分散到空气中形成的一种胶体C. 铝制餐具不宜用来蒸煮或长时间存放咸的食品D. 在食品袋中放入CaCl2⋅6H2O，可防止食物受潮【答案】D【解析】解：A.“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”能够减少空气污染物的排放，有利于提高空气质量，故A正确；B.细小液体小液滴和固体小颗粒分散到空气中，如粒子直径介于1−100nm之间，则属于胶体，故B正确；C.铝制餐具中含有杂质，比如碳，当这样有杂质的表面与氯化钠溶液接触时，就会形成原电池，铝失电子产生铝离子，人体摄入过量的铝有害，故C正确；D.CaCl2⋅6H2O不具有吸水性，不能用于食品防潮，应用无水氯化钙，故D错误；故选D．A.“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”能够减少空气污染物的排放；B.如粒子直径介于1−100nm之间，则属于胶体；C.铝制餐具中含有杂质，比如碳，与氯化钠溶液接触时，就会形成原电池；D.CaCl2⋅6H2O不具有吸水性．本题综合考查物质的组成、性质与应用，为高考常见题型，侧重于化学与生活、化学与环境的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大．3.化学与生活密切相关，下列说法错误的是( )A. 将燃油车改为燃气车有利于减少污染物排放B. 含氟牙膏能有效预防龋齿，且其中所加氟化物的量宜多不宜少C. 糖类、油脂及蛋白质都含有C、H、O元素D. 酸雨浸蚀的土壤中加入熟石灰，可对该土壤进行修复【答案】B【解析】解：A.将燃油车改为燃气车能减少空气污染物的排放，有利于环境保护，故A正确；B.牙膏的含氟量不能太高，摄入的氟过多，就有产生氟斑牙的危险，故B错误；C.糖类、油脂及蛋白质都含有C、H、O元素，故C正确；D.氢氧化钙显碱性能够与硫酸等反应，可以用来治理土壤酸化，故D正确；故选：B．A.将燃油车改为燃气车能减少空气污染物的排放；B.人体摄入的氟过多，就有产生氟斑牙的危险；C.依据糖类、油脂及蛋白质组成元素解答；D.氢氧化钙显碱性能够与硫酸等反应．本题考查化学在生产生活中的应用，把握常见环境污染及治理措施、熟悉物质性质及应用为解答的关键，有利于培养学生的良好的科学素养，提高学习的积极性，题目难度中等．4.化学与人类生活、生产息息相关，下列说法错误的是( )A. 燃料不完全燃烧排放的CO是大气污染物之一B. 采取“静电除尘”、“燃煤固硫”、“汽车尾气催化净化”等方法，可提高空气质量C. 将已成熟的水果放入未成熟的水果中并密封，可加速水果成熟D. 医用消毒酒精中乙醇的浓度(体积分数)为95%【答案】D【解析】解：A.CO为有毒气体，为大气污染物，故A正确；B.“静电除尘”除去可吸入颗粒物，“燃煤固硫”可减少二氧化硫的排放，“汽车尾气的催化净化”除去NO、CO等污染物，都有利于提高空气的质量，故B正确；C.已成熟的水果可释放出乙烯，可可加速水果成熟，故C正确；D.医用消毒酒精中乙醇的浓度为75%，故D错误．故选D．A.CO为有毒气体；B.采用“静电除尘”“燃煤固硫”“汽车尾气催化净化”等方法可减少污染物；C.已成熟的水果可释放出乙烯；D.医用消毒酒精中乙醇的浓度75%．本题考查物质的性质及应用以及环境污染，为高频考点，把握物质的性质、性质与用途的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大．5.环境和资源是人类面临的两大课题，下列说法正确的是( )A. 燃煤中加入生石灰既可减少酸雨的产生，又可减少温室气体的排放B. 石油分馏所得的汽油、煤油等产品均属于化合物C. 海水淡化后所得的盐卤可提取溴、镁等多种重要元素D. 沼气的主要成分为CH4，属于不可再生资源【答案】C【解析】解：A.加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳，燃煤中加入CaO后可减少酸雨的发生，但不能减少温室气体的排放量，故A错误；B、石油分馏后的产物为混合物，所以汽油、煤油是混合物，而不是化合物，故B错误；C、淡化后的浓海水含有溴和镁两种离子，可以溴可以加氧化剂将此氧化，而镁可以将其转化熔融的氯化镁，然后电解，从而达到提取溴和镁，故C正确；D、沼气的主要成分是甲烷，甲烷的化学式是CH4；植物秸秆、动物粪便等通过发酵可以制取沼气，所以沼气属于可再生能源，故D错误；故选C．A.加入氧化钙可与煤燃烧生成的二氧化硫在氧气中发生反应生成硫酸钙，二氧化硫排放量减少，但在高温下反应生成二氧化碳；B、石油分馏后的产物为混合物；C、淡化后的浓海水可以提取溴和镁；D、天然气、沼气、瓦斯等物质的主要成分都是甲烷，甲烷燃烧生成水和二氧化碳．本题考查了海水资源的应用分析，制备物质的原理应用判断，掌握基础是关键，题目较简单．6.2017年世界环境日我国的主题为“绿水青山就是金山银山”.下列说法应该提倡的是( )A. 推广使用电子支付B. 禁止使用塑料制品C. 普及使用家庭轿车D. 填埋处理废旧电池【答案】A【解析】解：A、推广使用电子支付，减少木材使用，与我国“绿水青山就是金山银山”的主题相符合．B、塑料制品的使用方便了人类的生活，禁止使用塑料制品，是不现实的，与我国“绿水青山就是金山银山”的主题不相符合．C、私家车出行既浪费能源，又污染环境，汽车尾气排放是造成空气污染的原因之一，与我国“绿水青山就是金山银山”的主题不相符合．D、废旧电池作填埋处理，含重金属离子有毒，会污染环境，与我国“绿水青山就是金山银山”的主题不相符合．故选A．根据题意，今年我国“世界环境日”的主题为“绿水青山就是金山银山”，据此结合各选项中的措施进行分析判断是否与我国“世界环境日”的主题相符合．环境污染问题是人们关注的热点，也是化学考查的热点，本题难度不大，了解常见的环境污染问题、产生的原因等即可正确解答本题．7.下列说法正确的是( )A. 纳米铁粉可以高效地去除被污染水体中的Pb2+、Cu2+、Cd2+、Hg2+等重金属离子，其本质是纳米铁粉对重金属离子有较强的物理吸附B. 凡含有添加剂的食物对人体健康均有害，不宜食用C. 煤经过气化和液化等物理变化可以转化为清洁燃料D. 火力发电中，燃烧是使化学能转换为电能的关键【答案】D【解析】解：A、除了污水时Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应，发生化学反应，与物理吸附无关，故A错误；B、我国把营养强化剂也归为食品添加剂的范畴，包括对人体有益的某些氨基酸类，盐类，矿物质类，膳食纤维等，故B错误；C、煤的气化是用煤制取水煤气，煤的液化是用煤制取甲醇，故均为化学变化，故C错误；D、在火力发电时，先将化学能转变为热能，然后热能转变为机械能，机械能最后转变为电能，故燃烧是使化学能转变为电能的关键，故D正确．故选D．A、Fe和Pb2+、Cu2+、Hg2+发生置换反应；B、食品添加剂包括酸度调节剂、抗结剂、消泡剂、抗氧化剂、漂白剂、膨松剂、着色剂、护色剂、酶制剂、增味剂、营养强化剂、防腐剂、甜味剂、增稠剂、香料等；C、煤的气化和液化均为化学变化；D、在火力发电时，先将化学能转变为热能，然后热能转变为机械能，最后转变为电能．本题主要考查了煤的综合利用、能量的转化和食品添加剂等知识，难度不大，注意掌握食品添加剂的组成是解题的关键．二、实验题（本大题共1小题，共22分）8.我国黄铁矿(主要成分：FeS2、SiO2)储量丰富，目前主要利用黄铁矿资源生产硫酸等无机化工产品．(1)硫酸石用煅烧黄铁矿来生产二氧化硫，同时得到副产品烧渣(主要成分Fe3O4及少量FeS、SiO2).此时主要反应的化学方程式为______ ，煅烧时黄铁矿要粉碎，其目的是______ ．(2)二氧化硫净化后用于生产硫酸．①接触室法是现代生产硫酸的重要方法，反应原理为：若此反应在恒温、恒压容器中进行反应，该反应达到平衡状态的标志是 ______ ． A.v(SO 2)=v(SO 3)B.混合物的平均相对分子质量不变C.混合气体体积不变D.各组分的体积分数不变②现在也可利用原电池原理用SO 2和O 2来制备硫酸，装置如图1，电极均为多也石墨，其作用是 ______ .B 电极的电极反应式为 ______ ．(3)工业上利用硫酸厂的烧渣制备绿矾(FeSO 4⋅7H 2O ，摩尔质量278g ⋅mol −1)，工艺过程如下：①烧渣用稀硫酸浸取时有单质硫生成，生成单质硫的一步化学反应方程式为 ______ ；②图2是硫酸亚铁的溶解度曲线：由图可知溶解烧渣的稀硫酸的最适宜的温度是 ______ ；由溶液Y 获得绿矾晶体的操作步骤是 ______ ．③测定产品中绿矾含量：称取5.70g 产品，溶解酿成250mL 溶液，量取25.00mL 待测液于锥形瓶中.用硫酸酸化的0.01mol ⋅L −1KMnO 4溶液滴定至终点，消耗KMnO 4溶液体积40.00mL.上述产品中的FeSO 4⋅7H 2O 质量分数为 ______ (保留3位有效数字)．【答案】3FeS 2+8O 2. 高温 2Fe 2O 3+8SO 2；使黄铁矿能够迅速而充分燃烧；BCD ；能吸附气体，使气体与电解质溶液充分接触；SO 2+2H 2O −2e −=SO 42−+4H +；H 2S +Fe 2(SO 4)3=S ↓+2FeSO 4+H 2SO 4；60℃；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；0.975或97.5%【解析】解：(1)二硫化亚铁与氧气反应生成三氧化二铁和二氧化硫，化学方程式为：3FeS 2+8O 2. 高温 2Fe 2O 3+8SO 2；煅烧时黄铁矿要粉碎是为了增大反应物接触面积，加快反应速率； 故答案为：3FeS 2+8O 2. 高温 2Fe 2O 3+8SO 2；使黄铁矿能够迅速而充分燃烧；(2)①A.v(SO 2)、v(SO 3)表示同一方向速率，不能表示V 正=V 逆，故A 错误； B.该反应，为气体系数前后不等的反应，依据M =mn ，可知m 为定制，n 未达到平衡时为变量，所以当混合物的平均相对分子质量不变，可以判断达到平衡状态，故B 正确；C.该反应，为气体系数前后不等的反应，混合气体体积是个变量，当混合气体的体积不变时可以说明达到平衡状态，故C 正确；D.各组分的体积分数不变，未达到平衡时为变量，当各组分的体积分数不变说明反应达到平衡状态，故D 正确； 故选：BCD ；②电极多空溶于具有吸附性，能吸收气体；B 电极生成硫酸，所以B 通入的是二氧化硫，二氧化硫在B 电极上发生氧化反应失去电子生成硫酸根离子，电极反应式为：SO 2+2H 2O −2e −=SO 42−+4H +； 故答案为：能吸附气体，使气体与电解质溶液充分接触；SO 2+2H 2O −2e −=SO 42−+4H +；(3)①从转化关系可知：硫化氢与硫酸铁发生氧化还原反应生成硫、硫酸亚铁和硫酸，化学方程式：H 2S +Fe 2(SO 4)3=S ↓+2FeSO 4+H 2SO 4；故答案为：H 2S +Fe 2(SO 4)3=S ↓+2FeSO 4+H 2SO 4；②根据溶解度曲线可知60℃溶解度最大，所以此温度下能够得到浓度最大的溶液； 由溶液获得晶体的一般操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥； 故答案为：60℃；蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；③25mL 待测液消耗的高锰酸钾的物质的量为：0.01mol/L ×0.04L =0.0004mol ， 5.7g 产品配成250mL 溶液消耗高锰酸钾的物质的量为0.0004mol ×25025=0.004mol ，根据反应方程式：5Fe 2++1MnO 4−+8H +=5Fe 3++Mn 2++4H 2O ，5 1n(Fe 2+)0.004mol ；解得n(Fe 2+)0.004mol ×5=0.02mol ；所以样品中含有的FeSO 4⋅7H 2O 的质量为：278g/mol ×0.02mol =5.56g ，FeSO 4⋅7H 2O 的质量分数为：5.56g5.7g ×100%≈97.5%， 故答案为：0.975或97.5%．(1)二硫化亚铁与氧气反应生成三氧化二铁和二氧化硫；增大接触面积可以加快反应速率；(2)①判断化学平衡状态可以依据平衡状态的本质：V 正=V 逆；可以根据平衡状态的特征：定，反应未达到平衡状态时，始终变化的量不变；②石墨电极多空溶于具有吸附性，能吸收气体；B 电极生成硫酸，所以B 通入的是二氧化硫，二氧化硫在B 电极上发生氧化反应失去电子生成硫酸根离子；(3)①根据烧渣成分判断生成物，依据氧化还原反应得失电子守恒、原子个数守恒写出方程式； ②根据溶解度曲线可知60℃溶解度最大，所以此温度下能够得到浓度最大的溶液； 由溶液获得晶体的一般操作：蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥；③依据滴定实验的反应终点时发生的反应进行计算，依据铁元素守恒，结合滴定过程的反应离子方程式计算得到；本题所以黄铜矿为载体考查化学方程式的书写，平衡状态的判断，有关方程式的计算，题目难度中等，注意对学知识的灵活运用．三、简答题（本大题共4小题，共50分）9.将磷肥生产中形成的副产物石膏(CaSO4⋅2H2O)转化为硫酸钾肥料和氯化钙水合物储热材料，无论从经济效益、资源综合利用还是从环境保护角度看都县有重要意义.以下是石膏转化为硫酸钾和氯化钙的工艺流程示意图．(1)本工艺中所用的原料除CaSO4⋅2H2O、KCl外，还需要______等原料．(2)写出石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后发生反应的离子方程式______(3)过滤I操作所得固体中，除CaC03外还含有______(填化学式)等物质，该固体可用作生产水泥的原料．(4)过滤I操作所得滤液是(NH4)2SO4溶液.检验滤液中含有CO32−的方法是：______(5)已知不同温度下K2SO4在l00g水中达到饱和时溶解的量如下表：温度(℃) 0 20 60K2SO4溶解得量(g)7.411.118.260℃时K2S04的饱和溶液591g冷却到0℃，可析出K2S04晶体______g.(6)氯化钙结晶水合物(CaCl2⋅6H2O)是目前常用的无机储热材料，选择的依据是______．a.熔点较低(29℃熔化)b.能导电c.能制冷d.无毒(7)上述工艺流程中体现绿色化学理念的是：______．【答案】CaCO3(或CaO)、NH3、H2O；CaSO4+CO32−=CaCO3+SO42−；CaSO4；取少量溶液，滴加稀盐酸，若有气泡产生则还含有CO32−，反之则不含有CO32−；54；ad；碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用(原子利用率高，没有有害物质排放到环境中)【解析】解：(1)由流程图可知，吸收环节：2NH3+CO2+H2O生成碳酸铵；转化Ⅰ环节：碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3+(NH4)2SO4，经过滤后分离；转化Ⅱ：(NH4)2SO4和KCl的饱和溶液反应得到NH4Cl 和K2SO4经过滤Ⅱ分离；蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2⋅6H2O和NH3．故答案为：CaCO3(或CaO)、NH3、H2O；(2)根据流程图可知，石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后过滤得到碳酸钙与硫酸铵，CaSO4微溶且为悬浊液、CaCO3不溶，所以在离子方程式中均不拆；然后配平即可；故答案为：CaSO4+CO32−=CaCO3+SO42−；(3)CaSO4微溶且为悬浊液，故过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还主要含有过量微溶的CaSO4；故答案为：CaSO4；(4)碳酸根离子与酸反应能生成二氧化碳，所以可以用稀盐酸来验证碳酸根离子，检验滤液中含有CO32−的方法是：取少量溶液，滴加稀盐酸，若有气泡产生则还含有CO32−，反之则不含有CO32−；故答案为：取少量溶液，滴加稀盐酸，若有气泡产生则还含有CO32−，反之则不含有CO32−；(5)根据图表不同温度下的溶解度，结合饱和溶液质量之比等于析出晶体质量之比计算，(100+18.2)：(18.2−7.4)=591：x，解得：x=54g；故答案为：54；(6)氯化钙结晶水合物(CaCl2⋅6H2O)是目前常用的无机储热材料，是因为氯化钙结晶水合物熔点低易熔化，且无毒，与易溶于水，能导电无关，故答案为：ad；(7)由绿色化学的特点可知，碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用(原子利用率高，没有有害物质排放到环境中)；故答案为：碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用(原子利用率高，没有有害物质排放到环境中)．(1)由流程图分析：吸收环节：2NH3+CO2+H2O生成碳酸铵；转化Ⅰ环节：碳酸铵和石膏悬浊液反应生成CaCO3+(NH4)2SO4，经过滤后分离；转化Ⅱ：(NH4)2SO4和KCl的饱和溶液反应得到NH4Cl和K2SO4经过滤Ⅱ分离；蒸氨环节的为CaO、H2O、NH4Cl生成为CaCl2.6H2O和NH3；(2)根据流程图可知，石膏悬浊液中加入碳酸铵溶液后过滤，得到碳酸钙与硫酸铵；CaSO4微溶且为悬浊液、CaCO3不溶，所以二者在离子方程式中均不拆，然后配平即可；(3)过滤Ⅰ操作所得固体中，除CaCO3外还主要含有过量微溶的CaSO4；(4)根据碳酸根离子与酸反应能生成二氧化碳，有气泡产生；(5)根据图表不同温度下的溶解度，结合饱和溶液质量之比等于析出晶体质量之比计算；(6)氯化钙结晶水合物(CaCl2⋅6H2O)是目前常用的无机储热材料，是因为氯化钙结晶水合物熔点低易熔化，且无毒，与易溶于水，能导电无关；(7)根据绿色化学的特点进行分析.碳酸钙用于制水泥原料、硫酸钙和氯化钾转化为硫酸钾和氯化钙、氨在工艺中循环使用(原子利用率高，没有有害物质排放到环境中)．本题为工艺流程题，涉及原料、产品的判断、方程式的书写、检验、绿色化学等.做推断题时要充分利用所给的信息，结合自己已学过的知识，进行有依据性的推测，难度较大．10.硫及其化合物在工业上有重要应用．(1)硫单质《神农本草经》中记载“石硫黄能化金银铜铁，奇物”.该过程说明硫单质具有______性.检验硫与铁反应有Fe2+生成的试剂是HCI溶液和______．(2)硫代硫酸钠可以作容量分析的基准物质．①向pH=2的硫酸中滴加Na2S2O3溶液，可观察到的现象是______；②实际生产中，一般将Na2S和Na2CO3以物质的量之比为2：1配成溶液后加热，将SO2缓缓通入溶液中，即可得到硫代硫酸钠.反应的离子方程式为______．(3)焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是铬污染处理试剂.某酸性废水中含有Cr2O72−，处理流程如下：①Na2S2O5参加反应的离子方程式为______．②取20.00mL加入Na2S2O5后的废液，加入指示剂，用浓度为0.2000mol/L的H3Y溶液滴定到终点，消耗H3Y溶液8.30mL.计算废液中Cr3+浓度为______(保留三位有效数字).(已知：Cr3++H3Y=CrY十3H+)当废水中Cr3+浓度低于l×10−12mol/L即达到排放标准.已知Cr(OH)3的K sp=l×10−31，则处理后的废水______(填“能”或“不能”)直接排放．(4)硫化物在使用过程中常常产生SO2污染环境，工业上用H2O2溶液脱硫.已知T℃时：2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=−98.0KJ/mol2H2O2(aq)=2H2O(1)+O2(g)△H2=−135.0KJ/molSO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq)△H3=−175.0KJ/mol写出SO2气体与H2O2(aq)反应的热化学方程式______．【答案】氧化；NaOH溶液；产生淡黄色沉淀，同时有刺激性气味气体产生；2S2−+4SO2+CO32−=3S2O32−+ CO2；3S2O5−+2Cr2O72−+10H+=4Cr3++5H2O+6SO42−；8.3×10−2mol/L；能；SO2(g)+H2O2(aq)= H2SO4(aq)△H=−291.5KJ/mol【解析】解：(1)石硫黄能化金银铜铁，在此过程中金银铜铁化合价升高，作还原剂，故硫单质作氧化剂，具有氧化性；Fe2+能和NaOH反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，故检验硫与铁反应有Fe2+生成的试剂是HCI 溶液和NaOH溶液，故答案为：氧化；NaOH溶液；(2)①Na2S2O3与硫酸反应生成S、二氧化硫和硫酸钠，所以向pH=2的硫酸中滴加Na2S2O3溶液，可观察到的现象是产生淡黄色沉淀，同时有刺激性气味气体产生；故答案为：产生淡黄色沉淀，同时有刺激性气味气体产生；②将Na2S和Na2CO3以物质的量比2：1配成溶液后加热，将SO2缓缓通入溶液中，即可得到硫代硫酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2，故离子方程式为2S2−+4SO2+CO32−=3S2O32−+CO2，故答案为：2S2−+4SO2+CO32−=3S2O32−+CO2；(3)①S2O5−和Cr2O72−和H+反应生成Cr3+和H2O和SO42−，故离子方程式为3S2O5−+2Cr2O72−+10H+=4Cr3++5H2O+6SO42−，故答案为：3S2O5−+2Cr2O72−+10H+=4Cr3++5H2O+6SO42−；②n(H3Y)=0.2000mol/L×8.30×10−3L=1.66×10−3mol，Cr2++H3Y=CrY十3H+1 1 31.66×10−31.66×10−34.98×10−3，则n(Cr2+)=1.66×10−3mol，根据铬元素守恒，则n(Cr3+)=1.66×10−3mol，故c(Cr3+)=1.66×10−3mol0.02L =8.3×10−2mol/L；故c(OH−)=3Kwc(H+)=31.0×10−144.98×10−3=1.26×10−4mol/L，因为Cr(OH)3的K sp=l×10−31，即K sp=c(Cr3+)c3(OH−)，故c(Cr3+)=Kspc3(OH−)=1×10−31(1.26×10−4)3=5.0×10−20mol/L<l×10−12mol/L，故处理后的废水能直接排放，故答案为：8.3×10−2mol/L；能；(4)①2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=−98.0KJ/mol②2H2O2(aq)=2H2O(1)+O2(g)△H2=−135.0KJ/mol③SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq)△H3=−175.0KJ/mol，①×12+②×12+③得，SO2(g)+H2O2(aq)=H2SO4(aq)△H=−291.5KJ/mol，故SO2气体与H2O2(aq)反应的热化学方程式为SO2(g)+ H2O2(aq)=H2SO4(aq)△H=−291.5KJ/mol，故答案为：SO2(g)+H2O2(aq)=H2SO4(aq)△H=−291.5KJ/mol．(1)石硫黄能化金银铜铁，据此分析单质S的性质；据Fe2+能和NaOH反应生成氢氧化亚铁白色沉淀分析；(2)①Na2S2O3与硫酸反应生成S、二氧化硫和硫酸钠；②将Na2S和Na2CO3以物质的量比2：1配成溶液后加热，将SO2缓缓通入溶液中，即可得到硫代硫酸钠和二氧化碳，根据原子守恒配平方程式；(3)①S2O5−和Cr2O72−和H+反应生成Cr3+和H2O和SO42−，据此进行分析；②n(H3Y)=0.2000mol/L×8.30×10−3L=1.66×10−3mol，Cr2++H3Y=CrY十3H+1 1 31.66×10−31.66×10−34.98×10−3，则n(Cr2+)=1.66×10−3mol，根据铬元素守恒，则n(Cr3+)= 1.66×10−3mol，故c(Cr3+)=1.66×10−3mol0.02L=8.3×10−2mol/L；故c(OH−)=3Kwc(H+)=31.0×10−144.98×10−3=1.26×10−4mol/L，因为Cr(OH)3的K sp=l×10−31，即K sp=c(Cr3+)c3(OH−)，故c(Cr3+)=Kspc3(OH−)=1×10−31(1.26×10−4)3=5.0×10−20mol/L<l×10−12mol/L，故处理后的废水能直接排放，据此进行分析；(4)①2SO2(g)+O2(g)⇌2SO3(g)△H1=−98.0KJ/mol②2H2O2(aq)=2H2O(1)+O2(g)△H2=−135.0KJ/mol③SO3(g)+H2O(l)=H2SO4(aq)△H3=−175.0KJ/mol，①×12+②×12+③得SO2气体与H2O2(aq)反应的热化学方程式，据此进行分析．本题是一道综合性题目，涉及的知识点主要有氧化剂的作用，离子方程式的书写，离子浓度的计算，热化学方程式的书写等，本题难度中等．11.天然气净化厂排放的尾气中含有SO2，需要净化处理至达到标准才能排放，(1)吸收SO2．①方法1：45−50℃时，先用烧碱和纯碱混合洗涤尾气，洗涤液再用石灰乳处理使碱液再生，过程中加入有机胺作为抗氧化剂.碱液再生时发生反应的化学方程式为______．②方法2：将尾气和空气混合，通过以Fe2O3为载体的CuO时.发生如下反应.己知X为一种红色化合物，则X的化学式为______．(2)测定SO2含量．其中“碘量法“的实验步骤如下：①称取20.0gKI和约6.0gI2，加少貴水溶解后配成500mL洛液A；②取20.00mL溶液A，用0.l000mol⋅L−1溶液滴定，共消耗19.20mLNa2S2O3溶液；另取25.00mL溶液A，注入a瓶，加入3mL淀粉溶液，通入尾气到a瓶(装置如图2)至恰好完全反应，此时量简c中收集到水的体积为213.2mL，判断该反应至终点的依据是______.假设测定是在标准状况下进行，通过计算确定该尾气中SO2含量是否达到排放标准(S标为不超过400mL⋅L−1写出计箕过程.)已知：KI有利于加速I2的溶解I−+I2=I3−；，滴定时I3−能够全部释放出I2.滴定反应方程式为：I2+ 2Na2S2O5=2NaI+Na2S4O6．【答案】Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH；Cu2O；溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复为蓝色【解析】解：(1)①碱液再生生成氢氧化钠，是亚硫酸钠与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化钠，所以化学反应的方程式为：Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH，故答案为：Na2SO3+Ca(OH)2=CaSO3↓+2NaOH；②由图可知X与氧气生成氧化铜，所以化合物X中含有铜和氧元素，反应过程中铜元素的化合价升高，所以X中铜是+1价的铜，所以化学式为：Cu2O，故答案为：Cu2O；(2)判断该反应至终点时是碘单质被还原成碘离子，所以现象是a瓶中溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复为蓝色；由滴定反应方程式为：I2+2Na2S2O5=2NaI+Na2S4O6，取20.00mL溶液A，用0.l000mol⋅L−1溶液滴定，共消耗19.20mLNa2S2O3溶液求碘单质的浓度为c(I2)，则c(I2)×20.00×10−3L×2=0.1mol⋅L−1×19.20×10−3L，解之得：c(I2)=0.048mol⋅L−1，所以n(SO2)=25.00×10−3L×0.048mol⋅L−1= 1.2×10−3mol，所以二氧化硫的体积为：1.2×10−3mol×22.4L/mol×103=26.88ml，则二氧化硫的质量为：m(SO2)=1.2×10−3mol×64g/mol×103=76.8mg，所以ω(SO2)=76.8mg(213.2+26.88)×10−3L=320mg⋅L−1<400mg⋅L−1，尾气中SO2含量达到排放标准，故答案为：溶液蓝色恰好褪去，且半分钟内不恢复为蓝色；19.20mLNa2S2O3溶液求碘单质的浓度为c(I2)，则c(I2)×20.00×10−3L×2=0.1mol⋅L−1×19.20×10−3L，解之得：c(I2)=0.048mol⋅L−1，所以n(SO2)=25.00×10−3L×0.048mol⋅L−1=1.2×10−3mol，所以二氧化硫的体积为：1.2×10−3mol×22.4L/mol×103=26.88ml，则二氧化硫的质量为：m(SO2)=1.2×10−3mol×64g/mol×103=76.8mg，所以ω(SO2)=76.8mg(213.2+26.88)×10−3L=320mg⋅L−1<400mg⋅L−1，尾气中SO2含量达到排放标准．(1)①碱液再生生成氢氧化钠，是亚硫酸钠与石灰乳发生复分解反应生成氢氧化钠；②由图可知X与氧气生成氧化铜，所以化合物X中含有铜和氧元素，反应过程中铜元素的化合价升高，所以X中铜是+1价的铜；(2)判断该反应至终点时是碘单质被还原成碘离子，碘单质与淀粉变蓝；先求A溶液中碘单质的浓度，然后根据碘单质与二氧化硫1：1发生氧化还原反应，从而求得a瓶中二氧化硫的物质的量，通过V=nVm求二氧化硫的体积，再根据m=nM求二氧化硫的质量，结合公式ω(SO2)=二氧化硫的质量(mg)尾气的体积(L)得到S再与S标相比较．本题将元素化合物知识与生产工艺结合起来，引导我们关注化学学科的应用性和实践性，我们要在“相关反应化学方程式书写、化学反应条件控制的原理”等方面，加强对元素化合物性质及其转化关系的理解和应用熟悉程度，提高对新信息的处理能力，题目难度中等．12.NiSO4⋅6H2O是一种绿色易溶于水的晶体，广泛用于化学镀镍、生产电池等，可由电镀废渣(除含镍外，还含有：Cu、Fe、Cr等杂质)为原料获得.工艺流程如图：已知：25℃时，几种金属氢氧化物的溶度积常数和完全沉淀的pH范围如下表所示．Fe(OH)2Fe(OH)3Cr(OH)3Ni(OH)2Ksp8.0×10−164.0×10−386.0×10−316.5×10−18完全沉淀pH≥9.6≥3.2≥5.6≥8.4注：NiCO3是一种不溶于水易溶于强酸的沉淀．请回答下列问题：(1)下列措施可行，且能提高废渣浸出率的有______．A.升高反应温度B.增大压强C.在反应过程中不断搅拌(2)在滤液Ⅰ中加入6%的H2O2，其作用是______(用离子方程式表示)；加入H2O2后要保温一段时间且温度不宜太高的目的是______；加入NaOH调节pH的范围是______，为了除去溶液中的______离子．(3)滤液Ⅱ的主要成分是______．(4)检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是______．(5)操作Ⅰ的实验步骤依次为：①______；②向沉淀中滴加稀H2SO4，直至恰好完全溶解；③蒸发浓缩、冷却结晶，过滤得NiSO4⋅6H2O晶体；④用少量乙醇洗涤NiSO4⋅6H2O晶体并晾干．【答案】AC；2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加快氧化的速率，同时防止H2O2的分解；[5.6，8.4)；Fe3+、Cr3+；Na2SO4、NiSO4；静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成；过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性【解析】解：废渣(除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质)，在硫酸溶解过滤后除去不溶于硫酸的铜，所以滤液含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH 值5.6～8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，滤液Ⅱ含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，再加碳酸钠沉淀二价镍，过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4．(1)能提高废渣浸出率即提高反应速率，所以AC都可以提高反应速率，而B增大压强对反应没影响，故选：AC；(2)因为废渣(除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质)，加快氧化的速率，同时防止H2O2的分解；在硫酸溶解过滤后含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，所以加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH值5.6～8.4使三价铁和三价铬都以氢氧化物的沉淀而除去，故答案为：2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O；加快氧化的速率，同时防止H2O2的分解；[5.6，8.4)；Fe3+、Cr3+；(3)经过加入H2O2、NaOH后可除去Fe、Cr等杂质，滤液中含有可溶性硫酸盐，为Na2SO4、NiSO4，故答案为：Na2SO4、NiSO4；(4)检验Ni2+已完全沉淀的实验方法是静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成，故答案为：静置后向上层清液中再加入Na2CO3溶液后没有沉淀生成；(5)得到NiCO3沉淀之后应，应先过滤、洗涤，然后与硫酸反应生成NiSO4，所以操作步骤为：①过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性；故答案为：过滤，并用蒸馏水洗涤沉淀2～3次直至流出液用pH试纸检验呈中性．废渣(除含镍外，还含有Cu、Fe、Cr等杂质)，在硫酸溶解过滤后除去不溶于硫酸的铜，所以滤液含有二价铁离子、三价铁离子、三价铬离子杂质，加H2O2是将二价铁氧化成三价铁，再通过调节PH值5.6～8.4使三。