专题十七氧硫及其化合物绿色化学与环境保护答案.docx
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专题十七氧硫及其化合物绿色化学与环境保护答案
考点一氧、硫及其化合物
1.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,r溶液是一种常见的强酸,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( )
A.原子半径的大小W<X<Y
B.元素的非金属性Z>X>Y
C.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
【解答】解:
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,则n为Cl2,Z为Cl,氯气与p在光照条件下生成r与s,r溶液是一种常见的强酸,则r为HCl,s通常是难溶于水的混合物,则p为CH4,氯气与m反应生成HCl与q,q的水溶液具有漂白性,则m为H2O,q为HClO,结合原子序数可知W为H元素,X为C元素,Y为O元素,
A.所以元素中H原子半径最小,同周期自左而右原子半径减小,故原子半径W(H)<Y(O)<X(C),故A错误;
B.氯的氧化物中氧元素表现负化合价,氧元素非金属性比氯的强,高氯酸为强酸,碳酸为弱酸,氯元素非金属性比碳的强,故非金属性Y(O)>Z(Cl)>X(C),故B错误;
C.氧元素氢化物为水或双氧水,常温下为液态,故C正确;
D.X的最高价氧化物的水化物为碳酸,碳酸属于弱酸,故D错误。
故选:
C。
2.根据SO2通入不同溶液中实验现象,所得结论不正确的是( )
实验
现象
结论
A
含HCl、BaCl2的FeCl3溶液
产生白色沉淀
SO2有还原性
B
H2S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
D
Na2SiO3溶液
产生胶状沉淀
酸性:
H2SO3>H2SiO3
A.AB.BC.CD.D
【解答】解:
A.FeCl3将SO2氧化成硫酸根离子,硫酸根离子与BaCl2反应生成硫酸钡沉淀,该反应中二氧化硫被氧化,表现了还原性,故A正确;
B.SO2与H2S反应生成S单质,该反应中SO2中+4价S元素被还原生成0价的单质S,二氧化硫被还原,做氧化剂,故B正确;
C.酸性KMnO4溶液能够氧化SO2,导致溶液褪色,SO2表现了还原性,故C错误;
D.Na2SiO3溶液中通入二氧化硫生成H2SiO3,说明亚硫酸的酸性较强,即酸性:
H2SO3>H2SiO3,故D正确;
故选:
C。
3.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
【解答】解:
A、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸,次氯酸具有强氧化性,能杀菌消毒,属于化学变化,故A错误;
B、硅胶做干燥剂是吸水,没有发生化学变化,故B正确;
C、二氧化硫和有色物质化合使之生成无色物质,发生了化学反应,属于化学变化,故C错误;
D、肥皂水显碱性,与蚊虫叮咬处释放的酸发生中和反应,发生了化学反应,故D错误。
故选:
B。
4.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
【解答】解:
A.I、Br同主族,自上而下原子半径增大,元素非金属性减弱、氢化物稳定性减弱,故I的原子半径大于Br,HI比HBr的热稳定性弱,故A错误;
B.Si、P同周期,随原子序数增大,元素非金属性增强,最高价含氧酸的酸性增强,故P的非金属性强于Si,H3PO4比H2SiO3的酸性强,故B正确;
C.氧化铝属于两性氧化物,能与氢氧化钠反应,而MgO属于碱性氧化物,能与酸反应,不能与氢氧化钠溶液反应,故C错误;
D.二氧化硫通入硝酸钡溶液中,酸性条件下,硝酸根具有强氧化性,将亚硫酸氧化为硫酸,进一步反应得到硫酸钡,故SO2和SO3混合气体通入Ba(NO3)2溶液可得到BaSO4,故D错误,
故选:
B。
5.化学与生活密切相关,下列说法不正确的是( )
A.二氧化硫可广泛用于食品的增白
B.葡萄糖可用于补钙药物的合成
C.聚乙烯塑料制品可用于食品的包装
D.次氯酸钠溶液可用于环境的消毒杀菌
【解答】解:
A.二氧化硫有一定毒性,不能用于食物漂白,故A错误;
B.葡萄糖酸钙常被用做补钙剂,故B正确;
C.聚乙烯可做食品的包装,而聚氯乙烯不可,故C正确;
D.“84”消毒液的有效成分就是NaClO,可用于环境消毒,故D正确;
故选:
A。
6.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.
实验
试剂
现象
滴管
试管
0.2mol•L﹣1Na2SO3溶液
饱和Ag2SO4溶液
Ⅰ.产生白色沉淀
0.2mol•L﹣1CuSO4
Ⅱ.溶液变绿,继续滴加产生棕黄色沉淀
0.1mol•L﹣1Al2(SO4)3溶液
Ⅲ.开始无明显变化,继续滴加产生白色沉淀
(1)经检验,现象Ⅰ中的白色沉淀是Ag2SO3.用离子方程式解释现象Ⅰ:
2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓ .
(2)经检验,现象Ⅱ的棕黄色沉淀中不含SO42﹣,含有Cu+、Cu2+和SO32﹣.
已知:
Cu+
Cu+Cu2+,Cu2+
CuI↓(白色)+I2.
①用稀硫酸证实沉淀中含有Cu+的实验现象是 析出红色固体 .
②通过下列实验证实,沉淀中含有Cu2+和SO32﹣.
a.白色沉淀A是BaSO4,试剂1是 HCl和BaCl2溶液 .
b.证实沉淀中含有Cu2+和SO32﹣的理由是 在I﹣的作用下,Cu2+转化为白色沉淀CuI,SO32﹣转化为SO42﹣ .
(3)已知:
Al2(SO3)3在水溶液中不存在.经检验,现象Ⅲ的白色沉淀中无SO42﹣,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.
①推测沉淀中含有亚硫酸根和 Al(OH)3 .
②对于沉淀中亚硫酸根的存在形式提出两种假设:
i.被Al(OH)3所吸附;ii.存在于铝的碱式盐中.对假设ii设计了对比实验,证实了假设ii成立.
a.将对比实验方案补充完整.
步骤一:
步骤二:
(按图形式呈现).
b.假设ii成立的实验证据是 V1明显大于V2
(4)根据实验,亚硫酸盐的性质有 溶解性、还原性、在水溶液中呈碱性 .盐溶液间反应的多样性与 两种盐溶液中阴、阳离子的性质 有关.
【解答】解:
(1)实验Ⅰ中0.2mol/LNa2SO3溶液滴入饱和Ag2SO4溶液,由于Ag2SO4饱和溶液且溶液混合后稀释,因此不可能是Ag2SO4沉淀,考虑SO32﹣浓度较大,因此推断白色沉淀为Ag2SO3,反应的离子方程式为:
2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓,故答案为:
2Ag++SO32﹣=Ag2SO3↓;
(2)①依据反应Cu+和稀硫酸反应铜和铜离子,若沉淀中含有Cu+,加入稀硫酸会发生歧化反应生成铜单质,实验现象是有红色固体生成,
故答案为:
析出红色固体;
②a.分析实验流程可知实验原理为2Cu2++4I﹣=2CuI+I2、I2+SO32﹣+H2O=SO42﹣+2I﹣+2H+、SO42﹣+Ba2+=BaSO4↓,根据BaSO4沉淀可知,加入的试剂为含Ba2+的化合物,可以选用BaCl2溶液,考虑沉淀A没有BaSO3,因此应在酸性环境中.
故答案为:
HCl和BaCl2溶液;
b.由白色沉淀A可知之前所取上层清液中有SO42﹣,由加入KI生成白色沉淀可知棕黄色沉淀中含有Cu2+,Cu2+和I﹣作用生成CuI白色沉淀,由加淀粉无现象说明上层清液中无I2,而Cu2+和I﹣反应生成I2,因而推断生成的I2参与了其他反应,因而有还原剂SO32﹣;
故答案为:
棕黄色沉淀与KI溶液反应生成白色沉淀(CuI),证明含有Cu2+,白色沉淀A为硫酸钡,证明含有SO32﹣;
(3)①根据题意知实验Ⅲ的白色沉淀中无SO42﹣,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,可以推测沉淀中含有Al3+和OH﹣,可使酸性KMnO4溶液褪色是因为存在有还原性的亚硫酸根离子;
故答案为:
Al3+、OH﹣;
②根据假设可知实验的目的是证明产生的沉淀是Al(OH)3还是铝的碱式盐,给定实验首先制备出现象Ⅲ中的沉淀,然后采用滴加NaOH溶液,因此对比实验首先要制备出Al(OH)3沉淀,然后滴加NaOH溶液,若两者消耗的NaOH体积相同,则现象Ⅲ中的沉淀就是Al(OH)3沉淀,若两者消耗的NaOH体积不同,则现象Ⅲ中的沉淀考虑是铝的碱式盐.
铝的碱式盐和NaOH溶液反应相当于铝离子和NaOH反应,反应比例为1:
4,而Al(OH)3和NaOH反应比例为1:
1,因此若V1明显大于V2,则假设ii成立;若V1=V2,则假设i成立.
故答案为:
a.
;
b.假设ii成立的实验证据是V1明显大于V2,
故答案为:
V1明显大于V2;
(4)题目中有多处暗示我们还原性,比如(3)中的沉淀可以使酸性高锰酸钾褪色,第二空,实验结论要紧扣实验目的,根据题目,我们探究的是Na2SO3溶液和不同金属的硫酸盐溶液反应,所以得到结论:
盐溶液间反应的多样性与两种盐溶液中阴、阳离子的性质和反应条件有关.
故答案为:
还原性、水解呈碱性;两种盐溶液中阴、阳离子的性质有关.
7.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,回答下列方法中的问题.
Ⅰ.H2S的除去
方法1:
生物脱H2S的原理为:
H2S+Fe2(SO4)3═S↓+2FeSO4+H2SO4
4FeSO4+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5×105倍,该菌的作用是 降低反应活化能 .
(2)由图1和图2判断使用硫杆菌的最佳条件为 30℃、pH=2.0 .若反应温度过高,反应速率下降,其原因是 蛋白质变性(或硫杆菌失去活性) .
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 H2SO4 .
Ⅱ.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①的离子方程式:
2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O ;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②NaOH再生的原理 SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成 .
方法2:
用氨水除去SO2
(5)已知25℃,NH3•H2O的Kb=1.8×10﹣5,H2SO3的Ka1=1.3×10﹣2,Ka2=6.2×10﹣8.若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1,溶液中的c(OH﹣)= 6.0×10﹣3 mol•L﹣1.将SO2通入该氨水中,当c(OH﹣)降至1.0×10﹣7mol•L﹣1时,溶液中的c(SO32﹣)/c(HSO3﹣)= 0.62 .
【解答】解:
(1)4FeSO4+O2+2H2SO4
2Fe2(SO4)3+2H2O,硫杆菌存在时,FeSO4被氧化的速率是无菌时的5×105倍,该菌的作用是做催化剂降低反应的活化能,
故答案为:
降低反应活化能(或作催化剂);
(2)从图象中分析可知,使用硫杆菌的最佳条件是亚铁离子氧化速率最大时,需要的温度和溶液PH分别为:
30℃、pH=2.0,反应温度过高,反应速率下降是因为升温使蛋白质发生变性,催化剂失去生理活性,
故答案为:
30℃、pH=2.0;蛋白质变性(或硫杆菌失去活性);
(3)当
=4时,结合氧化还原反应电子守恒,4H2O2~4H2O~8e﹣,电子守恒得到H2S变化为+6价化合物,H2S~H2SO4~8e﹣,氧化产物的分子式为H2SO4,
故答案为:
H2SO4;
(4)过程①是二氧化硫和氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠和水,反应的离子方程式为:
2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O,过程②加入CaO,存在CaO(s)+H2O(l)═Ca(OH)2(s)⇌Ca2+(aq)+2OH﹣(aq),因SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成,
故答案为:
2OH﹣+SO2=SO32﹣+H2O;SO32﹣与Ca2+生成CaSO3沉淀,平衡向正向移动,有NaOH生成;
(5)NH3•H2O的Kb=1.8×10﹣5,若氨水的浓度为2.0mol•L﹣1,由Kb=
可知c(OH﹣)=
mol/L=6.0×10﹣3mol/L,
当c(OH﹣)降至1.0×10﹣7mol•L﹣1时,c(H+)=1.0×10﹣7mol•L﹣1,H2SO3的Ka2=6.2×10﹣8,由Ka2=
可知c(SO32﹣)/c(HSO3﹣)=
=0.62,
故答案为:
6.0×10﹣3;0.62.
8.研究硫元素及其化合物的性质具有重要意义.
(1)①硫离子的结构示意图为
.
②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 C+2H2SO4(浓)
2SO2↑+CO2↑+2H2O .
(2)25℃,在0.10mol•L﹣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).
①pH=13时,溶液中的c(H2S)+c(HS﹣)= 0.043 mol•L﹣1.
②某溶液含0.020mol•L﹣1Mn2+、0.10mol•L﹣1H2S,当溶液PH= 5 时,Mn2+开始沉淀.[已知:
Ksp(MnS)=2.8×10﹣13]
(3)25℃,两种酸的电离平衡常数如表.
Ka1
Ka2
H2SO3
1.3×10﹣2
6.3×10﹣8
H2CO3
4.2×10﹣7
5.6×10﹣11
①HSO3﹣的电离平衡常数表达式K=
.
②0.10mol•L﹣1Na2SO3溶液中离子浓度由大到小的顺序为 c(Na+)>c(SO32﹣)>c(OH﹣)>c(HSO3﹣)>c(H+) .
③H2SO3溶液和NaHCO3溶液反应的主要离子方程式为 H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O .
【解答】解:
(1)①S是16号元素.S原子获得2个电子变为S2﹣,硫离子的结构示意图为:
,故答案为:
;
②加热时,硫元素的最高价氧化物对应水化物的浓溶液是浓硫酸与木炭反应生成二氧化碳、二氧化硫和水,反应的方程式为:
C+2H2SO4(浓)
2SO2↑+CO2↑+2H2O,故答案为:
C+2H2SO4(浓)
2SO2↑+CO2↑+2H2O;
(2)①pH=13时,c(S2﹣)=5.7×10﹣2mol/L,在0.10mol•L﹣1H2S溶液中根据硫守恒c(H2S)+c(HS﹣)+c(S2﹣)=0.10mol•L﹣1,所以c(H2S)+c(HS﹣)=0.1﹣5.7×10﹣2=0.043mol/L,故答案为:
0.043;
②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀,所以c(S2﹣)=
=
=1.4×10﹣11mol/L,结合图象得出此时的pH=5,所以pH=5时锰离子开始沉淀,故答案为:
5;
(3)①HSO3﹣的电离方程式为:
HSO3﹣⇌H++SO32﹣,平衡常数表达式为K=
,故答案为:
;
②Na2SO3溶液显碱性,SO32﹣存在两步水解:
SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣,HSO3﹣+H2O⇌H2SO3+OH﹣,以第一步水解为主,水解程度较小,则0.1mol/LNa2SO3溶液中的离子浓度顺序为:
c(Na+)>c(SO32﹣)>c(OH﹣)>c(HSO3﹣)>c(H+),故答案为:
c(Na+)>c(SO32﹣)>c(OH﹣)>c(HSO3﹣)>c(H+);
③由表可知H2SO3的二级电离小于H2CO3的一级电离,所以酸性强弱H2SO3>H2CO3>HSO3﹣,所以反应的主要离子方程式为H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O,而不是为H2SO3+2HCO3﹣=SO32﹣+2CO2↑+2H2O.故答案为:
H2SO3+HCO3﹣=HSO3﹣+CO2↑+H2O.
9.某研究小组将纯净的SO2气体通入0.1mol•L﹣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NO3﹣
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.
实验步骤
实验现象
结论
实验1:
在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1BaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体.
无现象
假设一成立
实验2:
在盛有不含O2的25mL0.1mol•L﹣1Ba(NO3)2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体
生成白色沉淀
(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 SO2溶于水后生成H2SO3 ;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) 3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣ .
(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.
实验步骤、预期现象和结论(不要求写具体操作过程):
(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 小于 (填“大于”或“小于”)后者,理由是 反应的离子方程式表明,足量的O2和NO3﹣分别氧化相同的H2SO3,生成的H+的物质的量前者大于后者 .
【解答】解:
(1)根据强酸制取弱酸的原理,亚硫酸是弱酸不能制备盐酸,故实验1无现象;
二氧化硫溶于水后生成H2SO3,亚硫酸电离出氢离子:
H2SO3⇌2H++SO32﹣,H+、NO3﹣结合生成具有强氧化性的HNO3,硝酸将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子,从而生成硫酸钡沉淀,
故答案为:
无现象;白色沉淀生成;
(2)试验1中,二氧化硫溶于水后生成H2SO3,亚硫酸电离出氢离子:
H2SO3⇌2H++SO32﹣,所以溶液的pH减小;试验2发生反应:
3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣,反应中生成了强酸硫酸,则实验2的pH小于实验1,
故答案为:
SO2溶于水后生成H2SO3,亚硫酸显酸性,故pH值减小;3SO2+2H2O+2NO3﹣=2NO+4H++3SO42﹣;
(3)验证假设二,需要用实验1做对比实验,然后做实验3:
在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体,若有白色沉淀生成,则假设二成立,即:
实验步骤
实验现象
结论
实验1:
在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体
无现象
假设二成立
实验3:
在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体
有白色沉淀生成
,
故答案为:
实验步骤
实验现象
结论
实验1:
在盛有不含O2的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体
无现象
假设二成立
实验3:
在盛有未经脱O2处理的25ml0.1mol/LBaCl2溶液的烧杯中,缓慢通入纯净的SO2气体
有白色沉淀生成
(4)氧气与亚硫酸反应的离子方程式为:
2H2SO3+O2=4H++2SO42﹣,亚硫酸与硝酸根离子反应的离子方程式为:
3H2SO3+2NO3﹣=2NO↑+4H++H2O+3SO42﹣,根据反应可知,足量的O2和NO3﹣分步氧化相同的亚硫酸,生成的氢离子的物质的量前者大于后者,所以前者溶液的pH小于后者,
故答案为:
小于;反应的离子方程式表明,足量的O2和NO3﹣分步氧化相同的亚硫酸,生成的氢离子的物质的量前者大于后者.
10.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
采用如图装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5.装置Ⅱ中有Na2S2O5晶体析出,发生的反应为:
Na2SO3+SO2═Na2S2O5
(1)装置Ⅰ中产生气体的化学方程式为 Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O .
(2)要从装置Ⅱ中获得已析出的晶体,可采取的分离方法是 过滤 .
(3)装置Ⅲ用于处理尾气,可选用的最合理装置(夹时仪器已略去)为 d (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HSO3﹣的电离程度大于水解程度,可采用的实验方法是 ae .
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 取少量Na2S2O5晶体于试管中,加入适量水溶解,滴加盐酸,振荡,再滴加氯化钡溶液,有白色沉淀生成 .
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:
(已知:
滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O═H2SO4+2HI)
①按上述方案实验,消耗标准I2溶液25.00mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为 0.16 g•L﹣1.
②在上述实验过程中,若有部分HI被空气氧化,则测定结果 偏低 (填“偏高”“偏低”或“不变”).
【解答】解:
(1)由装置Ⅱ中发生的反应可知,装置Ⅰ中产生的气体为SO2,亚硫酸钠与硫酸反应生成硫酸钠、二氧化硫与水,反应方程式为:
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,
故答案为:
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O;
(2)装置Ⅱ中获得已析出的晶体,分离固体与液态,应采取过滤进行分离,
故答案为:
过滤;
(3)a.装置应将导管深入氨水中可以吸收二氧化硫,但为密闭环境,装置内压强增大易产生安全事故,故错误;
b.该装置吸收二氧化硫能力较差,且为密闭环境,装置内压强增大易产生安全事故,故错误;
c.该装置不能吸收二氧化硫,所以无法实现实验目的,故错误;
d.该装置中氢氧化钠与二氧化硫反应,可以吸收,且防止倒吸,故正确;
故答案为:
d;
(4)NaHSO3溶液中HSO3﹣的电离程度大于水解程度,溶液呈酸性,测定溶液的pH,可以确定溶液酸碱性,酸性溶液可以使湿润蓝色石蕊试纸变红,所以能用测定溶液pH值、湿润的蓝色石蕊试液检验,而加入Ba(OH)2溶液、HCl溶液、品红溶液都不能说明溶液呈酸性,故选ae;
故答案为:
ae;
(5)Na2S2O5中S元素的化合价为+4价,因此会被氧化为为+6价,即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4,用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可,实验方案为:
取少量Na2S2O5
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- 专题十七 氧硫及其化合物 绿色化学与环境保护 答案 专题 十七 及其 化合物 绿色 化学 环境保护