《2014届高考化学 考点15 硫元素单质及其重要化合物部分模拟题专题专练（含解析）.doc》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2014届高考化学 考点15 硫元素单质及其重要化合物部分模拟题专题专练（含解析）.doc（11页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、考点15 硫元素单质及其重要化合物1、（2013江苏高考1）化学在资源利用、环境保护等与社会可持续发展密切相关的领域发挥着积极的作用。下列做法与社会可持续发展理念相违背的是A.改进汽车性质尾气净化技术，减少大气污染物的排放B.开发利用可再生能源，减少化石燃料的使用C.研发可降解高分子材料，减少“白色污染”D.过度开发矿物资源，促进地方经济发展【参考答案】D【分析】本题属于考核化学与社会问题中的节能减排、保护环境、资源利用等相关问题。A.汽车工业的发展可持续发展离不开技术的进步，改进汽车性质尾气净化技术，减少大气污染物的排放是汽车工业发展必然要求。B.开发利用太阳能、风能、潮汐能、地热能等可再生
2、能源，可以减少化石燃料的使用，减轻温室效应的压力，有得社会的可持续发展。C.“白色污染”在土壤和水体中富集可长期影响农作物的生长、海洋渔业等，研发可降解高分子材料，给塑料工业带来可持续发展的机遇。D.适度开发矿物资源，能促进地方经济发展；过度开发矿物资源，不利于地方经济发展的可持续发展，甚至资源浪费，环境污染。煤、石油、稀土等资源开发须有国家宏观控制，才能实现真正意义上的可持续发展。【解题指南】解答本题时应注意“资源利用、环境保护与社会可持续发展”的要求。【解析】选D。A项，汽车尾气中含有氮氧化物等有害气体，改进净化技术，可以减少污染物的排放，有利于社会可持续发展；B项，化石燃料是不可再生资源
3、，且化石燃料使用过程中易产生污染，减少化石燃料的使用有利于社会可持续发展；C项，“白色污染”是聚乙烯等难以降解的塑料产生的污染，研发使用可降解塑料有利于保护环境，可持续发展；D项，矿物资源大多为不可再生资源，且矿物资源开采使用过程中易导致污染，不利于社会可持续发展。2、（2013上海高考1）今年3月修订的环境空气质量标准中新纳入的强制监测指标是 APM2.5 BNOx CSO2 D可吸入颗粒物【答案】A【解析】本题考查化学与生活，意在考查考生应用化学知识解释生活现象的能力。2013年3月修订的环境空气质量标准将PM2.5纳入强制检测指标，A项正确；氮氧化物、SO2、可吸入颗粒物已在检测指标中，
4、不属于新增检测项目，故答案为：A。4、（2013海南高考8）两种盐的固体混合物：加热时有气体产生，加水溶解时有沉淀生成，且沉淀溶于稀盐酸。满足上述条件的混合物是 A . BaCl2和(NH4)2SO3 B . AgNO3和NH4Cl CFeCl3和NaHCO3 D. KCl和Na2CO3【解析】A选项有铵盐，加热产生气体，溶解得到亚硫酸钡沉淀且溶于盐酸；B选项溶解得到的氯化银不溶于盐酸；C项碳酸氢钠分解生成二氧化碳，加水溶解发生双水解，生成的氢氧化铁可溶解于盐酸；D项溶解后得不到沉淀。【答案】AC5、（2013江苏高考7）下列物质转化在给定条件下能实现的是A. B. C. D.【参考答案】A【
5、分析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴。三氧化铝的两性、偏铝酸酸性弱于碳酸、候氏制碱原理 、Fe3水解FeCl3溶液蒸干得不到无水FeCl3、氢氧化镁不稳定性等内容都来源于必修一、和必修二等课本内容及课本上的基本反应，看来高三复习不能“舍本逐末”。【解题指南】解答本题时应注意掌握中学化学常见物质的相互转化及相关方程式。【解析】选A。对于：第一步转化Al2O32NaOH=2NaAlO2H2O，第二步转化2NaAlO2CO23H2O=2Al(OH)3Na2CO3或NaAlO2CO22H2O=Al(OH)3NaHCO3；对于：第一步转化不能一步实现，第二步转化SO3+H2O=H2SO4；对于：第
6、一步转化NaCl+CO2+H2O=NaHCO3+NH4Cl, 第二步转化 2NaHCO3 Na2CO3H2OCO2对于：第一步转化Fe2O3+6HCl=2FeCl3+3H2O, 第二步转化，FeCl3水解，得不到无水FeCl3；对于：第一步转化Ca(OH)2+ MgCl2= Mg(OH)2+ CaCl2 , 第二步转化Mg(OH)2MgOH2O；所以选A.。6、（2013重庆高考7）下列叙述正确的是e与S混合加热生成FeS2NaHCO3的热稳定性大于Na2CO3过量的铜与浓硝酸反应有一氧化氮生成白磷在空气中加热到一定温度能转化为红磷【解题指南】解答本题时应注意物质的特殊性质，如硫元素的氧化性较
7、弱，碳酸钠的稳定性较强，同时注意关键词语“过量”“浓”“空气”。【解析】选C。选项具体分析结论A两者混合加热生成FeS。错误B碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，因此碳酸钠的热稳定性大于碳酸氢钠。错误C铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，但是当铜过量时，随着硝酸的浓度的降低，产物中便有一氧化氮生成。正确D白磷在空气中加热会与氧气反应。错误7、（2013广东高考12）下列陈述正确并且有因果关系的是选项陈述陈述ASO2有漂白性SO2可使溴水褪色BSiO2有导电性SiO2可用于制备光导纤维 C浓硫酸有强氧化性 浓硫酸可用于干燥H2和CODFe3+有强氧化性FeCl3溶液可用于回收废旧电路板中的铜【解题指南】解答本题
8、时应从常见物质的性质考虑。 【解析】选D。选项具体分析结论A陈述表现了SO2的还原性，而陈述表现为漂白性。没有因果关系B二氧化硅不导电。不正确C陈述表现出弄硫酸的吸水性。没有因果关系D陈述中Fe3+氧化铜而使铜腐蚀回收。属于因果关系8、（2013山东高考12）下列由相关实验现象所推出的结论正确的是 ACl2、SO2均能使品红溶液褪色，说明二者均有氧化性 B溶液中滴加酸化的Ba（NO3）2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42- CFe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应 D分别充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中后液面均迅速上升，说明二者均易溶于水【解
9、题指南】解答本题时应明确氯气和二氧化硫褪色的原理的不同点，Cl-、SO42-的检验方法及注意事项。【解析】选D。A项，二者漂白的原理不同，前者属于氧化型，后者属于化合型，因此不能说明SO2具有氧化性，A错；B项，溶液中也可能含有SO32-，B错；C项，铁与硝酸发生的不是置换反应，C错误；9、（2013海南高考1）化学与环境密切相关，下列有关说法正确的是 ACO2属于大气污染物 B酸雨是pH小于7的雨水 CCO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成 D大气中CO2含量的增加会导致温室效应加剧【解析】CO2不属于大气污染物，酸雨pH5.6。【答案】D10、（2013江苏高考5）下列有关物质的性质与应
10、用不相对应的是A.明矾能水解生成Al(OH)3胶体,可用作净水剂B.FeCl3溶液能与Cu反应，可用于蚀刻印刷电路C.SO2具有氧化性，可用于漂白纸浆D.Zn具有还原性和导电性，可用作锌锰干电池的负极材料【参考答案】C【分析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、和必修二等课本内容。铝离子水解、胶体的吸附性、Fe3的氧化性、SO2和Zn的还原性等内容，看来高三一轮复习围绕课本、围绕基础展开，也不失为一条有效途径。【解题指南】解答本题时应牢记典型物质的性质和应用，搞清其中有关的化学原理。【解析】选C。A项，明矾水解生成的氢氧化铝胶体有吸附性，可作净水剂，A项正确；B项，三
11、氯化铁溶液可以与铜反应，三氯化铁溶液用于蚀刻电路，B项正确；C项，二氧化硫的漂白是二氧化硫的漂白性，而不是还原性，C项错误；D项，电池的电极应能导电，负极上发生氧化反应，D项正确。 11、（2013江苏高考13）下列根据实验操作和现象所得出的结论正确的是选项实验操作实验现象结 论A向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液均有固体析出蛋白质均发生变性B向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀溶液X中一定含有SO42C向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体出现白色沉淀H2SiO3的酸性比H2CO3强D向浓度均为0.1 molL1NaCl和NaI混合
12、溶液中滴加少量AgNO3溶液出现黄色沉淀Ksp(AgCl)Ksp(AgI)【参考答案】D【分析】本题属于常规实验与基本实验考查范畴。A.向两份蛋白质溶液中分别滴加饱和NaCl溶液和CuSO4溶液，虽然实验现象均有固体析出，但一是盐析，一是变性；一是可逆变化，一是不可逆变化。B.向溶液中先滴加稀硝酸，再滴加Ba(NO3)2溶液，出现白色沉淀就得出溶液X中一定含有SO42是不合理的，若溶液中有SO32也出现白色沉淀。C.向一定浓度的Na2SiO3溶液中通入适量CO2气体，出现白色沉淀，结论应为H2CO3的酸性比H2SiO3强。D.向浓度均为0.1 molL1NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgN
13、O3溶液，出现黄色沉淀，说明沉淀向着溶解度更小的方向转化，结论应该是Ksp(AgCl)Ksp(AgI)。【备考提示】常见物质的制备、分离提纯、除杂和离子检验等都是学生必备的基本实验技能，我们要在教学中不断强化，反复训练，形成能力。【解题指南】解答本题时应注意盐析和变性的区别、硫酸根的检验方法、强酸制弱酸和沉淀溶解平衡的有关原理，并应用相关原理来分析具体问题。【解析】选D。选项具体分析结论A蛋白质中加入轻金属盐发生盐析，加入重金属盐发生变性错误B若溶液中含有SO23（不含SO24），加入稀硝酸SO23被氧化为SO24，也会产生硫酸钡白色沉淀错误C硅酸钠溶液中通二氧化碳产生的白色沉淀为硅酸，根据强
14、酸制弱酸，说明碳酸的酸性比硅酸强错误DCl 、I物质的量浓度相同，氯化银、碘化银为同类型化合物，出现的黄色沉淀为碘化银，说明碘化银溶度积小正确12含有下列各组离子的溶液中，通入过量SO2气体后仍能大量共存的是 AH+、Ca2+、Fe3+、N03- BBa2+、Cl-、Al3+、H+ CNa+、NH4+、I-、HS- DNa+、Ca2+、K+、Cl-19. BD【解析】本题考查离子共存问题，意在综合考查考生的分析、推理能力。A项，通入过量SO2后，Fe3+和H+与NO3-均可与SO2发生氧化还原反应而不能存在，在溶液中SO2被氧化生成SO42-，SO42-与Ca2+结合生成硫酸钙沉淀，A项错误；
15、C项，通入SO2后，生成H2SO3与HS-发生氧化还原反应生成单质硫而不能大量共存，C项错误；B、D项通入SO2后不能发生反应，仍可大量共存，故答案为：BD。13、（2013大纲版全国卷29） （15分）氯化钾样品中含有少量碳酸钾、硫酸钾和不溶于水的杂质。为了提纯氯化钾，先将样品溶于适量水中，充分搅拌后过滤，在将滤液按下图所示步骤进行操作。回答下列问题：起始滤液的pH_7（填“大于”、“小于”或“等于”），其原因是_。试剂I的化学式为_，中发生反应的离子方程式为_。试剂的化学式为_，中加入试剂的目的是_；试剂的名称是_，中发生反应的离子方程式为_；某同学称取提纯的产品0.7759g，溶解后定定
16、容在100mL容量瓶中，每次取25.00mL溶液，用0.1000molL-1的硝酸银标准溶液滴定，三次滴定消耗标准溶液的平均体积为25.62mL，该产品的纯度为_。（列式并计算结果）【解题指南】（1）（4）小题需审清题意，选择好试剂，明确滴加顺序，准确用化学用语表达；（5）小题需按题上要求列式并准确计算。【解析】（1）起始滤液中含有碳酸钾，碳酸根水解呈碱性，故溶液的pH大于7；（2）要除掉杂质离子硫酸根和碳酸根，应加入过量的钡离子，又不能引入其它离子，因此选用BaCl2溶液，SO42-和CO32-均能反应。（3）要除掉多余的钡离子，所需试剂必须既能除去过量的Ba2+，又不能引入其它杂质且过量离
17、子较易除去，因此选用K2CO3。（4）要除掉多余的碳酸根，要滴加过量的盐酸；（5）计算样品的纯度，注意0.7759g样品配成100ml溶液，每次只取25ml；另外从本题所给数据来看需保留四位有效数字。【答案】：（1）大于，强酸弱碱盐K2CO3发生水解使体系呈碱性（2）BaCl2，SO42-+Ba2+=BaSO4 、CO32-+Ba2+=Ba CO3（3）K2CO3，除去A中的Ba2+离子（4）盐酸，CO32-+2H+=CO2+H2O（5）w=19、（2013上海高考五大题）五、(本题共8分) 二氧化硒(SeO2)是一种氧化剂，其被还原后的单质硒可能成为环境污染物，通过与浓HNO3或浓H2SO4
18、反应生成SeO2以回收Se。 完成下列填空： 27Se和浓HNO3反应的还原产物为NO和NO2，且NO和NO2的物质的量之比为1：1，写出Se和浓HNO3的反应方程式_。28已知：Se+2H2SO4(浓)2SO2+SeO2+2H2O 2SO2+SeO2+2H2OSe+2SO42-+4H+ SeO2、H2SO4(浓)、SO2的氧化性由强到弱的顺序是_。29回收得到的SeO2的含量，可以通过下面的方法测定： SeO2+KI+HNO3Se+I2+KNO3+H2O I2+2Na2S2O3Na2S4O6+2NaI 配平方程式，标出电子转移的方向和数目。30实验中，准确称量SeO2样品0.1500g，消耗
19、了0.2013 mol/L的Na2S2O3溶液25.00 mL，所测定的样品中SeO2的质量分数为_。五、【答案】（本题共8分）27.Se+2HNO3(浓)H2SeO3+NO+NO2 （2分）； 28. H2SO4（浓）SeO2SO2 （1分）29. （3分）； 30. 0.925（2分）【解析】利用题中信息可知Se与浓HNO3反应，Se被氧化为+4价的H2SeO3，HNO3还原为NO与NO2，利用电子守恒和限定条件（生成NO与NO2的物质的量之比为1:1，即二者计量系数比为1:1）可得方程式。利用氧化性：氧化剂氧化产物，结合题中方程式可知氧化性：H2SO4（浓）SeO2SO2。在反应I-失电
20、子，转移SeO2，+4价Se得到电子还原为单质Se。利用前面配平的方程式可得关系式：SeO22I24Na2S2O3,故样品中SeO2的质量分数为：111gmol-1（0.2013mol/L0.025L）/4/0.1500g0.925。20、（2013北京高考25）(13分) 直接排放含SO2的烟气会形成酸雨，危害环境，利用钠碱循环法可脱除烟气中的SO2。用化学方程式表示SO2形成硫酸型酸雨的反应:_在钠碱循环法中，Na2SO3溶液作为吸收液，可由NaOH溶液吸收SO2制得，该反应的离子方程式是 _ 吸收液吸收SO2的过程中，pH随n(SO3 2):n(HSO3)变化关系如下表:n(SO3 2)
21、:n(HSO3)91：91：11：91pH.7.26.2上表判断NaHSO3溶液显性，用化学平衡原理解释:当吸收液呈中性时，溶液中离子浓度关系正确的是(选填字母):a. c(Na+)=2c(SO32)+c(HSO3) b. c(Na+)c(HSO3)c(SO32) c（H+）=c(OH)c. c(Na+)+ c（H+）= c(SO32)+c(HSO3)+c(OH)当吸收液的pH降至约为6时，需送至电解槽再生。再生示意图如下:HSO3在阳极放电的电极反应式是。当阴极室中溶液p升至8以上时，吸收液再生并循环利用。简述再生原理：_。【解题指南】解答本题时应注意以下三个方面：+4价的硫元素具有强的还原
22、性，能被O2、C12、硝酸等强氧化剂氧化成+6价。能根据混合溶液中物质量的关系结合电荷守恒来比较离子浓度大小关系。阴离子在阳极放电发生氧化反应，化合价升高。【解析】（1）SO2与水生成H2SO3，H2SO3被氧气氧化成H2SO4。（3）根据溶液中电荷守恒，c(Na+)+ c（H+）= 2c(SO32)+c(HSO3)+c(OH)，判断出c项错误，由溶液呈中性，c（H+）= c(OH)，很溶液推断出a项是正确的。由数据表可分析得出，当Na2SO3和NaHSO3二者混合时，若前者过量或等量混合时，溶液均显碱性；当后者过量较多时溶液才显酸性，即NaHSO3溶液显酸性。因此当显中性时，HSO3量稍多于
23、SO32，因此有c(Na+)c(HSO3)c(SO32) c（H+）=c(OH)，b项正确。（4）HSO3中的硫显+4价，在阳极失电子变为+6价；阴极室H+放电变成H2，c(H+)减小，促使HSO3的电离平衡向电离方向移动，生成较多的SO32-，与通过阳离子交换膜的Na+重新得Na2SO3吸收液。【答案】（1）SO2 + H2O H2SO3 2H2SO3 + O2=2H2SO4（2）2OH- + SO2 =H2O + SO32-（3）酸 HSO3-H+ + SO32-和HSO3- +H2OH2SO3 + OH- ，HSO3-的电离程度强于水解程度ab（4）HSO3- +H2O-2e-= SO4
24、2- +3H+H+在阴极得到电子生成H2，溶液中c（H+）降低，促使HSO3-电离生成SO32-，且Na+进入阴极室，吸收液得以再生。21、（2013山东高考28）（12分） 工业上由黄铜矿（主要成分CuFeS2）冶炼铜的主要流程如下：（1）气体A中的大气污染物可选用下列试剂中的 吸收。a. 浓H2SO4 b.浓HNO3 c.NaOH溶液 d.氨水（2）用稀H2SO4 浸泡熔渣B，取少量所得溶液，滴加KSCN溶液后呈红色，说明溶液中存在 （填离子符号），检验溶液中还存在Fe2+的方法是 （注明试剂、现象）。（3）由泡铜冶炼粗铜的化学反应方程式为 。（4）CuSO4溶液为电解质溶液进行粗铜（含A
25、l、Zn、Ag、Pt、Au等杂质）的电解精炼，下列说法正确的是 。a. 电能全部转化为化学能 b.粗铜接电源正极，发生氧化反应c. 溶液中Cu2+向阳极移动 d.利用阳极泥可回收Ag、Pt、Au等金属（5）利用反应2Cu+O2+ 2H2SO4 =2 CuSO4 + 2H2O可以制备CuSO4，若将该反应设计为原电池，其正极电极反应式为 。【解题指南】解答本题时应理清无机化工流程，明确每一步的反应在流程中的作用。对于陌生的氧化还原反应要用正确的配平方法进行配平；掌握电解精炼铜的原理及相关电极反应式的书写。【解析】（1）从冰铜的元素组成上看，其中含有硫元素，焙烧产物泡铜和熔渣中不再含有硫元素，故可
26、推知A一定为SO2， 一般选用碱液溶液，故答案为c、d。（2）向溶液中滴加KSCN溶液，溶液呈红色，可推知溶液中一定含有Fe3+；要检验溶液中还含有Fe2+，可取适量酸性KMnO4溶液于一只试管中，滴入几滴该溶液，若酸性高锰酸钾溶液褪色或变浅，说明该溶液中含有Fe2+。（3）泡铜制取粗铜，是Cu2O和铝发生氧化还原反应，根据氧化还原反应的配平方法进行配平可得，化学反应方程式为3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu。（4）在电解过程中，会有一部分电能损失转化为热能，因此电能不可能全部转化为化学能，A错误；C项，溶液中的Cu2+应向阴极（精铜）移动，C错误；正确答案为b、d。（5）本题可采取两种方法
27、书写：一是直接法，通过化学反应可以看出，O2 发生还原反应，正极反应物一定为O2，其对应的还原产物为H2O，故正极的电极反应为：O2-4e-+4H+=2H2O；方法二：先写出负极电极反应：铜作为负极反应物，氧化产物为CuSO4，故其电极反应式为Cu-2e-+SO42-= CuSO4，在电量相同的前提下，用总的电极反应式减去该电极反应式，可得正极的电极反应式为O2-4e-+4H+=2H2O。【答案】（1）c、d（2）Fe3+，取少量溶液，滴加KMnO4溶液，KMnO4褪色（3）3Cu2O+2AlAl2O3+6Cu（4）b、d（5）4H+O2+4e-=2H2O22、（2013天津高考9）9（18分
28、）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70Cu、25Al、4Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：请回答下列问题： 第步Cu与酸反应的离子方程式为_；得到滤渣1的主要成分为_。 第步加H2O2的作用是_，使用H2O2的优点是_；调溶液pH的目的是使_生成沉淀。 用第步所得CuSO45H2O制备无水CuSO4的方法是_。 由滤渣2制取Al2(SO4)318H2O ，探究小组设计了三种方案：上述三种方案中，_方案不可行，原因是_：从原子利用率角度考虑，_方案更合理。 探究小组用滴定法
29、测定CuSO45H2O （Mr250）含量。取a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol LL1 EDTA（H2Y2）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2 CuY2 + 2H+ 写出计算CuSO45H2O质量分数的表达式 _ ；下列操作会导致CuSO45H2O含量的测定结果偏高的是_。a未干燥锥形瓶 b滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c未除净可与EDTA反应的干扰离子【解题指南】解答本题时按照以下流程：【解析】加热条件下铜、铝、铁均与混合酸反应，而铂和金都不与混酸反应，因此滤渣是铂与金；（2)固体物质加
30、酸溶液后得到的溶液中铁元素的化合价可能为+2价也可能为+3价，二价铁离子只有在PH值为7.69.6的时候才会沉淀二价铜离子只有在PH值为4.46.4的时候才会沉淀三价铁离子只有在PH值为2.73.7的时候才会沉淀如果不先把二价铁离子氧化为三价铁离子，直接加入碱，则会造成二价铁离子与二价铜离子一起沉淀，因此要将铜离子与二价铁离子分离必须先将亚铁离子氧化呈三价铁离子；（3）由硫酸铜晶体制取硫酸铜只需要将晶体加热脱水就可以；滤渣2中含有氢氧化铁和氢氧化铝，制备硫酸铝晶体必须将铁元素分离出来，甲操作没有分离铁元素，所得的固体中一定含有硫酸铁，乙操作比丙操作少用了氢氧化钠试剂，同时还增加了产品的量。所有
31、有关滴定的计算以及误差分析都可以用关系式法，从公式出发去分析。【答案】（18分） Cu + 4H+ + 2NOCu2+ + 2NO2+ 2H2O 或3Cu + 8H+ + 2NO3Cu2+ + 2NO+ 4H2O Au、Pt 将Fe2+氧化为Fe3+ 不引入杂质，对环境无污染 Fe3+、Al3+ 加热脱水 甲 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 乙 100% c23、（2013四川高考29）29.（16分） 直接排放煤燃烧产生的烟气会引起严重的环境问题，将烟气通过装有石灰石浆液的脱硫装置可以除去其中的二氧化硫，最终生成硫酸钙。硫酸钙可在右图所示的循环燃烧装置的燃料反应器中与甲烷反应，气体
32、产物分离出水后得到几乎不含杂质的二氧化碳，从而有利于二氧化碳的回收利用，达到减少碳排放的目的。请回答下列问题：（1）煤燃烧产生的烟气直接排放到空气中，引发的主要环境问题有 。（填写字母编号）A.温室效应 B. 酸雨 C .粉尘污染 D. 水体富营养化（2）在烟气脱硫的过程中，所用的石灰石浆液在进入脱硫装置前，需通一段时间的二氧化碳，以增加其脱硫效率；脱硫时控制浆液的pH值，此时浆液含有的亚硫酸氢钙可以被氧气快速氧化生成硫酸钙。二氧化碳与石灰石浆液反应得到的产物为 。亚硫酸氢钙被足量氧气氧化生成硫酸钙的化学方程式： 。（3）已知1molCH4在燃料反应器中完全反应生成气态水时吸热160.1kJ,
33、1mol CH4在氧气中完全燃烧生成气态水时放热802.3kJ。写出空气反应器中发生反应的热化学方程式： 。（4）回收的CO2与苯酚钠在一定条件下反应生成有机物M，其化学为C7H5O3Na，M经稀硫酸化得到一种药物中间N，N的结构简式为M的结构简式为 。分子中无OO，醛基与苯环直接相连的N的同分异构体共有 种。【解题指南】解答本题时注意以下几点：（1）燃煤后的气体的主要成分是二氧化碳、二氧化硫、一氧化碳和粉尘；(2)利用已知反应的热化学反应方程式利用盖斯定律可以推测目标反应的焓变。【解析】(1)煤燃烧后的产物中有二氧化碳、二氧化硫、粉尘等，其中二氧化碳会引起温室效应，二氧化硫会引起酸雨； 二氧
34、化碳与碳酸钙、水反应会生成易溶于水的碳酸氢钙，从而增大与二氧化硫的接触面积，增强吸收效果；亚硫酸氢钙中的硫元素为+4价容易被空气中的氧气氧化为+6价，生成微溶于水的硫酸钙；首先写出甲烷在燃料反应器中反应的热化学反应方程式：CH4（g）+CaSO4（s）=CO2（g）+2H2O（g）+CaS（s） H=160.1KJ/mol甲烷在氧气中燃烧的热化学反应方程式：CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（g） H=802.3 KJ/mol空气在反应器中的反应为：CaS（s）+2O2（g）= CaSO4（s），利用盖斯定律求其焓变就可以；由M到N只是将其中的钠原子变成了氢原子，由于苯酚的酸性小于苯甲酸的酸性，因此钠原子在羧基上；由于醛基直接连在苯环上，剩下的两个氧原子只能以羟基的形式连在苯环上，这两个羟基与醛基的位置关系有如下六种：、。【答案】（1）A B C （3分）（2）Ca（HCO3）2或碳酸氢钙（2分）Ca（HSO3）2 +O2 CaSO4 +H2SO4 （3分）（3）CaS（s）+ 2 O2（g） CaSO4（s）；H=-962.4kJ/mol （3分）（4） （2分） 6（3分）- 11 -