第15课 海水资源的利用及环境保护-【提分宝典】2026年新高考化学一轮全考点普查与练习

第15课　　　　　海水资源的利用及环境保护 普查与练习15Ⅰ　　　　　海水资源的开发利用 1．海水淡化的方法 (1)(2026汇编，2分)地球上的大部分水是以海水形式存在的，海水淡化可以缓解淡水资源不足。下列有关海水淡化的方法在原理上不可行的是(　　) ①加明矾使海水中的盐分沉淀而淡化 ②蒸馏海水，将水蒸气冷凝 ③将海水暴晒，滤掉析出的盐 ④将海水加压，使水分子通过半透膜以滤去盐分 A．①② B．②④ C．①③ D．③④ 答案：C 解析：明矾的主要成分是KAl(SO4)2·12H2O，能水解生成Al(OH)3胶体吸附海水中的悬浮物，但不能使海水中的盐沉淀出来，所以不能使海水淡化，故①错误，符合题意。蒸馏法能将海水中的水蒸发而把盐留下，再将水蒸气冷凝为液态的淡水，故②正确，不符合题意。海水暴晒后，滤掉析出的盐，剩下的液体是NaCl饱和溶液，无法得到淡水，故③错误，符合题意。某些由特殊材料制成的半透膜只允许水分子通过，而离子无法通过，由此可以将海水淡化，故④正确，不符合题意。综上所述，故C项符合题意。 (2)(山东百所名校联考，4分)某地海水中主要离子的含量如下表，现利用电渗析法进行淡化，技术原理如图所示(两端为惰性电极，阳膜只允许阳离子通过，阴膜只允许阴离子通过)。下列有关说法错误的是(　　) 离子 Na＋ K＋ Ca2＋ Mg2＋ Cl－ SO HCO 含量/ (mg·L－1) 9360 83 200 1100 16000 1200 118 A．甲室的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑ B．淡化过程中在戊室发生的反应： OH－＋Ca2＋＋HCO===CaCO3↓＋H2O、 2OH－＋Mg2＋===Mg(OH)2↓ C．若将阳膜和阴膜的位置互换，则淡水的出口为a、c D．当通过丙室阴膜的离子的物质的量为1 mol时，甲室收集到气体11.2 L(标准状况) 答案：D 解析：Cl－放电能力大于OH－，所以阳极的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，故A项正确，不符合题意。开始电解时，阴极上水得电子生成氢气和OH－，生成的OH－和Mg2＋反应生成Mg(OH)2沉淀，反应的离子方程式：2OH－＋Mg2＋===Mg(OH)2↓，生成的OH－和HCO反应生成CO，Ca2＋转化为CaCO3沉淀，所以电解一段时间后戊室会发生反应：OH－＋ Ca2＋＋HCO===CaCO3↓＋H2O、2OH－＋Mg2＋===Mg(OH)2↓，故B项正确，不符合题意。若将阳膜和阴膜的位置互换，电解时乙室阴离子移向甲室，阳离子移向丙室，丁室阴离子移向丙室，阳离子移向戊室，所以乙室和丁室中物质主要是水，淡水的出口为a、c，故C项正确，不符合题意。通过丙室阴膜的离子有Cl－、SO、OH－、HCO等，每通过1 mol SO转移2 mol 电子，所以通过丙室阴膜的离子的物质的量为1 mol时，转移电子数大于1 mol，甲室的电极反应式为2Cl－－2e－===Cl2↑，甲室收集到标况下的气体体积大于11.2 L，故D项错误，符合题意。 2．海水中溴、碘、镁的开发利用 (3)(经典题，2分)“空气吹出法”海水提溴的工艺流程如图： 下列说法不正确的是(　　) A．进入吹出塔前，Br－被氧化为Br2 B．从吸收塔流出的溶液主要含HBr和H2SO4 C．经过吸收塔后，溴元素得到富集 D．两次通入水蒸气的作用都是参加反应 答案：D 解析：通入氯气，发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，溴易挥发，可用空气吹出，因此进入吹出塔前，Br－被氧化为Br2，故A项正确，不符合题意。在吸收塔中，Br2、SO2、H2O三者发生反应：Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4，所以从吸收塔流出的溶液主要含有溶质HBr和H2SO4，故B项正确，不符合题意。经过吸收塔后，可使溶液中的Br－远大于海水中Br－的浓度，溴元素得到富集，故C项正确，不符合题意。在吹出塔中通入水蒸气，有助于溴挥发逸出，没有参加反应；在蒸馏塔中，发生反应：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，水为溶剂，但本身不参与反应，同时提供热量，使反应产生的溴单质变为蒸气，经冷凝、精馏得到产品，可见两次通入水蒸气都未参加反应，故D项错误，符合题意。 (4)(2026汇编，4分)实验室利用海带提取碘单质的流程如图。下列说法正确的是____________(填序号)。 ①操作Ⅰ需要三脚架、蒸发皿、酒精灯、玻璃棒等仪器 ②操作Ⅱ可用CCl4溶解海带灰，增大碘的浸出率 ③操作Ⅳ，为保证I－完全氧化为I2，通入的氯气应过量 ④操作Ⅴ若用苯萃取碘水中的碘单质，分液时应先放出有机相，再放出无机相 ⑤操作Ⅵ为提高冷凝效果，可选用直形冷凝管 答案：⑤ 解析：操作Ⅰ需在坩埚中灼烧，需要三脚架、坩埚、酒精灯、玻璃棒等仪器，故①错误。海带中含有的是碘离子不是碘单质，用四氯化碳溶解海带灰不能增大碘的浸出率，故②错误。 在水溶液中，过量的氯气会氧化碘单质，故③错误。苯的密度比水小，用苯萃取碘水中的碘单质，分液时应先从下口放出无机相，再从上口倒出有机相，故④错误。蒸馏时一般用直形冷凝管进行冷凝，故⑤正确。 (5)(全国Ⅱ经典真题，8分)I2的一种制备方法如图所示。 ①加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为__________________________________，生成的沉淀与硝酸反应，生成________后可循环使用。 ②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为____________________________________；若反应物用量比＝1.5时，氧化产物为______；当>1.5，单质碘的收率会降低，原因是______________________________。 答案：①2AgI＋Fe=== 2Ag＋ Fe2＋＋2I－(2分)　AgNO3(1分)　②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2(2分)　I2、FeCl3(1分)　 I2被进一步氧化(2分) 解析：①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环。 ②通入Cl2的过程中，因I－还原性强于Fe2＋，所以Cl2先氧化还原性强的I－，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2，若反应物用量比＝1.5时，即Cl2过量，先氧化完全部的I－再氧化Fe2＋，恰好将全部的I－和Fe2＋氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当>1.5后，即Cl2完全氧化Fe2＋后仍有多余，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低。 (6)(重庆第七次检测，3分)工业上用海水和牡蛎壳为原料冶炼镁的工艺流程如图所示： 下列叙述正确的是(　　) A．牡蛎壳主要成分是CaCO3，沉淀甲主要成分为Mg(OH)2 B．滤液乙经蒸发结晶、趁热过滤后进入“过滤器” C．“烘干器”中通入干燥的热空气烘干 D．“合成器”中发生的反应为H2＋Cl22HCl 答案：A 解析：牡蛎壳主要成分是CaCO3，碳酸钙高温分解生成氧化钙，氧化钙溶于水生成氢氧化钙，氢氧化钙与镁离子作用生成氢氧化镁，氢氧化镁与盐酸反应生成氯化镁，氯化镁溶液经蒸发浓缩、降温结晶后进入“过滤器”，在氯化氢气流中烘干，生成无水氯化镁，电解得镁和氯气，氯气与氢气合成氯化氢。根据分析，氢氧化钙与镁离子作用生成氢氧化镁，沉淀甲主要成分为Mg(OH)2，故A项正确。滤液乙是氯化镁溶液，氯化镁水解产生的盐酸易挥发，若直接蒸发结晶，最终只能得到氢氧化镁，故应蒸发浓缩，降温结晶后进入“过滤器”，故B项错误。为了抑制Mg2＋的水解，应在HCl气氛中烘干，故C项错误。H2和Cl2在光照条件下反应会爆炸，故D项错误。 随堂普查练15Ⅰ 1．(2026汇编，4分)海水是一种重要的自然资源，利用海水可得到一系列产品。下列有关海水资源利用的叙述错误的是__________(填序号)。 ①从海水提取物质都必须通过化学反应才能实现 ②通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴(浙江经典真题) ③利用海水制取溴和镁单质的原理是Br－可被氧化、Mg2＋可被还原(广东经典真题) ④工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率(浙江经典真题) ⑤工业制取碘时，向干海带浸泡液中加强碱，目的是除去有机物杂质 ⑥灼烧法做“海带中碘元素的分离及检验”实验时，须将海带进行灰化(2022.01浙江选考) ⑦用石灰沉淀富镁海水中的Mg2＋，生成碳酸镁(2022.01浙江选考) 答案：①⑦ 解析：海水晒盐过程中没有新物质生成，不是化学反应，故①错误，符合题意。Br－在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中Br－的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，故②正确，不符合题意。海水中的溴和镁分别以Br－和Mg2＋的形式存在，Br－具有还原性，能与氯气反应生成溴单质，Mg2＋具有弱氧化性，能用电解熔融氯化镁的方法制得镁单质，则海水制取溴和镁单质与Br－可被氧化、Mg2＋可被还原有关，故③正确，不符合题意。离子交换法可以很大程度地提取海带中的I－，还可以起到富集低浓度I－的作用，可以提高海带中碘的提取率，故④正确，不符合题意。部分有机物能在强碱溶液中水解生成可溶性物质，故⑤正确，不符合题意。灼烧海带使其灰化，除去其中的有机物，便于用水溶解时浸出碘离子，故⑥正确，不符合题意。用石灰沉淀海水中的Mg2＋，生成的沉淀是Mg(OH)2，故⑦错误，符合题意。 2．(福建南平模拟，4分)用反渗透法将海水淡化，剩余的浓缩液(主要含Cl－、Na＋、 Ca2＋、Mg2＋、SO等离子)，可加工获得其他产品。某学习小组模拟工业生产流程进行实验。下列说法正确的是(　　) A．反应Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ、Ⅳ均属于氧化还原反应 B．反应Ⅲ的离子方程式为Mg2＋＋2OH－===Mg(OH)2↓　 C．反应Ⅱ加入适量CaCl2固体可以获得CaSO4 D．粗盐提纯中，加入试剂的顺序依次为Na2CO3、BaCl2、NaOH、盐酸 答案：C 解析：由题干流程图可知，反应Ⅰ为2NaCl(熔融)2Na＋Cl2↑或者2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，反应Ⅱ为Ca2＋＋SO===CaSO4↓，反应Ⅲ为MgCl2＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋CaCl2，反应Ⅳ为MgCl2(熔融)Mg＋Cl2↑，则Ⅰ、Ⅳ均属于氧化还原反应，Ⅱ、Ⅲ不属于氧化还原反应，故A项错误。反应Ⅲ中使用石灰乳，离子方程式书写时不能拆，则反应Ⅲ的离子方程式为Mg2＋＋Ca(OH)2===Mg(OH)2＋Ca2＋，故B项错误。反应Ⅱ加入适量CaCl2固体可以获得CaSO4，离子方程式：Ca2＋＋SO===CaSO4↓，故C项正确。粗盐提纯中，加入Na2CO3需除去原溶液中的Ca2＋，同时还要除去除SO过程中过量的Ba2＋，故加入试剂的顺序必须保证Na2CO3在BaCl2之后，可以依次为BaCl2、Na2CO3、NaOH、盐酸或者BaCl2、NaOH、Na2CO3、盐酸等，故D项错误。 3．(湖南常德模拟，3分)Li2CO3可用于制陶瓷、药物、催化剂等，微溶于水，在冷水中溶解度较热水中大，不溶于醇。利用海水资源(主要含Na＋、Cl－，少量的Mg2＋、K＋、Li＋、Ca2＋、SO)制备碳酸锂的一种工艺如图所示： 下列说法错误的是(　　) A．工序③和工序④顺序可互换 B．选择温度为80～90 ℃，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率 C．用乙醇洗涤粗产品可起到快速干燥的效果 D．利用重结晶可分离NaCl和KCl 答案：A 解析：利用海水资源(主要含Na＋、Cl－，少量的Mg2＋、K＋、Li＋、Ca2＋、SO)制备碳酸锂，太阳能蒸发浓缩海水，自然沉淀18～24个月，氯化钠和氯化钾从溶液中析出，过滤，滤液1(主要含Mg2＋、Li＋、Ca2＋、SO)中加入过量氢氧化钙，会反应生成氢氧化镁沉淀和少量硫酸钙沉淀，过滤，滤液2(主要含Li＋、Ca2＋、SO、OH－)中加入稍过量碳酸钠，得碳酸钙沉淀，过滤，滤液3(主要含Li＋、CO、Na＋、SO、OH－)中加入碳酸钠，在80～90 ℃条件下得碳酸锂沉淀，以此来解答。工序③和工序④顺序不可互换，互换以后过量钙离子无法除去，故A项错误，符合题意。碳酸锂在冷水中溶解度较热水中大，选择温度为80～90 ℃，可降低碳酸锂在水中的溶解度，提高产率，故B项正确，不符合题意。碳酸锂不溶于醇，乙醇易挥发，用乙醇洗涤粗产品可起到提高产品纯度和快速干燥的效果，故C项正确，不符合题意。氯化钠与氯化钾的溶解度差异较大，且氯化钾的溶解度随温度的变化较大，故可以利用重结晶分离NaCl和KCl，故D项正确，不符合题意。 普查与练习15Ⅱ　　　　　环境保护与绿色化学 3．常见的环境问题 (7)(海南经典真题，2分)2020年9月22日，中国向全世界宣布，努力争取2060年前实现碳中和。下列措施不利于大气中CO2减少的是(　　) A．用氨水捕集废气中的CO2，将其转化为氮肥 B．大力推广使用风能、水能、氢能等清洁能源 C．大力推广使用干冰实现人工增雨，缓解旱情 D．通过植树造林，利用光合作用吸收大气中的CO2 答案：C 解析：氨水能与酸性氧化物二氧化碳反应生成碳酸铵或碳酸氢铵，则用氨水捕集废气中的二氧化碳，将其转化为氮肥有利于大气中二氧化碳的减少，故A项不符合题意。大力推广使用风能、水能、氢能等清洁能源可以减少化石能源的使用，从而减少二氧化碳气体的排放，有利于大气中二氧化碳的减少，故B项不符合题意。大力推广使用干冰实现人工增雨，会增加大气中二氧化碳的量，不利于大气中二氧化碳的减少，故C项符合题意。通过植树造林，利用光合作用吸收大气中的二氧化碳有利于大气中二氧化碳的减少，故D项不符合题意。 (8)(河北经典真题，3分)硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注，下列说法正确的是(　　) A．NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因 B．汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5 C．植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定 D．工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除 答案：D 解析：NO2是红棕色且有刺激性气味的气体，而SO2是无色有刺激性气味的气体，故A项错误。汽车尾气中的主要污染物是NOx、PM2.5和CO，故B项错误。氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子，不能直接吸收空气中的氮氧化物，故C项错误。石灰的主要成分是CaO，与SO2反应生成CaSO3，则工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，故D项正确。 (9)(2024海南真题，2分)化学为实现社会可持续发展贡献巨大。下列说法错误的是(　　) A．以竹代塑，可减少白色污染 B．使用人工合成杀虫剂，对环境无影响 C．无纸化办公，可减少人工合成油墨的使用 D．使用无磷洗涤剂，可减少水体污染 答案：B 解析：利用可降解的竹子替代普通塑料，减少塑料的使用，可减少白色污染，故A项正确，不符合题意。人工合成杀虫剂具有一定毒性，会对环境造成一定影响，故B项错误，符合题意。无纸化办公，减少了打印机中人工合成油墨的使用，故C项正确，不符合题意。磷过量会导致水体富营养化，从而导致赤潮、水华等污染，使用无磷洗涤剂，可减少水体污染，故D项正确，不符合题意。 4．沉淀和氧化还原等方法处理工业“三废” (10)(2022湖南真题，3分)铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下： 下列说法错误的是(　　) A．不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料 B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率 C．合成槽中产物主要有Na3AlF6和CO2 D．滤液可回收进入吸收塔循环利用 答案：C 解析：陶瓷中含有二氧化硅，氢氟酸会与二氧化硅反应，吸收塔内衬材料不宜用陶瓷材料，故A项正确，不符合题意。溶液喷淋法可以增大烟气与碳酸钠溶液的接触面积，提高吸收效率，故B项正确，不符合题意。烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应：Na2CO3＋HF===NaF＋NaHCO3，向合成槽中加入NaAlO2，合成槽中的反应为4NaHCO3＋NaAlO2＋6NaF===Na3AlF6↓＋4Na2CO3＋2H2O，故C项错误，符合题意。滤液的主要成分为碳酸钠，可以循环利用，故D项正确，不符合题意。 (11)(2022福建真题，4分)氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为： ①2NH3＋3ClO－===N2↑＋3Cl－＋3H2O ②NH3＋4ClO－＋OH－===NO＋4Cl－＋2H2O 在一定条件下模拟处理氨氮废水：将1 L 0.006 mol·L－1的氨水分别和不同量的NaClO混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与NaClO投入量(用x表示)的关系如图所示。下列说法正确的是(　　) A．x1的数值为0.009 B．x＞x1时，c(Cl－)＝4c(NO) C．x＞x1时，x越大，生成N2的量越少 D．x＝x1时，c(Na＋)＋c(H＋)＋c(NH)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(ClO－) 答案：C 解析：x＝x1时，氨去除率为100%、总氮残余率为5%，n(NH3)＝0.006 mol·L－1×1 L＝ 0.006 mol，95%的氨气参与反应①、5%的氨气参与反应②，反应①消耗n(ClO－)1＝×3＝ 0.00855 mol，反应②消耗n(ClO－)2＝4×0.006 mol×5%＝0.0012 mol，x1＝0.00855＋0.0012＝0.00975，故A项错误。x＞x1时，反应①也生成氯离子，所以c(Cl－)>4c(NO)，故B项错误。x＞x1时，x越大，氨去除率不变，总氮残余率增大，说明有更多的NH3发生反应②生成硝酸根离子残留在溶液中，生成N2的量相对更少，故C项正确。x＝x1时，氨去除率为100%，溶液中没有NH和ClO－，含有Na＋、H＋、NO、Cl－和OH－，根据电荷守恒得c(Na＋)＋c(H＋)＝c(Cl－)＋c(OH－)＋c(NO)，故D项错误。 (12)(2024江苏真题，15分)贵金属银应用广泛。Ag与稀HNO3制得AgNO3，常用于循环处理高氯废水。 ①沉淀Cl－。在高氯水样中加入K2CrO4使CrO浓度约为5×10－3 mol·L－1，当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀(忽略滴加过程的体积增加)，此时溶液中Cl－浓度约为____________mol·L－1[已知：Ksp(AgCl)＝1.8×10－10，Ksp(Ag2CrO4)＝2.0×10－12]。 ②还原AgCl。在AgCl沉淀中埋入铁圈并压实，加入足量0.5 mol·L－1盐酸后静置，充分反应得到Ag。 ⅰ.铁将AgCl转化为单质Ag的化学方程式为___________________________________。 ⅱ.不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag的原因是_____________________________。 ⅲ.为判断AgCl是否完全转化，补充完整实验方案：取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，____________________________________________________________________________________________________(实验中必须使用的试剂和设备：稀HNO3、AgNO3溶液，通风设备)。 ③Ag的抗菌性能。纳米Ag表面能产生Ag＋杀死细菌(如图所示)，其抗菌性能受溶解氧浓度影响。 ⅰ.纳米Ag溶解产生Ag＋的离子方程式为________________________________________。 ⅱ.实验表明溶解氧浓度过高，纳米Ag的抗菌性能下降，主要原因是________________________________________________________________。 答案：①9×10－6(3分)　②ⅰ.Fe＋2AgCl===FeCl2＋2Ag(2分)　ⅱ.Fe、Ag、稀盐酸构成原电池，AgCl在Ag表面得到电子转化为Ag(3分)　ⅲ.洗涤，向最后一次洗涤液中滴加硝酸银溶液，若无白色沉淀生成，说明氯离子已洗净。在通风设备中，向滤渣中加入足量稀HNO3，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化；若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化(3分)　③ⅰ.4Ag＋O2＋4H＋===4Ag＋＋2H2O(2分)　ⅱ.溶解氧浓度过高，易生成Ag2O覆盖在钠米Ag表面(2分) 解析：①当滴加AgNO3溶液至开始产生Ag2CrO4沉淀，此时Cl－沉淀完全，溶液中满足Ksp(AgCl)＝c(Ag＋)·c(Cl－)，Ksp(Ag2CrO4)＝c2(Ag＋)·c(CrO)，由CrO浓度约为5×10－3 mol·L－1，则c(Ag＋)＝ mol·L－1＝ mol·L－1＝2×10－5mol·L－1，c(Cl－)＝＝ mol·L－1＝9×10－6 mol·L－1。 ②ⅰ.在足量0.5 mol·L－1盐酸中静置，铁将AgCl转化为单质Ag，反应的化学方程式为Fe＋2AgCl===FeCl2＋2Ag。ⅱ.不与铁圈直接接触的AgCl也能转化为Ag，是因为Fe、Ag、稀盐酸构成原电池，AgCl在Ag表面得到电子转化为Ag。ⅲ.判断AgCl是否完全转化，即检验混合物中是否含有AgCl，若AgCl完全转化，则剩余固体全部为银，可完全溶于稀硝酸；若AgCl未完全转化，剩余AgCl不能溶于稀硝酸，则可用稀硝酸检验，稀硝酸参与反应可能会产生氮氧化物，反应需在通风设备中进行。反应后的溶液中存在氯离子，若未将滤渣洗净，残余的氯离子会与Ag、稀硝酸反应生成的Ag＋结合生成AgCl沉淀，干扰实验，因此首先需要使用AgNO3溶液检验氯离子是否洗净，实验方案为取出铁圈，搅拌均匀，取少量混合物过滤，洗涤，向最后一次洗涤液中滴加AgNO3溶液，若无白色沉淀生成，说明氯离子已洗净。在通风设备中，向滤渣中加入足量稀HNO3，搅拌，若固体完全溶解，则AgCl完全转化；若固体未完全溶解，则AgCl未完全转化。 ③ⅰ.根据题图可知，O2为氧化剂，H＋也参与反应，结合得失电子守恒、元素守恒和电荷守恒可得离子方程式为4Ag＋O2＋4H＋===4Ag＋＋2H2O。ⅱ.若溶解氧浓度过高，可能会在纳米Ag表面形成Ag2O，包裹纳米Ag，导致其抗菌性能下降。 5．绿色化学 a．绿色化学的核心——从源头减少或消除污染 (13)(山东经典真题，2分)有利于实现“碳达峰、碳中和”的是(　　) A．风能发电 B．粮食酿酒 C．燃煤脱硫 D．石油裂化 答案：A 解析：碳达峰是指我国承诺2030年前，二氧化碳的排放不再增长，达到峰值之后逐步降低；碳中和是指通过植树造林、节能减排等形式，抵消产生的二氧化碳排放量，实现二氧化碳“零排放”。风能发电，减少碳排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”，故A项符合题意。粮食酿酒，有二氧化碳排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故B项不符合题意。燃煤脱硫，可以减少二氧化硫排放，但不能减少二氧化碳排放，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故C项不符合题意。石油裂化可以提高燃料利用率，但燃料燃烧产生的二氧化碳排放不变，不利于实现“碳达峰、碳中和”，故D项不符合题意。 (14)(2026汇编，4分)化学在环境保护领域发挥着积极作用。下列有关绿色化学的说法或做法错误的是__________(填序号)。 ①改进汽车尾气净化技术，减少大气污染物的排放 ②使用煤炭转化的管道煤气比直接燃煤可减少环境污染 ③工业制胆矾流程中采用稀硫酸、双氧水溶解铜 ④研发可降解高分子材料，减少“白色污染” ⑤去除家用天然气中的有特殊臭味的气体，可减少环境污染 ⑥家庭装修时用水性漆替代传统的油性漆，有利于健康及环境 ⑦植树造林提高城市绿化覆盖率，属于绿色化学 答案：⑤⑦ 解析：汽车尾气的主要成分是氮氧化物、一氧化碳等，改进汽车尾气净化技术，把氮氧化物、一氧化碳转化成氮气、二氧化碳，有利于减少大气污染物的排放，故①正确，不符合题意。煤直接燃烧能够产生二氧化硫，从而形成酸雨。经过脱硫处理的管道煤气，能减少环境污染，故②正确，不符合题意。使用稀硫酸、双氧水溶解铜，既提高了酸的利用率，又无污染，符合“绿色化学”思想，故③正确，不符合题意。可降解高分子材料不会在自然环境中形成白色污染，故④正确，不符合题意。天然气本身是无色、无味的气体，泄漏时难于察觉，使用时常在天然气中加入少量有特殊气味的乙硫醇，能便于人们及时发现天然气泄漏，若去除该种气体，可能会造成事故，故⑤错误，符合题意。水性漆主要是以水作为稀释剂，基本不含有机污染物，较为环保，有利于人体健康及环境保护，符合绿色化学理念，故⑥正确，不符合题意。绿色化学是从源头上消除污染源，植树造林是污染后的治理，故⑦错误，符合题意。 b．绿色化学的目标——原子利用率达到100% (15)(天津经典真题，3分) 最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是(　　) A．用电石与水制备乙炔的反应 B．用溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热制备乙烯的反应 C．用苯酚稀溶液与饱和溴水制备2，4，6－三溴苯酚的反应 D．用乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷()的反应 答案：D 解析：用电石与水制备乙炔，发生反应：CaC2＋2H2O―→C2H2↑＋Ca(OH)2，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故A项不符合题意。用溴乙烷与NaOH的乙醇溶液共热制备乙烯，发生反应：CH3CH2Br＋NaOH CH2== CH2↑＋NaBr＋H2O，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故B项不符合题意。用苯酚稀溶液与饱和溴水制备2，4，6－三溴苯酚，发生反应：OH＋3Br2―→BrBrOHBr↓＋3HBr，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故C项不符合题意。用乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷()，发生反应：2CH2===CH2＋O22，原子全部转化为期望的最终产物，属于最理想的“原子经济性反应”，故D项符合题意。 随堂普查练15Ⅱ 1．(2023江苏真题，3分)我国提出2060年实现碳中和的目标，体现了大国担当。碳中和中的碳是指(　　) A．碳原子 B．二氧化碳 C．碳元素 D．含碳物质 答案：B 解析：碳中和中的碳是指二氧化碳，减少二氧化碳的排放和充分利用二氧化碳生成其他物质是碳中和的核心，故B项符合题意。 2．(湖南经典真题，3分)下列有关湘江流域的治理和生态修复的措施中，没有涉及化学变化的是(　　) A．定期清淤，疏通河道 B．化工企业“三废”处理后，达标排放 C．利用微生物降解水域中的有毒有害物质 D．河道中的垃圾回收分类后，进行无害化处理 答案：A 解析：定期清淤，疏通河道，保证河流畅通，该过程没有新物质生成，不涉及化学变化，故A项符合题意。工业生产中得到产品的同时常产生废气、废水和废渣(简称“三废”)，常涉及化学方法进行处理，如石膏法脱硫、氧化还原法和沉淀法等处理废水、废渣资源回收利用等过程均有新物质生成，涉及化学变化，故B项不符合题意。可通过微生物的代谢作用，将水域中有毒有害物质尤其是复杂的有机污染物降解为无害物质，所以微生物法处理水域中的有毒有害物质有新物质的生成，涉及化学变化，故C项不符合题意。河道中的垃圾回收分类，适合焚化处理的垃圾，利用现代焚化炉进行燃烧，消灭各种病原体，把一些有毒、有害物质转化为无害物质，同时可回收热能，用于供热和发电等，此过程有新物质生成，涉及化学变化，故D项不符合题意。 3．(经典题，2分)化学与资源利用、环境保护及社会可持续发展密切相关。下列说法错误的是(　　) A．煤转化为水煤气加以利用是为了节约燃料成本 B．利用太阳能蒸发淡化海水的过程属于物理变化 C．在阳光照射下，利用水和二氧化碳合成的甲醇属于可再生燃料 D．用二氧化碳合成可降解塑料聚碳酸酯，实现“碳”的循环利用 答案：A 解析：煤转化为水煤气加以利用，提高燃烧效率，减少污染，不是节约成本，故A项错误，符合题意。利用太阳能蒸发淡化海水的过程是液态水变为气态水，变化过程属于物理变化，故B项正确，不符合题意。甲醇属于可再生能源，可代替汽油作为燃料，故C项正确，不符合题意。利用CO2合成聚碳酸酯类可降解塑料，实现“碳”的循环利用，减少二氧化碳的排放，故D项正确，不符合题意。 4．(全国Ⅰ经典真题，6分)我国提出争取在2030年前实现碳达峰、2060年前实现碳中和，这对于改善环境、实现绿色发展至关重要。“碳中和”是指CO2的排放总量和减少总量相当。下列措施中能促进碳中和最直接有效的是(　　) A．将重质油裂解为轻质油作为燃料 B．大规模开采可燃冰作为新能源 C．通过清洁煤技术减少煤燃烧污染 D．研发催化剂将CO2还原为甲醇 答案：D 解析：将重质油裂解为轻质油并不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故A项不符合题意。 大规模开采可燃冰作为新能源，会增大二氧化碳的排放量，不符合碳中和的要求，故B项不符合题意。通过清洁煤技术减少煤燃烧污染，不能减少二氧化碳的排放量，达不到碳中和的目的，故C项不符合题意。研发催化剂将二氧化碳还原为甲醇，可以减少二氧化碳的排放量，达到碳中和的目的，故D项符合题意。 5．(北京经典真题，3分) 硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶是PM2.5的成分之一。近期科研人员提出了雾霾微颗粒中硫酸盐生成的转化机理，其主要过程示意图如图： 下列说法不正确的是(　　) A．该过程有H2O参与 B．NO2是生成硫酸盐的氧化剂 C．硫酸盐气溶胶呈酸性 D．该过程没有生成硫氧键 答案：D 解析：根据图示中各微粒的构造可知，该过程有H2O参与，发生了反应：SO＋NO2＋H2O===HSO＋HNO2，故A项正确，不符合题意。根据图示的转化过程，NO2转化为HNO2，氮元素的化合价由＋4价变为＋3价，化合价降低，得电子被还原，作氧化剂，则NO2是生成硫酸盐的氧化剂，故B项正确，不符合题意。硫酸盐(含SO、HSO)气溶胶中含有HSO，转化过程有水参与，则HSO在水中可电离生成H＋和SO，则硫酸盐气溶胶呈酸性，故C项正确，不符合题意。根据图示转化过程可知，该转化机理是由SO转化为HSO，根据图示对照，有硫氧键生成，故D项错误，符合题意。 6．(2023湖南真题，3分)处理某铜冶金污水(含Cu2＋、Fe3＋、Zn2＋、Al3＋)的部分流程如图： 已知：①溶液中金属离子开始沉淀和完全沉淀的pH如下表所示： 物质 Fe(OH)3 Cu(OH)2 Zn(OH)2 Al(OH)3 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 3.5 完全沉淀pH 3.2 6.7 8.2 4.6 ②Ksp(CuS)＝6.4×10－36，Ksp(ZnS)＝1.6×10－24。 下列说法错误的是(　　) A．“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3 B．Na2S溶液呈碱性，其主要原因是S2－＋H2OHS－＋OH－ C．“沉淀池Ⅱ”中，当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，溶液中＝4.0×10－12 D．“出水”经阴离子交换树脂软化处理后，可用作工业冷却循环用水 答案：D 解析：向混合槽Ⅰ中加石灰乳调节pH＝4，根据表格中Fe3＋开始沉淀的pH为1.9和完全沉淀的pH为3.2，Al3＋开始沉淀的pH为3.5和完全沉淀的pH为4.6，可判断“沉渣Ⅰ”中含有Fe(OH)3和Al(OH)3，故A项正确，不符合题意。Na2S属于强碱弱酸盐，Na2S溶液中的S2－水解产生OH－，使溶液显碱性，其第一步水解的方程式为S2－＋H2OHS－＋OH－，故B项正确，不符合题意。当Cu2＋和Zn2＋完全沉淀时，则CuS和ZnS都达到了沉淀溶解平衡，则＝＝＝＝4.0×10－12，故C项正确，不符合题意。污水经过处理后其中含有钙离子、未除尽的铝离子等阳离子，应用阳离子交换树脂除去，故D项错误，符合题意。 7．(2023江苏真题，15分)V2O5－WO3/TiO2催化剂能催化NH3脱除烟气中的NO，反应为4NH3(g)＋O2(g)＋4NO(g)===4N2(g)＋6H2O(g)　ΔH＝－1632.4 kJ·mol－1。 (1)催化剂的制备。将预先制备的一定量的WO3/TiO2粉末置于80 ℃的水中，在搅拌下加入一定量的NH4VO3溶液，经蒸发、焙烧等工序得到颗粒状V2O5－WO3/TiO2催化剂。在水溶液中VO水解为H3VO4沉淀的离子方程式为______________________________；反应选用NH4VO3溶液而不选用NaVO3溶液的原因是________________________________________。 (2)催化剂的应用。将一定物质的量浓度的NO、O2、NH3(其余为N2)气体匀速通过装有V2O5－WO3/TiO2催化剂的反应器，测得NO的转化率随温度的变化如图所示。反应温度在320～360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是______________________________________________________________________；反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，除因为进入反应器的NO被还原的量减少外，还有______________________________________________(用化学方程式表示)。 (3)废催化剂的回收。回收V2O5－WO3/TiO2催化剂并制备NH4VO3的过程可表示为 ①酸浸时，加料完成后，以一定速率搅拌反应。提高钒元素浸出率的方法还有______________________________________________________。 ②通过萃取可分离钒和钨，在得到的钒酸中含有H4V4O12。已知H4V4O12具有八元环结构，其结构式可表示为______________________。 ③向pH＝8的NaVO3溶液中加入过量的NH4Cl溶液，生成NH4VO3沉淀。已知：Ksp(NH4VO3)＝1.7×10－3，加过量NH4Cl的目的是_____________________________________。 答案：(1)VO＋2H2OH3VO4↓＋OH－(或VO＋NH＋H2OH3VO4↓＋NH3)(2分)　NH与VO可以发生相互促进的水解反应，且制得的催化剂中不含Na＋(2分)　(2)此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，故NO转化率基本不变(或该温度范围内，催化剂的活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消)(2分)　4NH3＋5O24NO＋6H2O、N2＋O2 2NO(3分)　(3) ①适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等(答案合理即可，2分) ② (2分)　③增加NH浓度，促进沉淀溶解平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的含量(2分) 解析：(1)在水溶液中VO水解为H3VO4沉淀的离子方程式为VO＋2H2OH3VO4↓＋OH－(或VO＋NH＋H2OH3VO4↓＋NH3)，反应选用NH4VO3溶液的原因在于NH与VO发生相互促进的水解反应，且制得的催化剂中不含Na＋。 (2)反应温度在320～360 ℃范围内，NO转化率随温度变化不明显的原因是此温度范围内，催化剂活性已达最佳，对反应速率影响不明显，故NO转化率基本不变(或该温度范围内，催化剂的活性变化不大，消耗NO的反应速率与生成NO的反应速率随温度升高而增大，对NO转化率的影响相互抵消)。反应温度高于380 ℃，NO转化率下降，有可能体系中产生了NO，如4NH3＋5O24NO＋6H2O、N2＋O22NO等。 (3)①提高钒元素浸出率的方法还有适当增加酸的浓度、升高温度、延长酸浸时间等(答案合理即可)。②已知H4V4O12具有八元环结构，且根据V显＋5价可知V连有五个共价键，再根据H4V4O12中有4个H，12个O，可知八元环由4个V与4个O交替连接而成，4个H与4个O形成4个—OH分别与4个V相连，剩下的4个O再分别与4个V形成双键，结构式可表示为。③NH4VO3饱和溶液中存在溶解平衡NH4VO3(s) NH(aq)＋VO(aq)，加过量NH4Cl溶液有利于增大NH浓度，促进平衡向析出沉淀的方向移动，提高NH4VO3的产量。 突破积累练　　　　　非金属及其化合物 以氯气制备为基础的其他物质制备 1．(山东经典真题，7分)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如图所示(夹持装置略)： 已知：锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO＋2H2O=== 2MnO＋MnO2↓＋4OH－ 回答下列问题： (1)装置A中a的作用是________________________；装置C中的试剂为______________；装置A中制备Cl2的化学方程式为________________________________。 (2)上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是____________________________________。 (3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，滴定时应将KMnO4溶液加入__________(填“酸式”或“碱式”)滴定管中；在规格为50.00 mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为__________(填字母)。 A．15.00 mL B．35.00 mL C．大于35.00 mL D．小于15.00 mL 答案：(1)平衡气压，使浓盐酸顺利流下 (1分)　NaOH溶液 (1分)　Ca(ClO)2＋4HCl===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O (2分)　(2)在装置A、B之间加装有饱和食盐水的洗气瓶 (1分)　(3)酸式 (1分)　C (1分) 解析：(1)装置A中a的作用是平衡气压，使浓盐酸顺利流下；装置C中的试剂为NaOH溶液，作用是吸收尾气；装置A中制备Cl2的化学方程式为Ca(ClO)2＋4HCl===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O。 (2)浓盐酸具有挥发性，使装置B中溶液碱性减弱，锰酸钾发生反应：3MnO＋2H2O===2MnO＋MnO2↓＋4OH－，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是在装置A、B之间加装有饱和食盐水的洗气瓶，可以吸收HCl，且不会消耗Cl2。 (3)KMnO4常作氧化还原滴定的氧化剂，KMnO4会氧化碱式滴定管下端的橡胶，滴定时应将KMnO4溶液加入酸式滴定管中；在规格为50.00 mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始读数为15.00 mL，此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积大于(50.00－15.00)mL＝35.00 mL，故C项正确。 2．(2026改编，17分)高铁酸盐是优良的多功能水处理剂。K2FeO4为紫色固体，可溶于水，微溶于浓KOH溶液，不溶于乙醇；在0～5 ℃、强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解放出O2。某实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并测定产品纯度。回答下列问题： Ⅰ.制备K2FeO4 装置如图所示，夹持、加热等装置略。 (1)仪器a的名称是__________，实验过程中发现浓盐酸不能持续滴下，装置的改进方案是________________________(写出一种)。 (2)装置B中除杂所用试剂是____________________。试剂M是__________，其作用为______________________________。 (3)A中发生反应的化学方程式为____________________________。 (4)C中反应为放热反应，而反应温度需控制在0～5 ℃，采用的控温方法为__________，反应中KOH必须过量的原因是__________________________________。 (5)写出C中总反应的离子方程式：______________________________________，从三颈烧瓶中获得晶体的系列操作是结晶、过滤、洗涤、干燥，其中洗涤剂可以是__________(填化学式)。 Ⅱ.K2FeO4产品纯度的测定 准确称取1.00 g制得的晶体，配成250 mL溶液，准确量取25.00 mL K2FeO4溶液放入锥形瓶，加入足量CrCl3和NaOH溶液，振荡，再加入稀硫酸酸化后得Fe3＋和Cr2O，滴入几滴二苯胺磺酸钠作指示剂，用0.0500 mol·L－1 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液滴定至终点(溶液显浅紫红色)，平行测定三次，平均消耗 (NH4)2Fe(SO4)2标准溶液28.00 mL。 (6)根据以上数据，样品中K2FeO4的质量分数为__________。若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，会使测定结果__________(填“偏高”“偏低”或“无影响”)。 答案：(1)圆底烧瓶(1分)　将分液漏斗改为恒压滴液漏斗(1分)　(2)饱和食盐水(1分)　碱石灰(1分)　吸收氯气，防止污染空气(1分)　(3)MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O (2分)　(4)冷水浴(1分)　保持溶液碱性，防止K2FeO4变质(2分)　(5)3Cl2＋2Fe3＋＋16OH－===2FeO＋6Cl－＋8H2O(2分)　C2H5OH(1分)　(6)92.4% (3分)　偏高(1分) 解析：(1)仪器a的名称是圆底烧瓶。浓盐酸不能持续滴下，可能是因为烧瓶内压强与分液漏斗内压强不一致，故可将分液漏斗改为恒压滴液漏斗。 (2)B装置用饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；由于氯气有毒，污染空气，该反应需要进行尾气处理，试剂M为碱石灰，用于吸收多余的氯气，防止污染空气。 (3)实验室利用二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气，反应的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。 (4)C中反应为放热反应，而反应温度需控制在0～5 ℃，控温方法可采用冷水浴；K2FeO4在强碱性溶液中比较稳定，在酸性、中性溶液中易分解，反应中KOH必须过量的原因是保持溶液碱性，防止K2FeO4变质。 (5)Cl2将Fe3＋氧化成FeO，自身被还原成Cl－，反应的离子方程式为3Cl2＋2Fe3＋＋16OH－===2FeO＋6Cl－＋8H2O，由题干可知，K2FeO4可溶于水，不溶于乙醇，故可以用乙醇作洗涤剂，化学式为C2H5OH。 (6)设样品中K2FeO4的质量分数为ω，根据关系式： 2K2FeO4～2Cr3＋～Cr2O～6Fe2＋， 2×198 g　　　　　　　 　6 mol 1．00 g×ω　　　　0.0500 mol·L－1×0.028 L×10 得＝ ω＝92.4%。 若(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液部分变质，滴定至终点消耗的(NH4)2Fe(SO4)2标准溶液体积就偏大，计算的样品中K2FeO4的质量分数就会偏高。 新颖含硫物质热点训练 1．(浙江嘉兴模拟，2分)过二硫酸分子式为H2S2O8，可看成是H2O2分子中两个氢原子被磺酸基取代的产物，即HO3S—O—O—SO3H；过二硫酸与水反应生成过氧化氢和硫酸。下列说法不正确的是(　　) A．过二硫酸具有强氧化性 B．过二硫酸中硫元素的化合价为＋6价 C．Na2S2O8可作漂白剂，加热会使其漂白性逐渐失效 D．可用硝酸钡溶液鉴别H2SO4和H2S2O8 答案：D 解析：H2S2O8中含有－1价O，具有强氧化性，故A项正确，不符合题意。H2O2中O的化合价为－1价，过二硫酸(H2S2O8) 可以看成是H2O2中两个氢原子被两个磺酸基(—SO3H) 取代的产物，其中硫元素化合价仍为＋6价，故B项正确，不符合题意。H2S2O8具有磺酸基(—SO3H) 和H2O2的双重性质，H2O2具有强氧化性，能作漂白剂，且受热易分解，所以Na2S2O8具有漂白性和不稳定性，故C项正确，不符合题意。H2SO4和H2S2O8均能与硝酸钡溶液反应生成白色沉淀，所以不能用硝酸钡溶液鉴别H2SO4和H2S2O8，故D项错误，符合题意。 2．(浙江名校联盟联考，2分)已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，下列推测不合理的是(　　) A．ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐 B．相同条件下，ClSO3H比FSO3H更容易水解 C．ClSO3H的制备可以用HCl与SO3反应，也可用浓盐酸和浓H2SO4反应制得 D．相同条件下，等物质的量的ClSO3H和HCl分别溶于水制成1 L溶液，两者pH不同 答案：C 解析：已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，即ClSO3H＋H2O===HCl＋H2SO4，故ClSO3H与足量氢氧化钠溶液反应能生成两种盐，即NaCl和Na2SO4，故A项正确，不符合题意。由于F的电负性比Cl的大，故相同条件下，ClSO3H中的Cl—S键比FSO3H中的F—S键更易断裂，即ClSO3H比FSO3H更容易水解，故B项正确，不符合题意。已知氯磺酸(ClSO3H)是极易水解的一元强酸，不能用浓盐酸和浓H2SO4反应制得，故C项错误，符合题意。氯磺酸(ClSO3H)易水解发生反应ClSO3H＋H2O===HCl＋H2SO4，1 mol ClSO3H与水作用生成3 mol氢离子，1 mol HCl溶于水电离出1 mol氢离子，分别制成1 L溶液，氯磺酸溶液氢离子浓度大，pH小，故D项正确，不符合题意。 3．(经典题，12分)连二亚硫酸钠(Na2S2O4)俗称保险粉，是一种漂白剂、脱氧剂和防腐剂。某研究小组对Na2S2O4的性质与制备进行了如下探究。 (1)测定0.05 mol·L－1 Na2S2O4溶液在空气中pH的变化如图所示。 ①写出0～t1段发生反应的化学方程式：________________________________。 ②t2～t3段溶液的pH变小的原因是________________________。 (2)已知：S2O＋2H＋=== SO2↑＋S↓＋H2O。Na2S2O4固体在隔绝空气的条件下加热至75 ℃以上完全分解得到Na2SO3、Na2S2O3和SO2，检验产物中是否含有Na2SO4，实验方法是_________________________________________________________________________________________________________________________________________。 (3)由工业废气制备Na2S2O4的实验原理如下： ①向装置Ⅱ中加入Ce4＋的目的是________________________。 ②写出装置Ⅲ中发生反应的离子方程式：________________________________。 (4)由锌粉法制备Na2S2O4的实验装置如图所示。主要步骤如下： 步骤1：将SO2通入锌粉的水悬浮液中，于35～45 ℃下反应生成连二亚硫酸锌。 步骤2：加入过量烧碱溶液，于28～35 ℃下反应生成Na2S2O4和氢氧化锌悬浮溶液。 由上述实验进一步提纯得到Na2S2O4(s)的实验方案是取一定量的Na2S2O4和氢氧化锌悬浮液，__________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________________ _________________________________________(实验中须使用的试剂有：氯化钠、乙醇；除常规仪器外须使用的仪器有：真空干燥箱)。 答案：(1)①2Na2S2O4＋O2＋2H2O===4NaHSO3(2分)　②NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强(2分)　(2)取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产物中含Na2SO4(2分)　(3)①将NO氧化为NO和NO (2分)　②2SO＋2Ce3＋＋2H2OS2O＋2Ce4＋＋4OH－(2分)　(4)过滤，向滤液中加入一定量的氯化钠使Na2S2O4溶解度降低，从溶液中析出，过滤，用乙醇洗涤固体，置于真空干燥箱中干燥(2分) 解析：(1)①0～t1段，Na2S2O4被氧化为NaHSO3，反应方程式为2Na2S2O4＋O2＋2H2O===4NaHSO3，其中HSO电离能力强于水解能力，溶液显弱酸性。②t2～t3段，NaHSO3被氧化为NaHSO4使溶液酸性增强，pH减小。 (2)检验产物中是否含有Na2SO4的方法：取少量固体溶于足量稀盐酸，向上层清液中滴加BaCl2溶液，若有白色沉淀，则产物中含Na2SO4。 (3)①根据流程中NO不能溶于NaOH，通过加入Ce4＋，得到Ce3＋、NO、NO，说明加入Ce4＋的作用是将NO氧化为NO和NO。②根据流程可知，装置Ⅲ为电解Ce3＋、NO、NO和SO的混合溶液，得到S2O和Ce4＋，说明参加电解的是Ce3＋和SO，应为碱性环境，否则NO、NO具有氧化性，故反应为2SO＋2Ce3＋＋2H2OS2O＋2Ce4＋＋4OH－。 (4)根据分析，提纯得到Na2S2O4(s)的方案为取一定量的Na2S2O4和氢氧化锌悬浮液，过滤，向滤液中加入一定量的氯化钠使Na2S2O4溶解度降低，从溶液中析出，过滤，用乙醇洗涤固体，置于真空干燥箱中干燥。 4．(全国Ⅱ经典真题，11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)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________________________________________________。 (2)成品中S2－的含量可以用“碘量法”测得。称取m g样品，置于碘量瓶中，移取25.00 mL 0.1000 mol·L－1的I2－KI溶液于其中，并加入乙酸溶液，密闭，置暗处反应5 min，有单质硫析出。以淀粉为指示剂，过量的I2用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3溶液滴定，反应式为I2＋2S2O=== 2I－＋S4O。测定时消耗Na2S2O3溶液体积V mL。终点颜色变化为________________，样品中S2－的含量为________________________(写出表达式)。 答案：(1)①BaSO4＋4C===BaS＋4CO↑(2分)　CO＋H2O===CO2＋H2(2分)　②BaCO3(2分)　③S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO===ZnS·BaSO4↓(2分)　(2)浅蓝色至无色(1分) ×100%(2分) 解析：(1)流程分析：重晶石与焦炭在回转炉中反应：BaSO4＋4C===BaS＋4CO↑，生成还原料BaS，硫化钡溶液与硫酸锌发生复分解反应：S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO===ZnS·BaSO4↓，得到立德粉。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与水蒸气反应生成CO2与一种清洁能源气体，则该气体为H2，即CO＋H2O===CO2＋H2。②根据信息臭鸡蛋气味气体为硫化氢气体，“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＋、SO，反应生成了ZnS·BaSO4沉淀，根据电荷守恒、原子守恒写出离子方程式：S2－＋Ba2＋＋Zn2＋＋SO===ZnS·BaSO4↓。 (2)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)×0.1000×10－3 mol＝n(S2－)，则样品中S2－的含量为×100%。 课后提分练15　海水资源的利用及环境保护 A组(巩固提升) 1．(山东百师联盟联考，2分)实验室进行海带提碘实验，萃取后继续分离得到单质碘的主要操作：用浓氢氧化钠溶液进行反萃取、分液、酸化、过滤及干燥等。下列对应各实验步骤的装置错误的是(　　) A B C D 答案：D 解析：用浓氢氧化钠溶液进行反萃取，需要振荡，图示是振荡操作，故A项正确，不符合题意。振荡后需静置后再分液，图示是分液操作，故B项正确，不符合题意。酸化后过滤，图示是过滤操作，故C项正确，不符合题意。操作中没有蒸发过程，图示是蒸发操作，故D项错误，符合题意。 2．(辽宁大连模拟，3分)海水综合利用符合可持续发展的原则，其联合工业体系(部分)如图所示，下列说法中错误的是(　　) A．①中可采用蒸馏法或者电渗析法 B．②中可通过电解熔融态的氯化镁制金属镁单质 C．③中生成1 mol Br2，共消耗标准状况下Cl2 22.4 L(空气吹出法制备，SO2为吸收剂) D．④的产品可生产盐酸、漂白液、漂白粉等 答案：C 解析：海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法和离子交换法等，故A项正确，不符合题意。从海水中得到氯化镁后，镁为活泼金属，氯化镁是离子化合物，则可以电解熔融状态的氯化镁生成氯气和金属镁，故B项正确，不符合题意。③中将苦卤浓缩，再通入过量氯气进行氧化，静置，溴沉在底部，继而通入空气和水蒸气，将溴吹入吸收塔，使溴蒸气和吸收剂二氧化硫发生作用转化成氢溴酸以达到富集溴的目的，然后再用氯气将氢溴酸氧化得到溴，整个过程中需要两次利用氯气氧化，所以每生成1 mol Br2，理论上共消耗2 mol Cl2，其标准状况下的体积为2 mol×22.4 L·mol－1＝44.8 L，故C项错误，符合题意。从海水中得到氯化钠后，电解饱和氯化钠溶液，得氢氧化钠、氢气和氯气，利用制得的氯气与氢气在工业上可以生产盐酸，氯气与氢氧化钠溶液反应可制备漂白液，氯气与石灰乳反应可制备漂白粉，故D项正确，不符合题意。 3．(2026汇编，4分)化学与生活密切相关，下列说法正确的是________(填序号)。 ①纳米铁粉和FeS都可以高效地去除被污染水体中的Pb2＋、Cu2＋、Hg2＋等重金属离子，其原理是相同的 ②使用石灰修复酸化的土壤，可减少酸雨的发生 ③温室气体是形成酸雨的主要物质(2022全国Ⅱ真题) ④将燃煤电厂、钢铁厂的烟囱造高，可减少污染物排放 ⑤合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用 答案：⑤ 解析：纳米铁粉是和Pb2＋、Cu2＋、Hg2＋等发生置换反应从而治理污染，加FeS是将Pb2＋、Cu2＋、Hg2＋等重金属离子转化为比FeS更难溶的金属硫化物沉淀而治理污染，二者原理不同，故①错误。石灰只能修复酸雨浸蚀的土壤，与酸雨的发生无关，故②错误。形成温室效应的气体主要是CO2，形成酸雨的主要物质是硫氧化物和氮氧化物，故③错误。烟囱造高，但是污染物的排放总量不变，故④错误。电池中有些物质有害，有些物质可回收利用，因此合理处理废旧电池有利于保护环境和资源再利用，故⑤正确。 4．(广东广州模拟，2分)炼铁工业中高炉煤气的一种新的处理过程如图所示。有关该过程的叙述错误的是(　　) A．可减少CO2的排放 B．Fe3O4和CaO均可循环利用 C．过程①和④的转化均为氧化还原反应 D．过程①的反应中有非极性键的断裂和生成 答案：D 解析：反应②利用二氧化碳和氧化钙反应生成碳酸钙并排出水和氮气，第④步中将碳酸钙分解产生的二氧化碳与铁反应生成四氧化三铁和CO，实现二氧化碳的循环利用，可减少CO2的排放，故A项正确，不符合题意。根据反应过程可知①中消耗Fe3O4，④中生成Fe3O4，②中消耗CaO，③中生成CaO，Fe3O4和CaO均可循环利用，故B项正确，不符合题意。过程①中CO转化为CO2，④中CO2转化为CO，均有化合价的变化，故均为氧化还原反应，故C项正确，不符合题意。过程①发生的反应有CO与Fe3O4反应生成CO2和Fe，H2与Fe3O4反应生成水和Fe，反应物H2中的非极性键断裂，但没有非极性键的生成，故D项错误，符合题意。 5．(江苏七市二调，3分)按照绿色化学的思想，最理想的“原子经济性反应”就是反应物的原子全部转化为期望的最终产物。下列工业生产涉及的反应中最符合“原子经济性反应”的是(　　) A．钠与氧气反应制取过氧化钠 B．氯气与石灰乳反应制取次氯酸钙 C．一氧化碳还原氧化铁冶炼铁 D．二氧化硅与焦炭反应制取粗硅 答案：A 解析：钠与氧气反应生成过氧化钠，反应的化学方程式为2Na＋O2Na2O2，为化合反应，符合“原子经济性反应”，故A项符合题意。氯气与石灰乳反应的化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=== CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O，反应物的原子没有全部转化为期望的最终产物，故B项不符合题意。一氧化碳还原氧化铁的化学方程式为3CO＋Fe2O32Fe＋3CO2，反应物的原子没有全部转化为期望的最终产物，故C项不符合题意。二氧化硅与焦炭反应的化学方程式为SiO2＋2CSi＋2CO↑，反应物的原子没有全部转化为期望的最终产物，故D项不符合题意。 6．(经典题，2分)充分利用能源、提高原子利用率、减少向环境排放废弃物等都是绿色化学的基本要求。下列描述包含绿色化学思想的是(　　) ①在有机实验中，用溴的四氯化碳溶液代替溴的水溶液 ②用稀硝酸代替浓硝酸溶解、回收银镜试管中的银 ③用水浴加热代替直接用酒精灯加热 ④接触法制硫酸中采用“热交换器”，利用余热预热原料气 ⑤工业合成氨中分离产物得到的氢气和氮气再循环使用 ⑥海水提镁时，采用电解氯化镁而非氧化镁来获取金属镁 A．②③④⑤⑥ B．②④⑤⑥ C．②④⑤ D．①④⑤⑥ 答案：B 解析：在有机实验中，有时必须用溴的四氯化碳溶液不能用溴的水溶液，不是从绿色化学角度考虑，故①错误。浓硝酸、稀硝酸与银反应的方程式分别为2HNO3(浓)＋Ag===AgNO3＋H2O＋NO2↑，4HNO3(稀)＋3Ag=== 3AgNO3＋2H2O＋NO↑，用稀硝酸代替浓硝酸溶解、回收银镜实验后试管内壁的银，能减少有害气体的排放，是从绿色化学角度考虑，故②正确。用水浴加热能方便控制加热温度而酒精灯不能，不是从绿色化学角度考虑，故③错误。硫酸工业中利用余热预热原料气，使能源得到充分利用，符合绿色化学的要求，是从绿色化学角度考虑，故④正确。工业合成氨中分离产物得到的氢气和氮气作为反应气再循环使用，能提高原料的利用率，是从绿色化学角度考虑，故⑤正确。氧化镁的熔点极高，电解熔融氧化镁需要消耗大量能量，所以海水提镁过程中采用电解氯化镁制金属镁，故⑥正确。综上所述，B项正确。 B组(冲刺满分) 7．(2026汇编，4分)下列有关水处理的方法合理的是__________(填序号)。 ①用Na2S沉淀水中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子 ②用盐酸还原废水中的Cr2O ③用亚铁盐吸附水中的悬浮物 ④用臭氧进行自来水消毒 ⑤用Na2SO4除去硬水中的Mg2＋和Ca2＋ 答案：①④ 解析：Na2S可以与Cu2＋、Hg2＋分别生成CuS、HgS沉淀，可以用Na2S沉淀水中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子，故①正确。用盐酸还原废水中的Cr2O会生成氯气，氯气是有毒气体，可以用亚铁离子来还原废水中的Cr2O，故②错误。亚铁盐水解不能生成胶体，可以用铁盐吸附水中的悬浮物，故③错误。臭氧具有强的氧化性，所以可以用于杀菌消毒，故④正确。硫酸镁为易溶性盐，所以使用硫酸钠不能除去镁离子，故⑤错误。 8．(山东济南模拟，2分)如图所示为处理含氟、磷污水的工艺。下列说法错误的是(　　) A．工艺中涉及溶液、胶体、浊液三种分散系 B．该污水未经处理直接排入河中容易造成水华 C．“调节pH”时需加入过量NaOH D．实验室模拟上述流程需选用烧杯、玻璃棒、漏斗、胶头滴管等玻璃仪器 答案：C 解析：加入氯化钙、氢氧化钠溶液，得到絮凝沉淀(其中悬浮的胶体粒子因凝聚而沉降)，最终得到的含氟、磷污泥属于悬浊液，则工艺中涉及溶液、胶体、浊液三种分散系，故A项正确，不符合题意。污水中含有磷元素，为植物生长元素，污水未经处理直接排入河中容易造成水华，故B项正确，不符合题意。加入过量氢氧化钠，得到的上清液呈碱性，不能达到排放标准，故C项错误，符合题意。实验流程中涉及过滤、pH调节等操作，则实验室模拟上述流程需选用烧杯、玻璃棒、漏斗、胶头滴管等玻璃仪器，故D项正确，不符合题意。 9．(全国Ⅲ经典真题，6分)离子交换法净化水过程如图所示。下列说法中错误的是(　　) A．经过阳离子交换树脂后，水中阳离子的总数不变 B．水中的NO、SO、Cl－通过阴离子树脂后被除去 C．通过净化处理后，水的导电性降低 D．阴离子树脂填充段存在反应H＋＋OH－===H2O 答案：A 解析：由图可知，经过阳离子交换树脂后，Ca2＋、Na＋、Mg2＋被H＋替换，由电荷守恒可知阳离子数目增多，故A项错误，符合题意。再经阴离子交换树脂得到纯净水，则NO、Cl－、SO被OH－替换，H＋与OH－结合生成水：H＋＋OH－===H2O，水的导电能力减弱，故B、C、D项正确，不符合题意。 10．(全国Ⅱ经典真题，6分)二氧化碳的过量排放可对海洋生物的生存环境造成很大影响，其原理如图所示。下列叙述错误的是(　　) A．海水酸化能引起HCO浓度增大、CO浓度减小 B．海水酸化能促进CaCO3的溶解，导致珊瑚礁减少 C．CO2能引起海水酸化，其原理为HCOH＋＋CO D．使用太阳能、氢能等新能源可改善珊瑚的生存环境 答案：C 解析：根据图示可知，CO2的过量排放能导致海水中CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO平衡右移；H＋又能与珊瑚礁溶解生成的CO结合生成HCO，促使CaCO3Ca2＋＋CO平衡右移，从而使珊瑚礁减少。结合上述分析可知海水酸化，海水中H＋和HCO的浓度均增大，使海水中CO的浓度减小，故A项正确，不符合题意。H＋可结合珊瑚礁溶解生成的CO，故能促进CaCO3的溶解，使珊瑚礁减少，故B项正确，不符合题意。CO2引起海水酸化的原理为CO2＋H2OH2CO3H＋＋HCO，故C项错误，符合题意。使用太阳能、氢能等新能源，能有效减少CO2的排放，利于改善珊瑚的生存环境，故D项正确，不符合题意。 11．(江苏高邮诊断，11分)烟气的主要污染物为SO2和NO，是造成大气污染的重要因素，其治理方法主要有液体吸收法、固体吸收法、氧化反应法、电解法等。 (1)一种基于吸收剂区分的同时脱硫脱硝反应的装置如图所示。反应器Ⅰ吸收SO2，反应器Ⅱ吸收NO，隔绝空气反应一段时间。 ①当观察到反应器Ⅰ中悬浊液变澄清时，反应的离子方程式为______________________________________________(亚硫酸盐的溶解性：镁和钙类似)。 ②反应器Ⅱ中所发生的反应为4NO＋3ClO＋2H2O===4NO＋3Cl－＋4H＋，盛有100 mL 0.15 mol·L－1 NaClO2溶液最多能吸收NO(标准状况下)的体积为________。 ③已知：NaClO2溶液中含氯组分的百分含量(δ)随pH变化如图1所示，其他条件相同，NaClO2溶液中脱硝效率随溶液初始pH的变化如图2所示。 图1 图2 脱硝过程中，起脱硝作用的有效成分为______(填化学式)。将NaClO2溶液的pH从4调节至3的过程中，脱硝效率几乎不变的原因是_________________________________________。 (2)隔膜电解同时脱硫脱硝的装置如图3所示，其中电极A、B均为惰性电极，电解液为稀硫酸。为了提高脱除效率，将阴极室的溶液pH调至4～7，则阴极上的电极反应为______________________________________。 图3 答案：(1)①MgO＋2SO2＋H2O===Mg2＋＋2HSO(2分)　②448 mL(2分)　③HClO2 (2分)　pH从4调节至3的过程中，HClO2百分含量减少，ClO2百分含量增加，增加的ClO2的脱硝能力与减少的HClO2的脱硝能力相当(3分)　(2)2HSO＋2e－＋2H＋===S2O＋2H2O(2分) 解析：(1)①中悬浊液变澄清，说明二氧化硫和水反应生成的亚硫酸溶解了氧化镁，生成了易溶于水的物质，反应的离子方程式为MgO＋2SO2＋H2O===Mg2＋＋2HSO。②由化学方程式：4NO＋3ClO＋2H2O===4NO＋3Cl－＋4H＋可知，n(NO)＝n(ClO)＝ mol＝0.02 mol，标准状况下NO体积为0.02 mol×22.4 L·mol－1＝0.448 L＝448 mL。③由图2可知pH为4左右脱硝效率较高，由图1可知pH为4左右的时候，氯的主要存在形式为HClO2，故脱硝过程中，起脱硝作用的有效成分为HClO2；由图1可知pH从4降低到3的过程中，虽然HClO2百分含量降低，但是ClO2的百分含量增大，ClO2也有较好的脱硝能力。 (2)由图3可知在阴极HSO得到电子生成S2O，电极反应式为2HSO＋2e－＋2H＋===S2O＋2H2O。 12．(经典题，13分)废水中氨态氮以NH3·H2O、NH3和NH的形式存在，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点。 Ⅰ.沉淀法 向废水中投入MgCl2和Na2HPO4，生成MgNH4PO4·6H2O沉淀，可将氨态氮含量降至10 mg·L－1以下。 (1)NH3的电子式：__________________。 (2)废水中的NH3·H2O转化为MgNH4PO4·6H2O的离子方程式是______________________________________________。 (3)16 ℃时，向废水中加入MgCl2和Na2HPO4，使镁、氮、磷物质的量之比为1∶1∶1，沉淀过程中的pH对剩余氨态氮浓度的影响如图1。欲使剩余氨态氮浓度低于10 mg·L－1，pH的适宜范围是____________，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成，原因是________________________________________________________________。 图1 Ⅱ.微波－氧化法 (4)仅对废水进行微波加热，pH对氨态氮脱除的影响如表。 溶液pH 6～7 8～9 10～11 11～12 剩余氨态氮浓度(mg·L－1) 156 100 40 14 表中数据表明：pH增大有利于废水中化学平衡______________________(用化学用语表示)的移动。 (5)微波协同CuO和H2O2除去氨态氮 ①其他条件相同，取相同体积的同一废水样品，微波10 min，剩余氨态氮浓度与一定浓度H2O2溶液添加量的关系如图2。据图推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用，理由是________________________________________________________________________________________________________________。 图2 ②微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮。该条件下，H2O2将NH3氧化为N2的化学方程式是________________________________________________________________________。 答案：(1) (1分) (2)Mg2＋＋NH3·H2O＋HPO＋5H2O===MgNH4PO4·6H2O↓ (2分)　(3)8～10 (1分)　pH偏大，NH、Mg2＋易与OH－结合生成NH3·H2O、Mg(OH)2，NH3·H2O的电离被抑制，使NH和Mg2＋浓度降低；pH偏小，不利于HPO电离，PO浓度偏低。(3分) 　(4)NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－ (2分)　(5)①相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快 (2分)　②3H2O2＋2NH3N2＋6H2O (2分) 解析：Ⅰ.(1)氨气是共价化合物，各原子间通过共用电子对形成共价键，所以其电子式为。 (2)废水中的NH3·H2O转化为MgNH4PO4·6H2O的离子方程式是Mg2＋＋NH3·H2O＋HPO＋5H2O===MgNH4PO4·6H2O↓。 (3)根据图1可知，欲使剩余氨态氮浓度低于10 mg·L－1，pH的适宜范围是pH＝8～10，pH偏大或者偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成，原因是pH偏大，NH、Mg2＋易与OH－结合生成NH3·H2O、Mg(OH)2，NH3·H2O的电离被抑制，使NH和Mg2＋浓度降低；pH偏小，不利于HPO电离，PO浓度偏低。所以pH偏大或偏小均不利于MgNH4PO4·6H2O的生成。 Ⅱ.(4)根据表中数据分析可知pH越大，剩余氨态氮的浓度越小，氨态氮在溶液中存在的平衡是NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－，pH增大平衡逆向进行，氨气脱除越多。 (5)①根据图2可知，相同的H2O2溶液添加量，相同时间内，与不加CuO相比，加入CuO，氨态氮浓度降低的多，反应速率快，推测CuO在氨态氮脱除中可能起催化作用。②微波协同CuO有利于H2O2除去氨态氮，CuO作该反应的催化剂，该条件下，H2O2将NH3氧化为N2，同时生成水，反应的化学方程式为3H2O2＋2NH3N2＋6H2O。 13．(江苏南京、盐城模拟，16分)碘是人体不可缺少的微量元素，也是制造各种无机及有机碘化物的重要原料。利用卤水(含有I－)可提取碘。 (1)采用离子交换法从卤水中提取碘的工艺流程如图。 ①“氧化1”中生成I，其反应的离子方程式为______________________________。 ②“还原”中溶液里含有SO，检验SO的实验操作是______________________________________________________。 ③“吹碘”中通入热空气，利用了碘具有__________________的性质。 (2)某实验小组采用如图所示装置，40 ℃水浴加热制取碘。实验过程中需要控制Cl2用量，否则酸性条件下过量Cl2能将I2进一步氧化成IO。请补充完整检验反应后的三颈烧瓶中溶液是否含有IO的实验方案：取适量三颈烧瓶中的溶液，__________________________________________________________________________________________________。 已知反应：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，实验中可选用的试剂：2 mol·L－1硫酸、1 mol·L－1 KI溶液、淀粉溶液、CCl4。 (3)为测定卤水样品中I－的含量，进行下列实验： ①取2.500 L卤水样品减压浓缩至20.00 mL，加入过量的0.1500 mol·L－1 CuCl2溶液20.00 mL。 ②密封静置2 h，生成白色沉淀(发生反应为2Cu2＋＋4I－===I2＋2CuI↓)。 ③用电感耦合等离子体发射光谱仪测定反应后溶液中c(Cu2＋)＝0.0125 mol·L－1。 根据上述实验数据，计算卤水样品中I－的含量(单位mg·L－1，溶液混合前后总体积变化不计，写出计算过程)：_________________________________________________________ ________________________________________________________________________。 答案：(1)①(n－1)Cl2＋2nI－===2(n－1)Cl－＋2I(2分)　②取少量“还原”后的溶液于试管中，加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则“还原”液中含有SO(3分)　③在水中的溶解度小，易升华 (2分)　(2)用CCl4多次萃取，分液，直到向水溶液中加入淀粉溶液，不变蓝色，再向萃取后的水溶液中，边搅拌边依次加入适量的2 mol·L－1硫酸、1 mol·L－1 KI溶液，若溶液变蓝色，则说明三颈烧瓶中含有IO；若溶液不变蓝色，则说明三颈烧瓶中不含有IO(4分)　(3)254 mg·L－1，过程：根据关系式：2Cu2＋～4I－，可得n(I－)＝2n(Cu2＋)＝2×[0.1500 mol·L－1×0.02 L－0.0125 mol·L－1×(0.02＋0.02)L]＝0.005 mol，则卤水样品中I－的含量为＝254 mg·L－1(5分) 解析：(1)①“氧化1”为Cl2和I－反应生成I，硫酸是起酸化的作用，根据原子守恒和电荷守恒可得反应的离子方程式为(n－1)Cl2＋2nI－===2(n－1)Cl－＋2I。②取少量“还原”后的溶液于试管中，加入盐酸酸化，再加入BaCl2溶液，若有白色沉淀生成，则“还原”液中含有SO，反应为Ba2＋＋SO===BaSO4↓。③碘在水中的溶解度小，且易升华，因此可用热空气将碘吹出。 (2)用CCl4多次萃取，分液，除去生成的碘单质，直到向水溶液中加入淀粉溶液，不变蓝色(即I2全部被萃取)，再向萃取后的水溶液中，边搅拌边依次加入适量的2 mol·L－1硫酸、1 mol·L－1 KI溶液，反应原理：IO＋5I－＋6H＋===3I2＋3H2O，若溶液变蓝色，则说明三颈烧瓶中含有IO；若溶液不变蓝色，则说明三颈烧瓶中不含有IO。 (3)见答案。 学科网（北京）股份有限公司 $$