题目内容

8.H2S、SO2在工农业生产、生活中具有重要应用.
(1)H2S具有还原性,在酸性条件下,能与KMnO4溶液反应生成S和Mn2+,试写出该反应的离子方程式5H2S+2MnO4-+6H+=5S↓+2Mn2++8H2O.
(2)H2S气体溶于水形成的氢硫酸是一种二元弱酸,25℃时,在0.10mol•L-1H2S溶液中,通人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1所示(忽略溶液体积的变化、H2S的挥发).

①pH=13时,溶液中的c(H2S)+c(HS-)=0.043mol•L-1
②某溶液含0.010mol•L-1Fe2+、未知浓度的Mn2+和0.10mol•L-1H2S,当溶液pH=2时,Fe2+开始沉淀;当Mn2+开始沉淀时,溶液中$\frac{c(M{n}^{2+})}{c(F{e}^{2+})}$=2×106. 已知:KSP(FeS)=1.4×10-19,KSP(MnS)=2.8×10-13
(3)已知:葡萄酒中有少量SO2可以做抗氧化剂[我国国家标准(GB2760-2014)规定葡萄酒中SO2的残留量≤0.25g/L].
利用SO2的漂白性检测干白葡萄酒(液体为无色)中的SO2或H2SO3.设计如图2实验:

实验结论:干白葡萄酒不能使品红溶液褪色,原因为:干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少.
(4)用图3所示装置可将SO2转化为重要的化工原料,A、B是惰性电极.则电子流入的电极为B(用A或B表示),A极的电极反应式为SO2+2H2O-2e-=SO42-+4H+

分析 (1)由反应物、生成物及电子守恒书写化学反应;
(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
②当Qc=Ksp(MnS)时开始沉淀,由此求出硫离子的浓度,结合图象得出此时的pH;根据MnS和FeS的Ksp计算;
(3)1滴饱和亚硫酸溶液滴入3mL品红溶液中不褪色,而1滴品红溶液滴入3mL饱和亚硫酸溶液中褪色,说明二氧化硫或亚硫酸的含量会影响漂白效果;
(4)电池本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸,A电极为负极,B电极为正极,A电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-,根据原子守恒会电荷守恒可知,有水参加反应,有氢离子生成.

解答 解:(1)H2S具有还原性,在酸性条件下,能与KMnO4反应生成S、MnSO4、K2SO4和H2O,该反应的化学方程式为5H2S+2KMnO4+3H2SO4=5S↓+2MnSO4+K2SO4+8H2O,则离子方程式为:5H2S+2MnO4-+6H+=5S↓+2Mn2++8H2O;
故答案为:5H2S+2MnO4-+6H+=5S↓+2Mn2++8H2O;
(2)①根据溶液pH与c(S2-)关系图pH=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(FeS)时开始沉淀,所以c(S2-)=$\frac{Ksp(FeS)}{c(F{e}^{2+})}$=$\frac{1.4×1{0}^{-19}}{0.01}$mol/L=1.4×10-17mol/L,结合图象得出此时的pH=2,所以pH=2时亚铁离子开始沉淀;
溶液中$\frac{c(M{n}^{2+})}{c(F{e}^{2+})}$=$\frac{Ksp(MnS)}{Ksp(FeS)}$=$\frac{2.8×1{0}^{-13}}{1.4×1{0}^{-19}}$mol/L=2×106
故答案为:2;2×106
(3)1滴饱和亚硫酸溶液滴入3mL品红溶液中不褪色,而1滴品红溶液滴入3mL饱和亚硫酸溶液中褪色,说明二氧化硫或亚硫酸的含量会影响漂白效果,干白葡萄酒不能使品红溶液褪色,原因为:干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少,
故答案为:干白中二氧化硫或亚硫酸含量太少;
(4)本质是二氧化硫、氧气与水反应生成硫酸,A电极为负极,B电极为正极,电子从负极流向正极,则电子流入的电极为B极,A电极上二氧化硫失去电子氧化生成SO42-,根据原子守恒会电荷守恒可知,有水参加反应,有氢离子生成,电极反应式为:SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+
故答案为:B;SO2+2H2O-2e -═SO42-+4H+

点评 本题考查物质性质探究实验、原电池原理及计算等,掌握物质的性质理解原理是解题的关键,是对知识的综合考查,需要学生具有扎实的基础与分析问题、解决问题的能力.

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