2025届高考化学一轮复习专项练习单元质检卷四非金属及其化合物

这是一份2025届高考化学一轮复习专项练习单元质检卷四非金属及其化合物，共14页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题:本题共10小题,每小题2分,共20分。每小题只有一个选项符合题意。
1.中华民族为人类文明进步做出巨大贡献。下列说法中不正确的是( )
A.商代后期就已出现铜合金,铜合金属于金属材料
B.汉代烧制出“明如镜、声如磬”的瓷器,其主要原料为黏土
C.宋代王希孟的《千里江山图》卷中的绿色颜料铜绿的主要成分是碱式碳酸铜
D.“文房四宝”中的砚台是用石材制作而成的,制作过程发生了化学变化
2.下列是部分矿物资源的利用及产品流程(如图),有关说法不正确的是( )
A.电解精炼粗铜时,粗铜为阳极
B.生产铝、铜、高纯硅及玻璃过程中都涉及氧化还原反应
C.黄铜矿冶铜时,副产物SO2可用于生产硫酸,FeO可用作冶炼铁的原料
D.粗硅制高纯硅时,提纯四氯化硅可用多次分馏的方法
3.下列说法不正确的是( )
A.高压钠灯可用于道路照明
B.SiO2可用来制造光导纤维
C.工业上可采用高温冶炼黄铜矿的方法获得粗铜
D.BaCO3不溶于水,可用作医疗上检查肠胃的钡餐
4.在给定条件下物质间转化均能实现的是( )
A.MnO2Cl2漂白粉
B.N2NH3NONO2HNO3
C.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)
D.FeFeCl2FeCl3Fe(OH)3
5.下列说法不正确的是( )
A.次氯酸盐具有氧化性,漂白粉能漂白织物
B.Cl2能使淀粉KI溶液变蓝,证明其具有氧化性
C.Fe与Cl2反应生成FeCl3,推测Fe与I2反应生成FeI3
D.漂白粉在空气中久置变质,是因为漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2及H2O反应生成了CaCO3
6.硫酸盐(含S、HS)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下:
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
7.高纯度单晶硅是典型的无机非金属材料,又称“半导体”材料,它的发现和使用曾引起计算机的一场“革命”。这种材料可以按下列方法制备:
SiO2Si(粗)SiHCl3Si(纯)
下列说法正确的是( )
A.步骤①的化学方程式为SiO2+CSi+CO2↑
B.步骤①②③中每生成或反应1 ml Si,转移4 ml 电子
C.二氧化硅能与氢氟酸反应,而硅不能与氢氟酸反应
D.SiHCl3(沸点33.0 ℃)中含有少量的SiCl4(沸点67.6 ℃),通过蒸馏(或分馏)可提纯SiHCl3
8.自然界中时刻存在着含氮元素不同物质间的转化,实现氮按照一定的方向转化一直是科学领域研究的重要课题。氮气在催化剂作用下的一系列转化如图所示:
下列叙述正确的是( )
A.N2转化为NH3、NH3转化为NO均属于氮的固定
B.在催化剂a的作用下,氮原子发生了氧化反应
C.催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D.催化剂a、b均可以提高单位时间内反应物的转化率
9.氨氮废水超标排放是水体富营养化的重要原因,可用以下流程处理。下列说法正确的是( )
高浓度氨氮废水低浓度氨氮废水
Ⅰ
含硝酸废水达标废水
Ⅱ Ⅲ
A.过程Ⅰ中发生的化学反应属于氧化还原反应
B.过程Ⅱ中N→N,每转化1 ml N转移的电子数为8NA
C.过程Ⅲ中CH3OH→CO2,甲醇是氧化剂
D.过程Ⅲ中HNO3→N2,转移10 ml e-时可生成N2 11.2 L(标准状况)
10.下图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持设备已略)。下列说法错误的是( )
A.装置A烧瓶内的试剂可以是KMnO4
B.装置B具有除杂和贮存气体的作用
C.实验结束后,振荡D会观察到液体分层且下层呈紫红色
D.利用该装置能证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱
二、选择题:本题共5小题,每小题4分,共20分。每小题有一个或两个选项符合题意,全部选对得4分,选对但不全的得2分,有选错的得0分。
11.某小组利用下面的装置进行实验,②③中溶液均足量,操作和现象如下表。
资料:CaS遇水完全水解
由上述实验得出的结论不正确的是( )
A.③中白色浑浊是CaCO3
B.②中溶液pH降低的原因是:H2S+Cu2+CuS↓+2H+
C.实验Ⅰ①中CO2过量发生的反应是:CO2+H2O+S2-C+H2S
D.由实验Ⅰ和Ⅱ能比较H2CO3和H2S酸性的强弱
12.实验室从含碘废液(含有I2、I-等)中回收碘,其实验过程如下:
已知:溴化十六烷基三甲基铵是一种阳离子表面活性剂,可以中和沉淀表面所带的负电荷,使沉淀颗粒快速聚集,快速下沉。下列说法错误的是( )
A.含碘废液中是否含有I,可用淀粉KI试纸检验
B.步骤①中Na2S2O3不可用Na2SO3代替
C.步骤②可以用倾析法除去上层清液
D.步骤③发生反应的离子方程式为4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I2
13.某同学将SO2和Cl2的混合气体通入品红溶液,振荡,溶液褪色,将此无色溶液分成三份,依次进行实验,实验操作和实验现象记录如下:
下列实验分析不正确的是( )
A.①说明Cl2被完全消耗
B.②中试纸褪色的原因是:SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI
C.③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,也能说明SO2被Cl2氧化为S
D.实验条件下,品红溶液和SO2均被氧化
14. ClO2和NaClO2均具有漂白性,工业上用ClO2气体制NaClO2的工艺流程如图所示。
下列说法不正确的是( )
A.步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥
B.吸收器中生成NaClO2的离子方程式:2ClO2+H2O22Cl+O2↑+2H+
C.工业上可将ClO2制成NaClO2固体,便于贮存和运输
D.通入空气的目的是驱赶出ClO2,使其被吸收器充分吸收
15.将8.4 g Fe投入浓硝酸中,产生红棕色气体A,把所得溶液减压蒸干,得到30 g Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物,将该固体隔绝空气在高温下加热,得到红棕色的Fe2O3和气体B,A、B气体混合通入足量水中得到硝酸和NO,在标准状况下生成NO气体的体积为( )

A.1 120 mLB.2 240 mL
C.3 360 mLD.4 480 mL
三、非选择题:本题共5小题,共60分。
16. (12分)研究CO2在海洋中的转移和归宿,是当今海洋科学研究的前沿领域。
(1)溶于海水的CO2主要以4种无机碳形式存在,其中HC占95%,写出CO2溶于水产生HC的方程式: 。
(2)在海洋循环中,通过如图所示的途径固碳。
①写出钙化作用的离子方程式: 。
②同位素示踪法证实光合作用释放出的O2只来自于H2O,用18O标记物质的光合作用的化学方程式如下,将其补充完整: + (CH2O)x+x18O2+xH2O。
(3)海水中溶解无机碳占海水总碳的95%以上,其准确测量是研究海洋碳循环的基础,测量溶解无机碳,可采用如下方法:
①气提、吸收CO2。用N2从酸化后的海水中吹出CO2并用碱液吸收(装置示意图如图所示),将虚线框中的装置补充完整并标出所用试剂。
②滴定。将吸收液中的无机碳转化为NaHCO3,再用x ml·L-1 HCl溶液滴定,消耗y mL HCl溶液,则海水中溶解无机碳的浓度为 ml·L-1。
17. (12分)化学小组为探究SO2在酸性KI溶液中的反应,利用如图装置进行实验:
Ⅰ.排出装置内的空气。减缓CO2的流速,向丁装置中通入CO2和SO2的混合气体。
Ⅱ.一段时间后,溶液变黄并出现浑浊。摇动锥形瓶、静置,苯与溶液接触的地方呈紫红色。
Ⅲ.持续向丁装置中通入CO2和SO2混合气体,溶液变为无色。
Ⅳ.再静置一段时间,取锥形瓶中水溶液,滴加BaCl2溶液产生白色沉淀。
回答下列问题:
(1)苯的作用为 。排出装置内空气的具体操作为 。
(2)向装置丁中缓慢通入CO2的作用是 。
(3)步骤Ⅱ反应的离子方程式为 ;步骤Ⅲ反应的离子方程式为 。
(4)实验的总反应为 ,KI和HI在反应中的作用为 。
18. (12分)叠氮化钠(NaN3)是制备医药、炸药的一种重要原料,采用“亚硝酸甲酯——水合肼法”制备叠氮化钠的生产流程如下:
回答下列问题:
(1)亚硝酸甲酯合成釜中生成的亚硝酸甲酯(CH3ONO)易转化为气态进入叠氮环合塔,写出生成CH3ONO的化学方程式: 。
(2)叠氮环合塔中生成叠氮化钠的化学方程式为 。
(3)叠氮环合塔中滴加的烧碱溶液要适当过量,目的是 ;生产流程中操作x为加热、浓缩,此时所得浓缩液的溶质中含钠的化合物有Na2SO4、 。
(4)该生产过程中可循环使用的物质是 。
(5)生产中有HN3生成,请设计实验证明HN3为弱酸: 。
(6)化工生产中,多余的NaN3常使用次氯酸钠溶液处理,在酸性条件下,二者反应可生成无毒的气体。若处理6.5 g NaN3,理论上需加入0.5 ml·L-1的NaClO溶液 mL。
19. (12分)吸收工厂烟气中的SO2,能有效减少SO2对空气的污染。氨水、ZnO水悬浊液吸收烟气中SO2后经O2催化氧化,可得到硫酸盐。
已知:室温下,ZnSO3微溶于水,Zn(HSO3)2易溶于水;溶液中H2SO3、HS、S的物质的量分数随pH的分布如下图所示。
(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2,主要反应的离子方程式为 ;当通入SO2至溶液pH=6时,溶液中浓度最大的阴离子是 (填化学式)。
(2)ZnO水悬浊液吸收SO2。向ZnO水悬浊液中匀速缓慢通入SO2,在开始吸收的40 min内,SO2吸收率、溶液pH均经历了从几乎不变到迅速降低的变化如下图所示。溶液pH几乎不变阶段,主要产物是 (填化学式);SO2吸收率迅速降低阶段,主要反应的离子方程式为 。
(3)O2催化氧化。其他条件相同时,调节吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范围内,pH越低,S生成速率越大,其主要原因是 ;随着氧化的进行,溶液的pH将 (填“增大”“减小”或“不变”)。
20. (12分)某同学利用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的装置如下图所示(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:3Mn+2H2O2Mn+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 (填标号)。
mL mL
C.大于35.00 mLD.小于15.00 mL
(4)某FeC2O4·2H2O样品中可能含有的杂质为Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法测定该样品的组成,实验步骤如下:
Ⅰ.称取m g样品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75 ℃。用c ml·L-1的酸性KMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,消耗酸性KMnO4溶液V1 mL。
Ⅱ.向上述溶液中加入适量还原剂将Fe3+完全还原为Fe2+,加入稀H2SO4酸化后,在75 ℃继续用KMnO4溶液滴定至溶液出现粉红色且30 s内不褪色,又消耗酸性KMnO4溶液V2 mL。
样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126 g·ml-1)的质量分数表达式为 。
下列关于样品组成分析的说法,正确的是 (填标号)。
A.=3时,样品中一定不含杂质
B.越大,样品中H2C2O4·2H2O含量一定越高
C.若步骤Ⅰ中滴入酸性KMnO4溶液不足,则测得样品中Fe元素含量偏低
D.若所用KMnO4溶液实际浓度偏低,则测得样品中Fe元素含量偏高
单元质检卷(四) 非金属及其化合物
1.D 铜合金属于金属材料,A正确;制造瓷器的主要原料为黏土,B正确;铜绿的主要成分是碱式碳酸铜,C正确;砚台是用天然石材制作而成的,制作过程发生了物理变化,D错误。
2.B 电解精炼铜时,粗铜为阳极,A正确;制备单质时都涉及到化学变化,制玻璃的反应主要包括SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑,均不属于氧化还原反应,B错误;SO2可以转化成SO3,进而生成H2SO4,FeO与CO在高温下可生成Fe,C正确;制备硅的过程中,利用沸点不同进行分馏,将SiCl4从杂质中提取出来,再与H2发生置换反应得到高纯硅,D正确。
3.D 胃酸的主要成分是盐酸,能与BaCO3反应生成Ba2+,导致蛋白质变性,用作钡餐的是BaSO4,D项不正确。
4.B 稀盐酸还原性较弱,二氧化锰与稀盐酸不反应,制备氯气应用浓盐酸与二氧化锰反应,故A错误;氮气与氢气在高温、高压和催化剂条件下反应生成氨气,氨气催化氧化生成一氧化氮,一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮,二氧化氮可与水反应生成硝酸和一氧化氮,可实现反应的转化,故B正确;硫在氧气中点燃只能生成二氧化硫,而不是三氧化硫,故C错误;氯气具有强氧化性,铁与氯气反应生成氯化铁,故D错误。
5.C 漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2,次氯酸盐溶液中的ClO-能够发生水解反应:ClO-+H2OHClO+OH-,生成具有强氧化性的HClO,HClO可以用于漂白织物,A正确;Cl2可以使淀粉KI溶液变蓝,说明KI转化为I2,则证明Cl2有强氧化性,B正确;因I2的氧化性较弱,I2与Fe反应只能生成FeI2,C错误;漂白粉的有效成分Ca(ClO)2与空气中的CO2及H2O反应生成CaCO3,同时生成的HClO易分解,导致漂白粉失效,D正确。
6.D 根据图示中各微粒的构造可知,该过程有H2O参与,故A正确;根据图示的转化过程,NO2转化为HNO2,N元素的化合价由+4价变为+3价,化合价降低,得电子被还原,则NO2是生成硫酸盐的氧化剂,故B正确;硫酸盐(含S、HS)气溶胶中含有HS,转化过程有水参与,则HS在水中可电离生成H+和S,则硫酸盐气溶胶呈酸性,故C正确;根据图示转化过程中有S转化为HS可知,有硫氧键生成,故D错误。
7.D 二氧化硅高温下与C反应生成CO气体,即步骤①的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑,故A错误;步骤①中Si的化合价降低4,生成1mlSi转移电子为4ml;步骤②中生成SiHCl3,硅元素化合价升高2,步骤③中硅元素的化合价降低2,所以步骤②③中每生成或反应1mlSi,均转移2ml 电子,故B错误;硅能与氢氟酸反应生成SiF4和氢气,故C错误;沸点相差30℃以上的两种液体可以采用蒸馏的方法分离,故D正确。
8.D N2转化为NH3属于氮的固定,而NH3转化为NO是氮元素化合物之间的转化,不属于氮的固定,A错误;在催化剂a的作用下,氮原子由0价变为-3价,化合价降低,获得电子,发生了还原反应,B错误;在催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂,在催化剂b表面发生了极性共价键的断裂,C错误;催化剂a、b加快了反应速率,因此均可提高单位时间内反应物的转化率,D正确。
9.B 过程Ⅰ中发生的化学反应为N+OH-NH3↑+H2O,没有化合价变化,属于非氧化还原反应,故A错误;过程Ⅱ中N→N,N元素化合价由-3价升高为+5价,每转化1mlN转移的电子数为8NA,故B正确;过程Ⅲ中CH3OH→CO2,C元素化合价升高,甲醇是还原剂,故C错误;过程Ⅲ中HNO3→N2,N元素化合价由+5价降低为0价,转移10mle-时可生成1mlN2,1mlN2在标准状况下的体积是22.4L,故D错误。
10.C 根据装置图,装置A没有加热,故烧瓶内的试剂可以是KMnO4,高锰酸钾与浓盐酸反应的化学反应方程式为2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O,A正确;制备的氯气中含有少量挥发出来的氯化氢气体,可用饱和食盐水除去,故根据装置图,装置B具有除杂和贮存气体的作用,B正确;根据萃取原理,苯的密度比水小,故振荡D会观察到液体分层且上层呈紫红色,C错误;根据装置C、D中的颜色变化可知,装置A制备出来的氯气与装置C中的溴化钠反应生成溴单质,将生成的液溴滴加到D装置可生成碘单质,证明氯、溴、碘的非金属性逐渐减弱,D正确。
11.CD 实验Ⅰ.向①的Na2S溶液中持续通入CO2至过量,②中产生黑色沉淀,溶液的pH降低,说明①中生成了硫化氢气体,②中生成了硫酸;③中产生白色浑浊,该浑浊遇酸冒气泡,说明二氧化碳过量,被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。
实验Ⅱ.向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量,②中产生黑色沉淀,溶液的pH降低,是因为过量的硫化氢气体与硫酸铜溶液反应生成了CuS黑色沉淀,同时生成了硫酸;③中产生白色浑浊,该浑浊遇酸冒气泡,说明反应生成了二氧化碳,被氢氧化钙溶液吸收生成了碳酸钙沉淀。根据上述分析,③中白色浑浊是CaCO3,不可能是CaS,因为CaS遇水完全水解,故A正确;②中是硫化氢与硫酸铜反应:H2S+Cu2+CuS↓+2H+,使得溶液的pH降低,故B正确;CO2过量反应生成HC,发生的反应是2CO2+2H2O+S2-2HC+H2S,故C错误;根据实验Ⅰ、Ⅱ中现象:Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成,Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成,因此不能比较H2CO3和H2S酸性的强弱,故D错误。
12.AB 在酸性条件下I-、I、H+会发生氧化还原反应产生I2,I2遇淀粉溶液变为蓝色,若溶液不是显酸性,则无法检验,A错误;步骤①中是利用Na2S2O3的还原性,由于Na2SO3也具有强的还原性,因此也可用Na2SO3代替Na2S2O3,B错误;由于CuI是难溶性固体,其余物质都溶解在水中,因此步骤②可以用倾析法除去上层清液,C正确;Fe3+具有氧化性,可将CuI氧化产生Cu2+、I2,Fe3+被还原产生Fe2+,根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒可得,步骤③发生反应的离子方程式为4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I2,D正确。
13.C ①加热后溶液不变红,湿润的淀粉碘化钾试纸不变蓝,说明没有氯气,则Cl2被完全消耗,A正确;当二氧化硫过量,加热后二氧化硫与碘发生氧化还原反应SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI,②中试纸褪色,B正确;酸性条件下硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化,故③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,不能说明SO2被Cl2氧化为S,C不正确;根据题意分析,品红溶液和SO2均被氧化,D正确。
14.B 步骤a中,由溶液得到NaClO2固体,进行的操作为过滤、洗涤和干燥,A正确;吸收器中发生反应2ClO2+2NaOH+H2O22NaClO2+O2+2H2O,离子方程式为2ClO2+2OH-+H2O22Cl+O2+2H2O,B错误;固体比气体便于贮存和运输,工业上可将ClO2制成NaClO2固体,C正确;反应结束后,发生器中仍有少量ClO2,用空气可以将其排出,确保其在吸收器中被充分吸收,D正确。
15.C Fe与浓硝酸反应生成Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物,Fe与硝酸完全反应;Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物隔绝空气高温加热得到红棕色的Fe2O3和气体B;A、B气体混合通入足量水中得到HNO3和NO;经过上述一系列过程,Fe全部被氧化为Fe2O3,Fe元素的化合价由0价升至+3价,浓硝酸中部分N原子被还原成NO,N元素的化合价由+5价降为+2价,根据得失电子守恒,3n(Fe)=3n(NO),n(NO)=n(Fe)==0.15ml,则标准状况下NO的体积为0.15ml×22.4L·ml-1=3.36L=3360mL。
16.答案 (1)CO2+H2OH2CO3,H2CO3HC+H+
(2)①Ca2++2HCCaCO3↓+CO2↑+H2O ②xCO2 2xO (3)① ②
解析 (1)溶于海水的CO2与水结合生成碳酸,碳酸电离生成HC,故CO2溶于水产生HC的方程式为CO2+H2OH2CO3、H2CO3HC+H+。
(2)①反应物中含有碳酸氢根离子,生成物为碳酸钙,依据元素守恒、电荷守恒得出反应的离子方程式为Ca2++2HCCaCO3↓+CO2↑+H2O;②光合作用产生的氧气来源于水,即水中的氧原子采用示踪法标记为18O,依据元素守恒配平反应的化学方程式为xCO2+2xO(CH2O)x+x18O2+xH2O。
(3)①酸化海水可以使用稀硫酸,利用分液漏斗滴加,长管进气,短管出气,故装置应为;②滴定过程中发生的反应为NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,故n(NaHCO3)=n(HCl)=xml·L-1×y×10-3L,根据C守恒,海水中溶解无机碳的浓度为ml·L-1。
17.答案 (1)萃取碘单质,隔绝空气防止I-被氧化 关闭K2,打开K3,打开K1 (2)防止倒吸 (3)SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O SO2+I2+2H2O4H+++2I- (4)3SO2+2H2O4H++2S+S↓ 催化剂
解析 为探究SO2在酸性KI溶液中的反应,由于酸性KI容易被O2氧化,所以要加苯液封,同时苯可萃取碘单质,并且在反应前先用二氧化碳将装置内的空气排尽;在反应中分二步进行,第一步是SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O,第二步是SO2+I2+2H2O4H+++2I-;最后用氢氧化钠进行尾气处理,四氯化碳的作用是防倒吸。
(1)根据分析可知,装置丁中苯的作用:萃取碘单质,隔绝空气防止I-被氧化;用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空气时,打开K3和K1,关闭K2。
(2)若只将SO2通入丁中,SO2反应后压强减小,会发生倒吸,通入CO2和SO2的混合气体,CO2不反应,始终有气体排出,可起到防止倒吸的作用。
(3)步骤Ⅱ中,溶液变黄并出现浑浊,说明生成了硫单质,摇动锥形瓶、静置,苯与溶液边缘呈紫红色,说明生成了碘单质,则发生反应的离子方程式为SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O;步骤Ⅲ通入CO2和SO2混合气体,溶液变为无色,说明碘单质被消耗,反应的离子方程式为SO2+I2+2H2O4H+++2I-。
(4)根据反应SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O和SO2+I2+2H2O4H+++2I-可得总反应为3SO2+2H2O4H++2S+S↓;KI和HI在反应前后质量和性质没有发生改变,故其为催化剂。
18.答案 (1)2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)2CH3ONO+Na2SO4+2H2O (2)N2H4+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+2H2O (3)提高亚硝酸甲酯和水合肼的转化率,抑制叠氮化钠水解 NaN3、NaOH (4)甲醇 (5)使用pH试纸测定NaN3溶液的酸碱性,若该溶液显碱性,说明HN3为弱酸(合理即可) (6)100
解析 (1)根据装置图可以发现亚硝酸甲酯合成釜有三种原料:浓硫酸、甲醇和亚硝酸钠,浓硫酸可以酸化亚硝酸钠,并为酯化反应提供催化剂,得到甲醇的无机酸酯和水,据此写出反应的化学方程式为2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)2CH3ONO+Na2SO4+2H2O。
(2)叠氮环合塔中加入了水合肼与烧碱,烧碱可以使第一步得到的亚硝酸甲酯水解,产生甲醇和亚硝酸钠,同时亚硝酸钠和肼里的氮元素发生归中反应得到产物叠氮化钠,据此可写出反应的化学方程式为N2H4+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+2H2O。
(3)叠氮环合塔中适当滴加过量的烧碱有两个作用,一是可以提高亚硝酸甲酯和水合肼的转化率,二是可以抑制叠氮化钠这个强碱弱酸盐的水解;加热浓缩后,溶液中的阴离子有OH-和,因此含钠的化合物有Na2SO4、NaN3和NaOH。
(4)由于在亚硝酸甲酯合成釜里形成了酯,在叠氮环合塔中酯又水解,因此整个过程中甲醇是可以循环利用的。
(5)若要证明HN3为弱酸,可以用pH试纸来检测NaN3溶液的pH,根据溶液显碱性证明HN3为弱酸,其他合理的方法也可以。
(6)根据描述,NaN3应该被氧化为无毒的N2。同时ClO-被还原为Cl-,因此每个NaN3在反应中需要失去1个电子,每个ClO-在反应中可以得到2个电子,则NaN3与NaClO的物质的量之比为2∶1;NaN3的物质的量为=0.1ml,则需要NaClO的物质的量为0.05ml,因此需要次氯酸钠溶液体积为=0.1L=100mL。
19.答案 (1)2NH3+H2O+SO22N+S
(或2NH3·H2O+SO22N+S+H2O) HS
(2)ZnSO3 ZnSO3+SO2+H2OZn2++2HS
(或ZnO+2SO2+H2OZn2++2HS)
(3)随着pH降低,HS浓度增大 减小
解析 (1)向氨水中通入少量SO2,生成(NH4)2SO3,发生反应的主要离子方程式为2NH3+H2O+SO32N+S(或2NH3·H2O+SO22N+S+H2O)。从图中可知,当溶液pH=6时,对应溶液中浓度最大的阴离子是HS。
(2)开始阶段ZnO过量,则发生如下反应:ZnO+SO2ZnSO3,且ZnO是悬浊液,又因为ZnSO3微溶于水,故吸收率、pH均变化不大。当ZnO全部转化为ZnSO3后,SO2吸收率迅速降低,发生如下反应:ZnSO3+SO2+H2OZn2++2HS(或ZnO+2SO2+H2OZn2++2HS)。
(3)pH降低,S转化为HS,被O2氧化为S,反应的离子方程式为2HS+O22S+2H+,溶液pH减小。
20.答案 (1)平衡气压,使浓盐酸顺利滴下 NaOH溶液 Ca(ClO)2+4HClCaCl2+2Cl2↑+2H2O
(2)在装置A、B之间加装盛有饱和食盐水的洗气瓶
(3)酸式 C
(4)×100% BD
解析 本题考查了物质的制备及定量实验设计。
(1)恒压分液漏斗是同学们熟知的仪器,作用是保持恒压。制备Cl2的化学方程式可根据氧化还原反应的原理写出。
(2)已知锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在,碱性减弱易发生反应。制备Cl2的浓盐酸挥发出的HCl进入B装置使溶液碱性减弱,K2MnO4会发生反应,从而降低KMnO4的产率,因此应在A、B之间添加除去HCl的洗气瓶。
(3)考查常见仪器滴定管的结构及用法,难度较小。KMnO4溶液应放在酸式滴定管中。滴定管下端无刻度,因此KMnO4溶液的体积大于35.00mL。
(4)根据题意,在第Ⅱ步反应中酸性KMnO4溶液可氧化Fe2+生成Fe3+。根据得失电子守恒:Fe2+Fe3+、MnMn2+
n(Fe2+)×1=cV2×10-3×(7-2)ml
n(Fe2+)=5cV2×10-3ml
在第Ⅰ步反应中KMnO4氧化了FeC2O4·2H2O和H2C2O4·2H2O以及Fe2(C2O4)3中的C2,
该过程涉及的变化有:FeC2O4Fe3++CO2↑
H2C2O4、C2CO2
MnMn2+
由电子守恒可得5cV2×10-3×3+n(H2C2O4)×2=5cV1×10-3,则:
n(H2C2O4)=ml
H2C2O4·2H2O的质量分数=×100%=×100%。实验
序号
操作
现象
Ⅰ
向盛有Na2S溶液的①中持续通入CO2至过量
②中产生黑色沉淀,溶液的pH降低;
③中产生白色浑浊,该浑浊遇酸冒气泡
Ⅱ
向盛有NaHCO3溶液的①中持续通入H2S气体至过量
现象同实验Ⅰ
序号
①
②
③
实验
操作
实验
现象
溶液不变红,
试纸不变蓝
溶液不变红,
试纸褪色
生成
白色沉淀