2022屆新教材高考化學一輪復習單元練四非金屬及其化合物含解析新人教版

PAGE16-單元質檢卷(四)非金屬及其化合物(分值:100分)一、選擇題:本題共10小題,每小題2分,共20分。每小題只有一個選項符合題意。1.(2020山東濰坊期中)中華民族為人類文明進步做出巨大貢獻。下列說法中不正確的是()A.商代后期就已出現銅合金,銅合金屬于金屬材料B.漢代燒制出“明如鏡、聲如磬”的瓷器,其主要原料為黏土C.宋代王希孟的《千里江山圖》卷中的綠色顏料銅綠的主要成分是堿式碳酸銅D.“文房四寶”中的硯臺是用石材制作而成的,制作過程發(fā)生了化學變化2.(2020福建廈門湖濱中學期中)下列是部分礦物資源的利用及產品流程(如圖),有關說法不正確的是()A.電解精煉粗銅時,粗銅為陽極B.生產鋁、銅、高純硅及玻璃過程中都涉及氧化還原反應C.黃銅礦冶銅時,副產物SO2可用于生產硫酸,FeO可用作冶煉鐵的原料D.粗硅制高純硅時,提純四氯化硅可用多次分餾的方法3.(2020浙江7月選考)下列說法不正確的是()A.高壓鈉燈可用于道路照明B.SiO2可用來制造光導纖維C.工業(yè)上可采用高溫冶煉黃銅礦的方法獲得粗銅D.BaCO3不溶于水,可用作醫(yī)療上檢查腸胃的鋇餐4.(2020山東棗莊期末)在給定條件下物質間轉化均能實現的是()A.MnO2Cl2漂白粉B.N2NH3NONO2HNO3C.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D.FeFeCl2FeCl3Fe(OH)35.下列說法不正確的是()A.次氯酸鹽具有氧化性,漂白粉能漂白織物B.Cl2能使淀粉KI溶液變藍,證明其具有氧化性C.Fe與Cl2反應生成FeCl3,推測Fe與I2反應生成FeI3D.漂白粉在空氣中久置變質,是因為漂白粉中的Ca(ClO)2與空氣中的CO2及H2O反應生成了CaCO36.(2020北京化學,9)硫酸鹽(含SO42-、HSO下列說法不正確的是()A.該過程有H2O參與B.NO2是生成硫酸鹽的氧化劑C.硫酸鹽氣溶膠呈酸性D.該過程沒有生成硫氧鍵7.(2020河南駐馬店正陽縣高級中學月考)高純度單晶硅是典型的無機非金屬材料,又稱“半導體”材料,它的發(fā)現和使用曾引起計算機的一場“革命”。這種材料可以按下列方法制備:SiO2Si(粗)SiHCl3Si(純)下列說法正確的是()A.步驟①的化學方程式為SiO2+CSi+CO2↑B.步驟①②③中每生成或反應1molSi,轉移4mol電子C.二氧化硅能與氫氟酸反應,而硅不能與氫氟酸反應D.SiHCl3(沸點33.0℃)中含有少量的SiCl4(沸點67.6℃),通過蒸餾(或分餾)可提純SiHCl38.(2020山東平度第九中學期中)自然界中時刻存在著含氮元素不同物質間的轉化,實現氮按照一定的方向轉化一直是科學領域研究的重要課題。氮氣在催化劑作用下的一系列轉化如圖所示:下列敘述正確的是()A.N2轉化為NH3、NH3轉化為NO均屬于氮的固定B.在催化劑a的作用下,氮原子發(fā)生了氧化反應C.催化劑a、b表面均發(fā)生了極性共價鍵的斷裂D.催化劑a、b均可以提高單位時間內反應物的轉化率9.氨氮廢水超標排放是水體富營養(yǎng)化的重要原因,可用以下流程處理。下列說法正確的是()高濃度氨氮廢水低濃度氨氮廢水Ⅰ含硝酸廢水達標廢水ⅡⅢA.過程Ⅰ中發(fā)生的化學反應屬于氧化還原反應B.過程Ⅱ中NH4+→NO3-,每轉化1molNC.過程Ⅲ中CH3OH→CO2,甲醇是氧化劑D.過程Ⅲ中HNO3→N2,轉移10mole-時可生成N211.2L(標準狀況)10.(2020山東濟南二模)下圖是實驗室制備氯氣并進行一系列相關實驗的裝置(夾持設備已略)。下列說法錯誤的是()A.裝置A燒瓶內的試劑可以是KMnO4B.裝置B具有除雜和貯存氣體的作用C.實驗結束后,振蕩D會觀察到液體分層且下層呈紫紅色D.利用該裝置能證明氯、溴、碘的非金屬性逐漸減弱二、選擇題:本題共5小題,每小題4分,共20分。每小題有一個或兩個選項符合題意,全部選對得4分,選對但不全的得2分,有選錯的得0分。11.(2020湖北黃岡中學高三測試)某小組利用下面的裝置進行實驗,②③中溶液均足量,操作和現象如下表。實驗序號操作現象Ⅰ向盛有Na2S溶液的①中持續(xù)通入CO2至過量②中產生黑色沉淀,溶液的pH降低;③中產生白色渾濁,該渾濁遇酸冒氣泡Ⅱ向盛有NaHCO3溶液的①中持續(xù)通入H2S氣體至過量現象同實驗Ⅰ資料:CaS遇水完全水解由上述實驗得出的結論不正確的是()A.③中白色渾濁是CaCO3B.②中溶液pH降低的原因是:H2S+Cu2+CuS↓+2H+C.實驗Ⅰ①中CO2過量發(fā)生的反應是:CO2+H2O+S2-CO32-+HD.由實驗Ⅰ和Ⅱ能比較H2CO3和H2S酸性的強弱12.(2020山東濱州二模)實驗室從含碘廢液(含有I2、I-等)中回收碘,其實驗過程如下:已知:溴化十六烷基三甲基銨是一種陽離子表面活性劑,可以中和沉淀表面所帶的負電荷,使沉淀顆?？焖倬奂?快速下沉。下列說法錯誤的是()A.含碘廢液中是否含有IO3B.步驟①中Na2S2O3不可用Na2SO3代替C.步驟②可以用傾析法除去上層清液D.步驟③發(fā)生反應的離子方程式為4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I213.(2020北京101中學月考)某同學將SO2和Cl2的混合氣體通入品紅溶液,振蕩,溶液褪色,將此無色溶液分成三份,依次進行實驗,實驗操作和實驗現象記錄如下:序號①②③實驗操作實驗現象溶液不變紅,試紙不變藍溶液不變紅,試紙褪色生成白色沉淀下列實驗分析不正確的是()A.①說明Cl2被完全消耗B.②中試紙褪色的原因是:SO2+I2+2H2OH2SO4+2HIC.③中若將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液,也能說明SO2被Cl2氧化為SOD.實驗條件下,品紅溶液和SO2均被氧化14.(2020河北衡水中學調研)ClO2和NaClO2均具有漂白性,工業(yè)上用ClO2氣體制NaClO2的工藝流程如圖所示。下列說法不正確的是()A.步驟a的操作包括過濾、洗滌和干燥B.吸收器中生成NaClO2的離子方程式:2ClO2+H2O22ClO2-+O2↑+2HC.工業(yè)上可將ClO2制成NaClO2固體,便于貯存和運輸D.通入空氣的目的是驅趕出ClO2,使其被吸收器充分吸收15.(2020福建廈門湖濱中學期中)將8.4gFe投入濃硝酸中,產生紅棕色氣體A,把所得溶液減壓蒸干,得到30gFe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物,將該固體隔絕空氣在高溫下加熱,得到紅棕色的Fe2O3和氣體B,A、B氣體混合通入足量水中得到硝酸和NO,在標準狀況下生成NO氣體的體積為()A.1120mL B.2240mLC.3360mL D.4480mL三、非選擇題:本題共5小題,共60分。16.(2020河北石家莊第二中學質量檢測)(12分)研究CO2在海洋中的轉移和歸宿,是當今海洋科學研究的前沿領域。(1)溶于海水的CO2主要以4種無機碳形式存在,其中HCO3-占95%,寫出CO2溶于水產生HCO3(2)在海洋循環(huán)中,通過如圖所示的途徑固碳。①寫出鈣化作用的離子方程式:。

②同位素示蹤法證實光合作用釋放出的O2只來自于H2O,用18O標記物質的光合作用的化學方程式如下,將其補充完整:+

(CH2O)x+x18O2+xH2O。

(3)海水中溶解無機碳占海水總碳的95%以上,其準確測量是研究海洋碳循環(huán)的基礎,測量溶解無機碳,可采用如下方法:①氣提、吸收CO2。用N2從酸化后的海水中吹出CO2并用堿液吸收(裝置示意圖如圖所示),將虛線框中的裝置補充完整并標出所用試劑。②滴定。將吸收液中的無機碳轉化為NaHCO3,再用xmol·L-1HCl溶液滴定,消耗ymLHCl溶液,則海水中溶解無機碳的濃度為mol·L-1。

17.(2020山東青島一模)(12分)化學小組為探究SO2在酸性KI溶液中的反應,利用如圖裝置進行實驗:Ⅰ.排出裝置內的空氣。減緩CO2的流速,向丁裝置中通入CO2和SO2的混合氣體。Ⅱ.一段時間后,溶液變黃并出現渾濁。搖動錐形瓶、靜置,苯與溶液接觸的地方呈紫紅色。Ⅲ.持續(xù)向丁裝置中通入CO2和SO2混合氣體,溶液變?yōu)闊o色。Ⅳ.再靜置一段時間,取錐形瓶中水溶液,滴加BaCl2溶液產生白色沉淀?；卮鹣铝袉栴}:(1)苯的作用為。排出裝置內空氣的具體操作為。

(2)向裝置丁中緩慢通入CO2的作用是。

(3)步驟Ⅱ反應的離子方程式為;步驟Ⅲ反應的離子方程式為。

(4)實驗的總反應為,KI和HI在反應中的作用為。

18.(2020華中師大一附中質量測評)(12分)疊氮化鈉(NaN3)是制備醫(yī)藥、炸藥的一種重要原料,采用“亞硝酸甲酯——水合肼法”制備疊氮化鈉的生產流程如下:回答下列問題:(1)亞硝酸甲酯合成釜中生成的亞硝酸甲酯(CH3ONO)易轉化為氣態(tài)進入疊氮環(huán)合塔,寫出生成CH3ONO的化學方程式:。

(2)疊氮環(huán)合塔中生成疊氮化鈉的化學方程式為。

(3)疊氮環(huán)合塔中滴加的燒堿溶液要適當過量,目的是;生產流程中操作x為加熱、濃縮,此時所得濃縮液的溶質中含鈉的化合物有Na2SO4、。

(4)該生產過程中可循環(huán)使用的物質是。

(5)生產中有HN3生成,請設計實驗證明HN3為弱酸:。

(6)化工生產中,多余的NaN3常使用次氯酸鈉溶液處理,在酸性條件下,二者反應可生成無毒的氣體。若處理6.5gNaN3,理論上需加入0.5mol·L-1的NaClO溶液mL。

19.(2020江蘇化學,16)(12分)吸收工廠煙氣中的SO2,能有效減少SO2對空氣的污染。氨水、ZnO水懸濁液吸收煙氣中SO2后經O2催化氧化,可得到硫酸鹽。已知:室溫下,ZnSO3微溶于水,Zn(HSO3)2易溶于水;溶液中H2SO3、HSO3-、S(1)氨水吸收SO2。向氨水中通入少量SO2,主要反應的離子方程式為;當通入SO2至溶液pH=6時,溶液中濃度最大的陰離子是(填化學式)。

(2)ZnO水懸濁液吸收SO2。向ZnO水懸濁液中勻速緩慢通入SO2,在開始吸收的40min內,SO2吸收率、溶液pH均經歷了從幾乎不變到迅速降低的變化如下圖所示。溶液pH幾乎不變階段,主要產物是(填化學式);SO2吸收率迅速降低階段,主要反應的離子方程式為。

(3)O2催化氧化。其他條件相同時,調節(jié)吸收SO2得到溶液的pH在4.5~6.5范圍內,pH越低,SO42-生成速率越大,其主要原因是20.(2020山東化學,20)(12分)某同學利用Cl2氧化K2MnO4制備KMnO4的裝置如下圖所示(夾持裝置略):已知:錳酸鉀(K2MnO4)在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在,堿性減弱時易發(fā)生反應:3MnO42-+2H2O2MnO4-回答下列問題:(1)裝置A中a的作用是;裝置C中的試劑為;裝置A中制備Cl2的化學方程式為。

(2)上述裝置存在一處缺陷,會導致KMnO4產率降低,改進的方法是。

(3)KMnO4常作氧化還原滴定的氧化劑,滴定時應將KMnO4溶液加入(填“酸式”或“堿式”)滴定管中;在規(guī)格為50.00mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始讀數為15.00mL,此時滴定管中KMnO4溶液的實際體積為(填標號)。

A.15.00mL B.35.00mLC.大于35.00mL D.小于15.00mL(4)某FeC2O4·2H2O樣品中可能含有的雜質為Fe2(C2O4)3、H2C2O4·2H2O,采用KMnO4滴定法測定該樣品的組成,實驗步驟如下:Ⅰ.稱取mg樣品于錐形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加熱至75℃。用cmol·L-1的酸性KMnO4溶液趁熱滴定至溶液出現粉紅色且30s內不褪色,消耗酸性KMnO4溶液V1mL。Ⅱ.向上述溶液中加入適量還原劑將Fe3+完全還原為Fe2+,加入稀H2SO4酸化后,在75℃繼續(xù)用KMnO4溶液滴定至溶液出現粉紅色且30s內不褪色,又消耗酸性KMnO4溶液V2mL。樣品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g·mol-1)的質量分數表達式為。

下列關于樣品組成分析的說法,正確的是(填標號)。

A.V1B.V1V2越大,樣品中H2C2O4C.若步驟Ⅰ中滴入酸性KMnO4溶液不足,則測得樣品中Fe元素含量偏低D.若所用KMnO4溶液實際濃度偏低,則測得樣品中Fe元素含量偏高單元質檢卷(四)非金屬及其化合物1.D銅合金屬于金屬材料,A正確;制造瓷器的主要原料為黏土,B正確;銅綠的主要成分是堿式碳酸銅,C正確;硯臺是用天然石材制作而成的,制作過程發(fā)生了物理變化,D錯誤。2.B電解精煉銅時,粗銅為陽極,A正確;制備單質時都涉及到化學變化,制玻璃的反應主要包括SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑和SiO2+CaCO3CaSiO3+CO2↑,均不屬于氧化還原反應,B錯誤;SO2可以轉化成SO3,進而生成H2SO4,FeO與CO在高溫下可生成Fe,C正確;制備硅的過程中,利用沸點不同進行分餾,將SiCl4從雜質中提取出來,再與H2發(fā)生置換反應得到高純硅,D正確。3.D胃酸的主要成分是鹽酸,能與BaCO3反應生成Ba2+,導致蛋白質變性,用作鋇餐的是BaSO4,D項不正確。4.B稀鹽酸還原性較弱,二氧化錳與稀鹽酸不反應,制備氯氣應用濃鹽酸與二氧化錳反應,故A錯誤;氮氣與氫氣在高溫、高壓和催化劑條件下反應生成氨氣,氨氣催化氧化生成一氧化氮,一氧化氮與氧氣反應生成二氧化氮,二氧化氮可與水反應生成硝酸和一氧化氮,可實現反應的轉化,故B正確;硫在氧氣中點燃只能生成二氧化硫,而不是三氧化硫,故C錯誤;氯氣具有強氧化性,鐵與氯氣反應生成氯化鐵,故D錯誤。5.C漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2,次氯酸鹽溶液中的ClO-能夠發(fā)生水解反應:ClO-+H2OHClO+OH-,生成具有強氧化性的HClO,HClO可以用于漂白織物,A正確;Cl2可以使淀粉KI溶液變藍,說明KI轉化為I2,則證明Cl2有強氧化性,B正確;因I2的氧化性較弱,I2與Fe反應只能生成FeI2,C錯誤;漂白粉的有效成分Ca(ClO)2與空氣中的CO2及H2O反應生成CaCO3,同時生成的HClO易分解,導致漂白粉失效,D正確。6.D根據圖示中各微粒的構造可知,該過程有H2O參與,故A正確;根據圖示的轉化過程,NO2轉化為HNO2,N元素的化合價由+4價變?yōu)?3價,化合價降低,得電子被還原,則NO2是生成硫酸鹽的氧化劑,故B正確;硫酸鹽(含SO42-、HSO4-)氣溶膠中含有HSO4-,轉化過程有水參與,則HSO4-7.D二氧化硅高溫下與C反應生成CO氣體,即步驟①的化學方程式為SiO2+2CSi+2CO↑,故A錯誤;步驟①中Si的化合價降低4,生成1molSi轉移電子為4mol;步驟②中生成SiHCl3,硅元素化合價升高2,步驟③中硅元素的化合價降低2,所以步驟②③中每生成或反應1molSi,均轉移2mol電子,故B錯誤;硅能與氫氟酸反應生成SiF4和氫氣,故C錯誤;沸點相差30℃以上的兩種液體可以采用蒸餾的方法分離,故D正確。8.DN2轉化為NH3屬于氮的固定,而NH3轉化為NO是氮元素化合物之間的轉化,不屬于氮的固定,A錯誤;在催化劑a的作用下,氮原子由0價變?yōu)?3價,化合價降低,獲得電子,發(fā)生了還原反應,B錯誤;在催化劑a表面發(fā)生了非極性共價鍵的斷裂,在催化劑b表面發(fā)生了極性共價鍵的斷裂,C錯誤;催化劑a、b加快了反應速率,因此均可提高單位時間內反應物的轉化率,D正確。9.B過程Ⅰ中發(fā)生的化學反應為NH4++OH-NH3↑+H2O,沒有化合價變化,屬于非氧化還原反應,故A錯誤;過程Ⅱ中NH4+→NO3-,N元素化合價由-3價升高為+5價,每轉化1molNH4+轉移的電子數為8NA,故B正確;過程Ⅲ中CH3OH→CO2,C元素化合價升高,甲醇是還原劑,故C錯誤;過程Ⅲ中HNO3→N210.C根據裝置圖,裝置A沒有加熱,故燒瓶內的試劑可以是KMnO4,高錳酸鉀與濃鹽酸反應的化學反應方程式為2KMnO4+16HCl(濃)2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O,A正確;制備的氯氣中含有少量揮發(fā)出來的氯化氫氣體,可用飽和食鹽水除去,故根據裝置圖,裝置B具有除雜和貯存氣體的作用,B正確;根據萃取原理,苯的密度比水小,故振蕩D會觀察到液體分層且上層呈紫紅色,C錯誤;根據裝置C、D中的顏色變化可知,裝置A制備出來的氯氣與裝置C中的溴化鈉反應生成溴單質,將生成的液溴滴加到D裝置可生成碘單質,證明氯、溴、碘的非金屬性逐漸減弱,D正確。11.CD實驗Ⅰ.向①的Na2S溶液中持續(xù)通入CO2至過量,②中產生黑色沉淀,溶液的pH降低,說明①中生成了硫化氫氣體,②中生成了硫酸;③中產生白色渾濁,該渾濁遇酸冒氣泡,說明二氧化碳過量,被氫氧化鈣溶液吸收生成了碳酸鈣沉淀。實驗Ⅱ.向盛有NaHCO3溶液的①中持續(xù)通入H2S氣體至過量,②中產生黑色沉淀,溶液的pH降低,是因為過量的硫化氫氣體與硫酸銅溶液反應生成了CuS黑色沉淀,同時生成了硫酸;③中產生白色渾濁,該渾濁遇酸冒氣泡,說明反應生成了二氧化碳,被氫氧化鈣溶液吸收生成了碳酸鈣沉淀。根據上述分析,③中白色渾濁是CaCO3,不可能是CaS,因為CaS遇水完全水解,故A正確;②中是硫化氫與硫酸銅反應:H2S+Cu2+CuS↓+2H+,使得溶液的pH降低,故B正確;CO2過量反應生成HCO3-,發(fā)生的反應是2CO2+2H2O+S2-2HCO3-+H2S,故C錯誤;根據實驗Ⅰ、Ⅱ中現象:Ⅰ中通二氧化碳有H2S生成,Ⅱ中通H2S有二氧化碳生成,因此不能比較H2CO3和H12.AB在酸性條件下I-、IO3-、H+會發(fā)生氧化還原反應產生I2,I2遇淀粉溶液變?yōu)樗{色,若溶液不是顯酸性,則無法檢驗,A錯誤;步驟①中是利用Na2S2O3的還原性,由于Na2SO3也具有強的還原性,因此也可用Na2SO3代替Na2S2O3,B錯誤;由于CuI是難溶性固體,其余物質都溶解在水中,因此步驟②可以用傾析法除去上層清液,C正確;Fe3+具有氧化性,可將CuI氧化產生Cu2+、I2,Fe3+被還原產生Fe2+,根據電子守恒、電荷守恒及原子守恒可得,步驟③發(fā)生反應的離子方程式為4Fe3++2CuI4Fe2++2Cu2++I213.C①加熱后溶液不變紅,濕潤的淀粉碘化鉀試紙不變藍,說明沒有氯氣,則Cl2被完全消耗,A正確;當二氧化硫過量,加熱后二氧化硫與碘發(fā)生氧化還原反應SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI,②中試紙褪色,B正確;酸性條件下硝酸根離子能將亞硫酸根離子氧化,故③中若將BaCl2溶液換成Ba(NO3)2溶液,不能說明SO2被Cl2氧化為SO42-,C不正確;根據題意分析,品紅溶液和SO14.B步驟a中,由溶液得到NaClO2固體,進行的操作為過濾、洗滌和干燥,A正確;吸收器中發(fā)生反應2ClO2+2NaOH+H2O22NaClO2+O2+2H2O,離子方程式為2ClO2+2OH-+H2O22ClO2-+O2+2H2O,B錯誤;固體比氣體便于貯存和運輸,工業(yè)上可將ClO2制成NaClO2固體,C正確;反應結束后,發(fā)生器中仍有少量ClO2,用空氣可以將其排出,確保其在吸收器中被充分吸收,D正確。15.CFe與濃硝酸反應生成Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物,Fe與硝酸完全反應;Fe(NO3)2和Fe(NO3)3的混合物隔絕空氣高溫加熱得到紅棕色的Fe2O3和氣體B;A、B氣體混合通入足量水中得到HNO3和NO;經過上述一系列過程,Fe全部被氧化為Fe2O3,Fe元素的化合價由0價升至+3價,濃硝酸中部分N原子被還原成NO,N元素的化合價由+5價降為+2價,根據得失電子守恒,3n(Fe)=3n(NO),n(NO)=n(Fe)=8.4g56g·mo16.答案(1)CO2+H2OH2CO3,H2CO3HCO3-+H+(2)①Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O②xCO22xH218O(3)①解析(1)溶于海水的CO2與水結合生成碳酸,碳酸電離生成HCO3-,故CO2溶于水產生HCO3-的方程式為CO2+H2OH2CO3、H2CO3HCO3(2)①反應物中含有碳酸氫根離子,生成物為碳酸鈣,依據元素守恒、電荷守恒得出反應的離子方程式為Ca2++2HCO3-CaCO3↓+CO2↑+H2O;②光合作用產生的氧氣來源于水,即水中的氧原子采用示蹤法標記為18O,依據元素守恒配平反應的化學方程式為xCO2+2xH218O(CH2O)x+x18O2+xH(3)①酸化海水可以使用稀硫酸,利用分液漏斗滴加,長管進氣,短管出氣,故裝置應為;②滴定過程中發(fā)生的反應為NaHCO3+HClNaCl+CO2↑+H2O,故n(NaHCO3)=n(HCl)=xmol·L-1×y×10-3L,根據C守恒,海水中溶解無機碳的濃度為xmol·L-1×y17.答案(1)萃取碘單質,隔絕空氣防止I-被氧化關閉K2,打開K3,打開K1(2)防止倒吸(3)SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2OSO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-(4)3SO2+2H2O4H++2SO4解析為探究SO2在酸性KI溶液中的反應,由于酸性KI容易被O2氧化,所以要加苯液封,同時苯可萃取碘單質,并且在反應前先用二氧化碳將裝置內的空氣排盡;在反應中分二步進行,第一步是SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O,第二步是SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-(1)根據分析可知,裝置丁中苯的作用:萃取碘單質,隔絕空氣防止I-被氧化;用二氧化碳排出甲、乙、丙中的空氣時,打開K3和K1,關閉K2。(2)若只將SO2通入丁中,SO2反應后壓強減小,會發(fā)生倒吸,通入CO2和SO2的混合氣體,CO2不反應,始終有氣體排出,可起到防止倒吸的作用。(3)步驟Ⅱ中,溶液變黃并出現渾濁,說明生成了硫單質,搖動錐形瓶、靜置,苯與溶液邊緣呈紫紅色,說明生成了碘單質,則發(fā)生反應的離子方程式為SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O;步驟Ⅲ通入CO2和SO2混合氣體,溶液變?yōu)闊o色,說明碘單質被消耗,反應的離子方程式為SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-(4)根據反應SO2+4I-+4H+2I2+S↓+2H2O和SO2+I2+2H2O4H++SO42-+2I-可得總反應為3SO2+2H2O4H++2SO418.答案(1)2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(濃)2CH3ONO+Na2SO4+2H2O(2)N2H4+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+2H2O(3)提高亞硝酸甲酯和水合肼的轉化率,抑制疊氮化鈉水解NaN3、NaOH(4)甲醇(5)使用pH試紙測定NaN3溶液的酸堿性,若該溶液顯堿性,說明HN3為弱酸(合理即可)(6)100解析(1)根據裝置圖可以發(fā)現亞硝酸甲酯合成釜有三種原料:濃硫酸、甲醇和亞硝酸鈉,濃硫酸可以酸化亞硝酸鈉,并為酯化反應提供催化劑,得到甲醇的無機酸酯和水,據此寫出反應的化學方程式為2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(濃)2CH3ONO+Na2SO4+2H2O。(2)疊氮環(huán)合塔中加入了水合肼與燒堿,燒堿可以使第一步得到的亞硝酸甲酯水解,產生甲醇和亞硝酸鈉,同時亞硝酸鈉和肼里的氮元素發(fā)生歸中反應得到產物疊氮化鈉,據此可寫出反應的化學方程式為N2H4+CH3ONO+NaOHNaN3+CH3OH+2H2O。(3)疊氮環(huán)合塔中適當滴加過量的燒堿有兩個作用,一是可以提高亞硝酸甲酯和水合肼的轉化率,二是可以抑制疊氮化鈉這個強堿弱酸鹽的水解;加熱濃縮后,溶液中的陰離子有OH-和N3-,因此含鈉的化合物有Na2SO4、NaN(4)由于在亞硝酸甲酯合成釜里形成了酯,在疊氮環(huán)合塔中酯又水解,因此整個過程中甲醇是可以循環(huán)利用的。(5)若要證明HN3為弱酸,可以用pH試紙來檢測NaN3溶液的pH,根據溶液顯堿性證明HN3為弱酸,其他合理的方法也可以。(6)根據描述,NaN3應該被氧化為無毒的N2。同時ClO-被還原為Cl-,因此每個NaN3在反應中需要失去1個電子,每個ClO-在反應中可以得到2個電子,則NaN3與NaClO的物質的量之比為2∶1;NaN3的物質的量為mM=619.答案(1)2NH3+H2O+SO22NH4++S(或2NH3·H2O+SO22NH4++SO3