2023届人教版高考化学新教材一轮复习第四单元非金属及其化合物单元质检卷（四）非金属及其化合物（Word版带解析）

单元质检卷(四)　非金属及其化合物(分值:100分)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.(2020山东潍坊期中)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.(2020福建厦门湖滨中学期中)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.(2020浙江7月选考)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.(2020山东枣庄期末)在给定条件下物质间转化均能实现的是(　　)A.MnO2Cl2漂白粉B.N2NH3NONO2HNO3C.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)D.FeFeCl2FeCl3Fe(OH)35.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FeI3D.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CaCO36.(2020北京化学,9)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:\n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.(2020河南驻马店正阳县高级中学月考)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1molSi,转移4mol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SiHCl38.(2020山东平度第九中学期中)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　　　　　　　　　ⅢA.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1molN转移的电子数为8NA\nC.过程Ⅲ中CH3OH→CO2,甲醇是氧化剂D.过程Ⅲ中HNO3→N2,转移10mole-时可生成N211.2L(标准状况)10.(2020山东济南二模)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KMnO4B.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.(2020湖北黄冈中学高三测试)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。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CaCO3B.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+H2SD.由实验Ⅰ和Ⅱ能比较H2CO3和H2S酸性的强弱12.(2020山东滨州二模)实验室从含碘废液(含有I2、I-等)中回收碘,其实验过程如下:\n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++I213.(2020北京101中学月考)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:序号①②③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+2HIC.③中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液,也能说明SO2被Cl2氧化为SD.实验条件下,品红溶液和SO2均被氧化14.(2020河北衡水中学调研)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.(2020福建厦门湖滨中学期中)将8.4gFe投入浓硝酸中,产生红棕色气体A,把所得溶液减压\n蒸干,得到30gFe(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.1120mLB.2240mLC.3360mLD.4480mL三、非选择题:本题共5小题,共60分。16.(2020河北石家庄第二中学质量检测)(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xmol·L-1HCl溶液滴定,消耗ymLHCl溶液,则海水中溶解无机碳的浓度为　　　　　mol·L-1。 17.(2020山东青岛一模)(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。\nⅡ.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.(2020华中师大一附中质量测评)(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6.5gNaN3,理论上需加入0.5mol·L-1的NaClO溶液　　　mL。 19.(2020江苏化学,16)(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,\n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40min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.(2020山东化学,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50.00mL的滴定管中,若KMnO4溶液起始读数为15.00mL,此时滴定管中KMnO4溶液的实际体积为　　　　　(填标号)。 A.15.00mLB.35.00mLC.大于35.00mLD.小于15.00mL(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mg样品于锥形瓶中,加入稀H2SO4溶解,水浴加热至75℃。用cmol·L-1的酸性\nKMnO4溶液趁热滴定至溶液出现粉红色且30s内不褪色,消耗酸性KMnO4溶液V1mL。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30s内不褪色,又消耗酸性KMnO4溶液V2mL。样品中所含H2C2O4·2H2O(M=126g·mol-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)\n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1molSi转移电子为4mol;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1molSi,均转移2mol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1molN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10mole-时可生成1molN2,1molN2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,\n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)==0.15mol,则标准状况下NO的体积为0.15mol×22.4L·mol-1=3.36L=3360mL。16.答案(1)CO2+H2OH2CO3,H2CO3HC+H+(2)①Ca2++2HCCaCO3↓+CO2↑+H2O　②xCO2　2xO　(3)①　\n②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)=xmol·L-1×y×10-3L,根据C守恒,海水中溶解无机碳的浓度为mol·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-。\n(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=0.1mol,则需要NaClO的物质的量为0.05mol,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\n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)moln(Fe2+)=5cV2×10-3mol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、C2CO2MnMn2+由电子守恒可得5cV2×10-3×3+n(H2C2O4)×2=5cV1×10-3,则:\nn(H2C2O4)=molH2C2O4·2H2O的质量分数=×100%=×100%。根据H2C2O4质量分数的表达式可知,当V1=3V2时,样品中不含H2C2O4·2H2O,但可能含有其他物质。越大,H2C2O4·2H2O的含量一定越高,B项正确;若步骤Ⅰ滴入KMnO4溶液不足,V1偏低,H2C2O4·2H2O的含量一定偏低,则铁元素含量偏高,C项错误;若所用酸性KMnO4溶液浓度偏低,V1、V2偏大,H2C2O4·2H2O含量偏低,则铁元素含量偏高。