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1、专题04 非金属及其化合物一、单选题1.下列涉及化学学科观点的有关说法正确的是（ ） A. 微粒观：二氧化硫是由硫原子和氧原子构成的 B. 转化观：升高温度可以将不饱和硝酸钾溶液转变为饱和C. 守恒观：1g镁与1g稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为2g D. 结构观：金刚石和石墨由于结构中碳原子的排列
2、方式不同，性质存在着较大的差异【答案】 D 【解析】A.二氧化硫是由二氧化硫分子构成的,分子是由C原子和S原子构成的,A不符合题意；B.升高温度硝酸钾的溶解度增大,升高温度不饱和硝酸钾溶液仍然为不饱和溶液,B不符合题意；C.Mg与稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气,则1g镁与1g稀硫酸充分反应后所得的溶液质量为小于2g,C不符合题意；D.物质的组成和结构决定了物质的性质,金刚石和石墨因为结构中碳原子的排列方式不同,所以金刚石和石墨的性质存在着较大的差异,D符合题意；故答案为：D。2.化学家格哈德·埃特尔证实了氢气与氮气在固体催化剂表面合成氨的反应过程,示意图如下：下列关于合成氨反应的叙述中错
3、误的是（ ）A. 该过程表明,在化学反应中存在化学键的断裂与形成 B. 在催化剂的作用下,反应物的化学键变得容易断裂C. 过程需吸收能量,过程则放出能量 D. 常温下该反应难以进行,是因为常温下生成物的化
4、学键难以形成【答案】 D 【解析】A.由图中可知，每3个氢分子和1个氮气分子断键得到原子，然后生成2个氨分子，生成氨分子之前是氢原子和氮原子，A不符合题意；B.催化剂能改变化学反应的速率，合成氨的反应在催化剂作用下，反应速度加快，意味着反应物化学键的断裂和生成物化学键的形成变的更容易，B不符合题意；C.化学键的断裂需要吸收能量，而化学键的形成则放出能量，从图中可看出为化学键断裂过程，为新的化学键形成过程，C不符合题意；D.化学键的断裂需要吸收能量，所以该反应在常温下难以进行，D符合题意；故答案为：D。3.下列所示物质的工业制备方法合理的是（ ） A. 制Si：
5、SiO2 HCl(ap) SiCl4 H2 Si B. 制H2SO4：黄铁矿 煅烧O2 SO2 H2O H2SO3 O2 H2SO4C. 卤水中提取Mg:卤水(主要含MgCl2) NaOH(ap) Mg(OH)2 HCl(ap) MgCl2 电解 Mg
6、60; D. 侯氏制碱法:饱和食盐水 过滤 NaHCO3(s) Na2CO3【答案】 D 【解析】A、工业上制硅方法是：二氧化硅与碳在高温下反应得到粗硅：2SiO+2C 高温_ 2Si+2CO，然后将粗硅提纯即可，二氧化硅与盐酸不反应，A不符合题意；B、工业制取硫酸的方法是：煅烧黄铁矿生成SO2 ， 然后SO2与O2在催化剂的作用下生成SO3 ， 然后将SO3气体通入硫酸中，即可制取，而不是SO2与水反应制取亚硫酸，再氧化为硫酸，SO2与水的反应为可逆反应，转化率低，B不符合题意；C、海岸中有大量的贝壳
7、，贝壳的主要成分为CaCO3 ， 煅烧得到CaO，溶于水得到Ca(OH )2 ， 故应在卤水中加入Ca(OH )2生成Mg(OH)2沉淀，然后加稀盐酸，蒸发结晶得到MgCl2固体，再电解熔融的MgCl2即可，C不符合题意；D、侯氏制碱法的原理是：向饱和食盐水中先通入氨气，使溶液显碱性，再通入足量的CO2气体，可以增大CO2的吸收量，生成更多的NaHCO3 ， 过滤加热即可得到纯碱，D符合题意。故答案为：D。4.某同学向SO2和Cl2的混合气体中加入品红溶液，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： 序号实验操作实验现象溶液不变红，试纸不变蓝溶液不变红，试
8、纸褪色生成白色沉淀下列实验分析中，错误的是（ ）A. 说明Cl2被完全消耗B. 中试纸褪色的原因是：SO2 + I2 + 2H2O = H2SO4 + 2HIC. 中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，也能说明SO2被Cl2氧化为SO42D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化【答案】 C 【解析】A. 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，选项A不符合题意； B. 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 + 2H2O = H2SO4 + 2HI，中试
9、纸褪色，选项B不符合题意；C. 硝酸根离子能将亚硫酸根离子氧化，故中若将BaCl2溶液换成Ba(NO3)2溶液，不能说明SO2被Cl2氧化为SO42 ， 选项C符合题意；D. 实验条件下，品红溶液和SO2均被氧化，故加热后溶液不恢复红色，D不符合题意。故答案为：C。5.属于人工固氮的是（ ） A. 工业合成氨 &#
10、160; B. 闪电时，氮气转化为 NOC. 用 NH3和 CO2 合成尿素
11、 D. 用硫酸吸收氨气得到硫酸铵【答案】 A 【解析】A.氮元素从游离态变为化合态是氮的固定；工业合成氨是通过人类生产活动把氮气转化为氨气，故A符合题意； B.闪电时，氮气转化为NO，属于自然固氮，故B不符合题意；C.NH3和CO2 合成尿素，
12、氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故C不符合题意；D.用硫酸吸收氨气得到硫酸铵，氮元素不是从游离态变为化合态，不属于氮的固定，故D不符合题意。6.在海水提溴过程中，常用热空气或水蒸气将溴吹出，是因为溴单质（ ） A. 化学性质稳定 B. 沸点低，易挥发
13、60; C. 不溶于水 D. 易升华【答案】 B 【解析
14、】在海水提溴过程中，常用热空气或水蒸气将溴吹出，是因为溴单质沸点低，易挥发， 故答案为：B。7.某同学设计用下图的装置制备少量的AlCl3(易水解)。下列说法错误的是（ ）A. B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液,其作用是除去氯气中的HCl B. 装置C和F中的试剂均为浓硫酸,其作用是防止水蒸气进人E中C. 用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应,所得氣气可以制取26.7gAlCl3 &#
15、160; D. 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯【答案】 C 【解析】A.实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，含有杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢及易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度很小，因此B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液,其作用是除去氯气中的HCl，A不符合题意；B.因为AlCl3易水解，所以铝和氯气反应必须在干燥的环境下进行，因此装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进人E中，B不符合题意；C.用50mL12mol/L的盐酸与足量的MnO2反应
16、，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，所以50mL12mol/L的盐酸产生氯气的量小于0.15mol，因此氯气与铝反应生成氯化铝的量少于0.1 mol，质量小于13.35g，C符合题意；D.实验过程中应先点燃A处的酒精灯，反应产生氯气，利用氯气排净装置内的空气，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，反应进行，D不符合题意；故答案为：C。8.由下列实验及现象推出的相应结论正确的是（ ）选项实验现象结论A2 mL0.01mol·L-1的KI溶液中滴入等体积等浓度的FeCl3溶液，将充分反应后的溶液分三份，一份滴入K3Fe(CN)6溶
17、液，第二份滴入KSCN溶液，第三份滴入淀粉溶液滴入K3Fe(CN)6溶液后产生蓝色沉淀；滴入KSCN溶夜后变血红色；滴入淀粉溶液后溶液变蓝KI溶液和FeCl3溶液发生反应：2Fe3+2I- 2Fe2+I2B向稀硫酸中加入铜片，然后通入氧气加热先无明显现象，通入氧气加热后溶液变蓝氧化性：稀硫酸>Cu2+C向浓度均为0.1 mol·L-1的Na2SO3和Na2SiO3溶液中分别滴加酚酞Na2SiO3溶液红色更深非金属性：Si<SD将几滴等浓度的FeCl3溶液、AlCl3溶液同时滴入足量等浓度的NaOH溶液中只产生红褐色沉淀KspAl(OH)3>K spFe(OH)3A.
18、 A B. B &#
19、160; C. C
20、; D. D【答案】 A 【解析】A.K3Fe(CN)6是鉴别Fe2+的试剂，遇到Fe2+会产生蓝色沉淀；滴入KSCN是鉴别Fe3+的试剂，KSCN遇Fe3+后变血红色，淀粉是鉴别I2的试剂，淀粉
21、溶液遇I2后溶液变蓝，故A符合题意；B.向稀硫酸中加入铜片，不反应，然后通入氧气加热使铜变成氧化铜，就可以和硫酸反应了，并不能证明氧化性：稀硫酸>Cu2+ ， 故B不符合题意；C.Na2SiO3溶液红色更深只能证明H2 SiO3的酸性比H2SO3弱，因H2SO3不是最高价氧化物对应得水化物，不能判断非金属性：Si<S故C不符合题意；D.因为氢氧化铝是两性氢氧化物，可以溶于强碱氢氧化钠，不能证明KspAl(OH)3>K spFe(OH)3，故D不符合题意。故答案为：A。9.为了从海带浸取液中提取碘，某同学设计了如下实验方案：下列说法正确的是（
22、 ）A. 中反应的离子方程式：2I + H2O2 = I2 + 2OH B. 中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗上口倒出C. 中得到的上层溶液中含有I
23、; D. 操作Z的名称是加热【答案】 C 【解析】A中在酸性溶液中不可能生成OH ， 故A不符合题意；B.四氯化碳的密度比水大，中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出，故B不符合题意；C.碘化钠水溶液的密度比四氯化碳小，中得到的上层溶液中含有I ， 故C符合题意；D.从含有碘的悬浊液中得到碘，应该采用过滤的方法，故D不符合题意；故答案为：C。10.常温下，将Cl2缓慢通入100 mL水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴加入0.1 mol/L NaOH溶液，整个过程中pH的变化如图所示。下列有关叙述正确的是( ) A.
24、曲线段有离子反应：HClOOH=ClOH2O B. 可依据处数据计算所溶解的n(Cl2)C. 处表示氯气与氢氧化钠溶液恰好反应完全 D. 处c(H)约为处c(H)的2倍【答案】 A 【解析】A.曲线段发生反应：HCl+NaOH=NaCl
25、+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，离子反应分别为：H+OH=H2O、HClO+OH=H2O+ClO ， A符合题意； B.点所示溶液中发生反应：Cl2+H2OH+Cl+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，无法根据pH计算参加反应的氯气，B不符合题意；C.氯气与氢氧化钠恰好反应完全溶液为氯化钠、次氯酸钠溶液，溶液呈碱性，点所示溶液中发生反应：HCl+NaOH=NaCl+H2O、HClO+NaOH=NaClO+H2O，溶液呈中性，c(H)=c(OH)，C不符合题意；D.处到处是氯气的溶解平衡：Cl2+H2OH+Cl+HClO，向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，D
26、不符合题意；故答案为：A11.工业上把Cl2通入冷NaOH溶液中制得漂白液（主要成分NaClO）一化学小组在室温下将氯气缓缓通入NaOH溶液，模拟实验得到ClO、ClO3-等离子的物质的量（mol）与反应时间t（min）的关系曲线。下列说法错误的是（ ） A. 工业制取漂白液的化学反应方程式为Cl22NaOHNaClNaClOH2OB. a点时溶液中各离子浓度：c(Na)c(Cl)c(ClO3)c(ClO)c(OH)c(H)C. t2t4 ， ClO离子的物质的量下降的原因可能是3ClO 2ClClO3D. 使用漂白液时，为了增强
27、漂白效果，可以向漂白液中加入浓盐酸【答案】 D 【解析】A、工业用氯气与氢氧化钠溶液反应制取漂白液，A不符合题意； B、氯气与氢氧化钠溶液反应，到达a点时，次氯酸根离子与氯酸根离子的浓度相等，此时的产物是氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠，发生反应的离子方程式是Cl2+8OH-=6Cl-+ClO-+ClO3-+4H2O，所以溶液呈碱性，则溶液中离子浓度的大小关系是c（Na）c（Cl）c（ClO3）c（ClO）c（OH）c（H），B不符合题意；C、根据图像可知，t2t4 ， ClO离子的物质的量下降，ClO3的物质的量增加，根据氧化还原反应规律，元素化合价有升高则有降低，所以发生该变化的原因可能是3ClO
28、= 2ClClO3 ， C不符合题意；D、漂白液中含有次氯酸根离子，加入浓盐酸，则氯离子与次氯酸根离子在酸性条件下会发生反应，生成有毒气体氯气，漂白效果降低，D符合题意；故答案为：D12.X、Y、Z 是中学化学中常见的三种物质，下表各组物质之间通过一步反应不能实现右图所示转化关系的是（ ） XYZ箭头上所标数字的反应条件ANONO2HNO3常温遇氧气B.Cl2NaClOHClO通入CO2C.Na2O2NaOHNaCl加入H2O2D.Al2O3NaAlO2Al(OH)3加NaOH溶液【答案】 C 【解析】A. 一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸
29、，硝酸分解生成二氧化氮，稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，各物质之间通过一步反应可以实现，A不符合题意； B. 氯气与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸钠与碳酸反应生成次氯酸，次氯酸与氢氧化钠反应生成次氯酸钠，次氯酸与盐酸反应生成氯气，各物质之间通过一步反应可以实现，B不符合题意；C. 氯化钠不能够通过一步反应得到过氧化钠，C符合题意；D. 氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠与碳酸反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝分解生成氧化铝，个物质之间通过一步反应可以实现，D不符合题意；故答案为：C13.下列有关实验原理、方法和结论都正确的是（）A. 已知Cu2O+2
30、H+=Cu2+Cu+H2O，氢气还原氧化铜后所得红色固体能完全溶于稀硝酸，说明红色固体是铜B. 用蒸馏水、酚酞、BaCl2溶液和已知浓度盐酸标准溶液作试剂，可测定NaOH固体（杂质仅为Na2CO3）的纯度C. 取一定量水垢加盐酸，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明水垢的主要成分为CaCO3、MgCO3D. 用饱和碳酸钠溶液多次洗涤BaCO3 ， 可除去BaCO3中少量的BaSO4 ， 说明Ksp(BaCO3)<Ksp(BaSO4)【答案】 B 【解析】由于稀硝酸具有强氧化性，氢气还原氧化铜后即使生成红色的Cu2O，也能完全溶解，A不正确，应该用稀硫酸；先将
31、含杂质的NaOH固体用蒸馏水配成溶液，然后用BaCl2溶液把Na2CO3沉淀出去，最后用盐酸标准溶液滴定NaOH溶液，可以求出NaOH 的质量，测定NaOH固体的纯度，B正确；水垢加盐酸，生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，只能说明水垢中有CaCO3 ， 因为Mg(OH)2的溶解度比MgCO3的溶解度小，沉淀会发生转化，C错误；用饱和碳酸钠溶液多次洗涤BaCO3 ， 可除去BaCO3中少量的BaSO4 ， 说明在浓度大的时候，溶解度小的物质可以转化为溶解度大的物质，D错误，所以正确的答案选B。14.在一含Na+的澄清溶液中，可能还存在NH4+、Fe2+、I-、Br-、CO32-、SO32-六种离子
32、中的几种。在原溶液中滴加足量的饱和氯水后，有气泡生成，溶液呈橙黄色；向呈橙黄色的溶液中加入BaCl2溶液时无沉淀生成；橙黄色溶液不能使淀粉溶液变蓝色。根据上述实验事实推断，下列说法不正确的是A. 溶液中一定存在Br-、CO32- &
33、#160; B. 溶液中可能存在NH4+C. 溶液中一定不存在Fe2+、I-、SO32- D. 溶液一定呈酸性【答案】 D 【解析】根据可知，产生的气体应该是CO2 ， 所以一定含有CO32- ， 则就一定没有亚铁离子。根据可知，没有硫酸钡生成，所以不存在SO32-；根据可知没有单质碘生成，所以溶液呈橙黄色，说明有单质溴
34、生成，含有溴离子，而不存在碘离子，而NH4+无法确定，因此选项A、B、C都是正确的，答案选D。二、综合题15.某化学兴趣小组用如图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和氯水并进行有关探究实验。 实验.制取氯酸钾、次氯酸钠和氯水（1）写出装置A实验室制取Cl2的化学方程式_。 （2）制取实验结束后，取出装置B中试管，冷却结晶、过滤、洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、_、_。为提高氯酸钾和次氯酸钠的产率，在实验 装置中还需要改进的是_。 （3）装置C中反应需要在冰水浴中进行，其原因是_。 （4）装置D中的实验现象是溶液先变红后褪色，最后又变为_色。 （5）实验.尾气处理 实验小组利用刚吸
35、收过少量SO2的NaOH溶液对其尾气进行吸收处理。吸收尾气一段时间后，吸收液(强碱性)中肯定存在Cl、OH和SO42-。请设计实验，探究该吸收液中可能存在的其他阴离子(不考虑空气中CO2的影响)。提出合理假设假设1：只存在SO32-；假设2：即不存在SO32- ， 也不存在ClO；假设3：_。设计实验方案，进行实验。请完成下列表格，写出相应的实验步骤以及预期现象和结论。限选实验试剂：3 mol·L1H2SO4、1 mol·L1NaOH溶液、0.01 mol·L1酸性KMnO4溶液、淀粉KI溶液。实验步骤预期现象和结论步骤1：取少量吸收液分置于A、B试管中步骤2：向
36、A试管中滴加0.01 mol·L1酸性KMnO4溶液a.若溶液褪色，则假设1成立b.若溶液不褪色，则假设2或3成立步骤3：_【答案】 （1）MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2+2H2O（2）漏斗；玻璃棒；在A和B之间添加盛有饱和NaCl的洗气装置（3）温度升高会生成氯酸钠（4）黄绿色（5）只存在ClO；向B试管中滴加淀粉KI溶液；a.若溶液变蓝，则假设3成立；b.若溶液不变蓝，结合步骤2中的b则假设2成立 【解析】（1）实验室制取Cl2的化学反应方程式为 MnO2+4HCl(浓) _ MnCl2+Cl2+2H2O。 （2）过滤、洗涤操作过
37、程需要的玻璃仪器有胶头滴管、烧杯、玻璃棒、漏斗。由于浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，所以为提高氯酸钾和次氯酸钠的产率，需要除去氯化氢，则在实验装置中还需要改进的是A和B之间添加盛有饱和NaCl的洗气装置。 （3）由于温度升高会生成氯酸钠，所以装置 C 中反应需要在冰水浴中进行。 （4）氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，而氯气的溶解度较小，则装置D中的实验现象是溶液先变红后褪色，最后又变为黄绿色。 （5）根据假设1和2可知假设3应该是只存在ClO-； 亚硫酸根具有氧化性，利用酸性高锰酸钾溶液检验。次氯酸具有强氧化性，则可以用淀粉碘化钾溶液检验，则步骤3应该是向B试管中滴加淀粉KI溶液，若溶液变蓝
38、，则假设3成立；若溶液不变蓝，结合步骤2中的b，则假设2成立。 16.硫代硫酸钠（Na2S2O3·5H2O），又名大苏打、海波，主要用于照相业作定影剂、作鞣革时重铬酸盐的还原剂，易溶于水，遇酸易分解。其工艺制备流程如下： 某化学兴趣小组同学模拟该流程设计了如下实验装置：回答下列问题：（1）双球管a处的液体可用来检验I中的反应是否发生，选用的试剂是_（填字母） a、品红溶液 b、NaOH溶液 &#
39、160;c、稀硫酸若要停止I中的化学反应，除停止加热外，还要采取的操作是_。（2）加热I，使反应完全，发现浸入液面下的铜丝变黑，甲同学对黑色生成物提出如下假设：可能是Cu2O；可能是CuO；可能是CuS；CuS和CuO的混合物。乙同学提出假设一定不成立，该同学的依据是_；丙同学做了如下实验来验证黑色物质的组成： 基于上述假设分析，原黑色物质的组成为_（填化学式）。（3）II中发生反应的化学方程式为_，实验中通入的SO2不能过量，可能的原因是_。 （4）丁同学提出上述实验装置的设计存在不足，建议在I上_；在I、II之间增加_。 【答案】 （1）a；旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离（2）Cu2O为
40、红色固体；CuS、CuO（3）2Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；过量SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3遇酸易分解（4）在双球管支管口处增加一赶气装置；安全瓶（或缓冲瓶） 【解析】(1)铜和浓硫酸加热反应生成二氧化硫气体，二氧化硫具有漂白性，检验产物二氧化硫可以用品红溶液；要想停止反应，根据图示可以旋转手柄使铜丝螺旋部分与液面脱离；(2) Cu2O为红色固体，所以黑色物质不可能为Cu2O；硫化铜既不溶于水也不溶于硫酸；氧化铜虽然不溶于水，但是可溶于硫酸，所以与硫酸反应生成蓝色溶液和黑色固体，则该黑色物质为CuS和CuO；(3)根据流程图II中发生反应的化学方程式为：2
41、Na2S+Na2CO3+4SO2=3Na2S2O3+CO2；题干中提示硫代硫酸钠遇酸易分解，所以二氧化硫不能过量的原因为：过量SO2使溶液呈酸性，Na2S2O3遇酸易分解；(4)从装置上看要想使生产的二氧化硫顺利进入装置II ，需要在双球管支管口处增加一赶气装置；装置I需要加热，温度比较高，为了防止倒吸情况，需要在在I、II之间增加安全瓶（或缓冲瓶）。17.黄铁矿石的主要成分为FeS2和少量FeS（假设其他杂质中不含Fe、S元素，且高温下不发生化学变化），是我国大多数硫酸厂制取硫酸的主要原料。某化学兴趣小组对该黄铁矿石进行如下实验探究。将m1 g该黄铁矿石的样品放入如图装置（夹持和加热装置略）
42、的石英管中，从a处不断地缓缓通入空气，高温灼烧黄铁矿样品至反应完全。其反应的化学方程式为： （1）【实验一】：测定硫元素的含量 反应结束后，将乙瓶中的溶液进行如下处理：鼓入空气的作用是_。反应结束后乙瓶中的溶液需加足量H2O2溶液的目的是（用化学方程式表示）_。H2O2可以看作是一种很弱的酸，写出其电离方程式：_。（2）该黄铁矿石中硫元素的质量分数为_（列出表达式即可）。 （3）【实验二】：测定铁元素的含量 中，若用铁粉作还原剂，则所测得的铁元素的含量_（填“偏大”、“偏小”或“无影响”）。（4）中，需要用到的仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还有_。 （5）某同学一共进行了四次滴定实验，实验结
43、果记录如下： 实验次数第一次第二次第三次第四次消耗KMnO4溶液体积/mL25.0025.0320.0024.97根据所给数据，计算该稀释液中Fe2+的物质的量浓度为c(Fe2+) _。【答案】（1）除去空气中的CO2 ， 使乙装置中的溶液只吸收黄铁矿煅烧产生的SO2；使SO32-完全氧化为SO42-；H2O2 HO2-+H（2）32m2/233m1×100%（3）偏大（4）250mL容量瓶（5）0.5mol/L 【解析】（1）空气中含有二氧化碳，能和乙中的氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡导致沉淀量增大，从而导致干扰硫元素的测定，所以要把空气中二氧化碳除去，用氢氧
44、化钠或氢氧化钾溶液除去即可，所以甲中盛放的是氢氧化钠溶液或氢氧化钾溶液；乙中二氧化硫和氢氧化钠反应生成亚硫酸钠，离子方程式为 SO2+2OH-=SO32-+H2O；为使亚硫酸根离子完全转化为硫酸根离子，加入的双氧水要足量；双氧水的电离方程式为H2O2 HO2-+H；（2）最终所得沉淀是硫酸钡，根据硫原子守恒得硫的质量，设硫的质量为x， SBaSO432g233gxm2gx=32m2/233g，质量分数=32m2/233m1×100%；（3）铁和铁离子反应生成的亚铁离子物质的量增大，用高锰酸钾物质的量增大，测定结果偏大；（4）步骤中，一定物质的量浓度溶液的配制中，除了烧杯、玻璃棒、胶头
45、滴管外，还需要250mL容量瓶；（5）根据表中数据可知第三次实验误差大，舍去。滴定过程中高锰酸钾溶液平均消耗体积=(25+25.03+24.97)mL/3=25mL；根据方程式5Fe2+MnO4-+8H+=Mn2+5Fe3+4H2O可知，设亚铁离子物质的量为x，则X0.1mol/L×0.025L×5=0.0125mol；c（Fe2+）=0.0125mol÷0.025L=0.5mol/L。18.碘化钠在医学上被广泛应用于X射线造影剂、甲状腺癌防治等方面。实验室可用铁屑还原法制碘化钠。回答下列问题： （1）向反应容器中加入30mL40%的NaOH溶液、25.4gI2
46、， 搅拌并加热，发生反应：3I2+6NaOH 6070C_ 5NaI+NaIO3+3H2O。将温度控制在60-70的最佳加热方法是_，若温度过高产生的影响是_。 （2）已知：IO3+5I+6H+=3I2+3H2O；NaIO3水溶液呈中性。某同学设计如下方案，检验反应后溶液中存在IO3 ， 且c(OH)>c(H+)限选试剂及用品：1 mol·L1H2SO4、2 mol·L1HNO3、淀粉KI试纸、红色石蕊试纸、蓝色石蕊试纸 实验操作实验现象结论用玻璃棒蘸取溶液，点在_试纸上试纸呈蓝色c(OH)>c(H+)用玻璃棒蘸取溶液，点在_试纸上试纸不变色向实验的试纸上滴加_
47、溶液试纸呈蓝色溶液中有IO3（3）向反应后的溶液中加入铁粉，产生红褐色沉淀，则该反应的离子方程式为_。充分反应后，从混合物中获得NaI固体，首先应进行_(填操作名称)，若后续操作中直接蒸发结晶往往得不到较纯的NaI固体，可能的原因是_。为将溶液中的NaIO3全部还原成NaI，投入铁屑的质量不少于_g(精确到小数点后两位)。 【答案】（1）水浴加热；I2挥发，原料利用率低（2）红色石蕊；淀粉KI；1mol/LH2SO4（3）2Fe+IO3-+3H2O=2Fe(OH)3+I-；过滤；NaI在加热过程中，容易被氧气氧化（或混有过量氢氧化钠，合理即可）；3.73 【解析】（1）水浴加热能很好的控制温度
48、，所以最佳的加热方法为水浴加热，温度过高时I2挥发，原料利用率低。（2）要检验反应后的溶液中存在碘酸根离子且溶液为碱性，可以利用碱性溶液中红色石蕊试纸变蓝，和碘酸根离子在酸性条件下和碘化钾反应生成碘单质遇到淀粉显蓝色进行检验。检验碱性溶液应使用红色石蕊；在碱性溶液中碘酸根离子和碘离子不会反应生成碘单质，所以先加入碘化钾淀粉试纸，试纸不变蓝，加入硫酸后试纸变蓝，所以步骤中加入的为淀粉KI，步骤加入的为1mol/LH2SO4。（3）反应后的溶液中含有碘酸根离子，具有氧化性，可以将铁氧化为铁离子，在碱性条件下生成红褐色氢氧化铁沉淀，离子方程式为：2Fe+IO3- +3H2O=2Fe(OH)3+I-；
49、反应后的混合物应先过滤除去氢氧化铁沉淀，得到碘化钠溶液，可能含有过量的氢氧化钠，若直接蒸发结晶可能应为含有氢氧化钠而使固体不纯，或因为NaI在加热过程中，容易被氧气氧化。25.4gI2的物质的量为0.1mol，反应最多能生成碘酸钠的物质的量为0.1/3 mol，碘酸根离子和铁反应时根据电子守恒分析，碘酸根离子得到的电子为0.2mol，则铁的物质的量为0.2/3 mol，则铁的质量为 0.23×56 g= 3.73g。 19.向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色。完成下列填空： （1）已
50、知碘元素最终变为无色HIO3。上述整个过程中的还原剂是_。写出CCl4层变成紫色的离子反应方程式_。 （2）若把KI换成KBr，则CCl4层变为_色,继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化。Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是_。 （3）智利硝石矿层中含有碘酸钠，可用亚硫酸氢钠与其反应来制备单质碘。试配平该反应的化学方程式，并用短线标出电子转移方向及总数_NaIO3+NaHSO3NaHSO4+Na2SO4+I2+( )H2O,已知含氧酸盐的氧化作用随溶液酸性的加强而增强，在制备实验时，定时取样，并用酸化的氯化钡来检测SO42-离子生成的量，发现开始阶段反应
51、速度呈递增的趋势，试简述这变化趋势发生的原因：_。【答案】（1）KI、I2；Cl2+2I-I2+2Cl-（2）红棕色或橙红色等；HBrO3Cl2HIO3（3）；开始阶段，由于HSO3-被氧化生成H+和SO42- ， 酸性增强，反应速度增大 【解析】（1）向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明有单质碘生成，碘化钾是还原剂。如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，已知碘元素最终变为无色HIO3 ， 说明单质碘又被氧化为碘酸，因此上述整个过程中的还原剂是KI、I2。其中CCl4层变成紫色的离子反应方程式为Cl2+2I-I2+2Cl-。
52、（2）若把KI换成KBr，溴化钾被氧化为单质溴，单质溴易溶在有机溶剂中，则CCl4层变为红棕色。继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，这说明氯气不能氧化单质溴，根据氧化剂和还原剂反应生成还原产物和氧化产物以及氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性可知Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是HBrO3Cl2HIO3。 （3）根据方程式可知I元素化合价从+5价降低到0价，失去5个电子，S元素化合价从+4价价升高到+6价，根据电子得失守恒可知转移电子是10个，则其反应的方程式为2NaIO3+5NaHSO33NaHSO4+2Na2SO4+I2+H2O，用单线桥表示其电子转移方向及总数为 。开始阶段，由于HSO3-被氧化生成H+和SO42- ， 酸性增强，又因为含氧酸盐的氧化作用随溶液酸性的增强而增强，因此反应速度增大。