专题4硫与环境保护（含解析）综合练习2023——2024学年高一化学苏教版（2019）必修第一册

专题4硫与环境保护综合练习
姓名 班级
一、选择题
1．只用一种试剂就能将、、NaCl、四种溶液区别，这种试剂是
A．NaOH溶液 B．溶液
C．溶液 D．溶液
2．下列物质能使品红溶液褪色，且褪色原理基本相同的是
①活性炭；②新制氯水；③二氧化硫；④臭氧；⑤过氧化钠；⑥双氧水
A．①②④ B．②③⑤ C．②④⑤⑥ D．③④⑥
3．探究铜和浓硫酸的反应，下列装置或操作错误的是
A．上下移动装置甲中的铜丝体现绿色化学的思想
B．装置乙可用于收集气体
C．将试管中的液体倒入装置丙中稀释，观察颜色可确定的生成
D．利用装置丁将硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶，可析出
4．从海水中可以提取溴，主要反应为2Br-+Cl2=Br2+2Cl-。下列说法正确的是
A．溴离子具有氧化性 B．氯气是还原剂
C．该反应属于复分解反应 D．氯气的氧化性比溴单质强
5．Y形管是一种特殊的仪器，与其他仪器组合可以进行某些实验探究。利用如图装置可以探究与溶液反应生成沉淀的条件。下列判断错误的是
A．e、f两管中的试剂可以分别是固体和浓盐酸
B．e、f两管中的试剂可以分别是NaOH固体和浓氨水
C．为了使气体充分反应，c、d两导管均要插入液面下
D．玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，也可连接尾气处理装置
6．氮循环是海洋生态系统的基础和关键，其中无机氮循环过程如下图所示。
亚硝酸盐是氮循环中的重要物质。下列关于亚硝酸钠性质的推测中，不合理的是资料：为弱酸，在碱性条件下能稳定存在。
A．具有氧化性 B．具有还原性
C．能与反应 D．能与反应
7．实验室进行性质探究实验，将通入溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体，则产生白色沉淀。制备气体的试剂不能是
A．大理石和稀盐酸 B．和
C．和浓硝酸 D．和浓盐酸
8．已知在一定温度下，氯气和氢氧化钠溶液会发生如下反应:Cl2 +2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O。将一定量的氯气通入100mL浓度为10.00mol/L的热的氢氧化钠溶液中使其完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系，下列判断不正确的是
A．n(Na+):n(Cl﹣)可能为9:7
B．与NaOH反应的氯气一定为0.5mol
C．若反应中转移的电子为n mol，则0.5＜n＜2/3
D．n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)可能为11:1:2
9．已知还原性：，下列离子反应不能发生的是
A．
B．
C．。
D．少量通入溶液中：
10．化学实验中若使某步中的有害产物作为另一步的反应物，形成一个循环，则可不再向环境排放该种有害物质。在如图所示有编号的反应中，属于氧化还原反应的有
A．3个 B．4个 C．5个 D．6个
11．下列说法正确的是
A．向HClO溶液中通入SO2，生成H2SO4，证明H2SO4的酸性比HClO强
B．SO2、H2S为含硫化合物，都可用浓硫酸干燥
C．将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色
D．蔗糖遇浓H2SO4后变黑，膨胀，最后产生刺激性气味气体，说明浓H2SO4具有脱水性、酸性和强氧化性
12．已知CaH2中Ca元素为＋2价，对于反应CaH2＋2H2O=Ca(OH)2＋2H2↑，下列说法正确的是
A．CaH2中H元素为＋1价
B．H2O发生氧化反应
C．CaH2中的氢元素既被氧化又被还原
D．H2中被氧化与被还原的原子的质量比为1∶1
13．已知某物质X能发生如下转化：

下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述正确的是
A．若X为C，则Y可以和氢氧化钠反应生成盐和水
B．若X为S，则A为硫酸
C．反应①和②一定为氧化还原反应，反应③一定为非氧化还原反应
D．X一定是非金属单质或非金属氢化物
14．向和的混合溶液中通入氯气至恰好完全反应，的物质的量的变化如下图所示。下列说法正确的是

A．还原性：
B．通入氯气的总量为5mol
C．若反应过程中滴入KSCN溶液，呈血红色，则
D．c点时加入过量NaOH溶液，反应后溶液中只含四种离子
15．已知反应：2 FeCr2O4+7 Na2O24 Na2CrO4 +X+3 Na2O，下列说法正确的是
A．Na2O2发生氧化反应
B．X的化学式为Fe3O4
C．等量的Na2O2与足量的H2O、CO2反应生成等量的O2
D．每生成18.6gNa2O反应中转移2.8mol电子
二、实验题
16．某化学学习小组为了探究铁质材料碳素钢(仅含有C和Fe)和浓硫酸反应的气体产物，利用下列装置(部分夹持仪器已省略)进行了如下实验探究活动：

回答下列问题：
(1)仪器X的名称为 。
(2)能证明实验生成SO2的实验现象为 ；SO2进入装置C中被氧化为，被还原为Mn2+，试写出该反应的离子方程式： 。
(3)实验过程中观察到G中无水硫酸铜由白色变成蓝色，F中发生反应的化学方程式为 ；产生该气体的原因为 。
(4)若装置D中澄清石灰水变浑浊，装置H中澄清石灰水未变浑浊，再结合(3)推知碳素钢与浓硫酸反应产生的气体中除了含有SO2外，还有 (填化学式)；铁质材料中碳与浓硫酸反应的化学方程式为 。装置H后增加装置I的目的是 。
(5)称量23 g该材料进行实验，完全反应后，装置D与E的总质量增加0.44 g(忽略水的干扰)，则原碳索钢中铁的质量分数为 (结果保留两位小数)。
17．一体化实验装置能够快速制备物质并检验其性质，具有现象明显、无污染、操作方便等优点。二氧化硫和硫化氢的制备及性质检验一体化实验装置如图所示(夹持装置略去)。
实验步骤：
①检查装置气密性。
②打开K2，关闭K1，注射器2将浓硫酸缓慢注入乙试管，观察湿润蓝色石蕊试纸颜色变化。
③关闭K2，打开K1，观察到Y型管A、B两端溶液均褪色。
④注射器3将BaCl2溶液缓慢注入Y型管B端，有白色沉淀生成。
⑤……
⑥用酒精灯微热Y型管A端，观察溶液的颜色变化。
回答下列问题：
(1)步骤②乙试管中发生反应的化学方程式为 。
(2)能说明二氧化硫是酸性氧化物的实验现象为 。
(3)步骤④产生白色沉淀的离子方程式为 。
(4)步骤⑤说明二氧化硫具有氧化性，则该步骤的实验操作为 。
(5)步骤⑥溶液的颜色变化为 。
(6)饱和氢氧化钠溶液的作用是 。
三、工业流程题
18．制备(水合肼)和无水主要实验流程如图1所示。
已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；
②有强还原性，能与剧烈反应生成。
(1)从流程分析，本流程所用的主要有机原料为 (写名称)。
(2)步骤Ⅰ制备溶液时，若温度为41℃，测得产物中除外还含有，且两者物质的量之比为，该反应的离子方程式为 。
(3)实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，除减缓的通入速率外，还可采取的措施是 。
(4)步骤Ⅱ合成(沸点约118℃)的装置如图2所示。碱性溶液与尿素[](沸点196.6℃)水溶液在40℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110℃继续反应。
①使用冷凝管的目的是 。
②滴液漏斗内的试剂是 ；将滴液漏斗内的液体放入三颈烧瓶内的操作是 。
③写出流程中生成水合肼反应的化学方程式 。
(5)步骤Ⅳ制备无水(水溶液中、、随的分布如图3所示)。
①边搅拌边向溶液中通入制备溶液。实验中确定停止通的为 (取近似整数值，下同)。
②用制得的溶液再制溶液的应控制在 。
19．稀土是一种重要的战略资源。氟碳铈矿的主要化学成分为，它是提取铈()等稀土元素的重要矿物原料。常温下，氟碳铈矿的冶炼工艺流程如下：
已知：ⅰ.元素的常见化合价为、。焙烧后元素转化成和。价的元素不易进入溶液，而价稀土元素易进入溶液。
ⅱ.酸浸Ⅱ中发生反应：。
请回答下列问题：
(1)①焙烧氟碳铈矿的目的是 。
②焙烧后产生的CeO2是汽车尾气净化催化剂的关键成分，它能在还原气氛中供氧，在氧化气氛中耗氧。在尾气消除过程中发生反应CeO2CeO2(1-x)+xO2↑(0≤x≤0.25)。写出CeO2消除CO尾气的化学方程式： 。
(2)在酸浸Ⅰ中用盐酸浸出时，有少量铈进入滤液，且产生黄绿色气体，该反应的离子方程式是 。
(3)操作Ⅰ的名称为 ，在实验室中进行操作Ⅱ时所需要的玻璃仪器有 。
(4)操作Ⅰ后，向溶液中加入溶液来调节溶液的pH，以获得沉淀，常温下加入溶液调节溶液的 即可认为已完全沉淀。(已知：常温下，)
(5)取上述流程中得到的产品，加酸溶解后，向其中加入含的溶液使全部被还原成，再用的酸性标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液。则该产品中的质量分数为 [已知氧化性：；的相对分子质量为208]。
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参考答案：
1．C
【详解】A．氢氧化钠溶液能与 (NH4)2SO4溶液、NH4Cl溶液加热产生有刺激气味的气体，但与NaCl溶液或Na2SO4溶液不反应，则无法鉴别四种溶液，选项A错误；
B．AgNO3溶液与这四种溶液混合均会产生白色沉淀，现象相同，无法鉴别，选项B错误；
C．氢氧化钡溶液与(NH4)2SO4溶液混合能产生白色沉淀和有刺激性气味的气体，与NaCl溶液混合无现象，与Na2SO4溶液混合能产生白色沉淀，与NH4Cl 溶液混合只生成有刺激性气味的气体，能鉴别四种溶液，选项C正确；
D．氯化钡溶液能与(NH4)2SO4溶液及Na2SO4溶液均产生白色沉淀，现象相同，无法鉴别，选项D错误；
答案选C。
2．C
【详解】①活性炭使品红溶液褪色原理：物理吸附褪色；
②新制氯水使品红溶液褪色：发生了氧化还原反应；
③二氧化硫使品红溶液褪色，是化合型漂白，化合成了无色的不稳定物质；
④臭氧使品红溶液褪色：发生了氧化还原反应；
⑤过氧化钠使品红溶液褪色：发生了氧化还原反应；
⑥双氧水使品红溶液褪色：发生了氧化还原反应；
②④⑤⑥褪色均是由于发生了氧化还原反应；
故选C。
3．B
【详解】A．上下移动甲中铜丝可控制反应的发生与停止，从而控制生成SO2的量以减少对空气的污染，体现了绿色化学的思想，A正确；
B．二氧化硫的密度比空气大，应采取向上排空气法收集，集气瓶中应长管进气、短管出气，B错误；
C．含铜离子的溶液呈蓝色，可以将试管中的液体倒入水中稀释，根据溶液是否呈蓝色确定是否有CuSO4生成，C正确；
D．结晶水合物加热时容易失去结晶水，不宜采取蒸发结晶的方法，硫酸铜溶液加热浓缩、冷却结晶可析出 CuSO4 5H2O ，D正确；
答案选B。
4．D
【详解】A．，化合价升高，被氧化，作还原剂，具有还原性，A错误；
B．，化合价降低，被还原，作氧化剂，B错误；
C．该反应属于置换反应，C错误；
D．氧化剂的氧化性强于氧化产物，所以氯气的氧化性比溴单质强，D正确；
故选D。
5．C
【分析】由实验装置可知，要使SO2与BaCl2反应产生沉淀，溶液中必须存在大量的SO或SO，右侧Y型管中应能生成碱性气体或氧化性气体，如是碱性气体，溶液中存在大量的SO，如是氧化性气体，溶液中可生成SO，则生成的沉淀可能为BaSO3或BaSO4，容器内压强增大，溶液倒吸，气体不容易导入，所以玻璃管的作用是保持集气瓶内外气压平衡，以便左右两边产生的气体顺利导入，以此来解答。
【详解】A．若e、f两管中的试剂可以分别是固体和浓盐酸，则乙中产生氯气，可以氧化SO2生成SO，可以产生沉淀，故A正确；
B．如是碱性气体，溶液中存在大量的SO，所以e、f两管中的试剂可以分别是浓氨水和NaOH，二者混合发生反应产生氨气，NH3和SO2在溶液中反应生成SO和NH，故B正确；
C．若乙中产生氨气，氨气极易溶于水，易发生倒吸，为防止倒吸，d导管不能插入BaCl2溶液中，故C错误；
D．玻璃管的作用是连通大气，平衡压强，以便左右两边产生的气体顺利导入，也可连接尾气处理装置，故D正确；
故选C。
6．D
【详解】A．根据转化图可知可转化为N2，N元素化合价降低，做氧化剂，说明具有氧化性，A正确；
B．中N元素为+3价，N元素最高价态为+5价，因此具有还原性，B正确；
C．已知为弱酸，根据强酸制弱酸原理，能与反应生成，C正确；
D．已知在碱性条件下能稳定存在，则不能与反应，D错误；
故选：D。
7．A
【分析】气体通入溶液中，未见白色沉淀，不发生反应，继续通入另一种气体立即产生沉淀，沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡，也可能为，则气体具有氧化性或碱性等，以此来解答。
【详解】A．大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，、二氧化碳与氯化钡溶液都不反应，不会产生沉淀，A正确；
B．和制备的气体为氨气，氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，B错误；
C．和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，通入水生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故能产生沉淀，C错误；
D．和浓盐酸加热反应生成氯气，氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，D错误；
故选A。
8．C
【详解】A．若氯气和NaOH只发生反应 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+ H2O，则n(Na+):n(Cl﹣)=2:1；若氯气和NaOH只发生反应 3Cl2+6NaOH5NaCl+ NaClO3+3H2O，则: n(Na+):n(Cl﹣)=6:5，9:7介于两者之间，所以n(Na+):n(Cl﹣)可能为 9:7，故A 正确；
B．NaCl、NaClO、NaClO3中 Na和 Cl的个数均相等，所以和 1mol NaOH 参加反应的氯气为 0.5mol，故B正确；
C．若氯气和NaOH只发生反应 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+ H2O，1mol NaOH 参加反应，转移0.5mol电子 ；若氯气和NaOH只发生反应 3Cl2+6NaOH5NaC+NaClO3+3H2O，6molNaOH参加反应，转移 5mol 电子，则 1molNaOH 参加反应，转移 mol电子，所以 0.5D．若n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)=11:1:2，假设NaCl为 11mol，则NaClO为 1mol，NaClO3为 2mol，NaCl、NaClO、NaClO3中的氯原子全部来自反应物Cl2，生成NaCl 11mol，得到11mol电子，生成NaClO 1mol，失去1mol电子，生成 NaClO32mol，失去10mol电子，得失电子数相等，符合电子守恒，故D正确；
故答案为C。
9．B
【分析】根据由强制弱的规律，还原性弱的不能制取还原性强的，且还原性：还原剂>还原产物，依此思路作答；
【详解】A．反应中，被氧化，作还原剂，被还原，还原产物为，还原性：，故A不选；
B．反应中，被氧化，作还原剂，被还原，还原产物为，还原性：，与事实不符，该反应不能发生，故B选；
C．反应中，被氧化，作还原剂，被还原，还原产物为，还原性：，故C不选；
D．溶液中含有和，还原性：，所以少量通入溶液中，先与氯气发生反应，待反应完全后，有剩余的氯气才与反应，故D不选；
故选B。
10．A
【详解】由转化流程图可知，反应①中Cr的化合价降低了，是氧化还原反应，反应②中元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，反应③元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，反应④Cr的化合价升高了，是氧化还原反应，反应⑥中Cr元素的化合价降低了，是氧化还原反应，反应⑤元素的化合价未改变，是非氧化还原反应，综上所述，有①④⑥三个反应属于氧化还原反应，故答案为：A。
11．C
【详解】A．HClO具有强氧化性，SO2具有还原性，向HClO溶液中通入SO2，会发生氧化还原反应：HClO+SO2+H2O=H2SO4+HCl，生成H2SO4不能证明H2SO4的酸性比HClO强，A项错误；
B．H2S具有还原性，会与浓硫酸发生氧化还原反应，不可以用浓硫酸干燥，B项错误；
C．SO2漂白性是与有色物质不稳定的无色物质，故将SO2通入品红溶液，溶液褪色后加热恢复原色，C项正确；
D．蔗糖遇浓H2SO4后变黑，膨胀，说明浓H2SO4具有脱水性，产生刺激性气味气体SO2说明浓H2SO4具有强氧化性，该过程没有体现浓硫酸的酸性，D项错误；
答案选C。
12．D
【分析】该反应中CaH2里面-1价H和H2O里面+1价H发生归中反应，生成0价H2，据此可分析解答。
【详解】A．根据化合物中元素化合价代数和为0可得CaH2中H元素为-1价，A选项错误；
B．H2O中+1价H得电子被还原，发生还原反应，B选项错误；
C．CaH2中的氢元素显-1价，为最低价只能失电子作还原剂，故只能被氧化，C选项错误；
D．1mol CaH2中2molH-被氧化，2molH2O中2molH+被还原，H2中被氧化与被还原的原子的质量比为1:1，D选项正确；
答案选D。
13．B
【详解】A．若X为C，则Y为CO、Z为CO2、A为H2CO3，CO与氢氧化钠溶液不反应，A错误；
B．若X为S，则Y为SO2、Z为SO3、A为H2SO4，符合转化关系，B正确；
C．物质与单质氧气的反应一定属于氧化还原反应，即反应①和②一定为氧化还原反应，若X为S或H2S，反应③可以为三氧化硫与水生成硫酸，属于非氧化还原反应，若X为N2或NH3，反应③为二氧化氮与水生成硝酸与NO，若X为Na时，Y为Na2O、Z为Na2O2，反应③是过氧化钠与水反应生成氢氧化钠与氧气，属于氧化还原反应，C错误；
D．若X为N2或NH3，则Y为NO、Z为NO2、A为HNO3，符合转化关系；若X为Na，则Y为Na2O、Z为Na2O2、A为NaOH，符合转化关系，D错误；
故选B。
14．C
【分析】由图可知，0→a发生的反应为2I—+Cl2=2Cl—+I2，a→b发生的反应为2Fe2++Cl2=2 Cl—+2Fe3+，b→c发生的反应为2Br—+Cl2=2 Cl—+Br2。
【详解】A．同种氧化剂，不同种还原剂的还原性强的先反应，由图可知，反应顺序为I—、Fe2+、Br—，则还原性的强弱顺序为I—＞Fe2+＞Br—，故A错误；
B．由图可知，碘离子、亚铁离子、溴离子的物质的量分别为2mol、4mol、6mol，由分析可知，通入氯气的的物质的量为(2mol+4mol+6mol) ×=6mol，故B错误；
C．由图可知，当氯气的物质的量大于amol时，溶液中亚铁离子会与氯气反应生成铁离子，滴入硫氰化钾溶液，溶液都会变为红色，故C正确；
D．c点时加入过量氢氧化钠溶液，反应后溶液中不可能存在氢离子，故D错误；
故选C。
15．C
【分析】对于反应2FeCr2O4+7Na2O24Na2CrO4+X+3Na2O，依据质量守恒定律，可确定X中含有2个Fe、3个O，所以其为Fe2O3。FeCr2O4中Fe显+2价、Cr显+3价，Na2O2中O显-1价，Na2CrO4中Cr显+6价，Fe2O3中Fe显+3价，Na2O中O显-2价。
【详解】A．Na2O2中O元素由-1价降低到-2价，得电子发生还原反应，A不正确；
B．由分析可知，X的化学式为Fe2O3，B不正确；
C．Na2O2与H2O、CO2反应，都有如下关系式2Na2O2—O2，所以等量的Na2O2与足量的H2O、CO2反应，生成O2的物质的量相等，C正确；
D．7Na2O2—3Na2O—14e-，18.6gNa2O的物质的量为0.3mol，反应中转移1.4mol电子，D不正确；
故选C。
16．(1)(球形)干燥管
(2) 装置B中品红溶液褪色(或变浅) 5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+
(3) 随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，与铁发生反应放出H2
(4) CO2、H2 防止空气中的CO2进入H中，影响实验结果
(5)99.48%
【分析】在装置A中碳素钢中杂质碳与浓硫酸混合加热发生氧化还原反应产生CO2、SO2、H2O；SO2具有漂白性，能够使品红溶液褪色；SO2具有还原性，可以被装置C中酸性KMnO4溶液氧化为硫酸，KMnO4被还原为无色Mn2+；装置D中澄清石灰水遇CO2反应产生CaCO3沉淀而使石灰水变浑浊；随着反应的进行，硫酸溶液浓度变稀，稀硫酸与Fe反应产生的H2，气体中含有的CO2、H2被装置E的碱石灰干燥，其中的CO2被吸收，干燥后的H2与CuO在加热时反应产生Cu、H2O，白色无水CuSO4遇水变为蓝色CuSO4·5H2O，装置I的碱石灰作用是吸收空气中的CO2、H2O，防止干扰CO2的检验。
【详解】（1）根据图示，X是(球形)干燥管；
（2）根据分析，能证明实验生成SO2的实验现象为B中品红溶液褪色；SO2具有还原性，可以被装置C中酸性KMnO4溶液氧化为硫酸，KMnO4被还原为无色Mn2+，反应的离子方程式为：5SO2+2+2H2O=5+2Mn2++4H+；
（3）实验过程中观察到H中无水硫酸铜由白色粉末变成蓝色晶体，说明装置G产生了H2O，H2具有还原性，在加热时与CuO反应产生Cu、H2O，则G中发生反应的化学方程式为CuO+H2Cu+H2O，H2还原CuO产生H2O，说明反应过程中有H2产生，碳素钢与浓硫酸加热反应开始生成二氧化硫，随着反应的进行，浓硫酸变为稀硫酸，与铁发生反应放出H2；
（4）若装置D中澄清石灰水变浑浊，说明碳素钢与浓硫酸反应产生的气体是CO2，装置H中澄清石灰水未变浑浊，说明G中反应未产生CO2，即碳素钢与浓硫酸反应不会产生CO，再结合H中无水硫酸铜由白色粉末变成蓝色晶体，推知碳素钢与浓硫酸反应还产生了H2去还原氧化铜，所以产生的气体中除了含有SO2外，还有CO2、H2；由此推出碳与浓硫酸反应的化学方程式为：；根据分析，装置H后增加装置I的目的是吸收空气中的CO2、H2O，防止干扰CO2的检验。
（5）根据分析，装置D和E增加的总质量主要是生成的CO2的质量(忽略水的干扰)，根据方程式的系数关系，C、CO2的物质的量之比为1：1，设生成的CO2的物质的量为x，则有44x=0.44g，解得x=0.01mol，则m(C)=0.01mol×12g/mol=0.12g，23 g碳素钢中铁的质量为23g-0.12g=22.88g，则铁的质量分数为。
17．(1)
(2)湿润蓝色石蕊试纸变红
(3)
(4)注射器1缓慢注入稀硫酸于甲试管中，锥形瓶中有淡黄色沉淀生成
(5)溶液由无色变为红色
(6)吸收二氧化硫、硫化氢气体，防止排放到空气中造成环境污染
【分析】根据题中图示装置，注射器1稀硫酸与硫化亚铁反应产生H2S，注射器2浓硫酸与亚硫酸钠发生反应，产生SO2，湿润的蓝色石蕊试纸遇到SO2变成红色，再依次通入品红溶液褪色和高锰酸钾溶液，最后再加入BaCl2溶液，验证SO2相关性质，饱和NaOH吸收多余的SO2和H2S，防止污染环境，据此解答。
【详解】（1）根据分析可知，注射器2浓硫酸与亚硫酸钠发生反应，产生SO2，所以步骤②乙试管中发生反应的化学方程式：；
（2）根据分析，湿润蓝色石蕊试纸变红说明SO2溶于水生成亚硫酸，呈酸性，是一种酸性氧化物；
（3）步骤③中B端高锰酸钾溶液褪色是因为SO2被高锰酸钾氧化生成，所以步骤④是Ba2+与反应，离子方程式为：；
（4）根据分析，注射器1稀硫酸与硫化亚铁反应产生H2S，SO2与H2S反应生成淡黄色的S：，体现了二氧化硫具有氧化性，所以步骤⑤的操作是注射器1缓慢注入稀硫酸于甲试管中，锥形瓶中有淡黄色沉淀生成；
（5）根据分析，SO2通入品红溶液，是与品红溶液生成了无色物质，从而使品红溶液褪色，该无色物质不稳定，所以用酒精灯微热Y型管A端，又分解生成SO2和品红，所以溶液又变为红色；
（6）根据分析可知，饱和NaOH的作用是吸收多余的SO2和H2S，防止污染环境。
18． 尿素 冰水浴冷却 通过冷凝回流，减少水合肼的挥发，提高水合肼的产率 碱性溶液 打开滴液漏斗的活塞，旋转旋塞使漏斗内的液体缓缓流下 4 10
【分析】实验目的：制备(水合肼)和无水。
实验原理：步骤Ⅰ，具有强氧化性，与溶液发生的反应为(不高于40℃)，由(2)“若温度为41℃，测得产物中除外还含有，且两者物质的量之比为”可知，温度为41℃时发生副反应：[第(2)问解析]。
步骤Ⅱ，由步骤Ⅲ有水合肼溶液和生成可知，发生的反应为[第(4)问③解析].
步骤Ⅲ，通过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤的方法可分离水合肼溶液和。
步骤Ⅳ，通入发生的反应为，结合产品为可知，还需加入，发生的反应为。
【详解】(1)根据流程图可知，本流程中所用的主要有机原料为尿素。
(2) 该反应的离子方程式为。
(3)由已知①“氯气与烧碱溶液的反应是放热反应”可知，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40℃，除减缓的通入速率外，还可以用冰水浴吸收反应放出的热量。
(4)①易挥发，冷凝管的作用是冷凝回流，减少的挥发，从而提高的产率。
②根据已知②“有强还原性，能与剧烈反应生成”，为了避免过量而与生成的反应，尿素应放入三颈烧瓶中，滴液漏斗中放入碱性溶液，且使用时应将碱性溶液缓慢滴入三颈烧瓶中。
③流程中生成水合肼反应的化学方程式.
(5)①根据“边搅拌边向溶液中通入制备溶液”可知，溶液中的物质的量最大时，应停止通入，再结合图象可知，约为4时，溶液中的摩尔分数最大，故应在此时停止通入。
②由图象可知，约为10时，的摩尔分数约为1，的摩尔分数约为0，即完全转化为。
19． 将元素氧化为价，便于与其他稀土元素分离 过滤 分液漏斗、烧杯 9 95.68%
【分析】焙烧后元素转化成和，少量稀盐酸酸浸分离出其它稀土元素，酸浸Ⅱ中价的元素被还原为+3价，加入KCl把难溶的 转化为 溶液，向溶液中加入溶液来调节溶液的pH，以获得沉淀，再用NaClO把氧化为。
【详解】(1)①价的元素不易进入溶液，而价稀土元素易进入溶液，通过焙烧氟碳铈矿，可将元素氧化为价，便于与其他稀土元素分离；
②由反应的化学方程式可知具有氧化性，可氧化生成，则消除的化学方程式为；
(2)在酸浸Ⅰ中用盐酸溶解，有少量铈进入滤液，可知有生成，且产生黄绿色气体，此气体为，则发生反应的离子方程式是；
(3)操作Ⅰ是固液分离，为过滤操作；操作Ⅱ为萃取，则所需要的玻璃仪器有分液漏斗、烧杯；
(4)溶液中的时，可认为沉淀完全，根据可知，，对应溶液的，即调节溶液的即可认为已完全沉淀；
(5)用的酸性标准溶液滴定至终点时，消耗标准溶液，主要是氧化溶液中剩余的，即，剩余的物质的量为，则还原消耗的的物质的量为，根据可知，的物质的量为，该产品中的质量分数为。
【点睛】本题以氟碳铈矿 提取铈( )为载体，考查化学工艺流程，明确各步骤反应原理是解题关键，熟悉混合物分离方法，注意根据溶度积常数的计算。
答案第1页，共2页
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