还剩16页未读，
继续阅读
2022-2023学年江苏省常州市金坛区高一上学期期中教学质量调研化学试题含解析
展开
这是一份2022-2023学年江苏省常州市金坛区高一上学期期中教学质量调研化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
江苏省常州市金坛区2022-2023学年高一上学期期中教学质量调研化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．今年世界地球日的主题是“珍爱地球，人与自然和谐共生”。下列说法不合理的是
A．遗弃塑料会污染土壤、地下水和海洋
B．农业要禁用化肥、农药以防止水污染
C．车辆排放的氮氧化物会造成空气污染
D．回收某些垃圾生产煤气、乙醇等燃料
【答案】B
【详解】A．塑料在自然环境下很难降解，遗弃塑料会污染土壤、地下水和海洋，故A不选；
B．农业生产需要适当使用化肥、农药，故B选；
C．车辆排放的氮氧化物会引起光化学烟雾等，造成空气污染，故C不选；
D．回收某些垃圾生产煤气、乙醇等燃料，故D不选；
故选B。
2．反应可用于捕捉废气中的，下列有关化学用语说法正确的是
A．中子数为8的氧原子：
B．H、D、T互为同位素
C．的结构示意图：
D．NaOH的电离方程式：
【答案】B
【详解】A．质子数为8，中子数为8，则质量数为16，该氧原子为，故A错误；
B．H、D、T的质子数相等，中子数不等，互为同位素，故B正确；
C．Na的核电荷数为11 ，的结构示意图为，故C错误；
D．NaOH为强碱，完全电离出Na+和OH-，电离方程式：，故D错误；
故选B。
3．下列说法中不正确的是
A．常温下，液氯储存在钢瓶中
B．明矾溶于水形成胶体，吸附水中杂质净水
C．新制的氯水应保存在无色细口瓶中
D．实验室中配制好的溶液不可长期存放在容量瓶中
【答案】C
【详解】A．液氯在常温下不与铁反应，所以可以用钢瓶储存，A正确；
B．明矾溶于水形成氢氧化铝胶体，可以吸附水中杂质，使得悬浮物沉降，B正确；
C．新制氯水见光易分解，所以需要避光保存，应放入棕色细口瓶中，C错误；
D．容量瓶是配制溶液的仪器，不可以长期存放溶液，D正确；
故答案选C。
4．2019年山东某公司发生了硫化氢中毒事故。硫化氢是无色、有刺激性恶臭、有毒、易燃的气体。储运硫化氢的储运瓶上应贴有的标签是
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
【答案】D
【详解】硫化氢是无色、有刺激性恶臭、有毒、易燃的气体，储运硫化氢的储运瓶上应贴有有毒气体和易燃气体标签，故选D。
5．下列物质中，属于电解质的是
A．铜 B．蔗糖 C．食盐水 D．氢氧化钾
【答案】D
【详解】A．铜是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．蔗糖在水溶液中不能电离，属于非电解质，故B错误；
C．食盐水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．氢氧化钾在熔融状态或水溶液中能电离，属于电解质，故D正确；
故选D。
6．下列说法正确的是
A．H216O和H218O属于同位素 B．U的质量数为235
C．石墨和金刚石是同一种物质 D．相同体积的O2、N2具有相同的分子数
【答案】B
【详解】A．H216O和H218O是化合物不是原子，不是同位素，故A错误；
B．U的质量数=235，故B正确；
C．石墨和金刚石是同种元素组成的不同单质，属于同素异形体，不是同一种物质，故C错误；
D．气体状况未知，依据阿伏加德罗定律，相同体积的O2、N2不一定具有相同分子数，故D错误；
故选：B。
7．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质(如图)。下列说法正确的是
A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物
B．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉
C．除去与水反应的两个反应，图示其余转化反应均为氧化还原反应
D．漂白粉是纯净物，成分为Ca(ClO)2
【答案】C
【详解】A．CO属于不成盐氧化物，A错误；
B．工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；
C．CaSO4与C、O2反应产生SO2、CO、CaO，反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；SO2与O2反应产生SO3，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；CO与H2反应产生CH3OH，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，因此除去与水反应的两个反应，图示其余转化反应均为氧化还原反应，C正确；
D．漂白粉的成分中主要含有CaCl2、Ca(ClO)2，因此属于混合物，其有效成分是Ca(ClO)2，D错误；
故合理选项是C。
8．实验室用如图装置制取、提纯、收集及尾气处理，其中不能达到实验目的的是
A．制取
B．除去中少量的HCl
C．收集
D．吸收尾气中的
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．利用浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，药品、装置均正确，选项A能达到实验目的；
B．除去中少量的HCl应将气体通过饱和氯化钠溶液，但气体进气时应长管进短管出，选项B不能达到实验目的；
C．氯气的密度大于空气，可以利用集气瓶长管进短管出进行向上排空气法收集，选项C能达到实验目的；
D．氯气能与氢氧化钠反应，可利用氢氧化钠溶液吸收尾气中的，选项D能达到实验目的；
答案选B。
9．对于某些离子的检验及结论一定正确的是
A．加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀产生，一定有Cl-
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红，一定有
D．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该溶液一定含有碳酸根离子
【答案】A
【详解】A．溶液用硝酸酸化后，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀是AgCl，因此原溶液中一定有Cl-，A正确；
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是AgCl，也可能是BaSO4，因此原溶液中可能含有Ag+，也可能含有，而不一定有，B错误；
C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体是NH3，则该溶液中一定有，试纸使用不合理，C错误；
D．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体可能是CO2，也可能是SO2，则该溶液可能含有碳酸根离子，也可能含有或或，而并不一定含有，D错误；
故合理选项是A。
10．下列叙述正确的是（ ）
A．常温常压下，14gN2含有的分子数约为3.01×1023
B．64gSO2含有的氧原子数约为6.02×1023
C．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数约为6.02×1023
D．2L0.5mol•L−1MgCl2溶液中，含有的Cl-数约为6.02×1023
【答案】A
【详解】A. 14gN2为0.5mol，分子数=0.5mol ×6.02×1023=3.01×1023，故A正确；
B. 64gSO2的物质的量===1mol，1mol任何物质具有的微粒数为6.02×1023，一个二氧化硫分子具有的氧原子数为2个，故1mol SO2中氧原子数为6.02×1023×2=1.204×1024，故B错误；
C. 标准状况下，水不是气体，故不能用气体的摩尔体积进行计算，故C错误；
D. 2L0.5mol•L−1 MgCl2溶液中含有的氯离子数为2L×0.5mol/L×2×NA=2×6.02×1023==1.204×1024，故D错误；
答案选A。
11．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．浓
C．CaCl2溶液
D．NaClO溶液
【答案】A
【详解】A．CaCO3高温分解产生CaO、CO2，CO2与Ca(ClO)2、H2O反应产生CaCO3、HClO，因此可以实现物质间转化，A符合题意；
B．浓盐酸与MnO2混合加热发生反应产生Cl2，Cl2具有强的氧化性，能够与变价金属Fe反应产生FeCl3，不能反应产生FeCl2，因此不能实现物质之间的转化关系，B不符合题意；
C．由于酸性：HCl＞H2CO3，所以向CaCl2溶液中通入CO2气体，不能发生反应产生CaCO3沉淀，因此不能实现物质之间的转化关系，C不符合题意；
D．由于酸性：H2CO3＞HClO，向NaClO溶液中通入CO2气体，反应产生HClO，HClO不稳定，光照分解产生HCl、O2，而不能反应产生Cl2，因此不能实现物质之间转化关系，D不符合题意；
故合理选项是A。
12．有A、B、C、D四种元素，质子数都小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是
A．C单质常温下只能溶于稀盐酸，不能溶于氢氧化钠溶液
B．A和C两种元素形成的化合物熔点较高
C．可通过焰色反应检验B元素
D．A和D两种元素形成的化合物能与氢氧化钠溶液反应
【答案】A
【分析】A、B、C、D四种元素，质子数都小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，由于最外层不超过8个电子，则A有2个电子层，最外层有6个电子，为O元素；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，B为Na元素；C元素是地壳中含量最多的金属元素，为Al元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，M层电子数为6，为S元素，据此分析判断。
【详解】根据上述分析，A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，D为S元素。
A．常温下，铝能溶于稀盐酸，也能溶于氢氧化钠溶液，故A错误；
B．A和C两种元素形成的化合物为氧化铝，熔点较高，故B正确；
C．钠的焰色反应为黄色，可通过焰色反应检验B元素，故C正确；
D．A和D两种元素形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，都是酸性氧化物，都能与氢氧化钠溶液反应生成盐和水，故D正确；
故选A。
13．利用NaClO和尿素[CO(NH2)2]反应制备N2H4·H2O (水合肼)的实验流程如图所示：
已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。下列说法错误的是
A．步骤I中为避免温度过高，可采用冰水浴
B．步骤I制备NaClO溶液时，若溶液中NaClO与副产物NaClO3的物质的量之比为5∶1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3
C．步骤II生成水合肼反应中NaClO作为氧化剂
D．步骤II中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
【答案】D
【分析】由流程可知，步骤I中发生Cl2+2OH- =C1O- +Cl- +H2O，温度过高时易发生3C12+6OH- =+5Cl-+3H2O。步骤II中发生C1O-+CO(NH2)2+2OH-=C1-+N2H4·H2O+，且将NaC1O溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4·H2O氧化，步骤III中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解答。
【详解】A．步骤I中温度过高发生副反应，为避免温度过高，可采用冰水浴，A正确；
B．步骤I制备NaClO溶液时，测得产物中NaC1O与NaClO3的物质的量之比为5：l，设NaC1O与NaClO3的物质的量分别为5 mol、l mol，根据电子守恒可知C1失去电子为5 mol×(1-0)+1 mol×(5-0)=10 mol，由电子守恒可知Cl-得到电子数为10 mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10 mol：(5 mol+1 mol) =5：3，B正确；
C．步骤II中发生反应：C1O-+CO(NH2)2+2OH-=C1-+N2H4·H2O+，在该反应中NaClO为氧化剂，CO(NH2)2为还原剂，C正确；
D．在步骤II中，若将尿素水溶液逐滴滴入NaC1O碱性溶液中，会导致NaClO溶液将N2H4·H2O氧化，故应该将NaC1O溶液逐滴滴加到尿素中，D错误；
故合理选项是D。
二、填空题
14．根据所学知识填写下列空白：
(1)现有下列十种物质：①HCl气体 ②Cu ③C2H5OH ④CO2 ⑤CuSO4·5H2O ⑥NaHCO3 ⑦Ba(OH)2溶液 ⑧熔融Na2SO4 ⑨液氨 ⑩空气。
所给状态能导电的是_______；属于电解质的是_______；属于非电解质的是_______(填所给物质的序号)。
(2)完成下列有关物质的量的相关计算：
①若2 gN2中含有x个氮分子，则阿伏加德罗常数为_______。
②6.8 g NH3与标准状况下的_______L的H2S含有相同数目的氢原子。
③20.25 g某金属氯化物MCl2中含有0.3 mol Cl-，则该金属氯化物的摩尔质量为_______。
(3)选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。
A．萃取分液法 B．加热分解法 C．结晶法 D．分液法 E．蒸馏法 F．过滤法
①除去氯化钠溶液中的泥沙_______。
②从碘的水溶液里提取碘_______。
③分离水和汽油_______。
④分离四氯化碳(沸点为76.6℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物_______。
【答案】(1) ②⑦⑧ ①⑤⑥⑧ ③④⑨
(2) 13.44 135 g/mol
(3) F A D E
【详解】（1）①HCl气体由HCl分子构成，无离子，不能导电；溶于水会发生电离而导电，属于电解质；
②Cu是金属单质，含有自由移动的电子而能够导电；单质不属于电解质，也不属于非电解质；
③C2H5OH是由分子构成的共价化合物，无离子，不能导电；溶于水或受热熔化时也不能发生电离，属于非电解质；
④CO2是由分子构成的共价化合物，无离子，不能导电；溶于水或受热熔化时也不能发生电离，属于非电解质；
⑤CuSO4·5H2O是盐，含有的离子不能自由移动，因此不能导电；溶于水或受热熔化时能够发生电离而导电，属于非电解质；
⑥NaHCO3是盐，含有的离子不能自由移动，因此不能导电；溶于水或受热熔化时能够发生电离而导电，属于非电解质；
⑦Ba(OH)2溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电；该物质是混合物，不是化合物，因此不属于电解质，也不属于非电解质；
⑧熔融Na2SO4中含有自由移动的离子而能够导电；该物质在水中或熔融状态下能够导电，因此属于电解质；
⑨液氨中只有NH3，无自由移动的离子，不能导电；在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于非电解质；
⑩空气是混合物，其中无自由移动的微粒，不能导电；空气是混合物，不是化合物，因此不属于电解质，也不属于非电解质。
综上所述可知：所给状态能导电的是②⑦⑧；属于电解质的是①⑤⑥⑧；属于非电解质的是③④⑨；
（2）①2 g N2的物质的量是n(N2)=，其中含有的N2分子数目是x个，则阿伏加德罗常数NA=；
②6.8 g NH3的物质的量是n(NH3)=，若其中含有的H原子与H2S的物质的量相等，则H2S的物质的量为n(H2S)=，则该H2S气体在标准状况下的体积V(H2S)=0.6 mol×22.4 L/mol=13.44 L；
③在MCl2中含有2个Cl-，20.25 g某金属氯化物含有0.3 mol Cl-，则其物质的量n(MCl2)=0.15 mol，故MCl2的摩尔质量M=；
（3）①泥沙不溶于食盐水，所以除去氯化钠溶液中的泥沙可以采用过滤的方法，故合理选项是F；
②碘单质在水中不容易溶解，而易溶于有机溶剂CCl4中，CCl4是与水互不相溶的两种液体物质，所以从碘的水溶液里提取碘，可以使用CCl4作萃取剂，经萃取后再分液，就从碘水中分离出碘单质，故合理选项是A；
③水和汽油是两种互不相溶的液体物质，则分离水和汽油可以采用分液的方法，故合理选项是D；
④四氯化碳(沸点为76.6℃)和甲苯(沸点为110.6℃)是互溶的沸点相差较大的两种液体物质，则分离四氯化碳(沸点为76.6℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物可以采用蒸馏方法，故合理选项是E。
三、实验题
15．“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，该消毒液通常稀释100倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为_______。
(2)某同学取100 mL该“84消毒液”，稀释后的溶液中c(Na+)=_______mol/L
(3)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒人员用18 mol/L的浓硫酸配制100 mL物质的量浓度为0.8 mol/L的稀硫酸用于增强其的消毒能力。
①需要用量筒量取_______mL上述浓硫酸进行配制。
②为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是_______、_______。
③在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是_______(填序号)。
a．定容时俯视观察
b．定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
c．浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移
d．容量瓶未干燥即用来配制溶液
e．往容量瓶转移时，有少液体溅出
f．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯
【答案】(1)4.
(2)0.04
(3) 4.5 100 mL容量瓶 胶头滴管 ac
【分析】根据质量分数与物质的量浓度换算式c=计算溶液的物质的量浓度。溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。结合配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配制溶液。溶液在稀释前后溶质的物质的量不变。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。
【详解】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约c=；
（2）溶液具有均一性，溶液的浓度大小与所取溶液的体积大小无关。则所取该“84消毒液”的物质的量浓度c=4.0 mol/L，若将其稀释100倍后，溶液的浓度是原来的，因此所取100 mL稀释后溶液中Na+的浓度c(Na+)=c(NaCl)=4.0 mol/L×=0.04 mol/L；
（3）①某消毒人员用18 mol/L的浓硫酸配制100 mL物质的量浓度为0.8 mol/L的稀硫酸，则根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，可知需要量取浓硫酸的体积V=；
②配制一定物质的量浓度一般步骤：计算、称量(或量取)、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是100 mL容量瓶、胶头滴管；
③a．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，由于溶质的物质的量不变，则最终使配制的溶液浓度偏高，a符合题意；
b．定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，这是由于部分溶液粘在容量瓶的瓶颈上。若再加适量的蒸馏水，对溶液其稀释作用，导致配制的溶液浓度偏低，b不符合题意；
c．浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，当溶液恢复至室温后，液面低于刻度线，溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，c符合题意；
d．容量瓶未干燥即用来配制溶液，只要最后溶液凹液面与刻度线相切，则对配制溶液的浓度无影响，d不符合题意；
e．往容量瓶转移时，有少液体溅出，导致溶质损失，由于最后溶液体积不变，则最终导致配制溶液浓度偏低，e不符合题意；
f．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯，导致溶质损失，由于最后溶液体积不变，则最终导致配制溶液浓度偏低，e不符合题意；
故合理选项是ac。
16．实验室利用下图所示装置制取并收集氯气
(1)仪器A的名称为_______。
(2)为了尽量减少反应中浓盐酸的挥发和将多余的氯气尽量被氢氧化钠溶液充分吸收(产生的氯气不能太快)可采取的措施有(写两条)：_______；_______。
(3)写出B中反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移情况_______，假设理论上有1 mol的HCl被氧化，可产生标准状况下的气体体积为_______L(不考虑损耗)。
(4)装置F中生成各物质的物质的量和溶液的温度随时间的变化如下图所示。分钟后所发生主要反应的化学方程式为_______。
(5)Cl2常用于饮用水消毒。Cl2溶于水得到氯水，氯水中HClO的浓度越大杀菌能力越强。已知时，氯水中Cl2 (溶于水的氯气分子)、HClO、ClO-三种微粒所占百分数与pH的关系如图。则用Cl2处理饮用水时，溶液的pH最佳控制范围是_______。
【答案】(1)分液漏斗
(2) 控制滴加浓盐酸的滴加速率 控制酒精灯加热温度不能太高
(3) 11.2
(4)3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O
(5)3＜pH＜5.5
【分析】在装置B中MnO2与浓盐酸混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，在装置C中通过饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，然后经装置D浓硫酸干燥后用向上排空气的方法收集，最后根据Cl2能够与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，然后再排放。
【详解】（1）根据图示可知仪器A的名称为分液漏斗；
（2）为了尽量减少反应中浓盐酸的挥发和将多余的氯气尽量被氢氧化钠溶液充分吸收(产生的氯气不能太快)可采取的措施有：①控制滴加浓盐酸的滴加速率不能太快；②控制酒精灯加热温度不能太高；
（3）在装置B中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生MnCl2、Cl2、H2O，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。在该反应中Mn元素的化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低2价，得到电子2e-；Cl元素化合价由反应前HCl中-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×2=2价，失去电子2×e-；用双线桥标出电子转移为：；
根据反应方程式可知：在反应中每有1 mol HCl被氧化，反应产生0.5 mol Cl2，其在标准状况下的体积V(Cl2)=0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L；
（4）根据图示可知：在t1分钟后所发生主要反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；
（5）Cl2常用于饮用水消毒。Cl2溶于水得到氯水，氯水中HClO的浓度越大杀菌能力越强。根据时，氯水中Cl2 (溶于水的氯气分子)、HClO、ClO-三种微粒所占百分数与pH的关系图可知：HClO所占百分含量最大值为溶液pH在3-5.5，故用Cl2处理饮用水时，溶液的pH最佳控制范围是3＜pH＜5.5。
17．亚氯酸钴(NaClO2)是一种杀菌漂白剂，可用于棉纺漂白，食品消毒，水处理等，消毒时本身被还原成Cl-。亚氯酸钴晶体的一种生产工艺如下：
已知：①ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释至含量10%以下。
②NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl。
(1)在“ClO2发生器”中，NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4，该反应的化学方程式为_______。
(2)向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是_______(填字母)。
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性
b．将NaClO3氧化成ClO2
c．稀释ClO2，以防分解爆炸
(3)“吸收塔”的作用是将产生的ClO2反应转化为NaClO2，“吸收塔”中需要控制温度不超过20℃，其原因_______。
(4)NaClO2的溶解度曲线如图所示。从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是：将NaClO2溶液_______、_______，过滤，洗涤，干燥。
(5)为测定所得NaClO2产品的纯度，进行如下实验：
步骤①：取1.000 g样品于烧杯中，用适量蒸馏水溶解后，加入略过量的KI晶体，再滴加适量的稀硫酸，充分反应：(反应方程式为：)
步骤②：将所得溶液转移至250 mL容量瓶中，稀释定容得溶液A；
步骤③：准确移取25.00 mL溶液A于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加两滴淀粉溶液作指示剂，用0.2000 mol/L的Na2S2O3标准溶液与之反应，至恰好完全反应时消耗Na2S2O3，溶液22.00 mL。(反应方程式为：)
计算该NaClO2产品的纯度(写出计算过程)_______。
【答案】(1)2NaClO3+SO2=2ClO2↑+Na2SO4
(2)稀释ClO2，防止爆炸
(3)c
(4) 加热温度至略低于60℃蒸发浓缩 冷却至略高于38℃结晶
(5)99.55%
【分析】在酸性溶液中，NaClO3能被SO2还原为C1O2，而SO2被氧化为硫酸盐，为防止C1O2发生爆炸，通入空气将其稀释，然后在碱性条件下用H2O2还原，从溶液中获得NaClO2时，可从溶解度曲线中提取信息，即降温时，控制温度不低于38℃，据此分析解答。
【详解】（1）在“ClO2发生器”中，NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2=2ClO2↑+Na2SO4；
（2）根据题中信息显示：C1O2浓度过高时极易发生爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下，故通入空气的作用是稀释ClO2，以防其分解爆炸，故合理选项是c；
（3）在吸收塔中ClO2被H2O2在浓NaOH溶液碱性条件下还原为NaClO2等，H2O2被氧化为O2，H2O2不稳定，受热易分解，在“吸收塔”中需要控制温度不超过20℃，目的就是防止还原剂H2O2受热分解；
（4）由NaClO2的溶解度曲线可以看出：温度低于38℃时，会生成NaClO2·3H2O，所以温度应控制在38℃以上，根据题目已知信息：NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl，因此从NaClO2溶液中获得NaC1O2晶体的操作是：将NaC1O2溶液加热温度至略低于60℃进行蒸发浓缩，然后冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、干燥；
（5）根据反应方程式：、，可得关系式：NaClO2~2I2 ~4Na2S2O3。25.00 mL NaClO2溶液滴定消耗Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3)=0.2000 mol/L×0.022 L=0.0044 mol，则25.00 mL溶液中含有NaClO2的物质的量是n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×0.0044 mol=0.0011 mol，则1.000 g样品中含有NaClO2的质量为m(NaClO2)=0.0011 mol×90.5 g/mol×=0.9955 g，所以该NaClO2产品的纯度为：。
江苏省常州市金坛区2022-2023学年高一上学期期中教学质量调研化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．今年世界地球日的主题是“珍爱地球，人与自然和谐共生”。下列说法不合理的是
A．遗弃塑料会污染土壤、地下水和海洋
B．农业要禁用化肥、农药以防止水污染
C．车辆排放的氮氧化物会造成空气污染
D．回收某些垃圾生产煤气、乙醇等燃料
【答案】B
【详解】A．塑料在自然环境下很难降解，遗弃塑料会污染土壤、地下水和海洋，故A不选；
B．农业生产需要适当使用化肥、农药，故B选；
C．车辆排放的氮氧化物会引起光化学烟雾等，造成空气污染，故C不选；
D．回收某些垃圾生产煤气、乙醇等燃料，故D不选；
故选B。
2．反应可用于捕捉废气中的，下列有关化学用语说法正确的是
A．中子数为8的氧原子：
B．H、D、T互为同位素
C．的结构示意图：
D．NaOH的电离方程式：
【答案】B
【详解】A．质子数为8，中子数为8，则质量数为16，该氧原子为，故A错误；
B．H、D、T的质子数相等，中子数不等，互为同位素，故B正确；
C．Na的核电荷数为11 ，的结构示意图为，故C错误；
D．NaOH为强碱，完全电离出Na+和OH-，电离方程式：，故D错误；
故选B。
3．下列说法中不正确的是
A．常温下，液氯储存在钢瓶中
B．明矾溶于水形成胶体，吸附水中杂质净水
C．新制的氯水应保存在无色细口瓶中
D．实验室中配制好的溶液不可长期存放在容量瓶中
【答案】C
【详解】A．液氯在常温下不与铁反应，所以可以用钢瓶储存，A正确；
B．明矾溶于水形成氢氧化铝胶体，可以吸附水中杂质，使得悬浮物沉降，B正确；
C．新制氯水见光易分解，所以需要避光保存，应放入棕色细口瓶中，C错误；
D．容量瓶是配制溶液的仪器，不可以长期存放溶液，D正确；
故答案选C。
4．2019年山东某公司发生了硫化氢中毒事故。硫化氢是无色、有刺激性恶臭、有毒、易燃的气体。储运硫化氢的储运瓶上应贴有的标签是
A．①② B．①③ C．②③ D．③④
【答案】D
【详解】硫化氢是无色、有刺激性恶臭、有毒、易燃的气体，储运硫化氢的储运瓶上应贴有有毒气体和易燃气体标签，故选D。
5．下列物质中，属于电解质的是
A．铜 B．蔗糖 C．食盐水 D．氢氧化钾
【答案】D
【详解】A．铜是金属单质，既不是电解质也不是非电解质，故A错误；
B．蔗糖在水溶液中不能电离，属于非电解质，故B错误；
C．食盐水是混合物，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．氢氧化钾在熔融状态或水溶液中能电离，属于电解质，故D正确；
故选D。
6．下列说法正确的是
A．H216O和H218O属于同位素 B．U的质量数为235
C．石墨和金刚石是同一种物质 D．相同体积的O2、N2具有相同的分子数
【答案】B
【详解】A．H216O和H218O是化合物不是原子，不是同位素，故A错误；
B．U的质量数=235，故B正确；
C．石墨和金刚石是同种元素组成的不同单质，属于同素异形体，不是同一种物质，故C错误；
D．气体状况未知，依据阿伏加德罗定律，相同体积的O2、N2不一定具有相同分子数，故D错误；
故选：B。
7．硫酸钙是一种用途非常广泛的产品，可用于生产硫酸、漂白粉等一系列物质(如图)。下列说法正确的是
A．CO、SO2、SO3均是酸性氧化物
B．工业上利用Cl2和澄清石灰水反应来制取漂白粉
C．除去与水反应的两个反应，图示其余转化反应均为氧化还原反应
D．漂白粉是纯净物，成分为Ca(ClO)2
【答案】C
【详解】A．CO属于不成盐氧化物，A错误；
B．工业上利用Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，B错误；
C．CaSO4与C、O2反应产生SO2、CO、CaO，反应过程中元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；SO2与O2反应产生SO3，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；CO与H2反应产生CH3OH，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应；Cl2和石灰乳反应来制取漂白粉，反应前后元素化合价发生了变化，因此该反应属于氧化还原反应，因此除去与水反应的两个反应，图示其余转化反应均为氧化还原反应，C正确；
D．漂白粉的成分中主要含有CaCl2、Ca(ClO)2，因此属于混合物，其有效成分是Ca(ClO)2，D错误；
故合理选项是C。
8．实验室用如图装置制取、提纯、收集及尾气处理，其中不能达到实验目的的是
A．制取
B．除去中少量的HCl
C．收集
D．吸收尾气中的
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．利用浓盐酸与二氧化锰共热制备氯气，药品、装置均正确，选项A能达到实验目的；
B．除去中少量的HCl应将气体通过饱和氯化钠溶液，但气体进气时应长管进短管出，选项B不能达到实验目的；
C．氯气的密度大于空气，可以利用集气瓶长管进短管出进行向上排空气法收集，选项C能达到实验目的；
D．氯气能与氢氧化钠反应，可利用氢氧化钠溶液吸收尾气中的，选项D能达到实验目的；
答案选B。
9．对于某些离子的检验及结论一定正确的是
A．加入硝酸酸化的硝酸银溶液，有白色沉淀产生，一定有Cl-
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有
C．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润蓝色石蕊试纸变红，一定有
D．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该溶液一定含有碳酸根离子
【答案】A
【详解】A．溶液用硝酸酸化后，加入硝酸银溶液有白色沉淀生成，该白色沉淀是AgCl，因此原溶液中一定有Cl-，A正确；
B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，该沉淀可能是AgCl，也可能是BaSO4，因此原溶液中可能含有Ag+，也可能含有，而不一定有，B错误；
C．向某溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，该气体是NH3，则该溶液中一定有，试纸使用不合理，C错误；
D．向某溶液中加入稀盐酸，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，该气体可能是CO2，也可能是SO2，则该溶液可能含有碳酸根离子，也可能含有或或，而并不一定含有，D错误；
故合理选项是A。
10．下列叙述正确的是（ ）
A．常温常压下，14gN2含有的分子数约为3.01×1023
B．64gSO2含有的氧原子数约为6.02×1023
C．标准状况下，22.4LH2O含有的分子数约为6.02×1023
D．2L0.5mol•L−1MgCl2溶液中，含有的Cl-数约为6.02×1023
【答案】A
【详解】A. 14gN2为0.5mol，分子数=0.5mol ×6.02×1023=3.01×1023，故A正确；
B. 64gSO2的物质的量===1mol，1mol任何物质具有的微粒数为6.02×1023，一个二氧化硫分子具有的氧原子数为2个，故1mol SO2中氧原子数为6.02×1023×2=1.204×1024，故B错误；
C. 标准状况下，水不是气体，故不能用气体的摩尔体积进行计算，故C错误；
D. 2L0.5mol•L−1 MgCl2溶液中含有的氯离子数为2L×0.5mol/L×2×NA=2×6.02×1023==1.204×1024，故D错误；
答案选A。
11．在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．
B．浓
C．CaCl2溶液
D．NaClO溶液
【答案】A
【详解】A．CaCO3高温分解产生CaO、CO2，CO2与Ca(ClO)2、H2O反应产生CaCO3、HClO，因此可以实现物质间转化，A符合题意；
B．浓盐酸与MnO2混合加热发生反应产生Cl2，Cl2具有强的氧化性，能够与变价金属Fe反应产生FeCl3，不能反应产生FeCl2，因此不能实现物质之间的转化关系，B不符合题意；
C．由于酸性：HCl＞H2CO3，所以向CaCl2溶液中通入CO2气体，不能发生反应产生CaCO3沉淀，因此不能实现物质之间的转化关系，C不符合题意；
D．由于酸性：H2CO3＞HClO，向NaClO溶液中通入CO2气体，反应产生HClO，HClO不稳定，光照分解产生HCl、O2，而不能反应产生Cl2，因此不能实现物质之间转化关系，D不符合题意；
故合理选项是A。
12．有A、B、C、D四种元素，质子数都小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构；C元素是地壳中含量最多的金属元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，下列说法不正确的是
A．C单质常温下只能溶于稀盐酸，不能溶于氢氧化钠溶液
B．A和C两种元素形成的化合物熔点较高
C．可通过焰色反应检验B元素
D．A和D两种元素形成的化合物能与氢氧化钠溶液反应
【答案】A
【分析】A、B、C、D四种元素，质子数都小于18。A元素原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，由于最外层不超过8个电子，则A有2个电子层，最外层有6个电子，为O元素；B元素的原子失去1个电子，所得到的微粒具有与氖原子相同的电子层结构，B为Na元素；C元素是地壳中含量最多的金属元素，为Al元素；D元素的原子M层电子数是K层的3倍，M层电子数为6，为S元素，据此分析判断。
【详解】根据上述分析，A为O元素，B为Na元素，C为Al元素，D为S元素。
A．常温下，铝能溶于稀盐酸，也能溶于氢氧化钠溶液，故A错误；
B．A和C两种元素形成的化合物为氧化铝，熔点较高，故B正确；
C．钠的焰色反应为黄色，可通过焰色反应检验B元素，故C正确；
D．A和D两种元素形成的化合物为二氧化硫或三氧化硫，都是酸性氧化物，都能与氢氧化钠溶液反应生成盐和水，故D正确；
故选A。
13．利用NaClO和尿素[CO(NH2)2]反应制备N2H4·H2O (水合肼)的实验流程如图所示：
已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应；②N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。下列说法错误的是
A．步骤I中为避免温度过高，可采用冰水浴
B．步骤I制备NaClO溶液时，若溶液中NaClO与副产物NaClO3的物质的量之比为5∶1，则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3
C．步骤II生成水合肼反应中NaClO作为氧化剂
D．步骤II中可将尿素水溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
【答案】D
【分析】由流程可知，步骤I中发生Cl2+2OH- =C1O- +Cl- +H2O，温度过高时易发生3C12+6OH- =+5Cl-+3H2O。步骤II中发生C1O-+CO(NH2)2+2OH-=C1-+N2H4·H2O+，且将NaC1O溶液逐滴滴加到尿素中，可防止过量的NaClO溶液将N2H4·H2O氧化，步骤III中分离出碳酸钠、水合肼，以此来解答。
【详解】A．步骤I中温度过高发生副反应，为避免温度过高，可采用冰水浴，A正确；
B．步骤I制备NaClO溶液时，测得产物中NaC1O与NaClO3的物质的量之比为5：l，设NaC1O与NaClO3的物质的量分别为5 mol、l mol，根据电子守恒可知C1失去电子为5 mol×(1-0)+1 mol×(5-0)=10 mol，由电子守恒可知Cl-得到电子数为10 mol，由原子守恒可知参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为10 mol：(5 mol+1 mol) =5：3，B正确；
C．步骤II中发生反应：C1O-+CO(NH2)2+2OH-=C1-+N2H4·H2O+，在该反应中NaClO为氧化剂，CO(NH2)2为还原剂，C正确；
D．在步骤II中，若将尿素水溶液逐滴滴入NaC1O碱性溶液中，会导致NaClO溶液将N2H4·H2O氧化，故应该将NaC1O溶液逐滴滴加到尿素中，D错误；
故合理选项是D。
二、填空题
14．根据所学知识填写下列空白：
(1)现有下列十种物质：①HCl气体 ②Cu ③C2H5OH ④CO2 ⑤CuSO4·5H2O ⑥NaHCO3 ⑦Ba(OH)2溶液 ⑧熔融Na2SO4 ⑨液氨 ⑩空气。
所给状态能导电的是_______；属于电解质的是_______；属于非电解质的是_______(填所给物质的序号)。
(2)完成下列有关物质的量的相关计算：
①若2 gN2中含有x个氮分子，则阿伏加德罗常数为_______。
②6.8 g NH3与标准状况下的_______L的H2S含有相同数目的氢原子。
③20.25 g某金属氯化物MCl2中含有0.3 mol Cl-，则该金属氯化物的摩尔质量为_______。
(3)选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。
A．萃取分液法 B．加热分解法 C．结晶法 D．分液法 E．蒸馏法 F．过滤法
①除去氯化钠溶液中的泥沙_______。
②从碘的水溶液里提取碘_______。
③分离水和汽油_______。
④分离四氯化碳(沸点为76.6℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物_______。
【答案】(1) ②⑦⑧ ①⑤⑥⑧ ③④⑨
(2) 13.44 135 g/mol
(3) F A D E
【详解】（1）①HCl气体由HCl分子构成，无离子，不能导电；溶于水会发生电离而导电，属于电解质；
②Cu是金属单质，含有自由移动的电子而能够导电；单质不属于电解质，也不属于非电解质；
③C2H5OH是由分子构成的共价化合物，无离子，不能导电；溶于水或受热熔化时也不能发生电离，属于非电解质；
④CO2是由分子构成的共价化合物，无离子，不能导电；溶于水或受热熔化时也不能发生电离，属于非电解质；
⑤CuSO4·5H2O是盐，含有的离子不能自由移动，因此不能导电；溶于水或受热熔化时能够发生电离而导电，属于非电解质；
⑥NaHCO3是盐，含有的离子不能自由移动，因此不能导电；溶于水或受热熔化时能够发生电离而导电，属于非电解质；
⑦Ba(OH)2溶液中含有自由移动的离子，因此能够导电；该物质是混合物，不是化合物，因此不属于电解质，也不属于非电解质；
⑧熔融Na2SO4中含有自由移动的离子而能够导电；该物质在水中或熔融状态下能够导电，因此属于电解质；
⑨液氨中只有NH3，无自由移动的离子，不能导电；在水溶液中或熔融状态下能够导电，属于非电解质；
⑩空气是混合物，其中无自由移动的微粒，不能导电；空气是混合物，不是化合物，因此不属于电解质，也不属于非电解质。
综上所述可知：所给状态能导电的是②⑦⑧；属于电解质的是①⑤⑥⑧；属于非电解质的是③④⑨；
（2）①2 g N2的物质的量是n(N2)=，其中含有的N2分子数目是x个，则阿伏加德罗常数NA=；
②6.8 g NH3的物质的量是n(NH3)=，若其中含有的H原子与H2S的物质的量相等，则H2S的物质的量为n(H2S)=，则该H2S气体在标准状况下的体积V(H2S)=0.6 mol×22.4 L/mol=13.44 L；
③在MCl2中含有2个Cl-，20.25 g某金属氯化物含有0.3 mol Cl-，则其物质的量n(MCl2)=0.15 mol，故MCl2的摩尔质量M=；
（3）①泥沙不溶于食盐水，所以除去氯化钠溶液中的泥沙可以采用过滤的方法，故合理选项是F；
②碘单质在水中不容易溶解，而易溶于有机溶剂CCl4中，CCl4是与水互不相溶的两种液体物质，所以从碘的水溶液里提取碘，可以使用CCl4作萃取剂，经萃取后再分液，就从碘水中分离出碘单质，故合理选项是A；
③水和汽油是两种互不相溶的液体物质，则分离水和汽油可以采用分液的方法，故合理选项是D；
④四氯化碳(沸点为76.6℃)和甲苯(沸点为110.6℃)是互溶的沸点相差较大的两种液体物质，则分离四氯化碳(沸点为76.6℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的混合物可以采用蒸馏方法，故合理选项是E。
三、实验题
15．“84消毒液”能有效杀灭甲型H1N1病毒，某同学购买了一瓶“威露士”牌“84消毒液”，该消毒液通常稀释100倍(体积比)使用。查阅相关资料和消毒液包装说明得到如下信息：
(1)该“84消毒液”的物质的量浓度约为_______。
(2)某同学取100 mL该“84消毒液”，稀释后的溶液中c(Na+)=_______mol/L
(3)“84消毒液”与稀硫酸混合使用可增强消毒能力，某消毒人员用18 mol/L的浓硫酸配制100 mL物质的量浓度为0.8 mol/L的稀硫酸用于增强其的消毒能力。
①需要用量筒量取_______mL上述浓硫酸进行配制。
②为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是_______、_______。
③在配制过程中，下列实验操作可能导致配制的硫酸溶液浓度偏高的是_______(填序号)。
a．定容时俯视观察
b．定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
c．浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移
d．容量瓶未干燥即用来配制溶液
e．往容量瓶转移时，有少液体溅出
f．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯
【答案】(1)4.
(2)0.04
(3) 4.5 100 mL容量瓶 胶头滴管 ac
【分析】根据质量分数与物质的量浓度换算式c=计算溶液的物质的量浓度。溶液具有均一性、稳定性，溶液各处的浓度、密度相等。结合配制物质的量浓度溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签配制溶液。溶液在稀释前后溶质的物质的量不变。结合步骤，确定使用的仪器，选择仪器的标准是大而近；根据操作对溶质的物质的量及溶液的体积影响，结合物质的量浓度定义式c=分析实验误差。
【详解】（1）该“84消毒液”的物质的量浓度约c=；
（2）溶液具有均一性，溶液的浓度大小与所取溶液的体积大小无关。则所取该“84消毒液”的物质的量浓度c=4.0 mol/L，若将其稀释100倍后，溶液的浓度是原来的，因此所取100 mL稀释后溶液中Na+的浓度c(Na+)=c(NaCl)=4.0 mol/L×=0.04 mol/L；
（3）①某消毒人员用18 mol/L的浓硫酸配制100 mL物质的量浓度为0.8 mol/L的稀硫酸，则根据溶液稀释前后溶质的物质的量不变，可知需要量取浓硫酸的体积V=；
②配制一定物质的量浓度一般步骤：计算、称量(或量取)、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，需要的仪器有：量筒、烧杯、玻璃棒、100 mL容量瓶、胶头滴管，为配制上述稀硫酸，除了量筒、烧杯、玻璃棒外，还缺少的玻璃仪器是100 mL容量瓶、胶头滴管；
③a．定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，由于溶质的物质的量不变，则最终使配制的溶液浓度偏高，a符合题意；
b．定容后经振荡、摇匀、静置后，发现液面下降，这是由于部分溶液粘在容量瓶的瓶颈上。若再加适量的蒸馏水，对溶液其稀释作用，导致配制的溶液浓度偏低，b不符合题意；
c．浓硫酸在烧杯中加水稀释后，未冷却就向容量瓶中转移，当溶液恢复至室温后，液面低于刻度线，溶液的体积偏少，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制的溶液浓度偏高，c符合题意；
d．容量瓶未干燥即用来配制溶液，只要最后溶液凹液面与刻度线相切，则对配制溶液的浓度无影响，d不符合题意；
e．往容量瓶转移时，有少液体溅出，导致溶质损失，由于最后溶液体积不变，则最终导致配制溶液浓度偏低，e不符合题意；
f．未洗涤稀释浓硫酸的烧杯，导致溶质损失，由于最后溶液体积不变，则最终导致配制溶液浓度偏低，e不符合题意；
故合理选项是ac。
16．实验室利用下图所示装置制取并收集氯气
(1)仪器A的名称为_______。
(2)为了尽量减少反应中浓盐酸的挥发和将多余的氯气尽量被氢氧化钠溶液充分吸收(产生的氯气不能太快)可采取的措施有(写两条)：_______；_______。
(3)写出B中反应的化学方程式并用双线桥标出电子转移情况_______，假设理论上有1 mol的HCl被氧化，可产生标准状况下的气体体积为_______L(不考虑损耗)。
(4)装置F中生成各物质的物质的量和溶液的温度随时间的变化如下图所示。分钟后所发生主要反应的化学方程式为_______。
(5)Cl2常用于饮用水消毒。Cl2溶于水得到氯水，氯水中HClO的浓度越大杀菌能力越强。已知时，氯水中Cl2 (溶于水的氯气分子)、HClO、ClO-三种微粒所占百分数与pH的关系如图。则用Cl2处理饮用水时，溶液的pH最佳控制范围是_______。
【答案】(1)分液漏斗
(2) 控制滴加浓盐酸的滴加速率 控制酒精灯加热温度不能太高
(3) 11.2
(4)3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O
(5)3＜pH＜5.5
【分析】在装置B中MnO2与浓盐酸混合加热，发生氧化还原反应产生Cl2，在装置C中通过饱和食盐水除去Cl2中的杂质HCl，然后经装置D浓硫酸干燥后用向上排空气的方法收集，最后根据Cl2能够与碱反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，然后再排放。
【详解】（1）根据图示可知仪器A的名称为分液漏斗；
（2）为了尽量减少反应中浓盐酸的挥发和将多余的氯气尽量被氢氧化钠溶液充分吸收(产生的氯气不能太快)可采取的措施有：①控制滴加浓盐酸的滴加速率不能太快；②控制酒精灯加热温度不能太高；
（3）在装置B中浓盐酸与MnO2混合加热，发生氧化还原反应产生MnCl2、Cl2、H2O，该反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。在该反应中Mn元素的化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低2价，得到电子2e-；Cl元素化合价由反应前HCl中-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高1×2=2价，失去电子2×e-；用双线桥标出电子转移为：；
根据反应方程式可知：在反应中每有1 mol HCl被氧化，反应产生0.5 mol Cl2，其在标准状况下的体积V(Cl2)=0.5 mol×22.4 L/mol=11.2 L；
（4）根据图示可知：在t1分钟后所发生主要反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯酸钠、氯化钠和水，反应的化学方程式为：3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O；
（5）Cl2常用于饮用水消毒。Cl2溶于水得到氯水，氯水中HClO的浓度越大杀菌能力越强。根据时，氯水中Cl2 (溶于水的氯气分子)、HClO、ClO-三种微粒所占百分数与pH的关系图可知：HClO所占百分含量最大值为溶液pH在3-5.5，故用Cl2处理饮用水时，溶液的pH最佳控制范围是3＜pH＜5.5。
17．亚氯酸钴(NaClO2)是一种杀菌漂白剂，可用于棉纺漂白，食品消毒，水处理等，消毒时本身被还原成Cl-。亚氯酸钴晶体的一种生产工艺如下：
已知：①ClO2浓度过高时易发生分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释至含量10%以下。
②NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl。
(1)在“ClO2发生器”中，NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4，该反应的化学方程式为_______。
(2)向“ClO2发生器”中鼓入空气的作用是_______(填字母)。
a．将SO2氧化成SO3，增强酸性
b．将NaClO3氧化成ClO2
c．稀释ClO2，以防分解爆炸
(3)“吸收塔”的作用是将产生的ClO2反应转化为NaClO2，“吸收塔”中需要控制温度不超过20℃，其原因_______。
(4)NaClO2的溶解度曲线如图所示。从NaClO2溶液中获得NaClO2晶体的操作是：将NaClO2溶液_______、_______，过滤，洗涤，干燥。
(5)为测定所得NaClO2产品的纯度，进行如下实验：
步骤①：取1.000 g样品于烧杯中，用适量蒸馏水溶解后，加入略过量的KI晶体，再滴加适量的稀硫酸，充分反应：(反应方程式为：)
步骤②：将所得溶液转移至250 mL容量瓶中，稀释定容得溶液A；
步骤③：准确移取25.00 mL溶液A于锥形瓶中，向锥形瓶中滴加两滴淀粉溶液作指示剂，用0.2000 mol/L的Na2S2O3标准溶液与之反应，至恰好完全反应时消耗Na2S2O3，溶液22.00 mL。(反应方程式为：)
计算该NaClO2产品的纯度(写出计算过程)_______。
【答案】(1)2NaClO3+SO2=2ClO2↑+Na2SO4
(2)稀释ClO2，防止爆炸
(3)c
(4) 加热温度至略低于60℃蒸发浓缩 冷却至略高于38℃结晶
(5)99.55%
【分析】在酸性溶液中，NaClO3能被SO2还原为C1O2，而SO2被氧化为硫酸盐，为防止C1O2发生爆炸，通入空气将其稀释，然后在碱性条件下用H2O2还原，从溶液中获得NaClO2时，可从溶解度曲线中提取信息，即降温时，控制温度不低于38℃，据此分析解答。
【详解】（1）在“ClO2发生器”中，NaClO3与SO2反应生成ClO2和Na2SO4，根据电子守恒、原子守恒，可得该反应的化学方程式为：2NaClO3+SO2=2ClO2↑+Na2SO4；
（2）根据题中信息显示：C1O2浓度过高时极易发生爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到10%以下，故通入空气的作用是稀释ClO2，以防其分解爆炸，故合理选项是c；
（3）在吸收塔中ClO2被H2O2在浓NaOH溶液碱性条件下还原为NaClO2等，H2O2被氧化为O2，H2O2不稳定，受热易分解，在“吸收塔”中需要控制温度不超过20℃，目的就是防止还原剂H2O2受热分解；
（4）由NaClO2的溶解度曲线可以看出：温度低于38℃时，会生成NaClO2·3H2O，所以温度应控制在38℃以上，根据题目已知信息：NaClO2在温度高于60℃时易分解生成NaClO3和NaCl，因此从NaClO2溶液中获得NaC1O2晶体的操作是：将NaC1O2溶液加热温度至略低于60℃进行蒸发浓缩，然后冷却至略高于38℃结晶，过滤、洗涤、干燥；
（5）根据反应方程式：、，可得关系式：NaClO2~2I2 ~4Na2S2O3。25.00 mL NaClO2溶液滴定消耗Na2S2O3的物质的量n(Na2S2O3)=0.2000 mol/L×0.022 L=0.0044 mol，则25.00 mL溶液中含有NaClO2的物质的量是n(NaClO2)=n(Na2S2O3)=×0.0044 mol=0.0011 mol，则1.000 g样品中含有NaClO2的质量为m(NaClO2)=0.0011 mol×90.5 g/mol×=0.9955 g，所以该NaClO2产品的纯度为：。
相关试卷
2022-2023学年江苏省常州市武进区、金坛区高一（下）期末化学试卷(含详细答案解析)： 这是一份2022-2023学年江苏省常州市武进区、金坛区高一（下）期末化学试卷(含详细答案解析)，共21页。试卷主要包含了单选题，双选题，流程题，实验题，简答题等内容，欢迎下载使用。
江苏省常州市武进区、金坛区2022-2023学年高一下学期期末质量调研化学试题（含解析）： 这是一份江苏省常州市武进区、金坛区2022-2023学年高一下学期期末质量调研化学试题（含解析），共28页。试卷主要包含了选择题等内容，欢迎下载使用。
江苏省常州市金坛区2022-2023学年高二下学期期中质量调研化学试题（Word版含答案）： 这是一份江苏省常州市金坛区2022-2023学年高二下学期期中质量调研化学试题（Word版含答案），共13页。试卷主要包含了04，反应可用于污水脱氯，下列实验装置能达到实验目的的是，对于反应 ，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
