2022-2023学年江苏省南京市六校联合体高一下学期第一次联合调研(3月月考)化学试题
展开可能用到的相对原子质量:H-1 C-12 O-16 Na-23
选择题(共42分)
单项选择题(本题包括14小题,每题3分,共42分。每小题只有一个选项符合题意)
1. 新材料的蓬勃发展彰显化学学科的魅力。下列说法不正确的是
A. 太阳能电池光电转换材料的主要成分是二氧化硅
B. 火星车的热控材料纳米气凝胶能发生丁达尔效应
C. 液冷散热技术使用的石墨烯属于无机非金属材料
D. 深海载人潜水器外壳使用的钛合金属于金属材料
【答案】A
【解析】
【详解】A.硅单质是良好的半导体材料,太阳能电池光电转换材料的主要成分是硅,A错误;
B.火星车的热控材料纳米气凝胶是胶体,能发生丁达尔效应,B正确;
C.石墨烯是碳元素组成的单质,属于无机非金属材料,C正确;
D.钛合金是金属钛和其他元素组成的合金,属于金属材料,D正确;
故选:A。
2. 三元催化器是汽车排气系统中重要的净化装置,可将碳氢化合物、一氧化碳和氮氧化物转化为、和。下列说法正确的是
A. 的电子式为B. 的结构式为
C. O原子结构示意图为D. 中子数为2的氢原子可表示为
【答案】B
【解析】
【详解】A.电子式为,A错误;
B.的结构式为,B正确;
C.O原子结构示意图为,C错误;
D.中子数为2的氢原子,其质量数为3,可表示为,D错误;
答案选B。
3. 下列有关说法不正确的是
A. NaBr属于离子化合物B. HCl分子中含极性共价键
C. 热稳定性:D. 卤族元素在自然界中都以化合态存在
【答案】C
【解析】
【详解】A.NaBr属于离子化合物,A正确;
B.HCl分子中H和Cl电负性不同,其分子中含极性共价键,B正确;
C.元素的非金属性越强,则其简单氢化物的热稳定性越强,则热稳定性HI
故答案选C。
4. 如图是部分短周期元素主要化合价与原子序数的关系图,X、Y、Z、W、R是其中的五种元素。下列说法正确的是
A. 离子半径:X2->Y+
B. 沸点:H2W>H2X
C. R氧化物对应水化物的酸性强于W氧化物对应水化物的酸性
D. 工业上用电解熔融态ZR3的方法制备金属Z
【答案】A
【解析】
【分析】根据短周期元素主要化合价与原子序数的关系图,X、Y、Z、W、R分别是O元素、Na元素、Al元素、S元素、Cl元素。
【详解】A.电子层数相同,质子数越多半径越小,离子半径:O2->Na+,故A正确;
B.水分子能形成氢键,沸点:H2O>H2S,故B错误;
C.Cl氧化物对应水化物的酸性不一定强于S氧化物对应水化物的酸性,如酸性:H2SO4>HClO,故C错误;
D.工业上用电解熔融态Al2O3的方法制备金属Al,故D错误;
选A。
5. 室温下,下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 溶液:
B. 溶液:
C. 溶液:
D. 氨水溶液:
【答案】A
【解析】
【详解】A.溶液中四种离子之间不发生反应,可以大量共存,故A选;
B.溶液中和I-发生氧化还原反应,不能大量共存,故B不选;
C.溶液中H+和形成弱酸,不能大量共存,故C不选;
D.氨水溶液呈碱性,Mg2+在碱性溶液中会形成氢氧化镁沉淀,故D不选;
故选A。
6. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体,易溶于水,在水中的溶解度约为Cl2的5倍,其水溶液在较高温度与光照下会生成ClO与ClO。ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体,实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列有关物质的性质和用途具有对应关系的是
A. Cl2能溶于水,可用于工业制盐酸
B. HClO不稳定,可用于棉、麻漂白
C. ClO2有强氧化性,可用于水体杀菌消毒
D. FeCl3溶液呈酸性,可用于蚀刻电路板上的铜
【答案】C
【解析】
【详解】A.Cl2用于工业制盐酸,是因为氯气与氢气反应生成氯化氢,故不选A;
B.HClO用于棉、麻漂白,是因为HClO具有漂白性,故不选B;
C.ClO2有强氧化性,可用于水体杀菌消毒,故选C;
D.FeCl3用于蚀刻电路板上的铜,是因为Fe3+能氧化金属Cu,利用Fe3+的氧化性,故不选D;
选C。
7. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色气体,易溶于水,在水中的溶解度约为Cl2的5倍,其水溶液在较高温度与光照下会生成ClO与ClO。ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体,实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4。下列有关实验室制备ClO2的实验原理和装置不能达到实验目的的是
A. 用装置甲获取SO2B. 用装置乙制备ClO2
C. 用装置丙吸收ClO2D. 用装置丁处理尾气
【答案】B
【解析】
【详解】A.用装置甲通过70%硫酸与亚硫酸钠反应生成硫酸钠、二氧化硫和水获取SO2,选项A正确;
B.实验室制备ClO2的反应为2NaClO3+SO2+H2SO4=2ClO2+2NaHSO4,试剂选择正确,但二氧化硫通入时导管应该长进短出,才能充分接触,否则反应很难进行,选项B错误;
C. ClO2是一种极易爆炸的强氧化性气体,易溶于水,可用冰水吸收,选项C正确;
D.制备过程中有毒气体直接排放到空气中会造成污染,可用装置丁处理尾气吸收,氢氧化钠能与二氧化硫、二氧化氯反应,选项D正确;
答案选B。
8. ⅠA族、ⅡA族元素及其化合物应用广泛。铍及其化合物的性质与铝十分相似。工业上制备下列物质的生产流程合理的是
A. 饱和食盐水制备纯碱:NaCl溶液
B. 从海水中提取镁:海水
C. 工业上制备漂白粉:浓盐酸漂白粉
D. 黄铁矿制备硫酸:发烟硫酸
【答案】D
【解析】
【详解】A.NH3极易溶于水,CO2微溶于水,饱和食盐水制备纯碱的流程中,先向饱和实验水中通入氨气,使溶液呈碱性,再通入CO2,可以增大CO2的吸收量,故流程为:NaCl溶液,A正确;
B.MgO的熔点比MgCl2高,故工业冶炼镁是电解熔融的MgCl2,故从海水中提取镁的流程为:海水,B错误;
C.工业制取氯气:2NaCl+2H2O=Cl2↑+H2↑+2NaOH ,工业上制备漂白粉:漂白粉, C错误;
D.黄铁矿制备硫酸:发烟硫酸,D正确;
答案选D。
9. 将工业废气中的SO2吸收能有效减少对大气的污染,并实现资源化利用。下列离子方程式书写正确的是
A. 硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强:H2SO3+O2=2H++
B. 用过量饱和NaOH溶液吸收废气中的SO2:SO2+2OH-= +H2O
C. 用过量氨水吸收废气中的SO2:NH3·H2O+SO2 =+
D. 用Ca(ClO)2溶液吸收废气中的SO2:Ca2++2ClO-+SO2+H2O=2HClO+CaSO3↓
【答案】B
【解析】
【详解】A.离子方程式应满足质量守恒、电荷守恒和得失电子数守恒,硫酸型酸雨露置于空气中一段时间后溶液酸性增强,离子方程式为2H2SO3+O2=4H++ 2,选项A错误;
B.过量饱和NaOH溶液吸收废气中的SO2,生成Na2SO3,离子方程式为SO2+2OH-= +H2O,选项B正确;
C.用过量氨水吸收废气中的SO2,生成亚硫酸铵,反应的离子方程式为2NH3·H2O+SO2 =+2+H2O,选项C错误;
D.用Ca(ClO)2溶液吸收废气中的SO2,反应生成硫酸钙、氯化钙和次氯酸,反应的离子方程式为Ca2++3ClO-+SO2+H2O=2HClO+CaSO4↓+Cl-,选项D错误;
答案选B。
10. 利用实验研究浓硫酸的性质。
实验1:取2g蔗糖放入大试管中,加2~3滴水,再加入3mL浓硫酸,搅拌,蔗糖变黑,体积迅速膨胀。将产生的气体依次通入品红溶液和澄清石灰水,观察到品红溶液褪色、石灰水变浑浊。
实验2:将一小片铜放入试管中加入2mL浓硫酸,加热,将产生气体通入酸性溶液,观察溶液颜色,将铜与浓硫酸反应后的混合物冷却后溶于水,得到蓝色溶液。
下列说法正确的是
A. 实验1中“蔗糖变黑”说明浓硫酸具有吸水性
B. 实验1说明实验中产生的气体含有和
C. 实验2所得蓝色溶液中大量存在:、、
D. 实验1和实验2的褪色现象都说明具有漂白性
【答案】C
【解析】
【详解】A.实验1中“蔗糖变黑”说明浓硫酸具有脱水性,A错误;
B.二氧化硫也能使石灰水变浑浊,B错误;
C.铜和浓硫酸反应,随着反应进行,硫酸变稀反应不再进行,故所得蓝色溶液中大量存在:、、,C正确;
D.实验2的褪色现象说明具有还原性,和高锰酸钾发生氧化还原反应,D错误;
故选C。
11. 利用废旧镀锌铁皮制备Fe3O4胶体粒子的流程图如图,已知:Zn溶于强碱时生成易溶于水的[Zn(OH)4]2-,下列有关说法正确的是
A. 用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮,主要目的是为了处理表面的油污
B. “酸溶”的离子方程式为:Fe(OH)3+3H+=Fe3++3H2O
C. “氧化”后溶液中所存在的阳离子有:H+、Na+、Fe2+、Fe3+
D. Fe3O4胶体粒子可通过过滤操作得到
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据Zn能溶于强碱溶液,可知用氢氧化钠溶液处理废旧镀锌铁皮,主要目的是为了除去表面的锌皮,故A错误;
B.根据流程图可知,酸溶的过程主要是铁和稀硫酸反应,其离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑,故B错误;
C.Fe3O4结构中既有Fe3+,又有Fe2+,所以加入的双氧水要适量,不能把Fe2+完全氧化,则氧化后的溶液中的阳离子有H+、Na+、Fe2+、Fe3+,故C正确;
D.因胶体粒子能通过滤纸,所以Fe3O4胶体粒子不能通过过滤操作得到,故D错误;
答案C。
12. 一定温度下有关物质的转化如图所示,下列有关说法不正确的是
A. 反应①实现了氮的固定
B. 可循环使用
C. 高温下煅烧的化学方程式为
D. 图示转化可实现用获得和
【答案】A
【解析】
【分析】以NH4Cl制取NH3和HCl,由图中箭头NH4Cl和MgO生成NH3和MgCl2,MgCl2水溶液通过蒸发浓缩,冷却结晶,得,高温下煅烧会发生水解,。
【详解】A. 反应①氮元素由化合态转为化合态,不是氮的固定,故A错误;
B. 根据图象可得可循环使用,故B正确;
C. 高温下煅烧会发生水解,化学方程式为,故C正确;
D. 根据图象NH3和HCl箭头指向可得出:图示转化可实现用获得和,故D正确;
故选A。
13. 根据下列实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A.新制氯水中含有次氯酸,次氯酸具有漂白性,向红色布条上滴加几滴新制氯水,红色布条褪色,能够证明新制氯水有漂白性,A项正确;
B.向FeCl3溶液中滴加维生素C溶液,溶液变为浅绿色,说明铁离子被还原,维生素C具有还原性,B项错误;
C.向某溶液中滴加AgNO3溶液,产生白色沉淀,该沉淀可能为碳酸银,原溶液中可能含有碳酸根离子,不一定含有Cl-,C项错误;
D.用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰灼烧,火焰呈黄色,说明溶液中含有Na+,无法确定是否含有K+,因为观察钾元素的焰色试验火焰需要透过蓝色钴玻璃,D项错误;
答案选A。
14. 常压下,研究在盐酸中的溶解度(用溶解的物质的量浓度表示)。随盐酸浓度的变化,不同温度下的溶解度见图1,溶液中各种含氯微粒的浓度变化见图2.下列说法错误的是
A. 由图1可知,温度升高,在一定浓度的盐酸中溶解度减小
B. 由图2可知,随盐酸浓度增大,与水反应的逐渐增多
C. 盐酸浓度小于时,主要发生的反应为
D. 盐酸浓度大于时,随盐酸浓度增大溶解度增大的原因是和反应生成
【答案】B
【解析】
【详解】A.由图1可知,相同条件下,温度越高,氯气溶解度越小,故温度升高,在一定浓度的盐酸中溶解度减小,A正确;
B.氯气和水生成盐酸和次氯酸;由图2可知,随盐酸浓度增大,次氯酸浓度减小,则与水反应的逐渐减少,B错误;
C.盐酸浓度小于时,溶液中除去氢离子、氯离子外主要存在次氯酸分子,故主要发生的反应为,C正确;
D.盐酸浓度大于时,浓度变大,则随盐酸浓度增大溶解度增大的原因是和反应生成,D正确;
故选B
非选择题(共58分)
15. 含硫化合物的处理和利用是科学研究的重要课题之一:
I.用石灰石、氨水等脱硫。以硫酸工业二氧化硫尾气、氨水、石灰石、碳酸氢铵和氯化钾等为原料,可以制备有重要应用价值的硫酸钾、亚硫酸铵等物质,制备流程如图:
(1)反应I是脱去SO2的一种常用方法,其反应的化学方程式为_____。研究发现:pH和温度对石灰石浆液的脱硫效率产生一定影响,当烟气通入速度一定时,石灰石浆液的脱硫率与浆液pH的关系如图所示。
下列有关说法正确的是_____。
a.烟气通入石灰石浆液时的温度越高,吸收越快,吸收率越高
b.石灰石浆液pH>5.7,烟气脱硫效果降低的原因是石灰石的溶解度增大
c.反应时需鼓入足量的空气以保证SO2被充分氧化生成CaSO4
d.将脱硫后的气体通入KMnO4溶液,可粗略判断烟气脱硫效率
(2)生产中,向反应II中的溶液中加入适量还原性很强的对苯二酚等物质,其目的是_____。
(3)反应III所得的滤液中阳离子的检验操作方法是_____。
(4)(NH4)2SO3可用于电厂等烟道气中脱氮,将氮氧化物转化为氮气,同时生成一种铵态氮肥。用(NH4)2SO3溶液吸收NO,当生成氮气的体积为11.2L(标准状况)时,该反应转移电子的物质的量为_____。
II.H2还原法也是处理含较多的硫酸厂废气方法之一。400℃时,H2和废气按一定比例混合,以一定流速通过装有Fe2O3/Al2O3负载型催化剂(其中Fe2O3为催化剂,Al2O3为载体)的反应器。
(5)该方法不仅可有效脱除SO2,同时还获得单质S,反应的化学方程式为_____。
【答案】(1) ①. 2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2 ②. cd
(2)防止亚硫酸根被氧化,可以得到较纯的亚硫酸铵晶体
(3)取少量滤液与试管中,加入NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝,说明溶液中含有NH离子
(4)2ml (5)2H2+SO2S+2H2O
【解析】
【分析】反应Ⅰ是SO2、碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙、二氧化碳,反应Ⅱ是二氧化硫、氨水反应生成亚硫酸铵,反应Ⅲ是硫酸钙、碳酸氢铵、氨气反应生成碳酸钙、硫酸铵,反应Ⅳ是硫酸铵、KCl生成氯化铵、硫酸钾。
【小问1详解】
反应I是SO2、碳酸钙、氧气反应生成硫酸钙、二氧化碳,反应的化学方程式为2CaCO3+2SO2+O2=2CaSO4+2CO2;
a. 烟气通入石灰石浆液时的温度过高,气体二氧化硫的溶解度减小,部分二氧化硫不能被溶解,故吸收率降低,故a错误;
b.石灰石浆液pH>5.7,烟气脱硫效果降低的原因是石灰石的溶解度减小,故b错误;
c. SO2发生氧化反应生成CaSO4,反应时需鼓入足量的空气以保证SO2被充分氧化生成CaSO4,故c正确;
d. SO2能还原KMnO4,将脱硫后的气体通入KMnO4溶液,可粗略判断烟气脱硫效率,故d正确;
选cd。
【小问2详解】
反应II中的溶液中溶质为亚硫酸铵,亚硫酸铵具有还原性,亚硫酸铵易被氧化为硫酸铵,加入适量还原性很强的对苯二酚等物质,其目的是防止亚硫酸根被氧化,可以得到较纯的亚硫酸铵晶体。
【小问3详解】
反应III所得的滤液中溶质为硫酸铵,铵盐与碱反应放出氨气,铵根离子的检验操作方法是:取少量滤液与试管中,加入NaOH溶液,加热,将湿润的红色石蕊试纸放在试管口,试纸变蓝,说明溶液中含有NH离子;
【小问4详解】
NO具有氧化性,NO能氧化亚硫酸铵生成硫酸铵,本身被还原为氮气,根据得失电子守恒配平化学方程式为:2(NH4)2SO3+2NO=4(NH4)2SO4+N2。当生成氮气的体积为11.2L(标准状况)时,该反应转移电子的物质的量为。
【小问5详解】
根据题意,SO2和氢气在催化剂作用下生成单质S和水,反应的化学方程式为2H2+SO2S+2H2O。
16. 镉(Cd)可用于制作发光电子组件。以铜镉废渣(含Cu、Cd、Zn、Fe等单质)为原料制备镉的工艺流程如下:
浸出后的溶液中含有Cd2+、Zn2+、Fe2+等金属离子,相关金属离子形成氢氧化物沉淀的pH (开始沉淀的pH按金属离子浓度为1.0ml/L计算)如下表:
(1)“浸出”时通入氮气而不是通入空气进行搅拌的原因是_______。
(2)“氧化”时发生反应的离子方程式为_______。HNO3也能氧化Fe2+,工业生产中不选用HNO3的原因是_______。
(3)“调pH”时控制溶液pH在3.3~5.9之间,“滤渣”的主要成分是_______(填化学式)。
(4)“置换”时发生的反应为Zn+Cd2+=Zn2++Cd。
镉置换率与的关系如题图所示。实际生产中选择的原因是_______。
【答案】(1)防止Cu在酸性条件下被O2氧化生成Cu2+,导致Cu被浸出
(2) ①. 2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O ②. 会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染
(3)Fe(OH)3 (4)比值小于1.3时,镉置换率低;比值大于1.3时,锌粉用量增大,镉置换率提升不大,且锌粉过多会消耗更多的NaOH
【解析】
【分析】铜镉废渣(含、、、等单质)加入稀硫酸溶解,铜不与稀硫酸反应,镉与稀硫酸反应生成硫酸镉、锌与稀硫酸反应生成硫酸锌、铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁,过滤后向滤液中加入过氧化氢,将亚铁离子氧化为铁离子,再加入氧化锌调节溶液pH在3.3~5.9之间,将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去,过滤后向滤液中加入锌置换出镉,得到海绵镉,海绵镉用氢氧化钠熔炼,过量的锌转化为Na2ZnO2,镉不反应。
【小问1详解】
“浸出”时的目的是将废渣中的铜以铜渣的形式除去,而不能转化为铜离子,而在酸性条件下铜与氧气发生反应:4H++O2+2Cu=2Cu2++2H2O,“浸出”时通入氮气而不是通入空气进行搅拌的原因是:防止在酸性条件下被氧化生成,导致被浸出,故答案为:防止Cu在酸性条件下被O2氧化生成Cu2+,导致Cu被浸出;
【小问2详解】
“氧化”时加入过氧化氢的目的是将亚铁离子氧化为铁离子,反应的离子方程式为:;硝酸作氧化剂参与氧化还原反应时通常得到氮氧化物(如NO、NO2),会造成环境污染,因此工业生产中不选用,故答案为:2Fe2++H2O2+2H+=2Fe3++2H2O;会释放出氮氧化物(或NO、NO2),造成环境污染;
【小问3详解】
控制溶液pH在3.3~5.9之间,该步骤的目的是将铁离子转化为氢氧化铁沉淀除去,而锌离子、镉离子不沉淀,因此“滤渣”的主要成分是:,故答案为:;
小问4详解】
置换时选择加入锌的目的是置换出镉,理论上锌与镉离子的物质的量之比为1:1,而实际生产中选择1.3,由图可知,选择超过1的原因就是为了提高镉置换率,当超过1.3后镉置换率的提升不大,但锌的用量会增大,同时后续熔炼过程中消耗氢氧化钠的量也会增大,提高了生产的成本,故实际生产中选择,故答案为:比值小于1.3时,镉置换率低;比值大于1.3时,锌粉用量增大,镉置换率提升不大,且锌粉过多会消耗更多的NaOH。
17. Na2CO3、NaHCO3和NaCl都是重要的无机化工原料。
(1)以NaCl和NH4HCO3为原料制备Na2CO3,并测定产品中少量NaHCO3的含量,过程如图:
I.Na2CO3的制备
Ⅱ.产品中NaHCO3含量的测定
步骤1:称取产品2.500g;溶解,配成250mL溶液。
步骤2:取25.00mL上述溶液,向其中滴入0.1000ml•L-1盐酸至22.45mL时,溶液中恰好完全转化为。
步骤3:向步骤2中溶液继续滴入0.1000ml•L-1盐酸,又消耗盐酸23.45mL时,溶液中恰好完全转化为CO2。
有关盐的溶解度曲线如图所示。
①I中“反应”的化学方程式为_____。
②图中碳酸氢铵溶解度在30℃后无数据的原因可能是_____。
③产品中NaHCO3的质量分数为_____(写出计算过程)。
(2)精制氯化钠可由海水晒制的粗盐(含有少量Ca2+、Mg2+、等杂质离子)获得。请补充完整由粗盐获得精制氯化钠的实验方案:将粗盐加水溶解,_____,得到精制氯化钠(实验中必须使用的用品:饱和Na2CO3溶液、NaOH溶液、BaCl2溶液、盐酸、pH试纸)。
【答案】(1) ①. NaCl+NH4HCO3=NaHCO3↓+NH4Cl ②. 碳酸氢铵30℃以上时受热分解 ③. 3.36%
(2)边搅拌边依次加入稍过量BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液至沉淀完全,过滤,向滤液中滴加盐酸,搅拌至没有气泡冒出,并用pH试纸检验,使滤液呈中性(或微酸性),蒸发结晶
【解析】
【分析】流程分析:先将NaCl加水溶解,制成溶液后加入NH4HCO3粉末,根据不同温度条件下各物质的溶解度不同,为了得到NaHCO3晶体,控制温度在低温下(结合溶解度曲线,NH4HCO3在30℃开始分解)发生反应,最终得到NaHCO3晶体,滤液为NH4Cl,利用NaHCO3受热易分解的性质,加热分解NaHCO3制备Na2CO3。
含量测定分析:利用碳酸钠和盐酸分步反应,借助不同指示剂,控制两步反应:第一次发生的反应为:Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl;第二次发生的反应为:NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑,再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量,推导出产品中NaHCO3的物质的量,最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。
【小问1详解】
①Ⅰ中“反应”氯化钠与碳酸氢铵发生复分解反应,化学方程式为。故答案为:;
②题图中碳酸氢铵溶解度在后无数据的原因可能是:碳酸氢铵不稳定,碳酸氢铵以上时受热分解。故答案为:碳酸氢铵以上时受热分解;
③溶液中:的物质的量;产品中:的物质的量,产品中的质量分数,故答案为:3.36%;
【小问2详解】
精制氯化钠可由海水晒制的粗盐(含有少量、、等杂质离子)获得。由粗盐获得精制氯化钠的实验方案:将粗盐加水溶解,边搅拌边依次加入稍过量溶液、溶液、溶液至沉淀完全,过滤,向滤液中滴加盐酸,搅拌至没有气泡冒出,并用试纸检验,使滤液呈中性(或微酸性),蒸发结晶,得到精制氯化钠(实验中须用的用品:饱和溶液、溶液、溶液、盐酸、试纸)。故答案为:边搅拌边依次加入稍过量溶液、溶液、溶液至沉淀完全,过滤,向滤液中滴加盐酸,搅拌至没有气泡冒出,并用试纸检验,使滤液呈中性(或微酸性) ,蒸发结晶。
18. 二氧化氯()具有强氧化性。是国际公认的高效消毒灭菌剂。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对的制备、吸收、释放和应用进行研究。
已知:在酸性条件下可发生反应生成NaCl并释放出。
(1)仪器D的名称是_______,安装F中导管时,应选用图2中的_______(填“a”或“b”)。
(2)先打开B的活塞,A中发生反应:。一段时间后关闭B的活塞,在D中被稳定剂完全吸收生成,此时F中溶液的颜色不变,则装置C的作用是_______。若再打开E的活塞,则F中溶液的颜色变化为_______。
(3)已吸收气体的稳定剂I和稳定剂II,加酸后释放的浓度随时间变化如图3所示。若将其用于水果保鲜,效果较好的稳定剂是_______,原因是_______。
图3
(4)可用于水体中的去除。控制其他条件不变,在水体pH分别为7.1、7.6、8.3时,测得浓度随反应时间的变化如图4所示。
①时水体中转北为,转化为,该反应的离子方程式为_______。
②反应相同时间,水体中浓度随pH增大而降低的原因是_______。
【答案】(1) ①. 锥形瓶 ②. b
(2) ①. 吸收 ②. 溶液变蓝
(3) ①. 稳定剂II ②. 稳定剂II可以缓慢释放,能较长时间维持保鲜所需的浓度
(4) ①. ②. pH增大,浓度增大,氧化的速率加快
【解析】
【分析】A中盐酸和氯酸钠反应放出和氯气,B吸收氯气,C中稳定剂吸收生成NaClO2。打开E的活塞,C中滴入盐酸,在酸性条件下可发生反应生成NaCl并释放出。
【小问1详解】
根据装置图,仪器D的名称是锥形瓶;将通入淀粉碘化钾溶液,气体应“长进短出”,安装F中导管时,应选用图2中的b。
【小问2详解】
A中发生反应,一段时间后关闭B的活塞,在D中被稳定剂完全吸收生成,F中溶液的颜色不变,说明氯气没有进入F,则装置C的作用是吸收氯气。在酸性条件下可发生反应生成NaCl并释放出,若再打开E的活塞,D释放,F中I-被氧化为I2,则F中溶液变蓝。
【小问3详解】
稳定剂II可以缓慢释放,能较长时间维持保鲜所需的浓度,所以效果较好的稳定剂是稳定剂II。
【小问4详解】
①时水体中转北为,Mn元素化合价由+2升高为+4,转化为,Cl元素化合价由+4降低为+3,根据得失电子守恒,该反应的离子方程式为。
②反应物浓度越大,反应速率越快,pH增大,浓度增大,反应速率越快,氧化的速率加快,所以反应相同时间,水体中浓度随pH增大而降低。选项
实验操作和现象
实验结论
A
向红色布条上滴加几滴新制氯水,红色布条褪色
新制氯水有漂白性
B
向FeCl3溶液中滴加维生素C溶液,溶液变为浅绿色
维生素C有氧化性
C
向某溶液中滴加AgNO3溶液,产生白色沉淀
溶液中一定含有Cl-
D
用洁净的铂丝蘸取某溶液在酒精灯外焰灼烧,火焰呈黄色
溶液中一定不含K+
氢氧化物
Fe(OH)3
Zn(OH)2
Cd(OH)2
开始沉淀的pH
1.5
5.9
7.2
沉淀完全的pH
3.3
8.9
9.9
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