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文档简介
2024届辽宁省大连市海湾高级中学化学高一第一学期期末教学质量检测试题考生须知:1.全卷分选择题和非选择题两部分,全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂;非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2.请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3.保持卡面清洁,不要折叠,不要弄破、弄皱,在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、如图两瓶体积相等的气体,在同温、同压下瓶内气体的关系一定正确的是A.原子数相等 B.密度相等C.质量相等 D.摩尔质量相等2、下列反应中不属于氧化还原反应的是()A.H2+CuOCu+H2O B.2Na+Cl22NaClC.2H2O22H2O+O2↑ D.Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓3、下列对Na2O2的叙述中,正确的是A.Na2O2能与酸反应生成盐和水,所以Na2O2是碱性氧化物B.Na2O2能与水反应,所以Na2O2可作干燥剂C.Na2O2与水反应时,Na2O2只作氧化剂D.Na2O2与CO2反应时,Na2O2既是氧化剂,又是还原剂4、油炸虾条、薯片等挤压易碎的食品不宜采用真空包装,一般在包装袋中充入某种气体防止食品被直接挤压,你认为下列气体中,最宜充入包装袋的是A.氮气 B.氧气 C.氯气 D.氢气5、下列物质①Al;②Na2CO3;③Al2O3;
④Mg(OH)2;
⑤Al(OH)3中,既能与盐酸反应,又能与氢氧化钠溶液反应的是A.①③⑤ B.①②④ C.②③⑤ D.①③④6、在某无色透明的、酸性溶液中,能共存的离子组是()A.Na+、K+、SO42-、CO32- B.Na+、K+、Cl、NO3C.Cu2+、K+、SO42-、NO3 D.Ba2+、K+、Cl、SO42-7、设NA为阿伏伽德罗常数的值,下列说法正确的是A.7.8gNa2O2中含有的离子总数为0.4NAB.标准状况下,22.4L乙醇所含的分子数为0.1NAC.常温常压下,0.18gH2O所含的电子数为0.1NAD.常温常压下,3.2gO2所含的氧原子数为0.1NA8、2016年10月17日,神舟十一号飞船在酒泉卫星发射中心成功发射,根据太空的失重状况,下列化学实验在太空中无法完成的是A.过滤B.两种固体混合C.硫酸与氢氧化钠溶液的中和反应D.蒸发9、在一定条件下,NO跟NH3可以发生反应:6NO+4NH3===5N2+6H2O,该反应中被氧化和被还原的氮元素的质量比是A.3∶2 B.2∶1 C.2∶3 D.1∶110、不能使干燥的有色布条褪色的是()A.潮湿的氯气 B.氯水 C.次氯酸溶液 D.液氯11、下列关于氧化还原反应的说法中正确的是()A.有一种元素被氧化,必有另一种元素被还原B.氧化反应的本质是得电子C.原子得到电子后,元素的化合价一定升高D.有单质参加或生成的反应不一定是氧化还原反应12、在探究新制氯水成分及性质实验中,依据下列方法和现象,结论错误的是(
)方法现象结论A观察氯水颜色氯水呈黄绿色氯水中含Cl2B向饱和NaHCO3溶液中滴加氯水有无色气体产生氯水具有酸性C向红色纸条上滴加氯水红色纸条褪色氯水具有漂白性D向FeCl2溶液中滴加氯水溶液变成棕黄色氯水具有还原性A.A B.B C.C D.D13、下列实验室操作类似“海水晒盐”原理的是()A.蒸馏 B.蒸发 C.过滤 D.搅拌14、硫代硫酸钠可用作脱氯剂,已知25.0mL0.1mol·L-1的Na2S2O3溶液恰好把标准状况下112mLCl2完全转化为Cl-时,S2转化成()A.S2- B.S C. D.15、下列说法中,正确的是()A.Na2O、Na2O2为相同元素组成的金属氧化物,都属于碱性氧化物B.SiO2、CO2均为酸性氧化物,均能与NaOH溶液反应生成盐和水C.FeO、Fe2O3铁元素的化合价均为+2D.将Fe(OH)3胶体和泥水分别进行过滤,分散质均不能通过滤纸孔隙16、下列有关铁及其化合物的说法中正确的是()A.Fe3O4是一种红棕色粉末,俗称铁红B.Fe(OH)2为白色固体,不溶于水,能在空气中稳定存在C.Fe2(SO4)3与KSCN反应产生血红色沉淀D.除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质,可以向溶液中通入适量的氯气二、非选择题(本题包括5小题)17、有四种短周期元素,它们的结构、性质等信息如下表所述:元素结构、性质等信息A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素,该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂B与A同周期,其最高价氧化物的水化物呈两性C元素的气态氢化物极易溶于水,可用作制冷剂D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素,其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂完成下列填空:(1)A的原子结构示意图是________。(2)元素B在周期表中的位置是_______;从原子结构角度分析比较A和B的金属性强弱:_____。(3)单质C的结构式是______,其化学性质稳定的原因是________。(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物相互反应的离子方程式为______。(5)C、D的氢化物相互反应后,将产物溶于水,水溶液呈______性(选填“酸”、“碱”或“中”),将溶液中所有离子的浓度由大到小排序:_____。18、今有一混合物的水溶液,只可能含有以下离子中的若干种:K+、Al3+、Fe3+、Mg2+、Ba2+、NH4+、Cl-、CO32-、SO42-,现取两份100mL溶液进行如下实验:①第一份加过量NaOH溶液加热后,只收集到气体0.02mol,无沉淀生成,同时得到溶液甲。②在甲溶液中通入过量CO2,生成白色沉淀,沉淀经过滤、洗涤、灼烧,质量为1.02g。③第二份加足量BaCl2溶液后,得白色沉淀,沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后,质量为11.65g。根据上述实验回答:(1)一定不存在的离子是______________,不能确定是否存在的离子是_______________。(2)试确定溶液中肯定存在的离子及其浓度(可不填满):离子符号______,浓度______;离子符号______,浓度______;离子符号______,浓度______.(3)试确定K+是否存在______(填“是”或“否”),判断的理由是__________________________。(4)设计简单实验验证原溶液中可能存在的离子____________________________________。19、某化学课外活动小组计划使用NaOH溶液制取简易消毒液,反应原理为:C12+2NaOH===NaC1O+NaCl+H2O。实验室里有已配制好的NaOH溶液,所贴标签为4.0mol·L-1。(1)这种溶液_____________mL才能与2.24L氯气(STP)恰好完全反应。(2)配制250mL4.0mol·L-1NaOH溶液的实验步骤:a.计算需要氢氧化钠固体的质量。b.称量氢氧化钠固体。c.将烧杯中的溶液注入容量瓶,并用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁2~3次,洗涤液也注入容量瓶。d.用适量的蒸馏水溶解称量好的氢氧化钠固体,冷却。e.盖好瓶塞,反复上下颠倒,摇匀。f.继续向容量瓶中加蒸馏水至刻度线下1~2cm时,改用胶头滴管滴加蒸馏水至凹液面与刻度线相切。①所需称量的氢氧化钠固体的质量是_______________。②上述步骤的正确操作顺序是____________________________。③上述实验需要的仪器除烧杯、玻璃棒,托盘天平外,还需要____________、_______________。20、氯是非常重要的非金属元素,某化学活动社团为了探究氯气的制法、性质和用途,设计了如下实验装置。请按要求回答:(1)仪器A的名称为____________;B中饱和食盐水的作用是_________________。(2)请写出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式__________________________。(3)广口瓶C、E中的有色布条褪色的是_____(填“C”或“E”)。(4)装置F可用于制漂白粉,漂白粉的有效成分是(________)A.Ca(OH)2B.Ca(ClO)2C.CaCl2D.Ca(ClO)2和CaCl2(5)烧杯G的作用是处理尾气。请写出G中反应的离子方程式_________________。(6)将Ⅰ中的反应产物溶于水配成溶液,请设计简单的实验方案证明该溶液中主要阳离子的存在:______________________________________。21、二氯化二硫(S2Cl2)在工业上用于橡胶的硫化。为在实验室合成S2Cl2,某化学研究性学习小组查阅了有关资料,得到信息:①将干燥的氯气在110~140℃与硫反应,即可得S2Cl2粗品。②有关物质的部分性质如下表:物质熔点/℃沸点/℃化学性质S112.8444.6略S2Cl2-77137遇水生成HCl、SO2、S;300℃以上完全分解为S和Cl2;S2Cl2+Cl22SCl2设计实验装置图如下:(1)仪器A的名称是_________________、仪器B的名称是_________________。(2)用单线桥表示B中反应的电子转移_________________________________________。(3)C、D中的试剂分别是_________________、_________________。(4)G的作用是________________________,在G和H之间应增加_____________装置。(5)为了提高S2Cl2的纯度,关键的操作是控制加热温度和________________________。
参考答案一、选择题(每题只有一个选项符合题意)1、A【解题分析】
根据阿伏伽德罗定律可知,体积相等的气体在同温同压时具有相同物质的量,A.N2、O2、NO都是双原子分子,根据N=nNA可知两瓶内气体具有相同原子数,故A正确;B.两瓶气体的质量不确定,则无法确定两瓶气体的密度是否相等,故B错误;C.氮气和氧气的比例不确定,无法判断两瓶气体的质量是否相等,故C错误;D.氮气和氧气的组成不确定,无法计算氮气和氧气的平均摩尔质量,故D错误;答案选A。2、D【解题分析】
A.H2+CuOCu+H2O中,反应前后氢元素化合价由0价升高为+1价,铜元素的化合价由+2价降低为0价,是氧化还原反应,A不符合题意;B.2Na+Cl22NaCl中,反应前后钠元素化合价由0价升高为+1价,氯元素的化合价由0价降低为-1价,是氧化还原反应,B不符合题意;C.2H2O22H2O+O2↑中,反应前后氧元素化合价由-1价升高为0价,又降低为-2价,是氧化还原反应,C不符合题意;D.Na2SO4+BaCl2=2NaCl+BaSO4↓中,反应前后所有元素化合价均没发生变化,不是氧化还原反应,D符合题意;故答案为:D。【题目点拨】凡是有元素化合价发生变化的化学反应都是氧化还原反应。3、D【解题分析】
A.Na2O2能与酸反应生成盐和水,还有氧气,所以Na2O2不是碱性氧化物,A项错误;B.Na2O2能与水反应,生成NaOH和氧气,所以Na2O2不能作干燥剂,B项错误;C.Na2O2与水反应时,氧元素一部分得电子化合价降低,一部分失电子化合价升高,Na2O2既作氧化剂,又作还原剂,C项错误;D.Na2O2与CO2反应时,氧元素一部分得电子化合价降低,一部分失电子化合价升高,Na2O2既是氧化剂,又是还原剂,D项正确;答案选D。4、A【解题分析】
A.食品包装中充入氮气,可以起到食品保鲜防腐的作用,A项正确;B.氧气化学性质活泼不利于食品的保存,B项错误;C.氯气属于有毒气体,不能出现在食品中,C项错误;D.氢气属于易燃易爆气体,D项错误;答案选A。5、A【解题分析】
①金属铝与盐酸、氢氧化钠反应都会生成对应的盐和氢气,故①符合题意;②Na2CO3与盐酸反应生成氯化钠、水和二氧化碳,不能与氢氧化钠反应,故②不符合题意;③Al2O3是两性氧化物,既能与盐酸反应生成氯化铝和水,又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,故③符合题意;④Mg(OH)2能与盐酸反应生成氯化镁和水,但不能与氢氧化钠反应,故④不符合题意;⑤Al(OH)3是两性氢氧化物,既能与盐酸反应生成氯化铝和水,又能与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水,故⑤符合题意;①③⑤符合题意,答案选A。【题目点拨】既能与酸反应又能与碱反应的无机物主要有:Al、Al2O3、Al(OH)3、多元弱酸的酸式盐(如NaHCO3、NaHS、NaHSO3等)、弱酸的铵盐[如(NH4)2S、NH4HS、(NH4)2CO3、NH4HCO3]等。6、B【解题分析】
酸性溶液含大量的H+,根据离子之间不能结合生成水、气体、沉淀等能够大量共存,并结合离子的颜色来解答。【题目详解】A.H+、CO32-结合生成水和气体,不能共存,故A不符合题意;B.该组离子之间不反应,可大量共存,且离子均为无色,故B符合题意;C.该组离子之间不反应,可大量共存,但Cu2+为蓝色,与无色不符,故C不符合题意;D.SO42−、Ba2+结合生成沉淀,不能共存,故D不符合题意;故答案选B。7、C【解题分析】
A.7.8gNa2O2的物质的量为0.1mol,过氧化钠中含有2个钠离子,1个过氧根离子,所以含有的离子总数为0.3NA,故A错误;B.标准状况下,乙醇为液态,不能由体积计算其物质的量,故B错误;C.0.18gH2O的物质的量为0.01mol,H2O中含有的电子数为1×2+8=10,所以所含的电子数为0.01mol×10=0.1mol,即0.1NA,故C正确;D.3.2gO2的物质的量为,所含的氧原子数为0.1mol×2=0.2mol,即0.2NA,故D错误;故选C。8、A【解题分析】A.过滤在太空的失重状况不能完成,A符合;B.固体混合可在太空的失重状况下完成,B不符合;C.中和反应为化学变化,可在太空的失重状况下完成,C不符合;D.蒸发与水的沸点有关,可在太空的失重状况下完成,D不符合;答案选A。9、C【解题分析】
根据氧化还原反应中的概念,以及原子守恒进行分析即可。【题目详解】根据反应方程式,NO中N的化合价由+2价→0价,化合价降低,NO为氧化剂,被还原,NO:6N→3N2↑;NH3中N的化合价由-3价→0价,NH3为还原剂,被氧化,NH3:4N→2N2↑,即被氧化和被还原的氮元素的质量比等于其物质的量之比等于4:6=2:3,故选项C正确。10、D【解题分析】
A.潮湿的氯气中,氯气与水反应生成HClO,能使干燥的有色布条褪色,故A不选;B.氯水中含HClO,能使干燥的有色布条褪色,故B不选;C.次氯酸溶液中含HClO,能使干燥的有色布条褪色,故C不选;D.液氯为氯气的液态,不具有漂白性,则不能使干燥的有色布条褪色,故D选;故选:D。11、D【解题分析】
A.有一种元素被氧化,也可能是同一种元素被还原,A错误;B.发生氧化反应的是还原剂,其失去电子,元素化合价升高,B错误;C.电子带负电,所以原子得到电子后,元素的化合价一定降低,C错误;D.有单质参加或生成的反应不一定是氧化还原反应,如氧气与臭氧间的转化,D正确;故本题选D。12、D【解题分析】
A.氯气为黄绿色气体,氯水呈浅绿色,是因为溶解了氯气,A正确;B.向氯水中加入NaHCO3粉末,有气泡产生,是因为溶液中的与氯水中的H+发生反应生成水和CO2,证明氯水具有酸性,B正确;C.红色纸条褪色,说明氯水具有漂白性,C正确;D.向FeCl2溶液中滴加氯水,溶液变成棕黄色,是因为发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3,说明氯水具有氧化性,而不是具有还原性,D错误;故答案是D。13、B【解题分析】
食盐的溶解度受温度的影响小,从食盐溶液中获得食盐利用阳光和风蒸发水分,使海水中的水分蒸发掉,使氯化钠结晶出来,海水晒盐利用的方法是蒸发,故B正确;答案选B。14、C【解题分析】
Cl2完全转化为Cl-,根据电子转移守恒可知,Na2S2O3被氧化,S元素化合价升高,令氧化产物中S元素的化合价为m,根据电子转移守恒列方程计算,以此解答该题【题目详解】112mL(即0.005mol)Cl2完全转化为Cl−时,得电子总量是0.005mol×2×(1−0)=0.01mol,设S2O32−转化成的产物中,硫的化合价是x,则根据电子守恒:25.0mL0.1mol⋅L−1的Na2S2O3失电子数=0.025L×0.1mol⋅L−1×2×(x−2)=0.01,解得x=4,即产物中硫的化合价为+4价,所以S2O32−转化成SO32−,答案选C。【题目点拨】电子转移守恒列方程计算是解答氧化还原反应计算的常用手段,氧化还原反应中得到的电子总数与失去电子总数相等,根据反应中元素的化合价升降列出电子守恒式。15、B【解题分析】
A.Na2O2属于过氧化物,不是碱性氧化物,A错误;B.SiO2、CO2均为酸性氧化物,均能与NaOH溶液反应生成盐和水,B正确;C.FeO中铁元素的化合价为+2,而Fe2O3铁元素的化合价为+3,C错误;D.Fe(OH)3胶体的胶粒可以透过滤纸孔隙,而泥水属于悬浊液,其中泥土颗粒不能通过滤纸孔隙,D错误;故合理选项是B。16、D【解题分析】
A.四氧化三铁俗称磁性氧化铁,是一种黑色固体;
B.Fe(OH)2为白色固体,易被空气中的氧气氧化;
C.三价铁离子遇到KSCN显红色;
D.氯气可将Fe2+氧化为Fe3+。【题目详解】A.四氧化三铁俗称磁性氧化铁,是一种黑色固体,三氧化二铁是一种红棕色粉末,俗称铁红,故A项错误;B.Fe(OH)2为白色固体,不溶于水,在空气中易被氧气氧化为氢氧化铁,故B项错误;C.Fe2(SO4)3与KSCN反应发生络合反应产生血红色物质,不生成沉淀,故C项错误;D.氯气具有氧化性,可将Fe2+氧化为Fe3+,且不引入新的杂质,可以向溶液中通入适量的氯气,除去FeCl3溶液中的FeCl2杂质,故D项正确。答案选D。二、非选择题(本题包括5小题)17、第三周期IIIA族Na原子半径大于Al,对最外层电子的作用力小,更易失去电子N≡N两个氮原子之间是三键,很牢固,破坏它们需要很大的能量Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O酸c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)【解题分析】
A是短周期中(除稀有气体外)原子半径最大的元素,该元素的某种合金是原子反应堆的导热剂,则A为Na;B与A同周期,其最高价氧化物的水化物呈两性,则B为Al;C元素的气态氢化物极易溶于水,可用作制冷剂,则C为N;D是海水中除氢、氧元素外含量最多的元素,其单质或化合物是自来水生产过程中常用的消毒杀菌剂,D为Cl。【题目详解】(1)A为Na,原子结构示意图为;(2)元素B为Al,位于第三周期IIIA族;Na和Al在同一周期,Na原子半径大于Al,对最外层电子的作用力小,更易失去电子,则金属性强;(3)单质C为氮气,结构式为N≡N,由于两个氮原子之间是三键,很牢固,破坏它们需要很大的能量,故化学性质很稳定;(4)A、B的最高价氧化物对应的水化物分别为NaOH、Al(OH)3,NaOH、Al(OH)反应生成偏铝酸钠和水,离子方程式为Al3++4OH-=Al(OH或Al3++4OH-=+2H2O;(5)C、D的氢化物分别为NH3、HCl,两者反应生成氯化铵,氯化铵为强酸弱碱盐,溶液呈酸性;溶液中铵根离子水解,溶液显酸性,则c(Cl-)>c()>c(H+)>c(OH-)。18、Fe3+、Mg2+、Ba2+、CO32-Cl-SO42-0.5mol/LNH4+0.2mol/LAl3+0.2mol/L是依据电荷守恒,(电中性原则)阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量,所以一定有K+存在取少量原溶液于试管中,向其中加入足量的硝酸钡溶液,过滤后,向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液,有白色沉淀生成证明存在氯离子【解题分析】①第一份加过量NaOH溶液加热后,只收集到气体0.02mol,该气体是氨气,一定有铵根离子,铵根离子的物质的量是0.02mol,无沉淀生成,一定不含Fe3+、Mg2+;②在甲溶液中通入过量CO2,生成白色沉淀,该沉淀是氢氧化铝,沉淀经过滤、洗涤、灼烧,得到氧化铝,氧化铝质量为1.02g,即0.01mol,根据铝元素守恒,含有铝离子的物质的量是0.02mol,一定不含CO32-;③第二份加足量BaCl2溶液后,得白色沉淀,即硫酸钡沉淀,沉淀经足量盐酸洗涤、干燥后,质量为11.65g,所以一定有SO42-,物质的量是=0.05mol,一定不含Ba2+,n(NH4+)+3n(Al3+)=0.02mol+3×0.02mol=0.08mol,2n(SO42-)=0.1mol,根据电荷守恒,一定存在钾离子,因为不确定的是Cl-,钾离子的最小物质的量是0.02mol,综上知道,一定不存在的离子有:Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+,一定存在的离子有:K+、SO42-、NH4+、Al3+,不能确定的是Cl-。(1)一定不存在的离子是Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+,不能确定的是Cl-,故答案为Fe3+、Mg2+、CO32-、Ba2+;Cl-;(2)肯定存在的离子是K+、SO42-、NH4+、Al3+,NH4+的物质的量是0.02mol,体积是0.1L,所以c(NH4+)=0.2mol/L,SO42-物质的量是0.05mol,体积是0.1L,所以c(SO42-)=0.5mol/L,Al3+的物质的量是0.02mol,体积是0.1L,所以c(Al3+)=0.2mol/L,钾离子的浓度随着氯离子而定,即c(K+)≥0.2mol/L,故答案为SO42-;0.5mol/L;NH4+;0.2mol/L;Al3+;0.2mol/L;(3)据电荷守恒,一定存在钾离子,因为n(NH4+)+3n(Al3+)=0.02mol+3×0.02mol=0.08mol,2n(SO42-)=0.1mol,根据电荷守恒,一定存在钾离子,故答案为是;依据电荷守恒,阳离子正电荷总量小于阴离子负电荷总量,所以一定有K+存在;(4)不能确定的是Cl-,检验试剂可以采用硝酸酸化的硝酸银溶液,具体检验方法是:取少量原溶液于试管中,向其中加入足量的硝酸钡溶液,过滤后,向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液,有白色沉淀生成证明存在氯离子,故答案为取少量原溶液于试管中,向其中加入足量的硝酸钡溶液,过滤后,向滤液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液,有白色沉淀生成证明存在氯离子。点睛:本题考查离子的检验,采用定性实验和定量计算分析相结合的模式,增大了解题难度。本题的易错点是K+的确定,需要根据电荷守恒确定。19、5040.0gabdcfe250mL容量瓶胶头滴管【解题分析】(1)2.24L氯气(STP)的物质的量=2.24L÷22.4L/mol=0.1mol,依据方程式2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O可知需要氢氧化钠的物质的量为0.2mol,0.2mol÷4.0mol/L=0.05L,所以需要氢氧化钠溶液的体积是0.05L,即50mL;(2)①需要的氢氧化钠的物质的量n(NaOH)=0.25L×4mol/L=1mol,其质量m(NaOH)=1mol×40g/mol=40.0g;②配置一定物质的量浓度溶液的一般操作步骤有计算、称量、溶解、移液、洗涤移液、定容、摇匀等操作,一般用托盘天平称量,用药匙取用药品,在烧杯中溶解(可用量筒量取水加入烧杯),并用玻璃棒搅拌,加速溶解,冷却后转移到250mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,洗涤烧杯、玻璃棒2-3次,并将洗涤液移入容量瓶中,加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,最后定容颠倒摇匀;所以正确的顺序为abdcfe;③根据以上分析可知需要的仪器除烧杯、玻璃棒,托盘天平外,还需要有250mL容量瓶、胶头滴管。20、分液漏斗吸收Cl2中混有的HClMnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑CBCl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O取少量该溶液于试管中,滴加KSCN溶液,若溶液变红,则证明原溶液中存在Fe3+或取少量该溶液于试管中,滴加NaOH溶液,若出现红褐色沉淀,则证明原溶液中存在Fe3+。(或其他合理答案)【解题分析】
(1)仪器A的名称为分液漏斗;制得的Cl2中混有浓盐酸挥发出的HCl气体和水蒸气,B中饱和食盐水可溶解HCl。(2)二氧化锰与浓盐酸反应生成二氯化锰、氯气和水。(3)氯气本身没有漂白性,能使湿润的有色布条褪色,但不能使干燥的有色布条褪色。(4)装置F可用于制漂白粉,漂白粉的有效成分是次氯酸钠。(5)在烧
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