1、江西省上饶市上饶中学2019-2020学年高一化学上学期第二次月考试题（特零班，含解析）可能用到的相对原子质量：H- 1 C-12 N-14 O-16 S-32 K-39 Mn-55 Fe-56 Pb-207一、单项选择1.杭甬高速公路萧山路段一辆运送危险品的槽罐车发生侧翻，罐内15吨苯泄入路边300米长的水渠，造成严重危险，许多新闻媒体进行了追踪报道。以下有科学性错误的是（ ）A. 苯是一种易挥发、易燃的物质，周围地区如果有一个火星可能引起爆炸B. 大量苯溶于水中渗入土壤，会对周边农田、水源造成严重污染C. 采取抽吸水渠中上层液体的办法，达到清除泄漏物的目的D. 处理事故时，由于事发地周围比
2、较空旷，有人提出用点火焚烧的办法来清除泄漏物，由于苯燃烧会产生大量的黑烟扩大污染，该办法未被采纳【答案】B【解析】【详解】A选项，苯是一种易挥发、易燃的物质，如果周围地区有一个火星可能引起爆炸，因此要注意防火，故A正确，不符合题意；B选项，苯难溶于水，故B错误，符合题意；C选项，苯的密度比水小，因此采取抽吸水渠中上层液体的办法，达到清除泄漏物的目的，故C正确，不符合题意；D选项，处理事故时，由于事发地周围比较空旷，有人提出用点火焚烧的办法来清除泄漏物，苯不能被充分燃烧，因此会产生大量的黑烟扩大污染，故D正确，不符合题意。综上所述，答案为B。2.是常规核裂变产物之一，可以通过测定大气或水中的含量
3、变化来监测核电站是否发生放射性物质泄漏。下列有关叙述中错误的是（ ）A. 的化学性质与相同B. 的原子序数为53C. 碘元素在周期表位于第四周期第族D. 的原子核内中子数多于质子数【答案】C【解析】【详解】A选项，与物理性质不同，化学性质几乎相同，故A正确，不符合题意；B选项，的原子序数为53，质子数为53，故B正确，不符合题意；C选项，碘元素在周期表位于第五周期第A族，故C错误，符合题意；D选项，的原子核内中子数为78个，质子数为53个，故D正确，不符合题意。综上所述，答案为C。【点睛】质量数 = 质子数 + 中子数，同位素是物理性质不同，化学性质几乎相同。3.如图是元素周期表的一部分，下列
4、说法中正确的是（ ）A. 元素位于第2周期第A族B. 气态氢化物的稳定性：C. 最高价氧化物对应水化物酸性： D. 元素的最高正化合价：【答案】C【解析】【详解】A选项，元素位于第2周期第VIA族，故A错误；B选项，从上到下，非金属减弱，气态氢化物的稳定性减弱，因此气态氢化物的稳定性：，故B错误；C选项，非金属性越强，元素最高价氧化物对应水化物的酸性越大，则最高价氧化物对应水化物酸性：高氯酸大于硝酸，故C正确；D选项，元素的最高正化合价，为+7价，无正价，故D错误。综上所述，答案为C。【点睛】从左到右，非金属增强，气态氢化物的稳定性越稳定，从上到下，非金属减弱，气态氢化物的稳定性越差。4.下列
5、结论错误的是（ ）微粒半径：K+Al3+S2C1 氢化物的稳定性：HFHC1H2SPH3SiH4离子的还原性：S2C1BrI 氧化性：C12SSeTe酸性：H2SO4H3PO4H2CO3HClO 非金属性：ONPSi金属性:BeMgCa0。下列说法中正确的是（ ）A. 密闭容器中气体的平均相对分子质量不变，则该反应达到平衡状态B. 密闭容器中气体的密度不变，则该反应达到平衡状态C. 再加入一定量氨基甲酸铵，可加快正反应速率D. 保持温度不变，压缩体积，可使正、逆反应速率都增大【答案】B【解析】【详解】A选项，该反应NH2COONH4(s) 2NH3(g)CO2(g)，只有生成物是气体，因此密闭
6、容器中气体的平均相对分子质量始终不变，不能说明该反应达到平衡状态，故A错误；B选项，密度等于气体质量除以体积，气体质量增大，容器体积不变，当密闭容器中气体的密度不变，则该反应达到平衡状态，故B正确；C选项，氨基甲酸铵是固体，再加入一定量氨基甲酸铵，正反应速率不变，故C错误；D选项，保持温度不变，压缩体积，反应物浓度不变，因此正反应速率不变，故D错误。综上所述，答案为B。【点睛】该反应反应物是固体，生成物是气体，生成物的比例是固定的，因此平均相对分子质量固定的。10.某含有1个CC三键的炔烃，与氢气加成后产物的结构简式如图，则此炔烃可能的结构有（ ）A. 1种B. 2种C. 3种D. 4种【答案
7、】A【解析】【详解】将相邻两个碳每个碳原子脱去两个氢原子形成炔烃，因此只形成一种炔烃，故A正确综上所述，答案为A。11.下列离子方程式中正确的是（ ）A. 用食醋除除去水垢中的碳酸钙：CaCO3 + 2H+=Ca2+ + H2O + CO2B 澄清石灰水与少量碳酸氢钙溶液混合： Ca2+ + OH- HCO3- =CaCO3H2OC. 往饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：CO32- + CO2 + H2O = 2HCO3-D. 过氧化钾与水反应 ：2O22- + 2H2O =4OH- + O2【答案】B【解析】【详解】A选项，食醋不能拆，故A错误；B选项，澄清石灰水与少量碳酸氢钙溶液混合，少
8、的先定位1mol，1mol碳酸氢钙电离出1mol钙离子和2mol碳酸氢根，2mol碳酸氢根和2mol氢氧根反应生成2mol碳酸根，和2mol钙离子生成2mol碳酸钙，同时除以2的：Ca2+ + OH HCO3 =CaCO3H2O，故B正确；C选项，往饱和碳酸钠溶液中通入足量的二氧化碳：2Na+ CO32 + CO2 + H2O = 2NaHCO3，故C错误；D选项，过氧化钾不能拆，故D错误。综上所述，答案为B。12.实验室制备溴苯的反应装置如下图所示，关于实验操作或叙述错误的是 A. 向圆底烧瓶中滴加苯和溴的混合液前需先打开KB. 实验中装置b中的液体逐渐变为浅红色C. 装置c中的碳酸钠溶液的
9、作用是吸收溴化氢D. 反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、结晶，得到溴苯【答案】D【解析】【分析】在溴化铁作催化剂作用下，苯和液溴反应生成无色的溴苯和溴化氢，装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，倒置漏斗的作用是防止倒吸。【详解】A项、若关闭K时向烧瓶中加注液体，会使烧瓶中气体压强增大，苯和溴混合液不能顺利流下。打开K，可以平衡气压，便于苯和溴混合液流下，故A正确；B项、装置b中四氯化碳的作用是吸收挥发出的苯和溴蒸汽，溴溶于四氯化碳使液体逐渐变为浅红色，故B正确；C项、装置c中碳酸钠溶液呈碱性，能够吸收反应生成的溴化氢气体，故C正确；
10、D项、反应后得到粗溴苯，向粗溴苯中加入稀氢氧化钠溶液洗涤，除去其中溶解的溴，振荡、静置，分层后分液，向有机层中加入适当的干燥剂，然后蒸馏分离出沸点较低的苯，可以得到溴苯，不能用结晶法提纯溴苯，故D错误。故选D。【点睛】本题考查化学实验方案的设计与评价，侧重于学生的分析能力、实验能力和评价能力的考查，注意把握实验操作要点，结合物质的性质综合考虑分析是解答关键。13.室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是（ ）A. 0.1 molL1 NaOH溶液：Na+、K+、 CO32-、 AlO2-B. 0.1 molL1 FeCl2溶液：K+、Mg2+、 SO42-、 MnO4-C. 0.1 mo
11、lL1 K2CO3溶液：Na+、Ag+、NO3、K+D. 0.1 molL1 H2SO4溶液：K+、Cl-、 Mg2+、 CH3COO-【答案】A【解析】【详解】A. 0.1 molL1 NaOH溶液：Na+、K+、 CO32、 AlO2，都不反应，共存，故A符合题意；B选项， Fe2+与MnO4会发生氧化还原反应，故B不符合题意；C选项，CO32-溶液与Ag+反应，故C不符合题意；D选项， H+溶液与CH3COO反应生成醋酸，故D不符合题意；综上所述，答案为A。14.NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中不正确的是（ ）A. Fe与2.24LCl2恰好完全反应，转移电子数目为0.2NAB.
12、0.5molNa2O2和0.5molNa2O组成的混合物中，含阴离子数目为1NAC. 17gNH3分子中含有的共用电子对数为3NAD. 1.7gOH所含电子总数为NA【答案】A【解析】【详解】A选项，气体状态未知，2.24LCl2物质的量无法计算，故A错误，符合题意；B选项，0.5molNa2O2阴离子数目为0.5NA，0.5molNa2O阴离子数目为0.5NA，两者组成的混合物中，含阴离子数目为1NA，故B正确，不符合题意；C选项，17gNH3物质的量为1mol，一个氨气含有3对共用电子对，因此17g氨气分子中含有的共用电子对数为3NA，故C正确，不符合题意；D选项，1.7gOH物质的量为0
13、.1mol，一个氢氧根含有10个电子，因此1.7g OH所含电子总数为NA，故D正确，不符合题意。综上所述，答案为A。15.侯氏制碱法制备碳酸氢钠的原理为NH3+H2O+CO2 +NaCl=NH4Cl+NaHCO3，某化学小组用如图装置在实验室中模拟该制备过程，下列说法不正确的是A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶B. 装置B中球形干燥管的作用是防止倒吸C. 装置C中橡胶管的作用是平衡压强，使溶液顺利滴下D. 实验开始后，应先打开K1一段时间，然后再打开K2【答案】D【解析】【详解】A. 装置A中仪器X的名称为蒸馏烧瓶，A正确；B. 氨气极易溶于水，装置B中球形干燥管作用是防止倒吸，B正确；C
14、. 装置C中橡胶管的作用是使分液漏斗中液体压强与烧瓶内压强相同，使使分液漏斗中溶液顺利滴下，C正确；D. 实验开始后，应先打开K2一段时间，使溶液呈碱性，然后再打开K1，吸收更多的二氧化碳，D错误；答案为D。16.8.8g FeS与400mL 1 mol/L硝酸溶液恰好完全反应，反应后产物为Fe2(SO4)3和Fe(NO3)3, X、H2O，则X为（ ）A. N2B. NOC. N2OD. NO2【答案】B【解析】【详解】8.8g FeS物质的量为0.1mol，400mL 1 mol/L硝酸物质的量为0.4mol，两者恰好完全反应，反应后产物为Fe2(SO4)3和Fe(NO3)3，铁化合价变为
15、+3价，硫由-2价变为+6价，因此失去电子为0.1mol1 + 0.1mol8 = 0.9mol，根据硫守恒，生成了Fe2(SO4)3，根据铁守恒生成了Fe(NO3)3，根据氮守恒，有0.3mol氮得到0.9mol电子，从而得到每个氮降低3个价态，因此硝酸+5价变为+2价，故B正确。综上所述，答案为B。二填空题17.（1）下列几组物质中，互为同分异构体的有_。 O2和O3；CH3CH2CH2CH（C2H5）CH3 和 CH3CH2CH（CH3）CH2C2H5；丙烯和丁烯；3-乙基己烷和辛烷；和 （2）用系统命名法给如图所示的有机物命名，其名称为_ 。（3）甲烷在氯气中燃烧，可看到集气瓶内壁有黑
16、色固体颗粒生成，瓶口产生大量白雾，据以上现象分析，上述反应的化学反应方程式为_。（4）已知1g苯在氧气中完全燃烧放出的热量3.4 kJ，写出表示苯的燃烧热的热化学方程式：_。【答案】 (1). (2). 2,4-二乙基-己烷 (3). CH4 + Cl2 C + 4HCl (4). C6H6(l) + 7.5O2(g) = 6CO2(g) + 3 H2O(l) H = - 265.2 kJ/mol【解析】【分析】O2和O3是同种元素形成的不同单质，是同素异形体；CH3CH2CH2CH(C2H5)CH3 和 CH3CH2CH(CH3)CH2C2H5是同种物质；丙烯和丁烯是同系物；3-乙基己烷和辛
17、烷是同分异构体；和是同种物质。先找主链，如图，再命名。甲烷在氯气中燃烧，可看到集气瓶内壁有黑色固体颗粒即碳生成，瓶口产生大量白雾即有HCl。已知1g苯在氧气中完全燃烧放出的热量3.4 kJ，1mol苯即78g充分燃烧放出265.2kJ的热量，再书写苯的燃烧热的热化学方程式。【详解】O2和O3是同种元素形成不同单质，是同素异形体；CH3CH2CH2CH(C2H5)CH3 和 CH3CH2CH(CH3)CH2C2H5是同种物质；丙烯和丁烯是同系物；3-乙基己烷和辛烷是同分异构体；和是同种物质，故答案为：。用系统命名法给如图，其名称为2,4-二乙基-己烷，故答案为：2,4-二乙基-己烷。甲烷在氯气中
18、燃烧，可看到集气瓶内壁有黑色固体颗粒即碳生成，瓶口产生大量白雾即有HCl，其化学反应方程式为CH4 + Cl2 C + 4HCl，故答案为：CH4 + Cl2 C + 4HCl。已知1g苯在氧气中完全燃烧放出的热量3.4 kJ，1mol苯即78g充分燃烧放出265.2kJ的热量，苯的燃烧热的热化学方程式：C6H6(l) + 7.5O2(g) = 6CO2(g) + 3 H2O(l) H = - 265.2 kJ/mol，故答案为：C6H6(l) + 7.5O2(g) = 6CO2(g) + 3 H2O(l) H = - 265.2 kJ/mol。18.下表为元素周期表的一部分，请参照元素在表中
19、位置，用化学用语回答下列问题：（1）、的原子半径由大到小的顺序是_。（2）、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是_。（3）、中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种具有漂白性的化合物的电子式：_。（4）由表中两种元素的原子按11组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，可使用的催化剂为(填序号)_。aMnO2 bKMnO4 cNa2SO3 dFe2（SO4)3 （5）用电子式表示与组成的最简单的化合物的形成过程：_ 。【答案】 (1). NaAlO (2). HNO3H2CO3H2SiO3 (3). (4). ad (5). 【解析】【分析】为H，为C，为N，为O，为N
20、a，为Al，为Si，为Cl。原子半径从左到右依次减小，从上到下依次递减，得到半径大小关系。非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，得到酸性强弱顺序。具有漂白性的化合物为次氯酸钠，再书写电子式。由表中两种元素的原子按11组成的常见液态化合物为过氧化氢，一般是二氧化锰和铁离子起催化作用。氨气是三个氢原子和一个氮原子形成，再书写电子形成过程。【详解】原子半径从左到右依次减小，从上到下依次递减，因此、的原子半径由大到小的顺序是NaAlO，故答案为：NaAlO。非金属性越强，其最高价含氧酸的酸性越强，因此、的最高价含氧酸的酸性由强到弱的顺序是HNO3H2CO3H2SiO3，故答案为：HNO3H2CO3H
21、2SiO3。H、O、Na、Cl中的某些元素可形成既含离子键又含极性共价键的化合物，写出其中一种具有漂白性的化合物为次氯酸钠，其电子式：，故答案为：。由表中两种元素的原子按11组成的常见液态化合物的稀溶液易被催化分解，则为过氧化氢，一般二氧化锰和铁离子其催化作用，故答案为：ad。氨气是三个氢原子和一个氮原子形成，用电子式表示与组成的最简单的化合物的形成过程：，故答案为：。19.（1）已知在常温常压下：CH3OH（l）+ O2（g）=CO（g）+ 2H2O（g）； H355.0 kJmol2CO（g）+ O2（g）= 2CO2（g） H-566.0 kJ/molH2O（l）=H2O（g） H+44
22、.0 kJ/mol写出表示甲醇燃烧热的热化学方程式：_ 。（2）一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.0kJ/mol。相关数据如下：容器甲反应物投入量1mol CO2(g)和3mol H2(g)平衡时c(CH3OH)c1平衡时能量变化放出29.4kJ若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是_mol/(Ls)。（3）铅蓄电池放电时总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。铅蓄电池放电时的正极反应式为_ ，当电路中有0.2mol电子转移时，理
23、论上两电极质量变化的差为_ g。（4）甲烷可直接应用于燃料电池，该电池采用可传导O2的固体氧化物为电解质，其工作原理如图所示：A极电极反应式为_。若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L（假设空气中O2体积为20%），则理论上消耗甲烷_mol。【答案】 (1). H= 265.2kJ/mol (2). 0.03 (3). (4). 3.2 (5). (6). 0.025【解析】【分析】甲醇燃烧热是1mol甲醇完全燃烧生成稳定的液态水，将 + 0.5 - 2得其热化学方程式。一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g
24、) H=-49.0kJ/mol。相关数据如下：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.0kJ/mol。 1mol 49 kJ x mol 29.4kJ1：x = 49:29.4解得x = 0.6mol若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是。分析得出正极为PbO2，得到电子变为硫酸铅，其放电时的正极反应式为PbO2 + 2e + 4H+ + SO42 = PbSO4 + 2H2O，当电路中有0.2mol电子转移时，负极2mol：0.2mol = 96g：yg解得y = 9.6g正极2mol：0.2mol = 64g：
25、zg解得z = 6.4g理论上两电极质量变化的差为9.6g-6.4g = 3.2 g。A极是甲烷作负极，其电极反应式为CH4 - 8e + 4O2 = 2H2O + CO2。若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L即空气物质的量为0.25mol，则氧气物质的量为0.05mol，转移电子物质的量为0.2mol，再计算理论上消耗甲烷。【详解】甲醇燃烧热是1mol甲醇完全燃烧生成稳定的液态水，将 + 0.5 - 2得其热化学方程式CH3OH(l) + 1.5O2(g) = CO2(g) + 2 H2O(l) H726.0 kJmol，故答案为：CH3OH(l) + 1.5O2(g) = CO
26、2(g) + 2 H2O(l) H726.0 kJmol。一定温度下，在两个容积均为2L的密闭容器中，分别发生反应：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.0kJ/mol。相关数据如下：CO2(g)+3H2(g) CH3OH(g)+H2O(g) H=-49.0kJ/mol。 1mol 49 kJ x mol 29.4kJ1：x = 49:29.4解得x = 0.6mol若甲中反应10s时达到平衡，则用CO2来表示甲中反应从开始到平衡过程中的平均反应速率是，故答案为：0.03。铅蓄电池放电时总反应为Pb+PbO2+2H2SO4=2PbSO4+2H2O。正极为PbO
27、2，得到电子变为硫酸铅，其放电时的正极反应式为PbO2 + 2e + 4H+ + SO42 = PbSO4 + 2H2O，当电路中有0.2mol电子转移时，负极2mol：0.2mol = 96g：yg解得y = 9.6g正极2mol：0.2mol = 64g：zg解得z = 6.4g理论上两电极质量变化的差为9.6g-6.4g = 3.2 g，故答案为3.2g。A极是甲烷作负极，其电极反应式为CH4 - 8e + 4O2 = 2H2O + CO2，故答案为：CH4 - 8e + 4O2 = 2H2O + CO2。若燃料电池消耗的空气在标准状况下的体积是5.6L即空气物质的量为0.25mol，则
28、氧气物质的量为0.05mol，转移电子物质的量为0.2mol，则理论上消耗甲烷，故答案为：0.025。20.硫酸亚铁铵晶体(NH4)2Fe(SO4)26H2O是分析化学中重要的试剂，常用于代替硫酸亚铁。硫酸亚铁铵晶体在500时隔绝空气加热完全分解。回答下列问题: （1）硫酸亚铁铵晶体隔绝空气加热完全分解发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和Fe2O3 ，气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2和_。 （2）为检验分解产物的成分，设计如下实验装置进行实验，加热A中的硫酸亚铁铵晶体至分解完全为检验A中残留物是否含有FeO，需要选用的试剂有_（填标号）。AKSCN溶液 B稀硫酸 C浓盐酸 DK
29、MnO4溶液（3）装置C中有不溶于酸的白色沉淀生成，则C中发生的化学反应的方程式为：_。【答案】 (1). SO2 (2). BD (3). 【解析】【分析】硫酸亚铁铵晶体隔绝空气加热完全分解发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2，铁的化合价部分升高，氮的化合价部分升高，则降低的元素只能为硫元素，因此变为二氧化硫。为检验A中残留物是否含有FeO，首先将氧化亚铁溶解，用稀硫酸，不能用浓盐酸，溶解后得到亚铁离子，再和高锰酸钾反应，浓盐酸要与高锰酸钾反应生成氯气，因此不能用浓盐酸，故的答案。装置C中有不溶于酸的白色沉淀生成，主要是过氧化氢和二
30、氧化硫反应生成硫酸，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀。【详解】硫酸亚铁铵晶体隔绝空气加热完全分解发生了氧化还原反应，固体产物可能有FeO和Fe2O3，气体产物可能有NH3、SO3、H2O、N2，铁的化合价部分升高，氮的化合价部分升高，则降低的元素只能为硫元素，因此变为二氧化硫，故答案为：SO2。为检验A中残留物是否含有FeO，首先将氧化亚铁溶解，用稀硫酸，不能用浓盐酸，溶解后得到亚铁离子，再和高锰酸钾反应，浓盐酸要与高锰酸钾反应生成氯气，因此不能用浓盐酸，故答案为BD。装置C中有不溶于酸的白色沉淀生成，主要是过氧化氢和二氧化硫反应生成硫酸，再与氯化钡反应生成硫酸钡沉淀，因此C中发生的化学反应的方程
31、式为：SO2 +BaCl2 + H2O2 =BaSO4+ 2HCl，故答案为；：SO2 +BaCl2 + H2O2 =BaSO4+ 2HCl。21.硼镁泥是一种工业废料，主要成分是MgO(占40%)，还有CaO、MnO、Fe2O3、FeO、Al2O3等杂质，以此为原料制取的硫酸镁可用于印染、造纸、医药等工业。从硼镁泥中提取MgSO47H2O的流程如下：根据题意回答下列问题：（1）实验中需用1 molL1的硫酸900 mL，配制时所用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外，还需_。（2）加入的NaClO可将Mn2氧化为MnO2 ，反应中无气体产生，反应的离子方程式为：_。还有一种离子也会被NaClO
32、氧化，反应的离子方程式为_。 （3）在“除钙”前，需检验滤液中Fe3是否被除尽，简述检验方法：_。 （4）已知MgSO4、CaSO4的溶解度如下表： 温度/40506070S(MgSO4)/g30.933.435.636.9S(CaSO4)/g0.2100.2070.2010.193“除钙”是将MgSO4和CaSO4的混合溶液中的CaSO4除去，根据上表数据，可确定操作步骤为蒸发结晶、_（填操作名称）。【答案】 (1). 胶头滴管，100mL容量瓶 (2). (3). (4). 取少量滤液于试管中，加入KSCN溶液，若不变红，则除尽 (5). 趁热过滤【解析】【分析】实验中需用1 molL1的
33、硫酸900 mL，没有900mL的容量瓶，只能用1000mL容量瓶。加入的NaClO可将Mn2氧化为MnO2 ，反应中无气体产生，说明生成了氯离子，反应的离子方程式为：ClO + Mn2+ +H2O= MnO2 + Cl +2H，还有一种离子也会被NaClO氧化，亚铁离子也被次氯酸钠氧化生成铁离子和氯离子，其反应的离子方程式为2Fe2+ClO + 2H= 2Fe3 + Cl+H2O。在“除钙”前，需检验滤液中Fe3是否被除尽，主要用KSCN溶液来检验铁离子。根据上表数据，硫酸钙温度越高溶解度越低，因此要趁热过滤。【详解】实验中需用1 molL1的硫酸900 mL，没有900mL的容量瓶，只能用
34、1000mL容量瓶，因此配制时所用的玻璃仪器除了烧杯、玻璃棒、量筒外，还需胶头滴管，100mL容量瓶。加入的NaClO可将Mn2氧化为MnO2 ，反应中无气体产生，说明生成了氯离子，反应的离子方程式为：ClO + Mn2+ +H2O= MnO2 + Cl +2H，还有一种离子也会被NaClO氧化，亚铁离子也被次氯酸钠氧化生成铁离子和氯离子，其反应的离子方程式为2Fe2+ClO + 2H= 2Fe3 + Cl+H2O，故答案为：ClO + Mn2+ +H2O= MnO2 + Cl +2H；2Fe2+ClO+ 2H= 2Fe3 + Cl+H2O。在“除钙”前，需检验滤液中Fe3是否被除尽，主要用K
35、SCN溶液来检验铁离子，故答案为：取少量滤液于试管中，加入KSCN溶液，若不变红，则除尽。根据上表数据，硫酸钙温度越高溶解度越低，因此操作步骤为蒸发结晶、趁热过滤，故答案为：趁热过滤。三、计算题22.（1）Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与 NaClO的物质的量之比为116，则x的值为_。 （2）实验室制取氯气，将多余的氯气用100 mL 1.7mol/LNaOH溶液完全吸收。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH-)=0.1mol/L (不考虑反应前后溶液的体积变化)，ClO和ClO3的物质的量浓度之比为51。请回答： 被
36、还原的氯气的物质的量为 _mol。若采用二氧化锰和浓盐酸共热的方法制氯气，制备尾气中的氯气所消耗的二氧化锰的质量为_g。【答案】 (1). 5 (2). 0.05 (3). 6.96【解析】【分析】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，根据得失电子相等，得到关系式，解得x = 5。实验室制取氯气，将多余的氯气用100 mL 1.7mol/LNaOH即物质的量为0.17mol。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH)=0.1mol/L 即剩余的NaOH物质的量为0.01mol，则消耗氢氧化钠的物质
37、的量为0.16mol，ClO和ClO3的物质的量浓度之比为51，假设ClO和ClO3的物质的量分别为5xmol和xmol，根据得失电子守恒，失去电子物质的量为10x，得到电子也是10x，则有10xmol氯原子得到电子，再根据氯和钠守恒，10x+5x+x=0.16，因此x = 0.01mol，因此总的被还原的氯原子的物质的量为0.1mol，被还原的氯气的物质的量为0.05mol。根据上面分析得到有0.08mol尾气氯气，MnO2 Cl287g 1molxg 0.08mol87g：xg = 1mol：0.08mol解得x = 6.96。【详解】Na2Sx在碱性溶液中可被NaClO氧化为Na2SO4
38、，而NaClO被还原为NaCl，若反应Na2Sx与NaClO的物质的量之比为116，根据得失电子相等，得到关系式，解得x = 5，故答案为：5。 实验室制取氯气，将多余的氯气用100 mL 1.7mol/LNaOH即物质的量为0.17mol。对吸收后溶液进行分析化验，测知c(OH)=0.1mol/L 即剩余的NaOH物质的量为0.01mol，则消耗氢氧化钠的物质的量为0.16mol，ClO和ClO3的物质的量浓度之比为51，假设ClO和ClO3的物质的量分别为5xmol和xmol，根据得失电子守恒，失去电子物质的量为10x，得到电子也是10x，则有10xmol氯原子得到电子，再根据氯和钠守恒，10x+5x+x=0.16，因此x = 0.01mol，因此总的被还原的氯原子的物质的量为0.1mol，被还原的氯气的物质的量为0.05mol，故答案为：0.05。根据上面分析得到有0.08mol尾气氯气，MnO2 Cl287g 1molxg 0.08mol87g：xg = 1mol：0.08mol解得x = 6.96，故答案为6.96。
