云南省昭通市昭阳区第一中学学年高一上学期期末考试化学试题解析版.docx
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云南省昭通市昭阳区第一中学学年高一上学期期末考试化学试题解析版
2019年昭阳一中高一上学期期末测试化学试题
(试卷满分100分,考试时间90分钟)
可能用到的相对原子质量:
H1N14S32Fe56Na23C12O16
一、选择题(每小题只有一个正确答案,3分/题,共45分)
1.化学在人类社会发展中起着重要的作用,展望未来,化学科学具有十分广阔的探索空间。
请你分析下列四个选项中现代化学不涉及的研究领域是
A.开发新的能源B.合成新的物质
C.空间形式和数量关系D.防治环境污染
【答案】C
【解析】
【详解】A.化学是一门研究物质的组成、结构、性质及变化规律的科学,开发新的能源属于化学研究的领域,故A不选;
B.合成新的物质属于化学的研究领域,可以研究物质的组成、结构等,故B不选;
C.空间形式和数量关系属于数学的研究范畴,故C选;
D.防止环境污染属于研究物质的变化规律的,属于化学研究的领域,故D不选;
答案选C。
2.下列有关胶体性质的叙述不正确的是
A.雾是气溶胶,在阳光下可观察到丁达尔效应
B.用石膏或卤水点制豆腐利用了胶体的性质
C.用鸡蛋壳膜和蒸馏水除去淀粉胶体中的食盐
D.欲制备氢氧化铁胶体,向盛有沸水的烧杯中加FeCl3的饱和溶液,煮沸得红褐色沉淀
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.雾属于胶体,胶体有丁达尔效应,故A正确;
B.豆浆是胶体,遇石膏或卤水等含有电解质的物质时发生聚沉,卤水点豆腐利用了胶体的性质,故B正确;
C.蛋壳膜属于半透膜,用鸡蛋壳膜和蒸馏水可以除去淀粉胶体中的食盐,为胶体的渗析过程,故C正确;
D.向盛有沸水的烧杯中滴加FeCl3饱和溶液,利用水解原理制备胶体,则加热至液体呈红褐色得到氢氧化铁胶体,不是沉淀,故D错误;
故选D。
3.金属钠露置在空气中,最终转化成
A.Na2OB.Na2O2C.Na2CO3D.Na2CO3▪10H2O
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】金属钠暴露在空气中,钠先与空气中氧气反应,使钠表面变暗生成氧化钠,氧化钠与空气中的水蒸气反应生成白色固体氢氧化钠,氢氧化钠易潮解表面变成溶液,氢氧化钠是强碱,能够与空气中的二氧化碳反应,生成白色带结晶水的固体Na2CO3•10H2O,十水碳酸钠易风化生成白色粉末碳酸钠,故选C。
4.下列实验操作中叙述不正确的是
A.萃取操作可在分液漏斗中进行
B.为节省时间,振荡分液漏斗内的液体后,可不旋开活塞
C.分液时,分液漏斗下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出
D.萃取、分液前须对分液漏斗检漏
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.萃取操作时,为防止倒出的液体不纯,两种溶剂必须从不同开口倒出,且必须容易控制倒出液体的量,但萃取操作不一定非要在分液漏斗中进行,萃取可用固相萃取装置,可混合均匀后在普通漏斗中进行,故A正确;
B.倒转分液漏斗振荡时,漏斗中某些物质挥发变成气体,会使分液漏斗中压强增大,所以要适时旋开活塞放气,以防止压强过大把活塞顶出,故B错误;
C.分液操作时,分液漏斗中下层液体从下口放出,上层液体从上口倒出,以避免两种液体相互污染,故C正确;
D.分液漏斗使用前要先检查
否漏水,故D正确;
故选B。
5.化学与生活密切相关,下列有关说法错误的是
A.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,光导纤维遇强碱会“断路”
B.《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:
“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法应用了焰色反应
C.用漂粉精和洁厕灵(主要成分是盐酸) 混合后的浓溶液清洗马桶效果更佳
D.中草药煎制过程体现了化学实验中的溶解、浓缩、过滤等提纯操作
【答案】C
【解析】
【详解】A.高纯度的二氧化硅广泛用于制作光导纤维,二氧化硅与氢氧化钠溶液反应,光导纤维遇强碱会“断路”,A正确;B.《本草经集注》中关于鉴别硝石(KNO3)和朴硝(Na2SO4)的记载:
“以火烧之,紫青烟起,乃真硝石也”,该方法应用了焰色反应,因为钠和钾的焰色反应不同,B正确;C.用漂粉精和洁厕灵(主要成分是盐酸)混合后的浓溶液会产生氯气,会降低清洗马桶的效果,且会产生有毒气体氯气,C错误;D.中草药煎制过程体现了化学实验中的溶解、浓缩、过滤等提纯操作,D正确,答案选C。
6.标准状况下,等体积的NH3和CH4两种气体,下列有关说法错误的是()
A.所含分子数目相同
B.所含氢原子的物质的量之比为3:
4
C.质量之比为16:
17
D.密度之比为17:
16
【答案】C
【解析】
【详解】A.根据N=nNA=
NA知,相同条件下,气体摩尔体积相同,气体的分子数与气体的体积成正比,所以相同体积的氨气和甲烷,所含分子数相同,故A正确;
B.相同条件下,等体积的氨气和甲烷的物质的量相同,一个氨气分子中含有3个H,一个甲烷分子中含有4个H,所以所含氢原子物质的量之比为3:
4,故B正确;
C.根据m=
M知,相同条件下,等体积的氨气和甲烷,其质量与相对分子质量成正比,所以其质量之比=17:
16,故C错误;
D.根据ρ=
知,相同条件下,气体摩尔体积相同,气体的密度与相对分子质量成之比,所以其密度之比=17:
16,故D正确。
故选:
C。
7.设NA为阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是
A.标准状况下,11.2LCO2含有的质子数为11NA
B.5.6gFe粉与足量Cl2加热充分反应转移的电子数为0.3NA
C.1molNa2O2固体中所含离子数目为4NA
D.1L0.1mol·L-1NaHSO4溶液中含有的阳离子数目为0.2NA(忽略水的电离)
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.1个CO2分子含有的质子数为6+8×2=22,标准状况下,11.2LCO2的物质的量为
=0.5mol,所以0.5molCO2含有的质子数为11NA,故A正确;
B.5.6gFe的物质的量为
=0.1mol,与足量Cl2充分反应生成氯化铁,转移电子数为0.3NA,故B正确;
C.过氧化钠由钠离子和过氧根构成,故1mol过氧化钠含2mol钠离子和1mol过氧根离子,含3mol离子,即3NA个离子,故C错误;
D.1L0.1mol/LNaHSO4溶液中含有的n(NaHSO4)=0.1mol/L×1L=0.1mol,若忽略水电离出的H+和OH-,溶液中的阳离子的总物质的量为0.1mol+0.1mol=0.2mol,阳离子数为0.2NA,故D正确;
故选C。
8.下列物质能够导电又是电解质的是
A.NaCl晶体B.液态氯化氢C.熔融的KNO3D.盐酸
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】A.氯化钠晶体中不含自由移动离子或电子,所以氯化钠晶体不导电,故A不选;
B.液态氯化氢以分子存在,不含自由移动离子或电子,所以液态氯化氢不导电,故B不选;
C.熔融状态硝酸钾能电离出自由移动的阴阳离子,能够导电,是电解质,故C选;
D.盐酸属于混合物,既不是电解质也不是非电解质,故D不选;
故选C。
9.对于Na2CO3和NaHCO3,下列说法不正确的是
A.等物质的量的Na2CO3和NaHCO3,与足量盐酸反应,产生气体的物质的量相等
B.等质量的Na2CO3和NaHCO3,与足量盐酸反应,产生气体的物质的量相等
C.等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3,与浓度相同的盐酸反应,NaHCO3冒泡速率快
D.等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3,Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A.由方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知,等物质的量的Na2CO3和NaHCO3,与足量盐酸反应,产生的二氧化碳相同,故A正确;
B.根据反应
方程式Na2CO3+2HCl=2NaCl+CO2↑+H2O,NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O可知,106g碳酸钠完全反应生成1mol二氧化碳,84g碳酸氢钠完全反应生成1mol二氧化碳,所以等质量的NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应,在相同条件下NaHCO3产生的CO2多,故B错误;
C.等物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3,与浓度相同的盐酸反应,相同条件下NaHCO3比Na2CO3反应放出气体剧烈,NaHCO3冒泡速率快,故C正确;
D.Na2CO3的第一步水解程度大于第二步水解,所以同物质的量浓度的Na2CO3和NaHCO3,Na2CO3溶液的碱性强于NaHCO3溶液,故D正确;
故选B。
10.下列离子方程式书写正确的是( )
A
铝粉投入到NaOH溶液中:
2Al+2OH-══2AlO2-+H2↑
B.AlCl3溶液中加入足量的氨水:
Al3++3OH-══Al(OH)3↓
C.三氯化铁溶液中加入铁粉:
D.FeCl2溶液跟Cl2反应:
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【答案】D
【解析】
【分析】本题主要考查离子方程式的书写与判断。
【详解】A.原子数目不守恒应改为:
,故A错误;
B.氨水是弱电解质,不能拆成离子形式,应改为:
,故B错误;
C.三氯化铁溶液中加入铁粉的反应为:
,故C错误;
D.氯气能把亚铁离子氧化到最高价,即
,故D正确;
故答案选D。
11.某无色透明溶液能与铝反应放出H2,则该溶液中一定大量共存的离子是
A.OH﹣、Mg2+、
、Cl﹣B.Cl-、K+、Na+、Ba2+
C.Ba2+、Cl-、Cu2+、
D.H+、Na+、
、Cl-
【答案】B
【解析】
【分析】某无色透明溶液能与铝反应放出H2,为非氧化性酸或强碱溶液,据此分析判断。
【详解】A.OH-与Mg2+、
能够反应,不能大量共存,故A不选;
B.Cl-、K+、Na+、Ba2+在非氧化性酸、强碱溶液中,离子之间均不反应,可大量共存,且离子均为无色,故B选;
C.Cu2+为蓝色,与溶液无色不符,故C不选;
D.H+、
能够结合生成水和气体,不能大量共存,故D不选;
故选B。
12.ClO2是一种高效水处理剂,实验室通过以下反应制得ClO2:
2KClO3+H2C2O4+H2SO4
2ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O,关于此反应的说法正确的是()
A.KClO3中的Cl化合价降低,失电子
B.反应中H2SO4体现了酸性和强氧化性
C.反应中H2C2O4被氧化
D.产物中Cl与C化合价相同,因而氧化性一样强
【答案】C
【解析】
【分析】该反应中KClO3中Cl元素从+5价变为+4价,H2C2O4中C元素从+3价变为+4
价,以此来解答。
【详解】A.由方程式可知:
KClO3中Cl元素从+5价变为+4价,化合价降低,得到电子,故A错误;
B.反应中S的化合价没有变化,不表现氧化性,故B错误;
C.H2C2O4中C元素从+3价变为+4价,化合价升高,失去电子,被氧化,故C正确;
D.不同元素的化合价相同,其氧化性却不同,ClO2具有强氧化性,CO2具有弱氧化性,故D错误;
故选:
C。
13.已知硫代硫酸钠可作为脱氯剂,
溶液恰好可以把
(标准状况下)
转化为
,则
将转化为()
A
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用氧化还原反应中的得失电子数目守恒进行分析;
【详解】
,
,设
被氧化后氧化产物中
元素的化合价为n,根据得失电子守恒得
,解得
,选项D正确;
答案:
D。
【点睛】利用得失电子数目守恒进行计算,方法比较简洁,一般遵循的是n(氧化剂)×变价原子右下角系数×化合价的变化=n(还原剂)×变价原子右下角系数×化合价变化,也可以通过氧化产物、还原产物。
14.下列实验操作、现象和结论均正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验
火焰呈黄色
溶液为钠盐溶液
B
取少量试液于试管中,先加入BaCl2溶液,再滴加稀盐酸,
产生的白色沉淀不溶解
溶液中含有
C
将新制氯水和KI溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡静置
溶液分层,下层呈紫色
氧化性:
Cl2<I2
D
取少量试液于试管中,加入KSCN溶液,再加入氯水
开始无现象,后溶液变红色
溶液中含有Fe2+
A.AB.BC.CD.D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A.焰色试验为元素的性质,用铂丝蘸取某溶液进行焰色试验,火焰呈黄色,说明含有钠元素,则溶液为NaOH或钠盐溶液,故A错误;
B.取少量试液于试管中,先加入BaCl2溶液,再滴加稀盐酸,产生的白色沉淀不溶解,该白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡,则原溶液中可能含SO
或银离子,故B错误;
C.将新制氯水和KI溶液在试管中混合后,加入CCl4,振荡静置,溶液分层,下层呈紫色,说明生成碘单质,是氯气氧化了碘离子,说明氧化性:
Cl2>I2,故C错误;
D.取少量试液于试管中,加入KSCN溶液,再加入氯水,开始无现象,后溶液变红色,说明生成了铁离子,遇KSCN溶液为红色,则溶液中含有Fe2+,故D正确;
故选D。
15.相同物质的量的下列物质分别与足量等浓度的NaOH溶液反应,消耗碱量最多的是
A.AlB.Al(OH)3C.AlCl3D.Al2O3
【答案】C
【解析】
【详解】令各物质的物质的量均为1mol。
A.2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2,1molAl消耗1mol氢氧化钠;
B.氢氧化铝与氢氧化钠反应为Al(OH)3+NaOH=2NaAlO2+2H2O,由方程式可知1molAl(OH)3消耗NaOH的物质的量为1mol;
C.AlCl3与氢氧化钠反应为Al3++4OH-=AlO2-+H2O,由方程式可知1molAlCl3消耗NaOH的物质的量为4mol;
D.Al2O3与氢氧化钠反应为Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O,由方程式可知1molAl2O3消耗NaOH的物质的量为2mol;相同物质的量的四种物质,AlCl3消耗NaOH最多;
答案选C。
二、填空题(没有标注的空,每空2分,共55分)
16.
(1)0.2gH2的物质的量是____;11.2L(标况下)CH4含原子的数目是___;3.4gNH3在同温同压下与___gH2S气体含有的氢原子数相同;100mL0.1mol/LAl2(SO4)3溶液中Al3+的物质的量是___。
(2)硅是无机非金属材料的主角,硅的氧化物和硅酸盐约占地壳质量的90%以上。
计算机芯片和太阳能电池的主要成分是___(填化学式),光导纤维的主要成分是___(填化学式),装碱液的瓶塞要用橡胶塞,原因是___(写化学方程式)。
(3)氯水具有漂白性,因为含有___(填化学式);在实验室为防止FeSO4变质,常在其中加入几根铁钉,理由是(以离子方程式表示)___。
工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉,漂白粉的有效成分是__(填化学式)。
【答案】
(1).0.1mol
(2).2.5NA或者1.505×1024(3).10.2(4).0.02mol(5).Si(6).SiO2(7).SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O(8).HClO(9).2Fe3++Fe=3Fe2+(10).Ca(ClO)2
【解析】
【分析】根据n=
=
=cV计算解答;常温下,NaOH与玻璃塞中的SiO2缓慢地发生反应生成Na2SiO3和H2O;次氯酸具有漂白性、漂白粉的主要成分为氯化钙、次氯酸钙、亚铁离子容易被空气中的氧气氧化生成铁离子而变质,据此分析解答。
【详解】
(1)0.2gH2的物质的量为
=0.1mol;11.2L(标况下)CH4的物质的量为
=0.5mol,含有原子0.5mol×5=2.5mol,原子的数目为2.5NA或者1.505×1024;3.4gNH3的物质的量为
=0.2mol,含有0.6molH原子,在同温同压下,含有的氢原子数相同的H2S的物质的量为
=0.3mol,质量为0.3mol×34g/mol=10.2g;100mL0.1mol/LAl2(SO4)3溶液中Al3+的物质的量为0.1L×0.1mol/L×2=0.02mol,故答案为:
0.1mol;2.5NA或者1.505×1024;10.2;0.02mol;
(2)计算机芯片和太阳能电池
主要成分是硅单质(Si),光导纤维的主要成分是二氧化硅(SiO2),常温下,NaOH与玻璃塞中的SiO2缓慢地发生反应生成Na2SiO3和H2O,反应的化学方程式为:
2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O,故答案为:
Si;SiO2;2NaOH+SiO2=Na2SiO3+H2O;
(3)新制的氯水具有漂白性,是因为其中含有HClO;亚铁离子容易被空气中的氧气氧化生成铁离子而变质,为防止FeSO4变质,常在其中加入几根铁钉,2Fe3++Fe=3Fe2+;漂白粉的主要成分氯化钙、次氯酸钙,其中有效成分为次氯酸钙,次氯酸钙的化学式为Ca(ClO)2,故答案为:
HClO;2Fe3++Fe=3Fe2+;Ca(ClO)2。
17.已知:
①某银白色固体单质A,放在空气中可氧化成白色固体B
②将A点燃,火焰呈黄色,生成淡黄色固体C
③A、B、C三种物质都能跟无色液体D反应,生成碱性物质E,其中A跟D反应时还可生成可燃性气体F,C跟D反应时则生成另一种气体G
④F和G混合后遇火可剧烈反应而发生爆炸,并生成D。
完成下列问题:
(1)C的名称为_____,A与D反应的类型属于基本反应类型中的______。
(2)写出下列反应的化学方程式
A→B_______;
C→E_______;
(3)在C与D的反应中,C作为______(填“氧化剂、还原剂或者氧化剂和还原剂”)。
【答案】
(1).过氧化钠
(2).置换反应(3).4Na+O2=2Na2O(4).2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑(5).氧化剂和还原剂
【解析】
【分析】银白色固体A点燃,火焰呈黄色,生成淡黄色固体C,则A是Na,C为Na2O2;A放在空气中可氧化成白色固体B,B为Na2O;A、B、C三种物质都能跟无色液体D反应,生成碱性物质E,其中A跟D反应时还可生成可燃性气体F,则D为H2O,E为NaOH,F为氢气,C(Na2O2)与D(H2O)反应时则生成另一种气体G,G为O2;氢气和O2混合后遇火可剧烈反应而发生爆炸,生成H2O,据此分析解答。
【详解】
(1)由上述分析,C为过氧化钠,A与D为钠与水的反应,属于置换反应,故答案为:
过氧化钠;置换反应;
(2)A→B是钠被氧气氧化为氧化钠的反应,反应的化学方程式为4Na+O2=2Na2O;
C→E是过氧化钠和水发生的反应生成氢氧化钠和氧气,反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,故答案为:
4Na+O2=2Na2O;2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;
(3)C与D反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,在此反应中过氧化钠中O元素部分由-1价升高为0价,部分降低为-2价,故过氧化钠既是氧化剂又是还原剂,故答案为:
氧化剂和还原剂。
18.实验室可以用高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气,反应的化学方程式如下:
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
(1)用双线桥法标出电子转移的方向和数目____。
(2)如反应中转移了2mol电子,则产生的Cl2的物质的量为___。
(3)某同学欲用KMnO4固体配制100mL0.5mol/L的溶液。
回答下列问题:
①配制KMnO4溶液时需用的主要仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、___、___。
②不规范的实验操作会导致实验结果的误差。
分析下列操作对实验结果的影响偏小的是__(请填序号)
A.加水定容时俯视刻度线
B.容量瓶水洗后有水残留
C.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上
D.加水定容时仰视刻度线
【答案】
(1).
(2).1mol(3).100mL容量瓶(4).胶头滴管(5).C、D
【解析】
【分析】2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价,结合配制一定物质的量浓度的溶液的步骤有称量(或量取)、溶解(或稀释)冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作和c=
分析解答。
【详解】
(1)2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O反应中Mn元素化合价由+7价变为+2价、Cl元素化合价由-1价变为0价,转移电子数为10,则电子转移方向和数目用双线桥表示为
,故答案为:
;
(2)根据方程式,转移10mol电子,得到5mol氯气,则转移2mol电子,产生的1molCl2,故答案为:
1mol;
(3)①用KMnO4固体配制100mL0.5mol/L的溶液的步骤有称量(或量取)、溶解(或稀释)冷却、移液、洗涤、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,冷却后转移到100mL容量瓶中,并用玻璃棒引流,当加水至液面距离刻度线1~2cm时,改用胶头滴管滴加,所以需要的仪器为天平、药匙、量筒、烧杯、100mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管,缺少的仪器:
胶头滴管、100mL容量瓶,故答案为:
胶头滴管;100mL容量瓶;
②A.加水定容时俯视刻度线,导致溶液的体积偏小,浓度偏大,故A不选;B.容量瓶水洗后有水残留,因为实验过程中还需加水定容,因此对实验结果无影响,故B不选;C.颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上,导致溶液的体积偏大,浓度偏小,故C选;D.加水定容时仰视刻度线,导致溶液的体积偏大,浓度偏小,故D选;故答案为:
CD。
19.某校化学兴趣小组拟用浓盐酸与二氧化锰加热反应,制取并收集2瓶干燥、纯净的氯气。
为防止换集气瓶时生成的氯气污染空气,设计了如下装置:
(1)写出Ⅰ装置烧瓶中发生的反应的离子方程式:
___。
浓盐酸体现的化学性质是___。
(2)装置Ⅱ中盛放的药品是饱和氯化钠溶液,其作用是__;装置Ⅲ的作用是干燥氯气,应盛放__。
(3)烧杯中应放___来处理氯气,反应的化学方程式是:
___。
【答案】
(1).MnO2+4H++2Cl﹣
Mn2+++Cl2↑+2H2O
(2).酸性和还原性(3).除HCl(4).浓H2SO4(5).NaOH溶液(6).Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【解析】
【分析】实验室用加热二氧化锰与浓盐酸的方法制取氯气,浓盐酸易挥发,制取的氯气中含有氯化氢和水蒸气,要得到干燥纯净的氯气,应依次通过盛有饱和食盐水和浓硫酸的洗气瓶分别除去氯化氢和水蒸气,氯气密度大于空气密度,采用向上排气法收集,氯气有毒,直接排放能够引起空气污染,氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,可以用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气,据此分析解答。
【详解】
(1)二氧化锰与浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰和水,反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O,离子方程式为MnO2+4H++2Cl-
Mn2+++Cl2↑+2H2O,依据方程式MnO2
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