题目内容
【题目】某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水漂白性的强弱，设计了如下的实验装置。
(1)实验室用装置A制备SO2.某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能是_____
(2)实验室用装置E制备Cl2，写出反应的化学方程式_____请指出该反应中的液体反应物在反应中所表现出的化学性质_____。若液体反应物中的溶质反应了6mol，则标准状况下生成Cl2的体积为_____L
(3)停止通气后，再给BD两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为:B_____、D_____
(4)C装置的作用是吸收尾气，防止污染空气，写出吸收Cl2的离子方程式_____
(5)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1:1同时通到品红溶液中，结果发现溶液基本不褪色。请你分析该现象的原因_____(用化学方程式表示)
【答案】分液漏斗的玻璃塞没有取下来 MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O 酸性和还原性 33.6 褪色的品红又恢复成红色 溶液没有明显变化 Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4
【解析】
A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于吸收尾气。
(1)塞子没有取下来，打开活塞时，空气无法进入分液漏斗内部，从而造成分液漏斗内的压强小于大气压强。
(2)实验室中用二氧化锰固体与浓盐酸加热反应制备氯气，方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应中HCl被氧化生成Cl2，表现出还原性；反应生成盐，表现出酸性。由方程式可知，6molHCl参加反应生成氯气：6mol×
＝1.5mol，则生成的氯气的体积为1.5mol×22.4L/mol。
(3)次氯酸的漂白性是永久性的，加热也不会改变反应产物；二氧化硫的漂白是暂时的，加热时，无色的产物会分解，又生成原来的反应物。
(4)用氢氧化钠溶液吸收氯气，生成氯化钠、次氯酸钠和水。
(5)氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1:1发生反应生成没有漂白性的产物。
(1)塞子没有取下来，打开活塞时，空气无法进入分液漏斗内部，造成分液漏斗内的压强小于大气压强，液体无法流出。答案为：分液漏斗的玻璃塞没有取下来；
(2)实验室中用二氧化锰固体与浓盐酸加热反应制备氯气，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应中HCl被氧化表现还原性，同时生成盐表现酸性；由方程式可知，6molHCl参加反应生成氯气：6mol×＝1.5mol，则生成的氯气的体积为1.5mol×22.4L/mol＝33.6L。答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；酸性和还原性；33.6；
(3)次氯酸的漂白性是永久性的，二氧化硫的漂白性是暂时的。加热时，次氯酸漂白过的溶液无变化，二氧化硫和有色物质生成的无色物质不稳定，加热时会变成红色。答案为：褪色的品红又恢复成红色；溶液没有明显变化；
(4)用氢氧化钠溶液吸收氯气，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O。答案为：Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2O；
(5)氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1:1发生反应Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4，生成物都无漂白性，因而SO2和Cl2按1:1同时通入到品红溶液时，品红溶液并不褪色。答案为：Cl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4。
【题目】已知常温下浓度为0.1mol·L-1的下列溶液的pH如下表：
溶质 | NaF | NaClO | Na2CO3 |
pH | 7.5 | 9.7 | 11.6 |
下列有关说法正确的是
A. 在相同温度下，同浓度的三种酸溶液的导电能力顺序：H2CO3<HClO<HF
B. 若将CO2通入0.1 mol·L-1Na2CO3溶液中至溶液中性，则溶液中2c(CO32-)+c(HCO3-)=0.1 mol·L-1
C. 根据上表，水解方程式ClO-+H2O
HClO+OH-的水解常数K=10-7.6
D. 向上述NaClO溶液中通HF气体至恰好完全反应时：c(Na+)>c(F-)>c(H+)>c(HClO)>c(OH-)
