某研究性学习小组查阅资料得知.漂白粉与硫酸反应可以制得氯气.化学方程式为:Ca(ClO)2+CaCl2+2H2SO4$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CaSO4+2Cl2↑+2H2O．他们设计了如图1制取氯气并验证其性质的实验．试回答:(1)该实验中A部分的装置是图2中b．(2)请你设计一个实验.证明洗气瓶C中的Na2SO3已� 题目和参考答案——青夏教育精英家教网—

题目内容

14．某研究性学习小组查阅资料得知，漂白粉与硫酸反应可以制得氯气，化学方程式为：Ca（ClO）₂+CaCl₂+2H₂SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CaSO₄+2Cl₂↑+2H₂O．他们设计了如图1制取氯气并验证其性质的实验．试回答：
（1）该实验中A部分的装置是图2中b（填写装置的序号）．
（2）请你设计一个实验，证明洗气瓶C中的Na₂SO₃已经被氧化（简述实验步骤）：取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl₂溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na₂SO₃已被氧化．
（3）写出D装置中发生反应的离子方程式HCO₃^-+H⁺═H₂O+CO₂↑．
（4）该小组又进行了如下实验：称取漂白粉2.0g，研磨后溶解，配制成250ml 溶液，取25ml 加入到锥形瓶中，再加入过量的KI溶液和过量的H₂SO₄溶液，静置．待完全反应后，用0.1mol/L的Na₂S₂O₃溶液作标准溶液滴定反应生成的碘，已知反应式为：2Na₂S₂O₃+I₂=Na₂S₄O₆+2NaI反应完成时，共用去Na₂S₂O₃ 20.0ml．则该漂白粉中Ca（ClO）₂的质量分数为：35.75%．

分析（1）依据反应物状态和反应条件选择发生装置；
（2）氯气有强氧化性，亚硫酸根离子有还原性，所以氯气和亚硫酸根离子能发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子；如果亚硫酸钠被氧化会生成硫酸钠，根据硫酸根离子的检验方法检验即可；
（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳；
（4）先根据次氯酸钙和硫代硫酸钠的关系式计算次氯酸钙的质量，再利用质量分数公式计算即可．

解答解：（1）依据Ca（ClO）₂+CaCl₂+2H₂SO₄$\frac{\underline{\;\;△\;\;}}{\;}$2CaSO₄+2Cl₂↑+2H₂O可知，反应物为固体与液体，反应条件为加热，所以选择装置b；
故答案为：b；
（2）氯气有强氧化性，亚硫酸根离子有还原性，所以氯气和亚硫酸根离子能发生氧化还原反应生成硫酸根离子、氯离子和氢离子Cl₂+SO₃^2-+H₂O=SO₄^2-+2Cl^-+2H⁺；如果亚硫酸钠被氧化，会生成硫酸钠，硫酸钠和氯化钡能发生反应生成白色沉淀硫酸钡，亚硫酸钡也是沉淀，所以要先排除亚硫酸盐的干扰，再用氯化钡检验硫酸根离子，检验方法为取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl₂溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na₂SO₃已被氧化．
故答案为：取少量反应后的溶液于试管中，加入HCl溶液至不再产生气体为止，再滴加BaCl₂溶液，如果有白色沉淀生成，证明Na₂SO₃已被氧化；
（3）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸与碳酸氢钠反应生成氯化钠、水和二氧化碳，离子方程式为：HCO₃^-+H⁺═H₂O+CO₂↑；
故答案为：HCO₃^-+H⁺═H₂O+CO₂↑；
（4）依据反应可知存在：Ca（ClO）₂～2Cl₂～2I₂～4Na₂S₂O₃，
n[Ca（ClO）₂]=$\frac{1}{4}$n（Na₂S₂O₃）=20.0 mL×10^-3 L•mL^-1×0.1 mol•L^-1×$\frac{250ml}{25ml}$=0.005 mol，
Ca（ClO）₂%=$\frac{0.005mol×143g/mol}{2.0g}$×100%=35.75%，
故答案为：35.75%．

点评本题考查了氯气的实验室制备及性质的检验，明确制备原理是解题关键，题目难度中等．

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4．

实验室用如图所示装置制取乙烯．
（1）①仪器A的名称圆底烧瓶；
②A装置中主要反应的化学方程式是

（2）可以采用排水法法收集乙烯气体．
（3）若在导管口点燃乙烯，观察到的现象是乙烯在空气中燃烧，火焰明亮且伴有黑烟．

5．如图所示是分离混合物时常用的仪器，回答下列问题：

（1）写出仪器C、E的名称分液漏斗、冷凝管
（2）分离以下混合物应该主要选用上述什么仪器？（填字母符号）
①粗盐和泥沙：B ②花生油和水：C
（3）下列关于仪器的使用说法正确的是BCD
A．A仪器可以用酒精灯直接加热
B．B仪器可以用于向酒精灯中添加酒精
C．C仪器在放出液体时应打开上边的瓶塞
D．在实验室应用D仪器进行实验时要不断用玻璃棒搅拌
E．E仪器中水的流向是上进下出
（4）若向C装置中加入碘水和足量CCl₄，充分振荡后静置，会观察到什么现象？分液漏斗内液体分两层，上层液体无色，下层液体紫红色．

2．已知某溶液中只存在OH^-、H⁺、CH₃COO^-、Na⁺四种离子，某同学推测其离于浓度大小顺序有如下四种关系：
①c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（OH^-）＞c（H⁺）
②c（Na⁺）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）＞c（OH^-）
③c（CH₃COO^-）=c（Na⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）
④c（Na⁺）＞c（OH^-）＞c（CH₃COO^-）＞c（H⁺）
（1）若溶液中只溶解了一种溶质，则该溶质是醋酸钠，上述四种离子浓度的大小顺序为①（填编号）．
（2）若该溶液是由体积相等的氢氧化钠溶液和醋酸溶液混合而成，且恰好反应，则混合前两溶液的物质的量浓度大小关系为c（NaOH）等于c（CH₃COOH）（填“大于”“小于”或“等于”，下同），混合前酸中c（H⁺）和碱中c（OH^-）的关系是c（H⁺）小于c（OH^-）．
（3）若该溶液是由体积相等的氢氧化钠溶液和醋酸溶液混合而成，且恰好是中性，则混合前两溶液的物质的量浓度大小关系为c（NaOH）小于c（CH₃COOH）（填“大于”“小于”或“等于”），混合后溶液中的各离子浓度的大小关系为c（CH₃COO^-）=c（Na⁺）＞c（H⁺）=c（OH^-）．

9．

运用化学反应原理研究溶液的组成与性质具有重要意义．请回答下列问题：
（1）氨水显弱碱性，若用水稀释0.1mol•L^-1的氨水，溶液中随着水量的增加而增大的是②④（填写序号）
①$\frac{{c（N{H_3}•{H_2}O）}}{{c（N{H_4}^+）}}$ ②$\frac{{c（{H^+}）}}{{c（O{H^-}）}}$ ③c（H⁺）和c（OH^-）的乘积 ④c（H⁺）
（2）室温下，将0.01mol•L^-1 NH₄HSO₄溶液与0.01mol•L^-1烧碱溶液等体积混合，所得溶液中所有离子的物质的量浓度大小关系为c（Na⁺）=c（SO₄^2-）＞c（NH₄⁺）＞c（H⁺）＞c（OH^-）（用具体离子的浓度表达式回答）．
（3）已知：25℃时，Ksp（AgCl）=1.6×10^-10（mol•L^-1）²，Ksp（AgI）=1.5×10^-16（mol•L^-1）²．在25℃条件下，向0.1L0.002mol•L^-1的NaCl溶液中逐滴加入O.1L0.002mol•L^-1的AgNO₃溶液，有白色沉淀生成，从难溶电解质的溶解平衡角度解释产生沉淀的原因是c（Ag⁺）．c（Cl^-）＞Ksp（AgCl），向反应后的浑浊液中继续加入0.1L0.002mol•L^-1的NaI溶液，观察到白色沉淀转化为黄色沉淀，产生该现象原因是（用离子方程式回答）AgCl（s）+I^-（aq）=AgI（s）+Cl^-（aq）．
（4）在25℃条件下，将a mol•L^-1的醋酸与b mol•L^-1的烧碱溶液等体积混合（混合后体积为混合前体积之和），充分反应后所得溶液显中性．则25℃条件下所得混合溶液中醋酸的电离平衡常数为$\frac{b×1{0}^{-7}}{a-b}$mol•L^-1（用含a、b的式子表示）．
（5）用惰性电极电解含有NaHCO₃的NaCl溶液，假设电解过程中产生的气体全部逸出，测得溶液pH变化如右图所示．则在0→t₁时间内，阳极反应式为2Cl^--2e^-=Cl₂↑，溶液pH升高比较缓慢的原因是（用离子方程式回答）HCO₃^-+OH^-=CO₃^2-+H₂O．

19．形成物质世界多样性的原因有：①元素种类 ②同位素 ③化学键成键方式 ④同分异构体现象 ⑤同素异形体现象（　　）

6．由金红石（TiO₂）制取单质Ti，涉及的步骤为：TiO₂→TiCl₄$→_{800℃，Ar}^{Mg}$Ti
已知：①C（s）+O₂（g）═CO₂（g）；△H=-393.4KJ/mol
②2CO（g）+O₂（g）═2CO₂（g）；△H=-556KJ/mol
③TiO₂（s）+2Cl₂（g）═TiCl₄（s）+O₂（g）；△H=+141KJ/mol
则：TiO₂（s）+2Cl₂（g）+2C（s）═TiCl₄（s）+2CO₂（g）；△H=-80KJ/mol．

3．下列关于物质组成的说法中正确的是（　　）

	A．	任何纯净物都是由一种元素组成的
	B．	一种元素只能组成一种单质
	C．	任何一种化合物都是由不同种元素组成的
	D．	任何物质都是由分子构成的

4．下列说法正确的是（　　）

	A．	原子最外层只有两个电子的元素都在第ⅡA族
	B．	人们通常在过渡元素中寻找催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料
	C．	共价化合物中可能含有离子键
	D．	水溶液能导电的化合物都是离子化合物

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