2022版高考化学选考（山东专用）一轮总复习集训：专题五非金属及其化合物 专题综合检测 WORD版含解析.docx

1、【3年模拟】时间:40分钟分值:70分一、选择题(每小题2分,共28分) 1.化学与人类生活、生产和社会可持续发展密切相关,下列说法不正确的是()A.为方便运输可用钢瓶储存液氯和浓硫酸B.食盐可作调味剂,也可用作食品防腐剂C.用淀粉溶液可以直接检验海水中是否含有碘元素D.化石燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施答案C常温下Fe与液氯不反应,Fe遇浓硫酸发生钝化,则可用钢瓶储存液氯或浓硫酸,A项正确;食盐腌制食品,形成细菌不易生长的环境,可作防腐剂,食盐具有咸味,所以食盐可作调味剂,B项正确;海水中的碘元素是碘的化合物,不能直接用淀粉溶液检验海水中是否含有碘元

2、素,C项错误;SO2和NOx的排放可导致酸雨发生,则燃料的脱硫脱氮、SO2的回收利用和NOx的催化转化都是减少酸雨产生的措施,D项正确。2.无论是传统的还是新型的无机非金属材料,硅元素都占有非常重要的地位。由于硅在太阳能发电中的重要作用,有些科学家称硅是“二十一世纪的能源”。下列关于硅的说法错误的是()A.二氧化硅可用作光导纤维B.高纯度的硅是制半导体的重要材料C.水泥、玻璃、陶瓷都是传统的硅酸盐工业产品D.自然界中硅元素的含量居各元素的第一位答案D本题考查对硅及其化合物的性质及用途的识记和理解,体现证据推理与模型认知的学科核心素养,突出对基础性的考查。光导纤维的主要成分是二氧化硅,A正确;

3、硅在元素周期表中处于金属和非金属交界线处,导致硅单质的性质介于二者之间,故硅是制半导体的重要材料,B正确; 水泥、玻璃、陶瓷都是传统的硅酸盐工业产品,C正确;硅元素的含量在自然界中居第二位,氧元素居第一位,D错误。3.光化学烟雾通常呈现淡蓝色,其主要成分及简单形成机理如图所示。下列说法错误的是()A.光化学烟雾有强氧化性B.氮氧化物还可引发酸雨等污染问题C.光化学烟雾成分中含有烃和烃的衍生物D.光化学烟雾呈现淡蓝色是因为含有NO2答案D光化学烟雾中的臭氧、过氧乙酰硝酸酯都有强氧化性,A项正确;氮氧化物可引发酸雨等污染问题,B项正确;光化学烟雾成分中含有碳氢化合物,碳氢化合物即烃类,醛、酮、过氧

4、乙酰硝酸酯都属于烃的衍生物,C项正确;NO2是红棕色气体,光化学烟雾呈现淡蓝色是由于光的折射和反射,D项错误。4.实验室处理含FeBr3废催化剂的溶液,可得到溴的苯溶液和无水FeCl3。下列做法能达到相应实验目的的是()答案C实验室制备氯气是用浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应,稀盐酸与二氧化锰不反应,不能制备氯气,A项错误;用氯气氧化溴离子时,导气管应“长进短出”,B项错误;分液时先从下口放出水相,再从上口倒出有机相,C项正确;FeCl3水解生成的HCl易挥发,直接蒸干,得不到无水FeCl3,应在HCl气氛中进行,D项错误。易错归纳加热氯化铁溶液时氯化铁水解生成氢氧化铁和氯化氢,升高温度促进水

5、解,为防止水解,应在氯化氢氛围中加热蒸干氯化铁溶液。5.关于某无色溶液中所含离子的鉴别,下列判断正确的是()A.加入AgNO3溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸后沉淀不溶解,可确定有Cl-存在B.通入Cl2后,溶液变为深黄色,加入淀粉溶液后溶液变蓝,可确定有I-存在C.加入Ba(NO3)2溶液,生成白色沉淀,加稀盐酸后沉淀不溶解,可确定有SO42-存在D.加入稀盐酸,生成的气体能使品红溶液褪色,可确定有SO32-存在答案BCl-、SO42-均能与Ag+形成不溶于稀盐酸的沉淀,A项错误;酸性条件下NO3-具有强氧化性,会将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子,与钡离子形成硫酸钡沉淀,故溶液中也可能含有亚硫酸根

6、离子,C项错误;能和盐酸反应生成能使品红褪色的气体的离子可能是亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子,D项错误。解题导引分析离子检验题目时,应注意在鉴别时应选择具有特征现象且现象较为容易观察的方案,在分析所得结论时应考虑原溶液或添加试剂对鉴别有无干扰。6.下列关系图中,A是一种正盐,B是气态氢化物,C是单质,F是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系(其他反应产物及反应所需条件均已略去),当X是强碱时,过量的B跟Cl2反应除生成C外,另一产物是盐酸盐。ABCDEF下列说法中不正确的是()A.当X是强酸时,A、B、C、D、E、F中均含同一种元素,F可能是H2SO4B.当X是强碱时,A、B、C、D、

7、E、F中均含同一种元素,F是HNO3C.B和Cl2的反应是氧化还原反应D.当X是强酸时,C在常温下是气态单质答案D当X是强酸时,F是H2SO4,A正确;当X是强碱时,F是HNO3,B正确;无论B是H2S 还是NH3,B和Cl2的反应一定是氧化还原反应,C正确;当X是强酸时,C是硫,在常温下是固态单质,D错误。审题指导根据图中的转化关系可知,当X是强酸时,A可能是Na2S,B、C、D、E、F分别是H2S、S、SO2、SO3、H2SO4;当X是强碱时,A可能是NH4Cl,B、C、D、E、F分别是NH3、N2、NO、NO2、HNO3。7.探究浓硫酸和铜的反应,下列装置或操作正确的是()A.用装置甲进

8、行铜和浓硫酸的反应B.用装置乙收集二氧化硫并吸收尾气C.用装置丙稀释反应后的混合液D.用装置丁测定余酸的浓度答案C铜与浓硫酸需要在加热条件下才能反应,A错误;SO2的密度比空气的大,应使用向上排空气法收集,即气体“长进短出”,B错误;反应后的混合液中含有过量的浓硫酸,稀释时,应将其沿烧杯内壁慢慢倒入水中,且用玻璃棒不断搅拌,C正确;应使用碱式滴定管盛装氢氧化钠溶液,D错误。8.南海是一个巨大的资源宝库,开发利用这些资源是科学研究的重要课题。下图为海水资源利用的部分过程,有关说法正确的是()A.氯碱工业中采用阴离子交换膜可提高产品的纯度B.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂C.由MgCl26H2

9、O得到无水MgCl2的关键是要低温小火烘干D.、的目的是富集溴元素,溴元素在反应、中均被氧化,在反应中被还原答案D氯碱工业的原理是电解饱和食盐水,采用的是阳离子交换膜,使钠离子转移到阴极,阳极得到Cl2,阴极得到H2和NaOH,这样既能防止阴极产生的H2与阳极产生的Cl2反应,还可以防止Cl2与NaOH反应,A项错误;工业上沉淀海水中的Mg2+,常采用石灰乳,不用NaOH,因为NaOH的价格较高,B项错误;由MgCl26H2O得到无水MgCl2的关键是在HCl氛围中加热,以抑制Mg2+的水解,C项错误;溴元素在反应、中由Br-转化为Br2,被氧化,在反应中由Br2转化为Br-,被还原,D项正确

10、。规律总结分别加热蒸干AlCl3、MgCl2、FeCl3溶液,得不到对应的溶质,分别得到的是Al(OH)3、Mg(OH)2、Fe(OH)3,灼烧后分别得到Al2O3、MgO、Fe2O3。9.根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是()选项实验操作现象结论A将某溶液与稀盐酸反应产生的气体通入澄清石灰水石灰水变浑浊该溶液中一定含有CO32-B将干燥的Cl2通过有色鲜花鲜花褪色Cl2有漂白性C向某无色溶液中滴加氯水和CCl4,振荡、静置下层溶液呈紫色原溶液中有I-D取久置的Na2O2粉末,向其中滴加过量的盐酸产生气体Na2O2没有变质答案CA项,未排除HCO3-、SO32-、HSO3-的干扰,不正确

11、;B项,鲜花中有水分,使其褪色的是Cl2与H2O反应后生成的HClO,而不是Cl2本身,不正确;C项,原溶液为无色,说明溶液中无I2,正确;D项,Na2O2变质后会生成Na2CO3,Na2CO3与盐酸反应同样会产生气体,不正确。10.将足量Cl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中。在此过程中溶液的pH与Cl2用量的关系示意图是(溶液体积变化忽略不计,且不考虑Cl2与水反应)()答案A亚硫酸根离子与溴离子都具有还原性,但是亚硫酸根离子还原性强于溴离子,通入氯气后,氯气首先氧化H2SO3为H2SO4,H2SO3反应完毕,然后再氧化Br-。氯气氧化亚硫酸生成硫酸:C

12、l2+H2SO3+H2OH2SO4+2HCl0.02mol0.02mol0.02mol0.04mol溶液中c(H+)增大,pH减小,H2SO3反应完毕后,Cl2氧化Br-:Cl2+2HBrBr2+2HCl0.02mol0.02mol溶液中c(H+)不变,pH不变,A项正确。解题关键理清题述反应的先后顺序是解题关键,还原性H2SO3Br-,故Cl2先与H2SO3反应后与Br-反应。11.Na2S2O5是常用的防腐剂和漂白剂。可利用烟道气中的SO2生产Na2S2O5,其流程如下:下列说法正确的是()A.上述制备过程所涉及的物质中只有一种酸性氧化物B.Na2S2O5作防腐剂和SO2作漂白剂时,均表现

13、还原性C.上述流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换D.实验室模拟“结晶脱水”时用到的仪器只有蒸发皿、玻璃棒、烧杯、漏斗答案C饱和碳酸钠溶液中通入二氧化硫,使溶液pH变为4.1,Na2CO3、Na2SO3及NaHCO3溶液显碱性,而NaHSO3溶液显酸性,说明反应生成了NaHSO3,同时放出二氧化碳,中的溶液应为NaHSO3溶液;再加入Na2CO3固体,将NaHSO3转化为Na2SO3,再次充入SO2,将Na2SO3转化为NaHSO3得到过饱和的NaHSO3溶液,由NaHSO3过饱和溶液结晶脱水制得Na2S2O5。题述制备过程所涉及的物质中有2种酸性氧化物二氧化硫和二氧化碳,A

14、项错误;SO2作漂白剂时,未发生氧化还原反应,没有表现还原性,B项错误;根据上述分析,流程中的Na2CO3饱和溶液和Na2CO3固体不可互换,否则得不到过饱和的NaHSO3溶液,C项正确;“结晶脱水”时加热固体分解,应该在坩埚中进行,而且需要加热,缺少酒精灯,D项错误。解题思路题中可用到的模型:、可类比于海水提取Br2过程中的富集过程,中形成沉淀类比于侯氏制碱法中形成过饱和溶液,使物质自发形成沉淀析出。12.某学生做如下实验:第一步,在淀粉-KI溶液中滴入少量NaClO溶液,并加入少量稀硫酸,溶液立即变蓝;第二步,在上述蓝色溶液中,滴加足量的Na2SO3溶液,蓝色逐渐消失。下列叙述中该同学对实

15、验原理的解释和所得结论不正确的是()A.氧化性:ClO-I2SO42-B.蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性C.淀粉-KI溶液变蓝是因为I-被ClO-氧化为I2,淀粉溶液遇I2变蓝D.若将Na2SO3溶液加入氯水中,氯水褪色答案B由题意可知两步反应分别为2I-+ClO-+2H+Cl-+I2+H2O,I2+SO32-+H2O2I-+SO42-+2H+。氧化性:ClO-I2SO42-,A正确;SO32-将I2还原为I-,溶液蓝色消失,B不正确;由上述反应可知C正确;氧化性:Cl2I2SO42-,可发生反应Cl2+SO32-+H2O2Cl-+SO42-+2H+,D正确。关联知识淀粉溶液遇I2

16、会变蓝,一旦I2被完全还原为I-,蓝色就会褪去。13.天然气是一种重要的化工原料和燃料,常含有少量H2S。一种在酸性介质中进行天然气脱硫的原理示意图如图所示。下列说法正确的是()A.脱硫过程中Fe2(SO4)3溶液的pH逐渐减小B.CH4是天然气脱硫过程的催化剂C.脱硫过程需不断补充FeSO4D.整个脱硫过程中参加反应的n(H2S)n(O2)=21答案D脱硫过程中有水产生,使Fe2(SO4)3溶液的浓度逐渐减小,因此溶液的pH逐渐增大,A错误;CH4没有参加反应,因此不是天然气脱硫过程的催化剂,B错误;脱硫过程中产生中间产物FeSO4,之后该物质又被消耗,FeSO4的物质的量不变,因此不需补充

17、FeSO4,C错误;总反应方程式为2H2S+O22S+2H2O,故参加反应的n(H2S)n(O2)=21,D正确。思路梳理脱硫过程中发生反应:Fe2(SO4)3+H2S2FeSO4+H2SO4+S,4FeSO4+O2+2H2SO42Fe2(SO4)3+2H2O,总反应方程式为2H2S+O22S+2H2O。14.水泥熟料的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物。实验室测定水泥样品中钙含量的过程如图所示:下列叙述正确的是()A.水泥、玻璃、陶瓷为传统的硅酸盐材料,三者的成分都主要为SiO2B.沉淀A主要成分为SiO2,沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3C.为了加快溶

18、解速率,使用盐酸代替硫酸处理草酸钙D.草酸钙易溶于水答案B水泥、玻璃、陶瓷均为硅酸盐材料,所以主要成分是硅酸盐,A项错误;水泥样品的主要成分为CaO、SiO2,并含有一定量的铁、铝和镁等金属的氧化物,向水泥样品中加入氯化铵、盐酸和硝酸,由于二氧化硅与酸不反应,则得到的沉淀A为SiO2,滤液中含有Ca2+、Fe3+、Al3+、Mg2+等离子,加入氨水调节pH到45之间,可生成Al(OH)3、Fe(OH)3沉淀,则沉淀B为Fe(OH)3、Al(OH)3,B项正确;使用盐酸代替硫酸处理草酸钙,在溶液中剩余的HCl也能被高锰酸钾氧化,从而干扰草酸钙的测定,进而使测得的钙的含量产生误差,C项错误;草酸钙

19、是难溶于水的白色固体,D项错误。二、非选择题(共42分)15.二氧化氯(ClO2)和臭氧(O3)均具有强氧化性,可用于水处理。ClO2是一种易溶于水的黄绿色气体,其体积分数超过10%时易引起爆炸;O3是一种微溶于水的蓝色气体,其体积分数超过25%时容易引起爆炸。(1)以FeS2作还原剂,在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,同时得到Fe2(SO4)3、Na2SO4,该反应的化学方程式为。(2)以过氧化氢作还原剂,在硫酸介质中还原NaClO3制备ClO2,并将制得的ClO2处理含CN-废水。实验室模拟该过程的实验装置(夹持装置略)如图所示。反应容器B应置于30左右的水浴中,目的是。通入氮气的

20、目的除了有利于将ClO2排出,还有。ClO2处理含CN-废水的离子方程式为。装置D的作用是。答案(1)2FeS2+30NaClO3+14H2SO430ClO2+Fe2(SO4)3+15Na2SO4+14H2O(2)提高化学反应速率,同时防止H2O2受热分解(或答:高于30会导致H2O2分解,低于30会导致反应速率较低)稀释ClO2,防止其发生爆炸2CN-+2ClO22CO2+N2+2Cl-吸收ClO2等气体,防止污染大气解析(1)根据题意,FeS2、硫酸、NaClO3反应生成ClO2、Fe2(SO4)3、Na2SO4,根据原子守恒推出应该还有水生成,再根据得失电子守恒配平反应方程式。(2)首先

21、30高于室温有加快反应速率的作用;其次加热温度没有更高是为了防止H2O2受热分解。根据题意,ClO2体积分数超过10%时易引起爆炸,所以通入氮气有稀释ClO2,防止其发生爆炸的作用。ClO2处理含CN-废水,ClO2作氧化剂,将CN-氧化生成对环境友好的CO2与N2,而自身被还原成Cl-。NaOH溶液的作用是吸收多余的ClO2,防止污染空气。规律总结控制反应在某温度(高于室温)的原因通常从两个方面着手回答:一方面温度不能太低,防止反应速率太慢等;另一方面温度不能太高,防止某反应物或产物受热分解、受热挥发等。审题技巧仔细审题得知ClO2“体积分数超过10%时易引起爆炸”,所以通入氮气的目的除了有

22、利于将ClO2排出,还有稀释ClO2防止其发生爆炸的作用。16.亚硝酰氯(NOCl,熔点:-64.5,沸点:-5.5)是一种黄色气体,遇水易水解。可用于合成清洁剂、触媒剂及中间体等。实验室可由氯气与一氧化氮在常温、常压下合成。(1)甲组的同学欲制备原料气NO和Cl2,制备装置如下图所示:为制备纯净干燥的气体,补充下表中缺少的药品。装置装置烧瓶中分液漏斗中制备纯净Cl2MnO2制备纯净NOCu(2)乙组同学利用甲组制得的NO和Cl2制备NOCl,装置如图所示:为了使气体充分反应,从A处进入的气体是(填“Cl2”或“NO”)。装置连接顺序为a(按气流自左向右方向,用小写字母表示)。装置、除可干燥N

23、O、Cl2外,另一个作用是。装置中吸收尾气时,NOCl发生反应的化学方程式为。(3)丙组同学查阅资料,查得王水是浓硝酸与浓盐酸的混合酸,一定条件下混合酸可生成亚硝酰氯和氯气,该反应的化学方程式为。答案(1)浓盐酸饱和食盐水稀硝酸水(2)Cl2ef(或fe)cbd通过观察气泡调节气体流速NOCl+2NaOHNaCl+NaNO2+H2O(3)HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl+Cl2+2H2O解析(1)用装置制备氯气,实验室用浓盐酸与二氧化锰制备,制得的氯气中混有氯化氢和水蒸气,故装置用饱和食盐水吸收氯化氢气体。用装置制备NO,可用铜和稀硝酸反应制备,制得的NO中可能混有NO2,NO不溶于水,

24、NO2与水反应生成NO,故装置中的物质应为H2O。(2)将Cl2和NO干燥后在装置中发生反应,在冰盐中冷凝收集NOCl,Cl2、NO以及NOCl均不能排放到空气中,则需用氢氧化钠溶液吸收,NOCl遇水易水解,故在收集装置和尾气处理装置之间需加一个干燥装置,因此装置连接顺序是aef(或fe)cbd。(3)一定条件下浓硝酸和浓盐酸的混合酸可生成亚硝酰氯和氯气,该反应的化学方程式为HNO3(浓)+3HCl(浓)NOCl+Cl2+2H2O。17.某学习小组设计实验探究CuSO4的分解产物。.甲同学选择下列装置设计实验探究硫酸铜分解的气态产物SO3、SO2和O2,并验证SO2的还原性。回答下列有关问题:

25、(1)上述装置按气流从左至右排序为A、D、E、F(填代号)。(2)装置D的作用是;能证明有SO3生成的实验现象是。(3)在实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液,说明A中分解产物有;待C中有明显现象后,F开始收集气体,F装置中集气瓶收集到了少量气体,该气体是(填化学式)。(4)为了验证SO2的还原性,取E装置中反应后的溶液于试管中,设计如下实验:a.滴加少量的NH4SCN溶液b.滴加少量的K3Fe(CN)6溶液c.滴加酸性KMnO4溶液d.滴加盐酸酸化BaCl2溶液其中,方案合理的有(填代号),写出E装置中可能发生反应的离子方程式:。.乙同学利用A中残留固体验证固体产物(假设硫酸铜已完全分

26、解)。查阅资料知,铜元素有+2、+1价,且分解产物中不含0价的铜。Cu2O在酸性条件下不稳定,发生反应:Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O。(5)为了验证固体产物中是否有Cu2O,设计了下列4种方案,其中能达到实验目的的是。甲:取少量残留固体于试管,滴加足量的稀硝酸,观察溶液颜色是否变为蓝色乙:取少量残留固体于试管,滴加足量的稀硫酸,观察溶液颜色是否变为蓝色丙:取少量残留固体于试管,滴加足量的稀盐酸,观察是否有红色固体生成丁:取少量残留固体于试管,通入氢气,加热,观察是否生成红色固体(6)经检验CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2,且CuO、Cu2O的质量之比为59,SO

27、2、O2、SO3的体积之比(同温同压下测定)为432。写出CuSO4分解的化学方程式:。答案(1)B、C(2)防倒吸(或作安全瓶)B装置中产生白色沉淀(3)SO2O2(4)bd2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+(5)丙(6)6CuSO42CuO+2Cu2O+2SO3+4SO2+3O2解析(1)根据题意分析可知,B装置为检验SO3的装置,C装置为检验SO2的装置,E装置可以验证SO2的还原性,F装置用来收集氧气,故连接顺序为A、D、B、C、E、F。(2)装置D的作用是防倒吸;SO3与氯化钡溶液反应生成白色沉淀,B装置中产生白色沉淀证明有SO3生成。(3)二氧化硫具有漂白性,在

28、实验过程中C装置中红色溶液逐渐变为无色溶液,说明A中分解产物有SO2;氧气不易溶于水,F中收集的气体为O2。(4)E装置中为氯化铁溶液,FeCl3与二氧化硫发生氧化还原反应:2Fe3+SO2+2H2O2Fe2+SO42-+4H+,检验生成的Fe2+或SO42-即可验证SO2的还原性,Fe2+遇K3Fe(CN)6溶液有蓝色沉淀生成,SO42-遇盐酸酸化的BaCl2溶液生成白色沉淀,故合理选项是bd。(5)已知Cu2O在酸性条件下不稳定,发生反应:Cu2O+2H+Cu+Cu2+H2O,A中硫酸铜完全分解,则得到CuO或Cu2O,取少量残留固体于试管,滴加足量的稀盐酸,观察是否有红色固体生成可以验证

29、固体产物中是否有Cu2O,故合理选项是丙。(6)CuSO4分解生成CuO、Cu2O、SO3、SO2和O2,且CuO、Cu2O的质量之比为59,设CuO、Cu2O的物质的量分别为a、b,有80a144b=59,解得ab=11;SO2、O2、SO3的体积之比(同温同压下测定)为432,则SO2、O2、SO3的物质的量之比为432,则CuSO4分解的化学方程式为6CuSO42CuO+2Cu2O+2SO3+4SO2+3O2。解题关键分析问题时要注意物质检验的先后顺序、检验试剂及反应现象,在配平氧化还原反应方程式时要注意结合得失电子守恒、原子守恒分析解答。18.氯气与碱溶液反应,在低温和稀碱溶液中主要产

30、物是ClO-和Cl-,在75以上和浓碱溶液中主要产物是ClO3-和Cl-。研究小组用如下实验装置(夹持装置已略)制取氯酸钾(KClO3),并测定其纯度。回答下列问题:(1)检查装置气密性后,添加药品,待装置水温升至75开始反应。写出装置中反应的化学方程式:。若取消装置,对本实验的影响是。实验结束,拆解装置前为了防止大量氯气逸出,可采取的措施是。(2)已知碱性条件下,ClO-有强氧化性,而ClO3-氧化性很弱。设计实验证明碱性条件下,H2O2能被ClO-氧化,而不能被ClO3-氧化:。(3)为测定产品KClO3的纯度,进行如下实验:步骤1:取2.45g样品溶于水配成250mL溶液。步骤2:取25

31、.00mL溶液于锥形瓶中,调至pH=10,滴加足量H2O2溶液充分振荡,然后煮沸溶液12分钟,冷却。步骤3:加入过量KI溶液,再逐滴加入足量稀硫酸。(ClO3-+6I-+6H+Cl-+3I2+3H2O)步骤4:加入指示剂,用0.5000molL-1Na2S2O3标准溶液滴定至终点,消耗标准溶液20.00mL。(2S2O32-+I2S4O62-+2I-)步骤2的目的是。写出煮沸时反应的化学方程式:。样品中KClO3的质量分数为。(KClO3的相对分子质量:122.5)答案(1)4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O杂质HCl消耗KOH,使KClO3产率降低将装置中的溶液从分液漏斗注

32、入圆底烧瓶中(2)分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中,均滴加少量NaOH溶液,再分别滴加H2O2溶液,A中有能使带火星的木条复燃的气泡产生,B中无明显现象(或分别取少量NaClO和NaClO3溶液于试管A、B中,均滴加少量NaOH溶液,再分别滴加H2O2溶液充分振荡,然后煮沸溶液12分钟,冷却。分别加入足量稀硝酸酸化,滴加AgNO3溶液,A中产生白色沉淀,B中无明显现象)(3)除去ClO-2H2O22H2O+O283.3%解析(1)装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水,化学方程式是4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O。装置中为饱和食盐水,可以除去氯气

33、中混有的氯化氢,若取消装置,杂质HCl气体消耗装置试管中的氢氧化钾,从而使KClO3产率降低。实验结束拆解装置前为了防止大量氯气逸出,可采取的措施是将装置中的氢氧化钠溶液从分液漏斗中注入圆底烧瓶。(3)步骤2中在碱性条件下ClO-被H2O2还原为Cl-,目的是除去ClO-;加热煮沸可以使过量的H2O2分解,防止其氧化KI。设25.00mL溶液中含有KClO3的质量为xg;KClO36S2O32-122.56molx0.5molL-10.02L列式解得x0.204,样品中KClO3的质量分数为0.204g0.245g100%83.3%。解题思路装置中二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水;装置中为饱和食盐水,可以除去氯气中混有的氯化氢;可用氢氧化钠溶液吸收装置中的氯气。