2022-2023学年吉林省长春市第二实验中学高一上学期期中考试化学试题含解析

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吉林省长春市第二实验中学2022-2023学年高一上学期
期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列关于物质的分类中，正确的是
选项
酸性氧化物
碱
盐
混合物
A

NaOH
NaCl
氢氧化铁胶体
B



硫酸铜溶液
C



稀盐酸
D





A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】A．为碱性氯化物不是酸性氧化物，A错误；
B．为酸性氧化物，是碱，属于盐，硫酸铜溶液属于混合物，B正确；
C．为盐不是碱，C错误；
D．为纯净物，不是混合物，D错误。
故选B。
2．向胶体中加入电解质能使胶体聚沉，使一定量的胶体溶液在一定时间内开始聚沉所需电解质的浓度(mol/L)称作“聚沉值”，电解质“聚沉值”越小，则表示其聚沉能力越大，实验证明：聚沉能力主要取决于与胶体所带相反电荷的离子所带电荷数，电荷数越大，聚沉能力越大。向胶体中加入下列电解质时，其“聚沉值”最大的是
A． B． C．NaCl D．
【答案】C
【分析】胶体的凝聚能力主要决定于胶粒带相反电荷的离子所带的电荷数。因Fe（OH）3胶体粒子带正电荷，则加入电解质的阴离子所带电荷数越多，其聚沉能力越大，聚沉值越小。
【详解】Na3PO4中一个磷酸根离子带3个负电荷；MgSO4中一个硫酸根离子带2个负电荷；NaCl中一个氯离子带一个负电荷；K2CO3一个碳酸根离子带2个负电荷；
由上可知氯离子所带电荷最少，聚沉值最大，故选C。
3．下列氧化还原反应中电子的转移表示错误的是
A．
B．
C．
D．
【答案】C
【详解】A．氧化铁中铁由+3价变为0价，得到电子2×3e-，氢气中的氢由0价变为+1价，失去电子6×e-，A正确；
B．二氧化锰中Mn的化合价由+4价到+2价，得2个电子，部分盐酸中氯的化合价由-1价到0价，失电子，4HCl中2HCl失去2×e-，B正确；
C．二氧化硅中的硅为+4价，应得到4个电子变为0价的硅；碳单质的化合价为0价，应该失去2×2e-电子，C错误；
D．铜由0价变为+2价，失去1×2e-电子，硝酸中部分氮由+5价变为+4价，得到2×e-电子，D正确；
故选C。
4．硫化氢的转化是资源利用和环境保护的重要研究课题。将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2和CuCl2的混合溶液中回收S，其转化如图所示（CuS不溶于水）。下列说法中，不正确的是（      ）

A．过程①中，生成CuS的反应为H2S+Cu2+=CuS↓+2H+
B．过程②中，Fe3+作氧化剂
C．转化图中化合价不变的元素只有铜和氯
D．回收S的总反应为2H2S+O2=2H2O+2S↓
【答案】C
【分析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+；②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S；③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应 2H2S+O2=2S↓+2H2O，再结合氧化还原反应中的基本概念解题。
【详解】A．根据图中转化可知，生成CuS的反应为H2S + Cu2+=CuS↓+ 2H+，A正确；
B．过程②中，Fe3+转化为Fe2+，Fe3+为氧化剂，B正确；
C．结合分析中的三个方程式，转化过程中化合价不变的元素除了有铜、氯之外还有氢，C错误；
D．根据图中转化可知，反应物为H2S和O2，生成物为S，根据原子守恒，还有水生成，总反应是2H2S+O2=2H2O+2S↓，D正确；
故选C。
5．在常温下，发生下列几种反应：
①
②
③
根据上述反应，下列结论判断错误的是
A．溶液中可发生反应：
B．在①、③反应中为还原剂
C．氧化性强弱的顺序为：
D．是的还原产物
【答案】B
【详解】，氧化性：；
，氧化性：；
，氧化性：，所以氧化性关系为：，则还原性为；
A．氧化性：，则溶液中可发生：，选项A正确；
B．，还原性：是还原剂；，反应中是氧化剂；选项B错误；
C．由分析可知，氧化性关系为：，选项C正确；
D．氧化剂得电子化合价降低，发生还原反应，得到还原产物，则是的还原产物，选项D正确。
答案选B。
6．在一定条件下，将ag某物质在足量O2中充分燃烧后，再通过足量的Na2O2固体，测得固体共增重ag。则该物质可能是
A．CH4 B．CO2 C．CH3OH D．H2O
【答案】C
【详解】A．CH4燃烧方程式为CH4+2O2CO2+2H2O，而(CO2+2H2O)1.5O2，所以agCH4燃烧产物用Na2O2吸收后，固体质量增重大于ag，A不符合题意；
B．CO20.5O2，则agCO2与Na2O2反应后，固体质量增重小于ag，B不符合题意；
C．CH3OH可改写成CO∙(H2)2，借助O2的作用，CO、H2可与Na2O2作用转化为Na2CO3和NaOH，则agCH3OH燃烧产物与Na2O2反应，固体质量增重刚好为ag，C符合题意；
D．2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2↑，则agH2O与Na2O2反应后，固体质量增重小于ag，D不符合题意；
故选C。
7．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．标准状况下，11.2LH2O中含有分子的数目为0.5NA
B．在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有的氢原子总数为3NA
C．标准状况下，22.4LN2和H2的混合气体中，原子总数为2NA
D．1molFe与足量的稀硫酸反应转化为Fe3+失去的电子数为3NA
【答案】C
【详解】A．标准状况下，H2O为液体，不能按照气体摩尔体积计算其分子数，故A错误；
B．乙醇分子中含氢原子，水分子中也含氢原子，在50g质量分数为46%的乙醇水溶液中，乙醇的物质的量为=0.5mol，水的物质的量为=1.5mol，则该溶液中含的氢原子总数为0.5mol6+1.5mol2=6NA，故B错误；
C．N2和H2均为双原子分子，22.4LN2和H2的混合气体中原子的物质的量为，则原子总数为2NA，故C正确；
D．1mol Fe与足量的稀硫酸反应生成Fe2+，而不是Fe3+，转移的电子数为1mol2=2NA，故D错误；
故选C。
8．以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物。

下列分析不正确的是
A．反应③表明具有酸性氧化物的性质
B．反应④说明高温时比更稳定
C．反应⑤、⑥可用于潜水艇中氧气的供给
D．Na放在空气中表面最终生成的是
【答案】B
【详解】A．酸性氧化物与碱反应生成盐和水，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，则反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质，故A正确；
B．碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，则反应④说明Na2CO3的稳定性强于NaHCO3，故B错误；
C．过氧化钠与水或二氧化碳反应生成氧气，可用过氧化钠作为潜水艇中氧气的供给，故C正确；
D．钠放在空气中先和空气中的O2反应生成Na2O，接着再和空气中的水蒸气反应生成NaOH，然后NaOH潮解并吸收CO2变成碳酸钠结晶水合物，最后风化变成碳酸钠粉末，故D正确；
故答案为B
9．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示(其中d、e为钾盐)。NA为阿伏加德罗常数的值。下列推断不合理的是

A．液态b可储存在钢瓶中
B．一定条件下，c、e都能分解生成O2
C．a、e在水溶液中反应生成1 mol氯气，转移电子数为2NA
D．家中清洗厕所时，a、d的水溶液的对应产品不可混用
【答案】C
【分析】由图可知，a为氯化氢、b为氯气、c为次氯酸、d为次氯酸钾、e为氯酸钾。
【详解】A．液态干燥的氯气与铁不反应，所以液氯可储存在钢瓶中，故A正确；
B．次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，氯酸钾在二氧化锰做催化剂条件下受热分解生成氯化钾和氧气，则一定条件下，次氯酸、氯酸钾都能分解生成氧气，故B正确；
C．浓盐酸与氯酸钾反应生成氯化钾、氯气和水，反应的化学方程式为KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，反应生成1 mol氯气，转移电子数为，故C错误；
D．盐酸与次氯酸钾反应生成氯化钾、氯气和水，氯气有毒，所以家中清洗厕所时，氯化氢、次氯酸钾的水溶液的对应产品不可混用，故D正确；
故选C。
10．甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，它们所含的离子如表所示：
阳离子
、Na+、Mg2+
阴离子
OH-、、

取等质量的三种化合物分别配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)>c(乙)>c(丙)。下列说法错误的是A．甲中一定含有Na+ B．乙中一定含有
C．丙中一定含有Mg2+ D．丙中一定含有
【答案】D
【详解】由题干信息：甲、乙、丙是三种不含相同离子的可溶性强电解质，故OH-只能与Na+结合成强电解质NaOH，又取等质量的三种化合物分别配制相同体积的溶液，其物质的量浓度：c(甲)>c(乙)>c(丙)，故有甲、乙、丙的摩尔质量依次增大，则甲、乙、丙分别为NaOH、(NH4)2SO4、Mg(NO3)2或NaOH、NH4NO3、MgSO4，据此解题：
A．由分析可知，甲为NaOH，故甲中一定含有Na+，A正确；    
B．由分析可知，乙为(NH4)2SO4或NH4NO3，故乙中一定含有，B正确；
C．由分析可知，丙为Mg(NO3)2或MgSO4，故丙中一定含有Mg2+，C正确；    
D．由分析可知，丙为Mg(NO3)2或MgSO4，故丙中不一定含有，D错误；
故答案为：D。
11．在含有amolFeBr2的溶液中，通入xmolCl2（已知氧化性：Br2＞Fe3+)。下列各项通入Cl2过程中溶液内发生反应的离子方程式，其中不正确的是（    ）
A．x=0.4a，2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．x=0.6a，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-
C．x=a，2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-
D．x=1.5a，2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-
【答案】B
【分析】已知氧化性：Br2＞Fe3+，则还原性：Fe2+＞Br-，通入Cl2，依次发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，当n(Cl2)：n(FeBr2)≤时，只氧化Fe2+，当n(Cl2)：n(FeBr2)≥时，Fe2+和Br-被完全氧化，介于二者之间时，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，结合反应物物质的量之间的关系解答该题。
【详解】A．x=0.4a，n(Cl2)：n(FeBr2)=0.4＜，只氧化Fe2+，离子反应：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，故A正确；
B．x=0.6a，n(Cl2)：n(FeBr2)介于～，Fe2+被完全氧化，Br-被部分氧化，则离子反应为：10Fe2++2Br-+6Cl2=Br2+10Fe3++12Cl-，故B错误；
C．x=a，n(Cl2)：n(FeBr2)介于～，Fe2+被完全氧化，amolFe2+被氧化消耗0.5amolCl2，剩余0.5amolCl2可与amolBr-发生氧化还原反应，则反应的离子方程式为2Fe2++2Br-+2Cl2=Br2+2Fe3++4Cl-，故C正确；
D．x=1.5a，Fe2+和Br-恰好被完全氧化，反应的离子方程式为2Fe2++4Br-+3Cl2=2Br2+2Fe3++6Cl-，故D正确；
答案选B。
12．某温度下，将氯气通入溶液中，反应得到、、的混合溶液(已知氯气和在一定温度下能发生反应：，)，经测定与的数目之比为1∶3，则氯气与氢氧化钠反应时，被还原的氯元素和被氧化的氯元素的质量之比为
A．21∶5 B．11∶3 C．3∶1 D．4∶1
【答案】D
【详解】生成与是被氧化的过程，元素化合价分别由0价升高到价和价，与的数目之比为1∶3，设的数目为1，的数目为3，则失去电子的数目为，根据得失电子守恒可知，得到电子的数目也应为16，生成是被还原的过程，元素化合价由0价降低到价，则被还原的的个数为16，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的质量之比为；故选D。
13．在反应11P+15CuSO4+24H2O=5Cu3P+6H3PO4+15H2SO4中，每摩尔CuSO4能氧化P的物质的量为
A．1/5 mol B．2/5 mol C．3/5mol D．11/5 mol
【答案】A
【详解】首先分析反应中各元素的化合价变化，Cu的价态由+2→+1（还原），11molP元素中6mol化合价升高（氧化）、5mol化合价降低（还原），可见被氧化的6molP，是被Cu（+2）和另一部分P共同氧化的；由电子得失数目可知，6mol被氧化的P共失电子6mol×5=30mol，其中Cu（+2）得15mol，另一部分P得另15mol．即15molCuSO4所氧化的P为=3mol，则1molCuSO4氧化Pmol，即0.2mol，故选A。
14．向体积均为10mL且物质的量浓度相同的两份NaOH溶液中分别通入一定量的CO2得到溶液甲和乙。向甲、乙两溶液中分别滴加0.1mol•L-1盐酸，反应生成CO2体积(标准状况)与所加盐酸体积间的关系如图所示。则下列叙述中正确的是

A．原NaOH溶液的物质的量浓度为0.05 mol•L-1
B．甲溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3
C．当0＜V(HCl)＜10 mL时，甲溶液中发生反应的离子方程式为OH-+ H+=H2O
D．乙溶液中滴加盐酸后产生CO2体积的最大值为112 mL(标准状况)
【答案】B
【分析】在氢氧化钠溶液中通入一定量的二氧化碳后，溶液中溶质的组成可能是NaOH和Na2CO3、Na2CO3、Na2CO3和NaHCO3、NaHCO3四种情况，没有产生二氧化碳时的反应可能为OH-+H+=H2O和CO32-+H+=HCO3-，产生二氧化碳的反应为HCO3-+H+=H2O+CO2↑；
【详解】A．HCl加入50ml时，恰好反应生成NaCl，根据Na元素和Cl元素守恒，HCl的物质的量等于NaOH的物质的量，所以c(NaOH)=0.05L×0.1mol/L÷0.01L=0.5mol•L‾1，故A错误；
B．甲溶液发生CO32-+H+=HCO3-反应消耗盐酸10mL，发生HCO3-+H+=H2O+CO2↑反应消耗盐酸40mL，所以甲溶液中含有的溶质是Na2CO3、NaHCO3，故B正确；
C．根据甲的图象可知，甲溶液含有Na2CO3和NaHCO3，所以0 D．当乙溶液加入的HCl体积 40 选B。
15．在t ℃时将a g NH3完全溶于水得到V mL溶液，该溶液的密度为ρg·cm－3，质量分数为w。下列说法正确的是（      ）
A．溶质的质量分数w＝a/（Vρ-a）×100%
B．溶质的物质的量浓度c＝a/17Vmol·L－1
C．溶液密度ρ可表示为17c/wg·cm－3
D．上述溶液中再加入V mL水，所得溶液溶质的质量分数小于0.5w
【答案】D
【详解】A、氨水溶液的溶质为氨气，该溶液的密度为ρ g•cm-3，体积为VmL，所以溶液质量为ρVg，溶质氨气的质量为ag，溶质的质量分数为×100%=×100%，故A错误；B、a g NH3的物质的量为=mol，溶液体积为VmL，所以溶液的物质的量浓度为=mol/L，故B错误；C、溶液密度ρ===g·cm－3，故C错误；D、水的密度比氨水的密度大，相等体积的氨水与水，水的质量大，等体积混合后溶液的质量大于原氨水的2倍，溶液中氨气的质量相同，等体积混合所得溶液溶质的质量分数小于0.5w，故D正确；故选D。

二、计算题
16．（1）标准状况下，5.6 L A气体的质量是15 g ，则A的相对原子质量为___。
（2）一定量的液态化合物XY2，与一定量O2在一密闭容器中恰好完全反应：XY2（液）+3O2（气）=XO2（气）+2YO2（气），冷却至标准状况，测得容器内气体的体积为6.72L，密度为2.5g/L。则：化合物XY2的摩尔质量为________。
（3）质量之比为16:7:6的三种气体SO2、CO、NO，分子数之比为___________，氧原子数之比为__________，相同条件下的体积之比为___________。
【答案】     60     72 g/mol     5:5:4     10:5:4     5:5:4
【分析】（1）用公式n=和M=计算。
（2）用公式n=计算生成的气体总物质的量，结合方程式计算消耗O2和XY2的物质的量；用公式m=ρV计算生成物的总质量，根据质量守恒定律计算消耗XY2的质量；用M=计算XY2的摩尔质量。
（3）用公式n=计算三种气体分子物质的量之比，进一步计算O原子数之比；用阿伏加德罗定律确定体积比。
【详解】（1）n（A）==0.25mol，M（A）==60g/mol，则A的相对原子质量为60。
（2）生成的气体总物质的量为=0.3mol，根据方程式XY2（液）+3O2（气）=XO2（气）+2YO2（气），反应消耗的XY2、O2物质的量依次为0.1mol、0.3mol，消耗O2的质量为0.3mol×32g/mol=9.6g；生成物的总质量为2.5g/L×6.72L=16.8g，根据质量守恒定律，反应消耗的XY2的质量为16.8g-9.6g=7.2g；XY2的摩尔质量M（XY2）==72g/mol。
（3）质量之比为16:7:6的SO2、CO、NO分子物质的量之比为：：=5：5：4，所含分子数之比为5：5：4；1个SO2分子中含2个O，1个CO分子中含1个O，1个NO分子中含1个O，所含O原子数之比为10：5：4；根据阿伏加德罗定律，相同条件下气体的体积之比等于气体分子数之比，相同条件下体积之比为5：5：4。

三、实验题
17．某研究性学习小组欲测定25℃ 、101 kPa下的气体摩尔体积。该小组设计的简易实验装置如图所示。

该实验的主要操作步骤如下：
①用已知浓度的浓盐酸配制100 mL1.0 mol·L-1的盐酸（需要用到的仪器有量筒、烧杯、_____，_____，_____）；
②用10 mL的量筒量取8.0 mL1.0 mol·L-1的盐酸加入锥形瓶中；
③准确称取a g已除去表面氧化膜的镁条，并系于铜丝末端，为使HCl全部参加反应，a最小为________；
④往广口瓶中装入足量水，按图所示连接好装置，检查装置的气密性；
⑤反应结束后待体系温度恢复到室温，读出量筒中水的体积为V mL。
请回答下列问题：
(1)步骤①中，配制100 mL1.0 mol·L-1的盐酸时，下列会使所配制溶液的浓度偏小的操作有( )
A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液
C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长
D．定容完成后，将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理
E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线
F．烧杯中有少量水
G．未冷却至室温即定容
(2)请填写操作步骤中的空格：
步骤① ：___________，__________，_________；
步骤③ ：________________。
(3)实验步骤⑤中应选用的量筒规格是_______。
(4)读数时需要注意：______________。
(5)忽略水蒸气影响，在该条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=_______L·mol-1。
【答案】     玻璃棒     100 mL容量瓶     胶头滴管     0.096     AC     玻璃棒     100 mL容量瓶     胶头滴管     0.096     100 mL     等溶液恢复至室温；调节量筒高度，使量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；且读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平     0.25V
【分析】根据物质的量浓度溶液的配制使用的仪器分析解答。
(1)根据c=结合实验操作对n、V的影响判断；
(2)步骤①由浓溶液配制稀溶液用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及100 mL容量瓶；步骤③假设a全部是镁结合化学方程式计算得到；
(3)涉及反应为Mg+2HCl=MgCl2+H2↑，产生的氢气的体积即为排出的水的体积，0.008 mol氯化氢完全反应能够生成0.004 mol氢气，根据V=n•Vm得到氢气的体积为V，据此选择量筒的规格；
(4)为减少实验误差，要减小温度、压强、读数对气体体积的影响；
(5)忽略水蒸气影响，在该实验条件下测得气体摩尔体积的计算式为Vm=。
【详解】①用已知浓度的浓盐酸配制100mL1.0mol·L-1的盐酸，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管、100 mL的容量瓶；
③8.0 mL1.0 mol·L-1的盐酸中含有溶质HCl的物质的量n(HCl)=c·V=1.0 mol/L×0.008 L=0008 mol，根据方程式Mg+2HCl=MgCl2+H2↑可知需Mg的物质的量为n(Mg)= n(HCl)=0.004 mol，则m(Mg)=0.004 mol×24 g/mol=0.096 g，所以称量除去表面氧化膜的镁条的质量最小的0.096 g；
(1)A．用量筒量取浓盐酸时，俯视量筒的刻度线会使所量取溶液的体积减小，使所配制的溶液的浓度偏小，A正确；
B．容量瓶未干燥即用来配制溶液，对溶液浓度无影响，B错误；
C．浓盐酸在烧杯中稀释时，搅拌时间过长，浓盐酸挥发HCl，导致溶质损失，导致所配溶液浓度偏小，C正确；
D．定容完成后；将容量瓶倒置摇匀后，发现液面低于刻度线未做处理不影响溶液浓度，D错误；
E．在容量瓶中定容时俯视容量瓶刻度线会使容量瓶中的液体的体积偏小，所配制的溶液浓度偏大，E错误；
F．烧杯中有少量水对配制的溶液的浓度无关，F错误；
G．未冷却至室温即定容，溶液体积热胀冷缩，当溶液冷却至室温后溶液体积低于刻度线，加入溶剂水的体积偏小，导致配制的溶液浓度偏大，G错误；
综上所述可知：导致溶液浓度偏低的是AC；
(2)配制100 mL1.0 mol・L-1的盐酸需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管以及100 mL容量瓶，缺少的仪器有玻璃棒、胶头滴管以及100 mL容量瓶；
用量筒量取8.0 mL 1.0 mol•L-1的盐酸溶液加入锥形瓶中，n(HCl)=c·V=1.0 mol/L×0.008 L=0008 mol，根据方程式Mg+2HCl=MgCl2+H2↑可知需Mg的物质的量为n(Mg)= n(HCl)=0.004 mol，则m(Mg)=0.004 mol×24 g/mol=0.096 g，所以称量除去表面氧化膜的镁条的质量最小的0.096 g；
(3)0.008 mol氯化氢完全反应能够生成0.004 mol氢气，根据氢气的体积V=n•Vm≈0.004 mol×22.4 mol/L=0.096 L=96 mL，故应该选择100 mL的量筒；
(4)读取气体体积时，首先要恢复至室温，同时要减小压强的影响，调节量筒高度，保证量筒内的液面与集气瓶内的液面相平；并且在读数时视线应与量筒中液体的凹液面最低处保持相平；
(5)若忽略水蒸气的影响，则在该实验条件下测得气体摩尔体积的计算式为：Vm==0.25V L/mol。
【点睛】本题考查了物质的量浓度溶液配制和误差分析及常温下气体摩尔体积的测定。掌握有关概念，明确实验目的及化学实验基本操作方法为解答关键。在分析溶液配制误差时，要结合物质的量浓度定义式分析。若操作使溶质的物质的量偏大或溶液体积偏小，则配制溶液的浓度偏大，反之偏小；在计算气体体积测量时，注意温度、压强、读数对气体体积的影响，结合气体摩尔体积的概念分析。
18．一氧化二氯为国际公认的高效安全灭菌消毒剂之一，其部分性质如下：
物理性质
化学性质
常温下，是棕黄色有刺激性气味的气体；熔点：-120.6℃；沸点2.0℃
热稳定性差，常温下即可分解；易溶于水，同时反应生成次氯酸。

实验室制备原理：。现用如图所示装置设计实验制备少量。

(1)仪器组装完成、加药品前应进行的实验操作为_________。
(2)装置A中发生反应的化学方程式为_________，其中参加反应的HCl中表现酸性和还原性的物质的量之比为_________。
(3)装置B中盛放的试剂是_________溶液。
(4)E装置中冰水混合物的作用_________。
(5)反应结束后，请设计简单实验证明装置C中的残留固体中含有Cl-_________。
(6)A中加入8.7克MnO2，当加入75ml10mol/L的浓盐酸时溶液澄清，理论上能得到Cl2O体积_________L(折算成标准状况)
【答案】(1)检查气密性
(2)          1：1
(3)饱和氯化钠
(4)使冷凝收集；防止分解
(5)取少量反应后的固体于试管中，加水溶解，加足量的稀，再加溶液，若产生白色沉淀，证明原固体中存在，反之则没有
(6)1.12

【分析】利用A装置通过反应MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O制取Cl2，由于浓盐酸具有挥发性，制取的氯气中混有HCl，为防止干扰Cl2O的制取，需要先用装置B除去HCl杂质，再利用装置C发生反应2Na2CO3+H2O+2Cl22NaCl+2NaHCO3+Cl2O制取Cl2O，由于Cl2O易溶于水，同时与水反应生成次氯酸，所以收集前要通过D装置干燥，再利用装置E收集Cl2O，并验证其沸点低、易液化的特点，同时由于氯气、Cl2O都是大气污染物，最后要用G装置进行尾气处理；
【详解】（1）该实验有气体制取并参与反应，加药品前应检查装置的气密性；
（2）装置A为制取氯气，其中发生反应的化学方程式为，浓盐酸中的Cl一部分化合价降低表现还原性，一部分生成盐表现酸性，故参加反应的HCl中表现酸性和还原性的物质的量之比为1:1；
（3）装置B是除去Cl2中的杂质HCl气体的，为减少Cl2的溶解消耗，B中盛有饱和食盐水；
（4）Cl2O的沸点低、易液化，E装置中冰水混合物的作用使冷凝收集；防止分解；
（5）检验氯离子的实验方案为：取少量反应后的固体于试管中，加水溶解，加足量的稀，再加溶液，若产生白色沉淀，证明原固体中存在，反之则没有。
（6）由分析可知MnO2～Cl2，2Cl2～Cl2O，8.7g MnO2即0.1mol MnO2完全反应，可生成0.05mol Cl2O，故理论上能得到Cl2O标况下的体积为1.12L。

四、工业流程题
19．硫酸亚铁晶体(FeSO4·7H2O)在医药上用作补血剂。某课外小组设计实验测定该补血剂中铁元素的含量，并检验该补血剂是否变质。实验步骤如下：

请回答下列问题：
(1)向步骤①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中含有金属阳离子是_______(填离子符号)，检验滤液中还存在Fe2+的方法为_______(说明试剂、现象)。 
(2)步骤②加入过量H2O2的目的是_______。 
(3)步骤③中反应的离子方程式为_______。 
(4)步骤④中一系列处理的操作步骤包括：过滤、_______、干燥、灼烧、冷却、称量。 
(5)假设实验中的损耗忽略不计，则每片补血剂含铁元素的质量为_______ g。
【答案】     Fe3+     取少量滤液于试管中，滴加少量酸性KMnO4溶液，若溶液紫红色褪去，则滤液中存在Fe2+     将Fe2+氧化为Fe3+     Fe3++3OH-=Fe(OH)3↓     洗涤     0.07a
【分析】由流程图可知，该实验原理为：将药品研细后溶于硫酸，使药品中的Fe元素溶出，2价铁易被氧化，因而溶液中除了有Fe2+外，还会有Fe3+。随后用双氧水将Fe2+全部氧化为Fe3+，后使Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，再转化为氧化铁，通过测定氧化铁的质量，计算补血剂中铁元素的含量。
【详解】(1)向步骤①的滤液中滴加KSCN溶液后变为红色，则该滤液中一定含有Fe3+；在此溶液中（有Fe3+存在）进一步检验是否还存在Fe2+，则可用酸性高锰酸钾溶液。取一定量滤液，滴加少量KMnO4酸性溶液，溶液紫色褪去可知滤液中还存在Fe2+ 。
(2)根据分析，又因H2O2具有氧化性，故双氧水的作用是将Fe2+ 氧化为Fe3+。
(3)步骤③是将Fe3+转化为氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式为：Fe3+ +3OH－＝Fe(OH)3↓。
(4)步骤④中一系列处理是将氢氧化铁悬浊液最终转化为氧化铁，需要过滤、洗涤氢氧化铁，然后灼烧生成氧化铁，冷却至室温后称量氧化铁的质量。
(5) a g氧化铁中铁元素的质量即为10片补血剂中铁元素的质量，每片补血剂含铁元素的质量为=0.07a g。