重庆市第一中学2023-2024学年高一上学期期中（半期）考试化学卷 Word版含解析.docx

《重庆市第一中学2023-2024学年高一上学期期中（半期）考试化学卷 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

2023年重庆一中高2026届高一上期半期考试化学试题注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。2答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号。3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上。4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效。可能用到的相对原子质量：H1C12O16Na23Mg24Cl35.5Fe56I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14个小题，每题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列应用中涉及到氧化还原反应的是A.暖贴中的铁粉遇空气放热B.碳酸氢钠作食品膨松剂C.明矾作净水剂D.用食醋清洗水垢【答案】A【解析】【详解】A．暖贴中的铁粉遇空气放热，铁粉最终被氧化成Fe2O3，该过程中元素的化合价发生升降，涉及到氧化还原反应，A正确；B．碳酸氢钠在作食品膨松剂时发生分解反应生成碳酸钠、水和二氧化碳，从而起到使食品膨松的作用，不是氧化还原反应，B错误；C．明矾中的铝离子和水反应生成胶体，可以吸附溶液中的悬浮颗粒，达到净水的作用，不是氧化还原反应，C错误；D．用食醋清洗水壶内的水垢，反应原理为2CH3COOH+CaCO3=Ca(CH3COO)2+H2O+CO2，是利用醋酸的酸性比碳酸强，不是氧化还原反应，D错误；故选A。2.下列物质的分类组合完全正确的是电解质强电解质酸性氧化物碱性氧化物A石墨 BCD溶液AAB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．石墨不是电解质，故A错误；B．为溶于水时导电的化合物，为电解质，为强电解质，与碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，与酸反应生成盐和水，为碱性氧化物，故B正确；C．为弱电解质，不是碱性氧化物，故C错误；D．溶液为混合物，不是电解质，故D错误；故选B。3.下列说法正确的是A.从外观上无法区分溶液和胶体B.直径在至之间的碳酸钙属于胶体C.沸水中滴加适量饱和溶液，形成带电的胶体，导电能力增强D.豆浆能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射【答案】D【解析】【详解】A．胶体呈红褐色，溶液呈棕黄色，因此可以从颜色上区分，故A错误；B．直径在至之间的碳酸钙和分散剂形成分散系后属于胶体，故B错误；C．胶体是电中性的，胶体本身不带电，故C错误；D．豆浆属于胶体，能产生丁达尔效应是由于胶体粒子对光线的散射，故D正确；故选D。4.下列叙述正确的是 A.适量的分别与溶液和溶液反应，均可得到相同的沉淀B.和分别加到溶液中，均可得到C.分别与和反应，生成气体相同D.相同浓度的醋酸和次氯酸分别加入适量溶液中均可得到和【答案】C【解析】【详解】A．和溶液不发生反应，不能得到沉淀，A错误；B．与溶液发生置换反应，可得到，与溶液发生反应，生成的是氢气、氢氧化铜、硫酸钠，不能得到，B错误；C．分别与和反应，都有氧气生成，C正确；D．醋酸酸性比碳酸强，与适量溶液反应可得到和，次氯酸酸性比碳酸弱，与适量溶液反应不能生成和，只能得到，D错误；答案选C。5.下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是A.装置甲验证还原性B.装置乙固液分离C.装置丙钠的燃烧D.装置丁测定溶液的【答案】A【解析】【详解】A．让CO和CuO在高温下发生反应，若生成能使澄清石灰水变浑浊的气体，说明生成了，C元素化合价由+2价升高到+4价，说明CO具有还原性，A项正确；B．由图可知，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，B项错误； C．钠燃烧不能使用玻璃蒸发皿，应该在坩埚中进行，C项错误；D．测定溶液pH时，应该用玻璃棒蘸取溶液，将溶液滴在pH试纸中央，不能将pH试纸插入溶液中，则装置丁不能用于pH测试，D项错误；故选A。6.下列有关氯及其化合物的说法不正确的是A.常温下氯气与铁不反应，可以用钢瓶储运液氯B.纯净的在中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状C.漂白粉在空气中长时间放置，最终固体产物中存在D.含的浓盐酸与足量的共热，能收集到氯气【答案】D【解析】【详解】A．常温下液氯与Fe不反应，可以用铁制容器储存液氯，A项正确；B．纯净的在中安静地燃烧生成氯化氢，发出苍白色火焰，氯化氢结合水蒸气产生盐酸小液滴，所以集气瓶口呈现雾状，B项正确；C．漂白粉在空气中久置会与空气中的二氧化碳和水反应生成碳酸钙和次氯酸，最终固体产物中存在，C项正确；D．含146gHCl的浓盐酸与足量的共热，随着反应的进行，浓盐酸会变成稀盐酸，稀盐酸不与反应，146gHCl不会完全反应，产生的氯气小于71g，D项错误；故选D。7.下列除杂方法不正确的是(括号内为杂质)A.固体：加热至恒重B.：通过饱和溶液C.：加入足量的稀硫酸，过滤D.：加入足量固体，过滤【答案】B【解析】【详解】A．碳酸氢钠不稳定，受热分解生成碳酸钠，因此可用加热法除去碳酸钠中的碳酸氢钠，故A 正确；B．饱和溶液能与二氧化碳反应，故B错误；C．铜和硫酸不反应，铁可以和硫酸反应，故C正确；D．氯化氢可以和碳酸钡反应生成氯化钡，故D正确；故选B。8.下列溶液中，能大量共存的离子组是A.含有的溶液中：B.加入足量的溶液中：C.在透明的溶液中：D.强碱性溶液中：【答案】C【解析】【详解】A．的溶液中存在大量的，和会生成二氧化碳和水，不能大量共存，A项不符合题意；B．具有强氧化性，具有还原性，加入足量的溶液中，可与发生氧化还原反应，不能大量共存，B项不符合题意；C．在透明的溶液中，4种离子均不发生反应，可以大量共存，C项符合题意；D．强碱性溶液中存在大量的，与反应会生成和水，不能大量共存，D项不符合题意；故选C。9.为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A.与的混合气体中含氢原子数为B.含电子数为C.完全转化为氢氧化铁胶体，生成个胶粒D.在空气中完全燃烧生成和，转移电子个数为【答案】D【解析】 【详解】A．CH4、C2H4分子中都含有4个H原子，与的混合气体中含氢原子数为4NA，故A错误；B．1个CH4分子中含有10个电子，含电子数为2NA，故B错误；C．氢氧化铁胶粒是氢氧化铁的聚集体，完全转化为氢氧化铁胶体，含胶粒小于个，故C错误；D．在空气中完全燃烧生成和，Mg元素化合价由0升高为+2，转移电子个数为，故D正确；选D。10.下列实验操作、现象和结论均正确的是选项实验操作及现象结论A将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满的集气瓶，集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生具有氧化性B用洁净铜丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰出现黄色溶液中含元素C用广泛试纸测定新制氯水的，氯水呈酸性D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A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．瓶内出现黑色颗粒，说明有C生成，则CO2中碳元素化合价降低，作氧化剂，A正确；B．铜丝有焰色，影响钠元素的焰色观察，应选铁丝或铂丝，B错误；C．氯水含次氯酸，可使pH试纸褪色，应选pH计测定，C错误；D．碳酸根离子、碳酸氢根离子均与盐酸反应生成二氧化碳，且使石灰水变浑浊的气体可能为二氧化碳或二氧化硫，由实验操作和现象可知，溶液中不一定含有，D错误； 故选A。11.下列离子方程式中，正确的是A.硫酸氢钠溶液中加入氢氧化钡溶液至中性：B.溶液与少量溶液反应：C.等物质的量的和三种溶液混合：D.足量通入饱和碳酸钠溶液中：【答案】B【解析】【详解】A．向硫酸氢钠溶液中滴加氢化钡溶液至溶液呈中性，则氢离子完全反应生成水、钡离子完全反应生成硫酸钡，离子方程式为：，A错误；B．根据以少定多的原则可知，溶液与少量溶液反应的方程式为：，B正确；C．三种物质的物质的量均为2mol，氢氧根离子先与氢离子反应，后与镁离子反应，离子反应为Mg2++4OH-+2H+=Mg(OH)2↓+2H2O，C错误；D．向饱和碳酸钠溶液中通入足量生成碳酸氢钠沉淀：，D错误；故选B12.天然气因含有少量等气体开采应用受限。T。F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A.该脱硫过程不需要添加溶液B.反应i过程中被氧化C.反应过程ⅱ使溶液酸性增强D.整个脱硫过程中，参加反应的和的分子个数之比为 【答案】C【解析】【分析】通过读图可知脱硫过程：Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，脱硫过程O2间接氧化H2S。【详解】A．T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3为催化剂，该脱硫过程Fe2(SO4)3溶液可循环利用，不需要添加溶液，A正确；B．由图可知，反应i过程中S由-2价升高到0价，被氧化，B正确；C．反应过程ⅱ为4FeSO4+O2+2H2SO4=2Fe2(SO4)3+2H2O，反应消耗硫酸，同时有水生成，反应过程ii使溶液酸性减弱，C错误；D．整个过程总反应表示为：2H2S+O2=2S↓+H2O，参加反应的和的分子个数之比为，D正确；故选C。13.反应①：溶液中加入过量溶液，产生白色沉淀，溶液变棕色(生成，溶于水后的颜色)，无气体生成。反应②：向反应后溶液中通入过量，溶液变成无色(生成)。下列说法正确的是A.滴加溶液时，被氧化，是氧化产物B.通入后，溶液变无色，体现的氧化性C.若反应①生成2个分子，则反应①和②一共转移4个电子D.上述实验条件下，物质的氧化性：【答案】D【解析】【分析】反应①：溶液中加入过量溶液，产生白色沉淀，溶液变棕色(生成，溶于水后的颜色)，无气体生成，，元素化合价由+2价变为+1价，化合价降低，发生还原反应，作氧化剂；，元素化合价由-1价变为0价，化合价升高，发生氧化反应，作还原剂；反应的化学方程式为；反应②：向反应后溶液中通入过量，溶液变成无色，说明使转化为，元素化合价降低，发生还原反应，则作还原剂， 作氧化剂，反应的化学方程式为。【详解】A．由分析可知，滴加溶液时，被氧化，A错误；B．由分析可知，作还原剂，体现的还原性，B错误；C．根据可知，生成1个分子，转移2个电子；根据可知，反应消耗1个分子，转移2个电子，则若反应①生成2个分子，两个反应一共转移8个电子，C错误；D．根据分析可知，反应①中作氧化剂，做氧化产物，氧化性＞，再根据可知作氧化剂，作还原剂，氧化性＞，故物质的氧化性；故选D。14.在的溶液中通入一定量的CO2，再向溶液中逐滴滴加稀盐酸至时开始产生气体，继续滴加稀盐酸到时，气体质量最大(假设CO2全部逸出)。溶液中产生CO2的质量与加入盐酸的质量如图所示。下列说法正确的是A.AB发生的离子反应只有：B.B点溶液中溶质为C.加入盐酸溶液的质量分数为D.最初通入的CO2的质量为【答案】C【解析】【分析】200g8%的NaOH溶液中含有氢氧化钠16g，物质的量为0.4mol，根据图象，开始时无气体产生，滴加稀盐酸至150g时开始产生气体，则该阶段一定有反应Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl 发生，继续滴加稀盐酸到200g时，气体质量最大，该阶段发生的反应为NaHCO3+HCl=NaCl+H2O＋CO2↑，消耗的盐酸为50g，则原溶液中的Na2CO3最多消耗50g盐酸，而B点之前消耗150g盐酸，所以NaOH有剩余，与盐酸发生反应NaOH+HCl=NaCl+H2O，消耗150g-50g=100g盐酸，滴加盐酸前溶质为NaOH和Na2CO3；【详解】A．根据分析可知原溶液中的Na2CO3消耗了50g盐酸，所以A、B段发生：OH-+H+=H2O、，A错误；B．根据分析可知B点前发生反应：NaOH+HCl=NaCl+H2O、Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，所以溶质为NaHCO3和NaCl，B错误；C．C点溶液中的溶质为NaCl，根据守恒关系，稀盐酸中HCl的物质的量=200g8%的NaOH溶液中含有氢氧化钠的物质的量=0.4mol，则HCl的质量为0.4mol×36.5g/mol，200g盐酸的质量分数为=7.3%，C正确；D．最终生成4.4g二氧化碳，根据碳元素守恒可知，最初通入的CO2的质量为4.4g，D错误；综上所述答案为C。II卷(共5个题，共58分)二、非选择题(本大题共5个小题，共58分)15.钠及其化合物在日常生活和化工生产中应用广泛。（1）实验室中少量的钠通常保存在___________中。钠在实验室中常用作强除水剂，将钠块加入正己烷中可除去其中微量的水，该反应的化学方程式为___________。（2）“神舟号”载人航天器的返回舱内，为防止CO2浓度过大引起宇航员困乏，用过氧化钠降低CO2的浓度，有关反应的化学方程式是___________。（3）工业通过电解产生金属钠：，过程如下：已知：电解时需要将加热至熔融状态。熔点为801℃，为降低能耗，通常加入，从而把熔点降至约580℃。①把固体加热至熔融状态，目的是___________(用电离方程式表示)。 ②过程I，能发生像那样的电解反应而被消耗。但在过程I中却不断地被重新生成，原因是___________。（4）以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，其步骤如下：①生成晶体A的化学方程式为___________。②“300℃加热”时，用到的实验仪器除酒精灯、玻璃棒、泥三角、坩埚钳、三角架外，还必须使用的仪器有___________(填名称)。【答案】（1）①.煤油或石蜡油②.（2）（3）①.②.钙比钠活泼，氯化钙电解生成的钙又与氯化钠发生置换反应生成钠和氯化钙（4）①.②.坩埚【解析】【分析】（3）工业通过电解熔融的NaCl产生金属钠，为降低能耗，通常加入降低熔点，发生的反应为：，产生的钠为粗钠，再与反应，最终达到金属钠。（4）利用碳酸氢钠溶解度小的性质，以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠由于溶解度小而析出，过滤后得到碳酸氢钠晶体，加热分解得到碳酸钠。【小问1详解】钠性质活泼，易与空气中的氧气和水反应，密度小于水，大于煤油（或石蜡油），不与煤油（或石蜡油）反应，可以保存在煤油或者石蜡中隔绝空气；钠在实验室中常用作强除水剂，将钠块加入正己烷中可除去其中微量的水，钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：。【小问2详解】过氧化钠可以与反应，生成碳酸钠和氧气，反应的化学方程式是：。 【小问3详解】①NaCl为电解质，固体不导电，熔融状态下能够导电，破坏离子键，产生自由移动的和，所以把NaCl固体加热至熔融状态，是为了使其电离，电离方程式为：；②钙比钠活泼，氯化钙电解生成的钙又与氯化钠发生置换反应生成钠和氯化钙。【小问4详解】①根据流程可知，晶体A为，在氯化钠溶液中加入碳酸氢铵粉末，水浴条件下生成碳酸氢钠和氯化铵，化学方程式为：；②“300℃加热”时，用到的实验仪器除酒精灯、玻璃棒、泥三角、坩埚钳、三角架和坩埚，题目所给仪器缺少坩埚，所以还必须使用的仪器为坩埚。16.ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂，根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。回答下列问题：I．ClO2的制备，生产流程如下图所示：（1）用于电解的食盐水需先除去其中的等杂质。向粗盐水中依次中加入过量的___________(填化学式)溶液、过量的溶液和过量的___________(填化学式)溶液，过滤后向滤液中加入盐酸至溶液呈中性。（2）将经过净化后的食盐水加入电解槽中，70℃左右电解得到和一种气体，则合成塔中还需要补充的物质X为___________(填化学式)。（3）ClO2发生器中发生的反应为：(反应未配平)。①在该反应中表现的性质是___________。②配平该反应的化学方程式，并用单线桥法标出电子转移的数目___________。II.探究ClO2的某些性质，装置如下图所示： 已知：①ClO2是极易溶于水的气体：②I2遇淀粉溶液变为蓝色（4）反应结束后，往锥形瓶内滴加淀粉溶液，溶液变为蓝色，写出ClO2通入锥形瓶中反应的离子方程式___________。（5）上图装置中，球形干燥管的作用是___________。烧杯内液体用于吸收未反应的CO2，若反应的氧化产物是，且氧化剂与还原剂的个数之比是，则还原产物是___________(填化学式)。【答案】16.①.②.17.18.①.还原性、酸性②.19.20.①.防倒吸②.或【解析】【分析】粗盐的提纯，需先除去其中的Ca2+、Mg2+、SO等杂质，在除杂的过程中每步加入的试剂必须是过量的，使离子除尽，据此进行分析。【小问1详解】除去粗盐中的时，考虑到过量的BaCl2需要用Na2CO3除去，所以BaCl2应放在Na2CO3的前面，即需向经简单处理过的粗盐溶液中依次加入过量的BaCl2溶液、NaOH溶液以及Na2CO3溶液，过滤后加入适量盐酸。答案为：BaCl2；Na2CO3；【小问2详解】氯气与电解产生的氢气反应生成HCl，结合已知可知需要补充的物质X为Cl2；【小问3详解】①该反应中生成氯气和氯化钠，则在该反应中表现的性质是还原性、酸性；②氯酸钠中的氯由+5价降低到+4价，氯化氢中的氯由-1价升高到0 价，根据化合价升降相等的原则，并用单线桥表示为：；【小问4详解】二氧化氯和碘离子反应生成单质碘和氯离子，根据化合价升降相等可知，；【小问5详解】ClO2极易溶于水，易引起倒吸，则球形干燥管的作用是：防倒吸；烧杯内液体用于吸收尾气，若氧化产物是一种单质，则为O2，还原剂为H2O2，且氧化剂与氧化产物的物质的量之比是2：1，则氧化剂为ClO2，设还原产物中Cl的化合价为x，则根据得失电子守恒有2×(4-x)=1×2×1，解得x=+3，则还原产物的化学式是或。17.已知某工业废水中含有大量的，还可能大量存在中的几种，以及部分污泥，通过下列流程可从该废水中回收晶体及固体单质。已知氧化性：。（1）不做任何实验就可以确定上述工业废水中一定不存在的离子是___________(填离子符号)（2）根据步骤2中得到固体混合物可以确定上述工业废水中肯定存在的离子是___________(填离子符号)。（3）的存在对回收晶体的纯度___________(填“有”或“无)影响，理由是___________。（4）检验上述工业废水中是否存在常用方法的名称是___________。（5）步骤3中加入的试剂X为________(填试剂名称)，发生反应的离子方程式为_________。（6）步骤4中涉及的操作是：___________、___________、过滤、洗涤、烘干。烘干操作需在低温条件下进行，原因是___________。【答案】（1）、（2） （3）①.无②.会与反应生成（4）焰色试验（5）①.稀硫酸②.（6）①.蒸发浓缩②.降温结晶③.防止品体受热分解或防止晶体受热失去结晶水【解析】【分析】工业废水中含有大量的，与，与不能共存，故一定没有、；将废水过滤可以除去废水中的污泥；向溶液中加入过量的Fe，过滤后得到固体混合物，可以证明溶液中含有Cu2+，固体混合物为Fe和Cu，溶液2为FeSO4溶液；向固体混合物中加入试剂X，得到FeSO4溶液和固体单质，固体单质为Cu，则试剂X为稀硫酸，既能溶解部分铁，又不引入新杂质离子；FeSO4溶液经过蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、烘干得到。【小问1详解】某工业废水中含有大量的，则根据离子共存的原则可知，不做任何实验就可以确定上述工业废水中一定不存在的离子是、；【小问2详解】由分析可知，上述工业废水中肯定存在的离子是；【小问3详解】有强氧化性，能被过量的铁还原为，故对的分离提纯无影响，故答案为：无；会与反应生成；【小问4详解】钠的焰色试验为黄色，则检验上述工业废水中是否存在常用方法的名称是焰色试验；【小问5详解】步骤3中加入的试剂为稀硫酸，既能溶解部分铁，又不引入新杂质离子，发生反应的离子方程式为：；【小问6详解】FeSO4溶液经过蒸发浓缩、降温结晶、过滤、洗涤、烘干得到；含结晶水的位置，加热时容易失去结晶水，则采用降温结晶的原因是：防止品体受热分解或防止晶体受热失去结晶水。18.(相对分子质量为：168.5)微溶于水、不潮解、相对稳定，是一种无机抗菌剂。以菱镁矿(主要成分为，还含有少量)为主要原料，制备 的工业流程如下图所示，请回答下列问题：己知：①该工艺条件下，有关金属离子开始沉淀和沉淀完全的见下表金属氢氧化物开始沉淀的2.33.59.5完全沉淀的3.24611.1②（1）所属物质类别为___________盐(填“酸式”或“碱式”或“正”)，该物质在稀硫酸溶液中具有杀菌、漂白作用，其原因是___________(用离子方程式解释)。（2）滤渣①的成分为___________。（3）“氧化”时，不能在较高温度下进行，可能的原因是________，的作用是_________(用离子方程式表示)。（4）“调”时，加入物质X将该溶液的范围应调节为___________~9.5之间，最适宜使用的X是___________(填标号)A．　　　　B．　　　　　C．（5）“沉镁”后，得到的产品还需洗涤，证明产品已洗涤干净的方法是___________。（6）某工厂用菱镁矿(的质量分数为制备，最终得到产品，产率为___________。【答案】（1）①.碱式②. （2）、（3）①.受热易分解②.（4）①.4.6②.B（5）取最后一次洗涤液，先加入足量稀盐酸，再加入溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净。（6）50%【解析】【分析】菱镁矿（主要成分为，含少量、、CaO、）用稀硫酸溶解，所得溶液中主要含有硫酸镁、硫酸亚铁、硫酸铝和过量的硫酸，二氧化硅与硫酸不反应，硫酸钙是微溶，所以滤渣①的成分为和；再加入过氧化氢将氧化为，加入调节溶液pH，使、转化为、沉淀过滤除去，滤液的溶质主要为硫酸镁，向滤液中加入NaClO溶液、NaOH溶液得到，过滤分离，滤液的溶质主要为硫酸钠，据此分析作答。【小问1详解】能电离出氢氧根离子，因此所属物质类别为碱式盐；在酸性溶液中可生成次氯酸，离子方程式为：，生成的次氯酸具有强氧化性、漂白性，可以杀菌、漂白。【小问2详解】根据分析可知，滤渣①的成分为和。【小问3详解】由于在较高温度下易分解，所以步骤②不能在较高温度下进行，反应中将氧化为，方程式为：。【小问4详解】根据分析可知，“调pH”时，需要将、转化为、沉淀，而不能沉淀，根据题中给出的金属离子开始沉淀和沉淀完全的pH表格可知，溶液的pH范围应调节为4.6~9.5之间，由于不能引入新的杂质，所以最适宜使用的X是，故选B。 【小问5详解】由于滤液中主要含有硫酸钠，晶体上主要残留硫酸钠杂质，所以若证明产品已洗涤干净，可检验滤液中是否含有硫酸根，检验方法为：取最后一次洗涤液，先加入足量稀盐酸，再加入溶液，若无白色沉淀生成，则沉淀已洗涤干净。【小问6详解】8.40kg菱镁矿中含有镁元素的质量为：，根据镁元素守恒，则理论上可得到的质量为：，则产率为。19.“84”消毒液(主要成分为和)是一种常用家庭消毒液，某小组同学对“84”消毒液的制备及漂白性进行如下探究。I．制备“84消毒液（1）盛装仪器的名称为___________；选择合适装置，按气流从左至右，导管连接顺序为a→___________→b(填小写字母)。（2）装置A中反应的离子方程式为___________，装置B的作用是___________。（3）装置E中得到“84”消毒液的化学方程式为___________。装置E中生成物的物质的量和溶液的温度随时间的变化如图所示，经分析发现实验过程中装置E中温度计的温度上升过快会导致产物中存在杂质，为避免此状况的发生，应进行的操作为___________。（4）工业上是将氯气通入到的溶液中来制备“84”消毒液，则生产该溶液理论上至少需消耗氯气的质量为___________(保留整数)。 II．探究“84消毒液”的漂白性资料：i．相同浓度时，氧化性强于；ii．反应水溶液中所有物质表现出来的氧化-还原性，越大，氧化性越强。某小组同学进行了如下实验：①向“84消毒液”中加入水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色。②向“84消毒液”中加入白醋后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色。③向“84消毒液”中加入浓盐酸后，观察到大量黄绿色气体产生。④测得“84消毒液”在不同温度时随时间的变化曲线如下图。（5）已知白醋显酸性，不具有漂白性。实验①、②现象不同的原因是___________。（6）实验③现象表明，向“84消毒液”中加入浓盐酸时会产生氯气，该反应的离子方程式为_____。（7）由实验④可得出的结论是值与温度有关，且温度越高，值越低。不同的原因可能是___________。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.dehi（2）①.②.吸收未反应的（3）①.②.装置A中缓慢滴加浓盐酸（4）210（5）实验①、②现象不同的原因是醋酸和反应生成，实验②中浓度大于实验①中浓度（6）（7）实验II中，随时间的变化值不同的原因可能是次氯酸在较高温度下分解变为盐酸和氧气，导致次氯酸的浓度下降【解析】【分析】高锰酸钾和浓盐酸在加热条件下生成氯气，通过饱和食盐水除去挥发的氯化氢，通过浓硫酸干燥氯气，尾气有毒使用碱液吸收，以此解题。 小问1详解】盛装KMnO4仪器的名称为圆底烧瓶；按照气流方向，依次为氯气发生装置A，氯气净化装置C，制备NaClO装置E，尾气吸收装置B，考虑进出口，因此装置正确的连接顺序为adehib；故答案为：圆底烧瓶：dehi；【小问2详解】装置A浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，反应的离子方程式为，氯气有毒，装置B中氢氧化钠溶液吸收未反应的Cl2，故答案为：；吸收未反应Cl2；【小问3详解】氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，方程式为：；减慢浓盐酸的滴加速度能使氯气的生成速率减慢，从而降低E中的温度，故为避免此状况的发生，应进行的操作为：装置A中缓慢滴加浓盐酸；【小问4详解】氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，方程式为：；设反应中消耗Cl2和NaOH溶液的质量分别为xkg，ykg，则，x+y=1000，解得x≈210，y≈790，故答案为：210；【小问5详解】相同浓度时，HClO的氧化性强于ClO-；加入醋酸使得次氯酸根离子转化为氧化性更强的次氯酸分子，故②中纸片迅速褪色，故答案为：实验①、②现象不同的原因是醋酸和反应生成，实验②中浓度大于实验①中浓度；【小问6详解】84消毒液中次氯酸钠具有强氧化性，加入较多稀盐酸时会发生氧化还原反应生成氯气和氯化钠，离子方程式为：；【小问7详解】