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2.焦亚硫酸钠(Na2S2O5)是常用的食品抗氧化剂之一.某研究小组进行如下实验:

实验一、焦亚硫酸钠的制取
采用如图1装置(实验前已除尽装置内的空气)制取Na2S2O5.装置II中有Na2S2O5晶体析出,发生的反应为:Na2SO3+SO2=Na2S2O5
(1)装置I滴加浓硫酸的玻璃仪器名称:分液漏斗;发生反应的玻璃仪器名称是圆底烧瓶;其中产生气体的化学方程式为Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+H2O+SO2↑.
(2)装置III用于处理尾气,可选用的最合理装置如图2(夹持仪器已略去)为d(填序号).
实验二、焦亚硫酸钠的性质
已知Na2S2O5溶于水即生成NaHSO3
(3)NaHSO3溶液中HSO3-的电离程度大于次氯酸,请写出两者混合时的离子方程式:HSO3-+HClO=SO42-+Cl-+2 H+
(4)检验Na2S2O5晶体在空气中已被氧化的实验方案是取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成.
实验三、葡萄酒中抗氧化剂残留量的测定
(5)葡萄酒常用Na2S2O5作抗氧化剂.测定某葡萄酒中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)的方案如下:

(已知:滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI)
①按上述方案实验,滴定终点的现象是:当滴入最后一滴标准液时,溶液显蓝色,且半分钟不退色;消耗标准I2溶液100.00mL,该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为0.64g/L.
②上述实验中,若有部分HI被空气氧化,则测定结果偏低(填“偏高”“偏低”或“不变”).

分析 (1)a仪器的名称为分液漏斗;发生反应的玻璃仪器名称为圆底烧瓶;装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体,同时生成硫酸钠和水;
(2)处理过量的SO2尾气,既要吸收SO2尾气,同时能防倒吸;
(3)次氯酸具有强氧化性,能氧化亚硫酸氢根离子为硫酸;
(4)Na2S2O5晶体在空气中易被氧化为Na2SO4,用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可;
(5)①碘单质滴定,滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,所以滴定终点为溶液变化为蓝色且半分钟不褪色,
令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg,则:
SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI
64g     1mol
mg    0.1L×0.01mol/L
所以,64g:mg=1mol:0.1L×0.01mol/L,
解得m=6.4g
计算得到该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算);
②若有部分HI被空气氧化,则消耗碘的量偏小,故测定二氧化硫的量偏小.

解答 解:(1)a仪器的名称为分液漏斗,发生反应的玻璃仪器名称为圆底烧瓶;装置I中浓硫酸与亚硫酸钠反应产生二氧化硫气体,同时生成硫酸钠和水,化学方程式:Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O,
故答案为:分液漏斗;圆底烧瓶;Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O;
(2)处理过量的SO2尾气,a项装置瓶口封闭,错误;b项食盐水不能将大量的SO2尾气吸收,错误;c项漏斗口没入了液体中,错误,d项氢氧化钠溶液可吸收SO2尾气,同时能防倒吸,正确;
故答案为:d;
(3)次氯酸具有强氧化性,能氧化亚硫酸氢根离子为硫酸,反应的离子方程式HSO3-+HClO=SO42-+Cl-+2 H+
故答案为:HSO3-+HClO=SO42-+Cl-+2 H+
(4)Na2S2O5中S元素的化合价为+4价,因此会被氧化为为+6价,即晶体在空气中易被氧化为Na2SO4,用盐酸、氯化钡溶液检验样品中是否含有硫酸根即可,实验方案为:取少量Na2S2O5晶体于试管中,加入适量水溶解,滴加盐酸,振荡,再滴加氯化钡溶液,有白色沉淀生成,
故答案为:取少量焦亚硫酸钠晶体于试管中,加适量水溶解,滴加足量盐酸,振荡,再滴入氯化钡溶液,有白色沉淀生成;
(5)①碘单质滴定,滴定时反应的化学方程式为SO2+I2+2H2O=H2SO4+2HI,所以滴定终点为溶液变化为蓝色且半分钟不褪色,
令100mL葡萄酒中二氧化硫的质量为mg,则:
SO2+2H2O+I2═H2SO4+2HI
64g 1mol
mg 0.1L×0.01mol/L
所以,64g:mg=1mol:0.1L×0.01mol/L,
解得m=6.4g
故该次实验测得样品中抗氧化剂的残留量(以游离SO2计算)为$\frac{6.4g}{0.1L}$=0.64 g/L
故答案为:当滴入最后一滴标准液时,溶液显蓝色,且半分钟不退色;0.64;
②若有部分HI被空气氧化,则消耗碘的量偏小,故测定二氧化硫的量偏小,则测定结果偏低,故答案为:偏低.

点评 本题考查SO2的制取,Na2S2O5含量的测定,实验操作等基础知识,难度中等,掌握实验原理是解题的关键.

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11.下列装置或操作不能达到实验目的是(  )
A.
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D.
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A.125g CuSO4•5H2O晶体中含有Cu2+离子数一定小于0.5NA
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C.由S6、S7、S8组成的硫蒸气6.4g,其中所含硫原子数一定为0.2NA
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16.相同条件下,有CO和CO2 两种气体,回答下列问题:
(1)同质量的CO和CO2的体积比为11:7,分子个数比为11:7,密度比为7:11.
(2)两种气体体积相同,则CO和CO2的质量比为7:11,物质的量比为1:1.

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7.已知有机色质的发色官能团可以被氧化或发生加成反应生成无色物质.
(1)为了探索比较SO2和Cl2的漂白原理,甲同学做了如下对比实验:
a.将干燥的SO2和干燥的Cl2分别通到干燥的品红试纸上,发现红色试纸均不褪色;
b.将SO2和Cl2分别通入品红溶液中,发现品红溶液均褪色;
c.加热b中漂白后的溶液,发现前者恢复红色,并产生刺激性气味的气体,后者无明显现象;
d.将SO2和Cl2分别持续通入紫色石蕊试液中,发现前者只变红,不褪色,后者先变红,后褪色.
请根据甲同学的实验事实,简要说明SO2与Cl2漂白原理的相同与不同之处.
相同之处:SO2和Cl2本身都没有漂白性,起漂白作用的分别是其与水反应后的产物H2SO3 和HClO
不同之处:①H2SO3只能与某些有机色质发生加合或化合反应,生成不稳定的无色物质,产物受热分解再放出SO2,是非氧化还原反应.HClO能与很多有机色质发生氧化还原反应,生成物较稳定.
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②消耗三种漂白剂的物质的量相同的原因是:每摩尔物质得电子数相等.
③O3漂白速度较H2O2快的主要原因是氧化性O3>H2O2
④Cl2漂白速度最慢的主要原因可能是Cl2与H2O反应生成HClO浓度较小.
(3)丙同学为了比较H2O2和NaClO的氧化性强弱,将两者混合,观察到产生大量无色无味气体.
⑤丙同学认为,发生反应的离子方程式为H2O2+ClO-═Cl-+H2O+O2↑,
由此确认NaClO的氧化性强于H2O2;丁同学认为产生气体也可能是H2O2分解的原因,建议丙同学进一步补充实验来确认.
⑥补充实验需要的试剂是AgNO3溶液和稀HNO3

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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

14.下列关于化学用语的表示正确的是(  )
A.羟基的电子式为:
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D.E.甲烷和庚烷F.和C(CH)3 
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科目:高中化学 来源: 题型:选择题

12.下列说法正确的是(  )
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