2020-2021高考化学物质的量综合经典题及详细答案

2020-2021高考化学物质的量综合经典题及详细答案
一、高中化学物质的量
1．实验室可用铜和浓硫酸加热或硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫。

(1)如果用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，图中可选用的发生装置是 ______ (填写字母)。

(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取3.36 L(标准状况)二氧化硫，如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则至少需称取该亚硫酸钠 ______ g (保留一位小数)。

(3)某热电厂上空大气中所含二氧化硫严重超标，现对该区域雨水样品进行探究。

首先用pH 试纸测定雨水样品的pH，操作方法为______，测得样品pH约为3；为进一步探究由SO2所形成酸雨的性质，将一定量的SO2通入蒸馏水中，配成pH为3的溶液，然后将溶液分为A、B两份，将溶液B久置于空气中，与密闭保存的A相比，久置后的溶液B中水的电离程度将 ______(填“增大”、“减小”或“不变”)。

【答案】ae 31.5 取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在试纸中央，半分钟后待变色，再与对照标准比色卡读数。

减小
【解析】
【分析】
(1)用硫酸和亚硫酸钠制取SO2的试剂为固态和液态，反应条件不需加热，可通过控制添加硫酸的速率来控制反应速率；
(2)由硫守恒可得：Na2SO3～SO2，根据关系式及二氧化硫的物质的量计算出需要亚硫酸钠的质量；结合亚硫酸钠的质量分数，再计算出需要变质后的亚硫酸钠的质量；
(3)测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，然后与比色卡对比；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，溶液酸性增强。

【详解】
(1)用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，并希望能控制反应速度，由于反应不需要加热，排除装置d；由于亚硫酸钠是细小颗粒，不可选用装置c；装置b无法可知反应速率，故可选用的发生装置为：ae；
(2)若用硫酸和亚硫酸钠反应制取二氧化硫，根据反应方程式：
Na2SO3+H2SO4=Na2SO4+SO2↑+H2O，根据反应方程式可知：Na2SO3～SO2，
n(SO2)=
3.36?
22.4?/mol
L
L
=0.15 mol，则需亚硫酸钠的质量为：m(Na2SO3)= 0.15 mol×126
g/mol=18.9 g；如果已有40%亚硫酸钠(质量分数)，被氧化成硫酸钠，则含亚硫酸钠的质量
分数为60%，至少需称取该亚硫酸钠的质量为18.9?
60%
g
==31.5 g；
(3)测定pH，可用玻璃棒蘸取溶液，滴在pH试纸上，半分钟后与比色卡对比，操作方法为取一条试纸放在干燥洁净的表面皿(或玻璃片)上，用干燥洁净的玻璃棒蘸取雨水样品滴在pH试纸上，半分钟后待变色，再对照标准比色卡读数；将溶液B久置于空气中，亚硫酸被氧化生成硫酸，导致溶液酸性增强，溶液中c(H+)增大，对水电离的抑制作用增强，则水的电离程度减小。

【点睛】
本题考查了二氧化硫气体的制取方法、物质含量的测定及溶液pH的测定等。

明确化学实验基本操作方法及常见气体发生装置特点为解答关键，注意掌握浓硫酸及二氧化硫的性质，试题侧重考查学生的化学实验能力和分析能力。

2．（1）在Na2SO4和Al2(SO4)3的混合溶液中，测得Al3＋浓度为0.1mol·L-1，加入等体积0.3 mol·L-1的BaCl2溶液恰好使SO42-完全沉淀，则混合溶液中Na＋的浓度为____。

（2）将0.1mol·L-1的K2SO4溶液、0.2mol·L-1的Al2(SO4)3溶液和纯水混合，要使混合液中K ＋、Al3＋、SO42-的浓度分别为0.1mol·L-1、0.1mol·L-1、0.2mol·L-1，则K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积比___。

(忽略体积的变化)
【答案】0.3mol·L-1 2：1：1
【解析】
【详解】
(1)设混合溶液体积为1 L。

n(Al3＋)＝c·V＝0.1 mol·L－1×1 L＝0.1 mol，n(SO)＝n(Ba2＋)＝0.3 mol·L－1×1 L＝0.3 mol。

由电荷守恒可得：3n(Al3＋)＋n(Na＋)＝2n(SO)，所以n(Na＋)＝
2n(SO)－3n(Al3＋)＝2×0.3 mol－3×0.1 mol＝0.3 mol，c(Na＋)＝＝＝＝0.3 mol·L －1，故答案为：0.3mol·L-1；
(2)设K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积分别是xL、yL、zL，则0.2x＝0.1×(x＋y＋z)、0.4y＝0.1×(x＋y＋z)、0.1x＋0.6y＝0.2×(x＋y＋z)，解得x＝2y＝2z，所以K2SO4溶液、Al2(SO4)3溶液、纯水三者的体积比为2∶1∶1，故答案为：2∶1∶1。

3．Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：
（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置____（填代表装置图的字母）；
（2）分离CCl4（沸点为76.75℃）和甲苯（沸点为110.6℃）的液体混合物，可选择装置A，该分离方法的名称为_____，装置A中①的名称是______。

（3）实验室用B装置从碘水中分离出I2，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，碘主要溶解在_____（填“上层”或“下层”）液体中，该层溶液颜色为_____，该装置在分液
时为使液体顺利下滴，应进行的具体操作_____。

Ⅱ.用胆矾晶体（CuSO4·5H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL，回答下列问题：（1）所需仪器为：托盘天平、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管，还需要哪些玻璃仪器才能完成该实验，请写出：_____。

（2）请写出该实验的简要的实验步骤：
①计算②称量胆矾_____g ③溶解④转移⑤洗涤并转移⑥定容⑦摇匀（3）如图是该同学转移溶液的示意图，图中的错误是_____。

【答案】D 蒸馏冷凝管上层紫红色打开分液漏斗的上口活塞 250mL容量瓶 25 转移溶液时，应用玻璃棒引流
【解析】
【分析】
Ⅰ. （1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离；
（2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法；
（3）碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯的密度比水小，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水层；分液时，应打开分液漏斗的上口活塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴；
Ⅱ. （1）实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO4·5H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时，应选用250mL容量瓶；
（2）先计算250mL0.40mol/L的CuSO4溶液中硫酸铜的物质的量，再计算胆矾的质量；（3）转移溶液时，应用玻璃棒引流。

【详解】
Ⅰ.（1）蒸发可以实现易溶于水的固体和水的分离，从氯化钾溶液中得到氯化钾固体可用蒸发，D为蒸发装置，故答案为：D；
（2）分离沸点不同的互溶物质用蒸馏的方法，四氯化碳和甲苯的沸点不同，用蒸馏的方法分离，A为蒸馏装置，装置A中①的名称是冷凝管，故答案为：蒸馏；冷凝管；
（3）B为萃取分液装置，碘单质在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，笨的密度比水小，将碘水和苯注入分液漏斗中充分振荡并静置后，上层为紫红色的碘的苯溶液，下层为水层；分液时，应打开分液漏斗的上口活塞，起到平衡气压的作用，便于液体顺利下滴，故答案为：上层；紫红色；打开分液漏斗的上口活塞；
Ⅱ.（1）实验室没有240mL容量瓶，用胆矾晶体（CuSO4·5H2O）配制0.40mol/L的CuSO4溶液240mL时，应选用250mL容量瓶，用到的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、量筒、250mL 容量瓶、玻璃棒、胶头滴管，故答案为：250mL容量瓶；
（2）250mL0.40mol/L 的CuSO 4溶液中硫酸铜的物质的量为0.25L ×0.40mol/L=0.1mol ，则称量胆矾的质量为0.1mol ×250g/mol=25g ，故答案为：25g ；
（3）由题给图示可知，图中的错误是转移溶液时没有用玻璃棒引流，故答案为：转移溶液时，应用玻璃棒引流。

【点睛】
实验室没有240mL 容量瓶，用胆矾晶体（CuSO 4·
5H 2O ）配制0.40mol/L 的CuSO 4溶液240mL 时，应选用250mi 容量瓶是解答易错点。

4．Ⅰ某无土栽培用的营养液，营养液要求KCl 、K 2SO 4和NH 4Cl 3种固体原料的物质的量之比为1:4:8。

(1) 配制该营养液后c(NH 4+)=0.016 mol ﹒L -1，溶液c(K +)=_______________。

(2) 若采用(NH 4)2SO 4和KCl 来配制该营养液，则(NH 4)2SO 4和KCl 物质的量之比为________ Ⅱ从1L 1 mol ﹒L -1氢氧化钠溶液中取出100 mL ：
(1)取出的这100 mL 氢氧化钠溶液的物质的量浓度是______。

若将取出的这100 mL 氢氧化钠溶液加水稀释至500 mL ，所得溶液的物质的量浓度是_____。

某学生计划用12 mol ﹒L -1的浓盐酸配制0.1 mol ﹒L -1的稀盐酸450 mL ，回答下列问题：
(2)实验过程中，不必使用的是________(填字母)。

A ．托盘天平
B ．量筒
C ．容量瓶
D ．250 mL 烧杯 E.胶头滴管 F.500 mL 试剂瓶
(3)除上述仪器可使用外，还缺少的仪器是________。

(4)量取浓盐酸的体积为___ mL ，应选用的量筒规格为______(提供10.0 mL 、25.0 mL)。

(5)配制时应选用的容量瓶规格为______________。

(6)某同学操作出现以下情况，对所配溶液浓度将有何影响（填“偏高”“偏低”或“无影响”）。

定容时俯视刻度线__________加蒸馏水时不慎超过了刻度__________,此时应如何处理 ________。

【答案】0.018mol/L 4:9 1mol/L 0.2mol/L A 玻璃棒 4.2 mL 10.0mL 500 mL 偏高 偏低 重新配制
【解析】
【分析】
Ⅰ由配制营养液的KCl 、K 2SO 4和NH 4Cl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K +和NH 4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，由K +和NH 4+的物质的量比计算可得； Ⅱ溶液是均匀的，从1L 1 mol ﹒L -1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH 溶液浓度等于原溶液的浓度，由稀释定律计算可得；配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管、和500 mL 试剂瓶。

【详解】
Ⅰ（1）由配制营养液的KCl 、K 2SO 4和NH 4Cl 三种固体原料的物质的量之比为1:4:8可知，溶液中K +和NH 4+的物质的量比为（1+2×4）：8=9:8，若营养液中c(NH 4+)为0.016 mol ﹒L -1，n （K +）：n （NH 4+）=c （K +）：c （NH 4+）=9:8，则c （K +）=90.016/8
mol L =0.018mol/L ，故
答案为：0.018mol/L ；
（2）设(NH 4)2SO 4的物质的量为x ，KCl 的物质的量的物质的量为y ，由溶液中K +、NH 4+的物质的量比为9:8可得y ：2x=9:8，则x ：y=4：9，故答案为：4：9；
Ⅱ（1）溶液是均匀的，从1L 1 mol ﹒L -1氢氧化钠溶液中取出的100mLNaOH 溶液浓度等于原溶液的浓度，则取出的这100 mL 氢氧化钠溶液的物质的量浓度是为1mol/L ；据稀释定律，稀释前后溶质氢氧化钠的物质的量不变，令稀释后的浓度为c ，则可得关系式100mL ×1mol/L=500mL ×c ，解得c=0.2mol/L ，故答案为：1mol/L ；0.2mol/L ；
（2）配置一定物质的量浓度的溶液，配制步骤有计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，需要用到的仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、500mL 容量瓶、胶头滴管、和500 mL 试剂瓶，不必使用的是托盘天平，故答案为：A ；
（3）由（2）分析可知，还缺少的仪器是玻璃棒，故答案为：玻璃棒；
（4）设量取浓盐酸的体积是Vml ，由稀释定律可知稀释前后HCl 物质的量不变，则有12mol/L ×V ×10—3L=0.10mol/L ×0.5L ，解得V=4.2，由量筒使用的最近原则可知，应选用10.0mL 量筒量取4.2ml 浓盐酸，故答案为：4.2ml ；10.0mL ；
（5）实验室没有450mL 的容量瓶，则配制0.1 mol ﹒L -1的稀盐酸450 mL 应选用500mL 的容量瓶，故答案为：500 mL ；
（6）定容时俯视刻度线，会导致溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；加蒸馏水时不慎超过了刻度，会导致溶液体积偏大，所配溶液浓度偏低，由于操作导致实验失败，解决的方法是重新配制，故答案为：偏高；偏低；重新配制。

5．实验室可用如下方法制取Cl 2，根据相关信息，回答下列问题：
(1)在该反应中，HCl 表现的性质有______、________.
①MnO 2 +4HCl （浓）ΔCl 2↑+ MnCl 2+ 2H 2O
(2)若反应中有0.1mol 的氧化剂被还原，则被氧化的物质为________（填化学式），被氧化物质的物质的量为 _____，同时转移电子数为_____(用N A 表示)。

(3)将(2)生成的氯气与 0.2mol H 2 完全反应，生成的气体在标准状况下所占体积为_________，将此产物溶于水配成100mL 溶液，此溶液的物质的量浓度为_______。

(4)②KClO 3＋6HCl(浓)=3Cl 2↑＋KCl ＋3H 2O③2KMnO 4＋16HCl(浓)=2KCl ＋2MnCl 2＋5Cl 2↑＋8H 2O
若要制得相同质量的氯气，①②③三个反应中电子转移的数目之比为____。

(5)已知反应4HCl(g)＋O 2 Δ催化剂2Cl 2＋2H 2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO 2、O 2、KMnO 4三种物质氧化性由强到弱的顺序为_______。

(6)将不纯的NaOH 样品2.50 g(样品含少量Na 2CO 3和水)，放入50.0 mL 2.00mol/L 盐酸中，充分反应后，溶液呈酸性，中和多余的酸又用去40.0 mL 1.00 mol/L 的NaOH 溶液。

蒸发中和后的溶液，最终得到固体的质量为_______。

【答案】还原性 酸性 HCl 0.2mol 0.2N A 8.96L 4mol/L 6：5：6 KMnO 4> MnO 2> O 2
5.85g
【解析】
【分析】
(1)盐酸与二氧化锰反应化合价发生变化，且能与碱性氧化物反应；
(2)还原剂被氧化，求解被还原的还原剂的量；
(3) 根据方程式及c=n V
计算； (4) ①生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；②生成1mol 氯气时，转移
53mol 电子；③生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；
(5)根据氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，进行推理；
(6)根据Cl -离子守恒进行计算。

【详解】
(1)盐酸与二氧化锰反应化合价由-1变为0，作还原剂，表现还原性；与碱性氧化物反应，表现酸性；
(2)若0.1mol 的氧化剂被还原，还原剂被氧化，物质为HCl ，被还原的物质的量为0.2mol ，转移0.2mol 电子，即0.2N A ；
(3) H 2 + Cl 2=2HCl ，0.2mol 氯气与0.2mol H 2 完全反应，生成0.4molHCl ，标况下的体积为
8.96L ；c=n V =0.40.1
=4mol/L ； (4) ①生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；②生成1mol 氯气时，转移
53mol 电子；③生成1mol 氯气时，转移2mol 电子；电子转移的数目之比为6：5：6；
(5)根据反应①、③和4HCl(g)＋O 2 Δ催化剂2Cl 2＋2H 2O(g)可知，MnO 2、O 2、KMnO 4三种物质均可制取氯气，且反应的条件下由易到难，氧化剂的氧化性越强，则反应越容易，则氧化性由强到弱的顺序为KMnO 4> MnO 2> O 2；
(6)反应后的溶液的溶质为NaCl ，且加热蒸干后得到的固体也为NaCl ，根据Cl -离子守恒，n （NaCl ）= n （HCl ）=50.0 mL×2.00mol/L=0.1mol ，其质量为5.85g 。

6．现有下列九种物质：①HCl 气体 ②Cu ③蔗糖 ④CO 2 ⑤H 2SO 4 ⑥Ba(OH)2固体 ⑦氯酸钾溶液 ⑧稀硝酸 ⑨熔融Al 2(SO 4)3
（1）属于电解质的是___；属于非电解质的是___。

（2）②和⑧反应的化学方程式为：3Cu +8HNO 3=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O
上述反应中氧化产物是___。

硝酸没有全部参加氧化还原反应，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的___。

用双线桥法分析上述反应（只需标出电子得失的方向和数目）___。

3Cu+8HNO 3=3Cu(NO 3)2+2NO↑+4H 2O
（3）上述九种物质中有两种物质之间可发生离子反应：H ＋＋OH －=H 2O ，该离子反应对应的化学方程式为___。

（4）⑨在水中的电离方程式为___，
（5）34.2g⑨溶于水配成1000mL溶液，SO42-的物质的量浓度为___。

【答案】①⑤⑥⑨③④ Cu(NO3)2或Cu2+ 25%
Ba(OH)2＋2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O
Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42- 0.3mol/L
【解析】
【分析】
（1）在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物是电解质，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物是非电解质，包括一些非金属氧化物、氨气、大多数有机物（如蔗糖、酒精等）；
（2）氧化还原反应中所含元素化合价升高的反应物为还原剂，对应产物为氧化产物；依据硝酸中氮元素化合价的变化计算参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的量；根据Cu元素的化合价变化、N元素的化合价变化来分析，化合价升高的元素原子失去电子，化合价降低的元素的原子得到电子，化合价升高值=化合价降低值=转移电子数；
（3）H++OH-═H2O，可以表示强酸与强碱反应生成可溶性盐和水；
（4）硫酸铝为强电解质，水溶液中完全电离；
（5）计算3.42g硫酸铝的物质的量，依据硫酸铝电离方程式计算硫酸根离子的物质的量，
依据
n
c=
V
计算硫酸根离子的物质的量浓度。

【详解】
（1）①HCl气体是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；
②Cu是单质，既不是电解质也不是非电解质；
③蔗糖是在水溶液里和熔融状态下都不能导电的化合物，是非电解质；
④CO2本身不能电离，属于非电解质；
⑤H2SO4是在水溶液里能导电的化合物，是电解质；
⑥Ba(OH)2固体是在水溶液里或熔融状态下能够导电的化合物，是电解质；
⑦氯酸钾溶液是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑧稀硝酸是混合物，既不是电解质也不是非电解质；
⑨熔融Al2(SO4)3是在水溶液里或熔融状态下能导电的化合物，是电解质；
综上所述，属于电解质的是①⑤⑥⑨；属于非电解质的是③④；
故答案为：①⑤⑥⑨；③④；
（2）3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，反应中铜元素化合价升高，为还原剂，对应产物硝酸铜为氧化产物，参加反应的硝酸有8mol，只有2mol硝酸中的N化合价降低，作氧化剂，参加氧化还原反应的硝酸占总硝酸的25%；在反应
3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O中，Cu元素的化合价由0升高到+2价，N元素的化合价由+5降低为+2价，转移的电子为6e−，则用双线桥法标出电子得失的方向和数目为，
；
故答案为：Cu(NO3)2或Cu2+；25%；；
（3）H++OH−═H2O，可以表示稀硝酸与氢氧化钡反应，化学方程式为：Ba(OH)2＋
2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O；
故答案为：Ba(OH)2＋2HNO3=Ba(NO3)2＋2H2O；
（4）硫酸铝为强电解质，完全电离，电离方程式为：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42-；
故答案为：Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42-；
（5）3.42g硫酸铝的物质的量
3.42g
342g/
n==0.0
mol
1mol，依据硫酸铝电离方程式：
Al2(SO4)3=2Al3＋＋3SO42-，可知硫酸根离子的物质的量为0.03mol，则硫酸根离子的物质的量
浓度
0.03mol
c==0.3mol/L
0.1L
；
故答案为：0.3mol/L。

7．氧化还原反应原理在生产生活和科学研究中应用广泛。

（1）下列表述中没有氧化还原反应发生的是_____。

a．滴水成冰 b．蜡炬成灰 c．百炼成钢
（2）NH3和Cl2反应的方程式为：NH3+Cl2﹣N2+HCl
①该反应中被氧化的元素是_____（填元素名称），氧化剂是_____（填化学式）。

②配平该方程式：_____NH3+_____Cl2=_____N2+_____HCl
（3）“地康法”制氯气的反应原理图示如下：
①反应I的化学方程式为_____。

②若要制得标准状况下氯气11.2L，则整个反应中转移电子的物质的量为_____。

【答案】a 氮 Cl22316 2HCl+CuO＝CuCl2+H2O 1mol
【解析】
【分析】
（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；
b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；
c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧
化还原反应，与题意不符，c错误；
（2）①还原剂化合价升高，被氧化，氧化剂化合价降低，被还原；
②利用化合价升降法配平；
（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O；
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，氯元素化合价由﹣1升高为0。

【详解】
（1）a、滴水成冰，没有生成新物质，属于物理变化，符合题意，a正确；
b．蜡炬燃烧生成二氧化碳和水，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，b错误；
c．百炼成钢，为钢中的碳与氧气反应生成二氧化碳，碳元素、氧元素化合价改变，属于氧化还原反应，与题意不符，c错误；
故答案为a；
（2）①NH3和Cl2反应中氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，该反应中被氧化的元素是氮元素，氧化剂是Cl2；
②氮元素化合价由﹣3升高为0，氯元素化合价由0降低为﹣1，最小公倍数为6，根据得失电子守恒配平方程式是2NH3+3Cl2＝N2+6HCl；
（3）①根据反应原理图，反应I是HCl、CuO反应生成CuCl2和H2O，反应方程式是
2HCl+CuO＝CuCl2+H2O；
②标准状况下11.2L氯气的物质的量是0.5mol，反应I是非氧化还原反应，反应II是氧化还原反应，根据2CuCl2+O2＝2CuO+2Cl2，氯元素化合价由﹣1升高为0，所以生成0.5mol
氯气转移1mol电子。

【点睛】
还原剂化合价升高，被氧化，发生氧化反应，生成氧化产物；氧化剂化合价降低，被还原，发生还原反应，得到还原产物。

8．氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。

I．工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：
(1)电解反应的化学方程式为__________。

(2)若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是___________。

Ⅱ．某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：
(3)B中反应的化学方程式是_________。

(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2____g。

(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。

①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施
_______。

②试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_________，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_________。

【答案】2NaCl+2H2O 通电
2NaOH+H2↑+Cl2↑移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b
导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 7.15g 冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案) 2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O 在A 与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶
【解析】
【分析】
I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验；II.在装置A中制取Cl2，在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染物，在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答。

【详解】
I.(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，反应方程式为：
2NaCl+2H2O 通电
2NaOH+H2↑+Cl2↑；
(2)在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。

由于放电能力Cl->OH-，所以溶液中的阴离子Cl-放电，失去电子变为Cl2逸出，Cl2检验强氧化性，可以使KI变为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b 导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；
II.(3) 在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
(4)n(MnO2)=8.7g÷87g/mol=0.1mol，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，根据制取气体方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O可知0.1mol MnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol，说明HCl过量，制取的Cl2按MnO2计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol，则根据反应关系
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知n[Ca(ClO)2]=1
2
n(Cl2)=0.05mol，所以理论上制取的
漂白粉中Ca(ClO)2的质量为m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol=7.15g；
(5)①温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)；
②试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca(OH)2反应，用化学方程式表示为
2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置改进为：在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl气体。

【点睛】
本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。

掌握氯气的工业和实验室制取方法，根据电解原理、氧化还原反应规律，结合物质的性质(挥发性、氧化性)等分析判断。

9．Ba(OH)2是一种强碱，可用于测定天然气中CO2的含量。

（1）请写出足量氢氧化钡溶液吸收CO2气体的离子方程式：__________。

（2）某课外小组通过以下实验操作测定Ba(OH)2·nH2O中n的值。

①称取5.25g试样（含有杂质）配成100mL溶液。

配置溶液中用到的仪器有天平、
__________、__________、__________和胶头滴管。

若配制过程中定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量蒸馏水，则所得溶液的浓度将__________（填“偏大”、“不变”或“偏小”）。

②用30.00mL 1mol·L-1盐酸与上述Ba(OH)2溶液反应，消耗该Ba(OH)2溶液100.00mL（杂质不与酸反应），则该Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为__________。

③另取5.25g试样加热至失去全部结晶水（杂质不分解），称得剩余固体质量为3.09g，则Ba(OH)2·nH2O中n=__________。

【答案】CO2+Ba2++2OH-===BaCO3↓+H2O 100mL容量瓶玻璃棒烧杯偏小 0.15mol/L 8
【解析】
【详解】
(1)足量氢氧化钡溶液吸收CO2气体生成BaCO3，发生反应的离子方程式为CO2+Ba2++2OH-
===BaCO 3↓+H 2O ；
(2)①称取5.25g 试样(含有杂质)配成100mL 溶液，需要经过溶解、转移并定容，其中溶解时需要玻璃棒和烧杯，转移时需要玻璃棒引流，定容时需要容量瓶和胶头滴管，则配置溶液中用到的仪器有天平、100mL 容量瓶、玻璃棒、烧杯和胶头滴管；若配制过程中定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量蒸馏水，导致所配溶液的体积偏大，则所得溶液的浓度将偏小；
②设Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为cmol/L ，则1mol·
L -1×0.03L=cmol/L×0.1L×2，解得：c=0.15，该Ba(OH)2溶液的物质的量浓度为0.15mol/L ；
③5.25g 试样中含有Ba(OH)2的物质的量为0.15mol/L×0.1L=0.015mol ，含有水的物质的量为
5.25g 3.09g 18/mol
g =0.12mol ，所以1：n=0.015mol ：0.12mol ，解得n=8。

10．对一定量气体体积的探究。

已知1 mol 不同气体在不同条件下的体积：
（1）从表分析得出的结论：
①1mol 任何气体，在标准状况下的体积都约为____。

②1mol 不同的气体，在不同的条件下，体积____(填“一定”、“一定不”或“不一定”)相等。

（2）理论依据：相同条件下，1mol 任何气体的体积几乎相等，原因是：①____，②___。

（3）应用：在标准状况下，4gO 2的体积为____。

（4）等温、等压下，等体积的O 2和O 3所含分子个数比___，质量比为__。

（5）已知16gA 和20gB 恰好完全反应生成0.04molC 和31.76gD ，则C 的摩尔质量为___。

（6）在三个密闭容器中分别充入Ne 、H 2、O 2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强(p)分别用p(Ne)、p(H 2)、p(O 2)表示，由大到小的顺序是__。

【答案】22.4L 不一定 气体分子数目相等 相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相
等 2.8L 1∶1 2∶3 106g·
mol −1 p(H 2)＞p(Ne)＞p(O 2) 【解析】
【分析】
(1)根据图表信息进行分析；
(2)根据克拉伯龙方程：PV=nRT进行分析；
(3)根据n=m/M=V/V m进行分析；
(4)根据阿伏加德罗定律及其推论进行分析；
(5)根据质量守恒定律及n=m/M进行分析；
(6)根据PM=ρRT进行分析。

【详解】
(1)①从表中的H2、O2、CO在标准状况下体积可以看出：1mol任何气体在标准状况下，体积都约为22.4L；
故答案是：22.4L；
②根据克拉伯龙方程:PV=nRT可知，1mol不同的气体，物质的量n相同，在不同的条件下，如温度相等，压强不相等时，体积则不相等；或在温度不相等，压强也不相等时，体积可能相等；因此1mol不同的气体，在不同的条件下，体积不一定相等；
故答案是：不一定；
(2) 因为在相同的温度和压强下，任何气体分子间的平均距离几乎相同且1mol气体的分子数目也相同，所以在相同条件下，1mol任何气体的体积几乎相等；
故答案是：气体分子数目相等；相同条件下，气体分子间的平均距离几乎相等；
(3)O2的摩尔质量是32g/mol，4gO2的物质的量是4g/32g·mol-1=1/8mol；在标准状况下，
4gO2的体积为22.4L·mol-1×1/8mol=2.8L；
故答案是： 2.8L；
(4)等温等压下，气体摩尔体积相等，相同体积的氧气和臭氧其物质的量相等，根据N=nN A 知，分子数之比等于物质的量之比=1：1；根据m=nM知，相同物质的量时其质量之比等于摩尔质量之比=32g/mol:48g/mol=2:3；
故答案为：1：12：3；
(5)根据质量守恒定律知，C的质量=(16+20-31.76)g=4.24g，C的摩尔质量
=4.24g/0.04mol=106g/mol；
故答案为：106g/mol；
(6)Ne的摩尔质量是4g/mol，氢气的摩尔质量是2g/mol，氧气的摩尔质量是32g/mol，在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量成反比，所以其压强大小顺序是P(H2)＞P(Ne)＞P(O2)；
故答案为：P(H2)＞P(Ne)＞P(O2)。

【点睛】
影响物质的体积的因素有：微粒的数目、微粒的间距、微粒的大小；对于固体和液体来讲，粒子间距较小，可忽略，体积主要由微粒的数目、微粒的大小来决定；而对于气体来讲，粒子间距较大，忽略粒子大小，体积主要由微粒的数目、微粒的间距来决定，当温度和压强一定时，粒子间距几乎相等，体积由微粒的数目来决定。

11．实验室用氢氧化钠固体配制1.00mol·L－1的NaOH溶液500mL，回答下列问题。