高考化学一模试题分类汇编——物质的量综合及答案解析

高考化学一模试题分类汇编——物质的量综合及答案解析
一、高中化学物质的量
1．（1）有相同物质的量的 H2O 和 H2SO4，其质量之比为_____，氢原子个数比为_____，氧原子个数比为_____。

（2）把 3.06 g 铝和镁的混合物粉末放入 100 mL 盐酸中，恰好完全反应，并得到标准状况下 3.36 L H2。

计算：①该合金中铝的物质的量为_____。

②该合金中镁的质量为_________。

③反应后溶液中 Cl﹣的物质的量浓度为__________（假定反应体积仍为 100 mL）。

（3）由 CO2与 CO 组成的混和气体对 H2的相对密度为 20，则混和气体中 CO2的体积分数为_____； CO 的质量分数为_____。

【答案】9：49 1：1 1：4 0.06 mol 1.44 g 3.0 mol·L-1 75% 17.5%
【解析】
【分析】
【详解】
（1）n (H2O)= n (H2SO4) ，m (H2O)：m (H2SO4)= n (H2O)×18：n (H2SO4)×98= 9：49；
N H(H2O) ：N H(H2SO4)= n (H2O)×2：n (H2SO4)×2=1：1； N O(H2O) ：N O(H2SO4)= n (H2O)×1：n (H2SO4)×4=1：4；
（2）设镁的物质的量为xmol，铝的物质的量为ymol，二者混合物的质量为
3.06=24x+27y；根据化学反应的计量系数比：Mg~2HCl~H2，2Al~6HCl~3H2，氢气的体积标准状况下3.36 L，n (H2)=0.15mol，列式x+1.5y=0.15，解方程x=0.06 mol，y=0.06 mol，故该合金中铝的物质的量为0.06 mol，该合金中镁的质量为0.06×24=1.44g，反应后溶液中Cl¯（盐酸恰好反应完全，溶液中溶质只有氯化镁和氯化铝）的物质的量
=0.06×2+0.06×3=0.3mol，溶液体积100mL,Cl¯的物质的量浓度c=n
V
=3.0 mol·L-1；
（3）由CO2与CO组成的混和气体对H2的相对密度为20，密度之比等于摩尔质量之比，则混合气体的平均摩尔质量为40g/mol，设1mol混合气体中有xmol CO，CO2ymol，故
x+y=1，28x+44y=40，则x =0.25mol，y =0.75mol，同温同压，气体体积之比等于物质的量之比，则混和气体中CO2的体积分数为75%，CO的质量分数=0.25×28/40=17.5%
2．①同温同压下，同体积的氨气和硫化氢气体（H2S）的质量比为_________；
②同质量的氨气和硫化氢气体的体积比为_______________，其中含有的氢的原子个数比为___________；
③若二者氢原子数相等，它们的体积比为_____________；
④在相同条件下，在5.6g氮气中应添加___________g氨气所组成的混合气体与16g氧气所占的体积相等。

【答案】1:2 2:1 3:1 2:3 5.1
【解析】
【分析】
【详解】
①同温同压下，气体体积之比等于其物质的量之比，根据m=nM可知，同体积的氨气和硫化氢气体(H2S)的质量比为17g/mol：34g/mol= 1：2 ；
②根据n=m
M
可知，同质量的氨气与硫化氢的物质的量之比为34g/mol: 17g/mol=2:1；相同
条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，二者体积之比为2:1，所含氢原子数目之比为(2⨯3):(1⨯2)=3:1；
③假设H原子为3mol，氨气为1mol，硫化氢为1.5mol，二者体积之比为
1mol: 1.5mol=2:3；
④氮气物质的量n=
5.6g
0.2mol
28g/mol
=，氧气物质的量n=
16g
32g/mol
= 0.2mol，则氨气物
质的量为=0.5mol-0.2mol=0.3mol ，氨气的质量为0.3mol⨯17g/mol=5.1g。

3．I．自然界中的物质绝大多数以混合物的形式存在，为了便于研究和利用，常需对混合物进行分离和提纯。

下列A、B、C、D是中学常见的混合物分离或提纯的装置。

请根据混合物分离或提纯的原理，回答在下列实验中需要使用哪种装置。

将A、B、C、D 填入适当的空格中。

(1)碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙__________；
(2)氯化钠溶液中分离出氯化钠___________；
(3)分离39％的乙醇溶液___________；
(4)分离溴的氯化钠溶液____________；
Ⅱ.利用“化学计量在实验中的应用”的相关知识进行填空
已知某饱和氯化钠溶液体积为V mL，溶液密度为d g/cm3，质量分数为w，物质的量浓度为
c mol/L，溶液中含NaCl的质量为m g。

(1)用m、V表示溶液的物质的量浓度是_________
(2)用w、d表示溶液的物质的量浓度是_________
(3)用c、d表示溶液的质量分数是__________
【答案】B D A C 1000
58.5
m
V
mol·L－1
1000
58.5
dw
mol·L－1
58.5
1000
c
d
【解析】
【分析】
I. 根据混合物的性质选择相应的装置进行分离；
Ⅱ. 根据公式n m M =、n c V =、1000=c M ρω进行计算。

【详解】 I. (1)碳酸钙不溶于水，可用过滤的方法从碳酸钙悬浊液中分离出碳酸钙，故答案为：B ；
(2)氯化钠易溶于水，可用蒸发的方法从氯化钠溶液中分离出氯化钠，故答案为：D
；
(3)乙醇和水是互溶的两种液体，可用蒸馏的方法分离乙醇和水，故答案为：A ；
(4)溴易溶于四氯化碳而难溶于水，且四氯化碳与水不互溶，则可以用四氯化碳萃取氯化钠溶液中的溴单质，再分液，故答案为：C ；
Ⅱ. (1)NaCl 的物质的量为g ==mol 58.5g/mol 58.5
m m m n M =，则NaCl 溶液的物质的量浓度是-1-3mol 100058.5==mol L 10L 58.5m m c V V
⋅⨯，故答案为：100058.5m V mol·L －1； (2)根据公式1000=c M ρω可知，该溶液的物质的量浓度是-11000=mol L 58.5
dw c ⋅，故答案为：100058.5
dw mol·L －1； (3)由1000=c M ρω可知，=1000cM ωρ，则该溶液的质量分数是58.51000c d
，故答案为：58.51000c d。

【点睛】
该公式1000=
c M
ρω中，涉及溶液的密度，质量分数，物质的量浓度，密度的单位为g/cm 3，是同学们的易忘点。

4．某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。

已知：①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl 2。

②氯气和碱反应放出热量。

温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl 2+6OH -5Cl -
+ClO 3-+3H 2O 。

该兴趣小组设计了下列实验装置进行实验。

请回答下列问题：
(1)①甲装置用于制备氯气，乙装置的作用是________。

②该兴趣小组用100 mL12 mol·L-1盐酸与8.7 g 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。

(2)小组成员发现，产物中Ca(ClO)2的质量明显小于理论值。

他们讨论后认为，部分氯气未与石灰乳反应而逸出，以及温度升高也是可能原因。

为了探究反应条件对产物的影响，他们另取一定量的石灰乳，缓慢、匀速地通入足量氯气，得出了ClO-、ClO3-两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的关系曲线，粗略表示为如图(不考虑氯气和水的反应)。

①图中曲线Ⅰ表示_______离子的物质的量随反应时间变化的关系。

②所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为______mol。

③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-
的物质的量为0.35 mol，则产物中
() ()3
n ClO
n ClO
-
-
=__。

(3)为了提高Ca(ClO)2的产率，可对丙装置作适当改进。

请你写出一种改进方法：
________。

【答案】除去氯气中的氯化氢气体 7.15 ClO- 0.25 2：1 把丙装置浸在盛有冰水的水槽中
【解析】
【分析】
(1)①饱和食盐水的主要作用是除去氯气中的氯化氢气体；
②依据MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，结合定量关系计算理论值；
(2)①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，根据温度高低来判断属于哪种离子；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算氯离子的物质的量，然后根据含氯化合物中钙离子和阴离子的个数比计算氢氧化钙的物质的量；
③另取一份与②等物质的量的石灰乳，以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl-的物质的量为0.35 mol，依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，结合b计算得到氢氧化钙物质的量计算氯元素物质的量，依据氧化还原反应电子守恒，生成产物中氯元素守恒列式计算。

(3)根据题中信息，在高温度下发生副反应，可以把丙装置放入冰水中。

【详解】
(1)①浓盐酸和二氧化锰反应制取氯气的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；浓盐酸具有挥发性，在反应制取氯气的过程中挥发出HCl气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体；
②n(HCl)=12 mol/L×0.1 L=1.2 mol，n(MnO2)=
8.7
87 /
g
g mol
=0.1 mol，MnO2、HCl反应的物质的
量的比是1：4，可见足量的浓盐酸与8.7 gMnO2制备氯气，以MnO2为标准计算，
n(Cl2)=n(MnO2)=0.1 mol，将所得氯气与过量的石灰乳反应，反应方程式为：
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，根据方程式中物质反应关系可知：理论上最多可制得Ca(ClO)2的物质的量为0.05 mol，其质量m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143 g/mol=7.15 g；
(2)①当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙；当温度高时，生成氯酸钙和氯化钙，刚开始反应时，温度较低，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙，所以图2中曲线I表示离子ClO-的物质的量随反应时间变化的关系；
②根据氧化还原反应中得失电子数相等计算Cl-的物质的量，设被还原的氯离子的物质的量为n，则n×1=0.10 mol×1+0.05 mol×5=0.35 mol，则反应的Cl2中含氯原子的物质的量为：0.35 mol+0.1 mol+0.05 mol=0.5 mol，在CaCl2、Ca(ClO)2、Ca(ClO3)2中钙离子和含氯离子的个
数比为1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量为0.5
2
mol
=0.25 mol；
③取一份与②等物质的量的石灰乳，其物质的量为0.25 mol，根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n(ClO-)=x，n(ClO3-)=y；则得到：0.35=x×1+y×5；依据氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙中钙离子和含氯元素的物质的量比为1：2，得到氯元素物质的量为0.5mol；x+y+0.35=0.5，解得：x=0.1 mol，
y=0.05 mol，则产物中
()
()3
n ClO0.1?
0.05?
n ClO
mol
mol
-
-
==2：1；
(3)由于反应在高温度下发生副反应，所以改进措施可以把丙装置放入盛有冰水的水槽中，避免发生3Cl2+6OH-5Cl-+ClO3-+3H2O。

【点睛】
本题考查了性质方案的设计。

明确实验目的、实验原理为解答关键，注意熟练掌握氯气的实验室制法及守恒思想在化学计算中的应用方法，题目培养了学生的分析、理解能力及化学实验、化学计算能力。

5．在标准状况下，由一氧化碳和二氧化碳组成的混合气体为6.72 L，质量为12g，此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比是__________，一氧化碳的体积分数是
__________，一氧化碳的质量分数是__________，碳原子和氧原子个数比是__________，混合气体的平均相对分子质量是__________，密度是__________g·L－1。

【答案】1∶3 25% 17.5% 4∶7 40 1.79
【解析】
【分析】
根据公式： n m M ==
V Vm
进行分析解答。

【详解】 混合气体的物质的量＝ 6.72L 22.4L?mol 1
－＝0.3 mol ， 设一氧化碳的物质的量为x ，二氧化碳的物质的量为y ，则：
0.3284412x y x y +=⎧⎨+=⎩
解得：x ＝0.075 mol ，y ＝0.225 mol ，
此混合物中一氧化碳和二氧化碳物质的量之比＝0.075mol ∶0.225 mol ＝1∶3；
一氧化碳的体积分数是＝0.075mol 0.3mol
×100% ＝25% ； 一氧化碳的质量＝0.075 mol×28g·
mol -1＝2.1 g ， 一氧化碳的质量分数＝2.1g 12g
×100% ＝17.5% ； 碳原子和氧原子个数比＝(0.075 mol ＋0.225 mol)∶(0.075 mol ＋0.225mol×2)＝4∶7； 混合气体的平均摩尔质量＝
12g 0.3?mol ＝40g·mol -1，平均相对分子质量是40； 混合气体的密度＝12g 6.72L
≈1.79 g·L -1。

答案：1∶3；25% ；17.5% ；4∶7； 40；1.79。

6．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SO 2所形成酸雨的性质，将一定量的SO 2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。

7．实验室需要配制0.1 mol·L－1 CuSO4溶液480 mL。

按下列操作步骤填上适当的文字，以使整个操作完整。

(1)选择仪器。

完成本实验所必需的仪器有：托盘天平(精确到0.1 g)、药匙、烧杯、量筒、玻璃棒、 ________、________以及等质量的两片张滤纸。

(2)计算，应选择下列________。

A．需要CuSO4固体8.0 g B．需要CuSO4·5H2O晶体12.0 g
C．需要CuSO4·5H2O晶体12.5 g D．需要CuSO4固体7.7 g
(3)称量。

所用砝码生锈则所配溶液的浓度会________(填“偏高”“偏低”或“无影响”，下同)。

(4)溶解、冷却。

若未冷却，则所配溶液浓度会________。

(5)转移、洗涤。

若未洗涤，则所配溶液浓度会________。

(6)定容，摇匀。

(7)将配好的溶液静置一段时间后，倒入指定的试剂瓶，贴好标签，注明配制的时间、溶液名称及浓度。

(8)在配制过程中，某学生观察定容时液面情况如图所示，所配溶液的浓度会________。

【答案】胶头滴管 500 mL 容量瓶 AC 偏高 偏高 偏低 偏低
【解析】
【分析】
本题是一定量浓度溶液配制题目，注意其操作的相关注意事项即可
【详解】
(1)配制的是480 mL 溶液，需要容量瓶不能小于此体积，又定容后期需要胶头滴管，故本题答案为胶头滴管、500 mL 容量瓶；
(2)因为定容时使用的500 mL 容量瓶，其物质称量时时按500 mL 算，不是按480 mL 算，若果是硫酸铜固体其质量为11500mL 0.1 mol L 160 g mol
⨯⋅⨯⋅－－=8.0g ，若为5水硫酸铜其质量为11500mL 0.1 mol L 250 g mol
⨯⋅⨯⋅－－=12.5g ，故答案为A 、C ； (3)砝码生锈，其砝码质量比本身标记质量大，其称量的物质质量增大，其配置容溶液浓度
会偏高，故答案为偏高；
(4)若未冷却，会导致定容的溶液体积减少，最终导致溶液浓度偏高，故本题答案为偏高；
(5)若未洗涤，其烧杯中还残留有少量物质，其溶液中溶质质量减少，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低；
(8)因仰视，溶液体积偏大，最终导致溶液浓度偏低，故本题答案为偏低。

【点睛】
注意：计算物质质量时是以容量瓶体积来计算，不是配置的体积；定容时要平视，不要仰视和俯视；溶液移液要先冷却，转移时要多次洗涤。

8．氯及其化合物在生产、生活中都有重要的应用：
（Ⅰ）现实验室要配置一定物质的量浓度的稀盐酸。

（1）如图是某市售盐酸试剂瓶标签上的部分数据。

则该盐酸的物质的量浓度是___ mol·L-1。

（2）某同学用该浓盐酸配制100mL 1mol·L-1的稀盐酸。

请回答下列问题：
①通过计算可知，需要用量筒量取浓盐酸 ____ mL。

②使用的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外，还必须用到的仪器有_______。

③若配制过程遇下列情况，溶液的物质的量浓度将会：（填“偏高”“偏低”“无影响”）
A．量取的浓盐酸置于烧杯中较长时间后配制______。

B．转移溶液前，洗净的容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理___。

C．定容时俯视容量瓶的刻度线_____。

（Ⅱ）实验室使用浓盐酸、二氧化锰共热制氯气，并用氯气和氢氧化钙反应制取少量漂白粉（该反应放热）。

已知：MnO2 + 4HCl(浓) MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O；氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙。

甲、乙、丙三位同学分别设计了三个实验装置如下图所示：
（1）哪位同学的装置能够有效地防止副反应的发生？_____。

（2）上述装置中，甲由A、B两部分组成，乙由C、D、E三部分组成，丙由F、G两部分组成。

从上述甲、乙、丙三套装置中选出合理的部分（按气流从左至右的流向）组装一套较完善的实验装置（填所选部分的字母）_____。

（3）利用（2）中实验装置进行实验，实验中若用12 mol·L-1的浓盐酸200 mL与足量二氧化锰反应，最终生成的次氯酸钙的物质的量总小于0.3 mol，其可能的主要原因是_____（假定各步反应均无反应损耗且无副反应发生）。

（Ⅲ）已知HClO的杀菌能力比ClO-强。

25℃时将氯气溶于水形成氯气一氯水体系，该体系中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随pH变化的关系如图所示。

由图分析，欲使氯水的杀菌效果最好，应控制的pH范围是__，当pH=7.5时，氯水中含氯元素的微粒有___。

【答案】11.6 8.6 胶头滴管、100 mL 容量瓶 偏低 无影响 偏低 甲 F B E 浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca （ClO ）2少于0.3mol 2～6 HClO 、ClO -、Cl -
【解析】
【分析】
（Ⅰ）(1)根据1000c=M ρω计算浓度； (2)配制一定物质的量浓度的溶液，步骤为计算、量取、稀释、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶；
（Ⅱ）(1)要防止副反应的发生就要控制反应的温度。

【详解】
（Ⅰ）(1)根据1000c=M
ρω计算盐酸的浓度，有1000 1.1636.5%c=/11.6/36.5
mol L mol L ⨯⨯=； (2) ①根据溶质的物质的量不变，需要量取的盐酸的体积0.1L 1/V=
0.00868.6L 11.6/mol L L m mol L ⨯==； ②量取盐酸的时候需要量筒；稀释浓盐酸，需要玻璃棒、烧杯；转移时，需要100mL 容量瓶，玻璃棒、烧杯；定容时，需要胶头滴管；则还需要的仪器有100mL 容量瓶，胶头滴管；
③A 、浓盐酸易挥发，置于烧杯后，较长时间配制，盐酸挥发，溶质减少，溶液的浓度偏低；
B 、容量瓶中存在蒸馏水，由于定容前，需要往容量瓶中加入蒸馏水，因此之前存在的蒸馏水，对浓度无影响；
C 、俯视刻度线，定容时，水会少加，体积偏小，浓度偏大；
（Ⅱ）(1) 氯气和氢氧化钙在温度较高时会生成副产物氯酸钙，所以必须要控制反应温度，甲装置有冰水浴，可以较好地控制副反应的发生；
(2)F 装置可以通过分液漏斗来控制反应的速率，B 装置有冰水浴可以较少副反应的发生，E 装置可以做到尾气吸收，答案为F B E ；
(3)MnO 2只与浓盐酸反应生成氯气，虽然反应的进行，浓盐酸浓度降低，不与MnO 2反应，所以生成氯气的值小于理论值，答案为浓盐酸逐渐变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，且浓盐酸有挥发性，所以盐酸不能全部反应生成氯气，故生成的Ca(ClO)2少于0.3mol ； (Ⅲ)HClO 的杀菌能力比ClO -强，所以HClO 的浓度越大，杀菌效果最好，根据图像pH 最好为2～6之间；当pH=7.5时，根据图像，氯水中没有Cl 2，韩律的微粒有HClO 、ClO －以及与水反应生成的Cl －。

【点睛】
(Ⅲ)第二小问是易错点，很容易忽略Cl -；不要忘记，Cl 2＋H 2O
HCl ＋HClO ，有Cl －生成。

9．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。

10．设N A为阿伏加德罗常数的数值，下列说法不正确的是
A．含有N A个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2 L
B．0.2N A个硫酸分子与19.6磷酸（H3PO4）含有相同的氧原子数
C．常温下，28克N2和CO的混合物，含有2N A个原子
D．标准状况下，33.6 L氧气中含有9.03×1023个氧气分子
【答案】A
【解析】
【详解】
A．稀有气体为单原子分子，含有N A个氦原子的氦气物质的量为1mol，标准状况下的体积约为22.4L，故A错误；
B．19.6磷酸(H3PO4)的物质的量为
19.6g
98g/mol
=0.2mol，则0.2N A个硫酸分子与19.6磷酸
(H3PO4)含有的氧原子数均为0.8N A，故B正确；
C．N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，且均为双原子分子；则常温下，28克N2和CO的混
合物的总物质的量为1mol，含有2N A个原子，故C正确；
D．标准状况下，33.6 L氧气的物质的量为
33.6L
22.4L/mol
=1.5mol，共含有9.03×1023个氧气
分子，故D正确；
故答案为A。

11．明胶是水溶性蛋白质混合物，溶于水形成胶体。

（1）明胶溶于水所形成的分散系和K2SO4溶液共同具备的性质是___。

a．都不稳定，密封放置沉淀b．两者均有丁达尔现象c．分散质粒子可通过滤纸（2）现需配制0.50mol·L-1K2SO4溶液480mL。

①配制溶液时必需的仪器有：托盘天平（精确到0.1g）、药匙、烧杯、玻璃棒、___、
___、以及等质量的几片滤纸。

②配制该溶液需称取K2SO4晶体的质量为___。

③下列关于容量瓶的使用方法中，正确的是___。

A．容量瓶可长期存放溶液B．在容量瓶中直接溶解固体
C．溶液未经冷却即注入容量瓶中D．向容量瓶中转移溶液要用玻璃棒引流
④下列操作会使所配溶液浓度偏低的是___。

A．转移溶液时有液体溅出
B．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水
C．定容时俯视刻度线
D．烧杯和玻璃棒未洗涤
（3）现有下列十种物质：①HCl；②NaHCO3；③K2SO4溶液；④CO2；⑤蔗糖晶体；
⑥Ca(OH)2；⑦氢氧化铁胶体；⑧NH3·H2O；⑨空气；⑩Al2(SO4)3
(a)上述物质中属于电解质的有___，非电解质的有___(填序号)。

(b)CO2属于酸性氧化物，SiO2也属于酸性氧化物，请写出SiO2和CaO反应的化学方程式：___。

(c)②在水溶液中的电离方程式为___。

(d)胃液中含有盐酸，胃酸过多的人常有胃疼烧心的感觉，服用适量的小苏打
（NaHCO3），能治疗胃酸过多，请写出其反应的离子方程式：___；如果病人同时患胃溃疡，为防胃壁穿孔，不宜服用小苏打，此时最好用含Al(OH)3的胃药（如胃舒平），它与胃酸反应的离子方程式：___。

(e)若⑦中混有少量的③，提纯的方法是：____。

A.蒸馏(分馏)
B.萃取
C.渗析
D.分液
【答案】c 500mL容量瓶胶头滴管 43.5g D ABD ①②⑥⑧⑩④⑤
CaO+SiO2=CaSiO3 NaHCO3=Na++HCO3- HCO3-+H+=H2O+CO2↑ Al(OH)3+3H+=Al3++3H2O C 【解析】
【详解】
（1）a. 胶体较稳定，溶液是稳定的，a项错误；
b. 溶液无丁达尔效应，胶体有丁达尔效应，b项错误；。