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1、2020-2021 高考化学物质的量综合题及详细答案一、高中化学物质的量1 纯碱和小苏打都是重要的化工原料，在生产和生活中有着广泛的应用。(1)用洁净的铂丝蘸取Na2CO3 溶液置于酒精灯火焰上灼烧，火焰呈_色。(2)实验室中需 0.2mol/L 的 Na2CO3 溶液 950mL，配制时应选用容量瓶的规格和称取 Na2CO3 的质量分别是 _ 。A 1000mL； 21.2gB 950mL； 20.14gC500mL ；21.2gD 500mL；10.6g(3)若加热 10.00g 的碳酸钠和碳酸氢钠的混合物，使碳酸氢钠完全分解，混合物质量减少了2.48g，则原混合物中碳酸钠的质量分数为_。
2、(4)某同学为确定一包可能由碳酸钠和碳酸氢钠组成的白色混合物的成分，他取少量该白色物质溶于水，并向所得溶液中加入适量澄清石灰水，产生白色沉淀，据此该同学认为有碳酸钠。你是否同意该同学的观点，请你用适当的化学方程式阐述你的观点_。(5)取等物质的量浓度的NaOH 溶液两份A 和 B，每份 10 mL，分别向A、 B 中通入不等量的CO2，再继续向两溶液中逐滴加入0.1 mol/L 的盐酸，标准状况下产生的CO2 的体积与所加盐酸体积之间的关系如图所示，试回答下列问题：曲线 A 表明，原NaOH 溶液中通入CO2 后，所得溶液加盐酸后产生CO2 气体体积 (标准状况 )的最大值为 _mL。曲线 B
3、 表明，原 NaOH 溶液中通入 CO2 后，所得溶液中的溶质成分是_，其物质的量之比为 _。【答案】黄A 32.8%不同意，由于Ca(OH)2 + 2NaHCO3 = CaCO3 + Na2CO3 +2H2O (或Ca(OH) + NaHCO = CaCO + NaOH +HO)，碳酸氢钠溶液与石灰水反应也能产生白色沉淀233233.6 Na CO 与 NaHCO1:1233【解析】【分析】(1)考查焰色反应；(2)根据 n=cV， m=nM 计算；(3)根据碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，二氧化碳和水，固体质量的减少即为生成二氧化碳的水的质量；(4)根据碳酸钠，碳酸氢钠与氢氧化钙的反应判断；(
4、5)根据碳原子守恒计算二氧化碳的物质的量即为碳酸氢钠的物质的量，利用n= V；Vm由曲线 B 可知从 25mL 到 75mL 为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，根据钠原子守恒计算；【详解】(1)钠的焰色反应为黄色；(2)配置 950ml 的溶液应用 1000 mL 容量瓶配制溶液，所需Na2CO3的质量m=nM=cVM =0.2mol/L 1L106g/mol=21.2g ，答案选 A；(3)设参加反应的碳酸氢钠的质量为x 根据混合物质量减少了2.48g，2NaHCO3 = Na2CO3 +H 2O+CO2质量差16862x2.48g1686210g，则碳酸钠的质量为10g-6.72g=x，解
5、得 x=6.72g，碳酸钠和碳酸氢钠共2.48g3.28g，原混合物中碳酸钠的质量分数=3.28g100% =32.8%；10g(4) 由于 Ca(OH) + 2NaHCO = CaCO + NaCO +2HO (或 Ca(OH) + NaHCO = CaCO +233232233NaOH +H2O)，碳酸钠与氢氧化钙反应会生成碳酸钙沉淀，同样碳酸氢钠与氢氧化钙反应也会生成碳酸钙沉淀，所以不同意他的观点；(5) CO2 与 NaOH 反应为 CO2+NaOH=NaHCO3， CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，当n CO2? 1，反应按进行，等于 123；大于 1时， CO 、 NaOH
6、 恰好反应生成NaHCOn NaOH时，生成 NaHCO3， CO2 有剩余；当1n CO2 1，反应按进行，CO2 、 NaOH 反应，无剩余，生成物为2 n NaOHNaHCO3、 Na2CO3；当 n CO21，反应按进行，等于1 时， CO223；小于n NaOH?、 NaOH 恰好反应生成Na CO221 时，生成 Na2CO3， NaOH 有剩余；2由曲线 A 可知从 60ml 到 75ml为碳酸氢钠与盐酸反应, 消耗的 15mL 盐酸为碳酸氢钠与盐酸反应并产生 CO2322，反应方程式为NaHCO +HCl=NaCl+CO +H O，所以3-3n(NaHCO )=n(HCl)=(
7、75ml-60ml) 0.1mol/L=1.5 mol，10根据 C 原子守恒，所以-3-322.4L/mol=33.6 mL ；n(CO2)=n(NaHCO3)=1.5 10mol， V= nVm =1.5 10mol 加入 75ml 盐酸时二氧化碳的体积达最大，此时溶液为氯化钠溶液。根据氯离子、钠离子守恒，所以n(NaOH)=n(NaCl)=n(HCl)=0.075ml 0.1mol/L=0.0075mol，由曲线 B 可知从25mL 到 75mL 为碳酸氢钠与盐酸反应生成二氧化碳，反应方程式为 NaHCO3+HCl=NaCl+CO2 +H2O，所以 n(NaHCO3)=n(HCl)=n(
8、CO2)=(75ml-25ml) 0.1mol/L=0.005mol，所以 n(CO2)： n(NaOH)=0.005mol ：0.0075mol= 2 ，3大于 1:2，小于 1，所以反应按进行，CO2、 NaOH 反应， NaOH 无剩余，生成物为Na2CO3 与 NaHCO3，根据钠原子守恒，所以1n(Na2CO3)+n(NaHCO3)=0.0075mol ，而2n(NaHCO3)= 0.005mol ，则 n(NaHCO3)=0.005mol ，故 Na2CO3 与 NaHCO3 的物质的量之比为1:1。【点睛】碳原子守恒和钠原子守恒在本题的应用比较关键，学生使用时需灵活掌握。2 现有
9、含有少量 NaCl、 Na2SO4、 Na2CO3 等杂质的 NaNO3 溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的 NaNO3 固体，实验流程如下图所示。(1)沉淀 A 的主要成分是 _、 _（填化学式）。(2) 中均进行的分离操作是_。(3)溶液 3 经过处理可以得到NaNO 固体，溶液3 中肯定含有的杂质是_，为了除3去杂质，可向溶液 3中加入适量的 _。(4)实验探究小组在实验中需要用到456 mL1 mol?L -1 的 HNO3 溶液，但是在实验室中只发现一瓶 8 mol?L -1 的 HNO3 溶液，该小组用 8mol?L-1的 HNO3 溶液配制所需溶液。实验中所需的玻璃仪器包括
10、_、 _mL 量筒、烧杯、 _、胶头滴管等。该实验中需要量取8mol?L -1 的 HNO3 溶液 _mL。下列实验操作中导致配制的溶液浓度偏高的是_。A 取用 8mol?L-1 的 HNO3 溶液溶液时仰视量筒刻度线B 量取用的量筒水洗后未进行任何操作C 8mol?L-1 的 HNO3 溶液从量筒转移至烧杯后用水洗涤量筒并全部转移至烧杯D 定容时仰视刻度线E.定容后，将容量瓶振荡摇匀后，发现液面低于刻度线，未进行任何操作【答案】 BaSOBaCO3 过滤 Na2CO3HNO3500mL 容量瓶100 玻璃棒 62.5 AC4【解析】【分析】由实验流程可知，加入过量的Ba(NO3 2，生成43
11、)BaSO、BaCO 沉淀，然后在滤液中加入过量的 AgNO3-全部转化为AgCl 沉淀，在所得滤液中加入过量的Na2 3，使 ClCO ，使溶液中的Ag+、 Ba2+完全沉淀，最后所得溶液为NaNO3 和 Na2CO3 的混合物，加入稀HNO3，最后进行蒸发操作可得固体NaNO3。【详解】（1）加入过量的Ba(NO3 224233 2反应生成43)， Na SO、 Na CO和 Ba(NO )BaSO 、 BaCO 沉淀，故答案为： BaSO4； BaCO3；（2）中均进行的分离操作是分离固体和液体，为过滤操作，故答案为：过滤；（3）溶液 3 为 NaNO3 和 Na2CO3 的混合物，加入
12、稀HNO3，可除去 Na2CO3，最后加热蒸发、冷却结晶、过滤得到硝酸钠，故答案为：Na2CO3 ；HNO3；（4）实验室只有 500mL 的容量瓶，则本实验需要配制的溶液体积为500mL，另外需要用量筒量 8mol/L 的 HNO3 溶液倒在烧杯中加水溶解，同时需要玻璃棒搅拌，转移到容量瓶中时也需要玻璃棒引流，最后还需要用胶头滴管定容，整个实验需要的玻璃仪器包括500mL 容量瓶、 100mL 量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故答案为：500mL 容量瓶；100； 玻璃棒；设需要量取 8 mol?L-1-1-3-1-3的 HNO3 溶液 VmL，则 8 mol?L V 10L=1 mol?L
13、 500 10L，解得： V=62.5mL，故答案为：62.5 ；A取 8mol?L-1 的 HNO3溶液时仰视刻度线，液面在刻度线上方，即浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故A 正确；B量取用的量筒水洗后未进行任何操作，会稀释浓硝酸，即浓硝酸的体积偏小，导致配制溶液浓度偏低，故 B 错误；C量筒量取浓硝酸后，不应该水洗，否则浓硝酸的体积偏大，导致配制溶液浓度偏高，故C 正确；D定容时仰视刻度线，液面在刻度线上方，溶液体积偏大，导致浓度偏低，故D 错误；E定容后，除容量瓶振荡摇匀，不能再加水定容，这样做对实验结果无影响，故E 错误；故答案为AC。3 根据所学知识，回答下列问题：(1)高铁
14、酸钠 (Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是_。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3 胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：_ 。(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气，同时获得Fe3O4 和氢气。写出该反应的化学方程式_，该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是_（填化学式），若制得22.4L(折算为标准状况下)钠蒸气，转移电子的数目为_ 。(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙Ca(ClO)2 ，有效成分为次氯酸钙。为测得某漂白粉的有效成分含量，称取A g
15、漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入CO2 至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2 +H2O=CaCO3 +2HClO，若反应生成次氯酸 (HClO)的物质的量为Kmol ，则该漂白粉中有效成分的质量分数为_%（用含 A、 K 的式子表示）。【答案】 166g/mol 4FeO 42-+10H2O=4Fe(OH)3(胶体 )+8OH-+3O23Fe+4NaOH=4Na +Fe3O4 +2H2 247150KNaOH 2NA 或 1.204 10A【解析】【分析】(1)摩尔质量以 g/mol 为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方
16、程式；(2)由题意可知，Fe 与 NaOH 在高温条件下生成Na 蒸气、Fe3O4 和H2，配平书写化学方程式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是NaOH；反应中Na、 H 元素化合价降低，根据方程式计算生成氢气的量，根据Na 元素、 H 元素化合价变化计算转移电子数目；(3)根据 HClO 的量计算Ca(ClO)2 的质量，再根据质量分数的定义式计算。【详解】(1)Na2FeO4 的相对分子质量为166，故其摩尔质量为 166g/mol 。高铁酸钠可与水反应生成342-23-Fe(OH) 胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式：4FeO+10H O=4Fe(OH) (胶体 )+8OH+3
17、O ；2(2)由题意可知， Fe 与 NaOH 在高温条件下生成 Na 蒸气、 Fe O和 H ，反应方程式为：3423Fe+4NaOH4Na +Fe O +2H ，反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是342NaOH，Na 的物质的量 n(Na)=224L 22.4L/mol=1mol，由方程式可知生成氢气为1n(e-)=1mol 1+0.5mol 2=2mol，则转移电子数目1mol =0.5mol，故转移电子的物质的量2-A23-1)=1.20424；N(e )=2molN/mol=2mol (6.02mol10 10(3)由 Ca(ClO) +CO +H O=CaCO +2HClO可知
18、， nCa(ClO) =1n(HClO)= Kmol=0.5Kmol，22232122则该漂白粉中有效成分的质量分数0.5Kmol143g / mol7150KAg 100%=%。A【点睛】本题考查化学方程式和离子方程式的书写、电解质、摩尔质量等概念及化学计算的知识。掌握化学基础知识和物质的量的有关计算公式是解题基础，考查了学生运用知识分析问题和解决问题的能力。4 根据所学的知识填空。(1)已知铜在常温下能被稀HNO3 溶解： 3Cu+ 8HNO3=3Cu(NO3)2 + 2NO+4H2O用双线桥法表示上述电子转移的方向和数目(在化学方程式上标出 )_。请将上述反应改写成离子方程式：_ ；19
19、.2g 铜与稀硝酸完全反应，生成的气体在标准状况下的体积为_L；若4 mol HNO3 参加反应，则该过程转移电子的数目为_。(2)标准状况下， 44.8 L 由 O和 CO组成的混合气体的质量为82g，则 O 的质量为222_g，该混合气体的平均摩尔质量为 _ 。(3)3.4g NH3 中所含氢原子数目与标准状况下_ L CH4 所含氢原子数相同。【答案】3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO +4H2O4.483NA 或1.80624 101641g/mol3.36【解析】【分析】（1） Cu+4HNO3 Cu（ NO3） 2+2NO2 +2H2O 中， Cu 元素的化合价由0 升高为
20、 +2 价， N 元素的化合价由 +5 价降低为 +4 价，该反应中转移2mol 电子，根据物质所含元素的化合价的变化判断氧化剂、还原产物以及参加氧化还原反应的硝酸的物质的量；（2）根据 n= V计算 CO 和 CO2 组成的混合气体的物质的量，设CO 和 CO2 的物质的量分Vm别为 xmol、 ymol ，根据二者物质的量与质量，列方程计算x、 y 的值，进而计算CO 和 CO2的物质的量之比，根据M= m 计算混合气体的平均摩尔质量；n（3）根据 n= m 计算出氨气的物质的量，再根据N=nNA 计算出含有氨气分子数及含有的M氢原子数目，结合甲烷的分子结构求出甲烷的物质的量，根据V=nV
21、m 求甲烷的体积。【详解】（1）化合价升高元素Cu 失电子，化合价降低元素N 得到电子，化合价升高数=化合价降低数 =转移电子数 =6，电子转移情况如下：，故答案为：；在 3Cu+8HNO332233 2溶于水且电 3Cu（NO ）+2NO +4H O 反应中， HNO 和Cu（NO ）离，应写成离子的形成，改写后的离子方程式为3Cu+8H+2NO3- 3Cu2+2NO +4H2O，故答案为： 3Cu+8H+2NO3- 3Cu2+2NO +4H2O；铜的物质的量为 0.3mol ，该反应中 Cu 元素由0 价升高到 +2 价，则 0.3mol Cu 失去的电子为 0.3mol （2-0） =0
22、.6mol ，设 NO 的物质的量为n，由电子守恒可知， 0.3mol 2=n（ 5-2），解得 n=0.2mol ，则 NO 的体积为 4.48L；由方程式 3Cu+8HNO3 3Cu（ NO3）2+2NO +4H2 O 可知 8 mol 硝酸参加反应，转移6mol 电子，因此有 4mol 硝酸参加反应，转移电子 3mol，个数为 3N24，故答案为： 4.48； 3N24。A 或 1.806 10A或 1.806 10（2）标况下44.8 L 由 O2 和 CO2 组成的混合气体的物质的量为44.8L=2mol ，设 O222.4 L / mol和 CO2 的物质的量分别为 xmol、 y
23、mol ，则： x+y=2mol ； 32x+44y=82g；解得： x=0.5、 y=1.5，则混合物中O2 的的量为0.5mol 32g/mol=16g，混合气体的平均摩尔82 g2mol（3）氨气的相对分子质量是17，其摩尔质量是17g/mol ，则 3.4g 氨气的物质的量为：n3.4g（NH3）= 17g / mol =0.2mol ，含有氢原子的数目为：N（H） =3N（ NH3） =0.6NA，与氨气含有 H 原子数目相等的0.6 NCH4 的物质的量4A =0.15NA，故 CH4 的体积=0.15mol 22.4L/mol=3.36L，故答案为：3.36。【点睛】本题考查有关
24、物质的量的计算，注意掌握物质的量与阿伏伽德罗常数、摩尔质量、物质的量等物理量之间的转化关系，灵活运用公式是解答的关键。5 物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。(1)图中 Y 物质的化学式为 _。(2)治理含 CO、 SO2 的烟道气，可以将其在催化剂作用下转化为单质S 和无毒的气体则治理烟道气反应的化学方程式为_。(3)实验室中 X 气体由不溶性的硫化亚铁(FeS)固体和稀硫酸混合反应制得，该反应的离子方程式为： _ 。(4)Na2S2O3(硫代硫酸钠 )是一种用途广泛的钠盐。下列物质用于 Na2 23的制备，从氧化还原反应的角度，理论上有可能的是_。S Oa.Na S+
25、Sb.Z+Sc.NaSO +Yd.NaHS+NaHSO2233Na2 2 32 32-转变为 SO42- 。S O 具有较强还原性，能作为织锦物漂白后的脱氯剂，脱氯后S O现需处理含标准状况下Cl22.24L 的织锦物，理论上需要0.00100mol/L Na2 2 3S O 溶液的体积为_L。【答案】 SO32CO+SO2+2+2252CO +SFeS+2H=Fe +H S bd【解析】【分析】依据元素化合价和物质分类分析，X 为气态氢化物为H2 S， Y为硫元素的 +6 价氧化物为SO3， Z 为 +4 价的盐可以为Na2SO3。(1)Y 是 S 元素化合价为+6 价；(2)根据反应物、生
26、成物，结合反应中电子转移数目相等，可得反应方程式；(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H2S 和 FeSO4，根据离子方程式中物质拆分原则书写反应的离子方程式；(4) Na2S2O3 中 S 为 +2 价，从氧化还原的角度分析，反应物中S 元素化合价必须分别大于 2和小于 2；根据元素化合价升降总数相等，计算反应消耗的Na2S2O3 的物质的量，再根据 n=cV 计算其物质的量。【详解】根据上述推断可知X 是 H2S， Y 是 SO3， Z 是 Na2SO3。(1)Y 为S 元素的氧化物，化合价为+6 价，则Y 为SO3；(2) CO、 SO2 反应产生 S 单质和 CO2，根据电子守恒、原
27、子守恒，可得反应方程式为：2CO+SO2CO2+S；(3)FeS与稀硫酸发生复分解反应产生H S 和 FeSO ，反应的离子方程式为：24+2+2FeS+2H =Fe +H S；(4) Na S O中 S 为 +2 价，从氧化还原的角度分析，反应物中S 元素化合价必须分别大于 2223和小于 2， A 中 S 化合价都小于 2， C 中物质中 S化合价都大于 +2 价， B、 D 中 S 元素化合价必须分别大于 2 和小于 2，故合理选项是bd；根据题干信息可知发生反应方程式为： Na2S2 O3+4Cl2+5H2O=2NaCl+2H2SO4+6HCl，标准状况下 2.24L Cl2 的物质的
28、量是 n(Cl2)=2.24L 22.4L/mol=0.1mol，在反应中获得电子变为 -1 价的Cl-， 0.1molCl 2 获得电子的物质的量是0.2mol ； S2O32- 转变为 SO42-，每 1mol S2O32- 失去 8mol电子，则转移 0.2mol电子，需消耗S 2- 的物质的量n(S 2-)=0.2mol 8=0.025mol，根据2O32O3n=c V可知理论上需要0.00100mol/L Na 2S2O3 溶液的体积 V=0.025mol 0.00100mol/L=25L。【点睛】本题考查硫其化合物性质的综合应用、氧化还原反应的计算，正确提取图象信息，结合氧化还原反
29、应规律分析为解答关键，注意掌握常见元素及其化合物性质，试题培养了学生的分析能力及综合应用能力。6 （ 1）物质的量相等的CO 和 CO2 中，同温同压下所占的体积比为_ ，原子个数之比为_ ；（2） 1.8g 水与 _mol 硫酸所含的分子数相等，它们所含氧原子数之比是_，其中氢原子数之比是 _。（3） 3.2g 某气体中含有的分子数约为223.01 10，此气体的摩尔质量为 _。（4）可用于分离或提纯物质的方法有：A 过滤 B 萃取 C渗析 D 蒸馏 E 灼热氧化F 分液如欲分离或提纯下列各组混合物，请选择上述方法中最合适者，并将相应字母填入题后空格内：除去淀粉溶液中的少量碘化钠_；提取溴水
30、中的溴单质_；除去水中的Na、 SO24 、 Cl 等杂质_；除去CuO 中的Cu _；【答案】 1:12:30.11:41:164g/molCB/BFDE【解析】【分析】（ 1）同温同压下，气体的物质的量之比等于体积之比，原子的物质的量等于分子的物质的量乘以分子中原子的个数；（2） 1.8g 水所含分子的数目用公式N=nNAmN A ；=MNm ，从而计算出M；（3）利用 n=N A= M（ 4）选择分离物质的方法时，要考虑物质的性质，除去淀粉溶液中的少量碘化钠，选择渗析，淀粉溶液属于胶体，碘化钾溶在溶液里，区分溶液和胶体的方法是渗析；溴水中的溴用有机溶剂萃取后分液；除去自来水中可溶性的离子
31、，可用蒸馏，CuO 中的 Cu 可用加热氧化的方式把铜氧化成氧化铜。【详解】（1）根据阿伏伽德罗定律，在相同的温度和压强下，相同体积的任何气体含有相同数目的分子。物质的量相等的CO和 CO2，分子的数目也相同，故体积也相同，故体积比为1:1 。一个 CO 分子中含有两个原子， CO2 分子中含有三个原子，分子的数目相同，故原子数目比为 2:3，故答案为： 1:1 ；2:3；（2） 1.8g 水中水分子的数目 =mN A=1.8gMNA =0.1 NA 个， 0.1 NA 个硫酸分子的物质的18g/mol量为 0.1mol ，由于分子数相同，一个水分子含有一个氧原子，一个硫酸分子含有四个氧原子，
32、故氧原子的数目比为 1:4 ，一个水分子有两个氢原子，一个硫酸分子也有两个氢原子，其中氢原子数之比是 1:1，故答案为： 0.1； 1:4； 1:1；（3） 3.2g 某气体中含有的分子数约为22Nm，从而计算出3.01 10利用 n= N A=Mm3.2gM= m = N= 3.01 1022= 64g/mol ，nN A23 mol6.02 10故答案为： 64g/mol ；（ 4） A过滤是使液固或气固混合物中的流体强制通过多孔性过滤介质，将其中的悬浮固体颗粒加以截留，从而实现混合物的分离操作。B萃取是利用化合物在两种互不相溶（或微溶）的溶剂中溶解度的不同，使化合物从一种溶剂内转移到另外
33、一种溶剂中而提取出来的过程，萃取之后要分液。C渗析是一种以浓度差为推动力的膜分离操作，利用膜对溶质的选择透过性，实现不同性质溶质的分离，可用于分离溶液和胶体。D蒸馏是一种热力学的分离工艺，它利用混合液体或液-固体系中各组分沸点不同，使低沸点组分蒸发，再冷凝以分离整个组分的单元操作过程，是蒸发和冷凝两种单元操作的联合。除去淀粉溶液中的少量碘化钠可选择渗析，提取溴水中的溴单质，可以选用萃取和分液操作；2 除去水中的 Na、 SO4、Cl 等杂质，选择蒸馏；除去 CuO 中的 Cu，可选择灼热氧化；故答案为： C； B/BF；D； E。7 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
34、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_。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。温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(C
35、lO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_。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 _。通电【答案】 2NaCl+2H222O2NaOH+H +Cl 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Cl22Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O7.15g冷却 B 装置 (或把 B 放置在冷水浴中等合理答案)2HCl+Ca(OH)=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 C