江苏省苏州市张家港高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试化学试题

www.ks5u.com张家港高级中学 2019~2020学年第一学期期中考试高一年级化学试卷

相对原子质量：H-1  C-12   O-16   N-14    Ne-20   Cl-35.5   Na-23   Al-27   Ca-40 

一．单选题（本题包括15小题，每小题2分，共30分，每小题只有一个选项符合题意）

1.下列各组物质中，肯定全都属于纯净物的是

A. 液氯和氯水 B. 漂白粉和乙醇

C. 明矾和铝热剂 D. 干冰和混有冰的水

【答案】D

【解析】

【详解】A.氯水是氯气的水溶液，含有Cl2、H+、Cl-、HClO、H+、ClO-、H2O、OH-多种微粒，属于混合物，A错误；

B.漂白粉中含有CaCl2、Ca(ClO)2，属于混合物，B错误；

C.铝热剂是铝与金属氧化物的混合物，C错误；

D.干冰和混有冰的水的构成微粒只有H2O一种分子，属于纯净物，D正确；

因此合理选项是D。

2.下列各组混合物中，能用分液漏斗进行分离的是

A. 水和CCl4 B. 碘和酒精 C. 酒精和水 D. 硝酸钾和氯化钾溶液

【答案】A

【解析】

【分析】

根据分液漏斗可以将互不相溶的两层液体分开，分析选项中物质的溶解性即可。

【详解】A．水和CCl4不互溶，水在上层，CCl4在下层，所以能用分液漏斗分离，选项A正确；

B．碘和酒精互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项B错误；

C．酒精和水能互溶，不能用分液漏斗分离，选项C错误；

D．硝酸钾和氯化钾溶液互溶，不能用分液漏斗进行分离，选项D错误；

答案选A。

【点睛】本题考查物质的分离，题目难度不大，本题注意把握常见混合物的分离原理、方法以及操作的注意事项等。

3.下列有关化学用语表示正确的是

A. 核素Bi含有83个中子

B. 氟原子的结构示意图：

C. He和He互为同位素

D. 碳酸钠的电离方程式：Na2CO3=Na2++CO32﹣

【答案】C

【解析】

详解】A.核素Bi含有83个质子，中子数=210-83=127，A错误；

B.氟原子的结构示意图是：，B错误；

C.He和He的质子数相同，中子数不同，二者互为同位素，C正确；

D.碳酸钠是强电解质，电离产生Na+、CO32-，电离方程式：Na2CO3=2Na++CO32﹣，D错误；

故合理选项是D。

4.下列物质中属于电解质的是

A. 氨水 B. 二氧化碳气体 C. 铜丝 D. 氢氧化钠固体

【答案】D

【解析】

【分析】

在水溶液或熔融状态下能导电的化合物是电解质，注意电解质必须是化合物，不能是单质或混合物，据此分析解答。

【详解】A、氨水是混合物，所以氨水既不是电解质也不是非电解质，选项A错误；

B、二氧化碳的水溶液能导电，但导电的离子是二氧化碳和水反应生成的碳酸电离的，所以二氧化碳是非电解质，选项B错误；

C、铜丝是单质，所以铜丝既不是电解质也不是非电解质，选项C错误；

D、氢氧化钠在水溶液和熔融状态下都能导电，所以氢氧化钠固体是电解质，选项D正确。

答案选D。

【点睛】本题考查了电解质判断，难度不大，注意不是电解质的物质不一定是非电解质，如混合物或单质。

5.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是

A. 明矾易溶于水，可用作净水剂

B. Al2O3熔点高，可用于制作耐火材料

C. HClO具有弱酸性，可用于漂白、消毒

D. Al(OH)3高温会分解，可用于治疗胃酸过多

【答案】B

【解析】

【详解】A.明矾易溶于水，电离产生的Al3+水解产生的氢氧化铝胶体具有吸附作用，从而可用作净水剂，A错误；

B.Al2O3是离子化合物，熔点高，可用于制作耐火材料，B正确；

C. HClO,可用于漂白、消毒，主要利用的是其强氧化性，而不是弱酸性，C错误；

D. Al(OH)3具有弱碱性，可以与胃酸(即盐酸)反应，因而可用于治疗胃酸过多，D错误；

故合理选项是B。

6.下列物质中含原子个数最多的是

A. 0.4 mol氧气 B. 4℃时,5.4 mL H2O C. 标准状况下5.6 L二氧化碳 D. 10 g氖气

【答案】D

【解析】

【分析】

根据n=m/M=V/Vm=N/NA结合分子的构成计算。

【详解】A.0.4mol氧气中含有0.8molO原子；

B.4℃时5.4 mL水的物质的量n（H2O）= 5.4g÷18g/mol=0.3mol，原子的物质的量为0.3mol×3=0.9mol；

C.标况下5.6L 二氧化碳的物质的量n（CO2）=5.6L÷22.4L/mol=0.25mol，原子的物质的量为0.25mol×3=0.75mol；

D.10 g 氖的物质的量n（Ne）=10g÷20g/mol=0.2mol，原子的物质的量为0.2mol,

则含原子个数最多的是B，故选D。

7.下列实验操作和方法正确的是

A. 转移溶液 B. 制少量蒸馏水

C. 检验Cl2 D. 收集Cl2

【答案】C

【解析】

【详解】A.转移溶液要用玻璃棒引流，A错误；

B.冷却水的方向应该下进上出，B错误；

C.Cl2与KI发生置换反应产生I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此可检验Cl2，C正确；

D.Cl2的密度比空气大，可以用向上排空气的方法收集，导气管应该是长进短出，D错误；

故合理选项是C。

8.下列反应适用于工业生产的是

A. 电解熔融氯化铝可得到金属铝 B. 光照氯气和氢气的混合物生产盐酸

C. 氯气与石灰乳作用制漂白粉 D. 二氧化锰和浓盐酸共热，制取氯气

【答案】C

【解析】

【详解】A.氯化铝是共价化合物，不能电解制取金属Al，在工业上用电解熔融离子化合物氧化铝来制取金属铝，A错误；

B.光照氯气和氢气的混合物会发生爆炸，不能用于生产盐酸，B错误；

C.氯气与石灰乳作用产生CaCl2、Ca(ClO)2，二者的混合物就是漂白粉的主要成分，C正确；

D.在实验室用二氧化锰和浓盐酸共热，制取氯气，在工业上用电解饱和食盐水制取氯气，D错误；

故合理选项是C。

9. 在氯水中存在许多分子和离子，它们在不同的反应中表现各自的性质，下列的实验和结论一致且正确的是

A. 加入有色布条，一会儿有色布条褪色，说明溶液中有Cl2的存在

B. 溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明溶液中有Cl2的存在

C. 先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明氯水中有Cl－的存在

D. 加入NaOH溶液，氯水浅黄绿色消失，说明溶液中有HClO分子的存在

【答案】B

【解析】

氯气通入溶液中，与水反应发生Cl2+H2O═HCl+HClO，氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H+、Cl-、ClO-、OH-。A．次氯酸具有漂白性，则加入有色布条后，有色布条褪色，说明有HClO分子存在，故A错误；B．氯气为黄绿色气体，具有刺激性气味，则氯水呈浅黄色，且有刺激性气味，说明有Cl2分子存在，故B正确；C．因AgCl不溶于硝酸，应加入硝酸酸化，再加入AgNO3溶液产生白色沉淀，说明有Cl-存在，而不是用盐酸酸化，因为盐酸能够提供氯离子，故C错误；D．氯气和氢氧化钠反应，导致氯水浅黄绿色消失，则不能说明有HClO存在，故D错误；故选B。

10.下列物质不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝的是

A. 碘水 B. 溴化钠 C. 氯水 D. 溴水

【答案】B

【解析】

【分析】

根据氯、溴、碘的性质分析判断。

【详解】单质碘（I2）与淀粉作用生成特征蓝色物质，用于碘（I2）、淀粉的相互检验。碘水是碘的水溶液，含I2；氯水、溴水分别与KI发生置换反应生成I2，故A、C、D项都能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝。本题选B。

【点睛】含碘化合物与淀粉不会变蓝。

11.用四氯化碳萃取碘的饱和水溶液中的碘，下列说法中不正确的是

A. 实验使用的主要仪器是分液漏斗

B. 碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大

C. 碘的四氯化碳溶液呈紫红色

D. 分液时，水从分液漏斗下口流出，碘的四氯化碳溶液从漏斗上口倒出

【答案】D

【解析】

【详解】A、四氯化碳和水不互溶，导致四氯化碳和水能分层，分液漏斗能控制溶液的流量，所以萃取实验中使用的主要仪器是分液漏斗，故A正确；

B、碘和四氯化碳都是非极性分子，水是极性分子，非极性分子的溶质易溶于非极性分子的溶剂，所以碘在四氯化碳中的溶解度比在水中的溶解度大，故B正确；

C、碘易溶于四氯化碳，且碘溶于四氯化碳后溶液呈紫色，故C正确；

D、四氯化碳和水不互溶，所以四氯化碳和水混合后会分层，且四氯化碳的密度大于水的密度，所以四氯化碳在下层水在上层，分液时，水从分液漏斗上口放出，碘的四氯化碳溶液从分液漏斗下口倒出，故D错误。

答案选D。

12.汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2↑，有关该反应说法正确的是

A. 属于复分解反应 B. KNO3发生氧化反应

C. NaN3是还原剂 D. NaN3和KNO3中氮元素化合价均降低

【答案】C

【解析】

试题分析：A.该反应有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B. KNO3中氮元素由+5价得电子生成氮气，发生还原反应，错误；C. NaN3中氮元素化合价由-1/3价失电子生成氮气，是还原剂，正确；D. KNO3中氮元素由+5价降低到0价，NaN3中氮元素化合价由-1/3价升高到0价，错误；选C。

考点：考查氧化还原反应。

13.过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：①加入稍过量的Na2CO3溶液；②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2 溶液；④滴入稀盐酸至无气泡产生；⑤过滤，正确的操作顺序是

A. ②③①④⑤ B. ①②③⑤④ C. ③⑤②①④ D. ③①②⑤④

【答案】D

【解析】

【分析】

粗盐的提纯中，为了保证杂质离子完全除去，每一次所加试剂都过量，加入NaOH溶液的目的是除去镁离子，加BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，加Na2CO3溶液的目的是除去钙离子和过量的钡离子，由此可知，Na2CO3溶液的加入一定在BaCl2溶液之后，为了不使产生的沉淀溶解，一定要在过滤后再加盐酸，以此来解答。

【详解】除去可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，实验步骤为②加入稍过量的NaOH溶液；③加入稍过量的BaCl2溶液；①加入稍过量的Na2CO3溶液；⑤过滤；④滴入稀盐酸至无气泡产生，也可先加入氢氧化钠，再加入氯化钡溶液，顺序为③①②⑤④或②③①⑤④，或③②①⑤④，故合理选项是D。

【点睛】本题考查混合物分离提纯，把握粗盐提纯的步骤、实验操作为解答的关键，注意碳酸钠溶液一定在氯化钡溶液之后使用，侧重考查学生的分析与实验能力。

14.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是

A. MnO2Cl2HCl

B. FeFeCl2Fe(OH)2

C. AlCl3Al(OH)3 NaAlO2

D. KBr KIKCl

【答案】C

【解析】

【详解】A.MnO2与浓盐酸反应共热制取氯气，而与稀盐酸不能反应，A错误；

B.Fe与Cl2反应产生FeCl3，B错误；

C.AlCl3与氨水发生复分解反应产生Al(OH)3沉淀，Al(OH)3是两性物质，可以与强碱NaOH溶液反应产生NaAlO2溶液，C正确；

D.物质的氧化性Br2>I2，使用KBr与I2不能反应，D错误；

故合理选项是C。

15.下列说法正确的是

A. 漂白粉的有效成分是CaCl 2和 Ca(ClO)2

B. 铝制容器可用于常温下贮存、运输浓盐酸

C. 将表面完全钝化的铝片放入CuSO4溶液，不发生反应

D. 如果氯气泄漏，可用蘸有NaOH溶液的毛巾捂住口鼻撤离

【答案】C

【解析】

【详解】A. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，A错误；

B. 铝是比较活泼的金属，能够与盐酸发生置换反应产生氢气，因此不能在常温下使用铝制容器贮存、运输浓盐酸，B错误；

C. Al2O3是两性氧化物，可以与强酸、强碱反应，不能与弱酸性或弱碱性物质反应，因此将表面完全钝化的铝片放入CuSO4溶液，不发生反应，C正确；

D. 氢氧化钠具有腐蚀性，如果氯气泄漏，可用蘸有肥皂液的毛巾捂住口鼻撤离，D错误；

故合理选项是C。

二．不定项选择题（本题共计5个小题，每小题有1或2个正确选项，每小题3分，漏选得2分，有错选得0分，共计15分）

16.下列溶液Cl-的物质的量浓度，与50 mL 1 mol·L-1AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度相等的是

A. 150 mL 3 mol·L-1NaClO3溶液 B. 75 mL 3 mol·L-1CaCl2溶液

C. 150 mL 3 mol·L-1KCl溶液 D. 50 mL 3 mol·L-1MgCl2溶液

【答案】C

【解析】

【详解】50mL 1mol/L的AlCl3溶液中Cl-的物质的量浓度为1mol/L×3=3mol/L，

A.在150mL 3mol/L的NaClO3溶液中不含有Cl-，A不符合题意；

B.75mL3mol/L的CaCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol/L×2=6mol/L，B不符合题意；

C.150mL 3mol/L的KCl溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol/L×1=3mol/L，C符合题意；

D.50mL3mol/L的MgCl2溶液中Cl-的物质的量浓度为3mol/L×2=6mol/L，D不符合题意；

综上所述，C项符合题意，故合理选项是C。

17.下列方法不能达到实验目的的是

A. 用丁达尔效应鉴别CuSO4溶液与Fe(OH)3胶体

B. 用AgNO3溶液和稀硝酸鉴别NaBr和NaCl溶液

C. 用NaOH溶液可以鉴别MgCl2溶液和AlCl3溶液

D. 通过NaOH溶液可以除去Cl2中混有的HCl杂质

【答案】D

【解析】

【详解】A.Fe(OH)3胶体能够产生丁达尔现象，而CuSO4溶液不能产生丁达尔现象，因此可以用丁达尔效应鉴别CuSO4溶液与Fe(OH)3胶体，A正确；

B.NaBr溶液与AgNO3溶液反应产生AgBr浅黄色沉淀，而NaCl溶液与AgNO3溶液反应产生AgCl白色沉淀，因此可以用AgNO3溶液和稀硝酸鉴别NaBr和NaCl溶液，B正确；

C.MgCl2溶液中加入NaOH溶液产生白色沉淀，而AlCl3溶液中加入少量NaOH溶液产生白色沉淀，当NaOH溶液过量时，沉淀溶解，变为无色溶液，二者现象不同，故可以用NaOH溶液可以鉴别MgCl2溶液和AlCl3溶液，C正确；

D.NaOH与Cl2、HCl都会发生反应，因此不能用NaOH溶液可以除去Cl2中混有的HCl杂质，D错误；

故合理选项是D。

18.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是

A. 标准状况下，22.4L O2中所含氧原子数目为2NA

B. 标准状况下，11.2L H2O 含有的分子数为0.5NA

C. 常温常压下，14gN2含有的氮原子数目为NA

D. 1 mol·Lˉ1NaNO3溶液中含有的钠离子的数目为NA

【答案】AC

【解析】

【详解】A.标准状况下，22.4L O2的物质的量是1mol，由于O2分子中含有2个O原子，所以1molO2中所含氧原子数目为2NA，A正确；

B.标准状况下H2O不是气体，不能用于计算水分子数目，B错误；

C.常温常压下，14gN2的物质的量是0.5mol，由于N2分子中含有2个N原子，所以0.5molN2含有的氮原子数目为NA，C正确；

D.缺少溶液的体积，不能计算微粒的数目，D错误；

故合理选项是AC。

19.如图所示，2个X分子反应生成1个Y分子和3个Z分子，下列判断不正确的是

A. 根据质量守恒定律可推知，1个Z分子中含有2个同种元素的原子

B. X、Y、Z三种物质均属于非电解质

C. 该反应属于氧化还原反应

D. 该反应属于分解反应

【答案】B

【解析】

【分析】

2个X分子反应生成一个Y分子和3个Z分子，由化合物分解生成两种单质，元素的化合价发生变化，结合非电解质均为化合物及原子守恒来解答。

【详解】A.根据示意图可得反应方程式：2X=Y+3Z，由反应前A原子有6个，原子守恒可知，则1个Z分子含有2个A原子，A正确；

B.根据分子中原子结合的原子个数可知A是H原子，B是B原子，X是NH3，Y是N2，Z是H2，Y、Z都是单质，既不是电解质，也不是非电解质，B错误；

C.由化合物分解生成两种单质，元素的化合价发生变化，该反应为氧化还原反应，C正确；

D. X分解生成Y和Z，为分解反应，D正确；

故合理选项是B。

【点睛】本题考查了氧化还原反应，把握图中物质种类、原子守恒、元素的化合价变化为解答的关键，注意非电解质必须为化合物，侧重考查学生的分析与应用能力。

20.将0.1 mol MnO2和100 mL 12 mol·L-1盐酸混合后缓缓加热，生成气体单质A，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液 (不考虑盐酸的挥发) 。下列说法错误的是

A. 在生成气体A的反应中，MnO2是氧化剂，盐酸是还原剂

B. 气体单质A是氯气，它的体积是2.24L

C. 生成AgCl沉淀的物质的量为1mol

D. 整个反应过程被氧化的盐酸有0.4mol，并转移了0.2mol e-

【答案】BD

【解析】

【详解】MnO2和浓盐酸混合加热发生反应：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应产生的气体是Cl2。

A.在上述反应中，Mn元素化合价降低，获得电子，所以MnO2为氧化剂，Cl元素的化合价升高，失去电子，因此浓盐酸是还原剂，A正确；

B.由于未指明气体所处的外界条件，因此不能计算反应产生的Cl2的物质的量，B错误；

C.n(MnO2)=0.1mol，n(HCl)=0.1L×12mol/L=1.2mol，根据方程式可知0.1mol MnO2完全反应产生0.1molCl2，则溶液中含有的Cl-的物质的量n(Cl-)=1.2mol-0.1mol×2=1.0mol，所以根据Cl元素守恒，可知Ag++Cl-=AgCl↓，可知反应产生AgCl沉淀的物质的量是1mol，C正确；

D.根据反应方程式可知：每有1molMnO2反应，转移2mol电子，被氧化的HCl的物质的量是2mol，则0.1mol MnO2反应，转移0.2mol电子，整个反应过程被氧化的盐酸有0.2mol，D错误；

故合理选项是BD。

三．填空题

21.选择下列实验方法分离物质，将分离方法的序号填在横线上。 

A.萃取分液        B.加热分解       C.结晶法      D.分液法

E.过滤法          F.蒸馏法   

①___________从硝酸钾和氯化钠混合溶液中获得硝酸钾。

②___________分离溴水中的溴和水。

③___________分离 CCl4(沸点为76.75℃)和甲苯(沸点为110.6℃)的液体混合物。

【答案】    (1). C    (2). A    (3). F

【解析】

【分析】

①根据硝酸钾和氯化钠溶解度受温度的影响变化情况分析；

②根据溴单质容易溶于有机物而在水中溶解度小分析；

③根据CCl4与甲苯的沸点不同，而且相互溶解进行分析。

【详解】①硝酸钾在水中的溶解度受温度的影响变化较大，而氯化钠在水中的溶解度受温度的影响变化不大，所以从硝酸钾和氯化钠的混合溶液中获得硝酸钾可以采用结晶方法，合理选项是C；

②溴单质容易溶于有机物CCl4而在水中溶解度小，水与有机物CCl4互不相容，所以分离溴水中的溴和水可以先用CCl4进行萃取，然后再进行分液得到，故合理选项是A；

③CCl4与甲苯是互溶的沸点不同的液体混合物，可以采用蒸馏的方法分离，故合理选项是F。

【点睛】本题考查了混合物分离方法的选择的知识。掌握混合物中各种成分性质的不同，利用二者性质的不同采用适当的方法分离，了解常见的分离混合物的方法是本题解答的关键。

22.实验室用固体Na2CO3配制90mL 0.200 mol·L－1的Na2CO3溶液，回答下列问题：

(1)通过计算得出可用天平称取Na2CO3固体________g。

(2)若要实施配制，除天平、烧杯、玻璃棒外，还需的玻璃仪器有 _______ ，______。

(3)溶解过程中，玻璃棒的作用是__________________。

(4)配制完毕后，教师指出有四位同学进行了下列某一项错误操作，你认为这四项错误操作中会导致所得溶液浓度偏低的是____(填选项字母)。

a.定容时俯视容量瓶刻度线

b.转移时未洗涤烧杯和玻璃棒

c.容量瓶使用时未干燥

d.定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度线

【答案】    (1). 2.12    (2). 100mL容量瓶    (3). 胶头滴管    (4). 搅拌，加速溶解    (5). bd

【解析】

【分析】

(1)选择使用100mL的容量瓶，根据c=计算溶质的物质的量，然后根据m=n·M计算Na2CO3的质量；

(2)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶来分析缺少的仪器；

(3)依据玻璃棒在溶解时起到搅拌作用；

(4)分析各个操作对溶质的物质的量及溶液体积的影响，依据c=进行误差分析。

【详解】(1)用固体Na2CO3配制90mL0.200mol•L-1的Na2CO3溶液，应选择100mL容量瓶，需要溶质的质量m(Na2CO3)=0.2mol/L×0.1L×106g/mol=2.12g，故合理答案为2.12；

(2)根据配制步骤是计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶可知所需的仪器有：托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶和胶头滴管，则还需的仪器有100mL容量瓶、胶头滴管；

(3)玻璃棒在溶解时起到搅拌作用，加速固体溶解；

(4)a.定容时俯视容量瓶刻度线，导致溶液体积偏小，溶液浓度偏高，a不符合题意；

b.移液时未洗涤烧杯和玻璃棒，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液浓度偏低，b符合题意；

c.容量瓶使用时未干燥，对溶质的物质的量和溶液体积都不产生影响，溶液浓度不变，c不符合题意；

d.定容后，把容量瓶倒置擗匀后发现液面低于刻度线，补充了几滴水至刻度线，导致溶液体积偏大，使溶液浓度偏低，d符合题意；

故合理选项是bd。

【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，熟悉配制原理和过程是解题关键，注意容量瓶规格选择，结合溶液具有均一性，根据选择容量瓶的规格计算需要溶质的质量，注意根据物质的量浓度定义式分析误差的方法和技巧。

23.某兴趣小组模拟工业制漂白粉，设计了如下图所示的实验装置。

已知：①氯气与碱反应放出热量。②6Cl2+6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。

试回答下列问题：

(1)甲装置中仪器a的名称是________________________。

(2)装置乙中饱和食盐水的作用是________________________。

(3)装置丁中发生反应的化学方程式为_____________________。

(4)漂白粉在空气中失效的原因是______________、______________（用化学方程式表示）。

(5)①该小组制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(ClO)2]，其主要原因是________ 。

②为提高Ca(ClO)2的含量。可采取的措施是___________（任写一种即可）。

【答案】    (1). 分液漏斗    (2). 吸收 HCl气体    (3). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O    (4). Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO    (5). 2HClO2HCl+O2↑。    (6). 氯气与碱反应会放出热量，导致温度升高，发生副反应6Cl2+6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O    (7). 将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率

【解析】

【分析】

模拟工业制漂白粉：装置A制取Cl2，a为分液漏斗，可以控制加入浓盐酸，在圆底烧瓶中盛放MnO2，反应产生Cl2。由于HCl易挥发，使制得的Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，可以用乙装置的饱和食盐水来除HCl，在丙装置中Cl2与Ca(OH)2的反应制取漂白粉，Cl2有毒，排放前需进行尾气处理，装置丁用NaOH溶液吸收多余的氯气。漂白粉有效成分为次氯酸钙，会与空气中的水、CO2作用生成HClO而导致变质，并且HClO见光分解生成盐酸和氧气；

(5)①根据氯气和碱反应放出热量，温度稍高即发生副反应6Cl2+6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O进行判断；

②因为温度高时易生成Ca(ClO3)2，所以避免此反应发生可以采取降温措施或控制反应避免反应放热瞬时升高。

【详解】(1)根据甲装置中仪器a具有的特征可知该仪器为分液漏斗；

(2)浓盐酸和MnO2混合加热制取Cl2，反应的方程式为MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，浓盐酸具有挥发性，使Cl2中混有HCl、H2O蒸气，HCl在饱和食盐水中易溶，而氯气难溶，通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，故合理答案为：吸收HCl；

(3)在装置丁中Cl2和NaOH反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

(4)漂白粉有效成分为Ca(ClO)2，Ca(ClO)2容易与空气中的水、CO2作用生成HClO和CaCO3，同时，产生的HClO见光分解生成盐酸和氧气，因此反应的化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；

(5)①氯气和石灰乳发生反应制取漂白粉：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，该反应是放热反应，反应会放出的热量，导致物质温度升高。因此当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)2=5CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，使得制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(ClO)2]；

②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，用冰水或冷水冷却，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时升高，故合理答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中或控制氯气产生速率。

【点睛】本题考查制备方案的设计的知识，明确氯气的制取方法及制取得到氯气中含有的杂质的性质及流程图各装置的作用是解答关键，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

24.从铝土矿(主要成分为Al2O3，还有少量杂质)中提取铝的工艺流程及步骤如下：

试回答下列问题：

(1)试剂X为_________；反应①的化学方程式为_______________。

(2)操作I 、操作II均为_______（填操作名称）。反应①②③④中属于氧化还原反应的是________（填数字序号）。

(3)反应②的化学方程式为_________________。

(4)金属铝与氧化铁的混合物在高温下会发生剧烈的反应，该反应的化学方程式为___

(5)反应④制取金属铝，若有0.6mol电子发生发生转移，理论上能得到金属铝质量是________g。

【答案】    (1). NaOH溶液    (2). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O    (3). 过滤    (4). ④    (5). NaAlO2+CO2(足)+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3    (6). 2Al+Fe2O3Al2O3+2Fe    (7). 5.4

【解析】

【分析】

向铝土矿中加入NaOH溶液，Al2O3反应产生NaAlO2进入溶液甲中，杂质不能反应进入滤渣1中，然后向溶液甲通入过量CO2生成沉淀2为Al(OH)3，加热Al(OH)3发生分解反应产生Al2O3，电解Al2O3生成Al单质。过量试剂X为氢氧化钠溶液，操作①为分离固体和溶液的过滤操作，通入过量二氧化碳过滤得到溶液乙主要为碳酸氢钠，以此解答该题。

【详解】(1)根据上述分析可知试剂X为NaOH溶液，氧化铝和氢氧化钠反应生成可溶性的偏铝酸钠和水，反应方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O，故合理答案为：NaOH；Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；

(2)操作Ⅰ、操作Ⅱ都是分离难溶性固体和溶液实验操作，名称为过滤，在反应①②③④中，只有④元素的化合价发生了变化，属于氧化还原反应，因此属于氧化还原反应是④，故合理答案为：过滤；④；

(3)反应②是向偏铝酸钠溶液中通入过量二氧化碳生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的化学方程式：NaAlO2+CO2+2H2O=Al(OH)3↓+NaHCO3；

(4)金属铝与氧化铁混合在高温下，会发生剧烈的反应，生成铁和氧化铝，反应的化学方程式为：2Al+Fe2O32Al+Fe2O3；

(5)电解熔融氧化铝制取金属铝，2Al2O34Al+3O2↑，反应中电子转移12mol会生成铝4mol，若有0.6mol电子发生转移，理论上能得到金属铝的物质的量是n(Al)==0.2mol，则产生的Al的质量是m(Al)=0.2mol×27g/mol=5.4g，故答案为：5.4。

【点睛】本题考查物质分离提纯、方程式的书写及及物质的量在化学方程式计算的应用。注意把握实验基本操作，掌握氧化铝的两性及其铝的有关化合物的性质和应用，学会用守恒方法分析，侧重考查学生的分析能力和实验能力。

25.(1)15.6gNa2X固体中含有0.4molNa+，则该化合物的摩尔质量为______，将这些Na2X固体溶解到水中，并加水稀释至2L，则所得溶液中Na+的物质的量浓度为____ mol·L-1。

(2)电解饱和食盐水的化学方程式为___________，若时消耗117gNaCl，则理论上最多可得到_____ L(标准状况)氯气。

(3)若将2mol氯气通入足量石灰乳中，理论上可得到次氯酸钙________克？(写出具体计算过程)

【答案】    (1). 78g/mol    (2). 0.2    (3). 2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑    (4). 22.4    (5). 143

【解析】

【分析】

(1)根据化合物Na2X的构成由Na+的物质的量确定Na2X的物质的量，然后根据n=确定Na2X的摩尔质量，结合c=计算c(Na+)；

(2)电解饱和NaCl溶液制取Cl2，根据方程式中的物质的量关系计算反应产生的Cl2在标准状况下的体积；

(3)根据Cl2与石灰乳反应可计算出反应制取的次氯酸钙的质量。

【详解】(1)15.6gNa2X固体中含有0.4molNa+，则n(Na2X)=n(Na+)=×0.4mol=0.2mol，则M==78g/mol；将这些Na2X固体溶解到水中，并加水稀释至2L，则所得溶液中Na+的物质的量浓度c==0.2mol/L，故合理答案为：78g/mol；0.2；

(2)电解饱和NaCl溶液制取Cl2，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，根据方程式可知2molNaCl反应，产生1molCl2，n(NaCl)==2mol，则n(Cl2)=1mol，其在标准状况下的体积V(Cl2)=1mol×22.4L/mol=22.4L故合理答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑；22.4；

(3)Cl2与石灰乳发生反应：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，根据反应方程式可知n[Ca(ClO)2]=n(Cl2)=×2mol=1mol，则反应产生的Ca(ClO)2的质量m[Ca(ClO)2]=1mol×143g/mol=143g，故合理答案为：143。

【点睛】本题考查了物质的量在化学方程式计算应用的知识。掌握物质的量的有关计算公式，结合物质结构与构成微粒的关系计算。