1、 “山江湖”协作体2018-2019学年度第二学期高一年级第一次月考化学试题部分原子相对原子质量：H：1 N：14 O：16 S：32 Cl:35.5 Cu:64 Zn:65一、 选择题 （本题共计 16 小题 ，每题 3 分 ，共计48分 ）1.下列用途中应用了氮气的稳定性的是：（ ）A. 以氮气为原料之一制造硝酸B. 合成氨气后，制氮肥C. 金属焊接时的保护气D. 镁可以和氮气反应【答案】C【解析】【详解】A、利用N2制备硝酸，发生的反应为N23H22NH3、4NH35O24NO6H2O、2NOO2=2NO2、3NO2H2O=2HNO3NO，与N2的稳定性无关，故A不符合题意；B、根据A选
2、项分析，合成氨气，制备氮肥，与N2的稳定性无关，故B不符合题意；C、单质氮的化学性质相对稳定，因此氮气常作金属焊接时的保护气，与氮气的稳定性有关，故C符合题意；D、Mg能与N2反应生成Mg3N2，与N2的稳定性无关，故D不符合题意。2.下列推断正确的是（ ）A. 铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3B. 铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C. 钠与氧气、水等反应时钠均作还原剂，故金属单质参与化学反应时金属均作还原剂D. 活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中【答案】C【解析】【详解】A、铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，铁丝在纯氧中
3、燃烧生成Fe3O4，故A推断错误；B、金属钠为活泼金属，加入硫酸铜溶液中，先与H2O反应：2Na2H2O=2NaOHH2，然后NaOH再与CuSO4反应：CuSO42NaOH=Cu(OH)2Na2SO4，故B推断错误；C、金属钠与O2、H2O反应生成Na2O或Na2O2、NaOH，金属钠化合价升高，金属钠作还原剂，金属单质参与化学反应时金属失去电子，化合价升高，作还原剂，故C推断正确；D、金属铝在空气中被氧化成一层致密的氧化薄膜，阻碍反应的进行，保护内部铝不被氧化，因此金属铝不用保存在煤油中，故D推断错误。【点睛】易错点是金属钠与盐溶液的反应，金属钠一般先与水反应，生成的NaOH再与盐反应，当
4、盐状态为熔融状态时，金属钠与盐发生反应。3.下列无色气体中，常温时遇空气很容易变为红棕色的是（ ）A. NH3B. NOC. CO2D. SO2【答案】B【解析】【分析】常温下，遇到空气中氧气容易变为红棕色的是NO；【详解】A、氨气常温下为无色气体，在空气中能大量存在，故A不符合题意；B、NO与O2发生2NOO2=2NO2，NO为无色气体，遇到氧气转化成NO2，NO2为红棕色气体，故B符合题意；C、CO2能在空气中稳定存在，故C不符合题意；D、常温下SO2能在空气中稳定存在，故D不符合题意。4.下列反应中，浓硫酸既表现出强氧化性又表现出酸性的是（ ）A. 2NaCl+H2SO4(浓)Na2SO
5、4+2NaClB. Na2SO3+H2SO4(浓) Na2SO4+SO2+H2OC. C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2OD. 2FeO+4H2SO4（浓） Fe2(SO4)3+SO2+4H2O【答案】D【解析】【详解】A、该反应没有化合价的变化，不属于氧化还原反应，H2SO4只表现了酸性，故A不符合题意；B、该反应没有化合价变化，不属于氧化还原反应，H2SO4只表现了酸性，故B不符合题意；C、H2SO4中S的价态由6价4价，化合价降低，硫酸在此反应中只体现氧化性，故C不符合题意；D、该反应中S的价态由6价4价，化合价降低，硫酸表现为氧化性，产物中有Fe2(SO4)3，因此硫酸还表
6、现为酸性，故D符合题意。【点睛】判断浓硫酸表现氧化性和酸性，一看硫酸中S的化合价降低，则硫酸表现氧化性，二看产物中是否有SO42，若有SO42，则浓硫酸表现酸性。5.在一些建筑工地的食堂中，常发生将工业用盐当作食用盐而引起中毒的现象该盐的化学式为（ ）A. MgCl2B. KClC. NaNO2D. MgSO4【答案】C【解析】试题分析：能当做食盐使用，其味道与食盐差不多的是NaNO2。考点：生活中常见的化学事件。6.下列各组中两种微粒所含电子数不相等的是（ ）A. S2-和Al3+B. CO和N2C. H3O+和OH-D. NH3和NH4+【答案】A【解析】A、S2核外有18个电子，Al3核
7、外有10个电子，故A说法错误；B、CO的电子数为14，N2电子数为14，两者相同，故B说法正确；C、H3O电子数为10个电子，OH含有10个电子，故C说法正确；D、NH3中含有电子数为10个，NH4电子数为10个，故D说法正确。7.如图装置中，若关闭活塞，则品红溶液无变化，石蕊试液变红，石灰水变浑浊；打开活塞，则品红溶液褪色，石蕊试液变红，石灰水变浑浊。据此判断气体和广口瓶中盛放的物质是（ ）A. HCl和浓H2SO4B. Cl2和氯水C. Cl2和NaHCO3溶液D. SO2和NaHCO3溶液【答案】D【解析】【分析】关闭活塞，气体通过洗气瓶，进入品红溶液，品红溶液无变化，说明该气体不具有漂
8、白性，石蕊试液变红，说明该气体为酸性气体，石灰水变浑浊，该气体为CO2；打开活塞，气体进入品红溶液，品红溶液褪色，说明该气体具有漂白性，该气体可能为SO2；石蕊试液变红，说明气体为酸性气体，石灰水变浑浊，可确定该气体为SO2；【详解】A、打开活塞，HCl不能使品红溶液褪色，该组合不符合实验现象，故A不符合题意；B、关闭活塞，Cl2通过氯水进入品红溶液，品红溶液褪色，该组合不符合实验现象，故B不符合题意；C、打开活塞，氯气能使品红褪色，石蕊先变红后褪色，与题中所给实验现象不符，故C不符合题意；D、关闭活塞，亚硫酸的酸性强于碳酸，SO2与NaHCO3反应生成CO2，CO2不能使品红褪色，CO2溶于
9、水后生成碳酸，碳酸能使石蕊变红，CO2能使澄清石灰水变浑浊，打开活塞，SO2具有漂白性，能使品红溶液褪色，SO2溶于水生成亚硫酸，能使石蕊变红，SO2与Ca(OH)2生成CaSO3沉淀，符合题中所给实验现象，故D符合题意。8.某元素的一种同位素X的原子质量数为A，含N个中子，它与原子组成HmX分子在a克HmX中所含质子的物质的量是（ ）A. (A-N+m)molB. (A-N)molC. (A-N)molD. (A-N+m)mol【答案】A【解析】【分析】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数中子数，则X的质子数为(AN)，1molHmX中含有质子的物质的量为(
10、ANm)mol，agHmX的物质的量ag/(Am)gmol1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol。【详解】核素近似相对原子质量等于质量数，即X的近似相对质量为A，质量数=质子数中子数，则X的质子数为(AN)，1molHmX中含有质子的物质的量为(ANm)mol，agHmX的物质的量ag/(Am)gmol1，agHmX中含有质子物质的量为(A-N+m)mol，故选项A正确。9.下列化学反应的离子方程式正确的是（ ）A. 将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中：SO2+H2O+Ca2+2ClO-=CaSO3+2HClOB. 向稀氨水中通入少量CO2：2NH3H2O+CO2=2NH4
11、+CO32-+H2OC. 用稀HNO3溶解FeS固体：FeS+2H+=Fe2+H2SD. 将醋酸滴入硅酸钠溶液中：SiO32-+2H+=H2SiO3【答案】B【解析】A. 将少量SO2通入Ca(ClO)2溶液中发生氧化还原反应生成硫酸钙、次氯酸和氯化钙，A错误；B. 向稀氨水中通入少量CO2：2NH3H2O+CO22NH4+CO32- +H2O，B正确；C. 用稀HNO3溶解FeS固体发生氧化还原反应生成硫酸、硝酸铁、NO和水，C错误；D. 将醋酸滴入硅酸钠溶液中：SiO32- +2CH3COOHH2SiO3+2CH3COO-，D错误，答案选B。点睛：明确相关物质的性质是解答的关键，解答时注意
12、是否符合客观事实、所电荷数是否守恒、是否漏掉离子反应方程式、拆写问题、“量”的问题等。易错点是A和C，学生容易忽略次氯酸根离子和硝酸的氧化性。10.下列所列各组物质中，物质之间通过一步反应就能实现如图所示转化的是（ ）abcAAlAlCl3Al(OH)3BHNO3NONO2CSiSiO2H2SiO3DNa2ONa2CO3NaHCO3A. AB. BC. CD. D【答案】B【解析】【详解】A、Al(OH)3不能直接转化成Al，故A不符合题意；B、Cu与稀硝酸反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，NO2与H2O反应生成NO，NO2与H2O反应生成HNO3，这些能够一步反应得到，故B符合题意；C
13、、SiO2不溶于水，不能与水直接生成硅酸，故C不符合题意；D、NaHCO3不能直接一步反应生成Na2O，故D不符合题意。【点睛】易错点选项C，学生认为SiO2属于酸性氧化物，溶于水生成H2SiO3，忽略了SiO2是难溶于水的物质，不能直接转化成H2SiO3.11.酸式盐是盐的一种，可看作是多元酸中的氢离子未被完全中和所得到的盐，常见的有NaHCO3、NaHSO4、KH2PO4、KHPO4等。已知 H3PO2（次磷酸）与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，则下列说法正确的是（ ）A. H3PO2属于二元酸B. H3PO2属于三元酸C. NaH2PO2属于酸式盐D. NaH2PO2属于正
14、盐【答案】D【解析】A由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故A错误；B由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2为一元酸，故B错误；C由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故C错误；D由于H3PO2为一元酸，故NaH2PO2属于正盐，故D正确；故答案为D。点睛：在酸的概念的基础上根据电离出的氢离子的个数将酸分为一元酸、二元酸、三元酸，根据盐中能否电离出氢离子或氢氧根将盐分为正盐和酸式盐和碱式盐，由于H3PO2(次磷酸)与足量的NaOH反应只生成一种盐NaH2PO2，故H3PO2(次磷
15、酸)为一元酸，把握概念是关键。12.设NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是（ ）A. 1molFeCl3完全转化为Fe(OH)3胶体后生成NA个胶体粒子B. 1.8g的NH4+中含有的电子数为NAC. 常温常压下，32gO2和O3的混合气体中所含原子数为1.5NAD. 1molCl2参加反应转移电子数一定为2NA【答案】B【解析】A. 由于胶体是分子的集合体，1molFeCl3完全转化为Fe(OH)3胶体后生成的胶体粒子数小于NA个，A错误；B. 1.8g NH4+的物质的量是0.1mol，铵根是10电子微粒，因此其中含有的电子数为NA，B正确；C. O2和O3均是氧原子形成的单质，
16、常温常压下，32gO2和O3的混合气体中所含原子数为2NA，C错误；D. 1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA，例如氯气与氢氧化钠溶液，转移1mol电子，D错误，答案选B。13.在溶液中加入适量Na2O2后仍能大量共存的离子组是（ ）A. MnO4-、Ba2+、Cl-、NO3-B. Na+、Cl-、CO32-、SO32-C. Ca2+、Mg2+、NO3-、HCO3-D. K+、AlO2-、Cl-、SO42-【答案】D【解析】Na2O2与H2O反应的实质为：Na2O2+2H2O=H2O2+2NaOH、2H2O2=2H2O+O2，所以加入Na2O2后，溶液中主要存在NaOH（碱性）、H2
17、O2（氧化性、还原性）。A、MnO4具有强氧化性，能将H2O2氧化，不能大量共存，故A错误；B、SO32-能被H2O2氧化为SO42-，而不能大量共存，故B错误；C、HCO3与OH反应生成CO32和H2O，Ca2+与生成的CO32反应生成沉淀，Mg2+与OH反应生成Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，故C错误；D、几种离子之间均不发生反应，能大量共存，故D正确。故选D。14.1.92gCu投入到一定量的浓硝酸中,铜完全溶解,生成的气体的颜色越来越浅,共收集到 672 mL 的气体(标准状况下).将盛有此气体的容器倒扣在水槽中,通入标准状况下一定体积的氧气,恰好使气体完全溶于水,则通入的氧气的体积
18、为（ ）mLA. 168B. 224C. 336D. 672【答案】C【解析】【分析】Cu和一定量的浓硝酸反应，生成气体的颜色越来越浅，气体为NO2、NO等混合物，收集后倒扣在水槽中，发生4NO2O22H2O=4HNO3、4NO3O22H2O=4HNO3，从中得到氧气得到的电子最终来自于Cu；【详解】Cu和一定量的浓硝酸反应，生成气体的颜色越来越浅，气体为NO2、NO等混合物，收集后倒扣在水槽中，发生4NO2O22H2O=4HNO3、4NO3O22H2O=4HNO3，从中得到氧气得到的电子最终来自于Cu，1.92g2/64gmol1=n(O2)4，解得n(O2)=0.015mol，标准状况下的
19、体积为0.015mol22.4Lmol1=0.336L，合336mL，故选项C正确。15.工业上将Na2CO3和Na2S以1:2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2下列说法错误的是（ ）A. 硫元素既被氧化，又被还原B. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:1C. 相同条件下，每吸收10m3SO2就会放出2.5m3CO2D. 若生成2.24LCO2，则转移0.8mol电子【答案】D【解析】【分析】工业上将Na2CO3和Na2S以1：2的物质的量之比配成溶液，再通入SO2，可制取Na2S2O3，同时放出CO2，其反应方程式为2Na2S+Na2CO3+4SO23
20、Na2S2O3+CO2，反应在S元素的化合价从-2价升高到+2价，S的化合价从+4价降低到+2价，以此来解答。【详解】A.S元素的化合价变化可知，硫元素既被氧化又被还原，不选A；B.2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2中，Na2S为还原剂，SO2为氧化剂，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，不选B；C.根据方程式2Na2S+Na2CO3+4SO23Na2S2O3+CO2可知，每吸收4molSO2就会放出1molCO2，则相同条件下，每吸收10 m3SO2就会放出2.5 m3CO2，不选C；D.温度压强未知，无法计算2.24 L CO2的物质的量，无法知道转移多少电子，
21、选D；答案：D。【点睛】本题易错点D，气体摩尔体积的运用必须在标准状况下。16.将一定量锌与100mL18mol/L浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体0.8mol，将反应后的溶液稀释得400mL，测得溶液c(H+)=2mol/L，则下列叙述中错误的是（ ）A. 气体中SO2和H2物质的量比为6:1B. 反应中共消耗锌52.0gC. 所得气体应该为SO2和H2混合物D. 反应共转移电子1.6mol【答案】A【解析】【分析】Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2，则生成
22、的气体为SO2和的H2混合物，根据反应的有关方程式结合质量守恒定律列方程组计算。【详解】生成气体的物质的量为0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为0.50.4L2mol/L=0.4mol，参加反应的n（H2SO4）=0.1L18mol/L-0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则根据方程式Zn+2H2SO4（浓）=ZnSO4+SO2+H2O、Zn+H2SO4（稀）=ZnSO4+H2可知x+y=0.8、2x+y=1.4，解得x=0.6，y=0.2，所以反应会生成0.6mol的二氧化硫和0.2mol的氢气。A气体中SO2和H2物质的
23、量比为3：1，故A错误；B生成1mol混合气体转移2mol电子，消耗1mol的锌，所以反应中共消耗金属Zn的质量m（Zn）=0.865g/mol=52g，故B正确；C由以上分析可知所得气体应该为SO2和H2的混合物，故C正确；D生成1mol混合气体转移2mol电子，所以反应共转移电子1.6mol，故D正确。故答案选A。【点睛】本题考查氧化还原反应的相关计算，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，注意浓硫酸和稀硫酸性质的不同，从质量守恒的角度解答该题，计算生成气体的物质的量关系是解答该题的关键。卷II（非选择题）17.ClO2是一种消毒、杀菌效率高、二次污染小的水处理剂实验室可通过以下反应制得：
24、2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O试回答下列问题(1)该反应中氧化产物的化学式是_；被还原的元素是_(2)用双线桥标出上述反应的电子转移情况2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2+K2SO4+2CO2+2H2O_(3)若反应共产生了4.48L气体（标准状况），则反应转移电子的物质的量为_mol，消耗还原剂的物质的量为_mol（4）标准状况下44.8mL的ClO2气体恰好能与50mL0.1mol/L的Na2SO3溶液完全反应，生成Na2SO4，氯元素在产物中的化合价为_；此过程说明ClO2具有_（填“氧化”或“还原”）性【答案】 (1)
25、. CO2 (2). Cl (3). (4). 0.1 (5). 0.05 (6). 氧化 (7). -1【解析】（1）反应中碳元素化合价从+3价升高到+4价，失去电子，草酸是还原剂，CO2是该反应中氧化产物；氯元素化合价从+5价降低到+4价，得到电子，被还原的元素是Cl。（2）根据以上分析可知用双线桥标出该反应的电子转移情况为；（3）若反应共产生了4.48L气体（标准状况），气体的物质的量是4.48L22.4L/mol0.2mol，根据方程式可知CO2是0.1mol，则反应转移电子的物质的量为0.1mol，消耗还原剂的物质的量为0.1mol20.05mol。（4）44.8mL的ClO2气体的
26、物质的量是0.0448L22.4L/mol0.002mol。设氯元素在产物中的化合价为n，则根据电子得失守恒可知0.002mol（4n）0.05L0.1mol/L（64），解得n1，即氯元素在产物中的化合价为1价，氯元素化合价降低，得到电子，这说明ClO2具有氧化性。18.除去括号中的杂质，写出选择的试剂并写出有关离子方程式（1）FeCl2溶液(FeCl3)，选用试剂_，离子方程式_（2）氧化铜中混有少量氧化铝，选用试剂_，离子方程式_【答案】 (1). Fe (2). Fe+2Fe3+=3Fe2+ (3). NaOH(或KOH) (4). Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O【解析】【
27、详解】（1）利用Fe3与Fe发生反应，因此除去FeCl2中FeCl3，加入的试剂为Fe，发生离子方程式为Fe2Fe3=3Fe2；（2）CuO为碱性氧化物，Al2O3为两性氧化物，因此除去少量的氧化铝，选用的试剂为NaOH或KOH，发生离子方程式为Al2O32OH=2AlO2H2O。19.填写下列空白： （1）写出表示含有8个质子、10个中子的原子的化学符号：_（2）周期表中最活泼的非金属元素位于第_纵行（3）A、B、C为短周期元素，在周期表中所处的位置如图所示，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，请回答下列问题：写出A、B两种元素的符号：A_，B_B在周期表中位置是 _【答案
28、】 (1). (2). 17 (3). N (4). S (5). 第三周期第A族【解析】【详解】（1）质子数为8，该原子为O，根据原子结构表示形式，质量数为810=18，即化学符号188O；（2）同主族从上到下非金属性减弱，同周期从左向右非金属性增强(稀有气体除外)，因此非金属性最活泼的非金属元素为F，位于第二周期族，第17纵行；（3）因三种元素为短周期元素，令A的原子序数为a，则C的原子序数为a2，B的原子序数为a9，A、C两种元素的原子核外电子数之和等于B原子的质子数，则有aa2=a9，a=7，即A为N，C为F，B为S，S位于第三周期VIA族；20.A、B、C是中学化学常见的三种物质，它
29、们之间的相互转化关系如图所示（部分反应条件及产物略去）。（1）若A是一种黄色单质固体，则BC的化学方程式为_。浓的D溶液使纸张变黑体现了它的_性（2）若C是红棕色气体且A为化合物，则A化学式是_；试写出C生成D的化学方程式_ ；写出稀的D溶液与铜反应的离子方程式_。【答案】 (1). 2SO2+O22SO3 (2). 脱水性 (3). N2或NH3 (4). 3NO2+H2O=2HNO3+NO (5). 3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O【解析】（1）若A是一种黄色单质固体，A是S，则BC的化学方程式为2SO2+O22SO3。三氧化硫溶于水生成硫酸，浓硫酸使纸张变黑体现了它的
30、脱水性。（2）若C是红棕色气体，则B是NO，因此A的化学式可能N2或NH3；D是硝酸，C生成D的化学方程式为3NO2+H2O2HNO3+NO；稀硝酸与铜反应的离子方程式为3Cu+8H+2NO3-=3Cu2+2NO+4H2O。21.某学生利用以下装置探究氯气与氨之间的反应其中A、F分别为氨气和氯气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨反应的装置 请回答下列问题： （1）装置F中发生反应的化学方程式为_（2）装置B中仪器的名称是_；装置E的作用是_（3）往装置A的烧瓶内加入粉末状固体的操作是_（4）装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一写出反应的化学方程式_当有amol
31、氯气参加反应时，转移的电子总数为b个，则阿伏加德罗常数为_mol-1（用含a、b的代数式表示）（5）将用F、E、D装置制得的氯气通入含74gCa(OH)2的石灰乳中，最多可制得漂白粉_g【答案】 (1). MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2+2H2O (2). 干燥管 (3). 除去氯气中的氯化氢 (4). 将烧瓶横放，把盛有药瓶的药匙或纸槽伸入瓶底，再将烧瓶竖起 (5). 8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2 (6). (7). 127【解析】【分析】实验目的是探究氯气与NH3的反应，装置A制备氨气，装置B干燥氨气，装置C为NH3和Cl2反应的装置，装置F制备氯气，装置E除去氯气
32、中HCl，装置D为干燥氯气；【详解】（1）装置F制备氯气，其反应方程式为MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O；（2）根据装置B仪器的特点，仪器B为(球形)干燥管；装置F制备的Cl2中混有HCl和H2O(g)，HCl能与NH3反应，必须除去，装置E的作用是除去氯气中混有的HCl；（3）加入粉末固体的操作是将烧瓶横放，把盛有药瓶的药匙或纸槽伸入瓶底，再将烧瓶竖起；（4）利用氯气的氧化性，将NH3氧化成N2，装置C中出现白烟，白烟为NH4Cl，反应方程式为8NH33Cl2=6NH4ClN2；amol氯气参与该反应，转移电子物质的量为2amol，现在转移电子总数为b个，依据n=N/NA，因此
33、阿伏加德罗常数为b/2amol1；（5）Cl2与Ca(OH)2发生的反应式2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O，漂白粉为CaCl2和Ca(ClO)2混合物，74gCa(OH)2的物质的量为74g/74gmol1=1mol,，根据反应方程式，求出CaCl2和Ca(ClO)2的质量分别为111/2g、143/2g，即漂白粉的质量为(111/2g143/2g)=127g。22.某固体混合物可能由KNO3、K2SO4、KCl、CuCl2和Na2CO3中的一种或几种组成，依次进行如下实验，观察到的实验现象记录如下： （1）混合物加水得到无色溶液；（2）向上述溶液中滴加过量BaCl
34、2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，此沉淀可完全溶于稀HNO3；（3）向（2）的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀HNO3据此，可判断出混合物中肯定会有_，肯定没有_，可能含有_写出步骤（2）中涉及的相关反应的离子方程式：_;_【答案】 (1). 肯定有Na2CO3 (2). 肯定没有K2SO4、CuCl2 (3). 可能含有KNO3、KCl (4). Ba2+CO32-=BaCO3 (5). BaCO3+2H+=Ba2+H2O+CO2【解析】【分析】(1)混合物加水得到无色溶液，说明原固体中不含CuCl2，(2)向上述溶液中滴加过量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将
35、该沉淀滤出，此沉淀可完全溶于稀硝酸，说明原固体中不含有K2SO4，含有Na2CO3；(3)向(2)的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，该沉淀为AgCl，但原固体中不一定含有KCl，因为BaCl2中也含有Cl。【详解】(1)混合物加水得到无色溶液，说明原固体中不含CuCl2，(2)向上述溶液中滴加过量的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，将该沉淀滤出，此沉淀可完全溶于稀硝酸，说明原固体中不含有K2SO4，含有Na2CO3；(3)向(2)的滤液中加入AgNO3溶液，有白色沉淀生成，该沉淀不溶于稀硝酸，该沉淀为AgCl，但原固体中不一定含有KCl，因为BaCl2中也含有Cl。根据上述分析，混合物中一定存在物质是Na2CO3；一定没有物质是K2SO4和CuCl2；可能含有物质是KNO3和KCl；反应(2)中发生离子方程式为Ba2CO32=BaCO3，滴加稀硝酸，发生BaCO32H=Ba2CO2H2O。【点睛】物质鉴别过程中一定注意外来离子对实验干扰，像本题中加入硝酸银生成难溶于硝酸的沉淀，该沉淀为AgCl，但不能说明原溶液中一定含有KCl，因为(2)中加入是BaCl2，引入Cl。