【文档说明】北京市首都师范大学附属中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题 Word版含解析.docx，共(17)页，601.255 KB，由小赞的店铺上传

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首都师大附中2023—2024学年12月阶段性测试高一化学可能用到的相对原子质量H：1C：12N：14O：16Na：23Cl：35.5第Ⅰ卷(共45分)一、选择题(本大题共15小题，每小题3分，共45分。在每小题所列出的四个选项中

，只有一项是最符合题目要求的)1.下列行为不符合实验规范或安全要求的是A.做实验剩余的金属钠放回原瓶而非丢弃在废液缸中B.金属钠着火时，选择用沙土覆盖C.制备氯气时在通风良好的场所进行以避免大量氯气聚集D.大量氯气泄漏时，应尽快撤离现场并往地势较低处去【答案】D【解析】

【详解】A．钠极易和氧气以及水反应，做实验剩余的金属钠放回原瓶而非丢弃在废液缸中，A不选；B．金属钠着火时生成过氧化钠，钠和过氧化钠均和水反应，所以选择用沙土覆盖，B不选；C．氯气有毒，制备氯气时在通风良好的场所进行以避免大量氯气聚集，C不选；D．氯气有毒，但氯气密度大于空

气的，所以大量氯气泄漏时，应尽快撤离现场并往地势较高处去，而不是较低处，D选；答案选D。2.下列物质的焰色为紫色(透过蓝色钴玻璃)的是A.KClB.2CaClC.NaClD.2CuCl【答案】A【解析】【详解】含有钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴

玻璃观察，焰色为紫色，故选：A。3.有关物质的量相关概念下列说法正确的是A.“摩尔”是国际单位制中七个基本物理量之一B.1摩尔任何粒子的微粒数目都约为236.0210C.将1molNaCl溶于1L水，可以得到1mol/LNaCl溶液D.2CO的摩尔质量

是44g【答案】B【解析】【详解】A．“摩尔”是物质的量的单位，不是物理量，A错误；B．根据阿伏加德罗常数的概念可知1摩尔任何粒子的微粒数目都约为236.0210，B正确；C．将1molNaCl溶于1L水，溶液体

积不是1L，所以不能得到1mol/LNaCl溶液，C错误；D．2CO相对分子质量是44，摩尔质量是44g/mol，D错误；答案选B。4.以下实验无法．．达到相应目的的是A.用水鉴别23NaCO和3NaHCO固体B.用观察法区别2NaO和22N

aOC.用2MgCl溶液鉴别23NaCO溶液和NaOH溶液D.用稀盐酸鉴别23NaCO溶液和3NaHCO溶液【答案】C【解析】【详解】A．用水鉴别NaHCO3和Na2CO3固体，相同条件下，碳酸氢钠的溶解度小，则在等量的水中溶解较少的为NaHCO3，A能鉴别；B．用观察法区别Na2O和

Na2O2，淡黄色的为Na2O2，白色的为Na2O，B能鉴别；C．将MgCl2溶液分别滴入Na2CO3溶液和NaOH溶液，都生产白色沉淀，C不能鉴别；D．将稀少量盐酸分别滴入NaHCO3和Na2CO3溶液，开始即产生气泡的是NaHCO3，D能鉴

别；故选C。5.0.6L1mol/L2CaCl溶液与0.5L0.8mol/L3FeCl溶液中的Cl−浓度之比是A.6：5B.2：3C.5：6D.1：1【答案】C【解析】【详解】0.6L1mol/L2CaCl溶液中的Cl−浓度为1

mol/L×2＝2mol/L，0.5L0.8mol/L3FeCl溶液中的Cl−浓度为0.8mol/L×3＝2.4mol/L，浓度之比是2：2.4＝5：6。答案选C。的6.若AN表示阿伏加德罗常数的值，下列说法

正确的是A.1molOH−含有的电子数为A9NB.1mol/LNaCl溶液中含有Na+的个数为ANC.0.2mol22NaO与足量2HO反应，转移电子的数目为A0.2ND.标准状况下，2.24L2HO所含氢原子个数为A0.2N【答案】C【解析】【详解】A．1molOH−含有的

电子数为A10N，A错误；B．1mol/LNaCl溶液的体积不确定，其中含有Na+的个数不一定为AN，B错误；C．0.2mol22NaO与足量2HO反应，生成0.1mol氧气，氧元素化合价从－1价升高到0价，转移电子的数目为A0.2N，C正确；D．标准状况下水是液体

，不能用气体摩尔体积计算2.24L2HO的物质的量，D错误；答案选C。7.下列各组离子能在给定条件下大量共存的是A.0.1mol/L3NaHCO溶液中：2Ca+、4NH+、3NO−、Cl−B.加入酚酞变红的溶液中：2Ba+、2Mg+、Cl−、ClO−C.新鲜制备的氯水中：Na+、4

NH+、3NO−、23SO−D.pH1=的透明溶液中：3Fe+、K+、ClO−、24SO−【答案】A【解析】【详解】A．在0.1mol/L3NaHCO溶液中2Ca+、4NH+、3NO−、Cl−能够大量共存，A符合题意；B．加入酚酞变红说明溶液中有-OH，2Mg+与-OH不能大量共存，B

不符合题意；C．23SO−具有还原性，与新鲜制备的氯水中的2ClHClO、会发生氧化反应，C不符合题意；D．ClO−与+H会生成HClO不能大量共存，D不符合题意；故选A。8.三氧化铁(3FeO)是铁的最高价

态氧化物，其与稀硫酸反应会得到243Fe(SO)并放出2O，与浓NaOH溶液反应生成24NaFeO，则以下说法正确的是A.3FeO中Fe元素已达到最高价态，所以3FeO只能表现出氧化性B.3FeO是两性氧化物C.3FeO溶于浓N

aOH溶液的离子方程式为2342FeO2OH=FeOHO−−++D.3FeO溶于浓盐酸会发生氧化还原反应，其氧化产物只有2O【答案】C【解析】【详解】A．3FeO中Fe元素已达到最高价态，但是氧元素是－2价，所以3FeO能表现出氧化性，也能表现出还原性，A错误；B．3FeO和稀硫酸反应时发生氧

化还原反应，所以不能是两性氧化物，B错误；C．3FeO与浓NaOH溶液反应生成24NaFeO，溶于浓NaOH溶液的离子方程式为2342FeO2OH=FeOHO−−++，C正确；D．3FeO具有强氧化性，溶于浓盐酸会发生氧化

还原反应，氯元素也能被氧化，其氧化产物有2O，还有氯气，D错误；答案选C。9.下列实验事实可以说明久置22NaO固体变质的是A.将该固体溶于水后滴加酚酞试剂，溶液变为红色，振荡后颜色褪去B.将该固体加入饱和

2CaCl溶液，产生白色沉淀；再加入稀盐酸后沉淀溶解C.将该固体加入稀盐酸，产生大量无色无味气体D.将该固体溶于水后加热煮沸，然后加入少量2BaCl溶液，产生白色沉淀【答案】D【解析】【详解】A．过氧化钠溶于水生成氢氧化钠和氧气，滴加酚酞试剂，溶

液变为红色，由于过氧化钠有强氧化性，振荡后颜色褪去；所以将该固体溶于水后滴加酚酞试剂，溶液变为红色，振荡后颜色褪去，不能说明过氧化钠变质，A项不符合题意；的B．将过氧化钠加入饱和2CaCl溶液，过氧化钠会与水反应，消耗水，导致氯化钙析出，产生白色沉淀，再加入稀盐酸后相当于稀释溶液，沉淀可以溶解

；所以将该固体加入饱和2CaCl溶液，产生白色沉淀；再加入稀盐酸后沉淀溶解，不能说明过氧化钠变质，B项不符合题意；C．将过氧化钠加入稀盐酸，会产生氧气；所以将该固体加入稀盐酸，产生大量无色无味气体，不能说明过氧化钠变质，C项不符合题意；D．将过氧化钠溶于水后加热煮沸，然后加

入少量2BaCl溶液，不会产生白色沉淀；所以将该固体溶于水后加热煮沸，然后加入少量2BaCl溶液，产生白色沉淀，说明该固体中存在碳酸根，过氧化钠已变质，D项符合题意；故选D。10.铅丹的主要成分是四氧化三铅(

含有2+和4+两种价态的Pb)，常温下是鲜红色粉末，可以涂在铁器上防止铁器生锈；在某装置中铅丹与浓盐酸发生反应，主要产物为24HPbCl与2Cl，有关该反应，下列说法正确的是A.每产生11.2L2Cl，转移电子数目约为236.0210B.反应物中，被氧化的HCl与未被

氧化的HCl物质的量之比为1：6C.该反应中氧化产物与还原产物物质的量之比为1：3D.将该装置中产生的气体通入3NaHCO溶液有2CO生成，说明2Cl溶于水生成酸【答案】B【解析】【详解】A．温度和压强不确定，11.2L2Cl物质的量不一定是0.5mol，无法计算转移电子

数目，A错误；B．根据已知信息可知反应的方程式为Pb3O4+14HCl＝Cl2↑+3H2PbCl4+4H2O，反应物中，被氧化的HCl与未被氧化的HCl物质的量之比为2：12＝1：6，B正确；C．该反应中+4价铅被还原为+2价，－

1价氯元素被氧化为0价，所以氧化产物与还原产物物质的量之比为1：1，C错误；D．浓盐酸易挥发，生成的氯气中含有氯化氢，因此将该装置中产生的气体通入3NaHCO溶液有2CO生成，不能说明2Cl溶于水生成酸，D错

误；答案选B。的11.已知27.4g23NaCO与3NaHCO的混合物与200mL2.0mol/L稀盐酸恰好完全反应，将反应后的溶液蒸干后所得固体质量为A.11.7gB.14.2gC.17.55gD.23.4

g【答案】D【解析】【详解】已知27.4g23NaCO与3NaHCO的混合物与200mL2.0mol/L稀盐酸恰好完全反应，生成氯化钠、水和二氧化碳，将反应后的溶液蒸干后所得固体是氯化钠，依据氯元素守恒可知氯化钠的物质的

量是0.4mol，质量为0.4mol×58.5g/mol＝23.4g。答案选D。12.在某一温度下，将一定量的2Cl通入0.5L2mol/L的KOH溶液中，恰好完全反应(不考虑溶液体积变化)，其氧化产物为KClO与3KClO，已知反应后的溶液中()3KClO0.12m

oln=，则被氧化与被还原的Cl原子个数之比为A.19：31B.13：37C.7：18D.6：19【答案】B【解析】【详解】设被氧化与被还原的Cl原子的物质的量分别是x和y，则依据元素守恒可知x+y＝0.5×2

＝1，依据电子得失守恒可知（x－0.12）×1+0.12×5＝y×1，解得x＝0.26、y＝0.74，所以被氧化与被还原的Cl原子个数之比为0.26:0.74=13:37。答案选B。13.用久置于空气中的生石灰[主要成分为CaO，还含有2Ca(OH)和3CaCO]制取3KClO的流程如下图所示

。下列有关说法不正确．．．的是A.“打浆”过程增大了反应物的接触面积，以便于后续的“氯化”步骤B.“氯化”中主要发生的反应为：()2232226Cl6Ca(OH)CaClO5Ca7Cl6HO5+++℃C.“过滤”后的滤渣中主要含有3CaCOD.“转化”时加入

的KCl被氧化为3KClO【答案】D【解析】【分析】久置于空气中的生石灰[主要成分为CaO，还含有2Ca(OH)和3CaCO]加入水打浆，在75℃下通入氯气反应生成氯酸钙、氯化钙，过滤，滤渣含有碳酸钙，滤液加入氯化钾，可转化为氯酸钾，以此解答该题。【详解】A．打浆是将固体反应物粉碎，

增大氯化时的接触面积，使反应充分，提高反应速率，故A正确；B．在75℃下通入氯气，与氢氧化钙反应生成氯酸钙、氯化钙，反应的方程式为()2232226Cl6Ca(OH)CaClO5Ca7Cl6HO5+++℃，故B正确；C．过滤后溶液中存在

氯酸钙、氯化钙，滤渣含有碳酸钙，故C正确；D．转化时氯酸钙生成氯酸钾Ca(ClO3)2+2KCl=CaCl2+2KClO3，元素化合价不变，不是氧化还原反应，故D错误；故选：D。14.设AN为阿伏加德罗常数的值。如图表示2NO气体在2PtO+表面与CO反应转化成无害

气体的过程。下列说法正确的是A.将生成的2CO通入2CaCl溶液中，有白色沉淀产生B.已知该反应在恒温恒容的容器中发生，反应前后气体压强不变C.1mol2PtO+转化为22PtO+得电子数为A2ND.1g2C

O与2NO的混合气体中含有电子数为AN【答案】B【解析】【详解】A．盐酸的酸性强于碳酸，2CO通入2CaCl溶液中不反应，不可能有白色沉淀产生，故A错误；B．根据转化关系，在催化剂作用下N2O转化N2，CO转

化为CO2，方程式为N2O+CO＝N2+CO2，反应前后体积不变，所以该反应在恒温恒容的容器中发生，反应前后气体压强不变，故B正确；C．结合得失电子守恒，N2O转化N2时，2PtO+转化为22PtO+，氧化还原反应方程式为：N2O+2PtO+=N2+22PtO+，反应中氮元素由+1价得电子

变为0价，1molN2O转化为N2得到2mol电子，则1mol2PtO+转化为22PtO+失去电子数为A2N，故C错误；D．2CO与2NO的相对分子质量均是44，且都含有22个电子，1g2CO与2NO的混合气体中含有电子数为A0.5N

，故D错误；故选：B。15.研究小组探究22NaO与水反应。取1.56g22NaO粉末加入到40mL水中，充分反应得溶液A(液体体积无明显变化)，进行以下实验。编号①②③④操作现象溶液变红色，20秒后褪色ⅰ．产生大量能

使带火星木条复燃的气体ⅱ．溶液变红色，10分钟后褪色ⅰ．溶液变红色，10分钟后溶液褪色。ⅱ．变红色溶液变红色，2小时后无明显变化下列说法不正确的是A.由①中溶液变红色，说明溶液A中存在碱性物质B.由②中现象ⅰ可知，22NaO与水反应有22HO生成C.由③、④可知，②中褪色后的溶液中滴加5

滴6mol/L盐酸，溶液可能变成红色D.由②、③、④可知，①中溶液红色褪去的主要原因是氢氧化钠浓度大【答案】D【解析】【详解】A．由①中溶液变红色，说明溶液A中存在碱性物质，故A正确；B．过氧化钠与水反应得到的溶液A中加入二氧化锰，有气体放出，该气体能使带火星木条复

燃，说明是氧气，是过氧化氢在二氧化锰催化作用下发生了分解，说明Na2O2与水反应有H2O2生成，故B正确；C．根据实验③、④可知，②中褪色后的溶液中滴加5滴6mol/L盐酸，溶液可能变成红色，故C正确；D．根据

B的分析可知，1mol/L的氢氧化钠溶液中滴加酚酞，溶液变红色，溶液褪色需要10分钟，而①中溶液变红色，20秒后就褪色，说明溶液红色褪去的主要原因不是c(OH-)大，而是过氧化氢的氧化作用，故D错误；答案选D。第Ⅱ卷(共55分)16.钠是一种非常活泼的金属，钠和钠的化合物在生活中有广泛的应用，请

回答以下相关问题：（1）将一小块单质Na投入NaOH溶液，其发生反应的离子方程式为___________。（2）采用空气和单质Na为原料可以在实验室制备少量22NaO，空气与金属Na反应前需要依次通过的试剂为______

_____、___________。①饱和NaCl溶液②浓硫酸③NaOH溶液④酸性4KMnO溶液（3）向酸性4KMnO溶液中加入少量22NaO，可以观察到紫色褪去，溶液中产生大量气泡，其发生反应的离子方程式为___________，该现象体现了22NaO

的___________(选填“氧化性”、“还原性”或“漂白性”)，若有0.2mol4KMnO被还原，生成标况下气体的体积为___________。（4）除去23NaCO固体中混有的少量3NaHCO固体可以采用对固体混合物充分加热的方法，其发生反应的化学方程式为__

_________；若加热前的混合样品为5.00g，加热后的样品为4.38g，则原混合物中23NaCO的质量分数为___________。（5）用化学方程式表示除去3NaHCO溶液中混有的少量23NaCO的方

法___________。【答案】16.222Na2HO=2Na2OHH+−+++17.①.③②.②18.①.2224225NaO2MnO16H10O=Na2Mn5O8H−++++++++②.还原性③.11.2L19.①.32

3222NaHCONaCΔOHOCO++②.66.4%；20.23223NaCOHOCO=2NaHCO++【解析】【小问1详解】Na投入NaOH溶液与水反应生成氢氧化钠和氢气，其发生反应的离子方程式为222Na2HO=2Na2OHH+−+++；【小问2详解】

采用空气和单质Na为原料可以在实验室制备少量22NaO，先要用氢氧化钠溶液除去空中的二氧化碳，再用浓硫酸除去气体中水蒸气，防止二氧化碳和水分别于金属钠反应；【小问3详解】向酸性4KMnO溶液中加入少量22NaO，可以观察到紫色褪去，溶液中产生大量气

泡，其发生反应的离子方程式为2224225NaO2MnO16H10O=Na2Mn5O8H−++++++++，过氧化钠中氧元素化合价升高，该现象体现了22NaO的还原性，若有0.2mol4KMnO被还原，根据化学方程

式会生成0.5mol氧气，生成标况下气体的体积为0.5mol×22.4L/mol=11.2L；【小问4详解】除去23NaCO固体中混有的少量3NaHCO固体可以采用对固体混合物充分加热的方法，其发生反应的化学方程式为323222NaHC

ONaCΔOHOCO++；若加热前的混合样品为5.00g，加热后的样品为4.38g，减少的质量为二氧化碳和水的总质量，设样品中碳酸氢钠的质量为x，323222NaHCONaCOHOCOm1686254Δ.00g.38xg++−()23168==1.68g625.00g4

.38mNaCO=5.001.68g=3.32g3.32g100%=66.4%5.00xxggg−−，则原混合物中23NaCO的质量分数为66.4%；【小问5详解】除去3NaHCO溶液中混有的少量23NaCO可以继续通入二氧化碳，化学方程式为23

223NaCOHOCO=2NaHCO++。17.实验室用232NaCO10HO晶体配制0.200mol/L的23NaCO溶液480mL。（1）该实验所用玻璃仪器除量筒，烧杯，玻璃棒外，还有___________和______

_____。（2）称量固体时，砝码应放在托盘天平___________(填“左盘”或“右盘”)。（3）配制溶液时，应称量晶体的质量为___________；对于该晶体，下列说法正确的是___________。(a)该晶体加热失

水转化为23NaCO是物理变化(b)232NaCO10HO是一种纯净物(c)该晶体加入足量稀盐酸会放出无色无味气体(d)该晶体的水溶液显碱性（4）将称量好的所需固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水并用玻璃棒充分搅拌使固体完全溶解后，后续操作顺序为(填序号)___________，然后进行定容，

将溶液摇匀，最后装瓶，贴标签。①将适量蒸馏水注入容量瓶，至液面离刻度线1-2cm处②将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中③将溶液冷却至室温④用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，将洗涤液都注入容量瓶中。并轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀。（5）指出以下操作会导致配制溶液浓度的变化(

填“偏大”、“偏小”或“无影响”)ⅰ．定容时仰视刻度线___________；ⅱ．定容并摇匀溶液后发现液面低于刻度线，然后补加蒸馏水至刻度线___________；ⅲ．容量瓶未充分干燥，瓶中仍有少量蒸馏水____

_______；ⅳ．称量的晶体中含有23NaCO___________。【答案】（1）①.500mL容量瓶②.胶头滴管（2）右盘（3）①.28.6g②.(b)(c)(d)（4）③②④①（5）①.偏小②.偏小③.无影响④.偏大【解析】【小问1详解】用232NaCO10HO晶体配制0.

200mol/L的23NaCO溶液480mL，需要500mL容量瓶，用托盘天平称量，烧杯溶解，玻璃棒搅拌，最后还需要胶头滴管定容，所以该实验所用玻璃仪器除量筒，烧杯，玻璃棒外，还有00mL容量瓶和胶头滴管。【小问2详解】的称量固体时，砝码应放在托盘天平的右盘。【小问3详解】配制溶液时，应

称量晶体质量为0.5L×0.2mol/L×286g/mol＝28.6g；(a)该晶体加热失水转化为23NaCO是化学变化，说法错误；(b)232NaCO10HO是由一种物质组成的，属于纯净物，说法正确；(c)该晶体加入足量稀盐酸生成氯化钠、二氧化碳和水，会

放出无色无味气体，说法正确；(d)碳酸根水解，溶液显碱性，该晶体的水溶液显碱性，说法正确；答案选(b)(c)(d)。【小问4详解】根据实验操作步骤为称量、溶解、冷却、转移、洗涤、振荡、定容摇匀等可知将称量好的所需固体放入烧杯中，加入适量蒸馏水并用玻璃棒充分搅拌使固体完全溶解后，

后续操作顺序为③将溶液冷却至室温，②将烧杯中的溶液沿玻璃棒注入容量瓶中，④用少量蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，将洗涤液都注入容量瓶中。并轻轻摇动容量瓶，使溶液混合均匀，①将适量蒸馏水注入容量瓶，至

液面离刻度线1-2cm处，然后进行定容，将溶液摇匀，最后装瓶，贴标签。故答案为③②④①。【小问5详解】ⅰ．定容时仰视刻度线，溶液体积增加，浓度偏小；ⅱ．定容并摇匀溶液后发现液面低于刻度线，然后补加蒸馏水

至刻度线，溶液体积增加，浓度偏小；ⅲ．容量瓶未充分干燥，瓶中仍有少量蒸馏水不影响；ⅳ．称量的晶体中含有23NaCO，溶质质量增加，浓度偏大。18.2ClO是一种常用的自来水消毒剂。某研究小组用如图装置制备

少量2ClO(夹持装置已略去)；已知2ClO常温下为易溶于水而不与水反应的气体，水溶液呈深黄绿色，11℃时液化成红棕色液体。（1）已知该制备过程中同时有2Cl生成，则装置A中发生反应的化学方程式为___________，将2Cl通入冷的石灰乳可以制得漂白粉，其化学方程式为___________。的

（2）B装置中冰水浴的作用为___________。（3）2ClO可以氧化自来水中可能存在的有毒离子CN−得到两种无毒气体(均为空气中含有的气体成分)，自身被还原为Cl−，其发生反应的离子方程式为___________，如果以单位质量．．．．消毒剂得到的电子数作为消毒效

率，则2ClO的消毒效率是2Cl的___________倍。（4）反应一段时间后停止反应，检测到C装置中()ClO0.20moln−=，则B装置中收集到的2ClO质量为___________(假设反应中产生的气体在相应装置中完全吸收)。【答案】（1）①.32222NaClO4HCl()

=2NaCl2ClOCl2HO++++浓②.222222Cl2Ca(OH)=CaClCa(ClO)2HO+++（2）使2ClO冷凝为液体，便于收集；（3）①.2222ClO2CN2l=CN2CO−−+++②.2.63（4）27g【解析】【

分析】装置A制备2ClO，装置B吸收2ClO，装置C尾气处理，据此解答。【小问1详解】已知该制备过程中同时有2Cl生成，则依据电子得失守恒和元素守恒可知装置A中发生反应的化学方程式为32222NaClO4HC

l()=2NaCl2ClOCl2HO++++浓。将2Cl通入冷的石灰乳可以制得漂白粉，其化学方程式为222222Cl2Ca(OH)=CaClCa(ClO)2HO+++。【小问2详解】冰水浴可降低温度，防止挥发，可用于冷凝、收集ClO2，故答案为：使2ClO冷凝为液体，便于收

集；【小问3详解】2ClO可以氧化自来水中可能存在的有毒离子CN−得到两种无毒气体(均为空气中含有的气体成分)，气体氮气和二氧化碳，自身被还原为Cl−，发生反应的离子方程式为2222ClO2CN2l=CN2CO−−+++，如果以单位质量消毒剂

得到的电子数作为消毒效率，则2ClO的消毒效率是2Cl的567.5271mm=2.63倍。【小问4详解】装置C中发生的反应方程式为Cl2+2OH－＝ClO－+Cl－+H2O，反应一段时间后停止反应，检测到C装置中()ClO0.20moln−=，这说明消耗氯

气是0.2mol，所以根据32222NaClO4HCl()=2NaCl2ClOCl2HO++++浓可知B装置中收集到的2ClO质量为0.2mol×2×67.5g/mol＝27g。19.某小组探究3AgNO溶液对氯水漂白性的影响

，部分装置如下图所示。（1）A中反应的离子方程式是___________。（2）B中试剂是___________，其作用为___________。（3）取C中氯水，进行实验：向试管Ⅰ和Ⅱ中各加入1mL氯水：序号

所加试剂现象Ⅰ1滴品红+a几秒后品红褪色Ⅱ1滴品红+1mL3AgNO溶液几分钟后品红褪色，产生白色沉淀试管Ⅰ中所加试剂a为___________。（4）Ⅱ中品红褪色慢，推测可能发生了33HClOAgNO=AgClOHNO++，导致Ⅱ中HClO减少。分析沉淀中含AgCl

O，探究如下：将沉淀滤出并用蒸馏水洗涤，然后向沉淀中加入盐酸，产生黄绿色气体。根据以上推测，产生黄绿色气体的离子方程式是___________。（5）经查阅资料可知，AgClO具有一定的溶解性，一定条件

下，其可以转化为更难溶的AgCl；据此，甲同学认为Ⅱ中溶液仍具有漂白性，可能是AgClO部分溶解后导致溶液具有漂白性，乙同学认为是因为所加3AgNO溶液不足量；甲同学通过离子检验证明了乙同学的猜测不正确，其实验过程为__________。（6）甲同学利用本探究实验

中的试剂进一步证实Ⅱ中所得沉淀中含AgClO：向沉淀中加入饱和NaCl溶液，静置、过滤，滤渣、滤液备用；①实验证实滤渣中无AgClO；②取滤液，___________；以上实验说明，所得沉淀中含AgClO。【答案】（1）2222ΔMnO4H2ClMn2HOCl+−+++++（2）①.饱

和NaCl溶液②.除去2Cl混有的HCl气体（3）1mL蒸馏水（4）22=AgClO2H2ClAgClHOCl+−++++↑（5）取少量Ⅱ中上清液于洁净试管中，加入两滴稀盐酸(或NaCl溶液等)，观察到有白色沉淀

生成（6）加入一滴品红(溶液)并振荡，溶液中的红色褪去【解析】【分析】装置A为制取氯气的装置，浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中含有少量HCl气体，为了防止HCl对实验干扰，装置B中的为饱和食盐水，用于除去氯

气中混有的HCl；氯气本身没有漂白性，因溶于水后产生HClO，HClO具有漂白性；装置C中的水用于制备氯水，装置D为尾气处理装置，其中NaOH溶液，可以吸收未反应完的氯气。据此解答。【小问1详解】装置A为制取氯气的装置，其反应的离子方程式为2222ΔMn

O4H2ClMn2HOCl+−+++++；【小问2详解】浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中含有少量HCl气体，为了防止HCl对实验干扰，装置B中的为饱和食盐水，用于除去氯气中混有的HCl，故答案为：饱和

食盐水；除去2Cl混有的HCl气体。【小问3详解】根据实验②中加入了1mL硝酸银溶液，又因为实验①的目的是排除稀释对品红褪色的影响，所以需要保持溶液体积不变，故试剂a是1mL水，故答案为：1mL蒸馏水；【小问4详解】将沉淀滤出、洗涤。向沉淀中加入盐酸，产

生黄绿色气体，发生反应22=AgClO2H2ClAgClHOCl+−++++↑。【小问5详解】要验证猜测可能是所加AgNO3溶液不足量使ClO-未完全沉淀，只需要证明溶液中有无次氯酸根离子即可，即取少量Ⅱ中上清液于洁净试管中，加入两滴

稀盐酸(或NaCl溶液等)，观察到有白色沉淀生成，证实所加AgNO3溶液过量。【小问6详解】向沉淀中加入饱和NaCl溶液，发生反应为AgClO+NaCl=NaClO+AgCl↓，滤渣为AgCl，滤液中含有NaClO，证明滤液中含有NaClO的方法为：取滤液，加入

一滴品红(溶液)并振荡，溶液中的红色褪去，说明滤液中含有NaClO，故答案为：加入一滴品红(溶液)并振荡，溶液中的红色褪去。