题目内容
某化学兴趣小组在实验失室制取漂白粉，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MnCl2．
②氯气和碱的反应为放热反应．温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl2+6OH-=△5Cl-+ClO3-+3H2O
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100mL 12mol/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
（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，粗略表示为右图（不考虑氯气和水的反应）．
①图中曲线I表示
②所取石灰乳中含有Ca（OH）2的物质的量为
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0.37mol，则产物中
=
（3）为了提高Ca（ClO）2的产率，可对丙装置作适当改进．请你给出一种改进方法：
①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2．
②氯气和碱的反应为放热反应．温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl2+6OH-=△5Cl-+ClO3-+3H2O
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
除去氯气中混有的氯化氢
除去氯气中混有的氯化氢
．②该兴趣小组用100mL 12mol/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
7.15
7.15
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，粗略表示为右图（不考虑氯气和水的反应）．
①图中曲线I表示
ClO-
ClO-
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
0.25
0.25
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0.37mol，则产物中
| n(ClO-) | n(ClO3-) |
7：6
7：6
．（3）为了提高Ca（ClO）2的产率，可对丙装置作适当改进．请你给出一种改进方法：
将丙装置浸在盛有冷水的水槽中
将丙装置浸在盛有冷水的水槽中
．
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0.37mol，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．
②依据MnO2+4HCl（浓）
| ||
（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0.37mol，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．
解答：解：（1）①浓盐酸和二氧化锰反应过程中会发出氯化氢气体，所以通过饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl气体，
故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；
②足量的浓盐酸与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；可以依据反应MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O；2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，得到定量关系：8.7g MnO2物质的量为0.1mol；
2MnO2～Ca（ClO）2
2 1
0.1mol 0.05mol
所以理论上最多可制得Ca（ClO）2 质量=0.05mol×143g/mol=7.15g，
故答案为：7.15；
（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，
故答案为：ClO-；
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=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯离子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙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0.25mol，
故答案为：0.25；
③取一份与②等物质的量的石灰乳，物质的量为0.25mol，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：0.37=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+0.37=0.5，
解得：x=0.07mol，y=0.06mol，
则产物中
=7：6，
故答案为：ClO-；0.25；7：6；
（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冰水中，避免发生3Cl2+6OH-
5Cl-+ClO3-+3H2O，
故答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中．
故答案为：除去氯气中混有的氯化氢；
②足量的浓盐酸与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；可以依据反应MnO2+4HCl（浓）
| ||
2MnO2～Ca（ClO）2
2 1
0.1mol 0.05mol
所以理论上最多可制得Ca（ClO）2 质量=0.05mol×143g/mol=7.15g，
故答案为：7.15；
（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，
故答案为：ClO-；
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=0.10mol×1+0.05mol×5=0.35mol，含氯离子的物质的量为：0.35mol+0.1mol+0.05mol=0.5mol，氯化钙、次氯酸钙、氯酸钙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0.25mol，
故答案为：0.25；
③取一份与②等物质的量的石灰乳，物质的量为0.25mol，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：0.37=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+0.37=0.5，
解得：x=0.07mol，y=0.06mol，
则产物中
| n(ClO-) |
| n(ClO3-) |
故答案为：ClO-；0.25；7：6；
（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冰水中，避免发生3Cl2+6OH-
| ||
故答案为：将丙装置浸在盛有冷水的水槽中．
点评：本题考查了实验室制漂白粉的装置分析和制备条件判断，温度不同产物不同，图象分析是解题关键，注意通过氧化还原反应的电子守恒计算应用，实验装置和步骤的分析需要熟练掌握实验基本操作，题目难度较大．
练习册系列答案
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