江蘇省蘇州市2024-2025學年高一上學期期中摸底調研試題(總分：100分；考試時長：75分鐘)可能用到的相對原子質量H-1Ca-40N-14C-12O-16S-32Fe-56Cu-64Na-23V-51Ba-137一、單選題1.2023年的諾貝爾化學獎授予了三位在“量子點”發現和發展方面做出貢獻的科學家。所謂的“量子點”，屬于半導體范疇，只有1到10納米，納米晶體尺寸是如此的小，以至于它們的尺寸控制了它們的性質。下列哪種分散系的分散質尺寸更接近量子點的尺寸A.氯化鈉溶液 B.碳酸鈣懸濁液 C.蔗糖溶液 D.氫氧化鐵膠體【答案】D【解析】此題考查各分散系離子直徑：分散系溶液膠體濁液分散系粒子直徑＜1nm1-100nm＞100nm膠體分散質粒子直徑介于1-100nm，1-10nm的微粒是膠體分散質粒子直徑范圍之類，故此題選擇D。2.同類別物質一般具有類似性質，下列關于、的說法不正確的是A.化合物中C、S元素都不能被氧化 B.都能與堿反應生成鹽和水C.都是非電解質 D.都屬于酸性氧化物【答案】A【解析】A．中S為+4價，可以被氧化為+6價，故A錯誤；B．、都能與堿反應生成鹽和水，故B正確；C．、為在水溶液和熔融態時本身都不能電離出陰陽離子的化合物，均為非電解質，故C正確；D．、都能與堿反應生成鹽和水，都屬于酸性氧化物，故D正確；故選A。3.下列相關圖示裝置的實驗中，操作正確的是A.用裝置甲分液，放出水層后再從分液漏斗下口放出苯層B.用裝置乙稀釋濃硫酸C.用裝置丙蒸發溶液并利用余熱蒸干可獲得D.用裝置丁分離二氧化錳和氯化錳溶液【答案】D【解析】A．苯不溶于水，苯的密度小于水的密度，分液時避免上下層液體混合，則放出水層后再從分液漏斗上口倒出苯層，故A錯誤；B．不能在容量瓶中稀釋濃硫酸，應在燒杯中稀釋、冷卻后，轉移到容量瓶中定容，故B錯誤；C．利用余熱蒸干時晶體失去結晶水，應蒸發濃縮、冷卻結晶制備，故C錯誤；D．二氧化錳不溶于水，氯化錳溶于水，可選圖中過濾裝置分離，故D正確；故答案選D。4.下列物質的分類正確的是選項ABCD電解質混合物明礬冰水共存物赤鐵礦漂白粉堿性氧化物酸A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】A．CO2為非電解質，明礬為純凈物，A不正確；B．冰水共存物為純凈物，CO不是堿性氧化物，B不正確；C．不是堿性氧化物，不是酸，C不正確；D．是堿，屬于電解質，漂白粉是氯化鈣和次氯酸鈣的混合物，是氫氧化鈣對應的堿性氧化物，是含氧酸，D正確；故選D。5.下列有關物質的性質與用途具有對應關系的是A.Cl2能溶于水，可用于與H2反應制HCl B.NaHCO3受熱易分解，可用制備抗酸藥物C.鐵粉能與O2反應，可用作食品保存的脫氧劑 D.一氧化碳有毒，可用作氣體燃料【答案】C【解析】A．氯氣和H2反應生成HCl，可用于與H2反應制HCl，與其溶水性無關，故A不選；B．因NaHCO3與鹽酸反應，可用于制備抗酸藥物，故B不選；C．鐵具有還原性，鐵粉能與O2反應，可用作食品保存的脫氧劑，故C選；D．CO為可燃性氣體，因此可用作氣體燃料，故D不選；故選：C。6.重鉻酸銨(NH4)2Cr2O7)是種受熱易分解的鹽，下列各組對重鉻酸銨受熱分解產物的判斷，可能符合事實的是①CrO3+NH3+H2O②Cr2O3+NH3+H2O③CrO3+N2+H2O④Cr2O3+N2+H2OA.①② B.②③ C.①③ D.①④【答案】D【解析】①重鉻酸銨[(NH4)2Cr2O7)]受熱分解生成CrO3、NH3、H2O，各元素的化合價沒有變化，屬于非氧化還原反應，故①正確；②重鉻酸銨[(NH4)2Cr2O7)]生成Cr2O3，Cr元素的化合價降低，則N元素的化合價要升高，所以不能生成NH3，故②錯誤；③重鉻酸銨[(NH4)2Cr2O7)]生成N2，N元素的化合價升高，則Cr元素的化合價要降低，不能生成CrO3，故③錯誤；④重鉻酸銨[(NH4)2Cr2O7)]受熱發生氧化還原反應，則N元素的化合價應升高，即由-3價升高為0，生成氮氣，由元素守恒可知，還生成水，故④正確；綜上所述，①④正確，D滿足題意；答案選D。7.下列以物質的量為中心的計算正確的是A.的質量為B.干冰中約含有個分子C.常溫常壓下，的質量為D.溶液中，為【答案】B【解析】A．1molNH3的質量為17g，A錯誤；B．22g干冰物質的量為0.5mol，含有約3.01×1023個CO2分子，B正確；C．常溫常壓下，11.2LO2的物質的量無法計算，也就無法計算其質量，C錯誤；D．0.1mol/L的CaCl2溶液中，c(Cl-)=0.2mol/L，D錯誤；故答案選B。8.2016年11月國際純粹與應用化學聯合會(IUPAC)公布了人工合成的第113、115、117和118號元素。其中118號元素是由美國與俄羅斯科學家合作合成的，其質量數為294。下列關于該元素的說法中，正確的是A.其原子核內中子數和質子數都是118 B.其原子核內中子數為176C.其原子核外電子數為176 D.其原子最外層電子數為18【答案】B【解析】A．其原子核內質子數是118，中子數為294-118=176，故A錯誤；B．其原子核內中子數為294-118=176，故B正確；C．其原子核外電子數=質子數=118，故C錯誤；D．其原子最外層電子數為8，故D錯誤；選B。9.下列物質間的轉化中，不能一步實現的是A. B.C. D.【答案】B【解析】A．CaO與水反應生成Ca(OH)2，向Ca(OH)2溶液中滴加稀硫酸，可得到CaSO4，均能一步實現，A不符合題意；B．濃鹽酸與MnO2在加熱條件下反應可生成Cl2，但Cl2與Fe反應只能生成FeCl3，不能生成FeCl2，不能一步實現，B符合題意；C．C在O2中燃燒生成CO2，CO2通入Ca(OH)2溶液中生成CaCO3，均能一步實現，C不符合題意；D．Na與O2在常溫下反應生成Na2O，Na2O與水反應生成NaOH，均能一步實現，D不符合題意；故選B。10.下列選項中離子能大量共存的是A.溶液中：、、、B.使紫色石蕊試液呈紅色的溶液中：、、、C.使無色酚酞試液呈紅色的溶液中：、、、D.無色透明的溶液中：、、、【答案】A【解析】A．四種離子在氯化鐵溶液中不發生任何反應，能大量共存，故A正確；B．使紫色石蕊試液呈紅色的溶液為酸性溶液，酸性溶液中碳酸根離子與氫離子反應生成二氧化碳和水，不能大量共存，故B錯誤；C．使無色酚酞試液呈紅色的溶液為堿性溶液，堿性溶液中碳酸氫根離子與氫氧根離子反應生成碳酸根離子和水，不能大量共存，故C錯誤；D．無色透明的溶液中硫酸根離子與鋇離子反應生成硫酸鋇沉淀，不能大量共存，故D錯誤；故選A。11.下列對圖示的解釋不正確的是向溶液中加入稀硫酸，溶液導電能力變化光照過程中氯水的變化A．a時刻溶液與稀硫酸恰好完全中和B．降低的原因可能是分解的形成溶于水C．D．A.A B.B C.C D.D【答案】C【解析】A．氫氧化鋇溶液與稀硫酸反應生成硫酸鋇沉淀和水，溶液的導電性降低，a時刻導電能力幾乎為0說明氫氧化鋇溶液與稀硫酸恰好完全中和，故A正確；B．光照過程中氯水中的次氯酸會遇光分解生成鹽酸和氧氣，溶液酸性增強，溶液pH減小，故B正確；C．由方程式可知，2個鈉原子失去2個電子形成鈉離子，兩個氯原子得到2個電子形成氯離子，單線橋：，故C錯誤；D．NaCl是離子化合物，離子半徑：Cl-＞Na+，將其放入水中，在水分子作用下，NaCl晶體表面離子在水分子作用下擴散到水中，形成水合鈉離子(帶正電，吸引水分子呈負電性的氧原子)、水合氯離子(帶負電，吸引水分子呈正電性的氫原子)，簡單寫為Na+、Cl-，，電離方程式為，故D正確；故選C。12.我國科學家利用化學方法人工合成淀粉，是實現碳的資源化利用的有效途徑之一，主要過程如圖。下列說法不正確的是A.CO2和H2合成甲醇(CH3OH)反應一定氧化還原反應B.為使反應持續發生，反應Ⅰ需要不斷補充H2O2以提供氧氣C.反應Ⅰ中生成1molO2，轉移2mol電子D.反應Ⅱ的化學方程式為2CH3OH+O22HCHO+2H2O【答案】D【解析】A．CO2和H2合成CH3OH的反應中，C元素的化合價降低，H元素的化合價升高，一定是氧化還原反應，A項正確；B．反應Ⅱ為CH3OH+O2HCHO+H2O2，反應Ⅰ為2H2O2=2H2O+O2↑，反應Ⅱ每消耗1molO2生成1molH2O2，而反應Ⅰ每消耗1molH2O2只生成0.5molO2，故為使反應持續發生，反應Ⅰ需要不斷補充H2O2以提供氧氣，B項正確；C．反應Ⅰ為2H2O2=2H2O+O2↑，反應中O元素的化合價部分由-1價升至0價、部分由-1價降至-2價，反應中生成1molO2、轉移2mol電子，C項正確；D．由圖示可知，反應Ⅱ的化學方程式為CH3OH+O2HCHO+H2O2，D項錯誤；答案選D。13.以電石渣[主要成分為Ca(OH)2和CaCO3]為原料制備KClO3的步驟如下：步驟1：將電石渣與水混合，形成漿料。步驟2：控制電石渣過量，75℃時向漿料中通入Cl2，該過程會生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2會進一步轉化為Ca(ClO3)2，少量Ca(ClO)2分解為CaCl2和O2，過濾。步驟3：向濾液中加入稍過量KCl固體，蒸發濃縮、冷卻至25℃結晶，得KClO3。下列說法正確的是A.生成Ca(ClO)2的化學方程式為Cl2+Ca(OH)2=Ca(ClO)2+H2B.加快通入Cl2的速率，可以提高Cl2的利用率C.步驟2中，過濾所得濾液中n[CaCl2]∶n[Ca(ClO3)2]>5∶1D.25℃時，Ca(ClO3)2溶解度比KClO3的溶解度小【答案】C【解析】電石渣含有Ca(OH)2，加入水打漿，通入氯氣，可生成Ca(ClO3)2，過濾后在濾液中加入KCl轉化生成KClO3，經蒸發濃縮、冷卻結晶可得晶體KClO3；A．氯氣與Ca(OH)2反應生成氯化鈣和次氯酸鈣和水，反應的化學方程式為2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，選項A錯誤；B．加快通入Cl2的速率，氯氣不能與漿料充分接觸反應，降低氯氣的利用率，選項B錯誤；C．根據電子守恒和元素守恒可得步驟2中總反應方程式為：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O，但實際上是先生成Ca(ClO)2，Ca(ClO)2會進一步轉化為Ca(ClO3)2，而少量Ca(ClO)2分解為CaCl2和O2，所以n[CaCl2]：n[Ca(ClO3)2]＞5：1，選項C正確；D．濾液中加入KCl固體結晶時析出的是KClO3，說明KClO3的溶解度更小，選項D錯誤；答案選C。14.黃銨鐵礬是硫酸體系中除鐵的常用試劑，化學式可表示為(其中鐵為+3價)，摩爾質量為480g/mol。依據下列實驗和數據可確定黃銨鐵礬的化學式。Ⅰ．稱取黃銨鐵礬2.400g，加入足量NaOH溶液充分反應后過濾，向濾液中加入是量鹽酸酸化的BaCl2溶液，得到沉淀2.330g。Ⅱ．對黃銨鐵礬樣品進行熱分解實驗，其結果可用下圖熱重曲線表示(已知：黃銨鐵礬在300℃前分解釋放的物質為H2O，300~575℃之間只有NH3和H2O放出，670℃以上得到的是純凈的紅棕色粉末)。下列說法中不正確的是A.根據實驗可知，z=2B.300~575℃之間完全釋放出氣體后，殘留固體中估計存在Fe、O、S三種元素C.2.400g樣品中鐵元素的質量為0.84gD.根據計算可得，x=2，w=6【答案】D【解析】2.400g黃銨鐵礬的物質的量為=0.005mol，BaSO4的物質的量為=0.01mol，則z=2。480g黃銨鐵礬的物質的量為1mol，紅棕色粉末為Fe2O3，質量為240g，物質的量為=1.5mol，則y=3。依據質量守恒可得：18x+17w=480-2×96-3×56=120，依據電荷守恒可得：x+3×3=2×2+w，解方程得：x=1、w=6，從而得出黃銨鐵礬的化學式為。A．由分析可知，z=2，A正確；B．670℃以上得到Fe2O3，575℃前只得到NH3和H2O，則575℃后殘留固體中一定存在Fe、O、S三種元素，B正確；C．480g黃銨鐵礬中含有3molFe，則2.400g樣品中鐵元素的質量為=0.84g，C正確；D．根據計算可知，x=1，w=6，D不正確；故選D。二、填空題15.有十種物質①石墨；②鈉；③酒精；④氨氣；⑤硫化氫；⑥碳酸氫鈉固體；⑦氫氧化鋇溶液；⑧純醋酸；⑨氧化鈉固體；⑩液態氯化氫。（1）其中能導電的是___________；屬于非電解質的是___________。（2）等質量④和⑤中分子的數目之比為___________；若④和⑤中所含氫原子數相等，則④和⑤的質量之比為___________。（3）寫出⑥在水中的電離方程式___________；寫出少量⑥加入足量⑦中的化學方程式___________。（4）室溫下，某容積固定的密閉容器由可移動的活塞隔成A、B兩室，向A室充入H2、O2混合氣體，向B室充入空氣，此時活塞的位置如圖所示。實驗測得A室混合氣體的質量為34g，若將A室H2、O2的混合氣體點燃，恢復原溫度后，(非氣體體積忽略不計)最終活塞停留的位置在___________刻度處。【答案】（1）①.①②⑦②.③④（2）①.2∶1②.1∶3（3）①.NaHCO3=Na++②.NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O（4）2【解析】【小問1詳解】含有自由移動的電子或陰陽離子的物質就能導電，在水溶液里或熔融狀態下能導電的化合物是電解質，在水溶液里或熔融狀態下都不導電的化合物是非電解質；能導電的是石墨，鈉，氫氧化鋇溶液；屬于非電解質的是酒精，氨氣；【小問2詳解】根據n=可知，相同質量的氨氣(NH3)和硫化氫(H2S)的物質的量之比為：：=2：1，分子的數目之比也為2：1，若④NH3和⑤H2S中含氫原子數相等，則氫原子物質的量相同，則二者的物質的量比為2：3，則④和⑤的質量之比2×17：3×34═1：3；【小問3詳解】⑥碳酸氫鈉固體在水中的電離方程式為NaHCO3=Na++；少量碳酸氫鈉固體加入足量氫氧化鋇溶液中，生成碳酸鋇、氫氧化鈉和水，化學方程式為NaHCO3+Ba(OH)2=BaCO3↓+NaOH+H2O；【小問4詳解】假設氫氣的物質的量為x?mol，氧氣的物質的量為y?mol，則根據圖可知，x+y═2，2x+32y═34，解x═1，y═1，反應后氧氣有剩余，剩余1-0.5═0.5mol,恢復到室溫時兩邊壓強相同，體積比等于物質的量比，所以AB兩側體積比為0.5：1═1：2，則活塞停在2處。16.“侯氏制堿法”是我國化工專家侯德榜為世界制堿工業作出的突出貢獻。某學習小組模擬“侯氏制堿法”開展如下項目化學習：項目一、粗鹽(含Ca2+、Mg2+、等雜質)提純氯化鈉粗鹽提純的流程如下：（1）試劑X為___________。（2）“操作1”所需玻璃儀器為燒杯、___________。（3）“沉淀”的成分為CaCO3、Mg(OH)2、___________。（4）“濾液”中加入稀鹽酸生成氣泡的離子方程式為___________。項目二、模擬“侯氏制堿法”制備純堿（5）氣體A為___________。（6）“懸濁液”過濾所得濾液中含有的主要離子有___________。（7）寫出晶體轉化為純堿的化學方程式___________。【答案】（1）BaCl2（2）漏斗、玻璃棒（3）BaSO4、BaCO3（4）+2H+=CO2↑+H2O（5）NH3（6）Na+、、Cl-、（7）2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O【解析】從流程圖中可以看出，試劑X為足量的BaCl2，將轉化為BaSO4沉淀；加入足量NaOH溶液，將Mg2+轉化為Mg(OH)2沉淀；加入足量的Na2CO3溶液，將Ca2+和過量的Ba2+轉化為CaCO3、BaCO3沉淀；過濾后，往濾液中加入稀鹽酸，除去過量的OH-、；蒸發結晶，便可獲得純凈的NaCl晶體。【小問1詳解】由分析可知，試劑X為BaCl2。【小問2詳解】“操作1”的目的，分離沉淀與溶液的混合物，此操作為過濾，則所需玻璃儀器為燒杯、漏斗、玻璃棒。【小問3詳解】由分析可知，“沉淀”的成分為CaCO3、Mg(OH)2、BaSO4、BaCO3。【小問4詳解】“濾液”中，仍含有過量的OH-、，加入稀鹽酸生成氣泡的離子方程式為+2H+=CO2↑+H2O。【小問5詳解】為了增大CO2的溶解度，以便獲得更多的產品，需先營造一個堿性環境，所以氣體A為NH3。【小問6詳解】生成“懸濁液”的反應為NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，則過濾所得濾液中含有的主要離子有Na+、、Cl-、。【小問7詳解】將NaHCO3晶體轉化為純堿時，需將NaHCO3晶體熱分解，化學方程式為2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O。17.物質的量濃度是一種常用的溶液濃度表示方法，利用其進行定量分析計算比較方便。Ⅰ．實驗需要硫酸溶液480mL。根據溶液配制情況回答下列問題：（1）一定需要的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、量筒、___________。（2）若用質量分數為98%、密度為的濃硫酸來配制，需要濃硫酸___________mL。(結果保留一位小數。)（3）在下列配制過程示意圖中，正確的是___________(填選項字母)。（4）下列操作會導致所配鹽酸的物質的量濃度偏低的是___________(填字母序號)。A．稀釋的濃硫酸轉移到容量瓶中未洗滌燒杯B．定容時俯視液面C．搖勻后發現液面低于刻度線，于是加水至刻度線D．配制前容量瓶中有少量水E．定容時，仰視容量瓶刻度線以控制加水量Ⅱ．由NaCl、、CaCl2組成的混合液中，部分離子濃度大小如圖所示。請回答下列問題：（5）該混合液中的物質的量為___________，將該混合液加水稀釋至原體積的4倍，稀釋后溶液中的物質的量濃度為___________。【答案】（1）膠頭滴管、500mL容量瓶（2）10.9（3）BCE（4）AE（5）①.0.5②.0.125【解析】配制一定物質的量濃度的溶液，所需的步驟有計算、稱量、溶解（冷卻）、轉移、洗滌、定容、搖勻、裝瓶貼簽；【小問1詳解】配制硫酸溶液480mL時，需使用500mL的容量瓶，故需用的儀器有：膠頭滴管、燒杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶；【小問2詳解】由可知密度為18.4g/cm3質量分數為98%的濃硫酸的物質的量濃度為mol/L=18.4mol/L，設需要濃硫酸的體積為VmL，由稀釋定律可知，稀釋前后溶質的物質的量不變，則有V×10-3L×18.4mol/L=0.5L×0.4mol/L，解得V≈10.9mL；【小問3詳解】濃硫酸稀釋應將濃硫酸注入水中，A錯誤；轉移液體使用玻璃棒引流，BC正確；定容時視線與凹液面最低處水平，D錯誤；搖勻操作需要導致容量瓶，E正確；故選BCE；【小問4詳解】A．稀釋的濃硫酸轉移到容量瓶中未洗滌燒杯，導致溶質損失，濃度偏低，故A正確；B．定容時俯視液面，溶液體積偏小，導致溶液濃度偏大，故B錯誤；C．搖勻后發現液面低于刻度線，于是加水至刻度線，水量偏大，溶液濃度偏低，故C錯誤；D．配制前容量瓶中有少量水，不影響溶液的濃度大小，故D錯誤；E．定容時，仰視容量瓶刻度線以控制加水量，水量偏大，溶液濃度偏低，故E正確；故答案為AE；【小問5詳解】由題圖結合電荷守恒可知，c（Na+）+2c（Mg2+）+2c（Ca2+）=c（Cl-）則，將該混合液加水稀釋至體積的4倍，稀釋后溶液中的物質的量濃度為0.5÷4=0.125。18.某化學小組在實驗室制取漂白粉，并探究氯氣與石灰乳反應的條件和產物。已知：氯氣和堿的反應為放熱反應。溫度較高時，氯氣和堿還能發生如下反應：該小組設計了下列裝置，進行實驗（1）①甲裝置用于制備氯氣，化學方程式為__________。②乙裝置的作用是____________。③該興趣小組用100mL12mol/L鹽酸與4.350g制備氯氣，并將所得氯氣與過量的石灰乳反應，則理論上最多可制得__________g。（2）實驗發現，產物中的質量明顯小于理論值，其可能原因是_________。（3）為了探究反應條件對產物的影響，他們另取一定量的石灰乳，緩慢、勻速地通入足量氯氣，得出了、兩種離子的物質的量（n）與反應時間（t）的關系曲線，粗略表示為如圖（不考慮氯氣和水的反應）。①圖中曲線I表示________離子的物質的量隨反應時間變化的關系。②所取石灰乳中含有的物質的量為________mol。③另取一份與②等物質的量的石灰乳，快速通入足量氯氣，反應后測得產物中Cl的物質的量為0.39mol，則產物中=___________。（4）為了提高的產率，可對丙裝置作適當改進的方法：__________。【答案】（1）①.②.除去氯氣中混有HCl氣體③.3.575（2）部分氯氣未與石灰乳反應而逸出，溫度升高發生副反應（3）①.ClO-②.0.25③.7∶4（4）把丙裝置浸在盛有冷水的水槽中【解析】裝置甲中利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，裝置乙中利用飽和食鹽水除去氯氣中混有HCl氣體，之后氯氣與石灰乳反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，裝置丁中NaOH溶液可以吸收未反應的氯氣。【小問1詳解】①甲裝置用于制備氯氣，化學方程式為；②裝置乙中利用飽和食鹽水除去氯氣中混有HCl氣體；③4.350g其物質的量為0.05mol，則理論上制取0.05mol氯氣，再根據方程式2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，可知理論上最多可制得Ca(ClO)2的物質的量為0.025mol，質量為0.025mol×143g/mol=3.575g；【小問2詳解】氯氣產生的速率反應過快，部分氯氣未與石灰乳反應而逸出、溫度升高氯氣與石灰乳發生其他副反應，均會使產量偏低；【小問3詳解】①當溫度低時，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水；當溫度高時，生成氯酸鈣、氯化鈣和水，剛開始反應時，溫度較低，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，所以圖中曲線I表示離子ClO-的物質的量隨反應時間變化的關系；②氯氣與石灰乳反應時無論生成ClO-還是均為失電子產物，根據圖象可知完全反應后n(ClO-)+n()=0.10mol+0.05mol=0.15mol，則共轉移電子為0.10mol+0.05mol×5=0.35mol，則根據電子守恒可知生成的n(Cl-)=0.35mol，所以氯化鈣、次氯酸鈣、氯酸鈣的物質的量之和為0.35mol+0.05mol+0.10mol=0.50mol，鈣與氯的個數比為1：2，所以所取石灰乳中含有Ca(OH)2的物質的量為0.25mol；③取一份與②等物質的量的石灰乳，即Ca(OH)2的物質的量為0.25mol，根據氧化還原反應中得失電子數相等，生成氯離子得到電子和生成次氯酸根和氯酸根失去的電子相等，設n(ClO-)=x，n()=y；則得到：0.39mol=x×1+y×5；依據氯化鈣、次氯酸鈣、氯酸鈣中鈣和氯的物質的量比為1∶2，得到氯元素物質的量為0.5mol，所以x+y+0.39mol=0.5mol，解得x=0.07mol，y=0.04mol，則產物中==7∶4；【小問4詳解】由于反應在高溫度下發生副反應，所以改進措施可以把丙裝置浸在盛有冷水的水槽中。19.鐵及其化合物在生產、生活和生命中具有廣泛而重要的應用。I．硫酸亞鐵在工農業生產中有許多用途，如可用作農藥防治小麥黑穗病，制造磁性氧化鐵、鐵紅、鐵系催化劑等。以綠礬（主要成分，部分已被氧化為）為原料，生產鐵紅（），工藝流程如下：（1）“轉化”過程中，加入粉時發生反應的離子方程式為_____________。（2）“結晶”時，控制溫度在75℃左右進行（相關物質的溶解度見下圖），從溶液中析出的晶體是____________（填化學式）。（3）利用“濾液”將工業廢水中的還原為，然后投加石灰乳，使轉化為，理論上完全反應消耗的：___________。II.在氣氛中，的脫水熱分解過程如下圖所示：（失重比％：失水質量／起始質量）（4）上述的脫水熱分解過程，選擇在氣氛中進行，而非空氣。其目的是_________。（5）根據上述實驗結果，可知x=_