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12.漂白粉是一种常用的杀菌消毒剂和漂白剂，其有效成分是次氯酸钙$\ce{[Ca(ClO)_{2}]}$。生产原理是$\ce{2Cl_{2} + 2Ca(OH)_{2} = Ca(ClO)_{2} + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$。某化工厂将1420 kg氯气通入盛有过量冷消石灰的密闭容器中被完全吸收，反应后容器中所有物质形成的混合物即为漂白粉，其质量为4000 kg，请回答下列问题：
（1）密闭容器中盛放的消石灰质量是
（2）该漂白粉中次氯酸钙的质量是多少千克？（写出计算过程，下同）
（3）该漂白粉中+1价氯元素的质量分数是多少？
（1）密闭容器中盛放的消石灰质量是
2 580
kg。（2）该漂白粉中次氯酸钙的质量是多少千克？（写出计算过程，下同）
（3）该漂白粉中+1价氯元素的质量分数是多少？
答案
12.(1)2580
(2)解:设该漂白粉中次氯酸钙的质量为 x。
$\ce{2Cl_{2} + 2Ca(OH)_{2} = Ca(ClO)_{2} + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$
142 143
1420 kg x
$\dfrac{142}{143}=\dfrac{1420\ \mathrm{kg}}{x}$
$x=1430\ \mathrm{kg}$
(3)该漂白粉中 +1 价氯元素的质量分数为$\dfrac{1430\ \mathrm{kg}×\dfrac{2×35.5}{143}}{4000\ \mathrm{kg}}×100\%=17.75\%$
答:(2)该漂白粉中次氯酸钙的质量是 1430 kg。(3)该漂白粉中+1价氯元素的质量分数是 17.75%。
(2)解:设该漂白粉中次氯酸钙的质量为 x。
$\ce{2Cl_{2} + 2Ca(OH)_{2} = Ca(ClO)_{2} + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$
142 143
1420 kg x
$\dfrac{142}{143}=\dfrac{1420\ \mathrm{kg}}{x}$
$x=1430\ \mathrm{kg}$
(3)该漂白粉中 +1 价氯元素的质量分数为$\dfrac{1430\ \mathrm{kg}×\dfrac{2×35.5}{143}}{4000\ \mathrm{kg}}×100\%=17.75\%$
答:(2)该漂白粉中次氯酸钙的质量是 1430 kg。(3)该漂白粉中+1价氯元素的质量分数是 17.75%。
解析
【分析】
首先，第（1）问利用质量守恒定律，反应前各物质总质量等于反应后混合物总质量，已知氯气质量和漂白粉总质量，即可求出消石灰质量；第（2）问根据化学方程式，找出氯气与次氯酸钙的质量关系，列比例式计算次氯酸钙的质量；第（3）问先计算次氯酸钙中+1价氯元素的总质量，再除以漂白粉总质量，乘以100%得到其质量分数。
【解析】
（1）根据质量守恒定律，反应前总质量 = 反应后总质量，因此密闭容器中消石灰的质量 = 漂白粉总质量 - 氯气质量 = 4000 kg - 1420 kg = 2580 kg。
（2）设该漂白粉中次氯酸钙的质量为x。
$\ce{2Cl_{2} + 2Ca(OH)_{2} = Ca(ClO)_{2} + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$
$\ce{2Cl_{2}}$的相对分子质量为$2×71=142$，$\ce{Ca(ClO)_{2}}$的相对分子质量为$40 + (35.5+16)×2=143$，则：
$\dfrac{142}{143} = \dfrac{1420\ \mathrm{kg}}{x}$
解得：$x = 1430\ \mathrm{kg}$
（3）$\ce{Ca(ClO)_{2}}$中+1价氯元素的总质量为：$1430\ \mathrm{kg} × \dfrac{2×35.5}{143} = 710\ \mathrm{kg}$
该漂白粉中+1价氯元素的质量分数为：$\dfrac{710\ \mathrm{kg}}{4000\ \mathrm{kg}} × 100\% = 17.75\%$
【答案】
（1）2580；（2）1430 kg；（3）17.75%
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、元素质量分数计算
【点评】
本题是结合质量守恒定律与化学方程式的基础计算题，考查学生对化学计算基本方法的掌握，步骤清晰，熟悉相关公式和方程式应用即可解答。
【难度系数】
0.7
首先，第（1）问利用质量守恒定律，反应前各物质总质量等于反应后混合物总质量，已知氯气质量和漂白粉总质量，即可求出消石灰质量；第（2）问根据化学方程式，找出氯气与次氯酸钙的质量关系，列比例式计算次氯酸钙的质量；第（3）问先计算次氯酸钙中+1价氯元素的总质量，再除以漂白粉总质量，乘以100%得到其质量分数。
【解析】
（1）根据质量守恒定律，反应前总质量 = 反应后总质量，因此密闭容器中消石灰的质量 = 漂白粉总质量 - 氯气质量 = 4000 kg - 1420 kg = 2580 kg。
（2）设该漂白粉中次氯酸钙的质量为x。
$\ce{2Cl_{2} + 2Ca(OH)_{2} = Ca(ClO)_{2} + CaCl_{2} + 2H_{2}O}$
$\ce{2Cl_{2}}$的相对分子质量为$2×71=142$，$\ce{Ca(ClO)_{2}}$的相对分子质量为$40 + (35.5+16)×2=143$，则：
$\dfrac{142}{143} = \dfrac{1420\ \mathrm{kg}}{x}$
解得：$x = 1430\ \mathrm{kg}$
（3）$\ce{Ca(ClO)_{2}}$中+1价氯元素的总质量为：$1430\ \mathrm{kg} × \dfrac{2×35.5}{143} = 710\ \mathrm{kg}$
该漂白粉中+1价氯元素的质量分数为：$\dfrac{710\ \mathrm{kg}}{4000\ \mathrm{kg}} × 100\% = 17.75\%$
【答案】
（1）2580；（2）1430 kg；（3）17.75%
【知识点】
质量守恒定律、化学方程式计算、元素质量分数计算
【点评】
本题是结合质量守恒定律与化学方程式的基础计算题，考查学生对化学计算基本方法的掌握，步骤清晰，熟悉相关公式和方程式应用即可解答。
【难度系数】
0.7
13. 实验室用68 g过氧化氢溶液和2 g二氧化锰制取氧气，实验中锥形瓶内非气态物质的总质量随时间变化如图所示。
回答下列问题：
（1）过氧化氢溶液中的过氧化氢的质量。
（2）反应结束后锥形瓶内剩余物质有哪些，质量分别是多少？
回答下列问题：
（1）过氧化氢溶液中的过氧化氢的质量。
（2）反应结束后锥形瓶内剩余物质有哪些，质量分别是多少？
答案
13.解:(1)设过氧化氢溶液中的过氧化氢的质量为 x。
生成氧气的质量为 70 g−66.8 g=3.2 g
$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
68 32
x 3.2 g
$\dfrac{68}{32}=\dfrac{x}{3.2\ \mathrm{g}} \quad x=6.8\ \mathrm{g}$
答:过氧化氢溶液中的过氧化氢的质量为 6.8 g。
(2)反应结束后锥形瓶内剩余物质有 H₂O 和 MnO₂，其中水的质量为 64.8 g，二氧化锰的质量为 2 g。
生成氧气的质量为 70 g−66.8 g=3.2 g
$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
68 32
x 3.2 g
$\dfrac{68}{32}=\dfrac{x}{3.2\ \mathrm{g}} \quad x=6.8\ \mathrm{g}$
答:过氧化氢溶液中的过氧化氢的质量为 6.8 g。
(2)反应结束后锥形瓶内剩余物质有 H₂O 和 MnO₂，其中水的质量为 64.8 g，二氧化锰的质量为 2 g。
解析
【分析】
首先根据质量守恒定律，反应前后锥形瓶内非气态物质总质量的差值即为生成氧气的质量，这是解题的突破口。接着利用过氧化氢分解的化学方程式，结合生成氧气的质量，计算出过氧化氢的质量。对于反应后剩余物质，二氧化锰是催化剂，反应前后质量不变，再结合反应后总质量减去二氧化锰的质量，即可得到剩余水的质量。
【解析】
（1）根据质量守恒定律，生成氧气的质量为：$70\ \mathrm{g} - 66.8\ \mathrm{g} = 3.2\ \mathrm{g}$。
设过氧化氢溶液中过氧化氢的质量为$x$。
$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
$\dfrac{68}{32} = \dfrac{x}{3.2\ \mathrm{g}}$
解得：$x = \dfrac{68×3.2\ \mathrm{g}}{32} = 6.8\ \mathrm{g}$
（2）二氧化锰是该反应的催化剂，反应前后质量不变，故二氧化锰质量仍为$2\ \mathrm{g}$。
反应结束后锥形瓶内剩余非气态物质总质量为$66.8\ \mathrm{g}$，因此剩余水的质量为：$66.8\ \mathrm{g} - 2\ \mathrm{g} = 64.8\ \mathrm{g}$。
【答案】
（1）过氧化氢溶液中的过氧化氢的质量为$6.8\ \mathrm{g}$；
（2）反应结束后锥形瓶内剩余物质有水和二氧化锰，水的质量为$64.8\ \mathrm{g}$，二氧化锰的质量为$2\ \mathrm{g}$。
【知识点】
根据化学方程式计算；质量守恒定律；催化剂的性质
【点评】
本题结合图像信息，考查质量守恒定律的应用和化学方程式的基本计算，解题关键是从图像中提取生成氧气的质量，再结合催化剂的特点分析剩余物质，属于化学计算的基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.5
首先根据质量守恒定律，反应前后锥形瓶内非气态物质总质量的差值即为生成氧气的质量，这是解题的突破口。接着利用过氧化氢分解的化学方程式，结合生成氧气的质量，计算出过氧化氢的质量。对于反应后剩余物质，二氧化锰是催化剂，反应前后质量不变，再结合反应后总质量减去二氧化锰的质量，即可得到剩余水的质量。
【解析】
（1）根据质量守恒定律，生成氧气的质量为：$70\ \mathrm{g} - 66.8\ \mathrm{g} = 3.2\ \mathrm{g}$。
设过氧化氢溶液中过氧化氢的质量为$x$。
$\ce{2H_{2}O_{2}\xlongequal{MnO_{2}}2H_{2}O + O_{2}\uparrow}$
$\dfrac{68}{32} = \dfrac{x}{3.2\ \mathrm{g}}$
解得：$x = \dfrac{68×3.2\ \mathrm{g}}{32} = 6.8\ \mathrm{g}$
（2）二氧化锰是该反应的催化剂，反应前后质量不变，故二氧化锰质量仍为$2\ \mathrm{g}$。
反应结束后锥形瓶内剩余非气态物质总质量为$66.8\ \mathrm{g}$，因此剩余水的质量为：$66.8\ \mathrm{g} - 2\ \mathrm{g} = 64.8\ \mathrm{g}$。
【答案】
（1）过氧化氢溶液中的过氧化氢的质量为$6.8\ \mathrm{g}$；
（2）反应结束后锥形瓶内剩余物质有水和二氧化锰，水的质量为$64.8\ \mathrm{g}$，二氧化锰的质量为$2\ \mathrm{g}$。
【知识点】
根据化学方程式计算；质量守恒定律；催化剂的性质
【点评】
本题结合图像信息，考查质量守恒定律的应用和化学方程式的基本计算，解题关键是从图像中提取生成氧气的质量，再结合催化剂的特点分析剩余物质，属于化学计算的基础题型，难度适中。
【难度系数】
0.5
