Question

I．現(xiàn)有以下物質(zhì)：①Cu；②液態(tài)SO₃；③乙醇（C₂H₅OH）；④熔融的KNO₃；⑤CuSO₄；⑥固體NaOH；⑦CaO．
請(qǐng)回答下列問(wèn)題（用序號(hào)填寫）：
其中：（1）能導(dǎo)電的是

①④

（2）屬于強(qiáng)電解質(zhì)的是

④⑤⑥⑦

（3）屬于非電解質(zhì)的是

②③

II．（1）膠體粒子的大小在

1-100nm

之間，可利用

丁達(dá)爾現(xiàn)象

（填物理性質(zhì)）區(qū)別Fe（OH）₃膠體和碘水．
（2）將質(zhì)量比為4：5的SO₂和SO₃混合，則混合氣體中SO₂和SO₃的物質(zhì)的量之比為

1：1

，硫原子和氧原子個(gè)數(shù)之比為

2：5

．
（3）漂白粉是用Cl₂與

Ca（OH）₂

（填化學(xué)式）反應(yīng)來(lái)制取的，漂白粉是

混合物

（填“混合物”或“純凈物”），其有效成分為

Ca（ClO）₂

，84消毒液的有效成分是

NaClO

（以上兩空均填化學(xué)式）．

Answer 1

分析：I（1）據(jù)物質(zhì)導(dǎo)電的原因分析，只要含有自由移動(dòng)的離子或自由電子即可；
（2）強(qiáng)電解質(zhì)是在水溶液里完全電離的電解質(zhì)；
（3）非電解質(zhì)是在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物，該定義的前提必須是化合物；
II．（1）膠體粒子的直徑大小在 1nm～100nm之間，丁達(dá)爾效應(yīng)是膠體的特有性質(zhì)；
（2）根據(jù)n=

m

M

計(jì)算；
（3）漂白粉的制取原理為2Cl₂+2Ca（OH）₂═Ca（ClO）₂+CaCl₂+2H₂O；漂白液的制取原理為Cl₂+2NaOH═NaClO+NaCl+H₂O．

解答：解：I（1）Cu是金屬單質(zhì)，有能導(dǎo)電的自由電子；熔融的KNO₃有自由移動(dòng)的離子，能導(dǎo)電，故答案為：①④；
（2）熔融的KNO₃；CuSO₄；固體NaOH；CaO，能完全電離，屬于強(qiáng)電解質(zhì)，故答案為：④⑤⑥⑦；
（3）液態(tài)SO₃的水溶液能導(dǎo)電，原因是SO₃和水反應(yīng)生成硫酸，硫酸能電離出自由移動(dòng)的陰陽(yáng)離子而使溶液導(dǎo)電，硫酸是電解質(zhì)，SO₃是非電解質(zhì)；乙醇（C₂H₅OH）在水溶液里或熔融狀態(tài)下都不能導(dǎo)電的化合物，屬于非電解質(zhì)，故答案為：②③；
II．（1）當(dāng)分散劑是水或其它溶液時(shí)，根據(jù)分散質(zhì)粒子直徑大小來(lái)分類，把分散系劃分為：溶液（小于1nm）、膠體（1nm～100nm）、濁液（大于100nm），F(xiàn)e（OH）₃膠體有丁達(dá)爾效應(yīng)和碘水無(wú)丁達(dá)爾效應(yīng)，故答案為：1-100nm；丁達(dá)爾現(xiàn)象；
（2）根據(jù)n=

m

M

，SO₂和SO₃的物質(zhì)的量之比為

4

64

：

5

80

=1：1，硫原子和氧原子個(gè)數(shù)之比為2：5，故答案為：1：1；2：5；
（3）漂白粉的制取原理為2Cl₂+2Ca（OH）₂═Ca（ClO）₂+CaCl₂+2H₂O；氫氧化鈉溶液與氯氣反應(yīng)生成NaClO、NaCl、H₂O，反應(yīng)的化學(xué)方程式為：Cl₂+2NaOH═NaClO+NaCl+H₂O，
故答案為：Ca（OH）₂；混合物；Ca（ClO）₂；NaClO．

點(diǎn)評(píng)：本題考查了電解質(zhì)溶液導(dǎo)電的原因及電解質(zhì)、非電解質(zhì)、弱電解質(zhì)的定義、氯氣的化學(xué)性質(zhì)等，注意能導(dǎo)電的不一定是電解質(zhì)，如硝酸鉀溶液；電解質(zhì)不一定能導(dǎo)電，如硫酸銅晶體．注意掌握物質(zhì)的量與摩爾質(zhì)量、質(zhì)量之間的關(guān)系，物質(zhì)的物質(zhì)的量與其所含原子（或微粒）的物質(zhì)的量的關(guān)系．