化学氯及其化合物的专项培优练习题及答案

化学氯及其化合物的专项培优练习题及答案

一、 高中化学氯及其化合物

1．一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用1100mL3.00mol L NaOH -?溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO 的物质的量为0.0500 mol 。

（1）所得混合物与NaOH 溶液反应的离子方程式______

（2）所得溶液中NaCl 的物质的量为________。

（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比()()22n Cl :n H =________。

【答案】2H OH H O -++=、22Cl 2OH Cl ClO H O ---+=++ 0.250 3:2

【解析】

【分析】

由溶液中含有0.0500 mol 次氯酸钠可知，氢气在氯气中燃烧时，氯气过量，反应得到氯化氢和氯气的混合气体。

【详解】

（1）氯化氢和氯气的混合气体被氢氧化钠溶液吸收时，氯化氢与氢氧化钠溶液发生中和反应生成氯化钠和水，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方

程式为OH —+H += H 2O ，Cl 2+2OH —=Cl —+ClO —+H 2O ，故答案为：OH —+H += H 2O ，Cl 2+2OH —=Cl

—+ClO —+H 2O ；

（2）根据溶液电中性原则可知：n （Na +）=n （Cl -）+n （ClO -），n （Cl -）=n （Na +）-n （ClO -）=0.1L ×3.00mol/L-0.0500mol=0.250mol ，则所得溶液中NaCl 的物质的量为0.250mol ，故答案为：0.250；

（3）根据Cl 原子守恒可知，n （Cl 2）=12

×n （NaOH ）=0.15mol ，由氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知，生成0.0500 mol 次氯酸钠消耗过量氯气0.0500 mol ，则与氢气反应的氯气为0.15mol-0.05mol=0.1mol ，氢气在氯气中燃烧的化学方程式为H 2+Cl 22HCl ，由化学方程式可知氢气的物质的量为0.1mol ，故氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n （Cl 2）：n （H 2）=0.15mol ：0.1mol=3：2，故答案为：3：2。

【点睛】

所得混合物冷却后用NaOH 溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO 的物质的量为0.05mol ，说明氢气与氯气反应中氯气有剩余，溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，根据钠元素及氯元素守恒可知2n （Cl 2）=n （Na +）=n （Cl -）+n （ClO -）；根据电子转移守恒，计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量，溶液中Cl -来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量是解答关键。

2．KClO 3和浓盐酸在不同温度下反应，发生以下两个反应。其变化可表示为

反应1：2KClO 3+4HCl (浓)=2KCl +Cl 2↑+2ClO 2↑+2H 2O

反应2：KClO 3+6HCl (浓)=KCl +3Cl 2↑+3H 2O

(1)已知反应1的还原产物为黄绿色的二氧化氯，该反应中被还原的是_________（填化学式），产生0.1mol Cl2时，转移的电子的物质的量为_____。

(2)反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是_____。

(3)上述反应中浓盐酸表现的性质是(填写编号)：反应1中为_________，反应2中为

_________。

①只有还原性②还原性和酸性③只有氧化性④氧化性和酸性

(4)将少量氯气通入NaBr溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。将少量氯气通入FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，将少量氯气通入FeI2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，这个事实说明上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是________，标况下，将22.4LCl2通入2L0.5 mol/L的FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式_____________标况下，将22.4LCl2通入2 L0.5mol/L的FeI2溶液中，发生反应的离子方程式_____________。

【答案】KClO3 0.2mol 5：1 ②② I-＞Fe2+＞Br-＞Cl- 2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2 Cl2+2I-=2Cl-+I2

【解析】

【分析】

(1)同一元素的物质发生氧化还原反应时遵循：高高低低规律。

(2)同一元素的物质发生氧化还原反应时，产物中元素的化合价规律是：可相聚，不相交。

(3)根据HCl中Cl元素的化合价在反应前后的特点分析；

(4)分析每个反应中还原剂、还原产物，利用还原性：还原剂＞还原产物分析比较物质还原性的强弱，当同一溶液有多种还原性微粒时，还原性强的先发生反应；然后根据通入Cl2的物质的量与物质还原性强弱反应先后书写反应的离子方程式。

【详解】

(1)在反应1：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，KClO3得到电子变为ClO2，KClO3是氧化剂被还原，ClO2是还原产物；HCl失去电子变为Cl2，HCl是还原剂被氧化，Cl2是氧化产物，反应过程中每产生1mol Cl2，需转移2mol电子，则反应产生0.1mol Cl2时，转移的电子的物质的量为0.2mol；

(2)在反应2：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中KClO3作氧化剂，HCl作还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，每有3mol Cl2产生，反应中消耗1mol氧化剂KClO3，5mol还原剂HCl，转移5mol电子，所以反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是5：1；

(3)在上述两个反应中，HCl中的Cl部分化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，表现还原性，部分Cl在反应前后化合价不变，与金属阳离子结合形成盐，起酸的作用，所以两个反应中浓盐酸表现的性质是还原性和酸性，选项序号为②；

(4)将少量氯气通入NaBr溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，其中Br-作还原剂，Cl-是还原产物，说明还原性：Br-＞Cl-；将少量氯气通入FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，其中Fe2+发生反应，而Br-未反应，说明还原性：Fe2+＞Br-；将少量氯气通入FeI2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，其中I-发生反应，而Fe2+未反应，说明还原性：I-＞Fe2+；综上所述可知，上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-；标况下，将22.4LCl2通入

2L0.5mol/L的FeBr2溶液中，n(Cl2)=1mol，n(FeBr2)=1mol，其中Fe2+为1mol，Br-2 mol，n(FeBr2)：n(Cl2)=1：1，首先发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，1mol Fe2+反应消耗0.5mol Cl2，还有0.5mol Cl2剩余，会再与溶液中Br-发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，0.5 molCl2反应消耗1mol Br-，则总反应的离子方程式2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2；标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeI2溶液中，n(Cl2)=1mol，n(FeI2)=1mol，其中Fe2+有1mol，I-有2mol，n(FeI2)：n(Cl2)=1：1，首先发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，2mol I-反应消耗1mol Cl2，由于不再有Cl2剩余，因此不能进一步发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-

+2Fe3+，故反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2。

【点睛】

本题考查了同一元素发生氧化还原反应的规律、微粒氧化性还原性强弱比较的知识。同一元素发生氧化还原反应，若产物中价态不同，则元素化合价变化规律是：高高低低；元素化合价可相聚，不相交。当同一溶液中存在多种还原性微粒时，若加入氧化剂不足量则还原性强的首先发生反应；同理，当同一溶液中存在多种氧化性微粒时，若加入还原剂不足量则氧化性强的首先发生反应。同一反应中氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数，等于元素化合价升高或降低总数。

3．氯及其化合物在工农业生产和人类生活中有着重要的作用。回答下列问题：

(1)25℃时将氯气溶于水形成“氯气-氯水”体系，该体系存在多个含氯元素的平衡关系，其中之一为：Cl2(溶液)＋H2O HClO＋H＋＋Cl-，体系中Cl2(溶液)、HClO和ClO-三者的物质的量分数（α）随pH（酸碱度）变化的关系如图所示。已知HClO的杀菌能力比ClO-强，用氯气处理饮用水时，杀菌效果最强的pH范围为__（填字母）。

A．0~2 B．2~4.7 C．4.7~7.5 D．7.5~10

(2)写出次氯酸光照分解的化学方程式___，如果在家中直接使用自来水养金鱼，除去其中残留的次氯酸可采取的简易措施为__。

(3)NaClO、NaClO2、ClO2等含氯化合物都是常见的消毒剂，这是因为它们都具有强氧化性。

①写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的化学方程式___；

②84消毒液（主要成分是NaClO）与洁厕灵（主要成分是盐酸）混在一起使用会产生有毒气体Cl2，其反应的离子方程式为__；

③NaClO2中Cl元素化合价为__；

④ClO2的杀菌效果比Cl2好，等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的__倍（杀菌效果与单位物质的量的氧化剂得电子的物质的量有关，ClO2与Cl2消毒杀菌后均被还原为Cl-）。

【答案】B 2HClO2HCl+O2↑用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O +3 2.5

【分析】

图中信息告诉我们，在氯水中，具有杀菌能力的微粒主要是Cl2和HClO，随着溶液pH的不断增大，α(Cl2)不断减小，当pH=2时，α(Cl2)接近于0；随着溶液pH的不断增大，

α(HClO)不断增大，当pH=2时，α(HClO)达到最大值；当pH升高到4.7时，α(HClO)开始减小，当pH接近10时，α(HClO)=0；从pH=4.7开始，α(ClO-)开始增大，pH=10时，

α(ClO-)达最大值。

【详解】

(1)根据题目信息得知HClO的杀菌能力比ClO－强，依据图中信息可知pH为2~4.7时HClO 含量最多，因此用氯气处理饮用水时，杀菌效果最强的pH范围为2~4.7，应选B。答案为：B；

(2)次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，化学方程式为2HClO2HCl + O2↑，由于次氯酸见光易分解，如果在家中直接使用自来水养金鱼，除去其中残留的次氯酸可采取的简易措施为用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间。答案为：2HClO2HCl+O2↑；用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间；

(3)①工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的化学方程式为Cl2 + 2NaOH == NaCl + NaClO + H2O。答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

②NaClO与盐酸反应生成氯气、氯化钠和水，离子方程式为2H+ + Cl－+ ClO- == Cl2↑ + H2O。答案为：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O；

③NaClO2中Na显+1价，O显-2价，则Cl元素化合价为+3。答案为：+3；

④根据题中信息已知杀菌效果与单位物质的量的氧化剂得电子的物质的量有关，ClO2与Cl2消毒杀菌后均被还原为Cl－，1molClO2能够得到5mol电子，1molCl2能够得到2mol电子，因此等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的2.5倍。答案为：2.5。

【点睛】

杀菌消毒是利用氧化剂的氧化能力实现的，氧化能力又是依据得电子能力衡量的，所以一种氧化剂，在通常情况下，得电子数目越多，得电子能力越强。

4．甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体。A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。请根据下图的转化关系回答：

(1)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________

(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________

(3)若A和B按1:1通入水中反应，写出反应方程式_________________。

【答案】NH 3+H2O NH３·H2O NH4++OH- SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+

SO2+NH3+H2O=NH4HSO3

【解析】

D的混合液中滴加石蕊试液，溶液显红色，说明溶液显酸性；加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明D溶液中含有NH4+；加入稀硝酸酸化后，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl-；加入盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-；C溶液中通入氯水得到D溶液，再结合甲和乙生成A的反应条件，丙和丁点燃条件下生成B，并结合甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体；A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。可知甲为H2、乙为N2、丙为O2，丁为S，A为NH3、B为SO2，C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，据此分析解题。

【详解】

(1)由分析知A为NH3，因其电离使水溶液显碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，发生反应的方程式和电离方程式为NH 3 + H2O NH3·H2O NH4+＋OH－；

(2) C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+；

(3) NH3和SO2按1:1通入水中生成NH4HSO3，发生反应的方程式为

SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。

5．下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物。A是一种常见的液态化合物，B是具有磁性的氧化物，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，H在空气中很容易被氧化为I2。它们的转化关系如下：(有些反应的条件和部分产物为注明)

（1）写出下列物质化学式：B_________，F_______________；

（2）写出反应①的化学方程式：____________________；

（3）H在空气中很容易被氧化为I，该过程的实验现象是__________________；

（4）将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是___________________。

（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体具有的性质有__________。A．具有丁达尔现象

B．红褐色液体可用过滤的方法纯化

C．液体中分散质微粒直径小于1nm

D．取适量液体加入K2SO4溶液会产生红褐色沉淀

【答案】Fe3O4 FeCl2 3Fe+4H2O Fe3O4+4H2白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀 AlO2-+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO3- AD

【解析】

【分析】

甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物，A是一种常见的液态化合物，则A为

H2O，B是具有磁性的氧化物，则B为Fe3O4，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，则丁为Al，D为Al2 O3 ，E为NaAlO2 ，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，则C为HCl，结合转化关系可知，甲为Fe，乙为H2，F为FeCl2 ，H在空气中很容易被氧化成I，则H为Fe(OH)2 ，I为F(OH)3 ，G为FeCl3 。

【详解】

（1）通过以上分析知，B、F分别是Fe3O4；FeCl2；

（2）A与甲反应的化学方程式为3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2；

（3）H为Fe(OH)2，I为F(OH)3 ，氢氧化亚铁是白色沉淀、氢氧化铁是红褐色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，看到的现象是白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀；

（4）E是偏铝酸钠，足量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+H2O=Al(OH)3↓+HCO3-；

（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体是Fe(OH)3胶体，具有丁达尔效应，其分散质直径在1-100nm之间，能透过滤纸但不能透过半透膜，能和电解质溶液发生聚沉现象，选项AD正确。

6．现有A、B、C、D、E五种物质，其中A是最轻的气体，B是黄绿色气体，A能在B中燃烧生成苍白色火焰，B与C在点燃的条件下结合生成D，D的水溶液呈黄色，向这个溶液中加入NaOH溶液，可得到红棕色沉淀E，请写出这五种物质的化学式。

A________，B________，C________，D________，E________。

【答案】H2（氢气） Cl2(氯气) Fe(铁) FeCl3(三氯化铁) Fe(OH)3 (氢氧化铁)

【解析】

【分析】

A是最轻的气体，所以A是氢气；B是黄绿色气体，所以B为HCl；氢气能在氯气中燃烧生成苍白色火焰；B与C在点燃的条件下结合生成D，D的水溶液呈黄色，可知D为氯化铁，则C为铁单质；向这个溶液中加入NaOH溶液，可得到红棕色沉淀E，即氢氧化铁沉淀。

【详解】

根据分析可知A为H2(氢气)；B为Cl2(氯气)；C为Fe(铁)；D为FeCl3(三氯化铁)；E为

Fe(OH)3 (氢氧化铁)；

【点睛】

物质的密度、颜色、气味及反应现象等时推断突破口，注意把握相关物质的性质，平时多积累相关知识，难度不大。

7．由几种离子化合物组成的混合物，含有以下离子中的若干种：K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、C1-、SO42-、CO32-。将该混合物溶于水后得无色澄清溶液，现分别取3份100mL该溶液进行如下实验：

试回答下列问题：

（1）该混合物中一定不存在的离子是__________________________。

（2）溶液中一定存在的阴离子是____________________。

（3）试写出实验b发生反应的离子方程式__________________。

（4）判断混合物中是否存在K+？__________________（填“是”或“否”）。

【答案】Mg2+、Cu2+、Ba2+ SO42-、CO32- NH4++OH-=NH3↑+H2O 是

【解析】

【分析】

将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+，Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在，加入硝酸银溶液生成白色沉淀，可能存在Cl-、SO42-、CO32-；加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气，溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+；加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀为BaSO4、BaCO3，说明溶液中存在SO42-、CO32-，推断溶液中一定不含Ba2+，K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断。

【详解】

将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+，Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在，加入硝酸银溶液生成白色沉淀，可能存在Cl-、SO42-、CO32-；加入足量氢氧

化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气，溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+；加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解，说明沉淀为BaSO4、BaCO3，说明溶液中存在SO42-、CO32-，推断溶液中一定不含Ba2+，K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断；

(1)上述分析可知，该混合物中一定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、Ba2+；

(2)溶液中一定存在的阴离子是SO42-、CO32-；

(3)实验b发生反应是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水，反应的离子方程式为为：NH4++OH-=NH3↑+H2O；

(4)题干信息可知，NH4+物质的量 0.05mol，SO42-物质的量为0.01mol，CO32-物质的量为

0.02mol，由溶液中电荷守恒可知，假设溶液中一定含有K+，溶液中电荷守恒

c(K+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+2c((CO32-)，c(K+)=0.2mol/L，溶液中可能存在Cl-，所以

c(K+)≥0.2mol/L，即说明溶液中一定含有K+。

【点睛】

破解离子推断题的几种原则：①肯定性原则：根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子；(记住几种常见的有色离子：Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4－、CrO42－、Cr2O72－)；②互斥性原则：在肯定某些离子的同时，结合离子共存规律，否定一些离子的存在；③电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳离子，又有阴离子，且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等；(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子)；④进出性原则：通常是在实验过程

中使用，是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。

8．有一瓶溶液只含Cl-、CO32—、SO42—、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中的某几种。经如

下实验：

① 原溶液加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀；

② 将①所得溶液加热，放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；

③ 原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀。

④ 原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。

回答下列问题：

(1)试分析原溶液中一定含有的离子是_____________，一定不含有的离子是

____________。

(2)请写出实验①、②、④有关反应的离子方程式：

①产生白色沉淀________________________________；

②产生气体_________________________________________；

④产生白色沉淀______________________________________。

(3)有同学认为实验④可以省略，你认为呢？(填“可以”或“不可以”)___________，并说明理由_____________________________。

【答案】Mg2+、NH4+、Cl- CO32－、SO42－ Mg2++2OH－＝Mg(OH)2↓ NH4++OH－△NH3↑+H2O Ag++ Cl―= AgCl ↓可以溶液显电中性有阳离子存在必有阴离子存在

【解析】

【分析】

Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中只有有Mg2+能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2+；Mg2+和CO32-反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO32-；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，证明原溶液含NH4+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42-；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl-。

【详解】

Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中只有有Mg2+能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2+；Mg2+和CO32-反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO32-；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，证明原溶液含NH4+；原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀，说明不含SO42-；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl-；

(1)由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl-、NH4+、Mg2+，一定不含有的离子是CO32-、SO42-，可能含有Na+、K+；

(2)氢氧化钠和Mg2+生成氢氧化镁沉淀，和NH4+反应生成氨气，Cl-和Ag+反应生成氯化银沉淀，反应离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg2+(OH)2↓，NH4++OH-NH3↑+H2O，Cl-

+Ag+=AgCl↓；

(4)溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，所以一定存在Cl-，所以实验④可以省略。

9．中学化学常见的物质A、B、C、D之间存在如图所示的转化关系，其中反应条件已省略。请按要求填空：

（1）若A为黑色固体单质，C、D均能使石灰水变浑浊，则该反应的化学方程式为

_______。

（2）若A为黑色粉末，C能使品红溶液和石蕊试液褪色，则该反应的离子方程式为

_______。

（3）若A为常见的碱，其溶解度随温度的升高而降低，D可作干燥剂，则C的水溶液呈_______ (填“酸性”、“碱性”或“中性”)，其原因是_______。

（4）若A为红色金属单质，其质量为1.92g，与过量的B在常温下反应，用容器将全部的无色气体C收集起来，然后倒扣在水中，需通入标准状况下VmL的氧气恰好使C气体完全转化为B，则V=_______。

【答案】2H2SO4+C(浓)=? CO2↑+2SO2↑+2H2O MnO2+4H++2Cl- =? Mn2++Cl2↑+2H2O碱性氨气溶于水会跟水结合成氨水,氨水发生部分电离,电离出按根离子和氢氧根离子,所以氨气溶于水后溶液显碱性336

【解析】

【分析】

【详解】

（1）能使澄清石灰水变浑浊的气体有二氧化碳、二氧化硫，若A为黑色固体单质，C、D 均能使石灰水变浑浊，则A是碳、B是浓硫酸，碳与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化硫、水，反应的化学方程式为2H2SO4+C(浓)=? CO2↑+2SO2↑+2H2O。

（2）氯气能使品红溶液和石蕊试液褪色，若A为黑色粉末，C能使品红溶液和石蕊试液褪色，则A是MnO2、B是浓盐酸，MnO2和浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气、水，则该反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl- =? Mn2++Cl2↑+2H2O。

（3）溶解度随温度的升高而降低的碱是氢氧化钙， A为氢氧化钙， D可作干燥剂，D是氯化钙，则B是氯化铵，氢氧化钙和氯化铵反应生成氨气、氯化钙、水，则C是氨气，氨气溶于水会跟水结合成氨水,氨水发生部分电离,电离出按根离子和氢氧根离子,

NH3+H2O? NH3·H2O ?NH4+ + OH-，所以氨气的水溶液呈碱性。

（4）A为红色金属单质，A是铜，铜与硝酸在常温下反应，生成NO气体，则B是硝酸、C 是NO ，根据反应方程式3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O 、4NO+3O2+2H2O=4HNO3，可得关

系式6Cu~4NO~3O2； 1.92gCu的物质的量是

1.92

64/

g

g mol

=0.03mol，

设需氧气的体积是VL

6Cu~~4NO~~3O2

6mol 67.2L

0.03mol VL

667.2

0.03V

=

V=0.336L=336mL。

10．甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体，丁为黄色固体。A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。请根据下图的转化关系回答：

(1)按要求写出下列物质的化学式：

乙：____________B：____________

(2)写出溶液C与氯水反应的离子方程式：_____________________。

(3)在催化剂和加热条件下，A可与丙反应，化学方程式为：________________

【答案】N2 SO2 SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H＋ 4NH3+5O24NO+6H2O

【解析】

【分析】

甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体，甲、乙在高温、高压、催化剂条件下反应产生A，则甲是H2，乙是N2，A是NH3，丁为黄色固体单质，则丁是S，丙、丁在点燃时反应，可推知丙是O2，二者反应产生的B是SO2。A和B

以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液，则C是(NH4)2SO3，向C溶液中加入氯水，发生氧化还原反应，产生D为(NH4)2SO4、HCl混合溶液。向该混合溶液中加入NaOH溶液加热，发生复分解反应产生A是NH3；向该混合溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀E是AgCl，向其中加入HCl酸化，然后加入BaCl2溶液产生的白色沉淀F是BaSO4。然后分析解答。

【详解】

根据上述分析可知甲是H2，乙是N2，丙是O2，丁是S，A是NH3，B是SO2，C是

(NH4)2SO3，D为(NH4)2SO4、HCl混合溶液；E是AgCl，F是BaSO4。

(1)根据上述分析可知乙是N2，B是SO2；

(2)C是(NH4)2SO3，向该溶液中加入氯水，发生氧化还原反应，产生C是(NH4)2SO4、HCl，反应的离子方程式为：SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H＋；

(3)在催化剂和加热条件下，NH3可与O2反应，产生NO和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。

11．下图所示是以海水为原料，获得某产物的工艺流程图。已知在吸收塔中，溶液的pH 显著减小。试回答下列问题：

（1）图中两次氯化的作用是否相同________(选填“是”或“否”)。

（2）吸收塔中反应的化学方程式为_______________________________，第2次氯化的离子方程式为_________________________________________________。

（3）资料证实，在酸性介质中，第1次氯化过程中可用氧气或空气替代。但在实际工业生产中为什么不用更廉价的空气替代氯气________________________。

（4）本工艺的处理方法可简单概括为“空气吹出、X气体吸收、氯化”。某同学认为在工业生产过程中对第1次氯化液直接蒸馏也可得到产物，不必进行上述过程，请对该同学的说法作出正确的评价___________________________。

【答案】是 Br2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HBr 2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－若用廉价的空气替代Cl2进行第1次氯化，反应的离子方程式为4Br－＋O2＋4H＋＝2Br2＋2H2O，则反应时需要将大量的盐卤(浓度不大)酸化反应后又要将废液中和才能排放，在经济上不合算第一次氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高，“空气吹出、

SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个溴的富集过程，以提高其浓度，减少能源的消耗【解析】

【分析】

本工艺流程是海水中Br－被Cl2氧化，然后用热空气吹出，根据题中信息，吸收塔内溶液pH显著减小，可确定气体X是SO2，吸收塔内反应的化学方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝

H2SO4＋2HBr，生成的Br－再被Cl2氧化，生成的Br2用蒸气蒸出，再冷凝得到液态溴。

【详解】

（1）图中两次氯化的作用相同，均起到了氧化剂的作用；

（2）吸收塔中反应的化学方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HBr，第2次氯化的离子方程式为2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－；

（3）若用廉价的空气替代Cl2进行第1次氯化，反应的离子方程式为4Br－＋O2＋4H＋＝

2Br2＋2H2O，则反应时需要将大量的盐卤(浓度不大)酸化反应后又要将废液中和才能排放，在经济上不合算，因此在实际工业生产中不用更廉价的空气替代氯气；

（4）第一次氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高，“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个溴的富集过程，以提高其浓度，减少能源的消耗。

12．(1)某化工厂用氯气与石灰乳生产漂白粉，该厂出厂产品说明书如下：

①漂白粉长期露置在空气中会变质，写出漂白粉变质过程中涉及的化学方程式______，

____。

②某实验室研究员将完全变质后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，收集到标准状况下448mL气体，则该漂白粉中所含有效成份的质量为_____________(假设漂白粉中的其它成份不与硝酸反应)。

(2)将14g Na2O和Na2O2的混合物加入足量的水中充分反应后，生成标准状况下的气体1.12L，所得溶液的体积为400mL。试计算：原混合物中Na2O的质量为______g，所得溶液的物质的量浓度为______mol·L－1。

【答案】Ca(ClO)2＋H2O＋CO2＝CaCO3＋2HClO 2HClO2HCl＋O2↑ 2.86g 6.2 1.0 【解析】

【分析】

(1)①漂白粉长期露置在空气中与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解而变质；②漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后变成碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，生成二氧化碳，根据Ca(ClO)2～CO2计算；

(2)根据生成的氧气的体积计算n(O2)，根据反应方程式2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑计算出过氧化钠的物质的量，从而可计算出混合物中过氧化钠、氧化钠的质量；混合物溶于

水后都生成NaOH ，溶液中的溶质是NaOH ，根据Na 原子守恒计算n (NaOH )，最后计算c (NaOH )。

【详解】

(1)①漂白粉长期置露在空气中会变质，是因为漂白粉与二氧化碳、水的反应生成次氯酸，次氯酸容易分解，反应分别为Ca (ClO )2+CO 2+H 2O ＝CaCO 3↓+2HClO 、2HClO

2HCl +O 2↑，故答案为：Ca (ClO )2+CO 2+H 2O ＝CaCO 3↓+2HClO ；2HClO 2HCl +O 2↑；

②漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后的漂白粉中含有碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，反应生成二氧化碳，根据

Ca (ClO )2～CaCO 3～CO 2

143g 22.4L

m (Ca (ClO )2) 0.448L

有m (Ca (ClO )2)=143g 0.448L 22.4L =2.86g ，故答案为：2.86g ； (2)n (O 2)= 1.12L 22.4L /mol

=0.05mol ，根据反应2Na 2O 2+2H 2O ＝4Na ++4OH -+O 2↑可知，混合物中过氧化钠的物质的量为：n (Na 2O 2)=2n (O 2)=0.05mol ×2=0.1mol ，则混合物中过氧化钠的质量为：m (Na 2O 2)=78g /mol ×0.1mol =7.8g ，氧化钠的质量为：14g -7.8g =6.2g ，n (Na 2O )= 6.2g 62g /mol

=0.1mol ，n (Na 2O 2)=0.1mol ，混合物溶于水后都生成NaOH ，溶液中的溶质是NaOH ，根据Na 原子守恒得所得溶液中

n (NaOH )=n (Na +)=2n (Na 2O )+2n (Na 2O 2)=2×(0.1+0.1)mol =0.4mol ，c (NaOH )＝

0.4mol 0.4L

＝1.0 mol ·L －1，故答案为：6.2；1.0。

13．实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO 2+4HCl(浓)

MnCl 2 +Cl 2↑+2H 2O 。若产生的氯气在标况下的体积为2.24L ，试计算：

(1)参加反应的MnO 2的质量____________

(2)参加反应的HCl 的物质的量___________

(3)反应中被氧化的HCl 的物质的量____________

【答案】8.7g 0.4mol 0.2mol

【解析】

【分析】

根据n=m

V V 计算标准状况下11.2L 的氯气的物质的量，根据方程式计算参加反应的二氧化锰的物质的量以及参加反应的HCl 的物质的量，被氧化的HCl 的物质的量是参加反应的HCl 的物质的量的一半。

【详解】

标准状况下2.24L的氯气的物质的量为

2.24L

22.4L/mol

=0.1mol，

令参加反应的二氧化锰的物质的量为n，参加反应的HCl的物质的量是m，则：

MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O

1mol 4mol 1mol

n m 0.1mol

所以：n：0.1mol=1mol：1mol=4mol：m

解得；n=0.1mol，m=0.4mol

①参加反应的二氧化锰的质量为0.1mol×87g/mol=8.7g，

答：参加反应的二氧化锰的质量为8.7g；

②参加反应的HCl的物质的量为0.4mol，答：参加反应的HCl的物质的量是0.4mol；

③反应中被氧化的HCl的物质的量是参加反应的HCl的物质的量的一半，

0.4mol

2

=0.2mol；

答：反应中被氧化的HCl的物质的量是0.2mol。

【点睛】

解题的关键是抓住HCl在反应中起到酸性和还原剂的作用，利用关系式法进行计算解答。

14．过滤在实验、生产、生活中有着广泛的应用。某研究性学习小组在实验室测定某含NaCl杂质的碳酸钠样品中Cl－的含量，其实验步骤如下：

①将100g样品溶于水得到溶液A。

②向A中加入稀HNO3酸化后，再加入沉淀剂B，使Cl－完全沉淀下来。

③进行如图所示操作，得到固体C，洗涤，干燥。

④称量得固体C的质量为2.87 g。

(1)沉淀剂B为________(填化学式)。

(2)向A中加入稀HNO3酸化的目的是_______________________。

(3)如何洗涤固体C： __________________。如果得到固体C后直接干燥、称量，会使样品中氯元素的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

(4)该样品中氯元素的质量分数为________________。

【答案】AgNO3除去溶液中的CO32-沿玻璃棒向过滤器中注入少量蒸馏水，使水刚好浸没沉淀，让水自然流下，重复2～3次偏大 0.71%

【解析】

【分析】

操作步骤中：①将100g样品溶于水得到A，A为含有氯化钠的碳酸钠溶液；

②向A中加入稀HNO3酸化后，硝酸和碳酸钠反应生成硝酸钠和二氧化碳、水，然后加入过量沉淀剂B，使Cl-完全沉淀下来，氯离子和银离子反应生成AgCl沉淀，则沉淀剂B为AgNO3溶液；

③进行过滤操作，分离难溶性固体AgCl和溶液，C为AgCl，然后将沉淀洗涤，干燥的纯净AgCl固体；

④称量得固体AgCl的质量为2.87g；

根据反应过程中根据Cl原子守恒得n(Cl-)=n(AgCl)，所以由AgCl的量计算氯元素质量，从而确定氯离子质量分数。

【详解】

操作步骤中：

(1)根据上述分析可知沉淀剂B是AgNO3溶液；

(2)A溶液中含有NaCl、Na2CO3，向其中加入稀HNO3，发生反应：

Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+CO2↑+H2O，达到除去溶液中的CO32-离子的目的；

(3)沉淀C是AgCl，洗涤沉淀的方法是沿玻璃棒向过滤器中注入少量蒸馏水，使水刚好浸没沉淀，让水自然流下，重复2～3次；

(4)根据Cl原子守恒得n(Cl-)=n(AgCl)，n(AgCl)=

2.87g

1?43.5g/mol

m

M

=0.02mol，则m(Cl-

)=0.02mol×35.5g/mol=0.71g，故Cl元素质量分数=0.71

100

g

g

×100%=0.71%。

【点睛】

本题考查化学方程式的有关计算及基本操作，掌握物质的量的有关计算公式，物质含量的计算公式是解决问题的关键，难点是沉淀剂的选取。

15．氯水中含有多种成分，因而具有多种性质，根据氯水分别与如图四种物质作用（四种物质与氯水的重合部分代表物质间的反应，且氯水足量），请回答下列问题：

（1）反应d中，将氯水滴加到一张蓝色石蕊试纸上，试纸上会出现如图所示的半径慢慢扩大的内外两个圆环，且两环颜色不同，下列有关说法中错误

．．的是___

A．此实验表明氯水具有酸性、漂白性

B．内环呈白色外环呈红色或浅红色

C ．内外环上颜色的差异表明此变化过程中，酸使指示剂的颜色变化比氧化还原反应慢

D ．氯气与水反应中氧化产物是HClO

（2）反应e 的离子方程式为___。

（3）反应b 有气体产生，生成该气体反应的化学方程式为___。

（4）久置的氯水最终会变成___（填名称），则反应a 的化学方程式表示为___。

【答案】C Cl 2＋2OH -=Cl -＋ClO -＋H 2O Na 2CO 3＋2HCl=2NaCl ＋H 2O ＋CO 2↑ 盐酸 2HClO

2HCl ＋O 2↑ 【解析】

【分析】

（1）氯水具有酸性和漂白性，据此来分析即可；

（2）写出氯气在碱液中发生歧化反应的方程式即可；

（3）氯水和碳酸钠反应的本质是氯水中的盐酸和碳酸钠发生反应，得到2CO 气体； （4）次氯酸不稳定，受热易分解，因此久置氯水最终的成分是稀盐酸。

【详解】

（1）A.氯水滴到试纸中央，会从中间向四周慢慢扩散，因此刚接触氯水的部分会因其酸性而变红，接触时间久的部位因其氧化性而被漂白，A 项正确；

B.内环被漂白，呈白色，外环是红色或浅红色，B 项正确；

C.内环接触时间久，外环接触时间短尚未被漂白，因此证明变色反应的速率比氧化还原反应的速率快，C 项错误；

D.氯气与水反应歧化，得到的氧化产物为次氯酸，D 项正确；

答案选C 。

（2）氯气在碱液中发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：---22Cl +2OH =ClO +Cl +H O ；

（3）反应b 实际上就是盐酸和碳酸钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：2322Na CO +2HCl=2NaCl+H O+CO ↑；

（4）久置氯水实际上就是稀盐酸，反应a 是次氯酸遇光发生分解反应生成氯化氢和氧气，反应的化学方程式为：22HClO 2HCl+O ↑光照。