2020-2021高考化学 氯及其化合物 培优 易错 难题练习(含答案)及详细答案

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100mL3.00molL1NaOH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nCl2:nH2=________。

【答案】HOHH2O、Cl22OHClClOH2O 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+= H2O，Cl2+2OH=Cl+ClO+H2O，故答案为：OH+H+= H2O，Cl2+2OH=Cl

+ClO—+H2O；

（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（Cl2）=1×n（NaOH）=0.15mol，由氯气与氢氧化钠溶液反2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H2+Cl2

2HCl，

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（Cl2）：n（H2）=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（Cl2）=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．（1）室温时，在下列物质中：①Na ②Cl2 ③Na2O ④FeCl2溶液 ⑤NaHCO3 ⑥蔗糖 ⑦NH3 ⑧NaCl晶体 ⑨HClO ⑩ Fe(OH)2

属于碱性氧化物的是(用序号填写,下同) _______，属于酸的是_____，属于强电解质的是

______，属于非电解质的是_______，能导电的是________。 （2）Na2O2与CO2的反应化学方程式__________；

（3）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，请写出发生反应的离子方程式 ______。

（4）制取漂白粉的反应化学方程式_________；其有效成分是_______；

【答案】③ ⑨ ③⑤⑧ ⑥⑦ ①④ 2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2 2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2 【解析】 【分析】

(1)碱性氧化物：能与酸反应只生成一种盐和水，主要包括绝大多数金属氧化物；酸：电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；强电解质：在水溶液中或熔融状态下能发生完全电离的化合物；非电解质：在水溶液中或熔融状态下不发生电离的化合物；能导电的物质有大多数金属单质或存在有自由移动电荷的物质；根据物质特点结合定答； (3)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，除生成水，还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀；

(4)漂白粉的有效成分为次氯酸钙，利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉。 【详解】

(1)Na2O能够与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；HClO电离产生的阳离子都是氢离子，属于酸； Na2O、NaHCO3、NaCl晶体在水溶液或者熔融状态下能完全电离而导电，都是化合物，都属于强电解质；蔗糖、NH3，本身不能电离产生自由移动的离子，是化合物，都属于非电解质；钠含有自由电子，氯化亚铁溶液含有自由移动的离子，都能导电；故属于碱性氧化物的是③；属于酸的是⑨；属于强电解质的是③⑤⑧；属于非电解质的是⑥⑦；能导电的是①④；

(2)Na2O2与CO2的反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；

(3)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，除生成水，还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀，则发生反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O； (4)工业上利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉，发生反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，其有效成分是Ca(ClO)2。 【点睛】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。

3．Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途．将氯气溶于水能形成氯气﹣氯水体系．

完成下列填空：

（1）氯原子最外层电子的电子排布式是__．与电子排布式相比，轨道表示式增加了对核外电子运动状态中__描述．

（2）氢、氯、氧三种元素各能形成一种简单阴离子，按离子半径由大到小的顺序排列这些离子__．

（3）氯气﹣氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，请分别用平衡方程式表示：__．已知HClO的杀菌能力比ClO﹣强，氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是__（一种原因即可）．

（4）在氯水中，下列关系正确的是__（选填编号）． a c（HClO）+c（ClO﹣）=c（H+）﹣c（OH﹣） b c（H+）=c（ClO﹣）+c（Cl﹣）+c（OH﹣） c c（HClO）＜c（Cl﹣） d c（Cl﹣）＜c（OH﹣）

（5）ClO2是一种更高效、安全的消毒剂，工业上可用ClO2与水中的MnCl2在常温下反应，生成MnO2和盐酸，以除去水中Mn2+，写出该反应的化学方程式（需配平）__．有人认为产物MnO2和盐酸会继续反应生成氯气，这种认识对吗？__（填“对”或“错”），说明理由__．

﹣﹣﹣

垐?【答案】3s23p5 自旋方向 Cl、O2、H Cl2（aq）+H2O噲?HClO+H++Cl﹣、

垐?垐?HClO噲?H++ClO﹣、Cl2（g）噲?Cl2（aq） 夏季温度高，HClO易分解，杀菌效果比在

冬季差 bc 2ClO2+5MnCl2+6H2O=5MnO2+12HCl 错 MnO2和浓盐酸加热的条件下才能反应 【解析】 【分析】 【详解】

25（1）氯是17号元素，其最外层电子的电子排布式为3s3p，若用轨道表示式来描述，则

可以描述其电子的自旋方向；

（2）H+相当于光秃秃的质子，O2-填满了前两层电子，而Cl-填满了前三层电子，半径由大到小为Cl->O2->H+；

（3）首先氯气存在溶解—挥发平衡，即Cl2(g)ƒ反应，即Cl2+H2Oƒ菌效果变差；

---+（4）a.溶液中存在质子守恒c(OH)+c(Cl)+c(ClO)=c(H)，若要a项成立除非

Cl2(aq)，其次氯气还能和水发生可逆

HCl+HClO，而HClO是一个弱酸，存在电离平衡

HClOƒH++ClO-； 夏季和冬季最大的区别在温度，我们知道HClO受热易分解，因此杀

c(HClO)=c(Cl-)，但是二者不可能相等，a项错误；

b.该项即溶液中存在的质子守恒，b项正确；

c.氯气和水反应得到等量的HCl和HClO，HCl是强酸可以完全电离，因此溶液中Cl-的量等于生成的HCl的量，而HClO是弱电解质部分电离，因此剩余的HClO的浓度将小于

Cl-的浓度，c项正确；

d.氯水呈酸性，因此溶液中的c(OH-)极低（室温下<10-7mol/L），因此不可能出现

c(OH-)>c(Cl-)的情况，d项错误；

答案选bc；

（5）ClO2作氧化剂，Mn2+作还原剂，二者发生氧化还原反应

2ClO2+5MnCl2+6H2O=5MnO2+12HCl，该反应得到的盐酸较稀，且没有加热，因此

不太可能被MnO2继续氧化变成氯气，反应在这一步就停止了。

4．氯气是一种重要的化工原料，氯气及其化合物在自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都有着重要的应用。

（1）NaClO中Cl的化合价为____，有较强的___（填氧化、还原）性。 （2）黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。

①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2 ，SO2被氧化为SO42-，此反应的离子方程式为____。

＋－

②ClO2可将废水中的Mn2转化为MnO2而除去，本身还原为Cl，该反应过程中氧化剂与

还原剂的物质的量之比为____。

【答案】+1 氧化 2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42- 2:5 【解析】 【分析】

(1)根据化合物中正负化合价的代数和为0；根据次氯酸盐中Cl的化合价分析判断； (2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应生成ClO2、硫酸根离子；②根据得失电子守恒计算。 【详解】

(1)NaClO中Na为+1价，O为-2价，化合物中总化合价为0，则Cl为+1价；次氯酸盐中+1价的氯元素易得到电子，具有较强氧化性，故答案为：+1；氧化；

(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应生成硫酸钾，反应的离子方程式为：2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；

②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，反应中ClO2为氧化剂，Cl元素化合价由+4价降低为-1价，Mn2+为还原剂，元素化合价由+2价升高到+4价，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶5，故答案为：2∶5。 【点睛】

本题的易错点为(2)②，要注意氧化还原反应的计算的一般方法的应用，解答本小题，也可以书写出反应的方程式再分析计算。

5．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 2HClO【解析】 【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2HClO用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间。答案为：2HClO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；

2HCl + O2↑，由于次氯酸见光2HCl+O2↑；用容器盛放，在

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

2HCl+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

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。

6．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： 实验序号 实验内容 实验结果 a 加AgNO3溶液 有白色沉淀生成 b 加足量NaOH溶液并加热 收集到气体1.12L（已折算成标准 状况下的体积） 加足量BaC12溶液时，对所得沉淀 第一次称量读数为6. 27g，第二次 称量读数为2.33g c 进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量 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。

7．现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，把四种气体分别通入银和稀混合溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A可以在B中安静的燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。把无色无刺激气味的气体C通入澄清石灰水时变浑浊。

（1）ABCD的化学式分别为：A ___________，B_________，C __________，D___________。

（2）写出下列各反应的离子方程式：

B与水_________________________________________________。 B与NaOH溶液_________________________________________。 C与澄清石灰水_________________________________________。 D与AgNO3溶液_______________________________________。

【答案】H2 Cl2 CO2 HCl Cl2+H2O=H++Cl-+HClO Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O Ag++Cl-=AgCl↓ 【解析】 【分析】

A是密度最小的气体，应为H2，B在通常情况下呈黄绿色，应为Cl2，纯净的A可以在B中

安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D，反应生成HCl，则D为HCl，把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，应为CO2，结合对应物质的性质解答该题。 【详解】

A是密度最小的气体，应为H2，B在通常情况下呈黄绿色，应为Cl2，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D，反应生成HCl，则D为HCl，把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，应为CO2；

(1)由以上分析可知，A为H2，B为Cl2，C为CO2，D为HCl；

(2)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O；二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O；稀HCl与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓。

8．有X、Y、Z三种元素①X、Y、Z的单质在常温下均为气体；②X单质可以在Z单质中燃烧，生成物为XZ，其中火焰为苍白色；③XZ极易溶于水，电离出X+和Z﹣，其水溶液可使蓝色石蕊试液变红；④每2个X2分子可与1个Y2分子化合生成2个X2Y分子，X2Y在常温下为液体；⑤Z单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白作用。 （1）推断元素符号X_____、Y_____、Z_____；

（2）化合物XZ的电子式为_____，X2Y属于_____（填离子化合物、共价化合物、共价分子）；

（3）写出XZ（写化学式）的电离方程式_____；写出XZ（写化学式）与Ca(ClO)2反应的化学方程式_____。 【答案】H O Cl 【解析】 【分析】

有X、Y、Z三种元素，由①X、Y、Z的单质在常温下均为气体、②X的单质在Z的单质中燃

﹣

烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色、③XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z．XZ的

共价化合物 HCl=H++Cl- Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2

水溶液可使石蕊试液变红可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；由④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，则Y为O，X2Y为H2O；⑤X2Y为H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用；据以上分析进行解答。 【详解】

有X、Y、Z三种元素，由①X、Y、Z的单质在常温下均为气体、②X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色、③XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣．XZ的水溶液可使石蕊试液变红可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；由④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，则Y为O，X2Y为H2O；⑤X2Y为H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用； （1）根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Cl元素； （2）XZ为HCl，HCl为共价化合物，其电子式为

；X2Y为H2O，水分子中只含有共价

键，属于共价化合物；

﹣

（3）XZ为HCl，属于强电解质，其电离方程式为：HCl=H++Cl；HCl与Ca(ClO)2反应生成

次氯酸和氯化钙，该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2。 【点睛】

盐酸溶液显酸性，能够使紫色石蕊试液变红；氯水成分有：Cl2、 HCl、 HClO 、H2O等，溶液具有酸性、氧化性和漂白性，因此氯水能够使紫色石蕊试液变红（H+作用），后溶液褪色（HClO的漂白作用），而氯气本身没有漂白作用。

9．有 X、Y、Z 三种元素：①X、Y、Z 的单质在常温下均为气体，②X 单质可以在 Z 的单质中燃烧，生 成化合物 XZ，火焰呈苍白色，③XZ 极易溶于水，在水溶液中电离处 X+和 Z﹣，其水溶液能使蓝色石蕊试 纸变红，④每两个 X2 分子能与一个 Y2分子化合成两个 X2Y 分子，X2Y 常温下为液体，⑤Z 单质溶于 X2Y 中，所得的溶液具有漂白性。 （1）写出下列微粒的电子式：X+_____，Z﹣______，Y 原子_____。

（2）写出 X2Y 的化学式_____。按要求与 X2Y 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子_____，5 个原子核的分子_____。

（3）写出 Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：_____，所得溶液能使淀粉碘 化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是_____。

（4）实验室制备 XZ 的化学方程式：_____，如何检验 XZ 是否收集满__________。 【答案】H+ （s）+H2SO4（浓）【解析】 【分析】

XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl．X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意，据以上分析解答。 【详解】

XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl，

X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；

（1）X+为H+，其电子式为H+，Z﹣为Cl﹣，其电子式为

，Y为O元素，其原子电

H2O OH﹣ CH4 Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO Cl2 NaClNaHSO4+HCl↑ 用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸

变红，则已收集满，否则未收集满

子式为；

故答案为：H+、、；

（2）X2Y 的化学式为H2O；与 H2O 分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的

﹣

阴离子为OH，5 个原子核的分子为CH4；

故答案为：H2O；OH﹣；CH4；

﹣

（3）Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：Cl2+H2O＝H++Cl+HClO，所得溶液能使淀

粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是：Cl2；

﹣

故答案为：Cl2+H2O＝H++Cl+HClO；Cl2；

（4）实验室制备 HCl 的化学方程式：NaCl（s）+H2SO4（浓）否则未收集满；

故答案为：NaCl（s）+H2SO4（浓）

NaHSO4+HCl↑；检验

HCl 是否收集满方法：用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，

NaHSO4+HCl↑；用湿润的紫色石蕊试纸放置于

集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。

10．X，Y，Z三种元素，它们具有下述性质： （1）X，Y，Z的单质在常温下均为气体；

（2）X的单质可以在Z的单质中燃烧，燃烧时生成化合物XZ；

（3）化合物XZ极易溶于水，并电离出X+ 和Z -，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红； （4）2分子X的单质可与1分子Y的单质化合，生成2分子X2Y，X2Y在常温下液体； （5）Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。

根据上述事实，试判断X，Y，Z各是什么元素，XZ和X2Y各是什么物质： X（_______________），Y（_______________）Z（________________）， XZ（_______________） X2Y（_______________）。 【答案】H O Cl HCl H2O 【解析】 【分析】

结合物质的性质、反应的实验现象分析解答。 【详解】

XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2；结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl；2个H2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素；Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；根据上述分析，X为H，Y为O，Z为Cl，XZ为HCl，X2Y为H2O，故答案为：H；O；Cl；HCl；H2O。

11．如图，反应①为常温下的反应，A、C、D中均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介

于C和D中氯元素的化合价之间，E在常温下为无色无味的液体，F是淡黄色固体，G为常见的无色气体。请回答下列问题：

（1）A、G的化学式分别为_______________、________________。 （2）写出A与Fe反应的化学方程式___________________ 。 （3）写出反应②的化学方程式______________________。

（4）己知A是一种重要的化工原料，在工农业生产和生活中有着重要的应用。请根据所学知识回答下列问题。

①将A通入紫色石蕊试液中，观察到的现象是________________；请写出A与水反应的化学方程 式 。

②A与石灰乳反应制得的漂白粉的有效成分是_________(填化学式)；该物质在空气中失效的原因______(用化学方程式表示)。

【答案】Cl2、O2 2Fe+3Cl2=2FeCl3 (点燃） 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑ 先变红后褪色 Cl2+H2O=HCl+HClO Ca(C1O)2 Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，2HClO=2HCl+O2↑(光) 【解析】

试题分析：E常温下为无色无味的液体，应为H2O，F为淡黄色粉末，应为Na2O2，则G为O2，B为NaOH，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，应为Cl2和NaOH的反应，生成NaCl和NaClO。

(1)由以上分析可知A为Cl2，G为O2，故答案为Cl2； O2； (2)Fe在氯气中燃烧的化学方程式为2Fe + 3Cl23Cl2

2FeCl3；

2FeCl3，故答案为2Fe +

(3)反应②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4 NaOH +O2↑，故答案为2Na2O2+2H2O=4 NaOH +O2↑；

(4)①将氯气通入紫色石蕊试液中，观察到的现象是紫色试液先变红后褪色，氯气与水反应的化学方程式为Cl2+H2OCl2+H2O

HCl+HClO；

HCl+HClO，故答案为紫色试液先变红后褪色；

②氯气与石灰乳反应制得的漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，该物质在空气中能够与二氧化碳和水蒸气反应失效，化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HclO、2HClO2HClO

2HCl+ O2↑，故答案为Ca(ClO)2；Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HclO、2HCl+ O2↑。

考点：考查了无机物的推断、氯气的化学性质的相关知识。

12．（1）实验室制氯气的尾气处理用_____溶液吸收，其化学反应方程式为_____。

（2）向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，现象是先产生白色沉淀，其反应的离子方程式为_____，后白色沉淀又溶解消失，其反应的离子方程式为_____。

（3）在含有0.2mol的硫酸和0.2mol的的混合溶液200mL中，加入19.2g铜粉，产生的气体成分为_____（填NO或H2），你所选气体在标准状况下的体积为_____L

﹣﹣

【答案】NaOH 2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O Al3++3OH＝Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH＝AlO2﹣

+2H2O NO 3.36L

【解析】 【分析】

(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；

(2)铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中； (3)硫酸和都为稀酸，反应方程式为铜与稀反应。 【详解】

(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠、水，反应方程式为：2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O， 故答案为：NaOH；2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O；

(2)向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，现象是先产生白色沉淀，是铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al3++3OH＝Al(OH)3↓；后白色沉淀又溶解消失，是因为氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O，

故答案为：Al3++3OH﹣＝Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O；

(3)0.2mol的硫酸和0.2mol的的混合溶液200mL中，硫酸和都为稀酸，加入19.2g铜粉，且氢离子不足，完全反应，设n(NO)＝x，

﹣

3Cu8H2NO3﹣＝3Cu22NO4H2O82 0.6molxx＝0.15mol，V(NO)＝n×Vm＝0.15×22.4＝3.36L，故答案为：NO；3.36L。

13．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。

14．如图为工业从海水中提取液溴的流程图：

已知：溴的沸点为59℃，微溶于水，有毒性。请回答：

（1）某同学利用下图装置进行步骤①至步骤④的实验，当进行步骤①时，应关闭活塞___，打开活塞____。

（2）步骤②中可根据___现象，简单判断热空气的流速。 （3）步骤③中简单判断反应完全的依据是___。 （4）从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”的目的是___。

（5）步骤⑤用下图装置进行蒸馏，蒸馏烧瓶中尚未安装温度计，安装其位置时应注意___，装置C中直接加热不合理，应改为__。

【答案】bd ac A中气泡产生的快慢 B中溶液褪色 浓缩Br2或富集溴 温度计的水银球在蒸馏支管口附近 水浴加热 【解析】 【分析】

向浓缩海水中加入氯气可以将Br-氧化得到溴水的混合物，利用热的空气吹出溴单质，得到粗溴，然后通入SO2气体吸收Br2单质，将Br2富集，二者在溶液中发生氧化还原反应生成HBr，再通入Cl2氧化Br-得到溴与水的溶液，最后蒸馏得到液溴。 【详解】

(1)进行步骤①的目的是通入Cl2氧化Br-离子为Br2，且能使氯气通入和浓缩海水中的溴离子反应，剩余氯气进行尾气吸收，因此应关闭bd，打开ac，进行反应和尾气处理； (2)步骤②是利用溴单质易挥发的性质，关闭ac，打开bd，通入热空气把生成的溴单质赶出到装置B，并使Br2蒸气和通入的SO2气体在溶液中发生氧化还原反应生成H2SO4和HBr，依据A装置中直玻璃管产生气泡的快慢现象，简单判断热空气的流速； (3)步骤③中是二氧化硫和溴单质发生氧化还原反应生成溴化氢和硫酸，反应方程式为：Br2+SO2+2H2O= H2SO4+2HBr，由于溴水显橙色，所以可根据溴水溶液的颜色由橙色变化为无色，来判断反应是否恰好完全进行；

(4)海水中溴元素较少，从“溴水混合物Ⅰ”到“溴水混合物Ⅱ”过程中，的目的是增大溴单质的浓度，起到富集溴元素的作用；

(5)蒸馏装置中温度计的作用是测定馏出成分的温度，因此蒸馏烧瓶中安装温度计，安装其位置时应注意：温度计水银球在蒸馏支管口处；装置C中直接加热温度不容易控制，为使溴单质从溴水中蒸出，可根据溴的沸点为59℃，采用水浴加热的方法。 【点睛】

本题考查了物质制备的流程分析判断的知识，涉及氧化还原反应、反应条件的控制等，主

要是海水提取溴的原理应用，掌握实验原理，分析实验过程的目的是进行操作判断的依据。

15．17.4g MnO2与240 mL 10 mol/L(密度为1.10g/mL)的盐酸(足量)混合加热(不考虑盐酸挥发)，使其充分反应后，再向溶液中加入足量的AgNO3溶液。（已知：MnO2+4HCl(浓)

MnCl2+Cl2↑+2H2O）

试求：(1)10 mol/L的盐酸的质量分数____________ (2)产生的气体在标准状况下的体积______________； (3)产生沉淀的质量_________________。 【答案】33.2% 4.48L 287g 【解析】 【分析】 (1)根据c=

1000计算溶液的质量分数； M(2)先计算MnO2、HCl的物质的量，判断哪种物质过量，以不足量的物质为标准计算Cl2的物质的量及体积；

(3)根据Cl元素守恒，计算反应产生的AgCl沉淀的物质的量，然后根据m=n·M计算质量。 【详解】

cM1036.51000ω(1)根据c==33.2%； 可知该溶液的质量分数为

100010001.10M(2)n（MnO2）=m÷M=17.4g÷87g/mol=0.2mol，n(HCl)=0.24L×10mol/L=2.4mol，n(MnO2)：n(HCl)=0.2mol：2.4mol=1：12，根据反应方程式MnO2+4HCl(浓)n(Cl2)= n(MnO2)=0.2mol，所以产生的气体在标准状况下的体积V(Cl2)=0.2mol×22.4L/mol=4.48L；

(3)反应反应后溶液中含有Cl-的物质的量为n(Cl-)=2.4mol-2×0.2mol=2mol，向反应后的溶液中加入足量的AgNO3溶液，发生反应Ag++Cl-=AgCl↓，则反应产生沉淀的质量n(AgCl)= n(Cl-)=2mol，则m(AgCl)=2mol×143.5g/mol=287g。 【点睛】

本题考查了物质的量的化学计算，包括物质的量在化学方程式计算的应用、物质的量浓度与质量分数的换算、反应物有过量时的计算等。掌握基本概念及物质之间的反应转化关系是本题解答的关键，当物质发生反应，两种物质的质量或物质的量都给出时，首先要根据方程式中相应物质转化关系，判断哪种物质过量，然后以不足量的物质为标准计算。

MnCl2+Cl2↑+2H2O可知

二者反应的物质的量的比是1：4，可见浓盐酸过量，反应产生Cl2要以MnO2为标准，