高考化学压轴题之氯及其化合物(高考题型整理,突破提升)及详细答案

一、 高中化学氯及其化合物

1．通常用的漂白粉是次氯酸钙，氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐，是由Cl2与消石灰CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O 制成的。有关反应如下：2Cl2+3Ca(OH)2→Ca(ClO)2·（1）漂白粉的有效成分是_____________________； （2）上述反应中，化合价有变化的元素是 _________ ；

（3）漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效，有关反应方程式为 _______，_______。

光照【答案】Ca(ClO)2 Cl Ca(ClO)2+2H2O+2CO2 →Ca(HCO3)2+2HClO 2HClO2HCl+O2↑

【解析】 【分析】 【详解】

CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O制成的，其(1)漂白粉是由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·

组成是次氯酸钙，氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐，其有效成分是Ca(ClO)2； CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O中，化合价有变化的(2)由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·

元素是Cl2 中的Cl由0价变成Ca(ClO)2 中+1价，CaCl2 中的-1价，所以化合价有变化的元素是Cl；

(3)漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效，是因为Ca(ClO)2与空气中的水蒸气和二氧化碳反应，生成了HClO又分解了，所以反应的方程式为

光照Ca(ClO)2+2H2O+2CO2→Ca(HCO3)2+2HClO；2HClO2HCl+O2。

2．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。

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

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

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。

3．(1)单质钠是一种______色的金属，密度比水______(大/小)，钠在自然界中以______(化合/游离)态存在；金属钠与水反应的化学方程式：______，金属钠在空气中燃烧生成______色的______(化学式)，其生成物与水反应的化学方程式：______。 (2)氯气是一种______色的气体，密度比空气______，______溶于水，并可以和水发生反应，写出其反应的化学方程式：______，实验室中用______ 溶液(化学式)吸收多余的氯气。

铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：______。漂白粉是______和______(化学式)的混合物，

是利用氯气与氢氧化钙反应制成的，写出其反应的方程式：______。

(3)现有物质：①氧化镁②硫酸铜 ③碳酸钙 ④金属钠 ⑤氯气 ⑥氢气 ⑦硫酸 ⑧氯水⑨二氧化硫 ⑩氧化钠⑪二氧化硅⑫次氯酸⑬漂白粉

按下列标准进行归类(填序号)混合物______ 酸______ 盐______单质______ 碱性氧化物______ 酸性氧化物______。

【答案】银白 小 化合 2Na2H2O2NaOHH2 淡黄 Na2O2

2Na2O22H2O4NaOHO2 黄绿 大 易 Cl2H2OƒHClHClO NaOH

点燃2Fe3Cl22FeCl3 CaCl2 Ca(ClO)2

2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O ⑧⑬ ⑦⑫ ②③ ④⑤⑥ ①⑩

⑨⑪ 【解析】 【分析】

1钠观察切开面，新切开的金属钠断面呈银白色色；密度比水小，钠是很活泼的金属，

在自然界中只能以化合态存在；金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；

金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠可以和水之间发生反应生成氢氧化钠和氧气；

2在通常状况下，氯气是一种黄绿色气体，密度比空气大，易溶于水；氯气和水反应生

成盐酸和次氯酸，实验室用氢氧化钠吸收吸收多余的氯气，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，氯气与氢氧化钙反应生成漂白粉，漂白粉的主要成分是次氯酸钙、氯化钙；

3物质分为混合物和纯净物，纯净物又分为单质和化合物，化合物分为氧化物、酸、

碱、盐。混合物是指由多种物质组成的物质；酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物；单质是只含有一种元素的纯净物；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物。 【详解】

1钠观察切开面，新切开的金属钠断面呈银白色色；钠与水反应浮在水面上，钠的密度

比水小，钠是很活泼的金属，在常温下就能与氧气反应，钠在自然界中只能以化合态存在；金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式：

2Na2H2O2NaOHH2，金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，

2NaO2VNa2O2，过氧化钠可以和水之间发生反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：

2Na2O22H2O4NaOHO2；

2在通常状况下，氯气是一种黄绿色气体，密度比空气大，易溶于水，1体积水中能溶

解2体积的氯气；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，Cl2H2OƒHClHClO，实验

室用氢氧化钠吸收吸收多余的氯气，生成氯化钠和次氯酸钠，离子反应为

Cl22OHClClOH2O，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁

点燃2Fe3Cl22FeCl3，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，反应的方程式为

2Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O，漂白粉的主要成分是次氯酸钙

(CaClO)2、氯化钙CaCl2；漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂

白、杀菌作用的次氯酸，同时生成碳酸钙沉淀，反应的化学方程式为：

Ca(ClO)2CO2H2OCaCO32HClO；

3①氧化镁为碱性氧化物； ②硫酸铜由硫酸根离子和铜离子构成的盐； ③碳酸钙由碳

酸根离子和钙离子构成的盐； ④金属钠 属于单质；⑤氯气属于单质； ⑥氢气属于单质；⑦硫酸属于二元强酸； ⑧氯水属于氯气和水的混合物； ⑨二氧化硫为酸性氧化物； ⑩氧化钠为碱性氧化物；⑪二氧化硅为酸性氧化物；⑫次氯酸为一元弱酸；⑬漂白粉主要成分是次氯酸钙(CaClO)2、氯化钙CaCl2，属于混合物； 则：混合物为⑧⑬，酸为 ⑦⑫，盐为②③，单质为④⑤⑥，碱性氧化物为

①⑩， 酸性氧化物为⑨⑪。

【点睛】

本题考查的是钠、氯气的物理性质、化学性质、物质的分类，属基础题，碱金属是典型金属元素的代表，钠是碱金属元素的代表，氯是卤素的代表，在无机化学中有非常重要的地位，因而成为命题的重点物质，是物质推断、鉴别、及有关实验、计算的常见物质。

4．A、B、C三种常见单质，其中A、C为气体，B为常见金属．A溶于水所得的溶液可使紫色石蕊先变红后褪色．F的水溶液为浅绿色，其转化关系如图所示，请回答：

（1）A和C燃烧的现象是______．

（2）F的化学式是______，检验F水溶液中金属阳离子的方法是______． （3）反应②的离子方程式是______．

【答案】安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有白雾 FeCl2 先加入KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴新制氯水，溶液变成血红色，可说明存在亚铁离子 2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl- 【解析】

【分析】

A溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明A为Cl2，氯气与水反应生成HCl和HClO，能使石蕊试液先变红后褪色；F的水溶液为浅绿色溶液，说明F中含有Fe2+，能继续和Cl2反应生成D，则D为FeCl3，F为FeCl2，所以B为Fe，则C为H2，E为HCl。 【详解】

(1)A为氯气，C为氢气，氢气在氯气中燃烧：H2+Cl2

点燃2HCl，生成的氯化氢气体极易溶

于水，所以瓶口上方有白雾，所以燃烧的现象为：安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有白雾；

(2)F为FeCl2，检验亚铁离子的方法为：先加入KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴新制氯水，溶液变成血红色，可说明存在亚铁离子；

(3)②FeCl2具有还原性，能与具有氧化性的Cl2反应生成FeCl3，反应的离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。 【点睛】

溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明A为Cl2，水溶液为浅绿色，则该溶液为FeCl2。

5．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适的反应条件下，它们可按下面框图进行反应。又知D溶液为黄色，E溶液为无色，请回答：

(1)A是__________，B是__________，C是_______________(填写化学式)。 (2)反应①的化学方程式为_______________________________。 (3)反应③的化学方程式为________________________________________。 (4)反应④的化学方程式为____________________________________________。 【答案】Fe Cl2 H2 2Fe＋3Cl2【解析】 【分析】

单质B为黄绿色气体，可知B为Cl2，C为单质为无色气体，B与C反应生成E，E溶液是无色的，则C为H2，E为HCl，A与盐酸生成氢气，A应为金属固体单质，A与盐酸反应后生成F为A的氯化物，F又能与氯气反应生成D，且A与氯气可以直接生成D，可推知A为Fe，根据转化关系可知，F为FeCl2，D为FeCl3，据此分析解答。 【详解】

(1)根据以上分析可知，A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：Fe；Cl2，H2； (2)反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3，故答案为：

2FeCl3 Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑ 2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3

2Fe+3Cl22FeCl3；

(3)反应③为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑；

(4)反应④为FeCl2和Cl2的反应，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。 【点睛】

把握B为氯气及图在转化为解答的关键。本题的难点是A的判断，要注意根据反应①A＋B(氯气)→D(固体)，反应④F(A的氯化物)＋B(氯气)→D(溶液)，说明A是变价金属，且A在F中呈低价。

6．现有A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C，把气体B通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D。请据此回答下列问题。

（1）写出下列各反应的化学方程式。 ①将气体B通入到水中：_______________ ②将气体B通入到NaOH溶液中：__________ ③将气体B通入到石灰乳中：__________

（2）把三种气体分别通入到酸性银溶液中，出现白色沉淀的气体是____（用字母序号表示）。

（3）白色浑浊物D因具有漂白性又称为___，其有效成分为__。

【答案】Cl2＋H2O=HCl＋HClO Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O 2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O BC 漂白粉 Ca(ClO)2 【解析】 【分析】

A、B、C三种气体，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中安静地燃烧生成C，则C为HCl，把Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D，则D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，结合物质的性质分析解答。 【详解】

根据上述分析，A为H2，B为Cl2，C为HCl，D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物。

(1)①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；

②氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的方程式为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O； ③氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为：

2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O； (2)氯气溶于水会生成盐酸和次氯酸，盐酸能与银生成氯化银沉淀，HCl与银反应生成氯化银沉淀，故答案为：BC；

(3)D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，因为具有漂白性又称为漂白粉；其有效成分为Ca(ClO)2，在空气中容易与二氧化碳、水发生反应生成次氯酸：

Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，故答案为：漂白粉；Ca(ClO)2。

7．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-+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。

NH3↑+H2O，Cl-

8．非金属及其化合物在生产、生活中应用广泛。

Ⅰ．CO2的有效利用可以缓解温室效应和能源短缺问题，CO2的分子结构决定了其性质和用途。

(1)CO2的电子式是______，包含的化学键类型为______共价键(填“非极性”或“极性”)。 (2)在温度高于31.26 oC、压强高于7.29×106 Pa时，CO2处于超临界状态，称为超临界CO2流体，可用作萃取剂提取草药中的有效成分。与用有机溶剂萃取相比，超临界CO2萃取的优点有______(答出一点即可)。

Ⅱ.氯水以及氯的化合物经常用于饮用水的消毒。

(3)将铁片插入盛有少量新制氯水的试管中，无气泡产生，用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片附近，溶液变红色，然后红色消失。显红色的离子方程式为______。 (4)净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。外层的优氯净

Cl2Na(NCO)3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠(Na2SO3)溶出，可将水中的余氯(次氯酸等)除去。 ①优氯净中氯元素的化合价为___________。

②亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的反应的化学方程式为_______________。 【答案】【解析】 【分析】

(1)CO2为共价化合物，C与每个O原子间都以双键相连。 (2)超临界CO2萃取的优点，可从成本、分离、环保等方面考虑。

(3)用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片附近，溶液变红色，表明溶液中含有Fe3+，显红色是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3。

(4)优氯净Cl2Na(NCO)3先与水反应生成次氯酸，则表明Cl元素显+1价；几分钟后，内层的亚硫酸钠(Na2SO3)溶出，可将水中的余氯(次氯酸等)除去，则HClO与SO32-发生氧化还原反应生成SO42-、Cl-等。 【详解】

(1)CO2为共价化合物，C与每个O原子间都以双键相连，电子式为类型为极性共价键。答案为：

；极性；

；包含的化学键

极性 萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等 Fe3＋＋3SCN－

⇌Fe(SCN)3 ＋1 Na2SO3＋HClO=Na2SO4＋HCl

(2)从成本、分离、环保等方面考虑，超临界CO2萃取的优点为萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等。答案为：萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等；

(3)用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片附近，溶液变红色，表明溶液中含有Fe3+，显红色是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3。答案为：Fe3＋＋3SCN

－

⇌Fe(SCN)3；

(4)优氯净Cl2Na(NCO)3先与水反应生成次氯酸，则表明Cl元素显+1价；几分钟后，内层的亚硫酸钠(Na2SO3)溶出，可将水中的余氯(次氯酸等)除去，则HClO与SO32-发生氧化还原反应生成SO42-、Cl-等，化学方程式为Na2SO3＋HClO=Na2SO4＋HCl。答案为：＋1；Na2SO3＋HClO=Na2SO4＋HCl。 【点睛】

用萃取剂从物质中提取溶质，将萃取后所得混合液与原混合物分离后，还需将溶质与萃取剂进行分离，虽然采用蒸馏法，但很难将萃取剂与溶质完全分离，若能利用超临界CO2作为萃取剂，成功萃取后，通过升温降压，便可让CO2气化，从而实现与溶质的分离，操作简单，成本低廉。

9．I、中学常见反应的化学方程式是ABXYH2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1∶4.请回答：

（1）若Y是黄绿色气体，该反应的离子方程式是_________________________。 （2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________________。 II、（1）硫酸型酸雨样品放置时pH变化的主要原因是（用化学方程式表示）________。 （2）如果将刚取样的上述酸雨和自来水（用Cl2杀菌消毒）混合，pH将____（填“增大”“减小”或“不变”），原因是（用化学方程式表示）_________________________________。

（3）你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是_____________（填序号）。 ①少用煤作燃料 ②把工厂烟囱造高 ③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源

A．①②③ B．②③④⑤ C．①③⑤ D．①③④⑤ 【答案】4H+ +2Cl- +MnO2

ΔCl2 +Mn2+ +2H2O 4:1 SO2＋H2OH2SO32H2SO3＋

O2===2H2SO4 减小 H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4 C 【解析】 【分析】 【详解】

I、(1)若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，该反应为二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H+2Cl

+

-

ΔMn2++Cl2↑+2H2O；

(2)构成A的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C，B为浓硫酸或浓，但A、B的物质的量之比为1：4，则B为浓HNO3，该反应中C为还原剂，为氧化剂，且全部被还原，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1； II、(1)硫酸型酸雨因雨水中溶有二氧化硫而显酸性，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液被空气氧化成强酸：硫酸，所以久置后pH会减小，方程式为：SO2＋H2O⇋H2SO3、2H2SO3＋O2===2H2SO4；

(2)该酸雨中含有亚硫酸，氯气具有强氧化性会将亚硫酸氧化成硫酸，自身被还原生成盐酸，生成两种强酸，所以溶液pH值会减小，方程式为：H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4；

(3)少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，所以选C。

10．MnO2是一种重要无机材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2（含有较多的MnO和MnCO3）样品转化为纯MnO2的实验，流程：

（1）第一次过滤后，所得滤液中含有的主要阳离子为____________________ ；所得滤渣需要洗涤，判断滤渣已洗涤干净的方法是__________________________________________ （2）完成第②步相关的离子反应：________________________________________________. （3）第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台（含铁圈）、玻璃棒、酒精灯、

_______________，已知蒸发得到的固体中有NaClO3和NaOH，则一定还含有____________（写化学式）。

（4）粗MnO2样品的质量为12.69g，第①步反应后，过滤得到8.7gMnO2，并收集到0.224LCO2（标准状况下），则在第②步反应中至少需要_______molNaClO3。

【答案】H+、Mn2+ 向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净

5Mn2++2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+ 蒸发皿 NaCl 0.02

【解析】 【分析】

由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO、MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，滤液中含MnSO4，为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第②步发生

5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，第③步中氯气与热的NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaClO3、水，溶液蒸发可得到固体，以此解答。 【详解】

（1）加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第一次过滤后，所得滤液中含有的主要阳离子为：H+、Mn2+；所得滤渣需要洗涤，判断滤渣已洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，方法是：向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净，故答案为：H+、Mn2+；向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净；

（2）MnSO4要转化为MnO2，需失去电子，故需要加入NaClO3做氧化剂，Mn元素化合价从+2价升高至+4价，Cl元素化合价从+5价降低至0价，依据得失电子守恒以及原子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：

5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，因此反应的离子方程式是：

5Mn2++2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H+；

（3）第③步属于蒸发，所以需要的仪器有铁架台（含铁圈）、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂，NaClO3

属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl；

（4）由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69g-8.7 g=3.99g，由方程式

H2SO4+MnCO3=MnSO4+H2O+CO2↑可知MnCO3的物质的量与生成的二氧化碳物质的量相等，为0.01mol，质量为115g/mol×0.01mol=1.15g，所以MnO的质量为3.99g-1.15g=2.84g，其

2.84g=0.04mol，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为物质的量为

71g/mol0.04mol+0.01mol=0.05mol，根据方程式

5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO4，可计算出需要NaClO3的物质的量为0.02mol，故答案为：0.02mol。

11．有人提出可以利用海水(含NaCl)和石灰石为原料制取漂白粉，该方法流程如下：

(1)②中的反应物是氯化钠和________，该反应的离子程式为_________。 (2)写出反应④、⑤的化学方程式：_________。

(3)图中反应②③④⑤属于氧化还原反应的是____________。

－

【答案】水 2Cl＋2H2O

通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑ CaO＋H2O=Ca(OH)2、2Cl2＋

2Ca(OH)2=CaCl2＋ Ca(ClO)2＋2H2O ②⑤ 【解析】 【分析】

(1)②电解氯化钠和水生成氢氧化钠、氢气和氯气；

(2)反应④是氧化钙和水生成氢氧化钙、反应⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水。

(3)反应前后有元素化合价改变的反应为氧化还原反应。 【详解】

(1)②电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，②中的反应物是氯化钠和水，反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O

通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑。

(2) 反应④是氧化钙和水生成氢氧化钙，反应的化学方程式是CaO＋H2O=Ca(OH)2；反应⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学方程式是2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。 (3)②2Cl－＋2H2O

通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑、⑤2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O反应中有元素

化合价的变化，属于氧化还原反应，③CaCO3

高温CaO＋CO2↑、④CaO＋H2O=Ca(OH)2，反

应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应。

12．将17.4g MnO2加入到12mol/L 的400mL浓盐酸中，充分反应，然后在反应后的溶液中加入足量的银溶液（假设浓盐酸在反应中无损失）。求： （1）反应产生多少升的气体？________________ （2）加入银后，产生多少克沉淀？_______________ 【答案】4.48L 631.4g 【解析】 【分析】

(1)根据反应：MnO2+4HCl (浓)算生成氯气体积；

(2)根据氯原子守恒计算反应后溶液中n(Cl- )发生反应：Cl-+Ag+=AgCl↓，则n(AgCl)=n(Cl-)， 根据m=nM计算氯化银的质量。 【详解】

(1) 400mL、12mol/L的浓盐酸中HCl物质的量=0.4L12mol/L=4.8mol，17.4g二氧化锰物质的质量=

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，进行过量计算， 根据不足量的物质计

Δ17.4g=0.2mol，发生反应：MnO2+4HCl (浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，由方程式可

87g/mol知0.2mol二氧化锰完全反应消耗HCl为0.2mol4=0.8mol，小于浓盐酸中含的HCl，浓盐酸过量，按0.2mol MnO2进行计算,所以产生Cl2为0.2mol，产生Cl2的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L；

(2)根据氯原子守恒，反应后溶液中n(Cl-) =4.8mol-0.2mol×2=4.4mol，根据反应: Cl-+Ag+=AgCl↓，则n(AgCl)=n(Cl-)=4.4mol，m(AgCl)=4.4mol143.5g/mol=631.4g。

13．(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，收集到标准状况下448 mL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反应)。

(2)将14 g 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1.12 L，所得溶液的体积为400 mL。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 2HClO【解析】 【分析】

2HCl＋O2↑ 2.86 g 6.2 1.0

(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，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+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO2HClO

2HCl+O2↑，故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO；2HCl+O2↑；

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，反应生成二氧化碳，根据 Ca(ClO)2～CaCO3～CO2 143g 22.4L m(Ca(ClO)2) 0.448L

143g0.448L有m(Ca(ClO)2)==2.86g，故答案为：2.86g；

22.4L1.12L+-(2)n(O2)==0.05mol，根据反应2Na2O2+2H2O＝4Na+4OH+O2↑可知，混合物22.4L/mol中过氧化钠的物质的量为：n(Na2O2)=2n(O2)=0.05mol×2=0.1mol，则混合物中过氧化钠的质量为：m(Na2O2)=78g/mol×0.1mol=7.8g，氧化钠的质量为：14g-7.8g=6.2g，n(Na2O)=

6.2g=0.1mol，n(Na2O2)=0.1mol，混合物溶于水后都生成NaOH，溶液中

62g/mol的溶质是NaOH，根据Na原子守恒得所得溶液中

n(NaOH)=n(Na+)=2n(Na2O)+2n(Na2O2)=2×(0.1+0.1)mol=0.4mol，c(NaOH)＝1.0 mol·L－1，故答案为：6.2；1.0。

0.4mol＝0.4L

14．我国广泛采用将干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠(NaClO2)的柱内制得ClO2，用其取代氯气对自来水消毒，从而降低自来水中的氯残留对人体健康的影响。 (1)在ClO2分子中氯元素的化合价是______________。

(2)表示这一反应的化学方程式是________________________________，和欧洲的方法相比，我国这一方法的主要优点是生产出的ClO2中不含Cl2杂质。

(3)在酸性溶液中，用草酸钠(Na2C2O4)还原NaClO3也可制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是________________________________，此法的优点是ClO2可被CO2稀释(Na2C2O4的氧化产物是CO2)。

(4)根据上述原理，北京绿先锋环保科技有限责任公司生产的“绿先锋消毒剂”是由两组固体

试剂组成的。其使用方法见下图：

小瓶内盛的白色固体是________________，瓶胆内盛的白色固体是______________。 【答案】＋4 2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl Na2C2O4+2NaClO3=2Na2CO3+2ClO2 草酸钠 氯酸钠 【解析】 【分析】

(1)化合物中正负化合价的代数和为0，ClO2中O为-2价； (2)由信息可知，氯气与NaClO2反应生成ClO2；

(3)草酸钠(Na2C2O4)还原NaClO3也可制得ClO2，Na2C2O4的氧化产物是Na2CO3，结合电子、原子守恒分析；

(4)从上文信息可知两种固备ClO2的是草酸钠与氯酸钠，根据氯酸钠具有强的氧化性分析判断物质的存放。 【详解】

(1)根据O元素化合价为－2，得氯元素的化合价为＋4。

(2)根据信息知反应物为氯气和亚氯酸钠，生成物之一为二氧化氯，结合质量守恒定律可得另一生成为氯化钠，反应方程式为：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；

(3)草酸钠(Na2C2O4)与NaClO3反应，氯酸钠被还原得到的ClO2，草酸钠被氧化为Na2CO3，反应方程式为：Na2C2O4+2NaClO3=2Na2CO3+2ClO2；

(4)根据上述信息可知两种固体是草酸钠与氯酸钠，由于氯酸钠具有强的氧化性，会腐蚀钢筒，因此小瓶内盛的白色固体是草酸钠，瓶胆内盛的白色固体是氯酸钠。 【点睛】

本题考查物质的性质及氧化还原反应，把握习题中的信息及物质的性质、氧化还原反应为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力。

15．双氧水和84消毒液是生活中常用的两种消毒剂，了解物质的性质是科学合理使用化学品的基础和前提。请回答下列问题： (1)某同学设计如下实验研究H2O2的性质 序号 ⅰ 实验 向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液 实验现象 a. 溶液紫色褪去 b. 有大量气泡产生 ⅱ 向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液 c. 溶液变蓝 ① 从理论上看H2O2既有氧化性又有还原性，具有还原性的原因是__________。 ② 能证明H2O2具有还原性的实验是_____(填序号)。可作为证据的实验现象是_____(填字母序号)。

(2)84消毒液的有效成分为NaClO

① 将Cl2通入NaOH溶液中可制得84消毒液，化学反应方程式为__________。 ② 84消毒液不能用于钢制器具的消毒，原因是NaClO具有_________ 性。

③ 84消毒液的溶液在浸泡餐具过程中，因吸收空气中CO2消毒杀菌能力增强，其中发生的) 化学反应符合规律： ______+ ______ = ______+ _____ (填物质类别．．．．．

(3)2016年巴西奥运会期间，由于工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。

① 该反应说明氧化性：NaClO_______ H2O2的(填“>”或“<”)。 ② 当有0.1mol O2生成时，转移电子_______mol

【答案】过氧化氢中氧元素的化合价为-1，化合价可升高被氧化，具有还原性 1 ab Cl2 + 2NaOH = NaCl +NaClO+H2O 氧化性 酸 盐 酸 盐 > 0.2 【解析】 【详解】

（1）①H2O2分子中，O呈-1价，且可升高被氧化，故H2O2具有还原性；

②实验I中的KMnO4是强氧化剂，实验II中的KI是强还原剂，故实验I能证明H2O2具有还原性，现象ab可作为证据证明H2O2具有还原性；

（2）①Cl2和NaOH溶液反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O； ②NaClO具有氧化性，故84消毒液不能用于钢制器具的消毒；

③该过程发生的反应是CO2+H2O+NaClO=HClO+NaHCO3，其中发生的化学反应符合规律是强酸制弱酸，即酸+盐=酸+盐；

（3）①NaClO一般做氧化剂，还原产物是Cl-，故NaClO与H2O2反应产生的O2是由H2O2被氧化而来，即H2O2作还原剂，所以氧化性：NaClO>H2O2；

②生成O2，O的化合价由-1变为0，则生成0.1mol O2，转移电子0.2mol。