2020-2021高考化學氯及其化合物培優(yōu)易錯難題練習含答案含詳細答案

1、2020-2021高考化學氯及其化合物培優(yōu)易錯難題練習(含答案)含詳細答案一、高中化學氯及其化合物1 .高鎰酸鉀是一種典型的強氧化劑。(1)在用KMnO4酸性溶液處理固體Cu2s時，發(fā)生的反應如下：8MnO4+5CU2S+44H+=10Cu2+5SO2T+8Mn2+22H2。還原產物為。被氧化的元素是氧化劑與還原劑的物質的量之比為每生成2.24L標況下)SQ,轉移電子數目是(2)用KMnO4酸性溶液處理固體CuS時，也可將CuS反應成Cu2+和SQ。寫出該離子反應方程式(3) 15.8gKMnO4,加熱分解后剩余固體15.0g。該剩余固體與足量的濃鹽酸在加熱條件下充分反應，生成單質氣體A,產物

2、中鎰元素以Mn2+存在，則氣體A的物質的量為molo【答案】Mn2+Cu、S8:50.8N6MnO4+5CuS+28H+=5Cu2+5SO2f+6Mn2+14H2。0.2【解析】【分析】(1)結合氧化還原反應的知識分析即可；(2)用KMnO4酸性溶液處理固體CuS時，也可將CuS反應成Cu2+和SC2,同時得到還原產物Mn2+,結合電子守恒、電荷守恒和原子守恒寫出發(fā)生反應的離子方程式；15.8gKMnC4,加熱分解后剩余固體15.0g,減少的質量為氧氣的質量，在反應后的殘留固體中加入足量的濃鹽酸，繼續(xù)加熱，收集到氣體為氯氣，根據電子轉移守恒，整個過程中，Mn元素獲得電子等于C元素、Cl元素失去

3、的電子，據此分析?！驹斀狻吭?MnC4+5Cu2S+44H+=10Cu2+5SC2f+8Mn*+22H2。中Mn元素從+7價降為+2價，發(fā)生還原反應，而Cu2s中Cu元素從+1價升高為+2價，S元素從-2價升高為+4價，發(fā)生氧化反應；由分析知，還原產物為Mn2+;被氧化的元素是Cu2s中Cu、S兩元素；氧化劑為KMnO4,還原劑為Cu2S,兩者的物質白量之比為8:5;Cu2s中Cu元素從+1價升高為+2價，S元素從-2價升高為+4價，則1molCu2s完全被氧224?_化，車t移8mol電子；2.24L(標況下)SC2的物質的量為=0.1mol,反應中轉移22.4?_/mol電子的物質的量為0

4、.8mol,電子數目是0.8Na；(2)用KMnO4酸性溶液處理固體CuS時，也可將CuS反應成Cu2+和SC2,同時得到還原產物Mn2+,結合守恒法得發(fā)生反應的離子方程式為6MnO4+5CuS+28H=5Cu2+5SC2f+6Mn2+14H2。；(3)15.8gKMnO4,加熱分解后剩余固體15.0g,減少的質量為氧氣的質量，m(O2)=15.8g-15.0g=0.8g,n(O2)=J=0.025mol；32g/mol在反應后的殘留固體中加入足量的濃鹽酸，繼續(xù)加熱，收集到氣體為氯氣，根據電子轉移守恒，整個過程中，Mn元素獲得電子等于O元素、Cl元素獲得的電子，則設氯氣的物質的量為xmol,n

5、(KMnO4)=15.8g158g/mol=0.1mol,電子轉移守恒可得:0.1mol(7-2)=4n(O2)+2(Cl2),即0.1X(7-2)=4X0.025+2得：x=0.2mol。2. (1)室溫時，在下列物質中：NaC2Na2OFeC2溶液NaHCQ蔗糖NH3NaCl晶體HClOFe(OH)2屬于堿性氧化物的是(用序號填寫，下同),屬于酸的是,屬于強電解質的是,屬于非電解質的是,能導電的是。(2)Na2O2與CO2的反應化學方程式；(3)向硫酸氫鈉溶液中逐滴加入氫氧化鋼溶液到中性，請寫出發(fā)生反應的離子方程式O(4)制取漂白粉的反應化學方程式;其有效成分是;【答案】2Na2O2+2C

6、O2=2Na2CO3+O22H+SQ2-+Ba2+2OH=BaSQJ+2H2O2c2+2Ca(OH片CaC2+Ca(ClO2+2H2OCa(ClO2【解析】【分析】(1)堿性氧化物：能與酸反應只生成一種鹽和水，主要包括絕大多數金屬氧化物；酸：電離時產生的陽離子全部都是氫離子的化合物；強電解質：在水溶液中或熔融狀態(tài)下能發(fā)生完全電離的化合物；非電解質：在水溶液中或熔融狀態(tài)下不發(fā)生電離的化合物；能導電的物質有大多數金屬單質或存在有自由移動電荷的物質；根據物質特點結合定義解答；(3)向硫酸氫鈉溶液中逐滴加入氫氧化鋼溶液到中性，除生成水，還應該生成NazSd和BaSQ沉淀；(4)漂白粉的有效成分為次氯酸

7、鈣，利用氯氣和冷的消石灰反應制取漂白粉?！驹斀狻?1)Na2O能夠與酸反應生成鹽和水，屬于堿性氧化物；HClO電離產生的陽離子都是氫離子，屬于酸；Na2。、NaHCQ、NaCl晶體在水溶液或者熔融狀態(tài)下能完全電離而導電，都是化合物，都屬于強電解質；蔗糖、NH3,本身不能電離產生自由移動的離子，是化合物，都屬于非電解質；鈉含有自由電子，氯化亞鐵溶液含有自由移動的離子，都能導電；故屬于堿性氧化物的是；屬于酸的是；屬于強電解質的是；屬于非電解質的是；能導電的是；(2)Na2O2與CO2的反應生成碳酸鈉和氧氣，發(fā)生反應的化學方程式為2Na2O2+2CO2=2Na2CQ+O2；(3)向硫酸氫鈉溶液中逐滴

8、加入氫氧化鋼溶液到中性，除生成水，還應該生成Na2SO4和BaSQ沉淀，則發(fā)生反應的離子方程式為2H+SQ2-+Ba2+2OH-=BaSQJ+2H2O;(4)工業(yè)上利用氯氣和冷的消石灰反應制取漂白粉，發(fā)生反應的化學方程式為2Cl2+2Ca(OH戶CaC2+Ca(ClO2+2H2O,其有效成分是Ca(ClO2?！军c睛】電解質是指在水溶液中或熔融狀態(tài)下能導電的化合物，例如酸、堿、鹽、活潑金屬氧化物等，凡在上述情況下不能導電的化合物叫非電解質，例如非金屬氧化物、一些氫化物和一些有機物如蔗糖和酒精等；特別注意能導電的不一定是電解質，且非電解質的水溶液也可能導電，如CO2的水溶液導電，是因為生成碳酸的緣

9、故；另外電解質和非電解質都是化合物，既要排除單質又要排除混合物。3.下列各物質是中學化學中常見的物質，甲為常見金屬單質，丙為黃綠色的單質氣體，乙、丁是常見無色氣態(tài)非金屬單質，其它均為化合物，C常溫下為一種液體，B、D分別為黑色粉末和黑色晶體，G為淡黃色固體，J為生活中常見的調味品，I為紅褐色固體，F為棕黃色溶液。是實驗室制取丁的反應之一。各物質間的轉化如下圖所示，回答下列問題(部分生成物未列出)：(1)物質I的化學式為;F中陰離子是;(2)反應的化學方程式為為；(3)B與K的反應是實驗室制取丙的反應，其離子方程式為;(4)反應的化學方程式為;(5)若E與G以物質的量比為1:1投入足量水中，反應

10、的化學方程式為;生成1mol氣體轉移電子的個數為。MnO2叢【答案】Fe(OH>C-2H2O2二2H2O+O2MnO2+4H+2Cl=Mn2+C2T+2H2O3Fe+高溫4H2O(g)Fe3O4+4H24FeC2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OH3J+8NaCl+Of6Na【解析】【分析】丙為黃綠色單質氣體，所以丙為Cl2,B與K的反應是實驗室制取丙的反應，且B為黑色粉末，則B為MnO2,K為HCl；是實驗室制取丁的反應之一，則該反應為雙氧水在二氧化鎰的催化作用下制取氧氣的反應，所以C為H2O,丁為氧氣；G為淡黃色固體，且可以生成氧氣，則G應為Na2O2,則J為生活中常見的調味品，應

11、為NaCl,I為紅褐色固體應為Fe(OH)3；F為棕黃色溶液，應含Fe3+,E與氯氣反應可生成F,則F為FeC3,E為FeC2;氯化鐵可以與單質鐵反應生成氯化亞鐵，所以甲為鐵單質，Fe可以在高溫條件下與水反應生成氫氣和四氧化三鐵，所以乙為氫氣，D為FesO4o【詳解】根據分析可知物質I為Fe(OH)3;F中陰離子為Cl-；MnO2(2)反應為雙氧水在二氧化鎰的催化作用下制取氧氣，方程式為2H2O22H2O+O2；(3)實驗室利用濃鹽酸和二氧化鎰共熱制取氯氣，方程式為：MnO2+4H+2C1a2+Mn2+C2T+2H2O;(4)反應為Fe在高溫條件下與水蒸氣反應生成氫氣和四氧化三鐵的反應，方程式

12、為：3Fe高溫+4H2O(g)Fe3O4+4H2;(5)E為FeC2,G為Na2O2,過氧化鈉有強氧化性可氧化亞鐵離子為鐵離子，被還原時-1價的氧被還原成-2價，二者1:1反應，說明氧化產物不止有Fe3+,再聯(lián)系過氧化鈉可以與水反應生成氧氣，可知產物中應還有氧氣，Na2O2自身發(fā)生氧化還原反應，所以E與G以物質的量比為1:1投入足量水中，反應方程式為4FeC2+4Na2O2+6H2O=4Fe(OHJ+8NaCl+02To【點睛】解決此類題目要根據物質的性質、特征作為突破口進行推斷，例如本題中芮為黃綠色單質氣體”，則丙為Cl2,“F為棕黃色溶液”，則其溶液中應含有Fe3+,學生平時的學習中要注意

13、多積累一些有特殊性質的物質。4.室溫下，A是常見的金屬單質、單質B是黃綠色氣體、單質C是無色氣體。在合適反應條件下，它們可以按下面框圖進行反應；E是無色溶液，F是淡綠色溶液。B和C反應發(fā)出蒼白色火焰。請回答：(1)A是,B是,C是(請?zhí)顚懟瘜W式)；(2)反應的化學方程式;(3)反應的離子方程式;(4)反應的離子方程式。【答案】FeC2H22Fe+3Cl2X=2FeC3Fe+2H+=Fe2+H2T2Fe2+Cb=2Fe3+2Cl【解析】【分析】室溫下，A是常見的金屬單質、單質B是黃綠色氣體、單質C是無色氣體，B是氯氣，B和C反應發(fā)出蒼白色火焰，C是氫氣，E是氯化氫。F是淡綠色溶液，F溶液中含有亞

14、鐵離子，所以A是鐵，F是氯化亞鐵，D是氯化鐵，據以上分析解答?！驹斀狻渴覝叵?，A是常見的金屬單質、單質B是黃綠色氣體、單質C是無色氣體，B是氯氣，B和C反應發(fā)出蒼白色火焰，C是氫氣，E是氯化氫。F是淡綠色溶液，F溶液中含有亞鐵離子，所以A是鐵，F是氯化亞鐵，D是氯化鐵，(1)根據以上分析可知A、B、C分別是Fe、CI2、七(2)反應為鐵與氯氣反應生成氯化鐵，化學方程式為2Fe+3Cl洼三2FeCl3；(3)反應為鐵與鹽酸反應生成氯化亞鐵和氫氣，離子方程式為Fe+2H=Fe2+HT;(4)反應為氯化亞鐵與氯氣反應生成氯化鐵，離子方程式為2Fe"+Cl2=2Fe3+2Clo5 .有A、B

15、、C三種可溶性正鹽，陰、陽離子各不相同，其陰離子的摩爾質量依次增大(按A、RC的順序)，將等物質的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K>SQ2-、NO3-、Cl-五種離子，同時生成一種白色沉淀。請回答下列問題：(1)經檢驗，三種正鹽中還含有下列選項中的一種離子，該離子是一。A.NaB.Mg2C.Cu2D.Ag(2)若將A、B、C三種正鹽按一定比例溶于水后，所得溶液中只含有Fe3+、SO2-、NO。四種離子且物質的量之比依次為1：2：3：4,則A、B、C三種正鹽的物質的量之比為O【答案】D1：3：2【解析】【分析】等物質的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、

16、SO4、NO3、Cl-五種離子，同時生成一種白色沉淀，A、B、C三種可溶性正鹽，陰、陽離子各不相同，其陰離子的摩爾質量依次增大，則A為鹽酸鹽，B為硝酸銀，C為硫酸鹽；等物質的量混合，生成沉淀可能為AgCl,則A為FeC3,B為AgNO3,C為K2SQ,以此來解答。【詳解】(1)所給離子中只有Ag+和SO2、NO3、Cl-三種陰離子中Cl-按1:1生成沉淀，其余所給陽離子均和三種陰離子不沉淀，則該離子是Ag+,故答案為：D;(2)只含有Fe3+、SO2、NO3、K+四種離子且物質的量之比依次為1:2:3:4,則若FeC3為1mol,AgNO3為3mol,二者發(fā)生Ag+C-AgCl；K2S。為2m

17、ol,A、BC三種正鹽的物質的量之比為1:3:2,故答案為：1:3:2。6 .有X、Y、Z三種元素：(1) X、Y、Z的單質在常溫下均為氣體；(2) X單質可以在Z的單質中燃燒，生成物為XZ,火焰呈蒼白色；(3) XZ極易溶于水，在水溶液中電離出X+和Z-,其水溶液能使藍色石蕊試紙變紅；(4)每2個X2分子能與1個Y2分子化合成2個X2Y分子，X2Y常溫下為液體；(5) Z單質溶于X2丫中，所得溶液具有漂白性。試寫出其元素符號：X_,Y_Z_,化合物的分子式：XZ_,X2Y_O【答案】HOClHClH2O【解析】【分析】根據特殊顏色(蒼白色)以及水在常溫下為液體可以推斷出各元素和各物質?！驹斀?/p>

18、】X單質可以在Z的單質中燃燒，生成物為XZ,火焰呈蒼白色，所以X為H2,Z為Cl2,HCl為HCl;XZ極易溶于水，在水溶液中電離出H+和Cl-,其水溶液能使藍色石蕊試紙變紅，驗證了剛才的結論；X2Y常溫下為液體，根據X為氫元素，可以確定X2Y為H2O,所以Y為O;Cl2溶于H2O中，所得溶液中含有次氯酸，具有漂白性。綜上可確定X為H,丫為O,Z為Cl。XZ為HCl,X2丫為H2O。7 .某溶液中可能含有K+、Na+、CO2、C中的一種或幾種，為鑒別其中所含離子，現進行如下實驗：序號實殮插作及要床取原溶液，遵行焰色反應.顯饌色.透過監(jiān)色鉆較珂瑰展無紫色步畛取原溶液，向涔液中加入砧酸.有氣體產生

19、請回答下列問題：(1)原溶液中一定存在的離子是(填離子符號，下同)，一定不存在的離子是,可能存在的離子是。(2)為進一步確定原溶液中可能存在的離子是否存在，應進行的實驗操作及判斷依據是【答案】Na+和CO2KCl取原溶液，向溶液中加入硝酸銀溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，則原溶液中存在Cl,若白色沉淀消失，則原溶液中不存在Cl【解析】【分析】鈉的焰色反應是黃色，鉀的焰色反應(透過藍色鉆玻璃)是紫色；CO2能和鹽酸反應生成氣體。檢驗Cl-的試劑是稀硝酸和硝酸銀溶液?！驹斀狻?1)根據焰色反應顯黃色、透過藍色鉆玻璃無紫色，說明含有Na+、無K+；加入鹽酸有氣體產生，說明存

20、在CC32-,但不能確定是否有C；則原溶液中一定存在Na+和CO32-,-定不存在K+,可能存在的是Cl-。(2)要檢驗是否存在Cl-選用AgNO3溶液和稀HNO3,所進行的操作和判斷的依據為：取原溶液，向溶液中加入硝酸銀溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，則原溶液中存在Cl，若白色沉淀消失，則原溶液中不存在Cl。8 .現有A、B、C三種氣體，A是密度最小的氣體，B在通常情況下呈黃綠色，純凈的A可以在B中安靜地燃燒生成C。把氣體B通入到適量石灰乳中可以得到白色渾濁物D。請據此回答下列問題：(1)寫出下列各反應的化學方程式純凈的A在B中安靜地燃燒生成C將氣體B通入到水中：。

21、將氣體B通入到NaOH溶液中：將氣體B通入到適量石灰乳中：(2)把三種氣體分別通入酸性硝酸銀溶液中，出現白色沉淀的氣體是(用字母表示)。(3)將白色渾濁物D溶于水得到澄清溶液，分別取適量該澄清液兩份。向第一份中滴加碳酸鈉溶液觀察到出現沉淀，發(fā)生反應的化學方程式為向第二份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，會觀察到(填現象)。白色渾濁物D因具有漂白性又稱為，該物質在空氣中容易變質的原因為(用化學方程式表示)。點燃【答案】H2Cl2=2HClCl2H2O?HClHClOC2l2NaOH=NaClNaClOH2O2Cl22Ca(OH*CaC2+Ca(ClO2+2H2OBCCaOl+Na2CQ=CaCOJ

22、+2NaClCa(ClO)十Na2CQ=CaCOJ+2NaClO生成白色沉淀漂白粉Ca(ClO2+H2O+CQ=2HClO+CaCQ、光照2HC1O=2HC1+02T【解析】【分析】A是密度最小的氣體，應為H2,B在通常情況下呈黃綠色，應為C2,純凈的A可以在B中安靜地燃燒生成D,則D為HCl,把氣體C12通入到適量石灰乳中可以得到白色渾濁物D,則D為CaC2和Ca(ClO的混合物，結合對應物質的性質解答該題?！驹斀狻緼是密度最小的氣體，應為H2,B在通常情況下呈黃綠色，應為C2,純凈的A可以在B中安靜地燃燒生成D,則D為HCl,把氣體C12通入到適量石灰乳中可以得到白色渾濁物D,則D為CaC

23、2和Ca(ClO的混合物，(1)A與B反應是氫氣在點燃條件下與氯氣反應生成氯化氫，反應方程式為：H2+點燃Cl2=2HCl，點燃故答案為：H2Cl2=2HCl；氯氣與水反應生成鹽酸和次氯酸，反應的方程式為：C2+H2O?HCl+HClO,故答案為：Cl2+H20?HCl+HCl0；氯氣和氫氧化鈉反應生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應的方程式為：Cb+2NaOHNaCl+NaClO+HO,故答案為：CE+2NaOHNaCl+NaClO+H2O;氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應的方程式為：2C2+2Ca(OH)2CaC2+Ca(ClO2+2H2O,故答案為：2Cl2+2Ca(OH>

24、;CaC2+Ca(ClO2+2H2。；(2)氯氣溶于水會生成鹽酸能與硝酸銀生成氯化銀沉淀，HCl與硝酸銀反應生成氯化銀沉淀，故答案為：BC;(3)D為CaC2和Ca(ClO的混合物，滴加碳酸鈉溶液發(fā)生的化學反應為CaC2+Na2CQ=CaCOJ+2NaCl、Ca(ClO+Na2CQ=CaC。J+2NaClO,故答案為：CaC2+Na2CO3=CaC。J+2NaCl、Ca(ClO2+Na2CO3=CaC。J+2NaClO;向第二份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸銀溶液，氯離子和銀離子反應生成氯化銀白色沉淀，故答案為：生成白色沉淀；因為具有漂白性又稱為漂白粉；在空氣中容易與二氧化碳、水發(fā)生反應變質，其反應

25、的光照方程式為：Ca(ClO)+H2O+CQ=2HClO+CaCQ、2HC1O=2HC1+O2T;光照故答案為：漂白粉；Ca(ClO2+H2O+CC2=2HClO+CaCQ、2HC1O=2HCI+O2"【點睛】氯氣是一種強氧化劑，與水或是堿都發(fā)生歧化反應，本題考察氯氣及其化合物的性質，解題時需注意化學方程式的書寫。9 .下圖中AH均為中學化學中常見的物質，A、B、H是氣體，它們之間有如下轉化關系。(反應中生成白水已略去)請回答以下問題：(1)E是,F是,H是。(填化學式)(2)C物質在日常生活中可作劑。(3)寫出反應的化學方程式：?！敬鸢浮緾aCOHClO消毒(或漂白)2C2+2Ca

26、(OH)2=CaC2+Ca(ClO2+2H2O【解析】【分析】B可與澄清石灰水反應生成沉淀，應為CO2,則E為CaC。，常見能與石灰水反應的氣體還有氯氣，則A應為C2,由此可以知道C為Ca(ClO)2,F為HCl,D為CaC2,G為HClO,H為。2,結合對應物質的性質以及題目要求可解答該題?！驹斀狻緽可與澄清石灰水反應生成沉淀，應為CO2,則E為CaCQ,常見能與石灰水反應的氣體還有氯氣，則A應為C2,由此可以知道C為Ca(ClO)2,F為HCl,D為CaC2,G為HClO,H為。2；(1)由以上分析可以知道E為CaC。，H為02,F是HCl;答案是：CaCO；HC1；02；(2)C為Ca(

27、ClO)2,可生成HClO,具有強氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；答案是：消毒(或漂白)；(3)反應的化學方程式為：2Cl2+2Ca(OH)2=CaC2+Ca(ClO2+2H2。；故答案是：2Cl2+2Ca(OH)2=CaC2+Ca(ClO2+2H2O。10 .有X、Y、Z三種元素X、Y、Z的單質在常溫下均為氣體；X單質可以在Z單質中燃燒，生成物為XZ,其中火焰為蒼白色；XZ極易溶于水，電離出X+和乙，其水溶液可使藍色石蕊試液變紅；每2個X2分子可與1個旭分子化合生成2個X2Y分子，X2Y在常溫下為液體；Z單質溶于X2Y中所得溶液具有漂白作用。(1)推斷元素符號X、Y、Z;(2)化合物XZ的

28、電子式為,X2Y屬于(填離子化合物、共價化合物、共價分(3)寫出XZ(寫化學式)的電離方程式;寫出XZ(寫化學式)與Ca(ClO)2反應的化學方程式?！敬鸢浮縃OClR：怦共價化合物HC=H+C-Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaC2【解析】【分析】有X、Y、Z三種元素，由X、Y、Z的單質在常溫下均為氣體、X的單質在Z的單質中燃燒，生成XZ,燃燒時火焰呈蒼白色、XZ極易溶于水，在水溶液中電離出X+和Z-.XZ的水溶液可使石蕊試液變紅可知，X為H,Z為Cl,XZ為HCl;由兩分子X的單質可與一分子Y的單質化合生成兩分子X2Y,X2Y常溫下為液體，則Y為O,X2Y為H2O；X2Y為H2O

29、,C12溶于H2O中，反應生成HCl和HClO,HClO具有漂白作用；據以上分析進行解答?！驹斀狻坑蠿、Y、Z三種元素，由X、Y、Z的單質在常溫下均為氣體、X的單質在Z的單質中燃燒，生成XZ,燃燒時火焰呈蒼白色、XZ極易溶于水，在水溶液中電離出X+和Z-.XZ的水溶液可使石蕊試液變紅可知，X為H,Z為Cl,XZ為HCl;由兩分子X的單質可與一分子丫的單質化合生成兩分子X2Y,X2丫常溫下為液體，則丫為O,X2丫為H2O；X2丫為H2O,Cl2溶于H2O中，反應生成HCl和HClO,HClO具有漂白作用；(1)根據分析可知，X為H,丫為O,Z為Cl元素；X2Y為H2O,水分子中只含有共價(2)

30、XZ為HCl,HCl為共價化合物，其電子式為H：耳：鍵，屬于共價化合物；(3) XZ為HCl,屬于強電解質，其電離方程式為：HC=H+C；HCl與Ca(ClO)2反應生成次氯酸和氯化鈣，該反應的化學方程式為：Ca(ClO)2+2HC=2HClO+CaC2o【點睛】鹽酸溶液顯酸性，能夠使紫色石蕊試液變紅；氯水成分有：Cl2、HCl、HClO、H2O等,溶液具有酸性、氧化性和漂白性，因此氯水能夠使紫色石蕊試液變紅(H+作用)，后溶液褪色(HClO的漂白作用)，而氯氣本身沒有漂白作用。11 .利用下圖，可以從不同角度研究含氯物質的性質及其轉化關系，圖中甲辛均含氯元素?；卮鹣铝袉栴}:叱合愉+7+5+4

31、+L07- T己- 丙- 戊- 乙- 甲IiI.11氫型物單質氧化物含氧醋隰或妝物展類別(1)丙的化學式為；從組成和性質上分析，丁屬于(填酸性"或堿性”)氧化物。(2)圖中甲、乙、丁、戊中，屬于電解質的是(填化學式)；根據氯元素的化合價判斷，乙物質。a只有氧化性b既有氧化性又有還原性c只有還原性d既能做氧化劑也能做還原劑(3)電解甲溶液制備己的化學反應為：甲+H2O己+H2f,反應中甲與H2O的物質的量之比是O(4)庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化學反應方程式為。(5)辛在MnO2催化下受熱分解可用于制備一種常見氣體，這種氣體的化學式是。【答案】ClO2酸性HCl>HClO

32、bd1：42c2+2Ca(OH片Ca(ClO2+CaC2+2H2OO2【解析】【詳解】(1)丙中氯元素的化合價為+4價，丙為氧化物，所以丙是二氧化氯；丁是+7價的含氯氧化物，為七氧化二氯，能與堿反應生成鹽和水，為酸性氧化物，故答案為：ClO2；酸性；(2)常見的電解質為酸堿鹽、水和活潑金屬氧化物，甲為氯化氫，乙為氯氣，丁為七氧化二氯，戊為次氯酸，屬于電解質的為甲和戊；乙為氯氣，氯元素的化合價為0,處于氯元素的中間價態(tài)，既有氧化性又有還原性，既能做氧化劑也能做還原劑，故答案為：HCl、HClO；bd；甲為氯化氫，己為高氯酸，氯元素由-1價變?yōu)?7價，氫元素由+1變?yōu)?,根據得失電子數相等，n(H

33、Cl):n(H2O)=1：4,故答案為：1：4；(4)庚為次氯酸鈣，乙為氯氣，氯氣和氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，反應方程式為：2c2+2Ca(OH=Ca(ClO2+CaC2+2H2O,故答案為：2Cl2+2Ca(OH)2=Ca(ClO肘CaC2+2H2O;(5)氯酸鉀中的氯元素為+5價，且它在二氧化鎰催化下會生成氯化鉀和氧氣，故答案為：【點睛】解答第3小題時要注意，氫元素由+1變?yōu)?,一個氫氣分子含有兩個氫原子，則生成一個氫氣轉移兩個電子；在氧化還原反應配平時一定要注意物質分子式僭子)右下角標，例如O從-2價變?yōu)?價，則生成一個氧氣轉移的電子數時4;C2O42-被氧化生成CO2,則一

34、個C2O42-被氧化失去的電子數是2。12 .KMnO4和MnO2都是重要的化學物質，在實驗室可以作氧化劑和催化劑。某化學學習小組對兩種物質的制備探究如下：I.MnO2的制備：該學習小組設計了將粗MnO2(含有較多的MnO、MnCO3和F&O3)樣品轉化為純MnO2的實驗，其工藝流程如下：K>OHMM請回答下列問題：(1)第步操作中，NaClO3氧化MnSO4的離子方程式為(2)第步操作中，最終得到的固體除NaClO3外，還一定含有下列物質中的(填序號)。a.NaClb),NaClOcNaOHd.NaClO4(3)為得到純凈的MnO2,須將過濾后的MnO2合并后進行洗滌。洗滌沉淀

35、所用的玻璃儀器有。(4)NaClO3和MnO2在一定條件下都可以氧化濃鹽酸制取氯氣，制取等量的氯氣消耗NaCQ與MnO2的物質的量之比為。n.KMnO4的制備：(5)實驗室由二氧化鎰制備高鎰酸鉀可分兩步進行：第一步：MnO2與KOH共熔并通入氧氣：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；第二步：通入CO2,可使K2MnO4發(fā)生歧化反應生成KMnO4和MnO2。第二步完成反應時，轉化為KMnO4的K2MnO4占其全部的百分率約為(精確到0.1%)?！敬鸢浮?ClO-+5Mn2+4H2O=C2T+5MnO2J+8H+ac燒杯、漏斗、玻璃棒1：366.7%【解析】【分析】(1)NaCl

36、O3氧化MnSO4的離子方程式，根據得失電子守恒配平即可；(2)圖中告知反應條件為加熱，且NaOH溶液過量，則通入C12所得的溶液一定含有NaCQ、NaCl、NaOH;(3)洗滌沉淀所用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗；(4)根據NaClC3-3Cl2,MnO2-Cl2計算,可求出該比例；(5)根據3K2MnO4-2KMnO4計算即可?！驹斀狻?1) NaCQ氧化MnSO4的離子方程式為2CQ-+5Mn2+4H2O=C2T+5MnO2J+8H;A(2)圖中告知反應條件為加熱，則發(fā)生反應Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO+3H2O,且NaOH溶液過量，通入C2所得的溶液一定含有NaClO3、

37、NaCkNaOH,故選ac；(3)洗滌沉淀所用的玻璃儀器有燒杯、玻璃棒、漏斗；A(4)根據反應NaClO3+6HCl(濃尸NaCl+3C2T+3H2。，MnO2+4HCl(濃)=MnCl2+Cl2f+2H2。，若要制取等量的氯氣，消耗NaClO3與MnO2的物質的量之比為1：3;(5)根據反應2CO2+3K2MnO4=2KMnO4+MnO2J+2K2CQ可知，3份K2MnO4中有2份轉化2為KMnO4,則轉化為KMnO4的K2MnO4占其全部的一，即66.7%。313.如圖為工業(yè)從海水中提取液濱的流程圖:,打開活塞(2)步驟中可根據已知：浪的沸點為59C,微溶于水，有毒性。請回答：(1)某同學

38、利用下圖裝置進行步驟至步驟的實驗，當進行步驟時，應關閉活塞現象，簡單判斷熱空氣的流速。(3)步驟中簡單判斷反應完全的依據是(4)從濱水混合物i”到澳水混合物n”的目的是。(5)步驟用下圖裝置進行蒸儲，蒸儲燒瓶中尚未安裝溫度計，安裝其位置時應注意,裝置C中直接加熱不合理，應改為。CDEF【答案】bdacA中氣泡產生的快慢B中溶液褪色濃縮Br2或富集澳溫度計的水銀球在蒸儲燒瓶的支管口附近水浴加熱【解析】【分析】向濃縮海水中加入氯氣可以將Br-氧化得到濱水的混合物，利用熱的空氣吹出澳單質，得到粗澳，然后通入SQ氣體吸收Br2單質，將Br2富集，二者在溶液中發(fā)生氧化還原反應生成HBr,再通入C12氧化

39、Br-得到澳與水的溶液，最后蒸儲得到液澳?！驹斀狻?1)進行步驟的目的是通入C12氧化Br-離子為Br2,且能使氯氣通入和濃縮海水中的澳離子反應，剩余氯氣進行尾氣吸收，因此應關閉bd,打開ac,進行反應和尾氣處理；(2)步驟是利用澳單質易揮發(fā)的性質，關閉ac,打開bd,通入熱空氣把生成的澳單質趕出到裝置B,并使B2蒸氣和通入的SO2氣體在溶液中發(fā)生氧化還原反應生成H2SO4和HBr,依據A裝置中直玻璃管產生氣泡的快慢現象，簡單判斷熱空氣的流速；(3)步驟中是二氧化硫和澳單質發(fā)生氧化還原反應生成澳化氫和硫酸，反應方程式為：Br2+SQ+2H2O=H2SQ+2HBr,由于濱水顯橙色，所以可根據澳水

40、溶液的顏色由橙色變化為無色，來判斷反應是否恰好完全進行；(4)海水中澳元素較少，從澳水混合物I”到澳水混合物H”過程中，的目的是增大澳單質的濃度，起到富集澳元素的作用；(5)蒸儲裝置中溫度計的作用是測定儲出成分的溫度，因此蒸儲燒瓶中安裝溫度計，安裝其位置時應注意：溫度計水銀球在蒸儲燒瓶的支管口處；裝置C中直接加熱溫度不容易控制，為使澳單質從濱水中蒸出，可根據澳的沸點為59C,采用水浴加熱的方法。【點睛】本題考查了物質制備的流程分析判斷的知識，涉及氧化還原反應、反應條件的控制等，主要是海水提取澳的原理應用，掌握實驗原理，分析實驗過程的目的是進行操作判斷的依據。14.(1)某化工廠用氯氣與石灰乳生

41、產漂白粉，該廠出廠產品說明書如下:使用晚明【上要成盼】次熱酸鈣.氧化鈣I用途用錄】取那白粉上至水1000g.置成器液.才捌人用其役泡其中5至10H%如離瞿，陳度可提高.時間修菰民一【注意罪皿密封避此保存于陰城處，隨扈隨用.仃稅蝕性.少與手棱觸J漂白粉長期露置在空氣中會變質，寫出漂白粉變質過程中涉及的化學方程式O某實驗室研究員將完全變質后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，收集到標準狀況下448mL氣體，則該漂白粉中所含有效成份的質量為(假設漂白粉中的其它成份不與硝酸反應)。(2)將14gNa2O和Na2O2的混合物加入足量的水中充分反應后，生成標準狀況下的氣體1.12L,所得溶液的體積為40

42、0mL。試計算：原混合物中Na2O的質量為g,所得溶液的物質的量濃度為mol-L1O【答案】Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCQ+2HClO2HC1O把2HCl+02T286g6.21.0【解析】【分析】(1)漂白粉長期露置在空氣中與水、二氧化碳反應生成HClO,HClO光照分解而變質；漂白粉中所含有效成份是次氯酸鈣，完全變質后變成碳酸鈣，向其中加入足量稀硝酸，生成二氧化碳，根據Ca(ClO)2CQ計算；(2)根據生成的氧氣的體積計算n(O2),根據反應方程式2Na2O2+2H2O=4Na+4OH-+O2T計算出過氧化鈉的物質的量，從而可計算出混合物中過氧化鈉、氧化鈉的質量；混合物溶于水后都生成NaOH,溶液中的溶質是NaOH,根據Na原子守恒計算n(NaOH),最后計算c(NaOH)?！驹斀狻?1)漂白粉長期置露在空氣中會變質，是因為漂白粉與二氧化碳、水的反應生成次氯酸，次氯酸容易分解，反應分別為Ca(ClO)2+C6+H2O=CaC。J+2HC1。2HC1O比明2HC1+O2T,故答案為：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCQJ+2HC1O；2HC1O卻52HC1+O2f；漂白粉中所含有效成份是次氯酸鈣，完全變質后的漂白粉中含有碳酸鈣，向其中加