备战高考化学综合题专题复习氯及其化合物专题解析及答案解析.docx

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备战高考化学综合题专题复习氯及其化合物专题解析及答案解析

备战高考化学综合题专题复习【氯及其化合物】专题解析及答案解析

一、高中化学氯及其化合物

1．已知Cl2在70℃的NaOH水溶液中，能发生氧化还原反应后可生成NaClO与NaClO3现有63.9gCl2，将其通入到足量70℃的NaOH水溶液中，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4：

1，并得到500mL溶液。

（1）写出Cl2在70℃的NaOH水溶液中发生上述反应的化学方程式______。

（2）计算完全反应后溶液中NaClO、NaClO3物质的量浓度____、______。

【答案】9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O0.8mol/L0.2mol/L

【解析】

【分析】

先通过氯元素化合价的对比判断NaClO与NaClO3是氧化产物，氯气得电子化合价降低的产物是还原产物，所以还原产物是氯化钠，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，从而得出反应中被氧化的Cl2与被还原的Cl2的物质的量之比。

【详解】

（1）该反应中NaClO与NaClO3是氧化产物，氯化钠是还原产物，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4：

1，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，所以该方程式为：

9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O；

（2）49.7gCl2的物质的量为

=0.9mol，根据反应9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O可知，生成NaClO与NaClO3的物质的量分别为

、

，完全反应后溶液中NaClO、NaClO3物质的量浓度分别为

、

。

2．KClO3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：

2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O

反应2：

KClO3+6HCl（浓）=KCl+3Cl2↑+3H2O

（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0.1molCl2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2L0.5mol/L的FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式_____________标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeI2溶液中，发生反应的离子方程式_____________。

【答案】KClO30.2mol5：

1②②I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2Cl2+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1molCl2，需转移2mol电子，则反应产生0.1molCl2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3molCl2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-2mol，n（FeBr2）：

n（Cl2）=1：

1，首先发生反应：

Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，1molFe2+反应消耗0.5molCl2，还有0.5molCl2剩余，会再与溶液中Br-发生反应：

Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，0.5molCl2反应消耗1molBr-，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-+I2，2molI-反应消耗1molCl2，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．已知A是一种金属单质，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。

A、B、C、D、E、F间有如下变化关系：

（1）写出A、B、C、E的化学式:

A__________,B__________,C__________,E__________。

（2）写出E→F反应的化学方程式_________;写出B→D反应的化学方程式_________。

（3）F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是________。

【答案】NaNaOHNH4ClH2H2+Cl2

2HClNH4Cl+NaOH

NaCl+H2O+NH3↑盐酸小液滴

【解析】

【分析】

A是一种金属，该金属能和水反应生成溶液B和气体E，B溶液能使酚酞试液变红，说明B是碱，焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，所以B是NaOH，根据元素守恒知A是Na，E是H2；氢气在氯气中燃烧生成HCl，则F是HCl，氢氧化钠溶液和C反应生成D，D、F相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵，则D是NH3，C是NH4Cl，据此分析解答。

【详解】

（1）根据上面的分析可知，A是Na，B是NaOH，C是NH4Cl，E是H2；

（2）E→F为在点燃的条件下，氢气和氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：

H2+Cl2

2HCl；B→D为在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和水，反应方程式为：

NH4Cl+NaOH

NaCl+H2O+NH3↑；

（3）F是HCl，HCl极易溶于水生成盐酸，所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。

4．氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。

已知X是红棕色气体，能与水反应；Y是黄绿色气体，能使湿润的有色布条褪色。

请回答下列问题：

（1）X的化学式为_________；

（2）X与水反应生成NO和一种酸，该酸的名称为________；

（3）Y能使湿润的有色布条褪色，说明Y的水溶液具有____（填“漂白”或“酸”）性。

【答案】NO2硝酸漂白

【解析】

【分析】

氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。

已知X是红棕色气体，能与水反应；X为NO2，Y是黄绿色气体，能使湿润的有色布条褪色，Y为Cl2。

【详解】

⑴X的化学式为NO2；故答案为：

NO2。

⑵X与水反应生成NO和一种酸，3NO2+H2O=2HNO3+NO，该酸的名称为硝酸；故答案为：

硝酸。

⑶Y能使湿润的有色布条褪色，Cl2+H2O=HCl+HClO，HClO具有漂白性，说明Y的水溶液具有漂白性；故答案为：

漂白。

5．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】NH3+H2O

NH３·H2O

NH4++OH-SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+SO2+NH3+H2O=NH4HSO3

【解析】

【分析】

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NH3+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。

6．有关物质的转化关系如下图所示。

A为一种黄绿色的气体，B为常见的无色液体，H为一种助燃的气体，F为一种气体，它在A中燃烧产生苍白色火焰，E为一种能被磁铁吸引的金属。

（1）B的化学式为____________。

（2）F的化学式为____________。

（3）写出反应②的化学方程式：

_______________________________。

（4）写出反应①的化学方程式：

_______________________________。

【答案】H2OH22HClO

2HCl+O2↑Fe+2HCl=FeCl2+H2↑

【解析】

【分析】

由题给信息可知，A为一种黄绿色的气体，则其为Cl2；B为常见的无色液体，则其为H2O；H为一种助燃的气体，则其为O2；H2在Cl2燃烧，产生苍白色火焰，则F为H2，E为一种能被磁铁吸引的金属，则E为Fe，从而推出C为HCl，D为HClO；

（1）由以上分析可知，B为水；

（2）F为氢气；

（3）反应②是次氯酸光照分解；

（4）反应①是铁与盐酸反应。

【详解】

（1）通过对物质的转化关系图的分析，可得知，B为水，化学式为H2O；

（2）F为氢气，化学式为H2；

（3）反应②是次氯酸光照分解，其化学方程式为2HClO

2HCl+O2↑；

（4）反应①是铁与盐酸反应，其化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。

【点睛】

在对物质转化关系图进行分析时，首先处理已知信息，然后寻找图中出现信息点最多的反应，特殊的反应条件及具有特殊性的反应，作为解题的突破口。

如本题中，反应②就是解题的突破口，或者叫题眼。

Fe与某物质反应，生成H2，则C中必含有能被Fe置换的H+，则其为酸，再据前面信息，确定其为HCl。

7．无色气体A在一种黄绿色气体B中可安静地燃烧，发出苍白色火焰，反应生成气体C。

B与金属D反应可生成白色固体E，D在空气中燃烧生成浅黄色固体F，F与CO2反应可得到气体G，D与水反应可生成A，A在G中燃烧生成水。

推断出各种物质后，回答下列问题：

（1）E的化学式为_____。

（2）由D生成F的化学方程式为：

_____。

（3）D与H2O反应的离子方程式为：

______。

（4）写出F与CO2反应的化学方程式，并用双线桥表示该反应的电子转移____。

【答案】NaCl2Na＋O2

Na2O22Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑

【解析】

【分析】

无色气体A在一种黄绿色气体B中可安静地燃烧，发出苍白色火焰，反应生成气体C。

可得出A为氢气，B为氯气，C为氯化氢，D在空气中燃烧生成浅黄色固体F，D为金属钠，F为过氧化钠，F与CO2反应可得到气体G，G为氧气，B与金属D反应可生成白色固体E，E为氯化钠。

【详解】

⑴根据以上分析得E为氯化钠，E的化学式为NaCl，

故答案为NaCl；

⑵钠在氧气中反应生成过氧化钠，D生成F的化学方程式为：

2Na＋O2

Na2O2，

故答案为：

2Na＋O2

Na2O2；

⑶钠和水反应生成氢氧化钠和水，D与H2O反应的离子方程式为：

2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑，

故答案为：

2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；

⑷过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，F与CO2反应的化学方程式为2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2↑，用双线桥表示该反应的电子转移

，

故答案为：

。

8．A、B、C、D是高中阶段学习的四种物质，单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰，产物溶于水得到常见的强酸。

化合物C、D是刚学过的两种有重要用途的物质，化合物C具有强氧化性、漂白性，是单质B与水反应的产物之一。

化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，可由一种活泼金属与氧气燃烧得到。

回答下列问题：

（1）单质A与单质B反应的化学方程式：

__________。

（2）单质B与水反应的化学方程式：

_____________。

（3）D用于呼吸面具中，发生反应的化学方程式：

_________。

（4）C与NaOH溶液反应的化学方程式：

_____。

【答案】H2＋Cl2

2HClCl2＋H2O=HCl＋HClO2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑HClO＋NaOH=NaClO＋H2O

【解析】

【分析】

根据单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰可知A为H2，B为Cl2；根据化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具可知D为Na2O2，根据化合物C具有强氧化性、漂白性，是单质B与水反应的产物之一可知C为HClO。

【详解】

（1）氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，反应的化学方程式为H2＋Cl2

2HCl，故答案为：

H2＋Cl2

2HCl；

（2）氯气和水反应生成生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2＋H2O=HCl＋HClO，故答案为：

Cl2＋H2O=HCl＋HClO；

（3）过氧化钠能与人呼吸出的二氧化碳和水反应生成氧气，可供人呼吸，常用于呼吸面具中，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑，故答案为：

2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O=4NaOH＋O2↑；

（4）HClO是弱酸，能与NaOH溶液发生中和反应生成次氯酸钠和水，反应的化学方程式为HClO＋NaOH=NaClO＋H2O，故答案为：

HClO＋NaOH=NaClO＋H2O。

【点睛】

单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰、化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，可由一种活泼金属与氧气燃烧得到是解答的突破口。

9．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】HOClHClH2O

【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。

10．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31.26oC、压强高于7.29×106Pa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】

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＋1Na2SO3＋HClO=Na2SO4＋HCl

【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

；包含的化学键类型为极性共价键。

答案为：

；极性；

（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。

11．1929年，吴蕴初先生在上海创建了天原化工厂，它是中国最早的氯碱工业。

下图给出了部分生产流程：

（1）阳极产生气体使_____________（试纸）变蓝，检验的离子方程式为___________。

（2）将电解饱和食盐水得到的气体通入合成塔中合成氯化氢，其中需要过量的气体是__________，在合成塔中燃烧时火焰呈_______色。

（3）实验室里可用氯化钠固体和浓硫酸在微热条件下反应制取氯化氢，化学方程式是________。

（4）工业上利用电解饱和食盐水可制得重要化工产品。

将制得的氯气通入石灰乳中可以制得漂粉精，写出反应的化学方程式______，漂粉精可用于游泳池中水的消毒，原因是（用化学方程式表示）：

______。

（5）实验室里可以用次氯酸钙固体与