备战高考化学氯及其化合物综合题附答案Word文档格式.docx

备战高考化学氯及其化合物综合题附答案Word文档格式.docx

《备战高考化学氯及其化合物综合题附答案Word文档格式.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战高考化学氯及其化合物综合题附答案Word文档格式.docx（19页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在，则气体A的物质的量为_____mol。

【答案】Mn2＋Cu、S8:

50.8NA6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O0.2

【解析】

【分析】

（1）结合氧化还原反应的知识分析即可；

（2）用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时，也可将CuS反应成Cu2＋和SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；

（3）15.8gKMnO4，加热分解后剩余固体15.0g，减少的质量为氧气的质量，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，据此分析。

【详解】

（1）在8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O中Mn元素从+7价降为+2价，发生还原反应，而Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，发生氧化反应；

①由分析知，还原产物为Mn2＋；

②被氧化的元素是Cu2S中Cu、S两元素；

③氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，两者的物质的量之比为8:

5；

④Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，则1molCu2S完全被氧化，转移8mol电子；

2.24L（标况下）SO2的物质的量为=0.1mol，反应中转移电子的物质的量为0.8mol，电子数目是0.8NA；

（2）用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时，也可将CuS反应成Cu2＋和SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合守恒法得发生反应的离子方程式为6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O；

（3）15.8gKMnO4，加热分解后剩余固体15.0g，减少的质量为氧气的质量，m（O2）=15.8g-15.0g=0.8g，n（O2）==0.025mol；

在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则设氯气的物质的量为xmol，n（KMnO4）==0.1mol，电子转移守恒可得：

0.1mol（7-2）=4n（O2）+2（Cl2），即0.1×

（7-2）=4×

0.025+2x，解得：

x=0.2mol。

2．肼（N2H4）作为火箭发动机的燃料，可通过反应NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O制取。

某化学兴趣小组尝试在实验室制取N2H4，设计了如下实验：

（1）制备NaClO溶液，装置如图所示。

（已知：

3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O）

①仪器A的名称是________________。

②连接好装置，装药品之前，必须进行的一项操作是_________。

③圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为_______________；

当生成71g氯气时，被氧化的HCl为_________mol。

试管内发生反应的离子方程式为_________。

④饱和食盐水的作用是_____________，冰水的作用是____________。

（2）将NaClO溶液倒入烧杯中，持续通入NH3制取N2H4。

制取氨气的化学方程式为_______。

（3）火箭发射时用N2H4作燃料，用N2O4助燃，燃烧生成两种可参与大气循环的物质。

写出该反应的化学方程式______________。

【答案】分液漏斗检查装置的气密性MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O2Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O除去Cl2中的HCl气体防止溶液温度过高发生副反应2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O2N2H4+N2O43N2+4H2O

（1）①根据仪器的构造判断；

②检查装置的气密性，以防止漏气；

③该装置是用来制备氯气的，MnO2与浓盐酸反应生成MnCl2、Cl2和H2O；

试管内氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；

④饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl气体，冰水的作用是防止溶液温度过高发生副反应；

（2）实验室利用加热氯化铵和氢氧化钙混合固体制取氨气；

（3）火箭发射时用N2H4作燃料，用N2O4助燃，燃烧生成两种可参与大气循环的物质氮气和水蒸气。

（1）①根据仪器的构造可知，仪器A的名称是分液漏斗；

②化学实验装置连接以后，在装药品之前，必须进行的一项操作是检查装置的气密性，以防止漏气；

③该装置是用来制备氯气的，所以圆底烧瓶内发生反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；

根据反应可知，当生成71g氯气时，被氧化的HCl为2mol；

试管内氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生反应的离子方程式为Cl2+2OH－=Cl－+ClO－+H2O；

（2）实验室利用加热氯化铵和氢氧化钙混合固体制取氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl+Ca（OH）2CaCl2+2NH3↑+2H2O；

（3）火箭发射时用N2H4作燃料，用N2O4助燃，燃烧生成两种可参与大气循环的物质氮气和水蒸气，反应的化学方程式为2N2H4+N2O43N2+4H2O。

3．有A、B、C三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大（按A、B、C的顺序），将等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3＋、K＋、SO42-、NO3-、Cl-五种离子，同时生成一种白色沉淀。

请回答下列问题：

（1）经检验，三种正盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是___。

A．Na＋B．Mg2＋C．Cu2＋D．Ag＋

（2）若将A、B、C三种正盐按一定比例溶于水后，所得溶液中只含有Fe3+、SO42-、NO3-、K＋四种离子且物质的量之比依次为1∶2∶3∶4，则A、B、C三种正盐的物质的量之比为___。

【答案】D1∶3∶2

等物质的量的A、B、C溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、K+、、、Cl-五种离子，同时生成一种白色沉淀，A、B、C三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大，则A为盐酸盐，B为硝酸银，C为硫酸盐；

等物质的量混合，生成沉淀可能为AgCl，则A为FeCl3，B为AgNO3，C为K2SO4，以此来解答。

（1）所给离子中只有Ag+和、、Cl−三种阴离子中Cl−按1:

1生成沉淀，其余所给阳离子均和三种阴离子不沉淀，则该离子是Ag+，

故答案为：

D；

（2）只含有Fe3+、、、K+四种离子且物质的量之比依次为1:

2:

3:

4，则若FeCl3为1mol，AgNO3为3mol，二者发生Ag++Cl−═AgCl↓，K2SO4为2mol，A、B、C三种正盐的物质的量之比为1:

2，

1:

2。

4．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可按下面框图进行反应。

又知E溶液是无色的。

请回答：

（1）A是________，B是________，C是________（填化学式）。

（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】FeCl2H22Fe+3Cl22FeCl3Fe+2HCl===FeCl2+H2↑2FeCl2+Cl2===2FeCl3

B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；

由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe，结合物质的相关性质解答该题。

由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe。

（1）由以上分析可知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+3Cl22FeCl3，故答案为：

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，化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：

2FeCl2+Cl2=2FeCl3。

5．物质A～K有如图的转化关系，其中D、E为气体单质，A、H为常见金属。

试回答（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）：

（1）写出下列物质的化学式：

D是________，I是______。

（2）写出“C→F”反应的离子方程式：

______________________________________。

（3）写出反应“J→K”的离子方程式：

____________________________________。

（4）在溶液I中滴入NaOH溶液，可观察到的现象是______________________________。

【答案】H2FeCl2产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色

黄绿色气体E为Cl2，红褐色沉淀K为Fe（OH）3，金属H与溶液B反应得到I，I能被氯气氧化得到J，J与氢氧化钠反应得Fe（OH）3，可推知H为Fe、B为盐酸、I为FeCl2，J为FeCl3，故B为HCl、气体单质D为H2，金属A与盐酸反应得到C为盐，能与氨气反应得到白色沉淀F，且白色沉淀F溶于氢氧化钠溶液得到G，可推知A为Al、C为AlCl3、F为Al（OH）3、G为NaAlO2，据此解答。

（1）由上述分析可知，D为H2，I为FeCl2，

FeCl2；

（2）C为AlCl3，其与NH3·

H2O反应生成氢氧化铝和氯化铵，其离子反应方程式为：

；

（3）J为FeCl3，其与NaOH溶液反应生成氢氧化铁和氯化钠，其离子反应方程式为：

，

（4）I为FeCl2，其与NaOH溶液反应会生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁极易被空气氧化而生成氢氧化铁，其现象为：

产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色，

产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色。

6．有关物质的转化