化学氯及其化合物的专项培优练习题及答案.docx

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化学氯及其化合物的专项培优练习题及答案

化学氯及其化合物的专项培优练习题及答案

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

溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500mol。

（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

________。

【答案】

、

0.250

【解析】

【分析】

由溶液中含有0.0500mol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）=

×n（NaOH）=0.15mol，由氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知，生成0.0500mol次氯酸钠消耗过量氯气0.0500mol，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．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．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．0~2B．2~4.7C．4.7~7.5D．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】B2HClO

2HCl+O2↑用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O+32.5

【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

2HCl+O2↑，由于次氯酸见光易分解，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用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间。

答案为：

2HClO

2HCl+O2↑；用容器盛放，在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；

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。

4．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。

5．下图中的每一方格表示有关的一种反应物或生成物，其中甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物。

A是一种常见的液态化合物，B是具有磁性的氧化物，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，H在空气中很容易被氧化为I2。

它们的转化关系如下：

（有些反应的条件和部分产物为注明）

（1）写出下列物质化学式：

B_________，F_______________；

（2）写出反应①的化学方程式：

____________________；

（3）H在空气中很容易被氧化为I，该过程的实验现象是__________________；

（4）将足量的CO2通入E溶液中，离子方程式是___________________。

（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体具有的性质有__________。

A．具有丁达尔现象

B．红褐色液体可用过滤的方法纯化

C．液体中分散质微粒直径小于1nm

D．取适量液体加入K2SO4溶液会产生红褐色沉淀

【答案】Fe3O4FeCl23Fe+4H2O

Fe3O4+4H2白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-AD

【解析】

【分析】

甲、乙、丙、丁为常见单质，其余均为化合物，A是一种常见的液态化合物，则A为H2O，B是具有磁性的氧化物，则B为Fe3O4，D和丁既能和酸反应又能和碱反应，则丁为Al，D为Al2O3，E为NaAlO2，乙在丙中燃烧产生苍白色火焰，则C为HCl，结合转化关系可知，甲为Fe，乙为H2，F为FeCl2，H在空气中很容易被氧化成I，则H为Fe（OH）2，I为F（OH）3，G为FeCl3。

【详解】

（1）通过以上分析知，B、F分别是Fe3O4；FeCl2；

（2）A与甲反应的化学方程式为3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；

（3）H为Fe（OH）2，I为F（OH）3，氢氧化亚铁是白色沉淀、氢氧化铁是红褐色沉淀，氢氧化亚铁不稳定，极易被空气中氧气氧化生成红褐色氢氧化铁沉淀，看到的现象是白色沉淀逐渐变为灰绿色，最终变为红褐色沉淀；

（4）E是偏铝酸钠，足量二氧化碳通入偏铝酸钠溶液中反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，离子方程式为AlO2-+CO2+H2O=Al（OH）3↓+HCO3-；

（5）将G的饱和溶液滴入沸水中得红褐色液体，该液体是Fe（OH）3胶体，具有丁达尔效应，其分散质直径在1-100nm之间，能透过滤纸但不能透过半透膜，能和电解质溶液发生聚沉现象，选项AD正确。

6．现有A、B、C、D、E五种物质，其中A是最轻的气体，B是黄绿色气体，A能在B中燃烧生成苍白色火焰，B与C在点燃的条件下结合生成D，D的水溶液呈黄色，向这个溶液中加入NaOH溶液，可得到红棕色沉淀E，请写出这五种物质的化学式。

A________，B________，C________，D________，E________。

【答案】H2（氢气）Cl2（氯气）Fe（铁）FeCl3（三氯化铁）Fe（OH）3（氢氧化铁）

【解析】

【分析】

A是最轻的气体，所以A是氢气；B是黄绿色气体，所以B为HCl；氢气能在氯气中燃烧生成苍白色火焰；B与C在点燃的条件下结合生成D，D的水溶液呈黄色，可知D为氯化铁，则C为铁单质；向这个溶液中加入NaOH溶液，可得到红棕色沉淀E，即氢氧化铁沉淀。

【详解】

根据分析可知A为H2（氢气）；B为Cl2（氯气）；C为Fe（铁）；D为FeCl3（三氯化铁）；E为Fe（OH）3（氢氧化铁）；

【点睛】

物质的密度、颜色、气味及反应现象等时推断突破口，注意把握相关物质的性质，平时多积累相关知识，难度不大。

7．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）

c

加足量BaC12溶液时，对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量；再向沉淀中加足量稀盐酸，然后干燥、称量

第一次称量读数为6.27g，第二次

称量读数为2.33g

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，加入硝酸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，加入硝酸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。

8．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，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。

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↑+H2OAg++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，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl-。

【详解】

Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中只有有M