备战高考化学专题复习分类练习 氯及其化合物综合解答题含答案.docx

1、备战高考化学专题复习分类练习 氯及其化合物综合解答题含答案备战高考化学专题复习分类练习 氯及其化合物综合解答题含答案一、 高中化学氯及其化合物1高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。（1）在用 KMnO4 酸性溶液处理固体 Cu2S 时，发生的反应如下：8MnO45Cu2S44H=10Cu25SO28Mn222H2O还原产物为_。被氧化的元素是_氧化剂与还原剂的物质的量之比为_每生成 2.24 L(标况下)SO2，转移电子数目是_（2）用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2和 SO2。写出该离子反应方程式_（3）15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0

2、 g。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、S 8:5 0.8NA 6MnO45CuS28H=5Cu25SO26Mn214H2O 0.2 【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)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，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

3、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8MnO45Cu2S44H=10Cu25SO28Mn222H2O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；由分析知，还原产物为Mn2；被氧化的元素是Cu2S中Cu、S两元素；氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，两者的物质的量之比为8:5；Cu2S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；2.24 L(标况

4、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6MnO45CuS28H=5Cu25SO26Mn214H2O；(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，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

5、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)=40.025+2x，解得：x=0.2mol。2（1）室温时，在下列物质中：Na Cl2 Na2O FeCl2溶液 NaHCO3 蔗糖 NH3 NaCl晶体 HClO Fe(OH)2 属于碱性氧化物的是(用序号填写,下同) _，属于酸的是_，属于强电解质的是_，属于非电解质的是_，能导电的是_。（2）Na2O2与CO2的反应化学方程式_； （3）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，请写出发生反应的离子方程式 _。（

6、4）制取漂白粉的反应化学方程式_；其有效成分是_；【答案】 2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2 2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O Ca(ClO)2 【解析】【分析】(1)碱性氧化物：能与酸反应只生成一种盐和水，主要包括绝大多数金属氧化物；酸：电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；强电解质：在水溶液中或熔融状态下能发生完全电离的化合物；非电解质：在水溶液中或熔融状态下不发生电离的化合物；能导电的物质有大多数金属单质或存在有自由移动电荷的物质；根据物质特点结合定义解答；(3)向硫酸氢钠溶液中逐滴加

7、入氢氧化钡溶液到中性，除生成水，还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀；(4)漂白粉的有效成分为次氯酸钙，利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉。【详解】(1)Na2O能够与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；HClO电离产生的阳离子都是氢离子，属于酸；Na2O、NaHCO3、NaCl晶体在水溶液或者熔融状态下能完全电离而导电，都是化合物，都属于强电解质；蔗糖、NH3，本身不能电离产生自由移动的离子，是化合物，都属于非电解质；钠含有自由电子，氯化亚铁溶液含有自由移动的离子，都能导电；故属于碱性氧化物的是；属于酸的是；属于强电解质的是；属于非电解质的是；能导电的是；(2)Na2O2与CO2的反应生成碳

8、酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2； (3)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，除生成水，还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀，则发生反应的离子方程式为2H+SO42-+Ba2+2OH-BaSO4+2H2O；(4)工业上利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉，发生反应的化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，其有效成分是Ca(ClO)2。【点睛】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物

9、如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。3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与消石灰制成的。有关反应如下：2Cl2+3Ca(OH)2Ca(ClO)2CaCl2Ca(OH)2H2O+H2O（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 _，_。【答案】Ca(ClO)2 Cl Ca(ClO)2+2H2O+2CO2 Ca(HCO3)2+2H

10、ClO 2HClO2HCl+O2 【解析】【分析】【详解】(1)漂白粉是由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl2Ca(OH)2H2O+H2O制成的，其组成是次氯酸钙，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；(2)由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2CaCl2Ca(OH)2H2O+H2O中，化合价有变化的元素是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，

11、生成了HClO又分解了，所以反应的方程式为Ca(ClO)2+2H2O+2CO2Ca(HCO3)2+2HClO；2HClO2HCl+O2。4氯气是一种具有重要用途的气体，在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。甲同学在实验室进行氯气性质的研究(1)甲同学依次进行了与钠、铜、氢气、水反应的实验。上述反应中属于氧化还原反应的是_(填序号)。(2)写出铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：_。(3)氯气溶于水得到的溶液称为氯水，新制的氯水呈_色，新制的氯水中含有的物质为(水除外)_(填化学式)。(4)甲同学探究氯气能否与水发生反应B中纸条褪色，结合化学方程式解释原因：_。装置A的作用是_。烧杯中发生

12、反应的化学方程式为_。【答案】 黄绿 Cl2 + H2O HCl + HClO，生成的次氯酸有漂白性 对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应 【解析】【分析】(1)氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO和HCl；(2)铁在氯气中燃烧生成氯化铁；(3)氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O HCl+ HClO；(4)氯气和水发生反应生成的HClO具有漂白性；氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，可作对照实验；烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境。【详解】(1)氯

13、气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO和HCl，则都为氧化还原反应，故答案为：；(2)铁在氯气中燃烧生成氯化铁，反应的化学方程式为，故答案为：；(3)氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O HCl+ HClO，则新制的氯水中含有的物质为(水除外)，新制氯水中由于含有氯气，所以溶液呈黄绿色，故答案为：黄绿； (4)氯气和水发生反应Cl2 + H2O HCl+ HClO，生成HClO，由于HClO具有漂白性，可使红纸条褪色，故答案为：Cl2 + H2O HCl+ HClO，生成的次氯酸有漂白性；氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，作

14、对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应，故答案为：对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应；烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境，发生反应的化学方程式为，故答案为：。【点睛】氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O H+ + Cl- + HClO，新制氯水中存在氯气、盐酸、次氯酸，因此新制氯水就具有了氯气、盐酸、次氯酸的性质，溶液具有强氧化性且显酸性，这是学生们的易错点。5现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它

15、们之间的相互转化关系如图所示图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出。请根据以上信息完成下列各题：(1)写出下列物质的化学式：B_、丙_。(2)写出黄绿色气体乙的一种用途_，反应过程可能观察到的实验现象是_。对应的化学方程式是_。(3)反应中的离子方程式是_。【答案】Al HCl 杀菌消毒、强氧化剂、漂白 白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2 【解析】【分析】金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al

16、，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe(OH)3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。【详解】根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe(OH)3。(1)根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；(2)黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，H

17、ClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；(3)FeCl2与NaOH溶液发生反应：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl，Fe(OH)2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；(4)反应是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：2Al+2OH- +2H2O=2AlO2-+3H2。【点睛】本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物

18、质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。6某溶液的溶质可能由下列离子组成：H+、SO42-、CO32-、Cl、Na+、Ba2+中的一种或几种。某同学做如下实验来确定溶液的成分：向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤。向中的滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生。将足量稀盐酸加入的沉淀中，沉淀部分消失，有气体产生。依据以上实验回答下列问题：（1）原溶液中一定有_。（2）一定没有_。（3）可能含有_。（4）如果要确定原溶液中是否存在该离子，应选用试剂是_。A.稀硝酸 B.Ba（NO3)2 C.AgNO3 D.Na

19、2CO3（5）写出中沉淀消失的离子方程式_。【答案】SO42-、CO32-、Na+ H+、Ba2+ Cl- BC BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2 【解析】【详解】向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤，则含SO42-、CO32-中的一种或都有，则一定没有Ba2+；将中滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但引入氯离子，则不能确定原溶液中是否含Cl-；将中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生，则一定含SO42-、CO32-，则没有H+，因溶液不显电性，则一定含Na+；综上所述：(1)一定含SO42-、CO32-、Na+；(2)一定没有H+

20、、Ba2+；(3)可能含有Cl-；(4)若要确定Cl-是否存在，应首先排除SO42-和CO32-的干扰，故原溶液中加入硝酸钡除去SO42-和CO32-，过滤后往滤液中加入硝酸银，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为BC；(5)碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，离子反应方程式为：BaCO3+2H+Ba2+H2O+CO2。7有X、Y、Z三种元素：（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；（3）XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；（4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X

21、2Y分子，X2Y常温下为液体；（5）Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。试写出其元素符号：X_，Y_，Z_，化合物的分子式：XZ_，X2Y_。【答案】H O Cl HCl H2O 【解析】【分析】根据特殊颜色（苍白色）以及水在常温下为液体可以推断出各元素和各物质。【详解】X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色，所以X为H2，Z为Cl2，HCl为HCl；XZ极易溶于水，在水溶液中电离出H+和Cl-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，验证了刚才的结论；X2Y常温下为液体，根据X为氢元素，可以确定X2Y为H2O，所以Y为O；Cl2溶于H2O中，所得溶液中含有次氯酸，具有漂白性。综上可

22、确定X为H，Y为O，Z为Cl。XZ为HCl，X2Y为H2O。8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)反应的化学方程式为_。(3)反应的化学方程式为_。(4)反应的化学方程式为_。【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe+2HCl=FeCl2+H2 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 【解析】【分析】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、可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属

23、，因此A为Fe，结合物质的相关性质解答该题。【详解】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、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）反应为FeCl2和Cl2的反应，化学方程式为2FeCl2

24、+Cl2=2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。9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)反应的化学方程式为_。(3)反应的化学方程式为_。(4)反应的化学方程式为_。【答案】Fe Cl2 H2 2Fe3Cl22FeCl3 Fe2HClFeCl2H2 2FeCl2Cl22FeCl3 【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

25、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)反应为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为Fe+2HClFeCl2+H2，故答案为：Fe+2HClFeCl2+H2；(4)反应为FeCl2和Cl2的反应，反应的化学方程式为2FeCl2+C

26、l22FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl22FeCl3。【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AB(氯气)D(固体)，反应F(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。10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。 将气体B通入到水中：_ 将气体B通入到NaOH溶液中：_ 将气体B通入到石灰乳中：_（2）把三种气体分别通入到酸性硝酸银溶液中，出现白色沉淀的气

27、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】Cl2H2O=HClHClO Cl22NaOH=NaClNaClOH2O 2Cl22Ca(OH)2=CaCl2Ca(ClO)22H2O 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C

28、a(ClO)2的混合物。(1)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO，故答案为：Cl2+H2OHCl+HClO；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+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O；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)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(2)氯气溶于水会生成盐酸和次氯酸，盐酸能与硝酸银生成氯化银沉淀，HCl与硝酸银反

29、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。11X，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，