高考化学 氯及其化合物 培优练习含答案.docx

1、高考化学 氯及其化合物 培优练习含答案高考化学 氯及其化合物 培优练习(含答案)一、 高中化学氯及其化合物1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- +2H

2、2O=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，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

3、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，HClO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

4、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。2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21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+H2ONHH2ON

5、H4+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21通入水中，

6、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 NH3H2ONH4+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

7、程式为SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。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_。ANa BMg2 CCu2 DAg（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1234，则A、B、C三种正盐的物质的量之比为_。【答案】D 132 【解析】【分析】等物质的

8、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。【详解】（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+ClAgCl，K2

9、SO4为2mol，A、B、C三种正盐的物质的量之比为1:3:2，故答案为：1:3:2。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

10、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。【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

11、，化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。5某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。M与其他物质的转化关系如下图所示(部分产物、反应条件已略去)：(1)常温下，用惰性电极电解M溶液(足量)发生反应的离子方程式为_，电解一段时间后，让溶液复原的方法为_ ，若M溶液为0.5 L，电解一段时间后，两极共生成气体1.12 L(已折算为标准状况下的体积)，则电解后溶液的pH为_(忽略溶液的体积变化)。(2)若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物，可用于制造玻璃，则E溶液的俗称是_。(3)若A是CO2气体，

12、将一定量的A通入B溶液，得到溶液W，再向溶液W中滴入盐酸，相关量如图所示，则溶液W中的溶质及其物质的量分别为_、_。(4)若A是一种化肥。A和B反应可生成气体E，E与D相遇产生白烟，工业上可利用E与D的反应检查输送D的管道是否泄漏，是因为E与D可发生反应：_(写化学方程式)。【答案】2Cl2H2O2OHH2Cl2 通入HCl 13 水玻璃 Na2CO3，0.005mol NaHCO3，0.005mol 3Cl28NH3=N26NH4Cl 【解析】【分析】C可在D中燃烧发出苍白色火焰，则C为H2，D为Cl2；其生成的产物为HCl，F为HCl；用惰性电极电解M溶液，产生H2、Cl2，则M为NaCl

13、，B为NaOH。【详解】(1)常温下，用惰性电极电解NaCl溶液(足量)时，生成氢气、氯气和氢氧化钠，则反应的离子方程式为2Cl2H2O2OHH2Cl2；溶液中出来的为氢气和氯气，则溶液还原时，应加入HCl恢复；两极共生成气体1.12 L，则生成n(H2)=n(Cl2)=0.025mol，则溶液中产生0.05mol的OH，c(OH)=0.1mol/L，则c(H+)=10-13 mol/L，pH=13；(2)若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物，可用于制造玻璃，A为二氧化硅，与NaOH反应生成硅酸钠，其溶液俗称水玻璃；(3)若A是CO2气体，根据图像可知，开始时未产生气体，且生成气体消耗盐酸与未

14、生成气体消耗的盐酸的体积比为2：1，则溶液为碳酸钠与碳酸氢钠的混合液，且其物质的量之比为1：1，则Na2CO3，0.005mol；NaHCO3，0.005mol；(4)若A是一种化肥，E与HCl相遇产生白烟，则E为氨气，氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵固体，方程式为3Cl28NH3=N26NH4Cl。6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

15、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

16、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

17、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-

18、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：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)；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；电中性原则：溶液呈电中性，一定既有阳

19、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)；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。7下图中AH均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。（反应中生成的水已略去）请回答以下问题：(1)E是_（填化学式）。 (2)C物质在日常生活中可作_剂。(3)写出反应 的化学方程式：_。(4)写出实验室制取A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：_。【答案】CaCO3 消毒(或漂白) Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO 【解析】【分析

20、】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，根据氧化还原反应中元素化合价升降与电子转移关系用双线桥法表示。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。(1)由以上分析可知E为CaCO3；(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HCl

21、O，HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2 +H2O= CaCO3+2HClO；(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。在该反应中，Mn元素化合价由反应前MnO2中的+4价变为反应后MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2e-，用双线桥法表示为：。【点睛】本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系

22、，题目综合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生分析能力和综合运用化学知识的能力。8有X、Y、Z三种元素X、Y、Z的单质在常温下均为气体；X单质可以在Z单质中燃烧，生成物为XZ，其中火焰为苍白色；XZ极易溶于水，电离出X+和Z，其水溶液可使蓝色石蕊试液变红；每2个X2分子可与1个Y2分子化合生成2个X2Y分子，X2Y在常温下为液体；Z单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白作用。（1）推断元素符号X_、Y_、Z_；（2）化合物XZ的电子式为_，X2Y属于_（填离子化合物、共价化合物、共价分子）；（3）写出XZ（写化学式）的电离方程式_；写出XZ（写化

23、学式）与Ca(ClO)2反应的化学方程式_。【答案】H O Cl 共价化合物 HCl=H+Cl- Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2 【解析】【分析】有X、Y、Z三种元素，由X、Y、Z的单质在常温下均为气体、X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色、XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和ZXZ的水溶液可使石蕊试液变红可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；由两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，则Y为O，X2Y为H2O；X2Y为H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用；据以上分析进行解答。【详解】

24、有X、Y、Z三种元素，由X、Y、Z的单质在常温下均为气体、X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色、XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和ZXZ的水溶液可使石蕊试液变红可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；由两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y，X2Y常温下为液体，则Y为O，X2Y为H2O；X2Y为H2O，Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用；（1）根据分析可知，X为H，Y为O，Z为Cl元素；（2）XZ为HCl，HCl为共价化合物，其电子式为；X2Y为H2O，水分子中只含有共价键，属于共价化合物；（3）XZ为HCl，属于强电解质，其电

25、离方程式为：HCl=H+Cl；HCl与Ca(ClO)2反应生成次氯酸和氯化钙，该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2。【点睛】盐酸溶液显酸性，能够使紫色石蕊试液变红；氯水成分有：Cl2、 HCl、 HClO 、H2O等，溶液具有酸性、氧化性和漂白性，因此氯水能够使紫色石蕊试液变红（H+作用），后溶液褪色（HClO的漂白作用），而氯气本身没有漂白作用。9某待测溶液（阳离子为Na+）中只可能含有SO42-、SO32-、Cl、Br、NO3-、HCO3-中的一种或若干种，进行下列实验（每次实验所加试剂均足量）；回答下列问题：（1）待测液中是否含SO42-、SO32-离

26、子_（2）气体D的化学式为_，反应生成沉淀B的离子方程式为：_（3）根据以上实验，待测液中肯定没有的离子_；肯定存在的离子是_。【答案】一定有 SO32-，而 SO42- 可能存在可能不存在 NO HCO3-+Ba2+OH-= BaCO3+H2O Br HCO3-、SO32- 【解析】【分析】待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，白色沉淀D，因为亚硫酸钡具有还原性，能够与硝酸反应生成硫酸钡和一氧化氮气体，而硫酸钡不溶于硝酸，所以溶液中一定存在SO32-，可能存在SO42-；溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一

27、定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；溶液B中加入氯水，得无色溶液，溶液中一定不存在Br-；溶液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，因为加入氯化钡溶液引入Cl-，不能确定原溶液中是否含有Cl-；据以上分析解答。【详解】待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，白色沉淀D，因为亚硫酸钡具有还原性，能够与硝酸反应生成硫酸钡和一氧化氮气体，而硫酸钡不溶于硝酸，所以溶液中一定存在SO32-，可能存在SO42-；溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀

28、B为BaCO3；溶液B中加入氯水，得无色溶液，溶液中一定不存在Br-；溶液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，因为加入氯化钡溶液引入Cl-，不能确定原溶液中是否含有Cl-；(1)根据以上分析可以知道，待测液中一定有 SO32-，而 SO42-可能存在可能不存在；答案是: 一定有 SO32-，而 SO42-可能存在可能不存在；(2)根据分析可以知道，气体D的化学式为NO；碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子生成碳酸钡，反应生成沉淀B的离子方程式为：HCO3-+Ba2+OH-=BaCO3+H2O；答案是: NO；HCO3-+Ba2+OH-= BaCO3+H

29、2O；(3)根据分析可以知道，待测液中一定不存在的离子为Br；肯定存在的离子为: HCO3-、SO32-；答案是: Br；HCO3-、SO32-。10氯气可直接用于自来水的消毒，也可以制取漂粉精、高铁酸钠等物质来对自来水消毒。(1)氯气通入水中可用来杀菌消毒，其中杀菌消毒的原理是_，其有效成分的电子式是_。(2)氯气可用来制取漂粉精，但干燥的氢氧化钙与氯气并不易发生反应，氯气只能被氢氧化钙所吸附。为此，在工业上采用加入少许水的消石灰来进行氯化。其原因是_； (3)漂粉精的消毒能力受水的pH影响，pH较小时的消毒能力_（填“大于”或“小于”） ；pH大时的消毒能力，其原因是_。(4)用氯气对饮用水消毒副作用多，产生影响人体健康有机氯衍生物。可用氯气制取高铁酸钠净水：_Fe3+_ （_） + _Cl2_FeO42-+_ +_H2O补全缺项，并配平上述离子方程式；(5)计算Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气_倍。说明该净水剂与氯气相比较有何优越性 _。【答案】HClO具有强氧化性，能杀菌消毒 氯利用这些原料中的游离水分，Cl2H2OHClHClO使生成的酸为消石灰所中和 大于 p