备战高考化学与氯及其化合物有关的压轴题附详细答案.docx

1、备战高考化学与氯及其化合物有关的压轴题附详细答案2020-2021备战高考化学与氯及其化合物有关的压轴题附详细答案一、 高中化学氯及其化合物1Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途将氯气溶于水能形成氯气氯水体系完成下列填空：（1）氯原子最外层电子的电子排布式是_与电子排布式相比，轨道表示式增加了对核外电子运动状态中_描述（2）氢、氯、氧三种元素各能形成一种简单阴离子，按离子半径由大到小的顺序排列这些离子_（3）氯气氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，请分别用平衡方程式表示：_已知HClO的杀菌能力比ClO强，氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是_（一种原因即可）（4

2、）在氯水中，下列关系正确的是_（选填编号）a c（HClO）+c（ClO）=c（H+）c（OH）b c（H+）=c（ClO）+c（Cl）+c（OH）c c（HClO）c（Cl）d c（Cl）c（OH）（5）ClO2是一种更高效、安全的消毒剂，工业上可用ClO2与水中的MnCl2在常温下反应，生成MnO2和盐酸，以除去水中Mn2+，写出该反应的化学方程式（需配平）_有人认为产物MnO2和盐酸会继续反应生成氯气，这种认识对吗？_（填“对”或“错”），说明理由_【答案】3s23p5 自旋方向 Cl、O2、H Cl2（aq）+H2OHClO+H+Cl、HClOH+ClO、Cl2（g）Cl2（aq） 夏

3、季温度高，HClO易分解，杀菌效果比在冬季差 bc 2ClO2+5MnCl2+6H2O=5MnO2+12HCl 错 MnO2和浓盐酸加热的条件下才能反应 【解析】【分析】【详解】（1）氯是17号元素，其最外层电子的电子排布式为，若用轨道表示式来描述，则可以描述其电子的自旋方向；（2）相当于光秃秃的质子，填满了前两层电子，而填满了前三层电子，半径由大到小为；（3）首先氯气存在溶解挥发平衡，即，其次氯气还能和水发生可逆反应，即，而是一个弱酸，存在电离平衡； 夏季和冬季最大的区别在温度，我们知道受热易分解，因此杀菌效果变差； （4）a.溶液中存在质子守恒，若要a项成立除非，但是二者不可能相等，a项错

4、误； b.该项即溶液中存在的质子守恒，b项正确；c.氯气和水反应得到等量的和，是强酸可以完全电离，因此溶液中的量等于生成的的量，而是弱电解质部分电离，因此剩余的的浓度将小于的浓度，c项正确；d.氯水呈酸性，因此溶液中的极低（室温下），因此不可能出现的情况，d项错误；答案选bc； （5）作氧化剂，作还原剂，二者发生氧化还原反应，该反应得到的盐酸较稀，且没有加热，因此不太可能被继续氧化变成氯气，反应在这一步就停止了。2氯气是一种重要的化工原料，氯气及其化合物在自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都有着重要的应用。（1）NaClO中Cl的化合价为_，有较强的_（填氧化、还原）性。（2）黄色气体ClO

5、2可用于污水杀菌和饮用水净化。KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2 ，SO2被氧化为SO42-，此反应的离子方程式为_。ClO2可将废水中的Mn2转化为MnO2而除去，本身还原为Cl，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_。【答案】+1 氧化 2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42- 2:5 【解析】【分析】(1)根据化合物中正负化合价的代数和为0；根据次氯酸盐中Cl的化合价分析判断；(2)KClO3与SO2在强酸性溶液中反应生成ClO2、硫酸根离子；根据得失电子守恒计算。【详解】(1)NaClO中Na为+1价，O为-2价，化合物中总化合价为0，则Cl为+1价；次氯酸盐

6、中+1价的氯元素易得到电子，具有较强氧化性，故答案为：+1；氧化；(2)KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应生成硫酸钾，反应的离子方程式为：2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，反应中ClO2为氧化剂，Cl元素化合价由+4价降低为-1价，Mn2+为还原剂，元素化合价由+2价升高到+4价，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为25，故答案为：25。【点睛】本题的易错点为(2)，要注意氧化还原反应

7、的计算的一般方法的应用，解答本小题，也可以书写出反应的方程式再分析计算。3室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体。在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E是无色溶液，F是淡绿色溶液。B和C反应发出苍白色火焰。请回答：（1）A是_，B是_，C是_（请填写化学式）；（2）反应的化学方程式_；（3）反应的离子方程式_；（4）反应的离子方程式_。【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe2HFe2H2 2Fe2Cl22Fe32Cl 【解析】【分析】室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，

8、C是氢气，E是氯化氢。F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。【详解】室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，(1)根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；(2)反应为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；(3)反应为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe2HFe2H2；(4)反应为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2Cl

9、22Fe32Cl。4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.Na2CO3（5）写出中沉淀消失的离子方程式_。【答案】SO42-、CO32-、Na+ H+、

10、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+、Ba2+；(3)可能含有Cl-；(4)若要确定Cl-是否存在，应首先排除SO42-和CO

11、32-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。5室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E溶液是无色溶液，F是淡绿色溶液和C反应发出苍白色火焰请回答： （1）B是 _ ，C是 _ 请填写化学式； （2）反应的化学方程式 _ ；【答案】Cl2 H2 2Fe+3Cl2 2FeCl3 【解析】【分析】A是常见的金属单质、单质

12、B是黄绿色气体，为氯气，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，说明C为氢气，则E为氯化氢，E溶液为盐酸，盐酸和A反应生成氢气和F，F为淡绿色溶液，说明为氯化亚铁，A为铁。D为氯化铁。【详解】A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体，为氯气，单质C是无色气体，B和C反应发出苍白色火焰，说明C为氢气，则E为氯化氢，E溶液为盐酸，盐酸和A反应生成氢气和F，F为淡绿色溶液，说明为氯化亚铁，A为铁。D为氯化铁。（1）B为氯气，Cl2，C为氢气，H2；（2）反应的化学方程式为2Fe+3Cl2 2FeCl3。【点睛】掌握无机推断题的突破口，注意常见物质的颜色和特性，如氯气为黄绿色气体，氢气为无色气体，苍

13、白色火焰为氯气和氢气反应时的现象等。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

14、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

15、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

16、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+)0.2

17、mol/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有X、Y、Z三种元素，已知：X、Y、Z的单质在常温下均为气体；X单质可

18、在Z单质中燃烧，生成XZ，火焰为苍白色；XZ极易溶于水，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；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；细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧，且产生红棕色烟。推断：（1）X、Y两种元素的名称X_，Y_。（2）化合物的化学式：XZ_，X2Y_。（3）过程中涉及的化学反应方程式为_。【答案】氢 氧 HCl H2O 2Fe3Cl22FeCl3 【解析】【分析】细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧，且产生红棕色烟，Z是Cl元素； X单质可在Z单质中燃烧，生成XZ，火焰为苍白色，XZ是氯化氢，所以X是H元素；氯气溶于

19、X2Y中，所得溶液具有漂白作用，则X2Y是水，Y是O元素。【详解】根据以上分析，（1）X是氢元素，Y是氧元素、Z是氯元素。（2）化合物的化学式：XZ是氯化氢，化学式是HCl，X2Y是水，化学式是H2O； （3）过程是铁与氯气反应生成氯化铁，反应方程式为2Fe3Cl22FeCl3。【点睛】本题考查了物质性质的分析判断，抓住物质转化关系，特别是抓住反应现象的特征进行分析；如：根据细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧，产生红棕色烟，可推知Z2(g)是氯气；火焰为苍白色是氢气在氯气中燃烧。8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

20、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】NaCl 2NaO2Na2O2 2Na2H2O=2Na2OHH2 【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

21、D反应可生成白色固体E，E为氯化钠。【详解】根据以上分析得E为氯化钠，E的化学式为NaCl，故答案为NaCl；钠在氧气中反应生成过氧化钠，D生成F的化学方程式为：2NaO2Na2O2，故答案为：2NaO2Na2O2；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：2Na2H2O = 2Na2OHH2，故答案为：2Na2H2O = 2Na2OHH2；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2CO22Na2O2 = 2Na2CO3O2，用双线桥表示该反应的电子转移，故答案为： 。9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，

22、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

23、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】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HC

24、l；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：Cl

25、2、 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。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

26、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Ca(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

27、：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与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故答案为：BC；(3)D为CaCl2和Ca(ClO)2的

28、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。11现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。（1）A、B、C、D的化学式分别为：A_；B_；C_；D_。（2）写出下列各反应的化学方程式：A与B_；B与水_。【答案】H2 Cl2 CO2 H

29、Cl Cl2+H2O=HCl+HClO 【解析】【分析】A是密度最小的气体即为氢气，B在通常情况下呈黄绿色即为氯气，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D即氢气和氯气反应生成氯化氢气体的特征现象，即D为氯化氢，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，进一步验证B为氯气，D为氯化氢，无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体。【详解】A是密度最小的气体即为氢气，A为H2；B在通常情况下呈黄绿色即为氯气，B为Cl2；无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体，C为CO2；纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D即生成HCl，D为HCl；A与B反应方程式为：；B与水反应方程式为：Cl2H2O=HClHClO。【点睛】根据PV=nRT可以推出，所以相同条件下，气体的密度和其摩尔质量呈正比，即相同条件下密度最小的气体即为氢气；纯净的A可以在B中安静地燃烧，