化学氯及其化合物的专项培优练习题附答案

化学氯及其化合物的专项 培优练习题附答案一、高中化学氯及其化合物1．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1:2KClQ+4HCl(浓)=2KC+CkT+2CQT+2H2O反应2:KCQ+6HC1(浓尸KC+3C2T+3H2O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 。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。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FeE溶液中，发生反应的离子方程式是 Cb+2I-=2Cl-+l2,其中「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22.4LC2通入2L0.5mol/L的FeBi2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0.5molC2剩余，会再与溶液中 Br-发生反应：Cl2+2Br-=2CI+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22.4LC2通入2L0.5mol/L的Fel2溶液中，n(Cl2)=1mol,n(Fel2)=1mol,其中Fe2+有1mol,「有2mol,n(Feb)：n(Cl2)=1：1,首先发生反应：Cl2+2I-=2Cf+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+=2Cf+2Fe3+,故反应的离子方程式为 Cl2+2I-=2Cl+l2。【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。2.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应： KMnO4+HCl(浓)-KCl+MnCl2+Cl2f+H2O(未配平)，此反应常温下就可以迅速进行。请回答下列问题：(1)上述反应中被氧化的元素是。当生成3.36L(标准状况下)C2时，转移电子的物质的量为 。(2)如果上述化学方程式中 KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是。(3)实验室通常利用 MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气，据此可知 KMnO4、Cl2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为 。(4)酸性KMnO4溶液与Fe"反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是。(5)下列物质既有氧化性，又有还原性的是 (填字母代号)。A．I－B．HClC．MnCl2D．Cl2【答案】Cl0.3mol8KMnO4MnO2Cl25Fe2MnO48H 5Fe3 Mn24H2OBCD【解析】【分析】比较氧化还原反应中物质的氧化性和还原性时，若两物质在同一反应中，则满足氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物；若两物质在两个不同反应中时，可借助一个“桥”，即第三者产生联系，若找不到第三者，需比较反应条件，反应条件越高，氧化剂的氧化能力或还原剂的还原能力越弱。【详解】对于反应KMnO4+HCl脓)fKC%MnCl2+Cl2f+H2O,KMnO4+5e--MnCl2,2HCl-2e-fCl2f,依据电子守，值，则为2KMnO4+10eT2MnCl2,10HCl-10eT5C2T,再考虑质量守恒，即可配平2KC1+2MnCl2,最后配HCl。因为前面配的只是表现出还原性的部分，生成 (2KC1+2MnCl2)的部分表现出酸性，于是得出配平后的方程式为 2KMnO4+16HC1(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2T+8H2。；(1)上述反应中，HCl中的Cl由-1价升高到。价，则被氧化的元素是Cl。当生成3.36L(标- 3.36L准状况下)Cl2时，n(Cl2)= =0.15mol,由C2-2e-,可得出转移电子的物质的量22.4L/mol为0.15molX2=0.3mol;答案为：Cl；0.3mol；(2)上述化学方程式中，2KMnO4——16HCl;若KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是8;答案为：8;⑶在2KMnO4+16HCl(浓)==2KCl+2MnCl2+5C2f+8H2。反应中，氧化性KMnO4>Cl2；在MnO2+4HCl(浓)'MnCl2+Cl2f+2H2。中，氧化性MnO2>Cl2,那么KMnO4与MnO2的氧化性哪个更强？因为找不到可联系二者的物质，所以我们只能利用反应条件，前一反应不需条件，后一反应需加热，所以氧化性 KMnO4>MnO2。从而得出氧化性KMnO4>MnO2>Cb;答案为：KMnO4>MnO2>Cb；(4)酸fKMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是 5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2。；答案为：5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2。；A.「化合价为最低价，只能失电子，即只具有还原性， A不合题意；HCl中，H+具有氧化性，Cl-具有还原性，B符合题意；MnCl2中，Mn2+价态既能升高又能降低，既具有氧化性又具有还原性， C符合题意；Cl2中，Cl的价态既能升高又能降低， D符合题意；答案为：BCQ【点睛】判断物质具有的氧化性和还原性时，应从物质中含有的所有元素考虑，不可拘泥于一种元素，否则易得出错误的结论。3.现有一包固体粉末，其中可能含有如下五种物质： CaCQ、K2CQ、NazSQ、NaC太CuSQ。现进行如下实验：①溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现；②向溶液中加入BaC2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失。根据上述实验现象推断：一定不存在的物质是;(2)写出加入盐酸时沉淀消失的离子反应方程式；(3)可能存在的物质是;(4)用化学反应的现象来检验可能存在的物质所用试剂为： ;若不使用化学试剂

还可用来检验该物质的存在。【答案】CaCQ、NazSQ、CuSQBaCQ+2H+=Ba*+CQT+H2ONaCl稀硝酸、硝酸银溶液焰色反应【解析】【分析】①原固体中CaCO不溶于水，CuSQ溶于水后为蓝色溶液，固体粉末溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现说明一定不含这两种物质；②碳酸根沉淀溶于盐酸，硫酸钢沉淀不溶于盐酸，向溶?中加入BaC2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失说明固体粉末中一定含有碳酸根离子，一定不含有硫酸根离子，则固体粉末中一定不存在的物质是 CaCQ、Na2SQ、CuSQ,一定有K2CQ,由于没有涉及与NaCl有关的实验，固体粉末中可能含有NaCl。【详解】(1)由分析可知，固体粉末中一定不存在 CaCQ、Na2S。、CuSO4,故答案为：CaCQ、Na2SQ、CuSQ;(2)向溶液中加入BaC2溶液，K2CO3溶液与BaC2溶液反应生成BaC。白色沉淀，再加盐酸，BaCQ白色沉淀与盐酸反应生成氯化银、二氧化碳和水，反应的离子方程式为 BaCQ+2H*=Ba2++CQT+H2O,故答案为：BaCO3+2H+=Ba2++CO2T+H2O；(3)由分析可知，固体粉末中可能含有 NaCl,故答案为:NaCl;(4)氯化钠的存在与否，可以通过检验氯离子或钠离子来确定，氯离子的检验可以用硝酸酸化的硝酸银来检验，钠离子的检验可以用焰色反应来检验，故答案为：稀硝酸、硝酸银溶液；焰色反应。【点睛】碳酸钢沉淀溶于盐酸，硫酸钢沉淀不溶于盐酸，向溶液中加入 BaC2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失说明固体粉末中一定含有碳酸根离子，一定不含有硫酸根离子是判断的关键。.已知X、Y均为有刺激性气味的气体，且几种物质间有以下转化关系，部分产物未标出。请回答下列问题。MN。我液 4HN。而液.睡邂 d,，心 *白色就淀(1)写出下列各物质的化学式:X、Y、A、B、C<(2)反应①的离子方程式为。【答案】Cl2SQHClH2SQFeCl32Fe3++SQ+2H2。=2Fe2++SQ2-+4H+【解析】【分析】A与硝酸酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀， A中含C-;B与盐酸酸化的BaC2溶液反应产生白色沉淀，B中含SC42-;又卞!!据X、Y均为有刺激性气味的气体，且X能与Fe反应，

则X为Cl2,丫为S。，A为HCl,B为H2SO,C为FeC3。【详解】(1)分析可知，X为C12,丫为SC2,A为HCl,B为H2SO4,C为FeC3。(2)反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应，离子方程式为 2Fe3++SQ+2H2。=2Fe2++SC2-+4H+。.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：翻知显红色丙+丁一丝一_丙+丁一丝一_b」亚必史*C(溶液)基任*IX混合灌〉呼修a(红色石盘试既变a)Ef小、E泊色沉淀)孙町〉F(白色沉淀)(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+H2C-NH3H2C—NH4++CH-SC32-+C2+H2C=SQ2-+2C「+2H+SC2+NH3+H2C=NH4HSC3【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 BaC2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SQ2-;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。2, 丁为S, A为NH3、B为SO2, C溶液为(NH4)2SC3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SQ2-、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+H2Of=NH3H2O-1「NH4++OH；C溶液为(NH4)2SQ溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SC42-、Cl-、NH4+,发生反应的离子方程式为SC32-+Cl2+H2O=SQ2-+2C「+2H+；⑶NH3和SQ按1:1通入水中生成NH4HSO3,发生反应的方程式为SQ+NHs+HzCuNNHSCfe。.下图中A〜H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④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： O【答案】CaCQ消毒(或漂白)Ca(ClO2+CQ+H2O=CaCO+2HClO得及一I ；~MnO+4HC1@农~Cl「-2HO-I 一个一失却一【解析】【分析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为 CC2,则E为CaCQ,常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为C12,由此可知C为Ca(ClO2,F为HCl,D为CaC2,G为HClO,H为O2,在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取C12,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CQ,则E为CaCQ,常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为C2,由此可知C为Ca(ClO*F为HCl,D为CaC2,G为HClO,H为O2。(1)由以上分析可知E为CaC。；(2)C为Ca(ClO2,该物质与酸溶液作用可生成 HClO,HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应④是Ca(ClO)2与CQ、H2O作用产生HClO,反应的化学方程式为： Ca(ClO2+CQ+H2O=CaCO+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)=二三MnCl2+C12T+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2X3用双线桥法表示为：I ；MnO.十4Hdfi农｝ AinCl.~Cl.,+2H©。I .失2y【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，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。.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2B与金属D反应可生成白色固体E,D在空气中燃烧生成浅黄色固体F,F与CQ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CQ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】NaCl2Na+O^A-Na2O22Na+2H2O=2Na++2OH+H2T失去左寸2c512N的?二=1X』得到2x，e-【解析】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 Co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CC2反应可得到气体G,G为氧气，B与金属D反应可生成白色固体E,E为氯化钠。【详解】⑴根据以上分析得E为氯化钠，E的化学式为NaCl,故答案为NaCl；⑵钠在氧气中反应生成过氧化钠， D生成F的化学方程式为：2Na+O*=Na2O2,故答案为：2Na+O2△・Na2O2；⑶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：2Na+2H2O=2Na++2OH+H2T,故答案为：2Na+2H2O=2Nsi++2OH+H2f；⑷过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气， F与CQ反应的化学方程式为2CC2+2Na2O2=2Na2CC3+O2T,用双线桥表示该反应的电子转移

2cs12Na干=2N&C?131得到2xe-失去2鼻寸故答案为：一 」.•2Na；C?m故答案为：一 」.•2Na；C?m+X』。8.有X、Y、Z三种元素：①X、Y、Z的单质在常温下均为气体，②X单质可以在Z的单质中燃烧，生成化合物XZ,火焰呈苍白色，③XZ极易溶于水，在水溶液中电离处 X+和Z,其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，④每两个X2分子能与一个Y2分子化合成两个X2Y分子，X2丫常温下为液体，⑤Z单质溶于X2Y中，所得的溶液具有漂白性。(1)写出下列微粒的电子式： X+,Z,Y原子。(2)写出X2Y的化学式。按要求与X2Y分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核的阴离子,5个原子核的分子。(3)写出Z单质溶于XY中发生反应的离子方程式：,所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是。(4)实验室制备XZ的化学方程式：,如何检验XZ是否收集满。*【答案】H+[X+为H+,其电子式为H+,Z为Cl,其电子式为[】口：丁，丫为O元素，其原子电X+为H+,其电子式为H+,Z为Cl,其电子式为[】口：丁，丫为O元素，其原子电«(s)+H2SQ(浓)微挑NaHSQ+HClT用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满【解析】【分析】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出 X+和Z「，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2,结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ,燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2,故XZ为HCl.X2丫常温下为液体，则X2丫为H2O,说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO,HClO具有漂白作用，符合题意，据以上分析解答。【详解】XZ极易溶于水，在水溶液中电离出 X+和Z「，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H2,结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ,燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2,故XZ为HCl,X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O,说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO,HClO具有漂白作用，符合题意；・V

*子式为：O:

.子式为故答案为：H+、口Q】「、：。：；■MiIX2Y的化学式为H2O；与H2O分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核 的阴离子为OH，5个原子核的分子为CH4；故答案为：H2O；OH;CH4；Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式： Cl2+H2O=H++C「+HClO,所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是： C12；故答案为：Cl2+H2O=H++Cl+HC1O;Cl2；(4)实验室制备HCl的化学方程式：NaCl(s)+H2SQ(浓)微热NaHSO+HClT：检验HCl是否收集满方法：用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满；故答案为：NaCl(s)+H2SC4(浓)微热NaHSQ+HClT:用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。9.某待测溶液(阳离子为Na+)中只可能含有SC2-、SO2-、C「、BL、NO-、HCO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:气体待测液中是否含so2-、so2-气体待测液中是否含so2-、so2-离子气体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NOHCO+Ba2++OH=BaCQj+HOBr【答案】一定有SO32-,而SONOHCO+Ba2++OH=BaCQj+HOBr- 2-HCO、SC3【分析】待测液与氯化钢溶液反应生成沉淀 A,则溶液中可能含有SO32-、SQ2-,向沉淀中加入稀硝酸生成气体D,白色沉淀D,因为亚硫酸钢具有还原性，能够与硝酸反应生成硫酸钢和一氧化氮气体，而硫酸钢不溶于硝酸，所以溶液中一定存在 SC32-,可能存在SQ2-;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HCQ-,白色沉淀B为BaCQ；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C「，因为加入氯化钢溶液引入Cr,不能确定原溶液中是否含有 Cl-；据以上分析解答。【详解】待测液与氯化钢溶液反应生成沉淀 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,因为亚硫酸钢具有还原性，能够与硝酸反应生成硫酸钢和一氧化氮气体，而硫酸钢不溶于硝酸，所以溶液中一定存在 SO32-,可能存在SQ2-;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HCQ-,白色沉淀B为BaCO;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cr,因为加入氯化钢溶液引入cr,不能确定原溶液中是否含有 ci-；(1)根据以上分析可以知道，待测液中一定有 SO2-,而SO42-可能存在可能不存在；答案是：一定有SQ2-,而SQ2-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；碳酸氢根离子与银离子、氢氧根离子生成碳酸机反应生成沉淀B的离子方程式为：HCQ-+Ba2++OH-=BaC。J+H2O;答案是:NO；HCO3-+Ba2++OH-=BaCQj+H2O；(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-、SQ2-；答案是：Br;HCQ-、SQ2-。10.某强酸性溶液 X中含有 Ba2+、A l3+、NH4+、Fe2+、Fe3+、CO3【答案】Al3+、NH4+、Fe2+、SO【答案】Al3+、NH4+、Fe2+、SO42 F(3+取少量X溶液放在试管中，加入几滴 KSCN溶液NO3一中的一种或几种，取该溶液进行连续实验，实验过程如下：根据以上信息，回答下列问题：(1)上述离子中，溶液X中除H+外还一定含有的离子是,不能确定的阳离子是,若要用实验证明该离子一定不存在，其最可靠的化学方法是(2)沉淀G的化学式为。(3)写出下列反应的离子方程式：①中生成气体A：。②生成沉淀I：。(4)假设测定A、F、I均为0.01mol,10mLX溶液中n(4)=0.04mol,且不能确定含有的离子只有一种。当X溶液中不能确定离子是,沉淀C物质的量

Al(OH)3j+HCOFe =0.07mol;当X溶液中不能确定的离子是 =0.07mol;当X溶液中不能确定的离子是Fe3+,则硫酸根离子的物质的量大于 0.07mol,生成沉淀C硫酸钢的物质的量大于0.07mol;当X溶液中不能确定的离子为 C「，则硫酸根离子的物质的量小于 0.07mol,生成沉淀C硫酸钢的物质的量小于 0.07mol。11.(1)新制氯水中含有的微粒： H2O、HCl。C2、H+、Cr、ClO-、―.(2)判断：可以用pH试纸测定新制氯水的pH。―(打或“X”)(3)久置氯水与碳酸氢钠溶液反应的化学方程式 ―。【解析】【分析】在强酸性溶液中一定不会存在 CO2-和SC32-离子，加入过量硝酸钢生成沉淀，则该沉淀为BaSQ沉淀，说明溶液中含有SQ2-离子，生成气体A,A连续氧化生成D和E,则A为NO,D为NO2,E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子，一定为 Fe2+离子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F,则F为N%,说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CO2气体，生成沉淀I,则I为Al(OH)3,H为NaAlO2,说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2+离子，就一定不含NO3-离子，含有SQ2-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定的是否含有的离子Fe3+和Cl-,以此解答。【详解】(1)在强酸性溶液中一定不会存在 CO32-和SC32-离子，加入过量硝酸钢生成沉淀，则该沉淀为BaSQ沉淀，说明溶液中含有SO42-离子，生成气体A,A连续氧化生成D和E,则A为NO,D为NO2,E为HNO3,说明溶液中含有还原性离子，一定为 Fe2喃子，溶液B中加入过量NaOH溶液，生成气体F,则F为NH3,说明溶液中含有NH4+离子，溶液H中溶于CC2气体，生成沉淀I,则I为Al(OH)3,H为NaOH和NaAlO2,说明溶液中含有Al3+离子，溶液中含有Fe2相子，就一定不含NO3-离子，含有SC42-离子就一定不含Ba2+离子，不能确定是否含有的离子Fe3+和Cl-,检验氯离子的方法是：取少量 B溶液放在试管中，加入几滴AgNO3溶液，无白色沉淀说明无C「，所以一定含有的是Al3+、NH4+、Fe2+、SC42-,不能确定的是Fe3+、Ct,检验Fe3+的方法为：取少量X溶液放在试管中，加入几滴 KSCN溶液不变红色说明无Fe3+,反之则有；(2)溶液中含有亚铁离子，被氧化生成铁离子，加入氢氧化钠溶液，生成沉淀 G为Fe(OH)3;(3)①气体ANO,Fe2+离子被氧化为Fe3+离子，NO3-离子被还原为NO气体，反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NOT+2H2O；②H中NaAlO2,沉淀I为氢氧化铝，偏铝酸根离子与二氧化碳反应生成氢氧化铝沉淀，反应的离子方程式为：AlO2-+CO2+2H2O=Al(OH)3J+HC。-；(4)A、F、I均为0.01mol,10mLX溶液中n(H+)=0.04mol,根据反应3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3++NOT+2H2O,可知亚铁离子为0.03mol,根据溶液电中性可知： 2n(Fe2+)+3n(Al3+)+n(NH4+)=2n(SQ2-),n(SQ2-)20.03mol30.01mol0.01mol20.04mol

20.03mol30.01mol0.01mol2(4)写出铁在氯气中燃烧的化学方程式:(5)写出电解饱和食盐水的化学方程式:【答案】OH- xHCl+Na3=NaCl+H2O+CQT2Fe+3c2点燃2FeCl32NaCl+2H2O电解2NaOH+C2T+HH【解析】【分析】氯水的成分有盐酸、次氯酸和氯气分子，氯水具有酸性、氧化性和漂白性，据此进行分析。电解食盐水饱和溶液制备氯气和烧碱，氯气能够与铁反应生成氯化铁，据此进行分析。【详解】(1)已知氯气溶于水发生的反应为 Cl2+H23F=±HClO+HCl,其中HC1O是弱酸，HCl是强酸，且水是弱电解质，也能部分电离，则新制氯水中含有的微粒： H2O、HClO、CI2、H+、Cl-、C。、OH-。(2)氯水中含有的HClO有漂白性，pH试纸上滴加新制氯水，先变红后褪色，则不可以用 pH试纸测定新制氯水的pH,故X；(3)因HClO不稳定，会分解生成HCl和02,久置氯水的成分主要是HCl,则久置氯水与碳酸氢钠溶液反应的化学方程式为 HCl+NaHCQ=NaCl+H2O+CQT；(4)铁在氯气中燃烧的化学方程式为 2Fe+3c2点想2FeC3：(5)惰性电极电解饱和食盐水生成 H2、Cl2和NaOH,发生反应的化学方程式为 2NaCl+2H2O里解2NaOH+C2T+Hd。12.MnO2是一种重要无机材料，粗MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品转化为纯MnO2的实验，流程：⑶通人热尹0H淋液中」含NaCg__*的囿体(1)第一次过滤后，所得滤液中含有的主要阳离子为;所得滤渣需要洗涤，判断滤渣已洗涤干净的方法是 (2)完成第②步相关的离子反应：.(3)第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台(含铁圈)、玻璃棒、酒精灯、,已知蒸发得到的固体中有 NaClO3和NaOH,则一定还含有(写化学式)。(4)粗MnO2样品的质量为12.69g,第①步反应后，过滤得到 8.7gMnO2,并收集到0.224LCO2(标准状况下)，则在第②步反应中至少需要molNaClO3。【答案】H+、Mn2+向最后一次洗涤液中加入BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净2+ + ...5Mn+2C。3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H蒸发皿NaCl0.02【解析】【分析】由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的MnO、MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,滤液中含MnSO4,为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第②步发生5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2J+C2T+Na2SC4+4H2S。，第③步中氯气与热的 NaOH发生氧化还原反应生成NaCl、NaCld、水，溶液蒸发可得到固体，以此解答。【详解】(1)加稀硫酸时样品中的 MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的 MnSO4,为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第一次过滤后，所得滤液中含有的主要阳离子为： H+、Mn2+;所得滤渣需要洗涤，判断滤渣已洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，方法是：向最后一次洗涤液中加入 BaC2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净，故答案为：H+、Mn2+;向最后一次洗涤液中加入 BaC2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净；(2)MnSO4要转化为MnO2,需失去电子，故需要加入 NaCQ做氧化剂，Mn元素化合价从+2价升高至+4价，Cl元素化合价从+5价降低至。价，依据得失电子守恒以及原子守恒可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2J+C2T+Na2SC4+4H2SC4,因此反应的离子方程式是：2+ +5Mn+2ClO3+4H2O=5MnO2+Cl2+8H；(3)第③步属于蒸发，所以需要的仪器有铁架台(含铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；C12通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还原剂， NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物 NaCl；(4)由题意知样品中的MnO和MnCO3质量为12.69g-8.7g=3.99g,由方程式H2SO4+MnCO3=MnSO4+H2O+CO2T可知MnCO3的物质的量与生成的二氧化碳物质的量相等，为0.01mol,质量为115g/molX0.01mol=1.15g,所以MnO的质量为3.99g-1.15g=2.84g,其2.84g物质的量为 -=0.04mol,因此与稀硫酸反应时共生成 MnSO4的物质的量为71g/mol0.04mol+0.01mol=0.05mol,根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2J+C2T+N32SO4+4H2S。，可计算出需要NaClQ的物质的量为0.02mol,故答案为：0.02mol。13.电石浆是氯碱工业中的一种废弃物，其大致组成如表所示:成分CaOSiO2Al2O3Fe2O3MgOCaS其它/、溶性的物质质里分65〜663.5〜5.01.5〜3.50.2〜0.80.2〜1.11.0〜1.823〜26数/%用电石浆可生产无水CaC2,某化工厂设计了以下工艺流程：।~~号**■・.现1㈱ 石衣3L x.A J 1网门武T近尸1T痴降科一H平器|一■］脱色拼“小学期『BJT与品福产：/般就 嬴 耳断已知氯化钙晶体的化学式是 CaC26H2O;H2s是一种酸性气体，且具有还原性。(1)反应器中加入的酸应选用。(2)脱色槽中应加入的物质X是;设备A的作用是;设备B的名称为;设备C的作用是。(3)为了满足环保要求，需将废气 H2s通入吸收池，下列物质中最适合作为吸收剂的是(填序号)。反应的化学方程式为。A.水 B.浓硫酸 C.石灰乳D.硝酸(4)将设备B中产生的母液重新引入反应器的目的是。【答案】盐酸活性炭蒸发浓缩过滤器脱水干燥CCa(OH)+H2S=CaS+2HO对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益【解析】【分析】电石浆加入酸，其中含有的氧化钙，氧化铝、氧化铁、氧化镁、硫化钙溶于酸，经沉降后过滤得到滤渣为二氧化硅和不溶性杂质，加入活性炭脱色过滤后，在A中蒸发浓缩得到晶体，B中过滤得到晶体，通过C脱水干燥得到产品。【详解】(1)因目的是生产CaC2,在处理过程中不引入新的杂质离子，所以反应器中加入的酸应选用盐酸；(2)活性炭具有吸附性，故脱色槽中应加入的物质 X是活性炭；从A装置后面看是结晶池，则在A中可进行的操作是溶液脱水， A为蒸发浓缩；从B中有母液出来，则B为过滤器；B中得到晶体，所以需要脱水干燥，才能得到 CaC2产品，故设备C的作用是脱水干燥；(3)H2s为酸性气体，应用碱液吸收，应该选石灰乳，该反应的化学方程式为Ca(OH》+H2S=CaS+2HO,故合理选项是C;(4)设备B中产生的母液中含有氯化物，经回收利用，不仅可以降低废弃物排放量，而且可以提高经济效益，故将设备 B中产生的母液重新引入反应器的目的是对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益。【点睛】本题以用电石浆可生产无水CaC2”为载体，考查实验基本操作和技能，涉及工艺流程的理解、物质分离提纯、元素化合物性质等，是对学生综合能力的考查，需要学生基本知识的基础与分析问题、解决问题的能力。14.有人提出可以利用海水(含NaCl)和石灰石为原料制取漂白粉，该方法流程如下:(1)②中的反应物是氯化钠和,该反应的离子程式为(2)写出反应④、⑤的化学方程式：。(3)图中反应②③④⑤属于氧化还原反应的是。, 一 通电—【答案】水2Cl+2H2O—2OH+H2T+CI2TCaO+H2O=Ca(OH>、2cI2+2Ca(OH*CaC2+Ca(ClO)+2H2。②⑤【解析】【分析】(1)②电解氯化钠和水生成氢氧化钠、氢气和氯气；(2)反应④是氧化钙和水生成氢氧化钙、反应⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水。(3)反应前后有元素化合价改变的反应为氧化还原反应。【详解】(1)②电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，②中的反应物是氯化钠和水，反应的离一 通电一子万程式为2Cl+2H2O-2OH+H2T+CI2T。(2)反应④是氧化钙和水生成氢氧化钙，反应的化学方程式是 CaO+H2O=Ca(OH>;反应⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学方程式是 2c2+2Ca(OH%=CaC2+Ca(ClO}+2H20。(3)②2Cl+2H2O=20H+H2T+CI2"⑤2Ca(0H?=Ca。+Ca(ClO2+2H2O反应中有元素高温化合价的变化，属于氧化还原反应，③ CaCQ^=CaO+CC2K④CaO+H2O=Ca(OH>,反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应。15.根据所学知识，回答下列问题：(1)高铁酸钠(Na2FeO4)可作为高效、多功能水处理剂，其摩尔质量是。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，写出相应的离子方程式：(2)戴维通过电解法首先制得了金属钠，随后几十年内，工业上采用铁粉和氢氧化钠高温熔融的方法制得钠蒸气，同时获得 Fe3O4和氢气。写出该反应的化学方程式该反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是(填化学式)，若制得22.4L(折算为标准状况下)钠蒸气，转移电子的数目为(3)漂白粉常用于饮水、污水、排泄物及被污染的环境消毒，其主要成分是氯化钙和次氯酸钙[Ca(ClO)2],有效成分为次氯酸钙。为测得某漂白粉的有效成分含量，称取Ag漂白粉样品溶解，往所得溶液中通入 CQ至不再产生沉淀为止，反应的化学方程式为Ca(ClO肘CQ+H2O=CaCO4+2HC1Q若反应生成次氯酸(HC1O)的物质白^量为Kmol,则该漂白粉中有效成分的质量分数为%(用含A、K的式子表示)。【答案】166g/mol4FeO42-+10H2O=4Fe(OHM胶体)+8OH-+3O2T小 a - %7150K3Fe+4NaOH=4NaT+FeO4+2H2TNaOH2N\或1.204x他 A(1)摩尔质量以g/mol为单位，数值上等于其相对分子质量；根据电子转移守恒、电荷守恒、原子守恒配平书写离子方程式；(2)由题意可知，Fe与NaOH在高温条件下生成Na蒸气、Fe3O4和H2,配平书写化学方程式；反应中属于电解质但不属于氧化物的物质是 NaOH;反应中Na、H元素化合价降低,根据方程式计算生成氢气的量，根据Na元素、H元素化合价变化计算转移电子数目；(3)根据HClO的量计算Ca(ClO2的质量，再根据质量分数的定义式计算。【详解】(1)Na2FeO4的相对分子质量为166,故其摩尔质量为166g/mol。高铁酸钠可与水反应生成Fe(OH)3胶体、氢氧化钠和氧气，相应的离子方程式： 4FeO