化学 氯及其化合物的专项 培优练习题含答案解析

化学氯及其化合物的专项培优练习题含答案解析
一、高中化学氯及其化合物
1．已知A是一种金属单质，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反应呈黄色；D、F相遇会产生白烟。

A、B、C、D、E、F间有如下变化关系：
（1）写出A、B、C、E的化学式:
A__________,B__________,C__________,E__________。

（2）写出E→F反应的化学方程式_________;写出B→D反应的化学方程式_________。

（3）F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是________。

【答案】Na NaOH NH4Cl H2 H2+Cl2点燃
2HCl NH4Cl + NaOH
加热
NaCl +H2O +NH3↑
盐酸小液滴
【解析】
【分析】
A是一种金属，该金属能和水反应生成溶液B和气体E，B溶液能使酚酞试液变红，说明B 是碱，焰色反应呈黄色，说明含有钠元素，所以B是NaOH，根据元素守恒知A是Na，E 是H2；氢气在氯气中燃烧生成HCl，则F是HCl，氢氧化钠溶液和C反应生成D，D、F相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反应生成白烟氯化铵，则D是NH3，C是NH4Cl，据此分析解答。

【详解】
(1)根据上面的分析可知，A是Na，B是NaOH，C是NH4Cl，E是H2；
(2) E→F为在点燃的条件下，氢气和氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：
H2+Cl2点燃
2HCl；B→D为在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反应生成氯化钠、氨气和
水，反应方程式为：NH4Cl + NaOH 加热
NaCl +H2O +NH3↑；
(3) F是HCl，HCl极易溶于水生成盐酸，所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。

2．已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：
（1）将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有
_________（填序号）
①放热②黄绿色褪去③瓶口有白雾④瓶口有白烟⑤安静燃烧，发出黄色火焰⑥安静燃烧，发出苍白色火焰
（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。

（3）实验室可用如上图②所示装置收集D，下列叙述正确的是__________（填序号）。

①D气体不能用排水法收集
②干燥管里盛有碱石灰
③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出
（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。

（5）物质E的化学式是_______；E在下列物质分类中所属的物质种类是_______（填序号）。

①电解质②化合物③混合物④纯净物⑤非电解质⑥盐
检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________
【答案】①②③⑥ Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+H2O+2NH3↑①②
4NH3+5O2加热
催化剂4NO+6H2O NH4Cl ①②④⑥取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+
【解析】
【分析】
为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3，A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
(1)氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥；
(2)实验室制氨气的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+H2O+2NH3↑；
(3)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的a应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②；
(4)氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O2加热
催化剂4NO+6H2O；
(5)E 是氯化铵，化学式为NH 4Cl ，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：取E 少许于试管，加入浓NaOH 溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E 中有NH 4+。

3．物质A ～K 有如图的转化关系，其中D 、E 为气体单质，A 、H 为常见金属。

试回答(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)：
(1)写出下列物质的化学式：D 是________， I 是______。

(2)写出“C→F”反应的离子方程式：______________________________________。

(3)写出反应“J→K”的离子方程式：____________________________________。

(4)在溶液I 中滴入NaOH 溶液，可观察到的现象是______________________________。

【答案】H 2 FeCl 2 ()3+
3243Al 3NH H O=Al OH 3NH ⋅↓＋＋＋ ()33Fe 3OH =Fe OH ↓＋－＋ 产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色
【解析】
【分析】
黄绿色气体E 为Cl 2，红褐色沉淀K 为Fe(OH)3，金属H 与溶液B 反应得到I ，I 能被氯气氧化得到J ，J 与氢氧化钠反应得Fe(OH)3，可推知H 为Fe 、B 为盐酸、I 为FeCl 2，J 为FeCl 3，故B 为HCl 、气体单质D 为H 2，金属A 与盐酸反应得到C 为盐，能与氨气反应得到白色沉淀F ，且白色沉淀F 溶于氢氧化钠溶液得到G ，可推知A 为Al 、C 为AlCl 3、F 为Al(OH)3、G 为NaAlO 2，据此解答。

【详解】
（1）由上述分析可知，D 为H 2，I 为FeCl 2，
故答案为：H 2；FeCl 2；
（2）C 为AlCl 3，其与NH 3·
H 2O 反应生成氢氧化铝和氯化铵，其离子反应方程式为：()3+3243Al 3NH H O=Al OH 3NH ⋅↓＋＋＋；
故答案为：()3+
3243Al 3NH H O=Al OH 3NH ⋅↓＋＋＋； （3）J 为FeCl 3，其与NaOH 溶液反应生成氢氧化铁和氯化钠，其离子反应方程式为：()33Fe 3OH =Fe OH ↓＋－＋，
故答案为：()33Fe 3OH =Fe OH ↓＋－
＋； （4）I 为FeCl 2，其与NaOH 溶液反应会生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁极易被空气氧化而生成氢氧化铁，其现象为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色，
故答案为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色。

4．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，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】2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑通入HCl 13 水玻璃 Na2CO3，0.005mol NaHCO3，0.005mol 3Cl2＋8NH3===N2＋6NH4Cl
【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，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2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑；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)=
1.12
222.4
=0.025mol，则
溶液中产生0.05mol的OH－，c(OH－)=0.05mol?
0.5L
=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CO 2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Na 2CO 3，0.005mol ；NaHCO 3，0.005mol ；
(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3Cl 2＋8NH 3===N 2＋6NH 4Cl 。

5．A 、B 、C 、X 是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图。

请针对以下三种不同情况回答：
()1若A 、B 、C 中均含同一种常见金属元素，该元素在C 中以阴离子形式存在，将A 、C 的水溶液混合可得B 的白色胶状沉淀。

A ①中含有的金属元素在元素周期表中的位置为_______________________，向水中加入X 物质，X 对水的电离平衡的影响是_________(填“促进”、“抑制”或“无影响”)。

A ②与C 的水溶液混合后生成
B ，反应的离子方程式为___________________________。

()2若A 为固态非金属单质，A 与X 同周期，同时A 在X 中燃烧，生成3(AX 和5AX )白色烟雾，常温常压下
C 为白色固体，B 分子中各原子最外层均为8电子结构。

①若A 为该元素的白色固体单质，其结构为正四面体，分子式为4A ，则1molA 单质中含共价键数目为_________A N ，B 的电子式为_________。

X ②与水反应的离子方程式为_______________________________________________。

()3若A 、B 、C 的焰色反应呈黄色，A 为淡黄色固体，B 、C 的水溶液均为碱性，A 溶于水后可与X 反应生成C ，常温下，X 为气态酸性氧化物。

A ①中所含有的化学键类型是_________。

B ②溶液中离子浓度由小到大的顺序是_________。

【答案】第三周期第ⅢA 族 抑制 ()3223Al 3AlO 6H O 4Al OH +-
++===↓ 6
22Cl H O H Cl HClO +-+=++ 离子键、共价键
()()()()()
233c H c HCO c OH c CO c Na +---+<<<< 【解析】
【分析】
A 、
B 、
C 、X 是中学化学常见物质，均由短周期元素组成；
(1)若A 、B 、C 中均含同一种常见金属元素，将A 、C 的水溶液混合可得B 的沉淀，由转化
关系可知，A 含有铝离子，B 为氢氧化铝，C 含有偏铝酸根，x 为氢氧化钠；
①A 中含有的金属元素为Al ；加入X 为氢氧化钠，抑制水的电离程度；
②A 与C 的水溶液混合后生成B ，是铝离子和偏铝酸根离子双水解反应生成氢氧化铝沉淀；
(2)①若A 为固态非金属单质，A 与X 同为第三周期元素，常温常压下C 为白色固体，B 分子中各原子最外层均为8e -结构，同时A 在X 中燃烧，由转化关系可知，A 为磷，B 为三氯化磷，C 为五氯化磷，x 为氯气；依据磷单质分子式为P4分析共价键数，三氯化磷是共价化合物，写出电子式；
②X 与水反应是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质；
(3)若A 、B 、C 的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C 加到盐酸中，有无色无味的气体X 产生，则A 为氢氧化钠，B 为碳酸钠，C 为碳酸氢钠，x 为二氧化碳；
①A 为氢氧化钠使钠离子和氢氧根离子构成，据此分析化学键类型；
②C 为NaHCO 3，碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性。

【详解】
()1若A 、B 、C 中均含同一种常见金属元素，将A 、C 的水溶液混合可得B 的沉淀，由转化关系可知，A 含有铝离子，B 为氢氧化铝，C 含有偏铝酸根，x 为氢氧化钠。

A ①、
B 、
C 中含有的同一种常见金属元素为Al ，在周期表中位置是第三周期，ⅢA 族，向水中加入X 氢氧化钠是碱，对水的电离平衡的影响是抑制；
A ②的水溶液含有铝离子，C 水溶液含有偏铝酸根，混合反应生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为3223Al 3AlO 6H O 4Al(OH)+-++=；
()2若A 为固态非金属单质，A 与X 同为第三周期元素，常温常压下C 为白色固体，B 分子中各原子最外层均为8e -结构，由转化关系可知，A 为白磷，B 为三氯化磷，C 为五氯化磷，x 为氯气；
A ①是白磷，是正四面体结构，所以1molA 单质中含共价键数目为6N A ；
B 为三氯化磷，各原子都满足8电子稳定结构，三氯化磷B 的电子式为；
X ②为2Cl ，与水反应，生成次氯酸和盐酸，反应的离子方程式为：
22Cl H O H Cl HClO +-+=++；
()3若A 、B 、C 的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C 加到盐酸中，有无色无味的气体X 产生，则A 为氢氧化钠，B 为碳酸钠，C 为碳酸氢钠，x 为二氧化碳；
A ①为氢氧化钠，属于离子化合物，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，为共价键，属于A 中所含有的化学键是离子键、共价键；
C ②为3NaHCO ，溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性，溶液中离子浓度由小到大的顺序是：()()()()()23
3c CO c H c OH c HCO c Na -+--+
<<<<。

【点睛】
解无机推断题常见思维方法：①正向思维：根据题设条件，结合有关的化学知识，依题目的意思，按一定的层次结构逐步推理，从而得出结论；②逆向推理：以最终产物(或题中某一明显特征)为起点，层层逆推，以求得结论；③猜想论证：先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然后将结论代入到题中去验证，若与题中所给条件、题意吻合，即为答案；④综合分析：根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析，逐步得出结论。

6．有X、Y、Z三种元素，已知：①X、Y、Z的单质在常温下均为气体；②X单质可在Z单质中燃烧，生成XZ，火焰为苍白色；③XZ极易溶于水，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；
④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；⑤Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用；⑥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⑥中涉及的化学反应方程式为___。

【答案】氢氧 HCl H2O 2Fe＋3Cl22FeCl3
【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⑥是铁与氯气反应生成氯化铁，反应方程式为2Fe＋3Cl22FeCl3。

【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。

7．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硝酸银和稀硝酸混合溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A 可以在B中安静的燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。

把无色无刺激气味的气体C通入澄清石灰水时变浑浊。

（1）ABCD的化学式分别为：A ___________，B_________，C __________，
D___________。

（2）写出下列各反应的离子方程式：
B与水_________________________________________________。

B与NaOH溶液_________________________________________。

C与澄清石灰水_________________________________________。

D与AgNO3溶液_______________________________________。

【答案】H2 Cl2 CO2 HCl Cl2+H2O=H++Cl-+HClO Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O Ag++Cl-=AgCl↓
【解析】
【分析】
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，发出苍白色的火焰并生成D，反应生成HCl，则D为HCl，把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，应为CO2，结合对应物质的性质解答该题。

【详解】
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，发出苍白色的火焰并生成D，反应生成HCl，则D为HCl，把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，应为CO2；
(1)由以上分析可知，A为H2，B为Cl2，C为CO2，D为HCl；
(2)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-
+H2O；二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O；稀HCl与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓。

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，X2Y 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 X2Y 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+ H2O OH﹣ CH4 Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO Cl2 NaCl
（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑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．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，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；
（1）X+为H+，其电子式为H+，Z﹣为Cl﹣，其电子式为，Y为O元素，其原子电子式为；
故答案为：H+、、；
（2）X2Y 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；
（3）Z 单质溶于 X2Y 中发生反应的离子方程式：Cl2+H2O＝H++Cl﹣+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：Cl2；
故答案为：Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO；Cl2；
（4）实验室制备 HCl 的化学方程式：NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑；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）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑；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．A、B、C、D是高中阶段学习的四种物质，单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰，产物溶于水得到常见的强酸。

化合物C、D是刚学过的两种有重要用途的物质，化合物C 具有强氧化性、漂白性，是单质B与水反应的产物之一。

化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，可由一种活泼金属与氧气燃烧得到。

回答下列问题：
（1）单质A与单质B反应的化学方程式：__________。

（2）单质B与水反应的化学方程式：_____________。

（3）D用于呼吸面具中，发生反应的化学方程式：_________。

（4）C与NaOH溶液反应的化学方程式：_____。

【答案】H2＋Cl22HCl Cl2＋H2O=HCl＋HClO 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O =4NaOH＋O2↑ HClO＋NaOH=NaClO＋H2O
【解析】
【分析】
根据单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰可知A为H2，B为Cl2；根据化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具可知D为Na2O2，根据化合物C具有强氧化性、漂白性，是单质B与水反应的产物之一可知C为HClO。

【详解】
（1）氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，反应的化学方程式为H2＋Cl22HCl，故答案为：H2＋Cl22HCl；
（2）氯气和水反应生成生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2＋H2O=HCl＋HClO，故答案为：Cl2＋H2O=HCl＋HClO；
（3）过氧化钠能与人呼吸出的二氧化碳和水反应生成氧气，可供人呼吸，常用于呼吸面具中，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O =4NaOH＋
O2↑，故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O =4NaOH＋O2↑；
（4）HClO是弱酸，能与NaOH溶液发生中和反应生成次氯酸钠和水，反应的化学方程式为HClO＋NaOH=NaClO＋H2O，故答案为：HClO＋NaOH=NaClO＋H2O。

【点睛】
单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰、化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，可由一种活泼金属与氧气燃烧得到是解答的突破口。

10．非金属及其化合物在生产、生活中应用广泛。

Ⅰ．CO2的有效利用可以缓解温室效应和能源短缺问题，CO2的分子结构决定了其性质和用途。

(1)CO2的电子式是______，包含的化学键类型为______共价键(填“非极性”或“极性”)。

(2)在温度高于31.26 o C、压强高于7.29×106 Pa时，CO2处于超临界状态，称为超临界CO2
流体，可用作萃取剂提取草药中的有效成分。

与用有机溶剂萃取相比，超临界CO2萃取的优点有______(答出一点即可)。

Ⅱ.氯水以及氯的化合物经常用于饮用水的消毒。

(3)将铁片插入盛有少量新制氯水的试管中，无气泡产生，用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片附近，溶液变红色，然后红色消失。

显红色的离子方程式为______。

(4)净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。

外层的优氯净
Cl2Na(NCO)3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠(Na2SO3)溶出，可将水中的余氯(次氯酸等)除去。

①优氯净中氯元素的化合价为___________。

②亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的反应的化学方程式为_______________。

【答案】极性萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等 Fe3＋＋3SCN－
⇌Fe(SCN)3＋1 Na2SO3＋HClO=Na2SO4＋HCl
【解析】
【分析】
(1)CO2为共价化合物，C与每个O原子间都以双键相连。

(2)超临界CO2萃取的优点，可从成本、分离、环保等方面考虑。

(3)用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片附近，溶液变红色，表明溶液中含有Fe3+，显红色是
Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3。

(4)优氯净Cl2Na(NCO)3先与水反应生成次氯酸，则表明Cl元素显+1价；几分钟后，内层的亚硫酸钠(Na2SO3)溶出，可将水中的余氯(次氯酸等)除去，则HClO与SO32-发生氧化还原反应生成SO42-、Cl-等。

【详解】
(1)CO2为共价化合物，C与每个O原子间都以双键相连，电子式为；包含的化学键类型为极性共价键。

答案为：；极性；
(2)从成本、分离、环保等方面考虑，超临界CO2萃取的优点为萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等。

答案为：萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等；
(3)用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片附近，溶液变红色，表明溶液中含有Fe3+，显红色是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3。

答案为：Fe3＋＋3SCN －⇌Fe(SCN)3；
(4)优氯净Cl2Na(NCO)3先与水反应生成次氯酸，则表明Cl元素显+1价；几分钟后，内层的亚硫酸钠(Na2SO3)溶出，可将水中的余氯(次氯酸等)除去，则HClO与SO32-发生氧化还原反应生成SO42-、Cl-等，化学方程式为Na2SO3＋HClO=Na2SO4＋HCl。

答案为：＋1；Na2SO3＋HClO=Na2SO4＋HCl。

【点睛】
用萃取剂从物质中提取溶质，将萃取后所得混合液与原混合物分离后，还需将溶质与萃取剂进行分离，虽然采用蒸馏法，但很难将萃取剂与溶质完全分离，若能利用超临界CO2作为萃取剂，成功萃取后，通过升温降压，便可让CO2气化，从而实现与溶质的分离，操作简单，成本低廉。

11．实验室制取氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。

结合氯气的物理性质，判断下列叙述中不正确是________________(填序号)。

①加热盛有二氧化锰、浓盐酸的烧瓶，瓶内充满黄绿色气体。

②氯气的密度比空气大，常用向上排空气法收集氯气。

③闻氯气气味时，用手轻轻在集气瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔。

④在充满氯气的集气瓶内加水，盖严后振荡，瓶内气体颜色变浅，液体变为黄绿色。

⑤氯气易液化，在低温和加压的条件下可以转变为液态(液氯)和固态。

⑥氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物。

【答案】⑥
【解析】
【分析】
结合氯气的物理性质和化学性质解题即可。

【详解】
①二氧化锰和浓盐酸混合加热可制得氯气，而氯气是黄绿色有强烈刺激性气味的有毒气体，故①正确；
②氯气易溶于水且与水反应，可根据其密度比空气大，选择向上排空气法收集氯气，故②正确；
③氯气是有毒气体，则闻氯气气味时，用手轻轻在集气瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔，故③正确；
④氯气溶于水所得氯水中含有氯气分子，则在充满氯气的集气瓶内加水，盖严后振荡，瓶内气体颜色变浅，液体变为黄绿色，故④正确；
⑤氯气的熔、沸点比较高，在低温和加压的条件下，氯气易转变为液态(液氯)和固态，故⑤正确；
⑥氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，但氯水是氯气的水溶液，属于混合物，故⑥错误；
故答案为⑥。

12．MnO 2是一种重要无机材料，粗MnO 2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MnO 2（含有较多的MnO 和MnCO 3）样品转化为纯MnO 2的实验，流程：
（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NaClO 3和NaOH ，则一定还含有____________（写化学式）。

（4）粗MnO 2样品的质量为12.69g ，第①步反应后，过滤得到8.7gMnO 2，并收集到0.224LCO 2（标准状况下），则在第②步反应中至少需要_______molNaClO 3。

【答案】H +、Mn 2+ 向最后一次洗涤液中加入BaCl 2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净
2++32225Mn +2ClO +4H O=5MnO +Cl +8H -↓↑ 蒸发皿 NaCl 0.02
【解析】
【分析】
由制备流程可知，MnO 2不溶于硫酸，样品中的MnO 、MnCO 3和硫酸反应生成可溶性的MnSO 4，滤液中含MnSO 4，为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第②步发生
5MnSO 4+2NaClO 3+4H 2O=5MnO 2↓+Cl 2↑+Na 2SO 4+4H 2SO 4，第③步中氯气与热的NaOH 发生氧化还原反应生成NaCl 、NaClO 3、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MnCO 3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO 4，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 +、Mn 2+；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BaCl 2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净，故答案为：H +、Mn 2+；向最后一次洗涤液中加入BaCl 2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净；
（2）MnSO 4要转化为MnO 2，需失去电子，故需要加入NaClO 3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0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：
5MnSO 4+2NaClO 3+4H 2O=5MnO 2↓+Cl 2↑+Na 2SO 4+4H 2SO 4，因此反应的离子方程式是：
2++32225Mn +2ClO +4H O=5MnO +Cl +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；Cl 2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，NaClO 3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MnCO 3质量为12.69g-8.7 g=3.99g ，由方程式
H 2SO 4+MnCO 3=MnSO 4+H 2O+CO 2↑可知MnCO 3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/mol×0.01mol=1.15g ，所以MnO 的质量为3.99g-1.15g=2.84g ，其物质的量为 2.84g 71g/mol
=0.04mol ，因此与稀硫酸反应时共生成MnSO 4的物质的量为0.04mol+0.01mol=0.05mol ，根据方程式
5MnSO 4+2NaClO 3+4H 2O=5MnO 2↓+Cl 2↑+Na 2SO 4+4H 2SO 4，可计算出需要NaClO 3的物质的量为0.02mol ，故答案为：0.02mol 。

13．过滤在实验、生产、生活中有着广泛的应用。

某研究性学习小组在实验室测定某含NaCl 杂质的碳酸钠样品中Cl －的含量，其实验步骤如下：
①将100g 样品溶于水得到溶液A 。

②向A 中加入稀HNO 3酸化后，再加入沉淀剂B ，使Cl －完全沉淀下来。

③进行如图所示操作，得到固体C ，洗涤，干燥。

④称量得固体C 的质量为2.87 g 。

(1)沉淀剂B 为________(填化学式)。

(2)向A 中加入稀HNO 3酸化的目的是_______________________。

(3)如何洗涤固体C ： __________________。

如果得到固体C 后直接干燥、称量，会使样品中氯元素的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。

(4)该样品中氯元素的质量分数为________________。

【答案】AgNO 3 除去溶液中的CO 32- 沿玻璃棒向过滤器中注入少量蒸馏水，使水刚好浸没沉淀，让水自然流下，重复2～3次 偏大 0.71%
【解析】
【分析】。