2020-2021高考化学氯及其化合物提高练习题压轴题训练含答案

2020-2021高考化学氯及其化合物提高练习题压轴题训练含答案
一、高中化学氯及其化合物
1．氯及其化合物在工农业生产和人类生活中有着重要的作用。

回答下列问题：
(1)25℃时将氯气溶于水形成“氯气-氯水”体系，该体系存在多个含氯元素的平衡关系，其中之一为：Cl2(溶液)＋H2O HClO＋H＋＋Cl-，体系中Cl2(溶液)、HClO和ClO-三者的物质的量分数（α）随pH（酸碱度）变化的关系如图所示。

已知HClO的杀菌能力比ClO-强，用氯气处理饮用水时，杀菌效果最强的pH范围为__（填字母）。

A．0~2 B．2~4.7 C．4.7~7.5 D．7.5~10
(2)写出次氯酸光照分解的化学方程式___，如果在家中直接使用自来水养金鱼，除去其中残留的次氯酸可采取的简易措施为__。

(3)NaClO、NaClO2、ClO2等含氯化合物都是常见的消毒剂，这是因为它们都具有强氧化性。

①写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的化学方程式___；
②84消毒液（主要成分是NaClO）与洁厕灵（主要成分是盐酸）混在一起使用会产生有毒气体Cl2，其反应的离子方程式为__；
③NaClO2中Cl元素化合价为__；
④ClO2的杀菌效果比Cl2好，等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的__倍（杀菌效果与单位物质的量的氧化剂得电子的物质的量有关，ClO2与Cl2消毒杀菌后均被还原为Cl-）。

【答案】B 2HClO2HCl+O2↑用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O +3 2.5
【解析】
【分析】
图中信息告诉我们，在氯水中，具有杀菌能力的微粒主要是Cl2和HClO，随着溶液pH的不断增大，α(Cl2)不断减小，当pH=2时，α(Cl2)接近于0；随着溶液pH的不断增大，
α(HClO)不断增大，当pH=2时，α(HClO)达到最大值；当pH升高到4.7时，α(HClO)开始减小，当pH接近10时，α(HClO)=0；从pH=4.7开始，α(ClO-)开始增大，pH=10时，
α(ClO-)达最大值。

【详解】
(1)根据题目信息得知HClO的杀菌能力比ClO－强，依据图中信息可知pH为2~4.7时HClO 含量最多，因此用氯气处理饮用水时，杀菌效果最强的pH范围为2~4.7，应选B。

答案为：B；
(2)次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，化学方程式为2HClO2HCl + O2↑，由于次氯酸见光易分解，如果在家中直接使用自来水养金鱼，除去其中残留的次氯酸可采取的简易措施为
用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间。

答案为：2HClO2HCl+O2↑；用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间；
(3)①工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的化学方程式为Cl2 + 2NaOH == NaCl + NaClO + H2O。

答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②NaClO与盐酸反应生成氯气、氯化钠和水，离子方程式为2H+ + Cl－+ ClO- == Cl2↑ + H2O。

答案为：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O；
③NaClO2中Na显+1价，O显-2价，则Cl元素化合价为+3。

答案为：+3；
④根据题中信息已知杀菌效果与单位物质的量的氧化剂得电子的物质的量有关，ClO2与Cl2消毒杀菌后均被还原为Cl－，1molClO2能够得到5mol电子，1molCl2能够得到2mol电子，因此等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的2.5倍。

答案为：2.5。

【点睛】
杀菌消毒是利用氧化剂的氧化能力实现的，氧化能力又是依据得电子能力衡量的，所以一种氧化剂，在通常情况下，得电子数目越多，得电子能力越强。

2．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。

3．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。

(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】Cl2 SO2HCl H2SO4FeCl3 2Fe3++SO2+2H2O＝2Fe2++SO42-+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Cl-；B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀，B中含SO42-；又根据X、Y均为有刺激性气味的气体，且X能与Fe反应，则X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。

【详解】
(1)分析可知，X为Cl2，Y为SO2，A为HCl，B为H2SO4，C为FeCl3。

(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++SO2+2H2O＝
2Fe2++SO42-+4H+。

4．常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A、B、C、D、E都含X元素，其转化关系如图所示：
(1)请分别写出下列物质的化学式(如为溶液请填溶质的化学式)：A________、
B________、D________。

(2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式(请注明反应条件)：A＋H2O(离子方程式)：_________；A＋NaOH(离子方程式)：_______________；D→A(化学方程式)：
____________________。

【答案】Cl2 HClO HCl Cl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClO Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O
4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
【解析】
【分析】
常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl2，A、B、C、D、E都含X元素，B为HClO，D为HCl，C为NaCl，E为NaClO，依据推断出的物质结合物质性质回答问题。

【详解】
(1)据上所述可知A为Cl2、B为HClO，D为HCl；
(2)Cl与H2O反应产生HCl和HClO，反应的离子方程式是：Cl2+H2O＝HCl+HClO；Cl与NaOH溶液反应，产生NaCl、NaClO和H2O，反应离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；MnO2与浓盐酸在加热条件下，发生反应产生MnCl2、Cl2和水，反应的化学方程式为：4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。

5．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：
(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】NH 3+H2O NH３·H2O NH4++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2︰1通入水中，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NH 3 + H2O NH3·H2O NH4+＋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，发生反应的方程式为
SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。

6．常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A、B、C、D、E都含X元素，其转化关系如图所示：
（1）请分别写出下列物质的化学式（如为溶液请填溶质的化学式）：
A________、B________、D________。

（2）写出下列反应的化学方程式或离子方程式（请注明反应条件）：
A＋H2O（离子方程式）：_____________；
A＋石灰乳（化学方程式）：______________；
E露置在空气中的第1个化学方程式：___________。

（3）漂白粉的有效成分是________（化学名称），保存漂白粉的方法__________、
______________。

【答案】Cl2 HClO HCl Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO 2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2O Ca（ClO）2＋H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO次氯酸钙密封干燥避光、冷暗处
【解析】
【分析】
由A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，可知A为Cl2，Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，HClO化学性质不稳定，光照条件下会分解为HCl和O2，由此可知，B为HClO，D为HCl，Cl2与石灰乳反应生成Ca(ClO)2、CaCl2、H2O，HCl与石灰乳反应会生成CaCl2和H2O，因H2O在图中存在分子式，故C不是H2O，由此可知，C为CaCl2，E为
Ca(ClO)2，以此解答本题。

【详解】
（1）由上述分析可知，A为Cl2；B为HClO；D为HCl；
（2）Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，其离子方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO；
Cl2与石灰乳反应生成Ca(ClO)2、CaCl2、H2O，其化学反应方程式为：2Cl2＋2Ca（OH）
2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；
Ca(ClO)2暴露在空气中会与空气中二氧化碳反应而变质，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2＋H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO；
（3）漂白粉的有效成分为次氯酸钙；因次氯酸钙会与空气中二氧化碳反应生成次氯酸，而次氯酸见光受热易分解生成氯化氢和氧气，氯化氢与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳、水，从而使漂白粉最终变质为氯化钙，从而失去漂白效果，因此漂白粉需保存在干燥避光、冷暗处。

7．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单质中燃烧，生成物为XZ，其中火焰为苍白色；③XZ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；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。

（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①X、Y、Z的单质在常温下均为气体、②X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色、③XZ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可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；由④两分子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；⑤X2Y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①X、Y、Z的单质在常温下均为气体、②X的单质在Z的单质中燃烧，生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色、③XZ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可知，X为H，Z为Cl，XZ为HCl；由④两分子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；⑤X2Y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：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。

8．常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A、B、C、D、E都含X元素，其转化关系如图所示：
(1)请分别写出下列物质的化学式(如为溶液请填溶质的化学式)：
A________、 B________、 D________、E________。

(2)写出下列反应的化学方程式(请注明反应条件)：
A ＋H 2O ： ____________________；
A → D ： ____________________。

【答案】Cl 2 HClO HCl NaClO Cl 2＋H 2O 垐?噲?HCl ＋HClO Cl 2+H 2
点燃2HCl 【解析】
【分析】
常温下，A 是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl 2，A 、B 、C 、D 、E 都含X 元素，B 为HClO ，C 为NaCl ，D 为HCl ， E 为NaClO ，依据推断出的物质结合物质性质回答问题。

【详解】
依据转化关系图分析，常温下，A 是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl 2，A 、B 、C 、D 、E 都含X 元素，B 为HClO ，C 为NaCl ，D 为HCl ， E 为NaClO ；
(1)根据以上分析，A 为Cl 2、B 为HClO ，D 为HCl ，E 为NaClO ；
(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，化学方程式为：Cl 2＋H 2O 垐?噲?HCl ＋HClO ； 氯气可以与氢气反应生成氯化氢，反应方程式为：22Cl +H 2HCl 点燃。

9．X ，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X 2Y ，X 2Y 在常温下液体； （5）Z 的单质溶于X 2Y 中，所得溶液具有漂白作用。

根据上述事实，试判断X ，Y ，Z 各是什么元素，XZ 和X 2Y 各是什么物质：
X （_______________），Y （_______________）Z （________________），
XZ （_______________） X 2Y （_______________）。

【答案】H O Cl HCl H 2O
【解析】
【分析】
结合物质的性质、反应的实验现象分析解答。

【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，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl；2个H2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素；Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO 具有漂白作用，符合题意；根据上述分析，X为H，Y为O，Z为Cl，XZ为HCl，X2Y为
H2O，故答案为：H；O；Cl；HCl；H2O。

10．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，丁为黄色固体。

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：
(1)按要求写出下列物质的化学式：
乙：____________B：____________
(2)写出溶液C与氯水反应的离子方程式：_____________________。

(3)在催化剂和加热条件下，A可与丙反应，化学方程式为：________________
【答案】N2 SO2 SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H＋ 4NH3+5O24NO+6H2O
【解析】
【分析】
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，甲、乙在高温、高压、催化剂条件下反应产生A，则甲是H2，乙是N2，A是NH3，丁为黄色固体单质，则丁是S，丙、丁在点燃时反应，可推知丙是O2，二者反应产生的B是SO2。

A和B 以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液，则C是(NH4)2SO3，向C溶液中加入氯水，发生氧化还原反应，产生D为(NH4)2SO4、HCl混合溶液。

向该混合溶液中加入NaOH溶液加热，发生复分解反应产生A是NH3；向该混合溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀E是AgCl，向其中加入HCl酸化，然后加入BaCl2溶液产生的白色沉淀F是BaSO4。

然后分析解答。

【详解】
根据上述分析可知甲是H2，乙是N2，丙是O2，丁是S，A是NH3，B是SO2，C是
(NH4)2SO3，D为(NH4)2SO4、HCl混合溶液；E是AgCl，F是BaSO4。

(1)根据上述分析可知乙是N2，B是SO2；
(2)C是(NH4)2SO3，向该溶液中加入氯水，发生氧化还原反应，产生C是(NH4)2SO4、HCl，反应的离子方程式为：SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H＋；
(3)在催化剂和加热条件下，NH3可与O2反应，产生NO和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。

11．ClO2与Cl2的氧化性相近。

在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。

某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。

（已知：装置C的作用是吸收Cl2）
(1)仪器B的名称是________。

安装F中导管时，应选用图2中的_________________。

(2)打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜_______________（填“快”或“慢”）。

(3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，NaClO2中Cl的化合价为
______。

(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为__________。

(5)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应离子方程式为
___________________。

（已知：在酸性条件下SO32－被ClO3－氧化为SO42－）
(6)已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是__________，原因是
________________。

【答案】分液漏斗 b 慢＋3 5ClO2－＋4H+＝Cl－＋4ClO2＋2H2O 2H+＋2ClO3－＋SO32－＝SO42－＋2ClO2＋H2O 稳定剂Ⅱ在稳定剂Ⅱ存在情况下能较长时间保鲜
【解析】
【分析】
装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者发生反应：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，装置C的作用是吸收Cl2，除去氯气，ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应4H++5ClO2-=Cl-
+4ClO2↑+2H2O生成NaCl并释放出ClO2，装置F检验二氧化氯中氯气是否完全被装置C吸收；
(1) 根据仪器结构和性能确定仪器B的名称；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；
(2) 为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；
(3) NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价代数和为0，判断Cl的化合价；
(4) 在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成；
(5) KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒写出发生反应的离子反应方程式；
(6) 由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。

【详解】
(1)仪器B带有球形特征且带有玻璃活塞，为分液漏斗，F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，
(2) 为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢；
(3) NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价代数和为0，则Cl的化合价为+3；
(4) 在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；
(5) KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3-+SO32-+2H+═2ClO2+SO42-+H2O；
(6) 由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好。

12．（1）新制氯水中含有的微粒：H2O、HClO、Cl2、H+、Cl-、ClO-、___。

（2）判断：可以用pH试纸测定新制氯水的pH。

___（打“√”或“×”）
（3）久置氯水与碳酸氢钠溶液反应的化学方程式___。

（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- × HCl+NaHCO3=NaCl+H2O+CO2↑ 2Fe + 3Cl22FeCl3 2NaCl +
2H2O2NaOH + Cl2↑+ H2↑
【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+H2O HClO+HCl，其中HClO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、Cl2、H+、Cl-、ClO-、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×；
(3)因HClO 不稳定，会分解生成HCl 和O 2，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+NaHCO 3=NaCl+H 2O+CO 2↑；
(4)铁在氯气中燃烧的化学方程式为2Fe + 3Cl 2
2FeCl 3； (5)惰性电极电解饱和食盐水生成H 2、Cl 2和NaOH ，发生反应的化学方程式为2NaCl +
2H 2O 2NaOH + Cl 2↑+ H 2↑。

13．实验室用8.7g 的MnO 2与50mL 足量的浓盐酸制取氯气
(1)求生成氯气的体积_________（标准状况）
(2)若向反应后的剩余溶液中，加入足量AgNO 3溶液，生成白色沉淀57.4g ，求原浓盐酸的物质的量浓度_____________
【答案】2.24L 12mol/L
【解析】
【分析】
二氧化锰与浓盐酸反应Δ
2222
MnO +4HCl =MnCl +Cl +2H O ↑，根据反应方程式计算生成氯气的体积；根据氯元素守恒计算原浓盐酸的物质的量浓度。

【详解】 8.7g MnO 2的的物质的量是8.7g 0.1mol 87g/mol
=，设生成氯气的物质的量是xmol ， Δ
2222MnO +4HCl =MnCl +Cl +2H O ↑
1mol 1mol
0.1mol x mol
x=0.1mol
(1)生成氯气在标准状况的体积是0.1mol×22.4L/mol=2.24L ；
(2)若向反应后的剩余溶液中，加入足量AgNO 3溶液，生成氯化银沉淀57.4g ，氯化银的物质的量是57.4g =0.4143.5g/mol
mol ，根据氯元素守恒，盐酸的物质的量是0.1mol×2+0.4mol=0.6mol ，所以原浓盐酸的物质的量浓度是
0.6mol 0.05L
=12mol/L 。

【点睛】
本题考查了实验室制备氯气的化学方程式书写方法和有关计算应用，掌握基础是关键，特别是会利用氯元素守恒计算盐酸的物质的量浓度。

14．（1）通常用小苏打的饱和溶液除去CO 2中的HCl ，反应的化学方程式为_____，不能用苏打溶液的原因是____（用化学方程式表示）。

（2）在NaBr 与NaI 的混合液中通入过量的Cl 2。

把溶液蒸干后灼烧最后残留的物质是____。

【答案】NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑ H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3； NaCl
【解析】
【分析】
（1）氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl；
（2）向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足量氯气之后，可生成NaCl、Br2和I2，加热并将溶液蒸干，剩余固体为NaCl．
【详解】
(1)氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水,反应方程式为
NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl，碳酸钠和二氧化碳反应方程式为H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3，
故答案为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3；
（2）向溴化钠、碘化钠的混合物溶液中通入足量氯气后，可发生如下反应：
2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2
2NaI+Cl2=2NaCl+I2
溶液蒸干时，Br2易挥发，I2易升华，那么最后剩余的固体是NaCl，
故答案为：NaCl。

15．我国广泛采用将干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠(NaClO2)的柱内制得ClO2，用其取代氯气对自来水消毒，从而降低自来水中的氯残留对人体健康的影响。

(1)在ClO2分子中氯元素的化合价是______________。

(2)表示这一反应的化学方程式是________________________________，和欧洲的方法相比，我国这一方法的主要优点是生产出的ClO2中不含Cl2杂质。

(3)在酸性溶液中，用草酸钠(Na2C2O4)还原NaClO3也可制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是________________________________，此法的优点是ClO2可被CO2稀释(Na2C2O4的氧化产物是CO2)。

(4)根据上述原理，北京绿先锋环保科技有限责任公司生产的“绿先锋消毒剂”是由两组固体试剂组成的。

其使用方法见下图：
小瓶内盛的白色固体是________________，瓶胆内盛的白色固体是______________。

【答案】＋4 2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl Na2C2O4+2NaClO3=2Na2CO3+2ClO2草酸钠氯酸钠
【解析】
【分析】
(1)化合物中正负化合价的代数和为0，ClO2中O为-2价；
(2)由信息可知，氯气与NaClO2反应生成ClO2；
(3)草酸钠(Na2C2O4)还原NaClO3也可制得ClO2，Na2C2O4的氧化产物是Na2CO3，结合电子、原子守恒分析；
(4)从上文信息可知两种固体制备ClO2的是草酸钠与氯酸钠，根据氯酸钠具有强的氧化性分析判断物质的存放。

【详解】
(1)根据O元素化合价为－2，得氯元素的化合价为＋4。

(2)根据信息知反应物为氯气和亚氯酸钠，生成物之一为二氧化氯，结合质量守恒定律可得另一生成为氯化钠，反应方程式为：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；
(3)草酸钠(Na2C2O4)与NaClO3反应，氯酸钠被还原得到的ClO2，草酸钠被氧化为Na2CO3，反应方程式为：Na2C2O4+2NaClO3=2Na2CO3+2ClO2；
(4)根据上述信息可知两种固体是草酸钠与氯酸钠，由于氯酸钠具有强的氧化性，会腐蚀钢筒，因此小瓶内盛的白色固体是草酸钠，瓶胆内盛的白色固体是氯酸钠。

【点睛】
本题考查物质的性质及氧化还原反应，把握习题中的信息及物质的性质、氧化还原反应为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力。