备战高考化学 氯及其化合物 培优练习(含答案)含详细答案

备战高考化学 氯及其化合物 培优练习(含答案)含详细答案
一、 高中化学氯及其化合物
1．已知Cl 2在70℃的NaOH 水溶液中，能发生氧化还原反应后可生成NaClO 与NaClO 3现有63.9g Cl 2，将其通入到足量70℃的NaOH 水溶液中，反应完全后测得溶液中NaClO 与NaClO 3的物质的量比为4：1，并得到500mL 溶液。

（1）写出Cl 2在70℃的NaOH 水溶液中发生上述反应的化学方程式______。

（2）计算完全反应后溶液中NaClO 、NaClO 3物质的量浓度____、______。

【答案】9Cl 2+14NaOH=4NaClO+NaClO 3+9NaCl+7H 2O 0.8mol/L 0.2mol/L
【解析】
【分析】
先通过氯元素化合价的对比判断NaClO 与NaClO 3是氧化产物，氯气得电子化合价降低的产物是还原产物，所以还原产物是氯化钠，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，从而得出反应中被氧化的Cl 2与被还原的Cl 2的物质的量之比。

【详解】
（1）该反应中NaClO 与NaClO 3是氧化产物，氯化钠是还原产物，反应完全后测得溶液中NaClO 与NaClO 3的物质的量比为4：1，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，所以该方程式为：9Cl 2+14NaOH=4NaClO+NaClO 3+9NaCl+7H 2O ；
（2）49.7g Cl 2的物质的量为63.9g 71g /mol
=0.9mol ，根据反应9Cl 2+14NaOH=4NaClO+NaClO 3+9NaCl+7H 2O 可知，生成NaClO 与NaClO 3的物质的量分别为0.9mol 40.4mol 9⨯=、0.9mol 10.1mol 9
⨯=，完全反应后溶液中NaClO 、NaClO 3物质的量浓度分别为0.4mol 0.8/0.5mol L L =、0.1mol 0.2/0.5mol L L
=。

2．Cl 2通人70℃的NaOH 水溶液中，发生氧化—还原反应，反应完成后，测得溶液中NaClO 与NaClO 3的物质的量之比为4∶1，则：
(1)配平溶液中所发生反应的化学方程式：
____Cl 2+______NaOH=____NaCl+____NaClO 3+_____NaClO+____ ____
(2)反应中的氧化产物为_________________。

(3)已知生成0.1mol NaClO ，反应中转移的电子总数是__________ mol ，若溶液的体积正好为100mL ，则溶液中NaCl 的物质的量浓度为________ mol ／L 。

【答案】7 14 9 1 4 7 NaClO 3 NaClO 0.225 2.25
【解析】
【分析】
【详解】
(1)据题设条件，先定NaClO 、NaClO 3的化学计量数为4、1，再利用化合价升降法：升高总数为4×1+1×5=9，降低总数为1，配平得7Cl 2+14NaOH=9NaCl+NaClO 3+4NaClO+7H 2O ；
(2)分析反应得氧化剂、还原剂均为Cl 2，Cl 元素被氧化生成NaClO 3与NaClO ，氧化产物为
NaClO 3与NaClO ；
(3)由反应知每转移9mol 电子，生成4molNaClO ，则生成0.1molNaClO ，反应中转移的电子总数是0.225mol ，同时生成NaCl 为0.225mol ，若溶液的体积正好为0.1L ，则溶液中NaCl
的物质的量浓度为2.25mol·
L -1。

3．氯气是一种具有重要用途的气体，在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。

甲同学在实验室进行氯气性质的研究
(1)甲同学依次进行了2Cl 与①钠、②铜、③氢气、④水反应的实验。

上述反应中属于氧化还原反应的是___________(填序号)。

(2)写出铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：________。

(3)氯气溶于水得到的溶液称为氯水，新制的氯水呈_________色，新制的氯水中含有的物质为(水除外)________(填化学式)。

(4)甲同学探究氯气能否与水发生反应
①B 中纸条褪色，结合化学方程式解释原因：________。

②装置A 的作用是___________。

③烧杯中发生反应的化学方程式为_________。

【答案】①②③④ 232Fe 3Cl 2FeCl 点燃+ 黄绿 2Cl HClO HCl 、、 Cl 2 + H 2O ⇌ HCl + HClO ，生成的次氯酸有漂白性 对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B 中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应
22Cl 2NaOH=NaClO NaCl H O +++
【解析】
【分析】
(1)氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO 和HCl ；
(2)铁在氯气中燃烧生成氯化铁；
(3)氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl 2 + H 2O ⇌ HCl+ HClO ；
(4)①氯气和水发生反应生成的HClO 具有漂白性；
②氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，可作对照实验；
③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境。

【详解】
(1)氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO 和HCl ，则①②③④都为氧化还原反应，故答案为：①②③④；
(2)铁在氯气中燃烧生成氯化铁，反应的化学方程式为232Fe 3Cl 2FeCl 点燃+，故答案为：232Fe 3Cl 2FeCl 点燃+；
(3)氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl 2 + H 2O ⇌ HCl+ HClO ，则新制的氯水中含有的物质为(水除外)2Cl HClO HCl 、、，新制氯水中由于含有氯气，所以溶液呈黄绿色，故答案为：黄绿；2Cl HClO HCl 、、；
(4)①氯气和水发生反应Cl 2 + H 2O ⇌ HCl+ HClO ，生成HClO ，由于HClO 具有漂白性，可使红纸条褪色，故答案为：Cl 2 + H 2O ⇌ HCl+ HClO ，生成的次氯酸有漂白性；
②氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，作对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B 中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应，故答案为：对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B 中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应；
③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境，发生反应的化学方程式为22Cl 2NaOH=NaClO NaCl H O +++，故答案为：
22Cl 2NaOH=NaClO NaCl H O +++。

【点睛】
氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl 2 + H 2O ⇌ H + + Cl - + HClO ，新制氯水中存在氯气、盐酸、次氯酸，因此新制氯水就具有了氯气、盐酸、次氯酸的性质，溶液具有强氧化性且显酸性，这是学生们的易错点。

4．某溶液中可能含有K ＋、Na ＋、2
3CO -、Cl －中的一种或几种，为鉴别其中所含离子，现进行如下实验：
请回答下列问题：
(1)原溶液中一定存在的离子是______(填离子符号，下同)，一定不存在的离子是______________，可能存在的离子是__________________。

(2)为进一步确定原溶液中可能存在的离子是否存在，应进行的实验操作及判断依据是_________
【答案】Na ＋和2
3CO - K ＋ Cl － 取原溶液，向溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在Cl －，若白色沉淀消失，则原溶液
中不存在Cl－
【解析】
【分析】
CO 能和盐酸反应生钠的焰色反应是黄色，钾的焰色反应（透过蓝色钴玻璃）是紫色；2
3
成气体。

检验Cl-的试剂是稀硝酸和硝酸银溶液。

【详解】
（1）根据焰色反应显黄色、透过蓝色钴玻璃无紫色，说明含有Na＋、无K＋；加入盐酸有气体产生，说明存在CO32-，但不能确定是否有Cl－；则原溶液中一定存在Na+和CO32-，一定不存在K+，可能存在的是Cl-。

（2）要检验是否存在Cl-选用AgNO3溶液和稀HNO3，所进行的操作和判断的依据为：取原溶液，向溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在Cl－，若白色沉淀消失，则原溶液中不存在Cl－。

5．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适的反应条件下，它们可按下面框图进行反应。

又知D溶液为黄色，E溶液为无色，请回答：
(1)A是__________，B是__________，C是_______________(填写化学式)。

(2)反应①的化学方程式为_______________________________。

(3)反应③的化学方程式为________________________________________。

(4)反应④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】
单质B为黄绿色气体，可知B为Cl2，C为单质为无色气体，B与C反应生成E，E溶液是无色的，则C为H2，E为HCl，A与盐酸生成氢气，A应为金属固体单质，A与盐酸反应后生成F为A的氯化物，F又能与氯气反应生成D，且A与氯气可以直接生成D，可推知A 为Fe，根据转化关系可知，F为FeCl2，D为FeCl3，据此分析解答。

【详解】
(1)根据以上分析可知，A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：Fe；Cl2，H2；
(2)反应①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③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④为FeCl2和Cl2的反应，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，故答案为：
2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。

【点睛】
把握B 为氯气及图在转化为解答的关键。

本题的难点是A 的判断，要注意根据反应①A ＋B (氯气)→D (固体)，反应④F (A 的氯化物)＋B (氯气)→D (溶液)，说明A 是变价金属，且A 在F 中呈低价。

6．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。

7．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.B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①的化学方程式 ______ ；
【答案】Cl2H22Fe+3Cl2点燃
2FeCl3
【解析】
【分析】
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。

【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①的化学方程式为2Fe+3Cl2点燃
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，苍白色火焰为氯气和氢气反应时的现象等。

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________。

（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。

9．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。

①将气体B通入到水中：_______________
②将气体B通入到NaOH溶液中：__________
③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___，其有效成分为__。

【答案】Cl2＋H2O=HCl＋HClO Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O 2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O 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)①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
②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+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；
③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)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+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。

10．有X、Y、Z、W四种元素，它们的单质X、Y、Z在常温常压下皆为气体，W为固体。

①X单质可在Z单质中燃烧生成XZ，其火焰为苍白色；W单质在Y单质中剧烈燃烧产生黄色火焰，生成W2Y2；
②每2molX2可与1molY2化合生成2molX2Y，X2Y在常温下为液体；
③化合物XZ的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；W与水反应后的溶液可使无色酚酞试液变红色；
④Z单质溶于化合物X2Y，所得溶液具有漂白作用；请回答：
（1）画出Z原子的原子结构示意图________；实验室中的W应保存在________中（填试剂名称）。

（2）写出化学式W2Y2___________。

（3）写出与W+具有相同核外电子数的分子或原子，请写出任意2种的化学式______。

（4）Z单质与水反应的离子方程式：________________________。

（5）W单质与X2Y化学反应方程式：__________________________。

【答案】煤油 Na2O2 CH4HF NH3·H2O Ne Cl2+H2O H++Cl-+HClO
2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑
【解析】
【分析】
①X单质可在Z单质中燃烧生成XZ，其火焰为苍白色，可以确定X为H元素，Z为Cl元素，W单质在Y单质中剧烈燃烧产生黄色火焰，生成W2Y2；黄色火焰是钠所特有的颜色，因此W为Na元素，Y为O元素。

②每2molX2可与1molY2化合生成2molX2Y，X2Y在常温下为液体，表明X2Y为H2O；③化合物XZ的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红，XZ为HCl；
④Z单质溶于化合物X2Y，所得溶液具有漂白作用。

氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。

据此解答。

【详解】
根据以上分析可知X、Y、Z、W四种元素分别是H、O、Cl、Na。

则
（1）Z原子是Cl，其原子结构示意图为；钠极易与水和氧气反应，实验室中的
Na应保存在煤油中。

（2）W2Y2的化学式为Na2O2。

（3）钠离子互为电子数是10个，则与Na+具有相同核外电子数的分子或原子有CH4、HF、NH3·H2O、Ne等。

（4）氯气与水反应的离子方程式为Cl2+H2O H++Cl-+HClO。

（5）Na单质与H2O反应的化学反应方程式为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。

11．有一瓶溶液只含Cl-、CO32—、SO42—、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中的某几种。

经如下实验：
① 原溶液加入过量NaOH溶液，产生白色沉淀；
② 将①所得溶液加热，放出使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体；
③ 原溶液中加BaCl2溶液不产生沉淀。

④ 原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解。

回答下列问题：
(1)试分析原溶液中一定含有的离子是_____________，一定不含有的离子是
____________。

(2)请写出实验①、②、④有关反应的离子方程式：
①产生白色沉淀________________________________；
②产生气体_________________________________________；
④产生白色沉淀______________________________________。

(3)有同学认为实验④可以省略，你认为呢？(填“可以”或“不可以”)___________，并说明理由_____________________________。

【答案】Mg2+、NH4+、Cl- CO32－、SO42－ Mg2++2OH－＝Mg(OH)2↓ NH4++OH－△NH3↑+H2O Ag++ Cl―= AgCl ↓可以溶液显电中性有阳离子存在必有阴离子存在
【解析】
【分析】
Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中只有有Mg2+能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2+；Mg2+和CO32-反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO32-；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，证明原溶液含NH4+；原溶液中加BaCl2溶液不产生
沉淀，说明不含SO42-；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl-。

【详解】
Cl-、CO32-、SO42-、Na+、NH4+、K+、Mg2+七种离子中只有有Mg2+能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg2+；Mg2+和CO32-反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO32-；能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气，证明原溶液含NH4+；原溶液中加BaCl2溶液不产生
沉淀，说明不含SO42-；原溶液中加AgNO3溶液产生白色沉淀，再加稀硝酸白色沉淀不溶解，说明含Cl-；
(1)由以上分析可知，原溶液中一定含有的离子是Cl-、NH4+、Mg2+，一定不含有的离子是CO32-、SO42-，可能含有Na+、K+；
(2)氢氧化钠和Mg2+生成氢氧化镁沉淀，和NH4+反应生成氨气，Cl-和Ag+反应生成氯化银沉淀，反应离子方程式为：Mg2++2OH-=Mg2+(OH)2↓，NH4++OH-NH3↑+H2O，Cl-
+Ag+=AgCl↓；
(4)溶液显电中性，故有阳离子必有阴离子，所以一定存在Cl-，所以实验④可以省略。

12．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。

13．按要求写出下列化学方程式：
(1)实验室可以用KClO3和浓盐酸反应制取氯气，写出发生反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移方向和数目_____________。

(2)二氧化氯(ClO2)作为一种高效强氧化剂，可用KClO3和草酸(H2C2O4)，稀硫酸，水浴加热制备。

反应后产物中有ClO2、CO2和一种酸式盐，该反应的化学方程式为
________________。

(3)写出工业上制备漂白粉的化学方程式___________________________________。

【答案】 2KClO3+H2C2O4+2H2SO4
2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
(1)氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、水和氯气，反应中只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，据此分析解答；
(2)依据题意可知：KClO3和草酸(H2C2O4)在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，据此书写反应的化学方程式；
(3)工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉。

【详解】
(1)氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、水和氯气，反应的化学方程式：
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O，反应中只有Cl元素化合价发生变化，当有3mol Cl2生成时，转移5mol电子，则电子转移的方向和数目用双线桥表示为
，故答案为：；
(2)依据题意可知：KClO3和草酸(H2C2O4)在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4，发生氧
化还原反应，反应的化学方程式：2KClO 3+H 2C 2O 4+2H 2SO 4
2ClO 2↑+2CO 2↑+2KHSO 4+2H 2O ，故答案为：2KClO 3+H 2C 2O 4+2H 2SO 4
2ClO 2↑+2CO 2↑+2KHSO 4+2H 2O ；
(3)工业上氯气与石灰乳制备漂白粉，反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式：2Cl 2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O ，故答案为：2Cl 2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O 。

14．1929年，吴蕴初先生在上海创建了天原化工厂，它是中国最早的氯碱工业。

下图给出了部分生产流程：
（1）阳极产生气体使_____________（试纸）变蓝，检验的离子方程式为___________。

（2）将电解饱和食盐水得到的气体通入合成塔中合成氯化氢，其中需要过量的气体是__________，在合成塔中燃烧时火焰呈_______色。

（3）实验室里可用氯化钠固体和浓硫酸在微热条件下反应制取氯化氢，化学方程式是________。

（4）工业上利用电解饱和食盐水可制得重要化工产品。

将制得的氯气通入石灰乳中可以制得漂粉精，写出反应的化学方程式______，漂粉精可用于游泳池中水的消毒，原因是（用化学方程式表示）：______。

（5）实验室里可以用次氯酸钙固体与过量的浓盐酸在常温下快速制取氯气，反应的化学方程式是____。

【答案】淀粉碘化钾 22Cl 2I I 2Cl --+→+ 氢气 苍白
244NaCl(s)H SO ()NaHSO HCl +−−−→+↑微热浓
222222Cl 2Ca(OH)CaCl CaClO 2H O +→++
2223CaClO H O CO CaCO 2HClO ++→↓+
2222Ca(ClO)4HCl()CaCl Cl 2H O +→+↑+浓
【解析】
【分析】
（1）电解饱和食盐水，阳极氯离子失电子产生氯气；
（2）氢气与氯气反应生成氯化氢，为使氯气完全反应，氢气需要过量；
（3）氯化钠固体和浓硫酸在微热条件下反应生成氯化氢气体和硫酸氢钠；
（4）氯气通入石灰乳中生成氯化钙和次氯酸钙；次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸；
（5）次氯酸钙固体与过量的浓盐酸在常温下反应生成氯气、氯化钙、水。

【详解】
（1）电解饱和食盐水，阳极氯离子失电子产生氯气，氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘单质，反应的离子方程式是
22Cl 2I I 2Cl --+→+；。