精选高考化学易错题专题复习氯及其化合物附详细答案

精选高考化学易错题专题复习氯及其化合物附详细答案
一、 高中化学氯及其化合物
1．一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用1100mL3.00mol L NaOH -⋅溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO 的物质的量为0.0500 mol 。

（1）所得混合物与NaOH 溶液反应的离子方程式______
（2）所得溶液中NaCl 的物质的量为________。

（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比()()22n Cl :n H =________。

【答案】2H OH H O -++=、22Cl 2OH Cl ClO H O ---+=++ 0.250 3:2
【解析】
【分析】
由溶液中含有0.0500 mol 次氯酸钠可知，氢气在氯气中燃烧时，氯气过量，反应得到氯化氢和氯气的混合气体。

【详解】
（1）氯化氢和氯气的混合气体被氢氧化钠溶液吸收时，氯化氢与氢氧化钠溶液发生中和反应生成氯化钠和水，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方
程式为OH —+H += H 2O ，Cl 2+2OH —=Cl —+ClO —+H 2O ，故答案为：OH —+H += H 2O ，Cl 2+2OH —=Cl
—+ClO —+H 2O ；
（2）根据溶液电中性原则可知：n （Na +）=n （Cl -）+n （ClO -），n （Cl -）=n （Na +）-n （ClO -）=0.1L ×3.00mol/L-0.0500mol=0.250mol ，则所得溶液中NaCl 的物质的量为0.250mol ，故答案为：0.250；
（3）根据Cl 原子守恒可知，n （Cl 2）=12
×n （NaOH ）=0.15mol ，由氯气与氢氧化钠溶液反应的化学方程式可知，生成0.0500 mol 次氯酸钠消耗过量氯气0.0500 mol ，则与氢气反应的氯气为0.15mol-0.05mol=0.1mol ，氢气在氯气中燃烧的化学方程式为H 2+Cl 22HCl ，由化学方程式可知氢气的物质的量为0.1mol ，故氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n （Cl 2）：n （H 2）=0.15mol ：0.1mol=3：2，故答案为：3：2。

【点睛】
所得混合物冷却后用NaOH 溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO 的物质的量为0.05mol ，说明氢气与氯气反应中氯气有剩余，溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，根据钠元素及氯元素守恒可知2n （Cl 2）=n （Na +）=n （Cl -）+n （ClO -）；根据电子转移守恒，计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量，溶液中Cl -来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量是解答关键。

2．通常用的漂白粉是次氯酸钙，氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐，是由Cl 2与消石灰
制成的。

有关反应如下：2Cl 2+3Ca(OH)2→Ca(ClO)2·
CaCl 2·Ca(OH)2·H 2O+H 2O （1）漂白粉的有效成分是_____________________；
（2）上述反应中，化合价有变化的元素是 _________ ；
（3）漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效，有关反应方程式为 _______，_______。

【答案】Ca(ClO)2 Cl Ca(ClO)2+2H 2O+2CO 2 →Ca (HCO 3)2+2HClO 2HClO −−−→光照2HCl+O 2↑
【解析】
【分析】
【详解】
(1)漂白粉是由Cl 2与消石灰反应2Cl 2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·
CaCl 2·Ca(OH)2·H 2O+H 2O 制成的，其组成是次氯酸钙，氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐，其有效成分是Ca(ClO)2；
(2)由Cl 2与消石灰反应2Cl 2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·
CaCl 2·Ca(OH)2·H 2O+H 2O 中，化合价有变化的元素是Cl 2 中的Cl 由0价变成Ca(ClO)2 中+1价，CaCl 2 中的-1价，所以化合价有变化的元素是Cl ；
(3)漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效，是因为Ca(ClO)2与空气中的水蒸气和二氧化碳反应，生成了HClO 又分解了，所以反应的方程式为
Ca(ClO)2+2H 2O+2CO 2→Ca (HCO 3)2+2HClO ；2HClO −−−→光照2HCl+O 2↑。

3．(1)单质钠是一种______色的金属，密度比水______(大/小)，钠在自然界中以______(化合/游离)态存在；金属钠与水反应的化学方程式：______，金属钠在空气中燃烧生成______色的______(化学式)，其生成物与水反应的化学方程式：______。

(2)氯气是一种______色的气体，密度比空气______，______溶于水，并可以和水发生反应，写出其反应的化学方程式：______，实验室中用______ 溶液(化学式)吸收多余的氯气。

铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：______。

漂白粉是______和______(化学式)的混合物，是利用氯气与氢氧化钙反应制成的，写出其反应的方程式：______。

(3)现有物质：①氧化镁②硫酸铜 ③碳酸钙 ④金属钠 ⑤氯气 ⑥氢气 ⑦硫酸 ⑧氯水⑨二氧化硫 ⑩氧化钠⑪二氧化硅⑫次氯酸⑬漂白粉
按下列标准进行归类(填序号)混合物______ 酸______ 盐______单质______ 碱性氧化物______ 酸性氧化物______。

【答案】银白 小 化合 222Na 2H O 2NaOH H +=+↑ 淡黄 22Na O
22222Na O 2H O 4NaOH O +=+↑ 黄绿 大 易 22Cl H O HCl HClO ++ƒ NaOH
232Fe 3Cl 2FeCl -+点燃
2CaCl 2Ca(ClO)
222222Cl 2Ca(OH)CaCl Ca(ClO)2H O +=++ ⑧⑬ ⑦⑫ ②③ ④⑤⑥ ①⑩ ⑨⑪
【解析】
【分析】
()1钠观察切开面，新切开的金属钠断面呈银白色色；密度比水小，钠是很活泼的金属，
在自然界中只能以化合态存在；金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气；
金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠可以和水之间发生反应生成氢氧化钠和氧气；
()2在通常状况下，氯气是一种黄绿色气体，密度比空气大，易溶于水；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，实验室用氢氧化钠吸收吸收多余的氯气，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，氯气与氢氧化钙反应生成漂白粉，漂白粉的主要成分是次氯酸钙、氯化钙； ()3物质分为混合物和纯净物，纯净物又分为单质和化合物，化合物分为氧化物、酸、碱、盐。

混合物是指由多种物质组成的物质；酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物；单质是只含有一种元素的纯净物；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，碱性氧化物是指能和酸反应生成盐和水的氧化物，酸性氧化物是指能和碱反应生成盐和水的氧化物。

【详解】
()1钠观察切开面，新切开的金属钠断面呈银白色色；钠与水反应浮在水面上，钠的密度比水小，钠是很活泼的金属，在常温下就能与氧气反应，钠在自然界中只能以化合态存在；金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式：
222Na 2H O 2NaOH H +=+↑，金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，2222Na O Na O -+V ，过氧化钠可以和水之间发生反应生成氢氧化钠和氧气，方程式为：
22222Na O 2H O 4NaOH O +=+↑；
()2在通常状况下，氯气是一种黄绿色气体，密度比空气大，易溶于水，1体积水中能溶解2体积的氯气；氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，22Cl H O HCl HClO ++ƒ，实验室用氢氧化钠吸收吸收多余的氯气，生成氯化钠和次氯酸钠，离子反应为
22Cl 2OH Cl ClO H O ---+=++，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁
232Fe 3Cl 2FeCl -+点燃
，氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，反应的方程式为
222222Cl 2Ca(OH)CaCl Ca(ClO)2H O +=++，漂白粉的主要成分是次氯酸钙()2(Ca ClO)、氯化钙()2CaCl ；漂白粉溶于水后，受空气中的2CO 作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，同时生成碳酸钙沉淀，反应的化学方程式为：
2223Ca(ClO)CO H O CaCO 2HClO ++=↓+；
()3①氧化镁为碱性氧化物； ②硫酸铜由硫酸根离子和铜离子构成的盐； ③碳酸钙由碳酸根离子和钙离子构成的盐； ④金属钠 属于单质；⑤氯气属于单质； ⑥氢气属于单质；⑦硫酸属于二元强酸； ⑧氯水属于氯气和水的混合物； ⑨二氧化硫为酸性氧化物； ⑩氧化钠为碱性氧化物；⑪二氧化硅为酸性氧化物；⑫次氯酸为一元弱酸；⑬漂
白粉主要成分是次氯酸钙()2(Ca ClO)、氯化钙()2CaCl ，属于混合物；
则：混合物为⑧⑬，酸为 ⑦⑫，盐为②③，单质为④⑤⑥，碱性氧化物为①⑩， 酸性氧化物为⑨⑪。

【点睛】
本题考查的是钠、氯气的物理性质、化学性质、物质的分类，属基础题，碱金属是典型金属元素的代表，钠是碱金属元素的代表，氯是卤素的代表，在无机化学中有非常重要的地位，因而成为命题的重点物质，是物质推断、鉴别、及有关实验、计算的常见物质。

4．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化的硝酸银溶液中，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 。

把无色无刺激性气味的气体C 通入澄清石灰水时，石灰水变浑浊。

(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______________________________。

C 与澄清石灰水________________________。

【答案】H 2 Cl 2 CO 2 HCl H 2 + Cl 2
点燃2HCl H 2O+ Cl 2 = HCl + HClO CO 2 + Ca(OH)2 = CaCO 3↓+ H 2O
【解析】
【分析】
现有A 、B 、C 、D 四种气体，A 是密度最小的气体，则A 为氢气，B 在通常情况下呈黄绿色，则B 为氯气，把四种气体分别通入酸化的硝酸银溶液中，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 ，则D 为HCl ，把无色无刺激性气味的气体C 通入澄清石灰水时，石灰水变浑浊，则C 为CO 2。

【详解】
(1)根据上面分析得到A 、B 、C 、D 的化学式分别为：A 为H 2；B 为Cl 2；C 为CO 2；D 为HCl ；故答案为：H 2；Cl 2；CO 2；HCl 。

(2)A 与B 是氢气在氯气中点燃生成氯化氢，反应方程式为：H 2 + Cl 2点燃2HCl ；B 与水是氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应方程式为H 2O+ Cl 2 = HCl + HClO ；C 与澄清石灰水是二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，反应方程式为CO 2 + Ca(OH)2 = CaCO 3↓+ H 2O ；故答案为：H 2 + Cl 2点燃2HCl ；H 2O+ Cl 2 = HCl + HClO ；CO 2 + Ca(OH)2 = CaCO 3↓+ H 2O 。

5．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。

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

又知E溶液是无色的。

请回答：
(1)A是________，B是________，C是________(填化学式)。

(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】
B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe，结合物质的相关性质解答该题。

【详解】
B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe。

（1）由以上分析可知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，化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：
2FeCl2+Cl2=2FeCl3。

7．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。

8．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。

9．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 2Na＋O2Na2O2 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑
【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＋O2Na2O2，
故答案为：2Na＋O2Na2O2；
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－＋H2↑，
故答案为：2Na＋2H2O = 2Na＋＋2OH－＋H2↑；
⑷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2CO2＋
2Na2O2 = 2Na2CO3＋O2↑，用双线桥表示该反应的电子转移
，
故答案为： 。

10．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。

11．有一瓶溶液只含Cl -、CO 32—、SO 42—、Na +、NH 4+、K +、Mg 2+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BaCl 2溶液不产生沉淀。

④ 原溶液中加AgNO 3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】Mg 2+、NH 4+、Cl - CO 32－、SO 42－ Mg 2++2OH －＝Mg(OH)2↓ NH 4++OH －△NH 3↑+H 2O 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 -、CO 32-、SO 42-、Na +、NH 4+、K +、Mg 2+ 七种离子中只有有Mg 2+ 能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg 2+；Mg 2+和CO 32-反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO 32-；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NH 4+；原溶液中加BaCl 2溶液不产生沉淀，说明不含SO 42-；原溶液中加AgNO 3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 -、CO 32-、SO 42-、Na +、NH 4+、K +、Mg 2+ 七种离子中只有有Mg 2+ 能和氢氧化钠反应生成沉淀，说明一定含有Mg 2+；Mg 2+和CO 32-反应生成沉淀，二者不能共存，故无CO 32-；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NH 4+；原溶液中加BaCl 2溶液不产生沉淀，说明不含SO 42-；原溶液中加AgNO 3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 -、NH 4+、Mg 2+，一定不含有的离子是CO 32-、SO 42-，可能含有Na +、K +；
(2)氢氧化钠和Mg 2+ 生成氢氧化镁沉淀，和NH 4+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：Mg 2++2OH -=Mg 2+(OH)2↓，NH 4++OH -
NH 3↑+H 2O ，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．I 、中学常见反应的化学方程式是2A B X Y H O +→++（未配平，反应条件略去），其中A 、B 的物质的量之比为1∶4.请回答：
（1）若Y 是黄绿色气体，该反应的离子方程式是_________________________。

（2）若A 为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B 的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________________。

II 、（1）硫酸型酸雨样品放置时pH 变化的主要原因是（用化学方程式表示）________。

（2）如果将刚取样的上述酸雨和自来水（用Cl 2杀菌消毒）混合，pH 将____（填“增
大”“减小”或“不变”），原因是（用化学方程式表示）
_________________________________。

（3）你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是_____________（填序号）。

①少用煤作燃料②把工厂烟囱造高③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰⑤开发新能源
A．①②③ B．②③④⑤ C．①③⑤ D．①③④⑤
【答案】4H+ +2Cl- +MnO2Δ
Cl2 +Mn2+ +2H2O 4:1 SO2＋H2O H2SO32H2SO3＋
O2===2H2SO4减小 H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4 C
【解析】
【分析】
【详解】
I、(1)若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，该反应为二氧化锰
与浓盐酸制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Δ
Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2)构成A的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C，B为浓硫酸或浓硝酸，但A、B的物质的量之比为1：4，则B为浓HNO3，该反应中C为还原剂，硝酸为氧化剂，且全部硝酸被还原，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1；
II、(1)硫酸型酸雨因雨水中溶有二氧化硫而显酸性，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液被空气氧化成强酸：硫酸，所以久置后pH会减小，方程式为：SO2＋H2O⇋H2SO3、2H2SO3＋O2===2H2SO4；
(2)该酸雨中含有亚硫酸，氯气具有强氧化性会将亚硫酸氧化成硫酸，自身被还原生成盐酸，生成两种强酸，所以溶液pH值会减小，方程式为：H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋
H2SO4；
(3)少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，所以选C。

13．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。

14．下图所示是以海水为原料，获得某产物的工艺流程图。

已知在吸收塔中，溶液的pH 显著减小。

试回答下列问题：
（1）图中两次氯化的作用是否相同________(选填“是”或“否”)。

（2）吸收塔中反应的化学方程式为_______________________________，第2次氯化的离子方程式为_________________________________________________。

（3）资料证实，在酸性介质中，第1次氯化过程中可用氧气或空气替代。

但在实际工业生产中为什么不用更廉价的空气替代氯气________________________。

（4）本工艺的处理方法可简单概括为“空气吹出、X气体吸收、氯化”。

某同学认为在工业生产过程中对第1次氯化液直接蒸馏也可得到产物，不必进行上述过程，请对该同学的说法作出正确的评价___________________________。

【答案】是 Br2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HBr 2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－若用廉价的空气替代Cl2进行第1次氯化，反应的离子方程式为4Br－＋O2＋4H＋＝2Br2＋2H2O，则反应时需要将大量的盐卤(浓度不大)酸化反应后又要将废液中和才能排放，在经济上不合算第一次氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高，“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个溴的富集过程，以提高其浓度，减少能源的消耗【解析】
【分析】
本工艺流程是海水中Br－被Cl2氧化，然后用热空气吹出，根据题中信息，吸收塔内溶液pH显著减小，可确定气体X是SO2，吸收塔内反应的化学方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝
H2SO4＋2HBr，生成的Br－再被Cl2氧化，生成的Br2用蒸气蒸出，再冷凝得到液态溴。

【详解】
（1）图中两次氯化的作用相同，均起到了氧化剂的作用；
（2）吸收塔中反应的化学方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HBr，第2次氯化的离子方程式为2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－；
（3）若用廉价的空气替代Cl2进行第1次氯化，反应的离子方程式为4Br－＋O2＋4H＋＝
2Br2＋2H2O，则反应时需要将大量的盐卤(浓度不大)酸化反应后又要将废液中和才能排放，在经济上不合算，因此在实际工业生产中不用更廉价的空气替代氯气；
（4）第一次氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高，“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个溴的富集过程，以提高其浓度，减少能源的消耗。

15．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____________。

【答案】水 2Cl－＋2H2O通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑ CaO＋H2O=Ca(OH)2、2Cl2＋
2Ca(OH)2=CaCl2＋ Ca(ClO)2＋2H2O 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，反应的离子方程式为2Cl－＋2H2O通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑。

(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)2；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2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。

(3)②2Cl－＋2H2O通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑、⑤2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O反应中有元素
化合价的变化，属于氧化还原反应，③CaCO3高温
CaO＋CO2↑、④CaO＋H2O=Ca(OH)2，反。