备战高考化学专题《氯及其化合物》综合检测试卷附答案

备战高考化学专题《氯及其化合物》综合检测试卷附答案
一、 高中化学氯及其化合物
1． 已知 Cl 2 在 70℃的 NaOH 水溶液中，能发生氧化复原反响后可生成
NaClO 与 NaClO 3 现
有 63.9g Cl 2，将其通入到足量 70℃的 NaOH 水溶液中，反响完整后测得溶液中 NaClO 与
NaClO 3 的物质的量比为 4： 1，并获取 500mL 溶液。

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

（ 2）计算完整反响后溶液中 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
【分析】 【剖析】
先经过氯元素化合价的对照判断 NaClO 与 NaClO 3 是氧化产物，氯气得电子化合价降低的产物是复原产物，所以复原产物是氯化钠，依据氧化复原反响中得失电子数相等配平方程
式，进而得出反响中被氧化的
Cl 2 与被复原的 Cl 2 的物质的量之比。

【详解】
（1）该反响中 NaClO 与 NaClO 3 是氧化产物，氯化钠是复原产物，反响完整后测得溶液中 NaClO 与 NaClO 3 的物质的量比为 4： 1，依据氧化复原反响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 ；
63.9g （2） 49.7g Cl 2 的物质的量为
=0.9mol ，依据反响
71g / mol
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 4 0.4mol 、 0.9mol 1
0.1mol ，完整反响后溶液中
NaClO 、 NaClO 3 物质的
9 9
量浓度分别为
0.4mol
0.8mol / L 、 0.1mol
0.2mol / L 。

0.5L
0.5 L
2．肼(N 2 4 32 4 2
H )作为火箭发动机的燃料，可经过反响 NaClO+ 2NH = N H + NaCl+ H O 制取。

某
化学兴趣小组试试在实验室制取 N 2 H 4，设计了以下实验：
(1)制备
NaClO 溶液，装置以下图。

(已知：
3Cl 2 + 6NaOH
5NaCl+ NaClO 3 + 3H 2O)
①仪器 A 的名称是 ________________ 。

②连结好装置，装药品以前，一定进行的一项操作是 _________。

③圆底烧瓶内发生反响的化学方程式为
_______________；当生成 71g 氯气时，被氧化的
HCl 为_________mol 。

试管内发生反响的离子方程式为_________。

④饱和食盐水的作用是_____________，冰水的作用是____________。

(2)将NaClO 溶液倒入烧杯中，连续通入NH3制取N2H4。

制取氨气的化学方程式为
_______。

(3)火箭发射时用N2H4作燃料，用N2O4助燃，焚烧生成两种可参加大气循环的物质。

写出
该反响的化学方程式______________。

【答案】分液漏斗检查装置的气密性MnO2 + 4HCl(浓 )MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O 2 Cl2 +
－－－除掉 Cl 中的 HCl 气体防备溶液温度过高发生副反响2NH Cl+ 2OH = Cl+ ClO + H O
224
Ca(OH)CaCl + 2NH ↑ + 2H O2N H
点燃
+ N O3N +4HO
2232242422【分析】
【剖析】
(1)①依据仪器的结构判断；②检查
装置的气密性，以防备漏气；
③该装置是用来制备氯气的，MnO 2
与浓盐酸反响生成
222
MnCl、 Cl和 H O；试管内氯气与
氢氧化钠溶液反响生成氯化钠、次氯酸钠和水；
④饱和食盐水的作用是除掉Cl
2 中的HCl气体，冰水的作用是防备溶液温度过高发生副反
应；
(2)实验室利用加热氯化铵和氢氧化钙混淆固体系取氨气；
(3)火箭发射时用 N2H4作燃料，用 N2O4助燃，焚烧生成两种可参加大气循环的物质氮气和水
蒸气。

【详解】
(1) ①依据仪器的结构可知，仪器 A 的名称是分液漏斗；②化学实验装置连结此后，在装
药品以前，一定进行的一项操作是检查装置的气密性，以防备漏气；
③该装置是用来制备氯气的，所以圆底烧瓶内发生反响的化学方程式为
4HCl(浓 )MnCl+ Cl ↑ + 2H O；依据反响可知，当生成71g 氯气时，被氧化的HCl 为222
2mol ；试管内氯气与氢氧化钠溶液反响生成氯化钠、次氯酸钠和水，发生反响的离子方程
式为 Cl2
－－－2
+ 2OH = Cl + ClO+HO；
④饱和食盐水的作用是除掉Cl2中的 HCl 气体，冰水的作用是防备溶液温度过高发生副反应；
(2) 实验室利用加热氯化铵和氢氧化钙混淆固体系取氨气，反响的化学方程式为2NH Cl+
4
MnO2 +
Ca(OH)2
CaCl 2 + 2NH 3↑ + 2H 2O ；
(3)火箭发射时用 N 2H 4 作燃料，用 N 2O 4 助燃，焚烧生成两种可参加大气循环的物质氮气和
点燃
水蒸气，反响的化学方程式为
2N 2H 4 + N 2O 4
3N 2 + 4H 2O 。

3． （ 1）室温时，在以下物质中：①
Na
② Cl 2
③Na 2O
④FeCl 2 溶液
⑤ NaHCO 3 ⑥蔗糖
⑦NH 3 ⑧ NaCl 晶体
⑨ HClO ⑩ Fe(OH)2
属于碱性氧化物的是
(用序号填写
,下同 ) _______，属于酸的是 _____，属于强电解质的是
______，属于非电解质的是
_______，能导电的是 ________。

（ 2） Na 2O 2 与 CO 2 的反响化学方程式 __________；
（ 3）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，请写出发生反响的离子方程式 ______。

（4）制取漂白粉的反响化学方程式 _________；其有效成分是 _______；
【答案】③
⑨ ③⑤⑧ ⑥⑦ ①④
2Na 2 O 2+2CO 2＝ 2Na 2CO 3+O 2 2H ++SO 4 2-+Ba 2++2OH -
＝BaSO 4↓ +2H 2 O 2Cl+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2 +2H 2 O Ca(ClO)2 【分析】
【剖析】
(1)碱性氧化物：能与酸反响只生成一种盐和水，主要包含绝大部分金属氧化物；酸：电离
时产生的阳离子所有都是氢离子的化合物；强电解质：在水溶液中或熔融状态下能发生完
全电离的化合物；非电解质：在水溶液中或熔融状态下不发生电离的化合物；能导电的物
质有大部分金属单质或存在有自由挪动电荷的物质；依据物质特色联合定义解答；
(3)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，除生成水，还应当生成
Na 2SO 4 和
BaSO 4 积淀；
(4)漂白粉的有效成分为次氯酸钙，利用氯气和冷的消石灰反响制取漂白粉。

【详解】
(1)Na O 能够与酸反响生成盐和水，属于碱性氧化物；
HClO 电离产生的阳离子都是氢离
2
子，属于酸； Na 2
3
O 、 NaHCO 、 NaCl 晶体在水溶液或许熔融状态下能完整电离而导电，都
是化合物，都属于强电解质；蔗糖、
NH
3，自己不可以电离产生自由挪动的离子，是化
合 物，都属于非电解质；钠含有自由电子，氯化亚铁溶液含有自由挪动的离子，都能导电；
故属于碱性氧化物的是③；属于酸的是⑨；属于强电解质的是③⑤⑧；属于非电解质的是
⑥⑦；能导电的是①④；
(2)Na 2O 2 与 CO 2 的反响生成碳酸钠和氧气，发生反响的化学方程式为 2Na 2O 2+2CO 2＝
2Na 2 CO 3+O 2；
(3)向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，除生成水，还应当生成 Na 2SO 4 和
+ 2-2+
-＝ BaSO BaSO 4 积淀，则发生反响的离子方程式为2H +SO 4 +Ba +2OH 4↓ +2H 2O ；
(4)工业上利用氯气和冷的消石灰反响制取漂白粉，发生反响的化学方程式为 2Cl 2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O ，其有效成分是 Ca(ClO)2。

【点睛】
电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，比如酸、碱、盐、开朗金属氧化物等，凡在上述状况下不可以导电的化合物叫非电解质，比如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不必定是电解质，且非电解质的水溶液也可
能导电，如CO
2 的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘由；此外电解质和非电解质都是化合
物，既要清除单质又要清除混淆物。

4．氯气是一种拥有重要用途的气体，在工业上大批用于制造盐酸、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)甲同学挨次进行了Cl 2与①钠、②铜、③氢气、④水反响的实验。

上述反响中属于氧化复原反响的是___________(填序号 )。

(2)写出铁丝在氯气中焚烧的化学方程式：________。

(3)氯气溶于水获取的溶液称为氯水，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)甲同学研究氯气可否与水发生反响
①B 中纸条退色，联合化学方程式解说原由：________。

②装置 A 的作用是 ___________。

③烧杯中发生反响的化学方程式为_________。

3Cl 2点燃
【答案】①②③④2Fe2FeCl3黄绿 Cl 2、HClO 、HCl Cl2 + H2O ? HCl
+ HClO，生成的次氯酸有漂白性比较实验，证明氯气自己没有漂白性，说明 B 中起漂白
作用的是其余物质，进而证明氯气与水发生了反响
Cl 2 2NaOH=NaClO NaCl H 2 O
【分析】
【剖析】
(1)氯气拥有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反响，与水反响生成HClO和 HCl；
(2)铁在氯气中焚烧生成氯化铁；
(3)氯气溶于水后和水反响生成盐酸和次氯酸，该反响为可逆反响：Cl + H O ? HCl+ HClO；
22
(4)①氯气和水发生反响生成的HClO拥有漂白性；
②氯气不拥有漂白性，干燥红纸不退色，可作比较实验；
③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于汲取氯气，防止污染环境。

【详解】
(1)氯气拥有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反响，与水反响生成HClO
和
HCl，则①②③④都为氧化复原反响，故答案为：①②③④；
(2)铁在氯气中焚烧生成氯化铁，反响的化学方程式为2Fe 3Cl2点燃
2FeCl3，故答案
点燃
为： 2Fe 3Cl22FeCl3；
(3)氯气溶于水后和水反响生成盐酸和次氯酸，该反响为可逆反响：Cl + H O ? HCl+ HClO，
22
则新制的氯水中含有的物质为(水除外 ) Cl2、HClO、HCl，新制氯水中因为含有氯气，所以溶液呈黄绿色，故答案为：黄绿；Cl 2、 HClO 、HCl ；
(4)①氯气和水发生反响Cl + H O ? HCl+ HClO，生成 HClO，因为 HClO 拥有漂白性，可使红
22
纸条退色，故答案为：Cl2 + H2O
?HCl+ HClO
，生成的次氯酸有漂白性；
②氯气不拥有漂白性，干燥红纸不退色，作比较实验，证明氯气自己没有漂白性，说明B
中起漂白作用的是其余物质，进而证明氯气与水发生了反响，故答案为：比较实验，证明
氯气自己没有漂白性，说明 B 中起漂白作用的是其余物质，进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，用于汲取氯气，防止污染环境，发生反响的化学方程式为
Cl 22NaOH=NaClO NaCl H 2 O ，故答案为：
Cl 22NaOH=NaClO NaCl H2O 。

【点睛】
氯气溶于水后和水反响生成盐酸和次氯酸，该反响为可逆反响：Cl22+-
+HO? H+ Cl + HClO，新制氯水中存在氯气、盐酸、次氯酸，所以新制氯水就拥有了氯气、盐酸、次氯
酸的性质，溶液拥有强氧化性且显酸性，这是学生们的易错点。

5．氧化物 X、单质 Y 都能对大气造成污染。

已知X 是红棕色气体，能与水反响；Y 是黄绿
色气体，能使润湿的有色布条退色。

请回答以下问题：
（1） X 的化学式为 _________；
（2） X 与水反响生成 NO 和一种酸，该酸的名称为 ________；
（3） Y 能使润湿的有色布条退色，说明 Y 的水溶液拥有 ____（填“漂白”或“酸”）性。

【答案】 NO2硝酸漂白
【分析】
【剖析】
氧化物X、单质Y 都能对大气造成污染。

已知X 是红棕色气体，能与水反响；X 为NO2， Y 是黄绿色气体，能使润湿的有色布条退色，Y 为Cl2。

【详解】
⑴X 的化学式为NO2；故答案为：NO2。

⑵X 与水反响生成NO 和一种酸， 3NO2+ H2O = 2HNO3 + NO，该酸的名称为硝酸；故答案
为：硝酸。

⑶Y 能使润湿的有色布条退色，Cl2 + H2 O = HCl +HClO，HClO 拥有漂白性，说明Y 的水溶液拥有漂白性；故答案为：漂白。

6．有 A、 B、 C 三种可溶性正盐，阴、阳离子各不同样，其阴离子的摩尔质量挨次增大
（按 A、 B、 C 的次序），将等物质的量的A、 B、 C 溶于水，所得溶液中只含有Fe3＋、 K＋、SO42-、 NO3-、 Cl-五种离子，同时生成一种白色积淀。

请回答以下问题：
（1）经查验，三种正盐中还含有以下选项中的一种离子，该离子是___。

＋2＋
2＋＋
A． Na B． Mg C． Cu D． Ag
（2）若将 A、 B、 C 三种正盐按必定比率溶于水后，所得溶液中只含有Fe3+、 SO42-、 NO3-、＋
四种离子且物质的量之比挨次为1∶ 2∶ 3∶ 4，则 A、 B、C 三种正盐的物质的量之比为
K
___。

【答案】 D1∶3∶ 2
【分析】
【剖析】
等物质的量的A、 B、 C 溶于水，所得溶液中只含有Fe3+、 K+、SO42、 NO 3、Cl-五种离子，同时生成一种白色积淀，A、B、 C 三种可溶性正盐，阴、阳离子各不同样，其阴离子
的摩尔质量挨次增大，则 A 为盐酸盐， B 为硝酸银， C 为硫酸盐；等物质的量混淆，生成
积淀可能为 AgCl，则 A 为 FeCl3324
， B 为 AgNO ， C为 K SO ，以此来解答。

【详解】
（1）所给离子中只有 Ag+和SO42、 NO3、 Cl-三种阴离子中 Cl-按 1:1 生成积淀，其余所给阳离子均和三种阴离子不积淀，则该离子是Ag+，
故答案为： D；
（2）只含有 Fe3+、SO42、 NO3、 K+四种离子且物质的量之比挨次为1:2:3:4 ，则若 FeCl3
为1mol
，
AgNO3+-24
为 3mol ，两者发生 Ag +Cl ═AgCl ↓， K SO 为 2mol ， A、 B、 C 三种正盐的
物质的量之比为1:3:2，
故答案为： 1:3:2 。

7．某溶液中可能含有K＋、 Na＋、CO23、 Cl－中的一种或几种，为鉴识此中所含离子，现进行以下实验：
请回答以下问题：
(1)原溶液中必定存在的离子是______(填离子符号，下同)，必定不存在的离子是
______________，可能存在的离子是__________________。

(2)为进一步确立原溶液中可能存在的离子能否存在，应进行的实验操作及判断依照是
_________
＋2＋－
【答案】 Na和 CO3K Cl 取原溶液，向溶液中加入硝酸银溶液，有白色积淀生成，
再加入足量稀硝酸，若白色积淀不用逝，则原溶液中存在Cl－，若白色积淀消逝，则原溶液
中不存在Cl－
【分析】
【剖析】
钠的焰色反响是黄色，钾的焰色反响（透过蓝色钴玻璃）是紫色；
CO 23能和盐酸反响生
成气体。

查验Cl-的试剂是稀硝酸和硝酸银溶液。

【详解】
（1）依据焰色反响显黄色、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-，但不可以确立能否有 Cl－；则原溶液中必定存在 Na+和 CO32-，必定
不存在 K+，可能存在的是 Cl-。

（2）要查验能否存在 Cl-采纳 AgNO3溶液和稀 HNO3，所进行的操作和判断的依照为：取原溶
液，向溶液中加入硝酸银溶液，有白色积淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色积淀不用
失，则原溶液中存在 Cl－，若白色积淀消逝，则原溶液中不存在Cl－。

8．A、 B、 C、 X 是中学化学常有物质，均由短周期元素构成，转变关系如图。

请针对以下三种不一样状况回答：
1 若A、B、C中均含同一种常有金属元素，该元素在 C 中以阴离子形式存在，将A、C 的水溶液混淆可得 B 的白色胶状积淀。

① A 中含有的金属元素在元素周期表中的地点为_______________________，向水中加入
X 物质， X 对水的电离均衡的影响是 _________()填“促使”、“克制”或“无影响” 。

② A 与C的水溶液混淆后生成B，反响的离子方程式为___________________________ 。

2若 A 为固态非金属单质， A 与 X 同周期，同时 A 在 X 中焚烧，生成(AX3和AX5)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，其结构为正四周体，分子式为 A 4，则 1molA单质中含共价键数量为_________ N A， B 的电子式为_________ 。

②X 与水反响的离子方程式为_______________________________________________。

3若 A、B、C 的焰色反响呈黄色， 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 反响生成 C，常温下， X 为气态酸性氧化物。

①A 中所含有的化学键种类是_________。

② B 溶液中离子浓度由小到大的次序是_________。

3
【答案】第三周期第Ⅲ A 族克制Al3AlO 26H 2O4Al OH 36
Cl 2H 2 O H Cl HClO离子键、共价键
c H c HCO 3 c OH c CO32 c Na
【分析】
【剖析】
A、 B、 C、 X 是中学化学常有物质，均由短周期元素构成；
(1)若 A、 B、 C 中均含同一种常有金属元素，将A、 C 的水溶液混淆可得 B 的积淀，由转变
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，克制水的电离程度；
②A 与 C 的水溶液混淆后生成 B，是铝离子和偏铝酸根离子双水解反响生成氢氧化铝积淀；
(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 中焚烧，由转变关系可知， A 为磷， B 为三氯化磷， C 为五氯化磷，x 为氯气；依照磷单质分子式为P4 剖析共价键数，三氯化磷是共价
化合物，写出电子式；
②X 与水反响是氯气和水反响生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质；
(3)若 A、 B、 C 的焰色反响均呈黄色，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，据此剖析化学键种类；
②C 为 NaHCO3，碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性。

【详解】
1 若A、B、C中均含同一种常有金属元素，将A、C 的水溶液混淆可得 B 的积淀，由转变关系可知， 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。

① A 、B、C中含有的同一种常有金属元素为Al，在周期表中地点是第三周期，Ⅲ A 族，向水中加入X 氢氧化钠是碱，对水的电离均衡的影响是克制；
②A 的水溶液含有铝离子，C水溶液含有偏铝酸根，混淆反响生成氢氧化铝积淀，反响离
子方程式为 Al 33AlO 26H 2O 4Al(OH) 3；
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，由转变关系可知，A为白磷，B为三氯化磷，C为五氯化磷， x 为氯气；
① A 是白磷，是正四周体结构，所以1molA 单质中含共价键数量为6N A； B 为三氯化磷，各原子都知足8 电子稳固结构，三氯化磷 B 的电子式为；
②X 为 Cl 2，与水反响，生成次氯酸和盐酸，反响的离子方程式为：
Cl 2H 2 O H Cl HClO；
3若 A、B、C 的焰色反响均呈黄色，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，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；
②C 为 NaHCO 3，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
小到大的次序是： c CO32 c H c OH c HCO 3 c Na。

【点睛】
解无机推测题常有思想方法：①正向思想：依据题设条件，联合相关的化学知识，依题目
的意思，按必定的层次结构逐渐推理，进而得出结论；②逆向推理：以最后产物 (或题中某一显然特色 )为起点，层层逆推，以求得结论；③猜想论证：先依据题意凭直觉猜想初步得
出结论而后将结论代入到题中去考证，若与题中所给条件、题意符合，即为答案；④综合
剖析：依据题设条件、过程产物、最后产物的特色、反响规律、数据等进行综合剖析，逐
渐得出结论。

9．无色气体 A 在一种黄绿色气体B 与金属 D 反响可生成白色固体
B 中可寂静地焚烧，发出苍白色火焰，反响生成气体 C。

E，D 在空气中焚烧生成浅黄色固体 F， F 与 CO2反响可得
到气体G， D 与水反响可生成A，A 在 G 中焚烧生成水。

推测出各样物质后，回答以下问题：
（1） E 的化学式为 _____。

（2）由 D 生成 F 的化学方程式为： _____。

（3） D 与 H2O 反响的离子方程式为：______。

（4）写出 F 与 CO2反响的化学方程式，并用双线桥表示该反响的电子转移____。

【答案】 NaCl 2Na＋ O2Na2O2
＋－
2Na＋ 2H2O=2Na＋ 2OH ＋ H2↑
【分析】
【剖析】
无色气体 A 在一种黄绿色气体 B 中可寂静地焚烧，发出苍白色火焰，反响生成气体C。

可得出 A 为氢气， B 为氯气， C 为氯化氢， D 在空气中焚烧生成浅黄色固体F， D 为金属钠，F 为过氧化钠， F 与 CO2反响可获取气体G，G 为氧气， B 与金属 D 反响可生成白色固体
E， E 为氯化钠。

【详解】
⑴依据以上剖析得 E 为氯化钠， E 的化学式为NaCl，
故答案为 NaCl；
⑵钠在氧气中反响生成过氧化钠， D 生成 F 的化学方程式为：2Na＋ O2Na2O2，故答案为： 2Na＋ O2Na2O2；
⑶钠和水反响生成氢氧化钠和水， D 与 H2O 反响的离子方程式为：
＋
＋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响生成碳酸钠和氧气，F 与 CO2反响的化学方程式为2CO2＋
2Na2 O2 = 2Na2CO3＋ O2↑，用双线桥表示该反响的电子转移
，
故答案为：。

10．非金属及其化合物在生产、生活中应用宽泛。

Ⅰ． CO2的有效利用能够缓解温室效应和能源欠缺问题，CO2的分子结构决定了其性质和用途。

(1)CO的电子式是 ______，包含的化学键种类为______共价键 (填“非极性”或“极性”)。

2
(2)在温度高于31.26o
C、压强高于
6
时， CO2处于超临界状态，称为超临界CO2
7.29 × 10Pa
流体，可用作萃取剂提取草药中的有效成分。

与用有机溶剂萃取对比，超临界CO2萃取的
长处有 ______(答出一点即可 )。

Ⅱ.氯水以及氯的化合物常常用于饮用水的消毒。

(3)将铁片插入盛有少许新制氯水的试管中，无气泡产生，用长滴管汲取KSCN溶液滴入铁
片邻近，溶液变红色，而后红色消逝。

显红色的离子方程式为______。

(4)净水丸能对饮用水进行迅速的杀菌消毒，药丸往常分内外两层。

外层的优氯净
Cl2Na(NCO)3先与水反响，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 )除掉。

①优氯净中氯元素的化合价为 ___________。

②亚硫酸钠将水中剩余次氯酸除掉的反响的化学方程式为_______________。

【答案】极性萃取剂与溶质更易分别或萃取剂更环保等
3
＋
－Fe＋ 3SCN
? Fe(SCN) ＋1Na SO＋ HClO=Na SO ＋ HCl
32324
【分析】
【剖析】
(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萃取的长处，可从成本、分别、环保等方面考虑。

(3)用长滴管汲取KSCN溶液滴入铁片邻近，溶液变红色，表示溶液中含有Fe3+，显红色是
3+-
Fe与 SCN反响生成 Fe(SCN)3。

(4)优氯净 Cl2 Na(NCO)3先与水反响生成次氯酸，则表示Cl 元素显 +1价；几分钟后，内层的亚硫酸钠 (Na2- 发生氧化复原反2SO3)溶出，可将水中的余氯(次氯酸等 )除掉，则 HClO 与 SO3
应生成 SO42-、 Cl-等。

【详解】
(1)CO 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
2
种类为极性共价键。

答案为：；极性；
(2)从成本、分别、环保等方面考虑，超临界 CO2萃取的长处为萃取剂与溶质更易分别或萃取剂
更环保等。

答案为：萃取剂与溶质更易分别或萃取剂更环保等；
(3)用长滴管汲取KSCN溶液滴入铁片邻近，溶液变红色，表示溶液中含有Fe3+，显红色是
3+-3＋
－3
＋
＋ 3SCN
Fe与 SCN反响生成 Fe(SCN)Fe＋3SCN?Fe(SCN)3
，离子方程式为。

答案为： Fe
－
? Fe(SCN)3；
(4)优氯净 Cl2 Na(NCO)3先与水反响生成次氯酸，则表示Cl 元素显 +1 价；几分钟后，内层的
亚硫酸钠 (Na2332-发生氧化复原反
SO )溶出，可将水中的余氯 (次氯酸等 )除掉，则HClO 与 SO
应生成 SO42-、 Cl-等，化学方程式为 Na2SO3＋ HClO=Na2SO4＋ HCl。

答案为：＋ 1； Na2SO3＋HClO=Na2 SO4＋HCl。

【点睛】
用萃取剂从物质中提取溶质，将萃取后所得混淆液与原混淆物分别后，还需将溶质与萃取
剂进行分别，固然采纳蒸馏法，但很难将萃取剂与溶质完整分别，若能利用超临界CO2作为萃取剂，成功萃取后，经过升温降压，即可让CO2气化，进而实现与溶质的分别，操作
简单，成本便宜。

11．利用以下图，能够从不一样角度研究含氯物质的性质及其转变关系，图中甲～辛均含氯元
素。

回答以下问题：
（1）丙的化学式为_______；从构成和性质上剖析，丁属于_______（填“酸性”或“碱性”）氧化物。

（2）图中甲、乙、丁、戊中，属于电解质的是 __________（填化学式）；依据氯元素的化合价
判断，乙物质 __________。

a 只有氧化性b既有氧化性又有复原性
c 只有复原性d既能做氧化剂也能做复原剂
（3）电解甲溶液制备己的化学反响为：甲 + H2O→己+H2↑，反响中甲与 H2O 的物质的量之比是
______。

（4）庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化学反响方程式为_________。

（5）辛在MnO2催化下受热分解可用于制备一种常有气体，这类气体的化学式是____。

【答案】 ClO2酸性HCl 、 HClO bd 1﹕ 4 2Cl2＋ 2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋ CaCl2＋ 2H2O O2【分析】
【详解】
(1)丙中氯元素的化合价为+4 价，丙为氧化物，所以丙是二氧化氯；丁是+7 价的含氯氧化物，为七氧化二氯，能与碱反响生成盐和水，为酸性氧化物，故答案为：ClO2；酸性；
(2)常有的电解质为酸碱盐、水和开朗金属氧化物，甲为氯化氢，乙为氯气，丁为七氧化二
氯，戊为次氯酸，属于电解质的为甲和戊；
乙为氯气，氯元素的化合价为0，处于氯元素的中间价态，既有氧化性又有复原性，既能
做氧化剂也能做复原剂，故答案为：HCl、HClO；bd；
(3)甲为氯化氢，己为高氯酸，氯元素由﹣ 1 价变成 +7 价，氢元素由+1 变成 0，依据得失电
子数相等， n(HCl)： n(H2O)＝ 1： 4，故答案为：1： 4；
(4)庚为次氯酸钙，乙为氯气，氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙、次氯酸钙和水，反响方程
式为： 2Cl2+2Ca(OH)2＝ Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，故答案为： 2Cl2+2Ca(OH)2
＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；
(5)氯酸钾中的氯元素为+5 价，且它在二氧化锰催化下会生成氯化钾和氧气，故答案为：
O2。

【点睛】
解答第 3 小题时要注意，氢元素由+1 变成 0，一个氢气分子含有两个氢原子，则生成一个
氢气转移两个电子；在氧化复原反响配平常必定要注意物质分子式(离子 )右下角标，比如 O 从-2 价变成 0 价，则生成一个氧气转移的电子数时4；C2O42-被氧化生成 CO2，则一个2-被氧化失掉的电子数是2。

2 4
C O
12．海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程以下：
（1）写出步骤I 中生成低浓度Br2的离子方程式 ______。

（2）步骤 I 中已获取Br2，步骤 I 中又将 Br2复原为 Br-，其目的为富集溴元素，请写出步骤
II的化学方程式 _______。

（3）在 3mL 溴水中加入1mL 四氯化碳，振荡、静置后，察看到试管里的分层现象为如图．．
中的 _______。

（4）某化学研究性学习小组为认识从工业溴中提纯溴的方法，查阅了相关资料：Br2的沸
点为 59℃，微溶于水，有毒性和强腐化性，他们设计了如图装置简图。

请你参加剖析议
论：
①C 中液体产物颜色为_____。

②用离子方程式解说NaOH 浓溶液的作用______。

【答案】 Cl2+2Br-=2Cl-+Br2Br2+SO2+2H2 O=2HBr+H2SO4 D深红棕色Br2 +2OH-=Br-+BrO-
+H2O
【分析】
【剖析】
海水淡化获取氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发
生反响获取低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液汲取获取含HBr 和
硫酸的溶液，通入适当氯气氧化获取溴单质，富集溴元素，蒸馏获取工业溴；
(1)步骤 I 中生成低浓度Br2，波及氯气与溴离子的置换反响；
(2)步骤Ⅱ中又将 Br2复原为 Br-，二氧化硫与溴发生氧化复原反响；
(3)四氯化碳的密度比水大，且溴易溶于四氯化碳；
(4)工业制溴中提纯溴的方法，主假如利用蒸馏方法，因为题干中给出信息Br2的沸点是
59℃，提纯溴一定采集 59℃时的馏分； C 中液体为冷凝下来的纯溴，则颜色为深棕红色；
溴蒸气有毒，需要用碱液来汲取。

【详解】
（1）氯气能够氧化溴离子获取氯离子和单质溴，离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；
故答案是： Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；
（2）二氧化硫拥有复原性，溴拥有氧化性，两者发生氧化复原反响生成硫酸和氢溴酸，步
骤 II 的化学方程式为： Br2+SO2+2H2 O=2HBr+H2SO4；
故答案是： Br2+SO2 +2H2O=2HBr+H2SO4；
（3）四氯化碳能够萃取溴水中的溴，可是四氯化碳的密度大于水的密度，看到的现象是：。