【化学】化学 氯及其化合物的专项 培优练习题

【化学】化学氯及其化合物的专项培优练习题
一、高中化学氯及其化合物
1．Cl2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NaClO3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：
____Cl2+______NaOH=____NaCl+____NaClO3+_____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】7149147 NaClO 3 NaClO 0.225 2.25
【解析】
【分析】
【详解】
(1)据题设条件，先定NaClO、NaClO3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7Cl2+14NaOH=9NaCl+NaClO3+4NaClO+7H2O；(2)分析反应得氧化剂、还原剂均为Cl2，Cl元素被氧化生成NaClO3与NaClO，氧化产物为NaClO3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。

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Cl2与消石灰制成的。

有关反应如下：2Cl2+3Ca(OH)2→Ca(ClO)2·CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O
（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 _______，_______。

光照2HCl+O2↑【答案】Ca(ClO)2 Cl Ca(ClO)2+2H2O+2CO2 →Ca(HCO3)2+2HClO 2HClO−−−→
【解析】
【分析】
【详解】
(1)漂白粉是由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O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Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O中，化合价有变化的元素是Cl2中的Cl由0价变成Ca(ClO)2中+1价，CaCl2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
光照2HCl+O2↑。

Ca(ClO)2+2H2O+2CO2→Ca(HCO3)2+2HClO；2HClO−−−→
3．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）A是__________，B是__________，C是__________（请填写化学式）；
（2）反应①的化学方程式______________________________；
（3）反应③的离子方程式______________________________；
（4）反应④的离子方程式______________________________。

【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22FeCl3 Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑ 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋
2Cl－
【解析】
【分析】
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，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。

【详解】
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，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，
(1)根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；
(2)反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；
(3)反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；
(4)反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。

4．有A、B、C三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大（按A、B、C的顺序），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，同时生成一种白色沉淀。

请回答下列问题：
（1）经检验，三种正盐中还含有下列选项中的一种离子，该离子是___。

A．Na＋ B．Mg2＋ C．Cu2＋ D．Ag＋
（2）若将A、B、C三种正盐按一定比例溶于水后，所得溶液中只含有Fe3+、SO42-、NO3-、K＋四种离子且物质的量之比依次为1∶2∶3∶4，则A、B、C三种正盐的物质的量之比为___。

【答案】D 1∶3∶2
【分析】
等物质的量的A 、B 、C 溶于水，所得溶液中只含有Fe 3+、K +、24SO -、3NO -、Cl -五种离子，同时生成一种白色沉淀，A 、B 、C 三种可溶性正盐，阴、阳离子各不相同，其阴离子的摩尔质量依次增大，则A 为盐酸盐，B 为硝酸银，C 为硫酸盐；等物质的量混合，生成沉淀可能为AgCl ，则A 为FeCl 3，B 为AgNO 3，C 为K 2SO 4，以此来解答。

【详解】
（1）所给离子中只有Ag +和24SO -、3NO -
、Cl −三种阴离子中Cl −按1:1生成沉淀，其余所给阳离子均和三种阴离子不沉淀，则该离子是Ag +，
故答案为：D ；
（2）只含有Fe 3+、24SO -、3NO -、K +四种离子且物质的量之比依次为1:2:3:4，则若FeCl 3为1mol ，AgNO 3为3mol ，二者发生Ag ++Cl −═AgCl↓，K 2SO 4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。

5．A 、B 、C 三种常见单质，其中A 、C 为气体，B 为常见金属．A 溶于水所得的溶液可使紫色石蕊先变红后褪色．F 的水溶液为浅绿色，其转化关系如图所示，请回答：
（1）A 和C 燃烧的现象是______．
（2）F 的化学式是______，检验F 水溶液中金属阳离子的方法是______．
（3）反应②的离子方程式是______．
【答案】安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有白雾 Fe Cl 2 先加入KSCN 溶液，无明显现象，再加入几滴新制氯水，溶液变成血红色，可说明存在亚铁离子 2Fe 2++Cl 2=2Fe 3++2Cl -
【解析】
【分析】
A 溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明A 为Cl 2，氯气与水反应生成HCl 和HClO ，能使石蕊试液先变红后褪色；F 的水溶液为浅绿色溶液，说明F 中含有Fe 2+，能继续和Cl 2反应生成D ，则D 为FeCl 3，F 为FeCl 2，所以
B 为Fe ，则
C 为2H ，E 为HCl 。

【详解】
(1)A 为氯气，C 为氢气，氢气在氯气中燃烧：H 2+Cl 2点燃2HCl ，生成的氯化氢气体极易溶于水，所以瓶口上方有白雾，所以燃烧的现象为：安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有
(2)F为FeCl2，检验亚铁离子的方法为：先加入KSCN溶液，无明显现象，再加入几滴新制氯水，溶液变成血红色，可说明存在亚铁离子；
(3)②FeCl2具有还原性，能与具有氧化性的Cl2反应生成FeCl3，反应的离子方程式为
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。

【点睛】
溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明A为Cl2，水溶液为浅绿色，则该溶液为FeCl2。

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．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： 。

8．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性硝酸银溶液中，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 。

把无色无刺激气味气体C 通入澄清石灰水时变浑浊。

（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_______。

【答案】H 2 Cl 2 CO 2 HCl 22
H +Cl 2HCl 点燃 Cl 2+H 2O=HCl +HClO 【解析】
【分析】
A 是密度最小的气体即为氢气，
B 在通常情况下呈黄绿色即为氯气，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 即氢气和氯气反应生成氯化氢气体的特征现象，即D 为氯化氢，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B 、D 气体时立即出现白色沉淀，进一步验证B 为氯气，D 为氯化氢，无色无刺激气味气体
C 通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体。

【详解】
⑴A 是密度最小的气体即为氢气，A 为H 2；
B 在通常情况下呈黄绿色即为氯气，B 为Cl 2；
无色无刺激气味气体C 通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体，C 为CO 2；
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 即生成HCl ，D 为HCl ； ⑵A 与B 反应方程式为：22H +Cl 2HCl 点燃；
B 与水反应方程式为：Cl 2＋H 2O=HCl ＋HClO 。

【点睛】
①根据PV=nRT 可以推出ρP=RT M
，所以相同条件下，气体的密度和其摩尔质量呈正比，即相同条件下密度最小的气体即为氢气；②纯净的A 可以在B 中安静地燃烧，发出苍白色的火焰，这是氢气与氯气反应生成氯化氢反应。

9．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。

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W 2Y 2；
②每2molX 2可与1molY 2化合生成2molX 2Y ，X 2Y 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X 2Y ，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W 2Y 2___________。

（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．氯气可直接用于自来水的消毒，也可以制取漂粉精、高铁酸钠等物质来对自来水消毒。

(1)氯气通入水中可用来杀菌消毒，其中杀菌消毒的原理是___，其有效成分的电子式是
____。

(2)氯气可用来制取漂粉精，但干燥的氢氧化钙与氯气并不易发生反应，氯气只能被氢氧化钙所吸附。

为此，在工业上采用加入少许水的消石灰来进行氯化。

其原因是____；
(3)漂粉精的消毒能力受水的pH影响，pH较小时的消毒能力____（填“大于”或“小于”）；pH大时的消毒能力，其原因是______。

(4)用氯气对饮用水消毒副作用多，产生影响人体健康有机氯衍生物。

可用氯气制取高铁酸钠净水：___Fe3++____ （__________） + ___Cl2→___FeO42-+____ +___H2O
补全缺项，并配平上述离子方程式；
(5)计算Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气____倍。

说明该净
水剂与氯气相比较有何优越性 _______________。

【答案】HClO具有强氧化性，能杀菌消毒氯利用这些原料中的游离水分，
Cl2＋H2O HCl＋HClO使生成的酸为消石灰所中和大于 pH较小时HClO浓度较大 2 16 OH-32 6Cl- 8 0.64不会产生对人体有危害的有机氯衍生物，还原产物Fe3+可
以水解生成Fe(OH)3胶体，吸附杂质净水
【解析】
【分析】
(1)氯水中含有HClO，具有强氧化性，可用于杀菌消毒；
(2)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，可与消石灰发生中和反应；
(3)pH较小时，HClO浓度较大；
(4)从守恒的角度配平方程式；
(5)根据单质质量得到的电子的物质的量计算。

【详解】
(1)氯水中含有HClO，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，HClO的电子式为；
(2)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，发生Cl2+H2O HCl+HClO，可与消石灰发生中和反应；
(3)pH较小时，HClO浓度较大，具有较强的杀菌消毒能力；
(4)反应Fe元素化合价升高，由+3价变化为+6价，被氧化，Cl元素化合价由0价降低到-1价，反应的方程式为2 Fe3++16OH-+3Cl2=2 FeO42-+6Cl-+8H2O；
(5)FeO42-+3e-+4H2O⇌ Fe(OH)3+5OH-，单位质量得到电子
3
166
=0.018；
Cl2+2e-=2Cl-，单位质量得到电子2
71
=0.028，
0.018
0.028
=0.64，
Na2FeO4的消毒效率比氯气低，高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用。

13．（1）实验室制氯气的尾气处理用_____溶液吸收，其化学反应方程式为_____。

（2）向AlCl3溶液中逐滴加入NaOH溶液，现象是先产生白色沉淀，其反应的离子方程式为_____，后白色沉淀又溶解消失，其反应的离子方程式为_____。

（3）在含有0.2mol的硫酸和0.2mol的硝酸的混合溶液200mL中，加入19.2g铜粉，产生的气体成分为_____（填NO或H2），你所选气体在标准状况下的体积为_____L
【答案】NaOH 2NaOH+Cl2＝NaCl+NaClO+H2O Al3++3OH﹣＝Al(OH)3↓ Al(OH)3+OH﹣＝AlO2﹣+2H2O NO 3.36L
【解析】
【分析】
(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气；
(2)铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中；
(3)硫酸和硝酸都为稀酸，反应方程式为铜与稀硝酸反应。

【详解】
(1)实验室用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，防止污染空气；氯气和氢氧化钠反应生成氯化
钠和次氯酸钠、水，反应方程式为：2NaOH+Cl 2＝NaCl+NaClO+H 2O ，
故答案为：NaOH ；2NaOH+Cl 2＝NaCl+NaClO+H 2O ；
(2)向AlCl 3溶液中逐滴加入NaOH 溶液，现象是先产生白色沉淀，是铝离子和氢氧根反应生成氢氧化铝沉淀，离子方程式为：Al 3++3OH ﹣＝Al(OH)3↓；后白色沉淀又溶解消失，是因为氢氧化铝为两性氢氧化物，溶解于强碱中，生成偏铝酸钠和水，离子方程式为：Al(OH)3+OH ﹣＝AlO 2﹣+2H 2O ，
故答案为：Al 3++3OH ﹣＝Al(OH)3↓；Al(OH)3+OH ﹣＝AlO 2﹣+2H 2O ；
(3)0.2mol 的硫酸和0.2mol 的硝酸的混合溶液200mL 中，硫酸和硝酸都为稀酸，加入19.2g 铜粉，且氢离子不足，完全反应，设n(NO)＝x ，
2323Cu 8H 2NO 3Cu 2NO 4H O
820.6mol x
+++++↑+﹣＝
x ＝0.15mol ，V(NO)＝n×Vm ＝0.15×22.4＝3.36L ，故答案为：NO ；3.36L 。

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 Br 2＋SO 2＋2H 2O ＝H 2SO 4＋2HBr 2Br －＋Cl 2＝Br 2＋2Cl － 若用廉价的空气替代Cl 2进行第1次氯化，反应的离子方程式为4Br －＋O 2＋4H ＋＝2Br 2＋2H 2O ，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、SO 2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．KMnO4和MnO2都是重要的化学物质，在实验室可以作氧化剂和催化剂。

某化学学习小组对两种物质的制备探究如下：
Ⅰ.MnO2的制备：
该学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)样品转化为纯MnO2的实验，其工艺流程如下：
请回答下列问题：
（1）第②步操作中，NaClO3氧化MnSO4的离子方程式为______________
（2）第③步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含有下列物质中的________(填序号)。

a．NaCl b．NaClO c．NaOH d．NaClO4
（3）为得到纯净的MnO2，须将过滤后的MnO2合并后进行洗涤。

洗涤沉淀所用的玻璃仪器有______________。

（4）NaClO3和MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取氯气，制取等量的氯气消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为__________。

Ⅱ.KMnO4的制备：
（5）实验室由二氧化锰制备高锰酸钾可分两步进行：
第一步：MnO2与KOH共熔并通入氧气：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O；
第二步：通入CO2，可使K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2。

第二步完成反应时，转化为KMnO4的K2MnO4占其全部的百分率约为________(精确到
0.1%)。

【答案】2ClO3-+5Mn2++4H2O=Cl2↑+5MnO2↓+8H+ ac 烧杯、漏斗、玻璃棒 1∶3 66.7% 【解析】
【分析】
（1）NaClO3氧化MnSO4的离子方程式，根据得失电子守恒配平即可；
（2）图中告知反应条件为加热，且NaOH溶液过量，则通入Cl2所得的溶液一定含有NaClO3、NaCl、NaOH；
（3）洗涤沉淀所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）根据NaClO3-3Cl2，MnO2-Cl2计算，可求出该比例；
（5）根据3K2MnO4-2KMnO4计算即可。

【详解】
（1）NaClO3氧化MnSO4的离子方程式为2ClO3-+5Mn2++4H2O=Cl2↑+5MnO2↓+8H+；
（2）图中告知反应条件为加热，则发生反应Cl2+6NaOH Δ
5NaCl+NaClO3+3H2O，且NaOH
溶液过量，通入Cl2所得的溶液一定含有NaClO3、NaCl、NaOH，故选ac；（3）洗涤沉淀所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗；
（4）根据反应NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O，MnO2+4HCl(浓)Δ
MnCl2+Cl2↑+2H2O，
若要制取等量的氯气，消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为1：3；
（5）根据反应2CO2+3K2MnO4=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3可知，3份K2MnO4中有2份转化
为KMnO4，则转化为KMnO4的K2MnO4占其全部的2
3
，即66.7%。