2020-2021历年高考化学易错题汇编-氯及其化合物练习题含答案

2020-2021历年高考化学易错题汇编-氯及其化合物练习题含答案
一、高中化学氯及其化合物
1．高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。

（1）在用 KMnO4酸性溶液处理固体 Cu2S 时，发生的反应如下：8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋
=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O
①还原产物为_____。

②被氧化的元素是_____
③氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____
④每生成 2.24 L(标况下)SO2，转移电子数目是_____
（2）用 KMnO4酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2。

写出该离子反应方程式_____
（3）15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g。

该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体 A，产物中锰元素以 Mn2+存在，则气体 A 的物质的量为
_____mol。

【答案】Mn2＋ Cu、S 8:5 0.8N A 6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋
14H2O 0.2
【解析】
【分析】
(1)结合氧化还原反应的知识分析即可；
(2)用 KMnO4酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；
(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的质量为氧气的质量，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，据此分析。

【详解】
(1)在8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O中Mn元素从+7价降为+2价，发生还原反应，而Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，发生氧化反应；
①由分析知，还原产物为Mn2＋；
②被氧化的元素是Cu2S中Cu、S两元素；
③氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，两者的物质的量之比为8:5；
④Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，则1molCu2S完全被氧
化，转移8mol电子；2.24 L(标况下)SO2的物质的量为
2.24?L
22.4?L/mol
=0.1mol，反应中转移
电子的物质的量为0.8mol，电子数目是0.8N A；
(2)用 KMnO4酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合守恒法得发生反应的离子方程式为6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋
6Mn2＋＋14H2O；
(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的质量为氧气的质量，m(O2)=15.8g-
15.0g=0.8g，n(O2)=
0.8g
32g/mol
=0.025mol；
在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则设氯气的物质
的量为xmol，n(KMnO4)=
15.8g
158g/mol
=0.1mol，电子转移守恒可得：0.1mol(7-
2)=4n(O2)+2(Cl2)，即0.1×(7-2)=4×0.025+2x，解得：x=0.2mol。

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 _______，_______。

【答案】Ca(ClO)2 Cl Ca(ClO)2+2H2O+2CO2 →Ca(HCO3)2+2HClO 2HClO−−−→
光照2HCl+O2↑【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
Ca(ClO)2+2H2O+2CO2→Ca(HCO3)2+2HClO；2HClO−−−→
光照2HCl+O2↑。

3．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 Cl2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 2Fe2++Cl2=2Fe3++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Cl2，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Fe2+，能继续和Cl2反应生成D，则D为FeCl3，F为FeCl2，所以B为Fe，则C为2
H，E为HCl。

【详解】
(1)A为氯气，C为氢气，氢气在氯气中燃烧：H2+Cl2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、瓶口有白雾；
(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。

4．现有A、B、C、D、E五种物质，其中A是最轻的气体，B是黄绿色气体，A能在B中燃烧生成苍白色火焰，B与C在点燃的条件下结合生成D，D的水溶液呈黄色，向这个溶液中加入NaOH溶液，可得到红棕色沉淀E，请写出这五种物质的化学式。

A________，B________，C________，D________，E________。

【答案】H2（氢气） Cl2(氯气) Fe(铁) FeCl3(三氯化铁) Fe(OH)3 (氢氧化铁)
【解析】
【分析】
A是最轻的气体，所以A是氢气；B是黄绿色气体，所以B为HCl；氢气能在氯气中燃烧生成苍白色火焰；B与C在点燃的条件下结合生成D，D的水溶液呈黄色，可知D为氯化铁，则C为铁单质；向这个溶液中加入NaOH溶液，可得到红棕色沉淀E，即氢氧化铁沉淀。

【详解】
根据分析可知A为H2(氢气)；B为Cl2(氯气)；C为Fe(铁)；D为FeCl3(三氯化铁)；E为
Fe(OH)3 (氢氧化铁)；
【点睛】
物质的密度、颜色、气味及反应现象等时推断突破口，注意把握相关物质的性质，平时多积累相关知识，难度不大。

5．有关物质的转化关系如下图所示。

A为一种黄绿色的气体，B为常见的无色液体，H为
一种助燃的气体，F为一种气体，它在A中燃烧产生苍白色火焰，E为一种能被磁铁吸引的金属。

（1）B的化学式为____________。

（2）F的化学式为____________。

（3）写出反应②的化学方程式：_______________________________。

（4）写出反应①的化学方程式：_______________________________。

【答案】H2O H2 2HClO 光照
2HCl + O2↑ Fe+2HCl=FeCl2+H2↑
【解析】
【分析】
由题给信息可知，A为一种黄绿色的气体，则其为Cl2；B为常见的无色液体，则其为
H2O；H为一种助燃的气体，则其为O2；H2在Cl2燃烧，产生苍白色火焰，则F为H2，E为一种能被磁铁吸引的金属，则E为Fe，从而推出C为HCl，D为HClO；
（1）由以上分析可知，B为水；
（2）F为氢气；
（3）反应②是次氯酸光照分解；
（4）反应①是铁与盐酸反应。

【详解】
（1）通过对物质的转化关系图的分析，可得知，B为水，化学式为H2O；
（2）F为氢气，化学式为H2；
（3）反应②是次氯酸光照分解，其化学方程式为2HClO 光照
2HCl + O2↑；
（4）反应①是铁与盐酸反应，其化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑。

【点睛】
在对物质转化关系图进行分析时，首先处理已知信息，然后寻找图中出现信息点最多的反应，特殊的反应条件及具有特殊性的反应，作为解题的突破口。

如本题中，反应②就是解题的突破口，或者叫题眼。

Fe与某物质反应，生成H2，则C中必含有能被Fe置换的H+，则其为酸，再据前面信息，确定其为HCl。

6．下图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。

(反应中生成的水已略去)
请回答以下问题：
(1)E 是_____________，F 是______________，H 是_____________。

(填化学式)
(2)C 物质在日常生活中可作______________剂。

(3)写出反应①的化学方程式：_________________________。

【答案】CaCO 3 HCl O 2 消毒(或漂白) 2Cl 2＋2Ca(OH)2===CaCl 2＋Ca(ClO)2＋2H 2O
【解析】
【分析】
B 可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO 2，则E 为CaCO 3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A 应为Cl 2，由此可以知道
C 为Ca (ClO )2，F 为HCl ，
D 为CaCl 2，G 为HClO ，H 为O 2，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
B 可与澄清石灰水反应生成沉淀,应为CO 2，则E 为CaCO 3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A 应为Cl 2，由此可以知道
C 为Ca (ClO )2，F 为HCl ，
D 为CaCl 2，G 为HClO,H 为O 2；
(1) 由以上分析可以知道E 为CaCO 3，H 为O 2，F 是HCl ；
答案是：CaCO 3 ；HCl ；O 2；
(2)C 为Ca （ClO ）2，可生成HClO ，具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白； 答案是：消毒(或漂白)；
(3)反应①的化学方程式为：2Cl 2＋2Ca(OH)2===CaCl 2＋Ca(ClO)2＋2H 2O ；
故答案是：2Cl 2＋2Ca(OH)2===CaCl 2＋Ca(ClO)2＋2H 2O 。

7．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 22H +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。

8．常温、常压下X 2、Y 2、Z 2三种气体有如下转化关系:
（1）X 2、Y 2、Z 2分别是___________、___________、__________（填化学式） （2）Z 2与X 2Y 反应的化学方程式为_________________．
（3）Z 2与NaOH 溶液反应的离子方程式为________________．
【答案】H 2 O 2 Cl 2 Cl 2+H 2O=HCl+HClO 2OH -+Cl 2=Cl -+ClO -+H 2O
【解析】
【详解】
X 2、Y 2、Z 2三种气体，Y 2和Z 2都能与X 2点燃反应，一个呈液态为水，一个产生苍白色火焰为氯化氢气体；所以X 2为氢气；Y 2为氧气、Z 2为氯气；氯气与水反应的方程式为Cl 2+H 2O==HCl+HclO ；2NaOH+Cl 2=NaCl+NaClO+H 2O ；2OH -+Cl 2==Cl -+ClO -+H 2O
9．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。

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．利用下图，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。

回答下列问题：
（1）丙的化学式为_______；从组成和性质上分析，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）；根据氯元素的化合价判断，乙物质__________。

a 只有氧化性
b 既有氧化性又有还原性
c 只有还原性
d 既能做氧化剂也能做还原剂
（3）电解甲溶液制备己的化学反应为：甲+ H2O→己+H2↑，反应中甲与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应方程式为_________。

（5）辛在MnO2催化下受热分解可用于制备一种常见气体，这种气体的化学式是____。

【答案】ClO2酸性 HCl 、HClO bd 1﹕4 2Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O O2【解析】
【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，能与碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，故答案为：ClO2；酸性；(2)常见的电解质为酸碱盐、水和活泼金属氧化物，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，既有氧化性又有还原性，既能做氧化剂也能做还原剂，故答案为：HCl、HClO；bd；
(3)甲为氯化氢，己为高氯酸，氯元素由﹣1价变为+7价，氢元素由+1变为0，根据得失电子数相等，n(HCl)：n(H2O)＝1：4，故答案为：1：4；
(4)庚为次氯酸钙，乙为氯气，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：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变为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；在氧化还原反应配平时一定要注意物质分子式(离子)右下角标，例如O 从-2价变为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
C2O42-被氧化失去的电子数是2。

12．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。

13．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%。

14．将5.60 g纯铁粉加入适量稀硫酸中，固体完全溶解。

加热条件下向反应液中先加入1.7 g NaNO3固体(已知NO3-在酸性条件下具有强氧化性)，再通入448 mL Cl2(标准状况下，假设Cl2不逸出)，产物中铁元素全部以Fe3＋存在。

(要求简要写出计算过程)
(1)被氯气氧化的Fe2＋物质的量为________。

(2)NaNO3对应的还原产物中氮元素的化合价是________。

【答案】加热条件下，通入448 mL Cl2，Cl2不逸出，则Cl2全部参与反应2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，n(Fe2＋)＝2n(Cl2)＝2×0.0200mol＝0.0400mol NaNO3也是氧化剂，产物中铁元素全部以Fe3＋存在，说明剩余的0.0600 mol Fe2＋被NaNO3氧化，设NaNO3对应的还原产物中氮
元素的化合价是+x ，1.7 g NaNO 3固体物资的量为 1.7g =0.02mol 85g/mol ，根据Fe 2＋～Fe 3＋～e －，NO ～N x ＋～(5－x )e －可知，得失电子守恒：0.02×(5－x)＝0.06，解得x ＝2
【解析】
【分析】 （1）加热条件下，通入448 mL Cl 2，Cl 2不逸出，则Cl 2全部参与反应2Fe 2＋＋Cl 2=2Fe 3＋＋
2Cl －，则n(Fe 2＋)＝2n(Cl 2)；
（2）NaNO 3也是氧化剂，产物中铁元素全部以Fe 3＋存在，说明剩余的Fe 2＋被NaNO 3氧
化，设NaNO 3对应的还原产物中氮元素的化合价是+x ，计算1.7 g NaNO 3固体物资的量，再根据得失电子守恒计算NaNO 3对应的还原产物中氮元素的化合价。

【详解】
（1）加热条件下，通入448 mL Cl 2，Cl 2不逸出，则Cl 2全部参与反应2Fe 2＋＋Cl 2=2Fe 3＋＋
2Cl －，n(Fe 2＋)＝2n(Cl 2)＝2×0.0200mol ＝0.0400mol(三位有效数字)；
故答案为：加热条件下，通入448 mL Cl 2，Cl 2不逸出，则Cl 2全部参与反应2Fe 2＋＋Cl 2=2Fe 3＋＋2Cl －，n(Fe 2＋)＝2n(Cl 2)＝2×0.0200mol ＝0.0400mol ；
（2）NaNO 3也是氧化剂，产物中铁元素全部以Fe 3＋存在，说明剩余的0.0600 mol Fe 2＋被NaNO 3氧化，设NaNO 3对应的还原产物中氮元素的化合价是+x ，1.7 g NaNO 3固体物资的量
为 1.7g =0.02mol 85g/mol
，根据Fe 2＋～Fe 3＋～e －，NO ～N x ＋～(5－x )e －可知，得失电子守恒：0.02×(5－x)＝0.06，解得x ＝2。

【点睛】
在氧化还原反应中氧化剂得电子总数=还原剂失电子总数=转移电子总数，这是根据得失电子守恒进行方程式配平以及某些氧化还原反应计算的核心。

15．实验室里常用浓盐酸与二氧化锰反应来制取少量的氯气，反应的化学方程式为：MnO 2+4HCl(浓)
MnCl 2 +Cl 2↑+2H 2O 。

若产生的氯气在标况下的体积为2.24L ，试计算：
(1)参加反应的MnO 2的质量____________
(2)参加反应的HCl 的物质的量___________
(3)反应中被氧化的HCl 的物质的量____________
【答案】8.7g 0.4mol 0.2mol
【解析】
【分析】
根据n=m
V V 计算标准状况下11.2L 的氯气的物质的量，根据方程式计算参加反应的二氧化锰的物质的量以及参加反应的HCl 的物质的量，被氧化的HCl 的物质的量是参加反应的HCl 的物质的量的一半。

【详解】
标准状况下2.24L的氯气的物质的量为
2.24L
22.4L/mol
=0.1mol，
令参加反应的二氧化锰的物质的量为n，参加反应的HCl的物质的量是m，则：
MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O
1mol 4mol 1mol
n m 0.1mol
所以：n：0.1mol=1mol：1mol=4mol：m
解得；n=0.1mol，m=0.4mol
①参加反应的二氧化锰的质量为0.1mol×87g/mol=8.7g，
答：参加反应的二氧化锰的质量为8.7g；
②参加反应的HCl的物质的量为0.4mol，答：参加反应的HCl的物质的量是0.4mol；
③反应中被氧化的HCl的物质的量是参加反应的HCl的物质的量的一半，
0.4mol
2
=0.2mol；
答：反应中被氧化的HCl的物质的量是0.2mol。

【点睛】
解题的关键是抓住HCl在反应中起到酸性和还原剂的作用，利用关系式法进行计算解答。