全国备战高考化学氯及其化合物的综合备战高考模拟和真题分类汇总及答案解析

全国备战高考化学氯及其化合物的综合备战高考模拟和真题分类汇总及答案解
析
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．（1）室温时，在下列物质中：①Na ②Cl 2 ③Na 2O ④FeCl 2溶液 ⑤NaHCO 3 ⑥蔗糖 ⑦NH 3 ⑧NaCl 晶体 ⑨HClO 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的反应化学方程式__________；
（3）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，请写出发生反应的离子方程式 ______。

（4）制取漂白粉的反应化学方程式_________；其有效成分是_______；
【答案】③ ⑨ ③⑤⑧ ⑥⑦ ①④ 2Na 2O 2+2CO 2＝2Na 2CO 3+O 2 2H ++SO 42-+Ba 2++2OH -＝BaSO 4↓+2H 2O 2Cl 2+2Ca(OH)2=CaCl 2+Ca(ClO)2+2H 2O Ca(ClO)2
【解析】
【分析】
(1)碱性氧化物：能与酸反应只生成一种盐和水，主要包括绝大多数金属氧化物；酸：电离
时产生的阳离子全部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；能导电的物质有大多数金属单质或存在有自由移动电荷的物质；根据物质特点结合定义解答；(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，还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀；
(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应制取漂白粉。

【详解】
(1)Na2O能够与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；HClO电离产生的阳离子都是氢离子，属于酸； Na2O、NaHCO3、NaCl晶体在水溶液或者熔融状态下能完全电离而导电，都是化合物，都属于强电解质；蔗糖、NH3，本身不能电离产生自由移动的离子，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移动的离子，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)Na2O2与CO2的反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝
2Na2CO3+O2；
(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，还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀，则发生反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O；
(4)工业上利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉，发生反应的化学方程式为
2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，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，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、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一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。

3．已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：
（1）将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有
_________（填序号）
①放热②黄绿色褪去③瓶口有白雾④瓶口有白烟⑤安静燃烧，发出黄色火焰⑥安静燃烧，发出苍白色火焰
（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。

（3）实验室可用如上图②所示装置收集D，下列叙述正确的是__________（填序号）。

①D气体不能用排水法收集
②干燥管里盛有碱石灰
③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出
（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。

（5）物质E的化学式是_______；E在下列物质分类中所属的物质种类是_______（填序号）。

①电解质②化合物③混合物④纯净物⑤非电解质⑥盐
检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________
【答案】①②③⑥ Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+H2O+2NH3↑①②
4NH3+5O2加热
催化剂4NO+6H2O NH4Cl ①②④⑥取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+
【解析】
【分析】
为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3，A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
(1)氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥；
(2)实验室制氨气的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl加热CaCl2+H2O+2NH3↑；
(3)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的a应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②；
(4)氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O2加热
催化剂4NO+6H2O；
(5)E是氯化铵，化学式为NH4Cl，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选
①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有
NH4+。

4．某溶液的溶质可能由下列离子组成：H+、SO42-、CO32-、Cl―、Na+、Ba2+中的一种或几种。

某同学做如下实验来确定溶液的成分：
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤。

②向①中的滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生。

③将足量稀盐酸加入①的沉淀中，沉淀部分消失，有气体产生。

依据以上实验回答下列问题：
（1）原溶液中一定有__________________。

（2）一定没有__________________。

（3）可能含有_____________。

（4）如果要确定原溶液中是否存在该离子，应选用试剂是__________________。

A.稀硝酸
B.Ba（NO3)2
C.AgNO3
D.Na2CO3
（5）写出中沉淀消失的离子方程式________________。

【答案】SO42-、CO32-、Na+ H+、Ba2+ Cl- BC BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑
【解析】
【详解】
①向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤，则含SO42-、CO32-中的一种或都有，则一定没有Ba2+；
②将①中滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但引入氯离子，则不能确定原溶液中是否含Cl-；
③将①中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生，则一定含SO42-、CO32-，则没有H+，因溶液不显电性，则一定含Na+；
综上所述：
(1)一定含SO42-、CO32-、Na+；
(2)一定没有H+、Ba2+；
(3)可能含有Cl-；
(4)若要确定Cl-是否存在，应首先排除SO42-和CO32-的干扰，故原溶液中加入硝酸钡除去SO42-和CO32-，过滤后往滤液中加入硝酸银，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为BC；
(5)碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，离子反应方程式为：BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑。

5．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。

6．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硝酸银和稀硝酸混合溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A 可以在B中安静的燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。

把无色无刺激气味的气体C通入澄清石灰水时变浑浊。

（1）ABCD的化学式分别为：A ___________，B_________，C __________，
D___________。

（2）写出下列各反应的离子方程式：
B与水_________________________________________________。

B与NaOH溶液_________________________________________。

C与澄清石灰水_________________________________________。

D与AgNO3溶液_______________________________________。

【答案】H2 Cl2 CO2 HCl Cl2+H2O=H++Cl-+HClO Cl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2O CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O Ag++Cl-=AgCl↓
【解析】
【分析】
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，发出苍白色的火焰并生成D，反应生成HCl，则D为HCl，把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，应为CO2，结合对应物质的性质解答该题。

【详解】
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，发出苍白色的火焰并生成D，反应生成HCl，则D为HCl，把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，应为CO2；
(1)由以上分析可知，A为H2，B为Cl2，C为CO2，D为HCl；
(2)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-═Cl-+ClO-
+H2O；二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙和水，反应的离子方程式为：CO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2O；稀HCl与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓。

7．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】CaCO3 HCl O2消毒(或漂白) 2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
【解析】
【分析】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可以知道C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H 为O2，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CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可以知道C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO,H为O2；
(1) 由以上分析可以知道E为CaCO3，H为O2，F是HCl；
答案是：CaCO3；HCl；O2；
(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：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；
故答案是：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。

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 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。

9．某待测溶液（阳离子为Na +）中只可能含有SO 42-、SO 32-、Cl －、Br －、NO 3-、HCO 3-
中的一种或若干种，进行下列实验（每次实验所加试剂均足量）；回答下列问题：
（1）待测液中是否含SO 42-、SO 32-离子__________________________________________
（2）气体D 的化学式为____________，反应生成沉淀B 的离子方程式为：____________
（3）根据以上实验，待测液中肯定没有的离子__________________________；肯定存在的离子是_____________________。

【答案】一定有 SO32-，而 SO42- 可能存在可能不存在NO HCO3-+Ba2++OH-= BaCO3↓+H2O Br －HCO3-、SO32-
【解析】
【分析】
待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，白色沉淀D，因为亚硫酸钡具有还原性，能够与硝酸反应生成硫酸钡和一氧化氮气体，而硫酸钡不溶于硝酸，所以溶液中一定存在SO32-，可能存在SO42-；溶液A 中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；溶液B中加入氯水，得无色溶液，溶液中一定不存在Br-；溶液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，因为加入氯化钡溶液引入Cl-，不能确定原溶液中是否含有Cl-；据以上分析解答。

【详解】
待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A，则溶液中可能含有SO32-、SO42-，向沉淀中加入稀硝酸生成气体D，白色沉淀D，因为亚硫酸钡具有还原性，能够与硝酸反应生成硫酸钡和一氧化氮气体，而硫酸钡不溶于硝酸，所以溶液中一定存在SO32-，可能存在SO42-；溶液A 中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B，则溶液中一定含有HCO3-，白色沉淀B为BaCO3；溶液B中加入氯水，得无色溶液，溶液中一定不存在Br-；溶液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl，说明滤液B中含有Cl-，因为加入氯化钡溶液引入Cl-，不能确定原溶液中是否含有Cl-；
(1)根据以上分析可以知道，待测液中一定有 SO32-，而 SO42- 可能存在可能不存在；
答案是: 一定有 SO32-，而 SO42- 可能存在可能不存在；
(2)根据分析可以知道，气体D的化学式为NO；碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子生成碳酸钡，反应生成沉淀B的离子方程式为：HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O；
答案是: NO；HCO3-+Ba2++OH-= BaCO3↓+H2O；
(3)根据分析可以知道，待测液中一定不存在的离子为Br－；肯定存在的离子为: HCO3-、SO32-；
答案是: Br－；HCO3-、SO32-。

10．A、B、C、D是高中阶段学习的四种物质，单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰，产物溶于水得到常见的强酸。

化合物C、D是刚学过的两种有重要用途的物质，化合物C具有强氧化性、漂白性，是单质B与水反应的产物之一。

化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，可由一种活泼金属与氧气燃烧得到。

回答下列问题：
（1）单质A与单质B反应的化学方程式：__________。

（2）单质B与水反应的化学方程式：_____________。

（3）D用于呼吸面具中，发生反应的化学方程式：_________。

（4）C与NaOH溶液反应的化学方程式：_____。

【答案】H2＋Cl22HCl Cl2＋H2O=HCl＋HClO 2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O =4NaOH＋O2↑ HClO＋NaOH=NaClO＋H2O
【解析】
根据单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰可知A为H2，B为Cl2；根据化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具可知D为Na2O2，根据化合物C具有强氧化性、漂白性，是单质B与水反应的产物之一可知C为HClO。

【详解】
（1）氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，反应的化学方程式为H2＋Cl22HCl，故答案为：H2＋Cl22HCl；
（2）氯气和水反应生成生成盐酸和次氯酸，反应的化学方程式为Cl2＋H2O=HCl＋HClO，故答案为：Cl2＋H2O=HCl＋HClO；
（3）过氧化钠能与人呼吸出的二氧化碳和水反应生成氧气，可供人呼吸，常用于呼吸面具中，发生反应的化学方程式为2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O =4NaOH＋
O2↑，故答案为：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2、2Na2O2＋2H2O =4NaOH＋O2↑；
（4）HClO是弱酸，能与NaOH溶液发生中和反应生成次氯酸钠和水，反应的化学方程式为HClO＋NaOH=NaClO＋H2O，故答案为：HClO＋NaOH=NaClO＋H2O。

【点睛】
单质A在单质B中燃烧产生苍白色的火焰、化合物D是淡黄色物质，可用于呼吸面具，可由一种活泼金属与氧气燃烧得到是解答的突破口。

11．如图，反应①为常温下的反应，A、C、D中均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D中氯元素的化合价之间，E在常温下为无色无味的液体，F是淡黄色固体，G为常见的无色气体。

请回答下列问题：
（1）A、G的化学式分别为_______________、________________。

（2）写出A与Fe反应的化学方程式___________________ 。

（3）写出反应②的化学方程式______________________。

（4）己知A是一种重要的化工原料，在工农业生产和生活中有着重要的应用。

请根据所学知识回答下列问题。

①将A通入紫色石蕊试液中，观察到的现象是________________；请写出A与水反应的化学方程
式。

②A与石灰乳反应制得的漂白粉的有效成分是_________(填化学式)；该物质在空气中失效的原因______(用化学方程式表示)。

【答案】Cl2、O2 2Fe+3Cl2=2FeCl3 (点燃） 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑先变红后褪色
Cl2+H2O=HCl+HClO Ca(C1O)2 Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，2HClO=2HCl+O2↑(光)
试题分析：E常温下为无色无味的液体，应为H2O，F为淡黄色粉末，应为Na2O2，则G为O2，B为NaOH，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，应为Cl2和NaOH的反应，生成NaCl和NaClO。

(1)由以上分析可知A为Cl2，G为O2，故答案为Cl2； O2；
(2)Fe在氯气中燃烧的化学方程式为2Fe + 3Cl22FeCl3，故答案为2Fe +
3Cl22FeCl3；
(3)反应②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4 NaOH +O2↑，故答案为
2Na2O2+2H2O=4 NaOH +O2↑；
(4)①将氯气通入紫色石蕊试液中，观察到的现象是紫色试液先变红后褪色，氯气与水反应的化学方程式为Cl2+H2O HCl+HClO，故答案为紫色试液先变红后褪色；
Cl2+H2O HCl+HClO；
②氯气与石灰乳反应制得的漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，该物质在空气中能够与二氧化碳和水蒸气反应失效，化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HclO、
2HClO2HCl+ O2↑，故答案为Ca(ClO)2；Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HclO、
2HClO2HCl+ O2↑。

考点：考查了无机物的推断、氯气的化学性质的相关知识。

12．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。

13．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。

14．(1)某化工厂用氯气与石灰乳生产漂白粉，该厂出厂产品说明书如下：
①漂白粉长期露置在空气中会变质，写出漂白粉变质过程中涉及的化学方程式______，
____。

②某实验室研究员将完全变质后的漂白粉溶于水，向其中加入足量稀硝酸，收集到标准状况下448mL气体，则该漂白粉中所含有效成份的质量为_____________(假设漂白粉中的其它成份不与硝酸反应)。

(2)将14g Na2O和Na2O2的混合物加入足量的水中充分反应后，生成标准状况下的气体1.12L，所得溶液的体积为400mL。

试计算：原混合物中Na2O的质量为______g，所得溶液的物质的量浓度为______mol·L－1。

【答案】Ca(ClO)2＋H2O＋CO2＝CaCO3＋2HClO 2HClO2HCl＋O2↑ 2.86g 6.2 1.0 【解析】
【分析】
(1)①漂白粉长期露置在空气中与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解而变质；②漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后变成碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，生成二氧化碳，根据Ca(ClO)2～CO2计算；
(2)根据生成的氧气的体积计算n(O2)，根据反应方程式2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑计算出过氧化钠的物质的量，从而可计算出混合物中过氧化钠、氧化钠的质量；混合物溶于水后都生成NaOH，溶液中的溶质是NaOH，根据Na原子守恒计算n(NaOH)，最后计算
c(NaOH)。

【详解】
(1)①漂白粉长期置露在空气中会变质，是因为漂白粉与二氧化碳、水的反应生成次氯酸，次氯酸容易分解，反应分别为Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、
2HClO2HCl+O2↑，故答案为：Ca(ClO)2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO；
2HClO2HCl+O2↑；
②漂白粉中所含有效成份是次氯酸钙，完全变质后的漂白粉中含有碳酸钙，向其中加入足量稀硝酸，反应生成二氧化碳，根据
Ca(ClO)2～CaCO3～CO2 143g22.4L m(Ca(ClO)2) 0.448L
有m(Ca(ClO)2)=143g0.448L
22.4L
=2.86g，故答案为：2.86g；
(2)n(O2)=
1.12L
22.4L/mol=0.05mol，根据反应2Na2O2+2H2O＝4Na
++4OH-+O2↑可知，混合物
中过氧化钠的物质的量为：n(Na2O2)=2n(O2)=0.05mol×2=0.1mol，则混合物中过氧化钠的质量为：m(Na2O2)=78g/mol×0.1mol=7.8g，氧化钠的质量为：14g-7.8g=6.2g，
n(Na2O)=
6.2g
62g/mol=0.1mol，n(Na2O2)=0.1mol，混合物溶于水后都生成NaOH，溶液中
的溶质是NaOH，根据Na原子守恒得所得溶液中
n(NaOH)=n(Na+)=2n(Na2O)+2n(Na2O2)=2×(0.1+0.1)mol=0.4mol，c(NaOH)＝0.4mol 0.4L
＝
1.0mol·L－1，故答案为：6.2；1.0。

15．我国广泛采用将干燥空气稀释的氯气通入填有固体亚氯酸钠(NaClO2)的柱内制得ClO2，用其取代氯气对自来水消毒，从而降低自来水中的氯残留对人体健康的影响。

(1)在ClO2分子中氯元素的化合价是______________。

(2)表示这一反应的化学方程式是________________________________，和欧洲的方法相比，我国这一方法的主要优点是生产出的ClO2中不含Cl2杂质。

(3)在酸性溶液中，用草酸钠(Na2C2O4)还原NaClO3也可制得ClO2，表示这一反应的化学方程式是________________________________，此法的优点是ClO2可被CO2稀释(Na2C2O4的氧化产物是CO2)。

(4)根据上述原理，北京绿先锋环保科技有限责任公司生产的“绿先锋消毒剂”是由两组固体试剂组成的。

其使用方法见下图：
小瓶内盛的白色固体是________________，瓶胆内盛的白色固体是______________。

【答案】＋4 2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl Na2C2O4+2NaClO3=2Na2CO3+2ClO2草酸钠氯酸钠
【解析】
【分析】
(1)化合物中正负化合价的代数和为0，ClO2中O为-2价；
(2)由信息可知，氯气与NaClO2反应生成ClO2；
(3)草酸钠(Na2C2O4)还原NaClO3也可制得ClO2，Na2C2O4的氧化产物是Na2CO3，结合电子、原子守恒分析；
(4)从上文信息可知两种固体制备ClO2的是草酸钠与氯酸钠，根据氯酸钠具有强的氧化性分析判断物质的存放。

【详解】
(1)根据O元素化合价为－2，得氯元素的化合价为＋4。

(2)根据信息知反应物为氯气和亚氯酸钠，生成物之一为二氧化氯，结合质量守恒定律可得另一生成为氯化钠，反应方程式为：2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；
(3)草酸钠(Na2C2O4)与NaClO3反应，氯酸钠被还原得到的ClO2，草酸钠被氧化为Na2CO3，反应方程式为：Na2C2O4+2NaClO3=2Na2CO3+2ClO2；
(4)根据上述信息可知两种固体是草酸钠与氯酸钠，由于氯酸钠具有强的氧化性，会腐蚀钢筒，因此小瓶内盛的白色固体是草酸钠，瓶胆内盛的白色固体是氯酸钠。

【点睛】
本题考查物质的性质及氧化还原反应，把握习题中的信息及物质的性质、氧化还原反应为解答的关键，侧重考查学生的分析与应用能力。