2020-2021备战高考化学氯及其化合物提高练习题压轴题训练及详细答案

2020-2021备战高考化学氯及其化合物提高练习题压轴题训练及详细答案

一、高中化学氯及其化合物

1．氯气是一种重要的化工原料，氯气及其化合物在自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都有着重要的应用。

（1）NaClO中Cl的化合价为____，有较强的___（填氧化、还原）性。

（2）黄色气体ClO2可用于污水杀菌和饮用水净化。

①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，SO2被氧化为SO42-，此反应的离子方程式为____。

②ClO2可将废水中的Mn2＋转化为MnO2而除去，本身还原为Cl－，该反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比为____。

【答案】+1 氧化 2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42- 2:5

【解析】

【分析】

(1)根据化合物中正负化合价的代数和为0；根据次氯酸盐中Cl的化合价分析判断；

(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应生成ClO2、硫酸根离子；②根据得失电子守恒计算。【详解】

(1)NaClO中Na为+1价，O为-2价，化合物中总化合价为0，则Cl为+1价；次氯酸盐中+1价的氯元素易得到电子，具有较强氧化性，故答案为：+1；氧化；

(2)①KClO3与SO2在强酸性溶液中反应可制得ClO2，根据氧化还原反应的规律，同时应生成硫酸钾，反应的离子方程式为：2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-，故答案为：2ClO3-+SO2=2ClO2+SO42-；

②ClO2可将废水中的Mn2+转化为MnO2而除去，本身还原为Cl-，反应中ClO2为氧化剂，Cl 元素化合价由+4价降低为-1价，Mn2+为还原剂，元素化合价由+2价升高到+4价，氧化剂和还原剂得失电子数目相等，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶5，故答案为：

2∶5。

【点睛】

本题的易错点为(2)②，要注意氧化还原反应的计算的一般方法的应用，解答本小题，也可以书写出反应的方程式再分析计算。

2．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。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)用方程式解释A使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因___________________

(2)写出溶液C中加氯水的离子方程式___________________

(3)若A和B按1:1通入水中反应，写出反应方程式_________________。

【答案】NH 3+H2O NH３·H2O NH4++OH- SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+

SO2+NH3+H2O=NH4HSO3

【解析】

【分析】

D的混合液中滴加石蕊试液，溶液显红色，说明溶液显酸性；加入NaOH溶液有使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明D溶液中含有NH4+；加入稀硝酸酸化后，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl-；加入盐酸酸化，再滴加BaCl2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有SO42-；C溶液中通入氯水得到D溶液，再结合甲和乙生成A的反应条件，丙和丁点燃条件下生成B，并结合甲、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；A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。可知甲为H2、乙为N2、丙为O2，丁为S，A为NH3、B为SO2，C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，据此分析解题。

【详解】

(1)由分析知A为NH3，因其电离使水溶液显碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，发生反应的方程式和电离方程式为NH3 + H2O NH3·H2O NH4+＋OH－；

(2) C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的D溶液中含有SO42-、Cl-、NH4+，发生反应的离子方程式为SO32-+Cl2+H2O =SO42-+2Cl-+2H+；

(3) NH3和SO2按1:1通入水中生成NH4HSO3，发生反应的方程式为

SO2+NH3+H2O=NH4HSO3。

3．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。

4．物质A～K有如图的转化关系，其中D、E为气体单质，A、H为常见金属。试回答(图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出)：

(1)写出下列物质的化学式：D 是________， I 是______。

(2)写出“C→F”反应的离子方程式：______________________________________。

(3)写出反应“J→K”的离子方程式：____________________________________。

(4)在溶液I 中滴入NaOH 溶液，可观察到的现象是______________________________。

【答案】H 2 FeCl 2 ()3+

3243Al 3NH H O=Al OH 3NH ⋅↓＋＋＋ ()33Fe 3OH =Fe OH ↓＋－＋ 产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色

【解析】

【分析】

黄绿色气体E 为Cl 2，红褐色沉淀K 为Fe(OH)3，金属H 与溶液B 反应得到I ，I 能被氯气氧化得到J ，J 与氢氧化钠反应得Fe(OH)3，可推知H 为Fe 、B 为盐酸、I 为FeCl 2，J 为FeCl 3，故B 为HCl 、气体单质D 为H 2，金属A 与盐酸反应得到C 为盐，能与氨气反应得到白色沉淀F ，且白色沉淀F 溶于氢氧化钠溶液得到G ，可推知A 为Al 、C 为AlCl 3、F 为Al(OH)3、G 为NaAlO 2，据此解答。

【详解】

（1）由上述分析可知，D 为H 2，I 为FeCl 2，

故答案为：H 2；FeCl 2；

（2）C 为AlCl 3，其与NH 3·

H 2O 反应生成氢氧化铝和氯化铵，其离子反应方程式为：()3+3243Al 3NH H O=Al OH 3NH ⋅↓＋＋＋；

故答案为：()3+

3243Al 3NH H O=Al OH 3NH ⋅↓＋＋＋； （3）J 为FeCl 3，其与NaOH 溶液反应生成氢氧化铁和氯化钠，其离子反应方程式为：()33Fe 3OH =Fe OH ↓＋－＋，

故答案为：()33Fe 3OH =Fe OH ↓＋－

＋； （4）I 为FeCl 2，其与NaOH 溶液反应会生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁极易被空气氧化而生成氢氧化铁，其现象为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色，

故答案为：产生白色沉淀，迅速变成灰绿色最后变成红褐色。

5．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CO 2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：_____。