化学氯及其化合物的专项培优练习题含答案解析

化学氯及其化合物的专项培优练习题含答案解析
一、高中化学氯及其化合物
1．已知Cl2+2I=2C1-+I2为验证Fe3+、I2氧化性的相对强弱。

某小组用如图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。

实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。

Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。

Ⅲ.向B中加入一定量KSCN溶液，混合液显红色，关闭活塞a。

Ⅳ.打开活塞b，将C中的溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡、静置。

请回答下列问题：
（1）A中产生黄绿色气体，写出A中发生反应的离子方程式___。

（2）验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是___。

（3）B中通入氯气溶液变黄的离子方程式是；再向B中滴加KSCN溶液，溶液变红的离子方程式是___。

（4）C中的溶液滴入D中，振荡、静置，若产生现象，则说明Fe3+的氧化性强于碘单质，对应反应的离子方程式是___。

有人认为这个实验设计存在缺陷，其理由是___。

（5）浸有氢氧化钠溶液的棉花作用是___。

【答案】2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O 湿润的淀粉KI试纸变蓝 Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl- Fe3++3SCN-Fe(SCN)3静置后CCl4层溶液变为紫色，2I-+2Fe3+=2Fe2++I2。

C的黄色溶液中可能含有过量的Cl2或产生的ClO-，也可将碘离子氧化为碘单质造成干扰吸收多余的氯气，防止污染空气
【解析】
【分析】
向A中的84消毒液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体，该黄绿色气体为Cl2，反应的化学方程式为NaClO+2HCl(浓)= NaC1+Cl2↑+H2O，生成的氯气与碘单质发生反应，湿润的淀粉KI试纸变蓝，其化学方程式为：CI2+2KI=2KCl+I2↓；而后氯气将Fe2+氧化成Fe3+，最后Fe3+与I-反应：2Fe3++2I-=I2+2Fe2+。

【详解】
(1)84消毒液的有效成分为NaClO，向A中的84消毒液中滴加浓盐酸产生黄绿色气体，该黄绿色气体为Cl2，反应的化学方程式为NaClO+2HCl(浓)= NaC1+Cl2↑+H2O，所以A中离子
方程式为：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O；
(2)根据装置图中的试剂，验证氯气的氧化性强于碘单质的实验现象是：湿润的淀粉KI试纸变蓝，发生反应的化学方程式为：CI2+2KI=2KCl+I2↓；
(3)B中的溶液变为黄色，B中反应为Cl2将Fe2+氧化成Fe3+，B中发生反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；再向B中滴加KSCN溶液，溶液变红的离子方程式是：Fe³⁺ + 3SCN⁻ =Fe(SCN)₃ (血红色)；
(4)将C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡，若产生现象：静置后CCl4层溶液变为紫色，则说明Fe3+的氧化性强于碘单质，反应的离子方程式为2Fe3++2I-=I2+2Fe2+；但C的黄色溶液中可能含有过量的Cl2或产生的ClO-，也可将碘离子氧化为碘单质造成干扰，此为实验设计存在缺陷，要验证Fe3+的氧化性强于I2必须排除Cl2的干扰；
(5)由于Cl2有毒会污染大气，浸有NaOH溶液的棉花作用是：吸收氯气等有毒气体，防止污染空气，发生反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

2．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。

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．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+。

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，能与水反应；Y是黄绿色气体，能使湿润的有色布条褪色。

请回答下列问题：
（1）X的化学式为_________；
（2）X与水反应生成NO和一种酸，该酸的名称为________；
（3）Y能使湿润的有色布条褪色，说明Y的水溶液具有____（填“漂白”或“酸”）性。

【答案】NO2硝酸漂白
【解析】
【分析】
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，能与水反应；X为NO2，Y 是黄绿色气体，能使湿润的有色布条褪色，Y为Cl2。

【详解】
⑴X的化学式为NO2；故答案为：NO2。

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

⑶Y能使湿润的有色布条褪色，Cl2 + H2O = HCl +HClO，HClO具有漂白性，说明Y的水溶液具有漂白性；故答案为：漂白。

6．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↑。

CO-、Cl－中的一种或几种，为鉴别其中所含离子，现进7．某溶液中可能含有K＋、Na＋、2
3
行如下实验：
请回答下列问题：
(1)原溶液中一定存在的离子是______(填离子符号，下同)，一定不存在的离子是
______________，可能存在的离子是__________________。

(2)为进一步确定原溶液中可能存在的离子是否存在，应进行的实验操作及判断依据是
_________
CO- K＋ Cl－取原溶液，向溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，【答案】Na＋和2
3
再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在Cl－，若白色沉淀消失，则原溶液中不存在Cl－
【解析】
【分析】
CO-能和盐酸反应生钠的焰色反应是黄色，钾的焰色反应（透过蓝色钴玻璃）是紫色；2
3
成气体。

检验Cl-的试剂是稀硝酸和硝酸银溶液。

【详解】
（1）根据焰色反应显黄色、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-，但不能确定是否有Cl－；则原溶液中一定存在Na+和CO32-，一定不存在K+，可能存在的是Cl-。

（2）要检验是否存在Cl-选用AgNO3溶液和稀HNO3，所进行的操作和判断的依据为：取原溶液，向溶液中加入硝酸银溶液，有白色沉淀生成，再加入足量稀硝酸，若白色沉淀不消失，则原溶液中存在Cl－，若白色沉淀消失，则原溶液中不存在Cl－。

8．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H 2(氢气)；B 为Cl 2(氯气)；C 为Fe(铁)；D 为FeCl 3(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。

9．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。

10．非金属及其化合物在生产、生活中应用广泛。

Ⅰ．CO 2的有效利用可以缓解温室效应和能源短缺问题，CO 2的分子结构决定了其性质和用途。

(1)CO 2的电子式是______，包含的化学键类型为______共价键(填“非极性”或“极性”)。

(2)在温度高于31.26 o C 、压强高于7.29×106 Pa 时，CO 2处于超临界状态，称为超临界CO 2流体，可用作萃取剂提取草药中的有效成分。

与用有机溶剂萃取相比，超临界CO 2萃取的优点有______(答出一点即可)。

Ⅱ.氯水以及氯的化合物经常用于饮用水的消毒。

(3)将铁片插入盛有少量新制氯水的试管中，无气泡产生，用长滴管吸取KSCN 溶液滴入铁片附近，溶液变红色，然后红色消失。

显红色的离子方程式为______。

(4)净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。

外层的优氯净Cl 2Na(NCO)3先与水反应，生成次氯酸起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠(Na 2SO 3)溶出，可将水中的余氯(次氯酸等)除去。

①优氯净中氯元素的化合价为___________。

②亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的反应的化学方程式为_______________。

【答案】
极性 萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等 Fe 3＋＋3SCN －⇌Fe(SCN)3 ＋1 Na 2SO 3＋HClO=Na 2SO 4＋HCl
【解析】
【分析】
(1)CO 2为共价化合物，C 与每个O 原子间都以双键相连。

(2)超临界CO 2萃取的优点，可从成本、分离、环保等方面考虑。

(3)用长滴管吸取KSCN 溶液滴入铁片附近，溶液变红色，表明溶液中含有Fe 3+，显红色是Fe 3+与SCN -反应生成Fe(SCN)3。

(4)优氯净Cl 2Na(NCO)3先与水反应生成次氯酸，则表明Cl 元素显+1价；几分钟后，内层的亚硫酸钠(Na 2SO 3)溶出，可将水中的余氯(次氯酸等)除去，则HClO 与SO 32-发生氧化还原反应生成SO 42-、Cl -等。

【详解】
(1)CO 2为共价化合物，C 与每个O 原子间都以双键相连，电子式为
；包含的化学键类型为极性共价键。

答案为：；极性； (2)从成本、分离、环保等方面考虑，超临界CO 2萃取的优点为萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等。

答案为：萃取剂与溶质更易分离或萃取剂更环保等；
(3)用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片附近，溶液变红色，表明溶液中含有Fe3+，显红色是Fe3+与SCN-反应生成Fe(SCN)3，离子方程式为Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)3。

答案为：Fe3＋＋3SCN －⇌Fe(SCN)3；
(4)优氯净Cl2Na(NCO)3先与水反应生成次氯酸，则表明Cl元素显+1价；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)除去，则HClO与SO32-发生氧化还原反应生成SO42-、Cl-等，化学方程式为Na2SO3＋HClO=Na2SO4＋HCl。

答案为：＋1；Na2SO3＋HClO=Na2SO4＋HCl。

【点睛】
用萃取剂从物质中提取溶质，将萃取后所得混合液与原混合物分离后，还需将溶质与萃取剂进行分离，虽然采用蒸馏法，但很难将萃取剂与溶质完全分离，若能利用超临界CO2作为萃取剂，成功萃取后，通过升温降压，便可让CO2气化，从而实现与溶质的分离，操作简单，成本低廉。

11．综合利用海水资源是一个重要的研究课题，下面是工业上用海水制备食盐、纯碱、金属镁、溴等物质的一种流程：
完成下列填空
(1)实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样、________、________、加热浓缩、
__________、__________、烘干。

(2)气体X是______(填化学式)，溶液II中发生反应的化学方程式是：________________.
(3)为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水后，再滴加
_______________。

(4)若在母液中通入氯气可提取海水中的溴，反应的离子方程式为
______________________。

【答案】溶解过滤结晶过滤（或过滤；洗涤） NH3
NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl HNO3、AgNO3 Cl2+2Br- =Br2+2Cl-
【解析】
【分析】
海水蒸发浓缩结晶，过滤分离出粗盐和母液，粗盐经溶解、过滤、加热浓缩、结晶等操作提纯得到精盐，向其饱和溶液中先通入NH3，然后通入CO2，发生反应得到NaHCO3、
NH4Cl，把NaHCO3过滤出来，加热使其分解得到纯碱Na2CO3；向分离出NaCl的母液中加入石灰乳，反应产生Mg(OH)2沉淀，经过滤、洗涤后向沉淀中加入盐酸，反应得到
MgCl2，将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2晶体，再在HCl气氛中加热氯化镁晶体得到无水氯化镁，然后电解无水氯化镁，制取得到金属Mg。

【详解】
(1)从海水中得到的粗盐中含有杂质，提纯的主要步骤：①先取样；②溶解，将粗盐逐渐加入盛有水的烧杯里，边加边用玻璃棒搅拌(玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解)，直到粗盐不再溶解时为止，观察所得食盐水是否浑浊；③过滤，过滤食盐水，仔细观察滤纸上剩余物及滤液颜色，如滤液浑浊，应再过滤一次；④蒸发浓缩，再结晶，把所得滤液倒入蒸发皿，用酒精灯加热，待蒸发皿中出现较多固体时，停止加热，利用余热蒸干；⑤再过滤，直到晶体上不再有杂质为止，故操作步骤为溶解；过滤；加热浓缩；结晶；过滤(或过滤；洗涤)；
(2)为了增大水溶液中HCO3-的浓度，便于析出NaHCO3晶体，结合CO2在水中溶解度不大，而容易溶于碱的性质，向饱和食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳即可生成碳酸氢钠固体，反应方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；
(3)碳酸钠中若含有氯化钠，则其水溶液中含有Cl-，可根据AgCl既不溶于水，也不溶于酸的性质检验，Cl-的检验方法：取少量试样溶于水后，再滴加硝酸酸化的硝酸银，若有白色沉淀生成，证明含有NaCl，否则不含NaCl；
(4)氯气具有氧化性，其氧化性强于溴单质，氯气能氧化溴离子，反应实质为：Cl2+2Br-
=Br2+2Cl-。

【点睛】
本题以海水资源的综合利用为线索，考查了物质的分离提纯、化学实验基本操作、离子的检验及离子方程式的书写等知识。

掌握元素及化合物的知识及氧化还原反应规律是解题关键，充分体现了化学是一门实验性学科的特点，要充分重视实验教学。

12．有人提出可以利用海水(含NaCl)和石灰石为原料制取漂白粉，该方法流程如下：
(1)②中的反应物是氯化钠和________，该反应的离子程式为_________。

(2)写出反应④、⑤的化学方程式：_________。

(3)图中反应②③④⑤属于氧化还原反应的是____________。

【答案】水 2Cl－＋2H2O通电2OH－＋H2↑＋Cl2↑ CaO＋H2O=Ca(OH)2、2Cl2＋
2Ca(OH)2=CaCl2＋ Ca(ClO)2＋2H2O ②⑤
【解析】
【分析】
(1)②电解氯化钠和水生成氢氧化钠、氢气和氯气；
(2)反应④是氧化钙和水生成氢氧化钙、反应⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水。

(3)反应前后有元素化合价改变的反应为氧化还原反应。

【详解】
(1)②电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，②中的反应物是氯化钠和水，反应的离
子方程式为2Cl －＋2H 2O 通电2OH －＋H 2↑＋Cl 2↑。

(2) 反应④是氧化钙和水生成氢氧化钙，反应的化学方程式是CaO ＋H 2O=Ca(OH)2；反应⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水，反应的化学方程式是2Cl 2＋2Ca(OH)2=CaCl 2＋Ca(ClO)2＋2H 2O 。

(3)②2Cl －＋2H 2O 通电2OH －＋H 2↑＋Cl 2↑、⑤2Ca(OH)2=CaCl 2＋Ca(ClO)2＋2H 2O 反应中有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，③CaCO 3高温CaO ＋CO 2↑、④CaO ＋H 2O=Ca(OH)2，反应中没有元素化合价的变化，不属于氧化还原反应。

13．1929年，吴蕴初先生在上海创建了天原化工厂，它是中国最早的氯碱工业。

下图给出了部分生产流程：
（1）阳极产生气体使_____________（试纸）变蓝，检验的离子方程式为___________。

（2）将电解饱和食盐水得到的气体通入合成塔中合成氯化氢，其中需要过量的气体是__________，在合成塔中燃烧时火焰呈_______色。

（3）实验室里可用氯化钠固体和浓硫酸在微热条件下反应制取氯化氢，化学方程式是________。

（4）工业上利用电解饱和食盐水可制得重要化工产品。

将制得的氯气通入石灰乳中可以制得漂粉精，写出反应的化学方程式______，漂粉精可用于游泳池中水的消毒，原因是（用化学方程式表示）：______。

（5）实验室里可以用次氯酸钙固体与过量的浓盐酸在常温下快速制取氯气，反应的化学方程式是____。

【答案】淀粉碘化钾 22Cl 2I I 2Cl --+→+ 氢气 苍白
244NaCl(s)H SO ()NaHSO HCl +−−−→+↑微热浓
222222Cl 2Ca(OH)CaCl CaClO 2H O +→++
2223CaClO H O CO CaCO 2HClO ++→↓+
2222Ca(ClO)4HCl()CaCl Cl 2H O +→+↑+浓
【解析】
【分析】
（1）电解饱和食盐水，阳极氯离子失电子产生氯气；
（2）氢气与氯气反应生成氯化氢，为使氯气完全反应，氢气需要过量；
（3）氯化钠固体和浓硫酸在微热条件下反应生成氯化氢气体和硫酸氢钠；
（4）氯气通入石灰乳中生成氯化钙和次氯酸钙；次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸；
（5）次氯酸钙固体与过量的浓盐酸在常温下反应生成氯气、氯化钙、水。

【详解】
（1）电解饱和食盐水，阳极氯离子失电子产生氯气，氯气使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，氯气与碘化钾溶液反应生成氯化钾和碘单质，反应的离子方程式是
22Cl 2I I 2Cl --+→+；
（2）氢气与氯气反应生成氯化氢，为使氯气完全反应，氢气需要过量，氢气在氯气燃烧时发出苍白色火焰；
（3）氯化钠固体和浓硫酸在微热条件下反应生成氯化氢气体和硫酸氢钠，反应的离子方程
式是244NaCl(s)H SO ()NaHSO HCl +−−−→+↑微热浓；
（4）氯气通入石灰乳中生成氯化钙和次氯酸钙，反应的化学方程式是
222222Cl 2Ca(OH)CaCl CaClO 2H O +→++，漂粉精可用于游泳池中水的消毒，原因是次氯酸钙与二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸钙，化学方程式是
2223CaClO H O CO CaCO 2HClO ++→↓+；
（5）次氯酸钙固体与过量的浓盐酸在常温下反应生成氯气、氯化钙、水，反应方程式是2222Ca(ClO)4HCl()CaCl Cl 2H O +→+↑+浓。

14．将17.4g MnO 2加入到12mol/L 的400mL 浓盐酸中，充分反应，然后在反应后的溶液中加入足量的硝酸银溶液（假设浓盐酸在反应中无损失）。

求：
（1）反应产生多少升的气体？________________
（2）加入硝酸银后，产生多少克沉淀？_______________
【答案】4.48L 631.4g
【解析】
【分析】
(1)根据反应：MnO 2+4HCl (浓)
ΔMnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ，进行过量计算， 根据不足量的物质计算生成氯气体积；
(2)根据氯原子守恒计算反应后溶液中n(Cl - )发生反应：Cl -+Ag +=AgCl↓，则n(AgCl)=n(Cl -)， 根据m=nM 计算氯化银的质量。

【详解】
(1) 400mL 、12mol/L 的浓盐酸中HCl 物质的量=0.4L ⨯12mol/L=4.8mol ，17.4g 二氧化锰物质的质量=17.4g 87g /mol
=0.2mol ，发生反应：MnO 2+4HCl (浓)ΔMnCl 2+Cl 2↑+2H 2O ，由方程式可知0.2mol 二氧化锰完全反应消耗HCl 为0.2mol ⨯4=0.8mol ，小于浓盐酸中含的HCl ，浓盐酸过量，按0.2mol MnO 2进行计算,所以产生Cl 2为0.2mol ，产生Cl 2的体积为
0.2mol 22.4L/mol ⨯=4.48L ；
(2)根据氯原子守恒，反应后溶液中n(Cl -) =4.8mol-0.2mol×2=4.4mol ，根据反应: Cl -+Ag +=AgCl↓，则n(AgCl)=n(Cl -)=4.4mol ，m(AgCl)=4.4mol ⨯143.5g/mol=631.4g 。

15．（1）通常用小苏打的饱和溶液除去CO2中的HCl，反应的化学方程式为_____，不能用苏打溶液的原因是____（用化学方程式表示）。

（2）在NaBr与NaI的混合液中通入过量的Cl2。

把溶液蒸干后灼烧最后残留的物质是
____。

【答案】NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑ H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3； NaCl
【解析】
【分析】
（1）氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl；
（2）向溴化钠、碘化钠的混合溶液中通入足量氯气之后，可生成NaCl、Br2和I2，加热并将溶液蒸干，剩余固体为NaCl．
【详解】
(1)氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水,反应方程式为
NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl，碳酸钠和二氧化碳反应方程式为H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3，
故答案为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3；
（2）向溴化钠、碘化钠的混合物溶液中通入足量氯气后，可发生如下反应：
2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2
2NaI+Cl2=2NaCl+I2
溶液蒸干时，Br2易挥发，I2易升华，那么最后剩余的固体是NaCl，
故答案为：NaCl。