高考化学氯及其化合物(大题培优易错难题)附答案

1、高考化学氯及其化合物( 大题培优易错 难题 ) 附答案一、 高中化学氯及其化合物1. Cl2及其化合物在生产、生活中具有广泛的用途.将氯气溶于水能形成氯气-氯水体 系完成下列填空：( 1 )氯原子最外层电子的电子排布式是_与电子排布式相比，轨道表示式增加了对核外电子运动状态中_描述( 2)氢、氯、氧三种元素各能形成一种简单阴离子，按离子半径由大到小的顺序排列这些离子_(3)氯气-氯水体系中，存在多个含氯元素的平衡关系，请分别用平衡方程式表示：,已知HC1O的杀菌能力比ClO强，氯处理饮用水时，在夏季的杀菌效果比在冬季差，可能原因是_(一种原因即可)( 4)在氯水中，下列关系正确的是_(选填编号

2、)a c (HClO) +c (ClO ) =c (H+) - c (OH )b c (H+) =c (ClO ) +c (Cl ) +c (OH )c c ( HClO) v c (Cl )d c (Cl ) < c (OH )(5) ClO2是一种更高效、安全的消毒剂，工业上可用ClO2与水中的MnCl2在常温下反应，生成MnO2和盐酸，以除去水中 Mn2+,写出该反应的化学方程式(需配平)有人认为产物MnO2和盐酸会继续反应生成氯气，这种认识对吗？_ (填 对”或 错”)，说明理由【答案】3s23p5自旋方向Cl、O2、HC2(aq)+H2O麻)HClO+H+Cl、HClO脩您H+

3、CQ、Cl2(g)璃”C2(aq)夏季温度高，HClO易分解，杀菌效果比在冬季差 bc 2ClQ+5MnCl2+6H2O=5MnO2+12HCl错 MnO2和浓盐酸加热的条件下才能反 应【解析】【分析】【详解】(1)氯是17号元素，其最外层电子的电子排布式为3s23p5,若用轨道表示式来描述，则可以描述其电子的自旋方向；(2) H+相当于光秃秃的质子，O2-填满了前两层电子，而 Cl一填满了前三层电子，半径由大到小为Cl->O2->H+；(3)首先氯气存在溶解一挥发平衡，即Cl2(g) ? Cl2(aq),其次氯气还能和水发生可逆反应，即Cl 2 +H 2O ? HCl+HClO

4、，而 HClO 是一个弱酸，存在电离平衡HClO ? H+ClO-； 夏季和冬季最大的区别在温度，我们知道HClO 受热易分解，因此杀菌效果变差；(4) a.溶液中存在质子守恒 c(OH -)+c(Cl -)+c(ClO -尸c(H +),若要a项成立除非 c(HClO)=c(Cl -),但是二者不可能相等，a项错误； b.该项即溶液中存在的质子守恒，b项正确；c.氯气和水反应得到等量的 HCl和HClO , HCl是强酸可以完全电离，因此溶液中Cl-的量等于生成的HCl 的量，而HClO 是弱电解质部分电离，因此剩余的HClO 的浓度将小于Cl - 的浓度，c 项正确；d.氯水呈酸性，因此溶

5、液中的c(OH-)极低(室温下10-7mol/L ),因此不可能出现c(OH-)c(Cl-)的情况，d项错误；答案选bc；( 5) ClO 2作氧化剂，Mn 2+作还原剂，二者发生氧化还原反应2ClO2+5MnCl 2 +6H 2O=5MnO 2+12HCl ，该反应得到的盐酸较稀，且没有加热，因此不太可能被MnO 2继续氧化变成氯气，反应在这一步就停止了。2.实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：KMnO4+HCl(浓)-KCl+MnCl2+Cl2 T +H2O(未配平)，此反应常温下就可以迅速进行。请回答下列问题：(1)上述反应中被氧化的元素是 。当生成3.36L (标准状况下)C2时，转

6、移电子的物质的量为。(2)如果上述化学方程式中KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量数是 。(3)实验室通常利用 MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气，据此可知KMnO4、Cl2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为。(4)酸性KMnO4溶液与Fe2+反应生成Mn2+,该反应的离子方程式是 。( 5)下列物质既有氧化性，又有还原性的是(填字母代号)。A I B HCl C MnCl2 D Cl2【答案】Cl 0.3mol 8 KMnO 4 MnO 2 Cl25Fe2 MnO 4 8H5Fe3 Mn 24H 2O BCD【解析】【分析】比较氧化还原反应中物质的氧化性和还原性时，若两物质在同

7、一反应中，则满足氧化性：氧化剂 氧化产物，还原性：还原剂还原产物；若两物质在两个不同反应中时，可借助一个“桥”，即第三者产生联系，若找不到第三者，需比较反应条件，反应条件越高，氧化剂的氧化能力或还原剂的还原能力越弱。【详解】对于反应 KMnO4+HCl脓)-KCWMnCl2+Cl2f + H2O, KMnO4+5e-MnCl2, 2HCl-2e-C2 f , 依据电子守，值，则为 2KMnO4+i0e-2MnCl2, 10HCl-10e-5C2T ,再考虑质量守恒，即可 配平2KCl+ 2MnCl2,最后配HCl。因为前面配的只是表现出还原性的部分，生成(2KCl+2MnCl2)的部分表现出酸

8、性，于是得出配平后的方程式为2KMnO4+ 16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+ 5Cl2 T + 8H2。；(1)上述反应中，HCl中的Cl由-1价升高到。价，则被氧化的元素是 Cl。当生成3.36L (标准状况下)C12时，n(Cl2)=336L一=0.15mol,由C2-2e",可得出转移电子的物质的量22.4L / mol为 0.15mol x2=0.3mol ；答案为：Cl; 0.3mol;(2)上述化学方程式中，2KMnO416HCI;若KMnO4化学计量数是1,则HCl的化学计量 数是8;答案为：8;在 2KMnO4+16HCI(浓)=2KCl+ 2MnCl2+5

9、C2 f + 8H2O 反应中，氧化性 KMnO4> CI2；在 MnO2+4HCl(浓)'MnCl 2+Cl2f +2H2O 中，氧化性 MnO2> CI2,那么 KMnO4与 MnO2的氧 化性哪个更强？因为找不到可联系二者的物质，所以我们只能利用反应条件，前一反应不需条件，后一反应需加热，所以氧化性KMnO4>MnO2。从而得出氧化性KMnO4>MnO2>C2；答案为：KMnO4>MnO2>C2 ；(4)酸fKMnO4溶液与Fe A是, B是, C是 (请填写化学式)；(2)反应的化学方程式 ;(3)反应的离子方程式; (4)反应的离子方

10、程式。【答案】Fe C2 H2 2Fe+3Cl2= 2FeC3 Fe+ 2H+= Fe2+ H2f2Fe2+ + Cl2= 2Fe3+ +反应生成Mn2+ ,该反应的离子方程式是 5Fe2+MnO4-+8H+=5Fe3+Mn 2+4H 2O;答案为：5Fe2+MnO 4-+8H +=5Fe3+Mn 2+4H 2O ;(5) A.化合价为最低价，只能失电子，即只具有还原性，A不合题意；B. HCl中，H+具有氧化性，Cl-具有还原性，B符合题意；C. MnCl2中，Mn2+价态既能升高又能降低，既具有氧化性又具有还原性，C符合题意；D. Cl2中，Cl的价态既能升高又能降低，D符合题意；答案为：

11、BCDL【点睛】判断物质具有的氧化性和还原性时，应从物质中含有的所有元素考虑，不可拘泥于一种元 素，否则易得出错误的结论。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：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

12、、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、CI2、也(2)反应为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl? ” 2FeCL；(3)反应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+ +;(4)反应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 o4 .某溶液的溶质可能由下列离子组成：H+、SO42-、CO32-、C、Na+、Ba2+中的一种或几种。某同学做如下实

13、验来确定溶液的成分：向溶液中加入过量的 BaC2溶液，有白色沉淀产生，过滤。向中的滤液里加入 AgNO3溶液，有白色沉淀产生。将足量稀盐酸加入的沉淀中，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)2C. AgNO3D. NazCQ(5)写出中沉淀消失的离子方程式 。【答案】SQ2-、CO32-、Na+ h+、Ba2+ C- BC BaC(3+2H+= Ba2+H2O+CO2 T【解析】【详解】向溶液中加入过量的 BaC2溶液，有白色沉淀产生，

14、过滤，则含SO42-、CC32-中的一种或都有，则一定没有 Ba2+;将中滤液里加入 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?中是否含 C；将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SQ2-、CC32-,则没有H+,因溶液不显电性，则一定含Na+；综上所述：(1) 一定含 SQ2-、CO32-、Na+；(2) 一定没有 H+、Ba2+;(3)可能含有Cl-;(4)若要确定C是否存在，应首先排除 SQ2-和CO2-的干扰，故原溶液中加入硝酸根除去SQ2-和CQ"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C-,

15、故答案为BC； (5)碳酸钢与稀盐酸反应生成氯化钢和二氧化碳气体，离子反应方程式为：BaCQ+2H+ =Ba2+H2O+CO2 T。5.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:巴+乙h+T码叫 A僧化剂点拈 ，L B士三*C4溶型+D混合液产产懈 显红色34AC甄色右黔试纸及凌) 典虫小理E(白色沉淀) 1F(白色沉淀)(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】NH3+H2O-NH3

16、 H2O- NH4+OH- SO32-+C2+H2O =SQ2-+2C+2H+SQ+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 BaC2溶液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有 SQ2-; 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

17、 ： 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SQ2-、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 r *NH3 H2g »NH4+OH ；(2) C溶液为(NH4)2SQ溶液，C中通入氯水后所得的 D溶液中含有SQ2-、Cl-、NH4+,发生反 应的离子方程式为 SQ2-+Cl2+H2O =SQ2-+2Cl-+2H+；NH3和SO2按1:1通入

18、水中生成 NH4HSO3,发生反应的方程式为SQ+NH3+H2O=NH4HSC3。6.某溶液中可能含有 k+、Na+、CO2、C中的一种或几种，为鉴别其中所含离子，现进行如下实验:字号文疫操作及援象配摩溶液，进行临色反直.显黄色.透过u色钻较酒黄察无就色取原溶液,向溶液中加入盐酸.有气体产生请回答下列问题：(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【答案】Na+和CO2K Cl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

19、原溶液中存在CF,若白色沉淀消失，则原溶液中不存在Cl【解析】【分析】钠的焰色反应是黄色，钾的焰色反应(透过蓝色钻玻璃)是紫色；CO2能和盐酸反应生成气体。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、透过蓝色钻玻璃无紫色，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 C；则原溶液中一定存在 Na+和C62-,- 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

20、液中存在 Cl ,若白色沉淀消失，则原溶液中不存在Cl o7.室温下，单质 A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适的反应条件下, 它们可按下面框图进行反应。又知D溶液为黄色，E溶液为无色，请回答：(1)A是, B是, C是(填写化学式)。(2)反应的化学方程式为 。(3)反应的化学方程式为 。(4)反应的化学方程式为 【答案】Fe C2 H2 2Fe+ 3Cl2点非 2FeC3 Fe+ 2HCl= FeC2+H2 T 2FeC2+Cl2= 2FeC3【解析】【分析】单质B为黄绿色气体，可知 B为CE, C为单质为无色气体，B与C反应生成E, E溶液是 无色的，则C为H2, E为HC

21、l, A与盐酸生成氢气，A应为金属固体单质，A与盐酸反应后 生成F为A的氯化物，F又能与氯气反应生成 D,且A与氯气可以直接生成 D,可推知A 为Fe,根据转化关系可知，F为FeC2, D为FeC3,据此分析解答。【详解】(1)根据以上分析可知，A为Fe, B为CI2, C为H2,故答案为：Fe； CI2, H2;(2)反应为Fe和C12的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl国暨2FeC3,故答案为：2Fe+3c2 -噂 2FeC3;(3)反应为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为Fe+2HCl= FeC2+H2 f ,故答案为：Fe+2HCl= FeC2+H2 f ；(4)反应为FeC2

22、和Cl2的反应，反应的化学方程式为2FeC2+Cb= 2FeC3,故答案为：2FeC2+Cl2= 2FeC3。【点睛】把握B为氯气及图在转化为解答的关键。本题的难点是A的判断，要注意根据反应 A+B(氯气)-D(固体)，反应F(A的氯化物)+ B(氯气)一 D(溶液)，说明A是变价金属，且 A 在F中呈低价。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Do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

23、为：A, B, C,D 0(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 C2 CQ HCl C2+H2O=H+C-+HClO C2+2OH-C+ClO+H2。CC2+Ca2+2OH'一CaCQj +H2O Ag+Cl-=AgCl J【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C2,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 C6,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

24、, B在通常情况下呈黄绿色，应为C2,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CC2；(1)由以上分析可知， A为H2, B为Cl2, C为CQ, 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+C-+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：C2+2OH C+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一CaCQj +H2O;稀HCl与AgNO3溶液反应生成 AgCl沉淀，

25、反应的离子方程式为：Ag+Cl-=AgCl J。9 .下图中AH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 (填化学式)。(2)C物质在日常生活中可作 剂。(3)写出反应的化学方程式：。(4)写出实验室制取 A气体的化学反应方程式，并用双线桥表示电子转移的方向和数目：O【答案】CaCO 消毒(或漂白)Ca(ClO2+CC2+H2O=CaCO+2HClO 得加.XinO .十 4HC1 &农)MnCl ,- Cl1+2净口I一十一失2J【解析】【分析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2,则E为CaCQ,常见

26、的能与石灰水反应的气体还有氯气，则 A应为C2,由此可知 C为Ca(ClO2, F为HCl, D为CaC2, G为HClO, H为 O2,在实验室中用 MnO2与浓盐酸混合加热制取 C12,根据氧化还原反应中元素化合价升降 与电子转移关系用双线桥法表示。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为 CQ,则E为CaCQ,常见能与石灰水反应的气体还 有氯气，则 A应为C2,由此可知 C为Ca(ClO», F为HCl, D为CaC2, G为HClO, H为 。2。(1)由以上分析可知 E为CaCQ;(2)C为Ca(ClO2,该物质与酸溶液作用可生成HClO, HClO具有强氧化性和漂白性，

27、可用于消毒或漂白；(3)反应是Ca(ClO»与CQ、H2O作用产生HClO,反应的化学方程式为：Ca(ClO2+CQ+H2O= CaCO+2HClO;(4)在实验室中用 MnO2与浓盐酸混合加热制取 C12,反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)三MnCl2+C12 T +2H2O。在该反应中， Mn元素化合价由反应前 MnO2中的 +4价变为反应后 MnC12中的+2价，化合价降低，获得 2e-, C1元素的化合价由反应前 HC1 中的-1价变为反应后 C12中的0价，化合价升高，失去 2X%,用双线桥法表示为： 得及.I；Mn。 + 4HC1 G农)一MnCl1- +2比。I一个

28、关为一【点睛】本题考查无机物的推断，突破口为B、A以及G的相关转化关系，题目综合考查元素化合物的性质以及应用，结合复分解反应规律及氧化还原反应的规律分析判断，侧重考查学生 分析能力和综合运用化学知识的能力。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)

29、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+Cl2卓建2HCl C2 + H2O=HCl+ HClO 2N&Q + 2CO2=2Na2CO3+。2、2Na2O2 + 2H2O =4NaOH+ O2 f HClO+ NaOH=NaClO+ H2O【解析】【分析】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+C

30、l速暨2HCl,故答案为：H2*Cl2 点峨 2HCl;(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+2C6=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2。=4NaOH+O2T,故答案为：2Na2O2+2CC2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2。=4NaOH+ O2 T ;(5) 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 HCl

31、O+ 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. I、中学常见反应的化学方程式是A B X Y H2O （未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为 1 ： 4.请回答：（1）若Y是黄绿色气体，该反应的离子方程式是 。（2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是 。II、（ 1）硫酸型酸雨样品放置时 pH变化的主要原因是（用

32、化学方程式表示） 。（2）如果将刚取样的上述酸雨和自来水（用C12杀菌消毒）混合，pH将 （填增大“减小“或不变”），原因是（用化学方程式表示）（3）你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是 （填序号）。少用煤作燃料把工厂烟囱造高燃料脱硫在已酸化的土壤中加石灰开发新能源A. B.C. D.A【答案】4H+ +2C- +MnO2 = Cl2 +Mn2+2H2O 4:1 SCO + H2OH2SO32H2SO3 +O2=2H2SC4 减小 H2SO3+ 012+ H2O=2HCl+ H2S。C【解析】【分析】【详解】I、（1）若丫是黄绿色气体，则 丫为氯气，A、B的物质的量之比为1: 4,该反应为二

33、氧化镒A与浓盐酸制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H+2C Mn2+C2 T +2H2O;（2）构成A的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C, B为浓硫酸或浓硝酸，但A、B的物质的量之比为 1: 4,则B为浓HNO3,该反应中C为还原剂，硝酸为氧化剂，且全部硝酸被还原，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1；II、（1）硫酸型酸雨因雨水中溶有二氧化硫而显酸性，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液被空气氧化成强酸：硫酸，所以久置后pH会减小，方程式为：SQ+H2O?H2SO3、2H2SQ + O2=2H2SO4；（2）该酸雨中含有亚硫酸，氯气具有强氧化性会将亚硫酸氧

34、化成硫酸，自身被还原生成盐酸，生成两种强酸，所以溶液pH值会减小，方程式为：H2SQ+C2+H2O=2HCl+H2SO4；（3）少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减 少酸雨的形成，所以选 Co12. （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A1C3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

35、积为 L【答案】NaOH 2NaOH+C2= NaCl+NaClO+HO A3+3OH = Al(OH)3 J Al(OH>+OH = AIO2 +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+C2= NaCl+NaClO+HO,故答案为：NaOH； 2NaOH+Cb= NaCl+Na

36、ClO+H2O；(2)向AlCl3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：Al3+3OH= Al(OH)3j ；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 = AlO2 +2H2O,故答案为：Al3+3OH = Al(OH)3 J ； Al(OH)3+OH = AQ +2H2O ；(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,3Cu 8H2N

37、O3 =3Cu22NO 4H2O820.6molxNO; 3.36L。x= 0.15mol , V(NO)=nXVm= 0.15 X 22.4 3.36L,故答案为:13. MnO2是一种重要无机材料，粗 MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某研究性学习小 组设计了将粗 MnO2 (含有较多的 MnO和MnCO3)样品转化为纯 MnO2的实验，流程：过泄2加稀通人热加磕* P1样品(1)第一次过滤后，所得滤液中含有的主要阳离子为 ；所得滤渣需要洗涤，判断滤渣已洗涤干净的方法是 (2)完成第步相关的离子反应： (3)第步蒸发操作必需的仪器有铁架台(含铁圈)、玻璃棒、酒精灯、,已知蒸发得到的固体中

38、有NaClO3和NaOH,则一定还含有 (写化学式)。的)粗MnO2样品的质量为12.69g,第步反应后，过滤得到8.7gMnO2,并收集到0.224LCO2 (标准状况下)，则在第步反应中至少需要 molNaClO3。【答案】H+、Mn2+向最后一次洗涤液中加入 BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净 2+.5Mn +2C。3+4H 2O=5MnO 2 +Cl 2 +8H 蒸发皿 NaCl 0.02【解析】【分析】由制备流程可知，MnO2不溶于硫酸，样品中的 MnO、MnCO3和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,滤液中含 MnSO4,为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第步发生 5MnSO4

39、+2NaClO3+4H2O=5MnO2 J +C2T +N&SQ+4H2SQ,第步中氯气与热的 NaOH 发生氧 化还原反应生成 NaCl、NaCl"、水，溶液蒸发可得到固体，以此解答。【详解】(1)加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4,为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第一次过滤后，所得滤液中含有的主要阳离子为：H+、Mn2+;所得滤渣需要洗涤，判断滤渣已洗涤干净，只需检验最后一次洗涤液中是否含有硫 酸根离子即可，方法是：向最后一次洗涤液中加入BaC2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净，故答案为：H+、Mn2+；向最后一次洗涤液中加入BaC

40、2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净；(2) MnSO4要转化为MnO2,需失去电子，故需要加入NaClOs做氧化剂，Mn元素化合价从+2价升高至+4价，Cl元素化合价从+5价降低至0价，依据得失电子守恒以及原子守恒 可以配平，所以反应的化学方程式是：5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2J +C2T +N&SQ+4H2SQ,因此反应的离子方程式是： 2+5Mn 2 +2ClO 3+4H 2O=5MnO 2 +Cl2 +8H ；(3)第步属于蒸发，所以需要的仪器有铁架台(含铁圈)、酒精灯、蒸发皿、玻璃棒；Cl2通入热的NaOH溶液中一定发生氧化还原反应，且氯气既做氧化剂又做还

41、原剂，NaClO3属于氧化产物，因此一定有还原产物NaCl;(4)由题意知样品中的 MnO和MnCO3质量为12.69g-8.7 g=3.99g,由方程式 H2SO+MnCO3=MnSO4+H2O+CQ T可知MnCO3的物质的量与生成的二氧化碳物质的量相等， 为 0.01mol,质量为 115g/mol X0.01mol=1.15g,所以 MnO 的质量为 3.99g-1.15g=2.84g,其 2.84g物质的量为 -a-=0.04mol,因此与稀硫酸反应时共生成MnSO4的物质的量为71g/mol0.04mol+0.01mol= 0.05mol,根据方程式5MnSO4+2NaClO3+4

42、H2O=5MnO2 J +C2T +NS2SC4+4H2SO,可计算出需要 NaClO3 的物质的量 为 0.02mol ,故答案为：0.02mol。14.将17.4g MnO2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：MnO2+4HCl赈) = MnCl2+C2T +2H2O,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(C-),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 二氧化镒物质me 日 17.4gA的质重=0.2mol,发生反应： MnO2+4HCl (浓)=MnCl2+Cl2