全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总含答案解析

全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总含答案解析一、高中化学氯及其化合物1．(1)单质钠是一种 色的金属，密度比水 (大/小)，钠在自然界中以 (化合/游离)态存在；金属钠与水反响的化学方程式： ，金属钠在空气中燃烧生成 色的 (化学式)，其生成物与水反响的化学方程式： 。氯气是一种 色的气体，密度比空气 ， 溶于水，并可以和水发生反响，写出其反响的化学方程式： ，试验室中用 溶液(化学式)吸取多余的氯气。铁丝在氯气中燃烧的化学方程式： 。漂白粉是 和 (化学式)的混合物，是利用氯气与氢氧化钙反响制成的，写出其反响的方程式： 。现有物质：①氧化镁②硫酸铜③碳酸钙④金属钠⑤氯气⑥氢气⑦硫酸⑧氯水⑨二氧化硫⑩氧化钠⑪二氧化硅⑫次氯酸⑬漂白粉按以下标准进展归类(填序号)混合物 酸 盐 单质 碱性氧化物 酸性氧化物 。【答案】银白小化合2Na2HO2NaOHH 淡黄NaO2 2 2 22NaO 2HO4NaOHO 黄绿大易Cl HO HClHClO NaOH2 2 2 2 2 2燃2Fe3Cl2

2FeCl3

CaCl2

Ca(ClO)22Cl22Ca(OH)2CaCl2Ca(ClO)22H2O ⑧⑬ ⑦⑫ ②③④⑤⑥①⑩⑨⑪【解析】【分析】1钠观看切开面，切开的金属钠断面呈银白色色；密度比水小，钠是很活泼的金属，在自然界中只能以化合态存在；金属钠与水反响生成氢氧化钠和氢气；金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，过氧化钠可以和水之间发生反响生成氢氧化钠和氧气；2在通常状况下，氯气是一种黄绿色气体，密度比空气大，易溶于水；氯气和水反响生成盐酸和次氯酸，试验室用氢氧化钠吸取吸取多余的氯气，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁，氯气与氢氧化钙反响生成漂白粉，漂白粉的主要成分是次氯酸钙、氯化钙；3物质分为混合物和纯洁物，纯洁物又分为单质和化合物，化合物分为氧化物、酸、碱、盐。混合物是指由多种物质组成的物质；酸是指电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物；盐是指由金属离子和酸根离子组成的化合物；单质是只含有一种元素的纯洁物；氧化物是指由两种元素组成的化合物中，其中一种元素是氧元素，碱性氧化物是指能和酸反响生成盐和水的氧化物，酸性氧化物是指能和碱反响生成盐和水的氧化物。【详解】1钠观看切开面，切开的金属钠断面呈银白色色；钠与水反响浮在水面上，钠的密度比水小，钠是很活泼的金属，在常温下就能与氧气反响，钠在自然界中只能以化合态存在；金属钠与水反响生成氢氧化钠和氢气，反响的化学方程式：2Na2HO2NaOHH ，金属钠在空气中燃烧生成淡黄色的过氧化钠，2 2V2NaO2

NaO2

，过氧化钠可以和水之间发生反响生成氢氧化钠和氧气，方程式为：2NaO2 22H

O4NaOHO ；2 22在通常状况下，氯气是一种黄绿色气体，密度比空气大，易溶于水，1体积水中能溶解2体积的氯气；氯气和水反响生成盐酸和次氯酸，Cl HO HClHClO，试验2 2室用氢氧化钠吸取吸取多余的氯气，生成氯化钠和次氯酸钠，离子反响为Cl 2OHClClOHO，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁2 2燃2Fe3Cl2

2FeCl3

，氯气与石灰乳反响生成氯化钙和次氯酸钙，反响的方程式为2Cl2

2Ca(OH)2

CaCl2

Ca(ClO)2

O，漂白粉的主要成分是次氯酸钙22

、氯化钙CaCl2

；漂白粉溶于水后，受空气中的CO

2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，同时生成碳酸钙沉淀，反响的化学方程式为：Ca(ClO)2

CO2

HOCaCO2

2HClO；3碳酸钙由碳酸根离子和钙离子构成的盐；氯气属于单质；⑥氢气属于单质二氧化硫为酸性氧化物；⑪⑫⑬漂白粉主要成分是次氯酸钙(CaClO)2

、氯化钙CaCl2

，属于混合物；则：混合物为⑧⑬，酸为⑦⑫，盐为，单质为④⑤⑥，碱性氧化物为⑨⑪。【点睛】此题考察的是钠、氯气的物理性质、化学性质、物质的分类，属根底题，碱金属是典型金属元素的代表，钠是碱金属元素的代表，氯是卤素的代表，在无机化学中有格外重要的地位，因而成为命题的重点物质，是物质推断、鉴别、及有关试验、计算的常见物质。某溶液的溶质可能由以下离子组成：H+、SO2-、CO2-、Cl―、Na+、Ba2+中的一种或几4 3种。某同学做如下试验来确定溶液的成分：BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤。AgNO3溶液，有白色沉淀产生。③将足量稀盐酸参加①的沉淀中，沉淀局部消逝，有气体产生。依据以上试验答复以下问题：原溶液中肯定有 。肯定没有 。可能含有 。假设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〔NO)

C.AgNO

D.NaCO32 3 2 3写出中沉淀消逝的离子方程式 。【答案】SO2-、CO2-、Na+ H+、Ba2+ Cl- BC BaCO+2H+＝Ba2++H

O+CO↑4 3【解析】【详解】

3 2 2BaCl2SO2-、CO2-中的一种或4 3Ba2+；②将①中滤液里参加AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但引入氯离子，则Cl-；③将①中的沉淀参加稀盐酸中，沉淀局部消逝，有气体产生，则肯定含SO2-、CO2-，则没4 3有H+，因溶液不显电性，则肯定含Na+；综上所述：SO2-、CO2-、Na+；4 3肯定没有H+、Ba2+；(3Cl-；4 (4Cl-SO2-CO2-4 SO2-CO2-，过滤后往滤液中参加硝酸银，假设有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-4 3BC；3(5)碳酸钡与稀盐酸反响生成氯化钡和二氧化碳气体，离子反响方程式为：BaCO+2H+＝32Ba2++H2O+CO↑。2A和B以2︰1通入水中，得到C溶液。请依据以下图的转化关系答复：用方程式解释A使潮湿的红色石蕊试纸变蓝的缘由 写出溶液C中加氯水的离子方程式 【答案】NH3+H2ONH·H2O３NH+【答案】NH3+H2ONH·H2O３NH++OH-4SO2-+Cl2+H2O=SO2-+2Cl-+2H+34SO2+NH3+H2O=NH4HSO3【解析】【分析】4 D的混合液中滴加石蕊试液，溶液显红色，说明溶液显酸性；参加NaOH溶液有使潮湿红色石蕊试纸变蓝的气体，说明DNH+AgNO4 4液，有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl-BaCl2溶液，有白色沉SO2-；C溶液中通入氯水得到D溶液，再结合甲和乙生成A的反响条件，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、4丙是摩尔质量依次增加的气体；AB2︰1通入水中，得到C溶液。可知甲为H、乙为N、丙为O，丁为S，ANH、BSO，C溶液为(NH)SO

溶液，C中通入氯2 2 2 3 2 42 34 水后所得的DSO2-、Cl-、NH+4 【详解】NH3+H2ONHNH3+H2ONH3·H2ONH ＋4+OH；34 3 2 2 C溶液为(NH4)2SO3溶液，C中通入氯水后所得的DSO2-、Cl-、NH+，发生反响SO2-+Cl+HO=SO2-+2Cl-+2H4 3 2 2 NH3SO21:1NH4HSO3，发生反响的方程式为3SO2+NH3+H2O=NH4HSO。3A、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，其转化关系如下图，请答复：A和C燃烧的现象是 ．F的化学式是 ，检验F水溶液中金属阳离子的方法是 ．反响②的离子方程式是 ．2【答案】安静地燃烧、产生苍白色火焰、瓶口有白雾FeCl 先参加KSCN溶液，无明显现象，再参加几滴制氯水，溶液变成血红色，可说明存在亚铁离子2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-2【解析】【分析】2A溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明AClHClHClO，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FFe2+，能2Cl2【详解】

反响生成D，则DFeCl，FFeCl，所以BFeC为H23 3

，EHCl。A为氯气，C为氢气，氢气在氯气中燃烧：H2+Cl2 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；2FFeCl，检验亚铁离子的方法为：先参加KSCN溶液，无明显现象，再参加几滴制氯水，溶液变成血红色，可说明存在亚铁离子；2②FeCl2具有复原性，能与具有氧化性的Cl2FeCl，反响的离子方程式为32Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-。【点睛】22溶于水所得的溶液可使石蕊试液先变红后退色，则说明ACl，水溶液为浅绿色，则该溶FeCl。22现有A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，B在通常状况下呈黄绿色，纯洁的A可以在B中安静地燃烧生成C。把气体B通入到适量石灰可以得到白色浑浊物D。请据此答复以下问题：写出以下各反响的化学方程式①纯洁的A在B中安静地燃烧生成C ②将气体B通入到水中： 。③将气体B通入到NaOH溶液中： ④将气体B通入到适量石灰： 把三种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，消灭白色沉淀的气体是 (用字母表示)。将白色浑浊物D溶于水得到澄清溶液，分别取适量该澄清液两份。①向第一份中滴加碳酸钠溶液观看到消灭沉淀，发生反响的化学方程式为 、 。②向其次份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，会观看到 (填现象)。③白色浑浊物D因具有漂白性又称为 ，该物质在空气中简洁变质的缘由为2 2 (用化学方程式表示)2 2 2 2 2 【答案】H＋Cl燃2HCl Cl＋H2 2 2

HCl＋HClO Cl＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋HO 2Cl＋22Ca(OH)2=CaCl2

＋Ca(ClO)＋2H

O BC CaCl

＋Na

CO=CaCO

↓＋2NaCl Ca(ClO)＋2222332Na2CO3=CaCO3↓＋2NaClO 生成白色沉淀漂白粉Ca(ClO)＋H2O＋CO2=2HClO＋CaCO、22223322 32HClO2HClO=2HCl＋O↑2【解析】【分析】A是密度最小的气体，应为H2，BCl2A可以在B中安静地燃烧生成D，则DHClCl2通入到适量石灰可以得到白色浑浊物D，DCaCl2Ca(ClO)2的混合物，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，BCl2A可以在B中安静地燃烧生成D，则DHClCl2通入到适量石灰可以得到白色浑浊物D，DCaCl2Ca(ClO)2的混合物，2①A与B反响是氢气在点燃条件下与氯气反响生成氯化氢，反响方程式为：H＋2点燃Cl2=2HCl，故答案为：H

＋Cl

=2HCl；2 22 2 ②氯气与水反响生成盐酸和次氯酸，反响的方程式为：Cl+HO⇌HCl+HClO，故答案为：Cl+HO⇌2 2 ③氯气和氢氧化钠反响生成氯化钠、次氯酸钠和水，反响的方程式为：Cl+2NaOH═NaCl+NaClO+HO，2 2故答案为：Cl+2NaOH═NaCl+NaClO+HO；2 2④氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙、次氯酸钙和水，反响的方程式为：2Cl2+2Ca〔OH〕2 2 2 ═CaCl+Ca(ClO)+2HO2 2 2 故答案为：2Cl

+2Ca(OH)═CaCl+Ca(ClO)+2HO；2 2 2 2 2氯气溶于水会生成盐酸能与硝酸银生成氯化银沉淀，HCl与硝酸银反响生成氯化银沉淀，故答案为：BC；2①DCaCl2Ca(ClO)2的混合物，滴加碳酸钠溶液发生的化学反响为CaCl＋22Na2CO3=CaCO3↓＋2NaCl、Ca(ClO)＋Na2CO3=CaCO3↓＋2NaClO，2故答案为：CaCl＋NaCO=CaCO↓＋2NaCl、Ca(ClO)＋NaCO=CaCO↓＋2NaClO；2 2 3 3 2 2 3 3②向其次份溶液中滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，氯离子和银离子反响生成氯化银白色沉淀，故答案为：生成白色沉淀；③由于具有漂白性又称为漂白粉；在空气中简洁与二氧化碳、水发生反响变质，其反响的方程式为：Ca(ClO)＋HO＋CO=2HClO＋CaCO、2HClO=2HCl＋O↑；2 2 2 3 2故答案为：漂白粉；Ca(ClO)＋H

O＋CO

光照=2HClO＋CaCO、2HClO= 2HCl＋O↑。【点睛】

2 2 2 3 2氯气是一种强氧化剂，与水或是碱都发生歧化反响，此题考察氯气及其化合物的性质，解题时需留意化学方程式的书写。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，反响生成气体C。B与金属D反响可生成白色固体E，D在空气中燃烧生成浅黄色固体F，FCO2反响可得到气体G，D与水反响可生成A，A在G中燃烧生成水。推断出各种物质后，答复以下问题：〔1〕E的化学式为 。〔2〕由D生成F的化学方程式为： 。〔3〕D与H2O反响的离子方程式为： 。【答案】NaCl 2Na＋O2Na2O2 2Na＋2H2O=2Na＋【答案】NaCl 2Na＋O2Na2O2 2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑【解析】【分析】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，反响生成气体C。可得出A为氢气，B为氯气，C为氯化氢，D在空气中燃烧生成浅黄色固体F，D为金属钠，F为过氧化钠，FCO2反响可得到气体G，G为氧气，B与金属D反响可生成白色固体E，E为氯化钠。【详解】⑵钠在氧气中反响生成过氧化钠，DF的化学方程式为：2Na＋O2Na2O⑵钠在氧气中反响生成过氧化钠，DF的化学方程式为：2Na＋O2Na2O2，故答案为：2Na＋O2Na2O2；⑶钠和水反响生成氢氧化钠和水，DH2O反响的离子方程式为：故答案为：2Na＋O2Na2O2；2OH－＋H2↑，故答案为：2Na＋2H2O=2Na＋＋2OH－＋H2↑；2⑷过氧化钠和二氧化碳反响生成碳酸钠和氧气，FCO22CO＋2，32Na2O2=2Na2CO＋O2↑，用双线桥表示该反响的电子转移，3故答案为：。某待测溶液〔阳离子为Na+〕中只可能含有SO2-、SO2-、Cl－、Br－、NO-、HCO-故答案为：。4 3 3 3或假设干种，进展以下试验〔每次试验所加试剂均足量〕；答复以下问题：待测液中是否含SO42-、SO32-离子 气体D的化学式为 ，反响生成沉淀B的离子方程式为： 依据以上试验，待测液中确定没有的离子 ；确定存在的离子是 。【答案】肯定有SO2-，而SO2-可能存在可能不存在NOHCO-+Ba2++OH-=BaCO↓+HOBr3 4— HCO-、SO2-

3 3 23 3【解析】【分析】3 待测液与氯化钡溶液反响生成沉淀ASO2-、SO2-，向沉淀中参加稀硝酸生成气体D，白色沉淀D3 氧化氮气体，而硫酸钡不溶于硝酸，所以溶液中肯定存在SO2-SO2-A3 433NaOH溶液得到白色沉淀BHCO-，白色沉淀B为BaCO；溶液B中参加氯水，得无色溶液，溶液中肯定不存在Br-B中参加硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,AgClBCl-，由于参加氯化钡溶液引入Cl-Cl-；据以上分析解答。33【详解】3 待测液与氯化钡溶液反响生成沉淀ASO2-、SO2-，向沉淀中参加稀硝酸生成气体D，白色沉淀D3 氧化氮气体，而硫酸钡不溶于硝酸，所以溶液中肯定存在SO2-SO2-A3 433NaOH溶液得到白色沉淀BHCO-，白色沉淀B为BaCO；溶液B中参加氯水，得无色溶液，溶液中肯定不存在Br-B中参加硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,AgClBCl-，由于参加氯化钡溶液引入Cl-Cl-；333 依据以上分析可以知道，待测液中肯定有SO2-SO2-3 答案是:SO2-SO2-可能存在可能不存在；3 4DNO；碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子生成碳酸钡，反响生成沉淀B的离子方程式为：HCO-+Ba2++OH-=BaCO↓+HO；3 3 2答案是:NO；HCO-+Ba2++OH-=BaCO↓+HO；3 3 23依据分析可以知道，待测液中肯定不存在的离子为Br－；确定存在的离子为:HCO-、33SO2-；33 答案是:Br－；HCO-、SO2-3 利用以下图，可以从不同角度争论含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。答复以下问题：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。图中甲、乙、丁、戊中，属于电解质的是 〔填化学式〕；依据氯元素的化合价推断，乙物质 。a只有氧化性 b既有氧化性又有复原性c只有复原性 d既能做氧化剂也能做复原剂电解甲溶液制备己的化学反响为：甲+H2O→己+H2↑，反响中甲与H2O的物质的量之比是 。庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化学反响方程式为 。2辛在MnO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 。2【答案】ClO2 酸性HCl、HClO bd 1﹕4 2Cl

＋2Ca(OH)

=Ca(ClO)

＋CaCl

＋2HO O【解析】【详解】

2 2

2 2 22(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，能与碱反响生成盐和水，为酸性氧化物，故答案为：ClO；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；2乙为氯气，氯元素的化合价为0，处于氯元素的中间价态，既有氧化性又有复原性，既能做氧化剂也能做复原剂，故答案为：HCl、HClO；bd；甲为氯化氢，己为高氯酸，氯元素由﹣1价变为+7价，氢元素由+10，依据得失电子数相等，n(HCl)：n(H2O)＝1：4，故答案为：1：4；庚为次氯酸钙，乙为氯气，氯气和氢氧化钙反响生成氯化钙、次氯酸钙和水，反响方程式为：2Cl2+2Ca(OH)＝Ca(ClO)+CaCl

+2H

O，故答案为：2Cl

+2Ca(OH)＝2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；

2 2 2 2 2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】3小题时要留意，氢元素由+10，一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；在氧化复原反响配寻常肯定要留意物质分子式(离子)右下角标，例如O从-20价，则生成一个氧气转移的电子数时4；C2O42-CO2，则一个C2O42-2。漂白粉溶于水后参加少量的酸能增加漂白效果。某同学据此将少量漂白粉溶于水后，再参加浓盐酸，观看到有黄绿色气体生成。答复以下问题：(l)写诞生成黄绿色气体的离子方程式： 。家庭生活中常使用的“84”消毒液和某品牌洁厕净(主要成分为盐酸) (填“能”或“不能”)同时使用，其缘由是 现设计试验由大理石、水、氯气来制取漂白粉：大理石C2液操作漂白粉

漂白粉溶①在制取漂白粉的试验过程中，请写动身生的氧化复原反响的化学方程式。Ca(C1O)、CaCIHO，请写出此反响的化学方程式：32 2 2 。【答案】ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O 不能会产生有毒气体2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O 6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O【解析】【分析】(l)酸性条件下漂白粉中的次氯酸根离子与氯离子发生氧化复原反响生成氯气；“84”消毒液和洁厕净(主要成分为盐酸)反响产生氯气有毒；①工业制漂白粉利用石灰乳和氯气反响生成氯化钙、次氯酸钙和水，依据原子守恒配平化学方程式；Ca(C1O)

CaCl

HO，依据原子守恒配平化学方程式。【详解】

32 2 2(l)少量漂白粉溶于水后，再参加浓盐酸，观看到有黄绿色气体生成的离子方程式为ClO-+2H++Cl-=Cl2↑+H2O；家庭生活中常使用的“84”消毒液和某品牌洁厕净(主要成分为盐酸)不能同时使用，其缘由是会产生有毒气体氯气；①工业制漂白粉利用石灰乳和氯气反响生成氯化钙、次氯酸钙和水，依据原子守恒配平化学方程式为：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；Ca(C1O)、CaClHO，依据原子守恒配平化学方程式32 2 2为：6Ca(OH)2+6Cl2=Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O。2 MnOMnO2 MnO〔MnOMnCO〕MnO

的试验，流程：2 3 2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，推断滤渣已洗涤干净的方法是 完成第②步相关的离子反响： .第③步蒸发操作必需的仪器有铁架台〔含铁圈〕、玻璃棒、酒精灯、3 ，蒸发得到的固体中有NaClO和NaOH，则肯定还含有 3〔写化学式〕。2MnO212.69g8.7gMnO，并收集到20.224LCO〔标准状况下〕，则在第②步反响中至少需要 molNaClO。2 3【答案】H+、Mn2+ 向最终一次洗涤液中参加BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净3

O=5MnO2

+Cl2

+8H+ 蒸发皿NaCl 0.02【解析】【分析】由制备流程可知，MnO2MnO、MnCO3和硫酸反响生成可溶性的MnSOMnSO，为保证固体充分溶解，硫酸是过量的，第②步发生4 4435MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SONaOH发生氧NaCl、NaClO、水，溶液蒸发可得到固体，以此解答。43【详解】4MnOMnCO3MnSO，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+、4Mn2+；所得滤渣需要洗涤，推断滤渣已洗涤干净，只需检验最终一次洗涤液中是否含有硫酸根离子即可，方法是：向最终一次洗涤液中参加BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净，故答案为：H+、Mn2+BaCl2溶液，无浑浊，说明沉淀已洗涤干净；23MnSO4MnONaClO23

做氧化剂，Mn元素化合价从+2价上升至+4价，Cl元素化合价从+50价，依据得失电子守恒以及原子守恒可以配平，所以反响的化学方程式是：45MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SO，因此反响的离子方程式是：43

O=5MnO2

+Cl2

+8H+；第③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；Cl2NaOH溶液中肯定发生氧化复原反响，且氯气既做氧化剂又做复原剂，NaClO3属于氧化产物，因此肯定有复原产物NaCl；MnOMnCO312.69g-8.7g=3.99g，由方程式H2SO4+MnCO3=MnSO4+H2O+CO2↑可知MnCO3的物质的量与生成的二氧化碳物质的量相等，0.01mol115g/mol×0.01mol=1.15gMnO3.99g-1.15g=2.84g，其2.84g71g/mol=0.04mol，因此与稀硫酸反响时共生成MnSO4的物质的量为0.04mol+0.01mol=0.05mol，依据方程式45MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SONaClO3的物质的量0.02mol，故答案为：0.02mol。411．(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， 。②某试验室争论员将完全变质后的漂白粉溶于水，向其中参加足量稀硝酸，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响)。(214gNa2ONa2O2的混合物参加足量的水中充分反响后，生成标准状况下的气体【答案】Ca(ClOHO＋CO＝CaCO＋2HClO22232HClO2HCl＋O↑22.【答案】Ca(ClOHO＋CO＝CaCO＋2HClO22232HClO2HCl＋O↑22.86g 6.2 1.02【解析】【分析】①漂白粉长期露置在空气中与水、二氧化碳反响生成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，向其中参加足量稀硝酸，生Ca(ClO～CO

计算；2 22 2 2 2 依据生成的氧气的体积计算n(O2NaO+2HO＝4Na++4OH-+O↑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NaOHNaOHNa原子守恒计算n(NaOH)，最终计算c(NaOH2 2 2 2 【详解】(1)①漂白粉长期置露在空气中会变质，是由于漂白粉与二氧化碳、水的反响生成次氯酸，Ca(ClO)

+CO+HO＝CaCO↓+2HClO、2HClO2HCl2HClO2HCl+O↑，故答案为：Ca(ClOCO+HO＝CaCO↓+2HClO；222 232HClO↑；2HClO↑；2HCl+O2Ca(ClO)

～CaCO～CO2 3 2143g 22.4L2m(Ca(ClO)) 0.448L2143g 0.448L2m(Ca(ClO21.12L

22.4L

=2.86g，故答案为：2.86g；(2)n(O222.4L/mol=0.05mol2Na2O2+2H2O＝4Na++4OH-+O2↑可知，混合物2 2 2 中过氧化钠的物质的量为：n(NaO)=2n(O)=0.05mol×2=0.1mol，则混合物中过氧化钠的质量为：m(NaO)=78g/mol×0.1mol=7.8g，氧化钠的质量为：14g-7.8g=6.2 2 2 6.2gn(Na2O62g/mol=0.1mol，n(Na2O2)=0.1molNaOH，溶液中NaOHNa原子守恒得所得溶液中2 n(NaOH)=n(Na+)=2n(Na2O)+2n(NaO)=2×(0.1+0.1)mol=0.4mol，c(NaOH2 1.0mol·L－1，故答案为：6.2；1.0。

0.4mol＝0.4L5.60g纯铁粉参加适量稀硫酸中，固体完全溶解。加热条件下向反响液中先参加1.7gNaNO3固体(NO-在酸性条件下具有强氧化性)448mLCl(标准状况下，假设3 2Cl2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 。3(2)NaNO对应的复原产物中氮元素的化合价是 。32 2 2 448mLCl，ClCl2Fe2＋＋Cl=2Fe32 2 2 ＋2Cl－，n(Fe2＋)＝2n(Cl2)＝2×0.0200mol＝0.0400mol NaNO3也是氧化剂，产物中铁元素全Fe3＋0.0600molFe2＋NaNO3NaNO3对应的复原产物中氮1.7g =0.02mol元素的化合价是+x，1.7gNaNO3固体物资的量为85g/mol

Fe2＋～Fe3＋～e－，－，NO～Nx＋～(5－x)e－可知，得失电子守恒：0.02×(5－x)＝0.06x＝2【分析】448mLCl2，Cl2Cl22Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－n(Fe2＋)＝2n(Cl2)；NaNO3也是氧化剂，产物中铁元素全部以Fe3＋Fe2＋NaNO3氧NaNO3对应的复原产物中氮元素的化合价是+x1.7gNaNO3固体物资的量，再NaNO3对应的复原产物中氮元素的化合价。【详解】448mLCl2，Cl2Cl22Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，n(Fe2＋)＝2n(Cl2)＝2×0.0200mol＝0.0400mol(三位有效数字)；448mLCl2，Cl2Cl22Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，n(Fe2＋)＝2n(Cl2)＝2×0.0200mol＝0.0400mol；为1.7g85g/mol=0.02molFe2＋～Fe ～e，NO～N3＋ －x＋～(5－x)e可知，得失电子守－NaNO3也是氧化剂，产物中铁元素全部以为1.7g85g/mol=0.02molFe2＋～Fe ～e，NO～N3＋ －x＋～(5－x)e可知，得失电子守－恒：0.02×(5－x)＝0.06x＝2。【点睛】在氧化复原反响中氧化剂得电子总数=复原剂失电子总数=转移电子总数，这是依据得失电子守恒进展方程式配平以及某些氧化复原反响计算的核心。8.7gMnO250mL足量的浓盐酸制取氯气求生成氯气的体积 〔标准状况〕假设向反响后的剩余溶液中，参加足量AgNO3溶液，生成白色沉淀57.4g，求原浓盐酸的物质的量浓度 【答案】2.24L 12mol/L【解析】【分析】二氧化锰与浓盐酸反响MnO+4HClΔMnCl+Cl +2HO，依据反响方程式计算生成2 2 2 2氯气的体积；依据氯元素守恒计算原浓盐酸的物质的量浓度。【详解】8.7gMnO2

的的物质的量是

8.7g 0.1molxmol，87g/molMnO2

+4HClΔMnCl2

+Cl2

+2HO21mol 1mol0.1mol xmolx=0.1mol生成氯气在标准状况的体积是0.1mol×22.4L/mol=2.24L；假设向反响后的剩余溶液中，参加足量AgNO3溶液，生成氯化银沉淀57.4g，氯化银的物质的量是 57.4g =0.4mol，依据氯元素守恒，盐酸的物质的量是143.5g/mol0.1mol×2+0.4mol=0.6mol，所以原浓盐酸的物质的量浓度是0.6mol12mol/L。0.05L【点睛】此题考察了试验室制备氯气的化学方程式书写方法和有关计算应用，把握根底是关键，特别是会利用氯元素守恒计算盐酸的物质的量浓度。MnO2MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。假设产生的氯气在标况下的体积为2.24L，试计算：2参与反响的MnO的质量 2参与反响的HCl的物质的量 反响中被氧化的HCl的物质的量 【答案】8.7g 0.4mol 0.2mol【解析】【分析】Vn=Vm

计算标准状况下11.2L的氯气的物质的量，依据方程式计算参与反响的二氧化HClHClHCl的物质的量的一半。【详解】2.24L2.24L22.4L/mol=0.1mol，MnO2+4HCl〔浓〕MnCl2+Cl2↑+2HMnO2+4HCl〔浓〕MnCl2+Cl2↑+2H2O1mol 4mol 1moln m 0.1mol所以：n：0.1mol=1mol：1mol=4mol：m解得；n=0.1mol，m=0.4mol①参与反响的二氧化锰的质量为0.1mol×87g/mol=8.7g，答：参与反响的二