全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总

全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总一、高中化学氯及其化合物1．高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。4KMnO4Cu2S时，发生的反响如下：8MnO－＋5Cu2S＋44H＋42 =10Cu2＋＋5SO↑＋8Mn2＋＋22H2 ①复原产物为 。②被氧化的元素是 ③氧化剂与复原剂的物质的量之比为 2④每生成2.24L(标况下)SO，转移电子数目是 22用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时，也可将CuS反响成Cu2＋和SO。写出该离子反响方程式 24〔3〕15.8gKMnO15.0g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反响，生成单质气体AMn2+A的物质的量为44 mol4 【答案】Mn2＋14H2O 0.2【解析】【分析】

Cu、S 8:5 0.8NA 6MnO－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO↑＋6Mn2＋＋结合氧化复原反响的学问分析即可；2KMnO4CuSCuSCu2＋SO，同时得到复原产物2Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写动身生反响的离子方程式；415.8gKMnO15.0g，削减的质量为氧气的质量，在反响后的残留固体中参加足量的浓盐酸，连续加热，收集到气体为氯气，依据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，据此分析。4【详解】8MnO

－＋5CuS＋44H＋=10Cu2＋＋5SO↑＋8Mn2＋＋22HOMn元素从+7价降为+24 2 2 2Cu2SCu元素从+1价上升为+2价，S元素从-2价上升为+4价，发生氧化反响；Mn2＋；Cu2SCu、S两元素；4 KMnOCuS8:54 ④Cu2SCu元素从+1价上升为+2价，S元素从-2价上升为+41molCu2S完全被氧2.24?L8mol电子；2.24L(标况下)SO222.4?L/mol=0.1mol，反响中转移A0.8mol0.8N；A24 KMnO4CuSCuSCu2＋SO，同时得到复原产物Mn2+，结合守恒法得发生反响的离子方程式为6MnO－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO↑＋6Mn2＋＋14H2O24 415.8gKMnO15.0g，削减的质量为氧气的质量，m(O4

2)=15.8g-0.8g15.0g=0.8g，n(O2)=32g/mol=0.025mol；在反响后的残留固体中参加足量的浓盐酸，连续加热，收集到气体为氯气，依据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则设氯气的物质15.8gxmol，n(KMnO4158g/mol=0.1mol，电子转移守恒可得：0.1mol(7-2)=4n(O2)+2(Cl2)0.1×(7-2)=4×0.025+2x，解得：x=0.2mol。2．(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 2OHClClOH2燃

O，铁丝在氯气中燃烧生成氯化铁22Fe3Cl2

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碳酸钙由碳氯气属于单质；⑥氢气属于单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。A是一种金属单质，B溶液能使酚酞试液变红，且焰色反响呈黄色；D、F相遇会产生白烟。A、B、C、D、E、F间有如下变化关系：写出A、B、C、E的化学式:A ,B ,C ,E 。写出E→F反响的化学方程式 ;写出B→D反响的化学方程式 。〔3〕F在空气中遇水蒸气产生白雾现象，这白雾实际上是 。点燃【答案】Na NaOH NH4Cl H2 H2+Cl2

加热2HCl NH4Cl+NaOH

NaCl+H2O+NH3↑盐酸小液滴【解析】【分析】23 A是一种金属，该金属能和水反响生成溶液B和气体E，B溶液能使酚酞试液变红，说明B是碱，焰色反响呈黄色，说明含有钠元素，所以BNaOH，依据元素守恒知A是Na，EHHClFHClC反响生成D，D、F相遇会产生白烟，氯化氢和氨气反响生成白烟氯化铵，则DNH，CNHCl23 【详解】2依据上面的分析可知，ANa，BNaOH，CNH4Cl，EH；2E→F为在点燃的条件下，氢气和氯气反响生成氯化氢，反响方程式为：点燃H2+Cl2

2HCl；B→D为在加热条件下，氯化铵和氢氧化钠反响生成氯化钠、氨气和加热水，反响方程式为：NH4Cl+NaOH

NaCl+H2O+NH3↑；FHCl，HCl极易溶于水生成盐酸，所以氯化氢在空气中遇水蒸气生成盐酸小液滴而产生白雾。现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常状况下呈黄绿色，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气体时马上消灭白色沉淀，纯洁的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。ABCD的化学式分别为：A ，B ，C ，D 。写出以下各反响的离子方程式：B与水 。B与NaOH溶液 。C与澄清石灰水 。3D与AgNO溶液 。3【答案】H

Cl CO HCl Cl+HO=H++Cl-+HClO Cl+2OH-═Cl-+ClO-+HO CO+Ca2++2OH-2 2 2 2 2 2 2 2═CaCO

↓+HO Ag++Cl-=AgCl↓3 2【解析】【分析】2 A是密度最小的气体，应为H，BCl，纯洁的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成DHClDHCl2 气体C通入澄清石灰水时变浑浊，应为CO，结合对应物质的性质解答该题。2【详解】2 A是密度最小的气体，应为H，BCl，纯洁的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成DHClDHCl2 气体C通入澄清石灰水时变浑浊，应为CO；2由以上分析可知，A为H，BCl，CCO，DHCl；2 2 2氯气与水反响生成盐酸和次氯酸，反响的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO；氯气和氢氧化钠反响生成氯化钠、次氯酸钠和水，反响的离子方程式为：Cl+2OH-═Cl-+ClO-2+H2O；二氧化碳与澄清石灰水反响生成碳酸钙和水，反响的离子方程式为：CO2+Ca2++2OH-═CaCO

↓+H

OHClAgNO

AgCl沉淀，反响的离子方程式为：Ag++Cl-3 2 3=AgCl↓。X、Y、Z三种元素：①X、Y、Z的单质在常温下均为气体，②XZ的单质中燃烧，生成化合物XZ，火焰呈苍白色，③XZ极易溶于水，在水溶液中电离处X+和Z﹣，X2Y2X2Y分子，X2Y常温下为液体，⑤ZX2Y中，所得的溶液具有漂白性。写出以下微粒的电子式：X+ ，Z﹣ ，Y原子 。2 写出XY的化学式 。按要求与XY分子具有一样电子数的微粒的化学符号：两个原子核的阴离子 ，5个原子核的分子 2 2写出Z单质溶于XY中发生反响的离子方程式： ，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是 。2【答案】H+H2O OH﹣ CH4 Cl2+H2O【答案】H+H2O OH﹣ CH4 Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClOCl2NaCl〔s〔s〕+H2SO4〔浓〕NaHSO+HCl↑ 用潮湿的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸4【解析】【分析】22 2 XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H，结合X的单质在ZXZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知ZCl元素，ZClXZHCl．XY常温下为液体，则XY为H2O，说明YO元素，Cl2H2OHClHClO，HClO22 2 意，据以上分析解答。【详解】22XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z﹣，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，则X为氢元素，X单质为H，结合X的单质在ZXZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知ZCl元素，ZClXZHCl，22X2Y常温下为液体，则X2YH2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2OHClHClO，〔1〕X+〔1〕X+H+，其电子式为H+，Z﹣Cl﹣，其电子式为，YO元素，其原子电子式为；故答案为：H+、、；4〔2〕X2Y的化学式为H2OH2O分子具有一样电子数的微粒的化学符号：两个原子核的OH﹣，故答案为：H+、、；44故答案为：H2O；OH﹣；CH；422〔3〕ZX2Y中发生反响的离子方程式：Cl+H2O＝H++Cl﹣+HClO，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是：Cl；22〔4〕HCl的化学方程式：NaCl〔s〕+H2SO4〔浓〕NaHSO〔4〕HCl的化学方程式：NaCl〔s〕+H2SO4〔浓〕NaHSO+HCl↑；检验42故答案为：NaCl〔s〕+H故答案为：NaCl〔s〕+H2SO4〔浓〕NaHSO+HCl↑；用潮湿的紫色石蕊试纸放置于4集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。X，Y，Z三种元素，它们具有下述性质：〔1〕X，Y，Z的单质在常温下均为气体；〔2〕X的单质可以在Z的单质中燃烧，燃烧时生成化合物XZ；〔3〕XZ极易溶于水，并电离出X+Z-，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；〔4〕2分子X1分子Y2分子X2Y，X2Y在常温下液体；〔5〕Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。依据上述事实，试推断X，Y，Z各是什么元素，XZX2Y各是什么物质：X〔 〕，Y〔 〕Z〔 〕，2XZ〔 〕XY〔 〕。2【答案】H O Cl HCl H2O【解析】【分析】结合物质的性质、反响的试验现象分析解答。【详解】22 2 2 2 XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+Z-，XZ的水溶液可使石蕊试液变红，溶液呈酸性，X为氢元素，X单质为H；结合X的单质在ZXZZCl元素，ZClXZHCl；2个H1Y2个XY分子，XY常温下为液体，则X2Y为H2O，说明YO元素；Cl2溶于H2OHClHClO，22 2 2 2 具有漂白作用，符合题意；依据上述分析，X为H，YO，ZCl，XZHCl，X2Y为H2O，故答案为：H；O；Cl；HCl；H2O。非金属及其化合物在生产、生活中应用广泛。Ⅰ．CO2

的有效利用可以缓解温室效应和能源短缺问题，CO2

的分子构造打算了其性质和用途。2CO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31.26oC、压强高于7.29×106Pa时，CO2处于超临界状态，称为超临界CO2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CO2萃取的优点有 (答出一点即可)。Ⅱ.氯水以及氯的化合物常常用于饮用水的消毒。将铁片插入盛有少量制氯水的试管中，无气泡产生，用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片四周，溶液变红色，然后红色消逝。显红色的离子方程式为 。净水丸能对饮用水进展快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层。外层的优氯净Cl2Na(NCO)3(Na2SO3)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 。【答案】极性萃取剂与溶质更易分别或萃取剂更环保等Fe3【答案】极性萃取剂与溶质更易分别或萃取剂更环保等Fe3＋＋3SCN－Fe(SCN)

＋1 NaSO

＋HClO=NaSO

＋HCl3 2 3 2 4【解析】【分析】CO2为共价化合物，C与每个O原子间都以双键相连。超临界CO2萃取的优点，可从本钱、分别、环保等方面考虑。3用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片四周，溶液变红色，说明溶液中含有Fe3+，显红色是Fe3+SCN-Fe(SCN)。3Cl2Na(NCO)3Cl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)HClOSO32-发生氧化复原反响SO42-、Cl-等。(1)CO2(1)CO2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；从本钱、分别、环保等方面考虑，超临界CO2类型为极性共价键。答案为：；极性；用长滴管吸取KSCN溶液滴入铁片四周，溶液变红色，说明溶液中含有Fe3+，显红色是Fe3+SCN-Fe(SCN)Fe3＋＋3SCN－⇌Fe(SCN)。答案为：Fe3＋＋3SCN3 3－⇌Fe(SCN)；33Cl2Na(NCO)3Cl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)HClOSO2-发生氧化复原反3SO2-、Cl-Na

SO＋HClO=NaSO＋HCl。答案为：＋1；NaSO＋44HClO=Na2SO＋HCl。4【点睛】

2 3 2 4 2 3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别后，还需将溶质与萃取剂进展分别，虽然承受蒸馏法，但很难将萃取剂与溶质完全分别，假设能利用超临界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别，操作简洁，本钱低廉。MnO2MnO2的提纯是工业生产的重要环节。某争论性学习小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5Mn2++2ClO+4H3

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：45Mn2++2ClO+4H3

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40.04mol+0.01mol=0.05mol，依据方程式5MnSO4+2NaClO3+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+Na2SO4+4H2SONaClO3的物质的量0.02mol，故答案为：0.02mol。4成分质量分成分质量分数/%其它不CaOSiO2Al2O3Fe2O3MgOCaS溶性的物质65～663.5～5.01.5～3.50.2～0.80.2～1.11.0～1.823～26CaCl

，某化工厂设计了以下工艺流程：2CaCl2·6H2O；H2S是一种酸性气体，且具有复原性。反响器中参加的酸应选用 。脱色槽中应参加的物质X是 ；设备A的作用是 ；设备B的名称为 ；设备C的作用是 。为了满足环保要求，需将废气H2S通入吸取池，以下物质中最适合作为吸取剂的是 (填序号)。反响的化学方程式为 。A．水 B．浓硫酸 C．石灰乳 D．硝酸将设备B中产生的母液重引入反响器的目的是 。【答案】盐酸活性炭蒸发浓缩过滤器脱水枯燥C Ca(OH)2+H2S=CaS+2H2O 对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益【解析】【分析】电石浆参加酸，其中含有的氧化钙，氧化铝、氧化铁、氧化镁、硫化钙溶于酸，经沉降后过滤得到滤渣为二氧化硅和不溶性杂质，参加活性炭脱色过滤后，在A中蒸发浓缩得到晶体，B中过滤得到晶体，通过C脱水枯燥得到产品。【详解】2CaCl，在处理过程中不引入的杂质离子，所以反响器中参加的酸应选用盐酸；2活性炭具有吸附性，故脱色槽中应参加的物质X是活性炭；从A装置后面看是结晶池，则在A中可进展的操作是溶液脱水，A为蒸发浓缩；从B中有母液出来，则B为过滤器；B中得到晶体，所以需要脱水枯燥，才能得到CaCl2产品，故设备C的作用是脱水枯燥；H2S为酸性气体，应用碱液吸取，应中选石灰乳，该反响的化学方程式为Ca(OH)2+H2S=CaS+2H2OC；设备B中产生的母液中含有氯化物，经回收利用，不仅可以降低废弃物排放量，而且可以提高经济效益，故将设备B中产生的母液重引入反响器的目的是对母液回收利用，降低废弃物排放量，提高经济效益。【点睛】此题以“用电石浆可生产无水CaCl2”为载体，考察试验根本操作和技能，涉及工艺流程的理解、物质分别提纯、元素化合物性质等，是对学生综合力量的考察，需要学生根本学问的根底与分析问题、解决问题的力量。氯化磷酸三钠[(Na3PO4·12H2O)4·NaOCl]具有良好的洗涤、去污和消毒杀菌功能。以湿法磷酸(Fe3＋，Al3＋H2SiF6等)为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如下：答复以下问题：2 2 2224(1)“一次中和”生成NaHPO的化学方程式为 ；反响需保温20min，使沉淀颗粒长大，其目的是 。(2)“二次中和”不用NaCO溶液，其可能缘由是 。(3)制备NaClO的离子方程式为 。(4)“低温结晶”时，掌握温度不超过60℃的目的是 。(5)“过滤2”所得母液中溶质主要有 和2 2 22244【答案】H3PO4

＋Na

CO=Na

HPO

＋CO

↑＋H

O 便于沉淀过滤除去不能使Na

HPO转化23244Na3PO23244

Na

CO、NaHCO

Cl＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H

O 防止氯23322化磷酸三钠受热分解，有效成分含量降低NaCl、Na3PO423322【解析】【分析】4 3 磷酸的酸性强于碳酸，依据一次“中和”生成Na2HPO，说明“中和”HPO24 3 H，后面操作是过滤，因此沉淀颗粒长大，其目的是便于沉淀过滤除去，据此分析；Na2CONaCONaHPO

不发生反响，依据流程的3 2 3 2 4目的，也可能是防止引入杂质，据此分析；NaOH反响进展分析；可能是防止产品受热分解；(5)依据流程前后进展分析；【详解】4 3 磷酸的酸性强于碳酸，依据流程得到Na2HPO，因此反响方程式为HPO4 3 4Na2CO3=Na2HPO4

＋CO

↑＋H2O；“一次中和”后进展过滤，因此保温20min，使沉淀颗粒2长大，其目的是便于沉淀过滤除去；24答案：H3PO4

＋Na

CO=Na

HPO

＋CO

↑＋H

O；便于沉淀过滤除去；4 2 232422Na2CO3NaOHNa2HPO4Na2CO3反响生成Na3PO，由于制备的是氯化磷酸三钠，依据流程，推出不用NaCO4 2 232422Na2HPO4Na3PONa2CO、NaHCO；4 3 32 2 Cl2NaOHCl＋2OH－=Cl－＋ClO－＋HO；答案：Cl＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2 2 掌握温度不超过60℃的目的是防止氯化磷酸三钠受热分解，有效成分含量降低；答案：防止氯化磷酸三钠受热分解，有效成分含量降低；依据(4)NaClONaCl，反响步骤得到溶液为氯化磷酸三钠、NaCl，还有Na3PO4NaClONaCl、NaClO、Na3PO4；4答案：NaCl、Na3PO。4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中的反响物是氯化钠和 ，该反响的离子程式为 。(2)写出反响④、⑤的化学方程式： 。(3)图中反响②③④⑤属于氧化复原反响的是 。2 2 2 2 2 【答案】水2Cl－＋2HO通电2OH－＋H↑＋Cl↑ 、2Cl＋2 2 2 2 2 2Ca(OH)2=CaCl＋Ca(ClO)＋2HO ②⑤2 2 2【解析】【分析】②电解氯化钠和水生成氢氧化钠、氢气和氯气；反响④是氧化钙和水生成氢氧化钙、反响⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水。反响前后有元素化合价转变的反响为氧化复原反响。【详解】2 2 ②电解氯化钠溶液生成氢氧化钠、氢气和氯气，②中的反响物是氯化钠和水，反响的离2Cl－＋2HO2OH－＋H↑＋Cl↑。2 2 22 2 反响④是氧化钙和水生成氢氧化钙，反响的化学方程式是CaO＋H2O=Ca(OH)；反响⑤是氯气和氢氧化钙生成氯化钙、次氯酸钙、水，反响的化学方程式是2Cl＋2Ca(OH)22 2 2 ＋Ca(ClO)＋2HO2 (3)②2Cl－＋2H

O2OH－＋H↑＋Cl↑、⑤2Ca(OH)=CaCl＋Ca(ClO)＋2HO反响中有元素2 2 2 2 2 2 2高温2化合价的变化，属于氧化复原反响，③CaCO3 CaO＋CO2↑、④CaO＋H2O=Ca(OH)，反2应中没有元素化合价的变化，不属于氧化复原反响。17.4gMnO212mol/L400mL浓盐酸中，充分反响，然后在反响后的溶液中参加足量的硝酸银溶液〔假设浓盐酸在反响中无损失〕。求：反响产生多少升的气体？ 参加硝酸银后，产生多少克沉淀？ 【答案】4.48L 631.4g【解析】【分析】依据反响：MnO2+4HCl(浓)

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O算生成氯气体积；依据氯原子守恒计算反响后溶液中n(Cl-)发生反响：Cl-+Ag+=AgCl↓，则n(AgCl)=n(Cl-)m=nM计算氯化银的质量。【详解】400mL、12mol/LHCl物质的量=0.4L12mol/L=4.8mol，17.4g二氧化锰物质17.4g Δ的质量=87g/mol=0.2mol，发生反响：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O，由方程式可0.2molHCl0.2mol4=0.8molHCl，浓盐0.2molMnO2进展计算,Cl20.2molCl2的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L；依据氯原子守恒，反响后溶液中n(Cl-)=4.8mol-0.2mol×2=4.4mol，依据反响:Cl-+Ag+=AgCl↓n(AgCl)=n(Cl-)=4.4mol，m(AgCl)=4.4mol143.5g/mol=631.4g。213．〔1〕通常用小苏打的饱和溶液除去CO中的HCl，反响的化学方程式为 ，不能用苏打溶液的缘由是 〔用化学方程式表示〕。22〔2〕NaBrNaICl。把溶液蒸干后灼烧最终残留的物质是2 。【答案】NaHCO+HCl═NaCl+H

O+CO↑

O+Na

CO+CO

═2NaHCO

；NaCl3【解析】【分析】

2 2

2 3 2 3HCl都反响，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I，加热并NaCl．2【详解】氯化氢和碳酸氢钠反响生成氯化钠、二氧化碳和水,反响方程式为NaHCO+HCl═NaCl+HO+CO↑；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反响，所以不能用碳酸钠除去3 2 2二氧化碳中的HCl，碳酸钠和二氧化碳反响方程式为H

O+NaCO+CO═2NaHCO，2 2 3 2 3故答案为：NaHCO+HCl═NaCl+HO+CO↑；HO+NaCO+CO═2NaHCO；3 2 2 2 2 3 2 3〔2〕向溴化钠、碘化钠的混合物溶液中通入足量氯气后，可发生如下反响：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br22NaI+Cl2=2NaCl+I2溶液蒸干时，Br2易挥发，I2NaCl，故答案为：NaCl。过滤在试验、生产、生活中有着广泛的应用。某争论性学习小组在试验室测定某含l杂质的碳酸钠样品中的含量，其试验步骤如下：100g样品溶于水得到溶液A。②向A中参加稀3酸化后，再参加沉淀剂B，使完全沉淀下来。③进展如下图操作，得到固体C，洗涤，枯燥。④称量得固体C的质量为2.87g。(1)沉淀剂B为 (填化学式)。3向A中参加稀HNO酸化的目的是 。3如何洗涤固体C： 。假设得到固体C后直接枯燥、称量，会使样品中氯元素的质量分数 (填“偏大”“偏小”或“不变”)。该样品中氯元素的质量分数为 。3【答案】AgNO3 除去溶液中的CO2- 沿玻璃棒向过滤器中注入少量蒸馏水，使水刚好浸没沉淀，让水自然流下，重复2～3次偏大0.71%3【解析】【分析】100g样品溶于水得到A，A为含有氯化钠的碳酸钠溶液；②向AHNO3酸化后，硝酸和碳酸钠反响生成硝酸钠和二氧化碳、水，然后参加过量沉淀剂BCl-完全沉淀下来，氯离子和银离子反响生成AgCl沉淀，则沉淀剂B为AgNO3溶液；AgCl和溶液，CAgCl，然后将沉淀洗涤，枯燥的纯洁AgCl固体；AgCl2.87g；Cln(Cl-)=n(AgCl)AgCl的量计算氯元素养量，从而确定氯离子质量分数。【详解】操作步骤中：BAgNO3溶液；3ANaCl、Na2CO3

HNO

，发生反响：33Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+CO2↑+H2OCO2-离子的目的；33CAgCl，洗涤沉淀的方法是沿玻璃棒向过滤器中注入少量蒸馏水，使水刚好浸没2～3次；m 2.87g依据l原子守恒得，=M ?43.5g/mol，则-0.71g)=0.