备战高考化学专题复习氯及其化合物的综合题附答案.docx
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备战高考化学专题复习氯及其化合物的综合题附答案
备战高考化学专题复习氯及其化合物的综合题附答案
一、高中化学氯及其化合物
1.Cl2通人70℃的NaOH水溶液中,发生氧化—还原反应,反应完成后,测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量之比为4∶1,则:
(1)配平溶液中所发生反应的化学方程式:
____Cl2+______NaOH=____NaCl+____NaClO3+_____NaClO+________
(2)反应中的氧化产物为_________________。
(3)已知生成0.1molNaClO,反应中转移的电子总数是__________mol,若溶液的体积正好为100mL,则溶液中NaCl的物质的量浓度为________mol/L。
【答案】7149147NaClO 3NaClO0.2252.25
【解析】
【分析】
【详解】
(1)据题设条件,先定NaClO、NaClO3的化学计量数为4、1,再利用化合价升降法:
升高总数为4×1+1×5=9,降低总数为1,配平得7Cl2+14NaOH=9NaCl+NaClO3+4NaClO+7H2O;
(2)分析反应得氧化剂、还原剂均为Cl2,Cl元素被氧化生成NaClO3与NaClO,氧化产物为NaClO3与NaClO;
(3)由反应知每转移9mol电子,生成4molNaClO,则生成0.1molNaClO,反应中转移的电子总数是0.225mol,同时生成NaCl为0.225mol,若溶液的体积正好为0.1L,则溶液中NaCl的物质的量浓度为2.25mol·L-1。
2.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酸化的硝酸银溶液中,通入B、D气体时立即出现白色沉淀,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成D。
把无色无刺激性气味的气体C通入澄清石灰水时,石灰水变浑浊。
(1)A、B、C、D的化学式分别为:
A________;B________;C________;D________。
(2)写出下列各反应的化学方程式:
A与B________________________________。
B与水______________________________。
C与澄清石灰水________________________。
【答案】H2Cl2CO2HClH2+Cl2
2HClH2O+Cl2=HCl+HClOCO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O
【解析】
【分析】
现有A、B、C、D四种气体,A是密度最小的气体,则A为氢气,B在通常情况下呈黄绿色,则B为氯气,把四种气体分别通入酸化的硝酸银溶液中,通入B、D气体时立即出现白色沉淀,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成D,则D为HCl,把无色无刺激性气味的气体C通入澄清石灰水时,石灰水变浑浊,则C为CO2。
【详解】
(1)根据上面分析得到A、B、C、D的化学式分别为:
A为H2;B为Cl2;C为CO2;D为HCl;故答案为:
H2;Cl2;CO2;HCl。
(2)A与B是氢气在氯气中点燃生成氯化氢,反应方程式为:
H2+Cl2
2HCl;B与水是氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,反应方程式为H2O+Cl2=HCl+HClO;C与澄清石灰水是二氧化碳和澄清石灰水反应生成碳酸钙和水,反应方程式为CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O;故答案为:
H2+Cl2
2HCl;H2O+Cl2=HCl+HClO;CO2+Ca(OH)2=CaCO3↓+H2O。
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】FeCl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3Fe+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+3Cl2
2FeCl3;
(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X、Y均为有刺激性气味的气体,且几种物质间有以下转化关系,部分产物未标出。
请回答下列问题。
(1)写出下列各物质的化学式:
X______、Y______、A______、B______、C______。
(2)反应①的离子方程式为____________。
【答案】Cl2SO2HClH2SO4FeCl32Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+
【解析】
【分析】
A与硝酸酸化的AgNO3溶液反应产生白色沉淀,A中含Cl-;B与盐酸酸化的BaCl2溶液反应产生白色沉淀,B中含SO42-;又根据X、Y均为有刺激性气味的气体,且X能与
反应,则X为Cl2,Y为SO2,A为HCl,B为H2SO4,C为FeCl3。
【详解】
(1)分析可知,X为Cl2,Y为SO2,A为HCl,B为H2SO4,C为FeCl3。
(2)反应①为氯化铁与二氧化硫发生氧化还原反应,离子方程式为2Fe3++SO2+2H2O=2Fe2++SO42-+4H+。
5.某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究。
已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰。
M与其他物质的转化关系如下图所示(部分产物、反应条件已略去):
(1)常温下,用惰性电极电解M溶液(足量)发生反应的离子方程式为__________,电解一段时间后,让溶液复原的方法为_____,若M溶液为0.5L,电解一段时间后,两极共生成气体1.12L(已折算为标准状况下的体积),则电解后溶液的pH为_____(忽略溶液的体积变化)。
(2)若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物,可用于制造玻璃,则E溶液的俗称是_______。
(3)若A是CO2气体,将一定量的A通入B溶液,得到溶液W,再向溶液W中滴入盐酸,相关量如图所示,则溶液W中的溶质及其物质的量分别为_____、_____。
(4)若A是一种化肥。
A和B反应可生成气体E,E与D相遇产生白烟,工业上可利用E与D的反应检查输送D的管道是否泄漏,是因为E与D可发生反应:
_________(写化学方程式)。
【答案】2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑通入HCl13水玻璃Na2CO3,0.005molNaHCO3,0.005mol3Cl2+8NH3===N2+6NH4Cl
【解析】
【分析】
C可在D中燃烧发出苍白色火焰,则C为H2,D为Cl2;其生成的产物为HCl,F为HCl;用惰性电极电解M溶液,产生H2、Cl2,则M为NaCl,B为NaOH。
【详解】
(1)常温下,用惰性电极电解NaCl溶液(足量)时,生成氢气、氯气和氢氧化钠,则反应的离子方程式为2Cl-+2H2O
2OH-+H2↑+Cl2↑;溶液中出来的为氢气和氯气,则溶液还原时,应加入HCl恢复;两极共生成气体1.12L,则生成n(H2)=n(Cl2)=
=0.025mol,则溶液中产生0.05mol的OH-,c(OH-)=
=0.1mol/L,则c(H+)=10-13mol/L,pH=13;
(2)若A是一种常见的难溶于水的酸性氧化物,可用于制造玻璃,A为二氧化硅,与NaOH反应生成硅酸钠,其溶液俗称水玻璃;
(3)若A是CO2气体,根据图像可知,开始时未产生气体,且生成气体消耗盐酸与未生成气体消耗的盐酸的体积比为2:
1,则溶液为碳酸钠与碳酸氢钠的混合液,且其物质的量之比为1:
1,则Na2CO3,0.005mol;NaHCO3,0.005mol;
(4)若A是一种化肥,E与HCl相遇产生白烟,则E为氨气,氨气与氯气反应生成氮气和氯化铵固体,方程式为3Cl2+8NH3===N2+6NH4Cl。
6.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D。
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的化学式分别为:
A___________,B_________,C__________,D___________。
(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】H2Cl2CO2HClCl2+H2O=H++Cl-+HClOCl2+2OH-═Cl-+ClO-+H2OCO2+Ca2++2OH-═CaCO3↓+H2OAg++Cl-=AgCl↓
【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Cl2,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CO2,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,B在通常情况下呈黄绿色,应为Cl2,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CO2;
(1)由以上分析可知,A为H2,B为Cl2,C为CO2,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++Cl-+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:
Cl2+2OH-═Cl-+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-═CaCO3↓+H2O;稀HCl与AgNO3溶液反应生成AgCl沉淀,反应的离子方程式为:
Ag++Cl-=AgCl↓。
7.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CO2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:
_____。
(3)D与H2O反应的离子方程式为:
______。
(4)写出F与CO2反应的化学方程式,并用双线桥表示该反应的电子转移____。
【答案】NaCl2Na+O2
Na2O22Na+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,反应生成气体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,F与CO2反应可得到气体G,G为氧气,B与金属D反应可生成白色固体E,E为氯化钠。
【详解】
⑴根据以上分析得E为氯化钠,E的化学式为NaCl,
故答案为NaCl;
⑵钠在氧气中反应生成过氧化钠,D生成F的化学方程式为:
2Na+O2
Na2O2,
故答案为:
2Na+O2
Na2O2;
⑶钠和水反应生成氢氧化钠和水,D与H2O反应的离子方程式为:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑,
故答案为:
2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑;
⑷过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气,F与CO2反应的化学方程式为2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2↑,用双线桥表示该反应的电子转移
,
故答案为:
。
8.某待测溶液(阳离子为Na+)中只可能含有SO42-、SO32-、Cl-、Br-、NO3-、HCO3-中的一种或若干种,进行下列实验(每次实验所加试剂均足量);回答下列问题:
(1)待测液中是否含SO42-、SO32-离子__________________________________________
(2)气体D的化学式为____________,反应生成沉淀B的离子方程式为:
____________
(3)根据以上实验,待测液中肯定没有的离子__________________________;肯定存在的离子是_____________________。
【答案】一定有SO32-,而SO42-可能存在可能不存在NOHCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2OBr-HCO3-、SO32-
【解析】
【分析】
待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A,则溶液中可能含有SO32-、SO42-,向沉淀中加入稀硝酸生成气体D,白色沉淀D,因为亚硫酸钡具有还原性,能够与硝酸反应生成硫酸钡和一氧化氮气体,而硫酸钡不溶于硝酸,所以溶液中一定存在SO32-,可能存在SO42-;溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B,则溶液中一定含有HCO3-,白色沉淀B为BaCO3;溶液B中加入氯水,得无色溶液,溶液中一定不存在Br-;溶液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl,说明滤液B中含有Cl-,因为加入氯化钡溶液引入Cl-,不能确定原溶液中是否含有Cl-;据以上分析解答。
【详解】
待测液与氯化钡溶液反应生成沉淀A,则溶液中可能含有SO32-、SO42-,向沉淀中加入稀硝酸生成气体D,白色沉淀D,因为亚硫酸钡具有还原性,能够与硝酸反应生成硫酸钡和一氧化氮气体,而硫酸钡不溶于硝酸,所以溶液中一定存在SO32-,可能存在SO42-;溶液A中加入过量的NaOH溶液得到白色沉淀B,则溶液中一定含有HCO3-,白色沉淀B为BaCO3;溶液B中加入氯水,得无色溶液,溶液中一定不存在Br-;溶液B中加入硝酸银、硝酸溶液得到白色沉淀,白色沉淀为AgCl,说明滤液B中含有Cl-,因为加入氯化钡溶液引入Cl-,不能确定原溶液中是否含有Cl-;
(1)根据以上分析可以知道,待测液中一定有SO32-,而SO42- 可能存在可能不存在;
答案是:
一定有SO32-,而SO42- 可能存在可能不存在;
(2)根据分析可以知道,气体D的化学式为NO;碳酸氢根离子与钡离子、氢氧根离子生成碳酸钡,反应生成沉淀B的离子方程式为:
HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O;
答案是:
NO;HCO3-+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O;
(3)根据分析可以知道,待测液中一定不存在的离子为Br-;肯定存在的离子为:
HCO3-、SO32-;
答案是:
Br-;HCO3-、SO32-。
9.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)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
2HClCl2+H2O=HCl+HClO2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑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+Cl2
2HCl,故答案为:
H2+Cl2
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+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑,故答案为:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑;
(4)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HClO+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。
10.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的分子结构决定了其性质和用途。
(1)CO2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Cl2Na(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(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___________。
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Fe3++3SCN-⇌Fe(SCN)3+1Na2SO3+HClO=Na2SO4+HCl
【解析】
【分析】
(1)CO2为共价化合物,C与每个O原子间都以双键相连。
(2)超临界CO2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Fe3+,显红色是Fe3+与SCN-反应生成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。
【详解】
(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;
(2)从成本、分离、环保等方面考虑,超临界CO2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.按要求写出下列化学方程式:
(1)实验室可以用KClO3和浓盐酸反应制取氯气,写出发生反应的化学方程式并用双线桥表示电子转移方向和数目_____________。
(2)二氧化氯(ClO2)作为一种高效强氧化剂,可用KClO3和草酸(H2C2O4),稀硫酸,水浴加热制备。
反应后产物中有ClO2、CO2和一种酸式盐,该反应的化学方程式为________________。
(3)写出工业上制备漂白粉的化学方程式___________________________________。
【答案】
2KClO3+H2C2O4+2H2SO4
2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】
【分析】
(1)氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、水和氯气,反应中只有Cl元素化合价发生变化,当有3molCl2生成时,转移5mol电子,据此分析解答;
(2)依据题意可知:
KClO3和草酸(H2C2O4)在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4,据此书写反应的化学方程式;
(3)工业上用氯气与石灰乳反应制备漂白粉。
【详解】
(1)氯酸钾与浓盐酸反应生成氯化钾、水和氯气,反应的化学方程式:
KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O,反应中只有Cl元素化合价发生变化,当有3molCl2生成时,转移5mol电子,则电子转移的方向和数目用双线桥表示为
,故答案为:
;
(2)依据题意可知:
KClO3和草酸(H2C2O4)在酸性条件下反应生成ClO2、CO2和KHSO4,发生氧化还原反应,反应的化学方程式:
2KClO3+H2C2O4+2H2SO4
2ClO2↑+2CO2↑+2KHSO4+2H2O,故答案为:
2KClO3
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- 备战 高考 化学 专题 复习 及其 化合物 综合 答案