备战高考化学与氯及其化合物有关的压轴题附详细答案Word下载.docx
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,其次氯气还能和水发生可逆反应,即
,而
是一个弱酸,存在电离平衡
夏季和冬季最大的区别在温度,我们知道
受热易分解,因此杀菌效果变差;
(4)a.溶液中存在质子守恒
,若要a项成立除非
,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
和
,
是强酸可以完全电离,因此溶液中
的量等于生成的
的量,而
是弱电解质部分电离,因此剩余的
的浓度将小于
的浓度,c项正确;
d.氯水呈酸性,因此溶液中的
极低(室温下
),因此不可能出现
的情况,d项错误;
答案选bc;
(5)
作氧化剂,
作还原剂,二者发生氧化还原反应
,该反应得到的盐酸较稀,且没有加热,因此不太可能被
继续氧化变成氯气,反应在这一步就停止了。
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
(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。
(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】FeCl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3Fe+2H+=Fe2++H2↑2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
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。
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.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)2C.AgNO3D.Na2CO3
(5)写出中沉淀消失的离子方程式________________。
【答案】SO42-、CO32-、Na+H+、Ba2+Cl-BCBaCO3+2H+=Ba2++H2O+CO2↑
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↑。
5.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
E溶液是无色溶液,F是淡绿色溶液
和C反应发出苍白色火焰
(1)B是______,C是______
请填写化学式
(2)反应
的化学方程式______;
【答案】Cl2H22Fe+3Cl2
2FeCl3
A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体,为氯气,单质C是无色气体,B和C反应发出苍白色火焰,说明C为氢气,则E为氯化氢,E溶液为盐酸,盐酸和A反应生成氢气和F,F为淡绿色溶液,说明为氯化亚铁,A为铁。
D为氯化铁。
(1)B为氯气,Cl2,C为氢气,H2;
的化学方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3。
掌握无机推断题的突破口,注意常见物质的颜色和特性,如氯气为黄绿色气体,氢气为无色气体,苍白色火焰为氯气和氢气反应时的现象等。
6.由几种离子化合物组成的混合物,含有以下离子中的若干种:
K+、NH4+、Mg2+、Cu2+、Ba2+、C1-、SO42-、CO32-。
将该混合物溶于水后得无色澄清溶液,现分别取3份100mL该溶液进行如下实验:
实验序号
实验内容
实验结果
a
加AgNO3溶液
有白色沉淀生成
b
加足量NaOH溶液并加热
收集到气体1.12L(已折算成标准
状况下的体积)
c
加足量BaC12溶液时,对所得沉淀进行洗涤、干燥、称量;
再向沉淀中加足量稀盐酸,然后干燥、称量
第一次称量读数为6.27g,第二次
称量读数为2.33g
试回答下列问题:
(1)该混合物中一定不存在的离子是__________________________。
(2)溶液中一定存在的阴离子是____________________。
(3)试写出实验b发生反应的离子方程式__________________。
(4)判断混合物中是否存在K+?
__________________(填“是”或“否”)。
【答案】Mg2+、Cu2+、Ba2+SO42-、CO32-NH4++OH-=NH3↑+H2O是
将该混合物溶于水后得无色澄清溶液判断溶液中一定不含Cu2+,Ba2+、Mg2+和SO42-、CO32-不能同时存在,加入硝酸银溶液生成白色沉淀,可能存在Cl-、SO42-、CO32-;
加入足量氢氧化钠溶液加热收集到气体说明一定为氨气,溶液中一定含有NH4+、一定不含Mg2+;
加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解,说明沉淀为BaSO4、BaCO3,说明溶液中存在SO42-、CO32-,推断溶液中一定不含Ba2+,K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断。
加入足量氯化钡溶液得到彻底中加入盐酸沉淀部分溶解,说明沉淀为BaSO4、BaCO3,说明溶液中存在SO42-、CO32-,推断溶液中一定不含Ba2+,K+、是否存在依据离子物质的量结合溶液中电荷守恒分析计算进行判断;
(1)上述分析可知,该混合物中一定不存在的离子是Mg2+、Cu2+、Ba2+;
(2)溶液中一定存在的阴离子是SO42-、CO32-;
(3)实验b发生反应是铵根离子和氢氧根离子反应生成氨气和水,反应的离子方程式为为:
NH4++OH-=NH3↑+H2O;
(4)题干信息可知,NH4+物质的量0.05mol,SO42-物质的量为0.01mol,CO32-物质的量为0.02mol,由溶液中电荷守恒可知,假设溶液中一定含有K+,溶液中电荷守恒c(K+)+c(NH4+)=2c(SO42-)+2c((CO32-),c(K+)=0.2mol/L,溶液中可能存在Cl-,所以c(K+)≥0.2mol/L,即说明溶液中一定含有K+。
破解离子推断题的几种原则:
①肯定性原则:
根据实验现象推出溶液中肯定存在或肯定不存在的离子;
(记住几种常见的有色离子:
Fe2+、Fe3+、Cu2+、MnO4-、CrO42-、Cr2O72-);
②互斥性原则:
在肯定某些离子的同时,结合离子共存规律,否定一些离子的存在;
③电中性原则:
溶液呈电中性,一定既有阳离子,又有阴离子,且溶液中正电荷总数与负电荷总数相等;
(这一原则可帮助我们确定一些隐含的离子);
④进出性原则:
通常是在实验过程中使用,是指在实验过程中反应生成的离子或引入的离子对后续实验的干扰。
7.有X、Y、Z三种元素,已知:
①X、Y、Z的单质在常温下均为气体;
②X单质可在Z单质中燃烧,生成XZ,火焰为苍白色;
③XZ极易溶于水,其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红;
④每2个X2分子可与1个Y2分子化合生成2个X2Y分子,X2Y在常温下为液体;
⑤Z单质溶于X2Y中,所得溶液具有漂白作用;
⑥细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧,且产生红棕色烟。
推断:
(1)X、Y两种元素的名称X___,Y___。
(2)化合物的化学式:
XZ___,X2Y___。
(3)过程⑥中涉及的化学反应方程式为___。
【答案】氢氧HClH2O2Fe+3Cl2
2FeCl3
细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧,且产生红棕色烟,Z是Cl元素;
X单质可在Z单质中燃烧,生成XZ,火焰为苍白色,XZ是氯化氢,所以X是H元素;
氯气溶于X2Y中,所得溶液具有漂白作用,则X2Y是水,Y是O元素。
根据以上分析,
(1)X是氢元素,Y是氧元素、Z是氯元素。
XZ是氯化氢,化学式是HCl,X2Y是水,化学式是H2O;
(3)过程⑥是铁与氯气反应生成氯化铁,反应方程式为2Fe+3Cl2
2FeCl3。
本题考查了物质性质的分析判断,抓住物质转化关系,特别是抓住反应现象的特征进行分析;
如:
根据细铁丝能在Z2(g)中剧烈燃烧,产生红棕色烟,可推知Z2(g)是氯气;
火焰为苍白色是氢气在氯气中燃烧。
8.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↑
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。
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:
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↑,
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
。
9.有X、Y、Z三种元素①X、Y、Z的单质在常温下均为气体;
②X单质可以在Z单质中燃烧,生成物为XZ,其中火焰为苍白色;
③XZ极易溶于水,电离出X+和Z﹣,其水溶液可使蓝色石蕊试液变红;
⑤Z单质溶于X2Y中所得溶液具有漂白作用。
(1)推断元素符号X_____、Y_____、Z_____;
(2)化合物XZ的电子式为_____,X2Y属于_____(填离子化合物、共价化合物、共价分子);
(3)写出XZ(写化学式)的电离方程式_____;
写出XZ(写化学式)与Ca(ClO)2反应的化学方程式_____。
【答案】HOCl
共价化合物HCl=H++Cl-Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2
有X、Y、Z三种元素,由①X、Y、Z的单质在常温下均为气体、②X的单质在Z的单质中燃烧,生成XZ,燃烧时火焰呈苍白色、③XZ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可知,X为H,Z为Cl,XZ为HCl;
由④两分子X的单质可与一分子Y的单质化合生成两分子X2Y,X2Y常温下为液体,则Y为O,X2Y为H2O;
⑤X2Y为H2O,Cl2溶于H2O中,反应生成HCl和HClO,HClO具有漂白作用;
据以上分析进行解答。
(1)根据分析可知,X为H,Y为O,Z为Cl元素;
(2)XZ为HCl,HCl为共价化合物,其电子式为
X2Y为H2O,水分子中只含有共价键,属于共价化合物;
(3)XZ为HCl,属于强电解质,其电离方程式为:
HCl=H++Cl﹣;
HCl与Ca(ClO)2反应生成次氯酸和氯化钙,该反应的化学方程式为:
Ca(ClO)2+2HCl=2HClO+CaCl2。
盐酸溶液显酸性,能够使紫色石蕊试液变红;
氯水成分有:
Cl2、HCl、HClO、H2O等,溶液具有酸性、氧化性和漂白性,因此氯水能够使紫色石蕊试液变红(H+作用),后溶液褪色(HClO的漂白作用),而氯气本身没有漂白作用。
10.现有A、B、C三种气体,A是密度最小的气体,B在通常情况下呈黄绿色,纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C,把气体B通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D。
请据此回答下列问题。
(1)写出下列各反应的化学方程式。
①将气体B通入到水中:
_______________
②将气体B通入到NaOH溶液中:
__________
③将气体B通入到石灰乳中:
(2)把三种气体分别通入到酸性硝酸银溶液中,出现白色沉淀的气体是____(用字母序号表示)。
(3)白色浑浊物D因具有漂白性又称为___,其有效成分为__。
【答案】Cl2+H2O=HCl+HClOCl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OBC漂白粉Ca(ClO)2
A、B、C三种气体,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中安静地燃烧生成C,则C为HCl,把Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D,则D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,结合物质的性质分析解答。
根据上述分析,A为H2,B为Cl2,C为HCl,D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物。
(1)①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸,反应的方程式为:
Cl2+H2O⇌HCl+HClO,故答案为:
Cl2+H2O⇌HCl+HClO;
②氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,反应的方程式为:
Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O,故答案为:
Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O;
③氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,反应的方程式为:
2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O,故答案为:
2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O;
(2)氯气溶于水会生成盐酸和次氯酸,盐酸能与硝酸银生成氯化银沉淀,HCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀,故答案为:
BC;
(3)D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物,因为具有漂白性又称为漂白粉;
其有效成分为Ca(ClO)2,在空气中容易与二氧化碳、水发生反应生成次氯酸:
Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO,故答案为:
漂白粉;
Ca(ClO)2。
11.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性硝酸银溶液中,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。
把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。
(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_______。
【答案】H2Cl2CO2HCl
Cl2+H2O=HCl+HClO
A是密度最小的气体即为氢气,B在通常情况下呈黄绿色即为氯气,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即氢气和氯气反应生成氯化氢气体的特征现象,即D为氯化氢,把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中,通入B、D气体时立即出现白色沉淀,进一步验证B为氯气,D为氯化氢,无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体。
⑴A是密度最小的气体即为氢气,A为H2;
B在通常情况下呈黄绿色即为氯气,B为Cl2;
无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊即为二氧化碳气体,C为CO2;
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即生成HCl,D为HCl;
⑵A与B反应方程式为:
B与水反应方程式为:
Cl2+H2O=HCl+HClO。
①根据PV=nRT可以推出
,所以相同条件下,气体的密度和其摩尔质量呈正比,即相同条件下密度最小的气体即为氢气;
②纯净的A可以在B中安静地燃烧,
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