高考化学复习氯及其化合物专项易错题及答案

高考化学复习氯及其化合物专项易错题及答案一、高中化学氯及其化合物1．KClO3和浓盐酸在不同温度下反应，发生以下两个反应。其变化可表示为反应1：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O反应2：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O(1)已知反应1的还原产物为黄绿色的二氧化氯，该反应中被还原的是_________（填化学式），产生0.1molCl2时，转移的电子的物质的量为_____。(2)反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是_____。(3)上述反应中浓盐酸表现的性质是(填写编号)：反应1中为_________，反应2中为_________。①只有还原性

②还原性和酸性

③只有氧化性

④氧化性和酸性(4)将少量氯气通入NaBr溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2。将少量氯气通入FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，将少量氯气通入FeI2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，这个事实说明上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是________，标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式_____________标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeI2溶液中，发生反应的离子方程式_____________。【答案】KClO30.2mol5：1②②I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2Cl2+2I-=2Cl-+I2【解析】【分析】(1)同一元素的物质发生氧化还原反应时遵循：高高低低规律。(2)同一元素的物质发生氧化还原反应时，产物中元素的化合价规律是：可相聚，不相交。(3)根据HCl中Cl元素的化合价在反应前后的特点分析；(4)分析每个反应中还原剂、还原产物，利用还原性：还原剂＞还原产物分析比较物质还原性的强弱，当同一溶液有多种还原性微粒时，还原性强的先发生反应；然后根据通入Cl2的物质的量与物质还原性强弱反应先后书写反应的离子方程式。【详解】(1)在反应1：2KClO3+4HCl(浓)=2KCl+Cl2↑+2ClO2↑+2H2O中，KClO3得到电子变为ClO2，KClO3是氧化剂被还原，ClO2是还原产物；HCl失去电子变为Cl2，HCl是还原剂被氧化，Cl2是氧化产物，反应过程中每产生1molCl2，需转移2mol电子，则反应产生0.1molCl2时，转移的电子的物质的量为0.2mol；(2)在反应2：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中KClO3作氧化剂，HCl作还原剂，Cl2既是氧化产物又是还原产物，每有3molCl2产生，反应中消耗1mol氧化剂KClO3，5mol还原剂HCl，转移5mol电子，所以反应2中氧化产物和还原产物的物质的量之比是5：1；(3)在上述两个反应中，HCl中的Cl部分化合价升高，失去电子，被氧化，作还原剂，表现还原性，部分Cl在反应前后化合价不变，与金属阳离子结合形成盐，起酸的作用，所以两个反应中浓盐酸表现的性质是还原性和酸性，选项序号为②；(4)将少量氯气通入NaBr溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，其中Br-作还原剂，Cl-是还原产物，说明还原性：Br-＞Cl-；将少量氯气通入FeBr2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，其中Fe2+发生反应，而Br-未反应，说明还原性：Fe2+＞Br-；将少量氯气通入FeI2溶液中，发生反应的离子方程式是Cl2+2I-=2Cl-+I2，其中I-发生反应，而Fe2+未反应，说明还原性：I-＞Fe2+；综上所述可知，上述反应中具有还原性粒子I-、Br-、Cl-、Fe2+的还原性由强到弱的顺序是I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-；标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeBr2溶液中，n(Cl2)=1mol，n(FeBr2)=1mol，其中Fe2+为1mol，Br-2mol，n(FeBr2)：n(Cl2)=1：1，首先发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，1molFe2+反应消耗0.5molCl2，还有0.5molCl2剩余，会再与溶液中Br-发生反应：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，0.5molCl2反应消耗1molBr-，则总反应的离子方程式2Cl2+2Fe2++2Br-=2Fe3++4Cl-+Br2；标况下，将22.4LCl2通入2L0.5mol/L的FeI2溶液中，n(Cl2)=1mol，n(FeI2)=1mol，其中Fe2+有1mol，I-有2mol，n(FeI2)：n(Cl2)=1：1，首先发生反应：Cl2+2I-=2Cl-+I2，2molI-反应消耗1molCl2，由于不再有Cl2剩余，因此不能进一步发生反应：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故反应的离子方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2。【点睛】本题考查了同一元素发生氧化还原反应的规律、微粒氧化性还原性强弱比较的知识。同一元素发生氧化还原反应，若产物中价态不同，则元素化合价变化规律是：高高低低；元素化合价可相聚，不相交。当同一溶液中存在多种还原性微粒时，若加入氧化剂不足量则还原性强的首先发生反应；同理，当同一溶液中存在多种氧化性微粒时，若加入还原剂不足量则氧化性强的首先发生反应。同一反应中氧化剂得到电子总数等于还原剂失去电子总数，等于元素化合价升高或降低总数。2．氯及其化合物在工农业生产和人类生活中有着重要的作用。回答下列问题：(1)25℃时将氯气溶于水形成“氯气-氯水”体系，该体系存在多个含氯元素的平衡关系，其中之一为：Cl2(溶液)＋H2OHClO＋H＋＋Cl-，体系中Cl2(溶液)、HClO和ClO-三者的物质的量分数（α）随pH（酸碱度）变化的关系如图所示。已知HClO的杀菌能力比ClO-强，用氯气处理饮用水时，杀菌效果最强的pH范围为__（填字母）。A．0~2B．2~4.7C．4.7~7.5D．7.5~10(2)写出次氯酸光照分解的化学方程式___，如果在家中直接使用自来水养金鱼，除去其中残留的次氯酸可采取的简易措施为__。(3)NaClO、NaClO2、ClO2等含氯化合物都是常见的消毒剂，这是因为它们都具有强氧化性。①写出工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的化学方程式___；②84消毒液（主要成分是NaClO）与洁厕灵（主要成分是盐酸）混在一起使用会产生有毒气体Cl2，其反应的离子方程式为__；③NaClO2中Cl元素化合价为__；④ClO2的杀菌效果比Cl2好，等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的__倍（杀菌效果与单位物质的量的氧化剂得电子的物质的量有关，ClO2与Cl2消毒杀菌后均被还原为Cl-）。【答案】B2HClO2HCl+O2↑用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O+32.5【解析】【分析】图中信息告诉我们，在氯水中，具有杀菌能力的微粒主要是Cl2和HClO，随着溶液pH的不断增大，α(Cl2)不断减小，当pH=2时，α(Cl2)接近于0；随着溶液pH的不断增大，α(HClO)不断增大，当pH=2时，α(HClO)达到最大值；当pH升高到4.7时，α(HClO)开始减小，当pH接近10时，α(HClO)=0；从pH=4.7开始，α(ClO-)开始增大，pH=10时，α(ClO-)达最大值。【详解】(1)根据题目信息得知HClO的杀菌能力比ClO－强，依据图中信息可知pH为2~4.7时HClO含量最多，因此用氯气处理饮用水时，杀菌效果最强的pH范围为2~4.7，应选B。答案为：B；(2)次氯酸光照分解生成盐酸和氧气，化学方程式为2HClO2HCl+O2↑，由于次氯酸见光易分解，如果在家中直接使用自来水养金鱼，除去其中残留的次氯酸可采取的简易措施为用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间。答案为：2HClO2HCl+O2↑；用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间；(3)①工业上用氯气和NaOH溶液生产消毒剂NaClO的化学方程式为Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O。答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；②NaClO与盐酸反应生成氯气、氯化钠和水，离子方程式为2H++Cl－+ClO-==Cl2↑+H2O。答案为：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O；③NaClO2中Na显+1价，O显-2价，则Cl元素化合价为+3。答案为：+3；④根据题中信息已知杀菌效果与单位物质的量的氧化剂得电子的物质的量有关，ClO2与Cl2消毒杀菌后均被还原为Cl－，1molClO2能够得到5mol电子，1molCl2能够得到2mol电子，因此等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的2.5倍。答案为：2.5。【点睛】杀菌消毒是利用氧化剂的氧化能力实现的，氧化能力又是依据得电子能力衡量的，所以一种氧化剂，在通常情况下，得电子数目越多，得电子能力越强。3．现有一包固体粉末，其中可能含有如下五种物质：CaCO3、K2CO3、Na2SO4、NaCl、CuSO4。现进行如下实验：①溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现；②向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失。根据上述实验现象推断：(1)一定不存在的物质是___________；(2)写出加入盐酸时沉淀消失的离子反应方程式___________；(3)可能存在的物质是___________；(4)用化学反应的现象来检验可能存在的物质所用试剂为：__________；若不使用化学试剂还可用_________来检验该物质的存在。【答案】CaCO3、Na2SO4、CuSO4BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋CO2↑＋H2ONaCl稀硝酸、硝酸银溶液焰色反应【解析】【分析】①原固体中CaCO3不溶于水，CuSO4溶于水后为蓝色溶液，固体粉末溶于水得无色溶液，溶液中无沉淀出现说明一定不含这两种物质；②碳酸钡沉淀溶于盐酸，硫酸钡沉淀不溶于盐酸，向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失说明固体粉末中一定含有碳酸根离子，一定不含有硫酸根离子，则固体粉末中一定不存在的物质是CaCO3、Na2SO4、CuSO4，一定有K2CO3，由于没有涉及与NaCl有关的实验，固体粉末中可能含有NaCl。【详解】（1）由分析可知，固体粉末中一定不存在CaCO3、Na2SO4、CuSO4，故答案为：CaCO3、Na2SO4、CuSO4；（2）向溶液中加入BaCl2溶液，K2CO3溶液与BaCl2溶液反应生成BaCO3白色沉淀，再加盐酸，BaCO3白色沉淀与盐酸反应生成氯化钡、二氧化碳和水，反应的离子方程式为BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋CO2↑＋H2O，故答案为：BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋CO2↑＋H2O；（3）由分析可知，固体粉末中可能含有NaCl，故答案为：NaCl；（4）氯化钠的存在与否，可以通过检验氯离子或钠离子来确定，氯离子的检验可以用硝酸酸化的硝酸银来检验，钠离子的检验可以用焰色反应来检验，故答案为：稀硝酸、硝酸银溶液；焰色反应。【点睛】碳酸钡沉淀溶于盐酸，硫酸钡沉淀不溶于盐酸，向溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，再加盐酸时沉淀消失说明固体粉末中一定含有碳酸根离子，一定不含有硫酸根离子是判断的关键。4．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+3Cl22FeCl3Fe＋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+3Cl22FeCl3；(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－。5．常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A、B、C、D、E都含X元素，其转化关系如图所示：(1)请分别写出下列物质的化学式(如为溶液请填溶质的化学式)：A________、B________、D________。(2)写出下列反应的化学方程式或离子方程式(请注明反应条件)：A＋H2O(离子方程式)：_________；A＋NaOH(离子方程式)：_______________；D→A(化学方程式)：____________________。【答案】Cl2HClOHClCl2＋H2O＝H＋＋Cl－＋HClOCl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O【解析】【分析】常温下，A是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，判断为Cl2，A、B、C、D、E都含X元素，B为HClO，D为HCl，C为NaCl，E为NaClO，依据推断出的物质结合物质性质回答问题。【详解】(1)据上所述可知A为Cl2、B为HClO，D为HCl；(2)Cl与H2O反应产生HCl和HClO，反应的离子方程式是：Cl2+H2O＝HCl+HClO；Cl与NaOH溶液反应，产生NaCl、NaClO和H2O，反应离子方程式为：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O；MnO2与浓盐酸在加热条件下，发生反应产生MnCl2、Cl2和水，反应的化学方程式为：4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。6．下图中A～H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④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：_________。【答案】CaCO3消毒(或漂白)Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO【解析】【分析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见的能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，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CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可知C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2。(1)由以上分析可知E为CaCO3；(2)C为Ca(ClO)2，该物质与酸溶液作用可生成HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；(3)反应④是Ca(ClO)2与CO2、H2O作用产生HClO，反应的化学方程式为：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO；(4)在实验室中用MnO2与浓盐酸混合加热制取Cl2，反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+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MnCl2中的+2价，化合价降低，获得2e-，Cl元素的化合价由反应前HCl中的-1价变为反应后Cl2中的0价，化合价升高，失去2×e-，用双线桥法表示为：。【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。7．下图中A～H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_____________，F是______________，H是_____________。(填化学式)(2)C物质在日常生活中可作______________剂。(3)写出反应①的化学方程式：_________________________。【答案】CaCO3HClO2消毒(或漂白)2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O【解析】【分析】B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可以知道C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H为O2，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。【详解】B可与澄清石灰水反应生成沉淀,应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可以知道C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO,H为O2；(1)由以上分析可以知道E为CaCO3，H为O2，F是HCl；答案是：CaCO3；HCl；O2；(2)C为Ca（ClO）2，可生成HClO，具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；答案是：消毒(或漂白)；(3)反应①的化学方程式为：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；故答案是：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。8．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﹣，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，④每两个X2分子能与一个Y2分子化合成两个X2Y分子，X2Y常温下为液体，⑤Z单质溶于X2Y中，所得的溶液具有漂白性。（1）写出下列微粒的电子式：X+_____，Z﹣______，Y原子_____。（2）写出X2Y的化学式_____。按要求与X2Y分子具有相同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_____。（3）写出Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式：_____，所得溶液能使淀粉碘化钾溶液变蓝，主要起作用的微粒是_____。（4）实验室制备XZ的化学方程式：_____，如何检验XZ是否收集满__________。【答案】H+H2OOH﹣CH4Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClOCl2NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满【解析】【分析】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H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl．X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意，据以上分析解答。【详解】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H2，结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，燃烧时火焰呈苍白色，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素，Cl2溶于H2O反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；（1）X+为H+，其电子式为H+，Z﹣为Cl﹣，其电子式为，Y为O元素，其原子电子式为；故答案为：H+、、；（2）X2Y的化学式为H2O；与H2O分子具有相同电子数的微粒的化学符号：两个原子核的阴离子为OH﹣，5个原子核的分子为CH4；故答案为：H2O；OH﹣；CH4；（3）Z单质溶于X2Y中发生反应的离子方程式：Cl2+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：Cl2；故答案为：Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO；Cl2；（4）实验室制备HCl的化学方程式：NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑；检验HCl是否收集满方法：用湿润的蓝色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满；故答案为：NaCl（s）+H2SO4（浓）NaHSO4+HCl↑；用湿润的紫色石蕊试纸放置于集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。9．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-。10．常温、常压下X2、Y2、Z2三种气体有如下转化关系:（1）X2、Y2、Z2分别是___________、___________、__________（填化学式）（2）Z2与X2Y反应的化学方程式为_________________．（3）Z2与NaOH溶液反应的离子方程式为________________．【答案】H2O2Cl2Cl2+H2O=HCl+HClO2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O【解析】【详解】X2、Y2、Z2三种气体，Y2和Z2都能与X2点燃反应，一个呈液态为水，一个产生苍白色火焰为氯化氢气体；所以X2为氢气；Y2为氧气、Z2为氯气；氯气与水反应的方程式为Cl2+H2O==HCl+HclO；2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O；2OH-+Cl2==Cl-+ClO-+H2O11．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）化合物XZ极易溶于水，并电离出X+和Z-，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；（4）2分子X的单质可与1分子Y的单质化合，生成2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。根据上述事实，试判断X，Y，Z各是什么元素，XZ和X2Y各是什么物质：X（_______________），Y（_______________）Z（________________），XZ（_______________）X2Y（_______________）。【答案】HOClHClH2O【解析】【分析】结合物质的性质、反应的实验现象分析解答。【详解】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H2；结合X的单质在Z的单质中燃烧生成XZ，可知Z为Cl元素，Z的单质为Cl2，故XZ为HCl；2个H2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体，则X2Y为H2O，说明Y为O元素；Cl2溶于H2O中，反应生成HCl和HClO，HClO具有漂白作用，符合题意；根据上述分析，X为H，Y为O，Z为Cl，XZ为HCl，X2Y为H2O，故答案为：H；O；Cl；HCl；H2O。12．如图，反应①为常温下的反应，A、C、D中均含有氯元素，且A中氯元素的化合价介于C和D中氯元素的化合价之间，E在常温下为无色无味的液体，F是淡黄色固体，G为常见的无色气体。请回答下列问题：（1）A、G的化学式分别为_______________、________________。（2）写出A与Fe反应的化学方程式___________________。（3）写出反应②的化学方程式______________________。（4）己知A是一种重要的化工原料，在工农业生产和生活中有着重要的应用。请根据所学知识回答下列问题。①将A通入紫色石蕊试液中，观察到的现象是________________；请写出A与水反应的化学方程式。②A与石灰乳反应制得的漂白粉的有效成分是_________(填化学式)；该物质在空气中失效的原因______(用化学方程式表示)。【答案】Cl2、O22Fe+3Cl2=2FeCl3(点燃）2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑先变红后褪色Cl2+H2O=HCl+HClOCa(C1O)2Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，2HClO=2HCl+O2↑(光)【解析】试题分析：E常温下为无色无味的液体，应为H2O，F为淡黄色粉末，应为Na2O2，则G为O2，B为NaOH，A、C、D均含氯元素，且A中氯元素的化合价介于C与D之间，应为Cl2和NaOH的反应，生成NaCl和NaClO。(1)由以上分析可知A为Cl2，G为O2，故答案为Cl2；O2；(2)Fe在氯气中燃烧的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，故答案为2Fe+3Cl22FeCl3；(3)反应②是过氧化钠与水的反应，化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，故答案为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；(4)①将氯气通入紫色石蕊试液中，观察到的现象是紫色试液先变红后褪色，氯气与水反应的化学方程式为Cl2+H2OHCl+HClO，故答案为紫色试液先变红后褪色；Cl2+H2OHCl+HClO；②氯气与石灰乳反应制得的漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，该物质在空气中能够与二氧化碳和水蒸气反应失效，化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HclO、2HClO2HCl+O2↑，故答案为Ca(ClO)2；Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HclO、2HClO2HCl+O2↑。考点：考查了无机物的推断、氯气的化学性质的相关知识。13．利用下图，可以从不同角度研究含氯物质的性质及其转化关系，图中甲～辛均含氯元素。回答下列问题：（1）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。（2）图中甲、乙、丁、戊中，属于电解质的是__________（填化学式）；根据氯元素的化合价判断，乙物质__________。a只有氧化性b既有氧化性又有还原性c只有还原性d既能做氧化剂也能做还原剂（3）电解甲溶液制备己的化学反应为：甲+H2O→己+H2↑，反应中甲与H2O的物质的量之比是______。（4）庚是漂白粉的有效成分，用乙制取庚的化学反应方程式为_________。（5）辛在MnO2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____。【答案】ClO2酸性HCl、HClObd1﹕42Cl2＋2Ca(OH)2=Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2OO2【解析】【详解】(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，能与碱反应生成盐和水，为酸性氧化物，故答案为：ClO2；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；乙为氯气，氯元素的化合价为0，处于氯元素的中间价态，既有氧化性又有还原性，既能做氧化剂也能做还原剂，故答案为：HCl、HClO；bd；(3)甲为氯化氢，己为高氯酸，氯元素由﹣1价变为+7价，氢元素由+1变为0，根据得失电子数相等，n(HCl)：n(H2O)＝1：4，故答案为：1：4；(4)庚为次氯酸钙，乙为氯气，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2＝Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；(5)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】解答第3小题时要注意，氢元素由+1变为0，一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；在氧化还原反应配平时一定要注意物质分子式(离子)右下角标，例如O从-2价变为0价，则生成一个氧气转移的电子数时4；C2O42-被氧化生成CO2，则一个C2O42-被氧化失去的电子数是2。14．综合利用海水资源是一个重要的研究课题，下面是工业上用海水制备食盐、纯碱、金属镁、溴等物质的一种流程：完成下列填空(1)实验室提纯粗盐的实验操作依次为：取样、________、________、加热浓缩、__________、__________、烘干。(2)气体X是______(填化学式)，溶液II中发生反应的化学方程式是：________________.(3)为检验产品碳酸钠中是否含有氯化钠，可取少量试样溶于水后，再滴加_______________。(4)若在母液中通入氯气可提取海水中的溴，反应的离子方程式为______________________。【答案】溶解过滤结晶过滤（或过滤；洗涤）NH3NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4ClHNO3、AgNO3Cl2+2Br-=Br2+2Cl-【解析】【分析】海水蒸发浓缩结晶，过滤分离出粗盐和母液，粗盐经溶解、过滤、加热浓缩、结晶等操作提纯得到精盐，向其饱和溶液中先通入NH3，然后通入CO2，发生反应得到NaHCO3、NH4Cl，把NaHCO3过滤出来，加热使其分解得到纯碱Na2CO3；向分离出NaCl的母液中加入石灰乳，反应产生Mg(OH)2沉淀，经过滤、洗涤后向沉淀中加入盐酸，反应得到MgCl2，将MgCl2溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到MgCl2晶体，再在HCl气氛中加热氯化镁晶体得到无水氯化镁，然后电解无水氯化镁，制取得到金属Mg。【详解】(1)从海水中得到的粗盐中含有杂质，提纯的主要步骤：①先取样；②溶解，将粗盐逐渐加入盛有水的烧杯里，边加边用玻璃棒搅拌(玻璃棒的作用是搅拌，加速溶解)，直到粗盐不再溶解时为止，观察所得食盐水是否浑浊；③过滤，过滤食盐水，仔细观察滤纸上剩余物及滤液颜色，如滤液浑浊