全国高考化学氯及其化合物的综合高考真题汇总及详细答案

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。

（1）在用 KMnO4 酸性溶液处理固体 Cu2S 时，发生的反应如下：8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O ①还原产物为_____。 ②被氧化的元素是_____

③氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____ ④每生成 2.24 L(标况下)SO2，转移电子数目是_____

＋

（2）用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2和 SO2。写出该离子反

应方程式_____

（3）15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g。该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体 A，产物中锰元素以 Mn2+存在，则气体 A 的物质的量为_____mol。

＋－＋＋＋

【答案】Mn2 Cu、S 8:5 0.8NA 6MnO4＋5CuS＋28H=5Cu2＋5SO2↑＋6Mn2＋

14H2O 0.2 【解析】 【分析】

(1)结合氧化还原反应的知识分析即可；

(2)用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；

(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的质量为氧气的质量，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，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。 【详解】

(1)在8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O中Mn元素从+7价降为+2价，发生还原反应，而Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，发生氧化反应；

①由分析知，还原产物为Mn2＋； ②被氧化的元素是Cu2S中Cu、S两元素；

③氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，两者的物质的量之比为8:5；

④Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，则1molCu2S完全被氧化，转移8mol电子；2.24 L(标况下)SO2的物质的量为电子的物质的量为0.8mol，电子数目是0.8NA；

(2)用 KMnO4 酸性溶液处理固体 CuS 时，也可将 CuS 反应成 Cu2＋和 SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合守恒法得发生反应的离子方程式为6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O；

(3)15.8g KMnO4，加热分解后剩余固体 15.0 g，减少的质量为氧气的质量，m(O2)=15.8g-

2.24?L=0.1mol，反应中转移

22.4?L/mol15.0g=0.8g，n(O2)=

0.8g=0.025mol；

32g/mol在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，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，则设氯气的物质的量为xmol，n(KMnO4)=

15.8g=0.1mol，电子转移守恒可得：0.1mol(7-158g/mol2)=4n(O2)+2(Cl2)，即0.1×(7-2)=4×0.025+2x，解得：x=0.2mol。

2．通常用的漂白粉是次氯酸钙，氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐，是由Cl2与消石灰CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O 制成的。有关反应如下：2Cl2+3Ca(OH)2→Ca(ClO)2·（1）漂白粉的有效成分是_____________________； （2）上述反应中，化合价有变化的元素是 _________ ；

（3）漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效，有关反应方程式为 _______，_______。

光照【答案】Ca(ClO)2 Cl Ca(ClO)2+2H2O+2CO2 →Ca(HCO3)2+2HClO 2HClO2HCl+O2↑

【解析】 【分析】 【详解】

CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O制成的，其(1)漂白粉是由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·

组成是次氯酸钙，氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐，其有效成分是Ca(ClO)2； CaCl2·Ca(OH)2·H2O+H2O中，化合价有变化的(2)由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca(OH)2=Ca(ClO)2·

元素是Cl2 中的Cl由0价变成Ca(ClO)2 中+1价，CaCl2 中的-1价，所以化合价有变化的元素是Cl；

(3)漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效，是因为Ca(ClO)2与空气中的水蒸气和二氧化碳反应，生成了HClO又分解了，所以反应的方程式为

光照Ca(ClO)2+2H2O+2CO2→Ca(HCO3)2+2HClO；2HClO2HCl+O2。

3．氯气是一种具有重要用途的气体，在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。甲同学在实验室进行氯气性质的研究

(1)甲同学依次进行了Cl2与①钠、②铜、③氢气、④水反应的实验。 上述反应中属于氧化还原反应的是___________(填序号)。 (2)写出铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：________。

(3)氯气溶于水得到的溶液称为氯水，新制的氯水呈_________色，新制的氯水中含有的物质为(水除外)________(填化学式)。 (4)甲同学探究氯气能否与水发生反应

①B中纸条褪色，结合化学方程式解释原因：________。 ②装置A的作用是___________。

③烧杯中发生反应的化学方程式为_________。 【答案】①②③④ 2Fe3Cl2点燃2FeCl3 黄绿 Cl2、HClO、HCl Cl2 + H2O ⇌ HCl

+ HClO，生成的次氯酸有漂白性 对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应

Cl22NaOH=NaClONaClH2O

【解析】 【分析】

(1)氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO和HCl； (2)铁在氯气中燃烧生成氯化铁；

(3)氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ HCl+ HClO； (4)①氯气和水发生反应生成的HClO具有漂白性； ②氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，可作对照实验； ③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境。 【详解】

(1)氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO和HCl，则①②③④都为氧化还原反应，故答案为：①②③④； (2)铁在氯气中燃烧生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe3Cl2点燃2FeCl3，故答案

为：2Fe3Cl2点燃2FeCl3；

(3)氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ HCl+ HClO，则新制的氯水中含有的物质为(水除外)Cl2、HClO、HCl，新制氯水中由于含有氯气，所以溶液呈黄绿色，故答案为：黄绿；Cl2、HClO、HCl；

(4)①氯气和水发生反应Cl2 + H2O ⇌ HCl+ HClO，生成HClO，由于HClO具有漂白性，可使红纸条褪色，故答案为：Cl2 + H2O ⇌ HCl+ HClO，生成的次氯酸有漂白性；

②氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，作对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B

中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应，故答案为：对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应；

③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境，发生反应的化学方程式为

Cl22NaOH=NaClONaClH2O，故答案为：Cl22NaOH=NaClONaClH2O。

【点睛】

氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：Cl2 + H2O ⇌ H+ + Cl- + HClO，新制氯水中存在氯气、盐酸、次氯酸，因此新制氯水就具有了氯气、盐酸、次氯酸的性质，溶液具有强氧化性且显酸性，这是学生们的易错点。

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】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl22Cl－ 【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；

2FeCl3 Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑ 2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋

(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．已知A、B、C、D为气体，其中A为黄绿色，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，它们之间的转化关系如下图①所示：

（1）将气体B点燃，把导管伸入盛满气体A的集气瓶，反应过程中的实验现象有_________（填序号）

①放热 ②黄绿色褪去 ③瓶口有白雾 ④瓶口有白烟 ⑤安静燃烧，发出黄色火焰 ⑥安静燃烧，发出苍白色火焰

（2）实验室制D的化学方程式为__________________________________。

（3）实验室可用如上图②所示装置收集D，下列叙述正确的是__________（填序号）。 ①D气体不能用排水法收集 ②干燥管里盛有碱石灰

③图②中的a为干棉花团，其作用是防止氨气逸出

（4）气体D催化氧化的化学方程式为_________________________________。 （5）物质E的化学式是_______；E在下列物质分类中所属的物质种类是_______（填序号）。

①电解质 ②化合物 ③混合物 ④纯净物 ⑤非电解质 ⑥盐

检验物质E中阳离子的操作方法______________________________________ 【答案】①②③⑥ Ca(OH)2+2NH4Cl

加热加热CaCl2+H2O+2NH3↑ ①②

4NH3+5O2催化剂4NO+6H2O NH4Cl ①②④⑥ 取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+ 【解析】 【分析】

为黄绿色气体，应为Cl2，D极易溶于水，形成的溶液可使酚酞变红，应为NH3，A、B、C、D为气体，则B是H2，C是HCl，所以E是NH4Cl，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。 【详解】

(1)氢气在氯气中安静的燃烧，火焰苍白色，黄绿色逐渐褪去，瓶口有白雾(氯化氢气体与空气中的小水滴结合)出现，燃烧反应都是放热反应，所以选①②③⑥； (2)实验室制氨气的化学方程式为：Ca(OH)2+2NH4Cl

加热CaCl2+H2O+2NH3↑；

(3)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气溶于水显碱性，可用碱石灰干燥，图②中的

a应为湿润红色石蕊试纸，检验氨气是否收集满，所以答案选①②； (4)氨气发生催化氧化的化学方程式为：4NH3+5O2催化剂4NO+6H2O；

(5)E是氯化铵，化学式为NH4Cl，它是化合物，是纯净物，是盐，是电解质，所以答案选①②④⑥，检验铵根离子的操作方法：取E少许于试管，加入浓NaOH溶液，加热，生成无色有刺激性气味的气体，用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变为蓝色，证明E中有NH4+。

加热

6．有X、Y、Z三种元素：

（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；

（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；

（3）XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红； （4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体； （5）Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。

试写出其元素符号：X__，Y__，Z__，化合物的分子式：XZ__，X2Y__。 【答案】H O Cl HCl H2O 【解析】 【分析】

根据特殊颜色（苍白色）以及水在常温下为液体可以推断出各元素和各物质。 【详解】

X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色，所以X为H2，Z为Cl2，HCl为HCl；XZ极易溶于水，在水溶液中电离出H+和Cl-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，验证了刚才的结论；X2Y常温下为液体，根据X为氢元素，可以确定X2Y为H2O，所以Y为O；Cl2溶于H2O中，所得溶液中含有次氯酸，具有漂白性。综上可确定X为H，Y为O，Z为Cl。XZ为HCl，X2Y为H2O。

7．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+ （s）+H2SO4（浓）

H2O OH﹣ CH4 Cl2+H2O＝H++Cl﹣+HClO Cl2 NaClNaHSO4+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）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

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，

集气瓶口，试纸变红，则已收集满，否则未收集满。

8．甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体，丁为黄色固体。A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液。请根据下图的转化关系回答：

(1)按要求写出下列物质的化学式： 乙：____________B：____________

(2)写出溶液C与氯水反应的离子方程式：_____________________。 (3)在催化剂和加热条件下，A可与丙反应，化学方程式为：________________ 【答案】N2 SO2 SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H＋ 4NH3+5O2【解析】 【分析】

甲、乙、丙、丁是常见的单质，其中甲、乙、丙是摩尔质量依次增加的气体，甲、乙在高温、高压、催化剂条件下反应产生A，则甲是H2，乙是N2，A是NH3，丁为黄色固体单质，则丁是S，丙、丁在点燃时反应，可推知丙是O2，二者反应产生的B是SO2。A和B以物质的量2︰1通入水中，得到C溶液，则C是(NH4)2SO3，向C溶液中加入氯水，发生氧化还原反应，产生D为(NH4)2SO4、HCl混合溶液。向该混合溶液中加入NaOH溶液加热，发生复分解反应产生A是NH3；向该混合溶液中加入HNO3酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀E是AgCl，向其中加入HCl酸化，然后加入BaCl2溶液产生的白色沉淀F是BaSO4。然后分析解答。 【详解】

根据上述分析可知甲是H2，乙是N2，丙是O2，丁是S，A是NH3，B是SO2，C是(NH4)2SO3，D为(NH4)2SO4、HCl混合溶液；E是AgCl，F是BaSO4。 (1)根据上述分析可知乙是N2，B是SO2；

(2)C是(NH4)2SO3，向该溶液中加入氯水，发生氧化还原反应，产生C是(NH4)2SO4、HCl，反

＋

应的离子方程式为：SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H；

4NO+6H2O

(3)在催化剂和加热条件下，NH3可与O2反应，产生NO和H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得反应的化学方程式为4NH3+5O2

4NO+6H2O。

9．I、中学常见反应的化学方程式是ABXYH2O（未配平，反应条件略去），其中A、B的物质的量之比为1∶4.请回答：

（1）若Y是黄绿色气体，该反应的离子方程式是_________________________。 （2）若A为非金属单质，构成它的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，B的溶液为某浓酸，则反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是___________________。 II、（1）硫酸型酸雨样品放置时pH变化的主要原因是（用化学方程式表示）________。 （2）如果将刚取样的上述酸雨和自来水（用Cl2杀菌消毒）混合，pH将____（填“增大”“减小”或“不变”），原因是（用化学方程式表示）_________________________________。

（3）你认为减少酸雨产生的途径可采用的措施是_____________（填序号）。 ①少用煤作燃料 ②把工厂烟囱造高 ③燃料脱硫④在已酸化的土壤中加石灰 ⑤开发新能源

A．①②③ B．②③④⑤ C．①③⑤ D．①③④⑤

【答案】4H+ +2Cl- +MnO2

ΔCl2 +Mn2+ +2H2O 4:1 SO2＋H2OH2SO32H2SO3＋

O2===2H2SO4 减小 H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4 C 【解析】 【分析】 【详解】

I、(1)若Y是黄绿色气体，则Y为氯气，A、B的物质的量之比为1：4，该反应为二氧化锰与浓盐酸制备氯气，反应离子方程式为：MnO2+4H+2Cl

+

-

ΔMn2++Cl2↑+2H2O；

(2)构成A的原子核外最外层电子数是次外层电子数的2倍，则A为C，B为浓硫酸或浓硝酸，但A、B的物质的量之比为1：4，则B为浓HNO3，该反应中C为还原剂，硝酸为氧化剂，且全部硝酸被还原，所以反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比是4:1； II、(1)硫酸型酸雨因雨水中溶有二氧化硫而显酸性，二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸溶液被空气氧化成强酸：硫酸，所以久置后pH会减小，方程式为：SO2＋H2O⇋H2SO3、2H2SO3＋O2===2H2SO4；

(2)该酸雨中含有亚硫酸，氯气具有强氧化性会将亚硫酸氧化成硫酸，自身被还原生成盐酸，生成两种强酸，所以溶液pH值会减小，方程式为：H2SO3＋Cl2＋H2O===2HCl＋H2SO4；

(3)少用煤作燃料、燃料脱硫、开发新的能源等措施可以减少二氧化硫气体的排放，从而减少酸雨的形成，所以选C。

10．ClO2与Cl2的氧化性相近。在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。（已知：装置C的作用是吸收Cl2）

(1)仪器B的名称是________。安装F中导管时，应选用图2中的_________________。 (2)打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl═2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O．为使ClO2在

D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜_______________（填“快”或“慢”）。 (3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，NaClO2中Cl的化合价为______。

(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为__________。

(5)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应离子方程式为___________________。（已知：在酸性条件下SO32－被ClO3－氧化为SO42－）

(6)已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是__________，原因是________________。

【答案】分液漏斗 b 慢 ＋3 5ClO2－＋4H+＝Cl－＋4ClO2＋2H2O 2H+＋2ClO3－＋SO32－＝SO42－＋2ClO2＋H2O 稳定剂Ⅱ 在稳定剂Ⅱ存在情况下能较长时间保鲜 【解析】 【分析】

装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者发生反应：

2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，装置C的作用是吸收Cl2，除去氯气，ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O生成NaCl并释放出ClO2，装置F检验二氧化氯中氯气是否完全被装置C吸收；

(1) 根据仪器结构和性能确定仪器B的名称；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气；

(2) 为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；

(3) NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价代数和为0，判断Cl的化合价； (4) 在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成；

(5) KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒写出发生反应的离子反应方程式；

(6) 由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度。 【详解】

(1)仪器B带有球形特征且带有玻璃活塞，为分液漏斗，F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，

(2) 为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢；

(3) NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价代数和为0，则Cl的化合价为+3； (4) 在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；

(5) KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3-+SO32-+2H+═2ClO2+SO42-+H2O；

(6) 由图可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂

Ⅱ好。

11．KMnO4和MnO2都是重要的化学物质，在实验室可以作氧化剂和催化剂。某化学学习小组对两种物质的制备探究如下： Ⅰ.MnO2的制备：

该学习小组设计了将粗MnO2(含有较多的MnO、MnCO3和Fe2O3)样品转化为纯MnO2的实验，其工艺流程如下：

请回答下列问题：

（1）第②步操作中，NaClO3氧化MnSO4的离子方程式为______________

（2）第③步操作中，最终得到的固体除NaClO3外，还一定含有下列物质中的________(填序号)。

a．NaCl b．NaClO c．NaOH d．NaClO4

（3）为得到纯净的MnO2，须将过滤后的MnO2合并后进行洗涤。洗涤沉淀所用的玻璃仪器有______________。

（4）NaClO3和MnO2在一定条件下都可以氧化浓盐酸制取氯气，制取等量的氯气消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为__________。 Ⅱ.KMnO4的制备：

（5）实验室由二氧化锰制备高锰酸钾可分两步进行：

第一步：MnO2与KOH共熔并通入氧气：2MnO2+4KOH+O2=2K2MnO4+2H2O； 第二步：通入CO2，可使K2MnO4发生歧化反应生成KMnO4和MnO2。

第二步完成反应时，转化为KMnO4的K2MnO4占其全部的百分率约为________(精确到0.1%)。

【答案】2ClO3-+5Mn2++4H2O=Cl2↑+5MnO2↓+8H+ ac 烧杯、漏斗、玻璃棒 1∶3 66.7% 【解析】 【分析】

（1）NaClO3氧化MnSO4的离子方程式，根据得失电子守恒配平即可；

（2）图中告知反应条件为加热，且NaOH溶液过量，则通入Cl2所得的溶液一定含有NaClO3、NaCl、NaOH；

（3）洗涤沉淀所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗； （4）根据NaClO3-3Cl2，MnO2-Cl2计算，可求出该比例； （5）根据3K2MnO4-2KMnO4计算即可。 【详解】

（1）NaClO3氧化MnSO4的离子方程式为2ClO3-+5Mn2++4H2O=Cl2↑+5MnO2↓+8H+； （2）图中告知反应条件为加热，则发生反应Cl2+6NaOH

Δ5NaCl+NaClO3+3H2O，且NaOH

溶液过量，通入Cl2所得的溶液一定含有NaClO3、NaCl、NaOH，故选ac； （3）洗涤沉淀所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、漏斗； （4）根据反应NaClO3+6HCl(浓)=NaCl+3Cl2↑+3H2O，MnO2+4HCl(浓)

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，

若要制取等量的氯气，消耗NaClO3与MnO2的物质的量之比为1：3；

（5）根据反应2CO2+3K2MnO4=2KMnO4+MnO2↓+2K2CO3可知，3份K2MnO4中有2份转化为KMnO4，则转化为KMnO4的K2MnO4占其全部的

2，即66.7%。 3

12．将17.4g MnO2加入到12mol/L 的400mL浓盐酸中，充分反应，然后在反应后的溶液中加入足量的硝酸银溶液（假设浓盐酸在反应中无损失）。求： （1）反应产生多少升的气体？________________ （2）加入硝酸银后，产生多少克沉淀？_______________ 【答案】4.48L 631.4g 【解析】 【分析】

(1)根据反应：MnO2+4HCl (浓)算生成氯气体积；

(2)根据氯原子守恒计算反应后溶液中n(Cl- )发生反应：Cl-+Ag+=AgCl↓，则n(AgCl)=n(Cl-)， 根据m=nM计算氯化银的质量。 【详解】

(1) 400mL、12mol/L的浓盐酸中HCl物质的量=0.4L12mol/L=4.8mol，17.4g二氧化锰物质

ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，进行过量计算， 根据不足量的物质计

Δ17.4g=0.2mol，发生反应：MnO2+4HCl (浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，由方程式可的质量=

87g/mol知0.2mol二氧化锰完全反应消耗HCl为0.2mol4=0.8mol，小于浓盐酸中含的HCl，浓盐酸过量，按0.2mol MnO2进行计算,所以产生Cl2为0.2mol，产生Cl2的体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L；

(2)根据氯原子守恒，反应后溶液中n(Cl-) =4.8mol-0.2mol×2=4.4mol，根据反应: Cl-+Ag+=AgCl↓，则n(AgCl)=n(Cl-)=4.4mol，m(AgCl)=4.4mol143.5g/mol=631.4g。

13．实验室用8.7g的MnO2与50mL足量的浓盐酸制取氯气 (1)求生成氯气的体积_________（标准状况）

(2)若向反应后的剩余溶液中，加入足量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应MnO+4HCl=MnCl+Cl+2HO，根据反应方程式计算生成

2222氯气的体积；根据氯元素守恒计算原浓盐酸的物质的量浓度。 【详解】

8.7g MnO2的的物质的量是

ΔΔ8.7g0.1mol，设生成氯气的物质的量是xmol，

87g/molMnO2+4HCl=MnCl2+Cl2+2H2O

1mol 1mol 0.1mol x mol x=0.1mol

(1)生成氯气在标准状况的体积是0.1mol×22.4L/mol=2.24L；

(2)若向反应后的剩余溶液中，加入足量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，根据氯元素守恒，盐酸的物质的量是

143.5g/mol0.6mol12mol/L。 0.05L0.1mol×2+0.4mol=0.6mol，所以原浓盐酸的物质的量浓度是【点睛】

本题考查了实验室制备氯气的化学方程式书写方法和有关计算应用，掌握基础是关键，特别是会利用氯元素守恒计算盐酸的物质的量浓度。

14．（1）通常用小苏打的饱和溶液除去CO2中的HCl，反应的化学方程式为_____，不能用苏打溶液的原因是____（用化学方程式表示）。

（2）在NaBr与NaI的混合液中通入过量的Cl2。把溶液蒸干后灼烧最后残留的物质是____。

【答案】NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑ H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3； NaCl 【解析】 【分析】

（1）氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，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I2，加热并将溶液蒸干，剩余固体为NaCl． 【详解】

(1)氯化氢和碳酸氢钠反应生成氯化钠、二氧化碳和水,反应方程式为

NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；碳酸钠与二氧化碳、HCl都反应，所以不能用碳酸钠除去二氧化碳中的HCl，碳酸钠和二氧化碳反应方程式为H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3， 故答案为：NaHCO3+HCl═NaCl+H2O+CO2↑；H2O+Na2CO3+CO2═2NaHCO3； （2）向溴化钠、碘化钠的混合物溶液中通入足量氯气后，可发生如下反应：

2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2 2NaI+Cl2=2NaCl+I2

溶液蒸干时，Br2易挥发，I2易升华，那么最后剩余的固体是NaCl， 故答案为：NaCl。

15．过滤在实验、生产、生活中有着广泛的应用。某研究性学习小组在实验室测定某含NaCl杂质的碳酸钠样品中Cl－的含量，其实验步骤如下： ①将100g样品溶于水得到溶液A。

②向A中加入稀HNO3酸化后，再加入沉淀剂B，使Cl完全沉淀下来。 ③进行如图所示操作，得到固体C，洗涤，干燥。

－

④称量得固体C的质量为2.87 g。 (1)沉淀剂B为________(填化学式)。

(2)向A中加入稀HNO3酸化的目的是_______________________。

(3)如何洗涤固体C： __________________。如果得到固体C后直接干燥、称量，会使样品中氯元素的质量分数________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。 (4)该样品中氯元素的质量分数为________________。

【答案】AgNO3 除去溶液中的CO32- 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% 【解析】 【分析】

操作步骤中：①将100g样品溶于水得到A，A为含有氯化钠的碳酸钠溶液；

②向A中加入稀HNO3酸化后，硝酸和碳酸钠反应生成硝酸钠和二氧化碳、水，然后加入过量沉淀剂B，使Cl-完全沉淀下来，氯离子和银离子反应生成AgCl沉淀，则沉淀剂B为AgNO3溶液；

③进行过滤操作，分离难溶性固体AgCl和溶液，C为AgCl，然后将沉淀洗涤，干燥的纯净AgCl固体；

④称量得固体AgCl的质量为2.87g；

根据反应过程中根据Cl原子守恒得n(Cl-)=n(AgCl)，所以由AgCl的量计算氯元素质量，从而确定氯离子质量分数。 【详解】 操作步骤中：

(1)根据上述分析可知沉淀剂B是AgNO3溶液；

(2)A溶液中含有NaCl、Na2CO3，向其中加入稀HNO3，发生反应：

Na2CO3+2HNO3=2NaNO3+CO2↑+H2O，达到除去溶液中的CO32-离子的目的；

(3)沉淀C是AgCl，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

沉淀，让水自然流下，重复2～3次；

m2.87g(4)根据Cl原子守恒得n(Cl)=n(AgCl)，n(AgCl)==0.02mol，则m(Cl-M1?43.5g/mol-

0.71g

)=0.02mol×35.5g/mol=0.71g，故Cl元素质量分数=×100%=0.71%。

100g

【点睛】

本题考查化学方程式的有关计算及基本操作，掌握物质的量的有关计算公式，物质含量的计算公式是解决问题的关键，难点是沉淀剂的选取。