一、 高中化学氯及其化合物
1．已知Cl2在70℃的NaOH水溶液中，能发生氧化还原反应后可生成NaClO与NaClO3现有63.9g Cl2，将其通入到足量70℃的NaOH水溶液中，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4：1，并得到500mL溶液。
（1）写出Cl2在70℃的NaOH水溶液中发生上述反应的化学方程式______。 （2）计算完全反应后溶液中NaClO、NaClO3物质的量浓度____、______。 【答案】9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O 0.8mol/L 0.2mol/L 【解析】 【分析】
先通过氯元素化合价的对比判断NaClO与NaClO3是氧化产物，氯气得电子化合价降低的产物是还原产物，所以还原产物是氯化钠，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，从而得出反应中被氧化的Cl2与被还原的Cl2的物质的量之比。 【详解】
（1）该反应中NaClO与NaClO3是氧化产物，氯化钠是还原产物，反应完全后测得溶液中NaClO与NaClO3的物质的量比为4：1，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，所以该方程式为：9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O； （2）49.7g Cl2的物质的量为
63.9g=0.9mol，根据反应
71g/mol9Cl2+14NaOH=4NaClO+NaClO3+9NaCl+7H2O可知，生成NaClO与NaClO3的物质的量分别为
0.9mol0.9mol40.4mol、10.1mol，完全反应后溶液中NaClO、NaClO3物质的99量浓度分别为
0.4mol0.1mol0.8mol/L、0.2mol/L。 0.5L0.5L
2．一定量氢气在氯气中燃烧，所得混合物用100mL3.00molL1NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.0500 mol。 （1）所得混合物与NaOH溶液反应的离子方程式______ （2）所得溶液中NaCl的物质的量为________。
（3）所用氯气和参加反应的氢气的物质的量之比nCl2:nH2=________。
【答案】HOHH2O、Cl22OHClClOH2O 0.250 3:2
【解析】 【分析】
由溶液中含有0.0500 mol次氯酸钠可知，氢气在氯气中燃烧时，氯气过量，反应得到氯化氢和氯气的混合气体。 【详解】
（1）氯化氢和氯气的混合气体被氢氧化钠溶液吸收时，氯化氢与氢氧化钠溶液发生中和反应生成氯化钠和水，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方
程式为OH—+H+= H2O，Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故答案为：OH—+H+= H2O，Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O；
（2）根据溶液电中性原则可知：n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-），n（Cl-）=n（Na+）-n（ClO-）=0.1L×3.00mol/L-0.0500mol=0.250mol，则所得溶液中NaCl的物质的量为0.250mol，故答案为：0.250；
（3）根据Cl原子守恒可知，n（Cl2）=1×n（NaOH）=0.15mol，由氯气与氢氧化钠溶液反2应的化学方程式可知，生成0.0500 mol次氯酸钠消耗过量氯气0.0500 mol，则与氢气反应的氯气为0.15mol-0.05mol=0.1mol，氢气在氯气中燃烧的化学方程式为H2+Cl2
2HCl，
由化学方程式可知氢气的物质的量为0.1mol，故氯气和参加反应的氢气的物质的量之比n（Cl2）：n（H2）=0.15mol：0.1mol=3：2，故答案为：3：2。 【点睛】
所得混合物冷却后用NaOH溶液恰好完全吸收，测得溶液中含有NaClO的物质的量为0.05mol，说明氢气与氯气反应中氯气有剩余，溶液为氯化钠和次氯酸钠的混合液，根据钠元素及氯元素守恒可知2n（Cl2）=n（Na+）=n（Cl-）+n（ClO-）；根据电子转移守恒，计算氯气发生氧化还原反应生成的氯离子的物质的量，溶液中Cl-来源于氯化氢及氯气与氢氧化钠的反应，计算反应后混合气体中氯化氢的物质的量，根据氢元素守恒计算氢气的物质的量是解答关键。
3．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)＋H2O
HClO＋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．0~2 B．2~4.7 C．4.7~7.5 D．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】B 2HClO【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2HClO用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间。答案为：2HClO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。
2HCl+O2↑ 用容器盛放，在太阳光下曝晒一段时间
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O +3 2.5
2HCl + O2↑，由于次氯酸见光2HCl+O2↑；用容器盛放，在
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
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。
4．实验室迅速制备少量氯气可利用如下反应：KMnO4＋HCl(浓)→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O(未配平)，此反应常温下就可以迅速进行。请回答下列问题：
（1）上述反应中被氧化的元素是_________。当生成3.36L（标准状况下）Cl2时，转移电子的物质的量为_________。
（2）如果上述化学方程式中KMnO4化学计量数是1，则HCl的化学计量数是_________。 （3）实验室通常利用MnO2与浓盐酸共热反应制得氯气，据此可知KMnO4、Cl2、MnO2三种物质的氧化性由强到弱的顺序为________。
（4）酸性KMnO4溶液与Fe2＋反应生成Mn2＋，该反应的离子方程式是________。
（5）下列物质既有氧化性，又有还原性的是________（填字母代号）。 A．I－ B．HCl C．MnCl2 D．Cl2
【答案】Cl 0.3mol 8 KMnO4MnO2Cl2
35Fe2MnOMn24H2O BCD 48H5Fe【解析】 【分析】
比较氧化还原反应中物质的氧化性和还原性时，若两物质在同一反应中，则满足氧化性：氧化剂>氧化产物，还原性：还原剂>还原产物；若两物质在两个不同反应中时，可借助一个“桥”，即第三者产生联系，若找不到第三者，需比较反应条件，反应条件越高，氧化剂的氧化能力或还原剂的还原能力越弱。 【详解】
对于反应KMnO4＋HCl(浓)→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O，KMnO4+5e-→MnCl2，2HCl-2e-→Cl2↑,依据电子守恒，则为2KMnO4+10e-→2MnCl2，10HCl-10e-→5Cl2↑，再考虑质量守恒，即可配平2KCl＋2MnCl2，最后配HCl。因为前面配的只是表现出还原性的部分，生成(2KCl＋2MnCl2)的部分表现出酸性，于是得出配平后的方程式为2KMnO4＋16HCl(浓) =2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
(1)上述反应中，HCl中的Cl由-1价升高到0价，则被氧化的元素是Cl。当生成3.36L（标准状况下）Cl2时，n(Cl2)=为0.15mol×2=0.3mol； 答案为：Cl；0.3mol；
(2)上述化学方程式中，2KMnO4——16HCl；若KMnO4化学计量数是1，则HCl的化学计量数是8； 答案为：8；
(3)在2KMnO4＋16HCl(浓)==2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O反应中，氧化性KMnO4> Cl2；在MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O中，氧化性MnO2> Cl2，那么KMnO4与MnO2的氧
化性哪个更强？因为找不到可联系二者的物质，所以我们只能利用反应条件，前一反应不需条件，后一反应需加热，所以氧化性KMnO4>MnO2。从而得出氧化性KMnO4>MnO2>Cl2； 答案为：KMnO4>MnO2>Cl2；
(4)酸性KMnO4溶液与Fe2＋反应生成Mn2＋，该反应的离子方程式是5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O；
答案为：5Fe2++MnO4-+8H+==5Fe3++Mn2++4H2O；
(5) A．I－化合价为最低价，只能失电子，即只具有还原性，A不合题意； B．HCl中，H+具有氧化性，Cl-具有还原性，B符合题意；
C．MnCl2中，Mn2+价态既能升高又能降低，既具有氧化性又具有还原性，C符合题意； D．Cl2中，Cl的价态既能升高又能降低，D符合题意； 答案为：BCD。 【点睛】
3.36L=0.15mol，由Cl2—2e-，可得出转移电子的物质的量
22.4L/mol判断物质具有的氧化性和还原性时，应从物质中含有的所有元素考虑，不可拘泥于一种元素，否则易得出错误的结论。
5．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、CuSO4 BaCO3＋2H＋＝Ba2＋＋CO2↑＋H2O NaCl 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。
6．现有A、B、C三种金属单质和甲、乙、丙三种气体，及物质D、E、F、G、H，它们之间能发生如图所示变化（图中有些反应的产物和反应的条件没有全部标出）。请回答下列问题：
（1）写出指定物质的化学式：D____________、G____________、丙____________。 （2）上述反应中既是化合反应，又是氧化还原反应的是____________（填序号）。 （3）写出反应①的离子方程式：____________________________________。
（4）写出反应⑤的离子方程式________________________。用于检验溶液G中金属阳离子的试剂是____________。
【答案】NaOH FeCl3 HCl ②⑤ 2Na2H2O=2Na2OHH2
2Fe2Cl2=2Fe32Cl KSCN溶液
【解析】 【分析】
金属单质A的焰色反应为黄色，A为Na，Na与水反应生成NaOH和H2，气体甲为
H2，溶液D为NaOH，NaOH与金属单质Al反应生成NaAlO2和H2，B为Al，黄绿
色气体是Cl2，H2与Cl2反应生成HCl气体，气体丙为HCl，HCl加水得到溶液E为盐酸，盐酸与金属单质Fe反应，生成FeCl2和H2，金属C为Fe，溶液F为FeCl2，FeCl2与Cl2反应，生成FeCl3，溶液G为FeCl3，FeCl3与NaOH反应生成红褐色沉淀
Fe(OH)3和NaCl，H为Fe(OH)3。 【详解】
（1）根据分析可知，D为NaOH、G为FeCl3、丙为HCl，故答案为：NaOH；
FeCl3；HCl；
（2）化合反应是两种或两种以上的物质反应生成一种新物质的反应，氧化还原反应是反应前后有元素化合价改变的反应，所以②⑤是既是化合反应，又是氧化还原反应，故答案为：②⑤；
（3）反应①是Na与水反应生成NaOH和H2，其离子反应方程式：
2Na2H2O=2Na2OHH2↑，故答案为：2Na2H2O=2Na2OHH2↑；
（4）反应⑤是FeCl2与Cl2应生成FeCl3，其离子反应方程式：
2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，溶液G为FeCl3，阳离子是Fe3+，滴加KSCN溶液，溶液变
2+3+-为血红色，说明有Fe3+，故答案为：2Fe+Cl2=2Fe+2Cl；KSCN溶液。
7．氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。已知X是红棕色气体，能与水反应；Y是黄绿色气体，能使湿润的有色布条褪色。请回答下列问题： （1）X的化学式为_________；
（2）X与水反应生成NO和一种酸，该酸的名称为________；
（3）Y能使湿润的有色布条褪色，说明Y的水溶液具有____（填“漂白”或“酸”）性。 【答案】NO2 硝酸 漂白 【解析】 【分析】
氧化物X、单质Y都能对大气造成污染。已知X是红棕色气体，能与水反应；X为NO2，Y是黄绿色气体，能使湿润的有色布条褪色，Y为Cl2。 【详解】
⑴X的化学式为NO2；故答案为：NO2。
⑵X与水反应生成NO和一种酸，3NO2+ H2O = 2HNO3 + NO，该酸的名称为硝酸；故答案为：硝酸。
⑶Y能使湿润的有色布条褪色，Cl2 + H2O = HCl +HClO，HClO具有漂白性，说明Y的水溶液具有漂白性；故答案为：漂白。
8．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可按下面框图进行反应。又知E溶液是无色的。
请回答：
(1)A是________，B是________，C是________(填化学式)。 (2)反应①的化学方程式为____________________________。 (3)反应③的化学方程式为____________________________。 (4)反应④的化学方程式为______________________。 【答案】Fe Cl2 H2 2Fe+3Cl2【解析】 【分析】
B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe，结合物质的相关性质解答该题。 【详解】
B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe。
2FeCl3 Fe+2HCl===FeCl2+H2↑ 2FeCl2+Cl2===2FeCl3
（1）由以上分析可知A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：Fe；Cl2；H2； （2）反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22Fe+3Cl2
2FeCl3；
2FeCl3，故答案为：
（3）反应③为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；
（4）反应④为FeCl2和Cl2的反应，化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2=2FeCl3。
9．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适的反应条件下，它们可按下面框图进行反应。又知D溶液为黄色，E溶液为无色，请回答：
(1)A是__________，B是__________，C是_______________(填写化学式)。 (2)反应①的化学方程式为_______________________________。 (3)反应③的化学方程式为________________________________________。 (4)反应④的化学方程式为____________________________________________。 【答案】Fe Cl2 H2 2Fe＋3Cl2【解析】 【分析】
单质B为黄绿色气体，可知B为Cl2，C为单质为无色气体，B与C反应生成E，E溶液是无色的，则C为H2，E为HCl，A与盐酸生成氢气，A应为金属固体单质，A与盐酸反应后生成F为A的氯化物，F又能与氯气反应生成D，且A与氯气可以直接生成D，可推知A为Fe，根据转化关系可知，F为FeCl2，D为FeCl3，据此分析解答。 【详解】
(1)根据以上分析可知，A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：Fe；Cl2，H2； (2)反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22Fe+3Cl2
2FeCl3；
2FeCl3，故答案为：
2FeCl3 Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑ 2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3
(3)反应③为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，故答案为：Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑；
(4)反应④为FeCl2和Cl2的反应，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，故答案为：2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。 【点睛】
把握B为氯气及图在转化为解答的关键。本题的难点是A的判断，要注意根据反应①A＋B(氯气)→D(固体)，反应④F(A的氯化物)＋B(氯气)→D(溶液)，说明A是变价金属，且A在F中呈低价。
10．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】H2 Cl2 CO2 HCl H2+Cl2【解析】 【分析】
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。 【详解】
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：H2+Cl2点燃2HCl Cl2+H2O=HCl+HClO
点燃2HCl；
B与水反应方程式为：Cl2＋H2O=HCl＋HClO。 【点睛】
①根据PV=nRT可以推出P=ρRT，所以相同条件下，气体的密度和其摩尔质量呈正比，M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，发出苍白色的火焰，这是氢气与氯气反应生成氯化氢反应。
11．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________、E________。 (2)写出下列反应的化学方程式(请注明反应条件)： A＋H2O： ____________________； A → D： ____________________。
【答案】Cl2 HClO HCl NaClO Cl2＋H2O噲垐??HCl＋HClO Cl2+H2【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，C为NaCl，D为HCl， E为NaClO，依据推断出的物质结合物质性质回答问题。 【详解】
依据转化关系图分析，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，C为NaCl，D为HCl， E为NaClO； (1)根据以上分析，A为Cl2、B为HClO，D为HCl，E为NaClO；
(2)氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，化学方程式为：Cl2＋H2O噲垐??HCl＋HClO； 氯气可以与氢气反应生成氯化氢，反应方程式为：Cl2+H2点燃2HCl
点燃2HCl。
12．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31.26 oC、压强高于7.29×106 Pa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】【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，电子式为类型为极性共价键。答案为：
；极性；
；包含的化学键
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 ＋1 Na2SO3＋HClO=Na2SO4＋HCl
(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。
13．I、中学常见反应的化学方程式是ABXYH2O（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。
14．实验室制取氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)
MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。结合氯气
的物理性质，判断下列叙述中不正确是________________(填序号)。 ①加热盛有二氧化锰、浓盐酸的烧瓶，瓶内充满黄绿色气体。 ②氯气的密度比空气大，常用向上排空气法收集氯气。
③闻氯气气味时，用手轻轻在集气瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔。
④在充满氯气的集气瓶内加水，盖严后振荡，瓶内气体颜色变浅，液体变为黄绿色。 ⑤氯气易液化，在低温和加压的条件下可以转变为液态(液氯)和固态。 ⑥氯气、氯水、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物。 【答案】⑥ 【解析】 【分析】
结合氯气的物理性质和化学性质解题即可。 【详解】
①二氧化锰和浓盐酸混合加热可制得氯气，而氯气是黄绿色有强烈刺激性气味的有毒气体，故①正确；
②氯气易溶于水且与水反应，可根据其密度比空气大，选择向上排空气法收集氯气，故②正确；
③氯气是有毒气体，则闻氯气气味时，用手轻轻在集气瓶口扇动，使极少量氯气飘进鼻孔，故③正确；
④氯气溶于水所得氯水中含有氯气分子，则在充满氯气的集气瓶内加水，盖严后振荡，瓶内气体颜色变浅，液体变为黄绿色，故④正确；
⑤氯气的熔、沸点比较高，在低温和加压的条件下，氯气易转变为液态(液氯)和固态，故⑤正确；
⑥氯气、液氯是同一种物质，只是状态不同，都属于纯净物，但氯水是氯气的水溶液，属于混合物，故⑥错误； 故答案为⑥。
15．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。
因篇幅问题不能全部显示，请点此查看更多更全内容