高考化学易错题精选氯及其化合物练习题附答案.docx
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高考化学易错题精选氯及其化合物练习题附答案
高考化学易错题精选-氯及其化合物练习题附答案
一、高中化学氯及其化合物
1.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
【解析】
【分析】
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。
【详解】
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;
(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+。
【点睛】
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。
2.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。
3.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。
4.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
【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:
;
B与水反应方程式为:
Cl2+H2O=HCl+HClO。
【点睛】
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,发出苍白色的火焰,这是氢气与氯气反应生成氯化氢反应。
5.A—E五种物质都含有同一种元素,它们之间的转化关系如图所示,其中A为淡黄色固体化合物,B为单质。
(1)固体A的名称为____,单质B的常见用途有:
_____(任写一条)。
(2)写出下列反应的化学方程式
①B→C__________
②A→D__________
(3)写出将氯气通入C溶液中的化学方程式_____,其溶液有漂白作用,漂白原理是______。
(写反应方程式)
【答案】过氧化钠;制作高压钠灯,Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂,制备钠的化合物,制备某些金属等(任写一条);2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO。
【解析】
【分析】
A~E五种物质都含有同一种元素,A为淡黄色固体化合物,可由单质B转化得到,且A又能与二氧化碳反应生成D,则A为Na2O2,D为Na2CO3,而B能与氯气反应生成E,则B为Na、E为NaCl,A、B均可以转化生成C,C可以转化得到D、E,可推知C为NaOH,据此进行解答。
【详解】
(1)固体A的名称为过氧化钠,钠的常见用途有:
制作高压钠灯,Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂,制备钠的化合物,制备某些金属等;
故答案为:
过氧化钠;制作高压钠灯,Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂,制备钠的化合物,制备某些金属等(任写一条);
(2)①B→C的化学方程式:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑,②A→D的化学方程式:
2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
故答案为:
2Na+2H2O=2NaOH+H2↑;2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2;
(3)将氯气通入C溶液中的化学方程式:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O,其溶液有漂白作用,漂白原理是:
NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO;
故答案为:
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O;NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO。
【点睛】
1.本题中学生们由于不按要求作答造成失分,有两点:
①第
(1)问经常会出现学生将名称写成化学式;②第
(2)、(3)问将化学方程式错写成离子方程式;学生们做题时一定要认真审题,按要求作答,可以用笔进行重点圈画,作答前一定要看清是让填化学式还是名称,让写化学方程式还是离子方程式。
学生们一定要养成良好的审题习惯,不要造成不必要的失分。
2、第(3)问漂白液的漂白原理位为:
NaClO+H2O+CO2=NaHCO3+HClO,学生们容易将NaHCO3写成Na2CO3,由于酸性强弱顺序为:
H2CO3>HClO>HCO3-,因此根据强酸制弱酸的原理知,无论CO2是过量还是少量,产物均为NaHCO3。
6.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-+H2O
7.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】N2SO2SO32-+Cl2+H2O=SO42-+2Cl-+2H+4NH3+5O2
4NO+6H2O
【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+;
(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。
8.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。
9.氯化磷酸三钠[(Na3PO4·12H2O)4·NaOCl]具有良好的洗涤、去污和消毒杀菌功能。
以湿法磷酸(含杂质Fe3+,Al3+及H2SiF6等)为原料制取氯化磷酸三钠的工艺流程如下:
回答下列问题:
(1)“一次中和”生成Na2HPO4的化学方程式为____________________________________;反应需保温20min,使沉淀颗粒长大,其目的是___________________________________。
(2)“二次中和”不用Na2CO3溶液,其可能原因是_________________________________。
(3)制备NaClO的离子方程式为__________________________________________________。
(4)“低温结晶”时,控制温度不超过60℃的目的是________________________________。
(5)“过滤2”所得母液中溶质主要有_____________________________________和NaClO。
【答案】H3PO4+Na2CO3=Na2HPO4+CO2↑+H2O便于沉淀过滤除去不能使Na2HPO4转化成Na3PO4,也可能是防止引入大量Na2CO3、NaHCO3Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O防止氯化磷酸三钠受热分解,有效成分含量降低NaCl、Na3PO4
【解析】
【分析】
(1)磷酸的酸性强于碳酸,根据一次“中和”生成Na2HPO4,说明“中和”H3PO4中的2个H,后面操作是过滤,因此沉淀颗粒长大,其目的是便于沉淀过滤除去,据此分析;
(2)“二次中和”不用Na2CO3,其原因可能是Na2CO3与Na2HPO4不发生反应,根据流程的目的,也可能是防止引入新杂质,据此分析;
(3)根据氯气与NaOH反应进行分析;
(4)可能是防止产品受热分解;
(5)根据流程前后进行分析;
【详解】
(1)磷酸的酸性强于碳酸,根据流程得到Na2HPO4,因此反应方程式为H3PO4+Na2CO3=Na2HPO4+CO2↑+H2O;“一次中和”后进行过滤,因此保温20min,使沉淀颗粒长大,其目的是便于沉淀过滤除去;
答案:
H3PO4+Na2CO3=Na2HPO4+CO2↑+H2O;便于沉淀过滤除去;
(2)“二次中和”不用Na2CO3溶液,而采用NaOH,可能是Na2HPO4不与Na2CO3反应生成Na3PO4,因为制备的是氯化磷酸三钠,根据流程,推出不用Na2CO3,可能是防止引入大量的杂质;
答案:
不能使Na2HPO4转化成Na3PO4,也可能是防止引入大量Na2CO3、NaHCO3;
(3)Cl2能与NaOH发生Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;
答案:
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O;
(4)控制温度不超过60℃的目的是防止氯化磷酸三钠受热分解,有效成分含量降低;
答案:
防止氯化磷酸三钠受热分解,有效成分含量降低;
(5)根据(4)除生成NaClO外,还生成NaCl,反应步骤得到溶液为氯化磷酸三钠、NaCl,还有部分未反应的Na3PO4和NaClO,因此母液中含有溶质为NaCl、NaClO、Na3PO4;
答案:
NaCl、Na3PO4。
10.有人提出可以利用海水(含NaCl)和石灰石为原料制取漂白粉,该方法流程如下:
(1)②中的反应物是氯化钠和________,该反应的离子程式为_________。
(2)写出反应④、⑤的化学方程式:
__
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- 高考 化学 易错题 精选 及其 化合物 练习题 答案