化学化学卤素及其化合物的专项培优练习题及详细答案.docx

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化学化学卤素及其化合物的专项培优练习题及详细答案

【化学】化学卤素及其化合物的专项培优练习题及详细答案

一、卤素及其化合物练习题（含详细答案解析）

1．在下列各变化中，反应①为常温下的反应，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，E常温下为无色无味的液体，F为淡黄色粉末，G为常见的无色气体。

回答下列问题：

（1）A、G的化学式分别为________________、________________。

（2）F和E反应的化学方程式为____________________________。

（3）写出反应①的化学方程式____________________________________。

（4）在反应②中，每生成2.24L气体G（标准状况）时，消耗F___________g。

【答案】Cl2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O15.6

【解析】

【分析】

E常温下为无色无味的液体，推测E为水，F为淡黄色粉末，推测为过氧化钠，由图中关系可推知：

A：

Cl2；B：

NaOH；C：

NaCl；D：

NaClO；E：

H2O；F：

Na2O2；G：

O2。

在结合反应①②的情况，即可推断反应①为：

Cl2+2NaOH＝NaClO+NaCl+H2O，反应②为2Na2O2＋2H2O＝4NaOH＋O2↑，据此解答。

【详解】

由图中关系可推知：

A：

Cl2；B：

NaOH；C：

NaCl；D：

NaClO；E：

H2O；F：

Na2O2；G：

O2。

（1）A、G的化学式分别为Cl2、O2。

故答案为Cl2；O2；

（2）F和E反应的化学方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2，

故答案为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2；

（3）A和B反应的方程式为：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。

故答案为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；

（4）在反应2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每产生标准状况下的氧气22.4L，消耗的Na2O22mol.即156g。

现在产生了2.24L气体G（标准状况），则消耗Na2O2质量为15.6g，

故答案为15.6。

2．如图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H为气体，反应①是重要的工业反应，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）B是________，D是________，G是________，H是________（填化学式）。

（2）工业上常利用反应①制取漂白粉，该反应的化学方程式：

_____________________，漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为__________________________。

（3）A中元素的原子结构示意图为________________。

（4）上述反应中属于氧化还原反应的是_________（填写序号）。

【答案】CO2CaCl2HClOO22Cl2+2Ca（OH）2=Ca（ClO）2+CaCl2+2H2OCa（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO

①⑤

【解析】

【分析】

反应①是重要的工业反应，工业上常利用反应①制取漂白粉，则A是Cl2，与石灰乳反应生成CaCl2和Ca（ClO）2，G在光照下反应，应为HClO，生成的气体H为O2，则F为HCl，B与澄清的石灰水反应产生E，E与HCl反应产生B与C反应产生G为HClO，所以C应为Ca（ClO）2，D为CaCl2，无色气体B应为CO2，沉淀E为CaCO3，以上推断符合题目转化关系，结合物质的性质和题目要求解答该题。

【详解】

根据上述推断可知A是Cl2，B是CO2，C是Ca（ClO）2，D是CaCl2，E是CaCO3，F是HCl（盐酸），G是HClO，H是O2。

（1）由以上分析可知B是CO2，D为CaCl2，G为HClO，H为O2；

（2）反应①为Cl2和石灰乳Ca（OH）2的反应，生成CaCl2和Ca（ClO）2和H2O，反应的方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，由于HClO的酸性比碳酸弱，所以漂白粉在空气中可发生Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；

（3）A为Cl2，Cl元素是17号元素，原子核外有3个电子层，最外层电子数为7，原子结构示意图为

；

（4）反应①⑤中，有元素化合价的变化，反应属于氧化还原反应，②③④反应中无元素化合价的变化，不属于氧化还原反应，故上述反应中属于氧化还原反应的是①⑤。

【点睛】

本题考查无机物的推断，本题注意把握常见物质工业用途及次氯酸干燥分解、次氯酸具有漂白性的性质为解答该题的关键，注意把握相关物质的性质，在平时的学习中注意知识的积累。

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．现有X、Y、Z三种非金属元素,A、B、C三种金属元素,有:

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,火焰呈苍白色。

产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红;

③2molX的单质可与1molY的单质化合生成2molX2Y,X2Y在常温下为液体;

④Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性;

⑤A的单质可以在Z的单质中燃烧,生成黑棕色固体,该固体溶于水得到棕黄色溶液;

⑥B与Z可形成化合物BZ3,向BZ3的溶液中逐滴滴加NaOH溶液,先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解;

⑦C的单质与Y的单质反应可能得到两种产物,其中一种为淡黄色固体M

请回答下列问题:

（1）写出下列物质的化学式:

XZ__________,X2Y__________,M__________

（2）Z的单质溶于X2Y中所得溶液中起漂白作用的物质是__________（填化学式）

（3）A的单质与Z的单质反应的化学方程式为__________

（4）BZ3与过量的NaOH溶液反应的离子方程式为__________

（5）X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应后,冷却至室温,再通入足量的NaOH溶液中,气体被完全吸收,则原混合气体中X的单质与Z的单质的体积关系可能为__________（用相应化学式表示X、Z的单质）

【答案】HClH2ONa2O2HClO2Fe+3Cl2

2FeCl3Al3++4OH-=

+2H2OV（H2）:

V（Cl2）≤1:

1

【解析】

【分析】

现有X、Y、Z三种非金属元素，A、B、C三种金属元素，有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，火焰呈苍白色，产物XZ的水溶液可使石蕊试液变红，则XZ为HCl，得出X为H，Z为Cl；③2molX的单质可与1molY的单质化合生成2molX2Y，X2Y在常温下为液体，则X2Y为H2O，Y为O；④Z的单质溶于X2Y中所得的溶液具有漂白性；⑤A的单质可以在Z的单质中燃烧，生成黑棕色固体，该固体溶于水得到棕黄色溶液，则为氯化铁溶液，即A为Fe；⑥B与Z可形成化合物BZ3，向BZ3的溶液中逐滴滴加NaOH溶液，先生成白色沉淀后沉淀逐渐溶解，则B为Al；⑦C的单质与Y的单质反应可能得到两种产物，其中一种为淡黄色固体M，则M为过氧化钠，则C为Na。

【详解】

⑴根据分析得出下列物质的化学式：

XZ为HCl，X2Y为H2O，M为Na2O2；故答案为：

HCl；H2O；Na2O2。

⑵Z的单质溶于X2Y反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸起漂白作用；故答案为：

HClO。

⑶A的单质与Z的单质反应是铁与氯气反应生成氯化铁，其化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3；故答案为：

2Fe+3Cl2

2FeCl3。

⑷氯化铝与过量的NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，其离子方程式为Al3++4OH－=AlO2－+2H2O；故答案为：

Al3++4OH－=AlO2－+2H2O。

⑸X的单质与Z的单质的混合气体经点燃充分反应生成HCl，H2+Cl2

2HCl，反应后冷却至室温，再通入足量的NaOH溶液中，气体被完全吸收，氯化氢和氢氧化钠反应生成氯化钠和水，氯气也要与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，因此氯气过量或刚好生成HCl，气体都能完全被吸收，故原混合气体中X的单质与Z的单质的体积关系可能为V（H2）:

V（Cl2）≤1:

1；故答案为：

V（H2）:

V（Cl2）≤1:

1。

5．甲、乙、丙均为化合物，其中甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，它们有如下图的转化关系，已知D为黄绿色气体，按要求回答下列问题：

（1）甲物质为____________（填化学式）。

（2）乙与甲反应的化学方程式为____________，丙与甲反应的化学方程式为____________。

（3）D能使湿润的有色布条褪色，其褪色原因是____________（结合化学反应方程式描述原因）。

（4）D可用于制取“84”消毒液，反应的化学方程式为____________，也可用于工业上制取漂白粉，反应的化学方程式为____________，但漂白粉保存不当易变质，变质时涉及到的化学方程式为____________。

【答案】Na2O22Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2Cl2+H2O=HCl+HClO、HClO有漂白性Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OCa（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，2HClO

2HCl+O2↑

【解析】

【分析】

甲、乙、丙均为化合物，甲为淡黄色的固体，乙常温下为无色无味液体，丙为常见的无色无味气体，甲能既能与乙反应也能与丙反应，可知甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，则A为NaOH，B为O2，C为Na2CO3，D为黄绿色气体，则D为Cl2，D（Cl2）与A（NaOH）反应生成NaCl、NaClO，F的溶液能与丙（CO2）反应C与I，则F为NaClO、E为NaCl、I为HClO，G与C（Na2CO3）反应得到E（NaCl）与丙（CO2），则G为HCl，据此解答。

【详解】

根据上述分析可知：

甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，A为NaOH，B为O2，C为Na2CO3，D为Cl2，E为NaCl，F为NaClO，G为HCl，I为HClO。

（1）甲是过氧化钠，化学式为Na2O2；

（2）甲为Na2O2，乙为H2O，丙为CO2，Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，反应方程式为：

2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑；Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，反应方程式为：

2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；

（3）D为Cl2，氯气与水反应产生HCl和HClO，反应方程式为：

Cl2+H2O=HCl+HClO，产生的HClO由于有强氧化性而具有漂白性，能够将有色物质氧化变为无色，所以氯气能够使湿润的有色布条褪色；

（4）Cl2与NaOH溶液发生反应：

Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，得到的溶液为NaCl、NaClO的混合物，即为“84”消毒液，有效成分为NaClO；氯气与石灰乳发生反应制取漂白粉，反应为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，有效成分为Ca（ClO）2，由于酸性H2CO3>HClO，所以漂白粉在空中中露置，会发生反应：

Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO，产生的HClO不稳定，光照易分解：

2HClO

2HCl+O2↑，导致漂白粉失效，所以漂白粉要密封保存在冷暗处。

【点睛】

本题考查无机物推断，“甲为淡黄色的固体且能与无色液体反应、与无色无味气体反应”是推断突破口，熟练掌握钠、氯元素的单质及化合物性质是本题解答的关键，注意二氧化碳与次氯酸盐溶液反应。

6．化合物X由三种元素（其中一种是第四周期元素）组成，现进行如下实验：

已知：

气体A在标准状况下密度为0.714g·L-1；碱性溶液焰色反应呈黄色。

（1）X中非金属元素的名称为__________，X的化学式__________。

（2）X与水反应的化学方程式为_________。

（3）化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，设计实验证明Y的晶体类型__________。

（4）补充焰色反应的操作：

取一根铂丝，________，蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色。

【答案】碳、溴Na5CBrNa5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑将Y加热至熔化，然后测其导电性，若熔融状态下能导电，证明该物质是由离子构成的离子晶体放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯火焰上灼烧至无色

【解析】

【分析】

X与水反应产生气体A和碱性溶液，气体A摩尔质量为M=0.714g·L-1×22.4L/mol=16g/mol，则A是CH4，说明X中含有C元素；碱性溶液焰色反应呈黄色，说明碱性溶液含有钠元素，物质X中有钠元素；向该碱性溶液中加入0.04molHCl溶液显中性后，再加入足量HNO3酸化，再加入AgNO3溶液产生两种沉淀，质量和为7.62g，根据Cl-守恒，其中含有AgCl沉淀质量为m（AgCl）=0.04mol×143.5g/mol=5.74g，X中含有的另外一种元素位于第四周期，可以与Ag+反应产生沉淀，则该元素为溴元素，则X的组成元素为Na、C、Br三种元素，形成的沉淀为AgBr，其质量为m（AgBr）=7.62g-5.74g=1.88g，n（AgBr）=1.88g÷188g/mol=0.01mol，X中含有Br-0.01mol，其质量为0.01mol×80g/mol=0.80g，结合碱性溶液中加入0.04molHCl，溶液显中性，说明2.07gX中含有0.05molNa+，X与水反应产生0.01molHBr和0.05molNaOH，其中0.01molHBr反应消耗0.01molNaOH，产生0.01molNaBr，还有过量0.04molNaOH，则X中含有C的物质的量为n（C）=（2.07g-0.05mol×23g/mol-0.80g）÷12g/mol=0.01mol，n（Na）：

n（Br）：

n（C）=0.05：

0.01：

0.01=5：

1：

1，则X化学式为Na5CBr，Na5CBr与水反应总方程式为：

Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑，据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知X是Na5CBr，A是CH4，碱性溶液为NaOH与NaBr按4：

1混合得到的混合物，中性溶液为NaCl、NaBr按4：

1物质的量的比的混合物，沉淀为AgCl、AgBr混合物，二者物质的量的比为4：

1；

（1）X化学式为Na5CBr，其中非金属元素的名称为碳、溴；

（2）X与水反应的化学方程式为Na5CBr+4H2O=4NaOH+NaBr+CH4↑；

（3）化合物Y由X中金属元素和第四周期元素构成，则Y为NaBr，该化合物为离子化合物，证明Y的晶体类型实验是：

将NaBr加热至熔化，测其导电性，若熔融状态下能导电，证明在熔融状态中含有自由移动的离子，则该物质是由离子构成的离子化合物；

（4）补充焰色反应的操作：

取一根铂丝，放在稀盐酸中洗涤后在酒精灯或酒精喷灯火焰上灼烧至无色，然后蘸取待测液灼烧，观察火焰颜色，来确定其中含有的金属元素。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断、颜色反应的操作及化合物类型判断方法。

掌握常见元素及化合物的性质、物质的构成微粒，并结合题干信息计算、推理。

7．在下列物质转化关系中，反应的条件和部分产物已略去．

回答下列问题：

（1）若甲、乙是两种常见金属，反应Ⅲ是工业制盐酸的反应。

①反应I中，甲在通常条件下和水剧烈反应，除丙外，还生成一种焰色反应为黄色的物质，则工业上生产甲的一般方法是__________。

A．热分解法B．热还原法C．电解法

②反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则反应Ⅱ的化学方程式是____________________________________________________。

③通过比较反应I、Ⅱ的反应条件，可得出甲的金属性比乙的金属性______（填“强”或“弱”），比较二者金属性强弱的依据还可以是__________________________________（写出一种即可）。

（2）若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应。

①反应Ⅲ的化学方程式是__________________________________________________。

②反应I的另一种产物为有机物，则该有机物的电子式是________________。

③反应Ⅱ是化合反应．乙可与硫酸铵共热反应制氨气，则此反应的化学方程式是__________。

④在饱和氯水中加块状石灰石，能制得较浓HClO溶液，同时放出一种气体。

其反应的离子方程式是_______________________________________________________。

【答案】C3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2强金属与酸反应的难易程度[或NaOH是强碱，Fe（OH）3是弱碱等]2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O

CaO+（NH4）2SO4=CaSO4+2NH3↑+H2O2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO2↑

【解析】

【分析】

（1）反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，根据元素守恒知，丙是氢气，丁是氯化氢；若甲、乙是两种常见金属，能和水反应的常见金属是铁、钠等，焰色反应为黄色的物质含有钠元素；四氧化三铁一种有磁性的物质，据此分析解答；

（2）若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，据此分析解答。

【详解】

（1）反应Ⅲ是工业制盐酸的反应，根据元素守恒知，丙是氢气，丁是氯化氢；若甲、乙是两种常见金属，能和水反应的常见金属是铁、钠等。

①焰色反应为黄色的物质含有钠元素，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，所以甲是钠，钠是活泼金属，采用电解熔融盐的方法冶炼，故答案为：

C；

②反应Ⅱ中，乙与H2O在高温下反应，除丙外，还生成一种有磁性的物质，则乙是铁，高温条件下，铁和水反应生成四氧化三铁和氢气，反应方程式为3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2，故答案为：

3Fe+4H2O（g）

Fe3O4+4H2；

③金属与水或酸反应置换氢气的越容易，金属性越强，根据反应条件知，钠的金属性比铁强，故答案为：

强；金属与酸反应的难易程度[或NaOH是强碱，Fe（OH）3是弱碱等]；

（2）若甲、乙是化合物，且反应Ⅲ是工业制漂白粉的反应，则丙是氢氧化钙，氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水。

①反应Ⅲ是氢氧化钙和氯气反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：

2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

②反应I的另一种产物为有机物，碳化钙和水反应生成乙炔和氢氧化钙，乙炔的电子式为：

，故答案为：

；

③反应Ⅱ是化合反应，乙可与硫酸铵共热反应制氨气，则乙是氧化钙，氧化钙和硫酸铵反应生成硫酸钙、氨气和水，反应方程式为：

CaO+（NH4）2SO4=CaSO4+2NH3↑+H2O，故答案为：

CaO+（NH4）2SO4=CaSO4+2NH3↑+H2O；

④氯水中含有盐酸和次氯酸，在饱和氯水中加块状石灰石，碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，从而能制得较浓HClO溶液，离子反应方程式为：

2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO2↑，故答案为：

2Cl2+H2O+CaCO3=Ca2++2Cl-+2HClO+CO2↑。

【点睛】

明确化合物的性质，正确判断框图中的物质是解本题的关键。

本题的易错点为

（2）②，要注意有机化学中生成氢氧化钙的反应的联想和应用。

8．中学常见反应的化学方程式是

（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，则Y的电子式是____，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_____。

（3）若A为金属单质，常温下A在B的浓溶液中“钝化”，且A可溶于X溶液中。

①A元素在周期表中的位置是______（填所在周期和族）；Y的化学式是_________。

②含

的溶液溶解了一定量A后，若溶液中两种金属阳离子的物质的量恰好相等，则被还原的X是__

。

（4）若A、B、X、Y均为化合物。

向A溶液中加入硝酸酸化的

溶液，产生白色沉淀；B的焰色为黄色。

则A与B按物质的量之比1∶4恰好反应，则反应的离子方程式为___________。

【答案】

4∶1第4周期Ⅷ族

【解析】

【分析】