考点14 氯元素单质
及其重要化合物 1、（2013·上海高考·15）下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。 已知：2KMnO4+16HCl→2KCl+5Cl2↑+2MnCl2+8H2O
对实验现象的“解释或结论”正确的是 选项  实验现象 
解释或结论   A [来源:学|科|网]  a处变蓝，b处变红棕色 [来源:Z.xx.k.Com]  氧化性：Cl2>Br2>I2   B  c处先变红，后褪色  氯气与水生成了酸性物质   C [来源:学科网]  d处立即褪色7  氯气与水生成了漂白性物质   D  e处变红色  还原性：Fe2+>Cl-  15. D【解析】本题通过元素化合物知识，考查考生实验能力和对实验现象的分析、推断能力。a处变蓝、b处变红棕色，说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，可证明氧化性：Cl2＞I2、Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，A项错误；C处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质，B项错误；d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH，C项错误；D处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+＞Cl-，D项正确。 2
、（2013·上海高考·22）PbO2是褐色固体，受热分解为Pb的+4和+2价的混合氧化物，+4价的Pb能氧化浓盐酸生成Cl2；现将1 mol PbO2加
热分解得到O2，向剩余固体中加入足量的浓盐酸得到Cl2，O2和Cl2的物质的量之比为3：2，则剩余固体的组成及物质的量比是 A．1：1混合的Pb3O4、PbO
B．1：2混合的PbO2、Pb3O4 C．1：4：1混合的PbO2、Pb3O4、PbO D．1：1：4混合的PbO2、Pb3O4、PbO 22. AD【解析】本题通过元素化合物转化考查考生计算、分析推理能力。P
bO2受热分解得到氧气和铅的氧化物的混合物（Pb为+4、+2价），铅的氧化物的混合物再与盐酸作用时，+4价Pb
还原为+2价，Cl-被氧化为Cl2，此时得到溶液为PbCl2溶液，利用“电荷守恒”
知1molPbO2在上述转化过程中共转移2mole-。设该过程得到O2的物质的量为3xmol，则Cl2的物质的量为2xmol，利用电荷守恒可得：3x×4+2x×2＝2，解得x＝0.125，故知1mol PbO2在受热分解过程中产生0.375molO2，利用原子守恒可知受热后的剩余
固体中n(Pb):n(O)＝4:5，结合选项可知只有A、D项满足n(Pb):n(O)＝4:5，故答案为：AD。 3、（2013·北京高考·6）下列用品的有效成分及用途对应错误的是
【解题指南】解答本题时应注意熟记常见物质的俗名、性质及在生产生活中的用
途。 【解析】选B。小苏打的有效成分为碳酸氢钠。 4、（2013·新课标全国卷·7）下列叙述中正确的是 （ ） A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加水封 B．能使润湿的淀粉KI试纸变成蓝色
的物质一定是Cl2 C．某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I- D．某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液一定含有Ag+ 【解题指南】解答本题时应注意掌握元素单质及其化合物的为了性
质和化学性质，以及常见离子的检验方法。 【解析】选A。因为液溴易挥发，试剂瓶中存放时应水封，由此判断A正确；B项只要能把碘化钾氧化成碘单质的物质都能使湿润的淀
粉碘化钾试纸变蓝,因此B项与题意不符；C项碘单质在四氯化碳中线紫色，加入四氯化碳，四氯化碳层显紫色证明存在碘单质，C项与题意不符；D项，加入氯化钡产生不溶于稀硝酸的白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡，原溶液中可能存在Ag+、SO42- 、SO32-，D项不符合题意。 5、（2013·四川高考·26）（13分） 下列框图中的字母分别代表一种常见的物质或其溶液，相互之间的转化关系如下图所示（部分产物及反应条件已略去）。已知A
、B为气态单质，F是地壳中含量最多的金属元素的单质；E、H、I为氧化物，E为黑色固体，I为红棕色气体；M为红褐色沉淀。
请回答下列问题： （1）B中所含元素位于周期表中第 周期， 族。 （2）A在B中燃烧的现象是 。 （3）
的反应中，被氧化与被还原的物质
的物质的量比是 。[来源:学科网] （4）
的离子方程式是 。 （5）
受热分解的化学方程式是 。 【解题指南】解答本题时注意以下几点： 根据物质的特殊的颜色或者是特殊的存在形式可以推测元素； 在氧化还原反应中并不是所有反应物的化合价都改变。 【解析】地壳中含量最多的金属为铝，红棕色的气体为二氧化氮，红褐色沉淀为氢氧化铁,点解X为点解饱和食盐水，产物A在B中能燃烧，则A为氯气，B为氢气，D为氯化氢，E为二氧化锰，C为氢氧化钠，G为偏铝酸钠，J为铁盐，两者发生双水解反应，生成氢氧化铁沉淀，I为二氧化氮，则N为
硝酸，Y为硝酸铁，H为氧化铁。 根据元素原子的核外电子排布，可以推测元素在周期表中的位置； 氢气在氯气中燃烧发出苍白色的火焰，在集气瓶口有白雾生成； （3）浓盐酸与二氧化锰反应方程式为：[来源:学科网ZXXK] MnO2+4HCl(浓)
MnCl2+Cl2↑+2H2O氧化剂与还原剂的物质的量之比为：1：2； （4）偏铝酸根离子和三价铁离子发生双水解反应； （5）硝酸铁分解生成氧化铁、二氧化氮，化合价只有降低没有升高的元素，因此反应中必然有氧气生成
。 【答
案】 （1）三 ⅦA（各1分，共2分） （2）产生苍
白色火焰（2分） （3）2:1（3分）[来源:Zxxk.Com] （4）3AlO2- +Fe3+ + 6H2O
3Al（OH）3↓+Fe（OH）3↓（3分） （5）4Fe（NO3）3
2Fe2O3 +12NO2↑+3O2↑（3分） 6、（2013·天津高考·9）（18分）信息时代产生的大量电子垃圾对环境构成了极大的威胁。某“变废为宝”学生探究小组将一批废弃的线路板简单处理后，得到含70％Cu、25％Al、4％Fe及少量Au、Pt等金属的混合物，并设计出如下制备硫酸铜和硫酸铝晶体的路线：
请回答下列问题： ⑴ 第①步Cu与酸反应的离子方程式为______________
_____________________________；[来源:学科网ZXXK] 得到滤渣1的主要成分
为___________________。 ⑵ 第②步加H2O2的作用是________
_____________，使用H2O2的优点是___________________________；调溶液pH的目的是使____________________生成沉淀。 ⑶ 用第③步所得CuSO4·5H2O制备无水CuSO4的方法是________________________________________。[来源:学+科+网Z+X+X+K] ⑷ 由滤渣2制取Al2(SO4)3·18H2O ，探究小组设计了三种方案：[来源:学科网][来源:学科网]
上述三种方案中，_________________方案不可行，原因是_____________________________： 从原子利用率角度考虑，___________方案更合理。 ⑸ 探究小组用滴定法测定CuSO4·5H2O （Mr＝250）含量。取
a g试样配成100 mL溶液，每次取20.00 mL，消除干扰离子后，用c mol LL－1 EDTA（H2Y2－）标准溶液滴定至终点，平均消耗EDTA溶液b mL。滴定反应如下：Cu2+ + H2Y2－ ＝ CuY2－ + 2H+ 写出计算CuSO4·5H2O质量分数的表达式ω＝ _____________________________ ； 下列操作会导致CuSO4·5
H2O含量的测定结果偏高的是_____________。 a．未干燥锥形瓶 b．滴定终点时滴定管尖嘴中产生气泡 c．未除净可与EDTA反应的干扰离子 【解题指南】解答本题时按照以下流程：
【解析】 加热条件下铜、铝、铁均与混合酸反应，而铂和金都不与混酸反应，因此滤渣是铂与金； （2)固体物质加酸溶液后得到的溶液中铁元素的化合价可能为+2价也可能为+3价，二价铁离子只有在PH值为7.6－9.6的时候才会沉淀 二价铜离子只有在PH值为4.4－6.4的时
候才会沉淀[来源:Z&xx&k.Com] 三价铁离子只有在PH值为2.7－3.7的时候才会沉淀 如果不先把二价铁离子氧化为三价铁离子，直接加入碱，则会造成二价铁离子与二价铜离子一起沉淀，因此要将铜离子与二价铁离子分离必须先将亚铁离子氧化呈三价铁离子； （3）由硫酸铜晶体制取硫酸
铜只需要将晶体加热脱水就可以； 滤渣2中含有氢氧化铁和氢氧化铝，制备硫酸铝晶体必须将铁元素分离出来，甲操作没有分离铁元素，所得的固体中一定含有硫酸铁，乙操作比丙操作少用了氢氧化钠试剂，同时还增加了产品的量。 所有有关滴定的计算
以及误差分析都可以用关系式法，从公式出发去分析。 【答案】（18分） ⑴ Cu + 4H+ + 2NO

Cu2+ + 2NO2↑+ 2H2O
或3Cu + 8H+ + 2NO

3C
u2+ + 2NO↑+ 4H2O Au、P
t[来源:学科网ZXXK] ⑵ 将Fe2+氧化为Fe3+ 不引入杂质，对环境无污染 Fe3+、Al3+ ⑶ 加热脱水 ⑷ 甲 所得产品中含有较多Fe2(SO4)3杂质 乙 ⑸  × 100% c

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