2023高考化学一轮复习第4章非金属及其化合物第2课时富集在海水中的元素-氯复习练案新人教版

PAGEPAGE6富集在海水中的元素-氯一、选择题1．(2022·山东临沂期中)以下有关氯及其化合物表达错误的选项是eq\x(导学号25470502)(D)A．红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B．大量氯气泄漏时，应用浸有弱碱性溶液的毛巾捂住口鼻身向高处跑C．AlCl3、FeCl2、FeCl3均可通过化合反响制得D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氨水中含有HClO[解析]Cu与Cl2反响生成固体CuCl2，那么红热的铜丝在氯气中剧烈燃烧，生成棕黄色的烟，A正确；大量氯气泄漏时，氯气易溶于碱，且密度大，应用浸有弱碱性溶液的毛巾捂住口鼻身向高处跑，B正确；2Al＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2AlCl3,2FeCl3＋Fe=3FeCl2,2Fe＋3Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2FeCl3，均可通过化合反响制得，C正确；向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，发生的反响为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－，说明氯水中含有Cl2，不能说明氯水中是否含有HClO，D错误。2．(2022·枣庄二中检测)将新制氯水分别滴入以下各选项所述的溶液中，由实验现象得出的结论完全正确的选项是eq\x(导学号25470503)(D)选项将新制氯水滴入以下溶液中实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有复原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有漂白性C紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有酸性、漂白性D淀粉－KI溶液变蓝色Cl2具有氧化性[解析]此题考查新制氯水的成分与性质。A项，将新制氯水滴入有KSCN的FeCl2溶液中，氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇KSCN，溶液变红，那么表达出氯气具有氧化性，错误。B项，将新制氯水滴入有酚酞的NaOH溶液中，酸与碱发生中和反响，溶液颜色褪去，次氯酸具有漂白性，也能使溶液颜色褪去，但氯气本身没有漂白性，错误。C项，将新制氯水滴入紫色石蕊溶液中，氯气和水反响生成氯化氢和次氯酸，酸使紫色石蕊溶液变红，次氯酸又使其褪色，次氯酸具有漂白性，而氯气本身不能电离出氢离子，不具有酸性、也不具有漂白性，错误。D项，将新制氯水滴入淀粉－KI溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，那么表达出氯气具有氧化性，正确。3．(2022·福建长乐一中月考)用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，一段时间后，其漂白效果会更好的原因可能是eq\x(导学号25470504)(B)A．漂白粉被氧化了B．漂白粉跟空气中的CO2和水蒸气充分反响，生成了HClOC．有色布条被空气中的氧气氧化了D．漂白粉溶液蒸发掉局部水，其浓度增大[解析]此题考查漂白粉的漂白原理。漂白效果会更好，说明生成了次氯酸，即漂白粉溶液吸收了空气中的CO2和水蒸气发生了化学反响：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO，次氯酸有很强的漂白性，应选B。4．(2022·河北冀州中学业检测)某无色气体，可能含HCl、CO2、HI、SO2中的一种或几种，将其通入氯水中，得到无色透明溶液。把溶液分成两份，向一份溶液中参加盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀；另一份溶液中参加硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成。对于原无色气体推断一定正确的选项是eq\x(导学号25470505)(B)A．一定存在HCl B．一定存在SO2C．肯定没有CO2 D．不能肯定是否含有HI[解析]根据混合气体通入氯水中，得到无色透明溶液，可知原气体中一定不存在HI。然后将所得溶液分成两份，一份溶液中参加盐酸酸化的BaCl2溶液，出现白色沉淀，该白色沉淀为BaSO4，那么原气体中一定含有SO2，二氧化硫被氯水氧化成硫酸；另一份溶液中参加硝酸酸化的AgNO3溶液，也有白色沉淀生成，该白色沉淀为AgCl，由于气体通入氯水，引入了氯离子，无法确定原气体是否含有HCl。5．(2022·河南省豫南九校高三质考)以下有关Ca(ClO)2溶液的表达正确的选项是eq\x(导学号25470506)(C)A．该溶液中，K＋、Cl－、CH3COOH、I－可以大量共存B．与Na2SO3溶液反响的离子方程式：ClO－＋SOeq\o\al(2－,3)=SOeq\o\al(2－,4)＋Cl－C．不可使用pH试纸测定该溶液的pHD．1L0.1mol·L－1该溶液和足量的CO2充分反响，产生10g沉淀[解析]A．Ca(ClO)2溶液具有强氧化性，能够氧化I－，不能大量共存，故A错误；B.Ca(ClO)2溶液具有强氧化性，与Na2SO3溶液反响生成的SOeq\o\al(2－,4)要形成硫酸钙沉淀，故B错误；C.Ca(ClO)2溶液具有强氧化性，能够使pH试纸褪色，不能测定该溶液的pH，故C正确；D.Ca(ClO)2溶液和足量的CO2充分反响，生成碳酸氢钙，得不到沉淀。故D错误；应选C。6．加碘食盐中所加的含碘物质是KIO3，在KIO3的碱性溶液中通入Cl2，可以得到K2H3IO6。以下有关该反响的说法错误的选项是eq\x(导学号25470507)(D)A．反响中KIO3作复原剂B．碱性条件下，氯气的氧化性强于K2H3IO6C．假设反响中生成304gK2H3IO6，那么转移2mol电子D．反响中氧化产物与复原产物的物质的量之比为2︰1[解析]此题考查氧化复原反响相关判断，意在考查考生对氧化复原反响规律的理解能力，KIO3中碘元素的化合价为＋5，K2H3IO6中碘元素的化合价为＋7，反响中碘元素的化合价升高，故KIO3是复原剂，K2H3IO6是氧化产物，A项正确；Cl2是氧化剂，其氧化性强于K2H3IO6，B项正确；反响中每生成1molK2H3IO6，转移2mol电子，C项正确；氧化产物(K2H3IO6)与复原产物(KCl)的物质的量之比为1︰2，D项错误。7．以下能够检验出KI中是否含有Br－的实验是eq\x(导学号25470508)(D)A．参加足量的新制氯水，溶液变色那么有Br－B．参加酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色是否褪去C．参加少量的碘水，再参加CCl4振荡，有机层有色，那么有Br－D．参加足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取无色的水层，并参加氯水，溶液呈橙色，那么含有Br－[解析]A项，在KI中参加足量新制氯水，也会置换出单质碘而使溶液变色，故不能确定是否含有溴离子；B项，溴离子和碘离子均能使酸性高锰酸钾溶液褪色；C项，参加少量的碘水，再参加CCl4振荡，有机层可能是萃取单质碘而显色，并没有溴单质产生；D项，参加足量FeCl3溶液，由于氧化性Br2>Fe3＋>I2，KI与Fe3＋反响产生单质碘，再用CCl4萃取后，取无色的水层并参加氯水，会置换出单质溴而使溶液呈橙色。8．(2022·东北三校联考)常温下，将Cl2缓慢通入一定量的水中至饱和，然后向所得饱和氯水中逐滴参加0.1mol·L－1的氢氧化钠溶液，整个过程中pH变化如下图，以下有关表达正确的选项是eq\x(导学号25470509)(B)A．②点之前发生反响的离子方程式为Cl2＋H2O=2H＋＋Cl－＋ClO－B．③点所示溶液中：c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)C．实验进程中溶液的pH可以用pH试纸测得D．曲线起点处水的电离程度最大[解析]此题考查Cl2与H2O相关反响知识的应用。A项，HClO为弱电解质，应写成化学式，正确的离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，错误。B项，③点所示溶液呈中性，那么c(H＋)＝c(OH－)，根据电荷守恒得c(H＋)＋c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)＋c(OH－)，所以c(Na＋)＝c(Cl－)＋c(ClO－)，正确。C项，溶液中含有次氯酸，次氯酸具有漂白性，不能用pH试纸测量，错误。D项，Cl2与NaOH恰好反响时，水的电离程度最大，错误。9．(2022·浙江名校联考)：将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且eq\f(cCl－,cClO－)的值与温度有关。当n(KOH)＝amol时，以下有关说法错误的选项是eq\x(导学号25470510)(D)A．假设某温度下，反响后eq\f(cCl－,cClO－)＝11，那么溶液中eq\f(cClO－,cClO\o\al(－,3))＝eq\f(1,2)B．参加反响的氯气的物质的量等于eq\f(1,2)amolC．改变温度，反响中转移电子的物质的量n0的范围：eq\f(1,2)amol≤n0≤eq\f(5,6)amolD．改变温度，产物中KClO3的物质的量最多为eq\f(1,7)amol[解析]此题考查Cl2与KOH溶液的反响以及氧化复原反响的相关计算。A项，设n(ClO－)＝1mol，反响后eq\f(cCl－,cClO－)＝11，那么n(Cl－)＝11mol，根据得失电子守恒可知5n(ClOeq\o\al(－,3))＋n(ClO－)＝n(Cl－)，即5n(ClOeq\o\al(－,3))＋1mol＝11mol，解得n(ClOeq\o\al(－,3))＝2mol，故溶液中eq\f(cClO－,cClO\o\al(－,3))＝eq\f(1,2)，故A项说法正确；B项，由氯原子守恒可知2n(Cl2)＝n(KCl)＋n(KClO)＋n(KClO3)，由钾离子守恒可知n(KCl)＋n(KClO)＋n(KClO3)＝n(KOH)＝amol，故参加反响的氯气的物质的量为n(Cl2)＝eq\f(1,2)n(KOH)＝eq\f(1,2)amol，故B项说法正确；C项，氧化产物只有KClO3时，转移电子数最多，根据电子得失守恒，可得，n(KCl)＝5(KClO3)，由钾离子守恒可得，n(KCl)＋n(KClO3)＝n(KOH)，故n(KClO3)＝eq\f(1,6)n(KOH)＝eq\f(1,6)amol，电子最大物质的量为eq\f(1,6)amol×5＝eq\f(5,6)amol，氧化产物只有KClO时，转移电子数最少，根据电子得失守恒得n(KCl)＝n(KClO)，根据钾离子守恒可知n(KCl)＋n(KClO)＝n(KOH)，故n(KClO)＝eq\f(1,2)n(KOH)＝eq\f(1,2)amol，转移电子最小物质的量为eq\f(1,2)amol，那么反响中转移电子的物质的量n0的范围为eq\f(1,2)amol≤n0≤eq\f(5,6)amol，故C项说法正确；D项，氧化产物只有KClO3时，KClO3的物质的量最大，由C项中计算可知，n最大(KClO3)＝eq\f(1,6)n(KOH)＝eq\f(1,6)amol，故D项说法错误。10．(2022·北京市丰台区高三)某同学设计完成了以下两个实验：①向盛有KI溶液的试管中参加少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)。②向盛有KBr溶液的试管中参加少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成红棕色。继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层的颜色没有变化。以下说法不正确的选项是eq\x(导学号25470511)(C)A．实验①生成HIO3时发生的反响为：I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HClB．实验②中当CCl4层变成红棕色时可通过分液的方法获得Br2的CCl4溶液C．由上述实验得出Cl2、Br2、I2的氧化性由强到弱的顺序是：Cl2>Br2>I2D．由上述实验得出Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是：HBrO3>Cl2>HIO3[解析]A．由继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色(生成了HIO3)可知，氯气可氧化碘单质，发生离子反响为I2＋5Cl2＋6H2O=2HIO3＋10HCl，故A正确；B.由盛有KBr溶液的试管中参加少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成红棕色可知，溴易溶于四氯化碳，那么可通过萃取分液的方法获得Br2的CCl4溶液，故B正确；C.由氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，①中氧化性为Cl2＞I2，②中氧化性为Cl2＞Br2，不能比拟Br2、I2的氧化性，故C错误；D.由①②中继续滴加氯水的现象及氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性可知，氧化性由强到弱的顺序是：HBrO3＞Cl2＞HIO3，故D正确；应选C。11．(2022·衡水市武邑中学调研)：复原性HSOeq\o\al(－,3)＞I－，氧化性IOeq\o\al(－,3)＞I2。在含3molNaHSO3的溶液中逐滴参加NaIO3溶液，参加NaIO3的物质的量和和析出的I2的物质的量的关系曲线如图。以下说法正确的选项是eq\x(导学号25470025)(C)A．反响过程中的氧化产物均为Na2SO4B．a点时消耗NaHSO3的物质的量为1.0molC．0～b间的反响可用如下离子方程式表示：3HSOeq\o\al(－,3)＋IOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I－＋3H＋D．当溶液中I－与I2的物质的量之比为5︰3时，参加的NaIO3为1mol[解析]复原性HSOeq\o\al(－,3)＞I－，所以首先是发生以下反响离子方程式：IOeq\o\al(－,3)＋3HSOeq\o\al(－,3)=I－＋3SOeq\o\al(2－,4)＋3H＋，继续参加NaIO3，氧化性IOeq\o\al(－,3)＞I2，所以IOeq\o\al(－,3)可以结合H＋氧化I－生成I2，离子方程式是IOeq\o\al(－,3)＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2，A.0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化复原反响生成碘离子，参加碘酸钠的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSOeq\o\al(－,3)＋IOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I－＋3H＋，氧化产物为SOeq\o\al(2－,4)；继续参加NaIO3，氧化性IOeq\o\al(－,3)＞I2，所以IOeq\o\al(－,3)可以结合H＋氧化I－生成I2，离子方程式是IOeq\o\al(－,3)＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2，氧化产物为I2，故A错误；B.a点碘酸钠的物质的量是0.4mol，根据碘酸钠和亚硫酸氢钠的关系式知，消耗NaHSO3的物质的量＝eq\f(0.4mol,1)×3＝1.2mol，故B错误；C.0～b间没有碘单质生成，说明碘酸根离子和亚硫酸氢根离子发生氧化复原反响生成碘离子，参加碘酸钾的物质的量是1mol，亚硫酸氢钠的物质的量是3mol，亚硫酸氢根被氧化生成硫酸根离子，根据转移电子守恒知，生成碘离子，所以其离子方程式为：3HSOeq\o\al(－,3)＋IOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I－＋3H＋，故C正确；D.根据反响3HSOeq\o\al(－,3)＋IOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋I－＋3H＋，3molNaHSO3的溶液消耗NaIO3溶液的物质的量为1mol，生成碘离子的量为1mol，设生成的碘单质的物质的量为n，那么根据反响IOeq\o\al(－,3)＋6H＋＋5I－=3H2O＋3I2，消耗的NaIO3的物质的量为eq\f(n,3)mol，消耗碘离子的量为eq\f(5n,3)mol，剩余的碘离子为(1－eq\f(5n,3))mol，当溶液中n(I－)︰n(I2)＝5︰3时，故n＝0.3mol，故参加的n(NaIO3)＝1mol＋eq\f(n,3)mol＝1mol＋0.1mol＝1.1mol，故D错误；应选：C。二、非选择题12．(2022·天津市局部区联考)饮用水质量是关系人类健康的重要问题。eq\x(导学号25470513)(1)在我国，一些贫困山区的农民至今还饮用井水，但暴雨过后井水混浊，无法饮用。为了能让暴雨过后井水尽快变的澄清，你会建议他们最好向井水中投入以下中的__C_(填序号)。A．NaCl B．Na2CO3C．KAl(SO4)2·12H2O D．CuSO4(2)氯气是最早用于饮用水消毒的物质，其消毒作用主要是氯气溶于水后生成了次氯酸，该反响的离子方程式为：__Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO__。(3)写出工业上制取漂白粉的化学反响方程式：__2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O__。(4)臭氧，也称作超氧，可以替代氯气给自来水消毒，既提高了消毒效率且平安无副作用，臭氧的分子式为__O3_；该物质、氯水以及SO2均可以作漂白剂，三者的漂白原理分别是：__强氧化性_；__强氧化性_；__发生化合反响_。(5)ClO2是一种广谱型的消毒剂，将逐渐取代Cl2成为生产自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反响制得，反响中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为__2︰1_。[解析](1)明矾可以净水，答案选C；(2)氯气和水反响的离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO。(3)写出工业上制取漂白粉的化学反响方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。(4)臭氧的分子式为O3；该物质、氯水以及SO2均可以作漂白剂，三者的漂白原理分别是强氧化性、强氧化性、发生化合反响。(5)反响中氯元素化合价从＋5价降低到＋4价，得到1个电子，S元素化合价从＋4价升高到＋6价，失去2个电子，那么根据电子得失守恒可知反响中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为2︰1。13．(2022·河北冀州中学期中)“将少量氯水参加NaI溶液中〞的学生实验产生了大量含碘废液。某研究小组用该含碘废液制备NaI同体，实验流程如下：：反响②2I－＋2Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2CuI↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋答复以下问题：(1)产生含碘废液的离子方程式为__Cl2＋2I－=I2＋2Cl－__。(2)①中I2与Na2SO3溶液反响的离子方程式为__I2＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2I－＋2H＋__。(3)③中CuI发生了氧化反响，写出该反响的化学方程式：__2CuI＋8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2＋4NO2↑＋I2＋4H2O__。(4)化合物B中含两种元素，铁元素与另一种元素物质的量之比为3︰8，那么化合物B的化学式为__Fe3I8__。(5)反响⑤中生成黑色固体和无色气体，黑色固体的俗称为磁性氧化铁，那么⑤的化学方程式为__Fe3I8＋8NaHCO3=Fe3O4＋8NaI＋8CO2↑＋4H2O__。[解析]根据流程中的反响②：2I－＋2Cu2＋＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O=2CuI↓＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋，过滤那么得到碘化亚铜沉淀，碘化亚铜可以被硝酸氧化为碘单质，碘单质中参加铁和水，会得到化合物B，是一种含有铁元素和碘元素的化合物，再向其中参加碳酸氢钠溶液，过滤可以得到NaI溶液，从而制得碘化钠固体。(1)将少量氯水参加NaI溶液中，氯气能将碘单质置换出来。(2)碘单质具有氧化性，亚硫酸根离子具有复原性，I2与SOeq\o\al(2－,3)发生氧化复原反响。(3)碘化亚铜可以被浓硝酸氧化，发生反响的化学方程式为2CuI＋8HNO3(浓)=2Cu(NO3)2＋4NO2↑＋I2＋4H2O。(4)化合物B是一种含有铁元素和碘元素的化合物，铁