考点9氯及其化合物

考点9氯及其化合物本考点在高考命题中一般融合元素周期律和元素周期表考查氯及其化合物的制备和性质探究；融合化学实验考查氯及其化合物的制备和性质探究；融合化学反应原理，在化工生产中考查氯及其化合物的应用及绿色化学。预测2023年高考将以卤族元素化合物的性质与化工生产、日常生活、科学技术等方面的联系为载体，与氧化还原反应、离子反应、化学实验方案的设计与评价等知识结合起来综合考查卤族元素及其化合物的性质和应用，要将知识点与实际生活联系起来，关注我国化学前沿的成就和成果。一、氯气的性质二、次氯酸及其重要的盐三、氯气的实验室制法四、溴、碘氯气的性质1．氯气的物理性质颜色气味毒性密度特性黄绿色刺激性气味有毒比空气重易液化2．从氯的原子结构认识氯气的化学性质——氧化性3．从化合价的角度认识Cl2的化学性质——歧化反应氯气与水或碱反应，氯元素的化合价既有升高又有降低，因而氯气既表现氧化性又表现还原性。(1)与水反应化学方程式：Cl2＋H2OHCl＋HClO，离子方程式：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO。(2)与碱反应①与烧碱反应：Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O。②制取漂白粉：2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。4．从平衡的角度理解氯水的成分氯气能溶于水(1∶2)，氯气的水溶液称为氯水，溶于水的氯气只有少量与水反应。氯水中存在三种平衡关系：①Cl2＋H2OHCl＋HClO，②HClOH＋＋ClO－，③H2OH＋＋OH－5．氯水性质在应用中的常见误区(1)氯水中因HClO见光分解，随着HClO的消耗，最后成为盐酸，故久置氯水酸性增加，无漂白性。因此，氯水要现用现配。(2)制取氯水的反应为Cl2＋H2OHCl＋HClO，反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，且1molCl2参加反应，转移电子数为NA。(3)Cl2尽管有较强的氧化性，但没有漂白性，氯水具有漂白性是因为Cl2与水反应生成了强氧化性的HClO。(4)ClO－与Fe2＋、I－、S2－、HS－、SOeq\o\al(2－,3)等在水中因发生氧化还原反应而不能大量共存。【小试牛刀】请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)过量的铁粉在少量氯气中加热，充分反应后产物为FeCl2()(2)氯气溶于水得氯水，溶液呈酸性且可以导电，所以氯气是电解质()(3)新制取的漂白粉是混合物()(4)氯气可以使湿润的有色布条退色，但是实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气()(5)Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂()(6)氯气做水的杀菌消毒剂(√)(7)氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性(√)(8)氯气溶于水的离子方程式为Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－(×)(9)氯气与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂(√)(10)石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色，不涉及氧化还原反应(×)(11)氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等(√)(12)为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可(×)(13)氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强(×)答案：(1)×(2)×(3)√(4)√(5)×(6)√(7)√(8)×(9)√(10)×(11)√(12)×(13)×【典例】例1氯气是一种很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是A．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B．氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸C．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状；光照H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸D．通常状况下氯气能和Fe反应，氯气的储存不能用铁质容器【答案】D【解析】A项，红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧生成氯化铜，生成棕黄色的烟，故A正确；B项，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸不稳定受热分解生成氧气和氯化氢，所以久置氯水最终变为稀盐酸，故B正确；C项，纯净的H2在Cl2中安静地燃烧生成氯化氢，发出苍白色火焰，氯化氢结合水蒸气产生盐酸小液滴，所以集气瓶口呈现雾状；光照H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸，故C正确；D项，通常状况下氯气和Fe不反应，氯气的储存能用铁质容器，故D错误。故选D。例2自来水厂一种预防和处理Cl2泄漏的方法如图所示。下列有关说法不正确的是A．Cl2和水反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl+HClO+H+B．铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2C．吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl+2Fe3+D．铁屑耗尽时溶液中可能大量存在：Fe2+、Fe3+、ClO、Cl【答案】D【解析】A项，Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl+HClO+H+，故A正确；B项，2FeCl3+Fe=3FeCl2，铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2，故B正确；C项，氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl+2Fe3+，故C正确；D项，ClO能把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+、ClO不能大量共存，故D错误；故选D。【对点提升】对点1某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如图装置的实验。实验操作：先给钠预热，到钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述中错误的是()A．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体B．玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气C．钠着火燃烧产生苍白色火焰D．发生的反应为2Na＋Cl2eq\o(=,\s\up7(点燃))2NaCl【答案】C【解析】由题目信息可知Na和Cl2发生反应生成NaCl固体，对应的现象是火焰为黄色，有白烟(NaCl)生成，为防止空气污染，用NaOH溶液吸收多余Cl2。对点2如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、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Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2>Br2>I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变血红色还原性：Fe2＋>Cl－【答案】D【解析】选项A的实验现象只能说明氧化性：Cl2>Br2和Cl2>I2，不能说明氧化性：Br2>I2；选项B的实验现象还可以说明氯气与水生成了漂白性物质；选项C中氯气与水生成的酸性物质也可以使之出现对应的实验现象；选项D中e处变血红色是氯气氧化Fe2＋生成Fe3＋的结果，说明还原性：Fe2＋>Cl－。【巧学妙记】次氯酸及其重要的盐1．次氯酸次氯酸见光分解的化学方程式：2HClOeq\o(=,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑。2．次氯酸盐(1)“84”消毒液有效成分为NaClO，它与洁厕灵(主要成分盐酸)混合立即会产生氯气，其离子方程式是ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O。(2)漂白粉①成分：漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，其中有效成分是Ca(ClO)2。②漂白原理：在潮湿的空气中能吸收CO2，化学方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=2HClO＋CaCO3↓。【小试牛刀】请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂(√)(2)漂白粉可用于生活用水的消毒(√)(3)标准状况下，11.2LCl2与水充分反应转移电子数为0.5NA(×)(4)“84”消毒液的消毒原理与H2O2的相同，都是利用强氧化性(√)(5)漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3(×)(6)NaClO和Ca(ClO)2的溶液能杀菌消毒的原理是二者水解均呈碱性(×)(7)洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解(×)答案：(1)√(2)√(3)×(4)√(5)×(6)×(7)×【典例】例1在新制饱和氯水中，若只改变某一条件，下列叙述正确的是()A．再通入少量氯气，eq\f(cH＋,cClO－)减小B．通入少量SO2，溶液漂白性增强C．加入少量的碳酸钠粉末，pH增大，溶液漂白性增强D．光照过程中，有气泡冒出，溶液的导电性减弱【解析】饱和氯水不能再溶解氯气，各成分的浓度不变，A项错；SO2＋Cl2＋2H2O=2HCl＋H2SO4，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO的平衡左移，HClO的浓度减小，漂白性减弱，B项错；加入少量的碳酸钠粉末，消耗H＋，使上述平衡正向移动，HClO的浓度增大，C项正确；光照过程中，HClO分解，生成O2和HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，D项错误。【答案】C例2氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质。下列结论正确的是()A．加入有色布条，片刻后有色布条退色，说明有Cl2存在B．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl－存在D．加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明有HClO存在【解析】A项，氯水能使有色布条退色是因为氯水中含有的HClO具有强氧化性；C项，由于加入盐酸酸化的过程中引入了Cl－，所以根据生成白色沉淀无法说明氯水中是否存在Cl－；D项，因Cl2、HCl和HClO均能与NaOH溶液反应，所以加入NaOH溶液时氯水颜色消失不能说明其中有HClO存在。【答案】B【对点提升】对点1氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质。下列结论正确的是()A．加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在B．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl－存在D．加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明有HClO存在【答案】B【解析】A项，氯水能使有色布条褪色是因为氯水中含有的HClO具有强氧化性；C项，由于加入盐酸酸化的过程中引入了Cl－，所以根据生成白色沉淀无法说明氯水中是否存在Cl－；D项，因Cl2、HCl和HClO均能与NaOH溶液反应，所以加入NaOH溶液时氯水颜色消失不能说明其中有HClO存在。对点2由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，CaOCl2是一种常见的混盐。下列说法不正确的是()A．CaOCl2有较强的氧化性B．CaOCl2水溶液呈碱性C．由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，转移的电子为2molD．CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生【答案】C【解析】根据题干信息，混盐是由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐，则混盐CaOCl2中的酸根为ClO和Cl。A项，CaOCl2中的酸根为ClO和Cl，次氯酸盐具有强氧化性，A正确；B项，ClO水解使溶液呈碱性，即CaOCl2水溶液呈碱性，B正确；C项，由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，1molCl2中1molCl的化合价由0价升高至+1价，1molCl的化合价由0价降低至1价，总共转移1mol电子，C错误；D项，CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可发生反应CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O，生成黄绿色的氯气，D正确；故选C。【巧学妙记】新制氯水中Cl2＋H2OHCl＋HClO平衡的应用向氯水中加入的物质浓度变化平衡移动的方向应用可溶性氯化物c(Cl－)增大左移①用饱和食盐水除去Cl2中的HCl；②用排饱和食盐水法收集Cl2盐酸c(H＋)和c(Cl－)增大左移次氯酸与浓盐酸反应制Cl2NaOHc(H＋)减小右移用NaOH溶液吸收多余的Cl2Ca(OH)2c(H＋)减小右移制漂白粉CaCO3c(H＋)减小右移制高浓度HClO溶液光照c(HClO)减小右移氯水避光保存或现用现配氯气的实验室制法(1)反应原理：用强氧化剂(如KMnO4、K2Cr2O7、KClO3、MnO2等)氧化浓盐酸。MnO2＋4HCl(浓)eq\o(=,\s\up7(△))MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(2)制备装置类型：固体＋液体eq\o(→,\s\up7(△))气体(3)净化方法：用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气。(4)收集方法：向上排空气法或排饱和食盐水法。(5)尾气吸收：用强碱溶液(如NaOH溶液)吸收，不用Ca(OH)2溶液吸收的原因是Ca(OH)2溶解度小，溶液浓度低，吸收不完全。(6)验满方法：将湿润的淀粉­KI试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口，观察到试纸立即变蓝，则证明已集满；或将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口，观察到试纸先变红后退色，则证明已集满。【小试牛刀】请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)含4molHCl的浓盐酸与足量MnO2反应，可制备22.4LCl2()(2)用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl()(3)用浓硫酸或碱石灰干燥Cl2()(4)可用排饱和食盐水法收集Cl2()(5)常用饱和石灰水吸收尾气中的Cl2()(6)用干燥的淀粉碘化钾试纸检验Cl2是否收集满()(7)清洗碘升华实验所用试管，先用酒精清洗，再用水清洗()(8)向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，若溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2＞I2(()(9)检验Cl2中是否混有HCl，可以用湿润的KI­淀粉试纸()答案：(1)×(2)×(3)×(4)√(5)×(6)×(7)√(8)√(9)×【典例】例1(2022•广东选择性考试)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是()【答案】D【解析】A项，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；B项，氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；C项，湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；D项，氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意；故选D。例2含氯消毒剂在新冠肺炎疫情防控中发挥了巨大作用。实验室中利用如图装置模拟制备于“84”消毒液(有效成分为NaClO)，下列说去不正确的是()A．为除去Cl2中的HC1，装置a中的试剂为饱和Na2CO3溶液B．盛放浓盐酸的仪器是分液漏斗C．装置b中，采用冰水浴冷却有利于NaClO的生成D．装置c的作用是吸收尾气【答案】A【解析】A项，为除去Cl2中的HC1，装置a中的试剂为饱和NaCl溶液，故A错误；B项，盛放浓盐酸的仪器是分液漏斗，故B正确；C项，装置b中，采用冰水浴冷却有利于NaClO的生成，反应放热，防止温度高时产生副产品NaClO3，故C正确；D项，装置c的作用是吸收尾气，防止污染空气，故D正确。故选A。【对点提升】对点1实验室中利用MnO2制备干燥的Cl2及少量氯水并收集Cl2，下列图示装置和原理不能达到实验目的的是()A．连接图1、图2装置，向分液漏斗中注水，打开K1，关闭K2，检查装置气密性B．图1装置中，滴加浓盐酸，点燃酒精灯，可制备Cl2C．可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2D．连接图1、图3装置，打开K1，点燃酒精灯，可制备少量氯水【答案】A【解析】A项，检验装置的气密性利用的是在装置内形成气压差而产生明显的现象来判定的，图1中为恒压漏斗，注水后无论气密性是否良好，都能顺利流下，不能检验装置的气密性，故A符合；B项，图1装置中，浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应可制备Cl2，故B不符合；C项，饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，浓硫酸除去水蒸气，干燥氯气，故可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2，故C不符合；D项，连接图1、图3装置，打开K1，点燃酒精灯，制备氯气，氯气进入水中，可制备少量氯水，故D不符合。故选A。对点2某化学小组采用下图所示装置制备Cl2并探究其化学性质，下列说法错误的是()A．加入药品之前，应先检查装置的气密性B．通过对装置C和E中的产物分析，可判断温度对Cl2与碱溶液反应的影响C．装置D中的现象为溶液逐渐变成浅黄绿色D．装置B中NaOH溶液的作用为吸收挥发出来的HCl【答案】D【解析】A项，实验时应该先检验装置的气密性然后再装药品，A正确；B项，由图可以发现，装置C和E温度不同，故可以通过对装置C和E中的产物分析来判断温度对Cl2与碱溶液反应的影响，B正确；C项，装置D中通入氯气，形成氯水，而氯水是黄绿色的，故其现象为溶液逐渐变成浅黄绿色，C正确；D项，装置B中NaOH溶液是处理反应后多余的氯气，D错误；故选D。【巧学妙记】1．实验验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2时应注意以下四点(1)反应物的选择：必须用浓盐酸，稀盐酸与MnO2不反应，且随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸时，反应停止，故盐酸中的HCl不可能全部参加反应。(2)加热温度：不宜过高，以减少HCl挥发。(3)实验结束后，先使反应停止并排出残留的Cl2后，再拆卸装置，避免污染空气。(4)尾气吸收时，用NaOH溶液吸收Cl2，不能用澄清石灰水吸收，因为溶液中含Ca(OH)2的量少，吸收不完全。2．气体制备实验的基本思路溴、碘卤素的性质及X－的检验1．溴、碘单质物理性质比较性质Br2I2颜色深红棕色紫黑色状态液体固体溶解性水中溶解度不大溶解度不大有机溶剂中易溶易溶特性易挥发、有毒①易升华②使淀粉溶液变蓝2.氯、溴、碘单质化学性质比较(1)与碱溶液反应，如与NaOH溶液反应的化学方程式为2NaOH＋X2=NaX＋NaXO＋H2O(X＝Cl、Br、I)。(2)氧化性①都能与金属反应生成金属卤化物，如与钠反应的化学方程式为2Na＋X2eq\o(=,\s\up7(点燃))2NaX(X＝Cl、Br、I)。②氯、溴、碘单质的氧化性强弱是Cl2>Br2>I2，阴离子的还原性：Cl－＜Br－＜I－。Cl2能从Br－的溶液中置换出Br2，其离子方程式：Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2；同理，Br2能置换出I2，其离子方程式：Br2＋2I－=2Br－＋I2。③与一些还原性离子反应，如Br2与SOeq\o\al(2－,3)、Fe2＋反应的离子方程式分别为SOeq\o\al(2－,3)＋Br2＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2Br－＋2H＋，2Fe2＋＋Br2=2Br－＋2Fe3＋。3．卤素离子的检验方法(1)AgNO3溶液——沉淀法未知液eq\o(→,\s\up7(滴加AgNO3溶液和稀硝酸))生成eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(白色沉淀，则有Cl－,淡黄色沉淀，则有Br－,黄色沉淀，则有I－))(2)置换——萃取法未知液eq\o(→,\s\up7(加适量新制饱和氯水),\s\do5(振荡))eq\o(→,\s\up7(加入CCl4下层或汽油上层),\s\do5(振荡))有机层呈eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(红棕色或橙红色，表明有Br－,紫色、浅紫色或紫红色，表明有I－))(3)氧化——淀粉法检验I－未知液eq\o(→,\s\up7(加入适量新制饱和氯水或双氧水),\s\do5(振荡))eq\o(→,\s\up7(淀粉溶液),\s\do5(振荡))蓝色溶液，表明有I－【小试牛刀】请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)(1)能使湿润的淀粉­KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2(×)(2)用硝酸酸化的硝酸银溶液能一次鉴别NaCl、NaBr、KI三种失去标签的溶液(√)(3)某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－(×)(4)某浅黄色的溴水，加入CCl4振荡静置后，上层显橙红色(×)(5)溴中溶有少量氯气，可以用加入溴化钠再用汽油萃取的方法提纯(√)(6)溴化银具有感光性，碘化银不具有感光性(×)(7)氟气跟氯化钠水溶液反应，一定有氟化氢和氧气生成(√)(8)海水中提取溴涉及不止一个氧化还原反应(√)答案：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)×(7)√(8)√【典例】例1下列有关卤素的说法错误的是()A．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，可推出F、Cl、Br、I的非金属性递增的规律B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强C．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，4I－＋O2＋2H2O=2I2＋4OH－D．碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度【答案】A【解析】元素的非金属性强弱与其对应的氢化物溶液的酸性强弱无关，可根据其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱进行比较，A错误；I2在KI溶液中存在平衡I2＋I－Ieq\o\al(－,3)，可使其溶解度增大，D正确。例2(2021•全国甲卷)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：(1)I2的一种制备方法如下图所示：①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时，氧化产物为_______；当n(Cl2)/n(FeI2)1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。(2)以NaIO3为原料制备的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1molI2，消耗的KI至少为_______mol。I2在KI溶液中可发生反应I2+II3。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。【答案】(1)2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2IAgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被过量的Cl2进一步氧化(2)2IO3+5HSO3=5SO42+I2+3H++H2O(3)4防止单质碘析出【解析】(1)①由流程图可知悬浊液中含AgI，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2=I2+FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I再氧化Fe2+，恰好将全部I和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I的物质；再向混合溶液中(含I)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I为中间产物，总反应为IO3与HSO3发生氧化还原反应，生成SO42和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO3+5HSO3=5SO42+I2+3H++H2O；(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI↓+I2+2K2SO4，若生成1molI2，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I浓度增大，可逆反应I2+II3平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。【对点提升】对点1下列实验操作、现象和结论均正确的是()选项实验操作现象结论A用双氧水滴定KI­淀粉溶液溶液变蓝达到滴定终点B向食用加碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入CCl4振荡，静置下层呈紫红色该食用加碘盐中含有KIO3C用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别NO2、溴蒸气试纸变蓝该气体为溴蒸气D最后试管有浅黄色沉淀有机物中含有溴原子【答案】B【解析】A项，KI­淀粉溶液一般作为指示剂，设计用双氧水滴定淀粉­KI溶液无法判定终点，实验不合理；B项，在酸性环境中，KIO3与KI反应生成I2，正确；C项，NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可使淀粉碘化钾试纸变蓝，错误；D项，加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，错误。对点2海洋是生命的摇篮，海水不仅是宝贵的水资源，而且蕴藏着丰富的化学资源。从海水中提取一些重要的化工产品的工艺流程如图所示。根据上述流程图回答下列问题：(1)海水淡化处理的方法有蒸馏法、冷冻法、____。(写出1种即可)(2)图中制漂白粉的反应中，消耗标准状况下11.2LCl2，转移的电子数是_____NA。(3)步骤Ⅰ需事先向浓缩海水中加入硫酸酸化，再通入氯气，可提高Cl2的利用率，理由是___。(4)步骤Ⅰ到步骤Ⅲ的变化为“Br→Br2→Br→Br2”，其目的是_______。(5)写出下列步骤中化学反应的离子方程式：步骤Ⅱ_______；步骤Ⅲ______。【答案】(1)离子交换法(或电渗析法或反渗析法)(2)0.5(3)中和海水的弱碱性，避免氯气、溴与海水反应(或者酸化可抑制氯气、溴与海水反应)(4)富集(或浓缩)溴元素(5)Br2+SO2+2H2O=4H++2Br+SO42Cl2+2Br=Br2+2Cl【解析】(1)海水淡化处理的方法有：蒸馏法、冷冻法、离子交换膜法、电渗析法、反渗析法等；(2)图中制漂白粉的反应是：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，氯元素化合价由0价变化为−1价和+1价，则2mol氯气反应转移电子2mol，标准状况下11.2LCl2的物质的量为11.2L÷22.4L/mol=0.5mol，故转移电子0.5mol，即转移电子数目为0.5NA；(3)步骤Ⅰ需事先向浓缩海水中加入硫酸酸化，再通入氯气，可提高Cl2的利用率，原因是：海水呈弱碱性，氯气、溴单质与海水之间能发生反应，酸化可抑制它们与海水的反应；(4)步骤I得到的溴溶液的浓度太低，所以骤Ⅰ到步骤Ⅲ的变化的目的是：增大溴的浓度，实现溴的富集；(5)步骤Ⅱ的离子方程式为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br+SO42，步骤Ⅲ的离子方程式为：Cl2+2Br=Br2+2Cl。【巧学妙记】1．氯的提取——氯碱工业海水→粗盐eq\o(→,\s\up7(精制))饱和食盐水eq\o(→,\s\up7(电解))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(阳极产物：Cl2,阴极产物：H2、NaOH))化学方程式为2NaCl＋2H2Oeq\o(=,\s\up7(通电))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。2．海水提取溴3．海带中提取碘海带eq\o(→,\s\up7(灼烧))→eq\x(过滤)→→eq\x(提纯)→eq\x(I2)1．化学与生活是紧密相联的，下列说法中正确的是()A．氯气可用作消毒剂和漂白剂，是因为氯气与水反应生成的次氯酸具有强还原性B．地震灾区和洪涝灾区都用漂白粉消毒，主要是利用漂白粉溶液的碱性C．氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂D．能用同一原理解释ClO－与Fe2＋、H＋均不能大量共存【答案】C【解析】氯气可用作消毒剂和漂白剂的原因是Cl2与水反应生成的HClO具有强氧化性，A错误；地震灾区和洪涝灾区用漂白粉消毒是利用了漂白粉的强氧化性，B错误；ClO－与Fe2＋因发生氧化还原反应而不能大量共存，ClO－与H＋反应生成HClO为弱酸而不能大量共存。2．实验室既可用浓盐酸与MnO2在加热时反应制备Cl2，也可用KMnO4与浓盐酸在常温下反应制备Cl2，下列有关说法不正确的是()A．KMnO4的氧化性比MnO2的强B．制备Cl2的整个实验过程中，只需要使用氧化剂与还原剂C．用排气法收集Cl2时，不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满D．用足量MnO2与含有4molHCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1mol【答案】B【解析】比较反应的条件即可证明KMnO4的氧化性强于MnO2，A项正确；Cl2有毒，需要用碱溶液吸收尾气，B项错误；当整个集气瓶充满黄绿色气体时表明已收集满，C项正确；浓盐酸变稀后不再与MnO2反应，生成Cl2的物质的量小于1mol，D项正确。3．75%乙醇和84消毒液等均能有效灭活新冠病毒。84消毒液的主要成分是次氯酸钠。设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是()A．74.5g次氯酸钠中含有的离子数目为2NAB．1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2NAC．46g

75%乙醇中含有的氧原子数大于6NAD．利用氯气和氢氧化钠溶液反应制取0.1

mol次氯酸钠需要消耗2.24L氯气【答案】A【解析】A项，74.5gNaClO的物质的量n==1mol，而次氯酸钠中含1个钠离子和1个次氯酸根，故1mol次氯酸钠中含有的离子数目为2NA个，故A正确；B项，NaClO和HCl发生归中反应生成氯气，NaClO中氯元素由+1价变为0价，故1molNaClO反应后转移的电子数目为NA，故B错误；C项，75%乙醇溶液中75%指的是体积分数，因为未知密度，所以46g

乙醇溶液中含有的氧原子数目无法计算，故C错误；D项，氯气所处的状态未知，则无法计算氯气的物质的量，故D错误；故选A。4．海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是()A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收【答案】C【解析】A项，向苦卤中通入Cl2时发生反应Cl2＋2Br－=2Cl－＋Br2，故其目的是为了提取溴，正确；B项，可将粗盐溶解、过滤除去难溶性杂质，然后向滤液中加入沉淀剂，过滤后调节滤液pH以除去可溶性杂质，最后重结晶可得精盐，正确；C项，工业生产常选用廉价的Ca(OH)2作为沉淀剂，错误；D项，由于通入Cl2后所得溶液中Br2的浓度很小，因此利用Br2的挥发性，可先用热空气和水蒸气吹出Br2，再用SO2将其还原为HBr进行富集，正确。5．部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系下图所示。下列说法错误的是()A．a与d，a与e在酸性情况下反应，均可以得到bB．c为一种新型自来水消毒剂，代替b的原因是：c的毒性更小C．b的水溶里加入CaCO3，可以增加d的产量D．消毒液可用于环境消毒，主要是因为含有d，e的固体可用于实验室制O2【答案】B【解析】具体分析可知a：HCl；b：Cl2；c：ClO2；d：HClO；e：ClO3。A项，盐酸和次氯酸可生成水和氯气，盐酸和次氯酸钠可生成氯化钠、水和氯气，故A正确；B项，ClO2为一种新型自来水消毒剂，代替Cl2的原因是：ClO2消毒效率更高；不产生新的有毒有害的物质，故B错误；C项，氯气的水溶液中含有HCl、HClO，HCl与加入的CaCO3反应，HCl的消耗促进Cl2与水的反应，生成更多的HClO，故C正确；D项，消毒液可用于环境消毒，主要是因为含有HClO，次氯酸钾可用于实验室制O2，故D正确；故选B。6．实验室中，从海带中提取I2的实验流程如下图所示，下列说法不正确的是()A：操作①用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗B．操作②中需加入氧化剂C．可以用四氯化碳或酒精代替苯作萃取剂D．蒸馏I2的苯溶液可获取I2并回收苯【答案】C【解析】A项，操作①是将不溶物分离出来的操作，操作①是过滤，过滤用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、漏斗，A项正确；B项，操作②是将I－氧化成I2，则需要加入氧化剂氯气或双氧水等，B项正确；C项，酒精与水互溶，酒精不能代替苯作萃取剂，C项错误；D项，碘溶于苯但沸点与苯不同，可以蒸馏I2的苯溶液获取I2并回收苯，D项正确。7．ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体(沸点11℃)，实验室制备纯净ClO2溶液的装置如图所示：已知下列反应：NaClO3+HCl→NaCl+ClO2+Cl2+H2O；NaClO2+HCl→NaCl+ClO2+H2O；NaClO2+Cl2→NaCl+ClO2(均未配平)。下列说法正确的是()A．a中通入的N2可用CO2或SO2代替 B．b中NaClO2可用饱和食盐水代替C．c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却 D．d中吸收尾气后只生成一种溶质【答案】C【解析】A项，a中通入的N2的目的是氮气性质稳定且不影响实验，可将a中产生的ClO2和Cl2吹出并进入后续装置，继续实验，二氧化硫具有还原性，可将ClO2、NaClO3等物质还原，故A错误；B项，b中NaClO2的作用是吸收ClO2中混有的氯气和氯化氢杂质气体，用饱和食盐水可吸收氯化氢，但不能吸收氯气，故B错误；C项，ClO2是一种极易溶于水且几乎不与冷水反应的黄绿色气体，故c中广口瓶最好放在冰水浴中冷却，有利于吸收ClO2，故C正确；D项，d中氢氧化钠和ClO2发生歧化反应生成NaCl和NaClO3，产物至少两种，故D错误；故选C。8．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(浓)=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Aa处变蓝，b处变红棕色氧化性：Cl2>Br2>I2Bc处先变红，后褪色氯气与水生成了酸性物质Cd处立即褪色氯气与水生成了漂白性物质De处变红色还原性：Fe2＋>Cl－【答案】D【解析】A项，由现象得氧化性：Cl2>Br2、Cl2>I2，但无法判断Br2与I2的氧化性强弱；B项，由现象可知在此过程中有酸性物质生成，同时生成了漂白性物质；C项，在此过程中只能判断溶液不再显碱性，无法判断有无漂白性物质生成；D项，此时Fe2＋被Cl2氧化为Fe3＋，而Cl2被还原为Cl－，还原剂Fe2＋的还原性强于还原产物Cl－。9．某化学兴趣小组在实验室制取漂白粉，并探究氯气与石灰乳反应的条件和产物。已知：①二氧化锰与浓盐酸反应可制备氯气，同时生成MnCl2。②氯气和碱的反应为放热反应。温度较高时，氯气和碱还能发生如下反应：3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O该兴趣小组设计了下列实验装置，进行实验。请回答下列问题：(1)①仪器a的名称____________。②饱和食盐水的作用是____________。=3\*GB3③该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7gMnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2______________g。(写计算过程)(2)小组成员向含Ca(OH)20.25mol的石灰乳中以较大的速率通入足量氯气，反应后测得产物中Cl－的物质的量为0.37mol，则产物中=______________。【答案】(1)①分液漏斗②除去氯气中混有的氯化氢=3\*GB3③7.15(2)7：6【解析】(1)①仪器a的名称是分液漏斗；②浓盐酸具有挥发性，制得的C12中混有HCl，HCl极易溶于水，为了减少C12的溶解，用饱和食盐水除去。③根据方程式：4HCl(浓)+MnO2MnCl2+C12↑+2H2O，100mL12mol/L盐酸与8.7gMnO2反应，盐酸过量，用二氧化锰计算可得V(Cl2)=2.24L；再根据反应：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可得生成m[Ca(ClO)2]=0.05mol×143g/mol＝7.15g。(2)根据氧化还原反应中得失电子数相等，生成氯离子得到电子和生成次氯酸根和氯酸根失去的电子守恒，设n(ClO)＝xmol，n(ClO3)＝ymol；则得到：0.37=x×1+y×5；根据钙离子守恒可知0.5x+0.5y+0.37×0.5＝0.25，解得：x＝0.07，y＝0.06，则产物中n(ClO−)/n(ClO3−)＝7：6。10．某校课外化学小组设计如下装置制备少量氯气并进行系列实验(夹持及加热仪器己略)。已知：卤素在水中的颜色如下表：水Cl2黄绿色Br2橙色I2棕黄色(1)若装置A中制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，请写出装置A中的化学反应方程式：_______；(2)装置B中饱和食盐水的作用是_______；(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入_______ABCDI干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条II碱石灰无水氯化钙碱石灰无水氯化钙III湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条(4)设计装置D、E的目的是验证氧化性Cl2>Br2>I2。当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到D中无色溶液逐渐变为_______色，若打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置，振荡锥形瓶后静置一会儿，可以观察到的现象是_______；经认真考虑，有同学提出该实验方案仍有不足，你若同意该建议，请说明其中不足的原因是_______(若不同意，则该空不用写)(5)实验后，用玻棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸中部，观察到的现象是_______(填选项)(6)若0.1molMnO2和25mL12mol·L1盐酸混合后缓缓加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量为_______(不考虑盐酸的挥发)A．等于0.15molB．小于0.15molC．大于0.15mol，小于0.3molD．以上结论都不正确【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)2MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)除去Cl2中的HCl(3)D(4)橙E中溶液分为两层，下层(四氯化碳层)为紫红色可能是过量的氯气置换出碘单质(5)B(6)C【解析】(1)固体二氧化锰和浓盐酸反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)2MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)装置B中饱和食盐水的作用是除去氯气中的氯化氢；(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性验证氯气是否具有漂白性，要验证干燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中氯气和水反应生成次氯酸具有漂白性，选项中ABC的Ⅱ中都是干燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、Ⅱ、Ⅲ依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，所以选D；(4)D中是溴化钠，当向D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，可以看到无色溶液逐渐变为黄，所以现象为：溶液从无色变化为橙黄色；氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，说明氯气的氧化性强于溴；打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于四氯化碳呈紫红色，振荡，观察到的现象是：E中溶液分为两层，下层(四氯化碳层)为紫红色；因此，但是该实验方案仍有不足之处，可能是过量的氯气置换出碘单质；(5)根据氯水的成分：含有氯气和次氯酸以及盐酸等成分具有酸性，其中次氯酸的漂白是化学漂白，中间的一部分被次氯酸漂白形成白色，而旁边的一部分没有和次氯酸发生反应，所以仍然有指示剂的效用，氯水的酸性使得PH试纸显红色，所以B选项是正确的。(6)反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)2MnCl2+Cl2↑+2H2O，n(MnO2)=0.1mol，n(HCl)=0.025L×12mol/L=0.3mol，根据方程式可以知道，0.1mol二氧化锰反应需要HCl为0.4mol>0.3mol，故二氧化锰过量，如盐酸完全反应，则生成的氯气为0.3mol×=0.075mol，溶液剩余Cl为0.3mol0.075mol×2=0.15mol，但是二氧化锰只与浓盐酸反应生成氯气和氯化锰，随着盐酸浓度的降低，HCl的还原性减弱，反应停止，所以溶液中剩余氯离子大于0.15mol，所以反应完全欧向溶液中加入足量的硝酸银溶液，生成的氯化银沉淀物质的量大于0.15mol小于0.3mol，C项正确。11．2022年，新型冠状病毒在全球范围内肆虐，次氯酸钠溶液是常用的环境消毒剂。此外，次氯酸钠溶液也是常用的漂白剂。某研究性学习小组在实验室制备次氯酸钠溶液，测定其中NaClO含量并探究其漂白棉布的效果。回答下列问题：(一)制备NaClO溶液(1)装置B的作用是_______；若没有B装置，且D中氢氧化钠不足量，对次氯酸钠产率的影响是_______(填“增大”“减小”或“无影响”)。(2)装置D中反应的离子方程式为_______。(3)有同学提出三点意见：①装置A中不需要酒精灯；②装置C没有必要；③在装置D后再连接一个盛有NaOH溶液的尾气处理装置，以降低氯气逸出污染空气的可能性。合理的是_______(填标号)。(二)测定消毒液中NaClO含量步骤①：取制得的消毒液20mL于锥形瓶中，加足量盐酸酸化，迅速加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。步骤②：加入淀粉做指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定至终点，重复滴定操作3次。(4)步骤①中在暗处反应的原因是_______。(5)步骤②中判断滴定终点的现象是_______，已知I2+2S2O32=2I+S2O62。平均用去25.00mL0.1000mol•L1Na2S2O3标准溶液，测得NaClO的含量为_______g•L1(保留2位小数)。(三)探究次氯酸钠漂液漂白棉布的效果已知：棉布用次氯酸钠漂液漂白会受到一定损伤。织物断裂强度是指织物在被拉断时，所能承受的最大荷重，单位为kg。使用次氯酸钠漂液漂白棉布，不同pH对于漂白的结果如图所示。(6)漂白速率随pH减小而加快，但酸性条件易产生黄绿色气体，该气体已被实验证明没有漂白作用，说明起漂白作用的主要是_______(填粒子符号)；pH最好选择9~11，虽然漂白速率较慢，但可延长漂白时间达到效果。不宜选择酸性或中性的原因分别是_______。【答案】(1)除去HCl气体减小(2)Cl2+2OHˉ=Clˉ+ClOˉ+H2O(3)②③(4)防止HClO分解(5)溶液由蓝色变为无色且30s内不变化(6)4.66(6)HClO酸性条件易产生氯气导致污染；中性条件下对棉布损伤较大【解析】(1)氯气难溶于饱和食盐水，装置B中饱和食盐水的作用是除去HCl气体，降低Cl2在水中的溶解度，没有B装置，Cl2中混有HCl，D中氢氧化钠不足量，HCl会消耗一定量的氢氧化钠，减小次氯酸钠的产率；(2)D装置中氯气和氢氧化钠反应制取次氯酸钠，同时生成氯化钠，离子方程式为：Cl2+2OHˉ=Clˉ+ClOˉ+H2O；(3)①反应需要加热，装置A中不用酒精灯反应难以进行，错误；②装置C中浓硫酸用于吸收氯气中的水，之后NaOH溶液也有水，不会造成影响，合理；③氯气有毒会污染环境，在装置D后接一个盛有NaOH溶液，用于尾气处理，合理，故选②③；(4)步骤①中NaClO在酸性条件与KI反应生成碘单质和氯化钠，方程式为：ClO+2H++2I=Cl+I2+H2O，ClO与H+结合形成HClO见光易分解，所以要在暗处进行；(5)碘与淀粉显蓝色，滴加Na2S2标准溶液后，发生I2+2S2O32=2I+S2O62，碘单质被还原，溶液蓝色逐渐变浅，最终完全反应时褪色，滴定消耗Na2S2O3的物质的量为：0.025L×0.1000mol•L1=0.0025mol，n(I2)=×0.0025mol，再根据ClO+2H++2I=Cl+I2+H2O，n(NaClO)=n(I2)=×0.0025mol，NaClO的含量为：；(6)黄绿色气体为Cl2无漂白性，NaClO与盐酸反应ClO+H+=HClO，PH越小，氢离子浓度越大，平衡向正反应方向移动，HClO浓度越大，漂白性越强，所以具有漂白性的是HClO，由图示可知，酸性条件易产生氯气导致污染，中性条件下对棉布损伤较大，故pH最好选择9~11。1．(2022·江苏省淮安市高三模拟预测)下列关于氯及其化合物的性质与用途具有对应关系的是()A．Cl2易液化，可用于生产盐酸 B．ClO2有强氧化性，可用于自来水消毒C．CCl4难溶于水，可用作灭火剂 D．HCl极易溶于水，可用于检验NH3【答案】B【解析】A项，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，所以可用于生产盐酸，与其易液化的性质无关，A项错误；B项，ClO2有强氧化性，故可用于自来水消毒，B项正确；C项，CCl4不能燃烧，而且密度比空气大，可以隔绝氧气，故可用作灭火剂，与其难溶于水无关，C项错误；D项，HCl可用于检验NH3是因为和NH3反应生成NH4Cl固体，可以看到白烟，与HCl的水溶性无关，D项错误；故选B。2．(2022·广东省广州市广大附中、广外、铁一中学三校高三三模)关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是()A．水解生成盐酸和硝酸 B．与盐酸作用能产生氯气C．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐 D．具有强氧化性【答案】A【解析】A项，由化合物的结构式可知，ClONO2水解生成次氯酸和硝酸，故A错误；B项，ClONO2与盐酸作用时，水解生成的次氯酸能与盐酸反应生成氯气，故B正确；C项，ClONO2与NaOH溶液反应生成次氯酸钠、硝酸钠和水，故C正确；D项，ClONO2水解生成的次氯酸和硝酸都具有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，故D正确；故选A。3．(2022·北京市回民学校模拟预测)某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是(已知：饱和NaClO溶液的pH约为11)()A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH=ClO+Cl+H2OB．该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2：2H++Cl+ClO=Cl2↑+H2OC．该消毒液的pH约为12：ClO+H2OHClO+OHD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO=HClO+CH3COO【答案】C【解析】A项，NaOH溶液与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH=ClO+Cl+H2O，故A正确；B项，消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为2H++Cl+ClO=Cl2↑+H2O，故B正确；C项，饱和NaClO溶液的pH约为11，而该消毒液的pH约为12，主要的原因是消毒液中含有的NaOH电离产生OH，故C错误；D项，该消毒液加白醋发生反应CH3COOH+ClO=HClO+CH3COO，生成HClO可增强漂白作用，故D正确；故选C。4．(2022·江苏省南通市高三第四次模拟考试)NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO3和ClO2等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。下列说法正确的是()A．新制氯水需存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中B．可用广泛pH试纸测定新制氯水的pH值C．NaClO与CO2反应的离子方程式为NaClO+CO2+H2O=HClO+Na++HCO3D．使用NaClO消毒时，可用盐酸酸化【答案】A【解析】A项，氯水中的次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，故A正确；B项，新制氯水具有漂白性，能漂白pH试纸，所以不能用广泛pH试纸测新制氯水的pH，故B错误；C项，酸性：H2CO3＞HClO＞HCO3，NaClO与CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO+CO2+H2O═HClO+HCO3，故C错误；D项，NaClO与盐酸反应生成有毒的氯气，故不能用盐酸酸化，故D错误；故选A。5．(2022·广东省高三模拟联考)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是()【答案】D【解析】A项，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；B项，氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；C项，湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；D项，氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意；故选D。6．(2022·湖南省岳阳一中三模)反应2NaClO+C3H3N3O3=C3N3O3Cl2Na+NaOH+H2O可制备广谱消毒剂C3N3O3Cl2Na，装置如图所示(夹持装置已略去)。下列说法错误的是()A．按气流从左至右，装置中导管连接顺序为f→c→d→a→b→eB．升高温度有利于装置A中产品的生成C．当加入4molNaOH时，消耗氰尿酸(C3H3N3O3)大于1molD．装置D中橡皮管可平衡气压，便于浓盐酸顺利流下【答案】B【解析】浓盐酸和Ca(ClO)2反应生成Cl2，发生离子反应方程式为Cl+ClO+2H+=Cl2↑+H2O；盐酸具有挥发性，所以生成的氯气中含有HCl，用饱和的食盐水除去Cl2中的HCl，氯气和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，C3H3N3O3和NaClO反应生成C3N3O3Cl2Na、NaOH和H2O，发生反应为2NaClO+C3H3N3O3=C3N3O3Cl2Na+NaOH+H2O；氯气有毒，多余的氯气需要用氢氧化钠溶液吸收，防止污染环境。A项，A为制取C3N3O3Cl2Na的装置、B为除去氯气中的HCl的装置、C为处理尾气装置、D为制取氯气装置，所以完成上述实验，按气流从左至右，导管连接顺序为f→c→d→a→b→e，A正确；B项，升高温度，氯气和NaOH溶液反应生成NaClO3，生成NaClO浓度减少，不利于装置A中产品的生成，B错误；C项，由反应方程式：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、2NaClO+C3H3N3O3=C3N3O3Cl2Na+NaOH+H2O，可得关系式：4NaOH~2NaClO~C3H3N3O3，加入4molNaOH时，可消耗1molC3H3N3O3，由于产物也生成NaOH，则消耗氰尿酸大于1mol，C正确；D项，装置D是浓盐酸和Ca(ClO)2反应生成Cl2，由于产生气体装置D内压强较大，使用橡皮管可平衡气压，便于浓盐酸顺利流下，D正确；故选B。7．(2022·天津市红桥区高三质量调查二模)部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列推断不合理的是()A．c可用于自来水消毒B．b既具有氧化性，又具有还原性C．常温下，a、d水溶液的pH：a>dD．e、f分别与a的浓溶液混合均可制备b【答案】C【解析】根据元素的价类二维图，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为HClO，e为次氯酸盐，f为氯酸盐。A项，ClO2具有强氧化性，可用于自来水消毒，A错误；B项，b为Cl2，Cl的价态为0价，中间价态既有氧化性又有还原性，B正确；C项，常温下，a、d水溶液分别为盐酸和次氯酸，无浓度，不能比较pH，C错误；D项，次氯酸盐和氯酸盐中氯的价态较高，均能与浓盐酸反应制备氯气，D正确；故选C。8．(2022·浙江省镇海中学高三选考模拟)部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是()A．可以通过化合反应生成cB．工业上通过a→b→c→d→e来制备HNO3C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′D．加热d′的固态钾盐可以产生O2【答案】B【解析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。A项，氮气和氧气可以在高温或放电条件下通过化合反应生成NO，故A正确；B项，工业上通过4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2=2NO2，3NO2+H2O=2HNO3+NO，即→→→来制备HNO3，故B错误；C项，可通过反应2HCl(浓)+NaClO=NaCl+Cl2↑+H2O得到氯气，故C正确；D项，氯酸钾受热分解，可以产生O2，故D正确；故选B。9．(2022·云南省昆明一中模拟预测)常温下，向的NaClO溶液中缓慢通入SO2气体，使其充分吸收，溶液pH与通入SO2物质的量关系如图所示(忽略溶液体积的变化和NaClO、HClO的分解)。下列说法错误的是()A．NaClO溶液中存在c(HClO)=c(OH﹣)c(H+)B．常温下，HClO的电离平衡常数为103.8C．a点的总反应为SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClOD．c点溶液中c(H+)为2.0mol·L−1【答案】B【解析】A项，NaClO溶液中，质子守恒：c(OH﹣)=c(HClO)+c(H+)，则存在c(HClO)=c(OH﹣)c(H+)，故A正确；B项，b点恰好发生反应为SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO，c点恰好发生反应为SO2+H2O+NaClO=Na2SO4+NaCl，b点溶液pH=3.8，n(HClO)=2n(SO2)=mol，溶液中c(HClO)=mol/L，则，故B错误；C项，a点n(SO2)：n(NaClO)=0.2mol：1mol=1：5，总反应为SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO，故C正确；D项，c点n(SO2)：n(NaClO)=1mol：1mol=1：1，发生反应为SO2+H2O+NaClO=H2SO4+NaCl，n(H+)为2mol，则c(H+)为2mol·L−1，故D正确；故选B。10．(2022·浙江省杭州二中、温州中学、金华一中高三模拟预测)当25℃时，向20.00mL某浓度新制氯水中滴入的NaOH溶液，滴定曲线如图所示，已知次氯酸的电离常数为Ka=2.5×108。下列说法正确的是()A．甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：HClO+OH=H2O+ClOB．甲到丁的过程中，水的电离程度一直增大C．丙点溶液中：c(Na+)＞c(Cl)＞c(ClO)＞c(HClO)＞c(H+)D．氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，其平衡常数K的数量级为104【答案】C【解析】从图中可以看出，用NaOH溶液滴定氯水，滴定过程中有两个突变点，则从甲到乙，主要发生H+与OH的反应；从乙到pH=10的点，主要发生HClO与OH的反应。A项，甲到乙发生的非氧化还原反应主要为：H++OH=H2O，A不正确；B项，甲到丙的过程中，氯气与水反应的产物不断与NaOH发生反应，水的电离程度一直增大；从丙到丁的过程中，溶液中c(NaOH)不断增大，对水电离的抑制作用不断增大，水的电离程度不断减小，B不正确；C项，丙点溶液中，Ka==2.5×108，此时c(H+)=108mol/L，则c(ClO)=2.5c(HClO)，c(Cl)=c(ClO)+c(HClO)，c(Na+)=c(Cl)+c(ClO)，所以c(Na+)＞c(Cl)＞c(ClO)＞c(HClO)＞c(H+)，C正确；D项，氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+HClO，pH=10时，Cl2与NaOH刚好完全反应，由Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，可求出c(Cl2)==0.05mol/L，其平衡常数K===，数量级为105或更小，D不正确；故选C。11．(2022·山东省枣庄市一模)已知氯气和空气按体积比1∶3混合通入潮湿的碳酸钠中能生成Cl2O，且反应放热；不含Cl2的Cl2O易与水反应生成HClO；Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2。设计如图装置(部分夹持装置略)制备HClO，每个虚线框表示一个装置单元，其中存在错误的是()A．②③⑤ B．①④⑤ C．①②④ D．①③④【答案】D【解析】①用MnO2和浓盐酸制备氯气需要加热装置，错误；②是将制备的Cl2通入饱和食盐水来除去一起挥发出来的HCl，同时可以控制通入氯气和空气的比值，并在实验结束后可以将多余的氯气排除进行尾气处理，正确；③由题干信息可知，制备Cl2O是一个放热反应，且Cl2O在42℃以上会分解生成Cl2和O2，则发生装置③需防止在冰水浴中，错误；④为除去Cl2O中的Cl2，导管应该长进短出，错误；⑤经CCl4除去Cl2的Cl2O通入⑤中进行反应，生成HClO，正确；综上分析可知，①③④错误，故选D。12．(2022·江苏省南通市高三模拟预测)NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO3和ClO2等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。实验室用如图所示方法制备ClO2水溶液，下列说法不正确的是()A．KClO3发生氧化反应 B．反应过程中需持续通入N2C．乙装置应置于冰水浴中 D．丙装置用于吸收ClO2尾气【答案】A【解析】甲装置用来制备ClO2，反应原理为题中所给化学方程式，其中KClO3作为氧化剂，草酸作为还原剂。产生的ClO2进入乙装置中用水吸收得到其水溶液，丙装置的作用是吸收ClO2，防止污染空气。A项，KClO3作为氧化剂，发生还原反应，A错误；B项，ClO2体积分数大于10%时可能发生爆炸，所以需要持续通入氮气稀释ClO2，B正确；C项，ClO2水溶液在温度过高时可能发生爆炸，乙装置应在冰水浴中，C正确；D项，丙装置用于吸收ClO2尾气，D正确；故选A。13．(2022·湖北省襄阳五中高三适应性考试)利用Cl2氧化绿色K2MnO4浓强碱溶液制备KMnO4的装置如图所示(加热、夹持装置略)：(1)仪器d的名称为_______，d中的溶液是_______。实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下，此操作_______(填“能”或“不能”)检验装置的气密性。(2)装置B中氯气氧化锰酸钾的化学方程式为_______。(3)单向阀的作用是_______，当仪器B中_______即停止通氯气。(4)当B中反应结束，后续操作是熄灭A处酒精灯，_______，待冷却后拆除装置。(5)锰酸钾(K2MnO4)在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO42+2H2O=2MnO4+MnO2↓+4OH。根据此信息，可以得出上述装置存在一处缺陷，会导致KMnO4产率降低，改进的方法是_______。(6)某兴趣小组同学用0.1000mol·L1的酸性高锰酸钾标准溶液滴定某过氧化氢试样，反应原理为2MnO4+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。用移液管移取25.00mL试样置于锥形瓶中，重复滴定四次，每次消耗酸性高锰酸钾标准溶液的体积如表所示：第一次第二次第三次第四次V(KMnO4溶液)/mL17.1018.1018.0017.90计算试样中过氧化氢的浓度为_______mol·L1。【答案】(1)

洗气瓶

NaOH溶液

不能(2)Cl2+2K2MnO4=2KCl+2KMnO4(3)

防止倒吸

溶液由绿色完全转变为紫红色(4)打开弹簧夹，通入空气(5)在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶(6)0.1800【解析】由实验装置图可知，装置A中二氧化锰与浓盐酸共热反应制备氯气，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气。(1)由实验装置图可知，仪器d为三颈烧瓶；由分析可知，装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的氯气，防止污染空气；仪器a为恒压滴液漏斗，能起到平衡气压，便于液体顺利流下的作用，所以实验开始前向仪器a中加入水，盖好玻璃塞，关闭止水夹和弹簧夹，打开仪器a玻璃旋塞向b中滴加水，一段时间后看水能不能滴下不能检验装置的气密性；(2)装置B中氯气与浓强碱溶液中的锰酸钾反应制备高锰酸钾，反应的化学方程式为Cl2+2K2MnO4=2KCl+2KMnO4；(3)由示意图可知，单向阀只允许气体从左流向右，不允许溶液从右流向左，可以起到防倒吸的作用；由方程式可知，当装置B中绿色的锰酸钾溶液完全转变为紫红色高锰酸钾溶液时，说明锰酸钾完全反应，应停止通氯气；(4)当B中反应结束后，装置中还残留有未反应的氯气，为防止拆除装置时氯气逸出污染环境，所以拆除装置时的操作为熄灭A处酒精灯后，打开弹簧夹，通入空气，将装置中的氯气赶到装置C中被氢氧化钠溶液完全吸收，待冷却后拆除装置；(5)由分析可知，浓盐酸具有挥发性，制得的氯气中混有氯化氢，氯化氢会与装置B中浓碱反应导致碱性减弱，锰酸根离子在溶液中发生歧化反应，所以实验时应在A、B之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢；(6)由表格数据可知，第一次实验的误差较大，应舍去，所以滴定中消耗酸性高锰酸钾标准溶液的平均体积为=18.00mL，由方程式可知，试样中过氧化氢的浓度为=0.1800mol/L。14．(2022·广东省潮州市高三第二次模拟考试)亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的含氯消毒剂，在水中溶解度较大，遇酸放出ClO2，是一种高效的氧化剂和优质漂白剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。过氧化氢法制备NaClO2固体的实验装置如图所示：已知：①ClO2的熔点为59℃、沸点为11℃，极易溶于水，遇热水、见光易分解：气体浓度较大时易发生分解，若用空气、CO2、氮气等气体稀释时，爆炸性则降低。②2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O回答下列问题：(1)按上图组装好仪器后，首先应该进行的操作是_______；装置B的作用是_______；冰水浴冷却的主要目的不包括_______(填字母)。A．减少H2O2的分解

B．降低ClO2的溶解度

C．减少ClO2的分解(2)ClO2是合成NaClO2的重要原料，写出三颈烧瓶中生成ClO2的化学方程式：_______。(3)装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还因为_______。空气的流速过慢时，ClO2不能及时被移走，浓度过高导致分解可能发生爆炸；空气流速过快时，则导致_______。(4)该套装置存在的明显缺陷是_______。(5)为防止生成的NaClO2固体被继续还原为NaCl，所用还原剂的还原性应适中。除H2O2外，还可以选择的还原剂是_______(填字母)A．过氧化钠 B．硫化钠 C．氯化亚铁 D．高锰酸钾(6)若mgNaClO3(s)最终制得纯净的ngNaClO2(s)，则NaClO2的产率是_______×100%。(相对分子质量分别是NaClO3：106.5

NaClO2：90.5)【答案】(1)

检查装置的气密性

防止倒吸(或稀释ClO2气体)

b(2)2NaClO3+H2O2+2H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O(3)NaCl