专题19 氯及其化合物卤素 十年（2015-2024）高考化学真题分类汇编(解析版)

2013-2024年十年高考真题汇编PAGEPAGE1专题19氯及其化合物卤素考点十年考情(2015-2024)命题趋势考点1氯及其化合物2024·浙江1月卷、2022•广东选择性卷、2021•浙江6月卷、2016·上海卷、2015·北京卷卤素单质及其化合物的性质在高考中占有举足轻重的地位。氯及其化合物的制备、性质以及含量测定是高考的热点，常以选择题的形式出现，分值为2~4分。题目常给出NaClO2、ClO2的相关的信息，以其制备和性质为载体，考查氧化还原反应在生产实际中的应用，分值为2~6分。以海水提溴的流程图为载体，考查物质的制备与提纯，涉及物质的分离和提纯、仪器的使用、基本实验操作等，考查考生运用所学知识解决实际问题的能力，分值为6分。考点2氯及其化合物制备与性质2015·福建卷、2015·重庆卷、2015·江苏卷、2015·全国卷Ⅱ考点3其它卤素2024·辽吉黑卷、2023•辽宁省选择性考试、2022•重庆卷、2022·浙江省1月卷、2022•辽宁省选择性卷、2022•辽宁省选择性卷、2021•浙江6月卷、2016·上海卷、2015·全国卷Ⅱ、2024·上海卷、2023•浙江省1月选考、2016·上海卷考点1氯及其化合物1．(2024·浙江1月卷，2，3分)工业上将Cl2通入冷的溶液中制得漂白液，下列说法不正确的是()A．漂白液的有效成分是 B．ClO-水解生成使漂白液呈酸性C．通入CO2后的漂白液消毒能力增强 D．溶液比溶液稳定【答案】B【解析】A项，漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl)，有效成分是次氯酸钠，A正确；B项，ClO-水解生成HClO，水解方程式为ClO-+H2OHClO+OH-，使漂白液呈碱性，B错误；C项，通入CO2后，发生反应NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，漂白液消毒能力增强，C正确；D项，次氯酸不稳定，次氯酸盐稳定，所以热稳定性NaClO＞HClO，D正确；故选B。2．(2022•广东选择性卷，8)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。3．(2021•浙江6月卷，16)关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是()A．具有强氧化性 B．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸【答案】D【解析】A项，ClONO2里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；B项，ClONO2与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C项，ClONO2与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D项，ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；故选D。4．(2016·上海卷，9)向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是()A．碳酸钙粉末B．稀硫酸C．氯化钙溶液D．二氧化硫水溶液【答案】A【解析】在氯水中存在反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，若反应使溶液中c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强。A项，由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，所以向溶液中加入碳酸钙粉末，会发生反应：2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，使化学平衡正向移动，导致c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强，正确；B项，若加入稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误；C项，加入氯化钙溶液，不能发生反应，溶液的水对氯水起稀释作用，使溶液的漂白性减弱，错误；D项，加入二氧化碳的水溶液，电离产生氢离子，使化学平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误。5．(2015·北京卷，11)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-=Cl-+ClO-+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO-+H2OHClO+OH-C．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↑+H2OD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-【答案】B【解析】氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，A正确；该消毒液的pH约为12，而饱和NaClO溶液的pH约为11，故用水解解释不合理，pH约为12是因为溶液中还含有氢氧化钠，B错误；C项二者发生归中反应生成氯气，正确；D项，发生反应CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-，增大了HClO的浓度，漂白作用增强，正确。考点2氯及其化合物制备与性质1．(2015·福建卷，25)某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用下图所示的实验装置进行实验。(1)制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有。(2)若对调B和C装置的位置，(填“能”或“不能”)提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究(3)在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响，其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行)：试管编号12340.20mol·L-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3(s)/g0.100.100.100.106.0mol·L-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象①系列a实验的实验目的是。②设计1号试管实验的作用是。③若2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，则此反应的离子方程式为。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量(4)该小组设计的实验方案为：使用如图装置，加热15.0mL饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是

。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)(5)根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节)：

。资料：ⅰ.次氯酸会破坏酸碱指示剂；ⅱ.次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。【答案】(1)烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)(2)能(3)①研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响②硫酸浓度为0的对照实验③ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O(4)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等，此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)(5)量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，称量沉淀质量(或其他合理答案)【解析】(1)制取实验结束后，取出B中试管冷却结晶、过滤、洗涤。根据进行该实验操作过程使用的仪器可知：在该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管。(2)Cl2与热的KOH溶液发生反应产生氯酸钾和氯化钾及水，与冷的KOH发生反应产生KCl、KClO和水。因此若对调B和C装置的位置，可以除去Cl2中的杂质HCl气体，故能提高B中氯酸钾的产率。(3)①根据表格数据可知：KI、KClO3的物质的量不变，改变的只有硫酸的体积和水的多少，二者的和相等，可见研究的目的就是研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响。②设计1号试管实验时没有加入硫酸溶液，即硫酸的浓度是0，可以进行对照实验，比较不同浓度的硫酸对反应产物影响。③若2号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色，证明产生了I2；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，根据氧化还原反应中电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为ClO3-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O。(4)该小组设计的实验方案为使用题干装置，加热15.0mL饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行，主要原因是在溶液中存在Cl2的重新溶解及HClO分解产生HCl和氧气等。(5)由于次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此实验设计时不用酸碱指示剂，可以利用氯水的强氧化性，向该溶液中加入足量的H2O2溶液，发生氧化还原反应产生Cl-，H2O2被氧化为O2，然后加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，发生沉淀反应生成AgCl沉淀，称量沉淀质量可根据物质的元素组成确定其中含有的氯元素的质量。2．(2015·重庆卷，9)ClO2与Cl2的氧化性相近。在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。(1)仪器D的名称是。安装F中导管时，应选用图2中的。(2)打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜(填“快”或“慢”)。(3)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是

。(4)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是。(5)已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示，若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是，原因是。【答案】(1)锥形瓶b(2)慢(3)吸收Cl2(4)4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O验证是否有ClO2生成(5)稳定剂Ⅱ稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度【解析】(1)根据仪器特征，仪器D的名称是锥形瓶；根据操作分析，F装置应是Cl2和KI反应，所以应长管进气，短管出气，选b。(2)为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。(3)F装置中若有Cl2，则发生Cl2+2KI=2KCl+I2，淀粉遇碘变蓝，所以F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是吸收Cl2。(4)在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。(5)根据图3可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ效果较好。3．(2015·江苏卷，19)实验室用下图所示装置制备KClO溶液，并通过KClO溶液与Fe(NO3)3溶液的反应制备高效水处理剂K2FeO4。已知K2FeO4具有下列性质：①可溶于水、微溶于浓KOH溶液，②在0℃~5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，能与水反应生成Fe(OH)3和O2。(1)装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为，将制备的Cl2通过装置B可除去(填化学式)。(2)Cl2与KOH在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃~5℃进行，实验中可采取的措施是、。(3)制备K2FeO4时，KClO饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为。(4)提纯K2FeO4粗产品[含有Fe(OH)3、KCl等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的3mol·L-1KOH溶液中，(实验中须使用的试剂有：饱和KOH溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干燥箱)。【答案】(1)2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2OHCl(2)缓慢滴加盐酸装置C加冰水浴(3)在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO饱和溶液中(4)用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3次后，在真空干燥箱中干燥【解析】(1)根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为2MnO4-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，盐酸容易挥发，制备的Cl2含有HCl、水蒸气等杂质，而HCl极易溶于水，通过饱和食盐水除去HCl。(2)可以采取的措施有缓慢滴加盐酸控制产生Cl2的速率，装置C用冰水浴控制反应温度。(3)根据K2FeO4的性质中②③④可知，应将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO溶液中。(4)先过滤除去Fe(OH)3，再溶于浓KOH溶液，过滤出K2FeO4，后用无水乙醇洗涤，减少K2FeO4溶解而引起的损失。4．(2015·全国卷Ⅱ，28)二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题：(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：①电解时发生反应的化学方程式为。②溶液X中大量存在的阴离子有。③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。A．水 B．碱石灰C．浓硫酸 D．饱和食盐水(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50mL水溶解后，再加入3mL稀硫酸；Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；Ⅴ.用0.1000mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O32-2I-+S4O62-)①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。②玻璃液封装置的作用是。③Ⅴ中加入的指示剂通常为，滴定至终点的现象是。④测得混合气中ClO2的质量为g。(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是(填标号)。A．明矾 B．碘化钾C．盐酸 D．硫酸亚铁【答案】(1)2∶1(2)①NH4Cl+2HCl3H2↑+NCl3②Cl-、OH-③c(3)①2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O②吸收残余的二氧化氯气体③淀粉溶液溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变④0.02700(4)d【解析】(1)根据氧化还原反应中得失电子守恒，氯元素的化合价从+5价降到+4价，得1个电子，氯酸钾是氧化剂；硫元素的化合价从+4价升高到+6价，失去2个电子，亚硫酸钠是还原剂，根据得失电子相等可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1。(2)①根据图示可知氯化铵和氯化氢反应生成氢气和NCl3，配平即可。②根据产物中有氨气生成可知溶液为碱性，存在氢氧根离子，根据元素守恒可知还存在氯离子。③ClO2易溶于水，a、d错误；碱石灰不能吸收NH3，b错误。(3)①ClO2能把碘离子氧化为碘单质，自身被还原为氯离子。②由于ClO2有毒，容易逸出进入空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化氯气体。③由于碘单质遇到淀粉变蓝，所以常用的指示剂为淀粉。滴定终点的颜色为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变。④根据方程式可知2ClO2～5I2～10S2O32-，则测得混合气中ClO2的质量为0.1000mol·L-1×0.02L×67.5g·mol-1÷5=0.02700g。(4)亚氯酸盐有氧化性，除去它要用有还原性的硫酸亚铁，同时产生的铁离子还能净水。考点3其它卤素1．(2024·辽吉黑卷，6，3分)H2O2分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①H2O2溶液；②淀粉、丙二酸和MnSO4混合溶液；③KIO3、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来回振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是()A．无色→蓝色：生成I2 B．蓝色→无色：I2转化为化合态C．H2O2起漂白作用 D．淀粉作指示剂【答案】C【解析】分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化下H2O2与IO3-反应生成I2，在淀粉指示剂的作用下溶液变蓝色；②生成的I2又会与H2O2反应生成IO3-，使溶液变回无色；③生成的I2可以与丙二酸反应生成琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。A项，溶液由无色变为蓝色说明有I2生成，A正确；B项，溶液由蓝色变为无色，是将I2转化为IO3-，I2转化为为化合态，B正确；C项，H2O2在此过程中参加反应，不起到漂白作用，C错误；D项，在此过程中，因为有I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示剂的作用，D正确；故选C。2．(2023•辽宁省选择性考试，13)某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知I3-(aq)为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是()选项颜色变化解释A溶液呈浅棕色I2在水中溶解度较小B溶液颜色加深发生了反应：I-+I2I3-C紫黑色晶体消失I2(aq))的消耗使溶解平衡I2(s)I2(aq)右移D溶液褪色Zn与有色物质发生了置换反应【答案】D【解析】A项，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；B项，已知I3-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2I3-，生成I3-使溶液颜色加深，B项正确；C项，I2在水中存在溶解平衡I2(s)I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3-，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；D项，最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；故选D。3．(2022•重庆卷，3)下列叙述正确的是()A．Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-B．Na和Li分别在O2中燃烧得到Na2O和Li2OC．1molSO3与1molNO2分别通入1L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3D．0.1mol•L-1醋酸和0.1mol•L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O【答案】A【解析】A项，氯气和溴的氧化性都强于铁离子，都能与亚铁离子反应生成氯离子和溴离子，故A正确；B项，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B错误；C项，无法确定1molSO3与1molNO2分别通入1L水中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3的浓度大小，故C错误；D项，硼酸的酸性弱于碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D错误；故选A。4．(2022·浙江省1月卷，22)下列推测不合理的是()A．相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3反应难B．OPBrCl2与足量H2O作用生成2种酸C．相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、OPF3D．PBr3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3【答案】B【解析】A项，氯原子半径较小，氯气更容易靠近三氯化磷中的磷原子发生反应生成五氯化磷，A正确；B项，OPBrCl2与H2O反应的方程式为：OPBrCl2+3H2O=H3PO4+2HCl+HBr，一共生成3种酸，B错误；C项，从P—Br键到P—F键，键的稳定性逐渐增强，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢，C正确；D项，PBr3与C2H5OH反应的时候，Br乙醇羟基上的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合生成P(OC2H5)3，D正确；故选B。5．(2022•辽宁省选择性卷，7)下列类比或推理合理的是()已知方法结论A沸点：Cl2Br2类比沸点：H2B酸性：HClO4类比酸性：HClC金属性：FeCu推理氧化性：Fe3+Cu2+DKsp：Ag2CrO4AgCl推理溶解度：Ag2CrO4AgCl【答案】A【解析】A项，Cl2Br2的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量：H2，所以沸点：H2，故A正确；B项，非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性：HClO4，酸性：HCl，故B错误；C项，由金属性：FeCu，可推出氧化性Fe2+Cu2+；由离子方程式2Fe3+Cu=2Fe2+Cu2+可得，氧化性：Fe3+Cu2+，故C错误；D项，Ag2CrO4和AgCl的阴、阳离子个数比不相同，不能通过Ksp大小来比较二者在水中的溶解度，故D错误；故选A。6．(2022•辽宁省选择性卷，6)镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶液恢复棕色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是()A．褪色原因为I2被Fe还原 B．液体分层后，上层呈紫红色C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈 D．溶液恢复棕色的原因为被氧化【答案】D【解析】A项，Zn比Fe活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色原因为I2被＞还原，A项错误；B项，液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B项错误；C项，若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe不易生锈，反之，若Fe活泼性大于镀层金属，则Fe更易生锈，由于活泼性：Zn＞Fe＞Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C项错误；D项，漂白粉的有效成分为Ca(ClO)2，其具有强氧化性，可将I-氧化，D项正确；答案选D。7．(2021•浙江6月卷，10)下列说法不正确的是()A．应避免铵态氮肥与草木灰混合施用B．工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率C．电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气D．将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢【答案】C【解析】A项，铵态氮肥的主要成分为铵根离子，草木灰的主要成分含有氢氧根，二者混合使用可以发生反应生成氨气，降低肥效，不能混合使用，A正确；B项，离子交换法可以很大程度的提取海水中的I-，还可以起到富集低浓度I-的作用，可以提高海水中I的提取率，B正确；C项，电解饱和食盐水可以得到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na单质，C错误；D项，将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D正确；故选C。8．(2016·上海卷，21)类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是()A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se的沸点高于H2SC．Fe与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe与I2反应生成FeI3D．NaCl与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr与浓H2SO4加热可制HBr【答案】AB【解析】A项，O和S是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，正确；B项，C和Si，Se和S都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力大小可以用相对分子质量来比较，正确；C项，因I2的氧化性较弱，故与铁反应生成为FeI2，错误；D项，浓硫酸氧化性很强，会将HBr氧化为Br2，错误。故选AB。9．(2015·全国卷Ⅱ，12)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】氯气具有强氧化性，能和溴离子反应生成溴单质，向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A正确；提纯粗盐可以采用除杂、重结晶的方法，B正确；工业常选用石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C错误；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，D正确。10．(2024·上海卷)氟元素及其化合物具有广泛用途。(1)下列关于氟元素的性质说法正确的是()A．原子半径最小 B．原子第一电离能最大C．元素的电负性最强 D．最高正化合价为+7【答案】C【解析】A项，同一周期主族元素从左至右，原子序数递增、原子半径递减，氟原子在本周期主族元素中半径最小，但氢原子半径小于氟原子半径，A错误；B项，同一周期主族元素从左至右，第一电离能有增大的趋势，氟原子在本周期主族元素中第一电离能最大，但氦原子的第一电离能大于氟原子，B错误；C项，据同一周期主族元素从左至右电负性增强、同一主族从上至下电负性减弱可知，氟元素的电负性最强，C正确；D项，氟元素无正化合价，D错误；故选C。(2)下列关于与说法正确的是()A．是同种核素 B．是同素异形体C．比多一个电子 D．比多一个中子【答案】D【解析】A项，与质子数相同、中子数不同，因此两者是不同种核素，A错误；B项，同素异形体指的是同种元素的不同单质；与是两种不同的原子，不是单质，因此两者不是同素异形体，B错误；C项，同位素之间质子数和电子数均相同，比多一个中子，C错误；D项，的中子数是10，只有9个中子，比多一个中子，D正确。故选D。(3)萤石(CaF2)与浓硫酸共热可制备HF气体，写出该反应的化学方程式：，该反应中体现浓硫酸的性质是。A．强氧化性

B．难挥发性

C．吸水性

D．脱水性【答案】CaF2+H2SO4(浓)CaSO4+2HF↑BC【解析】萤石(CaF2)与浓硫酸共热可发生复分解反应，生成硫酸钙和HF气体，该反应的化学方程式为CaSO4+HF↑，该反应为难挥发性酸制取易挥发性酸，且浓硫酸具有吸水性，可减少HF气体在水中的溶解，故该反应中体现浓硫酸的性质是难挥发性和吸水性，故选BC。(4)液态氟化氢(HF)的电离方式为：3HFX+HF2，其中X为。HF2的结构为，其中F-与HF依靠相连接。【答案】H2F氢键【解析】根据原子守恒可知，X为H2F。HF2的结构为，其中F-与HF之间依靠氢键连接。11．(2023•浙江省1月选考，18)化合物X由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：已知：白色固体A用溶解后，多余的酸用恰好中和，请回答：(1)X的组成元素是___________，X的化学式是___________。(2)写出B→C溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式___________。(3)写出生成白色固体H的离子方程式___________。(4)设计实验检验溶液Ⅰ中的阳离子___________。【答案】(1)Ca、Cl、OCa(ClO4)2(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O或12HI+NaClO4=4HI3+NaCl+4H2O(3)[Ag(NH3)2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4+(4)用玻璃棒蘸取溶液I，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取溶液于试管中，加入NaOH至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH4+【解析】由化合物X与碳酸钠溶液反应生成白色固体A和无色溶液B可知，白色固体A可能为碳酸钙或碳酸钡沉淀，说明化合物X中含有钙离子或钡离子，由多步转化后溶液B得到白色沉淀H可知化合物X中一定含有氯元素和氧元素，由白色沉淀H的质量为1.435g可知，化合物X中含有氯元素的物质的量为=0.01mol，由白色固体A用0.0250mol盐酸溶解后，多余的酸用0.0150mol氢氧化钠溶液恰好中和可知，化合物X中含有钙元素或钡元素的物质的量为(0.0250mol—0.0150mol)×=0.005mol，若化合物X含有钡元素，白色固体A的质量为=0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g，所以X中含有钙元素，含有的氧元素物质的量为=0.04mol，则X中钙元素、氯元素、氧元素的物质的量比为0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，则X的化学式为Ca(ClO4)2。(1)X的组成元素钙原子、氯元素和氧元素，化学式为Ca(ClO4)2；(2)由图可知，B→C溶液呈棕黄色所发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应生成氯化钠、碘和水，反应的化学反应方程式为，故答案为：8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O；(3)由图可知，生成白色固体H的反应为氯化二氨合银与硝酸溶液反应生成氯化银沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为[Ag(N