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考点14 氯及其化合物
考法1 氯气的性质及制备
1.氯气的物理性质：常温下，氯气是黄绿色、有刺激性、能溶于水、比空气重、易液化的有毒气体。闻有毒气体及未知气体的方法是用手在瓶口轻轻煽动，仅使极少量气体进入鼻孔。
2. 氯气的化学性质：氯气化学性质非常活泼，很容易得到电子，作强氧化剂，能与金属、非金属、水以及碱反应。
(1)与金属反应(与变价金属反应，均是金属氧化成高价态)
①与钠反应：2Na＋Cl22NaCl(产生白烟)
②与铜反应：Cu＋Cl2CuCl2(产生棕黄色的烟)
③与铁反应：2Fe＋3Cl22FeCl3(产生棕色的烟)
常温下干燥的氯气或液氯不与铁反应，所以液氯通常储存在钢瓶中。
(2)与非金属反应
①H2＋Cl22HCl(发出苍白色火焰，有白雾生成)——可用于工业制盐酸
H2＋Cl22HCl(会发生爆炸)——不可用于工业制盐酸
②2P＋3Cl22PCl3(氯气不足；产生白雾)
2P＋5Cl22PCl5(氯气充足；产生白烟)
(3)与水反应：Cl2＋H2O_=_HCl＋HClO
①将氯气溶于水得到氯水(浅黄绿色)，氯水含多种微粒，其中有H2O、Cl2、HclO、Cl-、H+、OH-(极少量，水微弱电离出来的)。②氯气溶于水生成的HClO是一种极弱的酸，但是一种强氧化剂，能漂白、杀菌，它的漂白是一种氧化性漂白，与Na2O2、H2O2的漂白原理是一样的。③Cl2可使润湿的有色布条褪色，不能使干燥的有色布条褪色，说明Cl2没有漂白性，而是HClO起漂白作用。④Cl2使润湿石蕊试先变红后褪色，其原因是Cl2与H2O作用生成的酸使石蕊先变红，HClO强氧化性使变色后的石蕊氧化褪色(漂白)。⑤光照氯水，黄绿色逐渐褪色，溶液pH逐渐减小(HClO转化成了盐酸)。⑥氯水应保存在棕色瓶中且置于阴凉处。
(4)与碱反应
Cl2＋2NaOH = NaCl＋NaClO＋H2O(用于除去多余的氯气)
2Cl2＋2Ca(OH)2 = Ca(ClO)2＋CaCl2＋2H2O(用于制漂粉精或漂白粉)
漂白液的有效成分为NaClO，漂白粉(精)的有效成分为Ca(ClO)2.漂白粉之所以具有漂白性，原因是：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O = CaCO3↓+2HClO生成的HClO具有漂白性。漂白粉久置空气会失效(涉及两个反应)：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O=CaCO3↓＋2HClO，2HClO2HCl+O2↑，漂白粉变质会有CaCO3存在，外观上会结块，久置空气中的漂白粉加入浓盐酸会有CO2气体生成，含CO2和HCl杂质气体。所以，漂白粉应密闭保存，避免与空气接触。
(5)与某些还原性物质反应
①2FeCl2＋Cl2 = 2FeCl3
②2KI＋Cl2 = 2KCl + I2(使湿润的淀粉-KI试纸变蓝色，用于氯气的检验)
③SO2＋Cl2＋2H2O = 2HCl + H2SO4(将SO2气体和Cl2气体混合后作用于有色溶液，漂白效果将大大减弱)自来水用氯水杀菌消毒，所以用自来水配制以下溶液如KI、KBr、FeCl2、Na2SO3、Na2CO3、NaHCO3、AgNO3、NaOH等溶液会变质。
(6)与某些有机物反应
①CH4＋Cl2 CH3Cl + HCl(取代反应)
②CH2=CH2＋Cl2 → CH2ClCH2Cl(加成反应)
3. 氯气的实验室制法
(1)实验原理：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
温馨提示：还可以使用KMnO4、K2Cr2O7、KClO3等作氧化剂与浓盐酸反应，使用以上物质时，反应不需要加热，如2KMnO4＋16HCl(浓)=2MnCl2＋2KCl＋5Cl2↑＋8H2O。
(2)实验装置：
①Cl2的净化用水或饱和食盐水洗气，除去混在Cl2中的HCl气体；用浓H2SO4除去混在Cl2中的水蒸气。②由于Cl2的密度比空气大，常用向上排空法收集，还可用排饱和食盐水的方法收集。③用润湿的KI淀粉试纸检验(放在瓶口)，如试纸变蓝，则表示Cl2已收满。④由于Cl2有毒，多余的Cl2不能直接排放，一般用浓NaOH溶液吸收，而不能用水或澄清石灰水吸收。因Cl2在水中溶解度不大，澄清石灰水中溶解的Ca(OH)2的量很少，只能吸收少量的Cl2。
(3)验满方法：①将湿润的淀粉碘化钾试纸靠近盛Cl2的集气瓶口，观察到试纸立即变蓝，则证明已集满。②将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的集气瓶口，观察到试纸先变红后褪色，则证明已集满。③实验室制取Cl2时，常常根据集气瓶中气体的颜色判断是否收集满。
(4)注意事项：①必须用浓盐酸，MnO2与稀盐酸不反应；②为了减少制得的Cl2中HCl的含量，加热的温度不宜过高，以减少HCl的挥发；③实验结束后，先使反应停止并排出残留的Cl2，再拆卸装置，避免污染空气；④尾气吸收时，不能用澄清石灰水吸收Cl2，因为溶液中Ca(OH)2浓度小，吸收不完全。
【典例1】
(2023·枣阳市第一高级中学高三月考)
1．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间因果关系的判断，完全正确的是
选项 陈述Ⅰ 陈述Ⅱ 判断
A 漂白粉使用时为加快其漂白速率往往可滴加适量醋酸 酸性：CH3COOH>HClO Ⅰ对，Ⅱ对，有
B 氯气不能使干燥的有色布条褪色，能使湿润的有色布条褪色 说明次氯酸的氧化性比氯气强 Ⅰ对，Ⅱ对，无
C 双氧水、氯气、硫酸铜均可用作杀菌消毒剂 因为双氧水、氯气、硫酸铜都具有较强氧化性 Ⅰ对，Ⅱ对，有
D 将Cl2通入NaBr溶液中，然后加入CCl4，振荡、静置，CCl4层为橙红色 说明氯的氧化性比溴的强 Ⅰ对，Ⅱ对，无
A．A B．B C．C D．D
【拓展延伸】
1.氯水性质的多样性
(1)H＋表现酸性：如在Na2CO3溶液中加入氯水，有气泡产生，CO+H＋= CO2↑+H2O；
(2)HClO表现强氧化性：如氯水漂白物质，用氯水杀菌、消毒；
(3)表现Cl―的性质：Ag＋ + Cl-= AgCl↓；
(4)表现Cl2的性质：如向KBr溶液中滴加氯水，Cl2+2KBr= 2KCl+2Br2；
(5)多微粒同时表现：如将氯水加入石蕊试液中，观察到：先变红(H＋作用)，后褪色(HClO作用)。
2.新制氯水与久置氯水的比较
(1)新制氯水：浅黄绿色，有强氧化性和漂白性；含有Cl2、HClO、H2O、H＋、Cl-、ClO-等微粒；
(2)久置氯水：无色，无强氧化性和漂白性，含有H2O、H＋、Cl-等微粒。
【典例2】
(2023·瑞金第一中学模拟预测)
2．Ⅰ．实验室常用以下几种方法制取氯气。
(1)二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，写出其反应的离子方程式： 。
(2)高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，写出其反应的化学方程式： 。
(3)氯酸钾与浓盐酸反应制氯气，该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
Ⅱ．某研究性学习小组利用下列装置制备漂白粉，并进行漂白粉有效成分的质量分数的测定。

(4)装置④中的X试剂为 。
(5)装置③中发生反应的化学方程式为 ，该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生，改进该实验装置以减少副反应发生的方法是 。
(6)测定漂白粉有效成分的质量分数：称取1.000 g漂白粉于锥形瓶中，加水溶解，调节溶液的pH，以淀粉为指示剂，用0.100 0 mol·L－1KI溶液进行滴定，溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO－＋I－=3Cl－＋，＋5I－＋3H2O=6OH－＋3I2，实验测得数据如下表所示。
滴定次数 1 2 3
KI溶液体积/mL 19.98 20.02 20.00
该漂白粉中有效成分的质量分数为 ；若滴定过程中未充分振荡溶液，局部变浅蓝色时就停止滴定，则测定结果将 (填“偏高”“偏低”或“无影响”)。
Ⅲ．测定饱和氯水中氯元素的总量
(7)某小组设计的实验方案为：使用如图装置，加热15.0 mL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)

(8)资料：次氯酸会破坏酸碱指示剂；次氯酸或氯气可被SO2、H2O2、FeCl2等物质还原成Cl－。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)： 。
(2023·浙江绍兴·统考二模)
3．下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．将Cl2通入冷的石灰乳可制得漂白粉
B．用FeCl3溶液可检验工业废水中是否含有酚类物质
C．Al与氨水反应可生成H2
D．工业上可用Na2CO3溶液吸收氮氧化物，防止其污染环境
(2023·广东茂名·茂名市第一中学校考模拟预测)
4．氯气性质的微型实验装置如图所示。①是浓盐酸，⑥是高锰酸钾，②至⑤是滤纸条，依次滴有氢氧化钠溶液、石蕊溶液、淀粉—KI溶液、含KSCN的溶液，实验时滴几滴浓盐酸。下列说法不正确的是

A．③处先变红后褪色，是因为氯水具有酸性和强氧化性
B．④处变蓝色
C．⑤处变红色
D．本实验可推知氧化性
(2024·湖南长沙·湖南师大附中校考模拟预测)
5．(三氯化六氨合钻)是合成其他含钴配合物的重要原料，实验中可由金属钴及其他原料制备。
已知：①在时恰好完全沉淀为；
②不同温度下在水中的溶解度如图所示。
(一)的制备
易潮解，Co(Ⅲ)的氧化性强于，可用金属钴与氯气反应制备。实验中利用如图装置(连接用橡胶管省略)进行制备。
(1)用图中的装置组合制备，连接顺序为 (填标号)。装置B的作用是 。
(2)装置A中发生反应的离子方程式为 。
(二)的制备
步骤如下：
Ⅰ．在100mL锥形瓶内加入4.5g研细的，和5mL水，加热溶解后加入0.3g活性炭作催化剂。
Ⅱ．冷却后，加入浓氨水混合均匀。控制温度在10℃以下，并缓慢加入溶液。
Ⅲ．在60℃下反应一段时间后，经过________、________、过滤、洗涤、干燥等操作，得到晶体。
根据以上步骤，回答下列问题：
(3)在步骤Ⅱ加入浓氨水前，需在步骤Ⅰ中加入的原因之一是利用溶于水电离出，使的电离平衡逆向移动，请解释另一原因： 。
(4)步骤Ⅱ中在加入溶液时，控制温度在10℃以下并缓慢加入的目的是控制反应速率同时 。
(5)制备的总反应的化学方程式为 。
(6)步骤Ⅲ中的操作名称为 、 。
考法2 卤族元素
1.卤素及化合物的性质比较：
氟 氯 溴 碘
单质物理性质 状态 气 气(易液化) 液(易挥发) 固(易升华)
熔、沸点 熔、沸点逐渐升高
颜色 淡黄绿色 黄绿色 红棕色 紫黑色
密度 密度逐渐增大
X2与H2化合 条件 冷暗处 光照 加热 持续加热
程度 剧烈爆炸 爆炸 缓慢 化合同时分解
X2与H2O化合 反应 2F2+2H2O=4HF+O2 X2+H2O=HX+HXO
程度 剧烈 缓慢 微弱 极弱
水溶性 反应生成氢氟酸 水溶性依次减小，有机溶剂中溶解性依次增大
化合价 只有-1价 有-1、+1、+3、+5、+7等
含氧酸 化学式 无含氧酸 有HXO、HXO2、HXO3、HXO4等
强弱程度 同一价态的酸性依次减弱
卤化银 颜色 AgF(白) AgCl(白) AgBr(淡黄) AgI(黄)
水溶性 易溶 均难溶，且溶解度依次减小
感光性 难分解 见光均易分解，且感光性逐渐增强
2.卤素元素的有关特性：
(1)F2遇水发生置换反应，生成HF并放出O2。
(2)HF是弱酸、剧毒，但能腐蚀玻璃4HF+SiO2=SiF4↑+2H2O；HF由于形成分子间氢键相互缔合，沸点反常的高。
(3)溴是唯一的液态非金属，易挥发，少量的液溴保存要用水封。
温馨提示：能使溴水褪色的原因：被H2S、SO2、SO、I-等还原剂还原而褪色；与NaOH、Na2CO3等碱性物质发生反应而褪色；与较活泼金属(如Mg＋Br2=MgBr2)反应而褪色；能与溴发生加成反应的不饱和烃及其衍生物，如烯烃、炔烃等；能被溴水氧化的、含有醛基的化合物。
(4)碘易升华，遇淀粉显蓝色；碘的氧化性较弱，它与变价金属反应时生成低价化合物。
(5)AgX中只有AgF溶于水，且不具有感光性；CaF2中只有CaF2难溶。
3.卤素间的置换反应及X-离子的检验：
(1)Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，Cl2+2I-=I2+2Cl-，Br2+2I-=I2+2Br-。结论：氧化性：Cl2>Br2>I2；还原性：I->Br->Cl-
(2)溴和碘在不同溶剂中所生成溶液(由稀到浓)的颜色变化：
溶剂溶质 水 苯 汽油 四氯化碳
Br2 黄→橙 橙→橙红 橙→橙红 橙→橙红
I2 深黄→褐 淡紫→紫红 淡紫→紫红 紫→深紫
密度 比水轻 比水轻 比水重
(3)X-离子的检验：
①AgNO3溶液—沉淀法：
②置换—萃取法：
【典例4】
(2023年威海一中高三月考)
6．从淡化海水中提取溴的流程如下：

下列有关说法不正确的是
A．X试剂可用Na2SO3饱和溶液
B．步骤Ⅲ的离子反应：2Br－＋Cl2=2Cl－＋Br2
C．工业上每获得1 mol Br2，需要消耗Cl2 44.8 L
D．步骤Ⅳ包含萃取、分液和蒸馏
【拓展延伸】海水中的化学工艺流程
海水提取氯——氯碱工业
海水中提取溴 浓缩海水溴单质氢溴酸溴单质
海带中提取碘
【典例5】
(2023·石家庄一中高三月考)
7．为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。
Ⅳ………
（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是 。
（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是 。
（3）B中溶液发生反应的离子方程式是 。
（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是 。
（5）过程Ⅲ实验的目的是 。
（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下 ，得电子能力逐渐减弱。
(2023·上海·统考模拟预测)
8．下列海带提碘的操作中不合理的是
选项 A B C D
使用仪器
相关操作 灼烧 浸泡海带 过滤海带浸出液 萃取碘
A．A B．B C．C D．D
(2023·广东汕头·统考三模)
9．碘元素在人体内发挥着重要作用，可预防大脖子病。某实验小组从海带中提取碘的工艺流程如图，下列有关说法错误的是

A．灼烧时需要用到玻璃棒、酒精灯、三脚架、泥三角、坩埚和坩埚钳
B．操作①和③均为过滤
C．反应②中离子反应方程式为
D．采用减压蒸馏，可以降低萃取剂的沸点，便于和的分离
(2023·河北唐山·统考二模)
10．海水中提取镁的工艺流程：
(1)该工艺流程中属于分解反应的有 个，请写出其中属于氧化还原反应的化学方程式 。
(2)脱水得到的过程中，通入HCl的作用是 。
(3)25℃时，在沉镁的过程中，将溶液滴加到悬浊液中，当混合溶液中pH=12时，同时存在、两种沉淀，则此时溶液中 。判断此时 (填“是”或“否”)完全沉淀。(，，当某离子浓度降到以下时，认为该离子已经完全沉淀。)
(4)新工艺向含氧化镁熔浆中添加三氯化铈()和氯气反应，生成和无水氯化镁。请写出该反应的化学方程式 。
(5)某实验小组对进行热重曲线分析：
①分析181℃时固体产物的化学式为 。
②写出在300℃时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)的化学方程式 。
【基础过关】
(2023·上海·统考模拟预测)
11．向饱和氯水中加入少量亚硫酸钠固体，下列说法正确的是
A．溶液pH减小 B．溶液颜色变深 C．漂白性增强 D．导电性减弱
(2023·河南·校联考模拟预测)
12．卤素的应用广泛，常运用于化学工业尤其是有机合成工业上。下列关于卤素单质或其化合物的叙述正确的是
A．漂白液中次氯酸钠的电离方程式：NaClO =Na+ +Cl－+O2－
B．向溴化亚铁溶液中滴入少量氯水的离子方程式：2Fe2+ +Cl2=2Fe3++2Cl－
C．在含有KI的溶液中可以大量存在H+、Mg2+、、
D．加热含1molHCl的浓盐酸与足量MnO2的混合物，产生5.6L(标准状况)的氯气
(2023·江苏盐城·统考三模)
13．周期表中VIIA元素及其化合物应用广泛。氢氟酸可用作雕刻玻璃；可溶于苯、等有机溶剂，极易水解；卤素互化物(如ICl、)具有强氧化性；卤化银具有感光性(的电离平衡常数分别为：、；HClO的电离平衡常数为：)。下列化学反应表示正确的是
A．溶于水：
B．ICl溶于NaOH溶液：
C．溶于水：
D．少量通入NaClO溶液中：
(2023·广东广州·统考三模)
14．某溶液的主要成分为NaClO(含有一定量的NaOH)，既能杀菌消毒又能漂白。下列用来解释事实的离子方程式不正确的是
A．该溶液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
B．该溶液与洁厕灵(主要成分为HCl)混合产生Cl2：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O
C．该溶液与过氧化氢溶液混合产生O2：2ClO-+H2O2=2Cl-+O2↑+2OH-
D．该溶液加白醋可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-
(2023·湖北·校联考模拟预测)
15．三氟化氯是极强助燃剂，能发生自耦电离：，其分子的空间构型如图所示。下列推测合理的是

A．与反应生成和 B．分子是含有极性键的非极性分子
C．比更难发生自耦电离 D．熔沸点：
(2023·江苏扬州·扬州中学校考模拟预测)
16．氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO与ClO；亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂和氧化剂。实验室欲由下列装置制取高浓度的HClO溶液，有关实验装置和原理能达到各自实验目的的是
A．制取氯气 B．制取氯水
C．提高HClO浓度 D．分离HClO
(2023·四川成都·石室中学校考模拟预测)
17．NCl3可用于面粉的漂白和杀菌。已知：NCl3为黄色油状液体，在热水中易水解，熔点为-40°C，沸点为70°C，95°C以上易爆炸。实验室可用Cl2和NH4Cl溶液反应制取NCl3所用装置如下：

完成下列填空：
(1)仪器a的名称是 。D装置盛装的物质是 ，D装置的作用是_ 。
(2)NCl3水解的反应液有漂白性，写出NCl3水解的化学方程式： 。
(3)向NH4Cl溶液中通入过量Cl2，B装置中反应的化学方程式为 ，待反应至油状液体不再增加，关闭A、B装置间的止水夹，控制水浴加热的温度范围为 ，将产品NCl3蒸出。
待反应结束，为测定溶液中残留的NCl3的物质的量浓度，进行如下操作：
i．取仪器a中的反应液25.00mL，加入过量饱和Na2SO3溶液充分反应后，再加入过量30%的NaOH溶液，微热。
ii．用25.00mL0.050mol·L-1的稀硫酸吸收产生的NH3，得到溶液A。
iii．用0.100mol·L-1的NaOH标准溶液滴定溶液A至滴定终点，消耗VmLNaOH标准溶液。
(4)滴定至终点时溶液中溶质仅有(NH4)2SO4和Na2SO4，滴定过程中水的电离程度_ (填序号)。
a．先增大后减小 b．先减小后增大 c．增大 d．减小
(5)用含V的代数式表示溶液中残留的NCl3的物质的量浓度为 mol·L-1。
(2023·湖南岳阳·统考模拟预测)
18．氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。某化学兴趣小组在实验室制取氯水和氯酸钾，并进行相关实验。
Ⅰ.用如图所示实验装置制取氯水和氯酸钾。

(1)氯酸钾中氯原子的杂化方式为 ，装置A圆底烧瓶中发生反应的化学方程式为 。
(2)在确保KOH溶液完全反应的条件下，若对调装置B和C的位置，C中氯酸钾的产率会 (填“增大”“减小”或“不变”)，原因是 。
Ⅱ.测定从装置C试管中分离得到的粗产品中的质量分数(粗产品中混有的杂质是和)；碱性条件下，氧化性较弱，不能氧化。测定粗产品中的纯度的实验过程如下：
步骤1：取3.00g样品溶于水配成250mL溶液。
步骤2：取25.00mL溶液于锥形瓶中，KOH溶液调节pH，然后滴加过量H2O2溶液充分振荡以除尽ClO-。然后煮沸溶液1~2min，冷却。
步骤3：将溶液转移到碘量瓶中(如图)加将溶液调至弱酸性，加过量的的KI溶液，加盖水封、于暗处放置5min。

步骤4：以淀粉为指示剂，用标准溶液滴定碘量瓶中的溶液至终点，平行操作三次。平均消耗溶液。相关反应为。
(3)步骤2中，煮沸溶液1~2min的目的是 。
(4)步骤3发生反应的离子方程式为 。
(5)使用碘量瓶时，加盖水封的目的是 。
(6)粗产品中的质量分数为 。(保留三位有效数字)
【能力提升】
(2023·江苏南通·统考三模)
19．NaClO是家用消毒液的有效成分，这是利用了NaClO的
A．碱性 B．强氧化性 C．还原性 D．受热后不稳定性
(2023·浙江温州·乐清市知临中学校考二模)
20．下列关于元素及其化合物的性质和用途，以及其对应关系正确的是
A．氯气能使鲜花褪色，是因为氯气具有氧化性，所以可以用作干布的漂白
B．铝比铁更活泼，所以铝制品在空气中更容易被腐蚀
C．浓硫酸在常温下可以钝化铁，发生了化学反应，所以铁罐可以用于浓硫酸的运输
D．氮气的性质比较稳定，所以可用于冶炼金属镁时的冷却气
(2023·山东菏泽·山东省鄄城县第一中学校考三模)
21．党的二十大报告指出，面对突如其来的新冠肺炎疫情，我们坚持人民至上、生命至上。在抗击新冠肺炎症情中，化学知识起到了重要的作用。下列有关说法不正确的是
A．新冠病毒直径约为80~100nm，扩散到空气中可形成气溶胶
B．医院常用95%的酒精消毒
C．“84消毒液”是杀灭“新冠病毒”的药物之一，其有效成分为次氯酸钠
D．高温杀灭“新冠病毒”，其原理是破坏蛋白质分子的空间结构，使其变性
(2023·江苏扬州·统考三模)
22．以处理后的海水(含NaI)为原料制取的某工艺流程如下：

下列说法正确的是
A．“沉淀”后所得上层清液中
B．加Fe还原前用沉淀的目的是实现的富集
C．“滤渣”只含一种金属
D．“氧化”的目的是将、完全转化为、
(2023·江西·校联考二模)
23．工业上从海水中制溴的步骤为：(Ⅰ)先把盐卤加热到363K后控制pH为3.5，通入氯气把溴置换出来；(Ⅱ)再用空气把溴吹出并用碳酸钠溶液吸收；(Ⅲ)最后再用硫酸酸化，单质溴又从溶液中析出。其中，碳酸钠溶液吸收溴单质的反应可以分三步进行，其反应的机理如图所示。下列说法正确的是
第一步：
第二步：
第三步：
A．由反应机理可知整个反应过程只涉及极性键的断裂和形成
B．反应产生的CO2主要是由Br2在水溶液中产生的HBr与溶液中CO反应生成的
C．对比氯气与Na2CO3溶液的反应，常温下在碱性溶液的稳定性：ClO- > BrO-
D．当1mol Br2完全参与上述反应后，产生的Br-与BrO的个数之比为3：1
(2023·四川乐山·统考三模)
24．海洋中有丰富的食品、矿产和水产资源等，海水开发利用的部分过程如图所示，已知粗盐含有、Ca2+、Mg2+杂质；下列说法错误的是

A．过程①蒸馏法分离出盐可以利用太阳能
B．②中可依次加入NaOH、BaCl2、Na2CO3、盐酸
C．过程③电解每获得1molNaOH时需转移电子1NA
D．过程④和过程⑤所涉及的物质均属于电解质
(2023·河北衡水·衡水市第二中学校考三模)
25．三氯化氮是一种黄色油状液体，可用于漂白和杀菌。已知：熔点为-40℃，沸点为70℃，95℃以上易爆炸。在弱酸性溶液中稳定，在热水中易水解，遇碱则迅速反应。在实验室可用和溶液反应制取，所用仪器如图(忽略部分夹持装置)：

回答下列问题：
(1)根据气流方向，各仪器的连接顺序为a接 ， 接 ，g接d；装置A中使用恒压滴液漏斗的优点是
(2)若用装置A制取氯气，则试剂X可选用 (填字母)；D中仪器的名称为
A. B. C. D.
(3)实验过程中，在B中蒸馏烧瓶中观察到的现象是 ，反应生成的遇热水易水解，反应液有漂白性.写出水解的化学方程式：
(4)纯度测定：的制取是可逆反应，根据反应，利用间接碘量法测定氯气的量即可测定的纯度
实验步骤：ⅰ.准确称量C中的产物0.4g置于三颈烧瓶中，加入10mL足量浓盐酸，使用磁力搅拌器搅拌，并鼓入氮气
ⅱ.将混合气通入200mLKI溶液中，待试管中无色液体变成黄色，关闭氮气(溶液体积变化忽略不计)
ⅲ.量取20.00mL吸收液，加入淀粉指示剂，用标准液进行滴定，滴定至终点时消耗溶液18.00mL。
(已知：反应原理为)
①确定滴定终点的现象为
②的纯度为 (保留三位有效数字)
(2023·中山纪念中学高三三模)
26．次氯酸(HClO)的浓溶液呈黄色，是极强氧化剂，常用作消毒剂及除甲醛(HCHO)的试剂。某学习小组设计下列装置制备HClO并验证其氧化性(夹持仪器及降温装置已省略)。
已知：Cl2O为棕黄色气体，极易溶于水并迅速反应生成HClO。
回答下列问题：
(1)HClO的结构式为 ，仪器a的名称为 。
(2)制备HClO时要打开活塞K1、K3，关闭K2，待装置A中反应结束时再通入一段时间N2。
①仪器C中制备Cl2O时，发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O-=Cl2O+2NaCl+2 (填化学式)，仪器B、D中的试剂分别为 (填字母)。
a.浓H2SO4、CCl4
b.饱和食盐水、CCl4
c.饱和食盐水、浓H2SO4
②反应结束后再通入一段时间N2的目的是 。
(3)验证HClO的氧化性时要向F中加入过量HClO并充分搅拌，待溶液变澄清时停止搅拌。
①将E中HClO溶液转移到F中的具体操作为 (答出对开关的操作)。
②反应结束时，F的溶液中含有的离子主要有Fe3+、Cl-、SO、H+，该反应的离子方程式为 。
(4)HClO可用于除去HCHO，生成一种常见强酸和两种常见无污染的氧化物。
①该反应的化学方程式为 。
②若除去15gHCHO，则转移电子的个数为 NA(NA表示阿伏加德罗常数)。
【真题感知】
(2023·广东·统考高考真题)
27．利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合，一段时间后

A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是和 B．a处布条褪色，说明具有漂白性
C．b处出现蓝色，说明还原性： D．断开，立刻闭合，电流表发生偏转
(2023·辽宁·统考高考真题)
28．某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，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 在水中溶解度较小
B 溶液颜色加深 发生了反应：
C 紫黑色晶体消失 ()的消耗使溶解平衡右移
D 溶液褪色 与有色物质发生了置换反应
A．A B．B C．C D．D
(2022·浙江·统考高考真题)
29．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、OPF3
D．PBr3与足量C2H5OH作用可得到P(OC2H5)3
(2022·北京·高考真题)
30．某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
序号 物质a C中实验现象
通入Cl2前 通入Cl2后
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II 5%NaOH溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III 40%NaOH 溶液 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
(1)B中试剂是 。
(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为 。
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是 。
(4)根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因 ，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为 ，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被 (填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是 。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因 。
(2023·山东·统考高考真题)
31．卤素可形成许多结构和性质特殊的化合物。回答下列问题：
(1)时，与冰反应生成和。常温常压下，为无色气体，固态的晶体类型为 ，水解反应的产物为 (填化学式)。
(2)中心原子为，中心原子为，二者均为形结构，但中存在大键。中原子的轨道杂化方式 ；为键角 键角(填“＞”“ ＜”或“=”)。比较与中键的键长并说明原因 。
(3)一定条件下，和反应生成和化合物。已知属于四方晶系，晶胞结构如图所示(晶胞参数)，其中化合价为。上述反应的化学方程式为 。若阿伏伽德罗常数的值为，化合物的密度 (用含的代数式表示)。

试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．A
【详解】A．漂白粉起漂白作用的是ClO-，醋酸的酸性大于HClO，所以加入醋酸后醋酸与Ca(ClO)2反应生成HClO，符合强酸制弱酸原则，故A正确；
B．Ⅰ与Ⅱ有因果关系，氯气不能使干燥的有色布条褪色，氯气与水反应得到次氯酸，次氯酸能使有色布条褪色，说明次氯酸的氧化性比氯气强，故B错误；
C．硫酸铜几乎没有氧化性，故C错误；
D．Ⅰ与Ⅱ有因果关系，将Cl2通入NaBr溶液中，然后加入CCl4，振荡、静置，CCl4层为橙红色，Cl2氧化Br-生成Br2，说明说明氯的氧化性比溴的强，故D错误；
故本题选A。
2．(1)MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O
(2)2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
(3)5∶1
(4)NaOH溶液
(5) 2Ca(OH)2＋2Cl2==CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O 将装置③放于冷水浴中进行实验
(6) 42.90% 偏低
(7)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)
(8)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)
【详解】（1）二氧化锰与浓盐酸反应制氯气的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，离子方程式为MnO2＋4H+＋2Cl—Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；
（2）高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)==2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O；
（3）氯酸钾与浓盐酸反应制氯气的化学方程式为KClO3＋6HCl(浓)==KCl＋3Cl2↑＋3H2O，1 mol氧化剂KClO3与5 mol还原剂HCl反应生成3 mol Cl2，所以该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为5:1；
（4）高锰酸钾与浓盐酸反应制氯气，用饱和食盐水除去挥发出的氯化氢气体，氯气有毒，所以不能直接排放，氯气能和NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所以X试剂为NaOH溶液。
（5）氯气与石灰浆发生反应，化学方程式为2Ca(OH)2＋2Cl2==CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；根据题意知，减少副反应发生的方法是降低温度，可以将装置③放于冷水浴中进行实验；
（6）)消耗KI溶液的平均体积为=20.00 mL。设ClO—的物质的量为x mol，
所以x=0.006mol，次氯酸钙的质量为143 g/mol×0.003 mol=0.429 g，所以其质量分数为×100%=42.90%；若滴定过程中未充分振荡溶液，局部变浅蓝色时就停止滴定，则消耗KI的物质的量偏少，所以测定结果将偏低。
（7）从烧瓶中挥发出的氯气又会有一部分重新溶解在水中，同时HClO分解导致与水发生反应的氯气量增加、氯气可溶于水，不可能全部从水中逸出，故此方案无法测量水中氯元素的总量。
（8）因次氯酸会破坏酸碱指示剂，因此实验不用酸碱指示剂，可采用加入适当还原剂如H2O2、FeCO3等，将氯水中的氯元素全部转化为Cl—，然后加入足量的AgNO3溶液，测量生成沉淀的质量，然后进行计算。
3．C
【详解】A．氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为，漂白粉的有效成分是，故A正确；
B．FeCl3与酚类物质会发生显色反应，使溶液变紫色，所以可用来检验工业废水中是否含有酚类物质，故B正确；
C．铝与氨水不反应，铝只能与强碱反应，生成偏铝酸根，故C错误；
D． Na2CO3溶液可与氮氧化物反应生成硝酸盐和二氧化碳等物质，氮氧化物得以被转化为无害化合物，防止其污染环境，故D正确；
故选C。
4．D
【详解】A．氯气遇到水反应生成盐酸和次氯酸，具有酸性和氧化漂白性，遇到石蕊试液先变红色后褪色，A正确；
B．氯气和碘化钾反应生成碘单质，碘单质遇到淀粉变蓝色，B正确；
C．氯气氧化氯化亚铁为氯化铁，三价铁离子遇到硫氰化钾溶液显红色，C正确；
D．根据氧化剂的氧化性强于氧化产物，由反应，可知氧化性：，但是无法证明和之间氧化性的关系，D错误；
故选D。
5．(1) A→D→C→E→B 防止多余的污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使潮解
(2)
(3)防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀
(4)防止温度过高使和分解
(5)
(6) 趁热过滤 冷却结晶
【分析】利用浓盐酸与高锰酸钾反应制氯气，通过饱和食盐水除去氯气中的氯化氢，再通过浓硫酸干燥，得到的干燥纯净的氯气通入装置E与钴加热条件下反应生成氯化钴；再利用氯化钴与氨化铵在活性炭催化下反应制；
【详解】（1）装置A用于制备Cl2，装置D用于除去Cl2中的HCl，装置C用于干燥Cl2，装置E用于制备CoCl2，装置B的作用是防止多余的氯气污染空气，同时防止空气中的水蒸气进入装置E，使CoCl2潮解，故连接顺序为A→D→C→E→B；
（2）装置A中KMnO4和浓盐酸反应制备Cl2，故方程式为：，
（3）溶于水电离出，能使的电离平衡逆向移动，进而可以抑制的电离，防止加入氨水时溶液中过大，生成沉淀，有利于的配位；
（4）和受热易分解，步骤Ⅱ中控制温度在10℃以下并缓慢加入溶液是为了控制反应速率，防止温度过高使和分解；
（5）在题给制备反应中，是氧化剂，根据得失电子守恒、原子守恒可得总反应的化学方程式为；
（6）根据已知信息②可知，在水中的溶解度随着温度的升高而增大，应先趁热过滤除去活性炭等杂质，再经冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等操作得到晶体。
6．C
【分析】淡化海水中通入氯气，氧化溴离子为单质溴，得到低浓度的溴水。向低浓度的溴水中通入空气吹出Br2，用X溶液吸收，如用Na2SO3溶液吸收溴单质，以达到富集的目的，然后再通入氯气氧化溴离子，得到溴的浓溶液，经萃取、蒸馏、分液，可得到液溴，据此分析解答。
【详解】A．亚硫酸根离子可以和氧化性的溴单质发生氧化还原反应，可以用Na2SO3饱和溶液吸收溴单质，故A正确；
B．氯气具有氧化性，可以将溴离子氧化为溴单质，步骤Ⅲ的离子反应为2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，故B正确；
C．先后发生两次2Br-+Cl2═2Cl-+Br2，每获得1molBr2，需要消耗2mol氯气，在标况下Cl2的体积为44.8L，但未告知是否为标准状况，无法判断氯气的体积，故C错误；
D．从溴水中提取溴可以采用萃取、分液和蒸馏的方法，故D正确；
故选C。
7． 淀粉KI试纸变蓝 Cl2+2Br-═Br2+2Cl- 打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色 确认C的黄色溶液中五Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 原子半径逐渐增大
【分析】验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题。
【详解】（1）根据以上分析，黄绿色气体为氯气，由高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成，氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，
故答案为；
（2）淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，说明氯气氧化性强于单质碘，
故答案为淀粉KI试纸变蓝；
（3）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，
故答案为Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；
（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，
故答案为打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡．静至后CCl4层溶液变为紫红色；
（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，
故答案为确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；
（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，
故答案为原子半径逐渐增大。
8．B
【详解】A．灼烧固体物质应该在坩埚中进行，A正确；
B．浸泡海带应该在烧杯中进行而不能用表面皿，B错误；
C．过滤时，应该使用的玻璃仪器有烧杯，漏斗，玻璃棒，C正确；
D．萃取的时候，应该用分液漏斗进行，D正确；
故选B。
9．B
【分析】将还带灼烧得到海带灰，经过溶解，浸泡得到海带灰悬浊液，过滤后得到含碘离子的溶液，向其中加入过氧化氢和稀硫酸，碘离子被氧化为碘单质，得到含碘水溶液，加入进行萃取，得到碘的溶液，再经过减压蒸馏得到单质碘；
【详解】A．灼烧用到的仪器有：坩埚，坩埚钳，泥三角，三脚架，酒精灯，玻璃棒，A项正确；
B．操作①是过滤得到海带浸取原液，操作③是将碘的溶液进行萃取，B项错误；
C．反应②中是加入过氧化氢和稀硫酸，将碘离子氧化为碘单质，反应的离子方程式为，C项正确；
D．减压蒸馏能够降低萃取剂的沸点，便于和的分离，D项正确；
答案选B。
10．(1) 3
(2)抑制与水在加热条件下发生水解反应
(3) 是
(4)，
(5)
【分析】碳酸钙煅烧得到生石灰、加水得石灰乳，加到海水中得到氢氧化镁沉淀，先与HCl反应生成氯化镁溶液，浓缩结晶得到MgCl2 6H2O，再在HCl气流中加热获得无水氯化镁，电解熔融氯化镁制取Mg，同时得到的氯气可转变为HCl进行循环利用；
【详解】（1）分解反应有：碳酸钙煅烧得到生石灰和水，MgCl2 6H2O分解得到MgCl2和H2O，电解熔融氯化镁得到Mg和Cl2，则该工艺流程中属于分解反应的有3个，其中属于氧化还原反应的化学方程式。
（2）增大氢离子浓度可使镁离子水解平衡左移，则脱水得到的过程中，通入HCl的作用是：抑制与水在加热条件下发生水解反应。
（3）25℃时，当混合溶液中pH=12时，同时存在、两种沉淀，则此时溶液中。此时，则完全沉淀，答案为“是”。
（4）新工艺向含氧化镁熔浆中添加三氯化铈()和氯气反应，生成和无水氯化镁。则该反应的化学方程式为：。
（5）①203g的物质的量为1mol，1molMgCl2的质量为95g， 181℃时固体产物为131g，则结晶水为131g-95g=36g，含结晶水为2mol，则化学式为。
②在300℃时生成固体产物(一种含镁的碱式盐)其质量为76.5g，含1molMg2+、1molOH-、1molCl-、则为，则化学方程式为。
11．A
【分析】饱和氯水中存在平衡：Cl2+H2OHCl+ HClO，向饱和氯水中加入少量固体，HClO 和Na2SO3发生氧化还原反应，使平衡正向移动，Cl2浓度减小，据此解答。
【详解】A．反应生成HCl，溶液pH减小，A正确；
B．Cl2浓度减小，溶液颜色变浅，B错误；
C．次氯酸浓度减少，漂白性减弱，C错误；
D．生成的HCl、Na2SO4为强电解质，导电性增强，D错误；
故选A。
12．B
【详解】A．次氯酸钠在水溶液中电离形成钠离子和次氯酸根离子，A错误；
B．亚铁离子具有还原性，氯水中氯气具有氧化性，向溴化亚铁中滴加氯水能发生氧化还原反应2Fe2+ +Cl2=2Fe3++2Cl－，B正确；
C．碘离子具有还原性，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，故不能共存，C错误；
D．浓盐酸与二氧化锰反应过程中会不断变稀，稀盐酸与二氧化锰不反应，故得到的氯气在标准状况下小于5.6L，D错误；
故选B。
13．B
【详解】A．溶于水反应生成HCl和HClO，HClO是弱酸，在离子方程式中不能拆，故A错误；
B．ICl具有强氧化性，ICl与NaOH反应生成氯化钠和NaIO，离子方程式为：，故B正确；
C．极易水解生成H2SO3和HCl，方程式为：+2H2O=H2SO3+2HCl，故C错误；
D．由题意可知，的酸性强于HClO，少量通入NaClO溶液中生成NaHCO3，离子方程式为：，故D错误；
故选B。
14．C
【详解】A．该溶液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：，A正确；
B．次氯酸钠和盐酸反应生成氯化钠和氯气和水，离子方程式为：2H++Cl-+ClO-=Cl2↑+H2O，B正确；
C．该溶液与过氧化氢溶液混合产生O2： ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+ H2O，C错误；
D．该溶液加白醋可生成次氯酸，增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-，D正确；
故选C。
15．A
【详解】A．三氟化氯具有强氧化性，能将Fe氧化为+3，因此与反应生成和，故A正确；
B．由结构可知三氟化氯正负电荷重心不能重合，为极性分子，故B错误；
C．Br的电负性比Cl弱，则Br-F键比Cl-F键弱，更易发生自耦电离，故C错误；
D．为组成结构相似的分子，的相对分子质量大于，则分子间作用力大，熔沸点高于，故D错误；
故选：A。
16．C
【详解】A．浓盐酸与MnO2加热条件制取Cl2，该装置中少了酒精灯，A项不能达到实验目的；
B．制取的Cl2含有HCl，需要用饱和氯化钠洗气装置长进短出，该装置达到无法除杂的目的，B项不能达到实验目的；
C．氯气溶于水存在平衡Cl2+H2OHCl+HClO，加入CaCO3消耗HCl使平衡正向HClO浓度增大，C项能达到实验目的；
D．最终得到浓的HClO中含有CaCO3固体，需要进行过滤除去，该装置错误，D项不能达到实验目的；
故选C。
17．(1) 蒸馏烧瓶 碱石灰 吸收尾气，同时防止空气中的水蒸气进入装置C中
(2)NCl3+3H2O3HClO+NH3↑
(3) 3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl 70°C≤T<95°C
(4)c
(5)
【分析】由实验装置图可知，装置A中为高锰酸钾固体与浓盐酸反应制备氯气，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，装置C用于冷凝收集三氯化氮，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中。
【详解】（1）由仪器构造可知a 为蒸馏烧瓶，装置D中盛有的碱石灰用于吸收未反应的氯气，防止污染空气，同时防止水蒸气进入锥形瓶中；
（2）NCl3水解的反应液有漂白性，可知水解生成HClO，则另一产物应为NH3；水解的化学方程式：NCl3+3H2O3HClO+NH3↑；
（3）由分析可知，装置B中氯气与氯化铵溶液在水浴加热条件下反应制备三氯化氮，反应的化学方程式为3Cl2+NH4ClNCl3+4HCl；由题给信息可知，实验时，为保证三氯化氮顺利蒸出，同时防止三氯化氮发生爆炸，水浴加热的温度应控制在70℃～95℃之间；
（4）滴定前溶液为硫酸和硫酸铵的混合溶液，有酸存在水的电离被抑制，滴定过程中NaOH与硫酸中和，溶液中氢离子浓度减小，水的电离程度增大，故答案为c；
（5）由题意可知，滴定过程中消耗VmL0.100mol/L氢氧化钠溶液，则用于吸收氨气的稀硫酸的物质的量为0.050mol/L×0.025L-0.100mol/L×10-3VL×，由方程式和氮原子个数守恒可知，溶液中残留的三氯化氮的物质的量浓度为mol/L。
18．(1) sp3 MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
(2) 减小 浓盐酸具有挥发性，A装置中挥发出来的HCl，会消耗C装置中的KOH
(3)除去溶液中过量的H2O2，防止干扰后续实验
(4)
(5)防止碘挥发损失
(6)20.4%(或0.204)
【详解】（1）氯酸根离子中氯原子存在3个σ键和1对孤电子对，所以氯原子的杂化方式为杂化；装置A中浓盐酸与二氧化锰共热制取氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）浓盐酸具有挥发性，反应过程中装置A中挥发出来的HCl，会消耗装置C中的KOH，使氯酸钾的产率减小；
（3）滴加的双氧水过量，所以煮沸的主要目的是除去溶液中过量的，防止干扰后续实验；
（4）步骤3中，酸性环境中将氧化为I2，自身被还原为，根据得失电子守恒可知，和的系数比为，再结合元素守恒可得离子方程式为；
（5）碘易挥发，加盖水封的目的是防止碘挥发损失；
（6）消耗的的物质的量为，根据可知，被氧化的的物质的量为，则的物质的量为，所以样品中的物质的量为，质量分数为。
19．B
【详解】A．杀菌消毒利用的是NaClO的强氧化性，与酸碱性无关，选项A错误；
B．NaClO具有强氧化性，可以使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，选项B正确；
C．杀菌消毒利用的是NaClO的强氧化性，与还原性无关，选项C错误；
D．NaClO具有强氧化性，可以使蛋白质变性，从而起到杀菌消毒的作用，与不稳定性无关，选项D错误；
答案选B。
20．C
【详解】A．氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性，鲜花中含有水，所以干燥的Cl2能使鲜花褪色，但不能使干布褪色，故A错误；
B．铝比铁金属活动性强，但铝易与空气中的氧气反应在其表面形成致密的氧化铝的薄膜，在空气中铝制品比铁制品更耐腐蚀，故B错误；
C．浓硫酸在常温下可以钝化铁，发生了化学反应，所以铁罐可以用于浓硫酸的运输，故C正确；
D．一般情况下，氮气化学性质稳定、不能支持物质燃烧，但活泼金属Mg等能在氮气中燃烧生成氮化镁，则不可用于工业制镁的冷却剂，故D错误；
故选C。
21．B
【详解】A．胶体的分散质粒子直径为1~100nm，新冠病毒直径约为80~100nm，扩散到空气中可形成气溶胶，A正确；
B．医院常用75%的酒精消毒，B错误；
C．“84消毒液”的有效成分为次氯酸钠，具有强氧化性，能使蛋白质变性，是杀灭“新冠病毒”的药物之一，C正确；
D．高温使蛋白质变性，可以杀灭“新冠病毒”，D正确；
故选B。
22．B
【分析】处理后的海水(含NaI)中加硝酸银溶液生成AgI沉淀，过滤后，加过量Fe将Ag置换出来，过滤得碘化亚铁溶液，在溶液中通氯气，将碘置换为单质，据此分析解答。
【详解】A．“沉淀”后所得上层清液为AgI的饱和溶液，，故A错误；
B．加Fe还原前用溶液，可将溶液中碘离子转化为AgI沉淀，从而实现的富集，故B正确；
C．滤渣中含过量的铁以及置换出的银单质，故C错误；
D．“氧化”的目的是将完全转化为，并不需要将铁完全氧化，故D错误；
故选：B。
23．C
【详解】A．Br2中存在非极性键，存在非极性键的断裂和生成，A错误；
B．第二步反应主要是溴在碱性溶液发生歧化反应生成Br-、BrO-，从而促使CO向水解方向移动，生成CO2气体，B错误；
C．BrO-在第三步可以继续发生歧化反应，而ClO- 可以再碱性溶液稳定存在，稳定性：ClO- > BrO-，C正确；
D．结合得失电子守恒，当1mol Br2完全参与上述反应后，产生的Br-与BrO的个数之比为5：1，D错误；
故选C。
24．D
【详解】A．利用太阳蒸发原理分离出盐是成熟的工业过程，过程①蒸馏法分离出盐可以利用太阳能，故A正确；
B．未使杂志去除干净，除杂试剂都是过量的，BaCl2先于Na2CO3加入有利于除去Ba2+(过量)，盐酸是除去过量的Na2CO3和NaOH，B正确；
C．氯碱工业中电解反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，每获得1molNaOH时生成0.5mol Cl2，转移1mol电子，C正确；
D．④和⑤中涉及CO2、NH3为非电解质，D错误；
故选D。
25．(1) b c f 平衡压强，便于浓盐酸顺利流下
(2) ACD 直形冷凝管
(3) 溶液中有黄色油状液体出现
(4) 滴入最后半滴标准液后，溶液中蓝色褪去且半分钟内不恢复原色 90.4%
【分析】在实验室利用多种方式制取和溶液反应制取，并蒸馏、冷凝得到，并避免空气中的水蒸气接触产品，需要干燥装置连接在最右边。
【详解】（1）利用装置A制取氯气，利用装置B制取，利用装置D冷凝，用装置C收集，故正确连接顺序为a→b→c→f→g→d；装置A中使用恒压滴液漏斗的优点是平衡压强，使浓盐酸顺利流下。
（2）在不加热条件下，利用浓盐酸和强氧化剂可制取氯气，所给试剂中不能选用，其余选项中物质均可以；根据装置图可知仪器D为直形冷凝管。
（3）是黄色油状液体，因而在反应过程中，在B中的蒸馏烧瓶中可以观察到有黄色油状液体出现；在热水中水解生成氧化性物质HClO，其化学方程式为。
（4）①滴定时加入淀粉作指示剂溶液显蓝色，到终点时，溶液中的全部变成，滴入最后半滴标准液后，溶液蓝色褪去，且半分钟不恢复原来颜色.
②根据反应、、，可得关系式.，故，故的纯度。
26．(1) H－O－Cl 三颈烧瓶
(2) NaHCO3 b 使体系中的Cl2及Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验
(3) 关闭K3打开K1、K2，向装置中通入N2 2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO+17H+
(4) HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O 2
【分析】A装置为KMnO4与浓盐酸在常温下生成Cl2，为制备Cl2的发生装置，先通N2的目的是排除装置内的氧气，浓盐酸具有挥发性产生HCl气体，装置B为吸收HCl气体属于除杂装置，C装置为制备ClO2，，则D装置为除杂装置，吸收多余的Cl2采用CCl4，E装置中生成HClO，F装置为验证HClO强氧化性，据此答题。
【详解】（1）①HClO中O的最外层电子数为6，则形成的结构式为H－O－Cl；
②A为气体发生装置，仪器a的名称为三颈烧瓶；
（2）①C中为制备Cl2O，根据质量守恒定律可得化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O-=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，则化学式为NaHCO3；
仪器B为吸收HCl气体的装置，采用饱和食盐水吸收，仪器D为吸收Cl2的装置，采用CCl4吸收，答案选b；
②反应结束后装置内存在大量未反应的ClO2气体可用通入N2的方法使体系中的Cl2及Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验；
（3）①E中HClO溶液转移到F中的具体操作为：关闭K3打开K1、K2，向装置中通入N2，使液体发生倒吸；
②F的溶液中含有的离子主要有Fe3+、Cl-、SO、H+，HClO为弱电解质，发生反应的离子方程式为：2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO+17H+；
（4）①HClO与HCHO反应生成盐酸和CO2，则反应的化学方程式为HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O；
②HCHO的相对分子质量为30，则15gHCHO为0.5mol，反应的关系式为，转移的电子的物质的量为0.5×4mol=2mol，转移电子的个数为2NA。
27．D
【分析】闭合，形成电解池，电解饱和食盐水，左侧为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应为2Cl-—2e-=Cl2↑，右侧为阴极，阴极电极反应为2H++2e-=H2↑，总反应为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑，据此解答。
【详解】A．根据分析，U型管两侧均有气泡冒出，分别是和，A错误；
B．左侧生成氯气，氯气遇到水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，B错误；
C．b处出现蓝色，发生Cl2+2KI=I2+2KCl，说明还原性：，C错误；
D．断开，立刻闭合，此时构成氢氯燃料电池，形成电流，电流表发生偏转，D正确；
故选D。
28．D
【详解】A．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．已知(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-+I2 ，生成使溶液颜色加深，B项正确；
C．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，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．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；
答案选D。
29．B
【详解】A．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．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．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．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。
30．(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4) Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O NaClO
3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，因而实验III未得到绿色溶液
【分析】在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；1
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；
溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；
④III中氧化剂氧化锰酸根离子的速率大于氢氧根离子还原高锰酸根离子的速率，导致实验III未得到绿色溶液。
31．(1) 分子晶体 HF 、
(2) ＞ 分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。
(3)
【详解】（1）常温常压下，为无色气体，则的沸点较低，因此，固态HOF的晶体类型为分子晶体。分子中F显-1价，其水解时结合电离的生成HF，则结合电离的，两者反应生成，因此，水解反应的产物为HF 、。
（2）中心原子为，中心原子为，二者均为V形结构，但中存在大键()。由中存在可以推断，其中原子只能提供1对电子，有一个原子提供1个电子，另一个原子提供1对电子，这5个电子处于互相平行的轨道中形成大键，提供孤电子对与其中一个形成配位键，与另一个形成的是普通的共价键（σ键，这个只提供了一个电子参与形成大键）， 的价层电子对数为3，则原子的轨道杂化方式为；中心原子为，根据价层电子对的计算公式可知，因此，的杂化方式为；根据价层电子对互斥理论可知，时，价电子对的几何构型为正四面体，时，价电子对的几何构型平面正三角形，杂化的键角一定大于的，因此，虽然和均为形结构，但键角大于键角，孤电子对对成键电子对的排斥作用也改变不了这个结论。分子中键的键长小于中键的键长，其原因是：分子中既存在σ键，又存在大键，原子轨道重叠的程度较大，因此其中键的键长较小，而只存在普通的σ键。
（3）一定条件下，、和反应生成和化合物X。已知X属于四方晶系，其中Cu化合价为+2。由晶胞结构图可知，该晶胞中含有黑球的个数为、白球的个数为、灰色球的个数为，则X中含有3种元素，其个数比为1:2:4,由于其中Cu化合价为+2、的化合价为-1、K的化合价为+1，根据化合价代数和为0，可以推断X为，上述反应的化学方程式为。若阿伏加德罗常数的值为，晶胞的质量为，晶胞的体积为，化合物X的密度。
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