检测卷20 氯溴碘及其化合物-2023届高考一轮复习考点过关检测卷

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检测卷二十 氯溴碘及其化合物
一、单选题（共15题,每小题3分,共45分.每题只有一个选项符合题意）
1．在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】 D
【解析】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；
B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；
C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；
D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。
答案选D。
2.下列说法不正确的是(　　)

A．“84消毒液”的有效成分是NaClO
B．“84消毒液”能漂白棉、麻、纸张
C．“84消毒液”与酸性洁厕剂混用会产生Cl2
D．“84消毒液”久置失效，只涉及氧化还原反应
【答案】 D
【解析】氢氧化钠和氯气反应生成次氯酸钠、氯化钠和水，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸，所以“84消毒液”的有效成分是NaClO，A项正确；次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以“84消毒液”能漂白棉、麻、纸张，B项正确；ClO－和Cl－在酸性条件下发生归中反应生成氯气，“84消毒液”与酸性洁厕剂混用会产生Cl2，C项正确；“84消毒液”久置，次氯酸钠与二氧化碳、水反应生成次氯酸和碳酸氢钠，该反应不是氧化还原反应，D项错误。
3．下列有关实验装置进行的相应实验，不能达到实验目的的是(　　)

A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢和水蒸气
C．用装置丙可证明Cl2的氧化性强于S
D．用装置丁可以完成“喷泉”实验
【答案】 B
【解析】在装置乙中，混合气体先经过浓硫酸，水蒸气被除去，再经过饱和NaCl溶液，气体中又混入了水蒸气，无法达到实验目的，故B项错误。
4．鉴别NaCl、NaBr、NaI可以选用的试剂是(　　)
①碘水、淀粉溶液　②氯水、CCl4　③溴水、苯　④硝酸、AgNO3溶液　⑤氯水、苯　⑥氯水、己烯
A．①②④B．②③⑥
C．②④⑤D．④⑤⑥
【答案】 C
【解析】①加入碘水、淀粉溶液，因碘和三种物质都不反应，不能鉴别，故错误；②加入氯水，可生成Br2和I2，在四氯化碳中的颜色不同，可鉴别，故正确；③加入溴水，不能鉴别NaCl、NaBr，故错误；④AgNO3溶液分别与NaCl、NaBr、NaI反应生成白色沉淀、浅黄色沉淀、黄色沉淀，并且不溶于稀硝酸，可鉴别，故正确；⑤加入氯水，可生成Br2和I2，与苯发生萃取后在苯中的颜色不同，可鉴别，故正确；⑥加入氯水，可生成Br2和I2，Br2和I2都能与己烯发生加成反应，不能鉴别，故错误；所以②④⑤可以鉴别。
5．KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2＋11KClO3＋3H2O6KH(IO3)2＋5KCl＋3Cl2↑。下列说法错误的是(　　)
A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mole－
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO的存在
【答案】 A
【解析】根据题干中的化学方程式可知，I元素的化合价由0价升高到＋5价，转移电子数为6×5×2＝60，所以产生标准状况下22.4L即1mol氯气需消耗2mol碘单质，转移20mole－，A说法错误；该反应中I2为还原剂，KClO3为氧化剂，故氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B说法正确；工业上常用氯气和石灰乳反应制备漂白粉，C说法正确；酸性条件下，I－与IO反应生成I2，淀粉遇I2变蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验IO的存在，D说法正确。
6．向KOH溶液中通入8.96L(标准状况)氯气恰好完全反应生成三种含氯盐：0.6molKCl、0.1molKClO和X。则X是(　　)
A．0.1molKClO4 B．0.1molKClO3
C．0.1molKClO2 D．0.2molKClO
【答案】 B
【解析】8.96L(标准状况)氯气的物质的量为：＝0.4mol，因为生成：0.6molKCl、0.1molKClO，根据氯守恒，所以X的物质的量为：0.4×2－0.6－0.1＝0.1mol，由电子得失守恒分析可知：0.6×1＝0.1×1＋0.1a，即a＝5，所以X中氯的化合价为＋5价，故选B。
7．如图所示：若关闭Ⅰ阀，打开Ⅱ阀，让一种含氯气的气体经过甲瓶后，通入乙瓶，布条不褪色；若关闭Ⅱ阀，打开Ⅰ阀，再通入这种气体，布条褪色。甲瓶中所盛的试剂可能是(　　)

①浓硫酸　②饱和氯化钠溶液　③亚硫酸钠溶液　④饱和碳酸氢钠溶液
A．①②③ B．②③④ C．①②④ D．①③④
【答案】 D
【解析】Cl2与H2O反应生成的HClO具有漂白作用。气体通过甲瓶后不能使布条褪色，可能有两个原因：一是甲瓶溶液将Cl2干燥，二是甲瓶的溶液能吸收Cl2。浓H2SO4吸水，Na2SO3溶液能吸收Cl2发生氧化还原反应，饱和NaHCO3溶液能与Cl2发生反应生成CO2。
8．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】氯水中存在反应：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，若要增强溶液漂白能力，则需使溶液中HClO浓度增大。加入碳酸钙粉末，发生反应：2H＋＋CaCO3===Ca2＋＋H2O＋CO2↑，使上述可逆反应平衡向右移动，c(HClO)增大，故选A项；加入稀硫酸，溶液中c(H＋)增大，上述可逆反应平衡向左移动，c(HClO)减小，故不选B项；加入氯化钙溶液，溶液中c(Cl－)增大，上述可逆反应平衡向左移动，c(HClO)减小，故不选C项；加入二氧化硫水溶液，二氧化硫具有还原性，能被氯气氧化，且生成H2SO4，电离出大量H＋，使上述可逆反应平衡向左移动，c(HClO)减小，故不选D项。
9．把浓盐酸分别滴入点滴板上的各种溶液中，现象如下：
实验
现象

①中溶液变蓝
②中溶液产生白色胶状沉淀
③中生成沉淀
④中产生黄绿色气体
下列分析不正确的是(　　)
A．①中溶液变蓝，体现了浓盐酸的氧化性
B．②中产生白色胶状沉淀：2H＋＋SiO===H2SiO3↓
C．③中产生沉淀的原因可用平衡移动原理解释
D．④中产生黄绿色气体：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O
【答案】 A
【解析】　①HCl遇KI溶液不能发生反应生成I2，A项错误；由于酸性HCl>H2SiO3，所以浓盐酸遇Na2SiO3溶液会发生反应2HCl＋Na2SiO3===H2SiO3↓＋2NaCl，由于硅酸是白色难溶性的物质，所以会产生白色胶状沉淀，B项正确；在饱和NaCl溶液中存在平衡NaCl(s)Na＋(aq)＋Cl－(aq)，HCl溶于饱和NaCl溶液，使溶液中Cl－浓度增大，平衡逆向移动，降低了NaCl的溶解度，因此会析出NaCl固体，即产生白色沉淀，C项正确；HCl溶于NaClO溶液中，会发生反应2HCl＋NaClO===NaCl＋Cl2↑＋H2O，离子方程式是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，因此有黄绿色气体产生，D项正确。
10．制备(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O的实验中，需对过滤出产品的母液(pHI2。根据实验结果，判断下列说法正确的是
A．Fe3+与Fe2+至少有一种
B．一定不存在CO，可能存在Na+和Cl-
C．一定存在Fe2+、I-、Cl-
D．该溶液中一定存在Fe2+、I-，可能含Cl-
【答案】 B
【解析】c(H+)=0.1mol/L溶液中的H+可以与CO反应，故溶液中不存在CO；向溶液中通入氯气分液后得到紫色溶液，说明有I2生成，则原溶液中含有I-， Fe3+能够氧化I-，则一定不存在Fe3+；2.54g为碘单质，物质的量为=0.01mol，原溶液中含有I-的物质的量为0.02mol；水层中加入NaOH溶液得到固体，剩余离子中能与NaOH生成沉淀的离子只有Fe2+，该固体为Fe(OH)2，灼烧固体得到的1.60g为Fe2O3，则溶液中一定存在Fe2+，根据铁元素守恒可知亚铁离子的物质的量为×2=0.02mol，0.02mol Fe2+带有正电荷为0.04mol，H+带有正电荷为0.1mol/L ×0.1L=0.01mol，0.02mol I-带有负电荷为0.02mol，根据电荷守恒，原溶液中一定含有Cl-，其物质的量至少为0.04mol+0.01mol -0.02mol=0.03mol，由于不能确定是否存在Na+，故Cl-含量≥0.03mol。
A．根据分析，原溶液中不存在Fe3+，A错误；
B．根据分析，溶液中一定不存在CO，可能存在Na+，一定存在Cl-，B错误；
C．根据分析，溶液中一定存在Fe2+、I-、Cl-，C正确；
D．根据分析，溶液中一定存在Cl-，D错误；
故选C。

15．常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后再滴加0.1 mol·L－1的NaOH溶液，整个过程中溶液的pH变化曲线如图所示。下列选项正确的是

A．a点所示的溶液中c(H＋)＝c(Cl－)＋c(HClO)＋c(OH－)
B．b点所示的溶液中c(H＋)＞c(Cl－)＞c(HClO)＞c(ClO－)
C．c点所示的溶液中c(Na＋)＝c(HClO)＋c(ClO－)
D．d点所示的溶液中c(Na＋)＞c(ClO－)＞c(Cl－)＞c(HClO)
【答案】 B
【解析】A．a点溶液呈酸性，根据电荷守恒得c(H+)=c(Cl-)+c(Cl0-)+c(OH-)，故A错误；B．b点溶液酸性最强，根据电荷守恒得c(H+)=c(Cl-)+c(Cl0-)+c(OH-)，所以c(H+)＞c(Cl-)，酸性越强，次氯酸的电离程度越小，所以c(HClO)＞c(ClO-)，所以离子浓度大小顺序是c(H+)＞c(Cl-)＞c(HClO)＞c(ClO-)，故B正确；C．c点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl0-)+c(OH-)，所以c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，根据物料守恒得c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以c(Na+)=c(HClO)+2c(ClO-)，故C错误；D．d点溶液呈碱性，则c(H+)＜c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(Cl0-)+c(OH-)，所以c(Na+)＞c(Cl-)+c(Cl0-)，根据物料守恒得c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以c(Cl-)＞c(ClO-)，故D错误；故选B。
二、非选择题（共4题,55分）
16．(10分)下面三个方法都可以用来制氯气：
①4HCl(浓)＋MnO2MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
②KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2↑＋KCl＋3H2O
③KMnO4＋HCl(浓)―→KCl＋MnCl2＋Cl2↑＋H2O(未配平)
根据以上三个反应，回答下列有关问题：
(1)反应②的离子方程式为_____________________________________________。
(2)反应②中，氧化产物与还原产物的质量比为________。
(3)请将反应③配平：________KMnO4＋________HCl(浓)===________KCl＋________MnCl2＋________Cl2↑＋________H2O。
(4)若要制得相同质量的氯气，①②③反应中转移电子的数目之比为________。
(5)已知反应④：4HCl＋O22Cl2＋2H2O(g)，该反应也能制得氯气，则MnO2、O2、KMnO4三种物质氧化性由强到弱的顺序为___________________________________________________________________。
【解析】(1)反应②KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2↑＋KCl＋3H2O的离子方程式为ClO＋6H＋＋5Cl－===3Cl2↑＋3H2O。
(2)反应②中只有Cl元素化合价发生变化，Cl元素化合价分别由＋5价、－1价变化为0价。氯气既是氧化产物又是还原产物，其中6 mol HCl中有5 mol HCl被氧化，1 mol KClO3被还原，则氧化产物与还原产物的质量比为5∶1。
(3)该反应中Mn元素化合价由＋7价变为＋2价、部分Cl元素化合价由－1价变为0价、部分Cl元素化合价不变，根据得失电子守恒确定KMnO4的化学计量数为2，Cl2的化学计量数为5，结合原子守恒配平得到反应③的化学方程式：
2KMnO4＋16HCl===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O。
(4)制得氯气的质量相等，即物质的量相等，假设制得的氯气都是1 mol，反应①中生成1 mol氯气转移电子的物质的量是1 mol×2＝2 mol；反应②中生成1 mol氯气转移电子的物质的量是 mol；反应③中生成1 mol氯气转移电子的物质的量是1 mol×2＝2 mol，则三个反应中转移电子的物质的量之比为2 mol∶ mol∶2 mol＝6∶5∶6。
(5)反应③不需要特定的反应条件，反应①的反应条件是加热，反应④的反应条件是加热和催化剂，根据反应条件越简单，氧化还原反应越容易发生，越容易发生的氧化还原反应中的氧化剂的氧化性越强可知，氧化性最强的是高锰酸钾，其次是二氧化锰，最后是氧气。
【答案】(1)ClO＋6H＋＋5Cl－===3Cl2↑＋3H2O
(2)5∶1
(3)2　16　2　2　5　8
(4)6∶5∶6
(5)KMnO4>MnO2>O2
17．(15分) 氯可形成多种含氧酸盐,广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用如图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO,探究其氧化还原性质。

回答下列问题:
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是　　　　,a中的试剂为　　　　　　。 
(2)b中采用的加热方式是　　　　。c中化学反应的离子方程式是　　　　　　　,采用冰水浴冷却的目的是　　　　　　。 
(3)d的作用是　　　　,可选用试剂　　　　(填标号)。 　　　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.Na2S 　B.NaCl C.Ca(OH)2 D.H2SO4
(4)反应结束后,取出b中试管,经冷却结晶,　　　　,　　　　　　　,干燥,得到KClO3晶体。 
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中,滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色,加入CCl4振荡,静置后CCl4层显　　　色。可知该条件下KClO3的氧化能力　　　NaClO(填“大于”或“小于”)。 

【答案】(1)圆底烧瓶(1分)　饱和食盐水(1分)　(2)水浴加热(1分)　Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O(2分)　避免生成NaClO3(2分)
(3)吸收尾气(Cl2)(1分)　AC(2分)　(4)过滤(1分)　少量(冷)水洗涤(1分)　(5)紫(1分)　小于(2分)
【解析】　(1)由题图可知,盛放MnO2粉末的仪器为圆底烧瓶;浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应制取氯气,制备的氯气中会混有HCl气体和水蒸气,a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体。(2)根据题图可知,b中采用的加热方式为水浴加热;c中氯气与冷的NaOH溶液发生反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,离子方程式为Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O;氯气和热的NaOH溶液反应可生成氯酸钠,所以采用冰水浴冷却的目的是避免生成NaClO3。(3)氯气有毒,能污染空气,d的作用是吸收尾气(Cl2)。Na2S可将氯气还原成氯离子,可用Na2S溶液吸收氯气;氯气不与氯化钠反应,且氯气在NaCl溶液中溶解度很小,不能用NaCl溶液吸收氯气;氯气可与Ca(OH)2浊液反应生成氯化钙、次氯酸钙和水,可用Ca(OH)2浊液吸收氯气;氯气与硫酸不反应,且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度,不能用H2SO4溶液吸收氯气。故选A、C项。(4)冷却结晶后要进行过滤,使晶体和液体分离,过滤得到的晶体要用少量(冷)水洗涤(减少KClO3的溶解损失),洗涤后干燥得到KClO3晶体。(5)1号试管溶液颜色不变,2号试管溶液变为棕色,说明1号试管中氯酸钾没有氧化碘离子,2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质,即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO;碘单质更易溶于CCl4,所以加入CCl4振荡,静置后CCl4层显紫色。
18.(14分)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:
(1)KIO3的化学名称是　　　　。 
(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如图1所示:

图1
“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是　　　　　。“滤液”中的溶质主要是　　　。“调pH”中发生反应的化学方程式为　　　　　　　　　　　　　　　。 

　图2
(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图2所示。
①写出电解时阴极的电极反应式　　　　　　　。 
②电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为　　　　　　　　　　,其迁移方向是　　　　　　　　　　　。 
③与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有　　　　　　　　　　　　(写出一点)。 
【答案】(1)SO32-+I2+H2O2I-+SO42-+2H+(3分)　使CCl4中的碘进入水层(2分)　(2)分液(2分)　(3)使氯气在溶液中有较大的溶解度(或防止I2升华或防止I2进一步被氧化)(2分)　NaOH溶液(2分)　(4)从水层取少量溶液,加入1~2 mL淀粉溶液,加盐酸酸化,滴加FeCl3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有I-;若溶液不变蓝,说明废水中不含有I-;(2分)另从水层取少量溶液,加入1~2 mL淀粉溶液,加盐酸酸化,滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝,说明废水中含有IO3-;若溶液不变蓝,说明废水中不含有IO3-(2分)
【解析】　(1)该反应为Na2SO3、I2的氧化还原反应,离子方程式为SO32-+I2+H2OSO42-+2I-+2H+。含碘废液中碘以I-、I2的形式存在,将废液中的I2还原为I-的目的是使CCl4中的碘进入水层。(2)操作X为分液。(3)实验控制在较低温度下进行,是为了使氯气在溶液中有较大的溶解度或防止I2升华或防止I2进一步被氧化。锥形瓶中溶液的作用是吸收过量的Cl2,故锥形瓶中盛放的溶液为NaOH溶液。(4)检验I-,可以利用I-的还原性,先加入淀粉溶液,再加盐酸酸化,最后滴加FeCl3溶液,若溶液变蓝,则说明废水中含有I-,若溶液不变蓝,则说明废水中不含有I-;检验IO3-,可以利用IO3-的氧化性,先加入淀粉溶液,再加盐酸酸化,最后滴加Na2SO3溶液,若溶液变蓝,则说明废水中含有IO3-,若溶液不变蓝,则说明废水中不含有IO3-。
19．(16分)含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是MnO2)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为________________________。
(2)实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为________________。

(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中________已分解。检验此久置氯水中Cl－存在的操作及现象是_____________________________________________________
____________________________________________________________________________。
(4)某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务　通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。
②查阅资料　电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，Ksp(AgCl)＝1.8×10－10。
③提出猜想　猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度S(45℃)>S(35℃)>S(25℃)。
④设计实验、验证猜想　取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表1中实验1～3，记录数据。
表1
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/(μS·cm－1)
1
Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液
25
A1
2
Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液
35
A2
3
Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液
45
A3
⑤数据分析、交流讨论　25℃的AgCl饱和溶液中，c(Cl－)＝________mol·L－1。
实验结果为A3>A2>A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想a成立，但不足以证明猜想b成立。结合②中信息，猜想b不足以成立的理由有_______________________________________________________。
⑥优化实验　小组同学为进一步验证猜想b，在实验1～3的基础上完善方案，进行实验4和5。请完成表2中内容。
表2
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/(μS·cm－1)
4
Ⅰ
________
B1
5
________
________
B2
⑦实验总结　根据实验1～5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想b也成立。猜想b成立的判断依据是________。
【答案】(1) MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(2)cdbae
(3)HClO　取少量样品于试管中，加入几滴AgNO3溶液，若有AgCl白色沉淀生成，则该久置氯水中存在Cl－
(4)⑤×10－5(或1.34×10－5)　存在两个变量(温度与浓度)，温度升高的同时，溶液的浓度也在增大

35

Ⅱ
45

⑥
　
⑦A3>B2；A2>B1
【解析】(1)实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。(2)实验室制得的Cl2中含有HCl、H2O，可依次通过饱和食盐水、浓硫酸分别除去HCl、H2O，再收集Cl2并进行尾气处理，因此装置的接口连接顺序为cdbae。(3)氯水中能使品红溶液褪色的物质是HClO，氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中HClO已分解。检验Cl－存在的方法是取少量样品于试管中，加入几滴AgNO3溶液，若有AgCl白色沉淀生成，则该久置氯水中存在Cl－。(4)⑤由于AgCl饱和溶液中c(Ag＋)＝c(Cl－)，因此25℃时，c(Cl－)＝＝mol·L－1＝×10－5mol·L－1≈1.34×10－5mol·L－1。由于不同温度下的饱和溶液的浓度不同，因此实验1、2、3中，存在两个变量(温度与浓度)，因此不足以证明猜想b成立。⑥需要设计实验证明AgCl在水中的溶解度S(45℃)>S(35℃)>S(25℃)，则需要控制变量。由实验4与实验2对比，温度均为35℃，若溶液浓度：试样Ⅱ>试样Ⅰ，则电导率：A2>B1，则可验证S(35℃)>S(25℃)；同理，要验证S(45℃)>S(35℃)，则需要由实验5与实验3对比，温度均为45℃，若溶液浓度：试样Ⅲ>试样Ⅱ，则电导率A3>B2，即可验证猜想b。⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2；A2>B1。