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考点09 氯及其化合物(好题冲关)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）(解析版)
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这是一份考点09 氯及其化合物(好题冲关)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）(解析版)，共20页。
考点09 氯及其化合物
(好题冲关)
【基础过关】
1．(2023·江苏省南通市三模)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
【答案】B
【解析】A项，杀菌消毒利用的是NaClO的强氧化性，与酸碱性无关，A错误；B项，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，B正确；C项，杀菌消毒利用的是NaClO的强氧化性，与还原性无关，C错误；D项，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，D错误；故选B。
2．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。
3．(2023·广东省高三二模)将Cl2通入冷的NaOH溶液中可制得漂白液。下列装置(箭头表示Cl2的气流方向)能达到相应目的的是( )
A．制备Cl2
B．除去Cl2中的HCl
C．制备漂白液
D．尾气处理
【答案】C
【解析】A项，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，故A错误；B项，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，气体导气管应该“长进短出”，故B错误；C项，氯气和氢氧化钠在较低温度下反应生成氯化钠和次氯酸钠，故C正确；D项，石灰水的浓度太小，石灰水吸收氯气的量少，应该用氢氧化钠溶液吸收氯气，故D错误；故选C。
4． 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++HCO3-
D．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．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4 mol HCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol
【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1 mol，D项正确。
6．75%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2NA
B．1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2NA
C．46g 75%乙醇中含有的氧原子数大于6NA
D．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。
7．(2023·广东省广州市三模)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-
【答案】C
【解析】A项，该溶液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，A正确；B项，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项，该溶液与过氧化氢溶液混合产生O2： ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+ H2O，C错误；D项，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。
8．(2023·北京市海淀区三模)某消毒液的主要成分为NaClO(pH=13)，已知饱和NaClO溶液的pH约为11.下列用来解释事实的方程式中，不合理的是( )
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH-= ClO-+ Cl-+H2O
B．该消毒液与洁厕灵(主要成分为)混用，产生Cl2：ClO-+ Cl-+2H+= Cl2↑+H2O
C．该消毒液加白醋，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=CH3COO-+HClO
D．该消毒液中加少量FeSO4溶液生成红褐色沉淀：2Fe2++ ClO-+5H2O= Cl-+2Fe(OH)3↓ +4H+
【答案】D
【解析】A项，用NaOH溶液吸收Cl2可以制备NaClO，即发生Cl2+2OH-= ClO-+ Cl-+H2O，故A合理；B项，消毒液中的ClO-与洁厕灵中的Cl-酸性条件下会反应产生Cl2，即发生ClO-+ Cl-+2H+= Cl2↑+H2O，故B合理；C项，该消毒液中的NaClO和醋酸会发生复分解反应生成次氯酸，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=CH3COO-+HClO，故C合理；D项，该消毒液呈碱性，所以加少量FeSO4溶液，会发生2Fe2++ ClO-+4OH-+H2O= Cl-+2Fe(OH)3↓ ，故D不合理；故选D。
9．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b
B．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。
10．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。
11． 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N2
C．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。
12．(2023·山东省青岛市场高三第二次适应检测)用如图装置制备次氯酸并验证其氧化性。Cl2可以与含水碳酸钠反应得到Cl2O气体和NaHCO3。下列说法错误的是( )
A．装置甲中每生成16.8g碳酸氢钠同时生成标准状况下1.24L Cl2O
B．装置乙中盛装的是浓硫酸
C．将装置丙中次氯酸溶液转移到装置丁中的具体操作是打开关闭
D．装置丁中溶液酸性显著增强可证明次氯酸的氧化性
【答案】B
【解析】A项，装置甲中发生氧化还原反应：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，每生成16.8g(0.2mol)碳酸氢钠则生成0.1molCl2O，标准状况下的体积为2.24L，A项正确；B项，装置乙的作用是吸收多余的Cl2，防止干扰后续氧化性的验证，浓硫酸不能除去多余Cl2，故装置乙中盛装的不是浓硫酸，B项错误；C项，打开 K2 关闭 K1，则利用压强能将装置丙中液体压入装置丁，C项正确；D项，装置丁中溶液酸性显著则说明发生了HClO+HCOOH=HCl+CO2↑+H2O，可证明次氯酸的氧化性，D项正确。故选B。
13．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。
14．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
A
a处变蓝，b处变红棕色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B
c处先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
d处立即褪色
氯气与水生成了漂白性物质
D
e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－。
15．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该兴趣小组用100mL 12mol/L盐酸与8.7g MnO2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)20.25 mol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 ③7.15 (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)+MnO 2MnCl2 +C12↑+2H2O，100mL12mol/L盐酸与8.7g MnO2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。
16．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_______
A
B
C
D
I
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·L-1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0.15mol B．小于0.15mol C．大于0.15mol，小于0.3mol D．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0.3mol-0.075mol×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。
【能力提升】
17．(2023·湖北省荆荆宜仙四地高三联考)某无色溶液可能含有Na+、Ba2+、Cl-、Br-、SO32-、SO42-中的若干种，依次进行下列实验(每一步所加试剂均过量)，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
(1)
向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡、静置
下层呈橙红色
(2)
分液，向水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3
有白色沉淀产生
(3)
过滤，向滤液中加入AgNO3方稀溶液和稀HNO3
有白色沉淀产生
下列结论正确的是( )
A．肯定含有的离子是Na+、Br-
B．肯定没有的离子是Ba2+、SO42-
C．如果步骤(2)没有加入稀HNO3，白色沉淀可能含有BaSO3
D．如果将步骤(1)中氯水换成H2O2，对结论没有影响
【答案】A
【解析】由步骤(1)可知，溶液中一定存在Br-；由步骤(2)可知，白色沉淀为BaSO4，但SO32-能被氧化为SO42-，则SO32-、SO42-至少有一种，因SO32-、SO42-均与Ba2+不能大量共存，则一定没有Ba2+；由步骤(3)可知，白色沉淀可能为AgCl，步骤(1)中引入Cl-，不能确定原溶液是否含有Cl-，又溶液为电中性，一定存在阳离子，则一定存在Na+；综上所述，一定存在Na+、Br-，SO32-、SO42-至少有一种，一定不存在Ba2+，不能确定的离子为Cl-。A项，肯定含有的离子是Na+、Br-，A正确； B项，SO32-、SO42-至少有一种，一定不存在Ba2+，，B错误；C项，步骤(1)氯水过量，也能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，故白色沉淀只能是BaSO4，C错误； D项，如果将步骤(1)中氯水换成H2O2，由步骤(3)可知，白色沉淀一定为AgCl，可确定原溶液含有Cl-，对结论有影响，D错误；故选A。
18．(2023·辽宁省部分重点吕学协作体高三模拟考试)高铁酸钾可以用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的一种方法是向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe (NO3)3溶液：
①Cl2+KOH →KCl+KClO+KClO3+H2O；
②Fe (NO3)3+ KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+ KCl+H2O(方程式均未配平)。
下列说法正确的是( )
A．氯气与热的石灰乳反应制得的漂白粉或漂粉精可以用于游泳池等场所的消毒
B．若反应①中n(ClO-)：n(ClO3-)= 3：1，则该反应还原产物与氧化产物的物质的量之比为
C．用上述方法得到2mol K2FeO4时最多消耗3mol Cl2
D．处理饮用水时，加入高铁酸钾效果相当于加入氯气和铝盐两种物质
【答案】D
【解析】A项，氯气与热的石灰乳反应生成Ca(ClO3)2、CaCl2，制备漂白粉不能用热的石灰乳和氯气反应，故A错误；B项，若反应①中n(ClO-)：n(ClO3-)= 3：1，根据得失电子守恒，反应方程式为6Cl2+12KOH=8KCl+3KClO+KClO3+6H2O，则该反应还原产物与氧化产物的物质的量之比为2：1，故B错误；C项，若反应①中不生成KClO3，得到2mol K2FeO4转移6mol电子，根据得失电子守恒，消耗3mol Cl2，由于反应①中生成KClO3，所以消耗氯气的物质的量最少为3mol，故C错误；D项，K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，同时还原产物Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体，能吸附悬浮杂质，所以处理饮用水时，加入高铁酸钾效果相当于加入氯气和铝盐两种物质，故D正确；故选D。
19．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10-3.8
C．a点的总反应为SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO
D．c点溶液中c(H+)为2.0 mol·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2 mol，则c(H+)为2 mol·L−1，故D正确；故选B。
20．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=2.5×10-8。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+ClO-
B．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10-4
【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==2.5×10-8，此时c(H+)=10-8mol/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10-5或更小，D不正确；故选C。
21．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0.100 0 mol·L-1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2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。用移液管移取25.00 mL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)/mL
17.10
18.10
18.00
17.90
计算试样中过氧化氢的浓度为_______mol·L-1。
【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)0.180 0
【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=0.180 0mol/L。
22．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mg NaClO3(s)最终制得纯净的ng NaClO2(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) NaClO2遇酸放出ClO2 ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降
(4)没有处理尾气
(5)A
(6)或或(或其他合理答案)
【解析】三颈烧瓶中NaClO3、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，B是安全瓶，防倒吸，C中发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，生成NaClO2。(1)本实验涉及ClO2气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；ClO2极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸； a项，温度较低，过氧化氢分解速率减慢，所以冰水浴可以减少H2O2的分解，故不选a；b项，实验的目的是ClO2、H2O2、NaOH溶液反应制备NaClO2，所以不能降低ClO2的溶解度 ，故选b；c项，ClO2遇热水易分解，所以冰水浴可以减少ClO2的分解，故不选c；选b。(2)三颈烧瓶中NaClO3、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2、氧气、硫酸钠，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+2H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；(3)NaClO2遇酸放出ClO2，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过快时，则导致ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；(4)该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；(5)A项，过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，故选A；B项，硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原ClO2，故不选B；C项，氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原ClO2，故不选C；D项，高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原ClO2，故不选D；选A。(6)若mg NaClO3(s)的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成 NaClO2(s)，最终制得纯净的ng NaClO2(s)，则NaClO2的产率是。
23．(2023·山东省滨州市二模)PCl3是重要的化工原料，实验室利用红磷制取粗PCl3的装置如图，夹持装置略去，已知红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，遇O2会生成POCl3。
PCl3、POCl3的熔沸点见下表。
物质
熔点/℃
沸点/℃
PCl3
75.5
POCl3
1.3
105.3
回答下列问题：
(1)A、C中所盛试剂为___________，装置中a的作用是___________。
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开通入CO2，再迅速加入红磷，通入CO2的作用是___________。
(3)装置B中的反应需要65~70℃，较适合的加热方式为___________，装置E中盛有碱石灰，其作用为___________。
(4)实验结束后，装置B中制得的PCl3粗产品中常混有POCl3、PCl5等。加入过量红磷加热可将PCl5转化为PCl3，通过___________(填操作名称)，即可得到较纯净的PCl3产品。
(5) PCl3纯度测定
步骤I：取ag上述所得PCl3产品，置于盛有蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成250mL溶液；
步骤Ⅱ：取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，先加入足量稀硝酸，一段时间后再加入V1mLc1mol·L-1AgNO3溶液(过量)，使Cl-完全转化为AgCl沉淀(Ag3PO4可溶于稀硝酸)；
步骤Ⅲ：加入少硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖。以硫酸铁溶液为指示剂，用c2mol·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液(AgSCN难溶于水)，达到滴定终点时，共用去V2mLKSCN溶液。
步骤I中发生反应的化学方程式为___________，产品中PCl3的质量分数为___________%，若测定过程中没有加入硝基苯，则所测PCl3的含量会___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)浓硫酸 使F与D压强相同，便于浓盐酸顺利滴出
(2)赶尽A、B装置中空气，防止PCl3被氧化
(3)水浴加热 吸收未反应的氯气，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入，使PCl3发生水解
(4)蒸馏
(5) PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl 偏小
【解析】(1)根据PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，氯气中含有水蒸气杂质，因此A、C中所盛试剂主要作用是干燥气体，其试剂为浓硫酸；装置中a的作用是使F与D压强相同，便于浓盐酸顺利滴出；(2)根据PCl3遇O2会生成POCl3实验时，则通入CO2的作用是赶尽A、B装置中空气，防止PCl3被氧化；(3)装置B中的反应需要65~70℃，温度较低，不能用酒精灯直接加热，则较适合的加热方式为水浴加热；由于氯气有毒，会污染环境，又根据PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，则装置E中盛有碱石灰的作用为吸收未反应的氯气，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入，使PCl3发生水解；(4)实验结束后，装置B中制得的PCl3粗产品中常混有POCl3、PCl5等。加入过量红磷加热可将PCl5转化为PCl3，根据PCl3和PCl5的沸点相差较大，则通过蒸馏方法得到较纯净的PCl3产品；(5)根据PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，则步骤I中发生反应的化学方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl ，产品中PCl3的质量分数为，若测定过程中没有加入硝基苯，一部分氯化银会溶解，导致KSCN滴定时消耗的溶液体积偏多，则氯离子消耗的硝酸银的量减少，因此所测PCl3的含量会偏小。
24．(2023·浙江省高三选考三模)碘酸钾是常用的食盐加碘剂。某研究小组在实验室采用如下两种方法进行碘酸钾的制备。
方法一：采用如图1所示装置，先用高锰酸钾制备氯气，再用氯气氧化碘化钾得到碘酸钾溶液，再经一系列步骤得到碘酸钾产品。
方法二：采用如图2实验流程，直接用高锰酸钾氧化碘化钾得到碘酸钾溶液，再经一系列步骤得到碘酸钾产品。
已知：KIO3是一种白色晶体，在水中溶解度随温度升高而增大；不溶于乙醇。
(1)方法一中装置a中的试剂为___________，作用是___________。
(2)下列描述正确的是___________。
A．方法一中多孔球泡装置的作用是增大氯气与溶液的接触面积
B．加热浓缩过程中需要使用三脚架、泥三角和坩埚等仪器
C．方法二中滴入适量乙醇的主要作用是促进晶体析出
D．为提高洗涤效果，可用热水进行洗涤
(3)方法二所得产品碘酸钾的纯度测定方案如下：准确称取a g产品，用配制成250 mL溶液作为待测液，取25.00 mL该溶液于碘量瓶中，加入稍过量的碘化钾，用适量的盐酸酸化，盖紧塞子，置于避光处3 min，用c mol/L的硫代硫酸钠标准溶液滴定，当溶液呈淡黄色时，加入少许指示剂，滴定到溶液为无色，平行滴定三次，平均消耗标准液VmL，计算产品的纯度。已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。
①配制待测液最关键仪器__________；
②滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：__________→__________→__________→装入滴定液至零刻度以上→__________→__________→__________→开始滴定。__________
A．烘干 B．用蒸馏水洗涤 C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D．用洗耳球吹出润洗液 E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次
G．记录起始读数 H．检查是否漏水
③装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是___________。
④产品碘酸钾的质量分数为___________。
【答案】(1) 饱和食盐水 吸收HCl (2)A
(3) 250 mL容量瓶 H、B、F，E、C、G 防止碘挥发损失
【解析】(1)洗气瓶中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢；(2)A项，多孔球泡装置可增大氯气与碘化钾溶液的接触面积，使氯气充分反应，故正确；B项，加热浓缩过程中用到的仪器为三脚架、蒸发皿、酒精灯等，用不到坩埚，故错误；C项，滴入适量乙醇的作用是除去多余的高锰酸钾，故错误；D项，碘酸钾固体在热水中溶解度大，用热水洗涤时会导致产品损失，故错误；故选A；(3)①配制250mL待测液最关键仪器为250 mL容量瓶，故答案为：250 mL容量瓶；②滴定前，有关滴定管的正确操作为检查滴定管是否漏水、用蒸馏水洗涤滴定管、用滴定液润洗滴定管2至3次、装入滴定液至零刻度以上、排除气泡、调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下、记录起始读数、开始滴定，故答案为：H、B、F，E、C、G；③装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞的目的是防止碘挥发损失导致实验结果偏低；④由题意可知，ag产品消耗硫代硫酸钠的物质的量为，由关系式 KIO3~3I2~6S2O32-可知， 碘酸钾的物质的量为 ，则产品中碘酸钾的质量分数为。
考点09 氯及其化合物
(好题冲关)
【基础过关】
1．(2023·江苏省南通市三模)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
【答案】B
【解析】A项，杀菌消毒利用的是NaClO的强氧化性，与酸碱性无关，A错误；B项，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，B正确；C项，杀菌消毒利用的是NaClO的强氧化性，与还原性无关，C错误；D项，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，D错误；故选B。
2．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。
3．(2023·广东省高三二模)将Cl2通入冷的NaOH溶液中可制得漂白液。下列装置(箭头表示Cl2的气流方向)能达到相应目的的是( )
A．制备Cl2
B．除去Cl2中的HCl
C．制备漂白液
D．尾气处理
【答案】C
【解析】A项，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，故A错误；B项，用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，气体导气管应该“长进短出”，故B错误；C项，氯气和氢氧化钠在较低温度下反应生成氯化钠和次氯酸钠，故C正确；D项，石灰水的浓度太小，石灰水吸收氯气的量少，应该用氢氧化钠溶液吸收氯气，故D错误；故选C。
4． 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++HCO3-
D．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．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4 mol HCl的浓盐酸在加热条件下反应，得到Cl2的物质的量小于1 mol
【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1 mol，D项正确。
6．75%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2NA
B．1mol次氯酸钠与足量盐酸反应转移的电子数为2NA
C．46g 75%乙醇中含有的氧原子数大于6NA
D．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。
7．(2023·广东省广州市三模)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-
【答案】C
【解析】A项，该溶液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，A正确；B项，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项，该溶液与过氧化氢溶液混合产生O2： ClO-+H2O2=Cl-+O2↑+ H2O，C错误；D项，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。
8．(2023·北京市海淀区三模)某消毒液的主要成分为NaClO(pH=13)，已知饱和NaClO溶液的pH约为11.下列用来解释事实的方程式中，不合理的是( )
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH-= ClO-+ Cl-+H2O
B．该消毒液与洁厕灵(主要成分为)混用，产生Cl2：ClO-+ Cl-+2H+= Cl2↑+H2O
C．该消毒液加白醋，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=CH3COO-+HClO
D．该消毒液中加少量FeSO4溶液生成红褐色沉淀：2Fe2++ ClO-+5H2O= Cl-+2Fe(OH)3↓ +4H+
【答案】D
【解析】A项，用NaOH溶液吸收Cl2可以制备NaClO，即发生Cl2+2OH-= ClO-+ Cl-+H2O，故A合理；B项，消毒液中的ClO-与洁厕灵中的Cl-酸性条件下会反应产生Cl2，即发生ClO-+ Cl-+2H+= Cl2↑+H2O，故B合理；C项，该消毒液中的NaClO和醋酸会发生复分解反应生成次氯酸，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO-=CH3COO-+HClO，故C合理；D项，该消毒液呈碱性，所以加少量FeSO4溶液，会发生2Fe2++ ClO-+4OH-+H2O= Cl-+2Fe(OH)3↓ ，故D不合理；故选D。
9．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b
B．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。
10．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。
11． 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N2
C．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。
12．(2023·山东省青岛市场高三第二次适应检测)用如图装置制备次氯酸并验证其氧化性。Cl2可以与含水碳酸钠反应得到Cl2O气体和NaHCO3。下列说法错误的是( )
A．装置甲中每生成16.8g碳酸氢钠同时生成标准状况下1.24L Cl2O
B．装置乙中盛装的是浓硫酸
C．将装置丙中次氯酸溶液转移到装置丁中的具体操作是打开关闭
D．装置丁中溶液酸性显著增强可证明次氯酸的氧化性
【答案】B
【解析】A项，装置甲中发生氧化还原反应：2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl，每生成16.8g(0.2mol)碳酸氢钠则生成0.1molCl2O，标准状况下的体积为2.24L，A项正确；B项，装置乙的作用是吸收多余的Cl2，防止干扰后续氧化性的验证，浓硫酸不能除去多余Cl2，故装置乙中盛装的不是浓硫酸，B项错误；C项，打开 K2 关闭 K1，则利用压强能将装置丙中液体压入装置丁，C项正确；D项，装置丁中溶液酸性显著则说明发生了HClO+HCOOH=HCl+CO2↑+H2O，可证明次氯酸的氧化性，D项正确。故选B。
13．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。
14．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
A
a处变蓝，b处变红棕色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B
c处先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
d处立即褪色
氯气与水生成了漂白性物质
D
e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－。
15．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该兴趣小组用100mL 12mol/L盐酸与8.7g MnO2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)20.25 mol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 ③7.15 (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)+MnO 2MnCl2 +C12↑+2H2O，100mL12mol/L盐酸与8.7g MnO2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。
16．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_______
A
B
C
D
I
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·L-1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0.15mol B．小于0.15mol C．大于0.15mol，小于0.3mol D．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0.3mol-0.075mol×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。
【能力提升】
17．(2023·湖北省荆荆宜仙四地高三联考)某无色溶液可能含有Na+、Ba2+、Cl-、Br-、SO32-、SO42-中的若干种，依次进行下列实验(每一步所加试剂均过量)，观察到的现象如下：
步骤
操作
现象
(1)
向溶液中滴加氯水，再加入CCl4振荡、静置
下层呈橙红色
(2)
分液，向水溶液中加入Ba(NO3)2溶液和稀HNO3
有白色沉淀产生
(3)
过滤，向滤液中加入AgNO3方稀溶液和稀HNO3
有白色沉淀产生
下列结论正确的是( )
A．肯定含有的离子是Na+、Br-
B．肯定没有的离子是Ba2+、SO42-
C．如果步骤(2)没有加入稀HNO3，白色沉淀可能含有BaSO3
D．如果将步骤(1)中氯水换成H2O2，对结论没有影响
【答案】A
【解析】由步骤(1)可知，溶液中一定存在Br-；由步骤(2)可知，白色沉淀为BaSO4，但SO32-能被氧化为SO42-，则SO32-、SO42-至少有一种，因SO32-、SO42-均与Ba2+不能大量共存，则一定没有Ba2+；由步骤(3)可知，白色沉淀可能为AgCl，步骤(1)中引入Cl-，不能确定原溶液是否含有Cl-，又溶液为电中性，一定存在阳离子，则一定存在Na+；综上所述，一定存在Na+、Br-，SO32-、SO42-至少有一种，一定不存在Ba2+，不能确定的离子为Cl-。A项，肯定含有的离子是Na+、Br-，A正确； B项，SO32-、SO42-至少有一种，一定不存在Ba2+，，B错误；C项，步骤(1)氯水过量，也能将亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，故白色沉淀只能是BaSO4，C错误； D项，如果将步骤(1)中氯水换成H2O2，由步骤(3)可知，白色沉淀一定为AgCl，可确定原溶液含有Cl-，对结论有影响，D错误；故选A。
18．(2023·辽宁省部分重点吕学协作体高三模拟考试)高铁酸钾可以用于饮用水处理。工业上制备K2FeO4的一种方法是向KOH溶液中通入氯气，然后再加入Fe (NO3)3溶液：
①Cl2+KOH →KCl+KClO+KClO3+H2O；
②Fe (NO3)3+ KClO+KOH→K2FeO4+KNO3+ KCl+H2O(方程式均未配平)。
下列说法正确的是( )
A．氯气与热的石灰乳反应制得的漂白粉或漂粉精可以用于游泳池等场所的消毒
B．若反应①中n(ClO-)：n(ClO3-)= 3：1，则该反应还原产物与氧化产物的物质的量之比为
C．用上述方法得到2mol K2FeO4时最多消耗3mol Cl2
D．处理饮用水时，加入高铁酸钾效果相当于加入氯气和铝盐两种物质
【答案】D
【解析】A项，氯气与热的石灰乳反应生成Ca(ClO3)2、CaCl2，制备漂白粉不能用热的石灰乳和氯气反应，故A错误；B项，若反应①中n(ClO-)：n(ClO3-)= 3：1，根据得失电子守恒，反应方程式为6Cl2+12KOH=8KCl+3KClO+KClO3+6H2O，则该反应还原产物与氧化产物的物质的量之比为2：1，故B错误；C项，若反应①中不生成KClO3，得到2mol K2FeO4转移6mol电子，根据得失电子守恒，消耗3mol Cl2，由于反应①中生成KClO3，所以消耗氯气的物质的量最少为3mol，故C错误；D项，K2FeO4具有强氧化性，能杀菌消毒，同时还原产物Fe3+发生水解生成氢氧化铁胶体，能吸附悬浮杂质，所以处理饮用水时，加入高铁酸钾效果相当于加入氯气和铝盐两种物质，故D正确；故选D。
19．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10-3.8
C．a点的总反应为SO2+H2O+3NaClO=Na2SO4+NaCl+2HClO
D．c点溶液中c(H+)为2.0 mol·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2 mol，则c(H+)为2 mol·L−1，故D正确；故选B。
20．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=2.5×10-8。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+ClO-
B．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10-4
【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==2.5×10-8，此时c(H+)=10-8mol/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10-5或更小，D不正确；故选C。
21．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0.100 0 mol·L-1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2 MnO4-+5H2O2+6H+=2Mn2++8H2O+5O2↑。用移液管移取25.00 mL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)/mL
17.10
18.10
18.00
17.90
计算试样中过氧化氢的浓度为_______mol·L-1。
【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)0.180 0
【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=0.180 0mol/L。
22．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mg NaClO3(s)最终制得纯净的ng NaClO2(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) NaClO2遇酸放出ClO2 ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降
(4)没有处理尾气
(5)A
(6)或或(或其他合理答案)
【解析】三颈烧瓶中NaClO3、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2，B是安全瓶，防倒吸，C中发生反应2ClO2+H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，生成NaClO2。(1)本实验涉及ClO2气体的制备，为防止气体泄漏，所以组装好仪器后，首先应该进行的操作是检验装置气密性；ClO2极易溶于水，所以易发生倒吸，装置B的作用是防止倒吸； a项，温度较低，过氧化氢分解速率减慢，所以冰水浴可以减少H2O2的分解，故不选a；b项，实验的目的是ClO2、H2O2、NaOH溶液反应制备NaClO2，所以不能降低ClO2的溶解度 ，故选b；c项，ClO2遇热水易分解，所以冰水浴可以减少ClO2的分解，故不选c；选b。(2)三颈烧瓶中NaClO3、H2O2在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2、氧气、硫酸钠，反应的化学方程式为2NaClO3+H2O2+2H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O；(3)NaClO2遇酸放出ClO2，装置C中加入NaOH溶液的目的除了作反应物外，还避免NaClO2遇酸放出ClO2；空气流速过快时，则导致ClO2不能被充分吸收，NaClO2的产率下降；(4)该套装置存在的明显缺陷是没有处理尾气，污染空气；(5)A项，过氧化钠和水反应生成过氧化氢，过氧化钠的还原性与过氧化氢相当，故选A；B项，硫化钠，具有强还原性，不能选择硫化钠还原ClO2，故不选B；C项，氯化亚铁的还原性大于过氧化氢，不能选择过氧化氢还原ClO2，故不选C；D项，高锰酸钾具有强氧化性，高锰酸钾不能还原ClO2，故不选D；选A。(6)若mg NaClO3(s)的物质的量是，根据氯元素守恒，理论上生成 NaClO2(s)，最终制得纯净的ng NaClO2(s)，则NaClO2的产率是。
23．(2023·山东省滨州市二模)PCl3是重要的化工原料，实验室利用红磷制取粗PCl3的装置如图，夹持装置略去，已知红磷与少量Cl2反应生成PCl3，与过量Cl2反应生成PCl5，PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，遇O2会生成POCl3。
PCl3、POCl3的熔沸点见下表。
物质
熔点/℃
沸点/℃
PCl3
75.5
POCl3
1.3
105.3
回答下列问题：
(1)A、C中所盛试剂为___________，装置中a的作用是___________。
(2)实验时，检查装置气密性后，先打开通入CO2，再迅速加入红磷，通入CO2的作用是___________。
(3)装置B中的反应需要65~70℃，较适合的加热方式为___________，装置E中盛有碱石灰，其作用为___________。
(4)实验结束后，装置B中制得的PCl3粗产品中常混有POCl3、PCl5等。加入过量红磷加热可将PCl5转化为PCl3，通过___________(填操作名称)，即可得到较纯净的PCl3产品。
(5) PCl3纯度测定
步骤I：取ag上述所得PCl3产品，置于盛有蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成250mL溶液；
步骤Ⅱ：取25.00mL上述溶液于锥形瓶中，先加入足量稀硝酸，一段时间后再加入V1mLc1mol·L-1AgNO3溶液(过量)，使Cl-完全转化为AgCl沉淀(Ag3PO4可溶于稀硝酸)；
步骤Ⅲ：加入少硝基苯，振荡，使沉淀表面被有机物覆盖。以硫酸铁溶液为指示剂，用c2mol·L-1KSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液(AgSCN难溶于水)，达到滴定终点时，共用去V2mLKSCN溶液。
步骤I中发生反应的化学方程式为___________，产品中PCl3的质量分数为___________%，若测定过程中没有加入硝基苯，则所测PCl3的含量会___________(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
【答案】(1)浓硫酸 使F与D压强相同，便于浓盐酸顺利滴出
(2)赶尽A、B装置中空气，防止PCl3被氧化
(3)水浴加热 吸收未反应的氯气，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入，使PCl3发生水解
(4)蒸馏
(5) PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl 偏小
【解析】(1)根据PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，氯气中含有水蒸气杂质，因此A、C中所盛试剂主要作用是干燥气体，其试剂为浓硫酸；装置中a的作用是使F与D压强相同，便于浓盐酸顺利滴出；(2)根据PCl3遇O2会生成POCl3实验时，则通入CO2的作用是赶尽A、B装置中空气，防止PCl3被氧化；(3)装置B中的反应需要65~70℃，温度较低，不能用酒精灯直接加热，则较适合的加热方式为水浴加热；由于氯气有毒，会污染环境，又根据PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，则装置E中盛有碱石灰的作用为吸收未反应的氯气，防止污染空气；防止空气中水蒸气进入，使PCl3发生水解；(4)实验结束后，装置B中制得的PCl3粗产品中常混有POCl3、PCl5等。加入过量红磷加热可将PCl5转化为PCl3，根据PCl3和PCl5的沸点相差较大，则通过蒸馏方法得到较纯净的PCl3产品；(5)根据PCl3遇水会强烈水解生成H3PO3，则步骤I中发生反应的化学方程式为PCl3+3H2O=H3PO3+3HCl ，产品中PCl3的质量分数为，若测定过程中没有加入硝基苯，一部分氯化银会溶解，导致KSCN滴定时消耗的溶液体积偏多，则氯离子消耗的硝酸银的量减少，因此所测PCl3的含量会偏小。
24．(2023·浙江省高三选考三模)碘酸钾是常用的食盐加碘剂。某研究小组在实验室采用如下两种方法进行碘酸钾的制备。
方法一：采用如图1所示装置，先用高锰酸钾制备氯气，再用氯气氧化碘化钾得到碘酸钾溶液，再经一系列步骤得到碘酸钾产品。
方法二：采用如图2实验流程，直接用高锰酸钾氧化碘化钾得到碘酸钾溶液，再经一系列步骤得到碘酸钾产品。
已知：KIO3是一种白色晶体，在水中溶解度随温度升高而增大；不溶于乙醇。
(1)方法一中装置a中的试剂为___________，作用是___________。
(2)下列描述正确的是___________。
A．方法一中多孔球泡装置的作用是增大氯气与溶液的接触面积
B．加热浓缩过程中需要使用三脚架、泥三角和坩埚等仪器
C．方法二中滴入适量乙醇的主要作用是促进晶体析出
D．为提高洗涤效果，可用热水进行洗涤
(3)方法二所得产品碘酸钾的纯度测定方案如下：准确称取a g产品，用配制成250 mL溶液作为待测液，取25.00 mL该溶液于碘量瓶中，加入稍过量的碘化钾，用适量的盐酸酸化，盖紧塞子，置于避光处3 min，用c mol/L的硫代硫酸钠标准溶液滴定，当溶液呈淡黄色时，加入少许指示剂，滴定到溶液为无色，平行滴定三次，平均消耗标准液VmL，计算产品的纯度。已知：I2+2S2O32-=S4O62-+2I-。
①配制待测液最关键仪器__________；
②滴定前，有关滴定管的正确操作为(选出正确操作并按序排列)：__________→__________→__________→装入滴定液至零刻度以上→__________→__________→__________→开始滴定。__________
A．烘干 B．用蒸馏水洗涤 C．调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下
D．用洗耳球吹出润洗液 E．排除气泡F．用滴定液润洗2至3次
G．记录起始读数 H．检查是否漏水
③装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞，目的是___________。
④产品碘酸钾的质量分数为___________。
【答案】(1) 饱和食盐水 吸收HCl (2)A
(3) 250 mL容量瓶 H、B、F，E、C、G 防止碘挥发损失
【解析】(1)洗气瓶中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中的氯化氢；(2)A项，多孔球泡装置可增大氯气与碘化钾溶液的接触面积，使氯气充分反应，故正确；B项，加热浓缩过程中用到的仪器为三脚架、蒸发皿、酒精灯等，用不到坩埚，故错误；C项，滴入适量乙醇的作用是除去多余的高锰酸钾，故错误；D项，碘酸钾固体在热水中溶解度大，用热水洗涤时会导致产品损失，故错误；故选A；(3)①配制250mL待测液最关键仪器为250 mL容量瓶，故答案为：250 mL容量瓶；②滴定前，有关滴定管的正确操作为检查滴定管是否漏水、用蒸馏水洗涤滴定管、用滴定液润洗滴定管2至3次、装入滴定液至零刻度以上、排除气泡、调整滴定液液面至零刻度或零刻度以下、记录起始读数、开始滴定，故答案为：H、B、F，E、C、G；③装标准碘溶液的碘量瓶(带瓶塞的锥形瓶)在滴定前应盖上瓶塞的目的是防止碘挥发损失导致实验结果偏低；④由题意可知，ag产品消耗硫代硫酸钠的物质的量为，由关系式 KIO3~3I2~6S2O32-可知， 碘酸钾的物质的量为 ，则产品中碘酸钾的质量分数为。
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