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新高考化学一轮复习考点过关练习第05练 氯及其化合物（含解析）
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这是一份新高考化学一轮复习考点过关练习第05练 氯及其化合物（含解析），共20页。试卷主要包含了下列不能使有色布条褪色的物质是，下列有关氯气的说法正确的是，下列药品的保存方法正确的是等内容，欢迎下载使用。
专题02 海水中的重要元素——钠和氯
第05练 氯及其化合物
1．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，其中可为人类利用的氯化物含量相当高。海水中含量最多的氯化物是( )
A．NaCl B．MgCl2 C．KCl D．CaCl2
【答案】A
【解析】海水中含量最多的氯化物是NaCl。
2．下列物质中，不能由Cl2直接反应制得的是
A．CuCl2 B．FeCl2 C．Ca(ClO)2 D．NaCl
【答案】B
【解析】A项，.CuCl2可以由Cu和Cl2反应制得，A不符合题意；B项，氯气具有强氧化性，和铁反应，铁被氧化到+3价，Fe和Cl2反应产物应为FeCl3，B符合题意；C项，Ca(ClO)2可由Cl2和Ca(OH)2反应制得，C不符合题意；D项，NaCl可由Na和Cl2反应制得，D不符合题意。故选B。
3．下列不能使有色布条褪色的物质是( )
A．氯水 B．次氯酸钠溶液 C．漂白粉溶液 D．氯化钙溶液
【答案】D
【解析】A项，氯水中含有HClO，具有漂白性，可使有色布条褪色，故A不符合；B项，次氯酸钠溶液中存在水解平衡：ClO-+H2OHClO+OH-，次氯酸有氧化性，可使有色布条褪色，故B不符合；C项，漂白粉溶液含有ClO-，能生成HClO，具有漂白性，可使有色布条褪色，故C不符合；D项，氯化钙溶液不具备氧化性，不能使有色布条褪色，故D符合；故选D。
4．有关Cl2的性质，下列说法不正确的是( )
A．Cl2在通常状况下呈黄绿色 B．能与NaOH溶液反应
C．铁丝在Cl2中燃烧，反应生成FeCl2 D．H2在Cl2中燃烧，产生苍白色火焰
【答案】C
【解析】A项，在通常状况下，氯气是黄绿色气体，故A正确；B项，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸和水，故B正确；C项，氯气氧化性较强，与金属单质反应生成高价态，则氯气与铁反应生成氯化铁，故C错误；D项，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，发出苍白色火焰，故D正确；故选C。
5．下列关于新制氨水、氯水的描述不正确的是( )
A．“两水”都能与SO2反应 B．“两水”中都存在可逆反应
C．“两水”都有刺激性气味 D．“两水”中所含微粒种类数目相同
【答案】D
【解析】A项，二氧化硫是酸性氧化物，具有还原性，“两水”都能与SO2反应，分别生成亚硫酸铵和硫酸，A错误；B项，“两水”中都存在可逆反应，即氨气与水以及氯气与水的可逆反应，B正确；C项，“两水”都有刺激性气味，C正确；D项，“两水”都是混合物，溶液中所含有粒子种类的数目不相同，氨水中含有NH4+、NH3、H2O、NH3·H2O、H+、OH-6种，氯水中含有Cl2、HClO、H2O、H+、OH-、Cl-、ClO-7种，D错误；故选D。
6．下列有关氯气的说法正确的是( )
A．Cl2虽然是一种有毒气体，但控制用量，可以用于自来水的消毒、杀菌
B．铁丝在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，加水溶解后，溶液呈浅绿色
C．氯气通入水中形成的氯水能使有色布条褪色，说明氯气有漂白性
D．Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
【答案】A
【解析】A项，Cl2是一种有毒气体，Cl2能与H2O反应生成具有强氧化性的HClO，HClO能杀死水中的病菌，起到消毒的作用，故控制Cl2的用量，Cl2可用于自来水的消毒、杀菌，A项正确；B项，铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3加水溶解所得溶液呈黄色，B项错误；C项，氯气通入水中形成的氯水能使有色布条褪色，是因为氯水中含有的HClO具有漂白性，氯气没有漂白性，C项错误；D项，Cl2具有很强的氧化性，Cl2在化学反应中不仅可以作氧化剂、也可以作还原剂，如Cl2与H2O的反应中，Cl2既是氧化剂、又是还原剂，D项错误；故选A。
7．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A．漂白粉具有还原性，可用于生活用水的消毒
B．ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
C．NaClO溶液显碱性，可用于杀菌、消毒
D．次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂
【答案】B
【解析】A项，漂白粉具有强氧化性，可以用于生活用水消毒，A错误；B项，ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B正确；C项，NaClO具有强氧化性，可以杀菌消毒，不是利用其碱性，C错误；D项，次氯酸具有漂白性，能用于有色物质的漂白，D错误；故选B。
8．下列药品的保存方法正确的是( )
A．氢氟酸保存在棕色细口玻璃瓶中
B．氯水密封于无色试剂瓶中
C．液溴易挥发，保存在带有橡胶塞的棕色试剂瓶中，并应加水液封
D．碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中
【答案】D
【解析】A项，氢氟酸会腐蚀玻璃，但见光不分解，所以保存时不需使用棕色瓶，不能使用玻璃瓶，A不正确；B项，氯水见光易分解，应密封于棕色试剂瓶中，B不正确；C项，液溴会腐蚀橡胶，试剂瓶不能带有橡胶塞，C不正确；D项，碘单质会腐蚀橡胶，见光易升华，应避光保存，所以应保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中，D正确；故选D。
9．氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是( )
A．HI和HCl B．HCl和HIO C．HClO3和HIO D．HClO和HIO
【答案】B
【解析】氯气和水反应生成HCl和HClO，氯化碘(ICl)中I元素化合价为+1、Cl元素化合价为-1，氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，所以ICl跟水反应的最初生成物是HCl和HIO，故选B。
10．为探究氯水在光照条件下的分解反应，某同学用强光照射盛有新制氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中数据，得到如下三张图片。下列说法正确的是( )
A．图甲可以表示强光照射过程中，氯水随时间的变化趋势
B．图乙可以表示强光照射过程中，O2的体积分数随时间的的变化趋势
C．图丙可以表示强光照射过程中，c(Cl-随时间的变化趋势
D．氯水在光照过程中可能出现c(Cl-)> c(H+)
【答案】B
【解析】A项，强光照射过程中，由于HClO光照分解生成HCl，氯水的pH应随时间的增长逐渐减小，故A错误；B项，强光照射过程中，由于HClO光照分解生成O2，O2的体积分数应随时间的增长逐渐增大，故B正确；C项，强光照射过程中，由于HClO光照分解生成HCl，c(Cl-)应随时间的增长逐渐增大，故C错误；D项，溶液中只存在一种阳离子，同时存在Cl-、ClO-、OH-等多种阴离子，根据电荷守恒知c(H+)>c(Cl-)，故D错误；故选B。
11．检验氯化氢气体中是否混有Cl2，可采用的方法是( )
A．用干燥的蓝色石蕊试纸 B．用干燥有色布条
C．将气体通入硝酸银溶液 D．用湿润的淀粉碘化钾试纸
【答案】D
【解析】HClO具有漂白性，而Cl2不具有，A、B选项中是在干燥环境下，Cl2都不能转变为HClO，因而无漂白性，无法与HCl气体区别；C选项，气体通入AgNO3溶液也产生白色沉淀，因为Cl2与H2O反应也产生Cl－；D选项，Cl2与KI反应产生I2，I2遇淀粉变蓝，可以与HCl区别开。
12．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，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
【答案】C
【解析】饱和氯水不能再溶解氯气，各成分的浓度不变，A项错误；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项错误；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。
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。
2．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列各项中指定数目一定为NA的是( )
A．含2 mol HCl的浓盐酸与43.5 g MnO2反应：被氧化的HCl分子数
B．11.2 L Cl2与足量钠反应：转移的电子数
C．KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O中生成13.44 L(标准状况)Cl2转移的电子数
D．1 mol Cl2与足量NaOH反应：氧化剂的分子数
【答案】C
【解析】在反应MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，若有2 mol HCl参加反应，则有1 mol被氧化，但随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应停止，所以实际上被氧化的HCl分子数小于NA，A错；未指明标准状况，B错；KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O中转移电子数为5，则13.44 L(标准状况)Cl2为0.6 mol，转移电子数为NA，C正确；氧化剂分子数应为0.5NA，D错。
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。
4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )
A．用图1除去Cl2中的HCl气体
B．用图2所示装置蒸发食盐溶液
C．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体
D．用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后己分层的有机层和水层
【答案】D
【解析】A项，Cl2与NaOH溶液能反应，不能用图1除去Cl2中的HCl气体，A不符合题意；B项，蒸发食盐溶液要用蒸发皿，不是用坩埚，B不符合题意；C项，盐酸易挥发，用稀盐酸与纯碱反应制取的CO2气体含有HCl杂质，C不符合题意；D项，CCl4萃取碘水后CCl4层在下层，水在上层，可用分液漏斗分离，D符合题意；故选D。
5．根据通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是( )
溶液
现象
结论
A
FeCl2溶液
溶液由浅绿色变为黄色
氧化性：Cl2＞Fe2+
B
AgNO3溶液
产生白色浑浊
氯气与水发生了反应
C
滴有酚酞的氢氧化钠溶液
溶液红色褪去
氯气具有酸性
D
品红溶液
溶液褪色
氯水具有漂白性
【答案】C
【解析】A项，FeCl2溶液中通入氯气，溶液由浅绿色变为黄色，说明氯气氧化了亚铁离子变为铁离子，故A正确；B项，AgNO3溶液通入了氯气，反应生成了白色沉淀，说明氯气与水发生了反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B正确；C项，滴有酚酞的氢氧化钠溶液通入氯气，溶液褪色，说明氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，不是氯气有酸性，故C错误；D项，品红溶液通入氯气，溶液褪色，说明氯水具有漂白性，故D正确。故选C。
6．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是( )
A．a的浓溶液与KMnO4反应制得b B．b溶于水制得液氯
C．c可用于自来水消毒 D．存在a→b→>d→a的转化关系
【答案】B
【解析】A项，a的浓溶液为-1价的氯的酸，为盐酸；盐酸与KMnO4反应发生氧化还原反应生成单质氯气b，A正确；B项，氯气溶于水得到氯水，是混合物不是液态氯，B错误；C项，c为+4价氯形成的氧化物ClO2，具有氧化性，可用于自来水消毒，C正确；D项，abd为盐酸、氯气、次氯酸；浓盐酸和二氧化锰加热生成氯气、氯气和水生成次氯酸、次氯酸分解能生成盐酸，存在a→b→>d→a的转化关系，D正确；故选B。
7．氯气及其化合物在生产、生活中应用广泛。实验室常用浓盐酸与MnO2共热[或用KMnO4 (s)与浓盐酸混合]制取氯气，实验室制取氯气并探究其性质，下列装置不能达到相应实验目的的是( )
A
B
C
D
制取氯气
验证氧化性
验证漂白性
吸收尾气
【答案】A
【解析】A项，缺少加热装置，且稀盐酸还原性较弱，不能达到生成氯气的目的，A错误；B项，氯气可以和硫化氢反应生成硫单质，说明氧化性氯气大于硫，B正确；C项，氯气和水生成次氯酸，次氯酸能使品红溶液褪色，能证明次氯酸的漂白性，C正确；D项，氯气能被氢氧化钠完全吸收且不会倒吸，能达到目的，D正确；故选A。
8．下列物质的制备与工业生产实际相符合的是( )
A．海带提碘：海带含I-滤液I2(aq) +I2
B．海水提镁：海水Mg(OH)2MgOMg
C．制纯碱：饱和NaCl(aq) NaHCO3(s) Na2CO3(s)
D．制漂白粉：NaCl(aq) Cl2(g) 漂白粉(s)
【答案】C
【解析】A项，氯气将碘离子氧化生成碘单质，反应离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，先加入有机萃取剂CCl4，采取分液操作，再蒸馏得到碘晶体，故A错误；B项，NaOH价格较贵，从海水中提取镁，是加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀氢氧化镁，加入盐酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，浓缩结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到氯化镁固体，熔融氯化镁通电分解，生成镁和氯气，MgCl2Mg+Cl2↑，MgO熔点高，电解能耗高不适合，故B错误；C项，向饱和食盐水先通入氨气使溶液呈碱性更易吸收二氧化碳，反应生成NaHCO3析出晶体，NaHCO3受热易分解，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，可得纯碱Na2CO3，故C正确；D项，电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，该反应为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，制得漂白粉，由于石灰水含有溶质氢氧化钙质量较小，应用石灰乳，故D错误；故选：C。
9．如图为某学习小组制取并验证Cl2性质的实验装置，下列叙述不正确的是( )
A．仪器a的名称为分液漏斗
B．浓硫酸的作用是除去Cl2中混有的HCl气体
C．b中湿润的有色布条褪色
D．NaOH溶液的主要作用是吸收Cl2，防止污染环境
【答案】B
【解析】该实验为制取并验证Cl2性质的实验，用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，盐酸易挥发，生成的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，用浓硫酸除去Cl2中的水蒸气，Cl2能使湿润的有色布条褪色，因氯气有毒，所以要用碱液吸收。A项，由仪器构造可知，仪器a的名称为分液漏斗，故A正确；B项，用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，用浓硫酸除去Cl2中的水蒸气，故B错误；C项，Cl2能使湿润的有色布条褪色，所以b中湿润的有色布条褪色，故C正确；D项，Cl2能与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故可用NaOH溶液吸收Cl2，防止污染环境，故D正确；故选B。
10．氯气是制备含氯化合物的重要原料。下列有关氯气的实验装置或操作能达到实验目的的是( )
A．产生Cl2
B．除去Cl2中的HCl
C．将Br-氧化为Br2
D．测定氯水pH
【答案】C
【解析】A项，二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，需加热，A错误；B项，氯气、氯化氢均能与氢氧化钠溶液反应，B错误；C项，Cl2的氧化性强于Br2，故Cl2通入含Br-的溶液能将其氧化，Cl2属于污染物，需进行尾气处理，C正确；D项，氯水中含有次氯酸有漂白性，故氯水的pH值不能用pH试纸测定，D错误；故选C。
11．下列有关含氯物质的说法不正确的是( )
A．向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力
B．向NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式：CO2＋2ClO－＋H2O＝2HClO＋CO32－(已知酸性：H2CO3>HClO>HCO3－)
C．向Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的离子方程式：2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2＋2Cl－＋2HClO
D．室温下，向NaOH溶液中通入Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)
【答案】B
【解析】A项，新制氯水中存在Cl2 +H2OHCl+ HClO的平衡，加碳酸钙，消耗氢离子，平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白能力增强，A正确；B项，酸性:H2CO3 >HClO> HCO3-，故HClO与CO32-不能同时产生，B错误；C项，足量氯气和水产生的盐酸将CO32-全部反应成CO2气体，C正确；D项，中性时由电荷守恒得到c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，两式联立可得c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，D正确。故选B。
12．氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍，下列有关氯胺(NH2Cl)的说法一定不正确的是( )
A．氯胺的水解产物为NH2OH(羟氨)和HCl B．氯胺的电子式为
C．氯胺中氯的化合价为＋1 D．氯胺的消毒原理与漂白粉相似
【答案】A
【解析】NH2Cl＋H2ONH3＋HClO，反应生成的HClO能杀菌消毒。氯胺的水解产物为NH3和HClO，A错误。
13．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
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－。
1．(2021•辽宁选择性考试)下列说法正确的是( )
A．22.4LCl2 (标准状况)与水充分反应转移1mol电子
B．H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到
C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生
D．SO2与KClO溶液反应：SO2+2ClO-+H2O=2HClO+SO32-
【答案】B
【解析】A项，由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故22.4LCl2 (标准状况)与水充分反应转移电子数目小于1mol，A错误；B项，根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2CuCl2，故H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到，B正确；C项，将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C错误；D项，由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故SO2与KClO溶液反应：SO2+2ClO-+H2O=2H++Cl-+SO42-，D错误；故选B。
2．(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。
3．(2022·浙江省1月选考)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
【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。
4．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2mol
D．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。
5．实验室利用氯气与溶液反应制备溶液，下列装置和原理能达到目的的是( )
A．用装置甲制取并收集氯气 B．用装置乙除去Cl2中的HCl
C．用装置丙制备NaClO溶液 D．用装置丁吸收多余的Cl2
【答案】C
【解析】A项，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，装置甲没有加热装置，A错误；B项，应该用饱和食盐水来除去Cl2中的HCl，另外洗气瓶应该长进短出，B错误；C项，氯气和氢氧化钠反应可以制备次氯酸钠，C正确；D项，饱和食盐水不吸收氯气，应该用氢氧化钠溶液来吸收多余的氯气，D错误；故选C。
6．在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡，溶液变蓝。在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是( )
A．漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝
B．氧化性：ClO-＞SO42-＞I2
C．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色
D．ClO-与在一定条件可以发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】A项，次氯酸钠将碘化钾氧化为单质碘，所以漂白粉溶液(成分中含有次氯酸钙)也能将碘化钾氧化为单质碘，而使淀粉碘化钾试纸变蓝，故A正确；B项，根据题意可知次氯酸钠将碘化钾氧化为单质碘，所以氧化性：ClO-＞I2，碘单质将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，所以氧化性I2＞SO42-，因此氧化性顺序为ClO-＞I2＞SO42-，故B错误；C项，新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色，Cl2氧化性大于I2，由I2＞SO42-可知，向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯气将亚硫酸根氧化成硫酸根，自身被还原为氯离子，氯水褪色，故C正确；D项，在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡，溶液变蓝，说明生成了单质碘，次氯酸钠溶液显碱性，说明ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应，故D正确；故选B。
7．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示(其中d、e为钾盐)。下列推断不合理的是( )
A．液态b可储存在钢瓶中
B．一定条件下，c、e都能分解生成O2
C．a、e在水溶液中能大量共存
D．向d的水溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液先变蓝后褪色
【答案】C
【解析】根据含有氯元素的物质所属类型，结合氯元素的化合价，可知a是HCl，b是Cl2，c是HClO，d是NaClO等次氯酸盐，e为KClO3等氯酸盐，然后结合物质的性质分析解答。A项，b是Cl2，Cl2易液化，在常温下干燥的Cl2与Fe不反应，因此液化的Cl2可储存在钢瓶中，A正确；B项，c是HClO，该物质不稳定，光照分解产生HCl、O2；e为KClO3，该盐不稳定，受热易分解产生KCl、O2，故一定条件下，c、e都能分解生成O2，B正确；C项，a是HCl，e为KClO3等氯酸盐，二者在水溶液会发生氧化还原反应产生KCl、Cl2、H2O，故二者在水溶液中不能够大量共存，C错误；D项，d是NaClO等次氯酸盐，该物质水溶液显碱性，因此滴入紫色石蕊试液，溶液变为蓝色，同时该盐具有强氧化性，会将蓝色物质氧化变为无色，故向d的水溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液先变蓝后褪色，D正确；故选C。
8．物质分类和转化是学习化学的重要思想方法。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．①的水溶液能与④反应生成②
B．用③代替②进行自来水消毒更安全
C．②与SO2按物质的量比1：1通入水中，再滴入品红溶液，溶液呈无色
D．由ClONO2在表中的位置可推测其可能具有强氧化性，能水解生成两种酸
【答案】C
【解析】由图可知，①是Cl元素-1价的氢化物，则①为HCl，②为Cl元素的单质，则②为Cl2，③为Cl元素+4价的氧化物，则③为ClO2，④为次氯酸盐。A项，盐酸和次氯酸钠可以发生反应2HCl+NaClO=Cl2↑+NaCl+H2O，生成氯气，故A正确；B项，Cl2有毒，ClO2氧化性更强，用ClO2代替Cl2进行自来水消毒程度高且无污染，更安全，故B正确；C项，Cl2与SO2按物质的量比1:1通入水中发生反应Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，再滴入品红溶液，品红不会褪色，溶液呈红色，故C错误；D项，ClONO2中Cl为+1价、N为+5价，O为-2价，+1价的Cl和+5价的N都有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，ClONO2水解可生成硝酸和次氯酸，故D正确；故选C。
9．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的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-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是( )
A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去 Cl2中的HCl
C．用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4 D．用装置丁分离出溶液中的MnO2
【答案】B
【解析】A项，漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；B项，氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去 Cl2中的HCl，B符合题意；C项，已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的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-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；D项，二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；故选B。
10．实验室用MnO2与浓盐酸加热反应制备氯气，其化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2+2H2O。为制备纯净干燥的氯气，设计制备装置如下：
下列有关说法错误的是( )
A．含有4 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2充分反应，生成22.4 L的C12 (标准状况)
B．乙装置中盛装的是饱和氯化钠溶液，作用是除去氯气中混有的氯化氢
C．戊装置中盛装的是NaOH溶液，其作用是吸收尾气
D．可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气是否收集满
【答案】A
【解析】实验室用MnO2与浓盐酸加热反应制备氯气，其化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2+2H2O。为制备纯净干燥的氯气，设计制备装置如下：甲为发生装置，乙为除HCl装置，丙为干燥装置，丁为收集装置，戊为尾气处理装置。A项，随着反应进行，盐酸变稀，稀盐酸不和MnO2反应，根据MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O反应可知，含有4 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2充分反应，生成C12小于22.4 L (标准状况)，故A错误；B项，乙装置中盛装的是饱和氯化钠溶液，作用是除去氯气中混有的氯化氢，故B正确；C项，NaOH溶液可以和氯气反应，根据上述分析，戊装置中盛装的是NaOH溶液，其作用是吸收尾气，故C正确；D项，氯气可以和碘化钾反应，生成碘单质可以使淀粉变蓝，所以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气是否收集满，故D正确；故选A。
11．高铁酸钾是一种高效的多功能的水处理剂。工业上常采用NaClO氧化法生产，原理为3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O、Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，主要的生产流程如图：
下列叙述错误的是( )
A．反应①的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
B．反应①中可直接用KOH溶液代替NaOH溶液
C．反应②中，每生成1 mol Na2FeO4转移3 mol电子
D．反应③利用的是Na2FeO4和K2FeO4溶解度的差异
【答案】B
【解析】由题给流程可知，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，向反应后的溶液中加入硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钠沉淀，过滤得到高铁酸钠和滤液；向高铁酸钠固体中加入饱和氢氧化钾溶液将高铁酸钠转化为高铁酸钾，过滤得到粗高铁酸钾，粗高铁酸钾经提纯得到高铁酸钾。A项，反应①为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故A正确；B项，高铁酸钠和高铁酸钾都溶于水，若反应①中直接用氢氧化钾溶液代替氢氧化钠溶液，反应制得的粗高铁酸钾中的可溶性杂质多，提纯得到的高铁酸钾中还会有可溶性杂质无法除去，故B错误；C项，反应②中铁离子被氧化生成高铁酸根离子，则生成1 mol 高铁酸钠转移电子的物质的量为3mol，故C正确；D项，反应③是利用高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，将高铁酸钠转化为高铁酸钾，故D正确；故选B。
12．现有氢气与氯气的混合气体0.1mol，经充分反应后，通入60mL 2mol/L的NaOH溶液中，所得溶液中只含有2种溶质，其中NaCl为0.1mol。则原混合气体中氢气的物质的量可能是( )
A．0.02mol B．0.04mol C．0.06mol D．0.08mol
【答案】B
【解析】n(NaOH)=2mol/L×0.06L=0.12mol，H2与Cl2反应生成HCl，充分反应后所得气体通入NaOH溶液中一定发生反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，所得溶液中只含有2种溶质，其中NaCl为0.1mol，结合题干所给的物质，溶液中另外一种溶质可能为NaOH或者NaClO；根据Na原子守恒，该溶质的物质的量为0.02mol；①若另外一种溶质为0.02mol NaOH，则有0.1mol NaOH和HCl反应，即H2和Cl2反应生成了0.1mol HCl，则原混合气体中，H2、Cl2的物质的量都为0.05mol；②若另外一种溶质为0.02mol NaClO，则有0.02mol Cl2和NaOH反应，即H2、Cl2反应后还剩余0.02mol Cl2，则反应生成HCl的H2、Cl2的总物质的量为0.08mol，即反应生成的HCl的H2、Cl2的物质的量均为0.04mol，即原混合气体中，H2的物质的量为0.04mol，Cl2的物质的量为0.06mol；综上所述，原混合气体中，H2的物质的量可能为0.04mol或0.05mol，故选B。
13．已知：将 Cl2通入适量 NaOH 溶液，产物中可能有 NaCl、NaClO、NaClO3，且的值仅与温度高低有关。当n(NaOH)=6a mol 时，下列有关说法不正确的是( )
A．参加反应的氯气的物质的量 3amol
B．改变温度，产物中NaCl 的最小理论产量为 3a mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量 n 的范围：3a mol≤n≤5a mol
D．某温度下，反应后，则溶液中
【答案】D
【解析】2NaOH ＋ Cl2 = NaClO ＋NaCl ＋ H2O，6NaOH ＋3Cl2 = NaClO3 ＋5NaCl ＋3H2O。A项，根据方程式关系，不gaunt发生哪个反应n(Cl2)：n(NaOH) = 1：2，当n(NaOH)=6a mol 时，参加反应的氯气的物质的量 3amol，故A正确；B项，改变温度，当发生第1个反应，产物中NaCl的最小理论产量为 3a mol，故B正确；C项，改变温度，当只发生第1个反应时，转移3amol电子，当只发生第2个反应时，转移5amol电子，因此反应中转移电子的物质的量 n 的范围：3a mol≤n≤5a mol，故C正确；D项，某温度下，反应后，假设c(Cl－)=11 mol·L−1，则为c(ClO－)=1 mol·L−1，根据方程式有c(Cl－)=1 mol·L−1是发生第1个反应得到，还有c(Cl－)=10 mol·L−1是发生第2个反应得到，因此根据关系得到生成c(ClO3－)=2 mol·L−1，因此溶液中有，故D错误。故选D。
14．工业上把Cl2通入冷NaOH溶液中制得漂白液(有效成分为NaClO)。某化学小组在一定温度下将氯气缓缓通入NaOH溶液中，模拟实验得到ClO－、ClO3－等离子的物质的量n(mol)与反应时间t(min)的关系曲线。下列说法错误的是( )
A．参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1
B．a点时溶液中n(NaCl)：n(NaClO3)：n(NaClO)＝6：1：1
C．t2～t4，ClO－离子的物质的量下降的原因可能是3ClO－＝2Cl－＋ClO3－
D．使用漂白液时，为了增强漂白效果，可以向漂白液中通入二氧化硫
【答案】D
【解析】A项，溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaClO3，n(Na)＝n(Cl)，则参加反应所需要NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1，故A正确；B项，a点时，Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含有ClO−与ClO3−物质的量之比为1：1的溶液，根据得失电子守恒配平方程式为：4Cl2＋8NaOH＝6NaCl＋NaClO3＋NaClO＋4H2O，溶液中n(NaCl)：n(NaClO3)：n(NaClO)＝6：1：1，故B正确；C项，由图可知，ClO3−浓度增大，ClO−浓度减小，结合电子转移守恒，可能是ClO−发生歧化反应：3ClO−＝2Cl−＋ClO3−，故C正确；D项，二氧化硫具有强还原性，与漂白液发生氧化还原反应，则可以向漂白液中通入二氧化硫，会减弱漂白能力，故D错误；故选D。
专题02 海水中的重要元素——钠和氯
第05练 氯及其化合物
1．浩瀚的海洋中蕴藏着丰富的资源，其中可为人类利用的氯化物含量相当高。海水中含量最多的氯化物是( )
A．NaCl B．MgCl2 C．KCl D．CaCl2
【答案】A
【解析】海水中含量最多的氯化物是NaCl。
2．下列物质中，不能由Cl2直接反应制得的是
A．CuCl2 B．FeCl2 C．Ca(ClO)2 D．NaCl
【答案】B
【解析】A项，.CuCl2可以由Cu和Cl2反应制得，A不符合题意；B项，氯气具有强氧化性，和铁反应，铁被氧化到+3价，Fe和Cl2反应产物应为FeCl3，B符合题意；C项，Ca(ClO)2可由Cl2和Ca(OH)2反应制得，C不符合题意；D项，NaCl可由Na和Cl2反应制得，D不符合题意。故选B。
3．下列不能使有色布条褪色的物质是( )
A．氯水 B．次氯酸钠溶液 C．漂白粉溶液 D．氯化钙溶液
【答案】D
【解析】A项，氯水中含有HClO，具有漂白性，可使有色布条褪色，故A不符合；B项，次氯酸钠溶液中存在水解平衡：ClO-+H2OHClO+OH-，次氯酸有氧化性，可使有色布条褪色，故B不符合；C项，漂白粉溶液含有ClO-，能生成HClO，具有漂白性，可使有色布条褪色，故C不符合；D项，氯化钙溶液不具备氧化性，不能使有色布条褪色，故D符合；故选D。
4．有关Cl2的性质，下列说法不正确的是( )
A．Cl2在通常状况下呈黄绿色 B．能与NaOH溶液反应
C．铁丝在Cl2中燃烧，反应生成FeCl2 D．H2在Cl2中燃烧，产生苍白色火焰
【答案】C
【解析】A项，在通常状况下，氯气是黄绿色气体，故A正确；B项，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸和水，故B正确；C项，氯气氧化性较强，与金属单质反应生成高价态，则氯气与铁反应生成氯化铁，故C错误；D项，氢气在氯气中燃烧生成氯化氢，发出苍白色火焰，故D正确；故选C。
5．下列关于新制氨水、氯水的描述不正确的是( )
A．“两水”都能与SO2反应 B．“两水”中都存在可逆反应
C．“两水”都有刺激性气味 D．“两水”中所含微粒种类数目相同
【答案】D
【解析】A项，二氧化硫是酸性氧化物，具有还原性，“两水”都能与SO2反应，分别生成亚硫酸铵和硫酸，A错误；B项，“两水”中都存在可逆反应，即氨气与水以及氯气与水的可逆反应，B正确；C项，“两水”都有刺激性气味，C正确；D项，“两水”都是混合物，溶液中所含有粒子种类的数目不相同，氨水中含有NH4+、NH3、H2O、NH3·H2O、H+、OH-6种，氯水中含有Cl2、HClO、H2O、H+、OH-、Cl-、ClO-7种，D错误；故选D。
6．下列有关氯气的说法正确的是( )
A．Cl2虽然是一种有毒气体，但控制用量，可以用于自来水的消毒、杀菌
B．铁丝在氯气中燃烧，产生棕褐色的烟，加水溶解后，溶液呈浅绿色
C．氯气通入水中形成的氯水能使有色布条褪色，说明氯气有漂白性
D．Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
【答案】A
【解析】A项，Cl2是一种有毒气体，Cl2能与H2O反应生成具有强氧化性的HClO，HClO能杀死水中的病菌，起到消毒的作用，故控制Cl2的用量，Cl2可用于自来水的消毒、杀菌，A项正确；B项，铁丝在氯气中燃烧生成FeCl3，FeCl3加水溶解所得溶液呈黄色，B项错误；C项，氯气通入水中形成的氯水能使有色布条褪色，是因为氯水中含有的HClO具有漂白性，氯气没有漂白性，C项错误；D项，Cl2具有很强的氧化性，Cl2在化学反应中不仅可以作氧化剂、也可以作还原剂，如Cl2与H2O的反应中，Cl2既是氧化剂、又是还原剂，D项错误；故选A。
7．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A．漂白粉具有还原性，可用于生活用水的消毒
B．ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
C．NaClO溶液显碱性，可用于杀菌、消毒
D．次氯酸具有弱酸性，可用作有色物质的漂白剂
【答案】B
【解析】A项，漂白粉具有强氧化性，可以用于生活用水消毒，A错误；B项，ClO2具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，B正确；C项，NaClO具有强氧化性，可以杀菌消毒，不是利用其碱性，C错误；D项，次氯酸具有漂白性，能用于有色物质的漂白，D错误；故选B。
8．下列药品的保存方法正确的是( )
A．氢氟酸保存在棕色细口玻璃瓶中
B．氯水密封于无色试剂瓶中
C．液溴易挥发，保存在带有橡胶塞的棕色试剂瓶中，并应加水液封
D．碘单质保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中
【答案】D
【解析】A项，氢氟酸会腐蚀玻璃，但见光不分解，所以保存时不需使用棕色瓶，不能使用玻璃瓶，A不正确；B项，氯水见光易分解，应密封于棕色试剂瓶中，B不正确；C项，液溴会腐蚀橡胶，试剂瓶不能带有橡胶塞，C不正确；D项，碘单质会腐蚀橡胶，见光易升华，应避光保存，所以应保存在带有玻璃塞的棕色广口玻璃瓶中，D正确；故选D。
9．氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，预计它跟水反应的最初生成物是( )
A．HI和HCl B．HCl和HIO C．HClO3和HIO D．HClO和HIO
【答案】B
【解析】氯气和水反应生成HCl和HClO，氯化碘(ICl)中I元素化合价为+1、Cl元素化合价为-1，氯化碘(ICl)的化学性质跟氯气相似，所以ICl跟水反应的最初生成物是HCl和HIO，故选B。
10．为探究氯水在光照条件下的分解反应，某同学用强光照射盛有新制氯水的密闭广口瓶，并用传感器测定广口瓶中数据，得到如下三张图片。下列说法正确的是( )
A．图甲可以表示强光照射过程中，氯水随时间的变化趋势
B．图乙可以表示强光照射过程中，O2的体积分数随时间的的变化趋势
C．图丙可以表示强光照射过程中，c(Cl-随时间的变化趋势
D．氯水在光照过程中可能出现c(Cl-)> c(H+)
【答案】B
【解析】A项，强光照射过程中，由于HClO光照分解生成HCl，氯水的pH应随时间的增长逐渐减小，故A错误；B项，强光照射过程中，由于HClO光照分解生成O2，O2的体积分数应随时间的增长逐渐增大，故B正确；C项，强光照射过程中，由于HClO光照分解生成HCl，c(Cl-)应随时间的增长逐渐增大，故C错误；D项，溶液中只存在一种阳离子，同时存在Cl-、ClO-、OH-等多种阴离子，根据电荷守恒知c(H+)>c(Cl-)，故D错误；故选B。
11．检验氯化氢气体中是否混有Cl2，可采用的方法是( )
A．用干燥的蓝色石蕊试纸 B．用干燥有色布条
C．将气体通入硝酸银溶液 D．用湿润的淀粉碘化钾试纸
【答案】D
【解析】HClO具有漂白性，而Cl2不具有，A、B选项中是在干燥环境下，Cl2都不能转变为HClO，因而无漂白性，无法与HCl气体区别；C选项，气体通入AgNO3溶液也产生白色沉淀，因为Cl2与H2O反应也产生Cl－；D选项，Cl2与KI反应产生I2，I2遇淀粉变蓝，可以与HCl区别开。
12．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，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
【答案】C
【解析】饱和氯水不能再溶解氯气，各成分的浓度不变，A项错误；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项错误；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。
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。
2．设NA代表阿伏加德罗常数的数值，下列各项中指定数目一定为NA的是( )
A．含2 mol HCl的浓盐酸与43.5 g MnO2反应：被氧化的HCl分子数
B．11.2 L Cl2与足量钠反应：转移的电子数
C．KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O中生成13.44 L(标准状况)Cl2转移的电子数
D．1 mol Cl2与足量NaOH反应：氧化剂的分子数
【答案】C
【解析】在反应MnO2＋4HCl(浓) MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，若有2 mol HCl参加反应，则有1 mol被氧化，但随着反应的进行，盐酸浓度逐渐减小，反应停止，所以实际上被氧化的HCl分子数小于NA，A错；未指明标准状况，B错；KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O中转移电子数为5，则13.44 L(标准状况)Cl2为0.6 mol，转移电子数为NA，C正确；氧化剂分子数应为0.5NA，D错。
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。
4．用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是( )
A．用图1除去Cl2中的HCl气体
B．用图2所示装置蒸发食盐溶液
C．用图3所示装置制取少量纯净的CO2气体
D．用图4所示装置分离CCl4萃取碘水后己分层的有机层和水层
【答案】D
【解析】A项，Cl2与NaOH溶液能反应，不能用图1除去Cl2中的HCl气体，A不符合题意；B项，蒸发食盐溶液要用蒸发皿，不是用坩埚，B不符合题意；C项，盐酸易挥发，用稀盐酸与纯碱反应制取的CO2气体含有HCl杂质，C不符合题意；D项，CCl4萃取碘水后CCl4层在下层，水在上层，可用分液漏斗分离，D符合题意；故选D。
5．根据通入不同溶液中的实验现象，所得结论不正确的是( )
溶液
现象
结论
A
FeCl2溶液
溶液由浅绿色变为黄色
氧化性：Cl2＞Fe2+
B
AgNO3溶液
产生白色浑浊
氯气与水发生了反应
C
滴有酚酞的氢氧化钠溶液
溶液红色褪去
氯气具有酸性
D
品红溶液
溶液褪色
氯水具有漂白性
【答案】C
【解析】A项，FeCl2溶液中通入氯气，溶液由浅绿色变为黄色，说明氯气氧化了亚铁离子变为铁离子，故A正确；B项，AgNO3溶液通入了氯气，反应生成了白色沉淀，说明氯气与水发生了反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和硝酸银反应生成氯化银沉淀，故B正确；C项，滴有酚酞的氢氧化钠溶液通入氯气，溶液褪色，说明氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，不是氯气有酸性，故C错误；D项，品红溶液通入氯气，溶液褪色，说明氯水具有漂白性，故D正确。故选C。
6．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列说法不正确的是( )
A．a的浓溶液与KMnO4反应制得b B．b溶于水制得液氯
C．c可用于自来水消毒 D．存在a→b→>d→a的转化关系
【答案】B
【解析】A项，a的浓溶液为-1价的氯的酸，为盐酸；盐酸与KMnO4反应发生氧化还原反应生成单质氯气b，A正确；B项，氯气溶于水得到氯水，是混合物不是液态氯，B错误；C项，c为+4价氯形成的氧化物ClO2，具有氧化性，可用于自来水消毒，C正确；D项，abd为盐酸、氯气、次氯酸；浓盐酸和二氧化锰加热生成氯气、氯气和水生成次氯酸、次氯酸分解能生成盐酸，存在a→b→>d→a的转化关系，D正确；故选B。
7．氯气及其化合物在生产、生活中应用广泛。实验室常用浓盐酸与MnO2共热[或用KMnO4 (s)与浓盐酸混合]制取氯气，实验室制取氯气并探究其性质，下列装置不能达到相应实验目的的是( )
A
B
C
D
制取氯气
验证氧化性
验证漂白性
吸收尾气
【答案】A
【解析】A项，缺少加热装置，且稀盐酸还原性较弱，不能达到生成氯气的目的，A错误；B项，氯气可以和硫化氢反应生成硫单质，说明氧化性氯气大于硫，B正确；C项，氯气和水生成次氯酸，次氯酸能使品红溶液褪色，能证明次氯酸的漂白性，C正确；D项，氯气能被氢氧化钠完全吸收且不会倒吸，能达到目的，D正确；故选A。
8．下列物质的制备与工业生产实际相符合的是( )
A．海带提碘：海带含I-滤液I2(aq) +I2
B．海水提镁：海水Mg(OH)2MgOMg
C．制纯碱：饱和NaCl(aq) NaHCO3(s) Na2CO3(s)
D．制漂白粉：NaCl(aq) Cl2(g) 漂白粉(s)
【答案】C
【解析】A项，氯气将碘离子氧化生成碘单质，反应离子方程式为Cl2+2I-=I2+2Cl-，先加入有机萃取剂CCl4，采取分液操作，再蒸馏得到碘晶体，故A错误；B项，NaOH价格较贵，从海水中提取镁，是加入氢氧化钙沉淀镁离子生成氢氧化镁沉淀，过滤得到沉淀氢氧化镁，加入盐酸溶解氢氧化镁变为氯化镁，浓缩结晶得到氯化镁晶体，在氯化氢气流中加热失水得到氯化镁固体，熔融氯化镁通电分解，生成镁和氯气，MgCl2Mg+Cl2↑，MgO熔点高，电解能耗高不适合，故B错误；C项，向饱和食盐水先通入氨气使溶液呈碱性更易吸收二氧化碳，反应生成NaHCO3析出晶体，NaHCO3受热易分解，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2+H2O，可得纯碱Na2CO3，故C正确；D项，电解NaCl溶液生成NaOH、氢气、氯气，氯气和石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，该反应为：2Ca(OH)2+2Cl2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，制得漂白粉，由于石灰水含有溶质氢氧化钙质量较小，应用石灰乳，故D错误；故选：C。
9．如图为某学习小组制取并验证Cl2性质的实验装置，下列叙述不正确的是( )
A．仪器a的名称为分液漏斗
B．浓硫酸的作用是除去Cl2中混有的HCl气体
C．b中湿润的有色布条褪色
D．NaOH溶液的主要作用是吸收Cl2，防止污染环境
【答案】B
【解析】该实验为制取并验证Cl2性质的实验，用浓盐酸和二氧化锰加热制取氯气，盐酸易挥发，生成的氯气中混有HCl和水蒸气，用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，用浓硫酸除去Cl2中的水蒸气，Cl2能使湿润的有色布条褪色，因氯气有毒，所以要用碱液吸收。A项，由仪器构造可知，仪器a的名称为分液漏斗，故A正确；B项，用饱和食盐水除去Cl2中混有的HCl，用浓硫酸除去Cl2中的水蒸气，故B错误；C项，Cl2能使湿润的有色布条褪色，所以b中湿润的有色布条褪色，故C正确；D项，Cl2能与NaOH溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，故可用NaOH溶液吸收Cl2，防止污染环境，故D正确；故选B。
10．氯气是制备含氯化合物的重要原料。下列有关氯气的实验装置或操作能达到实验目的的是( )
A．产生Cl2
B．除去Cl2中的HCl
C．将Br-氧化为Br2
D．测定氯水pH
【答案】C
【解析】A项，二氧化锰与浓盐酸反应制氯气，需加热，A错误；B项，氯气、氯化氢均能与氢氧化钠溶液反应，B错误；C项，Cl2的氧化性强于Br2，故Cl2通入含Br-的溶液能将其氧化，Cl2属于污染物，需进行尾气处理，C正确；D项，氯水中含有次氯酸有漂白性，故氯水的pH值不能用pH试纸测定，D错误；故选C。
11．下列有关含氯物质的说法不正确的是( )
A．向新制氯水中加入少量碳酸钙粉末能增强溶液的漂白能力
B．向NaClO溶液中通入少量的CO2的离子方程式：CO2＋2ClO－＋H2O＝2HClO＋CO32－(已知酸性：H2CO3>HClO>HCO3－)
C．向Na2CO3溶液中通入足量的Cl2的离子方程式：2Cl2＋CO32－＋H2O＝CO2＋2Cl－＋2HClO
D．室温下，向NaOH溶液中通入Cl2至溶液呈中性时，相关粒子浓度满足：c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)
【答案】B
【解析】A项，新制氯水中存在Cl2 +H2OHCl+ HClO的平衡，加碳酸钙，消耗氢离子，平衡正向移动，HClO浓度增大，漂白能力增强，A正确；B项，酸性:H2CO3 >HClO> HCO3-，故HClO与CO32-不能同时产生，B错误；C项，足量氯气和水产生的盐酸将CO32-全部反应成CO2气体，C正确；D项，中性时由电荷守恒得到c(Na＋)＝c(ClO－)＋c(Cl－)，由于发生氧化还原反应，由得失电子守恒得到c(Cl－)＝c(ClO－)＋c(HClO)，两式联立可得c(Na＋)＝2c(ClO－)＋c(HClO)，D正确。故选B。
12．氯胺是一种长效缓释有机氯消毒剂，有强氧化性，其杀菌能力是一般含氯消毒剂的4～5倍，下列有关氯胺(NH2Cl)的说法一定不正确的是( )
A．氯胺的水解产物为NH2OH(羟氨)和HCl B．氯胺的电子式为
C．氯胺中氯的化合价为＋1 D．氯胺的消毒原理与漂白粉相似
【答案】A
【解析】NH2Cl＋H2ONH3＋HClO，反应生成的HClO能杀菌消毒。氯胺的水解产物为NH3和HClO，A错误。
13．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
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－。
1．(2021•辽宁选择性考试)下列说法正确的是( )
A．22.4LCl2 (标准状况)与水充分反应转移1mol电子
B．H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到
C．将蘸有浓氨水和浓硫酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生
D．SO2与KClO溶液反应：SO2+2ClO-+H2O=2HClO+SO32-
【答案】B
【解析】A项，由于溶于水中的Cl2只有部分与H2O反应，故22.4LCl2 (标准状况)与水充分反应转移电子数目小于1mol，A错误；B项，根据反应：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2CuCl2，故H2SO4和CuCl2均可通过化合反应得到，B正确；C项，将蘸有浓氨水和浓盐酸或浓硝酸的玻璃棒相互靠近，有白烟产生，由于浓硫酸难挥发，故不能形成白烟，C错误；D项，由于ClO-具有强氧化性，SO2具有强还原性，故SO2与KClO溶液反应：SO2+2ClO-+H2O=2H++Cl-+SO42-，D错误；故选B。
2．(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。
3．(2022·浙江省1月选考)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
【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。
4．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2mol
D．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。
5．实验室利用氯气与溶液反应制备溶液，下列装置和原理能达到目的的是( )
A．用装置甲制取并收集氯气 B．用装置乙除去Cl2中的HCl
C．用装置丙制备NaClO溶液 D．用装置丁吸收多余的Cl2
【答案】C
【解析】A项，二氧化锰和浓盐酸反应需要加热，装置甲没有加热装置，A错误；B项，应该用饱和食盐水来除去Cl2中的HCl，另外洗气瓶应该长进短出，B错误；C项，氯气和氢氧化钠反应可以制备次氯酸钠，C正确；D项，饱和食盐水不吸收氯气，应该用氢氧化钠溶液来吸收多余的氯气，D错误；故选C。
6．在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡，溶液变蓝。在上述溶液中加入足量的亚硫酸钠溶液，蓝色逐渐消失。下列判断错误的是( )
A．漂白粉溶液可使淀粉碘化钾试纸变蓝
B．氧化性：ClO-＞SO42-＞I2
C．向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯水褪色
D．ClO-与在一定条件可以发生氧化还原反应
【答案】B
【解析】A项，次氯酸钠将碘化钾氧化为单质碘，所以漂白粉溶液(成分中含有次氯酸钙)也能将碘化钾氧化为单质碘，而使淀粉碘化钾试纸变蓝，故A正确；B项，根据题意可知次氯酸钠将碘化钾氧化为单质碘，所以氧化性：ClO-＞I2，碘单质将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，所以氧化性I2＞SO42-，因此氧化性顺序为ClO-＞I2＞SO42-，故B错误；C项，新制的氯水中主要是氯气，因此新制的氯水是黄绿色，Cl2氧化性大于I2，由I2＞SO42-可知，向新制氯水中加入足量亚硫酸钠溶液，氯气将亚硫酸根氧化成硫酸根，自身被还原为氯离子，氯水褪色，故C正确；D项，在淀粉碘化钾溶液中加入少量次氯酸钠溶液，振荡，溶液变蓝，说明生成了单质碘，次氯酸钠溶液显碱性，说明ClO-与I-在碱性条件下可以发生氧化还原反应，故D正确；故选B。
7．部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示(其中d、e为钾盐)。下列推断不合理的是( )
A．液态b可储存在钢瓶中
B．一定条件下，c、e都能分解生成O2
C．a、e在水溶液中能大量共存
D．向d的水溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液先变蓝后褪色
【答案】C
【解析】根据含有氯元素的物质所属类型，结合氯元素的化合价，可知a是HCl，b是Cl2，c是HClO，d是NaClO等次氯酸盐，e为KClO3等氯酸盐，然后结合物质的性质分析解答。A项，b是Cl2，Cl2易液化，在常温下干燥的Cl2与Fe不反应，因此液化的Cl2可储存在钢瓶中，A正确；B项，c是HClO，该物质不稳定，光照分解产生HCl、O2；e为KClO3，该盐不稳定，受热易分解产生KCl、O2，故一定条件下，c、e都能分解生成O2，B正确；C项，a是HCl，e为KClO3等氯酸盐，二者在水溶液会发生氧化还原反应产生KCl、Cl2、H2O，故二者在水溶液中不能够大量共存，C错误；D项，d是NaClO等次氯酸盐，该物质水溶液显碱性，因此滴入紫色石蕊试液，溶液变为蓝色，同时该盐具有强氧化性，会将蓝色物质氧化变为无色，故向d的水溶液中滴加紫色石蕊溶液，溶液先变蓝后褪色，D正确；故选C。
8．物质分类和转化是学习化学的重要思想方法。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．①的水溶液能与④反应生成②
B．用③代替②进行自来水消毒更安全
C．②与SO2按物质的量比1：1通入水中，再滴入品红溶液，溶液呈无色
D．由ClONO2在表中的位置可推测其可能具有强氧化性，能水解生成两种酸
【答案】C
【解析】由图可知，①是Cl元素-1价的氢化物，则①为HCl，②为Cl元素的单质，则②为Cl2，③为Cl元素+4价的氧化物，则③为ClO2，④为次氯酸盐。A项，盐酸和次氯酸钠可以发生反应2HCl+NaClO=Cl2↑+NaCl+H2O，生成氯气，故A正确；B项，Cl2有毒，ClO2氧化性更强，用ClO2代替Cl2进行自来水消毒程度高且无污染，更安全，故B正确；C项，Cl2与SO2按物质的量比1:1通入水中发生反应Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，再滴入品红溶液，品红不会褪色，溶液呈红色，故C错误；D项，ClONO2中Cl为+1价、N为+5价，O为-2价，+1价的Cl和+5价的N都有强氧化性，所以ClONO2具有强氧化性，ClONO2水解可生成硝酸和次氯酸，故D正确；故选C。
9．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的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-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是( )
A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去 Cl2中的HCl
C．用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4 D．用装置丁分离出溶液中的MnO2
【答案】B
【解析】A项，漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；B项，氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去 Cl2中的HCl，B符合题意；C项，已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的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-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；D项，二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；故选B。
10．实验室用MnO2与浓盐酸加热反应制备氯气，其化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2+2H2O。为制备纯净干燥的氯气，设计制备装置如下：
下列有关说法错误的是( )
A．含有4 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2充分反应，生成22.4 L的C12 (标准状况)
B．乙装置中盛装的是饱和氯化钠溶液，作用是除去氯气中混有的氯化氢
C．戊装置中盛装的是NaOH溶液，其作用是吸收尾气
D．可以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气是否收集满
【答案】A
【解析】实验室用MnO2与浓盐酸加热反应制备氯气，其化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)=MnCl2+Cl2+2H2O。为制备纯净干燥的氯气，设计制备装置如下：甲为发生装置，乙为除HCl装置，丙为干燥装置，丁为收集装置，戊为尾气处理装置。A项，随着反应进行，盐酸变稀，稀盐酸不和MnO2反应，根据MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O反应可知，含有4 mol HCl的浓盐酸与足量的MnO2充分反应，生成C12小于22.4 L (标准状况)，故A错误；B项，乙装置中盛装的是饱和氯化钠溶液，作用是除去氯气中混有的氯化氢，故B正确；C项，NaOH溶液可以和氯气反应，根据上述分析，戊装置中盛装的是NaOH溶液，其作用是吸收尾气，故C正确；D项，氯气可以和碘化钾反应，生成碘单质可以使淀粉变蓝，所以用湿润的淀粉碘化钾试纸检验氯气是否收集满，故D正确；故选A。
11．高铁酸钾是一种高效的多功能的水处理剂。工业上常采用NaClO氧化法生产，原理为3NaClO+2Fe(NO3)3+10NaOH=2Na2FeO4↓+3NaCl+6NaNO3+5H2O、Na2FeO4+2KOH=K2FeO4+2NaOH，主要的生产流程如图：
下列叙述错误的是( )
A．反应①的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O
B．反应①中可直接用KOH溶液代替NaOH溶液
C．反应②中，每生成1 mol Na2FeO4转移3 mol电子
D．反应③利用的是Na2FeO4和K2FeO4溶解度的差异
【答案】B
【解析】由题给流程可知，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，向反应后的溶液中加入硝酸铁溶液发生反应生成高铁酸钠沉淀，过滤得到高铁酸钠和滤液；向高铁酸钠固体中加入饱和氢氧化钾溶液将高铁酸钠转化为高铁酸钾，过滤得到粗高铁酸钾，粗高铁酸钾经提纯得到高铁酸钾。A项，反应①为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH—=Cl—+ClO—+H2O，故A正确；B项，高铁酸钠和高铁酸钾都溶于水，若反应①中直接用氢氧化钾溶液代替氢氧化钠溶液，反应制得的粗高铁酸钾中的可溶性杂质多，提纯得到的高铁酸钾中还会有可溶性杂质无法除去，故B错误；C项，反应②中铁离子被氧化生成高铁酸根离子，则生成1 mol 高铁酸钠转移电子的物质的量为3mol，故C正确；D项，反应③是利用高铁酸钾的溶解度小于高铁酸钠，将高铁酸钠转化为高铁酸钾，故D正确；故选B。
12．现有氢气与氯气的混合气体0.1mol，经充分反应后，通入60mL 2mol/L的NaOH溶液中，所得溶液中只含有2种溶质，其中NaCl为0.1mol。则原混合气体中氢气的物质的量可能是( )
A．0.02mol B．0.04mol C．0.06mol D．0.08mol
【答案】B
【解析】n(NaOH)=2mol/L×0.06L=0.12mol，H2与Cl2反应生成HCl，充分反应后所得气体通入NaOH溶液中一定发生反应HCl+NaOH=NaCl+H2O，所得溶液中只含有2种溶质，其中NaCl为0.1mol，结合题干所给的物质，溶液中另外一种溶质可能为NaOH或者NaClO；根据Na原子守恒，该溶质的物质的量为0.02mol；①若另外一种溶质为0.02mol NaOH，则有0.1mol NaOH和HCl反应，即H2和Cl2反应生成了0.1mol HCl，则原混合气体中，H2、Cl2的物质的量都为0.05mol；②若另外一种溶质为0.02mol NaClO，则有0.02mol Cl2和NaOH反应，即H2、Cl2反应后还剩余0.02mol Cl2，则反应生成HCl的H2、Cl2的总物质的量为0.08mol，即反应生成的HCl的H2、Cl2的物质的量均为0.04mol，即原混合气体中，H2的物质的量为0.04mol，Cl2的物质的量为0.06mol；综上所述，原混合气体中，H2的物质的量可能为0.04mol或0.05mol，故选B。
13．已知：将 Cl2通入适量 NaOH 溶液，产物中可能有 NaCl、NaClO、NaClO3，且的值仅与温度高低有关。当n(NaOH)=6a mol 时，下列有关说法不正确的是( )
A．参加反应的氯气的物质的量 3amol
B．改变温度，产物中NaCl 的最小理论产量为 3a mol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量 n 的范围：3a mol≤n≤5a mol
D．某温度下，反应后，则溶液中
【答案】D
【解析】2NaOH ＋ Cl2 = NaClO ＋NaCl ＋ H2O，6NaOH ＋3Cl2 = NaClO3 ＋5NaCl ＋3H2O。A项，根据方程式关系，不gaunt发生哪个反应n(Cl2)：n(NaOH) = 1：2，当n(NaOH)=6a mol 时，参加反应的氯气的物质的量 3amol，故A正确；B项，改变温度，当发生第1个反应，产物中NaCl的最小理论产量为 3a mol，故B正确；C项，改变温度，当只发生第1个反应时，转移3amol电子，当只发生第2个反应时，转移5amol电子，因此反应中转移电子的物质的量 n 的范围：3a mol≤n≤5a mol，故C正确；D项，某温度下，反应后，假设c(Cl－)=11 mol·L−1，则为c(ClO－)=1 mol·L−1，根据方程式有c(Cl－)=1 mol·L−1是发生第1个反应得到，还有c(Cl－)=10 mol·L−1是发生第2个反应得到，因此根据关系得到生成c(ClO3－)=2 mol·L−1，因此溶液中有，故D错误。故选D。
14．工业上把Cl2通入冷NaOH溶液中制得漂白液(有效成分为NaClO)。某化学小组在一定温度下将氯气缓缓通入NaOH溶液中，模拟实验得到ClO－、ClO3－等离子的物质的量n(mol)与反应时间t(min)的关系曲线。下列说法错误的是( )
A．参加反应所需NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1
B．a点时溶液中n(NaCl)：n(NaClO3)：n(NaClO)＝6：1：1
C．t2～t4，ClO－离子的物质的量下降的原因可能是3ClO－＝2Cl－＋ClO3－
D．使用漂白液时，为了增强漂白效果，可以向漂白液中通入二氧化硫
【答案】D
【解析】A项，溶液中溶质为NaCl、NaClO、NaClO3，n(Na)＝n(Cl)，则参加反应所需要NaOH与氯气的物质的量之比一定为2：1，故A正确；B项，a点时，Cl2通入NaOH溶液中，反应得到含有ClO−与ClO3−物质的量之比为1：1的溶液，根据得失电子守恒配平方程式为：4Cl2＋8NaOH＝6NaCl＋NaClO3＋NaClO＋4H2O，溶液中n(NaCl)：n(NaClO3)：n(NaClO)＝6：1：1，故B正确；C项，由图可知，ClO3−浓度增大，ClO−浓度减小，结合电子转移守恒，可能是ClO−发生歧化反应：3ClO−＝2Cl−＋ClO3−，故C正确；D项，二氧化硫具有强还原性，与漂白液发生氧化还原反应，则可以向漂白液中通入二氧化硫，会减弱漂白能力，故D错误；故选D。
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