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2024届人教版高考化学一轮复习第四章第1讲氯及其化合物作业含答案
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这是一份2024届人教版高考化学一轮复习第四章第1讲氯及其化合物作业含答案，共17页。试卷主要包含了96 L，25
第1讲 氯及其化合物
(40分钟)
选题表
知识点
题号
基础
能力
创新
氯及其化合物性质
1
5,7,9
氯气的实验室制备方法
3
6
12
卤素 卤素离子的检验
2
4,8,11
卤素互化物 拟卤素
10
1.部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( B )
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的水溶液里加入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
解析:由题图可知,a为HCl、b为Cl2、c为ClO2、d为HClO、e为ClO3-。盐酸和次氯酸可生成水和氯气,盐酸和氯酸盐可生成氯化物、水和氯气,故A正确;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,且不生成新的有毒、有害的物质,故B错误;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;消毒液可用于环境消毒,主要是因为含有HClO,e的固体如氯酸钾可用于实验室制O2,故D正确。
2.溴、碘均为卤族元素,下列关于溴、碘说法错误的是( A )
A.将F2分别通入NaBr溶液和NaI溶液中,可以得到溴单质和碘单质
B.溴单质和碘单质在四氯化碳中的溶解度均大于它们在水中的溶
解度
C.碘酒可以使淀粉碘化钾试纸变蓝
D.通常将KIO3固体添加到食盐中来制作碘盐
解析:将F2分别通入NaBr溶液和NaI溶液中,F2直接与水反应,无法得到溴单质和碘单质,A项错误;溴单质和碘单质是非极性分子,易溶于非极性分子构成的溶剂,四氯化碳是非极性分子,水是极性分子,根据相似相溶原理可知,溴单质和碘单质在水中溶解度很小,但在四氯化碳中溶解度很大,B项正确;碘酒中含碘单质,遇淀粉变蓝,则能使淀粉碘化钾试纸变蓝,C项正确;食盐中添加碘酸钾(KIO3)加工碘盐可以补充碘,D项正确。
3.(2022·河南郑州调研)实验室中利用MnO2制备干燥的Cl2及少量氯水并收集Cl2,下列图示装置和原理不能达到实验目的的是( A )
A.连接图1、图2装置,向分液漏斗中注水,打开K1,关闭K2,检查装置气密性
B.图1装置中,滴加浓盐酸,点燃酒精灯,可制备Cl2
C.可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2
D.连接图1、图3装置,打开K1,点燃酒精灯,可制备少量氯水
解析:检查装置的气密性利用的是在装置内形成气压差而产生明显的现象来判定的,图1中为恒压漏斗,注水后无论气密性是否良好,水都能顺利流下,不能检查装置的气密性,故A符合题意;图1装置中,浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应可制备Cl2,故B不符合题意;饱和食盐水除去氯气中的HCl气体,浓硫酸除去水蒸气,可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2,故C不符合题意;连接图1、图3装置,打开K1,点燃酒精灯,制备氯气,氯气进入水中,可制备少量氯水,故D不符合题意。
4.不能正确表示下列反应的离子方程式是( A )
A.将少量氯气通入纯碱溶液中:Cl2+CO32-+H2OCl-+HCO3-+HClO
B.将足量饱和Fe2(SO4)3溶液滴入Mg(OH)2浊液中:2Fe3++3Mg(OH)22Fe(OH)3+3Mg2+
C.向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体:ClO-+CO2+H2OHClO+
HCO3-
D.将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中:Br2+H2O+3SO32-2Br-+
2HSO3-+SO42-
解析:酸性H2CO3>HClO>HCO3-,故将少量氯气通入纯碱溶液中,生成的是ClO-,离子方程式为Cl2+2CO32-+H2OCl-+2HCO3-+ClO-,A符合题意;将足量饱和Fe2(SO4)3溶液滴入 Mg(OH)2浊液中,发生了沉淀的转化,离子方程式正确,也可表示为2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)+
3Mg2+(aq),B不符合题意;酸性H2CO3>HClO>HCO3-,所以不管CO2的用量是多还是少,都只会生成HCO3-,离子方程式正确,C不符合题意;溴水有较强氧化性,而SO32-具有还原性,可发生氧化还原反应,生成的H+与过量的SO32-反应,生成HSO3-,离子方程式正确,D不符合题意。
5.利用NaClO氧化尿素制备N2H4·H2O(水合肼)的实验流程如图所示:
已知:①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应;
②N2H4·H2O有强还原性,能与NaClO剧烈反应生成N2。
下列说法不正确的是( C )
A.步骤Ⅰ中为避免温度过高,可采用冰水浴
B.步骤Ⅰ制备NaClO溶液时,测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5∶1,则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3
C.步骤Ⅱ中可将尿素溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
D.生成水合肼反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-Cl-+
N2H4·H2O+CO32-
解析:由流程可知,步骤Ⅰ中氯气和NaOH溶液制备NaClO,步骤Ⅱ中尿素与NaClO发生NaClO+CO(NH2)2+2NaOHNaCl+N2H4·H2O+Na2CO3,制得的水合肼溶液和Na2CO3溶液在步骤Ⅲ中分离。实验中,为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40 ℃,可以减缓Cl2的通入速率、采用冰水浴冷却,A正确;氯气与NaOH反应生成物质的量之比为5∶1的NaClO、NaClO3,氯元素化合价升高,故还有NaCl生成,反应为8Cl2+16OH-5ClO-+
ClO3-+10Cl-+8H2O,氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3,B正确;将尿素溶液逐滴滴入NaClO溶液中,会使过量的NaClO溶液氧化水合肼,降低产率,故实验中应将次氯酸钠溶液逐滴加入定量的尿素溶液中制备水合肼,滴加顺序不能颠倒,且滴加速度不能过快,C错误;NaClO、NaOH与尿素生成N2H4·H2O、碳酸钠、NaCl,反应为NaClO+CO(NH2)2+
2NaOHNaCl+N2H4·H2O+Na2CO3,离子方程式是ClO-+CO(NH2)2+2OH-Cl-+N2H4·H2O+CO32-,D正确。
6.(不定项)无水AlCl3(178 ℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾,实验室可用Al和氯气通过如图装置制备。已知A中产生的氯气混有少许HCl和水蒸气。则下列说法正确的是( BC )
A.试剂瓶B、C、F中分别盛饱和NaHCO3溶液、浓硫酸、浓硫酸
B.氯化铝产品最后在装置E中收集
C.A、D两处酒精灯,实验开始时应先点燃A处
D.装置F和G可用盛无水CaCl2的干燥管替换
解析:根据图中所给装置,其中装置A中试剂为浓盐酸和二氧化锰,条件为加热,用于制取氯气,反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O;装置B中为饱和氯化钠溶液,用于除去氯气中的氯化氢气体;装置C中为浓硫酸,用于干燥;装置D为制取氯化铝的装置;装置E可用于收集氯化铝;装置F中试剂为浓硫酸,用于干燥,可以防止装置G中的水进入装置E;装置G为尾气处理装置,吸收多余的氯气。装置B用于除去氯气中的氯化氢气体,盛装试剂为饱和食盐水,故A错误;氯化铝在178 ℃升华,在装置E中凝华成固体,故B正确;实验时,为了防止装置中空气干扰实验,应先点燃A处的酒精灯,利用产生的氯气排除装置内的空气,故C正确;无水氯化钙不能吸收氯气,不能起到尾气处理的作用,故D错误。
7.(不定项)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的高效消毒灭菌剂,对酸性污水中的Mn2+也有明显的去除效果,其反应原理为ClO2+Mn2+
MnO2↓+Cl-(部分反应物和产物省略、未配平)。下列有关该反应的说法正确的是( BD )
A.工业上可用更为廉价的Cl2来代替ClO2
B.利用该原理处理含Mn2+的污水后溶液的pH减小
C.该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶5
D.理论上处理含1 mol Mn2+的污水,需要标准状况下的ClO2 8.96 L
解析:用ClO2处理酸性污水中的Mn2+,反应的离子方程式为2ClO2+
5Mn2++6H2O5MnO2↓+2Cl-+12H+,所以处理后溶液的pH减小,故B正确;该反应的氧化产物为MnO2,还原产物为Cl-,由反应的离子方程式可知,氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2,故C错误;由反应的离子方程式可知,处理1 mol Mn2+需要25 mol ClO2,在标准状况下的体积为8.96 L,故D正确。
8.(不定项)向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气。溶液中四种离子的物质的量变化如图所示。已知b-a=5,线段Ⅳ表示一种含氧酸根离子,且Ⅰ和Ⅳ表示的粒子中含有相同的元素。下列说法正确的是( CD )
A.线段Ⅱ表示Br-的变化情况
B.原溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=3∶1
C.根据图像可以计算出b的值为11
D.线段Ⅳ表示IO3-的变化情况
解析:向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量氯气,根据还原性I->
Fe2+>Br-可知,首先发生反应2I-+Cl2I2+2Cl-,I-反应完毕,再发生反应2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,Fe2+反应完毕,然后发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-,故线段Ⅰ代表I-的变化情况,线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况,线段Ⅲ代表Br-的变化情况,故A错误;通入氯气,根据反应的离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2 mol,溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×
(3 mol-1 mol)=4 mol,原溶液中仅含Fe2+、I-、Br-,根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+),故 n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4 mol-
2 mol=6 mol,则原溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=n(I-)∶n(Br-)=2 mol∶6 mol=1∶3,故B错误;溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4 mol-
2 mol=6 mol,根据2Br-+Cl2Br2+2Cl-可知,溴离子反应完全需要氯气的物质的量为3 mol,故a=3+3=6,又b-a=5,所以b=a+5=6+5=11,故C正确;线段Ⅳ表示一种含氧酸根离子,且Ⅰ和Ⅳ表示的粒子中含有相同的元素,该元素为I元素,则Br-反应完后发生氯气氧化碘单质的反应,已知碘单质的物质的量为1 mol,反应消耗氯气的物质的量为
5 mol,根据得失电子守恒,该含氧酸中碘元素的化合价为[0-(-1)]×2×5mol2mol=+5(价),则该含氧酸为HIO3,HIO3是一元强酸,则线段Ⅳ表示IO3-的变化情况,故D正确。
9.(不定项)将一定量的氯气通入50 mL 10 mol/L的氢氧化钠浓溶液中,加热少许时间后,溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系(不考虑氯气和水的反应)。下列说法正确的是( BD )
A.若反应中转移的电子为n mol,则0.25
C.与氢氧化钠反应的氯气的物质的量:0.25 mol
解析:n(NaOH)=10 mol/L×0.05 L=0.5 mol,氯气和NaOH的反应有2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O,当生成NaCl和NaClO时转移电子最少,0.5 mol NaOH消耗0.25 mol Cl2,生成0.25 mol NaCl,转移电子的物质的量为0.25 mol,当生成NaCl和NaClO3时,0.5 mol NaOH消耗0.25 mol Cl2,生成约0.42 mol NaCl,转移电子的物质的量约为0.42 mol,若反应中转移的电子为n mol,则0.25
10.(不定项)BrCl是一种卤素互化物,与Cl2性质相似,也能与水或碱溶液反应。下列说法正确的是( B )
A.BrCl与水反应生成HBrO和HCl,该反应属于氧化还原反应
B.1 mol BrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1 mol
C.BrCl可与Cl2反应得到Br2
D.BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaBr和NaClO
解析:BrCl+H2O HBrO+HCl,反应中无元素化合价变化,因此该反应属于非氧化还原反应,故A错误;BrCl+KBrKCl+Br2,1 mol BrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1 mol,故B正确;Cl2与BrCl都具有氧化性,因此BrCl不与Cl2反应,故C错误;BrCl中Br为+1价,因此BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaCl和NaBrO,故D错误。
11.实验探究是体验知识的产生或形成过程的基本途径。下面是某同学探究实验报告的一部分,请填空:
实验名称:氯、溴、碘的氧化性强弱比较
实验药品:NaCl溶液、KBr溶液、KI溶液、氯水、溴水、四氯化碳
实验步骤
实验结论
①NaCl溶液+氯水+1 mL CCl4,振荡,静置,观察四氯化碳层颜色
氧化性从强到弱的顺序:氯、溴、碘
②KBr溶液+氯水+1 mL CCl4,振荡,静置,观察四氯化碳层颜色
③KI溶液+氯水+1 mL CCl4,振荡,静置,观察四氯化碳层颜色
(1)完成该实验需用到的仪器是 。
(2)CCl4在实验中所起的作用是 。
(3)在实验②中四氯化碳层颜色变化过程为 。
(4)该同学的实验缺陷是 ,改进的办法是 。
解析:利用非金属单质间的置换反应来比较单质的氧化性强弱。Cl2能置换出Br2、I2,Br2能置换出I2,则说明氧化性Cl2>Br2>I2。
答案:(1)试管、量筒、胶头滴管
(2)作萃取剂,使生成的Br2、I2溶于其中,便于观察现象
(3)由无色逐渐变为红棕色
(4)不能证明溴的氧化性强于碘 再做一组实验④,步骤为KI溶液+溴水+1 mL CCl4,振荡,静置,观察四氯化碳层颜色
12.亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。探究小组开展如下实验,回答下列问题。
实验Ⅰ:制取NaClO2晶体,按如图装置进行制取。
已知:NaClO2饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O,高于38 ℃时析出NaClO2,高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
(1)用50% H2O2溶液配制30%的H2O2溶液,需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外,还需要 (填仪器名称)。
(2)装置C的作用是 。
(3)装置B内生成的ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2,生成NaClO2的化学方程式为 。
(4)如果撤去D中的冷水浴,可能导致产品中混有的杂质是 。
(5)反应后,经以下步骤可从装置D的溶液中获得NaClO2晶体。请补充完整操作ⅲ。
ⅰ.55 ℃蒸发结晶;
ⅱ.趁热过滤;
ⅲ. ;
ⅳ.低于60 ℃干燥,得到成品。
实验Ⅱ:样品杂质分析与纯度测定
(6)①上述实验制得的NaClO2晶体中含少量Na2SO4。产生Na2SO4最可能的原因是
(填字母,下同)。
a.B中有SO2气体产生,并有部分进入D装置内
b.B中浓硫酸挥发进入D中与NaOH中和
c.B中的硫酸钠进入D装置内
②NaClO2中含少量Na2SO4可用重结晶的方法提纯。下列有关物质的提纯方案不正确的是 。
选
项
被提纯的物质
(括号内物质是杂质)
除杂试剂
除杂
方法
a
CO(g)[CO2(g)]
NaOH溶液、浓硫酸
洗气
b
NH4Cl(aq)
[Fe3+(aq)]
NaOH溶液
过滤
c
Cl2(g)[HCl(g)]
饱和食盐水、
浓硫酸
洗气
d
Na2CO3(s)
[NaHCO3(s)]
—
加热
(7)测定样品中NaClO2的纯度。
测定时进行如下实验:准确称取一定质量的样品,加入适量蒸馏水和过量的KI晶体,在酸性条件下发生如下反应:ClO2-+4I-+4H+2H2O+
2I2+Cl-,将所得混合液稀释成100 mL待测溶液。取25.00 mL待测溶液,加入淀粉溶液作指示剂,用c mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定至终点,测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL(已知:I2+2S2O32-2I-+
S4O62-)。
①确认滴定终点的现象是 。
②所称取的样品中NaClO2的物质的量为 (用含c、V的代数式表示)。
解析:(1)量取50%的过氧化氢溶液需要用到量筒。
(2)气体通入装置D时容易发生倒吸,所以装置C的作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中(或安全瓶)。
(3)装置B产生ClO2,通入D中,根据氧化还原反应原理,ClO2与NaOH、H2O2发生反应生成NaClO2、O2、H2O,配平可得化学方程式为2ClO2+
2NaOH+H2O22NaClO2+O2+2H2O。
(4)如果撤去D中的冷水浴,温度较高,高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。
(5)过滤后应洗涤,因为NaClO2饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O,高于38 ℃时析出NaClO2,高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以用45 ℃左右的热水洗涤3遍(热水温度高于38 ℃,低于60 ℃)。
(6)①浓硫酸和Na2SO4难挥发,不可能进入装置D,装置B中有浓硫酸和Na2SO3,两者可能反应生成SO2,SO2进入D装置中,与H2O2、NaOH反应可生成Na2SO4,故a项正确。②a.CO2能被NaOH溶液吸收,浓硫酸可干燥,正确;b.NaOH 不仅能与Fe3+反应,还能与NH4Cl反应,错误;c.饱和食盐水可吸收HCl,而Cl2难溶于饱和食盐水,浓硫酸起到干燥作用,正确;d.加热时NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和H2O,正确。
(7)①达到滴定终点时,I2恰好完全反应,淀粉溶液作指示剂,所以确认滴定终点的现象是溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原。
②根据ClO2-+4I-+4H+2H2O+2I2+Cl-,I2+2S2O32-2I-+S4O62-,可得对应关系 NaClO2～4Na2S2O3,则n(NaClO2)=14n(Na2S2O3)=V×10-3 L×
c mol·L-1×14×100 mL25.00 mL=0.001cV mol。
答案:(1)量筒
(2)防止D瓶中溶液倒吸到B瓶中(或安全瓶)
(3)2ClO2+2NaOH+H2O22NaClO2+O2+2H2O
(4)NaClO3和NaCl
(5)用45 ℃左右的热水洗涤3遍
(6)①a ②b
(7)①溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原
②0.001cV mol
第1讲 氯及其化合物
(40分钟)
选题表
知识点
题号
基础
能力
创新
氯及其化合物性质
1
5,7,9
氯气的实验室制备方法
3
6
12
卤素 卤素离子的检验
2
4,8,11
卤素互化物 拟卤素
10
1.部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是( B )
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的水溶液里加入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
解析:由题图可知,a为HCl、b为Cl2、c为ClO2、d为HClO、e为ClO3-。盐酸和次氯酸可生成水和氯气,盐酸和氯酸盐可生成氯化物、水和氯气,故A正确;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,且不生成新的有毒、有害的物质,故B错误;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;消毒液可用于环境消毒,主要是因为含有HClO,e的固体如氯酸钾可用于实验室制O2,故D正确。
2.溴、碘均为卤族元素,下列关于溴、碘说法错误的是( A )
A.将F2分别通入NaBr溶液和NaI溶液中,可以得到溴单质和碘单质
B.溴单质和碘单质在四氯化碳中的溶解度均大于它们在水中的溶
解度
C.碘酒可以使淀粉碘化钾试纸变蓝
D.通常将KIO3固体添加到食盐中来制作碘盐
解析:将F2分别通入NaBr溶液和NaI溶液中,F2直接与水反应,无法得到溴单质和碘单质,A项错误;溴单质和碘单质是非极性分子,易溶于非极性分子构成的溶剂,四氯化碳是非极性分子,水是极性分子,根据相似相溶原理可知,溴单质和碘单质在水中溶解度很小,但在四氯化碳中溶解度很大,B项正确;碘酒中含碘单质,遇淀粉变蓝,则能使淀粉碘化钾试纸变蓝,C项正确;食盐中添加碘酸钾(KIO3)加工碘盐可以补充碘,D项正确。
3.(2022·河南郑州调研)实验室中利用MnO2制备干燥的Cl2及少量氯水并收集Cl2,下列图示装置和原理不能达到实验目的的是( A )
A.连接图1、图2装置,向分液漏斗中注水,打开K1,关闭K2,检查装置气密性
B.图1装置中,滴加浓盐酸,点燃酒精灯,可制备Cl2
C.可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2
D.连接图1、图3装置,打开K1,点燃酒精灯,可制备少量氯水
解析:检查装置的气密性利用的是在装置内形成气压差而产生明显的现象来判定的,图1中为恒压漏斗,注水后无论气密性是否良好,水都能顺利流下,不能检查装置的气密性,故A符合题意;图1装置中,浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应可制备Cl2,故B不符合题意;饱和食盐水除去氯气中的HCl气体,浓硫酸除去水蒸气,可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2,故C不符合题意;连接图1、图3装置,打开K1,点燃酒精灯,制备氯气,氯气进入水中,可制备少量氯水,故D不符合题意。
4.不能正确表示下列反应的离子方程式是( A )
A.将少量氯气通入纯碱溶液中:Cl2+CO32-+H2OCl-+HCO3-+HClO
B.将足量饱和Fe2(SO4)3溶液滴入Mg(OH)2浊液中:2Fe3++3Mg(OH)22Fe(OH)3+3Mg2+
C.向次氯酸钠溶液中通入少量二氧化碳气体:ClO-+CO2+H2OHClO+
HCO3-
D.将少量溴水滴入过量Na2SO3溶液中:Br2+H2O+3SO32-2Br-+
2HSO3-+SO42-
解析:酸性H2CO3>HClO>HCO3-,故将少量氯气通入纯碱溶液中,生成的是ClO-,离子方程式为Cl2+2CO32-+H2OCl-+2HCO3-+ClO-,A符合题意;将足量饱和Fe2(SO4)3溶液滴入 Mg(OH)2浊液中,发生了沉淀的转化,离子方程式正确,也可表示为2Fe3+(aq)+3Mg(OH)2(s)2Fe(OH)3(s)+
3Mg2+(aq),B不符合题意;酸性H2CO3>HClO>HCO3-,所以不管CO2的用量是多还是少,都只会生成HCO3-,离子方程式正确,C不符合题意;溴水有较强氧化性,而SO32-具有还原性,可发生氧化还原反应,生成的H+与过量的SO32-反应,生成HSO3-,离子方程式正确,D不符合题意。
5.利用NaClO氧化尿素制备N2H4·H2O(水合肼)的实验流程如图所示:
已知:①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应;
②N2H4·H2O有强还原性,能与NaClO剧烈反应生成N2。
下列说法不正确的是( C )
A.步骤Ⅰ中为避免温度过高,可采用冰水浴
B.步骤Ⅰ制备NaClO溶液时,测得产物中NaClO与NaClO3的物质的量之比为5∶1,则参与反应的氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3
C.步骤Ⅱ中可将尿素溶液逐滴滴入NaClO碱性溶液中
D.生成水合肼反应的离子方程式为ClO-+CO(NH2)2+2OH-Cl-+
N2H4·H2O+CO32-
解析:由流程可知,步骤Ⅰ中氯气和NaOH溶液制备NaClO,步骤Ⅱ中尿素与NaClO发生NaClO+CO(NH2)2+2NaOHNaCl+N2H4·H2O+Na2CO3,制得的水合肼溶液和Na2CO3溶液在步骤Ⅲ中分离。实验中,为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40 ℃,可以减缓Cl2的通入速率、采用冰水浴冷却,A正确;氯气与NaOH反应生成物质的量之比为5∶1的NaClO、NaClO3,氯元素化合价升高,故还有NaCl生成,反应为8Cl2+16OH-5ClO-+
ClO3-+10Cl-+8H2O,氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶3,B正确;将尿素溶液逐滴滴入NaClO溶液中,会使过量的NaClO溶液氧化水合肼,降低产率,故实验中应将次氯酸钠溶液逐滴加入定量的尿素溶液中制备水合肼,滴加顺序不能颠倒,且滴加速度不能过快,C错误;NaClO、NaOH与尿素生成N2H4·H2O、碳酸钠、NaCl,反应为NaClO+CO(NH2)2+
2NaOHNaCl+N2H4·H2O+Na2CO3,离子方程式是ClO-+CO(NH2)2+2OH-Cl-+N2H4·H2O+CO32-,D正确。
6.(不定项)无水AlCl3(178 ℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾,实验室可用Al和氯气通过如图装置制备。已知A中产生的氯气混有少许HCl和水蒸气。则下列说法正确的是( BC )
A.试剂瓶B、C、F中分别盛饱和NaHCO3溶液、浓硫酸、浓硫酸
B.氯化铝产品最后在装置E中收集
C.A、D两处酒精灯,实验开始时应先点燃A处
D.装置F和G可用盛无水CaCl2的干燥管替换
解析:根据图中所给装置,其中装置A中试剂为浓盐酸和二氧化锰,条件为加热,用于制取氯气,反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O;装置B中为饱和氯化钠溶液,用于除去氯气中的氯化氢气体;装置C中为浓硫酸,用于干燥;装置D为制取氯化铝的装置;装置E可用于收集氯化铝;装置F中试剂为浓硫酸,用于干燥,可以防止装置G中的水进入装置E;装置G为尾气处理装置,吸收多余的氯气。装置B用于除去氯气中的氯化氢气体,盛装试剂为饱和食盐水,故A错误;氯化铝在178 ℃升华,在装置E中凝华成固体,故B正确;实验时,为了防止装置中空气干扰实验,应先点燃A处的酒精灯,利用产生的氯气排除装置内的空气,故C正确;无水氯化钙不能吸收氯气,不能起到尾气处理的作用,故D错误。
7.(不定项)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的高效消毒灭菌剂,对酸性污水中的Mn2+也有明显的去除效果,其反应原理为ClO2+Mn2+
MnO2↓+Cl-(部分反应物和产物省略、未配平)。下列有关该反应的说法正确的是( BD )
A.工业上可用更为廉价的Cl2来代替ClO2
B.利用该原理处理含Mn2+的污水后溶液的pH减小
C.该反应中氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶5
D.理论上处理含1 mol Mn2+的污水,需要标准状况下的ClO2 8.96 L
解析:用ClO2处理酸性污水中的Mn2+,反应的离子方程式为2ClO2+
5Mn2++6H2O5MnO2↓+2Cl-+12H+,所以处理后溶液的pH减小,故B正确;该反应的氧化产物为MnO2,还原产物为Cl-,由反应的离子方程式可知,氧化产物与还原产物的物质的量之比为5∶2,故C错误;由反应的离子方程式可知,处理1 mol Mn2+需要25 mol ClO2,在标准状况下的体积为8.96 L,故D正确。
8.(不定项)向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量的氯气。溶液中四种离子的物质的量变化如图所示。已知b-a=5,线段Ⅳ表示一种含氧酸根离子,且Ⅰ和Ⅳ表示的粒子中含有相同的元素。下列说法正确的是( CD )
A.线段Ⅱ表示Br-的变化情况
B.原溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=3∶1
C.根据图像可以计算出b的值为11
D.线段Ⅳ表示IO3-的变化情况
解析:向仅含Fe2+、I-、Br-的溶液中通入过量氯气,根据还原性I->
Fe2+>Br-可知,首先发生反应2I-+Cl2I2+2Cl-,I-反应完毕,再发生反应2Fe2++Cl22Fe3++2Cl-,Fe2+反应完毕,然后发生反应2Br-+Cl2Br2+2Cl-,故线段Ⅰ代表I-的变化情况,线段Ⅱ代表Fe2+的变化情况,线段Ⅲ代表Br-的变化情况,故A错误;通入氯气,根据反应的离子方程式可知溶液中n(I-)=2n(Cl2)=2 mol,溶液中n(Fe2+)=2n(Cl2)=2×
(3 mol-1 mol)=4 mol,原溶液中仅含Fe2+、I-、Br-,根据电荷守恒可知n(I-)+n(Br-)=2n(Fe2+),故 n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4 mol-
2 mol=6 mol,则原溶液中n(FeI2)∶n(FeBr2)=n(I-)∶n(Br-)=2 mol∶6 mol=1∶3,故B错误;溶液中n(Br-)=2n(Fe2+)-n(I-)=2×4 mol-
2 mol=6 mol,根据2Br-+Cl2Br2+2Cl-可知,溴离子反应完全需要氯气的物质的量为3 mol,故a=3+3=6,又b-a=5,所以b=a+5=6+5=11,故C正确;线段Ⅳ表示一种含氧酸根离子,且Ⅰ和Ⅳ表示的粒子中含有相同的元素,该元素为I元素,则Br-反应完后发生氯气氧化碘单质的反应,已知碘单质的物质的量为1 mol,反应消耗氯气的物质的量为
5 mol,根据得失电子守恒,该含氧酸中碘元素的化合价为[0-(-1)]×2×5mol2mol=+5(价),则该含氧酸为HIO3,HIO3是一元强酸,则线段Ⅳ表示IO3-的变化情况,故D正确。
9.(不定项)将一定量的氯气通入50 mL 10 mol/L的氢氧化钠浓溶液中,加热少许时间后,溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系(不考虑氯气和水的反应)。下列说法正确的是( BD )
A.若反应中转移的电子为n mol,则0.25
C.与氢氧化钠反应的氯气的物质的量:0.25 mol
解析:n(NaOH)=10 mol/L×0.05 L=0.5 mol,氯气和NaOH的反应有2NaOH+Cl2NaCl+NaClO+H2O、6NaOH+3Cl25NaCl+NaClO3+3H2O,当生成NaCl和NaClO时转移电子最少,0.5 mol NaOH消耗0.25 mol Cl2,生成0.25 mol NaCl,转移电子的物质的量为0.25 mol,当生成NaCl和NaClO3时,0.5 mol NaOH消耗0.25 mol Cl2,生成约0.42 mol NaCl,转移电子的物质的量约为0.42 mol,若反应中转移的电子为n mol,则0.25
10.(不定项)BrCl是一种卤素互化物,与Cl2性质相似,也能与水或碱溶液反应。下列说法正确的是( B )
A.BrCl与水反应生成HBrO和HCl,该反应属于氧化还原反应
B.1 mol BrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1 mol
C.BrCl可与Cl2反应得到Br2
D.BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaBr和NaClO
解析:BrCl+H2O HBrO+HCl,反应中无元素化合价变化,因此该反应属于非氧化还原反应,故A错误;BrCl+KBrKCl+Br2,1 mol BrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1 mol,故B正确;Cl2与BrCl都具有氧化性,因此BrCl不与Cl2反应,故C错误;BrCl中Br为+1价,因此BrCl与稀氢氧化钠溶液反应可生成NaCl和NaBrO,故D错误。
11.实验探究是体验知识的产生或形成过程的基本途径。下面是某同学探究实验报告的一部分,请填空:
实验名称:氯、溴、碘的氧化性强弱比较
实验药品:NaCl溶液、KBr溶液、KI溶液、氯水、溴水、四氯化碳
实验步骤
实验结论
①NaCl溶液+氯水+1 mL CCl4,振荡,静置,观察四氯化碳层颜色
氧化性从强到弱的顺序:氯、溴、碘
②KBr溶液+氯水+1 mL CCl4,振荡,静置,观察四氯化碳层颜色
③KI溶液+氯水+1 mL CCl4,振荡,静置,观察四氯化碳层颜色
(1)完成该实验需用到的仪器是 。
(2)CCl4在实验中所起的作用是 。
(3)在实验②中四氯化碳层颜色变化过程为 。
(4)该同学的实验缺陷是 ,改进的办法是 。
解析:利用非金属单质间的置换反应来比较单质的氧化性强弱。Cl2能置换出Br2、I2,Br2能置换出I2,则说明氧化性Cl2>Br2>I2。
答案:(1)试管、量筒、胶头滴管
(2)作萃取剂,使生成的Br2、I2溶于其中,便于观察现象
(3)由无色逐渐变为红棕色
(4)不能证明溴的氧化性强于碘 再做一组实验④,步骤为KI溶液+溴水+1 mL CCl4,振荡,静置,观察四氯化碳层颜色
12.亚氯酸钠(NaClO2)是重要漂白剂。探究小组开展如下实验,回答下列问题。
实验Ⅰ:制取NaClO2晶体,按如图装置进行制取。
已知:NaClO2饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O,高于38 ℃时析出NaClO2,高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。
(1)用50% H2O2溶液配制30%的H2O2溶液,需要的玻璃仪器除玻璃棒、胶头滴管、烧杯外,还需要 (填仪器名称)。
(2)装置C的作用是 。
(3)装置B内生成的ClO2气体与装置D中混合溶液反应生成NaClO2,生成NaClO2的化学方程式为 。
(4)如果撤去D中的冷水浴,可能导致产品中混有的杂质是 。
(5)反应后,经以下步骤可从装置D的溶液中获得NaClO2晶体。请补充完整操作ⅲ。
ⅰ.55 ℃蒸发结晶;
ⅱ.趁热过滤;
ⅲ. ;
ⅳ.低于60 ℃干燥,得到成品。
实验Ⅱ:样品杂质分析与纯度测定
(6)①上述实验制得的NaClO2晶体中含少量Na2SO4。产生Na2SO4最可能的原因是
(填字母,下同)。
a.B中有SO2气体产生,并有部分进入D装置内
b.B中浓硫酸挥发进入D中与NaOH中和
c.B中的硫酸钠进入D装置内
②NaClO2中含少量Na2SO4可用重结晶的方法提纯。下列有关物质的提纯方案不正确的是 。
选
项
被提纯的物质
(括号内物质是杂质)
除杂试剂
除杂
方法
a
CO(g)[CO2(g)]
NaOH溶液、浓硫酸
洗气
b
NH4Cl(aq)
[Fe3+(aq)]
NaOH溶液
过滤
c
Cl2(g)[HCl(g)]
饱和食盐水、
浓硫酸
洗气
d
Na2CO3(s)
[NaHCO3(s)]
—
加热
(7)测定样品中NaClO2的纯度。
测定时进行如下实验:准确称取一定质量的样品,加入适量蒸馏水和过量的KI晶体,在酸性条件下发生如下反应:ClO2-+4I-+4H+2H2O+
2I2+Cl-,将所得混合液稀释成100 mL待测溶液。取25.00 mL待测溶液,加入淀粉溶液作指示剂,用c mol·L-1 Na2S2O3标准液滴定至终点,测得消耗标准溶液体积的平均值为V mL(已知:I2+2S2O32-2I-+
S4O62-)。
①确认滴定终点的现象是 。
②所称取的样品中NaClO2的物质的量为 (用含c、V的代数式表示)。
解析:(1)量取50%的过氧化氢溶液需要用到量筒。
(2)气体通入装置D时容易发生倒吸,所以装置C的作用是防止D瓶溶液倒吸到B瓶中(或安全瓶)。
(3)装置B产生ClO2,通入D中,根据氧化还原反应原理,ClO2与NaOH、H2O2发生反应生成NaClO2、O2、H2O,配平可得化学方程式为2ClO2+
2NaOH+H2O22NaClO2+O2+2H2O。
(4)如果撤去D中的冷水浴,温度较高,高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以可能导致产品中混有的杂质是NaClO3和NaCl。
(5)过滤后应洗涤,因为NaClO2饱和溶液在低于38 ℃时析出NaClO2·3H2O,高于38 ℃时析出NaClO2,高于60 ℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl,所以用45 ℃左右的热水洗涤3遍(热水温度高于38 ℃,低于60 ℃)。
(6)①浓硫酸和Na2SO4难挥发,不可能进入装置D,装置B中有浓硫酸和Na2SO3,两者可能反应生成SO2,SO2进入D装置中,与H2O2、NaOH反应可生成Na2SO4,故a项正确。②a.CO2能被NaOH溶液吸收,浓硫酸可干燥,正确;b.NaOH 不仅能与Fe3+反应,还能与NH4Cl反应,错误;c.饱和食盐水可吸收HCl,而Cl2难溶于饱和食盐水,浓硫酸起到干燥作用,正确;d.加热时NaHCO3分解生成Na2CO3、CO2和H2O,正确。
(7)①达到滴定终点时,I2恰好完全反应,淀粉溶液作指示剂,所以确认滴定终点的现象是溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原。
②根据ClO2-+4I-+4H+2H2O+2I2+Cl-,I2+2S2O32-2I-+S4O62-,可得对应关系 NaClO2～4Na2S2O3,则n(NaClO2)=14n(Na2S2O3)=V×10-3 L×
c mol·L-1×14×100 mL25.00 mL=0.001cV mol。
答案:(1)量筒
(2)防止D瓶中溶液倒吸到B瓶中(或安全瓶)
(3)2ClO2+2NaOH+H2O22NaClO2+O2+2H2O
(4)NaClO3和NaCl
(5)用45 ℃左右的热水洗涤3遍
(6)①a ②b
(7)①溶液蓝色恰好褪去且半分钟内不复原
②0.001cV mol
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