第三节　非金属碳、硅、氯及其化合物（考点考法剖析）-【高考引领教学】2023届高考化学一轮针对性复习方案（全国通用）（解析版）

这是一份第三节　非金属碳、硅、氯及其化合物（考点考法剖析）-【高考引领教学】2023届高考化学一轮针对性复习方案（全国通用）（解析版），共44页。

第三节　非金属碳、硅、氯及其化合物
【必备知识要求】
1.了解碳、硅元素单质及其重要化合物的制备方法,掌握其主要性质及其应用。
2.了解碳元素和硅元素的重要化合物对环境的影响。
3.了解氯元素单质及其重要化合物的制备方法,掌握其主要性质及其应用。
4.了解氯元素单质及其重要化合物对环境的影响。
5.掌握Cl2的实验室制法(包括所用试剂、反应原理、仪器和收集方法)。
【关键能力要求】
关键能力要求：微观想象能力、理解辨析能力、实验和探究能力
高考要求：本节内容在高考中碳、硅及其化合物的知识单独考查的题目较少。常与晶体结构、元素周期律、化学方程式及化工流程相结合，重在考查考生创新思维以及理论联系实际的能力。题型以选择题、推断题为主，难度适中。本讲内容与化工生产、日常生活、科学技术等方面有着广泛的联系，如氯碱工业、漂白粉应用、饮用水消毒、环境保护等，往往与氧化还原反应、离子反应、化学实验方案的设计与评价等知识结合出现。预计今后：1.以氯单质及其重要化合物的性质、用途设计选择题；2.以制取氯气设计有关实验题；3.根据同主族元素性质的相似性设计信息题，考查溴、碘及其重要性质和用途。
【学科核心素养解析】
1.宏观辨识与微观探析：能从宏观和微观相结合的视角分析与解决实际问题，在卤素学习过程中，使用“宏观—微观—结合”来认识物质及其递变规律，形成科学的方法论。
2.科学态度与社会责任：关注与碳、硅有关的热点问题（如光导纤维、硅电池、半导体材料），形成可持续发展的意识；知道碳、硅及其化合物对社会发展的重大贡献。
3.科学态度与社会责任：认识氯及其化合物对环境的影响，形成绿色环保的意识。关注与化学有关的社会热点问题。了解环境保护与资源开发的关系.具有绿色化学观念。勇于承担责任，权衡利弊，积极参与化学问题的社会决策。
必备知识点1碳、硅及其化合物
一、 碳及其重要化合物
1．碳单质
(1)常见碳单质的结构和物理性质
常见的碳单质有金刚石、石墨、无定形碳、足球烯、碳纳米管等，它们互为同素异形体。
金刚石
石墨
C60



(2)化学性质
a．与O2的反应(用化学方程式表示)：
①O2不足：2C＋O22CO；
②O2充足：C＋O2CO2。
b．与氧化物反应(用化学方程式表示)：
①与CuO反应：2CuO＋C2Cu＋CO2↑；
②与Fe2O3反应：Fe2O3＋3C2Fe＋3CO↑；
③与CO2反应：CO2＋C2CO；
④与水蒸气反应：C＋H2O(g)CO＋H2(制水煤气)；
⑤与SiO2反应：SiO2＋2CSi＋2CO↑(制粗硅)；SiO2＋3CSiC＋2CO↑(制金刚砂)
c．与强氧化性酸反应
①与浓硫酸反应：C＋2H2SO4(浓)CO2↑＋2SO2↑＋2H2O。
②与浓硝酸反应：C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
(3)碳单质的用途：
①金刚石结构坚硬，作玻璃刻刀、机器钻头、装饰品等；
②石墨的细鳞片状结构质软、导电性、滑腻性、耐高温 铅笔芯、电极、润滑剂、坩埚；
③木炭和活性炭的疏松多孔的结构吸附性吸附食品色素、除臭、防毒面具、冰箱除味剂等；
④作燃料，用于家庭取暖、做饭等；
⑤作还原剂：冶炼金属，如冶炼金属铜、铁等。
2．CO和CO2
(1)物理性质

色态味
密度(比空气)
水溶性
毒性
CO
无色、无
味、气体
小
难溶
有
CO2
大
能溶
无
(2)化学性质
①CO具有较强的还原性，可以与O2、金属氧化物等发生反应。
如与Fe2O3反应：Fe2O3＋3CO2Fe＋3CO2。
②CO2是典型的酸性氧化物，也具有氧化性。
a.酸性氧化物
①与水反应：CO2＋H2OH2CO3
②与碱反应：CO2少量：CO2＋2NaOH===Na2CO3＋H2O；
CO2足量：CO2＋NaOH===NaHCO3
③与碱性氧化物反应：CO2＋CaO=CaCO3
④与Ca(ClO)2盐溶液反应：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO（CO2少量）；
Ca(ClO)2＋2CO2＋2H2O===Ca(HCO3)2＋2HClO（CO2过量）；
b.氧化性
①与C反应：CO2＋C2CO；
②与Mg反应：2Mg＋CO22MgO＋C
【特别提醒】溶液中通入CO2气体产生沉淀的问题：向BaCl2或CaCl2溶液中通入CO2气体，由于盐酸的酸性比碳酸的强，不会产生BaCO3或CaCO3沉淀。
3．碳酸和碳酸盐
(1)碳酸
二元弱酸、不稳定，常用CO2＋H2O代替H2CO3，但酸性比苯酚、次氯酸强。
(2)碳酸的正盐和酸式盐的比较

正盐(CO)
酸式盐(HCO)
溶解性
只有钾、钠、铵盐可溶
一般都可溶
热稳定性
正盐＞酸式盐
溶液pH
同浓度：正盐＞酸式盐
相互转化
COHCO
4、碳元素在自然界中的循环
①CO2的主要来源：大量含碳燃料的燃烧。
②自然界消耗CO2的主要反应：
a．溶于江水、海水中：CO2＋H2OH2CO3；
b．光合作用将CO2转化为O2；
c．岩石的风化：CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2。
二 、 硅及其化合物　
1．硅
(1)硅的结构与物理性质

(2)化学性质
a．常温
①与氢氟酸反应的化学方程式：Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑；
②与NaOH溶液反应的化学方程式：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑；
③与F2反应的化学方程式:Si＋2F2===SiF4
b．高温
①与O2反应：Si＋O2SiO2。
②与Cl2反应：Si＋Cl2SiCl4
(3)硅的工业制法
①原料：石英砂和焦炭
②制备：SiO2＋2CSi(粗)＋2CO↑
③提纯：Si(粗)＋2Cl2SiCl4；SiCl4＋2H2Si(纯)＋4HCl
(4)用途：半导体材料、太阳能电池、计算机芯片和耐酸设备等。
2．二氧化硅
(1)存在：硅石、石英、水晶、玛瑙、沙子等
(2)二氧化硅的结构特点
在SiO2晶体中，每个Si周围结合4个O，Si在中心，O在4个顶角；许多这样的四面体又通过顶角的O相连接，每个O为两个四面体所共有，即每个O与2个Si相结合。实际上，SiO2晶体是由Si和O按1∶2的比例所组成的立体网状结构的晶体。由结构可知，二氧化硅的化学性质很稳定。
(3)物理性质：熔点高，硬度大，不溶于水
(4)化学性质：
a.酸性氧化物
①与碱反应:SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O；
②与CaO碱性氧化物反应：SiO2＋CaOCaSiO3
③与盐反应：SiO2＋Na2CO3Na2SiO3＋CO2↑；SiO2＋CaCO3CaSiO3＋CO2↑（工业制玻璃）
b.氧化性：
①与碳反应：SiO2+2CSi+2CO↑(制粗硅)；SiO2＋3CSiC＋2CO↑(制金刚砂)；
②与Mg反应：4Mg＋SiO22Mg2Si＋2MgO；Mg2Si＋2H2O=SiH4↑＋2Mg(OH)2(制硅化氢)；
c.特性：
与氢氟酸反应：SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
(5)用途
①水晶可用于电子工业的部件、光学仪器、工艺品
②SiO2是制光导纤维的重要原料
③较纯的石英用于制造石英玻璃
④石英砂用于制玻璃的原料及建筑材料
3．硅酸
（1）物理性质：硅酸是一种白色胶状物质，不溶于水，能形成胶体。新制备的硅酸为透明、胶冻状，硅酸经干燥脱水形成硅酸干凝胶——“硅胶”。
（2）化学性质：
a.弱酸性：硅酸的酸性很弱，比碳酸的酸性还弱，在与碱反应时只能与强碱反应。如：H2SiO3+2NaOH==Na2SiO3+2H2O。
b.不稳定性：硅酸的热稳定性很差，受热分解为SiO2和H2O：H2SiO3SiO2＋H2O。
（3）制备：
由于SiO2不溶于水，所以硅酸是通过可溶性硅酸盐与其他酸反应制得的。
Na2SiO3+2HCl==H2SiO3↓+2NaCl，
Na2SiO3+CO2+H2O==H2SiO3↓+Na2CO3（证明酸性：H2CO3＞H2SiO3）。
（4）用途：硅胶可作催化剂的载体和袋装食品、瓶装药品的干燥剂。
4．硅酸盐
(1)硅酸钠
①物理性质：白色、可溶于水的粉末状固体，其水溶液俗称水玻璃，有黏性，水溶液显碱性。
②化学性质——与酸性较硅酸强的酸反应：
a．与盐酸反应的化学方程式：
Na2SiO3＋2HCl===2NaCl＋H2SiO3↓。
b．与CO2水溶液反应的化学方程式：
Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3↓。
③用途：黏合剂(矿物胶)、防腐剂和耐火阻燃材料。
(2)硅酸盐的氧化物表示法：
氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物→较活泼金属氧化物→二氧化硅→水，不同氧化物间以“·”隔开。
如硅酸钠(Na2SiO3)可表示为Na2O·SiO2，
长石(KAlSi3O8)可表示为K2O·Al2O3·6SiO2。
三、 无机非金属材料
1.传统无机非金属材料，如水泥、玻璃、陶瓷等硅酸盐材料。

水泥
玻璃
陶瓷
主要原料
黏土、石灰石、石膏
石灰石、石英砂、纯碱
黏土
主要设备
水泥回转窑
玻璃窑
陶瓷窑
变化
复杂的物理、化学变化过程
主要反应：Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑、CaCO3＋SiO2CaSiO3＋CO2↑
复杂的物理、化学变化过程
组成
硅酸三钙(3CaO·SiO2)
硅酸二钙(2CaO·SiO2)
铝酸三钙3CaO·Al2O3)
硅酸钠、硅酸钙和二氧化硅
硅酸盐
用途
重要的建筑材料
制化学实验用的玻璃仪器、窗玻璃等
在工农业、科技、生活、实验室中使用广泛
2.新型无机非金属材料，如高温结构陶瓷、光导纤维、生物陶瓷、压电陶瓷等。
材料类别
主要特性
示例
用途
高温结构陶瓷
能承受高温，
强度高
氮化硅陶瓷
汽轮机叶片、轴承、永久性模具等
半导体陶瓷
具有电学特性
二氧化锡陶瓷
集成电路中的半导体
光学材料
具有光学特性
光导纤维
光缆通讯、医疗、照明等
生物陶瓷
具有生物功能
氧化铝陶瓷
人造骨骼、人造关节、接骨螺钉
四 、 碳、硅及其化合物性质“反常”小结
(1)一般情况下，非金属元素单质熔、沸点低，硬度小，但晶体硅、金刚石熔、沸点高，硬度大，其中金刚石为自然界中硬度最大的物质。
(2)一般情况下，非金属单质为绝缘体，但硅为半导体，石墨为电的良导体。
(3)Si的还原性强于C，但C在高温下能还原出Si：SiO2＋2CSi＋2CO↑。
(4)非金属单质与碱反应一般既作氧化剂又作还原剂，且无氢气放出，但硅与强碱溶液反应只作还原剂，且放出氢气：Si＋2NaOH＋H2O===Na2SiO3＋2H2↑。
(5)非金属单质一般不与非氧化性酸反应，但硅能跟氢氟酸反应：Si＋4HF===SiF4↑＋2H2↑。
(6)一般情况下，碱性氧化物＋酸―→盐＋水，二氧化硅是酸性氧化物，却能与氢氟酸反应：SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O(SiF4不属于盐，故SiO2不是两性氧化物)。
(7)一般情况下，较强酸＋较弱酸的盐―→较弱酸＋较强酸的盐(溶液中的反应)。
因碳酸的酸性强于硅酸，所以水玻璃在空气中易变质：Na2SiO3＋H2O＋CO2===Na2CO3＋H2SiO3(胶体)。
(8)一般情况下，金属(Na、K)能置换出水中的氢，但C在高温下也能置换出H2O中的氢：C＋H2O(g)H2＋CO。
(9)一般情况下，酸性氧化物与水反应生成相应的含氧酸，但二氧化硅不溶于水，也不与水反应。
五 、 CO2与碱、盐溶液的反应规律
1、与碱溶液的反应
(1)反应原理
NaOHNa2CO3NaHCO3
(2)反应后溶质成分的判断
x＝
溶质成分
x≤1∶1
NaHCO3
1∶1 Na2CO3、NaHCO3
x＝2∶1
Na2CO3
x>2∶1
NaOH、Na2CO3
也可用数轴来表示：

①CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3
②CO2＋Na2SiO3＋2H2O===H4SiO4↓＋Na2CO3
或CO2＋Na2SiO3＋H2O===H2SiO3↓＋Na2CO3
当CO2过量时，发生反应如下：
2CO2＋Na2SiO3＋2H2O===H2SiO3↓＋2NaHCO3
③CO2＋Ca(ClO)2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
2、CO2与盐溶液的反应
（1） 碳酸是一种弱酸，其酸性比盐酸、醋酸要弱，因此，盐酸、醋酸能与碳酸盐反应；
（2） 碳酸酸性又比硅酸、次氯酸、苯酚、偏铝酸等强，因此，将CO2气体通入Na2SiO3、NaClO、、NaAlO2等盐溶液中，均能发生反应而生成相应的弱酸和碳酸(氢)盐，这就是“强酸制弱酸”原理的应用。如：
（1）CO2＋Ca(ClO)2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO
（2）CO2＋＋H2O―→＋NaHCO3
（3）CO2＋NaAlO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋NaHCO3(CO2过量时)
CO2＋2NaAlO2＋3H2O===2Al(OH)3↓＋Na2CO3(CO2少量时)
【知识理解提点】
1.用焦炭还原SiO2，产物是CO而不是CO2。
2.粗硅中含碳等杂质，与Cl2反应生成的SiCl4中含有CCl4等杂质，经过分馏提纯SiCl4后，再用H2还原，得到高纯度硅。
3.由于玻璃的成分中含有SiO2，故实验室盛放碱液的试剂瓶用橡皮塞而不用玻璃塞。
4.因为氢氟酸腐蚀玻璃，与玻璃中的SiO2反应，所以氢氟酸不能用玻璃瓶保存，而应保存在塑料瓶或铅皿中。
5.SiO2是H2SiO3的酸酐，但SiO2不与水反应，不能用SiO2直接与水作用制备H2SiO3。
6.Na2SiO3的水溶液是一种黏合剂，是制备硅胶和木材防火剂等的原料；Na2SiO3易与空气中的CO2、H2O反应，要密封保存。
7.可溶性碳酸盐、硅酸盐的水溶液呈碱性，保存该溶液的试剂瓶不能用玻璃塞，应用橡胶塞。
8.“强酸制弱酸”而“弱酸不能制强酸”
①“强酸制弱酸”是一个重要的化学反应规律：
a、CO2、SO2通入CaCl2或BaCl2溶液均不反应，无沉淀产生。因为“弱酸不能制强酸”
b 、CO2与溶液反应的产物与CO2的用量无关，都生成NaHCO3，因为酸性H2CO3>>HCO。
c.CO2与NaClO溶液反应的产物与CO2的量无关，也只能生成NaHCO3，不能生成Na2CO3，因为酸性H2CO3>HClO>HCO。
②但不可认为弱酸就不能“制取”强酸。在三个特殊条件下，弱酸可以制强酸。
A.当有不溶于酸的沉淀生成时，弱酸制强酸。如将H2S通入CuSO4溶液中或向氢硫酸中滴加氯水：H2S＋CuSO4===CuS↓＋H2SO4(S2－与Cu2＋结合成难溶于酸的沉淀CuS，Ksp很小)，
B.难挥发性酸(无论强酸还是弱酸）可以制挥发性的强酸。如磷酸制HBr
C.发生氧化还原反应时，弱酸可以制强酸。如：H2SO3+HClO=HCl+H2SO4
【惑点辨析】
判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。
1.石墨和金刚石均为碳元素的不同单质,它们具有相同的性质。(　　)
2.因为SiO2熔点高、硬度大,所以可用于制光导纤维。(　　)
3.硅的导电性能介于导体和绝缘体之间,是良好的半导体材料。(　　)
4.硅的化学性质不活泼,常温下不与任何物质反应。(　　)
5.CO2和CO都是温室气体,CO2与SiO2两者组成相同,具有相似的性质。(　　)
6.因为HF能与SiO2反应,故可用氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记。(　　)
7.氨化的饱和食盐水中通入足量的CO2气体,会析出晶体。(　　)
8.Na2CO3溶液贮存在带有玻璃塞的试剂瓶中。(　　)
9.硅胶作袋装食品的干燥剂的过程中没有发生化学变化。(　　)
10.水玻璃是一种特殊的玻璃,泡花碱属于碱。(　　)
11.汉代烧制出的“明如镜、声如磐”的瓷器,其主要原料为黏土。(　　)
12.根据反应SiO2+Na2CO3CO2↑+Na2SiO3,说明H2SiO3的酸性比H2CO3强。(　　)
答案:1.×　2.×　3.√　4.×　5.×　6.√　7.√　8.× 9.√　10.×　11.√　12.×
【夯基例析·跟踪演练】
【基础例析】碳及及其化合物性质和应用
例1.(2022·湘赣皖十五校第三次联考)往含0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH)2的混合溶液中持续稳定地通入CO2气体6.72 L(标准状况下)，则在这一过程中，下列有关溶液中离子总物质的量(n)随通入CO2气体体积(V)的变化曲线中正确的是(离子水解忽略不计)(　　)

【答案】B
【解析】根据电离方程式：NaOH===Na＋＋OH－，Ba(OH)2===Ba2＋＋2OH－可知，在含0.2 mol NaOH和0.1 mol Ba(OH)2的混合溶液中离子的总物质的量为0.2 mol×2＋0.1 mol×3＝0.7 mol。标准状况下6.72 L CO2的物质的量n(CO2)＝＝0.3 mol，把CO2气体通入混合溶液中，
A项：首先发生反应：Ba2＋＋2OH－＋CO2===BaCO3↓＋H2O，当0.1 mol Ba(OH)2恰好反应完全时消耗0.1 mol CO2(体积为2.24 L)，此时离子的物质的量减少0.3 mol，溶液中离子的物质的量为0.4 mol，然后发生反应：CO2＋2OH－===CO＋H2O，当0.2 mol NaOH完全反应时又消耗0.1 mol CO2(体积为2.24 L)，消耗总体积为4.48 L，离子的物质的量又减少0.1 mol，此时溶液中离子的物质的量为0.7 mol－0.3 mol－0.1 mol＝0.3 mol，A错误；
B项：继续通入0.1 mol CO2气体，发生反应：CO＋H2O＋CO2===2HCO，根据方程式可知：0.1 mol CO2反应，溶液中离子的物质的量增加0.1 mol，此时溶液中离子的物质的量为0.3 mol＋0.1 mol＝0.4 mol，只有选项B符合反应实际，故合理选项是B。
C项：继续通入0.1 mol CO2气体，溶液中离子的物质的量为0.3 mol＋0.1 mol＝0.4 mol，C错误；
D项：首先发生反应：Ba2＋＋2OH－＋CO2===BaCO3↓＋H2O，当0.1 mol Ba(OH)2恰好反应完全时消耗0.1 mol CO2(体积为2.24 L)，此时离子的物质的量减少0.3 mol，溶液中离子的物质的量为0.4 mol，D错误；
【跟踪演练】
1.(2022·沈阳模拟)将足量CO2通入KOH和Ca(OH)2的混合稀溶液中，生成沉淀的物质的量(n)和通入CO2体积(V)的关系正确的是(　　)

【答案】D
【解析】CO2与KOH和Ca(OH)2都会反应，但存在着竞争，如果先与KOH反应，则反应后生成的K2CO3立即会与Ca(OH)2反应生成CaCO3，因此，可以看成CO2先与Ca(OH)2反应，所以通CO2后立即有CaCO3生成。第二步还要判断CO2是先跟KOH反应还是先与生成的CaCO3反应，同样可以采用假设法判断，即如果先与CaCO3反应，则生成的Ca(HCO3)2又会与KOH反应，因此是先与KOH反应，此过程生成沉淀的物质的量不变，当KOH反应完全，CO2再与CaCO3反应，直至沉淀完全溶解，故选D。
2.（2022·江苏高三三模）海洋碳循环是全球碳循环的重要组成部分，是影响全球气候变化的关键控制环节。下图为海洋中碳循环的简单原理图。下列说法错误的是

A．海洋碳循环过程中能将太阳能转化为化学能
B．钙化释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O
C．影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等
D．光合作用，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为4NA(NA表示阿伏伽德罗常数)
【答案】D
【解析】如图CO2在弱碱性条件下转化成Na2CO3、NaHCO3，遇氯化钙发生2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，生成CaCO3沉淀钙化同时释放CO2，再经光合作用，形成有机物参与海洋碳循环。
A项： CO2经光合作用形成有机物参与海洋碳循环，过程中能将太阳能转化为化学能，故A正确；
B项： 钙化生成CaCO3沉淀同时，释放CO2的离子方程式：2HCO+Ca2+=CaCO3↓+CO2↑+H2O，故B正确；
C项： 温度高或酸性条件下，二氧化碳在水中溶解度小，影响海洋碳循环的因素主要有海水的酸碱性、水温、藻类生物的分布等，故C正确；
D项： 光合作用，碳由+4价降为0价，每生成0.1mol(CH2O)x转移电子数为0.4xNA(NA表示阿伏伽德罗常数)，故D错误；故选D。
3.(2022·湘赣皖十五校第一次联考模拟题)通过资源化利用的方式将CO2转化为具有工业应用价值的产品(如图所示)，是一种较为理想的减排方式，下列说法中正确的是(　　)

A．CO2经催化分解为C、CO、O2的反应为放热反应
B．除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法
C．过氧化尿素和SO2都能使品红溶液褪色，其原理相同
D．由CO2和H2合成甲醇，原子利用率达100%
【答案】B
【解析】A项：该反应应为吸热反应，A错误；
B项：碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，因此除去Na2CO3固体中少量NaHCO3可用热分解的方法，B正确；
C项：过氧化尿素使品红溶液褪色是利用它的强氧化性，而二氧化硫使品红溶液褪色是利用它与品红化合生成不稳定的无色物质，原理不相同，C错误；
D项：由碳氧原子个数比可知，二氧化碳与氢气合成甲醇的原子利用率不是100%，D错误。
【基础例析】硅及其化合物的性质和应用
例2.下列表述正确的是(　　)
①人造刚玉熔点很高，可用作高级耐火材料，主要成分是二氧化硅
②化学家采用玛瑙研钵摩擦固体反应物进行无溶剂合成，玛瑙的主要成分是硅酸盐,③提前建成的三峡大坝使用了大量水泥，水泥是硅酸盐材料,④夏天到了，游客佩戴由添加氧化亚铜的二氧化硅玻璃制作的变色眼镜来保护眼睛,⑤太阳能电池可采用硅材料制作，其应用有利于环保、节能
A.①②③ B.②④ C.③④⑤　 D.③⑤
【答案】D
【解析】本题主要考查学生对身边常见的化学制品的了解情况。侧重考查学生应用化学知识解释和解决身边化学问题的能力。人造刚玉主要成分为Al2O3，①错；
玛瑙的主要成分是SiO2；③水泥主要成分是硅酸盐，正确；
④变色眼镜镜片应是在普通硼酸盐玻璃中加入光敏物质AgBr等，并加入极少光敏化剂如CuO等制成，故④错。综上所述，本题答案选D。
【跟踪演练】
4..二氧化硅广泛存在于自然界中，在日常生活、生产、科研及新型材料等方面有着重要的用途。a～e是对①～⑤反应中SiO2所表现的化学性质或作用进行的判断，其中正确的是(　　)
①SiO2＋2NaOH===Na2SiO3＋H2O
②SiO2＋2CSi＋2CO↑
③SiO2＋4HF===SiF4↑＋2H2O
④Na2CO3＋SiO2Na2SiO3＋CO2↑
⑤SiO2＋3CSiC＋2CO↑
a．反应①中SiO2作为玻璃的成分被消耗，用于刻蚀玻璃
b．反应②中SiO2表现出氧化性
c．反应③中SiO2表现出酸性氧化物的通性
d．反应④符合用难挥发性的酸酐制取易挥发性的酸酐的道理
e．反应⑤中SiO2未参加氧化还原反应
A．ace　　　　 B．bde C．cde D．ab
【答案】B
【解析】通常用氢氟酸来刻蚀玻璃，与之对应的是反应③，反应①中SiO2表现出酸性氧化物的通性，a、c判断错误；反应②是一个置换反应，其中二氧化硅被还原，表现出氧化性，b判断正确；反应④是一个复分解反应，用难挥发的二氧化硅制取易挥发的二氧化碳，d判断正确；反应⑤中碳的化合价由0价变为－4和＋2价，硅的化合价和氧的化合价都没有改变，因此二氧化硅没有参加氧化还原反应，e判断正确。
5.(2022·湖南怀化市高三期末)青石棉是一种致癌物质，是《鹿特丹公约》中受限制的46种化学品之一，其化学式为Na2Fe5Si8O22(OH)2。青石棉用稀硝酸处理时，还原产物只有NO，下列说法不正确的是(　　)
A．青石棉是一种硅酸盐产品
B．青石棉中含有一定量的石英晶体
C．青石棉的化学组成可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O
D．1 mol青石棉能还原1 mol HNO3
【答案】B
【解析】A项：硅酸盐指的是Si、O与其他化学元素结合而成的化合物的总称，根据青石棉的化学式可知，青石棉是一种硅酸盐产品，故A说法正确；
B项：硅酸盐中不含有SiO2，因此青石棉中不含石英晶体，故B说法错误；
C项：按照硅酸盐写成氧化物形式，青石棉的化学式组成用氧化物的形式可表示为Na2O·3FeO·Fe2O3·8SiO2·H2O，故C说法正确；
D项：根据C选项分析，青石棉中含有＋2价的铁，与硝酸发生氧化还原反应，根据得失电子数目守恒可知，1 mol青石棉能还原1 mol HNO3，故D说法正确。
【基础例析】无机非金属材料的分类和应用
例3.下列关于无机非金属材料的说法中不正确的是(　　)
A．传统无机非金属材料是指玻璃、水泥、陶瓷等硅酸盐材料
B．新型无机非金属材料克服了传统无机非金属材料的许多缺点
C．高温结构材料具有耐高温、耐酸碱腐蚀、硬度大、耐磨损、密度小等优点
D．传统无机非金属材料和新型无机非金属材料的主要成分都是硅酸盐
【答案】D
【解析】A项：无机非金属材料分为传统无机非金属材料和新型无机非金属材料两大类。传统无机非金属材料是指我们常说的硅酸盐材料，包括玻璃、水泥、砖瓦、陶瓷等；
B项：新型无机非金属材料是指一些新型的具有特殊结构和特殊功能的非硅酸盐型材料。
C项：新型无机非金属材料与传统无机非金属材料相比，具有许多优良性能，如耐高温、耐磨损、耐酸碱腐蚀、具有压电效应、具有生物功能等。
D项：新型无机非金属材料的主要成分不是硅酸盐
【跟踪演练】
6.陶瓷是火与土的结晶，是中华文明的象征之一，其形成、性质与化学有着密切的关系。下列说法错误的是
A．“雨过天晴云破处”所描述的瓷器青色，来自氧化铁
B．闻名世界的秦兵马俑是陶制品，由黏土经高温烧结而成
C．陶瓷是应用较早的人造材料，主要化学成分是硅酸盐
D．陶瓷化学性质稳定，具有耐酸碱侵蚀、抗氧化等优点
【答案】A
【解析】A项：氧化铁为棕红色固体，瓷器的青色不可能来自氧化铁，故A错误；
B项：秦兵马俑是陶制品，陶制品是由粘土或含有粘土的混合物经混炼、成形、煅烧而制成的，故B正确；
C项：陶瓷的主要原料是取之于自然界的硅酸盐矿物，陶瓷的主要成分是硅酸盐，与水泥、玻璃等同属硅酸盐产品，故C正确；
D项：陶瓷的主要成分是硅酸盐，硅酸盐的化学性质不活泼，具有不与酸或碱反应、抗氧化的特点，故D正确。
必备知识点2氯及其化合物
一 、 氯气及其重要化合物
（一）氯气
1.物理性质
颜色
状态
气味
密度
溶解性
黄绿色
气体
刺激性
比空气大
1体积水溶
解约2体积Cl2
2.化学性质
氧化性
原子结构

与金属反应
①Fe：2Fe＋3Cl22FeCl3，棕红色烟。
②Cu：Cu＋Cl2CuCl2，棕黄色烟。
与非金属反应
H2：H2＋Cl22HCl，苍白色火焰；
H2和Cl2的混合气体光照时会发生爆炸。
与还原性化合物反应
①与碘化钾溶液反应：Cl2＋2KI===2KCl＋I2。
②与SO2水溶液反应：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。
③与FeCl2溶液反应：Cl2＋2FeCl2===2FeCl3。
歧化反应

与水反应
化学方程式：Cl2＋H2OHCl＋HClO，
离子方程式：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO。
与碱反应
Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
制取漂白粉：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。
3Cl2＋6KOH5KCl＋KClO3＋3H2O。
3.从平衡的角度理解氯水的成分和性质
①氯气能溶于水(1∶2)，氯气的水溶液称为氯水，溶于水的氯气只有少量与水反应，氯水中存在一个完全电离和三个平衡：
HCl===H＋＋Cl－
Cl2＋H2OHCl＋HClO
HClOH＋＋ClO－
H2OH＋＋OH－
②根据可逆反应的特点，氯水中存在着上述关系中的各种微粒：

③氯水性质的多重性：新制氯水的多种成分决定了它具有多重性质，在不同的化学反应中，氯水中参与反应的微粒不同。

4.液氯、新制氯水、久置氯水的比较

液氯
新制氯水
久置氯水
类别
纯净物
混合物
混合物
微粒
Cl2
H2O、Cl2、HClO、ClO－、Cl－、H＋、OH－
H2O、Cl－、H＋、OH－
颜色
黄绿色
淡黄绿色
无色
性质
氧化性
酸性、氧化性
酸性
（二） 氯的常见氧化物
氧化物
制法
主要性质
氧化二氯
用新制备的黄色氧化汞与氯气反应可制得：2HgO＋2Cl2===Cl2O＋HgCl2·HgO；
也可以用氯气与潮湿的碳酸钠来制取：
2Na2CO3＋H2O＋2Cl2===2NaCl＋2NaHCO3＋Cl2O。
性质：次氯酸的酸酐，溶于水产生不稳定的次氯酸并最终变为盐酸。
②外观与性状：棕黄色气体，有刺激性气味。
二氧化氯
②制取：Cl2＋2NaClO2===2ClO2＋2NaCl
或：5NaClO2＋4HCl===4ClO2↑＋5NaCl＋2H2O。
是一种黄绿色到橙黄色的气体，极易溶于水。是一种广谱、高效的灭菌剂。
（三） 氯的含氧酸及其盐
1.含氧酸
含氧酸

HClO(次氯酸)
①不稳定性：次氯酸分解：2HClO2HCl＋O2↑，氯水要现用现配，且保存在棕色试剂瓶中，并置于冷暗处。
②强氧化性：能将有机有色物质氧化为无色物质，作漂白剂；杀菌、消毒。
③弱酸性：向NaClO溶液中通入少量CO2，离子方程式为ClO-＋CO2＋H2O===HCO3-＋HClO。
HClO2(亚氯酸)
亚氯酸(HClO2），氧化性很强，比氯酸和高氯酸，氧化性HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4。是目前所知唯一的亚卤酸。同时，它也是氯的含氧酸中最不稳定的。亚氯酸很不稳定，容易分解，在几分钟之内便可生成Cl2、ClO2和H2O，8HClO2=Cl2＋6ClO2＋4H2O ，但生成的盐类——亚氯酸盐相对稳定，亚氯酸钠是生产二氧化氯的原料之一
1)制备
①ClO2在水中分解：2ClO2＋H2O=HClO2＋HClO3
②通ClO2于Na2O2或NaOH与H2O2可得亚氯酸盐
2ClO2＋Na2O2=2NaClO2＋O2；2ClO2＋H2O2＋OH-=2ClO2-+O2＋H2O
③HClO2可由亚氯酸钡与稀硫酸的反应制备：Ba(ClO2)2＋H2SO4=BaSO4＋2HClO2
滤去硫酸钡沉淀即可得亚氯酸溶液。
2)性质与用途
①非常不稳定的化合物，但亚氯酸盐较稳定。
②具有漂白性(HClO，HClO2，HClO3都有漂白性，一般用NaClO2加到水中从而生成HClO2)
HClO3(氯酸)
化学式HClO3，仅存在于稀溶液中。水溶液在真空中可浓缩到质量百分浓度为40％，加热到40°C时即分解爆炸：仅存在于稀溶液中。水溶液在真空中可浓缩到质量百分浓度为40％，加热到40°C时即分解爆炸：26 HClO3=10 HClO4＋15O2＋8Cl2＋8 H2O,浓酸为浅黄色，有类似硝酸的刺激性气味；稀酸无色，在常温时没有气味。有强烈氧化性，当与纸张、棉花等接触时就燃烧。氯酸是强酸，它的电离近似硝酸和盐酸。当将稀的氯酸溶液剧烈冷却时，它将变得粘稠但不结晶。氯酸钡与硫酸作用后经过滤蒸馏而得氯酸。其酸的重要盐类是钾盐和钠盐，氯酸钾不潮解，氯酸钠潮解。
HClO4(高氯酸)
化学式HClO4，通常是无色 、极易吸湿的液体，在空气中强烈冒烟，熔点为-112°C，沸点为16°C（2.4×103Pa）。无水高氯酸不稳定，储藏时有时会爆炸，因此应特别注意！但它的水溶液是稳定的。溅于皮肤上会引起灼伤。
几种酸的性质比较
酸性：HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO
氧化性：HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4。
2.氯的含氧酸盐
（1）“84”消毒液
有效成分为NaClO，它与洁厕灵(主要成分盐酸)混合立即会产生氯气，其离子方程式是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
（2）漂白粉
①成分：漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，其中有效成分是Ca(ClO)2。
②化学性质：水解呈碱性，具有强氧化性。
③漂白原理：在潮湿的空气中能吸收CO2，化学方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3↓。
④久置失效原理：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3↓；2HClO2HCl＋O2↑，必须密封保存。
（3）NaClO2(亚氯酸钠)
①性质：呈碱性，是一种强氧化剂，遇酸放出ClO2气体。
②用途：是一种高效氧化性漂白剂。主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白、食品消毒、水处理、杀菌灭藻和鱼药制造。
（四）氯胺
1.氯胺的种类
氯胺是由氯气遇到氨气反应生成的一类化合物，主要包括一氯胺、二氯胺和三氯胺（NH2Cl，NHCl2和NCl3），是常用的饮用水二级消毒剂。
2.氯胺的化合价：氯胺中氯为+1，N为-3，H为+1。
3.氯胺的消毒原理：氯胺在水中发生缓慢水解生成次氯酸，发挥消毒杀菌作用，水解方程式如下：
NH2Cl+H2ONH3+HClO
NHCl2+2H2ONH3+2HClO
NCl3+3H2ONH3+3HClO
二 、 氯气的制法
（一）氯气的实验室制法
1．制取原理
实验室通常用强氧化剂MnO2、KMnO4、K2Cr2O7、KClO3、Ca(ClO)2等氧化浓盐酸制取氯气。
（1）用MnO2制取Cl2的化学方程式：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。
（2）其他制备Cl2的化学反应原理（特点：不需要加热）
①14HCl(浓)＋K2Cr2O7===2KCl＋2CrCl3＋7H2O＋3Cl2↑
②16HCl(浓)＋2KMnO4===2KCl＋2MnCl2＋8H2O＋5Cl2↑
③6HCl(浓)＋KClO3===KCl＋3H2O＋3Cl2↑
④4HCl(浓)＋Ca(ClO)2===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O
2．实验装置


注：实验装置改进
(1)制备装置

橡皮管a的作用：使圆底烧瓶与分液漏斗内气压相等，保证液体顺利流下。
(2)净化装置

改进作用①装置中长颈漏斗的作用除用于检查装置气密性外，还可以检查整套装置是否发生堵塞。若发生堵塞现象为：长颈漏斗中液面上升。
②该装置的作用之一是观察气体的生成速率。
(2)干燥装置

改进作用：用无水氯化钙或五氧化二磷固体同样能吸收氯气中的水蒸气，且操作方便安全，但不能用碱石灰。
3．制取流程
(1)制备装置类型：固体＋液体气体
(2)净化方法：用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气。
(3)收集方法：①氯气的密度比空气大，可用向上排空气法收集②氯气在饱和食盐中的溶解度较小，可用排饱和食盐水法收集。
(4)验满方法：①将湿润的淀粉­KI试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口，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的试剂瓶口，观察到试纸先变红后退色，则证明已集满；③根据氯气的颜色，装置充满了黄绿色气体，则证明已集满。
(5)尾气吸收：用强碱溶液(如NaOH溶液)吸收，不用Ca(OH)2溶液吸收的原因是Ca(OH)2溶解度小，溶液浓度低，吸收不完全。
（二）工业制法
电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋Cl2↑＋H2↑。
三、 卤素的性质和卤素离子的检验
（一）卤素的性质
1．溴、碘单质的物理性质
性质
Br2
I2
颜色
深红棕色
紫黑色
状态
液体
固体
溶解性及
溶液颜色
水中
溶解度不大，橙色
溶解度不大，黄色
有机溶剂中
易溶，橙红色
易溶，紫红色
特性
易挥发、有毒
①易升华
②使淀粉溶液变蓝
2.卤素单质化学性质的相似性
(1)都能与大多数金属反应，如溴与铁反应生成FeBr3，但I2与Fe反应生成FeI2。
(2)都能与H2反应生成HX(X代表F、Cl、Br、I)。
(3)都能与水反应：X2＋H2OHX＋HXO(X代表Cl、Br、I)。
(4)都能与碱溶液反应。
3．卤素单质性质的递变性
（1）颜色逐渐加深
（2）熔、沸点逐渐升高
（3）密度―→逐渐增大
（3）氧化性逐渐减弱
4．卤素性质的特殊性
(1)氟①无正价，非金属性最强，F－的还原性最弱；②F2与H2反应在暗处即爆炸，F2与水剧烈反应，化学方程式：2F2＋2H2O===4HF＋O2；③氢氟酸是弱酸，能腐蚀玻璃，故应保存在塑料瓶中。
(2)溴：①Br2是常温下唯一呈液态的非金属单质；②Br2易溶于有机溶剂；③液态Br2有剧毒，易挥发，故盛溴的试剂瓶中加水，进行水封，保存液溴不能用橡胶塞
(3)碘：①淀粉遇I2变色；②I2加热时易升华；③I2易溶于有机溶剂；④I2易与Na2S2O3反应：I2＋2S2O===2I－＋S4O，此反应常用于滴定法(以淀粉为指示剂)来定量测定碘的含量。
(4)卤化银：AgBr、AgI均具有感光性，见光易分解。AgBr可用于制照相底片或感光纸，AgI可用于人工降雨。
5.卤素单质溶于水或有机溶剂所呈现的颜色
单质
水
CCl4
汽油(或苯)
酒精
Cl2
淡黄→黄绿
黄绿
黄绿
黄绿
Br2
黄→橙
橙→橙红
橙→橙红
橙→橙红
I2
深黄→褐
紫→深紫
淡紫→紫红
淡紫→紫红
6．卤族化合物的相似性和递变性
(1)卤素化合物的性质
化合物
性质
备注
氢化物
稳定性：HF>HCl>HBr>HI
还原性：HF 水溶液的酸性：F HF几乎没有还原性；HF为弱酸，HCl、HBr、HI均为强酸
金属卤化物
卤素离子的还原性：
F－ I－的还原性很强，能被Fe3＋、HNO3、MnO(H＋)、H2O2、O2、ClO－、ClO等氧化剂氧化
次卤酸盐(XO－、F除外)
均具有氧化性(填“氧化”或“还原”)
次卤酸盐能氧化相应的卤素离子生成卤素单质(F除外)：如ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O
卤酸盐(XO、
F除外)
均具有氧化性(填“氧化”或“还原”)
卤酸盐能氧化相应的卤素离子生成卤素单质(F除外)：如ClO＋5Cl－＋6H＋===3Cl2↑＋3H2O
(2)卤化银的性质
溶解性
AgCl、AgBr、AgI均不溶于水和稀硝酸，而AgF可溶于水
颜色
AgF、AgCl均为白色，AgBr为浅黄色，AgI为黄色
感光性
除AgF外，均有感光性，其中AgBr常作感光材料
7．卤素互化物
由两种卤素互相结合而成的物质叫卤素互化物。如IBr、ICl、BrF3、ClF3。
卤素互化物与卤素单质的性质相似，有较强的氧化性，如能与金属、H2O、NaOH等反应：2IBr＋2Mg===MgBr2＋MgI2。
8．拟卤素
有些多原子分子与卤素单质性质相似，其阴离子与卤素阴离子性质相似。如：氰(CN)2、硫氰(SCN)2、氧氰(OCN)2。解答这类题目时可用换元法，如把(SCN)2当作X2，把SCN－当作X－。卤素单质和“类卤素”的氧化性由强到弱的顺序为：F2、(OCN)2、Cl2、Br2、(CN)2、(SCN)2、I2
（二）卤素离子的检验方法
(1)AgNO3溶液——沉淀法
未知液生成
(2)置换——萃取法
未知液　有机层呈
(3)氧化——淀粉法检验I－
未知液未知液　蓝色溶液，表明有I－
【知识理解提点】
1.实验室里闻有毒气体及未知气体气味的方法是：用手在瓶口轻轻扇动，仅使极少量气体飘进鼻孔。
2.向Ca(ClO)2溶液中通入SO2，生成的是CaSO4而不是CaSO3。Ca2++3ClO-+SO2(少量）+H2O = CaSO4+Cl-+2HClO
3.84消毒液(主要成分NaClO)和洁厕灵(主要成分HCl)不能混合使用，否则会产生有毒气体——氯气。
4.实验室制取氯气的注意事项
(1)反应物的选择：必须用浓盐酸。
(2)加热温度：不宜过高，以减少HCl挥发。
(3)实验结束后，先使反应停止并排出残留的Cl2后，再拆卸装置，避免污染空气。
(4)尾气吸收时，用NaOH溶液吸收Cl2，不能用澄清石灰水吸收，因为溶液中含Ca(OH)2的量少，吸收不完全。
5.①F2能与水反应放出O2，故F2不能从其他卤化物的水溶液中将卤素单质置换出来。
②氯、溴单质的氧化性较强，能与一些还原性离子反应，如Br2与SO、Fe2＋反应的离子方程式分别为SO＋Br2＋H2O===SO＋2Br－＋2H＋、2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－。
③卤族元素的单质F2、Cl2、Br2均能将Fe氧化为Fe3＋，而I2只能将铁氧化为Fe2＋。
④加碘食盐中的碘是KIO3而不是I2或KI。
⑤实验室里常用萤石(CaF2)与浓H2SO4反应在铅皿中制取HF，反应的化学方程式为CaF2＋H2SO4CaSO4＋2HF↑；氢氟酸保存在塑料瓶中。
卤素互化物中，非金属性弱的元素显正价，如：ICl中，I显＋1价，Cl显－1价，所以卤素互化物与水或碱的反应一般属于非氧化还原反应：
IBr＋H2O===HBr＋HIO，IBr＋2NaOH===NaBr＋NaIO＋H2O。
【惑点辨析】
判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)。
1.Cl2可用于消灭田鼠,可将Cl2用软管通入田鼠洞中,这是利用了Cl2的毒性和密度比空气大的性质。(　　)
2.Cl2具有很强的氧化性,在化学反应中只能作氧化剂。(　　)
3.MnO2与浓盐酸制取Cl2的反应,HCl表现出还原性和酸性。(　　)
4.可用饱和食盐水或饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl杂质。(　　)
5.在实验室中用NaOH或Ca(OH)2溶液均可吸收尾气中的Cl2。(　　)
6.“84”消毒液和洁厕灵不能混合使用,因为ClO-+Cl-+2H+Cl2↑+H2O。(　　)
7.卤素单质均能将Fe氧化为Fe3+。(　　)
8.用CCl4萃取碘水中的碘,先振荡后静置,液体分层,且上层液体几乎呈无色。(　　)
9.可用淀粉溶液检验加碘食盐中的KIO3。(　　)
10.实验室保存少量液溴时常加少量水液封,并用玻璃塞密封,不能用橡胶塞。(　　)
11.海水淡化的方法有蒸馏法、电渗析法、明矾净化法、双氧水杀菌法等。(　　)
12.海水提溴和海带提碘过程中既涉及物理变化,又涉及化学变化。(　　)
答案:1.√2.× 3.√4.×5.×6.√ 7.×8.√9.×10.√11.×12.√
【夯基例析·跟踪演练】
【基础例析】氯及其重要化合物的性质和应用
例1.（2020·黑龙江伊春二中高三期中）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+2MnCl2+5Cl2↑+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-
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【解析】A项：Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，a处变蓝、b处变橙色，可证明氧化性：Cl2＞I2、Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，A错误；
B项：氯气与水反应Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，H+使试纸变红，HClO具有漂白性，可使试纸褪色，则c处先变红，后褪色，能证明氯气与水生成了酸性物质和漂白性物质，B错误；
C项：Cl2和NaOH反应生成NaCl、NaClO和H2O，反应消耗了NaOH，使溶液的碱性减弱导致溶液的红色褪去，不能证明生成物质具有漂白性，C错误；
D项：Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，试纸变为红色，反应的离子方程式2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，证明还原性：Fe2+＞Cl-，D正确；故答案为D。
【跟踪演练】
1.（2022·甘肃武威十八中高三期末）氯气溶于水达到平衡后，若其他条件不变，只改变某一条件，下列叙述正确的是
A．加入少量水，水的电离平衡向电离的方向移动
B．再通入少量氯气，减小
C．通入少量SO2，溶液的漂白性增强
D．加入少量固体NaOH，一定有c(Na+)=c(Cl-)
【答案】A
【解析】A项： 氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，抑制水的电离，加入少量水，溶液中的氢离子浓度减小，对水的电离的抑制程度减弱，则水电离平衡正向移动，故A正确；
B项： 通入少量氯气，反应平衡正向移动，氢离子的浓度增大的程度比次氯酸根离子增大的程度大，则增大，故B错误；
C项： 通入少量二氧化硫，氯气和二氧化硫反应生成硫酸和盐酸，溶液的次氯酸减少，漂白性减弱，故C错误；
D项：溶液中有电荷守恒：c(Na+)+c(H+)=c(Cl-)+c(ClO-)+ c(OH-)，当溶液呈中性时，c(H+)= c(OH-)，则c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)，而当加入少量固体氢氧化钠时，溶液呈酸性，则c(Na+)＜c(Cl-)+c(ClO-)，一定没有c(Na+)=c(Cl-)，故D错误；故选A。
【基础例析】氯气及含氯化合物的实验室制法
例2．（2022·河南高三）某同学欲利用浓盐酸、MnO2、Fe等试剂制取无水氯化铁、收集一定量的氯气并验证其某些性质，实验装置如图所示(制气装置省略)。下列说法错误的是

A．④中a导管应向下延伸至接近瓶底
B．若撤去⑥，则⑤中可能有Fe2O3生成
C．当⑤中充满黄绿色气体时再点燃⑤处酒精灯
D．③中试纸若是湿润的，则根据产生的现象可证明氯气有酸性，漂白性
【答案】D
【解析】A项： 氯气的密度比空气的大，应采用向上排空气法收集，故需要将a导管延长至接近瓶底，A正确；
B项： 若撤去⑥，则⑦中的水蒸气逆向进入⑤中，导致FeCl3水解生成Fe(OH)3，Fe(OH)3受热分解变为Fe2O3，B正确；
C项：加热时装置中的空气会与与Fe反应，故应先通入一段时间Cl2，以排尽装置中的空气，防止加热时被被空气氧化，C正确；
D项： 干燥的氯气无漂白性、酸性，D错误；故合理选项是D。
【跟踪演练】
2（2022·哈尔滨市第二中学校高三期中）某研究性学习小组的同学利用MnO2、浓盐酸反应来制取干燥的氯气并验证其有无漂白性，所用装置如图所示(可重复使用，不含制气装置)。下列说法正确的是(　　)

A．按气流流动的先后顺序，装置连接顺序依次为DACBE
B．按气流流动的先后顺序，装置连接顺序依次为DABAE
C．装置E的主要用途是制备NaClO
D．若实验中使用到装置C且有色布条褪色，则说明湿润的氯气有漂白性
【答案】D
【解析】A项：用浓盐酸与MnO2混合加热制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，在Cl2中含有杂质HCl及水蒸气，先通过D装置除去HCl，再通过A装置除去水蒸气，得到干燥纯净的氯气，然后通过B验证Cl2是否具有漂白性，再通过C验证潮湿的氯气具有漂白性，由于氯气会导致大气污染，因此最后通过NaOH溶液进行尾气处理，故使用的装置的先后顺序为DABCE，故A错误；
B项：根据A项分析可知，装置连接顺序依次为为DABCE，故B错误；
C项：装置E的主要用途是吸收多余的氯气，防止污染空气，故C错误；
D项：由装置B中现象可判断Cl2无漂白性，湿润有色布条褪色是因氯气与水反应生成的HClO引起的，故D正确；答案选D。
【基础例析】含氯消毒剂的性质和应用
例3．（2022·北京一中高三月考）氯胺（NH2Cl）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。下列有关氯胺的说法一定不正确的是（ ）
A．氯胺中氯元素的化合价为＋1 价
B．氯胺的电子式为
C．氯胺的水解产物为 NH2OH（羟氨）和 HCl
D．氯胺的消毒原理与漂白粉相似
【答案】C
【解析】A项：NH2Cl是用Cl替代了NH3中的一个H得到的，所以Cl的化合价为+1价，说法正确，A想错误；
B项：根据有机物的成键规则，N形成三条键，Cl和H分别形成一条键，并且电子式中的每个原子应当达到自己相对应的稳定结构，所以电子式是正确的,说法正确，B项错误；
C项：Cl为正一价，应当结合水电离出来的OH-形成HClO，另一个产物是NH3，说法错误，C项正确；
D项：根据分析，氯胺和漂白粉都是因为产生了HClO才具有杀菌消毒作用，说法正确，D项错误。
【跟踪演练】
3.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，常用于饮用水的消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是(　　)
A．NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，则n(氧化剂)∶n(还原剂)＝1∶4
B．ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是2ClO2＋2OH－===ClO＋ClO＋H2O
C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D．等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2强
【答案】C
【解析】A项：酸性条件下ClO发生歧化反应，生成Cl－和ClO2，离子方程式为：4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4，正确；
B项：化学方程式符合歧化反应化合价的变化，正确；
C项：ClO2易溶于水，不能用饱和食盐水除杂，错误；
D项：等物质的量的ClO2做氧化剂时得电子数比Cl2得电子数多，正确。
4.（2022·北大培文中学高三月考）NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，也常用来漂白织物等，其一种生产工艺如下：下列有关说法不正确的是

A．NaClO2中Cl的化合价＋3价
B．“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式2NaClO3＋SO2＋H2SO4＝2ClO2＋2NaHSO4
C．“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去Mg2＋和Ca2＋，要加入的试剂分别为NaOH溶液和Na2CO3溶液
D．“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
【答案】D
【解析】由制备流程可知，NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据得失电子守恒可知此反应的化学方程式；选择NaOH除去食盐水中的Mg2+，选择碳酸钠除去食盐水中的Ca2+，然后电解装置中阴极ClO2得电子生成ClO2-，阳极Cl-失电子生成Cl2，含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，最后NaClO2溶液结晶、干燥得到产品。
A项：在NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价的代数和为0，可得Cl的化合价为+3价，A正确； 
B项：NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，其中NaClO3是氧化剂，还原产物为NaCl,回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据得失电子守恒可知，此反应的化学方程式为：2NaClO3＋SO2＋H2SO4＝2ClO2＋2NaHSO4，B正确；
C项：食盐中混有Mg2＋和Ca2＋，除去时需要加入的试剂分别为NaOH溶液和Na2CO3溶液，C正确；
D项：依据图示可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为NaClO2，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为NaClO2，化合价从+4价降为+3价，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，依据电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2：1，D错误；答案选D。
【基础例析】卤素的性质及应用
例4. (2022·哈师大附属中学模拟)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，②～⑤是滤纸条，依次滴有石蕊溶液、淀粉­KI溶液、KBr溶液、含KSCN的FeCl2溶液，实验时滴几滴浓盐酸，下列说法不正确的是(　　)

A．产生氯气的离子方程式为16H＋＋10Cl－＋2MnO===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O
B．⑤处变红色，发生的反应为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3
C．②处先变红后褪色，说明氯气溶于水后，溶液有酸性和强氧化性
D．③处变蓝色，④处变橙色，说明氧化性：Cl2>Br2>I2
【答案】D
【解析】A项：高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气，反应的离子方程式为16H＋＋10Cl－＋2MnO===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，A正确；
B项：氯气将氯化亚铁氧化为氯化铁，铁离子遇到硫氰化钾溶液显红色，发生的反应为2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－，Fe3＋＋3SCN－===Fe(SCN)3，B正确；
C项：氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，遇到石蕊溶液先变红后褪色，C正确；
D项：氯气和碘化钾反应生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝色，氯气和溴化钾反应生成溴单质，溶液变橙色，上述反应说明氯气的氧化性大于碘单质和溴单质，但不能说明溴单质的氧化性大于碘单质，D错误。
【跟踪演练】
5.下列关于卤族元素的比较中，不正确的是（　　）
A．卤族元素的原子半径：F＜Cl＜Br＜I
B．从上到下，卤素原子的电子层数依次增多，半径依次增大
C．单质与氢气化合的难易：F2＞Cl2＞Br2＞I2
D．氢卤酸的酸性：HF＞HCl＞HBr＞HI
【答案】D
【解析】A项：卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，所以原子半径：F＜Cl＜Br＜I，不选A；
B项：卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，原子半径逐渐增大，不选B；
C项：卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，非金属性减弱，与氢气化合越来越难化合，所以单质与氢气化合的难易：F2 D项： 卤族元素从上到下，随着原子序数的增大，非金属性减弱，气态氢化物越来越不稳定，在水中越来越容易电离，氢卤酸的酸性：HF 6.（2022·黑龙江大庆实验中学高三月考）证明卤族元素的非金属性强弱，某小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器已略去，气密性已检查)。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红色时，关闭活塞a。
Ⅳ. 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。
下列说法错误的是
A．淀粉碘化钾试纸变蓝可验证氯气的氧化性强于碘。
B．B中发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-= Br2+2Cl-。
C．Ⅳ中的实验现象是四氯化碳层溶液变为橙红色。
D．过程Ⅲ实验的目的是确认C的黄色溶液中无氯气，排除氯气对溴置换碘实验的干扰
【答案】C
【解析】浓盐酸与KMnO4固体反应制取Cl2，Cl2与NaBr反应生成NaCl和Br2，B装置中继续通Cl2，溶液颜色加深，表明起初B、C中NaBr没有与Cl2完全反应，也表明溶液中不存在多余的氯气；Br2水加入KI溶液中，生成的I2被CCl4萃取，从而进入CCl4层。
A项：淀粉碘化钾试纸中的KI与Cl2发生置换反应生成I2，从而使试纸变蓝，可验证氯气的氧化性强于碘，A正确；
B项：B中，Cl2与NaBr反应生成NaCl和Br2，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-= Br2+2Cl-，B正确；
C项：Ⅳ中，Br2水加入KI溶液中，生成的I2被CCl4萃取，从而进入CCl4层，所以实验现象是四氯化碳层溶液变为紫红色，C不正确；
D项：过程Ⅲ，B装置中继续通Cl2，溶液颜色加深，表明溶液中不存在多余的氯气，从而排除氯气对溴置换碘实验的干扰，D正确；故选C。
【基础例析】卤素互化物和拟卤素的性质及应用
例5．（2022·安徽省怀宁中学高三月考）卤素间形成的化合物如“、、”等称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，则下列关于卤素互化物的性质的描述及发生的相关反应不正确的是（ ）
A．是一种化合物 B．
C．的氧化性强于 D．可以与溶液反应生成2种盐
【答案】B
【解析】化合物是由两种元素组成的纯净物；氧化性Fe3+＞I2，氧化剂的氧化性大于氧化产物；Cl、Br的非金属性比I强，BrCl的氧化性强于I2；卤素间形成的化合物称为卤素互化物，化学性质与卤素单质类似，故可以看作是氯气。
A项：由碘和氟两种元素组成，是化合物，故A正确；
B项：氧化性Fe3+＞I2，IBr与铁反应生成FeI2，故B错误；
C项：Cl、Br的非金属性比I强，BrCl的氧化性强于I2，介于氯气和溴之间，故C正确；
D项：IBr可以与NaOH溶液生成NaIO和NaBr，故D正确；答案选B。
【跟踪演练】
7.（2022·四川内江实验学校高三开学考试）(CN)2、(OCN)2、(SCN)2等化合物的性质与卤素单质相似，称为“类卤素”。已知卤素单质和“类卤素”的氧化性由强到弱的顺序为：F2、(OCN)2、Cl2、Br2、(CN)2、(SCN)2、I2。下列叙述正确的是（ ）
A．反应I2+2SCN-=2I-+(SCN)2能自发进行
B．反应Cl2+2CN-=2Cl-+(CN)2不能自发进行
C．还原性：F- D．“类卤素”在碱性溶液中不能发生自身的氧化还原反应
【答案】C
【解析】在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物；
A项：根据I2+2SCN-=2I-+(SCN)2可知氧化性I2强于(SCN)2，由信息可知，氧化性(SCN)2强于I2，所以该反应不能自发进行，故A错误；
B项：Cl2+2CN-=2Cl-+(CN)2可知，氧化性Cl2强于(CN)2，与信息一致，所以该反应可以自发进行，故B错误；
C项：氧化性越强，则其对应的还原产物的还原性越弱，氧化性由强到弱为F2、(OCN)2、Br2、(SCN)2，所以还原性为F- D项：卤素在氢氧化钠溶液中会发生X2+2OH-=X-+XO-+H2O（X为Cl、Br和I），该反应为氧化还原反应，由此可知，类卤素具有相似的性质，即在碱性溶液中发生自身氧化还原反应，故D错误；故答案为：C。
【高考应用】
高频考点1工艺流程中的碳、硅、氯
【高考实例】
例1.（2020·新课标Ⅱ试题）化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
（1）氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。

（2）次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。
（3）Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。
（4）ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________。
（5）“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。
【答案】 （1）. Na+
（2）. a
（3）. 10−7.5 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O
（4）. 1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O
（5）. ClO−+Cl−+2H+=Cl2↑+ H2O 203
【解析】
（1）电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH−与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH；
(2) 由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO−)，HClO的Ka==c(H+)=10−7.5；
(3) （3）Cl2歧化为Cl2O和Cl−，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；
（4）5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为 =1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；
（5）“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg−x，则Kg+1000Kg×0. 01=（1000Kg−x)×0.3，解得x=203Kg。
【考点演练】
1．（2021·全国高考试题）碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)的一种制备方法如下图所示：

①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比时，氧化产物为_______；当，单质碘的收率会降低，原因是_______。
(2)以为原料制备的方法是：先向溶液中加入计量的，生成碘化物；再向混合溶液中加入溶液，反应得到，上述制备的总反应的离子方程式为_______。
(3)溶液和溶液混合可生成沉淀和，若生成，消耗的至少为_______。在溶液中可发生反应。实验室中使用过量的与溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。
【答案】（1）2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3 FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的进一步氧化
（2）
（3） 4 防止单质碘析出
【解析】
(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中，故答案为：2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-；AgNO3；
②通入的过程中，因I-还原性强于Fe2+，先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比时即过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当即过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低，故答案为：FeI2+Cl2= I2+FeCl2；I2、FeCl3；I2被过量的进一步氧化；
(2)先向溶液中加入计量的，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中（含I-）加入溶液，反应得到，上述制备的两个反应中I-为中间产物，总反应为与发生氧化还原反应，生成和，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：，故答案为：；
(3) 溶液和溶液混合可生成沉淀和，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI +I2+2K2SO4，若生成，则消耗的至少为4mol；反应中加入过量，I-浓度增大，可逆反应平衡右移，增大溶解度，防止升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出，故答案为：4；防止单质碘析出。
高频考点2化学实验综合题中的碳、硅、氯
【高考实例】
2.（2021·浙江高考试题）是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯。已知：
①，合适反应温度为；副反应：。
②常压下，沸点，熔点；沸点2.0℃，熔点。
③，在中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
请回答：

(1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。

(2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。
A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱
B．调控进入反应柱的混合气中和的比例
C．调控混合气从下口进入反应柱的流速
D．将加热带缠绕于反应柱并加热
(3)装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的含量，可采用的方法是_______。
(4)将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要时，可将浓溶液用萃取分液，经气化重新得到。
针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。
a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水
b.将溶液和转入分液漏斗
c.涂凡士林
d.旋开旋塞放气
e.倒转分液漏斗，小心振摇
f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体
h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶
(5)产品分析：取一定量浓溶液的稀释液，加入适量、过量溶液及一定量的稀，充分反应。用标准溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生的反应(不考虑与水反应)：



实验数据如下表：
加入量

滴定Ⅰ测出量

滴定Ⅱ测出量

①用标准溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。
②高纯度浓溶液中要求(和均以计)。结合数据分析所制备的浓溶液是否符合要求_______。
【答案】（1）浓 a
（2）ABC
（3）抽气(或通干燥氮气)
（4） a b g
（5） CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复 溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求
【解析】
(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓。
②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。
(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，
A．因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；
B．N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；
C．为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；
D．HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；
综上所述，答案为ABC。
(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2，故答案为：抽气(或通干燥氮气)。
(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为：abg。
(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。
②由、、(HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I2的物质的量为2×10-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3mol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中==200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求，故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为1×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求。
【考点演练】
2.（2021·湖南高考试题）碳酸钠俗称纯碱，是一种重要的化工原料。以碳酸氢铵和氯化钠为原料制备碳酸钠，并测定产品中少量碳酸氢钠的含量，过程如下：
步骤I.的制备

步骤Ⅱ.产品中含量测定
①称取产品2.500g，用蒸馏水溶解，定容于250mL容量瓶中；
②移取25.00mL上述溶液于锥形瓶，加入2滴指示剂M，用盐酸标准溶液滴定，溶液由红色变至近无色(第一滴定终点)，消耗盐酸；
③在上述锥形瓶中再加入2滴指示剂N，继续用盐酸标准溶液滴定至终点(第二滴定终点)，又消耗盐酸；
④平行测定三次，平均值为22.45，平均值为23.51。
已知：(i)当温度超过35℃时，开始分解。
(ii)相关盐在不同温度下的溶解度表
温度/
0
10
20
30
40
50
60

35.7
35.8
36.0
36.3
36.6
37.0
37.3

11.9
15.8
21.0
27.0




6.9
8.2
9.6
11.1
12.7
14.5
16.4

29.4
33.3
37.2
41.4
45.8
50.4
55.2
回答下列问题：
(1)步骤I中晶体A的化学式为_______，晶体A能够析出的原因是_______；
(2)步骤I中“300℃加热”所选用的仪器是_______(填标号)；
A． B． C． D．
(3)指示剂N为_______，描述第二滴定终点前后颜色变化_______；
(4)产品中的质量分数为_______(保留三位有效数字)；
(5)第一滴定终点时，某同学俯视读数，其他操作均正确，则质量分数的计算结果_______(填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】（2）NaHCO3 在30-35C时NaHCO3的溶解度最小（意思合理即可）
（2） D
（3）甲基橙 由黄色变橙色，且半分钟内不褪色
（4） 3.56%
（5）偏大
【解析】
步骤I：制备Na2CO3的工艺流程中，先将NaCl加水溶解，制成溶液后加入NH4HCO3粉末，水浴加热，根据不同温度条件下各物质的溶解度不同，为了得到NaHCO3晶体，控制温度在30-35C发生反应，最终得到滤液为NH4Cl，晶体A为NaHCO3，再将其洗涤抽干，利用NaHCO3受热易分解的性质，在300C加热分解NaHCO3制备Na2CO3；
步骤II：利用酸碱中和滴定原理测定产品中碳酸氢钠的含量，第一次滴定发生的反应为：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，因为Na2CO3、NaHCO3溶于水显碱性，且碱性较强，所以可借助酚酞指示剂的变化来判断滴定终点，结合颜色变化可推出指示剂M为酚酞试剂；第二次滴定时溶液中的溶质为NaCl，同时还存在反应生成的CO2，溶液呈现弱酸性，因为酚酞的变色范围为8-10，所以不适合利用酚酞指示剂检测判断滴定终点，可选择甲基橙试液，所以指示剂N为甲基橙试液，发生的反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，再根据关系式求出总的NaHCO3的物质的量，推导出产品中NaHCO3的，最终通过计算得出产品中NaHCO3的质量分数。
根据上述分析可知，
(1)根据题给信息中盐在不同温度下的溶解度不难看出，控制温度在30-35C，目的是为了时NH4HCO3不发生分解，同时析出NaHCO3固体，得到晶体A，因为在30-35C时，NaHCO3的溶解度最小，故答案为：NaHCO3；在30-35C时NaHCO3的溶解度最小；
(2)300C加热抽干后的NaHCO3固体，需用坩埚、泥三角、三脚架进行操作，所以符合题意的为D项，故答案为：D；
(3)根据上述分析可知，第二次滴定时，使用的指示剂N为甲基橙试液，滴定到终点前溶液的溶质为碳酸氢钠和氯化钠，滴定达到终点后溶液的溶质为氯化钠，所以溶液的颜色变化为：由黄色变为橙色，且半分钟内不褪色；
(4) 第一次滴定发生的反应是：Na2CO3+HCl=NaHCO3+NaCl，则n(Na2CO3)=n生成(NaHCO3)=n(HCl)=0.1000mol/L22.4510-3L=2.24510-3mol，第二次滴定消耗的盐酸的体积V2=23.51mL，则根据方程式NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑可知，消耗的NaHCO3的物质的量n总(NaHCO3)= 0.1000mol/L23.5110-3L=2.35110-3mol，则原溶液中的NaHCO3的物质的量n(NaHCO3)= n总(NaHCO3)- n生成(NaHCO3)= 2.35110-3mol-2.24510-3mol=1.0610-4mol，则原产品中NaHCO3的物质的量为=1.0610-3mol，故产品中NaHCO3的质量分数为，故答案为：3.56%；
(5)若该同学第一次滴定时，其他操作均正确的情况下，俯视读数，则会使标准液盐酸的体积偏小，即测得V1偏小，所以原产品中NaHCO3的物质的量会偏大，最终导致其质量分数会偏大，故答案为：偏大。