第21讲 氯及其化合物、卤素 -备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练

这是一份第21讲 氯及其化合物、卤素 -备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练，文件包含第21讲氯及其化合物卤素原卷版-备战2023年高考化学一轮·夯实基础复习精讲精练docx、第21讲氯及其化合物卤素解析版-备战2023年高考化学一轮·夯实基础复习精讲精练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共103页， 欢迎下载使用。

【复习目标】
1．掌握氯气的物理性质和化学性质。
2．掌握氯气的实验室制法。
3．掌握Cl－、Br－、I－的检验方法。
4．掌握卤族元素的组成元素及其结构特点、性质递变规律及与化工生产相结合的资源综合利用。
5．掌握海水提溴和海带提碘的方法和反应原理。
【知识精讲】
1．氯气的物理性质
注意：
①氯气有毒且密度比空气大，遇到氯气泄漏逃生时，要向高处逃跑，也可用蘸有肥皂水的湿毛巾捂住口鼻。
②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，使极少量的气体飘进鼻孔(如图所示)。
2．氯气的化学性质
（1）氧化性
原子结构：，在化学反应中很容易得到1个电子形成氯离子(Cl－)，表现出典型的非金属性。
氯元素的存在：氯在自然界中以化合态存在，主要以NaCl的形式存在于海水和陆地的盐矿中。
类别：Cl2是活泼的非金属单质，能氧化许多金属、非金属以及一些具有还原性的物质。
①与金属单质反应：与变价金属反应生成高价态金属氯化物。
与铁反应：2Fe＋3Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2FeCl3(生成棕红色的烟)。
与铜反应：Cu＋Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))CuCl2(生成棕黄色的烟)。
②与非金属单质反应
与H2反应：H2＋Cl22HCl。
与磷反应：2P＋3Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2PCl3
2P＋5Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2PCl5。
与硅反应：Si＋2Cl2eq \(=====,\s\up7(高温))SiCl4
③与还原性无机化合物反应
与SO2反应：Cl2＋SO2＋2H2O===H2SO4＋2HCl。
与Na2SO3溶液反应：Cl2＋Na2SO3＋H2O===Na2SO4＋2HCl。
与NaBr溶液反应：Cl2＋2NaBr===2NaCl＋Br2。
与FeCl2溶液反应：Cl2＋2FeCl2===2FeCl3。
与FeI2溶液反应：FeI2＋Cl2(不足)===FeCl2＋I2、2FeI2＋3Cl2(过量)===2FeCl3＋2I2。
（2）与碱反应：氯元素的化合价既有升高又有降低，因而氯气既表现氧化性又表现还原性。
①Cl2与NaOH溶液反应一般有两种情况：
常温下：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O；
加热时：3Cl2＋6NaOH5NaCl＋NaClO3＋3H2O。
②制取漂白粉：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。
【例题1】氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是( )
A．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟
B．通常状况下，干燥的氯气能和Fe反应
C．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶瓶口呈现雾状；光照H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸
D．氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸
【答案】B
【解析】
Cl2与铁的反应需要加热，所以在通常状况下，干燥的Cl2不能与Fe反应。
【例题2】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．氯胺的水解产物为NH2OH(羟氨)和HCl
C．氯胺中氯元素的化合价为＋1价
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。该水解反应是一个可逆反应，HClO杀菌后浓度减小，平衡向右移动，氯胺转化成HClO；相反，当HClO浓度较高时，平衡向左移动，转化为氯胺，相当于暂时“贮存”，避免其分解损失，这样就延长了消毒时间。
（3）与水反应：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。
①从平衡的角度理解氯水的成分和性质，氯水中存在三种平衡关系：
a．Cl2＋H2OHCl＋HClO
b．HClOH＋＋ClO－
c．H2OH＋＋OH－
根据可逆反应的特点，即可得出氯水中存在的各种微粒。
三种分子：H2O、Cl2、HClO；
四种离子：H＋、Cl－、ClO－和OH－。
②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。
注意：
a．Cl2与变价金属反应，均生成高价态的金属氯化物。
b．1 ml Cl2与水反应时(可逆反应)，转移电子数小于NA；而1 ml Cl2与足量冷的NaOH溶液反应时，转移电子数为NA。
③氯水中平衡移动的应用：
注意：氯水常代替氯气进行溶液中的实验。
④液氯、新制氯水、久置氯水的比较
【例题3】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，eq \f(c（H＋）,c（ClO－）)减小
B．加入少量NaCl粉末，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；加入少量NaCl粉末，c(Cl－)增大，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO的平衡逆向移动，使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，漂白性增强，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。
3．次氯酸和次氯酸盐的性质
（1）次氯酸
次氯酸见光分解的化学方程式：2HClOeq \(=====,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑。
（2）次氯酸盐
①84消毒液
其有效成分为NaClO，它与洁厕灵(主要成分盐酸)混合会立即产生氯气，反应的离子方程式是
ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
②漂白粉
a．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。
b．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↓。
c．漂白粉久置失效的原理：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3↓；2HClOeq \(=====,\s\up7(光照))2HCl＋O2↑
d．水解显碱性，其水解离子方程式为ClO－＋H2OHClO＋OH－。
【例题4】(2022·北京房山模拟)Cl2是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
下列解释事实的方程式不正确的是( )
A．电解饱和食盐水制取Cl2：2Cl－＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑
B．氯气用于自来水消毒：Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：8NH3＋3Cl2 === 6NH4Cl＋N2
D．氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSOeq \\al(－,3)＋Cl2＋H2O === SOeq \\al(2－,4)＋3H＋＋2Cl－
【答案】B
【解析】
电解饱和食盐水制取Cl2，反应的离子方程式为2Cl－＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))2OH－＋H2↑＋Cl2↑，选项A正确；氯气用于自来水消毒，反应的离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，选项B不正确；浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟，反应的化学方程式为8NH3＋3Cl2 === 6NH4Cl＋N2，选项C正确；氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用是吸收Cl2，反应的离子方程式为HSOeq \\al(－,3)＋Cl2＋H2O === SOeq \\al(2－,4)＋3H＋＋2Cl－，选项D正确。
4．氯气的制法
（1）工业制法：电解饱和食盐水2NaCl＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(电解))Cl2↑＋H2↑＋2NaOH或2NaCl(熔融)eq \(=====,\s\up7(电解))2Na＋Cl2↑。
（2）实验室制法
①制取原理
用MnO2、KMnO4、KClO3、K2Cr2O7、Ca(ClO)2等强氧化剂与浓盐酸反应(若无浓盐酸，可用浓硫酸与NaCl晶体)。
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O
KClO3＋6HCl(浓)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O
K2Cr2O7＋14HCl(浓)===2KCl＋2CrCl3＋3Cl2↑＋7H2O
Ca(ClO)2＋4HCl(浓)===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O
②制取过程

③实验装置
④注意事项
a. 反应物的选择：必须用浓盐酸，稀盐酸与MnO2不反应，且随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸时，反应停止，故盐酸中的HCl不可能全部参加反应。
b. 加热温度：小火加热，温度不宜过高，以减少HCl挥发，减少制得的Cl2中HCl的含量。
c. 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。
d. 尾气吸收时，用NaOH溶液吸收Cl2，不能用澄清石灰水吸收，因为澄清石灰水中含Ca(OH)2的量少，吸收不完全。
⑤氯气制备、净化装置的改进
a. 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。
b. 净化装置
①长颈漏斗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。
【例题5】下图所示仪器可用于实验室制备少量无水FeCl3，仪器连接顺序正确的是( )
A．a－b－c－d－e－f－g－h
B．a－e－d－c－b－h－i－g
C．a－d－e－c－b－h－i－g
D．a－c－b－d－e－h－i－f
【答案】B
【解析】
装置连接顺序为制氯气、除杂(HCl、水蒸气)、反应制备、尾气处理，注意洗气瓶中导管为“长进短出”。
5．卤族元素
（1）在周期表的位置：位于周期表中第ⅦA族，包括氟(F)、氯(Cl)、溴(Br)、碘(I)、砹(At)、(Ts)六种元素。
（2）原子结构特点：其最外层均有7个电子，容易得到1个电子达到8个电子的稳定结构，但随着电子层数的递增，原子半径逐渐增大，核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，其得电子的能力也逐渐减弱，单质的氧化性逐渐减弱。
（3）卤素单质性质的相似性
①与碱溶液反应：如与NaOH溶液反应的化学方程式为2NaOH＋X2===NaX＋NaXO＋H2O(X为Cl、Br、I)。
②氧化性
a、都能与金属反应生成金属卤化物，如与钠反应的化学方程式为2Na＋X2eq \(=====,\s\up7(点燃))2NaX(X为Cl、Br、I)。
b、氯、溴、碘单质的氧化性强弱顺序是Cl2>Br2>I2，阴离子的还原性强弱顺序是Cl－Cl2能从Br－的溶液中置换出Br2，其离子方程式为Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2；
同理，Br2能从I－的溶液中置换出I2，其离子方程式为Br2＋2I－===2Br－＋I2。
c、与一些还原性离子反应，如Br2与SOeq \\al(2－,3)、Fe2＋反应的离子方程式分别为
Br2＋SOeq \\al(2－,3)＋H2O===2Br－＋SOeq \\al(2－,4)＋2H＋，2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－。
（4）卤素单质的递变性
6．卤素单质及其化合物的特性
卤化银的特性：
①AgCl、AgBr、AgI既不溶于水，也不溶于稀硝酸。
②除AgF外，均有感光性，其中AgBr作感光材料，可用于照相。
③AgI可用于人工降雨。
7．卤化氢的物理性质和制法
（1）物理性质：卤化氢均为无色、有刺激性气味的气体；均极易溶于水，所得水溶液均显酸性，称为氢卤酸，其中只有氢氟酸是弱酸。
（2）实验室制法：卤化氢均可用浓磷酸与卤化物固体共热制取；氟化氢、氯化氢还可用浓硫酸与卤化物固体共热制取，但溴化氢、碘化氢的制取却因浓硫酸的强氧化性而不能用此方法。
①NaX(s)＋H3PO4(浓)NaH2PO4＋HX↑(X＝F、Cl、Br、I)。
②CaF2(萤石)＋H2SO4(浓)CaSO4＋2HF↑(在铅制容器中进行)。
③2NaCl(s)＋H2SO4(浓)Na2SO4＋2HCl↑。
④因2HBr＋H2SO4(浓)===Br2＋SO2↑＋2H2O，2HI＋H2SO4(浓)===I2＋SO2↑＋2H2O，不能用浓硫酸制备HBr、HI。
【例题6】如图是卤素单质(F2、Cl2、Br2、I2)的沸点与相对分子质量的关系图，下列说法错误的是( )
A．单质①是最活泼的非金属单质
B．单质②能使品红溶液褪色
C．单质④能使淀粉溶液变蓝
D．单质的氧化性是④>③>②>①
【答案】D
【解析】
从图中可以看出，从①→④，相对分子质量逐渐增大，沸点也逐渐升高，故①为F2，②为Cl2，③为Br2，④为I2，单质的氧化性是①>②>③>④，D项错误。
【例题7】(2022·上海青浦区一模)溴与氯同属卤族元素，其单质在性质上具有很大的相似性，但Cl2比Br2的活泼性强，根据氯气的性质对溴单质性质的预测不正确的是( )
A．溴单质可以和烧碱溶液反应
B．溴单质具有氧化性和还原性
C．溴原子最外层有7个电子，在化学反应中比氯容易得到1个电子
D．溴离子可以用硝酸酸化的AgNO3溶液来检验
【答案】C
【解析】
氯气可与烧碱溶液发生氧化还原反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，溴单质也可以和烧碱溶液反应生成溴化钠、次溴酸钠和水，A正确；氯气和溴单质的元素化合价均处于中间价态，既可以升高，也可以降低，因此溴单质具有氧化性和还原性，B正确；氯和溴均属于第ⅦA族元素，最外层均有7个电子，因氯原子的电子层数小于溴原子的，所以在化学反应中氯原子比溴原子易得到1个电子，C错误；氯离子可与银离子反应生成既不溶于水也不溶于酸的白色沉淀，而溴离子也可以与银离子反应生成既不溶于水也不溶于酸的淡黄色沉淀，所以溴离子可以用硝酸酸化过的AgNO3溶液来检验，D正确。
【例题8】下列叙述中正确的是( )
A．液溴易挥发，在存放液溴的试剂瓶中应加少量水进行水封
B．能使润湿的淀粉­KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2
C．某溶液中加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－
D．某溶液加入BaCl2溶液，产生不溶于稀硝酸的白色沉淀，该溶液中一定含有Ag＋
【答案】A
【解析】
因为液溴易挥发，在试剂瓶中存放时应加少量水进行水封，A项正确；只要能把碘化钾氧化成碘单质的物质都能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝，B项不正确；某溶液中加入四氯化碳，四氯化碳层显紫色证明存在碘单质而不是I－，C项不正确；加入氯化钡溶液产生的不溶于稀硝酸的白色沉淀可能是氯化银或硫酸钡，原溶液中可能存在Ag＋、SOeq \\al(2－,4)、SOeq \\al(2－,3)，D项不正确。
8．卤素离子的检验方法
（1）AgNO3溶液——沉淀法
未知液eq \(――――――――――→,\s\up7(滴加AgNO3溶液和稀硝酸))生成eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(白色沉淀，则有Cl－,淡黄色沉淀，则有Br－,黄色沉淀，则有I－))
注意：
①先用稀硝酸酸化，目的是排除COeq \\al(2－,3)、SiOeq \\al(2－,3)等离子的干扰。不能用盐酸酸化，因盐酸会引入Cl－。
②稀硝酸不能排除SOeq \\al(2－,3)等离子的干扰。在设计实验方案时要具体问题具体分析。
（2）置换——萃取法
未知液eq \(――――――――→,\s\up11(加适量新制饱和氯水),\s\d4(振荡))加入eq \(―――――――――――→,\s\up11(CCl4（下层）或汽油（上层）),\s\d4(振荡))
有机层呈eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(红棕色或橙红色，表明有Br－,紫色、浅紫色或紫红色，表明有I－))
（3）氧化——淀粉法检验I－
未知液eq \(――――――――――――――→,\s\up11(加入适量新制饱和氯水（或双氧水）),\s\d4(振荡))eq \(――――――→,\s\up11(加入淀粉溶液),\s\d4(振荡))蓝色溶液，表明有I－
【例题9】为了除去KCl固体中少量的MgCl2、MgSO4，可选用Ba(OH)2、HCl和K2CO3三种试剂，按下列步骤操作：
eq \x(固体)eq \(――→,\s\up7(加水))eq \x(溶液)eq \(―――→,\s\up7(加过量A))eq \(――→,\s\up11(加过量B),\s\d4(操作Ⅰ))eq \x(滤液)eq \(――→,\s\up7(加适量C))eq \(――→,\s\up7(加热煮沸))eq \x(KCl溶液)eq \(――→,\s\up7(操作Ⅱ))eq \x(KCl固体)
(1)写出三种试剂的化学式：A__________，B__________，C__________。
(2)根据题意，回答下列问题：
①加入过量A的目的是__________________________________________________；
②加入过量B的目的是_____________________________________________；
③加热煮沸的目的是___________________________________________。
(3)操作Ⅰ是__________，操作Ⅱ是__________。
【答案】
(1)Ba(OH)2 K2CO3 HCl
(2)①除尽Mg2＋和SOeq \\al(2－,4) ②除尽过量的Ba2＋ ③使HCl挥发，除去HCl
(3)过滤 蒸发
【解析】
当有多种杂质共存时，应认真分析。要使杂质一一除去，必须考虑到所加试剂是过量的，而且过量的试剂在后面步骤中必须能除去，要除去Mg2＋，可用含OH－的试剂，除SOeq \\al(2－,4)可用含Ba2＋的试剂，故先加入Ba(OH)2。加入的过量 Ba(OH)2中的Ba2＋可用K2CO3除去，过量 Ba(OH)2中的OH－以及过量K2CO3中的COeq \\al(2－,3)可用稀盐酸除去，最后加热煮沸可除去HCl。
9．氯的提取——氯碱工业
海水―→粗盐eq \(――→,\s\up7(粗制))饱和食盐水eq \(――→,\s\up7(电解))eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(阳极产物：Cl2,阴极产物：H2、NaOH))
（1）电解NaCl溶液
2NaCl＋2H2Oeq \(=====,\s\up7(通电))2NaOH＋H2↑＋Cl2↑；
（2）产物制盐酸：H2＋Cl2eq \(=====,\s\up7(点燃))2HCl；
（3）制漂白液：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
10．海水提溴
（1）工艺流程
（2）基本步骤及主要反应
①浓缩：海水晒盐和海水淡化的过程中Br－得到浓缩。
②氧化：向浓缩的海水中通入Cl2，将Br－氧化为Br2，反应的离子方程式为Cl2＋2Br－===Br2＋2Cl－。
③富集：利用溴的挥发性，通入热空气或水蒸气，吹出的溴蒸气用SO2吸收。反应的化学方程式为
Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4。
④提取：再用Cl2将HBr氧化得到产品溴。
11．海带提碘
（1）海带中碘元素的检验
①实验步骤及证明方法

②反应原理：2H＋＋2I－＋H2O2===I2＋2H2O
（2）海带提碘
①工艺流程
②两种原理
化学原理： Cl2＋2KI===2KCl＋I2。
物理原理：单质碘用苯或四氯化碳萃取，分液后用蒸馏法将碘与有机溶剂分开。
【例题10】(2022·烟台高三模拟)海洋是一座巨大的化学资源宝库，如图是从海水中提取若干种化学物质的流程图，则下列说法正确的是( )
A．除去粗盐中的SOeq \\al(2－,4)、Ca2＋、Mg2＋、Fe3＋等杂质，①中加入试剂的顺序为Na2CO3溶液―→NaOH溶液―→BaCl2溶液―→过滤后加盐酸
B．②中包含制取MgCl2溶液、无水MgCl2及电解熔融状态的MgCl2几个阶段
C．③④⑤中溴元素均被氧化
D．蒸馏法是技术最成熟也是最具发展前景的海水淡化方法
【答案】B
【解析】
A项中加入试剂的顺序会导致Ba2＋无法除尽，A错误；单质镁是通过电解熔融MgCl2的方法制取的，B正确；流程图中的第④步中溴元素被还原，C错误；蒸馏法会消耗大量的能源，不是最具有发展前景的方法，D错误。
【例题11】(2021·全国甲卷)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)I2的一种制备方法如下图所示：
①加入Fe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Cl2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eq \f(n（Cl2）,n（FeI2）)＝1.5时，氧化产物为________；当eq \f(n（Cl2）,n（FeI2）)>1.5后，单质碘的收率会降低，原因是_______________________________。
(2)以NaIO3为原料制备I2的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2。上述制备I2的总反应的离子方程式为_______________________。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 ml I2，消耗的KI至少为________ml。I2在KI溶液中可发生反应：I2＋I－Ieq \\al(－,3)。实验室中使用过量的KI与CuSO4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KI的原因是_________________________________。
【答案】
(1)①2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－ AgNO3
②FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2 I2、FeCl3 I2被进一步氧化
(2)2IOeq \\al(－,3)＋5HSOeq \\al(－,3)===I2＋5SOeq \\al(2－,4)＋H2O＋3H＋
(3)4 防止单质碘析出
【解析】
(1)①由流程分析可知，加入Fe粉进行转化反应的离子方程式是2AgI＋Fe===2Ag＋Fe2＋＋2I－；生成的沉淀为Ag，Ag与HNO3反应生成AgNO3，AgNO3可以循环使用。②由于还原性：I－>Fe2＋，故通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，该产物应是I2，此时反应的化学方程式是FeI2＋Cl2===I2＋FeCl2；若eq \f(n（Cl2）,n（FeI2）)＝1.5，正好将Fe2＋氧化为Fe3＋，反应的化学方程式是2FeI2＋3Cl2===2FeCl3＋2I2；当eq \f(n（Cl2）,n（FeI2）)>1.5后，单质I2的收率会降低，说明Cl2可以进一步将I2氧化为高价态的碘的化合物。
(2)NaIO3具有氧化性，NaHSO3具有还原性，二者可发生氧化还原反应生成NaI和Na2SO4，反应的离子方程式是IOeq \\al(－,3)＋3HSOeq \\al(－,3)===3SOeq \\al(2－,4)＋I－＋3H＋；NaI和NaIO3在酸性条件下，继续发生氧化还原反应生成I2，反应的离子方程式是5I－＋IOeq \\al(－,3)＋6H＋===3I2＋3H2O，故制备I2的总反应的离子方程式是2IOeq \\al(－,3)＋5HSOeq \\al(－,3)===I2＋5SOeq \\al(2－,4)＋H2O＋3H＋。
(3)由题给信息可推断出CuSO4和KI发生反应的化学方程式是2CuSO4＋4KI===2CuI↓＋I2＋2K2SO4，故若生成1 ml I2，消耗的KI至少为4 ml；Ieq \\al(－,3)的生成增大了I2在水中的溶解度，反应中加入过量的KI可以防止单质碘析出。
【真题演练】
1．（2022·山东·高考真题）某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】
A．通入CO2气体依次发生反应CO2+Na2CO3+H2O=2NaHCO3、CaCO3+H2O+CO2=Ca(HCO3)2，由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有白色晶体析出，不会得到澄清溶液，A项选；
B．通入Cl2，发生反应Cl2+2FeCl2=2FeCl3、2FeCl3+Fe=3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，B项不选；
C．通入HCl，在酸性条件下会表现强氧化性，发生离子反应：3Cu+8H++2=3Cu2++2NO↑+4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，C项不选；
D．AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s)⇌Ag+(aq)+Cl-(aq)，通入NH3后，Ag+与NH3结合成[Ag(NH3)2]+，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，D项不选；
答案选A。
2．（2022·广东·高考真题）实验室用和浓盐酸反应生成后，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（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】
A．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．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．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．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；
答案选D。
3．（2022·浙江·高考真题）关于反应，达到平衡后，下列说法不正确的是（ ）
A．升高温度，氯水中的减小
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，增大
C．取氯水稀释，增大
D．取两份氯水，分别滴加溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色，可以证明上述反应存在限度
【答案】D
【详解】
A．HClO受热易分解，升高温度，HClO分解，平衡正向移动，c(HClO)减小，A正确；
B．氯水中加入少量醋酸钠固体，醋酸根离子和氢离子结合生成醋酸分子，氢离子浓度减小，平衡正向移动，c(HClO)增大，B正确；
C．氯水稀释，平衡正向移动，而c(HClO)和c(Cl-)均减小，但HClO本身也存在电离平衡HClO⇌H++ClO-，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此增大，C正确；
D．氯水中加硝酸银产生白色沉淀，证明溶液中有氯离子，氯水中加淀粉碘化钾溶液，溶液变蓝，证明生成了碘单质，溶液中有强氧化性的物质，而氯气和次氯酸都有强氧化性，不能证明反应物和生成物共存，即不能证明上述反应存在限度，D错误；
答案选D。
4．（2022·全国·高考真题）化学与生活密切相关。下列叙述正确的是（ ）
A．漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果B．温室气体是形成酸雨的主要物质
C．棉花、麻和蚕丝均为碳水化合物D．干冰可用在舞台上制造“云雾”
【答案】D
【详解】
A．漂白粉的有效成分次氯酸钙与盐酸混合，会发生氧化还原反应生成有毒的氯气，两者不能混合使用，A错误；
B．温室气体主要是指二氧化碳，二氧化碳不是形成酸雨的主要物质，形成酸雨的主要物质是硫氧化物、氮氧化物等，B错误；
C．棉花、麻来源于植物，主要成分均是纤维素，为碳水化合物，但蚕丝来源于动物，主要成分是蛋白质，蛋白质不是碳水化合物，C错误；
D．干冰是固态的二氧化碳，干冰升华时，吸收大量的热，使周围温度降低，大量的水蒸气凝结成了小液滴，形成 “云雾”效果，D正确；
答案选D。
5．（2022·浙江·高考真题）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
【详解】
A．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．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．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．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。
6．（2021·福建·高考真题）利用下列装置和试剂进行实验，不能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】
A．该装置中，若Zn比Cu活泼，则总反应为Zn与硫酸的反应，此时Zn为负极，Cu为正极；若Cu比Zn活泼，则总反应为Cu与硫酸锌的反应，此时Cu为负极，Zn为正极，所以可以比较Zn与Cu的金属性强弱，A正确；
B．稀硫酸中含有大量氢离子，可以抑制氯气的溶解，而稀硫酸中的水可以吸收HCl，洗气后再用浓硫酸干燥，B正确；
C．乙酸、乙醇和浓硫酸混合加热可以制取乙酸乙酯，饱和碳酸钠溶液可以降低乙酸乙酯的溶解度，同时吸收乙酸和乙醇，便于分液分离得到乙酸乙酯，沸石可以防止暴沸，C正确；
D．制取氯气应用浓盐酸和二氧化锰共热，稀盐酸不与二氧化锰反应，D错误；
综上所述答案为D。
7．（2021·广东·高考真题）劳动成就梦想。下列劳动项目与所述的化学知识没有关联的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】
A．84消毒液中含有具有强氧化性的次氯酸钠，能起到杀菌消毒的作用，则用84消毒液对图书馆桌椅消毒与含氯消毒剂具有氧化性有关，故A不符合题意；
B．含有氮、磷、钾的物质常用做化肥，则厨余垃圾制肥料与厨余垃圾含有氮、磷、钾等元素有关，故B不符合题意；
C．用白醋清洗水壶中的水垢与乙酸的酸性有关，与乙酸可由乙醇氧化制备无关，故C符合题意；
D．油脂在碱性条件下可发生水解反应生成甘油和可制作肥皂的高级脂肪酸盐，则以油脂为原料制备肥皂与油脂可发生皂化反应有关，故D不符合题意；
故选C。
8．（2021·湖南·高考真题）常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为。下列说法错误的是（ ）
A．产生22.4L(标准状况)时，反应中转移
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在
【答案】A
【详解】
A．该反应中只有碘元素价态升高，由0价升高至KH(IO3)2中+5价，每个碘原子升高5价，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以产生22.4L (标准状况) Cl2即1ml Cl2时，反应中应转移20 ml e-，A错误；
B．该反应中KClO3中氯元素价态降低，KClO3作氧化剂，I2中碘元素价态升高，I2作还原剂，由该方程式的计量系数可知，11KClO36I2，故该反应的氧化剂和还原剂的物质的量之比为11:6，B正确；
C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，工业制漂白粉可用石灰乳与氯气反应，C正确；
D．食盐中可先与酸化的淀粉碘化钾溶液中的H+、I-发生归中反应生成I2，I2再与淀粉发生特征反应变为蓝色，故可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中的存在，D正确。
故选A。
9．（2021·湖南·高考真题）下列实验设计不能达到实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】
A.若Fe2+被氧化为Fe3+，Fe3+能与SCN-生成Fe(SCN)3，溶液变成血红色，能达到实验目的，故A不符合题意；
B．实验室用浓盐酸和二氧化锰加热制氯气，先用饱和食盐水除去混有的氯化氢，再通过浓硫酸的洗气瓶干燥，能达到实验目的，故B不符合题意；
C．用pH试纸测定NaOH溶液的pH不能润湿pH试纸，否则会因浓度减小，而影响测定结果，不能达到实验目的，故C符合题意；
D．制取无水酒精时，通常把工业酒精跟新制的生石灰混合，加热蒸馏，能达到实验目的，故D不符合题意。
答案选C。
10．（2021·全国·高考真题）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】
A．氨气的密度比空气小，不能用向上排空法收集，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸共热制备氯气为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故B错误；
C．二氧化锰和氯酸钾共热制备氧气为固固加热的反应，能选用固固加热装置，氧气的密度大于空气，可选用向上排空气法收集，故C正确；
D．氯化钠与浓硫酸共热制备为固液加热反应，需要选用固液加热装置，不能选用固固加热装置，故D错误；
故选C。
11．（2020·北京·高考真题）水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是（ ）
A．NaB．Cl2C．NO2D．Na2O
【答案】A
【详解】
A．2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，H2O中H元素化合价由+1降为0价，得电子被还原，做氧化剂，在反应中表现出氧化性，故A符合题意；
B．Cl2+H2OHCl+HClO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故B不符合题意；
C．3NO2+H2O=2HNO3+NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不是氧化剂也不是还原剂，既不表现氧化性也不表现还原性，故C不符合题意；
D．Na2O + H2O = 2NaOH，该反应没有元素化合价变化，不是氧化还原反应，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故D不符合题意；
答案选A。
12．（2020·天津·高考真题）在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是（ ）
A．NaOHB．NaClC．NaClOD．Na2CO3
【答案】C
【详解】
工业上用Cl2与NaOH溶液反应制取“84消毒液”，反应原理为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有强氧化性，能用于杀菌消毒，故“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，答案选C。
13．（2020·海南·高考真题）含有下列有害组分的尾气，常用NaOH溶液吸收以保护环境。吸收过程中发生歧化反应的是（ ）（双选）
A．SO3B．Cl2C．NO2D．HBr
【答案】BC
【详解】
A．三氧化硫去氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，为非氧化还原反应，A不符合题意；
B．氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯气中Cl元素的化合价既升高又降低，发生氧化还原反应，属于歧化反应，B符合题意；
C．二氧化氮与氢氧化钠反应生成亚硝酸钠、硝酸钠和水，N元素化合价既升高又降低，发生氧化还原反应，属于歧化反应，C符合题意；
D．溴化氢与氢氧化钠反应生成溴化钠和水，为非氧化还原反应，D不符合题意；
故选BC。
14．（2022·北京·高考真题）某小组同学探究不同条件下氯气与二价锰化合物的反应
资料：
i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
iii．Cl2的氧化性与溶液的酸碱性无关，NaClO的氧化性随碱性增强而减弱。
实验装置如图(夹持装置略)
(1)B中试剂是___________。
(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为________________。
(3)对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。
(4)根据资料ii，III中应得到绿色溶液，实验中得到紫色溶液，分析现象与资料不符的原因：
原因一：可能是通入Cl2导致溶液的碱性减弱。
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将氧化为。
①化学方程式表示可能导致溶液碱性减弱的原因__________________________，但通过实验测定溶液的碱性变化很小。
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色的离子方程式为_____________________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被________________(填“化学式”)氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；
③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液紫色缓慢加深，发生的反应是_____________________。
④从反应速率的角度，分析实验III未得到绿色溶液的可能原因________________。
【答案】
(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O Cl2 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而不能实验III未得到绿色溶液
【分析】
在装置A中HCl与KMnO4发生反应制取Cl2，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl2中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证不同条件下Cl2与MnSO4反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl2，防止造成大气污染。
（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体；1
（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH)2白色沉淀，该沉淀不稳定，会被溶解在溶液中的氧气氧化为棕黑色MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；
（3）对比实验I、II通入Cl2后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；
（4）①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，可被OH-还原为，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④从反应速率的角度，过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。
15．（2021·北京·高考真题）某小组探究卤素参与的氧化还原反应，从电极反应角度分析物质氧化性和还原性的变化规律。
(1)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气。氯气不再逸出时，固液混合物A中仍存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式是______________________。
②电极反应式：
i.还原反应：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2O
ii.氧化反应：______________________。
③根据电极反应式，分析A中仍存在盐酸和MnO2的原因。
i.随c(H+)降低或c(Mn2+)浓度升高，MnO2氧化性减弱。
ii.随c(Cl-)降低，________________。
④补充实验证实了③中的分析。
a是_______，b是_______。
(2)利用c(H+)浓度对MnO2氧化性的影响，探究卤素离子的还原性。相同浓度的KCl、KBr和KI溶液，能与MnO2反应所需的最低c(H+)由大到小的顺序是____________，从原子结构角度说明理由___________________。
(3)根据(1)中结论推测：酸性条件下，加入某种化合物可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2。经实验证实了推测，该化合物是____________。
(4)Ag分别与1ml·L1的盐酸、氢溴酸和氢碘酸混合，Ag只与氢碘酸发生置换反应，试解释原因：__________________________。
(5)总结：物质氧化性和还原性变化的一般规律是______________________。
【答案】
(1)MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O 2Cl--2e- =Cl2↑ Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强 KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
(2)KCl>KBr>KI Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【分析】
(1)①二氧化锰和浓盐酸制氯气的离子方程式为：MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O；②氧化反应是元素化合价升高，故氧化反应为：2Cl--2e- =Cl2↑③反应不能发生也可能是还原剂还原性减弱，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，且实验III也加入了试剂a，那一定是试剂b影响了实验III的现象，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；
(2)非金属性越弱其阴离子的还原性越强，反应时所需的氢离子浓度越小，故顺序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，从上到下电子层数逐渐增加，原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；
(3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；
(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；
(5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。
16．（2021·广东·高考真题）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlrine(中文命名“氯气”)。
(1)实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为_________________。
(2)实验室制取干燥时，净化与收集所需装置的接口连接顺序为____________。
(3)某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中_______已分解。检验此久置氯水中存在的操作及现象是_________________。
(4)某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对溶解度的影响。
②查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，。
③提出猜想。
猜想a：较高温度的饱和溶液的电导率较大。
猜想b：在水中的溶解度。
④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。
⑤数据分析、交流讨论。25℃的饱和溶液中，_______。
实验结果为。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想成立，但不足以证明猜想成立。结合②中信息，猜想不足以成立的理由有____________。
⑥优化实验。小组同学为进一步验证猜想，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡上完成表中内容。
⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想也成立。猜想成立的判断依据是______________________。
【答案】
MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O c-d-b-a-e HClO 取少量溶液于试管中，加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl- 1.3410-5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度 45℃ II 45℃ A3>B2>B1
【详解】
(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，氯气有毒，必须进行尾气处理，因此使用饱和食盐水吸收氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，最后用NaOH溶液吸收尾气，因此接口连接顺序为c-d-b-a-e，故答案为：c-d-b-a-e；
(3)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验的方法：取少量溶液于试管中，加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为：HClO；向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有C、HC等，再加入少量AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-；
(4)⑤25℃时，，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的溶液中，所以有==1.3410-5；
实验1~3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验1~3无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系，故答案为：1.3410-5；测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度；
⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样II在45℃下测试与实验3比较。故答案为：45℃；II；45℃；
⑦猜想成立的判断依据是A3>B2>B1，故答案为：A3>B2>B1。
17．（2020·全国·高考真题）氯可形成多种含氧酸盐，广泛应用于杀菌、消毒及化工领域。实验室中利用下图装置(部分装置省略)制备KClO3和NaClO，探究其氧化还原性质。
回答下列问题：
(1)盛放MnO2粉末的仪器名称是________，a中的试剂为________。
(2)b中采用的加热方式是_________，c中化学反应的离子方程式是________________，采用冰水浴冷却的目的是____________。
(3)d的作用是________，可选用试剂________(填标号)。
A．Na2S B．NaCl C．Ca(OH)2 D．H2SO4
(4)反应结束后，取出b中试管，经冷却结晶，________，__________，干燥，得到KClO3晶体。
(5)取少量KClO3和NaClO溶液分别置于1号和2号试管中，滴加中性KI溶液。1号试管溶液颜色不变。2号试管溶液变为棕色，加入CCl4振荡，静置后CCl4层显____色。可知该条件下KClO3的氧化能力_________NaClO(填“大于”或“小于”)。
【答案】
圆底烧瓶 饱和食盐水 水浴加热 Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O 避免生成NaClO3 吸收尾气(Cl2) AC 过滤 少量(冷)水洗涤 紫 小于
【详解】
(1)根据盛放MnO2粉末的仪器结构可知该仪器为圆底烧瓶；a中盛放饱和食盐水除去氯气中混有的HCl气体；
(2)根据装置图可知盛有KOH溶液的试管放在盛有水的大烧杯中加热，该加热方式为水浴加热；c中氯气在NaOH溶液中发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠，结合元素守恒可得离子方程式为Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根据氯气与KOH溶液的反应可知，加热条件下氯气可以和强碱溶液反应生成氯酸盐，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；
(3)氯气有毒，所以d装置的作用是吸收尾气(Cl2)；
A．Na2S可以将氯气还原成氯离子，可以吸收氯气，故A可选；
B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，故B不可选；
C．氯气可以Ca(OH)2或浊液反应生成氯化钙和次氯酸钙，故C可选；
D．氯气与硫酸不反应，且硫酸溶液中存在大量氢离子会降低氯气的溶解度，故D不可选；
综上所述可选用试剂AC；
(4)b中试管为KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受温度影响更大，所以将试管b中混合溶液冷却结晶、过滤、少量(冷)水洗涤、干燥，得到KClO3晶体；
(5)1号试管溶液颜色不变，2号试管溶液变为棕色，说明1号试管中氯酸钾没有将碘离子氧化，2号试管中次氯酸钠将碘离子氧化成碘单质，即该条件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘单质更易溶于CCl4，所以加入CCl4振荡，静置后CCl4层显紫色。
【点睛】第3小题为本题易错点，要注意氯气除了可以用碱液吸收之外，氯气还具有氧化性，可以用还原性的物质吸收。
18．（2020·江苏·高考真题）次氯酸钠溶液和二氯异氰尿酸钠(C3N3O3Cl2Na)都是常用的杀菌消毒剂。NaClO可用于制备二氯异氰尿酸钠.
(1)NaClO溶液可由低温下将Cl2缓慢通入NaOH溶液中而制得。制备NaClO的离子方程式为___________________________________；用于环境杀菌消毒的NaClO溶液须稀释并及时使用，若在空气中暴露时间过长且见光，将会导致消毒作用减弱，其原因是__________________。
(2)二氯异氰尿酸钠优质品要求有效氯大于60%。通过下列实验检测二氯异氰尿酸钠样品是否达到优质品标准。实验检测原理为、
、
准确称取1.1200g样品，用容量瓶配成250.0mL溶液；取25.00mL上述溶液于碘量瓶中，加入适量稀硫酸和过量KI溶液，密封在暗处静置5min；用Na2S2O3标准溶液滴定至溶液呈微黄色，加入淀粉指示剂继续滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液20.00mL。
①通过计算判断该样品是否为优质品____________。
(写出计算过程， )
②若在检测中加入稀硫酸的量过少，将导致样品的有效氯测定值____________(填“偏高”或“偏低”)。
【答案】
NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解
根据物质转换和电子得失守恒关系：
得
氯元素的质量:
该样品的有效氯为：
该样品的有效氯大于60%，故该样品为优质品 偏低
【详解】
(1) 由题意可知，氯气通入氢氧化钠中产生次氯酸钠，同时产生氯化钠，反应的离子方程式为：；次氯酸钠溶液长期暴露在空气中会吸收空气中的二氧化碳气体，因次氯酸酸性比碳酸弱，因此次氯酸钠可以与二氧化碳在水中反应产生HClO，HClO具有不稳定性，在受热或见光条件下会发生分解反应，产生HCl和O2，从而是次氯酸钠失效，故答案为：；NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解；
(2) ①由题中反应可知，在酸性条件产生HClO，HClO氧化碘离子产生碘单质，碘单质再用硫代硫酸钠滴定，结合反应转化确定物质之间的关系为：， ，根据物质转换和电子得失守恒关系：得n(Cl)=0.5=，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
故答案为：n(S2O)=，根据物质转换和电子得失守恒关系：，得n(Cl)=0.5=，
氯元素的质量：m(Cl)= =0.03550g，该样品中的有效氯为： =63.39%，
该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品
②如果硫酸的用量过少，则导致反应不能充分进行，产生的HClO的量偏低，最终导致实验测得的有效氯含量会偏低，
故答案为：偏低；
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·全国·高三专题练习）下列物质的用途与其性质有因果关系的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
A．氧化镁的熔点很大，受热难熔化，故可用氧化镁作耐火材料，故A错误；
B．次氯酸钠具有氧化性，可用次氯酸钠稀溶液作消毒剂，故B正确；
C．Al(OH)3能与酸反应，故可用Al(OH)3作复方胃药的主要成分，故C错误；
D．浓硫酸具有强氧化性，常温下能使铁钝化，故可用铁制容器用于储存、运输浓硫酸，故D错误；
故选B。
2．（2022·青海·模拟预测）下列离子方程式中书写正确的是（ ）
A．向稀HNO3中滴加Na2SO3溶液：SO+2H+=SO2↑+ H2O
B．高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO+4Cl-+8H+=Mn2++2Cl2↑+4H2O
C．Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸： Ba2++ 2OH- +2H++SO=BaSO4↓+2H2O 。
D．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水混合：2HCO+Ca2+ + 2OH-=CaCO3↓+CO+2H2O
【答案】C
【详解】
A．稀硝酸具有氧化性，Na2SO3溶液具有还原性，二者会发生氧化还原反应，其正确的离子方程式为，A错误；
B．电荷不守恒，其正确的离子方程式为2MnO+10Cl-+16H+=2Mn2++5Cl2↑+8H2O，B错误；
C．Ba(OH)2溶液中滴加稀硫酸： Ba2++ 2OH- +2H++SO=BaSO4↓+2H2O，C正确；
D．碳酸氢铵溶液与足量澄清石灰水混合，说明碳酸氢铵溶液少量，则HCO系数配1，除了HCO能与OH-反应，铵根也与OH-反应，其正确的离子方程式为，D错误；
故答案为C。
3．（2022·内蒙古·包头市第四中学高三期中）为达到下列实验目的，对应的实验方法以及相关解释均正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】
A．氯水中含有HCl，可以使pH试纸变红，还含有HClO，有漂白性，会使pH试纸褪色，A错误；
B．SO2与水反应生成H2SO3，可电离出H+，遇H+表现强氧化性，将H2SO3氧化为H2SO4，因此生成的沉淀是BaSO4，B错误；
C．热水中混合气体颜色变深，说明平衡逆向移动，根据勒夏特列原理，正反应为放热反应，温度升高反应逆向移动，C正确；
D．蒸发AlCl3溶液时，由于Al3+水解，Al3++3H2OAl(OH)3+3H+，生成的HCl挥发，导致水解平衡正向移动，最终得到Al(OH)3，无法得到AlCl3，D错误；
故选C。
4．（2022·四川省泸县第二中学一模）阿伏加德罗常数的值为NA。下列说法正确的是（ ）
A．2.0g重水(D2O)中含NA个中子
B．常温下，pH=4的NaH2PO4溶液中含有的H+数目为1.0×10-4NA
C．4g由1H2和3H2组成的氢气中，中子数为2NA
D．常温下，0.1mlCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数为0.2NA
【答案】A
【详解】
A．2.0g重水(D2O)的物质的量为，含0.1×10=NA个中子，A正确
B．未知溶液体积，无法计算H+数目，B错误；
C．由1H2和3H2组成的氢气中摩尔质量小于8g/ml，物质的量小于，中子数小于0.5×4=2NA，C错误；
D．氯气和氢氧化钠溶液的反应为歧化反应，氯元素歧化为-1价和+1价，则0.1ml氯气转移0.1NA个电子，D错误；
故选：A。
5．（2022·全国·高三专题练习）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ClO和ClO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++HCO
D．使用NaClO消毒时，可用盐酸酸化
【答案】A
【详解】
A．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．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．酸性：H2CO3＞HClO＞，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+，故C错误；
D．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。
6．（2022·安徽·安庆市第七中学一模）实验室从废定影液[含Ag(S2O3)和Br-等]中回收Ag和Br2的主要步骤为：向废定影液中加入Na2S溶液沉银，过滤、洗涤及干燥，灼烧Ag2S制Ag；制取Cl2并通入滤液氧化Br-，用苯萃取分液。其中部分操作的装置如图所示，下列叙述正确的是（ ）
A．用装置甲分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌
B．用装置乙在空气中高温灼烧Ag2S制取Ag
C．用装置丙制备用于氧化滤液中Br-的Cl2
D．用装置丁分液时，先放出水相再放出有机相
【答案】C
【详解】
A．过滤分离Ag2S时，用玻璃棒不断搅拌，容易损坏滤纸，A不正确；
B．蒸发皿不能用于灼烧，在空气中高温灼烧Ag2S会生成SO2，污染环境，同时生成的Ag会被氧化成Ag2O，B不正确；
C．KMnO4与浓盐酸不需加热就能反应生成Cl2，C正确；
D．分液时，先放出水相，再从分液漏斗上口倒出有机相，D不正确；
故选C。
7．（2022·河南安阳·高三阶段练习）下列“类比”合理的是（ ）
A．铁锈的主要成分是，铜锈的主要成分是
B．S在空气中燃烧生成SO2，N2在空气中燃烧生成NO2
C．CO2能溶于水生成碳酸，SiO2能溶于水生成硅酸
D．与溶液反应生成和，与溶液反应生成和
【答案】D
【详解】
A．铜锈的主要成分是 Cu2(OH)2CO3，故A错误；
B．N2在空气中和氧气在高温或放电条件下生成NO，故B错误；
C．SiO2不能和水反应，故C错误；
D．Cl2 与 NaOH 溶液反应生成 NaCl 和 NaClO 和水， Br2 与 NaOH 溶液反应生成 NaBr 和 NaBrO和水，故D正确；
故选D。
8．（2022·江西抚州·模拟预测）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】
A．C2H5OH+ H2SO4 (浓)制乙烯要加热且控制170℃，故A不符；
B．MnO2+HCl(浓)制氯气要加热，故B不符；
C．MnO2 + H2O2制氧气，不需加热，生成的氧气可用浓硫酸干燥，氧气密度比空气大，可用向上排空集气法收集，故C符合；
D．氨气不能用浓硫酸干燥，也不能用向上排空法收集，故D不符；
故选C。
9．（2022·全国·高三专题练习）已知C2O3在酸性溶液中易被还原成C2＋，C2O3、Cl2、FeCl3、I2的氧化性依次减弱。下列反应在水溶液中不可能发生的是（ ）
A．3Cl2＋6FeI2=2FeCl3＋4FeI3
B．Cl2＋FeI2=FeCl2＋I2
C．C2O3＋6HCl(浓)=2CCl2＋Cl2↑＋3H2O
D．2Fe3＋＋2I-=2Fe2＋＋I2
【答案】A
【详解】
A．由于I-的还原性强于Fe2＋，所以Cl2应先氧化I-，而不应先氧化Fe2＋，A错误；
B．Cl2氧化性强于I2，反应方程式正确，B正确；
C．氧化性C2O3>Cl2，反应方程式正确，C正确；
D．氧化性Fe3＋>I2，反应方程式正确，D正确；
故答案选A。
10．（2022·浙江金华·高三阶段练习）下列说法正确的是（ ）
A．工业上用氯气和澄清石灰水反应制漂白粉
B．钠可用于从锆、铌的金属氯化物溶液中置换出金属单质
C．碳纳米管有优良的电学性能，可用于生产电池，传感器等
D．SO2有毒，不能用作食品添加剂
【答案】C
【详解】
A．工业上制备漂白粉应该用冷的石灰乳，A错误；
B．钠会与溶液中水反应，不可用钠从盐溶液中置换出金属单质，B错误；
C．碳纳米管为新型无机非金属材料，有优良的电学性能，可用于生产电池，传感器等，C正确；
D．SO2可以作为葡萄酒、蜜饯等的抗氧化剂，D错误；
故选C。
11．（2022·全国·高三专题练习）测定“84”消毒液中次氯酸钠的浓度可用下面方法：取10.00 mL消毒液，调节pH后，以淀粉为指示剂，用0.100ml·L-1 KI溶液进行滴定，当溶液出现稳定浅蓝色时为滴定终点。反应原理为：3ClO-+I-=3Cl-+IO；IO+5I-+6H+=3H2O+3I2；三次平行实验中消耗KI的平均体积为20.00mL，由此可知原消毒液中NaClO的物质的量浓度为（ ）
A．0.04ml·L-1B．0.10ml·L-1C．0.25ml·L-1D．0.60ml·L-1
【答案】B
【分析】整个过程总反应方程式为，则n(NaClO)=n(KI)=0.02L×0.100ml/L×=0.001ml，故c(NaClO)=。
【详解】
A．NaClO的物质的量浓度为0.10ml/L，故A错误；
B．NaClO的物质的量浓度为0.10ml/L，故B正确；
C．NaClO的物质的量浓度为0.10ml/L，故C错误；
D．NaClO的物质的量浓度为0.10ml/L，故D错误；
故答案选B。
12．（2022·全国·高三专题练习）如图是实验室制备氯气并进行相关实验的装置(夹持与加热装置已省略)，下列有关说法不正确的是（ ）
A．若无加热装置，则装置a蒸馏烧瓶中可用高锰酸钾或次氯酸钠
B．检验氯气是否有漂白性，则I、II、III分别为湿润的石蕊试纸、碱石灰、干燥的石蕊试纸
C．装置b的作用既可以洗气又可以作安全瓶监测装置c是否堵塞
D．含有4mlHCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应，产生标准状况下的Cl2体积小于22.4L
【答案】B
【详解】
A．二氧化锰与浓盐酸反应，需要加热才能进行，因此无加热装置时，不能采用该方法制备氯气，高锰酸钾溶、次氯酸钠具有强氧化性，在不加热下，能与浓盐酸反应产生氯气，故A说法正确；
B．氯气能与碱石灰发生反应，因此干燥氯气时不能用碱石灰，应用无水氯化钙等，故B说法错误；
C．根据上述分析，饱和食盐水能吸收氯气中的HCl，该装置还有长颈漏斗，因此该装置还起到安全瓶的作用，检测后续装置是否发生堵塞，平衡气压的作用，故C说法正确；
D．二氧化锰只与浓盐酸反应，不与稀盐酸反应，含4mlHCl的浓盐酸与足量二氧化锰发生反应，随着反应进行盐酸浓度降低，盐酸浓度达到某一浓度时反应停止，因此产生标准状况下的氯气的体积小于22.4L，故D说法正确；
答案为B。
13．（2022·江苏泰州·模拟预测）下列有关物质的性质与用途不具有对应关系的是（ ）
A．硫酸亚铁水溶液呈弱酸性，可用作食品抗氧化剂
B．小苏打水溶液呈弱碱性，可用作制药中的抗酸剂
C．氨气具有还原性，可用作烟气中NOx脱除
D．漂白粉具有强氧化性，可用作游泳池的杀菌消毒剂
【答案】A
【详解】
A．因为亚铁离子具有还原性，所以硫酸亚铁可用作食品抗氧化剂，性质和用途不具有对应关系，符合题意，A正确；
B．小苏打水溶液呈弱碱性，可以与酸反应，可用作制药中的抗酸剂，不符合题意，B错误；
C．氨气具有还原性，可与NOx发生氧化还原反应，可用作烟气中NOx脱除，不符合题意，C错误；
D．漂白粉具有强氧化性，可使蛋白质变性，所以可用作游泳池的杀菌消毒剂，不符合题意，D错误；
故选A。
14．（2022·全国·高三专题练习）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（ ）
A．BrCl与水反应生成HBrO和HCl，该反应属于氧化还原反应
B．1mlBrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1ml
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
【答案】B
【详解】
A．BrCl＋H2O ＝HBrO＋HCl，反应中化合价无变化，因此该反应属于非氧化还原反应，故A错误；
B．BrCl＋KBr＝KCl＋Br2，BrCl中Br化合价降低1个价态变为Br2，因此1ml BrCl与KBr溶液完全反应时转移的电子为1ml，故B正确；
C．Cl2氧化性比BrCl氧化性强，因此BrCl不与Cl2反应，故C错误；
D．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。
综上所述，答案为B。
15．（2021·全国·高三专题练习）(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-OCN-Br-SCN-
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
【详解】
在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物；
A．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．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．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．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。
16．（2021·福建省福州第一中学高三开学考试）已知：还原性HSO＞I-，氧化性IO＞I2。在含3ml NaHSO3的溶液中逐滴加入KIO3溶液。加入KIO3和析出I2的物质的量的关系曲线如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．0-a段发生反应：3HSO+IO=3SO+I-+3H+
B．a~b段共消耗NaHSO3的物质的量为1.8ml
C．b~c段反应：氧化产物为I2
D．当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：1时，加入的KIO3为1.lml
【答案】D
【详解】
A．已知还原性HSO＞I-，由图示可知，当滴加的KIO3物质的量小于1ml时溶液中无I2生成，即I－没被氧化，则当加入KIO3物质的量在0～a间发生反应的离子方程式为：3HSO+IO=3SO+I-+3H+，故A正确；
B．由图示可知a=0.4ml，b为1ml，a~b之间共消耗0.6ml IO且无I2生成，故根据方程式3HSO＋IO=3SO＋I－＋3H＋可知，每消耗1ml IO则有3ml HSO被氧化，则有0.6ml IO消耗时有1.8ml HSO被氧化，故B正确；
C．由图示b～c之间所发生的离子反应方程式5I−+ IO+6H+=3I2+3H2O，可知I2即是氧化产物又是还原产物，故C正确；
D．0～1之间共消耗1ml KIO3，则生成1mlI－，又由b～c之间的方程式为5I−+ IO+6H+=3I2+3H2O，设该过程消耗IO的物质的量为aml，则：
当溶液中I-与I2的物质的量之比为5：1时，= ，a=0.05ml，加入的KIO3为1ml+0.05ml=1.05ml，故D错误；
答案选D。
第II卷（非选择题）
17．（2021·新疆·克拉玛依市独山子第二中学高三阶段练习）A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期主族元素。B、C、D均能与A形成10电子分子，E单质可用于野外焊接钢轨的原料，F与D同主族。
(1)D、E、F的离子半径由大到小的顺序为____________(填离子符号)。
(2)写出能证明G比F非金属性强的一个化学方程式：______________________。
(3)F和G形成的一种化合物甲中所有原子均为8电子稳定结构，该化合物与水反应生成F单质、F的最高价含氧酸和G的氢化物，三种产物的物质的量之比为2∶1∶6，甲的电子式为_______，该反应的化学方程式为__________________________。
(4)C能分别与A和D按原子个数比1∶2形成化合物乙和丙，乙的结构式为_______。常温下，液体乙与气体丙反应生成两种无污染的物质，该反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为____________。
【答案】
(1)S2—＞O2—＞Al3+
(2)Cl2+H2S=2HCl+S↓
(3 3SCl2+H2O=2 S↓+ H2SO4+6HCl
(4) 2：1
【分析】
A、B、C、D、E、F、G为原子序数依次增大的短周期主族元素，B、C、D均能与A形成10电子分子，则A为H元素、B为C元素、C为N元素、D为O元素；E单质可用于野外焊接钢轨的原料，则E为Al元素；F与D同主族，则F为S元素、G为Cl元素。
(1)同主族元素，从上到下离子的离子半径依次增大，电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，则氧离子、铝离子和硫离子的离子半径大小顺序为S2—＞O2—＞Al3+，故答案为：S2—＞O2—＞Al3+；
(2)氯气能与氢硫酸发生置换反应生成硫沉淀和盐酸说明氯气的氧化性强于硫，证明氯元素的非金属性强于硫元素，反应的化学方程式为Cl2+H2S=2HCl+S↓，故答案为：Cl2+H2S=2HCl+S↓；
(3)由题意可知，甲为共价化合物二氯化硫，电子式为，二氯化硫与水反应生成硫沉淀、硫酸和盐酸，反应的化学方程式为3SCl2+H2O=2 S↓+ H2SO4+6HCl，故答案为：3SCl2+H2O=2 S↓+ H2SO4+6HCl；
(4)由题意可知，乙和丙分别为联氨和二氧化氮，联氨的结构式为，与二氧化氮反应生成氮气和水，反应的化学方程式为2N2H4+2NO2=3N2+4H2O，反应中联氨为还原剂、二氧化氮为氧化剂，氮气即是氧化产物又是还原产物，反应的氧化产物与还原产物的物质的量之比为2:1，故答案为：；2:1。
18．（2022·全国·高三专题练习）现有A、B、C三种物质，均含同一种元素，一定条件下其转化关系如图(部分产物已略去)：
请回答：
(1)若A是黄绿色气体单质，C是漂白粉中的有效成分。
①组成A的元素在周期表中的位置是______________。
②写出工业上用A与D反应制取漂白粉的化学反应方程式______________。
③A与D的反应中转移1 ml电子时，消耗A的体积为_________(标准状况)。
(2)若A是可以使品红溶液褪色，加热后又恢复原色的气体，D是短周期中原子半径最大的主族元素形成的氢氧化物。
①下列关于A的说法不正确的是_________(填字母)。
a．能使澄清石灰水变浑浊
b．使品红褪色与氯水漂白原理相同
c．只有还原性没有氧化性
d．是造成大气污染物之一
②C的溶液在空气中放置易变质，写出C溶液在空气中变质的化学方程式_____________________________。
【答案】
(1)第三周期第VIIA族 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 22.4 L
(2)bc 2Na2SO3+O2=2Na2SO4(或2NaHSO3+O2=Na2SO4+H2SO4)
【分析】
(1)若A黄绿色气体单质，C是漂白粉中的有效成分，则A为Cl2、C为Ca (ClO)2，结合转化关系可知D为Ca(OH)2、E为H2O、B为HClO；
①A是Cl2，其组成元素Cl核外电子排布是2、8、7，结合原子核外电子排布与元素在周期表的位置关系可知A位于元素周期表第三周期第VIIA族；
②工业上用A与D反应制取漂白粉的化学反应方程式： 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
③在上述制取漂白粉的反应中转移2 ml电子时反应消耗2 ml Cl2，转移电子1 ml消耗Cl2为1 ml，其标准状况下的体积V(Cl2)=1 ml×22.4 L/ml=22.4 L；
(2)若A是可以使品红褪色并且加热后红色能复原的气体，则A是SO2；D是短周期中原子半径最大的主族元素形成的氢氧化物，则D为NaOH，结合转化关系可知：E为H2O，B为H2SO3，C为Na2SO3或NaHSO3；
①a．A是SO2，SO2能与石灰水反应生成难溶性的CaSO3，而使澄清石灰水变浑浊，a正确；
b．SO2与品红化合为不稳定的无色物质而使品红褪色；氯气本身没有漂白性，但与水反应生成HClO具有强氧化性，氧化品红而失去品红溶液褪色，漂白原理不相同，b错误；
c．SO2中硫元素化合价为+4，处于中间价态，既具有氧化性又具有还原性，c错误；
d．SO2会导致酸性，是造成大气污染物之一，d正确；
故合理选项是bc；
②C为Na2SO3或NaHSO3，其中的S为+4价，具有强的还原性，C的溶液在空气中放置易变质，C溶液在空气中变质的化学方程式为：2Na2SO3+O2=2Na2SO4，或者为2NaHSO3+O2=Na2SO4+H2SO4。
19．（2022·广西·河池高中高三阶段练习）二氯化二硫(S2Cl2)是一种重要的化工原料，常用作橡胶硫化剂，改变生橡胶受热发黏、遇冷变硬的性质。查阅资料可知S2Cl2具有下列性质：
(1)制取少量S2Cl2
实验室可利用硫与少量氯气在110~140℃反应制得S2Cl2粗品，氯气过量则会生成SCl2。
①仪器m的名称为_________，装置F中试剂的作用是______________。
②装置连接顺序：A→____→____→____→E→D。
③写出A中反应的化学方程式___________________。
④实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是__________________。
⑤为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和_________。
(2)S2Cl2遇水会生成SO2、HCl两种气体，某同学设计了如图实验方案来测定该混合气体中SO2的体积分数。
①W溶液可以是_________(填标号)。
a.H2O2溶液 b.KMnO4溶液(硫酸酸化) c.氯水
②该混合气体中二氧化硫的体积分数为______________(用含V、m的式子表示)。
【答案】
(1)直形冷凝管 除去氯气中的氯化氢杂质 F C B
2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量
(2) ac
【分析】
(1)①仪器m 的名称为直形冷凝管(或冷凝管)，装置F 中试剂的作用是：除去Cl2中混有的HCl杂质；
②利用装置A制备氯气，氯气中含氯化氢气体和水蒸气，通过装置F除去氯化氢，通过装置C除去水蒸气，通过装置B和硫磺在110～140℃反应制得S2Cl2粗品，通过装置E冷凝得到二氯化二硫(S2Cl2)，连接装置D是防止空气中水蒸气进入，并吸收多余的氯气，依据上述分析可知装置连接顺序为：A→F→C→B→E→D；
③高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯气、MnCl2、KCl和水，反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl(浓)=2MnCl2+2KCl+5Cl2↑+8H2O；
④实验前打开K1，通入一段时间的氮气排尽装置内空气。实验结束停止加热后，再通入一段时间的氮气，其目的是：将装置内的氯气排入D内吸收以免污染空气；并将B中残留的S2Cl2排入E中收集；
⑤反应生成S2Cl2，若氯气过量则会生成SCl2，温度过高S2Cl2会分解，为了提高S2Cl2的纯度，实验的关键是控制好温度和滴入浓盐酸的速率或B中通入氯气的量；
(2)①W溶液的作用是氧化二氧化硫生成硫酸，可以选择H2O2溶液或氯水，但不能选择KMnO4溶液(硫酸酸化)，因为酸性高锰酸钾溶液能氧化氯化氢生成氯气，污染环境，且引入硫酸根离子，故答案为ac；
②过程分析可知生成沉淀为硫酸钡沉淀，硫元素守恒得到二氧化硫物质的量n(SO2)=n(BaSO4)= mg÷233g/ml = ml，该混合气体中二氧化硫的体积分数： 。
20．（2022·江西·三模）次氯酸(HClO)的浓溶液呈黄色，是极强氧化剂，常用作消毒剂及除甲醛(HCHO)的试剂。某学习小组设计下列装置制备HClO并验证其氧化性(夹持仪器及降温装置已省略)。
已知：Cl2O为棕黄色气体，极易溶于水并迅速反应生成HClO。
回答下列问题：
(1)HClO的结构式为_________，仪器a的名称为______________。
(2)制备HClO时要打开活塞K1、K3，关闭K2，待装置A中反应结束时再通入一段时间N2。
①仪器C中制备Cl2O时，发生反应的化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O-=Cl2O+2NaCl+2_________(填化学式)，仪器B、D中的试剂分别为_________(填字母)。
a.浓H2SO4、CCl4
b.饱和食盐水、CCl4
c.饱和食盐水、浓H2SO4
②反应结束后再通入一段时间N2的目的是____。
(3)验证HClO的氧化性时要向F中加入过量HClO并充分搅拌，待溶液变澄清时停止搅拌。
①将E中HClO溶液转移到F中的具体操作为______________(答出对开关的操作)。
②反应结束时，F的溶液中含有的离子主要有Fe3+、Cl-、SO、H+，该反应的离子方程式为________________________。
(4)HClO可用于除去HCHO，生成一种常见强酸和两种常见无污染的氧化物。
①该反应的化学方程式为___________________。
②若除去15gHCHO，则转移电子的个数为_________NA(NA表示阿伏加德罗常数)。
【答案】
(1)H－O－Cl 三颈烧瓶
(2)NaHCO3 b 使体系中的Cl2及Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验
(3)关闭K3打开K1、K2，向装置中通入N2
2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO+17H+
(4)HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O 2
【分析】
A装置为KMnO4与浓盐酸在常温下生成Cl2，为制备Cl2的发生装置，先通N2的目的是排除装置内的氧气，浓盐酸具有挥发性产生HCl气体，装置B为吸收HCl气体属于除杂装置，C装置为制备ClO2，，则D装置为除杂装置，吸收多余的Cl2采用CCl4，E装置中生成HClO，F装置为验证HClO强氧化性，据此答题。
(1)①HClO中O的最外层电子数为6，则形成的结构式为H－O－Cl；
②A为气体发生装置，仪器a的名称为三颈烧瓶；
(2)①C中为制备Cl2O，根据质量守恒定律可得化学方程式为2Cl2+2Na2CO3+H2O-=Cl2O+2NaCl+2NaHCO3，则化学式为NaHCO3；
仪器B为吸收HCl气体的装置，采用饱和食盐水吸收，仪器D为吸收Cl2的装置，采用CCl4吸收，答案选b；
②反应结束后装置内存在大量未反应的ClO2气体可用通入N2的方法使体系中的Cl2及Cl2O被充分吸收，防止干扰后续实验；
(3)①E中HClO溶液转移到F中的具体操作为：关闭K3打开K1、K2，向装置中通入N2，使液体发生倒吸；
②F的溶液中含有的离子主要有Fe3+、Cl-、SO、H+，HClO为弱电解质，发生反应的离子方程式为：2FeS2+15HClO+H2O=2Fe3++15Cl-+4SO+17H+；
(4)①HClO与HCHO反应生成盐酸和CO2，则反应的化学方程式为HCHO+2HClO=2HCl+CO2+H2O；
②HCHO的相对分子质量为30，则15gHCHO为0.5ml，反应的关系式为，转移的电子的物质的量为0.5×4ml=2ml，转移电子的个数为2NA。
21．（2022·陕西陕西·三模）碘酸钙[Ca(IO3)2]是重要的食品添加剂。实验室制取Ca(IO3)2·H2O的实验流程如图：
已知：
①碘酸是易溶于水的强酸，不溶于有机溶剂。
(1)转化步骤是为了制得碘酸，该过程在下图所示的装置中进行。
①实验室中制取氯气，下列收集氯气的装置正确的是_______。
②转化反应中当观察到_________________现象时，停止通入氯气，使用I2的CCl4溶液的目的是_______(选填序号)。
A．增大碘的溶解度，提高碘的利用率 B．CCl4是反应的催化剂
C．除去碘酸中的单质碘 D．增强氯气的氧化性
(2)流程中分离操作的名称是____________。
(3)向水层中加入氢氧化钙悬浊液，反应混合物先用水冷却，再在冰水中静置10分钟，过滤，用少量冰水洗三次，再用少量无水乙醇洗涤一次，抽干后，将产品转移到滤纸上，晾数分钟，得碘酸钙产品。
①步骤(3)中在冰水中冷却静置的目的是____________；
②再用无水乙醇洗涤的目的是______________________；
(4)测定产品中碘酸钙含量的实验步骤如下：
准确称取产品ag(约0.6g)，置于100mL烧杯中，加1：1高氯酸20mL，微热溶解试样，冷却后移入250mL容量瓶中，用水稀释至刻度，摇匀，得试液。
准确量取所得试液50.00mL置于250mL碘量瓶中，加入1：1高氯酸2mL，3g碘化钾，盖上瓶塞，在暗处放置3分钟，加50mL水，用浓度为0.1000ml/LNa2S2O3标准溶液滴定至浅黄色，加入2mL0.5%淀粉溶液，继续滴定至终点，读数。
滴定过程中发生的反应如下：
Ca(IO3)2+2HClO4=2HIO3+Ca(ClO4)2，+5I-+6H+=3I2+3H2O，I2+2=2I-+
①准确量取50.00mL试液的玻璃仪器是____________；
②滴定至终点的现象是_________________；
③为准确获得样品中Ca(IO3)2的含量，还需补充的实验是____________。
【答案】
(1)C CCl4中的紫红色消失 AC
(2)分液
(3)使Ca(IO3)2沉淀完全 乙醇易挥发可加快干燥，可减少Ca(IO3)2损失
(4)酸式滴定管或移液管 溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复 重复测定两次
【分析】
在转化过程中，I2被Cl2氧化为HIO3，Cl2自身被还原为HCl，HIO3、HCl易溶于水，不溶于有机溶剂，经过分液操作可实现HIO3、HCl与CCl4的分离，HIO3、HCl溶液经过一系列过程得到Ca(IO3)2·H2O。
(1)①收集氯气用向上排空气法，A是密闭装置，A、B均不正确；D中的碱液吸收氯气，因此正确的是C；
②当CCl4中的紫红色消失，便是氯气与碘反应结束，停止通入氯气；使用碘的四氯化碳溶液，不仅能增大碘的溶解度，提高碘的利用率，还能除去碘酸中的单质碘，故选AC。
(2)流程中分离操作的名称是分液；
(3)①步骤5中在冰水中冷却静置的目的是使Ca(IO3)2沉淀完全；②再用无水乙醇洗涤的目的是乙醇易挥发可加快干燥，可减少Ca(IO3)2损失；
(4)①准确量取50.00mL试液的玻璃仪器是酸式滴定管或移液管；②滴定至终点的现象是溶液蓝色消失，且半分钟内不恢复；③为准确获得样品中Ca(IO3)2的含量，还需补充的实验是重复测定两次。
22．（2022·山西运城·高三期末）以Cl2、NaOH、(NH2)2CO(尿素)和SO2为原料可制备N2H4·H2O(水合肼)和无水Na2SO3，其主要实验流程如图：
已知：
①Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O是放热反应。
②N2H4·H2O沸点约118℃，具有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
(1)步骤I制备NaClO溶液时，若温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成NaClO3和NaCl，其离子方程式为______________________；实验中控制温度除用冰水浴外，还缓慢通入Cl2，其理由是__________________。
(2)步骤II合成N2H4·H2O的装置如图a所示。合成N2H4·H2O发生反应的离子方程式为_____________________；使用冷凝管的目的是_________________。
(3)步骤IV用步骤III得到的副产品Na2CO3制备无水Na2CO3(水溶搅拌器液中H2SO3，，随pH的分布如图b所示，Na2CO3的溶解度曲线如图c所示)。
①边搅拌边向Na2CO3溶液中通入SO2制备NaHSO3溶液。实验中确定何时停止通SO2的实验方案为_____________________。
②请补充完整由NaHSO3溶液制备无水Na2CO3的实验方案：边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，pH约为_____________时，停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，在高于___________________℃条件下趁热过滤，用少量无水乙醇洗涤，干燥，密封包装。
【答案】
(1)3Cl2+6OH-+5Cl-+3H2O 避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高
(2)CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4·H2O+Cl-+ 减少水合肼的挥发
(3)测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2 10 34
【分析】
由实验流程可知步骤Ⅰ为氯气和氢氧化钠溶液的反应，生成NaClO，为避免生成NaClO3，应控制温度在40℃以下，生成的NaClO与尿素反应生成N2H4•H2O和Na2CO3，可用蒸馏的方法分离出N2H4•H2O，副产品Na2CO3溶液中通入二氧化硫，可制得Na2SO3，结合对应物质的性质以及题给信息解答该题。
(1)温度超过40℃，Cl2与NaOH溶液反应生成 NaClO3和NaCl，根据氧化还原反应配平可得，反应的离子方程式为3Cl2+6OH-+5Cl-+3H2O，实验中控制温度除用冰水浴外，还应控制通入氯气的速率，避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高，故答案为：3Cl2+6OH-+5Cl-+3H2O；避免反应过于剧烈，放出大量的热而导致温度升高；
(2)实验中通过滴液漏斗滴加的溶液是NaClO碱性溶液，在三颈烧瓶中发生反应，反应的离子方程式为：CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4·H2O+Cl-+，避免N2H4•H2O与 NaClO剧烈反应生成N2，为避免N2H4•H2O的挥发，可使用冷凝管回流，故答案为：CO(NH2)2+ClO-+2OH-=N2H4·H2O+Cl-+；减少水合肼的挥发；
(3)①由图象b可知，如溶液pH约为4时，可完全反应生成NaHSO3，此时可停止通入二氧化硫，可通过测量溶液pH的方法控制，故答案为：测量溶液的pH，若pH约为4，停止通SO2；
②由NaHSO3溶液制备无水Na2SO3，可边搅拌边向NaHSO3溶液中滴加NaOH溶液，测量溶液pH，由图象b可知pH约为10时，可完全反应生成Na2SO3，此时停止滴加NaOH溶液，加热浓缩溶液至有大量晶体析出，由图象c可知在高于34℃条件下趁热过滤，可得到无水Na2SO3，故答案为：10；34。颜色状态
气味
密度
溶解性
特性
黄绿色气体
刺激性气味
比空气eq \a\vs4\al(大)
1体积的水可溶解约2体积的氯气
易液化
向氯水中加入的物质或改变的条件
浓度变化
平衡移动的方向
应用
可溶性氯化物
c(Cl－)增大，c(HClO)减小
左移
①用饱和食盐水除Cl2中的HCl
②用排饱和食盐水法收集Cl2
盐酸
c(H＋)和c(Cl－)增大
左移
洁厕剂和“84”消毒液不宜混合使用
NaOH
c(H＋)减小
右移
用NaOH吸收多余的Cl2
光照
c(HClO)减小
右移
氯水应避光保存或现用现配
碳酸钙
c(H＋)减小，c(HClO)增大
右移
制取次氯酸浓度较大的氯水
液氯
新制氯水
久置氯水
分类
纯净物
混合物
混合物
颜色
黄绿色
浅黄绿色
无色
性质
氧化性
酸性、氧化性、漂白性
酸性
粒子种类
Cl2
Cl2、HClO、H2O、H＋、Cl－、ClO－、OH－
H2O、H＋、Cl－、OH－
包装
钢瓶
储运要求
远离金属粉末、氨、烃类、醇类物质；设置氯气检测仪
泄漏处理
NaOH、NaHSO3溶液吸收
卤素单质
性质
F2
Cl2
Br2
I2
规律
颜色
淡黄绿色
黄绿色
深红棕色
紫黑色
逐渐加深
状态
气体
气体
液体
固体
熔、沸点逐渐升高
氟
氯
溴
碘
X2与H2化合
条件
冷暗处
光照或点燃
加热
持续加热
程度
剧烈爆炸
光照时发生爆炸
缓慢
化合同时分解
X2与H2O反应
反应
2F2＋2H2O===4HF＋O2
X2＋H2O===HX＋HXO
程度
剧烈
缓慢
微弱
极弱
水溶性
—
反应生成氢氟酸
依次减小
化合价
—
只有－1价
有－1、＋1、＋3、＋5、＋7等
含氧酸
化学式
无含氧酸
HXO、HXO2、HXO3、HXO4等
强弱程度
—
同一价态的酸性依次减弱
卤化银
颜色
AgF
(白)
AgCl
(白)
AgBr
(淡黄)
AgI
(黄)
水溶性
易溶
均难溶，且溶解度依次减小
感光性
难分解
见光均易分解，如2AgBreq \(=====,\s\up7(光照))2Ag＋Br2，且感光性逐渐增强
氟
①无正价，非金属性最强，F－的还原性最弱
②2F2＋2H2O===4HF＋O2，与H2反应在暗处即爆炸
③氢氟酸是弱酸，能腐蚀玻璃，故应保存在塑料瓶中或铅制容器中
④HF分子间能形成氢键
⑤CaX2中只有CaF2难溶
溴
①Br2是唯一的液态非金属，深红棕色液体，易挥发
②盛溴的试剂瓶中加水，进行水封，保存液溴不能用橡胶塞
③Br2易溶于有机溶剂
碘
①淀粉遇I2变蓝色
②I2加热时易升华
③I2氧化性较弱，与变价金属反应生成低价金属碘化物；
④AgI可用于人工降雨，KIO3添加在食盐中防止碘缺乏病
气体
液体
固体粉末
A
饱和溶液
B
溶液
C
溶液
D
A
B
C
D
比较Zn与Cu的金属性强弱
除去Cl2中的HCl并干燥
制取乙酸乙酯(必要时可加沸石)
实验室制取氯气
选项
劳动项目
化学知识
A
社区服务：用84消毒液对图书馆桌椅消毒
含氯消毒剂具有氧化性
B
学农活动：用厨余垃圾制肥料
厨余垃圾含、、等元素
C
家务劳动：用白醋清洗水壶中的水垢
乙酸可由乙醇氧化制备
D
自主探究：以油脂为原料制肥皂
油脂可发生皂化反应
实验目的
实验设计
A
检验溶液中是否被氧化
取少量待测液，滴加溶液，观察溶液颜色变化
B
净化实验室制备的
气体依次通过盛有饱和溶液、浓的洗气瓶
C
测定溶液的pH
将待测液滴在湿润的pH试纸上，与标准比色卡对照
D
工业酒精制备无水乙醇
工业酒精中加生石灰，蒸馏
化学试剂
制备的气体
A
B
(浓)
C
D
(浓)
序号
物质a
C中实验现象
通入Cl2前
通入Cl2后
I
水
得到无色溶液
产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化
II
5% NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
III
40% NaOH溶液
产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕黑色沉淀
棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，仍有沉淀
实验操作
试剂
产物
I
较浓H2SO4
有氯气
II
a
有氯气
III
a+b
无氯气
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
1
Ⅰ：25℃的饱和溶液
25
2
Ⅱ：35℃的饱和溶液
35
3
Ⅲ：45℃的饱和溶液
45
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
4
Ⅰ
_______
5
_______
_______
选项
用途
性质
A
用氧化镁作耐火材料
氧化镁是碱性氧化物
B
用次氯酸钠稀溶液作消毒剂
次氯酸钠具有氧化性
C
Al(OH)3作复方胃药的主要成分
Al(OH)3具有两性
D
铁制容器用于储存、运输浓硫酸
铁制容器和浓硫酸不反应
选项
实验目的
实验方法
相关解释
A
测量氯水的pH
pH试纸遇酸变红
B
探究SO2的性质
洗气瓶中产生的白色沉淀是BaSO3
C
实验温度对平衡移动的影响
2NO2⇌N2O4为放热反应，升温平衡逆向移动
D
用AlCl3溶液制备AlCl3晶体
AlCl3沸点高于溶剂水
选项
化学试剂
制备的气体
A
C2H5OH+ H2SO4 (浓)
C2H4
B
MnO2+HCl(浓)
Cl2
C
MnO2 + H2O2
O2
D
CaO+氨水(浓)
NH3
物理性质
毒性
色态
挥发性
熔点
沸点
剧毒
金黄色液体
易挥发
-76℃
138℃
化学性质
①300℃以上完全分解
②S2Cl2+Cl22SCl2
③遇高热或与明火接触，有引起燃烧的危险
④受热或遇水分解放热，放出腐蚀性烟气
②碘酸钙的溶解度：
0.119(5℃)
0.195(15℃)
0.307(25℃)
0.52(40℃)
0.621(60℃)
0.669(80℃)