第12课 氯及其化合物-【提分宝典】2025年新高考化学一轮全考点普查随堂课后练

第12课　　　　　氯及其化合物 普查与练习12Ⅰ　　　　　氯及其化合物 1．氯气性质及应用 (1)(2025汇编，4分)下列有关氯气的说法正确的是________(填序号)。 ①Cl2制备84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O(2023北京真题) ②在给定的条件下，下列物质间的转化能够实现：NaCl(aq)Cl2(g)FeCl2(s)(江苏经典真题) ③过量的铁在氯气中燃烧时生成FeCl2 ④用同一针筒先后抽取80 mL氯气、20 mL水，振荡，气体完全溶解，溶液变为黄绿色(浙江经典真题) ⑤向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－(海南经典真题) ⑥水与Cl2反应时，水表现出氧化性(北京经典真题) ⑦湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝：3Cl2＋I－＋3H2O===6Cl－＋IO＋6H＋(北京经典真题) ⑧氯气、臭氧、二氧化氯都可用于饮用水的消毒(2022.01浙江选考) 答案：①⑧ 解析：84消毒液的制备原理：Cl2和NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，除了Cl2和H2O不能拆，其余均可拆写为离子形式，故①正确。电解饱和食盐水可制取氯气，氯气具有强氧化性，与铁反应生成FeCl3，故②错误。铁与氯气反应的产物与量无关，只能生成FeCl3，即过量的铁在氯气中燃烧时生成FeCl3，故③错误。氯气可溶于水，在常温时，1体积水大约能溶解2体积氯气，因而20 mL水大约能溶解40 mL氯气，气体大约剩余40 mL未溶解，故④错误。FeBr2电离产生的Fe2＋、Br－都具有还原性，向该溶液中通入过量Cl2，Fe2＋、Br－都会被氧化，离子方程式为2Fe2＋＋4Br－＋3Cl2===2Fe3＋＋2Br2＋6Cl－，故⑤错误。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⑥错误。湿润的淀粉碘化钾试纸遇氯气变蓝是由于氯气与碘离子反应生成碘单质，淀粉遇碘单质变蓝，发生的反应为Cl2＋2I－===I2＋2Cl－，故⑦错误。氯气、臭氧、二氧化氯都具有强氧化性，能杀菌消毒，都可用于饮用水的消毒，故⑧正确。 (2)(2022北京真题，3分)已知：H2＋Cl22HCl。下列说法不正确的是(　　) A．H2分子的共价键是s－s σ键，Cl2分子的共价键是s－p σ键 B．燃烧生成的HCl气体与空气中的水蒸气结合呈雾状 C．停止反应后，用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近集气瓶口产生白烟 D．可通过原电池将H2与Cl2反应的化学能转化为电能 答案：A 解析：H2分子里的H—H键是由两个s轨道“头碰头”重叠形成的，称为s－s σ键，Cl2分子里的Cl－Cl键是由两个p轨道“头碰头”重叠形成的，称为p－p σ键，故A项错误，符合题意。HCl气体极易溶于水，遇到空气中的水蒸气后立即形成盐酸小液滴，即白雾，故B项正确，不符合题意。浓氨水易挥发，挥发的氨气和HCl气体反应生成氯化铵固体小颗粒，形成白烟，故C项正确，不符合题意。H2与Cl2的反应是能够自发进行的氧化还原反应，可通过原电池将H2与Cl2反应的化学能转化为电能，故D项正确，不符合题意。 (3)(2022北京真题，14分)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：a．Mn2＋在一定条件下被Cl2或ClO－氧化成MnO2(棕黑色)、MnO(绿色)、MnO(紫色)。 b．浓碱条件下，MnO可被OH－还原为MnO。 c．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)。 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 ①B中试剂是____________。 ②通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色变为棕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b，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MnO氧化为MnO。 ⅰ.用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。 ⅱ.取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40%NaOH溶液，溶液紫色迅速变为绿色，且绿色缓慢加深。溶液紫色迅速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。 ⅲ.取Ⅲ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______________________________________________。 ⅳ.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(1分)　②2Mn(OH)2＋O2===2MnO2＋2H2O (2分)　③二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2，在碱性条件下可以被氧化到更高价态(2分)　④ⅰ.2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O(1分)　ⅱ.4MnO＋4OH－===4MnO＋O2↑＋2H2O(2分)　NaClO(1分)　ⅲ.3ClO－＋2MnO2＋2OH－===2MnO＋3Cl－＋H2O(2分)　ⅳ.溶液中存在反应：4MnO＋4OH－===4MnO＋O2↑＋2H2O、2MnO＋ClO－＋H2O===2MnO＋Cl－＋2OH－，在浓碱条件下，c(OH－)和c(ClO－)均很大时，后者反应速率快于前者(3分) 解析：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性质实验的干扰，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的反应，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。 ①B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体。 ②通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2＋与NaOH溶液中电离产生的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的MnO2，则沉淀由白色变为棕黑色的化学方程式为2Mn(OH)2＋O2===2MnO2＋2H2O。 ③实验Ⅱ溶液变为紫色，说明有MnO产生，可得到结论：二价锰化合物在中性或弱酸性条件下只能被氧化到MnO2，在碱性条件下可以被氧化到更高价态。 ④ⅰ.Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的化学方程式为2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O。ⅱ.取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL 40% 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，MnO可被OH－还原为MnO，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式：4MnO＋4OH－===4MnO＋O2↑＋2H2O。溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量。ⅲ.取Ⅲ中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，紫色缓慢加深，说明ClO－将MnO2氧化为MnO，发生反应：3ClO－＋2MnO2＋2OH－===2MnO＋3Cl－＋H2O。ⅳ.溶液中存在反应：4MnO＋4OH－===4MnO＋O2↑＋2H2O、2MnO＋ClO－＋H2O===2MnO＋Cl－＋2OH－，在浓碱条件下，c(OH－)和c(ClO－)均很大时，后者反应速率快于前者。 2．次氯酸和次氯酸盐性质及应用 (4)(2025汇编，4分)下列说法正确的是________(填序号)。 ①NaClO溶液呈碱性，故可用作消毒剂(2023.01浙江选考) ②NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强(河北经典真题) ③向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应(山东经典真题) ④向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO(2023.06浙江选考) ⑤下列转化在给定条件下能够实现：NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s)(江苏经典真题) ⑥KClO碱性溶液与Fe(OH)3反应：3ClO－＋2Fe(OH)3===2FeO＋3Cl－＋4H＋＋H2O ⑦室温下0.1 mol·L－1 KI溶液中，Na＋、K＋、ClO－、OH－可大量共存 ⑧漂白粉与盐酸可混合使用以提高消毒效果(2022全国Ⅱ真题) 答案：②③④ 解析：NaClO溶液可用于杀菌消毒，是因为其具有强氧化性，不是因为其具有碱性，故①错误。NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐在酸性介质中，氧化能力更强，故②正确。先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，水解反应方程式为NaClO＋H2ONaOH＋HClO，水解产生的HClO具有漂白性，可使溶液褪色，故③正确。酸性：H2CO3＞HClO＞HCO，向次氯酸钙溶液通入足量二氧化碳，反应生成碳酸氢钙和次氯酸：ClO－＋CO2＋H2O===HClO＋HCO，故④正确。第一步可以实现，第二步中石灰水太稀得不到漂白粉，制取漂白粉应用石灰乳，NaCl(aq)Cl2(g)漂白粉(s)，故⑤错误。碱性溶液中，产物不能存在氢离子，正确的离子方程式为3ClO－＋2Fe(OH)3＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O，故⑥错误。ClO－能够氧化I－，在溶液中不能大量共存，故⑦错误。漂白粉的主要成分是次氯酸钙，与盐酸混合后发生反应：ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，不能提高消毒效果，故⑧错误。 (5)(多选)(2022海南真题，4分)NaClO溶液具有漂白能力。已知25 ℃时，Ka(HClO)＝4.0×10－8。下列关于NaClO溶液说法正确的是(　　) A．0.01 mol·L－1溶液中，c(ClO－)<0.01 mol·L－1 B．长期露置在空气中，释放Cl2，漂白能力减弱 C．通入过量SO2，反应的离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O===HSO＋HClO D．25 ℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(HClO)>c(ClO－)＝c(Na＋) 答案：AD 解析：NaClO为强碱弱酸盐，ClO－在水中发生水解，故0.01 mol·L－1 NaClO溶液中，c(ClO－)<0.01 mol·L－1，故A项正确。长期露置在空气中，次氯酸钠会转化为HClO，HClO不稳定易分解，产生HCl与O2，漂白能力减弱，故B项错误。二氧化硫具有还原性，能与NaClO发生氧化还原反应，通入过量的二氧化硫，反应的离子方程式为SO2＋ClO－＋H2O===SO＋2H＋＋Cl－，故C项错误。25 ℃，pH＝7.0的NaClO和HClO的混合溶液中，c(H＋)＝c(OH－)，Ka(HClO)＝＝4.0×10－8，代入c(H＋)＝10－7 mol·L－1得＝0.4，可知c(HClO)>c(ClO－)，根据电荷守恒有c(H＋)＋c(Na＋)＝c(OH－)＋c(ClO－)，则c(HClO)>c(ClO－)＝c(Na＋)，故D项正确。 3．氯水性质及应用 a．氯水成分分析 (6)(经典题，2分)将氯水加入下列4种试剂中。根据实验现象，得出的结论不正确的是(　　) 试剂 现象 结论 A 硝酸酸化的AgNO3溶液 产生白色沉淀 氯水中含有Cl－ B CaCO3固体 固体表面有气泡冒出 氯水具有酸性 C KBr溶液 溶液变黄 氯水具有氧化性 D 滴加酚酞的Na2SO3溶液 红色褪去 Cl2具有漂白性 答案：D 解析：将氯水加入硝酸酸化的AgNO3溶液中，反应产生白色沉淀，是氯离子与银离子反应得到的AgCl沉淀，说明氯水中含有Cl－，故A项正确，不符合题意。将氯水加入CaCO3固体中生成了二氧化碳气体，能证明溶液呈酸性，故B项正确，不符合题意。将氯水滴入KBr溶液中，溶液变黄，说明生成了溴单质，氯水将溴离子氧化为溴单质，说明氯水具有氧化性，故C项正确，不符合题意。氯水具有强氧化性，将Na2SO3氧化成了硫酸钠，硫酸钠不水解，溶液不再显碱性，红色褪去，结论不正确，故D项错误，符合题意。 b.氯水中Cl2＋H2OHCl＋HClO平衡移动的应用 (7)(2022.06浙江选考，2分)关于反应Cl2(g)＋H2O(l) HClO(aq)＋H＋(aq)＋Cl－(aq)　ΔH<0，达到平衡后，下列说法不正确的是(　　) A．升高温度，氯水中的c(HClO)减小 B．氯水中加入少量醋酸钠固体，上述平衡正向移动，c(HClO)增大 C．取氯水稀释，增大 D．取两份氯水，分别滴加AgNO3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 解析：该反应放热，升高温度，平衡逆向移动且HClO受热分解，HClO浓度减小，故A项正确，不符合题意。加入醋酸钠固体，醋酸钠与H＋反应，生成CH3COOH，平衡向正反应方向移动，c(HClO)增大，故B项正确，不符合题意。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HClOH＋＋ClO－，稀释促进了HClO的电离，使c(HClO)减少更多，因此增大，故C项正确，不符合题意。次氯酸具有强氧化性，也能够氧化KI，使淀粉碘化钾溶液变蓝，不能说明溶液中含有Cl2，因此不能证明上述反应存在限度，故D项错误，符合题意。 4．氯气的实验室制备 (8)(2025汇编，4分)下列有关实验室制备氯气的说法正确的是________(填序号)。 ①用如图装置和试剂完成实验室制Cl2(2023北京真题) ②高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应：MnO＋4Cl－＋8H＋===Mn2＋＋2Cl2↑＋4H2O ③用浓硫酸或碱石灰干燥Cl2 ④用排气法收集Cl2时，不需要利用其他试剂就能确定集气瓶中已收集满 ⑤50 mL 12 mol·L－1盐酸与足量MnO2共热，转移的电子数为0.3NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) 答案：①④ 解析：加热条件下MnO2将HCl氧化为Cl2，该装置可用于固液加热的反应制备Cl2，故①正确。高锰酸钾与浓盐酸制氯气的反应的离子方程式：2MnO＋10Cl－＋16H＋===2Mn2＋＋5Cl2↑＋8H2O，故②错误。Cl2能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥Cl2，故③错误。当整个集气瓶充满黄绿色气体时表明已收集满，故④正确。50 mL 12 mol·L－1 盐酸含n(HCl)＝0.6 mol，若完全反应转移电子数为0.3NA，但随着反应进行，浓盐酸变稀，反应不再进行，不能完全反应，转移电子数小于0.3NA，故⑤错误。 (9)(广东经典真题，6分)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MnO2)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chlorine(中文命名“氯气”)。 ①实验室沿用舍勒的方法制取Cl2的化学方程式为__________________________________。 ②实验室制取干燥Cl2时，净化与收集Cl2所需装置的接口连接顺序为______________________(按气流方向，用小写字母表示)。 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Cl－存在的操作及现象是_____________________________________________________。 答案：①MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O(1分)　②c－d－b－a－e(2分)　③HClO(1分)　 取少量久置氯水于试管中，先向溶液中加入过量稀硝酸，再加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl－(2分) 解析：①实验室通常采用浓盐酸和MnO2加热反应制取Cl2，化学方程式为MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O。 ②制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气杂质，氯气采用向上排空气法收集，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。 ③氯水久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验Cl－存在的方法为取少量久置氯水于试管中，先向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中其他离子的干扰，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－。 随堂普查练12Ⅰ 1．(2025汇编，4分)下列有关氯及其化合物的说法错误的是________(填序号)。 ①H＋、Na＋、Cl－、MnO能大量共存，粒子间不反应(湖南经典真题) ②用如图实验装置(夹持装置略)制备Cl2(2022重庆真题) ③Cl2通入水中制氯水：Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－(江苏经典真题) ④利用下列装置和试剂除去Cl2中的HCl并干燥(福建经典真题) ⑤久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2，是因为漂白粉的有效成分是CaCO3(2023广东真题) ⑥含氯消毒剂用于环境消毒的过程涉及氧化还原反应(山东经典真题) ⑦石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色 ⑧氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等 答案：①②③⑤ 解析：在酸性条件下MnO能将Cl－氧化为Cl2，不能大量共存，故①错误，符合题意。实验室用二氧化锰与浓盐酸制备氯气时需要加热，故②错误，符合题意。次氯酸是弱酸，氯气通入水中反应的离子方程式：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故③错误，符合题意。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除去HCl，洗气后再用浓硫酸干燥，故④正确，不符合题意。漂白粉的有效成分是次氯酸钙，久置空气中的漂白粉遇盐酸产生CO2是由于次氯酸钙变质，次氯酸钙和空气中的二氧化碳、水反应生成碳酸钙，碳酸钙和盐酸反应生成二氧化碳，故⑤错误，符合题意。含氯消毒剂用于环境消毒，是利用其强氧化性，涉及氧化还原反应，故⑥正确，不符合题意。Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，HCl在水溶液中电离出氢离子使溶液显酸性，从而使石蕊溶液变红，HClO因为具有强氧化性，使溶液迅速褪色，故⑦正确，不符合题意。氯水具有强氧化性，因此可以用于漂白纸张、织物等，故⑧正确，不符合题意。 2．(浙江经典真题，2分)黄色固体X，可能含有漂白粉、FeSO4、Fe2(SO4)3、CuCl2、KI之中的几种或全部。将X与足量的水作用，得到深棕色固体混合物Y和无色碱性溶液Z。下列结论合理的是(　　) A．X中含KI，可能含有CuCl2 B．X中含有漂白粉和FeSO4 C．X中含有CuCl2，Y中含有Fe(OH)3 D．用H2SO4酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有CuCl2 答案：C 解析：固体X为黄色，则一定含有Fe2(SO4)3，溶于水后，要使Z为无色碱性溶液，则一定含有漂白粉，且漂白粉过量，得到深棕色固体混合物Y，则固体Y是Fe(OH)3和Cu(OH)2的混合物，X中一定含有CuCl2和Fe2(SO4)3。若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，故A项不符合题意。 由分析可知，不一定含有FeSO4，故B项不符合题意。由分析可知， X中含有CuCl2，Y中含有Fe(OH)3，故C项符合题意。酸化后产生黄绿色气体为氯气，则发生反应的离子方程式为Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑＋H2O，此时的Cl－有可能来自于漂白粉氧化FeSO4产生的Cl－，也有可能是漂白粉自身含有的，不能推导出含有CuCl2，故D项不符合题意。 3．(北京经典真题，13分)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。 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 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1 mol·L－1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)①MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(1分)　②2Cl－－2e－===Cl2↑(1分)　③Cl－还原性减弱(1分)　④KCl固体(或浓/饱和溶液)(答案合理即可)(1分)　MnSO4固体(或浓/饱和溶液)(1分)　(2)c(H＋)KCl>c(H＋)KBr>c(H＋)KI(1分)　Cl、Br、I为同主族元素，电子层数I>Br>Cl，离子半径I－>Br－>Cl－，失电子能力I－>Br－>Cl－，还原性I－>Br－>Cl－(2分)　(3)AgNO3(1分)　(4)I－、Br－、Cl－均可使氧化反应Ag－e－===Ag＋中的c(Ag＋)降低，提高Ag的还原性，但溶解度AgI<AgBr<AgCl，I－使c(Ag＋)降低得更多(2分)　(5)还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强(2分) 解析：(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Cl－失去电子生成Cl2，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，即随c(Cl－)降低，Cl－还原性减弱。④实验Ⅰ验证了随c(H＋)升高，MnO2氧化性增强。实验Ⅱ的现象是有氯气生成，根据③中分析应是增大氯离子浓度，使氯离子还原性增强，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验Ⅲ的现象是没有氯气，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③中分析i可知，试剂b含有Mn2＋，试剂b可以是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)。 (2)元素的非金属性越弱，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c(H＋)KCl>c(H＋)KBr>c(H＋)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，阴离子失电子能力逐渐增强，阴离子的还原性逐渐增强。 (3)根据(1)③ⅰ中的结论推测降低Br－浓度，可以提高溴的氧化性，该化合物可以是AgNO3，与Br－反应生成AgBr沉淀，从而使Br－浓度降低。 (4)根据(1)中结论推测降低c(Ag＋)，可增强Ag的还原性。I－、Br－、Cl－均可使氧化反应Ag－e－===Ag＋中的c(Ag＋)降低，提高Ag的还原性，但溶解度AgI<AgBr<AgCl，I－使c(Ag＋)降低得更多，故Ag只与氢碘酸发生置换反应。 (5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性与物质的浓度有关，还原反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，氧化剂的氧化性增强；氧化反应中，增大反应物浓度或降低生成物浓度，还原剂的还原性增强。 4．(全国Ⅲ经典真题，14分)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________(填字母)。 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：(1)圆底烧瓶 (1分)　饱和食盐水 (1分)　(2)水浴加热 (1分)　Cl2＋ 2OH－ === ClO－＋ Cl－ ＋ H2O (1分)　避免生成 NaClO3 (2分)　(3)吸收尾气(Cl2) (1分)　AC (2分)　(4)过滤 (1分)　少量(冷)水洗涤 (1分)　(5)紫 (1分)　小于 (2分) 解析：(1)盛放MnO2粉末的仪器是圆底烧瓶，制得的氯气中含有HCl和H2O两种杂质，会对后续实验造成干扰的是HCl，必须除去，因此选用饱和食盐水。 (2)由图可知b中采用水浴加热。由于本题的实验目的是制备KClO3和NaClO，故加热时生成KClO3，而冰水浴条件下生成NaClO。由此可知，氯气与碱反应时，温度高时易产生ClO，温度低时产生ClO－，所以冰水浴是为了避免温度过高产生NaClO3杂质。 (3)氯气有毒，必须进行尾气吸收，可用碱性的Ca(OH)2吸收，也可以用硫化钠吸收，发生氧化还原反应Cl2 ＋ S2－=== S↓ ＋ 2Cl－，故A、C项符合题意。 (4)从溶液中得到KClO3晶体的方法：在降温结晶后，需要再经过滤、少量(冷)水洗涤、干燥后即可得到晶体。 (5)作用于同一种还原剂(碘离子), 1号试管无变化，2号试管变棕黄色(碘单质在水溶液中的颜色)，说明KClO3的氧化能力小于NaClO。碘单质在有机溶剂四氯化碳中的颜色是紫色。 普查与练习12Ⅱ　　　　　卤素单质性质及卤素离子检验 5．卤素单质及其氢化物性质的相似性和递变性 (10)(2025汇编，4分)下列说法正确的是______(填序号)。 ①下列物质间的转化能实现：NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)(江苏经典真题) ②实验探究Br2的氧化性比I2的强，可以向盛有淀粉－KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，观察溶液颜色变化(2022江苏真题) ③Cl2和Br2分别与Fe2＋反应得到Cl－和Br－(2022重庆真题) ④标准状况下，2.24 L F2通入足量饱和食盐水中可置换出0.1NA个Cl2(设NA为阿伏加德罗常数的值) ⑤向NaBr溶液中加入氯水，再加入淀粉－KI溶液，溶液变蓝，说明氧化性：Cl2>Br2>I2 ⑥将溴水滴入KI溶液中，加入乙醇并振荡，能达到萃取溶液中生成的碘的目的(广东经典真题) ⑦加热NaI与浓磷酸混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强(河北经典真题) 答案：①②③ 解析：同主族元素自上而下非金属性减弱，故非金属性：Cl＞Br＞I，可以实现下列转化：NaBr(aq)Br2(aq)I2(aq)，故①正确。向盛有淀粉－KI溶液的试管中滴加几滴溴水，振荡，溶液变为蓝色，说明Br2的氧化性比I2的强，故②正确。氯气和溴单质的氧化性都强于铁离子，都能与亚铁离子反应，分别转化成氯离子和溴离子，故③正确。F2氧化性很强，能和水反应置换水中的氧，故④错误。向NaBr溶液中加入氯水，置换出溴，再加入淀粉－KI溶液，由现象可知，溶液中有I2，若加入的氯水过量，氯水可氧化I－，不能证明是Br2氧化I－，则不能说明氧化性Br2＞I2，故⑤错误。乙醇与水互溶，不能从水溶液中萃取出碘单质，故⑥错误。HI的沸点低，易挥发，加热NaI与浓磷酸混合物发生反应生成HI利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，故⑦错误。 (11)(2022.01浙江选考，2分)下列推测不合理的是(　　) A．相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PBr3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：相同条件下，非金属单质的氧化性越强，其单质与三卤化磷反应越容易，非金属性：Cl>Br，氧化性：Cl2>Br2，所以相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PBr3反应难，故A项正确，不符合题意。化合物OPBrCl2中各元素的化合价应分别为－2、＋5、－1、－1，在与水反应时，可看作是水解反应，即化合物中带正、负电荷的原子或原子团分别与水中带正电荷的原子(H＋)、负电荷的原子团(OH－)发生交换的过程，所以OPBrCl2与H2O反应的化学方程式为OPBrCl2＋3H2O===H3PO4＋2HCl＋HBr，一共生成3种酸，故B项错误，符合题意。P—Br、P—Cl、P—F键的稳定性依次增强，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢，所以相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr3、OPCl3、 OPF3，故C项正确，不符合题意。PBr3与C2H5OH反应时，Br与乙醇羟基中的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合生成P(OC2H5)3，故D项正确，不符合题意。 6．卤素离子检验方法及易错点 (12)(2025汇编，4分)下列叙述中正确的是________(填序号)。 ①加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，加稀盐酸沉淀不消失，可确定有Cl－存在 ②鉴别NaBr和KI溶液，分别加新制氯水后，用CCl4萃取 ③某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－ ④向某黄色溶液中加入淀粉KI溶液，溶液呈蓝色，则溶液中含Br2 ⑤取少量食盐溶于水，滴加少量淀粉溶液，食盐溶液不变蓝色，则该食盐中一定不含碘元素 ⑥可用AgNO3溶液检验KI溶液是否变质 答案：② 解析：加稀盐酸前生成的白色沉淀可能是AgCl沉淀，也可能是其他物质，加稀盐酸引入Cl－，所以不能确定原溶液中是否含有Cl－，故①错误。NaBr和KI溶液，加新制氯水后分别有Br2和I2生成，可用CCl4萃取的方式来鉴别，故②正确。I2的CCl4溶液显紫色，不能证明原溶液中存在I－，故③错误。含Fe3＋的溶液也显黄色，Fe3＋可与I－发生反应：2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2，溶液同样显蓝色，故④错误。食盐中加的是碘酸钾，淀粉遇碘酸钾无明显变化，故⑤错误。无论是否变质生成碘单质，溶液中的KI仍与AgNO3反应生成黄色沉淀，不能检验是否变质，故⑥错误。 7．含卤单质及化合物的制备 (13)(江苏经典真题，3分)通过下列实验可从I2的CCl4溶液中回收I2。 下列说法正确的是(　　) A．NaOH溶液与I2反应的离子方程式：I2＋2OH－===I－＋IO ＋H2O B．通过过滤可将水溶液与CCl4分离 C．向加酸后的上层清液中滴加 AgNO3溶液生成AgI沉淀，1个AgI晶胞中含14个I－ D．回收的粗碘可通过升华进行纯化 答案：D 解析：选项所给离子方程式原子不守恒，正确的离子方程式为3I2＋6OH－===5I－＋IO＋3H2O，故A项错误。水溶液与CCl4均为液体且不互溶，二者应通过分液分离，故B项错误。结合图示可知，8个顶点和6个面心上各含有1个I－，根据均摊法，1个AgI晶胞中所含I－的个数为8×＋6×＝4，故C项错误。碘易升华，回收的粗碘可通过升华进行纯化，故D项正确。 (14)(2022河北真题，3分)LiBr溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成LiBr工艺流程如下： 下列说法错误的是(　　) A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液直接返回还原工序 B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离 C．中和工序中的化学反应为Li2CO3＋2HBr===CO2↑＋2LiBr＋H2O D．参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1 答案：A 解析：由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，故A项错误，符合题意。除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，故B项正确，不符合题意。中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为Li2CO3＋2HBr===CO2↑ ＋2LiBr ＋H2O，故C项正确，不符合题意。Br2＋BaS===BaBr2＋S、H2SO4＋BaBr2===2HBr＋BaSO4↓，因此，参与反应的n(Br2)∶n(BaS)∶n(H2SO4)为1∶1∶1，故D项正确，不符合题意。 (15)(江苏经典真题，12分)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。 ①NaClO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C3N3O3Cl＋H＋＋2H2O===C3H3N3O3＋2HClO HClO＋2I－＋H＋===I2＋Cl－＋H2O I2＋2S2O===S4O＋2I－ 准确称取1.1200 g样品，用容量瓶配成250.0 mL溶液：取25.00 mL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5 min；用0.1000 mol·L－1Na2S2O3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20.00 mL。 a．通过计算判断该样品是否为优质品。 (写出计算过程，该样品的有效氯＝×100% ) b．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：①Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O (2分)　NaClO溶液吸收空气中的CO2后产生HClO，HClO见光分解 (3分) ②a. n(Na2S2O3)＝0.02000 L×0.1000 mol·L－1＝2.000×10－3 mol， 由反应：C3N3O3Cl＋H＋＋2H2O===C3H3N3O3＋2HClO　 HClO＋2I－＋H＋===I2＋Cl－＋H2O I2＋2S2O===S4O＋2I－ 可知：C3N3O3Cl～2HClO～2I2～4S2O 根据物质转化和电子得失守恒关系得n(Cl)＝0.5n(S2O)＝1.000×10－3 mol， 氯元素的质量：m(Cl)＝1.000×10－3 mol×35.5 g·mol－1＝0.03550 g， 该样品中的有效氯为×100%≈63.39%， 该样品中的有效氯大于60%，故该样品为优质品，答：该样品为优质品(5分) b．偏低 (2分) 解析：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Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O。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，从而使次氯酸钠失效。 ②a.见答案。 b．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。 随堂普查练12Ⅱ 1．(2025汇编，4分)下列叙述中正确的是______(填序号)。 ①用淀粉碘化钾试纸鉴别碘水和溴水 ②标准状况下，1 mol H2和1 mol F2混合后，所含气体分子数为2NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) ③Cl2与水反应生成HCl和HClO，则F2与水反应生成HF和HFO ④将某无色气体通入溴水中，溴水褪色，说明该气体一定表现还原性 ⑤向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度 ⑥浓溴水保存在带橡皮塞的棕色细口瓶中 ⑦酸化NaIO3和NaI的混合溶液：I－＋IO＋6H＋=== I2＋3H2O ⑧液溴中溶有少量氯气，可以用加入溴化钠再用汽油萃取的方法提纯 答案：⑤⑧ 解析：单质溴与碘化钾反应生成单质碘，所以溴水能使淀粉碘化钾试纸变蓝色，碘水也能使淀粉碘化钾试纸变蓝色，所以用淀粉碘化钾试纸不能鉴别碘水和溴水，故①错误。标准状况下，1 mol H2和1 mol F2混合后反应生成2 mol氟化氢，氟化氢在标况下不是气体，故所含气体分子数为0，故②错误。氟气与水反应生成HF和氧气，故③错误。能使溴水褪色的气体可能表现还原性，例如SO2与溴水的反应，二氧化硫表现了还原性；也有可能通入的气体不表现还原性，例如向溴水中通入氨气，氨气溶于水使溶液显碱性，溴在碱性溶液中可以发生歧化反应，溴水褪色，但是氨气没有表现还原性，故④错误。向碘水中加入等体积CCl4，振荡后静置，上层接近无色，下层显紫红色，说明碘被萃取到四氯化碳中，由此证明I2在CCl4中的溶解度大于在水中的溶解度，故⑤正确。溴能腐蚀橡胶，应用玻璃塞，故⑥错误。在酸性条件下，NaIO3和NaI发生氧化还原反应，题给离子方程式不满足电荷守恒，正确的离子方程式为5I－＋IO＋6H＋===3I2＋3H2O，故⑦错误。氯气与溴化钠反应生成溴单质与NaCl，溴易溶于有机溶剂，再用汽油萃取提纯，故⑧正确。 2．(2023.06浙江选考，3分)探究卤族元素单质及其化合物的性质，下列方案设计、现象和结论都正确的是(　　) 实验方案 现象 结论 A 往碘的CCl4溶液中加入等体积浓KI溶液，振荡 分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色 碘在浓KI溶液中的溶解能力大于在CCl4中的溶解能力 B 用玻璃棒蘸取次氯酸钠溶液点在pH试纸上 试纸变白 次氯酸钠溶液呈中性 C 向2 mL 0.1 mol·L－1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1 mol·L－1KCl溶液，再滴加4滴0.1 mol·L－1 KI溶液 先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀 AgCl转化为AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度 D 取两份新制氯水，分别滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液 前者有白色沉淀，后者溶液变蓝色 氯气与水的反应存在限度 答案：A 解析：向碘的四氯化碳溶液中加入等体积浓碘化钾溶液，振荡，静置，溶液分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色，说明碘从四氯化碳层转移至水层中，这是由于碘的四氯化碳溶液中的碘单质与碘化钾溶液中的碘离子反应生成了I，可得出碘单质在浓碘化钾溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A项正确。次氯酸钠溶液具有强氧化性，能将有机色质漂白使其褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B项错误。由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银过量，再加入碘化钾溶液时，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的转化，无法比较氯化银和碘化银的溶度积的大小，故而无法比较二者溶解度的大小，故C项错误。新制氯水中的氯气和次氯酸都能与碘化钾溶液反应生成使淀粉变蓝色的碘单质，则溶液变蓝色不能说明新制氯水中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D项错误。 3．(北京朝阳区模拟，3分)向碘水、淀粉的混合液中加入AgNO3溶液，蓝色褪去。为探究褪色原因，进行如图实验。下列分析不正确的是(　　) A．过程①后溶液pH明显变小 B．过程③中加入NaCl溶液的目的是除去Ag＋ C．不能判断4H＋＋4I－＋O2===2H2O＋2I2是过程④中溶液变蓝的原因 D．综合上述实验，过程①中蓝色褪去的原因是Ag＋氧化了I2 答案：D 解析：碘水中存在平衡H2O＋I2HI＋HIO，加入硝酸银溶液，可生成碘化银沉淀，促进平衡正向移动，氢离子浓度增大，则过程①后溶液pH明显变小，故A项正确，不符合题意。滤液1中含有硝酸银，则加入NaCl溶液的目的是除去Ag＋，故B项正确，不符合题意。滤液2中含有HIO、H＋，加入KI溶液，可发生氧化还原反应生成碘，则不能判断4H＋＋4I－＋O2===2H2O＋2I2是过程④中溶液变蓝的原因，故C项正确，不符合题意。过程①中蓝色褪去的原因可能是Ag＋氧化了I2，也可能为银离子与碘离子的反应促进碘与水的反应正向进行，故D项错误，符合题意。 4．(湖北联考，3分)溴化亚铁(FeBr2)是一种常用的催化剂，易潮解变质，800 ℃以上可升华，高温时溴化铁(FeBr3)迅速分解成溴化亚铁。实验室用如图所示装置制备溴化亚铁(部分夹持仪器未画出)，下列说法错误的是(　　) A．浓磷酸在与溴化钠反应中体现了难挥发性 B．实验结束时要关闭热源并继续通入N2一段时间，此时通N2的目的是使装置中残留的HBr被充分吸收 C．若用浓硫酸代替浓磷酸，则会导致产品的纯度降低 D．碱石灰不能用无水氯化钙代替 答案：C 解析：浓磷酸能用于制备溴化氢的原因是浓磷酸具有难挥发性，从而生成易挥发的溴化氢，故A项正确，不符合题意。溴化氢逸散到空气中会污染空气，通N2可使装置中残留的HBr被碱石灰充分吸收，防止污染，故B项正确，不符合题意。浓磷酸和溴化钠制备溴化氢，经过安全瓶及干燥后，溴化氢在加热条件下与铁反应生成溴化亚铁，发生反应：Fe＋2HBrFeBr2＋H2，若用浓硫酸代替浓磷酸，会发生副反应：2NaBr＋2H2SO4(浓)SO2↑＋Br2↑＋2H2O＋Na2SO4，生成的二氧化硫与铁不反应，溴与铁反应生成的溴化铁在高温下会迅速分解为溴化亚铁，对产品的纯度无影响，故C项错误，符合题意。碱石灰用来吸收未反应的溴化氢，而无水氯化钙不能吸收溴化氢，故D项正确，不符合题意。 5．(浙江经典真题，5分)某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图： 请回答： (1)三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用一个化学方程式表示________________________________________________________________________ (2)若通入水中的Cl2O已过量，设计实验方案检验_______________________ __________________________________________________________。 答案：(1)2H2S＋Cl2O===2S↓＋2HCl＋H2O (2分)　(2)用玻璃棒蘸取清液，点到KI－淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量 (3分) 解析：(1)由三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性可知，H2S和Cl2O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应的化学方程式为2H2S＋Cl2O===2S↓＋2HCl＋H2O。 (2)Cl2O具有强氧化性，若通入水中的Cl2O已过量，过量的Cl2O能与碘化钾溶液反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则检验Cl2O已过量的实验方案为用玻璃棒蘸取清液，点到KI－淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量。 6．(辽宁联考，15分)水合肼(N2H4·H2O)及其衍生物在工业中被广泛使用。水合肼的沸点为118 ℃，有强还原性，在空气中可吸收二氧化碳而产生烟雾。实验室利用NaClO氧化尿素制备水合肼分为以下两步： Ⅰ.制备次氯酸钠。 Ⅱ.尿素[CO(NH2)2]在碱性条件下反应制备水合肼。实验装置如图所示(部分装置省略)： (1)装置B的作用是储存多余的Cl2，可用的试剂是________________。 (2)装置C中制备NaClO的反应过程中温度升高易产生副产物NaClO3，实验中可采取的措施是________(写一条即可)。 (3)将装置C中制备的溶液转移到装置D的________(填仪器名称)中，并缓缓滴入，原因是________________________________________________________，装置D中生成水合肼的化学方程式为___________________________________ (在此反应中有苏打生成)。 (4)有同学认为该实验收集装置有缺陷，请你写出改进措施________________________________________________。 (5)常温时，水合肼在碱性条件下可以还原银氨溶液来回收金属银，并产生无污染气体N2，写出该反应的离子方程式：________________________________________。 (6)称取3.0 g水合肼样品，加水配制成250 mL溶液，从中取出25.00 mL溶液于锥形瓶中，滴入几滴淀粉溶液，用0.300 mol·L－1的I2溶液进行滴定，滴定终点的现象________________________________________________，测得消耗I2溶液的体积为27.50 mL，则样品中水合肼(N2H4·H2O)的质量百分数为________(保留3位有效数字)。(已知：N2H4·H2O＋2I2===N2↑＋4HI＋H2O) (7)滴定时，下列能导致水合肼的含量测定结果偏低的是________(填字母)。 a．实验过程中，部分N2H4·H2O被空气氧化 b．滴定前，盛标准液的滴定管内无气泡，滴定后有气泡 c．读数时，滴定前仰视，滴定后俯视 d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液 答案：(1)饱和氯化钠溶液 (1分)　(2)冰水浴(合理即可) (1分)　(3)分液漏斗(1分)　防止生成的水合肼会被次氯酸钠氧化，导致产率降低(1分) CO(NH2)2＋ 2NaOH＋NaClO===Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl (2分)　(4)在牛角管上连接装有碱石灰的干燥管，防止空气中的二氧化碳进入收集装置(1分)　(5)4[Ag(NH3)2]＋＋ N2H4·H2O ＋ 4OH－===4Ag↓＋N2↑＋8NH3↑＋5H2O (2分)　(6)滴入最后半滴I2溶液，溶液颜色变成蓝色，且半分钟内不褪色(1分)　68.8%(3分)　(7)abc(2分) 解析：(1)B装置用排液法收集多余的Cl2，Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，因此可用排饱和氯化钠溶液的方法储存多余的Cl2。 (2)反应过程中温度升高易产生副产物，因此应需要对装置C降温，如进行冰水浴等。 (3)要将装置C中制得的NaClO溶液缓慢滴入，可知溶液要转移至分液漏斗中，缓慢滴入可以防止生成的水合肼被过量的NaClO氧化；制备水合肼的反应物为NaClO、NaOH和尿素[CO(NH2)2]，Cl化合价降低生成Cl－，氮元素化合价升高，碳元素不变价生成碳酸钠，同时生成水合肼(N2H4·H2O)，反应方程式配平后可得：CO(NH2)2＋2NaOH＋NaClO===Na2CO3＋N2H4·H2O＋NaCl。 (4)收集装置与外界连通的牛角管应连接一个装有碱石灰的干燥管，以防止外界空气中的CO2进入锥形瓶后与N2H4·H2O反应。 (5)由题可知，反应物为水合肼、OH－和[Ag(NH3)2]＋，生成N2、Ag，银氨离子中的氮元素未变价，则产物中有NH3，多余的H和O组合生成水，方程式配平可得：4[Ag(NH3)2]＋＋N2H4·H2O＋4OH－===4Ag↓＋N2↑＋8NH3↑＋5H2O。 (6)用I2溶液滴定水合肼溶液，当滴入最后半滴I2溶液，溶液颜色变成蓝色，且半分钟内不褪色时即达到滴定终点；由已知信息可得N2H4·H2O～2I2，则水合肼物质的量＝×10＝×10＝0.04125 mol，质量＝0.04125 mol×50 g·mol－1＝2.0625 g，3.0 g水合肼样品的纯度＝×100%≈68.8%。 (7)实验过程中，部分N2H4·H2O被空气氧化为I2，会造成消耗的I2溶液的量减少，导致水合肼的含量测定结果偏低，故a项符合题意。开始时滴定管内无气泡，滴定后有气泡，则所消耗的I2溶液实际值大于测量值，因此测定结果偏低，故b项符合题意。滴定前仰视，滴定后俯视，消耗的碘溶液实际值大于测量值，测量结果偏低，故c项符合题意。滴定管水洗后，直接装标准液会使标准液浓度降低，增加其消耗的体积，导致测量结果偏高，故d项不符合题意。 课后提分练12　氯及其化合物 A组(巩固提升) 1．(江苏联考，3分)在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是(　　) A．HClO(aq)Cl2(g) B．Cl2(g)FeCl3(s) C．Cl2(g)NaClO3(aq) D．KBr(aq)Br2(aq) 答案：A 解析：HClO光照条件下分解产生HCl和O2，得不到Cl2，故A项符合题意。Cl2与铁粉共热(或点燃)，反应生成FeCl3，与铁的用量无关，故B项不符合题意。Cl2与氢氧化钠在加热条件下反应生成NaClO3和NaCl，故C项不符合题意。KMnO4与盐酸常温下反应生成Cl2，Br－还原性比Cl－强，酸性高锰酸钾能将KBr氧化得到Br2，故D项不符合题意。 2．(2025汇编，4分)下列关于氯气的叙述正确的是__________(填序号)。 ①用氯气处理水中的Cu2＋、Hg2＋等重金属离子 ②Cl2通入氢氧化钠溶液：Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O(2023.01浙江选考) ③氯气泄漏时，用浸有弱碱性溶液的毛巾捂住口鼻向低处转移或顺着风向转移 ④将Cl2通入紫色石蕊溶液中，溶液先变红后褪色，说明Cl2具有漂白性和酸性 ⑤氯气使KBr溶液变黄的变化中氯气被还原 ⑥将少量氯气通入NaHSO3溶液中：HSO＋H2O＋Cl2===2Cl－＋3H＋＋SO ⑦标准状况下11.2 L Cl2溶于水，溶液中Cl－、ClO－、HClO的微粒数之和为NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) ⑧工业上用石灰乳制取漂白粉：Cl2＋2OH－===ClO－＋Cl－＋H2O 答案：②⑤ 解析：氯气可用于水的杀菌消毒，对重金属离子没有作用，故①错误。Cl2通入氢氧化钠溶液中反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－===Cl－＋ClO－＋H2O，故②正确。Cl2可与碱(或碱性物质)反应，密度大于空气，应该用浸有弱碱性溶液的毛巾捂住口鼻向高处转移或逆着风向转移，故③错误。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有酸性和漂白性，可观察到溶液先变红后褪色，氯气不具有漂白性和酸性，故④错误。氯气使KBr溶液变黄是由于发生反应Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2，反应中Cl2将Br－氧化为Br2，自身被还原，故⑤正确。将少量氯气通入NaHSO3溶液中离子方程式为4HSO＋Cl2===2Cl－＋2H2O＋3SO2↑＋SO，故⑥错误。标准状况下11.2 L Cl2物质的量为0.5 mol，Cl2与水的反应是可逆反应，因此溶液中Cl－、ClO－和HClO的微粒数之和小于NA，故⑦错误。石灰乳微溶于水，作反应物写化学式，离子方程式为Ca(OH)2＋Cl2===Cl－＋ClO－＋H2O＋Ca2＋，故⑧错误。 3．(2023江苏真题，3分)实验室制取Cl2的实验原理及装置均正确的是(　　) 　 A.制取Cl2 B.除去Cl2中的HCl C.收集Cl2 D.吸收尾气中的Cl2 答案：C 解析：实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MnO2，不能使用稀盐酸，故A项错误。除去Cl2中的HCl，可将气体通入饱和食盐水中，注意气体需从长管进入，便于充分吸收，即“长进短出”，故B项错误。氯气密度大于空气，可用向上排空气法收集氯气，集气瓶收集气体时应“长进短出”，故C项正确。对氯气的尾气处理应选择氢氧化钠溶液进行吸收，氯气在水中的溶解度较小，水的吸收效果不好，故D项错误。 4．(2023广东真题，4分)利用活性石墨电极电解饱和食盐水，进行如图所示实验。闭合K1，一段时间后(　　) A．U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和O2 B．a处布条褪色，说明Cl2具有漂白性 C．b处出现蓝色，说明还原性：Cl－>I－ D．断开K1，立刻闭合K2，电流表发生偏转 答案：D 解析：闭合K1，形成电解池，相当于电解饱和食盐水，左侧石墨为阳极，阳极氯离子失去电子生成氯气，电极反应为2Cl－－2e－===Cl2↑，右侧石墨为阴极，阴极电极反应为2H2O＋2e－===H2↑＋2OH－，总反应为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑，据此解答。根据分析可知，U型管两侧均有气泡冒出，分别是Cl2和H2，故A项错误。U型管左侧生成氯气，氯气遇水生成HClO，具有漂白性，则a处布条褪色，说明HClO具有漂白性，故B项错误。b处出现蓝色，发生反应Cl2＋2KI===I2＋2KCl，说明还原性：I－>Cl－，故C项错误。断开K1，立刻闭合K2，Cl2、H2能自发地进行放热的氧化还原反应，此时构成原电池，产生电流，电流表发生偏转，故D项正确。 5．(全国Ⅰ经典真题，6分)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。如图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图。下列叙述错误的是(　　) A．冰表面第一层中，HCl以分子形式存在 B．冰表面第二层中，H＋浓度为5×10－3 mol·L－1(设冰的密度为0.9 g·cm－3) C．冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变 D．冰表面各层之间，均存在可逆反应HClH＋＋Cl－ 答案：D 解析：由图可知，冰的表面第一层吸附物有氯化氢，氯化氢以分子形式存在，故A项正确，不符合题意。由题给数据可知，冰的表面第二层中氯离子和水的个数比为10－4 ∶1，第二层中溶解的氯化氢分子应少于第一层吸附的氯化氢分子数，与水的质量相比，可忽略其中溶解的氯化氢的质量。设水的物质的量为1 mol，则所得溶液质量为18 g·mol－1×1 mol＝18 g，则溶液的体积为×10－3 L·mL－1＝2.0×10－2 L，由第二层氯离子和水个数比可知，溶液中氢离子物质的量等于氯离子物质的量，为10－4 mol，则氢离子浓度为＝5×10－3 mol·L－1，故B项正确，不符合题意。由图可知，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关，冰的氢键网络结构保持不变，故C项正确，不符合题意。由图可知，第三层不存在HCl分子，故D项错误，符合题意。 6．(多选)(2025改编，4分)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4 mol HCl的浓盐酸与足量二氧化锰反应，产生标准状况下的Cl2体积等于22.4 L 答案：BD 解析：实验室制备氯气，常采用加热MnO2和浓盐酸，制得的氯气中混有HCl和水蒸气，常采用饱和食盐水吸收氯气中的HCl。因为氯气有毒，需要吸收尾气，因此实验室常用NaOH溶液吸收氯气，防止污染环境，据此分析。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、次氯酸钠具有强氧化性，在不加热的条件下，能与浓盐酸反应产生氯气，故A项正确，不符合题意。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项错误，符合题意。根据上述分析，饱和食盐水能吸收氯气中的HCl，该装置中还有长颈漏斗，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，故C项正确，不符合题意。二氧化锰只与浓盐酸反应，不与稀盐酸反应，含4 mol HCl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，稀盐酸不与二氧化锰反应，因此产生标准状况下的氯气的体积小于22.4 L，故D项错误，符合题意。 7．(经典题，4分)通过卤素间的反应实验，可以比较出卤素单质氧化性的强弱。实验如下： 下列说法不正确的是(　　) A．CCl4起到萃取、富集I2的作用 B．a中下层变无色，说明I2转化为I－ C．Ⅲ中发生反应的离子方程式为Br2＋2I－===I2＋2Br－ D．依据a、b中现象，可以证明Cl2的氧化性比 Br2强 答案：B 解析：I2在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度，CCl4起萃取、富集I2的作用，故A项正确，不符合题意。a中下层变为无色是由于Cl2与I2发生反应5Cl2＋I2＋6H2O===2HIO3＋10HCl，体现了Cl2的强氧化性，故B项错误，符合题意。Br2氧化性强于I2，因此Br2可与I－发生反应Br2＋2I－=== I2＋2Br－，故C项正确，不符合题意。通过实验现象分析可知，Cl2可进一步将I2氧化而Br2不能，可以得出Cl2的氧化性比Br2强，故D项正确，不符合题意。 8．(重庆模拟，15分)无水四氯化锡[M(SnCl4)＝261 g·mol－1]常用于合成染色的媒染剂。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备无水SnCl4，可选用的装置如图所示： 　 已知：SnCl4常温时为无色液体，沸点114 ℃；Cl2易溶于SnCl4；SnCl4在空气中极易水解生成SnO2·xH2O。 回答下列问题： (1)A中盛放KClO3晶体的仪器名称为________________，在其中发生反应的化学方程式是______________________________________。 (2)整个实验装置的连接顺序是A→______→BC→________(装置可重复使用，填字母)。 (3)装置E的作用是______________________________；若缺少装置F，则收集器C中发生反应的化学方程式为____________________________________。 (4)收集器C中收集到的液体略显黄色，原因是________________________，C中上方冷水的作用是________________。 (5)除氯后测定最后产品的纯度。量取V1 mL A g·mL－1的样品，置于已称重含20 mL水的称量瓶中，混合后，移入锥形瓶，加入200 mL水和2滴1%甲基橙指示液，用B mol·L－1的NaOH标准液滴定，消耗标准液V2 mL(接近终点时，每滴加一滴标准液须待沉淀沉降后观察澄清液体的颜色)。滴定到达终点的实验现象为_______________________________，产品的纯度为__________%。 答案：(1)圆底烧瓶(1分)　KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2↑＋KCl＋3H2O(2分)　(2)E→F(1分)　F→D(1分)　(3)除去氯气中的HCl气体(1分)　SnCl4＋(x＋2)H2O===SnO2·xH2O↓＋4HCl(2分) (4)SnCl4溶解了Cl2(1分)　冷凝SnCl4(1分)　(5)滴入最后半滴NaOH标准液，溶液由红色变为黄色，且半分钟内不变色(2分)　%(3分) 解析：装置A中KClO3与浓盐酸反应生成 KCl 、Cl2、H2O，混有 HCl 和水蒸气的Cl2进入装置 E (盛装饱和食盐水)中，除去氯气中的HCl气体，再将气体通入装置 F (盛装浓硫酸)中，除去水蒸气，再将干燥的Cl2 通入装置B中，与 Sn 在加热的条件下反应生成SnCl4，再通过装置C对SnCl4 蒸气进行冷凝回流，多余的尾气经过F干燥装置，再用装置D中 NaOH 溶液吸收处理，同时浓硫酸还起着防止水蒸气进入装置 C 的作用，防止SnCl4遇水发生水解。 (1)A中盛放KClO3晶体的仪器名称为圆底烧瓶，在其中发生反应的方程式是KClO3＋6HCl(浓)===3Cl2↑＋KCl＋3H2O。 (2)根据分析可得，整个实验装置的连接顺序是A→E→F→BC→F→D。 (3)装置E的作用是除去氯气中的HCl气体；SnCl4在空气中极易水解生成SnO2·xH2O，若缺少装置F，则收集器C中发生反应的化学方程式为SnCl4＋(x＋2)H2O===SnO2·xH2O↓＋4HCl。 (4)Cl2易溶于SnCl4，收集器C中收集到的SnCl4溶解了氯气，使液体略显黄色，SnCl4常温时为无色液体，沸点(114 ℃)较低，C中上方冷水的作用是冷凝SnCl4。 (5)量取V1 mL A g·mL－1的样品，置于已称重含20 mL水的称量瓶中，混合后，移入锥形瓶，加入200 mL水和2滴1%甲基橙指示液，发生反应SnCl4＋(x＋2)H2O===SnO2·xH2O↓＋4HCl，溶液为红色，用B mol·L－1的NaOH标准液滴定，反应为HCl＋NaOH===NaCl＋H2O，消耗标准液V2 mL，滴定完后溶液为碱性，滴定达到终点的实验现象为滴入最后半滴NaOH标准液，溶液由红色变为黄色，且半分钟内不变色，根据反应过程的关系式SnCl4～4NaOH，可得产品的纯度为×100%＝%。 B组(冲刺满分) 9．(2025汇编，4分)关于卤素单质及其化合物，下列说法正确的是________(填序号)。 ①HF、HCl、HBr三种物质中，最难汽化的是HBr ②反应BrCl＋H2O===HCl＋HBrO中，氧化剂和还原剂均是BrCl ③漂白粉溶液吸收少量二氧化硫气体：SO2＋H2O＋ClO－===SO＋Cl－＋2H＋ ④用食醋和淀粉－KI可检验食盐里是否加碘 ⑤可用如图装置验证氧化性：Cl2>Fe3＋>I2 答案：④ 解析：HF分子间含氢键，沸点最高，最难汽化，故①错误。在BrCl＋H2O===HCl＋HBrO反应中，溴元素化合价为＋1价，氯元素化合价为－1价，元素化合价均未发生变化，故②错误。因为二氧化硫少量，所以产物中应有未反应完的ClO－会与H＋结合成HClO，且生成的硫酸根离子与钙离子结合生成硫酸钙微溶物，因此离子方程式为Ca2＋＋3ClO－＋H2O＋SO2===CaSO4↓＋2HClO＋Cl－，故③错误。5KI＋KIO3＋6CH3COOH===3I2＋6CH3COOK＋3H2O，加碘盐中的碘化物是KIO3，能发生上述反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，故④正确。浓盐酸与漂白粉制备氯气，氯气与氯化亚铁反应生成氯化铁，氯化铁、氯气均可氧化KI，与KI反应生成I2的物质可能是过量的Cl2，则图中装置不能比较Fe3＋、I2的氧化性，故⑤错误。 10．(经典题，4分)“84”消毒液(有效成分为NaClO)可用于消毒和漂白，下列实验现象的分析，不正确的是(　　) 实验 现象 混合后溶液的pH＝9.9，短时间内未褪色，一段时间后蓝色褪去 混合后溶液pH＝5.0，蓝色迅速褪去，无气体产生 混合后溶液pH＝3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝 A．对比实验①和②，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO－＋H＋===HClO B．实验③中产生的气体是Cl2，由HClO分解得到：2HClO===Cl2↑＋H2O C．对比实验②和③，溶液的pH可能会影响ClO－的氧化性或Cl－的还原性 D．加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但需要调控合适的pH才能安全使用 答案：B 解析：“84”消毒液(有效成分为NaClO)中次氯酸根离子水解使溶液显碱性，水解生成的次氯酸具有漂白性，加入硫酸促进水解平衡正向进行，使得次氯酸浓度大漂白效果快，②中蓝色迅速褪去的原因是发生了反应ClO－＋H＋===HClO，故A项正确，不符合题意。往③中“84”消毒液(有效成分为NaClO)中加入浓度较大的稀硫酸，混合后溶液pH＝3.2，蓝色迅速褪去，并产生大量气体，使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明生成了氯气，“84”消毒液的主要成分为氯化钠和次氯酸钠，氯离子和次氯酸根离子在酸溶液中生成了氯气，故B项错误，符合题意。对比实验②和③，酸溶液浓度大小会影响反应过程，溶液的pH可能会影响ClO－的氧化性或Cl－的还原性，故C项正确，不符合题意。加酸可以提高“84”消毒液的漂白效果，但酸的浓度大时会生成有毒气体氯气，需要调控合适的pH才能安全使用，故D项正确，不符合题意。 11．(福建福州质检，14分)某化学兴趣小组探究84消毒液(含10.5% NaClO和少量NaOH)与75%医用酒精能否反应，进行如下实验： (1)将25 mL无水乙醇配成75%医用酒精，下列仪器中不需要使用的有________________________________(填名称)。 (2)实验Ⅰ的淀粉碘化钾试纸在3 min时变蓝，21 min后蓝色褪去，实验Ⅱ则在8 min时变蓝，49 min后褪色。 ①实验Ⅰ中，使淀粉碘化钾试纸变蓝的物质是________，而后碘被________(填“氧化”或“还原”)导致蓝色褪去。 ②对比实验Ⅰ和Ⅱ的现象可以说明乙醇被NaClO氧化，理由是____________________________________________________。 ③实验过程，测得实验Ⅰ中混合溶液的pH由12.38逐渐增大至12.80，说明乙醇与NaClO反应可能生成________。 (3)为了测定84消毒液与医用酒精1∶1反应后溶液中剩余NaClO含量： 取5.00 mL反应后溶液(密度约1 g·mL－1)于锥形瓶，加入过量KI溶液和适量硫酸，在冷暗处静置4～5 min后，再加少量淀粉指示剂，用0.1000 mol·L－1 Na2S2O3标准液滴定，消耗标准液体积为14.80 mL。 ①滴定前，将锥形瓶置于“冷暗处”的目的是________________，写出NaClO与KI反应的离子方程式________________________________。 ②滴定终点溶液的颜色是________，84消毒液与医用酒精1∶1反应后溶液中NaClO的质量分数为________(结果保留3位有效数字；I2＋2S2O=== 2I－＋S4O)。 答案：(1)100 mL容量瓶、托盘天平(2分)　(2)①Cl2(1分)　氧化(1分)　②实验I中淀粉碘化钾试纸变蓝及褪色的时间更短，说明乙醇将NaClO还原为Cl2 (2分)　③NaOH(1分)　(3)①避免碘单质升华(1分)　ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O(2分)　②无色(1分)　1.10%(3分) 解析：(1)将无水乙醇配成75%医用酒精，需要加一定量的水稀释，需要烧杯和量筒，不需要100 mL容量瓶和托盘天平。 (2)①能使淀粉碘化钾试纸变蓝，说明反应生成了I2，结合乙醇具有还原性，NaClO具有强氧化性。二者反应生成Cl2，然后发生Cl2＋2KI===2KCl＋I2，淀粉遇I2变蓝，过量的Cl2又将I2氧化，导致蓝色褪去。②对比实验Ⅰ和Ⅱ的现象，实验I中淀粉碘化钾试纸变蓝及褪色的时间更短，说明乙醇将NaClO还原为Cl2。③实验过程，测得实验Ⅰ中混合溶液的pH由12.38逐渐增大至12.80，溶液碱性增强，说明乙醇与NaClO反应可能生成NaOH。 (3)①单质碘在常温下易升华，因此滴定前将锥形瓶置于“冷暗处”；NaClO与KI反应时，I－被ClO－氧化生成I2，ClO－本身被还原为Cl－，根据得失电子守恒、电荷守恒及原子守恒配平得到ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O。②滴定前溶液为蓝色，滴定终点时I2被消耗完，溶液的颜色变为无色，根据离子方程式ClO－＋2I－＋2H＋===Cl－＋I2＋H2O，I2＋2S2O===2I－＋S4O，得到关系式：ClO－～2I－～I2～2S2O，n(ClO－)＝n(S2O)＝×0.1000 mol·L－1×14.80×10－3 L＝7.40×10－4 mol，则m(NaClO)＝7.40×10－4 mol×74.5 g·mol－1＝0.05513 g，5.00 mL反应后溶液的质量为1 g·mL－1×5.00 mL＝5.00 g，则 NaClO的质量分数＝×100%≈1.10%。 12．(山东菏泽模拟，12分)二氧化氯(ClO2)是一种高效消毒灭菌剂，可以有效杀灭病毒。目前制备ClO2常用氯酸钠还原法，其中一种方法是NaClO3与CH3OH在适当催化剂、温度为60 °C时发生反应得到，利用如图装置(夹持装置略)对其制备、吸收，释放进行了研究。已知： ①ClO2的浓度较大时易分解爆炸，一般用CO2或空气稀释到10%以下；实验室也常用稳定剂吸收，生成NaClO2，使用时加酸释放出气体。 ②ClO2与KI在酸性溶液中反应的离子方程式为2ClO2＋10I－＋8H＋===2Cl－＋5I2＋4H2O。 ③ 物质 CH3OH HCOOH ClO2 沸点 64.7 ℃ 100.8 ℃ 11 ℃ 回答下列问题： (1)仪器c的名称为______________，仪器b在装置中的作用是______________________。 (2)根据反应条件判断制备装置甲中需改进的一项措施是__________________________。 (3)已知反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备ClO2的化学反应方程式：______________________________________________________________________。 (4)该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸(草酸的氧化产物为CO2)，相比甲醇法，草酸法的优点是________________________________________________。 (5)下列有关说法正确的是______________(填字母)。 A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的ClO2 B．装置e主要用于检验是否有Cl2生成 C．在ClO2释放实验中，发生反应的离子方程式是：4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O D．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，Cl2的氧化能力是ClO2的2.5倍 (6)ClO2常用于自来水的杀菌消毒。自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下： Ⅰ.取100.0 mL的水样，加入足量的碘化钾和少量稀硫酸。 Ⅱ.待充分反应后，再加氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。 Ⅲ.用0.2000 mol·L－1Na2S2O3标准溶液进行滴定(已知I2＋2S2O===2I－＋S4O)，达到滴定终点时用去10.00 mL Na2S2O3标准溶液。 滴定终点时溶液颜色的变化为__________________________，该水样中ClO2的含量为________mg·L－1。 答案：(1)恒压滴液漏斗(1分)　冷凝回流甲醇、导气(1分)　(2)将酒精灯加热改为水浴加热(1分) (3)4NaClO3 ＋ CH3OH ＋ 2H2SO42Na2SO4＋4ClO2↑＋HCOOH＋3H2O(2分)　(4)产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解爆炸(2分)　(5)AC(2分)　(6)溶液由蓝色变为无色，半分钟内不恢复原色(1分)　270(2分) 解析：(1)c是恒压滴液漏斗，有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发，b是球形冷凝管，对甲中的甲醇具有冷凝回流的作用，同时让产生的ClO2逸出。 (2)甲装置需控制反应温度60 ℃，酒精灯直接加热不利于温度的控制，60 ℃低于水的沸点，可采取水浴加热，受热均匀，便于控制温度。 (3)甲醇被氧化为甲酸(HCOOH)，NaClO3还原生成ClO2，硫酸生成硫酸钠，反应方程式为4NaClO3＋CH3OH＋2H2SO42Na2SO4＋4ClO2↑＋HCOOH＋3H2O。 (4)草酸法的优点是产生的CO2可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解爆炸。 (5)NaOH可以中和硫酸并吸收ClO2，故A项正确。ClO2可以将碘离子氧化为碘单质，造成e中溶液显蓝色，故装置e的作用是检验是否产生ClO2，故B项错误。稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，加盐酸后ClO发生歧化反应释放ClO2，发生反应的离子方程式为4H＋＋5ClO===Cl－＋4ClO2↑＋2H2O，故C项正确。等物质的量的ClO2和Cl2，转移电子的物质的量之比为5∶2，故ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D项错误。 (6)滴定终点用淀粉作为指示剂，现象为溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复原色，根据题目信息，2ClO2～5I2～10S2O，S2O的物质的量为0.2 mol·L－1×0.01 L＝0.002 mol，故ClO2的物质的量为0.0004 mol，质量为0.0004 mol×67.5 g·mol－1＝0.0270 g＝27 mg，水样中ClO2的含量为＝270 mg·L－1。 学科网（北京）股份有限公司 $$