课时作业16 铜及其化合物 金属材料及金属的冶炼-【红对勾讲与练·练习手册】2026年高考化学大一轮复习全新方案通用版

班级： 姓名： 课时作业16 铜及其化合物 金属材料及金属的冶炼 (总分：60分) 一、选择题（每小题3分，共30分。每小题只有1个 C.用A1做还原剂治炼金属V:3V,0,十10A1商温 选项符合题意) 6V++5Al2O3 1.(2023·重庆卷)重庆市战略性新兴产业发展“十 四五”规划(2021-2025年)涉及的下列物质中，属 D.用H,做还原剂治炼金属Ag:Ag,0十H,商温 于金属材料的是 2Ag+H2O 6.人类最早冶金的历史年代曲线图如图所示 (一1000表示公元前1000年)。下列说法正确 的是 3000 2000 182518071807 A.重组蛋白 B.高性能铜箔 1000 Fe 17921808 0 -1000 Au Ag Cu Sn Zn Al Mg Na Ca K -2000 -3000 -4000 -5000 -6000 C氮化镓半导体 D.聚氨酯树脂 -7000 2.据《本草纲目》记载：“生熟铜皆有青，即是铜之精 A.金属越活泼，冶炼的年代一定越晚 华，大者即空绿，以次空青也。铜青则是铜器上绿 B.冶炼金属的历史：电解氯化物比电解氧化物早 色者，淘洗用之。”这里的“铜青”是指 ( C.自然界中铜元素以游离态形式存在，故铜的冶 A.CuO B.Cu2O 炼年代最早 C.Cu D.Cu,(OH),CO D.金属氧化物（如A12O3、Cu2O)也属于金属材料 3.下列铜及其化合物性质与用途具有对应关系的是 7.氧化亚铜(Cu2O)主要用于制造船底防污漆。已知 CuO经高温灼烧生成Cu2O,Cu2O与H+发生反 A.铜单质具有延展性，可用于传输电流 应：Cu2O+2H—Cu+Cu2++H2O。现将经高 B.Cu2O的熔、沸点较高，可用作催化剂 温灼烧后的CuO样品投入足量稀硫酸中得到混合 C.Cu(OH)2具有氧化性，可用于检验醛基 溶液，下列有关说法不正确的是 () D.CuSO,能使蛋白质变性，可用于饮用水消毒 A.稳定性：CuO>CuO 4.化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是 B.样品与酸反应中，Cu2O既是氧化剂又是还原剂 ( C.如果溶液变蓝色，说明CuO已分解 A.“超级钢”属于合金 D.若有14.4gCu2O参加反应，则转移电子数为 B.合金的熔点比各成分金属的高 0.1NA(设NA为阿伏加德罗常数的值) C.储氢合金可用于解决氢能储存和运输难题 8.(2025·安徽合肥六校高三期中联考)铜是生活中 D.不锈钢在大气中比较稳定，不容易生锈，有很强 重要的金属，部分含铜粒子的电荷数与铜元素化 的抗腐蚀能力 合价二维图如图所示。下列推断不合理的是 5.(2024·陕西西安模拟)金属的冶炼与生产、生活 ( 及国防军事等领域均密切相关。下列有关金属冶 炼的原理错误的是 () +3H -C. A.用电解法制取金属钠：2NaCI(熔融)电解 2Na+ +2 Cu(OH。 -Cu(OH) C12个 +1 Cu,O B.用Mg等活泼金属为还原剂冶炼Ti:2Mg十 剂0 Cu TiC,(熔酸)克要ni+2MgC +2 0 -1 -2 +H+ +OH 电荷数 红对勾·讲与练 380 高三化学 班级： 姓名： A.c处粒子转化为a处粒子需要加还原剂 ③取少量上述蓝色溶液于试管中，浸人一根洁净 B.高铜酸根离子(CuO,)可填在b的位置 的铁丝。观察到铁丝表面有红色物质析出。 C.Cu(OH)?转化成Cu(OH)2需要加碱 请回答下列问题： 得分 D.酸性条件下，Cu,O可转化为Cu和Cu2 (1)绿色固体中含有的元素是 9.(2025·黑龙江西部联合体高三期中)部分氧化的 (2)加热后试管中剩余的黑色物质是 Fe-Cu合金样品（氧化产物为FeO,、CuO)共 (3)假设该绿色物质是一种纯净物，则其化学式 5.76g,经如下处理： 可能是 ,加热分解的化学方程式 足量 →标准状况下VmL气体 为 样品稀硫酸滤渣3.2g (4)上述实验步骤③中反应的离子方程式为 滤液A 足量O出滤溢充分固体 (不含Cu)溶液，过滤 灼烧3.2g 下列说法不正确的是 (5)实验装置最后的干燥管的作用是 ( A.滤液A中的阳离子为Fe2+、H B.样品中铁元素的质量为2.24g (6)如果将B、C两装置对调，能否达到实验目的？ C.样品中CuO的质量为4.0g (填“能”或“不能”)，为什么？ D.V=448 10.(2022·山东卷)高压氢还原法可直接从溶液中 12.(14分)(2025·山东日照期中)利用生物浸出黄 提取金属粉。以硫化铜精矿（含Zn、Fe元素的杂 铜矿（主要成分为CuFeS2,含有少量SiO2杂质） 质)为主要原料制备Cu粉的工艺流程如下，可能 回收其中铁和铜的工艺流程如图所示： 用到的数据见下表。 细菌、铁盐 有机相反萃取一GS0 溶液 -Cu 硫酸溶液，高压O2NH 高压H2 →操作1 稀硫酸 硫化铜浸取一中和调即一过滤一还原一过滤Cu 精矿 设击 水相-→铁还原一滤液2 一系列 操作 固体X -,金属M 滤渣 FeSO,·7HO 物质 Fe(OH); Cu(OH)2 Zn(OH)2 回答下列问题： 得分 开始沉淀pH 1.9 4.2 6.2 (1)Cu+的生物浸出原理如图所示。浸出温度不 沉淀完全pH 3.2 6.7 8.2 宜过高，其原因是 下列说法错误的是 ( ) 反应①的离子方程式为 A.固体X主要成分是Fe(OH)3和S:金属M为Zn B.浸取时，增大O2压强可促进金属离子浸出 C.中和调pH的范围为3.24.2 ② Cu2+ 细菌 D.还原时，增大溶液酸度有利于Cu的生成 -S7 HO 二、非选择题（共30分） CuFeS, Fe2 11.(16分)铜器久置，表面会生成一层绿色固体，为 细菌 H+ 探究铜在空气中的腐蚀情况，某化学兴趣小组收 Fe Fe 集家中铜器表面的绿色固体进行探究。 细菌 绿色固体 H,0 ③ 碱石灰 (2)浸渣的主要成分为 (填化学式)，操 无水 作1的名称为 疏酸铜 澄清 (3)分离Cu+的原理如下：Cu2++2(HR)org 石灰水 萃取 (CuR2)org+2H。根据流程，反萃取加 A B 反萃取 ①对试管内的绿色固体进行加热，至完全分解， 入的试剂应该为 (填化学式)。 观察到A装置中绿色固体逐渐变成黑色，B装置 (4)检验滤液2中是否存在Fe3+,可选用 中无水硫酸铜变成蓝色，C装置中澄清石灰水变 (填字母)。 浑浊。 A.KSCN溶液 B.K[Fe(CN)s]溶液 ②取少量加热后生成的黑色固体于试管中，加入 (5)“一系列操作”包括 稀硫酸，观察到黑色固体逐渐溶解，溶液变成 洗涤、干燥。 蓝色。 (横线下方不可作答) 381 第四章 金属及其化合物BaSO1￥+Fe(OH)2￥，4Fe(OH)2+2HO+O=4Fe(OH):, AI+十4OH—[A1(OH)1],故A点沉淀为Fe(OH)、 BaSO,,由方程式可知n[Fe(OH)3]=n(BaSO1) 0.01mol,此时A+变为[Al(OH)1],可知n(FeSO,)= 0.01mol:B→C,加入5mL稀硫酸，H2SO1的物质的量为 0.005mol,由题图可知沉淀量增加0.015mol,沉淀增加 的物质的量等于加入的硫酸的物质的量的3倍，故发生 反应Ba++SO-BaSO1￥，[A1(OH)1]-+H+ A1(OH)?￥十H,O,由离子方程式可知，该阶段生成 BaSO1为0.005mol,生成Al(OH)3为0.01mol,故C的沉 淀为Fe(OH)3、BaSO1、Al(OH)3:C→D,加入15mL硫酸， 硫酸的物质的量为0.015ol,由题图可知沉淀量增加 0.005mol,沉淀增加的物质的量等于加入的硫酸的物质的 量的写，沉淀量达最大值，说明C点[AI(OH):]完全反 应，D点的溶液含有AI3+、Fe+,Ba+沉淀完全；D→E发生 反应A1(OH)3+3H+一A1++3H2O、Fe(OH),十3H+ —Fe+十3H2O,E点AI(OH)3和Fe(OH)3完全溶解， 由C→E共消耗30mL稀硫酸，而0.01 mol Fe(OH)3消耗 15mLH2SO1,可知Al(OH)3消耗15mLH2SO,,判定 nLAl(OH)3]=nFe(OH)3]=0.01mol,可知原混合固体 中n(AlCl3)=0.01mol,由上述分析可知，D错误。 12.(1)过滤(2)降温结晶(3)干燥氧化氢气体 (4)MECl。·6HO△ME0+2HC+5H,OL或MeC,·6H0 △Mg(OH)CI+HC1+5H,0或MgCl,·6H,0△ Mg(QH),++2HCI-+4H,O] 13.(1)Ca[AI(OH)]2+Na2 CO -CaCO:+2NaL Al(OH)] (2)温度过低，反应速率慢，温度过高，二氧化碳在水中的溶 解度小滤液浓度较大时通入过量CO,生成氢氧化铝和 碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度比碳酸钠低，更易析出形成杂质 (3)分液漏斗4能得到均一的聚合氯化铝，反应更充分 (4)向废水中加入稍过量的5%的双氧水充分反应，然后用 0.1mol·LHCl调节溶液的pH至5，过滤，用蒸馏水洗 涤沉淀，取最后一次洗涤滤液，加入AgNO3溶液不产生白 色沉淀，将氢氧化铝沉淀分散到蒸馏水中 解析：(1)碱溶时，CaAl(OH),]2与Na,CO,反应生成CaCO 和Na[Al(OH)1],化学方程式为Ca[Al(OH)1]2十NaCO CaCO,￥十2Na[Al(OH)1]。(2)温度越高，二氧化碳 溶解度越小，导致反应不充分，温度过低，反应速率慢，所以 温度控制在40℃左右；Na[Al(OH),门浓度较大时通入过 量CO,生成氢氧化铝和碳酸氢钠，碳酸氢钠溶解度比碳酸 钠低，更易析出形成杂质。(3)产品盐基度为名，即 a+b 2 ,得a=2b:根据[A(OH).CL,].有a十b=6,解得a 4,b=2;在水溶液中反应比在固体中反应更充分，所以相比 于直接向滤饼加盐酸的优，点是能得到均一的聚合氯化铝， 反应更充分。(4)根据题表数据知，要想得到氢氧化铝沉 淀，溶液的pH=5,且钒元素为十5价，要使十4价的钒元素 转化为十5价的钒元素，需要加入氧化剂，为5%的双氧水， 且用0.1mol·L1HCI调节溶液的pH为5，过滤，用蒸馏 水洗涤沉淀，取最后一次洗涤滤液，加入AgNO:溶液不产 生白色沉淀，将氢氧化铝沉淀分散到蒸馏水中，向其中滴加 一定量的盐酸，得到聚合氯化铝 课时作业16铜及其化合物 金属材料及金属的治炼 1.BA项，重组蛋白为有机物：B项，合金、纯金属均为金属材 料，铜为金属材料：C项，氨化镓半导体为新型无机非金属材 料：D项，聚氨酯树脂为有机合成材料。 2.D铜在空气中长时间放置，会与空气中的氧气、二氧化碳、 水反应生成碱式碳酸铜[Cu2(OH)2CO3],则这里的“铜青” 是指Cu2(OH)2CO3。 3.C铜单质具有导电性，可用于传输电流，A不符合题意： Cu,O的熔、沸，点较高与其作催化剂无因果关系，B不符合题 意；已知反应RCHO+2Cu(OH),十NaOH△Cu,0Y+ 一58 RCOONa十3H2O,反应中Cu(OH)2做氧化剂，具有氧化 性，可用于检验醛基，C符合题意：CSO,能使蛋白质变性， 但CSO,不可用于饮用水消毒，只能用于环境消毒，D不符 合题意。 4.B钢为铁的合金，则“超级钢”属于合金，A正确；合金的熔 点一般比各成分金属的低，B错误；氢气为气体，不易储存和 运输，则储氢合金可用于解决氢能储存和运输难题，C正确； 不锈钢是以铁、铬为主，再添加如镍、锰、钼等元素冶炼而成 的合金，从而性能高，在大气中比较稳定，不容易生锈，有很 强的抗腐蚀能力，D正确。 5.D电解熔融氯化钠制取金属钠，反应的化学方程式是 2NaCl(熔融) )电解2Na十C,,故A正确，Mg的活泼性大于 Ti,可用Mg等活泼金属为还原剂冶炼Ti,反应的化学方程 式是2Mg十TiCl,(熔融)高温Ti十2MeCl,故B正确：铝的还 氩气 原性大于钒，用A1做还原剂可以冶炼金属V,反应的化学方 程式是3V,0,十10A1商温6V+5Al,0,故C正确：银是不 活泼金属，一般采用加热Ag2O的方法冶炼Ag,故D错误。 6.B题图铜冶炼的年代比银和金早，而铜比银和金活泼，故A 错误：金属氯化物的沸点一般比金属氧化物的低，在治炼初 期会选择电解金属氯化物，故B正确：自然界中铜以化合态 形式存在，故C错误；Al2O3、CuO不属于金属材料，故D 错误。 7.CCuO经高温灼烧生成Cu2O,则Cu2O比CuO稳定，A正 确：反应CuO十2H+= 一Cu十Cu+十H2O中，铜元素的化 合价部分从十1升高到十2，部分从十1降低到0，则Cu2O既 是氧化剂又是还原剂，B正确；如果溶液中出现蓝色，不能说 明CuO已分解，因为CuO与稀硫酸反应溶液也呈蓝色，C错 误；反应Cu2O十2HCu十Cu+十H2O中，1mol氧化亚 铜完全反应转移1mol电子，14.4gCu2O的物质的量为 0.1mol,0.1mol氧化亚铜完全反应转移0.1mol电子，转 移电子数为0.1VNA,D正确。 8.Ca为十2价粒子，c变成a铜化合价降低，得到电子，做氧 化剂，需要加还原剂，A推断合理：CuO2中铜元素显十3价，整个 离子带1个负电荷，应该填在b的位置，B推断合理；Cu(OH) 转化为Cu(OH)2需要加酸，C推断不合理；Cu2O中铜元素 为十1价，在酸性环境下可以发生歧化反应生成十2价的铜 化合物和单质铜，D推断合理。 9.C生成的3.2g滤渣是铜，金属铜可以和铁离子反应，所以 一定不含有铁离子，A正确；固体为三氧化二铁，其物质的量 3.2g 为160g/mol =0.02mol,铁元素的物质的量为0.021mol× 2=0.04mol,质量为0.04tmol×56g/mol=2.24g,B正确； 根据B选项可知铁元素质量为2.24g,而原来固体才5.76g,所 以Cu0质量不超过5.76g-2.24g=3.52g,C错误；根据 最后溶液中溶质为过量H2SO1和FeSO1,而铁元素物质的 量为0.04mol,说明参加反应的硫酸物质的量为0.04mol, 含0.08mol氢离子，其中部分氢离子生成氢气，另外的H 和合金中的氧结合生成水，由于合金中氧元素物质的量为 (5.76-3.2-2.24)g=0.02mol,它结合0.04m01氢离子， 16 g/mol 所以硫酸中生成氢气的H+的物质的量有0.08mol一 0.04mol=0.04mol,即生成0.02mol氢气，标准状况下体 积为448mL,D正确。 10.DCuS精矿（含有杂质Zn、Fe元素）在高压O2作用下，用 硫酸溶液浸取，CuS反应生成CuSO1、S、H2O,Fe2+被氧化 为Fe3+,然后加入NH3调节溶液pH,使Fe+形成 Fe(OH)3沉淀，而Cu+、Zn+仍以离子形式存在于溶液 中，过滤得到的固体X为S、Fe(OH)3;滤液中含有Cu+、 Z如+，然后向滤液中通入高压H2,根据元素活动性：Zn> H>Cu,Cu+被还原为Cu,通过过滤分离出来，而Zn2+仍 然以离子形式存在于溶液中，再经一系列处理可得到Z。 经过上述分析可知固体X主要成分是S、Fe(OH)?,金属M 为Zn,A正确：CuS难溶于硫酸，在溶液中存在沉淀溶解平 衡：CuS(s)一Cu+(aq)十S(aq),增大O2的浓度，可以 反应消耗S,使之转化为S,从而使沉淀溶解平衡正向移 参考答案“公。 动，可促进金属离子的浸出，B正确：根据流程图可知，用 NH调节溶液pH时，要使Fe+转化为沉淀，而Cu+ Zn+仍以离子形式存在于溶液中，结合离子沉淀的pH范 围，可知中和时应该调节溶液pH范围为3.2~4.2，C正 确；在用H2还原Cu+变为Cu时，H2失去电子被氧化为 H,若还原时增大溶液的酸度，c(H+)增大，不利于H2失 去电子还原Cu+,因此不利于Cu的生成，D错误。 11.(1)Cu、H、O、C(2)CuO (3)Cu (OHD:CO,Cu:(OHD,CO,-2CuO+H.O+CO, (4)Fe-Cu+=Cu-Fe2 (5)防止空气中的CO2进入C装置 (6)不能因为B、C两装置对调后无法证明反应有水生成 解析：根据无水硫酸铜变蓝，可知反应有水生成，根据澄清 石灰水变浑浊，可知有CO2生成，根据黑色固体溶于稀硫 酸且溶液为蓝色，插入铁丝后有红色物质析出，可知黑色物 质应是CuO。若该绿色固体是纯净物，根据组成元素和各 元素的化合价分析该物质应是碱式盐，化学式可能是 Cu(OH),CO,。(5)该实验装置中最后的千燥管中装有碱 石灰，目的是防止空气中的CO2进入C装置，干扰实验。 (6)若将B、C两装置对调，气体先通过澄清石灰水，则无法 证明绿色物质分解时是否有水生成。 12.(1)温度过高细菌失去活性CuFeS,十4Fe3+一一5Fe2+十 2S-Cu2+ (2)SO,萃取分液 (3)H2SO(4)A (5)蒸发浓缩、冷却结晶、过滤 解析：(1)Cu+的生物浸出过程中细菌参与了反应，浸出温 度不宜过高，其原因是温度过高细菌失去活性：反应①为 CuFeS,和Fe3+反应生成亚铁离子、硫单质和铜离子，离子 方程式为CuFeS,十4Fe+-5Fe2+十2S十Cu2+。(2)黄铜 矿中二氧化硅不反应，成为滤渣，故滤渣的主要成分 为SO2,经操作1得到有机相和水相，则为萃取分液过程。 (3)根据流程反萃取得到硫酸铜溶液，则反萃取加入的试 剂应该为稀硫酸，加入硫酸，氢离子浓度变大，反应C中十 苹取(CuR,)org十2H逆向进行生成统酸钢 2(HR)org反苹取 溶液。(4)铁离子和KSCN溶液反应溶液变为红色，可以检 验铁离子，故选A。(5)“一系列操作”得到硫酸亚铁晶体， 操作为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥。 第五章非金属及其化合物 课时作业17氯及其化合物 1.D氯气能够与水反应生成盐酸和次氯酸，不能用排水法收 集，应用排饱和食盐水法收集，A错误；氯气具有很强的氧化 性，无论C2过量与否，都可将变价金属氧化到最高价态，故 Cl2能将Fe氧化成FeCL,B错误：Cl2能和金属钠反应，而 C1不能和钠反应，C错误；氯气和水反应生成盐酸和次氯 酸，自身发生歧化反应，化学方程式为C1,十H,O一HC1十 HCIO,该反应中氯气既做氧化剂又做还原剂，D正确。 2.DHCI与次氯酸钠反应生成C2,C2与氢氧化钠反应生成 NaClO,均可一步实现，A正确：HCl中C1显一1价，只能被氧 化，H显十1价，可以被还原，B正确：漂白粉中的C(ClO),与 空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸，HC1)具有强氧化 性，既可作棉、麻的漂白剂，又可作游泳池的消毒剂，C正确： 氯气可使有色的鲜花瓣褪色，是因为氯气与花瓣中的水反应 生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，D错误。 3.C亚铁离子、溴离子均可以被氯气氧化，则反应的离子方 程式可能是2Fe2++4Br十3Cl2-2Fe3+十2Br2十6CI,A 正确；氯水中的盐酸与碳酸钠反应产生二氧化碳气体，HC1 的酸性强于H2CO3,B正确；与硝酸银溶液反应产生白色沉 淀的不一定为氯离子，不能直接用硝酸银溶液检验C1,C 错误；d反应的最终现象是紫色石蕊溶液褪色，是因为次氯 酸具有漂白性，D正确。 4.C实验室制取氯气使用的是浓盐酸和MO2反应，稀盐酸 与MnO2不反应，A错误：除去CL2中的HCl可将气体通入 ,对勾·讲与练·高三化学 -58 饱和NCI溶液，注意长导管进气便于充分吸收，B错误；氯 气的密度大于空气，可用向上排空气法收集氯气，用多功能 瓶收集氯气注意导管应长进短出，C正确；对氯气进行尾气 处理应选择氢氧化钠溶液吸收，C1,在水中的溶解度较小，D 错误。 5.B由题图可知，a为氯元素的单质，即Cl,;b为十1价的氯 的氧化物，即Cl2O:c为十1价的含氧酸，即HCIO;d为十5 价的含氧酸盐，即氯酸盐；e为十7价的含氧酸，即HCIO1。 HCIO光照易分解，A正确：ClO对应的含氧酸为HCIO,B 错误；根据分析可知，a、b、c、d、e五种物质中均含有共价键， 且HCIO、氯酸盐和HCIO1属于电解质，C正确；Cl2与 NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和NaClO3,若n(NaClO) 与n(d)之比为3：1，化合价升高被氧化的C1为4个，根据 得失电子守恒可知，化合价降低被还原的C为8个，即氧化 剂与还原剂的物质的量之比为2：1，D正确。 6.D2FeCl+Fe一3FeCl2,铁屑的作用是将FeCl3还原为 FCl2,故B正确；氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，故吸收 漏氛的离子方程式为2Fe+十Cl,一2CI十2Fe3+,故C正 确：ClO能把Fe2+氧化为Fe+,Fe+、ClO不能大量共存， 故D错误。 7.C由题图结合信息可知，电解精制食盐水可得氯酸钠和氢 气，燃烧器中氢气和氯气反应得到HC,在发生器中氯酸钠 和HC1反应得到CIO2,反应中，氯酸钠为氧化剂，HC1为还 原剂，得到的氧化产物为氯气，还原产物为二氧化氯，即氯酸 钠与盐酸在一定的条件下反应的化学方程式为2NClO3十 4HCI=2NaC1十Cl2◆十2C1O2◆十2H2O,可见氯化钠、氯 气和水可进行循环利用，B正确；据分析，“电解”产物是氯酸 钠和氢气，A正确；“发生器”中反应为2NaC1O,十4HCI 2NaC1+CL,◆+2C1O2个+2H2O,2C102~2e,每生成 40.5g即0.6molC1O2转移0.6mol电子，C错误；由分析 可知，系统的副产品全都可循环使用，原料利用率高，成本 低，D正确。 8.D常温下，KMO,与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气， 固体可选择KMnO,,A正确；HCI极易溶于水，为减少氯气 的溶解，可选择饱和食盐水除去C,中HCI杂质，B正确；冰 水浴中Cl2发生歧化反应生成NaCI和NaCIO,但反应温度 过高可能会发生副反应生成NaClO3,C正确；“84”消毒液的 有效成分是NaClO,具有漂白性，能漂白pH试纸，因此不能 用广泛DH试纸测“84”消毒液的DH,D错误。 9.B次氯酸钙与盐酸反应的化学方程式为C(CIO)2十4HCI 一CaCl2十2Cl2个十2H2O,盐酸既体现了酸性又体现了还 原性，A正确；氯气与水的反应为可逆反应，存在平衡：C,十 H2O一HCI十HCIO,饱和食盐水中氯离子浓度很大，促使 反应逆向进行，次氯酸的量很少，所以③中红纸几乎不褪色， B错误；①说明干噪氯气没有漂白性，②中红纸褪色，①②说 明氯水有漂白性，涉及的反应为CL,十H,O=一HCI十 HCIO,C正确：④中反应为Cl,十HCO -CO,+HCIO+ C1,②③④中次氯酸浓度大小为④>②>③，由红纸变化可 知，HCO浓度越大，漂白效果越好，D正确。 10.B根据制备原理和除杂的原理，装置I中生成的C1,经过 装置Ⅲ除去其中混有的HC1,并与空气混合均匀，然后通入 装置Ⅱ中与含水8%的Na2CO3反应生成Cl2O,最后将 C2O通入装置V中，与水反应生成HCIO。装置合理的连 接顺序应为I→Ⅲ→Ⅱ→W,故A正确：装置Ⅱ、V中多孔 球泡的作用是增大反应物的接触面积，增大反应速率，使反 应更加充分，不能防止倒吸，故B错误；浓盐酸具有挥发性， 所以制备的C2中混有HC,经过装置Ⅲ可以除去C2中混 有的HCI,并将C2与空气混合，故C正确：HCIO不稳定， 见光受热易分解，因此制得的HCIO应保存在棕色试剂瓶 中，且采用磨口玻璃塞保证密封性，放在阴凉处，故D正确。 11.(1)圆底烧瓶MnO,十4HCI(浓)△MC,+CL,+2H,O (2)除去C12中混有的HCI (3)Cl2十2OH-=ClO-+C1-+H,O避免生成NaCIO (4)C1O-+2I+2H+—I2+C1-+H2O4.66 8