上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-22卤素及其化合物（1）

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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-22卤素及其化合物（1）

一、单选题
1．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）进行下列封管实验都产生明显现象，其中不涉及化学反应的是
A． B． C． D．
2．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中，用强光照射，测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是

A．图甲中pH减小是由于光照促进了HClO的电离
B．图乙中增大主要是由于反应消耗了水
C．图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解
D．该体系中存在两个电离平衡和两个化学平衡
3．（2022·上海奉贤·一模）常温下，在pH=1的无色溶液中，能大量共存的一组离子是
A．K+、Na+、SO、Br- B．Na+、K+、ClO-、NO
C．K+、Cl-、Fe3+、SO D．Al3+、Na+、Cl-、NO
4．（2022·上海金山·统考一模）实验室用盐酸和二氧化锰制备，有关说法正确的是
A．增大盐酸的浓度能加快反应速率 B．用稀盐酸则反应速率较慢
C．增加的用量可显著加快反应速率 D．升高温度则减慢反应速率
5．（2022·上海·统考一模）利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中试剂不能检测a中生成产物的是

a中反应
b中检测试剂

A
与浓生成的
紫色石蕊溶液
B
浓与碳生成的
澄清石灰水
C
与乙醇溶液生成的丙烯
溴水
D
浓与溶液生成的
酚酞试液

A．A B．B C．C D．D
6．（2022·上海·一模）实验室进行性质探究实验，将通入溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体，则产生白色沉淀。制备气体的试剂不能是

A．大理石和稀盐酸 B．和
C．和浓硝酸 D．和浓盐酸
7．（2022·上海杨浦·统考一模）强光照射新制氯水时，得到如图所示图像，纵坐标代表的物理量与图不相符的是

A．溶液中氯离子浓度 B．溶液pH值
C．生成氧气物质的量 D．溶液的导电能力
8．（2022·上海杨浦·统考一模）不能由单质化合生成的物质是
A． B． C． D．
9．（2022·上海金山·统考二模）下列有关实验室制取Cl2的装置正确的是
A．制备Cl2 B．净化Cl2
C．收集Cl2 D．尾气处理
10．（2022·上海崇明·统考二模）下列操作或装置能达到实验目的的是
选项
A
B
C
D
操作或装置




实验目的
除去Cl2中混有的HCl
实验室制取二氧化碳
制取碳酸氢钠
验证浓硫酸的吸水性

A．A B．B C．C D．D
11．（2022·上海松江·统考二模）关于几种非金属元素及其化合物的说法正确的是
A．C2H4分子中只有极性键 B．可用排空气法收集NO
C．H2S燃烧时产生苍白色火焰 D．纯净干燥的Cl2没有漂白性
12．（2022·上海普陀·统考二模）下列反应改变某种条件，不会改变生成物的是
A．Cl2与NaOH溶液的反应：改变NaOH溶液的温度
B．Al与H2SO4溶液的反应：改变H2SO4溶液的浓度
C．H2S与O2的燃烧反应：改变O2的量
D．S与O2的燃烧反应：改变O2的量
13．（2022·上海崇明·统考二模）下列对氯及其化合物的说法正确的是
A．因氯化铝溶液能导电，所以氯化铝是离子化合物
B．用pH试纸测得氯水的pH=4
C．随着氯元素化合价升高，氯的含氧酸酸性逐渐减弱
D．次氯酸不如次氯酸盐稳定，故用次氯酸盐作为漂白剂的主要成分
14．（2022·上海普陀·统考二模）下列实验合理的是
A．用新制氢氧化铜悬浊液(必要时可加热)鉴别甲酸与乙酸
B．用澄清石灰水鉴别SO2与CO2
C．用淀粉－KI试纸鉴别碘水与FeCl3溶液
D．用湿润的pH试纸测定CH3COONa的pH
15．（2022·上海普陀·统考二模）下列物质不能起到消毒杀菌作用的是
A．明矾 B．紫外线 C．75%酒精 D．漂粉精
16．（2022·上海静安·统考二模）化学与百姓生活密切相关。下列应用利用了物质氧化性的是
A．明矾净水 B．漂粉精漂白织物
C．食醋除水垢 D．纯碱去油污
17．（2022·上海奉贤·统考二模）下列关于氯的说法正确的是
A．1mol氯气与NaOH反应转移2mol电子
B．35Cl、37Cl为不同的原子，化学性质不同
C．氯水久置后pH值减小，漂白性减弱
D．干燥的氯气不能使鲜花褪色
18．（2022·上海黄浦·统考二模）下列物质中既含有氯离子又含有氯分子的是
A．氯水 B．液氯 C．次氯酸 D．氯化钠
19．（2022·上海黄浦·统考二模）84消毒液(含)与洁厕灵(含浓盐酸)不能混用，会发生反应产生有毒的气体，该反应中
A．为还原剂 B．仅体现酸性
C．既是氧化产物也是还原产物 D．是还原产物
20．（2022·上海嘉定·统考一模）某些物质若混合使用可以增加使用效果，下列做法正确的是
A．氯化铵与草木灰混合使用提高肥效
B．84消毒液与含盐酸的洁厕灵混合使用提高杀菌效果
C．二氧化硫与新制氯水混合使用提高漂白效果
D．高锰酸钾溶液和稀硫酸混合使用增加氧化性
21．（2022·上海嘉定·统考二模）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0.100mol·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．0.04mol·L-1 B．0.10mol·L-1 C．0.25mol·L-1 D．0.60mol·L-1
22．（2022·上海徐汇·统考二模）新制氯水中没有的微粒是
A． B． C． D．
23．（2022·上海·一模）部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是

A．可以通过化合反应生成c
B．工业上通过来制备
C．浓的a＇溶液和浓的c＇溶液反应可以得到b＇
D．加热d＇的固态钾盐可以产生
24．（2022·上海·统考二模）向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气后，将溶液蒸干并充分灼烧，剩余固体的组成可能是：
A．NaCl、NaBr、NaI B．NaCl、NaBr、I2
C．NaCl、NaI D．NaCl、NaI、Br2
25．（2022·上海·统考二模）下列物质能起到消毒杀菌作用的是
A．漂粉精 B．明矾 C．乳酸菌 D．小苏打
26．（2022·上海金山·统考一模）已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-。下列用Cl2氧化K2MnO4制备KMnO4的实验原理和装置不能达到实验目的的是

A．用装置甲制取Cl2 B．用装置乙除去 Cl2中的HCl
C．用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4 D．用装置丁分离出溶液中的MnO2
27．（2022·上海崇明·统考一模）最理想的“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应。下列属于最理想的“原子经济性反应”的是
A．用电石与饱和食盐水反应制备乙炔的反应
B．用氯气和消石灰制取漂白粉的反应
C．用废弃油脂为原料制取肥皂的反应
D．用乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷()的反应

二、实验题
28．（2022·上海嘉定·统考一模）Ⅰ．制备无水氯化铁
实验室利用如图装置在500~600℃制备无水氯化铁。

已知：氯化铁熔点306℃，沸点316℃，易升华、易潮解。
(1)制备无水氯化铁的化学方程式_______；装置B的作用_______；针对该装置存在的主要缺陷，提出一个改进意见_______。
Ⅱ．探究氯化铁的性质
化学社团在常温下配制了不同浓度的溶液，分别测定其pH，20小时后再次测定pH，得到下列数据记录：
序号
浓度()
pH(刚刚配制)
pH(20小时后)
1
0.125
1.59
1.12
2
0.025
2.07
1.68
3
0.005
2.53
2.1
小组成员探究分析下列问题：
(2)配制溶液的方法_______。
(3)溶液配制后，久置pH变小，简述原因_______。
(4)表格中的数据能说明溶液“越稀越水解”吗？用实验序号1和序号3的计算数据说明原因_____。(已知；)
(5)向 溶液中加入金属锌，写出可能发生的离子方程式：
，_______，简述以上反应如何能控制到铁离子全部转化成亚铁离子。______。
29．（2022·上海·统考模拟预测）某实验小组用下图装置制取氯气并进行实验探究。

完成下列填空：
(1)电解饱和食盐水的化学方程式为_______。检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是_______。
(2)利用图装置验证氯气与烧碱溶液的反应。将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有_______；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是_______。

(3)探究发现NaClO溶液的消毒效率与温度有关(如图所示)，因此浓漂白液稀释时，应保持温度在40℃以下。试用平衡移动原理和物质变化的相关知识加以解释。_______

（4）氯碱工厂的烧碱产品常含有碳酸钠、氯化钠，可用“中和滴定氯化钡法”测定其中NaOH的含量。
其实验步骤为：称取工业烧碱2.088 g，配成500 mL溶液，取出25.00 mL，先加入25.00 mL 0.05 mol•L-1 BaCl2溶液(过量)，然后滴入酚酞指示剂，再用0.1200 mol•L-1 的盐酸滴定至终点，平均消耗盐酸18.56 mL。
(4)滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为_______。计算该样品中NaOH的质量分数为_______。(用小数表示，保留至小数点后第3位)，某次检测发现，实验值明显高于理论值，原因可能是_______。(选填编号)
a.工业烧碱已发生潮解               b.滴定管水洗后未用标准盐酸润洗
c.配制的待测液敞口放置时间过长     d.滴定时往锥形瓶中加水
(5)该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是_______。

三、原理综合题
30．（2022·上海杨浦·统考一模）工业上以黄铁矿(主要成分)为原料制备硫酸，要经煅烧、氧化、吸收三个阶段。完成下列填空：
(1)黄铁矿煅烧时需粉碎，其目的是_______。
(2)催化氧化制时，控制温度在450℃左右，这是因为_______。(选填选项)
A．催化剂活性强，反应速率快 B．转化率大
C．单位时间内，的产量高 D．产生的污染气体少
(3)催化氧化设备内构造如图1所示，其中1-4表示催化剂层，图2所示进程中表示热交换过程的是_______。(选填选项)

A．  B．  C．   D．  E.  F.  G.
使用热交换器的目的是_______。
(4)为研究催化氧化时温度对平衡转化率的影响，进行如下试验。取100L原料气(体积分数为8%、12%、80%)使之发生反应，平衡时得到如表数据：
温度/℃
500
525
550
575
600
平衡转化率/%
93.5
90.5
85.6
80.0
74.0
①平衡时，随温度升高的体积分数_______(填“增大”“减小”或“不变”)；600℃达平衡时，的体积分数为_______(保留两位小数)。尾气中的可用足量溶液吸收，吸收后的碱性溶液还可用于的尾气处理，吸收后的溶液仍呈强碱性。
②吸收后的溶液中一定存在的阴离子有、_______，设计实验检验溶液中：_______。

参考答案：
1．B
【详解】A．加热氯化铵的化学反应方程式是，故A不符合题意；
B．碘是加热升华，属于物理过程，不涉及化学反应，故B符合题意；
C．氨气能溶于水并与水反应生成氨水，能使无色酚酞溶液变红色，氨水又是一种不稳定的碱，加热后又分解为氨气和水，酚酞溶液又由红色变成无色，涉及化学反应；故C不符合题意
D．品红中的有色物质与SO2发生化合反应生成不稳定的无色物质，加热会恢复品红的颜色项，故D不符合题意；
故答案选B。
2．C
【分析】图甲中可观察到随着时间的进行，氯水的pH减小，酸性增强；图乙中随着时间的进行，溶液中氯离子浓度增大，图丙中，氧气逐渐增多，所以久置的氯水中次氯酸发生分解产生了氢离子、氯离子和氧气，据此分析解答。
【详解】A．pH减小是由于光照促进了HClO的分解，产生了氢离子，A错误；
B．增大主要是由于HClO的分解反应产生了氯离子，B错误；
C． HClO光照分解生成HCl和氧气，所以导致氧气的体积分数随着时间的进行不断增大，C正确；
D．该体系中存在次氯酸的电离平衡和水的电离平衡两个电离平衡，氯气与水反应的一个化学平衡，D错误；
故选C。
3．D
【详解】A．pH=1的酸性溶液中，SO不能大量共存，A错误；
B．pH=1的酸性溶液中，ClO-不能大量共存，B错误；
C．无色溶液中，Fe3+不能大量共存，C错误；
D．Al3+、Na+、Cl-、NO酸性溶液中能大量共存，D正确；
故选D。
4．A
【详解】A．浓度越大则反应速率越快，增大盐酸的浓度能加快反应速率，A正确；
B．稀盐酸和二氧化锰不反应，B错误；
C．二氧化锰固体，增加的用量不会显著加快反应速率，C错误；
D．升高温度会加快反应速率，D错误。
故选A。
5．B
【详解】A．与浓生成的，氯气通入紫色石蕊溶液，石蕊溶液先变红再褪色，b中试剂不能检测a中生成产物，故A不选；
B．C与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫和二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，则澄清石灰水不能说明C与浓硝酸共热反应生成，故B选；
C．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故C不选；
D．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故D不选；
故选
6．A
【分析】气体通入溶液中，未见白色沉淀，不发生反应，继续通入另一种气体立即产生沉淀，沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡，也可能为，则气体具有氧化性或碱性等，以此来解答。
【详解】A．大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，、二氧化碳与氯化钡溶液都不反应，不会产生沉淀，A正确；
B．和制备的气体为氨气，氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，B错误；
C．和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，通入水生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故能产生沉淀，C错误；
D．和浓盐酸加热反应生成氯气，氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，D错误；
故选A。
7．B
【详解】强光照射新制氯水时，氯水中的次氯酸遇光分解生成盐酸和氧气，生成氧气的物质的量增大，溶液中氯离子和氢离子浓度增大，溶液的导电能力增强、pH值减小，则纵坐标代表的溶液pH值与图不相符，故选B。
8．B
【详解】A．铜与硫在加热条件下生成，所以能由单质直接化合而成，故A不符合题意；
B．硫与氧气反应生成二氧化硫，所以不能由单质直接化合而成，故B符合题意；
C．铁与氯气在加热的条件下生成，所以能由单质直接化合而成，故C不符合题意；
D．氮与氧气在放电的条件下生成NO，所以NO能由单质直接化合而成，故D不符合题意；
故答案选B。
9．D
【详解】A．浓盐酸和二氧化锰制取氯气要加热，该装置没有加热，故A项错误；
B．净化氯气应先用饱和食盐水除去氯化氢，再用浓硫酸除去水，该装置顺序颠倒，故B项错误；
C．该装置只有通气管，没有排气管，会导致瓶内压强过大，发生安全事故，故C项错误；
D．氯气有毒，能与碱酚酞，多余的氯气应用氢氧化钠除去，故D项正确。
故答案选D。
10．D
【详解】A．HCl溶于水反应产生盐酸，盐酸与NaHCO3反应产生CO2气体，使Cl2中混入新的杂质，不能达到除杂净化的目的，A错误；
B．硫酸与CaCO3反应产生CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3表面，阻止反应进一步发生放出CO2气体，因此不能使用硫酸，应该使用稀盐酸与CaCO3反应制取CO2气体，B错误；
C．向氨化的饱和食盐水中通入CO2气体制取碳酸氢钠时，为充分吸收气体，导气管应该伸入到液面以下，C错误；
D．胆矾是硫酸铜晶体，化学式为CuSO4·5H2O，若浓硫酸具有吸水性，会使CuSO4·5H2O变为CuSO4粉末，物质的颜色由蓝色变为白色，因此该装置可以达到验证浓硫酸的吸水性的目的，D正确；
故合理选项是D。
11．D
【详解】A．C2H4的结构式为，含有极性键和非极性键，故A错误；    
B．NO和氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，故B错误；
C．H2S燃烧时产生蓝色火焰，H2在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，故C错误；
D．纯净干燥的Cl2没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸检验漂白性，故D正确；
选D。
12．D
【详解】A．Cl2与NaOH溶液在常温下生成氯化钠和次氯酸钠，在加热时生成氯化钠和氯酸钠，故A不符合题意；
B．Al与稀硫酸反应生成硫酸铝和氢气，Al与浓硫酸常温钝化生成致密的氧化膜，故B不符合题意；
C．H2S与少量氧气燃烧反应生成水和硫单质，与过量氧气燃烧反应生成水和二氧化硫，故C不符合题意；
D．S与O2反应时无论氧气过量与否都只生成二氧化硫，故D符合题意；
故选D。
13．D
【详解】A．熔融的氯化铝不能导电，所以氯化铝是共价化合物，故A错误；
B．氯水中含有的次氯酸具有强氧化性，能使有机色质漂白褪色，所以不能用pH试纸测氯水的pH，故B错误；
C．随着氯元素化合价升高，氯的含氧酸分子中的非羟基氧的数目增多，含氧酸酸性逐渐增强，故C错误；
D．次氯酸遇光易分解，稳定性弱于次氯酸盐，所以常用次氯酸盐作为漂白剂的主要成分，故D正确；
故选D。
14．A
【详解】A．甲酸中有醛基结构，与新制氢氧化铜反应，适当条件下可以生成砖红色沉淀，乙酸无醛基结构，与新制氢氧化铜只是发生酸碱中和反应，无砖红色沉淀生成，可以实现鉴别，描述正确，符合题意；
B．SO2可以与Ca(OH)2反应生成白色沉淀CaSO3，无法实现鉴别，描述错误，不符题意；
C．Fe3+可以氧化I-形成I2，I2使淀粉变蓝，所以无法实现鉴别，描述错误，不符题意；
D．湿润的pH试纸无法准确测定CH3COONa的pH，描述错误，不符题意；
综上，本题选A。
15．A
【详解】A．明矾能净水，但不能消毒，A符合题意；
B．紫外线能杀死细菌而消毒，B不符合题意；
C．75%酒精能使细菌的蛋白质变性而消毒，C不符合题意；
D．漂白粉具有强氧化性，能消毒，D不符合题意；
故选A。
16．B
【详解】A．明矾中含有铝离子，铝离子水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性而净水，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故A不符合题意；
B．漂粉精具有强氧化性，利用其强氧化性漂白织物，故B符合题意；
C．碳酸钙和醋酸反应生成醋酸钙、水和二氧化碳，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．纯碱为强碱弱酸盐，碳酸根离子水解而使其溶液显碱性，油污和碱发生水解反应，该过程中没有元素化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；
答案选B。
17．C
【详解】A．氯气与氢氧化钠发生歧化反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，所以1mol氯气与NaOH反应转移1mol电子，A错误；
B．35Cl、37Cl为质子数相同，中子数不同的原子，其核外电子数等于质子数，两者的核外电子数相同，所以化学性质相同，B错误；
C．氯水久置其有效成分次氯酸会分解，产生HCl和氧气，所以水溶液中的氢离子浓度会增大，pH值会减小，漂白性会逐渐减弱，C正确；
D．鲜花中含水分，所以氯气遇鲜花会生成具有漂白性的次氯酸，从而使鲜花褪色，D错误；
故选C。
18．A
【详解】A．氯水为氯气溶于水并与水反应生成盐酸和次氯酸形成的溶液，含有氯气分子，HCl在溶液中电离生成氯离子和氢离子，故A正确；
B．液氯是由氯分子构成的物质，只含有氯分子，不含氯离子，故B错误；
C．次氯酸在溶液中电离生成次氯酸根离子和氢离子，不含氯离子也不含氯气分子，故C错误；
D．氯化钠是离子化合物，由氯离子和钠离子构成，不含氯气分子，故D错误；
答案选A。
19．C
【分析】84消毒液和洁厕灵混用，发生反应，据此回答下列问题。
【详解】A．NaClO中Cl元素化合价由+1价降低为0价，被还原，为氧化剂，A错误；
B．HCl中Cl元素的化合价从-1价升高为0价，则HCl失电子是还原剂，B错误；
C．HCl中Cl元素的化合价从-1价升高为0价，NaClO中Cl元素化合价由+1价降低为0价，则Cl2既是氧化产物也是还原产物，C正确；
D．反应中H元素和O元素化合价均没有发生变化，H2O既不是还原产物也不是氧化产物，D错误；
故答案选C。
20．D
【详解】A．氯化铵和草木灰混合使用会造成氨气逸出，肥效降低，A错误；
B．83消毒液和含盐酸的洁厕灵混合使用会产生有毒的氯气，漂白效果也降低，B错误；
C．二氧化硫和新制氯水反应生成硫酸和盐酸，漂白效果降低，C错误；
D．高锰酸钾和稀硫酸混合能增加氧化性，D正确；
故选D。
21．D
【详解】整个过程总反应方程式为3ClO-+I-=3Cl-+IO，则n(NaClO)=n(KI)=0.02L×0.100mol/L×=≈0.006mol，故c(NaClO)=。；故答案选D。
22．A
【详解】新制氯水中，部分氯气与水反应，生成HCl和HClO，HCl为强电解质，会全部电离，HClO和H2O为弱电解质，部分电离，则新制氯水中存在的微粒有：、HClO、H2O、H+、Cl-、、，则没有的微粒是，答案选A。
23．B
【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。
【详解】A．氮气和氧气可以在高温或放电条件下通过化合反应生成NO，故A正确；
B．工业上通过，，，即来制备，故B错误；
C．可通过反应得到氯气，故C正确；
D．氯酸钾受热分解，可以产生，故D正确；
故答案为B。
24．A
【详解】已知Br-的还原性弱于I-，即向NaBr、NaI混合液中，通入一定量氯气，则先氧化I-，反应为：2I-+Cl2=I2+2Cl-，当I-完全消耗后，才氧化Br-，反应为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，据此分析解题：
A．当通入的氯气很少，NaI过量时，生成的I2易升华，则剩余固体为NaCl、NaBr、NaI，A符合题意；    
B．由于生成的I2易升华，故固体不可能还含有I2，B不合题意；
C．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，即固体不可能是NaCl、NaI    ，C不合题意；
D．由于Br-的还原性弱于I-，通入氯气时先氧化I-而不是Br-，即当NaI过量时，不可能NaBr被氧化，且Br2易挥发，即固体不可能是NaCl、NaI、Br2，D不合题意；
故答案为：A。
25．A
【详解】A．漂粉精主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质氧化而失去生理活性，因而具有消毒杀菌作用，A符合题意；
B．明矾溶于水会反应产生氢氧化铝胶体而具有净水作用，但不能起消毒杀菌作用，B不符合题意；
C．乳酸菌能够促使乳酸分解，但不具有消毒杀菌作用，C不符合题意；
D．小苏打是轻金属盐，本身对人体健康无刺激性，能够与胃酸反应，降低胃酸的浓度，因而可以治疗胃酸过多，但不具有消毒杀菌作用，D不符合题意；
故合理选项是A。
26．B
【详解】A．漂白粉中的次氯酸钙具强氧化性，室温下能和浓盐酸发生氧化还原反应，生成氯化钙、氯气和水，故可用装置甲制取Cl2，A不符合题意；    
B．氯化氢和饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，引入了新杂质，且Cl2溶于水后生成的HCl也会反应，从而增加了Cl2的损耗，故不能用装置乙除去 Cl2中的HCl，B符合题意；
C．已知锰酸钾(K2MnO4)在浓的强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：3MnO+2H2O=2MnO+MnO2↓+4OH-；氯气能和强碱溶液反应，消耗OH-而使溶液的碱性下降，故可用装置丙使K2MnO4转化成KMnO4，C不符合题意；
D．二氧化锰是不溶性固体，故可用装置丁分离出溶液中的MnO2，D不符合题意；
答案选B。
27．D
【分析】“原子经济性反应”是指反应物的原子全部转化为期望的最终产物的反应，可知生成物只有一种时属于最理想的“原子经济性反应”。
【详解】A．用电石与饱和食盐水制备乙炔，还生成氢氧化钙，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故A不选；
B．漂白粉的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，有效成分是次氯酸钙，用氯气和消石灰制取漂白粉的反应，生成物为氯化钙、次氯酸钙和水，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故B不选；
C．肥皂的有效成分是高级脂肪酸盐，用废弃油脂为原料制取肥皂的反应，除了生成高级脂肪酸盐，还有甘油生成，原子没有全部转化为期望的最终产物，不属于最理想的“原子经济性反应”，故C不选；
D．用乙烯与氧气在Ag催化下制备环氧乙烷，产物只有一种，原子全部转化为期望的最终产物，属于最理想的“原子经济性反应”，故D选；
答案选D。
28．(1) 2Fe+3Cl22FeCl3 防止空气中水蒸气进入A中导致FeCl3潮解 装置B后缺少尾气吸收装置
(2)将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度
(3)Fe3+离子水解达到平衡所需要的时间可能很长，刚配制好的FeCl3溶液并没有达到水解平衡
(4)序号1实验所得溶液中Fe3+离子的转化率为×100%≈20.2%，序号3实验所得溶液中Fe3+离子的转化率为×100%≈52.7%，序号3实验中Fe3+离子转化率大于序号1实验说明溶液FeCl3越稀越水解
(5) Fe2++Zn=Fe+Zn2+ 向1L0.125mol/L FeCl3溶液中加入4.06gZn

【分析】该实验的实验目的是制备氯化铁，并探究氯化铁的水解性和氧化性，由实验装置图可知，装置A中铁与氯气共热反应制备氯化铁，装置B中盛有的无水氯化钙用于吸收空气中水蒸气，防止水蒸气进入A中导致氯化铁潮解，氯气有毒，该实验的缺陷是缺少尾气吸收装置，会污染空气。
【详解】（1）由分析可知，装置A中发生的反应为铁与氯气共热反应生成氯化铁，反应的化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3，装置B中盛有的无水氯化钙用于吸收空气中水蒸气，防止水蒸气进入A中导致氯化铁潮解，氯气有毒，该实验的缺陷是缺少尾气吸收装置，会污染空气，故答案为：2Fe+3Cl22FeCl3；防止空气中水蒸气进入A中导致FeCl3潮解；装置B后缺少尾气吸收装置；
（2）由表格数据可知，氯化铁在溶液中水解使溶液呈酸性，所以配制氯化铁溶液时应将氯化铁固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度，故答案为：将FeCl3固体先溶于较浓的盐酸中，然后再用蒸馏水稀释到所需的浓度；
（3）由表格数据可知，氯化铁溶液配制后，溶液久置后pH会减小说明铁离子水解达到平衡所需要的时间可能很长，刚配制好的氯化铁溶液并没有达到水解平衡，故答案为：Fe3+离子水解达到平衡所需要的时间可能很长，刚配制好的FeCl3溶液并没有达到水解平衡；
（4）由表格数据可知，序号1实验所得溶液中铁离子离子的转化率为×100%≈20.2%，序号3实验所得溶液中铁离子离子的转化率为×100%≈52.7%，序号3实验中铁离子离子转化率大于序号1实验说明溶液氯化铁越稀越水解，故答案为：序号1实验所得溶液中Fe3+离子的转化率为×100%≈20.2%，序号3实验所得溶液中Fe3+离子的转化率为×100%≈52.7%，序号3实验中Fe3+离子转化率大于序号1实验说明溶液FeCl3越稀越水解；
（5）铁的金属性弱于锌，则向氯化铁溶液中加入过量锌，可以将铁离子先还原为亚铁离子，后与亚铁离子反应生成铁，生成铁的离子方程式为Fe2++Zn=Fe+Zn2+，所以能控制到铁离子全部转化成亚铁离子的操作为向1L0.125mol/L氯化铁溶液中加入4.06g锌，故答案为：Fe2++Zn=Fe+Zn2+；向1L0.125mol/L FeCl3溶液中加入4.06gZn。
29．(1) 2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑ 取样，加入稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液，若溶液产生白色沉淀，则表明含有NaCl
(2) ①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中 ②中长导管中有气泡产生
(3)NaClO溶液中存在水解平衡：ClO―＋H2OHClO＋OH―，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解：2HClO 2HCl＋O2↑，HClO的浓度减小，消毒效率降低
(4) Ba2＋＋CO → BaCO3↓ 0.853 b
(5)用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应

【解析】（1）
电解饱和食盐水时，阳极氯离子失去电子生成氯气，阴极水电离出的氢离子得电子生成氢气，故电解的化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2 ↑＋Cl2 ↑。检验氯离子应用银离子生成氯化银沉淀，由于氢氧化银也是白色沉淀，故应先加入硝酸中和氢氧化钠，则检验氢氧化钠溶液中是否含有NaCl的实验方法是取样，加入稀硝酸酸化，加入硝酸银溶液，若溶液产生白色沉淀，则表明含有NaCl。
（2）
氯气与烧碱溶液反应生成氯化钠和次氯酸钠，使装置内气体压强减小，小于外界大气压，故将A与B连接，打开止水夹，用注射器注入过量NaOH浓溶液，观察到的现象有①中黄绿色消失，②中液体倒吸入①中；若其它操作不变，将A与C连接，②中观察到的现象是②中长导管中有气泡产生。
（3）
NaClO溶液中存在水解平衡：ClO-＋H2OHClO＋OH-，水解吸热，升高温度会促进平衡向右移动，次氯酸的浓度增大，消毒效率升高；若继续升高温度，生成的HClO会分解：2HClO 2HCl＋O2↑，HClO的浓度减小，消毒效率降低。
（4）
滴加BaCl2溶液时，反应的离子方程式为Ba2＋＋CO → BaCO3↓。
NaOH的含量为。
某次检测发现，实验值明显高于理论值，
a．工业烧碱已发生潮解，则测定的工业烧碱的质量会偏大，测定的氢氧化钠的质量分数会偏低，故不符合；
b．滴定管水洗后未用标准盐酸润洗，则盐酸的浓度偏小，消耗盐酸的体积偏大，故测定结果偏高，故符合；
c．配制的待测液敞口放置时间过长，则会有更多的氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，测定结果会偏低，故不符合；
d．滴定时往锥形瓶中加水，不改变氢氧化钠物质的量，无影响，故不符合；故选b。
（5）
该方案无需过滤掉碳酸钡就直接用盐酸滴定，但不会影响实验精准度，原因是用酚酞做指示剂，滴定终点时溶液呈碱性，此时BaCO3未与盐酸反应。
30．(1)增大黄铁矿与氧气的接触面积，使反应充分进行
(2)AC
(3) BDF 冷却产物气体的同时预热原料气体从而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益
(4) 减小 6.1% SO 取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—

【详解】（1）煅烧时粉碎黄铁矿可以增大固体的表面积，使黄铁矿与氧气的接触面积，有利于反应充分进行，故答案为：黄铁矿与氧气的接触面积，使反应充分进行；
（2）二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，二氧化硫的转化率减小、三氧化硫的百分含量减小，实际生产时控制温度在450℃左右的目的是该温度为催化剂的活性温度，催化剂的活性强，反应速率快，有利于提高单位时间内三氧化硫的百分含量，故选AC；
（3）二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是放热反应，使用热交换器能冷却产物气体的同时预热原料气体，有利于降低温度，平衡向正反应方向移动，提高生成物的产率，从而提高生产过程中能量的利用率，以降低生产成本，提高经济效益；催化氧化反应在催化剂表面进行，反应物的转化率不变，当温度降低时，反应物的转化率增大，则图2所示进程中表示热交换过程的是、、，故选BDF，故答案为：BDF；冷却产物气体的同时预热原料气体从而提高能量的利用率，以降低成本，提高效益；
（4）①二氧化硫催化氧化制三氧化硫的反应是气体体积减小的放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，气体的总体积增大，所以不参加反应的氮气的体积分数减小；由表格数据可知，600℃达平衡时，二氧化硫的转化率为74.0%，则平衡时二氧化硫、氧气、三氧化硫、氮气的总体积为(100—8×74.0%×)L=97.04L，三氧化硫的体积为8×74.0%=5.92L，则三氧化硫的体积分数为×100%≈6.1%，故答案为：减小；6.1%；
②由题意可知，用氢氧化钠溶液吸收二氧化硫所得溶液为亚硫酸钠溶液，亚硫酸钠溶液与氯气反应得到硫酸钠和氯化钠的混合溶液，溶液中的硫酸根离子会干扰氯离子的检验，所以检验溶液中氯离子时，应先加入硝酸钡溶液排出硫酸根离子干扰后，再加入硝酸银溶液检验氯离子，具体操作为取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—，故答案为：取少量溶液少许，加入足量Ba(NO3)2溶液后，加入AgNO3溶液，若有白色沉淀生成，说明溶液中含有Cl—。