鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《氧化还原反应》综合训练

这是一份鲁科版（新课标）高考化学专题练习 《氧化还原反应》综合训练，共21页。试卷主要包含了单选题，流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。
1.研究人员在金星大气中探测到了磷化氢(PH3)气体。PH3常作为一种熏蒸剂，在贮粮中用于防治害虫，PH3的一种制备反方程式为：P4+NaOH(浓)+H2O→△PH3↑+NaH2PO2(未配平)，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A. 发生该反应每转移0.3ml电子，溶液中增加0.3NA个H2PO2−
B. 1mlP4中含4NA个σ键
C. PH3是含极性键的非极性分子
D. 1mlNaH2PO2固体中含有离子数2NA
2.用CuCl探究Cu(Ⅰ)、Cu(Ⅱ)性质，实验步骤及现象如下，该过程中可能涉及的反应有：
①CuCl+2NH3⋅H2O=CuNH32++Cl−+2H2O
②2CuNH32+=CuNH342++Cu↓
③CuNH342++Cu=2CuNH32+
④4CuNH32++O2+8NH3⋅H2O=4CuNH342++4OH−+6H2O
下列说法错误的是
A. 与Cu2+的配位能力：NH3OH−
C. 将乙醇与浓硫酸混合液加热到170℃，生成的气体通入溴水中，证明产物中有乙烯
D. 向Fe(NO3)2和KSCN的混合溶液中滴入酸化的AgNO3溶液，验证氧化性Fe3+”、“N，则O给电子能力弱，则与Cu2+的配位能力：NH3>OH−，故 A错误；
B.由分析可知，CuNH32+(aq)无色，故 B正确；
C.氧化剂的氧化性大于氧化产物，由方程式CuNH342++Cu=2CuNH32+可知，氧化性：CuNH32+Cl−，故B正确；
C.溶液显酸性，③中产生黄绿色气体的离子方程式为：Cl–+ ClO–+ 2H+=Cl2↑+ H2O，故C错误；
D.由②③可知，中性环境下ClO−不能氧化Cl−，而能在酸性条件下氧化Cl−，说明是HClO的强氧化性氧化了Cl−，则氧化性：HClO > ClO–，故D正确；
答案选C。
4.【答案】A
【解析】反应中，KClO中Cl元素的化合价由+1价降低为−1价，被还原，KClO为氧化剂，Fe2O3中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，被氧化，Fe2O3为还原剂。
A项、反应中，Fe2O3中Fe元素的化合价由+3价升高为+6价，被氧化，Fe2O3为还原剂，故A正确；
B项、反应中，KClO中Cl元素的化合价由+1价降低为−1价，被还原，KClO为氧化剂，发生还原反应，故B错误；
C项、反应中，K元素化合价没有发生变化，故C错误；
D项、反应中，KClO中Cl元素的化合价由+1价降低为−1价，被还原，KClO为氧化剂，得到电子，故D错误。
故选A。
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了氧化还原反应，根据元素化合价变化结合基本概念来分析解答，了解常见元素化合价、基本概念内涵是解本题关键，题目难度不大。
【解答】
①氧化还原反应中，同种元素可能既被氧化也被还原，如氯气与氢氧化钠的反应中，Cl元素的化合价既升高也降低，既被氧化也被还原，故①错误；
②阳离子或阴离子可能既有氧化性又有还原性，如亚铁离子、亚硫酸根离子等，故②错误；
③只有Na+不具有还原性，故③正确；
④X变为X2+的反应中X化合价升高，被氧化，发生氧化反应，故④正确；
⑤金属单质在反应中只能失去电子，被氧化，作还原剂，故⑤正确；
⑥非金属单质既可作氧化剂也可作还原剂，如氯气与NaOH的反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，故⑥错误；
⑦含最高价元素的化合物不一定具有强氧化性，例如氯化钠(钠元素化合价为它的最高价态)等，故⑦正确；
故选：C。
6.【答案】B
【解析】解：A.二氧化硫为酸性氧化物，则蓝色石蕊溶液中通入足量二氧化硫气体，溶液变红，故A错误；
B.加入CCl4混合振荡、静置，下层呈无色，上层呈红色，可知少量氯水氧化亚铁离子生成铁离子，则Fe2+的还原性大于Br−，故B正确；
C.CH3COONa溶液、NaClO溶液的浓度未知，且NaClO溶液可使pH试纸褪色，应选pH计测定等浓度盐溶液的pH，故C错误；
D.盐酸为无氧酸，且挥发的盐酸与硅酸钠反应生成硅酸，不能证明非金属性：Cl>C>Si，故D错误；
故选：B。
A.二氧化硫为酸性氧化物；
B.加入CCl4混合振荡、静置，下层呈无色，上层呈红色，可知少量氯水氧化亚铁离子生成铁离子；
C.CH3COONa溶液、NaClO溶液的浓度未知，且NaClO溶液可使pH试纸褪色；
D.盐酸为无氧酸，且挥发的盐酸与硅酸钠反应生成硅酸。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、盐类水解、酸性比较、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】由坐标图可知，OA段，发生反应：Fe+4H++NO3−=Fe3++NO↑+2H2O ；AB段，发生反应：2Fe3++Fe=3Fe2+;BC段，发生反应：Fe+2H+=Fe2++H2↑，OA段，n(NO)=⋅ml−1=0.2ml，则n(Fe)=0.2ml，n(H+)=0.8ml，n(NO3−)=0.2ml，n(Fe3+)=0.2ml;AB段，n(Fe)=12n(Fe3+)=0.1ml;BC段，n(H+)=2n(H2)=2×(6.72L−4.48L)22.4L⋅ml−1=0.2ml，n(Fe)=n(H2)=0.1ml.由分析可知，混合溶液中HNO3物质的量浓度为⋅L−1，A正确;
原溶液中H2SO4物质的量为0.8ml−0.2ml+0.2ml2=0.4ml，物质的量浓度为⋅L−1，铜和稀硝酸反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO3−=3Cu2++2NO↑+4H2O，100mL该溶液含有0．1mlHNO3和0.2mlH2SO4，最多能溶解0.15ml铜，质量为0.15ml×64g⋅ml−1=9.6g，B错误;
一共消耗铁的物质的量为0.4ml，质量为0.4ml×56g⋅ml−1=22.4g，C正确;
OA段反应转移电子数为0.6ml，AB段反应转移电子数为0.2ml，BC段反应转移电子数为0.2ml，D正确．
8.【答案】A
【解析】A.氧化铁是红色固体，俗名铁红，可用于制造红色颜料，所以徽州古建筑彩绘颜料中的红色成分之一是Fe2O3，故A正确；
B.纤维素能水解，故B错误；
C.徽墨是利用松木不完全燃烧产生的炭黑制成的，松木燃烧过程中发生了氧化还原反应，故C错误；
D.蛋白质不发生皂化反应，油脂才会发生皂化反应。传统徽菜“臭鳜鱼”发酵过程中鳜鱼的蛋白质被分解为肽和氨基酸，肉质变得更加鲜嫩，故D错误。
9.【答案】C
【解析】Ⅰ.2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑中只有P元素的化合价发生变化，6P的化合价由0升高到+1价，2P元素的化合价由0降低到−3价，则32P4作还原剂，12P4作氧化剂；
Ⅱ.Ba(H2PO2)2+H2SO4=BaSO4↓+2H3PO2，为强酸制弱酸没有化合价变化，以此来解答。
A、Ⅰ.2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑中只有P元素的化合价发生变化是氧化还原反应，Ⅱ.Ba(H2PO2)2+H2SO4=BaSO4↓+2H3PO2，为强酸制弱酸没有化合价变化是非氧化还原反应，故A正确；
B、H3PO2中P的化合价为+1，具有还原性，在空气中可能被氧化成磷酸，故B正确；
C、Ⅰ.2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑中只有P元素的化合价发生变化，6P的化合价由0升高到+1价，2P元素的化合价由0降低到−3价，则32P4作还原剂，12P4作氧化剂，所以氧化剂与还原剂的质量之比为1：3，故C错误；
D、Ⅰ.2P4+3Ba(OH)2+6H2O=3Ba(H2PO2)2+2PH3↑中2P元素的化合价由0降低到−3价，所以在标准状况下生成2.24 L 即0.1mlPH3时，转移0.1ml×3=0.3 ml电子，故D正确。
10.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查高纯硅的制备，考查学生的综合思维能力，题目难度不大，掌握高纯硅制备的原理是解题关键。
【解答】
A.陶瓷是以黏土(主要成分是硅酸盐)为主要原料，经高温烧结而成的，水泥以黏土和石灰石为主要原料，而石英砂的主要成分是二氧化硅，故错误；
B.过程①的化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑，故错误;
C.SiO2与HCl(aq)不反应，不能实现粗硅的制备，故错误；
D.过程④的化学方程式为SiHCl3+H2 Si+3HCl，故正确。
11.【答案】A
【解析】解：A.钟乳石的主要成分是碳酸钙，“石穴中水所滴者皆为钟乳”中涉及的反应为难溶的碳酸钙与水、二氧化碳反应生成溶于水的碳酸氢钙，碳酸氢钙分解生成碳酸钙、二氧化碳和水，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故A正确；
B.《抱朴子》“丹砂(HgS)烧之成水银，积变又还成丹砂”，涉及的反应为氧化汞分解生成汞和硫单质，硫单质和汞反应生成氧化汞的过程，涉及氧化还原反应，故B错误；
C.“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，说明“硇水”能溶解单质银，硝酸、硫酸、盐酸、醋酸这四种酸中只有硝酸能与Ag反应，属于氧化还原反应，故C错误；
D.《新修本草》“青矾(FeSO4⋅7H2O)本来绿色，烧之赤色”，铁元素的化合价发生变化，+2价变化为+3价，是氧化还原反应，故D错误；
故选：A。
物质发生化学反应过程中元素化合价发生变化的反应为氧化还原反应。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握发生反应实质为解答关键，注意掌握氧化还原反应概念及实质，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
12.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查氧化还原反应，侧重考查基本概念，明确元素化合价变化与氧化剂、还原剂关系即可解答，熟悉常见元素化合价，题目难度不大．
【解答】
化学反应中需要加入氧化剂才能实现，说明给予物质作还原剂，在反应中失电子化合价升高，据此分析解答．
A.SO3→H2SO4化合价不变，不需要发生氧化还原反应即可实现，故A错误；
B.Fe元素化合价由+2价变为+3价，需要氧化剂才能实现，故B正确；
C.该反应中Cu元素化合价由+2价变为0价，CuO作氧化剂，需要还原剂才能实现，如氢气、C等，故C错误；
D.O元素化合价由−1价变为0价，可以通过自身的分解实现，故D错误；
故选B．
13.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、沉淀生成、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
【解答】
A.由于新制氯水有酸性和漂白性，则向其中滴加紫色石蕊试液，溶液先变为红色后褪色，故A错误；
B.向Fe(NO3)2 溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色，不能证明氧化性H2O2>Fe3+，因为酸性环境中硝酸根离子也有氧化性，故B错误；
C.Ag2CrO4和AgCl组成类型不同，所以不能以沉淀先后顺序判断Ksp大小，故C错误；
D.向溶液X中先滴加盐酸无现象，则排除了银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等对后续实验的干扰，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀，说明溶液X中含有SO42−，故D正确。
14.【答案】B
【解析】解：A.该气体使淀粉碘化钾溶液变蓝，不一定是二氧化氮，也可能是Br2，故A错误；
B.CuSO4与NaOH反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2与过量NH3反应生成[Cu(NH3)4]2+，从而证明与铜离子结合能力NH3>OH−，故B正确；
C.乙醇与浓硫酸加热到170℃反应生成乙烯，同时有SO2等气体产生，SO2也可以使溴水褪色，无法证明产物一定有乙烯，故C错误；
D.向硝酸亚铁和硫氰化钾的混合溶液中滴入酸化的硝酸银溶液，溶液中有H+和硝酸根，此时硝酸根的氧化性比Ag+强，溶液变红，无法证明Fe3+与Ag+氧化性的强弱，故D错误；
故选：B。
A.根据使淀粉KI溶液变蓝，不一定是NO2，也可能是Br2进行分析；
B.根据CuSO4与NaOH反应生成Cu(OH)2，Cu(OH)2与过量NH3反应生成[Cu(NH3)4]2+，进行分析；
C.根据乙醇与浓硫酸加热到170℃反应生成乙烯，同时有SO2等气体产生，进行分析；
D.根据溶液中有H+和硝酸根，此时硝酸根的氧化性比Ag+强，进行分析。
本题主要考查化学实验方案的评价等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
15.【答案】B
【解析】解：A.含铁离子或碘单质的溶液，均显黄色，由实验操作和现象，不能证明氧化性：Cl2>Fe3+，故A错误；
B.白色沉淀完全溶解，再向试管中加入几滴Na2S溶液，又产生黑色沉淀，可知黑色沉淀更难溶，则溶解度：AgCl>Ag2S，故B正确；
C.有白色[Ag(NH3)2]OH沉淀产生，可知氨气与银离子的配位能力强，则Cl−与Ag+结合的配能位力弱，故C错误；
D.Cu(OH)2沉淀与盐酸反应生成盐和水，与氨水反应生成配合物，不能证明Cu(OH)2为两性氢氧化物，故D错误；
故选：B。
A.含铁离子或碘单质的溶液，均显黄色；
B.白色沉淀完全溶解，再向试管中加入几滴Na2S溶液，又产生黑色沉淀，可知黑色沉淀更难溶；
C.有白色[Ag(NH3)2]OH沉淀产生，可知氨气与银离子的配位能力强；
D.Cu(OH)2沉淀与盐酸反应生成盐和水，与氨水反应生成配合物。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、反应与现象、难溶电解质、配合物、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
16.【答案】C
【解析】解：A.该反应中各元素化合价没有变化，是非氧化还原反应，故A错误；
B.NH3分子中，N原子最外层还有1个孤电子对，电子对，故B错误；
C.水分子的空间构型是“V”型，水分子的比例模型是，故C正确；
D.CO2分子呈直线形结构，C原子位于两个O原子中央，分子结构对称，是含极性键的非极性分子，故D错误；
故选：C。
A.该反应中各元素化合价没有变化，是非氧化还原反应；
B.NH3分子中，N原子最外层还有1个孤电子对，电子对；
C.水分子的空间构型是“V”型，水分子的比例模型是；
D.CO，分子呈直线形结构，C原子位于两个原子中央，分子结构对称，是含极性键的非极性分子。
本题主要考查氧化还原反应，电子式书写，比例模型，共价键的判断等，属于基本知识的考查，难度不大。
17.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查氮、硫及其化合物的价类二维图，涉及还原性的判断、酸性氧化物的判断等知识，难度不大，掌握性质为解答的关键。
【解答】
根据图中的信息可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，u为H2S，v为S，w为SO2，x为SO3，y为H2SO3，z为H2SO4，以此解题。
A.氮气一步只能生成一氧化氮，硫一步只能生成二氧化硫， A错误;
B.由分析可知，a为NH3，b为N2，u为H2S，v为S， w为SO2，其中S和N的化合价均不是其最高正价，均可以失去电子，做还原剂， B正确;
C.二氧化氮和碱的反应是氧化还原反应，则二氧化氮不是酸性氧化物， C错误;
D.加入条件下浓硫酸和铜反应生成二氧化硫， D错误;
故选B。
18.【答案】B
【解析】F为红棕色气体，则F为二氧化氮，二氧化和水反应生成一氧化氮和硝酸，硝酸和碳加热条件下反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，A(二氧化碳)和过氧化钠反应生成碳酸钠和D(氧气)，硝酸和铜反应生成硝酸铜、E(一氧化氮)和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，C(氨气)催化氧化生成一氧化氮和水，M受热分解生成氨气、二氧化碳，M和盐酸反应生成二氧化碳，和氢氧化钠反应生成氨气，则M为碳酸铵或碳酸氢铵，B为水。
A.A为二氧化碳，B为水，A、B互换位置也满足该流程，水和过氧化钠反应生成氢氧化钠和D(氧气)，硝酸和碳加热反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，故A正确；
B.反应①方程式为 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ，根据方程式分析，生成1ml氧气转移2ml电子，故B错误；
C.F与水的反应为H2O+3NO2=2HNO3+NO，二氧化氮中氮元素化合价既升高又降低，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故C正确；
D.根据上述分析，C为NH3，D为O2，C可以在D中燃烧生成氮气： ，故D正确。
19.【答案】(1) +3
(2) 2Cu+2NO3−+6H+=2Cu2++NO↑+NO2↑+3H2O
(3) =
(4) C
(5) V形
【解析】(1) NaNO2中钠元素化合价为+1价，氧元素为−2价，则N元素化合价为+3价。
(2)如铜和硝酸反应时生成NO和NO2，铜和稀硝酸反应生成NO和NO2的体积比为1:1的离子反应方程
式2Cu+2NO3−+6H+=2Cu2++NO↑+NO2↑+3H2O
(3)“碱吸收池”中主要反应如下：①2NO2+Na2CO3=NaNO2+NaNO3+CO2；
②NO2+NO+Na2CO3=2NaNO2+CO2，只发生②时得到纯净物，如果发生①产品中含有硝酸钠，当nNO2nNO=1时，产品NaNO2纯度最高且不产生大气污染物。
(4)向NaNO2溶液中滴加稀硫酸和KI−淀粉溶液，溶液变蓝色，说明碘离子被氧化为碘单质，说明NaNO2具有氧化性；向酸性KMnO4溶液中滴加足量的NaNO2溶液，振荡，溶液褪色，说明高锰酸钾被还原褪色，说明NaNO2具有还原性；故C正确；
(5)NaNO2中阴离子N原子的价层电子对数：2+5+1−2×22=3，阴离子的空间结构为 V形。
20.【答案】MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
NaOH溶液；
；2NH3+ClO−=N2H4+Cl−+H2O；
广口瓶中液面下降，长颈漏斗中的液面上升，上部充满黄绿色气体；
50%；
①氨水；
②黑色固体溶解且有无色气体产生，无色气体在试管口变为红棕色
【解析】解：(1)浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，同时产生氯化锰和水，化学方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(2)根据题意，制备N2H4需要用NaClO溶液与NH3反应，所以装置C中盛放NaOH溶液，和氯气反应得到NaClO，
故答案为：NaOH溶液；
(3)氨为共价化合物，其电子式：，NH3与NaClO反应制备N2H4，其离子方程式为：2NH3+ClO−=N2H4+Cl−+H2O，
故答案为：；2NH3+ClO−=N2H4+Cl−+H2O；
(4)反应结束时，关闭止水夹K，广口瓶中液面下降，上部充满黄绿色气体，长颈漏斗中的液面上升，
故答案为：广口瓶中液面下降，长颈漏斗中的液面上升，上部充满黄绿色气体；
(5)氯气与0.4mlNaOH溶液反应，生成0.2ml次氯酸钠，标准状况下13.44LNH3物质的量为，根据反应：2NH3+ClO−=N2H4+Cl−+H2O可知，NH3过量，用0.2ml次氯酸钠计算理论生成0.2mlN2H4，实际生成：n(N2H4)=3.2g32g/ml=0.1ml，产率：0.10.2×100%=50%，
故答案为：50%；
(6)①操作i的结论为黑色固体有Ag2O，现象为黑色固体部分溶解，根据题目所给信息可知Ag2O可溶于氨水，所以加入少量氨水，
故答案为：氨水；
②操作ii的结论为黑色固体是Ag和Ag2O，Ag可以被稀硝酸溶解，生成AgNO3和NO气体，且氧化银也可以与硝酸反应生成硝酸银和水，所以现象为黑色固体溶解，并有气体产生，且无色气体NO在试管口被氧气氧化为红棕色二氧化氮气体，
故答案为：黑色固体溶解且有无色气体产生，无色气体在试管口变为红棕色。
制备N2H4时，首先在装置A中利用浓盐酸和二氧化锰共热制取氯气，此时关闭装置B上方止水夹，打开另一止水夹，将氯气通入装置C中的NaOH溶液，反应得到NaClO溶液，装置D中利用氯化铵和氢氧化钙固体共热制取氨气，通入装置C和NaClO溶液反应得到N2H4，据此解答。
本题主要考查物质的制备，样品质量分数的计算，同时考查实验的基本操作、实验仪器以及看图理解能力，分析能力等，要求学生能够灵活应用所学知识，解决实际问题，难度较大。
21.【答案】分液漏斗；
MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
饱和食盐水；干燥氯气；
否；产生大量棕黄色烟；
0.6ml；
氢氧化钠溶液；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
【解析】解：(1)仪器A的名称为分液漏斗，
故答案为：分液漏斗；
(2)用二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气，该反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)生成的氯气中混有氯化氢气体，C中用饱和食盐水除去氯化氢气体，装置D中为浓硫酸除去氯气中的水蒸气得到干燥纯净的氯气，
故答案为：饱和食盐水；干燥氯气；
(4)E中干燥的氯气遇到干燥有色布条不褪色，F中铜和氯气在加热条件下反应产生氯化铜，实验现象为形成棕黄色烟，
故答案为：否；产生大量棕黄色烟；
(5)氯气在标准状况下的体积为6.72L，n(Cl2)=，由MnO2+4H++2Cl−Cl2↑+Mn2++2H2O可知，4mlHCl反应时只有2ml作还原剂被氧化，则被氧化的HCl的物质的量为0.3ml×2=0.6ml，
故答案为：0.6ml；
(6)氯气有毒，需要用氢氧化钠溶液吸收，所以H中试剂为氢氧化钠溶液，氯气与氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，
故答案为：氢氧化钠溶液；2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。
分液漏斗A中的浓盐酸滴入烧瓶B中的二氧化锰固体上加热发生反应生成氯气，氯气中含水蒸气和氯化氢气体杂质，通过装置C中饱和食盐水除去氯化氢气体，通过装置D中浓硫酸除去水蒸气，装置E检验干燥的氯气是否具有漂白性，装置F中的铜网加热发生反应生成棕黄色的烟得到氯化铜，装置G的作用应为安全瓶，防止倒吸，剩余氯气通过装置H中的氢氧化钠溶液吸收，
(1)仪器A的名称为分液漏斗；
(2)二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气、氯化锰和水，据此写出该反应的化学方程式；
(3)装置C、D为除杂装置；
(4)E瓶中放有干燥红色布条，通入干燥氯气后不会褪色，F是铜加热和氯气反应生成氯化铜的反应，生成的氯化铜形成棕黄色烟；
(5)根据Cl元素的化合价变化及原子守恒可知，被氧化的HCl的物质的量等于氯气的物质的量的2倍；
(6)用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，氯气与氢氧化钙反应制取漂白粉。
本题考查了氯气的实验室制备及分析、除杂试剂选择、氯气性质验证等知识点，注意氯气是有毒气体和氯水成分的分析，题目难度中等。装置
序号
试剂A
试剂B
实验现象
①
84消毒液 (含0.01 ml⋅L−1NaClO)
KI溶液
溶液立即变棕黄色
②
NaCl溶液
无明显现象
③
盐酸
立即产生黄绿色气体
选项
操作及现象
结论
A
向蓝色石蕊溶液中通入足量二氧化硫气体，可以观察到溶液先变红后褪色。
验证SO2的漂白性
B
向FeBr2和KSCN混合溶液中滴入少量新制氯水，再加入CCl4混合振荡、静置，下层呈无色，上层呈红色。
Fe2+的还原性大于Br−
C
用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为9，NaClO溶液的pH约为8
HClO电离出H+的能力比CH3COOH的强
D
向碳酸钙中加入盐酸，产生的气体经饱和碳酸氢钠溶液洗气后，再通入硅酸钠溶液，出现白色沉淀
利用该实验可以证明非金属性：Cl>C>Si
选项
实验目的
实验方案与现象
A.
证明新制氯水具有酸性
向新制氯水中滴加紫色石蕊试液，溶液变为红色且颜色保持不变
B.
证明酸性条件下，氧化性：H2O2>Fe3+
向Fe(NO3)2溶液中滴加用硫酸酸化的H2O2溶液，溶液变黄色
C.
证明同温下，溶度积常数：Ksp(AgCl)>Ksp(Ag2CrO4)
向体积为100mL、浓度均为0.01ml⋅L-1的NaCl和Na2CrO4混合溶液中滴加0.01ml⋅L-1AgNO3溶液，先产生白色沉淀，后产生砖红色沉淀Ag2CrO4
D.
证明溶液X中含有SO42-
向溶液X中先滴加盐酸无明显现象，再滴加BaCl2溶液，出现白色沉淀
选项
实验操作
结论
A
将少量氯气缓慢通入FeI2溶液中，得到黄色溶液
氧化性：Cl2>Fe3+
B
向盛有AgCl固体的试管中加入足量的Na2S2O3溶液，充分反应后白色沉淀完全溶解，再向试管中加入几滴Na2S溶液，又产生黑色沉淀
溶解度：AgCl>Ag2S
C
常温下，向溶液中加入稀盐酸，有白色[Ag(NH3)2]OH沉淀产生
Cl−与Ag+结合的能力强于NH3分子与Ag+配位能力
D
向Cu(OH)2沉淀中分别加入盐酸和氨水，沉淀均溶解
Cu(OH)2为两性氢氧化物
实验
操作
现象
①
向NaNO2溶液中滴加稀硫酸和KI−淀粉溶液
溶液变蓝色
②
向酸性KMnO4溶液中滴加足量的NaNO2溶液，振荡
溶液褪色
操作
现象
实验结论
ⅰ.取少量黑色固体于试管中，加入少量① ______ ；
黑色固体部分溶解
黑色固体有Ag2O
ⅱ.另取少量黑色固体于试管中，加入足量稀硝酸，振荡。
② ______
黑色固体含有Ag，可能含Ag2O