考点17 氯、溴、碘及其化合物——备战2022年浙江新高考一轮复习化学考点一遍过 试卷

考点17 氯、溴、碘及其化合物

一、氯气
1．物理性质
当发生氯气泄漏时，人应向高处、逆风方向躲避。氯气的物理性质如下表：
颜色
状态
气味
密度
毒性
溶解性
黄绿色
气态
刺激性
比空气大
有毒
可溶于水
2．化学性质
（1）与金属反应

反应现象
化学方程式
Na+Cl2
剧烈燃烧，黄色火焰，大量白烟
2Na+Cl22NaCl
Fe+Cl2
剧烈燃烧，棕褐色烟
2Fe+3Cl22FeCl3
Cu+Cl2
剧烈燃烧，棕色烟，加水，溶液呈蓝绿色
Cu+Cl2CuCl2
（2）与非金属反应（氢气）
①点燃：H2+Cl22HCl。
现象：H2在Cl2中能安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口有白雾。
②光照：H2+Cl2 2HCl。
现象：发生爆炸，瓶口有白雾。
（3）与H2O反应
化学方程式：Cl2+H2OHCl+HClO。
（4）与碱液反应
①与NaOH溶液反应：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O（实验室制Cl2时尾气处理原理）
②与Ca(OH)2反应生成漂白粉
制取反应原理：2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
漂白粉的主要成分：CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分Ca(ClO)2。
漂白反应原理：Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3↓+2HClO。
（5）与还原性物质反应
①与KI反应：Cl2+2KI2KCl+I2。
②与FeCl2反应：Cl2+2FeCl22FeCl3。
③与SO2+H2O反应：Cl2+SO2+2H2OH2SO4+2HCl。

Cl2与碱、水的歧化反应：Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O，1 mol Cl2与足量NaOH反应转移电子数为NA；由于Cl2+H2OHCl+HClO，是可逆反应，1 mol Cl2溶于水转移电子数小于NA。ClO－类似于，酸性环境氧化性增强，但ClO－又不同于NO，其在任何环境都体现氧化性，如ClO－与I－、Fe2+无论酸性环境还是碱性环境均不能大量共存。
二、氯气的制法
1．氯气的实验室制法
（1）反应原理
MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
MnO2也可用KMnO4、K2Cr2O7等氧化剂代替，如：2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O。
（2）实验装置

①发生装置：用分液漏斗、圆底烧瓶等组装的固液加热型制气装置。
②净化装置：饱和食盐水除去Cl2中的HCl气体，浓硫酸除去Cl2中的水蒸气。
③收集装置：向上排空气法或排饱和食盐水法。
④尾气处理：用 NaOH溶液吸收多余的Cl2，以防Cl2污染空气。
（3）验满方法
①将湿润的淀粉−碘化钾试纸靠近收集Cl2的集气瓶瓶口，若观察到试纸立即变蓝，则证明已收集满。
②将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛氯气的瓶口，若观察到试纸先变红后褪色，则证明已收集满。
③根据氯气的颜色判断是否收集满：若观察到整个集气瓶中充满黄绿色的气体，则证明已收集满。
实验室制取氯气的注意事项
（1）为了减少制得的Cl2中HCl的含量，加热时温度不宜过高，以减少HCl的挥发。
（2）制取时一定要注意反应条件是“浓盐酸”和“加热”，一旦浓盐酸变为稀盐酸，反应将不再发生。
（3）尾气吸收时，不能用澄清石灰水吸收Cl2，因为澄清石灰水中Ca(OH)2浓度小，吸收不完全。工业上常采用石灰乳来吸收Cl2。
2．氯气的工业制法
工业上制氯气通常采用电解饱和食盐水的方法。
制备原理：2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑。
三、次氯酸、次氯酸盐
1．次氯酸：HClO的结构式为H—O—Cl(氧处于中心)，电子式为。
（1）弱酸性：一元弱酸，酸性比碳酸还弱。
（2）不稳定性：次氯酸见光易分解：2HClO2HCl+O2↑，因此次氯酸要现用现配，保存在棕色试剂瓶中。
（3）强氧化性：能使有色布条褪色，用作消毒剂、漂白剂。HClO和ClO−都具有强氧化性：无论酸性、碱性条件下都可以跟亚铁盐、碘化物、硫化物等发生氧化还原反应。
如硫酸亚铁溶液遇漂白粉发生反应：2Fe2++5ClO−+5H2O2Fe(OH)3↓+Cl−+4HClO；
漂白粉遇亚硫酸盐发生反应：Ca2++ClO−+Cl−+CaSO4↓。可用于杀菌、消毒；漂白有色物质。
2．漂白粉：
（1）成分：主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，属于混合物，有效成分是Ca(ClO)2。
（2）制取原理：2Cl2 +2Ca(OH)2CaCl2 +Ca(ClO)2 +2H2O。
（3）化学性质：水溶液呈碱性，具有强氧化性。
（4）漂白原理：Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3↓+2HClO。
（5）久置失效原理：Ca(ClO)2+CO2+H2OCaCO3+2HClO、2HClO2HCl+O2↑，必须密封保存。

说明：
氯气用于杀菌消毒时，起作用的是HClO，而HClO不稳定，难以保存。所以在工业上用Cl2与石灰乳反应制成漂白粉，便于贮存和运输。
3．Cl－的检验：
，含Cl－。
注意：检验卤素离子时加入稀硝酸是为了防止等离子的干扰。
四、卤素单质性质的递变性、相似性和特殊性
1．物理性质：
Br2是一种深红棕色液体，易挥发；I2是一种紫黑色固体，易升华。
Br2溶解在水中的颜色是黄色→橙色，I2溶解在水中的颜色是深黄色→褐色，
Br2溶解在CCl4中的颜色是橙色→橙红色，I2溶解在CCl4中的颜紫色→深紫色。
物理性质的递变性：

2．化学性质相似性和特殊性：
（1）卤素单质性质的特殊性
①都能与大多数金属反应：2Fe+3Br22FeBr3；I2+FeFeI2；
②都能与H2反应：H2+X22HX；
③都能与H2O反应：X2+H2OHX+HXO(F2例外)；
④都能与碱液反应：X2+2NaOHNaX+NaXO+H2O(F2例外)。
（2）卤素单质性质的特殊性
①Br2是常温下唯一呈液态的非金属性单质；液溴易挥发且有毒，通常用水液封来保存。
②I2易升华，I2遇淀粉变蓝。
③Br2和I2都可被某些有机溶剂(如四氯化碳、苯)萃取。
④氟元素无正价，F2与H2O发生置换反应生成O2(2F2＋2H2O===4HF＋O2)。
3．卤素互化物：
由两种卤素互相结合而成的物质叫卤素互化物。如IBr、ICl、BrF3、ClF3。
卤素互化物与卤素单质的性质相似，有较强的氧化性，如能与金属、H2O、NaOH等反应：2IBr+2MgMgBr2+MgI2。
注意：
卤素互化物中，非金属性弱的元素显正价，如：ICl中，I显+1价，Cl显－1价，所以卤素互化物与水或碱的反应一般属于非氧化还原反应：
IBr+H2OHBr+HIO，
IBr+2NaOHNaBr+NaIO+H2O。
4．拟卤素：
有些多原子分子与卤素单质性质相似，其阴离子与卤素阴离子性质相似。如：氰(CN)2、硫氰(SCN)2、氧氰(OCN)2。解答这类题目时可用换元法，如把(SCN)2当作X2，把SCN－当作X－。
5．卤素单质氧化性强弱的实验探究方法
（1）卤素单质间的置换。
①将Cl2通入NaBr溶液中发生反应：Cl2+2NaBrBr2+2NaCl。说明氧化性：Cl2 >Br2。
②将溴水滴入KI­淀粉溶液中，溶液变成蓝色，发生反应：Br2+2KII2+2KBr。说明氧化性：Br2>I2。
（2）与氢气化合的难易程度，越易化合，则氧化性越强。
H2与Cl2的混合气体光照爆炸；H2与Br2的混合气体加热才能反应；H2与I2反应很困难。
说明氧化性：Cl2>Br2>I2。
（3）氢化物的稳定性。
利用HCl、HBr、HI的热稳定性来判断元素非金属性的强弱；HCl、HBr、HI的热稳定性越来越差，说明元素的非金属性：Cl>Br>I。
6．海水提取溴
（1）流程

（2）发生反应的化学方程式
①2NaBr＋Cl2===Br2＋2NaCl；
②Br2＋SO2＋2H2O===2HBr＋H2SO4；
③2HBr＋Cl2===2HCl＋Br2。
7．海带中提取碘
（1）流程

（2）发生反应的化学方程式：Cl2＋2I－===I2＋2Cl－。
8．卤素离子的检验方法
（1）AgNO3溶液——沉淀法
未知液生成
（2）置换——萃取法
未知液
有机层呈
（3）氧化——淀粉法检验I−
未知液蓝色溶液，表明含有I−

考向一 氯气的性质

典例1 Cl2是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如表所示：
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
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－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑
B．氯气用于自来水消毒：Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－
C．浓氨水检验泄露的氯气，产生白烟：8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2
D．氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液的作用：HSO＋Cl2＋H2O===SO＋3H＋＋2Cl－
【解析】电解饱和食盐水生成氢气、氯气和氢氧化钠，离子方程式为2Cl－＋2H2O2OH－＋H2↑＋Cl2↑，故A正确；HClO为弱酸，不能完全电离，离子方程式为Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO，故B错误；氯气具有强氧化性，可氧化氨气为氮气，同时生成氯化铵，方程式为8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，故C正确；Cl2与NaHSO3发生氧化还原反应生成SO，反应的离子方程式为HSO＋Cl2＋H2O===SO＋3H＋＋2Cl－，故D正确。
【答案】B

1．分别向盛有Cl2的三个集气瓶甲、乙、丙中各注入下列液体中的一种，经过振荡，现象如图所示，则甲、乙、丙中注入的液体分别是

①AgNO3溶液　②NaOH溶液　③水
A．①②③ B．②①③ C．③②① D．①③②
【答案】B
【解析】甲中气体和溶液都无色，说明不存在氯气，是加入NaOH溶液；乙中气体无色且溶液中出现白色浑浊，说明不存在氯气且溶液中生成了白色沉淀，是加入AgNO3溶液；丙中气体和溶液都呈浅黄绿色，说明存在氯气分子，是加入水。

归纳拓展
1．常考的含氯化合物
近几年高考对含氯化合物的考查，不仅仅局限于HClO和NaClO、Ca(ClO)2等，还涉及ClO2、NaClO3、NaClO2、KClO3等物质。
（1）＋1价的HClO 、NaClO和Ca(ClO)2
＋1价的含氯化合物一般具有很强的氧化性和漂白性，是常用的强氧化剂或漂白剂。
如Ca(ClO)2＋4HCl(aq)=== CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O；
2Fe(OH)3＋3ClO－＋4OH－===2FeO＋3Cl－＋5H2O (FeO——强氧化剂)。
（2）＋4价的ClO2
ClO2是一种新型净水剂，具有很强的氧化性，如2ClO2＋Na2O2=== 2NaClO2＋O2↑
（3）＋5价的NaClO3、KClO3
＋5价的氯元素具有较强的氧化性，是常用的氧化剂。
如KClO3＋6HCl===KCl＋3Cl2↑＋3H2O；
2KClO32KCl＋3O2↑。
2．有效氯含量
有效氯含量的实质是指每克的含氯化合物中所含氧化态氯的氧化能力相当于多少克氯气的氧化能力。其本质是氧化还原反应的电子得失守恒。
如ClO2有效氯含量的计算方法如下，设ClO2的有效氯含量为x，则×5＝×2，

考向二 氯水的性质和变化

典例1 下列关于氯水的叙述正确的是
①新制氯水中只含Cl2和H2O　②新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色　③氯水光照时有气泡冒出，该气体为Cl2　④氯水放置数天后，溶液的酸性将减弱　⑤新制氯水呈黄绿色，久置氯水呈无色　⑥新制氯水漂白作用强，久置氯水无漂白作用
A．①③④ B．②③④ C．③⑤⑥ D．②⑤⑥
【解析】新制氯水中还含有HClO、H+、Cl-等，①错误；新制氯水中含有盐酸和次氯酸，其中盐酸能使蓝色石蕊试纸变红，次氯酸具有漂白性能使试纸的红色褪去，②正确；氯水光照时有气泡冒出，是因为生成的HClO见光分解，产生氯化氢和氧气，③错误；氯水放置数天后，由于次氯酸见光易分解生成HCl，故久置的氯水为HCl的溶液，酸性增强，④错误；因新制氯水中含有氯气，所以新制氯水呈黄绿色，久置氯水中无氯气，所以呈无色，故⑤正确；新制氯水中有HClO，而久置氯水中无HClO，⑥正确。故答案选D项。
【备注】氯水中有多种化学物质，故性质较复杂。（1）观察氯水颜色，呈黄绿色，说明新制氯水中含有大量Cl2；（2）氯水能使紫色石蕊试液先变红后褪色，证明氯水中含有H+、HClO；（3）向氯水中滴加饱和NaHCO3溶液，有气泡出现，证明氯水中含有H+；（4）向氯水中滴入AgNO3溶液，产生白色沉淀，证明氯水中含有Cl-。
【答案】D

2．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，减小
B．通入少量SO2，溶液漂白性增强
C．加入少量的碳酸氢钠粉末，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Cl2，各成分的浓度不变，A错误；SO2+Cl2+2H2O2HCl+H2SO4，Cl2+H2OH++Cl−+HClO的平衡左移，HClO浓度降低，漂白性减弱，B错误；加入少量NaHCO3粉末，消耗H+，使上述平衡正向移动，HClO的浓度增大，C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错误。

氯水的多种成分与多种性质的对应关系
1．氯水的成分——三分四离
氯水中存在三个平衡：
（1）Cl2+H2OHCl+HClO，（2）HClOH++ClO−，（3）H2OH++OH−。
根据可逆反应的特点，即可得出新制氯水中存在的各种微粒。

2．氯水的多重性质
新制氯水的多种成分决定了它具有多重性质：
①Cl2的强氧化性；②HCl的强酸性；③HClO的强氧化性、弱酸性；④Cl−的性质。
在不同的反应中，新制氯水中起作用的成分不同。


考向三 氯气制备与性质实验考查

典例1 某化学小组用如图所示装置制取氯气。下列说法正确的是

A．该装置图中至少存在三处明显错误
B．该实验中收集氯气的方法不正确
C．如果需要得到干燥纯净的Cl2，只需在气体发生装置和收集装置之间连接一个装有浓硫酸的洗气瓶即可
D．含有2 mol HCl的某浓盐酸与足量MnO2混合，在一定条件下反应，转移1 mol电子
【解析】A项，该装置的错误有：没有用酒精灯加热，MnO2不与浓盐酸发生反应，从而得不到Cl2；装置中没有用分液漏斗而采用长颈漏斗导致气体外逸和HCl的挥发；没有除杂装置；没有进行尾气处理；B项，Cl2的密度比空气大，该收集方法正确；C项，要得到干燥纯净的Cl2，首先应将气体通过饱和食盐水除去HCl，再通过浓硫酸除去水蒸气；D项，根据反应：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O，盐酸浓度变稀后便不再反应，使产生的Cl2的物质的量小于0.5 mol，转移的电子小于1 mol。
【答案】A

3．如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(加热及夹持装置已略)。

（1）制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，相应的化学方程式为 。
（2）装置B中饱和食盐水的作用是 。同时装置B亦是安全瓶，当C中发生堵塞时，B中的现象为 。
（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，因此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入的物质为 (填字母)。
选项
a
b
c
d
Ⅰ
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
Ⅱ
碱石灰
硅胶
浓硫酸
无水氯化钙
Ⅲ
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
（4）设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘的非金属性。当向D中缓慢通入一定量的氯气时，可以看到无色溶液逐渐变为　　　　　色，说明氯的非金属性大于溴的。
（5）打开活塞，将装置D中少量溶液滴入装置E中，振荡。观察到的现象是　　　　　　　　。
（6）装置F中用足量的Na2SO3溶液吸收多余的氯气，试写出相应的离子反应方程式：　　　　　　　　　　　　　　　。
【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）除去Cl2中的HCl 　B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱
（3）d
（4）黄
（5）E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色
（6）+Cl2+H2O+2Cl−+2H+
【解析】（1）二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水。
（2）饱和食盐水可吸收HCl，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl；若装置C堵塞，B中压强增大，长颈漏斗中液面会上升，形成水柱。
（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，则可通过将Cl2依次通入湿润的有色布条、干燥剂、干燥的有色布条来验证氯气的漂白性。Ⅱ中应放固体干燥剂，所以选d。
（4）当向D中缓慢通入少量氯气时，Cl2+2NaBrBr2+2NaCl，所以可以看到无色溶液逐渐变为黄色。
（5）打开活塞，将装置D中含溴单质的少量溶液加入含碘化钾和苯的装置E中，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，振荡后观察到的现象：E中溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色。
（6）Cl2具有氧化性，可将氧化为。

考向四 卤离子的检验

典例1 下列能够检验出KI中是否含有Br－的实验是
A．加入足量的新制氯水，溶液变色则有Br－
B．加入酸性KMnO4溶液，观察溶液颜色是否褪去
C．加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层有色，则有Br－
D．加入足量FeCl3溶液，用CCl4萃取后，取无色的水层并加入AgNO3溶液，有淡黄色沉淀生成，则含有Br－
【解析】A项，在KI中加入足量新制氯水，也会置换出单质碘而使溶液变色，故不能确定是否含有Br－；B项，Br－和I－均能使酸性KMnO4溶液褪色；C项，加入少量的碘水，再加入CCl4振荡，有机层是萃取I2而显色，并没有Br2产生。
【答案】D

4．鉴别NaCl、NaBr、NaI溶液可以选用的试剂是
①碘水、淀粉溶液　②氯水、CCl4　③溴水、苯　④硝酸、AgNO3 溶液　⑤氯水、苯　⑥氯水、己烯
A．①②④ B．②③⑥ C．②④⑤ D．④⑤⑥
【答案】C
【解析】氯水中的Cl2分别与NaBr、NaI反应：2NaBr+Cl22NaCl+Br2，2NaI+Cl22NaCl+I2，均可被CCl4萃取，通过观察CCl4中颜色的不同可鉴别，②正确；Cl−、Br−、I−分别与Ag+反应，产生白色沉淀AgCl，浅黄色沉淀 AgBr，黄色沉淀AgI，且均不溶于稀HNO3，可鉴别，④正确；⑤同②类似，可鉴别，正确。
综合例题
二氯化二硫(S2Cl2)是一种黄红色液体，有刺激性、窒息性恶臭。生产中使用它作橡胶的低温硫化剂和黏结剂。向熔融的硫中通入限量氯气即可生成S2Cl2，进一步氯化可得SCl2。S2Cl2、SCl2的某些性质如下表所示：

水溶性
密度(g/cm3)
熔点
沸点
S2Cl2
空气中发烟雾，遇水即水解
1.687
－76 ℃
138 ℃
SCl2
溶于水且剧烈反应
1.621
－122 ℃
59 ℃
实验室可用如图所示装置制备少量S2Cl2。请回答下列问题：

（1）已知S2Cl2分子中各原子最外层均满足8电子稳定结构，则S2Cl2的电子式为__________。
（2）从上图所示装置中选用某一装置制取Cl2，发生反应的离子方程式为__________。
（3）欲得到较纯净的S2Cl2，上述仪器装置的连接顺序为：
e→______→_____→______→______→______→______→a→b→______→_______(按气流方向填小写字母代号)。
（4）仪器D的名称是__________，D中碱石灰的作用是__________。
（5）为了获得更纯净的S2Cl2，需要对产品进行的操作是_______。
（6）若将S2Cl2放入水中同时产生沉淀和气体，写出反应的化学方程式：__________；该反应中被氧化和被还原的元素的质量之比为______。
【答案】 MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O j k h i c d f g 干燥管(或球形干燥管) 吸收剩余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置A中使S2Cl2水解 分馏(或蒸馏) S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl 1∶3
【详解】
(1)S原子达到8个电子稳定结构，应该形成2个共价键，Cl原子达到8个电子稳定结构，氯原子与硫原子之间形成1对共用电子对，硫原子与硫原子之间形成1对共用电子对，S2Cl2电子式为，
故答案为；
(2)实验室采用浓盐酸和二氧化锰混合加热的方式制取Cl2，发生反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O ，
（3）实验中的流程为：C装置制取氯气→F装置除去氯化氢→E装置干燥氯气→B装置制取S2Cl2→D装置吸收尾气，所以连接顺序为：e→j→k→h→i→c→d→a→b→f→g；
故答案为j ；k；h；i；c；d；f；g；
（4）仪器D是干燥管，D中碱石灰要吸收多余氯气，同时防止空气中水蒸气进入装置，使S2Cl2水解。
故答案为干燥管(或球形干燥管)；吸收剩余的Cl2，并防止空气中的水蒸气进入装置A中使S2Cl2水解；
（5）题目给出了物质的沸点，所以得到产品后，比较好的提纯方法是蒸馏。
故答案为分馏(或蒸馏)；
（6）若将S2Cl2放入水中同时产生沉淀和气体，沉淀只能是单质硫，所以硫的化合价降低，则化合价升高的只能还是硫，因此气体为二氧化硫，反应的化学方程式为：S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl；反应中被氧化的硫有1个（生成1个SO2），被还原的硫有3个（生成3个S），所以被氧化和被还原的元素的质量之比为1∶3。
故答案为S2Cl2＋2H2O===SO2↑＋3S↓＋4HCl；1∶3。
【点睛】
本题中的第一小问涉及的问题是如何达到8电子稳定结构，一般可以这样处理：原子达到8电子稳定结构时要形成一定数目的共价键，具体成键个数为：8-最外层电子。这样可以先确定化合物的结构，进而书写其电子式。
拓展练习
．“84消毒液”因1984年北京某医院研制使用而得名，在2020年抗击新型冠状病毒肺炎中被广泛用于消毒，其有效成分是NaClO。某校化学研究性学习小组在实验室制备NaClO溶液，并进行性质探究和成分测定。
已知：①室温下，饱和NaClO溶液pH为11
②25℃时，H2CO3：Ka1=4.4×10-7，Ka2=4.7×10-11；HClO：Ka=3.0×10-8
I．制备NaClO溶液
该学习小组按下图装置进行实验(部分夹持装置省去)

(1)上图中A为实验室制备Cl2的发生装置，可以选用下列图中_(填代号)装置，用该装置制备Cl2反应的化学方程式为__。

(2)B装置中仪器a的名称是____，B装置可除去氯气中氯化氢杂质， 此外还有______作用(写出一点)。
II．NaClO性质探究
按上图装置进行实验，一段时间后，取C瓶中的溶液进行实验，如下表：

实验内容
实验现象
实验l
取样，滴加紫色石蕊试液
变蓝，不褪色
实验2
测定溶液的pH
12

(3)C瓶溶液中的溶质除NaCl外，还有______(填化学式)。
(4)将C瓶中NaOH溶液换成NaHCO3溶液，反应一段时间后，取C瓶中的溶液按上表实验内容进行实验。现象为：实验l中紫色石蕊试液立即褪色，实验2中溶液的pH=7。结合平衡移动原理解释紫色石蕊试液立即褪色的原因是________。
III．测定C瓶溶液中NaClO含量(单位：g·L-1)
i.取C瓶溶液10.00mL于锥形瓶中，加入适量硫酸酸化，迅速加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分反应。
ii.用0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定上述锥形瓶中的溶液至终点，重复操作2~3次，消耗Na2S2O3溶液的平均用量为12.00mL。(已知：I2+2=2I-+)
(5)i中主要发生反应的离子方程式为_______，ii中用_______作指示剂。
(6)盖紧瓶塞并在暗处反应的原因是________。
(7)C瓶溶液中NaClO含量是______g·L-1(保留2位小数)。
【答案】甲或乙 MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O 或2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 长颈漏斗 贮藏少量气体或平衡气压(安全瓶)或防倒吸 NaClO、NaOH 溶液中存在平衡 Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCO3- 消耗 H+，使平衡右移，HClO 浓度增大 ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O 淀粉溶液 防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出) 4.47
【详解】
I．制备NaClO溶液
(1)实验室制备Cl2若采用二氧化锰与浓盐酸加热的方法，根据反应条件结合装置可知乙和丙不能进行加热，只能在甲装置中进行反应，发生反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O；若采用采用高锰酸钾与浓盐酸常温下制备氯气，则不需要加热装置，同时因高锰酸钾易溶于水不能选用丙装置制取，应该在乙装置中进行，发生反应的化学方程式为：2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，
故答案为：甲或乙；MnO2+4HCl(浓)Cl2↑+MnCl2+2H2O或2KMnO4+16HCl＝2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
(2) B装置中仪器a为长颈漏斗，B装置可除去氯气中氯化氢杂质， 此外因长颈漏斗与外界连通，可以起到平衡内外压强的作用从而能有效的防止倒吸现象，另外过量的氯气还可以贮藏在B中，
故答案为：长颈漏斗；贮藏少量气体或平衡气压(安全瓶)或防倒吸；
II．NaClO性质探究
(3) C瓶溶液中的溶质除NaCl外，还存在产物次氯酸钠，但室温下，饱和NaClO溶液pH为11，C中溶液的pH值12，从而说明溶液还存在未反应完的氢氧化钠，
故答案为：NaClO、NaOH；
(4) 溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，结合碳酸的酸性比盐酸弱，但因H2CO3：Ka1=4.4×10-7，HClO：Ka=3.0×10-8，可知碳酸酸性强于次氯酸，则碳酸氢钠只与盐酸反应不能与次氯酸反应，HCO3- 消耗H+，使平衡右移，HClO 浓度增大，HClO浓度越大漂白能力增强，因此使紫色石蕊褪色，
故答案为：溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCO3- 消耗H+，使平衡右移，HClO 浓度增大；
III．测定C瓶溶液中NaClO含量(单位：g·L-1)
(5)i.取C瓶溶液10.00mL于锥形瓶中，加入适量硫酸酸化，迅速加入过量KI溶液，C中的ClO-具有强氧化性能氧化碘离子，发生反应的离子方程式为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；ii.用0.1000mol•L-1Na2S2O3标准溶液滴定含碘单质的溶液至终点，应选用淀粉做指示剂，
故答案为：ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O；淀粉；
(6) 盖紧瓶塞并在暗处反应的主要原因是：HClO不稳定，在受热或者见光条件下易发生分解反应，同时也可以防止溶液中产生的氯气和碘逸出，故答案为：防止HClO分解(防止Cl2、I2逸出)
(7) 结合反应ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O，I2+2=2I-+，根据转化关系可知，则，C瓶溶液中NaClO含量是，
故答案为：4.47。


一、单选题
1．下列依据实验操作及现象所得出的结论不正确的是
选项
实验操作
现象
结论
A
 向CCl4中滴入少量浓溴水，振荡，静置
溶液分层，上层几乎无色，下层为橙红色
Br2在CCl4中的溶解度比在水中的大
B
FeCl3溶液滴在淀粉一KI试纸上
试纸变蓝
2Fe2++2I-=2Fe2++I2
C
向浓度均为0.1 mol/L NaCl和NaI混合溶液中滴加少量AgNO3溶液
出现黄色沉淀
氯化银转化为碘化银
D
将 SO2通入含氨水的BaCl2溶液中
产生白色沉淀
白色沉淀为BaSO4
A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】
A．Br2在CCl4中溶解度比在水中大，CCl4与水互不相溶，密度比水大，所以向CCl4中滴入少量浓溴水，振荡，静置，溶液分层，上层几乎无色，下层为橙红色，A正确；
B．FeCl3溶液电离产生Fe3+具有强氧化性，与I-会发生氧化还原反应：2Fe2++2I-=2Fe2++I2，反应产生的I2遇淀粉溶液变为蓝色，因此会看到淀粉一KI试纸变为蓝色，B正确；
C．浓度均为0.1 mol/L NaCl和NaI混合溶液中Cl-、I-浓度相同，向其中滴加少量AgNO3溶液，溶液中出现黄色沉淀，产生了AgI，说明AgCl转化为AgI，C正确；
D．将 SO2通入含氨水的BaCl2溶液中，发生反应：SO2+2NH3·H2O=(NH4)2SO3+H2O，(NH4)2SO3+BaCl2=BaSO3↓+2NH4Cl，产生的白色沉淀是BaSO3，D错误；
故合理选项是D。
2．“84”消毒液(含NaCl、NaClO)能有效抑制新冠病毒。某同学取等量“84”消毒液分别放入三支试管中，各加3滴紫色石蕊溶液，再立即分别加入如图所示的试剂。下列对实验现象的分析错误的是（ ）
实验



现象
溶液先变蓝色，一段时间后蓝色褪去
溶液变蓝色后迅速褪色，无气体产生
溶液变蓝色后迅速褪色，并产生大量气体
A．实验①说明“84”消毒液呈碱性、有漂白性
B．实验表明，c(HClO)越大越易使有色物质褪色
C．ClO－与Cl－只有在酸性条件下才能反应
D．③中ClO－先转化为HClO，再分解产生Cl2
【答案】D
【详解】
A．实验①中加入石蕊的“84”消毒液溶液变为蓝色，说明溶液呈碱性，一段时间后蓝色褪去说明具有漂白性，A正确；
B．实验②③中加入不同浓度的硫酸溶液产生次氯酸，分析实验现象发现加入硫酸的浓度越大，蓝色褪去的越快，说明c(HClO)越大越易使有色物质褪色，B正确；
C．实验③加入硫酸溶液后产生大量气体，而实验①中不产生气体，说明ClO－与Cl－只有在酸性条件下才能反应，C正确；
D．实验③产生气体是因为ClO－与Cl－在酸性条件下能反应产生氯气，D错误；
答案选D。
3．下列不能使有色布条褪色的物质是（ ）
A．氯水 B．次氯酸钠溶液 C．漂白粉溶液 D．氯化钙溶液
【答案】D
【详解】
A. 氯水中含有HClO，具有漂白性，可使有色布条褪色，故A不符合；
B. 次氯酸钠溶液中存在水解平衡：ClO-+H2OHClO+OH-，次氯酸有氧化性，可使有色布条褪色，故B不符合；
C. 漂白粉溶液含有ClO-，能生成HClO，具有漂白性，可使有色布条褪色，故C不符合；
D. 氯化钙溶液不具备氧化性，不能使有色布条褪色，故D符合；
答案选D。
4．足量的干燥Cl2通入下列物质中，不会褪色的是
A．品红溶液 B．鲜花 C．含酚酞的NaOH溶液 D．KMnO4溶液
【答案】D
【详解】
A.氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸使品红溶液褪色，A错误；
B. 氯气与水反应生成次氯酸，次氯酸使鲜花褪色，B错误；
C. 氯气有强氧化性，既能与氢氧化钠反应，又能使酚酞变质而褪色，C错误；
D.高锰酸钾与氯气及次氯酸不反应，溶液不褪色，D正确；
答案为D
5．下列有关实验室氯气的制备、收集、性质检验及尾气处理的装置中，错误的是(　　)
A．制备Cl2
B．收集Cl2
C．验证Cl2具有氧化性
D．吸收Cl2尾气
【答案】A
【详解】
A．用MnO2和浓盐酸在加热条件下反应可制备出氯气，反应时，浓盐酸盛放在分液漏斗中，分液漏斗是带旋塞的，图中的漏斗没有旋塞，A项错误；
B．收集氯气可采用向上排空气法或排饱和食盐水法，饱和食盐水可以降低氯气在水中的溶解，并且一定要注意由短管进气，B项正确；
C．氯气可将KI溶液中的I-氧化为碘单质，从而使淀粉变蓝，因此该装置可用于验证氯气的氧化性，C项正确；
D．氯气有毒，可以利用NaOH溶液对其进行吸收，D项正确；
答案选A。
6．FeCl3易潮解、易升华，实验室制备FeCl3的装置如图所示（加热和夹持装置略去）。下列说法正确的是（ ）

A．导管g的作用是增强装置的气密性
B．试剂X和试剂Y分别为浓硫酸、饱和食盐水
C．直接用E接收产物比用导管连接的优点是可防止堵塞
D．F中浓硫酸的作用是防止空气中的水蒸气进入E
【答案】C
【详解】
A．导管g的作用是平衡大气压，保证液体顺利滴下，A错误；
B．试剂X为饱和食盐水，除去氯气中氯化氢气体，浓硫酸起到干燥气体作用，两种试剂不能颠倒，B错误；
C．FeCl3易潮解、易升华，导管连接，易发生堵塞，造成危险，故C正确；
D．FeCl3易潮解，而浓硫酸起到干燥的作用，F中浓硫酸的作用是防止NaOH溶液中的水蒸气进入E中，D错误；
故选C。
7．某实验兴趣小组利用如图实验装置探究氯气与过量氨气反应的实验，下列有关说法不正确的是

A．打开K1，关闭K2，将注射器的活塞往外拉一段，然后松开，活塞复原，说明装置气密性良好
B．打开K1，推动注射器的活塞使过量的氨气与氯气混合时，产生大量的白雾
C．充分反应后，关闭K1，打开K2，可观察到烧杯中的溶液会倒吸至试管内
D．实验室制备氨气和氯气可以用同一套发生装置
【答案】B
【详解】
A．打开K1，关闭K2，将注射器的活塞往外拉一段，然后松开，活塞复原，说明装置气密性良好，A正确；
B．氨气与氯气反应生成氯化铵固体，所以看到产生大量白烟，B错误；
C．充分反应后，关闭K1，打开K2，装置内气体反应后压强减小，打开K2，在外界大气压作用下，烧杯中的溶液会倒吸至试管内，C正确；
D．气体发生装置的选择是依据反应物聚集状态和反应条件，实验室制备氨气可以用加热浓氨水方法，实验室制备氯气用加热二氧化锰和浓盐酸，所以二者可以用同一套发生装置，D正确；
答案选B。
8．气体是一种低毒高效的消毒剂，浓度较大时易分解爆炸。制备的实验装置如图所示。下列说法错误的是

A．a用于平衡气压
B．实验结束后再通空气
C．④装置中，作还原剂
D．⑤的作用是吸收
【答案】B
【分析】
根据实验装置分析可知，装置①为制取Cl2的装置，浓盐酸和MnO2在加热的条件下发生反应MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑，装置②为吸收挥发的HCl的装置，装置③干燥装置，装置④为制备ClO2的装置，装置⑤可吸收ClO2，装置⑥为尾气处理装置，据此分析解答问题。
【详解】
A．长导管a可使装置内外压强相等，有平衡气压的作用，A正确；
B．ClO2浓度较大时易分解爆炸，因此在实验开始时就要通入空气，以稀释ClO2的浓度，防止爆炸，B错误；
C．装置④为制备ClO2的装置，NaClO2中的Cl元素的化合价由+3价升高至+4价，作还原剂，C正确；
D．根据上述分析可知，装置⑤可吸收ClO2，D正确；
答案选B。
9．I－具有还原性，含碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，I－、I2、IO3－在一定条件下可发生如图转化关系。下列说法不正确的是

A．用淀粉－KI试纸和食醋可检验食盐是否加碘
B．由图可知氧化性的强弱顺序为C12＞IO3－＞I2
C．生产等量的碘，途径I和途径Ⅱ转移电子数目之比为2：5
D．途径Ⅲ反应的离子方程式：3C12+I－+3H2O=6C1－+IO3－+6H+
【答案】C
【详解】
A. 碘食盐中的碘元素主要以KIO3的形式存在，IO3－和I－在酸性条件下可生成I2，I2遇淀粉变蓝，A正确；
B. 由图途径Ⅲ可知，Cl2可将I－氧化为IO3－，氧化性Cl2＞IO3－，途径Ⅱ可知IO3－可被还原为I2，氧化性为IO3－＞I2，则氧化性的强弱顺序为Cl2＞IO3－＞I2，B正确；
C. 生产1mol碘，途径I中-1价碘转变为0价碘，需要转移2mol电子，途径Ⅱ中+5价碘转变为0价碘，需要转移10mol电子，故转移电子数目之比为1：5，C错误；
D. 途径Ⅲ中Cl2可将I－氧化为IO3－，而氯气被还原为Cl－，根据得失电子守恒和质量守恒，反应的离子方程式为：3Cl2+I－+3H2O=6Cl－+IO3－+6H+，D正确；
答案选C。
10．向含有淀粉的 KIO3 酸性溶液滴加 NaHSO3 溶液，溶液先变蓝后褪色。下列说法错误的是
A．溶液先变蓝的原因：2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋
B．溶液恰好褪色时 n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3
C．还原性 I-> HSO>I2
D．若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量 KIO3 酸性溶液，则溶液变蓝不褪色
【答案】C
【详解】
A．溶液变成蓝色，说明有单质碘生成，即I元素化合价由+5价降低至0价，被还原，IO为氧化剂，S元素的化合价由+4价升高至+6价，被氧化，HSO为还原剂，反应的离子方程式为2IO+5HSO=I2+5SO+H2O+3H＋，A选项正确；
B．溶液褪色，说明碘单质又被亚硫酸氢钠还原，离子方程式为I2+HSO=2I-+SO+3H＋，结合A选项，可知溶液恰好褪色时n(KIO3)：n(NaHSO3)=1:3，B选项正确；
C．由A选项中的反应可知，还原性：HSO＞I2，由B选项中的反应可知，还原性HSO＞I-，又还原性I-＞I2，则还原性：HSO＞I-＞I2，C选项错误；
D．若向含有淀粉的 NaHSO3 溶液中滴加过量KIO3酸性溶液，由于氧化性IO＞I2，所以不会出现I2被还原的情况，即溶液变蓝不褪色，D选项正确；
答案选C。
11．某小组比较Cl-、Br-、I-的还原性，实验如下：

实验1
实验2
实验3
装置



现象
试管内颜色无明显变化；用蘸浓氨水的玻璃棒靠近管口，产生白烟。
溶液变黄；把湿润的KI淀粉试纸靠近试管口，变蓝。
溶液变深紫色；经检验溶液含单质碘。
下列对实验的分析合理的是
A．实验1中，白烟是(NH4)2SO4
B．根据实验1和实验2判断还原性：Br->Cl-
C．根据实验3判断还原性：I->Br-
D．上述实验利用了浓H2SO4的强酸性、强氧化性等性质
【答案】B
【详解】
A．硫酸不具有挥发性，白烟不可能是(NH4)2SO4，而是浓硫酸与NaCl固体反应生成的挥发性酸HCl与氨气生成的氯化铵，故A错误；
B．浓硫酸具有氧化性，将溴离子氧化成具有挥发性的溴单质，溴单质将湿润KI淀粉试纸中的碘离子氧化成碘单质，使得KI淀粉试纸变蓝，可知氧化性：浓硫酸＞Br2；而浓硫酸不能氧化Cl-得到氯气，说明氯气的氧化性强于浓硫酸，则氧化性Cl2＞Br2，还原性Br-＞Cl-，故B正确；
C．结合试验2可知浓硫酸的氧化性大于溴，②中溶液中还有剩余的浓硫酸，也能氧化I－成碘单质；所以试验3中无法确定是何种物质将碘离子氧化，故C错误；
D．①中为难挥发性酸制备易挥发酸，②为浓硫酸氧化溴离子，所以利用了浓H2SO4的难挥发性、强氧化性，故D错误；
故答案为B。
12．用高分子吸附树脂提取卤水中的碘（主要以I -形式存在）的工艺流程如下：

下列说法不正确的是
A．经①和④所得溶液中，c(I-)后者大于前者
B．④的作用是将吸附的碘氧化而脱离高分子树脂
C．若②和⑤中分别得到等量I2，则消耗的n(Cl2):n(KClO3) =3:1
D．由⑥得到碘产品的过程，主要发生的是物理变化
【答案】B
【分析】
本题利用氯气先将I-氧化I2，用高分子吸附I2，再用亚硫酸钠还原成I-，提高的I-浓度，最后用氯酸钾氧化得到I2。
【详解】
A.①中开始时c(I- )较小，④中c(I- )经过前面的吸附后再还原后浓度变大，所以c(I- )后者大于前者，A正确；
B. ④的作用是利用亚硫酸钠的还原性将吸附的碘还原成I-而脱离高分子树脂，B错误；
C. 根据反应② Cl2+2 I- = 2Cl-+I2和⑤ ClO3-+6 I-+6H+= 3I2+ Cl-+3H2O,假设分别得到3mol I2，则消耗的n(Cl2) =3mol、n(KClO3)=1mol，则n(Cl2):n(KClO3) =3:1，C正确；
D. ⑥将碘升华再凝华得到产品的过程，升华和凝华都是物理变化，D正确。
答案选B。
13．作为加碘剂的食盐在保存过程中，由于空气中氧气的作用，容易引起碘的损失。溶于溶液能发生的反应，在低温条件下，可制得。下列说法不正确的是( )
A．其他条件相同的情况下，在溶液中的溶解度大于在水中的溶解度
B．向溶液中加入淀粉溶液，溶液变蓝色
C．代替作为加碘剂，可以减少碘的损失
D．由于还原性，加入可以提高加碘盐(添加)的稳定性
【答案】C
【详解】
A．I2溶于KI溶液能发生的反应，故I2在KI溶液中的溶解度大于在水中的溶解度，A正确；
B．反应为可逆反应，溶液中存在I2，加淀粉溶液变蓝，B正确；
C．溶于水产生I2，I2有毒，不能代替KI作加碘剂，C错误；
D．还原性，氧气先氧化，KI被保护，即加入可以提高加碘盐(添加)的稳定性，D正确。
答案选C。

二、多选题
14．Cl2O是黄棕色具有强烈刺激性气味的气体，是一种强氧化剂，易溶于水且会与水反应生成次氯酸，与有机物、还原剂接触或加热时会发生燃烧并爆炸。一种制取Cl2O的装置如图所示。

已知：Cl2O的熔点为-116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为-34.6℃；HgO+2Cl2===HgCl2+Cl2O。
下列说法中不正确的是
A．装置②、③中盛装的试剂依次是浓硫酸和饱和食盐水
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减小爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不用橡胶管连接，是为了防止橡胶管燃烧和爆炸
【答案】AC
【分析】
由制备装置可知，①中浓盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应生成氯气，②为饱和食盐水可除去氯气中的HCl，③中浓硫酸干燥氯气，通干燥空气可将氯气排入④中，④中发生HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O，因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，以此来解答。
【详解】
A．装置②、③中盛装的试剂依次是饱和食盐水、浓硫酸，保证进入④中试剂无水，因Cl2O易溶于水且会与水反应生成次氯酸，故A错误；
B．通干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度，故B正确；
C．由沸点可知⑤中冷却分离，最后出来的气体为空气及过量的Cl2，Cl2O在⑤中转化为液态，故C错误；
D．因Cl2O与有机物或还原剂接触会发生燃烧并爆炸，则④⑤之间不用橡皮管连接，为了防止橡皮管燃烧和爆炸，故D正确；
答案选AC。

三、实验题
15．一种由氯气与熔化的硫反应制取的装置(夹持和加热装置已省略)如图所示：

已知：①和反应生成，同时有少量及其他氯化物生成。
②常温下，是一种浅黄色的油状液体，极易水解。
③的沸点为，的沸点为，硫的熔点为、沸点为。
回答下列问题：
(1)实验过程中，从装置中逸出的气体为___________(填化学式)，装置中盛放的试剂是___________。
(2)对装置进行加热的合适方式是___________(填标号)。
选项
A
B
C
D
加热方式
水浴
甘油浴
沙浴
锡浴
极限温度/
98
220
400
600
(3)装置D中的错误之处是___________(写一处即可)。
(4)装置F的作用是___________(写一点即可)。
(5)纯化：向粗产品中加入的单质硫和的活性炭，后续操作是________。
(6)取约于试管中，滴入少量水，试管口放湿润的品红试纸，发现试管口有白雾，品红试纸褪色，试管中有淡黄色固体生成，该反应的化学方程式为___________。
(7)实验结束时，装置C中烧瓶底部有少量硫附着，可用热的NaOH浓溶液洗涤，已知产物之一为Na2S2O3，该反应的离子方程式为___________________________。
【答案】Cl2、H2O和HCl 浓硫酸 BC 冷却水不该从上端通入(或不应该用球形冷凝管) 防止水蒸气进入装置E中导致S2Cl2水解(或吸收未反应的Cl2及HCl) 蒸馏，收集138℃的馏分 2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl 4S+6OH-2S2-++3H2O
【详解】
(1)由于浓盐酸具有易挥发性，所以用浓盐酸与漂白粉反应制取氯气时，产物中会混有氯化氢气体以及水蒸气；由于极易水解，所以A中制取的氯气应干燥后才能与S反应，在实验中通常用浓硫酸作为氯气的干燥剂，故答案为：、和；浓硫酸；
(2)由已知可知：的沸点为138℃、S的沸点为444.6℃，所以C中的温度应控制在138℃~444.6℃之间，综上分析可得甘油浴以及沙浴能满足该条件，而水浴温度达不到的沸点，锡浴温度过高，在蒸出的产品中含有S，故答案选BC；
(3)冷却水的流向应为下进上出，冷凝管应选用直型冷凝管而不是球形冷凝管，故答案为：冷却水不该从上端通入(或不应该用球形冷凝管)；
(4)由于极易水解，为了防止与空气中的水蒸气接触而水解，则用盛有碱石灰的球形干燥管来吸收空气中的水蒸气；及为对环境有害的气体，所以在实验中要对这两种气体进行处理，故用碱石灰可吸收未反应及；故答案为：防止水蒸气进入装置中导致水解(或吸收未反应的及)；
(5)由于单质硫的熔点为112.8℃、沸点为444.6℃，活性炭的的熔点和沸点均较高，而的沸点为138℃，所以纯化的后续操作为：蒸馏，收集的馏分，故答案为：蒸馏，收集的馏分；
(6)由已知可得易水解，且试管口有白雾以及淡黄色固体和能使品红溶液褪色的物质，则其水解的产物为S、以及HCl，所以其水解方程式为：，故答案为：。
(7)S与热的浓NaOH溶液反应生成Na2S2O3，S被氧化，根据氧化还原反应的规律，则还有S被还原成Na2S，根据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒，反应的离子方程式为4S+6OH-2S2-++3H2O；故答案为：4S+6OH-2S2-++3H2O。
16．无水四氯化锡(SnCl4)常用作有机合成的氯化催化剂。实验室可用熔融的锡与氯气反应制备 SnCl4，装置如下图所示：

已知：①Sn、SnCl2、SnCl4有关的物理性质如下表：
物质
熔点/oC
沸点/oC
颜色、状态
Sn
232
2260
银白色固体
SnCl2
246
623
无色晶体
SnCl4
-30
114
无色液体
②Sn的性质与Fe相似；SnCl4在空气中极易水解生成SnO2•xH2O；Cl2易溶于SnCl4。
回答下列问题：
(1)下列关于实验装置的说法正确的是____________。
A．整套实验装置先检漏，再连接，再添加药品，最后检查气密性
B．A 中盛放 KMnO4晶体的仪器名称为圆底烧瓶
C．B 中盛放饱和食盐水，C 中盛放浓硫酸，G 中盛放浓NaOH溶液
D．装置E中上方冷水的作用是冷凝回流SnCl4至收集器中
(2)当观察到装置F上方出现____________现象时才开始点燃酒精灯，待锡熔化后适当增大氯气流量，继续加热。此时继续加热的目的是____________。
(3)若上述装置中缺少装置 C(其它均相同)，则 D 处具支试管中发生的主要副反应的化学方程式为________________________。
(4)收集器中收集到的液体略显黄色，原因是_________；提纯 SnCl4的方法是______。
A．加入 NaOH 萃取分液 B．加入足量锡再加热蒸馏
C．加入碘化钾冷凝过滤 D．加入饱和食盐水萃取
(5)经测定产品中含有少量的 SnCl2，可能的原因是____________ (用化学方程式表示)。 可用碘量法测定最后产品的纯度，发生如下反应：Sn2++I2=Sn4++2I-。准确称取一定样品放于锥形瓶中，加入少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂，用碘标准溶液滴定至终点，平行滴定三次后记录消耗标准液的平均体积。提示滴定到达终点的实验现象为____________。即使此法滴定的操作均正确，但测得的 SnCl4含量仍高于实际含量，其原因可能是____________ (用离子方程式表示，并配上必要的文字说明)。
【答案】CD 黄绿色气体时 加快氯气与锡反应；使 SiCl4 气化，利于从混合物中分离出来 SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl 有Cl2溶解其中 B Sn+SnCl4=2SnCl2或 Sn+2HCl=SnCl2+H2↑ 当最后一滴标准碘溶液滴下时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色 酸性环境下溶液中的溶解氧能氧化I-：4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，相当于单位体积的标准碘溶液浓度增大，完全反应Sn2+所需碘溶液的体积偏小，因此SnCl2的含量偏小，SnCl4的含量偏大
【分析】
SnCl4极易水解，反应应在无水环境下进行进行，装置A：KMnO4和浓盐酸反应的方法制取Cl2，反应还生成MnCl2，制取的氯气中含有氯化氢，饱和食盐水可以降低氯气的溶解，还可洗去氯气中的氯化氢，SnCl4在空气中极易水解，为防止其水解，用浓硫酸干燥氯气；Cl2和锡的反应制备SnCl4，冷水冷却，可将气态的SnCl4冷凝回流收集产物；装置G中NaOH吸收未反应的氯气，防止污染空气，因SnCl4极易水解，装置F可防止溶液的水蒸气进入收集器中；金属锡易与氯气、氧气反应，反应时应先生成氯气，将氧气排出。
【详解】
(1)A.整套实验装置先检漏，再检查气密性，然后再连接，添加药品，故A错误；
B.A 中盛放 KMnO4晶体的仪器带支管，名称为蒸馏烧瓶，故B错误；
C. 装置A制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，装置B中应盛放饱和食盐水，可以除去Cl2中的HCl；装置C中应盛放浓硫酸，可以除去水蒸气；氯气有毒，不能随意排放，G中应盛放浓氢氧化钠溶液，可以吸收氯气，防止空气污染，故C正确；
D.根据表格中SnCl4的沸点，装置E中上方冷水的作用是冷凝回流SnCl4至收集器中，故D正确。故答案选CD。
(2)由于Sn与空气中的O2反应，SnCl4在空气中极易水解生成SnO2•xH2O，所以制备SnCl4之前用Cl2排尽装置中的空气，观察到装置F液面上方出现黄绿色气体时，表明装置中气体已排尽，开始点燃D处的酒精灯。待Sn熔化后适当增大Cl2流量，继续加热，可加快Cl2与Sn反应的速率，同时使SnCl4气化，利于从混合物中分离出来（根据表中提供的SnCl4、SnCl2的熔沸点分析），在收集器中收集SnCl4。故答案为：黄绿色气体时；加快氯气与锡反应；使 SiCl4 气化，利于从混合物中分离出来。
(3)装置A制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，装置B中饱和食盐水的作用是：除去Cl2中的HCl，装置C中浓硫酸的作用是：干燥Cl2；若上述装置中缺少装置C，Cl2中混有水蒸气，根据题给已知②“SnCl4在空气中极易水解生成SnO2•xH2O”，D处具支试管中发生的主要副反应为SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl。故答案为：SnCl4+(x+2)H2O=SnO2•xH2O+4HCl。
(4)氯气是黄绿色，收集器中收集到的液体略显黄色，可能是有Cl2溶解其中。
A项，NaOH不仅吸收Cl2，而且能与SnCl4反应，不能采用，故不选A项；
B项，加入足量锡与Cl2反应，再加热蒸馏，能采用，故选B项；
C项，碘化钾与Cl2反应生成KCl和I2，产品中混有I2，不能采用，故不选C项；
D项，加入饱和食盐水，不能吸收Cl2，SnCl4水解成SnO2•xH2O，不能采用，故不选D项。故答案选B。
故答案为：有Cl2溶解其中；B。
(5)经测定产品中含有少量的 SnCl2，可能的原因是Sn+SnCl4=2SnCl2或 Sn+2HCl=SnCl2+H2↑。
准确称取一定样品放于锥形瓶中，加入少量浓盐酸溶解，再加水稀释，淀粉溶液作指示剂，用碘标准溶液滴定至终点，滴定到达终点的实验现象为当最后一滴标准碘溶液滴下时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。酸性环境下溶液中的溶解氧能氧化I-，离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，相当于单位体积的标准碘溶液浓度增大，完全反应Sn2+所需碘溶液的体积偏小，因此SnCl2的含量偏小，SnCl4的含量偏大。故答案为：Sn+SnCl4=2SnCl2或 Sn+2HCl=SnCl2+H2↑；当最后一滴标准碘溶液滴下时，锥形瓶中的溶液恰好由无色变为蓝色，且半分钟内不褪色。；酸性环境下溶液中的溶解氧能氧化I-，离子方程式为4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，相当于单位体积的标准碘溶液浓度增大，完全反应Sn2+所需碘溶液的体积偏小，因此SnCl2的含量偏小，SnCl4的含量偏大。
17．二氧化氯是一种黄绿色具有刺激性气味的气体，常用于自来水消毒和果蔬保鲜等方面。氯酸钠还原法是目前使用较为广泛的制备方法，其中是用与在催化剂、时，发生反应得到，下图装置(夹持装置略)对其制备、吸收、释放进行了研究。
已知：
①的浓度较大时易分解，实验室用稳定剂吸收，生成，使用时加酸只释放出一种气体
②与KI反应的离子方程式为：。
物质



沸点



③
(1)仪器b在装置中的作用是______________；比较仪器c和d，实验中c的优点是_____________。
(2)制备装置甲中需改进的一项措施是________________。
(3)反应中甲醇被氧化为甲酸，写出制备的化学方程式：________________；该制备法可选用不同的还原性物质作为还原剂，例如草酸，相比甲醇法，草酸法的优点是________________。
(4)下列有关说法正确的是__________。
A．仪器a中NaOH溶液主要用于停止反应，并吸收多余的
B．装置e主要用于检验是否有生成
C．在释放实验中，发生的离子反应方程式是：
D．和都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时的氧化能力是的2.5倍
(5)自来水厂用碘量法检测水中的浓度，其实验操作如下：取100.0mL的水样，加入足量的碘化钾，再用氢氧化钠溶液调至中性，并加入淀粉溶液。再用标准溶液滴定碘单质，达到滴定终点时用去15.00mL 标准溶液，测得该水样中的含量为__________。
【答案】冷凝回流甲醇兼导气 有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发 水浴加热 4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O 产生的二氧化碳可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解 AC 202.5
【分析】
甲装置为发生装置，将甲醇加入三颈烧瓶中共热进行反应，甲醇被氧化为甲酸，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，b装置冷凝回流甲醇和甲酸；加入a装置的氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2；之后稳定剂吸收二氧化氯，装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，之后用氢氧化钠溶液处理尾气。据此解答。
【详解】
(1)仪器b是球形冷凝管，导气的同时可以冷凝回流甲醇；若用分液漏斗添加甲醇，反应时三颈烧瓶中压强增大，可能会导致液体无法顺利滴下，需要将分液漏斗活塞打开，但会导致甲醇的挥发，用恒压漏斗可以平衡压强有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发，故答案为：冷凝回流甲醇兼导气；有利于液体顺利流下，减少甲醇的挥发；
(2)反应在60℃下进行，应水浴加热，可提供稳定的加热温度，故答案为：水浴加热；
(3)甲醇被氧化为甲酸(HCOOH)，NaClO3还原生成ClO2，在硫酸条件下，还生成硫酸钠，反应方程式为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O，草酸可被氧化生成二氧化碳，起到稀释的作用，避免ClO2的浓度较大时易分解，故答案为：4NaClO3+CH3OH+2H2SO44ClO2↑+HCOOH+2Na2SO4+3H2O；产生的二氧化碳可稀释ClO2，防止ClO2浓度较大时分解；
(4)A．加入氢氧化钠可以中和酸，使反应停止，并吸收ClO2，故A正确；B．装置e主要用于检验ClO2否被吸收完全，故B错误；C．用稳定剂吸收ClO2，生成NaClO2，使用时加酸只释放出ClO2一种气体，则发生的离子反应方程式是：4H++5ClO2-＝Cl-+4ClO2↑+2H2O，故C正确；D．ClO2和Cl2都为强氧化剂，在相同条件下，等物质的量时，元素化合价分别由+4价、0价降为-1价，则ClO2的氧化能力是Cl2的2.5倍，故D错误；故答案为：AC；
(5)设保鲜剂中ClO2的含量为xg•L-1，根据电子守恒可知二氧化氯与氧化碘离子生成的碘单质存在数量关系：2ClO2～5I2，滴定时碘单质与S2O32-存在数量关系I2～2S2O32-，所以ClO2与标准液的数量关系为2ClO2～10S2O32-，则有，解得x=0.2025 g•L-1=202.5mg•L-1，故答案为：202.5。
18．某化学兴趣小组设计装置，进行实验探究KMnO4与浓盐酸的反应。
[实验1]设计如图1所示装置，并验证氯气的漂白性。
(1)高锰酸钾与浓盐酸的反应中，浓盐酸表现出的性质是_________；若实验中产生2.24 L(标准状况)Cl2，设NA为阿伏加德罗常数的值，则转移的电子数为___________。
(2)利用装置C验证氯气是否具有漂白性，则装置中I、II、III处依次放入的物质可能是__________________。

[实验2]设计如图2所示装置，左侧烧杯中加入100 mL由2.00 mol·L－1 KMnO4和6 mol·L－1 H2SO4组成的混合溶液，右侧烧杯中加入100 mL 5.00 mol·L－1 BaCl2溶液，盐桥选择KNO3琼脂。
(3)若用98%的浓硫酸(密度为1.84 g·cm－3)配制500 mL 6 mol·L－1的稀硫酸时，除了需用到玻璃棒、烧杯、量筒之外，还必须用到的玻璃仪器为____________；下列操作会导致所配溶液浓度偏小的是____________(填字母)。
A．容量瓶内壁附有水珠却未干燥处理 B．加水定容时俯视刻度线
C．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补足 D．稀释过程中有少量液体溅出烧杯外
(4)左侧烧杯中石墨电极上的电极反应式为________________________________；盐桥中的K＋移向____________ (填“左”或“右”)侧烧杯的溶液中。
(5)实验发现，其他条件不变，改用10.0 mol·L－1 H2SO4时，生成氯气的速率比使用6 mol·L－1 H2SO4时快且产生的气体体积更大，其可能的原因是______________________________。
【答案】酸性、还原性 0.2NA 湿润的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条 500mL容量瓶、胶头滴管 CD MnO+5e-+8H+=Mn2++4H2O 左 氢离子浓度大，KMnO4的氧化性增强，反应速率快能氧化更多的氯离子
【分析】
[实验1](1)高锰酸钾与浓盐酸反应制备Cl2时，HCl部分被氧化，生成了Cl2，体现出了还原性；生成了KCl和MnCl2，体现出酸性；
(2)氯气溶于水生成的HClO具有漂白性，利用饱和食盐水除去HCl的氯气中含有水蒸气，因此先通过湿润的有色布条，探究氯气是否有漂白性；
[实验2](4)KMnO4能够氧化HCl生成Cl2，KMnO4在此过程中得到电子，发生还原反应，左侧石墨电极为正极；
(5)一般条件下，酸性越强，氧化性越强，KMnO4与HCl的反应速率越快。
【详解】
[实验1](1)高锰酸钾和浓盐酸制备Cl2的化学方程式为2KMnO4＋16HCl(浓)=2KCl＋2MnCl2＋5Cl2↑＋8H2O，HCl中有一部分Cl的化合价升高，生成了Cl2，体现出了还原性；有一部分化合价没有变化，形成了KCl和MnCl2，体现出了酸性；根据化学方程式生成5molCl2转移10mol电子，若产生的了2.24L即0.1molCl2，则转移的电子的物质的量为0.2mol，其数目为0.2NA；
(2)装置A生成Cl2，利用饱和食盐水除去Cl2中的HCl，经过B装置的氯气中含有水蒸气，因此先经过湿润的有色布条，再干燥，在经过干燥的有色布条；因此I为湿润的有色布条，Ⅲ为干燥的有色布条，Ⅱ为无水氯化钙，用于干燥Cl2；
[实验2](3)用浓硫酸配制一定物质的量浓度的硫酸时，量取浓硫酸时需要量筒，浓硫酸稀释时，需要烧杯和玻璃棒；转移时，需要500mL容量瓶，定容时需要胶头滴管；因此还需要的玻璃仪器有500mL容量瓶、胶头滴管；
A．容量瓶内壁有水珠未干燥，对溶液中的硫酸的物质的量和溶液的体积均无影响，浓度不变，A不符合题意；
B．加水定容时，俯视刻度线，体积偏小，硫酸的浓度偏大，B不符合题意；
C．颠倒摇匀后，凹液面低于刻度线又补加水，相当于稀释，所配溶液浓度偏小，C符合题意；
D．稀释过程中，有少量液体溅出，则容量瓶溶液中的溶质减小，所配溶液浓度偏小，D符合题意；
答案选CD；
(4)利用原电池制备Cl2，左侧加入的KMnO4和H2SO4，KMnO4得到电子转化为Mn2＋，其电极反应式为MnO4－＋5e－＋8H＋=Mn2＋＋4H2O；在原电池中，阳离子向正极移动，左侧KMnO4得到电子发生还原反应，则左侧的石墨电极为正极，则K＋向左移动；
(5)在一般情况下，酸性越强，氧化性越强；硫酸的浓度越大，氢离子浓度越大，高锰酸钾的氧化性越强，化学反应速率越快，能氧化更多的氯离子。
19．1,2−二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)是重要的有机化工原料，不溶于水，易溶于有机溶剂，沸点83.6℃；在光照下逐渐分解；碱性条件下水解程度较大。实验室采用“乙烯液相直接氯化法”制备1,2−二氯乙烷，相关反应原理和实验装置图如下：
C2H5OHCH2=CH2↑+H2O
Cl2(g)+CH2=CH2(g)CH2ClCH2Cl(l) ΔH＜0

回答下列问题：
(1)仪器A的名称是_____。写出甲装置发生反应的离子方程式_______。
(2)己装置的作用是____。丙和戊装置除了干燥气体，还有一个重要作用是____。
(3)庚中采用甘油浴加热，该加热方式的优点是_________。
(4)丁装置中长玻璃导管B的作用是______________。先装入1,2−二氯乙烷液体，其作用是______(选填序号)。
a 溶解Cl2和乙烯 b 作催化剂 c 促进气体反应物间的接触
(5)制得的1,2−二氯乙烷中溶解有Cl2、乙烯，逐出Cl2和乙烯采用的方法是_____。
(6)产品纯度的测定：量取5.0 mL逐出Cl2和乙烯后的产品，产品密度为1.2 g·mL−1，加足量稀NaOH溶液，加热充分反应：CH2ClCH2Cl+2NaOHCH2OHCH2OH+ 2NaCl。所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入1.000 mol·L−1的AgNO3标准溶液至不再产生沉淀，沉降后过滤、洗涤、低温干燥、称量，得到14.35 g白色固体，则产品中1,2−二氯乙烷的纯度为______%。
【答案】分液漏斗 MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑ 除去乙醇 缓冲 温度稳定，且不会产生水蒸气 冷凝回流 ac 适当加热 82.5%
【分析】
A装置是二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气，经饱和食盐水除去氯化氢气体，浓硫酸除去水蒸气，进入丁装置，庚装置乙醇在五氧化二磷和加热条件下反应生成乙烯和水，水除去乙醇，浓硫酸除去水，进入丁装置，与氯气反应制得1,2−二氯乙烷，然后分析。
【详解】
(1)仪器A的名称是分液漏斗，甲装置是二氧化锰和浓盐酸加热条件下生成氯气，发生反应的离子方程式MnO2+4H++2Cl-Mn2++2H2O+Cl2↑；
(2) 1,2−二氯乙烷(CH2ClCH2Cl)是重要的有机化工原料，易溶于有机溶剂，己装置的作用是除去乙醇，丙和戊装置除了干燥气体，还有一个重要作用是缓冲；
(3)庚中采用甘油浴加热，该加热方式的优点温度稳定，且不会产生水蒸气；
(4)丁装置中长玻璃导管B的作用是冷凝回流，由于1,2−二氯乙烷液体易溶于有机溶剂，先装入1,2−二氯乙烷液体，其作用是溶解Cl2和乙烯，促进气体反应物间的接触；
(5)制得的1,2−二氯乙烷中溶解有Cl2、乙烯，逐出Cl2和乙烯采用的方法是适当加热；
(6) 5.0 mL逐出Cl2和乙烯后的产品，产品密度为1.2 g·mL−1，质量为1.2 g·mL−1×5.0 mL=6g，加足量稀NaOH溶液，加热充分反应：CH2ClCH2Cl+2NaOHCH2OHCH2OH+ 2NaCl。所得溶液先用稀硝酸中和至酸性，然后加入1.000 mol·L−1的AgNO3标准溶液至不再产生沉淀，沉降后过滤、洗涤、低温干燥、称量，得到14.35 g白色固体是氯化银，物质的量为n==，根据氯原子守恒，得到CH2ClCH2Cl的物质的量为0.05mol，质量为0.05mol×99g/mol=4.95g，，则产品中1,2−二氯乙烷的纯度为=82.5%。
20．某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，向NaBr溶液中通入一定量Cl2，将少量分液漏斗中溶液滴入试管中，取试管振荡，静止后观察现象。实验装置如图：

(1)说明氧化性Br2＞I2的实验现象是___。
(2)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗中通入Cl2未过量。试设计简单实验方案检验___。
【答案】振荡后试管中四氯化碳层呈紫红色，则氧化性Br2＞I2 向分液漏斗中继续通入氯气，若溶液橙黄色加深，则说明分液漏斗中通入Cl2未过量
【详解】
(1)若溴的氧化性较强，则可与KI反应生成碘，四氯化碳溶液会呈紫红色，所以若出现现象：振荡后试管中四氯化碳层呈紫红色，则氧化性Br2＞I2；
(2)若氯气不过量，则有溴离子剩余，继续通氯气则可以生成更多溴单质，溶液的橙黄色加深，所以实验方案为：向分液漏斗中继续通入氯气，若溶液橙黄色加深，则说明分液漏斗中通入Cl2未过量。

21．查阅资料知：Br2的沸点为58.8 ℃，密度为3.119 g·cm－3，微溶于水，有毒。
Ⅰ．（1）常温下，单质溴通常呈________态，保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量________。
Ⅱ．工业生产中，海水提取溴常用热空气吹出法。其生产流程如下：
某化学实验小组模拟该法设计了如下实验装置(夹持装置略去)从浓缩的海水中提取液溴。实验步骤如下：
①关闭活塞b、d，打开活塞a、c，向A中缓慢通入Cl2至反应结束；
②关闭a、c，打开b、d，向A中鼓入足量热空气；
③关闭b，打开a，再通过A向B中通入足量的Cl2；
④将B中所得液体进行蒸馏，收集液溴。

（2）当观察到A中液面上方出现________(实验现象)时即可判断步骤①中反应已经结束。
（3）X试剂可以是________(填字母，下同)，尾气处理选用________。
a．H2O b．饱和食盐水 c．氢氧化钠溶液 d．饱和Na2SO3溶液
B中X试剂发生反应的离子方程式为________________________________。
（4）蒸馏时应该选择______(填序号)，操作中应控制的关键实验条件为____________。

Ⅲ．该实验小组利用制得的单质溴研究H2与Br2生成HBr的反应，实验装置如下：

（5）E装置可用来检验反应产物HBr，则D装置的作用是_______。若要检验E中收集的HBr，图示装置检验HBr还不够完善，请结合原有实验装置予以改进：__________。
【答案】液 水 黄绿色 d c Br2+SO32-+H2O=SO42-+2Br-+2H+ ①③⑤⑥⑦ 控制温度在59℃（或58.8℃） 除去未反应完的溴蒸气 在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置
【详解】
Ⅰ．（1）溴在常温下为液态，液溴易挥发，密度大于水，微溶于水，所以保存时通常在盛溴的试剂瓶中加入少量水进行水封；
Ⅱ．（2）氯气与溴离子反应生成溴单质，当反应完成时，A中液面上方出现黄绿色；
（3）溴能够与亚硫酸钠反应生，可以用饱和亚硫酸钠溶液吸收溴；溴、氯气都有毒，可用碱液吸收；溴与亚硫酸钠溶液反应的离子方程式为Br2+SO32-+H2O=SO42-+2Br-+2H+；
（4）蒸馏操作的主要仪器是：带铁圈的铁架台，酒精灯，石棉网，蒸馏烧瓶，温度计，冷凝管，牛角管，锥形瓶，所以选择的仪器有：①③⑤⑥⑦；蒸馏实验依据的液体的沸点不同分离物质，所以实验中应控制的关键实验条件为温度，Br2的沸点为58.78℃，则应该控制温度在59℃；
Ⅲ．（5）生成的溴化氢中混有溴蒸气，由于溴的沸点较低，通过装置D可以除去溴化氢中的溴蒸气；由于装置D无法完全除去溴化氢中的溴单质，所以该方案不严密，应该在D与E之间增加一盛有CCl4的洗气装置，确保将溴化氢中的溴完全除去。
【点晴】
本题题目难度中等，熟练掌握化学实验基本操作方法及物质分离与提纯方案的设计原理为解答关键，试题培养了学生的分析、理解能力及化学实验能力。把物质中混有的杂质除去而获得纯净物叫提纯，将相互混在一起的不同物质彼此分开而得到相应组分的各纯净物叫分离。分离提纯方法的选择思路是根据分离提纯物的性质和状态来定的。具体如下： ①分离提纯物是固体(从简单到复杂方法) ：加热(灼烧、升华、热分解)，溶解，过滤(洗涤沉淀)，蒸发，结晶(重结晶)；②分离提纯物是液体(从简单到复杂方法) ：分液，萃取，蒸馏；③分离提纯物是胶体:盐析或渗析；④分离提纯物是气体：洗气。



浙江真题题组
1.(2020年7月浙江选考)．溶液与溶液发生反应：，达到平衡。下列说法不正确的是( )
A．加入苯，振荡，平衡正向移动
B．经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入，溶液呈血红色，表明该化学反应存在限度
C．加入固体，平衡逆向移动
D．该反应的平衡常数
【答案】D
A.加入苯振荡，苯将I2萃取到苯层，水溶液中c（I2）减小，平衡正向移动，A正确；
B.将5mL0.1mol/LKI溶液与1mL0.1mol/LFeCl3溶液混合，参与反应的Fe3+与I-物质的量之比为1:1，反应后I-一定过量，经苯2次萃取分离后，在水溶液中加入KSCN溶液呈血红色，说明水溶液中仍含有Fe3+，即Fe3+没有完全消耗，表明该化学反应存在限度，B正确；
C.加入FeSO4固体溶于水电离出Fe2+，c（Fe2+）增大，平衡逆向移动，C正确；
D.该反应的平衡常数K=，D错误；
答案选D。
2. (2020年7月浙江选考)．黄色固体X，可能含有漂白粉、、、、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，可能含有
B．X中含有漂白粉和
C．X中含有，Y中含有
D．用酸化溶液Z，若有黄绿色气体放出，说明X中含有
【答案】C
A.若X含有KI，则会与漂白粉反应生成I2，溶液不为无色，A不正确；
B.由分析可知，不一定含有FeSO4，B不正确；
C.由分析可知， X含有CuCl2，Y含有Fe(OH)3，C正确；
D.酸化后，产生黄绿色气体，为氯气，则发生的发生反应的离子反应方程式为：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，D不正确；
故选C。
3.（2020年1月浙江选考）反应MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O中，氧化产物是电
A．MnO2 B．HCl C．MnCl2 D．Cl2
【答案】D
反应中，HCl的Cl元素化合价升高变为0价，作还原剂，而氯气为氧化产物，MnO2中的Mn化合价降低，作氧化剂，MnCl2为还原产物，综上所述，答案为D。
4．[2018浙江11月选考]下列化学反应中溴元素仅被氧化的是
A．2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2 B．Br2+2NaI=2NaBr+I2
C．3Br2+6NaOH5NaBr+NaBrO3+3H2O D．HBr+NaOH=NaBr+H2O
【答案】A
【解析】A、溴化钠中溴元素化合价升高被氧化作还原剂，选项A符合；B、溴单质中溴元素化合价降低被还原作氧化剂，选项B不符合；C、溴单质既是氧化剂又是还原剂，被氧化生成溴酸钠，被还原生成溴化钠，选项C不符合；D、反应属于中和反应，各元素化合价不变，不属于氧化还原反应，选项D不符合。答案选A。
5．[2018浙江11月选考]下列说法不正确的是
A．电解熔融氯化镁可制取金属镁
B．电解饱和食盐水可制取氯气
C．生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和晶体硅
D．接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石
【答案】C
【解析】A、制取金属镁时，由于镁的活泼性很强，故一般电解熔融的氯化镁制取，选项A正确；B、电解饱和食盐水生成氢氧化钠、氢气和氯气，可制取氯气，选项B正确；C、生产普通玻璃的主要原料为石灰石、纯碱和石英，选项C不正确；D、接触法制硫酸的硫元素主要来源于硫黄或含硫矿石，硫与氧气反应生成二氧化硫或煅烧硫铁矿生成二氧化硫，选项D正确。答案选C。
6．[2021浙江11月选考]下列说法不正确的是
A．干冰可用于人工降雨 B．碘酸钾可用作加碘食盐的添加剂
C．碳酸钠是发酵粉的主要成分 D．次氯酸钙是漂白粉的有效成分
【答案】C
【解析】A．干冰气化会吸收大量的热，使得周围温度急剧降低，使水蒸气液化，能够形成人工降雨，故A正确；B．常温下，碘酸钾在空气中很稳定，因此用作加碘食盐的添加剂，故B正确；C．发酵粉的主要成分是碳酸氢钠，故C错误；D．漂白粉的主要成分有次氯酸钙和氯化钙，其中次氯酸钙是漂白粉的有效成分，故D正确；故选C。

全国真题题组
1.(2020年北京卷)．下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是
A．用石灰乳脱除烟气中的SO2
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］处理污水
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)
D．用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌
【答案】D
【解析】A．SO2是酸性氧化物，可与碱反应，用石灰乳脱除烟气中的SO2时，SO2与氢氧化钙反应生成亚硫酸钙或亚硫酸氢钙，反应过程中无元素的化合价变化，没有利用氧化还原反应，故A不符合题意；
B．用明矾[KAl(SO4)2•12H2O］溶于水中，电离出的铝离子发生水解生成氢氧化铝胶体，利用胶体的吸附性可吸附污水中的固体颗粒物，该过程利用胶体的吸附性，发生的反应没有发生化合价变化，没有利用氧化还原反应，故B不符合题意；
C．用盐酸去除铁锈(主要成分Fe2O3•xH2O)，发生的主要反应为：6HCl+ Fe2O3=2FeCl3+3H2O，反应中没有元素化合价的变化，没有利用氧化还原反应，故C不符合题意；
D．用84消毒液有效成分NaClO，具有强氧化性，能使蛋白质发生变性从而杀死细菌病毒，杀菌消毒的过程利用了氧化还原反应，故D符合题意；
答案选D。
2.(2020年北京卷)．水与下列物质反应时，水表现出氧化性的是
A．Na B．Cl2 C．NO2 D．Na2O
【答案】A
【解析】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。
3.(2020年天津卷)．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．NaOH B．NaCl C．NaClO D．Na2CO3
【答案】C
【解析】
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。
4.（2020年全国1卷）．国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是
A．CH3CH2OH能与水互溶
B．NaClO通过氧化灭活病毒
C．过氧乙酸相对分子质量为76
D．氯仿的化学名称是四氯化碳
【答案】D
【解析】A.乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A说法正确；
B.次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B说法正确；
C.过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，C说法正确；
D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法不正确。
综上所述，故选D。
5．(2020年江苏高考)．下列选项所示的物质间转化均能实现的是
A．(aq)(g)漂白粉(s)
B．(aq)(s)(s)
C．(aq)(aq)(aq)
D．(s)(aq)(s)
【答案】C
【解析】A．石灰水中Ca(OH)2浓度太小，一般用氯气和石灰乳反应制取漂白粉，故A错误；
B．碳酸的酸性弱于盐酸，所以二氧化碳与氯化钠溶液不反应，故B错误；
C．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯气可以氧化NaBr得到溴单质，溴单质可以氧化碘化钠得到碘单质，故C正确；
D．电解氯化镁溶液无法得到镁单质，阳极氯离子放电生成氯气，阴极水电离出的氢离子放电产生氢气，同时产生大量氢氧根，与镁离子产生沉淀，故D错误。
综上所述，答案为C。
6.(2020年江苏高考)．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是
选项
实验操作和现象
结论
A
向淀粉溶液中加适量20%H2SO4溶液，加热，冷却后加NaOH溶液至中性，再滴加少量碘水，溶液变蓝
淀粉未水解
B
室温下，向HCl溶液中加入少量镁粉，产生大量气泡，测得溶液温度上升
镁与盐酸反应放热
C
室温下，向浓度均为的BaCl2和CaCl2混合溶液中加入Na2CO3溶液，出现白色沉淀
白色沉淀是BaCO3
D
向H2O2溶液中滴加KMnO4溶液，溶液褪色
H2O2具有氧化性

A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【解析】A .加入碘水后，溶液呈蓝色，只能说明溶液中含有淀粉，并不能说明淀粉是否发生了水解反应，故A错误；
B.加入盐酸后，产生大量气泡，说明镁与盐酸发生化学反应，此时溶液温度上升，可证明镁与盐酸反应放热，故B正确；
C.BaCl2、CaCl2均能与Na2CO3反应，反应产生了白色沉淀，沉淀可能为BaCO3或CaCO3或二者混合物，故C错误；
D.向H2O2溶液中加入高锰酸钾后，发生化学反应2KMnO4+3H2O2=2MnO2+2KOH+2H2O+3O2↑等(中性条件)，该反应中H2O2被氧化，体现出还原性，故D错误；
综上所述，故答案为：B。
7. [2021新课标Ⅰ] 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。下图为少量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】由示意图可知，在冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，第二层中氯化氢溶于水中并发生部分电离，第三层主要是冰，与氯化氢的吸附和溶解无关。
A项、由图可知，冰的表面第一层主要为氯化氢的吸附，氯化氢以分子形式存在，故A正确；
B项、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1mol，则所得溶液质量为18g/mol×1mol=18g，则溶液的体积为×10—3L/ml=2.0×10—2L，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—4mol，则氢离子浓度为=5×10—3mol/L，故B正确；
C项、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正确；D项、由图可知，只有第二层存在氯化氢的电离平衡HClH++Cl—，而第一层和第三层均不存在，故D错误。故选D。
8．[2021·上海]向新制氯水中加入少量下列物质，能增强溶液漂白能力的是
A．碳酸钙粉末 B．稀硫酸 C．氯化钙溶液 D．二氧化硫水溶液
【答案】A
【解析】在氯水中存在反应：Cl2+H2OH++Cl－+HClO，若反应使溶液中c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强。A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，所以向溶液中加入碳酸钙粉末，会发生反应：2HCl+CaCO3CaCl2+H2O+CO2↑，使化学平衡正向移动，导致c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强，正确；B．若加入稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误；C．加入氯化钙溶液，不能发生反应，溶液的水对氯水起稀释作用，使溶液的漂白性减弱，错误；D．加入二氧化硫的水溶液，电离产生氢离子，使化学平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误。
【名师点睛】氯水的成分及其性质是中学化学的重要考点，在新制的氯水中存在下列关系：Cl2+H2OH++Cl−+HClO、HClOH++ClO−、H2OH++OH−，氯水中存在三分子：H2O、Cl2、HClO，四离子：H+、Cl−、ClO−、OH−。所以，新制的氯水呈浅黄绿色，有刺激性气味，属于混合物，其所含的多种微粒使氯水的化学性质表现出多重性。①Cl2的强氧化性；②HCl的酸性；③HClO的强氧化性（漂白性等）、弱酸性；④Cl−的性质等。特别注意的是氯气和水的反应为可逆反应、HClO存在电离平衡，分析氯水的性质时要结合反应条件及平衡移动原理。
9．[2021·新课标III]化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是

化学性质
实际应用
A
Al2(SO4)3和小苏打反应
泡沫灭火器灭火
B
铁比铜金属性强
FeCl3腐蚀Cu刻制印刷电路板
C
次氯酸盐具有氧化性
漂白粉漂白织物
D
HF与SiO2反应
氢氟酸在玻璃器皿上刻蚀标记
【答案】B
【解析】A、硫酸铝和碳酸氢钠发生反应生成氢氧化铝沉淀、硫酸钠和二氧化碳，能灭火，故说法正确；B、氯化铁和铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，说明铜的还原性强于亚铁离子，不能说明铁的金属性比铜强，故说法错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，故说法正确；D、氟化氢和二氧化硅反应生成四氟化硅和水，可以刻蚀玻璃，故说法正确。
【名师点睛】本试题考查考生对元素及其化合物性质的掌握以及对知识的夯实和运用的能力。盐类水解在生活中涉及方方面面，如泡沫灭火器、明矾净水等等，泡沫灭火剂原理就是盐类水解：Al3++3Al(OH)3↓+3CO2↑。比较金属性的强弱，可以通过置换反应，利用金属性强的制取金属性弱的，如Fe+Cu2+Fe2++Cu，说明Fe比Cu金属性强。漂白性的原理分为三类：一是具有强氧化性的，如HClO、O3、H2O2、NaClO（漂白液的有效成分）、Ca(ClO)2（漂白粉的有效成分）等；二是结合性的，如SO2；三是吸附性，如活性炭，前两者属于化学变化，后者属于物理变化。漂白衣服常用氧化性的，但注意不能和洁厕剂混用，会产生氯气；SO2漂白纸张等；活性炭吸附水中的杂质。雕刻玻璃常用氢氟酸，因为发生反应：4HF+SiO2SiF4↑+2H2O，氢氟酸常保存在塑料瓶中，只有掌握一定的化学知识，才会使我们的生活质量得以提升，也才会更安全、更健康。
10．[2021·新课标全国卷Ⅱ]海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是

A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C．工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂
D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
【答案】C
【解析】Cl2能够置换Br2：Cl2+2Br－2Cl－+Br2，A项正确；粗盐通过重结晶可以除去其中的易溶且溶解度受温度影响大的杂质，通过加入除杂试剂，可以除去其他易溶的杂质，B项正确；工业上用氨水或氨气作为沉淀剂，NaOH作为沉淀剂，成本较高，C项错误；用水蒸气和空气将Br2吹出，然后用SO2吸收浓缩提纯，D项正确。
11．[2021·北京]某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH。下列用来解释事实的方程式中，不合理的是(已知：饱和NaClO溶液的pH约为11)
A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH－ClO－+Cl－+H2O
B．该消毒液的pH约为12：ClO－+H2OHClO+OH－
C．该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒Cl2：2H++Cl－+ClO－Cl2↑+H2O
D．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO－HClO+CH3COO－
【答案】B
【解析】已知饱和NaClO溶液的pH约为11，这是由于ClO－的水解，而该消毒液的pH约为12，主要是因为其中含有一定量的NaOH，B项错误。

12.(2020年江苏高考)．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
【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：；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；
13.(2020年全国2卷)．．化学工业为疫情防控提供了强有力的物质支撑。氯的许多化合物既是重要化工原料，又是高效、广谱的灭菌消毒剂。回答下列问题：
(1)氯气是制备系列含氯化合物的主要原料，可采用如图(a)所示的装置来制取。装置中的离子膜只允许______离子通过，氯气的逸出口是_______(填标号)。

(2)次氯酸为一元弱酸，具有漂白和杀菌作用，其电离平衡体系中各成分的组成分数δ[δ(X)=，X为HClO或ClO−]与pH的关系如图(b)所示。HClO的电离常数Ka值为______。
(3)Cl2O为淡棕黄色气体，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反应来制备，该反应为歧化反应(氧化剂和还原剂为同一种物质的反应)。上述制备Cl2O的化学方程式为______。
(4)ClO2常温下为黄色气体，易溶于水，其水溶液是一种广谱杀菌剂。一种有效成分为NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡腾片”，能快速溶于水，溢出大量气泡，得到ClO2溶液。上述过程中，生成ClO2的反应属于歧化反应，每生成1 mol ClO2消耗NaClO2的量为_____mol；产生“气泡”的化学方程式为____________。
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性清洁剂混用的原因是______(用离子方程式表示)。工业上是将氯气通入到30%的NaOH溶液中来制备NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的质量分数为1%，则生产1000 kg该溶液需消耗氯气的质量为____kg(保留整数)。
【答案】Na+ a 10-7.5 2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O 1.25 NaHCO3+NaHSO4=CO2↑+Na2SO4+H2O ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+ H2O 203
【解析】
【分析】
（1）电解饱和食盐水，阳极产生氯气，阳离子移向阴极室；
（2）由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)；
（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-；
（4）根据5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，计算每生成1molClO2，消耗的NaClO2；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳；
(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应；根据NaOH质量守恒计算；
【详解】
（1）电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl+2H2O 2NaOH+Cl2↑+H2↑，阳极氯离子失电子发生氧化反应生成氯气，氯气从a口逸出，阴极氢离子得到电子发生还原反应生成氢气，产生OH-与通过离子膜的Na+在阴极室形成NaOH，故答案为：Na+；a；
(2)由图pH=7.5时，c(HClO)=c(ClO-)，HClO的Ka==c(H+)=10-7.5；故答案为：10-7.5；
（3）Cl2歧化为Cl2O和Cl-，HgO和氯气反应的方程式为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O，故答案为：2Cl2+HgO=HgCl2+Cl2O；
（4）5ClO2－＋4H＋=4ClO2＋Cl－＋2H2O，每生成1molClO2，消耗NaClO2为 =1.25mol；碳酸氢钠和硫酸氢钠反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，方程式为：NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑，故答案为:1.25mol；NaHCO3＋NaHSO4=Na2SO4＋H2O＋CO2↑；
(5)“84”中的NaClO、NaCl和酸性清洁剂混合后发生归中反应，离子方程式为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；设氯气为xkg，则消耗的NaOH为kg，原氢氧化钠质量为+1000Kg×0.01，由NaOH质量守恒：原溶液为1000Kg-x，则Kg+1000Kg×0. 01=（1000Kg-x)×0.3，解得x=203Kg；故答案为：ClO－＋Cl－＋2H＋=Cl2↑＋H2O；203。
14. (2020年全国3卷)．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
【解析】 (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。