考点09 氯及其化合物(核心考点精讲)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）

这是一份考点09 氯及其化合物(核心考点精讲)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用），共31页。试卷主要包含了3年真题考点分布，命题规律及备考策略等内容，欢迎下载使用。

考点09 氯及其化合物
(核心考点精讲)

一、3年真题考点分布
氯及其化合物的性质
2023浙江1月4题，3分；2023湖北卷2题，2分；2022浙江6月9题，2分；2021广东卷6题，2分；2021浙江6月16题，2分；2021北京卷17题，14分；
氯气的实验室制法及含氯化合物的制备
2023辽宁卷3题，3分；2022浙江1月7题，3分；2022浙江6月19题，2分；2022广东卷8题，2分；2022北京卷19题，14分；2021广东卷17题，4分；2021广东卷17题，14分； 2021浙江6月30题，10分；
其它卤素及X-的检验
2023浙江6月16题，3分；2023辽宁卷13题，3分；2022浙江1月9题，2分；2022浙江6月22题，2分；2021湖南卷8题，3分；2021浙江6月8题，2分；2021湖南卷8题，3分； 2021全国甲卷26题，13分；
二、命题规律及备考策略
【命题规律】
从近三年高考试题来看，一般融合元素周期律和元素周期表考查氯及其化合物的制备和性质探究；融合化学实验考查氯及其化合物的制备和性质探究；融合化学反应原理，在化工生产中考查氯及其化合物的应用及绿色化学。
【备考策略】
1. 从价态角度认识氯及其化合物；
2．掌握实验室制氯气的原理及方法；
3.掌握卤素性质的递变性和相似性。
【命题预测】
预测2024年高考将以卤族元素化合物的性质与化工生产、日常生活、科学技术等方面的联系为载体，与氧化还原反应、离子反应、化学实验方案的设计与评价等知识结合起来综合考查卤族元素及其化合物的性质和应用，要将知识点与实际生活联系起来，关注我国化学前沿的成就和成果。

考法1 氯气的性质
1．氯气的物理性质
颜色
气味
毒性
密度
特性
黄绿色
刺激性气味
有毒
比空气重
易液化
2．从氯的原子结构认识氯气的化学性质——氧化性

3．从化合价的角度认识Cl2的化学性质——歧化反应
氯气与水或碱反应，氯元素的化合价既有升高又有降低，因而氯气既表现氧化性又表现还原性。
(1)与水反应
化学方程式：Cl2＋H2OHCl＋HClO，
离子方程式：Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO。
(2)与碱反应
①与烧碱反应：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O。
②制取漂白粉：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。
4．从平衡的角度理解氯水的成分
氯气能溶于水(1∶2)，氯气的水溶液称为氯水，溶于水的氯气只有少量与水反应。
氯水中存在三种平衡关系：①Cl2＋H2OHCl＋HClO，②HClOH＋＋ClO－，③H2OH＋＋OH－

5．氯水性质在应用中的常见误区
(1)氯水中因HClO见光分解，随着HClO的消耗，最后成为盐酸，故久置氯水酸性增加，无漂白性。因此，氯水要现用现配。
(2)制取氯水的反应为Cl2＋H2OHCl＋HClO，反应中Cl2既是氧化剂，又是还原剂，且1 mol Cl2参加反应，转移电子数为NA。
(3)Cl2尽管有较强的氧化性，但没有漂白性，氯水具有漂白性是因为Cl2与水反应生成了强氧化性的HClO。
(4)ClO－与Fe2＋、I－、S2－、HS－、SO等在水中因发生氧化还原反应而不能大量共存。



请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)过量的铁粉在少量氯气中加热，充分反应后产物为FeCl2(　　)
(2)氯气溶于水得氯水，溶液呈酸性且可以导电，所以氯气是电解质(　　)
(3)新制取的漂白粉是混合物(　　)
(4)氯气可以使湿润的有色布条退色，但是实际起漂白作用的物质是次氯酸，而不是氯气(　　)
(5)Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂(　　)
(6)氯气做水的杀菌消毒剂(√)
(7)氯气能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，说明Cl2具有氧化性(√)
(8)氯气溶于水的离子方程式为Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－(×)
(9)氯气与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂(√)
(10)石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色，不涉及氧化还原反应(×)
(11)氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等(√)
(12)为测定新制氯水的pH，用玻璃棒蘸取液体滴在pH试纸上，与标准比色卡对照即可(×)
(13)氯气和活性炭均可作为漂白剂，若同时使用，漂白效果会明显加强(×)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)× (6)√　(7)√　(8)×　(9)√　(10)× (11)√　(12)×　(13) ×　

例1 (2023·天津市和平区二模)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c(Cl-)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．从0到150s，溶液的c(H+)减少到起始浓度的倍
【答案】C
【解析】氯水中，氯气与水发生：Cl2+H2OHClO+HCl，溶液中含有Cl2、HClO、H2O等分子，含有H+、ClO-、Cl-等离子，氯水具有酸性和强氧化性，其中HClO见光易分解而变质。A项，HClO是弱酸，见光易分解：2HClO2HCl+O2↑，强光照射下，氯水中的HClO反应生成了酸性更强的HCl，A错误；B项，HClO中没有氯离子，氯离子浓度增大是次氯酸分解产生的氯化氢电离出氯离子，B错误；C项，图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解生成了氧气，C正确；D项，从0s到150s，溶液的pH由2降低到1.5，则溶液中c(H+)增加到起始浓度的=100.5倍，D错误；故选C。
例2 自来水厂一种预防和处理Cl2泄漏的方法如图所示。下列有关说法不正确的是

A．Cl2和水反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl-+HClO+H+
B．铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2
C．吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+
D．铁屑耗尽时溶液中可能大量存在：Fe2+、Fe3+、ClO-、Cl-
【答案】D
【解析】A项，Cl2和水反应生成盐酸和次氯酸，反应的离子方程式为：H2O+Cl2Cl-+HClO+H+，故A正确；B项，2FeCl3+Fe=3FeCl2，铁屑的作用是将FeCl3还原为FeCl2，故B正确；C项，氯化亚铁吸收氯气生成氯化铁，吸收漏氯的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Cl-+2Fe3+，故C正确；D项，ClO-能把Fe2+氧化为Fe3+，Fe2+、ClO-不能大量共存，故D错误；故选D。

对点1 某化学教师为“氯气与金属钠反应”设计了如图装置的实验。实验操作：先给钠预热，到钠熔融成圆球时，撤火，通入氯气，即可见钠着火燃烧，生成大量白烟。以下叙述中错误的是(　　)

A．反应生成的大量白烟是氯化钠晶体
B．玻璃管尾部塞一团浸有NaOH溶液的棉球是用于吸收过量的氯气，以免其污染空气
C．钠着火燃烧产生苍白色火焰
D．发生的反应为2Na＋Cl22NaCl
【答案】C
【解析】由题目信息可知Na和Cl2发生反应生成NaCl固体，对应的现象是火焰为黄色，有白烟(NaCl)生成，为防止空气污染，用NaOH溶液吸收多余Cl2。
对点2 如图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、c、d、e是浸有相关溶液的滤纸。向KMnO4晶体滴加一滴浓盐酸后，立即用另一培养皿扣在上面。
已知：2KMnO4＋16HCl===2KCl＋5Cl2↑＋2MnCl2＋8H2O

对实验现象的“解释或结论”正确的是(　　)
选项
实验现象
解释或结论
A
a处变蓝，b处变红棕色
氧化性：Cl2>Br2>I2
B
c处先变红，后褪色
氯气与水生成了酸性物质
C
d处立即褪色
氯气与水生成了漂白性物质
D
e处变血红色
还原性：Fe2＋>Cl－
【答案】D
【解析】选项A的实验现象只能说明氧化性：Cl2>Br2和Cl2>I2，不能说明氧化性：Br2>I2；选项B的实验现象还可以说明氯气与水生成了漂白性物质；选项C中氯气与水生成的酸性物质也可以使之出现对应的实验现象；选项D中e处变血红色是氯气氧化Fe2＋生成Fe3＋的结果，说明还原性：Fe2＋>Cl－。
考法2 次氯酸及其重要的盐
1．次氯酸

次氯酸见光分解的化学方程式：2HClO2HCl＋O2↑。
2．次氯酸盐
(1)“84”消毒液
有效成分为NaClO，它与洁厕灵(主要成分盐酸)混合立即会产生氯气，其离子方程式是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑＋H2O。
(2)漂白粉
①成分：漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，其中有效成分是Ca(ClO)2。
②漂白原理：在潮湿的空气中能吸收CO2，化学方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO＋CaCO3↓。

新制氯水中Cl2＋H2OHCl＋HClO平衡的应用
向氯水中加入的物质
浓度变化
平衡移动的方向
应用
可溶性氯化物
c(Cl－)增大
左移
①用饱和食盐水除去Cl2中的HCl；②用排饱和食盐水法收集Cl2
盐酸
c(H＋)和c(Cl－)增大
左移
次氯酸与浓盐酸反应制Cl2
NaOH
c(H＋)减小
右移
用NaOH溶液吸收多余的Cl2
Ca(OH)2
c(H＋)减小
右移
制漂白粉
CaCO3
c(H＋)减小
右移
制高浓度HClO溶液
光照
c(HClO) 减小
右移
氯水避光保存或现用现配

请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)氯气与烧碱溶液或石灰乳反应都能得到含氯消毒剂(√)
(2)漂白粉可用于生活用水的消毒(√)
(3)标准状况下，11.2 L Cl2与水充分反应转移电子数为0.5NA(×)
(4)“84”消毒液的消毒原理与H2O2的相同，都是利用强氧化性(√)
(5)漂白粉在空气中久置变质是因为漂白粉中的CaCl2与空气中的CO2反应生成CaCO3(×)
(6)NaClO和Ca(ClO)2的溶液能杀菌消毒的原理是二者水解均呈碱性(×)
(7)洁厕灵不能与“84”消毒液混用，原因是两种溶液混合产生的HClO易分解(×)
答案：(1)√　(2)√　(3)×　(4)√　(5)× (6)×　(7)×　　

例1 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氯气，各成分的浓度不变，A项错；SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO的平衡左移，HClO的浓度减小，漂白性减弱，B项错；加入少量的碳酸钠粉末，消耗H＋，使上述平衡正向移动，HClO的浓度增大，C项正确；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项错误。
例2 (2023·浙江省高三选考适应性考试)“84消毒液”是一种常见的消毒剂，其主要成分是次氯酸钠。下列说法错误的是( )
A．次氯酸钠溶液呈碱性：ClO-+H2OHClO+OH-
B．次氯酸钠溶液中能同时大量存在：K+、NH4+、S2-、SO42-
C．次氯酸钠溶液与浓盐酸混合产生氯气：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O
D．实验室制备次氯酸钠：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
【答案】B
【解析】A项，次氯酸钠是强碱弱酸盐，次氯酸根离子水解，次氯酸钠溶液呈碱性：ClO-+H2OHClO+OH-，故A正确；B项，次氯酸钠具有强氧化性，S2-具有还原性，次氯酸钠溶液中不能同时大量存在S2-，故B错误；C项，次氯酸钠溶液与浓盐酸混合，次氯酸钠和浓盐酸反应生成氯化钠、氯气、水，反应的离子方程式为ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故C正确；D项，实验室氯气和氢氧化钠反应制备次氯酸钠，反应的离子方程式是Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O，故D正确；故选B。

对点1 氯水中存在多种分子和离子，它们在不同的反应中表现出不同的性质。下列结论正确的是(　　)
A．加入有色布条，片刻后有色布条褪色，说明有Cl2存在
B．溶液呈浅黄绿色，且有刺激性气味，说明有Cl2存在
C．先加入盐酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，说明有Cl－存在
D．加入NaOH溶液，氯水的浅黄绿色消失，说明有HClO存在
【答案】B
【解析】A项，氯水能使有色布条褪色是因为氯水中含有的HClO具有强氧化性；C项，由于加入盐酸酸化的过程中引入了Cl－，所以根据生成白色沉淀无法说明氯水中是否存在Cl－；D项，因Cl2、HCl和HClO均能与NaOH溶液反应，所以加入NaOH溶液时氯水颜色消失不能说明其中有HClO存在。
对点2 由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐称为混盐，CaOCl2是一种常见的混盐。下列说法不正确的是( )
A．CaOCl2有较强的氧化性
B．CaOCl2水溶液呈碱性
C．由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，转移的电子为2mol
D．CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可有黄绿色的气体产生
【答案】C
【解析】根据题干信息，混盐是由一种阳离子与两种酸根阴离子组成的盐，则混盐CaOCl2中的酸根为ClO-和Cl-。A项，CaOCl2中的酸根为ClO-和Cl-，次氯酸盐具有强氧化性，A正确；B项，ClO-水解使溶液呈碱性，即CaOCl2水溶液呈碱性，B正确；C项，由氯气为原料，每生成1molCaOCl2，1molCl2中1molCl的化合价由0价升高至+1价，1molCl的化合价由0价降低至-1价，总共转移1mol电子，C错误；D项，CaOCl2的溶液中加入足量浓硫酸，可发生反应CaOCl2+H2SO4(浓)=CaSO4+Cl2↑+H2O，生成黄绿色的氯气，D正确；故选C。
考法3 氯气的实验室制法

(1)反应原理：用强氧化剂(如KMnO4、K2Cr2O7、KClO3、MnO2等)氧化浓盐酸。
MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O
(2)制备装置类型：固体＋液体气体
(3)净化方法：用饱和食盐水除去HCl，再用浓硫酸除去水蒸气。
(4)收集方法：向上排空气法或排饱和食盐水法。
(5)尾气吸收：用强碱溶液(如NaOH溶液)吸收，不用Ca(OH)2溶液吸收的原因是Ca(OH)2溶解度小，溶液浓度低，吸收不完全。
(6)验满方法：将湿润的淀粉­KI试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口，观察到试纸立即变蓝，则证明已集满；或将湿润的蓝色石蕊试纸靠近盛Cl2的试剂瓶口，观察到试纸先变红后退色，则证明已集满。

1．实验验室用MnO2和浓盐酸制取Cl2时应注意以下四点
(1)反应物的选择：必须用浓盐酸，稀盐酸与MnO2不反应，且随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸时，反应停止，故盐酸中的HCl不可能全部参加反应。
(2)加热温度：不宜过高，以减少HCl挥发。
(3)实验结束后，先使反应停止并排出残留的Cl2后，再拆卸装置，避免污染空气。
(4)尾气吸收时，用NaOH溶液吸收Cl2，不能用澄清石灰水吸收，因为溶液中含Ca(OH)2的量少，吸收不完全。
2．气体制备实验的基本思路


请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)含4 mol HCl的浓盐酸与足量MnO2反应，可制备22.4 L Cl2(　　)
(2)用饱和NaHCO3溶液除去Cl2中混有的HCl(　　)
(3)用浓硫酸或碱石灰干燥Cl2(　　)
(4)可用排饱和食盐水法收集Cl2(　　)
(5)常用饱和石灰水吸收尾气中的Cl2(　　)
(6)用干燥的淀粉碘化钾试纸检验Cl2是否收集满(　　)
(7)清洗碘升华实验所用试管，先用酒精清洗，再用水清洗(　　)
(8)向含I－的无色溶液中滴加少量新制氯水，再滴加淀粉溶液，若溶液变成蓝色，则氧化性：Cl2＞I2((　　)
(9)检验Cl2中是否混有HCl，可以用湿润的KI­淀粉试纸(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×　(6)× (7)√ 　(8)√　(9)×

例1 (2023·江苏省无锡、常州、苏州、镇江市等4地第2次联考)实验小组利用如图所示装置制备氯酸钠。下列实验装置和操作不能达到实验目的的是( )
  
A．用装置甲制备氯气 B．用装置乙处理余氯
C．用装置丙除去氯化氢 D．用装置戊检验氯气
【答案】A
【解析】A项，装置甲中浓盐酸和二氧化锰反应生成氯气，但该反应需要在加热的条件下进行，故A错误；B项，氯气能够和NaOH溶液反应，可以用装置乙处理多余的氯气，故B正确；C项，生成的氯气中混有HCl气体，可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，故C正确；D项，氯气具有氧化性，能够和KI溶液反应生成I2，淀粉遇I2变蓝，可以用装置戊检验氯气，故D正确；故选A。
例2 含氯消毒剂在新冠肺炎疫情防控中发挥了巨大作用。实验室中利用如图装置模拟制备于“84”消毒液(有效成分为NaClO)，下列说去不正确的是( )

A．为除去Cl2中的HC1，装置a中的试剂为饱和Na2CO3溶液
B．盛放浓盐酸的仪器是分液漏斗
C．装置b中，采用冰水浴冷却有利于NaClO的生成
D．装置c的作用是吸收尾气
【答案】A
【解析】A项，为除去Cl2中的HC1，装置a中的试剂为饱和NaCl溶液，故A错误；B项， 盛放浓盐酸的仪器是分液漏斗，故B正确；C项， 装置b中，采用冰水浴冷却有利于NaClO的生成，反应放热，防止温度高时产生副产品NaClO3，故C正确；D项， 装置c的作用是吸收尾气，防止污染空气，故D正确。故选A。

对点1 实验室中利用MnO2制备干燥的Cl2及少量氯水并收集Cl2，下列图示装置和原理不能达到实验目的的是( )

A．连接图1、图2装置，向分液漏斗中注水，打开K1，关闭K2，检查装置气密性
B．图1装置中，滴加浓盐酸，点燃酒精灯，可制备Cl2
C．可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2
D．连接图1、图3装置，打开K1，点燃酒精灯，可制备少量氯水
【答案】A
【解析】A项，检验装置的气密性利用的是在装置内形成气压差而产生明显的现象来判定的，图1中为恒压漏斗，注水后无论气密性是否良好，都能顺利流下，不能检验装置的气密性，故A符合；B项，图1装置中，浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下反应可制备Cl2，故B不符合；C项，饱和食盐水除去氯气中的HCl气体，浓硫酸除去水蒸气，干燥氯气，故可通过图2装置干燥并收集一定量的Cl2，故C不符合；D项，连接图1、图3装置，打开K1，点燃酒精灯，制备氯气，氯气进入水中，可制备少量氯水，故D不符合。故选A。
对点2 某化学小组采用下图所示装置制备Cl2并探究其化学性质，下列说法错误的是( )

A．加入药品之前，应先检查装置的气密性
B．通过对装置C和E中的产物分析，可判断温度对Cl2与碱溶液反应的影响
C．装置D中的现象为溶液逐渐变成浅黄绿色
D．装置B中NaOH溶液的作用为吸收挥发出来的HCl
【答案】D
【解析】A项，实验时应该先检验装置的气密性然后再装药品， A正确；B项，由图可以发现，装置C和E温度不同，故可以通过对装置C和E中的产物分析来判断温度对Cl2与碱溶液反应的影响，B正确；C项，装置D中通入氯气，形成氯水，而 氯水是黄绿色的，故其现象为溶液逐渐变成浅黄绿色，C正确；D项，装置B中NaOH溶液是处理反应后多余的氯气，D错误；故选D。
考法4 溴、碘
卤素的性质及X－的检验
1．溴、碘单质物理性质比较
性质
Br2
I2
颜色
深红棕色
紫黑色
状态
液体
固体
溶解性
水中
溶解度不大
溶解度不大
有机溶剂中
易溶
易溶
特性
易挥发、有毒
①易升华
②使淀粉溶液变蓝
2.氯、溴、碘单质化学性质比较
(1)与碱溶液反应，如与NaOH溶液反应的化学方程式为2NaOH＋X2===NaX＋NaXO＋H2O(X＝Cl、Br、I)。
(2)氧化性
①都能与金属反应生成金属卤化物，如与钠反应的化学方程式为2Na＋X22NaX(X＝Cl、Br、I)。
②氯、溴、碘单质的氧化性强弱是Cl2>Br2>I2，阴离子的还原性：Cl－＜Br－＜I－。
Cl2能从Br－的溶液中置换出Br2，其离子方程式：Cl2＋2Br－===2Cl－＋Br2；同理，Br2能置换出I2，其离子方程式：Br2＋2I－===2Br－＋I2。
③与一些还原性离子反应，如Br2与SO、Fe2＋反应的离子方程式分别为SO＋Br2＋H2O===SO＋2Br－＋2H＋，2Fe2＋＋Br2===2Br－＋2Fe3＋。
3．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，表明有I－

1．氯的提取——氯碱工业
海水―→粗盐饱和食盐水
化学方程式为2NaCl＋2H2O2NaOH＋H2↑＋Cl2↑。
2．海水提取溴

3．海带中提取碘
海带 ―→―→―→―→

请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)能使湿润的淀粉­KI试纸变成蓝色的物质一定是Cl2(×)
(2)用硝酸酸化的硝酸银溶液能一次鉴别NaCl、NaBr、KI三种失去标签的溶液(√)
(3)某溶液加入CCl4，CCl4层显紫色，证明原溶液中存在I－(×)
(4)某浅黄色的溴水，加入CCl4振荡静置后，上层显橙红色(×)
(5)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(√)
(6)溴化银具有感光性，碘化银不具有感光性(×)
(7)氟气跟氯化钠水溶液反应，一定有氟化氢和氧气生成(√)
(8)海水中提取溴涉及不止一个氧化还原反应(√)
答案：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)× (7)√ 　(8)√　

例1 下列有关卤素的说法错误的是(　　)
A．从HF、HCl、HBr、HI酸性递增的事实，可推出F、Cl、Br、I的非金属性递增的规律
B．HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强
C．淀粉碘化钾溶液在空气中变蓝，4I－＋O2＋2H2O===2I2＋4OH－
D．碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度
【答案】A
【解析】元素的非金属性强弱与其对应的氢化物溶液的酸性强弱无关，可根据其最高价氧化物对应的水化物的酸性强弱进行比较，A错误；I2在KI溶液中存在平衡I2＋I－I，可使其溶解度增大，D正确。
例2 (2023·江苏省高三联考)KI可用作利尿剂、治疗慢性支气管炎，实验室中制备一定量KI的过程及实验装置(加热及夹持装置已省略)如下：

(1)“碱溶”时，适宜的加热方式为___________，“还原”后分离出S的操作中用到的玻璃仪器除玻璃棒外还有___________。
(2)仪器a的名称是___________，实验中不能用稀硝酸代替稀硫酸的根本原因是___________。
(3)装置C的作用是___________，试剂X可能是___________。
(4)“碱溶”时得到的氧化产物可用于加碘盐的生产中，则与KOH溶液反应的离子方程式为___________。
(5)已知KI的溶解度受温度的影响不大。若产品中含有少量KOH杂质，可利用___________法提纯KI。为测定KI的纯度，称取0.5000g样品溶于水，加入稍过量硫酸酸化的H2O2充分反应后，加热除去过量H2O2，加入几滴淀粉溶液，用0.2000mol/L的酸性Na2S2O3标准溶液滴定 (I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，终点时消耗14.50mL标准溶液，则样品的纯度为___________(写出计算过程，计算结果保留两位有效数字)。
【答案】(1)水浴加热 烧杯、漏斗
(2)锥形瓶 稀HNO3具有强氧化性，无法制取H2S
(3)吸收H2S尾气，防止污染空气 氢氧化钠溶液
(4)
(5) 重结晶 根据方程式可知关系式I2~2 S2O32-~2KI，则n(KI)= n(S2O32-)=0.2×14.5×10-3=0.0029mol，其质量m(KI)=0.0029×166=0.4814g，样品的纯度=
【解析】(1)“碱溶”时温度要求控制在60℃，故需要水浴加热，分离出S的操作为过滤，故用到的玻璃仪器除玻璃棒外还有烧杯、漏斗；(2)由图可知，仪器a的名称是锥形瓶，稀HNO3具有强氧化性，无法制取H2S，故实验中不能用稀硝酸代替稀硫酸；(3)硫化氢气体由毒性，不能直接排放到大气中，故装置C的用途是吸收H2S尾气，防止污染空气；硫化氢可以和氢氧化钠反应，故试剂X可能是氢氧化钠溶液；(4)碘盐成为主要碘酸钾，故“碱溶”时得到产物主要是碘酸钾和碘化钾，故反应的离子方程式为：；(5)KOH和KI均为固体，且KI的溶解度随温度变化较大，故可以用重结晶的方法提纯KI，根据方程式可知关系式I2~2S2O32-~2KI，则n(KI)= n(S2O32-)=0.2×14.5×10-3=0.0029mol，其质量m(KI)=0.0029×166=0.4814g，样品的纯度=。

对点1 下列实验操作、现象和结论均正确的是(　　)
选项
实验操作
现象
结论
A
用双氧水滴定KI­淀粉溶液
溶液变蓝
达到滴定终点
B
向食用加碘盐中加入食醋和KI溶液，再加入CCl4振荡，静置
下层呈紫红色
该食用加碘盐中含有KIO3
C
用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别NO2、溴蒸气
试纸变蓝
该气体为溴蒸气
D

最后试管有浅黄色沉淀
有机物中含有溴原子
【答案】B
【解析】A项，KI­淀粉溶液一般作为指示剂，设计用双氧水滴定淀粉­KI溶液无法判定终点，实验不合理；B项，在酸性环境中，KIO3与KI反应生成I2，正确；C项，NO2溶于水变为硝酸，硝酸也具有强氧化性，也可使淀粉碘化钾试纸变蓝，错误；D项，加入AgNO3溶液之前要用硝酸中和溶液中的碱，错误。
对点2 (2023·山东省高三模拟)碘化钠可用于医学和摄影。实验室制备NaI的基本实验步骤为：
①检查装置气密性并添加药品；
②关闭K，向三颈烧瓶中滴入30% NaOH溶液，制得NaIO3；
③打开K，三颈烧瓶内有黄色沉淀产生；
④关闭K，向三颈烧瓶中加入稀硫酸，水浴加热，使H2S气体充分逸出；
⑤把三颈烧瓶中的混合液倒入烧杯，加入足量碳酸钡除去稀硫酸，再经过一系列操作得到NaI成品。
  
回答下列问题：
(1)检查装置B气密性良好的方法是___________；盛放稀硫酸和30% NaOH溶液的仪器中支管的作用为___________。
(2)向三颈烧瓶中滴入30% NaOH溶液，制得NaIO3的化学方程式为___________；每生成转移___________电子。
(3)通入H2S与NaIO3反应制得的离子方程式为___________。
(4)步骤⑤中的“一系列操作”包括___________、合并滤液和洗涤液、隔绝空气蒸发结晶等操作，其中隔绝空气的目的是___________。
【答案】(1)关闭K，将装置B右侧的导管伸入水中，用手捂住三颈烧瓶，导管口有气泡冒出，松手后，导管中形成一段水柱，则装置气密性良好 平衡气压，使液体顺利流下
(2) 3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O 0.1
(3) 3H2S+ IO3-=3S↓+I- +3H2O
(4)过滤、洗涤 防止NaI被氧化
【解析】A装置中FeS与稀硫酸反应制备H2S；B装置中首先关闭K，滴入NaOH与I2反应生成NaIO3、NaI和H2O，然后打开K，通入H2S与NaIO3反应生成NaI、S；装置C中NaOH用于吸收尾气，防止污染大气。(1)检查装置B气密性良好的方法是关闭K，将装置B右侧的导管伸入水中，用手捂住三颈烧瓶，导管口有气泡冒出，松手后，导管中形成一段水柱，则装置气密性良好；盛放稀硫酸和30%NaOH溶液的仪器为恒压滴液漏斗，支管的作用是平衡气压，使液体顺利流下；答案为：关闭K，将装置B右侧的导管伸入水中，用手捂住三颈烧瓶，导管口有气泡冒出，松手后，导管中形成一段水柱，则装置气密性良好；平衡气压，使液体顺利流下；(2)向三颈烧瓶中滴入30%NaOH溶液，I2与NaOH发生自身氧化还原反应生成NaI、NaIO3和水，反应的化学方程式为3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O，该反应中每生成5molNaI转移5mol电子，即转移电子物质的量与生成的NaI物质的量相等，每生成15gNaI转移电子物质的量为=0.1mol；(3)根据步骤③的现象知，H2S将IO3-还原成I-，H2S被氧化成S，根据得失电子守恒、原子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3H2S+ IO3-=I-+3S↓+3H2O；(4)步骤⑤把三颈烧瓶中的混合液倒入烧杯，加入足量碳酸钡除去稀硫酸，发生的反应为BaCO3+H2SO4=BaSO4+H2O+CO2↑，由于S、BaSO4和过量的BaCO3都难溶于水，故“一系列操作”包括过滤、洗涤、合并滤液和洗涤液、隔绝空气蒸发结晶等操作得到NaI成品；由于I-具有较强的还原性，易被空气中的O2氧化，故隔绝空气的目的是防止NaI被氧化。

1．(2023•辽宁省选择性考试，3)下列有关物质的工业制备反应错误的是( )
A．合成氨：N2+3H22NH3 B．制HCl：H2+Cl22HCl
C．制粗硅：SiO2+2CSi+2CO D．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
【答案】D
【解析】A项，工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H22NH3，A正确；B项，工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl22HCl，B正确；C项，工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，C正确；D项，冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融) Mg+Cl2↑，D错误；故选D。
2．(2023•浙江省1月选考，4)物质的性质决定用途，下列两者对应关系不正确的是( )
A．能使某些色素褪色，可用作漂白剂 B．金属钠导热性好，可用作传热介质
C．溶液呈碱性，可用作消毒剂 D．Fe2O3呈红色，可用作颜料
【答案】C
【解析】A项，SO2具有漂白性，能使某些色素褪色，A正确；B项，钠导热性好，液态钠可用作核反应堆的传热介质，B正确；C项，NaClO溶液可用于杀菌消毒，并不是由于其具有碱性，而是因为其具有强氧化性，C不正确；D项，Fe2O3的颜色是红色，可用作红色颜料，D正确；故选C。
3．(2023•湖北省选择性考试，2)下列化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点的是( )
A．石灰乳中存在沉淀溶解平衡
B．氯气与强碱反应时既是氧化剂又是还原剂
C．铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应
D．Li、Na、K的金属性随其核外电子层数增多而增强
【答案】D
【解析】A项，电解质的沉淀和溶解是对立的，当电解质的沉淀速率和溶解速率相等时，电解质建立了沉淀溶解平衡，因此，沉淀和溶解又互相统一在这个平衡体系中；石灰乳中存在着未溶解的氢氧化钙和溶解的氢氧化钙，因此，石灰乳中存在沉淀溶解平衡，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，A不符合题意；B项，氧化剂和还原剂是对立的，但是，氯气与强碱反应时，有部分氯气发生氧化反应，同时也有部分氯气发生还原反应，因此，氯气既是氧化剂又是还原剂，氯气的这两种作用统一在同一反应中，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，B不符合题意；C项，铜锌原电池工作时，正极和负极同时发生反应，正极上发生还原反应，负极上发生氧化反应，氧化反应和还原反应是对立的，但是这两个反应又同时发生，统一在原电池反应中，因此，这个化学事实符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，C不符合题意；D项，Li、Na、K均为第ⅠA的金属元素，其核外电子层数依次增多，原子核对最外层电子的吸引力逐渐减小，其失电子能力依次增强，因此，其金属性随其核外电子层数增多而增强，这个化学事实不符合“事物的双方既相互对立又相互统一”的哲学观点，D符合题意；故选D。
4．(2023•辽宁省选择性考试，13)某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知I3-(aq)为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是( )
选项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
I2在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应：I-+I2I3-
C
紫黑色晶体消失
I2(aq))的消耗使溶解平衡I2(s)I2(aq)右移
D
溶液褪色
Zn与有色物质发生了置换反应
【答案】D
【解析】A项，向10mL蒸馏水中加入0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2在水中溶解度较小，A项正确；B项，已知I3-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I2反应生成ZnI2，生成的I-与I2发生反应I-+I2I3-，生成I3-使溶液颜色加深，B项正确；C项，I2在水中存在溶解平衡I2(s)I2(aq)，Zn与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3-，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色晶体消失，C项正确；D项，最终溶液褪色是Zn与有色物质发生了化合反应，不是置换反应，D项错误；故选D。
5. (2023•浙江省6月选考，16)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试纸上
试纸变白
次氯酸钠溶液呈中性
C
向2 mL0.1mol·L-1 AgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI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】A项，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的四氯化碳溶液中的碘与碘化钾溶液中碘离子反应生成碘三离子使上层溶液呈棕黄色，证明碘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正确；B项，次氯酸钠溶液具有强氧化性，会能使有机色质漂白褪色，无法用pH试纸测定次氯酸钠溶液的pH，故B错误；C项，由题意可知，向硝酸银溶液中加入氯化钾溶液时，硝酸银溶液过量，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大小，故C错误；D项，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，则溶液变蓝色不能说明溶液中存在氯气分子，无法证明氯气与水的反应存在限度，故D错误；故选A。
6．(2022•广东选择性考试，8)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是( )

【答案】D
【解析】A项，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干燥，A装置能达到实验目的，故A不符合题意；B项，氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B装置能收集氯气，故B不符合题意；C项，湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气不具有漂白性，故C不符合题意；D项，氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH溶液吸收尾气，D装置不能达到实验目的，故D符合题意；故选D。
7．(2022·浙江省1月选考，9)下列说法正确的是( )
A．铁与碘反应易生成碘化铁
B．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
C．用石灰沉淀富镁海水中的Mg2+，生成碳酸镁
D．SO2通入BaCl2溶液中生成BaSO3沉淀
【答案】B
【解析】A项，I2属于弱氧化剂，与Fe反应生成FeI2，A错误；B项，电解一定浓度的硫酸锌溶液，Zn2+在阴极得电子析出Zn，B正确；C项，石灰沉淀Mg2+生成的沉淀是Mg(OH)2，C错误；D项，SO2通入BaCl2溶液中不能生成BaSO3沉淀，因为H2SO3酸性比HCl弱，该复分解反应不能发生，D错误；故选B。
8．(2022·浙江省1月选考，22)下列推测不合理的是( )
A．相同条件下，Br2与PBr3反应比Cl2与PCl3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】A项，氯原子半径较小，氯气更容易靠近三氯化磷中的磷原子发生反应生成五氯化磷，A正确；B项，OPBrCl2与H2O反应的方程式为：OPBrCl2+3H2O=H3PO4+2HCl+HBr，一共生成3种酸，B错误；C项，从P—Br键到P—F键，键的稳定性逐渐增强，在和水反应时越难断裂，反应速率越慢，C正确；D项，PBr3与C2H5OH反应的时候，Br乙醇羟基上的氢原子结合，乙醇的其余部分和磷结合生成P(OC2H5)3，D正确；故选B。
9．(2021•浙江6月选考，16)关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是( )
A．具有强氧化性 B．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸
【答案】D
【解析】A项，ClONO2里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；B项，ClONO2与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C项，ClONO2与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D项，ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；故选D。
10．(2021•浙江6月选考，8)关于反应K2H3IO6+9HI=2KI+4I2+6H2O，下列说法正确的是( )
A． K2H3IO6发生氧化反应 B．KI是还原产物
C．生成12.7g I2时，转移0.1mol电子 D．还原剂与氧化剂的物质的量之比为7：1
【答案】D
【解析】A项，反应中I元素的化合价降低，发生得电子的反应，发生还原反应，A错误；B项，KI中的I-由HI变化而来，化合价没有发生变化，KI既不是氧化产物也不是还原产物，B错误；C项，12.7g I2的物质的量为0.05mol，根据反应方程式，每生成4mol I2转移7mol电子，则生成0.05mol I2时转移电子的物质的量为0.0875mol，C错误；D项，反应中HI为还原剂，K2H3IO6为氧化剂，在反应中每消耗1mol K2H3IO6就有7mol HI失电子，则还原剂与氧化剂的物质的量的比为7:1，D正确；故选D。
11．(2021•湖南选择性考试，8)KIO3常用作食盐中的补碘剂，可用“氯酸钾氧化法”制备，该方法的第一步反应为6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑。下列说法错误的是(　　)
A．产生22.4L(标准状况)Cl2时，反应中转移10mol e﹣
B．反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为11：6
C．可用石灰乳吸收反应产生的Cl2制备漂白粉
D．可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3-的存在
【答案】A
【解析】分析反应6I2+11KClO3+3H2O6KH(IO3)2+5KCl+3Cl2↑可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂。A项，依据分析生成3molCl2为标准，反应转移60mole﹣，产生22.4L(标准状况)即1molCl2时，反应转移20mol e﹣，故A错误；B项，依据方程式可知，I元素化合价由0价升高到+5价，I2为还原剂，Cl元素化合价由+5价降到﹣1价和0价，KClO3作为氧化剂，I2为还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为11：6，故B正确；C项，漂白粉可由生成的氯气与石灰乳反应制得，发生反应2Ca(OH)2+2Cl2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故C正确；D项，在酸性溶液中IO3﹣和I﹣发生反应：IO3﹣+5I﹣+6H+＝3I2+3H2O，可用酸化的淀粉碘化钾溶液检验食盐中IO3﹣的存在，故D正确；故选A。
12．(2022•北京卷，19)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：i．Mn2+在一定条件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、MnO42- (绿色)、MnO42 (紫色)。
ii．浓碱条件下，MnO4-可被OH-还原为MnO42-。
iii．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
(1)B中试剂是___________。
(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色变为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ii，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MnO42-氧化为MnO4-。
①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。
②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%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；
③取II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___________。
④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
(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4) Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O     4 MnO4-+4OH-=4 MnO42-+O2↑+2H2O     Cl2     3ClO-+2MnO2+2OH-=2 MnO4-+3Cl-+H2O     过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO4-被还原为MnO42-的速率减小，因而不能实验III未得到绿色溶液
【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。(1)B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+与碱性溶液中NaOH电离产生的的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MnO2，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；(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：Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强；(4)①Cl2与NaOH反应产生NaCl、NaClO、H2O，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②取III中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL40%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，MnO4-可被OH-还原为MnO42-，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4 MnO4-+4OH-=4 MnO42-+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO2氧化为MnO4-，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2 MnO4-+3Cl-+H2O；④从反应速率的角度，过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO4-被还原为MnO42-的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。
13．(2021•广东选择性考试，17)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_______。


(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_______。
(4)某合作学习小组进行以下实验探究。
①实验任务。通过测定溶液电导率，探究温度对AgCl溶解度的影响。
②查阅资料。电导率是表征电解质溶液导电能力的物理量。温度一定时，强电解质稀溶液的电导率随溶液中离子浓度的增大而增大；离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大。25℃时，Ksp(AgCl)=1.8×10-10。
③提出猜想。
猜想a：较高温度的AgCl饱和溶液的电导率较大。
猜想b：AgCl在水中的溶解度s(45℃)＞s(35℃)＞s(25℃)。
④设计实验、验证猜想。取试样Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同温度下配制的AgCl饱和溶液)，在设定的测试温度下，进行表中实验1~3，记录数据。
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
1
Ⅰ：25℃的AgCl饱和溶液
25
A1
2
Ⅱ：35℃的AgCl饱和溶液
35
A2
3
Ⅲ：45℃的AgCl饱和溶液
45
A3
⑤数据分析、交流讨论。25℃的AgCl饱和溶液中，c(Cl-)= ______________mol·L－1。
实验结果为A3＞A2＞A1。小组同学认为，此结果可以证明③中的猜想成立，但不足以证明猜想成立。结合②中信息，猜想不足以成立的理由有_______。
⑥优化实验。小组同学为进一步验证猜想，在实验1~3的基础上完善方案，进行实验4和5。请在答题卡上完成表中内容。
实验序号
试样
测试温度/℃
电导率/
4
Ⅰ
_______
B1
5
_______
_______
B2
⑦实验总结。根据实验1~5的结果，并结合②中信息，小组同学认为猜想也成立。猜想成立的判断依据是_______。
【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O (2) c-d-b-a-e
(3)HClO 向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO32-、HCO3-等，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-
(4)⑤1.34×10-5 测试温度不同，根据电导率结果无法判断不同温度下饱和溶液的溶解度 ⑥ 45℃ II 45℃ ⑦A3>B2>B1
【解析】(1)实验室通常采用浓盐酸和MnO2制取Cl2，化学方程式为：MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)根据化学方程式可知，制取的氯气中混有氯化氢、水蒸气，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)久置后不能使品红溶液褪色，说明HClO已分解；检验Cl-的方法为向溶液中加入过量稀硝酸，防止溶液中含有CO32-、HCO3-等，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-；(4)⑤25℃时， Ksp(AgCl)=c(Ag＋) ×c(Cl-)，根据沉淀溶解平衡可知，饱和的AgCl溶液中c(Ag＋) =c(Cl-)，所以有==1.34×10-5 mol·L－1；实验1~3中，不同的饱和溶液浓度不同且测试温度不同，根据资料显示离子浓度一定时，稀溶液电导率随温度的升高而增大，所以根据实验1~3无法判断温度较高的饱和溶液离子浓度大，进而不能得出溶解度关系；⑥如果要判断AgCl在水中的溶解度随温度的变化情况，可以设计不相同温度下的饱和溶液在相同温度下测试，如果温度较高下的饱和溶液电导率比温度较低的饱和溶液电导率高，则可以得出温度升高饱和溶液中离子浓度高。所以可以设计试样Ⅰ在45℃下测试与实验3比较；设计试样II在45℃下测试与实验3比较；⑦猜想b成立的判断依据是A3>B2>B1。
14．(2021•全国甲卷，26)碘(紫黑色固体，微溶于水)及其化合物广泛用于医药、染料等方面。回答下列问题：
(1)I2的一种制备方法如下图所示：

①加入粉进行转化反应的离子方程式为_______，生成的沉淀与硝酸反应，生成_______后可循环使用。
②通入Cl2的过程中，若氧化产物只有一种，反应的化学方程式为_______；若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时，氧化产物为_______；当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5，单质碘的收率会降低，原因是_______。
(2)以NaIO3为原料制备的方法是：先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物；再向混合溶液中加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的总反应的离子方程式为_______。
(3)KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，若生成1 mol I2，消耗的KI至少为_______ mol。I2在KI溶液中可发生反应I2+I-I3-。实验室中使用过量的KI与CuSO4溶液反应后，过滤，滤液经水蒸气蒸馏可制得高纯碘。反应中加入过量的原因是_______。
【答案】(1) ①2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I- AgNO3
②FeI2+Cl2= I2+FeCl2 I2、FeCl3 I2被过量的Cl2进一步氧化
(2)2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O
(3)4 防止单质碘析出
【解析】(1) ①由流程图可知悬浊液中含AgI ，AgI可与Fe反应生成FeI2和Ag，FeI2易溶于水，在离子方程式中能拆，故加入Fe粉进行转化反应的离子方程式为2AgI+Fe=2Ag+ Fe2++2I-，生成的银能与硝酸反应生成硝酸银参与循环中；②通入Cl2的过程中，因I-还原性强于Fe2+，Cl2先氧化还原性强的I-，若氧化产物只有一种，则该氧化产物只能是I2，故反应的化学方程式为FeI2+Cl2= I2+FeCl2，若反应物用量比n(Cl2)/n(FeI2)=1.5时即Cl2过量，先氧化完全部I-再氧化Fe2+，恰好将全部I-和Fe2+氧化，故氧化产物为I2、FeCl3，当n(Cl2)/n(FeI2)＞1.5即Cl2过量特别多，多余的氯气会与生成的单质碘以及水继续发生氧化还原反应，单质碘的收率会降低；(2)先向NaIO3溶液中加入计量的NaHSO3，生成碘化物即含I-的物质；再向混合溶液中(含I-)加入NaIO3溶液，反应得到I2，上述制备I2的两个反应中I-为中间产物，总反应为IO3-与HSO3-发生氧化还原反应，生成SO42-和I2，根据得失电子守恒、电荷守恒]及元素守恒配平离子方程式即可得：2IO3-+5HSO3-=5SO42-+I2+3H++H2O；(3) KI溶液和CuSO4溶液混合可生成CuI沉淀和I2，化学方程式为4KI+2CuSO4=2CuI↓ +I2+2K2SO4，若生成1 mol I2，则消耗的KI至少为4mol；反应中加入过量KI，I-浓度增大，可逆反应I2+I-I3-平衡右移，增大I2溶解度，防止I2升华，有利于蒸馏时防止单质碘析出。
15．(2021•浙江6月选考，30)Cl2O是很好的氯化剂，实验室用如图装置(夹持仪器已省略)制备高纯Cl2O。已知：
①HgO+2Cl2= HgCl2+Cl2O，合适反应温度为18~25℃；副反应： 2HgO+2Cl2= 2HgCl2+O2。
②常压下，Cl2沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；Cl2O沸点2.0℃，熔点-120.6℃。
③Cl2O+H2O2HClO，Cl2O在CCl4中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
请回答：

(1)①装置A的作用是去除原料气中的少量水分，可用的试剂是_______。
②将上图中装置组装完整，虚框D中应选用_______。

(2)有关反应柱B，须进行的操作是_______。
A．将HgO粉末热处理除水分、增加表面积后填入反应柱
B．调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例
C．调控混合气从下口进入反应柱的流速
D．将加热带缠绕于反应柱并加热
(3)装置C，冷却液的温度通常控制在。反应停止后，温度保持不变，为减少产品中的Cl2含量，可采用的方法是_______。
(4)将纯化后的Cl2O产品气化，通入水中得到高纯度Cl2O的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要Cl2O时，可将Cl2O浓溶液用CCl4萃取分液，经气化重新得到。
针对萃取分液，从下列选项选择合适操作(操作不能重复使用)并排序：c→_______→_______→e→d→f→_______。
a.检查旋塞、玻璃塞处是否漏水
b.将溶液和CCl4转入分液漏斗
c.涂凡士林
d.旋开旋塞放气
e.倒转分液漏斗，小心振摇
f.经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置
g.打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体
h.打开旋塞，待下层液体完全流出后，关闭旋塞，将上层液体倒入锥形瓶
(5)产品分析：取一定量Cl2O浓溶液的稀释液，加入适量CCl4、过量溶液及一定量的稀H2SO4，充分反应。用标准Na2S2O溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生I2的反应(不考虑Cl2与水反应)：
2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl-
实验数据如下表：
加入量n(H2SO4) /mol
2.505×10-3
滴定Ⅰ测出量n(I2) /mol
2.005×10-3
滴定Ⅱ测出量n(H2SO4) /mol
1.505×10-3
①用标准Na2S2O3溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是_______。
②高纯度Cl2O浓溶液中要求n(Cl2O)/ n(Cl2) ≥99 (Cl2O和HClO均以Cl2O计)。结合数据分析所制备的Cl2O浓溶液是否符合要求_______。
【答案】(1)①浓H2SO4 ②a
(2)ABC (3)抽气(或通干燥氮气)
(4)a b g
(5)①CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复
②溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求
【解析】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl2、N2)中的少量水分，可用的试剂是浓H2SO4；②Cl2和Cl2O都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl2、Cl2O能与NaOH溶液反应，同时需要防止NaOH溶液中水蒸气进入C装置中，因此需要在C和尾气处理装置之间连接吸收水蒸气的装置，所以虚框D中应选用a装置。(2)装置B为HgO与Cl2反应制备Cl2O的装置，A项，因Cl2O能与H2O发生反应，因此需要将HgO粉末热处理除水分，该反应为固体与气体接触类反应，因此增加表面积能够加快反应速率，故A选；B项，N2的作用是稀释Cl2，在气流速率一定的条件下，氯气所占的比例越小，其转化率越高，同时Cl2不足时会发生副反应，因此需要调控进入反应柱的混合气中Cl2和N2的比例，故B选；C项，为了让气体与固体充分接触，混合气体应从下口进入反应柱，同时需要控制气体的流速，防止副反应发生，故C选；D项，HgO与Cl2反应制备Cl2O的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反应柱加热会发生副反应，故D不选；故选ABC。(3)由题可知，Cl2沸点小于Cl2O，在Cl2未发生冷凝时抽气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl2。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡摇匀→放气→静置分层→放液，下层液体从下口流出，上层液体从上口倒出，因CCl4密度大于水，因此萃取后溶有Cl2O的CCl4位于下层，因此操作顺序为：涂凡土林→检查旋塞、玻璃塞处是否漏水→将溶液和CCl4转入分液漏斗→倒转分液漏斗，小心振摇→旋开旋塞放气→经几次振摇并放气后，将分液漏斗置于铁架台上静置→打开旋塞，向锥形瓶放出下层液体，故答案为abg。(5)①溶有I2的CCl4溶液呈紫红色，用标准Na2S2O3溶液滴定I2过程中，当I2恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I2到达终点的实验现象是CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。②由2I-+ Cl2=I2+2Cl-、4I-+ Cl2O+2H+=2I2+2H2O+2Cl-、2I-+ HClO+H+=I2+ H2O+Cl- (HClO为Cl2O与H2O反应的产物)可得关系式：Cl2O～2H+～2I2，由实验数据可知Cl2O和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I2的物质的量为2×10-3mol，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3mol，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3mol，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6mol，所以高纯度Cl2O浓溶液中==200>99，则所制备的高纯度Cl2O浓溶液符合要求，故答案为：溶液中Cl2O和Cl2分别为1×10-3mol、5×10-6mol，=200>99，符合要求。
16．(2021•北京卷，17)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HCl与MnO2混合加热生成Cl2，氯气不再逸出时，固液混合物A中存在盐酸和MnO2。
①反应的离子方程式为_______。
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H+浓度降低或Mn2+浓度升高，MnO2氧化性减弱；
ii随Cl-浓度降低，_______。
④补充实验，证实了③中的分析，则a为_______，b为_______。

实验操作
试剂
产物
I

较浓H2SO4
有Cl2
II
a
有Cl2
III
a+b
无Cl2
(2)利用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、KI溶液，能与MnO2反应的最低H+浓度由大到小的顺序是_______，从原子结构角度说明理由______________。
(3)根据(1)中的结论推测，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1mol·L1的盐酸、氢溴酸、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、还原性变化的一般规律是_______。
【答案】(1)①MnO2+4H+ +2Cl- Mn2++Cl2↑ + 2H2O ②2Cl--2e- =Cl2↑
③Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强
④KCl固体(或浓/饱和溶液) MnSO4固体(或浓/饱和溶液)
(2) KCl>KBr>KI 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，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强
(3)AgNO3 或Ag2SO4
(4)比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生
(5)氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强
【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，或者产生了氧化性更强的氧化剂，故答案为：Cl-还原性减弱或Cl2 的氧化性增强④可以从增大氯离子浓度的角度再结合实验II的现象分析，试剂a可以是KCl固体(或浓/饱和溶液)；结合实验III的显现是没有氯气，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，再结合原因i可知试剂b是MnSO4固体(或浓/饱和溶液)；(2)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KCl>KBr>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，得电子能力逐渐减弱，阴离子的还原性逐渐增强；(3)根据(1)中的结论推测随Cl-浓度降低导致二氧化锰的氧化性减弱，那么如果进一步降低Cl-浓度降低则可以导致可以提高溴的氧化性，将Mn2+氧化为MnO2，故答案为：AgNO3 或Ag2SO4；(4)若要使反应2Ag+2H+=2Ag++ H2↑发生，根据本题的提示可以降低Ag+浓度，对比AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，故Ag只与氢碘酸发生置换反应的原因是：比较AgX的溶解度，AgI 溶解度最小，Ag++I-= AgI↓使得Ag还原性增强的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++ H2↑反应得以发生；(5)通过本题可以发现，物质氧化性和还原性还与物质的浓度有关，浓度越大氧化性或者还原性越强，故答案为：氧化剂(还原剂)的浓度越大，其氧化性(还原性)越强，还原产物(还原产物)的浓度越大，氧化剂(还原剂)的氧化性(还原性)越小；还原反应中，反应物浓度越大或生成物浓度越小，氧化剂氧化性越强。