还剩43页未读，
继续阅读
所属成套资源：2025年高考化学一轮复习讲练测含解析
成套系列资料，整套一键下载
2025年高考化学一轮复习讲练测第01讲氯及其重要化合物(练习)（新教材新高考）含解析答案
展开
这是一份2025年高考化学一轮复习讲练测第01讲氯及其重要化合物(练习)（新教材新高考）含解析答案，共46页。
题型一 氯及其化合物的性质及用途
1．向下列溶液中通入氯气，现象和结论描述正确的是
A．品红溶液：红色褪去，加热该褪色溶液，仍无色；氯气具有漂白性
B．紫色石蕊溶液：先变红，后褪色；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸
C．含酚酞的氢氧化钠溶液：红色褪去；氯气只作氧化剂
D．硫化钠溶液：溶液变浑浊；氯气只作还原剂
2．是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
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：
B．氯气用于自来水消毒：
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：
D．氯气“泄漏处理”中溶液的作用：
3．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（ ）
A．NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，则n（氧化剂）：n（还原剂）=1:4
B．ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是：2ClO2+2OH- =ClO3- + ClO2-+H2O
C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D．等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2强
4．一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是
A．反应Ⅱ中H2O2做还原剂
B．产品中含有SO42－、Cl－
C．NaClO2的漂白原理与SO2相同
D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行
题型二 氯水的成分与性质
(2024·天津市和平区二模)
5．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．从0到150s，溶液的减少到起始浓度的倍
6．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
7．室温下，通过下列实验探究新制饱和氯水的性质。
实验1：用pH计测量新制饱和氯水的pH，测得pH约为2.2；
实验2：向淀粉-KI溶液中滴加氯水，溶液变蓝色；
实验3：向FeCl2溶液中滴加适量氯水，溶液颜色变成棕黄色；
实验4：向氯水中滴加1 ml·L-1 NaHCO3溶液。
下列说法正确的是。
A．如用强光照射实验1中的溶液，溶液的pH将增大
B．实验2中证明新制饱和氯水中存在次氯酸分子
C．实验3中反应后溶液中大量存在的离子有：Fe2+、ClO-、Fe3+、Cl-、H+
D．实验4中产生的气体能使澄清石灰水变浑浊
8．某实验小组对氯水成分和性质进行探究，实验如下：
（1）氯水呈黄绿色，说明其中含有 （填化学式）。
（2）实验一的现象表明，氯水具有酸性和 性。
（3）氯气与水反应的化学方程式为 。
（4）用化学用语（化学方程式）说明实验二中“红色不褪去”的原因 。
（5）实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，补充所加试剂和现象。（实验四） 、
题型三 次氯酸、次氯酸盐的性质及用途
9．下列说法不正确的是
A．用氯气制漂白粉的主要目的是使其转变为较稳定、便于贮存的
B．漂白粉中的和都具有漂白性
C．漂白粉与84消毒液的杀菌、消毒原理相似
D．工业上漂白粉是由氯气通入石灰乳[主要成分为]制得
10．下列关于可溶性盐Ca(ClO)Cl的说法不正确的是
A．具有强氧化性，可作漂白剂
B．水溶液呈中性，滴加碳酸钠溶液出现白色浑浊
C．能与空气中的CO2和水蒸气反应而变质
D．与盐酸反应的离子方程式：ClO- +C1- +2H+=Cl2↑+ H2O
(2024·北京市101中高三开学考试)
11．二氧化氯是一种高效消毒灭菌剂。但稳定性较差，可将其用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的加以保存。其工艺流程示意图如下图所示：
已知：
ⅰ．纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到以下。
ⅱ．长期放置或高于时易分解生成和。
(1)步骤1中，生成的离子方程式是 ，通入空气的作用是 。
(2)方法1中，反应的离子方程式是 ，利用方法1制时，温度不能超过，可能的原因是 。
(3)方法2中，利用下图所示装置制备电极(左侧电极)处发生的电极反应式为 ，b电极(右侧电极)处发生的电极反应式为 。溶液中的溶质浓度：f处 d处(填“>”、“<”或“=”)。
(4)的溶解度曲线如下图所示，步骤3中从溶液中获得的操作是 。
(5)使用时，加入稀盐酸即可迅速得到，写出反应的离子方程式： 。若加入盐酸浓度过大，则气体产物中含量会增大，原因是 。
题型四 氯气实验室制法的简单应用
(2024·广东省惠州市三模)
12．1774年，瑞典化学家舍勒发现了制备氯气的方法。在此启发下，兴趣小组利用以下装置进行如下实验，其中能够达到目的的是
A．制取Cl2B．除去Cl2中的HCl
C．收集Cl2D．吸收尾气中的Cl2
(2024·广东省汕头市一模)
13．18世纪70年代，瑞典化学家舍勒发现一种黄绿色、有刺激性气味的气体，某兴趣小组利用下列装置进行如下实验，操作正确且能达到目的的是
A．制备气体B．闻气体气味
C．除去气体中的杂质HClD．验证气体的漂白性
(2024·安徽省马鞍山市第二中学高三模拟)
14．实验室中利用固体进行如图所示实验，下列说法错误的是
A．气体G与气体H均为氧化产物B．实验中既是氧化剂，又是还原剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应D．G与H在标准状况下的总体积可能为5.6 L
(2024·四川省泸州市二模)
15．亚硫酰氯(SOCl2)常用作脱水剂，沸点79℃，140℃以上易分解，遇水剧烈反应生成和HCl。实验室合成的原理之一是，部分模拟装置如图所示。下列叙述正确的是
A．图中制能实现“随开随用、随关随停”
B．碱石灰具有吸收多余或的作用
C．整套装置设计并无不妥，能达成目的
D．可将与混合加热制取无水
题型五 氯及其化合物间的转化关系
(2024·广东省大湾区普通高中毕业班联合模拟考试)
16．含Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断正确的是
A．f是氯的酸性最强含氧酸
B．c分解得产物a和b
C．d可用于自来水杀菌消毒，说明其有氧化性
D．为制备纯净的气体b，将气体通入饱和e溶液中洗气即可
(2024·江西省南昌市一模)
17．氯及其化合物种类繁多，部分含氯物质如图所示。下列说法错误的是
A．a与d的水溶液不能共存
B．d与f都可以用于杀菌消毒
C．e的氧化性比h强
D．b与g反应可得c，每转移7个电子可制得0.6mlc
18．部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．a与d、a与e在酸性条件下反应，均可以得到b
B．c为一种新型自来水消毒剂，代替 b的原因是c的毒性更小
C．向b的水溶液里加入 CaCO3，可以增加d的产量
D．“84”消毒液可用于环境消毒，主要是因为其在空气中能生成d
19．氯及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。下列说法错误的是
A．的浓溶液和反应生成B．的电子式为
C．的水溶液呈碱性D．相同质量的的消毒效率比高
20．利用“价—类”二维图研究物质的性质是化学研究的重要手段。下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。
回答下列问题：
(1)X是一种含氧酸，其电离方程式为 。
(2)氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素的质量之比为71∶48，则m∶n= 。
(3)Y常用于实验室制取O2，在400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴、阳离子个数之比为1∶1，生成两种盐的化学式分别为 。
(4)NaClO2具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒效率是Z的 倍(还原产物都是Cl-，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。
(5)Cl2O可用潮湿的Z与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，反应中Z既体现氧化性，又体现还原性，该反应的化学方程式为 。
题型六 综合实验中的氯气制备和性质探究
(2024·广东省佛山市一模)
21．按如图装置进行探究实验，关闭K后，反应开始。下列说法错误的是
A．石墨电极A为正极
B．U型管中M代表阳离子交换膜
C．a中产生白色沉淀，溶液中减小
D．b中溶液变为橙黄色，说明非金属性：Cl>Br
(2024·广东省大亚湾区普通高中毕业班一模)
22．某化学兴趣小组采用次氯酸钙与稀盐酸反应制取氯气，并探究了氯气的性质。实验装置如图所示，下列说法正确的是
A．b试管中的离子方程式为：
B．湿润的试纸先变红后褪色，说明有酸性，同时又有漂白性
C．f处变红，是因为被氧化为，遇溶液变红
D．g处变为橙色，h处变为黄色，说明氧化性：
(2024·广东省深圳市二模)
23．利用如图所示装置进行Cl2的制备及性质检验实验。下列说法不正确的是
A．固体a可为KMnO4
B．①处纸条无明显现象且②处纸条褪色，说明Cl2具有漂白性
C．③处试纸变蓝，说明氧化性：Cl2＞I2
D．实验结束后，打开止水夹向装置中鼓入空气以促进尾气吸收
24．某同学设计用下图的装置制备少量的 (易水解)。下列说法错误的是
A．B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液，其作用是除去氯气中的HCl
B．装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入E中
C．用50mL 12 的盐酸与足量的反应，所得氯气可以制取26.7g
D．实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯
25．四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为-25 ℃，沸点为136.4℃。某实验小组设计如图装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法不正确的是
A．②中应盛装饱和食盐水
B．冷凝管有冷凝、回流和导气的作用
C．反应结束时，应先停止③处的加热，后停止①处的加热
D．该设计存在不足，如④、⑤之间缺少防止水蒸气进入④的装置
(2024·江苏省苏锡常镇四市一模)
26．探究NaClO溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
(2024·四川省大数据学考联盟一模)
27．氯气与部分含氯化合物的价类关系如下图所示，表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．0℃，下，所含中子的数目为
B．溶液中所含的数目为
C．用浓盐酸与反应制取共转移电子的数目为
D．由和组成的混合物中含氧原子的数目为
28．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊法制备亚氯酸钠的流程如图所示：
下列说法错误的是
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是负极产物
C．反应②中的H2O2不能用NaClO4代替
D．在反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
(2024·福建省福州市三模)
29．向敞口容器中加入一定体积pH=13的84消毒液(NaClO的浓度约为，不断搅拌，逐滴加入溶液，溶液pH变化曲线如图1所示(AB段pH快速下降的原因之一是)。图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系。
关于上述滴定过程，下列说法正确的是
A．原84消毒液中，HClO的含量约为
B．AB段Fe被氧化的反应
C．CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO的氧化性强于ClO⁻
D．400s后反应几乎停止
(2024·广东省茂名市二模)
30．按如图装置进行电解滴有紫甘蓝溶液饱和食盐水的可视化实验，已知紫甘蓝溶液酸性条件下呈红色，中性条件下呈紫色，碱性条件下呈黄色，下列说法不正确的是
A．U形管左边颜色由紫色变黄
B．④中带火星的木条复燃
C．反应结束后⑤中的离子浓度：c(Cl-)＞c(ClO-)
D．U形管右侧先变红后褪色，体现氯水的酸性和漂白性
(2024·山西省晋中市高三质检)
31．已知是一种黄绿色气体，都是有刺激性气味的气体，是人类使用最多的一种金属单质，是一种盐，受热易分解．现有以下转化关系，部分产物未标出。
试回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：X 、Y 、D 。
(2)写出下列反应的离子方程式。
① ；
②—红褐色沉淀： 。
(3)Z是合成硝酸的重要原料，请写出其与氧气在催化剂的作用下反应的化学方程式： 。
(4)大苏打在照相、电影、纺织、化纤、造纸、皮革、农药等方面均有重要用途．现欲在实验室制备大苏打，从氧化还原角度分析，合理的是_________________（填字母选项）。
A．B．C．D．
(2024·上海市金山区高三质量监控)
32．次氯酸和次氯酸盐都是重要的含氯化合物，应用于杀菌消毒、漂白等领域。
I．探究不同条件下84消毒液的漂白效果
(1)84消毒液的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠溶液呈 ，理由是 (用离子方程式解释)。
A．酸性 B．中性 C．碱性
(2)在3只编号分别为甲、乙、丙的烧杯中进行如下操作：
①关于表格中a、b的数值合理的是 。
A．a=2，b=18 B．a=2，b=19 C．a=2，b=20
②由实验现象可得出的结论是 。
(3)将84消毒液按一定比例稀释，并将稀释液放置在空气中一段时间。在此过程中测定溶液的氧化还原电势变化如图所示。(已知：氧化还原电势越大，氧化性越强。)
解释曲线变化的原因 。
II．某学习小组以Cl2O为原料制备HClO。
i．常温常压下Cl2O是一种黄绿色气体。
ii．将氯气和空气(不参与反应)通入足量的Na2CO3溶液，发生反应生成Cl2O。
iii．Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。
iv．已知：HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=2I-+S4O。
(4)各装置的连接顺序为①→ 。
A．②④③⑤ B．④②③⑤ C．④③②⑤
(5)装置②中发生的化学反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
A．1：1 B．2：1 C．1：2
(6)Cl2O不会被装置③吸收的原因是 。
(7)装置④的作用有：吸收Cl2中的HCl、___________。
A．防倒吸B．吸收Cl2O
C．将空气、氯气混合均匀D．通过观察气泡调节气体流速
(8)测定HClO的物质的量浓度：量取10.00 mL样品稀释至100.00 mL，取出10.00 mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液，滴加几滴淀粉溶液，用0.08 ml·L-1标准Na2S2O3溶液滴定，当 即达到滴定终点，消耗25.00 mL标准液。原溶液中c(HClO)= ml·L-1。
33．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，向三颈烧瓶中滴入溶液，制得；
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 ；盛放稀硫酸和溶液的仪器中支管的作用为 。
(2)向三颈烧瓶中滴入溶液，制得的化学方程式为 ；每生成转移 电子。
(3)通入与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 。
(2023•湖北省选择性考试，2)
34．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
(2023•辽宁省选择性考试，13)
35．某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
A．AB．BC．CD．D
(2023•浙江省6月选考，16)
36．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
A．AB．BC．CD．D
(2022·浙江省1月选考，22)
37．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
(2021•浙江6月选考，16)
38．关于化合物的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性B．与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
(2022•北京卷，19)
39．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)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
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)
(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，氧化剂将氧化为。
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1mL悬浊液，加入4mL40%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1mL悬浊液，加入4mL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 。
(2021•浙江6月选考，30)
40．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。已知：
①，合适反应温度为；副反应：。
②常压下，沸点，熔点；沸点2.0℃，熔点。
③，在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和的比例
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，为减少产品中的含量，可采用的方法是 。
(4)将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要时，可将浓溶液用萃取分液，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：取一定量浓溶液的稀释液，加入适量、过量溶液及一定量的稀，充分反应。用标准溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生的反应(不考虑与水反应)：
实验数据如下表：
①用标准溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是 。
②高纯度浓溶液中要求(和均以计)。结合数据分析所制备的浓溶液是否符合要求 。
目录01 模拟基础练
【题型一】氯及其化合物的性质及用途
【题型二】氯水的成分与性质
【题型三】次氯酸、次氯酸盐的性质及用途
【题型四】氯气实验室制法的简单应用
【题型五】氯及其化合物间的转化关系
【题型六】综合实验中的氯气制备和性质探究
02 重难创新练
03 真题实战练
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
溶液吸收
选项
探究目的
实验方案
A
检验NaClO溶液中的
用洁净的铂丝蘸取少量NaClO溶液，在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色
B
检验NaClO溶液的氧化性
将NaClO溶液滴加到淀粉KI溶液中，观察溶液颜色变化
C
检验NaClO溶液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对
D
检验NaClO溶液的还原产物
将少量NaClO溶液与充分反应后，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，观察沉淀产生情况
编号
84消毒液
蒸馏水
白醋
品红溶液
相同时间的现象
甲
2 mL
20 mL
/
5滴
无明显现象
乙
2 mL
19 mL
1 mL
5滴
红色变浅
丙
a mL
b mL
2 mL
5滴
红色迅速褪去
选项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应：
C
紫黑色晶体消失
()的消耗使溶解平衡右移
D
溶液褪色
与有色物质发生了置换反应
实验方案
现象
结论
A
往碘的溶液中加入等体积浓溶液，振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在浓溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
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
向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
转化为，溶解度小于溶解度
D
取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液
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
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
加入量
滴定Ⅰ测出量
滴定Ⅱ测出量
参考答案：
1．B
【详解】A．氯气通入品红溶液中红色褪去，加热该褪色溶液，仍无色，因次氯酸具有漂白性，故A错误；
B．氯气溶于水与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以紫色石蕊溶液：先变红，后褪色，故B正确；
C．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯元素部分化合价升高、部分降低，氯气既表现氧化性又表现还原性，故C错误；
D．硫化钠溶液：溶液变浑浊；氯气只作氧化剂，故D错误；
故选B。
2．B
【详解】A．电解饱和食盐水制取：，故A正确；
B．氯气用于自来水消毒，离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl﹣+HClO，故B错误；
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：，故C正确；
D．氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液参与发生氧化还原反应，离子方程式为： +Cl2+H2O═+3H++2Cl﹣，故D正确；
故选B。
3．C
【详解】A. NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，NaClO2既是氧化剂，又是还原剂。NaClO2中+3价Cl降低到NaCl中的-1价，1ml NaClO2得到4ml电子，同时NaClO2中的+3价Cl升高到ClO2中的+4价，1ml NaClO2失去1ml电子。根据电子守恒，失去电子的NaClO2（做还原剂）的物质的量是得到电子的NaClO2（做氧化剂）的物质的量的4倍，所以n（氧化剂）：n（还原剂）=1:4，故A不选；
B. ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是ClO2发生歧化反应，+4价氯化合价既升高，又降低，生成ClO3- 和ClO2-，故不B选；
C. 二氧化氯易溶于水，所以不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故C选；
D．1mlClO2得到5ml电子生成Cl-，1mlCl2得到2ml电子生成Cl-，所以等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的2.5倍，故D不选。
故选C。
4．A
【详解】A. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；
B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42－、Cl－，B错误；
C. NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；
D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；
故本题合理选项是A。
【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。
5．C
【分析】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，以此解答。
【详解】A．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．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．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．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；
故答案为：C。
6．C
【详解】A项、饱和氯水不能再溶解氯气，再通入少量氯气，各成分的浓度不变，故A错误；
B项、通入少量SO2，SO2与Cl2反应生成HCl和H2SO4，Cl2浓度减小，使平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO左移，HClO的浓度减小，漂白性减弱，故B错误；
C项、加入少量的碳酸钠粉末，碳酸钠与H+反应消耗H＋，使平衡正向移动，HClO的浓度增大，溶液漂白性增强，故C正确；
D项、光照过程中，弱酸HClO分解，生成O2和强酸HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，故D错误；
故选C。
【点睛】减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动，HClO浓度减小，漂白性减弱，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增大，漂白性增强。
7．D
【详解】A．新制饱和氯水中，氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不稳定，在光照下发生分解反应生成氯化氢和氧气，溶液酸性增强，pH将减小，A项错误；
B．实验2中向淀粉-KI溶液中滴加氯水，溶液变蓝色，碘单质遇淀粉变蓝，新制饱和氯水中存在氯气分子，氯气也能置换出碘化钾中的碘，B项错误；
C．实验3中向FeCl2溶液中滴加适量氯水，溶液颜色变成棕黄色，则反应后溶液中不可能大量存在Fe2+、ClO-，C项错误；
D．实验4中新制饱和氯水中滴加1 ml·L-1 NaHCO3溶液，产生的气体为CO2，能使澄清石灰水变浑浊，D项正确；
答案选D。
8． Cl2 漂白性 Cl2+H2O = HCl + HClO 2HClO= 2HCl+O2↑ 1mL H2O 红色不褪去
【分析】(1)氯气呈黄绿色，氯水中其它成分都呈无色；
(2)实验一：酸能使紫色石蕊试液变红色，氯水能使红色的溶液褪色；
(3)实验一中紫色石蕊试液变红色，说明有酸生成；最后溶液褪色，说明含有HClO，根据转移电子守恒及元素守恒知，该反应中还有HCl生成；
(4)红色不褪去，说明溶液光照后不存在HClO，则HClO不稳定，光照易分解生成HCl和氧气；
(5)实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，应该加入溶剂使溶液变稀检验红色是否褪去。
【详解】(1)氯气呈黄绿色，氯水中其它成分都呈无色，所以氯水呈黄绿色，说明其中含有Cl2；
(2)实验一：酸能使紫色石蕊试液变红色，氯水能使红色的溶液褪色，氯水中加入紫色石蕊试液后变红色说明溶液呈酸性，后来溶液褪色，说明具有漂白性；
(3)实验一中紫色石蕊试液变红色，说明有酸生成；最后溶液褪色，说明含有HClO，根据转移电子守恒及元素守恒知，该反应中还有HCl生成，反应方程式为Cl2 +H2O═HCl+HClO；
(4)红色不褪去，说明溶液光照后不存在HClO，则HClO不稳定，光照易分解生成HCl和氧气，反应方程式为2HClO═2HCl+O2↑；
(5)实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，应该加入溶剂使溶液变稀检验红色是否褪去，所以需要补充的实验是加入1mL水稀释溶液，且溶液红色不褪去。
【点睛】氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同，其中：①与硝酸银反应：氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：黄绿色退去，二氧化硫和氯气、水反应生成硫酸和盐酸。
9．B
【详解】A．氯气是气体，不便保存和运输，将气体转化为较稳定固体物质便于保存和运输，所以工业上将氯气制成漂白粉，故A正确；
B．可生成具有漂白性的HClO，CaCl2不具有漂白性，故B错误；
C．漂白粉与84消毒液都含有次氯酸根离子，具有强氧化性，可起到杀菌消毒的作用，故C正确；
D．氯气通入石灰乳，可生成次氯酸钙，为漂白粉的有效成分，故D正确。
故选B。
10．B
【详解】A．该物质中含有ClO-，具有强氧化性，可以将有色物质氧化变为无色，因此可作漂白剂，A正确；
B．该物质可表示为CaCl2·Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2是由强碱与弱酸反应产生的盐，水溶液显碱性，向其中加入碳酸钠溶液，Ca2+与反应产生CaCO3，因此会出现白色浑浊，B错误；
C．由于酸性：HClO＜H2CO3，所以该盐长期放置，会与空气的成分发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO光照分解，最后变质为CaCO3，C正确；
D．根据氧化还原反应规律在酸性条件下，会发生归中反应：ClO- +C1- +2H+=Cl2↑+ H2O，产生Cl2，D正确；
故合理选项是B。
11．(1) 将生成的稀释到10%以下，防止分解爆炸
(2) 温度较高时易分解
(3) <
(4)加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤
(5) 和较浓盐酸混合，氧化性还原性会增强，发生氧化还原反应，生成氯气，导致氯气含量增大
【分析】溶液，稀硫酸，通入和空气发生反应生成二氧化氯()，二氧化氯()和氢氧化钠、双氧水反应生成，或通过电解二氧化氯()和NaCl溶液来得到，在加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃，结晶，洗涤。
【详解】（1）步骤1中氯酸根和二氧化硫反应得到，离子方程式为：；
由于纯易分解爆炸，因此通入空气的作用是将生成的稀释到10%以下，防止分解爆炸；
（2）方法1中，反应的离子方程式为：；
利用方法1制时，温度高过氧化氢易分解，则温度不能超过20℃，可能的原因是温度较高时易分解；
（3）a电极为得电子生成，方程式为：；
b电极为失电子生成氯气，方程式为：；
根据电极反应可知，溶液中的溶质浓度 f（4）根据图中的溶解度曲线，低于38℃析出的是，高于60℃时易分解生成和NaCl，因此步骤3中从溶液中获得晶体的操作是加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤；
（5）和稀盐酸反应的离子方程式为：；
和较浓盐酸混合，会增强氧化性还原性，发生氧化还原反应，生成氯气，导致氯气含量增大。
12．C
【详解】A．二氧化锰与浓盐酸制氯气在加热条件下进行，A错误；
B．除去氯气中的氯化氢气体用饱和食盐水，导管长进短出，B错误；
C．氯气密度比空气大，用向上排空气法，C正确；
D．氯气可与氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液进行尾气处理，D错误；
故选C。
13．A
【详解】A．高锰酸钾固体能与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则题给装置能达到制备氯气的实验目的，故A正确；
B．氯气有毒，闻气体气味时，应用手轻轻扇动气体，将气体飘进鼻孔，不能用鼻子直接闻气体的气味，则题给装置不能达到闻氯气气味的实验目的，故B错误；
C．氯气能与饱和碳酸氢钠溶液反应，所以题给装置不能达到除去氯气中氯化氢杂质的实验目的，故C错误；
D．鲜花中的水分能与氯气反应生成具有强氧化性的次氯酸使鲜花褪色，则题给装置不能达到验证氯气漂白性的实验目的，故D错误；
故选A。
14．D
【分析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2，据此分析解题。
【详解】A．G为O2、H为Cl2，生成O2时O元素化合价由-2价变为0价，生成Cl2时Cl元素化合价由-1价变为0价，则G、H都是氧化产物，故A正确；
B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，反应中KMnO4既是氧化剂也是还原剂，实验中KMnO4既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；
C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；
D．15.8g高锰酸钾为物质的量为0.1ml，每生成1ml O2转移4ml电子，每生成1ml Cl2转移2ml电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)≤0.25ml，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25ml，标况下体积小于5.6L，故D错误。
答案选D。
15．B
【分析】亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，经过浓硫酸干燥通入三颈烧瓶，装置右端可利用高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，经饱和食盐水除去盐酸挥发的HCl气体后通入三颈烧瓶，发生反应生成亚硫酰氯(SOCl2)。
【详解】A．亚硫酸钠粉末会从多孔隔板口落入硫酸中，无法固液分离，实现“随开随用、随关随停”，A错误；
B．碱石灰具有吸收多余或的作用，B正确；
C．生成的氯气中混有盐酸挥发的HCl气体和水蒸气，未经过干燥将氯气通入三颈烧瓶将导致与水反应，且饱和食盐水导管应右长左短，C错误；
D．具有氧化性，与水反应生成二氧化硫具有还原性，混合加热无法制取无水，D错误；
答案选B。
16．C
【分析】由题干价类二维图图示信息可知，a为HCl、b为Cl2、c为HClO、d为ClO2、e为NaCl等氯化物，f为HClO3，据此分析解题。
【详解】A．同一元素的含氧酸中非羟基氧原子越多酸性越强，故f不是氯的酸性最强含氧酸，氯的酸性最强的含氧酸应该为HClO4，A错误；
B．由分析可知，c为HClO、a为HCl、b为Cl2，则c即HClO分解得产物a即HCl和O2，而非b即Cl2，B错误；
C．由分析可知，d即ClO2其中Cl为+4价，其有氧化性，能使蛋白质发生变形，则可用于自来水杀菌消毒，C正确；
D．由分析可知，为制备纯净的气体b即Cl2，将气体通入饱和e即氯化物溶液中洗气再经过干燥才可以，否则混有水蒸气，D错误；
故答案为：C。
17．A
【详解】A．a为含有Cl-的盐，d为含有ClO-的盐，Cl-和ClO-在碱性条件下可以大量共存，故A错误；
B．d为含有ClO-的盐，f为ClO2，二者都具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，故B正确；
C．e为HClO，h为HClO4，大量H+与ClO-结合后产生的吸电子效应使得Cl更缺电子，所以酸性条件下HClO的氧化性比HClO4强，故C正确；
D．b为HCl，g为含有ClO，浓盐酸和KClO3反应可以生成Cl2，方程式为：2KClO3+4HCl(浓)═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，KClO3中Cl元素由+5价下降到-1价，每转移7个电子，消耗ml KClO3，生成0.6ml Cl2，故D正确；
故选A。
18．B
【分析】由题图分析可知，a为HCl；b为Cl2；c为ClO2；d为HClO；e为含的盐。
【详解】A．盐酸和次氯酸反应可生成水和氯气，盐酸和氯酸盐反应可生成氯气，故A正确；
B．ClO2为一种新型自来水消毒剂，代替Cl2的原因是ClO2消毒效率更高，且不产生新的有毒有害物质，故B错误；
C．氯水中含有HCl、HClO，HCl与加入的CaCO3反应，HCl的消耗促进Cl2与水的反应，生成更多的HClO，故C正确；
D．“84”消毒液可用于环境消毒，主要是因为其在空气中能与CO2反应生成HClO，故D正确。
综上所述，答案为B。
19．B
【详解】A．根据图象，a为HCl、f为HClO3，a的浓溶液和f发生归中反应，生成氯气，A说法正确；
B．c为HClO，结构式为H-O-Cl，电子式为，B说法错误；
C．d为+1价的钠盐，为次氯酸钠，为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，C说法正确；
D．e为+4价的氧化物ClO2，消毒时，Cl的化合价由+4变为-1，即67.5g转移5ml电子，氯气为71g，转移2ml电子，则相同质量的e的消毒效率比b高，D说法正确；
答案为B。
20．(1)HClO4=H++ ClO
(2)2∶3
(3)KCl、KClO4
(4)2
(5)2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaCl+2NaHCO3+Cl2O
【分析】X为氯元素+7价酸类物质，为HClO4，Z为氯元素的单质，为Cl2，Y为氯元素+5价盐类化合物，根据题干，Y常用于实验室制取O2，在400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴、阳离子个数之比为1∶1，且Cl元素化合价为+5价，则Y为KClO3。
【详解】（1）根据分析，X为HClO4，电离方程式：HClO4=H++ ClO；
（2）氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素的质量之比为71∶48，则m∶n=∶=2∶3；
（3）Y是一种盐，常用于实验室制取O2，则Y是KClO3，在400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，该盐应是KCl，另一种盐的阴、阳离子个数比为1∶1，结合氧化还原反应规律推知，另一种盐是KClO4；
（4）NaClO2、Cl2在消毒时，还原产物都是Cl-，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示，1 ml NaClO2得到4 ml电子，1 ml Cl2得到2 ml电子，则NaClO2的消毒效率是Cl2的2倍；
（5）Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，反应中Cl2既体现氧化性，又体现还原性；Cl2生成Cl2O的过程表现还原性，根据氧化还原反应规律推知，Cl2体现氧化性时，应被还原为NaCl，结合得失电子守恒和原子守恒写出化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaCl+2NaHCO3+Cl2O。
21．C
【分析】由图可知，U形管为原电池，A电极为原电池的正极，酸性条件下高锰酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，电极B为负极，氯离子在负极失去电子发生氧化反应生成氯气，氢离子通过阳离子交换膜M进入正极区；挥发出的氯化氢使a处饱和氯化钠溶液氯离子浓度增大，使得氯化钠的溶解度减小而形成氯化钠固体；氯气与b处溴化钠溶液反应生成氯化钠和溴，使溶液变为橙黄色；硬质试管中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯气，与储存收集氯气安全气球的目的相同，防止污染空气。
【详解】A．由分析可知，A电极为原电池的正极，故A正确；
B．由分析可知，氢离子通过阳离子交换膜M进入正极区，故B正确；
C．由分析可知，挥发出的氯化氢使a处饱和氯化钠溶液氯离子浓度增大，使得氯化钠的溶解度减小而形成氯化钠固体，析出固体所得溶液为氯化钠饱和溶液，温度不变，溶度积为定值，溶液中氯离子浓度变大，钠离子变小，错误；
D．b中溶液变为橙黄色是因为氯气与溴化钠溶液反应生成氯化钠和溴，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于溴，证明氯元素的非金属性强于溴元素，故D正确；
故选C。
22．C
【详解】A．次氯酸根和氯离子酸性条件下发生归中反应，生成氯气，故b中的离子方程式为：ClO−+2H++Cl−=Cl2↑+H2O，A错误；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，有酸性，使pH试纸变红，次氯酸有漂白性，所以后来pH试纸又褪色，但都不是氯气的性质，是氯气和水反应产物的性质，故B错误；
C．f处变红，是因为Fe2+被氯气氧化为Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变红，C正确；
D．g处变为橙色，说明氧化性：Cl2>Br2，h处变为黄色，说明氧化性：Cl2>I2，但是无法说明Br2和I2的氧化性强弱关系，故D错误；
本题选C。
23．B
【详解】A．已知反应KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，故固体a可为KMnO4，A正确；
B．①处纸条无明显现象，说明Cl2本身不具有漂白性，②处纸条褪色，说明Cl2与水的产物具有漂白性，B错误；
C．③处试纸变蓝，说明有碘单质生成，即发生了反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氧化性：Cl2＞I2，C正确；
D．实验结束后，装置内还有大量的未参与反应的有毒气体Cl2，故需打开止水夹向装置中鼓入空气以促进尾气吸收，防止污染环境，D正确；
故答案为：B。
24．C
【分析】制备少量的AlCl3，由实验装置可知，A中浓盐酸与二氧化锰反应加热下反应生成氯气，且稀盐酸与二氧化锰不反应，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D中Al与氯气加热反应生成氯化铝，E中可收集氯化铝，F中浓硫酸可防止G中水蒸气进入E中，G中NaOH溶液吸收尾气，据此分析解题。
【详解】A． 因浓盐酸易挥发，B 装置中所装试剂为饱和 NaCl 溶液，其作用是除去 Cl2中的 HCl，故A正确；
B． 装置 C 和 F 中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入 E 中，防止氯化铝水解，故B正确；
C． 若盐酸完全反应，n(HCl)=0.05mlL×12ml/L=0.6ml，MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，可知生成氯气为0.6ml×=0.15ml，由Cl原子守恒可知得到氯化铝为0.15ml×2××133.5g/ml=13.35g，且稀盐酸与浓盐酸不反应，则最终得到氯化铝的质量小于13.35g，故C错误；
D． 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，将空气排出后，防止Al与氧气反应，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，故D正确；
故选C。
25．A
【详解】A．因四氯化钛（TiCl4）极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，而制得的氯气中含有水蒸气，所以②中应盛装浓硫酸，A项错误；
B．TiCl4的熔沸点较低，制得的TiCl4应经过冷凝处理，则该装置中的冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，B项正确；
C．反应结束时，先停止③处加热，后停止①处加热，可以使制得的TiCl4在氯气氛围中冷却，防止空气进入装置中使TiCl4变质，C项正确；
D．因四氯化钛（TiCl4）极易水解，所以应在装置④和⑤之间加一个防止水蒸气进入④的装置，D项正确；
答案选A。
26．B
【详解】A．观察钠元素的焰色反应不用透过蓝色钴玻璃，它会过滤掉钠的火焰颜色，故A错误；
B．将NaClO溶液滴加到淀粉KI溶液中，I-被氧化为I2，溶液变蓝，可以检验NaClO溶液的氧化性，故B正确；
C．NaClO具有漂白性，能使pH试纸褪色，故C错误；
D．少量NaClO溶液与反应的化学方程式为：，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，是用来检验Cl-，但原溶液中本来就存在Cl-，无法判断该氯离子是溶液中原有的还是次氯酸根被还原生成的，故D错误；
故选B。
27．B
【详解】A．由图像可知，标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B．是强酸，完全电离，溶液中所含的数目为，故B正确；
C．浓盐酸与反应制取的离子方程式为：，该反应转移5个电子，的物质的量为0.1ml，转移电子的物质的量为ml，故C错误；
D．不知道和的组成比例，无法计算氧原子的具体值，故D错误。
答案选B。
28．B
【详解】A．根据流程图可知，反应①中的氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据得失电子守恒定律可得参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1，A正确；
B．由反应①中各元素的化合价变化情况，再根据原电池正极上发生的是得电子的还原反应可知，ClO2是正极产物，B错误；
C．在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2时氯元素的化合价降低，作氧化剂，则H2O2作还原剂，氧元素的化合价升高，而NaClO4中的氯元素是最高价态，不能作还原剂，故不能用NaClO4代替H2O2，C正确；
D．反应②中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；
故选B。
29．C
【详解】A．由图2可知，HClO的电离常数为Ka=10-7.5，原84消毒液中，NaClO的浓度约为，pH=13，则，，故A错误；
B．根据分析可知，AB段溶液为碱性环境，存在大量OH-，Fe被氧化的反应为，故B错误；
C．当溶液中原本存在的OH-反应完全后，BC段发生反应，生成弱酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl2溶液，由于HClO的氧化性强于ClO⁻，CD段HClO氧化Fe2+，发生反应HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+，生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，故C正确；
D．反应进行至400s时，此时仍反应进行，生成的HClO氧化Cl-产生Cl2，离子方程式为HClO+Cl-+H+=Cl2↑+H2O，故D错误；
故选C。
30．B
【分析】电解时与电源正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应，根据电解饱和食盐水方程式：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH的不同电极产物，结合溶液酸碱性与紫甘蓝溶液颜色变化分析。
【详解】A．根据图示可知：U形管左侧电极连接电源负极为阴极，阴极上发生还原反应，由于离子放电能力：H+＞Na+，因此阴极电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，使附近溶液显碱性，在碱性条件下紫甘蓝溶液呈黄色，因此看到溶液由紫色变为黄色，A正确；
B．根据选项A分析可知：左侧电极为阴极，电极反应式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-，在④中逸出的气体为H2具有可燃性，不具有助燃性，因此不能使带火星的木条复燃，B错误；
C．右侧电极连接电源正极，作阳极，阳极发生氧化反应。由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，所以阳极电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2与烧杯⑤中NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应产生的NaCl、NaClO的物质的量相等，最初c(Cl-)=c(ClO-)，但HCl是强酸，Cl-不水解，c(Cl-)不变；而HClO是弱酸，ClO-会发生水解反应变为HClO而消耗，导致c(ClO-)减小，因此最终达到平衡时溶液中离子浓度：c(Cl-)＞c(ClO-)，C正确；
D．根据图示可知：U形管右侧电极连接电源正极为阳极，Cl--2e-=Cl2↑，Cl2溶于水，发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl、HClO都是酸，酸电离产生H+，使溶液显酸性，在酸性溶液中紫甘蓝溶液呈红色，同时HClO又具有强氧化性，又会将红色物质氧化变为无色，因此看到U形管右侧溶液颜色变化是先变红后褪色，这体现氯水的酸性和漂白性，D正确；
故合理选项是B。
31．(1)
(2)
(3)
(4)B
【分析】X是一种黄绿色气体，所以X是氯气；M是人类使用最多的一种金属单质，M是铁；结合图示转化关系，C是氯气与铁反应得到的氯化铁；氯气与Y反应后的溶液能与硝酸银得到白色沉淀，与氯化钡也能得到白色沉淀，所以Y是具有刺激性气味的二氧化硫，A是氯化氢、B是硫酸；二氧化硫与氯化铁溶液反应得到硫酸，氯化铁与Z能生成红褐色沉淀氢氧化铁，则Z是具有刺激性气味的气体氨气；氯气与氨气反应生成D，D是一种受热易分解的盐，则D是氯化铵。
【详解】（1）据以上分析，X是Cl2、Y是SO2、D是NH4Cl；
（2）①X+Y-A+B是氯气与二氧化硫生成氯化氢和硫酸的反应，其离子方程式为；
②Z+C-红褐色沉淀，即氨气与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁，其反应离子方程式为；
（3）氨气是合成硝酸的重要原料，氨气与氧气在催化剂的作用下反应的化学方程式为；
（4）大苏打中硫的化合价是+2价，欲在实验室制备大苏打，从氧化还原的角度分析：
A．Na2S和S中硫元素的化合价分别是-2价和0价，均低于+2价，不可能生成+2价的硫元素的化合物，故A错误；
B．Na2SO3和S中硫元素的化合价分别是+4价和0价，可能生成+2价的硫元素的化合物，故B正确；
C．Na2SO3和Na2SO4中硫元素的化合价分别是+4价和+6价，均高于+2价，不可能生成+2价的硫元素的化合物，故C错误；
D．SO2和Na2SO4中硫元素的化合价分别是+4价和+6价，均高于+2价，不可能生成+2价的硫元素的化合物，故D错误；
故答案为：B。
32．(1) C ClO-+H2OHClO+OH-
(2) A 酸性越强，NaClO溶液漂白性越强，褪色越快
(3)NaClO结合空气中的水和二氧化碳生成HClO，HClO氧化性强于ClO-，溶液氧化性增强，氧化还原电势增大
(4)B
(5)C
(6)Cl2O是极性分子，CCl4是非极性分子
(7)CD
(8) 加入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 1.00
【详解】（1）次氯酸钠溶液中次氯酸根发生水解：ClO-+H2OHClO+OH-，水解后溶液中c(OH-)>c(H+)，呈碱性；
（2）①为探究不同条件下84消毒液的漂白效果，应保持84消毒液体积相同，则a=2，且溶液总体积保持一致，则2+b+2=22，b=18；
②由实验现象可知，随醋酸用量增加，溶液褪色越迅速，由此可知溶液酸性越强，NaClO溶液漂白性越强，褪色越快；
（3）NaClO结合空气中的水和二氧化碳生成HClO，HClO氧化性强于ClO-，溶液氧化性增强，氧化还原电势增大；
（4）装置①用于制取氯气，生成的氯气与空气在装置④中混合后通入②中反应生成Cl2O；生成的Cl2O通入装置③中除去氯气后进入装置⑤中，Cl2O与水反应生成HClO，故B正确。
（5）装置②中氯气和Na2CO3发生反应生成Cl2O，同时生成NaCl，反应为：；Cl2O为氧化产物，NaCl为还原产物，两者物质的量之比为1：2；
（6）Cl2O是极性分子，CCl4是非极性分子，根据相似相溶原理可知Cl2O不易溶于CCl4；
（7）氯气和空气通入装置④中，两者均不易溶于饱和食盐水，因此不会有倒吸可能，故A错误；混合物中不存在Cl2O，故B错误；氯气和空气可在装置④中充分混合，同时通过观察气泡可以调节气体流速，故CD正确；
（8）HClO溶液加足量KI，两者反应生成碘单质：HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，滴加淀粉后溶液变蓝色，再用标准Na2S2O3溶液滴定时，Na2S2O3与碘单质发生：I2+2S2O=2I-+S4O；当加入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色，则达到滴定终点；消耗25.00 mL 0.08 ml·L-1标准Na2S2O3溶液时，消耗n(Na2S2O3)= 25.00×10-3L× 0.08 ml·L-1=0.002 ml；结合反应可知待测溶液中n(HClO)=n(I2)=n(Na2S2O3)=0.001ml；待测液的浓度c(HClO)待测=；原溶液中c(HClO)=10c(HClO)待测= 。
33．(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) 0.1
(3)
(4) 过滤、洗涤 防止NaI被氧化
【分析】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。
【详解】（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5mlNaI转移5ml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=0.1ml；答案为：3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O；0.1；
（3）根据步骤③的现象知，H2S将还原成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+=I-+3S↓+3H2O；答案为：3H2S+=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；答案为：过滤、洗涤；防止NaI被氧化。
34．D
【详解】A．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．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．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．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；
综上所述，本题选D。
35．D
【详解】A．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．已知(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-+I2⇌，生成使溶液颜色加深，B项正确；
C．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，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．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；
答案选D。
36．A
【详解】A．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．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．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．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。
37．B
【详解】A．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．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．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．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。
38．D
【详解】A．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．与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；
C．与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；
D．发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；
答案为：D。
39．(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+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O NaClO 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液
【分析】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；
【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体，故答案为：饱和NaCl溶液；
（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的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，故答案为：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，故答案为：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，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+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，可被OH-还原为，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+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量，故答案为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；NaClO；
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，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O，故答案为：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+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，溶液中的被还原为的速率减小，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液，故答案为：过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。
40． 浓 a ABC 抽气(或通干燥氮气) a b g CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复 溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3ml、5×10-6ml，=200>99，符合要求
【详解】(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。
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．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．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．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．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；
综上所述，答案为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，故答案为：抽气(或通干燥氮气)。
(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、、(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×(2.505×10-3ml-1.505×10-3ml)=2×10-3ml，生成I2的物质的量为2×10-3ml，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3ml，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3ml，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3ml-2×10-3ml=5×10-6ml，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6ml，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1×10-3ml、5×10-6ml，=200>99，符合要求。
题型一 氯及其化合物的性质及用途
1．向下列溶液中通入氯气，现象和结论描述正确的是
A．品红溶液：红色褪去，加热该褪色溶液，仍无色；氯气具有漂白性
B．紫色石蕊溶液：先变红，后褪色；氯气与水反应生成盐酸和次氯酸
C．含酚酞的氢氧化钠溶液：红色褪去；氯气只作氧化剂
D．硫化钠溶液：溶液变浑浊；氯气只作还原剂
2．是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
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：
B．氯气用于自来水消毒：
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：
D．氯气“泄漏处理”中溶液的作用：
3．二氧化氯（ClO2）是一种黄绿色易溶于水的气体，常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（ ）
A．NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，则n（氧化剂）：n（还原剂）=1:4
B．ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是：2ClO2+2OH- =ClO3- + ClO2-+H2O
C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D．等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2强
4．一种制备高效漂白剂NaClO2的实验流程如图所示，反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O====2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，下列说法中正确的是
A．反应Ⅱ中H2O2做还原剂
B．产品中含有SO42－、Cl－
C．NaClO2的漂白原理与SO2相同
D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行
题型二 氯水的成分与性质
(2024·天津市和平区二模)
5．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．从0到150s，溶液的减少到起始浓度的倍
6．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
7．室温下，通过下列实验探究新制饱和氯水的性质。
实验1：用pH计测量新制饱和氯水的pH，测得pH约为2.2；
实验2：向淀粉-KI溶液中滴加氯水，溶液变蓝色；
实验3：向FeCl2溶液中滴加适量氯水，溶液颜色变成棕黄色；
实验4：向氯水中滴加1 ml·L-1 NaHCO3溶液。
下列说法正确的是。
A．如用强光照射实验1中的溶液，溶液的pH将增大
B．实验2中证明新制饱和氯水中存在次氯酸分子
C．实验3中反应后溶液中大量存在的离子有：Fe2+、ClO-、Fe3+、Cl-、H+
D．实验4中产生的气体能使澄清石灰水变浑浊
8．某实验小组对氯水成分和性质进行探究，实验如下：
（1）氯水呈黄绿色，说明其中含有 （填化学式）。
（2）实验一的现象表明，氯水具有酸性和 性。
（3）氯气与水反应的化学方程式为 。
（4）用化学用语（化学方程式）说明实验二中“红色不褪去”的原因 。
（5）实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，补充所加试剂和现象。（实验四） 、
题型三 次氯酸、次氯酸盐的性质及用途
9．下列说法不正确的是
A．用氯气制漂白粉的主要目的是使其转变为较稳定、便于贮存的
B．漂白粉中的和都具有漂白性
C．漂白粉与84消毒液的杀菌、消毒原理相似
D．工业上漂白粉是由氯气通入石灰乳[主要成分为]制得
10．下列关于可溶性盐Ca(ClO)Cl的说法不正确的是
A．具有强氧化性，可作漂白剂
B．水溶液呈中性，滴加碳酸钠溶液出现白色浑浊
C．能与空气中的CO2和水蒸气反应而变质
D．与盐酸反应的离子方程式：ClO- +C1- +2H+=Cl2↑+ H2O
(2024·北京市101中高三开学考试)
11．二氧化氯是一种高效消毒灭菌剂。但稳定性较差，可将其用吸收法和电解法两种方法得到较稳定的加以保存。其工艺流程示意图如下图所示：
已知：
ⅰ．纯易分解爆炸，一般用稀有气体或空气稀释到以下。
ⅱ．长期放置或高于时易分解生成和。
(1)步骤1中，生成的离子方程式是 ，通入空气的作用是 。
(2)方法1中，反应的离子方程式是 ，利用方法1制时，温度不能超过，可能的原因是 。
(3)方法2中，利用下图所示装置制备电极(左侧电极)处发生的电极反应式为 ，b电极(右侧电极)处发生的电极反应式为 。溶液中的溶质浓度：f处 d处(填“>”、“<”或“=”)。
(4)的溶解度曲线如下图所示，步骤3中从溶液中获得的操作是 。
(5)使用时，加入稀盐酸即可迅速得到，写出反应的离子方程式： 。若加入盐酸浓度过大，则气体产物中含量会增大，原因是 。
题型四 氯气实验室制法的简单应用
(2024·广东省惠州市三模)
12．1774年，瑞典化学家舍勒发现了制备氯气的方法。在此启发下，兴趣小组利用以下装置进行如下实验，其中能够达到目的的是
A．制取Cl2B．除去Cl2中的HCl
C．收集Cl2D．吸收尾气中的Cl2
(2024·广东省汕头市一模)
13．18世纪70年代，瑞典化学家舍勒发现一种黄绿色、有刺激性气味的气体，某兴趣小组利用下列装置进行如下实验，操作正确且能达到目的的是
A．制备气体B．闻气体气味
C．除去气体中的杂质HClD．验证气体的漂白性
(2024·安徽省马鞍山市第二中学高三模拟)
14．实验室中利用固体进行如图所示实验，下列说法错误的是
A．气体G与气体H均为氧化产物B．实验中既是氧化剂，又是还原剂
C．Mn元素至少参与了3个氧化还原反应D．G与H在标准状况下的总体积可能为5.6 L
(2024·四川省泸州市二模)
15．亚硫酰氯(SOCl2)常用作脱水剂，沸点79℃，140℃以上易分解，遇水剧烈反应生成和HCl。实验室合成的原理之一是，部分模拟装置如图所示。下列叙述正确的是
A．图中制能实现“随开随用、随关随停”
B．碱石灰具有吸收多余或的作用
C．整套装置设计并无不妥，能达成目的
D．可将与混合加热制取无水
题型五 氯及其化合物间的转化关系
(2024·广东省大湾区普通高中毕业班联合模拟考试)
16．含Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断正确的是
A．f是氯的酸性最强含氧酸
B．c分解得产物a和b
C．d可用于自来水杀菌消毒，说明其有氧化性
D．为制备纯净的气体b，将气体通入饱和e溶液中洗气即可
(2024·江西省南昌市一模)
17．氯及其化合物种类繁多，部分含氯物质如图所示。下列说法错误的是
A．a与d的水溶液不能共存
B．d与f都可以用于杀菌消毒
C．e的氧化性比h强
D．b与g反应可得c，每转移7个电子可制得0.6mlc
18．部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是
A．a与d、a与e在酸性条件下反应，均可以得到b
B．c为一种新型自来水消毒剂，代替 b的原因是c的毒性更小
C．向b的水溶液里加入 CaCO3，可以增加d的产量
D．“84”消毒液可用于环境消毒，主要是因为其在空气中能生成d
19．氯及其化合物的“价-类”二维图体现了化学变化之美。下列说法错误的是
A．的浓溶液和反应生成B．的电子式为
C．的水溶液呈碱性D．相同质量的的消毒效率比高
20．利用“价—类”二维图研究物质的性质是化学研究的重要手段。下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。
回答下列问题：
(1)X是一种含氧酸，其电离方程式为 。
(2)氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素的质量之比为71∶48，则m∶n= 。
(3)Y常用于实验室制取O2，在400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴、阳离子个数之比为1∶1，生成两种盐的化学式分别为 。
(4)NaClO2具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒效率是Z的 倍(还原产物都是Cl-，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。
(5)Cl2O可用潮湿的Z与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，反应中Z既体现氧化性，又体现还原性，该反应的化学方程式为 。
题型六 综合实验中的氯气制备和性质探究
(2024·广东省佛山市一模)
21．按如图装置进行探究实验，关闭K后，反应开始。下列说法错误的是
A．石墨电极A为正极
B．U型管中M代表阳离子交换膜
C．a中产生白色沉淀，溶液中减小
D．b中溶液变为橙黄色，说明非金属性：Cl>Br
(2024·广东省大亚湾区普通高中毕业班一模)
22．某化学兴趣小组采用次氯酸钙与稀盐酸反应制取氯气，并探究了氯气的性质。实验装置如图所示，下列说法正确的是
A．b试管中的离子方程式为：
B．湿润的试纸先变红后褪色，说明有酸性，同时又有漂白性
C．f处变红，是因为被氧化为，遇溶液变红
D．g处变为橙色，h处变为黄色，说明氧化性：
(2024·广东省深圳市二模)
23．利用如图所示装置进行Cl2的制备及性质检验实验。下列说法不正确的是
A．固体a可为KMnO4
B．①处纸条无明显现象且②处纸条褪色，说明Cl2具有漂白性
C．③处试纸变蓝，说明氧化性：Cl2＞I2
D．实验结束后，打开止水夹向装置中鼓入空气以促进尾气吸收
24．某同学设计用下图的装置制备少量的 (易水解)。下列说法错误的是
A．B装置中所装试剂为饱和的NaCl溶液，其作用是除去氯气中的HCl
B．装置C和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入E中
C．用50mL 12 的盐酸与足量的反应，所得氯气可以制取26.7g
D．实验过程中应先点燃A处的酒精灯，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯
25．四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为-25 ℃，沸点为136.4℃。某实验小组设计如图装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法不正确的是
A．②中应盛装饱和食盐水
B．冷凝管有冷凝、回流和导气的作用
C．反应结束时，应先停止③处的加热，后停止①处的加热
D．该设计存在不足，如④、⑤之间缺少防止水蒸气进入④的装置
(2024·江苏省苏锡常镇四市一模)
26．探究NaClO溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是
A．AB．BC．CD．D
(2024·四川省大数据学考联盟一模)
27．氯气与部分含氯化合物的价类关系如下图所示，表示阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．0℃，下，所含中子的数目为
B．溶液中所含的数目为
C．用浓盐酸与反应制取共转移电子的数目为
D．由和组成的混合物中含氧原子的数目为
28．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效的漂白剂和氧化剂，可用于各种纤维和某些食品的漂白。马蒂逊法制备亚氯酸钠的流程如图所示：
下列说法错误的是
A．反应①阶段，参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO2是负极产物
C．反应②中的H2O2不能用NaClO4代替
D．在反应②条件下，ClO2的氧化性大于H2O2
(2024·福建省福州市三模)
29．向敞口容器中加入一定体积pH=13的84消毒液(NaClO的浓度约为，不断搅拌，逐滴加入溶液，溶液pH变化曲线如图1所示(AB段pH快速下降的原因之一是)。图2表示NaClO溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH的关系。
关于上述滴定过程，下列说法正确的是
A．原84消毒液中，HClO的含量约为
B．AB段Fe被氧化的反应
C．CD段较BC段pH下降快的主要原因是HClO的氧化性强于ClO⁻
D．400s后反应几乎停止
(2024·广东省茂名市二模)
30．按如图装置进行电解滴有紫甘蓝溶液饱和食盐水的可视化实验，已知紫甘蓝溶液酸性条件下呈红色，中性条件下呈紫色，碱性条件下呈黄色，下列说法不正确的是
A．U形管左边颜色由紫色变黄
B．④中带火星的木条复燃
C．反应结束后⑤中的离子浓度：c(Cl-)＞c(ClO-)
D．U形管右侧先变红后褪色，体现氯水的酸性和漂白性
(2024·山西省晋中市高三质检)
31．已知是一种黄绿色气体，都是有刺激性气味的气体，是人类使用最多的一种金属单质，是一种盐，受热易分解．现有以下转化关系，部分产物未标出。
试回答下列问题：
(1)写出下列物质的化学式：X 、Y 、D 。
(2)写出下列反应的离子方程式。
① ；
②—红褐色沉淀： 。
(3)Z是合成硝酸的重要原料，请写出其与氧气在催化剂的作用下反应的化学方程式： 。
(4)大苏打在照相、电影、纺织、化纤、造纸、皮革、农药等方面均有重要用途．现欲在实验室制备大苏打，从氧化还原角度分析，合理的是_________________（填字母选项）。
A．B．C．D．
(2024·上海市金山区高三质量监控)
32．次氯酸和次氯酸盐都是重要的含氯化合物，应用于杀菌消毒、漂白等领域。
I．探究不同条件下84消毒液的漂白效果
(1)84消毒液的有效成分是次氯酸钠，次氯酸钠溶液呈 ，理由是 (用离子方程式解释)。
A．酸性 B．中性 C．碱性
(2)在3只编号分别为甲、乙、丙的烧杯中进行如下操作：
①关于表格中a、b的数值合理的是 。
A．a=2，b=18 B．a=2，b=19 C．a=2，b=20
②由实验现象可得出的结论是 。
(3)将84消毒液按一定比例稀释，并将稀释液放置在空气中一段时间。在此过程中测定溶液的氧化还原电势变化如图所示。(已知：氧化还原电势越大，氧化性越强。)
解释曲线变化的原因 。
II．某学习小组以Cl2O为原料制备HClO。
i．常温常压下Cl2O是一种黄绿色气体。
ii．将氯气和空气(不参与反应)通入足量的Na2CO3溶液，发生反应生成Cl2O。
iii．Cl2O易溶于水并与水立即反应生成HClO。
iv．已知：HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，I2+2S2O=2I-+S4O。
(4)各装置的连接顺序为①→ 。
A．②④③⑤ B．④②③⑤ C．④③②⑤
(5)装置②中发生的化学反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为 。
A．1：1 B．2：1 C．1：2
(6)Cl2O不会被装置③吸收的原因是 。
(7)装置④的作用有：吸收Cl2中的HCl、___________。
A．防倒吸B．吸收Cl2O
C．将空气、氯气混合均匀D．通过观察气泡调节气体流速
(8)测定HClO的物质的量浓度：量取10.00 mL样品稀释至100.00 mL，取出10.00 mL于锥形瓶中，加入足量KI溶液，滴加几滴淀粉溶液，用0.08 ml·L-1标准Na2S2O3溶液滴定，当 即达到滴定终点，消耗25.00 mL标准液。原溶液中c(HClO)= ml·L-1。
33．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，向三颈烧瓶中滴入溶液，制得；
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 ；盛放稀硫酸和溶液的仪器中支管的作用为 。
(2)向三颈烧瓶中滴入溶液，制得的化学方程式为 ；每生成转移 电子。
(3)通入与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 。
(2023•湖北省选择性考试，2)
34．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
(2023•辽宁省选择性考试，13)
35．某小组进行实验，向蒸馏水中加入，充分振荡，溶液呈浅棕色，再加入锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知为棕色，下列关于颜色变化的解释错误的是
A．AB．BC．CD．D
(2023•浙江省6月选考，16)
36．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
A．AB．BC．CD．D
(2022·浙江省1月选考，22)
37．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
(2021•浙江6月选考，16)
38．关于化合物的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性B．与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
(2022•北京卷，19)
39．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)、(绿色)、(紫色)。
ii．浓碱条件下，可被OH-还原为。
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)
(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，氧化剂将氧化为。
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1mL悬浊液，加入4mL40%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1mL悬浊液，加入4mL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 。
(2021•浙江6月选考，30)
40．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。已知：
①，合适反应温度为；副反应：。
②常压下，沸点，熔点；沸点2.0℃，熔点。
③，在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和的比例
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，为减少产品中的含量，可采用的方法是 。
(4)将纯化后的产品气化，通入水中得到高纯度的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要时，可将浓溶液用萃取分液，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：取一定量浓溶液的稀释液，加入适量、过量溶液及一定量的稀，充分反应。用标准溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产生的反应(不考虑与水反应)：
实验数据如下表：
①用标准溶液滴定时，无需另加指示剂。判断滴定Ⅰ到达终点的实验现象是 。
②高纯度浓溶液中要求(和均以计)。结合数据分析所制备的浓溶液是否符合要求 。
目录01 模拟基础练
【题型一】氯及其化合物的性质及用途
【题型二】氯水的成分与性质
【题型三】次氯酸、次氯酸盐的性质及用途
【题型四】氯气实验室制法的简单应用
【题型五】氯及其化合物间的转化关系
【题型六】综合实验中的氯气制备和性质探究
02 重难创新练
03 真题实战练
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
溶液吸收
选项
探究目的
实验方案
A
检验NaClO溶液中的
用洁净的铂丝蘸取少量NaClO溶液，在酒精灯上灼烧，透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色
B
检验NaClO溶液的氧化性
将NaClO溶液滴加到淀粉KI溶液中，观察溶液颜色变化
C
检验NaClO溶液的pH
用洁净的玻璃棒蘸取NaClO溶液滴在pH试纸上，待变色后与标准比色卡比对
D
检验NaClO溶液的还原产物
将少量NaClO溶液与充分反应后，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，观察沉淀产生情况
编号
84消毒液
蒸馏水
白醋
品红溶液
相同时间的现象
甲
2 mL
20 mL
/
5滴
无明显现象
乙
2 mL
19 mL
1 mL
5滴
红色变浅
丙
a mL
b mL
2 mL
5滴
红色迅速褪去
选项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应：
C
紫黑色晶体消失
()的消耗使溶解平衡右移
D
溶液褪色
与有色物质发生了置换反应
实验方案
现象
结论
A
往碘的溶液中加入等体积浓溶液，振荡
分层，下层由紫红色变为浅粉红色，上层呈棕黄色
碘在浓溶液中的溶解能力大于在中的溶解能力
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
向溶液中先滴加4滴溶液，再滴加4滴溶液
先产生白色沉淀，再产生黄色沉淀
转化为，溶解度小于溶解度
D
取两份新制氯水，分别滴加溶液和淀粉溶液
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
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
加入量
滴定Ⅰ测出量
滴定Ⅱ测出量
参考答案：
1．B
【详解】A．氯气通入品红溶液中红色褪去，加热该褪色溶液，仍无色，因次氯酸具有漂白性，故A错误；
B．氯气溶于水与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以紫色石蕊溶液：先变红，后褪色，故B正确；
C．氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，氯元素部分化合价升高、部分降低，氯气既表现氧化性又表现还原性，故C错误；
D．硫化钠溶液：溶液变浑浊；氯气只作氧化剂，故D错误；
故选B。
2．B
【详解】A．电解饱和食盐水制取：，故A正确；
B．氯气用于自来水消毒，离子方程式为：Cl2+H2OH++Cl﹣+HClO，故B错误；
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：，故C正确；
D．氯气“泄漏处理”中NaHSO3溶液参与发生氧化还原反应，离子方程式为： +Cl2+H2O═+3H++2Cl﹣，故D正确；
故选B。
3．C
【详解】A. NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，NaClO2既是氧化剂，又是还原剂。NaClO2中+3价Cl降低到NaCl中的-1价，1ml NaClO2得到4ml电子，同时NaClO2中的+3价Cl升高到ClO2中的+4价，1ml NaClO2失去1ml电子。根据电子守恒，失去电子的NaClO2（做还原剂）的物质的量是得到电子的NaClO2（做氧化剂）的物质的量的4倍，所以n（氧化剂）：n（还原剂）=1:4，故A不选；
B. ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是ClO2发生歧化反应，+4价氯化合价既升高，又降低，生成ClO3- 和ClO2-，故不B选；
C. 二氧化氯易溶于水，所以不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，故C选；
D．1mlClO2得到5ml电子生成Cl-，1mlCl2得到2ml电子生成Cl-，所以等物质的量的ClO2杀菌效果是Cl2的2.5倍，故D不选。
故选C。
4．A
【详解】A. 反应I中发生的反应为3NaClO3+4SO2+3H2O=2ClO2+Na2SO4+3H2SO4+NaCl，反应产生的ClO2气体进入反应II装置，发生反应：2ClO2+2H2O2+2NaOH=2NaClO2+O2+2H2O，H2O2中氧元素的化合价由反应前的-1变为反应后中O2中的0价，化合价升高，失去电子，H2O2作还原剂，A正确；
B.反应II是在NaOH溶液中进行，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的NaClO2中可能混有NaOH引入杂质离子OH-，不可能含SO42－、Cl－，B错误；
C. NaClO2中Cl元素化合价为+3价，该物质具有强的氧化性，因而具有漂白性，NaClO2的漂白是氧化漂白；而SO2能与某些有色物质结合，产生不稳定的无色物质，因此二者的漂白原理不相同，C错误；
D. 实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧使用的仪器，D错误；
故本题合理选项是A。
【点睛】本题以高效漂白剂NaClO2制备为线索，考查了物质的作用、混合物的引入、仪器的使用等知识。掌握化学反应原理、化学实验基本操作及氧化还原反应的知识是本题解答的关键。
5．C
【分析】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，以此解答。
【详解】A．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．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．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．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；
故答案为：C。
6．C
【详解】A项、饱和氯水不能再溶解氯气，再通入少量氯气，各成分的浓度不变，故A错误；
B项、通入少量SO2，SO2与Cl2反应生成HCl和H2SO4，Cl2浓度减小，使平衡Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO左移，HClO的浓度减小，漂白性减弱，故B错误；
C项、加入少量的碳酸钠粉末，碳酸钠与H+反应消耗H＋，使平衡正向移动，HClO的浓度增大，溶液漂白性增强，故C正确；
D项、光照过程中，弱酸HClO分解，生成O2和强酸HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，故D错误；
故选C。
【点睛】减小反应物浓度，平衡向逆反应方向移动，HClO浓度减小，漂白性减弱，减小生成物浓度，平衡向正反应方向移动，HClO浓度增大，漂白性增强。
7．D
【详解】A．新制饱和氯水中，氯气和水反应生成氯化氢和次氯酸，次氯酸不稳定，在光照下发生分解反应生成氯化氢和氧气，溶液酸性增强，pH将减小，A项错误；
B．实验2中向淀粉-KI溶液中滴加氯水，溶液变蓝色，碘单质遇淀粉变蓝，新制饱和氯水中存在氯气分子，氯气也能置换出碘化钾中的碘，B项错误；
C．实验3中向FeCl2溶液中滴加适量氯水，溶液颜色变成棕黄色，则反应后溶液中不可能大量存在Fe2+、ClO-，C项错误；
D．实验4中新制饱和氯水中滴加1 ml·L-1 NaHCO3溶液，产生的气体为CO2，能使澄清石灰水变浑浊，D项正确；
答案选D。
8． Cl2 漂白性 Cl2+H2O = HCl + HClO 2HClO= 2HCl+O2↑ 1mL H2O 红色不褪去
【分析】(1)氯气呈黄绿色，氯水中其它成分都呈无色；
(2)实验一：酸能使紫色石蕊试液变红色，氯水能使红色的溶液褪色；
(3)实验一中紫色石蕊试液变红色，说明有酸生成；最后溶液褪色，说明含有HClO，根据转移电子守恒及元素守恒知，该反应中还有HCl生成；
(4)红色不褪去，说明溶液光照后不存在HClO，则HClO不稳定，光照易分解生成HCl和氧气；
(5)实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，应该加入溶剂使溶液变稀检验红色是否褪去。
【详解】(1)氯气呈黄绿色，氯水中其它成分都呈无色，所以氯水呈黄绿色，说明其中含有Cl2；
(2)实验一：酸能使紫色石蕊试液变红色，氯水能使红色的溶液褪色，氯水中加入紫色石蕊试液后变红色说明溶液呈酸性，后来溶液褪色，说明具有漂白性；
(3)实验一中紫色石蕊试液变红色，说明有酸生成；最后溶液褪色，说明含有HClO，根据转移电子守恒及元素守恒知，该反应中还有HCl生成，反应方程式为Cl2 +H2O═HCl+HClO；
(4)红色不褪去，说明溶液光照后不存在HClO，则HClO不稳定，光照易分解生成HCl和氧气，反应方程式为2HClO═2HCl+O2↑；
(5)实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释所致，应该加入溶剂使溶液变稀检验红色是否褪去，所以需要补充的实验是加入1mL水稀释溶液，且溶液红色不褪去。
【点睛】氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同，其中：①与硝酸银反应：氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：黄绿色退去，二氧化硫和氯气、水反应生成硫酸和盐酸。
9．B
【详解】A．氯气是气体，不便保存和运输，将气体转化为较稳定固体物质便于保存和运输，所以工业上将氯气制成漂白粉，故A正确；
B．可生成具有漂白性的HClO，CaCl2不具有漂白性，故B错误；
C．漂白粉与84消毒液都含有次氯酸根离子，具有强氧化性，可起到杀菌消毒的作用，故C正确；
D．氯气通入石灰乳，可生成次氯酸钙，为漂白粉的有效成分，故D正确。
故选B。
10．B
【详解】A．该物质中含有ClO-，具有强氧化性，可以将有色物质氧化变为无色，因此可作漂白剂，A正确；
B．该物质可表示为CaCl2·Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2是由强碱与弱酸反应产生的盐，水溶液显碱性，向其中加入碳酸钠溶液，Ca2+与反应产生CaCO3，因此会出现白色浑浊，B错误；
C．由于酸性：HClO＜H2CO3，所以该盐长期放置，会与空气的成分发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，HClO光照分解，最后变质为CaCO3，C正确；
D．根据氧化还原反应规律在酸性条件下，会发生归中反应：ClO- +C1- +2H+=Cl2↑+ H2O，产生Cl2，D正确；
故合理选项是B。
11．(1) 将生成的稀释到10%以下，防止分解爆炸
(2) 温度较高时易分解
(3) <
(4)加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤
(5) 和较浓盐酸混合，氧化性还原性会增强，发生氧化还原反应，生成氯气，导致氯气含量增大
【分析】溶液，稀硫酸，通入和空气发生反应生成二氧化氯()，二氧化氯()和氢氧化钠、双氧水反应生成，或通过电解二氧化氯()和NaCl溶液来得到，在加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃，结晶，洗涤。
【详解】（1）步骤1中氯酸根和二氧化硫反应得到，离子方程式为：；
由于纯易分解爆炸，因此通入空气的作用是将生成的稀释到10%以下，防止分解爆炸；
（2）方法1中，反应的离子方程式为：；
利用方法1制时，温度高过氧化氢易分解，则温度不能超过20℃，可能的原因是温度较高时易分解；
（3）a电极为得电子生成，方程式为：；
b电极为失电子生成氯气，方程式为：；
根据电极反应可知，溶液中的溶质浓度 f
（5）和稀盐酸反应的离子方程式为：；
和较浓盐酸混合，会增强氧化性还原性，发生氧化还原反应，生成氯气，导致氯气含量增大。
12．C
【详解】A．二氧化锰与浓盐酸制氯气在加热条件下进行，A错误；
B．除去氯气中的氯化氢气体用饱和食盐水，导管长进短出，B错误；
C．氯气密度比空气大，用向上排空气法，C正确；
D．氯气可与氢氧化钠溶液反应，用氢氧化钠溶液进行尾气处理，D错误；
故选C。
13．A
【详解】A．高锰酸钾固体能与浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则题给装置能达到制备氯气的实验目的，故A正确；
B．氯气有毒，闻气体气味时，应用手轻轻扇动气体，将气体飘进鼻孔，不能用鼻子直接闻气体的气味，则题给装置不能达到闻氯气气味的实验目的，故B错误；
C．氯气能与饱和碳酸氢钠溶液反应，所以题给装置不能达到除去氯气中氯化氢杂质的实验目的，故C错误；
D．鲜花中的水分能与氯气反应生成具有强氧化性的次氯酸使鲜花褪色，则题给装置不能达到验证氯气漂白性的实验目的，故D错误；
故选A。
14．D
【分析】KMnO4固体受热分解生成K2MnO4、MnO2、O2，K2MnO4、MnO2均具有氧化性，在加热条件下能与浓盐酸发生氧化还原反应，反应过程中Cl-被氧化为Cl2，K2MnO4、MnO2被还原为MnCl2，因此气体单质G为O2，气体单质H为Cl2，据此分析解题。
【详解】A．G为O2、H为Cl2，生成O2时O元素化合价由-2价变为0价，生成Cl2时Cl元素化合价由-1价变为0价，则G、H都是氧化产物，故A正确；
B．KMnO4固体受热分解过程中，Mn元素化合价降低被还原，部分O元素化合价升高被氧化，反应中KMnO4既是氧化剂也是还原剂，实验中KMnO4既是氧化剂，又是还原剂，故B正确；
C．Mn元素在反应过程中物质及化合价变化为，Mn元素至少参加了3个氧化还原反应，故C正确；
D．15.8g高锰酸钾为物质的量为0.1ml，每生成1ml O2转移4ml电子，每生成1ml Cl2转移2ml电子，若KMnO4转化为MnCl2过程中得到的电子全部是Cl-生成Cl2所失去的，则气体的物质的量最大，由2KMnO4～5Cl2可知，n(气体)≤0.25ml，但该气体中一定含有O2，因此最终所得气体的物质的量小于0.25ml，标况下体积小于5.6L，故D错误。
答案选D。
15．B
【分析】亚硫酸钠与硫酸反应生成二氧化硫，经过浓硫酸干燥通入三颈烧瓶，装置右端可利用高锰酸钾与浓盐酸反应生成氯气，经饱和食盐水除去盐酸挥发的HCl气体后通入三颈烧瓶，发生反应生成亚硫酰氯(SOCl2)。
【详解】A．亚硫酸钠粉末会从多孔隔板口落入硫酸中，无法固液分离，实现“随开随用、随关随停”，A错误；
B．碱石灰具有吸收多余或的作用，B正确；
C．生成的氯气中混有盐酸挥发的HCl气体和水蒸气，未经过干燥将氯气通入三颈烧瓶将导致与水反应，且饱和食盐水导管应右长左短，C错误；
D．具有氧化性，与水反应生成二氧化硫具有还原性，混合加热无法制取无水，D错误；
答案选B。
16．C
【分析】由题干价类二维图图示信息可知，a为HCl、b为Cl2、c为HClO、d为ClO2、e为NaCl等氯化物，f为HClO3，据此分析解题。
【详解】A．同一元素的含氧酸中非羟基氧原子越多酸性越强，故f不是氯的酸性最强含氧酸，氯的酸性最强的含氧酸应该为HClO4，A错误；
B．由分析可知，c为HClO、a为HCl、b为Cl2，则c即HClO分解得产物a即HCl和O2，而非b即Cl2，B错误；
C．由分析可知，d即ClO2其中Cl为+4价，其有氧化性，能使蛋白质发生变形，则可用于自来水杀菌消毒，C正确；
D．由分析可知，为制备纯净的气体b即Cl2，将气体通入饱和e即氯化物溶液中洗气再经过干燥才可以，否则混有水蒸气，D错误；
故答案为：C。
17．A
【详解】A．a为含有Cl-的盐，d为含有ClO-的盐，Cl-和ClO-在碱性条件下可以大量共存，故A错误；
B．d为含有ClO-的盐，f为ClO2，二者都具有强氧化性，可以用于杀菌消毒，故B正确；
C．e为HClO，h为HClO4，大量H+与ClO-结合后产生的吸电子效应使得Cl更缺电子，所以酸性条件下HClO的氧化性比HClO4强，故C正确；
D．b为HCl，g为含有ClO，浓盐酸和KClO3反应可以生成Cl2，方程式为：2KClO3+4HCl(浓)═2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，KClO3中Cl元素由+5价下降到-1价，每转移7个电子，消耗ml KClO3，生成0.6ml Cl2，故D正确；
故选A。
18．B
【分析】由题图分析可知，a为HCl；b为Cl2；c为ClO2；d为HClO；e为含的盐。
【详解】A．盐酸和次氯酸反应可生成水和氯气，盐酸和氯酸盐反应可生成氯气，故A正确；
B．ClO2为一种新型自来水消毒剂，代替Cl2的原因是ClO2消毒效率更高，且不产生新的有毒有害物质，故B错误；
C．氯水中含有HCl、HClO，HCl与加入的CaCO3反应，HCl的消耗促进Cl2与水的反应，生成更多的HClO，故C正确；
D．“84”消毒液可用于环境消毒，主要是因为其在空气中能与CO2反应生成HClO，故D正确。
综上所述，答案为B。
19．B
【详解】A．根据图象，a为HCl、f为HClO3，a的浓溶液和f发生归中反应，生成氯气，A说法正确；
B．c为HClO，结构式为H-O-Cl，电子式为，B说法错误；
C．d为+1价的钠盐，为次氯酸钠，为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，C说法正确；
D．e为+4价的氧化物ClO2，消毒时，Cl的化合价由+4变为-1，即67.5g转移5ml电子，氯气为71g，转移2ml电子，则相同质量的e的消毒效率比b高，D说法正确；
答案为B。
20．(1)HClO4=H++ ClO
(2)2∶3
(3)KCl、KClO4
(4)2
(5)2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaCl+2NaHCO3+Cl2O
【分析】X为氯元素+7价酸类物质，为HClO4，Z为氯元素的单质，为Cl2，Y为氯元素+5价盐类化合物，根据题干，Y常用于实验室制取O2，在400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种盐的阴、阳离子个数之比为1∶1，且Cl元素化合价为+5价，则Y为KClO3。
【详解】（1）根据分析，X为HClO4，电离方程式：HClO4=H++ ClO；
（2）氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素的质量之比为71∶48，则m∶n=∶=2∶3；
（3）Y是一种盐，常用于实验室制取O2，则Y是KClO3，在400 ℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，该盐应是KCl，另一种盐的阴、阳离子个数比为1∶1，结合氧化还原反应规律推知，另一种盐是KClO4；
（4）NaClO2、Cl2在消毒时，还原产物都是Cl-，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示，1 ml NaClO2得到4 ml电子，1 ml Cl2得到2 ml电子，则NaClO2的消毒效率是Cl2的2倍；
（5）Cl2O可用潮湿的Cl2与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，反应中Cl2既体现氧化性，又体现还原性；Cl2生成Cl2O的过程表现还原性，根据氧化还原反应规律推知，Cl2体现氧化性时，应被还原为NaCl，结合得失电子守恒和原子守恒写出化学方程式：2Cl2+2Na2CO3+H2O=2NaCl+2NaHCO3+Cl2O。
21．C
【分析】由图可知，U形管为原电池，A电极为原电池的正极，酸性条件下高锰酸根离子在正极得到电子发生还原反应生成锰离子和水，电极B为负极，氯离子在负极失去电子发生氧化反应生成氯气，氢离子通过阳离子交换膜M进入正极区；挥发出的氯化氢使a处饱和氯化钠溶液氯离子浓度增大，使得氯化钠的溶解度减小而形成氯化钠固体；氯气与b处溴化钠溶液反应生成氯化钠和溴，使溶液变为橙黄色；硬质试管中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收氯气，与储存收集氯气安全气球的目的相同，防止污染空气。
【详解】A．由分析可知，A电极为原电池的正极，故A正确；
B．由分析可知，氢离子通过阳离子交换膜M进入正极区，故B正确；
C．由分析可知，挥发出的氯化氢使a处饱和氯化钠溶液氯离子浓度增大，使得氯化钠的溶解度减小而形成氯化钠固体，析出固体所得溶液为氯化钠饱和溶液，温度不变，溶度积为定值，溶液中氯离子浓度变大，钠离子变小，错误；
D．b中溶液变为橙黄色是因为氯气与溴化钠溶液反应生成氯化钠和溴，由氧化剂的氧化性强于氧化产物可知，氯气的氧化性强于溴，证明氯元素的非金属性强于溴元素，故D正确；
故选C。
22．C
【详解】A．次氯酸根和氯离子酸性条件下发生归中反应，生成氯气，故b中的离子方程式为：ClO−+2H++Cl−=Cl2↑+H2O，A错误；
B．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，有酸性，使pH试纸变红，次氯酸有漂白性，所以后来pH试纸又褪色，但都不是氯气的性质，是氯气和水反应产物的性质，故B错误；
C．f处变红，是因为Fe2+被氯气氧化为Fe3+，Fe3+遇KSCN溶液变红，C正确；
D．g处变为橙色，说明氧化性：Cl2>Br2，h处变为黄色，说明氧化性：Cl2>I2，但是无法说明Br2和I2的氧化性强弱关系，故D错误；
本题选C。
23．B
【详解】A．已知反应KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，故固体a可为KMnO4，A正确；
B．①处纸条无明显现象，说明Cl2本身不具有漂白性，②处纸条褪色，说明Cl2与水的产物具有漂白性，B错误；
C．③处试纸变蓝，说明有碘单质生成，即发生了反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，根据氧化剂的氧化性强于氧化产物可知氧化性：Cl2＞I2，C正确；
D．实验结束后，装置内还有大量的未参与反应的有毒气体Cl2，故需打开止水夹向装置中鼓入空气以促进尾气吸收，防止污染环境，D正确；
故答案为：B。
24．C
【分析】制备少量的AlCl3，由实验装置可知，A中浓盐酸与二氧化锰反应加热下反应生成氯气，且稀盐酸与二氧化锰不反应，B中饱和食盐水可除去氯气中的HCl，C中浓硫酸可干燥氯气，D中Al与氯气加热反应生成氯化铝，E中可收集氯化铝，F中浓硫酸可防止G中水蒸气进入E中，G中NaOH溶液吸收尾气，据此分析解题。
【详解】A． 因浓盐酸易挥发，B 装置中所装试剂为饱和 NaCl 溶液，其作用是除去 Cl2中的 HCl，故A正确；
B． 装置 C 和 F 中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入 E 中，防止氯化铝水解，故B正确；
C． 若盐酸完全反应，n(HCl)=0.05mlL×12ml/L=0.6ml，MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，可知生成氯气为0.6ml×=0.15ml，由Cl原子守恒可知得到氯化铝为0.15ml×2××133.5g/ml=13.35g，且稀盐酸与浓盐酸不反应，则最终得到氯化铝的质量小于13.35g，故C错误；
D． 实验过程中应先点燃A处的酒精灯，将空气排出后，防止Al与氧气反应，待装置中充满黄绿色气体时再点燃D处的酒精灯，故D正确；
故选C。
25．A
【详解】A．因四氯化钛（TiCl4）极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，而制得的氯气中含有水蒸气，所以②中应盛装浓硫酸，A项错误；
B．TiCl4的熔沸点较低，制得的TiCl4应经过冷凝处理，则该装置中的冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，B项正确；
C．反应结束时，先停止③处加热，后停止①处加热，可以使制得的TiCl4在氯气氛围中冷却，防止空气进入装置中使TiCl4变质，C项正确；
D．因四氯化钛（TiCl4）极易水解，所以应在装置④和⑤之间加一个防止水蒸气进入④的装置，D项正确；
答案选A。
26．B
【详解】A．观察钠元素的焰色反应不用透过蓝色钴玻璃，它会过滤掉钠的火焰颜色，故A错误；
B．将NaClO溶液滴加到淀粉KI溶液中，I-被氧化为I2，溶液变蓝，可以检验NaClO溶液的氧化性，故B正确；
C．NaClO具有漂白性，能使pH试纸褪色，故C错误；
D．少量NaClO溶液与反应的化学方程式为：，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，是用来检验Cl-，但原溶液中本来就存在Cl-，无法判断该氯离子是溶液中原有的还是次氯酸根被还原生成的，故D错误；
故选B。
27．B
【详解】A．由图像可知，标准状况下为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，故A错误；
B．是强酸，完全电离，溶液中所含的数目为，故B正确；
C．浓盐酸与反应制取的离子方程式为：，该反应转移5个电子，的物质的量为0.1ml，转移电子的物质的量为ml，故C错误；
D．不知道和的组成比例，无法计算氧原子的具体值，故D错误。
答案选B。
28．B
【详解】A．根据流程图可知，反应①中的氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，还原产物是ClO2，氧化产物是NaHSO4，根据得失电子守恒定律可得参加反应的NaClO3和SO2的物质的量之比为2∶1，A正确；
B．由反应①中各元素的化合价变化情况，再根据原电池正极上发生的是得电子的还原反应可知，ClO2是正极产物，B错误；
C．在ClO2与H2O2的反应中，ClO2转化为NaClO2时氯元素的化合价降低，作氧化剂，则H2O2作还原剂，氧元素的化合价升高，而NaClO4中的氯元素是最高价态，不能作还原剂，故不能用NaClO4代替H2O2，C正确；
D．反应②中ClO2作氧化剂，H2O2作还原剂，可以推出ClO2的氧化性大于H2O2，D正确；
故选B。
29．C
【详解】A．由图2可知，HClO的电离常数为Ka=10-7.5，原84消毒液中，NaClO的浓度约为，pH=13，则，，故A错误；
B．根据分析可知，AB段溶液为碱性环境，存在大量OH-，Fe被氧化的反应为，故B错误；
C．当溶液中原本存在的OH-反应完全后，BC段发生反应，生成弱酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl2溶液，由于HClO的氧化性强于ClO⁻，CD段HClO氧化Fe2+，发生反应HClO+2Fe2++5H2O=2Fe(OH)3↓+Cl-+5H+，生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，故C正确；
D．反应进行至400s时，此时仍反应进行，生成的HClO氧化Cl-产生Cl2，离子方程式为HClO+Cl-+H+=Cl2↑+H2O，故D错误；
故选C。
30．B
【分析】电解时与电源正极连接的电极为阳极，阳极发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，阴极发生还原反应，根据电解饱和食盐水方程式：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH的不同电极产物，结合溶液酸碱性与紫甘蓝溶液颜色变化分析。
【详解】A．根据图示可知：U形管左侧电极连接电源负极为阴极，阴极上发生还原反应，由于离子放电能力：H+＞Na+，因此阴极电极反应式为：2H2O+2e-=H2↑+2OH-，使附近溶液显碱性，在碱性条件下紫甘蓝溶液呈黄色，因此看到溶液由紫色变为黄色，A正确；
B．根据选项A分析可知：左侧电极为阴极，电极反应式是2H2O+2e-=H2↑+2OH-，在④中逸出的气体为H2具有可燃性，不具有助燃性，因此不能使带火星的木条复燃，B错误；
C．右侧电极连接电源正极，作阳极，阳极发生氧化反应。由于阴离子放电能力：Cl-＞OH-，所以阳极电极反应式为：2Cl--2e-=Cl2↑，Cl2与烧杯⑤中NaOH溶液发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反应产生的NaCl、NaClO的物质的量相等，最初c(Cl-)=c(ClO-)，但HCl是强酸，Cl-不水解，c(Cl-)不变；而HClO是弱酸，ClO-会发生水解反应变为HClO而消耗，导致c(ClO-)减小，因此最终达到平衡时溶液中离子浓度：c(Cl-)＞c(ClO-)，C正确；
D．根据图示可知：U形管右侧电极连接电源正极为阳极，Cl--2e-=Cl2↑，Cl2溶于水，发生反应：Cl2+H2O=HCl+HClO，HCl、HClO都是酸，酸电离产生H+，使溶液显酸性，在酸性溶液中紫甘蓝溶液呈红色，同时HClO又具有强氧化性，又会将红色物质氧化变为无色，因此看到U形管右侧溶液颜色变化是先变红后褪色，这体现氯水的酸性和漂白性，D正确；
故合理选项是B。
31．(1)
(2)
(3)
(4)B
【分析】X是一种黄绿色气体，所以X是氯气；M是人类使用最多的一种金属单质，M是铁；结合图示转化关系，C是氯气与铁反应得到的氯化铁；氯气与Y反应后的溶液能与硝酸银得到白色沉淀，与氯化钡也能得到白色沉淀，所以Y是具有刺激性气味的二氧化硫，A是氯化氢、B是硫酸；二氧化硫与氯化铁溶液反应得到硫酸，氯化铁与Z能生成红褐色沉淀氢氧化铁，则Z是具有刺激性气味的气体氨气；氯气与氨气反应生成D，D是一种受热易分解的盐，则D是氯化铵。
【详解】（1）据以上分析，X是Cl2、Y是SO2、D是NH4Cl；
（2）①X+Y-A+B是氯气与二氧化硫生成氯化氢和硫酸的反应，其离子方程式为；
②Z+C-红褐色沉淀，即氨气与氯化铁溶液反应生成氢氧化铁，其反应离子方程式为；
（3）氨气是合成硝酸的重要原料，氨气与氧气在催化剂的作用下反应的化学方程式为；
（4）大苏打中硫的化合价是+2价，欲在实验室制备大苏打，从氧化还原的角度分析：
A．Na2S和S中硫元素的化合价分别是-2价和0价，均低于+2价，不可能生成+2价的硫元素的化合物，故A错误；
B．Na2SO3和S中硫元素的化合价分别是+4价和0价，可能生成+2价的硫元素的化合物，故B正确；
C．Na2SO3和Na2SO4中硫元素的化合价分别是+4价和+6价，均高于+2价，不可能生成+2价的硫元素的化合物，故C错误；
D．SO2和Na2SO4中硫元素的化合价分别是+4价和+6价，均高于+2价，不可能生成+2价的硫元素的化合物，故D错误；
故答案为：B。
32．(1) C ClO-+H2OHClO+OH-
(2) A 酸性越强，NaClO溶液漂白性越强，褪色越快
(3)NaClO结合空气中的水和二氧化碳生成HClO，HClO氧化性强于ClO-，溶液氧化性增强，氧化还原电势增大
(4)B
(5)C
(6)Cl2O是极性分子，CCl4是非极性分子
(7)CD
(8) 加入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色 1.00
【详解】（1）次氯酸钠溶液中次氯酸根发生水解：ClO-+H2OHClO+OH-，水解后溶液中c(OH-)>c(H+)，呈碱性；
（2）①为探究不同条件下84消毒液的漂白效果，应保持84消毒液体积相同，则a=2，且溶液总体积保持一致，则2+b+2=22，b=18；
②由实验现象可知，随醋酸用量增加，溶液褪色越迅速，由此可知溶液酸性越强，NaClO溶液漂白性越强，褪色越快；
（3）NaClO结合空气中的水和二氧化碳生成HClO，HClO氧化性强于ClO-，溶液氧化性增强，氧化还原电势增大；
（4）装置①用于制取氯气，生成的氯气与空气在装置④中混合后通入②中反应生成Cl2O；生成的Cl2O通入装置③中除去氯气后进入装置⑤中，Cl2O与水反应生成HClO，故B正确。
（5）装置②中氯气和Na2CO3发生反应生成Cl2O，同时生成NaCl，反应为：；Cl2O为氧化产物，NaCl为还原产物，两者物质的量之比为1：2；
（6）Cl2O是极性分子，CCl4是非极性分子，根据相似相溶原理可知Cl2O不易溶于CCl4；
（7）氯气和空气通入装置④中，两者均不易溶于饱和食盐水，因此不会有倒吸可能，故A错误；混合物中不存在Cl2O，故B错误；氯气和空气可在装置④中充分混合，同时通过观察气泡可以调节气体流速，故CD正确；
（8）HClO溶液加足量KI，两者反应生成碘单质：HClO+2I-+H+=I2+Cl-+H2O，滴加淀粉后溶液变蓝色，再用标准Na2S2O3溶液滴定时，Na2S2O3与碘单质发生：I2+2S2O=2I-+S4O；当加入最后半滴标准液，溶液由蓝色变为无色，且半分钟不变色，则达到滴定终点；消耗25.00 mL 0.08 ml·L-1标准Na2S2O3溶液时，消耗n(Na2S2O3)= 25.00×10-3L× 0.08 ml·L-1=0.002 ml；结合反应可知待测溶液中n(HClO)=n(I2)=n(Na2S2O3)=0.001ml；待测液的浓度c(HClO)待测=；原溶液中c(HClO)=10c(HClO)待测= 。
33．(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) 0.1
(3)
(4) 过滤、洗涤 防止NaI被氧化
【分析】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。
【详解】（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5mlNaI转移5ml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=0.1ml；答案为：3I2+6NaOH=NaIO3+5NaI+3H2O；0.1；
（3）根据步骤③的现象知，H2S将还原成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+=I-+3S↓+3H2O；答案为：3H2S+=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；答案为：过滤、洗涤；防止NaI被氧化。
34．D
【详解】A．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．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．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．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；
综上所述，本题选D。
35．D
【详解】A．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．已知(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-+I2⇌，生成使溶液颜色加深，B项正确；
C．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，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．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；
答案选D。
36．A
【详解】A．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．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．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．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。
37．B
【详解】A．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．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．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．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。
38．D
【详解】A．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．与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；
C．与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；
D．发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；
答案为：D。
39．(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+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O 4+4OH-=4+O2↑+2H2O NaClO 3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O 过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液
【分析】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；
【详解】（1）B中试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的杂质HCl气体，故答案为：饱和NaCl溶液；
（2）通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中Mn2+与碱性溶液中NaOH电离产生的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，故答案为：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，故答案为：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，反应的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+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，可被OH-还原为，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+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液绿色缓慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可证明Ⅲ的悬浊液中氧化剂过量，故答案为：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；NaClO；
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，发生的反应是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O，故答案为：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+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，溶液中的被还原为的速率减小，导致实验Ⅲ未得到绿色溶液，故答案为：过量Cl2与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的被还原为的速率减小，因而实验Ⅲ未得到绿色溶液。
40． 浓 a ABC 抽气(或通干燥氮气) a b g CCl4中由紫红色突变到无色，且30s不恢复 溶液中Cl2O和Cl2分别为1.000×10-3ml、5×10-6ml，=200>99，符合要求
【详解】(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。
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．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．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．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．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；
综上所述，答案为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，故答案为：抽气(或通干燥氮气)。
(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、、(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×(2.505×10-3ml-1.505×10-3ml)=2×10-3ml，生成I2的物质的量为2×10-3ml，则高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2O)=1×10-3ml，加入过量KI溶液共生成I2的物质的量为2.005×10-3ml，因此Cl2与I-反应生成I2的物质的量为2.005×10-3ml-2×10-3ml=5×10-6ml，由此可知高纯度Cl2O浓溶液中n(Cl2)=5×10-6ml，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1×10-3ml、5×10-6ml，=200>99，符合要求。
相关试卷
2025年高考化学一轮复习讲练测第01讲氯及其重要化合物（新教材新高考）含解析答案： 这是一份2025年高考化学一轮复习讲练测第01讲氯及其重要化合物（新教材新高考）含解析答案，共47页。
高考化学一轮复习第4章非金属及其化合物第2讲氯及其重要化合物训练含解析： 这是一份高考化学一轮复习第4章非金属及其化合物第2讲氯及其重要化合物训练含解析，共4页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
第08讲 铝、镁及其重要化合物（讲）-2022年高考化学一轮复习讲练测： 这是一份第08讲 铝、镁及其重要化合物（讲）-2022年高考化学一轮复习讲练测，文件包含第08讲铝镁及其重要化合物讲-2022年一轮复习讲练测原卷版docx、第08讲铝镁及其重要化合物讲-2022年一轮复习讲练测解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共28页， 欢迎下载使用。
