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十年(13-22)高考化学真题分类汇编专题19 氯及其化合物 卤素（含解析）
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这是一份十年(13-22)高考化学真题分类汇编专题19 氯及其化合物 卤素（含解析），共20页。试卷主要包含了化学创造美好生活等内容，欢迎下载使用。
1．【2022年河北卷】 SKIPIF 1 < 0 溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成 SKIPIF 1 < 0 工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．还原工序逸出的 SKIPIF 1 < 0 用 SKIPIF 1 < 0 溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为 SKIPIF 1 < 0
D．参与反应的 SKIPIF 1 < 0 为1∶1∶1
【答案】A
【解析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C说法正确；D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)为1:1，因此，参与反应的n(Br2): n(BaS):n(H2SO4)为1:1:1，D说法正确；综上所述，本题选A。
2．【2022年1月浙江卷】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．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。
3．【2022年辽宁卷】下列类比或推理合理的是
【答案】A
【解析】A． SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量： SKIPIF 1 < 0 ，所以沸点： SKIPIF 1 < 0 ，故A正确；B．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性： SKIPIF 1 < 0 ，酸性： SKIPIF 1 < 0 ，故B错误；C．由金属性： SKIPIF 1 < 0 ，可推出氧化性 SKIPIF 1 < 0 ；由离子方程式 SKIPIF 1 < 0 可得，氧化性： SKIPIF 1 < 0 ，故C错误；D． SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的阴、阳离子个数比不相同，不能通过 SKIPIF 1 < 0 大小来比较二者在水中的溶解度，故D错误；选A。
4．【2022年海南卷】依据下列实验，预测的实验现象正确的是
【答案】D
【解析】A．MgCl2济液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不正确；B．FeCl3溶液中滴加 KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中滴加 KSCN洛液，溶液不变色，B不正确；C．AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C不正确；D．酸性KMnO4溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确；综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是D，本题选D。
5．【2022年6月浙江卷】下列说法正确的是
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用
【答案】D
【解析】A．六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；C．在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确；综上所述，本题选D。
6．（2021.6·浙江真题）关于化合物 SKIPIF 1 < 0 的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性B．与 SKIPIF 1 < 0 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． SKIPIF 1 < 0 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． SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C． SKIPIF 1 < 0 与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D． SKIPIF 1 < 0 发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；答案为：D。
7．（2021·广东真题）化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
【答案】A
【解析】A．聚乙烯是一种无毒的塑料，是最常见的食品包装袋材料之一，则用聚乙烯塑料制作食品包装袋与燃烧生成二氧化碳和水无关，故A符合题意；B．溴离子具有还原性，能与氯气反应生成溴单质，镁离子具有弱氧化性，能用电解熔融氯化镁的方法制得镁，则海水制取溴和镁与单质，与溴离子可被氧化、镁离子可被还原有关，故B不符合题意；C．氢氟酸能与二氧化硅反应，常用来刻蚀石英制作艺术品，则用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，与氢氟酸能与二氧化硅反应有关，故C不符合题意；D．钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，在护栏上涂油漆可以隔绝钢铁与潮湿空气接触，防止钢铁腐蚀，则公园的钢铁护栏涂刷多彩油漆防锈，与隔绝钢铁与潮湿的空气防止腐蚀有关，故D不符合题意；故选A。
8．（2020·天津高考真题）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．NaOHB．NaClC．NaClOD．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。
9．（2016·全国高考真题）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）
【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，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，错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，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，正确。故选B。
10．（2020·全国高考真题）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，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，正确；C．过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，正确；D．氯仿的化学名称为三氯甲烷，不正确。综上所述，故选D。
11．（2015·北京高考真题）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－＝Cl－+ ClO－+ H2O
B．该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2O SKIPIF 1 < 0 HClO+ OH－
C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生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】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，正确；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，不合理；C、根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，正确；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，正确。答案选B。
12．（2015·浙江高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．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
B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42－或SO32－
D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
【答案】B
【解析】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，错误；D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，错误；故答案选B。
13．（2016·上海高考真题）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+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析解答。A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，正确；B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，错误；C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，错误；D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，错误。答案选A。
14．（2013·上海高考真题）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是
【答案】B
【解析】A、将SO2通入BaCl2溶液，不反应，部分SO2溶解在水中与后来通入的H2S发生反应2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，生成S沉淀，A不选；B、氯气与氯化钡不反应，通入二氧化碳也不反应，B选；C、反应为：2NH3+H2O+CO2+BaCl2＝2NH4Cl+BaCO3↓，C不选；D、发生反应：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl，BaCl2＋H2SO4＝BaSO4↓＋2HCl，D不选；答案选B。
15．（2018·江苏高考真题）下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【解析】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。
16．（2016·上海高考真题）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘B．氯碱工业
C．氨碱法制碱D．海水提溴
【答案】C
【解析】A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。答案选C。
17．（2015·山东高考真题）下列由实验现象得出的结论正确的是
【答案】C
【解析】A、Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；B、滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明该溶液可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C、上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl，则Br‾的还原性强于Cl‾，C正确；D、不是升华，试管底部NH4Cl分解生成NH3和HCl，试管口NH3与HCl反应生成了NH4Cl，发生了化学反应，D错误；答案选C。
18．（2014·江苏高考真题）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O
【答案】C
【解析】A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。答案选C。
19．（2014·江苏高考真题）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。答案选D。
20．（2012·上海高考真题）下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、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( )
【答案】D
【解析】A、a处变蓝，b处变红棕色，说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，可证明氧化性：Cl2＞I2，Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，错误；B、c处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质，错误；C、d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH，错误；D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+＞Cl-，正确；答案选D。
21．（2009·山东高考真题）下列关于氯的说法正确的是
A．Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
B．若1735Cl、1737Cl为不同的核素，有不同的化学性质
C．实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水集气法收集
D．1.12LCl2含有1.7NA个质子（NA表示阿伏伽德罗常数）
【答案】C
【解析】A．Cl2中的氯元素化合价为0处于中间价态，既有氧化性又有还原性，A错误；B．同位素原子的质子数和电子数分别相等，所以化学性质几乎完全相同，B错误；C．通过实验室制得的Cl2中含有少量HCl， Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl，易溶，C正确；D．没有指明气体所处状态，无法计算， D错误。故选C。
22．（2014·海南高考真题）下列关于物质应用的说法错误的是
A．玻璃容器可长期盛放各种酸B．纯碱可用于清洗油污
C．浓氨水可检验氯气管道漏气D．Na2S可除去污水中的Cu2+
【答案】A
【解析】A．玻璃容器可长期盛放不能与酸发生反应的各种酸，但是由于氢氟酸能够腐蚀玻璃，所以不能盛装氢氟酸，A错误；B．纯碱水解使溶液显碱性，可以促进油脂的水解，因此可用于清洗油污，B正确；C． 氯气管道漏气，氯气与浓氨水挥发出的氨气反应可产生白烟，因此可用浓氨水检验氯气管道漏气，C正确；D． Na2S电离产生的S2-与污水中Cu2+发生沉淀反应，从而可降低污水中的Cu2+，故可以治理污水，D正确；答案选A。
23．（2010·全国高考真题）在相同条件下，下列说法错误的是
A．氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度
B．碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度
C．醋酸在醋酸钠溶液中电离的程度大于在纯水中电离的程度
D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气可提高的利用率
【答案】C
【解析】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，由于同离子效应得知，溶解在饱和食盐水中会受到抑制，正确；B．因I2+I-I3-，从而使得单质碘在碘化钾溶液中的溶解度远大于在水中的溶解度，正确；C．根据影响电离平衡因素——同离子效应可知，醋酸在醋酸钠溶液中的电离受到抑制，从而小于在纯水中的电离程度，错误；D．使用过量的空气，促使化学平衡向正反应方向进行，从而提高二氧化硫的转化率，即利用率，正确。故答案选C。
24．（2019·海南高考真题）能正确表示下列反应的离子方程式为( )
A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2+I-=IO3-+3H2O
D．向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-
【答案】BD
【解析】A．FeBr2电离产生的Fe2+、Br-都具有还原性，向该溶液中通入过量Cl2，Fe2+、Br-都会被氧化，离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，A错误；B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2，Na2CO3、CO2、H2O发生反应生成NaHCO3，反应的离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，B正确；C．H2O2具有氧化性，在酸性条件下，会将I-氧化为I2，反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I-=I2+2H2O，C错误；D．向硫化钠溶液中通入过量SO2，由于酸性H2SO3>H2S，由于SO2过量，发生的反应有：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-，SO2+ 2H2S=3S↓+2H2O，总反应方程式为2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-，D正确；故合理选项是BD。
25．（2020·全国高考真题）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】（1）圆底烧瓶 饱和食盐水 （2）水浴加热 Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O 避免生成NaClO3 （3）吸收尾气(Cl2) AC （4）过滤 少量(冷)水洗涤 （5）紫 小于
【解析】本实验目的是制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。
（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，可选；
B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，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，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，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。
26．（2015·重庆高考真题）ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（1）仪器D的名称是____。安装F中导管时，应选用图2中的_____。
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜____（填“快”或“慢”）。
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_____。
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为____，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是______。
（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_______，原因是_________。
【答案】（1）锥形瓶 b （2）慢 （3）吸收Cl2 （4）4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O 验证是否有ClO2生成 （5）稳定剂Ⅱ 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度
【解析】
（1）根据仪器特征，仪器D的名称是锥形瓶；根据操作分析，F装置应是Cl2和KI反应，所以应该长管进气，短管出气，答案选b。
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。
（3）F装置中能发生Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，所以若F中溶液的颜色若不变，说明没有氯气，则装置C的作用是吸收Cl2。
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据化合价升降相等和电荷守恒以及原子守恒配平，该反应的离子方程式为4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。
（5）根据图3可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好。
27．（2018·上海高考真题）实验室可用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气。为了证明得到的氯气中含氯化氢，并测定氯化氢的含量进行了下列实验。请回答：
（1）向饱和NaCl溶液中滴入少量浓盐酸，会有白色晶体析出，该晶体的化学式是_____。
（2）按如图装置，将所得气体通入后，试管内白色晶体析出，能否证明氯气中含有HCl，说明理由_____。b装置的作用是_____。
（3）已知氯气易溶于CCl4，按图中装置实验试管③中有白色沉淀，能够证明含HCl，说明理由_____。用浓盐酸与二氧化锰加热经干燥得到1.12L（标况下）气体，除去Cl2后，用水全部吸收并定容至100mL，再通过滴定测HCl气体含量。
（4）定容所需要仪器有烧杯、玻璃棒、________和_____。
（5）取定容后溶液20.00mL，加入2滴酚酞试液，用0.0250ml/L标准NaOH溶液滴定，当______即为滴定终点，消耗NaOH溶液19.20mL，则得到的气体中氯化氢的体积含量是______。
【答案】（1）NaCl （2）不能，因为Cl2溶于水会生成HClO和HCl，试管内有白色晶体析出不一定是因为Cl2中含有HCl 吸收尾气，防止污染空气 （3）氯气易溶于CCl4，装置①可吸收Cl2，装置②检验Cl2是否被完全吸收，以确保不会有Cl2进入装置③中，若装置③中有白色沉淀生成，则证明有Cl-存在，即一定含有HCl （4）胶头滴管 100mL容量瓶 （5）最后一滴NaOH溶液滴入时，溶液变成浅红色，且半分钟后不褪色 4.8%
【解析】
（1）向饱和的NaCl溶液中滴加少量浓盐酸，Cl-浓度增大，NaCl的溶解平衡逆向移动，析出NaCl的白色晶体，故答案为：NaCl；
（2）由于Cl2溶于水会生成HClO和HCl，因此试管内有白色晶体析出不一定是因为Cl2中含有HCl；装置b的作用是吸收尾气，防止污染空气，故答案为：不能，因为Cl2溶于水会生成HClO和HCl，试管内有白色晶体析出不一定是因为Cl2中含有HCl；吸收尾气，防止污染空气；
（3）因为氯气易溶于CCl4，根据图中装置分析可知，装置①可吸收Cl2，装置②检验Cl2是否被完全吸收，以确保不会有Cl2进入装置③中，若装置③中有白色沉淀生成，则证明有Cl-存在，即一定含有HCl，故答案为：氯气易溶于CCl4，装置①可吸收Cl2，装置②检验Cl2是否被完全吸收，以确保不会有Cl2进入装置③中，若装置③中有白色沉淀生成，则证明有Cl-存在，即一定含有HCl；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液时，定容操作需要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL的容量瓶，故答案为：胶头滴管；100mL容量瓶；
（5）酚酞溶液作指示剂，用0.0250ml/L标准NaOH溶液滴定，当最后一滴NaOH溶液滴入时，溶液变成浅红色，且半分钟后不褪色，则达到滴定终点，若消耗NaOH溶液19.20mL，则20mLHCl溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，则100mLHCl溶液中n(HCl)=0.024ml·L-1×0.1L=0.0024ml，因此得到的气体中氯化氢的体积含量为 SKIPIF 1 < 0 ，故答案为：最后一滴NaOH溶液滴入时，溶液变成浅红色，且半分钟后不褪色；4.8%。
28．（2010·北京高考真题）为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。
Ⅳ………
（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是________。
（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_______。
（3）B中溶液发生反应的离子方程式是_______。
（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是___________。
（5）过程Ⅲ实验的目的是__________。
（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下_________，得电子能离逐渐减弱。
【答案】（1） （2）淀粉KI试纸变蓝 （3）Cl2+2Br-═Br2+2Cl- （4）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色 （5）确认C的黄色溶液中五Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 （6）原子半径逐渐增大
【解析】验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题。
（1）根据以上分析，黄绿色气体为氯气，由高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成，氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，
故答案为；
（2）淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，说明氯气氧化性强于单质碘，
故答案为淀粉KI试纸变蓝；
（3）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，
故答案为Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；
（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，
故答案为打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡．静至后CCl4层溶液变为紫红色；
（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，
故答案为确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；
（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，故答案为原子半径逐渐增大。
29．（2007·四川高考真题）在实验室堕可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。
图中：①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL30％KOH 溶液．并置于水浴中；③的试管里盛有15mL 8 % NaOH 溶液．并置于冰水浴中；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置。
请填写下列空白：
（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰．通过_______________________（坡写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有_____________________（填写下列编号字母）的净化装置。
（2）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件．二者的差异是：______________________________________________________
反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出。右图中符合该晶体溶解度曲线的是_____________________（填写编号字母）；从②的试管中分离出该晶体的方法是____________________(填写实验操作名称）
（3）本实验中制取次氯酸钠的离子方程式是：___________________________________________
（4）实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表中的空白：
【答案】（1）分液漏斗 B （2）碱溶液（或反应物）的浓度不同，反应温度不同 M 过滤 （3）Cl2+ 2OH－＝ClO－+ Cl一＋H2O （4）红 氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质 黄绿 继续通入的氯气溶于水使溶液呈黄绿色
【解析】
（l）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，通过分液漏斗向烧瓶中加人适量的浓盐酸；用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，故在①与②之间安装盛有饱和食盐水的洗气瓶；
（2）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有M符合，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法；
（3）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠，二者在水中溶解且电离，反应的离子方程式为Cl2+2OH－═ClO－+Cl－+H2O；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H＋使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色。
30．（2016·浙江高考真题）Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3(Cl-和ClO-)的比值与反应的温度有关，用24gNaOH配成的250mL溶液，与Cl2恰好完全反应（忽略Cl2与水的反应、盐类的水解及溶液体积变化）：
（1）NaOH溶液的物质的量浓度_____ml·L－1；
（2）某温度下，反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，则溶液中c(ClO-) =_____ml·L－1。
【答案】 （1）2.4 （2）0.30
【解析】（1）根据c===2.4ml/L，故答案为：2.4；
（2）NaCl、NaClO和NaClO3的组成发现，钠与氯的物质的量之比为1：1，所以n(NaOH)=2n(Cl2)，所以n(Cl2)=0.3ml，设n(ClO-)=xml，则n(Cl-)=6xml，所以n(ClO3-)=(0.6-7x)ml，得失电子守恒得：6x=x+5(0.6-7x)，解之得x=0.075，所以则溶液中c(ClO-)==0.30ml/L，故答案为：0.30。
已知
方法
结论
A
沸点： SKIPIF 1 < 0
类比
沸点： SKIPIF 1 < 0
B
酸性： SKIPIF 1 < 0
类比
酸性： SKIPIF 1 < 0
C
金属性： SKIPIF 1 < 0
推理
氧化性： SKIPIF 1 < 0
D
SKIPIF 1 < 0 ： SKIPIF 1 < 0
推理
溶解度： SKIPIF 1 < 0
选项
实验内容
预测的实验现象
A
SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加NaOH溶液至过量
产生白色沉淀后沉淀消失
B
SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加KSCN溶液
溶液变血红色
C
AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量
黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D
酸性 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加乙醇至过量
溶液紫红色褪去
选项
生产活动
化学原理
A
用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜
聚乙烯燃烧生成 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0
B
利用海水制取溴和镁单质
SKIPIF 1 < 0 可被氧化、 SKIPIF 1 < 0 可被还原
C
利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
氢氟酸可与 SKIPIF 1 < 0 反应
D
公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆
钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀
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
选项
X
Y
A
SO2
H2S
B
Cl2
CO2
C
NH3
CO2
D
SO2
Cl2
操作及现象
结论
A
向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。
Ksp（AgCl）< Ksp（AgI）
B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色。
溶液中一定含有Fe2+
C
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。
Br—还原性强于Cl—
D
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结。
NH4Cl固体可以升华
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处变红色
还原性：Fe2＋>Cl－
A．碱石灰
B．饱和食盐水
C．浓硫酸
D．饱和碳酸氢钠溶液
实验现象
原因
溶液最初从紫色逐渐变为____色
氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
_______________________________________________
然后溶液从无色逐渐变为____色
_______________________________________________
1．【2022年河北卷】 SKIPIF 1 < 0 溶液可作为替代氟利昂的绿色制冷剂。合成 SKIPIF 1 < 0 工艺流程如下：
下列说法错误的是
A．还原工序逸出的 SKIPIF 1 < 0 用 SKIPIF 1 < 0 溶液吸收，吸收液直接返回还原工序
B．除杂工序中产生的滤渣可用煤油进行组分分离
C．中和工序中的化学反应为 SKIPIF 1 < 0
D．参与反应的 SKIPIF 1 < 0 为1∶1∶1
【答案】A
【解析】由流程可知，氢溴酸中含有少量的溴，加入硫化钡将溴还原生成溴化钡和硫，再加入硫酸除杂，得到的滤渣为硫酸钡和硫；加入碳酸锂进行中和，得到的溴化锂溶液经浓缩等操作后得到产品溴化锂。A．还原工序逸出的Br2用NaOH溶液吸收，吸收液中含有溴化钠和次溴酸钠等物质，若直接返回还原工序，则产品中会有一定量的溴化钠，导致产品的纯度降低，A说法错误；B．除杂工序中产生的滤渣为硫酸钡和硫，硫属于非极性分子形成的分子晶体，而硫酸钡属于离子晶体，根据相似相溶原理可知，硫可溶于煤油，而硫酸钡不溶于煤油，因此可用煤油进行组分分离，B说法正确；C．中和工序中，碳酸锂和氢溴酸发生反应生成溴化锂、二氧化碳和水，该反应的化学方程式为 Li2CO3+2HBr=CO2↑ +2LiBr +H2O，C说法正确；D．根据电子转化守恒可知，溴和硫化钡反应时物质的量之比为1:1；根据硫酸钡的化学组成及钡元素守恒可知，n(BaS):n(H2SO4)为1:1，因此，参与反应的n(Br2): n(BaS):n(H2SO4)为1:1:1，D说法正确；综上所述，本题选A。
2．【2022年1月浙江卷】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．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。
3．【2022年辽宁卷】下列类比或推理合理的是
【答案】A
【解析】A． SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 、 SKIPIF 1 < 0 的相对分子质量逐渐增大，沸点逐渐升高，可推知分子晶体的相对分子质量越大，分子间作用力越大，沸点越高，由于相对分子质量： SKIPIF 1 < 0 ，所以沸点： SKIPIF 1 < 0 ，故A正确；B．非金属元素最高价含氧酸的酸性与非金属性有关，元素的非金属性越强，最高价含氧酸的酸性越强，所以酸性： SKIPIF 1 < 0 ，酸性： SKIPIF 1 < 0 ，故B错误；C．由金属性： SKIPIF 1 < 0 ，可推出氧化性 SKIPIF 1 < 0 ；由离子方程式 SKIPIF 1 < 0 可得，氧化性： SKIPIF 1 < 0 ，故C错误；D． SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0 的阴、阳离子个数比不相同，不能通过 SKIPIF 1 < 0 大小来比较二者在水中的溶解度，故D错误；选A。
4．【2022年海南卷】依据下列实验，预测的实验现象正确的是
【答案】D
【解析】A．MgCl2济液中滴加NaOH溶液至过量，两者发生反应产生白色沉淀，白色沉淀为氢氧化镁，氢氧化镁为中强碱，其不与过量的NaOH溶液发生反应，因此，沉淀不消失，A不正确；B．FeCl3溶液中滴加 KSCN洛液，溶液变血红色，实验室通常用这种方法检验的Fe3+存在；FeCl2溶液中滴加 KSCN洛液，溶液不变色，B不正确；C．AgI的溶解度远远小于AgCl，因此，向AgI悬浊液中滴加 NaCl溶液至过量，黄色沉淀不可能全部转化为白色沉淀，C不正确；D．酸性KMnO4溶液呈紫红色，其具有强氧化性，而乙醇具有较强的还原性，因此，酸性KMnO4溶液中滴加乙醇至过量后溶液紫红色褪去，D正确；综上所述，依据相关实验预测的实验现象正确的是D，本题选D。
5．【2022年6月浙江卷】下列说法正确的是
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用
【答案】D
【解析】A．六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不正确；B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不正确；C．在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不正确；D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D正确；综上所述，本题选D。
6．（2021.6·浙江真题）关于化合物 SKIPIF 1 < 0 的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性B．与 SKIPIF 1 < 0 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． SKIPIF 1 < 0 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． SKIPIF 1 < 0 与 SKIPIF 1 < 0 溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C． SKIPIF 1 < 0 与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D． SKIPIF 1 < 0 发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；答案为：D。
7．（2021·广东真题）化学创造美好生活。下列生产活动中，没有运用相应化学原理的是
【答案】A
【解析】A．聚乙烯是一种无毒的塑料，是最常见的食品包装袋材料之一，则用聚乙烯塑料制作食品包装袋与燃烧生成二氧化碳和水无关，故A符合题意；B．溴离子具有还原性，能与氯气反应生成溴单质，镁离子具有弱氧化性，能用电解熔融氯化镁的方法制得镁，则海水制取溴和镁与单质，与溴离子可被氧化、镁离子可被还原有关，故B不符合题意；C．氢氟酸能与二氧化硅反应，常用来刻蚀石英制作艺术品，则用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品，与氢氟酸能与二氧化硅反应有关，故C不符合题意；D．钢铁在潮湿的空气中易发生吸氧腐蚀，在护栏上涂油漆可以隔绝钢铁与潮湿空气接触，防止钢铁腐蚀，则公园的钢铁护栏涂刷多彩油漆防锈，与隔绝钢铁与潮湿的空气防止腐蚀有关，故D不符合题意；故选A。
8．（2020·天津高考真题）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．NaOHB．NaClC．NaClOD．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。
9．（2016·全国高考真题）化学在生活中有着广泛的应用，下列对应关系错误的是（ ）
【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，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，错误；C、次氯酸具有强氧化性，能漂白，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，正确。故选B。
10．（2020·全国高考真题）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，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，正确；C．过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，正确；D．氯仿的化学名称为三氯甲烷，不正确。综上所述，故选D。
11．（2015·北京高考真题）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－＝Cl－+ ClO－+ H2O
B．该消毒液的pH约为12：ClO－+ H2O SKIPIF 1 < 0 HClO+ OH－
C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生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】A、用Cl2和NaOH溶液反应制取漂白液，正确；B、根据提干信息知：饱和NaClO溶液的pH约为11，而该溶液pH=12＞11，故主要是因为该消毒液中含有一定量的NaOH，不合理；C、根据HCl和HClO中Cl的化合价分析，该氧化还原方程式的书写正确，正确；D、根据漂白粉起漂白作用的原理，应用的是较强酸制取较弱酸，正确。答案选B。
12．（2015·浙江高考真题）下列说法正确的是（ ）
A．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
B．做蒸馏实验时，在蒸馏烧瓶中应加入沸石，以防暴沸。如果在沸腾前发现忘记加沸石，应立即停止加热，冷却后补加
C．在未知溶液中滴加BaCl2溶液出现白色沉淀，加稀硝酸，沉淀不溶解，说明该未知溶液中存在SO42－或SO32－
D．提纯混有少量硝酸钾的氯化钠，应采用在较高温度下制得浓溶液再冷却结晶、过滤、干燥的方法
【答案】B
【解析】A、氯水中的次氯酸能漂白pH试纸，不能用pH试纸测定新制氯水的pH值，错误；B、液体加热要加沸石或碎瓷片，引入汽化中心，可防止溶液暴沸，如果加热一段时间后发现忘记加碎瓷片，应该采取停止加热，待溶液冷却后重新添加碎瓷片，正确；C、硫酸钡和AgCl均为不溶于酸的白色沉淀，则向某溶液中加入BaCl2溶液生成白色沉淀，继续加稀硝酸沉淀不消失，溶液中可能含Ag+，错误；D、氯化钠的溶解度受温度影响小，氯化钠中混有少量的硝酸钾，氯化钠是大量的，制得的饱和溶液中硝酸钾量较少，不能采取降温结晶的方法，错误；故答案选B。
13．（2016·上海高考真题）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+H2O⇌H++Cl-+HClO，若反应使溶液中次氯酸浓度增大，则溶液漂白性会增强，据此分析解答。A．由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，向溶液中加入碳酸钙粉末反应反应2HCl+CaCO3=CaCl2+CO2↑+H2O，使化学平衡正向进行，导致次氯酸浓度增大，溶液漂白性增强，正确；B．加入稀硫酸使溶液中氢离子浓度增大平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，溶液漂白性减弱，错误；C．加入氯化钙溶液不发生反应，溶液对氯水起到稀释作用，平衡正向进行但次氯酸浓度减小，漂白性减弱，错误；D．加入二氧化硫的水溶液，二氧化硫有还原性，能被氯气氧化，平衡逆向进行，次氯酸浓度减小，漂白性减弱，错误。答案选A。
14．（2013·上海高考真题）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是
【答案】B
【解析】A、将SO2通入BaCl2溶液，不反应，部分SO2溶解在水中与后来通入的H2S发生反应2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，生成S沉淀，A不选；B、氯气与氯化钡不反应，通入二氧化碳也不反应，B选；C、反应为：2NH3+H2O+CO2+BaCl2＝2NH4Cl+BaCO3↓，C不选；D、发生反应：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl，BaCl2＋H2SO4＝BaSO4↓＋2HCl，D不选；答案选B。
15．（2018·江苏高考真题）下列有关从海带中提取碘的实验原理和装置能达到实验目的的是
A．用装置甲灼烧碎海带
B．用装置乙过滤海带灰的浸泡液
C．用装置丙制备用于氧化浸泡液中I−的Cl2
D．用装置丁吸收氧化浸泡液中I−后的Cl2尾气
【答案】B
【解析】A、灼烧碎海带应用坩埚，A错误；B、海带灰的浸泡液用过滤法分离，以获得含I-的溶液，B正确；C、MnO2与浓盐酸常温不反应，MnO2与浓盐酸反应制Cl2需要加热，反应的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，C错误；D、Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度很小，不能用饱和NaCl溶液吸收尾气Cl2，尾气Cl2通常用NaOH溶液吸收，D错误；答案选B。
16．（2016·上海高考真题）下列化工生产过程中，未涉及氧化还原反应的是（ ）
A．海带提碘B．氯碱工业
C．氨碱法制碱D．海水提溴
【答案】C
【解析】A．海带提碘是将KI变为I2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；B．氯碱工业是由NaCl的水溶液在通电时反应产生NaOH、Cl2、H2，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误；C．氨碱法制取碱的过程中没有元素化合价的变化，是非氧化还原反应，正确；D．海水提溴是由溴元素的化合物变为溴元素的单质，有元素化合价的变化，属于氧化还原反应，错误。答案选C。
17．（2015·山东高考真题）下列由实验现象得出的结论正确的是
【答案】C
【解析】A、Ksp(AgCl)＞Ksp(AgI)，A错误；B、滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色，说明该溶液可能含有Fe2+或Fe3+，B错误；C、上层呈橙红色，说明Cl2与NaBr反应生成了Br2和NaCl，则Br‾的还原性强于Cl‾，C正确；D、不是升华，试管底部NH4Cl分解生成NH3和HCl，试管口NH3与HCl反应生成了NH4Cl，发生了化学反应，D错误；答案选C。
18．（2014·江苏高考真题）下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验，能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氯气
B．用装置乙除去氯气中的少量氯化氢
C．用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液
D．用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O
【答案】C
【解析】A、二氧化锰与浓盐酸需要在加热的条件下反应制取氯气，A不正确；B、用装置乙除去氯气中的少量氯化氢应该用饱和氯化钠溶液，且气体是长口进短口出，B不正确；C、二氧化锰不溶于水，因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤，装置丙是过滤装置，C正确；D、锰离子水解，水解吸热，因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制备MnCl2·4H2O，应该在氯化氢的气氛中进行，D不正确。答案选C。
19．（2014·江苏高考真题）在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是
A．氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2
B．向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl－
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋
D．向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClO
【答案】D
【解析】A、氯气是黄绿色气体，因此氯水的颜色呈浅绿色，说明氯水中含有Cl2，A正确；B、向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，白色沉淀是氯化银，这说明氯水中含有Cl－，B正确；C、向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，气体是CO2，这说明氯水中含有H＋，C正确；D、向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明反应中有氯化铁生成。由于氯气也能把氯化亚铁氧化生成氯化铁，因此不能说明氯水中含有HClO，D不正确。答案选D。
20．（2012·上海高考真题）下图所示是验证氯气性质的微型实验，a、b、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( )
【答案】D
【解析】A、a处变蓝，b处变红棕色，说明Cl2分别与KI、NaBr作用生成I2、Br2，可证明氧化性：Cl2＞I2，Cl2＞Br2，无法证明I2与Br2之间氧化性的强弱，错误；B、c处先变红，说明氯气与水生成酸性物质，后褪色，则证明氯气与水生成具有漂白性物质，错误；C、d处立即褪色，也可能是氯气与水生成酸性物质中和了NaOH，错误；D、e处变红说明Cl2将Fe2+氧化为Fe3+，证明还原性：Fe2+＞Cl-，正确；答案选D。
21．（2009·山东高考真题）下列关于氯的说法正确的是
A．Cl2具有很强的氧化性，在化学反应中只能作氧化剂
B．若1735Cl、1737Cl为不同的核素，有不同的化学性质
C．实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水集气法收集
D．1.12LCl2含有1.7NA个质子（NA表示阿伏伽德罗常数）
【答案】C
【解析】A．Cl2中的氯元素化合价为0处于中间价态，既有氧化性又有还原性，A错误；B．同位素原子的质子数和电子数分别相等，所以化学性质几乎完全相同，B错误；C．通过实验室制得的Cl2中含有少量HCl， Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl，易溶，C正确；D．没有指明气体所处状态，无法计算， D错误。故选C。
22．（2014·海南高考真题）下列关于物质应用的说法错误的是
A．玻璃容器可长期盛放各种酸B．纯碱可用于清洗油污
C．浓氨水可检验氯气管道漏气D．Na2S可除去污水中的Cu2+
【答案】A
【解析】A．玻璃容器可长期盛放不能与酸发生反应的各种酸，但是由于氢氟酸能够腐蚀玻璃，所以不能盛装氢氟酸，A错误；B．纯碱水解使溶液显碱性，可以促进油脂的水解，因此可用于清洗油污，B正确；C． 氯气管道漏气，氯气与浓氨水挥发出的氨气反应可产生白烟，因此可用浓氨水检验氯气管道漏气，C正确；D． Na2S电离产生的S2-与污水中Cu2+发生沉淀反应，从而可降低污水中的Cu2+，故可以治理污水，D正确；答案选A。
23．（2010·全国高考真题）在相同条件下，下列说法错误的是
A．氯气在饱和食盐水中的溶解度小于在纯水中的溶解度
B．碘在碘化钾溶液中的溶解度大于在纯水中的溶解度
C．醋酸在醋酸钠溶液中电离的程度大于在纯水中电离的程度
D．工业上生产硫酸的过程中使用过量的空气可提高的利用率
【答案】C
【解析】A．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，由于同离子效应得知，溶解在饱和食盐水中会受到抑制，正确；B．因I2+I-I3-，从而使得单质碘在碘化钾溶液中的溶解度远大于在水中的溶解度，正确；C．根据影响电离平衡因素——同离子效应可知，醋酸在醋酸钠溶液中的电离受到抑制，从而小于在纯水中的电离程度，错误；D．使用过量的空气，促使化学平衡向正反应方向进行，从而提高二氧化硫的转化率，即利用率，正确。故答案选C。
24．（2019·海南高考真题）能正确表示下列反应的离子方程式为( )
A．向FeBr2溶液中通入过量Cl2：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
C．向碘化钾溶液中加入少量双氧水：3H2O2+I-=IO3-+3H2O
D．向硫化钠溶液中通入过量SO2：2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-
【答案】BD
【解析】A．FeBr2电离产生的Fe2+、Br-都具有还原性，向该溶液中通入过量Cl2，Fe2+、Br-都会被氧化，离子方程式为：2Fe2++4Br-+3Cl2=2Fe3++2Br2+6Cl-，A错误；B．向碳酸钠溶液中通入少量CO2，Na2CO3、CO2、H2O发生反应生成NaHCO3，反应的离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，B正确；C．H2O2具有氧化性，在酸性条件下，会将I-氧化为I2，反应的离子方程式为：H2O2+2H++2I-=I2+2H2O，C错误；D．向硫化钠溶液中通入过量SO2，由于酸性H2SO3>H2S，由于SO2过量，发生的反应有：S2-+2SO2+2H2O=H2S+2HSO3-，SO2+ 2H2S=3S↓+2H2O，总反应方程式为2S2-+5SO2+2H2O=3S↓+4HSO3-，D正确；故合理选项是BD。
25．（2020·全国高考真题）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】（1）圆底烧瓶 饱和食盐水 （2）水浴加热 Cl2+2OH−=ClO−+Cl−+H2O 避免生成NaClO3 （3）吸收尾气(Cl2) AC （4）过滤 少量(冷)水洗涤 （5）紫 小于
【解析】本实验目的是制备KClO3和NaClO，并探究其氧化还原性质；首先利用浓盐酸和MnO2粉末共热制取氯气，生成的氯气中混有HCl气体，可在装置a中盛放饱和食盐水中将HCl气体除去；之后氯气与KOH溶液在水浴加热的条件发生反应制备KClO3，再与NaOH溶液在冰水浴中反应制备NaClO；氯气有毒会污染空气，所以需要d装置吸收未反应的氯气。
（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，可选；
B．氯气在NaCl溶液中溶解度很小，无法吸收氯气，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，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，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。
26．（2015·重庆高考真题）ClO2与Cl2的氧化性相近，在自来水消毒和果蔬保鲜等方面应用广泛。某兴趣小组通过图1装置（夹持装置略）对其制备、吸收、释放和应用进行了研究。
（1）仪器D的名称是____。安装F中导管时，应选用图2中的_____。
（2）打开B的活塞，A中发生反应：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O。为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度宜____（填“快”或“慢”）。
（3）关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是_____。
（4）已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，该反应的离子方程式为____，在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是______。
（5）已吸收ClO2气体的稳定剂Ⅰ和稳定剂Ⅱ，加酸后释放ClO2的浓度随时间的变化如图3所示。若将其用于水果保鲜，你认为效果较好的稳定剂是_______，原因是_________。
【答案】（1）锥形瓶 b （2）慢 （3）吸收Cl2 （4）4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O 验证是否有ClO2生成 （5）稳定剂Ⅱ 稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度
【解析】
（1）根据仪器特征，仪器D的名称是锥形瓶；根据操作分析，F装置应是Cl2和KI反应，所以应该长管进气，短管出气，答案选b。
（2）为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，滴加稀盐酸的速度要慢。
（3）F装置中能发生Cl2+2KI=2KCl+I2，碘遇淀粉变蓝，所以若F中溶液的颜色若不变，说明没有氯气，则装置C的作用是吸收Cl2。
（4）在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据化合价升降相等和电荷守恒以及原子守恒配平，该反应的离子方程式为4H＋+5ClO2-=Cl－+4ClO2↑+2H2O；在ClO2释放实验中，打开E的活塞，D中发生反应，则装置F的作用是验证是否有ClO2生成。
（5）根据图3可知，稳定剂Ⅱ可以缓慢释放ClO2，能较长时间维持保鲜所需的浓度，所以稳定剂Ⅱ好。
27．（2018·上海高考真题）实验室可用二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气。为了证明得到的氯气中含氯化氢，并测定氯化氢的含量进行了下列实验。请回答：
（1）向饱和NaCl溶液中滴入少量浓盐酸，会有白色晶体析出，该晶体的化学式是_____。
（2）按如图装置，将所得气体通入后，试管内白色晶体析出，能否证明氯气中含有HCl，说明理由_____。b装置的作用是_____。
（3）已知氯气易溶于CCl4，按图中装置实验试管③中有白色沉淀，能够证明含HCl，说明理由_____。用浓盐酸与二氧化锰加热经干燥得到1.12L（标况下）气体，除去Cl2后，用水全部吸收并定容至100mL，再通过滴定测HCl气体含量。
（4）定容所需要仪器有烧杯、玻璃棒、________和_____。
（5）取定容后溶液20.00mL，加入2滴酚酞试液，用0.0250ml/L标准NaOH溶液滴定，当______即为滴定终点，消耗NaOH溶液19.20mL，则得到的气体中氯化氢的体积含量是______。
【答案】（1）NaCl （2）不能，因为Cl2溶于水会生成HClO和HCl，试管内有白色晶体析出不一定是因为Cl2中含有HCl 吸收尾气，防止污染空气 （3）氯气易溶于CCl4，装置①可吸收Cl2，装置②检验Cl2是否被完全吸收，以确保不会有Cl2进入装置③中，若装置③中有白色沉淀生成，则证明有Cl-存在，即一定含有HCl （4）胶头滴管 100mL容量瓶 （5）最后一滴NaOH溶液滴入时，溶液变成浅红色，且半分钟后不褪色 4.8%
【解析】
（1）向饱和的NaCl溶液中滴加少量浓盐酸，Cl-浓度增大，NaCl的溶解平衡逆向移动，析出NaCl的白色晶体，故答案为：NaCl；
（2）由于Cl2溶于水会生成HClO和HCl，因此试管内有白色晶体析出不一定是因为Cl2中含有HCl；装置b的作用是吸收尾气，防止污染空气，故答案为：不能，因为Cl2溶于水会生成HClO和HCl，试管内有白色晶体析出不一定是因为Cl2中含有HCl；吸收尾气，防止污染空气；
（3）因为氯气易溶于CCl4，根据图中装置分析可知，装置①可吸收Cl2，装置②检验Cl2是否被完全吸收，以确保不会有Cl2进入装置③中，若装置③中有白色沉淀生成，则证明有Cl-存在，即一定含有HCl，故答案为：氯气易溶于CCl4，装置①可吸收Cl2，装置②检验Cl2是否被完全吸收，以确保不会有Cl2进入装置③中，若装置③中有白色沉淀生成，则证明有Cl-存在，即一定含有HCl；
（4）配制一定物质的量浓度的溶液时，定容操作需要的仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL的容量瓶，故答案为：胶头滴管；100mL容量瓶；
（5）酚酞溶液作指示剂，用0.0250ml/L标准NaOH溶液滴定，当最后一滴NaOH溶液滴入时，溶液变成浅红色，且半分钟后不褪色，则达到滴定终点，若消耗NaOH溶液19.20mL，则20mLHCl溶液中 SKIPIF 1 < 0 ，则100mLHCl溶液中n(HCl)=0.024ml·L-1×0.1L=0.0024ml，因此得到的气体中氯化氢的体积含量为 SKIPIF 1 < 0 ，故答案为：最后一滴NaOH溶液滴入时，溶液变成浅红色，且半分钟后不褪色；4.8%。
28．（2010·北京高考真题）为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用下图所示装置进行实验（夹持仪器已略去，气密性已检验）。
实验过程：
Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。
Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。
Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。
Ⅳ………
（1）A中产生黄绿色气体，其电子式是________。
（2）验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_______。
（3）B中溶液发生反应的离子方程式是_______。
（4）为验证溴的氧化性强于碘，过程Ⅳ的操作和现象是___________。
（5）过程Ⅲ实验的目的是__________。
（6）氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下_________，得电子能离逐渐减弱。
【答案】（1） （2）淀粉KI试纸变蓝 （3）Cl2+2Br-═Br2+2Cl- （4）打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。静止后CCl4层溶液变为紫红色 （5）确认C的黄色溶液中五Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 （6）原子半径逐渐增大
【解析】验证卤素单质氧化性的相对强弱，装置A：高锰酸钾溶液和浓盐酸反应生成氯化锰、氯化钾、氯气和水，装置A中生成氯气，烧瓶上端湿润的碘化钾淀粉试纸变蓝色，验证氯气的氧化性强于碘，装置B：装置B中盛有溴化钠，氯气进入装置B中，氯气氧化溴离子为溴单质，溶液呈橙红色，验证氯的氧化性强于溴，氯气有毒，能被氢氧化钠吸收，浸有氢氧化钠的棉花防止氯气污染空气，当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹，为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，以此解答该题。
（1）根据以上分析，黄绿色气体为氯气，由高锰酸钾和浓盐酸发生氧化还原反应生成，氯气中存在1对氯氯共用电子对，氯原子最外层达到8电子稳定结构，电子式为：，
故答案为；
（2）淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，说明氯气氧化性强于单质碘，
故答案为淀粉KI试纸变蓝；
（3）氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反应的离子方程式为：Cl2+2Br-═Br2+2Cl-，
故答案为Cl2+2Br-═Br2+2Cl-；
（4）为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴加入到盛有KI溶液的D中，如发生氧化还原反应，则静至后CCl4层溶液变为紫红色，
故答案为打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡．静至后CCl4层溶液变为紫红色；
（5）为验证溴的氧化性强于碘，实验时应避免氯气的干扰，当B中溶液由黄色变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否则氯气过量，影响实验结论，
故答案为确认C的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；
（6）因同一主族元素，从上到下，电子层数依次增多，原子半径逐渐增大，元素的金属性逐渐增强，得电子能力逐渐减弱，故答案为原子半径逐渐增大。
29．（2007·四川高考真题）在实验室堕可用下图所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质。
图中：①为氯气发生装置；②的试管里盛有15mL30％KOH 溶液．并置于水浴中；③的试管里盛有15mL 8 % NaOH 溶液．并置于冰水浴中；④的试管里加有紫色石蕊试液；⑤为尾气吸收装置。
请填写下列空白：
（1）制取氯气时，在烧瓶里加入一定量的二氧化锰．通过_______________________（坡写仪器名称）向烧瓶中加入适量的浓盐酸。实验时为了除去氯气中的氯化氢气体，可在①与②之间安装盛有_____________________（填写下列编号字母）的净化装置。
（2）比较制取氯酸钾和次氯酸钠的条件．二者的差异是：______________________________________________________
反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出。右图中符合该晶体溶解度曲线的是_____________________（填写编号字母）；从②的试管中分离出该晶体的方法是____________________(填写实验操作名称）
（3）本实验中制取次氯酸钠的离子方程式是：___________________________________________
（4）实验中可观察到④的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请填写下表中的空白：
【答案】（1）分液漏斗 B （2）碱溶液（或反应物）的浓度不同，反应温度不同 M 过滤 （3）Cl2+ 2OH－＝ClO－+ Cl一＋H2O （4）红 氯气与水反应生成的HClO将石蕊氧化为无色物质 黄绿 继续通入的氯气溶于水使溶液呈黄绿色
【解析】
（l）实验室制备氯气用浓盐酸和二氧化锰在加热条件反应，所用反应仪器为分液漏斗和圆底烧瓶，通过分液漏斗向烧瓶中加人适量的浓盐酸；用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，故在①与②之间安装盛有饱和食盐水的洗气瓶；
（2）根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反应生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反应生成次氯酸钠，二者反应的浓度和温度都不相同，反应完毕经冷却后，②的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有M符合，不溶性固体与液体的分离常采用过滤的方法；
（3）氯气在常温下与NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠，二者在水中溶解且电离，反应的离子方程式为Cl2+2OH－═ClO－+Cl－+H2O；
（4）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应生成的H＋使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，所以反应现象为先变红，后褪色，反应后如继续通入氯气，氯气微溶于水，则为氯气的溶液，溶液呈黄绿色。
30．（2016·浙江高考真题）Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3(Cl-和ClO-)的比值与反应的温度有关，用24gNaOH配成的250mL溶液，与Cl2恰好完全反应（忽略Cl2与水的反应、盐类的水解及溶液体积变化）：
（1）NaOH溶液的物质的量浓度_____ml·L－1；
（2）某温度下，反应后溶液中c(Cl-)=6c(ClO-)，则溶液中c(ClO-) =_____ml·L－1。
【答案】 （1）2.4 （2）0.30
【解析】（1）根据c===2.4ml/L，故答案为：2.4；
（2）NaCl、NaClO和NaClO3的组成发现，钠与氯的物质的量之比为1：1，所以n(NaOH)=2n(Cl2)，所以n(Cl2)=0.3ml，设n(ClO-)=xml，则n(Cl-)=6xml，所以n(ClO3-)=(0.6-7x)ml，得失电子守恒得：6x=x+5(0.6-7x)，解之得x=0.075，所以则溶液中c(ClO-)==0.30ml/L，故答案为：0.30。
已知
方法
结论
A
沸点： SKIPIF 1 < 0
类比
沸点： SKIPIF 1 < 0
B
酸性： SKIPIF 1 < 0
类比
酸性： SKIPIF 1 < 0
C
金属性： SKIPIF 1 < 0
推理
氧化性： SKIPIF 1 < 0
D
SKIPIF 1 < 0 ： SKIPIF 1 < 0
推理
溶解度： SKIPIF 1 < 0
选项
实验内容
预测的实验现象
A
SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加NaOH溶液至过量
产生白色沉淀后沉淀消失
B
SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加KSCN溶液
溶液变血红色
C
AgI悬浊液中滴加NaCl溶液至过量
黄色沉淀全部转化为白色沉淀
D
酸性 SKIPIF 1 < 0 溶液中滴加乙醇至过量
溶液紫红色褪去
选项
生产活动
化学原理
A
用聚乙烯塑料制作食品保鲜膜
聚乙烯燃烧生成 SKIPIF 1 < 0 和 SKIPIF 1 < 0
B
利用海水制取溴和镁单质
SKIPIF 1 < 0 可被氧化、 SKIPIF 1 < 0 可被还原
C
利用氢氟酸刻蚀石英制作艺术品
氢氟酸可与 SKIPIF 1 < 0 反应
D
公园的钢铁护栏涂刷多彩防锈漆
钢铁与潮湿空气隔绝可防止腐蚀
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
选项
X
Y
A
SO2
H2S
B
Cl2
CO2
C
NH3
CO2
D
SO2
Cl2
操作及现象
结论
A
向AgCl悬浊液中加入NaI溶液时出现黄色沉淀。
Ksp（AgCl）< Ksp（AgI）
B
向某溶液中滴加氯水后再加入KSCN溶液，溶液呈红色。
溶液中一定含有Fe2+
C
向NaBr溶液中滴入少量氯水和苯，振荡、静置，溶液上层呈橙红色。
Br—还原性强于Cl—
D
加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结。
NH4Cl固体可以升华
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处变红色
还原性：Fe2＋>Cl－
A．碱石灰
B．饱和食盐水
C．浓硫酸
D．饱和碳酸氢钠溶液
实验现象
原因
溶液最初从紫色逐渐变为____色
氯气与水反应生成的H+使石蕊变色
随后溶液逐渐变为无色
_______________________________________________
然后溶液从无色逐渐变为____色
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