高考化學一輪復習《第14講　鹵族元素及其重要化合物》課件

一輪重點鞏固方向比努力更重要研究考綱·辨明考向重要化素鹵及物合考綱解讀考向預測1．了解Cl2、HClO、NaClO及氯水的重要性質(zhì)和應用。2．掌握Cl－的檢驗方法。3．了解鹵族元素單質(zhì)及化合物的性質(zhì)及用途。1.本部分的內(nèi)容常出現(xiàn)在選擇題的個別選項中或出現(xiàn)在非選擇題中。2．高考對本講內(nèi)容的考查點主要有四個：一是氯氣的性質(zhì)及應用，特別是它的強氧化性；二是氯水、HClO、NaClO的性質(zhì)及應用，特別是它們的強氧化性和漂白性；三是實驗室制取氯氣的原理、干燥、收集及驗滿等，以它為載體，考查實驗探究能力；四是Cl－的檢驗?？季V要求核心素養(yǎng)思維導圖1.宏觀辨識與微觀探析：認識氯氣及其化合物的性質(zhì)與應用，形成“性質(zhì)決定應用”的觀念；能從氯原子的結(jié)構(gòu)理解Cl2的性質(zhì)，形成“結(jié)構(gòu)決定性質(zhì)”的觀念。2.科學探究與創(chuàng)新意識：探究Cl2的制備原理及其性質(zhì)，并進行實驗探究驗證。3.科學精神與社會責任：認識氯及其化合物對環(huán)境的影響，具有綠色和環(huán)保的意識。名師備考建議結(jié)合真實情境中的應用實例或通過實驗探究，了解鹵素及其重要化合物的主要性質(zhì)，了解這些物質(zhì)在生產(chǎn)、生活中的應用。能從物質(zhì)類別、元素價態(tài)的角度，依據(jù)復分解反應和氧化還原原理，預測物質(zhì)的化學性質(zhì)和變化，設計實驗進行初步驗證，并能分析、解釋有關實驗現(xiàn)象。能利用典型代表物的性質(zhì)和反應，設計常見物質(zhì)制備、分離、提純、檢驗等簡單任務的方案。能從物質(zhì)類別和元素價態(tài)變化的視角說明物質(zhì)的轉(zhuǎn)化途徑。鹵素與化工生產(chǎn)、日常生活、科學技術等方面有著密切的聯(lián)系，如氯堿工業(yè)、漂白粉應用、飲用水消毒、新冠防控、環(huán)境保護等是近幾年高考命題的熱點。高考常結(jié)合綜合實驗或工藝流程考查Cl2、NaClO2、ClO2等的制備、性質(zhì)及含量測定，也常以海水提溴等流程圖為載體，考查物質(zhì)的制備與提純，都具有一定的綜合性和創(chuàng)新性。新教材增加了家用消毒液的制備實驗，同時認真研判今年有關高考題，以及近兩年全球新冠病毒的流行與傳播，可以看到高考命題會更加重視對氯氣及含氯化合物制備及性質(zhì)探究實驗的考查；鹵族元素的考查力度依舊可能較大，可能以溴、碘及其化合物的制備為載體設置微型實驗或探究型實驗進行考查。預測2024年高考中，將會以與氯氣及其化合物知識有關的化工生產(chǎn)工藝、消毒劑的合成等為載體，結(jié)合氧化還原反應、離子反應、化學實驗方案設計進行考查將是命題的熱點。真題再現(xiàn)?明確考向√1．(2023年北京卷)下列離子方程式與所給事實不相符的是A．Cl2制備84消毒液(主要成分是NaClO)：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OB．食醋去除水垢中的CaCO3：CaCO3＋2H+＝Ca2+＋H2O＋CO2↑C．利用覆銅板制作印刷電路板：2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+D．Na2S去除廢水中的Hg2+：Hg2+＋S2-＝HgS↓解析：A．Cl2和NaOH溶液反應產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，除了Cl2和H2O不能拆寫其余均可拆寫為離子，A項正確；B．食醋中的醋酸CH3COOH為弱酸不能拆寫為離子，反應為2CH3COOH＋CaCO3＝Ca2+＋2CH3COO－＋CO2＋H2O，B項錯誤；C．FeCl3將Cu氧化為CuCl2而自身被還原為FeCl2，反應為2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+，C項正確；D．Na2S將Hg2+轉(zhuǎn)化為沉淀除去，反應為Hg2+＋S2?＝HgS↓，D項正確；√2．(2023年北京卷)完成下述實驗，裝置或試劑不正確的是實驗室制Cl2實驗室收集C2H4驗證NH3易溶于水且溶液呈堿性除去CO2中混有的少量HClABCD解析：A．MnO2固體加熱條件下將HCl氧化為Cl2，固液加熱的反應該裝置可用于制備Cl2，A項正確；B．C2H4不溶于水，可選擇排水收集，B項正確；C．擠壓膠頭滴管，水進入燒瓶將NH3溶解，燒瓶中氣體大量減少壓強急劇降低打開活塞水迅速被壓入燒瓶中形成紅色噴泉，紅色噴泉證明NH3與水形成堿性物質(zhì)，C項正確；D．Na2CO3與HCl、CO2發(fā)生反應，不能達到除雜的目的，應該選用飽和NaHCO3溶液，D項錯誤；√3.(2023年江蘇卷)實驗室制取Cl2的實驗原理及裝置均正確的是A．制取Cl2B．除去Cl2中的HClC．收集Cl2D．吸收尾氣中的Cl2√解析：A．實驗室制取氯氣使用的是濃鹽酸和MnO2反應，不能使用稀鹽酸，A錯誤；B．除去Cl2中的HCl可將氣體通入飽和食鹽水中，注意長口進入便于充分吸收，B正確；C．氯氣密度大于空氣，可用向上排空氣法收集氯氣，多功能瓶收集氣體注意長進短出，C正確；D．對氯氣的尾氣處理應選擇氫氧化鈉溶液吸收，水吸收效果不好，D錯誤?！獭?.(2023年浙江6月選考)探究鹵族元素單質(zhì)及其化合物的性質(zhì)，下列方案設計、現(xiàn)象和結(jié)論都正確的是實驗方案現(xiàn)象結(jié)論A往碘的CCl4溶液中加入等體積濃KI溶液，振蕩分層，下層由紫紅色變?yōu)闇\粉紅色，上層呈棕黃色碘在濃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鈉溶液點在pH試紙上試紙變白次氯酸鈉溶液呈中性C向2mL0.1mol·L－1AgNO3溶液中先滴加4滴0.1mol·L－1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L－1KI溶液先產(chǎn)生白色沉淀，再產(chǎn)生黃色沉淀AgCl轉(zhuǎn)化為AgI，AgI溶解度小于AgCl溶解度D取兩份新制氯水，分別滴加AgNO3溶液和淀粉KI溶液前者有白色沉淀，后者溶液變藍色氯氣與水的反應存在限度解析：A．向碘的四氯化碳溶液中加入等體積濃碘化鉀溶液，振蕩，靜置，溶液分層，下層由紫紅色變?yōu)闇\粉紅色，上層呈棕黃色說明碘的四氯化碳溶液中的碘與碘化鉀溶液中碘離子反應生成碘三離子使上層溶液呈棕黃色，證明碘在濃碘化鉀溶液中的溶解能力大于在四氯化碳中的溶解能力，故A正確；B．次氯酸鈉溶液具有強氧化性，會能使有機色質(zhì)漂白褪色，無法用pH試紙測定次氯酸鈉溶液的pH，故B錯誤；C．由題意可知，向硝酸銀溶液中加入氯化鉀溶液時，硝酸銀溶液過量，再加入碘化鉀溶液時，只存在沉淀的生成，不存在沉淀的轉(zhuǎn)化，無法比較氯化銀和碘化銀的溶度積大小，故C錯誤；D．新制氯水中的氯氣和次氯酸都能與碘化鉀溶液反應生成使淀粉變藍色的碘，則溶液變藍色不能說明溶液中存在氯氣分子，無法證明氯氣與水的反應存在限度，故D錯誤；√6．(2023屆T8聯(lián)考)下列有關實驗現(xiàn)象、結(jié)論與實驗操作相互匹配的是選項實驗操作實驗現(xiàn)象實驗結(jié)論A向NaBr溶液中滴加過量氯水，再加入淀粉KI溶液溶液先變橙色，后變藍色氧化性：Cl2＞Br2＞I2

B將鐵銹溶于濃鹽酸，再滴入KMnO4溶液溶液紫色褪去鐵銹與濃鹽酸反應生成亞鐵離子C室溫下，用pH試紙分別測定等物質(zhì)的量濃度的NaCN溶液和CH3COONa溶液的pHNaCN溶液對應的pH更大酸性：HCN＜CH3COOHD兩支試管各盛4mL0.1mol·L-1酸性高錳酸鉀溶液，分別加入2mL0.1mol·L-1草酸溶液和2mL0.2mol·L-1草酸溶液加入0.2mol·L-1草酸溶液的試管中溶液褪色更快其他條件相同，反應物濃度越大，反應速率越快√7.(2022年6月浙江卷)下列說法正確的是A.工業(yè)上通過電解六水合氯化鎂制取金屬鎂B.接觸法制硫酸時，煅燒黃鐵礦以得到三氧化硫C.濃硝酸與鐵在常溫下不反應，所以可用鐵質(zhì)容器貯運濃硝酸D.“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)和“84消毒液”(主要成分為次氯酸鈉)不能混用解析：A．六水合氯化鎂沒有自由移動的離子，不能導電，工業(yè)上通過電解熔融的無水氯化鎂制取金屬鎂，A不正確；B．接觸法制硫酸時，煅燒黃鐵礦只能得到二氧化硫，二氧化硫在接觸室經(jīng)催化氧化才能轉(zhuǎn)化為三氧化硫，B不正確；C．在常溫下鐵與濃硝酸發(fā)生鈍化反應，在鐵表面生成一層致密的氧化物薄膜并阻止反應繼續(xù)發(fā)生，所以可用鐵質(zhì)容器貯運濃硝酸，C不正確；D．“潔廁靈”(主要成分為鹽酸)和“84消毒液”(主要成分為次氯酸鈉)不能混用，若兩者混用會發(fā)生歸中反應生成氯氣，不僅達不到各自預期的作用效果，還會污染環(huán)境，D正確；√解析：A．H2分子的共價鍵是s－sσ鍵，Cl2分子的共價鍵是p－pσ鍵，A錯誤；B．燃燒生成的HCl氣體與空氣中的水蒸氣結(jié)合生成鹽酸小液滴，呈霧狀，B正確；C．停止反應后，用蘸有濃氨水的玻璃棒靠近集氣瓶口，HCl氣體與NH3反應生成氯化銨固體，產(chǎn)生白煙，C正確；D．H2與Cl2反應為可自發(fā)進行的氧化還原反應，因此可通過原電池將H2與Cl2反應的化學能轉(zhuǎn)化為電能，D正確；√9.(2022年廣東卷)實驗室用MnO2和濃鹽酸反應生成Cl2后，按照凈化、收集、性質(zhì)檢驗及尾氣處理的順序進行實驗。下列裝置(“→”表示氣流方向)不能達到實驗目的的是解析：A．濃鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，可用飽和食鹽水除去HCl，Cl2可用濃硫酸干燥，A裝置能達到實驗目的，故A不符合題意；B．氯氣的密度大于空氣，用向上排空氣法收集，B裝置能收集氯氣，故B不符合題意；C．濕潤的紅布條褪色，干燥的紅色布條不褪色，可驗證干燥的氯氣不具有漂白性，故C不符合題意；D．氯氣在水中的溶解度較小，應用NaOH溶液吸收尾氣，D裝置不能達到實驗目的，故D符合題意；√10.(2022年遼寧卷)鍍鋅鐵釘放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出鐵釘后加入少量漂白粉，溶液恢復棕色：加入CCl4，振蕩，靜置，液體分層。下列說法正確的是A.褪色原因為I2被Fe還原 B.液體分層后，上層呈紫紅色C.鍍鋅鐵釘比鍍錫鐵釘更易生銹 D.溶液恢復棕色的原因為I－被氧化解析：A．Zn比Fe活潑，更容易失去電子，還原性更強，先與I2發(fā)生氧化還原反應，故溶液褪色原因為I2被Zn還原，A項錯誤；B．液體分層后，I2在CCl4層，CCl4的密度比水大，則下層呈紫紅色，B項錯誤；C．若鍍層金屬活潑性大于Fe，則Fe不易生銹，反之，若Fe活潑性大于鍍層金屬，則Fe更易生銹，由于活潑性：Zn＞Fe＞Sn，則鍍錫鐵釘更易生銹，C項錯誤；D．漂白粉的有效成分為Ca(ClO)2，其具有強氧化性，可將I－氧化，D項正確；√11.(2022年遼寧卷)下列類比或推理合理的是已知方法結(jié)論A沸點：Cl2＜Br2＜I2

類比沸點：H2＜N2＜O2

B酸性：HClO4＞HIO4

類比酸性：HCl＞HIC金屬性：Fe＞Cu推理氧化性：Fe3+＜Cu2+DKsp：Ag2CrO4＜AgCl推理溶解度：Ag2CrO4＜AgCl解析：A．Cl2、Br2、I2的相對分子質(zhì)量逐漸增大，沸點逐漸升高，可推知分子晶體的相對分子質(zhì)量越大，分子間作用力越大，沸點越高，由于相對分子質(zhì)量：H2＜N2＜O2，所以沸點：H2＜N2＜O2，故A正確；B．非金屬元素最高價含氧酸的酸性與非金屬性有關，元素的非金屬性越強，最高價含氧酸的酸性越強，所以酸性：HClO4＞HIO4，酸性：HCl＜HI，故B錯誤；C．由金屬性：Fe＞Cu，可推出氧化性Fe2+＜Cu2+；由離子方程式2Fe3+＋Cu＝2Fe2+＋Cu2+可得，氧化性：Fe3+＞Cu2+，故C錯誤；D．Ag2CrO4和AgCl的陰、陽離子個數(shù)比不相同，不能通過Ksp大小來比較二者在水中的溶解度，故D錯誤；√12.(2022年湖南卷)下列離子方程式正確的是A.Cl2通入冷的NaOH溶液：Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2OB.用醋酸和淀粉－KI溶液檢驗加碘鹽中的IO3－：IO3－＋5I－＋6H+＝3I2

＋3H2OC.FeSO4溶液中加入H2O2產(chǎn)生沉淀：2Fe2+＋H2O2＋4H2O＝2Fe(OH)2↓＋4H+

D.NaHCO3溶液與少量的Ba(OH)2溶液混合：HCO3－＋Ba2+＋OH－＝BaCO3↓＋H2O√解析：A．Cl2通入冷的NaOH溶液中發(fā)生反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，該反應的離子方程式為Cl2＋2OH－＝Cl－＋ClO－＋H2O，A正確；B．用醋酸和淀粉－KI溶液檢驗加碘鹽中的IO3－的原理是IO3－在酸性條件下與I－發(fā)生歸中反應生成I2而遇淀粉變藍，由于醋酸是弱酸，在離子方程式中不能用H＋表示，因此B不正確；C．H2O2具有較強的氧化性，F(xiàn)eSO4溶液中加入H2O2產(chǎn)生的沉淀是氫氧化鐵，該反應的離子方程式為2Fe2+＋H2O2＋4H2O＝2Fe(OH)2↓＋4H+，C正確；D．NaHCO3溶液與少量的Ba(OH)2溶液混合后發(fā)生反應生成碳酸鋇沉淀、碳酸鈉和水，NaHCO3過量，Ba(OH)2全部參加反應，因此該反應的離子方程式為2HCO3－＋Ba2+＋2OH－＝BaCO3↓＋CO32-＋2H2O，D不正確；√解析：A．灼燒應該用坩堝，圖示用的蒸發(fā)皿，故A錯誤；B．溶解不需要用容量瓶，故B錯誤；C．過濾時應該用玻璃棒引流，且漏斗下端要緊靠燒杯內(nèi)壁，故C錯誤；D．分液時需要使用分液漏斗，漏斗下口緊靠燒杯內(nèi)部，故D正確；綜上所述答案為D。√15．(2020年天津)在全國人民眾志成城抗擊新冠病毒期間，使用的“84消毒液”的主要有效成分是A.NaOH

B.NaCl

C.NaClO

D.Na2CO3√解析：工業(yè)上用Cl2與NaOH溶液反應制取“84消毒液”，反應原理為Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有強氧化性，能用于殺菌消毒，故“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，答案選C?！探馕觯河煞磻匠淌娇芍?，反應物MnO2中的Mn元素的化合價為+4價，生成物MnCl2中Mn元素的化合價為+2價，反應物HCl中Cl元素的化合價為-1價，生成物Cl2中Cl元素的化合價為0價，故MnCl2是還原產(chǎn)物，Cl2是氧化產(chǎn)物，由氧化還原反應中得失電子守恒可知，n(Cl2)：n(MnCl2)=1∶1，B符合題意；故選B。17.(2020年江蘇)下列關于Na、Mg、Cl、Br元素及其化合物的說法正確的是A.NaOH的堿性比Mg(OH)2的強B.Cl2得到電子的能力比Br2的弱C.原子半徑r:D.原子的最外層電子數(shù)n:√解析：A．同周期自左至右金屬性減弱，所以金屬性Na＞Mg，則堿性NaOH＞Mg(OH)2，故A正確；B．同主族元素自上而下非金屬性減弱，所以非金屬性Cl＞Br，所以Cl2得電子的能力比Br2強，故B錯誤；C．電子層數(shù)越多原子半徑越大，電子層數(shù)相同，核電荷數(shù)越小原子半徑越大，所以原子半徑：r(Br)＞r(Na)＞r(Mg)＞r(Cl)，故C錯誤；D．Cl和Br為同主族元素，最外層電子數(shù)相等，故D錯誤?！探馕觯篈．石灰水中Ca(OH)2濃度太小，一般用氯氣和石灰乳反應制取漂白粉，故A錯誤；B．碳酸的酸性弱于鹽酸，所以二氧化碳與氯化鈉溶液不反應，故B錯誤；C．氧化性Cl2＞Br2＞I2，所以氯氣可以氧化NaBr得到溴單質(zhì)，溴單質(zhì)可以氧化碘化鈉得到碘單質(zhì)，故C正確；D．電解氯化鎂溶液無法得到鎂單質(zhì)，陽極氯離子放電生成氯氣，陰極水電離出的氫離子放電產(chǎn)生氫氣，同時產(chǎn)生大量氫氧根，與鎂離子產(chǎn)生沉淀，故D錯誤。19．(2018年江蘇)下列有關從海帶中提取碘的實驗原理和裝置能達到實驗目的的是√A．用裝置甲灼燒碎海帶B．用裝置乙過濾海帶灰的浸泡液C．用裝置丙制備用于氧化浸泡液中I－的Cl2D．用裝置丁吸收氧化浸泡液中I－后的Cl2尾氣解析：灼燒應在坩堝中進行，A項錯誤；海帶灰浸泡液通過過濾可得海帶灰和濾液，B項正確；濃HCl與MnO2反應制備Cl2時需要加熱，C項錯誤；Cl2在飽和NaCl溶液中的溶解度小，應用堿液吸收，D項錯誤。20．(2023年北京卷)資料顯示，I2可以將Cu氧化為Cu2+。某小組同學設計實驗探究Cu被I2氧化的產(chǎn)物及銅元素的價態(tài)。c(KI)實驗現(xiàn)象實驗Ⅰ0.01mol·L-1極少量I2溶解，溶液為淡紅色；充分反應后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為淡紅色實驗Ⅱ0.1mol·L-1部分I2溶解，溶液為紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉轉(zhuǎn)化為白色沉淀，溶液仍為紅棕色實驗Ⅲ4mol·L-1I2完全溶解，溶液為深紅棕色；充分反應后，紅色的銅粉完全溶解，溶液為深紅棕色I．將等體積的KI溶液加入到mmol銅粉和nmolI2(n＞m)的固體混合物中，振蕩。實驗記錄如下：(1)初始階段，Cu被氧化的反應速率：實驗Ⅰ_____(填“>”“<”或“=”)實驗Ⅱ。(2)實驗Ⅲ所得溶液中，被氧化的銅元素的可能存在形式有[Cu(H2O)4]2+(藍色)或[CuI2]－(無色)，進行以下實驗探究：步驟a．取實驗Ⅲ的深紅棕色溶液，加入CCl4，多次萃取、分液。步驟b．取分液后的無色水溶液，滴入濃氨水。溶液顏色變淺藍色，并逐漸變深。ⅰ．步驟a的目的是____________________________。ⅱ．查閱資料，2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2，[Cu(NH3)2]+(無色)容易被空氣氧化。用離子方程式解釋步驟b的溶液中發(fā)生的變化：____________________________________________________________________________________________。＜除去

，防止干擾后續(xù)實驗[CuI2]－＋2NH3?H2O＝[Cu(NH3)2]＋＋2H2O＋2I－、4[Cu(NH3)2]＋＋O2＋8NH3?H2O＝4[Cu(NH3)4]2+＋4OH－＋6H2O(3)結(jié)合實驗Ⅲ，推測實驗Ⅰ和Ⅱ中的白色沉淀可能是CuI，實驗Ⅰ中銅被氧化的化學方程式是___________________________________。分別取實驗Ⅰ和Ⅱ充分反應后的固體，洗滌后得到白色沉淀，加入濃KI溶液，________________(填實驗現(xiàn)象)，觀察到少量紅色的銅。分析銅未完全反應的原因是__________________________________________________________________。(4)上述實驗結(jié)果，I2僅將Cu氧化為＋1價。在隔絕空氣的條件下進行電化學實驗，證實了I2能將Cu氧化為Cu2+。裝置如圖所示，a、b分別是_______________________________。2Cu＋I2＝2CuI或2Cu＋KI3＝2CuI＋KI白色沉淀逐漸溶解溶液變?yōu)闊o色銅與碘的反應為可逆反應(或

濃度小未能氧化全部的Cu)銅、含nmolI2的4mol·L-1的KI溶液(5)運用氧化還原反應規(guī)律，分析在上述實驗中Cu被I2氧化的產(chǎn)物中價態(tài)不同的原因：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。在實驗Ⅰ、實驗Ⅱ、實驗Ⅲ中Cu+可以進一步與I－結(jié)合生成CuI沉淀或[CuI2]－，Cu+濃度減小使得Cu2+氧化性增強，發(fā)生反應2Cu2+＋4I－＝2CuI↓＋I2和2Cu2+＋6I－＝2[CuI2]－＋I2。21.(2022年北京卷)某小組同學探究不同條件下氯氣與二價錳化合物的反應。資料：?。甅n2+在一定條件下可被Cl2或ClO氧化成MnO2(棕黑色)、MnO42-(綠色)、MnO4-(紫色)。ⅱ．濃堿性條件下，MnO4-可被OH-還原為MnO42-。ⅲ．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無關；NaClO的氧化性隨堿性增強而減弱。實驗裝置如圖(夾持裝置略)。序號物質(zhì)aC中實驗現(xiàn)象通入Cl2前通入Cl2后I水得到無色溶液產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化II5%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉淀III40%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙杂谐恋?1)B中試劑是

。(2)通入Cl2前，Ⅱ、Ⅲ中沉淀由白色變?yōu)樽睾谏幕瘜W方程式為

。(3)對比實驗Ⅰ、Ⅱ通入Cl2后的實驗現(xiàn)象，對于二價錳化合物還原性的認識是

。(4)根據(jù)資料ⅱ，Ⅲ中應得到綠色溶液，實驗中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過量，氧化劑將MnO42-氧化為MnO4-。飽和NaCl溶液2Mn(OH)2＋O2＝2MnO2＋2H2O二價錳化合物在中性或弱酸性條件下只能被氧化到MnO2，在堿性條件下可以被氧化到更高價態(tài)①用化學方程式表示可能導致溶液堿性減弱的原因

，但通過實驗測定，溶液的堿性變化很小。②取Ⅲ中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色迅速變?yōu)榫G色的離子方程式為

；溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2

被___________(填“化學式”)氧化，可證明Ⅲ的懸濁液中氧化劑過量。③取Ⅲ中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應是

。④從反應速率的角度，分析實驗Ⅲ未得到綠色溶液的可能原因

。Cl2+2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O4MnO4-＋4OH-＝4MnO42-＋O2↑＋2H2ONaClO2MnO2＋3ClO-＋2OH-＝2MnO4-＋3Cl-＋H2O④從反應速率的角度，分析實驗Ⅲ未得到綠色溶液的可能原因

。因為溶液中存在反應：ⅰ．4MnO4-＋4OH-＝4MnO42-＋O2↑＋2H2Oⅱ．2MnO42-＋ClO－＋H2O＝2MnO4-＋Cl-＋2OH-

從反應速率的角度，在濃堿性條件下，c(OH-)和c(ClO-)均很大時，反應ⅱ速率快于反應ⅰ(或過量Cl2與NaOH反應產(chǎn)生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO4-被還原為MnO42-的速率減小，因而不能實驗III未得到綠色溶液)解析：在裝置A中HCl與KMnO4發(fā)生反應制取Cl2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，為排除HCl對Cl2性質(zhì)的干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質(zhì)HCl，在裝置C中通過改變?nèi)芤旱膒H，驗證不同條件下Cl2與MnSO4反應，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余Cl2，防止造成大氣污染。(1)B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的雜質(zhì)HCl氣體；故答案為：飽和NaCl溶液(2)通入Cl2前，II、III中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產(chǎn)生的的OH-反應產(chǎn)生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩(wěn)定，會被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2，則沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W方程式為：2Mn(OH)2＋O2＝2MnO2＋2H2O；(3)對比實驗I、II通入Cl2后的實驗現(xiàn)象，對于二價錳化合物還原性的認識是：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強而增強；故答案為：二價錳化合物在中性或弱酸性條件下只能被氧化到MnO2，在堿性條件下可以被氧化到更高價態(tài)(4)①Cl2與NaOH反應產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應的化學方程式為：Cl2+2NaOH＝NaCl＋NaClO＋H2O；②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色就是由于在濃堿條件下，MnO4-可被OH-還原為MnO42-，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應的離子方程式為：4MnO4-＋4OH-＝4MnO42-＋O2↑＋2H2O；溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被NaClO氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過量；③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說明ClO-將MnO2氧化為MnO4-，發(fā)生的反應是：2MnO2＋3ClO-＋2OH-＝2MnO4-＋3Cl-＋H2O；④因為溶液中存在反應：?。?MnO4-＋4OH-＝4MnO42-＋O2↑＋2H2Oⅱ．2MnO42-＋ClO－＋H2O＝2MnO4-＋Cl-＋2OH-

從反應速率的角度，在濃堿性條件下，c(OH-)和c(ClO-)均很大時，反應ⅱ速率快于反應ⅰ(或從反應速率的角度，過量Cl2與NaOH反應產(chǎn)生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO4-被還原為MnO42-的速率減小，因而不能實驗III未得到綠色溶液)①加入Fe粉進行轉(zhuǎn)化反應的離子方程式為

，生成的沉淀與硝酸反應，生成_______后可循環(huán)使用。②通入Cl2的過程中，若氧化產(chǎn)物只有一種，反應的化學方程式為

；若反應物用量比n(Cl2)/n(FeI2)＝時，氧化產(chǎn)物為

；當n(Cl2)/n(FeI2)＞，單質(zhì)碘的收率會降低，原因是

。2AgI+Fe=2Ag+Fe2++2I-AgNO3FeI2+Cl2=I2+FeCl2I2、FeCl3I2被過量的Cl2進一步氧化22.(2021年全國甲卷)碘(紫黑色固體，微溶于水)及其化合物廣泛用于醫(yī)藥、染料等方面?；卮鹣铝袉栴}：(1)I2的一種制備方法如下圖所示：2IO3-＋5HSO3-＝I2

＋5SO42-＋3H+＋H2O4防止單質(zhì)碘析出23.(2021年廣東卷)含氯物質(zhì)在生產(chǎn)生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究軟錳礦(主要成分是MnO2)的過程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產(chǎn)生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認這是一種新元素組成的單質(zhì)，并命名為chlorine(中文命名“氯氣”)。(1)實驗室沿用舍勒的方法制取Cl2的化學方程式為

。(2)實驗室制取干燥Cl2時，凈化與收集Cl2所需裝置的接口連接順序為

。MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2Oc-d-b-a-e(3)某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測氯水中_______已分解。檢驗此久置氯水中Cl-存在的操作及現(xiàn)象是_______________________________________________________________________________________________________________________。(4)某合作學習小組進行以下實驗探究。①實驗任務。通過測定溶液電導率，探究溫度對AgCl溶解度的影響。②查閱資料。電導率是表征電解質(zhì)溶液導電能力的物理量。溫度一定時，強電解質(zhì)稀溶液的電導率隨溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而增大。25℃時，Ksp(AgCl)＝1.8×10-10。③提出猜想。猜想a：較高溫度的AgCl飽和溶液的電導率較大。猜想b：AgCl在水中的溶解度s(45℃)＞s(35℃)＞s(25℃)。HClO向溶液中加入過量稀硝酸，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，則證明原溶液中含有Cl-

④設計實驗、驗證猜想。取試樣Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同溫度下配制的AgCl飽和溶液)，在設定的測試溫度下，進行表中實驗1~3，記錄數(shù)據(jù)。實驗序號試樣測試溫度/℃電導率/(μS/cm)1Ⅰ：25℃的AgCl飽和溶液25A12Ⅱ：35℃的AgCl飽和溶液35A23Ⅲ：45℃的AgCl飽和溶液45A3⑤數(shù)據(jù)分析、交流討論。25℃的AgCl飽和溶液中，c(Cl-)__________mol/L。實驗結(jié)果為A3＞A2＞A1。小組同學認為，此結(jié)果可以證明③中的猜想a成立，但不足以證明猜想b成立。結(jié)合②中信息，猜想b不足以成立的理由有________________________________________________________________。4×10-5測試溫度不同，根據(jù)電導率結(jié)果無法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度⑥優(yōu)化實驗。小組同學為進一步驗證猜想b，在實驗1~3的基礎上完善方案，進行實驗4和5。請在答題卡上完成表中內(nèi)容。實驗序號試樣測試溫度/℃電導率/(μS/cm)4Ⅰ_______B15______________B2⑦實驗總結(jié)。根據(jù)實驗1~5的結(jié)果，并結(jié)合②中信息，小組同學認為猜想b也成立。猜想b成立的判斷依據(jù)是

。45℃II45℃A3>B2>B1解析：(1)實驗室通常采用濃鹽酸和MnO2制取Cl2，化學方程式為：MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+2H2O，(2)根據(jù)化學方程式可知，制取的氯氣中混有氯化氫、水蒸氣，氯氣有毒，必須進行尾氣處理，因此使用飽和食鹽水吸收氯化氫氣體，濃硫酸除去水蒸氣，最后用NaOH溶液吸收尾氣，因此接口連接順序為c-d-b-a-e；(3)久置后不能使品紅溶液褪色，說明HClO已分解；檢驗Cl-的方法為向溶液中加入過量稀硝酸，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，則證明原溶液中含有Cl-，故答案為：HClO；向溶液中加入過量稀硝酸，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，則證明原溶液中含有Cl-；(4)⑤25℃時，Ksp(AgCl)＝c(Ag+)×c(Cl-)，根據(jù)沉淀溶解平衡可知，飽和的AgCl溶液中c(Ag+)＝c(Cl-)，所以有c(Cl-)＝==1.3410-5；實驗1~3中，不同的飽和溶液濃度不同且測試溫度不同，根據(jù)資料顯示離子濃度一定時，稀溶液電導率隨溫度的升高而增大，所以根據(jù)實驗1~3無法判斷溫度較高的飽和溶液離子濃度大，進而不能得出溶解度關系；測試溫度不同，根據(jù)電導率結(jié)果無法判斷不同溫度下飽和溶液的溶解度；⑥如果要判斷AgCl在水中的溶解度隨溫度的變化情況，可以設計不相同溫度下的飽和溶液在相同溫度下測試，如果溫度較高下的飽和溶液電導率比溫度較低的飽和溶液電導率高，則可以得出溫度升高飽和溶液中離子濃度高。所以可以設計試樣Ⅰ在45℃下測試與實驗3比較；設計試樣II在45℃下測試與實驗3比較。⑦猜想b成立的判斷依據(jù)是A3>B2>B1。24．(2020年新課標Ⅱ)化學工業(yè)為疫情防控提供了強有力的物質(zhì)支撐。氯的許多化合物既是重要化工原料，又是高效、廣譜的滅菌消毒劑?；卮鹣铝袉栴}：(1)氯氣是制備系列含氯化合物的主要原料，可采用如圖(a)所示的裝置來制取。裝置中的離子膜只允許______離子通過，氯氣的逸出口是_____(填標號)。Na+a(2)次氯酸為一元弱酸，具有漂白和殺菌作用，其電離平衡體系中各成分的組成分數(shù)δ[δ(X)=，X為HClO或ClO?]與pH的關系如圖(b)所示。HClO的電離常數(shù)Ka值為______。(3)Cl2O為淡棕黃色氣體，是次氯酸的酸酐，可由新制的HgO和Cl2反應來制備，該反應為歧化反應（氧化劑和還原劑為同一種物質(zhì)的反應）。上述制備Cl2O的化學方程式為

。102Cl2+HgO==HgCl2+Cl2O(4)ClO2常溫下為黃色氣體，易溶于水，其水溶液是一種廣譜殺菌劑。一種有效成分為NaClO2、NaHSO4、NaHCO3的“二氧化氯泡騰片”，能快速溶于水，溢出大量氣泡，得到ClO2溶液。上述過程中，生成ClO2的反應屬于歧化反應，每生成1molClO2消耗NaClO2的量為_____mol；產(chǎn)生“氣泡”的化學方程式為

。(5)“84消毒液”的有效成分為NaClO，不可與酸性清潔劑混用的原因是

(用離子方程式表示)。工業(yè)上是將氯氣通入到30%的NaOH溶液中來制備NaClO溶液，若NaClO溶液中NaOH的質(zhì)量分數(shù)為1%，則生產(chǎn)1000kg該溶液需消耗氯氣的質(zhì)量為

kg(保留整數(shù))。NaHCO3+NaHSO4==CO2↑+Na2SO4+H2OClO-+Cl-+2H+==Cl2↑+H2O20325．(2020年新課標Ⅲ)]氯可形成多種含氧酸鹽，廣泛應用于殺菌、消毒及化工領域。實驗室中利用下圖裝置(部分裝置省略)制備KClO3和NaClO，探究其氧化還原性質(zhì)。回答下列問題：(1)盛放MnO2粉末的儀器名稱是

，a中的試劑為

。(2)b中采用的加熱方式是_________，c中化學反應的離子方程式是________________

，采用冰水浴冷卻的目的是

。(3)d的作用是

，可選用試劑________(填標號)。A．Na2SB．NaClC．Ca(OH)2D．H2SO4(4)反應結(jié)束后，取出b中試管，經(jīng)冷卻結(jié)晶，_____，

，干燥，得到KClO3晶體。(5)取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號和2號試管中，滴加中性KI溶液。1號試管溶液顏色不變。2號試管溶液變?yōu)樽厣?，加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯____色?？芍摋l件下KClO3的氧化能力

NaClO(填“大于”或“小于”)。圓底燒瓶飽和食鹽水水浴加熱Cl2+2OH?===ClO?+Cl?+H2O避免生成NaClO3吸收尾氣(Cl2)AC過濾少量(冷)水洗滌小于紫解析：(1)根據(jù)盛放MnO2粉末的儀器結(jié)構(gòu)可知該儀器為圓底燒瓶；a中盛放飽和食鹽水除去氯氣中混有的HCl氣體；(2)根據(jù)裝置圖可知盛有KOH溶液的試管放在盛有水的大燒杯中加熱，該加熱方式為水浴加熱；c中氯氣在NaOH溶液中發(fā)生歧化反應生成氯化鈉和次氯酸鈉，結(jié)合元素守恒可得離子方程式為Cl2+2OHˉ=ClOˉ+Clˉ+H2O；根據(jù)氯氣與KOH溶液的反應可知，加熱條件下氯氣可以和強堿溶液反應生成氯酸鹽，所以冰水浴的目的是避免生成NaClO3；(3)氯氣有毒，所以d裝置的作用是吸收尾氣(Cl2)；A．Na2S可以將氯氣還原成氯離子，可以吸收氯氣，故A可選；B．氯氣在NaCl溶液中溶解度很小，無法吸收氯氣，故B不可選；C．氯氣可以Ca(OH)2或濁液反應生成氯化鈣和次氯酸鈣，故C可選；D．氯氣與硫酸不反應，且硫酸溶液中存在大量氫離子會降低氯氣的溶解度，故D不可選；綜上所述可選用試劑AC；(4)b中試管為KClO3和KCl的混合溶液，KClO3的溶解度受溫度影響更大，所以將試管b中混合溶液冷卻結(jié)晶、過濾、少量(冷)水洗滌、干燥，得到KClO3晶體；(5)1號試管溶液顏色不變，2號試管溶液變?yōu)樽厣f明1號試管中氯酸鉀沒有將碘離子氧化，2號試管中次氯酸鈉將碘離子氧化成碘單質(zhì)，即該條件下KClO3的氧化能力小于NaClO；碘單質(zhì)更易溶于CCl4，所以加入CCl4振蕩，靜置后CCl4層顯紫色。已知：錳酸鉀(K2MnO4)在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生反應：3MnO＋2H2O===2MnO＋MnO2↓＋4OH－26．(2020年山東高考)某同學利用Cl2氧化K2MnO4制備KMnO4的裝置如下圖所示(夾持裝置略)：回答下列問題：(1)裝置A中a的作用是

；裝置C中的試劑為________________；裝置A中制備Cl2的化學方程式為____________________________________

。(2)上述裝置存在一處缺陷，會導致KMnO4產(chǎn)率降低，改進的方法是__________________________________________。(3)KMnO4常作氧化還原滴定的氧化劑，滴定時應將KMnO4溶液加入________(填“酸式”或“堿式”)滴定管中；在規(guī)格為50.00mL的滴定管中，若KMnO4溶液起始讀數(shù)為15.00mL，此時滴定管中KMnO4溶液的實際體積為______(填字母)。A．15.00mLB．35.00mLC．大于35.00mLD．小于15.00mL平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下NaOH溶液Ca(ClO)2＋4HCl(濃)===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶酸式

C解析：(1)裝置A為恒壓分液漏斗，它的作用是平衡氣壓，使?jié)恹}酸順利滴下，C的作用是吸收反應不完的Cl2，可用NaOH溶液吸收，Ca(ClO)2和濃鹽酸在A中發(fā)生歸中反應產(chǎn)生Cl2，反應的化學方程式為Ca(ClO)2＋4HCl(濃)===CaCl2＋2Cl2↑＋2H2O。(2)錳酸鉀在濃強堿溶液中可穩(wěn)定存在，堿性減弱時易發(fā)生3MnO＋2H2O===2MnO＋MnO2↓＋4OH－，一部分MnO轉(zhuǎn)化為了MnO2，導致最終KMnO4的產(chǎn)率低，而濃鹽酸易揮發(fā)，直接導致B中NaOH溶液的濃度減小，故改進措施是在裝置A、B之間加裝盛有飽和食鹽水的洗氣瓶吸收揮發(fā)出來的HCl。(3)高錳酸鉀有強氧化性，強氧化性溶液加入酸式滴定管，滴定管的“0”刻度在上，規(guī)格為50.00mL的滴定管中實際的體積大于－15.00)mL，即大于35.00mL。一、氯氣的性質(zhì)1.氯氣的物理性質(zhì)注意：實驗室里聞有毒氣體及未知氣體氣味的方法是：用手在瓶口輕輕扇動，僅使極少量氣體飄進鼻孔。(如圖所示)顏色氣味毒性密度特性

色

氣味

毒比空氣___

液化黃綠刺激性有大易考點一氯及其化合物的性質(zhì)和應用核心知識梳理2.從“價類”二維角度理解Cl2的化學性質(zhì)(1)從氯的原子結(jié)構(gòu)認識氯氣的化學性質(zhì)——氧化性原子結(jié)構(gòu)：類別：Cl2是活潑的非金屬單質(zhì)，能氧化許多金屬、非金屬以及一些具有還原性的物質(zhì)。

部分含氯物質(zhì)的分類與相應氯元素的化合價關系如圖所示。下列說法錯誤的是與d、a與e均能反應得到b為一種新型自來水消毒劑，c代替b的原因是c不屬于危險化學品的水溶液中加入CaCO3，可以增加d的產(chǎn)量的固體可用于實驗室制O2√解析：根據(jù)價類二維圖可知：b、c、d分別為Cl2、ClO2、HClO，a、e可以為HCl、KClO3。根據(jù)氧化還原反應歸中規(guī)律，HCl與HClO、HCl與KClO3在酸性條件下發(fā)生歸中反應，均可以得到Cl2，故A正確；ClO2為一種新型自來水消毒劑，代替Cl2的原因是它的殺菌、消毒的能力更強，故B錯誤；Cl2的水溶液里存在平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，加入CaCO3，與HCl反應，使平衡向右移動，HClO的產(chǎn)量增多，故C正確；e若為KClO3，它的固體可用于實驗室制O2，故D正確。2FeCl3，棕紅棕黃蒼白Cl2+2KI===2KCl+I2Cl2+SO2+2H2O===H2SO4+2HClCl2+2FeCl2===2FeCl3Cl2+H2OH++Cl-+HClO2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2OCl2+2NaOH===NaCl+NaClO+H2O(2)從化合價的角度認識Cl2的化學性質(zhì)——歧化反應氯氣與水或堿反應，氯元素的化合價既有升高又有降低，因而氯氣既表現(xiàn)氧化性又表現(xiàn)還原性。3.從平衡的角度理解氯水的成分和性質(zhì)氯氣能溶于水(1∶2)，氯氣的水溶液稱為氯水，溶于水的氯氣只有少量與水反應。(1)氯水中存在三種平衡關系：(2)氯水的成分及性質(zhì)1．成分三種分子(H2O、Cl2、HClO)、四種離子(ClO－、Cl－、H＋、OH－)。2．性質(zhì)氯水的多種成分決定了它具有多重性質(zhì)。(1)Cl2的強氧化性。(2)HCl的強酸性。(3)HClO的強氧化性、弱酸性。注：氯水常代替氯氣進行溶液中的實驗。在不同的反應中，氯水起作用的成分不同，現(xiàn)列表如下：參與反應的微粒所加試劑實驗現(xiàn)象離子方程式或解釋Cl－AgNO3溶液白色沉淀Cl－＋Ag＋===AgCl↓H＋Na2CO3固體有氣泡產(chǎn)生2H＋＋CO===CO2↑＋H2OHClO有色布條布條顏色褪去HClO具有漂白性Cl2FeCl2溶液溶液變棕黃色2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－Cl2、H2OSO2黃綠色褪去SO2＋Cl2＋2H2O===4H＋＋2Cl－＋SOHClO、H＋石蕊溶液先變紅后褪色酸性和漂白性Cl2、H＋鎂粉氯水的顏色褪去并有氣泡產(chǎn)生Mg＋2H＋===Mg2＋＋H2↑H＋被消耗，使Cl2＋H2OHCl＋HClO平衡右移，Cl2減少，顏色變淺直至褪色氯水性質(zhì)的多重性新制氯水的多種成分決定了它具有多重性質(zhì)，在不同的化學反應中，氯水中參與反應的微粒不同。歸納提升3.液氯、新制氯水、久置氯水的比較液氯新制氯水久置氯水分類純凈物混合物混合物顏色黃綠色淺黃綠色無色性質(zhì)強氧化性酸性、強氧化性、漂白性酸性1．常溫下液態(tài)氯與鐵不反應，故可用鋼瓶貯運液氯。2．HClO是弱酸，Cl2與水的反應離子方程式不能錯寫為Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－。3．Cl2可使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色，不能使干燥的有色布條褪色，說明Cl2沒有漂白性，而是HClO起漂白作用。4．Cl2可使?jié)駶櫟氖镌嚰埾茸兗t后褪色，原因是Cl2與水反應生成的鹽酸使石蕊先變紅，HClO使變色后的石蕊褪色。5．Cl2具有強氧化性，與變價金屬反應時均生成高價態(tài)的金屬氯化物，如FeCl2不能由兩種單質(zhì)化合而成。智能提升1．常溫下液態(tài)氯與鐵不反應，故可用鋼瓶貯運液氯。2．HClO是弱酸，Cl2與水的反應離子方程式不能錯寫為Cl2＋H2O2H＋＋Cl－＋ClO－。3．Cl2可使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色，不能使干燥的有色布條褪色，說明Cl2沒有漂白性，而是HClO起漂白作用。4．Cl2可使?jié)駶櫟氖镌嚰埾茸兗t后褪色，原因是Cl2與水反應生成的鹽酸使石蕊先變紅，HClO使變色后的石蕊褪色。5．Cl2具有強氧化性，與變價金屬反應時均生成高價態(tài)的金屬氯化物，如FeCl2不能由兩種單質(zhì)化合而成。問題思考(1)將Cl2通入石蕊溶液中的現(xiàn)象是什么？能用pH試紙測定氯水的pH嗎？(2)①向新制氯水中加入碳酸鈣粉末，能增大氯水中HClO的濃度嗎？為什么？②若將碳酸鈣改為亞硫酸鈣，情況又如何？答案將Cl2通入石蕊溶液中的現(xiàn)象是先變紅后褪色。不能用pH試紙測定氯水的pH，因為氯水中的HClO能將pH試紙漂白。答案能；原因是氯水中存在平衡Cl2＋H2O

HCl＋HClO。加入的CaCO3粉末會與HCl反應，從而使平衡右移，增大HClO的濃度。答案亞硫酸鈣具有還原性，會將Cl2、HClO等還原為Cl－。二、次氯酸和次氯酸鹽的性質(zhì)1.次氯酸次氯酸見光分解的化學方程式：

。2.漂白粉CaCl2和Ca(ClO)2Ca(ClO)22Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O堿氧化Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClOCa(ClO)2＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO，3.漂白液(84消毒液)NaClO2NaOH＋Cl2===NaCl＋NaClO＋H2O問題思考在空氣中長時間放置的漂白粉，最終得到的主要固體物質(zhì)是_______________，其原因是________________________________________________________________________________________________。(用化學方程式說明)CaCO3和CaCl2CaCO3＋2HCl===CaCl2＋CO2↑＋H2O(1)過量的鐵粉在少量氯氣中加熱，充分反應后產(chǎn)物為FeCl2(

)(2)氯氣溶于水得氯水，溶液呈酸性且可以導電，所以氯氣是電解質(zhì)(

)(3)新制取的漂白粉是混合物(

)(4)氯氣可以使?jié)駶櫟挠猩紬l褪色，但是實際起漂白作用的物質(zhì)是次氯酸，而不是氯氣(

)(5)Cl2具有很強的氧化性，在化學反應中只能作氧化劑(

)(6)標準狀況下，11.2LCl2與水充分反應轉(zhuǎn)移電子數(shù)為NA(

)(7)“84”消毒液的消毒原理與H2O2的相同，都是利用強氧化性(

)×××√√√×解析：該反應為可逆反應，Cl2不能完全反應。正誤判斷對點訓練題組一氯氣的性質(zhì)及應用1．(2023屆重慶)氯氣是一種化學性質(zhì)很活潑的非金屬單質(zhì)，它具有較強的氧化性，下列敘述中不正確的是(

)A．紅熱的銅絲在氯氣里劇烈燃燒，產(chǎn)生棕黃色的煙B．通常狀況下，干燥的氯氣能和Fe反應C．純凈的H2在Cl2中安靜地燃燒，發(fā)出蒼白色火焰，集氣瓶瓶口呈現(xiàn)霧狀；光照H2和Cl2的混合氣體時，因迅速化合而爆炸D．氯氣能與水反應生成HClO和HCl，久置氯水最終變?yōu)橄←}酸√解析：Cl2與Fe反應需要點燃或加熱，通常狀況下，F(xiàn)e與干燥的Cl2不反應。√3.某地化工廠的貯氯罐意外發(fā)生泄漏，下列關于安全處理措施不正確的是A.緊急組織群眾沿逆風方向疏散B.消防隊員向貯氯罐周圍空氣中噴灑稀NaOH溶液C.處在該環(huán)境中的群眾，應用浸有稀氨水的毛巾捂住鼻子，趴在低洼處等待救援D.處在該環(huán)境中的群眾，應用浸有一定濃度NaHCO3的毛巾捂住鼻子，向高處

轉(zhuǎn)移√解析：稀氨水揮發(fā)出的NH3具有強烈的刺激性氣味；氯氣的密度比空氣的密度大，應往高處轉(zhuǎn)移。選項實驗現(xiàn)象結(jié)論A滴有KSCN的FeCl2溶液變紅Cl2具有還原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有酸性C紫色石蕊溶液先變紅后褪色Cl2具有漂白性D淀粉-KI溶液變成藍色Cl2具有氧化性4.已知：KClO3＋6HCl(濃)===KCl＋3Cl2↑＋3H2O，如下圖所示，將少量試劑分別放入培養(yǎng)皿中的相應位置，實驗時將濃鹽酸滴在KClO3晶體上，并用表面皿蓋好。下表中由實驗現(xiàn)象得出的結(jié)論完全正確的是√解析：Cl2本身沒有酸性，溶液褪色，可能是Cl2與水反應生成的HCl和HClO與NaOH溶液發(fā)生中和反應生成鹽而使溶液褪色，也可能是生成的HClO的漂白性使溶液褪色，B項錯誤；Cl2本身不具有漂白性，而是Cl2與H2O作用生成的HClO具有漂白性，C項錯誤。(1)A、B通入Cl2后，觀察到的現(xiàn)象是_______________________________________________________，根據(jù)現(xiàn)象可得出的結(jié)論是____________________________________________。(2)集氣瓶B中發(fā)生反應的離子方程式是_____________________________。5.(2024屆洛陽開學檢測)根據(jù)下列裝置圖回答問題干燥的紅色(或A中)布條不褪色，濕潤的紅色(或B中)布條褪色Cl2無漂白性，Cl2與水反應生成的HClO有漂白性Cl2＋H2O

H＋＋Cl－＋HClO(3)實驗開始后，觀察裝置C中的現(xiàn)象是_________________________。(4)通入Cl2時裝置D中發(fā)生反應的離子方程式是__________________________________。(5)裝置E中發(fā)生反應的離子方程式是__________________________。(6)F裝置的作用是________________________。溶液先變?yōu)榧t色，然后褪色＋2Cl－2Fe2＋＋Cl2===2Fe3＋＋2Cl－吸收氯氣，防止污染環(huán)境B.鐵屑的作用是將FeCl3還原為FeCl2C.吸收漏氯的離子方程式為2Fe2＋＋Cl2===2Cl－＋2Fe3＋D.鐵屑耗盡時溶液中可能大量存在：Fe2＋、Fe3＋、ClO－、Cl－√題組二氯水中的平衡關系及多重性質(zhì)解析：A項，Cl2和水反應生成鹽酸和次氯酸，反應的離子方程式為H2O＋Cl2Cl－＋HClO＋H＋，正確；B項，2FeCl3＋Fe===3FeCl2，鐵屑的作用是將FeCl3還原為FeCl2，正確；C項，氯化亞鐵吸收氯氣生成氯化鐵，離子方程式為2Fe2＋＋Cl2===2Cl－＋2Fe3＋，正確；D項，ClO－能把Fe2＋氧化為Fe3＋，F(xiàn)e2＋、ClO－不能大量共存，錯誤。7.(2024屆廣州市開學模擬)我國推行的新型冠狀病毒防治方案，明確指出應當使用含氯消毒液進行消毒。氯氣與冷燒堿溶液反應可制得“84”消毒液，實驗裝置如圖。下列有關說法不正確的是A.甲中盛放的試劑可以是高錳酸鉀固體B.乙中可采用熱水浴，有利于加快反應速率C.在甲、乙之間加入飽和食鹽水洗氣，可提

高NaOH利用率D.在乙之后再連接NaOH溶液吸收尾氣，更

加符合綠色化學思想√解析：A項，高錳酸鉀和濃鹽酸常溫下反應可以制取氯氣，沒有加熱裝置，所以甲中盛放的試劑可以是高錳酸鉀固體，正確；B項，氯氣與冷燒堿溶液反應可制得“84”消毒液，所以乙中不可采用熱水浴，會有其他反應發(fā)生，會生成雜質(zhì)氯酸鈉，錯誤；C項，在甲、乙之間加入飽和食鹽水洗氣，可以除去濃鹽酸揮發(fā)出來的氯化氫氣體，可提高NaOH利用率，正確；D項，氯氣有毒，不能隨意排放到大氣中，所以在乙之后再連接NaOH溶液吸收尾氣，更加符合綠色化學思想，正確。8.用玻璃棒蘸取新制氯水點在pH試紙上，觀察到的現(xiàn)象是(

)√解析：新制氯水中存在HCl(強酸)和HClO(弱酸)，二者電離出H＋使溶液顯酸性，故試紙變?yōu)榧t色，后因HClO具有強氧化性又會使紅色(中間部分)褪去，故B項正確。9.氯水中存在多種分子和離子，它們在不同的反應中表現(xiàn)出不同的性質(zhì)。下列結(jié)論正確的是A.加入有色布條，片刻后有色布條褪色，說明有Cl2存在B.溶液呈淺黃綠色，且有刺激性氣味，說明有Cl2存在C.先加入鹽酸酸化，再加入AgNO3溶液，生成白色沉淀，說明有Cl－存在D.加入NaOH溶液，氯水的淺黃綠色消失，說明有HClO存在√解析：A項，氯水能使有色布條褪色是因為氯水中含有的HClO具有強氧化性；C項，由于加入鹽酸酸化的過程中引入了Cl－，所以根據(jù)生成白色沉淀無法說明氯水中存在Cl－；D項，因Cl2、HCl和HClO均能與NaOH溶液反應，所以加入NaOH溶液時氯水顏色消失不能說明其中有HClO存在。10.在新制飽和氯水中，若只改變某一條件，下列敘述正確的是A.再通入少量氯氣，

減小B.通入少量SO2，溶液漂白性增強C.加入少量的碳酸鈉粉末，pH增大，溶液漂白性增強D.光照過程中，有氣泡冒出，溶液的導電性減弱√解析：飽和氯水不能再溶解氯氣，各成分的濃度不變，A項錯；SO2＋Cl2＋2H2O===2HCl＋H2SO4，Cl2＋H2OH＋＋Cl－＋HClO的平衡左移，HClO的濃度減小，漂白性減弱，B項錯；加入少量的碳酸鈉粉末，消耗H＋，使B項所述平衡正向移動，HClO的濃度增大，C項正確；光照過程中，HClO分解，生成O2和HCl，溶液中的離子濃度增大，導電性增強，D項錯誤。向氯水中加入的物質(zhì)濃度變化平衡移動的方向應用可溶性氯化物c(Cl－)增大、c(HClO)減小左移①用飽和食鹽水除Cl2中的HCl氣體②用排飽和食鹽水法收集Cl2鹽酸c(H＋)和c(C