2020-2021培优氯及其化合物辅导专题训练

2020-2021培优氯及其化合物辅导专题训练
一、 高中化学氯及其化合物
1．已知Cl 2在70℃的NaOH 水溶液中，能发生氧化还原反应后可生成NaClO 与NaClO 3现有63.9g Cl 2，将其通入到足量70℃的NaOH 水溶液中，反应完全后测得溶液中NaClO 与NaClO 3的物质的量比为4：1，并得到500mL 溶液。

（1）写出Cl 2在70℃的NaOH 水溶液中发生上述反应的化学方程式______。

（2）计算完全反应后溶液中NaClO 、NaClO 3物质的量浓度____、______。

【答案】9Cl 2+14NaOH=4NaClO+NaClO 3+9NaCl+7H 2O 0.8mol/L 0.2mol/L
【解析】
【分析】
先通过氯元素化合价的对比判断NaClO 与NaClO 3是氧化产物，氯气得电子化合价降低的产物是还原产物，所以还原产物是氯化钠，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，从而得出反应中被氧化的Cl 2与被还原的Cl 2的物质的量之比。

【详解】
（1）该反应中NaClO 与NaClO 3是氧化产物，氯化钠是还原产物，反应完全后测得溶液中NaClO 与NaClO 3的物质的量比为4：1，根据氧化还原反应中得失电子数相等配平方程式，所以该方程式为：9Cl 2+14NaOH=4NaClO+NaClO 3+9NaCl+7H 2O ；
（2）49.7g Cl 2的物质的量为63.9g 71g /mol =0.9mol ，根据反应9Cl 2+14NaOH=4NaClO+NaClO 3+9NaCl+7H 2O 可知，生成NaClO 与NaClO 3的物质的量分别为0.9mol 40.4mol 9⨯=、0.9mol 10.1mol 9
⨯=，完全反应后溶液中NaClO 、NaClO 3物质的量浓度分别为0.4mol 0.8/0.5mol L L =、0.1mol 0.2/0.5mol L L
=。

2．室温下，A 是常见的金属单质、单质B 是黄绿色气体、单质C 是无色气体。

在合适反应条件下，它们可以按下面框图进行反应；E 是无色溶液，F 是淡绿色溶液。

B 和C 反应发出苍白色火焰。

请回答：
（1）A 是__________，B 是__________，C 是__________（请填写化学式）； （2）反应①的化学方程式______________________________；
（3）反应③的离子方程式______________________________；
（4）反应④的离子方程式______________________________。

【答案】Fe Cl 2 H 2 2Fe +3Cl 22FeCl 3 Fe ＋2H ＋＝Fe 2＋＋H 2↑ 2Fe 2＋＋Cl 2＝2Fe 3＋＋
2Cl－
【解析】
【分析】
室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，据以上分析解答。

【详解】
室温下，A是常见的金属单质、单质B是黄绿色气体、单质C是无色气体，B是氯气，B和C反应发出苍白色火焰，C是氢气，E是氯化氢。

F是淡绿色溶液，F溶液中含有亚铁离子，所以A是铁，F是氯化亚铁，D是氯化铁，
(1)根据以上分析可知A、B、C分别是Fe、Cl2、H2；
(2)反应①为铁与氯气反应生成氯化铁，化学方程式为2Fe+3Cl22FeCl3；
(3)反应③为铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，离子方程式为Fe＋2H＋＝Fe2＋＋H2↑；
(4)反应④为氯化亚铁与氯气反应生成氯化铁，离子方程式为2Fe2＋＋Cl2＝2Fe3＋＋2Cl－。

3．A、B、C、X是中学化学常见物质，均由短周期元素组成，转化关系如图。

请针对以下三种不同情况回答：
()1若A、B、C中均含同一种常见金属元素，该元素在C中以阴离子形式存在，将A、C的水溶液混合可得B的白色胶状沉淀。

①中含有的金属元素在元素周期表中的位置为_______________________，向水中加入
A
X物质，X对水的电离平衡的影响是_________(填“促进”、“抑制”或“无影响”)。

②与C的水溶液混合后生成B，反应的离子方程式为___________________________。

A
()2若A为固态非金属单质，A与X同周期，同时A在X中燃烧，生成3
AX)白色
(AX和
5
烟雾，常温常压下C为白色固体，B分子中各原子最外层均为8电子结构。

A，则1molA单质中①若A为该元素的白色固体单质，其结构为正四面体，分子式为
4
N，B的电子式为_________。

含共价键数目为_________A
②与水反应的离子方程式为_______________________________________________。

X
()3若A、B、C的焰色反应呈黄色，A为淡黄色固体，B、C的水溶液均为碱性，A溶于水后可与X反应生成C，常温下，X为气态酸性氧化物。

①中所含有的化学键类型是_________。

A
②溶液中离子浓度由小到大的顺序是_________。

B
【答案】第三周期第ⅢA 族 抑制 ()3223Al 3AlO 6H O 4Al OH +-
++===↓ 6
22Cl H O H Cl HClO +-+=++ 离子键、共价键
()()()()()
233c H c HCO c OH c CO c Na +---+<<<< 【解析】
【分析】
A 、
B 、
C 、X 是中学化学常见物质，均由短周期元素组成；
(1)若A 、B 、C 中均含同一种常见金属元素，将A 、C 的水溶液混合可得B 的沉淀，由转化关系可知，A 含有铝离子，B 为氢氧化铝，C 含有偏铝酸根，x 为氢氧化钠；
①A 中含有的金属元素为Al ；加入X 为氢氧化钠，抑制水的电离程度；
②A 与C 的水溶液混合后生成B ，是铝离子和偏铝酸根离子双水解反应生成氢氧化铝沉淀；
(2)①若A 为固态非金属单质，A 与X 同为第三周期元素，常温常压下C 为白色固体，B 分子中各原子最外层均为8e -结构，同时A 在X 中燃烧，由转化关系可知，A 为磷，B 为三氯化磷，C 为五氯化磷，x 为氯气；依据磷单质分子式为P4分析共价键数，三氯化磷是共价化合物，写出电子式；
②X 与水反应是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱电解质；
(3)若A 、B 、C 的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C 加到盐酸中，有无色无味的气体X 产生，则A 为氢氧化钠，B 为碳酸钠，C 为碳酸氢钠，x 为二氧化碳；
①A 为氢氧化钠使钠离子和氢氧根离子构成，据此分析化学键类型；
②C 为NaHCO 3，碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性。

【详解】
()1若A 、B 、C 中均含同一种常见金属元素，将A 、C 的水溶液混合可得B 的沉淀，由转化关系可知，A 含有铝离子，B 为氢氧化铝，C 含有偏铝酸根，x 为氢氧化钠。

A ①、
B 、
C 中含有的同一种常见金属元素为Al ，在周期表中位置是第三周期，ⅢA 族，向水中加入X 氢氧化钠是碱，对水的电离平衡的影响是抑制；
A ②的水溶液含有铝离子，C 水溶液含有偏铝酸根，混合反应生成氢氧化铝沉淀，反应离子方程式为3223Al 3AlO 6H O 4Al(OH)+-++=；
()2若A 为固态非金属单质，A 与X 同为第三周期元素，常温常压下C 为白色固体，B 分子中各原子最外层均为8e -结构，由转化关系可知，A 为白磷，B 为三氯化磷，C 为五氯化磷，x 为氯气；
A ①是白磷，是正四面体结构，所以1molA 单质中含共价键数目为6N A ；
B 为三氯化磷，各原子都满足8电子稳定结构，三氯化磷B 的电子式为；
X ②为2Cl ，与水反应，生成次氯酸和盐酸，反应的离子方程式为：
22Cl H O H Cl HClO +-+=++；
()3若A 、B 、C 的焰色反应均呈黄色，水溶液均为碱性；将C 加到盐酸中，有无色无味的气体X 产生，则A 为氢氧化钠，B 为碳酸钠，C 为碳酸氢钠，x 为二氧化碳；
A ①为氢氧化钠，属于离子化合物，钠离子与氢氧根离子之间形成离子键，氢氧根离子中氧原子与氢原子之间形成1对共用电子对，为共价键，属于A 中所含有的化学键是离子键、共价键；
C ②为3NaHCO ，溶液中碳酸氢根离子水解大于电离，溶液呈碱性，溶液中离子浓度由小到大的顺序是：()()()()()23
3c CO c H c OH c HCO c Na -+--+
<<<<。

【点睛】
解无机推断题常见思维方法：①正向思维：根据题设条件，结合有关的化学知识，依题目的意思，按一定的层次结构逐步推理，从而得出结论；②逆向推理：以最终产物(或题中某一明显特征)为起点，层层逆推，以求得结论；③猜想论证：先根据题意凭直觉猜想初步得出结论然后将结论代入到题中去验证，若与题中所给条件、题意吻合，即为答案；④综合分析：根据题设条件、过程产物、最终产物的特征、反应规律、数据等进行综合分析，逐步得出结论。

4．常温下，A 是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，A 、B 、C 、D 、E 都含X 元素，其转化关系如图所示：
（1）请分别写出下列物质的化学式（如为溶液请填溶质的化学式）：
A________、B________、D________。

（2）写出下列反应的化学方程式或离子方程式（请注明反应条件）：
A ＋H 2O （离子方程式）：_____________；
A ＋石灰乳（化学方程式）：______________；
E 露置在空气中的第1个化学方程式：___________。

（3）漂白粉的有效成分是________（化学名称），保存漂白粉的方法__________、______________。

【答案】Cl 2 HClO HCl Cl 2＋H 2O=H ＋＋Cl －＋HClO 2Cl 2＋2Ca （OH ）2=CaCl 2＋Ca （ClO ）2＋2H 2O Ca （ClO ）2＋H 2O+CO 2=CaCO 3↓+2HClO 次氯酸钙 密封 干燥避光、冷暗处
【解析】
【分析】
由A 是可用来对自来水进行消毒的黄绿色单质气体，可知A 为Cl 2，Cl 2与H 2O 反应生成HCl 和HClO ，HClO 化学性质不稳定，光照条件下会分解为HCl 和O 2，由此可知，B 为HClO ，D 为HCl ，Cl 2与石灰乳反应生成Ca(ClO)2、CaCl 2、H 2O ，HCl 与石灰乳反应会生成
CaCl2和H2O，因H2O在图中存在分子式，故C不是H2O，由此可知，C为CaCl2，E为
Ca(ClO)2，以此解答本题。

【详解】
（1）由上述分析可知，A为Cl2；B为HClO；D为HCl；
（2）Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，其离子方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl－＋HClO；
Cl2与石灰乳反应生成Ca(ClO)2、CaCl2、H2O，其化学反应方程式为：2Cl2＋2Ca（OH）
2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；
Ca(ClO)2暴露在空气中会与空气中二氧化碳反应而变质，其反应的化学方程式为：Ca(ClO)2＋H2O+CO2=CaCO3↓+2HClO；
（3）漂白粉的有效成分为次氯酸钙；因次氯酸钙会与空气中二氧化碳反应生成次氯酸，而次氯酸见光受热易分解生成氯化氢和氧气，氯化氢与碳酸钙反应生成氯化钙、二氧化碳、水，从而使漂白粉最终变质为氯化钙，从而失去漂白效果，因此漂白粉需保存在干燥避光、冷暗处。

5．下图中A～H均为中学化学中常见的物质，A、B、H是气体，它们之间有如下转化关系。

(反应中生成的水已略去)
请回答以下问题：
(1)E是_____________，F是______________，H是_____________。

(填化学式)
(2)C物质在日常生活中可作______________剂。

(3)写出反应①的化学方程式：_________________________。

【答案】CaCO3 HCl O2消毒(或漂白) 2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
【解析】
【分析】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀，应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可以知道C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO，H 为O2，结合对应物质的性质以及题目要求可解答该题。

【详解】
B可与澄清石灰水反应生成沉淀,应为CO2，则E为CaCO3，常见能与石灰水反应的气体还有氯气，则A应为Cl2，由此可以知道C为Ca(ClO)2，F为HCl，D为CaCl2，G为HClO,H为O2；
(1) 由以上分析可以知道E为CaCO3，H为O2，F是HCl；
答案是：CaCO3；HCl；O2；
(2)C为Ca（ClO）2，可生成HClO，具有强氧化性和漂白性，可用于消毒或漂白；
答案是：消毒(或漂白)；
(3)反应①的化学方程式为：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O；
故答案是：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O。

6．现有A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C，把气体B通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D。

请据此回答下列问题。

（1）写出下列各反应的化学方程式。

①将气体B通入到水中：_______________
②将气体B通入到NaOH溶液中：__________
③将气体B通入到石灰乳中：__________
（2）把三种气体分别通入到酸性硝酸银溶液中，出现白色沉淀的气体是____（用字母序号表示）。

（3）白色浑浊物D因具有漂白性又称为___，其有效成分为__。

【答案】Cl2＋H2O=HCl＋HClO Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O 2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O BC 漂白粉 Ca(ClO)2
【解析】
【分析】
A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，应为H2，B在通常情况下呈黄绿色，应为Cl2，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C，则C为HCl，把Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D，则D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，结合物质的性质分析解答。

【详解】
根据上述分析，A为H2，B为Cl2，C为HCl，D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物。

(1)①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO；
②氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的方程式为：
Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；
③氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为：
2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca(OH)2═CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(2)氯气溶于水会生成盐酸和次氯酸，盐酸能与硝酸银生成氯化银沉淀，HCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故答案为：BC；
(3)D为CaCl2和Ca(ClO)2的混合物，因为具有漂白性又称为漂白粉；其有效成分为
Ca(ClO)2，在空气中容易与二氧化碳、水发生反应生成次氯酸：
Ca(ClO)2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，故答案为：漂白粉；Ca(ClO)2。

7．A—E五种物质都含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示，其中A为淡黄色固体化合物，B为单质。

（1）固体A的名称为____，单质B的常见用途有：_____（任写一条）。

（2）写出下列反应的化学方程式
①B→C__________
②A→D__________
（3）写出将氯气通入C溶液中的化学方程式_____，其溶液有漂白作用，漂白原理是
______。

（写反应方程式）
【答案】过氧化钠；制作高压钠灯，Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂，制备钠的化合物，制备某些金属等（任写一条）； 2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑； 2Na2O2 + 2CO2 =
2Na2CO3 + O2；Cl2 + 2NaOH = Na Cl + Na ClO + H2O； Na ClO + H2O + CO2 = NaHCO3 +
H ClO。

【解析】
【分析】
A～E五种物质都含有同一种元素，A为淡黄色固体化合物，可由单质B转化得到，且A又能与二氧化碳反应生成D，则A为Na2O2，D为Na2CO3，而B能与氯气反应生成E，则B
为Na、E为NaCl，A、B均可以转化生成C，C可以转化得到D、E，可推知C为NaOH，据此进行解答。

【详解】
（1）固体A的名称为过氧化钠，钠的常见用途有：制作高压钠灯，Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂，制备钠的化合物，制备某些金属等；
故答案为：过氧化钠；制作高压钠灯，Na-K液态合金做原子反应堆的导热剂，制备钠的化合物，制备某些金属等（任写一条）；
（2）①B→C的化学方程式：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑，②A→D的化学方程式：2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；
故答案为：2Na + 2H2O = 2NaOH + H2↑；2Na2O2 + 2CO2 = 2Na2CO3 + O2；
（3）将氯气通入C溶液中的化学方程式：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O，其溶液有漂白作用，漂白原理是：NaClO + H2O + CO2 = NaHCO3 + HClO；
故答案为：Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O；NaClO + H2O + CO2 = NaHCO3 + HClO。

【点睛】
1. 本题中学生们由于不按要求作答造成失分，有两点：
①第（1）问经常会出现学生将名称写成化学式；②第（2）、（3）问将化学方程式错写成离子方程式；学生们做题时一定要认真审题，按要求作答，可以用笔进行重点圈画，作答前一定要看清是让填化学式还是名称，让写化学方程式还是离子方程式。

学生们一定要养成良好的审题习惯，不要造成不必要的失分。

2、第（3）问漂白液的漂白原理位为：NaClO + H2O + CO2 = NaHCO3 + HClO，学生们容易将NaHCO3写成Na2CO3，由于酸性强弱顺序为：H2CO3 > HClO > HCO3-，因此根据强酸制弱酸的原理知，无论CO2是过量还是少量，产物均为NaHCO3。

8．有X、Y、Z、W四种元素，它们的单质X、Y、Z在常温常压下皆为气体，W为固体。

①X单质可在Z单质中燃烧生成XZ，其火焰为苍白色；W单质在Y单质中剧烈燃烧产生黄色火焰，生成W2Y2；
②每2molX2可与1molY2化合生成2molX2Y，X2Y在常温下为液体；
③化合物XZ的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；W与水反应后的溶液可使无色酚酞试液变红色；
④Z单质溶于化合物X2Y，所得溶液具有漂白作用；请回答：
（1）画出Z原子的原子结构示意图________；实验室中的W应保存在________中（填试剂名称）。

（2）写出化学式W2Y2___________。

（3）写出与W+具有相同核外电子数的分子或原子，请写出任意2种的化学式______。

（4）Z单质与水反应的离子方程式：________________________。

（5）W单质与X2Y化学反应方程式：__________________________。

【答案】煤油 Na2O2 CH4HF NH3·H2O Ne Cl2+H2O H++Cl-+HClO
2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑
【解析】
【分析】
①X单质可在Z单质中燃烧生成XZ，其火焰为苍白色，可以确定X为H元素，Z为Cl元素，W单质在Y单质中剧烈燃烧产生黄色火焰，生成W2Y2；黄色火焰是钠所特有的颜色，因此W为Na元素，Y为O元素。

②每2molX2可与1molY2化合生成2molX2Y，X2Y在常温下为液体，表明X2Y为H2O；③化合物XZ的水溶液可使蓝色石蕊试纸变红，XZ为HCl；
④Z单质溶于化合物X2Y，所得溶液具有漂白作用。

氯气与水反应生成的次氯酸具有漂白性。

据此解答。

【详解】
根据以上分析可知X、Y、Z、W四种元素分别是H、O、Cl、Na。

则
（1）Z原子是Cl，其原子结构示意图为；钠极易与水和氧气反应，实验室中的
Na应保存在煤油中。

（2）W2Y2的化学式为Na2O2。

（3）钠离子互为电子数是10个，则与Na+具有相同核外电子数的分子或原子有CH4、HF、NH3·H2O、Ne等。

（4）氯气与水反应的离子方程式为Cl2+H2O H++Cl-+HClO。

（5）Na单质与H2O反应的化学反应方程式为2Na+2H2O＝2NaOH+H2↑。

9．氯气可直接用于自来水的消毒，也可以制取漂粉精、高铁酸钠等物质来对自来水消毒。

(1)氯气通入水中可用来杀菌消毒，其中杀菌消毒的原理是___，其有效成分的电子式是
____。

(2)氯气可用来制取漂粉精，但干燥的氢氧化钙与氯气并不易发生反应，氯气只能被氢氧化钙所吸附。

为此，在工业上采用加入少许水的消石灰来进行氯化。

其原因是____；
(3)漂粉精的消毒能力受水的pH影响，pH较小时的消毒能力____（填“大于”或“小于”）；pH大时的消毒能力，其原因是______。

(4)用氯气对饮用水消毒副作用多，产生影响人体健康有机氯衍生物。

可用氯气制取高铁酸钠净水：___Fe3++____ （__________） + ___Cl2→___FeO42-+____ +___H2O
补全缺项，并配平上述离子方程式；
(5)计算Na2FeO4的消毒效率（以单位质量得到的电子数表示）约是氯气____倍。

说明该净
水剂与氯气相比较有何优越性 _______________。

【答案】HClO具有强氧化性，能杀菌消毒氯利用这些原料中的游离水分，
Cl2＋H2O HCl＋HClO使生成的酸为消石灰所中和大于 pH较小时HClO浓度较大 2 16 OH-32 6Cl- 8 0.64不会产生对人体有危害的有机氯衍生物，还原产物Fe3+可
以水解生成Fe(OH)3胶体，吸附杂质净水
【解析】
【分析】
(1)氯水中含有HClO，具有强氧化性，可用于杀菌消毒；
(2)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，可与消石灰发生中和反应；
(3)pH较小时，HClO浓度较大；
(4)从守恒的角度配平方程式；
(5)根据单质质量得到的电子的物质的量计算。

【详解】
(1)氯水中含有HClO，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，HClO的电子式为；
(2)氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，发生Cl2+H2O HCl+HClO，可与消石灰发生中和反应；
(3)pH较小时，HClO浓度较大，具有较强的杀菌消毒能力；
(4)反应Fe元素化合价升高，由+3价变化为+6价，被氧化，Cl元素化合价由0价降低到-1价，反应的方程式为2 Fe3++16OH-+3Cl2=2 FeO42-+6Cl-+8H2O；
(5)FeO42-+3e-+4H2O⇌ Fe(OH)3+5OH-，单位质量得到电子
3
166
=0.018；
Cl2+2e-=2Cl-，单位质量得到电子2
71
=0.028，
0.018
0.028
=0.64，
Na2FeO4的消毒效率比氯气低，高铁酸钠代替氯气作净水消毒剂，利用氧化性起到杀菌消毒作用，利用生成的氢氧化铁胶体起到净水作用。

10．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。

（已知：装置C的作用是吸收Cl2）
(1)仪器B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，NaClO2中Cl的化合价为
______。

(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__________。

(5)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应离子方程式为
___________________。

（已知：在酸性条件下SO32－被ClO3－氧化为SO42－）
(6)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】分液漏斗 b 慢＋3 5ClO2－＋4H+＝Cl－＋4ClO2＋2H2O 2H+＋2ClO3－＋SO32－＝SO42－＋2ClO2＋H2O 稳定剂Ⅱ在稳定剂Ⅱ存在情况下能较长时间保鲜
【解析】
【分析】
装置A中盛放NaClO3溶液，装置B盛放稀盐酸，两者发生反应：
2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+Cl2↑+2NaCl+2H2O，装置C的作用是吸收Cl2，除去氯气，ClO2在装置D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，在酸性条件下NaClO2可发生反应4H++5ClO2-=Cl-
+4ClO2↑+2H2O生成NaCl并释放出ClO2，装置F检验二氧化氯中氯气是否完全被装置C吸收；
(1) 根据仪器结构和性能确定仪器B的名称；F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处
理装置，所以应长管进气，短管出气；
(2) 为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢；
(3) NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价代数和为0，判断Cl的化合价；
(4) 在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成；
(5) KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒写出发生反应的离子反应方程式；
(6) 由图可知，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。

【详解】
(1)仪器B带有球形特征且带有玻璃活塞，为分液漏斗，F装置应是Cl2和KI反应，还需要连接尾气处理装置，所以应长管进气，短管出气，故选b，
(2) 为使ClO2在D中被稳定剂充分吸收，产生ClO2的速率要慢，故滴加稀盐酸的速度要慢；
(3) NaClO2中Na为+1价，O为-2价，根据正负化合价代数和为0，则Cl的化合价为+3；
(4) 在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并释放出ClO2，根据元素守恒可知应还有水生成，该反应的离子方程式为：4H++5ClO2-=Cl-+4ClO2↑+2H2O；
(5) KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得ClO2，可知SO32-被氧化成SO42-，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3-+SO32-+2H+═2ClO2+SO42-+H2O；
(6) 由图可知，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。

11．下图所示是以海水为原料，获得某产物的工艺流程图。

已知在吸收塔中，溶液的pH 显著减小。

试回答下列问题：
（1）图中两次氯化的作用是否相同________(选填“是”或“否”)。

（2）吸收塔中反应的化学方程式为_______________________________，第2次氯化的离子方程式为_________________________________________________。

（3）资料证实，在酸性介质中，第1次氯化过程中可用氧气或空气替代。

但在实际工业生产中为什么不用更廉价的空气替代氯气________________________。

（4）本工艺的处理方法可简单概括为“空气吹出、X气体吸收、氯化”。

某同学认为在工
业生产过程中对第1次氯化液直接蒸馏也可得到产物，不必进行上述过程，请对该同学的说法作出正确的评价___________________________。

【答案】是 Br2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HBr 2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－若用廉价的空气替代Cl2进行第1次氯化，反应的离子方程式为4Br－＋O2＋4H＋＝2Br2＋2H2O，则反应时需要将大量的盐卤(浓度不大)酸化反应后又要将废液中和才能排放，在经济上不合算第一次氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高，“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个溴的富集过程，以提高其浓度，减少能源的消耗【解析】
【分析】
本工艺流程是海水中Br－被Cl2氧化，然后用热空气吹出，根据题中信息，吸收塔内溶液pH显著减小，可确定气体X是SO2，吸收塔内反应的化学方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝
H2SO4＋2HBr，生成的Br－再被Cl2氧化，生成的Br2用蒸气蒸出，再冷凝得到液态溴。

【详解】
（1）图中两次氯化的作用相同，均起到了氧化剂的作用；
（2）吸收塔中反应的化学方程式为Br2＋SO2＋2H2O＝H2SO4＋2HBr，第2次氯化的离子方程式为2Br－＋Cl2＝Br2＋2Cl－；
（3）若用廉价的空气替代Cl2进行第1次氯化，反应的离子方程式为4Br－＋O2＋4H＋＝
2Br2＋2H2O，则反应时需要将大量的盐卤(浓度不大)酸化反应后又要将废液中和才能排放，在经济上不合算，因此在实际工业生产中不用更廉价的空气替代氯气；
（4）第一次氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高，“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个溴的富集过程，以提高其浓度，减少能源的消耗。

12．海水是巨大的资源宝库，从海水中提取食盐和溴的过程如下：
（1）写出步骤I中生成低浓度Br2的离子方程式______。

（2）步骤I中已获得Br2，步骤I中又将Br2还原为Br-，其目的为富集溴元素，请写出步骤II的化学方程式_______。

（3）在3mL溴水中加入1mL四氯化碳，振荡、静置后，观察到试管里的分层现象为如图
．．中的_______。

（4）某化学研究性学习小组为了解从工业溴中提纯溴的方法，查阅了有关资料：Br2的沸点为59℃，微溶于水，有毒性和强腐蚀性，他们设计了如图装置简图。

请你参与分析讨论：
①C中液体产物颜色为_____。

②用离子方程式解释NaOH浓溶液的作用______。

【答案】Cl2+2Br-=2Cl-+Br2 Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4 D 深红棕色 Br2+2OH-=Br-+BrO-
+H2O
【解析】
【分析】
海水淡化得到氯化钠，电解氯化钠溶液或熔融状态氯化钠会生成氯气，氯气通入母液中发生反应得到低浓度的溴单质溶液，通入热空气吹出后用二氧化硫水溶液吸收得到含HBr和硫酸的溶液，通入适量氯气氧化得到溴单质，富集溴元素，蒸馏得到工业溴；
(1)步骤I中生成低浓度Br2，涉及氯气与溴离子的置换反应；
(2)步骤Ⅱ中又将Br2还原为Br-，二氧化硫与溴发生氧化还原反应；
(3)四氯化碳的密度比水大，且溴易溶于四氯化碳；
(4)工业制溴中提纯溴的方法，主要是利用蒸馏方法，因为题干中给出信息Br2的沸点是59℃，提纯溴必须收集59℃时的馏分；C中液体为冷凝下来的纯溴，则颜色为深棕红色；溴蒸气有毒，需要用碱液来吸收。

【详解】
（1）氯气能够氧化溴离子得到氯离子和单质溴，离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；
故答案是：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；
（2）二氧化硫具有还原性，溴具有氧化性，二者发生氧化还原反应生成硫酸和氢溴酸，步骤II的化学方程式为：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；
故答案是：Br2+SO2+2H2O=2HBr+H2SO4；
（3）四氯化碳能够萃取溴水中的溴，但是四氯化碳的密度大于水的密度，看到的现象是：
溶液分层，溴溶解四氯化碳中呈橙红色，所以下层呈橙红色，上层为水层，呈无色，故D 正确；
故答案选D。

（4）①C中圆底烧瓶中产生液体为溴，颜色为深红棕色；
答案是:深红棕色；
②Br2有毒，不能排放到环境中，D中浓NaOH溶液的作用是吸收挥发出来的溴，反应的离子方程式为Br2+2OH-=Br-+BrO- +H2O；
故答案是: Br2+2OH-=Br-+BrO- +H2O。

13．在一定量的石灰乳中通入一定量的氯气，二者恰好完全反应（发生的反应均为放热反应）。

生成物中含有Cl－、C1O－、C1O3－三种含氯元素的离子，其中C1O－、C1O3－两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的曲线如图所示。

（1）t2时，Ca(OH)2与Cl2发生反应的总化学方程式为：_________________________。

（2）该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是______ mol。

（3）据分析，生成Ca(C1O3)2的反应是由温度升高引起的，通入Cl2的速度不同，C1O－和C1O3－的比例也不同。

若在原石灰乳中通入氯气的速度加快，则反应后
()
()3
ClO
ClO
n
n
-
-
____2（填“>”、“<”或“=”）；
若
()
()3
ClO
ClO
n
a
n
-
-
=，则n(C1－)=_________mol（用含a的代数式来表示）。

【答案】10Ca(OH)2＋10Cl2＝2Ca(C1O)2＋Ca(C1O3)2＋7CaCl2＋10H2O 5 ＜5(5)
3 a
a
+
+
【解析】
【分析】
【详解】
（1）在t2时，共生成2molClO－和1molClO3－，即氯气一共失去7mol电子，所以应该也有氯气得到7mol电子变为7molCl－，所以可以写出Ca(OH)2与Cl2发生反应的总化学方程式为10Ca(OH)2＋10Cl2=2Ca(C1O)2＋Ca(C1O3)2＋7CaCl2＋10H2O；
（2）由（1）的反应方程式和图像中的数据，我们可以得到该石灰乳中含有Ca(OH)2的物质的量是5mol；
（3）若在原石灰乳中通入氯气的速度加快，则反应温度升高得较快，根据题意则会生成更。