2020届高考化学二轮复习富集在海水中的元素——氯作业

2020届高考化学二轮复习富集在海水中的元素——氯作业

富集在海水中的元素——氯 ‎1、实验室制取氯气并回收氯化锰，能达到该实验目的装置是（）‎ A．用装置制取氯气 B．用装置分离二氧化锰和氯化锰溶液 C．用装置分离萃取后碘水中碘 D．用装置蒸干氯化锰溶液制MnCl2·4H2O ‎【答案】C ‎【解析】解：本题考查化学实验方案的评价，涉及气体的制备、混合物分离提纯、盐类水解及应用等．‎ A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少加热装置，故A错误；‎ B．二氧化锰不溶于水，氯化锰溶液与NaOH反应，则图中不能装置分离二氧化锰和氯化锰溶液，应利用过滤法分离，故B错误；‎ C．图为分液装置，碘不易溶于水，易溶于有机溶剂，则图中装置可分离，故C正确；‎ D．加热促进水解，水解生成的HCl易挥发，应采取冷却结晶法得到MnCl2·4H2O，不能蒸干，故D错误；‎ 故选C．‎ ‎2、下列除去杂质的操作中错误的是()‎ A．除去石英中少量的碳酸钙：用稀盐酸溶解后过滤 B．FeCl2溶液中混有的FeCl3：加入过量的铁粉充分反应后过滤 C．除去氢氧化铁胶体中的铁离子用渗析的方法 D．氯气混有少量氯化氢气体：将混合气体通过盛NaOH溶液的洗气瓶 ‎【答案】D ‎【解析】解：本题考查物质的分离和提纯的相关知识。A．碳酸钙能够溶于盐酸，而二氧化硅不能，故A正确；B．FeCl3溶液能够被铁粉还原生成FeCl2，故B正确C．胶体粒子不能透过半透膜，可以用渗析的方法除去氢氧化铁胶体中的铁离子，故C正确；D．氯气也能与NaOH溶液反应，故D错误；故选D。‎ ‎3、向含有Fe2＋、I-、Br-的溶液中缓慢通入氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。下列说法正确的是（）‎ A.当通入2molCl2时，溶液中发生的离子反应是：2Fe2＋＋2I-＋2Cl2=2Fe3＋＋I2＋4Cl-‎ B.DE段表示n(Fe2＋)的变化情况 C.原溶液中n(Fe2＋)∶n(I-)∶n(Br-)＝3∶1∶2‎ D.B点时溶液中含有I-和Br-‎ ‎【答案】A ‎【解析】解：A．当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-，故A正确；B．还原性I-＞Fe2+＞Br-，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，根据还原性强弱可知，DE段应为Br-的物质的量的变化，故B错误；C．由消耗氯气的量可知，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，n(Fe2+)：n(I-)：n(Br-)=2：1：3，故C错误；D．还原性I-＞Fe2+＞Br-，B点时溶液中I-完全反应，溶液中存在Fe2+和Br-，故D错误；故选A。‎ ‎4、向含有Fe2+、I-、Br-的溶液中通入适量氯气，溶液中各离子的物质的量变化如下图所示。‎ 则有关说法不正确的是（）‎ A.线段BC代表Fe3+物质的量的变化 B.原混合溶液中n（FeBr2）=3mol C.通入2molCl2反应的离子方程式为：2Fe2++6I-+4Cl2=2Fe3++3I2+8Cl-‎ D.原溶液中n（Fe2+）:n（I-）:n（Br-）=2:1:3‎ ‎【答案】C ‎【解析】解：还原性为I-＞Fe2+＞Br-，则先发生2I-+Cl2＝I2+2Cl-，I-反应完毕再发生2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，最后发生反应2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，则A、B点时溶液中I-完全反应，溶液中存在Fe2+和Br-，BC段发生2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，代表Fe3+的物质的量的变化情况，A正确；B、AB段发生2I-+Cl2＝I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，消耗2mo氯气，则亚铁离子的物质的量是n（Fe2+）=2×2mol=4mol，DE段发生2Br-+Cl2＝Br2+2Cl-，消耗氯气3mol，故n（Br-）=2n（Cl2）=6mol，因此原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，B正确；C、AB段发生2I-+Cl2＝I2+2Cl-，2mol的I-消耗1mol氯气，BC段发生2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl-，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，故参加反应的n（Fe2+）：n（I-）=1：1，故通入2molCl2时，溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2＝2Fe3++I2+4Cl-，C错误；D、根据以上分析可知原溶液中n（Fe2+）:n（I-）:n（Br-）=4mol:2mol:6mol=2:1:3，D正确，答案选C。‎ ‎5、下列有关实验的现象描述正确的是（）‎ A.钠在Cl2中燃烧，产生黄色火焰，伴有黄烟 B.向FeCl3(aq)中滴入KSCN(aq)，产生红色沉淀 C.用氨水可鉴别Al3+和Na＋‎ D.将氢氧化钠固体放在滤纸上称量 ‎【答案】C ‎【解析】分析：A项，Na在Cl2中燃烧，产生黄色火焰，伴有白烟；B 项，向FeCl3（aq）中滴入KSCN（aq），溶液变红；C项，加入氨水产生白色沉淀的为Al3+，无明显现象的为Na+；D项，NaOH具有强腐蚀性，用玻璃容器称量NaOH固体。‎ 详解：A项，Na在Cl2中燃烧，产生黄色火焰，伴有白烟，白烟为NaCl，A项错误；B项，向FeCl3（aq）中滴入KSCN（aq），溶液变红，B项错误；C项，加入氨水产生白色沉淀的为Al3+，无明显现象的为Na+，用氨水可鉴别Al3+和Na+，C项正确；D项，NaOH具有强腐蚀性，不能放在滤纸上称量，用玻璃容器称量NaOH固体，D项错误；答案选C。‎ ‎6、某同学设计下列实验装置进行卤素的性质实验。玻璃管内装有分别滴有不同溶液的棉球，反应一段时间后，对图中指定部位颜色描述正确的是（）‎ ‎①‎ ‎②‎ ‎③‎ ‎④‎ A 白色 先变红色后白色 橙色 蓝色 B 白色 红色 橙色 紫色 C 无色 白色 橙色 蓝色 D 白色 无色 无色 紫色 A.AB.BC.CD.D ‎【答案】A ‎【解析】分析：氯气与水发生反应:Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性和漂白性,可使品红、石蕊褪色,氯气可与NaBr、KI发生置换反应生成Br2、I2，淀粉遇碘变蓝色；据此分析解题。‎ 详解：氯气与水发生反应:Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，HClO具有强氧化性和漂白性，可使品红褪色；H+与石蕊发生反应，先变成红色，因为HClO具有强氧化性和漂白性,最后石蕊变为无色；氯气可与NaBr、KI发生置换反应生成Br2,溶液变成橙色,最后生成I2，淀粉遇碘变蓝色；所以现象依次为白色、先变红色后白色、橙色、蓝色；正确选项A。‎ ‎7、下列用途中所选用的物质正确的是 A.X射线透视肠胃的内服剂——碳酸钡 B.配制波尔多液原料——胆矾和石灰乳 C.生活用水的消毒剂——明矾 D.工业生产氯气的原料——浓盐酸和二氧化锰 ‎【答案】B ‎【解析】A、硫酸钡是不溶于盐酸的白色难溶物，可以做钡餐，故A错误；B、胆矾和石灰乳混合可以配制波尔多液，故B正确；C、氯气能够和水反应生成次氯酸，次氯酸可以杀菌消毒，常用来对水进行杀菌消毒，明矾做净水剂，故C错误；D、工业生产氯气的原料是饱和食盐水，称为氯碱工业，故D错误；故选B。‎ ‎8、下列物质一般情况下不能用单质直接化合而制得的是（）‎ A.HClB.NaClC.FeCl2D.CuCl2‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：A、氢气可以在氯气中燃烧生成氯化氢，能用氯气与单质直接化合制取，A正确；B、氯气与金属钠反应时将金属氧化成氯化钠，能用氯气与单质直接化合制取，B正确；B、当氯气与变价金属Fe反应会生成FeCl3，不能用氯气与单质直接化合制取，C错误；D、当氯气与变价金属Cu反应会生成CuCl2，能用氯气与单质直接化合制取，D正确；故选C．‎ ‎9、某研究小组为了探究NaClO溶液的性质，设计了下列实验，并记录实验现象。‎ 实验装置 实验序号 滴管试剂 试管试剂 实验现象 ‎①‎ ‎0.2mol/L NaClO溶液 饱和Ag2SO4溶液 产生白色沉淀 ‎②‎ CH3COOH溶液 光照管壁有无色气泡 ‎③‎ ‎0.2mol/LFeSO4酸性溶液和KSCN溶液 溶液变红 ‎④‎ ‎0.2mol/L的AlCl3溶液 产生白色沉淀 则以下判断不正确的是 A.实验①：发生的反应为Ag++ClO-+H2O=AgCl↓+2OH-B.实验②：无色气体为O2‎ C.实验③：还原性强弱顺序Fe2+>Cl-D.实验④：ClO-与Al3+的水解相互促进 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎10、用下列实验装置进行相应实验，能达到实验目的的是（　　）‎ A.用图（a）所示装置除去氯气中含有的少量氯化氢 B.用图（b）所示装置蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体 C.用途（c）所示装置制取少量纯净的二氧化碳气体 D.用途（d）所示装置分离苯萃取碘水后已分层的有机层和水层 ‎【答案】B ‎【解析】解:A．氯气、HCl均与NaOH溶液反应，不能除杂，应选饱和食盐水除去氯气中的HCl，故A错误；B．氯化钠难挥发，可以通过蒸发氯化钠溶液制备氯化钠晶体，故B正确；C．纯碱为粉末状固体，且易溶于水，不能使反应随时停止，应选碳酸钙与盐酸反应制取少量二氧化碳，盐酸容易挥发，也得不到纯净的二氧化碳，故C错误；D．碘不易溶于水，易溶于四氯化碳和苯，则用苯萃取后分层，有机层在上层，故D错误；故选B。‎ ‎11、某温度下，将氯气通入氢氧化钠溶液中，反应得到氯化钠、次氯酸钠、氯酸钠的混合液，经测定溶液中次氯酸钠和氯酸钠的浓度之比为1∶2，则氯气与氢氧化钠溶液反应时被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为（　　）‎ A.21∶5B.11∶3‎ C.3∶1D.4∶1‎ ‎【答案】B ‎【解析】解：Cl2生成ClO-与ClO3-是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，ClO-与ClO3-的物质的量浓度之比为1：2，则可设ClO-为1mol，ClO3-为2mol，被氧化的Cl共为3mol。失去电子的总物质的量为1mol×（1-0）+2mol×（5-0）=11mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，Cl2生成NaCl是被还原的过程，化合价由0价降低为-1价，则得到电子的物质的量也应为11mol，因此被还原的Cl的物质的量为11mol，所以被还原的氯元素和被氧化的氯元素的物质的量之比为11mol：3mol=11：3，答案选B。‎ ‎12、POCl3常用作半导体掺杂剂及光导纤维原料，实验室制备POCl3并测定产品含量的实验过程如下：‎ 实验室制备POCl3。‎ 采用氧气氧化液态PCl3法制取POCl3，实验装置（加热及夹持仪器略）如下：‎ ‎（1）B中所盛的试剂是______，干燥管的作用是________。‎ ‎（2）装置C中生成POCl3的化学方程式为______________。‎ ‎（3）装置B的作用除干燥O2外，还有______、_______。‎ ‎（4）反应温度要控制在60～65℃，原因是________________。‎ 测定POCl3产品的含量：‎ 实验步骤：‎ ‎①制备POCl3实验结束后，待三颈瓶中液体冷却至室温，准确称取16.73gPOC13产品，置于盛有60.00mL蒸馏水的水解瓶中摇动至完全水解，将水解液配成100.00mL溶液。‎ ‎②取10.00mL溶液于锥形瓶中，加入10.00mL3.2mol/LAgNO3标准溶液。‎ ‎③加入少许硝基苯(硝基苯无色、难溶于水、密度比水大)。‎ ‎④以Fe2(SO4)3溶液为指示剂，用0.2mol/LKSCN溶液滴定过量的AgNO3溶液，达到滴定终点时共用去10.00mLKSCN溶液。‎ ‎（5）步骤③中加入硝基苯的作用是__________。‎ ‎（6）达到滴定终点时的现象为__________。‎ ‎（7）产品中POCl3的百分含量为__________。‎ ‎【答案】(1)浓硫酸；防止空气中的水蒸气进入三颈烧瓶 ‎(2)2PCl3＋O2=2POCl3‎ ‎(3)平衡压强、观察O2的流速 ‎(4)温度过低，反应速度太慢；温度过高，PCl3易挥发，利用率低 ‎(5)防止在滴加KSCN溶液时，将AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀 ‎(6)溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色 ‎(7)91.8%‎ ‎【解析】解：本题考查物质的制备及物质含量的测定。‎ AgCl沉淀转化为AgSCN沉淀；‎ ‎（6）用cmol·L-1KSCN溶液滴定过量Ag+至终点，当滴定达到终点时KSCN过量，Fe3+与SCN-反应溶液会变红色，半分钟内不褪色，即可确定滴定终点，因此达到滴定终点时的现象为溶液由无色变为红色，且半分钟内不褪色。‎ ‎（7）剩余硝酸银的物质的量是0.2mol/L×0.01L=0.002mol，因此与氯离子反应的硝酸银是0.032mol-0.002mol＝0.03mol，则原溶液中氯离子的物质的量是0.03mol×100mL/10mL＝0.3mol，则POCl3是0.1mol，质量是15.35g，则产品中POCl3的百分含量为15.35g/16.73g×100%＝91.8%。‎ ‎13、水合肼(N2H4·H2O)又名水合联氨，无色透明，具有腐蚀性和强还原性的碱性液体，它是一种重要的化工试剂。利用尿素法生产水合肼的原理为：CO(NH2)2+2NaOH+NaC1O=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl。‎ 实验1：制备NaClO溶液。（已知：3NaClO2NaCl+NaClO3）‎ ‎（1）图甲装置I中烧瓶内发生反应的化学方程式为_______________________。‎ ‎（2）用NaOH固体配制溶质质量分数为30％NaOH溶液时，所需玻璃仪器除量筒外还有________________。(填标号)‎ a．烧杯b．容量瓶c．玻璃棒d．烧瓶 ‎（3）图甲装置Ⅱ中用冰水浴控制温度的目的是_________________。‎ 实验2：制取水合肼。‎ ‎（4）图乙中若分液漏斗滴液速度过快，部分N2H4·H2O会参与A中反应并产生大量氮气，降低产品产率。写出该过程反应生成氮气的化学方程式：________________________。充分反应后，蒸馏A中溶液即可得到水合肼的粗产品。‎ 实验3：测定馏分中水合肼的含量。‎ ‎（5）称取馏分3.0g，加入适量NaHCO3固体(滴定过程中，调节溶液的pH保持在6．5左右)，加水配成250mL溶液，移出25．00mL置于锥形瓶中，并滴加2～3滴淀粉溶液，用0.15mol·L-1的碘的标准溶液滴定。(已知：N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O)‎ ‎①滴定时，碘的标准溶液盛放在________(填“酸式”或“碱式”)滴定管。‎ ‎②下列能导致馏分中水合肼的含量测定结果偏高的是_________。(填标号)‎ a．锥形瓶清洗干净后未干燥 b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡 c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视 d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液 ‎③实验测得消耗I2溶液的平均值为20．00mL，馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为_______________________。‎ ‎【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O ‎（2）ac ‎（3）防止NaClO分解，影响水合肼的产率 ‎（4）N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl ‎（5）①酸式；②d；③25%‎ ‎【解析】解：本题考查物质制备实验、物质含量测定等。‎ ‎（4）N2H4·H2O具有强还原性，容易被过量的NaClO氧化，会发生反应：N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl，故答案为：N2H4·H2O+2NaClO=N2↑+3H2O+2NaCl；‎ ‎（5）①碘的标准溶液显酸性，应该盛放在酸式滴定管中，故答案为：酸式；‎ ‎②a．锥形瓶清洗干净后未干燥，对实验结果无影响，错误；b．滴定前，滴定管内无气泡，滴定后有气泡，导致标准液的体积偏小，则结果偏低，错误；c．读数时，滴定前平视，滴定后俯视，导致滴定后读数偏小，使得标准液的体积偏小，则结果偏低，错误；d．盛标准液的滴定管水洗后，直接装标准液，使得标准液的浓度偏小，造成滴定后标准液的体积偏大，则结果偏高，正确；故选d；‎ ‎③设馏分中水合肼(N2H4·H2O)的质量分数为a，则：‎ N2H4·H2O+2I2=N2↑+4HI+H2O ‎50g2mol ‎0.3000g×a0.020L×0.15mol/L 所以50g：0.3000g×a=2mol：0.020L×0.15mol/L，解得：a=25%，故答案为：25%。‎ ‎14、为探究Cl2、Br2、Fe3+的氧化性强弱，某化学兴趣小组设计了如下实验：‎ ‎（1）①A是氯气发生装置，其反应的离子方程式是__________________________________。‎ ‎②B装置的作用是_________________________，C装置的作用是_______________________，整套实验装置存在一处明显不足，请指出_______________________________________________________。‎ ‎（2）用改正后的装置进行实验。实验过程如下：‎ 实验操作 实验现象 打开活塞a，向圆底烧瓶中滴入少量浓盐酸，然后关闭活塞a，点燃酒精灯 D装置中：溶液变红E装置中：振荡后水层溶液变黄，CCl4无明显变化 继续滴入浓盐酸，D、E中均发生了新的变化：‎ D装置中：红色慢慢褪去。E装置中：CC14层先由无色变为橙色，后颜色逐渐变成红色。‎ 为探究上述实验现象的本质，小组同学查得资料如下：‎ I：(SCN)2性质与卤素相似，氧化性Cl2大于(SCN)2，且SCN-的电子式为 II：AgClO、AgBrO均可溶于水 Ⅲ：Cl2和Br2反应生成BrCl、BrCl呈红色，沸点约为5℃，与水发生水解反应 ‎①小组同学认为D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，他的理由是__________________________________________。‎ ‎②经过实验证实了小组同学推测的合理性，请用平衡移动原理解释Cl2‎ 过量时D中溶液红色褪去的原因__________________________________________。‎ ‎③欲探究E中继续滴加浓盐酸后颜色变化的原因，设计实验如下：用分液漏斗分离出E的下层溶液，蒸馏、收集红色物质，取少量，加入AgNO3溶液，结果观察到仅有白色沉淀产生。请结合化学用语解释仅产生白色沉淀的原因_________________________________________________。‎ ‎【答案】(1)①MnO2＋4H＋＋2Cl-(浓)Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O ‎②安全瓶（或防液体倒吸）；除去氯化氢气体缺少尾气处理装置 ‎(2)①由电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化 ‎②红色溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe（SCN）3，过量氯气和SCN－反应使SCN－浓度减小，平衡向逆反应方向移动而褪色 ‎③BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl-+Ag+=AgCl↓，AgBrO易溶于水，故只生成AgCl沉淀 ‎【解析】解：(1)①A装置中圆底烧瓶中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↓+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↓+2H2O；‎ ‎②B装置是安全瓶，可以防止倒吸；C装置中的饱和氯化钠溶液可以除去氯气中的氯化氢气体；由于氯气有毒，直接排放到空气中会污染大气，要用碱液吸收尾气，实验装置中缺少尾气处理装置，故答案为：安全瓶(或防液体倒吸)；除去氯化氢气体；缺少尾气处理装置；‎ ‎(2)①根据电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化，因此D装置中红色褪去的原因是由于SCN-被Cl2氧化，但一定不是碳元素被氧化，故答案为：由电子式知：碳处于正四价，已是最高价了，不可能被氧化；‎ ‎②红色溶液中存在平衡Fe3++3SCN-Fe(SCN)3，过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动而褪色，故答案为：过量氯气和SCN-反应2SCN-+Cl2=2Cl-+(SCN)2，使SCN-浓度减小，则使Fe3++3SCN-Fe(SCN)3平衡向逆反应方向移动而褪色；‎ ‎③‎ 过量的氯气和溴反应生成氯化溴，氯化溴不稳定，易和水反应生成盐酸和次溴酸，氯离子和银离子反应生成白色沉淀氯化银，次溴酸和银离子反应生成次溴酸银易溶于水，所以生成的白色沉淀为氯化银，故答案为：BrCl+H2O=HBrO+HCl，Cl－+Ag+=AgCl↓，AgBrO易溶于水，加入AgNO3溶液，只能生成AgCl沉淀。‎ ‎15、氯气是一种有毒的气体，工业上常用浓氨水挥发出来的氨气检验氯气管道是否漏气，某学生为探究此反应原理，设计如下实验，请回答下列问题：‎ ‎（1）选择上图装置，填写接口顺序：‎ ‎（2）装置D中发生反应的离子化学方程式为___________。‎ ‎（3）装置E、F的作用分别是_________；__________。‎ ‎（4）装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物为单质。写出反应的化学方程式：________；此时F中发生的离子方程式为___________。‎ ‎（5）氯气程式与与氨气在水溶液中可以反应生成氯胺（NH2Cl)，氯胺是一种长效缓释的杀菌消毒剂，写出氯胺与水反应的化学反应方程：___________。‎ ‎【答案】(1)‎ ‎(2)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O ‎(3)E装置的作用是除去氯气中的杂质气体HCl；F装置吸收多余的尾气 ‎(4)8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；Cl2+HSO3-+H2O=2Cl-+3H++SO42-‎ ‎(5)NH2Cl+H2O=NH3+HClO（生成NH4ClO也得分）‎ ‎【解析】解：（1）实验室制取NH3可选择A装置利用NH4Cl和Ca(OH)2混合加热获得，再通过碱石灰干燥；氯气可选择D装置利用浓盐酸和二氧化锰混合加热获得，并借助饱和食盐水除去挥发出的HCl，利用浓硫酸干燥氯气，在C中将氯气和氨气混合，并利用亚硫酸氢钠溶液吸收多余的氯气或氨气，防止污染空气，根据气体的流向，装置连接方法为；‎ ‎（2）装置D中制取氯气发生反应的离子化学方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎（3）装置E中饱和食盐水是吸收挥发出的氯气，F中亚硫酸氢钠溶液吸收多余的氯气或氨气，防止污染空气；‎ ‎（4）NH3遇Cl2出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，说明产物为NH4Cl，同时得到的单质为N2，发生反应的化学方程式为8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2；因氯气有强氧化性，NaHSO3有还原性，则F中亚硫酸氢钠溶液吸收多余的氯气发生的离子方程式为Cl2+HSO3-+H2O=2Cl-+3H++SO42-；‎ ‎（5）氯胺（NH2Cl)是一种长效缓释的杀菌消毒剂，是因为氯胺溶于水水解生成HClO的缘故，氯胺与水反应的化学反应方程为NH2Cl+H2O=NH3+HClO。‎ ‎16、某兴趣小组欲制备漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）。甲同学通过查阅文献发现：NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，高于60℃时NaClO2分解成NaClO3和NaCl。‎ 实验I乙同学利用下图所示装置制取NaClO2晶体 ‎（l）装置B中盛装浓硫酸的仪器名称是______，装置A和E的作用是__________。‎ ‎（2）装置D中发生反应的化学方程式为_____________________________________。‎ ‎（3）反应结束后，先将装置D反应后的溶液在55℃条件下减压蒸发结晶，然后进行的操作是_______，再用38℃～60℃的温水洗涤，最后在低于60℃条件下干燥，得到NaClO2晶体。‎ 实验Ⅱ丙同学设计实验测定制得NaClO2样品的纯度 其实验步骤如下：‎ ‎①称取所得亚氯酸钠样品ag于烧杯中，加入适量蒸馏水和过量的碘化钾晶体，再滴入适量的稀硫酸，充分反应后，配成100mL混合液。‎ ‎②取25.00mL待测液于锥形瓶中，用bmol/LNa2S2O3标准液滴定，消耗标准液体积的平均值为VmL（已知：I2+2S2O32-=2I-+S4O62-）。‎ ‎（4）步骤①反应的离子方程式为____________________________________。‎ ‎（5）步骤②滴定中使用的指示剂是____________________。‎ ‎（6）样品中NaClO2的质最分数为______________（用含a、b、V的代数式表示）。‎ ‎【答案】(1)分液漏斗；吸收ClO2，防止污染空气 ‎(2)2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑‎ ‎(3)趁热过滤 ‎(4)ClO2-+4I-+4H+=2H2O+2I2+Cl-‎ ‎(5)淀粉溶液 ‎(6)‎ ‎【解析】解：本题考查NaClO2晶体的制备，物质纯度的测定和滴定实验。‎ ‎（1）装置B中盛浓H2SO4的仪器为分液漏斗。装置B用于制备ClO2，装置B中反应的化学方程式为2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，装置A和E中的NaOH用于吸收ClO2，防止污染空气。‎ ‎（2）装置D中ClO2与NaOH和H2O2的混合溶液反应制备NaClO2，ClO2被还原成NaClO2，则H2O2被氧化成O2，写出反应ClO2+NaOH+H2O2→NaClO2+O2↑+H2O，用化合价升降相等和原子守恒可配平得化学方程式为2NaOH+2ClO2+H2O2=2NaClO2+2H2O+O2↑。‎ ‎（3）由于NaClO2饱和溶液在温度低于38℃时析出的晶体是NaClO2·3H2O，高于38℃时析出的晶体是NaClO2，所以反应结束后，先将装置D 反应后的溶液在55℃条件下减压蒸发结晶（温度控制55℃的目的是防止温度高于60℃NaClO2分解成NaClO3和NaCl），然后进行的操作是趁热过滤（防止温度低于38℃时析出NaClO2·3H2O）。‎ ‎（4）根据实验步骤分析，步骤①为NaClO2在酸性条件下将KI氧化成I2，自身还原成Cl-，反应为ClO2-+I-+H+→Cl-+I2+H2O，用化合价升降相等可得ClO2-+4I-+H+→Cl-+2I2+H2O，结合原子守恒和电荷守恒，写出离子方程式为ClO2-+4I-+4H+=2I2+Cl-+2H2O。‎ ‎（5）由于用Na2S2O3滴定I2，I2遇淀粉呈特征的蓝色，所以选用淀粉溶液作指示剂，实验终点的实验现象为：滴入一滴Na2S2O3溶液，溶液由蓝色褪为无色且在30s内不恢复。‎ ‎（6）根据反应写出关系式：NaClO2～2I2～4Na2S2O3，n（NaClO2）=n（Na2S2O3）/4=bV×10-3/4mol，原样品中NaClO2物质的量为bV×10-3/4mol=bV×10-3mol，质量为90.5bV×10-3g，样品中NaClO2的质量分数为=。‎ ‎17、无水AlCl3是一种重要的有机合成催化剂，该物质在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾．某中学化学兴趣小组拟利用中学常见仪器设计实验制备无水AlCl3，实验装置如图所示．‎ 请回答下列问题：‎ ‎（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性，接下来的操作依次是　　．‎ a．加入MnO2粉末b．点燃A中酒精灯 c．加入浓盐酸d．点燃D处酒精灯 ‎（2）写出A装置中发生反应的化学方程式　　．‎ ‎（3）装置B中的试剂是　　，其作用是：　　．‎ ‎（4）该装置存在主要安全隐患是　　．‎ ‎（5）甲同学认为F和G可以用一种仪器替代，且加入一种药品即可达到相同效果，这种药品可以是　　．‎ ‎（6）E中得到少量白色粉末，打开软木塞后可明显观察到锥形瓶中有白雾生成，用化学方程式表示其原因　　．‎ ‎【答案】（1）acbd；‎ ‎（2）MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎（3）饱和食盐水；除去氯气中的氯化氢气体；‎ ‎（4）D、E间导管易发生堵塞；‎ ‎（5）碱石灰或氧化钙；‎ ‎（6）AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl↑．‎ ‎【解析】解：本题考查制备实验方案的设计．‎ 根据实验装置图可知，该实验中用浓盐酸与二氧化锰反应生成氯气，氯气中有氯化氢、水等杂质，先用饱和食盐水除氯化氢，再用浓硫酸干燥，氯气与铝反应制得氯化铝，反应的尾气中有氯气用氢氧化钠吸收，为防止氯化铝与氢氧化钠溶液中的水蒸汽反应，所以在收集装置和尾气吸收装置之间加一干燥装置F．‎ ‎（1）因为无水AlCl3遇潮湿空气即产生大量白雾，所以实验开始时先要将装置中的空气排尽，防止空气中的水蒸汽与生成的氯化铝反应，所以操作依次是acbd，‎ 故答案为：acbd；‎ ‎（2）A中发生浓盐酸和二氧化锰的反应，生成氯化锰、氯气和水，反应方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，‎ 故答案为：MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O；‎ ‎（3）实验中用浓盐酸与二氧化锰反应制取氯气，氯化氢易挥发，制取的氯气中含有氯化氢，B装置中的试剂为饱和食盐水，除去氯气中的氯化氢气体，‎ 故答案为：饱和食盐水；除去氯气中的氯化氢气体；‎ ‎（4）B装置中的试剂为浓硫酸，无水AlCl3在183℃时升华，遇潮湿空气即产生大量白雾，该装置存在安全隐患，在生成、收集氯化铝的位置D、E间导管易发生堵塞，‎ 故答案为：D、E间导管易发生堵塞；‎ ‎（5）因为氯化铝易发生水解，故应该防止空气中的水蒸气进入E装置，而G是吸收反应剩余的氯气，所以可以加入碱石灰或氧化钙来代替F和G的作用，‎ 故答案为：碱石灰或氧化钙；‎ ‎（6）E中收集到的氯化铝粉末，打开软木塞后，氯化铝与空气中的水蒸汽发生水解反应，所以可以看到锥形瓶中有白雾产生，反应方程式为AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl↑，‎ 故答案为：AlCl3+3H2O=Al（OH）3+3HCl↑．‎ ‎18、如图所示(B中冷却装置未画出)，将氯气和空气(不参与反应)以体积比约1∶3混合通入含水8%的碳酸钠中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸溶液。‎ 已知：Cl2O极易溶于水并与水反应生成HClO；Cl2O的沸点为3.8℃，42℃以上分解为Cl2和O2。‎ ‎（1）①实验中控制氯气与空气的体积比的方法是____________________________。‎ ‎②使用多孔球泡的作用是__________________________________________________。‎ ‎（2）①装置B中产生Cl2O的化学方程式为___________________________________。‎ ‎②若B无冷却装置，进入C中的Cl2O会大量减少。其原因是__________________________________________________。‎ ‎（3）装置C中采用棕色圆底烧瓶是因为_____________________________________。‎ ‎（4）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl-。设计测定C中所得次氯酸溶液的物质的量浓度的实验方案如下：用_________________量取20.00mL次氯酸溶液于烧杯中，‎ ‎___________________________________________________________________________。‎ ‎(可选用的试剂：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液。除常用仪器外须使用的仪器有电子真空干燥箱)‎ ‎【答案】(1)①通过观察A中产生气泡的速率调节流速 ‎②增加气体与溶液的接触面积，使反应充分进行 ‎(2)①2Cl2＋Na2CO3=Cl2O＋2NaCl＋CO2‎ ‎②该反应放热，温度升高Cl2O会分解 ‎(3)HClO见光易分解 ‎(4)酸式滴定管（或移液管）；先加入足量的H2O2溶液，混合均匀后再加入足量的AgNO3溶液，反应完全后过滤，洗涤，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀质量 ‎【解析】解：本题考查物质的制备和性质实验、实验的基本操作及滴定原理应用与计算。氯气通过A装置与空气形成1：3的混合气体通入B装置，在搅拌棒的作用下与含水8%的碳酸钠充分反应制备Cl2O，并用水吸收Cl2O制备次氯酸钠溶液，同时用碱石灰吸收含有Cl2O的尾气，防止污染环境，据此分析解答。‎ ‎（1）①氯气和空气按照体积比约1：3混合通入潮湿碳酸钠中，控制氯气与空气体积比的方法可以通过观察A中产生气泡的比例来调节气体的流速；‎ ‎②为了使氯气和原溶液充分接触完全反应，可以通过增加气体与溶液的接触面积、并用搅拌棒搅拌等方法，因此使用多孔球泡的作用是增加气体与溶液的接触面积，使反应充分进行；‎ ‎（2）①装置B中，氯气本身既作为氧化剂又作还原剂，本身被氧化到+1价的Cl2O，被还原到-1价的氯化钠，故化学方程式为2Cl2+Na2CO3＝Cl2O+2NaCl+CO2；‎ ‎②由于该反应为放热反应，温度升高Cl2O会分解，故进入C中的Cl2O会大量减少；‎ ‎（3）装置C中使用棕色平底烧瓶，目的是可以避光，防止反应生成的HClO见光分解；‎ ‎（4）选择使用酸式滴定管量取20.00mL的次氯酸溶液，具体实验操作是，向20.00mL的次氯酸溶液里加入足量的H2O2溶液，再加入足量的硝酸银溶液，过滤、洗涤，在真空干燥箱中干燥沉淀，用电子天平称量沉淀的质量。‎ ‎19、某含氯化合物A 由两种短周期元素组成，常温下该物质为气态，测得该气体对空气的相对密度为3.0，A溶于水可得只含单一溶质B的弱酸性溶液，B溶液在放置过程中其酸性会增强。常温下，气体A与NH3反应生成离子晶体C、气体单质D和常见液体E，D为空气中含量最多的物质。气体A可用某一气体单质与潮湿的Na2CO3反应制得，同时生成两种钠盐。请回答下列问题：‎ ‎（1）气体A的化学式为_______，气体单质D对应元素在周期表中的位置为____________。‎ ‎（2）用化学方程式表示B溶液酸性增强的原因______________________。‎ ‎（3）气体A与NH3反应的化学方程式为____________，该反应体现气体A具有_______性。‎ ‎（4）试写出制取气体A的化学方程式为__________________。‎ ‎（5）设计实验探究离子晶体C的成分为__________。‎ ‎【答案】(1)Cl2O；第二周期第VA族 ‎(2)2HClO=2HCl+O2↑‎ ‎(3)3Cl2O+10NH3=6NH4Cl+2N2+3H2O；氧化 ‎(4)2Cl2+2Na2CO3+H2O=Cl2O+2NaHCO3+2NaCl ‎(5)取少量晶体溶于水，分成两份于试管中；一份加入浓NaOH溶液、加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，证明含有NH4+，另一份加入用硝酸酸化的硝酸银溶液，产生白色沉淀，证明含Cl﹣，由此证明该晶体为NH4Cl ‎【解析】解：本题考查元素及化合物的综合运用。A的相对分子质量为29×3=87，而Cl的相对原子质量为35.5，所以Cl原少至少为2个，这样O为1个，A合理的分子式为Cl2O；根据化合价规律，A溶于水生成弱酸B为HClO；值得注意的是A和氨反应方程式的书写，是近几年高考考查能力最多的一种体验，要用心学会如何书写。另外最后一问是“离子晶体”证明设计，要设法证明既有NH4+又有Cl-离子存在，这才是完全理解题意，设计步骤要完整规范。‎ ‎20、现有下列4种物质：①HClO溶液、②FeCl3溶液、③Na2CO3溶液、④浓H2SO4。其中，使酚酞溶液变红的是__________（填序号，下同）；具有漂白性的是________；与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀的是__________；常温下使铝表面形成致密氧化膜的是_________。‎ ‎【答案】(1).③(2).①(3).②(4).④‎ ‎【解析】分析：四种物质中只有FeCl3溶液为棕黄色；只有碳酸钠溶液显碱性，HClO溶液具有漂白性，浓硫酸具有强氧化性，常温下使铝钝化；只有FeCl3溶液与氢氧化钠溶液反应，生成红褐色沉淀，以此来解答。‎ 详解：①HClO溶液具有漂白性；‎ ‎②FeCl3溶液与氢氧化钠溶液反应，生成红褐色氢氧化铁沉淀；‎ ‎③Na2CO3水解，溶液显碱性；‎ ‎④浓H2SO4具有强氧化性，常温下使铝表面形成致密氧化膜；‎