文档内容
第 01 讲 氯及其重要化合物
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
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：溶液红色褪去，加热该褪色溶液，仍为无色；氯气具有漂白性
B．紫色石蕊溶液：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：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
【答案】B
【解析】氯气没有漂白性，次氯酸具有漂白性，A项错误，B项正确；氯气与氢氧化钠反应，氯气既
是氧化剂，又是还原剂，C项错误；硫化钠与氯气反应，氯气作氧化剂，D项错误。
2．Cl 是一种重要的工业原料，液氯储存区贴有的说明卡如下：
2
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 NaOH、NaHSO 溶液吸收
3
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Cl：2Cl-+2H O 2OH-+H ↑+Cl↑
2 2 2 2B．氯气用于自来水消毒：Cl+H O 2H++Cl-+ClO-
2 2
C．浓氨水检验泄漏的氯气，产生白烟：8NH +3Cl=6NHCl+N
3 2 4 2
D．氯气“泄漏处理”中NaHSO 溶液的作用：HSO -+Cl+H O=SO 2-+3H++2Cl-
3 3 2 2 4
【答案】B
【解析】电解饱和食盐水制取Cl，反应的离子方程式为2Cl-+2H O 2OH-+H ↑+Cl↑，A正确；氯气
2 2 2 2
用于自来水消毒，反应的离子方程式为Cl+H O H++Cl-+HClO，B不正确；浓氨水检验泄漏的氯气，
2 2
产生白烟，反应的化学方程式为8NH +3Cl=6NHCl+N ，C正确；氯气“泄漏处理”中用NaHSO 溶液吸
3 2 4 2 3
收氯气，反应的离子方程式为HSO -+Cl+H O=SO 2-+3H++2Cl-，D正确。
3 2 2 4
3．二氧化氯(ClO )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ClO 的制备与杀菌的
2 2
说法不合理的是( )
A．NaClO 在酸性条件下歧化生成ClO 和NaCl，则n(氧化剂)∶n(还原剂)＝1∶4
2 2
B．ClO 在强碱性环境中使用失效，可能的原因是
2
2ClO ＋2OH－===ClO＋ClO＋HO
2 2
C．可用饱和食盐水除去ClO 中的NH
2 3
D．等物质的量的ClO 杀菌效果比Cl 强
2 2
【答案】C
【解析】A 项，酸性条件下 ClO 发生歧化反应，生成 Cl－和 ClO ，可写出离子方程式：4H＋＋
2
5ClO===Cl－＋4ClO ↑＋2HO，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4，正确；B项，方程式符合歧化反
2 2
应化合价的变化，正确；C项，ClO 易溶于水，不能用饱和食盐水除杂，错误；D项，等物质的量的ClO
2 2
作氧化剂时得电子数比Cl 得电子数多，杀菌效果更好，正确。
2
4 ． 一 种 制 备 高 效 漂 白 剂 NaClO 的 实 验 流 程 如 图 所 示 ， 反 应 Ⅰ 中 发 生 的 反 应 为
2
3NaClO+4SO+3H O=2ClO +Na SO +3H SO +NaCl，下列说法中正确的是( )
3 2 2 2 2 4 2 4
A．反应Ⅱ中HO 作还原剂
2 2
B．产品中含有SO 2-、Cl-
4
C．NaClO 的漂白原理与SO 相同
2 2
D．实验室进行结晶操作通常在坩埚中进行
【答案】A
【解析】反应Ⅰ中发生的反应为3NaClO+4SO+3H O=2ClO +Na SO +3H SO +NaCl，反应产生的ClO
3 2 2 2 2 4 2 4 2
气体进入反应Ⅱ装置，发生反应：2ClO +H O+2NaOH=2NaClO +O +2H O，HO 中氧元素的化合价由反应
2 2 2 2 2 2 2 2
前的-1价变为反应后O 中的0价，化合价升高，失去电子，HO 作还原剂，A项正确。反应Ⅱ是在NaOH
2 2 2溶液中进行的，操作过程没有经过洗涤步骤，因此得到的 NaClO 中可能混有NaOH，引入杂质离子OH-，
2
不可能含SO 2-、Cl-，B项错误。NaClO 中Cl元素的化合价为+3价，该物质具有强氧化性，也具有漂白性，
4 2
NaClO 的漂白是氧化漂白；而SO 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
2 2
不相同，C项错误。实验室进行结晶操作通常在蒸发皿中进行，坩埚是灼烧固体时使用的仪器，D项错误。
题型二 氯水的成分与性质
5．(2024·天津市和平区二模)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c(Cl-)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c(H+)减少到起始浓度的 倍
【答案】C
【解析】氯水中，氯气与水发生：Cl+H O HClO+HCl，溶液中含有Cl、HClO、HO等分子，
2 2 2 2
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。A项，HClO是弱
酸，见光易分解：2HClO 2HCl+O ↑，强光照射下，氯水中的HClO反应生成了酸性更强的HCl，A错
2
误；B项，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项，
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项，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；故选C。
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SO ，溶液漂白性增强
2
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
【答案】C【解析】饱和氯水不能再溶解氯气，各成分的浓度不变，A项错；SO ＋Cl＋2HO===2HCl＋HSO ，
2 2 2 2 4
Cl ＋HO H＋＋Cl－＋HClO的平衡左移，HClO的浓度减小，漂白性减弱，B项错；加入少量的碳酸
2 2
钠粉末，消耗H＋，使B项所述平衡正向移动，HClO的浓度增大，C项正确；光照过程中，HClO分解，
生成O 和HCl，溶液中的离子浓度增大，导电性增强，D项错误。
2
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FeCl 溶液中滴加适量氯水，溶液颜色变成棕黄色；
2
实验4：向氯水中滴加1 mol·L-1 NaHCO 溶液。
3
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
【答案】D
【解析】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；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；
实验3中向FeCl 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-
2
和H+，C项错误；实验4中新制饱和氯水中滴加1 mol·L-1 NaHCO 溶液，产生的气体为CO ，能使澄清石
3 2
灰水变浑浊，D项正确。
8．某实验小组对氯水的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)如图所示实验四证明了实验三中“红色不褪去”不是因为氯水被稀释，补充所加试剂和现象。【答案】(1) Cl
2
(2)漂白
(3) Cl +H O HCl+HClO
2 2
(4)2HClO 2HCl+O ↑
2
(5)1 mL蒸馏水 红色褪去
【解析】(1)氯气呈黄绿色，氯水中其他成分都呈无色，所以氯水呈黄绿色，说明其中含有Cl 。(2)实
2
验一：酸能使紫色石蕊溶液变为红色，氯水能使红色的溶液褪色，氯水中加入紫色石蕊溶液后变为红色说
明溶液呈酸性，后来溶液褪色，说明氯水具有漂白性。(3)Cl 与HO反应的化学方程式为Cl +H O
2 2 2 2
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，
反应的化学方程式为2HClO 2HCl+O ↑。(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，
2
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1 mL蒸馏水稀释溶液，一段时
间后的现象为溶液红色褪去。
题型三 次氯酸、次氯酸盐的性质及用途
9．下列说法中不正确的是( )
A．将氯气制成漂白粉的主要目的是使其转变为较稳定、便于贮存的Ca(ClO)
2
B．漂白粉中的Ca(ClO) 和CaCl 都具有漂白性
2 2
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Ca(OH) ]制备的
2
【答案】B
【解析】漂白粉的主要成分是Ca(ClO) 和CaCl ，Ca(ClO) 具有强氧化性和漂白性，CaCl 不具有漂白
2 2 2 2
性，B错误。漂白粉和84消毒液的杀菌、消毒都是利用了次氯酸根离子的强氧化性，其原理相似，C正确。
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CO 和水蒸气反应而变质
2
D．与盐酸反应的离子方程式：ClO-+Cl-+2H+=Cl↑+H O
2 2
【答案】B
【解析】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；该物质可表示为CaCl ·Ca(ClO) ，其中Ca(ClO) 是强碱弱酸盐，水溶液显碱性，向其中加入碳酸钠溶
2 2 2
液，Ca2+与aCO2-反应产生CaCO ，因此会出现白色浑浊，B错误；由于酸性：HClO”、“<”或“=”)。
(4) NaClO 的溶解度曲线如下图所示，步骤3中从NaClO 溶液中获得NaClO 的操作是 。
2 2 2(5) NaClO 使用时，加入稀盐酸即可迅速得到ClO ，写出反应的离子方程式： 。若加入盐酸浓
2 2
度过大，则气体产物中Cl 含量会增大，原因是 。
2
【答案】(1) 2ClO -+4SO=2ClO + SO 2- 将生成的ClO 稀释到10%以下，防止分解爆炸
3 2 2 4 2
(2) 2ClO +4H O+2OH-=2ClO -+ O ↑＋2HO H O 温度较高时易分解
2 2 2 2 2 2 2 2
(3) ClO +e- = ClO - 2Cl--2e-=Cl↑ <
2 2 2
(4)加热温度至略低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃结晶，洗涤
(5) 5ClO -+4H+=4ClO + Cl-+H O NaClO 和较浓盐酸混合，氧化性还原性会增强，发生氧化还原反
2 2 2 2
应，生成氯气，导致氯气含量增大
【解析】NaClO 溶液，稀硫酸，通入SO 和空气发生反应生成二氧化氯(ClO )，二氧化氯(ClO )和氢氧
3 2 2 2
化钠、双氧水反应生成NaClO，或通过电解二氧化氯(ClO )和NaCl溶液来得到NaClO，在加热温度至略
2 2 2
低于60℃，浓缩、冷却至略高于38℃，结晶，洗涤。(1)步骤1中氯酸根和二氧化硫反应得到ClO ，离子
2
方程式为：2ClO -+4SO=2ClO + SO 2-；由于纯NaClO 易分解爆炸，因此通入空气的作用是将生成的ClO
3 2 2 4 2 2
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：2ClO +4H O+2OH-=2ClO -+ O ↑＋
2 2 2 2 2
2HO；利用方法1制NaClO 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HO 温度
2 2 2 2
较高时易分解；(3)a电极为ClO 得电子生成ClO -，方程式为：ClO +e- = ClO -；b电极为Cl-失电子生成氯
2 2 2 2
气，方程式为：2Cl--2e-=Cl↑；根据电极反应可知，溶液中的溶质浓度 f Br
【答案】C
【解析】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。A项，
A电极为原电池的正极，A正确；B项，氢离子通过阳离子交换膜M进入正极区，B正确；C项，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，C错误；
D项，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。
22．(2024·广东省大亚湾区普通高中毕业班一模)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：2ClO−+4H++4Cl−=3Cl↑+2H O
2 2
B．湿润的 试纸先变红后褪色，说明Cl 有酸性，同时又有漂白性
2C．f处变红，是因为 被氧化为Fe3+，Fe3+遇 溶液变红
D．g处变为橙色，h处变为黄色，说明氧化性 Cl>Br >I
2 2 2
【答案】C
【解析】A项，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−=Cl↑+H O，A错误；B项，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，有酸性，使pH试纸变红，次
2 2
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，B错误；C
项，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项，g处变为橙色，说明
氧化性：Cl>Br ，h处变为黄色，说明氧化性：Cl>I ，但是无法说明Br 和I 的氧化性强弱关系，D错误；
2 2 2 2 2 2
故选C。
23．(2024·广东省深圳市二模)利用如图所示装置进行Cl 的制备及性质检验实验。下列说法不正确的
2
是( )
A．固体a可为KMnO
4
B．①处纸条无明显现象且②处纸条褪色，说明Cl 具有漂白性
2
C．③处试纸变蓝，说明氧化性：Cl＞I
2 2
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
【答案】B
【解析】A项，已知反应KMnO +16HCl(浓)=2KCl+2MnCl +5Cl+8H O，故固体a可为KMnO ，A正
4 2 2 2 4
确；B项，①处纸条无明显现象，说明Cl 本身不具有漂白性，②处纸条褪色，说明Cl 与水的产物具有漂
2 2
白性，B错误；C项，③处试纸变蓝，说明有碘单质生成，即发生了反应：2KI+Cl =2KCl+I ，根据氧化剂
2 2
的氧化性强于氧化产物可知氧化性：Cl＞I，C正确；D项，实验结束后，装置内还有大量的未参与反应
2 2
的有毒气体Cl，故需打开止水夹K向装置中鼓入空气以促进尾气吸收，防止污染环境，D正确；故选B。
2
24．某同学设计用如图所示的装置制备少量的AlCl (易水解)。下列说法错误的是( )
3A．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50 mL 12 mol·L-1的盐酸与足量的MnO 反应，所得氯气可以制取26.7 g AlCl
2 3
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
【答案】C
【解析】实验室是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，含有杂质气体氯化氢和水蒸气，氯化氢
极易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度很小，因此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，A正确；因为AlCl 易水解，所以铝和氯气反应必须在干燥的环境下进行，因此装置C
3
和F中的试剂均为浓硫酸，其作用是防止水蒸气进入 E中，B正确；用50 mL 12 mol·L-1的盐酸与足量的
MnO 反应，由于浓盐酸不断消耗，变为稀盐酸，与二氧化锰不反应，所以 50 mL 12 mol·L-1的盐酸产生氯
2
气的量小于0.15 mol，因此氯气与铝反应生成氯化铝的量少于0.1 mol，质量小于13.35 g，C错误；实验过
程中应先点燃A处的酒精灯，反应产生氯气，利用氯气排尽装置内的空气，待装置中充满黄绿色气体时再
点燃D处的酒精灯，反应进行，D正确。
25．四氯化钛(TiCl )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-24.1
4
℃，沸点为136.4℃。某实验小组设计如图所示装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl 与炭粉、TiO 制备
2 2
TiCl 。下列说法不正确的是( )
4
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④⑤之间缺少防止水蒸气进入④的装置
【答案】A【解析】四氯化钛极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，而制得的氯气中混有水蒸气，所以
②中应盛装浓硫酸，A错误；TiCl 的熔、沸点较低，制得的TiCl 应经过冷凝处理，则该装置中冷凝管具
4 4
有冷凝、回流和导气的作用，B正确；反应结束时，应先停止③处加热，后停止①处加热，可以使制得的
TiCl 在氯气氛围中冷却，防止空气进入装置中使 TiCl 变质，C正确；四氯化钛极易水解，应在装置④和
4 4
⑤之间增加一个防止水蒸气进入④的装置，D正确。
1．(2024·江苏省苏锡常镇四市一模)探究NaClO溶液的性质，下列实验方案能达到探究目的的是( )
选项 探究目的 实验方案
检验NaClO溶 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
A
液中的Na+ 火焰颜色
检验NaClO溶
B 将NaClO溶液滴加到淀粉KI溶液中，观察溶液颜色变化
液的氧化性
检验NaClO溶 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
C
液的pH 对
检验NaClO溶 将少量NaClO溶液与FeCl 充分反应后，滴加硝酸酸化的硝酸银溶液，观察
D 2
液的还原产物 沉淀产生情况
【答案】B
【解析】A项，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，A错误；B
项，将NaClO溶液滴加到淀粉KI溶液中，I-被氧化为I，溶液变蓝，可以检验NaClO溶液的氧化性，B正
2
确；C项，NaClO具有漂白性，能使pH试纸褪色，C错误；D项，少量NaClO溶液与FeCl 反应的化学方
2
程式为：2Fe2++ClO-+2H+=2Fe3++ClO-+H O，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
2
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，D错误；故选B。
2．(2024·四川省大数据学考联盟一模)氯气与部分含氯化合物的价类关系如下图所示，N 表示阿伏加
A
德罗常数的值。下列有关叙述正确的是( )A．0℃， 下，1.12L35ClO 所含中子的数目为1.7N
2 A
B．2L0.05mol·L-1 HClO 溶液中所含ClO -的数目为0.1N
4 4 A
C．用浓盐酸与NaClO 反应制取7.1gCl 共转移电子的数目为0.2N
3 2 A
D．由NaClO和NaClO 组成的 混合物中含氧原子的数目为2N
3 A
【答案】B
【解析】A项，由图像可知，标准状况下35ClO 为液体，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，A错
2
误；B项，HClO 是强酸，完全电离，2L0.05mol·L-1 HClO 溶液中所含ClO -的数目为0.1N ，B正确；C项，
4 4 4 A
浓盐酸与NaClO 反应制取Cl 的离子方程式为：ClO −+6H++5Cl−=3Cl↑+3H O，该反应转移5个电子，
3 2 3 2 2
7.1gCl 的物质的量为0.1mol，转移电子的物质的量为 mol，故C错误；D项，不知道NaClO和
2
NaClO 的组成比例，无法计算氧原子的具体值，故D错误。故选B。
3
3．亚氯酸钠(NaClO)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
2
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NaClO 和SO 的物质的量之比为2∶1
3 2
B．若反应①通过原电池来实现，则ClO 是负极产物
2
C．反应②中的HO 不能用NaClO 代替
2 2 4
D．在反应②条件下，ClO 的氧化性大于HO
2 2 2
【答案】B
【解析】根据流程图可知，反应①中的氧化剂是NaClO ，还原剂是SO ，还原产物是ClO ，氧化产物
3 2 2
是NaHSO ，根据得失电子守恒定律可得参加反应的NaClO 和SO 的物质的量之比为2∶1，A项正确；由
4 3 2
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，ClO 是正极产
2
物，B项错误；在ClO 与HO 的反应中，ClO 转化为NaClO 时氯元素的化合价降低，作氧化剂，则HO
2 2 2 2 2 2 2
作还原剂，氧元素的化合价升高，而NaClO 中的氯元素是最高价态，不能作还原剂，故不能用NaClO 代
4 4
替HO ，C项正确；反应②中ClO 作氧化剂，HO 作还原剂，可以推出ClO 的氧化性大于HO ，D项正
2 2 2 2 2 2 2 2
确。4．(2024·福建省福州市三模)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
1mol·L-1)不断搅拌，逐滴加入0.1mol·L-1 FeSO 溶液，溶液pH变化曲线如图1所示 (AB段pH快速下降的
4
原因之一是Fe2++2OH-=Fe(OH) ↓ )。2 表示 NaClO 溶液中含氯微粒的物质的量分数与pH 的关系。
2
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1.0×10-3.75 mol·L－1
B．AB 段 Fe 被氧化的反应5ClO-+2Fe2+ +5H O=2Fe(OH) ↓+Cl-+ 4HClO
2 3
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．400 s后反应几乎停止
【答案】C
【解析】A项，由图2可知，HClO的电离常数为K =10-7.5，原84消毒液中，NaClO 的浓度约为
a
1mol·L－1，pH=13，则 ， ，A错误；B项，AB段溶液
为碱性环境，存在大量OH-，Fe2+被氧化的反应为ClO-+2Fe2+ +4OH-+H O=2Fe(OH) ↓+Cl-，B错误；C项，
2 3
当溶液中原本存在的OH-反应完全后，BC段发生反应5ClO-+2Fe2+ +5H O=2Fe(OH) ↓+Cl-+ 4HClO，生成弱
2 3
酸HClO，BC段pH缓慢下降，再滴入FeCl 溶液，由于HClO 的氧化性强于 ClO⁻，CD段HClO氧化
2
Fe2+，发生反应HClO+2Fe2+ +5H O=2Fe(OH) ↓+Cl-+ 5H+，生成强酸HCl，所以CD段pH迅速下降，C正确；
2 3
D项，反应进行至400s时，此时仍反应进行，生成的HClO氧化Cl-产生Cl，离子方程式为HClO+ Cl-
2
+H+=Cl↑+ H O，D错误；故选C。
2 2
5．(2024·广东省茂名市二模)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
【答案】B
【解析】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+2H O Cl↑+H ↑+2NaOH的不同电极产物，结
2 2 2
合溶液酸碱性与紫甘蓝溶液颜色变化分析。A项，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：2HO+2e-=H ↑+2OH-，使附
2 2
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项，根据选
项A分析可知：左侧电极为阴极，电极反应式是2HO+2e-=H ↑+2OH-，在④中逸出的气体为H 具有可燃性，
2 2 2
不具有助燃性，因此不能使带火星的木条复燃，B错误；C项，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-=Cl↑，Cl 与烧杯⑤中
2 2
NaOH溶液发生反应：Cl+2NaOH=NaCl+NaClO+H O，反应产生的NaCl、NaClO的物质的量相等，最初
2 2
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项，根据图
示可知：U形管右侧电极连接电源正极为阳极，Cl--2e-=Cl↑，Cl 溶于水，发生反应：
2 2
Cl+H O=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
2 2
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；故选B。
6．(2024·山西省晋中市高三质检)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(NaSO)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
2 2 3
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．NaS+S B．NaSO +S C．NaSO + Na SO D．SO +NaSO
2 2 3 2 3 2 4 2 2 4
【答案】(1) Cl SO NH Cl
2 2 4
(2) Cl +SO+2H O=SO 2-+2C1-+4H+ 3NH + Fe3+ +3H O=Fe(OH) ↓+3NH+
2 2 2 4 3 2 3 4
(3) 4NH+5O 4NO+6H O
3 2 2
(4)B
【解析】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。(1)X是Cl、Y是SO 、D是NH Cl；
2 2 4
(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Cl+SO+2H O=SO 2-+2C1-
2 2 2 4
+4H+；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3NH + Fe3+
3
+3H O=Fe(OH) ↓+3NH+；(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
2 3 4
为4NH +5O 4NO+6H O；(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
3 2 2
度分析：A项，NaS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
2
的化合物，A错误；B项，NaSO 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
2 3合物，B正确；C项，NaSO 和NaSO 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 3 2 4
+2价的硫元素的化合物，C错误；D项，SO 和NaSO 中硫元素的化合价分别是+4价和+6价，均高于+2
2 2 4
价，不可能生成+2价的硫元素的化合物，D错误；故选B。
7．(2024·上海市金山区高三质量监控)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：
编 蒸馏
84消毒液 白醋 品红溶液 相同时间的现象
号 水
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
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ClO为原料制备HClO。
2i．常温常压下ClO是一种黄绿色气体。
2
ii．将氯气和空气(不参与反应)通入足量的NaCO 溶液，发生反应生成ClO。
2 3 2
iii．ClO易溶于水并与水立即反应生成HClO。
2
iv．已知：HClO+2I-+H+=I +Cl-+H O，I+2S O2-=2I-+S O2-。
2 2 2 2 3 4 6
(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)Cl O不会被装置③吸收的原因是 。
2
(7)装置④的作用有：吸收Cl 中的HCl、___________。
2
A．防倒吸 B．吸收ClO
2
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 mol·L-1标准NaSO 溶液滴定，当 即达到滴定终
2 2 3
点，消耗25.00 mL标准液。原溶液中c(HClO)= mol·L-1。
【答案】(1) C ClO-+H O HClO+OH-
2
(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)Cl O是极性分子，CCl 是非极性分子
2 4
(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
【解析】(1)次氯酸钠溶液中次氯酸根发生水解：ClO-+H O HClO+OH-，水解后溶液中
2
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ClO；生成的ClO通入装置③中除去氯气后进入装置⑤
2 2
中，ClO与水反应生成HClO，故B正确。(5)装置②中氯气和NaCO 发生反应生成ClO，同时生成
2 2 3 2
NaCl，反应为：2Cl+Na CO=ClO+NaCl+CO ↑；ClO为氧化产物，NaCl为还原产物，两者物质的量之比
2 2 3 2 2 2
为1：2；(6)Cl O是极性分子，CCl 是非极性分子，根据相似相溶原理可知ClO不易溶于CCl ；(7)氯气和
2 4 2 4
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
ClO，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；
2
(8)HClO溶液加足量KI，两者反应生成碘单质：HClO+2I-+H+=I +Cl-+H O，滴加淀粉后溶液变蓝色，再用
2 2
标准NaSO 溶液滴定时，NaSO 与碘单质发生：I+2S O2-=2I-+S O2-；当加入最后半滴标准液，溶液由
2 2 3 2 2 3 2 2 3 4 6
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 mol·L-1标准NaSO 溶液时，消耗
2 2 3
n(Na SO)= 25.00×10-3L× 0.08 mol·L-1=0.002 mol；结合反应可知待测溶液中n(HClO)=n(I )=
2 2 3 2
n(Na SO)=0.001mol；待测液的浓度c(HClO) = ；原溶液中c(HClO)=10c(HClO) =
2 2 3 待测 待测
。
8．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30% NaOH溶液，制得NaIO ；
3
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HS气体充分逸出；
2
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30% NaOH溶液的仪器中支管的作用
为___________。
(2)向三颈烧瓶中滴入30% NaOH溶液，制得NaIO 的化学方程式为___________；每生成 转移
3
___________ 电子。
(3)通入HS与NaIO 反应制得 的离子方程式为___________。
2 3
(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___________。
【答案】(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) 3I +6NaOH=NaIO +5NaI+3H O 0.1
2 3 2
(3) 3H S+ IO -=3S↓+I- +3H O
2 3 2
(4)过滤、洗涤 防止NaI被氧化
【解析】A装置中FeS与稀硫酸反应制备HS；B装置中首先关闭K，滴入NaOH与I 反应生成
2 2
NaIO 、NaI和HO，然后打开K，通入HS与NaIO 反应生成NaI、S；装置C中NaOH用于吸收尾气，防
3 2 2 3
止污染大气。(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，I 与NaOH发生自身氧化还原反
2
应生成NaI、NaIO 和水，反应的化学方程式为3I+6NaOH=NaIO +5NaI+3H O，该反应中每生成5molNaI
3 2 3 2
转移5mol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
=0.1mol；(3)根据步骤③的现象知，HS将IO -还原成I-，HS被氧化成S，根据得失电子守恒、原
2 3 2
子守恒和电荷守恒，反应的离子方程式为3HS+ IO -=I-+3S↓+3H O；(4)步骤⑤把三颈烧瓶中的混合液倒入
2 3 2
烧杯，加入足量碳酸钡除去稀硫酸，发生的反应为BaCO +H SO =BaSO +H O+CO↑，由于S、BaSO 和过
3 2 4 4 2 2 4
量的BaCO 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
3
作得到NaI成品；由于I-具有较强的还原性，易被空气中的O 氧化，故隔绝空气的目的是防止NaI被氧化。
21．(2023•湖北省选择性考试，2)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
【答案】D
【解析】A项，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项，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项，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项，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；故选D。
2．(2023•辽宁省选择性考试，13)某小组进行实验，向10mL蒸馏水中加入0.4gI，充分振荡，溶液呈
2
浅棕色，再加入0.2g锌粒，溶液颜色加深；最终紫黑色晶体消失，溶液褪色。已知I-(aq)为棕色，下列关
3
于颜色变化的解释错误的是( )
选
颜色变化 解释
项
A 溶液呈浅棕色 I 在水中溶解度较小
2
B 溶液颜色加深 发生了反应：I-+I I-
2 3
C 紫黑色晶体消失 I(aq))的消耗使溶解平衡I(s) I(aq)右移
2 2 2
D 溶液褪色 Zn与有色物质发生了置换反应【答案】D
【解析】A项，向10mL蒸馏水中加入0.4gI ，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I 的浓度较小，因为I
2 2 2
在水中溶解度较小，A项正确；B项，已知I-(aq)为棕色，加入0.2g锌粒后，Zn与I 反应生成ZnI ，生成
3 2 2
的I-与I 发生反应I-+I I-，生成I-使溶液颜色加深，B项正确；C项，I 在水中存在溶解平衡I(s)
2 2 3 3 2 2
I(aq)，Zn与I 反应生成的I-与I(aq)反应生成I-，I(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色
2 2 2 3 2
晶体消失，C项正确；D项，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；
故选D。
3．(2023•浙江省6月选考，16)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( )
实验方案 现象 结论
分层，下层由紫红色变 碘在浓KI溶液中的溶解能
往碘的CCl 溶液中加入等体积浓KI溶液，振
A 4 为浅粉红色，上层呈棕 力大于在CCl 中的溶解能
荡 4
黄色 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
向2 mL0.1mol·L-1 AgNO 溶液中先滴加4滴
3 先产生白色沉淀，再产 AgCl转化为AgI，AgI
C 0.1mol·L-1KCl溶液，再滴加4滴0.1mol·L-1KI
生黄色沉淀 溶解度小于AgCl溶解度
溶液
取两份新制氯水，分别滴加AgNO 溶液和淀粉 前者有白色沉淀，后者
D 3 氯气与水的反应存在限度
KI溶液 溶液变蓝色
【答案】A
【解析】A项，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
项，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项，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项，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。
4．(2022·浙江省1月选考，22)下列推测不合理的是( )
A．相同条件下，Br 与PBr 反应比Cl 与PCl 反应难
2 3 2 3
B．OPBrCl 与足量HO作用生成2种酸
2 2
C．相同条件下，与水反应由快到慢的顺序：OPBr 、OPCl 、OPF
3 3 3D．PBr 与足量C HOH作用可得到P(OC H)
3 2 5 2 5 3
【答案】B
【解析】A项，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项，OPBrCl 与HO反应的方程式为：OPBrCl +3H O=HPO +2HCl+HBr，一共生成3种酸，B错误；
2 2 2 2 3 4
C项，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
项，PBr 与C HOH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(OC H)，
3 2 5 2 5 3
D正确；故选B。
5．(2021•浙江6月选考，16)关于化合物ClONO 的性质，下列推测不合理的是( )
2
A．具有强氧化性 B．与NaOH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项，ClONO 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项，
2
ClONO 与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C项，ClONO 与盐酸发生归中反应生成氯
2 2
气，C正确；D项，ClONO 发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；故选D。
2
6．(2022•北京卷，19)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Cl 或ClO-氧化成MnO (棕黑色)、MnO 2- (绿色)、MnO 2 (紫色)。
2 2 4 4
ii．浓碱条件下，MnO -可被OH-还原为MnO 2-。
4 4
iii．Cl 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。
2
实验装置如图(夹持装置略)
C中实验现象
序
物质a
号
通入Cl 前 通入Cl 后
2 2
I 水 得到无色溶液 产生棕黑色沉淀，且放置后不发生变化产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，
II 5%NaOH溶液
黑色沉淀 仍有沉淀
40%NaOH 溶 产生白色沉淀，在空气中缓慢变成棕 棕黑色沉淀增多，放置后溶液变为紫色，
III
液 黑色沉淀 仍有沉淀
(1)B中试剂是___________。
(2)通入Cl 前，II、III中沉淀由白色变为黑色的化学方程式为___________。
2
(3)对比实验I、II通入Cl 后的实验现象，对于二价锰化合物还原性的认识是___________。
2
(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Cl 导致溶液的碱性减弱。
2
原因二：可能是氧化剂过量，氧化剂将MnO 2-氧化为MnO -。
4 4
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。溶液紫色变为绿色的离子方程式为___________，溶液绿色缓慢加深，原因是MnO 被___________(填
2
“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1 mL悬浊液，加入4 mL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___________。
【答案】(1)饱和NaCl溶液
(2)2Mn(OH) +O =2MnO+2H O
2 2 2 2
(3)Mn2+的还原性随溶液碱性的增强而增强
(4) Cl +2OH-=Cl-+ClO-+H O 4 MnO-+4OH-=4 MnO 2-+O ↑+2H O Cl 3ClO-+2MnO+2OH-=2
2 2 4 4 2 2 2 2
MnO -+3Cl-+H O 过量Cl 与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，c(OH-)降低，溶液中的MnO -
4 2 2 4
被还原为MnO 2-的速率减小，因而不能实验III未得到绿色溶液
4
【解析】在装置A中HCl与KMnO 发生反应制取Cl，由于盐酸具有挥发性，为排除HCl对Cl2性质
4 2
的干扰，在装置B中盛有饱和NaCl溶液，除去Cl 中的杂质HCl，在装置C中通过改变溶液的pH，验证
2
不同条件下Cl 与MnSO 反应，装置D是尾气处理装置，目的是除去多余Cl，防止造成大气污染。(1)B中
2 4 2
试剂是饱和NaCl溶液，作用是吸收Cl 中的杂质HCl气体；(2)通入Cl 前，II、III中Mn2+与碱性溶液中
2 2
NaOH电离产生的的OH-反应产生Mn(OH) 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
2
黑色MnO ，则沉淀由白色变为黑色的化学方程式为：2Mn(OH) +O =2MnO+2H O；(3)对比实验I、II通入
2 2 2 2 2
Cl 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；(4)①Cl
2 2
与NaOH反应产生NaCl、NaClO、HO，使溶液碱性减弱，反应的离子方程式为：Cl+2OH-=Cl-+ClO-
2 2
+H O；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
2
加深。溶液紫色变为绿色就是由于在浓碱条件下，MnO -可被OH-还原为MnO 2-，根据电子守恒、电荷守
4 4恒及原子守恒，可知该反应的离子方程式为：4 MnO-+4OH-=4 MnO 2-+O ↑+2H O；溶液绿色缓慢加深，原
4 4 2 2
因是MnO 被Cl 氧化，可证明III的悬浊液中氧化剂过量；③取II中放置后的1 mL悬浊液，加入4 mL水，
2 2
溶液碱性减弱，溶液紫色缓慢加深，说明ClO-将MnO 氧化为MnO -，发生的反应是：3ClO-+2MnO+2OH-
2 4 2
=2 MnO -+3Cl-+H O；④从反应速率的角度，过量Cl 与NaOH反应产生NaClO，使溶液的碱性减弱，
4 2 2
c(OH-)降低，溶液中的MnO -被还原为MnO 2-的速率减小，导致不能实验III未得到绿色溶液。
4 4
7．(2021•浙江6月选考，30)Cl O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
2
ClO。已知：
2
①HgO+2Cl= HgCl +ClO，合适反应温度为18~25℃；副反应： 2HgO+2Cl = 2HgCl +O 。
2 2 2 2 2 2
②常压下，Cl 沸点-34.0℃，熔点-101.0℃；ClO沸点2.0℃，熔点-120.6℃。
2 2
③ClO+HO 2HClO，ClO在CCl 中的溶解度远大于其在水中的溶解度。
2 2 2 4
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Cl 和N 的比例
2 2
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Cl
2
含量，可采用的方法是_______。
(4)将纯化后的ClO产品气化，通入水中得到高纯度ClO的浓溶液，于阴凉暗处贮存。当需要ClO时，
2 2 2
可将ClO浓溶液用CCl 萃取分液，经气化重新得到。
2 4
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CCl 转入分液漏斗
4
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ClO浓溶液的稀释液，加入适量CCl 、过量 溶液及一定量的稀HSO ，充
2 4 2 4
分反应。用标准NaSO溶液滴定(滴定Ⅰ)；再以酚酞为指示剂，用标准NaOH溶液滴定(滴定Ⅱ)。已知产
2 2
生I 的反应(不考虑Cl 与水反应)：
2 2
2I-+ Cl =I +2Cl-、4I-+ Cl O+2H+=2I +2H O 2Cl-、2I-+ HClO+H+=I + H O Cl-
2 2 2 2 2 + 2 2 +
实验数据如下表：
加入量n(H SO ) /mol 2.505×10-3
2 4
滴定Ⅰ测出量n(I) /mol 2.005×10-3
2
滴定Ⅱ测出量n(H SO ) /mol 1.505×10-3
2 4
①用标准NaSO 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 2 3
②高纯度ClO浓溶液中要求n(Cl O)/ n(Cl ) ≥99 (Cl O和HClO均以ClO计)。结合数据分析所制备的
2 2 2 2 2
ClO浓溶液是否符合要求_______。
2
【答案】(1)①浓HSO ②a
2 4
(2)ABC (3)抽气(或通干燥氮气)
(4)a b g
(5)①CCl 中由紫红色突变到无色，且30s不恢复
4②溶液中ClO和Cl 分别为1.000×10-3mol、5×10-6mol， =200>99，符合要求
2 2
【解析】(1)①装置A的作用是去除原料气(Cl 、N)中的少量水分，可用的试剂是浓HSO ；②Cl 和
2 2 2 4 2
ClO都不能直接排放于空气中，因此需要进行尾气处理，Cl、ClO能与NaOH溶液反应，同时需要防止
2 2 2
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Cl 反应制备ClO的装置，A项，因ClO能与HO发生反应，因
2 2 2 2
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项，N 的作用是稀释Cl，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，
2 2
同时Cl 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Cl 和N 的比例，故B选；C项，为了
2 2 2
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项，HgO与Cl 反应制备ClO的合适反应温度为18℃～25℃，因此该反应在常温下进行，若对反
2 2
应柱加热会发生副反应，故D不选；故选ABC。(3)由题可知，Cl 沸点小于ClO，在Cl 未发生冷凝时抽
2 2 2
气或通入氮气可以有效的去除产物中的Cl。(4)萃取分液的操作顺序为：检漏→加入萃取剂和溶液→振荡
2
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CCl 密度大于水，因此萃
4
取后溶有ClO的CCl 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
2 4
CCl 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
4
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I 的CCl 溶液呈紫红色，用标
2 4
准NaSO 溶液滴定I 过程中，当I 恰好反应完全时，溶液呈无色，因此滴定I 到达终点的实验现象是
2 2 3 2 2 2
CCl 中由紫红色突变到无色，且30s不恢复。②由2I-+ Cl =I +2Cl-、4I-+ Cl O+2H+=2I +2H O 2Cl-、2I-+
4 2 2 2 2 2 +
HClO+H+=I + H O Cl- (HClO为ClO与HO反应的产物)可得关系式：ClO～2H+～2I，由实验数据可知
2 2 + 2 2 2 2
ClO和HClO共消耗n(H+)=2×(2.505×10-3mol-1.505×10-3mol)=2×10-3mol，生成I 的物质的量为2×10-3mol，
2 2
则高纯度ClO浓溶液中n(Cl O)=1×10-3mol，加入过量KI溶液共生成I 的物质的量为2.005×10-3mol，因此
2 2 2
Cl 与I-反应生成I 的物质的量为2.005×10-3mol-2×10-3mol=5×10-6mol，由此可知高纯度ClO浓溶液中
2 2 2
n(Cl )=5×10-6mol，所以高纯度ClO浓溶液中 = =200>99，则所制备的高纯度ClO浓
2 2 2
溶液符合要求，故答案为：溶液中ClO和Cl 分别为1×10-3mol、5×10-6mol， =200>99，符合要求。
2 2
