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专题19 氯及其化合物卤素
考点
十年考情(2015-2024)
命题趋势
考点1 氯及其
化合物
2024·浙江1 月卷、2022•广东选择性卷、
2021•浙江6 月卷、2016·上海卷、2015·北
京卷
卤素单质及其化合物的性质在高考中占
有举足轻重的地位。氯及其化合物的制
备、性质以及含量测定是高考的热点，
常以选择题的形式出现，分值为2~4
分。题目常给出NaClO2、ClO2 的相关
的信息，以其制备和性质为载体，考查
氧化还原反应在生产实际中的应用，分
值为2~6 分。以海水提溴的流程图为载
体，考查物质的制备与提纯，涉及物质
的分离和提纯、仪器的使用、基本实验
操作等，考查考生运用所学知识解决实
际问题的能力，分值为6 分。
考点2 氯及其
化合物制备与
性质
2015·福建卷、2015·重庆卷、2015·江苏
卷、2015·全国卷Ⅱ
考点3 其它卤
素
2024·辽吉黑卷、2023•辽宁省选择性考
试、2022•重庆卷、2022·浙江省1 月卷、
2022•辽宁省选择性卷、2022•辽宁省选择
性卷、2021•浙江6 月卷、2016·上海卷、
2015·全国卷Ⅱ、2024·上海卷、2023•浙江
省1 月选考、2016·上海卷
考点1 氯及其化合物
1．(2024·浙江1 月卷，2，3 分)工业上将Cl2通入冷的
溶液中制得漂白液，下列说法不正确的是
( )
A．漂白液的有效成分是
B． ClO-水解生成
使漂白液呈酸性
C．通入CO2后的漂白液消毒能力增强
D．
溶液比
溶液稳定
【答案】B
【解析】A 项，漂白液的主要成分是次氯酸钠(NaClO)和氯化钠(NaCl)，有效成分是次氯酸钠，A 正确；
B 项，ClO-水解生成HClO，水解方程式为ClO-+H2O
HClO+OH-，使漂白液呈碱性，B 错误；C 项，
通入CO2后，发生反应NaClO+CO2+H2O=NaHCO3+HClO，漂白液消毒能力增强，C 正确；D 项，次氯酸不
稳定，次氯酸盐稳定，所以热稳定性NaClO＞HClO，D 正确；故选B。
2．(2022•广东选择性卷，8)实验室用MnO2和浓盐酸反应生成Cl2后，按照净化、收集、性质检验及尾
气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)不能达到实验目的的是( )
1
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【答案】D
【解析】A 项，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl，可用饱和食盐水除去HCl，Cl2可用浓硫酸干
燥，A 装置能达到实验目的，故A 不符合题意；B 项，氯气的密度大于空气，用向上排空气法收集，B 装
置能收集氯气，故B 不符合题意；C 项，湿润的红布条褪色，干燥的红色布条不褪色，可验证干燥的氯气
不具有漂白性，故C 不符合题意；D 项，氯气在水中的溶解度较小，应用NaOH 溶液吸收尾气，D 装置不
能达到实验目的，故D 符合题意；故选D。
3．(2021•浙江6 月卷，16)关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是( )
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，ClONO2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，
ClONO2与NaOH 溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B 正确；C 项，ClONO2与盐酸发生归中反应生成氯
气，C 正确；D 项，ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D 错误；故选D。
4．(2016·上海卷，9)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c(HClO)增大，则溶液
的漂白性会增强。A 项，由于酸性HCl＞H2CO3＞HClO，所以向溶液中加入碳酸钙粉末，会发生反应：
2HCl+CaCO3=CaCl2+H2O+CO2↑，使化学平衡正向移动，导致c(HClO)增大，则溶液的漂白性会增强，正确；
B 项，若加入稀硫酸，使溶液中c(H+)增大，平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误；C 项，加入氯化钙
溶液，不能发生反应，溶液的水对氯水起稀释作用，使溶液的漂白性减弱，错误；D 项，加入二氧化碳的
水溶液，电离产生氢离子，使化学平衡逆向移动，溶液的漂白性减弱，错误。
5．(2015·北京卷，11)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
HClO+OH-
C．该消毒液与洁厕灵(主要成分为HCl)混用，产生有毒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】氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，A 正确；该消毒液的pH 约为12，而
饱和NaClO 溶液的pH 约为11，故用水解解释不合理，pH 约为12 是因为溶液中还含有氢氧化钠，B 错误；
C 项二者发生归中反应生成氯气，正确；D 项，发生反应CH3COOH+ClO-=HClO+CH3COO-，增大了HClO
2
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的浓度，漂白作用增强，正确。
考点2 氯及其化合物制备与性质
1．(2015·福建卷，25)某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。
实验一 制取氯酸钾和氯水
利用下图所示的实验装置进行实验。
(1)制取实验结束后，取出B 中试管冷却结晶，过滤，洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有
。
(2)若对调B 和C 装置的位置， (填“能”或“不能”)提高B 中氯酸钾的产率。
实验二 氯酸钾与碘化钾反应的研究
(3)在不同条件下KClO3可将KI 氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的
影响，其中系列a 实验的记录表如下(实验在室温下进行)：
试管编号
1
2
3
4
0.20 mol·L-1KI/mL
1.0
1.0
1.0
1.0
KClO3(s)/g
0.10
0.10
0.10
0.10
6.0 mol·L-1H2SO4/mL
0
3.0
6.0
9.0
蒸馏水/mL
9.0
6.0
3.0
0
实验现象
①系列a 实验的实验目的是 。
②设计1 号试管实验的作用是 。
③若2 号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色；假设氧化产物唯一，还
原产物为KCl，则此反应的离子方程式为 。
实验三 测定饱和氯水中氯元素的总量
(4)该小组设计的实验方案为：使用如图装置，加热15.0 mL 饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此
方案不可行的主要原因是
。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)
3
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(5) 根据下列资料，为该小组设计一个可行的实验方案( 不必描述操作过程的细节) ：
。
资料：ⅰ.次氯酸会破坏酸碱指示剂；
ⅱ.次氯酸或氯水可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。
【答案】(1)烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)
(2)能
(3)①研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响
②硫酸浓度为0 的对照实验
③ClO3
-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O
(4)因存在Cl2的重新溶解、HClO 分解等，此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)
(5)量取一定量的试样，加入足量的H2O2溶液，加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶
液，称量沉淀质量(或其他合理答案)
【解析】(1)制取实验结束后，取出B 中试管冷却结晶、过滤、洗涤。根据进行该实验操作过程使用的
仪器可知：在该实验操作过程需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管。(2)Cl2与热的KOH 溶液
发生反应产生氯酸钾和氯化钾及水，与冷的KOH 发生反应产生KCl、KClO 和水。因此若对调B 和C 装置
的位置，可以除去Cl2中的杂质HCl 气体，故能提高B 中氯酸钾的产率。(3)①根据表格数据可知：KI、
KClO3的物质的量不变，改变的只有硫酸的体积和水的多少，二者的和相等，可见研究的目的就是研究反
应体系中硫酸浓度对反应产物的影响。②设计1 号试管实验时没有加入硫酸溶液，即硫酸的浓度是0，可
以进行对照实验，比较不同浓度的硫酸对反应产物影响。③若2 号试管实验现象为“黄色溶液”，取少量
该溶液加入淀粉溶液显蓝色，证明产生了I2；假设氧化产物唯一，还原产物为KCl，根据氧化还原反应中
电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为ClO3
-+6I-+6H+=Cl-+3I2+3H2O。(4)该小组设计
的实验方案为使用题干装置，加热15.0 mL 饱和氯水试样，测定产生气体的体积。此方案不可行，主要原
因是在溶液中存在Cl2的重新溶解及HClO 分解产生HCl 和氧气等。(5)由于次氯酸会破坏酸碱指示剂，因
此实验设计时不用酸碱指示剂，可以利用氯水的强氧化性，向该溶液中加入足量的H2O2溶液，发生氧化还
原反应产生Cl-，H2O2被氧化为O2，然后加热除去过量的H2O2，冷却，再加入足量的硝酸银溶液，发生沉
淀反应生成AgCl 沉淀，称量沉淀质量可根据物质的元素组成确定其中含有的氯元素的质量。
2．(2015·重庆卷，9)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。
4
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(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
应长管进气，短管出气，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
中若有Cl2，则发生Cl2+2KI=2KCl+I2，淀粉遇碘变蓝，所以F 中溶液的颜色不变，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，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效
果较好。
3．(2015·江苏卷，19)实验室用下图所示装置制备KClO 溶液，并通过KClO 溶液与Fe(NO3)3溶液的反
应制备高效水处理剂K2FeO4。已知K2FeO4 具有下列性质：①可溶于水、微溶于浓KOH 溶液，②在
0℃~5℃、强碱性溶液中比较稳定，③在Fe3+和Fe(OH)3催化作用下发生分解，④在酸性至弱碱性条件下，
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能与水反应生成Fe(OH)3和O2。
(1)装置A 中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为 ，将
制备的Cl2通过装置B 可除去 (填化学式)。
(2)Cl2与KOH 在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH 溶液的浓度和体积的条件下，控制反应
在0℃~5℃进行，实验中可采取的措施是 、 。
(3)制备K2FeO4时，KClO 饱和溶液与Fe(NO3)3饱和溶液的混合方式为 。
(4)提纯K2FeO4粗产品[含有Fe(OH)3、KCl 等杂质]的实验方案为：将一定量的K2FeO4粗产品溶于冷的
3 mol·L-1KOH 溶液中，
(实验中须使用的试剂有：饱和KOH 溶液，乙醇；除常用仪器外须使用的仪器有：砂芯漏斗，真空干
燥箱)。
【答案】(1)2MnO4
-+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O HCl
(2)缓慢滴加盐酸 装置C 加冰水浴
(3)在搅拌下，将Fe(NO3)3饱和溶液缓慢滴加到KClO 饱和溶液中
(4)用砂芯漏斗过滤，将滤液置于冰水浴中，向滤液中加入饱和KOH 溶液，搅拌、静置，再用砂芯漏
斗过滤，晶体用适量乙醇洗涤2～3 次后，在真空干燥箱中干燥
【解析】(1)根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒配平该离子方程式为2MnO4
-+16H++10Cl-=2Mn2+
+5Cl2↑+8H2O，盐酸容易挥发，制备的Cl2含有HCl、水蒸气等杂质，而HCl 极易溶于水，通过饱和食盐水
除去HCl。(2)可以采取的措施有缓慢滴加盐酸控制产生Cl2的速率，装置C 用冰水浴控制反应温度。(3)根
据K2FeO4 的性质中②③④可知，应将Fe(NO3)3 饱和溶液缓慢滴加到KClO 溶液中。(4)先过滤除去
Fe(OH)3，再溶于浓KOH 溶液，过滤出K2FeO4，后用无水乙醇洗涤，减少K2FeO4溶解而引起的损失。
4．(2015·全国卷Ⅱ，28)二氧化氯(ClO2，黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问
题：
(1)工业上可用KClO3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2，该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为
。
(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料，通过以下过程制备ClO2：
①电解时发生反应的化学方程式为 。
②溶液X 中大量存在的阴离子有 。
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③除去ClO2中的NH3可选用的试剂是 (填标号)。
A．水
B．碱石灰 C．浓硫酸 D．饱和食盐水
(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量：
Ⅰ.在锥形瓶中加入足量的碘化钾，用50 mL 水溶解后，再加入3 mL 稀硫酸；
Ⅱ.在玻璃液封装置中加入水，使液面没过玻璃液封管的管口；
Ⅲ.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收；
Ⅳ.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中；
Ⅴ.用0.100 0 mol·L-1硫代硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S2O3
2−
2I-+S4O6
2−)，指示剂显示终
点时共用去20.00 mL 硫代硫酸钠溶液。在此过程中：
①锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为 。
②玻璃液封装置的作用是 。
③Ⅴ中加入的指示剂通常为 ，滴定至终点的现象是 。
④测得混合气中ClO2的质量为 g。
(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐，下列物质最适宜的是
(填标号)。
A．明矾
B．碘化钾 C．盐酸
D．硫酸亚铁
【答案】(1)2∶1
(2)①NH4Cl+2HCl
3H2↑+NCl3
②Cl-、OH- ③c
(3)①2ClO2+10I-+8H+=2Cl-+5I2+4H2O
②吸收残余的二氧化氯气体
③淀粉溶液 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内溶液颜色不再改变
④0.027 00
(4)d
【解析】(1)根据氧化还原反应中得失电子守恒，氯元素的化合价从+5 价降到+4 价，得1 个电子，氯酸
钾是氧化剂；硫元素的化合价从+4 价升高到+6 价，失去2 个电子，亚硫酸钠是还原剂，根据得失电子相等
可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2∶1。(2)①根据图示可知氯化铵和氯化氢反应生成氢气和NCl3，
配平即可。②根据产物中有氨气生成可知溶液为碱性，存在氢氧根离子，根据元素守恒可知还存在氯离子。
③ClO2易溶于水，a、d 错误；碱石灰不能吸收NH3，b 错误。(3)①ClO2能把碘离子氧化为碘单质，自身
被还原为氯离子。②由于ClO2有毒，容易逸出进入空气中，所以玻璃液封装置的作用是吸收残余的二氧化
氯气体。③由于碘单质遇到淀粉变蓝，所以常用的指示剂为淀粉。滴定终点的颜色为溶液由蓝色变为无色，
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且半分钟内溶液颜色不再改变。④根据方程式可知2ClO2～5I2～10S2O3
2-，则测得混合气中ClO2的质量为
0.100 0 mol·L-1×0.02 L×67.5 g·mol-1÷5=0.027 00 g。(4)亚氯酸盐有氧化性，除去它要用有还原性的硫酸亚铁，
同时产生的铁离子还能净水。
考点3 其它卤素
1．(2024·辽吉黑卷，6，3 分)H2O2分解的“碘钟”反应美轮美奂。将一定浓度的三种溶液(①H2O2溶
液；②淀粉、丙二酸和MnSO4混合溶液；③KIO3、稀硫酸混合溶液)混合，溶液颜色在无色和蓝色之间来
回振荡，周期性变色；几分钟后，稳定为蓝色。下列说法错误的是( )
A．无色→蓝色：生成I2
B．蓝色→无色：I2转化为化合态
C．H2O2起漂白作用
D．淀粉作指示剂
【答案】C
【解析】分析该“碘钟”反应的原理：①在Mn2+的催化下H2O2与IO3
-反应生成I2，在淀粉指示剂的作
用下溶液变蓝色；②生成的I2又会与H2O2反应生成IO3
-，使溶液变回无色；③生成的I2可以与丙二酸反应
生成琥珀色的ICH(COOH)2，溶液最终会变成蓝色。A 项，溶液由无色变为蓝色说明有I2生成，A 正确；B
项，溶液由蓝色变为无色，是将I2转化为IO3
-，I2转化为为化合态，B 正确；C 项，H2O2在此过程中参加反
应，不起到漂白作用，C 错误；D 项，在此过程中，因为有I2的生成与消耗，淀粉在这个过程中起到指示
剂的作用，D 正确；故选C。
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0.4gI2，充分振荡，溶液呈
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I3
-(aq)为棕色，下列关
于颜色变化的解释错误的是( )
选
项
颜色变化
解释
A
溶液呈浅棕色
I2在水中溶解度较小
B
溶液颜色加深
发生了反应：I-+I2
I3
-
C
紫黑色晶体消失
I2(aq))的消耗使溶解平衡I2(s)
I2(aq)右移
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0.4gI2，充分振荡，溶液呈浅棕色，说明I2的浓度较小，因为I2
在水中溶解度较小，A 项正确；B 项，已知I3
-(aq)为棕色，加入0.2g 锌粒后，Zn 与I2反应生成ZnI2，生成
的I-与I2 发生反应I-+I2
I3
-，生成I3
-使溶液颜色加深，B 项正确；C 项，I2 在水中存在溶解平衡I2(s)
I2(aq)，Zn 与I2反应生成的I-与I2(aq)反应生成I3
-，I2(aq)浓度减小，上述溶解平衡向右移动，紫黑色
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．(2022•重庆卷，3)下列叙述正确的是( )
A．Cl2和Br2分别与Fe2+反应得到Cl-和Br-
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B．Na 和Li 分别在O2中燃烧得到Na2O 和Li2O
C．1molSO3与1molNO2分别通入1L 水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3
D．0.1mol•L-1醋酸和0.1mol•L-1硼酸分别加入适量Na2CO3中均可得到CO2和H2O
【答案】A
【解析】A 项，氯气和溴的氧化性都强于铁离子，都能与亚铁离子反应生成氯离子和溴离子，故A 正
确；B 项，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故B 错误；C 项，无法确定1molSO3与1molNO2分别通入1L 水
中所得溶液的体积，无法计算和比较所得H2SO4和HNO3的浓度大小，故C 错误；D 项，硼酸的酸性弱于
碳酸，不能与碳酸钠溶液反应生成二氧化碳气体，故D 错误；故选A。
4．(2022·浙江省1 月卷，22)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 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，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 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，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。
5．(2022•辽宁省选择性卷，7)下列类比或推理合理的是( )
已知
方
法
结论
A
沸点：Cl2＜Br2＜I2
类
比
沸点：H2＜N2＜O2
B
酸性：HClO4＞HIO4
类
比
酸性：HCl＞HI
C
金属性：Fe＞Cu
推
理
氧化性：Fe3+＜Cu2+
D
Ksp：Ag2CrO4＜AgCl
推
理
溶解度：Ag2CrO4＜AgCl
【答案】A
【解析】A 项，Cl2、Br2、I2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：H2＜N2＜O2，所以沸点：H2＜N2＜O2，故A
正确；B 项，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：HClO4＞HIO4，酸性：HCl＜HI，故B 错误；C 项，由金属性：Fe＞Cu，可推出氧化性
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Fe2+＜Cu2+；由离子方程式2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可得，氧化性：Fe3+＞Cu2+，故C 错误；D 项，Ag2CrO4和
AgCl 的阴、阳离子个数比不相同，不能通过Ksp大小来比较二者在水中的溶解度，故D 错误；故选A。
6．(2022•辽宁省选择性卷，6)镀锌铁钉放入棕色的碘水中，溶液褪色；取出铁钉后加入少量漂白粉，溶
液恢复棕色；加入CCl4，振荡，静置，液体分层。下列说法正确的是( )
A．褪色原因为I2被Fe 还原
B．液体分层后，上层呈紫红色
C．镀锌铁钉比镀锡铁钉更易生锈
D．溶液恢复棕色的原因为
被氧化
【答案】D
【解析】A 项，Zn 比Fe 活泼，更容易失去电子，还原性更强，先与I2发生氧化还原反应，故溶液褪色
原因为I2被＞还原，A 项错误；B 项，液体分层后，I2在CCl4层，CCl4的密度比水大，则下层呈紫红色，B
项错误；C 项，若镀层金属活泼性大于Fe，则Fe 不易生锈，反之，若Fe 活泼性大于镀层金属，则Fe 更易
生锈，由于活泼性：Zn＞Fe＞Sn，则镀锡铁钉更易生锈，C 项错误；D 项，漂白粉的有效成分为
Ca(ClO)2，其具有强氧化性，可将I-氧化，D 项正确；答案选D。
7．(2021•浙江6 月卷，10)下列说法不正确的是( )
A．应避免铵态氮肥与草木灰混合施用
B．工业上可用离子交换法提高海带中碘的提取率
C．电解饱和食盐水可以得到金属钠和氯气
D．将生铁进一步炼制减少含碳量，能得到耐腐蚀的钢
【答案】C
【解析】A 项，铵态氮肥的主要成分为铵根离子，草木灰的主要成分含有氢氧根，二者混合使用可以
发生反应生成氨气，降低肥效，不能混合使用，A 正确；B 项，离子交换法可以很大程度的提取海水中的
I-，还可以起到富集低浓度I-的作用，可以提高海水中I 的提取率，B 正确；C 项，电解饱和食盐水可以得
到NaOH、H2、Cl2，不能得到Na 单质，C 错误；D 项，将生铁进一步炼制可以减少碳含量，在使用这种钢
材时可以减少电化学腐蚀过程，这样的钢材更耐腐蚀，D 正确；故选C。
8．(2016·上海卷，21)类比推理是化学中常用的思维方法。下列推理正确的是( )
A．CO2是直线型分子，推测CS2也是直线型分子
B．SiH4的沸点高于CH4，推测H2Se 的沸点高于H2S
C．Fe 与Cl2反应生成FeCl3，推测Fe 与I2反应生成FeI3
D．NaCl 与浓H2SO4加热可制HCl，推测NaBr 与浓H2SO4加热可制HBr
【答案】AB
【解析】A 项，O 和S 是同族元素，故形成的CO2和CS2都是直线形分子，正确；B 项，C 和Si，Se
和S 都分别为同族元素，所形成的氢化物都为分子晶体，沸点取决于分子间作用力的大小，分子间作用力
大小可以用相对分子质量来比较，正确；C 项，因I2的氧化性较弱，故与铁反应生成为FeI2，错误；D 项，
浓硫酸氧化性很强，会将HBr 氧化为Br2，错误。故选AB。
9．(2015·全国卷Ⅱ，12)海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是( )
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A．向苦卤中通入Cl2是为了提取溴
B．粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯
C．工业生产中常选用NaOH 作为沉淀剂
D．富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收
【答案】C
【解析】氯气具有强氧化性，能和溴离子反应生成溴单质，向苦卤中通入Cl2是为了提取溴，A 正确；
提纯粗盐可以采用除杂、重结晶的方法，B 正确；工业常选用石灰乳作为沉淀剂，用氢氧化钠不经济，C
错误；富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴，再用SO2将其还原吸收，D 正确。
10．(2024·上海卷)氟元素及其化合物具有广泛用途。
(1)下列关于氟元素的性质说法正确的是( )
A．原子半径最小
B．原子第一电离能最大
C．元素的电负性最强
D．最高正化合价为+7
【答案】C
【解析】A 项，同一周期主族元素从左至右，原子序数递增、原子半径递减，氟原子在本周期主族元素
中半径最小，但氢原子半径小于氟原子半径，A 错误；B 项，同一周期主族元素从左至右，第一电离能有
增大的趋势，氟原子在本周期主族元素中第一电离能最大，但氦原子的第一电离能大于氟原子，B 错误；
C 项，据同一周期主族元素从左至右电负性增强、同一主族从上至下电负性减弱可知，氟元素的电负性最
强，C 正确；D 项，氟元素无正化合价，D 错误；故选C。
(2)下列关于
与
说法正确的是( )
A．是同种核素
B．是同素异形体
C．
比
多一个电子
D．
比
多一个中子
【答案】D
【解析】A 项，
与
质子数相同、中子数不同，因此两者是不同种核素，A 错误；B 项，同素异形
体指的是同种元素的不同单质；
与
是两种不同的原子，不是单质，因此两者不是同素异形体，B 错
误；C 项，同位素之间质子数和电子数均相同，
比
多一个中子，C 错误；D 项，
的中子数是10，
只有9 个中子，
比
多一个中子，D 正确。故选D。
(3)萤石(CaF2)与浓硫酸共热可制备HF 气体，写出该反应的化学方程式： ，该反应中体现浓硫酸
的性质是 。
A．强氧化性 B．难挥发性 C．吸水性
D．脱水性
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【答案】CaF2+H2SO4(浓)
CaSO4+2HF↑ BC
【解析】萤石(CaF2)与浓硫酸共热可发生复分解反应，生成硫酸钙和HF 气体，该反应的化学方程式为
CaSO4+HF↑，该反应为难挥发性酸制取易挥发性酸，且浓硫酸具有吸水性，可减少HF 气体在水中的溶
解，故该反应中体现浓硫酸的性质是难挥发性和吸水性，故选BC。
(4)液态氟化氢(HF)的电离方式为：3HF
X+HF2，其中X 为 。HF2的结构为
，其中
F-与HF 依靠 相连接。
【答案】 H2F 氢键
【解析】根据原子守恒可知，X 为H2F。HF2的结构为
，其中F-与HF 之间依靠氢键连接。
11．(2023•浙江省1 月选考，18)化合物X 由三种元素组成，某学习小组按如下流程进行实验：
已知：白色固体A 用
溶解后，多余的酸用
恰好中和，请回答：
(1)X 的组成元素是___________，X 的化学式是___________。
(2)写出B→C 溶液呈棕黄色所发生的化学反应方程式___________。
(3)写出生成白色固体H 的离子方程式___________。
(4)设计实验检验溶液Ⅰ中的阳离子___________。
【答案】(1)Ca、Cl、O Ca(ClO4)2
(2)8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O 或12HI+NaClO4=4HI3+NaCl+4H2O
(3)[Ag(NH3)2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4
+
(4)用玻璃棒蘸取溶液I，点在蓝色石蕊试纸上，呈红色说明溶液中有H+；取溶液于试管中，加入
NaOH 至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若试纸变蓝说明有NH4
+
【解析】由化合物X 与碳酸钠溶液反应生成白色固体A 和无色溶液B 可知，白色固体A 可能为碳酸
钙或碳酸钡沉淀，说明化合物X 中含有钙离子或钡离子，由多步转化后溶液B 得到白色沉淀H 可知化合物
X 中一定含有氯元素和氧元素，由白色沉淀H 的质量为1.435g 可知，化合物X 中含有氯元素的物质的量为
=0.01mol，由白色固体A 用0.0250mol 盐酸溶解后，多余的酸用0.0150mol 氢氧化钠溶液恰好
中和可知，化合物X 中含有钙元素或钡元素的物质的量为(0.0250mol—0.0150mol)×
=0.005mol，若化合物
X 含有钡元素，白色固体A 的质量为=0.005mol×197g/mol=0.985g＞0.500g，所以X 中含有钙元素，含有的
氧元素物质的量为
=0.04mol，则X 中钙元素、氯元素、氧元素的物质的量比为
0.005mol：0.01mol：0.04mol=1：2：8，则X 的化学式为Ca(ClO4)2。(1)X 的组成元素钙原子、氯元素和氧
元素，化学式为Ca(ClO4)2；(2)由图可知，B→C 溶液呈棕黄色所发生的反应为高氯酸钠溶液与氢碘酸反应
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生成氯化钠、碘和水，反应的化学反应方程式为
，故答案为：
8HI+NaClO4=4I2+NaCl+4H2O；(3)由图可知，生成白色固体H 的反应为氯化二氨合银与硝酸溶液反应生成
氯化银沉淀和硝酸铵，反应的离子方程式为[Ag(NH3)2]++Cl-+2H+=AgCl↓+2NH4
+；(4)由图可知，溶液Ⅰ为硝
酸和硝酸铵的混合溶液，则检验溶液中氢离子铵根离子的操作为用玻璃棒蘸取溶液Ⅰ，点在蓝色石蕊试纸
上，呈红色说明溶液中有H+；取取溶液于试管中，加入NaOH 至碱性，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于
试管口，若试纸变蓝说明有NH4
+。
12．(2016·上海卷，23)NaCN 超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
(1)NaCN 与NaClO 反应，生成NaOCN 和NaCl
(2)NaOCN 与NaClO 反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl 和N2
已知HCN(Ki=6.3×10-10)有剧毒；HCN、HOCN 中N 元素的化合价相同。
完成下列填空：
(1)第一次氧化时，溶液的pH 应调节为____________(选填“酸性”、“碱性”或“中性”)；原因是
______________________。
(1)写出第二次氧化时发生反应的离子方程式_________________________________。
(2)处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L 的废水，实际至少需NaClO___g(实际用量应为理论值的4 倍)，才能
使NaCN 含量低于0.5 mg/L，达到排放标准。
(3)(CN)2与Cl2的化学性质相似。(CN)2与NaOH 溶液反应生成_________、__________和H2O。
(4)上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是___________；H、C、N、O、
Na 的原子半径从小到大的顺序为_______。
(5)HCN 是直线型分子，HCN 是___________分子(选填“极性”或“非极性”)。HClO 的电子式为
___________。
【答案】(1)碱性 防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气。
(2)2OCN－+3ClO－＝CO3
2－+CO2↑+3Cl－+N2↑
(3)14 900
(4)NaOCN、NaCN
(5)2p H＜O＜N＜C＜Na
(6)极性
【解析】(1)NaCN 易于酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧
化时，溶液的pH 应调节为碱性。(2)反应中氯元素的化合价从+1 价降低到－1 价，得到2 个电子。N 元素
化合价从－3 价升高到0 价，失去3 个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是
2：3，反应的离子方程式为2OCN－+3ClO－＝CO32－+CO2↑+3Cl－+N2↑。(3)参加反应的NaCN 是，
反应中C 由＋2 价升高到＋4 价，N 元素化合价从－3 价升高到0 价，即1molNaCN 失去5mol 电子，1mol
次氯酸钠得到2mol 电子，所以处理100 m3 含NaCN 10.3 mg/L 的废水，实际至少需NaClO 的质量为g。
(4)(CN)2 与Cl2 的化学性质相似，则根据氯气与氢氧化钠反应的方程式可知(CN)2 与NaOH 溶液反应生成
NaOCN、NaCN 和H2O。(5)氯元素的核外电子排布式为1s22s22p63s23p5，所以氯原子核外电子能量最高
的电子亚层是2p；同周期自左向右原子半径逐渐减小，同主族自上而下原子半径逐渐增大，因此H、C、
N、O、Na 的原子半径从小到大的顺序为H＜O＜N＜C＜Na。(6)HCN 是直线型分子，正负电荷重心不重
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合，因此HCN 是极性分子。HClO 含有共价键，电子式为。
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