文档文本内容
第01 讲 氯及其重要化合物
内容导航
01
命题透视·考情前瞻
对标素养，研判高考命题趋势
02
思维建模·脉络梳理
搭建知识框架，构建系统思维
03
考点精讲·靶向突破
拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 氯及其化合物性质及其应用
知识解构 知识点1 氯气的性质及用途 ∣ 知识点2 新制氯水的成分和性质
知识点3 常见氯的氧化物 ∣ 知识点4 氯的含氧酸及其盐
考向破译
考向1 考查氯及其重要化合物的性质和应用 ∣考查2 考查氯水成分与性质探究
考向3 考查氯及其重要化合物转化 ∣考向4 考查含氯消毒剂的性质及应用
解题妙招 问题类型 → 知识提取 → 模型匹配
考点二 氯气的制法及含氯化合物的制备和应用
知识解构 知识点1 氯气的实验室制法 ∣ 知识点2 氯气的工业制法
考向破译 考向1 考查氯气的制备和性质探究 ∣ 考向2 考查含氯化合物的制备
考向3 考查含氯消毒剂制备与探究
解题妙招1 实验室制取氯气的注意事项
解题妙招2 含氯化合物制备原料转化路径
考点三 卤族元素、卤离子检验、溴和碘的提取
知识解构 知识点1 卤素的性质 ∣ 知识点2 卤素互化物、拟卤素
知识点3 卤素离子的检验方法 ∣ 知识点4 卤素的提取
考向破译 考向1 考查卤素及其化合物的性质及其应用 ∣ 考向2 考查卤素离子的检验
考向3 考查卤素互化物、拟卤素
解题妙招1 卤素性质三维模型
解题妙招2 卤素互化物、拟卤素解题的关键步骤
04
真题溯源·考向感知
溯源真题逻辑，感知高考考向
命题透视·考情前瞻
——对标素养，研判高考命题趋势
考情梳理--三年真题 考向梳理
核心考点
2026 年
2025 年
2024 年
氯及其化合物的性质
及其应用
河南卷T4，3 分
湖南卷T4，3 分
浙江1 月卷T11，3 分
陕晋青宁卷T7，3 分
辽吉黑蒙卷T3，3 分
贵州卷T6，3 分
重庆卷T8，3 分
氯气的实验室制法及
含氯化合物的制备
河北卷T3，3 分
黑吉辽蒙卷T4，3 分
湖南卷T11，3 分
北京卷T8，3 分
广东卷T8，2 分
浙江1 月卷T2，3 分
卤素及卤素离子的检
验
河南卷T15
河北卷T15
安徽卷T5，3 分
浙江1 月卷T6，3 分
河北卷T15
浙江1 月卷T6，3 分
辽吉黑卷T6，3 分
河北卷T15
上海卷T(一)
考向解读--洞悉趋势 精准预判
►命题解码：
1．从考查题型和内容上看，高考命题以选择题和非选择题呈现，考查内容主要有以下三个方面：
(1)以具体物质为依托，考查氯气的实验室制法和含氯化合物的制备；
(3)以具体工业实际为背景，考查氯气和含氯化合物的性质及其重要应用；
(2)以实验题形式为背景，综合考查卤素的性质；
2．从命题思路上看，侧重以具体物质和实验为背景，考查氯及其化合物的性质、制备和应用。
(1)选择题：常以具体物质性质为依托，综合考查含氯物质的性质。
(2)非选择题：以实验题形式，考查含氯物质的制备和性质。
预计2027 年高考：试题将以卤族元素化合物的性质与化工生产、日常生活、科学技术等方面的联系
为载体，与氧化还原反应、离子反应、化学实验方案的设计与评价等知识结合起来综合考查卤族元素及其
化合物的性质和应用，要将知识点与实际生活联系起来，关注我国化学前沿的成就和成果。
►复习目标：
1．了解氯元素单质及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及应用。
2．掌握氯气的实验室制法(包括所用的试剂、仪器、反应原理和收集方法等)。
3．认识氯元素单质及其重要化合物在生产中的应用和对生态环境的影响。
4．掌握卤素性质的递变性和相似性。
思维建模·脉络梳理
——搭建知识框架，构建系统思维
考点精讲·靶向突破
——拆解核心考点，归纳解题范式
考点一 氯及其化合物性质及其应用
知●识●解●构
知识点1 氯气的性质及用途
1．物理性质
颜色
状态
气味
密度
溶解性(25 ℃)
黄绿色
气体
刺激性
比空气大
1 体积水溶解约2 体积Cl2
得分速记
氯气有毒，实验室里闻有毒气体及未知气体气味的方法是：用手在瓶口轻轻扇动，仅使极少量气体飘进
鼻孔。
2．化学性质
(1)从氯的原子结构认识氯气的氧化性：
(2)从化合价的角度认识Cl2的歧化反应
Cl2中氯元素化合价为0，为中间价态，可升可降，氯气与水或碱反应，氯的化合价既有升高又有降
低，因而氯气既表现氧化性又表现还原性。
①与水反应
化学方程式：Cl2＋H2O
HCl
＋
HClO
，
离子方程式：Cl2＋H2O
H ＋ ＋
Cl
－ ＋
HClO
。
得分速记
三种平衡
存在微粒
Cl2＋H2O
HCl＋HClO
HClO
H＋＋ClO－
H2O
H＋＋OH－
②与碱反应
与烧碱反应：Cl2＋2NaOH===NaCl
＋
NaClO
＋
H 2O。
但在加热条件下发生3Cl2＋6NaOH==5 NaCl
＋
NaClO
3＋
3 H 2O。
制取漂白粉：2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋
Ca(ClO)
2＋
2H
2O。
3．氯气的用途
(1)制漂白液、漂白粉、漂粉精
Cl2＋2NaOH===NaCl
＋
NaClO
＋
H 2O(制漂白液)
2Cl2＋2Ca(OH)2===CaCl2＋
Ca(ClO)
2＋
2H
2O(制漂白粉、漂粉精)
(2)工业制盐酸
H2＋Cl2=====2HCl，不可光照
(3)合成塑料、橡胶、人造纤维、农药、染料和药品等。
得分速记
(1)常温下液态氯与铁不反应，故可用钢瓶贮运液氯。
(2)氯气与变价金属反应时，一般生成高价金属氯化物。
(3)氯气与氢气反应时，反应条件不同，现象不同，在点燃条件下安静燃烧，发出苍白色火焰；而在光
照条件下，会发生爆炸。
(4)1 mol Cl2与足量H2完全反应转移电子数为2NA，1 mol Cl2与足量强碱完全反应转移电子数为NA，1
mol Cl2与足量水充分反应转移电子数小于NA(可逆反应)。
(5)工业制漂白粉应选择石灰乳，而不是石灰水、石灰粉。
知识点2 新制氯水的成分和性质
1．新制氯水中平衡及其应用
(1)新制氯水中的平衡
氯气能溶于水(1 2)
∶
，氯气的水溶液称为氯水，溶于水的氯气只有少量与水反应，氯水中存在一个完全
电离和三个平衡：
HCl===H＋＋Cl－
Cl2＋H2O
HCl＋HClO、HClO
H＋＋ClO－、H2O
H＋＋OH－
(2)新制氯水中平衡的应用
加入物质或改变的条件
粒子浓度变化
平衡移动方向
应用
可溶性氯化物
c(Cl-)增大
左移
①用饱和食盐水除去Cl2中的HCl
②用排饱和食盐水法收集Cl2
盐酸
c(H+)和c(Cl-)增大
左移
次氯酸盐与浓盐酸反应制Cl2
NaOH
c(H+)和c(HClO)减小
右移
用NaOH 溶液吸收多余的Cl2
CaCO3
c(H+)减小
右移
制高浓度的HClO 溶液
光照
c(HClO)减小
右移
氯水应现配现用或避光保存
2．氯水性质的多重性：新制氯水的多种成分决定了它具有多重性质，在不同的化学反应中，氯水中参与
反应的微粒不同。
3．液氯、新制氯水、久置氯水的比较
液氯
新制氯水
久置氯水
类别
纯净物
混合物
混合物
微粒
Cl2
H2O 、
Cl
2、
HClO
、
ClO
－ 、
Cl
－ 、
H ＋ 、
OH
－
H2O 、
Cl
－ 、
H ＋ 、
OH
－
颜色
黄绿色
淡黄绿色
无色
性质
氧化性
酸性、氧化性
酸性
得分速记
(1)氯水中因HClO 见光分解，随着HClO 的消耗，最后成为盐酸，故久置氯水酸性增加，无漂白性。
因此，氯水要现用现配。
(2)不能用pH 试纸测量氯水、次氯酸盐溶液的pH。
(3)Cl2尽管有较强的氧化性，但没有漂白性，氯水具有漂白性是因为Cl2与水反应生成了强氧化性的
HClO。
(4)ClO－与Fe2＋、I－、S2－、HS－、SO 等在水中因发生氧化还原反应而不能大量共存。
知识点3 常见氯的氧化物
1．一氧化二氯
(1)性质：次氯酸的酸酐，溶于水产生不稳定的次氯酸并最终变为盐酸。
(2)外观与性状：棕黄色气体，有刺激性气味。
(3)制法：用新制备的黄色氧化汞与氯气反应可制得一氧化二氯：2HgO＋2Cl2===Cl2O＋HgCl2·HgO；
也可以用氯气与潮湿的碳酸钠反应来制取：2Na2CO3＋H2O＋2Cl2===2NaCl＋2NaHCO3＋Cl2O。
2．二氧化氯
(1)物理性质：是一种黄绿色到橙黄色的气体，极易溶于水。
(2)制取：Cl2＋2NaClO2===2ClO2＋2NaCl 或：5NaClO2＋4HCl===4ClO2↑＋5NaCl＋2H2O。
(3)用途：是一种广谱、高效的灭菌剂。
知识点4 氯的含氧酸及其盐
1．氯的含氧酸
(1)氯的含氧酸的种类
HClO(次氯酸)、HClO2(亚氯酸)、HClO3(氯酸)、HClO4(高氯酸)。
(2)氯的含氧酸的性质
酸性：HClO4＞HClO3＞HClO2＞HClO
氧化性：HClO＞HClO2＞HClO3＞HClO4。
(3)次氯酸
①不稳定性
次氯酸分解反应的化学方程式为2HClO=====2HCl
＋
O 2↑，氯水要现用现配，且保存在棕色试剂瓶中，
并置于冷暗处。
②强氧化性
a.能将有机有色物质氧化为无色物质，作漂白剂。
b.杀菌消毒。
③弱酸性，比碳酸弱，比碳酸氢根强
向NaClO 溶液中通入少量CO2，离子方程式为ClO-＋CO2＋H2O===HCO3
- ＋
HClO
。
④次氯酸的漂白原理、特点及应用范围
a.原理：将含有机色素的物质氧化为稳定的无色物质。
b.特点：被HClO 漂白后的物质，久置后不再恢复原色，即HClO 的漂白具有不可逆性。
c.应用范围：几乎所有的含
有
机
色
素
物质遇HClO 都会褪色。
2．氯的含氧酸盐
(1)“84”消毒液：主要成分为NaCl
、
NaClO
，有效成分为NaClO，它与洁厕灵(主要成分盐酸)混合立即
会产生氯气，其离子方程式是ClO－＋Cl－＋2H＋===Cl2↑ ＋
H 2O。
(2)漂白粉
①成分：漂白粉的主要成分是CaCl2 和
Ca(ClO)
2，其中有效成分是Ca(ClO)2。
②化学性质：水解呈碱性，具有强氧化性。
③漂白原理：在潮湿的空气中能吸收CO2，化学方程式为Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO
＋
CaCO
3↓。
④久置失效原理：Ca(ClO)2＋CO2＋H2O===2HClO
＋
CaCO
3↓；2HClO=====2HCl
＋
O 2↑，必须密封保
存。
(3)NaClO2(亚氯酸钠)
①性质：呈碱性，是一种强氧化剂，遇酸放出ClO2 气体。
②用途：是一种高效氧化性漂白剂。主要用于棉纺、亚麻、纸浆漂白、食品消毒、水处理、杀菌灭藻
和鱼药制造。
解题妙招
(1)向Ca(ClO)2溶液中通入少量CO2，发生的反应为Ca2＋＋2ClO－＋CO2＋H2O===CaCO3↓＋2HClO。
(2)向Ca(ClO)2溶液中通入SO2，生成的是CaSO4而不是CaSO3。
(3)次氯酸盐(ClO－)无论是在酸性、碱性还是中性条件下，均具有强氧化性，均能氧化I－、Fe2＋、SO、
S2－等还原性离子。
(4)84 消毒液(主要成分NaClO)和洁厕灵(主要成分HCl)不能混合使用，否则会产生有毒气体——氯
气。
(5)氯气没有漂白性，不能使干燥的有色布条褪色，但可使湿润的有色布条褪色，起漂白作用的是
HClO。
(6)常温下干燥的氯气或液氯均不与铁反应，故液氯通常储存在钢瓶中。
考●向●破●译
考向1 考查氯及其重要化合物的性质和应用
例1(2026·北京三模)下列和含氯元素物质有关的现象，说法不正确的是( )
A．钠在氯气中燃烧，发出黄色火焰并生成白烟
B．氯水长时间放置，黄绿色变浅，酸性减弱
C．稀释浓CuCl2溶液，溶液由绿色变为蓝色
D．打开装有浓盐酸的试剂瓶，瓶口会出现白雾
【答案】B
【解析】A 项，钠的焰色试验显黄色，在氯气中燃烧生成白色的NaCl 固体小颗粒，现象为黄色火焰、
白烟，A 正确；B 项，氯水中存在反应Cl2＋H2O
HCl＋HClO ，久置时HClO 见光分解为HCl 和
O2，平衡右移，Cl2浓度降低导致黄绿色变浅，同时生成更多强酸HCl，溶液酸性增强而非减弱，B 错误；
C 项，浓CuCl2溶液中存在平衡[CuCl4]2-+4H2O
[Cu(H2O)4]2++4Cl-，黄色的[CuCl4]2-和蓝色的
[Cu(H2O)4]2+共存使溶液呈绿色，稀释时平衡右移，蓝色的水合铜离子占比升高，溶液变为蓝色，C 正确；
D 项，浓盐酸具有强挥发性，挥发出的HCl 气体与空气中的水蒸气结合形成盐酸小液滴，呈现白雾，D 正
确。
解题妙招
问题类型 → 知识提取 → 模型匹配
(1)制备类：聚焦装置(除杂→收集→尾气处理)与氧化剂选择(MnO2/KMnO4)。
(2)性质类：采用"价态-环境"双判断法(如碱性环境歧化反应、酸性环境归中反应)。
(3)检验类：AgNO3验证Cl-，淀粉KI 验证Cl2。
【变式1】【变考法】(2026·天津三模)下列有关含氯化合物的说法中，不正确的是( )
A．ClO2为极性分子
B．ICl+H2O=HIO+HCl 不是氧化还原反应
C．Cl2O7分子中所有O 原子所处的化学环境相同
D．Cl-O-ClO3(高氯酸氯)中氯元素的化合价分别为+1，+7
【答案】C
【解析】A 项，ClO2中心Cl 原子价层电子对数为
，空间结构为V 形，正负电荷中心不
重合，属于极性分子，A 正确；B 项，电负性I＜Cl，ICl 中I 为+1 价、Cl 为-1 价，反应后各元素化合价均
未发生变化，不是氧化还原反应，B 正确；C 项，Cl2O7的结构为O3Cl-O-ClO3，该物质有两类O 原子化学
环境不同，C 错误；D 项，Cl-O-ClO3可看作Cl-取代HClO4中的H
+，仅连1 个O 的Cl 为+1 价，连4 个O 的
Cl 为+7 价，氯元素化合价分别为+1、+7，D 正确；故选C。
【变式2】【新情境—实验探究】(2026·宁夏吴忠三模)浓盐酸与MnO2混合加热生成氯气，当氯气不再
逸出时，固液混合物中仍存在盐酸和MnO2，某化学兴趣小组进行如下实验，探究物质氧化性、还原性的
影响因素。下列推测错误的是( )
序号
实验操作
试剂
产物
I
较浓H2SO4
有氯气
II
KCl 固体
有氯气
III
无氯气
KCl 固体
固
体
A．若将该反应设计为原电池，则电池正极反应为
B．由实验I 可知，c(H+)升高，MnO2的氧化性增强
C．由实验II 可知，Cl-的还原能力与其浓度有关
D．相同浓度KCl、KI 与MnO2反应所需pH，前者高于后者
【答案】D
【解析】该实验是探究氧化还原反应中氧化性和还原性的变化规律，以实验室制氯气的反应为基础，
探究物质的氧化性和还原性与浓度的关系，从而得到浓度影响物质氧化性和还原性强弱的一般规律。A 项，
将该反应设计为原电池，正极上MnO2得到电子发生还原反应，A 正确；B 项，实验I 加浓硫酸，c(H＋)升高，
有氯气生成，说明MnO2的氧化性增强，B 正确；C 项，实验II 加KCl固体，Cl
−浓度增大，有氯气生成，说
明Cl
−浓度影响其还原能力，C 正确；D 项，结合还原性：I-＞Cl-，知I
−更容易被氧化，故MnO2在酸性条件
下将KI 氧化所需H
+浓度更小，溶液的pH 更高，D 错误；故选D。
【变式3】【新考法—一体化实验】(2026·四川德阳二模)某课题组采用亚克力管(成分为聚甲基丙烯酸
甲酯)组合装置进行氯气的制取与性质一体化实验。操作步骤如下：
①取下左侧三通管上端管帽，加入2mL 浓盐酸后迅速盖紧；②产生的气体依次通过填充棉花的净化区；
③纯净Cl2进入右侧试剂区进行性质检验；④实验后将气球中的NaOH 溶液挤入吸收尾气。
下列说法错误的是( )
A．装置中蘸有饱和NaCl 溶液和包有无水CaCl2的棉花球可以交换位置
B．实验时用到的亚克力材质轻便且耐酸碱，较安全
C．向装置中加入浓盐酸后需立即盖好管帽，目的是防止Cl2逸出污染环境并保证实验效果
D．尾气处理时，将气球中的NaOH 溶液挤入装置，可吸收残留的Cl2，反应方程式为：
Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【答案】A
【解析】浓盐酸与KMnO4固体反应生成氯气，饱和NaCl溶液除掉氯气中的HCl，无水CaCl2除掉氯气
中的水分；纯净Cl2依次进入右侧试剂区进行性质检验，干燥的蓝色石蕊试纸无明显现象，湿润的蓝色石
蕊试纸先变红后褪色，湿润的淀粉-KI 试纸先变蓝后褪色，FeCl2+KSCN 混合溶液变红，剩余的氯气用气
球里的NaOH溶液吸收处理，据此分析。A 项，如果交换位置，先通过无水CaCl2的棉球，再通过饱和NaCl
溶液的棉球，会导致Cl2从蘸有饱和NaCl溶液的棉球中再次带出水蒸气，后续检验干燥Cl2性质(干燥蓝色
石蕊试纸)时，会因气体不干燥而干扰实验结果。因此，两者不可交换顺序，A 错误；B 项，亚克力的主要
成分是聚甲基丙烯酸甲酯(PMMA)，该材料轻便、透光性好，且耐稀酸、稀碱腐蚀，适合用于这类简易实
验装置，安全性较好，B 正确；C 项，Cl2是有毒气体，逸出会污染空气、危害人体健康；同时，若装置漏
气，Cl2泄漏会导致后续性质检验中气体量不足，实验现象不明显。因此，加入浓盐酸后立即盖好管帽，
既防止污染，又保证实验效果，C 正确；D 项，尾气处理时，将气球中的NaOH溶液挤入装置，可吸收残留
的Cl2，反应方程式为Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，D 正确；故选A。
考向2 考查氯水成分与性质探究
例2(2026·海南儋州二模)常温下，在约2 mg·L-1的氯水中部分含氯微粒的平衡浓度对数值(lgc)随溶液pH
的变化关系如图所示(溶液体积保持不变)。下列说法错误的是( )
A．常温下，HClO 的电离平衡常数
B．氯水中
C．pH 值4~7 时，c(Cl－)随pH 值的增加而变大
D．当c(HClO)=c(ClO－)时，该氯水中水的电离程度比纯水大
【答案】B
【解析】该坐标图横坐标为溶液，纵坐标为含氯微粒浓度的对数值lgc，lgc 越大对应微粒实际浓度越
大。结合体系中的三个平衡，各曲线对应关系为：随着pH 升高，酸性减弱，反应Cl2＋H2O
H++Cl-
＋HClO 平衡正向移动，Cl2(aq)浓度持续减小，因此图中下降速率最快的曲线对应Cl2。HClO 是弱酸，pH
升高会促进电离，因此HClO 分子浓度随pH 升高逐渐减小，对应图中缓慢下降的曲线；电离产物ClO-浓
度随pH 升高逐渐增大，对应图中上升的曲线。A 项，据图可知，pH=4 时，c(HClO)=10-4.5mol/L，
c(ClO-)=10-8mol/L，则HClO 的电离平衡常数
=
=10-7.5，A 正确；B 项，氯水中，
根据电荷守恒有
，则
，B 错误；C 项，pH 值
4~7 时，随着pH 升高，酸性减弱，反应Cl2＋H2O
H++Cl-＋HClO 平衡正向移动，c(Cl－)变大，C 正
确；D 项，氯水中HCl 和HClO 能电离出H+，抑制水的电离，当c(HClO)=c(ClO－)时，由Ka可知pH=7.5，
溶液呈碱性，说明次氯酸根离子水解程度大于HClO 的电离程度，水的电离被促进，因此该氯水中水的电
离程度比纯水中大，D 正确；故选B。
【变式1】【变考法】(2026·陕西西安高三模拟预测)氯水的成分比较复杂，下列关于氯水说法不正确
的是( )
A．新制氯水显黄绿色且有刺激性气味是因为有Cl2
B．向氯水中加入AgNO3溶液，生成白色沉淀是因为有Cl-
C．向氯水中加入Na2CO3粉末，有气泡产生是因为有HClO
D．向氯水中滴加石蕊溶液，先变红后褪色是因为有H+、HClO
【答案】C
【解析】A 项，Cl2是黄绿色具有刺激性气味的气体，新制氯水中溶解了未反应的Cl2，因此显黄绿色
且有刺激性气味，故不选A；B 项，氯水中的Cl
−可以和AgNO3电离出的Ag
+反应生成AgCl 白色沉淀，故不
选B；C 项，HClO的酸性弱于碳酸，无法和Na2CO3反应生成CO2气体，产生气泡是因为氯水中的HCl 和
Na2CO3反应，故选C；D 项，氯水中的H
+使石蕊溶液显酸性变红，HClO具有强氧化性、漂白性，可将有
色的石蕊氧化褪色，因此现象为先变红后褪色，故不选D；选C。
【变式2】【新情景—对数图象】(2026·湖北武汉高三模拟预测)某温度时，氯水中存在如下反应(不考
虑其他反应)：
Ⅰ．
K1=10−4.2
Ⅱ．
K2
Ⅲ．
Ka
体积为1 L 的氯水中，测得含氯微粒pX 随pH 变化如图所示[pX=−lgc(X)，X 表示Cl2(aq)，HClO
(aq)，
(aq)和
(aq)。该温度Ksp(
)=10−9.7；忽略溶液体积变化。下列说法错误的是( )
A．丙线所示物种为
B．该温度下K2=10−2
C．a 点溶液pH=7.5
D．向b 点溶液中加入17 mg AgNO3，无
沉淀产生
【答案】D
【解析】pH 升高，溶液中c(H＋)减小，反应Ⅰ向正反应方向移动，HClO浓度增大，促进反应Ⅱ的进行，
使得Cl2O 浓度增大，另外，反应Ⅰ生成的H
+会使反应Ⅲ平衡向逆反应方向进行，使得ClO－浓度减小，由
此可知，乙线表示pClO－随pH 的变化，丙线表示pCl2O 随pH 的变化。A 项，由分析可知，丙线所示物种
为Cl2O，说法正确，A 不符合题意；B 项，由图可知，pH=4时，pCl2O=11、pHClO=4.5，则
，说法正确，B 不符合题意；C 项，a 点为HClO和ClO－交点，
c(HClO)=c(ClO－)，电离平衡常数
，结合图像交点对应pH=7.5，说法正确，C
不符合题意；D 项，17mgAgNO3的物质的量为
，1L 溶液中
，
图像b 点
、
、
，由
可得
，由K1可得
，离子积
，而
，
，会析出AgCl沉淀，说法错误，D 符合题意；故选D。
【变式3】【新考法—氯水成分探究】(2026·广东深圳二模)常温下，兴趣小组对氯水成分、Cl2溶于水
的影响因素等进行探究。
已知：Cl2溶于水时发生反应Cl2＋H2O
H++Cl-＋HClO
(1)利用如图所示装置制备Cl2并得到氯水。
①装置A 中发生反应的化学方程式为_____。
②装置B 中盛放的试剂是_____。
(2)检验新制氯水的部分微粒。取(1)中装置C内氯水进行下表实验。
实验操作
实验现象
实验结论
取2mL 紫色石蕊溶液于试管
中，再滴加几滴氯水
______
氯水中存在H+、HClO
取
氯水于试管中，再加
入2mLCCl4，充分振荡后静
分层，下层油状液体呈
浅黄绿色
_____
置
(3)探究Cl2溶于水的影响因素(忽略溶液混合时体积的变化)。
初步实验验证Cl2在水中的最大溶解量随c(H＋)增大而降低。
用浓度为5mol·L-1H2SO4溶液配制系列不同浓度的H2SO4溶液各10mL，分别向其中通入Cl2，测得Cl2
的最大溶解量，记录数据如表(已知：SO4
2−对Cl2在水中的溶解不产生影响)。
序号
c(H2SO4) /mol·L-1
溶解氯的总浓度/mol·L-1
i
0.5
0.063
ii
1
0.057
iii
1.5
0.053
iv
2
0.049
①配制实验ii 中H2SO4溶液时，需5mol·L-1H2SO4溶液_____mL。
提出猜想小组同学认为同时增加c(H＋)和c(Cl－)，可进一步降低Cl2在水中的最大溶解量。
实验验证用浓度为5mol·L-1盐酸配制系列不同浓度的盐酸各10 mL，分别向其中通入Cl2，测得Cl2的最
大溶解量，记录数据如表。
序号
c(HCl) /mol·L-1
溶解氯的总浓度/(mol·L
)
v
1
0.067
vi
2
0.074
vii
3
0.082
viii
4
0.091
发现问题：实验结果与猜想不一致。
查阅资料：氯水中还存在反应Ⅱ：
理论解析：②同时增大溶液中c(H＋)和c(Cl－)，_____(填“反应Ⅰ”或“反应Ⅱ”)的平衡移动起主导
作用。
实验讨论：根据上述实验，甲同学认为Cl2在含有一定浓度Cl-的溶液中的最大溶解量随c(H＋)增大而
升高。
③乙同学认为实验v—viii 不足以支撑甲同学的观点，其理由是_____。
实验补充：为进一步验证甲同学的观点，乙同学用饱和NaCl溶液、5mol·L-1H2SO4溶液、蒸馏水配制
成10 mL系列溶液，分别向其中通入Cl2，测得Cl2的最大溶解量，记录数据如表。
序号
V(饱和NaCl 溶
液)/mL
V(H2SO4)/mL
V(H2O)/mL
溶解氯的总浓度
/mol·L-1
ix
6
1
3
A1
x
6
2
2
A2
xi
6
3
1
xii
6
4
0
④结合实验
，甲同学观点成立的依据是_____。
教师指导可能是H+与Cl-的某种协同作用，促进了Cl2的溶解。
(4)该小组尝试验证HClO 的酸性强于苯酚的酸性。
①丙同学认为不能通过HClO 溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较，其原因是_____。
②小组讨论后，选用NaClO 溶液、苯酚钠溶液进行实验并得以验证。简述该方案并给出判断依据
_____。
【答案】(1) MnO2+4HCl(浓)
MnCl2 +Cl2↑+2H2O 饱和NaCl溶液
(2) 溶液先变红后褪色 氯水中存在Cl2
(3) 2.0 反应Ⅱ 实验
中，同时增大溶液中c(H＋)、c(Cl－)(或答实验
中，溶液中
c(Cl－)也在增加)
(或答
)
(4) HClO 与苯酚钠发生氧化还原反应 分别取等浓度的NaClO溶液、苯酚钠溶液于烧杯中，用pH
计分别测定两溶液的pH，苯酚钠溶液的pH 比NaClO溶液的pH 大，即可验证
【解析】A 中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，通过B 中饱和食盐水除去挥发的氯化氢，氯气通入水
中制得氯水，最后D 中氢氧化钠溶液进行尾气处理，新制氯水中存在Cl2、H
+、Cl-、HClO、ClO-等微粒，
据此分析；
【解析】(1)
A
①
中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2
+Cl2↑+2H2O；
②装置B 中盛放的试剂是饱和NaCl溶液，用于除去挥发的氯化氢；
(2)取2mL 紫色石蕊溶液于试管中，再滴加几滴氯水，溶液先变红后褪色，证明氯水中存在H
+、
HClO；氯气易溶于CCl4，取2mL 氯水于试管中，再加入2mLCCl4，充分振荡后静置分层，下层油状液体
呈浅黄绿色，证明氯水中存在Cl2；
(3)①根据稀释前后，溶质的物质的量不变，配制实验ii 中H2SO4溶液时，需5mol·L－1H2SO4溶液体积
为
；
②实验中同时增加c(H＋)和c(Cl－)，Cl2的最大溶解量增大，可知反应Ⅱ的平衡移动起主导作用；
③乙同学认为实验v—viii 不足以支撑甲同学的观点，其理由是实验
中，同时增大溶液中c(H
＋)、c(Cl－)(或答实验
中，溶液中c(Cl－)也在增加)；
④结合实验
，甲同学观点成立的依据是溶液中Cl
−浓度相同，增加氢离子浓度，溶解氯的总浓
度
；
(4)①丙同学认为不能通过HClO 溶液与苯酚钠溶液反应的方法比较，其原因是HClO 具有强氧化性，
会与苯酚钠发生氧化还原反应；②利用等浓度的两种盐溶液碱性强弱判断，方案为：分别取等浓度的
NaClO溶液、苯酚钠溶液于烧杯中，用pH计分别测定两溶液的pH，苯酚钠溶液的pH 比NaClO溶液的pH
大，根据“越弱越水解”即可验证HClO 的酸性强于苯酚的酸性。
考向3 考查氯及其重要化合物转化
例3(2026·陕西咸阳高三模拟预测)氯气及部分氯的化合物转化关系如图所示，X 的浓溶液易挥发，W
中Cl 的化合价为+5 价。
下列有关说法错误的是( )
A．Z 的水溶液中存在三种分子
B．可用pH 试纸测Y 的水溶液的pH
C．Y 是“84”消毒液的有效成分
D．反应②中，W 与M 的物质的量之比为1:5
【答案】B
【解析】图中物质为氯气或含氯化合物，X 的浓溶液易挥发，X 为HCl，W 中Cl 的化合价为+5 价，
为NaClO3，则Z 为Cl2，M 为NaCl，Y 为NaClO。A 项，Z 为Cl2，其水溶液中存在H2O、Cl2、HClO 三种
分子，故A 正确；B 项，Y 为NaClO，其水溶液有漂白性，不能用pH 试纸测其水溶液的pH，故B 错误；
C 项，Y 为NaClO，是“84”消毒液的有效成分，故C 正确；D 项，W 为NaClO3，M 为NaCl，反应②的化
学方程式为3Cl2+6NaOH
5NaCl+NaClO3+3H2O，故NaClO3与NaCl 的物质的量之比为1:5，故D 正确；
故选B。
【变式1】【变载体】(2026·陕西西安高三模拟预测)X2、Y2、Z2为常见短周期元素的气体单质，l、
m、n 为均含X 元素的化合物，它们之间的转化关系如下图所示(部分反应条件略去)。下列说法错误的是(
)
A．Z2能与X2生成m，现象是安静燃烧，苍白色火焰
B．蘸取n的浓溶液涂在pH 试纸上，无法粗略测量pH
C．将Z2通入NaOH 溶液制得84 消毒液
D．用Z2处理饮用水比用ZY2更安全
【答案】D
【解析】先根据转化关系推断出各物质：X2=H2，Y2=O2，Z2=Cl2；l=H2O，m=HCl，n=HClO，完全符
合转化关系；A 项，Z2(Cl2)和X2(H2)反应生成m(HCl)，H2在Cl2中安静燃烧，火焰为苍白色，A 正确；B 项，
n 的浓溶液为浓HClO溶液，HClO具有强漂白性，会漂白pH 试纸，无法测量pH，B 正确；C 项，84 消毒
液的有效成分为NaClO，工业上用Cl2通入NaOH溶液制备，C 正确；D 项，ZY2是ClO2，ClO2消毒饮用水
时，不会生成有害的有机氯代物，消毒效率比Cl2更高，更安全，D 错误；故选D。
【变式2】【变考法—二维图】(2026·河南南阳高三模拟预测)如图是短周期元素X 的“价—类”二维
图。下列有关该元素单质及其化合物的说法错误的是( )
A．X 一定是非金属元素
B．
中相邻的两个物质均能直接相互转化
C．
均为酸性氧化物
D．i、j 的水溶液一定均为中性溶液
【答案】D
【解析】由化合价可知，X 为氯元素、a 为氯化氢、b 为氯气、c 为一氧化二氯、d 为七氧化二氯、e 为
次氯酸、f 为亚氯酸、g 为金属氯化物、h 为次氯酸盐、i 为氯酸盐、j 为高氯酸盐。A 项，由分析可知，X
元素为非金属元素氯元素，A 正确；B 项，浓盐酸能与合适的氧化剂反应生成氯气，氯气能与水反应生成
次氯酸，次氯酸与碱反应生成次氯酸盐，则
中相邻的两个物质均能直接相互转化，B 正确；C 项，
一氧化二氯和七氧化二氯都是能与碱反应生成盐和水的酸性氧化物，C 正确；D 项，氯酸铵和高氯酸铵都
是强酸弱碱盐，铵根离子在溶液中都能发生水解反应使溶液呈酸性，D 错误；故选D。
【变式3】【变载体】(2026·河北石家庄高三开学考试)含氯元素物质的“价-类”二维图如图所示。
已知：[Cu(H2O)4]2++4Cl-
[CuCl4]2-+4H2O ΔH＞0，下列说法正确的是( )
A．甲通入澄清石灰水制得漂白粉
B．可存在甲→戊→己→甲的循环转化关系
C．冷却氯化铜溶液，溶液变为黄绿色
D．新制甲溶液在光照过程中，有气泡冒出，溶液导电性减弱
【答案】B
【解析】甲是Cl 为0 价的单质，即Cl2；乙是+4 价氯的氧化物ClO2；丙是+1 价氯的含氧酸HClO；丁
是+7 价氯的含氧酸HClO4；戊是+5 价氯的钾盐KClO3；己是-1 价氯的钾盐KCl。A 项，工业制漂白粉是将
Cl2通入石灰乳，澄清石灰水中Ca(OH)2浓度极低，无法制得漂白粉，A 错误；B 项，Cl2→KClO3的转化由
Cl2和热的浓KOH 反应生成KClO3；KClO3→KCl 的转化由氯酸钾加热分解可得到KCl；KCl→Cl2可用惰性
电极电解KCl 水溶液得到Cl2，因此该循环成立，B 正确；C 项，[CuCl4]2-为黄色，[Cu(H2O)4]2+为蓝色，氯
化铜溶液为黄绿色，已知平衡 [Cu(H2O)4]2++4Cl-
[CuCl4]2-+4H2O ΔH＞0，正反应吸热，冷却(降温)
平衡逆向移动，黄色的[CuCl4]2-浓度降低，黄绿色溶液向蓝色转变，C 错误；D 项，新制氯水光照时发生反
应2HClO=====2HCl＋O2↑，弱电解质HClO 转化为强电解质HCl，溶液中离子总浓度增大，导电性增强，
D 错误；故选B。
考向4 考查含氯消毒剂的性质及应用
例4(2026·北京三模)NaClO2是重要的含氯消毒剂。一种制备NaClO2的工艺流程如图所示，下列说法
不正确的是( )
已知：i．NaClO2饱和溶液结晶时，温度低于38℃析出
；38℃~60℃，析出NaClO2；
ii．60℃以上NaClO2易分解。
A．“滤渣”的主要成分为CaCO3
B．流程中两处盐酸的作用不同
C．操作a：减压蒸发(控制温度为55℃)，将溶液冷却至38℃，趁热过滤
D．理论上，该流程中n(Cl2)：n(O2)=2：1
【答案】D
【解析】粗食盐水(含Ca2+杂质)中加入过量试剂X(Na2CO3)沉淀Ca2+，所得滤渣为CaCO3，过滤后向滤
液中加入适量盐酸(除去过量的CO3
2-)并进行电解，得到氢气和氯酸钠，向所得含氯酸钠中加入盐酸反应得
到氯气(副产物)和二氧化氯气体，将二氧化氯用含NaOH 的过氧化氢溶液吸收，二氧化氯被还原为
NaClO2，过氧化氢被氧化为氧气，NaClO2溶液经过减压蒸发、冷却结晶、过滤得到NaClO2晶体。A 项，
粗食盐水含Ca2+杂质，加入过量含CO3
2−的试剂X，将Ca2+转化为滤渣CaCO3除去，A 正确；B 项，第一处使
用的盐酸是为了除去滤液中过量的Na2CO3并调节pH，第二处使用盐酸是提供Cl-，与ClO3
−发生归中反应
生成ClO2气体，作用不同，B 正确；C 项，根据信息，38℃~60℃析出NaClO2，高于60℃易分解，低于
38℃析出NaClO2·3H2O。因此，为得到NaClO2晶体，应在55℃(38℃~60℃之间)蒸发浓缩，然后降温结晶，
为防止析出NaClO2·3H2O，应趁热过滤，控制温度不低于38℃，C 正确； D 项，流程中制备ClO2的反应
为2NaClO3+4HCl(浓)===2NaCl＋2ClO2↑＋Cl2↑＋2H2O，后续用H2O2将ClO2还原为NaClO2，反应为2ClO2
＋H2O2+2NaOH===2NaClO2＋O2＋2H2O。根据两个反应的化学计量数关系可知，每生成1 mol Cl2，同时生
成2 mol ClO2，而2 mol ClO2反应生成1 mol2O2，故理论上n(Cl2)：n(O2)=1：1，D 项错误。 故选D。
【变式2】【变情境】(2026·江苏连云港高三模拟)氯及其化合物应用广泛。氯的单质Cl2可由MnO2与
浓盐酸共热得到，Cl2能氧化Br-，可从海水中提取Br2；氯的氧化物ClO2可用于自来水消毒，ClO2是一种
黄绿色气体，易溶于水，与碱反应会生成ClO2
-与ClO3
-，在稀硫酸和NaClO3的混合溶液中通入SO2气体可
制得ClO2；漂白液和漂白粉的有效成分是次氯酸盐，可作棉、麻的漂白剂。下列关于氯及其化合物的性质
与用途具有对应关系的是( )
A．NaClO3具有氧化性，可用于制取ClO2
B．Cl2有还原性，可用于从海水中提取溴
C．HClO 不稳定，可用于棉、麻漂白
D．氯化铁溶液呈酸性，可用于蚀刻印刷电路板
【答案】A
【解析】A 项，氯酸钠中氯元素化合价为+5 价，具有氧化性，能和二氧化硫反应生成二氧化氯，A 正
确；B 项，氯气和溴化钠反应生成溴，是利用氯气的氧化性，B 错误；C 项，次氯酸具有强氧化性，能漂
白棉、麻等，不是利用其不稳定性，C 错误；D 项，氯化铁具有氧化性，能和铜反应生成氯化铜和氯化亚
铁，D 错误；故选A。
【变式2】【变载体—工艺流程】(2026·新疆一模)亚氯酸钠NaClO2受热易分解。以NaClO3为原料制
备NaClO2的工艺流程如下：
下列说法中正确的是( )
A．反应1 中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B．反应2 中，H2O2作氧化剂
C．采用减压蒸发是为了防止NaClO2高温分解
D．从“母液”中可回收的主要物质是Na2SO3
【答案】C
【解析】氯酸钠在酸性环境下与二氧化硫反应生成硫酸钠和ClO2，母液中为硫酸钠；ClO2与H2O2在
碱性条件下反应生成NaClO2，Cl 元素化合价降低，ClO2为氧化剂，H2O2中O 元素化合价升高，为还原剂；
减压蒸发是为了防止NaClO2分解。A 项，反应1 为2NaClO3+SO2= 2ClO2+ Na2SO4，NaClO3中Cl 化合价降
低(作氧化剂)，SO2中S 化合价升高(作还原剂)，氧化剂和还原剂物质的量之比为2 1∶，A 错误；B 项，反应
2 中ClO2转化为NaClO2，Cl 元素的化合价降低，ClO2作氧化剂，H2O2中O 元素的化合价升高，H2O2作还
原剂，B 错误；C 项，减压蒸发在较低温度下进行，可以防止常压蒸发时温度过高，NaClO2受热分解，C
正确；D 项，根据上述分析可知，反应1 中除了生成ClO2外，还有Na2SO4生成，则从母液中可以提取
Na2SO4，D 错误；故选C。
【变式3】【新考法—定性定量结合】(2026·北京朝阳二模)一种制备高浓度NaClO 溶液(有效氯含量可
达16.3%)的方法如下。
已知：i．有效氯含量指+1价氯元素的质量分数。
ii．I3
-+2S2O3
2-=S4O6
2-+3I-；S2O3
2-和S4O6
2-均为无色。
(1)Cl2与NaOH 溶液反应制得NaClO 的化学方程式为___________。
(2)测定有效氯含量
量取5mL 母液2，用蒸馏水稀释至250mL，加入过量KI 溶液和盐酸，立即密封、摇匀。充分反应后，
用Na2S2O3标准溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，滴定至终点。
①滴定终点的现象为___________。
②加入KI 溶液和盐酸，发生反应的离子方程式为___________。
(3)探究第二次加碱的原因
实验：冰水浴条件下，直接向母液1 中通入氯气，一段时间后，产生大量气体a，此时停止通入氯气，
测得溶液b 的
、有效氯含量为1.3%。
①分析溶液b 有效氯含量比母液1 低的原因：
i．Cl2与水反应产生的HClO 将NaClO 氧化成NaClO3。
ii．___________，产生O2。
②实验证实气体a 中含有Cl2和O2，检验Cl2宜选用___________(填序号)。
a．澄清石灰水 b．FeCl2溶液 c．品红溶液
③结合平衡移动原理，解释母液1 转化为母液2 的过程析出NaCl 固体的原因___________。
【答案】(1)Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
(2) 溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色 3I−+ClO−+2H+=I3
-+Cl−+H2O
(3) NaClO 在酸性条件下转化为HClO，HClO 易分解 c 加入42%NaOH 溶液，c(Na+)增大，
通入氯气，生成Cl−，使NaCl(s)
Na+(aq)+Cl−(aq)逆向移动
【解析】将30%~40%NaOH 溶液置于冰水浴中通入Cl2反应后抽滤得到NaCl 固体和母液1(主要含
NaClO、NaCl、NaOH)，向母液1 中加入42%NaOH 溶液，再次在冰水浴中通入Cl2继续反应，Na+浓度升
高促进NaCl 固体析出，抽滤后得到NaCl 固体和母液2(高浓度NaClO 溶液)。
(1)Cl2与NaOH 溶液反应制得NaClO：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(2)母液2 中含高浓度NaClO 溶液，先加入KI 溶液反应生成I2，因为KI 过量，所以可写成I3
−，3I−
+ClO−+2H+=I3
-+Cl−+H2O ；I2遇淀粉变蓝，用Na2S2O3标准溶液滴定至淡黄色，加入淀粉指示剂，当滴入最
后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不变色，到达终点；
(3)①次氯酸分解生成氧气和盐酸，有效氯含量降低；
②气体a 通入澄清石灰水没有明显现象，无法检验Cl2，Cl2和O2均能氧化Fe2+，所以FeCl2溶液无法
检验Cl2，Cl2可以使品红溶液褪色但O2不能，所以用品红溶液来检验，故选a；
③母液1 中存在平衡：NaCl(s)⇌Na+(aq)+Cl-(aq)，加入NaOH 溶液后，Na+浓度增大，同时Cl2与
NaOH 溶液反应生成Cl-，Cl-浓度增大，平衡逆向移动，析出NaCl 固体。
考点二 氯气的制法及含氯化合物的制备与应用
知●识●解●构
知识点1 氯气的实验室制法
1．制取原理
实验室通常用强氧化剂MnO2、
KMnO
4、K2Cr2O7、KClO3、Ca(ClO)2等氧化浓盐酸制取氯气。
(1)用MnO2制取Cl2的化学方程式：MnO2＋4HCl(浓)===MnCl2＋
Cl
2↑ ＋
2H
2O。
(2)其他制备Cl2的化学反应原理(特点：不需要加热)
14HCl(
①
浓)＋K2Cr2O7
2KCl
＋
2CrCl
3＋
7H
2O ＋
3Cl
2↑
16HCl(
②
浓)＋2KMnO4
2KCl
＋
2MnCl
2＋
8H
2O ＋
5Cl
2↑
6HCl(
③
浓)＋KClO3
KCl
＋
3H
2O ＋
3Cl
2↑
4HCl(
④
浓)＋Ca(ClO)2
CaCl2＋
2Cl
2↑ ＋
2H
2O
2．实验装置
几个装置的创新变化：
① ② ③
图①为KMnO4作氧化剂制Cl2的装置；图②为Cl2中HCl 的除杂装置；图③为干燥Cl2的装置。
3．制取流程
得分速记
实验室制取氯气的注意事项
(1)反应物的选择：必须用浓盐酸，稀盐酸与MnO2不反应，且随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸
时，反应停止，故盐酸中的HCl 不可能全部参加反应。
(2)加热温度：不宜过高，以减少HCl 挥发。
(3)实验结束后，先使反应停止并排出残留的Cl2后，再拆卸装置，避免污染空气。
(4)尾气吸收时，用NaOH 溶液吸收Cl2，不能用澄清石灰水吸收，因为澄清石灰水中含Ca(OH)2的量
少，吸收不完全。
知识点2 氯气的工业制法
1．反应原理：通过直流电电解饱和食盐水，反应的化学方程式为2NaCl＋2H2O=====2NaOH
＋
Cl
2↑ ＋
H2↑。
2．工艺流程
(1)精制食盐水去除杂质(如钙、镁离子)后电解；
(2)氯气从阳极区析出，经冷却、干燥、压缩液化后储存；
(3)副产物氢气与氢氧化钠分别收集利用。
3．技术优化
(1)采用隔膜电解槽或离子膜电解槽，隔离阴阳极产物防爆；
(2)控制电解温度(60–80°C)及电流密度以提高效率。
考●向●破●译
考向1 考查氯气的制备和性质探究
例17．(2026·广东三轮验收质检)将分液漏斗中的浓盐酸滴入具支试管中生成Cl2，将Cl2通入后续的玻
璃弯管中，进行如图探究实验。下列说法不正确的是( )
A．固体X 可以是KMnO4
B．a 处花瓣褪色，b 处加热产生苍白色火焰
C．c 处与安全气球共同防止氯气逸出
D．d 处玻璃管膨大处起防止液体冲出的作用
【答案】B
【解析】A 项，因为该发生装置没有加热，固体X 可以KMnO4，A 正确；B 项，a 处生成HClO，花瓣
褪色，b 处加热可见到有白烟生成，是由于Na 与Cl2反应生成了NaCl 小颗粒，看不到苍白火焰，B 错误；
C 项，碱液可吸收氯气，而安全气球可收集来不及吸收的氯气，C 正确；D 项，d 处玻璃管膨大处起防止液
体冲出的作用，D 正确；故选B。
解题妙招
实验室制取氯气的注意事项
(1)反应物的选择：必须用浓盐酸，稀盐酸与MnO2不反应，且随着反应的进行，浓盐酸变为稀盐酸
时，反应停止，故盐酸中的HCl 不可能全部参加反应。
(2)加热温度：不宜过高，以减少HCl 挥发。
(3)实验结束后，先使反应停止并排出残留的Cl2后，再拆卸装置，避免污染空气。
(4)尾气吸收时，用NaOH 溶液吸收Cl2，不能用澄清石灰水吸收，因为澄清石灰水中含Ca(OH)2的量
少，吸收不完全。
【变式1】【变题型】(2026·贵州遵义二模)氯气是制备含氯化合物的重要原料，某实验小组设计实验制
备氯气并验证其性质，下列能达到实验目的的是( )
A．制取氯气
B．除去Cl2中的
HCl
C．验证氧化性：
Cl2＞Br2＞I2
D．吸收氯气
【答案】D
【解析】A 项，该反应需要加热，图中缺少酒精灯，A 错误； B 项，碱石灰能与HCl 反应，但同时也
能与Cl2反应，故不能用碱石灰除去Cl2中的HCl，B 错误；C 项，氯气氧化溴离子生成溴单质、氧化碘离
子生成碘单质，氯气氧化性大于溴、氯气氧化性大于碘，但是不能比较溴和碘的氧化性，C 错误；D 项，
氯气有毒，能和氢氧化钠反应，可以使用氢氧化钠溶液吸收，D 正确；故选D。
【变式2】【变情景】(2026·广东广州高三模拟预测)某小组设计实验探究氯气的部分性质，装置如图所
示。下列叙述错误的是( )
A．①中U 形管两侧均有气泡冒出，从右往左分别是Cl2和H2
B．③中溶液变为棕黄色，说明氯的非金属性比溴的强
C．④中每消耗1mol Na2S2O3转移8mol e-，说明氧化性：Cl2>SO4
2-
D．②中用滴加酚酞的NaOH 溶液替代，也可证明Cl2与水反应生成酸性物质
【答案】D
【解析】①装置为电解池，左侧Ag 电极为阴极，发生反应2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，生成H2，右侧Pt
电极为阳极，发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，生成Cl2，Cl2依次通入到石蕊溶液中，先使溶液先变红后褪色；Cl2
通入到NaBr 溶液中，发生反应Cl2 +2Br- ═Br2 +2Cl-；Cl2通入到 Na2S2O3 溶液中，发生反应
，据此分析解答。A 项，由分析可知，左侧阴极生成氢气，右侧
阳极生成氯气，A 正确；B 项，③中溶液变为棕黄色，氯气将溴单质置换出来，说明氯气的氧化性大于溴
单质，即说明氯的非金属性比溴的强，B 正确；C 项，④中发生反应
，每消耗1mol Na2S2O3 转移8mole-，Cl2是氧化剂，SO4
2−是氧化
产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，C 正确；D 项，氯气与滴有酚酞的NaOH溶液发生反应Cl2
＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，NaOH被消耗、酚酞褪色，无法区分是Cl2与水生成酸中和NaOH，还是
Cl2直接与NaOH反应，不能证明Cl2与水生成酸性物质，D 错误；故选D。
【变式3】【变载体】(2026·陕西商洛高三模拟预测)某小组设计如图实验探究氯气的相关性质：旋开分
液漏斗的活塞，再打开活塞a、b，启动甲、丙中反应。下列叙述正确的是( )
A．实验开始时，先点燃酒精灯加热三颈烧瓶，再打开分液漏斗活塞滴加浓盐酸
B．乙中湿润的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，说明Cl2具有酸性和漂白性
C．丙中溶液变为棕黄色，发生反应：2Fe2++ Cl2=2Fe3++2Cl-，可证明Cl2的氧化性强于Fe3+
D．实验结束后，为防止氯气泄漏污染空气，可在装置末端连接盛有饱和食盐水的烧杯进行尾气处理
【答案】C
【解析】装置乙中，浓盐酸与高锰酸钾固体制取氯气，生成的氯气通入甲中，发生反应
+Cl2+2NaHS
=2NaCl+S↓+H2S↑，生成的氯气通入丙中，发生反应：2Fe2++ Cl2=2Fe3++2Cl-。A 项，高锰酸钾与浓盐酸常
温下即可反应生成氯气，无需加热，且实验操作应先制备氯气排尽装置内空气，再进行后续反应，A 错误；
B 项，湿润蓝色石蕊试纸先变红是因为Cl2与水反应生成HCl呈酸性，后褪色是因为生成的HClO 具有漂白
性，Cl2本身不具有酸性和漂白性，B 错误；C 项，Cl2将Fe
2+氧化为棕黄色的Fe3+，反应为2Fe2++ Cl2=2Fe3+
+2Cl-，该反应中Cl2是氧化剂，Fe3+是氧化产物，氧化剂氧化性强于氧化产物，可证明Cl2的氧化性强于
Fe3+，C 正确；D 项，Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，无法吸收尾气，应选用NaOH 溶液进行尾气处理，
D 错误；故选C。
考向2 考查含氯化合物的制备
例2(2026·湖南张家界三模)四氯化钛(TiCl4)是钛工业的核心中间体，常用于钛金属的制备，某化学小
组成员在实验室中制备TiCl4，搭建装置如下图所示(加热装置已省略)。下列说法错误的是( )
已知：
①TiCl4高温时能与O2反应，极易水解生成白色沉淀，能溶于CCl4等有机物。
②TiCl4的熔点为
，沸点为136.4℃，FeCl3的熔点为304℃，沸点为316℃，CCl4的熔点为
，沸点为76.8℃。
A．连接好装置之后开始实验时，应先打开K1，一段时间后打开K2
B．球形干燥管中试剂X 可以选用碱石灰，可吸收尾气并防止空气中水蒸气进入导致产物水解
C．实验室制备无水TiCl4，可以用TiCl4水溶液蒸发结晶
D．在装置F 中收集到粗产品，可采用蒸馏分离提纯，得到较为纯净的TiCl4
【答案】C
【解析】装置 A 为氯气发生装置，制备实验所需的氯气，同时可通入氮气排尽装置内空气，装置 B
用于干燥氯气，防止水蒸气进入后续装置，装置 C 为U 形水柱安全装置，用于检查装置气密性、监测装
置是否堵塞，同时平衡装置内气压，起到安全防护作用，装置 D 为管式炉反应装置，发生反应制备四氯
化钛，装置 E 为控温除杂装置，可使目标产物四氯化钛以气态形式进入收集装置，装置F 用于冷凝收集粗
产品，碱石灰可吸收尾气并防止空气中水蒸气进入导致产物水解。A 项，TiCl4高温时能与O2反应，且极
易水解，因此反应前必须用氮气排尽装置内的空气(O2、水蒸气)；先打开K1，通入氮气，排尽装置内空气
后，再打开K2滴加浓盐酸制备Cl2，防止TiCl4被氧化或水解，A 正确；B 项，TiCl4易水解，球形干燥管
中试剂X 可以选用碱石灰，可以起到“左吸右防”作用，可吸收尾气并防止空气中水蒸气进入导致产物水
解，B 正确；C 项，TiCl4极易水解，不能直接蒸发结晶而得到，应该在干燥的HCl 的氛围中加热蒸干，C
错误；D 项，在装置F 中收集到粗产品中可能含有氯化铁等杂质，其熔沸点与四氯化钛不同，可采用蒸馏
分离提纯，得到较为纯净的TiCl4，D 正确。
解题妙招
含氯化合物制备原料转化路径
(1)氯气核心制备法
①实验室法：MnO2+浓盐酸(加热)→Cl2(净化顺序：饱和食盐水除HCl→浓H2SO4除水)。
②工业法：电解饱和食盐水→Cl2(隔膜法防NaOH 与Cl2副反应)。
(2)价态跃迁规律：Cl-(电解)→Cl2→ClO-(碱吸收)→ClO3
-(热电解)→ClO2(还原氧化)。
【变式1】【变载体—SOCl2】(2026·安徽安庆三模)SOCl2在农药、制药行业用途广泛。一种制备
SOCl2的装置如图所示：
下列说法错误的是( )
A．SOCl2的VSEPR 模型为四面体形
B．试剂X 为饱和食盐水，可除去Cl2中的HCl 气体
C．碱石灰的作用是吸收SO2和Cl2，防止污染环境
D．将AlCl3·6H2O 与SOCl2混合加热，可制得无水AlCl3
【答案】C
【解析】本实验核心目的是制备SOCl2，左侧装置为MnO2与浓盐酸加热制备Cl2，依次通过除杂、干
燥装置将纯净干燥的Cl2通入三颈烧瓶；右侧装置为70%硫酸与Na2SO3反应制备SO2，经浓硫酸干燥后通
入三颈烧瓶；三颈烧瓶中Cl2、SO2与SCl2在活性炭催化下反应生成SOCl2，球形冷凝管起冷凝回流作用，
末端碱石灰用于吸收尾气，同时防止空气中水蒸气进入反应装置。A 项，SOCl2中中心S 原子的价层电子
对数为
，VSEPR 模型为四面体形，A 正确；B 项，浓盐酸易挥发，制备的Cl2中混有HCl
杂质，饱和食盐水中Cl-浓度大，可抑制Cl2溶解，同时吸收HCl，试剂X 为饱和食盐水，B 正确；C 项，
碱石灰除吸收未反应的SO2和Cl2防止污染环境外，还可防止空气中的水蒸气进入反应装置使SOCl2发生水
解，C 错误；D 项，SOCl2与水反应生成HCl和SO2，HCl可抑制Al3+水解，将AlCl3·6H2O 与SOCl2混合加
热可制得无水AlCl3，D 正确；故选C。
【变式2】【变载体—二氧化氯】(2026·宁夏银川二模)已知二氧化氯(ClO2)为新型绿色消毒剂，沸点为
9.9℃，可溶于水、有毒，浓度较高时易发生爆炸。利用ClO2与H2O2在碱性条件下制备少量NaClO2的实验
装置如图所示。下列说法正确的是( )
A．配制分液漏斗中的混合液时，应将甲醇倒入浓硫酸中，同时不断搅拌
B．装置乙中应使用热水浴，以加快化学反应速率
C．实验中通入CO2气体的目的是稀释ClO2，防止发生爆炸
D．装置乙发生的反应中，每转移2NA个电子，产生气体22.4 L(忽略ClO2的挥发)
【答案】C
【解析】由实验装置图可知，装置甲中甲醇在浓硫酸作用下与氯酸钠反应制备二氧化氯，实验时需通
入二氧化碳稀释二氧化氯，防止二氧化氯浓度过大引起爆炸；装置乙中二氧化氯与过氧化氢和氢氧化钠的
混合溶液反应制备亚氯酸钠；装置丙中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收未反应的二氧化氯，防止污染空气。
A 项，配制浓硫酸和甲醇混合液时，应将浓硫酸缓慢倒入甲醇溶液中并搅拌，若将甲醇溶液倒入浓硫酸会
导致液体飞溅，A 错误；B 项，由分析可知，装置乙是二氧化氯与过氧化氢和氢氧化钠的混合溶液反应制
备亚氯酸钠的装置，实验时若使用热水浴会因为温度过高使二氧化氯气化逸出、过氧化氢受热分解，导致
反应物浓度减小，降低反应速率，所以装置乙应使用冷水浴，B 错误；C 项，由分析可知，实验时需通入
二氧化碳稀释二氧化氯，防止二氧化氯浓度过大引起爆炸，C 正确；D 项，缺标准状况下，无法依据22.4
L/mol 计算反应转移2NA个电子时，装置乙中反应生成氧气的体积，D 错误；故选C。
【变式3】【变题型】(2026·北京大学附中高三模拟)实验室用如下方法制备饮用水消毒剂ClO2
已知：NCl3为强氧化剂，其中N 元素为-3 价
下列说法不正确的是( )
A．NH4Cl 的电子式为
B．电解池中总反应的化学方程式为NH4Cl+2HCl
NCl3+3H2↑
C．若NaClO2与NCl3恰好完全反应，则X 为NaCl
D．饮用水中残留的ClO2可用适量FeSO4溶液去除
【答案】C
【解析】A 项，NH4Cl 是离子化合物，由NH4
+和Cl⁻构成，电子式为：
，A 正确；B
项，氯化铵溶液加入盐酸后电解生成氢气、NCl3溶液，阴极生成氢气，阳极生成NCl3溶液，电解池中总反
应的化学方程式为NH4Cl+2HCl
NCl3+3H2↑，B 正确；C 项，若NaClO2与NCl3恰好完全反应，反应方
程式为：
，X 为氯化钠和氢氧化钠的混合液，C 错
误；D 项，ClO2具有氧化性，FeSO4中Fe
2+具有还原性，二者可发生氧化还原反应：ClO2+Fe2+→Cl-+Fe3+，
所以饮用水中残留的ClO2可用适量FeSO4溶液去除，D 正确；故选C。
考向3 考查含氯消毒剂制备与探究
例3(2026·黑龙江绥化二模)二氧化氯(ClO2)是国际上公认的一种安全、低毒的绿色消毒剂。熔点
为-59.5℃，沸点为11.0℃，极易溶于水，高浓度时极易爆炸，低浓度时爆炸性降低。某化学兴趣小组设计
如图装置制备二氧化氯。回答下列问题：
(1)装置A 的装混合液的仪器名称_______；装置B 的作用是_______。制备ClO2时，还有一种气体产
生，写出该反应的离子方程式_______。
(2)装置C 使用冷水吸收二氧化氯的目的是_______。
(3)向装置A 中通入氮气时流速不能过快，也不能过慢，其原因是_______。
(4)装置D 吸收尾气，其产物之一是NaClO2。该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。
(5)测定装置C 中二氧化氯溶液的浓度，步骤如下：
第一步：取20.00L 装置C 中的溶液于锥形瓶中，向其中加入过量酸性KI 溶液发生反应：
第二步：加入淀粉作指示剂，向其中逐滴加入20mL0.05mol·L-1的Na2S2O3溶液至达到滴定终点，发生
反应：I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I- 。
①第二步中滴定终点的标志是_______。
②装置C 中二氧化氯溶液浓度为_______mg/L。
【答案】(1) 三颈烧瓶 防止倒吸
(2)增大二氧化氯的溶解度，减少其损失
(3)氮气流速过慢时，ClO2不能及时被赶入C 装置，ClO2浓度过高易导致爆炸，氮气流速过快时，ClO2
无法充分溶于水
(4)1：2
(5) 当滴入最后半滴Na2S2O3溶液，溶液恰好由蓝色变为无色且半分钟不恢复 0.675
【解析】装置A 中在酸性条件下氯酸钠和过氧化氢溶液反应生成二氧化氯，通入氮气排出装置中二氧
化氯气体，由于极易溶于水，为防止装置C 中溶液倒吸入装置A 中，需要增加防倒吸装置B，二氧化氯极
易溶于水，在冷水中装置C 中被吸收，尾气被氢氧化钠和过氧化氢的混合液吸收。
(1)仪器A 名称：三颈烧瓶；装置B 作用：作安全瓶，防止倒吸；反应物为NaClO3、H2O2和硫酸，
ClO3
-被还原为ClO2，H2O2被氧化生成O2，配平离子方程式为：
；
(2)二氧化氯沸点低(
)，冷水可降低二氧化氯的挥发，使其充分被水吸收，增大二氧化氯的溶解
度，减少其损失；
(3)氮气流速过快，会使二氧化氯来不及被水充分吸收，降低产率；流速过慢会使装置内二氧化氯浓度
过高，容易发生爆炸；
(4)反应为
，还原产物为NaClO2，氧化产物为O2，故n
(氧化产物)：n(还原产物)=1:2；(5)①I2遇淀粉变蓝色，当I2消耗完即溶液变无色时达滴定终点：当滴入最
后半滴Na2S2O3 溶液时，溶液由蓝色变为无色，且半分钟内不恢复蓝色；②根据反应可得关系：
，
，则
，
，故浓度
。
【变式1】【新考法】(2026·甘肃白银高三模拟预测)一氧化二氯(Cl2O)是常用的消毒剂和氧化剂，某实
验小组在常温常压下利用Cl2和湿润的Na2CO3粉末反应制备Cl2O，实验装置如图。回答下列问题：
已知：Cl2O 的沸点为3.8℃，液态呈棕黄色。
(1)A 装置中发生反应的化学方程式为___________。
(2)B 装置中的试剂是___________(填名称)；D 装置中冰水浴的作用是___________。
(3)实验结束后，向F 装置中滴加酚酞溶液，可能出现的实验现象是___________。
(4)有同学提出，E、F 装置可以用___________(填字母)装置代替，达到简化实验的目的。
(5)当C 装置的硬质玻璃管中Na2CO3完全反应时停止通入氯气。经检测固体产物仅为两种盐。为了测
定其组成进行如下实验：
实验a
取m g 固体产物，加入足量硝酸，滴加
溶液
恰好完全反应，生成白色沉淀
实验b
取8m g 固体产物，装入大试管，加热至完全反应，将气体依次通过足
量的浓硫酸、碱石灰，测得浓硫酸净增0.18 g，碱石灰净增0.44 g
①根据上述实验数据分析，8m g 固体产物中各成分的化学式及物质的量分别为___________、
___________。
C
②
装置中发生反应的化学方程式为___________。
【答案】(1)MnO2+4HCl(浓)
MnCl2 +Cl2↑+2H2O
(2) 饱和食盐水 降低温度，液化产物，减少产物损失
(3)溶液先变为红色，后变为无色
(4)J
(5) NaCl、0.02 mol NaHCO3、0.02 mol
2Na2CO3＋2Cl2+H2O = 2NaCl + 2NaHCO3＋Cl2O
【解析】(1)A 装置用于制取Cl2，浓盐酸与MnO2在加热条件下反应，MnO2作氧化剂，Cl-被氧化为
Cl2，因此化学方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2 +Cl2↑+2H2O；
(2)B 装置的作用是除去Cl2中混有的HCl 气体，常用试剂为饱和食盐水；因为HCl 易溶于水，而Cl2在
饱和食盐水中的溶解度较小。D 装置是冰水浴，由于Cl2O 沸点只有3.8 ℃，易挥发，所以冰水浴可以降低
温度，使产物液化，减少产物损失；
(3)F 中NaOH 溶液吸收尾气中的Cl2，反应生成NaCl、NaClO，溶液呈碱性使酚酞变红，次氯酸钠具
有漂白性，最终会使红色褪去。
(4)E、F 装置主要用于尾气处理，既要防止空气中水蒸气进入，又要吸收多余的氯气等尾气。可用装
有碱石灰的干燥管代替，因为碱石灰既能吸收酸性气体Cl2、Cl2O，也能吸收水蒸气，所以选J；
(5)①由实验a：
固体中
，则8m g 固体中
，Cl
−全部来自NaCl，故
。 由实验b：浓硫酸增重为
水的质量，
；碱石灰增重为CO2的质量，
，产物中
只有NaHCO3加热分解满足
，分解反应为2NaHCO3
Na2CO3+H2O+CO2↑，故
。②C 装置中湿润Na₂CO3与Cl2反应生成Cl2O，同时生成NaCl 和
NaHCO3，根据(5)①可知NaCl 和NaHCO3物质的量相等，再结合原子守恒配平，反应方程式为：2Na2CO3
＋2Cl2+H2O = 2NaCl + 2NaHCO3＋Cl2O。
【变式2】【新考法】(2026·广西南宁一模)某课外实践小组设计实验制备“84”消毒液并测定其中有效
氯的含量。回答下列问题：
已知：随着温度升高，Cl2与NaOH 溶液反应会生成NaClO3。
I.制备“84”消毒液
实验装置如图：
(1)装置A 中橡皮管的作用是_______，蒸馏烧瓶内发生反应的离子方程式为_______。
(2)上述装置存在一处缺陷，会导致B 中次氯酸钠产率降低，改进的方法可以是_______。
II.测定制备的“84”消毒液中有效氯的含量
实验步骤如下：
①准确量取Ⅰ中制备的“84”消毒液2.00 mL，将其稀释成100.0 mL 溶液；
②准确量取2.00 mL 上述稀释后的溶液，依次加入过量硫酸溶液、 V1mLc1mol·L-1FeSO4(过量)溶液，
加盖振荡混匀后，室温下静置反应10 min；
③用c2mol·L-1的K2Cr2O7标准溶液滴定②中反应后的溶液，记录消耗的K2Cr2O7标准溶液体积为
V2mL。
已知：实验过程中Cl
−不被氧化，Cr2O7
2-转化为Cr
3+。
(3)步骤①中稀释溶液用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、胶头滴管和_______。
(4)该“84”消毒液中有效氯的含量为_______
。(有效氯以NaClO 质量计，NaClO 的摩尔质量
为74.5g/mol)
(5)步骤②中，若未加盖振荡混匀，则所测的有效氯的值_______(填“偏大”“偏小”或“不变”)。
(6)为了提高产量，实践小组同学将反应结束后装置C 中的溶液回收，与装置B 中的溶液混合，发现产
品中含氯物质有NaCl、NaClO和X。X 的化学式为_______，产生X 的原因是_______。
【答案】(1) 平衡气压，以利于液体顺利流下 MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+ 2H2O
(2)在装置A 和装置B 之间加一个盛有饱和食盐水的洗气瓶
(3)100 mL 容量瓶
(4)
(5)偏大
(6)NaClO3 反应局部温度升高，发生副反应
【解析】该实验以MnO2与浓盐酸为原料，在加热条件下发生氧化还原反应制备Cl2，随后将Cl2通入
冰水浴冷却的NaOH溶液中，发生歧化反应生成NaCl 和NaClO(即“84”消毒液的核心成分)，未反应的Cl2
则用NaOH溶液进行尾气吸收，以防止污染空气，通过冰水浴控制温度，避免Cl2与NaOH在高温下发生副
反应生成NaClO3 ，从而保证目标产物NaClO 的产率，核心反应为：MnO2+4HCl( 浓)
MnCl2
+Cl2↑+2H2O；Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，据此分析。
(1)装置A 中橡皮管连接分液漏斗与蒸馏烧瓶，可平衡分液漏斗和蒸馏烧瓶内的气压，使浓盐酸顺利滴
下；蒸馏烧瓶中MnO2与浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应，MnO2作氧化剂，Cl-被氧化为Cl2，离子
方程式为：MnO2+4H++2Cl-
Mn2++Cl2↑+ 2H2O；
(2)浓盐酸具有挥发性，制备的Cl2中混有HCl 杂质，HCl 会与装置B 中的NaOH反应，消耗NaOH从而
降低NaClO 的产率；改进方法是在A、B 之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶，以除去HCl 杂质；
(3)步骤①为溶液稀释定容操作，需用到的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒、胶头滴管外，还需要100 mL 容
量瓶来精确配制100.0 mL 稀释液；
(4)有效氯以NaClO 计，测定原理为：ClO-先与过量Fe
2+反应：2Fe2++ClO-+2H+=Cl-+2Fe3++H2O 剩余
Fe
2+用Cr2O7
2-滴定：6Fe2++Cr2O7
2-+14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O，与ClO-反应的Fe
2+物质的量为
，根据比例关系，
，原2.00 mL 消毒液稀释至100 mL，取2.00
mL 稀释液进行测定，滴定所用的2.00 mL 稀释溶液，来源于2.00 mL 原溶液稀释成的100.0 mL 溶液，故
其所含原溶液的体积为
；有效氯含量(以NaClO 质量计)为：
；
(5)若步骤②未加盖摇匀，Fe
2+被氧化，剩余Fe
2+偏少，导致滴定消耗的K2Cr2O7标准溶液体积偏小，
计算出的与ClO-反应的Fe
2+偏多，最终使测得的有效氯值偏大；
(6)已知温度升高时Cl2与NaOH反应生成NaClO3，装置C 中Cl2与NaOH反应时可能因局部温度过高发
生副反应：3Cl2+6OH-
5Cl-＋ClO3
-＋3H2O，故X 的化学式为NaClO3；产生原因是反应局部温度升高，发
生副反应。
【变式3】【新考法】(2026·北京顺义一模)NaClO 是84 消毒液的有效成分，是一种应用广泛的含氯消
毒剂。
(1)实验室制备NaClO。通常将纯净的氯气通入冷的氢氧化钠溶液中进行制备，实验如图。
A
①
为氯气发生装置。A 中反应的化学方程式是______。
②将除杂装置B 补充完整并标明所用试剂______。
(2)电解法制备NaClO 的原理示意图如图。阳极材料以钛作基体，
为催化剂涂层。
已知：受电极材料影响，Cl
−浓度较大时，可优先被氧化。
a
①极为______。
②结合电极反应式解释ClO
−的产生原理______。
③电解时实际生成的NaClO 的总量小于理论计算所得NaClO 的量，可能原因是______。
(3)NaClO 用于消毒的主要原因是：产生HClO 分子会很快吸附细菌，通过氧化反应消毒。
已知：ⅰ、HClO 浓度越大，氧化还原电势越高、氧化性越强，消毒效果越好；
ⅱ、25℃时，HClO 的
。
①当84 消毒液与水以不同体积比混合时，氧化还原电势的变化如下。
84 消毒液与水的体积比
1：10
氧化还原电势
约570
约620
约690
约560
结合平衡移动原理解释84 消毒液与水以不同体积比混合时，氧化还原电势变化的原因______。
84
②
稀释液静置于空气中时，氧化还原电势的变化如图。结合离子方程式解释原因______。
【答案】(1) MnO2+4HCl(浓)
MnCl2 +Cl2↑+2H2O
(2) 阴极 阳极发生反应2Cl--2e-=Cl2↑，阴极发生反应2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，生成的Cl2与阴极产
生的OH
−发生反应Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O，从而生成ClO
− Cl
−浓度减少，OH
−放电，有O2生成；
Cl2和OH
−不完全反应；部分Cl2逸出未反应(合理即可)
(3) 溶液中存在平衡： ClO-+H2O
HClO+OH-，当稀释倍数从1：10 增大到1：103时，加水稀释
促进ClO
−的水解，HClO 物质的量增加程度大于体积增加的程度，HClO 浓度增大，，氧化还原电势升高，
当稀释倍数超过1：103(如1：104)时，稀释的影响超过促进水解的影响，HClO浓度降低，氧化还原电势降
低
，HClO浓度逐渐增大，氧化性增强，因此氧化还原电势逐渐
升高
【解析】该实验为实验室制备次氯酸钠(84 消毒液有效成分)的流程：装置A 中，二氧化锰与浓盐酸在
加热条件下反应制取氯气，制得的氯气中混有挥发的HCl和水蒸气，装置B 为除杂装置，需依次通过盛有
饱和食盐水的洗气瓶除去HCl，得到纯净的氯气，纯净氯气通入装置C 中冷的氢氧化钠溶液(冰水浴降温，
防止副反应生成氯酸钠)，与氢氧化钠发生反应制得次氯酸钠，装置D 中盛放氢氧化钠溶液，用于吸收尾
气中未反应的氯气，防止污染空气。
(1)①装置A 是MnO2与浓盐酸加热制Cl2，属于氧化还原反应，因此反应方程式为MnO2+4HCl(浓)
MnCl2 +Cl2↑+2H2O；②A 中产生的混合气体包括生成的Cl2和挥发的HCl，因此装置B 的作用是除去挥发
的HCl，选择饱和食盐水是因为HCl极易溶于水，且Cl2在饱和NaCl溶液中溶解度较小；
(2)①由图可知，a 极中消耗H2O产生H2，发生了还原反应，因此a 极为阴极；②在b 极(阳极)发生的反
应是2Cl--2e-=Cl2↑，a 极(阴极)发生的反应为2H2O+2e-=H2↑＋2OH-，阳极生成的Cl2与阴极生成的OH
−发生
反应Cl2+2OH－＝Cl－+ClO－+H2O，产生ClO
−；③实际产量小于理论产量的可能原因是Cl
−浓度减少，OH
−
放电，有O2生成；Cl2和OH
−不完全反应；部分Cl2逸出未反应等；
(3)HClO的浓度决定了氧化还原电势：稀释初期水解促进使HClO浓度升高，氧化还原电势上升，过度
稀释时HClO的稀释效应占据主导，氧化还原电势下降；根据弱酸的酸性强弱，H2CO3的
>
HClO的
>HCO3
−的
，因此CO2可以与ClO
−反应生成HClO，离子方程式为
，随着时间推移，空气中的CO2持续与ClO
−反应，溶液中HClO浓度
逐渐升高，因此氧化还原电势逐渐升高。
考点三 卤族元素、卤离子检验、溴和碘的提取
知●识●解●构
知识点1 卤素的性质
1．卤素单质的物理性质
F2
Cl2
Br2
I2
状 态
气态
气态
液态
固态
颜 色
淡黄绿色
黄绿色
深棕红色
紫黑色
密 度
小
大
熔沸点
低
高
溶解性
在水中溶解度由大到小
得分速记
(1)Br2是常温下唯一呈液态的非金属单质；液溴易挥发且有毒，保存时通常用水液封。
(2)I2易升华，淀粉遇I2变蓝色。
(3)Br2和I2都可被某些有机溶剂(如四氯化碳、苯等)萃取。
2．卤素单质的化学性质
(1)相似性(F2、Cl2、Br2具有强氧化性，I2具有弱氧化性)
(1)相似性
性质
反应方程式
与大多数
金属反应
与Fe 反应：2Fe＋3X2 △
2FeX3(X＝Cl、Br)；
I2与Fe 反应：Fe＋I2 △
FeI2(I2只能将铁氧化到＋2 价，氯气、溴单质能氧
化Fe2＋，但碘单质不能氧化Fe2＋)
与氢气反
应
F2＋H2
2HF(不需要光照或加热，在冷暗处直接化合)；
Cl2＋H2 光照
2HCl(易发生爆炸)；Cl2＋H2 点燃
2HCl(苍白色火
焰)；
Br2＋H2 △
2HBr；I2＋H2 △ ⃗
2HI(更高温度下缓慢反应)
与水反应
2F2＋2H2O
4HF
＋
O 2(反应剧烈，水为还原剂)；
X2＋H2O⇌ H ＋ ＋
X － ＋
HXO
(写离子方程式)(歧化反应，卤素单质既是氧化剂，又
是还原剂，X＝Cl、Br、I，下同)
与碱溶液
反应
Cl2＋2NaOH
NaCl
＋
NaClO
＋
H 2O；
Br2＋2NaOH
NaBr＋NaBrO＋H2O；
3I2＋6NaOH
5NaI＋NaIO3＋3H2O (卤素单质既是氧化剂，又是还
原剂)
与还原性
物质反应
X2 ＋Na2S
2NaX
＋
S↓
；
X2＋SO2＋2H2O
4H
＋ ＋
2X
－ ＋
S O 4
2-(写离子方程式)；
X2＋SO3
2－＋H2O
2H
＋ ＋
2X
－ ＋
S O 4
2-
得分速记
①氟元素无正价，F2与H2O 发生置换反应生成O2：2F2+2H2O=4HF+O2。
F
②
2不能从NaX 水溶液中置换出X2(X 代表Cl、Br、I)。
(2)递变规律
单质
颜色
黄绿色→深红棕色→紫黑色
熔、沸点
密度
水溶性
氧化性
Cl
①
2＞Br2＞I2，还原性：Cl－＜Br－＜I－；
②氯、溴、碘与氢气化合由易到难；
氢化物
稳定性：HF>HCl>HBr>HI
还原性：HF<HCl<HBr<HI
酸性：HF<HCl<HBr<HI
最高价氧化物
对应的水化物
酸性： HClO4>HBrO4>HIO4 (F 无最高价含氧酸)
得分速记
(1)卤素氢化物的两大性质：
①酸性：HF 是弱酸，HCl、HBr、HI 是强酸。
②沸点：HCl<HBr<HI，由于氟化氢分子间存在氢键作用，则氟化氢的沸点高于HI。
(2)最高价氧化物对应水化物(除F 外)都符合HXO4形式，都是强酸，HClO4是酸性最强的酸。
(3)I2与Fe 反应只生成FeI2，其他卤素单质可将Fe 氧化为＋3 价。
知识点2 卤素互化物、拟卤素
1．卤素互化物
(1)概念：由两种卤素互相结合而成的物质叫卤素互化物。如IBr、ICl、BrF3、ClF3。
(2)性质：卤素互化物与卤素单质的性质相似，有较强的氧化性，如能与金属、H2O、NaOH 等反应：
2IBr＋2Mg===MgBr2＋
MgI
2、IBr＋H2O===HBr
＋
HIO
、IBr＋2NaOH===NaBr
＋
NaIO
＋
H 2O。
得分速记
卤素互化物中，非金属性弱的元素显正价，如：ICl 中，I 显＋1 价，Cl 显－1 价，所以卤素互化物与
水或碱的反应一般属于非氧化还原反应。
2．拟卤素
(1)概念：指由两个或多个非金属原子组成的原子团，其中性分子的性质与卤素单质(如Cl2)相似，对应
的阴离子(如CN-)性质也与卤素阴离子(如Cl-)相似。
(2)性质特点(与卤素的相似性)
性质
拟卤素示例
卤素对照
游离态为双原子分子 (CN)2(气态，结构式N≡C-C≡N)
Cl2(双原子分子)
形成氢酸
HCN(氢氰酸，弱酸)
HCl(强酸)
生成盐类
NaCN、KSCN、AgSCN
NaCl、KBr
与金属反应
2Fe + 3(SCN)2=2Fe(SCN)3(棕红色)
2Fe + 3Cl2=2FeCl3
歧化反应
(CN)2+ H2O =HCN + HOCN
Cl2+ H2O = HCl+ HOCl
还原性(阴离子)
2SCN-+4H++MnO2===Mn
2+ +(SCN)
2+
2H2O
2Cl-+4H++ MnO2===Mn
2+ + Cl
2↑ +
2H2O
氧化性(单质)
(SCN)2+ 2I—=I2+ 2SCN
-
Cl2+ 2Br-= Br2+ 2Cl
-
(3)常见拟卤素总结
①对称分子：(CN)2(氰)、(SCN)2(硫氰)、(OCN)2(氧氰)。
②阴离子：CN-(氰根)、SCN-(硫氰酸根)、N3
-(叠氮根)。
③不对称化合物：ClCN(氯化氰)、BrN3(叠氮溴)。
(4)卤素单质和“类卤素”的氧化性由强到弱的顺序为：F2、(OCN)2、Cl2、Br2、(CN)2、(SCN)2、I2。
知识点3 卤素离子的检验方法
1．AgNO3溶液——沉淀法
未知液――――――――――→生成
2．置换——萃取法
未知液――――――――――――→―――――――――――――――→
有机层呈
3．氧化——淀粉法检验I－
未知液未知液――――――――――――――→ ――→蓝色溶液，表明有I －
知识点4 卤素的提取
1．氯的提取——氯碱工业
海水→粗盐
饱和食盐水
电解饱和食盐水的化学方程式为2NaCl＋2H2O=====2NaOH
＋
H 2↑ ＋
Cl
2↑。
2．海水提溴
(1)①中硫酸酸化后的浓缩海水中，可以用氯气氧化溴离子，反应的化学方程式为2NaBr＋Cl2
Br2＋
2NaCl
。
(2)③中用热空气将溴吹出，利用了溴的挥发性，吹出的溴可用纯碱吸收，纯碱吸收Br2的化学反应方
程式：3Br2＋6Na2CO3＋3H2O
5NaBr
＋
NaBrO
3＋6NaHCO3。
(3)④中用二氧化硫吸收，将Br2转化为氢溴酸，使其与空气分离，达到富集的目的，反应的化学方程
式为Br2＋SO2＋2H2O
2HBr
＋
H 2SO4。
(4)写出⑤中反应的化学方程式：2HBr＋Cl2
2HCl
＋
Br
2。
3．海带提碘
(1)④中反应的离子方程式：2I－＋2H＋＋H2O2==I2＋
2H
2O。
(2)⑤中分液时含I2的CCl4溶液从分液漏斗下口放出(填“上口倒出”或“下口放出”)。
(3)⑥是将富集在CCl4中的碘单质利用化学转化重新富集在水中，称为反萃取，写出该反应的化学方
程式：3I2＋6NaOH==5NaI
＋
NaIO
3＋
3H
2O。
(4)⑦中反应的离子方程式：5I－＋IO3
-＋6H＋==3I2↓ ＋
3H
2O。
考●向●破●译
考向1 考查卤素及其化合物的性质及其应用
例1(2026·山东日照一模)下列有关卤族化合物的说法错误的是( )
A．I3
+的空间结构为直线形
B．Cl2O7分子中O 原子所处的化学环境有2 种
C．I4O9(碘酸碘)中碘元素的化合价分别为+3，+5
D．低温下，HOF 与水反应的化学方程式为HOF+H2O=H2O2+HF
【答案】A
【解析】A 项，中心I 价电子数为7，离子带1 个正电荷，形成2 个σ 键，孤电子对数=
=2，价层电子对数为2+2=4，则空间结构为V 形，A 错误；B 项，Cl2O7的结构为O3Cl-O-ClO3，有2 种不
同化学环境的O 原子，B 正确；C 项，I4O9可改写为I(IO3)3，阳离子中I 为+3 价，碘酸根中I 为+5 价，C 正
确；D 项，HOF 中F 为-1 价、O 为0 价，反应中只有O 元素变价：HOF 中0 价O、水中-2 价O 都变为H2O2
中-1 价O，反应符合氧化还原规律，D 正确；故选A。
解题妙招
卤素性质三维模型
1．物理性质递变规律
(1)单质状态：F2/Cl2(气态)→Br2(液态)→I2(固态)，颜色逐渐加深(黄绿→紫黑)。
(2)熔沸点：随原子序数增大而升高(范德华力增强)。
2．化学性质核心
(1)氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2(与H2反应剧烈程度递减)。
(2)歧化反应：Cl2+H2O
HCl+HClO
⇌
(中性/碱性环境促进)。
3．特性反应：
(1)HF 腐蚀玻璃(SiO2+4HF→SiF4↑+2H2O)。
(2)AgX 光敏性(AgBr 用于胶片感光)。
(3)化合物特性
①氢卤酸酸性：HF(弱酸)＜HCl＜HBr＜HI(氢键影响)。
②含氧酸稳定性：HClO＜HClO2＜HClO3＜HClO4(氧化性相反)。
【变式1】【变考法】(2026·天津河西一模)下列有关卤素及其氢化物的性质判断错误的是( )
A．沸点：
B．键能：
C．还原性：
D．密度：
【答案】B
【解析】A 项，HF 分子间存在氢键，沸点在卤化氢中最高，HCl、HBr、HI 均为分子晶体，相对分子
质量越大范德华力越强，沸点越高，该沸点顺序正确，A 正确，不符合题意；B 项，F 原子半径很小，F2
分子中两个F 原子的孤对电子排斥作用强，导致F-F 键能小于Cl-Cl，实际键能顺序为Cl-Cl>Br-Br>F-F>I-
I，该选项键能排序错误，B 错误，符合题意；C 项，卤族元素从上到下非金属性逐渐减弱，对应氢化物的
失电子能力(还原性)逐渐增强，该还原性顺序正确，C 正确，不符合题意；D 项，卤素单质均为分子晶体，
相对分子质量越大密度越大，常温下I2为固体、Br2为液体、Cl2和F2为气体，该密度顺序正确，D 正确，
不符合题意；故选B。
【变式2】【新情境—实验探究】(2026·广东东莞二模)海带是工业提碘的重要原料。某小组围绕碘展开
探究。
(1)海带中的碘主要以水溶性无机碘的形式存在。检验破壁海带液中是否含I2，可用试剂___________。
(2)①将海带中的有机碘转化为无机碘(I
−)溶液，需要的操作及顺序为___________(按顺序选填编号)。
A．
B．
C．
D．
②取少许步骤①所得无机碘液，用稀H2SO4酸化后加入H2O2溶液，主要反应的离子方程式为
___________。
(3)兴趣小组探究浓度对上述反应速率的影响：
查阅资料a．
与上述反应同时发生。
b．一定波长下，显色粒子的吸光度(A)与其浓度成正比。通过绘制I3
−在60 s 内的A-t(时间)图，计算斜
率dA/dt 可获得反应的初始速率v。
实验探究：向对应pH 的缓冲液(可认为pH 不变化)中，依次加入NaI 溶液、蒸馏水和H2O2溶液，并保
持溶液总体积相同。实验设计及数据处理结果如下表：
组别
pH
3%H2O2(mL)
0.1 mol/LNaI (mL)
蒸馏水(mL)
1
3
4 1∶
5
10
35
0.08
2
3
8 1∶
10
10
30
0.16
3
3
2 1∶
5
V1
0.16
4
6
4 1∶
5
10
35
0.02
5
12
4 1∶
5
10
35
0
实验分析①V2=___________。
pH=3
②
时，该反应速率方程为
，则m+n=___________。
③第5 组实验始终无明显现象，原因是___________。
(4)综合以上分析，甲同学设计了以下方案测定海带中碘的含量：
①由(3)中实验可知：酸性越强，反应速率越快。结合Na2S2O3性质说明甲同学选择调pH=4.7 的原因
___________(用化学方程式表示)。
教师指导：Na2S2O3在pH>4.6 的环境较为稳定，该方案测定结果却仍偏大。
优化方案：②请指出甲同学方案不完善的地方并提出修改意见___________。
数据处理：③已知：I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI。滴定平均消耗V mL Na2S2O3标准溶液，忽略灼烧过
程的损耗，则该海带样品中碘元素的质量分数为___________。
【答案】(1)淀粉溶液
(2) BCA
(3) 25 2 I2和I3
−与OH
−发生反应
(4)
过量的H2O2会与Na2S2O3反应；可在充分氧
化后加热煮沸溶液或加入少量MnO2粉末除去H2O2
【解析】(1)淀粉溶液遇单质碘变蓝，是检验I2的特征试剂；
(2)①将海带中有机碘转化为无机碘溶液，步骤为：先灼烧海带(B)，然后溶解浸出I
−(C)，过滤除去灰
渣得到含I
−的溶液(A)，萃取分液是提取碘单质的后续操作，因此顺序为BCA；
②无机碘液用稀H2SO4酸化后加入H2O2溶液，主要反应的离子方程式为
；
(3)
①实验保持溶液总体积不变，由第1 组得总体积为
；根据
，计算
得
，因此
；② 对比1、2 组，
不变，
加倍，反应速率加倍，
得n=1；对比1、3 组，
不变，
加倍，反应速率加倍，得
，因此
；③ 强碱性
环境中，I2和I3
−与OH
−发生反应，无法得到
，因此没有明显现象；
(4)
①酸性过强时，硫代硫酸钠会与氢离子反应，因此需要调
避免
发生反应，反应的化
学方程式为
；② 足量H2O2氧化I
−后，剩余的过量H2O2会在
滴定过程中消耗
标准液，使结果偏大；H2O2受热易分解，加热即可除去过量H2O2或加入少量
MnO2粉末除去H2O2；③ 根据反应关系：
，总
，碘的质量为
，
因此碘元素的质量分数为
。
【变式3】【新考法】(2026·陕西咸阳高三模拟)探究一定浓度H2SO4与卤素离子(Cl-、Br-、I-)的反应。
实验如下：
(1)检验ⅰ中白雾的成分：a．用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀；b．用湿润的淀粉碘化钾
试纸检验白雾，无变化。白雾中含有___________(填化学式)。
(2)用CuSO4溶液检验ⅲ中气体，产生黑色沉淀CuS，该气体是___________(填化学式)。
(3)检验ⅱ中产物：
Ⅰ．用湿润的淀粉碘化钾试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含Br2。
Ⅱ．取ii 中部分溶液，用CCl4萃取。CCl4层显棕红色，水层(溶液A)无色。证实溶液A 中含SO2，过
程如下：
①白色沉淀1 的成分是___________(填化学式，下同)和___________。
②生成黄色沉淀3 的离子方程式是___________。
(4)已知：
(
、
、)，ⅱ中溶液存在Br2、SO2。将ii中溶液用水
稀释，溶液明显褪色，推测褪色原因：
a．Br2与H2O 发生了反应
b．加水稀释导致溶液颜色变浅
c．Br2与SO2在溶液中发生了反应
①资料：
，判断a___________(填“是”或“不是”)主要原因。
②实验证实b 不是主要原因，所用试剂和现象是___________。可选试剂：AgNO3溶液、CCl4、
KMnO4 溶液
③原因成立。稀释前溶液未明显褪色，稀释后明显褪色，试解释原因___________。
【答案】(1)HCl
(2)H2S
(3)BaSO3 BaSO4 4H++H2SO3+2S2-=3S↓+3H2O (或5H2SO3+2S2-=3S↓+3H2O+4HSO3
-)
(4) 不是 取ⅱ中稀释后的溶液，加入CCl4充分振荡、静置，下层溶液无色 稀释前硫酸浓度
较大，氧化性H2SO4＞Br2；稀释后硫酸浓度较小，氧化性H2SO4＜Br2
【解析】一定浓度硫酸与NaCl 溶液反应产生白雾，可能为HCl 或Cl2，实验过程中用硝酸银溶液来检
验确定白雾的成分；与NaBr 溶液反应产生红棕色气体，可能有Br2产生，可用湿润的淀粉KI 试纸检验；
与NaI 反应产生气体和紫色固体；有I2生成，结合题中信息，猜测有H2S 气体产生，用硫酸铜溶液来进行
检验。用湿润的碘化钾淀粉试纸检测棕红色气体，试纸变蓝，说明含Br2，Br-被氧化，H2SO4被还原，溶液
A 中可能含有可溶性SO2，向其中加入Ba(OH)2产生白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡和亚硫酸钡，再加入
H2SO4生成白色沉淀和溶液2，溶液2 加入Na2S 溶液，生成S 沉淀，从而证实溶液A 中含有SO2，则白色
沉淀为BaSO3和BaSO4；
(1)用酸化的AgNO3溶液检验白雾，产生白色沉淀，说明白雾中可能含有HCl 或Cl2；用湿润的碘化钾
淀粉试纸检验白雾，无变化，说明白雾中含有HCl 不含有Cl2；
(2)将ⅲ中的气体通入CuSO4溶液产生黑色沉淀CuS，说明该气体是H2S，发生反应：H2S+ CuSO4
=CuS↓+H2SO4，该气体为H2S；
(3)①H2SO4与NaBr 溶液反应，产生红棕色气体，用溶液A 中含有SO4
2-，可能含有易溶性气体SO2。向
其中加入Ba(OH)2产生白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡和亚硫酸钡，溶液A 中含有SO4
2-，可能含有SO2；
向其中加入Ba(OH)2产生白色沉淀，则沉淀可能是硫酸钡和亚硫酸钡，再加入H2SO4生成白色沉淀和溶液
2，溶液2 加入Na2S 溶液，生成S 淡黄色沉淀，从而证实溶液A 中含有SO2，则白色沉淀为BaSO3和
BaSO4，从而证实溶液A 中含有SO2，则白色沉淀为硫酸钡和亚硫酸钡；②生成黄色沉淀3 的离子方程式
是：H++H2SO3+2S2-=3S↓+3H2O (或5H2SO3+2S2-=3S↓+3H2O+4HSO3
-)；
(4)①已知反应：
，根据资料可知：反应
该反应的化学平衡常数
，化学平衡常数较小，则反应不易
发生，a 不是主要原因；②溴和水的反应是可逆反应，若b 是主要原因，则溶液中存在溴单质，这时加入
CCl4萃取，下层CCl4层应该显示棕红色；而取b 中稀释后的溶液，加入CCl4充分振荡、静置，下层溶液无
色，说明b 不是主要原因；③稀释前硫酸浓度较大，通过本实验可以知道，这个浓度的H2SO4可以氧化Br-
变成Br2，物质的氧化性：H2SO4＞Br2；稀释后稀H2SO4主要以H+形式存在，其氧化性较弱，此时物质的
氧化性：H2SO4＜Br2由此证明c 是主要原因。
考向2 考查卤素离子的检验
例2(2026·黑龙江牡丹江高三模拟预测)某小组同学在学习高中化学必修一课本中检验Cl-的方法时提出
新的问题，用稀硝酸和硝酸银溶液检验Cl-时能否排除待测液中SO4
2-、SO3
2-的干扰，为此查阅资料并设计
如下实验。
资料：HSO4
-在水中不完全电离。
下列说法不正确的是( )
A．②→③沉淀溶解的反应可能是：Ag2SO4与HNO3=AgHSO4+AgNO3
B．对比⑤和⑥可做出推测：硝酸浓度越大，氧化性越强
C．对比④→⑤和⑦→⑧可知：易溶的亚硫酸盐更容易被氧化
D．仅用稀硝酸和硝酸银溶液无法排除待测液中SO3
2-的干扰
【答案】D
【解析】在实验①→②→③中，向1mL0.1mol·L-1的AgNO3溶液中加入1mL0.1mol·L-1的Na2SO4溶液，
二者完全反应生成微溶于水的Ag2SO4，使溶液略有浑浊，之后向溶液中继续加入浓HNO3，Ag2SO4电离产
生的SO4
2-与H+发生离子反应，生成弱电解质HSO4
-，Ag2SO4逐渐溶解。在实验①→④→⑤→⑥中，AgNO3
与Na2SO3发生反应：2Ag++SO3
2-=Ag2SO3↓，实验④→⑤中，浓度为0.3mol·L-1的稀硝酸未将Ag2SO3氧化，
之后将Ag2SO3沉淀滤出洗涤后加入浓HNO3，二者发生氧化还原反应，SO3
2-被氧化生成SO4
2-，同时生成红
棕色的NO2气体，之后加入BaCl2溶液生成白色的BaSO4沉淀。在实验⑦→⑧中，Na2SO3与稀硝酸反应生
成NO2。A 项，根据已知条件，HSO4
-在水中不完全电离，因此，可推测Ag2SO4与HNO3发生离子反应生成
弱电解质HSO4
-，则实验②→③沉淀溶解的反应可能是：Ag2SO4与HNO3=AgHSO4+AgNO3，A 正确；B 项，
实验④→⑤中，浓度为0.3mol·L-1的稀硝酸未将Ag2SO3氧化，在实验⑤→⑥中，浓硝酸与Ag2SO3发生氧化
还原反应，生成HSO4
-和NO2，说明硝酸浓度越大，氧化性越强，B 正确；C 项，Ag2SO3为难溶性盐，
Na2SO3为易溶性盐，实验④→⑤中，Ag2SO3无法被稀硝酸氧化，实验⑦→⑧中，Na2SO3可被稀硝酸氧化，
对比两实验可得出结论，易溶的亚硫酸盐更容易被氧化，C 正确；D 项，向待测溶液中先加入稀硝酸酸化，
之后再加入AgNO3溶液。若溶液中含有SO3
2−会被硝酸氧化为SO4
2-，由分析可知，酸性条件下Ag2SO4可溶，
因此用稀硝酸和AgNO3溶液可排除SO3
2-的干扰，D 错误；故选D。
【变式1】【变题型】(2026·陕西西安高三模拟预测)鉴别NaCl 溶液、NaBr 溶液、NaI 溶液可以选用的
试剂是( )
①氯水、CCl4②碘水、淀粉溶液③氯水、苯④硝酸、AgNO3溶液⑤溴水、苯⑥CCl4、淀粉溶液
A．①③④
B．①④⑤
C．①③⑥
D．①④⑥
【答案】A
【解析】A 项，①氯水可将Br-、I
−分别氧化为Br2、I2，被CCl4萃取后下层分别显橙色、紫色，与
NaCl 溶液混合后下层为溶解Cl2的黄绿色CCl4，现象不同可鉴别；③氯水氧化Br-、I
−后被苯萃取，苯密度
小于水，上层分别显橙色、紫色，与NaCl 溶液混合上层为溶解Cl2的黄绿色苯，可鉴别；④Cl
−、Br-、I
−
与Ag
+反应分别生成不溶于硝酸的白色AgCl、浅黄色AgBr、黄色AgI 沉淀，可鉴别，A 正确；B 项，⑤溴
水仅能与I
−反应生成I2，被苯萃取后上层显紫色，无法鉴别NaCl 和NaBr 溶液，B 错误；C 项，⑥CCl4、
淀粉溶液与三种溶液混合均无明显不同现象，无法产生特征颜色反应，不能鉴别，C 错误；D 项，同C 项
的分析，⑥无法鉴别三种溶液，D 错误；故选A。
【变式2】【新情景—公安检测】痕检是公安机关提取犯罪嫌疑人指纹的一种重要方法。 人的手上有
汗渍，用手动过白纸后，手指纹线就留在纸上。如果将某溶液小心地涂到纸上，溶液中的溶质①就跟汗渍
中的物质②作用，生成的物质③在光照下分解出的银粒呈灰褐色，随着反应的进行，银粒逐渐增多，由棕
色变成黑色的指纹线。用化学式表示这3 种物质，都正确的是( )
A．①AgNO3，②NaBr，③AgBr
B．①NaCl，②AgNO3，③AgCl
C．①AgNO3，②NaCl，③AgCl
D．①NaI，②AgNO3，③AgI
【答案】C
【解析】人的汗渍中含有氯化钠等无机盐，氯化钠与硝酸银溶液反应生成氯化银沉淀，氯化银光照易
分解生成黑色的银粒，用此原理来提取犯罪嫌疑人的指纹，故①为AgNO3，②为NaCl，③为AgCl；本题
选C。
【变式3】【新情景—结合有机物检测】测定某液态脂肪族卤代烃中卤素元素的步骤如下，下列说法
不正确的是( )
A．步骤①，量取卤代烃时可用碱式滴定管
B．步骤①，卤代烃发生消去反应不会影响卤素百分含量的测定
C．步骤③，若得到的固体呈黄色，则卤代烃中含碘元素
D．步骤③，先水洗再乙醇洗，可使卤素百分含量测定结果更准确
【答案】A
【解析】卤代烃的水解反应，量取卤代烃，加入过量NaOH，加热发生卤代烃的水解，生成NaX 和
ROH，反应液冷却后加入硝酸中和，再滴加过量硝酸银得到沉淀，若为浅黄色则沉淀为AgBr，若为黄色
则沉淀为AgI，经过滤、洗涤、干燥得到沉淀。A 项，卤代烃能使碱式滴定管上的胶皮管膨胀，卤代烃有
腐蚀性，量取卤代烃要用酸式滴定管或移液管A 错误；B 项，步骤①，卤代烃发生消去反应，生成卤化
钠，卤化钠与硝酸银也是1：1 进行沉淀，不影响卤素百分含量的测定，B 正确；C 项，步骤③，若为黄色
则沉淀为AgI，则卤代烃中含碘元素，C 正确；D 项，步骤③，先水洗除去可溶物，再乙醇洗除去卤化银
表面的水，可使卤素百分含量测定结果更准确，D 正确；故选A。
考向3 考查卤素互化物、拟卤素
例2(2026·浙江Z20 名校联盟考前选考模拟)IBr、BrF3等都属于卤素互化物，性质与卤素相似。液态
BrF3能发生与水类似的微弱电离(2H2O
H3O++OH-)而产生阳离子M 和一价阴离子N。下列说法正确的
是( )
A．IBr 与NaOH 溶液恰好完全反应后溶液呈碱性
B．标准状况下，11.2LIBr 中含有的分子数目为0.5NA
C．阳离子M 和NH4
+的空间结构相似
D．一定条件下，苯与
发生反应的方程式为：C6H6+IBr→C6H5Br+HI
【答案】A
【解析】A 项，IBr 中I 为+1 价、Br 为-1 价，与NaOH 恰好完全反应生成NaBr 和NaIO，IO⁻为弱酸根
离子，水解使溶液呈碱性，A 正确；B 项，标准状况下IBr 为固态，不能用气体摩尔体积计算其物质的量，
无法得到分子数为0.5NA，B 错误；C 项，液态BrF3的电离为2BrF3
BrF2
++BrF4
-，阳离子M 为
BrF2
+，中心Br 有2 对σ 键电子对和2 对孤电子对，空间结构为V 形，而NH4
+为正四面体形，二者结构不
相似，C 错误；D 项，IBr 中I 为+1 价、Br 为-1 价，苯与IBr 发生取代反应时，正价的I 取代苯环上的H，
产物为C6H5I 和HBr，D 错误。
解题妙招
卤素互化物、拟卤素解题的关键步骤：
(1)拟卤素题：直接套用卤素反应模板(如置换、歧化)。
(2)互化物题：
①先确定中心原子的化合价。
②再分析反应类型(如ICl3水解生成IO2
-和Cl-是非氧化还原反应)。
【变式1】【变载体】(2026·安徽皖南八校第二次联考)不同卤素原子之间相互形成的化合物称为卤素
互化物。卤素互化物BrF3与水反应的化学方程式为
，但纯的三氟
化溴能发生类似水的自耦电离(
)而具有一定的导电性。下列说法正确的是( )
A．氧化剂是BrF3，还原剂是H2O 和BrF3
B．已知HBrO3的酸性大于H2CO3，因此溴元素的非金属性比碳元素强
C．若有1mol H2O 参加反应，被水还原的BrF3为4
5 mol
D．三氟化溴的自耦电离：2BrF3
BrF2
-
+BrF4
+
【答案】A
【解析】A 项，在反应中，BrF3中的溴元素部分被氧化(至HBrO3中的+5 价)、部分被还原(至Br2中的
0 价)，因此BrF3既是氧化剂又是还原剂；H2O 中的氧元素被氧化(至O2中的0 价)，因此H2O 是还原剂，A
正确；B 项，HBrO3的酸性大于H2CO3，但HBrO3中溴为+5 价，并非最高价态，而H2CO3中碳为最高价+4
价。非金属性强弱应比较最高价含氧酸的酸性，B 错误；C 项，5 mol H2O 中仅2 mol 被氧化(失电子)，对
应4mole-，若有1 mol H2O 参加反应，转移电子
，BrF3中的溴元被还原(+3→0)，故被水还原的BrF3
为
，C 错误；D 项，因为F的电负性大于Br，因此氟化溴的自耦电离：2BrF3
BrF2
+
+BrF4
-，D 错误；故选A。
【变式2】【新情境—环境保护】燃煤排放的大量活性溴化合物
，
能通过光解释放溴自由基
和氯自由基。从而影响大气中自由基(
、
)的浓度，其循环原理如图所示。下列说法正确的是
A．二氧化氮的大量排放会破坏臭氧层
B．
的价层电子对互斥模型是V 形
C．
溶于水会生成次氯酸和氢溴酸
D．燃煤时排放出的二氧化碳会形成酸雨
【答案】A
【解析】A 项，由图可知，NO2参与了上述破坏臭氧的环节中，所以二氧化氮的大量排放会破坏臭氧
层，故A 正确；B 项，HOBr 的中心原子O 形成了两个σ 键，还有两个孤电子对，所以其价层电子对数为
4，即价层电子对互斥模型是四面体形，故B 错误；C 项，BrCl 中氯元素的非金属性强于溴元素，Br 为+1
价、Cl 为-1 价，溶于水会生成HCl 和HBrO，故C 错误；D 项，燃煤时排放出的二氧化硫和氮氧化物会形
成酸雨，二氧化碳会造成温室效应，故D 错误；故选A。
【变式3】【新考法—定性定量结合】(20256 东北三省一区点石联考)某兴趣小组用如图所示的装置制
取ICl(夹持装置略)，ICl 的熔点为13.9℃，沸点为97.4℃，化学性质与氯气相似，易水解，接触空气生成
五氧化二碘。
回答下列问题：
(1)固体a 是_______(填“MnO2”或“KMnO4 ”)，装置Ⅰ中发生反应的化学方程式为_______。
(2)实验开始前先通入一段时间N2的目的是_______。
(3)装置Ⅲ中四氯化碳的作用是_______。
(4)氯化碘(ICl)水解的化学方程式为_______。
(5)氯化碘(ICl)与CH2=CH2反应的化学方程式为_______。
(6)用ICl 的冰醋酸溶液测定某液态直链脂肪烃的不饱和度，进行如下实验：
将含有0.01mol 液态直链脂肪烃的样品溶于CCl4形成50mL 溶液；从中取出10mL，加入10mLICl 的冰
醋酸溶液(含有ICl 物质的量为amol，过量)；充分反应后，加入足量KI 溶液；生成的碘单质用bmol·L-1的
Na2S2O3标准溶液滴定；重复上述实验两次，测得滴定所需Na2S2O3标准溶液的体积的平均值为V mL。
已知：① I2+2Na2S2O3=Na2S4O6+2NaI；
②液态直链脂肪烃的不饱和度是指一个液态直链脂肪烃分子最多可加成的氢分子数。该液态直链脂肪
烃的不饱和度为_______(用含a、b、V的代数式表示)。
【答案】(1) KMnO4 2KMnO4＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2十5Cl2↑＋8H2O
(2)排除装置内空气，防止ICl 与空气反应
(3)CCl4溶解I2形成溶液，使Cl2与I2充分接触，增大接触面积，加快反应速率
(4)ICl+H2O=HIO+HCl
(5)CH2=CH2+ICl→CH2ICH2Cl
(6)
【解析】装置I 中高锰酸钾和浓盐酸制备氯气，氯气经过装置II 中浓硫酸干燥后在装置III 中与I2在四
氯化碳溶剂中反应制备ICl，由于ICl 易水解，因此反应开始前需通氮气排净装置中的空气，并且装置III
后面需添加碱石灰干燥装置防止空气中的水蒸气干扰实验。
(1)装置中无加热仪器，装置Ⅰ中KMnO4与浓盐酸在常温下即可反应制备氯气，化学方程式为 2KMnO4
＋16HCl(浓)===2KCl＋2MnCl2十5Cl2↑＋8H2O，而MnO2与浓盐酸反应需加热，故固体a 选择KMnO4。
(2)实验开始前通入一段时间N2的目的是排出装置内空气，防止ICl 与空气反应。
(3)四氯化碳的作用为作有机溶剂，可溶解I2和Cl2，使Cl2与I2充分接触，提高反应速率。
(4)ICl 中I 为+1价，Cl为-1 价，ICl 水解反应的化学方程式为ICl+H2O=HIO+HCl。
(5)ICl 性质与Cl2类似，与CH2=CH2发生加成反应：CH2=CH2+ICl→CH2ICH2Cl。
(6)滴定反应关系：ICl~I2~2S2O3
2-(剩余ICl 与KI反应生成I2，I2再与S2O3
2-反应)，10mL 烃溶液中剩余
ICl 的物质的量
；10mL 烃溶液中与烃反应的ICl 的物质的量
，
烃溶液中与烃反应的ICl 的物质的量
，不饱和度定义为“1 个烃分子最多可加成的H2分子数”，1 个双键
可与1 个ICl 反应(ICl 相当于1 个Cl2，加成1 个双键)，故不饱和度为
。
真题溯源·考向感知
——溯源真题逻辑，感知高考考向
1．(2026·浙江1 月卷，11，3 分)下列有关含氯化合物的说法中，不正确的是( )
A．Cl2O7分子中所有O 原子所处的化学环境相同
B．Cl2O 的空间结构为V 形
C．ClOClO3(高氯酸氯)中氯元素的化合价分别为+1，+7
D．ICl+H2O=HIO+HCl 不是氧化还原反应
【答案】A
【解析】A 项，Cl2O7分子中，存在桥氧原子(连接两个氯原子)和端基氧原子(只连接一个氯原子)，如
图：
，化学环境不同，A 不正确；B 项， Cl2O 中心氧原子价层电子对数是
，有两对孤对电子和两个σ 键，空间结构为V 形，B 正确；C 项，ClOClO3中，一个氯原子
仅连接一个氧原子，化合价为+1；另一个氯原子连接四个氧原子，化合价为+7，如图：
；
或可以理解为Cl-取代了HClO4中的H+，化合价分别为+1、+7，C 正确；D 项，电负性：Cl＞I，ICl 中碘为
+1 价、氯为-1 价，反应后HIO 中碘为+1 价、HCl 中氯为-1 价，无化合价变化，不是氧化还原反应，D 正
确；故选A。
2．(2026·河南卷，4，3 分)X 是漂白粉的有效成分，可以发生如图所示的转化(略去部分产物)，其中U
和V 含有一种相同元素，V 为黄绿色气体，Y 为难溶于水的固体。
下列说法错误的是( )
A．无水
可作干燥剂
B．
溶于水可生成
C．
与盐酸反应可生成
D．
在光照下易分解
【答案】C
【解析】漂白粉有效成分X 为Ca(ClO)2，黄绿色气体V 为Cl2；X 和浓盐酸反应生成CaCl2、Cl2和
H2O，U 和V 含相同元素，故U 为CaCl2；X 和CO2、H2O 反应生成难溶固体Y 为CaCO3，Z 为HClO。A
项，由分析可知，U 为CaCl2，是常用中性干燥剂，可作干燥剂，A 正确；B 项，由分析可知，V 为Cl2，
溶于水发生反应Cl2＋H2O
HCl＋HClO，可生成Z(HClO)，B 正确；C 项，由分析可知，Y 为
CaCO3，与盐酸反应生成CaCl2、CO2和H2O，不能生成X[CaCO3]，C 错误；D 项，由分析可知，Z 为
HClO，光照下易分解，反应为2HClO=====2HCl＋O2↑，D 正确；故选C。
3．(2026·湖南卷，4，3 分)消毒剂三氯异氰尿酸(
)能与H2O 持续缓慢反应产生HClO。下
列相关化学用语表述正确的是( )
A．三氯异氰尿酸的分子式：Cl3N3O3 B．HClO 的电子式：
C．基态Cl 的价层电子排布式：3s23p5 D．H2O 的空间填充模型：
【答案】C
【解析】A 项，三氯异氰尿酸结构中含有3 个C 原子，分子式应为C3Cl3N3O3，选项漏写C 元素，A 错
误；B 项，HClO 的结构式为H-O-Cl，电子式中O 原子应位于H 和Cl 之间，选项给出的电子式原子连接顺
序错误，正确的电子式为
，B 错误；C 项，Cl 是17 号元素，基态Cl 原子的价层电子为最外层电
子，排布式为3s23p5，C 正确；D 项，H2O 的空间构型为V 形，且O 原子半径大于H 原子，空间填充模型
为：
，D 错误；故选C。
4．(2026·陕晋青宁卷，7，3 分)Mn 和Cl 元素的部分价类二维关系如图。下列说法错误的是( )
A．基态Mn、Cl 原子的最外层电子数相等
B．d 的阴离子是正四面体结构
C．a 的浓溶液可分别与c、g 反应生成b
D．g 和e(硫酸盐)反应生成f 时，n(还原产物)∶n(氧化产物)=2 3∶
【答案】A
【解析】 含Cl 物质：a 为-1 价Cl 的酸，是HCl，b 为0 价Cl 单质，是Cl2，c 为次氯酸盐，d 为高氯
酸盐； 含Mn 物质：f 为+4 价Mn 的氧化物，是MnO2，e 为+2 价Mn 的盐，g 为高锰酸盐。A 项，Mn 是
25 号元素，基态电子排布为 [Ar]3d54s2，最外层电子数为2；Cl 是17 号元素，基态电子排布为
[Ne]3s23p5，最外层电子数为7，二者最外层电子数不相等，A 错误；B 项，d 的阴离子为ClO4
-，中心Cl 的
价层电子对数为
=4，无孤电子对，空间结构为正四面体，B 正确；C 项，浓HCl(a)和次氯酸
盐(c)发生归中反应生成Cl2(b)；浓HCl 和高锰酸盐(g)常温下反应也可生成Cl2(b)，C 正确；D 项，该反应为
Mn 元素的归中反应，+7 价Mn 降价得到还原产物MnO2，每个Mn 得3e-，+2 价Mn 升价得到氧化产物
MnO2，每个Mn 失2e-，根据电子守恒，n(还原产物)：n(氧化产物)=2：3，D 正确；故选A。
5．(2025•辽吉黑内卷，3，3 分)Cl2O 可用于水的杀菌消毒，遇水发生反应：Cl2O+H2O=2HClO。下列
说法正确的是( )
A．反应中各分子的键均为
键
B．反应中各分子的VSEPR 模型均为四面体形
C．Cl-O 键长小于H—O 键长
D．HClO 分子中Cl 的价电子层有2 个孤电子对
【答案】B
【解析】A 项，反应中各分子的σ 键不全是p-p σ 键。例如，H2O 中的H-O 键是s-p σ 键，而非p-pσ 键，
A 错误；B 项，根据价层电子对互斥理论，Cl2O 中O 原子周围的孤电子对数为
(6-2×1)=2，还含有2 个成
键电子对，因此其VSEPR 模型为四面体形；H2O 中O 原子周围的孤电子对数为
(6-2×1)=2，还含有2 个
成键电子对，因此其VSEPR 模型为四面体形；HClO 中O 原子周围的孤电子对数为
(6-2×1)=2，还含有2
个成键电子对，因此其VSEPR 模型为四面体形；反应中各分子的VSEPR 模型均为四面体形，B 正确；C
项，Cl 的原子半径大于H，Cl-O 键长应大于H-O 键长，因此C 错误；D 项，HClO 中Cl 的最外层电子数为
7，其1 个价电子与O 形成共价键，剩余6 个价电子形成3 对孤电子对，D 错误；故选B。
6．(2025·安徽卷，5，3 分)氟气通过碎冰表面，发生反应①F2+H2O
HOF+HF，生成的HOF 遇水
发生反应②HOF+H2O=HF+H2O2。下列说法正确的是( )
A．HOF 的电子式为
B．H2O2为非极性分子
C．反应①中有非极性键的断裂和形成 D．反应②中
为还原产物
【答案】A
【解析】A 项，HOF 中心原子为O，与H、F 通过共用电子对形成共价键，电子式为
，A 正
确；B 项，H2O2空间结构为半开页书形，正负电荷中心不重合，属于极性分子，B 错误；C 项，反应①中
F-F 非极性键断裂，但没有非极性键的形成，C 错误；D 项，F 的电负性大于O，HOF 中氟表现为-1 价，O
为0 价，H 为+1 价，生成物HF 中氟还是-1 价，F 的化合价没有变化，反应②中氧化剂为HOF，还原剂为
H2O，H2O2既是氧化产物也是还原产物，HF 既不是氧化产物也不是还原产物，D 错误；故选A。
7．(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。
8．(2024·广东卷，8，2 分)1810 年，化学家戴维首次确认“氯气”是一种新元素组成的单质。兴趣小
组利用以下装置进行实验。其中，难以达到预期目的的是( )
A
B
C
D
制备Cl2
净化、干燥Cl2
收集Cl2
验证Cl2的氧化性
【答案】A
【解析】A 项，利用浓盐酸和二氧化锰反应制氯气需要加热，图中缺少加热装置，且分液漏斗内应盛
装浓盐酸，不能达到预期目的，A 符合题意；B 项，实验室制得的氯气中有HCl 杂质，可以通过饱和食盐
水洗气除杂，再通过无水氯化钙干燥，可以达到净化、干燥Cl2的目的，B 不符合题意；C 项，氯气密度大
于空气，可以用向上排空气法收集，可以达到预期目的，C 不符合题意；D 项，H2可以在氯气中安静地燃
烧，产生苍白色火焰，氯气将氢气氧化，验证了氯气的氧化性，D 不符合题意；故选A。
9．(2024· 重庆卷，8，3 分)单质M 的相关转化如下所示。下列说法错误的是( )
A．a 可使灼热的铜变黑
B．b 可与红热的铁产生气体
C．c 可使燃烧的镁条熄灭
D．d 可使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝
【答案】C
【解析】碱溶液与单质d 反应生成漂白液，故单质d 为Cl2，碱溶液是NaOH；碱溶液NaOH 与氧化物
c(适量)反应得纯碱溶液，故氧化物c 为CO2；单质Ｍ与氧化物b 反应得碱溶液，故单质M 为Na，氧化物b
为H2O；Na 与单质a 反应得氧化物，因此单质a 为O2。A 项，a 为O2，O2可与灼热的铜反应生成黑色的氧
化铜，A 正确；B 项，b 为H2O，水蒸气可与红热的铁在高温下反应生成四氧化三铁和氢气，B 正确；C 项，
c 为CO2，镁条在CO2中燃烧生成氧化镁和碳，燃烧的镁条不熄灭，C 错误；D 项，d 为Cl2，Cl2可与碘化
钾反应生成碘单质，碘单质能使湿润的淀粉试纸变蓝，D 正确；故选C。
10．(2024·浙江1 月卷，6，3 分)为回收利用含I2的CCl4废液，某化学兴趣小组设计方案如下所示，下
列说法不正确的是( )
A．步骤I 中，加入足量Na2CO3溶液充分反应后，上下两层均为无色
B．步骤I 中，分液时从分液漏斗下口放出溶液A
C．试剂X 可用硫酸
D．粗I2可用升华法进一步提纯
【答案】B
【解析】由题给流程可知，向碘的四氯化碳溶液中加入碳酸钠溶液，碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘
化钠和碘酸钠的混合溶液，分液得到四氯化碳和溶液A；向溶液A 中加入硫酸溶液，碘化钠和碘酸钠在硫
酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘。A 项，由分析可知，步骤I 中，加入足量碳酸钠溶液发生的反应
为碳酸钠溶液与碘反应得到含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，则充分反应后，上下两层均为无色，上层为
含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，故A 正确；B 项，四氯化碳的密度大于水，加入足量
碳酸钠溶液充分反应后，上下两层均为无色，上层为含有碘化钠和碘酸钠的混合溶液，下层为四氯化碳，
则分液时应从分液漏斗上口倒出溶液A，故B 错误；C 项，向溶液A 中加入硫酸溶液的目的是使碘化钠和
碘酸钠在硫酸溶液中发生归中反应生成硫酸钠和碘，则试剂X 可用硫酸，故C 正确；D 项，碘受热会发生
升华，所以实验制得的粗碘可用升华法进一步提纯，故D 正确；故选B。
11．(2026·河南卷，15)某研究小组在用CCl4萃取碘水中的I2时，发现萃取后的水溶液总是呈现淡黄色，
对此开展探究。
回答下列问题：
(1)定性探究：利用如图装置进行实验。
I．向饱和碘水中加入CCl4，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉溶液，溶液变
蓝。
Ⅱ．向饱和的I2的CCl4溶液中加入蒸馏水，充分振荡、静置、分液。取少量水溶液，向其中滴加淀粉
溶液，溶液变蓝。
①仪器a 的名称是___________；b 的名称是___________。
②振荡、静置后，I2的CCl4溶液在下层的原因是___________。
③步骤Ⅰ中，证明I2从水中转移至CCl4中的现象是___________。
结论：I2在两溶剂间存在可逆的转移，即I2(H2O)
I2(CCl4)。
(2)定量验证：类比化学平衡建立过程，该小组猜测，经充分振荡、静置后，I2在两溶剂中的分配也存
在平衡状态，此时I2在两溶剂中的浓度商
应为一常数，并设计实验进行验证。已知：
I2+I-
I3
-，I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I-。
步骤
实验内容
Ⅲ
取Ⅱ中分液后的水溶液50.00 mL 于锥形瓶中，加入5 mL 10% KI 溶
液。以淀粉溶液为指示剂，用c1mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终
点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。
Ⅳ
取Ⅱ中分液后的CCl4溶液5.00mL 于锥形瓶中，加入25mL10%KI 溶
液。以淀粉溶液为指示剂，用c2mol·L-1 Na2S2O3标准溶液滴定至终
点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。
V
改变Ⅱ中I2的CCl4溶液的浓度，重复步骤Ⅱ~Ⅳ(Ⅱ中不进行I2的检
验)，再开展三次实验。计算每次实验的浓度商。
结论：浓度商的值近似相等，平衡时浓度商可视为常数。
①步骤Ⅳ中，加入KI 的目的是___________。
②通过步骤Ⅲ、Ⅳ测得的浓度商的值为___________(写出计算式)。
③已知常温下，平衡时浓度商的值为85。向150 mL 含3.0×10-2gI2的水溶液中加入30mLCCl4进行萃取，
平衡时I2在水中的残留质量为___________g(用科学计数法表示，保留小数点后一位)；若改为分两次萃取，
每次用15mLCCl4，两次萃取后I2在水中的残留质量为3.3×10-4g。上述结果对做萃取实验的启发是
___________。
【答案】(1) 分液漏斗 烧杯 CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水 液体分层，下层
(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅
(2) 增大I-浓度，促使：I2+I-
I3
-平衡正向移动，使CCl4中的I2尽可能多地转移到水相中，以便后
续滴定
1.7×10-3 分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提高萃取效率
【解析】(1)①仪器a 的名称是分液漏斗，b 的名称是烧杯。②振荡、静置后，I2的CCl4溶液在下层的
原因是：CCl4与水不互溶，且CCl4的密度大于水。③碘在CCl4中的溶解度远大于在水中的溶解度。步骤
Ⅰ中，向饱和碘水中加入CCl4，碘单质会被萃取到CCl4 中。由于碘溶于CCl4显紫红色，且CCl4在下层，
因此可以观察到：液体分层，下层(有机层)变成紫红色，上层(水层)颜色明显变浅。
(2)①根据题目给出的反应：I2+I-
I3
-，I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I- 。在步骤Ⅳ中，CCl4层中的I2需要先
转移到水相中才能被 Na2S2O3 滴定。由于I2在CCl4中溶解度大，直接滴定无法进行。加入KI 溶液后，I2
与I-反应生成 I3
- ，使I2从CCl4转移至水相，同时I3
-可被 Na2S2O3滴定。②分别计算水层和CCl4层中I2的
浓度。步骤Ⅲ：取50.00 mL 水层溶液，加入KI 后，I2转化为I3
-，滴定反应为：I2+2S2O3
2-=S4O6
2-+2I- ，消耗
的 Na2S2O3物质的量为：
，根据反应方程式，
。
水层中I2的浓度为：
，步骤Ⅳ：取5.00 mL CCl4层溶液，加入25
mL KI 溶液后，I2转移至水相，滴定反应同上。消耗的 Na2S2O3物质的量为：
，
。CCl4层中I2的浓度为：
。浓度商计算：
K =c(I2)CCl4
c(I2)H2O
=
c2V2
10
c1V1
100
=10c2V2
c1V1
。③计算初始I2的物质的量：
，设平
衡时水层中I2的浓度为xmol·L－1，则CCl4层中I2的浓度为85xmol·L－1。根据物料守恒：
，
，
，
。水层中I2的质量：
；单次萃取后，I2残留质量为
1.7×10-3g；两次萃取后，I2残留质量为3.3×10-4g，说明分多次萃取比单次用大量萃取剂更有效，可以显著提
高萃取效率。
12．(2024·河北卷，15，15 分)市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，某化学兴趣小组利用氧化还
原反应原理，设计实验制备高纯度的溴。回答下列问题：
(1)装置如图(夹持装置等略)，将市售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液的B 中，水浴加热至不再有红棕色液
体馏出。仪器C 的名称为_______；CaBr2溶液的作用为_______；D 中发生的主要反应的化学方程式为
_______。
(2)将D 中溶液转移至_______(填仪器名称)中，边加热边向其中滴加酸化的KMnO4 溶液至出现红棕色
气体，继续加热将溶液蒸干得固体R。该过程中生成I2的离子方程式为_______。
(3)利用图示相同装置，将R 和K2Cr2O7 固体混合均匀放入B 中，D 中加入冷的蒸馏水。由A 向B 中
滴加适量浓H2SO4，水浴加热蒸馏。然后将D 中的液体分液、干燥、蒸馏，得到高纯度的溴。D 中蒸馏水
的作用为_______和_______。
(4)为保证溴的纯度，步骤(3)中K2Cr2O7 固体的用量按理论所需量的
计算，若固体R 质量为m 克(以
计)，则需称取_______ g K2Cr2O7 (M=294 g·molˉ1) (用含m 的代数式表示)。
(5)本实验所用钾盐试剂均经重结晶的方法纯化。其中趁热过滤的具体操作为漏斗下端管口紧靠烧杯内
壁，转移溶液时用_______，滤液沿烧杯壁流下。
【答案】(1)①直形冷凝管 ②除去市售的溴中少量的Cl2
③Br2+K2C2O4
2KBr+2CO2↑
(2)①蒸发皿 ②2MnO4
-+10I-+16H+
Mn2++5I2+8H2O
(3)①液封 ②降低温度
(4) 0.31m
(5)玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处
【解析】市售的溴(纯度99%)中含有少量的Cl2和I2，实验利用氧化还原反应原理制备高纯度的溴，市
售的溴滴入盛有浓CaBr2溶液中，Cl2可与CaBr2发生氧化还原反应而除去，I2与Br2一起蒸馏入草酸钾溶液
中，并被草酸钾还原为I-、Br-，并向溶液中滴加高锰酸钾溶液氧化I-，加热蒸干得KBr 固体，将KBr 固体
和K2Cr2O7固体混合均匀加入冷的蒸馏水，同时滴加适量浓H2SO4，水浴加热蒸馏，得到的液体分液、干燥、
蒸馏，可得高纯度的溴。(1)仪器C 为直形冷凝管，用于冷凝蒸气；市售的溴中含有少量的Cl2，Cl2可与
CaBr2发生氧化还原反应而除去；水浴加热时，Br2、I2蒸发进入装置D 中，分别与K2C2O4发生氧化还原反
应，Br2+K2C2O4
2KBr+2CO2↑、I2+K2C2O4
2KI+2CO2↑，由于Br2为进入D 的主要物质，故主要反应的化
学方程式为Br2+K2C2O4
2KBr+2CO2↑；(2)将D 中溶液转移至蒸发皿中，边加热边向其中滴加酸化的
KMnO4 溶液至出现红棕色气体(Br2)，即说明KMnO4 已将KI 全部氧化，发生反应的离子方程式为2MnO4
-
+10I-+16H+
Mn2++5I2+8H2O；KBr 几乎未被氧化，继续加热将溶液蒸干所得固体R 的主要成分为KBr；(3)
密度Br2＞H2O，D 中冷的蒸馏水起到液封的作用，同时冷的蒸馏水温度较低，均可减少溴的挥发；(4)m 克
KBr 固体的物质的量为
，根据转移电子相等可得关系式6KBr~6e-~ K2Cr2O7，则理论上需要
K2Cr2O7
的物质的量为
，实际所需称取
K2Cr2O7
的质量为
；(5)趁热过滤的具体操作：漏斗下端管口紧靠烧杯内壁，转移溶
液时用玻璃棒引流，玻璃棒下端靠在三层滤纸处，滤液沿烧杯壁流下。
