易錯(cuò)點(diǎn)9氯元素及其化合物易錯(cuò)題【01】次氯酸的弱酸性（1）由于酸性：H2CO3>HClO>HCOeq\o\al(－,3)，向NaClO溶液中通入CO2，無(wú)論CO2是否過(guò)量，反應(yīng)均生成HCOeq\o\al(－,3)和HClO。（2）向NaClO溶液中通入少量CO2，離子方程式為ClO－＋CO2＋H2O=HCOeq\o\al(－,3)＋HClO。易錯(cuò)題【02】與氯氣制備有關(guān)的實(shí)驗(yàn)設(shè)計(jì)易錯(cuò)題【03】溴和碘的提?。?）海水提溴的工藝流程（2）從海帶中提取碘的實(shí)驗(yàn)流程易錯(cuò)題【04】鹵素離子的檢驗(yàn)方法(1)AgNO3溶液——沉淀法未知液eq\o(→,\s\up7(滴加AgNO3溶液和稀硝酸))生成eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(白色沉淀，則有Cl－,淡黃色沉淀，則有Br－,黃色沉淀，則有I－))(2)置換——萃取法未知液eq\o(→,\s\up7(加適量新制飽和氯水),\s\do5(振蕩))eq\o(→,\s\up7(加入CCl4下層或汽油上層),\s\do5(振蕩))有機(jī)層呈eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(紅棕色或橙紅色，表明有Br－,紫色、淺紫色或紫紅色，表明有I－))(3)氧化——淀粉法檢驗(yàn)I－未知液eq\o(→,\s\up7(加入適量新制飽和氯水或雙氧水),\s\do5(振蕩))eq\o(→,\s\up7(淀粉溶液),\s\do5(振蕩))藍(lán)色溶液，表明有I－典例分析例1、氯可形成多種含氧酸鹽,廣泛應(yīng)用于殺菌、消毒及化工領(lǐng)域。實(shí)驗(yàn)室中利用下圖裝置(部分裝置省略)制備KClO3和NaClO,探究其氧化還原性質(zhì)?；卮鹣铝袉?wèn)題:(1)盛放MnO2粉末的儀器名稱是,a中的試劑為。

(2)b中采用的加熱方式是。c中化學(xué)反應(yīng)的離子方程式是,采用冰水浴冷卻的目的是。

(3)d的作用是,可選用試劑(填標(biāo)號(hào))。

A.Na2S B.NaClC.Ca(OH)2 D.H2SO4(4)反應(yīng)結(jié)束后,取出b中試管,經(jīng)冷卻結(jié)晶,,,干燥,得到KClO3晶體。

(5)取少量KClO3和NaClO溶液分別置于1號(hào)和2號(hào)試管中,滴加中性KI溶液。1號(hào)試管溶液顏色不變,2號(hào)試管溶液變?yōu)樽厣?加入CCl4振蕩,靜置后CCl4層顯色,可知該條件下KClO3的氧化能力NaClO(填“大于”或“小于”)。

【答案】(1)圓底燒瓶飽和食鹽水(2)水浴加熱Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H2O避免生成NaClO3(3)吸收尾氣(Cl2)AC(4)過(guò)濾少量(冷)水洗滌(5)紫小于【解析】整套裝置的最左端為氯氣的發(fā)生裝置,利用二氧化錳固體和濃鹽酸在加熱條件下制取氯氣,由于鹽酸具有揮發(fā)性,導(dǎo)致氯氣中含有雜質(zhì)HCl和水蒸氣。其中,氯氣中的雜質(zhì)氣體HCl會(huì)影響后面的KClO3和NaClO的制備,故而需要用飽和食鹽水(a中盛放的試劑)除去氯氣中的HCl雜質(zhì)。b為氯氣與KOH溶液在加熱(熱水浴)條件下制取KClO3的裝置,發(fā)生的反應(yīng)為3Cl2+6KOHKClO3+5KCl+3H2O。c為氯氣與NaOH溶液在較低溫度下制取NaClO的裝置,發(fā)生的反應(yīng)為Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。d為尾氣的吸收裝置,可防止污染環(huán)境,吸收氯氣可用還原性物質(zhì)或堿性溶液。(1)盛放二氧化錳固體的儀器為圓底燒瓶。除去氯氣中的HCl雜質(zhì)可用飽和食鹽水。(2)b中采用的是水浴加熱。c裝置中的離子反應(yīng)方程式為Cl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O,c中采用冰水浴冷卻的目的是防止氯氣和NaOH溶液在較高溫度下生成NaClO3。(3)d裝置中應(yīng)盛放還原性物質(zhì)或堿性物質(zhì),故符合條件的試劑為AC。(4)從溶液中獲得晶體可采用的方法步驟為冷卻結(jié)晶→過(guò)濾→洗滌→干燥等。(5)1號(hào)試管中的KClO3溶液不能將I-氧化為單質(zhì)I2,而2號(hào)試管中的NaClO溶液可將I-氧化為I2,故氧化性:KClO3小于NaClO。四氯化碳萃取出碘水中的I2后,靜置一段時(shí)間可觀察到液體分為兩層,由于四氯化碳的密度大于水的密度,則碘的四氯化碳溶液在下層,呈紫色。例2、ICl(氯化碘)是紅棕色液體，熔點(diǎn)為13.9℃，沸點(diǎn)為974℃，易水解，接觸空氣時(shí)能形成五氧化二碘，能與許多單質(zhì)發(fā)生作用，溶于乙醇、乙醚等。某校研究性學(xué)習(xí)小組的同學(xué)擬用下列儀器制備氯化碘?；卮鹣铝袉?wèn)題：(1)檢查A裝置氣密性的方法為_(kāi)__________________________________________________。(2)上述裝置，按氣流方向連接的順序?yàn)開(kāi)___________(裝置可重復(fù)使用)，A裝置中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為_(kāi)________________________________。(3)C裝置的作用是____________________________________。(4)E裝置中的物質(zhì)反應(yīng)時(shí)需放在水中，控制溫度大約40℃，其目的是___________________。(5)按上述連接好的裝置進(jìn)行實(shí)驗(yàn)，實(shí)驗(yàn)步驟如下：①檢查裝置氣密性后，裝入藥品②打開(kāi)分液漏斗活塞③關(guān)閉分液漏斗活塞④停止加熱E，充分冷卻⑤水浴加熱E請(qǐng)按正確的順序填入上述步驟的序號(hào)：。(6)在A裝置后可連接下圖所示裝置，當(dāng)反應(yīng)結(jié)束關(guān)閉分液漏斗活塞后，關(guān)閉K，該裝置的作用是______________________________。(7)ICl和水反應(yīng)的化學(xué)方程式為_(kāi)____________________________?！敬鸢浮?1)從A裝置的導(dǎo)管口連接一個(gè)導(dǎo)管伸入水中，關(guān)閉分液漏斗活塞，手握?qǐng)A底燒瓶，若導(dǎo)管口有氣泡冒出，手放開(kāi)燒瓶后，有一段水柱倒吸入導(dǎo)管，說(shuō)明A裝置氣密性良好(2)ACBEBDMnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O(3)除去Cl2中混有的HCl(4)加快反應(yīng)速率，減少I2的升華和ICl的揮發(fā)(5)①②⑤④③(6)儲(chǔ)存多余的Cl2(7)ICl＋H2O=HIO＋HCl【解析】(2)利用二氧化錳與濃鹽酸加熱制備氯氣，氯氣中含有氯化氫、水蒸氣，因此混合氣體先通過(guò)飽和食鹽水除去氯化氫，再通過(guò)濃硫酸除去水蒸氣，得到干燥、純凈的氯氣，氯氣進(jìn)入裝置E中，與碘進(jìn)行反應(yīng)，由于ICl(氯化碘)是紅棕色液體，易水解，所以還必須連接裝置B，最后多余的尾氣被堿液吸收，按氣流方向裝置的連接順序?yàn)锳CBEBD；A裝置中發(fā)生反應(yīng)的離子方程式為MnO2＋4H＋＋2Cl－eq\o(=,\s\up7(△))Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O。(5)裝置連接好后，首先檢查裝置的氣密性，不漏氣后，加入藥品，打開(kāi)分液漏斗活塞，反應(yīng)開(kāi)始進(jìn)行，水浴加熱裝置E，反應(yīng)結(jié)束后，停止加熱E，充分冷卻，待溫度降到室溫后，關(guān)閉分液漏斗活塞，正確的實(shí)驗(yàn)步驟為①②⑤④③。例3、實(shí)驗(yàn)室從含碘廢液(除H2O外，含有CCl4、I2、I－等)中回收碘，其實(shí)驗(yàn)過(guò)程如下：(1)向含碘廢液中加入稍過(guò)量的Na2SO3溶液，將廢液中的I2還原為I－，其離子方程式為_(kāi)_______________________________________；該操作將I2還原為I－的目的是____________________________________。(2)氧化時(shí)，在三頸燒瓶中將含I－的水溶液用鹽酸調(diào)至pH約為2，緩慢通入Cl2，在40℃左右反應(yīng)(實(shí)驗(yàn)裝置如圖所示)。實(shí)驗(yàn)控制在較低溫度下進(jìn)行的原因是_________________________________________；錐形瓶里盛放的溶液為_(kāi)_________。(3)已知：5SOeq\o\al(2－,3)＋2IOeq\o\al(－,3)＋2H＋=I2＋5SOeq\o\al(2－,4)＋H2O。某含碘廢水(pH約為8)中一定存在I2，可能存在I－、IOeq\o\al(－,3)中的一種或兩種。請(qǐng)補(bǔ)充完整檢驗(yàn)含碘廢水中是否含有I－、IOeq\o\al(－,3)的實(shí)驗(yàn)方案：取適量含碘廢水用CCl4多次萃取、分液，直到水層用淀粉溶液檢驗(yàn)不出有碘單質(zhì)存在；____________________________________________________________________。[供選試劑]稀鹽酸、淀粉溶液、FeCl3溶液、Na2SO3溶液。【答案】(1)SOeq\o\al(2－,3)＋I(xiàn)2＋H2O=2I－＋SOeq\o\al(2－,4)＋2H＋使CCl4中的碘進(jìn)入水層(2)使氯氣在溶液中有較大的溶解度(或防止I2升華或防止I2進(jìn)一步被氧化)NaOH溶液(3)從水層取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加鹽酸酸化，滴加FeCl3溶液，若溶液變藍(lán)，說(shuō)明廢水中含有I－；若溶液不變藍(lán)，說(shuō)明廢水中不含有I－；另從水層取少量溶液，加入1～2mL淀粉溶液，加鹽酸酸化，滴加Na2SO3溶液，若溶液變藍(lán)，說(shuō)明廢水中含有IOeq\o\al(－,3)，若溶液不變藍(lán)，說(shuō)明廢水中不含有IOeq\o\al(－,3)【解析】(1)該反應(yīng)為Na2SO3、I2的氧化還原反應(yīng)，離子方程式為SOeq\o\al(2－,3)＋I(xiàn)2＋H2O=SOeq\o\al(2－,4)＋2I－＋2H＋。含碘廢液中碘以I－、I2的形式存在，將廢液中的I2還原為I－的目的是使CCl4中碘進(jìn)入水層。(2)實(shí)驗(yàn)控制在較低溫度下進(jìn)行，是為了使氯氣在溶液中有較大的溶解度(或防止I2升華或防止I2進(jìn)一步被氧化)。錐形瓶中溶液的作用是吸收過(guò)量的Cl2，故錐形瓶中盛放的溶液為NaOH溶液。(3)檢驗(yàn)I－，可以利用I－的還原性，先加入淀粉溶液，再加鹽酸酸化，最后滴加FeCl3溶液，若溶液變藍(lán)，則說(shuō)明廢水中含有I－，若溶液不變藍(lán)，則說(shuō)明廢水中不含有I－；檢驗(yàn)IOeq\o\al(－,3)，可以利用IOeq\o\al(－,3)的氧化性，先加入淀粉溶液，再加鹽酸酸化，最后滴加Na2SO3溶液，若溶液變藍(lán)，則說(shuō)明廢水中含有IOeq\o\al(－,3)，若溶液不變藍(lán)，則說(shuō)明廢水中不含有IOeq\o\al(－,3)。1．（2022·浙江·高考真題）關(guān)于反應(yīng)，達(dá)到平衡后，下列說(shuō)法不正確的是A．升高溫度，氯水中的減小B．氯水中加入少量醋酸鈉固體，上述平衡正向移動(dòng)，增大C．取氯水稀釋，增大D．取兩份氯水，分別滴加溶液和淀粉KI溶液，若前者有白色沉淀，后者溶液變藍(lán)色，可以證明上述反應(yīng)存在限度2．（2021·福建·高考真題）實(shí)驗(yàn)室配制碘水時(shí)，通常將溶于溶液：。關(guān)于該溶液，下列說(shuō)法正確的是A．的電子式為 B．滴入淀粉溶液，不變藍(lán)C．加水稀釋，平衡逆向移動(dòng) D．加少量固體平衡正向移動(dòng)3．（2021·遼寧·高考真題）下列說(shuō)法正確的是A．(標(biāo)準(zhǔn)狀況)與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子B．和均可通過(guò)化合反應(yīng)得到C．將蘸有濃氨水和濃硫酸的玻璃棒相互靠近，有白煙產(chǎn)生D．與溶液反應(yīng)：4．（2021·湖南·高考真題）常用作食鹽中的補(bǔ)碘劑，可用“氯酸鉀氧化法”制備，該方法的第一步反應(yīng)為。下列說(shuō)法錯(cuò)誤的是A．產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)時(shí)，反應(yīng)中轉(zhuǎn)移B．反應(yīng)中氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11：6C．可用石灰乳吸收反應(yīng)產(chǎn)生的制備漂白粉D．可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中的存在5．（2022·安徽·高三開(kāi)學(xué)考試）下列涉及含氯物質(zhì)反應(yīng)的離子方程式正確的是A．向次氯酸鈉溶液中通入過(guò)量B．中通入少量C．氯氣通入水中：D．電解水溶液：6．（2022·山東青島·模擬預(yù)測(cè)）下列實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象所對(duì)應(yīng)的離子方程式錯(cuò)誤的是選項(xiàng)實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象離子方程式A在空氣中放置一段時(shí)間后溶液呈藍(lán)色4I-+O2+2H2O=2I2+4OH-B溶液由淺綠色變?yōu)樽攸S色2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl-C溶液由黃綠色變?yōu)闊o(wú)色Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2OD有白色沉淀生成，溶液由紅色變成無(wú)色Ba2++2OH-+2H+=BaSO4↓+2H2O7．（2022·青?！ず|市第一中學(xué)一模）1971年，John.J.Bishop等通過(guò)3Mg2++4ClO-+2Cl-+2H2O=Mg(ClO)2·2Mg(OH)2+2Cl2↑反應(yīng)制得Mg(ClO)2·2Mg(OH)2(BMHs，微溶于水)，而1921年，Georg.Kereszty等將Cl2通入Mg(OH)2懸濁液進(jìn)行制備BMHs卻宣告失敗。用下列裝置制取BMHs，相關(guān)敘述錯(cuò)誤的是A．向裝置a燒瓶中滴入濃鹽酸之前，應(yīng)打開(kāi)KB．裝置b的廣口瓶盛放的是飽和食鹽水C．開(kāi)始時(shí)，不斷攪拌下先向三口燒瓶中加入MgCl2溶液，然后通入Cl2D．從反應(yīng)完成后的三口燒瓶中分離得到BMHs，需經(jīng)過(guò)過(guò)濾、洗滌及干燥等操作8．（2022·上海金山·二模）下列有關(guān)實(shí)驗(yàn)室制取Cl2的裝置正確的是A．制備Cl2 B．凈化Cl2C．收集Cl2 D．尾氣處理9．（2022·吉林長(zhǎng)春·模擬預(yù)測(cè)）如圖是實(shí)驗(yàn)室制備氯氣并進(jìn)行相關(guān)實(shí)驗(yàn)的裝置(夾持與加熱裝置已省略)，下列有關(guān)說(shuō)法不正確的是A．若無(wú)加熱裝置，則裝置a蒸餾燒瓶中可用高錳酸鉀或次氯酸鈉B．檢驗(yàn)氯氣是否有漂白性，則I、II、III分別為濕潤(rùn)的石蕊試紙、堿石灰、干燥的石蕊試紙C．裝置b的作用既可以洗氣又可以作安全瓶監(jiān)測(cè)裝置c是否堵塞D．含有4molHCl的濃鹽酸與足量二氧化錳反應(yīng)，產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下的Cl2體積小于22.4L10．（2022·山東·煙臺(tái)二中高三開(kāi)學(xué)考試）部分含氯物質(zhì)的分類與相應(yīng)化合價(jià)關(guān)系如圖。下列推斷不合理的是A．d的水溶液中通入過(guò)量b可反應(yīng)生成a B．a(chǎn)既可被氧化也可被還原C．c均可由b與相應(yīng)金屬單質(zhì)反應(yīng)生成 D．可存在f→a→d→e的轉(zhuǎn)化關(guān)系11．（2022·廣東·高三開(kāi)學(xué)考試）欲用如圖所示裝置制備干燥的氯氣，下列相關(guān)說(shuō)法中正確的是A．燒瓶?jī)?nèi)裝入的固體是B．按氣流方向，裝置的連接順序是C．裝置乙可干燥氯氣。防止裝置戊中水蒸氣進(jìn)入集氣瓶D．可用干燥的淀粉碘化鉀試紙檢驗(yàn)氯氣12．（2022·廣東·高考真題）實(shí)驗(yàn)室用和濃鹽酸反應(yīng)生成后，按照凈化、收集、性質(zhì)檢驗(yàn)及尾氣處理的順序進(jìn)行實(shí)驗(yàn)。下列裝置(“→”表示氣流方向)不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康牡氖?3．（2022·北京·高考真題）某小組同學(xué)探究不同條件下氯氣與二價(jià)錳化合物的反應(yīng)資料：i．Mn2+在一定條件下被Cl2或ClO-氧化成MnO2(棕黑色)、(綠色)、(紫色)。ii．濃堿條件下，可被OH-還原為。iii．Cl2的氧化性與溶液的酸堿性無(wú)關(guān)，NaClO的氧化性隨堿性增強(qiáng)而減弱。實(shí)驗(yàn)裝置如圖(夾持裝置略)序號(hào)物質(zhì)aC中實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象通入Cl2前通入Cl2后I水得到無(wú)色溶液產(chǎn)生棕黑色沉淀，且放置后不發(fā)生變化II5%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉淀III40%NaOH溶液產(chǎn)生白色沉淀，在空氣中緩慢變成棕黑色沉淀棕黑色沉淀增多，放置后溶液變?yōu)樽仙?，仍有沉?1)B中試劑是___________。(2)通入Cl2前，II、III中沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W(xué)方程式為_(kāi)__________。(3)對(duì)比實(shí)驗(yàn)I、II通入Cl2后的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，對(duì)于二價(jià)錳化合物還原性的認(rèn)識(shí)是___________。(4)根據(jù)資料ii，III中應(yīng)得到綠色溶液，實(shí)驗(yàn)中得到紫色溶液，分析現(xiàn)象與資料不符的原因：原因一：可能是通入Cl2導(dǎo)致溶液的堿性減弱。原因二：可能是氧化劑過(guò)量，氧化劑將氧化為。①化學(xué)方程式表示可能導(dǎo)致溶液堿性減弱的原因___________，但通過(guò)實(shí)驗(yàn)測(cè)定溶液的堿性變化很小。②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色的離子方程式為_(kāi)__________，溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被___________(填“化學(xué)式”)氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過(guò)量；③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液紫色緩慢加深，發(fā)生的反應(yīng)是___________。④從反應(yīng)速率的角度，分析實(shí)驗(yàn)III未得到綠色溶液的可能原因___________。14．（2021·北京·高考真題）某小組探究鹵素參與的氧化還原反應(yīng)，從電極反應(yīng)角度分析物質(zhì)氧化性和還原性的變化規(guī)律。(1)濃鹽酸與MnO2混合加熱生成氯氣。氯氣不再逸出時(shí)，固液混合物A中仍存在鹽酸和MnO2。①反應(yīng)的離子方程式是_______。②電極反應(yīng)式：i.還原反應(yīng)：MnO2+2e-+4H+=Mn2++2H2Oii.氧化反應(yīng)：_______。③根據(jù)電極反應(yīng)式，分析A中仍存在鹽酸和MnO2的原因。i.隨c(H+)降低或c(Mn2+)濃度升高，MnO2氧化性減弱。ii.隨c(Cl-)降低，_______。④補(bǔ)充實(shí)驗(yàn)證實(shí)了③中的分析。實(shí)驗(yàn)操作試劑產(chǎn)物I較濃H2SO4有氯氣IIa有氯氣IIIa+b無(wú)氯氣a是_______，b是_______。(2)利用c(H+)濃度對(duì)MnO2氧化性的影響，探究鹵素離子的還原性。相同濃度的KCl、KBr和KI溶液，能與MnO2反應(yīng)所需的最低c(H+)由大到小的順序是_______，從原子結(jié)構(gòu)角度說(shuō)明理由______________。(3)根據(jù)(1)中結(jié)論推測(cè)：酸性條件下，加入某種化合物可以提高溴的氧化性，將Mn2+氧化為MnO2。經(jīng)實(shí)驗(yàn)證實(shí)了推測(cè)，該化合物是_______。(4)Ag分別與1mol·L1的鹽酸、氫溴酸和氫碘酸混合，Ag只與氫碘酸發(fā)生置換反應(yīng)，試解釋原因：_______。(5)總結(jié)：物質(zhì)氧化性和還原性變化的一般規(guī)律是_______。15．（2021·廣東·高考真題）含氯物質(zhì)在生產(chǎn)生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究軟錳礦(主要成分是)的過(guò)程中，將它與濃鹽酸混合加熱，產(chǎn)生了一種黃綠色氣體。1810年，戴維確認(rèn)這是一種新元素組成的單質(zhì)，并命名為chlorine(中文命名“氯氣”)。(1)實(shí)驗(yàn)室沿用舍勒的方法制取的化學(xué)方程式為_(kāi)______。(2)實(shí)驗(yàn)室制取干燥時(shí)，凈化與收集所需裝置的接口連接順序?yàn)開(kāi)______。(3)某氯水久置后不能使品紅溶液褪色，可推測(cè)氯水中_______已分解。檢驗(yàn)此久置氯水中存在的操作及現(xiàn)象是_______。(4)某合作學(xué)習(xí)小組進(jìn)行以下實(shí)驗(yàn)探究。①實(shí)驗(yàn)任務(wù)。通過(guò)測(cè)定溶液電導(dǎo)率，探究溫度對(duì)溶解度的影響。②查閱資料。電導(dǎo)率是表征電解質(zhì)溶液導(dǎo)電能力的物理量。溫度一定時(shí)，強(qiáng)電解質(zhì)稀溶液的電導(dǎo)率隨溶液中離子濃度的增大而增大；離子濃度一定時(shí)，稀溶液電導(dǎo)率隨溫度的升高而增大。25℃時(shí)，。③提出猜想。猜想a：較高溫度的飽和溶液的電導(dǎo)率較大。猜想b：在水中的溶解度。④設(shè)計(jì)實(shí)驗(yàn)、驗(yàn)證猜想。取試樣Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ(不同溫度下配制的飽和溶液)，在設(shè)定的測(cè)試溫度下，進(jìn)行表中實(shí)驗(yàn)1~3，記錄數(shù)據(jù)。實(shí)驗(yàn)序號(hào)試樣測(cè)試溫度/℃電導(dǎo)率/1Ⅰ：25℃的飽和溶液252Ⅱ：35℃的飽和溶液353Ⅲ：45℃的飽和溶液45⑤數(shù)據(jù)分析、交流討論。25℃的飽和溶液中，_______。實(shí)驗(yàn)結(jié)果為。小組同學(xué)認(rèn)為，此結(jié)果可以證明③中的猜想成立，但不足以證明猜想成立。結(jié)合②中信息，猜想不足以成立的理由有_______。⑥優(yōu)化實(shí)驗(yàn)。小組同學(xué)為進(jìn)一步驗(yàn)證猜想，在實(shí)驗(yàn)1~3的基礎(chǔ)上完善方案，進(jìn)行實(shí)驗(yàn)4和5。請(qǐng)?jiān)诖痤}卡上完成表中內(nèi)容。實(shí)驗(yàn)序號(hào)試樣測(cè)試溫度/℃電導(dǎo)率/4Ⅰ_______5______________⑦實(shí)驗(yàn)總結(jié)。根據(jù)實(shí)驗(yàn)1~5的結(jié)果，并結(jié)合②中信息，小組同學(xué)認(rèn)為猜想也成立。猜想成立的判斷依據(jù)是_______。16．（2021·四川廣安·模擬預(yù)測(cè)）碘酸鈣[Ca(IO3)2]是廣泛使用的既能補(bǔ)鈣又能補(bǔ)碘的新型食品添加劑，不溶于乙醇，在水中的溶解度隨溫度降低而減小。實(shí)驗(yàn)室制取Ca(IO3)2的流程如圖所示：已知：碘酸(HIO3)是易溶于水的強(qiáng)酸，不溶于有機(jī)溶劑。(1)實(shí)驗(yàn)流程中“轉(zhuǎn)化”步驟是為了制得碘酸，該過(guò)程在下圖所示的裝置中進(jìn)行(部分儀器省略)。①盛裝濃鹽酸的儀器的名稱為_(kāi)__________。②橡皮管a的作用是___________。③裝置A中反應(yīng)需要加熱，其反應(yīng)的離子方程式___________。(2)三頸燒瓶中發(fā)生“轉(zhuǎn)化”的化學(xué)方程式___________。(3)流程中采用冰水浴的目的是__。(4)有關(guān)該實(shí)驗(yàn)說(shuō)法正確的是__。A．分離出CCl4的操作為分液。B．“調(diào)pH=10”后的溶液中只含有KIO3C．制得的碘酸鈣可選用酒精溶液洗滌(5)準(zhǔn)確稱取產(chǎn)品0.25g，加酸溶解后，再加入足量KI發(fā)生反應(yīng)+5I-+6H+=3I2+3H2O，滴入2~3滴淀粉溶液，用0.2000mol·L-1Na2S2O3溶液滴定(I2+2=2I-+)至終點(diǎn)，消耗Na2S2O3溶液30.00mL。達(dá)滴定終點(diǎn)時(shí)的現(xiàn)象是___________，產(chǎn)品中Ca(IO3)2的質(zhì)量分?jǐn)?shù)______[已知Ca(IO3)2的摩爾質(zhì)量：390g·mol-1]參考答案1．D【詳解】A．HClO受熱易分解，升高溫度，HClO分解，平衡正向移動(dòng)，c(HClO)減小，A正確；B．氯水中加入少量醋酸鈉固體，醋酸根離子和氫離子結(jié)合生成醋酸分子，氫離子濃度減小，平衡正向移動(dòng)，c(HClO)增大，B正確；C．氯水稀釋，平衡正向移動(dòng)，而c(HClO)和c(Cl-)均減小，但HClO本身也存在電離平衡HClO?H++ClO-，稀釋促進(jìn)了HClO的電離，使c(HClO)減少更多，因此增大，C正確；D．氯水中加硝酸銀產(chǎn)生白色沉淀，證明溶液中有氯離子，氯水中加淀粉碘化鉀溶液，溶液變藍(lán)，證明生成了碘單質(zhì)，溶液中有強(qiáng)氧化性的物質(zhì)，而氯氣和次氯酸都有強(qiáng)氧化性，不能證明反應(yīng)物和生成物共存，即不能證明上述反應(yīng)存在限度，D錯(cuò)誤；答案選D。2．C【詳解】A．是離子化合物，電子式為，A錯(cuò)誤；B．該溶液存在，滴入淀粉溶液，變藍(lán)，B錯(cuò)誤；C．根據(jù)勒夏特列原理，加水稀釋，平衡朝著離子濃度增大的方向移動(dòng)，即逆向移動(dòng)，C正確；D．加少量固體，與生成沉淀，濃度下降，平衡逆向移動(dòng)，D錯(cuò)誤；故選C。3．B【詳解】A．由于溶于水中的Cl2只有部分與H2O反應(yīng)，故(標(biāo)準(zhǔn)狀況)與水充分反應(yīng)轉(zhuǎn)移電子數(shù)目小于，A錯(cuò)誤；B．根據(jù)反應(yīng)：SO3+H2O=H2SO4，Cu+Cl2CuCl2，故和均可通過(guò)化合反應(yīng)得到，B正確；C．將蘸有濃氨水和濃鹽酸或濃硝酸的玻璃棒相互靠近，有白煙產(chǎn)生，由于濃硫酸難揮發(fā)，故不能形成白煙，C錯(cuò)誤；D．由于ClO-具有強(qiáng)氧化性，SO2具有強(qiáng)還原性，故與溶液反應(yīng)：，D錯(cuò)誤；故答案為：B。4．A【詳解】A．該反應(yīng)中只有碘元素價(jià)態(tài)升高，由0價(jià)升高至KH(IO3)2中+5價(jià)，每個(gè)碘原子升高5價(jià)，即6I260e-，又因方程式中6I23Cl2，故3Cl260e-，即Cl220e-，所以產(chǎn)生22.4L(標(biāo)準(zhǔn)狀況)Cl2即1molCl2時(shí)，反應(yīng)中應(yīng)轉(zhuǎn)移20mole-，A錯(cuò)誤；B．該反應(yīng)中KClO3中氯元素價(jià)態(tài)降低，KClO3作氧化劑，I2中碘元素價(jià)態(tài)升高，I2作還原劑，由該方程式的計(jì)量系數(shù)可知，11KClO36I2，故該反應(yīng)的氧化劑和還原劑的物質(zhì)的量之比為11:6，B正確；C．漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，工業(yè)制漂白粉可用石灰乳與氯氣反應(yīng)，C正確；D．食鹽中可先與酸化的淀粉碘化鉀溶液中的H+、I-發(fā)生歸中反應(yīng)生成I2，I2再與淀粉發(fā)生特征反應(yīng)變?yōu)樗{(lán)色，故可用酸化的淀粉碘化鉀溶液檢驗(yàn)食鹽中的存在，D正確。故選A。5．A【詳解】A．酸性H2CO3>HClO>，向次氯酸鈉溶液中通入過(guò)量，A項(xiàng)正確；B．中通入少量時(shí)，被氧化生成，B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．次氯酸為弱酸，不拆開(kāi)，C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．溶液中有鎂離子，故有沉淀生成，D項(xiàng)錯(cuò)誤；故選A。6．A【詳解】A．向淀粉的碘化鉀溶液中加入稀硫酸發(fā)生的反應(yīng)為酸性條件下，碘離子與空氣中氧氣反應(yīng)生成單質(zhì)碘和水，碘遇淀粉溶液變藍(lán)色，反應(yīng)的離子方程式為4I-+O2+4H+=2I2+2H2O，故A符合題意；B．向硫酸亞鐵溶液中加入氯水發(fā)生的反應(yīng)為溶液中亞鐵離子與氯氣反應(yīng)生成鐵離子和氯離子，反應(yīng)的離子方程式為2Fe2++Cl2=2Fe2++2Cl-，故B不符合題意；C．向氯水中加入氫氧化鈉溶液發(fā)生的反應(yīng)為氯氣與氫氧化鈉溶液反應(yīng)生成氯化鈉、次氯酸鈉和水，反應(yīng)的離子方程式為Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故C不符合題意；D．向滴有酚酞的氫氧化鋇溶液中加入稀硫酸發(fā)生的反應(yīng)為氫氧化鋇溶液與稀硫酸反應(yīng)生成硫酸鋇沉淀和水，溶液堿性減弱，由紅色變成無(wú)色，反應(yīng)的離子方程式為Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+2H2O，故D不符合題意；故答案為：A。7．C【詳解】A．打開(kāi)K可使?jié)恹}酸順利滴入燒瓶并使氣體進(jìn)入后續(xù)裝置，A正確；B．濃鹽酸具有揮發(fā)性，得到氯氣中含有氯化氫雜質(zhì)，用飽和食鹽水除去氯氣中的氯化氫，B正確；C．先加入會(huì)生成懸濁液，由題給信息，難以與反應(yīng)，幾乎得不到，C錯(cuò)誤；D．由于微溶于水，先過(guò)濾，再經(jīng)洗滌和干燥得到產(chǎn)品，D正確；故選C。8．D【詳解】A．濃鹽酸和二氧化錳制取氯氣要加熱，該裝置沒(méi)有加熱，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；B．凈化氯氣應(yīng)先用飽和食鹽水除去氯化氫，再用濃硫酸除去水，該裝置順序顛倒，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；C．該裝置只有通氣管，沒(méi)有排氣管，會(huì)導(dǎo)致瓶?jī)?nèi)壓強(qiáng)過(guò)大，發(fā)生安全事故，故C項(xiàng)錯(cuò)誤；D．氯氣有毒，能與堿酚酞，多余的氯氣應(yīng)用氫氧化鈉除去，故D項(xiàng)正確。故答案選D。9．B【詳解】實(shí)驗(yàn)室制備氯氣，常采用加熱MnO2和濃鹽酸，制備的氯氣中混有HCl和水蒸氣，常采用飽和食鹽水吸收氯氣中的HCl，然后驗(yàn)證氯氣的性質(zhì)，因?yàn)槁葰庥卸?，需要吸收尾氣，因此?shí)驗(yàn)室常用NaOH溶液吸收氯氣，防止污染環(huán)境，據(jù)此分析；A．二氧化錳與濃鹽酸反應(yīng)，需要加熱才能進(jìn)行，因此無(wú)加熱裝置時(shí)，不能采用該方法制備氯氣，高錳酸鉀溶、次氯酸鈉具有強(qiáng)氧化性，在不加熱下，能與濃鹽酸反應(yīng)產(chǎn)生氯氣，故A說(shuō)法正確；B．氯氣能與堿石灰發(fā)生反應(yīng)，因此干燥氯氣時(shí)不能用堿石灰，應(yīng)用無(wú)水氯化鈣等，故B說(shuō)法錯(cuò)誤；C．根據(jù)上述分析，飽和食鹽水能吸收氯氣中的HCl，該裝置還有長(zhǎng)頸漏斗，因此該裝置還起到安全瓶的作用，檢測(cè)后續(xù)裝置是否發(fā)生堵塞，平衡氣壓的作用，故C說(shuō)法正確；D．二氧化錳只與濃鹽酸反應(yīng)，不與稀鹽酸反應(yīng)，含4molHCl的濃鹽酸與足量二氧化錳發(fā)生反應(yīng)，隨著反應(yīng)進(jìn)行鹽酸濃度降低，鹽酸濃度達(dá)到某一濃度時(shí)反應(yīng)停止，因此產(chǎn)生標(biāo)準(zhǔn)狀況下的氯氣的體積小于22.4L，故D說(shuō)法正確；答案為B。10．C【詳解】由圖可知，a為氯氣、b為氯化氫、c為氯離子、d為次氯酸根離子、e為次氯酸、f為氯酸根離子。A．酸性條件下，次氯酸根離子能與氯離子反應(yīng)生成氯氣和水，故A正確；B．氯氣分子中氯元素的0價(jià)為中間價(jià)態(tài)，既有氧化性也有還原性，則氯氣既可被氧化也可被還原，故B正確；C．鹽酸不能與不活潑金屬的單質(zhì)反應(yīng)生成金屬氯化物，如銅不能與鹽酸反應(yīng)生成氯化銅，故C錯(cuò)誤；D．酸性條件下，氯酸根離子能與氯離子反應(yīng)生成氯氣，氯氣與堿溶液反應(yīng)能生成次氯酸根離子，次氯酸根離子與強(qiáng)酸反應(yīng)能生成次氯酸，則氯元素中存在ClO→Cl2→ClO—→HClO的轉(zhuǎn)化關(guān)系，故D正確；故選C。11．C【詳解】A．與濃鹽酸反應(yīng)需要加熱，裝置甲沒(méi)有加熱條件，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；B．收集的方法應(yīng)為向上排空氣法，裝置的連接順序是，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；C．裝置乙是干燥裝置，實(shí)驗(yàn)?zāi)康氖侵频酶稍锏穆葰猓b置乙要用到兩次，既要除去生成中的水蒸氣，又要防止戊中的水蒸氣進(jìn)入，選項(xiàng)C正確；D．檢驗(yàn)氯氣需要濕潤(rùn)的淀粉碘化鉀試紙，選項(xiàng)D錯(cuò)誤；答案選C。12．D【詳解】A．濃鹽酸易揮發(fā)，制備的氯氣中含有HCl，可用飽和食鹽水除去HCl，Cl2可用濃硫酸干燥，A裝置能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康?，故A不符合題意；B．氯氣的密度大于空氣，用向上排空氣法收集，B裝置能收集氯氣，故B不符合題意；C．濕潤(rùn)的紅布條褪色，干燥的紅色布條不褪色，可驗(yàn)證干燥的氯氣不具有漂白性，故C不符合題意；D．氯氣在水中的溶解度較小，應(yīng)用NaOH溶液吸收尾氣，D裝置不能達(dá)到實(shí)驗(yàn)?zāi)康模蔇符合題意；答案選D。13．(1)飽和NaCl溶液(2)2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O(3)Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強(qiáng)而增強(qiáng)(4)

Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O

4+4OH-=4+O2↑+2H2O

Cl2

3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O

過(guò)量Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的被還原為的速率減小，因而不能實(shí)驗(yàn)III未得到綠色溶液【解析】在裝置A中HCl與KMnO4發(fā)生反應(yīng)制取Cl2，由于鹽酸具有揮發(fā)性，為排除HCl對(duì)Cl2性質(zhì)的干擾，在裝置B中盛有飽和NaCl溶液，除去Cl2中的雜質(zhì)HCl，在裝置C中通過(guò)改變?nèi)芤旱膒H，驗(yàn)證不同條件下Cl2與MnSO4反應(yīng)，裝置D是尾氣處理裝置，目的是除去多余Cl2，防止造成大氣污染。（1）B中試劑是飽和NaCl溶液，作用是吸收Cl2中的雜質(zhì)HCl氣體；1（2）通入Cl2前，II、III中Mn2+與堿性溶液中NaOH電離產(chǎn)生的的OH-反應(yīng)產(chǎn)生Mn(OH)2白色沉淀，該沉淀不穩(wěn)定，會(huì)被溶解在溶液中的氧氣氧化為棕黑色MnO2，則沉淀由白色變?yōu)楹谏幕瘜W(xué)方程式為：2Mn(OH)2+O2=2MnO2+2H2O；（3）對(duì)比實(shí)驗(yàn)I、II通入Cl2后的實(shí)驗(yàn)現(xiàn)象，對(duì)于二價(jià)錳化合物還原性的認(rèn)識(shí)是：Mn2+的還原性隨溶液堿性的增強(qiáng)而增強(qiáng)；（4）①Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaCl、NaClO、H2O，使溶液堿性減弱，反應(yīng)的離子方程式為：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；②取III中放置后的1mL懸濁液，加入4mL40%NaOH溶液，溶液紫色迅速變?yōu)榫G色，且綠色緩慢加深。溶液紫色變?yōu)榫G色就是由于在濃堿條件下，可被OH-還原為，根據(jù)電子守恒、電荷守恒及原子守恒，可知該反應(yīng)的離子方程式為：4+4OH-=4+O2↑+2H2O；溶液綠色緩慢加深，原因是MnO2被Cl2氧化，可證明III的懸濁液中氧化劑過(guò)量；③取II中放置后的1mL懸濁液，加入4mL水，溶液堿性減弱，溶液紫色緩慢加深，說(shuō)明ClO-將MnO2氧化為，發(fā)生的反應(yīng)是：3ClO-+2MnO2+2OH-=2+3Cl-+H2O；④從反應(yīng)速率的角度，過(guò)量Cl2與NaOH反應(yīng)產(chǎn)生NaClO，使溶液的堿性減弱，c(OH-)降低，溶液中的被還原為的速率減小，導(dǎo)致不能實(shí)驗(yàn)III未得到綠色溶液。14．(1)

MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O

2Cl--2e-=Cl2↑

Cl-還原性減弱或Cl2的氧化性增強(qiáng)

KCl固體(或濃/飽和溶液)

MnSO4固體(或濃/飽和溶液)(2)

KCl>KBr>KI

Cl、Br、I位于第VIIA族，從上到下電子層數(shù)逐漸增加，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，陰離子的還原性逐漸增強(qiáng)(3)AgNO3或Ag2SO4(4)比較AgX的溶解度，AgI溶解度最小，Ag++I-=AgI↓使得Ag還原性增強(qiáng)的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2↑反應(yīng)得以發(fā)生(5)氧化劑(還原劑)的濃度越大，其氧化性(還原性)越強(qiáng)，還原產(chǎn)物(還原產(chǎn)物)的濃度越大，氧化劑(還原劑)的氧化性(還原性)越?。贿€原反應(yīng)中，反應(yīng)物濃度越大或生成物濃度越小，氧化劑氧化性越強(qiáng)【解析】(1)①二氧化錳和濃鹽酸制氯氣的離子方程式為：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；②氧化反應(yīng)是元素化合價(jià)升高，故氧化反應(yīng)為：2Cl--2e-=Cl2↑③反應(yīng)不能發(fā)生也可能是還原劑還原性減弱，或者產(chǎn)生了氧化性更強(qiáng)的氧化劑，故答案為：Cl-還原性減弱或Cl2的氧化性增強(qiáng)④可以從增大氯離子濃度的角度再結(jié)合實(shí)驗(yàn)II的現(xiàn)象分析，試劑a可以是KCl固體(或濃/飽和溶液)；結(jié)合實(shí)驗(yàn)III的顯現(xiàn)是沒(méi)有氯氣，且實(shí)驗(yàn)III也加入了試劑a，那一定是試劑b影響了實(shí)驗(yàn)III的現(xiàn)象，再結(jié)合原因i可知試劑b是MnSO4固體(或濃/飽和溶液)；(2)非金屬性越弱其陰離子的還原性越強(qiáng)，反應(yīng)時(shí)所需的氫離子濃度越小，故順序是KCl>KBr>KI；其原因是Cl、Br、I位于第VIIA族，從上到下電子層數(shù)逐漸增加，原子半徑逐漸增大，得電子能力逐漸減弱，陰離子的還原性逐漸增強(qiáng)；(3)根據(jù)(1)中的結(jié)論推測(cè)隨Cl-濃度降低導(dǎo)致二氧化錳的氧化性減弱，那么如果進(jìn)一步降低Cl-濃度降低則可以導(dǎo)致可以提高溴的氧化性，將Mn2+氧化為MnO2，故答案為：AgNO3或Ag2SO4；(4)若要使反應(yīng)2Ag+2H+=2Ag++H2↑發(fā)生，根據(jù)本題的提示可以降低Ag+濃度，對(duì)比AgX的溶解度，AgI溶解度最小，故Ag只與氫碘酸發(fā)生置換反應(yīng)的原因是：比較AgX的溶解度，AgI溶解度最小，Ag++I-=AgI↓使得Ag還原性增強(qiáng)的最多，使得2Ag+2H+=2Ag++H2↑反應(yīng)得以發(fā)生；(5)通過(guò)本題可以發(fā)現(xiàn)，物質(zhì)氧化性和還原性還與物質(zhì)的濃度有關(guān)，濃度越大氧化性或者還原性越強(qiáng)，故答案為：氧化劑(還原劑)的濃度越大，其氧化性(還原性)越強(qiáng)，還原產(chǎn)物(還原產(chǎn)物)的濃度越大，氧化劑(還原劑)的氧化性(還原性)越小；還原反應(yīng)中，反應(yīng)物濃度越大或生成物濃度越小，氧化劑氧化性越強(qiáng)。15．(1)MnO2+4HCl(濃)MnCl2+Cl2↑+