高中化学专题2从海水中获得的化学物质2.1氯溴碘及其化合物同步测试苏教版必修.doc

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1、2.1氯、溴、碘及其化合物一、单项选择题共11题；共22分1.N2O俗称“笑气，医疗上曾用作可吸入性麻醉剂，以下反响能产生N2O：3CO+2NO2=3CO2+N2O以下关于N2O的说法一定正确的选项是 A.上述反响中每生成1mol N2O，消耗67.2LCOB.等质量的N2O和CO2含有相等的电子数C.N2O只有氧化性，无复原性D.上述反响中假设有3 mol的CO被复原，那么转移6NA个电子2.以下方法不能用于实验室制取氨气的是 A.固体氯化铵和消石灰共热B.加热浓氨水C.浓氨水滴加到碱石灰中D.加热固体氯化铵3.Cu2O能与硝酸反响，方程式为：3Cu2O+14HNO36CuNO32+2NO+

2、7H2O，假设生成NO的体积为 0.448L标况下，那以下说法正确的选项是 A.被氧化的Cu2O为1.44 gB.做氧化剂的硝酸为0.14 molC.至少需0.5 mol/L硝酸140 mL与Cu2O反响D.转移的电子总数为0.06 NA4.以下表达中正确的选项是 A.金属原子失电子越多，其复原性越强B.制成0.5L 1mol/L的Na2CO3溶液，需要Na2CO310H2O晶体质量为143克C.相同条件下，NA个氧气分子和NA个氮气分子的密度比等于7：8D.配制480 mL溶液时，选择规格为480 mL的容量瓶5.在一定条件下，RO和F2可发生如下反响：ROF22OH=RO2FH2O，从而可

3、知在RO中，元素R的化合价是 A.4价B.5价C.6价D.7价6.能正确表示四种根本反响类型与氧化复原反响关系的示意图是 A.B.C.D.7.实验室制Cl2时有如下操作：连好装置，检查器密性；缓缓加热；参加MnO2粉末； 从装有浓盐酸的分液漏斗中参加浓盐酸；将多余氯气用NaOH溶液吸收；用向上排气收集氯气顺序正确的选项是 A.B. C.D.8.以下能使淀粉溶液变蓝的物质是 A.KIB.KIO3C.I2D.KIO9.以下变化中必须参加氧化剂才能发生的是 A.Na2ONaOHB.FeFeCl2C.CuOCuD.H2O2H2O10.有如下反响：ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O，2Fe

4、Cl3+2KI=2FeCl2+2KCl+I2 ， 2FeCl2+Cl2=2FeCl3 ， 判断以下各微粒氧化能力由强到弱的顺序正确的选项是 A.Cl2ClO3-Fe3+I2B.Cl2ClO3- I2 Fe3+C.ClO3- Cl2Fe3+I2D.ClO3-Fe3+Cl2I211.漂白粉的有效成分是 A.CaOH2B.CaClO2C.CaCl2D.CaCO3二、填空题共4题；共30分12.某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，参加12滴溴水，振荡后溶液呈黄色1提出问题：Fe3+、Br2谁的氧化性更强？2猜测：甲同学认为氧化性：Fe3+Br2 ，

5、故上述实验现象不是发生化学反响所致那么溶液呈黄色是含_填化学式，下同所致乙同学认为氧化性：Br2Fe3+ ， 故上述实验现象是发生化学反响所致，那么溶液呈黄色是含_所致3设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用以下某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点确实是正确的供选用的试剂：a酚酞试液 b四氯化碳 c无水酒精 d硫氰化钾溶液请你在以下表格中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象试剂填序号选用试剂实 验 现 象方案1_方案2_4应用与拓展：在足量的稀氯化亚铁溶液中，参加12滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反响方程式为_在100mL FeBr2溶液中通入2.

6、24LCl2标准状况，溶液中有1/3的Br被氧化成单质Br2 ， 那么原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为_假设选用淀粉碘化钾溶液验证上述猜测，是否可行？_填“是或“否，理由是_ 13.在实验室里可用如图1所示装置制取氯酸钾、次氯酸钠和探究氯水的性质图1中：为氯气发生装置；的试管里盛有15mL 30% KOH溶液，并置于水浴中；的试管里盛有15mL 8% NaOH溶液，并置于冰水浴中；的试管里盛有紫色石蕊溶液请答复以下问题：1仪器a的名称是_2实验室制取氯气的离子方程式为_为了除去氯气中的氯化氢气体，可在与之间安装盛有_填字母代号的净化装置A碱石灰B饱和食盐水C浓硫酸D饱和碳酸氢钠溶液

7、3比拟制取氯酸钾和次氯酸钠的条件，二者的差异是_反响完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出在图2中符合该晶体溶解度曲线的是_填字母代号；从的试管中别离出晶体的操作是_，该操作需要用到的玻璃仪器有_4次氯酸钠中存在的化学键类型为_5实验中可观察到的试管里溶液的颜色发生了如下变化，请完成下表中的空白：实验现象原因溶液最初从紫色逐渐变为_色氯气与水反响生成的H+使石蕊变色随后溶液逐渐变为无色_然后溶液从无色逐渐变为_色_6装置的作用是_ 14.氨是重要的化工原料，工业制硝酸有一步反响是氨的催化氧化，该反响方程式为_，实验室制氨气可以用_枯燥 15.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用以下图所示装置

8、进行实验夹持仪器已略去，气密性已检验实验过程：翻开弹簧夹，翻开活塞a，滴加浓盐酸当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹当B中溶液由黄色变为棕红色时，关闭活塞a1A中产生黄绿色气体，其电子式是_2验证氯气的氧化性强于碘的实验现象是_3B中溶液发生反响的离子方程式是_4为验证溴的氧化性强于碘，过程的操作和现象是_5过程实验的目的是_三、综合题共2题；共12分16.Cl、Br、Fe2+、I的复原性依次增强现向FeBr2、FeI2的混合溶液中通入适量氯气，溶液中某些离子的物质的量变化如下图，请答复：1a、c线分别代表溶液中_、_填离子符号，下同的变化情况 2原溶液中Fe2+与Br的物质的量为_ 3原

9、混合溶液中FeI2的物质的量为_ 4当通入2mol Cl2时，溶液中离子反响为_ 17.根据所学知识完成下面小题： 1H2O2水溶液给称双氧水，医疗上利用它有杀菌消毒作用来清洗伤口，对以下AC涉及H2O2的反响，填写以下空白：A、H2O2+Cl2HCl+O2B、H2O2+2I+2H+I2+2H2OC、2H2O2 2H2O+O2D、CaO+H2O=CaOH2H2O2仅表达氧化性的反响是_填代号，下同H2O2既有氧化性又有复原性的是_H2O2仅表达复原性的是_H2O既无氧化性又无复原性的是_ 2CuO具有氧化性，能够与NH3反响生成两种单质和H2O，请写出在加热条件下CuO与NH3反响的化学方程式

10、_ 3在一定条件下，RO 与Cl2反响如下：RO +Cl2+2OHRO +2Cl+H2O由以上反响可知上述过程中RO 被_填“氧化或“复原，RO 元素R的化合价是_ 四、实验探究题共1题；共7分18.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置夹持设备已略 1制备氯气选用的药品为：漂粉精固体和浓盐酸，相关的化学反响方程式为：_ 2装置B中饱和食盐水的作用是_；同时装置B亦是平安瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象_ 3装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入_ ABCD枯燥的有色布条枯燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯

11、化钙湿润的有色布条湿润的有色布条枯燥的有色布条枯燥的有色布条4设计装置D，E的目的是_翻开活塞，将装置D中少量溶液参加装置E中，振荡观察到的现象是_ 5某同学建议将装置F中的药品改用足量的NaHSO3溶液吸收余氯，老师认为不妥，用总反响的离子方程式解释原因_ 答案解析局部一、单项选择题1.【答案】B 【解析】【解答】解：A、影响气体的体积因素有温度、压强等，气体的状态不一定是标准状况，消耗CO不一定是67.2L，故A错误； B、N2O和CO2的摩尔质量相同，等质量也就是物质的量相等，而两种气体的电子数都是22，所以等质量的N2O和CO2含有相等的电子数，故B正确；C、N2O中的氮是+1价，所以

12、有氧化性，也有复原性，故C错误；D、由方程式3CO+2NO23CO2+N2O可知，3 mol的CO被氧化，那么转移6NA个电子，故D错误；应选B【分析】A、影响气体的体积因素有温度、压强等，CO的状态不一定是标准状况；B、N2O和CO2的摩尔质量相同，等质量也就是物质的量相等；C、N2O中的氮是+1价，所以有氧化性，也有复原性；D、由方程式3CO+2NO23CO2+N2O可知，3 mol的CO被氧化，那么转移6NA个电子2.【答案】D 【解析】【解答】解：A氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙和水，方程式为2NH4Cl+CaOH2 CaCl2+2NH3+2H2O，可以用来制备氨气，故A不选；

13、B浓氨水易挥发，加热促进浓氨水的挥发，可以用来制备氨气，故B不选；CCaO与H2O剧烈反响，生成CaOH2 ， 放出大量热，促进NH3H2O的分解及NH3的挥发逸出，又由于CaOH2是强碱，也促进NH3H2O的分解及NH3的挥发逸出，反响的化学方程式为：NH3H2O+CaONH3+CaOH2 ， 故C不选；D氯化铵受热分解成氨气和氯化氢，但氨气和氯化氢一冷却马上又可以化合成氯化铵，这个方案很难制氨气，故D选；应选D【分析】A氯化铵与氢氧化钙加热生成氨气、氯化钙和水；B浓氨水易挥发，加热促进浓氨水的挥发；C利用CaO与H2O剧烈反响，放出大量热，促进NH3H2O的分解及NH3的挥发逸出；D加热氯

14、化铵生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢遇冷又生成氯化铵，很难制取氨气3.【答案】D 【解析】【解答】解：Cu2O能与硝酸反响，方程式为：3Cu2O+14HNO36CuNO32+2NO+7H2O，反响中Cu从+1价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，反响中转移电子数为6，假设生成NO的体积为 0.448L标况下即0.02mol，消耗0.03molCu2O、0.14molHNO3； A反响中消耗0.03molCu2O，其质量为144g/mol0.03mol=4.32g，故A错误；B反响中消耗0.14molHNO3 ， 其中作氧化剂的硝酸为0.02mol，故B错误；C反响中消耗0.14molHNO

15、3 ， 那么需0.5 mol/L硝酸的体积为 =0.28L=280mL，故C错误；D3Cu2O+14HNO36CuNO32+2NO+7H2O反响中转移电子数为6，那么生成0.02molNO时，转移电子为0.06mol，故D正确应选D【分析】Cu2O能与硝酸反响，方程式为：3Cu2O+14HNO36CuNO32+2NO+7H2O，反响中Cu从+1价升高到+2价，N元素从+5价降低到+2价，反响中转移电子数为6，假设生成NO的体积为 0.448L标况下即0.02mol，消耗0.03molCu2O、0.14molHNO3 ， 据此计算4.【答案】B 【解析】【解答】A、复原性与失电子的多少无关，与失

16、电子的难易程度有关，越易失电子复原性越强，故A不符合题意；B、制成0.5L 1mol/L的Na2CO3溶液，需要Na2CO310H2O的物质的量为0.5mol，所以质量为：0.5mol286g/mol=143g，故B符合题意；C、根据阿伏伽德罗定律，物质的相同的气体的密度之比等于摩尔质量之比，所以相同条件下，NA个氧气分子和NA个氮气分子的密度比等于8：7，故C不符合题意；D、配制480 mL溶液时，选择规格为500 mL的容量，故D不符合题意；故答案为：B【分析】A.金属的复原性与失电子的多少无关，只与失电子的难易程度有关；B.根据物质的量浓度与物质的量的关系计算需要碳酸钠晶体的质量即可；C

17、.相同物质的量的物质的 密度之比等于其摩尔质量之比；D.实验室中没有480mL容量瓶，一般使用500mL容量瓶.5.【答案】B 【解析】【解答】方法1：根据电荷守恒有n12112，n1。设元素R在RO中的化合价为x ， 那么x231，x5价。方法2：设元素R在RO中的化合价为x。根据氧化复原反响中，得失电子守恒有7x1012，所以x5价。【分析】此类题考查守恒规律的应用。所有的离子反响均遵循质量守恒和电荷守恒，对于氧化复原反响的离子反响，还遵循得失电子守恒。往往可以根据这三个守恒判断离子方程式的正误或进行有关化合价的计算。6.【答案】D 【解析】【解答】A、复分解反响一定不属于氧化复原反响，那

18、么不会出现交叉，置换反响一定属于氧化复原反响，那么应为包含，局部的化合与分解反响属于氧化复原反响，那么不能是包含，应为交叉关系，A不符合题意；B、复分解反响一定不属于氧化复原反响，那么不会出现交叉，B不符合题意；C、有单质生成的分解反响属于氧化复原反响，那么分解反响与氧化复原反响的关系为交叉，不是全包含，C不符合题意；D、置换反响一定属于氧化复原反响，那么是包含关系，复分解反响一定不属于氧化复原反响，那么不是包含也不是交叉关系，有单质生成的分解反响属于氧化复原反响，有单质参加的化合反响属于氧化复原反响，那么化合、分解反响与氧化复原反响都是交叉关系，D符合题意；故答案为：D【分析】在四个根本反响

19、类型中，置换反响一定属于氧化复原反响；复分解反响一定不属于氧化复原反响；分解反响、化合反响有可能属于氧化复原反响。据此进行选项的分析即可。7.【答案】D 【解析】【解答】制取氯气的正确操作步骤为：先连接装置、检查气密性，然后装入药品：先向烧瓶中装入二氧化锰，再向分液漏斗中装入浓盐酸，下一步进行加热制取、吸收氯气，由于氯气有毒，最后需要进行尾气吸收，故正确的排序为：；应选D【分析】制取气体的一般操作步骤为：先连接装置检查气密性装入药品发生反响收集气体尾气处理等操作，据此解答8.【答案】C 【解析】【解答】解：单质碘能使淀粉变蓝，所以C符合，而碘化钾、碘酸钾、以及次碘酸钾为含有碘元素的化合物，不含

20、碘单质，不能使淀粉变蓝 应选：C【分析】淀粉是由D葡萄糖单体组成的同聚物，包括直链淀粉和支链淀粉两种类型，为植物中糖类的主要贮存形式；淀粉螺旋中央空穴恰能容下碘分子，通过范德华力，两者形成一种络合物，这种络合物能比拟均匀地吸收除蓝光以外的其它可见光，从而使淀粉变为深蓝色，根据单质碘能使淀粉变蓝进行解答9.【答案】B 【解析】【解答】ANa2ONaOH，元素化合价没有发生变化，不是氧化复原反响，故A不符合题意；BFeFeCl2 ， Fe元素化合价升高，被氧化，应参加氧化剂才能实现，故B符合题意；CCuOCu，Cu元素化合价降低，被复原，应参加复原剂，故C不符合题意；DH2O2H2O，O元素的化合

21、价降低，但是H2O2自身分解，H2O2既是氧化剂又是复原剂，所以不需要氧化剂，故D不符合题意故答案为：B【分析】所加氧化剂具有氧化性，在反响中得到电子而被复原，选项中物质被氧化，那么所含元素的化合价应升高，以此解答该题10.【答案】C 【解析】【解答】根据ClO3-+5Cl-+6H+=3Cl2+3H2O可知氧化性：ClO3- Cl2 ， 根据反响2FeCl3+2KI= 2FeCl2+ 2KCl+I2可知氧化性：Fe3+I2 ， 根据2FeCl2+Cl2=2FeCl3可知氧化性：Cl2Fe3+ ， 所以物质的氧化性由强到弱的顺序是：ClO3- Cl2Fe3+I2 ， 选项C正确。【分析】根据氧化

22、复原反响中的氧化剂的氧化性氧化产物，复原剂的复原性复原产物来推断。11.【答案】B 【解析】【解答】解：漂白粉具有漂白性的原因是：CaClO2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO具有漂白性，那么有效成分为CaClO2 ， 主要成分为CaCl2和CaClO2 应选B【分析】漂白粉具有漂白性的原因是：CaClO2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO具有漂白性二、填空题12.【答案】Br2；Fe3+；d；溶液变成血红色；b；下层的四氯化碳溶液依然无色；2Fe2+Br2=2Fe3+2Br；1.2mol/L；否；Br2和Fe3+都能把I氧化成I2 ， 使溶液变蓝，无法得出结论

23、 【解析】【解答】2因溴水的颜色为黄色，那么溶液呈黄色可能是因为溶液中含有Br2所致，故答案为：Br2；由于氧化性Br2Fe3+ ， 那么会发生反响：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br ， 生成了Fe3+且Fe3+在水中为黄色，溶液呈黄色可能是因为含有Fe3+所致，故答案为：Fe3+；3因Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶，那么 验证乙同学观点的方案为：试剂实验现象方案1d溶液变成血红色方案2b下层的四氯化碳溶液依然无色 ， 故答案为：试剂实验现象方案1d溶液变成血红色方案2b下层的四氯化碳溶液依然无色；4由氧化性Br2Fe3+ ， 那么氯化亚铁溶液中参加1

24、2滴溴水发生氧化复原反响生成Fe3+ ， 反响为2Fe2+Br2=2Fe3+2Br ， 故答案为：2Fe2+Br2=2Fe3+2Br；设FeBr2的物质的量浓度为c，由电子守恒可知，21=c0.1L32+c0.1L210，解得：c=1.2mol/L，故答案为：1.2mol/L；由于Br2和Fe3+都能把I氧化成I2 ， 使溶液变蓝，无法得出结论，所以不能用淀粉碘化钾溶液验证上述猜测，故答案为：否；Br2和Fe3+都能把I氧化成I2 ， 使溶液变蓝，无法得出结论【分析】2根据溴水的颜色来进行猜测；根据发生氧化复原反响生成Fe3+及Fe3+在水中的颜色来猜测；3利用Fe3+的检验及萃取来进行实验的

25、设计，Fe3+遇KSCN溶液变为红色，溴易溶于四氯化碳中，且四氯化碳与水不溶；4由氧化性Br2Fe3+ ， 那么氯化亚铁溶液中参加12滴溴水发生氧化复原反响生成Fe3+；根据电子守恒进行计算；根据Br2和Fe3+都能把I氧化成I2分析13.【答案】锥形瓶；MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；B；制取温度不同、制取时碱的浓度也不同；M；过滤；普通漏斗、玻璃棒、烧杯；离子键、共价键；红；氯气与水反响生成的HClO将石蕊氧化为无色物质；浅黄绿；继续通入的氯气溶于水使溶液呈浅黄绿色；吸收尾气，防止污染 【解析】【解答】1根据仪器a的构造可知，仪器a为锥形瓶，故答案为：锥形瓶；2实验室制取氯

26、气的离子方程式为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体，故在与之间安装盛有饱和食盐水的洗气瓶，所以B正确，故答案为：MnO2+4H+2ClMn2+Cl2+2H2O；B；3根据题中信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反响生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反响生成次氯酸钠，二者反响的浓度和温度都不相同；反响完毕经冷却后，的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，只有M符合；不溶性固体与液体的别离常采用过滤的方法，过滤操作用到的仪器有：普通漏斗、玻璃棒、烧杯，故答案为：制取温度不同、制取时碱的浓度也不同；M；过滤；普通漏

27、斗、玻璃棒、烧杯；4次氯酸钠为离子化合物，一定存在离子键，次氯酸还存在氯元素和氧元素形成的共价键，故答案为：离子键、共价键；5氯气与水反响生成盐酸和次氯酸，反响生成的H+使石蕊变成红色；氯气与水反响生成的HClO，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质；多余的氯气溶于水，使溶液呈浅黄绿色，故答案为： 红氯气与水反响生成的HClO将石蕊氧化为无色物质浅黄绿继续通入的氯气溶于水使溶液呈浅黄绿色6氯气是一种有毒气体，多余的氯气需要用氢氧化钠溶液吸收，所以装置的作用是吸收尾气，防止污染，故答案为：吸收尾气，防止污染【分析】1根据仪器a的构造写出其名称；2实验室中用浓盐酸与二氧化锰加热反响制取氯气，据

28、此写出反响的离子方程式；可用饱和食盐水除去氯气中的氯化氢气体；3由题目信息可知，在加热条件下，氯气与浓KOH溶液反响生成氯酸钾，在常温以下，氯气与稀NaOH溶液反响生成次氯酸钠；的试管中有大量晶体析出，说明溶质的溶解度随温度的降低而降低，据此进行判断；别离固体与液体通常采用过滤的方法；根据过滤操作方法写出其使用的仪器名称；4次氯酸钠为离子化合物，次氯酸钠中既存在离子键，也存在共价键；5氯气与水反响生成盐酸和次氯酸，反响生成的H+使石蕊变成红色，次氯酸具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质；氯气溶于水后呈浅黄绿色；6有毒气体不能直接排放，需要使用尾气吸收装置14.【答案】4NH3+5O2 4NO+6

29、H2O；碱石灰 【解析】【解答】解：工业上氨气被催化氧化生成NO和H2O，化学方程式为4NH3+5O2 4NO+6H2O，氨气是碱性、复原性气体，只能用碱性和中性非氧性的枯燥剂，可以用碱石灰枯燥，故答案为：4NH3+5O2 4NO+6H2O；碱石灰 【分析】氨的催化氧化生成NO和H2O，氨气是碱性、复原性气体，只能用碱性和中性非氧性的枯燥剂，由此分析解答15.【答案】；淀粉KI试纸变蓝；Cl2+2BrBr2+2Cl；翻开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡静至后CCl4层溶液变为紫红色；确认C的黄色溶液中无Cl2 ， 排除Cl2对溴置换碘实验的干扰 【解析】【解答】1黄绿色气

30、体为氯气，由高锰酸钾和浓盐酸发生氧化复原反响生成，故答案为：；2淀粉变蓝色，说明有单质碘生成，也说明氯气氧化性强于单质碘，故答案为：淀粉KI试纸变蓝；3氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反响的离子方程式为：Cl2+2BrBr2+2Cl ， 故答案为：Cl2+2BrBr2+2Cl；4为验证溴的氧化性强于碘，应将C中生成的溴参加到盛有KI溶液的D中，如发生氧化复原反响，那么静至后CCl4层溶液变为紫红色，故答案为：翻开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D震荡静至后CCl4层溶液变为紫红色；5为验证溴的氧化性强于碘，实验时应防止氯气的干扰，当B中溶液由黄色

31、变为棕红色时，说明有大量的溴生成，此时应关闭活塞a，否那么氯气过量，影响实验结论，故答案为：确认C的黄色溶液中无Cl2 ， 排除Cl2对溴置换碘实验的干扰【分析】1高锰酸钾具有强氧化性，与浓盐酸反响生成氯气，氯气颜色为黄绿色，其电子式为；2氯气氧化性强于单质碘，碘遇淀粉变蓝色；3氯气的氧化性强于溴，将氯气通入NaBr溶液中会有单质溴生成，发生反响的离子方程式为：Cl2+2BrBr2+2Cl；4如CCl4层溶液变为紫红色，那么说明有碘生成；5为验证溴的氧化性强于碘，实验时应防止氯气的干扰三、综合题16.【答案】1I；Fe3+24mol、6mol31mol42Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+I2

32、+4Cl 【解析】【解答】解：1根据复原性强弱为：IFe2+BrCl ， 氧化剂先氧化复原性强的离子，再氧化复原性弱的离子，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，所以a线代表溶液中的I；通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以c线代表溶液中的Fe3+ ， 故答案为：I；Fe3+；2通入氯气的量为13mol的过程中，亚铁离子从4mol降到0，三价铁的量逐渐增大，所以含有亚铁离子共4mol，在通入氯气的量为36mol的过程中，溴离子从6mL降到0，所以溴离子的物质的量是6mol

33、，故答案为：4mol、6mol；3在通入氯气的量为01mol的过程中，碘离子从最大量降到0，即得到碘离子的物质的量为2mol，所以FeI2的物质的量为1mol，故答案为：1mol；4当通入2molCl2时，2mol的I消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反响，即溶液中发生的离子反响可表示为：2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl；故答案为：2Fe2+2I+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl 【分析】1根据复原性强弱顺序判断通入氯气后发生的反响，然后根据离子浓度变化进行判断即可；2根据反响过程中离子浓度变化进行判断；3根据碘离子与氯气的反响进行计算；4根据参加反响的物

34、质的量的多少判断发生的反响，然后写出离子方程式即可.17.【答案】1C；B；A；D23CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O3氧化；+4 【解析】【解答】解：1A、H2O2+Cl2=2HCl+O2中O元素化合价由1价变为0价、Cl元素化合价由0价变为1价，所以双氧水是复原剂，表达复原性；B、H2O2+2I+2H+=I2+2H2O中O元素化合价由1价变为2价、I元素化合价由1价变为0价，所以双氧水是氧化剂，表达氧化性；C、O2 2H2O+O2中O元素化合价由1价变为0价、2价，所以双氧水既是氧化剂又是复原成，所以表达氧化性和复原性，D、CaO+H2O=CaOH2水中各元素的化合价未变，所以H2

35、O既无氧化性又无复原性；H2O2仅表达氧化性的是C，应选C；H2O2既有氧化性又有复原性的是B；H2O2仅表达复原性的是A；H2O既无氧化性又无复原性的是D；2加热条件下，CuO具有氧化性，能够与NH3反响生成两种单质和H20，该反响中Cu得电子化合价降低生成Cu、氨气中N元素失电子化合价升高生成氮气，反响方程式为3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O，故答案为：3CuO+2NH3 N2+3Cu+3H2O；3该反响中Cl元素化合价由0价变为1价，所以氯气是氧化剂，那么RO 是复原剂被氧化，根据电荷守恒得n=2，那么RO 中R元素化合价=62=+4，故答案为：氧化；+4 【分析】1H202仅

36、表达氧化性说明该反响中双氧水得电子化合价降低；H2O2既有氧化性又有复原性说明双氧水既得电子有失电子；H2O2仅表达复原性说明该反响中双氧水只失电子化合价升高；H2O既无氧化性又无复原性，说明水中各元素的化合价未变；2加热条件下，CuO具有氧化性，能够与NH3反响生成两种单质和H2O，该反响中Cu得电子化合价降低生成Cu、氨气中N元素失电子化合价升高生成氮气；3该反响中Cl元素化合价由0价变为1价，所以氯气是氧化剂，那么RO 是复原剂被氧化，根据电荷守恒确定n，从而确定R元素化合价四、实验探究题18.【答案】1CaClO2+4HCl浓CaCl2+2Cl2+2H2O2除去Cl2中HCl；B中长颈

37、漏斗内液面上升，形成一段水柱，锥形瓶内液面下降3D4比拟氯、溴、碘的非金属性强弱；E中溶液分为两层，上层液体为紫红色54HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O 【解析】【解答】解：1次氯酸钙与浓盐酸反响生成氯化钙、氯气与水，化学方程式：CaClO2+4HCl浓CaCl2+2Cl2+2H2O；故答案为：CaClO2+4HCl浓CaCl2+2Cl2+2H2O；2盐酸易挥发，反响制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大，B装置可以除去Cl2中HCl；装置B亦是平安瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水

38、柱；故答案为：除去Cl2中HCl；除去Cl2中的HCl；B中长颈漏斗内液面上升，形成一段水柱，锥形瓶内液面下降；3装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，验证氯气是否具有漂白性，要验证枯燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反响生成次氯酸具有漂白性，选项中abc的中都是枯燥剂，再通入湿润的有色布条不能验证氯气的漂白性，所以C中I、II、III依次放入湿润的有色布条、无水氯化钙、枯燥的有色布条，所以选D，故答案为：D；4依据氯气和溴化钠反响生成溴单质，液体溴单质和碘化钾溶液中的碘化钾反响生成碘单质，碘单质易溶于苯，显紫红色，苯密度小于水，不溶于水，溶液分层；依据氯气、溴、碘单质之间的置换反

39、响，可以判断氯、溴、碘的非金属性强弱；故答案为：比拟氯、溴、碘的非金属性强弱；E中溶液分为两层，上层液体为紫红色；5氯气具有强氧化性，在溶液中将SO32氧化SO42同时生成Cl、H+ ，反响离子方程式为SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+；假设改用NaHSO3 ， 会发生反响4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O，生成二氧化硫气体，二氧化硫污染环境， 故答案为：4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O【分析】1次氯酸钙与浓盐酸反响生成氯化钙、氯气与水；2盐酸易挥发，反响制取的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度不大；装置B亦是平安瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，发生堵塞时B中的，压强增大；3为了验证氯气是否具有漂白性，要验证枯燥氯气无漂白性，湿润的有色布条中，氯气和水反响生成次氯酸具有漂白性；4通过置换反响可验证氯气、溴、碘的氧化性强弱，比拟氯、溴、碘的非金属性；氯气氧化性强于溴，溴单质氧化性强于碘，碘单质溶于苯显紫红色；5氯气具有强氧化性，在溶液中将SO32氧化SO42同时生成Cl、H+ 假设改用NaHSO3 ， 会发生反响4HSO3+Cl2=SO42+2Cl+3SO2+2H2O，生成二氧化硫气体18