河南省罗山高中2016届高三化学复习4.2活泼的黄绿色气体_氯气课时作业新人教版必修1.doc

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1、4.2 活泼的黄绿色气体氯气1、某溶液中含有的溶质是FeBr2、FeI2，若先向该溶液中通入一定量的氯气，再向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，溶液变为红色，则下列叙述正确的是（）原溶液中的Br一定被氧化；通入氯气之后原溶液中的Fe2+一定有部分或全部被氧化；不能确定通入氯气后的溶液中是否存在Fe2+；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的I、Fe2+、Br均被完全氧化A BC D【答案】B【解析】解：氯气先氧化碘离子，然后氧化二价铁，最后氧化溴离子，向反应后的溶液中滴加KSCN溶液，结果溶液变为红色，说明碘离子全部

2、被氧化，二价铁部分或全部被氧化，溴离子可能被氧化，原溶液中的Br可能被氧化，故错误；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，故正确；通入氯气之后原溶液中的二价铁部分或全部被氧化，所以不能确定通入氯气之后的溶液中是否存在Fe2+，故正确；若取少量所得溶液，再加入CCl4溶液，静置、分液，向上层溶液中加入足量的AgNO3溶液，只产生白色沉淀，说明原溶液中的Br被完全氧化，I、Fe2+均被完全氧化，故正确；故选B2、碘是一种与人的生命活动密切相关的元素，已知I2能溶于NaOH或KI溶液，反应方程式分别为：3I2+6OH5I+IO+3H2O（HIO不稳定，易发生歧化反应）和I2+II，溴化碘（I

3、Br）是一种卤素互化物，具有与卤素单质相似的性质，下列反应方程式中不正确的是（）AIBr加入Na2S溶液中产生黄色浑浊：IBr+S2I+Br+SBIBr加入KI溶液中：IBr+2IBr+ICIBr加入NaOH溶液中：IBr+2OHBrO+I+H2ODIBr加入AgNO3溶液中：3IBr+5Ag+3H2O3AgBr+2AgI+IO+6H+【答案】C【解析】解：AIBr加入Na2S溶液反应的离子方程式为IBr+S2=I+Br+S，故A正确；B少量IBr加入KI溶液中，首先发生IBr+I=Br+I2，由于KI过量，则进一步发生I2+I=I3，离子反应为IBr+2IBr+I3，故B正确；CIBr加入N

4、aOH溶液中，不发生氧化还原反应，应为IBr+2OH=Br+IO+H2O，故C错误；DIBr加入AgNO3溶液中，首先是IBr与水反应生成HIO和HBr，由于HIO不稳定，在水中发生歧化反应生成HIO3和HI，进而生成AgI和AgBr，反应的离子方程式可为3IBr+5Ag+3H2O=3AgBr+2AgI+IO3+6H+，故D正确故选C3、向含SO32、Fe2+、Br、I各0.1mol的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是（）A BC D【答案】C【解析】解：离子还原性SO32IFe2+Br，故首先发生反应SO32+Cl2+H2O=SO42+2

5、Cl+2H+，再发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，然后发生反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl，根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积，A由SO32+Cl2+H2O=SO42+2Cl+2H+可知，0.1molSO32完全反应需要消耗0.1mol氯气，标准状况下的Cl2的体积为0.1mol22.4L/mol=2.24L，图象中氯气的体积不符合，故A错误；B.0.1molSO32完全反应后，才发生2I+Cl2=I2+2Cl，0.1molSO32完全反应需要消耗0.1mol氯气，故开始反应时氯气的体积为2.24L，0.1molI完

6、全反应消耗0.05氯气，故0.1molI完全反应时氯气的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，图象中氯气的体积不符合，故B错误；C.0.1molSO32完全反应需要消耗0.1mol氯气，0.1molI完全反应消耗0.05氯气，故亚铁离子开始反应时氯气的体积为0.15mol22.4L/mol=3.36L，由2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl可知，0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气，故Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，图象与实际符合，故C正确；DSO32、I、Fe2+完全时消耗的氯气体积为0.2mol22.4L/mol=4.48L，即

7、溴离子开始反应时氯气的体积为4.48L，由2Br+Cl2=2Br2+2Cl可知，0.1molBr完全反应消耗0.05氯气，故溴离子完全反应时消耗氯气的体积为4.48L+0.05mol22.4L/mol=5.6L，图象中氯气的体积不符合，故D错误；故选C4、向含Fe2+、I、Br的溶液中通入过量的氯气，溶液中四种粒子的物质的量变化如图所示，已知ba=5线段表示一种含氧酸，且和表示的物质中含有相同的元素下列说法正确的是（）A线段表示Br的变化情况B原溶液中n（FeI2）：n（FeBr2）=3：1C根据图象无法计算a的值D线段表示IO的变化情况【答案】D【解析】解：向仅含Fe2+、I、Br的溶液中通

8、入适量氯气，还原性IFe2+Br，首先发生反应2I+Cl2=I2+2Cl，I反应完毕，再反应反应2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，最后发生反应2Br+Cl2=Br2+2Cl，故线段I代表I的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2（3mol1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I）+n（Br）=2n（Fe2+），故n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，A根据分析可知，线段为亚铁离子被

9、氯气氧化为铁离子，反应的离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，不是氧化溴离子，故A错误；Bn（FeI2）：n（FeBr2）=n（I）：n（Br）=2mol：6mol=1：3，故B错误；C由分析可知，溶液中n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，根据2Br+Cl2=Br2+2Cl可知，溴离子反应需要氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C错误；D线段IV表示一种含氧酸，且I和IV表示的物质中含有相同的元素，该元素为I元素，已知碘单质的物质的量为2mol，反应消耗氯气的物质的量为5mol，根据电子守恒，则该含氧酸中碘元素的化合价为：=+5价，则该含氧

10、酸为HIO3，即：线段表示IO3的变化情况，故D正确；故选D5、将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应（已知反应过程放热），生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO和ClO3两种离子的物质的量（n）与反应时间（t）的变化示意图如图所示下列说法正确的是（）A苛性钾溶液中KOH的物质的量是0.09molBClO3的生成是由于氯气的量的多少引起的C在酸性条件下，ClO和ClO3可生成Cl2D反应中转移电子的物质的量是0.21mol【答案】D【解析】解：氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO）=0.06mol，n（ClO3）=0.03mol，根据

11、电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl）=0.06mol（10）+0.03mol（50）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl）+n（ClO）+n（ClO3）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，A通过以上分析知，氢氧化钾的物质的量=0.3mol，故A错误；B根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，故B错误；CClO中Cl元素的化合价是+1价，ClO3中Cl元素的化合价是+5价，因此两者反应不可能生成Cl2，故

12、C错误；D根据图象知n（ClO）=0.06mol，n（ClO3）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl）=0.06mol（10）+0.03mol（50）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，故D正确；故选D6、有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl、Br、I（忽略水的电离），其中Cl、Br、I的个数之比为2：3：3，向溶液中通入氯气，使溶液中Cl和Br的个数比为7：3（已知还原性IFe2+BrCl），则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比为( )A5：4 B4：5C5：12 D12：5【答案】A【解析】解：混合溶液中只含Fe2+、Cl、Br

13、、I（忽略水的电离），其中Cl、Br、I的个数之比为2：3：3，根据电荷守恒知，Fe2+个数是Cl、Br、I的个数的一半，所以Fe2+、Cl、Br、I的个数之比为4：2：3：3，向溶液中通入氯气，氯气氧化离子先后顺序是I、Fe2+、Br，因为碘离子和氯离子所带电荷相等，所以消耗碘离子个数等于生成氯离子个数，如果碘离子完全被氧化生成氯离子，Cl、Br的个数之比为5：37：3，所以还有部分亚铁离子被氧化，根据2Fe2+Cl2=2Cl+2Fe3+知，消耗Fe2+与生成Cl的个数相等，要使Cl、Br的个数之比为7：3，则有一半的Fe2+被消耗，微粒个数之比等于物质的量之比，所以设Fe2+、Cl、Br、

14、I的物质的量分别是4mol、2mol、3mol、3mol，根据2I+Cl2=2Cl+I2知，3mol碘离子完全被氧化消耗1.5mol氯气，2mol Fe2+完全被氧化消耗1mol氯气，所以有2.5mol氯气参加反应；还有2mol Fe2+未参加反应，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余的Fe2+的物质的量之比=2.5mol：2mol=5：4，故选A7、已知：将Cl2通入适量KOH溶液中，产物中可能有KCl，KClO，KClO3，且的值与温度高低有关当n（KOH）=a mol时，下列有关说法错误的是（）A若某温度下，反应后=11，则溶液中=B参加反应的氯气的物质的量等于a molC改变温度，反应中转

15、移电子的物质的量ne的范围： a molnea molD改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为amol【答案】D【解析】解：A令n（ClO）=1mol，反应后=11，则n（Cl）=11mol，电子转移守恒，5n（ClO3）+1n（ClO）=1n（Cl），即5n（ClO3）+11mol=111mol，解得n（ClO3）=2mol，故溶液中=，故A正确；B由Cl原子守恒可知，2n（Cl2）=n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3），由钾离子守恒可知n（KCl）+n（KClO）+n（KClO3）=n（KOH），故参加反应的氯气的物质的量=n（KOH）=a mol，故B正确；C氧化产物只有K

16、ClO3时，转移电子最多，根据电子转移守恒n（KCl）=5（KClO3），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO3）=n（KOH），故n（KClO3）=n（KOH）=a mol，转移电子最大物质的量=a mol5=a mol，氧化产物只有KClO时，转移电子最少，根据电子转移守恒n（KCl）=n（KClO），由钾离子守恒：n（KCl）+n（KClO）=n（KOH），故n（KClO）=n（KOH）=a mol，转移电子最小物质的量=a mol1=a mol，故反应中转移电子的物质的量ne的范围： a molnea mol，故C正确；D氧化产物只有KClO3时，其物质的量最大，由C中计算可知：n

17、最大（KClO3）=n（KOH）=a mol，故D错误，故选D8、将一定量的氯气通入50mL浓度为12.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系下列判断正确的是（）A与NaOH反应的氯气一定为0.25 molBn（Na+）：n（Cl）可能为7：3C若反应中转移的电子为n mol，则0.30n0.45Dn（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）可能为11：1：2【答案】D【解析】n（NaOH）=12.00mol/L0.05L=0.6mol，A根据化学式NaCl、NaClO、NaClO3知，Na、Cl原子个数之比为1：1，所以与

18、NaOH反应的n（Cl2）=n（NaOH）=0.6mol=0.3mol，故A错误；B假设n（Na+）：n（Cl）=7：3，根据电荷守恒知，n（Na+）：n（Cl）：=7：3：4，生成3mol氯离子转移电子3mol，生成次氯酸根离子和氯酸根离子的物质的量之和为4mol时，转移电子的物质的量大于3mol，所以转移电子不守恒，故B错误；C氯气和NaOH反应有2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O、6 NaOH+3Cl2=6NaCl+NaClO3+3H2O，当生成NaCl和NaClO时转移电子最少，转移电子的物质的量为0.3mol，当生成NaCl和NaClO3时转移电子最多，转移电子的物质的

19、量为0.5mol，所以如果反应中转移的电子为n mol，则0.30n0.5，故C错误；D如果n（NaCl）：n（NaClO）：n（NaClO3）=11：1：2，得失电子的物质的量之比=（111）：（11+25）=1：1，所以得失电子相等，故D正确；故选D9、向仅含Fe2+、I、Br的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示下列说法中正确的是（ ）A线段代表Fe2+的变化情况B线段代表Br的变化情况Ca数值等于6D原混合溶液中n（FeBr2）=4 mol【答案】C【解析】向仅含Fe2+、I、Br的溶液中通入适量氯气，根据还原性：IFe2+Br，首先发生反应：2I+Cl2=I2+

20、2Cl，I反应完毕，再发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br+Cl2=Br2+2Cl，故线段代表I的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2（3mol1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I）+n（Br）=2n（Fe2+），故n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，A、由上述分析可知，线段代表Br的变化情况，故A错误；B、由上述分析可知，线段I代表I的变化情况

21、，故B错误；C、由上述分析可知，溶液中n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，根据2Br+Cl2Br2+2Cl可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C正确；D、溶液中n（Br）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，故D错误；故选：C10、向仅含Fe2+、I、Br的溶液通入适量氯气，溶液中这三种离子的物质的量的变化如图所示下列说法中正确的是（）A线段代表Fe2+的变化情况B线段代表Br的变化情况Ca数值等于6D原混合溶液中n（FeBr2）=4 mol【答案】C【解析】向仅含Fe2+、I、Br的溶液中通入适量氯气，根据还原

22、性：IFe2+Br，首先发生反应：2I+Cl2=I2+2Cl，I反应完毕，再发生反应：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl，Fe2+反应完毕，最后发生反应：2Br+Cl2=Br2+2Cl，故线段代表I的变化情况，线段代表Fe2+的变化情况，线段代表Br的变化情况；由通入氯气可知，根据反应离子方程式可知溶液中n（I）=2n（Cl2）=2mol，溶液中n（Fe2+）=2n（Cl2）=2（3mol1mol）=4mol，Fe2+反应完毕，根据电荷守恒可知n（I）+n（Br）=2n（Fe2+），故n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，A、由上述分析可知，线段代表Br的变化情况

23、，故A错误；B、由上述分析可知，线段I代表I的变化情况，故B错误；C、由上述分析可知，溶液中n（Br）=2n（Fe2+）n（I）=24mol2mol=6mol，根据2Br+Cl2Br2+2Cl可知，溴离子反应需要的氯气的物质的量为3mol，故a=3+3=6，故C正确；D、溶液中n（Br）=6mol，所以原混合溶液中n（FeBr2）=3mol，故D错误11、将几滴KSCN（SCN是“类卤离子”）溶液加入到含有Fe3+的酸性溶液中，溶液变成红色将该红色溶液分为两份：一份中加入适量KMnO4溶液，红色褪去；向另一份中通入SO2，红色也褪去下列推测肯定不正确的是（）A中红色褪去的原因是KMnO4将SC

24、N氧化B中红色褪去的原因是SO2将Fe3+还原为Fe2+C中红色褪去的原因是SO2将SCN还原DSCN在适当条件下可失去电子被氧化为（SCN）2【答案】C【解析】A三价铁离子遇到硫氰酸钾会发生络合反应：Fe3+3SCNFe（SCN）3，显红色，高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化，使红色消失，故A正确；BFe3+具有氧化性，二氧化硫具有还原性，反应生成硫酸根离子、亚铁离子和氢离子中红色褪去，反应为：2Fe3+SO2+2H2O=2Fe2+4H+SO42，故B正确；CSO2中硫元素为+4价，如果还原SCN，则二氧化硫中的硫将变为+6价，而SCN须继续降低，但SCN，1价已经为最低价，无法再降低，

25、碳元素显+4价，不能氧化+4价的硫，氮元素显3价，化合价不能再降低，硫元素的化合价为2价，也不能氧化+4价的硫，所以对于SCN，无论原子团还是其中原子，均无法氧化二氧化硫，故C错误；D高锰酸钾具有强氧化性，可以将SCN氧化为（SCN）2，相当于卤素单质X2，故D正确12、如图是氯气的制备以及氯、溴、碘的非金属性比较实验，充分反应一段时间后，打开装置D的活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察实验现象，下列说法正确的是（）AF2不能与NaCl溶液反应置换出氯气B装置B中可盛放水吸收氯气中的HCl气体C装置E下层呈现紫红色D装置E中有机试剂层呈现紫红色，能说明非金属性BrI【答案】A【解析

26、】A、氟气与水溶液反应是氟气与水的反应生成氟化氢和氧气，所以F2不能与NaCl溶液反应置换出氯气，故A正确；B、氯气在饱和食盐水中溶解度小，如果用水，水与氯气要反应生成次氯酸和盐酸，所以不能用水吸收，故B错误；C、苯的密度比水小，应在上层，所以装置E上层呈现紫红色，故C错误；D、，生成的溴单质和碘化钾反应生成碘单质，过量氯气也会氧化碘离子生成碘单质，造成干扰，所以不能证明非金属性BrI，故D错误；故选A13、常温下，将Cl2缓慢通入水中至饱和，然后向其中滴加0.1mol/LNaOH溶液。整个实验过程中溶液的pH变化曲线如图所示，不考虑次氯酸分解，下列叙述正确的是（ ）A.实验过程中用pH试纸测

27、定溶液的pH B.ab段，溶液中 C(H+)/C(OH-) 减小 C.b点对应溶液中：c(Cl)c(H+)c(HClO)c(ClO)c(OH) D.c点对应溶液中：c(Na+)2c(ClO)c(HClO)【答案】D【解析】解析:本题考查了离子浓度大小的判断，题目难度中等，明确溶液中的溶质及其性质是解本题关键，注意电荷守恒、物料守恒及盐的水解原理的应用方法。溶液中含有次氯酸，具有漂白性，不能用pH试纸测pH，应选pH计，故A错误；由a点到b点的过程是氯气的溶解平衡Cl2+H2OH+Cl-+HClO向右进行的过程，酸性逐渐增强，氢离子浓度逐渐增大，溶液中C(H+)/C(OH-)增大，故B错误；b点

28、所示溶液中发生反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO，HClO为弱电解质，部分电离，溶液中存在的粒子有：H+、Cl-、ClO-、OH-，H2O、HClO、Cl2，溶液中：c(H+)c(Cl-)c(HClO)c(ClO-)c(OH-)，故C错误；c点溶液呈中性，则c(H+)=c(OH-)，根据电荷守恒得c(H+)+c(Na+)=c(Cl-)+c(ClO-)+c(OH-)，所以c（Na+）=c(Cl-)+c(ClO-)，根据物料守恒得c(Cl-)=c(ClO-)+c(HClO)，所以c(Na+)=c(HClO)+2c(ClO-)，故D正确；故选D。14、有一混合溶液，其中只含有Fe2+、Cl、B

29、r、I（忽略水的电离），其中Cl、Br、I的个数比为2：3：4，向该溶液中通入氯气使溶液中Cl和Br的个数比为3：1，则通入氯气的物质的量与溶液中剩余Fe2+的物质的量之比为（ ）A7：1 B7：2C7：3 D7：4【答案】C【解析】由题意可设Cl、Br、I的物质的量分别为2mol、3mol、4mol，由电荷守恒可得：2n（Fe2+）=n（Cl）+n（Br）+n（I）=2mol+3mol+4mol=9mol，n（Fe2+）=4.5mol，通入氯气后，要满足 n（Cl）：n（Br）=3：1，Cl只要增加7mol就可以，即需通入氯气3.5mol4mol I先消耗2mol氯气，3mol Fe2+消耗

30、1.5mol氯气，剩余Fe2+1.5mol，则通入氯气与剩余Fe2+的物质的量之比为：3.5：1.5=7：3，故选C15、向FeI2、FeBr2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图所示。则下列有关说法中不正确的（ ）A还原性：I- Fe2+ Br-B原混合溶液中FeBr2的物质的量为6molC当通入2molCl2时，溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I-+2Cl2=2Fe3+I2+4Cl-D原溶液中：n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=2：1：3【答案】B【解析】A.由于物质的氧化性：Br2 Fe3+ I2,物质微粒的氧化性越强，其得到电子变成的微粒的还原

31、性就越弱，所以还原性：I- Fe2+ Br-，正确；B向溶液中通入氯气，在AB段首先发生反应：2I-+Cl2=2Cl-+I2；n(I-)=2mol,所以n(FeI2)=1mol；在BC段发生反应：2 Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；n(Fe2+)=4mol，由于Fe2+是两种物质共同电离产生的，n(FeI2)=1mol，所以n(FeBr2)=3mol；即原混合溶液中FeBr2的物质的量为3mol，错误；在C之后发生反应：2Br-+Cl2=2Cl-+Br2；C当通入2molCl2时，根据发生反应的先后顺序及微粒的物质的量的多少，在溶液中已发生的离子反应可表示为：2Fe2+2I-+ 2Cl2=

32、 2Fe3+ I2+4Cl-，正确；D原溶液中：n（Fe2+）：n（I-）：n（Br-）=0.4：:0.2：0.6=2：1：3,正确。16、某化学活动小组设计如图所示（部分夹持装置已略去）实验装置，以探究潮湿的Cl2与Na2CO3反应得到的固体物质（1）写出装置A中发生反应的化学方程式： （2）写出试剂Y的名称： （3）已知：通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，其为含氯氧化物可以确定的是C中含有的氯盐只有一种，且含有NaHCO3，现对C成分进行猜想和探究提出合理假设假设一：存在两种成分：NaHCO3和 ；假设二：存在三种成分：NaHCO3和 、 设计方案，进行实验请写出实

33、验步骤以及预期现象和结论（可不填满）限选实验试剂和仪器：蒸馏水、稀硝酸、BaCl2溶液、澄清石灰水、AgNO3溶液、试管、小烧杯实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中 步骤2： 步骤3： （4）已知C中有0.1mol Cl2参加反应若假设一成立，可推知C中反应的化学方程式为 【答案】（1）4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；（2）饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液）；（3）NaCl；NaCl、Na2CO3；实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得

34、溶液分别置于A、B试管中无明显现象步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl（4）2Cl2+H2O+2Na2CO32NaHCO3+2NaCl+Cl2O【解析】解：（1）实验室制备氯气，结合装置分析可知是利用二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯气，反应的化学方程式为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；故答案为：4HCl（浓）+MnO2MnCl2+Cl2+2H2O；（2）实验制备氯气中含有氯化氢气体，需要用饱和食盐水除

35、去；故答案为：饱和食盐水（或饱和氯化钠溶液）；（3）在装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体（含氯氧化物）C中含氯元素的盐只有一种，且含有NaHCO3假设存在两种成分，为NaHCO3和NaCl；假设存在三种成分，应还有未完全反应的Na2CO3，即是NaHCO3、NaCl和Na2CO3步骤2中向A试管中滴加适量BaCl2溶液，是检验产物中是否有Na2CO3，回答该小题时要结合最后的结论，a应为证明固体中不含Na2CO3，b应为证明固体中含Na2CO3，不能颠倒步骤3应是检验氯离子，应向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液，若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl；

36、假设一：存在NaHCO3和NaCl；假设二：存在NaHCO3和NaCl、Na2CO3；实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中无明显现象步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl故答案为：NaCl；NaCl、Na2CO3；实验步骤预期现象和结论步骤1：取C中的少量固体样品于试管中，滴加足量蒸馏水至固体溶解，然后将所得溶液分别置于A、B试管中无明显现象

37、步骤2：向A试管中滴加BaCl2溶液a若无明显现象，证明固体中不含Na2CO3b若溶液变浑浊，证明固体中含Na2CO3步骤3：向B试管中滴加过量的稀硝酸，再滴加AgNO3溶液若溶液变浑浊，证明固体中含有NaCl（4）C中有0.1mol Cl2参加反应装置C中通入一定量的氯气后，测得D中只有一种常温下为黄红色的气体，若假设一成立，反应为Cl2+Na2CO3NaHCO3+NaCl+X，依据氧化还原反应电子守恒计算判断氯元素化合价为+1价：可推知C中反应生成的含氯氧化物为Cl2O；反应的化学方程式为：2Cl2+H2O+2Na2CO32NaHCO3+2NaCl+Cl2O故答案为：2Cl2+H2O+2N

38、a2CO32NaHCO3+2NaCl+Cl2O17、甲学生对Cl2与FeCl2和KSCN混合溶液的反应进行实验探究操 作现 象IA中溶液变红稍后，溶液由红色变为黄色（1）B中反应的离子方程式是 （2）A中溶液变红的原因是 （3）为了探究现象的原因，甲同学进行如下实验取A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，则溶液中一定存在 取A中黄色溶液于试管中，加入过量的KSCN溶液，最终得到红色溶液甲同学的实验证明产生现象的原因是SCN与Cl2发生了反应（4）甲同学猜想SCN可能被Cl2氧化了，他又进行了如下研究资料显示：SCN的电子式为甲同学认为SCN中碳元素没有被氧化，理由是 取A中

39、黄色溶液于试管中，加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，由此证明SCN中被氧化的元素是 通过实验证明了SCN中氮元素转化为NO3，他的实验方案是 若SCN与Cl2反应生成1mol CO2，则转移电子的物质的量是 mol【答案】（1）Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成红色的，所以溶液变红；（3） Fe3+；（4） SCN中的碳元素是最高价态+4价； 硫元素； 取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN中氮元素被氧化成； 16【解析】（1）B装置是用来吸收

40、氯气尾气的，根据元素守恒和电荷守恒可以写出离子方程式为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O故答案为：Cl2+2OHCl+ClO+H2O；（2）Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成红色的硫氰化铁溶液，呈红色，故答案为：Fe2+被Cl2氧化生成Fe3+，Fe3+与SCN反应生成红色的，所以溶液变红；（3）A中黄色溶液于试管中，加入NaOH溶液，有红褐色沉淀生成，应当是氢氧化铁固体，所以原溶液中应当有Fe3+，故答案为：Fe3+；（4）根据SCN的电子式为可知，SCN中碳显+4价，硫显2价，氮显3价，碳已经是最高正价了，不能再被氧化了，故答案为：SCN中的碳元素是最高价态+4价

41、；加入用盐酸酸化的BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明白色沉淀为硫酸钡，即溶液中有硫酸根离子，其中硫显+6价，而原来SCN中硫显2价，所以被氧化的元素为硫元素，故答案为：硫元素；利用硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，遇到铜被还原，生成一氧化氮，在空气中被氧化成红棕色的二氧化氮气体，可以检验硝酸根离子的存在，据此可知实验方案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN中氮元素被氧化成，故答案为：取足量铜粉于试管中，加入A中黄色溶液和一定量的稀盐酸，加热，观察到试管上方有红棕色气体生成，证明A中存在，SCN中氮元素被氧化成；SC

42、N与Cl2反应生成硫酸根和硝酸根还有二氧化碳，所以它们反应的化学方程式为：SCN+8Cl2+9H2O=NO3+SO42+CO2+Cl+18H+，此反应中电子转移数目为16，即由方程式可知每生成1mol二氧化碳要转移16mol电子，故答案为1618、用足量的NaOH溶液将448mL Cl2（标准状况）完全吸收。计算生成的NaClO的物质的量。(2) 计算生成的溶液中，含有Na+ 的物质的量。【答案】(1) 0.02mol (2) 0.04 mol【解析】19、某课外学习小组对日常生活中不可缺少的调味品M进行探究已知C可在D中燃烧发出苍白色火焰M与其他物质的转化关系如图1所示（部分产物已略去）：（

43、1）写出用惰性电极电解M溶液的离子方程式 写出F的电子式 (2)若A是一种常见的酸性氧化物，且可用于制造玻璃，E溶液与F溶液反应可以制备一种胶体，则E溶液的俗称是 （3）若A是CO2气体，A与B溶液能够反应，反应后所得的溶液再与盐酸反应，如图所示：则A与B溶液反应后溶液中的溶质化学式为 （4）若A是一种常见金属单质，且A与B溶液能够反应，则将过量的F溶液逐滴加入E溶液，边加边振荡，所看到的实验现象是 （5）若A是一种不稳定的盐，A溶液与B溶液混合将产生白色絮状沉淀且瞬间变为灰绿色，最后变成红褐色的E，向G溶液中加入苯酚溶液后显紫色，则由A转化成E的离子方程式是 （6）若A是一种化肥实验室可用A和B反应制取气体E，E与F、E与D相遇均冒白烟，且利用E与D的反应检验输送D的管道是否泄露，写出E与D反应的化学方程式是