新课标高考化学一轮复习名师精品富集在海水中的元素氯doc高中化学

2022新课标高考化学一轮复习名师精品--富集在海水中的元素——氯题组一　卤族元素1．关于卤素(用X表示)的以下表达中正确的为(　C　)A．卤素单质与水反响的通式为X2＋H2OHX＋HXOB．HX都极易溶于水，它们的热稳定性随核电荷数的增加而增强C．卤素单质的颜色随相对分子质量的增大而加深D．X－的复原性随卤素的核电荷数的增大而增强，核电荷数小的卤素单质可将核电荷数大的卤素从它的盐溶液里置换出来2．由于碘是卤素中原子半径较大的元素，可能呈现金属性。以下事实能够支持这个结论的是(　C　)A．已经制得了I2O5等碘的氧化物B．在IBr、ICl等卤素互化物中碘元素表现正价C．已经制得了I(NO3)3、I(ClO4)3·2H2O等离子化合物D．碘(I2)易溶于KI等碘化物的溶液，形成I3．(2022·江苏海安调研)某强酸性溶液中可能存在NO、I－、Cl－、Fe3＋中的一种或几种。向该溶液中参加溴水后，溴被复原，由此推断该溶液中(　C　)A．不含NO，含Fe3＋B．含有NO、I－、Cl－C.含I－，但不能确定是否含Cl－D．含有Fe3＋4．(2022·海淀质检)某校同学为探究Br2、I2和Fe3＋的氧化性强弱，进展了如下实验。实验①取少量KI溶液于试管中，先参加溴水，振荡，再参加CCl4，振荡后静置，观察到下层液体呈紫红色；②取少量FeSO4溶液于试管中，先参加溴水，振荡，再继续滴加两滴KSCN溶液，振荡，观察到溶液呈红色。(1)写出实验②中发生的氧化复原反响的离子方程式：2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－；(2)由上述两个实验，对物质的氧化性可以得出的正确结论是(填序号)AC；A．Br2>I2B．Fe3＋>Br2C．Br2>Fe3＋D．I－>Br－(3)已知Fe3＋的氧化性强于I2，请你从所给试剂中选择所需试剂，设计一个实验加以证明。①FeCl3溶液　②碘水　③KI溶液　④稀H2SO4　⑤淀粉溶液(提示：请写出实验步骤、现象及结论)10/10\n取少量FeCl3溶液于试管中，依次参加KI溶液和淀粉溶液，振荡，假设溶液变蓝，证明Fe3＋氧化性强于I2。题组二　氯气的性质及制备5．用氯气跟单质化合不能制取的物质是(　B　)A．KClB．FeCl2C．FeCl3D．CuCl26．实验室用以下两种方法制氯气：①用含HCl146g的浓盐酸与足量的MnO2反响；②用87gMnO2与足量浓盐酸反响。所得的氯气(　B　)A．①比②多B．②比①多C．一样多D．无法比较7．今有甲、乙、丙三瓶等体积的新制氯水，浓度均为0.1mol/L。如果在甲瓶中参加少量的NaHCO3晶体(nmol)，在乙瓶中参加少量的NaHSO3晶体(nmol)，丙瓶不变。片刻后，甲、乙、丙三瓶溶液中HClO的物质的量浓度的大小关系是(溶液体积变化忽略不计)(　B　)A．甲＝乙>丙B．甲>丙>乙C．丙>甲＝乙D．乙>丙>甲【对点训练】1．选项A中F2与H2O反响生成HF和O2，氟没有含氧酸，F2与水反响不符合A选项中通式；卤化氢的稳定性是HF>HCl>HBr>HI，故B不正确；选项D中表述不全面，F2与H2O反响放出O2，不能置换出卤素单质。2．离子化合物能电离出阳离子，而且是简单的阳离子，因此可认为它呈金属性。5．氯气跟铁反响的产物是FeCl3。6．146gHCl的物质的量为4mol,87gMnO2的物质的量为1mol，由方程式：MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O,1molMnO2可以与4molHCl反响，但是，应注意稀盐酸与MnO2不反响的事实，也就是说1molMnO2与足量浓盐酸反响生成的Cl2多。7．氯水中存在以下平衡：Cl2＋H2OHCl＋HClO，参加NaHCO3后，因为酸性：HCl>H2CO3>HClO，所以NaHCO3与HCl反响而不与HClO反响，平衡向右移动，HclO浓度增大；乙瓶中因HClO具有强氧化性，可将NaHSO3氧化，从而使HClO浓度下降。一、选择题(此题包括12小题，每题5分，共60分)1．(2022·山东理综，10)以下关于氯的说法正确的选项是(　　)A．Cl2具有很强的氧化性，在化学反响中只能作氧化剂B.Cl、Cl为不同的核素，有不同的化学性质C．实验室制备Cl2，可用排饱和食盐水集气法收集10/10\nD．1.12LCl2含有1.7NA个质子(NA表示阿伏加德罗常数)解析　Cl2中的氯元素化合价为0价，处于中间价态，既有氧化性又有复原性，A错误；同位素原子的质子数和电子数分别相等，所以化学性质几乎完全相同，B错误；通过实验室制得的Cl2中含有少量HCl,Cl2在饱和食盐水中溶解度很小，而HCl易溶，C正确；没有指明气体所处的状态，D错误。答案　C2．(2022·烟台一模)氯气是一种重要的工业原料。工业上利用反响3Cl2＋2NH3===N2＋6HCl检查氯气管道是否漏气。以下说法错误的选项是(　　)A．假设管道漏气遇氨就会产生白烟B．该反响利用了Cl2的强氧化性C．该反响属于复分解反响D．生成1molN2有6mol电子转移解析　根据题给反响知，其产物氯化氢遇氨产生白色NH4Cl固体，A正确；从方程式看Cl元素化合价降低，氮元素化合价升高，所以Cl2为氧化剂，B正确；生成1molN2时，2个N从－3价升高到0价转移6mol电子，故D正确；根据复分解反响的定义，C错。答案　C3．(2022·福州模拟)以下说法正确的选项是(　　)A．卤素单质(X2)跟水反响的通式是X2＋H2O===HX＋HXOB．液溴保存在煤油中C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙D．光照氯水有气泡逸出，该气体是Cl2解析　2F2＋2H2O===4HF＋O2，故A项错；少量的液溴利用水封保存，故B项错；漂白粉的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2，有效成分是Ca(ClO)2，故C项正确；光照氯水时，2HClO2HCl＋O2↑，产生的气体是O2，故D项错。答案　C4．(2022·济南质检)氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列表达中不正确的选项是(　　)A．红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B．通常状况下，枯燥的氯气能和Fe反响C．纯洁的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状；光照H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸D．氯气能与水反响生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸答案　B5．(2022·西安模拟)将0.2molMnO2和50mL12mol/L盐酸混合后缓缓加热，反响完全后向留下的溶液中参加足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量为(不考虑盐酸的挥发)10/10\n(　　)A．等于0.3molB．小于0.3molC．大于0.3molD．以上结论都不正确解析　由MnO2＋4HCl(浓)MnCl2＋Cl2↑＋2H2O1mol4mol0.2mol0.6mol知盐酸的量缺乏，根据盐酸进展计算，理论上余Cl－的物质的量为0.3mol，但随着反响的进展，盐酸的浓度变稀，不再进展以上反响，实际余Cl－的物质的量大于0.3mol，故生成AgCl沉淀物质的量大于0.3mol。答案　C6．(2022·金华十校期末)将0.03molCl2缓缓通入含0.02molH2SO3和0.02molHBr的混合溶液中，在此过程溶液的c(H＋)与Cl2用量的关系示意图是(溶液的体积视为不变)(　　)解析　Cl2缓缓通入发生的反响依次为：H2O+Cl2　+　H2SO3===H2SO4+　2HCl0．02mol　0.02mol　0.02mol　　0.02mol产生强酸H2SO4、HCl，H+浓度增大；Cl2　　+　　2HBr===2HCl+Br20．01mol　0.02mol　0.02molHBr、HCl都是强酸，H+浓度保持不变，故答案为A。答案　A7．(2022·盐城中学模拟)自来水常用氯气进展消毒。如果在实验室用自来水配制以下物质的溶液，不会产生明显药品变质问题的是(　　)A．FeCl2B．Na2SO3C．NaOHD．AlCl3解析　氯水的成分为：Cl2、HClO、HCl、H2O，故遇到FeCl2时：2FeCl2＋Cl2===2FeCl3；遇到Na2SO3时：Na2SO3＋Cl2＋H2O===Na2SO4＋2HCl；遇到NaOH时：Cl2＋2NaOH===NaCl＋NaClO＋H2O，所以A、B、C项中药品都会变质。答案　D8．(2022·天津汉沽一中月考)“XYn”表示不同卤素之间靠共用电子对形成的卤素互化物(非金属性：X<Y)，其化学性质和卤素单质相似。以下说法中正确的选项是(　　)A．ICl与水反响可生成HCl和HIO，那么1molICl参加反响转移电子为1mol10/10\nB．某温度，液态IF5电离：2IF5IF＋IF，那么c(IF)·c(IF)不是一个常数C．BrCl与Zn反响生成ZnCl2和ZnBr2D．XYn与卤素单质一样都是非极性分子解析　＋H2O===H＋HO没有化合价变化，是非氧化复原反响，A项错；XYn是不同卤素原子形成的化合物，假设n＝1，那么一定是极性分子，D项错。答案　C9．(2022·合肥模拟)以下对有关化学反响过程或实验现象的解释正确的选项是(　　)A．Cl2的水溶液可以导电，说明Cl2是电解质B．在高温条件下，C能置换出SiO2中的Si，说明C的氧化性强于SiC．向淀粉碘化钾的溶液中参加氯水，溶液变为蓝色，说明Cl2的氧化性强于I2D．在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，参加BaCl2溶液后，溶液褪色，说明BaCl2溶液有酸性解析　电解质属于化合物，不是单质，A错；在高温条件下，C能置换出SiO2中的Si，说明在高温条件下C的复原性强于Si，B错；向淀粉碘化钾的溶液中参加氯水，溶液变为蓝色说明有碘生成，说明Cl2的氧化性强于I2，C正确；在滴有酚酞的Na2CO3溶液中，参加BaCl2溶液后，生成BaCO3沉淀，发生复分解反响，导致CO的水解向逆反响方向进展，所以溶液褪色，BaCl2溶液呈中性，因果关系不对应，D错。答案　C10．(2022·黄冈模拟)某学生做如下实验：第一步，在淀粉KI溶液中，滴入少量NaClO溶液，并参加少量稀硫酸，溶液立即变蓝；第二步，在上述蓝色溶液中，滴加足量的Na2SO3溶液，蓝色逐渐消失。以下表达中该同学对实验原理的解释和所得结论不正确的选项是(　　)A．氧化性：ClO－>I2>SOB．蓝色消失的原因是Na2SO3溶液具有漂白性C．淀粉KI溶液变蓝是因为I－被ClO－氧化为I2，I2遇淀粉变蓝D．假设将Na2SO3溶液参加氯水，氯水褪色解析　SO具有强复原性，可被ClO－和I2氧化。第二步溶液蓝色消失是SO复原I2的结果。答案　B11．(2022·金华一中期中)一定条件下，碘单质与砹单质以等物质的量进展反响，可得AtI。它与Zn、NH3都能反响，化学方程式分别如下：2AtI＋2Zn===ZnI2＋ZnAt2，AtI＋2NH3(l)===NH4I＋NH2At，那么以下表达正确的选项是(　　)A．ZnI2既是氧化产物又是复原产物B．ZnAt2既是氧化产物又是复原产物C．AtI与液氨反响，AtI既是氧化剂又是复原剂+2-10D．AtI与液氨反响，是自身氧化复原反响解析2＋2Zn===ZnI2+ZnAt2,At由+1价→-1价，Zn由0价→＋2价，故ZnAt2既是氧化产物又是复原产物，ZnI2只是氧化产物，A项错，B项正确；＋2NH3(l)===NH4＋NH2中无价态变化，是非氧化复原反响，C、D项错。答案　B10/10\n12．(2022·沈阳二模)ClO2是一种广谱型的消毒剂，根据世界环保联盟的要求，ClO2将逐渐取代Cl2成为自来水的消毒剂。工业上ClO2常用NaClO3和Na2SO3溶液混合并加H2SO4酸化后反响制得，在以上反响中NaClO3和Na2SO3的物质的量之比为(　　)A．1∶1B．2∶1C．1∶2D．2∶3解析　NaClO3和Na2SO3溶液在酸性条件下的反响是一个氧化复原反响，要确定NaClO3和Na2SO3的物质的量之比，只要将方程式配平即可。根据方程式：2NaClO3＋Na2SO3＋H2SO4===2ClO2↑＋2Na2SO4＋H2O知，n(NaClO3)∶n(Na2SO3)＝2∶1答案　B二、非选择题(此题包括4小题，共40分)13．(11分)(2022·江苏，18)二氧化氯(ClO2)是一种在水处理等方面有广泛应用的高效平安消毒剂。与Cl2相比，ClO2不但具有更显著的杀菌能力，而且不会产生对人体有潜在危害的有机氯代物。(1)在ClO2的制备方法中，有以下两种制备方法：方法一：2NaClO3＋4HCl===2ClO2↑＋Cl2↑＋2NaCl＋2H2O方法二：2NaClO3＋H2O2＋H2SO4===2ClO2↑＋Na2SO4＋O2↑＋2H2O用方法二制备的ClO2更适合用于饮用水的消毒，其主要原因是________________________________________________________________________。(2)用ClO2处理过的饮用水(pH为5.5～6.5)常含有一定量对人体不利的亚氯酸根离子(ClO)。2022年我国卫生部规定，饮用水ClO的含量应不超过0.2mg/L。饮用水中ClO2、ClO的含量可用连续碘量法进展测定。ClO2被I－复原为ClO，Cl－的转化率与溶液pH的关系如右图所示。当pH≤2.0时，ClO也能被I-完全复原成Cl-。反响生成的I2用标准Na2S2O3溶液滴定：2Na2S2O3+I2===Na2S4O6+2NaI。①请写出pH≤2.0时，ClO与I-反响的离子方程式：________________________________________________________________________。②请完成相应的实验步骤：步骤1：准确量取VmL水样参加到锥形瓶中。步骤2：调节水样的pH为7.0～8.0。步骤3：参加足量的KI晶体。步骤4：加少量淀粉溶液，用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗Na2S2O3溶液V1mL。步骤5：________________________________________________________________________。步骤6：再用cmol/LNa2S2O3溶液滴定至终点，消耗N2S2O3溶液V2mL。③根据上述分析数据，测得该饮用水样中ClO的浓度为　　　　　　10/10\nmol/L(用含字母的代数式表示)。④假设饮用水中ClO的含量超标，可向其中参加适量的Fe2+将ClO复原成Cl-，该反应的氧化产物是　　　　(填化学式)。解析　(1)Cl2有毒，对人体有害。(2)①根据氧化复原反响中得失电子数目相等写出ClO-与I-反响的离子方程式为ClO+4I-+4H+===2I2+Cl-+2H2O。②当溶液pH为7.0～8.0时，ClO2转化为ClO，可测定。③水样中ClO2与KI反响生成ClO化学方程式为ClO2+2I-===2ClO+I2；n1(ClO)=2n(I2)=n(Na2S2O3)=cV1×-3mol，发生步骤4后的溶液中所有ClO的物质的量n总(ClO)=n(S2O)(由关系式法：ClO～4I-～2I2～4S2O所得)=×cV2×10-3mol。故原水样中ClO的浓度c=④Fe2+被ClO氧化为Fe3+，Fe3+与OH-结合成Fe(OH)3沉淀。答案　(1)方法二制备的ClO2中不含Cl2(2)①ClO＋4H＋＋4I－===Cl－＋2I2＋2H2O②调节溶液的pH≤2.0③④Fe(OH)314．(8分)(2022·北京理综，26)通常状况下，X、Y和Z是三种气态单质。X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素(稀有气体元素除外)；Y和Z均由元素R组成，反响Y＋2I－＋2H＋===I2＋Z＋H2O常作为Y的鉴定反响。(1)Y与Z的关系是(选填字母)__________。______.同位素　b．同系物　c．同素异形体　d．同分异构体(2)将Y和二氧化硫分别通入品红溶液，都能使品红褪色。简述用褪色后的溶液区别二者的实验方法：________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)举出实例说明X的氧化性比硫单质的氧化性强(用化学方程式表示)________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(4)气体(CN)2与X化学性质相似，也能与H2反响生成HCN(其水溶液是一种弱酸)。10/10\n①HCN分子中含有4个共价键，其构造式是________________________________________________________________________________________________________________________________________________。①KCN溶液显碱性，原因是(用离子方程式表示)________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(5)加热条件下，足量的Z与某金属M的盐MCR3(C为碳元素)完全反响生成CR2和MmRn(m、n均为正整数)。假设CR2质量为w1g，MmRn质量为w2g，M的相对原子质量为______，那么MmRn中m∶n＝__________________(用含w1、w2和______的代数式表示)。解析　(1)由X的组成元素是第三周期原子半径最小的元素知X为Cl2；Y和Z是均由元素R组成的气态单质，极易想到的是O2和O3，再由题干方程式的氧化复原关系可知Y是O3，Z是O2，那么Y与Z为同素异形体。(2)由SO2的漂白是可恢复性(加合的性质)漂白及O3的不可恢复性(强氧化性)漂白可以选择如答案的方法。(3)可依据铁的变价去表达：2Fe＋3Cl22FeCl3，S＋FeFeS或Cl2＋H2S===2HCl＋S↓表达。(4)①利用C四价键、N三价键关系可知为H—C≡N。D：2SO2＋O22SO3。N－水解：CN－＋H2OHCN＋OH－。(5)根据质量守恒可以写出反响的方程式并列数据：O2＋mMCO3===mCO2＋MmOn　　　　　　　　44m　　ma＋16n　　　　　　　　w1g　　w2g列比例式＝解得m∶n＝16w1∶(44w2－aw1)。答案　(1)c　(2)加热褪色后的溶液，假设溶液恢复红色，那么原通入气体为SO2；假设溶液不变红，那么原通入气体是O3(3)2Fe＋3Cl22FeCl3，Fe＋SFeS(其他合理答案均给分)(4)①H—C≡N　②CN－＋H2O-------HCN＋OH－(5)16w1：(44w2－aw1)15．(9分)(2022·辽宁大连质检)根据以下反响框图填空。已知反响①是工业上生产化合物D的反响，反响⑤是实验室鉴定化合物E的反响。(1)单质L是　　　　。化合物A是　　　　　。10/10\n(2)图中除反响①以外，还有两个用于工业生产的反响，是　　　　和　　　　(填代号)。它们反响的化学方程式分别是________________________________________________________________________和________________________________________________________________________。(3)E和K、J混合溶液反响的化学方程式为________________________________________________________________________。此反响的发生说明了________________________________________________________________________。(4)把K、J混合固体分别放入①少量浓盐酸　②FeCl2溶液中，那么其反响的现象分别是________________________________________________________________________________________________________________________________________________，①中反响的离子方程式为________________________________________________________________________。答案　(1)H2　NaCl　(2)②　④2NaCl+2H2O===2NaOH+H2↑+Cl2↑2Cl2+2Ca(OH)2===CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(3)Ca(ClO)2+CO2+H2O===CaCO3↓+2HClO碳酸的酸性比次氯酸强(4)有黄绿色刺激性气味的气体产生　立即产生红褐色沉淀　Cl-+ClO-+2H+===Cl2↑+H2O16．(12分)(探究创新)如图是某研究性学习小组设计制取氯气并以氯气为反响物进展特定反响的装置。(1)要将C装置接入B和D之间，正确的接法是：a→　　　→　　　　→d。(2)实验开场先点燃A处的酒精灯，翻开旋塞K，让Cl2充满整个装置，再点燃D处的酒精灯。Cl2通过C装置后进入D，D装置内盛有炭粉，发生氧化复原反响，生成CO2和HCl(g)，发生反响的化学方程式为________________________________________________________________________。为了使C装置发挥更好的作用，可向烧杯中参加浓硫酸，参加浓硫酸的作用是________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。(3)D处反响完毕后，关闭旋塞K，移去两个酒精灯，由于余热的作用，A处仍有少量Cl2产生，此时B中的现象是　　　　　　　　　　，B的作用是10/10\n________________________________________________________________________。(4)用量筒量取20mLE中溶液，倒入已检查完气密性良好的分液漏斗中，然后再注入10mLCCl4，盖好玻璃塞(如图)，振荡，静置于铁架台上，等分层后取上层液和下层液，呈黄绿色的是　　　　(填“上层液”或“下层液”)，再装入如以下图的烧杯中，能使有色布条褪色的是　　　　(填“上层液”或“下层液”)。(5)在A、B、C、D、E装置中有一处需要改进，说明需要改进的理由并在方框中画出改进后的装置图________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________。解析　(1)连接的关键是C装置的作用，由于D中反响生成了CO2和HCl，有氢元素存在，说明有水参加反响，反响方程式为2Cl2+C+2H2O===4HCl+CO2，C装置的作用是提供水蒸气，而且Cl2从C中出来带出水蒸气，因此应该是长进短出。(2)C中提供水蒸气，烧杯中参加浓硫酸，浓硫酸溶于水放热，有利于水蒸气生成。(3)K关闭，此时B相当于量气装置，生成的气体将B中水压入长颈漏斗中。(4)此步操作是卤素单质的萃取，Cl2易溶于CCl4，而使CCl4层呈黄绿色，Cl2无漂白性，上层液主要是Cl2和水反响生成的HCl和HClO，HClO具有漂白性，可以使有色布条褪色。(5)由于D中反响生成了极易溶于水的HCl，E装置不正确，会造成E中水倒吸，可以用一个倒置的小漏斗防止倒吸。答案　(1)c　b(2)2Cl2＋C＋2H2O4HCl＋CO2　参加的浓硫酸溶于水能放出大量的热，有利于试管中的水变为水蒸气，从而提供足量的水蒸气供D中反响需要(3)瓶中液面下降，长颈漏斗内液面上升　贮存少量Cl2，防止Cl2对环境造成污染(4)下层液　上层液(5)D中反响生成的HCl气体极易溶于水，易发生倒吸改进后的装置如以下图10/10