专题十五-氯及其化合物课件.pptx

1、专题十五 氯及其化合物高考化学高考化学(北京市专用北京市专用)考点氯及其化合物考点氯及其化合物A A组组 自主命题自主命题北京卷题组北京卷题组1.(2017北京理综,8,6分)下列变化中,气体被还原的是()A.二氧化碳使Na2O2固体变白B.氯气使KBr溶液变黄C.乙烯使Br2的四氯化碳溶液褪色D.氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀五年高考答案答案BA项,在CO2与Na2O2的反应中,CO2既不被氧化又不被还原;C项,乙烯与Br2的反应中乙烯作还原剂被氧化;D项,氨气与AlCl3溶液的反应是非氧化还原反应。解题技巧解题技巧要确定谁被氧化、谁被还原,首先应确定反应是否为氧化还原反应,然后确定谁在反

2、应中得到电子、谁在反应中失去电子。疑难突破疑难突破乙烯和溴的反应中元素化合价的变化分析起来有一定的难度,我们可以根据形成共价键的原子所对应元素的非金属性强弱来判断,非金属性强的显负价,弱的显正价。2.(2018北京理综,28节选)实验小组制备高铁酸钾(K2FeO4)并探究其性质。资料:K2FeO4为紫色固体,微溶于KOH溶液;具有强氧化性,在酸性或中性溶液中快速产生O2,在碱性溶液中较稳定。(1)制备K2FeO4(夹持装置略)A为氯气发生装置。A中反应方程式是(锰被还原为Mn2+)。将除杂装置B补充完整并标明所用试剂。C中得到紫色固体和溶液。C中Cl2发生的反应有3Cl2+2Fe(OH)3+1

3、0KOH2K2FeO4+6KCl+8H2O,另外还有。答案答案(1)2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2OCl2+2OH-Cl-+ClO-+H2O解析解析(1)KMnO4与浓盐酸发生氧化还原反应制得Cl2,反应方程式为2KMnO4+16HCl2MnCl2+2KCl+5Cl2+8H2O。洗气装置的导管应长进短出,为除去Cl2中的HCl,应用饱和食盐水。在碱性环境中,Cl2易发生歧化反应:Cl2+2KOHKCl+KClO+H2O。3.(2013北京理综,28,15分)某学生对SO2与漂粉精的反应进行实验探究:(1)Cl2和Ca(OH)2制取漂粉精的化学方程式是。(2)p

4、H试纸颜色的变化说明漂粉精溶液具有的性质是。(3)向水中持续通入SO2,未观察到白雾。推测现象的白雾由HCl小液滴形成,进行如下实验:a.用湿润的碘化钾淀粉试纸检验白雾,无变化;操作现象取4g漂粉精固体,加入100mL水部分固体溶解,溶液略有颜色过滤,测漂粉精溶液的pHpH试纸先变蓝(约为12),后褪色.液面上方出现白雾;.稍后,出现浑浊,溶液变为黄绿色;.稍后,产生大量白色沉淀,黄绿色褪去b.用酸化的AgNO3溶液检验白雾,产生白色沉淀。实验a的目的是。由实验a、b不能判断白雾中含有HCl,理由是。(4)现象中溶液变为黄绿色的可能原因:随溶液酸性的增强,漂粉精的有效成分和Cl-发生反应。通过

5、进一步实验确认了这种可能性,其实验方案是。(5)将A瓶中混合物过滤、洗涤,得到沉淀X。向沉淀X中加入稀HCl,无明显变化。取上层清液,加入BaCl2溶液,产生白色沉淀。则沉淀X中含有的物质是。用离子方程式解释现象中黄绿色褪去的原因:。答案答案(1)2Cl2+2Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(2)碱性、漂白性(3)检验白雾中是否含有Cl2,排除Cl2干扰白雾中混有SO2,SO2可与酸化的AgNO3反应产生白色沉淀(4)向漂粉精溶液中逐滴加入硫酸,观察溶液是否变为黄绿色(5)CaSO4SO2+Cl2+2H2OS+2Cl-+4H+24O解析解析(2)由pH试纸变蓝(pH约为12

6、)可推知漂粉精溶液呈碱性,由pH试纸褪色可推知漂粉精溶液有漂白性。(3)由实验a可确定白雾中没有Cl2,排除Cl2的干扰;酸化的AgNO3溶液可与HCl反应生成AgCl白色沉淀,也可与SO2反应生成Ag2SO4白色沉淀,故通过实验a、b无法判断白雾中含有HCl。(4)由题干信息知可能会发生反应Cl-+ClO-+2H+Cl2+H2O。要确认实验过程中发生了这个反应,设计实验时可向漂粉精溶液中加入H2SO4,观察是否产生Cl2。(5)漂粉精的主要成分是CaCl2和Ca(ClO)2,SO2被氧化生成S,CaSO4微溶于水,BaSO4难溶于水,综合考虑即可得出答案。实验过程中持续通入SO2,黄绿色褪去

7、应该是SO2与Cl2发生了反应,依据氧化还原反应中得失电子守恒可正确写出Cl2、SO2在水中反应的离子方程式。24O审题技巧审题技巧认真审题,细致分析实验现象,综合推断得出答案。思路分析思路分析(4)要验证Cl-和ClO-随溶液酸性增强可发生反应,只需要在漂粉精溶液中加入硫酸并检验有氯气生成即可。评析评析该题为综合实验题。主要考查学生的观察能力、归纳推断能力及实验设计能力。学生需熟练掌握相关元素及其化合物知识,认真审题,细致分析实验现象,综合推断得出答案。对于本题中(3)、(4)和(5),学生会因相关知识欠缺,分析不透而丢分。4.(2011北京理综,26,14分)氯碱工业中电解饱和食盐水的原理

8、示意图如下图所示。(1)溶液A的溶质是。(2)电解饱和食盐水的离子方程式是。(3)电解时用盐酸控制阳极区溶液的pH在23。用化学平衡移动原理解释盐酸的作用:。(4)电解所用的盐水需精制,去除有影响的Ca2+、Mg2+、N、Sc(S)c(Ca2+)。精制流程如下(淡盐水和溶液A来自电解池):4H24O24O盐泥a除泥沙外,还含有的物质是。过程中将N转化为N2的离子方程式是。BaSO4的溶解度比BaCO3的小。过程中除去的离子有。经过程处理,要求盐水c中剩余Na2SO3的含量小于5mg/L。若盐水b中NaClO的含量是7.45mg/L,则处理10m3盐水b,至多添加10%Na2SO3溶液kg(溶液

9、体积变化忽略不计)。4H答案答案(1)NaOH(2)2Cl-+2H2OH2+Cl2+2OH-(3)Cl2与水反应:Cl2+H2OHCl+HClO,增大HCl的浓度使平衡逆向移动,减少Cl2在水中的溶解,有利于Cl2的逸出(4)Mg(OH)22N+3Cl2+8OH-N2+6Cl-+8H2OS、Ca2+1.764H24O解析解析(1)阴极的电极反应是2H+2e-H2,放电的H+来自水的电离,水电离出的OH-聚集在阴极周围,与经阳离子交换膜进入阴极区的Na+形成NaOH,然后从装置中流出。(3)Cl2与水的反应属于可逆反应,HCl浓度增大,会促使平衡逆向移动,可以有效地减少Cl2在水中的溶解,有利于

10、Cl2的逸出。(4)在碱性条件下Mg2+会转化为Mg(OH)2沉淀。N转化为N2应该是发生了氧化还原反应,并且N被氧化,溶液中存在的氧化性物质是淡盐水中的Cl2,所以应该是N与Cl2在碱性溶液中发生反应,产物中除了N2外还应有Cl-等物质。在过程中加入BaCO3可将溶液中的S、Ca2+除去。所加的Na2SO3分成两部分,一部分用来还原NaClO,另一部分留在盐水c中。设与NaClO反应的Na2SO3的质量为m。Na2SO3+NaClONa2SO4+NaCl126g74.5gm101037.4510-3g4H4H4H24O=解得m=126g留在盐水c中的Na2SO3的最大质量为10103510-

11、3g=50g。所以,在过程中需添加Na2SO3的最大质量为176g,换算成10%Na2SO3溶液的质量为1.76kg。126gm3374.5g10 107.45 10g评析评析本题是以粗盐的提纯为背景材料设计的一道试题,但在除杂时并没有使用BaCl2、Na2CO3,而是用了BaCO3、Na2SO3,而且Na2SO3的作用也不是用来除Ca2+、Mg2+等杂质的,虽然是老题新用,但有创新、有突破,能够很好地考查学生分析问题、解决问题的能力。5.(2016四川理综,1,6分)化学与生产和生活密切相关。下列过程中没有发生化学变化的是()A.氯气作水的杀菌消毒剂B.硅胶作袋装食品的干燥剂C.二氧化硫作纸

12、浆的漂白剂D.肥皂水作蚊虫叮咬处的清洗剂B B组组 统一命题、省统一命题、省(区、市区、市)卷题组卷题组答案答案BA项,氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性,能杀菌消毒;B项,硅胶具有吸水性,可作干燥剂;C项,二氧化硫能与有色物质结合生成不稳定的无色物质,可作漂白剂;D项,肥皂水呈弱碱性,可与蚊虫分泌的蚁酸反应,从而减轻痛痒。以上四项中只有B项没有发生化学变化,故选B。审题技巧审题技巧审题的关键是“没有发生化学变化”,逐一甄别即可找出答案。思路分析思路分析氯气作水的杀菌消毒剂利用了HClO的强氧化性;硅胶作干燥剂利用了硅胶的吸水性;二氧化硫作漂白剂利用了二氧化硫的漂白性;用肥皂水清洗蚊虫叮咬

13、处利用了肥皂水的弱碱性。6.(2018课标,27,14分)KIO3是一种重要的无机化合物,可作为食盐中的补碘剂。回答下列问题:(1)KIO3的化学名称是。(2)利用“KClO3氧化法”制备KIO3工艺流程如下图所示:“酸化反应”所得产物有KH(IO3)2、Cl2和KCl。“逐Cl2”采用的方法是。“滤液”中的溶质主要是。“调pH”中发生反应的化学方程式为。(3)KIO3也可采用“电解法”制备,装置如图所示。写出电解时阴极的电极反应式。电解过程中通过阳离子交换膜的离子主要为,其迁移方向是。与“电解法”相比,“KClO3氧化法”的主要不足之处有(写出一点)。答案答案(1)碘酸钾(2)加热KClKH

14、(IO3)2+KOH2KIO3+H2O(或HIO3+KOHKIO3+H2O)(3)2H2O+2e-2OH-+H2K+a到b产生Cl2易污染环境等解析解析(1)KIO3的化学名称是碘酸钾。(2)由于气体的溶解度随温度升高而减小,故“逐Cl2”采用的方法是加热;分析工艺流程和酸化反应所得产物可知,滤液中的溶质主要是KCl;调pH的目的主要是中和H+,故“调pH”中发生反应的化学方程式为KH(IO3)2+KOH2KIO3+H2O或HIO3+KOHKIO3+H2O。(3)观察电解装置图知,惰性电极a为阳极,惰性电极b为阴极,在碱性条件下,阴极的电极反应式为2H2O+2e-H2+2OH-。电解过程中,阳

15、极I2失去电子生成I,即I2-10e-+12OH-2I+6H2O,通过阳离子交换膜的离子主要为K+,迁移方向是从a到b。“KClO3氧化法”产生有毒气体Cl2,故与“电解法”相比的不足之处有产生有毒气体Cl2,易污染环境等。3O3O审题技巧审题技巧注意物质形式的变化,KH(IO3)2可以看作KIO3和HIO3,则“调pH”的过程为碱中和HIO3的过程。7.(2016课标,28,14分)NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂,也常用来漂白织物等,其一种生产工艺如下:回答下列问题:(1)NaClO2中Cl的化合价为。(2)写出“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式。(3)“电解”所用食盐水由粗盐水精制

16、而成,精制时,为除去Mg2+和Ca2+,要加入的试剂分别为、。“电解”中阴极反应的主要产物是。(4)“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2。此吸收反应中,氧化剂与还原剂的物质的量之比为,该反应中氧化产物是。(5)“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力,其定义是:每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克Cl2的氧化能力。NaClO2的有效氯含量为。(计算结果保留两位小数)答案答案(1)+3(2)2NaClO3+SO2+H2SO42ClO2+2NaHSO4(3)NaOH溶液Na2CO3溶液Cl(或NaClO2)(4)2 1O2(5)1.572O解析解析(2)根据图示可确定反应物和生成物

17、,然后根据得失电子守恒和原子守恒即可写出反应的化学方程式。(3)粗盐水精制时用NaOH溶液除Mg2+,用Na2CO3溶液除Ca2+;根据图示可知“电解”过程中发生的反应为2ClO2+2NaClCl2+2NaClO2,由此可知,在电解池的阴极上ClO2得电子生成Na-ClO2,故阴极反应的主要产物为NaClO2。(4)据图示可知反应物有ClO2、NaOH、H2O2,生成物有NaClO2,其中O2NaO2,Cl的化合价降低,则必有元素化合价升高,可推出H2,根据得失电子守恒可得氧化剂ClO2与还原剂H2O2的物质的量之比为2 1,该反应中氧化产物是O2,还原产物是NaClO2。(5)NaClO2、

18、Cl2作为消毒剂时,还原产物均为Cl-。设NaClO2的有效氯含量为x,则4=2,解得x1.57。考查点考查点本题以化工流程图为素材,考查生产工艺中涉及的化学原理,重点考查氧化还原反应产物的判断、得失电子守恒规律的应用。4Cl3Cl12O02O190.571x审题技巧审题技巧解化工流程题时应重点关注框图,特别注意看图中的箭头方向,结合适当的文字信息,便可得“正果”。8.(2016四川理综,9,13分)CuCl广泛应用于化工和印染等行业。某研究性学习小组拟热分解CuCl22H2O制备CuCl,并进行相关探究。【资料查阅】【实验探究】该小组用下图所示装置进行实验(夹持仪器略)。请回答下列问题:(1

19、)仪器X的名称是。(2)实验操作的先后顺序是ae(填操作的编号)。a.检查装置的气密性后加入药品b.熄灭酒精灯,冷却c.在“气体入口”处通入干燥HCld.点燃酒精灯,加热e.停止通入HCl,然后通入N2(3)在实验过程中,观察到B中物质由白色变为蓝色,C中试纸的颜色变化是。(4)装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式是。【探究反思】(5)反应结束后,取出CuCl产品进行实验,发现其中含有少量的CuCl2或CuO杂质。根据资料信息分析:若杂质是CuCl2,则产生的原因是。若杂质是CuO,则产生的原因是。答案答案(1)干燥管(2)cdb(3)先变红,后褪色(4)Cl2+2OH-ClO-+Cl-+H

20、2O(5)加热时间不足或温度偏低通入HCl的量不足解析解析(1)X为干燥管。(2)根据资料可知,由CuCl22H2O热分解制备CuCl要防止Cu+被空气中氧气氧化,故应先通入干燥的HCl以排尽装置中的空气,然后再加热使CuCl22H2O分解,最后必须在无氧环境中冷却,结合上述思路,操作的顺序为acdbe。(3)实验过程中,HCl会进入C中,另外当温度高于300时,试管中发生反应:2CuCl22CuCl+Cl2,故进入C的气体既有HCl又有Cl2,所以C中湿润蓝色石蕊试纸先变红,后褪色。(4)根据(3)可知进入D中的气体有HCl和Cl2,则装置D中发生的氧化还原反应的离子方程式为Cl2+2OH-

21、Cl-+ClO-+H2O。(5)根据资料可知,含CuCl2杂质的原因是CuCl2没有完全分解,而造成此现象的原因是加热温度偏低或加热时间不足。杂质CuO产生的原因是水的存在引起CuCl2水解生成Cu2(OH)2Cl2,再受热分解产生CuO,故原因是通入HCl的量不足。考查点考查点本题以工业原料CuCl的制备为素材,考查实验仪器辨识、实验操作流程、氯气的性质、盐类水解等知识。审题技巧审题技巧高考命题中出现的陌生知识或信息都需要反复研读,只有把信息读懂才能准确解题。9.(2015课标,28,15分)二氧化氯(ClO2,黄绿色易溶于水的气体)是高效、低毒的消毒剂。回答下列问题:(1)工业上可用KCl

22、O3与Na2SO3在H2SO4存在下制得ClO2,该反应氧化剂与还原剂物质的量之比为。(2)实验室用NH4Cl、盐酸、NaClO2(亚氯酸钠)为原料,通过以下过程制备ClO2:电解时发生反应的化学方程式为。溶液X中大量存在的阴离子有。除去ClO2中的NH3可选用的试剂是(填标号)。a.水b.碱石灰c.浓硫酸d.饱和食盐水(3)用下图装置可以测定混合气中ClO2的含量:.在锥形瓶中加入足量的碘化钾,用50mL水溶解后,再加入3mL稀硫酸;.在玻璃液封装置中加入水,使液面没过玻璃液封管的管口;.将一定量的混合气体通入锥形瓶中吸收;.将玻璃液封装置中的水倒入锥形瓶中;.用0.1000molL-1硫代

23、硫酸钠标准溶液滴定锥形瓶中的溶液(I2+2S22I-+S4),指示剂显示终点时共用去20.00mL硫代硫酸钠溶液。在此过程中:锥形瓶内ClO2与碘化钾反应的离子方程式为。玻璃液封装置的作用是。中加入的指示剂通常为,滴定至终点的现象是。测得混合气中ClO2的质量为g。23O26O(4)用ClO2处理过的饮用水会含有一定量的亚氯酸盐。若要除去超标的亚氯酸盐,下列物质最适宜的是(填标号)。a.明矾b.碘化钾c.盐酸d.硫酸亚铁答案答案(15分)(1)2 1(1分)(2)NH4Cl+2HCl3H2+NCl3(2分)Cl-、OH-(2分)c(1分)(3)2ClO2+10I-+8H+5I2+4H2O+2C

24、l-(2分)吸收残余的二氧化氯气体(避免碘的逸出)(2分)淀粉溶液溶液由蓝色变为无色,且半分钟内溶液颜色不再改变(每空1分,共2分)0.02700(2分)(4)d(1分)解析解析(1)该反应的氧化剂为KClO3,发生变化:O2;还原剂为Na2SO3,发生变化:Na2O3Na2O4,根据得失电子守恒可知n(KClO3)n(Na2SO3)=2 1。(2)由题中信息可知,电解NH4Cl溶液和盐酸的混合物得到NCl3溶液和H2,据此可写出电解时的总反应方程式。由NaClO2溶液与NCl3溶液反应的生成物可以看出,反应物中除NaClO2和NCl3外,还应有H2O,则该反应的离子方程式为NCl3+6Cl+

25、3H2O6ClO2+NH3+3Cl-+3OH-,故溶液X中大量存在的阴离子有Cl-和OH-。由于ClO2易溶于水,因此不能用水或饱和食盐水除去ClO2中的NH3;碱石灰不与NH3反应,无法将NH3除去;浓硫酸不与ClO2反应但能与NH3反应,故可用浓硫酸除去ClO2中的NH3。(3)ClO2具有强氧化性,在酸性条件下可将I-氧化为I2,自身被还原为Cl-,据此可写出有关的离子方程式。向锥形瓶中通入混合气时,会有少量ClO2从溶液中逸出,生成的碘也会逸出,通过玻璃液封装置可将逸出的ClO2和碘吸收,再将吸收液倒入锥形瓶中,保证了测定结果的准确性,减小了实验误差。53KClO4Cl4S6S2O滴定

26、含I2的溶液时一般使用淀粉溶液作指示剂。由2ClO25I210S2可知,n(ClO2)=0.2n(S2)=0.20.1000molL-10.02000L=4.00010-4mol,m(ClO2)=4.00010-4mol67.5gmol-1=0.02700g。(4)要除去亚氯酸盐,需加入具有还原性的物质,明矾显然不适宜;由于饮用水已处理过,再加入KI或盐酸,会产生对人体健康不利的I2或Cl2,故最适宜的物质是硫酸亚铁。23O23O评析评析本题以ClO2为线索综合考查了ClO2的制备、除杂、含量测定等与化学实验有关的知识,同时也考查了氧化还原反应及离子反应等基本概念,具有一定的难度,其中玻璃液封

27、装置的设计是本题的创新之处。10.(2015福建理综,25,15分)某化学兴趣小组制取氯酸钾和氯水并进行有关探究实验。实验一制取氯酸钾和氯水利用上图所示的实验装置进行实验。(1)制取实验结束后,取出B中试管冷却结晶,过滤,洗涤。该实验操作过程需要的玻璃仪器有。(2)若对调B和C装置的位置,(填“能”或“不能”)提高B中氯酸钾的产率。实验二氯酸钾与碘化钾反应的研究(3)在不同条件下KClO3可将KI氧化为I2或KIO3。该小组设计了系列实验研究反应条件对反应产物的影响,其中系列a实验的记录表如下(实验在室温下进行):试管编号12340.20molL-1KI/mL1.01.01.01.0KClO3

28、(s)/g0.100.100.100.106.0molL-1H2SO4/mL03.06.09.0蒸馏水/mL9.06.03.00实验现象系列a实验的实验目的是。设计1号试管实验的作用是。若2号试管实验现象为“黄色溶液”,取少量该溶液加入淀粉溶液显蓝色;假设氧化产物唯一,还原产物为KCl,则此反应的离子方程式为。实验三测定饱和氯水中氯元素的总量(4)该小组设计的实验方案为:使用下图装置,加热15.0mL饱和氯水试样,测定产生气体的体积。此方案不可行的主要原因是。(不考虑实验装置及操作失误导致不可行的原因)(5)根据下列资料,为该小组设计一个可行的实验方案(不必描述操作过程的细节):。资料:.次氯

29、酸会破坏酸碱指示剂;.次氯酸或氯气可被SO2、H2O2和FeCl2等物质还原成Cl-。答案答案(1)烧杯、漏斗、玻璃棒、胶头滴管(不填“胶头滴管”也可)(2)能(3)研究反应体系中硫酸浓度对反应产物的影响硫酸浓度为0的对照实验Cl+6I-+6H+Cl-+3I2+3H2O(4)因存在Cl2的重新溶解、HClO分解等,此方案无法测算试样含氯总量(或其他合理答案)(5)量取一定量的试样,加入足量的H2O2溶液,加热除去过量的H2O2,冷却,再加入足量的硝酸银溶液,称量沉淀质量(或其他合理答案)3O解析解析(2)若对调B、C位置,Cl2中的HCl气体杂质因溶于C中的水而被除去,B中与Cl2反应的KOH

30、的量增加,故能提高B中KClO3的产率。(3)仔细观察实验记录表可知,4个实验中KClO3、KI的浓度均相同,只有H2SO4的浓度不同,实验的目的显然是研究硫酸浓度对反应产物的影响。1号试管中H2SO4的浓度为0,该实验的作用是硫酸浓度为0的对照实验。(4)氯水中氯元素以Cl2、HClO、Cl-和ClO-等形式存在,加热时HClO分解产生O2,部分Cl2因受热逸出,因此只能测出O2及逸出的Cl2的量,溶液中Cl-、ClO-及残余Cl2的量无法测定,故此方案不可行。(5)依题给信息,欲测定氯水中氯元素的总量,可量取一定体积的氯水,加入足量的H2O2溶液,将氯水中的Cl2、HClO、ClO-全部还

31、原成Cl-,加热除去过量的H2O2,冷却,再加入足量AgNO3溶液,经过滤、洗涤、干燥、称量测出生成AgCl沉淀的质量,即可计算出饱和氯水中氯元素的总量。11.(2015课标,12,6分)海水开发利用的部分过程如图所示。下列说法错误的是()A.向苦卤中通入Cl2是为了提取溴B.粗盐可采用除杂和重结晶等过程提纯C.工业生产中常选用NaOH作为沉淀剂D.富集溴一般先用空气和水蒸气吹出单质溴,再用SO2将其还原吸收C C组组 教师专用题组教师专用题组答案答案C工业上常采用Ca(OH)2作为沉淀剂,C项错误。12.(2016江苏单科,16,12分)以电石渣主要成分为Ca(OH)2和CaCO3为原料制备

32、KClO3的流程如下:(1)氯化过程控制电石渣过量、在75左右进行。氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应,Ca(ClO)2进一步转化为Ca(ClO3)2,少量Ca(ClO)2分解为CaCl2和O2。生成Ca(ClO)2的化学方程式为。提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率的可行措施有(填序号)。A.适当减缓通入Cl2速率B.充分搅拌浆料C.加水使Ca(OH)2完全溶解(2)氯化过程中Cl2转化为Ca(ClO3)2的总反应方程式为6Ca(OH)2+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O氯化完成后过滤。滤渣的主要成分为(填化学式)。滤液中Ca(ClO3)2

33、与CaCl2的物质的量之比nCa(ClO3)2 n(CaCl2)1 5(填“”“”或“=”)。(3)向滤液中加入稍过量KCl固体可将Ca(ClO3)2转化为KClO3。若溶液中KClO3的含量为100gL-1,从该溶液中尽可能多地析出KClO3固体的方法是。答案答案(1)2Cl2+2Ca(OH)2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2OAB(2)CaCO3、Ca(OH)2(3)蒸发浓缩、冷却结晶解析解析(1)根据“氯化时存在Cl2与Ca(OH)2作用生成Ca(ClO)2的反应”可知反应的化学方程式为:2Ca(OH)2+2Cl2CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。缓慢通入Cl2和充分搅拌浆料都

34、能使Cl2与Ca(OH)2充分接触,可提高Cl2转化为Ca(ClO3)2的转化率。(2)滤渣的主要成分为CaCO3和Ca(OH)2。根据题给方程式:6Ca(OH)2+6Cl2Ca(ClO3)2+5CaCl2+6H2O可知,理论上滤液中Ca(ClO3)2和CaCl2的物质的量之比为1 5,但是由于存在2Cl2+2Ca(OH)2Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O,并且氯化时少量Ca(ClO)2会分解为O2和CaCl2,使得滤液中CaCl2的物质的量增大,故滤液中nCa(ClO3)2 n(CaCl2)1 5。(3)根据图像可知,KClO3的溶解度随温度变化较大,且低温时溶解度较小,而Ca(ClO

35、3)2溶解度在低温时较大,所以采用蒸发浓缩、冷却结晶法即可。评析评析本题以电石渣为原料制备KClO3的流程为线索,考查了氯气及氯的化合物的相关知识,考查考生获取、分析信息的能力。13.(2014福建理综,23,15分)元素周期表中第A族元素的单质及其化合物的用途广泛。(1)与氯元素同族的短周期元素的原子结构示意图为。(2)能作为氯、溴、碘元素非金属性(原子得电子能力)递变规律的判断依据是(填序号)。a.Cl2、Br2、I2的熔点b.Cl2、Br2、I2的氧化性c.HCl、HBr、HI的热稳定性d.HCl、HBr、HI的酸性(3)工业上,通过如下转化可制得KClO3晶体:NaCl溶液NaClO3

36、溶液KClO3晶体完成中反应的总化学方程式:NaCl+H2ONaClO3+。中转化的基本反应类型是,该反应过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因是。(4)一定条件下,在水溶液中1molCl-、Cl(x=1,2,3,4)的能量(kJ)相对大小如下图所示。OxD是(填离子符号)。BA+C反应的热化学方程式为(用离子符号表示)。答案答案(1)(2)b、c(3)1NaCl+3H2O1NaClO3+3H2复分解反应室温下,氯酸钾在水中的溶解度明显小于其他晶体(4)Cl3ClO-(aq)Cl(aq)+2Cl-(aq)H=-117kJmol-1解析解析(1)与Cl同族的短周期元素为F,其原子结构示意

37、图为:。(2)非金属元素氢化物的热稳定性和单质的氧化性均可作为非金属性强弱的判断依据,而单质的熔点、氢化物的酸性不能作为判断依据。(3)根据氧化还原反应规律,化合价有升有降,可推断另一产物为H2;也可以用电解原理分析,阴极上H+得电子生成H2,阳极上Cl-失电子生成Cl,配平可得NaCl+3H2ONaClO3+3H2。中反应为复分解反应:NaClO3+KClNaCl+KClO3,该过程能析出KClO3晶体而无其他晶体析出的原因为在室温下,KClO3在水中的溶解度明显小于其他晶体。4O3O3O(4)由图可知D中Cl元素化合价为+7价,D为Cl。BA+C,即ClO-发生歧化反应生成Cl-和Cl,由

38、得失电子守恒可得:3ClO-Cl+2Cl-,反应热为:H=E(Cl)+2E(Cl-)-3E(ClO-)=63kJmol-1+0kJmol-1-360kJmol-1=-117kJmol-1,所以热化学方程式为:3ClO-(aq)Cl(aq)+2Cl-(aq)H=-117kJmol-1。4O3O3O3O3O14.(2013海南单科,14,9分)溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料阻燃剂等,回答下列问题:(1)海水提溴过程中,向浓缩的海水中通入,将其中的Br-氧化,再用空气吹出溴;然后用碳酸钠溶液吸收溴,溴歧化为Br-和Br,其离子方程式为。(2)溴与氯能以共价键结合形成BrCl。BrCl分

39、子中,显正电性。BrCl与水发生反应的化学方程式为。(3)CuBr2分解的热化学方程式为:2CuBr2(s)2CuBr(s)+Br2(g)H=+105.4kJmol-1在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解,平衡时p(Br2)为4.66103Pa。如反应体系的体积不变,提高反应温度,则p(Br2)将会(填“增大”“不变”或“减小”)。如反应温度不变,将反应体系的体积增加一倍,则p(Br2)的变化范围为。3O答案答案(1)Cl23Br2+6C+3H2O5Br-+Br+6HC(1分,2分,共3分)(2)BrBrCl+H2OHCl+HBrO(1分,2分,共3分)(3)增大(1分)2.331

40、03Pap(Br2)4.66103Pa(2分)23O3O3O解析解析(1)海水提溴时,需将Br-氧化为Br2,一般通Cl2。(2)溴与氯同主族且溴的核电荷数大于氯,故非金属性溴比氯弱,在BrCl中共用电子对偏向氯,故Br显正电性。(3)由题中方程式可知该反应为吸热反应。升高温度,平衡正向移动,故p(Br2)增大;体积增加一倍,p(Br2)瞬间变为p(Br2)=103Pa,平衡正向移动,又因加入的CuBr2过量,所以根据温度不变平衡常数为定值和勒夏特列原理可知p(Br2)4.66103Pa,故p(Br2)的变化范围应为2.33103Pat1)溶液无色、有大量S检出I2,振荡后消失H224O24O

41、答案答案(1)对照组,证明只有O2时很难氧化I-(2)I2(3)上层黄色,下层无色(4)SO2的溶解度比CO2大,H2SO3的酸性强于H2CO3,故溶液酸性更强2SO2+O2+2H2O2H2SO4(5)阳极发生反应:2I-2e-I2,生成的I2与溶液中的SO2发生反应:SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI,以上过程循环进行,使溶液的SO2减少,S增多,黄色褪去(6)通过实验、,说明c(H+)越大,I-越易被氧化;在酸性条件下,KI比AgI易氧化,说明c(I-)越大,越易被氧化;电解中亮黄色溶液时检出I2,未电解时未检出I2,说明I-被氧化受反应条件影响24O解析解析(1)根据题意,实验与、

42、相比,反应条件缺少酸性环境,故实验为对照实验,证明只有O2时很难氧化I-。(2)淀粉遇I2可以发生显色反应使溶液变蓝色,故溶液变蓝说明、中生成了I2。(3)下层紫红色溶液为I2的CCl4溶液,加入KI溶液后,振荡,由于I2易溶于KI溶液,故静置分层后下层CCl4层无色,上层I2溶于KI溶液中呈黄色。(4)对比实验、可知,中SO2溶于水中生成H2SO3,酸性强弱:H2SO3H2CO3,因此实验中c(H+)比中c(H+)大,故假设1不成立;假设2猜测O2只氧化了SO2,未氧化KI,则A中反应为2SO2+O2+2H2O2H2SO4。(5)I-在阳极放电产生I2,操作中现象证明溶液中溶有SO2气体,I

43、2与SO2发生反应:SO2+I2+2H2OH2SO4+2HI,导致溶液在t1时刻黄色变浅,随着反应不断进行,阳极产物I2与SO2继续反应,在t2时刻溶液变为无色且产生大量S。24O解题关键解题关键注意提取题目中的关键信息,注意对照实验的应用,认真分析实验现象产生的原因。3.(2018北京丰台一模,27)(14分)亚氯酸钠(NaClO2)是一种重要的杀菌消毒剂,同时也是对烟气进行脱硫、脱硝的吸收剂。.以氯酸钠(NaClO3)为原料制备NaClO2粗品的工艺流程如下图所示:已知:.纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全;.NaClO2在碱性溶液中稳定存在,在酸性溶液中迅

44、速分解;.NaClO2饱和溶液在温度低于38时析出NaClO23H2O,等于或高于38时析出NaClO2晶体,高于60时分解成NaClO3和NaCl。(1)试剂A应选择(填字母)。a.SO2b.浓硝酸c.KMnO4(2)反应的离子方程式为。(3)已知压强越大,物质的沸点越高。反应结束后采用“减压蒸发”操作的原因是。(4)下列关于上述流程的说法中,合理的是(填字母)。a.反应进行过程中应持续鼓入空气b.反应后得到的母液中,溶质的主要成分是NaClc.反应中NaOH溶液应过量d.冷却结晶时温度选择38,过滤后进行温水洗涤,然后在低于60下进行干燥,得到粗产品NaClO2.采用NaClO2溶液作为吸

45、收剂可同时对烟气进行脱硫、脱硝。(5)在鼓泡反应器中通入含有SO2和NO的烟气,反应温度为323K,NaClO2溶液浓度为510-3mol/L。反应一段时间后溶液中离子浓度的分析结果如下表:离子SSNNCl-c(mol/L)8.3510-46.8710-61.510-41.210-53.410-324O23O3O2O写出NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式:。由实验结果可知,脱硫反应速率(填“大于”或“小于”)脱硝反应速率。除SO2和NO在烟气中的初始浓度不同外,还可能存在的原因是(答出两条即可)。答案答案(1)a(2)2OH-+2ClO2+H2O22Cl+O2+2H2O(3)减压可

46、以使物质沸点降低,在较低温度下进行蒸发,可避免NaClO2因温度高而发生分解(4)acd(5)4OH-+3Cl+4NO4N+3Cl-+2H2O大于SO2比NO溶解度更大;在此条件下SO2还原性更强;脱硝反应活化能更大(答出两条即可)2O2O3O解析解析(1)NaClO3用H2SO4溶解后,与试剂A发生反应生成了ClO2,反应前后氯元素的化合价下降,ClO2是还原产物,说明试剂A作还原剂,而KMnO4和浓硝酸均具有强氧化性,只有SO2具有较强还原性,因此试剂A为SO2。(2)反应中ClO2被双氧水还原成Cl,反应的离子方程式为2OH-+2ClO2+H2O22Cl+O2+2H2O。(3)溶液中的N

47、aClO2在高于60时易分解,从亚氯酸钠溶液中获得晶体,温度不能太高,所以反应结束后采用“减压蒸发”操作。(4)根据已知信息,纯ClO2易分解爆炸,空气中ClO2的体积分数在10%以下比较安全,所以反应进行过程中要持续鼓入空气;NaClO2在碱性溶液中稳定存在,在酸性溶液中迅速分解,所以反应中碱要过量;因为试剂A为二氧化硫,反应后被氧化为S,所以反应后得到的母液中,溶质的主要成分是Na2SO4。(5)由表中数据可知,NO被NaClO2氧化主要生成N,且NaClO2只有在碱性溶液中才能稳定存在,则NaClO2溶液脱硝过程中主要反应的离子方程式为4OH-+3Cl+4NO4N+3Cl-+2H2O。2

48、O2O24O3O2O3O由实验结果可知,反应相同时间后硫酸根离子比硝酸根离子的浓度高,因此脱硫反应速率大于脱硝反应速率,其原因除了SO2和NO在烟气中的初始浓度不同,还可能是NO溶解度较低、脱硝反应活化能较高等。易错警示易错警示书写氧化还原型离子方程式时,通常根据得失电子守恒确定含变价元素物质的化学计量数,然后根据电荷守恒及原子守恒确定其他物质的化学计量数。另外,要特别注意反应环境的酸碱性。4.(2018北京朝阳期中,18)(16分)Cl2是一种重要的化工原料,在生产和生活中应用十分广泛。(1)Cl2的电子式为。(2)实验室可用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2,反应的化学方程式是。(3)工业上可

49、采取电解饱和食盐水的方法制取Cl2,阳极的电极反应式为。(4)以HCl为原料,用O2氧化制取Cl2,可提高效益,减少污染。反应如下:4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)H=-115.4kJmol-1上述反应在同一反应器中,通过控制合适条件,分两步循环进行,可使HCl转化率接近100%。其基本原理如下图所示:过程的反应为:2HCl(g)+CuO(s)CuCl2(s)+H2O(g)H1=-120.4kJmol-1过程反应的热化学方程式为。过程流出的气体通过稀NaOH溶液(含少量酚酞)进行检测,氯化初期主要为不含HCl的气体,判断氯化结束时溶液的现象为。相同条件下,若将氯化温度升

50、高到300,溶液中出现上述现象的时间将缩短,其原因为。实验测得在不同压强下,总反应的HCl平衡转化率(HCl)随温度变化的曲线如下图所示:.平衡常数比较:K(A)K(B)(填“”“.(5)一定条件下,-1价Cl被氧化生成Cl2解析解析(1)Cl2的电子式为。(2)实验室用MnO2和浓盐酸反应制取Cl2的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O。(3)工业上可采取电解饱和食盐水的方法制取Cl2,阳极上Cl-失去电子生成氯气,电极反应式为2Cl-2e-Cl2。(4)4HCl(g)+O2(g)2Cl2(g)+2H2O(g)H=-115.4kJmol-1,2HCl(g)+CuO