1、课时作业(十四)富集在海水中的元素卤素1(2019辽宁凌源抽考)下列实验事实可用同一原理解释的是()A漂白液和双氧水都能漂白物质B氯水和二氧化硫都能使紫色石蕊试液变色C将苯和裂化汽油分别滴入溴水中，水层褪色D加热盛有I2和NH4Cl的试管，管口有固体凝结A漂白液的有效成分是NaClO，NaClO、双氧水均具有强氧化性，能把有色物质氧化，A正确；氯水和二氧化硫都能使紫色石蕊试液变色，但原理不同，氯水中有次氯酸，其具有强氧化性，可以把石蕊氧化为无色物质，而二氧化硫溶于水后使溶液呈酸性，石蕊遇酸变红，B不正确；将苯和裂化汽油分别滴入溴水中，水层褪色，两者的褪色原理不同，前者把溴水中的溴萃取出来而使水
2、层褪色，后者与溴发生了加成反应生成了无色物质，C不正确；分别加热盛有I2和NH4Cl的试管，管口有固体凝结，两者原理不同，前者是碘升华后遇冷凝华，后者是NH4Cl受热分解生成氯化氢和氨，氯化氢和氨在管口又重新化合为氯化铵，D不正确。2(2019山东潍坊模拟)下列关于氯水的说法正确的是()A新制氯水中只含Cl2和H2O分子B光照氯水有气泡冒出，该气体是氯气C新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色D氯水放置数天后pH将变大C氯气溶于水，只有少量水发生Cl2H2OHClHClO，新制氯水中存在Cl2、H2O、HClO、H、Cl、ClO，存在三种分子，A错误；新制氯水中存在HClO，HClO见光受热易分
3、解，发生2HClO2HClO2，产生气体是氧气，B错误；新制氯水中含有HCl和HClO，盐酸显酸性，使蓝色石蕊试纸变红，HClO具有强氧化性，能把有色物质漂白，因此新制氯水可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，C正确；根据B选项分析，久置的氯水是稀盐酸，pH将减小，D错误。3(2019江西上饶联考)经氯气消毒的自来水，若用于配制以下溶液：NaOH、AgNO3、Na2CO3、FeSO4、KI、NaCl、Na2SO3，不会使配制的溶液变质的是()A全部BCDD氯水的成分是Cl2、HCl、HClO。NaOH和氯气、盐酸、次氯酸发生反应，溶液会变质，故错误；AgCl=AgCl，溶液会变质，故错误；Na2CO3
4、2HCl=2NaClCO2H2O，溶液会变质，故错误；2Fe2Cl2=2Fe32Cl，溶液会变质，故错误；Cl22I=I22Cl，溶液会变质，故错误；不发生反应，溶液不会变质，故正确；Cl2SOH2O=2ClSO2H，溶液会变质，故错误；综上所述，D项正确。4甲、乙、丙三瓶溶液分别为NaCl、NaBr、KI，向甲中加入淀粉溶液和氯水，则溶液变为橙色，再加入丙溶液，颜色无明显变化，则甲、乙、丙依次含有()ANaBrNaClKIBNaBrKINaClCKINaBrNaClDNaClKINaBrB已知氧化性：Cl2Br2I2，可发生：Cl22NaBr2NaClBr2，Cl22KI2KClI2，向甲中
5、加入淀粉溶液和氯水，溶液变为橙色，说明有单质溴生成，没有碘单质产生，因此甲中含有NaBr，不含KI，再加入丙，颜色无明显变化，则丙中含有NaCl，则乙中含有KI。5(2019湖南怀化联考)下列关于新制氯水的说法不正确的是()A颜色为浅黄绿色，说明新制氯水中有氯气分子存在B向新制氯水中滴加石蕊，溶液先变红，说明新制氯水有酸性C向品红溶液中滴加几滴新制氯水，溶液褪色，说明新制氯水有漂白性D向新制氯水中加入少量碳酸钙固体，充分反应后溶液中Cl浓度减小DA氯气溶于水后，部分氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，部分氯气以分子存在于水溶液中，氯气呈黄绿色，所以新制氯水显浅黄绿色，故A正确；B氯水中氯气和水反应生
6、成的盐酸使石蕊试液变红色，故B正确；C氯水溶液中氯气、HClO都强氧化性，向品红溶液中滴加氯水，溶液褪色，说明氯水中含有HClO，故C正确；D在下列平衡：Cl2H2OHClHClO，由于盐酸的酸性比碳酸强，碳酸的酸性比HClO强，则若向氯水中加入少量CaCO3粉末，会和溶液中的盐酸反应，促进氯气和水的反应正向进行，氯离子浓度增大，故D错误。6(2019吉林长春模拟)从海带中提取碘单质，成熟的工艺流程如下。下列关于海水制碘的说法，不正确的是()干海带海带灰悬浊液滤液碘水I2的CCl4溶液I2A实验室在蒸发皿中灼烧干海带，并且用玻璃棒搅拌B含I的滤液中加入稀硫酸和双氧水后，碘元素发生氧化反应C在碘
7、水中加入几滴淀粉溶液，溶液变蓝色D碘水加入CCl4得到I2的CCl4溶液，该操作为“萃取”A灼烧固体时应在坩埚中，A项不正确；H2O2能将I氧化为I2，B项正确。7(2019江西盐城模拟)下列制取Cl2，用其氧化含I废液，回收并提纯I2的装置和原理能达到实验目的的是()A制取Cl2B氧化碘离子C过滤出粗碘D升华提纯碘DMnO2与浓盐酸在加热条件下可反应生成Cl2，故A错误；Cl2通入含I废液中，应长管进，短管出，故B错误；应用萃取分液的方法提取碘，故C错误；可用升华法提纯碘，故D正确。8(2019北京石景山区一模)从某含Br的废水中提取Br2的过程包括：过滤、氧化、萃取(需选择合适的萃取剂)及
8、蒸馏等步骤。已知：物质Br2CCl4正十二烷密度/(gcm3)3.1191.5950.753沸点/ 58.7676.8215217下列说法不正确的是()A甲装置中Br发生的反应为2BrCl2=Br22ClB甲装置中NaOH溶液每吸收0.1 mol Cl2，转移0.1 mol eC用乙装置进行萃取，含Br2的有机层在下层D用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2C氯气的氧化性大于溴，故能发生反应2BrCl2=Br22Cl，A正确；1 mol Cl2与足量的碱液反应转移1 mol电子，故甲装置中NaOH溶液每吸收0.1 mol Cl2，转移0.1 mol e，B正确；用正十二烷萃取溴，由于正十二烷的密
9、度小于水，所以含Br2的有机层在上层，C错误；由于正十二烷的沸点大于溴的沸点，所以用丙装置进行蒸馏，先收集到的是Br2，D正确。9(2018河北保定二模)ClO2是一种高效安全的绿色杀菌剂，下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是()A可用Cl2和NaClO2制备ClO2，其中n(氧化剂)n(还原剂) 12BClO2在强碱性环境中使用失效：2ClO22OHClOClOH2OCClO2处理饮用水时残留的ClO，可用FeSO4来除去：ClO2Fe24H2Fe3Cl2H2OD等物质的量的ClO2杀菌效果比Cl2、HClO 强C氯气的化合价从0升高到4价，NaClO3中化合价从5价降低到4价，所以氧
10、化剂和还原剂的比例为12，A项正确；二氧化氯在强碱性环境中自身腐蚀氧化还原反应，正确，B项错误；方程式电荷不守恒，C 项错误，二氧化氯作为氧化剂，由4价降低到1价，杀菌效果比氯气、次氯酸强，D项正确。10(2019广西桂林模拟)ClO2和NaClO2均具有漂白性，工业上由ClO2气体制取NaClO2固体的工艺流程如图所示，下列说法错误的是()A通入的空气可将发生器中产生的ClO2全部驱赶到吸收器中B吸收器中生成NaClO2的离子方程式为2ClO2H2O2=2ClO2HO2C步骤a的操作包括过滤、洗涤和干燥D工业上将ClO2气体制成NaClO2固体，其主要目的是便于贮存和运输B在ClO2发生器中
11、一定产生ClO2气体，通入空气，可以将其排出，确保在吸收塔中被充分吸收，A项正确；吸收塔中加入了浓NaOH溶液，不可能得到H，B项错误；冷却结晶得到NaClO2固体，经过过滤、洗涤，干燥得到产品，C项正确；气体的贮存和运输都比固体困难，所以将ClO2气体制成NaClO2固体的主要目的是便于贮存和运输，D项正确。11(2019福建泉州质检)四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，常用作烟幕弹。其熔点为25 ，沸点为136.4 。某实验小组设计如下装置(部分加热和夹持装置省略)，用Cl2与炭粉、TiO2制备TiCl4。下列说法不正确的是()A中应盛装饱和食盐水B冷凝管有冷凝
12、、回流和导气的作用C反应结束时，应先停止处的加热，后停止处的加热D该设计存在不足，如、之间缺少防止水蒸气进入的装置A已知四氯化钛(TiCl4)极易水解，遇空气中的水蒸气即产生“白烟”，而制得氯气中混有水蒸气，所以中应盛装浓硫酸，故A错误；TiCl4的熔、沸点较低，制得的TiCl4应经过冷凝处理，则该装置中冷凝管具有冷凝、回流和导气的作用，故B正确；反应结束时，先停止处加热，后停止处加热，可以使制得的TiCl4在氯气氛围中冷却，防止空气进入装置中使TiCl4变质，故C正确；因四氯化钛(TiCl4)极易水解，所以应在装置和之间加一个防止水蒸气进入的装置，故D正确。12(2019广东茂名模拟)氯元素
13、有多种盐类，其中亚氯酸钠(NaClO2)受热易分解。现以氯酸钠等为原料制备亚氯酸钠的工艺流程如下：请回答下列问题：(1)“反应1”中氧化剂与还原剂物质的量比为_；“反应2”的氧化剂是_(化学式)，该反应的化学方程式为_。(2)采取“减压蒸发”而不用“常压蒸发”，原因是_。(3)从“母液”中可回收的主要物质是_(化学式)。(4)“冷却结晶”后经_(填操作名称)即可获得粗产品。解析(1)NaClO3在酸性条件下与二氧化硫发生氧化还原反应生成ClO2，则反应1的方程式为2NaClO3SO2=2ClO2Na2SO4，反应中Cl元素的化合价降低，则NaClO3为氧化剂，反应中S元素的化合价升高，则SO2
14、为还原剂，氧化剂与还原剂物质的量比为21，根据生成的目标产物NaClO2可知，反应2的方程式为H2O22ClO22NaOH=2NaClO22H2OO2，反应中Cl元素的化合价降低，则ClO2为氧化剂；(2)减压蒸发是在较低温度下进行的，防止常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解；(3)氯酸钠与二氧化硫在酸性条件下发生氧化还原反应生成ClO2和Na2SO4，则母液中应含有Na2SO4；(4)冷却结晶后要分离出固体，应用过滤的方法答案(1)21ClO2H2O22ClO22NaOH=2NaClO22H2OO2(2)常压蒸发温度过高，亚氯酸钠容易分解(3)Na2SO4(4)过滤13(2019福建泉州质检)
15、热稳定系数和总氯量是漂白粉行业标准里的两个指标。.利用如图装置(省略加热装置)，探究漂白粉的热分解产物。资料显示：久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物中有O2和少量Cl2。(1)加热干燥的漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生。则次氯酸钙分解的固体产物中一定有_。(2)加热久置于潮湿环境中的漂白粉样品，观察到B中也有气泡产生。B中发生反应的离子方程式为_。待充分反应后，断开连接A、B的橡皮管，停止加热，冷却。利用B中产物，通过实验证明加热时有少量氯气生成。请设计实验方案： _ _.测定漂白粉总氯的百分含量(即样品中氯元素总质量与样品总质量的比值)。实验步骤如下：准确称取5.000 g漂
16、白粉样品，研细，加蒸馏水溶解并冷却后，稀释至500 mL。移取25.00 mL该试样溶液至锥形瓶中，调节pH，缓慢加入适量3%的H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡。加入适量K2CrO4溶液作为指示剂，以0.100 0 molL1AgNO3标准溶液滴定至终点。多次实验，测得消耗AgNO3标准溶液的平均体积为25.00 mL。已知：Ksp(AgCl，白色)1.561010，Ksp(Ag2CrO4，砖红色)9.01012(3)步骤中，溶解、稀释过程中所用的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、_、_。(4)加入H2O2水溶液，搅拌至不再产生气泡，目的是_(用离子方程式表示)。(5)滴定终点的现象是_。(6)该漂白
17、粉总氯的百分含量为_。(7)下列操作导致总氯百分含量测定结果偏高的是_(填序号)。A指示剂K2CrO4的用量过多B在滴定终点读取滴定管刻度时，俯视标准液液面C滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失解析(1)加热干燥的漂白粉样品，观察到B中有大量无色气泡产生，说明漂白粉受热分解的产物中有O2，O元素的化合价从2价升高到0价，根据氧化还原反应的规律可知，Cl元素的化合价应从1价降低到1价，所以次氯酸钙分解的固体产物中一定有CaCl2。(2)由题给信息可知，久置于潮湿环境中的漂白粉受热生成的气体产物有O2和少量Cl2，则在B中Cl2和NaOH发生反应生成NaCl、NaClO和H2O，离子方程式为
18、2OHCl2=ClClOH2O；加热漂白粉时有少量氯气生成，则氯气和NaOH溶液反应后所得的溶液中含有Cl，所以只要检验B中含有Cl即可证明加热潮湿的漂白粉时有少量氯气生成，实验方案为取少量B中溶液，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成。(3)步骤中，所需的玻璃仪器除烧杯、玻璃棒外，还需要500 mL容量瓶和胶头滴管。(4)H2O2能与ClO发生氧化还原反应：ClOH2O2=ClO2H2O。(5)用AgNO3标准溶液进行滴定，当溶液中的Cl完全反应后，开始生成砖红色的Ag2CrO4沉淀，所以滴定终点的现象为当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消
19、失。(6)由化学方程式ClOH2O2=ClO2H2O、AgCl=AgCl，可得关系式：ClOClAg，所以样品中氯元素的总质量m(Cl)0.025 L0.100 0 molL135.5 g mol11.775 g，则该漂白粉总氯的百分含量为100%35.5%。(7)若指示剂K2CrO4的用量过多，溶液中CrO的浓度较大，会造成Cl尚未完全沉淀时就有砖红色沉淀生成，消耗标准溶液的体积偏小，测定结果偏低，故A错误；在滴定终点读取滴定管的刻度时，俯视标准液液面，会使读取的标准溶液体积偏小，测定结果偏低，故B错误；滴定前滴定管尖嘴部分有气泡，滴定后气泡消失，会使读取的标准溶液体积偏大，测定结果偏高，故C正确。答案(1)CaCl2(2)2OHCl2=ClClOH2O取少量B中溶液，先加入稀硝酸酸化，再滴加硝酸银溶液，出现白色沉淀，说明有Cl2生成(3)500 mL容量瓶胶头滴管(4)ClOH2O2=ClO2H2O(5)当滴入最后一滴标准液，溶液中出现砖红色沉淀，且半分钟内不消失(6)35.5%(7)C