新教材人教版化学必修第一册习题：第二章　第二节　第2课时　氯气的实验室制法　氯离子的检验

PAGE第2课时氯气的实验室制法氯离子的检验课后训练巩固提升双基巩固学考突破1.除去Cl2中少量的HCl气体,效果最好的试剂是()A.蒸馏水 B.二氧化锰C.饱和食盐水 D.氢氧化钠溶液答案:C解析:既要除去HCl,又不能损失Cl2。Cl2在饱和食盐水中溶解度很小。2.下列物质不能用来干燥氯气的是()A.碱石灰 B.浓硫酸C.无水氯化钙 D.五氧化二磷答案:A解析:氯气能与碱反应,不能用碱石灰等干燥。3.某实验室的尾气中含有较多的氯气,为防止污染环境,在排入大气之前,需要用试剂进行处理。下列试剂中最适合的是()A.饱和石灰水 B.饱和食盐水C.自来水 D.烧碱溶液答案:D解析:氯气在饱和食盐水中溶解度很小;氯气能与碱反应,但饱和石灰水中碱的浓度小,吸收效果差。4.实验室用浓盐酸与MnO2共热制取Cl2并进行相关实验。下列收集Cl2的正确装置是()答案:C解析:集气瓶中使用单孔橡胶塞塞紧,只能进气,不能排气,容易发生危险,A项错误;Cl2的密度比空气的密度大,Cl2应从短管进,B项错误;Cl2与NaOH溶液反应,不能收集到Cl2,D项错误。5.某化学学习小组利用MnO2与浓盐酸制备Cl2,装置如图所示。下列分析中错误的是()A.①中可用分液漏斗代替长颈漏斗B.①中缺少加热装置C.②中盛放的NaOH溶液可以净化Cl2D.④中的导管口若连接倒置漏斗可防止倒吸答案:C解析:HCl和Cl2均能与NaOH溶液反应,故②中不能盛放NaOH溶液。Cl2中混有HCl气体,应该用饱和食盐水除去HCl。6.下列有关离子鉴别或鉴定的描述,错误的是()A.可用焰色试验鉴别溶液中的K+和Na+B.可用硝酸钡溶液鉴别Cl-和COC.可用硝酸银溶液和稀硝酸鉴别Cl-和COD.未知溶液中加入硝酸银溶液生成白色沉淀,再加入稀盐酸,沉淀不消失,则未知液中含有Cl-答案:D解析:K+和Na+的焰色不同,A项正确;Ba2+与CO32-生成BaCO3白色沉淀,Ba2+与Cl-不反应,B项正确;Cl-和CO32-都能与Ag+反应,生成白色沉淀,但Ag2CO3溶于稀硝酸,C项正确;D项中加入了稀盐酸,7.实验室用氯酸钾制取氧气的试管壁上沾有少量二氧化锰,除去二氧化锰可选用的试剂是()A.蒸馏水 B.氢氧化钾溶液C.稀盐酸 D.浓盐酸答案:D解析:根据4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O,可选用浓盐酸加热除去试管内壁上少量的二氧化锰,产生的少量氯气用碱溶液吸收处理。8.下列关于实验室用二氧化锰制取氯气的说法中错误的是()A.该反应属于氧化还原反应,其中MnO2是氧化剂B.应使用向上排空气法收集氯气C.该反应的离子方程式为MnO2+4H++4Cl-MnCl2+2H2O+Cl2↑D.该方法是瑞典化学家舍勒最先采用的答案:C解析:MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑,根据化合价的变化可以看出,该反应是氧化还原反应,A项正确;氯气的密度大于空气的密度,应使用向上排空气法收集,B项正确;氯化锰是易溶于水且易电离的盐,应用电离出的离子的符号表示,C项错误;D项符合化学史实,正确。9.为了证明实验室制取的Cl2中混有HCl,甲同学设计了如图所示的实验装置,按要求回答下列问题。(1)请根据甲同学的示意图,所需实验装置从左至右的连接顺序:②→。

(2)写出装置②中主要玻璃仪器的名称:、、。

(3)实验室制备Cl2的离子方程式为。

(4)装置③中Cu的作用是(用化学方程式表示)。

(5)乙同学认为甲同学实验设计存在缺陷,不能证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。为此,乙同学提出气体通入装置①之前,要加装一个检验装置⑤,以证明最终通入AgNO3溶液中的气体只有一种。你认为装置⑤应放入。

(6)丙同学看到甲同学设计的装置后提出无须多加装置,只需将原来烧杯中的AgNO3溶液换成紫色石蕊溶液,如果观察到的现象,则证明制取Cl2时有HCl挥发出来。

答案:(1)④→③→①(2)圆底烧瓶分液漏斗酒精灯(3)MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(4)Cl2+CuCuCl2(5)湿润的淀粉KI试纸(6)溶液只变红,不褪色解析:(1)若验证实验室制得的Cl2中混有HCl,要先用浓硫酸干燥,再用灼热的铜与氯气反应,然后用硝酸银溶液检验HCl的存在。(2)只回答主要玻璃仪器的名称。(4)装置③中Cu的作用是除去氯气。(5)如果铜没有将氯气完全吸收,则气体通入AgNO3溶液中产生的沉淀不一定是氯化氢产生的。为了确保实验结论的可靠性,应排除氯气的干扰,所以气体通入装置①之前,要检验氯气是否除尽,装置⑤中可放入湿润的淀粉KI试纸。(6)如果紫色石蕊溶液只变红,不褪色,则说明制Cl2时有HCl挥发出来。选考奠基素养提升1.实验室可用二氧化锰粉末与浓盐酸共热制取氯气。现只有浓盐酸,但没有二氧化锰,下列各试剂中,不能替代二氧化锰制取氯气的是()A.KMnO4 B.KClO3C.CaCl2 D.Ca(ClO)2答案:C解析:从制取氯气的反应中二氧化锰做氧化剂角度思考。选项中的物质只有CaCl2不能氧化浓盐酸。2.实验室用下列两种方法制氯气:①用含146gHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应;②用87gMnO2与足量浓盐酸反应。若不考虑氯化氢的挥发损失,所得的氯气()A.①比②多 B.②比①多C.一样多 D.无法比较答案:B解析:由化学方程式MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O计算可知,146gHCl与87gMnO2完全反应可生成71gCl2,但是由于稀盐酸与MnO2不反应,所以HCl不能完全反应,生成的氯气较少。3.某化学小组用如图所示装置制取氯气,下列说法不正确的是()A.该装置图中至少存在两处明显错误B.该实验中收集氯气的方法不正确C.为了防止氯气污染空气,必须进行尾气处理D.在集气瓶的导管口处放一片湿润的淀粉碘化钾试纸可以验证是否有氯气逸出答案:B解析:应用酒精灯加热、尾气应进行处理,A、C两项说法正确,但不符合题意;向上排空气法收集Cl2是正确的,B项符合题意;在集气瓶口处放一片湿润的淀粉碘化钾试纸可以验证是否有氯气逸出,若有则变蓝,反之则不变色,D项说法正确,但不符合题意。4.已知高锰酸钾与浓盐酸在常温下反应能产生氯气。若用如图所示的实验装置来制备纯净、干燥的氯气,并探究其与金属的反应。每个虚线框表示一个单元装置,其中有错误的是()A.①② B.①C.②③ D.②③④答案:D解析:①是制备氯气的装置:2KMnO4+16HCl(浓)2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O,不需要加热,正确;②是除去氯气中氯化氢杂质的装置,③是干燥装置,④是用于氯气与金属反应的装置。除杂时不能消耗欲保留的气体,Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O,所以②错误;③中进气管短,出气管却插入液面下,无法干燥气体,也不能使气体进入④中与金属反应,③错误;④是一个封闭体系,未反应的气体不断蓄积可能会使容器内压强过大而发生爆炸,④错误。5.如图是实验室制取氯气并以氯气为原料进行特定反应的装置:(1)A是氯气发生装置,反应的化学方程式为。

(2)实验开始时,先点燃A处的酒精灯,打开活塞K,使Cl2充满整个装置,再点燃D处酒精灯,连接上E装置。Cl2通过C瓶后再进入D。D装置的硬质玻璃管内盛有木炭粉,发生氧化还原反应,其产物为CO2和HCl。D中反应的化学方程式为。装置C的作用是。

(3)在E处,紫色石蕊溶液的颜色由紫色变为红色,再变为无色,其原因是。

(4)若将E处烧杯中溶液改为澄清石灰水,反应现象为(选填标号)。

A.有白色沉淀生成B.无明显现象C.先生成白色沉淀,后白色沉淀消失(5)D处反应完毕后,关闭活塞K,移去酒精灯,但由于余热的作用,A处仍有Cl2产生,此时B中的现象是,B的作用是。

答案:(1)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O(2)2Cl2+2H2O+C4HCl+CO2吸收HCl气体,为D处提供水蒸气(3)生成的HCl气体使紫色石蕊溶液变红,因未反应的Cl2与H2O反应产生的HClO具有漂白作用,使溶液红色消失(4)B(5)瓶中液面下降,长颈漏斗内液面上升贮存少量Cl2解析:(2)根据生成物可判断反应物除了氯气和木炭粉外,还有水。A装置产生了氯气,C装置为D装置提供水蒸气,在加热条件下Cl2、H2O与C发生氧化还原反应生成HCl和CO2;盐酸有挥发性,所以制取的氯气中含有氯化氢气体,氯化氢极易溶于水,通过以上分析知,C装置的作用是吸收Cl2中的HCl气体,提供D处所需水蒸气。(3)剩余的氯气在E装置中与水反应生成盐酸和次氯酸,所以溶液呈酸性,紫色石蕊溶液遇酸变红色,次氯酸有漂白性,能使溶液褪色。(4)在有HCl存在时,将CO2通入澄清石灰水中,不会产生沉淀。(5)产生的Cl2进入B装置,Cl2在饱和食盐水中溶解度降低,导致B装置中压强增大,迫使瓶中液面下降,长颈漏斗内液面上升;少量Cl2贮存在B装置中。综合测评一、选择题(本题包括15小题,每小题3分,共45分。每小题只有1个选项符合题意)1.(浙江11月选考,5)可用于治疗胃酸过多的物质是()A.碳酸氢钠 B.氯化钠C.氯化钾 D.氢氧化钠答案A解析碳酸氢钠可与盐酸发生反应生成氯化钠、水以及二氧化碳,可用于治疗胃酸过多,A项正确;NaCl、KCl不与盐酸反应,不能用于治疗胃酸过多,B项、C项错误;氢氧化钠具有极强的腐蚀性,对人体有害,不能用于治疗胃酸过多,D项错误。2.向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油,片刻后再向该烧杯中缓慢地加入一绿豆粒大的金属钠,可能观察到的现象是下图中的()答案A解析钠的密度比煤油的大,比水的小,故钠在水和煤油的交界处与水发生反应生成氢气,从而可看到气泡,正确答案为A项。3.植物中山茶花、石榴可以吸收氯气,紫藤和月季对氯气的吸收净化能力也很强。在实验室制取Cl2时,尾气一般要用NaOH溶液吸收而不用澄清石灰水吸收的理由是()A.氯气不与石灰水反应B.Ca(OH)2微溶于水,澄清石灰水中Ca(OH)2的含量少,不能充分吸收尾气中的Cl2C.氯气与Ca(OH)2反应生成的CaCl2难溶于水D.澄清石灰水能吸收空气中的CO2而变浑浊答案B解析Ca(OH)2在水中的溶解度小,吸收Cl2的量较少,吸收不充分。4.将紫色石蕊溶液滴入NaOH溶液中,溶液变蓝色,再通入氯气,溶液由蓝色变成红色,最后颜色慢慢褪去,其原因是()①氯气有漂白性②氯气与NaOH溶液反应③氯气的水溶液呈酸性④次氯酸有漂白性⑤氯化钠有漂白性A.①④ B.②③④C.①②③ D.④⑤答案B解析Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl和NaClO,当Cl2过量时,Cl2与水反应生成HCl和HClO,溶液呈酸性,因此使石蕊溶液变红色,而HClO有漂白性,又使溶液褪色。5.用漂白粉溶液浸泡过的有色布条晾置在空气中一段时间,漂白效果更好,原因是()A.漂白粉被氧化了B.有色布条被空气中的氧气氧化了C.漂白粉跟空气中的CO2反应,生成了较多量的HClOD.漂白粉溶液蒸发掉部分水,其浓度增大答案C6.(河北邯郸高一检测)已知NA是阿伏加德罗常数的值,下列说法不正确的是()A.3g3He含有的中子数为NAB.1molK2Cr2O7被还原为Cr3+转移的电子数为6NAC.28gCO和N2的混合物含有的电子数为14NAD.标准状况下,4.48L水分子的数目为0.2NA答案D解析3He的中子数为3-2=1,则3g3He的中子数为3g3g·mol-1×NAmol-1=NA,选项A正确;重铬酸钾被还原为铬离子时,铬元素从+6价降低到+3价,1mol重铬酸钾转移的电子数为3mol×2×NAmol-1=6NA,选项B正确;CO和N2的摩尔质量均为28g·mol-1,每个分子所含电子数均为14,则28g混合物的物质的量为1mol,所含有的电子数等于14NA,选项C正确7.(北京朝阳期末质量检测)以不同类别物质间的转化为线索,认识钠及其化合物。下列分析不正确的是()A.反应③表明CO2具有酸性氧化物的性质B.反应④说明NaHCO3的稳定性强于Na2CO3C.反应⑤⑥可用于潜水艇中氧气的供给D.上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应答案B解析反应③为2NaOH+CO2Na2CO3+H2O,NaOH为碱,Na2CO3为盐,因此CO2具有酸性氧化物的性质,A项正确;反应④是2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O,说明Na2CO3比NaHCO3稳定,B项错误;反应⑤⑥分别是2Na2O2+2H2O4NaOH+O2↑、2Na2O2+2CO22Na2CO3+O2,因此反应⑤⑥可用于潜水艇中氧气的供给,C项正确;反应④为分解反应,反应①为化合反应,反应②为置换反应,D项正确。8.将钠和硫分别置于下图所示的两个盛满氧气的集气瓶中,燃烧完毕冷却至室温后,打开装置中的两个活塞,这时观察到()A.水进入左瓶 B.水进入右瓶C.水同时进入两瓶 D.水不进入任何一瓶答案A解析由于钠与氧气反应生成过氧化钠,使左瓶氧气减少,压强减小,而右瓶中的硫与氧气反应生成二氧化硫,气体的体积不变,压强不变,故打开两个活塞时可观察到水进入左瓶。9.(山东聊城高一检测)欲配制100mL1.0mol·L-1Na2SO4溶液,下列方法正确的是()①将14.2gNa2SO4,溶于100mL水中②将32.2gNa2SO4·10H2O溶于少量水中,再用水稀释至100mL③将20mL5.0mol·L-1Na2SO4溶液用水稀释至100mLA.①② B.②③ C.①③ D.①②③答案B解析①14.2gNa2SO4的物质的量为14.2g142g·mol-1=0.1mol,但溶液的体积不等于溶剂的体积,所以无法计算出物质的量浓度,故①错误;②32.2gNa2SO4·10H2O的物质的量为32.2g322g·mol-1=0.1mol,硫酸钠的物质的量等于硫酸钠晶体的物质的量,硫酸钠的物质的量浓度c=0.1mol0.1L=1.0mol·L-1,故②正确;③根据稀释定律,稀释前后溶质硫酸钠的物质的量不变,则20mL×5.0mol10.(2019浙江4月选考,6)反应8NH3+3Cl2N2+6NH4Cl,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量之比为()A.2∶3 B.8∶3 C.6∶3 D.3∶2答案A解析N的化合价由-3价升高为0价,每个NH3分子被氧化失去3个电子;Cl的化合价由0价变为-1价,每个Cl2分子被还原得到2个电子;根据得失电子守恒可知,被氧化的NH3与被还原的Cl2的物质的量比为2∶3,所以A项正确。11.如图两瓶体积相等的气体,在同温同压时瓶内气体的关系一定正确的是()A.所含原子数相等B.气体密度相等C.气体质量相等D.摩尔质量相等答案A解析同温同压下,两瓶中气体体积相等,则气体物质的量也相等;N2、O2和NO都是双原子分子,所以原子数也相等;由于N2和O2的比例不确定,所以两瓶内气体的质量、密度和摩尔质量都不一定相等。12.俗名为“臭碱”的硫化钠广泛应用于冶金染料、皮革、电镀等工业。硫化钠的一种制备方法是Na2SO4+2CNa2S+2CO2↑。NA表示阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是()A.1L1mol·L-1Na2SO4溶液中含氧原子的数目为4NAB.0.1mol·L-1Na2S溶液中含阳离子的数目为0.2NAC.生成1mol氧化产物时转移电子数为4NAD.通常状况下11.2LCO2中含质子的数目为11NA答案C解析1L1mol·L-1Na2SO4溶液中SO42-含氧原子的数目为4NA,但水中也含氧原子,选项A错误;不知道溶液的体积无法计算阳离子的个数,选项B错误;根据方程式,氧化产物为二氧化碳,生成1mol氧化产物时转移电子数为4NA,选项C正确;通常状况下,气体摩尔体积不是22.4L·mol-1,故11.2LCO2物质的量不是0.5mol,所含质子的数目不是11NA,13.把标准状况下4.48L的CO2通过一定量的固体Na2O2后,收集到标准状况下3.36L气体,则这3.36L气体的成分是()A.O2 B.CO2C.CO2和O2 D.无法确定答案C解析标准状况下,4.48LCO2与足量Na2O2反应时,产生2.24LO2,现反应后气体体积为3.36L,说明4.48LCO2未反应完,则3.36L气体应为CO2和O2的混合气体。14.同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体,下列有关比较的叙述中,正确的是()A.密度之比为8∶11 B.密度之比为11∶16C.体积之比为16∶11 D.体积之比为11∶16答案D解析同温同压下等质量的SO2气体和CO2气体的物质的量之比是164∶144=11∶16,则体积比为11∶16,密度之比等于摩尔质量之比,即为15.(河北衡水高一检测)向某NaOH溶液中通入CO2气体后得溶液M,因CO2通入量的不同溶液M的组成也不同。若向M中逐滴加入盐酸,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系有下列图示四种情况(不计CO2的溶解),则下列对应图形的判断正确的是()答案C解析由于量的不同,CO2与NaOH可发生如下两种反应:①CO2+NaOHNaHCO3,②CO2+2NaOHNa2CO3+H2O。当n(CO2)n(NaOH)≥1时,反应按①进行,n(CO2)n(NaOH)=1时,CO2、NaOH恰好反应生成NaHCO3;n(CO2)n(NaOH)>1时,生成NaHCO3,CO2有剩余;当12<n(CO2)n(NaOH)<1时,反应按①②进行,CO2、NaOH反应,无剩余,生成物为NaHCO3、Na2CO3;当n(CO2)n(NaOH)≤12,反应按②进行,n(CO2)n(NaOH)=12时,CO2、NaOH恰好反应生成Na2CO3;n(CO2)n(NaOH)<12时,生成Na2CO3,NaOH有剩余;由上述分析可知,当含有两种溶质,不论是Na2CO3、NaOH,还是NaHCO3、Na2CO3,滴加盐酸都不能立即产生气体,选项A错误;①当溶质为Na2CO3时,不能立即产生气体,滴加盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠,碳酸氢钠再与盐酸发生反应生成二氧化碳,且与碳酸钠反应生成碳酸氢钠消耗的盐酸体积等于与碳酸氢钠反应生成二氧化碳所消耗的盐酸体积,产生的气体体积V(CO2)与加入盐酸的体积V(HCl)的关系为;②当溶质为NaHCO3时,二、非选择题(本题包括5小题,共55分)16.(辽宁丹东期末)(8分)为了将可称量的物质与难以称量的微观粒子之间联系起来,国际上采用了“物质的量”这一物理量,据此完成下列试题:(1)等质量的O2和O3所含分子的物质的量之比为。

(2)等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为,质量比为。

(3)实验室需要配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液,进行如下操作:①配制该溶液所需主要仪器除了托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管,还需要的玻璃仪器是。

②计算需要NaOH固体的质量:g。

③取出50mL配制好的溶液,此溶液中NaOH的物质的量浓度为。

④若出现如下情况,导致所配溶液浓度偏高的是。

A.称量时砝码已经生锈B.定容时仰视C.溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作D.定容摇匀后,液面低于容量瓶颈上的刻度线答案(1)3∶2(2)1∶12∶3(3)①100mL容量瓶、量筒②4.0③1mol·L-1④A解析(1)根据n=mM可知,等质量的O2和O3的物质的量之比为n(O2)∶n(O3)=132∶148=3∶2,(2)根据阿伏加德罗定律,在等温等压下,等体积的任意气体所含分子的物质的量相同,则等温等压下,等体积的O2和O3所含分子个数比为1∶1,质量比为2∶3。(3)①实验室需要配制100mL1mol·L-1的NaOH溶液,则配制该溶液所需主要仪器为托盘天平、玻璃棒、烧杯、胶头滴管、量筒和100mL容量瓶。②需要NaOH固体的质量m=n·M=c·V·M=100×10-3L×1mol·L-1×40g·mol-1=4.0g。③溶液具有均一性,物质的量浓度不随着溶液的体积发生改变,故取出的50mL溶液的浓度仍然为1mol·L-1。④A项,称量时砝码已经生锈,砝码实际质量增大,称得的氢氧化钠质量增大,浓度偏高;B项,定容时仰视,实际加水量偏大,溶液浓度偏低;C项,溶解、转移溶液之后没有对烧杯和玻璃棒进行洗涤操作,剩余部分溶质残留,导致容量瓶内溶质减少,溶液物质的量浓度偏低;D项,定容摇匀后,溶液物质的量浓度固定,液面低于容量瓶颈上的刻度线对结果无影响。17.(北京丰台期末)(11分)双氧水和“84”消毒液是生活中常用的两种消毒剂,了解物质的性质是科学合理使用化学品的基础和前提。请回答下列问题:(1)某同学设计如下实验研究H2O2的性质:序号实验实验现象ⅰ向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液a.溶液紫色褪去b.有大量气泡产生ⅱ向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液c.溶液变蓝①从理论上看H2O2既有氧化性又有还原性,具有还原性的原因是。

②能证明H2O2具有还原性的实验是(填序号)。可作为证据的实验现象是(填字母序号)。

(2)“84”消毒液的有效成分为NaClO。①将Cl2通入NaOH溶液中可制得“84”消毒液,反应的化学方程式为。

②“84”消毒液不能用于钢制器具的消毒,原因是NaClO具有性。

③“84”消毒液的溶液在浸泡餐具过程中,因吸收空气中的CO2消毒杀菌能力增强,其中发生的化学反应符合规律:+

+(填物质类别)。

(3)某届奥运会期间,由于工作人员将“84”消毒液与双氧水两种消毒剂混用,导致游泳池中藻类快速生长,池水变绿。一种可能的原因是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。①该反应说明氧化性:NaClO(填“>”或“<”)H2O2。

②当有0.1molO2生成时,转移电子mol。

答案(1)①过氧化氢中氧元素的化合价为-1价,化合价可升高被氧化②ⅰa、b(2)①Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O②氧化③酸盐酸盐(3)①>②0.2解析(1)①H2O2中O呈-1价,化合价可升高被氧化,故H2O2具有还原性。②实验ⅰ中的KMnO4是强氧化剂,实验ⅱ中的KI是强还原剂,故实验ⅰ能证明H2O2具有还原性,现象a、b可作为证据证明H2O2具有还原性。(2)①Cl2和NaOH溶液反应的化学方程式为Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O。②NaClO具有氧化性,故“84”消毒液不能用于钢制器具的消毒。③“84”消毒液吸收CO2的反应是CO2+H2O+NaClOHClO+NaHCO3,该反应符合的规律是强酸制弱酸,即酸+盐酸+盐。(3)①NaClO一般做氧化剂,还原产物是Cl-,故NaClO与H2O2反应产生的O2是由H2O2被氧化而来,即H2O2做还原剂,所以氧化性:NaClO>H2O2。②反应中,H2O2中O的化合价由-1价变为0价,则生成0.1molO2,转移电子0.2mol。18.(13分)根据实验步骤的图示回答下列问题。已知:Ⅰ.D是焰色试验显紫色(透过蓝色钴玻璃)的盐溶液;Ⅱ.固体氯化物与浓硫酸在加热条件下反应可制得氯化氢,同时生成硫酸盐。(1)写出各物质的化学式:A,B,C,

D,E,F,

G。

(2)写出下列各步反应的化学方程式,是氧化还原反应的标出电子转移的方向和数目。①;

②;

③;

④。

(3)反应②中,每转移1mole-,有mol被氧化。

答案(1)KClI2AgClKICl2HClMnO2(2)①2KCl(s)+H2SO4(浓)K2SO4+2HCl↑②③④KCl+AgNO3AgCl↓+KNO3(3)1HCl解析向物质A中加入AgNO3溶液,生成白色不溶于稀硝酸的沉淀C,可判定A中含有Cl-,则C一定是AgCl;淀粉溶液遇B生成蓝色物质,B一定是I2;D、E中一定有碘元素、氯元素;由题给信息Ⅱ可得无色晶体应为氯化物,F为HCl,HCl与G加热得E,则G为MnO2,E为Cl2;再结合题给信息Ⅰ可得D为KI,则A为KCl。19.(13分)下图为制取氯化铁粉末的装置,已知氯化铁粉末很容易吸水生成结晶水合物FeCl3+6H2OFeCl3·6H2O。(1)按照气体流向从左到右连接仪器的顺序是(填仪器接口顺序):①接,接,