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2023年高考真题变式分类汇编：氯、溴、碘及其化合物的综合应用
一、选择题
1．（2019·江苏）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色 X溶液中一定含有Fe2+
B 向浓度均为0.05 mol·L 1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)
C 向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比I2的强
D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为 9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、检验Fe2+时，应先加KSCN溶液，排除溶液中可能存在的Fe3+的干扰，若加入KSCN溶液后无明显现象，再加新制氯水，溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+，A不符合题意；
B、产生的淡黄色沉淀为AgI沉淀，说明AgI比AgBr更难溶，因此Ksp(AgI)C、加入淀粉后，溶液显蓝色，说明Br2将溶液中的I-氧化成I2，因此Br2的氧化性强于I2的氧化性，C符合题意；
D、由于所用的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度未知，因此不能得出正确结论，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、检验Fe2+时，应先加KSCN溶液，再加新制氯水；
B、Ksp越小，沉淀越难溶，反应过程中越先形成沉淀；
C、淀粉遇碘变蓝色；
D、由等浓度盐溶液的pH值大小得出离子水解程度的大小，结合“越弱越水解”分析酸的强弱；
2．（2014·海南）化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液
B．84消毒液的有效成分是NaClO
C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品
D．装饰材料释放的甲醛会造成污染
【答案】C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质
【解析】【解答】解：A．碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故A正确；
B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，故B正确；
C．浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故C错误；
D．甲醛对人体有害，可导致皮肤癌等，可污染环境，故D正确．
故选：C．
【分析】A．碘溶于乙醇可形成碘酒；
B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液；
C．浓硫酸与二氧化硅不反应；
D．甲醛可污染环境．
3．（2023·闵行模拟）下列选项所示的物质间转化都能实现的是
A．
B．
C．
D．
【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．在点燃条件下氮气和氧气不反应，A不符合题意；
B．点燃条件下，铁和氯气反应生成三价铁，B不符合题意；
C．单质硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，C不符合题意；
D．根据侯氏制碱法，向饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可以得到碳酸氢钠，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气和氧气在点燃条件下不反应；
B.氯气和铁点燃生成氯化铁；
C.硫点燃生成二氧化硫；
D.向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体，发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵。
4．（2023·徐汇模拟）75%乙醇、含氯消毒剂都能有效灭活病毒。下列说法正确的是
A．乙醇能与水以任意比例互溶 B．乙醇浓度越高灭活效果越好
C．漂粉精的主要成分是NaClO D．都是利用氧化性灭活病毒
【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A．乙醇与水分子间能形成氢键，且乙醇和水均为极性分子，则乙醇能与水以任意比例互溶，故A符合题意；
B.75%的医用酒精具有良好的杀菌消毒能力，浓度较大时易在细胞表面形成一层膜而导致杀菌能力降低，故B不符合题意；
C．漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2，故C不符合题意；
D.75%乙醇不具有氧化性，不是利用氧化性灭活病毒，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、乙醇可以和水任意比例互溶；
B、75%乙醇杀菌效果最好；
C、漂白精的主要成分是次氯酸钙；
D、乙醇是使蛋白质变性灭活。
5．（2023·徐汇模拟）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①
②
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．的数值为0.009
B．时，
C．时，x越大，生成的量越少
D．时，
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A不符合题意；
B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B不符合题意；
C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C符合题意；
D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D不符合题意；
故本题选C。
【分析】A、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
B、反应①也生成氯离子；
C、生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少；
D、结合电荷守恒判断。
6．（2023·嘉定模拟）洁厕灵与84消毒液混合会产生氯气：2HCl + NaClO = NaCl + Cl2↑ + H2O，下列说法错误的是
A．2molHCl反应将转移NA个电子 B．n氧化剂：n还原剂=1：1
C．NaClO作氧化剂，失去电子 D．Cl2既是氧化产物又是还原产物
【答案】C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．根据反应：2HCl + NaClO = NaCl + Cl2↑ + H2O ~e-，则2molHCl反应将转移NA个电子，A不符合题意；
B．根据题给反应方程式，NaClO是氧化剂，HCl中Cl元素化合价升高的是还原剂，二者比值为1：1，B不符合题意；
C．NaClO中的Cl化合价降低，NaClO作氧化剂，得到电子，C符合题意；
D．Cl2中Cl原子一半由NaClO中Cl化合价降低得到，一半由HCl中Cl化合价升高得到，故氯气既是氧化产物又是还原产物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；
电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
7．（2023·浦东模拟）将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中，用强光照射，测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中pH减小是由于光照促进了HClO的电离
B．图乙中增大主要是由于反应消耗了水
C．图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解
D．该体系中存在两个电离平衡和两个化学平衡
【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．pH减小是由于光照促进了HClO的分解，产生了氢离子，A不符合题意；
B．增大主要是由于HClO的分解反应产生了氯离子，B不符合题意；
C． HClO光照分解生成HCl和氧气，所以导致氧气的体积分数随着时间的进行不断增大，C符合题意；
D．该体系中存在次氯酸的电离平衡和水的电离平衡两个电离平衡，氯气与水反应的一个化学平衡，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、次氯酸见光分解生成氯化氢，酸性增强；
B、次氯酸分解为氯化氢和氧气，氯化氢提供氯离子；
C、次氯酸分解为氯化氢和氧气，气体增多；
D、次氯酸为弱酸，为弱电解质，水也为弱电解质。
8．（2023·徐汇模拟）75%乙醇、含氯消毒剂都能有效灭活病毒。下列说法正确的是（ ）
A．乙醇能与水以任意比例互溶 B．乙醇浓度越高灭活效果越好
C．漂粉精的主要成分是NaClO D．都是利用氧化性灭活病毒
【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A．乙醇与水分子间能形成氢键，且乙醇和水均为极性分子，则乙醇能与水以任意比例互溶，故A符合题意；
B.75%的医用酒精具有良好的杀菌消毒能力，浓度较大时易在细胞表面形成一层膜而导致杀菌能力降低，故B不符合题意；
C．漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2，故C不符合题意；
D.75%乙醇不具有氧化性，不是利用氧化性灭活病毒，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、乙醇可以跟水任意比例互溶；
B、75%酒精杀菌消毒能力最佳；
C、漂白精的主要成分是次氯酸钙；
D、乙醇可以使蛋白质变性，含氯消毒剂则是强氧化性杀菌消毒。
9．（2023·徐汇模拟）实验室用苯与溴反应制备溴苯，关于说法正确的是（ ）
A．可以用溴水代替液溴，减少溴的挥发
B．将生成气体直接通入溶液，检验反应是否生成HBr
C．铁粉作催化剂，苯与溴既能发生加成反应，也能发生取代反应
D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、分液、蒸馏，即可得到溴苯
【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．实验室用苯与溴反应制备溴苯， 不可以用溴水代替液溴，苯与溴水不互溶，且能萃取溴水中的溴，故A不符合题意；
B．生成的气体中有溴蒸汽，溴蒸汽与水反应会生成HBr，干扰对生成HBr的检验，故B不符合题意；
C．苯与溴在铁粉的催化作用下只能发生取代反应，不能发生加成反应，故C不符合题意；
D．溴苯中会溶有溴，稀碱溶液可以除掉溴，振荡洗涤，溴苯与水不互溶，再通过分液、蒸馏得到溴苯，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、苯和溴水不反应；
B、气体中含有挥发的溴，可以和硝酸银反应；
C、苯和溴不能发生加成反应；
D、碱溶液可以吸收溴蒸汽，且和溴苯互不相溶。
10．（2023·广东模拟）“劳动创造幸福，实干成就伟业。”下列劳动项目与所涉及的化学知识关联错误的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用硅单质制作太阳能电池板 硅元素在地壳中含量丰富
B 用高浓度白酒浸泡药材制成药酒 相似相溶原理
C 用KSCN溶液检验菠菜中是否含铁元素 含Fe3+的溶液遇SCN-变为红色
D 用ClO2给自来水消毒 ClO2具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．用硅单质制作太阳能电池板，将太阳能转化为电能的性质，与硅元素在地壳中含量没有关联性，A符合题意；
B．高浓度白酒浸泡药材制成药酒，利用乙醇能溶解药材中某些成分的性质，是相似相溶原理的具体运用，B不符合题意；
C．含Fe3+的溶液遇SCN-变为红色，所以可用KSCN溶液及适当的氧化剂检验菠菜中是否含铁元素，C不符合题意；
D．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可以给自来水进行杀菌和消毒，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、硅可以将太阳能转化为电能；
B、白酒可以溶解药材中的有机物；
C、硫氰酸根遇铁离子变为红色；
D、二氧化氯具有强氧化性，可以给自来水消毒。
11．（2023·南通模拟）下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．易升华，可用于检验淀粉的存在
B．漂白粉具有强氧化性，可用于消毒杀菌
C．液溴呈红棕色，可用于与苯反应制备溴苯
D．浓硫酸具有脱水性，可用于与反应制HF
【答案】B
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．碘单质遇淀粉变蓝色，因此可用于检验淀粉，与升华无关，故A不符合题意；
B．漂白粉具有强氧化性，可使蛋白质变性，因此可用于杀菌消毒，故B符合题意；
C．液溴在催化剂作用下能与苯发生取代反应生成溴苯，与其颜色无关，故C不符合题意；
D．浓硫酸与反应生成HF，利用的是难挥发制备易挥发，与脱水性无关，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.淀粉遇碘单质变蓝，与其易升华无关；
B.漂白粉具有强氧化性，能使蛋白质变性；
C.液溴在催化剂作用下与苯反应，与溴的颜色无关；
D.浓硫酸与反应生成HF利用的原理是难挥发性酸制备易挥发性酸。
12．（2023·安徽模拟）化学知识与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述错误的是
A．利用作灭火剂，是因为铵盐易分解且吸热，同时分解产物不支持燃烧
B．红酒中添加，利用了的还原性和杀菌消毒的能力
C．是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒
D．利用制取K，该反应可以说明Na的金属性强于K
【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．是一种铵盐，其易分解且吸热分解产物不支持燃烧，可以作为灭火剂，A项不符合题意；
B．的还原性和杀菌消毒的能力，因此，红酒中添加，B项不符合题意；
C．具有强氧化性可以用于杀菌消毒，是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒，C项不符合题意；
D．该反应能够发生，是因为该条件下钾为气体，利用了平衡移动的原理，与元素的金属性强弱无关，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据物质的性质分析，其中D项因为该条件下钾为气体，利用了平衡移动的原理，与元素的金属性强弱无关。
13．（2022·青浦模拟）部分含氮及氯物质的价类二维图如下，下列推断不合理的是
A．a和c可在一定条件下反应生成b
B．工业上通过a→b→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．a和b′可在一定条件下反应生成b
【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．和NO可在一定条件下可以发生归中反应生成，A不符合题意；
B．工业上通过，，，即来制备，B符合题意；
C．可通过反应得到氯气，C不符合题意；
D．氨气中的氮-3价，有还原性，氯气有氧化性，两者可在一定条件下反应生成，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据归中反应规律分析；
B．依据工业制硝酸的原理分析；
C．依据制氯气原理分析；
D．依据氧化还原反应原理分析。
14．（2022·诸暨模拟）下列说法错误的是（ ）
A．当沉淀的结晶颗粒较大且静置易沉降时，常可采用倾析法进行分离或洗涤
B．为检验浓硫酸作用下，乙醇发生消去反应所得的有机产物，需先将产生的气体通过足量NaOH溶液，再通过溴水
C．在制备阿司匹林时，常将粗产品用少量酒精洗涤1~2次
D．用淀粉检验是否存在碘单质时，需控制温度，温度偏高会导致蓝色褪去
【答案】C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的性质；乙烯的化学性质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．结晶颗粒较大、静置后容易沉降至容器底部的沉淀，易与液体分离，所以倾析法适用于分离或洗涤结晶颗粒较大、静置后容易沉降至容器底部的沉淀，故A不符合题意；
B．若乙烯中混有二氧化硫，先通过足量NaOH溶液可除去二氧化硫杂质，再通过溴水若溶液褪色，可证明乙醇在浓硫酸加热下发生消去反应生成乙烯，故B不符合题意；
C．阿司匹林化学成分是乙酰水杨酸属于有机物，能与乙醇互溶，用乙醇洗涤会有损耗，应用冷水洗涤产品，再抽干水分，故C符合题意；
D．碘单质易升华，在用淀粉检验碘单质时需控制温度，避免温度过高碘升华导致蓝色褪去，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.结晶颗粒较大、静置后易沉降，易与液体分离；
B.乙烯不与NaOH溶液反应，二氧化硫能与NaOH溶液反应；
D.碘在高温下易升华。
15．（2022·惠州模拟）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Fe FeCl2 Fe(OH)2
B．N2(g) NO(g)HNO3(aq)
C．NaCl(aq)Cl2漂白粉
D．SiO2H2SiO3(胶体)Na2SiO3溶液
【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；含氮物质的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅酸的性质及制法
【解析】【解答】A．氯气和铁反应得到氯化铁，A不符合题意；
B．一氧化氮与水不反应，B不符合题意；
C．电解饱和氯化钠溶液得到氯气，氯气与石灰乳反应得到漂白粉，C符合题意；
D．二氧化硅与水不反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氯气可以将金属氧化为最高价态；
B、氮气和氧气放电或高温生成一氧化氮，一氧化氮不溶于水；
C、氯化钠溶于电解生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；
D、二氧化硅不溶于水。
16．（2022·温州模拟）下列说法错误的是（ ）
A．碘化银常用作感光材料，是胶卷中必不可少的成分
B．石英、水晶、硅藻土的主要成分都是SiO2
C．氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆
D．石墨可做润滑剂和电极材料
【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．碘化银光照易分解可用于人工降雨；溴化银是一种重要的感光材料，是胶卷中必不可少的成分，A项符合题意；
B．SiO2存在有结晶二氧化硅和无定型二氧化硅，结晶二氧化硅因晶体结构不同分为石英等，纯色石英为无色晶体，大而透明棱柱状的石英叫水晶，硅藻土是无定型二氧化硅，B项不符合题意；
C．氧化铁呈红棕色，所以氧化铁红色颜料根某些油漆混合，可以制成防锈漆，C项不符合题意；
D．石墨质软，具有导电性，可以做润滑剂和电极，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、感光材料是溴化银；
B、 石英、水晶、硅藻土的主要成分都是二氧化硅；
C、氧化铁可以作为颜料，可以和油料混合作为防锈油漆；
D、石墨可以作为润滑剂和电极材料。
17．（2022·诸暨模拟）下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分而使其炭化
B．具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C．盐碱地(含较多等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质；合金及其应用
【解析】【解答】A．浓硫酸吸收糖类化合物中的水分而使其炭化，说明浓硫酸具有脱水性，故A不符合题意；
B．用于自来水的杀菌消毒，利用的强氧化性，故B不符合题意；
C．盐碱地(含较多等)不利于作物生长，若施加熟石灰，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，使土壤碱性增强，所以不能用熟石灰进行改良；可施加适量的石膏进行改良，碳酸钠和硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸钠，土壤碱性降低，故C不符合题意；
D．金属锂的密度小，铝中添加适量锂，制得的铝合重量轻、强度大，可用于航空工业，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.浓硫酸使糖类物质脱水炭化体现浓硫酸的脱水性；
B.具有强氧化性；
C.盐碱可施加适量的石膏进行改良，碳酸钠和硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸钠，土壤碱性降低。
18．（2022高三下·蚌埠模拟）溴化氢比碘化氢（ ）
A．键长短 B．沸点高 C．稳定性小 D．还原性强
【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A符合题意；
B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B不符合题意；
C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C不符合题意；
D.溴的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】溴化氢和碘化氢相比，键长更短，沸点更低，稳定性更强，还原性更弱。
19．（2022·怀化模拟）三氟化氯(ClF3)可应用于航天工业，是一种很强的氧化剂和氟化剂，它能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧。下列分析错误的是（ ）
A．可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化剂
B．能与一些金属反应生成氯化物和氟化物
C．三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质
D．ClF3与水按照1：2反应生成两种强酸
【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．由三氟化氯能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧可知，三氟化氯能代替过氧化氢充当火箭推进剂中的氧化剂，故A不符合题意；
B．由三氟化氯是一种很强的氧化剂和氟化剂，能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应可知，三氟化氯能与一些金属反应生成氯化物和氟化物，故B不符合题意；
C．由三氟化氯能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应可知，三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质，故C不符合题意；
D．由题意可知，三氟化氯与水按照1：2反应的化学方程式为ClF3+2H2O=HCl+3HF+O2↑，反应生成的氢氟酸为弱酸，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据题目提供的“ 不接触火源就燃烧 ”信息分析；
B．依据题目提供的“ 能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应 ”信息分析；
C．依据题目提供的“ 能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应 ”信息分析；
D．产物氢氟酸为弱酸。
20．（2022·松江模拟）海洋中资源丰富，有关说法正确的是（ ）
A．碘元素主要存在海水中
B．通常用海水晒盐后的母液为原料提溴
C．镁是海水中含量最多的金属元素
D．从海水中提取食盐和溴的过程都是物理变化
【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．碘元素主要存在海洋植物中，如海带、海藻富含碘元素，故A不符合题意；
B．溴元素主要存在于海水中，通常用海水晒盐后的母液为原料提溴，故B符合题意；
C．钠是海水中含量最多的金属元素，主要以氯化钠的形成存在，故C不符合题意；
D．从海水中提取食盐过程是物理变化，溴在海水中以Br-的形式存在，海水提取出溴单质化学变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碘元素主要存在于海洋植物中；
C.海水中含量最多的金属元素是钠元素；
D.有新物质生成的变化属于化学变化。
21．（2022·南通模拟）NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO和ClO等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A．新制氯水需存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中
B．可用广泛pH试纸测定新制氯水的pH值
C．NaClO与CO2反应的离子方程式为NaClO+CO2+H2O=HClO+Na++HCO
D．使用NaClO消毒时，可用盐酸酸化
【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．氯水中的次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，故A符合题意；
B．新制氯水具有漂白性，能漂白pH试纸，所以不能用广泛pH试纸测新制氯水的pH，故B不符合题意；
C．酸性：H2CO3＞HClO＞，NaClO与CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O═HClO+，故C不符合题意；
D．NaClO与盐酸反应生成有毒的氯气，故不能用盐酸酸化，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．次氯酸见光易分解；
B．新制氯水具有漂白性；
C．依据H2CO3＞HClO＞分析；
D．利用价态归中规律分析。
二、多选题
22．（2016·上海）一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（ ）
A．过量的氢气与氮气 B．过量的浓盐酸与二氧化锰
C．过量的铜与浓硫酸 D．过量的锌与18 mol/L硫酸
【答案】A,C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】解：A．合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故A正确；
B．二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，二氧化锰过量，稀盐酸也不能完全反应，若浓盐酸过量，二氧化锰可以完全反应，故B错误；
C．铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故C正确；
D．过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气，故D错误；
故选AC．
【分析】本题考查物质的性质，难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，注意反应的可逆性和物质的浓度问题．
23．（2023·白沙模拟）二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，是一种安全无毒的绿色消毒剂，常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（ ）
A．NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，则n(氧化剂)∶n(还原剂)=4∶1
B．ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是2ClO2+2OH-=++H2O
C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D．ClO2的消毒效率(单位质量的氧化剂得到的电子数)是Cl2的2.63倍
【答案】A,C
【知识点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．NaClO2在酸性条件下发生歧化生成ClO2和NaCl，则NaCl是还原产物(化合价降4价)，ClO2是氧化产物(化合价升1价)，n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶4，A不合理；
B．ClO2在强碱性环境中使用失效，由于碱难以表现出氧化性或还原性，所以可能的原因是ClO2发生自身的氧化还原反应，即可能发生反应2ClO2+2OH-=++H2O，B合理；
C．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，氨气极易溶于水，在饱和食盐水中，两种气体都易溶于水，所以不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，C不合理；
D．设二者质量都为1g，则ClO2的消毒效率(单位质量的氧化剂得到的电子数)是Cl2的倍数为=2.63，D合理；
故答案为：AC。
【分析】A．氧化剂元素化合价降低；还原剂元素化合价升高；
B．依据氧化还原反应的规律分析；
C．依据题目中二氧化氯的信息判断；
D． 依据单位质量的氧化剂得到的电子数计算。
24．（2023·宝山模拟）部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如下图所示，下列说法正确的是
A．洁厕灵的主要成分为a，84消毒液的主要成分为b的一种，两者如果混用会产生有毒气体
B．c的化学式为，是HClO的酸酐
C．a的浓溶液可与d的溶液反应制备
D．新制氯水中存在如下平衡：
【答案】A,C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．洁厕灵的主要成分为盐酸，84消毒液的主要成分为次氯酸钠，两者如果混用会发生的反应为次氯酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、氯气和水，有毒的氯气会污染环境，故A符合题意；
B．由分析可知，c为二氧化氯，二氧化氯是亚氯酸的酸酐，故B不符合题意；
C．氯酸盐溶液与浓盐酸反应生成氯气、氯离子和水，该反应常用于制备氯气，故C符合题意；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中存在如下平衡：，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．次氯酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、氯气和水；
B．酸和酸酐的化合价必须一致；
C．氯酸盐溶液与浓盐酸反应生成氯气、氯离子和水；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不拆。
25．（2022·江苏模拟）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B
【知识点】氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．次氯酸在光照条件下生成氯化氢和氧气，得不到氯气，A符合题意；
B．氯气具有强氧化性，与铁反应生成氯化铁，与铁的用量无关，B符合题意；
C．氯气与氢氧化钠再加热条件下反应生成NaClO3，C不符合题意；
D．高锰酸钾和盐酸常温反应生成氯气，溴离子的还原性大于氯离子，故酸性高锰酸钾能将KBr氧化为Br2，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.次氯酸在光照下分解生成盐酸和氧气；
B.氯气和铁粉反应只生成氯化铁；
C.氯气和氢氧化钠在加热条件下反应生成NaClO3；
D.酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将溴离子氧化成溴单质。
三、非选择题
26．（2013·海南）溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料组燃剂等，回答下列问题：
（1）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入 氯气将其中的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BrO3﹣，其离子方程式为 ；
（2）溴与氯能以共价键结合形成BrCl．BrCl分子中， 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=+105.4kJ/mol在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p（Br2）为4.66×103Pa．
①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”）．
②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 ．
【答案】（1）3 Br2+6 CO32﹣+3H2O=5 Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3 Br2+3CO32﹣=5 Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑）
（2）Br；BrCl+H2O=HCl+HBrO
（3）增大；2.33×103Pa＜P（Br2）≤4.66×103Pa
【知识点】化学平衡的影响因素；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】解：（1）溴在碳酸钠溶液的歧化可把反应理解为溴与水发生歧化，产生H+的被碳酸钠吸收，反应的离子方程式为3 Br2+6 CO32﹣+3H2O=5 Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3 Br2+3CO32﹣=5 Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑），故答案为：3 Br2+6 CO32﹣+3H2O=5 Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3 Br2+3CO32﹣=5 Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑）；（2）溴的非金属性弱于氯的，故溴显正电性；与Cl2与H2O类似，BrCl与水发生反应的化学方程式为：BrCl+H2O=HCl+HBrO，故答案为：Br；BrCl+H2O=HCl+HBrO；（3）①升高温度，平衡向吸热反应方向移动，气体的物质的量增大，因而可提高P（Br2），故答案为：增大；②体积增大一倍时，P（Br2）降为原来的一半，即2.33×103Pa，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，因而会大于2.33×103Pa；若反应物足量，可平衡恢复到原有的P（Br2），故答案为：2.33×103Pa＜P（Br2）≤4.66×103Pa．
【分析】（1）用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO3﹣，同时生成HCO3﹣或CO2；（2）根据非金属性强弱判断原子在化合物中的电性；BrCl与水的反应类型于氯气和水的反应；（3）升高温度，平衡向正反应方向移动，增大体积，平衡向正反应方向移动，以此解答．
27．（2016·上海）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
Ⅰ.NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
Ⅱ.NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10﹣10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同．
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是 ．
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式．
（3）处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准．
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似．（CN）2与NaOH溶液反应生成 、 和H2O．
（5）上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是 ；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为 ．
（6）HCN是直线型分子，HCN是 分子（选填“极性”或“非极性”）．HClO的电子式为 ．
【答案】（1）碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气
（2）2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑
（3）14900
（4）NaOCN；NaCN
（5）3p；H＜O＜N＜C＜Na
（6）极性；
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，
故答案为：碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气；
（2）反应中氯元素的化合价从+1价降低到﹣1价，得到2个电子．N元素化合价从﹣3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，可确定反应的离子方程式，故答案为：2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑；
（3）参加反应的NaCN是： =20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从﹣3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为： ×74.5g/mol×4=14900g，故答案为：14900；
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理可知，（CN）2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN、和H2O，
故答案为：NaOCN；NaCN；
（5）氯原子的和我电子排布式为：1s22s22p63s23p5，所以氯原子核外电子中能量最高的电子亚层为3p；原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，故答案为：3p；H＜O＜N＜C＜Na；
（6）HCN是直线型分子，由于正负电荷的重心不重合，则HCN为极性分子；HClO为共价化合物，分子中含有1个O﹣Cl键和个H﹣O键，其电子式为 ，故答案为：极性； ．
【分析】本题考查了氧化还原反应方程式书写、计算、元素周期律等有关判断，题目难度中等，要求明确氧化还原反应的实质及配平原则，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力．
28．（2023·广东模拟）海洋中有丰富的NaCl资源。研究表明，氯离子的侵入是造成钢筋混凝土腐蚀的主要原因(Na+对腐蚀无影响)。海砂经淡化后，Cl-的含量达到一定标准才能作建筑用砂。某合作学习小组猜测Cl-会加快金属与盐溶液或酸溶液的反应速率。
（1）工业上通过电解饱和NaCl溶液制Cl2的离子方程式为 。
（2）实验室用如图所示装置模拟工业上制Cl2。检验产生的Cl2的操作及现象是 。
（3）探究Cl-是否会加快金属与盐溶液的反应速率。
①小组同学利用图1所示装置进行探究。当Zn－Cu原电池工作约30s后，向电池槽内加入少量NaCl固体，电流随时间的变化如图2所示。甲同学认为加入NaCl固体后电流强度增大并不能说明Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，其理由可能是 。
②乙同学利用温度传感器进行探究。分别取20mL0.1mol/LCuSO4溶液于A、B两个100mL烧杯中；向B烧杯中加入5gNaCl固体，使其溶解。在相同温度下，分别往两个烧杯中加入相同的用砂纸打磨过的镁条，采集温度数据，得出Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率。已知0-100sA烧杯中溶液温度随时间的变化如图所示，请在答题卡相应位置画出0～100sB烧杯中溶液温度随时间的变化情况(100s时反应仍在进行) 。
（4）探究Cl-是否会加快金属与酸溶液的反应速率。小组同学的实验记录如表：
实验序号 Zn片 酸 其他试剂 生成VmLH2的时间
I 完全相同 100mL0.1mol/L硫酸溶液 — t1
II 100mL0.2mol/L盐酸 — t2
III 100mLamol/L硫酸溶液 少量_ t3
其中，t1＞t2，t1＞t3。
①由实验I和实验II (填“能”或“不能”)推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是 。
②小组同学一致认为，由实验I和实验III可推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，则实验III中，a处填 ，b处填 。
（5）提出一种合理的降低海砂中Cl-含量的方法： 。
【答案】（1）2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
（2）将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2
（3）加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强；
（4）不能；Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速率，也可能是减慢反应速率；0.1；NaCl固体
（5）用淡水冲洗(或其它合理方法)
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）工业上通过电解饱和NaCl溶液制Cl2，同时生成烧碱和氢气，离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
（2）检验产生的Cl2时，通常使用淀粉KI试纸，则操作及现象是：将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2。故答案为：将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2；
（3）①加入NaCl固体后，固体溶于水，使溶液中离子浓度增大，所以甲同学认为加入NaCl固体后电流强度增大并不能说明Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，其理由可能是：加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强。
②向B烧杯中加入5gNaCl固体，使其溶解，Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，则0～100sB烧杯中溶液温度随时间的变化情况(100s时反应仍在进行)为：。故答案为：加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强；；
（4）①实验I和实验II相比，实验Ⅱ所用时间短，反应速率快，但并不能说明Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是：Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速率，也可能是减慢反应速率。
②若要由实验I和实验III推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，应在实验Ⅰ的基础上，再加入NaCl固体，则实验III中，a处填0.1，b处填NaCl固体。故答案为：不能；Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速率，也可能是减慢反应速率；0.1；NaCl固体；
（5）降低海砂中Cl-含量，可将Cl-转移到其它物质中，方法是：用淡水冲洗(或其它合理方法)。故答案为：用淡水冲洗(或其它合理方法)。
【分析】（1）氯离子和水电解生成氢氧根离子、氯气和氢气；
（2）氯气具有氧化性，可以将碘离子氧化为碘，淀粉遇碘变蓝；
（3） ① 离子浓度越大，导电能力越强；
②Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率
（4） ① 氯离子和硫酸根两种离子对速率都有可能影响；
② 结合控制变量法的特点判断；
（5）可以用淡水冲洗海砂中的氯离子。
29．（2023·黄浦模拟）海洋元素“溴”的单质及其化合物的用途广泛。
（1）Br原子的最外层电子排布式为 ，其中未成对电子的电子云形状为 。
（2）能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据是 (填序号)。
a．IBr中溴为﹣1价 b．HBr、HI的酸性
c．HBr、HI的热稳定性 d．Br2、I2的熔点
（3）从原子结构角度解释氯的非金属性强于溴的原因： 。
（4）Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
MBr NaBr KBr RbBr CsBr
熔点/℃ 747 734 693 636
NaBr的电子式 ，MBr熔点呈现表中趋势的原因是 。
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入 ，将其中的Br—氧化，再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，则吸收1mol Br2，转移电子 mol，反应中氧化产物为 。
（6）随后用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液。相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，可能原因是 。
【答案】（1）4s24p5；哑铃形
（2）ac
（3）Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱
（4）；由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低
（5）Cl2；；NaBrO3
（6）酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构的构造原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）已知Br是35号元素，Br的基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p5，Br原子的最外层电子排布式为4s24p5，其中未成对电子为4p上的1个电子，p能级的电子云形状为哑铃形，故答案为：4s24p5；哑铃形；
（2）a．IBr中溴为-1价，说明Br的电负性更强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，a正确；
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关，即比较HBr、HI的酸性不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，b不合题意；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，HBr的热稳定性比HI强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，c正确；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关，即比较Br2、I2的熔点不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，d不合题意；
故答案为：ac；
（3）由于Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱，即氯的非金属性强于溴，故答案为：Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱；
（4）NaBr为离子化合物，故其的电子式为，由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低，故答案为：；由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低；
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入Cl2，将其中的Br-氧化（2Br-+Cl2=Br2+2Cl-），再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收，根据氧化还原反应配平可知3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，则吸收1mol Br2，转移电子mol，反应中氧化产物为NaBrO3，故答案为：Cl2；；NaBrO3；
（6）用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液；相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，原因是酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少，故答案为：酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；s轨道电子云为球形、p轨道电子云为哑铃形；
（2）a．非金属性强，原子得电子能力强；
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关；
（3）依据电子层数和半径大小分析；
（4）NaBr为离子化合物；离子半径越小，离子键强度越大；
（5）根据强制弱分析；氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物； 还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，得到氧化产物；
（6）酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气。
30．（2022·运城模拟）碘单质对动植物的生命极其重要，还可用于医药、照相、染料和系统监测等。某学习小组在实验室中从海藻和油井盐水生产母液中提取碘单质的主要步骤如图1所示：
已知：本实验条件下，氧化性：Cl2>IO>MnO2>I2
回答下列问题：
（1）检验海藻和油井盐水生产母液中含有I-的操作和现象为 。
（2）“氧化”时，小组同学选用氯气作氧化剂，装置如图2所示：
①实验室用装置A制备Cl2时，适合选用的试剂为 。
②实验时，控制向装置B中通入Cl2的速率和用量的常用方法为 ，若Cl2过量，造成的后果为 (用离子方程式表示)，向通入过量Cl2所得的溶液中加入一种试剂，可提高I2的产率，该试剂为 (填选项字母)。
a.KI b.NaOH c.硝酸
③若用MnO2代替Cl2，优点是 ，(答出一点即可)；缺点是分离出的固体残渣中含有少量I2。小组同学用如图3所示装置进行固体残渣中I2的深度萃取，实验时装置D中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管上升至装置F，冷凝后滴入滤纸套筒中，与固体残渣接触进行萃取，液面达到虹吸管顶端时，经虹吸管返回烧瓶。装置F的进水口为 (填“上口”或“下口”)，与常规萃取相比，该萃取装置的优点为 。
（3）“蒸馏”时，若加热一段时间后发现忘记加沸石，合理的处理方法为 。
【答案】（1）取少量母液于洁净试管中，加入AgNO3溶液，产生黄色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解
（2）MnO2、浓盐酸；通过控制分液漏斗活塞控制向圆底烧瓶中加入浓盐酸的量；5Cl2+I2+6H2O=12H++10Cl- +2IO；a；防止碘单质被氧化，提高产品产率(或无污染)；下口；所用萃取剂少，可以进行多次萃取
（3）停止加热，冷却至室温后补加沸石，继续实验
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】图1中海藻和油井盐水生产母液中含有I-，在酸性条件下加入氧化剂氧化为碘单质后，经过有机溶剂萃取，然后蒸馏分离得到碘单质；图2中装置A为制备氯气的装置，装置B为氯气氧化碘离子的反应，装置C为尾气处理装置；图3为蒸馏分离碘单质与四氯化碳的装置，据此分析解答。
(1)取少量母液于洁净试管中，加入AgNO3溶液，产生黄色沉淀，再加入稀硝酸，若沉淀不溶解，则说明溶液中含有I-；
(2)①实验室用装置A制备Cl2，采用的是固液加热装置，适合选用的试剂为二氧化锰与浓盐酸，发生反应的化学方程式为：，故答案为：MnO2、浓盐酸；
②实验时，可通过控制分液漏斗活塞控制向圆底烧瓶中加入浓盐酸的量；氯气具有氧化性，过量的氯气会进一步氧化碘单质，转化为碘酸根离子，反应的离子方程式为：5Cl2+I2+6H2O=12H++10Cl- +2IO；碘酸根离子与碘离子在酸性条件下可发生归中反应，从而生成碘单质，提高碘单质的产率，则可加入KI，故答案为：通过控制分液漏斗活塞控制向圆底烧瓶中加入浓盐酸的量；5Cl2+I2+6H2O=12H++10Cl- +2IO；a；
③根据题干信息可知，氧化性：MnO2>I2，所以可用MnO2代替氯气可氧化碘离子，且防止碘单质被氧化，提高产品产率(或无污染)；根据蒸馏原理可知，球形冷凝管起导气冷凝作用，进水口应在下口，与常规萃取相比，该萃取装置的优点为所用萃取剂少，可以进行多次萃取，故答案为：防止碘单质被氧化，提高产品产率(或无污染)；下口；所用萃取剂少，可以进行多次萃取；
(3)“蒸馏”时，若加热一段时间后发现忘记加沸石，停止加热，冷却至室温后补加沸石，继续实验。
【分析】(1)依据I-检验用稀硝酸酸化的AgNO3溶液；
(2)①依据反应物的状态和反应条件选择试剂；
②考虑氯气的强氧化性；利用归中反应选择试剂；
③根据题干氧化性信息，利用强制弱规律；根据蒸馏原理；考虑试剂的用量；
(3)沸石应在冷却条件下加入。
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2023年高考真题变式分类汇编：氯、溴、碘及其化合物的综合应用
一、选择题
1．（2019·江苏）室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 结论
A 向X溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色 X溶液中一定含有Fe2+
B 向浓度均为0.05 mol·L 1的NaI、NaCl混合溶液中滴加少量AgNO3溶液，有黄色沉淀生成 Ksp(AgI)> Ksp(AgCl)
C 向3 mL KI溶液中滴加几滴溴水，振荡，再滴加1mL淀粉溶液，溶液显蓝色 Br2的氧化性比I2的强
D 用pH试纸测得：CH3COONa溶液的pH约为 9，NaNO2溶液的pH约为8 HNO2电离出H+的能力比CH3COOH的强
A．A B．B C．C D．D
2．（2014·海南）化学与日常生活密切相关，下列说法错误的是（ ）
A．碘酒是指单质碘的乙醇溶液
B．84消毒液的有效成分是NaClO
C．浓硫酸可刻蚀石英制艺术品
D．装饰材料释放的甲醛会造成污染
3．（2023·闵行模拟）下列选项所示的物质间转化都能实现的是
A．
B．
C．
D．
4．（2023·徐汇模拟）75%乙醇、含氯消毒剂都能有效灭活病毒。下列说法正确的是
A．乙醇能与水以任意比例互溶 B．乙醇浓度越高灭活效果越好
C．漂粉精的主要成分是NaClO D．都是利用氧化性灭活病毒
5．（2023·徐汇模拟）氨是水体污染物的主要成分之一，工业上可用次氯酸盐作处理剂，有关反应可表示为：
①
②
在一定条件下模拟处理氨氮废水：将的氨水分别和不同量的混合，测得溶液中氨去除率、总氮(氨氮和硝氮的总和)残余率与投入量(用x表示)的关系如下图所示。下列说法正确的是
A．的数值为0.009
B．时，
C．时，x越大，生成的量越少
D．时，
6．（2023·嘉定模拟）洁厕灵与84消毒液混合会产生氯气：2HCl + NaClO = NaCl + Cl2↑ + H2O，下列说法错误的是
A．2molHCl反应将转移NA个电子 B．n氧化剂：n还原剂=1：1
C．NaClO作氧化剂，失去电子 D．Cl2既是氧化产物又是还原产物
7．（2023·浦东模拟）将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入盛有氯水的广口瓶中，用强光照射，测得的实验数据如图所示。下列说法正确的是（ ）
A．图甲中pH减小是由于光照促进了HClO的电离
B．图乙中增大主要是由于反应消耗了水
C．图丙中氧气的体积分数增大是由于HClO的分解
D．该体系中存在两个电离平衡和两个化学平衡
8．（2023·徐汇模拟）75%乙醇、含氯消毒剂都能有效灭活病毒。下列说法正确的是（ ）
A．乙醇能与水以任意比例互溶 B．乙醇浓度越高灭活效果越好
C．漂粉精的主要成分是NaClO D．都是利用氧化性灭活病毒
9．（2023·徐汇模拟）实验室用苯与溴反应制备溴苯，关于说法正确的是（ ）
A．可以用溴水代替液溴，减少溴的挥发
B．将生成气体直接通入溶液，检验反应是否生成HBr
C．铁粉作催化剂，苯与溴既能发生加成反应，也能发生取代反应
D．反应后的混合液经稀碱溶液洗涤、分液、蒸馏，即可得到溴苯
10．（2023·广东模拟）“劳动创造幸福，实干成就伟业。”下列劳动项目与所涉及的化学知识关联错误的是
选项 劳动项目 化学知识
A 用硅单质制作太阳能电池板 硅元素在地壳中含量丰富
B 用高浓度白酒浸泡药材制成药酒 相似相溶原理
C 用KSCN溶液检验菠菜中是否含铁元素 含Fe3+的溶液遇SCN-变为红色
D 用ClO2给自来水消毒 ClO2具有强氧化性
A．A B．B C．C D．D
11．（2023·南通模拟）下列物质性质与用途具有对应关系的是
A．易升华，可用于检验淀粉的存在
B．漂白粉具有强氧化性，可用于消毒杀菌
C．液溴呈红棕色，可用于与苯反应制备溴苯
D．浓硫酸具有脱水性，可用于与反应制HF
12．（2023·安徽模拟）化学知识与科技、生产、生活有密切的关系。下列叙述错误的是
A．利用作灭火剂，是因为铵盐易分解且吸热，同时分解产物不支持燃烧
B．红酒中添加，利用了的还原性和杀菌消毒的能力
C．是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒
D．利用制取K，该反应可以说明Na的金属性强于K
13．（2022·青浦模拟）部分含氮及氯物质的价类二维图如下，下列推断不合理的是
A．a和c可在一定条件下反应生成b
B．工业上通过a→b→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．a和b′可在一定条件下反应生成b
14．（2022·诸暨模拟）下列说法错误的是（ ）
A．当沉淀的结晶颗粒较大且静置易沉降时，常可采用倾析法进行分离或洗涤
B．为检验浓硫酸作用下，乙醇发生消去反应所得的有机产物，需先将产生的气体通过足量NaOH溶液，再通过溴水
C．在制备阿司匹林时，常将粗产品用少量酒精洗涤1~2次
D．用淀粉检验是否存在碘单质时，需控制温度，温度偏高会导致蓝色褪去
15．（2022·惠州模拟）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．Fe FeCl2 Fe(OH)2
B．N2(g) NO(g)HNO3(aq)
C．NaCl(aq)Cl2漂白粉
D．SiO2H2SiO3(胶体)Na2SiO3溶液
16．（2022·温州模拟）下列说法错误的是（ ）
A．碘化银常用作感光材料，是胶卷中必不可少的成分
B．石英、水晶、硅藻土的主要成分都是SiO2
C．氧化铁红颜料跟某些油料混合，可以制成防锈油漆
D．石墨可做润滑剂和电极材料
17．（2022·诸暨模拟）下列说法正确的是（ ）
A．浓硫酸具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分而使其炭化
B．具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒
C．盐碱地(含较多等)不利于作物生长，可施加熟石灰进行改良
D．铝中添加适量锂，制得低密度、高强度的铝合金，可用于航空工业
18．（2022高三下·蚌埠模拟）溴化氢比碘化氢（ ）
A．键长短 B．沸点高 C．稳定性小 D．还原性强
19．（2022·怀化模拟）三氟化氯(ClF3)可应用于航天工业，是一种很强的氧化剂和氟化剂，它能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧。下列分析错误的是（ ）
A．可以代替H2O2充当火箭推进剂中的氧化剂
B．能与一些金属反应生成氯化物和氟化物
C．三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质
D．ClF3与水按照1：2反应生成两种强酸
20．（2022·松江模拟）海洋中资源丰富，有关说法正确的是（ ）
A．碘元素主要存在海水中
B．通常用海水晒盐后的母液为原料提溴
C．镁是海水中含量最多的金属元素
D．从海水中提取食盐和溴的过程都是物理变化
21．（2022·南通模拟）NaClO是家用消毒液的有效成分，可通过Cl2与NaOH反应制得。NaClO能与CO2反应生成HClO。常温下ClO2为黄绿色有毒气体，易溶于水。ClO2体积分数大于10%或其水溶液在温度过高时可能发生爆炸，与碱反应生成ClO和ClO等。实验室制备ClO2的反应原理为2KClO3+H2C2O4+H2SO4=2ClO2↑+2CO2↑+K2SO4+2H2O。下列说法正确的是（ ）
A．新制氯水需存放在带玻璃塞的棕色试剂瓶中
B．可用广泛pH试纸测定新制氯水的pH值
C．NaClO与CO2反应的离子方程式为NaClO+CO2+H2O=HClO+Na++HCO
D．使用NaClO消毒时，可用盐酸酸化
二、多选题
22．（2016·上海）一定条件下，一种反应物过量，另一种反应物仍不能完全反应的是（ ）
A．过量的氢气与氮气 B．过量的浓盐酸与二氧化锰
C．过量的铜与浓硫酸 D．过量的锌与18 mol/L硫酸
23．（2023·白沙模拟）二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，是一种安全无毒的绿色消毒剂，常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（ ）
A．NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，则n(氧化剂)∶n(还原剂)=4∶1
B．ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是2ClO2+2OH-=++H2O
C．可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3
D．ClO2的消毒效率(单位质量的氧化剂得到的电子数)是Cl2的2.63倍
24．（2023·宝山模拟）部分含氯物质的分类与相应氯元素的化合价关系如下图所示，下列说法正确的是
A．洁厕灵的主要成分为a，84消毒液的主要成分为b的一种，两者如果混用会产生有毒气体
B．c的化学式为，是HClO的酸酐
C．a的浓溶液可与d的溶液反应制备
D．新制氯水中存在如下平衡：
25．（2022·江苏模拟）在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（ ）
A． B．
C． D．
三、非选择题
26．（2013·海南）溴及其化合物广泛应用于医药、农药、纤维、塑料组燃剂等，回答下列问题：
（1）海水提溴过程中，向浓缩的海水中通入 氯气将其中的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BrO3﹣，其离子方程式为 ；
（2）溴与氯能以共价键结合形成BrCl．BrCl分子中， 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=+105.4kJ/mol在密闭容器中将过量CuBr2于487K下加热分解，平衡时p（Br2）为4.66×103Pa．
①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”）．
②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 ．
27．（2016·上海）NaCN超标的电镀废水可用两段氧化法处理：
Ⅰ.NaCN与NaClO反应，生成NaOCN和NaCl
Ⅱ.NaOCN与NaClO反应，生成Na2CO3、CO2、NaCl和N2
已知HCN（Ki=6.3×10﹣10）有剧毒；HCN、HOCN中N元素的化合价相同．
完成下列填空：
（1）第一次氧化时，溶液的pH应调节为 （选填“酸性”、“碱性”或“中性”）；原因是 ．
（2）写出第二次氧化时发生反应的离子方程式．
（3）处理100m3含NaCN10.3mg/L的废水，实际至少需NaClO g（实际用量应为理论值的4倍），才能使NaCN含量低于0.5mg/L，达到排放标准．
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似．（CN）2与NaOH溶液反应生成 、 和H2O．
（5）上述反应涉及到的元素中，氯原子核外电子能量最高的电子亚层是 ；H、C、N、O、Na的原子半径从小到大的顺序为 ．
（6）HCN是直线型分子，HCN是 分子（选填“极性”或“非极性”）．HClO的电子式为 ．
28．（2023·广东模拟）海洋中有丰富的NaCl资源。研究表明，氯离子的侵入是造成钢筋混凝土腐蚀的主要原因(Na+对腐蚀无影响)。海砂经淡化后，Cl-的含量达到一定标准才能作建筑用砂。某合作学习小组猜测Cl-会加快金属与盐溶液或酸溶液的反应速率。
（1）工业上通过电解饱和NaCl溶液制Cl2的离子方程式为 。
（2）实验室用如图所示装置模拟工业上制Cl2。检验产生的Cl2的操作及现象是 。
（3）探究Cl-是否会加快金属与盐溶液的反应速率。
①小组同学利用图1所示装置进行探究。当Zn－Cu原电池工作约30s后，向电池槽内加入少量NaCl固体，电流随时间的变化如图2所示。甲同学认为加入NaCl固体后电流强度增大并不能说明Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，其理由可能是 。
②乙同学利用温度传感器进行探究。分别取20mL0.1mol/LCuSO4溶液于A、B两个100mL烧杯中；向B烧杯中加入5gNaCl固体，使其溶解。在相同温度下，分别往两个烧杯中加入相同的用砂纸打磨过的镁条，采集温度数据，得出Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率。已知0-100sA烧杯中溶液温度随时间的变化如图所示，请在答题卡相应位置画出0～100sB烧杯中溶液温度随时间的变化情况(100s时反应仍在进行) 。
（4）探究Cl-是否会加快金属与酸溶液的反应速率。小组同学的实验记录如表：
实验序号 Zn片 酸 其他试剂 生成VmLH2的时间
I 完全相同 100mL0.1mol/L硫酸溶液 — t1
II 100mL0.2mol/L盐酸 — t2
III 100mLamol/L硫酸溶液 少量_ t3
其中，t1＞t2，t1＞t3。
①由实验I和实验II (填“能”或“不能”)推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是 。
②小组同学一致认为，由实验I和实验III可推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，则实验III中，a处填 ，b处填 。
（5）提出一种合理的降低海砂中Cl-含量的方法： 。
29．（2023·黄浦模拟）海洋元素“溴”的单质及其化合物的用途广泛。
（1）Br原子的最外层电子排布式为 ，其中未成对电子的电子云形状为 。
（2）能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据是 (填序号)。
a．IBr中溴为﹣1价 b．HBr、HI的酸性
c．HBr、HI的热稳定性 d．Br2、I2的熔点
（3）从原子结构角度解释氯的非金属性强于溴的原因： 。
（4）Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
MBr NaBr KBr RbBr CsBr
熔点/℃ 747 734 693 636
NaBr的电子式 ，MBr熔点呈现表中趋势的原因是 。
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入 ，将其中的Br—氧化，再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，则吸收1mol Br2，转移电子 mol，反应中氧化产物为 。
（6）随后用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液。相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，可能原因是 。
30．（2022·运城模拟）碘单质对动植物的生命极其重要，还可用于医药、照相、染料和系统监测等。某学习小组在实验室中从海藻和油井盐水生产母液中提取碘单质的主要步骤如图1所示：
已知：本实验条件下，氧化性：Cl2>IO>MnO2>I2
回答下列问题：
（1）检验海藻和油井盐水生产母液中含有I-的操作和现象为 。
（2）“氧化”时，小组同学选用氯气作氧化剂，装置如图2所示：
①实验室用装置A制备Cl2时，适合选用的试剂为 。
②实验时，控制向装置B中通入Cl2的速率和用量的常用方法为 ，若Cl2过量，造成的后果为 (用离子方程式表示)，向通入过量Cl2所得的溶液中加入一种试剂，可提高I2的产率，该试剂为 (填选项字母)。
a.KI b.NaOH c.硝酸
③若用MnO2代替Cl2，优点是 ，(答出一点即可)；缺点是分离出的固体残渣中含有少量I2。小组同学用如图3所示装置进行固体残渣中I2的深度萃取，实验时装置D中溶剂受热蒸发，蒸汽沿蒸汽导管上升至装置F，冷凝后滴入滤纸套筒中，与固体残渣接触进行萃取，液面达到虹吸管顶端时，经虹吸管返回烧瓶。装置F的进水口为 (填“上口”或“下口”)，与常规萃取相比，该萃取装置的优点为 。
（3）“蒸馏”时，若加热一段时间后发现忘记加沸石，合理的处理方法为 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；难溶电解质的溶解平衡及沉淀转化的本质；氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A、检验Fe2+时，应先加KSCN溶液，排除溶液中可能存在的Fe3+的干扰，若加入KSCN溶液后无明显现象，再加新制氯水，溶液变红色，说明原溶液中含有Fe2+，A不符合题意；
B、产生的淡黄色沉淀为AgI沉淀，说明AgI比AgBr更难溶，因此Ksp(AgI)C、加入淀粉后，溶液显蓝色，说明Br2将溶液中的I-氧化成I2，因此Br2的氧化性强于I2的氧化性，C符合题意；
D、由于所用的CH3COONa溶液和NaNO2溶液的浓度未知，因此不能得出正确结论，D不符合题意；
故答案为：C
【分析】A、检验Fe2+时，应先加KSCN溶液，再加新制氯水；
B、Ksp越小，沉淀越难溶，反应过程中越先形成沉淀；
C、淀粉遇碘变蓝色；
D、由等浓度盐溶液的pH值大小得出离子水解程度的大小，结合“越弱越水解”分析酸的强弱；
2．【答案】C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；常见的生活环境的污染及治理；浓硫酸的性质
【解析】【解答】解：A．碘易溶于乙醇，可形成碘酒，常用于杀菌消毒，故A正确；
B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液，有效成分为NaClO，故B正确；
C．浓硫酸与二氧化硅不反应，应用氢氟酸，故C错误；
D．甲醛对人体有害，可导致皮肤癌等，可污染环境，故D正确．
故选：C．
【分析】A．碘溶于乙醇可形成碘酒；
B．氯气与氢氧化钠反应可得84消毒液；
C．浓硫酸与二氧化硅不反应；
D．甲醛可污染环境．
3．【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．在点燃条件下氮气和氧气不反应，A不符合题意；
B．点燃条件下，铁和氯气反应生成三价铁，B不符合题意；
C．单质硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，C不符合题意；
D．根据侯氏制碱法，向饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可以得到碳酸氢钠，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气和氧气在点燃条件下不反应；
B.氯气和铁点燃生成氯化铁；
C.硫点燃生成二氧化硫；
D.向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体，发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵。
4．【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A．乙醇与水分子间能形成氢键，且乙醇和水均为极性分子，则乙醇能与水以任意比例互溶，故A符合题意；
B.75%的医用酒精具有良好的杀菌消毒能力，浓度较大时易在细胞表面形成一层膜而导致杀菌能力降低，故B不符合题意；
C．漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2，故C不符合题意；
D.75%乙醇不具有氧化性，不是利用氧化性灭活病毒，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、乙醇可以和水任意比例互溶；
B、75%乙醇杀菌效果最好；
C、漂白精的主要成分是次氯酸钙；
D、乙醇是使蛋白质变性灭活。
5．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．x1时，氨的去除率为100%、总氮残留率为5，，95%的氨气参与反应①、有5%的氨气参与反应②，反应①消耗，参与反应②消耗，，A不符合题意；
B．x>x1时，反应①也生成氯离子，所以，B不符合题意；
C．x>x1时，x越大，氨总去除率不变，氮残余率增大，说明生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少，C符合题意；
D．x=x1时，氨的去除率为100%，溶液中没有和ClO-，含有Na+、H+、、Cl-和OH-，根据电荷守恒得，D不符合题意；
故本题选C。
【分析】A、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断；
B、反应①也生成氯离子；
C、生成的硝酸根离子越多，生成N2的量越少；
D、结合电荷守恒判断。
6．【答案】C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．根据反应：2HCl + NaClO = NaCl + Cl2↑ + H2O ~e-，则2molHCl反应将转移NA个电子，A不符合题意；
B．根据题给反应方程式，NaClO是氧化剂，HCl中Cl元素化合价升高的是还原剂，二者比值为1：1，B不符合题意；
C．NaClO中的Cl化合价降低，NaClO作氧化剂，得到电子，C符合题意；
D．Cl2中Cl原子一半由NaClO中Cl化合价降低得到，一半由HCl中Cl化合价升高得到，故氯气既是氧化产物又是还原产物，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；
电子的数目=元素的价态变化数目×该元素原子的个数。
7．【答案】C
【知识点】弱电解质在水溶液中的电离平衡；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．pH减小是由于光照促进了HClO的分解，产生了氢离子，A不符合题意；
B．增大主要是由于HClO的分解反应产生了氯离子，B不符合题意；
C． HClO光照分解生成HCl和氧气，所以导致氧气的体积分数随着时间的进行不断增大，C符合题意；
D．该体系中存在次氯酸的电离平衡和水的电离平衡两个电离平衡，氯气与水反应的一个化学平衡，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、次氯酸见光分解生成氯化氢，酸性增强；
B、次氯酸分解为氯化氢和氧气，氯化氢提供氯离子；
C、次氯酸分解为氯化氢和氧气，气体增多；
D、次氯酸为弱酸，为弱电解质，水也为弱电解质。
8．【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；乙醇的化学性质
【解析】【解答】A．乙醇与水分子间能形成氢键，且乙醇和水均为极性分子，则乙醇能与水以任意比例互溶，故A符合题意；
B.75%的医用酒精具有良好的杀菌消毒能力，浓度较大时易在细胞表面形成一层膜而导致杀菌能力降低，故B不符合题意；
C．漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2，故C不符合题意；
D.75%乙醇不具有氧化性，不是利用氧化性灭活病毒，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、乙醇可以跟水任意比例互溶；
B、75%酒精杀菌消毒能力最佳；
C、漂白精的主要成分是次氯酸钙；
D、乙醇可以使蛋白质变性，含氯消毒剂则是强氧化性杀菌消毒。
9．【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；苯的结构与性质
【解析】【解答】A．实验室用苯与溴反应制备溴苯， 不可以用溴水代替液溴，苯与溴水不互溶，且能萃取溴水中的溴，故A不符合题意；
B．生成的气体中有溴蒸汽，溴蒸汽与水反应会生成HBr，干扰对生成HBr的检验，故B不符合题意；
C．苯与溴在铁粉的催化作用下只能发生取代反应，不能发生加成反应，故C不符合题意；
D．溴苯中会溶有溴，稀碱溶液可以除掉溴，振荡洗涤，溴苯与水不互溶，再通过分液、蒸馏得到溴苯，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、苯和溴水不反应；
B、气体中含有挥发的溴，可以和硝酸银反应；
C、苯和溴不能发生加成反应；
D、碱溶液可以吸收溴蒸汽，且和溴苯互不相溶。
10．【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；二价铁离子和三价铁离子的检验
【解析】【解答】A．用硅单质制作太阳能电池板，将太阳能转化为电能的性质，与硅元素在地壳中含量没有关联性，A符合题意；
B．高浓度白酒浸泡药材制成药酒，利用乙醇能溶解药材中某些成分的性质，是相似相溶原理的具体运用，B不符合题意；
C．含Fe3+的溶液遇SCN-变为红色，所以可用KSCN溶液及适当的氧化剂检验菠菜中是否含铁元素，C不符合题意；
D．ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性，可以给自来水进行杀菌和消毒，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、硅可以将太阳能转化为电能；
B、白酒可以溶解药材中的有机物；
C、硫氰酸根遇铁离子变为红色；
D、二氧化氯具有强氧化性，可以给自来水消毒。
11．【答案】B
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】A．碘单质遇淀粉变蓝色，因此可用于检验淀粉，与升华无关，故A不符合题意；
B．漂白粉具有强氧化性，可使蛋白质变性，因此可用于杀菌消毒，故B符合题意；
C．液溴在催化剂作用下能与苯发生取代反应生成溴苯，与其颜色无关，故C不符合题意；
D．浓硫酸与反应生成HF，利用的是难挥发制备易挥发，与脱水性无关，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.淀粉遇碘单质变蓝，与其易升华无关；
B.漂白粉具有强氧化性，能使蛋白质变性；
C.液溴在催化剂作用下与苯反应，与溴的颜色无关；
D.浓硫酸与反应生成HF利用的原理是难挥发性酸制备易挥发性酸。
12．【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的性质
【解析】【解答】A．是一种铵盐，其易分解且吸热分解产物不支持燃烧，可以作为灭火剂，A项不符合题意；
B．的还原性和杀菌消毒的能力，因此，红酒中添加，B项不符合题意；
C．具有强氧化性可以用于杀菌消毒，是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒，C项不符合题意；
D．该反应能够发生，是因为该条件下钾为气体，利用了平衡移动的原理，与元素的金属性强弱无关，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】依据物质的性质分析，其中D项因为该条件下钾为气体，利用了平衡移动的原理，与元素的金属性强弱无关。
13．【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．和NO可在一定条件下可以发生归中反应生成，A不符合题意；
B．工业上通过，，，即来制备，B符合题意；
C．可通过反应得到氯气，C不符合题意；
D．氨气中的氮-3价，有还原性，氯气有氧化性，两者可在一定条件下反应生成，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．依据归中反应规律分析；
B．依据工业制硝酸的原理分析；
C．依据制氯气原理分析；
D．依据氧化还原反应原理分析。
14．【答案】C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；二氧化硫的性质；乙烯的化学性质；物质的分离与提纯
【解析】【解答】A．结晶颗粒较大、静置后容易沉降至容器底部的沉淀，易与液体分离，所以倾析法适用于分离或洗涤结晶颗粒较大、静置后容易沉降至容器底部的沉淀，故A不符合题意；
B．若乙烯中混有二氧化硫，先通过足量NaOH溶液可除去二氧化硫杂质，再通过溴水若溶液褪色，可证明乙醇在浓硫酸加热下发生消去反应生成乙烯，故B不符合题意；
C．阿司匹林化学成分是乙酰水杨酸属于有机物，能与乙醇互溶，用乙醇洗涤会有损耗，应用冷水洗涤产品，再抽干水分，故C符合题意；
D．碘单质易升华，在用淀粉检验碘单质时需控制温度，避免温度过高碘升华导致蓝色褪去，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.结晶颗粒较大、静置后易沉降，易与液体分离；
B.乙烯不与NaOH溶液反应，二氧化硫能与NaOH溶液反应；
D.碘在高温下易升华。
15．【答案】C
【知识点】氯气的化学性质；含氮物质的综合应用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅酸的性质及制法
【解析】【解答】A．氯气和铁反应得到氯化铁，A不符合题意；
B．一氧化氮与水不反应，B不符合题意；
C．电解饱和氯化钠溶液得到氯气，氯气与石灰乳反应得到漂白粉，C符合题意；
D．二氧化硅与水不反应，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氯气可以将金属氧化为最高价态；
B、氮气和氧气放电或高温生成一氧化氮，一氧化氮不溶于水；
C、氯化钠溶于电解生成氯气、氢气和氢氧化钠，氯气和石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙和水；
D、二氧化硅不溶于水。
16．【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；硅和二氧化硅；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．碘化银光照易分解可用于人工降雨；溴化银是一种重要的感光材料，是胶卷中必不可少的成分，A项符合题意；
B．SiO2存在有结晶二氧化硅和无定型二氧化硅，结晶二氧化硅因晶体结构不同分为石英等，纯色石英为无色晶体，大而透明棱柱状的石英叫水晶，硅藻土是无定型二氧化硅，B项不符合题意；
C．氧化铁呈红棕色，所以氧化铁红色颜料根某些油漆混合，可以制成防锈漆，C项不符合题意；
D．石墨质软，具有导电性，可以做润滑剂和电极，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、感光材料是溴化银；
B、 石英、水晶、硅藻土的主要成分都是二氧化硅；
C、氧化铁可以作为颜料，可以和油料混合作为防锈油漆；
D、石墨可以作为润滑剂和电极材料。
17．【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质；合金及其应用
【解析】【解答】A．浓硫酸吸收糖类化合物中的水分而使其炭化，说明浓硫酸具有脱水性，故A不符合题意；
B．用于自来水的杀菌消毒，利用的强氧化性，故B不符合题意；
C．盐碱地(含较多等)不利于作物生长，若施加熟石灰，碳酸钠和氢氧化钙反应生成碳酸钙和氢氧化钠，使土壤碱性增强，所以不能用熟石灰进行改良；可施加适量的石膏进行改良，碳酸钠和硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸钠，土壤碱性降低，故C不符合题意；
D．金属锂的密度小，铝中添加适量锂，制得的铝合重量轻、强度大，可用于航空工业，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.浓硫酸使糖类物质脱水炭化体现浓硫酸的脱水性；
B.具有强氧化性；
C.盐碱可施加适量的石膏进行改良，碳酸钠和硫酸钙反应生成碳酸钙和硫酸钠，土壤碱性降低。
18．【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A.溴化氢中的溴原子半径小于碘原子半径，所以溴化氢的键长比碘化氢的短，故A符合题意；
B.溴化氢和碘化氢都是共价化合物，组成和结构相似，相对分子质量越大，范德华力越强，沸点越高，所以溴化氢的沸点低于碘化氢的，故B不符合题意；
C.溴的非金属性比碘强，所以溴化氢比碘化氢稳定，故C不符合题意；
D.溴的非金属性比碘强，非金属性越强，单质的氧化性越强，离子的还原性就越弱，所以溴化氢比碘化氢还原性弱，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】溴化氢和碘化氢相比，键长更短，沸点更低，稳定性更强，还原性更弱。
19．【答案】D
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．由三氟化氯能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应，可以使许多材料不接触火源就燃烧可知，三氟化氯能代替过氧化氢充当火箭推进剂中的氧化剂，故A不符合题意；
B．由三氟化氯是一种很强的氧化剂和氟化剂，能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应可知，三氟化氯能与一些金属反应生成氯化物和氟化物，故B不符合题意；
C．由三氟化氯能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应可知，三氟化氯可用于清洁化学气相沉积的反应舱附着的半导体物质，故C不符合题意；
D．由题意可知，三氟化氯与水按照1：2反应的化学方程式为ClF3+2H2O=HCl+3HF+O2↑，反应生成的氢氟酸为弱酸，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．依据题目提供的“ 不接触火源就燃烧 ”信息分析；
B．依据题目提供的“ 能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应 ”信息分析；
C．依据题目提供的“ 能与大多数有机和无机材料甚至塑料反应 ”信息分析；
D．产物氢氟酸为弱酸。
20．【答案】B
【知识点】物理变化与化学变化的区别与联系；海水资源及其综合利用；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．碘元素主要存在海洋植物中，如海带、海藻富含碘元素，故A不符合题意；
B．溴元素主要存在于海水中，通常用海水晒盐后的母液为原料提溴，故B符合题意；
C．钠是海水中含量最多的金属元素，主要以氯化钠的形成存在，故C不符合题意；
D．从海水中提取食盐过程是物理变化，溴在海水中以Br-的形式存在，海水提取出溴单质化学变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.碘元素主要存在于海洋植物中；
C.海水中含量最多的金属元素是钠元素；
D.有新物质生成的变化属于化学变化。
21．【答案】A
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．氯水中的次氯酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，并置于阴凉处，故A符合题意；
B．新制氯水具有漂白性，能漂白pH试纸，所以不能用广泛pH试纸测新制氯水的pH，故B不符合题意；
C．酸性：H2CO3＞HClO＞，NaClO与CO2反应生成次氯酸和碳酸氢钠，正确的离子方程式为：ClO-+CO2+H2O═HClO+，故C不符合题意；
D．NaClO与盐酸反应生成有毒的氯气，故不能用盐酸酸化，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．次氯酸见光易分解；
B．新制氯水具有漂白性；
C．依据H2CO3＞HClO＞分析；
D．利用价态归中规律分析。
22．【答案】A,C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；浓硫酸的性质
【解析】【解答】解：A．合成氨是一个可逆反应，无论如何充分反应，都不能完全反应而达到百分之百，故A正确；
B．二氧化锰只与浓盐酸反应，稀盐酸不反应，二氧化锰过量，稀盐酸也不能完全反应，若浓盐酸过量，二氧化锰可以完全反应，故B错误；
C．铜活泼性弱只能与浓硫酸反应，与稀硫酸不反应，故C正确；
D．过量的锌与18mol/L硫酸溶液反应，首先生成二氧化硫，当浓变稀的时候生成氢气，故D错误；
故选AC．
【分析】本题考查物质的性质，难度不大，注意化学反应中的一些特殊情况，注意反应的可逆性和物质的浓度问题．
23．【答案】A,C
【知识点】氧化还原反应；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．NaClO2在酸性条件下发生歧化生成ClO2和NaCl，则NaCl是还原产物(化合价降4价)，ClO2是氧化产物(化合价升1价)，n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶4，A不合理；
B．ClO2在强碱性环境中使用失效，由于碱难以表现出氧化性或还原性，所以可能的原因是ClO2发生自身的氧化还原反应，即可能发生反应2ClO2+2OH-=++H2O，B合理；
C．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，氨气极易溶于水，在饱和食盐水中，两种气体都易溶于水，所以不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，C不合理；
D．设二者质量都为1g，则ClO2的消毒效率(单位质量的氧化剂得到的电子数)是Cl2的倍数为=2.63，D合理；
故答案为：AC。
【分析】A．氧化剂元素化合价降低；还原剂元素化合价升高；
B．依据氧化还原反应的规律分析；
C．依据题目中二氧化氯的信息判断；
D． 依据单位质量的氧化剂得到的电子数计算。
24．【答案】A,C
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．洁厕灵的主要成分为盐酸，84消毒液的主要成分为次氯酸钠，两者如果混用会发生的反应为次氯酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、氯气和水，有毒的氯气会污染环境，故A符合题意；
B．由分析可知，c为二氧化氯，二氧化氯是亚氯酸的酸酐，故B不符合题意；
C．氯酸盐溶液与浓盐酸反应生成氯气、氯离子和水，该反应常用于制备氯气，故C符合题意；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，溶液中存在如下平衡：，故D不符合题意；
故答案为：AC。
【分析】A．次氯酸钠溶液与盐酸反应生成氯化钠、氯气和水；
B．酸和酸酐的化合价必须一致；
C．氯酸盐溶液与浓盐酸反应生成氯气、氯离子和水；
D．氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸是弱酸，不拆。
25．【答案】A,B
【知识点】氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．次氯酸在光照条件下生成氯化氢和氧气，得不到氯气，A符合题意；
B．氯气具有强氧化性，与铁反应生成氯化铁，与铁的用量无关，B符合题意；
C．氯气与氢氧化钠再加热条件下反应生成NaClO3，C不符合题意；
D．高锰酸钾和盐酸常温反应生成氯气，溴离子的还原性大于氯离子，故酸性高锰酸钾能将KBr氧化为Br2，D不符合题意；
故答案为：AB。
【分析】A.次氯酸在光照下分解生成盐酸和氧气；
B.氯气和铁粉反应只生成氯化铁；
C.氯气和氢氧化钠在加热条件下反应生成NaClO3；
D.酸性高锰酸钾具有强氧化性，能将溴离子氧化成溴单质。
26．【答案】（1）3 Br2+6 CO32﹣+3H2O=5 Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3 Br2+3CO32﹣=5 Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑）
（2）Br；BrCl+H2O=HCl+HBrO
（3）增大；2.33×103Pa＜P（Br2）≤4.66×103Pa
【知识点】化学平衡的影响因素；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】解：（1）溴在碳酸钠溶液的歧化可把反应理解为溴与水发生歧化，产生H+的被碳酸钠吸收，反应的离子方程式为3 Br2+6 CO32﹣+3H2O=5 Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3 Br2+3CO32﹣=5 Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑），故答案为：3 Br2+6 CO32﹣+3H2O=5 Br﹣+BrO3﹣+6HCO3﹣（或3 Br2+3CO32﹣=5 Br﹣+BrO3﹣+3CO2↑）；（2）溴的非金属性弱于氯的，故溴显正电性；与Cl2与H2O类似，BrCl与水发生反应的化学方程式为：BrCl+H2O=HCl+HBrO，故答案为：Br；BrCl+H2O=HCl+HBrO；（3）①升高温度，平衡向吸热反应方向移动，气体的物质的量增大，因而可提高P（Br2），故答案为：增大；②体积增大一倍时，P（Br2）降为原来的一半，即2.33×103Pa，减压使平衡向气体体积数增大的方向移动，因而会大于2.33×103Pa；若反应物足量，可平衡恢复到原有的P（Br2），故答案为：2.33×103Pa＜P（Br2）≤4.66×103Pa．
【分析】（1）用碳酸钠溶液吸收溴，溴歧化为Br﹣和BrO3﹣，同时生成HCO3﹣或CO2；（2）根据非金属性强弱判断原子在化合物中的电性；BrCl与水的反应类型于氯气和水的反应；（3）升高温度，平衡向正反应方向移动，增大体积，平衡向正反应方向移动，以此解答．
27．【答案】（1）碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气
（2）2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑
（3）14900
（4）NaOCN；NaCN
（5）3p；H＜O＜N＜C＜Na
（6）极性；
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）NaCN易与酸反应生成HCN，为防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气，因此第一次氧化时，溶液的pH应调节为碱性，
故答案为：碱性；防止生成HCN，造成人员中毒或污染空气；
（2）反应中氯元素的化合价从+1价降低到﹣1价，得到2个电子．N元素化合价从﹣3价升高到0价，失去3个电子，则根据电子得失守恒可知还原剂和氧化剂的物质的量之比是2：3，可确定反应的离子方程式，故答案为：2OCN﹣+3ClO﹣=CO32﹣+CO2↑+3Cl﹣+N2↑；
（3）参加反应的NaCN是： =20mol，反应中C由+2价升高到+4价，N元素化合价从﹣3价升高到0价，即1molNaCN失去5mol电子，1mol次氯酸钠得到2mol电子，所以处理100 m3含NaCN 10.3 mg/L的废水，实际至少需NaClO的质量为： ×74.5g/mol×4=14900g，故答案为：14900；
（4）（CN）2与Cl2的化学性质相似，根据氯气与氢氧化钠溶液反应的原理可知，（CN）2与NaOH溶液反应生成NaOCN、NaCN、和H2O，
故答案为：NaOCN；NaCN；
（5）氯原子的和我电子排布式为：1s22s22p63s23p5，所以氯原子核外电子中能量最高的电子亚层为3p；原子的电子层越多，原子半径越大，电子层相同时，原子的核电荷数越大，原子半径越小，故答案为：3p；H＜O＜N＜C＜Na；
（6）HCN是直线型分子，由于正负电荷的重心不重合，则HCN为极性分子；HClO为共价化合物，分子中含有1个O﹣Cl键和个H﹣O键，其电子式为 ，故答案为：极性； ．
【分析】本题考查了氧化还原反应方程式书写、计算、元素周期律等有关判断，题目难度中等，要求明确氧化还原反应的实质及配平原则，试题知识点较多，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力．
28．【答案】（1）2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑
（2）将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2
（3）加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强；
（4）不能；Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速率，也可能是减慢反应速率；0.1；NaCl固体
（5）用淡水冲洗(或其它合理方法)
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）工业上通过电解饱和NaCl溶液制Cl2，同时生成烧碱和氢气，离子方程式为2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑。故答案为：2Cl-+2H2O2OH-+Cl2↑+H2↑；
（2）检验产生的Cl2时，通常使用淀粉KI试纸，则操作及现象是：将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2。故答案为：将淀粉KI试纸湿润，粘在玻璃棒的一端，将此端靠近a管口，试纸变蓝，则表明反应生成Cl2；
（3）①加入NaCl固体后，固体溶于水，使溶液中离子浓度增大，所以甲同学认为加入NaCl固体后电流强度增大并不能说明Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，其理由可能是：加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强。
②向B烧杯中加入5gNaCl固体，使其溶解，Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率，则0～100sB烧杯中溶液温度随时间的变化情况(100s时反应仍在进行)为：。故答案为：加入NaCl固体后，溶液中离子浓度增大，导电能力增强；；
（4）①实验I和实验II相比，实验Ⅱ所用时间短，反应速率快，但并不能说明Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，理由是：Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速率，也可能是减慢反应速率。
②若要由实验I和实验III推知Cl-会加快金属与酸溶液的反应速率，应在实验Ⅰ的基础上，再加入NaCl固体，则实验III中，a处填0.1，b处填NaCl固体。故答案为：不能；Zn与酸反应时，c(H+)相同，但盐酸与Zn反应所用时间比硫酸短，可能是Cl-加快反应速率，也可能是减慢反应速率；0.1；NaCl固体；
（5）降低海砂中Cl-含量，可将Cl-转移到其它物质中，方法是：用淡水冲洗(或其它合理方法)。故答案为：用淡水冲洗(或其它合理方法)。
【分析】（1）氯离子和水电解生成氢氧根离子、氯气和氢气；
（2）氯气具有氧化性，可以将碘离子氧化为碘，淀粉遇碘变蓝；
（3） ① 离子浓度越大，导电能力越强；
②Cl-会加快金属与盐溶液的反应速率
（4） ① 氯离子和硫酸根两种离子对速率都有可能影响；
② 结合控制变量法的特点判断；
（5）可以用淡水冲洗海砂中的氯离子。
29．【答案】（1）4s24p5；哑铃形
（2）ac
（3）Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱
（4）；由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低
（5）Cl2；；NaBrO3
（6）酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少
【知识点】原子核外电子的运动状态；原子结构的构造原理；氯、溴、碘及其化合物的综合应用
【解析】【解答】（1）已知Br是35号元素，Br的基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p5，Br原子的最外层电子排布式为4s24p5，其中未成对电子为4p上的1个电子，p能级的电子云形状为哑铃形，故答案为：4s24p5；哑铃形；
（2）a．IBr中溴为-1价，说明Br的电负性更强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，a正确；
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关，即比较HBr、HI的酸性不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，b不合题意；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，HBr的热稳定性比HI强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，c正确；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关，即比较Br2、I2的熔点不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，d不合题意；
故答案为：ac；
（3）由于Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱，即氯的非金属性强于溴，故答案为：Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱；
（4）NaBr为离子化合物，故其的电子式为，由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低，故答案为：；由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低；
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入Cl2，将其中的Br-氧化（2Br-+Cl2=Br2+2Cl-），再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收，根据氧化还原反应配平可知3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，则吸收1mol Br2，转移电子mol，反应中氧化产物为NaBrO3，故答案为：Cl2；；NaBrO3；
（6）用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液；相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，原因是酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少，故答案为：酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；s轨道电子云为球形、p轨道电子云为哑铃形；
（2）a．非金属性强，原子得电子能力强；
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关；
（3）依据电子层数和半径大小分析；
（4）NaBr为离子化合物；离子半径越小，离子键强度越大；
（5）根据强制弱分析；氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物； 还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，得到氧化产物；
（6）酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气。
30．【答案】（1）取少量母液于洁净试管中，加入AgNO3溶液，产生黄色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀不溶解
（2）MnO2、浓盐酸；通过控制分液漏斗活塞控制向圆底烧瓶中加入浓盐酸的量；5Cl2+I2+6H2O=12H++10Cl- +2IO；a；防止碘单质被氧化，提高产品产率(或无污染)；下口；所用萃取剂少，可以进行多次萃取
（3）停止加热，冷却至室温后补加沸石，继续实验
【知识点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；制备实验方案的设计
【解析】【解答】图1中海藻和油井盐水生产母液中含有I-，在酸性条件下加入氧化剂氧化为碘单质后，经过有机溶剂萃取，然后蒸馏分离得到碘单质；图2中装置A为制备氯气的装置，装置B为氯气氧化碘离子的反应，装置C为尾气处理装置；图3为蒸馏分离碘单质与四氯化碳的装置，据此分析解答。
(1)取少量母液于洁净试管中，加入AgNO3溶液，产生黄色沉淀，再加入稀硝酸，若沉淀不溶解，则说明溶液中含有I-；
(2)①实验室用装置A制备Cl2，采用的是固液加热装置，适合选用的试剂为二氧化锰与浓盐酸，发生反应的化学方程式为：，故答案为：MnO2、浓盐酸；
②实验时，可通过控制分液漏斗活塞控制向圆底烧瓶中加入浓盐酸的量；氯气具有氧化性，过量的氯气会进一步氧化碘单质，转化为碘酸根离子，反应的离子方程式为：5Cl2+I2+6H2O=12H++10Cl- +2IO；碘酸根离子与碘离子在酸性条件下可发生归中反应，从而生成碘单质，提高碘单质的产率，则可加入KI，故答案为：通过控制分液漏斗活塞控制向圆底烧瓶中加入浓盐酸的量；5Cl2+I2+6H2O=12H++10Cl- +2IO；a；
③根据题干信息可知，氧化性：MnO2>I2，所以可用MnO2代替氯气可氧化碘离子，且防止碘单质被氧化，提高产品产率(或无污染)；根据蒸馏原理可知，球形冷凝管起导气冷凝作用，进水口应在下口，与常规萃取相比，该萃取装置的优点为所用萃取剂少，可以进行多次萃取，故答案为：防止碘单质被氧化，提高产品产率(或无污染)；下口；所用萃取剂少，可以进行多次萃取；
(3)“蒸馏”时，若加热一段时间后发现忘记加沸石，停止加热，冷却至室温后补加沸石，继续实验。
【分析】(1)依据I-检验用稀硝酸酸化的AgNO3溶液；
(2)①依据反应物的状态和反应条件选择试剂；
②考虑氯气的强氧化性；利用归中反应选择试剂；
③根据题干氧化性信息，利用强制弱规律；根据蒸馏原理；考虑试剂的用量；
(3)沸石应在冷却条件下加入。
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