- 氯离子的检验
- 共453题
已知草酸是酸性强于醋酸的二元弱酸，对应的钙盐（CaC2O4）不溶于醋酸，能溶于强酸，它还是一种还原性较强的物质．右图是利用饱和草酸溶液与KClO3粉末在60℃时反应制得ClO2，ClO2是一种黄绿色有刺激性气味的气体，熔点-59℃，沸点11.0℃
（1）该反应的反应原理为以下化学方程式，试配平：
______KClO3+______H2C2O4=______KHCO3+______ClO2↑
（2）B装置的作用是______．
（3）C装置是尾气处理装置，反应一段时间后，C中含有NaOH、NaClO2、NaClO3等溶质，有同学说，C中还可能含有Na2CO3，试分析可能的原因______
（4）某同学查资料得知“菠菜中富含可溶性草酸盐和碳酸盐”，他将菠菜研磨成汁、热水浸泡、过滤得到溶液，调节溶液呈碱性，加入足量的CaCl2溶液，产生白色沉淀，过滤、洗涤，沉淀备用，对生成的沉淀进行探究．
①提出合理假设
假设1：只存在CaCO3；
假设2：既存在CaCO3，也存在CaC2O4；
假设3：______．
②基于假设2，设计实验方案，进行实验．请在答题卷上写出实验步骤以及预期现象和结论．限选实验试剂：1mol•L-1 H2SO4、0.1mol•L-1 HCl、0.01mol•L-1 KMnO4、澄清石灰水．
正确答案
解：（1）由质量守恒和得失电子守恒可配平，方程式为2KClO3+H2C2O4=2KHCO3+2ClO2↑，故答案为：2；1；2；2；
（2）ClO2沸点较低，易液化，B可起到冷凝收集的作用，故答案为：将ClO2冷凝收集；
（3）反应后生成KHCO3，过量的草酸与KHCO3反应：HOOC-COOH+KHCO3=CO2↑+H2O+HOOC-COOK，逸出的CO2与NaOH溶液反应生成Na2CO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，
也可能为因KClO3具有较强氧化性，将草酸氧化成CO2，逸出的CO2与NaOH溶液反应生成Na2CO3，
故答案为：原因I：过量的草酸与KHCO3反应：HOOC-COOH+KHCO3=CO2↑+H2O+HOOC-COOK，逸出的CO2与NaOH溶液反应生成Na2CO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；原因II：因KClO3具有较强氧化性，将草酸氧化成CO2，逸出的CO2与NaOH溶液反应生成Na2CO3；
（4）①沉淀可能为CaCO3或CaC2O4或二者都有，故答案为：只存在CaC2O4；
②进行实验先检验碳酸钙的存在，再利用加入的酸溶解生成的草酸和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色来设计实验进行验证，取少量沉淀于试管中，加入足量1 mol•L-1 HCl，将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，说明菠菜中含有碳酸盐，向步骤1得到的溶液中滴加几滴0.01 mol•L-1 KMnO4溶液紫红色褪去，说明菠菜中含有草酸盐，
故答案为：
解析
解：（1）由质量守恒和得失电子守恒可配平，方程式为2KClO3+H2C2O4=2KHCO3+2ClO2↑，故答案为：2；1；2；2；
（2）ClO2沸点较低，易液化，B可起到冷凝收集的作用，故答案为：将ClO2冷凝收集；
（3）反应后生成KHCO3，过量的草酸与KHCO3反应：HOOC-COOH+KHCO3=CO2↑+H2O+HOOC-COOK，逸出的CO2与NaOH溶液反应生成Na2CO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，
也可能为因KClO3具有较强氧化性，将草酸氧化成CO2，逸出的CO2与NaOH溶液反应生成Na2CO3，
故答案为：原因I：过量的草酸与KHCO3反应：HOOC-COOH+KHCO3=CO2↑+H2O+HOOC-COOK，逸出的CO2与NaOH溶液反应生成Na2CO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O；原因II：因KClO3具有较强氧化性，将草酸氧化成CO2，逸出的CO2与NaOH溶液反应生成Na2CO3；
（4）①沉淀可能为CaCO3或CaC2O4或二者都有，故答案为：只存在CaC2O4；
②进行实验先检验碳酸钙的存在，再利用加入的酸溶解生成的草酸和高锰酸钾溶液反应使溶液褪色来设计实验进行验证，取少量沉淀于试管中，加入足量1 mol•L-1 HCl，将产生的气体通入澄清石灰水中，澄清石灰水变浑浊，说明菠菜中含有碳酸盐，向步骤1得到的溶液中滴加几滴0.01 mol•L-1 KMnO4溶液紫红色褪去，说明菠菜中含有草酸盐，
故答案为：
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、漂白粉（含次氯酸钙）和洁厕剂（含盐酸）在一定的条件下会发生氯元素的归中氧化还原反应，产生氯气，失去清洁和消毒效果，故A错误；
B、氧乙酸具有很强的杀菌消毒作用，是因为它具有很强的氧化性，故B错误；
C、碳酸氢铵、过磷酸钙中的阳离子均能与草木灰（碳酸钾）中的碳酸根离子之间发生双水解反应，混合使用会降低肥效，故C正确；
D、在维生素的种类中只有维生素B、C是水溶性的，维生素A是脂溶性的，故D错误．
故选C．
（2013秋•东城区期末）溴及其化合物广泛应用在有机合成、化学分析等领域．
（1）海水提溴过程中溴元素的变化如下：
①过程Ⅰ，海水显碱性，调其pH＜3.5后，再通入氯气．
ⅰ．通入氯气后，反应的离子方程式是______．
ⅱ．调海水pH可提高Cl2的利用率．用平衡原理解释其原因是______．
②过程Ⅱ，用热空气将溴赶出，再用浓碳酸钠溶液吸收．完成并配平下列方程式．
______Br2+______Na2CO3=______NaBrO3+______CO2+______
③过程Ⅲ，用硫酸酸化可得Br2和Na2SO4的混合溶液．相同条件下，若用盐酸酸化，则所得溴的质量减少，原因是______．
（2）NaBrO3是一种分析试剂．向硫酸酸化的NaI溶液中逐滴加入NaBrO3溶液，当加入2.6mol NaBrO3时，测得反应后溶液中溴和碘的存在形式为及物质的量分别为：
则原溶液中NaI的物质的量是______mol．
正确答案
解：（1）①ⅰ．氯气具有氧化性，可以将溴离子氧化为溴单质，即Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
ⅱ．①氯气的溶解平衡为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，若增大c（H+），平衡逆向移动，会抑制Cl2与水的反应，提高Cl2的利用率，
故答案为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，增大c（H+），平衡逆向移动，抑制Cl2与水的反应；
②氧化还原反应中，Br的化合价升高值为5，氧化还原反应中的价态律，所以所的产物是-1价的溴离子，Br元素化合价降低值为1，根据电子守恒，所以溴酸钾的前边系数是1，产物还有5mol的NaBr，溴单质系数是3，根据钠元素守恒，碳酸钠的系数是3，故答案为：3；3；1；3；5NaBr；
③盐酸有还原性，溴酸根离子具有氧化性，盐酸可以和与溴酸根反应，导致溴单质的生成量减少，故答案为：盐酸有还原性，与溴酸根反应；
（2）根据氧化还原反应中得失电子数相等，可得5×2.6mol=2×0.5mol+6×n（IO3‾），则n （IO3‾）=2mol，根据元素守恒，原溶液中n（NaI）=0.5mol×2+2mol=3mol，故答案为：3．
解析
解：（1）①ⅰ．氯气具有氧化性，可以将溴离子氧化为溴单质，即Cl2+2Br-=Br2+2Cl-，故答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；
ⅱ．①氯气的溶解平衡为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，若增大c（H+），平衡逆向移动，会抑制Cl2与水的反应，提高Cl2的利用率，
故答案为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO，增大c（H+），平衡逆向移动，抑制Cl2与水的反应；
②氧化还原反应中，Br的化合价升高值为5，氧化还原反应中的价态律，所以所的产物是-1价的溴离子，Br元素化合价降低值为1，根据电子守恒，所以溴酸钾的前边系数是1，产物还有5mol的NaBr，溴单质系数是3，根据钠元素守恒，碳酸钠的系数是3，故答案为：3；3；1；3；5NaBr；
③盐酸有还原性，溴酸根离子具有氧化性，盐酸可以和与溴酸根反应，导致溴单质的生成量减少，故答案为：盐酸有还原性，与溴酸根反应；
（2）根据氧化还原反应中得失电子数相等，可得5×2.6mol=2×0.5mol+6×n（IO3‾），则n （IO3‾）=2mol，根据元素守恒，原溶液中n（NaI）=0.5mol×2+2mol=3mol，故答案为：3．
工业上将Cl2通入石灰乳制取漂白粉，反应的化学方程式为______，当有28.4g Cl2被吸收，制得漂白粉的质量为______．
正确答案
2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
50.8g
解析
解：Cl2通入石灰乳制取漂白粉，反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的成分是CaCl2和Ca（ClO）2的混合物，消耗142g的氯气可以获得漂白粉的质量为111g+143g=254g，当有28.4g Cl2被吸收，制得漂白粉的质量为
下列物质中不能使淀粉碘化钾试纸变蓝色的是（ ）
正确答案
解析
解：A．溴水中单质溴氧化KI反应生成碘单质，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故A错误；
B．氯化钠溶液与KI不反应，不生成碘单质也不存在碘单质，则不能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故B正确；
C．氯水中氯气能氧化KI生成碘单质，则能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故C错误；
D．碘水中有碘单质，能使湿润的淀粉碘化钾试纸变蓝，故D错误；
故选B．
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