- 氯离子的检验
- 共453题
下表是某地区市场上销售的一种“加碘食盐”的包装袋上的部分文字说明．请根据下表回答下列问题．
（1）①碘是合成下列哪种激素的主要原料之一______．
A．胰岛素 B．甲状腺素
C．生长激素 D．雄性激素
②长期生活在缺碘山区，又得不到食盐的供应，易患______．
A．甲状腺亢进 B．贫血症
C．地方性甲状腺肿大 D．糖尿病
③食盐中加碘，这碘指的是______（填“元素”、“/原子”或“单质”）．
（2）碘酸钾的化学式为KIO3，其中碘元素的化合价为______．
（3）碘是人体必需的微量元素．我国以前在食盐中加碘化钾加工碘盐，1989年后逐步改用碘酸钾（KIO3）加工碘盐．主要原因是碘酸钾的化学性质与碘化钾比较更______（填“稳定”或“不稳定”）．
（4）若上述（3）中加入不同碘盐的两种食盐混用，在酸性条件下会产生对健康有害的碘单质．写出该反应的离子方程式______．
正确答案
解：（1）①碘属于智力元素，碘是合成甲状腺激素的主要原料之一，缺碘易患甲状腺肿，故选B；
②碘是合成甲状腺激素的主要原料之一，缺碘易患地方性甲状腺肿大，故选C；
③食盐中加碘，这碘指的是元素而不是碘单质，故答案为：元素；
（2）化合物中各元素化合价的代数和为0，该化合物中K元素化合价为+1价、O元素化合价为-2价，所以I元素化合价为+5价，故答案为：+5；
（3）碘化钾中碘离子易被氧气氧化而生成碘，碘易升华，碘酸钾不易被氧气氧化，所以碘酸钾较稳定，故答案为：稳定；
（4）在酸性条件碘酸根离子和碘离子发生氧化反应生成碘单质，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，
故答案为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O．
解析
解：（1）①碘属于智力元素，碘是合成甲状腺激素的主要原料之一，缺碘易患甲状腺肿，故选B；
②碘是合成甲状腺激素的主要原料之一，缺碘易患地方性甲状腺肿大，故选C；
③食盐中加碘，这碘指的是元素而不是碘单质，故答案为：元素；
（2）化合物中各元素化合价的代数和为0，该化合物中K元素化合价为+1价、O元素化合价为-2价，所以I元素化合价为+5价，故答案为：+5；
（3）碘化钾中碘离子易被氧气氧化而生成碘，碘易升华，碘酸钾不易被氧气氧化，所以碘酸钾较稳定，故答案为：稳定；
（4）在酸性条件碘酸根离子和碘离子发生氧化反应生成碘单质，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，
故答案为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O．
向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色．如果继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色．完成下列填空：
（1）写出并配平CCl4层由紫色变成无色的化学反应方程式（如果系数是1，不用填写）：
（2）整个反应过程中的还原剂是______、______．
（3）把KI换成KBr，则CCl4层变为橙红色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化．Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是______．据此请判断下列反应能否进行：HBrO3+HCl→Br2+Cl2+H2O （未配平）______ （填“能”或“否”）
正确答案
解：（1）氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，反应物为氯气和碘、水，生成物是碘酸和氯化氢，一个氯气分子参加反应得2个电子，一个碘分子参加反应失去10个电子，该反应中得失电子的最小公倍数是10，所以方程式为I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，
故答案为：5Cl2+I2+6H20=2HIO3+10HCl；
（2）在2KI+Cl2=2KCl+I2反应，I元素的化合价升高，被氧化，KI在反应中做还原剂，在5Cl2+I2+6H20=2HIO3+10HCl反应，I元素的化合价升高，被氧化，I2在反应中做还原剂．
故答案为：KI；I2；
（3）氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4层变为橙色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氧化性HBrO3＞Cl2，根据氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，
则有Cl2＞HIO3，所以氧化性顺序为HBrO3＞Cl2＞HIO3；
氧化性HBrO3＞Cl2，所以HBrO3+HCl→Br2+Cl2+H2O能进行．
故答案为：HBrO3＞Cl2＞HIO3；能．
解析
解：（1）氯气具有强氧化性，向盛有KI溶液的试管中加入少许CCl4后滴加氯水，CCl4层变成紫色，说明生成I2，继续向试管中滴加氯水，振荡，CCl4层会逐渐变浅，最后变成无色，说明I2被进一步氧化，生成HIO3，同时氯气被还原为HCl，反应物为氯气和碘、水，生成物是碘酸和氯化氢，一个氯气分子参加反应得2个电子，一个碘分子参加反应失去10个电子，该反应中得失电子的最小公倍数是10，所以方程式为I2+5Cl2+6H2O=2HIO3+10HCl，
故答案为：5Cl2+I2+6H20=2HIO3+10HCl；
（2）在2KI+Cl2=2KCl+I2反应，I元素的化合价升高，被氧化，KI在反应中做还原剂，在5Cl2+I2+6H20=2HIO3+10HCl反应，I元素的化合价升高，被氧化，I2在反应中做还原剂．
故答案为：KI；I2；
（3）氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4层变为橙色，继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化，说明氧化性HBrO3＞Cl2，根据氧化剂和还原剂反应生成氧化产物和还原产物，氧化剂氧化性大于氧化产物的氧化性，
则有Cl2＞HIO3，所以氧化性顺序为HBrO3＞Cl2＞HIO3；
氧化性HBrO3＞Cl2，所以HBrO3+HCl→Br2+Cl2+H2O能进行．
故答案为：HBrO3＞Cl2＞HIO3；能．
把Cl2通入含11g NaBr的溶液中，充分反应后将溶液蒸干，得6.55g残渣，计算：
（1）生成的NaCl为多少克？
（2）将残渣溶于水配成溶液，向所得溶液中滴加足量的硝酸银溶液，充分反应后所得白色沉淀质量为多少克？
正确答案
解：（1）向含有NaBr的溶液中通入过量的Cl2，发生：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，设生成的NaCl的质量为x，
2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2 固体质量变化
206 58.5×2 89
11 xg 11g-6.55g
答：生成的NaCl为5.85克；
（2）将残渣溶于水配成溶液，向所得溶液中滴加足量的硝酸银溶液，根据NaCl～AgCl↓，则NaCl为5.85克得到氯化银的质量是
答：充分反应后所得白色沉淀质量为14.35克．
解析
解：（1）向含有NaBr的溶液中通入过量的Cl2，发生：2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2，设生成的NaCl的质量为x，
2NaBr+Cl2=2NaCl+Br2 固体质量变化
206 58.5×2 89
11 xg 11g-6.55g
答：生成的NaCl为5.85克；
（2）将残渣溶于水配成溶液，向所得溶液中滴加足量的硝酸银溶液，根据NaCl～AgCl↓，则NaCl为5.85克得到氯化银的质量是
答：充分反应后所得白色沉淀质量为14.35克．
液溴易挥发，实验室保存时加适量水形成水封，液面仍充满红棕色的溴蒸气，现将试剂瓶倾斜，缓缓地向试管中倾倒，则可观察到首先被倒入试管的是（ ）
正确答案
解析
解：盛装液溴的瓶内加入适量的蒸馏水，使挥发出来的溴蒸气溶解在水中而形成饱和溴水，以减少液溴的挥发，即采用“水封“，根据题意：液面仍充满红棕色的溴蒸气，表示水封的水已经是饱和的溴水了，但是液溴的密度还是大于溴水的，所以液溴在底部，将试剂瓶倾斜，缓缓地向试管中倾倒，则可观察到首先被倒入试管的是溴水．
故选C．
（2013秋•天山区校级期末）关注饮用水，保证人民的生活质量．回答下列两个问题
（1）洪灾过后，饮用水的消毒杀菌成为抑制大规模传染性疾病爆发的有效方法之一．漂白粉与Na2FeO4都是常用的消毒剂．
①工业上制取漂白粉的化学反应方程式为______．
②工业上常用FeCl3与Cl2在碱性条件下制备Na2FeO4，反应的离子方程式为______．
（2）饮用水中的NO3-对人类健康会产生危害，为了降低饮用水中NO3-的浓度，可以在碱性条件下用铝粉将NO3-还原为N2，请回答下列问题：
①上述反应的离子方程式______．
②上述反应中若生成标况下3.36L N2，则转移的电子数为______．
正确答案
解：（1）①石灰乳和氯气反应制备漂白粉，该反应为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
②根据题干信息，反应物为FeCl3与Cl2，生成物为：Na2FeO4、NaCl，反应为Fe3++OH-+Cl2→FeO42-+Cl-+H2O其中，铁元素化合价：+3价→+6，化合价升高了3价；氯元素化合价：0→-1，Cl2参加反应，化合价降低了1×2价，化合价变化的最小公倍数为6，所以Fe3+的化学计量数为2、Cl2的化学计量数为3，根据氯原子守恒，Cl-的计量数为6，所以离子反应为：2Fe3++16OH-+3Cl2═2FeO42-+6Cl-+8H2O，
故答案为：2Fe3++16OH-+3Cl2═2FeO42-+6Cl-+8H2O；
（2）①根据题干信息，反应物为：铝、NO3-、OH-，生成物为：N2、H2O、碱性条件下铝参加反应生成物还有AlO2-，反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知OH-系数为4，由H元素守恒可知H2O前面的系数为2，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O，
故答案为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O；
②生成标况下3.36L N2，n=
故答案为：1.5NA；
解析
解：（1）①石灰乳和氯气反应制备漂白粉，该反应为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；
②根据题干信息，反应物为FeCl3与Cl2，生成物为：Na2FeO4、NaCl，反应为Fe3++OH-+Cl2→FeO42-+Cl-+H2O其中，铁元素化合价：+3价→+6，化合价升高了3价；氯元素化合价：0→-1，Cl2参加反应，化合价降低了1×2价，化合价变化的最小公倍数为6，所以Fe3+的化学计量数为2、Cl2的化学计量数为3，根据氯原子守恒，Cl-的计量数为6，所以离子反应为：2Fe3++16OH-+3Cl2═2FeO42-+6Cl-+8H2O，
故答案为：2Fe3++16OH-+3Cl2═2FeO42-+6Cl-+8H2O；
（2）①根据题干信息，反应物为：铝、NO3-、OH-，生成物为：N2、H2O、碱性条件下铝参加反应生成物还有AlO2-，反应中Al→AlO2-，Al元素化合价由0价升高为+3价，共升高3价，NO3-→N2↑，氮元素化合价由+5价降低为0价，共降低10价，化合价升降最小公倍数为30，故Al的系数为10，N2系数为3，由氮元素守恒可知系数为6，由Al元素守恒可知系数为10，由电荷守恒可知OH-系数为4，由H元素守恒可知H2O前面的系数为2，故配平后离子方程式为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O，
故答案为：10Al+6NO3-+4OH-=10AlO2-+3N2↑+2H2O；
②生成标况下3.36L N2，n=
故答案为：1.5NA；
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