- 硫和氮的氧化物
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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．
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）：
写出产物即可不需要配平
2）整个过程中的还原剂是______．
3）把KI换成KBr，则CCl4层变为______色：继续滴加氯水，CCl4层的颜色没有变化． 由此推测Cl2、HIO3、HBrO3氧化性由强到弱的顺序是______．
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，反应的方程式为5Cl2+I2+6H20=2HIO3+10HCl，
故答案为：5Cl2+I2+6H20=2HIO3+10HCl；
（2）在Cl2+I2+H20→HIO3+HCl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：I2；
（3）氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4层变为棕色，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，故答案为：棕；HBrO3＞Cl2＞HIO3；
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，反应的方程式为5Cl2+I2+6H20=2HIO3+10HCl，
故答案为：5Cl2+I2+6H20=2HIO3+10HCl；
（2）在Cl2+I2+H20→HIO3+HCl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：I2；
（3）氯气的氧化性比溴强，将KI换成KBr，则生成Br2，则CCl4层变为棕色，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，故答案为：棕；HBrO3＞Cl2＞HIO3；
NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质（见图）．下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、因NaHCO3的溶解度比Na2CO3的溶解度小，故A错误；
B、因Cl2通入到石灰乳中：2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，2molCl2转移电子4mol，产生1molCa（ClO）2，所以有12mol电子转移时，理论上制得漂白粉的有效成分（Ca（ClO）2）的物质的量为6mol，故B正确；
C、干燥的Cl2与铁不反应，但在点燃的条件下可以发生反应，故C错误；
D、因由NaCl→NaHCO3→Na2CO3，这两步转化中元素的化合价没有变化，是非氧化还原反应，故D错误；
故选：B．
合乎实际并可用于工业生产的是（ ）
正确答案
解析
解：A．氯化钠不适合用钠在氯气中燃烧制取，第一，氯气有毒，很难控制反应，可能有气体溢出会污染大气，第二钠的价格较高，成本高，第三钠在氯气中燃烧放出热量．故不适合工业上制取氯化钠，故A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰发生的反应是氧化还原反应，产生的是氯气，得不到氯化氢，故B错误；
C．氯气与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，即漂白精的成分，是一种混合物，其有效成分是次氯酸钙，故C正确；
D．氢气和氯气都是气体，不要以控制反应，而且，氢气和氯气的混合气体在光照的条件下，会发生爆炸危险；氯气有毒易造成大气污染，不适合工业上制取氯化氢．故D错误．
故选C．
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、次氯酸盐是漂白粉的有效成分，漂白粉的成分有次氯酸钙、氯化钙，漂白粉的有效成份是氯酸钙，故A错误；
B、HF具有吸水性，氟化氢气体吸收空气中的水分而呈现白雾，该物质有很大毒性，故B正确；
C、碘单质遇到淀粉变蓝，而不是碘离子的性质，故C错误；
D、氟气能和水剧烈反应，方程式为：2F2+2H2O=4HF+O2↑，故D正确．
故选BD．
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．
化学实验中常进行酸化或碱化处理，下列表述合理的是（ ）
正确答案
解析
解：A．配制硝酸银溶液时，不能用盐酸酸化，应盐酸与硝酸银反应生成AgCl而导致硝酸银变质，故A错误；
B．酸化高锰酸钾不能用盐酸，因盐酸与高锰酸钾发生氧化还原反应而导致高锰酸钾变质，故B错误；
C．检验淀粉是否完全水解，可直接加入碘水，不能在碱性条件下进行检验，因碘在碱性条件下自身发生氧化还原反应，导致显现不明显，故C错误；
D．卤代烃在碱性溶液中水解后用硝酸酸化，防止加入AgNO3溶液后生成AgOH而影响实验现象和结论，故D正确．
故选D．
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