- 非金属及其化合物
- 共31702题
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．
化学是一门实用的、中心的学科，生活中的许多问题常涉及到化学知识．它在给经济发展和群众生活带来方便的同时，也产生负面的影响．下列有关叙述不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：
A．用次氯酸进行自来水杀菌消毒，能杀死水中的细菌，次氯酸中+1价的氯被还原为-1价的氯，产物为盐酸，盐酸为强酸，为一定的有害残留，用臭氧进行自来水杀菌消毒，臭氧直接与细菌病毒作用，不会残留有毒、有害物质，臭氧杀菌消毒效果要比氯气好．故A错误；
B．干电池、充电电池、高能电池等．电池在现代生产和科学技术中发挥了重要作用，废旧电池内含有大量的重金属镉、铅、汞、镍、锌、锰等以及废酸、废碱等电解质溶液，如果随意丢弃，腐败的电池会破坏水源，1粒纽扣电池就能污染600吨地下水．故B正确；
C．明矾的电离：KAl（SO4）2•12H2O=K++Al3++2SO42-+12H2O，电离出的Al3+ 水解，Al3++3H2O⇌Al（OH）3（胶体）+3H+，生成的氢氧化铝胶体吸附水中的悬浮物，达到净水的效果，但人体摄入大量铝盐，易患“老年性痴呆”．故C正确；
D．氟氯烃具有化学性能稳定、无毒、无臭、不可燃等特性，为此被广泛作为致冷剂，广泛使用于冰柜和电冰箱，但排放出大量的氯氟烃在低空不易分解，上升至平流层，破坏那里的臭氧，使臭氧丧失吸收太阳紫外线的性能．故D正确；
故选A．
净水丸能对饮用水进行快速的杀菌消毒，药丸通常分内外两层．外层的优氯净[Cl2Na（NCO）3，氯元素为+1价]先与水反应，生成次氯酸（HClO）起杀菌消毒作用；几分钟后，内层的亚硫酸钠（Na2SO3）溶出，可将水中的余氯（次氯酸）除去．
（1）优氯净中氮元素的化合价为______．
（2）亚硫酸钠将水中多余次氯酸除去的离子反应方程式为______．
（3）亚硫酸钠溶液在空气中易变质，请写出检验亚硫酸钠溶液是否变质的方法______．
正确答案
解：（1）优氯净Cl2Na（NCO）3中，钠离子的化合价为+1价，N为-3价、O为-2价、C为+4价，设Cl元素的化合价为x，则：2x+（+1）+3[（-3）+（+4）+（-2）]=0，解得：x=+1，故答案为：+1；
（2）亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为：SO32-+HClO═SO42-+Cl-+H+，故答案为：SO32-+HClO═SO42-+Cl-+H+；
（3）亚硫酸钠溶液在空气中易变质，则溶液中会存在硫酸根离子，所以判断亚硫酸钠溶液是否变质的方法为：取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质，
故答案为：取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质．
解析
解：（1）优氯净Cl2Na（NCO）3中，钠离子的化合价为+1价，N为-3价、O为-2价、C为+4价，设Cl元素的化合价为x，则：2x+（+1）+3[（-3）+（+4）+（-2）]=0，解得：x=+1，故答案为：+1；
（2）亚硫酸根离子与次氯酸反应生成硫酸根离子、氯离子，反应的离子方程式为：SO32-+HClO═SO42-+Cl-+H+，故答案为：SO32-+HClO═SO42-+Cl-+H+；
（3）亚硫酸钠溶液在空气中易变质，则溶液中会存在硫酸根离子，所以判断亚硫酸钠溶液是否变质的方法为：取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质，
故答案为：取适量固体于试管，加水溶解，滴加过量盐酸至无气体放出，再滴加BaCl2，有白色沉淀生成证明试样已经变质．
自来水可用氯气消毒，某学生用这种自来水去配制下列物质的溶液，会产生明显的药品变质问题的是（ ）
正确答案
解析
解：A、因氯水中含有的微粒不会与NaNO3溶液中的微粒发生反应，则不会产生明显的药品变质问题，故A错误；
B、因氯水中含有Cl2、HClO、ClO-等微粒，具有氧化性，能氧化亚铁离子，则产生明显的药品变质问题，故B正确；
C、因氯水中含有Cl2、HClO、ClO-等微粒，具有氧化性，能氧化亚硫酸根离子，则产生明显的药品变质问题，故C正确；
D、因氯水中含有的微粒不会与AlCl3溶液中的微粒发生反应，则不会产生明显的药品变质问题，故D错误；
故选：BC．
下列过程，观察不到颜色变化的是（ ）
正确答案
解析
解：A、NO气体暴露在空气中，容易被空气中的氧气氧化为二氧化氮，颜色由无色变为红棕色，故A错误；
B、向碘的饱和水溶液中加入四氯化碳，振荡，会出现分层现象，上层是无色的水层，下层是溶有紫色的碘单质的四氯化碳层，故B错误；
C、Cl2通过湿润的有色布条时，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性而使布条褪色，故C错误；
D、NaOH溶液中通入CO2会反应生成可溶性的钠盐无色溶液和水，没有颜色变化，故D正确．
故选D．
据媒体报道，上海世博会前外环以内有8家自来水厂将采用次氯酸钠代替液氯水处理应用技术，减少液氯进入中心市区带来潜在风险．下列说法中正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、液氯中只有一种成分，是纯净物，故A错误；
B、NaClO中的Cl为+1价，降至-1价；Cl2中的Cl为0价，降至-1价，1 mol两种物质反应均转移2 mol电子，故消毒效率相等，故B错误；
C、次氯酸具有强氧化性，可将SO32-氧化为SO4 2-，故C错误；
D、电解食盐水可得到氢氧化钠、氯气和氢气，产物氢氧化钠与氯气可以反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H20，故D正确
故选：D．
下列叙述不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．84消毒液是一种以次氯酸钠为主的高效消毒剂，主要成分为次氯酸钠（NaClO），故A错误；
B．由同种元素组成的不同单质互称同素异形体，金刚石、石墨、C60是由碳元素组成的不同单质，所以都属于同素异形体，故B正确；
C．NH3•H2O在水溶液中不能完全电离，NH3•H2O⇌NH4++OH-，是弱电解质，CH3COOH在水溶液中能部分电离出乙酸根离子和氢离子CH3COOH⇌CH3COO-+H+，是弱电解质，故C正确；
D．Fe（OH）3胶体分散质微粒直径在1-100nm之间，是胶体有丁达尔效应，故D正确；
故选A．
（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；
下面是某同学检验海水中溴离子的实验，请你参与他的探究：
（1）由于溴离子在海水中浓度很低（0.067g/L），要先取海水样品（设取50mL）进行浓缩，浓缩时下面的仪器______是不需要的（填编号）：
A．玻璃棒 B．三脚架 C．酒精灯 D．蒸发皿 E．100mL烧杯
（2）取浓缩后的海水（假设剩余10mL左右）进行氧化和萃取．
①下列试剂都可以氧化浓缩后海水中的溴离子，实验中最好选______（填编号）：
A．氯水 B．双氧水 C．酸性高锰酸钾溶液
②加入一定量氧化剂后，对氧化后的溶液进行假设和实验：
假设1：溶液中全部为Br-； 假设2：溶液全部为Br2
假设3：溶液中______．
③设计方案、进行实验，验证假设：请在表中写出实验步骤以及预期现象和结论（可以不填满）．限选实验试剂和仪器：10mL量筒、小烧杯、试管、胶头滴管、分液漏斗；无水乙醇、裂化汽油、苯、0.10mol/LAgNO3、0.10mol/LHNO3
正确答案
解：（1）实验室蒸发浓缩溶液所需仪器为：酒精灯、三脚架、蒸发皿、玻璃棒，不需要的仪器是烧杯，故选E；
（2）①A、氯水能氧化溴离子，但同时有杂质氯离子生成，故错误；
B、双氧水能氧化溴离子，同时生成水，水是溶剂，故正确；
C、高锰酸钾能氧化溴离子，但同时有杂质生成，故错误；
故选B；
②溶液中可能两种微粒都有，即同时含有Br2 和 Br--，故答案为：同时含有Br2 和 Br--；
③溴是非极性分子，苯是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理知，溴易溶于苯不易溶于水，水和苯不互溶；苯的密度小于水的密度，水和苯分层，且水在下方，苯在上方．
步骤1、检验溴单质，根据萃取实验判断是否含有溴单质，用量筒取样品溶液6mL于分液漏斗中，再取足量（过量）苯加入分液漏斗中，充分振荡，静置，
实验现象及结论：如果上层有机层出现橙色或橙红色，则假设2或假设3成立；若上层有机层仍然为无色（或未出现橙红色），则假设1成立；
步骤2、检验溴离子，溴离子和银离子能反应生成淡黄色沉淀溴化银；如果含有溴离子，溶有溴离子的溶液在下层，所以从下层放出溶液于另一试管中，然后用胶头滴管滴加2～3滴0.10mol/LAgNO3．
实验现象及结论：溴离子和银离子能反应生成淡黄色沉淀溴化银，若出现浅黄色沉淀，则假设3成立；若没有浅黄色沉淀，则假设2成立．
故答案为：
解析
解：（1）实验室蒸发浓缩溶液所需仪器为：酒精灯、三脚架、蒸发皿、玻璃棒，不需要的仪器是烧杯，故选E；
（2）①A、氯水能氧化溴离子，但同时有杂质氯离子生成，故错误；
B、双氧水能氧化溴离子，同时生成水，水是溶剂，故正确；
C、高锰酸钾能氧化溴离子，但同时有杂质生成，故错误；
故选B；
②溶液中可能两种微粒都有，即同时含有Br2 和 Br--，故答案为：同时含有Br2 和 Br--；
③溴是非极性分子，苯是非极性分子，水是极性分子，根据相似相溶原理知，溴易溶于苯不易溶于水，水和苯不互溶；苯的密度小于水的密度，水和苯分层，且水在下方，苯在上方．
步骤1、检验溴单质，根据萃取实验判断是否含有溴单质，用量筒取样品溶液6mL于分液漏斗中，再取足量（过量）苯加入分液漏斗中，充分振荡，静置，
实验现象及结论：如果上层有机层出现橙色或橙红色，则假设2或假设3成立；若上层有机层仍然为无色（或未出现橙红色），则假设1成立；
步骤2、检验溴离子，溴离子和银离子能反应生成淡黄色沉淀溴化银；如果含有溴离子，溶有溴离子的溶液在下层，所以从下层放出溶液于另一试管中，然后用胶头滴管滴加2～3滴0.10mol/LAgNO3．
实验现象及结论：溴离子和银离子能反应生成淡黄色沉淀溴化银，若出现浅黄色沉淀，则假设3成立；若没有浅黄色沉淀，则假设2成立．
故答案为：
据实验证明：用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好，原因可能是（ ）
正确答案
解析
解：A．漂白粉中次氯酸钙具有氧化性，难以被氧化，故A错误；
B．漂白粉溶液浸泡过的有色布条，置于空气中，漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了具有漂白性的HClO，故B正确；
C．空气的氧气在短时间内不能迅速氧化有色布条，故C错误；
D．漂白粉具有漂白性的原因是与空气中二氧化碳反应生成具有漂白性的HClO，与漂白粉的浓度无关，故D错误．
故选B．
用漂白粉溶液浸泡过的有色布条，如果晾置在空气中，过了一段时间，其漂白效果会更好的原因可能是（ ）
正确答案
解析
解：A．漂白粉中次氯酸钙具有氧化性，难以被氧化，故A错误；
B．空气的氧气在短时间内不能迅速氧化有色布条，故B错误；
C．漂白粉溶液浸泡过的有色布条，置于空气中，漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了具有漂白性的HClO，故C正确；
D．漂白粉具有漂白性的原因是与空气中二氧化碳反应生成具有漂白性的HClO，与漂白粉的浓度无关，故D错误．
故选C．
空气吹出法工艺，是目前“海水提溴”的最主要方法之一．其工艺流程如下：
（1）溴在周期表中位于______周期，______族．
（2）步骤④的离子方程式：______．
（3）已知溴的沸点是58.5℃，步骤⑥的蒸馏过程中，溴出口温度为何要控制在80-90℃．温度过高或过低都不利于生产，请解释原因：______．
（4）步骤⑧中溴蒸气冷凝后得到液溴与溴水的混合物，可利用它们的相对密度相差很大的特点进行分离．若在实验室分离上述混合物的分离仪器的名称是______，分离时液溴从分离器的______（填“上口”或“下口”）排出．
（5）为什么不直接用含溴的海水进行蒸馏得到液溴，而要经过“空气吹出、SO2吸收、氯化”：______．
正确答案
解：（1）溴的原子序数为35，原子核外有4个电子层，最外层电子数为7，则位于周期表第四周期ⅦA族，
故答案为：第四，ⅦA；
（2）Br2和SO2发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-，
故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；
（3）步骤⑥的蒸馏过程中，溴出口温度为何要控制在80-90℃，应为温度过高，大量水蒸气排出，溴气中水增加； 温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低，温度过高或过低都不利于生产，
故答案为：温度过高，大量水蒸气排出，溴气中水增加； 温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低；
（4）液溴与溴水的混合物分层，可用分液的方法分离液溴与溴水的混合物，液溴密度大于水，从分液漏斗下口流出，
故答案为：分液漏斗；下口；
（5）氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，产量低，应经过“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程进行富集，
故答案为：氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个Br2的富集过程．
解析
解：（1）溴的原子序数为35，原子核外有4个电子层，最外层电子数为7，则位于周期表第四周期ⅦA族，
故答案为：第四，ⅦA；
（2）Br2和SO2发生氧化还原反应生成HBr和H2SO4，反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-，
故答案为：Br2+SO2+2H2O=4H++2Br-+SO42-；
（3）步骤⑥的蒸馏过程中，溴出口温度为何要控制在80-90℃，应为温度过高，大量水蒸气排出，溴气中水增加； 温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低，温度过高或过低都不利于生产，
故答案为：温度过高，大量水蒸气排出，溴气中水增加； 温度过低，溴不能完全蒸出，吸收率低；
（4）液溴与溴水的混合物分层，可用分液的方法分离液溴与溴水的混合物，液溴密度大于水，从分液漏斗下口流出，
故答案为：分液漏斗；下口；
（5）氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，产量低，应经过“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程进行富集，
故答案为：氯化后的海水虽然含有溴单质，但浓度低，如果直接蒸馏原料，产品成本高“空气吹出、SO2吸收、氯化”的过程实际上是一个Br2的富集过程．
溴化碘（IBr）的化学性质类似于卤素单质，试完成下列问题：
（1）溴化碘的电子式是______，它是由______键形成的______分子．
（2）溴化碘和水反应生成了一种三原子分子，该分子的电子式为______．
正确答案
解：（1）I和Br的电负性相差不大，形成的化学键是极性共价键，电子式为：
故答案为：
（2）根据卤素单质和水之间反应生成次卤酸和卤化氢，由于Br比I的电负性大，溴化碘和水反应生成次碘酸和溴化氢，三原子分子为次碘酸，属于共价化合物，电子式为：
解析
解：（1）I和Br的电负性相差不大，形成的化学键是极性共价键，电子式为：
故答案为：
（2）根据卤素单质和水之间反应生成次卤酸和卤化氢，由于Br比I的电负性大，溴化碘和水反应生成次碘酸和溴化氢，三原子分子为次碘酸，属于共价化合物，电子式为：
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，漂白粉是常用的消毒剂．
（1）工业上将氯气通入石灰乳[（Ca（OH）2）]制取漂白粉的化学方程式为______．
（2）漂白粉的有效成分是（填化学式）______．
（3）漂白粉溶于水后，受空气中的CO2作用，即产生有漂白、杀菌作用的次氯酸，化学反应方程式为______．
（4）已知二氧化硫和亚硫酸盐均具有较强的还原性，若将少量的SO2通入漂白粉溶液中，小张同学认为反应是：Ca（ClO）2+H2O+SO2=CaSO3↓+2HClO2：你认为小张的想法是否正确______，原因是______．
正确答案
2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
Ca（ClO）2
Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
不正确
二氧化硫具有较强的还原性与具有强氧化性的次氯酸接触时将发生氧化还原反应
解析
解：（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）由2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O可知，生成物中CaCl2和Ca（ClO）2为漂白粉的主要成分，Ca（ClO）2为有效成分，故答案为：Ca（ClO）2；
（3）置露在空气中会变质，发生漂白粉与二氧化碳、水的反应及次氯酸分解反应，反应分别为Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；
（4）二氧化硫具有还原性，次氯酸钙具有强氧化性，二氧化硫和次氯酸钙会发生氧化还原反应，生成产物为硫酸钙，氯化钙，所以反应不正确，故答案为：不正确；二氧化硫具有较强的还原性与具有强氧化性的次氯酸接触时将发生氧化还原反应．
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