- 非金属及其化合物
- 共31702题
某卤素单质X2与KOH溶液反应生成A、B两种盐．往A盐的浓溶液中加入一定量的另一种卤素单质Y2的水溶液，又可以生成X2，且X2不能使淀粉溶液变蓝．则X2、Y2是（ ）
正确答案
解析
解：在溶液中能发生置换反应的有卤素有：C1、Br、I，单质是前面置换后面的，因X2不能使淀粉溶液变蓝，所以X不是I，故X2、Y2分别是Br2、C12，故选：B．
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．工业上将氯气通入石灰乳[Ca（OH）2]制取漂白粉，化学反应方程式为______；漂白粉的有效成分是（填化学式）______．该反应中氧化剂与还原剂物质的量之比是______．
正确答案
2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O
Ca（ClO）2
1：1
解析
解：氯气与Ca（OH）2反应生成CaCl2、Ca（ClO）2和水，反应的方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的有效成分为次氯酸钙，在反应中，氯气既是氧化剂又是还原剂，由方程式可知氧化剂与还原剂物质的量之比是1：1，
故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；Ca（ClO）2；1：1．
时钟反应或振荡反应提供了迷人课堂演示实验，也是一个活跃的研究领域．测定含I-浓度很小的碘化物溶液时，利用振荡反应进行化学放大，以求出原溶液中碘离子的浓度．主要步骤是
①在中性溶液中，用溴将试样中I-氧化成IO3-，将过量的溴除去
②再加入过量的碘化钾，在酸性条件下，使IO3-完全转化成I2
③将②中生成的碘完全萃取后，用肼将其还原成I-，方程式为H2N-NH2+2I2→4I-+N2↑+4H+
④将生成的I-萃取到水层后用①法处理．
⑤将④得到的溶液加入适量的KI溶液，并用硫酸酸化．
⑥将⑤反应后的溶液以淀粉作指示剂，用Na2S2O3标准溶液滴定，方程式为：
2Na2S2O3+I2→Na2S4O6+2NaI
经过上述放大后，则溶液中I-浓度放大为原溶液中I-浓度的（设放大前后溶液体积相等）（ ）
正确答案
解析
解：
①从方程式可看出，I-浓度不变；
②从方程式可看出，1个IO3-生成3个I2，从第三步反应看出，I-浓度放大了6倍；
③从方程式可看出，1个I2生成2个I-；
④从方程式可看出，I-浓度不变；
⑤从方程式可看出，1个IO3-生成3个I2，从第三步反应看出，I-浓度放大了6倍；
⑥从方程式可看出，1个I2生成2个I-；
因此从以上方程式和分析可得关系式：I～IO3-～3I2～6I-～6IO3-～18I2～36S2SO32-～36I-，
1 3 6 6 18 36
总计放大倍数为：6×6=36倍．
故选D．
下列关于含氯的有关物质的表述不正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A．新制氯水中存在反应：Cl2+H2O⇌HCl+HClO，盐酸和碳酸钙反应：CaCO3+2HCl=CaCl2+H2O+CO2↑，故A正确；
B．次氯酸（HClO）光照情况下易分解：2HClO 
C．漂白粉主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，有效成分为Ca（ClO）2，NaOH溶液与氯气反应制备“84”消毒液，是NaCl、NaClO的混合物，主要成分为NaClO，漂白粉和“84”消毒液都是混合物，故C正确；
D．漂白粉和浓盐酸发生氯元素价态归中反应，次氯酸钙中+1价氯和盐酸中-1价的氯反应生成0价的氯气，化学反应为：Ca（ClO）2+4HCl（浓）=CaCl2+Cl2↑+2H2O，生成的氯气为黄绿色气体，故D正确；
故选B．
漂粉精久置于空气中会变质，在变质过程中不会涉及的性质是（ ）
正确答案
解析
解：漂粉精的主要成分是氯化钙和次氯酸钙，久置于空气中会发生的变化为：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO，该反应的原理是强酸制弱酸，碳酸的酸性比次氯酸的酸性强；次氯酸不稳定，见光易分解：2HClO
故选：A．
漂白粉在空气中放置易失效的主要原因是（ ）
正确答案
解析
解：漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，对应的酸为HClO，HClO酸性比碳酸弱，则可与空中的水和CO2反应生成HClO，HClO不稳定，见光易分解而导致漂白粉变质，
故选C．
漂白粉的有效成分是①______，在使用漂白粉时为了增强漂白效果，可向溶液中滴加少量食醋（主要成分为CH3COOH），其原理用化学方程式表示为②______，如果不滴加食醋照样可以漂白，原理用化学方程式表示为③______．
正确答案
Ca（ClO）2
Ca（ClO）2+2CH3COOH=（CH3COO） 2Ca+2HClO
Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO
解析
解：①根据漂白粉是混合物，主要成分是Ca（ClO）2和CaCl2，有效成分是Ca（ClO）2，
故答案为：Ca（ClO）2；
②根据强酸制弱酸的原理，CH3COOH酸性大于HClO，所以Ca（ClO）2+2CH3COOH=（CH3COO）2Ca+2HClO，
故答案为：Ca（ClO）2+2CH3COOH=（CH3COO） 2Ca+2HClO；
③漂白粉的有效成分为Ca（ClO）2，因Ca（ClO）2能与空气中的二氧化碳和水反应生成次氯酸：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，
故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO．
（2015春•大理市校级期末）下列反应中，光照对反应几乎没有影响的是（ ）
正确答案
解析
解：A．氯气可在光照或点燃条件下发生化合反应生成氯化氢，故A错误；
B．次氯酸不稳定性，在光照条件下发生：2HClO
C．光照条件下，氯气与甲烷发生取代反应生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳等有机物和氯化氢，故C错误；
D．甲烷与氧气在点燃的条件下反应，光照条件下不反应，故D正确．
故选D．
（2012•丰城市校级模拟）单质碘与红磷在常温下混合不反应，但滴入几滴水后能剧烈反应，生成HI和H3PO3．但实验室制取氢碘酸的方法是把H2S通入I2水中，过滤生成的硫，可得质量分数为50%的氢碘酸．
（1）写出实验室制取氢碘酸的化学方程式______；
（2）氢碘酸在空气中放置易易氧化变质，写出可能发生反应的化学方程式______；
（3）为防止氢碘酸在空气中氧化变质，可在氢碘酸中加入少量______，写出有关反应的化学方程式______．
（4）在温度t1和t2下，X2（g）和H2反应生成HX的平衡常数如下表：
①已知t2＞t1，HX的生成反应是______ 反应（填“吸热”或“放热”）．
②共价键的极性随共用电子对偏移程度的增大而增强，HX共价键的极性由强到弱的顺序是______．
③仅依据K的变化，可以推断出：随着卤素原子核电荷数的增加，______ （选填字母）．
a．在相同条件下，平衡时X2的转化率逐渐降低
b．X2与H2反应的剧烈程度逐渐减弱
c．HX的还原性逐渐减弱
d．HX的稳定性逐渐减弱．
正确答案
解：（1）实验室制取氢碘酸的方法是把H2S通入I2水中，生成硫和氢碘酸，方程式为：I2+H2S═2HI+S↓，故答案为：I2+H2S═2HI+S↓；
（2）氢碘酸中的碘离子还原性很强，在空气中放置易被氧气氧化变质，方程式为：4HI+O2═I2+2H2O，故答案为：4HI+O2═I2+2H2O；
（3）根据题干信息：单质碘与红磷在常温下混合不反应，但滴入几滴水后能剧烈反应，生成HI和H3PO3，所以为防止氢碘酸在空气中氧化变质，可在氢碘酸中加入少量红磷，反应为：3I2+2P+3H2O═6HI+2H3PO3，
故答案为：磷；3I2+2P+3H2O═6HI+2H3PO3；
（4）①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；
故答案为：放热；
②F、Cl、Br、I属于ⅦA，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以H-F键的极性最强，H-I的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；
③K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c与K的大小无直接联系．
故答案为：ad．
解析
解：（1）实验室制取氢碘酸的方法是把H2S通入I2水中，生成硫和氢碘酸，方程式为：I2+H2S═2HI+S↓，故答案为：I2+H2S═2HI+S↓；
（2）氢碘酸中的碘离子还原性很强，在空气中放置易被氧气氧化变质，方程式为：4HI+O2═I2+2H2O，故答案为：4HI+O2═I2+2H2O；
（3）根据题干信息：单质碘与红磷在常温下混合不反应，但滴入几滴水后能剧烈反应，生成HI和H3PO3，所以为防止氢碘酸在空气中氧化变质，可在氢碘酸中加入少量红磷，反应为：3I2+2P+3H2O═6HI+2H3PO3，
故答案为：磷；3I2+2P+3H2O═6HI+2H3PO3；
（4）①由表中数据可知，温度越高平衡常数越小，这说明升高温度平衡向逆反应方向移动，所以HX的生成反应是发热反应；
故答案为：放热；
②F、Cl、Br、I属于ⅦA，同主族元素自上而下随着核电荷数的增大，原子核外电子层数逐渐增多，导致原子半径逐渐增大，因此原子核对最外层电子的吸引力逐渐减弱，从而导致非金属性逐渐减弱，即这四种元素得到电子的能力逐渐减弱，所以H-F键的极性最强，H-I的极性最弱，因此HX共价键的极性由强到弱的顺序是HF、HCl、HBr、HI；
③K值越大，说明反应的正向程度越大，即转化率越高，a正确；反应的正向程度越小，说明生成物越不稳定，越易分解，因此选项d正确；而选项c与K的大小无直接联系．
故答案为：ad．
（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，化学反应方程式为______．
②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______．
（2）汽车尾气中的NO，是造成大气污染的物质之一，但NO又是工业生产硝酸的中间产物，另外NO在人体的血管系统内又有传送信息的功能．
①写出NO造成酸雨的两个化学反应方程式______、______．
②在汽车尾气排放管中安装一个催化转化器，可将尾气中另一种有害气体CO跟NO反应转化为无毒气体，该反应的化学反应方程式为______
（3）石棉是一类建筑材料，主要成分为硅酸盐，有毒，化学式是Na2Fe5Si8O22（OH）2．
①化学式中铁元素的化合价为______．
②这种石棉的化学式改写成氧化物形式为______．
正确答案
解：（1）①工业上用氯气和氢氧化钙反应来制取漂白粉，原理方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；
②漂白粉溶于水后，有效成分次氯酸钙可以和空气中的CO2、水作用生成具有漂白性的次氯酸，即Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO；
（2）①一氧化氮易被氧气氧化为二氧化氮，2NO+O2=2NO2，二氧化氮可以和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
②在汽车尾气排放管中安装一个催化转化器，可将尾气中另一种有害气体CO跟NO反应转化为无毒气体二氧化碳和氮气，原理方程式为：2NO+2CO
（3）①Na2Fe5Si8O22（OH）2中钠元素化合价是+1价，硅元素化合价四+4价，氧元素化合价是-2价，氢元素化合价是+1价，根据化合价规则，假设铁元素的化合价是x，则
2=5x+4×8+（-2）×22+（-1）×2=0，解得x=2.4，所以铁元素的化合价是+2、+3，故答案为：+2、+3；
②硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，石棉的化学式改写成氧化物形式为Na2O•Fe2O3•3FeO•8SiO2•H2O，故答案为：Na2O•Fe2O3•3FeO•8SiO2•H2O．
解析
解：（1）①工业上用氯气和氢氧化钙反应来制取漂白粉，原理方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2═Ca（ClO）2+CaCl2+2H2O；
②漂白粉溶于水后，有效成分次氯酸钙可以和空气中的CO2、水作用生成具有漂白性的次氯酸，即Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO，故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O═CaCO3↓+2HClO；
（2）①一氧化氮易被氧气氧化为二氧化氮，2NO+O2=2NO2，二氧化氮可以和水之间反应生成硝酸和一氧化氮，即3NO2+H2O=2HNO3+NO，故答案为：3NO2+H2O=2HNO3+NO；
②在汽车尾气排放管中安装一个催化转化器，可将尾气中另一种有害气体CO跟NO反应转化为无毒气体二氧化碳和氮气，原理方程式为：2NO+2CO
（3）①Na2Fe5Si8O22（OH）2中钠元素化合价是+1价，硅元素化合价四+4价，氧元素化合价是-2价，氢元素化合价是+1价，根据化合价规则，假设铁元素的化合价是x，则
2=5x+4×8+（-2）×22+（-1）×2=0，解得x=2.4，所以铁元素的化合价是+2、+3，故答案为：+2、+3；
②硅酸盐改写成氧化物形式时：活泼的金属氧化物写在前面，再写SiO2，含有氢元素的H2O最后写，石棉的化学式改写成氧化物形式为Na2O•Fe2O3•3FeO•8SiO2•H2O，故答案为：Na2O•Fe2O3•3FeO•8SiO2•H2O．
某厂排放的废液中含有大量的K+、Cl-、Br-，还含有少量的Ca2+、Mg2+、SO2-4．某研究性学习小组拟取这种工业废水来制取较纯净的氯化钾晶体及液澳，他们设计了如下的流程：
可供试剂a、b、c选择的试剂：饱和Na2CO3溶液、饱和K2CO3溶液、KOH溶液BaCl2溶液、Ba（NO3）2溶液、苯、CCl4、H2O2溶液、KMnO4（H+）溶液．
根据以上流程回答相关问题：
（1）试剂a、b分别是______、______．
（2）操作①、②、③、④的名称是（填字母序号）
a．过滤、分液、过滤、蒸发结晶 b．分液、蒸馏、过滤、蒸发结晶
c．分液、过滤、过滤、蒸发结晶 d．分液、分液、过滤、蒸发结晶
（3）除去无色液体I中的Ca2+、Mg2+、SO-24离子，选出e所代表的试剂，按滴加顺序依次是______（只填化学式）．
（4）调节pH的作用是______；操作方法是______．
（5）操作④中用到的瓷质仪器名称是______．
正确答案
解：（1）向工业废水中加试剂a能生成橙红色的液体溴，所以a应有氧化性，且和溴离子反应不引进新的杂质，a还应有氧化性，所以a是双氧水；要想使溴从溶液中萃取出来，所选用的萃取剂必须是和水不互溶的液体，且溴在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以试剂b是四氯化碳，
故答案为：H2O2；CCl4；
（2）分离两种不相溶的液体的操作是分液，所以操作①是分液；分离两种互溶的液体采用蒸馏的方法，所以操作②是蒸馏；分离不溶性的固体和液体的方法是过滤，所以操作③是过滤；从溶液中制得晶体的方法是蒸发结晶，故操作④是蒸发结晶，
故答案为：b；
（3）本实验是制取氯化钾，所以除杂的试剂应选含有钾离子或氯离子的物质，所以除去钙离子应选用碳酸钾溶液，除去镁离子应选氢氧化钾溶液，除去硫酸根离子应选用氯化钡溶液；应先除去硫酸根离子，多余的钡离子用碳酸根离子除去，所以先滴加氯化钡溶液；然后滴加碳酸钾溶液，除去溶液中的钙离子和钡离子；最后加氢氧化钾溶液，除去溶液中的镁离子，多余的氢氧根离子和碳酸根离子用调节溶液PH值的方法除去，
故答案为：BaCl2、K2CO3、KOH；
（4）除去溶液中的钙离子和镁离子后，溶液中有过量的氢氧根离子和碳酸根离子，它们属于杂质离子，应除去，所以调节溶液的PH值以除去溶液中过量的氢氧根离子和碳酸根离子．
测定溶液PH值的方法是：取少量的PH试纸置于玻璃片上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点滴在试纸的中部，待试纸变色后，再与标准比色卡比较来确定溶液的pH值，
故答案为：溶液中过量的氢氧根离子和碳酸根离子；取少量的PH试纸置于玻璃片上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点滴在试纸的中部，待试纸变色后，再与标准比色卡比较来确定溶液的pH值；
（5）从溶液中制取晶体的方法是蒸发结晶，所用的瓷质仪器名称是蒸发皿，故答案为：蒸发皿．
解析
解：（1）向工业废水中加试剂a能生成橙红色的液体溴，所以a应有氧化性，且和溴离子反应不引进新的杂质，a还应有氧化性，所以a是双氧水；要想使溴从溶液中萃取出来，所选用的萃取剂必须是和水不互溶的液体，且溴在萃取剂中的溶解度大于在水中的溶解度，所以试剂b是四氯化碳，
故答案为：H2O2；CCl4；
（2）分离两种不相溶的液体的操作是分液，所以操作①是分液；分离两种互溶的液体采用蒸馏的方法，所以操作②是蒸馏；分离不溶性的固体和液体的方法是过滤，所以操作③是过滤；从溶液中制得晶体的方法是蒸发结晶，故操作④是蒸发结晶，
故答案为：b；
（3）本实验是制取氯化钾，所以除杂的试剂应选含有钾离子或氯离子的物质，所以除去钙离子应选用碳酸钾溶液，除去镁离子应选氢氧化钾溶液，除去硫酸根离子应选用氯化钡溶液；应先除去硫酸根离子，多余的钡离子用碳酸根离子除去，所以先滴加氯化钡溶液；然后滴加碳酸钾溶液，除去溶液中的钙离子和钡离子；最后加氢氧化钾溶液，除去溶液中的镁离子，多余的氢氧根离子和碳酸根离子用调节溶液PH值的方法除去，
故答案为：BaCl2、K2CO3、KOH；
（4）除去溶液中的钙离子和镁离子后，溶液中有过量的氢氧根离子和碳酸根离子，它们属于杂质离子，应除去，所以调节溶液的PH值以除去溶液中过量的氢氧根离子和碳酸根离子．
测定溶液PH值的方法是：取少量的PH试纸置于玻璃片上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点滴在试纸的中部，待试纸变色后，再与标准比色卡比较来确定溶液的pH值，
故答案为：溶液中过量的氢氧根离子和碳酸根离子；取少量的PH试纸置于玻璃片上，用蘸有待测溶液的玻璃棒点滴在试纸的中部，待试纸变色后，再与标准比色卡比较来确定溶液的pH值；
（5）从溶液中制取晶体的方法是蒸发结晶，所用的瓷质仪器名称是蒸发皿，故答案为：蒸发皿．
漂白剂亚氯酸钠（NaClO2）在常温与黑暗处可保存一年．亚氯酸不稳定可分解，反应的离子方程式为：5HClO2=4ClO2↑+H++Cl-+2H2O．向NaClO2溶液中滴加H2SO4，开始反应缓慢，随后反应迅速，其原因是（ ）
正确答案
解析
解：A．若是酸使亚氯酸的氧化性增强，应该开始时反应速率应该就很快，与信息不符，故A错误；
B．由于开始时溶液中就有氢离子，分解反应却非常慢，可见氢离子不起催化作用，故B错误；
C．逸出的ClO2，反应正向移动，则反应的生成物的浓度增加，故C错误；
D．反应开始时，溶液中氯离子浓度很小，随着反应的进行，溶液中氯离子浓度增大，反应速率加快，可见氯离子起催化作用，故D正确；
故选D．
（2013春•汶上县校级期中）某研究性学习小组设计了一组实验来探究元素周期律．甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成同主族元素非金属性强弱比较的实验研究；乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律．A、B、C三处分别是沾有NaBr溶液的棉花、湿润的淀粉KI试纸、湿润红纸．已
知常温下浓盐酸与高锰酸钾能反应生成氯气．
（1）甲同学设计实验的依据是______；写出选用物质的名称：A______，B______，C______；
（2）乙同学的实验原理是______；写出A和B处的离子方程式：A处：______B处：______．B处的现象______； C处的现象______．
正确答案
最高价氧化物对应水化物酸性越强，对应元素非金属性越强
硫酸
碳酸钠溶液
硅酸钠溶液
同主族单质氧化性越强，阴离子还原性越弱，对应元素非金属越强
Cl2+2Br-=2Cl-+Br2
Cl2+2I-=2Cl-+I2
变蓝
红色褪色
解析
解：（1）根据题干信息：甲同学根据元素非金属性与对应最高价含氧酸之间的关系，设计了如图1装置来一次性完成同主族元素非金属性强弱比较的实验研究，硫酸的酸性强于碳酸，碳酸酸性强于硅酸，最高价氧化物对应水化物酸性越强，则原子的非金属性越强，所以A为硫酸，B为碳酸钠溶液，C为硅酸钠溶液，故答案为：最高价氧化物 水化物酸性越强对应元素非金属性越强；硫酸；碳酸钠溶液；硅酸钠溶液；
（2）根据题干信息：乙同学设计了如图2装置来验证卤族元素性质的递变规律，所以乙同学的实验原理是同主族单质氧化性越强阴离子还原性越弱，对应元素非金属越强，高锰酸钾和浓盐酸反应会产生氯气，氯气具有氧化性，能将溴离子，碘离子氧化为对应的，即A处：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，B：Cl2+2I-=2Cl-+I2，所以B处的现象变蓝，剩余的氯气能使湿润红纸褪色，即 C处的现象是红色褪色，
故答案为：同主族单质氧化性越强，阴离子还原性越弱，对应元素非金属越强；Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；Cl2+2I-=2Cl-+I2；变蓝；红色褪色．
漂白粉的有效成分是（ ）
正确答案
解析
解：漂白粉具有漂白性的原因是：Ca（ClO）2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，HClO具有漂白性，则有效成分为Ca（ClO）2，主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2．
故选B．
AS2Cl2的电子式为
BS2Cl2同时含有极性键和非极性键
CS2Br2与S2Cl2结构相似，熔沸点：S2Br2＞S2Cl2
DS2Cl2与H2O反应的化学方程式可能为：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl
正确答案
解析
解：A．S2Cl2分子中S原子之间形成1对共用电子对，Cl原子与S原子之间形成1对共用电子对，结合分子结构可知S2Cl2的结构式为Cl-S-S-Cl，电子式为
B．S2Cl2中Cl-S属于极性键，S-S键属于非极性键，不对称的结构，为极性分子，故B正确；
C．组成与结构相似，相对分子质量越大，熔沸点越高，则熔沸点：S2Br2＞S2Cl2，故C正确；
D．S2Cl2遇水易水解，并产生能使品红溶液褪色的气体，该气体为二氧化硫，在反应过程中硫元素一部分升高到+4价（生成SO2），一部分降低到0价（生成S），反应的方程式可能为2S2Cl2+2H2O→SO2↑+3S↓+4HCl，故D正确．
故选A．
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