- 非金属及其化合物
- 共31702题
卤族元素的单质和化合物很多，请利用所学物质结构与性质的相关知识回答下列问题：
（1）卤族元素位于周期表的______区；氟原子的电子排布图为______溴原子的价电子排布式为______
（2）在不太稀的溶液中，氢氟酸是以二分子缔合形式存在的．使氢氟酸分子缔合的作用力是______
（3）已知高碘酸有两种形式，化学式分别为H5IO6
（4）碘在水中的溶解度虽然小，但在碘化钾溶液中溶解度却明显增大．这是由于溶液中发生下列反应+=与K类似的，还有I等．已知I不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，则它按下列______式发生．
A．I=Cl+ICl B．I=+Cl2
（5）Cl的空间构型为______型，中心氯原子的杂化轨道类型为______，写出一个Cl的等电子体______．
（6）如图为碘晶体晶胞结构．有关说法中正确的是______．
A．碘分子的排列有2种不同的取向
B．用均摊法可知平均每个晶胞中有4个碘原子
C．碘晶体为无限延伸的空间结构，是原子晶体
D．碘晶体中的碘原子间存在非极性键和范德华力
（7）已知CaF2晶体（见图）的密度为ρg/cm3．为阿伏加德罗常数，相邻的两个核间距为a cm，则Ca的摩尔质量可以表示为______．
正确答案
解：（1）根据构造原理知，卤族元素最后填入的电子为p电子，所以卤族元素位于元素周期表的p区；溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，所以其价电子排布式为4s24p5，原子的电子排布图为：
（2）HF分子之间存在氢键，使氢氟酸分子缔合，故答案为：氢键；
（3）H5IO6（
（4）离子晶体中离子电荷越多，半径越小离子键越强，离子晶体的晶格能越大，已知已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，所以发生的反应为CsICl2=CsCl+ICl，
故答案为：A；
（5）ClO2-中心氯原子的价层电子对数n=2+
（6）A．碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故A正确；
B．用均摊法计算：顶点碘分子个数加面心碘分子个数=8×
C．碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，故C错误；
D．碘晶体中的碘原子间存在I-I非极性键，且晶体中碘分子之间存在范德华力，故D正确；
故答案为：AD；
（7）该晶胞中含有钙离子个数=
解析
解：（1）根据构造原理知，卤族元素最后填入的电子为p电子，所以卤族元素位于元素周期表的p区；溴是35号元素，最外层电子为其价电子，4s能级上排列2个电子，4p能级上排列5个电子，所以其价电子排布式为4s24p5，原子的电子排布图为：
（2）HF分子之间存在氢键，使氢氟酸分子缔合，故答案为：氢键；
（3）H5IO6（
（4）离子晶体中离子电荷越多，半径越小离子键越强，离子晶体的晶格能越大，已知已知CsICl2不稳定，受热易分解，倾向于生成晶格能更大的物质，所以发生的反应为CsICl2=CsCl+ICl，
故答案为：A；
（5）ClO2-中心氯原子的价层电子对数n=2+
（6）A．碘分子的排列有2种不同的取向，在顶点和面心不同，2种取向不同的碘分子以4配位数交替配位形成层结构，故A正确；
B．用均摊法计算：顶点碘分子个数加面心碘分子个数=8×
C．碘晶体为无限延伸的空间结构，构成微粒为分子，是分子晶体，故C错误；
D．碘晶体中的碘原子间存在I-I非极性键，且晶体中碘分子之间存在范德华力，故D正确；
故答案为：AD；
（7）该晶胞中含有钙离子个数=
甲状腺激素对于人和高等动物具有极其重要的生理作用，下图是关于碘及其化合物与甲状腺素的转化网络图示．
（1）在强酸性条件下，由KI和KIO3反应制得I2的离子反应方程式：______．
（2）上述各反应中，碘元素发生氧化反应的过程有：______（填序号）；
（3）制备KIO3的方法较多，③的原理是I2在一定条件下还原KClO3，反应的化学方程式：______．
正确答案
解：（1）酸性条件下，KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
（2）在上述转化中，①③⑩是碘元素化合价升高的反应，都是碘元素发生氧化反应的过程，故答案为：①③⑩；
（3）KClO3和I2之间会发生反应生成KIO3和Cl2，即I2+2KClO3═2KIO3+Cl2↑，故答案为：I2+2KClO3═2KIO3+Cl2↑．
解析
解：（1）酸性条件下，KIO3溶液与KI溶液发生反应生成I2，离子方程式为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O，故答案为：IO3-+5I-+6H+=3I2+3H2O；
（2）在上述转化中，①③⑩是碘元素化合价升高的反应，都是碘元素发生氧化反应的过程，故答案为：①③⑩；
（3）KClO3和I2之间会发生反应生成KIO3和Cl2，即I2+2KClO3═2KIO3+Cl2↑，故答案为：I2+2KClO3═2KIO3+Cl2↑．
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：
正确答案
解析
解：氯气和氢氧化钾溶液反应生成次氯酸钾、氯化钾和氯酸钾，根据图象知n（ClO-）=0.06mol，n（ClO3-）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl-）=0.06mol×（1-0）+0.03mol×（5-0）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，根据物料守恒可知n（K+）=n（Cl-）+n（ClO-）+n（ClO3-）=0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，
A．通过以上分析知，氢氧化钾的物质的量=0.3mol，故A错误；
B．根据图象知，氯气和氢氧化钾先生成次氯酸钾，且该反应是放热反应，随着温度的升高，氯气和氢氧化钾反应生成氯酸钾，所以氯酸根离子的生成是由于温度升高引起的，故B错误；
C．ClO-中Cl元素的化合价是+1价，ClO3-中Cl元素的化合价是+5价，因此两者反应不可能生成Cl2，故C错误；
D．根据图象知n（ClO-）=0.06mol，n（ClO3-）=0.03mol，根据电子转移守恒可知生成的氯离子n（Cl-）=0.06mol×（1-0）+0.03mol×（5-0）=0.21mol，故转移电子物质的量为0.21mol，故D正确；
故选D．
下列物质中，不可作漂白剂的是（ ）
正确答案
解析
解：A．SO2能与有色物质化合生成不稳定无色物质，可作漂白剂，故A不选；
B．Ca（C1O）2具有强氧化性，能使有色物质褪色，可作漂白剂，故B不选；
C．Na2SiO3不具有漂白性，不能使有色物质褪色，则不可作漂白剂，故C选；
D．NaClO具有强氧化性，能使有色物质褪色，可作漂白剂，故D不选；
故选C．
英国科学家发现“南极上空有大量消耗臭氧的化学物质：溴和碘的氧化物”．下列有关推断正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、物质破坏臭氧层就是和臭氧发生反应生成氧气，所以溴碘氧化物与臭氧发生氧化还原反应生成氧气，故A正确；
B、元素的非金属性Br＞I，所以氢化物越稳定性是HBr＞HI，故B错误；
C、KI淀粉溶液与溴水之间反应生成碘单质和KBr，可以确定溴元素的非金属性强于碘元素，故C错误；
D、I2O5，Br2O5与水反应生成对应的酸是碘酸和溴酸，不是高卤酸，故D错误．
故选A．
下列说法正确的是（ ）
正确答案
解析
解：A、氯气具有氧化性，能将溴离子、亚铁离子氧化，还原性顺序是Fe2+＞Br-，将Cl2通人FeBr2溶液中，溶液颜色变黄，则Fe2+被氧化为三价铁，Br-不一定参加了反应，故A正确；
B、CO2、SO3是能和碱之间反应生成盐和水的氧化物，属于酸性氧化物，但是NO2不是酸性氧化物，故B错误；
C、甲烷燃烧热的热化学方程式为CH4 （g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（l）△H=-890kJ/mol，应该生成液态水，故C错误；
D、明矾中的铝离子水解的到氢氧化铝胶体具有净水作用，漂白粉具有氧化性，因而有杀菌消毒作用，两者的作用原理不相同，故D错误．
故选A．
碘缺乏症遍及全球，多发生于山区，南美的安第斯山区、欧洲的阿尔卑斯山区和亚洲的喜马拉雅山区是高发病地区．我国云南、河南等十余个省的山区发病率也较高．为控制该病的发生，较为有效的方法是食用加碘食盐．
（1）合成下列哪种激素的主要原料之一是碘的是______．（填序号）
A．胰岛素 B．甲状腺激素 C．生长激素
（2）长期生活在缺碘山区，又得不到碘盐的供应，易患______．（填序号）
A．甲状腺机能亢进 B．佝偻病 C．地方性甲状腺肿
（3）检验食盐中的碘酸钾，可用盐酸酸化的碘化钾和淀粉溶液，反应的化学方程式为KIO3+5KI+6HCl=3I2+3H2O+6KCl，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为______．
正确答案
B
C
1：5
解析
解：（1）人体摄入的碘主要是来自海产品和碘盐，碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大和呆小症，故选B；
（2）A．甲状腺机能亢进是因碘摄入太多造成的，故A错误；
B．钙主要存在于骨胳和牙齿中，使骨和牙齿具有坚硬的结构支架，缺乏幼儿和青少年会患佝偻病，老年人会患骨质疏松，碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大和呆小症，故B错误；
C．碘是合成甲状腺激素的主要元素，缺乏会患甲状腺肿大，故C正确；
故选C；
（3）碘化钾和碘酸钾在酸性条件下能发生氧化还原反应生成碘5KI+KIO3+6HCl=6KCl+3H2O+3I2；该反应中KI是还原剂，KIO3是氧化剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，故答案为：1：5．
柴达木盆地以青藏高原“聚宝盆”之誉蜚声海内外，它有富足得令人惊讶的盐矿资源．盐体矿床以钾矿为主，伴生着镁、溴等多种矿产．某研究性学习小组拟取盐湖苦卤的浓缩液（富含K+、Mg2+、Br-、S
请根据以上流程，回答相关问题：
（1）操作①是______；操作③是______；操作④所需要的玻璃仪器有______．
（2）参照如图2所示溶解度曲线，欲得到较纯净的氯化钾晶体需用少量的______（填“热水”或“冷水”）洗涤固体______（填“A”或“B”）．
正确答案
萃取
蒸馏
漏斗、烧杯、玻璃棒
冷水
B
解析
解：（1）由流程可知，最开始加的氧化剂将Br-氧化生成Br2，由加入CCl4可知，是用萃取剂萃取Br2，所以操作①是萃取；将CCl4层和水层分开的过程叫做分液，则操作②为分液；利用蒸馏（操作③）从溴的CCl4溶液中分离得到CCl4和液溴，操作④为不溶性固体与液体的分离，则为过滤，需要玻璃棒、漏斗、烧杯等仪器，
故答案为：萃取；蒸馏；玻璃棒、漏斗、烧杯；
（2）在90℃时得到的固体A为MgSO4，而30℃时得到的固体B为KCl，所以应用冷水洗涤固体B，才可以得到较纯的氯化钾，故答案为：冷水；B．
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；
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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