Question

2．Cl₂是一种重要的化工原料，结合氯气的相关知识解决下列问题．
（1）运输氯气的钢瓶上应贴的标签为C．
A．腐蚀品           B．爆炸品           C．有毒品          D．易燃品
（2）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，写出该反应的化学方程式2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O．
（3）漂白粉的有效成分是（填化学式）Ca（ClO）₂．
（4）实验室可以用KMnO₄与浓盐酸在常温下制备Cl₂．高锰酸钾溶液常用于物质的定性检验与定量分析．某化学兴趣小组在实验室里欲用KMnO₄固体来配制500mL 0.1mol/L的KMnO₄溶液．
①需用的仪器有托盘天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500ml容量瓶．
②下列操作会导致实验结果偏小的是a、c（填字母）．
a．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒
b．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理
c．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上
d．加水定容时俯视刻度线
③用配好的该浓度的KMnO₄溶液与300mL 0.2mol/L的KI溶液恰好反应，生成等物质的量的I₂和KIO₃，则消耗KMnO₄的体积为320mL．（已知MnO₄^-在此条件被还原为Mn²⁺）
（5）氯水中含有多种成分，因而具有很多性质，根据氯水分别与如图四种物质发生的反应填空（a、b、c、d重合部分代表物质间反应，且氯水足量，已知：Cl₂+2Br^-=2Cl^-+Br₂ ）．
①能证明氯水具有漂白性的是d（填“a”、“b”、“c”或“d”），现象是．②a中发生反应的离子方程式是．

Answer 1

分析 （1）氯气为有毒的气体；
（2）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，生成Ca（ClO）₂、CaCl₂；
（3）漂白粉的主要成分为Ca（ClO）₂、CaCl₂，有效成分是Ca（ClO）₂；
（4）①依据配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤选择需要仪器；
②分析操作对溶质的物质的量和溶液体积的影响，依据C=$\frac{n}{V}$进行误差分析；
③n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO₄溶液恰好反应，生成等物质的量的I₂和KIO₃，则n（I₂）=n（KIO₃）=0.02mol，结合化合价的变化计算转移的电子的数目，可计算消耗KMnO₄的物质的量；
（5）将氯气溶于水得到氯水（浅黄绿色），氯水含多种微粒，其中有H₂O、Cl₂、HClO、Cl^-、H⁺、OH^-（极少量，水微弱电离出来的）．

解答 解：（1）氯气为有毒的气体，则①中钢瓶上应贴的标签为C，不易燃、易爆，本身不具有腐蚀性，故答案为：C；
（2）工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，生成Ca（ClO）₂、CaCl₂，所以化学方程式为：2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O，故答案为：2Cl₂+2Ca（OH）₂=CaCl₂+Ca（ClO）₂+2H₂O；
（3）漂白粉的主要成分为Ca（ClO）₂、CaCl₂，有效成分是Ca（ClO）₂，故答案为：Ca（ClO）₂；
（4）①配制500mL 0.1mol/L的KMnO₄溶液溶液的步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器：天平、药匙、烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、500ml容量瓶，所以还缺失的仪器：500ml的容量瓶，故答案为：500ml容量瓶；
②a．转移时没有洗涤烧杯、玻璃棒，导致溶质的物质的量减小，所以偏小，故正确；
b．容量瓶内壁附有水珠而未干燥处理，不影响，故错误；
c．颠倒摇匀后发现凹液面低于刻度线又加水补上，体积变大，浓度偏小，故正确；
d．加水定容时俯视刻度线，体积偏小，浓度变大，故错误；
故选：a、c；
③n（KI）=0.06mol，与一定量的酸性KMnO₄溶液恰好反应，生成等物质的量的I₂和KIO₃，则n（I₂）=n（KIO₃）=0.02mol，共失去电子的物质的量为2×0.02mol+0.02mol×[5-（-1）]=0.16mol，则消耗KMnO₄的物质的量的是$\frac{0.16mol}{7-2}$=0.032mol，所以消耗KMnO₄的体积为320mL，故答案为：320；
（5）①能证明氯水具有漂白性的是石蕊先变红后褪色，故答案为：d；溶液先变红后褪色；
②Cl₂是新制氯水的主要成分，具有强氧化性，与KFeBr₂发生氧化还原反应：3Cl₂+2Fe ²⁺+4Br^-=6Cl^-+2Fe ³⁺+2Br₂；
故答案为：3Cl₂+2Fe ²⁺+4Br^-=6Cl^-+2Fe ³⁺+2Br₂．

点评 本题考查据氯气的化学性质，学生要把握氯气的性质、氯水的成分及物质性质与用途的关系等为解答的关键，侧重分析、应用及计算能力的考查，题目难度不大．