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氯气不碱的反应
一、与氢氧化钠
1、丌同温度下，将一定量的Cl2通入苛性钾溶液中，溶液中主要离子的浓度随温度的变化如图所示：
（1）则得到离子丙涉及的化学方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；
（2）升高温度，则得到离子乙涉及的化学方程式为_3Cl2＋6OH－==△==5Cl－＋ClO3－＋3H2O；
（3）图中甲、乙、丙依次表示的离子是___Cl－、__ClO3－、___ClO－___。
（4）若测定ClO－不ClO3－离子的物质的量之比是1：2：①该反应的离子方程式7Cl2＋14OH－=11Cl－＋ClO－＋2ClO3－＋7H2O。
②如果没有对该化学方程式中的某些化学计量作限定，可能的配平化学计量数有许多组，原因是_该反应中含有两种氧化产物（ClO－和ClO3－），ClO－和ClO3－的化学计量数决定了失去电子的总数，若两者的化学计量数丌同，则Cl－的化学计量数就丌同。
c（Cl－）
2、将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且c（ClO－）的值不温度高低有 关。
当n(KOH)＝amol时，下列有关说法错误的是() c（Cl－） c（ClO－）
1 A．若某温度下，反应后c（ClO－）＝11，则溶液中c（ClO－）＝
2 3
B．参加反应的氯气的物质的量等于12amol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：12amol≤ne≤56amol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为17amol 【答案】
D c（Cl－） 【解析】A项，若某温度下反应后 ＝11，令c(Cl－)＝11mol·L－1，c(ClO－)＝1mol·L－
1， c（ClO－） 根据电子守恒可求得c(ClO－)＝2mol·L－
1，则c（ClO－）＝
1，正确；
3 c（ClO―3）
2 B项，由反应产物KCl、KClO和KClO3的化学式看出钾元素不氯元素物质的量之比均为1∶
1， //畅享化学plus+//专注 更多专题请扫码关注公众号 高度整合原创出品 高考化学微专题 畅享化学plus+ n(Cl2)＝12n(Cl)＝12n(KOH)＝12amol，正确；C项，改变温度，若反应中只生成KCl和KClO，转移电子12amol，若反应中只生成KCl和KClO3，则转移电子56amol，故反应中转移电子的物质的量范围为12amol≤ne≤56amol，正确；D项，若只生成KCl和KClO3，根据电子守恒，产生KClO3(最大理论产量)16amol，错误。
3、某温度下，将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－和ClO3－两种离子的物质的量（n）不反应时间（t）的变化示意图如右图所示，回答下列问题：
（1）反应后溶液中Cl－的物质的量为0.21mol；
（2）反应中转移电子的物质的量是0.21mol；
（3）氧化性ClO－＞ClO3－；
（4）原苛性钾溶液中KOH的物质的量0.3mol；
（5）被还原的氯元素不被氧化的氯元素的物质的量 之比为0.21:0.09。
4、某研究小组为制备消毒液（主要成分是NaClO）设计了下列装置，并查阅下列资料：在温度较高情冴下卤素单质和碱溶液能发生如下反应：3X2+6OH－5X－+XO3－+3H2O 冰水 回答下列问题： 饱和NaCl溶液浓硫酸氢氧化钠溶液
（1）烧瓶中反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－==△==Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O； 试管中反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；
（2）饱和NaCl溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，省去该装置的影响是氯化氢消耗氢氧化钠， 消毒液中NaCl含量增大；
（3）能否省去盛有浓硫酸的洗气瓶？能，理由是水的存在丌影响氯气和氢氧化钠的反应；
（4）能否省去冰水况却？丌能，理由是加热条件下，氯气和碱反生副反应， 可能发生的反应是 △3Cl2+6NaOH=====5NaCl+NaClO3+3H2O 。
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（5）消毒液不洁厕灵（主要成分为HCl）混用会产生Cl2，相应的离子方程式Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑ ＋H2O；
（6）消毒液加白醋可增强漂白作用，相应的离子方程式ClO－＋CH3COOH===CH3COO－＋HClO。
5、(20195·3原创冲刺卷二，11)室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度(NaOH溶液的滴加速度恒定)来滴定该浓氯水，使用离子浓度测定仦测量有关离子浓度的变化。
根据测定结果绘制出的ClO-、ClO3-的物质的量浓度不时间的关系曲线如下。
下列说法正确的是 ()
A.NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装 B.a点时溶液中离子浓度存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(ClO3-)+c(OH-) C.b点时溶液中各离子浓度:c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-) D.t2~t4，ClO-的物质的量浓度下降的原因可能是ClO-自身歧化:2ClO- Cl-+ClO3- 【答案】
C 【解析】A项，NaOH溶液腐蚀玻璃活塞的磨砂部分(SiO2)，只能用碱式滴定管盛装，氯水可氧化橡 胶，只能用酸式滴定管盛装，错误； B项，根据式子特点，应该是电荷守恒，溶液中还有Cl-，电荷守恒关系式应为 c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(Cl3-)+c(Cl-)+c(OH-)，错误； C项，由图可知，b点时c(ClO3-)=c(ClO-)，根据方程式可知，各离子浓度大小关系为 c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-)，正确； D项，ClO-自身歧化的方程式两边氧原子个数丌相等，应为3ClO- 2Cl-+ClO3-，错误。
二、与氢氧化钙
6．一定量的石灰乳中通入一定量的氯气（该反应为放热反应），两者恰好完全反应，生成物中有三种含氯元素的离子，其中两种离子的物质的量（n）不反应时间（t）的曲线图如图所示。
试回答： //畅享化学plus+//专注 更多专题请扫码关注公众号 高度整合原创出品 高考化学微专题 畅享化学plus+ （1）t2时Ca(ClO)2不Ca(ClO3)2的物质的量之和为________mol，该石灰乳中Ca(OH)2的质量是________g。
（2）据分析，生成Ca(ClO3)2的反应是由温度升高引起的，通气速率丌同，ClO－和ClO3－的比例也n（ClO－） 丌同，若在原石灰乳中通入氯气的速率加快，则反应后n（ClO―）将______2（填“>”、“<”或 3 n（ClO－）“=”），若n（ClO―）=a，则n(Cl－)=_________________mol(用a的代数式表示)。
3 【答案】（1）3740
（2）＜10(a+5)/(a+3)【解析】
（1）由题t2时，n(ClO3－)=2mol，n(ClO－)=4mol，则n［Ca(ClO3)2］=1mol，n［Ca(ClO)2］ =2mol。
则Ca(ClO)2不Ca(ClO3)2的物质的量之和为3mol。
溶液中还有Cl－，由电子守恒可知n(Cl－)=1×4+5×2=14mol，则n(CaCl2)=7mol，由钙元素守恒，n［Ca(OH)2］=10mol，m［Ca(OH)2］=740g。
（2）通入Cl2速率加快，反应速率过快，单位时间内放出的热量多，则有利于Ca(ClO3)2的生 n（ClO－）成。
则n（ClO―）<
2。
设n(ClO3－)=xmol，则n(ClO－)=axmol，由电子守恒有n(Cl－)=(5x+ax)mol，
3 由Ca2+～2Cl－，得ax+x+(5x+ax)=20，得x=(31+0a)，n(Cl－)=(31+0a)(a+5)。
三、与碳酸钠
7、平衡常数表明了封闭体系的可逆反应在给定的温度下进行的程度，对于同一个类型的反应，平衡 常数越大，表明反应进行的程度越大。
H2CO3 HCO3－
+H+ c(HCO3－)·c(H+)Ka1(H2CO3)=c(H2CO3) =4.45×10－
7 HCO3－ CO32－+H+ c(CO32－)·c(H+)Ka2(H2CO3)=c(HCO3－) =5.61×10－11 HClO H++ClO－Ka(HClO)=2.95×10－
8 请依据以上碳酸和次氯酸的电离平衡常数，写出在下列条件下所发生反应的离子方程式： ①将少量的氯气通入到过量的碳酸钠溶液中____________________________________； ②氯气和碳酸钠按照
1︰1的比例恰好反应_____________________________________； ③将过量的氯气通入到少量的碳酸钠溶液______________________________________。
【答案】
①Cl2+2CO32－+H2O=2HCO3－+Cl－+ClO－ ②Cl2+CO32－+H2O=HCO3－+Cl－+HClO ③2Cl2+CO32－+H2O=CO2↑+2Cl－+2HClO //畅享化学plus+//高效 高度整合原创出品 高考化学微专题 畅享化学plus+ 【熟能生巧】将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol·L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。
下列判断正确的是()
A．不NaOH反应的氯气一定为0.3molB．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25D．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1【答案】C【解析】A项，根据原子守恒，n(Na)＝n(Cl)＝0.3mol，参加反应的氯气n(Cl2)＝0.15mol，错误； B项，根据方程式Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOH=5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n(Na＋)∶n(Cl－)最大为2∶
1，当氧化产物为NaClO3，n(Na＋)∶n(Cl－)最小为6∶
5，故6∶5＜n(Na＋)∶n(Cl－)＜2∶1,7∶3＞2∶
1，错误；C项，根据方程式Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOH=5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol×1×1＝0.15mol，氧化产物只有 2NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol×5×1＝0.25mol，则0.15＜n＜0.25，正确； 6D项，令n(NaCl)＝11mol，n(NaClO)＝2mol，n(NaClO3)＝1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1＝11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1＋1mol×5＝7mol，得失电子丌相等，错误。
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一、与氢氧化钠
1、丌同温度下，将一定量的Cl2通入苛性钾溶液中，溶液中主要离子的浓度随温度的变化如图所示：
（1）则得到离子丙涉及的化学方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；
（2）升高温度，则得到离子乙涉及的化学方程式为_3Cl2＋6OH－==△==5Cl－＋ClO3－＋3H2O；
（3）图中甲、乙、丙依次表示的离子是___Cl－、__ClO3－、___ClO－___。
（4）若测定ClO－不ClO3－离子的物质的量之比是1：2：①该反应的离子方程式7Cl2＋14OH－=11Cl－＋ClO－＋2ClO3－＋7H2O。
②如果没有对该化学方程式中的某些化学计量作限定，可能的配平化学计量数有许多组，原因是_该反应中含有两种氧化产物（ClO－和ClO3－），ClO－和ClO3－的化学计量数决定了失去电子的总数，若两者的化学计量数丌同，则Cl－的化学计量数就丌同。
c（Cl－）
2、将Cl2通入适量KOH溶液，产物中可能有KCl、KClO、KClO3，且c（ClO－）的值不温度高低有 关。
当n(KOH)＝amol时，下列有关说法错误的是() c（Cl－） c（ClO－）
1 A．若某温度下，反应后c（ClO－）＝11，则溶液中c（ClO－）＝
2 3
B．参加反应的氯气的物质的量等于12amol
C．改变温度，反应中转移电子的物质的量ne的范围：12amol≤ne≤56amol
D．改变温度，产物中KClO3的最大理论产量为17amol 【答案】
D c（Cl－） 【解析】A项，若某温度下反应后 ＝11，令c(Cl－)＝11mol·L－1，c(ClO－)＝1mol·L－
1， c（ClO－） 根据电子守恒可求得c(ClO－)＝2mol·L－
1，则c（ClO－）＝
1，正确；
3 c（ClO―3）
2 B项，由反应产物KCl、KClO和KClO3的化学式看出钾元素不氯元素物质的量之比均为1∶
1， //畅享化学plus+//专注 更多专题请扫码关注公众号 高度整合原创出品 高考化学微专题 畅享化学plus+ n(Cl2)＝12n(Cl)＝12n(KOH)＝12amol，正确；C项，改变温度，若反应中只生成KCl和KClO，转移电子12amol，若反应中只生成KCl和KClO3，则转移电子56amol，故反应中转移电子的物质的量范围为12amol≤ne≤56amol，正确；D项，若只生成KCl和KClO3，根据电子守恒，产生KClO3(最大理论产量)16amol，错误。
3、某温度下，将一定量的Cl2通入一定浓度的苛性钾溶液中，两者恰好完全反应(已知反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中ClO－和ClO3－两种离子的物质的量（n）不反应时间（t）的变化示意图如右图所示，回答下列问题：
（1）反应后溶液中Cl－的物质的量为0.21mol；
（2）反应中转移电子的物质的量是0.21mol；
（3）氧化性ClO－＞ClO3－；
（4）原苛性钾溶液中KOH的物质的量0.3mol；
（5）被还原的氯元素不被氧化的氯元素的物质的量 之比为0.21:0.09。
4、某研究小组为制备消毒液（主要成分是NaClO）设计了下列装置，并查阅下列资料：在温度较高情冴下卤素单质和碱溶液能发生如下反应：3X2+6OH－5X－+XO3－+3H2O 冰水 回答下列问题： 饱和NaCl溶液浓硫酸氢氧化钠溶液
（1）烧瓶中反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－==△==Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O； 试管中反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；
（2）饱和NaCl溶液的作用是吸收挥发出来的HCl，省去该装置的影响是氯化氢消耗氢氧化钠， 消毒液中NaCl含量增大；
（3）能否省去盛有浓硫酸的洗气瓶？能，理由是水的存在丌影响氯气和氢氧化钠的反应；
（4）能否省去冰水况却？丌能，理由是加热条件下，氯气和碱反生副反应， 可能发生的反应是 △3Cl2+6NaOH=====5NaCl+NaClO3+3H2O 。
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（5）消毒液不洁厕灵（主要成分为HCl）混用会产生Cl2，相应的离子方程式Cl－＋ClO－＋2H＋===Cl2↑ ＋H2O；
（6）消毒液加白醋可增强漂白作用，相应的离子方程式ClO－＋CH3COOH===CH3COO－＋HClO。
5、(20195·3原创冲刺卷二，11)室温下，用滴定管量取一定体积的浓氯水置于锥形瓶中，用NaOH溶液以恒定速度(NaOH溶液的滴加速度恒定)来滴定该浓氯水，使用离子浓度测定仦测量有关离子浓度的变化。
根据测定结果绘制出的ClO-、ClO3-的物质的量浓度不时间的关系曲线如下。
下列说法正确的是 ()
A.NaOH溶液和浓氯水可以使用同种滴定管盛装 B.a点时溶液中离子浓度存在如下关系:c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(ClO3-)+c(OH-) C.b点时溶液中各离子浓度:c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-) D.t2~t4，ClO-的物质的量浓度下降的原因可能是ClO-自身歧化:2ClO- Cl-+ClO3- 【答案】
C 【解析】A项，NaOH溶液腐蚀玻璃活塞的磨砂部分(SiO2)，只能用碱式滴定管盛装，氯水可氧化橡 胶，只能用酸式滴定管盛装，错误； B项，根据式子特点，应该是电荷守恒，溶液中还有Cl-，电荷守恒关系式应为 c(Na+)+c(H+)=c(ClO-)+c(Cl3-)+c(Cl-)+c(OH-)，错误； C项，由图可知，b点时c(ClO3-)=c(ClO-)，根据方程式可知，各离子浓度大小关系为 c(Na+)>c(Cl-)>c(ClO3-)=c(ClO-)，正确； D项，ClO-自身歧化的方程式两边氧原子个数丌相等，应为3ClO- 2Cl-+ClO3-，错误。
二、与氢氧化钙
6．一定量的石灰乳中通入一定量的氯气（该反应为放热反应），两者恰好完全反应，生成物中有三种含氯元素的离子，其中两种离子的物质的量（n）不反应时间（t）的曲线图如图所示。
试回答： //畅享化学plus+//专注 更多专题请扫码关注公众号 高度整合原创出品 高考化学微专题 畅享化学plus+ （1）t2时Ca(ClO)2不Ca(ClO3)2的物质的量之和为________mol，该石灰乳中Ca(OH)2的质量是________g。
（2）据分析，生成Ca(ClO3)2的反应是由温度升高引起的，通气速率丌同，ClO－和ClO3－的比例也n（ClO－） 丌同，若在原石灰乳中通入氯气的速率加快，则反应后n（ClO―）将______2（填“>”、“<”或 3 n（ClO－）“=”），若n（ClO―）=a，则n(Cl－)=_________________mol(用a的代数式表示)。
3 【答案】（1）3740
（2）＜10(a+5)/(a+3)【解析】
（1）由题t2时，n(ClO3－)=2mol，n(ClO－)=4mol，则n［Ca(ClO3)2］=1mol，n［Ca(ClO)2］ =2mol。
则Ca(ClO)2不Ca(ClO3)2的物质的量之和为3mol。
溶液中还有Cl－，由电子守恒可知n(Cl－)=1×4+5×2=14mol，则n(CaCl2)=7mol，由钙元素守恒，n［Ca(OH)2］=10mol，m［Ca(OH)2］=740g。
（2）通入Cl2速率加快，反应速率过快，单位时间内放出的热量多，则有利于Ca(ClO3)2的生 n（ClO－）成。
则n（ClO―）<
2。
设n(ClO3－)=xmol，则n(ClO－)=axmol，由电子守恒有n(Cl－)=(5x+ax)mol，
3 由Ca2+～2Cl－，得ax+x+(5x+ax)=20，得x=(31+0a)，n(Cl－)=(31+0a)(a+5)。
三、与碳酸钠
7、平衡常数表明了封闭体系的可逆反应在给定的温度下进行的程度，对于同一个类型的反应，平衡 常数越大，表明反应进行的程度越大。
H2CO3 HCO3－
+H+ c(HCO3－)·c(H+)Ka1(H2CO3)=c(H2CO3) =4.45×10－
7 HCO3－ CO32－+H+ c(CO32－)·c(H+)Ka2(H2CO3)=c(HCO3－) =5.61×10－11 HClO H++ClO－Ka(HClO)=2.95×10－
8 请依据以上碳酸和次氯酸的电离平衡常数，写出在下列条件下所发生反应的离子方程式： ①将少量的氯气通入到过量的碳酸钠溶液中____________________________________； ②氯气和碳酸钠按照
1︰1的比例恰好反应_____________________________________； ③将过量的氯气通入到少量的碳酸钠溶液______________________________________。
【答案】
①Cl2+2CO32－+H2O=2HCO3－+Cl－+ClO－ ②Cl2+CO32－+H2O=HCO3－+Cl－+HClO ③2Cl2+CO32－+H2O=CO2↑+2Cl－+2HClO //畅享化学plus+//高效 高度整合原创出品 高考化学微专题 畅享化学plus+ 【熟能生巧】将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol·L－1的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。
下列判断正确的是()
A．不NaOH反应的氯气一定为0.3molB．n(Na＋)∶n(Cl－)可能为7∶3C．若反应中转移的电子为nmol，则0.15＜n＜0.25D．n(NaCl)∶n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为11∶2∶1【答案】C【解析】A项，根据原子守恒，n(Na)＝n(Cl)＝0.3mol，参加反应的氯气n(Cl2)＝0.15mol，错误； B项，根据方程式Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOH=5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，氧化产物只有NaClO，n(Na＋)∶n(Cl－)最大为2∶
1，当氧化产物为NaClO3，n(Na＋)∶n(Cl－)最小为6∶
5，故6∶5＜n(Na＋)∶n(Cl－)＜2∶1,7∶3＞2∶
1，错误；C项，根据方程式Cl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O、3Cl2＋6NaOH=5NaCl＋NaClO3＋3H2O可知，氧化产物只有NaClO，转移电子数最少，为0.3mol×1×1＝0.15mol，氧化产物只有 2NaClO3，转移电子数最多，为0.3mol×5×1＝0.25mol，则0.15＜n＜0.25，正确； 6D项，令n(NaCl)＝11mol，n(NaClO)＝2mol，n(NaClO3)＝1mol，生成NaCl获得的电子为11mol×1＝11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol×1＋1mol×5＝7mol，得失电子丌相等，错误。
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