备战高考化学专题复习分类练习 氯及其化合物综合解答题含答案.docx

备战高考化学专题复习分类练习 氯及其化合物综合解答题含答案.docx

《备战高考化学专题复习分类练习 氯及其化合物综合解答题含答案.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《备战高考化学专题复习分类练习 氯及其化合物综合解答题含答案.docx（17页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。

备战高考化学专题复习分类练习氯及其化合物综合解答题含答案

备战高考化学专题复习分类练习氯及其化合物综合解答题含答案

一、高中化学氯及其化合物

1．高锰酸钾是一种典型的强氧化剂。

（1）在用KMnO4酸性溶液处理固体Cu2S时，发生的反应如下：

8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O

①还原产物为_____。

②被氧化的元素是_____

③氧化剂与还原剂的物质的量之比为_____

④每生成2.24L（标况下）SO2，转移电子数目是_____

（2）用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时，也可将CuS反应成Cu2＋和SO2。

写出该离子反应方程式_____

（3）15.8gKMnO4，加热分解后剩余固体15.0g。

该剩余固体与足量的浓盐酸在加热条件下充分反应，生成单质气体A，产物中锰元素以Mn2+存在，则气体A的物质的量为_____mol。

【答案】Mn2＋Cu、S8:

50.8NA6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O0.2

【解析】

【分析】

（1）结合氧化还原反应的知识分析即可；

（2）用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时，也可将CuS反应成Cu2＋和SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合电子守恒、电荷守恒和原子守恒写出发生反应的离子方程式；

（3）15.8gKMnO4，加热分解后剩余固体15.0g，减少的质量为氧气的质量，在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素失去的电子，据此分析。

【详解】

（1）在8MnO4－＋5Cu2S＋44H＋=10Cu2＋＋5SO2↑＋8Mn2＋＋22H2O中Mn元素从+7价降为+2价，发生还原反应，而Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，发生氧化反应；

①由分析知，还原产物为Mn2＋；

②被氧化的元素是Cu2S中Cu、S两元素；

③氧化剂为KMnO4，还原剂为Cu2S，两者的物质的量之比为8:

5；

④Cu2S中Cu元素从+1价升高为+2价，S元素从-2价升高为+4价，则1molCu2S完全被氧化，转移8mol电子；2.24L（标况下）SO2的物质的量为

=0.1mol，反应中转移电子的物质的量为0.8mol，电子数目是0.8NA；

（2）用KMnO4酸性溶液处理固体CuS时，也可将CuS反应成Cu2＋和SO2，同时得到还原产物Mn2+，结合守恒法得发生反应的离子方程式为6MnO4－＋5CuS＋28H＋=5Cu2＋＋5SO2↑＋6Mn2＋＋14H2O；

（3）15.8gKMnO4，加热分解后剩余固体15.0g，减少的质量为氧气的质量，m（O2）=15.8g-15.0g=0.8g，n（O2）=

=0.025mol；

在反应后的残留固体中加入足量的浓盐酸，继续加热，收集到气体为氯气，根据电子转移守恒，整个过程中，Mn元素获得电子等于O元素、Cl元素获得的电子，则设氯气的物质的量为xmol，n（KMnO4）=

=0.1mol，电子转移守恒可得：

0.1mol（7-2）=4n（O2）+2（Cl2），即0.1×（7-2）=4×0.025+2x，解得：

x=0.2mol。

2．

（1）室温时，在下列物质中：

①Na②Cl2③Na2O④FeCl2溶液⑤NaHCO3⑥蔗糖⑦NH3⑧NaCl晶体⑨HClO⑩Fe（OH）2

属于碱性氧化物的是（用序号填写,下同）_______，属于酸的是_____，属于强电解质的是______，属于非电解质的是_______，能导电的是________。

（2）Na2O2与CO2的反应化学方程式__________；

（3）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，请写出发生反应的离子方程式______。

（4）制取漂白粉的反应化学方程式_________；其有效成分是_______；

【答案】③⑨③⑤⑧⑥⑦①④2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O22H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2OCa（ClO）2

【解析】

【分析】

（1）碱性氧化物：

能与酸反应只生成一种盐和水，主要包括绝大多数金属氧化物；酸：

电离时产生的阳离子全部都是氢离子的化合物；强电解质：

在水溶液中或熔融状态下能发生完全电离的化合物；非电解质：

在水溶液中或熔融状态下不发生电离的化合物；能导电的物质有大多数金属单质或存在有自由移动电荷的物质；根据物质特点结合定义解答；

（3）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，除生成水，还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀；

（4）漂白粉的有效成分为次氯酸钙，利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉。

【详解】

（1）Na2O能够与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；HClO电离产生的阳离子都是氢离子，属于酸； Na2O、NaHCO3、NaCl晶体在水溶液或者熔融状态下能完全电离而导电，都是化合物，都属于强电解质；蔗糖、NH3，本身不能电离产生自由移动的离子，是化合物，都属于非电解质；钠含有自由电子，氯化亚铁溶液含有自由移动的离子，都能导电；故属于碱性氧化物的是③；属于酸的是⑨；属于强电解质的是③⑤⑧；属于非电解质的是⑥⑦；能导电的是①④；

（2）Na2O2与CO2的反应生成碳酸钠和氧气，发生反应的化学方程式为2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2；

（3）向硫酸氢钠溶液中逐滴加入氢氧化钡溶液到中性，除生成水，还应该生成Na2SO4和BaSO4沉淀，则发生反应的离子方程式为2H++SO42-+Ba2++2OH-＝BaSO4↓+2H2O；

（4）工业上利用氯气和冷的消石灰反应制取漂白粉，发生反应的化学方程式为2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，其有效成分是Ca（ClO）2。

【点睛】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。

3．通常用的漂白粉是次氯酸钙，氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐，是由Cl2与消石灰制成的。

有关反应如下：

2Cl2+3Ca（OH）2→Ca（ClO）2·CaCl2·Ca（OH）2·H2O+H2O

（1）漂白粉的有效成分是_____________________；

（2）上述反应中，化合价有变化的元素是_________；

（3）漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效，有关反应方程式为_______，_______。

【答案】Ca（ClO）2ClCa（ClO）2+2H2O+2CO2→Ca（HCO3）2+2HClO2HClO

2HCl+O2↑

【解析】

【分析】

【详解】

（1）漂白粉是由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca（OH）2=Ca（ClO）2·CaCl2·Ca（OH）2·H2O+H2O制成的，其组成是次氯酸钙，氯化钙和氢氧化钙所组成的水合复盐，其有效成分是Ca（ClO）2；

（2）由Cl2与消石灰反应2Cl2+3Ca（OH）2=Ca（ClO）2·CaCl2·Ca（OH）2·H2O+H2O中，化合价有变化的元素是Cl2中的Cl由0价变成Ca（ClO）2中+1价，CaCl2中的-1价，所以化合价有变化的元素是Cl；

（3）漂白粉在潮湿的空气中放置会慢慢失效，是因为Ca（ClO）2与空气中的水蒸气和二氧化碳反应，生成了HClO又分解了，所以反应的方程式为Ca（ClO）2+2H2O+2CO2→Ca（HCO3）2+2HClO；2HClO

2HCl+O2

。

4．氯气是一种具有重要用途的气体，在工业上大量用于制造盐酸、有机溶剂和杀菌消毒剂等。

甲同学在实验室进行氯气性质的研究

（1）甲同学依次进行了

与①钠、②铜、③氢气、④水反应的实验。

上述反应中属于氧化还原反应的是___________（填序号）。

（2）写出铁丝在氯气中燃烧的化学方程式：

________。

（3）氯气溶于水得到的溶液称为氯水，新制的氯水呈_________色，新制的氯水中含有的物质为（水除外）________（填化学式）。

（4）甲同学探究氯气能否与水发生反应

①B中纸条褪色，结合化学方程式解释原因：

________。

②装置A的作用是___________。

③烧杯中发生反应的化学方程式为_________。

【答案】①②③④

黄绿

Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成的次氯酸有漂白性对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应

【解析】

【分析】

（1）氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO和HCl；

（2）铁在氯气中燃烧生成氯化铁；

（3）氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO；

（4）①氯气和水发生反应生成的HClO具有漂白性；

②氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，可作对照实验；

③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境。

【详解】

（1）氯气具有强氧化性，可与金属、非金属单质发生化合反应，与水反应生成HClO和HCl，则①②③④都为氧化还原反应，故答案为：

①②③④；

（2）铁在氯气中燃烧生成氯化铁，反应的化学方程式为

，故答案为：

；

（3）氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO，则新制的氯水中含有的物质为（水除外）

，新制氯水中由于含有氯气，所以溶液呈黄绿色，故答案为：

黄绿；

；

（4）①氯气和水发生反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成HClO，由于HClO具有漂白性，可使红纸条褪色，故答案为：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO，生成的次氯酸有漂白性；

②氯气不具有漂白性，干燥红纸不褪色，作对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应，故答案为：

对照实验，证明氯气自身没有漂白性，说明B中起漂白作用的是其他物质，从而证明氯气与水发生了反应；

③烧杯中应盛放氢氧化钠溶液，用于吸收氯气，避免污染环境，发生反应的化学方程式为

，故答案为：

。

【点睛】

氯气溶于水后和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应为可逆反应：

Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO，新制氯水中存在氯气、盐酸、次氯酸，因此新制氯水就具有了氯气、盐酸、次氯酸的性质，溶液具有强氧化性且显酸性，这是学生们的易错点。

5．现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如图所示

图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出

。

请根据以上信息完成下列各题：

（1）写出下列物质的化学式：

B_______、丙__________。

（2）写出黄绿色气体乙的一种用途___________，反应过程⑦可能观察到的实验现象是______。

对应的化学方程式是_______。

（3）反应③中的离子方程式是_________。

【答案】AlHCl杀菌消毒、强氧化剂、漂白白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）32Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑

【解析】

【分析】

金属A颜色反应为黄色证明A为金属Na，Na与水反应生成气体甲为H2，D为NaOH；金属B和氢氧化钠溶液反应产生H2，说明B为金属Al，黄绿色气体乙为Cl2，气体甲是H2，H2和Cl2反应生成丙为HCl，HCl溶于水得到的物质E为盐酸溶液，盐酸与金属C反应产生F溶液是金属氯化物，该氯化物与Cl2还可以反应产生G，G与NaOH溶液反应生成红褐色沉淀H为Fe（OH）3，则G为FeCl3，推断物质F为FeCl2；判断C为Fe，以此解答该题。

【详解】

根据上述分析可知A是Na，B是Al，C为Fe，气体甲是H2，气体乙是Cl2，气体丙是HCl；D是NaOH，E是盐酸，F是FeCl2，G是FeCl3，H是Fe（OH）3。

（1）根据上述分析可知，物质B是Al，丙是HCl；

（2）黄绿色气体乙是Cl2，该物质可以与水反应产生HCl和HClO，HClO具有强氧化性，可作氧化剂，氧化一些具有还原性的物质，也用于杀菌消毒或用于物质的漂白；

（3）FeCl2与NaOH溶液发生反应：

FeCl2+2NaOH=Fe（OH）2↓+2NaCl，Fe（OH）2具有还原性，容易被溶解在溶液中的氧气氧化，发生反应：

4Fe（OH）2+O2+2H2O=4Fe（OH）3，固体由白色迅速变为灰绿色，最后变为红褐色，因此可观察到的实验现象是白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；

（4）反应③是Al与NaOH溶液发生反应产生NaAlO2和H2，反应的离子方程式为：

2Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑。

【点睛】

本题是无机物推断，物质的颜色及转化关系中特殊反应是物质推断的突破口，再结合转化关系推断，需要学生熟练掌握元素化合物知识，试题培养了学生的分析能力及逻辑推理能力。

6．某溶液的溶质可能由下列离子组成：

H+、SO42-、CO32-、Cl―、Na+、Ba2+中的一种或几种。

某同学做如下实验来确定溶液的成分：

①向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤。

②向①中的滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生。

③将足量稀盐酸加入①的沉淀中，沉淀部分消失，有气体产生。

依据以上实验回答下列问题：

（1）原溶液中一定有__________________。

（2）一定没有__________________。

（3）可能含有_____________。

（4）如果要确定原溶液中是否存在该离子，应选用试剂是__________________。

A.稀硝酸B.Ba（NO3）2C.AgNO3D.Na2CO3

（5）写出中沉淀消失的离子方程式________________。

【答案】SO42-、CO32-、Na+H+、Ba2+Cl-BCBaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑

【解析】

【详解】

①向溶液中加入过量的BaCl2溶液，有白色沉淀产生，过滤，则含SO42-、CO32-中的一种或都有，则一定没有Ba2+；

②将①中滤液里加入AgNO3溶液，有白色沉淀产生，白色沉淀为AgCl，但引入氯离子，则不能确定原溶液中是否含Cl-；

③将①中的沉淀加入稀盐酸中，沉淀部分消失，有气体产生，则一定含SO42-、CO32-，则没有H+，因溶液不显电性，则一定含Na+；

综上所述：

（1）一定含SO42-、CO32-、Na+；

（2）一定没有H+、Ba2+；

（3）可能含有Cl-；

（4）若要确定Cl-是否存在，应首先排除SO42-和CO32-的干扰，故原溶液中加入硝酸钡除去SO42-和CO32-，过滤后往滤液中加入硝酸银，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl-，故答案为BC；

（5）碳酸钡与稀盐酸反应生成氯化钡和二氧化碳气体，离子反应方程式为：

BaCO3+2H+＝Ba2++H2O+CO2↑。

7．有X、Y、Z三种元素：

（1）X、Y、Z的单质在常温下均为气体；

（2）X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色；

（3）XZ极易溶于水，在水溶液中电离出X+和Z-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红；

（4）每2个X2分子能与1个Y2分子化合成2个X2Y分子，X2Y常温下为液体；

（5）Z单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白性。

试写出其元素符号：

X__，Y__，Z__，化合物的分子式：

XZ__，X2Y__。

【答案】HOClHClH2O

【解析】

【分析】

根据特殊颜色（苍白色）以及水在常温下为液体可以推断出各元素和各物质。

【详解】

X单质可以在Z的单质中燃烧，生成物为XZ，火焰呈苍白色，所以X为H2，Z为Cl2，HCl为HCl；XZ极易溶于水，在水溶液中电离出H+和Cl-，其水溶液能使蓝色石蕊试纸变红，验证了刚才的结论；X2Y常温下为液体，根据X为氢元素，可以确定X2Y为H2O，所以Y为O；Cl2溶于H2O中，所得溶液中含有次氯酸，具有漂白性。

综上可确定X为H，Y为O，Z为Cl。

XZ为HCl，X2Y为H2O。

8．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适反应条件下，它们可按下面框图进行反应。

又知E溶液是无色的。

请回答：

（1）A是________，B是________，C是________（填化学式）。

（2）反应①的化学方程式为____________________________。

（3）反应③的化学方程式为____________________________。

（4）反应④的化学方程式为______________________。

【答案】FeCl2H22Fe+3Cl2

2FeCl3Fe+2HCl===FeCl2+H2↑2FeCl2+Cl2===2FeCl3

【解析】

【分析】

B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe，结合物质的相关性质解答该题。

【详解】

B为黄绿色气体，应为Cl2，C为无色气体且与Cl2能发生反应，则C为H2，E为HCl；由反应③、④可以推出，A为排在H前面的金属，且A为变价金属，因此A为Fe。

（1）由以上分析可知A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：

Fe；Cl2；H2；

（2）反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3，故答案为：

2Fe+3Cl2

2FeCl3；   

（3）反应③为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，故答案为：

Fe+2HCl=FeCl2+H2↑；

（4）反应④为FeCl2和Cl2的反应，化学方程式为2FeCl2+Cl2=2FeCl3，故答案为：

2FeCl2+Cl2=2FeCl3。

9．室温下，单质A、B、C分别为固体、黄绿色气体、无色气体，在合适的反应条件下，它们可按下面框图进行反应。

又知D溶液为黄色，E溶液为无色，请回答：

（1）A是__________，B是__________，C是_______________（填写化学式）。

（2）反应①的化学方程式为_______________________________。

（3）反应③的化学方程式为________________________________________。

（4）反应④的化学方程式为____________________________________________。

【答案】FeCl2H22Fe＋3Cl2

2FeCl3Fe＋2HCl＝FeCl2＋H2↑2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3

【解析】

【分析】

单质B为黄绿色气体，可知B为Cl2，C为单质为无色气体，B与C反应生成E，E溶液是无色的，则C为H2，E为HCl，A与盐酸生成氢气，A应为金属固体单质，A与盐酸反应后生成F为A的氯化物，F又能与氯气反应生成D，且A与氯气可以直接生成D，可推知A为Fe，根据转化关系可知，F为FeCl2，D为FeCl3，据此分析解答。

【详解】

（1）根据以上分析可知，A为Fe，B为Cl2，C为H2，故答案为：

Fe；Cl2，H2；

（2）反应①为Fe和Cl2的反应，反应的化学方程式为2Fe+3Cl2

2FeCl3，故答案为：

2Fe+3Cl2

2FeCl3；

（3）反应③为Fe和HCl的反应，反应的化学方程式为Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，故答案为：

Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑；

（4）反应④为FeCl2和Cl2的反应，反应的化学方程式为2FeCl2+Cl2＝2FeCl3，故答案为：

2FeCl2+Cl2＝2FeCl3。

【点睛】

把握B为氯气及图在转化为解答的关键。

本题的难点是A的判断，要注意根据反应①A＋B（氯气）→D（固体），反应④F（A的氯化物）＋B（氯气）→D（溶液），说明A是变价金属，且A在F中呈低价。

10．现有A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C，把气体B通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D。

请据此回答下列问题。

（1）写出下列各反应的化学方程式。

①将气体B通入到水中：

_______________

②将气体B通入到NaOH溶液中：

__________

③将气体B通入到石灰乳中：

__________

（2）把三种气体分别通入到酸性硝酸银溶液中，出现白色沉淀的气体是____（用字母序号表示）。

（3）白色浑浊物D因具有漂白性又称为___，其有效成分为__。

【答案】Cl2＋H2O=HCl＋HClOCl2＋2NaOH=NaCl＋NaClO＋H2O2Cl2＋2Ca（OH）2=CaCl2＋Ca（ClO）2＋2H2OBC漂白粉Ca（ClO）2

【解析】

【分析】

A、B、C三种气体，A是密度最小的气体，应为H2，B在通常情况下呈黄绿色，应为Cl2，纯净的A可以在B中安静地燃烧生成C，则C为HCl，把Cl2通入到适量石灰乳中可以得到白色浑浊物D，则D为CaCl2和Ca（ClO）2的混合物，结合物质的性质分析解答。

【详解】

根据上述分析，A为H2，B为Cl2，C为HCl，D为CaCl2和Ca（ClO）2的混合物。

（1）①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故答案为：

Cl2+H2O⇌HCl+HClO；

②氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的方程式为：

Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O，故答案为：

Cl2+2NaOH═NaCl+NaClO+H2O；

③氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的方程式为：

2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，故答案为：

2Cl2+2Ca（OH）2═CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O；

（2）氯气溶于水会生成盐酸和次氯酸，盐酸能与硝酸银生成氯化银沉淀，HCl与硝酸银反应生成氯化银沉淀，故答案为：

BC；

（3）D为CaCl2和Ca（ClO）2的混合物，因为具有漂白性又称为漂白粉；其有效成分为Ca（ClO）2，在空气中容易与二氧化碳、水发生反应生成次氯酸：

Ca（ClO）2+H2O+CO2=CaCO3+2HClO，故答案为：

漂白粉；Ca（ClO）2。

11．X，Y，Z三种元素，它们具有下述性质：

（1）X，Y，Z的单质在常温下均为气体；

（2）X的单质可以在Z的单质中燃烧，燃烧时生成化合物XZ；

（3）化合物XZ极易溶于水，并电离出X+和Z-，其水溶液可使蓝色石蕊试纸变红；

（4）2分子X的单质可与1分子Y的单质化合，生成2分子X2Y，X2Y在常温下液体；

（5）Z的单质溶于X2Y中，所得溶液具有漂白作用。

根据上述事实，