2022-2023学年湖南省长沙市明德中学高一上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖南省长沙市明德中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，工业流程题，实验题等内容，欢迎下载使用。

湖南省长沙市明德中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学让生活更美好，下列说法错误的是
A．漂白粉和医用酒精均可用于杀菌消毒
B．生石灰可以用作食品抗氧化剂
C．开发利用太阳能、风能和氢能等新能源，有利于实现碳中和
D．我国科学家屠呦呦发现的青蒿素可有效降低疟疾患者的死亡率
【答案】B
【详解】A．漂白粉和医用酒精都能使蛋白质变性，均可用于杀菌消毒，故A正确；
B．生石灰和水反应生成氢氧化钙，生石灰可用作食干燥剂，不能作抗氧化剂，故B错误；
C．开发利用太阳能、风能和氢能等新能源，减少化石燃料的使用，有利于实现碳中和，故C正确；
D．我国科学家屠呦呦发现的青蒿素可有效降低疟疾患者的死亡率，故D正确；
故选B。
2．“纳米磁性固体材料”是当今材料科学研究的前沿，若将纳米磁性固态材料分散到水中，当一束光通过时，可以看到一条光亮的“通路”，下列有关该分散系的说法不正确的是
A．该分散系中的分散质粒子直径小于1nm
B．该分散系具有丁达尔效应
C．该分散系属于混合物
D．该分散系属于液溶胶
【答案】A
【详解】A．将纳米磁性固体材料分散到水中，当光路通过时，可以看到一条光亮的“通路”，所得的分散系属于胶体，具有丁达尔效应。故其分散质直径在1~100nm之间，故A错误；
B．由选项A分析可知，该分散系为胶体，故当一束光通过时，可以看到一条光亮的“通路”，该现象就是丁达尔效应，故B正确；
C．由选项A分析可知，该分散系为胶体，属于混合物，故C正确；
D．所得的分散系中分散剂为液体，属于液溶胶，故D正确；
故选A。
3．下列选项中物质的类别属于图中阴影部分的是

A．Na2SO4 B．K2SO4 C．KHSO4 D．NaCl
【答案】B
【详解】A．Na2SO4电离产生的金属阳离子是Na+，而不是K+，因此不属于钾盐，A不符合题意；
B．K2SO4电离产生的金属阳离子是K+，阴离子是SO，无其它离子产生，因此该盐属于正盐、硫酸盐、钾盐，B符合题意；
C．KHSO4电离产生的阳离子中，除了K+外，还有H+，因此属于酸式盐，而不属于正盐，C不符合题意；
D．NaCl电离产生的阴离子是Cl-，而不是SO，因此不属于硫酸盐，阳离子是Na+，不是钾盐，D不符合题意；
故合理选项是B。
4．科学家制得一种新型分子O4.关于O4和O2的下列说法不正确的是
A．互为同素异形体
B．等质量的O4和O2所含原子数相同
C．同素异形体之间的转化反应属于氧化还原反应
D．它们的摩尔质量不相同
【答案】C
【详解】A．同种元素组成的单质互称为同素异形体，O4和O2均为氧元素构成的单质，为同素异形体，A正确；
B．设质量为1g，O4的物质的量为：，含有的原子数为：；O2的物质的量为：，含有的原子数为：，则所含原子数相同，B正确；
C．同素异形体之间的转化元素化合价没发生变化，不属于氧化还原反应，C错误；
D．O4的摩尔质量为64g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol，摩尔质量不相同，D正确；
答案为C。
5．“物质的量”是联系宏观世界和微观世界的桥梁，下列说法正确的是
A．“摩尔”是描述物质所含粒子多少的物理量
B．任何气体的“气体摩尔体积”均为22.4L·mol-1
C．同温同压下，相同体积的甲烷和氧气含有相同的分子数
D．1molH2的质量是2g·mol-1
【答案】C
【详解】A．“摩尔”是物理量——“物质的量”的单位，A错误；
B．气体摩尔体积与气体所处的温度、压强有关，外界条件未知，不能确定气体摩尔体积的大小，B错误；
C．同温同压下，相同体积的任何气体含有相同的分子数，C正确；
D．质量单位是g，不是g/mol，1molH2的质量是2g，D错误；
故合理选项是C。
6．某无色透明溶液遇紫色石蕊试液变红，下列各组离子能在该溶液中大量共存的是
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】C
【详解】A．含有的溶液呈蓝色，无色溶液中不含，故不选A；
B．遇紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，和反应放出二氧化碳，和不能共存，故不选B；
C．遇紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，、、相互之间不反应，能大量共存，故选C，
D．遇紫色石蕊试液变红的溶液呈酸性，H+与不能大量共存，故不选D；
选C。
7．下列溶液中的与50mL 1mol/L FeCl3溶液中的相等的是
A．150mL 1mol/L NaCl溶液 B．100mL 2mol/L NH4Cl溶液
C．150mL 3mol/L KCl溶液 D．75mL 1mol/L BaCl2溶液
【答案】C
【分析】50mL 1mol/L FeCl3溶液中的。
【详解】A．150mL 1mol/L NaCl溶液中，A错误；
B．100mL 2mol/L NH4Cl溶液中，B错误；
C．150mL 3mol/L KCl溶液中，C正确；
D．75mL 1mol/L BaCl2溶液中，D错误；
故选C。
8．下列实验装置不能达到实验目的的是

A．利用装置①验证Na和水反应为放热反应
B．利用装置②检验Na2O2与H2O反应有O2生成
C．利用装置③观察纯碱的焰色实验的现象
D．利用装置④比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性
【答案】D
【详解】A．向盛有Na的试管中滴加H2O，二者反应放出热量，导致具支试管中的空气受热体积膨胀，导致红墨水的左侧液面下降，右侧液面上升，因此利用装置①可以验证Na和水反应为放热反应，A正确；
B．Na2O2与H2O反应产生NaOH和O2，O2有助燃性，会使带有火星的木条复燃，因此利用装置②可以检验Na2O2与H2O反应有O2生成，B正确；
C．纯碱成分是Na2CO3，其含有钠元素，用铂丝进行焰色试验会使火焰呈黄色，故可以利用装置③观察纯碱的焰色实验的现象，C正确；
D．玻璃导热性比较差，在套管中外管的温度比内管的温度高。碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，碳酸钠受热不分解，则小试管中为碳酸氢钠可用于比较二者的相对稳定性强弱，故利用装置④不能比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性，D错误；
故合理选项是D。
9．下列说法不正确的是
A．红热的铜丝能在氯气里燃烧，产生棕黄色的烟
B．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶瓶口呈现雾状
C．向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+
D．向氯水中加入紫色石蕊试液，溶液褪色，说明氯水中含有Cl2
【答案】D
【详解】A．红热的铜丝能在氯气里剧烈燃烧，产生棕黄色的烟，A正确；
B．纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，二者反应产生的HCl极易溶于水，在集气瓶瓶口遇空气中的水蒸气形成盐酸的小液滴，因此而呈现雾状，B正确；
C．氯气溶于水得到的水溶液叫氯水，氯气与水反应产生盐酸和次氯酸，盐酸电离产生氢离子，使溶液显酸性，由于盐酸的酸性比碳酸强，所以向其中加入NaHCO3粉末，盐酸与碳酸氢钠反应产生二氧化碳气体，而有气泡，这说明氯水中含有H+，C正确；
D．Cl2与水反应产生盐酸和次氯酸，酸使紫色石蕊试液变为红色；HClO具有漂白性，又将红色物质氧化变为无色，因此向氯水中加入紫色石蕊试液，溶液褪色，说明氯水中含有Cl2与水反应产生的HClO，D错误；
故合理选项是D。
10．已知常温下在溶液中可发生如下两个离子反应：
Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+
Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+
由此可以确定Fe2+、Ce3+、Sn2+三种离子的还原性由强到弱的顺序
A．Sn2+、Fe2+、Ce3+ B．Sn2+、Ce3+、Fe2+
C．Ce3+、Fe2+、Sn2+ D．Fe2+、Sn2+、Ce3+
【答案】A
【详解】氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，根据反应Ce4++Fe2+=Fe3++Ce3+，还原剂为Fe2+，还原产物为Ce3+，故还原性：Fe2+>Ce3+；根据反应Sn2++2Fe3+=2Fe2++Sn4+，还原剂为Sn2++，还原产物为Fe2+，故还原性：Sn2+>Fe2+，所以还原性由强到弱的顺序是：Sn2+、Fe2+、Ce3+；
答案选A。
11．在相同体积、相同物质的量浓度的两种酸溶液中，一定相等的是
A．溶质的质量 B．溶质的物质的量
C．溶质的质量分数 D．氢离子的物质的量
【答案】B
【分析】在相同体积、相同物质的量浓度的盐酸和硫酸中，由n＝cV可知，酸的物质的量一定相等，以此解题。
【详解】A．由m＝nM可知，若二者的摩尔质量不同，则质量不同，故A错误；
B．由n＝cV可知，二者含有酸的物质的量一定相等，故B正确；
C．由c＝可知，若二者的摩尔质量不同，密度不同，则质量分数不同，故C错误；
D．酸可以是一元酸，也可以是二元酸，所以酸的化学式不确定，无法判断氢离子物质的量，故D错误；
故选B。

二、多选题
12．下列反应的离子方程式书写正确的是
A．Na2O2溶于水：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH-＋O2↑
B．Cl2溶于水：Cl2＋H2O=2H＋＋Cl-＋ClO-
C．醋酸与碳酸钙的反应：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O
D．氢氧化钙溶液中加入稀硫酸：Ca2＋＋=CaSO4↓
【答案】AC
【详解】A．Na2O2溶于水生成氢氧化钠和氧气，故离子方程式为：2Na2O2＋2H2O=4Na＋＋4OH-＋O2↑，故A正确；
B．Cl2溶于水生成盐酸和次氯酸，故离子方程式为：Cl2＋H2O=H＋＋Cl-＋HClO，故B错误；
C．醋酸与碳酸钙的反应生成醋酸钙和水、二氧化碳，故离子方程式为：CaCO3＋2CH3COOH=Ca2＋＋2CH3COO-＋CO2↑＋H2O，故C正确；
D．氢氧化钙溶液中加入稀硫酸反应生成硫酸钙和水，故离子方程式为：Ca2＋+2OH-＋2H++=CaSO4↓+2H2O，故D错误；
故选AC。
13．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A．标准状况下，11.2LCO2含有的原子数为1.5NA
B．含有NA个原子的氦气物质的量为0.5mol
C．在常温常压下，64gO2中含有的氧原子数为4NA
D．1molNaCl溶解在1L水中，则其中Cl-为1mol·L-1
【答案】BD
【详解】A．标准状况下，11.2LCO2的物质的量为0.5mol，含有的原子数为1.5NA，故A正确；
B．含有NA个原子的氦气，物质的量是lmol，故B错误；
C．64gO2物质的量为2mol，含有的氧原子数为4NA，故C正确；
D．lmol NaCl溶解在1L水中，此时溶液的体积大于1L，lmol NaCl电离出1molCl-，所以其中Cl-小于lmol/L，故D错误；
答案选BD。
14．“84”消毒液和洁厕灵是大多数家庭必备的生活用品。“84”消毒液的有效成分为次氯酸钠(NaClO，Cl为+1价)，是一种高效消毒剂。洁厕灵主要成分是盐酸。若将二者混合后使用，就会对人体产生严重的危害，发生的反应如下：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，下列说法正确的是

A．反应物盐酸只体现了还原性
B．用双线桥法分析上述反应如图所示：
C．“84”消毒液中的NaClO在常温下比HClO稳定
D．若Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2能发生，在NaBr和NaI的混合液中通入少量Cl2，一定能发生的反应是Cl2+2I-=2Cl-+I2
【答案】CD
【详解】A．NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O，反应中氯化氢中-1价的氯部分升高、部分不变，氯化氢既表现还原性又表现酸性，A错误；
B．NaClO+2HCl=NaCl+Cl2↑+H2O中HCl中Cl的化合价升高1，即反应中转移电子数为1，则HCl发生氧化反应、是还原剂，用双线桥表示该反应中电子转移方向和数目为，B错误；
C．次氯酸不稳定，见光易分解，次氯酸钠稳定性强于次氯酸，C正确；
D．依据Cl2+2Br-=2Cl-+Br2、Br2+2I-=2Br-+I2可知，氧化性氯气大于溴单质，则NaBr和NaI的混合液中通入少量Cl2，一定能发生的反应是Cl2+2I-=2Cl-+I2，D正确；
故选CD。

三、填空题
15．现有下列8种物质：①铜②稀硫酸③CO2④Al2(SO4)3固体⑤稀硝酸⑥Ba(OH)2溶液⑦熔融KCl⑧氢氧化铁胶体，回答下列问题：
(1)上述物质中，属于电解质且能导电的是___________(填标号)；④溶于水的电离方程式为___________。
(2)③属于___________氧化物(填“酸性”或者“碱性”)；将②逐滴滴入⑥中，其离子方程式为___________。
(3)在上述物质中，有两种物质之间发生反应的离子方程式可表示为：H＋＋OH—=H2O，则该反应的化学方程式为___________。
【答案】(1)     ⑦     Al2(SO4)3=2Al3+＋3
(2)     酸性     Ba2＋＋2OH—＋2H＋＋=BaSO4↓＋2H2O
(3)2HNO3＋Ba(OH)2=Ba(NO3)2＋2H2O

【分析】①铜是能导电金属单质，单质既不是电解质又不是非电解质；
②稀硫酸是含有自由移动离子能导电的混合物，混合物既不是电解质又不是非电解质；
③二氧化碳是不能电离出自由移动离子的非电解质，不能导电；
④硫酸铝固体是含有不能自由移动离子的不能导电的化合物，在熔融状态下或水溶液中能电离出自由移动的离子，属于解质；
⑤稀硝酸是含有自由移动离子能导电的混合物，混合物既不是电解质又不是非电解质；
⑥氢氧化钡溶液是含有自由移动离子能导电的混合物，混合物既不是电解质又不是非电解质；
⑦熔融的氯化钾是含有自由移动离子的电解质，能导电；
⑧氢氧化铁胶体含有自由移动离子能导电的混合物，混合物既不是电解质又不是非电解质。
【详解】（1）由分析可知，上述物质中，属于电解质且能导电的是⑦；硫酸铝在溶液中电离出铝离子和硫酸根离子，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3+＋3，故答案为：⑦；Al2(SO4)3=2Al3+＋3；
（2）二氧化碳是能与碱溶液反应生成盐和水的酸性氧化物；稀硫酸与氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为Ba2＋＋2OH—＋2H＋＋=BaSO4↓＋2H2O，故答案为：酸性；Ba2＋＋2OH—＋2H＋＋=BaSO4↓＋2H2O；
（3）上述物质中，有两种物质之间发生反应的离子方程式可表示为H＋＋OH—=H2O的反应为稀硝酸与氢氧化钡溶液反应生成硝酸钡和水，反应的化学方程式为2HNO3＋Ba(OH)2=Ba(NO3)2＋2H2O，故答案为：2HNO3＋Ba(OH)2=Ba(NO3)2＋2H2O。
16．实验室欲用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O，M=286g/mol)配制500mL0.5mol/L的Na2CO3溶液，据此回答下列问题：
(1)需称量碳酸钠晶体___________g。(精确到小数点后一位)
(2)在配制的过程中一定不需要用到的仪器是___________(填字母)，还缺少的仪器有___________。
A烧杯B．药匙C．玻璃棒D．托盘天平E．锥形瓶F．胶头滴管G．量筒
(3)从配制好的Na2CO3溶液中取出50mL，将这50mL的Na2CO3溶液稀释至100mL，稀释后Na2CO3溶液的浓度变为___________mol/L。
(4)下列的实验操作可能导致配制的溶液浓度偏高的是___________(填字母)。
A．容量瓶内原来存有少量的水
B．定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出
C．称量所需Na2CO3·10H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了(1g以下用游码)
D．定容时俯视刻度线
(5)若碳酸钠晶体中混有少量的NaCl，简述检验其中Cl-的实验操作与现象___________。
【答案】(1)71.5
(2)     E     500mL容量瓶
(3)0.25
(4)D
(5)取少量固体于试管中，加水溶解，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明有Cl-；否则，无Cl-

【详解】（1）配制500mL0.5mol/L的Na2CO3溶液，需要溶质的物质的量为n(Na2CO3)=c·V=0.5mol/L×0.5L=0.25mol，根据C元素守恒可知需要碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)的物质的量也是0.25mol，其质量m(Na2CO3·10H2O)=0.25mol×286g/mol=71.5g；
（2）在配制500mL0.5mol/L的Na2CO3溶液的过程中，要使用药匙从试剂瓶中取出固体药品，然后在托盘天平上进行称量，再把称量好的固体药品在烧杯中进行溶解，为促进物质溶解，要使用玻璃棒进行搅拌，待溶液恢复至室温后，将溶液通过玻璃棒引流转移至500mL的容量瓶中，然后洗涤烧杯内壁和玻璃棒2-3次，洗涤液也转移至容量瓶中，再初步悬摇溶液，加水定容，当凹液面最低处与刻度线1-2cm时改用胶头滴管滴加，直至凹液面最低处与刻度线相切，盖上瓶塞，上下颠倒，反复摇匀，就得到500mL0.5mol/L的Na2CO3溶液，可见上述已知容器中不需要使用的是锥形瓶，故合理选项是E，还缺少的仪器是500mL的容量瓶；
（3）从配制好的Na2CO3溶液中取出50mL，将这50mL的Na2CO3溶液稀释至100mL，由于溶液在稀释前后溶质的物质的量不变，所以稀释后Na2CO3溶液的浓度c(Na2CO3)==0.25mol/L；
（4）A．配制溶液需要加水，所以容量瓶内原来存有少量的水，对配制溶液的浓度无影响，A不符合题意；
B．定容时液面超过刻度线，用胶头滴管吸出，溶质的物质的量偏少，最终导致配制溶液的浓度偏低，B不符合题意；
C．称量所需Na2CO3·10H2O的质量时，物品与砝码的位置放反了(1g以下用游码)，这样配制溶液中溶质的质量偏少，溶质的物质的量就偏少，由于溶液的体积不变，最终导致配制溶液的浓度偏低，C不符合题意；
D．定容时俯视刻度线，溶液的体积偏小，由于溶质的物质的量不变，最终导致配制溶液的浓度偏高，D符合题意；
故合理选项是D。
（5）取少量固体于试管中，加水溶解，加入足量稀硝酸，再加入硝酸银溶液，若产生白色沉淀，则说明有Cl-；否则，无Cl-。

四、工业流程题
17．21世纪是海洋的世纪。向海则兴、背海则衰。要提高海洋资源开发能力，着力推动海洋经济向质量效益型转变。下图涉及多个以海水为原料的生产流程。

完成下列填空：
(1)写出步骤③的化学方程式：___________。
(2)工业上用Cl2与KOH(热溶液)制备KClO3，反应如下：Cl2+KOH→KCl+KClO3+H2O(未配平)，上述反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为：___________。
(3)下列说法错误的是：
A．步骤④中说明氧化性Cl2大于Br2
B．步骤②既是离子反应又是氧化还原反应
C．步骤⑤中每有1molSO2参加反应生成1molSO42-转移2NA个电子
D．第⑤⑥步骤的目的是进行溴的富集，提高Br2的浓度
(4)某同学将CO2通入500mlNaOH与Ca(OH)2的混合溶液中，通入CO2的体积(已换算成标准状况下)与沉淀的量如图所示，写出c-d段发生的离子反应方程式：___________。由图可知混合溶液中NaOH的物质的量浓度为___________mol/L。

【答案】(1)2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2
(2)
(3)B
(4)         

【分析】从海水中获得粗盐和母液，除杂后得到精盐，加水溶解精盐再向其中依次通入氨气和二氧化碳，反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解再生成碳酸钠。母液中溴离子被Cl2氧化得到Br2的稀溶液，热空气吹出用二氧化硫与溴单质反应得到含有溴离子的吸收液，吸收液中溴离子再被Cl2氧化得到溴的浓溶液，实现溴的富集。
【详解】（1）步骤③为碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2。
（2）Cl2+KOH→KCl+KClO3+H2O反应中Cl2中的Cl部分失电子化合价升高生成KClO3，部分得电子化合价降低生成KCl，则根据得失电子守恒，氧化剂和还原剂的物质的量之比为5：1。
（3）A．步骤④Br-被Cl2氧化生成Br2，可说明氧化性Cl2大于Br2，A正确；
B．步骤②中没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，B错误；
C．1molSO2参与反应生成1mol，S元素化合价从+4价升高为+6价，失去2mol电子，C正确；
D．步骤⑤和⑥是进行溴的富集的过程，提高了Br2的浓度，D正确；
故答案选B。
（4）从图像可知，ab段发生的反应是CO2+Ca2++2OH-=CaCO3↓+H2O，消耗二氧化碳的量为1mol，消耗氢氧根离子的量为2mol，bc段通入的CO2与OH-反应，消耗二氧化碳0.5mol，消耗氢氧根离子的量为1mol，cd段CO2与反应，消耗CO20.5mol，de段CO2与CaCO3反应，生成碳酸氢钙，消耗二氧化碳1mol。cd段发生的离子反应为。根据钙元素守恒可知氢氧化钙的物质的量为1mol，根据氢氧根离子守恒得到NaOH中氢氧根离子物质的量为2mol+1mol-2mol=1mol，则c(NaOH)=1mol÷0.5L=2mol/L。

五、实验题
18．Cl2O又称为次氯酸酐，是强氧化剂，易溶于水且与水反应，受热时容易燃烧、高浓度时容易爆炸。现利用HgO和Cl2以及以下装置制备Cl2O：

回答下列问题：
(1)仪器A的名称：___________。若用MnO2制备Cl2，其化学方程式为___________。
(2)②中盛放的试剂是___________。
(3)通入干燥空气的目的是___________。
(4)水体中氨氮含量会造成水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。写出该图示的总反应化学方程式：___________。该过程需控制温度，温度过高时氨氮去除率降低的原因是___________。

【答案】(1)     分液漏斗    
(2)饱和食盐水
(3)稀释，防止高浓度爆炸
(4)          温度过高次氯酸分解

【分析】由题给实验装置图可知，先通过装置①制备Cl2，根据Cl2O的性质，制得的Cl2必须纯净干燥，所以需要经过装置②和③进行除杂、干燥处理，然后将纯净干燥的Cl2和HgO发生反应制备Cl2O；Cl2O受热时容易燃烧、高浓度时容易爆炸，所以需要在低温环境中进行反应，故在水浴装置④中进行反应，以此来解题；
【详解】（1）由装置图可知，仅器A为分液漏斗，二氧化锰和浓盐酸反应制取氯气的化学方程式为；
（2）Cl2O易溶于水且与水反应，故制得的Cl2必须进行除杂，干燥处理，浓盐酸具有挥发性，所以Cl2中会混有HCl气体和水蒸气，根据所学知识可知，用饱和食盐水可除去HCl气体，用浓硫酸干燥Cl2；故②中盛放的试剂是饱和食盐水；
（3）Cl2O高浓度时容易爆炸，所以通入干燥空气的目的是将Cl2O稀释减少爆炸危险，减少实验危险程度；
（4）根据图示，由始态和终态判断反应物中NH3被氧化为N2，则NaClO被还原为NaCl，生成1molN2转移6mol电子，根据转移电子守恒需要3moINaClO，再结合元素守恒，写出化学方程式2NH3+3NaClO=N2+3H2O+3NaCl。温度对化学反应速率有影响温度越高，化学反应率越快，所以温度低时，去除率低的原因是反应速率慢；HClO不稳定，易分解，温度高时，加快了HClO的分解速率，从而使去除率降低。