重庆市巫山县官渡中学2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题含解析

这是一份重庆市巫山县官渡中学2021-2022学年高二下学期期末考试化学试题含解析，共19页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
 重庆市巫山县官渡中学2021-2022学年高二下学期期末考试
化学试题
第I卷 (选择题)
一、选择题(共14小题，每小题3分共42分)
1. 《厉害了，我的国》展示了中国在探索太空、开发深海、建设高铁、开发5G技术等领域取得的举世瞩目的成就。它们与化学有着密切联系，下列对应关系不正确的是
A. 5G手机芯片的关键材料--二氧化硅
B. 神舟飞船返回舱外表面使用的高温结构陶瓷的主要成分--新型无机非金属材料
C. 火箭外壳采用高强度的铝合金--金属材料
D. 神舟飞船航天员穿的航天服的材料--多种合成纤维
【答案】A
【解析】
【详解】A．5G手机芯片的关键材料是硅，硅为半导体，二氧化硅是光导纤维的成分，故A错误；
B．新型无机非金属材料在性能上比传统无机非金属材料有了很大的提高，可适用于不同的要求，如高温结构陶瓷、压电陶瓷、透明陶瓷、超导陶瓷等都属于新型无机非金属材料，故B正确；
C．金属材料是指金属元素或以金属元素为主构成的具有金属特性的材料的统称。包括纯金属、合金、金属材料金属间化合物和特种金属材料等，故铝合金是金属材料，故C正确；
D．神舟飞船航天员穿的航天服的材料是多种合成纤维制成，故D正确；
故选：A。
2. 下列叙述中正确的是
A. 干冰升华时碳氧键发生断裂
B. CaO和SiO2晶体中都不存在单个小分子
C. Na2O与Na2O2所含的化学键类型完全相同
D. Br2蒸气被木炭吸附时共价键被破坏
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．升华是物质由固态直接变为气态的过程，是物理变化，没有发生化学键的断裂，故A错误；
B．CaO是离子晶体，由阴阳离子构成，SiO2是原子晶体，由原子构成，都不存在单个小分子，故B正确；
C．Na2O只含离子键，Na2O2既有Na+和之间的离子键，又有两个氧原子之间的非极性键，故C错误；
D．Br2蒸气被木炭吸附属于物理变化，故化学键未被破坏，故D错误；
故选B。
3. 下列描述中，正确的是
A. 是空间结构为V形的极性分子
B. 的空间结构为平面三角形
C. 中所有的原子不都在一个平面上
D. 和的中心原子的杂化轨道类型均为杂化
【答案】D
【解析】
【详解】A．中心原子C原子周围的价电子对数为：2+=2，故其是空间结构为直线形，正负电荷中心重合，为非极性分子，A错误；
B．中心原子Cl原子周围的价电子对数为：3+=4，故其空间结构为三角锥形，B错误；
C．中心原子N原子周围价电子对数为：3+=3，故其空间构型为平面三角形，故其中所有的原子都在一个平面上，C错误；
D．中心原子Si原子周围的价电子对数为：4+=4，中心原子S原子周围的价电子对数为：3+=4，故二者的中心原子的杂化轨道类型均为杂化，D正确；
故答案为：D。
4. 下列电离或水解方程式正确的是
A. Na2SO3的水解：SO+2H2OH2SO3+2OH-
B. NaHCO3的电离：NaHCO3Na++H++CO
C. KHS溶液中HS-的电离：HS-+H2OH3O++S2-
D. 次氯酸电离：HClO=ClO-+H+
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2SO3的水解分步进行，且以第一步水解为主，离子方程式为+H2O+OH-，A错误；
B．NaHCO3是强电解质，在水中完全电离，且不能拆写为和H+，电离方程式为NaHCO3=Na++，B错误；
C．HS-的电离方程式为HS- +H2OH3O++S2-，C正确；
D．HClO是弱电解质，在水中部分电离，电离方程式为HClOClO-+H+，D错误；
故选C。
5. 设为阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 1mol氯气与足量的铁反应后转移的电子数为3
B. 标准状况下，11.2L 中含有的分子数为0.5
C. 常温常压下，9.2g由气体和组成的混合物中含有氧原子的数目为0.4
D. 2mol/L的硫酸溶液中含有的数目为4
【答案】C
【解析】
【详解】A．1mol氯气与足量的铁反应生成氯化铁，转移的电子数为2，A错误；
B．标准状况下水不是气态，11.2L 中含有的分子数不是0.5，B错误；
C．和的最简式均是“”，常温常压下，9.2g由气体和组成的混合物中“”的物质的量是0.2mol，含有氧原子的数目为0.4，C正确；
D．2mol/L的硫酸溶液的体积不确定，无法判断含有的数目，D错误；
答案选C。
6. 综合如图判断，下列说法正确的是

A. 装置Ⅰ和装置Ⅱ中负极反应均Fe－2e－===Fe2＋
B. 装置Ⅰ和装置Ⅱ中正极反应均是O2＋2H2O＋4e－===4OH－
C. 装置Ⅰ和装置Ⅱ中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动
D. 放电过程中，装置Ⅰ左侧烧杯和装置Ⅱ右侧烧杯中溶液的pH均增大
【答案】D
【解析】
【详解】A.装置I负极反应为Zn-2e-=Zn2+，装置II中负极反应Fe-2e-=Fe2+,A不正确；
B.装置I正极反应为，装置II中正极反应是2H++2e-=H2，B不正确；
C.装置I盐桥中的阳离子向左侧烧杯移动，装置II中盐桥中的阳离子均向右侧烧杯移动，C不正确；
D.放电过程中，装置I左侧烧杯产生OH-，pH增大，装置II右侧烧杯中溶液消耗H+，pH增大，D正确。答案选D。
7. 一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入0.4molNH3和0.5molO2发生反应：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)。2min末，NO的物质的量为0.2mol。下列有关说法不正确的是
A. 2min末，NH3的浓度为0.1mol·L-1
B. 0～2min内，用NH3表示的平均反应速率为v(NH3)=0.05mol·L-1·min-1
C. 2min末，生成的水物质的量为0.3 mol
D. 继续反应达平衡后，NO的浓度可以达到为0.2mol·L-1
【答案】D
【解析】
【详解】A．2min末，NO的物质的量为0.2mol，则消耗NH3 0.2mol，则2min末，NH3的物质的量为0.4mol-0.2mol=0.2mol，容器体积为2L，则NH3的浓度为0.1mol/L，故A正确；
B．0～2min内，用NH3表示的平均反应速率为v(NH3)==0.05mol·L-1·min-1，故B正确；
C．根据反应方程式，生成0.2mol NO的同时生成0.3mol水，故C正确；
D．若0.4mol NH3完全反应，则生成NO 0.4mol，浓度为0.2mol/L，但该反应是可逆反应，不能进行到底，所以达平衡后，NO的浓度不能达到0.2mol·L-1，故D错误；
故选D。
8. 关于晶体的叙述中，正确的是
A. 原子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
B. 分子晶体中，分子间的作用力越大，该分子越稳定
C. 分子晶体中，共价键的键能越大，熔、沸点越高
D. 某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体一定是离子晶体
【答案】A
【解析】
分析】
【详解】A． 原子晶体中，熔化要破坏共价键，共价键的键能越大，熔、沸点越高，故A正确；
B． 分子晶体中，分子间的作用力越大，熔沸点越高，分子的稳定性由分子内共价键强弱来决定，故B错误；
C． 分子晶体中，分子间的作用力越大，熔、沸点越高，共价键的键能越大，分子越稳定，故C错误；
D． 某晶体溶于水后，可电离出自由移动的离子，该晶体可能是离子晶体，也可能是分子晶体，故D错误；
故选A。
9. 下列关于原子结构与元素周期表的说法正确的是
A. 电负性最大的元素位于周期表的左下角
B. 某基态原子的价电子排布式为4s24p1，该元素位于周期表第四周期IIIA族
C. 2s 轨道在空间呈哑铃形
D. 原子核外可能有两个电子的运动状态是相同的
【答案】B
【解析】
【详解】A．电负性最大的元素为F元素，位于周期表的右上角，故A错误；
B．某基态原子的价电子排布式为4s24p1，为Ga元素，位于周期表中的第四周期第IIIA族，故B正确；
C．s电子云是球形对称的，在核外半径相同处任一方向上电子出现的几率相同，P轨道电子云图为哑铃型，故C错误；
D．根据泡利原理和洪特规则，原子核外不可能有两个电子的运动状态是完全相同的，故D错误；
故选：B。
10. 有关晶体的结构如图所示，下列说法中错误的是

A. 钛酸钙的化学式为
B. 在金刚石晶体中，碳原子与碳碳键(C-C)数目之比为1：2
C. 硒化锌晶体中与一个距离最近且相等的有8个
D. 中F-与距离最近的所形成的键的夹角为109.5°
【答案】C
【解析】
【详解】A．该晶胞中各原子数为Ca：，Ti：1，O：，故钛酸钙的化学式为，A项正确；
B．在金刚石晶体中，每个碳原子周围有4条碳碳键，每条碳碳键被两个碳原子共用，故碳原子与碳碳键数目之比为1：（），B项正确；
C．硒化锌晶体中与一个距离最近且相等的有12个，C项错误；
D．中以F-为中心，其周围4个为顶点形成正四面体，故中F-与距离最近的所形成的键的夹角为109.5°，D项正确；
答案选C。
11. 短周期主族元素X、Y、Z、W的原子序数依次增大，它们原子的最外层电子数之和为18，X最外层电子数是次外层电子数的3倍，Z的单质晶体是应用广泛的半导体材料，W与X位于同一主族。下列说法不正确的是
A. X、W都能与Y形成离子化合物 B. W的简单阴离子能促进水电离
C. 原子半径：r(W)＞r(Z)＞r(Y)＞r(X) D. 最高价氧化物对应水化物的酸性：W＞Z
【答案】C
【解析】
【分析】X、Y、Z、W为原子序数依次增大短周期主族元素，X最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X为O元素，Z的单质晶体是应用广泛的半导体材料，则Z为Si元素，W与X位于同一主族，则W为S元素，又它们原子的最外层电子数之和为18，可知Y的最外层电子数为18-6-6-4=2，则Y为Be元素，据此分析解答。
【详解】A．Y为Be，是金属元素，可以与O、S形成离子化合物，A正确；
B．W为S，其简单阴离子S2-会水解，进而促进水的电离，B正确；
C．同周期元素，原子半径从左至右依次减小，同主族元素自上而下原子半径依次增大，因此原子半径：r(Si)＞r(S)＞r(Be)＞r(O)，C错误；
D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性S＞Si，则酸性H2SO4＞H2SiO3，D正确；
答案选C。
12. 下列各组离子能大量共存的是
A. 使无色酚酞溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、SO、CO
B. 无色透明的溶液中：Cu2+、K+、SO、NO
C. 含有大量Ba(NO3)2溶液中：Mg2+、NH、SO、Cl-
D. 使紫色石蕊溶液呈红色的溶液中：Na+、K+、CO、NO
【答案】A
【解析】
【分析】
【详解】A．使无色酚酞溶液呈红色的溶液为碱性溶液，碱性溶液中Na+、K+、SO、CO不发生任何反应，能大量共存，故A符合题意；
B．铜离子在溶液中为蓝色，无色透明的溶液中不可能存在铜离子，故B不符合题意；
C．含有大量Ba(NO3)2的溶液中，钡离子与硫酸根离子反应生成硫酸钡沉淀，不能大量共存，故C不符合题意；
D．使紫色石蕊溶液呈红色的溶液为酸性溶液，酸性溶液中碳酸根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故D不符合题意；
故选A。
13. 在t℃时，AgBr在水中的沉淀溶解平衡曲线如图所示。已知t℃时AgCl的Ksp=4×10-10，下列说法正确的是

A. 图中a点对应的体系中将有AgBr沉淀生成
B. 加入NaBr固体，AgBr的溶解度减小，AgBr的Ksp也减小
C. 在AgBr饱和溶液中加入固体NaBr，可使溶液中c点变到b点
D. 在t℃时，AgCl(s)+Br－(aq) AgBr(s)+Cl－(aq)的平衡常数K≈816
【答案】D
【解析】
【详解】A. a点位于曲线下方，c(Ag+)c(Br－)< Ksp，对应的溶液为不饱和溶液，故A错误；
B. 在一定温度下，Ksp为一常数，故B错误；
C. AgBrAg+(aq)+Br－(aq)，加入固体NaBr后，c(Br－)增大，使溶解平衡逆向移动，c(Ag+)应减小，但仍然在曲线上移动，不能到b点，故C错误；
D.由图中c点可知，t℃时AgBr的Ksp= c(Ag+)c(Br－)=（7×10-7）2=4.9×10-13，由方程式可知，K= c(Cl－) / c(Br－)=Ksp(AgCl)/ Ksp(AgBr)= 4×10-10/4.9×10-13≈816，故D正确；
故选D。
14. 用下列实验装置进行相应实验，有关说法不正确的是

A. 装置①可用于演示喷泉实验
B. 装置②可用于比较金属X和Zn的金属活动性强弱
C. 装置③可用于实验室制备并收集NO2
D. 装置④可用于制备乙酸乙酯
【答案】C
【解析】
【详解】A．SO2是酸性氧化物，容易和NaOH溶液反应，将胶头滴管里的NaOH溶液挤入圆底烧瓶中，由于SO2的溶解，使烧瓶内压强降低，打开止水夹，烧杯中的NaOH溶液就会被大气压入圆底烧瓶形成喷泉，故A正确；
B．将金属X和锌相连浸入稀硫酸中，通过观察电流表指针的偏转以及电极是否变细、哪个电极上有气体产生可以判断X和Zn的金属活动性强弱，故B正确；
C．铜和浓硝酸可以生成NO2，但NO2和水反应生成硝酸和NO，不能用排水法收集NO2，故C错误；
D．乙醇、乙酸和浓硫酸共热可以制取乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液收集生成的乙酸乙酯，同时除去杂质乙酸和乙醇，用图示装置可以防止倒吸，故D正确；
故选C。
第Ⅱ卷 (非选择题)
二、非选择题(包括4个小题，共58分)
15. 元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2.元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子。元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍。
（1）X与Y所形成化合物晶体的晶胞如图所示。在该晶胞中，X离子的数目为___________；该化合物的化学式为___________。

（2）在Y的氢化物(H2Y)分子中，Y原子轨道的杂化类型是___________。
（3）Z的氢化物(H2Z)在乙醇中的溶解度大于H2Y的，其原因是___________。
（4）Y与Z可形成的YZ的空间结构为___________(用文字描述)。
【答案】（1） ①. 4 ②. ZnS
（2）sp3杂化 （3）水分子与乙醇分子之间形成氢键
（4）正四面体
【解析】
【分析】元素X位于第四周期，其基态原子的内层轨道全部排满电子，且最外层电子数为2，核外电子数为2+8+18+2=30，则X为Zn元素；元素Y基态原子的3p轨道上有4个电子，则Y为S元素；元素Z的原子最外层电子数是其内层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Z为O元素；据此解答。
【小问1详解】
由上述分析可知，X为Zn元素，Y为S元素，Zn与S所形成化合物晶体的晶胞如图所示，Zn位于顶点和面心，在一个晶胞中，Zn2+离子的数目8×+6×=4；S2-位于晶胞内，S2-离子数目为4，该化合物的化学式为ZnS；答案为4；ZnS。
【小问2详解】
由上述分析可知，Y为S元素，Y的氢化物为H2S，H2S分子中中心S原子价层电子对数=2+=2+2=4，则S原子采取sp3杂化；答案为sp3杂化。
【小问3详解】
由上述分析可知，Y为S元素，Z为O元素，Y的氢化物为H2S，Z的氢化物为H2O，H2O分子与乙醇分子之间形成氢键，H2O在乙醇中的溶解度大于H2S；答案为水分子与乙醇分子之间形成氢键。
小问4详解】
由上述分析可知，Y为S元素，Z为O元素，Y与Z可形成的YZ为，中中心S原子价层电子对数=4+=4+0=4，无孤电子对，其空间结构为正四面体；答案为正四面体。
16. I．回答下列问题：
（1）生产氢气：将水蒸气通过红热的炭即产生水煤气。C(s)+H2O(g)H2(g)+CO(g)，△H=+131.3kJ·mol-1，△S=+133.7J·mol-1·K-1，该反应在低温下_______(填“能”或“不能”)自发进行。
（2）已知在400℃时，N2(g)+3H2(g)2NH3(g)的K=0.5。
①在400℃时，2NH3(g)N2(g)+3H2(g)的K′=_______(填数值)。
②400℃时，在0.5L的反应容器中进行合成氨反应，一段时间后，测得N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则此时反应v正(N2)_______(填“＞”“＜”“=”或“不确定”)v逆(N2)。
③若在恒温、恒压条件下向平衡体系中通入氩气，则合成氨反应的平衡_______(填“向左”“向右”或“不”)移动；使用催化剂_______(填“增大”“减小”或“不改变”)反应的△H。
Ⅱ．目前工业合成氨的原理是N2(g)+3H2(g)2NH3(g)。在一定温度下，将1molN2和3molH2混合置于体积不变的密闭容器中发生反应，达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8mol。
（3）达平衡时，H2的转化率α1=_______。
（4）判断反应达到平衡的依据为_______(填字母代号)。
a．压强不随时间改变
b．气体的密度不随时间改变
c．c(N2)不随时间改变
d．单位时间里生成N2和NH3的物质的量相等
【答案】（1）不能 （2） ①. 2 ②. = ③. 向左 ④. 不改变
（3）60% （4）ac
【解析】
【小问1详解】
ΔH=+131.3kJ·mol-1，ΔS=+133.7J·mol-1·K-1，ΔG=ΔH-TΔS，在低温下，该值一定是大于0的，所以在低温下不能自发进行；
【小问2详解】
①反应2NH3(g)N2(g)+3H2(g)和反应N2(g)+3H2(g)2NH3(g)是互为可逆反应，则400℃时，平衡常数互为倒数，故此反应的平衡常数K'===2；
②一段时间后，N2、H2、NH3的物质的量分别为2mol、1mol、2mol，则它们的物质的量浓度分别为4mol/L、2mol/L、4mol/L，则Qc==0.5=K，所以该状态是平衡状态，正逆反应速率相等，即v(N2)正=v(N2)逆；
③在恒温、恒压的条件下向平衡体系中通入氩气，则容器体积膨胀，相当于减压，根据合成氨N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)反应的化学计量数，根据平衡移动原理，可知平衡向左移动；使用催化剂，可加快反应速率，但反应的∆H只与反应物的用量和物质的始末状态有关，故∆H不变。
【小问3详解】
设达到平衡时，H2转化的物质的量为x mol，列三段式有：

达到平衡状态时，测得气体总物质的量为2.8mol，则(1-)+(3-x)+=2.8，解得x=1.8，则H2的转化率α1=；
【小问4详解】
对于反应N2(g)+3H2(g)⇌2NH3(g)：
a．容器内压强保持不变，说明气体的物质的量不变，反应达平衡状态，a符合题意；
b．容器体积不变，根据质量守恒，气体的总质量不变，则混合气体的密度一直保持不变，因此气体的密度不随时间改变不能判断反应是否达到平衡，b不符合题意；
c．c(N2)不随时间改变，说明N2的物质的量不再改变，可以说明反应达到平衡，c符合题意；
d．单位时间里生成N2和NH3的物质的量相等，正逆反应速率不相等，反应没有达到平衡，d不符合题意；
答案选ac。
17. A、B、C、D、E、F、G是原子序数依次增大的前四周期元素，A元素原子核外电子只有一种自旋取向，A、B元素原子的最外层电子数相等；C元素原子核外s能级上的电子总数与p能级上的电子总数相等；D元素原子半径是短周期主族元素中最大的；E元素的价层电子在s和p能级的原子轨道中运动的电子数相等；与F元素的基态原子均有5个未成对电子。请回答下列问题：
（1）若A离子与B离子的电子层结构相同，半径较大的是___________(填离子符号)，A与Ｂ形成的二元化合物的晶体类型为___________。
（2）比较第一电离能的大小：I1(B) ___________(填“＞”、“＜”或“=”)I1(D)，原因是___________。
（3）晶体熔点：___________(填“高于”、“低于”或“等于”)DCA。
（4）基态G原子的价层电子排布式为___________，与的未成对电子数之比为___________。
（5）基态F原子含有___________种空间运动状态不同的电子。C和F形成的一种化合物的立方晶胞如图所示，则该化合物的化学式为___________。

【答案】（1） ①. ②. 离子晶体
（2） ①. ＞ ②. 钠与锂同主族，钠原子的电子层数多，半径大，易失电子
（3）高于 （4） ①. ②. 4∶5
（5） ①. 15 ②. MnO
【解析】
【分析】A元素原子核外电子只有一种自旋取向，说明核外只有一个电子，即A为H，C元素原子核外s能级上的电子总数等于p能级上电子总数相等，C元素可能为Ｏ也可能为Mg，A、B元素原子的最外层电子数相等，属于IA族，原子序数依次增大，即B为Li，D元素原子半径是短周期主族元素中最大的，即D为Na，从而推出C元素为Ｏ，E元素的价层电子在s和p能级的原子轨道中运动的电子数相等，即E为Si，F元素基态原子有5个未成对电子，价电子排布式为3d54s2，即F为Mn，G3＋也有5个未成对电子，则G元素基态原子的价电子排布式3d64s2，即G为Fe，据此分析；
【小问1详解】
A、B两种离子的电子层结构相同，根据上述分析，应是H－和Li＋，利用核外电子排布相同，半径随着原子序数的增大而减小，半径较大的是H－；A和B形成二元化合物为LiH，LiH为离子晶体；故答案为H－；离子晶体；
【小问2详解】
B为Li，D为Na，两者均属于IA族，从上到下原子半径增大，对最外层电子吸引能力减弱，容易失去电子，第一电离能减小，即I1(Li)＞I1(Na)；故答案为＞；钠与锂同主族，钠原子的电子层数多，半径大，易失电子；
【小问3详解】
EC2为SiO2，DCA为NaOH，前者属于共价晶体，后者离子晶体，一般共价晶体的熔沸点高于离子晶体，因此SiO2熔点高于NaOH；故答案为高于；
【小问4详解】
G为Fe，价电子包括最外层和次外层d能级上电子，即Fe的价层电子排布式为3d64s2；Fe2＋的电子排布式为[Ar]3d6，Fe3＋的电子排布式为[Ar]3d5，未成对电子数的比值为4∶5；故答案为3d64s2；4∶5；
【小问5详解】
F为Mn，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，含有原子轨道数和等于空间运动状态不同的电子，即Mn核外有15种空间运动状态不同的电子；Mn位于晶胞的顶点和面心，个数为=4，O位于棱上和体心，个数为=4，该化合物的化学式为MnO；故答案为15；MnO。
18. I.某校化学兴趣小组为研究Cl2的性质，设计如图所示装置进行实验。装置III中夹持装置已略去，其中a为干燥的有色布条，b为湿润的有色布条。


（1）c的仪器名称为：____；装置Ⅳ中发生的离子方程式为：____；氢氧化钠溶液的作用是___。
（2）实验结束后，该组同学在装置III中观察到b的红色褪去，但是并未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，你认为还需在如图装置II与III之间添加图中的___装置(填序号)。
II.某学生设计如图实验装置利用氯气与潮湿的消石灰反应制取少量漂白粉(这是一个放热反应)，据此回答下列问题：

（3）漂白粉将在U形管中产生，其化学反应方程式是____。
（4）此实验结果所得Ca(ClO)2产率太低。经分析并查阅资料发现主要原因是在U形管中存在两个副反应：
①温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(C1O3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是____。
②试判断另一个副反应，为避免此副反应发生，可采取的措施是____。
【答案】（1） ①. 分液漏斗 ②. Cl2+2I-=I2+2Cl- ③. 吸收未反应的氯气
（2）④ （3）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O
（4） ①. 将U形管置于冷水浴中 ②. 在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶
【解析】
【分析】为研究Cl2的性质，首先由MnO2与浓盐酸反应制得Cl2，然后利用饱和NaCl溶液去除HCl，但没有干燥Cl2；然后利用潮湿的氯气做漂白实验、Cl2氯化KI的实验，并利用NaOH吸收尾气；通过对实验现象的分析，推断氯气的性质。
【小问1详解】
c的仪器名称为：分液漏斗；装置Ⅳ中，Cl2与KI反应，生成KCl和I2，离子方程式为：Cl2+2I－＝I2+2Cl－；因为Cl2有毒，会污染环境，所以需用碱液吸收，由此得出氢氧化钠溶液的作用是：吸收未反应的氯气。答案为：分液漏斗；Cl2+2I－＝I2+2Cl－；吸收未反应的氯气；
【小问2详解】
由于制得的Cl2中混有水蒸气，导致未观察到“a无明显变化”这一预期现象。为了达到这一实验目的，需对氯气进行干燥，还需在上图装置Ⅱ与Ⅲ之间添加图中的④装置。答案为：④；
【小问3详解】
在U形管中，Cl2与Ca(OH)2反应，生成CaCl2、Ca(ClO)2和H2O，其化学反应方程式是2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。答案为：2Cl2+2Ca(OH)2＝CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；
【小问4详解】
①温度较高时氯气与消石灰反应生成了Ca(C1O3)2，为避免此副反应的发生，应对装置进行降温，可采取的措施是将U形管置于冷水浴中。
②另一个副反应，应为Cl2中混入的HCl与Ca(OH)2发生反应，为避免此副反应发生，可采取的措施是在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶。答案为：将U形管置于冷水浴中；在B、C之间连接一个盛有饱和食盐水的洗气瓶。