2021-2022学年上海市华师大二附中高一（上）期中化学试卷

这是一份2021-2022学年上海市华师大二附中高一（上）期中化学试卷，共29页。试卷主要包含了单选题，综合题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年上海市华师大二附中高一（上）期中化学试卷
一、单选题（每题2分，本题共40分）
1．（2分）电影《长津湖》催人泪下，志愿军精神永存，观影时从放映室到银幕产生光柱，该现象下列哪种分散系有关（　　）
A．溶液 B．胶体 C．悬浊液 D．乳浊液
2．（2分）下列物质的分类合理的是（　　）
A．酸性氧化物：SO2、CO2、CO
B．碱：烧碱、苏打、苛性钾
C．混合物：食盐水、豆浆、氢氧化铁胶体
D．电解质：氨水、氢氧化钠、氧化钠
3．（2分）下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（　　）
A．NaClO B．NH3 C．CH3COOH D．Cl2
4．（2分）下列各物质中，既能通过金属与氯气反应，又能通过金属与盐酸反应制得的是（　　）
A．CuCl2 B．FeCl2 C．FeCl3 D．MgCl2
5．（2分）向溴水中加入下列物质的晶体，颜色不变浅的是（　　）
A．NaOH B．Mg C．KI D．Na2CO3
6．（2分）从海水中可以提取溴，但得到的液溴中常常溶有少量氯气，除去氯气应该采用的方法是（　　）
A．加入适量的Na2CO3溶液 B．通入溴蒸气
C．加入适量的NaOH溶液 D．加入适量的NaBr溶液
7．（2分）标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是（　　）
A． B． C． D．
8．（2分）测定气体摩尔体积的实验中，以下情况不影响测定结果的是（　　）
A．镁条表面的氧化膜未完全擦去
B．镁带中含有不与酸反应的杂质
C．反应后没有调节液面高度
D．与镁反应的稀硫酸大大过量
9．（2分）在一定条件下，某化合物X受热分解：2X＝A↑+2B↑+4C↑，测得反应后生成的混合气体在标准状况下的密度为1.0g/L．则在相同条件下，X的相对分子质量是（　　）
A．11.43 B．78.4 C．122.86 D．160.02
10．（2分）我国神州系列火箭使用的一种燃料是偏二甲肼（C2H8N2），反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O4═3N2+2X+4H2O，下列有关叙述正确的是（　　）
A．偏二甲肼的摩尔质量为60g
B．标准状况下，生成X和H2O的体积比为1：2
C．X的化学式为CO2
D．常温下，6 g C2H8N2完全反应产生N2 6.72L
11．（2分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+═Cu2++H2↑
B．用小苏打治疗胃酸（主要是盐酸）过多：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O
C．稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应：2H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
D．氯水中滴加硝酸银产生白色沉淀：2Ag++Cl2═2AgCl↓
（多选）12．（2分）2018年11月13日第26届国际计量大会对国际单位制进行修改。新的摩尔规定，1摩尔物质包括阿伏伽德罗常数（NA）个基本单元，设NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述中正确的是（　　）
A．19.6g硫酸所含的原子数为1.4mol
B．常温常压下，48gO3和O2混合气体含有的氧原子数为3NA
C．标准状况下，0.1mol氯气溶于水，生成0.1NA个次氯酸分子
D．同温同压下，NA个NO与NA个N2和O2的混合气体的体积不相等
13．（2分）实验室制取Cl2时，下列装置能达到相应实验目的的是（　　）
A．制备Cl2
B．净化Cl2
C．收集Cl2
D．尾气处理
14．（2分）为探究氯气和氯水的性质，向一个带刻度的针筒（容积为50mL）里吸入40mL氯气后再吸入10mL的水，密封后在光照条件下放置（针筒内压强保持不变），可观察到的现象是（　　）
①吸入水后，黄绿色气体体积缩小；
②针筒内溶液为浅黄绿色，光照一段时间后颜色变浅；
③针筒内最后得到无色液体和无色气体，其气体的体积约为20mL。
A．仅①② B．仅②③ C．仅①③ D．①②③
15．（2分）从海带中提取碘的实验过程涉及下列操作，其中正确的是（　　）

A．装置甲分离碘并回收苯
B．装置乙过滤得含I﹣溶液
C．装置丙从下端放出碘的苯溶液
D．装置丁海带灼烧成灰
16．（2分）为了除去固体KCl中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，得到纯净的KCl，可将固体溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序（　　）
①过滤；
②加过量KOH溶液；
③加适量盐酸；
④加过量K2CO3溶液；
⑤加过量BaCl2溶液
A．②①⑤④③ B．④①②⑤③ C．②⑤④①③ D．①④②⑤③
17．（2分）淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色．现有淀粉和Na2SO4的混合液，装在半透膜袋中，浸泡在盛有蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验，下列说法能证明半透膜袋完好无损的是（　　）
A．加入BaCl2溶液产生白色沉淀
B．加入碘水变蓝
C．加入BaCl2溶液无白色沉淀产生
D．加入碘水不变蓝
18．（2分）某工厂的废液中含有CCl4、I2、I﹣等物质，其提取碘的过程如图所示，下列说法错误的是（　　）

A．还原过程发生反应的离子方程式为SO32﹣+I2+H2O═2I﹣+SO42﹣+2H+
B．用淀粉检验所富集碘的溶液中是否含有I﹣
C．操作X的名称为分液
D．氧化过程通入过量Cl2会使I2产量降低
19．（2分）锰的氧化物Mn2O3、MnO2、Mn3O4、Mn2O7在加热时均能和浓盐酸发生反应生成MnCl2和Cl2。取一定量锰的某种氧化物与足量的浓盐酸反应，产生的氯气在标准状况下的体积为1.12L，将反应后的溶液稀释至500mL，测得溶液中c（Mn2+）为0.1mol•L﹣1，则参加反应的氧化物是（　　）
A．Mn2O3 B．Mn3O4 C．MnO2 D．Mn2O7
20．（2分）向200mLcmol⋅L﹣1FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n（Fe2+）、n（Br﹣）随通入n（Cl2）的物质的量n（Cl2）变化如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．曲线①为Fe2+，且c＝0.15
B．还原性强弱：Fe2+＜Br﹣
C．n（Cl2）＝0.35mol时，溶液中c（Fe3+）＝c（Br﹣）
D．n（Cl2）＝0.45mol时，总的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣
二、综合题（本题共60分）
21．（15分）储氢纳米碳管具有广泛的用途，电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳来颗粒可用氧化气化法提纯，反应的化学方程式如下（未配平）：
　 　C+　 　K2Cr2O7+　 　H2SO4＝　 　CO2↑+　 　K2SO4+　 　Cr2（SO4）3+　 　H2O
回答下列问题：
（1）配平上述反应方程式，并标出电子转移方向和数目 　 　．
（2）H2SO4在该反应中表现出 　 　（填标号）．
a．只有酸性
b．只有氧化性
c．酸性和氧化性
d．酸性和还原性
（3）生成物中属于非电解质的有 　 　．
（4）磷酸（H3PO4）、次磷酸（H3PO2）是精细磷化工产品，均属于中强酸，磷酸为三元酸，而次磷酸为一元酸．回答下列问题：
①H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银．从物质的分类来看，NaH2PO2属于 　 　（填标号）．
a．正盐
b．酸式盐
c．钠盐
d．氧化物
②写出H3PO2与足量NaOH溶液反应的离子方程式 　 　．
（5）实验室可以用浓磷酸与NaBr（s）加热反应制取HBr气体，利用了浓磷酸的 　 　性，能否用浓硫酸代替浓磷酸制取HBr？说明理由 　 　．
22．（15分）氨氯废水是造成水体富营养化的原因之一．其中氮元素多以NH4+和NH3⋅H2O的形式存在．某工厂设计如图流程处理氨氯废水：

已知：余氯废水中含有未反应完的NaClO以及HClO，不含氮元素；达标废水中氯元素以Cl﹣形式存在．回答下列问题：
（1）检验达标废水中的氯元素所用试剂为 　 　．
（2）过程①的目的是将NH4+转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨吹出．生成NH3的离子方程式为 　 　；鼓入空气能将氨分离吹出的原因是 　 　．
（3）过程②加入NaClO可将废水中的NH4+和NH3⋅H2O转化为无毒气体，反应过程中被还原的元素为 　 　，氧化产物为 　 　．
（4）过程③中溶液X可能是 　 　（填标号）．
a．KOH溶液
b．Na2S2O3溶液
c．Na2S溶液
（4）设计方案用NaCl和水为原料通过两步反应制备NaClO（用化学方程式表示） 　 　、　 　．
23．（15分）盐酸和硫酸是实验研究中两种常见的酸．请回答下列问题：
（1）标准状况下，1体积水最多可以溶解507体积的HCl，则标准状况下盐酸的最大质量分数为 　 　（保留三位小数）．
（2）100g12mol/L（密度为：1.19g/mL）的盐酸用100gH2O稀释后，其物质的量浓度 　 　（填大于、等于或小于）6mol/L．
实验室有一瓶化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如图：

回答下列问题：
（3）该浓硫酸的物质的量浓度为 　 　，配制480mL0.50mol/L的稀硫酸，需量取该浓硫酸 　 　mL．
（4）完成此实验需用到的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外还有 　 　．
（5）①浓硫酸溶解之后未经冷却即转移到容量瓶中会使浓度 　 　（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）
②定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会使浓度 　 　（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）
24．（15分）氯水和漂白粉都有漂白作用，也可用于水体的杀菌消毒。
（1）漂白粉在空气中容易变质的原因为（用化学方程式表示） 　 　，　 　。
实验室制取氯气并研究氯气的性质。回答下列问题：
（2）实验室用MnO2固体和浓盐酸反应制备氯气的化学方程式为 　 　。
（3）某同学设计了如图实验装置进一步研究氯气的漂白性，已知通入的氯气中还含有空气和水蒸气。浓H2SO4的作用是 　 　，该实验设计存在事故隐患，应在D处增加一装置，若D装置为干燥管，则盛放的试剂名称为 　 　。

（4）如图中四条直线分别表示钠、镁、铝、铁和足量Cl2反应时消耗金属的质量（纵轴）与反应消耗氯气的质量（横轴）的关系，其中代表钠与Cl2反应的直线是 　 　，代表铁与Cl2反应的直线是 　 　。

（5）一定温度下，将氯气通入200mL3.0mol/L的KOH溶液中，得到KCl、KClO、KClO3三种含氯产物，其中KCl与KClO3的物质的量之比为8：1，则得到的KClO质量为 　 　g（结果保留1位小数）。

2021-2022学年上海市华师大二附中高一（上）期中化学试卷
参考答案与试题解析
一、单选题（每题2分，本题共40分）
1．（2分）电影《长津湖》催人泪下，志愿军精神永存，观影时从放映室到银幕产生光柱，该现象下列哪种分散系有关（　　）
A．溶液 B．胶体 C．悬浊液 D．乳浊液
【分析】放映室射到银幕上的光柱的形成为光的散射现象，是由于胶体具有丁达尔效应。
【解答】解：胶体具有丁达尔效应属于光的散射现象，而放映室射到银幕上的光柱的形成也属于光的散射现象，
故选：B。
【点评】本题考查了胶体性质的分析判断，胶体和溶液的分离方法，注意知识积累，题目较简单。
2．（2分）下列物质的分类合理的是（　　）
A．酸性氧化物：SO2、CO2、CO
B．碱：烧碱、苏打、苛性钾
C．混合物：食盐水、豆浆、氢氧化铁胶体
D．电解质：氨水、氢氧化钠、氧化钠
【分析】A．能与碱反应只生成盐和水的氧化物为酸性氧化物；
B．电离产生的阴离子都是氢氧根离子的化合物为碱；
C．由两种或者两种以上物质组成的为混合物；
D．电解质必须是化合物。
【解答】解：A．CO与氢氧化钠溶液不反应，不是酸性氧化物，故A不选；
B．苏打为碳酸钠，电离产生钠离子和碳酸根离子，属于盐，故B不选；
C．食盐水、豆浆、氢氧化铁胶体都含两种物质，属于混合物，故C选；
D．氨水为混合物，不是电解质，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查了物质的分类，熟悉电解质、混合物、碱的定义是解题关键，题目难度不大。
3．（2分）下列物质的水溶液能导电，但属于非电解质的是（　　）
A．NaClO B．NH3 C．CH3COOH D．Cl2
【分析】溶液能够导电，说明溶液中存在自由移动的带电离子；属于非电解质，说明该物质在水溶液和熔融状态下都不能导电，据此进行判断。
【解答】解：A.NaClO的水溶液能导电，则NaClO是电解质，故A不符合；
B.NH3的水溶液能导电，是因NH3和水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离生成离子而导电，即发生电离不是NH3本身，故NH3属于非电解质，故B符合；
C.CH3COOH的水溶液能导电，则CH3COOH是电解质，故C不符合；
D.因非电解质是化合物，而Cl2是单质，即Cl2既不是电解质也不是非电解质，故D不符合，
故选：B。
【点评】本题考查了溶液导电性、电解质与非电解质的判断，题目难度不大，注意掌握电解质与非电解质的概念及判断方法，明确溶液导电性实质。
4．（2分）下列各物质中，既能通过金属与氯气反应，又能通过金属与盐酸反应制得的是（　　）
A．CuCl2 B．FeCl2 C．FeCl3 D．MgCl2
【分析】氯气具有强氧化性，与变价金属反应生成最高价态，盐酸具有弱氧化性，与变价金属反应生成低价化合物，金属铜不活泼，与盐酸不反应，铝不存在多种化合价，以此分析．
【解答】解：A．Cu为不活泼金属，与盐酸不反应，故A错误；
B．FeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，故B错误；
C．FeCl3只能由Fe和氯气反应生成，故C错误；
D．MgCl2由可金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得，故D正确。
故选：D。
【点评】本题考查元素化合物知识，题目难度不大，注意基础知识的积累．
5．（2分）向溴水中加入下列物质的晶体，颜色不变浅的是（　　）
A．NaOH B．Mg C．KI D．Na2CO3
【分析】选项中溴水与KI反应生成碘，溶液的颜色加深，以此来解答。
【解答】解：A.溴水与NaOH反应生成NaBr、NaBrO，溶液为无色，故A错误；
B.Mg与溴水反应，溶液为无色，故B错误；
C.溴水与KI反应生成碘，溶液的颜色加深，故C正确；
D.溴水与碳酸钠溶液反应后，溶液为无色，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查溴水的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应与现象为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
6．（2分）从海水中可以提取溴，但得到的液溴中常常溶有少量氯气，除去氯气应该采用的方法是（　　）
A．加入适量的Na2CO3溶液 B．通入溴蒸气
C．加入适量的NaOH溶液 D．加入适量的NaBr溶液
【分析】氯气与NaBr反应生成溴，然后萃取、分液、蒸馏分离出液溴，且不引入新杂质，以此来解答。
【解答】解：A.溴、氯气均与碳酸钠溶液反应，不能除杂，故A错误；
B.溴蒸气不能除去氯气，故B错误；
C.溴、氯气均与NaOH溶液反应，不能除杂，故C错误；
D.加入适量的NaBr溶液，与氯气反应生成溴，然后萃取、分液、蒸馏分离出液溴，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查混合物的分离提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
7．（2分）标准状况下某种O2和N2的混合气体mg含有b个分子，则ng该混合气体在相同状况下所占的体积应是（　　）
A． B． C． D．
【分析】先求出ng该混合气体含有的分子数，再求出混合气体物质的量，最后根据标准状况下的气体摩尔体积求出体积。
【解答】解：根据其组分及其含量相同，所以其质量与分子数成正比，设ng该混合气体含有的分子数为x个，
质量与分子数的比列式为：mg：b＝ng：x，
x＝＝个；
ng该混合气体含有的物质的量为：n＝＝＝mol，
其体积为：V＝n×Vm＝mol×Vm＝L，
故选：A。
【点评】本题考查了物质的量、质量、气体摩尔体积之间的关系，题目难度不大，灵活运用公式是解题的关键，这种类型的题在高考选择题中经常出现。
8．（2分）测定气体摩尔体积的实验中，以下情况不影响测定结果的是（　　）
A．镁条表面的氧化膜未完全擦去
B．镁带中含有不与酸反应的杂质
C．反应后没有调节液面高度
D．与镁反应的稀硫酸大大过量
【分析】A．氧化镁和酸反应不产生气体；
B．杂质不和酸反应，产生气体减少；
C．反应后没有调节液面高度，导致量取的气体体积减小；
D．过量硫酸有利于镁全部反应。
【解答】解：A．镁条表面的氧化膜未完全擦去，生成氢气的体积必然减小，气体摩尔体积减小，故A错误；
B．镁带中含有不与酸反应的杂质，生成氢气的体积必然减小，气体摩尔体积减小，故B错误；
C．反应后没有调节液面高度，液体量瓶内的液面必然高于储气瓶内的液面，从而使储气瓶内气体的压强大于大气压强，量取的气体体积减小，气体摩尔体积减小，故C错误；
D．硫酸过量，镁全部反应，气体摩尔体积不受影响，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查气体摩尔体积的测量，难度不大，侧重考查学生的分析能力和实验能力，注意把握实验的操作方法和注意事项，把握实验的可行性、合理性的评价。
9．（2分）在一定条件下，某化合物X受热分解：2X＝A↑+2B↑+4C↑，测得反应后生成的混合气体在标准状况下的密度为1.0g/L．则在相同条件下，X的相对分子质量是（　　）
A．11.43 B．78.4 C．122.86 D．160.02
【分析】根据＝ρVm计算混合气体平均相对分子质量，由方程式可知X与反应后的混合气体的物质的量之比为2：7，根据质量守恒可知X的质量等于反应后混合气体的质量，则根据M＝计算X的相对分子质量。
【解答】解：反应后生成的混合气体的平均摩尔质量为：22.4L/mol×1.0g/L＝22.4g/mol，由方程式可知X与反应后的混合气体的物质的量之比为2：7，根据质量守恒可知X的质量等于反应后混合气体的质量，故X的摩尔质量为：＝78.4g/mol，故X的相对分子质量为78.4，
故选：B。
【点评】本题考查化学分子式的计算、阿伏加德罗定律及其推论，注意掌握质量守恒在化学计算中的应用，试题侧重考查学生的分析能力及化学计算能力。
10．（2分）我国神州系列火箭使用的一种燃料是偏二甲肼（C2H8N2），反应的化学方程式为C2H8N2+2N2O4═3N2+2X+4H2O，下列有关叙述正确的是（　　）
A．偏二甲肼的摩尔质量为60g
B．标准状况下，生成X和H2O的体积比为1：2
C．X的化学式为CO2
D．常温下，6 g C2H8N2完全反应产生N2 6.72L
【分析】A．摩尔质量单位为g/mol；
B．标况下水是液体；
C．依据原子个数守恒判断X化学式；
D．常温下Vm未知。
【解答】解：A．偏二甲肼相对分子质量为60，的摩尔质量为60g/mol，故A错误；
B．依据原子个数守恒可知X为二氧化碳，标况下二氧化碳为气体，水是液体，无法比较二者体积，故B错误；
C．反应方程式：C2H8N2+2N2O4═3N2+2X+4H2O，依据原子个数守恒可知X为二氧化碳，故C正确；
D．常温下Vm未知，无法计算气体体积，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应，明确物质中各元素化合价是解本题关键，再结合原子守恒、转移电子守恒分析解答，易错选项是D，注意气体摩尔体积的适用范围及适用条件，为易错点。
11．（2分）下列离子方程式正确的是（　　）
A．稀硫酸滴在铜片上：Cu+2H+═Cu2++H2↑
B．用小苏打治疗胃酸（主要是盐酸）过多：HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O
C．稀硫酸与Ba（OH）2溶液反应：2H++SO42﹣+Ba2++OH﹣═BaSO4↓+H2O
D．氯水中滴加硝酸银产生白色沉淀：2Ag++Cl2═2AgCl↓
【分析】A．Cu和稀硫酸不反应；
B．碳酸氢钠和HCl反应生成氯化钠、CO2和H2O；
C．电荷不守恒、原子不守恒；
D．氯水中HCl和硝酸银反应生成AgCl沉淀。
【解答】解：A．Cu和稀硫酸不反应，没有离子方程式，故A错误；
B．碳酸氢钠和HCl反应生成氯化钠、CO2和H2O，离子方程式为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故B正确；
C．电荷不守恒、原子不守恒，离子方程式为2H++SO42﹣+Ba2++2OH﹣═BaSO4↓+2H2O，故C错误；
D．氯水中HCl和硝酸银反应生成AgCl沉淀，离子方程式为Ag++Cl﹣═AgCl↓，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查离子方程式正误判断，侧重考查基础知识的掌握和灵活运用能力，明确离子方程式书写否则、元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，D为解答易错点。
（多选）12．（2分）2018年11月13日第26届国际计量大会对国际单位制进行修改。新的摩尔规定，1摩尔物质包括阿伏伽德罗常数（NA）个基本单元，设NA表示阿伏伽德罗常数的数值，下列叙述中正确的是（　　）
A．19.6g硫酸所含的原子数为1.4mol
B．常温常压下，48gO3和O2混合气体含有的氧原子数为3NA
C．标准状况下，0.1mol氯气溶于水，生成0.1NA个次氯酸分子
D．同温同压下，NA个NO与NA个N2和O2的混合气体的体积不相等
【分析】A．根据n＝计算硫酸的物质的量，再结合每个硫酸分子含有的原子数计算含有原子的物质的量；
B．氧气和臭氧均由氧原子构成；
C．氯气与水反应为可逆反应；
D．同温同压下，分子数目之比等于体积之比。
【解答】解：A．19.6g硫酸的物质的量为：＝0.2mol，含有原子物质的量为：0.2mol×7＝1.4mol，故A正确；
B．氧气和臭氧均由氧原子构成，故48g混合物中含有的氧原子的物质的量为n＝＝3mol，即为3NA个，故B正确；
C．0.1mol氯气溶于水，氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，因为反应为可逆反应，所以生成次氯酸分子数小于0.1NA，故C错误；
D．同温同压下，分子数目之比等于体积之比，故NA个NO与NA个N2和O2的混合气体的体积相等，故D错误；
故选：AB。
【点评】本题考查了物质的量和阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的运用和物质的结构是解题关键。
13．（2分）实验室制取Cl2时，下列装置能达到相应实验目的的是（　　）
A．制备Cl2
B．净化Cl2
C．收集Cl2
D．尾气处理
【分析】A.浓盐酸与二氧化锰常温下不反应；
B.应先通过饱和食盐水除去HCl，后通入浓硫酸干燥氯气；
C.氯气的密度比空气密度大，且收集气体不能密封；
D.氯气有毒，可与NaOH溶液反应。
【解答】解：A.浓盐酸与二氧化锰常温下不反应，缺少加热，不能制备氯气，故A错误；
B.应先通过饱和食盐水除去HCl，后通入浓硫酸干燥氯气，试剂顺序不合理，故B错误；
C.氯气的密度比空气密度大，且收集气体不能密封，气体过多时易使仪器炸裂，故C错误；
D.氯气有毒，可与NaOH溶液反应，图中装置可吸收尾气，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，题目难度不大，明确物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析。
14．（2分）为探究氯气和氯水的性质，向一个带刻度的针筒（容积为50mL）里吸入40mL氯气后再吸入10mL的水，密封后在光照条件下放置（针筒内压强保持不变），可观察到的现象是（　　）
①吸入水后，黄绿色气体体积缩小；
②针筒内溶液为浅黄绿色，光照一段时间后颜色变浅；
③针筒内最后得到无色液体和无色气体，其气体的体积约为20mL。
A．仅①② B．仅②③ C．仅①③ D．①②③
【分析】氯气呈黄绿色，氯气溶于水，溶液呈黄绿色，与水发生Cl2+H2O⇌HCl+HClO，但由于HClO不稳定，见光发生分解生成盐酸和氧气，会导致针筒的气体的体积减小，且溶液颜色变浅直至褪色。
【解答】解：氯气呈黄绿色，氯气溶于水，溶液呈黄绿色，与水发生Cl2+H2O⇌HCl+HClO，但由于HClO不稳定，见光发生分解生成盐酸和氧气，2HClO2HCl+O2↑，平衡不断向右移动，最终氯气耗尽，全部转化为氧气，导致气体体积缩小和黄绿色消褪，若40mL氯气参加反应，转化成氧气的体积约为20mL，
故选：D。
【点评】本题考查氯气与水的反应，侧重于平衡移动的考查，注意把握氯气的性质以及平衡移动的影响因素，有利于培养学生的良好科学素养，难度不大，注意相关基础知识的积累。
15．（2分）从海带中提取碘的实验过程涉及下列操作，其中正确的是（　　）

A．装置甲分离碘并回收苯
B．装置乙过滤得含I﹣溶液
C．装置丙从下端放出碘的苯溶液
D．装置丁海带灼烧成灰
【分析】A．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝水下进上出；
B．过滤时需要玻璃棒引流；
C．苯的密度小于水，苯和水混合时苯在上层；
D．灼烧固体药品的仪器是坩埚。
【解答】解：A．蒸馏时温度计测定馏分的温度、冷凝水下进上出，图中蒸馏装置可分离碘并回收苯，故A正确；
B．过滤时需要玻璃棒引流，图中缺少玻璃棒，故B错误；
C．碘的苯溶液在上层，应从分液漏斗上口倒出，故C错误；
D．灼烧固体药品的仪器是坩埚，不需要烧杯，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握混合物分离提纯操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验装置的作用，题目难度不大。
16．（2分）为了除去固体KCl中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，得到纯净的KCl，可将固体溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序（　　）
①过滤；
②加过量KOH溶液；
③加适量盐酸；
④加过量K2CO3溶液；
⑤加过量BaCl2溶液
A．②①⑤④③ B．④①②⑤③ C．②⑤④①③ D．①④②⑤③
【分析】为了除去粗KCl中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，得到纯净的KCl，加KOH除去Mg2+，加过量BaCl2溶液除去SO42﹣，加过量K2CO3溶液除去Ca2+及过量钡离子，最后加适量盐酸，以此来解答。
【解答】解：为了除去KCl中的Ca2+、Mg2+、SO42﹣及泥沙，得到纯净的KCl，再加KOH除去Mg2+，加过量BaCl2溶液除去SO42﹣，加过量K2CO3溶液除去Ca2+及过量钡离子，过滤除去沉淀及泥沙，最后加适量盐酸，则正确的顺序为②⑤④①③或⑤②④①③或⑤④②①③，只有C正确，
故选：C。
【点评】本题考查粗盐提纯，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应、混合物的分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17．（2分）淀粉溶液是一种胶体，并且淀粉遇到碘单质，可以出现明显的蓝色．现有淀粉和Na2SO4的混合液，装在半透膜袋中，浸泡在盛有蒸馏水的烧杯内，过一段时间后，取烧杯中液体进行实验，下列说法能证明半透膜袋完好无损的是（　　）
A．加入BaCl2溶液产生白色沉淀
B．加入碘水变蓝
C．加入BaCl2溶液无白色沉淀产生
D．加入碘水不变蓝
【分析】胶体粒子不能通过半透膜，而且其它小分子或离子可以通过半透膜，则证明半透膜完好无损即证明取烧杯中液体无淀粉。
【解答】解：因淀粉是胶体，不能透过半透膜，则只要袋子不破损，淀粉就不会出来，加入碘水就不变蓝，
故选：D。
【点评】本题考查胶体渗析的原理，难度不大，注意胶体不能透过半透膜，溶液可以透过半透膜，注意基础知识的积累。
18．（2分）某工厂的废液中含有CCl4、I2、I﹣等物质，其提取碘的过程如图所示，下列说法错误的是（　　）

A．还原过程发生反应的离子方程式为SO32﹣+I2+H2O═2I﹣+SO42﹣+2H+
B．用淀粉检验所富集碘的溶液中是否含有I﹣
C．操作X的名称为分液
D．氧化过程通入过量Cl2会使I2产量降低
【分析】由实验流程可知，含碘废液中加入亚硫酸钠溶液还原碘单质，发生反应为SO32﹣+I2+H2O═2I﹣+SO42﹣+2H+，反应后溶液与CCl4分层，通过分液（操作X）可分离出CCl4，再通入氯气氧化I﹣，发生反应为Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，然后经过富集、萃取、分液、蒸馏得到I2，以此来解答。
【解答】解：A．还原过程中加入亚硫酸钠溶液还原碘单质，发生反应为SO32﹣+I2+H2O═2I﹣+SO42﹣+2H+，故A正确；
B．碘离子不能使淀粉溶液变蓝，无法用淀粉检验所富集碘的溶液中是否含有I﹣，可用淀粉溶液检验I2，故B错误；
C．通过操作X从混合液中分离出四氯化碳，该操作方法为分液，故C正确；
D．通入Cl2发生反应Cl2+2I﹣＝I2+2Cl﹣，所以氧化过程是为了提取碘，若通入过量Cl2，可氧化碘单质，使I2产量降低，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查混合物分离提纯，为高频考点，把握分离流程中的反应、混合物分离方法等为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意掌握氧化还原反应概念及分液操作方法，题目难度不大。
19．（2分）锰的氧化物Mn2O3、MnO2、Mn3O4、Mn2O7在加热时均能和浓盐酸发生反应生成MnCl2和Cl2。取一定量锰的某种氧化物与足量的浓盐酸反应，产生的氯气在标准状况下的体积为1.12L，将反应后的溶液稀释至500mL，测得溶液中c（Mn2+）为0.1mol•L﹣1，则参加反应的氧化物是（　　）
A．Mn2O3 B．Mn3O4 C．MnO2 D．Mn2O7
【分析】根据反应后的溶液稀释至500mL，溶液中c（Mn2+）为0.1mol•L﹣1，得出n（Mn2+）；锰的某种氧化物与足量的浓盐酸反应，产生的氯气在标准状况下的体积为1.12L，得出氯气的物质的量，根据电子转移守恒，得出锰的某种氧化物的化学式，据此分析解答。
【解答】解：反应后的溶液稀释至500mL，溶液中c（Mn2+）为0.1mol•L﹣1，则n（Mn2+）为0.1mol•L﹣1×0.5L＝0.05mol；锰的某种氧化物与足量的浓盐酸反应，产生的氯气在标准状况下的体积为1.12L，则氯气的物质的量为＝0.05mol，根据电子转移守恒，浓盐酸失电子生成氯气失去的电子的物质的量为0.05mol×2＝0.1mol，等于锰的某种氧化物得到的电子数为0.1mol，生成0.05mol的Mn2+，则反应前的锰元素的化合价为+4价，+4价的锰的氧化物为MnO2，
故选：C。
【点评】本题考查了氧化还原反应的计算，为高频考点，掌握氧化还原反应基础知识是解题的关键，侧面考查学生的分析能力和应用能力，题目难度不大。
20．（2分）向200mLcmol⋅L﹣1FeBr2溶液中逐渐通入Cl2，其中n（Fe2+）、n（Br﹣）随通入n（Cl2）的物质的量n（Cl2）变化如图所示，下列说法正确的是（　　）

A．曲线①为Fe2+，且c＝0.15
B．还原性强弱：Fe2+＜Br﹣
C．n（Cl2）＝0.35mol时，溶液中c（Fe3+）＝c（Br﹣）
D．n（Cl2）＝0.45mol时，总的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣
【分析】n（FeBr2）＝0.2L×1.5mol/L＝0.3mol，通入氯气为0.15mol时，Fe2+恰好被完全氧化，而溴离子浓度不变，可知先氧化亚铁离子，后氧化溴离子，还原性为Fe2+＞Br﹣，则图中①代表Fe2+，②代表Br﹣，结合电子守恒判断。
【解答】解：A．氯气先氧化亚铁离子，则图中①代表Fe2+，当通入氯气为0.15mol时，Fe2+恰好被完全氧化，根据反应：2Fe2++Cl2＝2Fe3++2Cl﹣，0.2c＝0.15×2，c＝1.5mol/L，故A错误；
B．由图可知，通入氯气为0.15mol时，Fe2+恰好被完全氧化，而溴离子浓度不变，则还原性强弱：Fe2+＞Br﹣，故B错误；
C．n（Cl2）＝0.35mol时，溶液中c（Fe3+）＝1.5mol/L，由2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2可知，0.2molCl2氧化0.4molBr﹣，溶液中c（Br﹣）＝＝1mol/L，故C错误；
D．n（Cl2）＝0.45mol时，由2Br﹣+Cl2＝2Cl﹣+Br2可知，0.3molCl2氧化0.6molBr﹣，则溴离子完全被氧化，则总的离子方程式为：2Fe2++4Br﹣+3Cl2═2Fe3++2Br2+6Cl﹣，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查氧化还原反应的计算，为高频考点，把握氧化的先后顺序、电子守恒为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意图象的分析及守恒法的应用，题目难度不大。
二、综合题（本题共60分）
21．（15分）储氢纳米碳管具有广泛的用途，电弧法合成的碳纳米管常伴有大量的杂质碳纳米颗粒，这种碳纳来颗粒可用氧化气化法提纯，反应的化学方程式如下（未配平）：
　3　C+　2　K2Cr2O7+　8　H2SO4＝　3　CO2↑+　2　K2SO4+　2　Cr2（SO4）3+　8　H2O
回答下列问题：
（1）配平上述反应方程式，并标出电子转移方向和数目 　　．
（2）H2SO4在该反应中表现出 　a　（填标号）．
a．只有酸性
b．只有氧化性
c．酸性和氧化性
d．酸性和还原性
（3）生成物中属于非电解质的有 　CO2　．
（4）磷酸（H3PO4）、次磷酸（H3PO2）是精细磷化工产品，均属于中强酸，磷酸为三元酸，而次磷酸为一元酸．回答下列问题：
①H3PO2及NaH2PO2均可将溶液中的Ag+还原为银，从而可用于化学镀银．从物质的分类来看，NaH2PO2属于 　a　（填标号）．
a．正盐
b．酸式盐
c．钠盐
d．氧化物
②写出H3PO2与足量NaOH溶液反应的离子方程式 　H3PO2+OH﹣＝H2PO2﹣+H2O　．
（5）实验室可以用浓磷酸与NaBr（s）加热反应制取HBr气体，利用了浓磷酸的 　酸　性，能否用浓硫酸代替浓磷酸制取HBr？说明理由 　不能，浓硫酸具有强氧化性，会氧化溴元素。　．
【分析】（1）反应中C元素的化合价由0升高为+4价，Cr元素的化合价由+6价降低为+3价，结合质量守恒定律以此配平，并计算转移的电子数；
（2）由反应的化学方程式中元素的化合价变化及生成物来分析浓硫酸的性质；
（3）在水溶液或熔融状态下可以导电的化合物为电解质，在水溶液和熔融状态下都不导电的化合物是非电解质；
（4）①次磷酸为一元酸，盐是金属离子或铵根离子与酸根离子结合的化合物；
②H3PO2与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2和水；
（5）用浓磷酸与NaBr（s）加热反应制取HBr气体，没有发生氧化还原反应，所以利用了磷酸的酸性，浓硫酸可与NaBr（s）发生氧化还原反应。
【解答】解：（1）K2Cr2O7具有氧化性，K2Cr2O7在反应中得到电子，Cr元素的化合价从+6降低为+3，1molK2Cr2O7转移电子是6mol，而C具有还原性，元素的化合价从0升高到+4价，1molC转移4mol电子，由电子守恒及质量守恒定律可知，该氧化还原反应的方程式为：3C+2K2Cr2O7+8H2SO4＝3CO2↑+2K2SO4+2Cr2（SO4）3+8H2O，双线桥法表示电子转移情况如下：
，
故答案为：3；2；8；3；2；2；8；；
（2）由氧化还原反应可知，H2SO4中各元素的化合价在反应前后不变，生成硫酸盐，所以只表现出酸性，
故答案为：a；
（3）生成物中属于电解质的有K2SO4、Cr2（SO4）3、H2O，属于非电解质的是CO2，
故答案为：CO2；
（4）①从物质的分类来看，NaH2PO2是金属离子和酸根离子结合形成的化合物，属于盐，又因为次磷酸为一元酸，不再电离出氢离子，所以为正盐，
故答案为：a；
②H3PO2与足量NaOH溶液反应生成NaH2PO2和水，离子方程式为H3PO2+OH﹣＝H2PO2﹣+H2O，
故答案为：H3PO2+OH﹣＝H2PO2﹣+H2O；
（5）用浓磷酸与NaBr（s）加热反应制取HBr气体，溴元素化合价没改变，所以其他元素化合价也不发生改变，只利用了酸性，而浓硫酸具有强氧化性，会将溴元素氧化，得不到产物HBr，
故答案为：酸；不能，浓硫酸具有强氧化性，会氧化溴元素。
【点评】本题主要考查氧化还原反应的配平及相关离子方程式的书写，难度中等偏易，注意对氧化还原相关概念的理解和掌握。
22．（15分）氨氯废水是造成水体富营养化的原因之一．其中氮元素多以NH4+和NH3⋅H2O的形式存在．某工厂设计如图流程处理氨氯废水：

已知：余氯废水中含有未反应完的NaClO以及HClO，不含氮元素；达标废水中氯元素以Cl﹣形式存在．回答下列问题：
（1）检验达标废水中的氯元素所用试剂为 　HNO3和AgNO3溶液　．
（2）过程①的目的是将NH4+转化为NH3，并通过鼓入大量空气将氨吹出．生成NH3的离子方程式为 　NH4++OH﹣NH3↑+H2O　；鼓入空气能将氨分离吹出的原因是 　降低NH3的溶解度，以便于NH3挥发逸出　．
（3）过程②加入NaClO可将废水中的NH4+和NH3⋅H2O转化为无毒气体，反应过程中被还原的元素为 　Cl　，氧化产物为 　N2　．
（4）过程③中溶液X可能是 　bc　（填标号）．
a．KOH溶液
b．Na2S2O3溶液
c．Na2S溶液
（4）设计方案用NaCl和水为原料通过两步反应制备NaClO（用化学方程式表示） 　2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH　、　Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O　．
【分析】（1）用硝酸酸化的硝酸银检验氯离子的存在；
（2）NH4+转化为NH3的反应为升温使铵根和氢氧根离子结合生成氨气和水；鼓入热的空气能够降低NH3的溶解度；
（3）过程②加入NaClO溶液可将氨氮转化为无毒物质，反应后含氮元素、氯元素的物质为氮气和氯化钠；
（4）含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，具有强氧化性，X选择还原剂除去余氯；
（5）电解饱和NaCl溶液制取Cl2和NaOH，然后将反应产生Cl2通入NaOH溶液中。
【解答】解：（1）达标废水中氯元素以Cl﹣形式存在，可根据AgCl是白色沉淀，该物质既不溶于水，也不溶于稀硝酸。操作方法是：取废水少量，先向其中加入稀HNO3酸化，无现象，然后加入AgNO3溶液，若产生白色沉淀，就证明反应产生了AgCl沉淀，因此所用试剂是HNO3和AgNO3溶液，
故答案为：HNO3和AgNO3溶液；
（2）向含有NH4+的溶液中加入NaOH溶液，发生复分解反应产生NH3，该反应的离子方程式为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O；鼓入热的空气能够降低NH3的溶解度，以便于NH3挥发逸出，
故答案为：NH4++OH﹣NH3↑+H2O；降低NH3的溶解度，以便于NH3挥发逸出；
（3）在过程②中加入NaClO可以将NH4+、NH3•H2O氧化为无毒的N2，NaClO被还原为Cl﹣，所以反应过程中被还原的元素是Cl元素，氧化产物为N2，
故答案为：Cl；N2；
（4）含余氯废水的主要成分是NaClO以及HClO，X溶液能够达到去除余氯的目的，则试剂X是具有还原性的Na2S2O3溶液、Na2S溶液，故合理选项是bc，
故答案为：bc；
（5）电解饱和NaCl溶液制取Cl2和NaOH，反应方程式为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH，然后将反应产生Cl2通入NaOH溶液中，发生反应：Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O，因此通过这两步反应就达到制取NaClO的目的，
故答案为：2NaCl+2H2OCl2↑+H2↑+2NaOH；Cl2+2NaOH＝NaCl+NaClO+H2O。
【点评】本题考查了物质分离和提纯的方法、实验基本操作、氮元素化合物的性质分析判断等，掌握基础是解题关键，题目难度中等。
23．（15分）盐酸和硫酸是实验研究中两种常见的酸．请回答下列问题：
（1）标准状况下，1体积水最多可以溶解507体积的HCl，则标准状况下盐酸的最大质量分数为 　45.2%　（保留三位小数）．
（2）100g12mol/L（密度为：1.19g/mL）的盐酸用100gH2O稀释后，其物质的量浓度 　小于　（填大于、等于或小于）6mol/L．
实验室有一瓶化学纯的浓硫酸，其试剂瓶标签上的部分内容如图：

回答下列问题：
（3）该浓硫酸的物质的量浓度为 　18.4mol/L　，配制480mL0.50mol/L的稀硫酸，需量取该浓硫酸 　13.9　mL．
（4）完成此实验需用到的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外还有 　500mL容量瓶、胶头滴管　．
（5）①浓硫酸溶解之后未经冷却即转移到容量瓶中会使浓度 　偏高　（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）
②定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会使浓度 　偏高　（填“偏高”、“偏低”、“无影响”）
【分析】（1）假设水的体积为1L，则HCl的的体积为507L，根据n＝计算HCl的物质的量，根据m＝nM计算HCl的质量，由m＝ρV计算水的质量，HCl的质量分数＝×100%；
（2）稀释后溶液质量为原盐酸的2倍，而稀释后溶液密度比原盐酸的小，故稀释后溶液体积大于原盐酸体积的2倍；
（3）根据c＝计算该硫酸的物质的量浓度；需要选择500mL容量瓶，即配制溶液体积为500mL，根据稀释前后溶质的物质的量不变来计算；
（4）配制步骤为：计算→量取→稀释→冷却→移液→洗涤→定容→摇匀→装瓶贴签，根据溶液配制步骤确定需要用的仪器；
（5）分析操作多溶液体积、溶质物质的量的影响，结合c＝分析对所配溶液浓度影响。
【解答】解：（1）假设水的体积为1L，则HCl的的体积为507L，则n（HCl）＝＝mol，溶液的质量＝m（HCl）+m（H2O）＝mol×36.5 g/mol+1L×1000g/L＝（1000+）g，故溶液质量分数＝×100%≈45.2%，
故答案为：45.2%；
（2）稀释后溶液总质量为200g，稀释后溶液质量为原盐酸的2倍，而稀释后溶液密度比原盐酸的小，故稀释后溶液体积大于原盐酸体积的2倍，稀释前后HCl的物质的量不变，根据c＝可知稀释后溶液浓度大于6mol/L，
故答案为：大于；
（3）根据c＝可知，该硫酸的物质的量浓度为mol/L＝18.4mol/L；需要选择500mL容量瓶，即配制溶液体积为500mL，设需要浓硫酸体积为VmL，则V×10﹣3L×18.4mol/L＝0.5L×0.50mol/L，解得V≈13.9，
故答案为：18.4mol/L；13.9；
（4）用量筒量取浓硫酸（用到胶头滴管），在烧杯中稀释，并用玻璃瓶搅拌，冷却后用玻璃瓶引流移入500mL容量瓶中，最后加水定容时需要胶头滴管，完成此实验需用到的仪器除量筒、烧杯、玻璃棒外还有500mL容量瓶、胶头滴管，
故答案为：500mL容量瓶、胶头滴管；
（5）①浓硫酸溶解之后未经冷却即转移到容量瓶中，溶液具有热胀冷缩性质，未冷却就移液定容，恢复室温后，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，
故答案为：偏高；
②定容时必须使溶液凹液面与刻度线相切，若俯视会使液面在刻度线下方，溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高，
故答案为：偏高。
【点评】本题考查物质的量浓度有关计算、一定物质的量浓度溶液配制，理解物质的量浓度与质量分数之间关系，根据物质的量浓度定义式理解配制原理、进行误差分析。
24．（15分）氯水和漂白粉都有漂白作用，也可用于水体的杀菌消毒。
（1）漂白粉在空气中容易变质的原因为（用化学方程式表示） 　Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO　，　2HClO2HCl+O2↑　。
实验室制取氯气并研究氯气的性质。回答下列问题：
（2）实验室用MnO2固体和浓盐酸反应制备氯气的化学方程式为 　MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O　。
（3）某同学设计了如图实验装置进一步研究氯气的漂白性，已知通入的氯气中还含有空气和水蒸气。浓H2SO4的作用是 　干燥剂　，该实验设计存在事故隐患，应在D处增加一装置，若D装置为干燥管，则盛放的试剂名称为 　碱石灰　。

（4）如图中四条直线分别表示钠、镁、铝、铁和足量Cl2反应时消耗金属的质量（纵轴）与反应消耗氯气的质量（横轴）的关系，其中代表钠与Cl2反应的直线是 　d　，代表铁与Cl2反应的直线是 　c　。

（5）一定温度下，将氯气通入200mL3.0mol/L的KOH溶液中，得到KCl、KClO、KClO3三种含氯产物，其中KCl与KClO3的物质的量之比为8：1，则得到的KClO质量为 　13.6　g（结果保留1位小数）。
【分析】（1）漂白粉在空气中与水、二氧化碳反应生成HClO，HClO光照分解而变质，以此来解答；
（2）实验室用MnO2固体和浓盐酸加热反应制备氯气；
（3）浓硫酸的作用为干燥；D装置盛放的试剂为碱石灰；
（4）根据等质量的氯气消耗金属的质量进行判断，可以假设氯气的物质的量为1mol；
（5）由Cl2与KOH恰好反应生成KCl、KClO、KClO3，结合得失电子守恒计算。
【解答】解：（1）漂白粉的有效成分是Ca（ClO）2，漂白粉在空气中很容易变质，漂白粉在空气中变质的机理为Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑，
故答案为：Ca（ClO）2+CO2+H2O＝CaCO3↓+2HClO、2HClO2HCl+O2↑；
（2）实验室用MnO2固体和浓盐酸反应制备氯气的化学方程式为MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（3）浓H2SO4的作用是干燥剂，D装置为干燥管，则盛放的试剂名称为碱石灰，
故答案为：干燥剂；碱石灰；
（4）Na、Mg、Al、Fe与足量Cl2反应消耗等质量Cl2时，可以假设为1mol氯气，根据Na、Mg、Al、Fe摩尔质量分别为23g/mol、24g/mol、27g/mol、56g/mol，分别生成NaCl、MgCl2、AlCl3、FeCl3，反应掉金属的质量由大到小的顺序为：m（Na）＞m（Fe）＞m（Mg）＞m（Al），所以代表钠与Cl2反应的直线是d；代表铁与氯气反应的为c，
故答案为：d；c；
（5）由Cl2与KOH恰好反应生成KCl、KClO、KClO3，其中KCl与KClO3的物质的量之比为8：1，根据化合价变化，结合得失电子守恒，且设KCl、KClO、KClO3物质的量之比为8：x：1，则8＝5+x，可得x＝3，根据K元素守恒，则KClO物质的量为3.0mol/L×0.2L×＝0.15mol，质量为0.15mol×90.5g/mol＝13.575g≈13.6g，
故答案为：13.6。
【点评】本题考查了氯气的实验室制法及化学性质，题目难度中等，注意掌握氯气的实验室制法、化学性质，要求学生能够正确理解常见物质和氯气反应生成的物质。
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