【化学】安徽省蚌埠市第二中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题（解析版）

安徽省蚌埠市第二中学2018-2019学年高一下学期期中考试试题
考试时间：90分钟 试卷分值：100分
原子量：C：12 N：14 O：16
强调：所有选择题的答案必须用2B铅笔涂在答题卡中相应的位置，否则该大题不予计分
一、选择题（每题3分，共54分）
1.元素周期表是学习化学的重要工具。下列有关我们常用的元素周期表的说法正确的是（ ）
A. 元素周期表有18个纵行，共有16个族
B. 合成新型农药可以在元素周期表金属与非金属交界处区域探寻
C. 短周期是指第一、二、三、四周期
D. IA族的元素全部是金属元素
【答案】A
【详解】A．元素周期表有18个纵行，7个主族、7个副族、1个0族、1个第Ⅷ族，共16个族，故A正确；
B．合成新型农药应在由上角的非金属元素区寻找，故B错误；
C．短周期是指第一、二、三周期，第四周期为长周期，故C错误；
D．ⅠA族的元素包含H及碱金属，H是非金属元素，故D错误；
答案选A。
2.金属铬是硬度最大的金属。下列有关54Cr和50Cr的说法正确的是（ ）
A. 54Cr和50Cr的质量数不同，属于两种元素
B. 54Cr和50Cr的质子数相同，互称同位素
C. 54Cr和50Cr的质子数相同，是同一种核素
D. 54Cr和50Cr的质子数相同，中子数不同，互称同素异形体
【答案】B
【详解】A. 54Cr和50Cr的质量数不同，分别为54和50，但质子数相同，属于同种元素，故A错误；
B. 54Cr和50Cr的质子数相同，都是24，中子数不同，分别为30和26，互称同位素，故B正确；
C. 54Cr和50Cr的质子数相同，但中子数不同，是两种不同的核素，故C错误；
D. 54Cr和50Cr的质子数相同，中子数不同，互称同位素，故D错误；
答案选B。
3.下列有关化学用语表达正确的是（ ）
A. 中子数为8的N原子：87N B. C1－的结构示意图：
C. HClO的电子式： D. 过氧化氢的电子式：
【答案】C
【详解】A、中子数为8的N原子的质量数为15，该原子表示为： 157N，故A错误；
B、氯的核电荷数为17，氯离子的结构示意图为：，故B错误；
C、次氯酸为共价化合物，H原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，则其电子式为，故C正确；
D、过氧化氢为共价化合物，分子中存在两个氧氢键和一个O-O键，过氧化氢的电子式为，故D错误；
答案选C。
4.地球上氦元素主要以4He形式存在，月球上氦元素主要以3He形式存在，已知一个12C原子的质量为a g，一个3He 原子的质量为b g，一个4He 原子的质量为c g。下列说法正确的是（ ）
A. 3He的电子式为：
B. 3He的相对原子质量约为bNA，氦元素的相对原子质量为
C. 3He、4He为氦元素的同素异形体，同温同压下，密度之比为c∶b
D. 3He、4He为氦元素的同位素，同温同压下，等体积的质量之比为b∶c
【答案】D
【详解】A. 氦为2号元素，核外有2个电子，3He的电子式为，故A错误；
B. 一个3He 原子的质量为b g，则1mol3He 原子的质量为bNA g，即3He的相对原子质量约为：bNA；元素的近似平均相对原子质量为同位素的质量数乘以该同位素原子在自然界所占原子个数的百分数，为 3He的相对相对原子质量，不是氦元素的相对原子质量，故B错误；
C.同温同压下密度之比为等于摩尔质量之比，3He 的摩尔质量为bNA g/mol，4He 的摩尔质量为cNA g/mol，同温同压下3He与4He密度之比为b∶c，故C错误；
D. 同温同压下，相同体积的气体的质量之比等于摩尔质量之比，3He 的摩尔质量为bNA g/mol，4He 的摩尔质量为cNA g/mol，3He、4He为氦元素的同位素，同温同压下，等体积的质量之比为b∶c，故D正确；
答案选D。
5.某元素R的核内含有N个中子，R的质量数为A，在其与氢化合时，R呈-n价，则Wg R的气态氢化物中所含电子的物质的量为 ( )
A. B.
C. D.
【答案】B
【详解】元素R原子中含有电子数=质子数=质量数-中子数=A-N，形成氢化物时R呈-n价，氢化物的相对分子质量为A+n，氢化物中含有的电子数为A-N+n，W g氢化物的物质的量为 mol，故氢化物中电子数为 mol×(A-N+n)=(A-N+n)mol，故选B。
6.W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，在周期表中的位置如图所示。Z原子最外层电子数目是最内层电子数的3倍。下列说法正确的是 ( )

W

X
Y


Z
A. Y的最高价氧化物对应水化物能溶解在氨水中
B. Y的简单离子半径大于X的简单离子半径
C. X的简单氢化物稳定性高于Z的简单氢化物稳定性
D. W单质的燃烧产物是引发酸雨的主要原因
【答案】C
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为四种短周期主族元素，根据四种元素在周期表中的位置，W、X为第二周期元素，Y、Z为第三周期元素，Z原子最外层电子数目是最内层电子数的3倍，Z为S元素，则X为O元素，Y为Al元素，W为C元素，据此分析解答。
【详解】根据上述分析，W为C元素，X为O元素，Y为Al元素，Z为S元素。
A. Y的最高价氧化物对应水化物为氢氧化铝，氨水为弱碱，氢氧化铝不能溶解在氨水中，故A错误；
B. 电子层结构相同的离子，核电荷数越大离子半径越小，离子电子层越多离子半径越大，Y(Al)的简单离子半径小于X(O)的简单离子半径，故B错误；
C. 非金属性越强，对应氢化物越稳定，水稳定性高于硫化氢，故C正确；
D. 引起酸雨的主要原因是二氧化硫等，不是二氧化碳，故D错误；
答案选C。
7.R、W、X、Y、Z为原子序数依次递增的同一短周期的相邻元素，下列说法一定正确的是(m、n均为正整数)（ ）
A. 若R(OH)n为强碱，则W(OH)(n+1)也为强碱
B. 若X的最高正化合价为+5，则五种元素都是非金属元素
C. 若Y的最低化合价为−2，则Z的最高正化合价为+7
D. 若HnXOm为强酸，则Y是活泼非金属元素
【答案】D
【详解】A．同周期元素从左到右元素的金属性逐渐减弱，若R(OH)n为强碱，则W(OH)(n+1)不一定为强碱，如氢氧化钠为强碱，氢氧化镁为中强碱，故A错误；
B．X的最高正化合价为+5，当X为P，则R为铝元素，为金属元素，故B错误；
C．若Y的最低化合价为-2，则Y处于ⅥA族，Z的最低价为-1价，其最高正化合价不一定为+7，如F元素没有正价，故C错误；
D．HnXOm为强酸，则X为N或S，同周期元素从左到右元素非金属性逐渐增强，Y是活泼非金属元素，故D正确；
答案选D。
8.下列关于化学键的说法正确的是 (　 　)
A. 有化学键断裂的变化一定是化学变化
B. CaCl2晶体中含有离子键和非极性键
C. 共价化合物中一定只含有共价键
D. 只含非金属元素的物质一定不含离子键
【答案】C
【详解】A．只有旧化学键的断裂，没有新化学键的生成，则没有发生化学变化，如氯化钠晶体的熔化，故A错误；
B．CaCl2晶体中只含有离子键，2个氯离子之间不存在共价键，故B错误；
C．共价化合物中一定只含有共价键，含有离子键的化合物为离子化合物，故C正确；
D．铵盐为非金属元素形成离子化合物，含有离子键，故D错误；
答案选C。
9.单斜硫和正交硫转化为二氧化硫的能量变化如下图所示。下列说法正确的是（ ）

A. 由图可知，单斜硫转化为正交硫的反应为吸热反应
B. 正交硫比单斜硫性质活泼
C. 相同条件下，等量的正交硫比单斜硫所含有的能量低
D. 相同条件下，生成等量的二氧化硫气体，正交硫放出的热量多
【答案】C
【详解】A．单斜硫的能量比正交硫的能量高，二者转化的热化学方程式为：S(s，单斜)=S(s，正交)△H=-0.33kJ/mol，该反应为放热反应，故A错误；
B．物质的能量越高越不稳定，则正交硫比单斜硫稳定，故B错误；
C．由图像可以看出，等量的正交硫比单斜硫所含有的能量低，故C正确；
D．由图像可以看出，等量的正交硫比单斜硫所含有的能量低，相同条件下，生成等量的二氧化硫气体，单斜硫放出的热量多，故D错误；
答案选C。
10.下列物质中不含非极性共价键的化合物是：①Na2O2 ② N2 ③CCl4④ H2O2 ⑤ NH4Cl ⑥NaOH( )
A. ③⑤⑥ B. ②④⑤⑥
C. ②④⑥ D. ②③⑤⑥
【答案】A
【详解】①Na2O2中钠离子和过氧根离子之间以离子键结合，过氧根离子中氧原子和氧原子之间以非极性共价键结合，故①错误；
②N2中N原子与N原子之间以非极性共价键结合，故②错误；
③CCl4中碳原子和氯原子之间以极性共价键结合，不存在非极性共价键，故③正确；
④H2O2中氢原子和氧原子之间以极性共价键结合，氧原子和氧原子之间以非极性共价键结合，故④错误；
⑤NH4Cl中氯离子和铵根离子之间存在离子键，铵根离子中氮原子和氢原子之间存在极性共价键，不存在非极性共价键，故⑤正确；
⑥NaOH中含有离子键和O-H极性键，不存非极性共价键，故⑥正确；
符合题意的有③⑤⑥，故选A。
11.对于放热反应COCl2(g) CO(g) + Cl2(g)。当反应达到平衡时，下列措施：①升温 ②恒容通入惰性气体 ③增加CO浓度 ④减压 ⑤加催化剂 ⑥恒压通入惰性气体，能提高COCl2转化率的是（ ）
A. ①②④ B. ④⑥ C. ②③⑤ D. ③⑤⑥
【答案】B
【详解】化学反应COCl2(g)⇌CO(g)+Cl2(g)△H＜0，正反应是气体体积增大的放热反应。
①升温，平衡向逆反应移动，COCl2转化率减小，故①不符合；
②恒容通入惰性气体，总压增大，反应混合物各组分的浓度不变，平衡不移动，COCl2转化率不变，故②不符合；
③增加CO的浓度，平衡向逆反应方向移动，COCl2转化率减小，故③不符合；
④减压，平衡向正反应方向移动，COCl2转化率增大，故④符合；
⑤加催化剂，平衡不移动，COCl2转化率不变，故⑤不符合；
⑥恒压通入惰性气体，容器的体积增大，相当于压强减小，平衡正向进行，COCl2转化率增大，故⑥符合；
答案选B。
12.二氧化硫的催化氧化原理为2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)，反应混合体系在平衡状态时SO3的百分含量与温度的关系如下图所示。下列说法错误的是 （ ）

A. 在D点时v 正d B. d>a>b>c
C. b>c>d>a D. a>b>d>c
【答案】B
【详解】中a极质量减小b极质量增加，a为负极，b为正极，金属的活动性a＞b；中发生化学腐蚀，b极有气体产生，c极无变化，所以金属的活动性b＞c；中发生电化学腐蚀，d极溶解，c极有气体产生，所以d是负极，c是正极，所以金属的活动性d＞c；中发生电化学腐蚀，电流从a极流向d极，说明a极为正极，d极为负极，所以金属的活动性d＞a；所以这四种金属的活动性顺序为d＞a＞b＞c，故选B。
17.LED(Light Emitting Diode)即发光二极管，是一种能够将电能转化为光能的固态半导体器件。如图是某课外活动小组设计的用化学电源使LED灯发光的装置。下列说法不正确的是（ ）

A. 溶液中SO42-向铜片附近移动
B. 铜片上发生的反应为2H++2e-=H2↑
C. 导线中电子由锌片流向铜片
D. 如果将锌片换成铁片，则电路中的电流方向不变
【答案】A
【解析】
【分析】锌比铜活泼，形成原电池时，锌为负极，铜为正极，负极上锌发生氧化反应，逐渐溶解，正极发生还原反应，生成氢气，结合原电池原理分析解答。
【详解】A．Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，锌为负极，铜为正极，电解质溶液中的SO42-向负极(锌片)移动，故A错误；
B．铜锌原电池中，Cu作正极，溶液中的氢离子在正极上得电子生成氢气，所以Cu上有气泡生成，电极反应式为：2H++2e-=H2，故B正确；
C．Zn、Cu和稀硫酸构成原电池，锌为负极，铜为正极，电子从负极锌沿导线流向正极铜，故C正确；
D．金属性Cu比Zn、Fe弱，Cu作正极，所以电路中的电流方向不变，仍然由Cu流向负极，故D正确；
答案选A。
18.氢氧燃料电池已用于航天飞机，它是以铂作电极，H2SO4溶液作电解质溶液，正极反应为O2＋4H＋＋4e－===2H2O。下列叙述正确的是 (　 　)
A. 燃料电池的能量转化率可达100% B. 电池工作时H＋移向负极
C. 电池工作时产生淡蓝色火焰 D. 负极反应为H2－2e－===2H＋
【答案】D
【详解】A.燃料电池的能量转化率高，能量转换率可达80%，但是不可能达到100%，故A错误；
B. 原电池工作时，阳离子向正极移动，因此H＋移向正极，故B错误；
C. 电池工作时发生的氧化还原反应是在两极上进行的，没有发生燃烧反应，不能产生淡蓝色火焰，故C错误；
D. 氢氧燃料电池中通入氢气的为负极，负极发生氧化反应，在酸性电解质中，负极的反应式为H2－2e－=2H＋，故D正确；
答案选D。
二、简答题（每空2分，共40分）
19.下图是元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表某一化学元素。

完成下列填空(填元素符号或化学式)：
(1)上图中元素C在周期表中的位置是___________，G和I形成的化合物不止一种，其中一种物质中各原子最外层均达到8电子稳定结构，请写出其电子式______________。
(2)请按照由大到小的顺序写出B、C、D的简单离子的离子半径大小顺序_______(用离子符号表示)，上述元素中最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的物质的化学式为___________ 。
(3)请写出D的最高价氧化物对应的水化物和F的单质反应时的离子方程式____________。
(4)元素周期表位于对角线的两种元素其性质相似称之为对角线规则。根据周期表对角线规律，金属Be单质及其化合物的性质与铝单质及其化合物的性质相似。则鉴别Be(OH)2和Mg(OH)2可选用的试剂为NaOH溶液，发生反应的化学方程式为___________。
(5)下列能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强的是___________。
① HCl的稳定性比H2S的强，② Cl2能与H2S反应生成S，③HCl的溶解度比H2S的大，④还原性：Cl－O2->Na+ (4). HClO4 (5). 2Al + 2OH - + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑ 或2Al + 2OH - + 6H2O = 2A(lOH)4- + 3H2↑ (6). Be(OH)2+2NaOH - =Na2BeO2+2H2O (7). ①②④⑤⑦
【解析】
【分析】根据元素在周期表中的位置可知，A为H元素，B为N元素，C为O元素，D为Na元素，E为Mg元素，F为Al元素，G为P元素，H为S元素，I为Cl元素，结合元素周期律分析解答。
【详解】(1)上图中元素C为O元素，在周期表中位于第2周期第VIA族；G和I形成的化合物有三氯化磷和五氯化磷等，其中一种物质中各原子最外层均达到8电子稳定结构，该物质为三氯化磷，三氯化磷的电子式为，故答案为：第2周期第VIA族；；
(2)B为N元素，C为O元素，D为Na元素，简单离子的电子层结构相同，电子层数相同的离子，原子序数越大，半径越小，离子半径N3->O2->Na+，上述元素中最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的物质为高氯酸，化学式为HClO4，故答案为：N3->O2->Na+；HClO4；
(3)D的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，F的单质为铝，二者反应时的离子方程式为2Al + 2OH - + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑ 或2Al + 2OH - + 6H2O = 2A(lOH)4- + 3H2↑，故答案为：2Al + 2OH - + 2H2O = 2AlO2- + 3H2↑ 或2Al + 2OH - + 6H2O = 2A(lOH)4- + 3H2↑；
(4)根据周期表对角线规律，金属Be单质及其化合物的性质与铝单质及其化合物的性质相似。可选用的试剂为NaOH溶液鉴别Be(OH)2和Mg(OH)2，Be(OH)2能够被NaOH溶解，而Mg(OH)2不能，反应的化学方程式为Be(OH)2+2NaOH - =Na2BeO2+2H2O，故答案为：Be(OH)2+2NaOH - =Na2BeO2+2H2O；
(5)①元素的非金属性越强，对应氢化物的稳定性越强，氯化氢比硫化氢稳定，可说明氯元素的非金属性比硫元素强，能说明氯元素原子得电子能力比硫强，故正确；
②元素的非金属性越强，对应单质的氧化性越强，氯气与H2S能发生置换反应，说明氯气的氧化性大于S，元素的非金属性Cl大于S，能说明氯元素原子得电子能力比硫强，故正确；
③物质的溶解性属于物理性质，与元素的非金属性及得电子能力无关，所以HCl的溶解度比H2S大，不能说明氯元素原子得电子能力比硫强，故错误；
④阴离子的还原性越强，对应元素的非金属性越弱，还原性：Cl-＜S2-，元素的非金属性Cl大于S，能说明氯元素原子得电子能力比硫强，故正确；
⑤元素的非金属性越强，对应最高价氧化物的水化物的酸性越强，HClO4的酸性比H2SO4的强，说明元素的非金属性Cl大于S，能说明氯元素原子得电子能力比硫强，故正确；
⑥不能根据氢化物的水溶液的酸性强弱比较非金属性，例如HI的酸性比HCl强，但非金属性Cl＞I，故错误
⑦单质与同种金属反应生成的产物的价态越高，说明氧化性越强，则非金属性越强，所以Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS，说明氯气的氧化性大于S，元素的非金属性Cl大于S，能说明氯元素原子得电子能力比硫强，故正确；
能说明氯元素原子得电子能力比硫元素原子得电子能力强有①②④⑤⑦，故答案为：①②④⑤⑦。
20.在2 L固定容积的密闭容器中，800 ℃时发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。该体系中，n(NO)随时间的变化如下表：
时间(s)
0
1
2
3
4
5
n(NO)/mol
0.020
0.012
0.009
0.008
0.0075
0.0075

反应过程如上图所示，a、b、c、d其中只有3条曲线是正确的。请回答：
(1)图中表示NO2的变化的曲线是________，A点时，v(正)______v(逆) (填“大于”“小于”或“等于”，下同)。用O2表示从0～3 s内该反应的平均速率v=____________。
(2)能说明该反应已经达到平衡状态的是________ (填字母)。
a．混合气体的平均摩尔质量不变 b．容器内压强保持不变
c．v逆(NO)=2v正(O2) d．容器内的密度保持不变
e.相同时间内，每消耗2a mol的NO同时生成等量的NO2
f.混合气体中O2和NO2物质的量之比为1∶2的状态
(3)已知上述反应为放热反应，达平衡后改变条件继续进行。在t1～t6内反应速率与时间图像如图，在每一时刻均只改变一个影响反应速率的因素，则下列说法正确的是__________。

A．在t1时增大了压强 B．在t3时加入了催化剂
C．在t4时降低了温度 D．t0～t1时X的转化率最高
(4)能使该反应的反应速率增大的是________(填字母)。
a．及时分离出NO2气体 b．适当升高温度
c．增大O2的浓度 d．选择高效的催化剂
【答案】(1). b (2). 大于 (3). 0.001mol/(L•s) (4). abc (5). BD (6). bcd
【解析】
【分析】(1)根据图示结合表中的数据可知，因为在起点NO的物质的量为0.02mol，容器体积是2L，起始浓度为0.01mol/L，据此判断出图中NO的变化曲线，根据反应为可逆反应，判断出NO2和O2的变化曲线；在A点处，NO的物质的量浓度在减小，判断v(正)、v(逆)的大小；根据表格数据，计算3s时用NO表示该反应的平均速率，根据速率之比等于计量数之比计算O2的平均速率；
(2) 800 ℃时发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)结合平衡的概念和特征分析判断；
(3)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应为放热反应，结合影响平衡的因素分析判断；
(4)根据影响化学反应速率的因素分析判断。
【详解】(1)根据图示结合表中的数据可知，因为在起点NO的物质的量为0.02mol，容器体积是2L，起始浓度为0.01mol/L，图中c线符合，即图中c线为NO的变化曲线，因为反应为可逆反应，平衡时NO2的浓度小于0.01mol/L，因此b线为NO2的变化曲线，d线为O2的变化曲线；在A点处，NO的物质的量浓度在减小，说明反应在向正反应方向进行，此时v(正)＞v(逆)；根据表格数据，平衡时，NO的浓度为=0.00375 mol/L，从0～3 s内用NO表示该反应的平均速率v==0.002mol/(L•s)，根据速率之比等于计量数之比，O2的平均速率为×0.002mol/(L•s)=0.001mol/(L•s)故答案为：b；大于；0.001mol/(L•s)；
(2) 800 ℃时发生反应2NO(g)+O2(g)2NO2(g)。a．反应前后气体的物质的量发生变化，因此混合气体的平均摩尔质量不变，即混合气体的物质的量不变，能够说明达到平衡状态，故a正确；b．反应前后气体的物质的量发生变化，容器内压强保持不变，即混合气体的物质的量不变，能够说明达到平衡状态，故b正确；c．v逆(NO)=2v正(O2)，说明正逆反应速率相等，能够说明达到平衡状态，故c正确；d．容器的体积不变，气体的质量不变，容器内的密度始终保持不变，不能说明达到平衡状态，故d错误；e.根据方程式，相同时间内，消耗2a mol的NO必定同时生成等量的NO2，不能说明达到平衡状态，故e错误；f.混合气体中O2和NO2物质的量之比为1∶2的状态，不能说明二者的浓度是否发生变化，不能说明达到平衡状态，故f错误；故答案为：abc；
(3)2NO(g)+O2(g)2NO2(g)反应为放热反应。A．增大压强，平衡逆向移动，容器的体积减小，正逆反应速率均突然增大，与图像不符，故A错误；B．加入催化剂，平衡不移动，反应速率增大，与图像符合，故B正确；C．降低温度，平衡正向移动，正反应速率大于逆反应速率，与图像不符，故C错误；D．t1时平衡逆向移动，t2时重新建立平衡，t3时平衡不移动，t4时平衡逆向移动，t5时重新建立平衡，因此t0～t1时X的转化率最高，故D正确；故答案为：BD；
(4)a．及时分离除NO2气体，生成物浓度减小，则反应速率减小，故a错误；b．适当升高温度，反应速率增大，故b正确；c．增大O2的浓度反应速率增大，故c正确；d．选择高效催化剂能增大反应速率，故d正确，故答案为：bcd。
21.二氯化二硫(S2Cl2)在工业上用于橡胶的硫化。为在实验室合成S2Cl2，某化学研究性学习小组查阅了有关资料，得到如下信息：
①将干燥纯净的氯气在110℃～140℃与硫反应，即可得S2Cl2粗品。
②有关物质的部分性质如下表：
物质
熔点/℃
沸点/℃
化学性质
S
112.8
444.6
略
S2Cl2
－77
137
与过量氯气发生S2Cl2＋Cl22SCl2；温度超300℃以上完全分解为硫和氯气
设计实验装置图如下：

(1)仪器A的名称是______________。
B中反应的离子方程式为_________________________________。
(2) S2Cl2遇水会生成黄色单质、一种能使品红溶液褪色的气体化合物及酸雾，D中的试剂应是________，写出该反应的化学方程式__________________ 。 
(3)装置H的作用是_______________ ，其中发生反应的化学方程式为 ______________________。
(4)S2Cl2粗品中可能混有的杂质是SCl2、Cl2、S,为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度和_______。
【答案】(1). 分液漏斗 (2). MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O (3). 浓硫酸 (4). 2 S2Cl2+2H2O=4HCl+SO2↑+3S↓ (5). 吸收尾气，防止污染环境 (6). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (7). 滴加浓盐酸的速度不要过快
【解析】
【分析】(1)由装置图可知B中反应，用固液加热的方法制Cl2，常用浓盐酸和二氧化锰反应制取；(2)氯气制取过程中的除杂问题，先用饱和食盐水除去氯气中的HCl，再用浓硫酸进行干燥即可得纯净干燥的氯气；S2Cl2能与水反应；(3)氯气是有毒气体，会污染空气；(4) 由信息可知可能因温度、水蒸气、氯气的量等因素会造成产品中引入杂质；据此分析解答。
【详解】(1)由仪器的形状可知A为分液漏斗，用固液加热的方法制Cl2，常用浓盐酸和二氧化锰反应制取，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：分液漏斗；MnO2+4H++2Cl- Mn2++Cl2↑+2H2O；
(2) 氯气制取过程中的产生杂质HCl、H2O，因此先用饱和食盐水除去氯气中的HCl，再用浓硫酸进行干燥即可得纯净干燥的氯气，所以C中为饱和食盐水，D中为浓硫酸；S2Cl2遇水会生成黄色单质硫、一种能使品红溶液褪色的气体化合物为二氧化硫及酸雾(HCl)，反应的化学方程式为：2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl，故答案为：浓硫酸；2S2Cl2+2H2O=3S↓+SO2↑+4HCl；
(3) 反应过程中涉及有毒有害气体，产生的尾气会污染空气，因此装置H中的氢氧化钠溶液可以吸收未反应的气体(如氯气等)，防止污染环境，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：吸收尾气，防止污染环境；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；
(4) 由信息可知，可能因温度、水蒸气因素引入SCl2、Cl2、S等杂质，为了提高S2Cl2的纯度，关键的操作是控制好温度，避免S2Cl2分解为硫和氯气；若滴加盐酸过快，造成反应过程中氯气过量，导致副反应S2Cl2＋Cl22SCl2的发生，因此还应控制浓盐酸的滴速不要过快，故答案为：控制浓盐酸的滴速不要过快。
三、计算题（6分）
22.373K时把0.24 mol无色的N2O4气体通入体积500 mL的密闭容器中，发生反应：N2O42NO2，容器中立即出现红棕色。反应进行到2s时，测得生成NO2的物质的量为0.04 mol；反应进行到60 s时达到平衡，此时容器内N2O4与NO2的物质的量相等。请计算：（本小题要求写出解过程）
①开始2 s内以N2O4表示的化学反应速率______；
②达到平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比______；
③N2O4的平衡转化率______。
【答案】(1). 0.02mol/(L•s) (2). 4∶3 (3). 33.3％或1/3
【解析】
【分析】①根据v=计算NO2表示的化学反应速率，再根据速率之比等于计量数之比，计算N2O4表示的化学反应速率；
②根据三段式计算反应的N2O4的物质的量和平衡时各种气体的物质的量，再根据平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比=平衡时气体的物质的量与开始时物质的量之比计算；
③根据②的计算结果计算N2O4的平衡转化率。
【详解】①开始2 s内以NO2表示的化学反应速率v==0.04mol/(L•s)，根据速率之比等于计量数之比，以N2O4表示的化学反应速率=×0.04mol/(L•s)= 0.02mol/(L•s)，故答案为：0.02mol/(L•s)；
②设反应的N2O4的物质的量为x，
N2O42NO2
起始(mol) 0.24 0
反应(mol) x 2x
平衡(mol) 0.24-x 2x
平衡时容器内N2O4与NO2的物质的量相等，因此0.24-x=2x，解得x=0.08mol，达到平衡时体系的压强与开始时体系的压强之比=平衡时气体的物质的量与开始时物质的量之比==，故答案为：；
③根据②的计算，平衡时反应的N2O4为0.08mol，N2O4的平衡转化率=×100%=33.3％，故答案为：33.3％。