福建省三明市大田一中2022届高三（上）第一次月考化学试卷一、选择题（每题只有1个正确答案，每小题2分，共40分）1．下列现象或变化过程与胶体的性质无关的是()A．清晨森林中的道道光柱B．夕阳下的晚霞C．海水的淡化D．明矾净水【考点】胶体的应用．【专题】溶液和胶体专题．【分析】A．气溶胶具有丁达尔现象；B．气溶胶具有丁达尔现象；C．海水的淡化的方法有：1、利用太阳能将海水蒸馏淡化；2、将海水通过一种高分子膜，以除去所含离子；3、使海水结冰以获取淡化的饮用水等；D．明矾净水是利用铝离子水解生成的氢氧化铝胶体具有吸附作用．【解答】解：A．清晨森林中的道道光柱，是胶体的丁达尔现象，故A不选；B．夕阳下的晚霞，是胶体的丁达尔现象，故B不选；C．海水的淡化与胶体的性质无关，故C可选；D．明矾溶解后电离出的铝离子水解生成氢氧化铝胶体，具有较大面积有吸附性，可以净水，故D不选，故选C．【点评】本题考查胶体的性质在日常生活中的应用，难度不大．要注意胶体具有丁达尔现象．2．将氯水分别滴入下列各选项所述的溶液中，由实验现象得出的结论完全正确的是()选项氯水滴入下列溶液中实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红Cl2具有还原性B滴有酚酞的NaOH溶液褪色Cl2具有漂白性C紫色石蕊溶液先变红后褪色Cl2具有酸性、漂白性DKI淀粉溶液变蓝色Cl2具有氧化性A．AB．BC．CD．D-26-\n【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】A、氯气能将亚铁离子氧化为铁离子；B、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸与碱发生中和反应；C、氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性；D、氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝．【解答】解：A、氯水滴入有KSCN的FeC12溶液中，氯气能将亚铁离子氧化为铁离子，铁离子遇KSCN溶液变红，则氯气具有氧化性，故A错误；B、氯水滴入有酚酞的NaOH溶液中，氯气和水反应生成酸，再发生酸碱中和，NaOH被反应掉，则颜色褪去，而氯气本身不能电离出氢离子，或者反应生成次氯酸，漂白使溶液颜色褪去，故B错误；C、氯水滴入紫色石蕊溶液中，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，酸使石蕊变红，次氯酸使其褪色，则次氯酸具有漂白性，而干燥的氯气不具有漂白性，故C错误；D、氯水滴入KI﹣淀粉溶液，氯气能将碘离子氧化为碘单质，碘单质遇淀粉变蓝，则氯气具有氧化性，故D正确；故选D．【点评】本题考查氯气的化学性质，明确氯气具有氧化性是解答本题的关键，并注意干燥的氯气不具有漂白性来解答．3．类比归纳是学习化学的重要方法，对如下类比的说法正确的是()A．CO2、SO2都是酸性氧化物，都能使酸性高锰酸钾溶液褪色B．MgO、Al2O3都是高熔点离子化合物，熔化时都能导电C．CO2与SiO2化学式相似，则CO2与SiO2的物理性质也相似D．CuO、Fe2O3都是不溶于水的碱性氧化物，都是黑色粉末【考点】物质的组成、结构和性质的关系．【专题】类比迁移思想；物质的组成专题．【分析】A、根据氧化物中元素的化合价来分析其性质；B、离子化合物的构成微粒为离子，则熔化时能导电；C、因CO2与SiO2的晶体类型不同，则物理性质不同；D、Fe2O3是红色的固体物质．-26-\n【解答】解：A、CO2、SO2都是酸性氧化物，但CO2中碳元素为最高价，不具有还原性，而SO2中S元素为+4价，不是最高价，则具有还原性，即SO2能使酸性高锰酸钾溶液褪色，CO2不能使酸性高锰酸钾溶液褪色，故A错误；B、MgO、Al2O3都是高熔点离子化合物，其构成微粒都是离子，则熔化时都能导电，故B正确；C、CO2与SiO2化学式虽相似，但晶体类型不同，分别为分子晶体和原子晶体，原子晶体的熔沸点较高，则物理性质不同，故C错误；D、CuO、Fe2O3都是不溶于水的碱性氧化物，CuO为黑色固体，但Fe2O3是红色的固体，故D错误；故选B．【点评】本题考查学生利用物质的某些相似的性质来类比归纳，学生应注意物质中存在的差别，注重事实来分析类推得出的结论，并注意平时积累物质的某些性质来解答．4．市场上销售的“84”消毒液，其商品标识上有如下叙述：①本品为无色溶液，呈碱性②使用时加水稀释③可对餐具、衣物进行消毒，可漂白浅色衣服．则其有效成份可能是()A．Cl2B．SO2C．NaClOD．KMnO4【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【分析】“84”消毒液为无色液体呈碱性，具有漂白性和强氧化性，据此结合选项解答．【解答】解：A．氯气溶于水为黄绿色溶液，故A不选；B．二氧化硫的水溶液呈酸性，与题中呈碱性不符，故B不选；C．NaClO的水溶液为无色液体，具有强氧化性，可用于杀菌消毒，具有漂白性，可漂白浅色衣服，故C选；D．高锰酸钾溶液呈紫色，故D不选；故选：C．【点评】本题考查NaClO的性质，题目难度不大，注意把握NaClO的性质与用途．5．下列关于铁的叙述正确的是()①铁能被磁铁吸引，但纯铁比含杂质的铁易被腐蚀②在人体的血红蛋白中含有铁元素③铁能在氧气中剧烈燃烧，但不能在水蒸气中燃烧④铁与强氧化剂硝酸反应的产物只有一种是Fe（NO3）3-26-\n⑤不能通过化合反应制得FeCl2和Fe（OH）3．A．①③B．②③C．②⑤D．④⑤【考点】铁的化学性质．【分析】①纯铁不易腐蚀；②人体的血红蛋白中含有铁元素；③铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气；④铁过量，可生成Fe（NO3）2；⑤氯化铁与铁化合生成氯化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水化合生成氢氧化铁．【解答】解：①铁合金易发生电化学腐蚀，纯铁不易腐蚀，故错误；②人体的血红蛋白中含有铁元素，故正确；③铁与水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，但不是燃烧，故正确；④铁与硝酸反应，硝酸过量生成硝酸铁，铁过量生成硝酸亚铁，故错误；⑤氯化铁与铁化合生成氯化亚铁，氢氧化亚铁与氧气、水化合生成氢氧化铁，二者都可以通过化合反应制取，故错误；故选：B．【点评】本题综合考查铁及其化合物的性质，侧重于学生的分析能力和基础知识的综合运用，熟悉铁及其化合物性质是解题关键，题目难度不大．6．下列物质中既能跟稀H2SO4反应，又能跟氢氧化钠溶液反应的是()①NaHCO3②Al2O3③Al（OH）3④Al⑤Na2CO3．A．①②③④B．②③④C．②③④⑤D．全部【考点】两性氧化物和两性氢氧化物．【专题】元素及其化合物．【分析】既能与稀H2SO4反应，又能与NaOH溶液反应的物质有铝、氧化铝、氢氧化铝、多元弱酸的酸式盐，弱酸对应的铵盐、蛋白质、氨基酸等．【解答】解：NaHCO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应生成碳酸钠和水，故①正确；②Al2O3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故②正确；③Al（OH）3与稀H2SO4反应生成硫酸铝和水，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和水，故③正确；④Al与稀H2SO4反应生成硫酸铝和氢气，与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故④正确；-26-\n⑤Na2CO3与稀H2SO4反应生成硫酸钠、水和二氧化碳，与NaOH溶液反应不反应，故⑤错误；故选A．【点评】本题考查既能与酸又能与碱反应的物质，明确Al、Al2O3、Al（OH）3的性质是解答本题的关键，并注意归纳常见物质的性质来解答．7．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是()A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2：MnO2+4HClMn2++2Cl﹣+Cl2↑+2H2OB．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体：Al3++3H2O═Al（OH）3↓+3H+C．Na2O2溶于水产生O2：Na2O2+H2O═2Na++2OH﹣+O2↑D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应：HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O【考点】离子方程式的书写．【专题】离子反应专题．【分析】A．HCl为强电解质，应完全电离；B．是胶体，而不是沉淀，且水解为可逆反应；C．没有配平；D．NaOH完全反应，生成碳酸钙、水、碳酸氢钠．【解答】解：A．MnO2与浓盐酸反应制Cl2的离子反应为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O，故A错误；B．明矾溶于水产生Al（OH）3胶体的离子反应为Al3++3H2O⇌Al（OH）3+3H+，故B错误；C．Na2O2溶于水产生O2的离子反应为2Na2O2+2H2O═4Na++4OH﹣+O2↑，故C错误；D．Ca（HCO3）2溶液与少量NaOH溶液反应离子反应为HCO3﹣+Ca2++OH﹣═CaCO3↓+H2O，故D正确；故选D．【点评】本题考查离子反应的书写，明确发生的化学反应是解答本题的关键，注意胶体的生成为水解的应用及与量有关的离子反应，题目难度中等．8．NA表示阿伏加德罗常数，以下说法正确的是()A．在通常条件下，1mol氩气含有的原子数为2NAB．56g金属铁由原子变为离子时失去的电子数为NA-26-\nC．在标准状况下，2.24L氨气所含的电子总数约为NAD．1mol/L的Na2SO4溶液中含有Na+个数为2NA【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A、氩气为单原子分子；B、根据铁反应后的价态为+3价来分析；C、1molNH3含10mol电子；D、溶液体积不明确．【解答】解：A、氩气为单原子分子，故1mol氩气含有的原子数为NA，故A错误；B、56g铁的物质的量为1mol，铁反应后的价态可能为+3价，故1mol铁失3mol电子，故B错误；C、在标准状况下，2.24L氨气的物质的量为0.1mol，1molNH3含10mol电子，故0.1mol氨气含1mol电子，个数为NA个，故C正确；D、溶液体积不明确，Na+的个数无法计算，故D错误．故选C．【点评】本题考查了阿伏伽德罗常数的有关计算，熟练掌握公式的使用和物质的结构是解题关键，难度不大．9．amolN2与amol14CO相比较，下列叙述正确的是()A．在同温同压下体积相等B．在同温同压下密度相等C．在标准状况下质量相等D．质子数与中子数都相等【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】同温同压下，气体的Vm相同，根据n==以及ρ=结合分子构成解答该题．【解答】解：A．同温同压下，气体的Vm相同，则等物质的量时体积相等，故A正确；B．由ρ=可知，两种气体的相对分子质量分别为28、30，则密度不同，故B错误；C．根据m=nM，amolN2与amolCO的n是相等的，但摩尔质量不同，则质量不同，故C错误；D．amolN2与amol14CO含有的中子分别为14mol、16mol，故D错误．故选A．-26-\n【点评】本题考查物质的量有关计算，侧重考查微粒数目的计算，比较基础，有利于基础知识的巩固．10．根据所给的4个反应，判断下列4种物质的氧化性由强到弱的正确顺序是()（1）Cl2+2KI=2KCl+I2（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2（4）H2S+I2=S↓+2HI．A．S＞I2＞Fe3+＞Cl2B．Cl2＞Fe3+＞I2＞SC．Fe3+＞Cl2＞S＞I2D．Cl2＞I2＞Fe3+＞S【考点】氧化性、还原性强弱的比较．【专题】氧化还原反应专题．【分析】根据同一反应方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断各物质的氧化性强弱．【解答】解：根据根据同一反应方程式中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断．（1）Cl2+2KI=2KCl+I2，氧化剂是Cl2，氧化产物是I2，所以Cl2的氧化性大于I2的氧化性；（2）2FeCl2+Cl2=2FeCl3，氧化剂是Cl2，氧化产物是FeCl3，所以Cl2的氧化性大于FeCl3的氧化性；（3）2FeCl3+2HI=2FeCl2+2HCl+I2，氧化剂是FeCl3，氧化产物是I2，所以FeCl3的氧化性大于I2的氧化性；（4）H2S+I2=S↓+2HI，氧化剂是I2，氧化产物是S，所以I2的氧化性大于S的氧化性；所以各物质的氧化性大小顺序为：Cl2＞Fe3+＞I2＞S．故选B【点评】氧化性、还原性强弱取决于得失电子的难易，与得失电子的数目无关．11．对于反应KClO3+HCl=KC1+Cl2↑+H2O（未配平）若有0.1molKClO3参加反应，下列说法正确的是()A．转移0.5mol电子B．生成0.1molCl2C．被氧化的HC1为0.6molD．Cl2是只是氧化产物不是还原产物【考点】氧化还原反应．-26-\n【分析】KClO3+HCl=KC1+Cl2↑+H2O中，Cl元素的化合价由+5价降低为0，Cl元素的化合价由﹣1价升高为0，以此来解答．【解答】解：A.0.1molKClO3参加反应，转移电子为0.1mol×（5﹣0）=0.5mol，故A正确；B．由电子、原子守恒可知，反应为KClO3+6HCl=KC1+3Cl2↑+3H2O，则有0.1molKClO3参加反应，生成0.3molCl2，故B错误；C．由电子守恒可知，被氧化的HC1为=0.5mol，故C错误；D．只有Cl元素的化合价变化，则Cl2是只是氧化产物也是还原产物，故D错误；故选A．【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素化合价变化为解答的关键，侧重氧化还原基本概念的考查，题目难度不大．12．下表中关于物质分类的正确组合是()类别组合酸性氧化物碱性氧化物酸碱盐ANO2CuOH2SO4NH3•H2ONa2SBCO2Na2OCH3COOHNaOHNaHCO3CSO2Al2O3HClKOHNaClDSO3CaOHNO3Na2CO3CaCO3A．AB．BC．CD．D【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物；碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物；酸是电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；碱是电离出的阴离子全部是氢氧根的化合物；盐是阳离子是金属离子或铵根离子、阴离子是酸根离子的化合物，据此分析．【解答】解：A、NO2与碱反应除了生成盐和水，还生成NO，故不是酸性氧化物，故A错误；B、CO2是酸性氧化物，Na2O是碱性氧化物，CH3COOH是酸，NaOH是碱，NaHCO3是盐，故B正确；C、Al2O3是两性氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；D、Na2CO3是盐不是碱，故D错误．故选B．-26-\n【点评】本题考查了酸碱盐、碱性氧化物、酸性氧化物等的概念，把握住概念的实质是解题关键，难度不大．13．下列试剂的保存或使用正确的是()A．实验室的氯水需要保存在棕色试剂瓶中B．漂白粉比氯水稳定，可露置在空气中C．称量氢氧化钠固体时，可在天平两个托盘上各放一张等质量的纸，左边纸上放NaOH，右边纸上放砝码D．金属钠可保存在煤油、四氯化碳等有机溶剂中【考点】化学试剂的存放．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中；B．漂白粉中的次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应，应需密闭保存；C．氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯中；D．四氯化碳密度比水大，不能用于保持钠．【解答】解：A．氯水见光会分解，应盛放在棕色瓶中，故A正确；B．漂白粉中的次氯酸钙能与空气中的二氧化碳反应，生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光易分解，从而使漂白粉失效，故漂白粉需密闭保存，故B错误；C．氢氧化钠具有腐蚀性，称量时应放在小烧杯中，故C错误；D．钠能与空气中的水和氧气反应，又钠的密度比水略小，故钠保存在煤油中，或用石蜡密封保存，四氯化碳密度比水大，故不能用于保持钠，故D错误；故选A．【点评】本题考查药品的储存，难度不大．解题的关键是了解所储存物质的特性．14．我国科学家在世界上第一次为一种名为“钴酞菁”的分子（直径为1.3纳米）恢复了磁性，“钴酞菁”分子结构和性质与人体的血红素及植物体内的叶绿素非常相似．下列关于“钴酞菁”分子的说法中正确的是()A．在水中所形成的分散系属悬浊液B．分子直径比Na+小C．在水中形成的分散系能产生丁达尔效应-26-\nD．“钴酞菁”分子不能透过滤纸【考点】胶体的重要性质．【专题】溶液和胶体专题．【分析】“钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体分散系，具有胶体的性质，具有丁达尔现象、能透过滤纸等性质．【解答】解：A．钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），其大小在胶体粒子范围之内，属于胶体，故A错误；B．“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），Na+半径小于1nm，故B错误；C．钴酞菁”的分子（直径为1.3nm），在水中形成的分散系属于胶体，具有丁达尔现象等性质，故C正确；D．“钴酞菁”分子（直径为1.3nm），能透过滤纸，不能透过半透膜，故D错误．故选C．【点评】本题考查了胶体分散系的本质特征和胶体的性质，难度不大，掌握胶体分散系的本质特征是解题的关键．15．对于4℃时，水中溶解了22.4LHCl气体（标准状况下测得）后形成的溶液200mL，下列说法中正确的是()A．该溶液物质的量浓度为10mol/LB．所用水的体积为177.6LC．根据题干数据，该溶液物质的量浓度无法求得D．该溶液中溶质的质量分数因溶液的密度未知而无法求得【考点】物质的量与其浓度和气体摩尔体积的综合应用．【分析】A．标准状况下22.4LHCl的物质的量为1mol，根据c=计算出溶液的物质的量浓度；B．溶液体积不等于气体体积+水的体积；C．溶质的物质的量和溶液体积已知，可以根据c=计算出溶液的物质的量浓度；D．不知道溶液密度，无法计算溶液质量，则无法计算溶质的质量分数．【解答】解：A．标准状况下22.4LHCl的物质的量为：=1mol，溶于水配成200mL溶液，溶液的浓度为：c（HCl）==5mol/L，故A错误；-26-\nB．溶液体积≠溶质体积+溶剂体积，不能用总溶液体积﹣溶质计算溶剂体积，故B错误；C．标准状况下22.4LHCl的物质的量为1mol，溶液体积为0.2L，可以计算出溶液的物质的量浓度，故C错误；D．溶液密度不知，无法计算溶液质量，则无法计算溶液的质量分数，故D正确；故选D．【点评】本题考查对物质的量浓度的计算、溶质质量分数计算与判断，题目难度中等，注意物质的量浓度理解及与质量分数的关系，试题充分考查了学生的分析、理解能力及化学计算能力．16．下列反应原理不符合工业冶炼金属实际情况的是()A．2HgO2Hg+O2↑B．2NaCl（熔融）2Na+Cl2↑C．2MgO（熔融）2Mg+O2↑D．Fe2O3+3CO2Fe+3CO2【考点】金属冶炼的一般原理．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】金属的性质不同，活泼性不同，冶炼的方法不同，根据金属活动性强弱，可采用热还原法、电解法、热分解法等冶炼方法．热分解法：对于不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，例如：2HgO2Hg+O2↑热还原法：在金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，例如：Fe2O3+3CO2Fe+CO2↑电解法：活泼金属较难用还原剂还原，通常采用电解熔融的金属化合物的方法冶炼活泼金属，例如：2Al2O34Al+3O2↑，金属钠、镁采用电解熔融的氯化物的方法，利用铝热反应原理还原：V、Cr、Mn、W等高熔点金属可利用铝热反应产生的高温来冶炼．-26-\n【解答】解：A、Hg为不活泼金属，可以直接用加热分解的方法将金属从其化合物中还原出来，故A正确；B、钠是活泼金属，应采用电解法制取，故B正确；C、镁是活泼金属，应采用电解法氯化镁的方法制取，氧化镁的熔点太高，消耗再多的资源，故C错误；D、Fe处于金属活动性顺序表中处于中间位置的金属，通常是用还原剂（C、CO、H2、活泼金属等）将金属从其化合物中还原出来，故D正确．故选C．【点评】本题考查金属冶炼的一般方法和原理，注意活泼性不同的金属冶炼的方法不同，本题难度不大．17．NaCl是一种化工原料，可以制备一系列物质．下列说法正确的是()A．25℃，NaHCO3在水中的溶解度比Na2CO3的大B．石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂C．常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应D．如图所示转化反应都是氧化还原反应【考点】氯气的化学性质；氧化还原反应；钠的重要化合物．【专题】卤族元素．【分析】A、根据其阴离子的水解程度判断；B、结合反应方程式化合价的变化判断；C、铁能在氯气中燃烧生成棕黄色的烟FeCl3；D、根据元素的化合价是否变化判断．-26-\n【解答】解：A、碳酸根的第一步水解（水解后生成碳酸氢根和氢氧根）的平衡常数比碳酸氢根要大许多．碳酸根水解要比碳酸氢根容易得多．所以溶解度较大，且溶解的快，故A错误．B、2Ca（OH）2+2Cl2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Cl元素的化合价既升高又降低，所以Cl2既是氧化剂，又是还原剂，故B正确．C、3Cl2+2Fe2FeCl3，故C错误．D、氯化钠和水、氨气、二氧化碳的反应以及碳酸氢钠的分解反应都不是氧化还原反应，故D错误．故选B．【点评】本题考查了盐的溶解性、氧化还原反应、氧化剂还原剂等问题，是小型综合题；氧化还原反应、氧化剂还原剂根据化合价的变化判断即可．18．如图所示，在A处通入氯气，关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处的红布条逐渐褪色．有以下几种溶液，则D瓶中盛放的溶液可能是()①浓硫酸②NaOH溶液③H2O④饱和氯化钠溶液．A．①③B．①②C．②③D．②④【考点】氯气的化学性质．【分析】A处通入湿润的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红布看不到明显现象，当打开B阀后，C处于燥的红布条逐渐褪色，则洗气瓶D中装中物质具有吸水性或能与氯气发生化学反应，以此来解答．【解答】解：A处通入湿润的Cl2，关闭B阀时，C处干燥的红布看不到明显现象，当打开B阀后，C处于燥的红布条逐渐褪色，则洗气瓶D中装中物质具有吸水性或能与氯气发生化学反应，①．浓硫酸具有吸水性，符合题意，故正确；②．NaOH溶液与氯气反应，符合题意，故正确；-26-\n③．水不能吸收水蒸气，所以不符合题意，故错误；④．饱和NaCl溶液不与氯气反应，也不能将氯气干燥，不符合题意，故错误；故选：B．【点评】本题考查氯气的性质，明确装置中D的作用是解答本题的关键，注意干燥的氯气不具有漂白性，题目难度不大．19．相等物质的量的CO和CO2相比较，下列有关叙述中正确的是()①它们所含的分子数目之比为1：1②它们所含的O原子数目之比为1：2③它们所含的原子总数目之比为2：3④它们所含的C原子数目之比为1：1⑤它们所含的电子数目之比为7：11．A．①和④B．②和③C．④和⑤D．①②③④⑤【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】根据N=nNA计算微粒数目．①物质的量相同，分子数相同；②1个CO和CO2分子中所含氧原子数分别为1个、2个；③1个CO和CO2分子中所含原子数分别为2个、3个；④1个CO和CO2分子中所含碳原子数都是1个；⑤CO和CO2分子中所含电子数分别为14个、22个．【解答】解：①由于N=nNA，所以物质的量相同，分子数相同，故①正确；②CO和CO2分子中所含氧原子数分别为1个、2个，相等物质的量的CO和CO2所含氧原子的物质的量之比为1：2，由于N=nNA，所含氧原子数之比为1：2，故②正确；③CO和CO2分子中所含原子数分别为2个、3个，相等物质的量的CO和CO2所含原子的物质的量之比为2：3，由于N=nNA，所含原子数之比为2：3，故③正确；④CO和CO2分子中所含碳原子数都是1个，相等物质的量的CO和CO2所含碳原子的物质的量之比为1：1，由于N=nNA，所含碳原子数之比为1：1，故④正确；⑤CO和CO2分子中所含电子数分别为14个、22个，相等物质的量的CO和CO2所含电子的物质的量之比为14：22=7：11，由于N=nNA，所含电子数之比为7：11，故⑤正确．-26-\n故选D．【点评】本题考查常用化学计量的有关计算、阿伏伽德罗定律及推论，题目难度不大，注意有关公式的利用与影响气体体积的因素．20．工业上用铝土矿（主要成分为Al2O3，含Fe2O3等杂质）为原料冶炼铝的工艺流程如下：对上述流程中的判断正确的是()A．试剂X为稀硫酸B．反应II中生成Al（OH）3的反应为：CO2+AlO2﹣+2H2O→Al（OH）3↓+HCO3﹣C．结合质子（H+）的能力由强到弱的顺序是：OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣D．Al2O3熔点很高，工业上还可采用电解熔融AlCl3冶炼Al【考点】金属冶炼的一般原理．【专题】元素及其化合物．【分析】A、根据流程可知，溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，则试剂X为氢氧化钠溶液；B、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠；C、结合质子的能力越强，则形成的物质的酸性越弱；D、氯化铝是分子晶体，熔融时不存在铝离子．【解答】解：A、由于溶液乙通入过量的Y生成氢氧化铝沉淀、碳酸氢钠可知，溶液乙中含有偏铝酸根、气体Y为二氧化碳，故试剂X为氢氧化钠溶液，不可能为硫酸，故A错误；B、过量的二氧化碳与偏铝酸钠反应生成氢氧化铝沉淀与碳酸氢钠，反应方程式为：NaAlO2+CO2+2H2O=Al（OH）3↓+NaHCO3，离子方程式为：CO2+AlO2﹣+2H2O=Al（OH）3↓+HCO3﹣，故B正确；C、结合质子的能力就是指碱性，结合质子能力越强，相应的酸放出质子的能力就越弱，其对应的酸的酸性就越弱，显然酸性强弱HCO3﹣＞Al（OH）3＞H2O，碱性：OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，所以结合质子能力：OH﹣＞AlO2﹣＞CO32﹣，故C正确；D、氯化铝是分子晶体，熔融时不存在铝离子，电解熔融的氯化铝不能获得金属铝，故D错误；-26-\n故选BC．【点评】本题考查了铁、铝化合物的性质以工业冶炼铝等，题目难度中等，理解工艺原理，根据工艺流程判断试剂X为氢氧化钠是解题关键．二、填空题（共60分）21．完成下列反应的反应方程式：（1）NaOH溶液吸收氯气的反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（2）铁与水蒸气在高温下的反应：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2（3）氢氧化铁溶于盐酸：3HCl+Fe（OH）3═FeCl3+3H2O（4）铝单质溶解在氢氧化钠溶液中：2Al+2NaOH+6H2O=2Na+3H2↑（5）过氧化钠与二氧化碳反应：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．【考点】化学方程式的书写．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）氯气与NaOH反应生成氯化钠、NaClO、水；（2）铁与水蒸气在高温条件下反应生成四氧化三铁和氢气；（3）氢氧化铁为碱与盐酸反应生成氯化铁和水；（4）铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠和氢气；（5）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气．【解答】解：（1）氯气与NaOH发生氧化还原反应，氯从0价变成+1价、﹣1价，生成氯化钠、NaClO、水，化学反应为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（2）铁与水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和氢气，方程式为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2，故答案为：3Fe+4H2O（g）Fe3O4+4H2；（3）氢氧化铁和盐酸发生中和反应，生成氯化铁和水，反应为：3HCl+Fe（OH）3═FeCl3+3H2O，故答案为：3HCl+Fe（OH）3═FeCl3+3H2O；-26-\n（4）铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，化学方程式：2Al+2NaOH+6H2O=2Na+3H2↑；故答案为：2Al+2NaOH+6H2O=2Na+3H2↑；（5）过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故答案为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2．【点评】本题考查反应方程式书写，为高频考点，把握物质的性质以及发生的反应为解答的关键，有利于培养学生的良好的科学素养，题目难度不大，注意相关基础知识的积累．22．完成以下化学方程式（1）3S+6KOH═2K2S+1K2SO3+3H2O（2）2KMnO4+16HBr=5Br2+2MnBr2+2KBr+8H2O．【考点】氧化还原反应方程式的配平．【分析】（1）反应中硫元素从硫单质中的0价部分升高到亚硫酸钾中的+4价，部分降为硫化钾中的﹣2价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律，硫化钾系数为2，亚硫酸钾系数为1，结合原子个数守恒配平方程式；（2）反应中锰元素从高锰酸钾中+7价降为溴化锰中的+2价，部分﹣1价溴离子升高到溴单质中0价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律，高锰酸钾系数为2，溴单质系数为5，结合原子个数守恒配平方程式．【解答】解：（1）反应中硫元素从硫单质中的0价部分升高到亚硫酸钾中的+4价，部分降为硫化钾中的﹣2价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律，硫化钾系数为2，亚硫酸钾系数为1，依据原子个数守恒，硫单质系数为3，氢氧化钾系数为6，水系数为3，方程式为：：3S+6KOH=2K2S+K2SO3+3H2O；故答案为：3；6；2；1；3；，2）反应中锰元素从高锰酸钾中+7价降为溴化锰中的+2价，部分﹣1价溴离子升高到溴单质中0价，依据氧化还原反应得失电子守恒规律，高锰酸钾系数为2，溴单质系数为5，依据原子个数守恒，该反应方程式：2KMnO4+16HBr（浓）═2KBr+2MnBr2+8H2O+5Br2↑，故答案为：2；16；5；2；2；8．【点评】本题考查了氧化还原方程式配平，准确判断元素化合价变化，熟悉氧化还原反应得失电子守恒规律是解题关键，题目难度不大．-26-\n23．现用质量分数为36.5%的浓盐酸（密度为1.19g/cm3）配制1mol/L的稀盐酸90mL．（1）实验中应选用的仪器是（填序号）①③⑤⑥⑦⑧；①100mL量筒②托盘天平（带砝码）③玻璃棒④50mL容量瓶⑤10mL量筒⑥50mL烧杯⑦100mL容量瓶⑧胶头滴管（2）经计算，需量取浓盐酸的体积为8.4mL；（3）此实验中玻璃棒的作用是搅拌、引流；（4）某学生实际配制稀盐酸的浓度，经滴定测量为0.98mol/L，原因可能是下列操作中②⑤⑥．①取用完浓盐酸的量筒未洗涤②转移溶液后，小烧杯未洗涤③定容时俯视容量瓶刻度线④移液前容量瓶内有少量蒸馏水⑤定容摇匀后液面下降再加水⑥定容时仰视容量瓶刻度线．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【分析】（1）根据c=计算出浓盐酸的物质的量浓度；根据浓溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要需要浓盐酸的体积；根据配制一定物质的量浓度的溶液步骤选用仪器；（2）根据c=计算出浓盐酸的物质的量浓度；根据浓溶液稀释过程中溶质的物质的量不变计算出需要需要浓盐酸的体积；（3）根据玻璃棒的作用分析；（4）根据c=可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量n和溶液的体积V引起的，误差分析时，关键要看配制过程中引起n和V怎样的变化：若n比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若n比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大．【解答】解：（1）浓盐酸（密度为1.19g/cm3、质量分数为36.5%）的物质的量浓度为：c=mol/L=11.9mol/L，-26-\n无90mL容量瓶，故要配制100mL容量瓶，配制100mL1mol/L的盐酸，需要浓盐酸的体积为：≈0.0084L=8.4mL，根据配制100mL1mol/L的盐酸的步骤可知，用10mL量筒量取浓盐酸，放在烧杯中溶解，可用100mL量筒来取用一定量的水来溶解，用玻璃棒搅拌和引流，注入100mL容量瓶，用胶头滴管定容，故需要选用的仪器为：烧杯、玻璃棒、10mL量筒、100mL容量瓶、胶头滴管，故答案为：①③⑤⑥⑦⑧；（2）根据（1）计算所需浓盐酸的体积为：8.4mL；故答案为：8.4；（3）溶解时用玻璃棒搅拌加速溶解，转移时用玻璃棒引流，故答案为：搅拌、引流；（4）某学生实际配制稀盐酸的浓度，经滴定测量为0.98mol/L，结果偏低，①取用完浓盐酸的量筒未洗涤，不需要洗涤，无影响，故①不选；②没洗涤烧杯和玻璃棒，导致配制的溶液中溶质的物质的量偏小，配制的溶液浓度偏低，故②选；③加水定容时俯视液面；导致加入的蒸馏水体积偏小，配制的溶液浓度偏高，故③不选；④移液前容量瓶内有少量蒸馏水，不影响溶质，对结果无影响，故④不选；⑤加水定容后发现液面低于刻度线，继续加水，导致浓度偏低，故⑤选；⑥加水定容时仰视液面；导致加入的蒸馏水体积偏大，配制的溶液浓度偏低，故⑥选；故答案为：②⑤⑥．【点评】本题考查了配制一定物质的量浓度的溶液的方法，题目难度中等，注意掌握配制一定物质的量浓度的溶液方法，试题侧重对学生能力的培养和解题方法的指导和训练，该题的难点在于误差分析，注意明确误差分析的方法．24．A、B、C、D、X均为中学化学常见的物质．它们之间存在如图所示转化关系（图中反应条件略去）填写下列空白：（1）若A为金属铝，B为氧化铁，写出反应A+B→C+D的一种用途焊接钢轨（2）若A为两性氢氧化物，B为NaOH溶液，写出反应A+B→C+D的离子方程式Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O．（3）若A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于制作印刷电路板，该反应的离子方程式Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+．-26-\n（4）若A、B、C为化合物，D、X为单质，A、B、C中肯定含有X元素的是B、C．【考点】无机物的推断．【分析】（1）A为金属铝，B为氧化铁，考虑铝热反应，反应可以生成氧化铝与铁，铁与氧气反应生成Fe3O4，符合转化；（2）A为两性氢氧化物，A为Al（OH）3，B为NaOH溶液，反应生成偏铝酸钠和水；（3）A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于制作印刷电路板，则A为Cu，B含有Fe3+，B为FeCl3，反应生成Cu2+与Fe2+，Fe2+与Cl2反应生成FeCl3，符合转化；（4）A、B、C为化合物，D、X为单质，由转化关系可知，单质D、X化合生成B，B中含有X元素，根据元素守恒可以，C中一定含有X元素．【解答】解：（1）A为金属铝，B为氧化铁，发生铝热反应，生成氧化铝与铁，可以用来焊接钢轨，故答案为：焊接钢轨；（2）A为两性氢氧化物，A为Al（OH）3，B为NaOH溶液，反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O，故答案为：Al（OH）3+OH﹣=AlO2﹣+2H2O；（3）A为金属单质，B、C、D都是化合物，A与B发生的反应常用于制作印刷电路板，则A为Cu，B含有Fe3+，B为FeCl3，反应生成Cu2+与Fe2+，离子方程式为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+，故答案为：Cu+2Fe3+═Cu2++2Fe2+；（4）A、B、C为化合物，D、X为单质，由转化关系可知，单质D、X化合生成B，B中含有X元素，根据元素守恒可以，C中一定含有X元素，故答案为：B、C．【点评】本题是无机框图推断题，考查物质推断与性质，难度较大，掌握元素化合物的性质是解题的关键，需要学生熟练掌握元素化合物知识．25．A～G各物质间的关系如图，其中B、D为气态单质．请回答下列问题：（1）物质C、E分别为浓盐酸、四氧化三铁．（填名称）-26-\n（2）反应①可选用不同的A进行，若反应在常温下进行，其化学方程式为2H2O22H2O+O2↑，．（3）请设计实验检验F、G的混合溶液中F的金属阳离子．（写出试剂、操作、现象、结论）取混合溶液少许，加入高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，说明有Fe2+存在．【考点】无机物的推断．【分析】在中学化学中MnO2参与制备气体单质为氧气和氯气的制备，由转化关系可知，B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁，若①不需要加热，则A为过氧化氢，若需要加热，则A为氯酸钾，据此解答．【解答】解：在中学化学中MnO2参与制备气体单质为氧气和氯气的制备，由转化关系可知，B是氧气，D是氯气，C是浓盐酸，E是四氧化三铁，F是氯化亚铁，G是氯化铁，若①不需要加热，则A为过氧化氢，若需要加热，则A为氯酸钾．（1）由上述分析可知，物质C为浓盐酸、E为四氧化三铁，故答案为：浓盐酸；四氧化三铁；（2）反应①可选用不同的A进行，若反应在常温下进行，应是在二氧化锰催化条件下，双氧水分解生成氧气，其化学方程式为：2H2O22H2O+O2↑，故答案为：2H2O22H2O+O2↑；（3）设计实验检验F、G的混合溶液中F的金属阳离子，Fe2+能被高锰酸钾溶液氧化，使高锰酸钾溶液褪色，所以检验出溶液中是否有Fe2+的操作为：取混合溶液少许，加入高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，说明有Fe2+存在，故答案为：取混合溶液少许，加入高锰酸钾溶液，若溶液紫色褪去，说明有Fe2+存在．【点评】本题考查无机物推断，中学常见的与二氧化锰有关的单质气体制备为突破口，注意滴基础知识的理解掌握．26．高铁酸钾（K2FeO4）是一种集氧化、吸附、絮凝于一体的新型多功能水处理剂．其生产工艺如下：-26-\n（1）反应①应在温度较低的情况下进行．因在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3．写出在温度较高时KOH与Cl2反应的化学方程式6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O，当反应中转移5mol电子时，消耗的氯气是3mol．（2）在反应液I中加入KOH固体的目的是AC（填编号）．A．与反应液I中过量的Cl2继续反应，生成更多的KClOB．KOH固体溶解时会放出较多的热量，有利于提高反应速率C．为下一步反应提供碱性的环境D．使KClO3转化为KClO（3）从溶液II中分离出K2FeO4后，还会有副产品KNO3、KCl，则反应③中发生的离子反应方程式为2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O．（4）如何判断K2FeO4晶体已经洗涤干净用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净．（5）高铁酸钾（K2FeO4）作为水处理剂的一个优点是能与水反应生成胶体吸附杂质，其离子反应是：4FeO42¯+10H2O=4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣完成并配平上述反应的离子方程式．【考点】"三废"处理与环境保护．【分析】足量氯气通入氢氧化钾溶液中低温反应生成次氯酸钾、氯化钾和水，加入固体氢氧化钾除去氯化钾得到减小次氯酸钾浓溶液，加入硝酸铁浓溶液纯化洗涤干燥得到高铁酸钾；（1）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；根据化合价升高，还原剂，得到氧化产物结合电子守恒计算转移5mol电子消耗氯气物质的量；（2）根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，第③步需要碱性条件，在温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3，氧化还原反应中化合价有升有降；（3）根据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物以及电子得失守恒和质量守恒来配平；-26-\n（4）检验最后一次的洗涤中无Cl﹣即可（5）根据氧化还原反应电子得失守恒配平；【解答】解：（1）据题目信息、氧化还原反应中化合价发生变化确定产物有：KClO3、KCl、H2O，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O；Cl2既是氧化剂又是还原剂，氯化合价升高，得到KClO3，KClO3是还原产物．氯元素化合价0价变化为﹣1价，+1价，电子转移为e﹣，氯元素化合价0价变化为+5价，电子转移5mol，转移5mol电子时消耗氯气3mol，故答案为：6KOH+3Cl2KClO3+5KCl+3H2O；3；（2）A、根据生产工艺流程图，第①步氯气过量，加入KOH固体后会继续反应生成KClO，故A正确；B、因温度较高时KOH与Cl2反应生成的是KClO3，而不是KClO，故B错误；C、第③步需要碱性条件，所以碱要过量，故C正确；D、KClO3转化为KClO，化合价只降不升，故D错误；故选：A、C．（3）据题目信息和氧化还原反应中化合价发生变化确定找出反应物：Fe3+、ClO﹣，生成物：FeO42﹣、Cl﹣，根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O．故答案为：2Fe3++3ClO﹣+10OH﹣=2FeO42﹣+3Cl﹣+5H2O（4）因只要检验最后一次的洗涤中无Cl﹣，即可证明K2FeO4晶体已经洗涤干净．故答案为：用试管取少量最后一次的洗涤液，加入硝酸银溶液，无白色沉淀则已被洗净．（5）根据电子得失守恒和质量守恒来配平，可得4FeO42﹣+10H2O═4Fe（OH）3（胶体）+3O2↑+8OH﹣．故答案为：4，10，4，3，8OH﹣；【点评】本题结合高铁酸钾（K2FeO4）的制备主要考查了氧化还原反应的知识、离子的检验等，培养了学生运用知识的能力，题目难度中等．27．（14分）ClO2作为一种广谱型的消毒剂，将逐渐用来取代Cl2成为自来水的消毒剂．已知ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，实验室制备ClO2的原理是用亚氯酸钠固体与纯净的氯气反应2NaClO2+Cl2═2ClO2+2NaCl-26-\n如图1是实验室用于制备和收集一定量纯净的ClO2的装置（某些夹持装置和垫持用品省略）．其中E中盛有CCl4液体．（1）仪器P的名称是分液漏斗（2）写出装置A中烧瓶内发生反应的化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）E装置中所盛试剂的作用是用于除去ClO2中未反应的Cl2（4）F处应选用的收集装置是图2②（填序号），其中与E装置导管相连的导管口是图2d（填接口字母）．（5）以下是尾气吸收装置，能用于吸收多余ClO2气体，并能防止倒吸的装置的是如图3的DA．①②B．②③C．③④D．②④（6）若用100mL2mol•L﹣1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量是C（填序号）．A．＞0.1molB.0.1molC．＜0.1molD．无法判断．（7）ClO2也可由NaClO3在H2SO4溶液存在下与Na2SO3反应制得．请写出反应的化学方程式：2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O．【考点】性质实验方案的设计．-26-\n【分析】由题目中所给信息和实验装置图可知：本实验首先用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为MnO2+4HClMnCl2+Cl2↑+2H2O，经除杂、干燥后在D中亚氯酸钠固体反应生成ClO2，由于Cl2易溶于CCl4液体，E用于除去ClO2中的未反应的Cl2，最后用向上排空法收集；并注意气体的性质和装置来分析防止倒吸的装置，利用稀盐酸与二氧化锰不反应来分析浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量．（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，则P为分液漏斗；（2）浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2；（3）生成的ClO2中混有氯气，为制备纯净干燥的ClO2，根据氯气易溶于四氯化碳，使用四氯化碳来除去氯气；（4）ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞；（5）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下；（6）浓盐酸在加热条件下与二氧化锰发生氧化还原反应，但随着反应的进行，盐酸浓度变稀时，不与二氧化锰反应；（7）由KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应制得二氧化氯，还生成硫酸钾、水．【解答】解：（1）实验室用浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，浓盐酸应盛装在分液漏斗中，则P为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；（2）浓盐酸和MnO2在加热条件下反应制备Cl2，反应的方程式为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；（3）ClO2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，生成的ClO2中混有氯气，氯气易溶于四氯化碳，为制备纯净干燥的ClO2，使用四氯化碳来除去氯气，故答案为：用于除去ClO2中未反应的Cl2；（4）ClO2是一种易溶于水的气体，且密度比空气大，应用向上排空气法收集，且进行尾气处理，故用双孔橡皮塞，故答案为：②；d；（5）ClO2是一种易溶于水的气体，尾气吸收时要防止倒吸，导气管不能插入到液面以下，②④符合，-26-\n故答案为：D；（6）浓盐酸在加热条件下与二氧化锰发生氧化还原反应，但随着反应的进行，盐酸浓度变稀时，不与二氧化锰反应，根据MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O可知，若用100mL2mol•L﹣1的浓盐酸与足量的MnO2制备Cl2，则被氧化的HCl的物质的量＜0.1mol，故答案为：C；（7）KClO3在H2SO4存在下与Na2SO3反应，SO32﹣被氧化成SO42﹣，由电子、电荷守恒可知该离子反应为2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O，故答案为：2ClO3﹣+SO32﹣+2H+═2ClO2+SO42﹣+H2O．【点评】本题考查了氯气的制取、氯气的性质、氯气的尾气处理等知识点，题目难度中等，学习中注意把握化学实验基本操作，做该类题目时把握实验目的和实验原理是解答题目的关键．-26-
