2022-2023学年上海交通大学附属中学高一上学期期末考试化学试题含解析

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上海交通大学附属中学2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列有关化学用语表示正确的是
A．钠离子离子结构示意图：
B．Li原子电子式：
C．碳元素的某种中子数为8的核素表达式：
D．H2与D2互为同素异形体
【答案】C
【详解】A．钠离子的质子数为11，核外电子数为11-1=10，所以其离子结构示意图为：，A错误；
B．Li的核外最外层电子数为1，所以其电子式为：，B错误；
C．碳元素的某种中子数为8，因质子数为6，则质量数为8+6=14，所以核素表达式：，C正确；
D．H2与D2为同一种单质，两者不互为同素异形体，D错误；
故选C。
2．在空气中久置会因为氧化还原反应变质的强电解质是
A．亚硫酸钠 B．硫化氢 C．烧碱 D．氯水
【答案】A
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，在水溶液中若能完全电离，则为强电解质。氧化还原反应的特征是有元素化合价的升降，据此分析解答。
【详解】A．亚硫酸钠具有还原性，会被空气中的氧气氧化，生成硫酸钠，亚硫酸钠属于强电解质，A符合题意；
B．硫化氢具有还原性，会被空气中的氧气氧化，生成硫单质和水，但硫化氢在水溶液中发生部分电离，属于弱电解质，B不符合题意；
C．烧碱在空气中易潮解，潮解后会与二氧化碳反应，没有元素化合价的升降，不会发生氧化还原反应，C不符合题意；
D．氯水在空气中久置，其中的次氯酸会发生分解生成盐酸和氧气，属于氧化还原反应，但氯水为混合物，不属于电解质，D不符合题意；
故选A。
3．下列说法正确的是
①熔融能导电的物质是电解质
②氧化还原反应的实质是电子的转移
③胆矾、漂粉精、液氨分别为强电解质、非电解质和弱电解质
④复分解反应通常向着溶液中某些离子浓度减少的方向进行
⑤酸性氧化物不一定是非金属氧化物，但是碱性氧化物一定是金属氧化物
A．①②④ B．①③⑤ C．②④⑤ D．③④⑤
【答案】C
【详解】①金属熔融状态下能导电，但金属是单质，既不是电解质也不是非电解质，故①错误；
②电子的转移为氧化还原反应的实质，故②正确；
③胆矾为强电解质，漂粉精是氯化钙和次氯酸钙的混合物，既不是电解质也不是非电解质，液氨为非电解质，故③错误；
④当溶液中存在某些离子能相互结合而使其浓度迅速减小时，反应就向离子浓度减小的方向进行，从而发生复分解反应，故④正确；
⑤酸性氧化物是能和碱反应生成盐和水的氧化物如Mn2O7，碱性氧化物是能和酸反应生成盐和水的氧化物，如Na2O，故⑤正确；
综上，正确的有②④⑤；
答案选C。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．101kPa、4℃时，18mL水和202kPa、27℃时32gO2所含分子数均为NA
B．常温常压下，7.1gCl2与足量NaOH溶液反应，转移的电子数为0.2NA
C．2.24L甲烷与氨气的混合气体中含有的质子数目为NA
D．标准状况下，2.24LCl2被足量水吸收后形成的氯水中，Cl2的分子数等于0.1NA
【答案】A
【详解】A．101kPa、4℃时，水的密度为1g/cm3，18 mL水的质量为18g，即1mol；202 kPa、27℃时32g O2的物质的量为1mol，因此二者分子数均为NA，故A正确；
B．常温下，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，7.1gCl2与足量NaOH溶液反应转移的电子数约为0.1NA，故B错误；
C．未指明是否是标准状况，所以无法准确计算2.24L甲烷与氨气的混合气体中含有的质子数，故C错误；
D．标准状况下，2.24LCl2被足量水吸收后形成的氯水中，含氯微粒存在氯气、次氯酸、HCl，所以Cl2的分子数小于0.1NA，故D错误；
故选A。
5．下列离子方程式书写正确的是
A．用MnO2和浓盐酸反应制备Cl2：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
B．少量澄清石灰水与Ca(HCO3)2混合：Ca2++OH-+=CaCO3↓+H2O
C．工业制备漂粉精：2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O
D．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应至溶液呈中性：Ba2++OH-++H+=BaSO4↓+H2O
【答案】A
【详解】A．用MnO2和浓盐酸反应制备Cl2，浓盐酸部分Cl元素被氧化，部分Cl元素未参与氧化还原反应，其离子方程式为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，A正确；
B．少量澄清石灰水与Ca(HCO3)2混合会生成碳酸钙和水，其离子方程式为：Ca2++2OH-+2=CaCO3↓+2H2O+CO，B错误；
C．工业利用氯气与石灰乳反应制备漂粉精，石灰乳在书写离子方程式中不能拆分，C错误；
D．硫酸氢钠与氢氧化钡溶液反应至溶液呈中性，生成的是硫酸钠、硫酸钡和水：Ba2++2OH-++2H+=BaSO4↓+2H2O，D错误；
故选A。
6．把300mL含有BaCl2、MgCl2、Mg(NO3)2的混合溶液分成3等份，分别逐滴加入Na2SO4溶液、AgNO3溶液、NaOH溶液，直至不再产生沉淀，此时消耗amolNa2SO4、bmolAgNO3、cmolNaOH，则该混合溶液中的浓度为
A．mol/L B．10(2a-b+c)mol/L
C．10(2a﹣b+2c)mol/L D．mol/L
【答案】B
【详解】消耗amolNa2SO4，则原溶液中含有amolBa2+，即BaCl2有amol，消耗bmolAgNO3，则原溶液中含有bmolCl-，BaCl2中有Cl-2amol，因此MgCl2中有Cl-为(b-2a)mol，则MgCl2有mol，消耗NaOHcmol，则Mg2+有mol，则Mg(NO3)2有镁离子(-)mol，因此的物质的量为(c-b+2a)mol，则的浓度为(c-b+2a)mol÷0.1L=10(2a-b+c)mol/L，故答案选B。
7．含有0.01molFeCl3的氯化铁饱和溶液因久置变得浑浊，将所得分散系从如图所示装置的A区流向B区，其中C区是不断更换中的蒸馏水。已知NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法不正确的是

A．实验室制备Fe(OH)3胶体的反应为：FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl
B．滤纸上残留的红褐色物质为Fe(OH)3固体颗粒
C．在B区的深红褐色分散系为Fe(OH)3胶体
D．进入C区的H+的数目为0.03NA
【答案】D
【详解】A．饱和FeCl3在沸水中水解可以制备胶体，化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl ，正确，A不选；
B．滤纸上层的分散系中悬浮颗粒直径通常大于10-7 m时，为浊液，不能透过滤纸，因此滤纸上的红褐色固体为Fe(OH)3固体颗粒，正确，B不选；
C．胶体的直径在10-9~10- 7m之间，可以透过滤纸，但不能透过半透膜，因此在滤纸和半透膜之间的B层分散系为胶体，正确，C不选；
D．若Fe3＋完全水解，Cl－全部进入C区，根据电荷守恒，则进入C区的H＋的数目应为0.03NA。但是Fe3＋不一定完全水解，Cl－也不可能通过渗析完全进入C区，此外Fe(OH)3胶体粒子通过吸附带正电荷的离子如H+而带有正电荷，因此进入C区的H＋的数目小于0.03NA，错误，D选。
答案选D。
8．某化学课题小组将二氧化硫的制备与多个性质实验进行了一体化设计,实验装置如图所示。下列说法不正确的是

A．a、b、c中依次盛装70%硫酸.Na2SO3固体、NaOH溶液
B．实验时，湿润的pH试纸、鲜花、品红溶液、KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色沉淀
C．此设计可证明SO2水溶液的酸性,SO2的氧化性、还原性、漂白性
D．点燃酒精灯加热,可证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性,使KMnO4溶液褪色不具有可逆性
【答案】B
【详解】A. 实验时，应将70%硫酸滴加到Na2SO3固体中，SO2是有毒气体，用NaOH溶液吸收尾气，故a、b、c中依次盛装70%硫酸、Na2SO3固体、NaOH溶液，故A正确；
B.湿润的pH试纸只变红色，不褪色，而鲜花、品红溶液、KMnO4溶液均褪色，Na2S溶液出现淡黄色沉淀硫，故B错误；
C. 湿润的pH试纸变红，体现了二氧化硫水溶液的酸性，KMnO4溶液褪色，体现了二氧化硫的还原性；鲜花、品红溶液褪色，体现了二氧化硫的漂白性，Na2S溶液出现淡黄色沉淀，体现了二氧化硫的氧化性，故C正确；
D. 点燃酒精灯加热，品红溶液很快恢复红色，证明SO2使品红溶液褪色具有可逆性，KMnO4溶液仍无色，说明KMnO4溶液褪色不具有可逆性，故D正确；
故选B。
【点睛】本题主要考查了SO2的化学性质。明确二氧化硫的还原性、氧化性、水溶液的酸性是解题关键。本题的易错点为C，要注意区分二氧化硫能够时一些物质褪色的本质。
9．某实验室需要 1.0 mol/L 的碳酸钠溶液 450 mL，利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制。下列说法正确的是
A．应称取该碳酸钠晶体128.7 g
B．取 100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液浓度为0.5 mol/L
C．定容时俯视刻度线会引起配制溶液的浓度偏高
D．定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，应再补加少量水至刻度线
【答案】C
【分析】需用500 mL容量瓶配制该溶液，根据计算需要碳酸钠晶体质量；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大。
【详解】143.0g，故A错误；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL，所以溶液浓度不是0.5 mol/L，故B错误；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误。
【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制的误差分析时，注意从c=分析操作对溶质的物质的量浓度的影响，若n偏大则c偏高，若v偏高则c偏低。
10．FeS2与酸反应时生成H2S2，H2S2与H2O2相似，易分解。实验室用过量稀硫酸与FeS2颗粒混合，不可能生成的物质是
A．H2S B．S C．FeS D．FeSO4
【答案】C
【详解】由题意知，FeS2颗粒与硫酸发生反应生成硫酸亚铁和过硫化氢，即FeS2＋H2SO4=H2S2＋FeSO4，H2S2类似于H2O2，易分解，H2S2发生分解反应生成H2S气体和单质S，即H2S2=H2S↑＋S↓，则不可能生成的是FeS，C项符合题意。
故选C。
11．粗碘中通常含ICl和IBr，称为卤素互化物，其性质和卤素单质相似，都是较强的氧化剂，而且受热时ICl和IBr皆可像I2一样升华，在粗碘中加入以下选项中的一种物质后，再进行升华可制得精碘，应加入的物质是(　　)。
A．H2O B．Zn C．KI D．KCl
【答案】C
【详解】A、加入水，导致碘难以升华，且水中溶解部分碘，不符合分离、提纯的目的，故A错误；
B、加入Zn，在加热条件下生成ZnI，影响被提纯的物质，不符合提纯的原则，故B错误；
C、加入KI发生：反应为IBr+KI=I2+KBr，ICl+KI=I2+KCl，加热时I2升华与KCl、KBr分离，故C正确；
D、加入KCl与杂质不反应，不能起到除杂的目的，故D错误；
故答案选C。
12．如图所示实验装置测定气体摩尔体积，相关叙述正确的是

A．实验结束后未冷却至室温便读数，会导致测定结果偏小
B．量气管压入水准管的水过多而溢出，会导致测定失败
C．称取质量为0.108g铝带误作镁带用，会导致测定结果偏小
D．上提水准管后，量气管液面高度不断改变，说明装置漏气
【答案】D
【详解】A．实验结束后未冷却至室温便读数，则读出的气体体积偏大，会导致测定结果偏高，A不正确；
B．量气管压入水准管的水过多而溢出，对气体的体积测定没有影响，不会导致测定失败，B不正确；
C．称取质量为0.108g铝带误作镁带用，只要温度和体积测定准确，不会影响测定结果，C不正确；
D．上提水准管后，量气管液面高度不断改变，说明气体不断逸出，从而证明装置漏气，D正确；
故选D。
13．向FeBr2溶液中通入一定量的Cl2，发生反应：2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，下列关于该反应说法错误的是
A．氧化性：Cl2>Fe3+
B．参加反应的Fe2+与Cl2的物质的量之比为1：1
C．还原性：Fe2+ D．被氧化的Br-占Br-总量的一半
【答案】C
【详解】A．同一反应中氧化性:氧化剂>氧化产物，根据上述方程式可知，氯气作氧化剂，铁离子和溴单质作氧化产物，所以氧化性:Cl2>Fe3+，选项A正确；
B．根据上述反应可知，参加反应的Fe2+与Cl2的物质的量之比为2 : 2= 1: 1，选项B正确；
C．上述反应中，亚铁离子全部被氧化，而溴离子有一半被氧化，所以还原性: Fe2+ > Br-，选项C错误；
D．根据溶液中溶质FeBr2的构成可知，溶液中若有2molFe，会有4molBr-，上述反应中只有2molBr-被氯气氧化，则被氧化的Br-占Br-总量的一半，选项D正确；
答案选 C。
14．浩瀚的海洋是一个巨大的物质宝库，工业上常用浓缩海水提取溴。下列说法不正确的是

A．海水提溴发生的所有化学反应均为氧化还原反应
B．步骤②中体现了溴易挥发的性质
C．①~④目的是富集溴元素
D．步骤③反应的离子方程式为Br2+SO2+2H2O=2HBr+2H++
【答案】D
【分析】浓缩的海水中，Br-浓度仍然很小，通入Cl2将Br-氧化为Br2，得到稀溴水；用热空气将溴单质吹出，用SO2水溶液吸收，发生反应；Br2+SO2+2H2O=H2SO4+2HBr；再通Cl2将Br-氧化，此时得到浓度较大的溴水。
【详解】A．根据上述分析可知，海水提溴的过程涉及的反应均为氧化还原反应，A正确；
B．步骤②中热空气能将溴吹出，体现了溴易挥发的性质，B正确；
C．步骤①-④，先生成溴单质，热空气吹出溴单质后，用二氧化硫还原后再用氯气氧化的目的是富集溴元素，C正确；
D．HBr为强酸，在离子方程式中可拆分，所以步骤③反应的离子方程式为，D错误；
故选D。
15．用向上排空气法在容积为Vcm3的集气瓶中收集HCl，收集后瓶内气体密度是相同条件下H2密度的17.5倍。将此集气瓶倒置于水中，瓶内水面上升到一定高度后停止上升，则同温同压下，瓶内剩余气体的体积为
A． B． C． D．无法确定
【答案】B
【分析】根据气体相对密度，计算混合气体的平均摩尔质量，进而计算空气和HC1的物质的量之比，最后计算剩余气体体积。
【详解】瓶内气体的密度是相同条件下H2密度的17.5倍，则瓶内空气和HCl的混合气的平均摩尔质量为2 g/mol×17.5=35 g/mol。设空气的物质的量为x mol，HCl的物质的量为y mol，则，解得x:y=1:4，HCl极易溶于水，而空气不溶于水，故空气剩余体积为V cm3×=cm3；
故合理选项是B。
16．在含有大量漂粉精的溶液中，下列有关叙述正确的是
A．加入K+、、、I-等离子，可以大量共存
B．可用pH试纸测定该溶液的pH
C．向该溶液中滴加少量Na2SO3溶液，反应的离子方程式为：+ClO-+2H+=+Cl-+H2O
D．该溶液中滴入一定量的浓盐酸，每产生1molCl2，转移电子数约为NA个
【答案】D
【分析】漂粉精的有效成分次氯酸钙具有氧化性和漂白性。
【详解】A．漂粉精又名高效漂白粉，有效成分是Ca(ClO)2，ClO-与I-发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；
B． Ca(ClO)2溶液具有漂白性，能将pH试纸漂白，不能用pH试纸测定该溶液的pH，故B错误；
C．滴入少量Na2SO3溶液，次氯酸根能够氧化亚硫酸离子最终反应生成微溶的硫酸钙，正确的离子方程式为：SO+ClO-+Ca2+=CaSO4↓+Cl-，故C错误；
D．ClO-与Cl-发生反应的离子方程式为：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，反应中产生1mol Cl2转移电子1mol，即转移电子数约为NA个，故D正确；
故选：D。
17．FeS与一定浓度的HNO3反应，生成Fe(NO3)3、Fe2(SO4)3、NO2、N2O4、NO和H2O，当NO2、N2O4、NO的物质的量之比为4:1:4时，实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为
A．1:6 B．2:15 C．2:3 D．16:25
【答案】A
【详解】令参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2(SO4)3为mol，Fe(NO3)3为mol，反应中Fe元素、S元素化合价升高，N元素化合价降低，令NO2、N2O4、NO的物质的量分别为4amol、amol、4amol，根据电子转移守恒有：1×(3-2)+1×[6-(-2)]=4a×(5-4)+a×(5-4)×2+4a×(5-2)，解得a=0.5，故NO2、N2O4、NO的物质的量分别为2mol、0.5mol、2mol，故起氧化剂作用的HNO3为2mol+0.5mol×2+2mol=5mol，起酸的作用的硝酸生成Fe(NO3)3，故起酸的作用的硝酸为mol×3=1mol，参加反应的硝酸为5mol+1mol=6mol，故实际参加反应的FeS与HNO3的物质的量之比为1mol：6mol=1：6，故选A。
【点睛】利用电子转移守恒与元素守恒计算是关键，注意电子守恒思想在氧化还原反应计算中的运用。根据FeS化学式可知，溶液中铁离子与硫酸根离子的物质的量相等，如果参加反应的FeS为1mol，则溶液中Fe2(SO4)3为mol，Fe(NO3)3为mol，这是解题的基础和关键。

二、填空题
18．NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生如下反应：NaNO2+HI=NO↑+I2+NaI+H2O(未配平)。
(1)配平上述方程式：___________。
_______NaNO2+_______HI=_______NO↑+_______I2+_______NaI+_______H2O。
若反应过程中生成2molI2，则过程中转移电子数目为___________。
(2)根据上述反应，鉴别NaNO2和NaCl。可选用的物质有：①蒸馏水②碘化钾淀粉试纸③淀粉④白酒⑤食醋，你认为必须选用的物质有___________(填序号)。
(3)某厂废液中，含有2%～5%的NaNO2，直接排放会造成污染，下列试剂能使NaNO2转化为不引起二次污染的N2的是___________。
A．NaCl B．NH4Cl C．HNO3 D．浓H2SO4
【答案】(1)     2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O     4NA
(2)①②⑤
(3)B

【详解】（1）NaNO2中氮元素化合价由+3价降低到了+2价，HI中碘元素化合价由-1价升高到了0价，依据得失电子守恒和原子守恒可知，配平后的方程式为：2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O；方程式中每生成1mol I2，转移电子的物质的量为2mol，则若反应过程中生成2mol I2，则过程中转移电子数目为=4NA；
（2）根据方程式2NaNO2+4HI=2NO↑+I2+2NaI+2H2O可知NaNO2在酸性环境中可以将I-氧化成I2，而碘单质遇碘变蓝，所以选用的物质为①水、②碘化钾淀粉试纸、⑤食醋；
（3）NaNO2发生还原反应生成N2，需要加入还原剂；NH4Cl中N元素为-3价，具有还原性，故选B。

三、实验题
19．过碳酸钠(Na2CO4)是工业上常用的漂白剂和氧化剂。该产品中可能含有纯碱杂质，实验室在常温常压下利用如图所示装置判断样品中是否含有Na2CO3并测定样品中过碳酸钠的纯度。图中C中装有碱石灰，Q为弹性很好的气球，称取mg的样品放入其中，按图安装好仪器，打开漏斗的活塞，将稀硫酸滴入气球中。回答下列相关问题：

已知：
①常温常压下，气体摩尔体积约为24.5L/mol。
②过碳酸钠易溶解于水，可以与酸反应：2CO+4H+=2CO2↑+O2↑+2H2O
(1)仪器a的名称为___________；装置Ⅱ测量气体体积时应注意①读数时视线与量气管最低凹液面相平②___________③___________
(2)通过控制活塞可以在I和II测得两个气体体积的数值，利用装置Ⅱ测出气体的总体积与装置Ⅰ对比，若Ⅱ读数与Ⅰ读数比值约为___________即可判断样品中无Na2CO3。
(3)读取装置Ⅰ中量筒的体积为VmL，用含m、V的表达式表示样品中Na2CO4的百分含量为___________。
(4)下列实验操作，可能会造成测定结果偏高的操作有___________。
A．若在导管b加一个止水夹并关闭止水夹
B．反应结束后，量筒液面高于水槽液面
C．反应结束后立即对量筒读数
D．称量样品时，有样品粘在滤纸上
【答案】(1)     分液漏斗     量气管液面与长颈漏斗液面相平     冷却至室温再读数
(2)3或3:1
(3)或或
(4)ABC

【分析】该实验测定原理是：稀硫酸和过碳酸钠反应生成两种气体和，杂质纯碱和稀硫酸反应生成，利用Ⅰ装置，气体经过C中的碱石灰吸收，收集测量反应生成的体积；利用装置II，生成的气体使气球Q变大，将广口瓶中的空气排出，通过量气管可测气体总体积，根据化学方程式计算出过碳酸钠的质量，进一步求出过碳酸钠的纯度。
【详解】（1）装置名称A与B是分开的，由仪器构造可知，A是分液漏斗；
（2）由过碳酸钠和硫酸反应的方程式可知，当II中测得生成3体积的气体时(2体积和1体积)，I中测得除被碱石灰吸收外还剩1体积，若样品中无，则无其它，两者体积比为3:1；
故答案为：3或3:1。
（3）I中气体就是，这些与过碳酸钠的关系式为：，根据常温常压下，，的物质的量为=mol，过碳酸钠的物质的量为2mol，则过碳酸钠的含量为：100%=；
故答案为：或或；
（4）过碳酸钠的含量表达式为，其中V是Ⅰ中量筒收集的体积，m为样品的质量。由表达式可知，测量的气体体积的大小决定纯度的高低；
A．若在导管B加一个止水夹并关闭止水夹，硫酸占有体积，气体体积变大，导致测定结果偏高，故A选；
B．反应结束后，量筒液面高于水槽液面，说明量管内气体压强小，气体体积变大，导致测定结果偏高，故B选；
C．由于反应放热，反应结束后立即对量筒读数，气体体积变大，导致测定结果偏高，故C选；
D．样品粘在滤纸上，样品用于产生气体的体积就变小，导致测定结果偏低，故D不选；
故答案选：ABC。
20．某化学小组用如图所示装置制备氯气并验证其性质。请回答下列问题：

(1)氯气不再逸出时，圆底烧瓶固液混合物中仍有盐酸和MnO2，从氧化还原反应原理的角度分析反应结束后仍有盐酸和MnO2的原因是___________；装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体是___________。
(2)可用C、D装置制取氯酸钾、次氯酸钠，反应完毕经冷却后，C的试管中有大量晶体析出。图中符合该晶体溶解度曲线的是___________(填写编号字母)；从C的试管中分离出该晶体的方法是___________(填写操作名称)。

(3)D中生成的次氯酸钠是“84”消毒液的主要成分，现有以下物质：①熔融KNO3；②干冰；③Cu；④NaClO固体；⑤氢氧化铁胶体；⑥NaOH固体，其中能够导电的是___________，(填序号，下同)；属于酸性氧化物的是___________。
(4)“84”消毒液是一种家用消毒剂，原因是NaClO具有强___________性，某同学欲配制4.0mol/L的“84”消毒液480mL，需称量NaClO固体___________g；实验中所需要的玻璃仪器有___________。
(5)以NaClO溶液作为吸收剂利用如图喷淋吸收塔进行一体化“脱硫”、脱硝”，当烟气中进入吸收塔SO2和NO的体积比为3：2时，若“脱硫率”、“脱硝率”均为100%，则流出的吸收液中c()：c()：c(Cl-)之比为___________。

【答案】(1)     反应过程中浓盐酸被消耗，浓度逐渐减小，稀盐酸没有还原性，不能继续与二氧化锰发生反应     饱和食盐水
(2)     M     过滤
(3)     ①③⑤     ②
(4)     氧化     149.0     烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管
(5)

【分析】圆底烧瓶中浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，B中可盛放饱和食盐水，可以暂时贮存氯气，B后的集气瓶可收集氯气，C中氯气和氢氧化钾反应制备氯酸钾，D中氯气与氢氧化钠反应制备次氯酸钠，浓硫酸干燥氯气，E装置验证干燥氯气和湿润氯气性质对比，烧杯中为氢氧化钠溶液，吸收氯气防止污染空气。
【详解】（1）二氧化锰可与浓盐酸共热产生氯气，但稀盐酸没有还原性，所以不能与二氧化锰反应制备氯气，随着反应的进行，浓盐酸会越来越稀，所以反应停止后，仍有二氧化锰与盐酸共存；装置B可贮存多余的气体，则装置B中所盛装的液体可降低氯气在水中的溶解度，所以可选择饱和食盐水；
（2）C中溶液冷却后有大量晶体析出，故氯酸钾的溶解度随温度的升高降低而降低，是曲线M；分离出固体的方法是过滤；
（3）具有自由移动的电子或离子的物质可导电，上述物质中，①熔融KNO3中含自由移动的钾离子和硝酸根离子，可导电；③Cu中含自由移动的电子，可导电；⑤氢氧化铁胶体中含自由移动的胶粒，可导电，其余物质不导电；酸性氧化物可与碱反应生成相应的盐和水，则上述物质中，②干冰为固体二氧化碳，属于酸性氧化物，故答案为：①③⑤；②；
（4）NaClO具有强氧化性，可杀菌消毒，为“84”消毒液的有效成分，某同学欲配制4.0mol/L的“84”消毒液480mL，需用规格为500mL的容量瓶，根据m=cVM可知，称量NaClO固体的质量为；根据实验步骤可知，实验中所需要的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶和胶头滴管；
（5），、；，由电子守恒：，设、，则，流出的吸收液中。