2022-2023学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一上学期期中考试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年黑龙江省双鸭山市第一中学高一上学期期中考试化学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

黑龙江省双鸭山市第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．2022年8月8日，双鸭山10万吨天然石墨负极材料项目开工，建成后，年产值达50亿元。石墨及新材料如石墨烯、富勒烯、碳纳米管等终端产品的研究备受瞩目。其中，富勒烯是一类具有封闭笼状结构的分子(最小的富勒烯是C20，最常见的是C60)，关于C20和C60的说法正确的是
A．C20和C60的摩尔质量相同 B．二者物理性质相同
C．都属于单质，且互为同素异形体 D．等质量的C20和C60所含分子数相同
【答案】C
【详解】A．C20摩尔质量为240g/mol，C60摩尔质量为720g/mol，A错误；
B．C20和C60是不同的单质，物理性质不同，B错误；
C．都属于单质，且互为同素异形体，C正确；
D．C20和C60的摩尔质量不同，等质量的C20和C60所含分子数不相同，D错误；
故答案为C。
2．下列事实与胶体性质无关的是
A．劳作后可用免洗酒精消毒液洗手消毒
B．肾透析治疗为尿毒症患者提高了生命质量
C．新冠病毒直径约60-140nm，扩散到空气中可能形成气溶胶
D．夜空为幕，灯光为景，音乐喷泉交织出“多彩双鸭山 魅力宝清城”水幕灯光秀
【答案】A
【详解】A．免洗酒精消毒液洗手消毒是因为酒精可以消毒杀菌，与胶体性质无关，故A符题意；
B．透析是为了滤除血液中的毒素，血液为胶体，可以透过渗透膜，故B不符题意；
C．微粒直径在1nm-100nm之间能形成胶体，新冠病毒直径约60-140nm，新冠病毒扩散到空气中可能形成气溶胶，故C不符题意；
D．夜晚的水幕灯光秀与胶体丁达尔效应有关，故D不符题意；
故选A。
3．下列化学变化适合用于工业生产的是
A．电解溶液制金属钠 B．氯气与冷的烧碱反应制84消毒液
C．钠在氯气中燃烧制氯化钠 D．二氧化碳和烧碱反应制纯碱
【答案】B
【详解】A．电解溶液制氯气和烧碱，不能制备金属钠，电解熔融状态下的氯化钠可以制备金属钠，故A错误；
B．氯气与冷的烧碱反应，制备84消毒液，故B正确；
C．钠在氯气中燃烧制氯化钠成本太高，可以通过海水晒盐等方式获得氯化钠，故C错误；
D．二氧化碳和烧碱反应制纯碱成本高，工业制纯碱是利用“侯氏制碱法”获得纯碱，故D错误；
故选B。
4．根据下列反应判断氧化剂的氧化性由强到弱的顺序正确的是
①Cl2+2NaI=I2+2NaCl  ②2FeCl3+2HI=I2+2FeCl2+2HCl  ③2FeCl2+Cl2=2FeCl3
A．Cl2>Fe3+>I2 B．Fe3+>Cl2>I2
C．Cl2>I2>Fe3+ D．I2>Fe3+>Cl2
【答案】A
【详解】氧化性的强弱规律为：氧化剂>氧化产物。反应中，氧化剂为氯气，氧化产物为碘单质，氧化性：；中，氧化剂为，氧化产物为，所以氧化性：；中，氧化剂为，氧化产物为，所以氧化性：，综上，氧化性：，故选A。
5．常温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A．pH<7 的溶液中： Fe2+、 Na+、SO、ClO-
B．透明溶液中： Ca2+、 H+、MnO、Cl-
C．滴入酚酞显红色的溶液中： Na+、 Mg2+、 Cl-、NO
D．酸性溶液中： Na+、Fe2+、SO、 I-
【答案】D
【详解】A．pH<7 的溶液中含有大量氢离子，能与反应生成弱电解质HClO，且具有强氧化性，能与发生氧化还原反应，不能共存，故A错误；
B．该溶液中显紫色但透明，且溶液中能与氯离子发生氧化还原反应，不能共存，故B错误；
C．滴入酚酞显红色的溶液为碱性，含有大量氢氧根离子，能与镁离子发生反应生成氢氧化镁沉淀，不能共存，故C错误；
D．酸性溶液中Na+、Fe2+、SO、 I-相互间不反应，可以共存，故D正确；
故选D。
6．下列关于“物质的量”、“摩尔”和“摩尔质量”的叙述中正确的是
A．物质的摩尔质量等于其相对分子（原子）质量
B．“物质的量”是国际单位制中的一个基本单位
C．0.012 kg12C中所含的碳原子数为NA
D．1mol任何物质都含有约6.02×1023个原子
【答案】C
【详解】A．摩尔质量的单位为g/mol，以克为单位时，摩尔质量在数值上等于其相对分子（原子）质量，二者表示的意义不同，A错误；
B．物质的量是物理量，摩尔是国际单位制中的一个基本单位，B错误；
C．0.012 kg12C中所含碳原子的数目即为阿伏加德罗常数，可用NA表示，C正确；
D．1mol任何物质所含的微粒数在数值上都约为6.02×1023个，由于构成物质的粒子有分子、原子、离子等，所以1mol任何物质不一定都含有约6.02×1023个原子，D错误；
故选C。
7．将氯气持续通入紫色石蕊试液中，颜色变化为：紫色浅红色无色黄绿色，导致变色的微粒I、II、III依次为
A．HCl、HClO、Cl2 B．H+、ClO-、Cl-
C．HCl、ClO-、Cl- D．H+、HClO、Cl2
【答案】D
【详解】氯气与水反应生成HCl、HClO，H+具有酸性，HClO具有漂白性，则将氯气持续通入紫色石蕊试液中先变红后褪色，最后形成饱和氯水溶液显浅黄绿色为溶解的氯气分子，关于溶液中导致变色的微粒Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的判断正确的是D；
答案选D。
8．下列试剂保存方法不正确的是
A．新制氯水用棕色细口瓶保存 B．漂白粉用无色广口瓶保存
C．常温下，液氯用钢瓶存放 D．金属钠保存在煤油中或用石蜡封存
【答案】B
【详解】A．氯水中含有的HClO见光易分解，故应保存在棕色试剂瓶中，再置于冷暗处，故A正确；
B．漂白粉中的Ca(ClO)2能和二氧化碳反应生成HClO，而HClO见光易分解，从而漂白粉失效，故漂白粉应密封保存，用棕色细口瓶保存，故B错误；
C．干燥的氯气与铁在常温下不反应，可用铁罐存放液氯，故C正确；
D．钠易与空气中的氧气、水等反应，故应隔绝空气和水保存，可以保存在煤油或石蜡中，故D正确；
故选：B。
9．下列几种导电性变化图象，不符合要求的是

A．图A是向饱和石灰水中不断通入CO2
B．图B是向氨水中通入HCl
C．图C是向NaOH溶液中通入少量Cl2
D．图D是向AgNO3溶液中通入少量HCl
【答案】D
【详解】A．向饱和石灰水中不断通入CO2，先生成CaCO3沉淀，使溶液的导电性降低，CaCO3再和CO2反应生成可溶于水的Ca(HCO3)2，使溶液的导电性增大，A符合要求；
B．氨水为弱电解质，导电能力相对较差，向氨水中通入HCl，一水合氨和HCl反应生成NH4Cl，NH4Cl为强电解质，故通入HCl后导电能力加强，B符合要求；
C．2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，向NaOH溶液中通入少量Cl2，反应前后离子浓度不变，溶液的导电性不变，C符合要求；
D．向AgNO3溶液通入少量HCl，发生反应生成氯化银沉淀和硝酸，减少的银离子由氢离子补充，溶液中离子浓度基本不变，导电性基本不变，D不符合要求；
故答案选D。
10．有COCl2(光气))、NO2、N2O4三种气体，它们分别都含有3mol氧原子，则三种气体的物质的量之比为
A．4∶2∶1 B．1∶1∶1 C．1∶4∶2 D．1∶2∶4
【答案】A
【详解】含有3mol氧原子的，其物质的量为3mol，3mol的，其物质的量为1.5mol，3mol的，其物质的量为0.75mol，所以三种物质的物质的量之比为，故选A。
11．下列关于液氯、新制氯水和久置氯水的说法正确的是
A．久置氯水中无HClO，其他成分与新制氯水相同
B．久置氯水和新制氯水均具有酸性，且后者酸性强
C．氯气和久置氯水无漂白性，而液氯和新制氯水有漂白性
D．在新制氯水中加入酚酞试液，试液未变红，无法说明该溶液不含OH-
【答案】D
【详解】A．久置氯水中的只有盐酸，与新制氯水的成分不同，新制氯水中有氯气和盐酸和次氯酸，A错误；
B．新制的氯水中有盐酸和次氯酸，久置的氯水中只有盐酸，久置的氯水酸性更强，B错误；
C．氯气和液氯、久置的氯水都没有漂白性，新制氯水中含有次氯酸，有漂白性，C错误；
D．新制氯水中加入酚酞不变红，溶液显酸性，但不能说明溶液中不含氢氧根离子，D正确；
故选D。
12．下列物质的制备符合工业生产实际或实验室制备情况的是
A．制漂白粉：漂白粉(s)
B．制氢氧化钠：
C．制盐酸：(aq)
D．制Fe(OH)3胶体：饱和FeCl3溶液Fe(OH)3胶体
【答案】D
【详解】A．工业用氯气和石灰乳制漂白粉，不能用石灰水，A错误；
B．因为氧化钠来源少，成本高，工业制氢氧化钠不用氧化钠溶于水，而是主要采用电解饱和食盐水的方法，B错误；
C．工业制盐酸用氢气在氯气中点燃，不是在光照条件下，然后将生成HCl溶于水，C错误；
D．制Fe(OH)3胶体可向沸水中加入饱和氯化铁溶液，继续煮沸至液体呈红褐色，D正确；
故答案选D。
13．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

①氯碱工业主要产品有NaOH、Cl2、H2、HCl等
②常温下干燥的Cl2能用钢瓶贮存，所以Cl2不与铁反应
③石灰乳与Cl2的反应中，Cl2既是氧化剂，又是还原剂
④图中所有物质转化都是氧化还原反应
A．①② B．①③ C．②③ D．②④
【答案】B
【分析】电解饱和食盐水的方法制备氯气，反应的方程式为，电解熔融的NaCl生成钠和氯气，氯气和氢氧化钙反应生成次氯酸钙和氯化钙和水，向饱和食盐水中通入氨气再通入二氧化碳可生成碳酸氢钠和氯化铵，析出的碳酸氢钠固体受热易分解生成碳酸钠；
【详解】①氯碱工业用电解饱和食盐水的方法制备氯气，反应的方程式为，氢气和氯气在点燃下生成HCl，故氯碱工业主要产品有NaOH、Cl2、H2、HCl等，故①正确；
②加热条件下，氯气能与Fe反应生成FeCl3，故②错误；
③石灰乳与Cl2的反应方程式为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③正确；
④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④错误；
则正确的有①③，故选：B。
14．NaClO溶液是常用的杀菌消毒剂，制备时需控制温度，使用时需现配现用。下列反应的离子方程式正确的是
A．与NaOH溶液在较低温度下反应生成NaClO：
B．若温度偏高，与NaOH溶液反应可生成：
C．NaClO溶液与空气中反应可生成：
D．HC1O在水中见光分解：
【答案】C
【详解】A．与溶液在较低温度下反应生成、NaCl和水，则其离子反应式为：，故A错误；
B．若温度偏高，与溶液反应可生成和NaCl，则其离子反应方程式为：，故B错误；
C．溶液与空气中反应可生成：，故C正确；
D．在水中见光分解生成氧气和HCl，则其离子反应方程式为：，故D错误；
答案选C。
15．新型陶瓷AlN可通过反应：合成。下列叙述正确的是
A．上述反应中，C是还原剂，Al2O3是氧化剂
B．AlN中氮元素的化合价为+3
C．上述反应中，每生成1molAlN需转移3mol电子
D．AlN的摩尔质量为41g
【答案】C
【详解】A．N元素化合价由0降低到-3, 碳元素化合价由0升高到+2， N2做氧化剂,C做还原剂，Al2O3中无元素化合价变化A错误；
B．AlN中氮元素的化合价为-3，铝元素为+3，B错误；
C．每生成1molAlN需转移3mol电子，C正确；
D．摩尔质量单位为mol/L，D错误；
故选C。
16．某溶液中大量存在以下五种离子：、、、、，它们的物质的量之比为，则可能是
A．Mg2+ B． C． D．Ba2+
【答案】A
【详解】方法Ⅰ.因和反应生成难溶的硫酸钡、与反应生成氢氧化铁和二氧化碳气体、与能发生氧化还原反应，所以溶液中不可能有大量、和存在，R为；
方法Ⅱ.根据溶液呈电中性，即溶液中正电荷和负电荷物质的量相等， 因为，设R所带电荷为x，则，解得x=+2，所以R为阳离子，符合条件的为和，因为和反应生成难溶的硫酸钡，所以排除，R为，故选A。
17．某兴趣小组用下列装置探究Na与的反应产物，下列说法正确的是
已知：(黑色)

A．为了避免生成的中混有，最好用稀硫酸代替稀盐酸
B．装置III可改为盛有碱石灰的U形管
C．实验时先打开活塞a，再点燃酒精灯
D．装置I出现黑色沉淀，则证明氧化产物为CO
【答案】C
【分析】大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳，二氧化碳带水蒸气和氯化氢气体，用饱和碳酸氢钠除去氯化氢，然后用浓硫酸除去水蒸气，二氧化碳和金属钠反应，根据已知，二者反应应该生成碳酸钠和一氧化碳，一氧化碳和二氯化铅反应生成黑色的铅。据此解答。
【详解】A．因为硫酸钙微溶于水，覆盖在大理石表面，阻止反应进一步进行，不能用稀硫酸代替稀盐酸，A错误；
B．二氧化碳能被碱石灰吸收，故不能改用盛有碱石灰的U形管，B错误；
C．用二氧化碳排除装置中的空气后再点燃酒精灯，避免钠和氧气反应，C正确；
D．装置V出现黑色沉淀，则其中发生了题给已知的反应，则证明Na与CO2反应的还原产物为CO，D错误；
故选C。
18．某溶液X中可能含有下列离子中的若干种Cl-、、、Na+、Mg2+、Cu2+。为了确定该溶液的组成，取一定体积的上述溶液，进行了如下实验，下列说法正确的是

A．白色沉淀1是硫酸钡
B．溶液2中滴入硝酸酸化了的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，说明溶液X中含有Cl-
C．溶液X中可能存在Mg2+，一定不存在Cu2+
D．溶液X中存在Na+、、
【答案】D
【分析】根据题意及实验现象，由于盐酸足量，不溶于盐酸的沉淀只能是BaSO4，即白色沉淀2为BaSO4，能够与盐酸产生气体的沉淀只能是BaCO3，因此白色沉淀1中有BaCO3，即原溶液中一定有。根据离子共存的条件，则原溶液中不能有Mg2+和Cu2+，再根据溶液电荷守恒，则原溶液中一定存在Na+，而Cl-则无法确定。
【详解】A．由分析可知，白色沉淀1是BaSO4和BaCO3的混合物，A项错误。
B．由于事先加入盐酸引进了Cl-，无法判断原溶液X也含有Cl-，B项错误。
C．由分析可知，原溶液X中不存在Mg2+和Cu2+，C项错误。
D．由分析可知，D项正确。
答案选D。
19．下列试验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3质量分数的是
A．取ag混合物充分加热，质量减少bg
B．取ag混合物与足量CaCl2溶液反应，过滤、洗涤、烘干得到bg固体
C．取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg
D．取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
【答案】C
【详解】A．碳酸氢钠受热分解，可利用固体的质量差计算碳酸氢钠的质量，再计算碳酸钠的质量，能测定出碳酸钠的质量分数，故A错误；
B．碳酸钠和氯化钙反应过滤、洗涤、烘干得到bg固体为碳酸钙，可以求出碳酸钠质量，能测定出碳酸钠的质量分数，故B错误；
C．碳酸钠和碳酸氢钠均和稀硫酸反应产生气体二氧化碳，直接用碱石灰吸收，没有除去混有的水蒸气，无法求出混合物中碳酸钠的质量分数，C正确；
D．碳酸钠和碳酸氢钠均和盐酸反应，加热、蒸干、灼烧得到bg固体为NaCl，可由混合物的质量、NaCl的质量列二元一次方程组计算碳酸钠的质量，能测定出混合物中碳酸钠的质量分数，故D错误；
故选：C。
20．用为的浓溶液吸收一定量的氯气，充分反应后溶液中只含有、、三种溶质。下列判断不正确的是
A．可能为9：4：1
B．若反应中转移的电子的物质的量为，则
C．被吸收的氯气的物质的量为
D．可能为14：9
【答案】C
【详解】A．若=9：4：1，则该反应为，电子守恒，故A正确；
B．若溶质只为、时，发生反应，的完全反应时转移电子0.3mol，若溶质只为、时，发生反应，的完全反应时转移电子0.5mol，所以若反应中转移的电子的物质的量为，则，故B正确；
C．根据反应和，可知任何情况下的完全反应时吸收的氯气为0.3mol，故C错误；
D．根据反应，的完全反应时，，故D正确；
故选C。

二、填空题
21．关注环保，消除污染是化学研究的重要方向，科学家发现，利用催化剂可有效消除室内装修材料释放的甲醛，其反应微观示意图如图所示

(1)甲醛的化学式为_______；图示物质中有_______种氧化物；
(2)实验测定：该催化剂每小时可消除5mol甲醛，并生成等物质的量的H2O，求：
①每小时消除甲醛的分子数______
②生成水的摩尔质量_______；
(3)相同质量的O2和CO2所含原子个数比是 _______ 。
【答案】(1)          2
(2)     或    
(3)

【详解】（1）如图根据微观示意图，甲醛中含有两个H原子，一个氧原子和一个碳原子，其化学式为，氧化物是指分子中只有两种元素，其中一种为O元素的化合物，图中的氧化物有和，共2种，故填和2；
（2）①根据，该催化剂每小时可消除5mol甲醛，则每小时消除的甲醛分子数为，故填或；
②摩尔质量在数值上等于相对分子质量或相对原子质量，水的相对分子质量为18，摩尔质量为，故填；
（3）设和质量均为44g，则44g的物质的量为，所含原子的物质的量为；44g的物质的量为，所含原子的物质的量为，根据，原子个数比即为物质的量之比，即相同质量的和所含原子个数比是，故填。

三、元素或物质推断题
22．A—E五种物质都含有同一种元素，它们之间的转化关系如图所示，其中A为淡黄色固体化合物，B为单质。

(1)固体A的化学式为_______，常见用途有_______(任写一条)
(2)写出下列反应的离子方程式
①单质B投入FeCl3溶液中______
②D的饱和溶液中通CO2______
(3)下列说法正确的是(不定项选择)_______
A．物质E是工业生产物质D的一种原料
B．1mol Cl2与物质C充分反应，转移2mol电子
C．A→D的反应是氧化还原反应
D．检验D物质所含的金属元素，可用玻璃棒蘸取少量D，在酒精灯外焰上灼烧
E.少量CO2通入物质C的溶液中，可生成物质D
【答案】(1)     Na2O2     做供氧剂
(2)     6Na+6H2O+2Fe3+=2Fe(OH)3↓+3H2↑+6Na+     +H2O+CO2=2
(3)ACDE

【分析】A-E五种物质都含有同一种元素，A是淡黄色固体化合物，可由单质B转化得到，且A又能与二氧化碳反应生成D，则A为Na2O2，而B能与氯气反应生成E，故B为Na，E为NaCl，D为Na2CO3，A、B均可以转化生成C，C可以转化得到D、E，故C为NaOH。
【详解】（1）根据分析可知，A为Na2O2，其常见的用途为做供氧剂。
（2）①Na投入到FeCl3溶液中，生成氢气和氢氧化铁沉淀，离子方程式为6Na+6H2O+2Fe3+=2Fe(OH)3↓+3H2↑+6Na+。
②碳酸钠的饱和溶液中通入CO2，生成碳酸氢钠，离子方程式为+H2O+CO2=2。
（3）A．侯氏制碱法以氯化钠为原料，生成碳酸钠，A正确；
B．1molCl2与NaOH充分反应，转移1mol电子，B错误；
C．Na2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，O元素化合价发生变化，属于氧化还原反应，C正确；
D．要检验碳酸钠中的钠元素，可利用焰色反应，用玻璃棒蘸取少量D，在酒精灯外焰上灼烧，D正确；
E．少量CO2通入到NaOH中，生成Na2CO3，E正确；
故答案选ACDE。

四、实验题
23．“化学家”社团将用如下装置制备少量氯气并进行性质实验(夹持及加热仪器已略)。

参考资料：卤素在水中的颜色如下表：

水
Cl2
黄绿色
Br2
橙黄色
I2
棕黄色

(1)装置A为氯气制备装置，可模拟舍勒发现氯气的制备方案，小化学家们现使用的药品为固体高锰酸钾和浓盐酸，不需要酒精灯的加热，也可制备氯气，
①请写出装置A中的离子反应方程式：_______；
②请根据两种制备氯气原理的反应条件，预测氧化能力：KMnO4_______MnO2；
③装置A中制备氯气时，浓盐酸体现的性质_______、_______ 。
(2)装置B中饱和食盐水的作用是_______；
(3)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入_______

A
B
C
D
I
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
II
碱石灰
无水氯化钙
碱石灰
无水氯化钙
III
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条

(4)设计装置D、E的目的是验证氧化性Cl2>Br2>I2。当向D中缓缓通入一定量(少量)氯气时，可以看到D中无色溶液逐渐变为_______色，若打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置，振荡锥形瓶后静置一会儿，可以观察到的现象是_______；
(5)实验后，用玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸中部，观察到的现象是_______(填选项)A． B． C． D．
【答案】(1)     2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O     强于     还原性     酸性
(2)除去Cl2中混有的HCl
(3)D
(4)     橙黄     E中无色溶液变为棕黄色
(5)B

【分析】A装置中KMnO4与浓盐酸反应制备Cl2，B装置中的饱和食盐水用于除去Cl2中的HCl，C装置中通过对比实验探究氯气是否具有漂白性，D、E装置用于验证氧化性Cl2＞Br2＞I2，F装置中NaOH溶液用于吸收尾气Cl2，防止污染大气。
【详解】（1）①高锰酸钾与浓盐酸反应生成MnCl2、KCl、Cl2和H2O，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，反应的离子方程式为2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；答案为：2+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。
②舍勒制备Cl2的反应原理为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，KMnO4不需要加热就能将浓盐酸氧化成Cl2，而MnO2需要加热将浓盐酸氧化成Cl2，则氧化能力：KMnO4强于MnO2；答案为：强于。
③装置A中制备氯气时，浓盐酸中部分Cl元素的化合价升高，浓盐酸被氧化，表现还原性，还有部分Cl元素的化合价没有发生变化，浓盐酸表现酸性；答案为：还原性；酸性。
（2）由于浓盐酸具有挥发性，A装置所得Cl2中混有HCl，装置B中饱和食盐水的作用是除去Cl2中混有的HCl；答案为：除去Cl2中混有的HCl。
（3）装置C通过对比实验探究Cl2是否具有漂白性，从B装置导出的Cl2中混有H2O(g)，故装置C中I处放入湿润的有色布条、II处放入无水氯化钙（不能用碱石灰，因为碱石灰也吸收Cl2）干燥Cl2、III处放入干燥的有色布条，最终I处湿润的有色布条褪色，III处干燥的有色布条不褪色，说明Cl2没有漂白性、Cl2与H2O反应生成的HClO具有漂白性；答案选D。
（4）向D中缓慢通入少量Cl2，发生反应Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2，可观察到D中无色溶液逐渐变为橙黄色，由此反应说明氧化性Cl2＞Br2；若打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置，发生反应Br2+2KI=2KBr+I2，振荡锥形瓶后静置一会儿，可观察到的现象是E中无色溶液变为棕黄色，由此反应说明氧化性Br2＞I2；答案为：橙黄；E中无色溶液变为棕黄色。
（5）新制氯水中有HCl和HClO，HCl具有酸性能使pH试纸变红色，但HClO具有强氧化性，能将中间的红色漂白变成白色，答案选B。

五、工业流程题
24．我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如图所示

(1)“侯氏制碱法”誉满全球，其中的“碱”为_______，俗称_______，其用途_______(写一种)
(2)实验室模拟“侯氏制碱法”，下列操作未涉及的是_______
A． B． C． D．
(3)沉淀池中的化学反应方程式_____;煅烧的化学方程式为_____。
(4)使用原料氯化钠的利用率从70%提高到90%以上，主要是设计了_______(填上述流程中的编号)的循环，流程循环II中X的分子式_______
(5)该流程提取的副产品为_______，其用途_______(写一种)
(6)为验证产品是否含有NaCl，可取少量试样溶于水后，滴加_______。
【答案】(1)     碳酸钠     纯碱、苏打     纺织、制皂、造纸、制玻璃等
(2)B
(3)     NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl     ↑
(4)     循环Ⅰ     CO2
(5)     氯化铵     做氮肥
(6)加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则说明含有氯化钠

【分析】侯氏制碱法是制取纯碱碳酸钠，利用氯化钠和氨气和水和二氧化碳反应生成碳酸氢钠，过滤出碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解得到纯碱。另外产物氯化铵制取氨气，和碳酸氢钠分解生成二氧化碳循环利用。据此解答。
【详解】（1）侯氏制碱法制取的碱为纯碱，是碳酸钠，俗名纯碱、苏打，其可以用来纺织工业，或制取玻璃、 造纸等；
（2）制取过程中，需要向氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳，涉及D，然后过滤，涉及C，碳酸氢钠受热分解，涉及A。故选B；
（3）沉淀池中产生碳酸氢钠固体，方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，煅烧时的反应方程式为： ↑；
（4）循环Ⅰ将溶液中残留的钠离子重新进入沉淀池反应，使氯化钠的利用率提高。循环Ⅱ中的物质为二氧化碳；
（5）该流程中的副产品为氯化铵，其用途为氮肥；
（6）验证产品中是否含有氯化钠，即检验是否含有氯离子，则可以取少量试样溶于水后，加入硝酸酸化的硝酸银，若出现白色沉淀，则说明含有氯化钠。