广东省佛山市顺德区第一中学高一上学期期中考试 化学试卷 （解析版）(1)-A4

这是一份广东省佛山市顺德区第一中学高一上学期期中考试 化学试卷 （解析版）(1)-A4，共17页。试卷主要包含了单项选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
可能用到的相对原子质量：
第Ⅰ卷(共44分)
一、单项选择题(每小题只有一个选项符合题意，1-10题每题2分，11-16题每题4分共56分)
1. 中华文化中蕴含着丰富的化学知识。下列解释正确的是
A. 《荷塘月色》中“薄薄的青雾浮起在荷塘里”中的“青雾”属于胶体
B. “千锤万凿出深山，烈火焚烧若等闲”，其中涉及到的碳酸钙、CO2、CaO均为电解质
C. “纷纷灿烂如星陨，赫赫喧雁似火攻”，其中五彩缤纷的烟花是某些金属元素发生化学变化呈现出的颜色
D “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”中没有涉及到氧化还原反应
【答案】A
【解析】
【详解】A．胶体是分散质粒子大小在 1nm~100nm 的分散系；“青雾”属于胶体，A正确；
B．电解质是溶于水或在熔融状态下能够导电的化合物；二氧化碳为非电解质，B错误；
C．焰色反应，也称作焰色测试及焰色试验，是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应，属于物理变化，C错误；
D．蜡烛燃烧时，蜡烛作还原剂，空气中氧气作氧化剂，发生氧化还原反应，D错误；
故选A。
2. 实验要有安全意识，下列实验操作符合安全规范的是
A. 加热液体时，将试管口对准其他人
B. 稀释浓硫酸时，应向浓硫酸中缓慢加入水，并不断搅拌
C. Na的性质探究实验结束后，将剩余的钠投入废液缸中
D. 闻气味时，用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量的气体进入鼻孔
【答案】D
【解析】
【详解】A．加热液体时，为防止液体喷出伤人，试管口不能对准自己和其他人，故A错误；
B．稀释浓硫酸时，应向水中缓慢加入浓硫酸，并不断搅拌，故B错误；
C．钠是活泼金属，能与氧气、水等反应，Na的性质探究实验结束后，将剩余的钠放回原瓶，故C错误；
D．为防止气体对人体的伤害，闻气味时，用手轻轻地在瓶口扇动，使极少量的气体进入鼻孔，故D正确；
选D。
3. 下列转化不能通过一步反应实现的是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，能通过一步反应实现，故不选A；
B．氯气和氢气点燃生成氯化氢，能通过一步反应实现，故不选B；
C．氧化铜和水不反应，不能通过一步反应实现，故选C；
D．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，能通过一步反应实现，故不选D；
选C。
4. 下列物质的除杂质方法中，试剂的选择和实验操作均正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．CO2与Na2O2反应有O2生成，使CO中混有新杂质，A不正确；
B．CO2能与碳酸钠、水反应生成碳酸氢钠，会造成CO2的消耗，B不正确；
C．过量CO2可以将Na2CO3转化为NaHCO3，可以达到除杂的目的，C正确；
D．氯化钙溶液中通入CO2不能生成碳酸钙沉淀，无法达到除杂的目的，D不正确；
本题选C。
5. 我国科学家通过乙醛溶液与氢氧化钠混合后室温静置反应制备了尺寸为3～5nm的碳量子点(内核由碳单质组成，内核表面含有由碳、氢、氧等元素形成的原子团)。碳量子点是具有荧光性质的新型纳米碳材料，具有独特的性质。下列关于碳量子点的说法正确的是
A. 碳量子点是纯净物
B. 碳量子点不可以燃烧
C. 碳量子点分散在水中可产生丁达尔效应
D. 可以利用过滤的方法分离碳量子点和氯化钠溶液组成的体系
【答案】C
【解析】
【详解】A．碳量子点内核由碳单质组成，内核表面含有由碳、氢、氧等元素形成的原子团，故碳量子点是混合物，A错误；
B．碳量子点主要由碳、氢、氧等元素组成，可以燃烧，B错误；
C．碳量子点的尺寸为3～5nm，分散在水中，形成胶体，具有丁达尔效应，C正确；
D．胶体可以透过滤纸，不能用过滤的方法分离，D错误；
答案选C。
6. 设表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 常温常压下，与CO的混合气体中含有的质子数为
B. 铁粉与反应，转移的电子数为
C. 标准状况下，所含的分子数为
D. 的溶液中含有钠离子数目为
【答案】A
【解析】
【详解】A．N2与CO的摩尔质量均为28g/ml，且N2和CO所含质子数均为14，故常温常压下，与CO的混合气体为1ml，含有的质子数为，A正确；
B．根据反应，铁粉与反应，Cl2有剩余，Fe完全反应，按照Fe物质的量进行计算，，0.1mlFe参加反应，转移0.3ml电子，转移的电子数为，B错误；
C．标况下H2O是液体，不可使用气体摩尔体积公式计算，C错误；
D．溶液体积未知，无法计算的溶液中含有钠离子数目，D错误；
答案选A。
7. 下列化学反应的离子方程式书写正确的是
A. 与水反应：
B. 溶于水：
C. 石灰乳与盐酸反应：
D. 向液中加足量溶液：
【答案】D
【解析】
【详解】A．与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为，故A错误；
B．溶于水生成盐酸和次氯酸，反应离子方程式为，故B错误；
C．石灰乳与盐酸反应，生成氯化钙和水，反应的离子方程式为，故C错误；
D．向液中加足量溶液生成碳酸钡沉淀、氢氧化钠、水，反应的离子方程式为，故D正确；
选D。
8. 部分含氯物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是
A. 纯净的在b中安静燃烧，产生白烟B. c可用作自来水消毒剂，具有强还原性
C. 存在a→b→d→a的转化关系D. d性质稳定，常用作漂白剂
【答案】C
【解析】
【分析】由元素的化合价及物质类别可知，a为HCl，b为Cl2，c为ClO2，d为次氯酸， 据此分析；
【详解】A．由分析可知b为Cl2，氢气在氯气中安静的燃烧，发出苍白色火焰，生成氯化氢，瓶口出现白雾，A错误；
B．ClO2可用作自来水消毒剂，具有强氧化性，B错误；
C．由分析可知，a为HCl，b为Cl2，d为HClO，二氧化锰和浓盐酸加热可以制备氯气，氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，C正确；
D．HClO性质不稳定易分解，D错误；
故选C。
9. 下列说法正确的是
A. 溶于水后电离出氢离子的化合物一定是酸
B. 用铂丝蘸取少量某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，该溶液一定是钠盐溶液
C. 燃烧一定是氧化还原反应
D. 氯化钠溶液在电流作用下电离出钠离子和氯离子
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶于水后电离出氢离子的化合物不一定是酸，如NaHSO4，溶于水后发生完全电离，能生成H+，其属于盐，A不正确；
B．焰色试验时火焰呈黄色，表明该溶液中一定含有钠元素，但不一定是钠盐，B不正确；
C．燃烧是发光发热的剧烈的化学反应，伴随着元素化合价的变化，一定是氧化还原反应，C正确；
D．电离的条件是水溶液或熔融液，不需要电流作用，D不正确；
故选C。
10. 下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 澄清透明溶液中：、、、
B. 的溶液中：、、、
C. 能使酚酞变红的溶液中：、、、
D. 无色透明溶液中：、、、
【答案】A
【解析】
【详解】A．澄清透明溶液中，、、、相互之间不反应，能大量共存，A正确；
B．的溶液呈酸性，酸性条件下会与发生氧化还原反应生成铁离子和氯离子，B错误；
C．能使酚酞变红的溶液呈碱性，碱性条件下与不能大量存在，会生成一水合氨、水和碳酸根离子，C错误；
D．无色透明溶液中与不能大量共存，会生成硫酸银沉淀，D错误；
答案选A。
11. 下列实验装置可以达到实验目的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．氯水具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH，故不选A；
B．氢气易燃烧，应该验纯后再点燃，故不选B；
C．若U形管的左侧液面降低、右侧液面升高，则说明Na和水反应放热，故选C；
D．鲜花中含有水分，水和氯气反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸具有漂白性，所以不能用鲜花验证氯气是否具有漂白性，故不选D；
选C。
12. 某营养液中含有KAl(SO4)2、K2SO4、KCl三种溶质，实验测得部分离子的浓度如图甲表示。取200mL样品加水稀释，测得 Al3+的浓度(c)随溶液体积(V)的变化如图乙曲线表示。下列判断错误的是
A. 图甲中X离子是SO
B. 图乙中c1=8.0
C. 营养液中 KCl与K2SO4的物质的量之比为2： 1
D. 营养液中K2SO4的浓度是2ml/L
【答案】D
【解析】
【分析】稀释过程中Al3+的物质的量不变，根据稀释过程中Al3+的浓度(c)随溶液体积(V)的变化曲线，c1×0.2L=1.6ml/L×1L，c1=8ml/L，营养液中Al3+的浓度为8ml/L，则X离子是 。
【详解】A．根据以上分析，营养液中Al3+的物质的量为8ml/L，所以X离子不是Al3+，X离子是SO，故A正确；
B．根据以上分析，图乙中c1=8.0 ml/L，故B正确；
C．营养液中Al3+的物质的量为8ml/L，则KAl(SO4)2的浓度为8ml/L，KAl(SO4)2提供的K+的浓度为8ml/L，KCl提供的Cl-的浓度为2ml/L，所以KCl的浓度为2ml/L，K2SO4提供的K+的浓度为(12-8-2)ml/L，则K2SO4的浓度为1ml/L，则营养液中KCl与K2SO4的物质的量之比为2：1，故C正确；
D．结合选项C可知，K2SO4的浓度为1ml/L，故D错误；
选D。
13. 向一定浓度的溶液中滴加溶液，其电导率随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析正确的是
A. ab段发生反应的离子方程式是：
B. c点溶液中大量存在的离子是、
C. b、d两点对应溶液中的离子总数目相等
D. bc段发生反应的离子方程式是：
【答案】B
【解析】
【分析】由图中曲线可知，ab段：Ba(OH)2+NaHSO4=BaSO4↓+H2O+NaOH；bc段：NaOH+NaHSO4=Na2SO4+H2O；cd段：NaHSO4只发生电离，不发生化学反应，随着NaHSO4的不断加入，溶液中离子浓度不断增大，电导率增大。
【详解】A．由以上分析可知，ab段发生反应的离子方程式是：Ba2++OH-+H++SO=BaSO4↓+H2O，A不正确；
B．c点溶液中只存在Na2SO4，大量存在的离子是Na+、SO，B正确；
C．b、d两点电导率相同，则离子总浓度相同，但由于d点溶液的体积比b点大，对应溶液中的离子总数目比b点多，C不正确；
D．bc段发生OH-与H+的反应，离子方程式是：OH-+H+ = H2O，D不正确；
故选B。
14. 氨气可用来检验氯气是否泄漏，现象是产生大量白烟，反应化学方程式为，下列有关该反应的叙述正确的是
A. 常温常压下，氯气和氨气的密度之比为
B. 常温常压下，消耗的氨气和生成的氮气的体积之比为
C. 常温常压下，恰好反应的氨气和氯气的原子数之比为
D. 产生时，消耗的质量为
【答案】B
【解析】
【详解】A．同温同压下密度之比等于摩尔质量之比，即为，A错误；
B．同温同压下体积之比等于物质的量之比，由方程式知，两者的物质的量之比等于，B正确；
C．由方程式知，两者的物质的量之比为8∶3，原子个数比为：8×4∶3×2=16∶3，C错误；
D．没有指明是否标况，不能进行相应计算，D错误；
故选B。
15. 已知反应。下列关于该反应的说法错误的是
A. 每生成，转移电子B. 中R呈+6价
C. X为D. 被氧化的元素有两种
【答案】A
【解析】
【分析】，根据元素守恒，X是Na2O；6个过氧化钠中有2个O原子化合价由-1升高为0、10个O原子化合价由-1降低为-2，RSO4中R元素化合价为+2，Na2RO4中R元素化合价为+6。
【详解】A．6个过氧化钠中有2个O原子化合价由-1升高为0、10个O原子化合价由-1降低为-2，RSO4中R元素化合价为+2，Na2RO4中R元素化合价为+6，R元素化合价升高4，每生成，转移10ml电子，故A错误；
B．中Na显+1价、O显-2价，根据化合价代数和等于0，R呈+6价，故B正确；
C．，根据元素守恒，X是Na2O，故C正确；
D．O、R元素化合价升高，被氧化的元素有O、R两种，故D正确；
选A。
16. 工业生产中除去电石渣浆(含)中的并制取硫酸盐的一种常用流程如图。下列说法错误的是
A. 由上述过程I、II可知氧化性
B. 过程II中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为
C. 过程I中发生反应：
D. 将渣浆中的(浓度为)转化为，理论上至少需要氧气
【答案】B
【解析】
【分析】由流程可知，CaO与硫酸锰反应生成Mn(OH)2，通入氧气生成，过程Ⅰ中反应的离子方程式为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O；与S2-反应生成S2，进而与氧气反应生成，过程Ⅱ中反应的离子方程式为4+2S2-+9H2O═S2+4Mn(OH)2↓+10OH-，以此解答该题。
【详解】A．由分析可知，O2氧化Mn(OH)2生成，则氧化性：O2＞，然后氧化S2-生成S2，则氧化性：> S2，氧化性：，故A正确；
B．在过程II中，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式为：，其中为氧化剂，为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为，故B错误；
C．由分析可知，过程1中涉及反应为2Mn(OH)2+O2+4OH-=2+4H2O，故C正确；
D．10 L渣浆中的S2-(浓度为320 mg/L)的物质的量n(S2-)=，将其氧化为时，失去电子的物质的量n(e-)=0.1 ml×[6-(-2)]=0.8 ml，根据电子守恒可知需O2的物质的量n(O2)=，故D正确；
故选B。
第Ⅱ卷(共56分)
二、非选择题：本题包括4小题，共56分
17. 按要求回答下列问题
（1）将一小块钠投入到溶液中，现象：___________。
（2）用化学方程式表示漂白粉漂白原理：___________。
（3）用侯氏制碱法得到，化学方程式：___________。
（4）已知为二元弱酸，其与过量溶液反应的化学方程式：___________。
（5）在鲜活鱼的长途运输中，需在水中加入供氧剂——过氧化钙。用化学方程式解释原因：___________。
（6）双氧水是公认的绿色氧化剂，已知：氧化性强弱顺序为，易溶于水。向溶液中加入足量硫酸酸化的双氧水，发生反应的离子方程式为___________。
（7）黑火药是我国古代四大发明之一，黑火药着火时，发生的主要化学反应为：。每生成，转移电子数目为___________。
【答案】（1）有气体生成，同时产生白色沉淀
（2）
（3）
（4）
（5）
（6）
（7）
【解析】
【小问1详解】
将一小块钠投入到溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，氢氧化钠和碳酸氢钙反应生成碳酸钙沉淀，现象是有气体生成，同时产生白色沉淀。
【小问2详解】
次氯酸具有漂白性，漂白粉中次氯酸钙和二氧化碳反应生成碳酸钙和次氯酸，漂白粉得漂白原理是；
【小问3详解】
向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，用侯氏制碱法得到的化学方程式为；
【小问4详解】
为二元弱酸，其与过量溶液反应生成Na2HO3和水，反应的化学方程式为。
【小问5详解】
和水反应生成氢氧化钙和氧气，反应的化学方程式为。
【小问6详解】
氧化性强弱顺序为，易溶于水。向溶液中加入足量硫酸酸化的双氧水，Fe2+被氧为Fe3+，I-被氧化为I2，化为发生反应的离子方程式为。
【小问7详解】
，N元素化合价降低5、S元素化合价降低2，C元素化合价升高4，生成1mlN2转移12ml电子，生成，转移电子数目为。
18. 钠及其化合物的生产、应用，是化工生产与研究的重要组成部分。
Ⅰ．实验室用碳酸钠晶体配制溶液。
（1）需用托盘天平称量碳酸钠晶体的质量为___________g。
（2）选择仪器，需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管、___________。
（3）定容的操作是：将蒸馏水注入容量瓶，先___________，再改用胶头滴管加水至溶液凹液面最低处与刻度线相切。
（4）下列有关说法正确的是___________。
a．容量瓶使用前需检查是否漏水
b．容量瓶可加热，但加热时需垫石棉网
c．定容时，俯视刻度线，所得溶液浓度偏低
d．若晶体久置已部分失去结晶水，所得溶液浓度偏高
e．在配制溶液时，不能在容量瓶中直接溶解溶质固体，但可在容量瓶中稀释浓溶液
Ⅱ．称取ag所样品(含杂质)，利用下列装置测定样品纯度(夹持仪器省略)
（5）有同学提出该实验装置存在缺陷，应该在A、B装置之间增加一个盛有饱和溶液的洗气瓶，该同学这样做的目的是___________，该同学想法是否必要？___________请说出理由：___________。
（6）读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下O2的体积为，计算成标准状况下O2的体积为，计算样品中的质量分数约为___________。
【答案】（1）14.3
（2）容量瓶
（3）加水至液面距离刻度线时
（4）ad （5） ①. 除去气体中混有的气体 ②. 否 ③. 从A装置出来的气体有，和，三者与反应生成，且存在，故存在不影响纯度的测定
（6）
【解析】
【分析】Ⅱ：A中大理石与盐酸反应生成二氧化碳、氯化钙和水，B中二氧化碳与过氧化钠反应生成碳酸钠和氧气，C中氢氧化钠用来吸收多余的二氧化碳和HCl气体，最后利用排水法通过测量排出水的体积从而得到氧气的体积，利用氧气来计算过氧化钠的含量。
小问1详解】
实验室没有80mL的容量瓶，按100mL容量瓶配制，故需用托盘天平称量碳酸钠晶体的质量；
【小问2详解】
需要用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒、量筒、胶头滴管和100mL容量瓶；
【小问3详解】
定容的操作是：将蒸馏水注入容量瓶，先加水至液面距离刻度线时，再改用胶头滴管加水至溶液凹液面最低处与刻度线相切；
【小问4详解】
a．容量瓶在使用前需要检查是否漏水，a正确；
b．容量瓶是精密仪器，不可加热，b错误；
c．定容时，俯视刻度线，所得溶液体积偏小，浓度偏高，c错误；
d．用晶体来配制溶液，若晶体久置已部分失去结晶水，用托盘天平称重时，称取的晶体中含量偏高，溶质的质量偏高，所得溶液浓度偏高，d正确，
故答案选ad；
【小问5详解】
饱和溶液可以吸收氯化氢气体，由于从A装置出来的气体有二氧化碳、水蒸气、HCl，三者与过氧化钠反应均生成氧气，且为，故HCl的存在不影响纯度的测定，故无必要；
【小问6详解】
读出量筒内水的体积后，折算成标况下O2的体积为VmL，O2的物质的量是，根据可知Na2O2的物质的量为，则样品中Na2O2的质量分数为。
19. “84”消毒液、漂白粉等都是含氯的消毒剂，某化学兴趣小组利用如图装置制备“84”消毒液、漂白粉，并收集纯净干燥的氯气。回答下列问题：
（1）装置丁用来收集纯净且干燥的氯气，进气口为_______(填或)；装置丙盛装的试剂是_______。
（2）装置甲中发生反应的化学方程式为_______。
（3）将氯气通入装置己中制备漂白液，则装置己中发生反应的离子方程式为_______。
（4）资料查得：“84消毒液”与双氧水混合会反应产生一种常见的无色无味气体，且消毒能力大大降低，写出该反应的离子方程式_______。
（5）将氯离子传感器插入装有新制氯水的透光容器中，连接好氯离子传感器、数据采集器和计算机，用强光照射该透光容器，采集到的数据如图所示：
经分析，A点溶液中氯元素的存在形式有、和_______。(写化学式或离子符号)
（6）实验中有同学发现：浓盐酸与混合加热生成氯气，稀盐酸与混合加热不生成氯气。针对上述
现象小组同学对“影响氯气生成的原因”进行了讨论，并设计了以下实验方案：
稀盐酸滴入中，然后通入气体加热
稀盐酸滴入中，然后加入固体加热
稀盐酸滴入中，然后加入浓硫酸加热
与的浓溶液混合加热
浓硫酸与固体、固体共热
①实验的目的是探究_______对反应的影响。
②实验现象：、、有黄绿色气体生成，、没有黄绿色气体生成。由此得出影响氯气生成的原因是_______。
【答案】（1） ①. b ②. 浓硫酸
（2）
（3）
（4）
（5）HClO、Cl2
（6） ①. c(Cl-) ②. c(H+)的大小
【解析】
【分析】甲为氯气的发生装置，乙除去氯气中的氯化氢，丙除氯气中的水蒸气，丁收集氯气，戊制备漂白粉，己制备漂白液，据此回答。
【小问1详解】
氯气的密度比空气大，用向上排空气法收集，所以进气口为b，装置丙用于干燥氯气，盛装的试剂是浓硫酸；
【小问2详解】
装置甲用MnO2和浓盐酸共热制备氯气，其化学方程式为：；
【小问3详解】
将氯气通入装置己中制备漂白液，离子方程式为：；
【小问4详解】
NaClO与H2O2发生氧化还原反应，离子方程式为：；
【小问5详解】
A点溶液中氯元素的存在形式有ClO−、Cl−和HClO、Cl2；
【小问6详解】
①实验b中，稀盐酸与MnO2不反应，加入氯化钠固体，相当于加入Cl-，观察反应是否发生，则实验b的目的是探究c(Cl-)对反应的影响；
②a、c、e增大c(H+)，有黄绿色气体生成，b、d增大c(Cl-)，而c(H+)较小，b、d没有黄绿色气体生成，所以得出影响氯气生成的原因是：c(H+)的大小。
20. 二氧化氯是安全消毒剂，杀菌能力优于氯气。常温下为黄绿色气体，极易溶于水，但不与水反应，浓的受热时易分解，将其制备成固体以便运输和储存。过氧化氢法制备固体的实验装置如图所示。
已知：
i．装置A用于制备，发生的主要反应为。
ii．饱和溶液在低于38℃时会析出晶体，高于38℃时析出晶体。
（1）该实验中，盛放70%硫酸所用仪器的名称是___________。
（2）关闭止水夹②，打开止水夹①③，通空气一段时间，与装置C中物质反应生成的化学方程式为___________。若关闭止水夹③，打开止水夹①②，B装置的作用是___________。
（3）制备过程中需要控制空气的流速，过快或过慢均会降低产率，原因是___________。
（4）D装置是用溶液吸收尾气中的，生成物质的量之比为的两种盐，一种为，另一种盐的化学式为___________。充分反应后，从装置C反应后溶液中获取固体的操作步骤是：减压蒸发、___________，洗涤、干燥。
（5） 和消毒时，还原产物均为。消毒剂的消毒效率可用单位质量消毒剂被还原时得电子数表示，计算的消毒效率是的___________倍。(计算结果保留一位小数)
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. ②. 探究是否具有漂白性
（3）空气流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，不能被充分吸收，或与反应或分解
（4） ①. ②. 趁热过滤
（5）1.6
【解析】
【分析】A中用亚硫酸钠还原氯酸钠制备，B验证是否具有漂白性，C中用双氧水还原制备，D中氢氧化钠吸收尾气，防止污染。
【小问1详解】
根据装置图，盛放70%硫酸所用仪器的名称是分液漏斗；
【小问2详解】
与装置C中的双氧水、氢氧化钠反应生成、氧气，反应的化学方程式为。若关闭止水夹③，打开止水夹①②，进入B中，B中盛放红布条，所以B装置的作用是：探究是否具有漂白性。
【小问3详解】
空气流速过慢时，不能及时被移走，浓度过高导致分解；空气流速过快时，不能被充分吸收，或与反应、或分解，所以制备过程中需要控制空气的流速，过快或过慢均会降低产率。
【小问4详解】
D装置是用溶液吸收尾气中的，生成物质的量之比为的两种盐，一种为，根据得失电子守恒，另一只盐中氯元素化合价为+5，所以另一种盐的化学式为。
饱和溶液在低于38℃时会析出晶体，高于38℃时析出晶体，从装置C反应后溶液中获取固体的操作步骤是：减压蒸发、趁热过滤，洗涤、干燥。
【小问5详解】
选项
物质(杂质)
试剂和实验操作
A
CO(CO2)
气体通过装有Na2O2的干燥管
B
CO2(HCl)
气体通过饱和Na2CO3溶液
C
NaHCO3溶液(Na2CO3)
向溶液通入过量CO2
D
NaCl溶液(CaCl2)
向溶液通入过量CO2后过滤
A．测定氯水的pH
B．可用于制备并检验氢气的可燃性
C．验证Na和水反应是否为放热反应
D．验证氯气是有具有漂白性