海南省部分学校2024-2025学年高一下学期期中模拟考试化学试题 (1)

这是一份海南省部分学校2024-2025学年高一下学期期中模拟考试化学试题 (1)，共5页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
测试范围人教必修第二册
以2024年海南省普通高中学业水平选择性考试真题模式命题
命题人海南省农垦中学 陈良兴
一、选择题：本题共8小题，每小题2分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．一种氢氧燃料电池的反应装置如图所示。下列说法正确的是
A．电极a是正极
B．电子经导线由电极b流入电极a
C．该电池的总反应为
D．该装置可将电能转化为化学能
2．一种超薄电池的实验模拟装置如图所示。下列关于该电池工作时的描述中，不正确的是
A．锌片作负极
B．实现了化学能向电能的转化
C．隔离膜吸收的溶液中的离子自由移动
D．用铜片替换银片后可得到相似的电池
3．设为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是
A．中N原子总数为
B．溶液中含有的总数为
C．1ml SO2和2ml O2在一定条件下充分反应时转移的电子数为2NA
D．0.1mlFe与0.1mlCl2充分反应，转移0.2NA个电子
4．用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是
A．若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：H2CO3> H2SiO3
B．若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛石蕊试液，则C中溶液最终呈红色
C．若A为浓氨水，B为生石灰，C中盛石蕊试液，则C中溶液最终呈红色
D．若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊
5．下图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：
下列叙述错误的是
A．反应①属于氮的固定，反应②可用于工业上合成HNO3
B．催化剂a、b的作用是降低反应活化能，改变反应的热效应
C．N2与H2反应生成NH3的原子利用率为100%
D．在反应①和反应②中，均有极性共价键形成，并且反应①中的含氮物质发生了还原反应，而反应②中的含氮物质发生了氧化反应
6．图中实验装置正确，且能达到实验目的的是
A．利用图1装置制蒸馏水
B．利用图2装置检验NH4Cl分解产生的两种气体
C．利用图3装置蒸发结晶得到食盐晶体
D．利用图4装置配制一定物质的量浓度的硫酸
7．下列根据实验目的设计的装置连接中，正确的是
A．制备收集；连接a→d→e→g
B．制备收集：连接a→f→c→e→d
C．制备收集；连接b→c→g
D．制备收集：连接b→c→e→d
8．金属材料对于促进生产发展发挥了巨大的作用。如图是两种金属及其化合物的转化关系(每一步反应均反应完全)，其中X、Y是日常生活中常见的金属单质，M、N、Z是含有元素Y的化合物，反应②是工业上制备金属X的方法之一，下列说法错误的是
A．金属X、Y分别是、
B．反应①和③中等量的完全反应，则转移的电子数：①>③
C．溶液与的反应在工业上用于制作印刷电路板
D．由转化关系可推知氧化性：
二、选择题：本题共6小题，每小题4分，共24分。每小题有一个或两个选项是符合题目要求的。若正确答案只包括一个选项，多选得0分；若正确答案包括两个选项，只选一个且正确得2分，选两个且都正确得4分，但只要选错一个就得0分。
9．实验室可选用如图装置和试剂制备氨气，并干燥、收集和处理尾气。下列说法正确的是
A．①和②均可用于实验室制备氨气
B．③中盛有碱石灰可用于干燥氨气
C．④可用于收集氨气，气流方向为左进右出
D．⑤中盛有稀硫酸可用于氨气的尾气处理
10．甲基丙烯酸甲酯的结构简式为CH2=C(CH3)COOCH3。以下是合成甲基丙烯酸甲酯的两种方案。
旧方案：(CH3)2C=O+HCN→(CH3)2C(OH)CN(CH3)2C(OH)CN+CH3OH+H2SO4→CH2=C(CH3)COOCH3+NH4HSO4
新方案：CH≡CCH3+CO+CH3OH→CH2=C(CH3)COOCH3
与旧方案相比，新方案的优点是
A．原料无爆炸危险B．原料均为无毒物质
C．对铁制容器腐蚀性小D．原子利用率高
11．一定条件下，在2L的密闭容器中，X、Y、Z三种气体发生可逆反应。反应过程中测得各气体的物质的量随时间的变化如图所示。下列说法正确的是
A．该反应的化学方程式为X+3Y⇌2Z
B．2min后该反应才达到平衡状态
C．达平衡后，X的转化率为30%
D．用Y表示0～2min内该反应的平均速率为0.05ml·L-1·min-1
12．取一定质量的按如图所示的流程进行实验。
下列说法错误的是
A．反应①为非氧化还原反应
B．溶液Ｂ中的溶质只有，
C．可用湿润的蓝色石蕊试纸检验气体E
D．常温常压下，气体体积
13．用如图所示实验装置探究铜片与浓硫酸的反应。下列有关说法错误的是
A．为确认有硫酸铜生成，向圆底烧瓶中加水，观察颜色变化
B．②中选用品红溶液，红色褪去，体现了的氧化性
C．③中选用溶液会产生白色沉淀
D．④中选用NaOH溶液吸收多余的
14．铝电解厂烟气净化的一种简单流程如下：下列说法错误的是
A．吸收塔内衬材料不宜用铁，宜用陶瓷
B．采用溶液喷淋法可提高吸收塔内烟气吸收效率
C．合成槽中产物主要有和
D．滤液可回收进入吸收塔循环利用
三、非选择题：本题共5小题，共60分。
15．发射卫星时可用 为燃料，实验室可用如下装置，在碱性条件下合成 N2H4：
(1)完成装置 B 中发生反应的离子方程式(化学计量数为 1 则省略)： ，;
(2)装置 A 试管中的试剂为 ,仪器 a 的作用是 ;
(3)装置 C 中每生成 112mL(折算至标准状况)气体，转移电子数目为 , 仪器b 的导管作用为 ;
(4)上述装置中存在一处缺陷，会导致肼的产率降低，改进方法是 。
16．能量、速率与限度是认识和研究化学反应的重要视角。
I.为了探究原电池的工作原理，设计如下装置：
(1)甲装置中负极的电极反应式为 ;
(2)乙装置溶液中的向 (填“Mg”或“Al”)电极移动。负极质量减少1.8g时，标况下正极产生气体的体积为 L;
Ⅱ.化学反应的微观历程及能量变化如图：
(3)图一中，催化剂有利于 (填“增加”或“减少”)反应过程中的能耗；②→③过程是 (填“吸热”或“放热”)过程;
(4)根据图二可知，一定量的和充分反应生成时，释放 kJ能量;
Ⅲ.利用还原能有效促进“碳中和”，反应的化学方程式为。在300℃时，向容积为2L的恒容密闭容器中，充入和2mlH2，反应过程中测得各物质的物质的量浓度随时间变化如图所示：
(5)的浓度随时间变化曲线为 (填“a”“b”或“c”)；在M点， (填“>”“=”或“ H2SiO3，A错误；
B．A为浓盐酸，B为KMnO4，将两者反应生成的氯气通入C中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，但HClO具有漂白性，则C中石蕊试液先变红色，后褪色，B错误；
C．若A为浓氨水，B为生石灰，将两者反应生成的氨气通入C中石蕊溶液，因氨气水溶液显碱性，使C中溶液最终呈蓝色，C错误；
D．A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，将两者反应生成的SO2气体通入C中Na2S溶液，因SO2有氧化性，Na2S具有还原性，两者发生氧化还原反应生成单质硫，则可观察到C中溶液变浑浊，D正确；
故选D。
5．B
【详解】A．将游离态的氮转化为化合态的氮的过程为氮的固定，反应①将氮气转化为氨气，属于氮的固定；反应②为氨的催化氧化反应，是工业上合成的第一步反应，A正确；
B．催化剂可以降低反应物的活化能，提高反应速率，但不能改变反应热，B错误；
C．与反应生成为化合反应，反应物全部转化为生成物，没有副产物，则原子利用率为100%，C正确；
D．在反应①中形成N-H键，反应②中形成N≡O，均有极性共价键形成；反应①中的氮由0价变为-3价，化合价降低，发生了还原反应，反应②中的氮由-3价变为+2价，化合价升高，发生了氧化反应，D正确；
故答案选B。
6．B
【详解】A．蒸馏装置制蒸馏水，温度计的水银球应置于蒸馏烧瓶的支管口处，故A错误；
B．氯化铵分解生成氨气和氯化氢混合气体，气体通过五氧化二磷吸收氨气后，通过观察湿润蓝色石蕊试纸变红证明生成HCl，气体通过碱石灰吸收氯化氢后，通过观察湿润的酚酞试纸变红证明生成氨气，故B正确；
C．蒸发结晶操作应在蒸发皿中进行，故C错误；
D．配制一定物质的量浓度的硫酸溶液时，不能在容量瓶中进行稀释，故D错误；
故选B。
7．B
【详解】A．实验室制备NH3，可用浓氨水和CaO固体反应，NH3•H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑，浓氨水易挥发，CaO固体与水反应放出大量的热，导致温度升高，使得氨气在水中的溶解度进一步减少，以气体的形式逸出，制得氨气，不需要额外解热，可选择b装置，制得的氨气中含有水蒸气，可用碱石灰干燥，选择d装置，氨气密度比空气小，需用向下排空气法收集，所以需短管进，长管出，可选择e装置，但由于NH3极易溶于水，因此处理NH3需要防倒吸，综合可知，连接b→d→e可制备收集氨气，故A错误；
B．实验室用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下制取氯气，所以应该用a装置制备氯气；浓盐酸具有挥发性导致生成的氯气中含有氯化氢，HCl极易溶于水，NaCl溶液抑制氯气溶解，所以可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl；HCl是酸性气体，应该用酸性干燥剂干燥，所以可以用浓硫酸干燥；HCl密度大于空气，应该用向上排空气法收集，用碱性物质处理尾气，所以连接顺序是a→f→c→e→d，故B正确；
C．实验室制备SO2，利用亚硫酸钠固体和70%浓硫酸反应，方程式为：Na2SO3+H2SO4(浓)=Na2SO4+SO2↑+H2O，反应无需加热，选择b装置，SO2和水反应生成亚硫酸，所以SO2不能用排水法收集，所以g装置不合适，故C错误；
D．实验室制备H2S，利用硫化亚铁（FeS）固体和稀盐酸反应生成氯化亚铁和硫化氢，其化学方程式为FeS+2HCl=FeCl2+H2S↑，制取H2S的反应物为固体和液体反应不需要加热，可选择b装置，但硫化氢具有还原性，浓硫酸具有强氧化性，两者发生氧化还原反应，H2S+H2SO4(浓)=SO2+S↓+2H2O，所以c装置不合适，故D错误；
故答案选B。
8．B
【分析】X、Y是日常生活中常见的金属单质，M、N、Z是含有元素Y的化合物，根据图中信息可知，Z为红褐色沉淀，因此Z为，M中加入NaOH溶液后得到Z，而YSO4中加入稀硫酸和H2O2可得到M，可知M为，YSO4为FeSO4，Y为Fe，M中加入KSCN溶液得到N，则N为；反应②是工业上制备金属X的方法之一，可知为湿法炼铜，X为Cu，XSO4为CuSO4，据此作答。
【详解】A．根据分析可知，X为，Y为，A项正确；
B．反应①的离子方程式为，反应③是在酸性溶液中将氧化成，反应的离子方程式为，等量的完全反应，则转移的电子数相同，B项错误；
C．溶液(溶液)与的反应为，在工业上用于制作印刷电路板，C项正确；
D．同一氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，根据题中的离子反应：、，可知氧化性：，即，D项正确；
故答案选B。
9．BC
【详解】A．加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵，装置①不能用于制备氨气，故A错误；
B．氨气为碱性气体，可用碱石灰干燥，故B正确；
C．氨气的密度小于空气，则用④收集氨气时，氨气从短导管进入，即气流方向为左进右出，故C正确；
D．氨气极易溶于水，用⑤吸收氨气会发生倒吸，故D错误；
故答案选BC。
10．CD
【详解】A．由题干信息可知，新方案中的CO、CH3OH和CH≡CCH3等原料均易燃物质、熔沸点低，存在爆炸危险，A不合题意；
B．由题干信息可知，新方案中的CO和老方案中的HCN、H2SO4等原料均有毒物质，B不合题意；
C．由题干信息可知，老方案中使用的HCN、H2SO4对铁制容器腐蚀性大，而新方案中CO、CH3OH等原料对铁制容器腐蚀性小，C符合题意；
D．由题干信息可知，老方案中有副产物生成，而新方案中原子利用率可达100%，故原子利用率高，D符合题意；
故答案为：CD。
11．BC
【详解】A．由题干图像信息可知，0~2min内X减少了0.3ml、Y减少了0.1ml，Z增加了0.2ml，且2min后各物质均不再改变，根据物质的变化量之比等于化学计量系数比可知，该反应的化学方程式为3X+Y⇌2Z，A错误；
B．由题干图像信息可知，2min后各物质均不再改变，故2 min后该反应达到平衡状态，B正确；
C．由题干图像信息可知，0~2min内X减少了0.3ml，因此达平衡后，X的转化率为×100%＝30%，C正确；
D．用Y表示0～2min内该反应的平均速率为ml·L-1·min-1=0.025ml·L-1·min-1，D错误；
故答案为BC。
12．BD
【分析】取一定质量的加入足量稀盐酸反应、，生成气体A为氢气，溶液B含有氯化钙、过量的盐酸和氯化铵，溶液B与足量碳酸钠溶液反应产生碳酸钙沉淀D，溶液C中含有过量的碳酸钠、氯化钠、氯化铵等，与足量氢氧化钠溶液并加热产生氧化E为氨气；
【详解】A．反应①、，各元素化合价均不变，为非氧化还原反应，故A正确；
B．溶液Ｂ中的溶质含有、、NH4Cl，故B错误；
C．气体E为氨气，可用湿润的蓝色石蕊试纸检验气体E，遇E则湿润的蓝色石蕊试变红，故C正确；
D．没有说明两者的量，无法确定产生的气体A与气体E的量，则无法确定两者体积关系，故D错误；
答案选BD。
13．AB
【详解】A．铜与浓硫酸反应后溶液中剩余浓硫酸，稀释时，应该将圆底烧瓶中的溶液加入水中，玻璃棒不断搅拌，可以得到蓝色硫酸铜溶液，不能直接向反应后的溶液中加水，因浓硫酸溶于水放出大量的热，会造成溶液四溅，发生危险，A错误；
B．②中选用品红溶液，红色褪去，体现了的漂白性，B错误；
C．③中选用溶液，溶于水呈酸性，与发生氧化还原反应生成硫酸钡白色沉淀，C正确；
D．会污染空气，所以需要用NaOH溶液吸收尾气，防止污染空气，D正确；
故选AB。
14．AC
【分析】烟气(含HF)通入吸收塔，加入过量的碳酸钠，发生反应Na2CO3+HF=NaF+NaHCO3，向合成槽中通入NaAlO2，发生反应6NaF+NaAlO2+4NaHCO3=Na3AlF6↓+4Na2CO3+2H2O，过滤得到Na3AlF6和含有Na2CO3的滤液。
【详解】A．陶瓷的成分中含有SiO2，SiO2 在高温下与Na2CO3 发生反生反应，因此不宜用陶瓷作吸收塔内衬材料，A错误；
B．采用溶液喷淋法可增大反应物的接触面积，提高吸收塔内烟气吸收效率，B正确；
C．由分析可得合成槽中产物主要有Na3AlF6和Na2CO3，C错误；
D．由上述分析可知，滤液的主要成分为Na2CO3，可进入吸收塔循环利用，D正确；
故选AC。
15．(1)；
(2) NH4Cl、 防倒吸
(3) 0.005NA 平衡气压，使盐酸顺利滴下
(4)B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶
【分析】装置A加热氯化铵和氢氧化钙混合物制取氨气，装置C浓盐酸和漂白粉发生反应制取氯气，氨气和次氯酸钠在碱性条件下发生反应，生成N2H4，据此解答。
【详解】（1）C中浓盐酸和漂白粉反应生成Cl2，Cl2和氢氧化钠反应生成NaCl、NaClO、H2O离子方程式为：；NH3失去电子生成N2H4，ClO-得电子生成Cl-，离子反应为；故答案为；；
（2）装置A用于制取氨气，选用的药品为氯化铵和氢氧化钙。仪器a有缓冲作用，能防倒吸；故答案为NH4Cl、；防倒吸；
（3），C中的反应方程式为，则有关系式，转移电子物质的量是0.005ml，转移电子数是0.005NA，仪器b能平衡气压，使盐酸顺利滴下，故答案为：0.005NA；平衡气压，使盐酸顺利滴下；
（4）挥发的HCl能和NaOH溶液反应而降低B溶液的碱性，所以应该用饱和食盐水除去氯气中的HCl，则改进方法为：B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶，故答案为：B、C之间增加盛有饱和食盐水的洗气瓶。
16．(1)
(2) Mg 1.68
(3) 减少 吸热
(4)46
(5) b >
(6)AC
(7)0.075
【详解】（1）甲装置中，Mg与NaOH不反应，Al与NaOH反应，因此Al作负极，Al失去电子发生氧化反应生成四羟基合铝酸钠，电极反应式为：；
（2）乙装置中Mg作负极，Al作正极，属于阴离子的向负极移动，即向Mg电极移动。乙装置中总反应为镁和稀硫酸反应生成硫酸镁和氢气，Mg为负极，发生氧化反应生成镁离子：，负极质量减少1.8g时，失去的电子数为×2=0.15ml，Al为正极，正极上氢离子得电子生成氢气，体积为×22.4L/ml=1.68L；
（3）图一中，催化剂降低反应活化能，加快反应速率，有利于减少反应过程中的能耗；②→③是键和断裂的过程，即旧键断裂，属于吸热过程；
（4）根据图二可知，1ml和3ml充分反应生成时，释放600kJ-508kJ=92kJ能量，则生成释放46kJ能量；
（5）反应物浓度的变化量之比等于其计量系数之比，根据反应方程式可知，的浓度随时间变化曲线为b；在M点，反应物的浓度在减小，生成物的浓度在增加，反应正向进行，故>；
（6）2min时，反应速率增大，则改变的原因可能是升高温度或加入催化剂，故选AC；
（7）0～4min内，用的浓度变化表示的平均反应速率为。
17．(1) 恒压滴定漏斗(滴液漏斗)
(2)水浴加热
(3) H2SO4 吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中
(4)B
(5)
【分析】根据图示，装置甲用浓硫酸与亚硫酸钠反应制备二氧化硫气体；由于亚硫酰氯遇水剧烈反应，因此二氧化硫必须通过装置乙干燥后再通入装置丙；装置丙中二氧化硫与五氯化磷反应生成亚硫酰氯；最后装置丁吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中，据此分析作答。
【详解】（1）盛放浓硫酸的玻璃仪器名称为恒压滴定漏斗(滴液漏斗)；室验室制SO2，利用较浓H2SO4的强酸性，强酸制弱酸，化学方程式为：，故答案为：恒压滴定漏斗(滴液漏斗)；；
（2）反应需控制温度在40℃-80℃，水浴加热可以控制100℃以下的反应温度，故答案为：水浴加热。
（3）结合SOCl2的性质遇水剧烈反应，故制备前后都应严格控制防止水蒸气的进入接触SOCl2，乙中盛浓H2SO4干燥SO2；丁的作用为吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中，故答案为：浓H2SO4；吸收SO2等气体，防止污染空气，同时防止空气中水蒸气进入装置丙中；
（4）蒸馏时温度计的水银球应在蒸馏烧瓶支管口，不能用球形冷凝管，因为管内低凹处会残留液体不能流出，则选用B，故答案为：B；
（5）①“有带刺激性气味且使品红溶液褪色的气体产生”说明与水反应生成了二氧化硫，“轻轻振荡锥形瓶，向溶液中加入足量溶液，产生不溶于的白色沉淀”说明与水反应生成了HCl，因此与水反应的化学方程式是：，故答案为：；
②SOCl2与水反应生成的HCl，HCl与AgNO3反应，生成AgCl，根据氯原子守恒可得关系式为，由此计算SOCl2的质量，则该产物的纯度为：，故答案为：。
18．(1) 相同
(2)60%
(3)、
(4)2：1
(5) 氧气 74.6%
(6) 化学能转化为热能 Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升
【分析】A中制取CO2，B除去杂质HCl，C中Na2O2、Na2O和CO2反应，D除去氧气中的CO2、H2O，E用排水法收集气体，F量取氧气体积，据此解答。
【详解】（1）
Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，电子式为，氧化钠由钠离子和氧离子构成，则其中正和负离子的个数比与Na2O相同。
（2）产生的气体为氧气，质量为0.24g，则氧气的物质的量为=7.5×10-3ml，根据2Na2O2～O2，消耗过氧化钠的物质的量为2×7.5×10-3ml=1.5×10-2ml，样品中过氧化钠的质量分数=60%；
（3）Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，钠离子增多，且Na2O2具有强氧化性，可以氧化碘离子，OH-和反应生成和水，则反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有、。
（4）与发生化合反应生成NaOH，1ml反应转移2ml电子；1ml和H2O反应转移1ml电子，则等物质的量的分别与足量的和反应时，转移的电子数之比为2：1。
（5）Na在熔融状态下与空气中的氧气反应生成黄色固体过氧化钠，然后样液中加入后产生一种无色无味的气体单质，说明与水反应后样液中含有过氧化氢，过氧化氢在的催化作用下分解生成氧气；已知白色沉淀为，说明样品中含有杂质Na2CO3，且金属钠的质量为2.3g，则；，则，故＝3.12g；则样品的总质量：m=0.01ml×106g/ml+0.04ml×78g/ml=4.18g；淡黄色样品中的质量分数：。
（6）①由题干信息可知，把水滴入小试管内，可观察到U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升，说明大试管中气体的压强增大，即由于该试管中气体温度上升膨胀，也说明Na2O2与H2O反应过程中放热，即能量转化形式为化学能转化为热能；
②“U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升”的原因是由于Na2O2与H2O反应是放热反应，导致大试管中气体受热膨胀，从化学反应过程中旧键断裂和新键形成角度可理解为：Na2O2与H2O反应是旧键断裂和新键形成的过程，旧键断裂需要吸收热量，新键形成需要放出热量，该反应过程中新键形成放出的热量高于旧键断裂吸收的热量，因此反应放热，试管内温度升高，压强增大，U形管右侧的液面立即下降，左侧的液面上升。
19．(1)不引入新杂质
(2) 分液漏斗 下 紫 取水层溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明含有碘单质，如果溶液不变蓝，说明溶液中没有碘单质
(3)5I-+IO+6H+=3I2+3H2O
(4)CCl4
【分析】海带浸取液中的碘离子被加入的过氧化氢氧化得到含碘单质的水溶液；加入四氯化碳振荡、静置分层、分液得到碘单质的四氯化碳溶液；向碘单质的四氯化碳溶液中加入氢氧化钠溶液，碘单质和氢氧化钠反应得碘化钠和溶液；振荡、静置分层，去掉四氯化碳层，再加入稀硫酸酸化，碘化钠和在酸性条件下发生氧化还原反应得到碘单质的悬浊液，通过过滤得到碘单质。
【详解】（1）被称作绿色氧化剂原因是：反应还原产物为水不引入新杂质；
（2）实验操作②为萃取碘单质的操作，为萃取分液；操作②需要的仪器除烧杯、玻璃棒外，尚缺少的玻璃仪器有分液漏斗；四氯化碳密度大于水，则碘的溶液位于下层，呈紫色；碘单质能使淀粉溶液变红色，检验水层是否仍含碘单质的方法是：取水层溶液，滴加淀粉溶液，溶液变蓝色，说明含有碘单质，如果溶液不变蓝，说明溶液中没有碘单质；
（3）碘化钠和在酸性条件下发生归中反应得到碘单质：；
（4）由流程可知，分液后得到的四氯化碳可以继续萃取含碘水溶液中的碘单质，可以循环利用。