四川省南充高级中学2019-2020学年高一12月月考化学试题

www.ks5u.com南充高中2019－2020学年度上期

高2019级第二次月考化学试卷

可能用得到的相对原子质量：H 1   O 16   C 12   N 14   Na 23   Al 27   S 32  Cl 35.5

第Ⅰ卷（选择题  共48分）

一、选择题（每小题只有一个正确答案，共48分）。

1.化学与生活、社会发展息息相关，下列说法不正确的是（    ）

A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶有丁达尔效应

B. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用到蒸馏

C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中涉及氧化还原反应

D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”，体现了屠呦呦对青蒿素的提取属于化学变化

【答案】D

【解析】

【详解】A. “霾尘积聚难见路人”，雾霾所形成的气溶胶，气溶胶属于胶体，则有丁达尔效应，A与题意不符；

B. 《本草纲目》中“用浓酒和糟入甑，蒸令气上，用器承滴露”，利用乙醇的挥发性制取较纯的乙醇，操作方法为蒸馏，B与题意不符；

C. “春蚕到死丝方尽，蜡炬成灰泪始干”诗句中蜡炬成灰为燃烧，涉及氧化还原反应，C与题意不符；

D. “青蒿一握，以水二升渍，绞取汁”， 青蒿素的提取用的是低温萃取，属于物理方法，D符合题意；

答案为D。

2.下列有关实验操作正确的是（    ）

A. 称量氢氧化钠固体

B. 除去粗盐溶液中的不溶物

C. 制备氢氧化铁胶体

D. 分离两种互沸点相差较大的液体混合物

【答案】B

【解析】

【详解】A. 称量氢氧化钠固体的方式为左物右码，与题意不符，A错误；

B. 除去粗盐溶液中的不溶物的方法为过滤，规则为“一贴二低三靠”，符合题意，B正确；

C. 制备氢氧化铁胶体的方法为向沸水中滴加几滴饱和的氯化铁溶液至溶液变为红褐色时停止加热，与题意不符，C错误；

D. 分离两种互溶，但沸点相差较大的液体混合物用蒸馏，冷凝管中的水流方向为下进上出，与题意不符，D错误；

答案为B。

3.下列对相关实验的叙述符合事实的是

A. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2

B. 向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中缓慢地加入一绿豆粒大的金属钠，可能观察到的现象是如图

C. 用洁净的铂丝蘸取待测液，置于酒精灯火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，则表明待测液中一定含有Na+而不含K+

D. 用坩埚钳夹住铝箔在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，有液态的铝滴落下来

【答案】A

【解析】

【详解】A. 铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，符合题意，A正确；

B. 向一小烧杯中分别加入等体积的水和煤油，片刻后再向该烧杯中缓慢地加入一绿豆粒大的金属钠，可能观察到的现象金属钠在水和煤油交界的位置上下浮动，与题意不符，B错误；

C. 用洁净的铂丝蘸取待测液，置于酒精灯火焰上灼烧，观察到火焰呈黄色，则表明待测液中一定含有Na+，可能含K+，与题意不符，C错误；

D. 用坩埚钳夹住铝箔在酒精灯上加热至熔化，轻轻晃动，因氧化铝未融化，不会有液态的铝滴落下来，与题意不符，D错误；

答案为A。

【点睛】焰色反应时，K元素需透过蓝色的钴玻璃观察，未做此实验则不能判断是否含有K元素。

4.用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法中正确是（    ）

A. 1mol甲烷的质量与甲烷的摩尔质量相等

B. 标况下，28g氮气与22.4LH2O所含的分子数目相等

C. 2.3g钠由原子变成离子，失去的电子数为0.1NA

D. Na2O2与CO2反应生成0.1molO2时转移电子0.4mol

【答案】C

【解析】

【详解】A. 1mol甲烷的质量与甲烷的摩尔质量数值相等，单位不同，与题意不符，A错误；

B. 标况下，H2O为液体，22.4L时的物质的量大于1mol，则22.4LH2O与28g氮气所含的分子数目不相等，与题意不符，B错误；

C. 2.3g钠由原子变成离子，化合价由0价变为+1价，失去的电子数为0.1NA，符合题意，C正确；

D. Na2O2与CO2反应生成0.1molO2时O的化合价由-1价变为0价，则转移电子0.2mol，与题意不符，D错误；

答案为C。

【点睛】Na2O2与CO2反应时，Na2O2中的O化合价部分由-1变为0价，部分由-1变为-2价。

5.在下列溶液中，各组离子一定能够大量共存的是（    ）

A. 在强碱性溶液中：Na＋、Cl-、SO42-、HCO3-

B. 在碳酸钠溶液中：Na＋、Cl-、OH-、K＋

C. 在无色的溶液中：K＋、H＋、Cl-、MnO4-

D. 在强酸性溶液中：Fe2＋、Na＋、NO3-、Cl-

【答案】B

【解析】

【详解】A. 在强碱性溶液中，HCO3-与OH−反应，不能大量共存，A项错误；

B. 在碳酸钠溶液中，离子之间均不反应，B项正确；

C. MnO4−显紫色，不满足溶液无色的条件，C项错误；

D. 在强酸性溶液中，NO3-具有强氧化性，能氧化Fe2＋，不能大量共存，D项错误；

答案选B。

【点睛】离子共存问题，侧重考查学生对离子反应发生的条件及其实质的理解能力，题型不难，需要注意的是，溶液题设中的限定条件。如无色透明，则常见的有颜色的离子如Cu2+、Fe3+、Fe2+、MnO4-、Cr2O72-、CrO42-等不符合题意；还有一些限定条件如：常温下与Al反应生成氢气的溶液时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。

还有一些限定条件如：常温下水电离出来的 H+和 OH-浓度为1×10-10，小于1×10-7时，该溶液可能为酸溶液，也可能为碱溶液。做题时只要多加留意，细心严谨，便可快速选出正确答案。

6.下列反应属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型反应的是（    ）

A. H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O B. CuO+H2Cu+H2O

C. Cu2(OH)2CO3 =2CuO+ CO2↑+H2O D. 3CO+Fe2O33CO2+2Fe

【答案】D

【解析】

【详解】A. H2SO4+2NaOH=Na2SO4+2H2O属于复分解反应，与题意不符，A错误；

B. CuO+H2Cu+H2O属于置换反应，与题意不符，B错误；

C. Cu2(OH)2CO3 =2CuO+ CO2↑+H2O属于置换反应，与题意不符，C错误；

D. 3CO+Fe2O33CO2+2Fe属于氧化还原反应，但不属于四种基本类型反应，符合题意，D正确；

答案为D。

7.下列离子方程式正确是（    ）

A. 足量盐酸滴在石灰石上：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O

B. 铁和稀硫酸反应：2Fe+6H+=2Fe3++3H2↑

C. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+

D. 氢氧化铜与稀硫酸混合：H++OH－=H2O

【答案】A

【解析】

【详解】A. 足量盐酸滴在石灰石上生成氯化钙、二氧化碳气体和水，离子方程式为CaCO3+2H+= Ca2++CO2↑+H2O，符合题意，A正确；

B. 铁和稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑，与题意不符，B错误；

C. 用FeCl3溶液腐蚀印刷电路板，生成氯化亚铁和氯化铜，离子方程式为2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，与题意不符，C错误；

D. 氢氧化铜与稀硫酸混合，氢氧化铜为固体写化学式，离子方程式为2H++Cu(OH)2= Cu2++2H2O，与题意不符，D错误；

答案为A。

【点睛】离子方程式中，单质、气体、氧化物、沉淀和弱电解质写化学式。

8.某一反应体系中有反应物和生成物共5种物质:H2S+HNO3→S+NO+H2O;下列说法中正确的是（    ）

A. 该反应中的还原产物是S

B. 若反应过程中转移了0.3 mol 电子,则氧化产物的质量9.6g

C. 氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3

D. 反应后溶液的酸性明显增强

【答案】C

【解析】

【分析】

由给出的物质可知，发生H2S、HNO3的氧化还原反应，N元素的化合价降低，则HNO3为氧化剂，S元素的化合价升高，由-2价升高为0。

【详解】A. S元素的化合价升高，由-2价升高为0，该反应中的氧化产物是S，还原产物是NO，故A错误；

B. 生成1molS转移2mol电子，所以转移了0.3mol电子，则氧化产物的质量是0.3mol× ×32g·mol－1=4.8g，故B错误；

C. 由电子守恒，得到关系式2HNO3~3H2S，氧化剂HNO3与还原剂H2S的物质的量之比为2∶3，故C正确；

D. 反应中消耗两种酸，反应后溶液酸性明显减弱，故D错误；

故选C。

【点睛】本题考查氧化还原反应，把握反应中元素的化合价变化及比例为解答的关键，侧重氧化还原反应基本概念及转移电子的考查，难点B，电子转移数与氧化产物之间的定量计算。

9.有一无色溶液，可能含有K＋、Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl－、SO42－、HCO3－、MnO4－中的几种。为确定其成分，做如下实验：

①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，产生无色无味的气体和白色沉淀，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解；

②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，但没有气体产生。

已知：①NH4+能与OH−在加热时反应生成NH3，NH3是一种有刺激性气味的气体；

②Al(OH)3+OH−=AlO2－+2H2O。

下列推断正确的是

A. 肯定有Al3＋、Mg2＋、NH4+、Cl－ B. 肯定有Al3＋、Mg2＋、HCO3－

C. 肯定有K＋、HCO3－、MnO4－ D. 肯定有Al3＋、Mg2＋、SO42－

【答案】D

【解析】

【详解】已知溶液为无色，则不含有MnO4－；①取部分溶液，加入适量Na2O2固体，生成氧气和NaOH，则无色无味的气体为氧气，再加入足量的NaOH溶液后白色沉淀部分溶解，则白色沉淀只能为氢氧化镁、氢氧化铝，可判断溶液中不含NH4+、HCO3－；②另取部分溶液，加入HNO3酸化的Ba(NO3)2溶液，有白色沉淀产生，但没有气体产生，则原溶液含有SO42－；综上所述，可判断原溶液中一定含有Al3＋、Mg2＋、SO42－；一定不含有NH4+、HCO3－、MnO4－，答案为D。

10.下列关于钠及其化合物的叙述不正确的是（    ）

A. 热稳定性：Na2CO3>NaHCO3

B. 钠与氧气反应的产物由反应条件决定

C. Na2O2中阴阳离子个数比为1：1

D. 等质量的固体与足量盐酸反应放出CO2的质量Na2CO3＜NaHCO3

【答案】C

【解析】

【详解】A. Na2CO3受热不分解，而NaHCO3受热分解，则热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，与题意不符，A错误；

B. 钠与氧气反应的产物加热时生成过氧化钠，常温时生成氧化钠，由反应条件决定，与题意不符，B错误；

C. Na2O2中阳离子为钠离子，阴离子为过氧根离子，阴阳离子个数比为1：2，符合题意，C正确；

D. Na2CO3比NaHCO3的含碳量低，则等质量的固体与足量盐酸反应放出CO2的质量Na2CO3＜NaHCO3，与题意不符，D错误；

答案为C。

11.下列有关氧化还原反应的叙述正确的是（    ）

A. 化学反应中电子转移的表示方法

B. 离子M2O7x－与S2-能在酸性溶液中发生如下反应：M2O7x－+3S2－+14H+=2M3+ +3S +7H2O，则M2O7x－中M的化合价为+7

C. 在常温下发生以下几个反应：①16H＋＋10Z－＋2XO4－=2X2＋＋5Z2＋8H2O②2A2＋＋B2=2A3＋＋2B－③2B－＋Z2 =B2＋2Z－根据上述反应，可知道氧化性强弱顺序为：XO4－＞Z2＞B2＞A3＋

D. 已知硝酸铵在一定温度下分解为5NH4NO3=4N2↑＋2HNO3＋9H2O↑，被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为1：1

【答案】AC

【解析】

【详解】A. 化学反应中Mn的化合价由+4变为+2价，得2个电子，Cl的化合价由-1变为0价，失去2个电子，则电子转移的表示方法，符合题意，A正确；

B. 离子M2O7x－与S2-能在酸性溶液中发生如下反应：M2O7x－+3S2－+14H+=2M3+ +3S +7H2O，反应中转移6个电子，则M2O7x－中M的化合价为+6，与题意不符，B错误；

C. 氧化性：氧化剂>氧化产物，则在常温下发生以下几个反应：①16H＋＋10Z－＋2XO4－=2X2＋＋5Z2＋8H2O，氧化性：XO4－> Z2；②2A2＋＋B2=2A3＋＋2B－氧化性：B2 > A3＋；③2B－＋Z2 =B2＋2Z－氧化性：Z2 > B2；根据上述反应，可知道氧化性强弱顺序为：XO4－＞Z2＞B2＞A3＋，符合题意，C正确；

D. 已知硝酸铵在一定温度下分解为5NH4NO3=4N2↑＋2HNO3＋9H2O↑，被氧化的元素和被还原的元素的质量之比为5：3，与题意不符，D错误；

答案为AC。

12.将含amol金属钠和bmol金属铝的合金投入mg足量水中，完全溶解，无金属剩余，所得溶液密度为dg•cm﹣3，下列相关计算式子中错误的是（　　）

A. NaOH的物质的量：（a﹣b）mol

B. NaAlO2的物质的量浓度：mol/L

C. 标况下生成H2的体积：L

D. 参加反应的水的质量：18（a+1.5b）g

【答案】D

【解析】

【详解】发生反应：2Na+2H2O═2NaOH+H2↑和2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑，所得溶液转化溶质为NaAlO2或者为NaOH、NaAlO2。

A．由Al原子守恒，可知n（NaAlO2）＝n（Al）＝bmol，由Na原子守恒可知：n（NaOH）＝n（Na）﹣n（NaAlO2）＝（a﹣b）mol，故A正确；

B．根据电子转移守恒，可知n（H2）＝＝（0.5a+1.5b）mol，故溶液质量＝（23a+27b+m）g﹣（0.5a+1.5b）mol×2g/mol＝（22a+24b+m）g，溶液的体积为（22a+24b+m）g÷1000d/L＝L，故c（NaAlO2）＝bmol÷L＝mol/L，故B正确；

C．标况下生成氢气的体积为：（0.5a+1.5b）mol×22.4L/mol＝L，故C正确；

D．由方程式可知，参加反应的水的物质的量为（a+b）mol，故参加反应的水为18（a+b）g，故D错误。

故选D。

【点睛】本题考查混合物的有关计算、化学方程式的计算等，关键是明确发生的反应，B选项中关键是计算溶液的体积。

第Ⅱ卷（非选择题  共52分）

二、填空题（每空2分，共52分）。

13.某工厂的工业废水中含有大量的FeSO4，较多的CuSO4和少量Na2SO4。为了减少污染并变废为宝，工厂计划从该废水中回收硫酸亚铁和金属铜。请根据下列流程图，完成回收硫酸亚铁和铜的实验方案。

（1）若加入的试剂①为NaOH，加入试剂①的目的___。

（2）操作a的名称为过滤、洗涤，所需要的玻璃仪器为烧杯、___。

（3）加入的试剂③为___（填化学式），发生的离子反应方程式为___。

（4）固体E的成分为Fe和Cu，写出E和加入试剂④所发生的离子反应方程式为__。

（5）从溶液D和溶液G中得到FeSO4•7H2O晶体的操作为蒸发浓缩、冷却结晶、__、洗涤、干燥。

【答案】    (1). 使Cu2+和Fe2+完全沉淀    (2). 漏斗、玻璃棒    (3). Fe    (4). Fe+Cu2+=Fe2++Cu    (5). Fe+2H+=Fe2++H2↑    (6). 过滤

【解析】

【分析】

根据流程，废水中加入稍过量的NaOH溶液，过滤可得到氢氧化铜、氢氧化亚铁沉淀，加入稀硫酸溶解，得到硫酸亚铁和硫酸铜溶液，即溶液C；再加入过量的铁屑，可得到硫酸亚铁溶液（溶液D）和Cu和Fe的混合物，即E；固体E加入稀硫酸，未溶解的为Cu，溶液G为硫酸亚铁，经过蒸发浓缩，冷却结晶即可得到绿矾。

【详解】（1）试剂①为NaOH，可使溶液中的Cu2+和Fe2+完全生成沉淀；

（2）过滤、洗涤时，需要的玻璃仪器为烧杯、漏斗、玻璃棒；

（3）试剂③为Fe，可置换溶液中的Cu2+，生成亚铁离子和Cu，离子方程式为Fe+Cu2+=Fe2++Cu；

（4）试剂④为稀硫酸，与铁反应生成亚铁离子和氢气，离子方程式为Fe+2H+=Fe2++H2↑；

（5）固液分离时的方法为过滤。

14.图中，A为一种中学化学中常见的单质，B、C、D、E是含有A元素的常见化合物。它们的焰色实验均为黄色。

（1）写出下列物质的化学式：B___。

（2）以上6个反应中属于氧化还原反应的有___(填写编号)。

（3）写出A →C反应的离子方程式___。

（4）写出B→C反应的离子方程式：___；E→D的化学方程式：___。

（5）加热5.00gD和E的固体混合物，使E完全分解，固体混合物的质量减少了0.31g，则原混合物中D的质量分数为___。

【答案】    (1). Na2O2    (2). ①②③④    (3). 2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑    (4). 2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑    (5). 2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O    (6). 83.2%

【解析】

【分析】

A为一种中学化学中常见的单质，焰色实验为黄色，则A为Na；Na与氧气点燃时生成过氧化钠，则B为Na2O2；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，则D为碳酸钠；Na与水反应生成C，则C为NaOH；NaOH与过量的二氧化碳反应生成碳酸氢钠。

【详解】（1）分析可知，B为过氧化钠，化学式为Na2O2；

（2）Na与水、氧气反应时，化合价发生改变，为氧化还原反应；过氧化钠与二氧化碳、水反应生成单质氧气，化合价改变，为氧化还原反应；NaOH与二氧化碳及碳酸氢钠生成碳酸钠化合价未变，为非氧化还原反应；

（3）A 、C分别Na、NaOH，Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，离子方程式为2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；

（4）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，离子方程式2Na2O2＋2H2O＝4Na＋＋4OH－＋O2↑；碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，方程式为2NaHCO3Na2CO3＋CO2↑＋H2O；

（5）根据方程式减少的质量为1：1的CO2和H2O，则n（NaHCO3）=2n（CO2）==0.005mol×2，m（NaHCO3）=0.010mol×84g/mol=0.84g，m（Na2CO3）=5.00g-0.84g=4.16g，Na2CO3质量分数为×100%=83.2%。

15.Na2O2是重要的化工原料，具有多种用途。

（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，写出该反应的化学方程式：___，该反应中，Na2O2的作用为___（填“还原剂”、“氧化剂”或“既是氧化剂又是还原剂”）。

（2）在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。请选择适当的化学试剂和实验用品，用图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。

装置A是CO2气体的发生装置，请写出仪器a的名称___，B中盛饱和NaHCO3溶液，其作用是___。写出C中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式___。D中盛放的试剂可以是____（填序号）。

①浓H2SO4   ②NaOH溶液   ③CaCl2溶液   ④Na2SO3溶液

（3）将一定量的Na2O2固体投入到含有下列离子的溶液中：NO3－、HCO3－、CO32－、Na＋，反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有（不考虑溶液体积的变化）___（填离子符号）。

【答案】    (1). Na2O2＋SO2=Na2SO4    (2). 氧化剂    (3). 分液漏斗    (4). 除去CO2中的HCl气体    (5). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2    (6). ②    (7). NO3-

【解析】

【分析】

（1）Na2O2具有氧化性，化合价降低；

（2）根据装置特点，仪器a为分液漏斗；B中盛饱和NaHCO3溶液，可用吸收挥发出的HCl气体，并能降低二氧化碳的溶解度；过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气；装置D中装有吸收未反应的二氧化碳的试剂；

（3）Na2O2固体投入溶液中，与水反应生成NaOH。

【详解】（1）Na2O2具有氧化性，可以将SO2氧化为硫酸钠，方程式为Na2O2＋SO2=Na2SO4；Na2O2的化合价降低，作氧化剂；

（2）根据装置特点，仪器a为分液漏斗；B中盛饱和NaHCO3溶液，可用吸收挥发出的HCl气体，并能降低二氧化碳的溶解度；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；装置D中装有吸收未反应的二氧化碳的试剂，则为NaOH溶液，答案为②；

（3）Na2O2固体投入溶液中，与水反应生成NaOH，则溶液中的Na＋增大，与HCO3－反应生成CO32－，则HCO3－减少，CO32－增大，而NO3－未变。

16.（1）如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题：

①该浓盐酸的物质的量浓度为___mol·L-1。

②某学生欲用上述浓盐酸和蒸馏水配制480ml物质的量浓度为0.4mol·L-1的稀盐酸，该学生需用量筒量取___mL上述浓盐酸进行配制，所需用的仪器除量筒、烧杯、胶头滴管和玻璃棒之外，还需要___。

（2）KClO3与浓盐酸在一定温度下反应会生成黄绿色的易爆物质二氧化氯，其变化可表述为：KClO3+HCl（浓）―KCl+ClO2↑+Cl2↑+  

①请完成该化学方程式（将配平后的完整化学方程式写在答题卡上）___。

②浓盐酸在反应中显示出来的性质是__（填写编号）。

A.只有还原性    B.还原性和酸性   C.只有氧化性   D.氧化性和酸性

③若标况下产生了2.24LCl2，则生成ClO2的质量为__g。

④在KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中，若标况下产生了6.72LCl2，则转移的电子数目为___。

【答案】    (1). 11.9    (2). 16.8    (3). 500mL容量瓶    (4). 2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O    (5). B    (6). 13.5    (7). 0.5NA（或者3.01×1023）

【解析】

【分析】

（1）①c===11.9mol/L；

②配制480ml物质的量浓度为0.4mol·L-1的稀盐酸，应选用500mL的容量瓶，根据c1×V1= c2×V2，0.4mol·L-1×0.5L=11.9mol/L×V，则V=16.8mL；根据实验步骤，需要的仪器有500mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管；

（2）①根据价态“只靠拢不相交”的原则，+5价的Cl变为+4价，-1价的Cl变为0价，利用得失电子守恒；

②浓盐酸在反应中Cl的化合价升高，表现还原性，与硝酸钾反应生成盐和水，则表现酸性；

③根据n(ClO2):n(Cl2)=2:1，m=nM进行计算；

④KClO3中的Cl的化合价由+5变为0价，得5个电子，生成3个Cl2。

【详解】（1）①c===11.9mol/L；

②配制480ml物质的量浓度为0.4mol·L-1的稀盐酸，应选用500mL的容量瓶，根据c1×V1= c2×V2，0.4mol·L-1×0.5L=11.9mol/L×V，则V=16.8mL；根据实验步骤，需要的仪器有500mL容量瓶、烧杯、量筒、玻璃棒、胶头滴管；

（2）①根据价态“只靠拢不相交”的原则，+5价的Cl变为+4价，-1价的Cl变为0价，利用得失电子守恒，则方程式为2KClO3+4HCl（浓）=2KCl+2ClO2↑+Cl2↑+2H2O；

②浓盐酸在反应中Cl的化合价升高，表现还原性，与硝酸钾反应生成盐和水，则表现酸性，答案为B；

③n(ClO2):n(Cl2)=2:1，标况下产生了2.24LCl2，即0.1mol，则生成生成ClO2的物质的量为0.2mol，则m=nM=0.2×67.5=13.5g；

④KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O中，KClO3中的Cl的化合价由+5变为0价，得5个电子，生成3个Cl2，若标况下产生了6.72LCl2，即0.3mol时，转移0.5mol电子，即0.5NA。

【点睛】相同元素化合价变化的氧化还原反应，化合价变化遵守价态“只靠拢不相交”的原则。