2021届高考化学三轮复习回归基础练习16 化学实验综合

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2020-2021学年度高考三轮（回归基础）练习16化学实验综合

一、实验题
1．某校学生利用以下装置验证氯气与氨气之间的反应（部分装置已略去）。其中A、B分别为氯气和氨气的发生装置，C为纯净干燥的氯气与氨气反应的装置。

请回答下列问题：
（1）装置A中发生反应的离子方程式为_______________________。
（2）装置B中浓氨水与NaOH固体混合可制取氨气，其原因是__________________。
（3）装置C中氯气和氨气相遇，有浓厚的白烟并在容器内壁凝结，同时生成一种可参与生态循环的无毒气体，该反应的化学方程式为_____________________________________________
（4）将装置C中反应生成的固体溶于水，所得溶液中离子浓度由大到小的顺序为_________。
2．铁不能与冷、热水反应,但能与水蒸气反应。资料显示，在不同温度下，铁粉与水蒸气反应的产物不同，温度低于570 ℃时,生成FeO，高于570 ℃时，生成Fe3O4。某学生用如图所示实验装置，完成还原铁粉与水蒸气反应的实验。

（1）实验中使用肥皂液的作用是____________。
（2）甲同学为探究实验后试管内的固体含有哪些物质,进行 了下列实验:
实验编号
实验操作
实验现象
①
取少量黑色粉末X放入试管1中，加入盐酸,微热
黑色粉末逐渐溶解，溶液呈绿色；有少量气泡产生
②
向试管1中滴加几滴KSCN溶液，振荡
溶液没有出现红色

根据上述实验,能确定固体中存在的物质有：______________________________；不能确定是否存在Fe3O4的原因是：___________________________________________。
（3）乙同学设计下列实验方案以确定实验后试管内的固体是否存在Fe3O4。

①溶液X中发生氧化还原反应的离子方程式为___________；
②操作a为_______，检验沉淀是否已经洗涤干净的操作是___________________。
（4）丙同学将试管内固体看做铁的氧化物（FexO），取出6.08 g溶于足量盐酸中，向所得溶液中通入448 mLCl2（标准状况），恰好将Fe2+完全氧化。则x=__________。
3．某同学需帮助水质检测站配制480mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液以备使用。
（1）该同学应选择___mL的容量瓶，容量瓶使用前要____。
（2）其操作步骤如图甲所示，则图乙操作应在图甲中的___(填选项字母)之间。
A．②与③ B．①与② C．④与⑤

（3）该同学应称取Na2CO3·10H2O固体_____g。
该操作有如下几步：
A．将游码拨至相应处； B．将游码拨至“0”处； C．在天平两边的托盘上各放一张干净的等质量的滤纸，调节天平两边的螺母使天平平衡； D．取走药品，将砝码放回砝码盒内； E.往左盘内逐步添加晶体至天平平衡； F.在右盘上放置砝码。
其正确的操作顺序是(填字母)：B―→（____）―→F―→A―→（____）―→（____）―→B。
（4）关于配制该溶液的说法，分析正确的是____(填序号)
①整个配制过程中，容量瓶不振荡，会使溶液浓度偏高;
②托盘天平只能粗略地称量物质的质量，量筒只能粗略地量取液体的体积，严格地说，它们都不能与容量瓶——精确仪器配套使用；
③引流时，玻璃棒不能靠在瓶口上；
④称量的固体(或量取的液体)可直接放入容量瓶中溶解(或稀释)；
⑤定容摇匀后，若液面低于刻度线，可再次加水补充；
⑥选用的容量瓶内有少量蒸馏水，会使配制的溶液浓度偏低。
4．碘化钠可用作甲状腺肿瘤防治剂、祛痰剂和利尿剂等，实验室用NaOH、单质碘和水合肼(N2H4·H2O)为原料制备碘化钠。已知：水合肼易被空气氧化。回答下列问题：
(1)水合肼的制备
①制取次氯酸钠和氢氧化钠的混合液。盛装氢氧化钠溶液的仪器名称是__，正确的连接顺序为__(按气流方向，用小写字母表示)。

②将尿素滴入次氯酸钠和氢氧化钠的混合液中，发生反应CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3，反应中作氧化剂的是__[填“NaClO”或“CO(NH2)2”]。
(2)碘化钠的制备
I．向锥形瓶中加入40mL6mol·L-1NaOH溶液，搅拌、冷却，加入25.4g单质碘，打开恒温磁力搅拌器，保持60~70℃至反应完全；
II．继续加入稍过量的N2H4·H2O，还原生成的NaIO和NaIO3，得到NaI溶液，同时释放出一种空气中主要成分的气体；
III．将溶液蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、干燥，得产品25.5g。
①步骤I反应完全的现象是__。
②步骤II中IO-参与反应的离子方程式为__。
③实验发现，水合肼实际用量比理论值偏高，可能的原因是__。
④测定产品中NaI含量的实验步骤如下：
a.称取10.00g产品并溶解，在500mL容量瓶中定容；
b.量取25.00mL待测液于锥形瓶中，然后加入足量FeCl3溶液，充分反应后，再加入M溶液作指示剂；
c.用0.2100mol·L-1的Na2S2O3标准溶液滴定至终点(化学方程式为2Na2S2O3+I2=Na2S4O6+2NaI)，重复实验多次.测得平均消耗Na2S2O3标准溶液的体积为15.00mL。则M为__(写名称)；该产品中NI的质量分数为__。
⑤工业上也可用硫化钠或铁屑还原碘酸钠来制备碘化钠，但水合肼还原法制得的产品纯度更高，其原因__。
5．某同学利用下图所示实验装置进行铁与水蒸气反应的实验，并对反应后硬质试管中固体物质的组成进行了探究。

请回答下列问题：
Ⅰ.(1)该反应的化学方程式是___________________，硬质试管中湿棉花的作用是: _________.
(2)该同学对反应后硬质试管中固体物质的组成提出了如下假设。
假设1：只有Fe；
假设2：只有____________(填化学式)；
假设3：既有Fe也有Fe3O4。
(3)为了验证反应后硬质试管中固体物质的组成，该同学进行了定量研究：反应前固体物质的质量为5.6g，反应后固体物质的质量为6.6g。从数据分析，反应后硬质试管中固体物质的组成成分为_____。
Ⅱ.长期放置的FeSO4溶液易被氧化而变质，某兴趣小组进行了如下实验：
A．设计实验检验FeSO4溶液的变质程度
实验方案
实验现象
实验结论
步骤1
取待检测液于试管中，向其中滴加KSCN溶液
_____________

FeSO4溶液部分变质
步骤2
取待检测液于试管中，向其中滴加K3[Fe(SCN)6]溶液
____________
①将上述方案补充完整
②步骤2涉及的离子反应方程式是______________。
③若要使变质的FeSO4复原，方法是________________。(写离子反应方程式)
6．为了探究镁粉在NO2中的燃烧产物，某化学兴趣小组通过如图装置来验证产物中存在N2（夹持装置已略去，部分仪器可以重复使用）．

已知：①Mg3N2+6H20═3Mg（OH）2+2NH3↑；NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O；
2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O；
②醋酸溶液显中性．
（1）仪器a的名称是_____．
（2）装置的连接顺序为_____．
（3）装置B中盛放的试剂为_____，装置B的作用为_____．装置E中氢氧化钠溶液的作用是_____．
（4）确定产物中有N2生成的实验现象为_____．
（5）设计实验证明：
①镁粉与NO2反应的产物中有Mg3N2存在：_____．
②MgO能溶于铵盐是因为MgO与NH直接反应了，而不是MgO与NH水解产生的氢离子反应：_____．
7．环己烯是一种重要的化工原料。
（1）实验室可由环己醇制备环己烯，反应的化学方程式是______________________________________________________。
（2）实验装置如下图所示，将10 mL环己醇加入试管A中，再加入1 mL浓硫酸，摇匀后放入碎瓷片，缓慢加热至反应完全，在试管C内得到环己烯粗品。

环己醇和环己烯的部分物理性质如下：

密度
（g/cm3）
熔点
（℃）
沸点
（℃）
溶解性
环己醇
0.96
25
161
能溶于水
环己烯
0.81
－103
83
难溶于水






① A中碎瓷片的作用是_____________；导管B除了导气外还具有的作用是___________________。
② 试管A置于水浴中的目的是_________________________________；
试管C置于冰水浴中的目的是_______________________________。
（3）环己烯粗品中含有少量环己醇和酸性杂质。精制环己烯的方法是：
① 向环己烯粗品中加入_________（填入编号），充分振荡后，___________________（填操作名称）。
A．Br2的CCl4溶液 B．稀H2SO4 C．Na2CO3溶液
② 再对初步除杂后的环己烯进行蒸馏，得到环己烯精品。蒸馏时，蒸馏烧瓶中要加入少量生石灰，目的是__________________________。
③ 实验制得的环己烯精品质量低于理论产量，可能的原因是_______________。
A．蒸馏时从70℃开始收集产品
B．环己醇实际用量多了
C．制备粗品时环己醇随产品一起蒸出
（4）以下区分环己烯精品和粗品的方法，合理的是________________。
A．加入水观察实验现象
B．加入金属钠观察实验现象
C．加入酸性高锰酸钾溶液，振荡后观察实验现象
8．某学生欲用已知物质的量浓度的盐酸来测定未知物质的量浓度的NaOH溶液时，选择酚酞作指示剂。请填写下列空白：
（1）滴定终点的判断：溶液由_____________。
（2）下列操作中可能使所测NaOH溶液的浓度数值偏低的是（_____）
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，滴定结束时俯视读数
（3）若滴定开始和结束时，酸式滴定管中的液面如图所示，则所用盐酸溶液的体积为_________mL。

（4）某学生根据3次实验分别记录有关数据如表：
滴定
次数
待测NaOH溶液的体积/mL
0.1000 mol/L盐酸的体积/mL
滴定前刻度
滴定后刻度
平均耗用盐酸
体积/mL
第一次
25.00
0.00
26.15
①V=__________
第二次
25.00
0.56
30.30
第三次
25.00
0.20
26.35

②依据上表数据计算该NaOH溶液的物质的量浓度________ (计算结果取4位有效数)。
9．实验室制取Cl2及性质的验证实验组合装置如下：

回答下列问题：
(1)A中的化学方程式为_________________。
(2)B的作用是除去HCl气体，C的作用是________________。
(3)E、F中观察到的现象分别是________________，你得到的结论是____________________。
(4)G的作用是_____________，化学方程式为_______________。
10．KMnO4在实验室和工业生产中有广泛用途。
Ⅰ．某小组拟用酸性KMnO4溶液与H2C2O4溶液(弱酸)的反应(此反应为放热反应)来探究“条件对化学反应速率的影响”，并设计了如下的方案记录实验结果(忽略溶液混合体积变化)。限选试剂和仪器：0.20 mol/L H2C2O4溶液、0.010 mol/L KMnO4溶液(酸性)、蒸馏水、试管、量筒、秒表、恒温水浴槽。（已知：2KMnO4+5H2C2O4+3H2SO4=K2SO4+2MnSO4+10CO2↑+8H2O）
物理量
编号
V(0.20 mol/L H2C2O4溶液)/mL
V(蒸馏水)/mL
V(0.010 mol/L KMnO4溶液)/mL
m(MnSO4固体)/g
T/℃
乙
①
2.0
0
4.0
0
50

②
2.0
0
4.0
0
25

③
1.0
a
4.0
0
25

④
2.0
0
4.0
0.1
25

回答下列问题：
（1）完成上述反应原理的离子反应方程式_______________________。
（2）上述实验①②是探究____________对化学反应速率的影响；若上述实验②③是探究浓度对化学反应速率的影响，则a为___________；乙是实验需要测量的物理量，则表格中“乙”应填写___________；上述实验②④是探究_________对化学反应速率的影响。

Ⅱ．某化学小组利用如图装置进行实验证明氧化性：KMnO4>Cl2>Br2。限选试剂：KBr溶液、KMnO4、浓盐酸、浓硫酸。
（3）装置d中观察到的现象为____________________；此实验装置的不足之处是无尾气吸收装置，请写出处理尾气的离子方程式_____________________。
11．二氧化氯（C1O2）是一种黄绿色气体，沸点为11℃，不稳定，在混合气体中的体积分数大于10%就可能发生爆炸，在工业上常用作水处理剂、漂白剂。C1O2易溶于水但不与水反应，其水溶液在温度过高时有可能爆炸。某小组按照以下实验装置制备C1O2并验证其某些性质。
请回答下列问题：
（1）实验时A装置需要控制温度为60～80℃，则A装置加热的方式是___，该加热方式的优点是_____。
（2）通入氨气的主要作用有两个，一是可以起到搅拌作用，二是____。
（3）B装置的作用是___。C装置用来吸收C1O2，则C中液体易选用下列___（填序号）。
①热水 ②冰水 ③饱和食盐水
（4）装置D中C1O2与NaOH溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，装置C中生成这两种钠盐的化学方程式为____。饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaC1O2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2．请补充从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：a．___；b．___；c．洗涤；d．干燥。
（5）设计一个简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性：___。

12．亚氯酸钠(NaClO2)是一种高效漂白剂，某小组利用下列装置制备NaClO2,并对其样品进行分析，查阅资料知：NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2·3H2O，高于38℃时析出NaClO2，高于60℃时析出NaClO2会分解。

(1)仪器a的名称是__________；长玻璃导管b的作用是__________；装置D的作用是__________。
(2)装置A用于制备ClO2,理论上所加NaClO3和Na2SO3固体的物质的量之比是__________。
装置C中发生的离子方程式是__________。
(3)为提取NaClO2固体，试管中产品需蒸发结晶、过滤、洗涤，洗涤用水的温度范围是__________。
(4)称取Wg的产品配成250mL溶液,取25.00mL溶液，加足量KI和稀H2SO4,以①__________溶液作指示剂，用cmol·L-1Na2S2O3标准液滴定至终点(I2+2S2O32-=2I-+S4O62-)，判断滴定终点的现象是②_________;若消耗标准溶液体积的平均值是VmL，则产品中NaClO2的质量分数是③__________%。
13．某小组同学欲实验验证NH3的化学性质，探究催化氧化反应，按如图装置进行实验。A、B装置可选药品：浓氨水、H2O2、蒸馏水、NaOH固体、MnO2，C、D为干燥装置。

（1）装置A、B中产生气体的化学式分别是A：___；B：___。
（2）实验开始后发现分液漏斗中液体不能顺利流下，应对实验装置如何改进来解决该问题___。
（3）甲乙两同学分别按上述装置进行实验。一段时间后，装置G中溶液都变成蓝色。甲观察到装置F中有红棕色气体，红棕色气体的成分是___。乙观察到装置F中只有白烟生成，白烟的成分是___（写化学式）。G中可以观察到现象___。
（4）为帮助乙实现在装置F中也观察到红棕色气体，可在原实验的基础上进行改进。除了调节K1和K2控制A、B装置中的产气量外，还可以在装置E、F间增加一个H装置，理由是___。该装置采用空的干燥管，目的是___。
（5）为实现该反应，也可用如图所示的装置替换上述装置中虚线框部分，该气体发生装置涉及多个化学反应，写出可能的化学方程式___。如：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑

（6）运输氨时，不能使用铜及其合金制造的管道阀门。因为，在潮湿的环境中，金属铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu(NH3)42+，该反应的离子方程式为___。
14．某同学应用如下所示装置研究物质的性质。其中气体A的主要成分是氯气，还含有少量空气和水蒸气。请回答下列问题：

（1）浓硫酸的作用是_______________。
（2）B中观察到的实验现象是____________________。
（3）从物质性质方面来看，这样的实验设计还存在事故隐患，应如何处理，请画出装置图（填在上图内），用化学方程式表达原理_________________________________________；装置图：_____________________。
15．根据如图所示装置（部分仪器已略去）回答下列有关问题。

（1）实验甲在加热过程中能观察到产生白色沉淀的烧杯是________（填“Ⅰ”或“Ⅱ”），该烧杯中发生反应的离子方程式是________，通过实验甲可证明______（填“Na2CO3”或“NaHCO3”）更稳定。
（2）实验乙用来探究Na2O2与CO2的反应，观察到的实验现象为包有Na2O2的棉花着火。写出Na2O2与CO2反应的化学方程式：_____________，棉花着火说明该反应的特点是_________。
（3）区分Na2CO3和NaHCO3溶液可选用的方法或试剂是_________。
a．CaCl2溶液 b．焰色试验
c．Ca(OH)2溶液 d．NaOH溶液

参考答案
1．MnO2+ 4H++ 2Cl-= Mn2++ 2H2O + Cl2↑ NaOH固体溶解放热，且OH-浓度增大，有利于氨气放出 8NH3+ 3Cl2= 6NH4Cl + N2 c(Cl-) ＞ c(NH4+) ＞ c(H+) ＞ c(OH-)
【分析】
（1）实验室利用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，反应生成氯化锰、氯气和水；
（2）可利用固体与液体来制取氨气，NaOH溶于水放热，且氢氧根离子浓度增大，有利于氨气的逸出；
（3）氯气和氨气相遇，有浓厚的白烟并在容器内壁凝结，同时生成一种常见的气体单质，白烟为氯化铵、单质为氮气；
（4）氯化铵溶液中，铵根离子水解使溶液显酸性．
【详解】
（1）实验室利用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，反应生成氯化锰、氯气和水，离子反应为MnO2+4H＋+2Cl－ Mn2＋+Cl2↑+2H2O；
（2）利用NaOH固体与浓氨水来制取氨气，是因NaOH具有吸水性并溶于水放热，且氢氧根离子浓度增大，有利于平衡向生成氨气的方向移动，从而氨气逸出；
（3）氯气和氨气相遇，有浓厚的白烟并在容器内壁凝结，同时生成一种常见的气体单质，白烟为氯化铵、单质为氮气，该反应为3Cl2+8NH3═6NH4Cl+N2；
（4）氯化铵溶液中，铵根离子水解使溶液显酸性，则溶液中离子浓度为c（Cl－）＞c（NH4＋）＞c（H＋）＞c（OH－）。
2．收集并检验反应中生成的H2 Fe Fe3O4溶于盐酸生成Fe3+,与Fe反应生成Fe2+ 2Fe2++2H++H2O2=2Fe3++2H2O 过滤、洗涤 取少量最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，则表明沉淀已洗净；反之未洗净 0.8
【解析】
【分析】
（1）如有气体生成，则易生成气泡；
（2）铁与盐酸反应有气泡冒出；Fe3O4溶于盐酸生成的Fe3+与Fe反应生成了Fe2+；
（3）①双氧水可将二价铁离子氧化为三价铁离子；
②操作a得到沉淀，为过滤操作，并洗涤，洗涤液中无氯离子，表明沉淀已洗涤干净；
（4）根据守恒法计算。
【详解】
（1）使用肥皂液的作用是收集并检验反应中生成的H2，反应一段时间后，有肥皂泡吹起时，用点燃的火柴靠近肥皂泡，当听到爆鸣声时，说明“铁与水蒸气”能够进行反应；
（2）黑色粉末逐渐溶解，溶液呈绿色，向试管1中滴加几滴KSCN溶液，振荡溶液没有出现红色，说明有亚铁离子生成；有少量气泡产生，说明一定有单质铁；由于Fe3O4溶于盐酸生成Fe3+，铁离子与Fe反应生成Fe2+，所以不能确定是否存在Fe3O4；
（3）①双氧水可将二价铁离子氧化为三价铁离子，离子方程式为2Fe2++2H++H2O2＝2Fe3++2H2O；②操作a为过滤、洗涤；洗涤液中无氯离子，表明沉淀已洗涤干净，检验方法为取少量最后一次洗涤液，滴加AgNO3溶液，若无沉淀生成，表明沉淀已洗涤干净，反之未洗净。
（4）氯气的物质的量是0.448L÷22.4L/mol＝0.02mol，反应后铁元素化合价升高到+3价，则根据电子得失守恒可知，解得x＝0.8。
3．500 验漏 C 14.3 C E D ①②③
【分析】
从配制一定物质的量浓度溶液的过程，判断仪器选择、实验步骤、操作规范、误差分析等方面的正误。
【详解】
（1）因没有480mL容量瓶，配制480mL0.1mol·L－1Na2CO3溶液，可配制稍多溶液，故选择500mL容量瓶。使用容量瓶前应检查瓶口是否漏液。
（2）图甲所示操作步骤：①称量固体、量取水，②固体溶解、溶液冷却，③溶质转移（溶液、洗涤液），④使溶液、洗涤液摇匀，⑤滴加水至凹液面最低处与刻度线相平，⑥倒转摇匀。图乙为引流加入蒸馏水至液面距刻度线1~2cm，故应在操作④与⑤之间。
（3）应取Na2CO3·10H2O质量m(Na2CO3·10H2O)=n(Na2CO3·10H2O)×M(Na2CO3·10H2O)
=n(Na2CO3)×M(Na2CO3·10H2O)=0.500L×0.1mol·L－1×286g·mol-1=14.3g。
称量操作步骤为B→（C）→F→A→（E）→（D）→B。
（4）①配制过程中不振荡容量瓶，最后倒转摇匀时溶液总体积偏小，溶液浓度偏高，正确；
②托盘天平称量质量的精度为0.1g，量筒量取体积的精度为0.1mL，而容量瓶精度为0.01mL，即托盘天平、量筒的精度与容量瓶的不一致，正确；
③若引流时玻璃棒靠容量瓶的瓶口上，会使溶液流到瓶外，正确；
④容量瓶刻度线下容积精确，受热或冷却会使容积改变。固体溶解或浓溶液稀释伴有热效应，故不能在容量瓶中进行，原说法错误；
⑤定容摇匀后，有少量溶液附于刻度上方瓶颈内壁上，使液面低于刻度线，此时不能补加水，原说法错误；
⑥所配溶液体积由容量瓶规格确定，溶质的物质的量由称量或量取决定，故容量瓶内有少量蒸馏水，对配制的溶液浓度无影响，原说法错误。
即分析正确的有①②③。
4．三颈烧瓶 ecdabf NaClO 无固体残留且溶液呈无色 N2H4•H2O+2IO-=2I-+N2↑+3H2O 水合肼能与水中溶解的氧气反应 淀粉 94.5% 水合肼还原法中N2H4•H2O被氧化后生成N2和H2O，不会引入杂质
【分析】
利用如下装置制备碘化钠，首先制取次氯酸钠和氢氧化钠的混合液，将尿素滴入次氯酸钠和氢氧化钠的混合液中，发生反应CO(NH2)2+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+NaCl+Na2CO3，制备了水合肼，然后向锥形瓶中加入NaOH溶液，搅拌、冷却，加入25.4g单质碘，打开恒温磁力搅拌器，保持60~70℃至反应完全；继续加入稍过量的N2H4·H2O，还原生成的NaIO和NaIO3，得到NaI溶液，将溶液蒸发浓缩、冷却结晶过滤、洗涤、干燥，得NaI。
【详解】
(1) ①根据仪器的特征，盛装NaOH溶液的仪器名称是三颈烧瓶，用装置C制备氯气，用装置B中的饱和食盐水除去其中的HCl气体，为保证除杂充分，导气管长进短出，氯气和NaOH在装置A中反应，由装置D吸收未反应的氯气，防止污染空气，由此导气管连接顺序为ecdabf，故答案为：三颈烧瓶；ecdabf；
②由②发生的反应方程式可看出： NaClO中的Cl从+1价降低成NaCl中的-1价，而CO(NH2)2中的N从-3价升高到了N2H4·H2O中的-2价，所以NaClO得电子发生还原反应，NaClO作氧化剂，故答案为： NaClO；
(2) ①步骤Ⅰ发生反应：6NaOH ＋3I2= 5NaI +NaIO3＋3H2O，反应完全时固体全部反应完，且生成物均为无色，故答案为：无固体残留且溶液呈无色；
②根据流程可知，副产物IO-与水合肼发生反应生成碘离子和氮气，反应的离子方程式为N2H4•H2O+2IO-=2I-+N2↑+3H2O，故答案为：N2H4•H2O+2IO-=2I-+N2↑+3H2O；
③水中含有溶解氧，而水合肼会与水中的溶解氧反应，所以水合肼实际用量会比理论值偏高，故答案为：水合肼能与水中溶解的氧气反应；
④实验中滴定单质碘，用淀粉作指示剂，即M为淀粉；根据碘元素守恒，2I-~I2~2Na2S2O3，则n(NaI) =n(Na2S2O3)，故样品中NaI的质量为，所以其质量分数为，故答案为：淀粉；94.5%；
⑤由题可知，N2H4•H2O被氧化后的产物为N2和H2O，未引入杂质，所以水合肼还原法制得的产品纯度更高，故答案为：水合肼还原法中N2H4•H2O被氧化后生成N2和H2O，不会引入杂质。
5．3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2 提供反应需要的水蒸气 Fe3O4 Fe和Fe3O4 溶液变红 产生蓝色沉淀 3Fe2++2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓ 2Fe3++Fe=3Fe2+
【分析】
湿棉花可以提供水蒸气，高温条件下与还原铁粉反应可以生成四氧化三铁和氢气，可以看到肥皂水中有气泡产生；若铁粉完全反应，则反应后的固体只有Fe3O4，若部分反应则为Fe和Fe3O4，若没有发生反应则只有Fe；
长期放置的FeSO4溶液易被氧化生成Fe3+，利用KSCN溶液可以检验Fe3+，现象是溶液变为血红色；利用K3[Fe(SCN)6]溶液可以检验Fe2+，现象是产生蓝色沉淀。
【详解】
Ⅰ．(1)高温条件下水蒸气与还原铁粉反应可以生成四氧化三铁和氢气，化学方程式为3Fe+4H2O(g)=Fe3O4+4H2；湿棉花是用来提供反应需要的水蒸气；
(2)若铁粉完全反应，则反应后的固体只有Fe3O4，若部分反应则为Fe和Fe3O4，若没有发生反应则只有Fe，所以假设2为只有Fe3O4；
(3)反应前的固体为铁粉，5.6g铁粉的物质的量为0.1mol，完全反应可知生成Fe3O4的质量为=7.73g，而6.6g大于5.6g、小于7.73g，说明铁粉未完全反应，固体为Fe和Fe3O4；
Ⅱ．①实验结论为FeSO4部分变质，即溶液中既有Fe3+、又有Fe2+，所以步骤1中加入KSCN溶液时可以看到溶液变红；步骤2中滴加K3[Fe(SCN)6]溶液时可以看到产生蓝色沉淀；
②步骤2中产生的蓝色沉淀为亚铁离子和铁氰酸根反应生成的铁氰酸亚铁，涉及的离子方程式为3Fe2++2[Fe(CN)6]3-==Fe3[Fe(CN)6]2↓；
③若要使FeSO4复原，则需要将Fe3+还原成Fe2+，且不引入新的杂质，所以可以加入过量铁粉，离子方程式为2Fe3++Fe=3Fe2+。
6．分液漏斗 ABCBED 无水氯化钙 在C的两侧防止水蒸气进入C中与产物 Mg3N2反应 吸收未反应完的NO2及其可能混有的NO D中试剂瓶中的水被气体压入集气瓶中 取C中少量反应产物，加入到水中产生刺激性气味的气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝 将①中加水后的溶液加热，赶走NH3后，再加入过量的 CH3COONH4溶液，固体溶解，说明 MgO 和 Mg（OH）2溶于铵盐溶液是与 NH4+直接反应，不是与NH4+水解出来的H+反应
【详解】
试题分析：（1）依据仪器形状和作用分析，仪器a的名称为分液漏斗；
（2）装置A：铜和浓硝酸制取二氧化氮，装置B：干燥二氧化氮，防止水蒸气干扰实验，在加热条件下将Mg和二氧化氮混合，然后再干燥气体，装置C：镁条和二氧化氮反应，装置D：排水法收集N2，装置E：吸收二氧化氮，然后用排水法收集N2；
（3）分析可知用装置B干燥剂干燥，通入硬质玻璃管C与镁粉发生反应，然后再干燥气体，防止水蒸气进入装置C和氮化镁反应；装置E吸收二氧化氮及其可能生成的一氧化氮；
（4）氮气不溶于水，如果有氮气，则能通过排水法收集到气体；
（5）①氮化镁和水反应生成氢氧化镁和氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
②醋酸铵溶液呈中性，将①中加水后的溶液加热，赶走NH3后，再加入过量的CH3COONH4溶液，根据固体是否溶解分析判断．
解：（1）依据仪器形状和作用分析，仪器a的名称为分液漏斗，
故答案为分液漏斗；
（2）装置A铜和浓硝酸制取二氧化氮，Mg能在NO2中燃烧，产物为Mg3N2、Mg0和N2，装置A中Cu与浓硝酸反应生成的气体NO2，用装置B干燥剂干燥，通入硬质玻璃管C与镁粉发生反应，然后再干燥气体，用E装置除去多余的NO2，装置D排水法收集N2，故连接装置的顺序为：ABCBED，
故答案为ABCBED；
（3）用装置B干燥剂干燥，通入硬质玻璃管C与镁粉发生反应，然后再干燥气体，装置B中的作用是在C的两侧防止水蒸气进入C中与产物Mg3N2反应，所以B中干燥剂可以是无水氯化钙，NO+NO2+2NaOH═2NaNO2+H2O，2NO2+2NaOH═NaNO3+NaNO2+H2O；用E装置除去多余的NO2及其可能混有的NO，
故答案为无水氯化钙；在C的两侧防止水蒸气进入C中与产物 Mg3N2反应；吸收未反应完的NO2及其可能混有的NO；
（4）氮气不溶于水，如果有氮气，则能通过排水法收集到气体，所以确定产物中有N2生成的实验现象为D中试剂瓶中的水被气体压入烧杯中，
故答案为D中试剂瓶中的水被气体压入集气瓶中；
（5）①取C中少量反应后的固体产物，加入到水中产生有刺激性气味的气体，该气体能使湿润的红色石蕊试纸变成蓝色，证明产物中存在Mg3N2，
故答案为取C中少量反应产物，加入到水中产生刺激性气味的气体，该气体可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
②NH3•H2O的电离常数与CH3COOH电离常数相等，均为1.75×10﹣5，所以醋酸铵溶液呈中性，将①中加水后的溶液加热，赶走NH3后，再加入过量的 CH3COONH4溶液，固体溶解，说明MgO和Mg（OH）2溶于铵盐溶液是与NH4+直接反应，不是与NH4+水解出来的H+反应，
故答案为将①中加水后的溶液加热，赶走NH3后，再加入过量的 CH3COONH4溶液，固体溶解，说明 MgO 和 Mg（OH）2溶于铵盐溶液是与 NH4+直接反应，不是与NH4+水解出来的H+反应．
7． 防暴沸 冷凝 受热均匀，便于控温 防止环己烯挥发 C 分液 除去产品中少量的水 C B
【解析】(1)实验室用环己醇在浓硫酸加热到85℃发生消去反应制备环己烯，反应的方程式为；
(2)①根据制乙烯实验的知识，发生装置A中碎瓷片的作用是防止暴沸，由于生成的环己烯的沸点为83℃，要得到液态环己烯，导管B除了导气外还具有冷凝作用，便于环己烯冷凝；
②由于制取环已烯的反应条件是85℃，所以用水浴加热，水浴加热能使受热均匀，且便于控制温度；冰水浴的目的是降低环己烯蒸气的温度，使其液化；
(3)①环己烯粗品中还含有少量的酸和环己醇，环己烯中含有碳碳双键，可以被KMnO 4溶液氧化，稀H2SO4不能除去，反而能引入新的酸性杂质，只有Na2CO 3溶液，不能与环己烯反应，可以与酸性杂质反应，可选C，充分振荡后，再分液；
②生石灰能与水反应生成氢氧化钙，除去了残留的水，得到纯净的环己烯；
③根据表中数据可知，馏分环己烯的沸点为83℃，故收集产品应控制温度在83℃左右；A．蒸馏时从70℃开始收集产品，提前收集，产品中混有杂质，实际产量高于理论产量，故a错误；B．环己醇实际用量多了，制取的环己烯的物质的量增大，实验制得的环己烯精品质量高于理论产量，故b错误；C．若粗产品中混有环己醇，导致测定消耗的环己醇量增大，制得的环己烯精品质量低于理论产量，故c正确；故答案为C；
(4)环己烯粗品中含有环己醇，根据环己醇能与钠产生氢气，而环己稀不能，加入水观察实验现象，环己烯精品和粗品没有区别，环己烯精品和粗品都能使高锰酸钾褪色，故选B。
8．溶液恰好由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色 D 26.10 27.35 0.1046mol/l
【分析】
(1)因碱遇酚酞变红，酸遇酚酞不变色，所以滴定终点时溶液的颜色变化应为由浅红色变成无色。
(2)利用c(碱)= 进行分析：
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大；
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，读取酸的体积增大；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差值
偏小，即读取的消耗酸的体积偏小。
(3)由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL-0.20mL。
(4)①由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为；
②根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.15mL，由c(碱)= 代入数据求解。
【详解】
(1)因碱遇酚酞变红，滴定终点时观察锥形瓶中溶液的颜色由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色，则达到滴定终点。答案为：溶液恰好由浅红色变成无色，且半分钟内不恢复红色；
(2)由c(碱)= 可知，
A．酸式滴定管未用标准盐酸润洗就直接注入标准盐酸，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，A不合题意；
B．滴定前盛放NaOH溶液的锥形瓶用蒸馏水洗净后没有干燥，无影响，B不合题意；
C．酸式滴定管在滴定前有气泡，滴定后气泡消失，消耗酸的体积增大，则c(碱)偏大，故C不合题意；
D．读取盐酸体积时，开始仰视读数，读数偏小，滴定结束时俯视读数，读数偏大，则差值偏小，即读取的消耗酸的体积偏小，所以c(碱)偏低，D符合题意。
答案为：D；
(3)由图可知，开始V=0.20mL，结束时V=26.30mL，则所用盐酸溶液的体积为26.30mL-0.20mL=26.10mL。答案为：26.10；
(4)①由三次盐酸溶液的体积可知，平均值为=27.35mL，答案为：27.35；
②根据数据的有效性，舍去第2组数据，然后求出1、3组平均消耗V(盐酸)=26.15mL，由c(碱)= 可知，c(碱)==0.1046mol/l。
答案为：0.1046mol/l。
9．4HCl(浓)+MnO2MnCl2+Cl2↑+2H2O 除去氯气中的水蒸气，得到干燥的氯气，防止对E中实验的干扰 E中红色布条不褪色，F中红色布条褪色 干燥的Cl2没有漂白性，Cl2与水反应的某种产物具有漂白性 防止尾气中的氯气污染空气 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【解析】
根据实验装置图可知，A装置中用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，B装置中用饱和食盐水除去氯化氢，再用C装置中浓硫酸干燥，D装置用向上排空法收集氯气，后将干燥的氯气通入E装置中干燥的有色布条，再通入F装置中湿润的有色布条，再用G装置中的氢氧化钠溶液吸收尾气中的氯气。
（1）根据装置图可知，A烧瓶中发生的反应为浓盐酸和二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为 MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O，故答案为MnO2+4HCl（浓） MnCl2+Cl2↑+2H2O； 
（2）根据上面的分析可知，C中盛装的试剂是浓硫酸，作用是除去氯气中的水蒸气，得到干燥的氯气，防止对E中实验的干扰，故答案为除去氯气中的水蒸气，得到干燥的氯气，防止对E中实验的干扰； 
（3）通入Cl2后，E中布条不褪色，F中布条褪色，根据现象可得出的结论是干燥的Cl2没有漂白性，Cl2与水反应的某种产物具有漂白性；故答案为E中布条不褪色，F中布条褪色；干燥的Cl2没有漂白性，Cl2与水反应的某种产物具有漂白性； 
（4）G中盛有NaOH溶液，其作用是吸收氯气，防止环境污染，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为吸收氯气，防止环境污染；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
10．（1）2MnO4－+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O
（2）温度；1.0；t(溶液褪色时间)/s；催化剂
（3）溶液变为棕（橙）黄色；Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O
【解析】
试题分析：（1）酸性KMnO4溶液与H2C2O2发生氧化还原反应，MnO4-被还原为Mn2+，H2C2O2被氧化为CO2，结合离子方程式的电荷守恒和反应环境可知，要有H+参与反应，根据得失电子数守恒和电荷守恒来配平可得反应的离子方程式为2MnO4－+5H2C2O4+6H+=2Mn2++10CO2↑+8H2O；
（2）当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致，通过比较实验①②的反应条件可知，实验①②可探究温度对反应速率的影响；实验②③中的H2C2O4溶液的加入体积不同，故要探究H2C2O4溶液浓度不同对反应速率的影响，但反应体积溶液的总体积需相同，故应加入蒸馏水来确保溶液的总体积均为6mL，故甲应为V（蒸馏水）/mL，a的值为1.0；要准确描述反应速率的快慢，必须准确测得溶液褪色时间的长短，故乙要测量的物理量是溶液褪色的时间；实验②④中不同之处在于④中使用了催化剂硫酸锰，所以是探究催化剂对化学反应速率的影响；
（3）根据在氧化还原反应中，氧化剂的氧化性强于氧化产物，故要实验证明氧化性；KMnO4＞Cl2＞Br2，需用KMnO4将Cl2氧化出，用Cl2将Br2氧化出，故a中应放浓盐酸，c中放KMnO4溶液，通过KMnO4能将浓盐酸中的Cl-氧化为Cl2可证明氧化性KMnO4＞Cl2；d中放KBr溶液，通过Cl2与KBr溶液反应置换出Br2可以证明氧化性Cl2＞Br2，由于c中有氯气生成，即有黄绿色气体产生，在d中氯气将KBr溶液氧化为单质溴，溶液变为棕黄色，由于氯气有毒，故应有尾气处理装置，一般用氢氧化钠溶液吸收，反应的离子方程式为Cl2+2OH–=Cl–+ClO–+H2O。
【考点定位】本题考查了影响反应速率的因素的探究以及氧化还原反应的有关应用
【名师点晴】解答时应注意的是当探究某一种因素对反应速率的影响时，必须保持其他影响因素一致。另一个难点就是氧化还原反应方程式配平，氧化还原反应的实质是反应过程中发生了电子转移，而氧化剂得电子的总数(或元素化合价降低总数)必然等于还原剂失电子总数(或元素化合价升高总数)，根据这一原则可以对氧化还原反应的化学方程式进行配平，解答时注意灵活应用。
11．水浴加热 受热均匀，易控制反应温度 降低ClO2的浓度（或减小ClO2的体积分数），防止爆炸 安全瓶，防止倒吸 ② 2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O 蒸发结晶 趁热过滤 取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色
【分析】
A装置制备ClO2，通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，B装置为安全瓶，C用于吸收C1O2，为避免温度过高，可用冷水，D装置观察氮气的通入速率，防止装置二氧化氯的浓度过高，D装置吸收尾气，以此解答该题。
【详解】
(1)实验时A装置需要控制温度为60～80℃，则A装置加热的方式是水浴加热，该加热方式的优点是受热均匀，易控制反应温度， 故答案为：水浴加热；受热均匀，易控制反应温度；
(2)通入氮气的主要作用有2个，一是可以起到搅拌作用，二是稀释二氧化氯，防止因二氧化氯的浓度过高而发生爆炸，故答案为：降低ClO2的浓度(或减小ClO2的体积分数)，防止爆炸；
(3)B装置为安全瓶，可起到防止倒吸的作用，C用于吸收C1O2，为避免温度过高，可用冷水，故答案为：安全瓶，防止倒吸；②；
(4)装置D中C1O2与NaOH溶液反应可生成等物质的量的两种钠盐，其中一种为NaClO2，另一种为NaClO3，装置C中生成这两种钠盐的化学方程式为2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O，饱和NaClO2溶液在温度低于38℃时析出晶体NaC1O2•3H2O，在温度高于38℃时析出晶体NaClO2，则从NaClO2溶液中制得NaClO2晶体的操作步骤：a．蒸发结晶； b．趁热过滤； c．洗涤；d．干燥 故答案为：2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O；蒸发结晶；趁热过滤；
(5)二氧化氯可使品红褪色，检验是否具有永久漂白性，可取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色，故答案为：取少量品红溶液于试管中，通入二氧化氯，观察到品红溶液褪色，再加热已褪色的溶液，溶液不变红色。
12．分液漏斗 平衡压强（或平缓气流） 吸收尾气 2∶1 2ClO2+2H2O2+ 2OH-＝2ClO2-+2H2O +O2↑ 高于38℃，低于60℃ 淀粉 当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟不恢复
【解析】
根据装置图可知，装置A中用浓硫酸、NaClO3、Na2SO3混合反应生成ClO2气体，装置B作安全瓶，可防止倒吸，装置C中用ClO2与NaOH溶液和H2O2一起反应生成NaClO2，由于高于60℃时析出NaClO2分解，所以要用冷水浴进行冷却，装置D 用氢氧化钠吸收实验中的尾气，同时可以防止倒吸。
(1)根据装置图可知仪器a的名称是分液漏斗，长玻璃导管b可以平衡压强，装置D可以吸收尾气，防止污染，故答案为分液漏斗；平衡压强；吸收尾气；
(2)装置A用于制备ClO2，根据化合价升降守恒，理论上所加NaClO3和Na2SO3固体的物质的量之比是2:1；在NaOH溶液中，ClO2被H2O2还原成NaClO2，H2O2被氧化成O2，反应的离子方程式为2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+2H2O+O2 ，故答案为2:1；2ClO2+H2O2+2OH-=2ClO2-+2H2O+O2；
(3)由于NaClO2饱和溶液在低于38℃时析出NaClO2•3H2O，高于38℃时析出NaClO2，要得到NaClO2晶体，在55℃蒸发结晶、趁热过滤后用高于38℃低于60℃的热水洗涤，再低于60℃干燥即可，故答案为用高于38℃低于60℃的热水洗涤；
(4)根据题意，NaClO2在酸性条件下将碘离子氧化成碘单质，可以选用淀粉作为指示剂，当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟不恢复，说明达到了滴定终点；根据电子得失守恒有关系式NaClO2～2I2，再用Na2S2O3滴定生成 的碘，根据反应2S2O32-+I3-═S4O62-+3I-，可得关系式为NaClO2～2I2～4S2O32-，Na2S2O3的物质的量为cV×10-3 mol，则NaClO2的物质的量为 ×cV×10-3 mol，所以NaClO2的质量分数为×100%=%，故答案为淀粉；当滴入最后一滴Na2S2O3溶液，溶液颜色由蓝色变为无色，且半分钟不恢复；%。
13．O2 NH3 用导管将分液漏斗上口与烧瓶口相连或改用恒压滴液漏斗 NO2 NH4NO3 铜片溶解，表面有气泡，溶液变成蓝色 除去混合气体中的水蒸气和未反应的氨气 防止倒吸 2CO2+2Na2O2→2Na2CO3+O2和2H2O+2Na2O2→4NaOH+O2 2Cu+8NH3+O2+2H2O→2Cu(NH3)42++4OH-
【详解】
（1）欲实验验证NH3的化学性质，则装置A、B中制取的是氧气和氨气，根据干燥装置C、D可知，装置C为浓硫酸，所以装置A中制取的是O2、装置B中制取的是NH3，故答案为：O2；NH3；
（2）使分液漏斗与烧瓶内压强相等，则分液漏斗中液体能够顺利流下，所以改进方法为用导管将分液漏斗上口与烧瓶口相连或改用恒压滴液漏斗，使分液漏斗与烧瓶内压强相等，分液漏斗中液体则能够顺利流下，故答案为：用导管将分液漏斗上口与烧瓶口相连或改用恒压滴液漏斗；
（3）NH3与过量O2在催化剂、加热条件下发生反应生成一氧化氮和水，反应方程为：4NH3+5O24NO+6H2O，NO与未反应的氧气反应生成二氧化氮，则装置F中红棕色气体为二氧化氮；二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，所以乙观察到有装置F中有白烟生成；装置G中二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜和一氧化氮气体，则观察到的现象为：铜片溶解，表面有气泡，溶液变成蓝色，
故答案为：NO2；NH4NO3；铜片溶解，表面有气泡，溶液变成蓝色；
（4）装置H盛有浓硫酸，浓硫酸可以吸收氨气和水，可以避免二氧化氮与氨气和水反应；氨气极易溶于水，需要使用防止倒吸装置，而空的干燥管具有防止倒吸的作用，
故答案为：除去混合气体中的水蒸气和未反应的氨气；防止倒吸；
（5）图示装置中的虚线框部分需要制取氧气和氨气，图2中碳酸氢铵加热分解生成氨气、二氧化碳和水，反应方程式为：NH4HCO3NH3↑+CO2↑+H2O↑，还缺少氧气，联系过氧化钠与二氧化碳、水反应生成氧气的知识，试剂X为过氧化钠，反应的化学方程式为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2，
故答案为：2CO2+2Na2O2=2Na2CO3+O2、2H2O+2Na2O2=4NaOH+O2；
（6）铜在有NH3存在时能被空气中的O2氧化，生成Cu（NH3）42+，该离子反应为：2Cu+8NH3+O2+2H2O＝2Cu（NH3）42++4OH-。
14．除去水蒸气 不褪色 Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O
【分析】
（1）浓硫酸具有吸水性，其可以吸氯气中混有的水蒸气；

（2）干燥的氯气没有漂白作用；
（3）氯气有毒，污染环境，可以用碱液来吸收。
【详解】
（1）浓硫酸具有吸水性，其可以吸氯气中混有的水蒸气；
答案是：除去水蒸气；
（2）次氯酸具有强氧化性，能够漂白有色布条，而干燥的氯气没有漂白作用，不能使干燥的有色布条褪色；因此B中观察到的实验现象是不褪色；
答案是：不褪色；
（3）氯气有毒，污染环境；且氯气在水中溶解度较小，会有剩余的氯气扩散到空气中，因此要用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；尾气吸收装置如图：；
答案是： Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O。
15．Ⅱ Ca2++2OH-+CO2=CaCO3+H2O Na2CO3 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 ↑ 该反应放出大量热 a
【分析】
碳酸氢钠受热会分解成碳酸钠、二氧化碳、水。而碳酸钠受热不分解。过氧化钠遇到二氧化碳会反应放出氧气，且二氧化碳的密度比空气大，能够倾倒。
【详解】
（1）碳酸氢钠不稳定，易分解成二氧化碳、碳酸钠和水，而碳酸钠受热不分解，则甲图中可观察到与小试管相连的烧杯Ⅱ中变浑浊，该烧杯中发生反应的离子方程式是Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O，则由甲图可比较二者的热稳定性，故答案为Ⅱ；Ca2＋＋2OH－＋CO2===CaCO3↓＋H2O；Na2CO3；
（2）包有Na2O2的棉花着火燃烧，则Na2O2与CO2的反应为放热反应，且生成氧气，则该反应为2Na2O2+2CO2═2Na2CO3+O2，说明反应能放出大量的热；
（3）a.Na2CO3和NaHCO3溶液遇到CaCl2溶液，Na2CO3溶液会变浑浊，产生大量沉淀，而NaHCO3不会，故a正确；
b.区分碳酸钠和碳酸氢钠，不能用焰色反应，因为它们有相同的钠离子，故b错误;
c. Na2CO3和NaHCO3溶液遇到Ca(OH)2溶液都会变浑浊,故c错误；
d. Na2CO3和NaHCO3溶液遇到NaOH溶液，虽然NaHCO3和NaOH能反应，但反应看不到现象，故d错误；
所以本题答案为a。