湖南省2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析）

这是一份湖南省2022-2023学年高一化学上学期期中考试试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023-1高一期中考试化学试卷(11月)
可能用到的相对原子质量：
一、选择题：本题共10小题，每小题3分，共30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. 阳光明媚的清晨，洒水车经过绿荫掩映的城市公路，水雾在阳光下出现如图所示的道道光束。形成该美景的本质原因是

A. 水雾是均一、透明的分散系
B. 形成了分散质微粒直径约为的分散系
C. 发生了丁达尔效应
D. 该分散系中的分散质微粒为水分子
【答案】B
【解析】
【详解】清晨，洒水车经过绿荫掩映的城市公路，水雾在阳光下出现如图所示的道道光束为丁达尔效应；光束通过胶体时，光线能够发生散射作用而产生丁达尔效应，而通入其它分散系时不能产生丁达尔效应；其本质原因是胶体为分散质粒子大小在 1nm~100nm的分散系；
故选B。
2. 下列物质的用途对应错误的是
A. ——制肥皂 B. ——漂白剂
C. ——供氧剂 D. ——造纸
【答案】A
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠常用于食品，碳酸钠、烧碱常用制作肥皂，A错误；
B．次氯酸具有强氧化性，用于漂白剂，B正确；
C．过氧化钠和二氧化碳、水生成氧气，用于供氧剂，C正确；
D．碳酸钠具有碱性，可用于造纸等，D正确；
故选A。
3. 0.1mol中含有的数目约为
A. 0.1 B. 0.2 C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】根据硫酸铝钾化学式中含2个硫酸根，硫酸根的物质的量是硫酸铝钾的2倍，则，D正确；
答案选D。
4. 已知在加热条件下能与氧气反应生成：。将足量的与一定量的在密闭容器中加热。下列说法正确的是
A. 为白色固体
B. 当消耗时，转移4mol电子
C. 反应后剩余固体中阴、阳离子个数之比为1∶2
D. 与水反应会生成NaOH，所以是碱性氧化物
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2O2为淡黄色固体，选项A错误；
B．当消耗时，转移2mol电子，选项B错误；
C．反应后剩余固体中无论是还是阴、阳离子个数之比为1∶2，选项C正确；
D．不是碱性氧化物，因为与水反应除了生成氢氧化钠，还会产生氧气，选项D错误；
答案选C。
5. 化学是一门以实验为基础的学科，下列实验图标(图标说明)与对应实验不相符的是
选项
实验
图标(图标说明)
A
钠在空气中燃烧
(进行化学实验需要佩戴护目镜，以保护眼睛)
B
试验物质的导电性
(实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手)
C
用硫酸铜和氢氧化钠制备氢氧化铜
(实验中用到或产生有害气体，或产生烟、雾，应开启通风设备)
D
实验室制备氢氧化铁胶体
(实验中会用到明火，要正确使用火源，并束好长发，系紧宽松衣物，树立牢固的消防安全意识)

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．钠在空气中燃烧实验了保护眼睛，需佩戴护目镜，，A正确；
B．物质的导电性实验结束后，离开实验室前需用肥皂等清洗双手保持卫生，B正确；
C．硫酸铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜沉淀和硫酸钠，没有用到或产生有害气体，或产生烟、雾，C错误；
D．实验室制备氢氧化铁胶体需要煮沸蒸馏水，故要正确使用火源，并束好长发，系紧宽松衣物，树立牢固的消防安全意识，D正确；
故选C。
6. 下列各组离子能大量共存的是
A. 、、、
B. 、、、
C. 、、、
D. 、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧根离子和铁离子生成氢氧化铁沉淀，不共存，A错误；
B．氢离子和次氯酸根离子生成弱酸次氯酸，不共存，B错误；
C． 、、、相互之间不反应，能共存，C正确；
D．银离子和硫酸根离子生成硫酸银沉淀，不共存，D错误；
故选C。
7. 根据火焰呈现的特征颜色，可以判断试样中所含的金属元素，化学上把这样的定性分析操作称为焰色试验。有关焰色试验的理解正确的是
A. 焰色试验需要加热，所以焰色试验体现的是元素的化学性质
B. 观察到火焰颜色呈黄色时，所测溶液中肯定有Na元素，可能有K元素
C. 铜的金属性弱，可以用洁净的铜丝代替洁净的铁丝进行焰色试验
D. 为了避免黄光的干扰，所以焰色试验都要透过蓝色钴玻璃观察焰色
【答案】B
【解析】
【分析】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；
【详解】A．焰色试验需要加热，但是没有生成新物质，是元素的物理性质，A错误；
B．观察钾元素的焰色反应，需要通过蓝色钴玻璃观察，故观察到火焰颜色呈黄色时，所测溶液中肯定有Na元素，可能有K元素，B正确；
C．铜也有焰色反应，会干扰其它元素的鉴定，C错误；
D．观察钾元素的焰色反应，需要通过蓝色钴玻璃观察，不是所有，D错误；
故选B。
8. 下列离子方程式书写正确的是
A. 向漂白粉溶液中通入少量二氧化碳：
B. 将少量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中：
C. 将铁丝加入硫酸铜溶液中：
D. 金属钠与水反应：
【答案】C
【解析】
【详解】A．Ca(ClO)2是可溶于水的盐，应拆成离子形式，A错误；
B．将少量二氧化硫通入氢氧化钠溶液中生成亚硫酸钠、水：，B错误；
C．铁丝加入硫酸铜溶液中生成硫酸亚铁和铜：， C正确；
D．金属钠与水反应生成氢氧化钠和氢气：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，D错误；
故选C。
9. 漂白粉、漂白液、氯水都可作棉、麻、纸张的漂白剂。下列有关说法正确的是
A. 常温下，稳定，易保存
B. 低温水溶液中比稳定
C. 漂白粉的有效成分为
D. 通常，漂白液和漂白粉在强碱性和强酸性环境中漂白效果一样好
【答案】B
【解析】
【详解】A．不稳定，见光易分解，故A错误；
B．易分解，低温水溶液中比稳定，故B正确；
C．漂白粉的有效成分为，故C错误；
D．次氯酸具有强氧化性，通常，漂白液和漂白粉在酸性环境中漂白效果比碱性环境好，故D错误；
选B。
10. 若为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 的溶液中含有的数为0.6
B. 标准状况下，1.12L由和组成的混合气体中所含的分子总数为0.05
C. 常温常压下，16g气体中含有的氧原子数为0.25
D. 标准状况下，11.2L氦气(He)中含有的原子数为
【答案】B
【解析】
【详解】A．只有浓度而无溶液体积，不能计算，A错误；
B．混合气体的分子总数为，B正确；
C．，C错误；
D．，D错误；
答案选B。
二、选择题：本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。
11. 已知：新制氯水中存在、、HClO三种分子和、、、四种离子，利用数字化实验测定光照新制氯水的过程中各数据的变化，得到的图像如图。下列有关操作和说法正确的是

A. 由图1可知，光照时有物质发生了分解，分解产物电离出了
B. 由图2可知，光照会使氯水中溶解的逸出
C. 由图3可知，光照时的溶解度增大，氯水酸性减弱
D. 实验可观察到光照时氯水的颜色变浅
【答案】AD
【解析】
【详解】A．由图1可知，随光照时间推移，溶液中氯离子的浓度增大，说明有物质发生了分解，分解产物电离出了Cl-，选项A正确；
B．光照时氧气的体积分数增大，主要是由于HClO分解产生了O2，选项B错误；
C．由图3可知，光照时氯水的pH减小，酸性增强，选项C错误；
D．氯水中溶解氯气为黄绿色，氯气与水发生：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，随时间推移，次氯酸分解，氯气不断与水反应，最终变为HCl溶液，颜色变浅，选项D正确；
答案选AD。
12. 实验室需使用80mL稀硫酸进行有关实验，现用浓硫酸进行配制。下列说法正确的是
A. 需用量筒量取的浓硫酸8.5mL
B. 稀释浓硫酸时，将蒸馏水缓缓注入浓硫酸中
C. 定容时，俯视容量瓶刻度线会导致配得的稀硫酸浓度偏高
D. 定容摇匀后，发现液面低于容量瓶刻度线，需补加蒸馏水至液面与刻度线相平
【答案】C
【解析】
【详解】A．没有80mL规格的容量瓶，应配制100mL2mol/L稀硫酸，根据稀释公式，需用量筒量取18.4mol⋅L−1的浓硫酸体积为，A错误；
B．稀释浓硫酸时，应将浓硫酸缓缓注入蒸馏水中并搅拌，B错误；
C．定容时，俯视容量瓶刻度线会导致溶液体积偏小，配得的稀硫酸浓度偏高，C正确；
D．定容摇匀后，部分溶液附着在瓶颈未及时回落，补加蒸馏水会使溶液体积偏大，D错误；
答案选C。
13. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，现有CO和CH4的混合气体m g，含有的分子总数为b。则n g该混合气体在标准状况下的体积为(已知：)
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据题意可知m g混合气体的总物质的量为，则m g混合气体在标准状况下的体积为，由此可求出n g混合气体在标准状况下的体积为=，故选A。
14. 下列关于Na及其化合物的性质的说法正确的是
A. Na和均可与水发生置换反应生成气体单质
B. 可用作膨松剂主要是因为其能与酸反应
C. 等物质的量的Na和分别与足量溶液反应，生成沉淀的质量之比为1∶2
D. 将等物质的量的、分别投入100mL水中，充分反应后所得溶液的质量分数相同(不考虑水的蒸发)
【答案】CD
【解析】
【详解】A．Na2O2与水反应生成NaOH和氧气，不属于置换反应，选项A错误；
B．NaHCO3可用作膨松剂主要是因为不稳定，受热易分解，选项B错误；
C．Na为1mol，与水反应可生成1molNaOH，再与MgSO4反应可以得到0.5molMg(OH)2，Na2O2的物质的量为1mol，与水反应生成2molNaOH，再与MgSO4反应可以得到1molMg(OH)2，所以生成沉淀的质量之比为1∶2，选项C正确；
D．Na2O的物质的量为1mol，与水反应生成2molNaOH，溶液增重即为2molNaOH的质量，Na2O2的物质的量为1mol，与水反应生成2molNaOH和0.5molO2，溶液增重也为2molNaOH，所以二者最终所得溶液质量相同，溶质质量相同，所得溶液的质量分数相同，选项D正确；
答案选CD。
三、非选择题：本题共4小题，共54分。
15. 碳酸钙(CaCO3)是地球上常见物质之一，是石灰石等的主要成分，用途甚广。
Ⅰ.牙膏主要由摩擦剂和一些可溶于水物质组成。某牙膏摩擦剂的成分仅为CaCO3和SiO2，为测定该牙膏中CaCO3的含量，某化学兴趣小组设计如下实验。
①配制1mol∙L-1稀盐酸和1mol∙L-1NaOH溶液。
②称取6.0g该牙膏，溶于水并稀释至30mL，过滤。
③用1mol∙L-1NaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗氢氧化钠溶液的体积。
④对反应后的混合物进行过滤。
⑤将滤渣加入60mL1mol∙L-1稀盐酸中，充分反应。
已知：SiO2不溶于水也不溶于稀盐酸。
（1）正确的实验操作顺序为①_______(填标号)。
（2）③中发生反应的离子方程式为_______；④中过滤所得的滤渣中含有的_______(填化学式)为该牙膏中摩擦剂的成分之一，该物质属于_______(填“酸”、“碱”、“盐”、“酸性氧化物”或“碱性氧化物”)。
（3）该实验需称量4次6.0g牙膏进行4次测定，若实验室现有250mL、500mL、1L等几种规格的容量瓶，在本实验中溶液均只配制一次的情况下，应选规格为_______的容量瓶配制NaOH溶液。
（4）某同学共称量了4次6.0g该牙膏进行了4次测定，所消耗NaOH溶液的体积记录如下。
实验编号
1
2
3
4

10.1
9.9
10.2
9.8
则测得该牙膏中碳酸钙的质量分数约为_______(保留三位有效数字)％。
Ⅱ.石灰石主要成分为碳酸钙(杂质不溶于酸)，甲同学设计了如下实验方案制备并提纯碳酸钙。

（5）熟石灰与Na2CO3溶液反应的化学方程式为：_______。
（6）参照图1，另设计实验提纯碳酸钙(如图2)。_______。(提供试剂：稀盐酸和Na2CO3溶液)

【答案】（1）②⑤④③
（2） ①. H++OH－=H2O ②. SiO2 ③. 酸性氧化物
（3）250mL （4）41.7
（5）Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH
（6）
【解析】
【分析】实验测定牙膏中CaCO3含量时，先取一定量牙膏，加入过量盐酸溶解，用一定浓度NaOH溶液滴定过量盐酸，从而求出与CaCO3反应的盐酸的物质的量，也就能求出CaCO3的纯度。
【小问1详解】
实验操作时，①配制1mol∙L-1稀盐酸和1mol∙L-1NaOH溶液；②称取6.0g该牙膏，溶于水并稀释至30mL，过滤；⑤将滤渣加入60mL1mol∙L-1稀盐酸中，充分反应；④对反应后混合物进行过滤；③用1mol∙L-1NaOH溶液中和过量的稀盐酸，记录所消耗氢氧化钠溶液的体积；所以顺序为①②⑤④③。答案为：②⑤④③；
【小问2详解】
③中，过量盐酸与加入的NaOH溶液发生中和反应，离子方程式为H++OH－=H2O；④中过滤所得的滤渣中含有SiO2，该物质对应的酸为硅酸，属于酸性氧化物。答案为：H++OH－=H2O；SiO2；酸性氧化物；
【小问3详解】
根据每次使用稀盐酸60mL，计算NaOH溶液最大消耗量为，故选用250mL的容量瓶配制NaOH溶液。答案为：250mL；
【小问4详解】
盐酸一部分与碳酸钙反应，另一部分与NaOH溶液反应；，，，，则该牙膏中碳酸钙的质量分数为 ≈41.7％。答案为：41.7；
【小问5详解】
熟石灰与Na2CO3溶液反应，生成碳酸钙和氢氧化钠，化学方程式为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH。答案为：Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH；
【小问6详解】
石灰石中加入盐酸，生成氯化钙等，再加入碳酸钠溶液，可制得碳酸钙， 。答案为：。
【点睛】实验室利用反应Na2CO3+Ca(OH)2=CaCO3↓+2NaOH，可制得少量烧碱。
16. 侯德榜是我国近代化学工业的奠基人之一，他将氨碱法制取碳酸钠与合成氨联合起来，形成联合制碱法他称侯氏制碱法)，该法缩短了生产流程，提高了食盐利用率。侯氏制碱法过程中首先得到的是NaHCO3，再加热分解得到碳酸钠。某化学兴趣小组在实验室模拟侯氏制碱法的装置如图所示(夹持装置已略去)。

已知：氨气极易溶于水，氨气溶于水后所得溶液呈碱性；二氧化碳在碱性溶液中的溶解度大于在饱和食盐水中的溶解度。根据所学知识回答下列问题：
（1）用于制取氨气的装置为_______(填“甲”或“丁”)。
（2）装置乙中饱和NaHCO3溶液的作用为_______。
（3）装置丙中发生反应的离子方程式为_______。
（4）为了提高食盐的利用率应先打开_______(填“止水夹1”或“止水夹2”)。
（5）分析装置甲中的稀盐酸能否用稀硫酸代替，并说明原因：_______。
（6）取一定质量制得的NaHCO3固体置于坩埚中加热分解得到固体X。为了检验固体X中是否含有NaHCO3，该组同学称取一定质量的固体X配成溶液，然后向其中滴加某浓度的稀盐酸。产生CO2的体积与加入稀盐酸的体积关系如图所示。

①同学甲通过观察图像，得出固体X中含有NaHCO3的结论，你认为该结论_______(填“正确”或“错误”)，说明理由_______。
②固体X中NaHCO3与Na2CO3的物质的量之比n(NaHCO3) : n(Na2CO3)=_______。
【答案】（1）丁 （2）吸收CO2中混有的HCl
（3）
（4）止水夹2 （5）不能，因为CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3表面阻止反应的进一步进行
（6） ①. 正确 ②. 据图分析可知：若固体X中不含NaHCO3，当滴入稀盐酸的体积V(稀HCl)=100mL时，气体体积便达到最大；而图中滴入稀盐酸的体积V(稀HCl)=110mL>100mL时，气体体积才达到最大，说明固体X中含有NaHCO3 ③. 1∶5
【解析】
【分析】联合制碱时，同时制得NaHCO3和NH4Cl，装置左侧制取CO2，装置右侧制取NH3；NH3先通入饱和食盐水中，制得氨的饱和食盐水溶液，然后通入CO2，以增大CO2的溶解度，提高食盐的利用率，增加产量。
【小问1详解】
装置甲用于制取CO2，装置丁中，发生反应2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O，所以用于制取氨气的装置为丁。答案为：丁；
【小问2详解】
甲中，制得的CO2中混有HCl，装置乙中饱和NaHCO3溶液的作用为：吸收CO2中混有的HCl。答案为：吸收CO2中混有的HCl；
【小问3详解】
装置丙中，发生反应NH3+NaCl+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，离子方程式为。答案为：；
【小问4详解】
为了提高食盐的利用率，应先通入NH3，后通入CO2，以提高CO2的吸收率，所以应先打开止水夹2。答案为：止水夹2；
【小问5详解】
因为硫酸钙微溶，会阻碍反应的进行，所以装置甲中的稀盐酸不能用稀硫酸代替，原因是：不能，因为CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3表面阻止反应的进一步进行。答案为：不能，因为CaSO4微溶于水，会覆盖在CaCO3表面阻止反应的进一步进行；
【小问6详解】
①对比刚产生气体时消耗盐酸的体积与所用盐酸的最大体积，同学甲得出固体X中含有NaHCO3的结论正确，理由是：据图分析可知：若固体X中不含NaHCO3，当滴入稀盐酸的体积V(稀HCl)=100mL时，气体体积便达到最大；而图中滴入稀盐酸的体积V(稀HCl)=110mL>100mL时，气体体积才达到最大，说明固体X中含有NaHCO3。
②设稀盐酸的浓度为c(HCl)，分析图像可知，NaHCO3消耗HCl的物质的量为，NaHCO3、Na2CO3消耗HCl的物质的量为，
再根据：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑；
可求出，，从而求出固体X中与NaHCO3的Na2CO3物质的量之比n(NaHCO3) : n(Na2CO3)=: =1∶5。答案为：正确；据图分析可知：若固体X中不含NaHCO3，当滴入稀盐酸的体积V(稀HCl)=100mL时，气体体积便达到最大；而图中滴入稀盐酸的体积V(稀HCl)=110mL>100mL时，气体体积才达到最大，说明固体X中含有NaHCO3；1∶5。
【点睛】CO2为酸性氧化物，在碱性溶液中的溶解度比在中性溶液中大。
17. 重铬酸钾(K2Cr2O7)具有强氧化性，在实验室和工业中都有很广泛的应用。其主要应用之一是配制铬酸洗液(重铬酸钾、水和浓硫酸按照一定比例配制成的溶液)。根据所学知识，回答下列问题：
（1） K2Cr2O7中Cr的化合价为_______价，属于_______(填“酸”、“碱”或“盐”)。
（2）当铬酸洗液变绿[溶液中K2Cr2O7转化成Cr2(SO4)3]失效时，将失效的铬酸洗液进行加热浓缩，冷却后加入KMnO4粉末氧化，滤去MnO2后可实现铬酸洗液的再生，其中加入KMnO4粉末氧化时发生反应的离子方程式为_______(用单线桥法标明电子转移的方向和数目)；滤去MnO2时，可采用过滤操作，过滤需要用到的玻璃仪器有_______。
（3）当铬酸洗液变黑失效时，可在酸性条件下加入铁屑将残留的K2Cr2O7转化成Cr2(SO4)3，铁屑自身转化成Fe3+，再用石灰石将铬元素转化成Cr(OH)3沉淀，其中铁屑将转化成Cr3+的离子方程式为_______；若黑色铬酸洗液中，则处理1L该黑色铬酸洗液时，所需的铁屑的质量为_______g。
（4）酸性 K2Cr2O7溶液还可以用来测定铁矿石中铁(以+2价形式存在，铁的含量为x％)的含量，称取铁矿石试样(含Fe2+，设其他物质不与K2Cr2O7反应)0.4g，若加入的酸性K2Cr2O7溶液的体积为x mL，则K2Cr2O7的浓度为_______ g∙L-1。
【答案】（1） ①. +6 ②. 盐
（2） ①. ②. 玻璃棒、烧杯、漏斗
（3） ①. ②. 0.112
（4）3.5
【解析】
【小问1详解】
K2Cr2O7中K显+1价，O显-2价，则Cr的化合价为+6价，它由金属离子和酸根离子构成，则属于盐。答案为：+6；盐；
【小问2详解】
加入KMnO4粉末氧化时，将Cr3+转化为，同时生成MnO2沉淀，发生反应的离子方程式为；滤去MnO2时，可采用固、液分离的方法，即进行过滤操作，过滤需要用到的玻璃仪器有：玻璃棒、烧杯、漏斗。答案为：；玻璃棒、烧杯、漏斗；
【小问3详解】
在酸性溶液中，K2Cr2O7将Fe氧化，生成Fe3+、Cr3+等，反应的离子方程式为，n()=1L×0.001mol/L=0.001mol，所需铁屑的质量为0.001mol×2×56g/mol=0.112g。答案为：；0.112；
【小问4详解】
利用得失电子守恒，可建立如下关系式：6Fe2+——K2Cr2O7，则K2Cr2O7的浓度为=3.5 g∙L-1。答案为：3.5。
18. 次氯酸(HClO)消毒液高效安全，适用于一般物体表面消毒、手部消毒，以及地面、空间和环境消毒。如图，在装置D中制得颜色类似于氯气的气体，装置E中得到次氯酸(HClO)。已知气体在42℃以上会发生分解，与水反应生成HClO。

（1）图中，装置A是采用与浓盐酸反应制取氯气装置，则装置A中发生反应的化学方程式为________，装置A为________(填标号)。

（2）在实验室通过与浓盐酸常温下反应也可制取氯气，据此推断、、三种物质的氧化性由强到弱的顺序为________(用化学式表示)；利用足量和制备等量的时，分别消耗HCl的物质的量之比________。
（3）装置B的作用为除去HCl气体，则其中盛装的试剂的名称为________；装置C中盛装的试剂为浓硫酸，其作用为________。
（4）在装置D中用含水质量分数为8%的碳酸钠吸收制备，同时还生成NaCl和，则发生反应的化学方程式为________(不考虑水与的反应)；装置F中盛装的试剂为NaOH溶液，则装置F中发生反应的离子方程式为________。
（5）实验时，需持续通入干燥的空气，其体积大约是氯气的3倍，主要作用是________，同时通过气流降低温度，抑制的分解，保证实验安全。
（6）商业上常用“有效氯”来说明消毒剂的消毒能力。“有效氯”指的是一定质量的这种消毒剂与多少质量的氯气的氧化能力相当，其数值可以用此时的氯气的质量对消毒剂质量的百分比来表示。例如，100g“84”消毒液与3.55g氯气的氧化能力相当，则该产品的“有效氯”就是3.55%。据此计算的“有效氯”为________(保留三位有效数字)。
【答案】（1） ①. ②. b
（2） ①. KMnO4> MnO2> Cl2 ②. 4：5
（3） ①. 饱和氯化钠溶液 ②. 除去水蒸气
（4） ①. ②.
（5）把D中生成的Cl2O完全赶入E试管中
（6）163%
【解析】
【分析】本实验为通过二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，通入饱和氯化钠溶液除去HCl，通入浓硫酸除去水，与碳酸钠反应生成Cl2O，与水反应生成HClO，最后尾气处理，据此分析回答问题。
【小问1详解】
二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气，发生反应的化学方程式为 ；反应是需要加热的固液的反应，故装置A为b；
【小问2详解】
KMnO4与浓盐酸反应制备氯气时不需要加热，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气需要加热，故KMnO4的氧化性强于MnO2，二氧化锰与浓盐酸反应生成氯气的反应中，MnO2是氧化剂，氯气是氧化产物，故MnO2的氧化性强于Cl2，所以氧化性由强到弱的顺序为KMnO4> MnO2> Cl2；根据反应 ，反应生成5mol氯气，需要16molHCl，，反应生成5mol氯气，需要20molHCl，故分别消耗HCl的物质的量之比为16：20=4：5；
【小问3详解】
由以上分析可知，用饱和氯化钠溶液吸收氯气中混有的HCl；装置C中盛装的试剂为浓硫酸除去水蒸气；
【小问4详解】
碳酸钠吸收Cl2制备Cl2O，同时还生成NaCl和NaHCO3，化学方程式为 ；氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式为 ；
【小问5详解】
Cl2O在D中生成，而HClO在装置E中生成，所以干燥空气的主要作用是把D中生成的Cl2O完全赶入E试管中，同时抑制Cl2O的分解；
【小问6详解】
假设消毒剂Cl2O的质量为100g，消毒过程中Cl2O转化成Cl-，转移电子的物质的量为 ，设氯气的质量为xg，氧化过程中Cl2转化成Cl-，转移电子的物质的量为 ，根据得失电子守恒可得，=，解得x≈163.22，所以Cl2O的“有效氯”为163%。