2022-2023学年黑龙江省哈尔滨市德强学校高一上学期期末考试化学试题含解析

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黑龙江省哈尔滨市德强学校2022-2023学年高一上学期期末考试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．下列物质分类正确的是

碱
酸
碱性氧化物
酸性氧化物
纯净物
A
NaOH
H2SO4
MgO
Mn2O7
氯水
B
纯碱
HClO
CaO
SO3
漂白粉
C
Ba(OH)2
CH3COOH
Na2O
SO2
液氯
D
NH3
HCl
Al2O3
CO2
盐酸

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．氯水是氯气的水溶液，属于混合物，故A错误；
B．纯碱是碳酸钠，属于盐；漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物，故B错误；
C．Ba(OH)2电离出的阴离子全是氢氧根离子，属于碱；CH3COOH电离出的阳离子全是氢离子，属于酸；Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水，Na2O属于碱性氧化物；SO2能与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水，SO2属于酸性氧化物；液氯中只含Cl2分子，属于纯净物，故C正确；
D．NH3不能电离，NH3是碱性气体不是碱；Al2O3两性氧化物；盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，故D错误；
选C。
2．下列反应的离子方程式正确的是
A．溶液与稀反应：
B．铜单质与溶液反应：
C．溶于过量的NaOH溶液中：
D．溶液与少量NaOH溶液反应：
【答案】D
【详解】A．拆分不正确，溶液与稀反应：，A错误；
B．电荷不守恒，铜单质与溶液反应：，B错误；
C．书写不完全，溶于过量的NaOH溶液中：，C错误；
D．溶液与少量NaOH溶液反应：；与过量NaOH溶液反应：，D正确；
故选D。
3．“低钠饮料”是指钠含量低于120mg/100mL的饮料，“极低钠饮料”是指钠含量不高于40mg/100mL的饮料。如表是某电解质饮料标签的一部分。有关说法正确的是
*微粒浓度(平均值)
离子
mg/100mL
mmol/L
Na+
49
21
K+
21
5.4
Ca2+
2
0.5
Cl-
60
16
…
…
…

A．该饮料属于“极低钠饮料” B．1L溶液中Ca2+的质量为20g
C．整个电解质饮料呈电中性 D．从20mL该饮料中取出10mL，c(Cl-)变为8mmol/L
【答案】C
【详解】A．“极低钠饮料”是指钠含量不高于40mg/100mL的饮料，而该饮料钠含量为49mg/100mL，A错误；
B．1L溶液中Ca2+的质量为，B错误；
C．溶液均呈电中性，整个电解质饮料呈电中性，C正确；
D．溶液是均一稳定的，从20mL该饮料中取出10mL，c(Cl-)变为16mmol/L，D错误；
故选C。
4．下列关于金属铝及其化合物的叙述，正确的是
A．铝耐腐蚀是因为常温下金属铝不能与氧气反应
B．铝合金密度小，硬度大，耐腐蚀，是制造飞机的理想材料
C．相同质量的铝分别与足量盐酸和烧碱溶液反应产氢气的质量比为3∶1
D．铝表面有氧化膜保护，铝制器皿可以长时间盛放酸碱性溶液
【答案】B
【详解】A. 铝耐腐蚀是因为常温下金属铝与氧气反应生成一层致密的氧化铝薄膜，故A错误；
B．铝合金密度小，硬度大，耐腐蚀，是制造飞机的理想材料，故B正确；
C．铝与酸反应生成氯化铝和H2，铝和烧碱反应生成偏铝酸钠和H2，相同质量的铝分别与足量盐酸和烧碱溶液反应产氢气的质量比为1∶1，故C错误；
D．氧化铝是两性氢氧化物，氧化铝可以和酸性溶液和碱性溶液反应，故铝制器皿不可以长时间盛放酸碱性溶液，故D错误；
故选B。
5．以下关于元素、核素与同位素的表述正确的是

A．16O2与18O3互为同位素
B．15N的核外电子数与中子数相同
C．1mol14C原子中含有8NA电子
D．如图是原子的结构简图，其中表示质子或核外电子，表示中子，这三个原子属于同一种元素
【答案】D
【详解】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素，16O2与18O3都是分子，不是原子，A错误；
B．15N的核外电子数是7，中子数为15-7=8，其核外电子数与中子数不相同，B错误；
C．1个14C原子中含有6个电子，则1mol14C原子中含有6NA电子，C错误；
D．元素是具有相同质子数的一类原子的总称，图中表示质子或核外电子，三个原子的质子数相同，属于同一种元素，D正确；
故答案为：D。
6．根据实验操作和和现象得出的结论不正确的是
选项
实验操作和和现象
结论
A
红热的铁与水蒸气反应后的固体物质，用稀硫酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，未显红色
固体物质中不含+3价铁元素
B
钠在空气中加热，发生剧烈反应，得到淡黄色固体
固体物质中含有Na2O2
C
向碳酸钠粉末中加少量水，碳酸钠结块变成晶体，温度升高
该过程放热
D
用铁丝蘸取X溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色
X溶液中含有K+

A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】A．红热的铁与水蒸气反应生成Fe3O4，Fe3O4中铁元素显+3、+2价，用稀硫酸溶解，滴入几滴KSCN溶液，未显红色，可能是固体中剩余的铁把Fe3+还原为Fe2+，故A错误；
B．钠在空气中燃烧生成淡黄色固体Na2O2，故B正确；
C．碳酸钠溶于水放热，向碳酸钠粉末中加少量水，碳酸钠结块变成晶体，温度升高，故C正确；
D．K元素的焰色为紫色，用铁丝蘸取X溶液进行焰色试验，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈紫色，说明X溶液中含有K+，故D正确；
选A。
7．某同学在一张pH试纸上滴几滴新制氯水，现象如图。下列有关该实验的说法中正确的是

A．新制氯水中含有5种离子
B．该实验说明Cl2分子具有漂白性
C．若用久置的氯水进行实验，现象相同
D．该实验说明H+扩散速度比HClO分子快
【答案】D
【详解】A． 新制氯水中存在氯离子、次氯酸根离子、氢氧根离子、氢离子，含有4种离子，A错误；
B．氯水中的HClO具有强氧化性而表现漂白性，Cl2无漂白性， B错误；
C．久置的氯水中次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，pH试纸内部不会显白色， C错误；
D．依据图中现象：pH试纸内部显白色，外圈显红色，说明H+的扩散速度比HClO分子快，D正确；
答案选D。
8．设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A．标准状况下，5.6L 与足量反应转移的电子数为0.2
B．常温常压下，22g由和组成的混合气体所含的原子数为0.5
C．标准状况下，10g 和H218O所含的中子数为5
D．1L 0.1mo/L的盐酸与0.2mol Na反应生成的的分子数为0.05
【答案】C
【详解】A．标准状况下，H2O呈液态，水的密度未知，无法求出5.6LH2O的物质的量，也就无法求出H2O与足量Na2O2反应转移的电子数，故A不正确；
B．常温常压下，22gN2O和22g CO2的物质的量都是0.5mol，所含原子数都是1.5NA，则22gN2O和CO2组成的混合气体中所含的原子数为1.5NA，故B不正确；
C． 10g 和10gH218O 的物质的量都是0.5mol，1个和1个H218O所含的中子数都是10个，所以10g 和H218O所含的中子数为5，故C正确；
D．Na不仅能与盐酸反应，还能与水反应，所以1L0.1mol∙L-1的盐酸与0.2molNa反应生成H2的物质的量为0.1mol，分子数为0.1NA，故不D正确；
故答案选C。
9．X、Y、Z、W均为短周期主族元素，它们在周期表中的位置如图所示。下列说法一定正确的是

A．阴离子还原性：Y﹥X B．单质氧化性：W﹥Z
C．最高正化合价：Y=Z D．原子半径：Z﹥W﹥Y﹥X
【答案】B
【分析】X、Y、Z、W四种短周期主族元素，根据元素在周期表中的相对位置知，X和Y位于第二周期、Z和W位于第三周期，
如果W是Cl元素，则X、Y、Z分别是N、O、S元素；
如果W是S元素，则X、Y、Z分别是C、N、P元素；
如果W是P元素，则X、Y、Z分别是B、C、Si元素；
【详解】A．同周期从左向右，元素单质氧化性增强，离子还原性减弱，A错误；
B．同周期从左向右，元素单质氧化性增强，B正确；
C．如果W是Cl元素，则X、Y、Z分别是N、O、S元素，其中氧元素无最高正价，C错误；
D．原子半径同周期依次减小，同主族依次增大， 所以原子半径X>Y，D错误；
故选B。
10．利用铁元素价类二维图可以从不同角度研究含铁物质的性质及其转化关系，下列说法不正确的是

A．二维图缺失的类别a应填“单质”，化学式b应填“Fe(OH)2”
B．向FeCl2溶液通入氯气可以实现上述转化⑦
C．由图可预测高铁酸盐(FeO)具有强氧化性
D．加热Fe(OH)3发生转化⑥，加水溶解可实现转化③
【答案】D
【详解】A．a对应物质有Fe，则a应填“单质”， b为碱，且铁元素为+2价，则化学式b应填“Fe(OH)2”，A正确；
B．氯气有强氧化性，能将FeCl2氧化为FeCl3，可以实现⑦的转化，B正确；
C．FeO中铁为+6价，处于高价态，化合价能降低，表现强氧化性，C正确；
D．Fe(OH)3加热分解得到Fe2O3，实现⑥的转化，Fe(OH)3属于难溶物，加水不溶解，不能实现转化③，D错误；
故选D。
11．某学习小组拟用手持技术对新制饱和氯水进行检测，下列图像变化最不可能是其检测结果的是

A．图1表示氯水中氢离子浓度随时间的变化
B．图2表示溶液中氯离子浓度随时间的变化
C．电导率是表示物质传输电流能力强弱的一种测量值，图3表示氯水的电导率随时间的变化
D．图4表示液面上方氧气体积分数随时间的变化
【答案】C
【分析】新制饱和氯水中存在平衡：①Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO；②HClO⇌H++ClO-，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+O2↑，氧气体积分数不断增大，而随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，最终会变为盐酸，溶液pH不断减小，所以当溶液的体积不变，溶液中的离子随着饱和氯水变为盐酸，离子浓度逐渐增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，据此分析解答。
【详解】A．氯水中存在：Cl2+H2O⇌H++Cl-+HClO、HClO⇌H++ClO-，HClO不稳定分解：2HClO2HCl+O2↑，随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，最终会变为盐酸，氢离子浓度不断增大，A不选；
B．随着HClO的分解，水中的Cl2+H2O⇌HClO+HCl平衡会向左移动，氯离子浓度不断增大，B不选；
C．根据分析，溶液中离子浓度增大，溶液的导电能力与离子浓度成正比，电导率不断增大，最终会变为盐酸，电导率不变，C选；
D．次氯酸分解生成氧气，氧气体积分数不断增大，D不选；
故选C。
12．向一定体积的Ba(OH)2溶液中逐滴加入稀硫酸，其导电能力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．ba段溶液的导电能力不断减弱，说明生成的BaSO4不是电解质
B．a点溶液导电能力接近0，此时溶液中发生的离子方程式为：Ba2++SO+OH-+H+=H2O+BaSO4↓
C．NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸，可以得到完全相同的曲线图
D．cd段溶液的导电能力不断增大，主要是由于过量的硫酸电离出的离子导电
【答案】D
【详解】A．Ba(OH)2能与稀硫酸发生反应Ba(OH)2+H2SO4=BaSO4↓+2H2O，ba段溶液的导电能力不断减弱，说明溶液中离子浓度降低，不能说明BaSO4不是电解质，A错误；
B．a点溶液导电性为0，说明Ba(OH)2与H2SO4恰好完全反应，溶液中离子浓度接近于0，离子反应方程式为Ba2++SO+2OH-+2H+=2H2O+BaSO4↓，B错误；
C．NaOH+HCl=NaCl+H2O，生成的NaCl为可溶性强电解质，故向NaOH溶液中逐滴加入稀盐酸，溶液导电能力不可能接近于0，C错误；
D．a点之后稀硫酸过量，H2SO4完全电离使溶液中离子浓度增大，导电能力不断增大，D正确；
故选D。
13．在酸性环境中几种离子之间会发生如下转化：

下列说法中不正确的是
A．离子的还原性从弱到强的顺序是Ce3＋＜Mn2＋＜Fe2＋＜I-
B．反应可能会发生
C．在反应②中Fe2＋作为还原剂
D．Fe3＋与I-可以共存
【答案】D
【详解】A．反应①为Ce4++Mn2+=Ce3++Mn3+，反应②为Mn3++Fe2+=Fe3++Mn2+，反应③为2Fe3++2I－=2Fe2++I2，还原剂的还原性强于还原产物的还原性，则还原性：Ce3＋＜Mn2＋＜Fe2＋＜I-，故A正确；
B．还原性：Mn2+＜I-，则反应可能会发生，故B正确；
C．反应②为Mn3++Fe2+=Fe3++Mn2+，反应中Fe元素化合价升高，Fe2＋作为还原剂，故C正确；
D．由图可知，反应③为2Fe3++2I－=2Fe2++I2，Fe3+与I-不能共存，故D错误；
故选D。
14．电子工业中，人们常用FeCl3溶液腐蚀覆铜板来制作印刷电路板，并回收Cu和综合利用FeCl3溶液。实验室模拟流程如图所示。下列说法不正确的是

A．废液的主要成分为FeCl3、FeCl2、CuCl2
B．废液中Fe2+和Cu2+的物质量之比为1：2
C．Z可以是氯气或H2O2溶液
D．X是铁粉，Y是盐酸
【答案】B
【详解】A． FeCl3溶液腐蚀覆铜板，发生反应：，氯化铁溶液过量，则废液的主要成分为FeCl3、FeCl2、CuCl2，A正确；
B．由反应知，废液中Fe2+和Cu2+的物质量之比为2:1，B错误；
C．废液的成分为氯化铁、氯化亚铁和氯化铜，加入过量试剂X即铁粉，氯化铁和铁反应生成氯化亚铁，氯化铜和铁反应生成氯化亚铁和铜， 过滤得滤液1为氯化亚铁，被加入的足量Z氧化为氯化铁，则Z可以是氯气或H2O2溶液，C正确；
D．滤渣1的主要成分是铁和铜，加入过量稀盐酸，铁和盐酸反应生成氯化亚铁和氢气， 滤液2为氯化亚铁，与滤液1合并被循环利用，则X是铁粉，Y是盐酸，D正确；
答案选B。
15．火柴头主要由KClO3、硫和粘合剂等组成，火柴盒侧面主要由红磷(P)、三硫化二锑(Sb2S3)等组成。划火柴的过程中存在反应：①2KClO3+3S=2KCl+3SO2↑；②2Sb2S3+9O2=6SO2+2Sb2O3，下列说法正确的是
A．反应①中KClO3既作氧化剂又作还原剂
B．反应②中Sb元素化合价发生变化
C．反应②中每生成1 mol Sb2O3，转移电子个数为36NA
D．划火柴时可能存在反应5KClO3+6P=5KCl+3P2O5
【答案】D
【详解】A．由方程式可知，反应①中氯元素的化合价降低被还原，氯酸钾是反应的氧化剂，硫元素的化合价升高被氧化，硫是反应的还原剂，故A错误；
B．由化合价代数和为0可知，三硫化二锑和三氧化二锑中锑元素化合价相同，都为+3价，则反应②中锑元素的化合价没有发生变化，故B错误；
C．由方程式可知，反应②中每生成1 mol三氧化二锑，反应消耗4.5mol氧气，则转移电子个数为4.5mol×4×NAmol—1=18NA，故C错误；
D．红磷也具有还原性，所以划火柴时氯酸钾和红磷可能反应生成氯化钾和五氧化二磷，故D正确；
故选D。

二、多选题
16．澳大利亚科学家Andrei V。 Rode发现一种纯碳新材料“碳纳米泡沫”，其中每个泡沫约含有4000个碳原子，直径约为6~9 nm，在低于-183 ℃时，该泡沫具有永久磁性。下列叙述正确的是
A．“碳纳米泡沫”是一种新型的含碳化合物
B．“碳纳米泡沫”和金刚石的性质完全相同
C．把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中形成的分散系属于混合物
D．把“碳纳米泡沫”分散到适当的溶剂中，能产生丁达尔效应
【答案】CD
【详解】A．纯碳新材料“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质，错误；
B．纯碳新材料“碳纳米泡沫”是由碳元素组成的单质，其结构与金刚石不同，故其性质与金刚石不完全相同，错误；
C．“碳纳米泡沫”的直径约为6~9 nm，将其分散到适当的溶剂中可形成胶体，能产生丁达尔效应，胶体属于分散系，是一种混合物，正确；
D．“碳纳米泡沫”的直径约为6~9 nm，将其分散到适当的溶剂中可形成胶体，能产生丁达尔效应，正确；
故选CD。

三、单选题
17．下列实验方案中，不能测定和混合物中质量分数的是
A．取a克混合物充分加热，减重b克
B．取a克混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得b克固体
C．取a克混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，增重b克
D．取a克混合物与足量溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得b克固体
【答案】C
【详解】A．只有碳酸氢钠加热分解，由差量法可计算碳酸氢钠的质量，进一步可测定碳酸钠的质量分数，故A不符合题意；
B．ag Na2CO3和NaHCO3混合物，与盐酸反应后加热、蒸干、灼烧，得bg固体为NaCl，由质量关系、原子守恒可测定碳酸钠的质量分数，故B不符合题意；
C．逸出气体用碱石灰吸收，增重质量为二氧化碳和水的质量，a、b均为混合物的质量，不能测定Na2CO3和NaHCO3混合物中Na2CO3质量分数，故C符合题意；
D．ag Na2CO3和NaHCO3混合物，与Ba(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、烘干，得bg固体为碳酸钡，由质量关系、原子守恒可测定碳酸钠的质量分数，故D不符合题意；
故选C。

四、多选题
18．三个密闭容器中分别充入N2、H2、O2三种气体，以下各种情况下排序正确的是
A．当它们的温度和压强均相同时，三种气体的密度：
B．当它们的温度和密度都相同时，三种气体的压强：
C．当它们的质量和温度、压强均相同时，三种气体的体积：
D．当它们的压强和体积、温度均相同时，三种气体的质量：
【答案】BD
【分析】由理想气体状态方程PV=nRT和物质的量计算公式等推出其他物理量的关系。
【详解】A．当温度和压强相同时，气体摩尔体积相同，根据知，气体密度与摩尔质量成正比，根据摩尔质量知，三种气体的密度大小顺序是ρ(H2)＜ρ(N2)＜ρ(O2)，故A错误；
B．根据得，质量和温度、体积均相同时，气体压强与摩尔质量成反比，所以三种气体的压强大小顺序是p(H2)＞p(N2)＞p(O2)，故B正确；
C．根据得，当它们的质量和温度、压强均相同时，气体体积与摩尔质量成反比，所以这三种气体体积大小顺序是：V(O2)＜V(N2)＜V(H2)，故C错误；
D．根据得，当它们的压强和体积、温度均相同时，气体质量与摩尔质量成正比，所以三种气体的质量大小顺序是m(H2)＜m(N2)＜m(O2)，故D正确；
故选BD。

五、元素或物质推断题
19．I.有下列几种物质：
①盐酸；②；③；④；⑤；⑥溶液；⑦；⑧酒精；⑨⑩熔融KOH
依据这些物质回答下列问题：
(1)属于电解质有：_______。
(2)能够导电的物质：_______。
(3)在水溶液中的电离方程式：_______。
Ⅱ.下图是元素周期表的一部分。按要求填写下列空白：

(4)元素⑦在周期表中的位置可表示为_______。
(5)④、⑧、⑨的简单离子半径的大小顺序为_______(填离子符号)。
(6)①-⑩元素的最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的是_______(填化学式)。
(7)④⑧⑨三种元素形成的气态氢化物稳定性由大到小的顺序是_______(用化学式表示)。
(8)为了证明⑤和⑥两种元素的金属性强弱，下列说法或实验能提供证据的是_______。
A．比较两种元素的单质的熔点、沸点高低
B．将两种元素的单质分别与冷水反应，观察反应的剧烈程度
C．比较两种元素的最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱
【答案】(1)③④⑦⑩
(2)①⑥⑩
(3)
(4)第三周期VA族
(5)
(6)
(7)
(8)BC

【分析】由元素周期表可知①为H，②为N，③为O，④为F，⑤为Na，⑥为Al，⑦为P，⑧为S，⑨为Cl，⑩为Ar。
【详解】（1）电解质是指在溶液中或熔融态下能导电的化合物。属于电解质的是：③④⑦⑩。
（2）盐酸是氯化氢的水溶液，溶液，熔融KOH中有自由移动的离子，能导电。能够导电的物质①⑥⑩。
（3）是强酸酸式盐，在水溶液中的电离方程式为。
（4）元素⑦为P，在周期表中第三周期VA族。
（5）④、⑧、⑨的简单离子分别为：F-、S2-、Cl-，电子层数多半径大，若核外电子排布相同时，核内质子数越大，半径越小，所以半径的大小顺序为。
（6）元素非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强。①-⑩元素非金属性最强的是Cl，最高价氧化物对应的水化物酸性最强的是。
（7）元素非金属性越强，形成的气态氢化物越稳定。④⑧⑨三种元素的非金属性由大到小为：F>Cl>S，气态氢化物稳定性由大到小的顺序是。
（8）A．单质的熔点、沸点高低与元素的金属性无关，A错误；
B．单质与冷水反应越剧烈，金属性越强，B正确；
C．元素的金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱，C正确；
故选BC。

六、实验题
20．氯气和漂白粉是现代工业和生活中常用的杀菌消毒剂，某兴趣小组利用所给仪器在实验室制备纯净干燥的氯气，并模拟工业制漂白粉。请回答下列问题：

(1)装置G的名称为_______。
(2)装置F的作用为_______。
(3)从上图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气(仪器不重复使用)，仪器连接顺序为_______(用仪器下方字母表示，如A→B→…)。
(4)制备氯气的反应中体现了浓盐酸的_______性和_______性。
Ⅱ.漂白粉的制备

已知：①氯气和石灰乳在反应的过程中会放出热量。
②
(5)①写出制取漂白粉的化学方程式，并用双线桥标注电子转移的方向和数目_______。
②兴趣小组制得的漂白粉中的含量远超过预期，而含量明显偏低。主要原因可能是(请用化学方程式结合文字表述)_______。
(6)为提高产品中有效成分的含量，在不改变石灰乳浓度和体积的条件下可采取的措施是(任写一种即可)_______。
【答案】     分液漏斗     除去氯气中的HCl     B→F→E→D→C     还原     酸          发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(C1O)2]     用冰水或冷水冷却
【分析】由实验装置图可知，B中浓盐酸与二氧化锰加热制备氯气，然后连接F中饱和食盐水可除去HCl，再连接E干燥氯气，然后连接D收集氯气，最后连接C进行尾气处理，以此来解答。
【详解】Ⅰ．(1)装置G的名称为分液漏斗，故答案为：分液漏斗；
(2)装置F的作用为除去氯气中的HCl，故答案为：除去氯气中的HCl；
(3)从图中选择合适装置制备并收集纯净干的氯气仪器连接顺序为B→F→E→D→C（从左侧看导管长进短出），故答案为：B→F→E→D→C；
(4)制备氯气的反应为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，生成氯气体现还原性，生成氯化锰体现酸性，则体现了浓盐酸的还原性和酸性，故答案为：还原；酸；
Ⅱ．(5)①漂白粉的主要成分是次氯酸钙和氯化钙，将氯气通入石灰乳制取漂白粉，同时有水生成，反应的化学方程为2C12+2Ca(OH)2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O，用双线桥标注电子转移的方向和数目， ，故答案为： ；
②氯气和碱反应会放出热量，导致温度升高，当温度低时，氯气和氢氧化钙反应生成氯化钙和次氯酸钙和水；当温度高时，发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(C1O)2]， 故答案为：发生了副反应：6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O，所以制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(C1O)2];
③温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，用冰水或冷水冷却，或控制氯气产生速率，通过控制反应速率，避免反应放热瞬时升高，故答案为：用冰水或冷水冷却。
21．某“消毒液”是一种以NaClO为主的高效消毒剂，被广泛用于宾馆、旅游、医院、食品加工行业、家庭等的卫生消毒，某“消毒液”瓶体部分标签如图1所示，该“消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用，请回答下列问题：

(1)此“消毒液”主要溶质的物质的量浓度约为_______mol/L(计算结果保留一位小数)。某同学量取此“消毒液”，按说明要求稀释后用于消毒，则稀释后的溶液中_______mol/L
(2)该同学参阅读该“消毒液”的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO质量分数为24%的消毒液。
①如图2所示的仪器中配制溶液需要使用的是_______(填仪器序号)，还缺少的玻璃仪器是_______。

②下列操作中，容量瓶不具备的功能是_______(填仪器序号)。
a.配制一定体积准确浓度的标准溶液    b.长期贮存溶液
c.测量容量瓶规格以下的任意体积的溶液    d.准确稀释某一浓度的溶液
e.用来加热溶解固体溶质
③请计算该同学配制此溶液需称取称量NaClO固体的质量为_______g。
(3)若实验遇下列情况，导致所配溶液的物质的量浓度偏高是_______。
A．定容时俯视刻度线 B．转移前，容量瓶内有蒸馏水
C．未冷至室温就转移定容 D．定容时水多用胶头滴管吸出
(4)国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%的医用酒精、含氯消毒剂、过氧乙酸()、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是_______。
A．在水中显酸性 B．NaClO通过氧化灭活病毒
C．过氧乙酸相对分子质量为76g/mol D．医用酒精属于非电解质
(5)“84消毒液”的有效成分为NaClO，不可与酸性消毒剂混用的原因是_______(用离子方程式表示)
【答案】(1)     3.8     0.038
(2)     CDE     玻璃棒和胶头滴管     bcde     141.6(141.55)
(3)AC
(4)ACD
(5)

【详解】（1）。该“84消毒液”通常稀释100倍(体积之比)后使用，则稀释后，。
（2）配制溶液需要使用的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、500 mL容量瓶、胶头滴管，由图可知需要使用的是CDE，还缺少的玻璃仪器是玻璃棒和胶头滴管。容量瓶使用时不量液、不溶解、不稀释、不加热、不贮液，所以容量瓶不具备的功能是bcde。该同学所配制的溶液与配方溶液溶质质量分数相同，根据已知信息可知，该消毒液的密度为1.18 g·cm-3，由于实验室无480 mL容量瓶，故应选用500 mL容量瓶，而配制500 mL消毒液所需NaClO固体的质量m=1.18 g·cm-3×500 mL×24% =141.6 g。
（3）A．定容时俯视刻度线导致加水少，体积小于500 mL，浓度偏高，A正确；
B．容量瓶内有蒸馏水不影响实验结果，B错误；
C．未冷至室温就转移定容，导致溶液实际体积小于500 mL，浓度偏高，C正确；
D．定容时水多用胶头滴管吸出，损失的是溶质，浓度偏低，D错误；
故选AC。
（4）A．是非电解质，在水中不能电离，A正确；
B．NaClO与空气中的CO2反应生成HClO，通过氧化灭活病毒，B错误；
C．过氧乙酸的摩尔质量为76g/mol，C正确；
D．医用酒精质量分数为75%，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质，D正确；
故选ACD。
（5）“84消毒液”的主要成分为NaClO和NaCl，与酸性清洁剂混用时会发生反应：，生成的氯气是有毒气体。