安徽师范大学附属中学2022-2023学年高一化学上学期期中试题（Word版附解析）

安徽师范大学附属中学2022-2023学年第一学期期中考查高一化学试题可能用到的相对原子质量：第I卷(选择题，共60分)一、单项选择题(本题包括10小题，每题4分，共40分。每题只有一个选项符合题意)1.下列物质的应用中，利用了氧化还原反应的是A.小苏打用作食品膨松剂B.用明矾处理污水C.用盐酸去除铁锈(主要成分D.用84消毒液(有效成分NaClO)杀灭细菌【答案】D【解析】【详解】A．小苏打主要成分是碳酸氢钠，受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，故可以用作食品膨松剂，和氧化还原无关，A错误；B．明矾处理污水是利用了铝离子和水反应产生氢氧化铝胶体，Al3++3H2O⇌Al(OH)3(胶体)+3H+，没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，B错误；C．盐酸除去铁锈时，发生反应Fe2O3·xH2O+6HCl=2FeCl3+(3+x)H2O，没有元素化合价发生变化，不是氧化还原反应，C错误；D．NaClO具有强氧化性，杀灭细菌时会将蛋白质氧化，发生氧化还原反应，D正确；故选D。2.分类思想是研究化学的常用方法。下列物质的分类正确的是A.纯净物：漂白粉、干冰、液氯B.电解质：、稀硫酸、CuOC.胶体：烟、淀粉溶液、果冻D.酸性氧化物：CO、、【答案】C【解析】【详解】A．漂白粉是通过将Cl2通入冷的石灰乳中反应生成CaCl2、Ca(ClO)2，因此漂白粉属于混合物，故A项错误；B．稀硫酸为溶液，属于混合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质，故B项错误；C．胶体是指分散质直径介于1～100nm的分散系，常见胶体为：烟、云、淀粉溶液、果冻、雾等，故C 项正确；D．酸性氧化物是指与碱反应生成一种盐和水的氧化物，CO不与碱反应，因此不属于酸性氧化物，故D项错误；综上所述，正确的是C项。3.下列叙述正确的是A.切开的金属Na暴露在空气中，光亮表面逐渐变暗：B.一定条件下，2.3g的Na完全与反应生成3.6g产物，失去的电子数为C.钠在空气中受热时，熔化为银白色的小球，产生黄色的火焰，生成白色粉末D.钠在空气中长期放置，最终主要生成物为碳酸氢钠【答案】B【解析】【详解】A．钠在室温下与空气中的氧气反应生成氧化钠，在点燃条件下反应生成过氧化钠，A错误；B．2.3g钠的物质的量为0.1mol，Na是+1价的金属，钠无论反应后产物是Na2O还是Na2O2，0.1mol钠反应都会失去0.1NA电子，B正确；C．钠在空气中加热，Na受热熔化为银白色的小球，燃烧后产生黄色的火焰，反应生成淡黄色固体为过氧化钠，C错误；D．钠在空气中长期放置，开始反应生成氧化钠，氧化钠与水反应产生NaOH，NaOH潮解产生NaOH溶液，然后吸收空气中的二氧化碳，反应产生碳酸钠，故钠在空气中长期放置最终会变成碳酸钠，D错误；故选B。4.下列说法正确的是A.的热稳定性比好B.等质量的、分别与足量的盐酸反应，前者产生的多C.足量的和分别与等物质的量的盐酸反应，两者产生的一样多D.等物质的量的和分别与足量盐酸反应，前者消耗的盐酸多【答案】D【解析】【分析】NaHCO3和Na2CO3与足量盐酸反应的方程式分别为：NaHCO3+HCl==NaCl+H2O+CO2↑，Na2CO3+2HCl==2NaCl+H2O+CO2↑。【详解】A．NaHCO3受热易分解，热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，A选项错误； B．根据反应方程式可知，等质量的Na2CO3、NaHCO3分别与足量的盐酸反应，NaHCO3产生的CO2多，B选项错误；C．过量的碳酸钠与盐酸反应生成碳酸氢钠和氯化钠、无二氧化碳气体生成，足量的Na2CO3和NaHCO3分别与等物质的量的盐酸反应，NaHCO3产生的CO2更多，C选项错误；D．根据反应方程式可知，等物质的量的Na2CO3和NaHCO3分别与足量盐酸反应，Na2CO3消耗的盐酸多，D选项正确；答案选D。5.下列说法不正确的是(　　)A.漂白粉可用于生活用水的消毒B.石蕊溶液滴入氯水中，溶液变红，随后迅速褪色，不涉及氧化还原反应C.氯水具有较强的氧化性，可用于漂白纸张、织物等D.清洗碘升华实验所用试管，先用酒精清洗，再用水清洗【答案】B【解析】【详解】A．漂白粉的有效成分Ca(ClO)2具有强氧化性，能够杀菌消毒，可用于生活用水的消毒，A正确，不选；B．氯水中含有HCl、HClO，溶液呈酸性，加入石蕊溶液后溶液变红；红色褪去，是由于HClO具有强氧化性，将石蕊氧化为无色物质，因此，该过程涉及了氧化还原反应，B错误，符合题意；C．氯水中次氯酸具有漂白性，可用于漂白纸张、织物等，C正确，不选；D．碘易溶于酒精，可用酒精清洗碘，又由于酒精与水互溶，再用水清洗即可洗净，D正确，不选。答案选B。6.偏二甲肼(C2H8N2)是一种高能燃料，燃烧产生的巨大能量可作为航天运载火箭的推动力。下列叙述正确的是A.偏二甲肼的摩尔质量为60gB.1mol偏二甲肼的质量为60g·mol-1C.6.02×1023个偏二甲肼分子的质量约为60gD.6g偏二甲肼含有1.2NA个偏二甲肼分子【答案】C【解析】【详解】A．摩尔质量的单位是g·mol-1，则偏二甲肼的摩尔质量为60g·mol-1，故A错误；B．质量的单位是g，根据m=nM，则1mol偏二甲肼的质量为1mol×60g·mol-1=60g，故B错误；C．根据n=，6.02×1023个偏二甲肼分子的物质的量为=1mol，根据m=nM，则质量约为 1mol×60g·mol-1=60g，故C正确；D．根据n=，6g偏二甲肼的物质的量为=0.1mol，则含有偏二甲肼分子数为0.1mol×NA=0.1NA个，故D错误；答案选C。7.分别向盛有100mL水、含0.01mol氯化氢的盐酸、含0.01molNaOH的溶液X、Y、Z三个烧杯中各投入0.05molNa，下列有关说法正确的是A.三个烧杯中均先发生的离子反应为B.三个烧杯中钠均在液面上剧烈反应，且X烧杯中的反应最剧烈C.三个烧杯反应后，溶质的物质的量相同D.三个烧杯反应后，生成的气体的质量一定相同【答案】D【解析】【分析】将Na分别投入至水(X)、盐酸(Y)、氢氧化钠溶液(Z)中，Na在X中反应离子反应为，在Y中先发生的离子反应为2Na+2H+=2Na++H2↑、剩余的Na与H2O反应：，在Z中离子反应为，反应结束后，X、Z溶液中溶质均为NaOH，Y溶液中溶质为NaCl、NaOH。【详解】A．根据上述分析可知，A项说法错误；B．Na与H2O反应的实质是与水电离出的H+反应，溶液中H+浓度越大，则反应速率越快，因此Y烧杯中反应最剧烈，故B项说法错误；C．三个烧杯中反应结束后，溶液中的阳离子均为Na+，因此Z烧杯中溶质的物质的量为0.06mol，X、Y烧杯中溶质的物质的量为0.05mol，故C项说法错误；D．反应过程中，Na元素化合价升高，H元素化合价降低，根据化合价升降守恒可知，三烧杯内反应结束后，所产生的H2的量相同，故D项说法正确；综上所述，说法正确的是D项。8.下列离子方程式的书写正确的是A.溶液与足量NaOH溶液反应B.向溶液中通入气体： C.向溶液中通入：D.同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合：【答案】A【解析】【详解】A．溶液中含有Ca2+、，与OH-反应生成、H2O，再与溶液中的反应生成CaCO3，当NaOH溶液足量时，其反应的离子方程式为，故A项正确；B．溶液中含有Cu2+、，属于弱酸，二者反应生成CuS沉淀和H2SO4，因此反应离子方程式为，故B项错误；C．CaCO3能溶于HCl，因此向溶液中通入，二者不会发生反应，故C项错误；D．溶液中含有、H+、，同浓度同体积溶液与NaOH溶液混合，根据酸碱中和优先反应原则可知，OH-先与H+反应，二者反应结束后，无OH-剩余，因此不会与OH-反应，故D项错误；综上所述，正确的A项。9.某离子反应中涉及、、、、、六种微粒。其中、的物质的量随时间变化的曲线如图所示。下列判断不正确的是A.该反应的氧化剂剂是B.消耗1mol还原剂，转移3mol电子C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶3D.当生成时，消耗的为1.5mol【答案】C【解析】【分析】由图像可知，反应过程中ClO-为反应物，N2为生成物，根据反应过程中元素守恒可知，Cl-、 H2O、N2为生成物，ClO-、为反应物，反应过程中Cl元素化合价由+1降低至-1，N元素化合价由-3升高至0，根据化合价升降守恒、原子守恒以及电荷守恒可知，反应离子方程式为。【详解】A．反应中Cl元素化合价降低，因此氧化剂为ClO-，故A项正确；B．反应中还原剂为，N元素化合价由-3升高至0，因此每消耗1mol还原剂，转移3mol电子，故B项正确；C．由上述分析可知，反应过程中氧化剂与还原剂的物质的量之比3：2，故C项错误；D．由上述分析可知，生成时，即n(N2)==0.5mol时，消耗的为1.5mol，故D项正确；综上所述，说法错误的为C项。10.下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是A.澄清透明的溶液中：、、、B.无色溶液中：、、、C.碱性溶液中：、、、D.酸性溶液中：、、、【答案】A【解析】【详解】A．含大量的溶液呈棕黄色，溶液中、、、之间不会发生化学反应，能大量共存，故A项符合题意；B．含大量的溶液呈紫色，因此无色溶液中不能存在大量，故B项不符合题意；C．碱性溶液中含有大量OH-，OH-与能反应生成和H2O，因此二者不能大量共存，故C项不符合题意；D．酸性溶液中含有大量H+，H+能与反应生成弱电解质HClO，二者不能大量共存，具有强氧化性，具有还原性，二者能发生氧化还原反应，不能大量共存，故D项不符合题意；综上所述，符合题意的为A项。二、不定项选择题(本题包括5小题，每小题4分，共20分。每小题有1～2个选项符合题 意。有两个答案的选对一个得2分，有错和全错的得0分)11.科学家将水置于足够强电场中，在20℃时水分子瞬间凝固可形成“暖冰”。某兴趣小组做如图所示实验，发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，且有气泡产生。将酸性KMnO4溶液换成FeCl3溶液，烧杯中溶液颜色无变化，但有气泡产生。则下列说法中正确的是A.20℃时，水凝固形成的“暖冰”所发生的变化是化学变化B.“暖冰”是水置于足够强的电场中形成的混合物C.烧杯中液体为FeCl3溶液时，产生的气体为Cl2D.该条件下H2燃烧的产物中可能含有一定量的H2O2【答案】D【解析】【详解】A．水凝固形成20℃时的“暖冰”，只是水的存在状态发生了变化，没有生产新的物质，所发生的是物理变化，故A错误；B、“暖冰”是纯净物，而非混合物，故B错误；C、发现烧杯中酸性KMnO4溶液褪色，说明燃烧生成了具有还原性的物质，所以氯化铁溶液中的氯离子不可能被氧化成氯气，故C错误；D．该条件下H2燃烧生成了既具有氧化性又具有还原性的物质，该物质可能是双氧水，故D正确；故答案为D。12.钙与钠相似，也能形成过氧化物，则下列叙述正确的是A.过氧化钙的化学式是B.1mol过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5mol氧气C.过氧化钙中阴阳离子数之比为2∶1D.过氧化钙与水反应时，作还原剂【答案】B【解析】【详解】A．过氧化物中氧元素化合价为-1，因此过氧化钙的化学式为CaO2，故A项错误；B．过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应时，过氧化物中一半氧元素化合价升高至0，一半氧元素化合价降低至-2，其余元素化合价不变，因此1mol过氧化钠或过氧化钙跟足量水反应都生成0.5mol氧气，故B 项正确；C．CaO2中阳离子为Ca2+，阴离子为，因此过氧化钙中阴阳离子数之比为1∶1，故C项错误；D．过氧化钙与水反应时，根据反应过程中同种元素化合价只靠近不交叉原则可知，其转移电子的单线桥表示为，H2O在反应中既不是氧化剂，也不是还原剂，故D项错误；综上所述，说法正确的是B项。13.下列说法正确的是A.同温同压下，和密度相同B.同温同压下，等质量的和的电子数相同C.22.4L(标准状况)氩气含有的质子数为D.质量相同的和(重水)所含的原子数相同【答案】BC【解析】【详解】A．由可知，同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，故A项错误；B．等质量的和中所含氧原子数目相同，因此二者所含电子数相同，故B项正确；C．标准状况下，22.4L氩气的物质的量为=1mol，氩气为单原子分子，因此1mol氩气中所含质子数为18×NA=18NA，故C项正确；D．M(H2O)=18g/mol，M(D2O)=20g/mol，因此质量相同的和(重水)的物质的量不同，二者均为三原子分子，因此二者所含的原子数不同，故D项错误；综上所述，说法正确的是BC项。14.过碳酸钠在生产和生活领域应用广泛，其制备反应为：，该反应为放热反应。过碳酸钠具有和的双重性质，在50℃时分解为碳酸钠和过氧化氢。下列有关说法错误的是A.实验室制备过碳酸钠时可采用冷水浴控制反应温度B.过碳酸钠水溶液呈碱性，可用作漂洗剂和消毒杀菌剂 C.向盛有过碳酸钠固体的烧杯中滴加酚酞后溶液变红D.过碳酸钠可使酸性高锰酸钾溶液褪色，并放出一种无色气体【答案】CD【解析】【详解】A．因过碳酸钠在50℃时分解为碳酸钠和过氧化氢，为防止制备过程中过碳酸钠发生分解，因此实验室制备过碳酸钠时可采用冷水浴控制反应温度，故A项正确；B．为强碱弱酸盐，其水溶液呈碱性，具有强氧化性，可用作漂洗剂和消毒杀菌剂，因过碳酸钠具有和的双重性质，故B项正确；C．的水溶液呈碱性，向溶液中加入酚酞，溶液由无色变为红色，但具有漂白性，因此向盛有过碳酸钠固体的烧杯中滴加酚酞后，溶液会先变红后褪色，故C项错误；D．酸性高锰酸钾溶液中含有大量H+和，其中H+能与反应生成CO2，具有还原性，具有氧化性，二者混合后，发生氧化还原反应生成O2，因此过碳酸钠与酸性高锰酸钾溶液混合能使溶液褪色，并放出两种无色气体，故D错误；综上所述，说法错误的为CD项。15.将一定量的通入一定浓度的KOH溶液中，二者恰好完全反应(已知该反应过程放热)，生成物中有三种含氯元素的离子，其中和两种离子的物质的量(n)与反应时间(t)的变化关系如图所示。下列说法不正确的是A.反应中转移电子的物质的量为0.21molB.的生成是温度升高而引起的C.该KOH溶液中KOH的质量为5.04gD.整个反应过程中，被氧化和被还原的氯元素的质量之比为2∶1【答案】CD【解析】 【分析】将一定量的通入一定浓度的KOH溶液中，二者恰好完全反应，生成物中有三种含氯元素的离子，反应过程中生成和两种微粒时，Cl元素化合价升高，根据化合价升降原则可知，反应过程中同时生成KCl。【详解】A．由图像可知，反应结束后，生成0.06molClO-、0.03mol，因此反应过程转移电子的物质的量为0.06mol×1+0.03mol×5=0.21mol，故A项正确；B．Cl2与KOH溶液常温下反应生成KCl、KClO，该反应放热，由图像可知，t1之前无生成，而后生成，说明反应生成的原因是温度升高，故B项正确；C．由上述分析可知，反应结束后，生成物中n(KCl)=0.21mol、n(KClO)=0.06mol、n(KClO3)=0.03mol，根据反应过程中K原子守恒可知，该KOH溶液中KOH的物质的量为0.21mol+0.06mol+0.03mol=0.3mol，m(KOH)=0.3mol×56g/mol=16.8g，故C项错误；D．整个反应过程中，被氧化和被还原的氯元素的质量之比为(0.06mol+0.03mol)：(0.21mol)=3：7，故D项错误；综上所述，说法不正确的为CD项。第II卷(非选择题，共40分)三、填空题(本题包括3小题，共40分)16.根据题目信息，完成有关方程式的书写。（1）制备氢氧化铁胶体的离子方程式为_______。（2）与石灰乳反应化学方程式：_______。（3）用单线桥分析与水反应中电子转移的方向和数目：_______。（4）将固体(黄色，微溶)加入和的混合溶液里，加热，溶液显紫色(无色)。写出该反应的离子方程式：_______。【答案】（1）(胶体)（2）（3）（4） 【解析】【小问1详解】向沸水中滴加饱和氯化铁溶液至产生红褐色液体制得氢氧化铁胶体，用离子方程式表示为：(胶体)；【小问2详解】与石灰乳反应生成氯化钙和次氯酸钙，方程式为：；【小问3详解】与水反应生成氢氧化钠和氧气，用单线桥表示其电子转移的方向和数目为：；【小问4详解】在加热和酸性条件下将硫酸锰氧化为高锰酸根离子，本身被还原为相应的离子方程式为：。17.化合物甲仅含两种元素。B为黄绿色气体，气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，请回答：（1）甲的化学式为_______。（2）写出E转化为F的化学方程式_______。（3）甲与水反应的化学方程式为_______。【答案】（1）（2）（3）【解析】 【分析】B为黄绿色气体，因此B为Cl2；气体D能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，即D为NH3；化合物甲与水或隔绝空气加热反应，能生成Cl2或NH3，根据元素守恒可知，化合物甲中含有N、Cl，根据化合物化合价为0，化合物甲仅含两种元素，可知化合物甲的化学式为NCl3；因此单质气体A为N2，Cl2与H2O反应生成HCl和HClO，根据反应过程中元素守恒可知，E为HClO，F为HCl。【小问1详解】根据上述分析可知，化合物甲的化学式为NCl3。【小问2详解】HClO具有不稳定性，在光照或受热条件下能分解为HCl、O2，其反应化学方程式为。【小问3详解】NCl3与H2O反应生成NH3、HClO，反应过程中N元素化合价由+3降低为-3，Cl元素化合价由-1升高为+1，根据反应过程中化合价升降守恒以及原子守恒可知反应方程式为。18.我国化学家侯德榜发明的“联合制碱法”为世界制碱工业做出了巨大贡献。下图为联合制碱法的主要过程(部分物质已略去)。已知：i.NH3溶于水生成碱，与酸反应生成盐，如NH3+HNO3=NH4NO3。ii.有关物质的溶解度(20℃)物质NaClNH4HCO3NaHCO3NH4Cl溶解度/g3602179.637.2（1）煅烧炉中反应的化学方程式为___________，物质X是___________。沉淀池中发生反应的化学方程式为___________。（2）下列说法正确的是___________(填字母)。 A．沉淀池中有NaHCO3析出，因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小B．滤液中主要含有NaCl、Na2CO3和NH4ClC．设计循环的目的是提高原料的利用率（3）工业可用纯碱代替烧碱生产某些化工产品，如用饱和纯碱溶液与Cl2反应可制得一种在生产生活中常用于漂白、消毒的物质，同时有NaHCO3生成，该反应的化学方程式是___________。（4）某纯碱样品中含杂质NaCl，取质量为ag的样品，加入足量的稀盐酸，充分反应后，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质，则此样品中Na2CO3的质量分数为___________。【答案】（1）①.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O②.CO2③.NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl（2）AC（3）2Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3（4）【解析】【分析】先将合成氨厂生产的氨气通入饱和食盐水，使溶液显碱性，更好的吸收CO2，之后通入过量CO2，析出溶解度较小的NaHCO3，过滤后煅烧NaHCO3得到碳酸钠、二氧化碳和水，滤液中再通入NH3，同时加入细小是NaCl颗粒，从而析出NH4Cl。【小问1详解】根据分析，煅烧炉中为煅烧碳酸氢钠，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，所以循环使用的物质X为CO2；沉淀池中NaCl溶液与NH3、CO2反应析出碳酸氢钠，化学方程式为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；【小问2详解】A．根据题干提供的溶解度表格资料，沉淀池中有NaHCO3析出，是因为一定条件下NaHCO3的溶解度最小，A正确；B．沉淀池中的反应为NaCl+CO2+NH3+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤后滤液中主要含有的是NH4Cl，没有碳酸钠，B错误；C．沉淀池和煅烧炉中反应得到的产物都可作为制取纯碱的原料，故设计循环的目的是提高原料的利用率，C正确；综上所述答案为AC【小问3详解】 根据题意，可将反应看做两步发生，首先氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸和次氯酸再与碳酸钠溶液反应生成次氯酸钠和碳酸氢钠，则反应的化学方程式是2Na2CO3+Cl2+H2O=NaCl+NaClO+2NaHCO3，【小问4详解】ag的样品，加入足量的稀盐酸，碳酸钠与盐酸充分反应后生成氯化钠，反应方程式为Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体物质为氯化钠。根据反应前后钠原子守恒，设杂质NaCl的物质的量为xmol，碳酸钠的物质的量为ymol，则58.5x+106y=a，x+2y=，解得y=mol，碳酸钠的质量=nM=mol×106g/mol=g，则此样品中Na2CO3的质量分数为=。19.C1O2是一种新型的环保饮用水消毒剂，某课题小组拟选择下列部分装置制备并收集二氧化氯来探究其漂白性（装置不可重复使用）。已知：常温下，亚氯酸钠（NaClO2)可吸收氯气并制备二氧化氯；C1O2是一种易溶于水而难溶于有机溶剂的气体，氧化性比氯气强。回答下列问题：（1）制备干燥、纯净的氯气：制备的发生装置是_________(填代号)，//写出反应的离子方程式：__________。（2）制备二氧化氯：导管口连接顺序为：a→______→n→p→j。本实验选择I而不选择H的原因是：_________________。（3）写出G中发生反应的化学方程式：___________。（4）装置E的作用是_____________________________。（5）他们已收集一瓶二氧化氯气体，请你设计简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性： _________________________________________________________________________________________。（6）尾气中的二氧化氯还可以用含双氧水的烧碱溶液吸收，其产物之一是NaClO2。写出该反应的化学方程式：_____________________________。【答案】①.A (或B)②.MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O (或2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O③.z→m→x→y→b→c→r→s④.H中水会进入F中(倒吸进入或水蒸气进入)⑤.Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl⑥.吸收二氧化氯中的氯气⑦.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⑧.2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O【解析】【详解】（1）制备干燥、纯净的氯气：常用固体+液体，加热或不加热，两种装置，制备的发生装置是A (或B)，反应的离子方程式：MnO2+4H++2C1-Mn2++Cl2↑+2H2O (或2MnO4-+16H++10C1-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O。（2）制备二氧化氯：A或B制备氯气，再通过D除去氯气中的氯化氢气体，然后，通过C中浓硫酸进行干燥，经过G中亚氯酸钠（NaClO2)可吸收氯气并制备二氧化氯；再由E中四氯化碳除去末反应的氯气，用F收集，I用于吸收尾气，并防止空气中的水蒸气进入，管口连接顺序为：a→z→m→x→y→b→c→r→s→n→p→j。本实验选择I而不选择H的原因是：H中水会进入F中(倒吸进入或水蒸气进入)。（3）G中制备ClO2的反应的化学方程式：Cl2+2NaClO2=2ClO2+2NaCl。（4）装置E的作用是吸收二氧化氯中的氯气。（5）设计简易实验证明二氧化氯具有永久的漂白性：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。（6）尾气中的二氧化氯还可以用含双氧水的烧碱溶液吸收，其产物之一是NaClO2。该反应的化学方程式：2ClO2+2NaOH+H2O2=2NaClO2+O2+2H2O。