河南省顶级名校2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1河南省顶级名校2023-2024学年高一上学期12月月考试题相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23Cl-35.5S-32K-39Fe-56一、选择题：本题共18个小题，每小题3分，共54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.下列颜色变化与氧化还原反应无关的是（）A.新切开的苹果在空气中变黄，最终变为褐色B.白色的硫酸铜固体放置在空气中变为蓝色C.淡黄绿色的新制氯水久置后变为无色D.淡黄色的固体放置在空气中，一段时间后变成白色〖答案〗B〖解析〗【详析】A．新切开的苹果在空气中被氧气氧化变黄，最终变为褐色，属于氧化还原反应，A错误；B．硫酸铜固体会吸水变成硫酸铜晶体，显蓝色，不属于氧化还原反应，B正确；C．HClO分解生成O2和HCl，促使氯气和水反应生成HCl和HClO，属于氧化还原反应，C错误；D．淡黄色的Na2O2固体放置在空气中，与水和二氧化碳反应生成氢氧化钠和碳酸钠以及氧气，属于氧化还原反应，D错误；故选B。2.下列说法不正确的是（）A.焰色试验时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色B.实验室制取时，需先检查装置气密性后，再加入药品C.取用时，剩余的不能再放回试剂瓶中D.如果不慎将碱沾到皮肤上，立即用大量水冲洗，然后涂上的硼酸〖答案〗C〖解析〗【详析】A．焰色反应时需用稀盐酸洗净铂丝，并在火焰上灼烧至无色，选项A正确；B．实验室制取时，需先检查装置气密性后，再加入药品，操作正确，选项B正确；C．取用时，剩余的必须放回试剂瓶中，选项C不正确；D．碱液沾到皮肤上，要用较多的水冲洗，再涂上硼酸溶液，不能用硫酸或盐酸冲洗，硫酸和盐酸也有腐蚀性，会造成二次伤害，选项D正确；〖答案〗选C。3.下列物质中，属于电解质的是（）A.铜 B.稀氨水 C.二氧化硫 D.氯化镁〖答案〗D〖解析〗【详析】A．铜是金属单质，不是化合物，不属于电解质，也不属于非电解质，A错误；B．稀氨水是混合物，不是化合物，因此既不属于电解质，也不属于非电解质，B错误；C．二氧化硫是共价化合物，在水溶液中和熔融状态下都不能发生电离而导电，因此属于非电解质，C错误；D．氯化镁是盐，在水溶液中和熔融状态下都能够发生电离而导电，因此氯化镁属于电解质，D正确；故合理选项是D。4.下列关于氯及其化合物的叙述正确的是（）A.NaClO在酸性条件下漂白效果更佳是因为生成了HClOB.在充满的集气瓶中安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口出现白烟C.常温下比较稳定，无需密封、避光保存D.Fe在少量中燃烧生成〖答案〗A〖解析〗【详析】A．ClO-+H+=HClO，漂白效果更佳，故A正确；B．氢气在氯气里安静地燃烧，发出苍白色火焰，瓶口出现白雾，故B错误；C．以Ca(ClO)2为有效成分的漂白粉，只是失效周期较长，还是需要密封、干燥、避光保存，故C错误；D．Cl2具有强氧化性，Cl2与Fe反应只生成FeCl3，故D错误；故〖答案〗为A。5.在两个密闭容器中，分别充有质量相同的甲、乙两种气体，若两容器的温度和压强均相同，且甲的密度大于乙的密度。则下列说法正确的是（）A.物质的量：甲<乙 B.相对分子质量：甲<乙C.摩尔体积：甲>乙 D.气体体积：甲>乙〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗根据ρ=m÷V知，相同条件下，质量一定的气体密度与体积成反比，甲的密度大于乙的密度，则甲体积小于乙体积，在同温同压下，物质的量之比等于体积之比，说明甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，据此解答。【详析】A．根据分析可知，甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，故A正确；B．甲气体的物质的量小于乙气体的物质的量，两种气体质量相等，根据M=m÷n可知，甲的相对分子质量比乙的相对分子质量大，故B错误；C．同温同压，气体摩尔体积相同，故C错误；D．质量一定的气体密度与体积成反比，甲的密度大于乙的密度，则甲体积小于乙体积，故D错误；故选A。6.下列叙述正确的是（）A.在标准状况下，22.4L水中含有分子B.在中充分燃烧，生成C.在标准状况下，和CO的混合气体中含C、O原子共0.2molD.形成胶体，胶粒的数目为〖答案〗C〖解析〗【详析】A．标况下水不是气体，22.4L水中含有分子不是，A错误；B．和燃烧反应生成，B错误；C．和CO都属于双原子分子，标况下混合气体物质的量为，则混合气体中含C、O原子共0.2mol，C正确；D．形成的胶粒的物质的量小于0.1mol，数目小于，D错误；故选C。7.某溶液中仅含有Na＋、Mg2＋、SO42-、Cl－四种离子（不考虑水电离出的H＋和OH－），其物质的量浓度之比为c（Na＋）∶c（Mg2＋）∶c（Cl－）＝5∶7∶7。若c（Na＋）为5mol/L，则c（SO42-）为（）。A5mol/L B.6mol/L C.7mol/L D.8mol/L〖答案〗B〖解析〗【详析】c(Na＋)为5mol/L，c(Na＋)∶c(Mg2＋)∶c(Cl－)＝5∶7∶7，则c(Mg2＋)=c(Cl－)＝7mol/L；利用电解质溶液中存在电荷守恒规律，可得出下列等量关系式：c(Na＋)+2c(Mg2＋)=c(Cl-)+2c(SO42-)，代入数据，可得出c(SO42-)=6mol/L；故选B。8.下列图像正确是（）A．向溶液中滴加等浓度的溶液至过量B．向100g40%的NaOH溶液中逐滴加入0.1mol/L的盐酸至NaOH完全反应C．向一定浓度的NaCl溶液中加水D．向蒸馏水中不断通入HCl气体〖答案〗C〖解析〗【详析】A．在水中完全电离，导电能力相对较强，随着溶液的滴加，发生反应：，两者恰好完全反应时离子浓度最低，溶液的导电能力最差，继续滴加溶液，溶液的导电能力增强，因与溶液浓度相同，最终溶液的导电能力与起始时溶液导电能力相差不大，A错误；B．100g40%的NaOH溶液中NaOH的物质的量为，两者反应的方程式为：，两者恰好完全反应生成NaCl，NaCl在溶液中完全电离，由于盐酸加入引起溶液体积增大，溶液的导电能力逐渐减弱，B错误；C．向一定浓度的NaCl溶液中加水，离子浓度降低，溶液导电性减弱，C正确；D．蒸馏水导电能力差，HCl溶于水后完全电离，离子浓度增大，溶液导电性增强，当溶液达到饱和时，溶液的导电性不再增强，D错误；故选C。9.下列溶液中的离子因发生氧化还原反应而不能大量共存的是（）A.Fe2+、H+、MnO、SO B.Cu2+、Al3+、NO、C1-C.K+、Al3+、OH-、SO D.Ba2+、Na+、CO、ClO-〖答案〗A〖解析〗【详析】A．酸性条件下，高锰酸根会与亚铁离子发生氧化还原反应，A符合题意；B．Cu2+、Al3+、NO、Cl-几种离子可以大量共存，B不符合题意；C．铝离子与氢氧根会生成沉淀而不共存，C不符合题意；D．钡离子与碳酸根生成沉淀而不共存，D不符合题意；故选A。10.硫化钼与纯碱、空气焙烧时发生反应：2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2。下列说法错误的是（）A.O2作氧化剂B.氧化产物为Na2MoO4、SO2C.MoS中Mo、S两元素均发生氧化反应D.Na2CO3被氧化，发生还原反应〖答案〗D〖解析〗〖祥解〗反应2MoS+2Na2CO3+5O22Na2MoO4+2CO2+2SO2中O2中O的化合价由0价降低到-2价，被还原，故O2为氧化剂，MoS中Mo的化合价由+2价升高到+6价，S的化合价由-2价升高到+4价，故MoS为还原剂，Na2MoO4、SO2为氧化产物，据此分析解题。【详析】A．由分析可知，O2作氧化剂，A正确；B．由分析可知，氧化产物为Na2MoO4、SO2，B正确；C．由分析可知，MoS中Mo、S两元素的化合价均升高，故均发生氧化反应，C正确；D．反应中Na2CO3中各元素的化合价均不变，故既不被氧化，也不被还原，D错误；故〖答案〗为：D。11.配制100mL1.00mol/LNaCl溶液，部分实验操作示意图如下。下列说法不正确的是（）A.该实验中用到的玻璃仪器有：烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管等B.上述实验操作步骤正确顺序为②①④③C.容量瓶用蒸馏水洗涤后，不必经过干燥即可使用D.定容时，俯视观察刻度线，会引起溶液的浓度偏低〖答案〗D〖解析〗【详析】A．配制100mL1.00mol/LNaCl溶液，实验中需用到的玻璃仪器有：100mL容量瓶、烧杯、玻璃棒、胶头滴管等，故A正确；B．由配制溶液的步骤可知上述实验操作步骤的正确顺序为②①④③，故B正确；C．容量瓶需用自来水、蒸馏水洗涤，不需要经过干燥就可使用，对实验无影响，故C正确；D．定容时，俯视容量瓶的刻度线，导致溶液体积偏小，所得溶液的浓度偏高，故D错误；故选D。12.物质类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个基本视角。下面是有关铁元素的价类图，下列分析正确的是（）A.X的物质类别是单质，在氧气中燃烧的产物为ZB.M、N均为碱，且在水溶液中均可溶C.若P、Q所含阳离子，质子数相同而电子数不同D.若Q为FeCl2，则X、Y、Z、N均能与盐酸反应得到Q〖答案〗C〖解析〗〖祥解〗X为铁单质，Y为FeO，Z为Fe2O3，M为Fe(OH)3，N为Fe(OH)2，Q为含有二价铁的盐，P为含有三价铁的盐；【详析】A．X为铁单质，在空气中燃烧的产物为四氧化三铁，A错误；B．M为Fe(OH)3，N为Fe(OH)2，均为难溶性的碱，B错误；C．Q为含有二价铁的盐，P为含有三价铁的盐，亚铁离子和铁离子的质子数相同而电子数不同，C正确；D．若Q为FeCl2，Y为FeO、N为Fe(OH)2，两者盐酸反应可得到氯化亚铁，Z为Fe2O3、M为Fe(OH)3，两者与盐酸反应得到氯化铁，D错误；故选C。13.研究表明，高铁酸钾做水处理剂时，适宜的为7.0-8.5，高铁酸钾分解快，产生原子态的氧，具有很强的杀菌、灭藻、氧化等能力。可通过以下反应制取：。对于该反应以下说法正确的是（）A.高铁酸钾具有很强的氧化性B.胶体能净水的原因是可以杀菌消毒C.生成的水时，转移的电子数为D.该反应的还原产物是〖答案〗A〖解析〗【详析】A．K2FeO4易被还原生成三价铁，具有很强的氧化性，A正确；B．Fe(OH)3胶体净水时主要作用是吸附悬浮的颗粒，无杀菌消毒的作用，B错误；C．生成8mol的水转移6mol电子，生成0.4mol的水时，转移的电子数为0.3NA，C错误；D．Fe(OH)3中铁的化合价升高变为K2FeO4，是该反应的氧化产物，D错误；故选A。14.某化学兴趣小组用如图所示装置探究与的反应。拧开分液漏斗活塞，打开弹簧夹2，关闭弹簧夹1，一段时间后，D装置内固体无明显变化，右侧带火星的木条不复燃；打开弹簧夹1，关闭弹簧夹2，一段时间后，A装置中黄色固体逐渐变成白色固体，左侧带火星的木条复燃。下列有关说法不正确的是（）A.与反应中氧化剂与还原剂的质量比为22∶39B.反应后，A装置中固体溶于水后所形成的溶液呈碱性C.由上述实验可知，与的反应需要的参与D.将D装置中固体加入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊溶液先变蓝后褪色〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗装置B制得二氧化碳气体，气体往左流动，没有经过干燥；气体往右流动，CaCl2为干燥剂，观察现象不同，以此分析；【详析】A．Na2O2与CO2反应，Na2O2既是氧化剂又是还原剂，其质量比为1：1，A错误；B．装置A转化生成Na2CO3，溶于水，溶液呈碱性，B正确；C．装置B制得二氧化碳气体，气体往左流动，没有经过干燥，气体往右流动，CaCl2为干燥剂，淡黄色固体变成了白色，带火星木条复燃，没有左边现象，说明Na2O2与CO2的反应需要H2O的参与，C正确；D．Na2O2与H2O反应会生成NaOH和O2，Na2O2具有漂白性，将D装置中固体加入紫色石蕊溶液中，紫色石蕊溶液先变蓝后褪色，D正确；〖答案〗为：A。15.将一定物质的量的Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后加入一定物质的量浓度的盐酸与它反应，得到图象(已知：1mol=1000mmol)。下列说法正确的是（）A.标注NaCl的直线可代表生成CO2的物质的量B.原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶2C.盐酸的浓度是0.05mol/LD盐酸加到150mL时，放出CO2气体224mL(标准状况下)〖答案〗C〖解析〗【详析】A．混合溶液中加入盐酸，碳酸钠先和盐酸反应生成碳酸氢钠，即开始没有产生二氧化碳，A错误；B．从图分析，原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1∶1，B错误；C．2.5mmol的碳酸钠和50mL盐酸反应生成碳酸氢钠，根据方程式分析，二者物质的量比为1:1，则盐酸的浓度是=0.05mol/L，C正确；D．盐酸加到150mL时，实际有100mL盐酸和碳酸氢钠反应生成二氧化碳，根据方程式分析，盐酸的物质的量等于二氧化碳的物质的量，盐酸的物质的量为0.1L×0.05mol/L=0.005mol，则标况下二氧化碳的体积为112mL，D错误；故选C。16.在一定条件下，使12gCO和O2的混合气体充分反应，所得混合物在常温下跟足量的Na2O2固体反应，结果固体增重7g，则原混合气体中O2的质量分数可能是（）①33.3%②41.7%③58.3%④66.7%A.①② B.①③ C.②③ D.②④〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗【详析】设CO2的质量为x，根据差量法可得：，解得x=11g，n(CO2)==0.25mol；根据2CO+O2=2CO2，若O2过量，n(CO)=n(CO2)=0.25mol，m(CO)=28g/mol×0.25mol=7g，m(O2)=12g-7g=5g，O2的质量分数为≈41.7%；若CO过量，n(O2)=n(CO)=0.125mol，m(O2)=32g/mol×0.125mol=4g，O2的质量分数为≈33.3%；①②符合题意，故选A。17.在一密闭气缸内，用不漏气的可滑动的活塞隔成两室，左边充有氮气，右边充有氢气和氧气的混合气体，如下图所示。在室温下，将右边的混合气体点燃，反应后冷却到室温，活塞最终静止在气缸的中点。则原混合气体中氢气与氧气的体积比可能是（）A.2∶7 B.7∶2 C.5∶4 D.8∶13〖答案〗B〖解析〗〖祥解〗左右压强相等，气体的物质的量之比等于体积之比；设氮气的物质的量为1mol，则开始时氢气、氧气总物质的量为3mol，引燃氢、氧混合气体，反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间，说明反应后左右气体的物质的量相等；反应后左右气体的物质的量相等说明右室剩余气体为1mol，可能为氧气，也可能为氢气，结合化学方程式计算解答。【详析】左右压强相等，气体的物质的量之比等于体积之比，设氮气的物质的量为1mol，则开始时氢气、氧气总物质的量为3mol，引燃氢、氧混合气体，反应后恢复至原来的温度，活塞正好停留在容器的中间，说明反应后左右气体的物质的量相等，即右室剩余气体为1mol，若右室剩余气体为氧气，参加反应的氧气、氢气总为3mol-1mol=2mol，由2H2+O22H2O，可知氢气为2mol×=mol，则氧气为3mol-mol=mol，故反应前氢气与氧气的体积比为mol:mol=4:5；若右室剩余气体为氢气，参加反应的氧气、氢气总为3mol-1mol=2mol，由2H2+O22H2O，可知氧气为2mol×=mol，则氢气为3mol-mol=mol，故反应前氢气与氧气的体积比为mol:mol=7:2，故B符合；故选B。18.向含有、、的溶液中通入适量氯气，溶液中各种离子的物质的量变化如图所示。有关说法不正确的是（）A.原混合溶液中B.线段BC代表物质的量的变化情况C.原溶液中D.当通入时，溶液中已发生的离子反应可表示为：〖答案〗A〖解析〗〖祥解〗氧化还原反应中氧化剂的氧化性＞氧化产物的氧化性，还原剂的还原性＞还原产物的还原性，氧化剂先氧化还原性强的离子，再氧化还原性弱的离子，还原性I-＞Fe2+＞Br-，通入氯气后，碘离子先被氧化，其次是亚铁离子，最后是溴离子，结合图象解答该题，由图知，1mol氯气和碘离子反应，碘离子的物质的量为2mol，(3-1)mol氯气和亚铁离子反应，亚铁离子是4mol，(6-3)mol氯气和溴离子反应，溴离子的物质的量是6mol，据此回答。【详析】A．据分析，原混合溶液中，故A错误；B．根据还原性强弱可知，(3-1)mol氯气和亚铁离子反应生成铁离子和氯离子，则BC段应代表物质的量的变化情况，故B正确；C．据分析，碘离子的物质的量为2mol，亚铁离子是4mol，溴离子的物质的量是6mol，原溶液中，故C正确；D．当通入2molCl2时，2mol的I-消耗氯气1mol，余下的1mol氯气再与2molFe2+反应，即溶液中发生的离子反应可表示为2Fe2++2I-+2Cl2=2Fe3++I2+4Cl-，故D正确；故〖答案〗为A。二、非选择题：本题共4个小题，共46分。19.将Ba(OH)2固体配制成溶液，某小组实验室探究Ba(OH)2溶液与稀盐酸反应的实质。向0.2mol/LBa(OH)2溶液中滴加0.1mol/L盐酸，测定导电率的变化如图所示，回答下列问题：（1）写出Ba(OH)2的电离方程式为___________。（2）A—B段，发生的离子反应方程式是___________。（3）B点恰好完全反应，此时溶液中存在的微粒有H2O、___________。（4）下列化学反应的实质与Ba(OH)2溶液和稀盐酸反应的实质相同的是___________。A．Ba(OH)2和H2SO4B．NaOH和H2SO4C．Ba(OH)2与HNO3〖答案〗（1）Ba(OH)2=Ba2++2OH-（2）H++OH-=H2O（3）Ba2+、Cl-（4）BC〖解析〗（1）Ba(OH)2是强碱，在水溶液中发生完全电离，则电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH-。〖答案〗为：Ba(OH)2=Ba2++2OH-；（2）A—B段，Ba(OH)2与盐酸反应，生成BaCl2和水，发生反应的离子反应方程式是H++OH-=H2O。〖答案〗为：H++OH-=H2O；（3）B点恰好完全反应，此时溶液为BaCl2的水溶液，溶液中存在的微粒有H2O、Ba2+、Cl-。〖答案〗为：Ba2+、Cl-；（4）Ba(OH)2溶液和稀盐酸反应的实质是H++OH-=H2O。A．Ba(OH)2和H2SO4反应的离子方程式为Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，A不符合题意；B．NaOH和H2SO4反应的离子方程式为H++OH-=H2O，B符合题意；C．Ba(OH)2与HNO3反应的离子方程式为H++OH-=H2O，C符合题意；故选BC。〖答案〗为：BC。20.某研究性学习小组利用下图装置制备漂白粉。回答下列问题：（1）若用二氧化锰和浓盐酸为原料制取氯气，则装置①应选用___________(填“I”“Ⅱ”或“Ⅲ”)，其反应的离子方程式为___________。（2）装置②中饱和食盐水的作用是___________；装置④中的X试剂为___________。（3）装置③中发生反应的化学方程式为___________；该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生，为减少副反应发生可将装置③置于___________(填“冷水浴”或“热水浴”)中进行反应。（4）向装置①中加入200mL浓盐酸(密度为、质量分数为36.5%)与反应，产生了5.6L的氯气(已换算成标准状况下的体积)。该浓盐酸的物质的量浓度为___________。〖答案〗（1）①.I②.（2）①.除去氯气中混有的HCl气体②.NaOH溶液（3）①.②.冷水浴（4）11.9mol/L〖解析〗〖祥解〗以二氧化锰和浓盐酸加热制备氯气应选装置I，浓盐酸具有挥发性，制备的氯气中混有会发出来的HCl，通过饱和食盐水除去HCl，氯气通入石灰浆制备漂白粉，过量的氯气通入氢氧化钠溶液吸收尾气；（1）以二氧化锰和浓盐酸为原料制取氯气的反应属于固体跟液体在加热时反应生成气体，故制气装置选Ⅰ；反应的离子方程式为；（2）氯气在饱和食盐水中溶解度很小，而氯化氢在饱和食盐水中的溶解度则很大。氯气有毒，所以不能直接排空，用氢氧化钠溶液吸收多余的氯气，方程式为。（3）氯气和氢氧化钙反应方程式为；该反应是放热反应，反应温度较高时有副反应发生，减少副反应发生的方法是降低温度。（4）浓盐酸的密度为、质量分数为36.5%，根据公式21.黄铜灰渣(含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe3O4、Fe2O3)生产溶液的流程如下图所示：（1）写出“浸取”时Fe3O4反应的离子方程式：_______。（2）过滤Ⅰ后所得滤液中是否含Fe3+，并说明理由：_______。（3）检验“滤液Ⅱ”中由铁元素形成的阳离子的方法是_______。（4）“反应Ⅱ”所用稀硝酸可由质量分数为63%、密度为1.40g·cm-3的浓硝酸稀释获得。①若要获得100mL1.4mol·L-1的稀硝酸，需要用到浓硝酸的体积为_______mL。②NO是一种无色气体，依据信息写出“反应Ⅱ”的化学方程式：_______。〖答案〗（1）（2）不含，因为Cu剩余，若含Fe3+，Cu会将Fe3+还原为Fe2+（3）取少量滤液Ⅱ，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液显红色，则滤液Ⅱ中铁元素以Fe2+形式存在（4）①.10mL②.〖解析〗〖祥解〗黄铜灰渣含有Cu、Zn、CuO、ZnO及少量FeO、Fe3O4、Fe2O3，用足量的盐酸溶解，过滤出铜，得到含有Cu2+、Zn2+、Fe2+的溶液，加入适量的锌粉置换出单质铜，铜和稀硝酸反应得到硝酸铜溶液。（1）“浸取”时Fe3O4和盐酸反应生成氯化铁、氯化亚铁、水，反应的离子方程式为；（2）由流程图可知，过滤1得到单质铜，若含Fe3+，Cu会将Fe3+还原为Fe2+，所以过滤Ⅰ后所得滤液中不含Fe3+；（3）取少量滤液Ⅱ，滴加KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液显红色，则滤液Ⅱ中铁元素以Fe2+形式存在；（4）①质量分数为63%、密度为1.40g·cm-3的浓硝酸的物质的量浓度为，设要获得100mL1.4mol·L-1的稀硝酸，需要用到浓硝酸的体积为VmL，根据稀释前后硝酸物质的量不变，14V=100×1.4，V=10mL；②铜和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO、水，NO是一种无色气体，“反应Ⅱ”的化学方程式为。22.某化学小组同学在学习Cl2的实验室制法后，发现用加热浓盐酸与MnO2混合物的方法制Cl2既浪费能源又不易控制温度，他们现欲对该实验进行改进并验证Cl2的部分性质，进行了如下探究活动。查阅资料：KMnO4和KClO3的氧化性都比MnO2强，在不加热的条件下即可与浓盐酸发生反应，从而实现制取Cl2的目的。（1）确定反应原理：___________（2）选择实验装置：现有如图所示的装置，可以选择其中的___________(填序号)进行实验。（3）装置的正确连接顺序为___________(用小写字母序号表示)。（4）①实验时C中所装液体___________。②在制氯气前，必须进行的一项操作是___________。③D中所装试剂是___________，发生反应的离子方程式是___________。（5）有一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示：①反应I属于___________反应(填四种基本反应类型之一)②在450℃条件下，反应II的化学方程式为___________③工业生产中常用氨气检查输送氯气的管道是否有Cl2泄漏。若Cl2有