高一年级化学上学期期中模拟卷02人教版（全解全析）

2025-2026学年高一年级上学期期中模拟卷02化学考试时间：75分钟；试卷满分：100分注意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效。3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。4．测试范围：人教版第1-2章。5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的原子量：H-1C-12O-16N-14Na-23Mg-24Cl-35.5Ca-40Cu-64Zn-65Ba-137第I卷（选择题共45分）一、选择题：本题共15个小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项最符合题意。1．下列各组物质分类正确的是选项纯净物酸碱酸性氧化物碱性氧化物A氢氧化铁胶体H2SO4NaOHSO2MgOB“84”消毒液HNO3纯碱SO3CaOC液氯CH3COOHBa(OH)2CO2Na2ODCuSO4•5H2OHClNH3COFe2O3【答案】C【解析】胶体是混合物，A错误；“84”消毒液是混合物，纯碱是碳酸钠，属于盐，B错误；液氯中只含Cl2分子，属于纯净物；液氯属于纯净物；CH3COOH电离出的阳离子全是氢离子，属于酸；Ba(OH)2电离出的阴离子全是氢氧根离子，属于碱；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；Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水，Na2O属于碱性氧化物，C正确；NH3属于氢化物不属于碱，CO属于不成盐氧化物，D错误；故选C。2．下列对化学概念的理解，错误的是A．置换反应一定有单质生成B．只生成盐和水的反应不一定是中和反应C．有单质参加的化合反应一定是氧化还原反应D．NaOH固体溶于水，在水的作用下不仅有离子生成，还有电子生成【答案】D【解析】置换反应是由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，因此一定会有单质生成，A正确；只生成盐和水的反应不一定是酸碱中和反应，如碱性氧化物与酸反应生成盐和水，B正确；有单质参与的化合反应一定涉及元素化合价的变化，因此属于氧化还原反应，C正确；NaOH固体溶于水时，完成电离生成Na+和OH⁻，但此过程是物理电离，不涉及电子转移或生成，D错误；故选D3．下列实验操作规范且能达到实验目的的是A．实验①验证碳酸钠和碳酸氢钠的热稳定性 B．实验②制备氢氧化铁胶体C．实验③配制溶液时定容 D．实验④配制溶液定容后摇匀【答案】A【解析】外管温度高，内管温度低，外管盛放碳酸钠，内管盛放碳酸氢钠，B管澄清石灰水变浑浊，说明碳酸氢钠稳定性比碳酸钠低，A正确；制备氢氧化铁胶体时应将饱和氯化铁溶液滴入沸水中，若滴入氢氧化钠溶液中则产生氢氧化铁沉淀，B错误；应该在液面距离刻度线1~2cm时才改用胶头滴管，C错误；配制溶液定容后上下反复颠倒、摇匀需要用左手扶着容量瓶底部，操作错误，D错误；故选A。4．下列说法错误的是A．氯气能与铁反应，铁质容器不可用于储存氯气B．氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，瓶口有白雾生成C．利用丁达尔效应可以鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体D．Fe(OH)3胶体能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的【答案】A【解析】氯气能与铁在点燃条件下反应，但在常温下，铁与氯气不反应，铁质容器可用于储存氯气，A说法错误；氢气在氯气中燃烧，发出苍白色火焰，生成的HCl遇空气中水蒸气形成盐酸小液滴，瓶口有白雾生成，B说法正确；丁达尔效应是胶体特有的性质，溶液没有，所以利用丁达尔效应可以鉴别FeCl3溶液和Fe(OH)3胶体，C说法正确；Fe(OH)3胶体具有吸附性，能够吸附水中悬浮的固体颗粒并沉降，达到净水目的，D5．下列说法正确的是A．Na2O2与CaH2两种固体中阴阳离子个数比相同B．标准状况下，等体积的O2和O3所含的分子数均为NAC．同温同压下，等质量的CO与CO2的体积之比为11∶7D．将5.85gNaCl固体完全溶于1L水中，所得cNaCl为【答案】C【解析】CaH2中含Ca2+和H-，Na2O2中含Na+和O22-，阴阳离子个数比分别为2:1和1:2，A错误；标准状况下，等体积的O2和O3所含的分子数相同，但体积未知，无法计算具体分子数，B错误；同温同压下，根据n=mM，等质量的CO与CO2的物质的量之比为：m28:m44=11:7，根据V=n×Vm，体积之比也为6．铜器久置于空气中会和空气中的H2O、CO2、O2作用产生“绿锈”，该“绿锈”俗称“铜绿”[化学式为Cu2OH2CO3]，又称“孔雀石”铜A．上述转化中铜元素的存在形态有两种B．上述转化中涉及四种基本反应类型C．氧化铜的摩尔质量是NaOH的摩尔质量的2倍D．将135 gCuCl2溶于【答案】D【解析】铜和空气中的氧气、水、二氧化碳反应生成Cu2OH2CO3，Cu2OH2CO3和盐酸反应生成氯化铜、二氧化碳和水，氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，氢氧化铜加热分解为氧化铜，氢气还原氧化铜生成铜，据此分析。上述转化中铜元素的存在形态有两种，游离态与化合态，A正确；①铜和空气中的氧气、水、二氧化碳反应生成Cu2OH2CO3，属于化合反应，③氯化铜和氢氧化钠反应生成氢氧化铜，属于复分解反应，④为氢氧化铜分解生成氧化铜和水，属于分解反应，⑤为氧化铜和氢气反应生成铜和水，属于置换反应，，B正确；氧化铜的摩尔质量是80g/mol，NaOH的摩尔质量是40g/mol，氧化铜的摩尔质量是NaOH的摩尔质量的2倍，C正确7．下列离子方程式正确的是A．向烧碱溶液中通入Cl2制取NaClO：B．向NaBr溶液中通入Cl2：C．强碱性溶液中NaClO将Mn2+氧化成MnO2D．向NaHCO3溶液中滴加氯水：【答案】D【解析】Cl2与NaOH溶液反应制取NaClO：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故A错误；溴化钠为易溶性的强电解质，离子方程式中要拆开写，氯气通入溴化钠溶液中的离子方程式为：2Br-+Cl2=Br2+2Cl-，故B错误；在强碱性溶液中与H+不共存，次氯酸钠将Mn2+氧化成MnO2，离子方程式：ClO-+Mn2++2OH-=MnO2↓+Cl-+H2O，故C错误；氯水中有Cl2+H2O⇌HCl+HClO，HCl可以和HCO3-反应，离子方程式为：HCO3-+H+=CO2↑+H2O，故D8．侯氏制碱法原理为NaCl+NH3+CO2A．22.4LNH3中含HB．84gNaHCO3中含离子数为C．1molNaHCO3加热完全分解，产生CO2D．1mol由NaCl和NH4Cl组成的混合物中，含Cl【答案】D【解析】没有标明是标况下，故无法计算H的数目，A错误；1个NaHCO3中含有1个阳离子和1个阴离子，84gNaHCO3为1mol，故所含离子数为2NA，B错误；NaHCO3受热分解的反应方程式为2NaHCO3ΔNa2CO3+H2O+CO2↑，故1molNaHCO3加热完全分解，产生CO2数目为0.5NA，C错误；由化合物的化学式可知，1个NaCl含有1个Cl-9．一种制取氢气的反应为Zn+2HCl=A．6.5gZn的物质的量为0.1mol B．常温常压下，1molH2的体积为22.4LC．生成1molH2时，转移2mol电子 D．1L2mol·L-1盐酸中含有2molH【答案】B【解析】6.5gZn的物质的量为6.5g65gmol=0.1mol，A正确；标况下气体摩尔体积为22.4L/mol，常温常压下不能使用22.4L/mol计算，因此1molH2的体积不是22.4L，B错误；反应中H从+1价降为0价，每个H得1e-，故生成1molH2时，转移2mol电子，C正确；1L2mol·L-1盐酸中n(H+)=1L×2mol·L-1=2mol，D正确；故选10．以不同类别物质间的转化为线索，认识钠及其化合物，如图所示。下列分析不正确的是A．反应③表明CO2B．反应④说明NaHCO3的稳定性强于C．反应②中水做氧化剂D．上述转化中发生的反应有分解反应、化合反应、置换反应【答案】B【解析】反应①为2Na+O2ΔNa2O2，反应②为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，反应③为2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，反应④是2NaHCO3ΔNa2CO3+CO2↑+H2O，反应⑤是2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，反应⑥是2Na2O2+2CO2=2Na2CO11．高温下，将磷灰石与石英砂混合，在石墨电极电炉中发生反应。将生成的白磷蒸气和CO通过冷水，便可得到固体白磷，反应方程式为：2CaA．上述反应中，SiO2B．上述反应中，氧化产物和还原产物的物质的量之比为10：1C．上述反应中，每失去5mol电子可生成1molPD．生成的白磷在热的KOH溶液中有可能发生反应生成磷化氢PH₃和磷的含氧酸盐【答案】C【解析】反应中Si元素和O元素化合价均未发生变化，故SiO2既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；反应中，碳元素化合价升高，CO为氧化产物，磷元素化合价降低，P4为还原产物，故氧化产物和还原产物的物质的量之比为10：1，B正确；反应中，磷元素由+5价降低到0价，每生成1molP4，转移20mol电子，C错误；白磷在热的KOH溶液中有可能发生歧化反应，并生成磷化氢PH₃和磷的含氧酸盐，D正确12．某白色粉末中可能含有AgNO3、BaCl2、K2SO4、CaCO①向白色粉末中加入适量的水，充分振荡后过滤，得到白色滤渣A和无色滤液B；②向白色滤渣A中加入足量稀盐酸，滤渣全部溶解，得到无色气体C；③将无色气体C通入①中所得无色滤液B中，生成白色沉淀D。下列对该溶液的说法正确的是A．白色粉末一定不含有AgNO3、NaOH、B．白色粉末可能含有BaCl2、K2C．白色粉末一定含有BaCl2、CaCO3D．白色粉末一定含有BaCl2、CaCO3【答案】D【解析】将白色粉末加入足量水中充分溶解，过滤得到滤渣A和溶液B，在白色滤渣A中加入足量稀盐酸，A全部溶解并产生气体C可知，滤渣A为碳酸钙，一定不含有硫酸钡、氯化银、氢氧化铜，则气体C为二氧化碳，白色粉末中一定含有碳酸钙，则粉末可能含①AgNO3、CaCO3②BaCl2、CaCO3、NaOH③K2SO4、NaOH、CaCO3；将无色气体C通入①中所得无色滤液B中，生成白色沉淀D，则只有②BaCl2、CaCO3、NaOH能产生白色沉淀，故一定含有BaCl2、CaCO3、NaOH，据此分析。根据分析可知白色粉末一定含有NaOH，A错误；BaCl2、K2SO4反应生成硫酸钡，根据分析可知，滤渣A一定不含有硫酸钡，B错误；根据分析可知，一定含有NaOH13．已知反应：①Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2；②KClO下列说法正确的是A．上述三个反应都是置换反应B．氧化性由弱到强的顺序为BrC．反应①中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1D．反应③中若反应1molKBrO3【答案】B【解析】由反应①：Cl2+2NaBr=2NaCl+Br2可知，Cl2为氧化剂，Br2为氧化产物，氧化性Cl2>Br2；由反应②：KClO3+6HCl(浓)=KCl+3Cl2↑+3H2O可知，KClO3为氧化剂，Cl2为氧化产物，氧化性KClO3>Cl2；由反应③：2KBrO3+Cl2=2KClO3+Br2可知，KBrO3为氧化剂，KClO3为氧化产物，氧化性KBrO3>KClO3，最后得到氧化性KBrO3>KClO3>Cl2>Br14．将H2S和空气的混合气体通入FeCl3、FeCl2、A．①②③三步均为氧化还原反应B．在图示的转化中，化合价不变的元素只有氯C．反应②的离子方程式为：CuSD．由图示的转化可得出的氧化性的强弱顺序是：Fe【答案】C【解析】由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+，②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，由此可以推出总反应2H2S+O2=2S↓+2H2O，据此分析。由上述分析可知，①不是氧化还原反应，故A错误；化合价不变的有Cl元素、H元素和Cu元素，故B错误；由示意图可知，反应②的离子方程式为：CuS+2Fe3+=S+Cu2++2Fe2+，故C正确；氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物，②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，可知，氧化性强弱顺序：O215．某学习小组用工业废渣（主要成分为Cu2S和CuO）制取氯化亚铜，其流程如图。已知：A．Cu2SB．得到CuCl沉淀的离子方程式为：2C．检验CuCl是否洗涤干净的试剂可以是BaCl2溶液和盐酸D．沉淀用乙醇洗涤的目的是除去CuCl表面的水分，防止其水解和被氧化【答案】A【解析】Cu2S在空气中焙烧生成CuO和SO2，CuO用盐酸浸出得到氯化铜溶液，二氧化硫使用氢氧化钠吸收生成亚硫酸钠，亚硫酸钠溶液和氯化铜溶液混合加入盐酸，铜离子被亚硫酸钠还原为氯化亚铜沉淀，氯化亚铜微溶于水、不溶于乙醇，潮湿时易水解和被氧化，因此用乙醇洗涤的目的有利加快去除CuCl表面水分，防止其被空气中的氧气氧化。Cu2S在空气中焙烧生成CuO和SO2，反应为Cu2S+2O2焙烧2CuO+SO2，Cu2S为还原剂、氧气为氧化剂，则焙烧过程中还原剂和氧化剂的物质的量之比是1:2，A错误；亚硫酸钠溶液和氯化铜溶液混合加入盐酸，铜离子被亚硫酸钠还原为氯化亚铜沉淀，同时生成硫酸根离子，结合电子守恒、质量守恒，反应为2Cu2++SO32-+2第II卷（非选择题共55分）16．（14分）Na2O2是一种重要的物质，可用作漂白剂、消毒剂、氧化剂及供氧剂。小张和小丁同学进行Na2O2纯度测定实验。小张同学在实验室用如图装置（部分夹持仪器已省略）测定含有(1)Na2O2的电子式为，其中正和负离子的个数比与Na2O。（选填“相同”(2)1.95g样品充分反应后，待冷却后读出装置F中水的体积，将其折算成产生气体的质量为0.24g，则样品中Na2O2(3)若将Na2O2投入到含有下列离子的溶液中：NO3-、HCO3-、CO32-(4)已知Na2O2与H2发生化合反应，则等物质的量的Na2O2小丁同学在实验室模拟工业制备Na2(5)样液中加入MnO2后产生一种无色无味的气体单质，该气体的名称为，已知白色沉淀为BaCO3，所以小丁这份Na2O2样品中混有的杂质是（填化学式）。称取2.3g金属钠进行实验，若最终得到1.97【答案】(1)Na+[:O⋅⋅⋅⋅:O⋅⋅⋅⋅:]2-(2)60%（2分）(3)NO3-、SO42-(4)2：1（2分）(5)氧气（1分）Na2CO3（2分）0.746（2分）【分析】A中制取CO2，B除去杂质HCl，C中Na2O2、Na2O和CO2反应，D除去氧气中的CO2、H2O，E用排水法收集气体，F量取氧气体积，据此解答。【解析】（1）Na2O2由钠离子和过氧根离子构成，电子式为Na+[:O⋅⋅⋅⋅:O⋅⋅⋅⋅:]2-Na+，Na2O由钠离子和氧离子构成，则（2）产生的气体为氧气，质量为0.24g，则氧气的物质的量为0.24g32g/mol=7.5×10-3mol，根据2Na2O2~O2，消耗过氧化钠的物质的量为2×7.5×10-3mol=1.5×10-2mol（3）Na2O2和水反应生成氢氧化钠和氧气，钠离子增多，且Na2O2具有强氧化性，可以氧化碘离子，OH-和HCO3-反应生成CO32-和水，则反应完毕后，溶液中上述离子数目几乎不变的有（4）Na2O2与H2发生化合反应生成NaOH，1molNa2O2反应转移2mol电子，1molNa2O2和H2O反应转移1mol电子，则等物质的量的Na2O2分别与足量的H2和H2O反应时，转移的电子数之比为2：1。（5）Na在熔融状态下与空气中的氧气反应生成黄色固体过氧化钠，然后样液中加入MnO2后产生一种无色无味的气体单质，说明Na2O2与水反应后样液中含有过氧化氢，过氧化氢在MnO2的催化作用下分解生成氧气；已知白色沉淀为BaCO3，说明样品中含有杂质Na2CO3；金属钠的质量为2.3g，则n(Na)=2.3g÷23g/mol=0.1mol，n(BaCO3)=n(Na2CO3)=1.97g÷197g/mol=0.01mol，则n(Na2O2)0.1mol-0.02mol2=0.04mol，故m(Na2O2)=0.04mol×78g/mol=3.12g，则样品的总质量=0.01mol×106g/mol+0.04mol×78g/mol=4.18g，淡黄色样品中Na2O217．（14分）某研究小组制备氯气并对产生氯气的条件进行探究。(1)装置A中用MnO2与浓盐酸反应制取Cl2，利用了浓盐酸的(填“氧化性”或“还原性(2)A中产生的气体不纯，含有的杂质可能是。(3)C用于吸收多余的Cl2，C中发生反应的离子方程式是(4)该小组欲研究盐酸的浓度对制Cl2实验操作现象Ⅰ常温下将MnO2和12溶液呈浅棕色，略有刺激性气味Ⅱ将I中混合物过滤，加热滤液生成大量黄绿色气体Ⅲ加热MnO2和4无明显现象①已知MnO2呈弱碱性。Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应，化学方程式是②Ⅱ中发生了分解反应，反应的化学方程式是。③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是cH+或cCl实验Ⅳ：将Ⅲ中MnO2和4ⅰ：加入硫酸至cHⅱ：加入固体氯化钠至cCl将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，得出的结论是；将ⅰ、ⅱ作对比，得出的结论是。【答案】(1)还原性（2分）(2)HCl、水蒸气（2分）(3)Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O（2分）(4)MnO2+4HCl(浓)△MnCl4+2H2O（2分）MnCl4△MnCl2+Cl2↑（2分）Ⅲ中没有明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度才能被MnO2氧化（2分）MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)（2分）【分析】装置A中二氧化锰和浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，MnO2+4HCl(浓)△MnCl2+Cl2↑+2H2O，由于盐酸易挥发，因此氯气中含有HCl、水蒸气杂质，B装置用于收集Cl2，由于Cl2密度比空气大，应用向上排空气法，氯气有毒，最后C装置用氢氧化钠溶液处理尾气；根据实验现象及原理可以分析复分解反应及分解反应得出反应方程式；二氧化锰和稀盐酸不反应，当盐酸的浓度增加到一定程度，可以发生氧化还原反应，实验探究盐酸的浓度对制Cl2的影响，得出氢离子浓度和氯离子浓度对反应的影响大小。【解析】（1）二氧化锰和浓盐酸在加热的条件下反应生成氯气，氯元素化合价升高，锰元素的化合价降低，氯化氢做还原剂，利用浓盐酸中氯化氢的还原性；（2）由于盐酸易挥发，因此氯气中含有HCl、水蒸气杂质；（3）氯气与氢氧化钠溶液反应生成次氯酸钠和氯化钠，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；（4）①MnO2呈弱碱性，Ⅰ中溶液呈浅棕色是由于MnO2与浓盐酸发生了复分解反应生成盐和水，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)△MnCl4+2H2O；②Ⅱ中发生了分解反应，将Ⅰ中混合物过滤，加热滤液分解生成MnCl2和Cl2，反应的化学方程式为MnCl4△MnCl2+Cl2↑；③Ⅲ中无明显现象的原因，可能是c(H+)或c(Cl-)较低，将实验Ⅲ、Ⅳ作对比，可以得出结论：Ⅲ中无明显现象的原因是c(H+)、c(Cl-)较低，需要增大到一定浓度，才能被MnO2氧化；将ⅰ、ⅱ作对比，加热MnO2和4mol/L稀盐酸混合物，无黄绿色气体生成，分成两等份后分别加入硫酸和氯化钠都生成黄绿色气体，其中加入氢离子浓度小于加入氯离子的浓度，可以得出结论：MnO2氧化盐酸的反应中c(H+)变化的影响大于c(Cl-)。18．（14分）A、B、C、D、E、F、G为七种常见物质，常温下，A为淡黄色固体，A、B、D、E、F均为纯净物且含有相同的金属元素，F、G为单质，它们满足如图所示转化关系(“⇄”表示两种物质间可以相互转化，部分反应物和生成物未列出)。请回答：(1)从组成元素角度分析，A物质所属的类别为，写出其常见的一种用途：。(2)写出一个B→D的离子方程式：。(3)E在熔融状态下能导电的原因为。(4)F与G反应的现象为。(5)C+F→A的条件为；若无此条件，造成的结果为。【答案】(1)氧化物(或化合物)（2分）作供氧剂（2分）(2)OH-+CO2(3)有自由移动的离子（2分）(4)剧烈燃烧，火焰呈黄色，生成大量白烟（2分）(5)加热或点燃（2分）反应产物发生变化(或Na会与O2反应生成Na2O)（2分）【分析】A、B、C、D、E、F、G为七种常见物质，常温下，A为淡黄色固体且能与水反应，则A为Na2O2；Na2O2与水反应生成NaOH和O2，则C为O2，B为NaOH；根据B、D、E之间的相互转化，NaOH与过量CO2反应生成D（NaHCO3），碳酸氢钠和足量氢氧化钙反应得到氢氧化钠，NaHCO3与盐酸反应生成NaCl，则E为NaCl；饱和食盐水中先通氨气、后通二氧化碳可析出碳酸氢钠，电解熔融的NaCl得到Cl2与Na，Na与O2在加热条件下反应生成Na2O2，Na在【解析】（1）根据上述分析可知物质A为Na2O2，仅含有Na、O离子元素，属于氧化物，由于其能与空气中二氧化碳、水反应生成氧气，因此Na2O2可作供氧剂；（2）根据上述分析可知B为NaOH，D为NaHCO3，B→D是NaOH溶液中通入CO2反应产生NaHCO3，该反应的离子方程式为CO2（3）根据上述分析可知E为NaCl，NaCl属于离子化合物，在熔融状态下能发生电离，电离产生自由移动的离子，因此能导电；（4）根据上述分析可知F为Na，G为Cl2，Na在Cl2中燃烧生成NaCl固体，则看到的实验现象为：剧烈燃烧，火焰呈黄色，生成大量白烟；（5）根据上述分析可知C为O2，F为Na，A为Na2O2，在加热(或点燃)条件下，Na与O2反应生成Na2O2；Na是活泼金属，在常温下能与氧气反应生成Na2O，因此若无加热条件时反应产物是Na2O，二者的反应条件不同，反应产物不同。19．（13分）二氧化氯是一种新型的自来水消毒剂。常温下，可由NaClO2固体与Cl2反应而制得。已知ClO2在常温常压下是一种黄绿色气体，有与氯气相似的刺激性气味，沸点为11.0°C，熔点为-59.0°C，易溶于水，难溶于有机溶剂，在空气中浓度超过10%(一)制备和收集ClO(1)装置G中仪器名称。