江苏省扬州市2024-2025学年高一上学期期末检测 化学试题（含答案）

第第页江苏省扬州市2024-2025学年高一上学期期末检测化学试题一、单项选择题(本题包括13题，每题3分，共39分。每小题只有一个选项最符合题意)1．下列物质中，能产生丁达尔效应的是A．CuSO4溶液 B．FeC．75%乙醇溶液 D．稀硝酸2．反应HCl+A．NaCl晶体中含离子键B．H2OC．中子数为10的氧原子：10D．Cl−的结构示意图：3．煤炭中含硫元素，燃烧时会产生SO2气体。下列选项所述措施不能减少SOA．以风能、太阳能代替燃煤B．利用碳酸钙对燃煤进行固硫C．增加烟囱高度，将含SO2D．用足量石灰乳吸收含SO24．Mg在CO2中点燃时发生反应：2A．CO2是还原剂 B．MgC．该反应为置换反应 D．消耗22.4LCO5．俗名往往反映了物质的组成、性质或用途。下列对物质俗名的理解不正确的是A．食盐：NaCl用作食品调味剂B．烧碱：NaOH具有可燃性C．硫黄：常温下固态的硫单质为黄色D．蓝矾：CuSO46．下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A．NH4B．Na能与水反应，可用作高压钠灯C．MgO不溶于水，可用作耐高温材料D．Na2O2吸收H2O7．用浓硫酸配制500mLA．浓硫酸稀释后，冷却至室温，再转移至容量瓶B．配制所得H2SO4溶液中C．定容、摇匀后发现液面低于刻度线，再加水至液面最低点与刻度线相切D．转移溶液时有液滴溅出会导致配制的溶液浓度偏高8．在给定条件下，下列物质间所示的转化可以实现的是A．H2→点燃C．NaCl溶液→CO阅读下列资料，完成下面小题：F、Cl、Br为ⅦA族元素，其单质及化合物在生产生活中有重要应用。常见含氟物质有HF、NaF等。氯气性质活泼，一定条件下能与多种物质发生反应生成含氯化合物。卤水中Br−被氧化生成Br2，Br2再用SO9．下列说法正确的是A．非金属性：Cl>F C．35Cl、37Cl互为同素异形体 10．下列化学反应表示正确的是A．Cl2和Na反应：B．Cl2和NaOH反应：C．SO2水溶液吸收生成的Br2D．浓盐酸与MnO2制取Cl211．实验室用炭与浓硫酸反应并探究其产物。下列装置和操作能达到实验目的的是A．用装置甲进行炭与浓硫酸的反应B．用装置乙检验HC．用装置丙检验SOD．用装置丁检验CO12．根据下列实验操作和现象所得到的结论合理的是选项实验操作和现象实验结论A向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成该溶液中一定含有SOB向某盐溶液中加入适量的NaOH溶液，加热，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体该溶液中一定含有NHC向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2，溶液红色褪去SO2具有漂白性D常温下，将打磨过的铁片放入浓硫酸中，无明显现象铁未与浓硫酸发生反应A．A B．B C．C D．D13．常温下，为探究Na2CO3实验1：用pH计测得浓度均为0.1mol⋅L−1Na实验2：向5mL0.1mol实验3：向0.05mol⋅L−1MnSO4溶液中逐滴滴入等体积下列说法不正确的是A．实验1中Na2B．实验2中刚滴入1~2滴盐酸时产生气泡C．实验3发生反应的离子方程式为：MnD．实验3中为避免产生MnOH2沉淀，不宜使用二、非选择题(共61分)14．下表是元素周期表的一部分，请按要求回答问题：（1）元素①~⑦中，原子半径最大的是(填元素符号)。元素⑦的最高价氧化物对应的水化物的化学式是。（2）元素⑤与⑦形成的离子化合物电子式是。元素①与⑦形成的化合物溶解时破坏的化学键的类型是。（3）元素④在周期表中的位置是。元素⑤与⑥的最高价氧化物的水化物中，碱性较强的是(填化学式)。（4）元素②与③的+2价氧化物均为汽车尾气的主要成分，两者在一定条件下反应生成的气体可参与大气循环。写出该反应的化学方程式，并用双线桥法标出该反应电子转移的方向和数目：。15．Cl2、ClO2、（1）Cl2可用于从海水中提取溴，具体步骤为：先使用Cl2将苦卤中的Br−氧化成Br2，再用热空气将①Cl2氧化苦卤中Br−时发生反应的离子方程式是②使用热空气吹出Br2是利用了Br2（2）ClO2可将污水中S2−氧化为S而除去，自身被还原为ClO2−或Cl−。ClO2−①ClO2−也能将S2−氧化为S，同时生成Cl−。该反应所需的pH为。(填“②用ClO2去除一定量S2−时，pH不宜过大的原因是（3）制备K2氧化向FeNO33溶液中分别加入NaClO、NaOH转化向氧化后的溶液中加入过量饱和KOH溶液，使其充分反应。静置、过滤，得到K2①“氧化”时被氧化的元素是(填元素符号)。②K2FeO4在酸性条件下有较强的氧化性，能与废水中Mn2+反应生成FeOH3和MnO2。用K2FeO当K2FeO4的用量超过20mg时，随着K2A．Mn被K2B．K2C．K216．NaI⋅2已知：1.水合肼(N22.NaI⋅2H2O晶体易被（1）“碱浸”时发生反应：3I2+6（2）“还原”时，N2H4⋅H2O①该反应温度需控制在60∼70℃左右，温度不宜过高的原因是。②“还原”时，发生反应的化学方程式是。（3）“还原”后的溶液含有NaI，获得NaI⋅2请将“操作a”补充完整：将“还原”后的溶液于80℃减压蒸发浓缩，，获得NaI⋅2H2O晶体。(须使用的设备：真空干燥器。已知：饱和NaI溶液在25℃时析出NaI⋅2（4）测定所得NaI⋅2H2O(摩尔质量为186g⋅mol−1)晶体的纯度(杂质不参与反应)：取1.000g所得晶体配成溶液，先向其中边振荡边逐滴加入CuSO发生化学反应有：2Cu2++4计算该晶体的纯度[纯度=17．天然气的主要成分为CH4，含少量SO2、（1）天然气燃烧时会产生SO2，SO2任意排放可能造成的环境问题是（2）工业上可用氨脱硫法脱除SO2，用氨水将SO2转化为NH42SO3，再氧化为（3）用“钠碱”法脱除SO2①用含NaOH和Na2SO3的吸收液脱除SO②反应后的吸收液中主要含NaHSO3“电解”时采用隔膜电解装置，通过隔膜分区，一个区域生成气体a和NaOH、Na2SO3，另一个区域生成H2SO4。从化合价升降的角度分析，气体a的化学式是（4）脱除天然气中COS时使用催化剂Al2O3，催化剂中存在活性位点，COS与H①H2S溶于水部分电离生成HS−。H②催化剂Al2O3中掺杂NaOH有利于COS

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A、硫酸铜溶液里，溶质粒子的直径特别小，属于溶液这种分散系。溶液不会产生丁达尔效应，故A不符合题意；

​B、氢氧化铁胶体中，分散质粒子的直径在1纳米到100纳米之间，属于胶体分散系。胶体是能产生丁达尔效应的，故B符合题意；

​C、75%乙醇溶液里，乙醇分子均匀分散在水中，粒子直径很小，属于溶液分散系，不会产生丁达尔效应，故C不符合题意；

​D、稀硝酸里，硝酸的分子和离子均匀分散，粒子直径很小，属于溶液分散系，不会产生丁达尔效应，故D不符合题意；

因此，能产生丁达尔效应的是氢氧化铁胶体，

故答案为：B。

【分析】要先清楚丁达尔效应的本质：它是胶体独有的现象，所以得先判断每个选项属于溶液还是胶体这类分散系，再确定能不能产生丁达尔效应。2．【答案】A【解析】【解答】A、氯化钠是由钠离子和氯离子构成的化合物，钠离子和氯离子之间的作用力就是离子键，所以氯化钠晶体中含有离子键，A正确；

​B、水的电子式需要把氧原子的孤对电子也表示出来，正确的电子式：，B错误；

​C、氧原子的质子数是8，中子数为10的话，质量数是8+10=18，原子符号应该写成：18O，C错误；

​D、氯离子是氯原子得到1个电子形成的，核外有3层电子，最外层应该有8个电子，离子结构示意图：，D错误；

故答案为：A。

【分析】要先明确每个选项涉及的化学概念：离子键的定义、电子式的书写规则、原子符号的表示方法（质量数=质子数+中子数）、离子结构示意图的特点，然后逐一对比判断对错。3．【答案】C【解析】【解答】A、用风能、太阳能代替燃煤，直接减少了煤炭的使用量，也就减少了煤炭中硫燃烧生成SO2的来源，所以能减少SO2排放，故A不符合题意；

​B、利用碳酸钙对燃煤固硫，碳酸钙会和燃煤产生的SO2反应，把气态的SO2变成固体物质，从而减少排到大气中的SO2量，故B不符合题意；

​C、增加烟囱高度，只是把含SO2的尾气往更高的地方排，SO2的总排放量并没有变少，只是排放的高度变了，还是会污染大气，所以这个措施不能减少SO2排放，故C符合题意；

​D、足量石灰乳能和SO2发生反应，把尾气里的SO2吸收掉，从而减少尾气中SO2的排放，故D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】区分“减少SO2排放”的本质逻辑：真正的减排需要从“减少SO2产生量”或“去除已产生的SO2”入手，而单纯转移排放位置无法降低总量。需对每个选项的作用机制逐一分析。4．【答案】C【解析】【解答】A、CO2中碳的化合价降低，是氧化剂，不是还原剂，A错误；

​B、Mg的化合价升高，是被氧化，不是被还原，B错误；

​C、反应是单质和化合物生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应，C正确；

​D、没说明是标准状况，无法根据22.4LCO2计算转移的电子数，D错误；

故答案为：C。

【分析】在反应2Mg+CO2点燃2MgO+C中，Mg的化合价从0升到+2，化合价升高的物质发生氧化反应，是还原剂；MgO是氧化产物，CO2里的C化合价从+4降到0，化合价降低的物质发生还原反应，是氧化剂，C是还原产物，据此分析。5．【答案】B【解析】【解答】A、食盐指的是氯化钠，它在生活中常用作食品调味剂，俗名和用途是匹配的，A正确；

​B、烧碱是氢氧化钠的俗名，“烧”这个字体现的是它具有强烈的腐蚀性，而不是可燃性，氢氧化钠本身不能燃烧，所以对“烧碱”俗名的理解错误，B错误；

​C、硫黄是固态的硫单质，常温下它的外观呈黄色，俗名和外观特征是匹配的，C正确；

​D、蓝矾是五水硫酸铜的俗名，它的晶体呈现蓝色，俗名和颜色、组成是匹配的，D正确；

故答案为：B。

【分析】逐一分析俗名与物质性质、用途的匹配性：需明确每个俗名对应的物质本质，判断“俗名的含义是否与物质的实际性质、用途一致”。6．【答案】D【解析】【解答】A、碳酸氢铵能作氮肥，是因为它含有氮元素（植物需要氮元素生长），而不是因为“受热易分解”的性质，所以性质和用途没有对应关系，故A不符合题意；

​B、钠用作高压钠灯，是因为钠的焰色反应呈黄色，黄光的穿透性强，这和“钠能与水反应”的化学性质无关，所以性质和用途没有对应关系，故B不符合题意；

​C、氧化镁用作耐高温材料，是因为它的熔点很高，能在高温环境下保持稳定，而不是因为“不溶于水”的性质，所以性质和用途没有对应关系，故C不符合题意；

​D、呼吸面具需要提供氧气供人呼吸，过氧化钠能和水、二氧化碳反应生成氧气，这个性质正好满足呼吸面具的供氧需求，所以性质和用途有直接对应关系，故D符合题意；

故答案为：D。

【分析】A.用作氮肥是因为含氮元素，与受热分解无关；

​B.高压钠灯利用焰色反应，与能与水反应无关；

​C.耐高温是因为熔点高，与不溶于水无关；

​D.过氧化钠与水、二氧化碳反应产氧，对应呼吸面具供氧用途。7．【答案】A【解析】【解答】A、浓硫酸稀释时会放出大量热，若不冷却就转移到容量瓶，热的溶液会让容量瓶受热变形，导致后续定容的体积不准确。所以必须等溶液冷却到室温后，再转移到容量瓶中，A正确；

B、硫酸是二元强酸，1个硫酸分子能电离出2个氢离子。现在硫酸溶液的浓度是0.100mol·L-¹，那么氢离子的浓度应该是硫酸浓度的2倍，也就是0.200mol·L-¹，不是0.100mol·L-¹，B错误；

​C、定容、摇匀后液面低于刻度线，是因为有少量溶液沾在容量瓶的瓶颈上，这是正常现象。如果再加水到刻度线，会使溶液的体积变大，根据浓度公式（浓度=溶质的物质的量÷溶液体积），体积变大，浓度就会偏低，C错误；

​D、转移溶液时有液滴溅出，会导致溶质的物质的量减少，而溶液最终的体积是固定的（定容到刻度线）。根据浓度公式，溶质的物质的量减少，溶液体积不变，配制的溶液浓度就会偏低，不是偏高，D错误；

故答案为：A。

【分析】A.浓硫酸稀释后冷却至室温再转移。

​B.硫酸电离出2个氢离子，氢离子浓度应为0.200mol·L-¹。

​C.摇匀后液面下降是正常残留，加水会使浓度偏低。

​D.液滴溅出导致溶质减少，浓度偏低。8．【答案】A【解析】【解答】A、氢气和氯气在点燃的条件下，会发生化合反应，直接生成氯化氢。这种反应符合两种单质在点燃条件下生成化合物的规律，A转化可以实现；

​B、电解氯化钠溶液时，溶液中的氢离子会在阴极得到电子生成氢气，而不是钠离子得到电子生成钠。只有电解熔融状态的氯化钠，才能得到单质钠，B转化无法实现；

​C、二氧化碳和氯化钠溶液不发生反应，因为碳酸的酸性比盐酸弱，根据强酸制弱酸的原理，无法通过二氧化碳与氯化钠溶液的反应生成碳酸氢钠沉淀，C转化无法实现；

​D、二硫化亚铁和氧气煅烧时，首先生成的是二氧化硫，而不是三氧化硫。二氧化硫需要在催化剂和加热的条件下，进一步与氧气反应才能生成三氧化硫，D转化无法实现；

故答案为：A。

【分析】A.氢气和氯气点燃生成氯化氢，转化可行。

​B.电解氯化钠溶液不能得到钠，需电解熔融氯化钠。

​C.二氧化碳与氯化钠溶液不反应，无法生成碳酸氢钠沉淀。

​D.二硫化亚铁煅烧生成二氧化硫，不是三氧化硫。【答案】9．B10．D【解析】【解答】（1）A、同主族元素从上到下，原子得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱。F和Cl同主族，F在Cl上方，所以非金属性：Cl<F，A错误；B、同周期元素从左到右，原子核对核外电子的吸引力逐渐增强，原子半径逐渐减小。Na和F同周期，Na在F左边，所以原子半径：r(Na)>r(F)，B正确；C、同位素是质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子；同素异形体是同种元素形成的不同单质。35Cl、37D、同周期元素从左到右，原子得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强，简单气态氢化物的热稳定性逐渐增强。N和F同周期，F在N右边，所以热稳定性：NH3<HF，D错误；

故答案为：B。

（2）A、氯气和钠在点燃条件下反应生成氯化钠，根据化学方程式的配平原则，正确的化学方程式应为Cl2B、氯气和氢氧化钠反应，除了生成氯化钠和水，还会生成次氯酸钠，正确的化学方程式为Cl2C、二氧化硫具有还原性，溴水具有氧化性，二者反应时，二氧化硫被氧化为硫酸，溴被还原为溴化氢，正确的化学方程式为SO2D、浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应，生成氯化锰、氯气和水，化学方程式MnO2+4HCl【分析】（1）A．考查同主族元素非金属性变化规律。B．考查同周期元素原子半径变化规律。C．考查同位素与同素异形体的概念区分。D．考查同周期元素简单气态氢化物热稳定性变化规律。（2）A．考查氯气与钠反应的化学计量关系。B．考查氯气与氢氧化钠反应的产物。C．考查二氧化硫与溴水反应的氧化还原产物。D．考查浓盐酸与二氧化锰反应的条件及产物。9．A、同主族元素从上到下，原子得电子能力逐渐减弱，非金属性逐渐减弱。F和Cl同主族，F在Cl上方，所以非金属性：Cl<F，A错误；B、同周期元素从左到右，原子核对核外电子的吸引力逐渐增强，原子半径逐渐减小。Na和F同周期，Na在F左边，所以原子半径：r(Na)>r(F)，B正确；C、同位素是质子数相同、中子数不同的同一元素的不同原子；同素异形体是同种元素形成的不同单质。35Cl、37D、同周期元素从左到右，原子得电子能力逐渐增强，非金属性逐渐增强，简单气态氢化物的热稳定性逐渐增强。N和F同周期，F在N右边，所以热稳定性：NH3<HF，D错误；

故答案为：B。10．A、氯气和钠在点燃条件下反应生成氯化钠，根据化学方程式的配平原则，正确的化学方程式应为Cl2B、氯气和氢氧化钠反应，除了生成氯化钠和水，还会生成次氯酸钠，正确的化学方程式为Cl2C、二氧化硫具有还原性，溴水具有氧化性，二者反应时，二氧化硫被氧化为硫酸，溴被还原为溴化氢，正确的化学方程式为SO2D、浓盐酸和二氧化锰在加热条件下发生反应，生成氯化锰、氯气和水，化学方程式MnO2+4HCl11．【答案】C【解析】【解答】A、炭和浓硫酸反应必须在加热条件下才能进行，装置甲里没有加热装置，常温下两者不会发生反应，A不能达到实验目的；

​B、检验水需要用无水硫酸铜，无水硫酸铜遇到水会变成蓝色；而无水氯化钙只是用来吸收水的干燥剂，吸收水时没有明显的现象，不能用来检验水，B不能达到实验目的；

​C、二氧化硫有一个特性，就是能让品红溶液褪色。装置丙是洗气瓶，气体从长导管进入，短导管导出，这样能让气体和品红溶液充分接触，如果品红溶液褪色，就可以证明有二氧化硫存在，C能达到实验目的；

​D、二氧化碳和氢氧化钠反应的时候没有明显的现象，而且混合气体中还有二氧化硫，二氧化硫也会和氢氧化钠反应。在没有把二氧化硫除去的情况下，无法检验二氧化碳，D不能达到实验目的；

故答案为：C。

【分析】A.炭与浓硫酸反应需要加热，装置甲无加热装置，不能反应。

​B.检验水需用无水硫酸铜（遇水变蓝），无水氯化钙只能吸水，无明显现象，不能检验。

​C.二氧化硫能使品红溶液褪色，装置丙中气体长进短出，可让气体与品红充分接触，能检验。

​D.二氧化碳与氢氧化钠反应无明显现象，且未除去二氧化硫，不能检验。12．【答案】B【解析】【解答】A、向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀可能是AgCl（若溶液中有Ag+），也可能是BaSO4（若溶液中有SO4B、向某盐溶液中加入适量的NaOH溶液，加热，生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3。在加热条件下，NH4+与OH−反应会生成C、向滴有酚酞的NaOH溶液中通入SO2，溶液红色褪去，是因为SO2是酸性氧化物，与NaOH溶液发生反应（2NaOH+SO2=Na2D、常温下，将打磨过的铁片放入浓硫酸中，无明显现象，是因为浓硫酸具有强氧化性，能使铁表面发生钝化，生成一层致密的氧化膜，阻止了铁与浓硫酸的进一步反应，并非铁未与浓硫酸发生反应，故D不符合题意；

故答案为：B。【分析】A．分析与盐酸酸化的氯化钡溶液反应生成白色沉淀的离子可能性。B．根据能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体判断离子种类。C．分析SO2使滴有酚酞的NaOHD．分析常温下铁片与浓硫酸无明显现象的原因。13．【答案】B【解析】【解答】A、相同浓度下，溶液pH越大，碱性越强。实验1中0.1mol・L-¹Na2CO3溶液pH为12，0.1mol・L-¹NaHCO3溶液pH为9，前者pH更大，说明Na2CO3溶液碱性较强，A正确；

B、向Na2CO3溶液中滴加盐酸时，反应分两步进行：第一步是CO32-与H+结合生成HCO3-（CO32-+H+=HCO3-），此时无气泡产生；第二步是HCO3-与过量H+反应生成CO2（HCO3-+H+=CO2↑+H2O），才会产生气泡。因此，刚滴入1~2滴盐酸时，仅发生第一步反应，无气泡产生，B错误；

C、实验3中，MnSO4与NaHCO3反应生成MnCO3沉淀和CO2，Mn2+与HCO3-反应时，HCO3-既提供CO32-生成沉淀，又电离出H+与另一分子HCO3-结合生成CO2和H2O，离子方程式为Mn2++2HCO3-=MnCO3↓+CO2↑+H2O，C正确；

D、Na2CO3溶液中CO32-水解程度比HCO3-大，碱性更强（相同浓度下pH更高）。Mn2+在碱性较强的环境中易与OH-结合生成Mn(OH)2沉淀，而使用NaHCO3可避免碱性过强，因此不宜用Na2CO3溶液，D正确；

故答案为：B。【分析】结合实验现象和碳酸钠、碳酸氢钠的化学性质，逐一分析各选项表述的合理性。

A．考查溶液pH与碱性强弱的关系。B．判断Na2CO3与盐酸反应的分步过程。C．考查实验3的反应本质及离子方程式书写。D．判断Na2CO3溶液的碱性对反应产物的影响。14．【答案】（1）Na；HClO（2）；共价键（3）第二周期ⅥA族；NaOH（4）【解析】【解答】（1）一般而言，电子层数多的半径大，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则元素①~⑦中，原子半径最大的是Na。元素⑦即Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4故答案为：Na；HClO4；

（2）元素⑤(Na)与⑦(Cl)形成的离子化合物为NaCl，其电子式为。元素①(H)与⑦(Cl)形成的化合物为HCl，溶解时H-Cl键被破坏，化学键的类型为共价键。故答案为：；共价键；

（3）元素④为O，O为8号元素，在周期表中的位置是第二周期ⅥA族。故答案为：第二周期ⅥA族；NaOH；

（4）元素②与③的+2价氧化物为CO、NO，两者在一定条件下反应生成的CO2、N2可参与大气循环，反应的化学方程式为2CO+2NO一定条件2CO2故答案为：。

【分析】根据元素周期表的结构得到①～⑦元素分别为H、C、N、O、Na、Mg、Cl。

（1）根据电子层数和核电荷数判断原子半径大小；确定元素⑦，写出其最高价氧化物对应水化物的化学式。

（2）写出元素⑤与⑦形成离子化合物的电子式；判断元素①与⑦形成化合物溶解时破坏的化学键类型。

（3）确定元素④在周期表中的位置；比较元素⑤与⑥最高价氧化物水化物的碱性强弱。

（4）写出元素②与③+2价氧化物反应的化学方程式，并用双线桥法标电子转移方向和数目。（1）一般而言，电子层数多的半径大，当电子层数相同时，核电荷数越大，半径越小，则元素①~⑦中，原子半径最大的是Na。元素⑦即Cl元素，其最高价氧化物对应的水化物的化学式为HClO4（2）元素⑤(Na)与⑦(Cl)形成的离子化合物为NaCl，其电子式为。元素①(H)与⑦(Cl)形成的化合物为HCl，溶解时H-Cl键被破坏，化学键的类型为共价键。（3）元素④为O，O为8号元素，在周期表中的位置是第二周期ⅥA族。（4）元素②与③的+2价氧化物为CO、NO，两者在一定条件下反应生成的CO2、N2可参与大气循环，反应的化学方程式为2CO+2NO一定条件2CO215．【答案】（1）Cl2（2）pH<a；pH过大，（3）Fe；A【解析】【解答】（1）①Cl2氧化苦卤中Br−生成Br2和Cl②使用热空气吹出Br2是利用了Br故答案为：Cl2+2Br−=2Cl−+Br2；挥发性；

（2）①ClO2−也能将S2−②用ClO2去除一定量S2−时，pH不宜过大的原因是2ClO2+2OH-故答案为：pH<a；pH过大，ClO2的用量增大；

（3）①②A．Mn被K2B．K2C．K2故答案为：Fe；​​​A。

【分析】（1）①依据Cl2氧化Br-的反应，写出离子方程式。

②根据Br2的物理性质，分析热空气吹出Br2的原理。

（2）①结合Cl-与ClO2-的选择性随pH的变化，确定生成Cl-时的pH范围。

②从pH过大对ClO2的影响，分析不宜过碱的原因。

（3）①通过“氧化”过程中元素化合价变化，判断被氧化的元素。

②根据K2FeO4过量时的反应特点，分析Mn去除率下降的原因。（1）①Cl2氧化苦卤中Br−生成Br2和Cl②使用热空气吹出Br2是利用了Br（2）①ClO2−也能将S2−氧化为S，同时生成Cl−，则Cl−的选择性要高，而ClO②用ClO2去除一定量S2−时，pH不宜过大的原因是2ClO2+2OH-（3）①根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒，配平可得生成高铁酸钠的离子方程式为2Fe3+②A．Mn被K2B．K2C．K2故选A。16．【答案】（1）分液漏斗或滴液漏斗（2）温度过高，水合肼分解；2（3）冷却至25℃结晶，洗涤2~3次，在真空干燥器中干燥（4）93.00%【解析】【解答】（1）图中仪器甲的名称是分液漏斗或滴液漏斗。故答案为：分液漏斗或滴液漏斗；

（2）①由已知信息1可知，水合肼受热易分解，则该反应温度需控制在60~70℃左右，温度不宜过高的原因是防止水合肼受热分解。②“还原”时，N2H4·H故答案为：温度过高，水合肼分解；2NaIO3+3N2H4⋅H2O故答案为：冷却至25℃结晶，洗涤2~3次，在真空干燥器中干燥；

（4）该过程消耗Na2S2O3的物质的量为0.1000mol/L×0.025L=2.5×10-3mol，由碘元素、硫元素的物质的量守恒及题干给出的离子方程式可得关系式：4I-~I2~2Na2S2O3，则样品中NaI·2H2O的物质