山东省济南市2024-2025学年高一上学期期末考试模拟化学试题（解析版）

高级中学名校试卷高级中学名校试卷PAGE2PAGE1山东省济南市2024-2025学年高一上学期期末考试模拟试题一、单选题1．化学品在食品加工和制作过程中起着重要作用。下列说法错误的是A．山梨酸、苯甲酸可用作食品的防腐剂 B．SO2C．维生素C和还原铁粉可用作食品抗氧化剂 D．碳酸氢钠、碳酸氢铵可用作食品膨松剂【答案】B【解析】苯甲酸及其钠盐、山梨酸及其钾盐能有效抑制微生物的生长，从而延长食品的保质期，常用作食品防腐剂，A正确；SO₂具有强还原性，它会破坏小麦面粉中的面筋蛋白的二硫键，使面包无法发起，不能用作面包等食品的漂白剂，B错误；维生素C和还原铁粉具有还原性，可与氧化性物质发生氧化还原反应，可用作食品的抗氧化剂，C正确；NH4HCO3、NaHCO3两者都属于化学膨松剂，在面团或面糊中与酸发生化学反应会生成CO2，可作馒头、面包等食物的膨松剂，D正确。2．设NA为阿伏加德罗常数的值.A．1.12LC2B．12gNaHSO4晶体中阴、阳离子总数为C．0.1molCH4与足量Cl2反应生成D．电解熔融MgCl2制2.4gMg，电路中通过的电子数为【答案】B【解析】没有标明气体的状态，1.12LC2H4的物质的量不一定为硫酸氢钠晶体中存在Na+和HSO4-，其摩尔质量为120g/mol，12g晶体的物质的量为0.1mol，阴、阳离子总数为0.2N甲烷与足量氯气发生取代反应，生成一氯甲烷、二氯甲烷、三氯甲烷、四氯化碳和氯化氢，根据碳原子守恒，0.1molCH4与足量Cl2反应生成CH3Cl电解熔融的氯化镁：MgCl2(熔融)通电=Mg+Cl2↑，镁化合价由+2价降低到0价，Mg~2e-，电解熔融MgCl2制2.4gMg，物质的量为0.1mol，电路中通过的电子数为0.2NA3.价类二维图是学习元素化合物知识的重要模型。如图为氯元素的价类二维图，其中e、f的阳离子均为Na+，下列说法错误的是A.a→b→c的转化均为氧化还原反应B.d只有氧化性没有还原性C.e的焰色试验中观察到黄色火焰D.向f溶液中通入二氧化碳可增强其漂白能力【答案】B【解析】从图中可以看出，a、b、c、d、e、f中，Cl元素的化合价分别为-1、0、+4、+1、-1、+1价，则对应物质分别为HCl、Cl2、ClO2、HClO、氯化钠、次氯酸钠。HCl→Cl2→ClO2的转化中，Cl元素化合价均发生改变，均为氧化还原反应，A正确；d是HClO，次氯酸分解时，次氯酸既体现氧化性，也体现还原性，B错误；e是氯化钠，钠元素的焰色试验为黄色，C正确；f为次氯酸钠，向次氯酸钠溶液中通入二氧化碳可生成次氯酸，可增强其漂白能力，D正确；故选B。4.如图是一种“纳米药物分子运输车”，该技术可提高肿瘤的治疗效果。下列有关说法正确的是A.该“纳米药物分子车”中的二氧化硅属于电解质B.该“纳米药物分子车”中的四氧化三铁属于碱性氧化物C.该“纳米药物分子车”分散在水中形成的分散系一定可以产生丁达尔效应D.该“纳米药物分子车”属于混合物【答案】D【解析】二氧化硅熔融状态下或水溶液中不能自身电离出离子导电，所以是非电解质，A错误；碱性氧化物是能与酸反应只生成一种盐和水的氧化物。四氧化三铁与酸反应生成两种盐，B错误；胶体分散质微粒直径在1~100nm之间，“纳米药物分子运输车”直径200nm，含“纳米药物分子运输车”的分散系不属于胶体，无丁达尔效应，C错误；该“纳米药物分子车”含有二氧化硅、四氧化三铁、有机物等多种物质，为混合物，D正确；答案选D。5．下列有关反应的离子方程式正确的是A．向硫代硫酸钠溶液中滴加硝酸溶液：SB．用食醋和淀粉-KI溶液检验食盐中的IOC．用盐酸除铁锈：2D．将KMnO4溶液滴入MnSO4【答案】D【解析】硝酸具有强氧化性，会将硫代硫酸根氧化为硫酸根，方程式为：3S2O3醋酸是弱电解质，不能拆成离子，正确的离子方程式为：IO3-+5I铁锈是固体，主要成分为三氧化二铁，不能拆成离子，正确的离子方程式为：6H++Fe2高锰酸钾为强氧化剂，可将锰离子氧化发生归中反应得到二氧化锰，高锰酸钾与硫酸锰均为可溶性盐可拆成离子，二氧化锰为固体氧化物不能拆成离子，正确的离子方程式为：2MnO4-+36．下列图像能正确反映对应关系的是A．图①：向饱和石灰水中加入生石灰，溶质的质量随生石灰质量变化情况B．图②：光照过程中氯水的pH随时间变化情况C．图③：用等体积、等物质的量浓度的过氧化氢溶液分别在有无MnO2D．图④：向Ba(OH)【答案】D【解析】石灰水中的溶质是氢氧化钙，氢氧化钙的溶解度随着温度的升高而减小，生石灰与水反应：CaO＋H2O===Ca(OH)2，反应放热；由于水的质量减少，温度升高，Ca(OH)2溶解度减小，有氢氧化钙析出，饱和溶液中溶质的质量减少；冷却至室温后，随温度降低，溶液中溶解的溶质增多，但由于水的质量减少，溶液中氢氧化钙的质量比加入生石灰前的质量少，A错误；光照过程氯水中弱酸次氯酸分解：2HClO光照=2HCl+O₂↑，生成强酸盐酸，溶液中原本有部分弱酸，随着反应进行，强酸的浓度增大，氯水pH减小，B催化剂只改变反应速率，用等体积、等物质的量浓度的过氧化氢溶液分别制取氧气，反应产生的氧气的量都是一样的，C错误；向Ba(OH)2溶液中滴加MgSO4溶液，发生反应：Ba(OH)2+MgSO47.下列由实验操作和现象所得出的结论正确的是实验操作现象结论A向氢氧化铁胶体中插入碳棒，连接直流电源连接负极的碳棒周围颜色变深氢氧化铁胶体带正电B向某溶液中加入盐酸产生能使澄清石灰水变浑浊的气体该溶液中一定含有C向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液产生白色沉淀该溶液中一定含有D验纯后点燃氢气，然后把导管伸入盛有氯气的集气瓶产生苍白色火焰，集气瓶口有白雾白雾是氯化氢气体与空气中的水蒸气结合形成了盐酸小液滴A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】氢氧化铁胶体不带电，向氢氧化铁胶体中插入碳棒，连接负极的碳棒周围颜色变深，说明氢氧化铁胶粒带正电，故A错误；二氧化碳、二氧化硫均能使石灰水变浑浊，则向某溶液中加入盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的气体，不能说明溶液中一定含有碳酸根离子，可能含有碳酸氢根或亚硫酸根或亚硫酸氢根，故B错误；溶液中的银离子能与氯离子反应生成氯化银白色沉淀，则向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀不能说明溶液中含有硫酸根离子，故C错误；验纯后点燃氢气，然后把导管伸入盛有氯气的集气瓶，氢气能够在氯气中安静地燃烧，产生苍白色火焰，瓶口有白雾，白雾是氯化氢气体与空气中的水蒸气结合形成了盐酸小液滴，故D正确；故选D。8．已知氯气可以用来检验氨气是否发生泄漏，方程式如下：8NH3+3Cl2=6NH4Cl+N2，当氯气靠近氨气泄漏处反应得到氯化铵，在空气中会形成白烟，下列有关该化学方程式的描述不正确的是A．氧化产物与还原产物物质的量之比为1：6B．被氧化的NH3占反应NH3的25%C．1molCl2参加反应转移的电子的物质的量为6molD．反应中的氯气和氯化铵与硝酸银溶液反应均能得到白色沉淀【答案】C【解析】该反应8个NH3中2个NH3失电子生成1个N2，N2为氧化产物，3个Cl2得电子生成6个NH4Cl，NH4Cl为还原产物，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：6，A正确；该反应8个NH3中2个NH3被氧化生成N2，另外6个NH3中元素化合价未变化生成NH4Cl，被氧化的NH3占反应NH3的25%，B正确；根据方程式：Cl2~2e-，1molCl2参与反应转移电子数为2mol，C错误；氯气通入硝酸银溶液中，氯气能与水反应：Cl2+H2O⇌HClO+HCl，HCl和氯化铵中均有氯离子，能与硝酸银反应生成氯化银白色沉淀，D正确。9．某无色透明溶液可能含有Na+①滴加足量的Ba(OH)2②向①沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀部分溶解，同时有气体生成。③向①滤液中先加稀硝酸酸化，再加入AgNO3下列说法正确的是A．原溶液中一定存在的离子只有SOB．原溶液中一定不存在的离子只有BaC．无法确定原溶液中是否含有Na+D．实验①中得到的白色沉淀是BaCO3和BaSO【答案】B【解析】无色透明溶液无有色离子Fe3+、Cu2+；①滴加足量的Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀，可能是BaSO4、BaCO3、Mg(OH)2或它们的混合物，则溶液中SO42-、HCO3-、Mg2+中至少有一种；②向上述沉淀中加入过量的稀硝酸，沉淀部分溶解，且有气体生成，沉淀一定有根据A项分析，原溶液中一定不存在的离子只有Ba2+、Fe根据A项分析，原溶液中一定含Na+、Mg根据A项分析，原溶液中一定含有SO42-、HCO3-、Cl10．实验室模拟工业处理含铬废水，操作及现象如图1，反应过程中铬元素的化合价变化如图2.已知：深蓝色溶液中生成了CrO5，碱性溶液中Cr2O72-会有部分转化为A．实验开始至5s，铬元素被氧化B．实验开始至30s，溶液中生成Cr3+的总反应为Cr2O72-+3H2O2+8H+=2Cr3++7HC．30s至80s的过程，一定是氧气氧化了Cr3+D．80s时，溶液中又生成了Cr2【答案】B【解析】Cr2O72-中Cr为+6价，根据图2，实验开始至5s，铬元素的化合价仍为+6价，未根据图2，实验开始至30s，溶液中生成Cr3+，铬元素的化合价降低，则双氧水中的O元素被氧化生成氧气，总反应的离子方程式为：Cr2O72-+3H2O2+8H+=2Cr3++7H2O+3O230s→80s时，铬元素的化合价由+3价升高为+6价，被氧化，30s时，在溶液中加入氢氧化钠，可能是过氧化氢在碱性溶液中氧化性更强，将Cr3+氧化的结果，也可能是5s时生成深蓝色溶液中有CrO5，CrO5中含有2个过氧键，具有强氧化性，将Cr3+氧化的结果，C错误；

80s时，铬元素的化合价为+6价，溶液显碱性，根据已知信息，溶液中存在的应该是CrO42-，D二、多选题11.如图是利用“手持”技术测定阳光照射不同气体温度变化曲线，其中四个容器均密闭、体积相等且初始压强均为101kPa。下列说法正确的是A.实验开始时，四种气体密度相同B.若容器的容积为22.4L，13：00时N2原子个数等于2NAC.12：30-13：30时间范围内CO2压强最大D.CO2是四种气体中温室效应最显著的【答案】CD【解析】在开始时四种气体的压强相同，体积相同，则气体的物质的量相同，但四种气体的摩尔质量不同，导致四种气体的质量不同，则四种气体的密度不相同，A错误；由图可知，在13∶00时N2温度高于0℃，则该条件不是标准状况下，若容器的容积为22.4L，由于其气体摩尔体积大于22.4L/mol，则N2的物质的量小于1mol，所以容器中N2原子个数小于2NA，B错误；根据图示可知，在12∶30-13∶30时间范围内CO2温度最高，容器体积、气体分子数均相等时，温度越高，气体压强越大，则这一段时间内CO2压强最大，C正确；由图可知，四种气体中，光照时间相同，CO2的温度变化最大，则CO2是四种气体中温室效应最显著的，D正确；故选CD。12．高锰酸钾(KMnO4)也是一种常见的氧化剂，实验室中利用KMnO4固体进行如下实验，则下列说法正确的是A．G与H均为氧化产物 B．KMnO4C．G与H的物质的量之和可能为0.5 mol D．H【答案】AD【解析】KMnO4加热分解：2KMnO4ΔK2MnO4+MnO2+O2↑，气体单质G为O2，O2中O元素化合价由-2升高至0得到，为氧化产物；固体为K2MnO4和MnO2的混合物，向固体中加入浓盐酸并加热，发生反应MnO2+4HCl(浓)ΔMnCl2+Cl2↑+2H2O，K2MnO4+8HCl(浓)=Δ2KCl+MnCl2＋2Cl2↑＋4H2O，则气体单质H为Cl2，Cl2中Cl元素化合价由-1升高至0得到，为氧化产物，A正确；根据A项分析，KMnO4加热分解，KMnO4中Mn元素化合价降低，O元素化合价升高，既是氧化剂也是还原剂，B错误；0.1molKMnO4参与反应，最终转化为Mn2+，得到0.5mol电子，设生成xmolO2和ymolCl2，因此有4x+2y=0.5x+y<0.25mol，C错误；由C项分析可知，KMnO4~5e-~52Cl2，若0.1molKMnO4的高锰酸钾完全氧化氯离子，则生成氯气的物质的量为0.25mol，因高锰酸钾部分分解生成氧气，因此最终生成的氯气的物质的量一定小于0.25mol，D正确13．将Cl2持续缓慢通入到1L一定浓度的KI(含淀粉)溶液中，开始时溶液变蓝，一段时间后蓝色褪去，溶液中Cl-、下列说法错误的是A．曲线a表示IO3B．OA段发生的反应为：2C．原KI溶液的浓度为0.2D．AB段溶液的酸性逐渐减弱【答案】AD【解析】将Cl2持续缓慢通入到1L一定浓度的KI溶液中，依次发生反应：①Cl2

+2I-=I2+2Cl-，②3Cl2

+

I2

+6H2O=6Cl-+

2IO3-+12H+，曲线a物质的量一直增加，代表Cl-的物质的量变化，曲线c先增加后减少，代表I2的物质的量变化，曲线b代表IO3OA段Cl-和I2的物质的量都增加，发生的反应为：①2I-+达到A点时I-全部生成I2单质，消耗Cl2的物质的量为0.1mol，根据反应①2I-+Cl2=I2+2AB段Cl-物质的量增加，I2的物质的量减少，发生反应②5Cl2+I2+6H2O=12H++10Cl-+2IO3-，酸性增强，D14．铋(Bi)和铟(In)均属于新型半导体材料，从某富铋、铟渣(含Bi2O3、In2O3和ZnO)中提炼铋、铟的部分流程如图所示：已知：每ag富铋、铟渣能提炼bg的铋。下列说法正确的是A．“酸浸”时不能直接用75%的硫酸B．“转化”时发生反应的离子方程式为BiO++2H+=Bi3++H2OC．一系列操作是加过量的氯化钡溶液后，过滤洗涤D．若流程中铋无损失，原富铋、铟渣中Bi2O3的质量分数为233b【答案】AD【解析】“酸浸”的目的是除去ZnO，若直接用75%的硫酸“酸浸”，In2O3溶于75%的硫酸，则不能将ZnO和In滤渣1酸溶得到滤液2和(BiO)2SO4，则(BiO)2SO4为沉淀，“转化”一系列操作是在In2(SO4)3溶液中加稍过量的BaCl2溶液，先除去SO42-，再加稍过量的碳酸钠除去过量Ba2+，过滤洗涤，然后再加盐酸，除去过量生成Bi的物质的量n(Bi)=mM=bg209g/mol=b209mol，由Bi元素守恒可知，nBi2O3=15．利用Cl2氧化锰酸钾(K2MnO4)制备已知：K2MnO4A．在碱性条件下，氧化性：ClB．装置A中发生反应的化学方程式为CaC．装置D中的试剂为澄清石灰水D．若去掉装置B，会导致KMnO4【答案】AC【解析】在碱性条件下，Cl2氧化锰酸钾(K2MnO4)制备：Cl2+2K2MnO根据实验目的，A装置的目的是制备氯气，漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，与盐酸发生氧化还原反应，得到氯气，反应的化学方程式：Ca(ClO)D装置的目的是除去多余氯气，Ca(OH)2微溶于水，澄清石灰水中Ca(OH)2含量低，不能完全吸收氯气，因此装置D应盛放氢氧化钠溶液，C错误；根据题中所给信息可知，锰酸钾在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生歧化反应：3MnO42-+2H2O=2MnO4-+三、解答题16．Ⅰ．某学生欲配制480mL0.1mol⋅L-1的硫酸铜溶液，并探究硫酸铜的性质。实验室有两种不同的试剂可供选用：①胆矾(CuSO4⋅(1)若用②配制该硫酸铜溶液，应选用的玻璃仪器除量筒、烧杯和玻璃棒外，还有。(2)若取用①来配制该硫酸铜溶液，需用托盘天平称量g；若取用②来配制，所选用硫酸铜溶液的体积为mL。(3)下列主要操作步骤的正确顺序是(填序号)①称取一定质量的胆矾固体，放入烧杯中，用适量蒸馏水溶解；②加水至液面离容量瓶颈刻度线下1~2cm③待冷却至室温后，将溶液转移到容量瓶中；④盖好瓶盖，反复上下颠倒，摇匀；⑤用少量的蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液转移到容量瓶中。Ⅱ．由硫酸铜制备碱式碳酸铜。已知的产率2n[Cu2(OH)2CO3](4)补充完整制取Cu2(OH)2CO3的实验方案：向烧杯中加入30mL0.5mol⋅L-1Na2CO3溶液，将烧杯置于70℃的水浴中，边搅拌边加入mL0.5mol⋅L-1CuSO4溶液，在pH计测定溶液pH条件下，用0.1mol⋅L-1(5)实验时发现，若反应时溶液pH过大，所得产品中铜元素含量(填“偏大”或“偏小”)。【答案】(1)500mL容量瓶、胶头滴管(2)12.521.7(3)①③⑤②④(4)25取最后一次洗涤滤液，加盐酸酸化后滴加BaCl2溶液，若无沉淀生成，则已洗净；若有沉淀生成，则未洗净(5)偏大【解析】（1）实验室没有480mL的容量瓶，欲配制480mL0.1mol⋅L-1的硫酸铜溶液，根据“大而近”的原则应选用（2）若取用①来配制该硫酸铜溶液，硫酸铜的质量为m=0.5L×0.1mol/L×250g/mol=12.5g，需用托盘天平称量12.5g；若取用②来配制，根据溶液在稀释前后溶质的质量不变。假设所选用硫酸铜溶液的体积VmL，则2.3g/mL×VmL×16%=0.05mol×160g/mol，解得V=21.7mL；（3）配制一定物质的量浓度溶液的步骤为：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴标签，结合题目已知步骤，可知主要操作步骤的正确顺序是①③⑤②④；（4）通过图可知，nNa2CO3与nCuSO4的比值是1.2和溶液pH=9时，Cu2(OH)2CO3的产率最高。若加入30mL0.5mol⋅L-1Na2CO3溶液，即nNa2CO3=30mL×10-3L⋅mL-1×0.5mol⋅L-1=0.015mol，根据nNa2CO3与nCuSO4的比值是1.2，可得关系式0.015mol：nCuSO（5）若反应时溶液pH过大，沉淀中含有Cu(OH)2，而Cu(OH)2中铜元素的质量分数大于Cu2(OH)2CO3，使17．我国科学家屠呦呦因成功提取青蒿素而获得2015年诺贝尔医学奖。青蒿素是一种无色针状晶体，其相对分子质量为282，在乙醇、乙醚、石油醚中可溶解，在水中几乎不溶，熔点为156~157℃，热稳定性差。已知：乙醚沸点为35℃。从青蒿中提取青蒿素的方法是乙醚浸取法，主要工艺流程为：请回答下列问题。(1)在操作I中，对青蒿进行破碎的目的是。(2)操作I、Ⅱ中，不会用到的装置是(填字母)。(3)操作Ⅲ的主要过程可能包括(填序号)。a．加水溶解，蒸发浓缩、冷却结晶b．加95%的乙醇，浓缩、结晶、过滤c．加入乙醚进行萃取分液(4)某科研小组用石油醚作溶剂研究提取青蒿素实验，实验中通过控制其他条件不变，来研究原料的粒度、提取时间和提取温度对青蒿素提取率的影响，得到的数据图像如下。由图可知控制其他实验条件不变，最佳原料粒度、提取时间和提取温度分别为60目、、。【答案】(1)增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率(2)C(3)b(4)120min50【解析】（1）青蒿进行破碎后加入乙醚萃取，青蒿进行破碎的目的是：增大青蒿与乙醚的接触面积，提高青蒿素的浸取率；（2）根据流程，操作I为过滤，用装置B；操作Ⅱ为蒸馏，用装置A；不会用到的装置是C；（3）青蒿素可溶于乙醇、乙醚、石油醚等有机溶剂，几乎不溶于水中，青蒿进行破碎后加入乙醚萃取，过滤得到滤液和滤渣，滤液经过蒸馏分离得到乙醚和粗品，操作Ⅲ为将粗品加95%的乙醇溶解，浓缩、结晶、过滤，提纯得到精品青蒿素的过程，故主要过程是b；（4）由图可知：最佳原料粒度、提取时间和提取温度分别为60目、120min、50℃。18．纳米铁粉是一种黑色粉末，可用于制作高密度磁性材料。以铁屑(含少量Fe2O3杂质)为原料制备纳米铁粉流程如下。已知：草酸(H2C2O4)是一种二元弱酸。(1)取少量产品分散于水中，用红色激光笔照射此液体，若出现(填实验现象)，可验证所得铁粉直径为纳米级。(2)写出H2C2O4与少量KOH溶液反应的离子方程式。(3)写出“酸溶”时氧化还原反应的离子方程式：、Fe+2(4)FeC2O4固体灼烧操作所需的硅酸盐质仪器包括：玻璃棒、酒精灯、泥三角、坩埚；经灼烧后得到CO、CO2混合气体和红棕色固体，该红棕色固体的化学式为，若产物中CO、CO2的化学计量数之比为1：1，则“灼烧”过程中发生反应的化学方程式为。(5)纳米铁粉可用于处理含氧酸性废水中的NO3①该过程中体现了纳米铁粉的性(填“氧化”或“还原”)。②请配平该过程中生成N2的离子方程式。_______Fe2++_______NO3-+_______H+=_______Fe3++_______N2↑+_______H2【答案】(1)光亮的通路或丁达尔效应(2)H(3)Fe(4)Fe2O34FeC(5)还原10Fe【解析】（1）用红色激光笔照射纳米铁粉分散于水中得到的分散系，若出现光亮的通路或丁达尔效应说明分散系为胶体，证明所得铁粉直径为纳米级，故答案为：光亮的通路或丁达尔效应；（2）H2C2O4是二元弱酸，与少量KOH溶液反应生成酸式盐，离子方程式为：H2（3）向铁屑中加入稀硫酸酸溶，发生反应：Fe₂O₃+3H₂SO₄=Fe₂(SO4)₃+3H₂O，Fe+Fe₂(SO4)₃=3FeSO4，Fe+H₂SO₄=FeSO₄+H₂↑，则酸溶时发生氧化还原反应的离子方程式为Fe+2H+（4）FeC2O4固体灼烧得到红棕色固体为Fe2O3；发生反应：FeC2O4→Fe2O3+CO↑+CO2↑，部分碳化合价由+3变为+4、部分由+3变为+2，产物中CO、CO2的化学计量数之比为1：1，则两者电子得失相同；铁元素化合价由+2变为+3，则氧气作氧化剂参与反应，氧气中氧元素化合价由0变为-2，由电子转移守恒，则FeC2O4与（5）①该过程中纳米铁粉与氧气反应，铁元素化合价升高，体现还原性；过程②中，Fe2+→Fe3+，NO3-19.二氧化氯(ClO2)具有强氧化性，是一种比较安全的消毒剂。实验小组以氯气和亚氯酸钠(NaClO2)为原料制备二氧化氯(ClO2)并探究其性质。资料：i.ClO2为黄绿色气体，易溶于水，难溶于CCl4；Cl2易溶于CCl4中，溶液呈黄绿色。ii.CCl4为无色液体，密度比水大，且与水不互溶。iii.NaClO2溶液呈弱碱性，在酸性溶液中，NaClO2不稳定易发生歧化反应。【实验一：制备ClO2】进行如图所示实验，实验过程中，持续通入N2使C中生成的ClO2逸出。（1）A为Cl2发生装置(夹持和加热装置已略)。A中反应的离子方程式为_______。（2）装置C中制备ClO2的反应为Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2，由此得到此条件下的氧化性：Cl2_______ClO2(填“>”或“<”)。（3）装置C中Cl2还能发生的反应为_______(用化学方程式表示)。随着装置A中的Cl2持续产生，开始时装置D液面上方出现黄绿色气体，溶液较长一段时间保持无色，随后逐渐变为黄绿色，说明有Cl2进入D中。【实验二：探究ClO2的性质】将实验一中收集到的气体处理后得到纯净的ClO2，进行下表所示实验。(CCl4密度=1.595g/cm3；卤素单质在CCl4中溶解度比在水中溶解度大)。实验i将ClO2通入溶液，溶液变为黄绿色、加入少量CCl4振荡，静置后溶液分层，上层溶液为黄绿色，下层溶液为无色。实验ii将ClO2通入溶液，溶液变为黄绿色。加入少量CCl4振荡，静置。溶液分层，上层溶液为浅黄绿色，下层溶液为黄绿色。（4）实验二中，证明ClO2能氧化Cl-产生Cl2的现象是_______。（5）由实验一、实验二得到的Cl2和ClO2氧化性强弱关系相反，可能的原因是_______。【实验反思】（6）甲同学从实验二推论实验一的装置D中Cl2的来源：实验进行一段时间后，装置C中的ClO2氧化Cl-，产生的Cl2进入装置D。乙同学提出还有其他以下可能的来源。来源1：部分Cl2未与C中NaClO2反应就进入了装置D。来源2：Cl2通入装置C中一段时间后，溶液的酸性增强，生成的Cl2进入了装置D，发生的反应为_______(离子方程式)。（7）ClO2和Cl2均能将电镀废水中的剧毒CN-氧化为无毒物质，自身被还原为Cl-。处理含CN-相同量的电镀废水，所需Cl2的物质的量是ClO2的_______倍。【答案】（1）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O（2）>（3）Cl2+H2O⇌HCl+HClO（4）实验ii中，下层溶液为黄绿色（5）溶液的酸碱性不同（6）8ClO2-+8H+=6ClO2↑+Cl2↑+4H2（7）2.5【解析】A中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，B中饱和食盐水用于除去Cl2中的HCl，C中制备ClO2，化学方程式为Cl2+2NaClO2=2NaCl+2ClO2，D中CCl4可以收集产物，后续再进行尾气处理。（1）A中二氧化锰与浓盐酸共热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O，故答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；（2）氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则装置C中制备ClO2的反应为Cl2+2NaClO2═2NaCl+2ClO2，由此得到此条件下的氧化性：Cl2＞ClO2，故答案为：＞；（3）装置C中Cl2还能与水反应生成盐酸和次氯酸，其反应化学方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO，故答案为：Cl2+H2O⇌HCl+HClO（4）实验二中，ClO2能氧化Cl-产生Cl2，氯气溶于四氯化碳中溶液为黄绿色，则证明ClO2能氧化Cl-产生Cl2的现象是实验ii中，下层溶液为黄绿色，故答案为：实验ii中，下层溶液为黄绿色；（5）由实验一、实验二得到的Cl2和ClO2氧化性强弱关系相反，可