江苏无锡市2025-2026学年高二下学期期末考试化学试题含答案

1.下列非金属氧化物中不属于酸性氧化物的是A.ClO₂B.CO₂A.氯元素位于第二周期VIIA族B.氯自由基中氯原子最外层电子数为1C.氯自由基带一个单位负电荷D.氯自由基具有强氧化性3.磷钙铝矾[CaAl₃(PO₄)(SO₄)(OH)₆]可A.碱性：Ca(OH)₂<Al(OH)₃B.半径：r(Ca²+)>r(s²-)C.电负性：x(O)>x(S)D.第一电离能：I₁(P)<I₁(S)4.下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是A.浓硫酸具有脱水性，可用于干燥氯气B.二氧化氯具有氧化性，可用于自来水杀菌消毒C.硫具有还原性，可用作处理实验室散落的汞珠D.AgBr呈淡黄色，可用于制作相机胶片5.用如图装置检验浓硫酸与木炭在加热条件下反应的产物。下列说法正确的是试卷第1页，共11页试卷第2页，共11页甲木炭粉品红溶液酸性高锰澄清石灰水A.甲中可用碱石灰代替无水硫酸铜，用于检验产物中的水B.乙中品红溶液褪色，加热后红色恢复可证明SO₂的存在C.丙中可用饱和NaHCO₃溶液代替酸性高锰酸钾溶液，用于吸收SO₂D.丙中酸性高锰酸钾溶液完全褪色，丁中澄清石灰水变浑浊可证明CO₂的存在阅读下列资料，完成下面3个小题。氢硫酸是H₂S的水溶液，H₂S为二元弱酸，具有强还原性，其水溶液在空气中久置会析出淡黄色硫单质。氢硫酸可用于除去废水中的Cu²+等重金属离子，银器表面变黑也与空气中微量H₂S有关。H₂S与CO₂在高温下反应可生成羰基硫(COS),COS是重要的有机合成中间体，也可用于粮食熏蒸。H₂S与C₂H₅OH反应可制得乙硫醇(C₂H₅SH),乙硫醇挥发性极强，具有强烈难闻气味，常用作家用煤气的警示剂。6.下列说法正确的是A.C₂H₅SH中s原子杂化类型为sp²B.COS的空间构型为V形C.H₂O的热稳定性比H₂S高D.C₂H₅SH的沸点比C₂H₅OH高7.下列反应表示不正确的是A.氢硫酸在空气中氧化变质：2H₂S+O₂=2S↓+2H₂OB.Na₂S溶液显碱性的原因：S²-+2H₂O=H₂S+2OHC.氢硫酸除去废水中Cu²+:H₂S+Cu²+=CuS↓+2H+D.银器与空气中H₂S接触变黑：4Ag+2H₂S+O₂=2Ag₂S+2H₂O试卷第3页，共11页石墨电极石墨电极8.对于反应H₂S(g)+CO₂(g)一COS(g)+H₂O(g)△H>0,其他条件不变时，下列说法正确的是A.使用催化剂，可提高H₂S的平衡转化率B.降低温度，逆反应速率增大，H₂S的平衡转化率降低C.恒温恒压充入Ar,正、逆反应速率不变，平衡不移动D.及时分离出H₂O(g),平衡正向移动，化学平衡常数不变9.由HC1制备Cl₂的反应机理如图所示。下列说法正确的是A.La₂O₃参与了反应过程，是该反应的中间产物B.过程中LaOCl发生了氧化反应C.过程Ⅲ中有非极性共价键的断裂与生成D.每生成1molCl₂,需消耗标准状况下22.4LO₂10.全钒液流电池是一种新型电化学储能装置，其电池反应式为：,装置如图所示。下列说法正确的是质子交换膜负载质子交换膜A室A.关闭K₂、打开K,石墨电极石墨电极B室该装置将电能转化为化学能B.该装置中的质子交换膜可用阳离子交换膜替代试卷第4页，共11页C.放电时，负极的电极反应式为：VO₂+e⁻11.下列实验探究方案能达到探究目的的是选项探究目的实验方案A探究温度对化学反应速率的影响将两支盛有2mL0.1molL¹Na₂S₂O₃溶液的试管分3mL0.5mol·L¹H₂SO₄溶液，观察试管中出现浑浊的快慢B探究2Fe³++2I=2Fe²++I₂向2mL0.1mol·L¹FeCl₃溶液中加入1mL0.1mol·L⁻¹KI溶液，充分振荡后滴加KSCN溶C探究键的极性对羧酸酸性的影响分别测定等体积的CH₃COOH溶液和CH₂CICOOHD检验溶液中是否含有SO²向Na₂SO₃溶液中先滴加足量的稀硝酸，再滴加Ba(NO₃)₂溶液，观察是否有沉淀产生A.AB.B12.实验室模拟工业硫化碱法制取Na₂S₂O₃·5H₂O,其制备步骤如下：步骤1:配制200mL0.2mol·L⁻¹Na₂S和0.1mol·L¹Na₂CO₃的混合溶液，测得pH为步骤3:继续通入SO₂至溶液pH为7.0,充分反应后过滤。已知：K(H₂SO₃)=1.4×10⁻²,A.步骤1所得溶液中存在：试卷第5页，共11页B.步骤2生成浅黄色沉淀的离子方程式为2S²-+SO₂+4H+=3S↓+2H₂OC.步骤3所得滤液中存在：c(HSO₃)<c(so³)D.步骤4蒸发浓缩时若温度过高，所得产品中会混有Na₂SO₄而导致纯度降低13.在Ni-CeO₂-K/γ-Al₂O₃催化剂作用下，沼气联合重整可制取合成气。沼气的主要成分是CH₄和CO₂,反应体系中还含有H₂O和少量O₂,发生的主要反应如下：反应IⅡ:CO(g)+H₂O(g)=CO₂(g)+H常压、n(CH₄):n(CO₂):n(H₂O):n(O₂):n(Ar)=1:0.5:0.5:0.1:0.01条件下，CH₄和CO₂的平衡转化率及产物中H₂与CO的物质的量之比[n(H₂)/n(CO)]随温度变化的关系如图所示。下列说法正确的是A.曲线a表示CO₂的平衡转化率随温度的变化B.通过升高温度，不能使n(H₂)<n(CO)C.650℃条件下，体系仅发生反应ⅢD.850℃条件下，及时去除催化剂表面的积碳，可使x点向V点方向移动第Ⅱ卷非选择题(共61分)14.对铜熔炼烟尘(主要成分为Cuo、Cu₂O、As₂O₃、PbO及其硫酸盐，以及少量的Fe₂O₃与ZnO害化处理及资源回收，流程如下。试卷第6页，共11页铜熔炼烟尘一酸浸含铅滤渣沉铜滤液①Cu+在酸性溶液中不稳定，会发生自身氧化还原反应。②常温下，K(PbSO₄)=1.6×10⁻⁸,K(PbCO₃)=6.4×10⁻¹⁴,K(CuS)=6.I.酸浸(2)加入足量一定浓度稀H₂SO₄后，以一定速率搅拌，1h后测得铜元素的浸出率可达98%,铜元素浸出率较(3)将含铅滤渣用Na₂CO₃溶液浸泡可得PbCO₃,反应为PbSO₄+CO₃-一PbCO₃+SO2,该反应的K=Ⅱ.沉铜(4)沉铜过程中，需要控制溶液的pH和s²-的过量系数(实际加入量与理论需要量之比),pH对沉铜效果的影响如图所示。①当溶液pH<3时，随pH减小，Cu²+沉淀率降②沉铜过程中，需要控制s²-过量系数的原因是o①除砷反应的离子方程式为。②为了提高除砷的效率，需控制反应温度60℃,原因是o15.“钠钙双碱法”是一种高效、成熟的湿法烟气脱硫技术，其工艺流程主要包括吸收、再生及氧化等环节，试卷第7页，共11页主要路径如图-1所示。再生池氧化池净化后烟气①Na₂SO₃的溶解度随pH的增大而降低。②K(CaSO₃)=3.2×10⁻⁷,K(CaSO₄)③K。(H₂SO₃)=1.4×10⁻²,K₂(H₂SO₃)=6.0×10⁻I.SO₂的吸收与原理分析(1)测得吸收后的溶液中n(Na₂SO₃):n(NaHSO₃)=11,则烟气中SO₂与NaOH的物质的量之比为(3)以恒定流速向吸收塔中通入含SO₂的烟气(SO₂含量恒定),以恒定流速采用喷头喷淋不同浓度的碱液进行烟气中SO₂的吸收，检测到碱液pH与脱硫效率的关系如图-2所示。随着碱液pH的增大，脱硫效率变化的pHⅡ.脱硫液再生与副产物处理(4)吸收液(主要含NaHSO₃与Na₂SO₃)被送入再生池，加入Ca(OH)₂浆液进行再生。NaHSO₃与足量的Ca(OH)₂发生反应生成CaSO₃的化学方程式为_o(6分离出的CaSO₃滤渣经氧化可转化为石膏(CaSO₄·2H₂O),实现硫的资源化利用，理论上每消耗标准状况试卷第8页，共11页Ⅲ.工艺优化与定量分析(7)用240mL0.0200molL¹酸性KMnO₄溶液测定净化后烟气中SO₂的含量。已知气体的流速为60mL·s-¹(杂质不参与反应),平行测定3次，酸性KMnO₄溶液恰好褪色(还原产物为Mn²+)时平均耗时200s。SO₂的16.某化学兴趣小组对氯水和次氯酸盐进行有关探究实验。实验一：制取氯水和次氯酸钠(NaCIO)。利用图-1所示实验装置进行实验。已知氯气和NaOH反应放热。(1)B装置中反应的离子方程式为,冰水的作用有◎实验二：对氯水中微粒浓度的探究。T℃时，在不同pH下，约2mgL¹氯水中，部分含氯微粒平衡浓度的pH试卷第9页，共11页(3)该氯水中氯元素质量守恒表达式：c(Cr)=c(HC1O)+(4)当pH在4～6时，氯水中1g[c(HCIO)]变化不明显的原因是 资料：I.2MgCl₂+NaClO+3NaOH=MgⅡ.碱式次氯酸镁的消毒杀菌能力取决于有效氯含量；当溶液pH=9.5时，其有效氯含量最高。(5)实验室按如图-3所示装置制备碱式次氯酸镁，补充实验方案：取100mL4.00mol/LMgCl₂溶液加入三颈NaOH溶液、AgNO₃溶液、蒸馏水)的混合溶液17.CO₂作为碳源，能够转化为多种化学用品，为工业领域提供了巨大的应用潜力。I.以CO₂、H₂为原料合成CH₃OH,涉及的主要反应如下：反应1:CO₂(g)+3H₂(g)→CH₃OH(g)+H₂O(g)△H₁=-49.5kJ·mol-¹反应2:CO₂(g)+H₂(g)一CO(g)+H₂O(g)△H₂反应3:Co(g)+2H₂(g)=CH₃OH(g)△H₃=-90.4kJ·mol⁻¹试卷第10页，共11页pi图-1Ⅱ.CO₂和甲醇在空缺CeOx的催化作用下可以生成碳酸二甲酯[(CH₃O)₂CO,简称DMC],其在较高温度下(3)用氢气处理CeO₂得到空缺CeOx,处理过程中CeO₂晶体结构变化如图-2所示，CeO中Ce有+3价和+4图-2锤体。等质量不同纳米形态空缺CeO、催化剂对DMC产率的影响，以及球形空缺CeO催化剂在不同反应温度下对DMC产率的影响如图-3所示。DMC产率DMC产率球形八面体纺锤体纳米形态棒状图-3①不同纳米形态的空缺CeOx催化剂表面Ce³+比例如表1所示。棒状和球形纳米形态的空缺CeOx催化剂对DMC的产率影响相差不大的原因是o表1不同纳米形态的空缺CeO、催化剂表面Ce³+比例试卷第11页，共11页纺锤体表面Ce³+比例②当合成温度超过420K时，DMC产率下降的原因是结构o【详解】A.酸性氧化物的定义是能与碱反应仅生成盐和水，且对应含氧酸中中心元素化合价与氧化物中一致。ClO₂中Cl为+4价，无对应价态的稳定含氧酸，且与碱反应会发生歧化反应生成不同价态的氯盐，不B.CO₂能与碱反应生成碳酸盐和水，对应含氧酸H₂CO₃中C为+4价，与CO₂中C价态一致，属于酸性氧C.SO₂能与碱反应生成亚硫酸盐和水，对应含氧酸H₂SO₃中S为+4价，与SO₂中S价态一致，属于酸性氧D.SO₃能与碱反应生成硫酸盐和水，对应含氧酸H₂SO₄中S为+6价，与SO₃中S价态一致，属于酸性氧化故选A。【详解】A.氯元素原子序数为17,核外电子层数为3,最外层电子数为7,位于第三周期VIIA族，A错误；B.氯自由基是Cl₂中共价键均裂生成的，氯原子最外层原本有7个电子，形成自由基后最外层电子数仍为C.自由基中质子数与核外电子数相等，呈电中性，不带负电荷，C错误；D.氯自由基最外层有7个电子，易得到1个电子达到8电子稳定结构，因此具有强氧化性，D正确；故答案选D。【详解】A.金属性Ca强于Al,元素金属性越强，最高价氧化物对应水化物的碱性越强，故碱性B.Ca²+与s²核外电子排布相同，核电荷数越大离子半径越小，故r(Ca²+)<r(s²),B错误；C.同主族元素从上到下电负性逐渐减小，0和S同主族且O位于S的上方，故x(O)>x(S),C正确；D.P的价电子排布为3s²3p³,p轨道为半充满稳定结构，第一电离能大于相邻的S,故I(P)>I₁(S),D错故选C。【详解】A.浓硫酸用于干燥氯气是利用其吸水性，脱水性是指将有机物中H、O按原子个数比2:1脱去的试卷第1页，共9页试卷第2页，共9页B.二氧化氯具有强氧化性，可使微生物的蛋白质变性失活，因此可用于自来水杀菌消毒，性质与用途对应，C.硫处理散落汞珠时，S与Hg常温化合生成HgS,反应中S元素化合价由0价降低至-2价，体现氧化性故选B。【详解】A.碱石灰吸水无明显现象，且可吸收反应生成的SO₂、CO₂,无法检验产物水，A错误；B.SO₂的漂白作用具有可逆性，品红溶液褪色后加热恢复红色，可证明SO₂存在，B正确；C.SO₂和饱和NaHCO₃溶液反应会生成CO₂,会干扰后续原产物中CO₂的检验，C错误；D.酸性高锰酸钾完全褪色说明SO₂未除尽，SO₂也能使澄清石灰水变浑浊(生成CaSO₃沉淀),无法证明CO₂故答案选B。C.非金属性O>S,元素非金属性越强，简单氢化物热稳定性越强，故H₂O热稳定性高于H₂S,C正确；7.A.H₂S具有强还原性，在空气中被O₂氧化生成S单质，反应方程式正确，A正确；B.S²水解为分步可逆反应，第一步水解为s²⁻+H₂O一HS+OH,不能一步完全水解生成H₂S,也不能用D.Ag在空气中与H₂S、O₂反应生成Ag₂S和H₂O,电子守恒、原子守恒，方程式正确，D正确；故选B。试卷第3页，共9页8.A.催化剂只改变化学反应速率，不改变平衡状态，不能提高H₂S的平衡转化率，A错误；B.降低温度，正、逆反应速率均减小，该反应△H>0,降温平衡逆C.恒温恒压充入Ar,容器体积增大，各反应物、生成物浓度均减小，正、逆反应速率均减小，该反应前D.及时分离出H₂O(g),生成物浓度减小，平衡正向移动，化学平衡常数只与温度有关，温度不变平衡常故选D。【详解】A.La₂O₃在过程I中被消耗，在过程ⅢB.过程Ⅱ中LaOCl与HCl反应生成LaCl₃和H₂O,所有元素化合价均无变化，没有发生氧化反应，B错误；C.过程Ⅲ中反应物O₂的O=0非极性共价键断裂，生成物Cl₂的Cl-Cl非极性共价键生成，存在非极性共价D.总反应为4HCl+O₂=2Cl₂+2H₂O,根据反应系数，每生成1molCl₂消耗0.5molO₂,标准状况下体积为11.2L,D错误；故答案选C。【分析】放电(原电池，接负载，打开K₂关闭K₁)时，VO中V为+5价，得电子生成Vo²+(V为+4价),因此A室电极为放电时的正极；V²+中V为+2价，失电子生成V³+(V为+3价),因此B室电极为放【详解】A.关闭K₂、打开K₁时，装置连接负载，处于放电过程，将化学能转化为电能，A错误；B.若用阳离子交换膜替代质子交换膜，钒的阳离子(V²+、V³+等)可通过交换膜，造成电解液交叉污染，C.放电时负极发生失电子的氧化反应，电极反应为V²+-e⁻=V³+,C错误；D.充电时A室为阳极，B室为阴极，阳离子向阴极移动，每转移1mol电子，为平衡电荷，有1molH+由故选D。试卷第4页，共9页【详解】A.探究温度对反应速率影响时，控制了反应物浓度、体积等其余变量均相同，仅温度不同，通过观察出现浑浊的快慢可比较反应速率，A正确；B.该实验中Fe³+物质的量大于I,Fe³+过量，即便反应不可逆也会有Fe³+剩余，滴加KSCN溶液必然变红，C.未控制两种羧酸溶液的物质的量浓度相同，无法通过pH比较酸性强弱，不能探究键的极性对羧酸酸性D.稀硝酸具有强氧化性，会将SO3氧化为SO2,干扰SO2的检验，D错误；故选A。【详解】A.步骤1是200mL0.2mol·L¹Na₂S和0.1mol·L¹Na₂CO₃的混合溶液，物料守恒中S的存在形式包含S²、HS、H₂S,C的存在形式包含CO₃、HCO₃、H₂CO₃,选项漏了HS和HCO₃,A错误；B.步骤2溶液初始pH为13.3,呈强碱性，反应物中不存在大量H+,离子方程式不应出现H,B错误；C.步骤3溶液pH=7,即c(H+)=10⁻⁷mol·L¹,根据H₂SO₃的代入得D.Na₂S₂O₃具有还原性，蒸发浓缩时温度过高，易被空气中的O₂氧化生成Na₂SO₄,导致产品纯度降低，D故选D。【分析】由图可知，CH₄和CO₂的平衡转化率都随温度升高而增大，b升高温度平衡正向移动，反应物CH₄和CO₂的平衡转高温度，平衡逆向移动，CO₂的平衡转化率随温度升高而增大，CH4的平衡转化率随温度升高而减小；故随温度升高，CO₂平衡转化率的增大值大于CH₄平衡转化率的增大值，故曲线a表示CH的平衡转化率，曲线b表示CO₂的平衡转化率。【详解】A.根据分析，曲线a表示CH₄的平衡转化率，曲线b表示CO₂的平衡转化率，A错误；B.由反应I可知，生成物中由反应Ⅱ可知，消耗了Co,同时生成了H₂,由反应Ⅲ可知，生试卷第5页，共9页成的H₂和CO的比值为2:1,生成物中始终大于等于1,但不会低于1(不会出现n(H₂)<n(CO)),故通过升高温度，不能使n(H₂)<n(CO),B正确；C.若650°℃仅发生反应Ⅲ,CO₂不参与反应，其平衡转化率应为0,但图中650℃时CO₂转化率大于0,说D.图中x本身已经是平衡状态下的CO₂转化率，去除积碳只是恢复催化剂的活性，催化剂只能改变化学反应速率，不能改变平衡状态，温度不变时平衡不移动，因此CO₂的平衡转化率不会升高，无法使x向V方向故选B。(2)酸性条件下Cu单质可被空气中的氧气氧化为Cu²+(4)pH过低时，大量的H+与S²-结合生成HS,使溶液中S²-浓度降低，Cu²+沉淀不完全s²-不足时Cu²+无法完全沉淀；S²-过量太多会降低CuS的纯度(5)H₃AsO₃+H₂O₂+Fe³+=FeAsO₄·H₂O↓+3H温度低于60℃,反应速率慢，除砷效率低；温度高于60°℃,H₂O₂受热易分解，降低除砷效率【分析】该工艺对成分为铜氧化物、砷铅化合物、少量铁锌氧化物的铜熔炼烟尘进行无害化处理与资源回收：首先加入稀硫酸酸浸，铅转化为难溶硫酸铅进入含铅滤渣，铜、砷、铁、锌等元素进入酸浸滤液；随后向酸浸滤液加入硫化钠沉铜，利用CuS溶度积远小于ZnS溶度积的特点，析出CuS沉淀实现铜的回收；最后向沉铜后的滤液加入过氧化氢氧化砷、硫酸铁沉砷，得到FeAsO₄·H₂O沉淀，实现砷的脱除回收，完成整个处理流程。【详解】(1)根据已知信息，Cu+在酸性中歧化，Cu₂O和稀硫酸反应，+1价Cu发生自身氧化还原，生成Cu单质和Cu²+,配平得离子方程式为Cu₂O+2H+=Cu+Cu²++H₂O。(2)原料中Cu有CuO和Cu₂O,CuO可直接溶于酸，Cu₂O在酸性条件下发生歧化反应生成Cu单质和Cu²+,酸性条件下Cu单质可被空气中的氧气氧化为Cu²+,Cu元素几乎全部转化为可溶Cu²+,因此铜浸出(3)由反应的离子方程式可知，该反应的平衡常数试卷第6页，共9页②s²-不足时Cu²+无法完全沉淀；s²-过量太多会使Zn²+也生成ZnS沉淀，还可能生成FeS、Fe(OH)₃等，造成产物中存在杂质，降低铜产品纯度，因此需要控制过量系数。(5)①H₃ASO₃中As为+3价，产物FeAsO₄·H₂O中As为+5价，H₂O₂作氧化剂被还原为-2价，根据电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平得离子方程式为H₃AsO₃+H₂O₂+Fe³+=FeAsO₄·H₂O↓+3H;②温度低于60°℃,反应速率慢，除砷效率低；温度高于60°℃,H₂O₂受热易分解，降低除砷效率，因此控制温度为60℃。(3)随着碱液pH增大，Na₂SO₃溶解度下降而析出，(4)NaHSO₃+Ca(OH)₂=CaS(7)n(Mno)=0.24L×0.0200mol/L=4.80×10⁻³mol,由方程式可得关系2n(MnO;)=5n(SO₂),故,SO₂的质量为1.20×10⁻²mol×64g/mol=0.768g=768mg,通入气体的总体积为60mL/s×200s=12000mL=12L,SO₂的含量【分析】NaOH溶液吸收烟气中的SO₂,反应生成NaHSO₃和Na₂SO₃,加入Ca(OH)₂后发生反应生成NaOH和CaSO₃,CaSO₃被氧气氧化后生成CaSO₄,据此分析；【详解】(1)根据原子守恒可知，n(SO₂)=n(Na₂SO₃)+n(NaHSO₃),n(NaOH)=2n(Na₂SO₃)+n(NaHSO₃),n(Na₂SO₃):n(NaHSO₃)=1:1,则烟气中SO₂与NaOH的物质的量之比为2:3。(2)由电离常数可知，酸性H₂SO₃>H₂CO₃>HSO₃>HCO₃,题中说明“净化后烟气”中CO₂气体含量未增加，试卷第7页，共9页说明不生成CO₂,只能生成HCO₃,故离子方程式为2CO³²+SO₂+H₂O=2HCO₃+SO3。(3)结合已知信息①可知，随pH的增大，Na₂SO₃的溶解度降低，析出的晶体堵塞喷头，使气液接触不良，脱硫效率降低。(4)NaHSO₃与足量的Ca(OH)₂发生反应生成CaSO₃、氢氧化钠和水，化学反应方程式为NaHSO₃+Ca(OH)₂=CaSO₃↓+H₂O+Na(5)CaSO₃开始沉淀时，c(Ca²+)×c(SO³3)=K(CaSO₃(6)氧化反应为2CaSO₃+O₂+4H₂O=2CaSO₄·2H₂O,标准状况下22.4L氧气的物质的量为1mol,对应生成2mol石膏，石膏摩尔质量为172g/mol,故质量为2mol×172g/mol=344g。(7)反应的离子方程式为：2MnO₄+5SO₂+2H₂O=2Mn²++5SO2-+4H⁺,可得关系2n(MnO4)=5n(SO₂),SO₂的质量为1.20×10⁻²mol×64g/mol=0.768g=768mg,通入气体的总体积为60mL/s×200s=12000mL=12L,SO₂的含量为16.(1)Cl₂+2OH=Cl+ClO+H₂O防止温度过高不利于Cl₂的溶解；防止温度过高生成副产物(2)水可以除去Cl₂中混有的HCl同时平衡ⅢHClO(aq)一H⁺+ClO(aq)也右移，c(HCl(5)将100mL2.00molLNaClO溶液和NaOH溶液混合后加入滴液漏斗，边搅拌边向三颈烧瓶中滴加，用pH计监测溶液pH,当pH为9.5时停止滴加，充分反应后过滤，用蒸馏水洗涤沉淀，直至向最后一次洗涤液中滴加AgNO₃溶液不再产生白色沉淀，过滤【分析】A中用二氧化锰和浓盐酸制备氯气，B中用30%NaOH溶液在冰水浴中吸收氯气制备NaClo,C和D作为尾气吸收装置。【详解】(1)B中发生的反应为氯气和NaOH反应生成NaCl、NaClO和水，离子方程式为Cl₂+2OH=Cl+ClO-+H₂O;氯气与NaOH反应放热，使用冰水浴降低温度，防止温度过高发生副反应生成氯试卷第8页，共9页酸钠，提高次氯酸钠产率，同时温度过高Cl₂溶解下降。(2)A中制备得到的氯气会混有会发出的HCl,HC1与NaOH反应影响NaClO产率，将B和C位置对调，(3)Cl₂溶于水生成等量的Cl-和HC1O,HCIO进一步转化为Cl₂O和ClO,则该氯水中氯元素质量守恒表lg