1、期末学业质量标准检测(90分钟，100分)一、选择题(每小题3分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1分类法在化学发展中起到非常重要的作用，下列分类标准合理的是(D)A根据化合物在水溶液中能否导电，将化合物分为电解质和非电解质B根据分散系是否具有丁达尔效应，将分散系分为溶液、胶体和浊液C根据化学式中所含氢原子的个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸D根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应解析：根据化合物在水溶液中或熔融状态下能否导电，将化合物分为电解质和非电解质，故A错误；根据分散系中分散质微粒直径的大小，将分散系分为溶液、胶体和浊液，故B错误；根据酸能电离出的
2、氢离子个数，将酸分为一元酸、二元酸和多元酸，故C错误；根据反应中是否有电子转移，将化学反应分为氧化还原反应和非氧化还原反应，故D正确。2下列叙述中正确的是(C)ANaCl、NaOH和盐酸都是电解质B凡能电离出H的化合物均属于酸C非金属氧化物不一定是酸性氧化物，酸性氧化物不一定都是非金属氧化物D将几滴汽油加入装有10 mL水的试管中，用力振荡形成胶体解析：NaCl、NaOH是电解质，盐酸是混合物，不是电解质，故A项错误；能电离出H的化合物不一定是酸，如NaHSO4属于盐，在水溶液中电离时产生的阳离子全部是氢离子的化合物属于酸，故B项错误；CO属于非金属氧化物，但不是酸性氧化物，Mn2O7、CrO
3、3等属于酸性氧化物，但不是非金属氧化物，故C正确；将几滴汽油加入装有10 mL水的试管中，用力振荡形成的是乳浊液，而不是胶体，故D项错误。3下列推断正确的是(C)A铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，故铁丝在氧气中燃烧生成Fe2O3B铁能从硫酸铜溶液中置换出铜，故钠也能从硫酸铜溶液中置换出铜C钠与氧气、水等反应时均作还原剂，金属单质参与化学反应时均作还原剂D活泼金属钠保存在煤油中，故活泼金属铝也保存在煤油中解析：铝粉在氧气中燃烧生成Al2O3，铁丝在纯氧中燃烧生成Fe3O4，A错误；金属钠加入硫酸铜溶液中，先与H2O反应：2Na2H2O=2NaOHH2，生成的NaOH与CuSO4反应：CuSO42
4、NaOH=Cu(OH)2Na2SO4，故B错误；金属单质参与化学反应时易失去电子，化合价升高，作还原剂，故C正确；金属铝在空气中被氧化生成一层致密的氧化铝薄膜，阻碍反应的进行，保护内部铝不被氧化，因此金属铝不用保存在煤油中，故D错误。4下列离子方程式书写正确的是(A)ANa与水反应：2Na2H2O=2Na2OHH2BNa2CO3溶液中通入少量HCl：CO2H=H2OCO2CCl2与水反应：Cl2H2O=2HClClOD石灰石与醋酸反应：CaCO32H=Ca2H2OCO2解析：Na与水反应生成氢氧化钠和氢气，故A正确；Na2CO3溶液中通入少量HCl生成NaHCO3，离子方程式为COH=HCO，
5、故B错误；Cl2与水反应生成HCl和次氯酸，次氯酸是弱电解质，不能拆成离子形式，故C错误；醋酸是弱电解质，不能拆成离子形式，故D错误。5已知5KClKClO33H2SO4=3Cl23K2SO43H2O，下列说法不正确的是(D)AH2SO4既不是氧化剂又不是还原剂B1 mol KClO3参加反应时有5 mol电子转移CKClO3是氧化剂D被氧化与被还原的氯元素的质量比为15解析：氯化钾中Cl元素的化合价由1价升高为0价，氯酸钾中Cl元素的化合价由5价降低为0价，氯化钾作还原剂，氯酸钾作氧化剂，H2SO4既不是氧化剂又不是还原剂，A、C正确；1 mol氯酸钾参加反应时有1 mol(50)5 mol
6、电子转移，B正确；由得失电子守恒可知，5 mol氯化钾被氧化时有1 mol氯酸钾被还原，被氧化与被还原的氯元素的质量比为51，D错误。6设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(A)A2.0 g HO与D2O的混合物中所含中子数为NAB1 mol Na2O2固体中含离子总数为4NAC标准状况下，11.2 L CCl4中含有分子的数目为0.5NAD1 mol Fe与1 mol Cl2充分反应，转移电子数为3NA解析：HO与D2O的摩尔质量均为20 gmol1，故2.0 g混合物的物质的量为0.1 mol，且1个HO分子与1个D2O分子均含10个中子，所以0.1 mol混合物中含NA个中子，A
7、项正确；1 mol Na2O2固体中含2 mol钠离子和1 mol过氧根离子，所含离子总数为3NA，B项错误；CCl4在标准状况下为液体，不能按标准状况下的气体摩尔体积计算11.2 L CCl4的物质的量，C项错误；Fe与Cl2按物质的量之比为23充分反应生成FeCl3后，铁剩余，则1 mol氯气完全反应转移2NA个电子，D项错误。7下表中用途与其性质或原理对应关系不正确的是(D)选项用途性质或原理ANa2O2常用作潜水艇或呼吸面具的供氧剂Na2O2与CO2、H2O反应产生O2B常用铝箔作包装材料金属铝具有良好的延展性CFeCl3溶液可用于刻制印刷铜线路板FeCl3与Cu发生反应：2Fe3Cu
8、=2Fe2Cu2D用小苏打治疗胃酸过多Na2CO3可中和胃酸解析：Na2O2与CO2、H2O发生反应的化学方程式分别为2Na2O22CO2=2Na2CO3O2、2Na2O22H2O=4NaOHO2，因此过氧化钠常用作潜水艇或呼吸面具的供氧剂，A不符合题意；金属铝具有良好的延展性，常用铝箔作包装材料，B不符合题意；用FeCl3刻制印刷铜线路板，发生的反应为Cu2Fe3=Cu22Fe2，C不符合题意；小苏打为NaHCO3，D符合题意。8下列各组物质中，满足图示关系并在一定条件下能一步转化的组合有(D)序号XYZWNaNaOHNa2CO3NaClAlAlCl3Al(OH)3Al2O3FeFeCl3F
9、eCl2Fe(OH)2ABCD解析：钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，碳酸钠与盐酸反应生成氯化钠，电解熔融氯化钠生成钠，各物质在一定条件下能一步转化，符合题意；铝与盐酸反应生成氯化铝，氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝，氢氧化铝受热分解生成氧化铝，电解熔融氧化铝生成铝，各物质在一定条件下能一步转化，符合题意；铁与氯气反应生成氯化铁，氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，氯化亚铁与氢氧化钠反应生成氢氧化亚铁，但氢氧化亚铁不能一步转化为铁，不符合题意。D项正确。9元素周期律可以指导人们进行规律性的推测和判断。下列说法不合理的是(A)A由水溶液的酸性：HClH2S，可推断出元素的非金属性：C
10、lSB若X和Y2的核外电子层结构相同，则原子序数：XYC已知第A族元素硫酸盐的溶解性：MgSO4易溶于水，CaSO4微溶于水，可推断SrSO4难溶于水，但溶解度比BaSO4大(第A族元素从上到下依次为Be、Mg、Ca、Sr、Ba)DCs和Ba分别位于第六周期的第A族和第A族，碱性：CsOHBa(OH)2解析：HCl和H2S不是Cl、S元素最高价氧化物对应的水化物，不能通过它们的酸性强弱比较Cl、S的非金属性强弱，故A错误；由XX失去1个电子，YY2得到2个电子，设X和Y2的核外电子数为a，则X、Y的原子序数分别为a1、a2，所以原子序数：XY，故B正确；由信息可知Mg、Ca、Sr、Ba对应的硫
11、酸盐的溶解度逐渐减小，所以推断出SrSO4难溶于水，但溶解度比BaSO4大，故C正确；金属性：CsBa，所以碱性：CsOHBa(OH)2，故D正确。10由两种金属单质组成的混合物20克，投入过量某稀硫酸中，生成标况下气体11.2 L，则两种金属不可能的组成是(A)A钠和锌B铜和铝C铜和镁D镁和钠解析：由2NaH2生成0.5 mol H2需23 g钠，由ZnH2生成0.5 mol H2需32.5 g锌，则20 g钠和锌的混合物投入过量稀H2SO4产生的气体一定小于11.2 L(标况)，A项符合题意，通过同样的计算，B、C、D项20 g混合物投入足量稀H2SO4可能生成标况下11.2 L H2。二
12、、选择题(每小题3分，共18分，每小题有1个或2个选项符合题意)11用0.2 mol/L某金属阳离子Rn的盐溶液40 mL，恰好将20 mL 0.4 mol/L的硫酸盐中的硫酸根离子完全沉淀，则n值为(B)A1B2C3D4解析：溶液中SO的物质的量为：20103 L0.4 mol/L8103 mol，溶液中Rn的物质的量为：40103 L0.2 mol/L8103 mol，由于反应中恰好将硫酸盐溶液中的SO完全沉淀，则SO与Rn反应对应的关系式为：2RnnSO2 n8103 mol 8103 mol解得n2，故选B。12溶液中大量存在如下五种离子：NO、SO、Fe3、H、M，它们的物质的量之比
13、为n(NO)n(SO)n(Fe3)n(H)n(M)23131，则M可能是(B)AAl3BMg2CCODBa2解析：不考虑M离子，n(NO)2n(SO)2238,3n(Fe3)n(H)3136,86，根据电荷守恒规律可知，M是阳离子，设其带x个单位的正电荷，则xn(M)2，M的物质的量是1，所以x2，所以该离子带2个单位的正电荷，又因为Ba2与SO不能共存，故该离子为Mg2，故选B。13(2019新课标全国)固体界面上强酸的吸附和离解是多相化学在环境、催化、材料科学等领域研究的重要课题。下图为少量HCl气体分子在253 K冰表面吸附和溶解过程的示意图，下列叙述错误的是(AD)A冰表面第一层中，H
14、Cl以离子形式存在B冰表面第二层中，H浓度为5103 molL1(设冰的密度为0.9 gcm3)C冰表面第三层中，冰的氢键网络结构保持不变D冰表面各层之间，均存在可逆反应HClHCl解析：A错：由图示可知，第一层中，HCl以分子形式存在。B对：第二层中，已知ClH2O1041，HCl=HCl，H和Cl的物质的量是相同的，设H2O的物质的量为1 mol，则n(H)104 mol，V(H2O)20 cm30.02 L，故c(H)5103 molL1；C对：第三层中，只有H2O分子存在，所以冰的氢键网络结构保持不变；D错：由A项、C项分析可知，第一层和第三层中的物质均以分子形式存在，故均不存在可逆反
15、应HClHCl。14(2019江苏卷)下列有关化学反应的叙述正确的是(CD)AFe在稀硝酸中发生钝化BMnO2和稀盐酸反应制取Cl2CSO2与过量氨水反应生成(NH4)2SO3D室温下Na与空气中O2反应制取Na2O解析：A错：Fe在浓硝酸中发生钝化；B错：MnO2和浓盐酸反应制取Cl2；C对：SO2与过量的氨水反应生成(NH4)2SO3，反应的化学方程式为2NH3H2OSO2= (NH4)2SO3H2O；D正确：室温下Na与空气中的O2反应生成Na2O。15设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是(BD)A标准状况下，11.2 L苯中含有分子的数目为0.5NAB常温常压下，5.6 g乙烯
16、(C2H4)与丁烯(C4H8)的混合物中含有的氢原子的数目为0.8NAC在50 g质量分数为46%的乙醇水溶液中，含有的氢原子总数为3NAD每1 mol Fe与足量的稀硫酸反应转化为Fe2失去的电子数为2NA解析：A项，标准状况下苯为液体，不能使用气体摩尔体积计算，错误；B项，乙烯和丁烯的最简式为CH2,5.6 g混合气体含有0.4 mol CH2，含有0.8 mol氢原子，即氢原子的数目为0.8NA，正确；C项，46%的乙醇水溶液中，乙醇中含有氢原子，而水中也含有氢原子，故含有的氢原子总数大于3NA，错误；D项，每1 mol铁与足量的稀硫酸反应失去的电子数为2NA，正确。166.6 g木炭在
17、标准状况下V L氧气中点燃，恰好完全反应。将反应生成的气体通入足量过氧化钠中，过氧化钠增重7 g，则V为(B)A5.6B8.96C9.52D12.32解析：由反应物的性质可知，CO2与Na2O2反应使Na2O2增重，CO与Na2O2不反应。根据化学方程式2Na2O22CO2=2Na2CO3O2可知，向Na2O2中通入2 mol CO2时，Na2O2增重56 g，当过氧化钠增重7 g时，木炭与氧气反应生成的CO2的物质的量为2 mol0.25 mol，根据C原子个数守恒可知，n(CO)n(C)n(CO2)0.3 mol，则n(O2)n(CO)n(CO2)0.3 mol0.25 mol0.4 mo
18、l，V(O2)0.4 mol22.4 L/mol8.96 L，故选B。二、非选择题(本题包括5小题，共52分)17(10分)现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。(图中有些反应的产物和反应条件没有标出)请回答下列问题：(1)A的化学式为_Na_，丙的化学式为_HCl_。(2)写出下列反应的离子方程式：_2Na2H2O=2Na2OHH2_；_2Fe2Cl2=2Fe32Cl_；_Fe33OH=Fe(OH)3_。(3)写出C溶液与Al反应的离子方程式：_2Al2OH2H2O=2AlO3H2_。(4)为鉴定B单质，将试样用稀盐酸溶解，取上层清液后需再加入的试
19、剂是_B_(填序号)。A碘水BNaOH溶液CKSCN溶液DNa2SO3溶液解析：A的焰色试验为黄色，则A是Na，乙是黄绿色气体，则乙是Cl2，反应是钠和水反应生成气体甲和物质C，则甲是H2，C是NaOH，气体甲和气体乙反应生成的丙是HCl，即D是盐酸，盐酸和金属B反应生成物质E，E被氯气氧化生成F，则B是变价金属，又因为F与C(NaOH)反应生成红褐色沉淀，则金属B是Fe，E是FeCl2，F是FeCl3，红褐色沉淀是Fe(OH)3。(1)根据上述分析，A是Na，丙是HCl。(2)反应是钠和水反应生成氢气和氢氧化钠，离子方程式为2Na2H2O=2Na2OHH2；反应是氯化亚铁被氯气氧化成氯化铁，
20、离子方程式为2Fe2Cl2=2Fe32Cl；反应是氢氧化钠与氯化铁反应生成氢氧化铁沉淀，离子方程式为Fe33OH=Fe(OH)3。(3)C溶液即氢氧化钠溶液，与金属铝反应生成偏铝酸钠和氢气，离子方程式为2Al2OH2H2O=2AlO3H2。(4)根据题意将Fe用稀盐酸溶解，取上层清液(即FeCl2溶液)后需再加入试剂鉴别出Fe2，最直接的方法是加入氢氧化钠溶液，NaOH与FeCl2反应生成Fe(OH)2，现象是白色沉淀变成灰绿色，再变成红褐色，由此特征现象证明原金属单质为金属铁，故B正确。18(10分)铁及其化合物在日常生产生活中应用广泛，研究铁及其化合物的应用意义重大。(1)所含铁元素只有还
21、原性的物质是_A_。AFeBFeCl2CFeCl3DFe2O3(2)当人体缺铁时，往往需要吃补铁保健品。人体能够吸收的是2价的铁，但是2价的铁很容易被氧化。如何检验某固体补铁剂中铁元素已被氧化？写出操作过程、现象及结论：_将补铁剂研细后用盐酸溶解，取上层清液滴入KSCN溶液，若溶液变红色，说明已被氧化_。服用维生素C，可使食物中的三价铁离子转化为二价铁离子。由此可推知，维生素C具有_还原性_(填化学性质)。(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂。湿法制备高铁酸钾(K2FeO4)的反应体系中有六种微粒：Fe(OH)3、ClO、OH、FeO、Cl、H2O。写出并配平湿法
22、制高铁酸钾的离子反应方程式：_2_Fe(OH)3_3_ClO_4OH_=_2_FeO_3_Cl_5H2O_。(4)工业上用氯化铁腐蚀铜箔制造电路板。某工程师为了从使用过的腐蚀废液中回收铜，并获得氯化铁晶体，准备采用下列步骤：回答下列问题：试剂a是_铁(Fe)_，操作用到的玻璃仪器有烧杯、玻璃棒和_漏斗_。滤液X、Z中都有同一种溶质，它们转化为溶液W的离子方程式为_2Fe2Cl2=2Fe32Cl_。上述流程中操作包括_蒸发浓缩_、_冷却结晶_、过滤、洗涤。解析：(1)当元素处于最低价态时，只能表现还原性，无氧化性。铁作为金属元素，其化合价最低价为0价，所以答案选A项。(2)该问题就是Fe3的检验
23、问题。因为样品是固体状态，所以我们需要加稀盐酸或稀硫酸溶解，然后滴加KSCN溶液，如出现红色溶液，说明固体补铁剂中铁元素已被氧化，如无明显现象，说明该固体补铁剂中铁元素尚未被氧化；加入维生素C，实现了Fe3变为Fe2，Fe3发生了还原反应，所以维生素C是还原剂，表现了还原性。(4)工业上用氯化铁腐蚀铜箔后，腐蚀废液中主要成分有FeCl3、FeCl2、CuCl2。为了回收铜，需加入还原剂铁使铜从溶液中析出；为同时获得氯化铁，需通入过量氯气将FeCl2氧化为FeCl3。试剂a为铁。操作实现了固、液分离，应是过滤操作，实验中需要的玻璃仪器除了烧杯和玻璃棒外，还需要普通漏斗；滤液X、Z中都有FeCl2
24、，溶液W是FeCl3溶液，工业上通常通入过量氯气来实现其氧化，发生反应的化学方程式为：2FeCl2Cl2=2FeCl3，对应的离子方程式为：2Fe2Cl2=2Fe32Cl；上述流程中操作是从FeCl3溶液中获得晶体的操作。通常需要先蒸发浓缩使溶液成为饱和(或过饱和)溶液，然后降温(冷却)结晶，过滤后再进行洗涤、干燥等。19(10分)现有部分短周期元素的性质或原子结构如下表：元素编号元素性质或原子结构TM层上的电子数是原子核外电子层数的2倍X最外层电子数是次外层电子数的2倍Y常温下单质为双原子分子，其氢化物水溶液呈碱性Z元素最高正价是7价(1)Y形成的双原子分子中的化学键为_非极性键_(填“极性
25、键”或“非极性键”)。(2)元素X的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是_C_。(3)元素Y与氢元素形成一种分子YH3，写出该粒子的电子式：_。(4)元素Z与元素T相比，非金属性较强的是_Cl_(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是_b_。a常温下Z的单质和T的单质状态不同bZ的氢化物比T的氢化物稳定c一定条件下Z和T的单质都能与氢氧化钠溶液反应(5)T、X、Z三种元素的最高价氧化物对应水化物的酸性由强到弱的顺序是_HClO4H2SO4H2CO3_(用化学式表示)。解析：根据题给信息可知，T、X、Y、Z分别是S、C、N、Cl。(4)元素Cl与元素S是同周期主族元素，核电荷数越
26、大，非金属性越强，则非金属性较强的是Cl；元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，故b正确。(5)元素的非金属性越强，则其最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，S、C、Cl三种元素的非金属性强弱为ClSC，它们的最高价氧化物的水化物的酸性由强到弱的顺序是HClO4H2SO4H2CO3。20(10分)铁有两种氯化物，都是重要的化工试剂。查阅有关资料如下：【氯化铁】熔点为306 ，沸点为315 ；易吸收空气中的水分而潮解。工业上采用向500600 的铁粉中通入氯气来生产无水氯化铁。【氯化亚铁】熔点为670 ，易升华。工业上采用向炽热铁粉中通入氯化氢来生产无水氯化亚铁
27、。某化学活动小组用下图所示的装置(夹持装置略去)模拟工业生产制备无水氯化铁。请回答下列问题：(1)在装置A中，用KMnO4与浓盐酸反应制取氯气，反应的离子方程式为_2MnO10Cl16H=2Mn25Cl28H2O_。(2)仪器D的名称是_球形干燥管_；D中装的是碱石灰，其作用是_吸收未反应的Cl2，防止空气中的水进入装置C，使FeCl3潮解_。(3)定性分析。取装置C中的少量产物溶于稀盐酸中配成稀溶液待用。若产物中混有FeCl2，可用下列试剂中的_(只能选取一种试剂，填序号)进行检测，实验现象是_有蓝色沉淀生成_。H2O2溶液 K3Fe(CN)6溶液KSCN溶液 酸性KMnO4溶液KI淀粉溶液
28、(4)定量分析。取装置C中的产物，按以下步骤进行测定：称取4.60 g产品溶于过量的稀盐酸中；加入足量H2O2溶液；再加入足量NaOH溶液；过滤、洗涤后灼烧沉淀；称量所得红棕色固体为2.40 g。则该产品中铁元素的质量分数为_36.52_%(结果精确到小数点后两位)。(5)由(4)定量分析数据得出结论，并提出改进措施：用题目所给的装置制得的产物中，铁元素含量_偏高_(填“相等”“偏高”或“偏低”)，说明含有FeCl2杂质。若要得到较纯净的无水氯化铁，可采取的“装置”改进措施是_在A、B装置间增加一个盛饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl_。解析：(2)仪器D的名称是球形干燥管；氯气有
29、毒需要进行尾气处理，又因为氯化铁易吸收空气中的水分而潮解，所以D中装的是碱石灰。(4)H2O2溶液能把亚铁离子氧化为铁离子，加入氢氧化钠转化为氢氧化铁沉淀，灼烧转化为氧化铁，氧化铁的物质的量为2.4 g160 g/mol0.015 mol，根据铁元素守恒可知铁元素的质量是0.015 mol256 g/mol1.68 g，则该产品中铁元素的质量分数为100%36.52%。(5)由于氯化铁中铁元素的质量分数小于氯化亚铁中铁元素的质量分数，则用题目所给的装置制得的产物中，如果铁元素含量偏高，则说明含有FeCl2杂质；由于生成的氯气中含有氯化氢，氯化氢能与铁反应生成氯化亚铁，则若要得到较纯净的无水氯化
30、铁，可采取的“装置”改进措施是在A、B装置中间增加一个盛有饱和食盐水的洗气装置，除去Cl2中混有的HCl。21(12分)如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持及加热仪器已略)。(1)制备氯气选用的药品为固体二氧化锰和浓盐酸，则相关的化学方程式为_MnO24HCl(浓)MnCl2Cl22H2O_。装置B中饱和食盐水的作用是_除去Cl2中的HCl_；同时装置B也是安全瓶，监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时装置B中的现象：_B中长颈漏斗中的液面上升，形成水柱_。(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中、依次放入_d_(填序号)。序号abcd干燥的有色布
31、条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条碱石灰硅胶浓硫酸无水氯化钙湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条(3)设计装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向装置D中缓缓通入少量氯气时，发生反应的离子方程式为_Cl22Br=Br22Cl_；然后打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡，观察到的现象是_装置E中的溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色_。(4)装置F中用足量的NaOH溶液吸收多余氯气，试写出相应的离子方程式：_2OHCl2=ClClOH2O_。解析：(1)实验室制备氯气利用的是二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式为MnO24HCl
32、(浓)MnCl2Cl22H2O。制取的氯气中含有氯化氢杂质，氯化氢易溶于水，而氯气在饱和食盐水中的溶解度不大，故选择饱和食盐水吸收氯气中的氯化氢；装置B也是安全瓶，可监测实验进行时装置C中是否发生堵塞，发生堵塞时装置B中的压强增大，装置B中长颈漏斗中的液面上升，形成水柱。(2)装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，故验证氯气是否具有漂白性，要先干燥氯气，且应用干燥的布条进行实验，可排除a、b；本实验U形管中只能装固体干燥剂，可排除c；d项中的现象为湿润的有色布条褪色，而干燥的有色布条不褪色，可证明干燥的氯气无漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸具有漂白性，故d正确。(3)装置D中装的是溴化钠溶液，当向装置D中缓缓通入少量氯气时，氯气和溴化钠反应生成溴单质，离子方程式为Cl22Br=Br22Cl；溴单质的氧化性强于碘单质，故打开活塞后，溴单质和碘化钾反应生成碘单质，碘单质溶于苯呈紫红色，则振荡后观察到的现象是装置E中的溶液分为两层，上层(苯层)为紫红色。(4)氯气有毒，直接排放容易造成空气污染，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠溶液吸收多余氯气，反应的离子方程式为Cl22OH=ClClOH2O。
