新疆塔城市第三中学2022-2023学年高一上学期期中化学 Word版含解析.docx

《新疆塔城市第三中学2022-2023学年高一上学期期中化学 Word版含解析.docx》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。

塔城三中2022年11月高一期中试卷化学试题一、单选题(共30分)1.化学使科技进步，使生活更美好，下列相关说法错误的是A.“海牛II号”刷新世界钻探深度，钻头采用硬质合金材料，其硬度高于成分金属B.食品包装袋中常有硅胶、生石灰、还原铁粉等，其作用都是防止食品氧化变质C.涤纶人造血管性质稳定、使用寿命长，其属于合成高分子材料D.“天问一号”火星车的热控保温材料一纳米气凝胶，可产生丁达尔效应【答案】B【解析】【详解】A．合金的熔点低，硬度大，故合金的硬度高于成分金属，A正确；B．硅胶和生石灰只能吸收水分，铁是较活泼的金属，具有还原性，能防止食品被氧化，B错误；C．涤纶属于合成高分子材料，C正确；D．热控保温材料一纳米气凝胶，属于胶体，可产生丁达尔效应，D正确；故答案选B。2.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A.标况下，22.4LCl2溶于足量水，所得溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数为NAB.1mol·L-1的Fe2(SO4)3溶液中，含有的SO数目为3NAC.标准状况下，22.4LCO2和O2的混合气体中含氧原子数为2NAD.1molFe在纯氧中完全燃烧，生成Fe3O4，Fe失去8NA个电子【答案】C【解析】【详解】A．Cl2与水反应：Cl2+H2OCl-+HClO+H+，溶液中氯原子的物质的量为2mol，氯气中含有2个氯原子，故溶液中Cl2、Cl-、HClO和ClO-四种微粒总数大于NA，故A错误；B．溶液体积未确定，无法求出SO的数目，故B错误；C．标准状况下，22.4LCO2和O2混合气体物质的量为1mol，每个二氧化碳分子和氧分子含有的氧原子数相同，所以混合气体中氧原子的数为2NA，故C正确；D．1molFe在纯氧中完全燃烧，生成Fe3O4时，化合价由0价升高为+价，1mol铁应失去NA个电子，故D错误； 故选C。3.在天宫课堂，王亚平通过实验展示了油水混合物在太空静置后不分层的现象。飞到太空中的油和水A.溶解性改变B.化学性质改变C.分子结构改变D.以上三项均没变【答案】D【解析】【详解】在太空中物体处于失重状态，油和水的重力变小，从而出现静置后不分层的现象，而物质的溶解性、化学性质、分子结构均没有变化。答案选D。4.在100mLK2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液中，c(Fe3+)为0.1mol·L-1，c(K+)为0.3mol·L-1，要将溶液中的全部转化为沉淀，至少需加0.1mol·L-1BaCl2溶液的体积为A.250mLB.280mLC.300mLD.320mL【答案】C【解析】【分析】【详解】根据电荷守恒得：c()=，则n()=0.3mol·L-1×0.1L=0.03mol，则V(BaCl2)=，故C正确。故选C。5.下列溶液中c(Cl-)为1mol·L-1的是A.1mol·L-1NaClB.1mol·L-1MgCl2C.1mol·L-1FeCl3D.1mol·L-1KClO3【答案】A【解析】【详解】A．1mol·L-1NaCl中c(Cl-)为1mol·L-1，符合题意；B．1mol·L-1MgCl2中c(Cl-)为2mol·L-1，不符合题意；C．1mol·L-1FeCl3中c(Cl-)为3mol·L-1，不符合题意； D．1mol·L-1KClO3中无Cl-，不符合题意；故选A。6.关于反应4CO2+SiH44CO+2H2O+SiO2，下列说法正确的是A.CO是氧化产物B.SiH4发生还原反应C.氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶4D.生成1molSiO2时，转移8mol电子【答案】D【解析】【详解】A．根据反应方程式，碳元素的化合价由+4价降为+2价，故CO为还原产物，A错误；B．硅元素化合价由-4价升为+4价，故SiH4发生氧化反应，B错误；C．反应中氧化剂为二氧化碳，还原剂为SiH4，，则氧化剂与还原剂的物质的量之比为4:1，C错误；D．根据反应方程式可知，Si元素的化合价由-4价升高至+4价，因此生成1molSiO2时，转移8mol电子，D正确；答案选D。7.把石蕊试液滴加到新制的氯水中出现的现象是A.溶液变红色B.溶液变蓝色C.溶液变紫色D.溶液先变红后褪色【答案】D【解析】【详解】氯水中含有盐酸、次氯酸和水，盐酸属于强酸，使紫色石蕊试液变红；次氯酸具有强氧化性，能漂白溶液，所以把石蕊试液滴加到新制的氯水中出现的现象是溶液先变红后褪色，所以D符合题意；故选：D。8.饱和氯化钠溶液中存在如图所示过程，下列说法正确的是A.a离子为Cl-，b离子为Na+ B.此过程中溶解速率小于结晶速率C.再加入NaCl固体，溶质微粒浓度变大D.此过程可以说明NaCl的电离：NaClNa++Cl-【答案】A【解析】【详解】A．NaCl在溶液中电离出Na+和Cl-离子，Na+含有2个电子层、Cl-离子含有3个电子层，则离子半径Cl-＞Na+，Na+带正电易吸引水分子中的氧原子、Cl-离子带负电易吸引水分子中的氢原子，根据图示可知，a为Cl-、b为Na+，故A正确；B．饱和溶液中始终存在溶解与结晶过程，溶解速率等于结晶速率，故B错误；C．饱和氯化钠溶液中加入NaCl固体不能继续溶解，则溶质质量不变，溶质微粒浓度不变，故C错误；D．NaCl是强电解质，在水中完全电离，电离方程式为NaCl=Na++Cl-，故D错误；故选：A。9.使用如图装置（搅拌装置略）探究溶液离子浓度变化，灯光变化不可能出现“亮→暗(或灭）→亮”现象的是选项ABCD试剂aCuSO4NH4HCO3H2SO4CH3COOH试剂bBa(OH)2Ca(OH)2Ba(OH)2NH3·H2OA.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】 【分析】【详解】A．Ba(OH)2与CuSO4发生离子反应：Ba2++2OH-+Cu2++=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当CuSO4溶液过量时，其电离产生的Cu2+、导电，使灯泡逐渐又变亮，A不符合题意；B．Ca(OH)2与NH4HCO3发生离子反应：Ca2++2OH-++=CaCO3↓+H2O+NH3·H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动离子浓度减小，灯泡逐渐变暗，当二者恰好反应时，溶液中自由移动的微粒浓度很小，灯泡很暗。当NH4HCO3溶液过量时，其电离产生的、导电，使灯泡逐渐又变亮，B不符合题意；C．Ba(OH)2与H2SO4发生离子反应：Ba2++2OH-+2H++=BaSO4↓+2H2O，随着反应的进行，溶液中自由移动的离子浓度减小，灯泡变暗，当二者恰好反应时，溶液中几乎不存在自由移动的微粒，灯泡完全熄灭。当H2SO4溶液过量时，其电离产生的H+、导电，使灯泡逐渐又变亮，C不符合题意；D．CH3COOH与氨水发生离子反应：CH3COOH+NH3·H2O=CH3COO-++H2O，反应后自由移动的离子浓度增大，溶液导电能力增强，灯泡更明亮，不出现亮—灭(或暗)—亮的变化，D符合题意；故合理选项是D。10.现有Fe、FeO、Fe2O3、Fe3O4组成的混合物，取一定量此混合物，加入400ml2mol/L的盐酸，混合物恰好完全溶解，放出xml(标况下)气体，往所得溶液中加入KSCN溶液无血红色出现，若取等质量此混合物，用足量CO还原，可得到铁单质多少克A.11.2克B.22.4克C.33.6克D.44.8克【答案】B【解析】【分析】盐酸恰好使混合物完全溶解，则盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知n(FeCl2)=n(HCl)；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据Fe元素守恒可得：n(Fe)=n(FeCl2)，再根据m=nM计算得到用足量的CO还原可得铁单质的质量。【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，向反应所得溶液加KSCN溶液无血红色出现，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可得：n(FeCl2)=n(HCl)=×0.4L×2mol/L=0.4mol；用足量的CO 在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.4mol，0.4molFe的质量为：0.4mol×56g/mol=22.4g，即：用足量的CO还原可得铁单质的质量为22.4g，故答案为B。11.在FeCl2和CuCl2混合溶液中加入铁屑,反应结束后滤出固体物质,滤液中的阳离子可能是 (    )①只有Fe2+；    ②Fe2+和Fe3+；   ③Fe2+和Cu2+；  ④Cu2+和．A.②③B.②④C.①④D.①③【答案】D【解析】【详解】由于Fe3+能氧化Fe、Cu，充分反应后滤去固体物质，固体为Cu或Fe、Cu，所以滤液中一定无Fe3+，可排除②④，固体物质存在两种可能：1、当固体为铁、铜时，溶液中的Fe3+、Cu2+全部参加反应生成Fe2+和Cu，反应的反应方程式为：2FeCl3+Fe=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，所以溶液中一定没有Fe3+、Cu2+，一定含有Fe2+，故①正确；2、当固体为铜时，溶液中一定没有Fe3+，Cu2+恰好全部参加反应或部分反应生成Fe2+和Cu，所以溶液中一定没有Fe3+，可能含有Cu2+，一定含有Fe2+；综上可知：滤液中一定含有Fe2+，故③正确；答案选D。【点睛】本题考查了Fe3+、Cu2+的氧化能力大小的比较，能正确判断固体的成分是解本题的关键。根据Fe3+、Cu2+的氧化性强弱判断反应先后顺序，从而确定固体的成分、溶液的成分；有固体剩余，若固体只有铜，则反应后的溶液中一定无Fe3+存在，一定存在Fe2+；可能含有Cu2+；若有铁剩余，一定有铜生成，Fe3+、Cu2+无剩余。12.联氨可用于处理锅炉水中的溶解氧，防止锅炉被腐蚀，其中一种反应机理如图所示。下列叙述错误的是A.1mol可处理水中1.5molO2B.③中发生反应后溶液的pH增大C.①转化中失去电子D.工业上也可用处理锅炉水中的溶解氧【答案】A 【解析】【分析】由图示可知，反应①中CuO将N2H4氧化为N2，本身被还原为Cu2O，反应②中Cu2O和氨水反应生成Cu(NH3，元素化合价未发生变化，不是氧化还原反应，反应③中Cu(NH3被氧气氧化为Cu(NH3，据此解答。【详解】A．根据分析，整个流程中Cu元素化合价没有发生变化，相当于被O2氧化，1mol失去4mol电子，1molO2得到4mol电子，根据得失电子守恒，1mol可处理水中1molO2，故A错误；B．第②步中加入氨水，溶液呈碱性，反应③中发生反应4Cu(NH3+O2+8NH3H2O=4Cu(NH3+6H2O+4OH-，生成氢氧根离子，导致溶液的pH增大，故B正确；C．①转化中转化为N2，N元素化合价升高，所以失去电子，故C正确；D．具有较强的还原性，可以和氧气发生氧化还原反应，从而除去溶解氧，故D正确；答案选A。13.用表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.中所含电子的数目为4.5B.由乙烯制备一氯乙烷，若获得1mol产品需2个分子C.常温下，pH=3的溶液中，由水电离的数为0.001D.标准状况下，22.4L与足量水反应可获得个分子【答案】A【解析】【详解】A．1个氨基是由1个氮原子和2个氢原子构成的有7×1+1×2=9个电子。0.5mol氨基就有0.5mol×9=4.5mol电子，数量是4.5，A正确；B．乙烯制备一氯乙烷，应该用HCl与乙烯通过加成反应得到，不用氯气，B错误；C．没有具体说明溶液体积，无法计算氢离子数量，C错误；D．标准状况下，三氧化硫是液体，不是气体，不能用气体摩尔体积计算三氧化硫的物质的量，D错误；答案选A。14.下列反应的离子方程式书写正确的是A.金属铁与稀盐酸反应：2Fe＋6H+=2Fe3+＋3H2↑ B.氢氧化铜与稀H2SO4反应：H＋＋OH-=H2OC.“84”消毒液和洁厕剂不能混用，原因是：ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2OD三氯化铁溶液中加入铜粉：Fe3++Cu=Fe2++Cu2+【答案】C【解析】【详解】A．金属铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式是Fe＋2H+=Fe2+＋H2↑，故A错误；B．氢氧化铜与稀H2SO4反应生成硫酸铜和水，反应的离子方程式是2H＋＋Cu(OH)2=2H2O+Cu2+，故B错误；C．“84”消毒液和洁厕剂不能混用，原因是次氯酸钠和盐酸反应生成氯化钠和氯气，反应的离子方程式是ClO-+Cl-+2H+=Cl2↑+H2O，故C正确；D．三氯化铁溶液中加入铜粉生成氯化亚铁和氯化铜，反应的离子方程式是2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故D错误；选C。15.某碳酸钾和碳酸氢钾组成的混合物样品61.4g，加水溶解后，取所得溶液的十分之一，向其中缓缓加入一定浓度的稀盐酸，并同时记录放出CO2的质量和消耗稀盐酸的体积，得到如图所示的曲线。下列说法不正确的是A.该过程所发生反应的化学方程式：K2CO3+HCl=KCl+KHCO3；KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑B.混合物样品中含碳酸钾20.0gC.混合物中碳元素的质量分数为9.77%D.若将61.4g原混合物样品充分加热，放出CO2的质量为4.40g【答案】B【解析】【详解】A．由图可知，开始没有气体生成，发生反应：K2CO3+HCl=KCl+KHCO3，加入12mL 盐酸时，开始有气体生成，此时发生反应：KHCO3+HCl=KCl+H2O+CO2↑，故A正确；B．溶液中碳酸钾转化为碳酸氢钾，消耗盐酸为12mL，KHCO3与HCl反应消耗盐酸的体积为32mL-12mL=20mL，反应都按1：1进行，故样品中碳酸钾与碳酸氢钾的物质的量之比=12mL：(20-12)mL=3：2，根据碳元素守恒可知，碳酸钾的物质的量=×10=0.3mol，故样品中碳酸钾的质量=0.3mol×138g/mol=41.4g，故B错误；C．当加入32mL盐酸时，生成的气体达最大值，根据碳元素守恒，可知样品中碳元素的质量=2.2g××10=6g，故样品中碳元素质量分数=×100%≈9.77%，故C正确；D．碳酸氢钾的物质的量为0.3mol×=0.2mol，根据方程式2KHCO3K2CO3+H2O+CO2↑，可知生成二氧化碳的物质的量为0.2mol×=0.1mol，二氧化碳的质量=0.1mol×44g/mol=4.4g，故D正确；故选B。二、填空题(共52分)16.现有以下物质：①Cu②熔融NaCl③NaHSO4固体④NH3⑤蔗糖⑥CaO⑦盐酸，请按下列分类标准回答问题(用序号填写)。（1）能导电的是_______；（2）属于电解质的是_______，属于非电解质的是_______；（3）写出③在水溶液中的电离方程式_______；（4）向⑥中滴加⑦溶液的离子方程式为_______。（5）向③溶液中逐滴加入氢氧化钡，溶液恰好显中性时反应的离子方程式：_______。（6）向澄清石灰水中通入过量CO2反应的离子方程式：_______。【答案】（1）①②⑦（2）①.②③⑥②.④⑤（3）（4）CaO+2H+=Ca2++H2O（5） （6）【解析】【小问1详解】①Cu是金属单质，可以导电；②熔融NaCl发生了电离，可以导电；⑦盐酸是HCl溶液发生了电离，可以导电；其它的都不能导电，故能导电的选①②⑦。【小问2详解】能够发生电离的化合物即是电解质，即熔融NaCl、NaHSO4固体、CaO是电解质，故属于电解质的选②③⑥；不能发生电离的化合物即为非电解质，即NH3、蔗糖，故属于非电解质的是选④⑤。【小问3详解】NaHSO4在水溶液中电离出钠离子、氢离子、硫酸根离子，其电离方程式为【小问4详解】向⑥中滴加⑦溶液，即氧化钙遇到盐酸生成氯化钙和水，其离子方程式为【小问5详解】向③溶液中逐滴加入氢氧化钡，恰好呈中性即氢离子和氢氧根离子完全反应，其离子方程式为【小问6详解】澄清石灰水通入过量二氧化碳生成碳酸氢钙，其离子方程式为17.1926年，我国化工专家侯德榜创造出的“侯氏制碱法”，结束了由美、英、法等国垄断世界纯碱市场的时代。其基本工业流程如图：回答下列问题：（1）上述物质中属于酸式盐是___________。 （2）实验室用大理石和稀盐酸制备，请写出该反应的离子方程式___________。（3）由碳酸氢钠制备纯碱的化学方程式为___________。（4）氨气常用此反应合成，请用单线桥法表示该反应的电子转移___________。（5）“侯氏制碱法”中除水外，能够循环利用的物质是___________和___________(填化学式)。（6）碳酸钠与氯化钠在外观上相似，请设计一个实验区分碳酸钠和氯化钠(写出实验操作和现象)___________。（7）举例说明碳酸钠的两种工业用途：___________、___________。【答案】（1）碳酸氢钠或（2）（3）（4）（5）①.②.（6）分别取少量白色粉末至两个洁净的小试管中，加入少量稀盐酸，有气泡放出的那个小试管中盛放的即是碳酸钠(或溶解后加氯化钡等方法)（7）①.纺织②.制皂、造纸、制玻璃、工业上作催化剂等(任选两个即可)【解析】【分析】氨气极易溶于水，且氨气溶于水，溶液显碱性，向饱和氨盐水中通入CO2，利用碳酸氢钠的溶解度小于碳酸钠，发生NaCl+CO2+H2O+NH3=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤，碳酸氢钠不稳定受热易分解，据此分析；【小问1详解】上述物质中属于酸式盐的是NaHCO3；故答案为碳酸氢钠或NaHCO3；【小问2详解】大理石成分是CaCO3，难溶于水，盐酸为强酸，大理石与盐酸反应生成二氧化碳，其离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O；故答案为CaCO3+2H+=CO2↑+H2O；【小问3详解】纯碱为碳酸钠，碳酸氢钠不稳定，受热易分解，其反应方程式为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O； 【小问4详解】根据反应方程式，氮气为氧化剂，氢气为还原剂，1个氮气参与反应，转移6个电子，单线桥表示该反应的电子转移：；故答案为；【小问5详解】根据上述流程，循环使用的物质是CO2、NaCl，故答案为CO2；NaCl；【小问6详解】碳酸钠能与盐酸反应生成二氧化碳气体，或者利用碳酸钠与氯化钙反应生成碳酸钙沉淀，具体操作是分别取少量白色粉末至两个洁净的小试管中，加入少量稀盐酸，有气泡放出的那个小试管中盛放的即是碳酸钠(或溶解后加氯化钡等方法)；故答案为分别取少量白色粉末至两个洁净的小试管中，加入少量稀盐酸，有气泡放出的那个小试管中盛放的即是碳酸钠(或溶解后加氯化钡等方法)；【小问7详解】碳酸钠是一种重要的无机化工原料，在工业用途为纺织、制皂、造纸、制玻璃、工业上作催化剂等(任选两个即可)；故答案为制皂、造纸、制玻璃、工业上作催化剂等(任选两个即可)。18.回答下列问题。（1）49gH2SO4中氧原子数为_______。（2）16g物质A中含有的分子数为3.01×1023，则A的摩尔质量为_______。（3）在标准状况下，1.7gNH3与标准状况下_______LH2S含有相同数目的氢原子。（4）0.17gOH-中质子的物质的量为_______，电子的微粒数为_______个。（5）某气体在标准状况下的密度为1.25g/L，则14g该气体所含有的分子数为_______。（6）从400mL2.0mol·L-1的Al2(SO4)3溶液中取出10mL，将这10mL溶液用水稀释到100mL，所得溶液中SO的物质的量浓度为_______。（7）标准状况下，等质量的氧气与臭氧的体积之比为_______，氧原子个数之比为_______。（8）同温同压下，容器A中充满CO2气体，容器B中充满N2，若V(A)∶V(B)=3∶2，则两容器中的气体密度比为_______。【答案】（1）1.204×1024（2）32g/mol##32g·mol-1（3）3.36（4）①.0.09mol②.6.02×1022（5）3.01×1023（6）0.6mol/L##0.6mol·L-1（7）①.3∶2②.1∶1 （8）11∶7【解析】【小问1详解】1个中含有4个O原子，个数为，故中氧原子数为；【小问2详解】分子数为的物质的量为，则A的摩尔质量为；【小问3详解】在标准状况下，的物质的量是，其中含有的H原子的物质的量是0.3mol，若含有0.3molH原子，则其物质的量是0.15mol，该气体在标准状况下的体积；【小问4详解】0.17gOH-的物质的量为，质子的物质的量为，电子的微粒数为；【小问5详解】气体的摩尔质量为，14g该气体的物质的量为，则14g该气体所含有的分子数为=；【小问6详解】400mL2.0mol/L的溶液中含的物质的量浓度为：；从中取出10mL，取出溶液的浓度仍然为6mol/L；将这10mL溶液用水稀释到100mL，稀释后浓度为：；【小问7详解】 标准状况下，等质量的氧气与臭氧的体积之比等于物质的量之比为=3:2；1个氧气分子中有两个氧原子，1个臭氧分子中有三个氧原子，氧原子个数之比为：=1:1；故答案为：3:2；1:1；【小问8详解】，同温同压下，气体的体积之比等于物质的量之比，则同温同压下，气体的密度之比等于摩尔质量之比，故两容器中的气体密度比=44∶28=11∶7。三、实验题(共18分)19.科学家舍勒和戴维对氯气的制取和研究做出了重大贡献。某兴趣小组利用所给仪器在实验室制备纯净干燥的氯气，并模拟工业制漂白粉。请回答下列问题：I.氯气的制备(装置如图所示)（1）装置G的名称为_______，装置F的作用为_______。（2）从图中选择合适装置制备并收集纯净干燥的氯气(仪器不重复使用)，仪器连接顺序为_______(填写仪器下方字母)。II.漂白粉的制备(装置如图所示)查阅资料可知：①氯气与碱反应放出热量；②6Cl2+6Ca(OH)2CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O。 （3）装置C中发生反应的化学方程式为_______。（4）多孔球泡作用是_______，使用冰水浴的目的是_______。（5）测定装置C中Ca(ClO)2物质的量浓度的方法如下：取C中溶液10.0mL于锥形瓶中，加入硫酸酸化，加入过量KI溶液，盖紧瓶塞并在暗处充分发生反应ClO-+2I-+2H+=I2+Cl-+H2O。用0.1000mol·L-1Na2S2O3标准溶液滴定该锥形瓶中的溶液，滴入2~3滴淀粉指示剂，当加入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，其现象为_______达到滴定终点，此时消耗Na2S2O3溶液的体积为20.00mL。(已知：I2+2S2O=2I-+S4O。该漂白粉溶液中Ca(ClO)2的物质的量浓度为_______mol/L。(保留4位有效数字)【答案】（1）①.分液漏斗②.除去Cl2中混入的HCl（2）B→F→E→D→C（3）（4）①.增大氯气和石灰乳的接触面积，提高吸收效率②.避免副反应发生（5）①.当加入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内溶液不再变为蓝色，说明滴定达到终点②.0.05000mol/L【解析】【分析】MnO2与浓盐酸需要在加热条件下才能发生反应，生成的Cl2中混有浓盐酸挥发出的HCl气体和水蒸气，用饱和食盐水除去HCl，用浓硫酸除去水蒸气，向上排空气法收集氯气，尾气用NaOH溶液吸收尾气，以此解题。【小问1详解】装置G的名称为由图可知装置G的名称为分液漏斗；由于浓盐酸有挥发性，故制备的氯气中含有氯化氢，则装置F的作用为：除去Cl2中混入的HCl；【小问2详解】制取氯气时，需进行以下操作：制气、除杂、干燥、收集、尾气处理，从而得出仪器连接顺序为：B→F→E→D→C；【小问3详解】装置C中是氯气和氢氧化钙反应制备漂白粉的过程，化学方程式为：；【小问4详解】多孔球泡的作用是增大氯气和石灰乳的接触面积，提高吸收效率；该反应是放热反应，反应会放出的热量，导致物质温度升高，从而发生副反应生成氯酸钙，采用冰水浴可以避免副反应发生；【小问5详解】 在开始滴定时锥形瓶中的溶液中含有I2及淀粉溶液，溶液显蓝色，随着Na2S2O3标准溶液的滴入，溶液中I2不断被消耗，浓度变稀，溶液蓝色变浅，当滴入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液颜色由蓝色变为无色，半分钟内溶液颜色不变色，说明滴定达到终点，故滴定终点现象是：当加入最后一滴Na2S2O3标准溶液时，溶液由蓝色变为无色，半分钟内溶液不再变为蓝色，说明滴定达到终点；