山东省泰安市第一实验学校高三10月月考化学试题

泰山国际学校2020——2021学年度上学期月考化学学科可能用到的相对原子质量：H-1C12O16Na23Si28P31Cl35.5一、选择题：本题共10小题，每小题2分，共20分。每小题只有一个选项符合题目要求。1.国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸(CH3COOOH)、氯仿等均可有效灭活病毒。对于上述化学药品，下列说法错误的是A.CH3CH2OH能与水互溶B.NaClO通过氧化灭活病毒C.过氧乙酸相对分子质量为76D.氯仿的化学名称是四氯化碳【答案】D【解析】【详解】A.乙醇分子中有羟基，其与水分子间可以形成氢键，因此乙醇能与水互溶，A说法正确；B.次氯酸钠具有强氧化性，其能使蛋白质变性，故其能通过氧化灭活病毒，B说法正确；C.过氧乙酸的分子式为C2H4O3，故其相对分子质量为76，C说法正确；D.氯仿的化学名称为三氯甲烷，D说法不正确。综上所述，故选D。2.下列有机物的命名正确的是A.CH2＝CH—CH＝CH21,3二丁烯B.CH3CH2CH(CH3)OH2甲基1丙醇C.2甲基3丁炔D.3,3,4三甲基己烷【答案】D【解析】【分析】烷烃的命名原则是：找出最长的碳链当主链，依碳数命名主链，前十个以天干(甲、乙、丙...)代表碳数，碳数多于十个时，以中文数字命名，如：十一烷；从最近的取代基位置编号：1、2、3...(使取代基的位置数字越小越好)，以数字代表取代基的位置，数字与数字之间以“,”隔开，数字与中文数字之间以“－”隔开；有多个取代基时，以取代基数字最小且最长的碳链当主链，并依甲基、乙基、丙基的顺序列出所有取代基；有两个以上的取代基相同时，在取代基前面加入中文数字：一、二、三...，如：二甲基；如果含有官能团，则含有官能团的最长碳链作主链，编号也是从离官能团最近的一端开始，据此分析解答。【详解】A．该物质是二烯烃，两个双键的位置在1，2号C原子和3，4号碳原子之间，因此名称为1，3丁二烯，A选项错误；B．CH3CH2CH(CH3)OH的主链有4个碳，2号为羟基，因此名称为2丁醇，B选项错误；C．属于炔烃，最长碳链含有4个碳原子，离叁键最近一端编号，甲基在3号碳上，因此名称为3甲基1丁炔，C选项错误；D．属于烷烃，主链有6个碳，2个甲基位于3号碳原子上，1个甲基位于4号碳原子上，因此其名称为3，3，4三甲基己烷，D选项正确；答案选D。3.丙烯酸（CH2=CH—COOH）能发生的反应可能有（）①加成反应②水解反应③酯化反应④中和反应⑤氧化反应A.只有①③ B.只有①③④ C.只有①③④⑤ D.①②③④⑤【答案】C【解析】【详解】丙烯酸中含有碳碳双键和羧基两种官能团，碳碳双键可以发生加成反应，氧化反应，羧基可以发生酯化反应、中和反应。丙烯酸不能发生水解反应。故选C。4.某有机物结构简式如图，下列关于该有机物的说法正确的是()A.1mol该有机物可消耗3molNaOHB.该有机物的分子式为C16H17O5C.最多可与7molH2发生加成D.苯环上的一溴代物有6种【答案】D【解析】A.该有机物酯基水解产生酚羟基和羧基，所以1mol该有机物可消耗4molNaOH，故A错误；B.该有机物的分子式为C16H14O5，故B错误；C.该有机物的物质的量未定，与之发生加成反应的氢气的物质的量无从确定，故C错误；D.苯环上的氢原子有6种，所以苯环上的一溴代物有6种，故D正确。故选D。5.关于的说法正确的是A.分子中有3种杂化轨道类型的碳原子B.分子中共平面的原子数目最多为14C.分子中的苯环由单双键交替组成D.与Cl2发生取代反应生成两种产物【答案】A【解析】【详解】A．—CH3的碳原子有4个σ键，无孤对电子，是sp3杂化，苯环上的碳原子有3个σ键，无孤对电子，是sp2杂化，—C≡CH的碳原子有2个σ键，无孤对电子，是sp杂化，因此分子中有3种杂化轨道类型的碳原子，故A正确；B．根据苯中12个原子共平面，乙炔中四个原子共直线，甲烷中三个原子共平面，因此分子中共平面的原子数目最多为15个(甲基中碳原子和其中一个氢原子与其他原子共面)，故B错误；C．分子中的苯环中碳碳键是介于碳碳单键和双键之间独特的键，故C错误；D．与Cl2发生取代反应，取代甲基上的氢有一种产物，取代苯环上的氢有四种产物，因此取代反应生成五种产物，故D错误。综上所述，答案为A。6.实验室中下列做法错误是A.用冷水贮存白磷 B.用浓硫酸干燥二氧化硫C.用酒精灯直接加热蒸发皿 D.用二氧化碳灭火器扑灭金属钾的燃烧【答案】D【解析】【详解】A．白磷着火点低，易自然，且密度比水大，常保存在冷水中，A正确；B．浓硫酸有吸水性且不与SO2反应，可用浓硫酸干燥SO2，B正确；C．蒸发皿可直接加热，蒸发操作时，用酒精灯直接加热蒸发皿，C正确；D．K燃烧有K2O2、KO2生成，K2O2、KO2和CO2反应产生O2助燃，所以不能用CO2灭火器扑灭金属钾的燃烧，D错误。答案选D。7.下列叙述不涉及氧化还原反应的是A.谷物发酵酿造食醋 B.小苏打用作食品膨松剂C.含氯消毒剂用于环境消毒 D.大气中NO2参与酸雨形成【答案】B【解析】【详解】A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。答案选B。8.用光洁的铂丝蘸取某无色溶液在无色火焰上灼烧,直接观察时看到火焰呈黄色,下列判断正确的是（）A.只含Na+ B.可能含有Na+,可能还含有K+C.既含有Na+,又含有K+ D.一定含Na+,可能含有K+【答案】D【解析】【详解】钠元素的焰色是黄色，钾元素的焰色是紫色，但观察钾元素的焰色时要透过蓝色钴玻璃，以滤去钠元素的黄光的干扰。做焰色反应实验时，直接观察时看到火焰呈黄色，说明肯定含有Na+，不能判断K+的存在与否，故D是正确的。故选D。9.下列说法正确的是（）A.31gP4分子中含有的P—P键数目为NAB.14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NAC.0.1mol/L的Na3PO4溶液中含有的PO数目小于0.1NAD.标准状况下，将22.4LCl2通入足量水中充分反应转移电子数为NA【答案】B【解析】【详解】A．31gP4的物质的量==0.25mol，P4为正四面体结构，1个P4分子含6个PP键，则PP键的物质的量=0.25×6mol=1.5mol，则PP键数目为1.5NA，A错误；B．乙烯和丙烯的最简式均为CH2，14g乙烯和丙烯的混合气体所含CH2的物质的量=1mol，H原子的物质的量=1×2mol=2mol，即14g乙烯和丙烯混合气体中的氢原子数为2NA，B正确；C．未给溶液体积，无法计算，C错误；D．标准状况下22.4LCl2物质的量为1mol，Cl2与水反应为可逆反应，转移电子数小于NA，D错误；答案选B。10.氯气是一种化学性质很活泼的非金属单质，它具有较强的氧化性，下列叙述中不正确的是()。A.红热的铜丝在氯气里剧烈燃烧，生成棕黄色的烟B.通常状况下，干燥的氯气能与Fe反应C.纯净的H2在Cl2中安静地燃烧，发出苍白色火焰，集气瓶口呈现雾状；光照H2和Cl2的混合气体时，因迅速化合而爆炸D.氯气能与水反应生成HClO和HCl，久置氯水最终变为稀盐酸【答案】B【解析】【详解】A．铜在氯气中燃烧，产生棕黄色烟，A正确；B．常温下，铁与氯气不反应，铁在氯气中燃烧产生棕褐色烟，B错误；C．氢气在氯气中燃烧产生苍白色火焰，生成的HCl遇空气中水蒸气形成盐酸小液滴，产生白雾，氯气与氢气光照易发生爆炸，C正确；D．HClO见光分解成盐酸和O2，久置氯水最终变为稀盐酸，D正确；故选B。二、选择题：本题共5小题，每小题4分，共20分。每小题有一个或两个选项符合题目要求，全部选对得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。11.下列说法不正确的是（）A.2.3gNa投入97.7g水中，所得溶液的质量分数为B.62gNa2O与78gNa2O2投入相同体积的足量水中，所得溶液的浓度不相同C.78gNa2O2与足量CO2或H2O(g)充分反应，二者生成的O2均为0.5molD.将28gCO充分燃烧生成的CO2完全通入足量Na2O2中完全反应，固体增28g【答案】AB【解析】【详解】A．2.3gNa投入97.7g水中，生成4.0gNaOH和0.1gH2，所得溶液的质量分数为＞4%，A不正确；B．62gNa2O与78gNa2O2的物质的量都为1mol，投入相同体积的足量水中，生成NaOH都是2mol，且原来水的质量都增加62g，所得溶液的浓度相同，B不正确；C．78gNa2O2为1mol，与足量CO2或H2O(g)充分反应，都存在如下关系：2Na2O2——O2，所以二者生成的O2均为0.5mol，C正确；D．将28gCO充分燃烧，生成的CO2完全通入足量Na2O2中，完全反应生成Na2CO3，两种固体相比，刚好多出1个CO，所以固体增加的质量等于CO的质量(28g)，D正确；故选AB。12.某溶液含有①、②、③、④、⑤等五种阴离子向其中加入少量的固体后，溶液中的离子浓度基本保持不变的是（忽略溶液体积变化）（）A.① B.①⑤ C.①④⑤ D.①③④⑤【答案】A【解析】【详解】Na2O2与水反应生成氢氧化钠，溶液呈碱性，HCO3与OH反应生成CO32，则HCO3离子浓度减小，CO32离子浓度增大；Na2O2具有强氧化性，将SO32氧化为SO42，则SO32离子浓度减小，SO42浓度增大；只有NO3浓度基本不变，故答案为A。13.二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，是一种安全无毒的绿色消毒剂，常用于饮用水消毒。下列有关ClO2制备与杀菌的说法不合理的是（）A.NaClO2在酸性条件下歧化生成ClO2和NaCl，则n(氧化剂)∶n(还原剂)=4∶1B.ClO2在强碱性环境中使用失效，可能的原因是2ClO2+2OH=++H2OC.可用饱和食盐水除去ClO2中的NH3D.ClO2的消毒效率(单位质量的氧化剂得到的电子数)是Cl2的2.63倍【答案】AC【解析】【详解】A．NaClO2在酸性条件下发生歧化生成ClO2和NaCl，则NaCl是还原产物(化合价降4价)，ClO2是氧化产物(化合价升1价)，n(氧化剂)∶n(还原剂)=1∶4，A不合理；B．ClO2在强碱性环境中使用失效，由于碱难以表现出氧化性或还原性，所以可能的原因是ClO2发生自身的氧化还原反应，即可能发生反应2ClO2+2OH=++H2O，B合理；C．二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色易溶于水的气体，氨气极易溶于水，在饱和食盐水中，两种气体都易溶于水，所以不能用饱和食盐水除去ClO2中的NH3，C不合理；D．设二者质量都为1g，则ClO2的消毒效率(单位质量的氧化剂得到的电子数)是Cl2的倍数为=2.63，D合理；故选AC。14.将氯气分别通入下列溶液中，由实验现象得出的结论正确的是()选项溶液实验现象结论A滴有KSCN的FeCl2溶液变红氯气具有还原性B大量水溶液pH<7，呈浅黄绿色氯气与水反应生成酸性物质，且该反应为可逆反应C滴有酚酞的NaOH溶液褪色氯气具有漂白性D紫色石蕊溶液先变红后褪色氯气具有酸性、漂白性A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】A．氯气具有氧化性，氯气通入滴有KSCN的FeCl2溶液，氧化氯化亚铁为氯化铁，发生反应2FeCl2+Cl2=2FeCl3，溶液变红色是发生了反应Fe3++3SCN=Fe(SCN)3，故A错误；B．氯气通入水中反应生成盐酸和次氯酸，溶液显酸性，Cl2+H2O⇌HCl+HClO，氯气和水的反应是化学平衡为可逆反应，故B正确；C．氯气通入滴有酚酞的氢氧化钠溶液，和氢氧化钠反应，溶液褪色，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，氯气布具有漂白性，故C错误；D．氯气通入紫色石蕊试液，氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸的酸性使溶液呈红色，次氯酸具有漂白性使溶液褪色，现象为溶液先变红色后褪色，故D错误；答案为B。15.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A.0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子B.18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAC.60g丙醇中存在的共价键总数为10NAD.4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键的数目为0.3NA【答案】AD【解析】【详解】A．硼(B)为5号元素，质子数为5，则0.1mol的11B中，含有0.6NA个中子，A正确；B．18gD2O含有的质子数为=9NA，B不正确；C．1个丙醇(C3H8O)分子中含有11个共价键，所以60g丙醇中存在的共价键总数为=11NA，C不正确；D．1个“SiO2”结构单元中含有4个SiO键，则4.5gSiO2晶体中含有的硅氧键的数目为=0.3NA，D正确；故选AD三、非选择题：本题共5小题，共60分16.(1)2molO3和3molO2的质量之比为____，分子数之比为____；同温同压下的密度之比为____，含氧原子数之比为_____，体积之比为____。(2)气体化合物A的化学式可表示为OxFy，已知同温同压下10mLA受热分解生成15mLO2和10mLF2，则A的化学式为____，推断的依据是____。(3)标准状况下，在乙室中充入1.2molHCl，甲室中充入NH3、H2的混合气体，静止时活塞如图。已知甲室中气体的质量比乙室中气体的质量少33.8g。请回答下列问题：①甲室中气体的物质的量为____mol。②甲室中气体的质量为____g。③甲室中NH3、H2的物质的量之比为___，质量之比为____。④如果将活塞a去掉，当HCl与NH3完全反应后，活塞b将静止于刻度“____”(填数字)处。【答案】(1).1∶1(2).2∶3(3).3∶2(4).1∶1(5).2∶3(6).O3F2(7).阿伏加德罗定律和质量守恒定律(8).2(9).10(10).1∶4(11).17∶8(12).【解析】【分析】标准状况下，气体的摩尔体积相同，所以气体的体积之比等于其物质的量之比。活塞用隔板分成甲、乙两室，隔板可以自由移动，所以两室的压强、温度都相同。【详解】(1)2molO3和3molO2的质量之比为2mol×48g/mol:3mol×32g/mol=1∶1，分子数之比等于物质的量之比，即为2∶3；同温同压下的密度之比等于相对分子质量之比，即为48：32=3∶2，含氧原子数之比为2mol×3:3mol×2=1∶1，体积之比等于物质的量之比，即为2∶3。答案为：1∶1；2∶3；3∶2；1∶1；2∶3；(2)利用阿伏加德罗定律，可得出反应的化学方程式为2OxFy==3O2+2F2，由质量守恒定律，可得出x=3、y=2，则A的化学式为O3F2，推断的依据是阿伏加德罗定律和质量守恒定律。答案为：O3F(3)①标准状况，气体的体积之比等于其物质的量之比，V(甲)：V(乙)=5:3，乙室中气体的物质的量为1.2mol，则甲室中气体的物质的量为=2mol。②由前面计算知，甲室中气体的质量为10g。③设甲室中NH3的物质的量为x，则H2的物质的量为2x，由此得出17x+2(2x)=10，x=0.4mol，2x=1.6mol，所以NH3、H2的物质的量之比为0.4mol:1.6mol=1∶4，质量之比为0.4mol×17g/mol:1.6mol×2g/mol=17∶8。④1.2molHCl与0.4molNH3完全反应后，剩余HCl0.8mol，另外还有H21.6mol，气体共0.8mol+1.6mol=2.4mol，按1.2mol占三个格子进行分析，2.4mol气体应占活塞中的6个格子，所以活塞b将静止于刻度“6”处。答案为：2；10；1∶4；17∶8；6。【点睛】计算混合气的体积时，应先看是否反应，反应结束后再看状态，相同条件下，气体的体积比等于物质的量之比。17.有机物F的合成路线如图：已知：2RCH2CHO请回答下列问题：(1)写出F的结构简式____；F中所含官能团名称为____。(2)简述检验有机物C中官能团的方法____。(3)反应④～⑦中，属于取代反应的是____。(4)写出反应②的化学方程式____。(5)反应④、⑥的作用是___。(6)有机物D的同分异构体有____种(包括D)。【答案】(1).(2).(酚)羟基、酯基(3).先取一份物质C，加入银氨溶液，加热，有银镜生成，证明含醛基(或先取一份物质C，加入新制氢氧化铜悬浊液，煮沸，有红色沉淀生成，证明含醛基)；然后酸化后滴入溴水，振荡、褪色，证明含有碳碳双键(4).④⑥⑦(5).2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O(6).保护—OH，防止氧化—CH3时，—OH被氧化(7).7【解析】【分析】对照信息中的反应条件，B应为醛，所以A为CH3CH2OH，B为CH3CHO，C为CH3CH=CHCHO，D为CH3CH2CH2CH2OH；对照反应⑤的条件及产物，E应为，F为。【详解】(1)由以上分析知，F的结构简式为；F中所含官能团名称为(酚)羟基、酯基。答案为：；(酚)羟基、酯基；(2)C的结构简式为CH3CH=CHCHO，检验有机物C中官能团时，因为溴水能将醛基氧化，所以应先检验醛基，后检验碳碳双键，方法为：先取一份物质C，加入银氨溶液，加热，有银镜生成，证明含醛基(或先取一份物质C，加入新制氢氧化铜悬浊液，煮沸，有红色沉淀生成，证明含醛基)；然后酸化后滴入溴水，振荡、褪色，证明含有碳碳双键。答案为：先取一份物质C，加入银氨溶液，加热，有银镜生成，证明含醛基(或先取一份物质C，加入新制氢氧化铜悬浊液，煮沸，有红色沉淀生成，证明含醛基)；然后酸化后滴入溴水，振荡、褪色，证明含有碳碳双键；(3)反应④～⑦的反应类型分别为取代、氧化、取代、取代，所以属于取代反应的是④⑥⑦。答案为：④⑥⑦；(4)反应②为两分子CH3CHO发生加成、消去反应，化学方程式为2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O。答案为：2CH3CHOCH3CH=CHCHO+H2O；(5)反应④、⑥过程中，OH转化为OCH3，再转化为OH，所以其作用是保护—OH，防止氧化—CH3时，—OH被氧化。答案为：保护—OH，防止氧化—CH3时，—OH被氧化；(6)有机物D的同分异构体有醇和醚两类，醇为CH3CH2CH2CH2OH、CH3CH2CH(CH3)OH、(CH3)2CHCH2OH、(CH3)3COH，醚为CH3OCH2CH2CH3、CH3OCH(CH3)2、CH3CH2OCH2CH3，共7种(包括D)。答案为：7。【点睛】醛基在溴水中能被氧化为羧基，所以若为多官能团物质，利用溴水检验碳碳双键或碳碳三键前，应先检验醛基。18.有机碱，例如二甲基胺()、苯胺()，吡啶()等，在有机合成中应用很普遍，目前“有机超强碱”的研究越来越受到关注，以下为有机超强碱F的合成路线：已知如下信息：①H2C=CH2②+RNH2③苯胺与甲基吡啶互为芳香同分异构体回答下列问题：(1)A的化学名称为____。(2)由B生成C的化学方程式为____。(3)C中所含官能团的名称为____。(4)由C生成D反应类型为___。(5)D的结构简式为____。【答案】(1).三氯乙烯(2).+KOH+KCl+H2O(3).碳碳双键、氯原子(4).取代反应(5).【解析】【分析】由A的分子式C2HCl3，可确定其结构简式为ClCH=CCl2；采用逆推法，借助信息②，由F和E，可逆推出D为；由A、D及二环己基胺，可逆推出C为；由信息①及B生成C的反应条件，可逆推出B为。【详解】(1)A的结构简式为ClCH=CCl2，化学名称为三氯乙烯。答案为：三氯乙烯；(2)由B()生成C()，发生消去反应，化学方程式为+KOH+KCl+H2O。答案为：+KOH+KCl+H2O；(3)C的结构简式为，所含官能团的名称为碳碳双键、氯原子。答案为：碳碳双键、氯原子；(4)由C()生成D()，是C与2个分子的二环己基胺发生取代反应生成的，同时生成2个分子HCl。答案为：取代反应；(5)由以上分析知，D的结构简式为。答案为：。【点睛】推断有机物时，可采用顺推法，也可采用逆推法，反应条件的对照，是用好题给信息的关键。19.某同学设计如图装置制备少量的AlCl3(易水解)。请回答下列问题：（1）A中发生反应的离子方程式为____。（2）D、G中发生反应的化学方程式分别为___、____。（3）B、C中的液体分别为___、___。（4）F的作用是___。（5）G的作用___。【答案】(1).MnO2+4H++2ClCl2↑+Mn2++2H2O(2).2Al+3Cl22AlCl3(3).Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O(4).饱和食盐水(5).浓硫酸(6).防止水蒸气进入E中，防止AlCl3水解(7).吸收Cl2，防止污染大气【解析】【分析】由实验装置图可知，装置A为二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，浓盐酸易挥发，制得的氯气中混有挥发出的氯化氢气体和水蒸气，将混合气体依次通过盛有饱和食盐水的装置B和盛有浓硫酸的装置C除去氯气中的氯化氢和水蒸气，防止干扰氯化铝的制备，装置D为氯气和铝粉共热制备氯化铝，装置E为冷凝收集氯化铝的装置，因氯化铝易水解，为防止水蒸气进入装置E中，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，氯气有毒，装置G中盛有氢氧化钠溶液，用于吸收过量的氯气，防止污染大气。【详解】（1）装置A中发生的反应为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++2ClCl2↑+Mn2++2H2O，故答案为：MnO2+4H++2ClCl2↑+Mn2++2H2O；（2）装置D中发生的反应为氯气和铝粉共热反应生成氯化铝，反应的化学方程式为2Al+3Cl22AlCl3；装置G中发生的反应为氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：2Al+3Cl22AlCl3；Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；（3）装置A制备的氯气中混有挥发出的氯化氢气体和水蒸气，为防止氯化氢气体和水蒸气干扰氯化铝的制取，应将混合气体依次通过盛有饱和食盐水的装置B和盛有浓硫酸的装置C除去氯气中的氯化氢和水蒸气，故答案为：饱和食盐水；浓硫酸；（4）因氯化铝易水解，为防止水蒸气进入装置E中，装置F中盛有的浓硫酸用于吸收水蒸气，故答案为：防止水蒸气进入E中，防止AlCl3水解；（5）氯气有毒，装置G中盛有氢氧化钠溶液，用于吸收过量的氯气，防止污染大气，故答案为：吸收Cl2，防止污染大气。20.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持装置已略)。(1)制备氯气选用的试剂为漂粉精固体和浓盐酸，则相关反应的化学方程式为________________。(