甘肃省庆阳市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题（含答案）

甘肃省庆阳市2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四五总分评分一、单选题1．下列家庭常用物质的主要材料，不属于金属材料的是（）A．炒菜用铁锅 B．香樟砧板C．锰钢防盗门 D．微波炉用锡箔纸2．下列化学用语表示错误的是（）A．CO2分子的结构模型：B．N2的结构式：C．H2OD．S2−的结构示意图：3．下列物质溶于水没有化学键断裂的是（）A．HCl B．NaOH C．乙醇 D．N4．镁铝合金质优体轻，又不易锈蚀，大量用于航空工业、造船工业、日用化工等领域。下列关于镁铝合金性质的叙述中，不正确的是（）A．此合金的熔点比镁和铝的熔点都低B．此合金能全部溶解于足量稀盐酸中C．此合金能全部溶解于足量氢氧化钠溶液中D．此合金的硬度比镁和铝的硬度都大5．将铁钉置于下列试管所盛装的试剂中，能产生H2的是A． B．C． D．6．元素周期表中某区域的一些元素多用于制造催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金，该区域是（）A．稀有气体元素区域B．过渡元素区域C．右上方的非金属元素区域D．金属元素和非金属元素分界线附近的元素区域7．在医疗上，掺钕钇铝石榴石激光器代替手术刀用于摘除手术或消毒创伤口。钕元素的相关信息如图，下列说法中错误的是（）A．144NdB．144Nd、146C．144Nd、146D．图中“144.2”表示Nd元素的相对原子质量8．下列各组离子中，在酸性条件下能大量共存的是A．Na+、Ca2+、HCO3−、MnO4− B．BaC．K+、Fe2+、ClO−、SO42− D．Cu2+9．根据元素在元素周期表中的位置，下列判断错误的是（）A．酸性：H3POC．非金属性：Br>I D．稳定性：H10．红热的铁与水蒸气反应及其部分产物的验证实验装置如图所示，夹持装置已略去，下列有关该实验的说法错误的是A．浓硫酸的作用是干燥生成的气体B．实验过程中，可观察到盛有氧化铜的硬质玻璃管中固体颜色由红色变为黑色C．实验过程中，干燥管中无水硫酸铜由白色变为蓝色，是由于氢气与氧化铜反应生成的水使其变蓝D．该实验中涉及的反应不一定均为氧化还原反应11．将0.42gNaHCO3和0.53gNa2CO3混合并配成溶液，向溶液中滴加0.05mol·L-1稀盐酸。下列图象能正确表示加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系的是（）A． B．C． D．12．将两个盛有足量等质量、等质量分数的稀硫酸的烧杯放在天平两端，调平，同时向两烧杯中分别加入等质量、形状相似的铝和镁，如图所示。则从开始反应到不再产生气体为止，指针偏转的情况是（）A．先偏左后偏右 B．先偏右后偏左C．一直偏右 D．一直偏左13．设NAA．物质的量均为0.1mol的Na2O与NaB．标准状况下，2.24L乙醇(C2HC．0.1mol氯气与足量氢气完全反应后，转移的电子数为0D．加热条件下，含4molHCl的浓盐酸与足量的二氧化锰充分反应后，所得氯气的分子总数为N14．已知：Cu2O+H2SO4=Cu+CuSO4+H2O。某红色粉末样品可能含有Fe2O3和Cu2O中的一种或两种，为探究其组成，取少量样品加入过量稀硫酸。下列有关说法正确的是（）A．若固体全部溶解，则发生的离子反应只有：Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2OB．若固体部分溶解，则样品中一定含有Cu2O，一定不含有Fe2O3C．若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红色，则样品中n(Fe2O3)：n(Cu2O)为2：1D．另取ag样品在空气中充分加热至质量不再变化，称其质量为bg(b＞a)，则混合物中Cu2O的质量分数为9(b-a)/a二、多选题15．X、Y、Z、M是四种短周期主族元素，其中X、Y位于同一主族，Y与M、X与Z位于同一周期。X原子的最外层电子数是其电子层数的3倍，Z原子的核外电子数比X原子的少1。M是同周期主族元素中半径最大的。下列说法正确的是（）A．X、Y、Z的最简单氢化物中，X的最简单氢化物沸点最高B．四种元素简单离子的半径大小为Y>X>Z>MC．Y的最高价氧化物对应水化物的化学式可表示为HYO3D．X、Y、M可以组成多种离子化合物三、工业流程题16．钛是航空、军工、电力等领域的重要原材料。地壳中的含钛矿石之一是金红石(TiO2已知：①常温下，钛既不与常见非金属单质反应，也不与强酸反应；②加热时，钛可以和常见的非金属单质反应。（1）在反应I中：①下列有关CO的说法正确的是(填标号)。A．属于酸性氧化物B．摩尔质量为28C．为可燃性气体D．具有还原性②反应I的化学方程式为，该反应中氧化剂与还原剂的质量之比为。③每转移0.2mol电子，同时生成CO的体积为(标准状况下)。（2）在反应II中：①氩气的作用为。②该反应的基本反应类型为。（3）为了测定反应II制得的金属钛(杂质仅含Mg)中的钛元素含量。常温下，取mg反应II制得的金属钛置于烧杯中，往烧杯中逐滴滴入物质的量浓度为cmol⋅L①上述反应的离子方程式为。②金属钛的质量分数为(用含m、c、V的代数式表示)。四、实验题17．草木灰中含有可溶性钾盐(主要成分是K2SO4实验步骤：I.取适量的草木灰，加水搅拌，溶解，过滤，取滤液；II.经过蒸发结晶，得到白色固体。（1）实验步骤I和II中均需要用到的玻璃仪器为。（2）为检验草木灰中的离子，某实验小组设计了四组实验，其装置如图所示：①实验一：往试管中先加入实验步骤I中的滤液，再加入稀盐酸，烧杯中加入澄清石灰水，可观察到，说明草木灰中含有CO3②实验二：取少量实验步骤I中的滤液，先加入稀盐酸酸化，无明显变化，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成。得出的结论是，写出生成白色沉淀的离子方程式：③实验三：取少量实验步骤I中的滤液，加入过量的BaCl2溶液后过滤，往滤液中滴加硝酸银溶液，有白色沉淀生成。根据实验现象，该小组同学得出结论：草木灰中含有Cl−。你认为是否正确；(填“是”或“否”)；理由是④实验四：用洁净的铂丝蘸取实验步骤I中的滤液，进行如图所示实验，预计观察到的实验现象为。18．高铁酸钾是一种无机物，具有强氧化性，化学式为K2FeO4，是一种高效多功能的新型非氯绿色消毒剂，可通过次氯酸钾氧化Fe(NO3)3溶液来制备。次氯酸钾的制备装置如图所示。回答下列问题：（1）装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，其离子方程式为，将制备的Cl2通过装置B可除去(填化学式)。（2）Cl2和KOH溶液在较高温度下反应生成KClO3。在不改变KOH溶液的浓度和体积的条件下，控制反应在0℃~5℃进行，实验中可采取的措施是，写出制备次氯酸钾的化学方程式：。（3）若实验制得的次氯酸钾溶液中n(ClO-)：n(ClO3−)=5：1，则n(Cl⁻)：n(ClO⁻)=（4）装置D的作用是。（5）在碱性条件下，KClO饱和溶液可将Fe(NO3)3转化为K2FeO4，写出反应的离子方程式：。（6）高铁酸钾(K2FeO4)属于(“酸”、“碱”、“盐”或“氧化物”)，其中铁的化合价为价。高铁酸钾处理水过程中所发生的化学反应主要为4K2FeO4+1OH2O=4Fe(OH)3(胶体)+3O2↑+8KOH，该反应中物质的氧化性强弱关系是K2FeO4(填“>”或“<”)O2。五、填空题19．元素周期表的一部分如图，根据①~⑨在元素周期表中的位置，按题目要求回答下列问题：（1）在元素②~⑧中，非金属性最强的元素是(填元素符号)。（2）③~⑥四种元素的原子半径由大到小的顺序是(填元素符号)。（3）⑧和⑨两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是(填化学式)。（4）由元素①和元素④形成的原子个数比为1∶1的化合物中所含化学键的种类为(填“离子键”、“极性共价键”或“非极性共价键”，有几种填几种)；写出由元素⑤和元素④形成的原子个数比为1∶1的化合物的电子式：。（5）写出元素⑦的单质与元素⑤的最高价氧化物对应的水化物之间反应的离子方程式：。（6）元素⑤和元素⑧形成的常见化合物的化学式为，高温灼烧该化合物时，火焰呈色。

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】A．铁锅为金属材料，不符合题意；B．香樟砧板不是金属材料，符合题意；C．锰钢为金属材料，不符合题意；D．锡箔时金属材料，不符合题意；故答案为：B。

【分析】A、铁锅为金属材料；

B、香樟为纤维素；

C、锰钢为金属材料；

D、锡箔纸为金属材料。2．【答案】C【解析】【解答】A、二氧化碳为直线形分子，原子半径：C>O，则其结构模型为：，故A正确；

B、氮气分子中，两个氮原子间形成氮氮三键，则氮气的结构式为N≡N，故B正确；

C、水分子中，O原子上含有孤电子对，其电子式为：，故C错误；

D、S2-核外有3个电子层，每一个电子层上的电子数依次为2、8、8，其结构示意图为：，故D正确；

故答案为：C。【分析】A、二氧化碳分子中，O原子半径小于C原子半径；

B、氮气分子中两个氮原子间形成三键；

C、水分子中O原子上含有孤电子对；

D、S2-核外有3个电子层，每一个电子层上的电子数依次为2、8、8。3．【答案】C【解析】【解答】A．氯化氢溶于水后，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，故A不选；B．NaOH溶于水后，在水分子的作用下电离出阴阳离子，所以有化学键的断裂，故B不选；C．乙醇不能电离，属于非电解质，化学键没有断裂，故C选；D．Na故答案为：C。

【分析】在水中溶解可以断裂化学键，即可以电离或者和水反应。4．【答案】C【解析】【解答】A、合金的熔点低于其组分金属，则此合金的熔点比镁和铝的熔点都低，故A正确；

B、镁、铝都能与盐酸反应，则此合金能全部溶解于足量稀盐酸中，故B正确；

C、镁与氢氧化钠不反应，铝与氢氧化钠反应，所以此合金不能全部溶解于足量氢氧化钠溶液中，故C错误；

D、合金的硬度高于其组分金属，则此合金的硬度比镁和铝的硬度都大，故D正确；

故答案为：C。【分析】合金是由金属元素跟其他金属或非金属元素熔合而成的、具有金属特性的物质；合金具有的特点为：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属。5．【答案】D【解析】【解答】解：A、Fe与酒精不反应，无法产生H2，A不符合题意。

B、Fe与油不反应，无法产生H2，B不符合题。

C、Fe与蔗糖不反应，无法产生H2，C不符合题。

D、Fe与盐酸反应，生成FeCl2和H2，D符合题意。

故答案为：D

【分析】能与铁反应生成H2的溶液显酸性，据此结合选项所给溶液进行分析。6．【答案】B【解析】【解答】元素周期表中位置相近的元素性质相似，因此人们可以在元素周期表中一定的区域内研究合成有特定性质的新物质。如在金属和非金属的分界线附近寻找半导体材料(如锗、硅、硒等)，在过渡元素中寻找优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)。故答案为：B。

【分析】优良的催化剂和耐高温、耐腐蚀的合金材料(如制造火箭、飞机的钛、钼等元素)大多属于过渡元素，据此解答。7．【答案】C【解析】【解答】A、原子符号左上角为质量数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数，则144Nd原子核内有144-60=84个中子，故A正确；

B、144Nd、146Nd质子数相同中子数不同，互为同位素，故B正确；

C、144Nd、146Nd【分析】A、原子符号左上角为质量数，左下角为质子数，质量数=质子数+中子数，核外电子数=核内质子数=核电荷数；

B、同位素是指质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子；

C、同种元素化学性质相同；

D、最下面的数字表示相对原子质量。8．【答案】B【解析】【解答】解：酸性溶液中含有大量的H＋。

A、溶液中的HCO3－与H＋反应生成H2O和CO2，不可大量共存，A不符合题意。

B、溶液中的离子相互间不反应，可大量共存，B符合题意。

C、ClO－具有氧化性，能将Fe2＋氧化成Fe3＋，二者不可大量共存，C不符合题意。

D、Cu2＋、Al3＋能与OH－反应生成Cu(OH)2沉淀、Al(OH)3沉淀，不可大量共存，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】此题是对离子共存的考查，溶液的离子可大量共存，则相互间不发生反应。即不产生难溶（或微溶）物质、不产生弱电解质、不产生易挥发性物质；不发生氧化还原反应。9．【答案】A【解析】【解答】A．根据同一主族，从上至下，非金属性逐渐减弱，则非金属性为P<N，最高价氧化物对应水化物的酸性为H3B．金属性K＜Mg，故最高价氧化物对应水化物的碱性为KOH>Mg(C．同一主族，从上至下，非金属性逐渐减弱，则非金属性为Br>I，故C不符合题意；D．非金属性F＞O，故最简单气态氢化物的热稳定性为HF＞H2O，故D不符合题意；故答案为：A。

【分析】元素周期律：

同一周期，从左到右最外层电子数递增，同一主族，最外层电子数相等，

同一周期，从左到右最高正价为+1—+7，最低负价为-4—-1，同一主族，最高正价相同，最低负价相同

同一周期，从左到右半径减小，同一主族，从上到下半径增大

同一周期，从左到右金属性减弱，非金属性增强，同一主族，从上到下金属性增强，非金属性减弱

金属性的比较：最高价氧化物对应水化物的碱性，和氧气、水、酸反应的程度，单质的还原性；

非金属性的比较：最高价氧化物对应水化物的酸性，和氢气反应的程度，氢化物的稳定性，单质氧化性。10．【答案】B【解析】【解答】解：A、浓硫酸具有吸水性，用于干燥H2，防止H2中的水蒸气干扰后续实验，A不符合题意。

B、CuO是黑色固体，H2具有还原性，能将CuO还原为Cu，Cu为红色固体，因此可观察到硬质玻璃管中黑色固体变为红色，B符合题意。

C、H2还原CuO的过程中生成Cu和H2O，H2O与CuSO4反应生成CuSO4·5H2O，为蓝色晶体，因此干燥管中白色固体变为蓝色，C不符合题意。

D、H2O与CuSO4的反应不属于氧化还原反应，D不符合题意。

故答案为：B

【分析】加热试管中的H2O，将液态水转化为水蒸气，水蒸气与铁粉反应生成Fe3O4和H2。H2与CuO2反应生成Cu和H2O，为检验H2O的生成，H2应先用浓硫酸进行干燥，防止H2中混有水蒸气，干扰实验。11．【答案】D【解析】【解答】0.42gNaHCO3的物质的量为0.005mol，0.53gNa2CO3的物质的量为0.005mol，向NaHCO3和Na2CO3混合并配成的溶液中滴加盐酸，先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，消耗0.05mol·L-1盐酸0.1L；此时溶液中碳酸氢钠的物质的量为0.01mol，发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，产生二氧化碳，0.01mol碳酸氢钠完全反应消耗0.05mol·L-1盐酸0.2L，即滴加盐酸至0.3L时产生二氧化碳达到最大值，因此加入盐酸的体积和生成CO2的物质的量的关系为，故选D；

故答案为：D。【分析】向NaHCO3和Na2CO3混合并配成的溶液中滴加盐酸，先发生反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，不放出气体，碳酸钠反应完毕，继续滴加时，然后发生反应：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，产生二氧化碳，根据方程式计算各各阶段消耗盐酸的体积及生成二氧化碳的物质的量。12．【答案】B【解析】【解答】由分析可知，指针先偏右后偏左，故选B；

故答案为：B。【分析】金属活泼性：Mg>Al，则反应开始时左盘产生氢气快，天平指针先向右偏转，镁、铝完全反应放出氢气的质量：铝>镁，指针再向左偏。13．【答案】A【解析】【解答】解：Na2O由两个Na＋和一个O2－组成，Na2O2由两个Na＋和一个O22－构成，其所含的离子数都是3，因此0.1mol混合物中所含的离子数为0.3NA，A符合题意。

B、标准状态下乙醇不是气体，因此不可应用气体摩尔体积进行计算，B不符合题意。

C、H2与Cl2反应的化学方程式为H2＋Cl2=2HCl，反应过程中，氯元素由0价变为－1价，转移2个电子，因此0.1molCl2反应，转移电子数为0.1mol×2×NA=0.2NA，C不符合题意。

D、MnO2与浓盐酸反应生成Cl2，随着反应的进行，盐酸的浓度逐渐减小，当其变为稀盐酸时，MnO2与稀盐酸不反应，因此0.4molHCl无法完全反应，D不符合题意。

故答案为：A

【分析】A、根据Na2O、Na2O2的结构确定其所含的离子数。

B、标准状态下乙醇不是气体。

C、Cl2与H2反应的化学方程式为H2＋Cl2=点燃2HCl，结合化合价变化计算转移电子数。

D、MnO2与浓盐酸反应生成Cl214．【答案】D【解析】【解答】A、固体全部溶解，若固体是Fe2O3和Cu2O的混合物，加入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu恰好能将Fe3+还原为Fe2+，故A错误；

B、固体若是Fe2O3和Cu2O的混合物，放入足量稀硫酸中会有Cu生成，Cu能将Fe3+还原为Fe2+，剩余铜，故B错误；

C、若固体全部溶解，再滴加KSCN溶液，溶液不变红色，因为Cu2O溶于硫酸生成Cu和CuSO4，而H2SO4不能溶解Cu，所以混合物中必须有Fe2O3存在，使其生成的Fe3+溶解产生的Cu，反应的有关离子方程式为Fe2O3+6H+=2Fe3++3H2O、Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，说明样品中n（Fe2O3）：n（Cu2O）为1：1，故C错误；

D、设混合物中Cu2O的质量为x，根据Cu2O~2CuO∆m144【分析】若固体全部溶解，如含有Cu2O，Cu2O在酸性溶液中会发生反应：Cu2O+2H+=Cu+Cu2++H2O，则一定含有Fe2O3，可氧化Cu生成铜离子，若固体全部溶解，Fe2O3和Cu2O恰好反应，滴加KSCN溶液，则溶液可能不变红色；加热发生反应2Cu2O+O2=4CuO，固体质量增重，根据固体增重利用差量法计算Cu2O的质量，最后计算质量分数。15．【答案】A,D【解析】【解答】A．X为O元素，对应的氢化物中含有氢键，常温下为液体，而氨气、硫化氢为气态，故水的沸点最高，故A符合题意；B．离子的核外电子层数越多半径越大，S2-半径最大，Na+、O2-、N3-核外电子排布相同，核电核数越大，离子半径越小，则四种元素简单离子的半径由大到小依次为Y>Z>X>M，故B不符合题意；C．S的最高价氧化物对应水化物的化学式为H2SO4，故C不符合题意；D．O、S、Na可以组成Na2SO4、Na2SO3等离子化合物，故D符合题意；故答案为AD。

【分析】A、氢化物的沸点受相对分子质量影响，若有氢键则出现反常；

B、粒子的半径比较，一看电子层，电子层数越多半径越大，二看核电荷数，核电荷数越多半径越小，三看最外层电子数，最外层电子数越多，半径越大；

C、硫最高价为+6，需要结合4个氧原子；

D、钠、硫、氧三种元素可以形成多种离子化合物。16．【答案】（1）CD；2C+TiO2（2）防止生成的钛被空气中的氧气氧化；置换反应（3）Mg+2H+【解析】【解答】解：（1）①A、CO不能与碱溶液反应，因此CO不是酸性氧化物，A不符合题意。

B、摩尔质量以g·mol－1为单位时，数值上等于其相对分子质量，因此CO的摩尔质量为28g·mol－1，B不符合题意。

C、CO能与O2在点燃条件下反应生成CO2，因此CO属于可燃性气体，C符合题意。

D、CO中碳元素为＋2价，易被氧化成CO2，因此CO具有还原性，D符合题意。

故答案为：CD

②反应Ⅰ中C、Cl2和TiO2反应生成TiCl4和CO，该反应的化学方程式为2C＋2Cl2＋Ti=高温TiCl4＋2CO。反应中氯元素由0价变为－1价，化合价降低，发生还原反应，因此Cl2为氧化剂；碳元素由0价变为＋2价，化合价升高，发生氧化反应，因此CO为还原剂。所以该反应中氧化剂与还原剂的质量比为71：12。

③由反应的化学方程式可得关系式“2CO～4e－”，因此当转移0.2mol电子时，反应生成n(CO)=0.1mol，其在标准状态下的体积V=n×Vm=0.1mol×22.4L·mol－1=2.24L。

（2）①Mg是一种活泼金属，易与空气中的O2、N2和CO2反应，因此反应Ⅱ需在氩气的氛围中进行，防止Mg与空气中的O2、N2和CO2反应。

②反应Ⅱ中Mg与TiCl4反应生成MgCl2和Ti，该反应的化学方程式为2Mg＋TiCl4=高温2MgCl2＋Ti，该反应为置换反应。

（3）①滴加稀硫酸的过程中，Mg与H2SO4反应生成MgSO4和H2，该反应的离子方程式为Mg＋2H＋=Mg2＋＋H2↑。

②参与反应的n(Mg)=n(H2SO4)=cmol·L－1×V×10－3L=cV×10－3mol，因此mg金属混合物中m(Mg)=cV×10－3mol×24g·mol－1=0.024cVg。所以mg金属钛中钛的质量分数为【分析】（1）反应Ⅰ中C、Cl2和TiO2反应生成CO和TiCl4，根据化合价的变化分析。

（2）反应Ⅱ中Mg与TiCl4反应生成MgCl2和Ti。

（3）滴加稀硫酸的过程中，Mg与H2SO4反应生成MgSO4和H2，根据消耗n(H2SO4)计算混合物中n(Mg)，进而计算mg金属混合物中m(Ti)，从而得出金属钛的质量分数。17．【答案】（1）玻璃棒（2）有气体生成，烧杯中澄清石灰水变浑浊；草木灰中含有SO42-；Ba2+【解析】【解答】（1）实验步骤I和II中，溶解、搅拌、过滤、蒸发均需要用到的玻璃仪器为玻璃棒，故答案为：玻璃棒；（2）①草木灰中含有CO32−，加入稀盐酸会生成二氧化碳气体，二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊，因此可观察到有气体生成，烧杯中澄清石灰水变浑浊，故答案为：有气体生成，烧杯中澄清石灰水变浑浊；

②先加入稀盐酸酸化，无明显变化，说明不含CO32−、SO32−等离子，再加入BaCl2溶液，有白色沉淀生成，该白色沉淀为硫酸钡，说明草木灰中含有SO42-，生成硫酸钡沉淀的离子方程式为：Ba2++SO42-=BaSO4【分析】（1）溶解、搅拌、过滤、蒸发过程中均需要用到的玻璃仪器为玻璃棒；

（2）草木灰主要成分是K2SO418．【答案】（1）2MnO4−+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2（2）缓慢滴加盐酸(或将装置C放在冰水浴中)；2KOH+Cl2=KCl+KClO+H2O（3）2：1（4）尾气处理，防止污染空气（5）2Fe3++10OH-+3ClO-=2FeO42−+3Cl-+5H2（6）盐；+6；>【解析】【解答】（1）装置A中KMnO4与盐酸反应生成MnCl2和Cl2，反应的离子方程式为：2MnO4−+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H2O；制备的氯气中含有HCl杂质，通过装置B可除去，故答案为：2MnO4−+16H++10Cl-=2Mn2++5Cl2↑+8H（2）Cl2和KOH在较高温度下反应生成KClO3，制取KClO的反应温度应该控制在0℃～5℃，装置C应放在冰水浴中，充分利用原料，缓慢滴加盐酸，减慢生成氯气的速率，制备次氯酸钾的化学方程式为Cl2+2K