2024年沪教版必修1化学下册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2024年沪教版必修1化学下册阶段测试试卷379考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四五六总分得分评卷人得分一、选择题(共8题，共16分)1、向含有c(FeCl3)=0.2mol/L、c(FeCl2)=0.1mol/L的混合溶液中滴加稀NaOH溶液，可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为9.3nm的金属氧化物，下列有关说法中正确的是A.该分散系的分散质为Fe2O3B.可用过滤的方法将黑色金属氧化物与Na+分离开C.在电场作用下，阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系带正电荷D.当光束通过该分散系时，可以看到一条光亮的“通路”2、下列制取Cl2；探究其漂白性、收集并进行尾气处理的原理和装置合理的是。

A.①制取Cl2B.②除去Cl2中少量的氯化氢C.③探究Cl2漂白性D.④收集Cl2并进行尾气处理3、下列说法中正确的是（）A.金属铜、石墨碳棒、氯化钠晶体都能导电B.电解质溶液和金属在外电场作用下，定向移动的粒子不同C.电解质在水溶液中通电后才能发生电离，产生移动的离子D.硫酸钡沉淀不能导电，所以它是非电解质4、下列关于漂白粉的说法中，不正确的是A.工业上可用和消石灰()制漂白粉B.漂白粉是混合物C.漂白粉的有效成分是D.漂白粉可长期露置于空气中，不易变质5、X；Y、Z、M、W为五种短周期元素；X的质子总数与电子层数相等，Y、Z、M、W元素在周期表中的相对位置如表所示，且W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍。下列说法不正确的是()

。

Y

Z

M

W

A.X、Y、Z三种元素形成的化合物中一定只有共价键B.Z与其同主族的短周期元素形成的常见化合物，可与Z的某种氢化物反应生成强酸C.W元素的某种单质可在电子工业用于生产半导体材料D.X分别与Y、Z、W、M形成的常见化合物中，稳定性最强的是XM6、下列叙述正确的是A.摩尔是国际单位制中的七个基本物理量之一B.标准状况下，1mol任何物质体积均约为22.4LC.通常状况下，3.01×1023个SO2分子的质量为32gD.同温同压下，相同体积的任何气体所含的原子数目相同7、已知NH4CuSO3与足量的1mol/L硫酸溶液混合微热，产生下列现象：①有红色金属生成；②有刺激性气味气体产生；③溶液呈蓝色。据此判断下列说法合理的是A.NH4CuSO3中硫元素被氧化B.刺激性气味的气体是氨气C.刺激性气味的气体是二氧化硫D.该反应中硫酸作氧化剂8、将一定量锌与100mL18mol/L浓硫酸充分反应后，若锌完全溶解同时产生气体0.8mol，将反应后的溶液稀释得400mL，测得溶液c(H+)=2mol/L，则下列叙述中错误的是A.反应中生成的气体有SO2和H2B.反应中共消耗锌52.0gC.气体中SO2和H2物质的量比为6：1D.反应共转移电子1.6mol评卷人得分二、填空题(共8题，共16分)9、下表列出了9种元素在周期表中位置；用化学符号回答下列问题。

。周期/族。

ⅠA

ⅡA

ⅢA

ⅣA

ⅤA

ⅥA

ⅦA

0

2

E

F

3

A

C

D

G

R

4

B

H

（1）这九种元素中：化学性质最不活泼的是__；金属性最强的是：__；最高价氧化物的水化物酸性最强的酸是__，最高价氧化物的水化物碱性最强的碱的电子式__。

（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物与A元素的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式是__。

（3）A；B、C三种元素按离子半径由大到小的顺序排列为__。

（4）F的最常见氢化物的电子式__；该氢化物在常温下跟B发生反应的化学方程式是__。

（5）C元素跟G元素形成的化合物的电子式是__，用电子式表示其形成过程为__。10、Ⅰ．有下列物质：①氢氧化钠固体②铜丝③氯化氢气体④稀硫酸⑤二氧化碳气体⑥氨水⑦碳酸钠粉末⑧蔗糖晶体⑨熔融氯化钠⑩CuSO4•5H2O晶体．请用序号填空：

（1）上述状态下可导电的是：________________________；

（2）属于电解质的是________________________________；

（3）属于非电解质的是______________________________。

Ⅱ．从下列各组反应对比中；判断哪种粒子的氧化性最强，哪种粒子还原性最强。

（4）铁钉浸入CuSO4溶液后，表面会附有红色物质；铜丝浸入AgNO3溶液后，表面会附有银白色物质。则在Cu、Fe、Ag中，________的还原性最强；在Cu2＋、Fe2＋、Ag＋中，________的氧化性最强；

（5）铁钉在氯气中被锈蚀为棕褐色物质(FeCl3)，而在盐酸中生成淡绿色溶液(FeCl2)。则在氯气分子(Cl2)、Cl-、H+中，______________具有氧化性，_____________的氧化性最强。11、元素周期表体现了元素“位—构—性”的关系；揭示了元素间的内在联系。下图是元素周期表的一部分，回答下列问题：

(1)元素Ga在元素周期表中的位置为：第_______周期第_______族；

(2)Sn的最高正价为_______，Cl的最高价氧化物对应的水化物的化学式为_______，Bi的最高价氧化物为_______；

(3)根据元素周期律；推断：

①阴影部分元素氢化物热稳定性最强的是_______元素(填元素符号)；

②H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4_______(填“>”“<”或“=”)H2SeO4；

③氢化物的还原性：H2O_______(填“>”“<”或“=”)H2S；

(4)Al的最高价氧化物可以和S的最高价氧化物的水化物反应，其反应方程式为_______。12、某课外活动小组进行Fe(OH)3胶体的制备实验并检验其相关性质。

（1）若将饱和FeCl3溶液分别滴入下列物质中；能形成胶体的是___(填序号)。

A.冷的蒸馏水B.沸腾的蒸馏水C.NaOH浓溶液D.NaCl浓溶液。

（2）写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式：___。

（3）怎样证明制得的物质是胶体？请简述操作过程：___。

（4）Fe(OH)3胶体区别于FeCl3溶液最本质的特征是__(填序号)。

A.Fe(OH)3胶体粒子的直径在1～100nm之间。

B.Fe(OH)3胶体具有丁达尔效应。

C.Fe(OH)3胶体是均一的分散系。

D.Fe(OH)3胶体的分散质粒子能透过滤纸13、化学与人类生活密切相关。请按要求；回答下列问题：

(1)现有以下生产、生活中常见的物质：A．铜丝B．漂白粉C．NaCl晶体D．醋酸溶液E．Na2O粉末F．液氨。

①属于电解质是_______(填写序号；下同)。

②在上述所给状态下能导电的是_______。

③E在熔融状态下的电离方程式为_______。

④写出工业上制备B的化学方程式_______。

(2)生活中消毒剂有多种，如高铁酸钾(K2FeO4)、ClO2、O3等。例如K2FeO4的一种制备过程如下：先在碱性条件下，用NaClO氧化Fe(OH)3来制备K2FeO4，请将该反应的离子方程式配平_______。

__________________________________________

然后再向制得的Na2FeO4溶液中加入适量的饱和KOH溶液会析出K2FeO4晶体，写出该反应的离子方程式：_______。14、某研究性学习小组学生根据氧化还原反应规律；从下列各组反应对比中，判断哪种粒子的氧化性最强，哪种粒子还原性最强。

（1）铁钉浸入CuSO4溶液后,表面会附有红色物质；铜丝浸入AgNO3溶液后，表面会附有银白色物质。则在Cu、Fe、Ag中,___的还原性最强；在Cu2+、Fe2+、Ag+中，___的氧化性最强。

（2）铁钉在氯气中被锈蚀为棕褐色物质（FeCl3）,而在盐酸中生成淡绿色溶液（FeCl2）。则在氯气分子（Cl2）、氯离子（Cl-）、氢离子（H+）中，_______具有氧化性，_______的氧化性最强。

（3）某反应体系有反应物和生成物共7种物质C、H2SO4、K2CrO4、K2SO4、CO2、Cr2（SO4）3和H2O。已知该反应中发生如下过程：C→CO2，则该反应的化学反应方程式为:_______15、元素化合物在日常生活；化工生产和环境科学中有着重要的用途。

(1)当皮肤划破时可用FeCl3溶液应急止血，用氯化铁固体配制成450mL0.1mol·L－1的溶液，配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒、玻璃棒、烧杯、______________。

(2)生铁中含有一种铁碳化合物X(Fe3C)。X在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，将Y溶于过量盐酸后，溶液中大量存在的阳离子______________(填离子符号)。

(3)高铁酸钾(K2FeO4)是一种既能杀菌消毒、又能絮凝净水的水处理剂。其工业制备反Fe(OH)3＋ClO－＋OH－→FeO42－＋Cl－＋H2O(未配平)，每生成1molK2FeO4，转移的电子数________NA。

(4)自然界中Cr主要以＋3价和＋6价形式存在。Cr2O72－中的Cr能引起细胞的突变，在酸性条件下可用亚硫酸钠将Cr2O72－还原。其离子方程式：__。

(5)某透明溶液仅含Na＋、Fe2＋、Ba2＋、Al3＋、NO3－、Cl－、SO42－中的4种离子，且均为1mol。向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变(不考虑水的电离和离子的水解)。则溶液中存在的离子是____________。16、(1)人们常用___来表示空气质量。空气污染指数是根据空气中NO2、SO2和__等污染物的浓度计算出来的数值。

(2)硬水软化的方法有：__；__。

(3)生活垃圾一般可以分为___；危险废物、__。

(4)下列四种氮肥中；含氮量最高的是__。(填序号)

A.NH4ClB.NH4HCO3C.(NH4)2SO4D.NH4NO3评卷人得分三、判断题(共7题，共14分)17、下列关于共价键的叙述中；判断对错：

（1）在离子化合物中一定不存在共价键___________

（2）在单质分子中一定存在共价键___________

（3）一定存在于共价化合物中___________

（4）共价键不如离子键牢固___________A.正确B.错误18、向某溶液中加入Ca(OH)2溶液，有白色沉淀生成，则溶液中一定存在CO(_______)A.正确B.错误19、NaHCO3+H2=HCOONa+H2O的反应中，NaHCO3被氧化。______A.正确B.错误20、氯气与NaOH溶液反应，Cl2既是氧化剂又是还原剂。(___________)A.正确B.错误21、2molH2SO4的摩尔质量是196g·mol-1。(______)A.正确B.错误22、在同温同压下，22.4L的任何气体的物质的量都是1mol。(_____________)A.正确B.错误23、厨余垃圾处理应在避免污染环境的同时提升资源利用效率。(_______)A.正确B.错误评卷人得分四、工业流程题(共2题，共20分)24、七水合硫酸亚铁()是一种重要的食品或饲料添加剂；颜料及电子工业的原材料。某同学设计了利用工业烧渣并采用如图流程来制备七水合硫酸亚铁：

回答下列问题：

(1)工业烧渣与稀硫酸反应的离子反应有：_______。

(2)加入的试剂X是：_______，写出发生的反应离子方程式_______。

A.B.C.D.

(3)若需检验还原后的溶液中是否存在有可选择的方法是取2~3mL试液，在其中滴加_______溶液(填名称)，当_______时(填实验现象)，说明溶液中存在

(4)从溶液中得到产品应进行的操作依次是_______；过滤、洗涤、干燥。

(5)利用工业烧渣还可以制得一种重要的净水剂其基本原理是先由烧渣制得氢氧化铁，再将氢氧化铁与烧碱在40℃反应，即可制备其中被还原成此方法称为“湿法”。请写出湿法制备的化学方程式_______。25、海洋是巨大的化学资源宝库；人类每年都会从海水中提取很多物质，如图是海水资源综合利用的部分流程。

请回答下列问题：

(1)从海水中获取粗盐的方法是___。

(2)步骤①中所加试剂是___，步骤②中发生反应的离子方程式是___。

(3)步骤③中发生反应的离子方程式是___。

(4)步骤④中用“热空气”能从溶液中将Br2吹出的原因是___，用SO2水溶液吸收吹出的Br2时，反应过程中的氧化剂是___。评卷人得分五、实验题(共4题，共32分)26、膨松剂是一种食品添加剂，它在面包制作过程中发生反应产生气体，使面包变得松软。膨松剂反应产生气体的量是检验膨松剂品质的一项重要指标。已知某膨松剂的主要成分是碳酸氢钠、碳酸氢铵（）中的一种或两种；某化学兴趣小组对它进行如下探究。

【查阅资料】

①2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，NH4HCO3NH3↑+H2O+CO2↑；

②碱石灰是固体氢氧化钠和氧化钙的混合物，能吸收水和不与氨气反应；

③浓硫酸常用于吸收水蒸气和氨气。

【活动探究一】探究膨松剂的主要成分。

按如图所示连接好装置（夹持仪器略去；下同）。

（1）实验记录。实验操作实验结论或解释实验结论或解释①点燃酒精灯，打开关闭试管中白色固体减少，________有二氧化碳生成②打开关闭无色酚酞试液变_________色有氨气生成③继续加热试管中仍有固体试管中有不分解的固体

（2）得出结论：该膨松剂的主要成分为_________。

【活动探究二】探究膨松剂受热产生气体的量。

（3）按如图所示装置测定二氧化碳的质量（气密性良好；A；C、D、E中的试剂均足量）。

将一定量的膨松剂装入装置B中；加热前，先对已连接好的装置A；B和C通一段时间的空气，再连接上装置D、E后进行加热。

①装置A的作用是吸收空气中的__________；

②装置C的作用是__________；

③停止加热后，应继续通入空气一段时间，以保证产生的气体被装置充分吸收。测定实验前后装置_______（填字母序号）的质量；其质量差即为样品产生的二氧化碳气体的质量。

（4）测定氨气的质量：需调整上图中_______（填装置字母序号）的连接顺序；另取一定量的膨松剂装入装置B中，通过测定实验前后装置C的质量，其质量差即为样品产生的氨气的质量。

【解释与结论】同学们进一步对实验结果进行分析后；认为该膨松剂品质良好。

【反思与评价】活动探究二中，若没有装置E，测定结果会_________（填“偏大”“不变”或“偏小”）。27、化学不仅能创造新物质；还能分离提纯物质。

I．用一种试剂除去下列各物质中的杂质(括号内为杂质)；并写出离子方程式。

(1)Na2CO3溶液(NaHCO3)，试剂___________：离子方程式：___________。

(2)FeSO4溶液(Fe2(SO4)3)，试剂___________：离子方程式：___________。

II．现有含有少量NaCl、Na2SO4、Na2CO3等杂质的NaNO3溶液，选择适当的试剂除去杂质，得到纯净的NaNO3固体；实验流程如图所示。

(3)沉淀A的主要成分是___________、___________(填化学式)。

(4)③中反应的离子方程式是___________。

(5)溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，溶液3中肯定含有的杂质是___________，为了除去杂质，可向溶液3中加入适量的___________。28、在实验室中利用二氧化锰与浓盐酸反应制备干燥；纯净的氯气；所用装置如图所示：

（1）连接上述装置的正确顺序（填各接口处的字母）：____接___；___接___；___接___；___接___。__

（2）装置中，饱和食盐水的作用是__；NaOH溶液的作用是__。

（3）化学实验中常用湿润的淀粉—KI试纸检验是否有Cl2产生。如果有Cl2产生，可观察到__，反应化学方程式为___。

（4）写出下列化学反应的化学方程式：

①气体发生装置中进行的反应：___。

②NaOH溶液中发生的反应：____。29、某同学为了检验浓硫酸与木炭粉在加热条件下反应:产生的所有气体产物，选用了下图所示实验装置。

（1）①中无水硫酸铜的作用是___________。

（2）②中酸性KMnO4溶液的作用是______________________。

（3）②中两次用到品红溶液，它们的作用分别是A________、B________。

（4）③中发生反应的离子方程式是_____________。评卷人得分六、计算题(共2题，共20分)30、已知空气组成(体积分数)N2：0.800，O2：0.200，氨空气氧化后的混合气体组成如下(高温下NO与O2可以共存)NO：16mol；O2：7.00mol；H2O：24.5mol；N2：112mol。

完成下列计算：

(1)该混合气体中NO全部转化为HNO3，需要___________摩尔O2。

(2)参加反应的空气的体积是___________升。(标准状况下)

(3)向该混合气体中添加空气使NO完全转化为HNO3，转化后剩余气体中(不含H2O)氧气体积分数为0.0500。添加空气多少摩尔？___________

(4)该混合气体的组成表明NH3氧化产生的NO超过16mol，有部分NO已和O2、H2O反应转化为HNO3。这部分NO是多少摩尔？_______31、将200mLH2SO4和Fe2(SO4)3的混合溶液分成两等份，向其中一份中加入足量铁粉，充分反应后测得固体质量减少3.36g；向另一份中加入足量BaCl2溶液；经过滤；洗涤、干燥、称量，得到23.3g白色沉淀。请计算：

(1)原溶液中c(SO42﹣)＝_____。

(2)原溶液中H2SO4和Fe2(SO4)3的物质的量之比为_____。参考答案一、选择题(共8题，共16分)1、D【分析】【详解】

A．三氧化二铁为红棕色；由题意知得到一种黑色分散系，故A错误；

B．胶体；溶液都可以透过滤纸；不能用过滤方法分离，故B错误；

C．在电场作用下；阴极附近分散系黑色变深，则说明该分散系容易吸附带正电的阳离子而形成带电的胶体微粒，分散系不带电，故C错误；

D．所得的分散系是胶体；而丁达尔效应是胶体特有的性质，故当光束通过该分散系时，有光亮的通路，故D正确。

故答案选D。2、C【分析】【分析】

【详解】

A.二氧化锰与浓盐酸加热反应制备氯气，①中缺少酒精灯，不能制取Cl2；A错误；

B.氯气也和碳酸氢钠溶液反应，②中除去Cl2中少量的氯化氢应该用饱和食盐水；B错误；

C.浓硫酸干燥氯气，③可以探究Cl2漂白性；C正确；

D.氯气密度大于空气，④收集Cl2时应该是长进短出；D错误；

答案选C。3、B【分析】【详解】

A.金属铜；石墨碳棒中含有自由移动的电子而能导电；而氯化钠晶体中含有离子，但不能自由移动，不能导电，A错误；

B.电解质溶液中含有自由移动的离子；在外电场作用下，定向移动；金属中含有自由移动的电子，在外电场作用下，定向移动，因此二者在外电场作用下，定向移动的粒子不同，B正确；

C.电解质在水溶液中在水分子作用下产生移动的离子电离；不需要通电，C错误；

D.硫酸钡难溶于水，但溶于水的硫酸钡完全电离产生自由移动的Ba2+、SO42-；因此它是强电解质，D错误；

故合理选项是B。4、D【分析】【分析】

【详解】

A．氯气和消石灰反应生成氯化钙和次氯酸钙漂白粉；故A正确；

B．漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物；故B正确；

C．漂白粉使用时发生反应产生次氯酸；起漂白作用，所以漂白粉的有效成分为次氯酸钙，故C正确；

D．漂白粉长期置于空气因会发生反应：次氯酸见光分解而失效，故D错误；

故选D。5、A【分析】【分析】

由题干信息；X；Y、Z、M、W为五种短周期元素，X的质子总数与电子层数相等，则X为H元素，Y、Z、M、W元素在周期表中的相对位置如表所示，且W原子核外电子数是M原子最外层电子数的2倍，所以W为Si元素，M为F元素，Z为O元素，Y为N元素，据此分析解答。

【详解】

A．H、N、O形成的NH4NO3中既含有共价键；又含有离子键，A错误；

B．Z为O元素，与其同主族的短周期元素S形成的SO2与O的某种氢化物H2O2可反应生成H2SO4，H2SO4为强酸；B正确；

C．W为Si元素；Si单质是常见的半导体材料，C正确；

D．非金属性越强；氢化物的稳定性越强，非金属性：F＞O＞N＞Si，所以稳定性最强的是HF，D正确；

答案选A。6、C【分析】【分析】

【详解】

A．物质的量是国际单位制中的七个基本物理量之一；摩尔是物质的量单位，故A错误；

B．标准状况下；1mol任何气体的体积均约为22.4L，故B错误；

C．通常状况下，3.01×1023个SO2分子的物质的量为0.5mol；其质量为32g，故C正确；

D．同温同压下；相同体积的任何气体所含的分子数目相同，原子数目不一定相同，故D错误；

故答案为C。7、C【分析】【分析】

①有红色金属生成，有Cu生成；②加入H2SO4有刺激性气味气体产生，该气体为SO2；③溶液呈蓝色，有Cu2+生成；反应的化学方程式为2NH4CuSO3+2H2SO4=（NH4）2SO4+CuSO4+Cu+2SO2↑+2H2O；据此分析作答。

【详解】

①有红色金属生成，有Cu生成；②加入H2SO4有刺激性气味气体产生，该气体为SO2；③溶液呈蓝色，有Cu2+生成；反应的化学方程式为2NH4CuSO3+2H2SO4=（NH4）2SO4+CuSO4+Cu+2SO2↑+2H2O。

A项；在上述反应中，Cu元素的化合价部分由+1价升至+2价，部分降至0价，S元素的化合价没有变化，S元素既不被氧化也不被还原，A项错误；

B项，加入H2SO4有刺激性气味气体产生，该刺激性气味的气体不可能为NH3；B项错误；

C项，加入H2SO4有刺激性气味气体产生，该刺激性气味气体为SO2；C项正确；

D项，该反应中H2SO4只起酸性作用；D项错误；

答案选C。8、C【分析】【分析】

Zn和浓硫酸发生：Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+H2O，随着反应的进行，溶液浓度减小，稀硫酸与Zn发生：Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑，则生成的气体为SO2和的H2混合物，生成气体的物质的量为0.8mol，溶液剩余硫酸的物质的量为×0.4L×2mol/L=0.4mol，参加反应的n(H2SO4)=0.1L×18mol/L-0.4mol=1.4mol，随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐减小，设反应生成xmolSO2，ymolH2，x+y=0.8；2x+y=1.4，解之得x=0.6，y=0.2，所以反应会生成0.6mol的二氧化硫和0.2mol的氢气，据此解题。

【详解】

A．由以上分析可知气体A为SO2和H2的混合物；故A正确；

B．生成1mol混合气体转移2mol电子；消耗1mol的锌，所以反应中共消耗金属Zn的质量m(Zn)=0.8×65g/mol=52g，故B正确；

C．气体中SO2和H2物质的量比为3：1；故C错误；

D．生成1mol混合气体转移2mol电子；所以反应共转移电子1.6mol，故D正确；

故答案为C。二、填空题(共8题，共16分)9、略

【分析】【分析】

A为Na、B为K、C为Mg、D为Al、E为C、F为O、G为Cl、H为Br、R为Ar；按此解答；

【详解】

（1）这九种元素中，化学性质最不活泼的是稀有气体Ar；金属性最强的是碱金属元素钾，最高价氧化物的水化物酸性最强的酸是高氯酸，最高价氧化物的水化物碱性最强的碱是氢氧化钾，据此按要求填空；答案为：Ar；K；HClO4；

（2）D元素的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化铝，A元素的最高价氧化物对应的水化物为氢氧化钠，则反应的离子方程式是Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-（或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O）；答案为：Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-（或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O）；

（3）A、B、C三种元素的离子分别为钠离子、钾离子和镁离子，电子层结构相同的离子，核电荷数越大半径越小，则半径Na+＞Mg2+，同主族元素从上到下电子层数越多，离子半径越大，则K+＞Na+，由大到小的顺序排列为K+＞Na+＞Mg2+；答案为：K+＞Na+＞Mg2+；

（4）F的最常见氢化物为水，水在常温下跟K发生反应生成氢氧化钾和氢气，据此回答；答案为：2K+2H2O=2KOH+H2↑；

（5）C元素跟G元素形成的化合物为氯化镁，是离子化合物，按要求回答；答案为：【解析】ArKHClO4Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-（或Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O）K+＞Na+＞Mg2+2K+2H2O=2KOH+H2↑10、略

【分析】【分析】

Ⅰ．氢氧化钠固体、氯化氢气体、碳酸钠粉末、CuSO4•5H2O晶体不能导电；但它们溶于水或熔融状态下可导电，属于电解质；铜丝；稀硫酸，氨水、熔融氯化钠可以导电，但铜是单质、氨水是混合物，它们既不是电解质，也不是非电解质；二氧化碳气体和蔗糖熔化状态下不能导电，溶于水时蔗糖溶液也不导电，所以蔗糖是非电解质，二氧化碳的水溶液虽然能导电，但由于在溶液中发生电离的是二氧化碳与水反应生成的碳酸，二氧化碳并未发生电离，故二氧化碳是非电解质；

Ⅱ．(4)铁置换出Cu；Cu置换出Ag，氧化还原反应中还原剂的还原性大于还原产物的还原性，氧化剂的氧化性大于氧化产物分析；

(5)氯气；氢离子都具有氧化性；可与铁反应分别生成氯化铁、氯化亚铁，氯气氧化性较强，以此解答该题。

【详解】

Ⅰ．(1)能导电的物质有金属；电解质溶液或熔融液；即含有自由移动离子的物质．符合条件的有②④⑥⑨；

(2)电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物；符合条件的有①③⑦⑨⑩；

(3)非电解质是在水溶液和熔融状态下均不能导电的化合物；符合条件的有⑤⑧；

Ⅱ．(4)铁钉浸入CuSO4溶液后，表面会附有红色物质；铜丝浸入AgNO3溶液后，表面会附有银白色物质，则铁置换出Cu，Cu置换出Ag，所以还原剂Fe＞Cu＞Ag，故还原性最强的是Fe；Cu2+、Fe2+、Ag+中氧化性强弱为Ag+＞Cu2+＞Fe2+，氧化性最强的是Ag+；

(5)铁为变价金属，与强氧化剂反应生成铁离子，也氧化性较弱的氧化剂反应生成亚铁离子，Cl2、H+都具有氧化性，可与铁反应分别生成氯化铁、氯化亚铁，Cl2氧化性较强。

【点睛】

电解质是指在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物，例如酸、碱、盐、活泼金属氧化物等，凡在上述情况下不能导电的化合物叫非电解质，例如非金属氧化物、一些氢化物和一些有机物如蔗糖和酒精等；特别注意能导电的不一定是电解质，且非电解质的水溶液也可能导电，如CO2的水溶液导电，是因为生成碳酸的缘故；另外电解质和非电解质都是化合物，既要排除单质又要排除混合物。【解析】②④⑥⑨①③⑦⑨⑩⑤⑧FeAg+Cl2、H+Cl211、略

【分析】【分析】

【详解】

(1)Ga和Al同主族，在Al的下一个周期，即第四周期，低ⅢA族，故答案为：四；ⅢA；

(2)Sn和碳同主族，最高价是+4价，Cl的最高价是+7价，最高价氧化物对应水化物的化学式为HClO4；Bi和N元素同主族，所以最高正价是+5价，最高价氧化物为Bi2O5，故答案为：+4；HClO4；Bi2O5；

(3)①同主族元素从上到下，氢化物稳定性减弱，同周期元素从右到左，氢化物稳定性减弱，所以阴影部分元素氢化物热稳定性最高的是F，故答案为：F；

②As和Se同一周期，同周期元素从右到左，最高价含氧酸的酸性减弱，所以H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4＜H2SeO4；故答案为：＜；

③氢化物的还原性：H2O＜H2S；故答案为：＜；

(4)Al的最高价氧化物Al2O3可以和S的最高价氧化物的水化物H2SO4反应，其反应方程式为：Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O。【解析】四ⅢA+4HClO4Bi2O5F＜＜Al2O3+3H2SO4=Al2(SO4)3+3H2O12、略

【分析】【详解】

（1）A．FeCl3在冷水中水解程度较小；不能生成胶体，选项A不符合题意；

B．沸水中氯化铁水解生成氢氧化铁胶体；选项B符合题意；

C．氢氧化钠溶液会和FeCl3反应生成沉淀；不能生成胶体，选项C不符合题意；

D．NaCl溶液与FeCl3溶液不反应；不能形成胶体，选项D不符合题意；

答案选B；

（2）制备胶体的原理是利用铁离子水解生成氢氧化铁胶体，反应的化学方程式为FeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl；

（3）证明制得的物质是胶体利用丁达尔效应；让一束光通过制得的物质；从侧面可观察到一条光亮的“通路”，说明制得的物质是胶体；

（4）胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质微粒直径的大小不同，胶体的分散质微粒直径介于1~100nm之间，答案选A。【解析】BFeCl3+3H2OFe(OH)3(胶体)+3HCl利用丁达尔效应；让一束光通过制得的物质，从侧面可观察到一条光亮的“通路”，说明制得的物质是胶体A13、略

【分析】(1)

①C．NaCl晶体能够在水溶液中或熔融状态下电离产生自由移动的离子而能够导电；因此NaCl属于电解质；

E．Na2O粉末在熔融状态下能够发生电离产生自由移动的离子而能够导电，因此Na2O属于电解质；故属于电解质的物质序号是CE；

②A．铜丝中含有自由移动电子；因此能够导电；

D．醋酸溶液中含有自由移动的CH3COO-、H+而能够导电；因此能够导电的物质序号是AD；

③E．Na2O粉末是离子化合物，在熔融状态下能够发生电离产生Na+、O2-，其电离方程式为：

④B是漂白粉，在工业上用Cl2通入石灰乳中发生氧化还原反应制取，该反应的化学方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；

(2)

在该反应中Cl元素化合价由反应前ClO-中的+1价变为反应后Cl-的-1价，化合价降低2价；Fe元素化合价由反应前Fe(OH)3中的+3价变为反应后中的+6价，化合价升高3价，化合价升、降最小公倍数是6，所以ClO-、Cl-的系数是3；Fe(OH)3、的系数是2，然后根据电荷守恒可知OH-的系数是4，最后根据H、O原子守恒，可知H2O的系数是5，则配平后该反应的化学方程式为：3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O；

将制取得到的Na2FeO4溶液加入适量饱和KOH溶液中，发生复分解反应产生K2FeO4沉淀和NaOH，该反应的离子方程式为：2K++=K2FeO4↓。【解析】(1)CEAD2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O

(2)3ClO-+2Fe(OH)3+4OH-=2+3Cl-+5H2O2K++=K2FeO4↓14、略

【分析】【详解】

（1）铁钉浸入CuSO4溶液后，表面会附有红色物质，铜丝浸入AgNO3溶液后，表面会附有银白色物质，则铁置换出Cu，Cu置换出Ag，所以还原剂Fe>Cu>Ag，故还原性最强的是Fe；Cu2+、Fe2+、Ag+是Cu、Fe、Ag的氧化产物，氧化性强弱为Ag+>Cu2+>Fe2+，氧化性最强的是Ag+；

（2）铁为变价金属，与强氧化剂反应生成铁离子，也氧化性较弱的氧化剂反应生成亚铁离子，Cl-中Cl元素处于最低价；只有还原性，因此氯气；氢离子都具有氧化性；可与铁反应分别生成氯化铁、氯化亚铁，物质的氧化性越强，与铁反应对应生成物中Fe元素化合价越高，因此氯气氧化性较强；

（3）根据题意：C→CO2，反应中C为还原剂，CO2为氧化产物，则K2CrO4为氧化剂，对应产物Cr2(SO4)3为还原产物；C→CO2化合价升高4，2K2CrO4→Cr2(SO4)3化合价共降6，根据得失电子守恒，C系数为3，CO2系数为3，Cr2(SO4)3系数为2，则K2CrO4系数为4，根据原子个数守恒，K2SO4系数为4，H2SO4系数为10，H2O的系数为10，因此其化学反应方程式为：3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O。

【点睛】

铁与氯气发生反应会生成氯化铁，其反应与铁或氯气的量无关，其原因在于生成的氯化铁为分子晶体，在加热过程中会挥发，不能电离出铁离子，不能发生2Fe3++Fe=3Fe2+。【解析】①.Fe②.Ag+③.氯气、氢离子④.氯气⑤.3C+10H2SO4+4K2CrO4=4K2SO4+2Cr2(SO4)3+3CO2↑+10H2O15、略

【分析】【分析】

(1)血液可看作是胶体分散系；胶体遇电解质能发生聚沉，配制溶液的步骤是计算；称量、溶解、转移、洗涤转移、定容、摇匀，结合操作选择仪器；

(2)碳铁化合物Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4；与过量的盐酸反应生成氯化亚铁；氯化铁，溶液有剩余的HCl；

(3)根据电子守恒；电荷守恒及原子守恒；配平方程式，然后结合方程式进行计算；

(4)自然界中Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变；可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，亚硫酸钠被氧化产生硫酸钠，根据得失电子相等，结合原子守恒和电荷守恒配平书写离子方程式；

(5)向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，则原溶液中存在SO42-；又溶液中含有四种离子，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，以此来解答。

【详解】

(1)血液属于胶体，加入电解质溶液(FeCl3溶液)可使胶粒聚沉；血液凝聚达到止血效果，用氯化铁固体配制成450mL0.1mol/L的溶液，配制过程中所需要的玻璃仪器有量筒；玻璃棒、烧杯、胶头滴管、500mL容量瓶，所以还缺少的仪器是胶头滴管、500mL容量瓶；

(2)Fe3C在足量的空气中高温煅烧，生成有磁性的固体Y，Y为Fe3O4，溶于过量的盐酸反应生成氯化亚铁、氯化铁，溶液有剩余的HCl，溶液中大量存在的阳离子是Fe2+、Fe3+、H+；

(3)Fe元素的化合价升高，则Cl元素的化合价降低，由电子、电荷守恒、原子守恒可知，离子反应为2Fe(OH)3+3ClO-+4OH-=2FeO42-+3Cl-+5H2O，可见：每生成2molK2FeO4，转移的电子6mole-，则生成1molK2FeO4，转移的电子数是3NA；

(4)自然界中Cr主要以+3价和+6价存在。+6价的Cr能引起细胞的突变，可以用亚硫酸钠将其还原为+3价的铬，亚硫酸钠被氧化产生硫酸钠，根据得失电子相等，Cr2O72-与SO32-的物质的量之比是1：3；结合电荷守恒、原子守恒，可得反应的离子方程式：Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2O；

(5)向该溶液中加入过量的稀硫酸，有气泡产生，且溶液中阴离子种类不变，则一定发生Fe2+、NO3-的氧化还原反应生成硝酸铁和NO，阴离子种类不变，说明原溶液中原来已经存在SO42-，又溶液中含有四种离子，反应生成了Fe3+，所含离子的物质的量均为1mol，由电荷守恒可知，含有带一个单位正电荷的阳离子，即一定含有Na+，由上述推断可知，该溶液中所含的离子为：Na+、Fe2+、NO3-、SO42-。

【点睛】

本题考查了氧化还原反应的分析应用、离子的检验，明确常见离子的性质及检验中发生的化学反应是解答本题的关键，注意检验中应排除离子的相互干扰来解答，并注意离子共存及电荷守恒的应用，结合电子守恒、电荷守恒及原子守恒，书写有电子转移的离子方程式，并进行有关计算。【解析】500mL容量瓶、胶头滴管Fe2+、Fe3+、H+3Cr2O72-+3SO32-+8H+=2Cr3++3SO42-+4H2ONa+、Fe3+、NO3-、SO42-16、略

【分析】【详解】

(1)SO2、NO2；可吸入颗粒物为空气质量报告的主要内容；根据其浓度可计算空气污染指数，人们常用空气污染指数API来表示空气质量；

(2)硬水是含较多的可溶性钙；镁化合物的水；软水是不含或含较少可溶性钙、镁化合物的水，硬水软化就是除去硬水中钙、镁化合物，硬水软化的方法是：生活中常用煮沸法，工业上用离子交换法和药剂软化法，实验室用蒸馏法；

(3)生活垃圾一般可分为有机垃圾；危险废物、可回收垃圾；有机垃圾：主要指厨房垃圾包括剩菜剩饭、骨头等食品类废物；经生物技术就地堆肥；危险废物：包括废电池、废日光灯管、废水银温度计、过期药品等；可回收垃圾包括纸类、金属、塑料、玻璃等；

(4)A．NH4Cl中含氮量为：=×100%≈26.2%；

B．NH4HCO3中含氮量为：=×100%≈17.7%；

C．(NH4)2SO4中含氮量为：×100%=≈21.2%；

D．NH4NO3中含氮量为：=×100%≈35%；

含氮量NH4NO3＞NH4Cl＞(NH4)2SO4＞NH4HCO3，含氮量最高的是NH4NO3；

答案选D。【解析】空气污染指数API可吸入颗粒物煮沸离子交换法有机垃圾可回收垃圾D三、判断题(共7题，共14分)17、B【分析】【分析】

（1）

在离子化合物中一定含有离子键；可能存在共价键，如NaOH是离子化合物，其中含有离子键；共价键，因此该说法是错误的。

（2）

惰性气体是单原子分子；分子中只有一个原子，就不存在共价键，因此在单质分子中不一定存在共价键，这种说法是错误的。

（3）

共价键可能存在于多原子单质分子中；也可能存在共价化合物分子中，还可能存在于离子化合物中，因此不一定只存在于共价化合物中，这种说法是错误的。

（4）

共价键、离子键的强弱取决于微粒之间作用力的大小，有的共价键比离子键强，有的共价键比离子键弱，因此不能说共价键不如离子键牢固，这种说法是错误的。18、B【分析】【分析】

【详解】

某溶液中加入Ca(OH)2溶液，可能生成CaCO3、CaSO3、Mg(OH)2等白色沉淀，故原溶液中不一定存在题干说法错误。19、B【分析】【详解】

NaHCO3+H2=HCOONa+H2O的反应中，H化合价升高被氧化，故错误；20、A【分析】【分析】

【详解】

氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，Cl元素的化合价部分由0价升至+1价、部分由0价降至-1价，Cl2既是氧化剂又是还原剂，正确。21、B【分析】【分析】

【详解】

摩尔质量指单位物质的量物质所具有的质量，H2SO4的摩尔质量是(1×2+32+16×4)g·mol-1=98g·mol-1，错误。22、B【分析】【分析】

【详解】

在同温同压下，气体的体积之比和气体的物质的量成正比，因此22.4L的任何气体的物质的量都相同，但不一定等于1mol，错误。23、A【分析】【详解】

厨余垃圾处理，要在避免污染环境的同时提升资源利用效率，正确；四、工业流程题(共2题，共20分)24、略

【分析】【详解】

(1)SiO2不与稀硫酸反应，过滤后以滤渣形式从混合物中分离出来，与稀硫酸反应的除了FeO，还有Fe2O3，Fe2O3与稀硫酸反应生成硫酸铁和水；对应的离子方程式为：

故答案为：

(2)加入的试剂X应能够充当还原剂以还原Fe3＋，且不能引入新的杂质，则应加入Fe粉，故选D；离子反应方程式为：

故答案为：D；

(3)若需检验还原后的FeSO4溶液中是否存在有Fe3＋，可选择的方法是取2~3mL试液，在其中滴加KSCN溶液，当溶液变为红色(血红色)，说明溶液中存在Fe3＋；

故答案为：硫氰酸钾；溶液变为红色(血红色)。

(4)从溶液中得到产品需要蒸发浓缩；冷却结晶、过滤、洗涤、干燥这几个步骤；

故答案为：蒸发浓缩；冷却结晶。

(5)将氢氧化铁与NaClO、烧碱在40°C反应，即可制备其中NaClO被还原成NaCl，Cl元素化合价从＋1价降低到－1价，Fe元素化合价从＋3价升高到＋6价，根据得失电子守恒和原子守恒，湿法制备的化学方程应为

故答案为：【解析】①.②.D③.④.硫氰酸钾⑤.溶液变为红色(血红色)⑥.蒸发浓缩、冷却结晶⑦.25、略

【分析】【分析】

将海水蒸发结晶可到粗盐，得到的苦卤含有钾离子，镁离子，溴离子，经步骤①加入氢氧化钙得到氢氧化镁，氢氧化镁经②加入盐酸得到氯化镁溶液，在充入氯化氢气体的溶液中加热蒸干得到无水氯化镁，电解熔融的氯化镁得到镁单质；步骤③为溴离子被氯气氧化成溴单质，步骤④将溴富集，用“热空气”能从溶液中将Br2吹出；再得到高纯度的溴，据此分析。

【详解】

(1)食盐的溶解度受温度影响变化不大；故要从海水中获得粗盐的结晶方法是蒸发结晶；

(2)根据分析可知，步骤①中所加试剂是氢氧化钙，将镁离子转化为氢氧化镁，步骤②是氢氧化镁和盐酸反应制得氯化镁的过程，发生反应的离子方程式是：Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O；

(3)步骤③发生氯气与溴离子的反应，发生反应的离子方程式是：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2；

(4)步骤④中用“热空气”能从溶液中将Br2吹出的原因是Br2的挥发性随温度升高而增大，用SO2水溶液吸收吹出的Br2时，溴和二氧化硫和水反应生成氢溴酸和硫酸，溴单质的化合价降低，故氧化剂是Br2。

【点睛】

将镁离子转换为氢氧化镁时，加入碱，考虑经济效益，选择价格便宜的熟石灰，为易错点。【解析】①.蒸发结晶②.Ca(OH)2③.Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O④.Cl2+2Br-=2Cl-+Br2⑤.Br2的挥发性随温度升高而增大⑥.Br2五、实验题(共4题，共32分)26、略

【分析】【分析】

活动探究一：根据题中图示信息，左边是气体发生装置，产生CO2、NH3；装置A是验证CO2的装置；干燥管装碱石灰，除去CO2；装置B是验证NH3的装置；据此解答。

活动探究二：根据题中图示信息，装置A是除去空气中的CO2；装置B是膨松剂受热分解，产生气体装置；装置C是除杂装置；装置D是气体吸收装置；装置E是避免空气中的CO2和H2O进入D；据此解答。

【详解】

【活动探究一】

（1）①结论中有二氧化碳生成，所以CO2与澄清石灰水发生反应，即Ca(OH)2+CO2=CaCO3↓+H2O；则A中澄清石灰水变浑浊；答案为A中澄清石灰水变浑浊。

②氨气溶于水形成氨水，NH3·H2O属于弱碱，能部分电离出和OH-，即NH3·H2O+OH-；溶液呈碱性，能使酚酞试液变红，因为结论中有氨气生成，所以实验现象是酚酞试液变红；答案为红。

（2）根据加热后有氨气生成；说明含有碳酸氢铵，充分加热后，玻璃管中仍有固体说明膨松剂中含有碳酸氢钠，碳酸氢钠加热后生成碳酸钠固体；答案为碳酸氢铵和碳酸氢钠。

【活动探究二】

（3）①二氧化碳与足量氢氧化钠溶液反应生成碳酸钠和水，即2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O；所以装置A的作用是吸收空气中的二氧化碳；答案为二氧化碳。

②已知浓硫酸可以吸收氨气和水蒸气；所以装置C的作用是吸收混合气体中的氨气和水蒸气；答案为吸收水蒸气和氨气。

③D中碱石灰吸收二氧化碳；因此D装置增大的质量就是二氧化碳的质量；答案为D。

（4）要测氨气的质量；产生的气体应先通入D中，碱石灰将水；二氧化碳除去，再通入C中，浓硫酸吸收氨气，C装置增大的质量就是氨气的质量，即将C和D装置顺序调换；答案为C和D。

【反思与评价】测定二氧化碳的质量时，若没有装置E，则空气中的水分和二氧化碳会进入D装置中，造成测定结果偏大；测定氨气的质量时，若没有E装置，则空气中的水分会进入C装置中，造成测定结果偏大；答案为偏大。【解析】A中澄清石灰水变浑浊红碳酸氢铵和碳酸氢钠二氧化碳吸收水蒸气和氨气DC和D偏大27、略

【分析】【分析】

I．(1)NaHCO3可与氢氧化钠溶液反应而Na2CO3溶液与之不反应；

(2)FeSO4与铁不反应而(Fe2(SO4)3)可以与铁粉反应；

II．由实验流程可知；加入过量的硝酸钡，生成硫酸钡；碳酸钡沉淀，然后在滤液中加入过量的硝酸银，使氯离子全部转化为氯化银沉淀，在所得的滤液中加入过量的碳酸钠，使溶液中银离子、钡离子完全沉淀，最后得到硝酸钠和碳酸钠的混合液，加入稀硝酸，最后进行蒸发操作可以得到固体硝酸钠。

【详解】

I．(1)Na2CO3溶液(NaHCO3)，可以加入适量的氢氧化钠溶液，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠和水，离子方程式：＋OH-=H2O＋

(2)FeSO4溶液(Fe2(SO4)3)，可以加入足量的铁粉，硫酸铁与铁反应生成硫酸亚铁，过滤除去过量的铁粉即可达到目的，离子方程式：Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋；

II．由实验流程可知；加入过量的硝酸钡，生成硫酸钡；碳酸钡沉淀，然后在滤液中加入过量的硝酸银，使氯离子全部转化为氯化银沉淀，在所得的滤液中加入过量的碳酸钠，使溶液中银离子、钡离子完全沉淀，最后得到硝酸钠和碳酸钠的混合液，加入稀硝酸，最后进行蒸发操作可以得到固体硝酸钠。

(3)结合以上分析可知，加入过量的硝酸钡溶液，硫酸钠、碳酸钠和硝酸钡反应生成硫酸钡和碳酸钡沉淀；沉淀A的主要成分是BaSO4、BaCO3；

(4)结合以上分析可知，滤液中含有银离子、钡离子，加入过量的碳酸钠溶液后，生成碳酸银、碳酸钡沉淀，③中反应的离子方程式是：Ba2＋＋=BaCO3↓，2Ag+＋=Ag2CO3↓；

(5)结合以上分析可知，溶液3经过处理可以得到NaNO3固体，由于碳酸钠过量，溶液3中肯定含有的杂质是Na2CO3，可向溶液3中加入适量的硝酸，除去碳酸钠杂质。【解析】NaOH溶液＋OH-=H2O＋铁粉Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋BaSO4、BaCO3Ba2＋＋=BaCO3↓2Ag+＋=Ag2CO3↓Na2CO3HNO328、略

【分析】【分析】

浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下生成二氯化锰；氯气和水；浓盐酸易挥发，则生成的氯气中含有杂质HCl和水；先连接盛有饱和食盐水的装置，可除去HCl杂质，再连接盛有浓硫酸的装置可除去水蒸气；氯气的密度大于空气，可采用长进短出的方式收集氯气；氯气有毒，最后应有尾气处理装置。

【详解】

(1)按照制备气体的“发生装置→净化装置→收集装置→尾气处理装置”的顺序可确定装置连接顺序。制得的Cl2中混有HCl和水蒸气，先用饱和食盐水除去HCl，然后通过浓硫酸进行干燥；由于Cl2的密度比空气大，收集Cl2时导管应长进短出；Cl2有毒；最后用NaOH溶液进行尾气处理，故连接顺序为E→C；D→A、B→H、G→F。

(2)装置中饱和食盐水的作用是除去Cl2中的HCl杂质；NaOH溶液的作用是吸收过量的Cl2。

(3)湿润的淀粉-KI试纸遇Cl2时发生反应：2KI+Cl2=2KCl+I2，淀粉遇变蓝色。

(4)①浓盐酸与二氧化锰在加热的条件下生成二氯化锰、氯气和水，方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；

②NaOH与氯气反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，方程式为2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O。【解析】①.ECDABHGF②.除去氯气中的HCl杂质③.吸收过量的氯气④.试纸变蓝