【文档说明】北京市怀柔一中2020-2021学年高二上学期9月月考化学试题【精准解析】.doc，共(16)页，551.000 KB，由小赞的店铺上传

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怀柔一中高二年级9月月考化学学科试卷可能用到的相对原子质量：H1C12N14016Mg24S32一、选择题（每空3分，共63分）1.下列设备工作时，将化学能转化为电能的是（）A.硅太阳能电池B.锂离子电池C.太

阳能集热器D.燃气灶A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A.硅太阳能电池可将太阳能转化为电能，与题意不符，A错误；B.锂离子电池可将化学能转化为电能，符合题意，B正确；C.太阳能集热器可

将太阳能转化为热能，与题意不符，C错误；D.燃气灶可将化学能转化为热能与光能，与题意不符，D错误；答案为B。2.天然气是目前推广使用的清洁燃料，它的主要成分是ACOB.CH4C.H2D.C2H4【答案】

B【解析】【详解】天然气的主要成分是甲烷，其分子式为CH4，其中不含CO、H2、C2H4。甲烷是一种无色无味、难溶于水的气体，它也是沼气、坑道气的主要成分。综上所述，本题选B。3.下列化学用语表达正确的是（）A.二氧化碳的电子式：B.氯离子的结构示意图：C.乙烯的结构简式：C2H4D.质量数为18

的氧原子：186O【答案】B【解析】【详解】A．碳最外层有4个电子，每个O与C应共用两对电子，故二氧化碳的电子式：，A错误；B．氯离子的最外层电子为8个，其结构示意图：，B正确；C．乙烯的官能团为碳碳双键，书写结构简式时不能省略碳碳双键，C错误；D．氧原子的质量数

为18的氧原子，其质子数仍为8，应该表示为：188O，D错误；故本题选B。4.从海水资源中提取下列物质，不用化学方法可能得到的是（）A.MgB.Br2C.I2D.NaCl【答案】D【解析】【分析】根据从海水

制备物质的原理可知，氯化钠含量比较高，可利用蒸发原理得到，金属单质与非金属单质需要利用化学反应来制取。【详解】A项、从海水中获得单质镁，需要首先从海水中获得氯化镁，然后再去电解熔融状态的氯化镁而得到镁，涉及化学变化，故A错误；B项、从海水中获得单质溴，通过氯气将溴离

子氧化为溴单质，涉及化学变化，故B错误；C项、从海带中获得单质碘，通过氧化剂将碘离子氧化为碘单质，涉及化学变化，故C错误；D项、海水中氯化钠含量比较高，把海水用太阳暴晒，蒸发水分后即得食盐，不需要化学变化就能够从海水中获得

，故D正确。故选D。【点睛】本题考查了从海水中获取化合物和单质的方法，熟悉物质的存在及物质的性质是解答本题的关键。5.23592U是制造原子弹和核反应堆的主要原料，美国人利用23892U制造了贫铀弹，它具有很强的穿甲能力。下列有关说法正确的是A.23592

U原子核中含有92个中子B.23592U原子核外有143个电子C.23592U与23892U互为同位素D.23592U与23892U互为同分异构体【答案】C【解析】【详解】A．23592U原子核中含有中子数为235-92=143，故A错误；B．23592U原子核内质子数

为92，则原子核外有92个电子，故B错误；C．23592U与23892U的质子数相同，中子数不等，两者互为同位素，故C正确；D．23592U与23892U为两种不同核素，两者互为同位素，不是同分异构体，故D错

误；故答案为C。6.下列物质中所含的化学键，只有共价键的是A.NaOHB.Na2OC.NaClD.Cl2【答案】D【解析】【详解】A．NaOH是离子化合物，含有离子键和共价键，故A错误；B．Na2O是离子化合物，只含有离子键，故B错

误；C．NaCl是离子化合物，只含有离子键，故C错误；D．Cl2是单质双原子分子，只含有共价键，故D正确；故答案为D。7.关于甲烷的下列说法中，不正确．．．的是A.是组成最简单的烷烃B.与CH3CH2CH3互为同系物C.是易溶于水的气体D.在空气中的

燃烧是放热反应【答案】C【解析】【详解】A.甲烷是组成最简单的烷烃，也是最简单的有机物，A说法正确；B.甲烷与CH3CH2CH3均为烷烃，两者分子中的碳原子数不同，结构相似，在分子组成上相差2个CH2，故其互为同系物，B说法正确；C.甲烷是难溶于水的气体，C说法

不正确；D.甲烷在空气中的燃烧是放热反应，所有物质的燃烧都是放热反应，D说法正确。本题选C。8.下列说法中，不正确．．．的是A.与煤相比，天然气是较清洁的化石燃料B.煤燃烧产生的硫氧化物是形成酸雨的主要物质C.煤的干馏和石油的分

馏都是物理变化D.苯可从煤焦油中提取，它是广泛应用的化工原料，有特殊气味，有毒【答案】C【解析】【详解】A．煤和碳均为化石能源，其中煤中含有硫氮等元素，燃烧产物中含有大气污染物，而天然气的主要成分是甲烷，燃烧产物为CO2和

水，是较清洁的能源，故A正确；B．煤燃烧产生的硫氧化物可形成硫酸型酸雨，故B正确；C．石油的分馏是物理变化，而煤的干馏是将煤隔绝空气加强热使其分解生成煤焦油、煤气、焦炭等新物质的过程，该过程中有新物质生成，属于化学变化，故C错误；D．从煤

焦油中提取可以提取苯，苯是广泛应用的化工原料，有特殊气味，有毒，故D正确；故答案为C。9.下列离子方程式中，正确的是A.铁片投入稀盐酸中：2Fe＋6H＋=2Fe3＋＋3H2↑B.稀硝酸滴在碳酸钙固体上：2H＋＋2-3CO=

H2O＋CO2↑C.氯气通入氯化亚铁溶液中：Cl2＋Fe2＋=2Cl－＋Fe3＋D.氯化钡溶液滴入硫酸钠溶液中：Ba2＋＋2-4SO=BaSO4↓【答案】D【解析】【详解】A.铁片投入稀盐酸中，两者发生离子反应生成氯化亚铁溶液和氢气，该反应的离子方程式为Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑，A错误；

B.稀硝酸滴在碳酸钙固体上，两者发生离子反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，该反应的离子方程式为2H＋＋3CaCO=Ca2++H2O＋CO2↑，B错误；C.氯气通入氯化亚铁溶液中，两者发生离子反应生成氯化铁溶液，该反应的离子方程式为Cl2＋2Fe2＋=2Cl－＋2Fe3＋，C错误；D.氯化钡溶液滴入

硫酸钠溶液中，两者发生离子反应生成硫酸钡沉淀和氯化钠溶液，该反应的离子方程式为Ba2＋＋2-4SO=BaSO4↓，D正确。本题选D。10.已知反应：X+Y=M+N为放热反应，则下列说法正确的是A.断裂X和Y的化学键所吸

收的能量一定高于形成M和N的化学键所放出的能量B.X和Y的总能量一定高于M和N的总能量C.Y的能量一定高于ND.因为该反应为放热反应，故不必加热就可发生【答案】B【解析】【详解】A、放热反应是生成物的键能大于反应物的键能，故A错误；B、

放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，故B正确；C、放热反应是生成物的总能量小于反应物的总能量，在该反应中不能表明物质和物质之间能量的比较，故C错误；D、反应热与反应条件无关，故D错误；故选B。11.既可以用来鉴别乙

烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯的方法是（）A.在一定条件下通入H2B.通入足量酸性高锰酸钾溶液中C.通入足量溴水中D.分别进行燃烧【答案】C【解析】【详解】A、乙烷和乙烯通入氢气，没现象，不能用来鉴别乙烷和乙烯，选项A错误；B、酸性KMnO4溶

液能把乙烯氧化为二氧化碳，不能得到纯净乙烷，选项B错误；C、乙烯与溴水发生加成反应，生成液态的1,2-二溴乙烷，溴水既可以用来鉴别乙烷和乙烯，又可以用来除去乙烷中混有的乙烯，选项C正确；D、乙烷和乙烯都

能燃烧，选项D错误。答案选C。12.以下实验装置一般不用于．．．分离物质的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【详解】A.该装置图为蒸馏装置，是分离互溶的、沸点不同的液体混合物的装置，A不符合题意；B.该装置图为分液

装置，是分离互不相溶的液体混合物的装置，B不符合题意；C.该装置图为过滤装置，是分离难溶性固体与可溶性液体混合物的装置，C不符合题意；D.该装置图为配制物质的量浓度的溶液的装置，是配制物质的量浓度的溶液的定容步骤，与分离混合物无关，D符合题意；故合理选项是D。13.已知3

3As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是A.原子半径：As＞Cl＞PB.热稳定性：HCl＞AsH3＞HBrC.还原性：As3-＞S2-＞Cl-D.酸性：H3AsO4＞H2SO4＞H3PO4【答案】C【解析】【详解

】A．原子半径大小顺序是As＞P＞Cl，故A错误；B．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，则热稳定性：HCl＞HBr＞AsH3，故B错误；C．单质的氧化性Cl2＞S＞As，所以阴离子的还原性：As3﹣＞S2﹣＞Cl﹣，故C正确；D．非金属性越强，其最高

价含氧酸的酸性越强，则酸性H2SO4＞H3PO4＞H3AsO4，故D错误；故选C．14.下列有关化学键的叙述，正确的一项是A.离子化合物中一定含有离子键B.单质的分子中均不存在化学键C.含有共价键的化合物一

定是共价化合物D.任何物质内都含有化学键【答案】A【解析】【详解】A.根据离子化合物的定义，离子化合物中一定含有离子键，故A正确；B.单质的分子中大多存在化学键，如氧气中含有共价键，故B错误；C.离子化合物中可能有共价键，含有共价键的化合物不一定是共价化合物，故C错误；D.

稀有气体不含化学键，故D错误。15.关于1molH2O的下列说法中，不正确．．．的是（）A.质量为18gB.含氧原子数约为6.02×1023C.含电子数约为10×6.02×1023D.标准状况下的体积

约为22.4L【答案】D【解析】【详解】A.1molH2O的质量为：1·1mol18g?mol18gmnM，A正确；B.1molH2O中含氧原子数目为：23123A·1mol6.0210mol6.0210NnN，B正确；C.1molH2O中含电子数目为

：23123A·10mol6.0210mol106.0210NnN，C正确；D.标准状况下，H2O是液体，不能用m·VnV计算，D错误；故答案为：D。16.下列关于化学反应速率的说法

正确的是A.化学反应速率只适用于研究可逆反应B.化学反应速率为0.8mol/（L・s）的含义是:1s时，某物质的物质的量浓度是0.8mol/LC.比较Mg、Al分别与相同稀盐酸的反应，其化学反应速率差异主要受温度影响D.使用合适的催化剂，可增大化学反应速率【答案

】D【解析】【详解】A．化学反应速率用于研究化学反应进行的快慢程度，适用于所有化学反应，故A错误；B．化学反应速率为平均速率，则化学反应速率为0.8mol/(L•s)是指1s内该物质的浓度变化量为0.8mol/L，故B错误；C．Mg、Al分别与相同

稀盐酸的反应，由于活泼性Mg＞Al，则反应速率Mg＞Al，即其化学反应速率差异主要受自身金属的活泼性影响造成的，故C错误；D．使用合适的催化剂，可改变活化分子的百分数，提高化学反应速率，故D正确；故答

案为D。17.下列措施对增大化学反应速率明显有效的是（）A.Na与水反应时增大水的用量B.Fe与稀硫酸反应制取氢气时，改用浓硫酸C.用H2O2制O2时加入MnO2D.铝与盐酸反应时，加入稀的NaCl溶液【答案】C

【解析】【详解】A．水是纯液体，Na与水反应时增大水的用量不影响反应速率，故A错误；B．常温下浓硫酸和Fe发生钝化现象，且不生成氢气，生成二氧化硫，故B错误；C．双氧水制取氧气时加入二氧化锰，二氧化锰作催化剂，增大活化分子百分数，化学反应速率增大，故C正确；D．铝与盐酸反应时

加入稀的氯化钠溶液，氢离子浓度减小，反应速率降低，故D错误；故答案为C。18.关于由Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池装置，下列说法正确的是（）A.锌片作正极B.可将电能转化为化学能C.反应时，溶液中c（H+）逐

渐减小D.反应时，铜片的质量逐渐增大【答案】C【解析】【详解】A.Cu、Zn和稀硫酸组成的原电池，Zn比Cu活泼，Zn作负极，Cu作正极，A错误；B.原电池是将化学能转化为电能的装置，B错误；C.负极电极反应式为：Zn-2e-=Zn2

+，正极电极反应式为：2H++2e-=H2↑，反应时，溶液中c（H+）逐渐减小，C正确；D.负极电极反应式为：Zn-2e-=Zn2+，正极电极反应式为：2H++2e-=H2↑，反应时，铜片的质量不变，D错误；故答案为：C。

19.下列反应中，属于取代反应的是（）A.乙烯在空气中燃烧B.乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色C.乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色D.苯与液溴在铁粉作用下生成溴苯【答案】D【解析】【详解】A．乙烯在空气中燃烧，发

生的反应为氧化反应，故A错误；B．乙烯使溴的四氯化碳溶液褪色，发生的反应为加成反应，故B错误；C．乙烯使酸性高锰酸钾溶液褪色，，发生的反应为氧化反应，故C错误；D．苯与液溴在铁粉作用下生成溴苯，发生的反应为取代反应，故D正确；故答案为D。20

.可逆反应2NO22NO+O2在恒容密闭容器中反应，可以作为达到平衡状态的标志是()①单位时间内生成nmo1O2的同时生成2nmolNO2②单位时间内生成nmolO2的同时生成2nmolNO③混合气体的颜色不再改变④混合气体的密度不再改变的状态

⑤混合气体的平均相对分子质量不再改变的状态A.①③⑤B.②④⑤C.①③④D.①②③④⑤【答案】A【解析】【详解】在一定条件下，当可逆反应中正反应速率和逆反应速率相等时（但不等于0），反应混合物中各种物质的浓度或含量不再发生变化的状态，称为化学平衡状态。①中反应速率的方

向相反，且满足速率之比是相应的化学计量数之比，正确。②中应速率的方向相同，在任何情况下均成立，不能说明。颜色的深浅和浓度有关，③正确。混合气体的密度是混合气的质量和容器容积的比值，在反应过程中，质量和容积都是不变的，④不能说明。混合气平均相对分子质量是混合气的质量和混合气的总的物质的量的比值，

质量不变，但物质的量是变化的，所以⑤可以说明。因此正确的答案是A。21.下列实验的操作和现象，所对应的解释或结论正确的是（）操作和现象解释或结论A将一小块钠分别投入盛有水和乙醇的小烧杯中，钠与乙醇反应要缓慢得多乙醇分

子中羟基的氢原子比水分子中的氢原子活泼B向品红溶液中通入某种气体，品红溶液褪色可推断该气体一定是SO2C向某溶液中加入氯水后，再滴加KSCN溶液，溶液变为红色可推断原溶液中一定含有Fe2+D将充满干燥HCl气体的试管倒置于盛有水的水槽中，水迅速充满整个试管HCl易溶于水A.AB.BC.CD.D【答

案】D【解析】【详解】A.乙醇与Na反应比水与Na反应平稳，说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，A错误；B.能使品红褪色的气体可能是二氧化硫或氯气，B错误；C.没有排除原溶液中含有Fe3+，先加入

KSCN溶液，若溶液不变红色，再加入氯水，若溶液变红色，可推断原溶液中一定含有Fe2+，C错误；D.水可以充满试管，说明HCl一定是易溶于水的，D正确；故答案为：D。二、非选择题22.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A有三

个电子层，K、M层电子数之和等于L层电子数B短周期中金属性最强C常温下单质为双原子分子，氢化物的水溶液呈碱性D元素最高正价是+7价(1)用化学用语回答下列问题：①A元素在周期表中的位置________________；②C单质分子的电子式_______________；(2)元素D与元素A相比

，非金属性较强的是___________(用元素符号表示)，下列表述中能证明这一事实的是________(填选项序号)。a．常温下D的单质和A的单质状态不同b．D的氢化物比A的氢化物稳定c．一定条件下D和A的单质都能与钠反应d．A最高价含氧酸的酸性弱于D

最高价含氧酸e．D单质能与A的氢化物反应生成A单质【答案】(1).第三周期第VIA族(2).(3).Cl(4).bde【解析】【分析】A有三个电子层，K、M层电子数之和等于L层电子数，故A为硫；B短周期中金属性最强，故B为钠；C常温下单质为双原子分子，氢化物的水溶液呈碱性，故C为氮；D元素最高

正价是+7价，故为氯，据此分析解答即可。【详解】(1)依据分析可知：A为硫，B为钠，C为氮，D为氯；(1)①A为硫，处于第三周期第VIA族；②C为氮，其单质为N与N形成三对共价键，故N2电子式为：；(2)元素D为Cl，元素A为S，同一周期中，原子序数越大，非金属性越强，故非金属性Cl＞

S；a．常温下D的单质和A的单质状态不同，非金属性与物理性质无关，故a错误；b．D的氢化物比A的氢化物稳定，气态氢化物越稳定，非金属性越强，故b正确；c．一定条件下D和A的单质都能与钠反应，体现A和D有非金属性，但不能证明非金属性强弱，故c错误

；d．A最高价含氧酸的酸性弱于D最高价含氧酸，说明D的非金属性强，故d正确；e．D单质能与A的氢化物反应生成A单质，体现活泼非金属置换不活泼非金属，故e正确；故答案为b、d、e。【点睛】元素非金属性强弱的判断依据：①非

金属单质跟氢气化合的难易程度(或生成的氢化物的稳定性)，非金属单质跟氢气化合越容易(或生成的氢化物越稳定)，元素的非金属性越强，反之越弱；②最高价氧化物对应的水化物(即最高价含氧酸)的酸性强弱．最高价含氧酸的酸性越强，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱

；③氧化性越强的非金属元素单质，对应的非金属元素的非金属性越强，反之越弱，(非金属相互置换)。23.某课外实验小组利用压强传感器、数据采集器和计算机等数字化实验设备，探究用0.1g铁片分别与2mL不同浓度稀盐酸的反应速率。实验结果如图所示。（1）铁与盐酸反应的离子方程式是________。（2）a

________0.5（填"〉”、“”或“=”）。（3）如果用0.5mol/L硫酸代替上述实验中的0.5mol/L盐酸，二者的反应速率是否相同,请说明原因:_____________。【答案】(1).Fe+2H+=Fe2++

H2↑(2).＞(3).不同，用相同浓度硫酸代替盐酸，导致H+浓度增大，化学反应速率加快【解析】【分析】结合反应原理书写离子方程式；根据浓度对反应速率的影响分析。【详解】(1)铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，此反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑；(2)从图象

分析，用amol/L的盐酸反应速率曲线斜率比0.5mol/L盐酸大，说明用amol/L的盐酸反应速率更快，H+浓度大，反应速率加快，则a大于0.5；(3)如果用0.5mol/L的硫酸，H+浓度为1mol/L，而0.5mol/L盐酸溶液中H+浓度为0.5mol/L，H+浓度不同

，因而反应速率不同，且H+浓度越大，反应速率越快。【点睛】考查化学反应速率及其影响因素，把握浓度对反应速率的影响、控制变量法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意只有浓度不同、且盐酸均足量。24.乙烯的产量通常用来衡量一个国家的石油化工水平。以乙烯为主要原料合重要的有机化合

物路线如下图所示。请回答下列问题。（1）A物质所含官能团的名称是_________。（2）反应②的反应类型是____________。（3）以乙烯为原料可合成有机高分子化合物D，反应①的化学方程式是：____________。（4）下列物质中，可以通过乙烯加成反应得到的是___

____（填序号）。a.CH3CH3b.CH3CHCl2c.CH3CH2Br【答案】(1).羟基(2).加成反应(3).(4).ac【解析】【分析】乙烯和水发生加成生成A为CH3CH2OH，乙醇发生催化氧化生成

B为CH3CHO，乙醛进一步被氧化生成乙酸，D是高分子化合物，乙烯发生加聚反应生成D为，以此解答该题。【详解】分析知：A为CH3CH2OH、B为CH3CHO、D为；(1)由上述分析可知，A为CH3CH2OH，所含官能团的名称是羟基；(

2)反应②为在一定条件下，乙烯和水发生加成反应生成乙醇；(3)乙烯分子含有碳碳双键，发生加聚反应，反应①为：，生成聚乙烯；(4)乙烯和氢气加成生成乙烷，和溴化氢发生加成生成溴乙烷，CH3CHCl2无法

通过乙烯发生加成反应制得，故答案为：ac。【点睛】考查有机物的合成，主要考查乙烯的化学性质，涉及烯烃、醇、醛、羧酸的性质与转化，注意乙烯可以可以加聚，可以和水加成生成乙醇，乙醇可以被氧化为乙醛，乙醛易被氧化为乙酸是解答关键。25.利用甲烷

与氯气发生取代反应的副产品生产盐酸的设想在工业上已成为现实。某化学兴趣小组拟在实验室中模拟上述过程，所设计的装置如下图所示：（1）D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI粉末，其作用是___________。（2）E装置的作用是___________

___（填序号）。a.收集气体b.吸收氯气c.吸收氯化氢（3）E装置中除了有盐酸生成外，还含有有机物，从E中分离出盐酸的最佳方法是_______。【答案】(1).除去Cl2(2).c(3).分液【解析】【分析】

装置A中制得的氯气在B中经干燥后，与CH4混合后在C中经光照发生取代反应，未反应的Cl2在D中与KI反应反应，用E装置吸收HCl和有机取代产物，据此分析解题。【详解】(1)氯气具有强的氧化性，能够与碘化钾反应而被碘化钾

吸收，所以D装置中的石棉上吸附着潮湿的KI粉末，其作用是除去Cl2；(2)甲烷与氯气发生取代反应生成氯代烷和氯化氢，氯化氢易溶于水，可以用水吸收生成的氯化氢，但要注意防止倒吸的发生，则E的作用是吸收氯化氢，故答案为c；(3)甲烷与氯气发生取代反应生成有机取代物与盐酸互不

相溶，可以用分液操作分离。【点睛】考查氯气与甲烷反应实验探究，明确氯气的实验室制备方法，熟悉甲烷与氯气发生取代反应的原理是解题关键，难点是反应产物用E装置吸收时要防倒吸，分离时需要采用分液操作。26.“84消毒液”

是生活中常用的消毒剂，可与硫酸反应制取氯气，反应原理为：NaClO+NaCl+H2SO4加热Na2SO4+Cl2+H2O，为探究氯气的性质，某同学利用此原理制氯气并设计了如下所示的实验装置。（1）上述制备氯气的反应中，每生成1molCl2，转移的电子的

物质的量是_________mol。（2）依据上述反应原理，从下列装置中选择合适的制氯气装置（A处）__________（填序号）。（3）装置B、C中依次盛放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，其目的是_____。实验过程中该同学发现装置B中的布条也褪色，说明该装置

存在明显的缺陷，改进的方法是_____。（4）E中NaOH溶液吸收氯气时发生反应的离子方程式是___________。D中氯气可将SO2-3氧化，若通过实验验证该反应发生的是氧化还原反应，可釆取的方法是____

________（写出操作、试剂和现象）。【答案】(1).1(2).②(3).证明干燥的氯气不具有漂白性(4).在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶(5).2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O(6).向反应后溶液中加盐酸无现象、再加氯化钡

生成白色沉淀【解析】【分析】利用NaClO和NaCl在酸性条件下混合加热制得的氯气中混有水蒸气，直接通过干燥的有色布条褪色，可结合Cl2与水反应生成的HClO有漂白性分析，含有氯气的尾气需要利用NaOH溶液吸收，防止污染环境。【详解】(1)NaClO+

NaCl+H2SO4加热Na2SO4+Cl2+H2O中只有Cl元素的化合价变化，每生成1molCl2，转移的电子的物质的量是1mol；(2)固液且加热制备氯气，应选装置②；(3)装置B、C中依次盛放的是干燥的红色布条和湿润的红色布条，其目的是，装置B中干燥的有色布条褪色，Cl2

中可能混有少量的水蒸气，应在在A和B之间增加盛有浓H2SO4的洗气瓶，除去Cl2中的水蒸气；(4)E中NaOH溶液吸收氯气时发生反应的化学方程式是2NaOH+Cl2=NaCl+NaClO+H2O，对应离子反应方程式为2OH-+Cl2=Cl-+ClO-+H2O；氯气可将SO

2-3氧化生成SO2-4，若通过实验验证该反应发生的是氧化还原反应，可采取的方法是向反应后溶液中加盐酸无现象、再加氯化钡生成白色沉淀。【点睛】考查物质的制备及性质实验，把握物质的性质、发生的反应、实验装置的作用为解答的关键，本实验中制得的氯气中混有水蒸气，这是易忽视的难点。