福建省泉州市永春县第一中学2022年化学高一第一学期期中预测试题含解析.doc

2022-2023学年高一上化学期中模拟试卷注意事项：1 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用05毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、完全沉淀相同体积的NaCl 、MgCl2 、 AlCl3 溶液中的Cl，消耗相同浓度的AgNO3 溶液的体积比为3：2：1，则NaCl 、MgCl2 、 AlCl3溶液的物质的量浓度之比为( )A1：2：3B3：2：1C9：3：1D6：3：22、下述实验操作中，正确的是( )A配制硫酸溶液时，将浓硫酸慢慢注入盛有水的容量瓶中进行配制B用托盘天平称量药品时，将药品置于天平左盘C.将混合液蒸馏分离时，应使温度计水银球浸没在混合液中D分液时，将上下层液体依次从分液漏斗下口分别流入两个烧杯中AABBCCDD3、O2F2可以发生反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2，下列说法正确的是( )A氧气是氧化产物B O2F2既是氧化剂，又是还原剂C若生成2.24 L HF，则转移0.4 mol电子D还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：44、等体积、物质的量浓度之比为 6:2:3 的 AClx、BCly、CClz 三种盐溶液分别与足量AgNO3溶液反应，生成等量沉淀，则 x：y：z 为：A1:3:2 B1:2:3 C2:4:5 D2:3:15、下列表示的是碳及其化合物的转化关系，其中涉及的基本反应类型依次是()CCO2H2CO3CaCO3CO2A化合反应、置换反应、分解反应、复分解反应B置换反应、复分解反应、化合反应、分解反应C置换反应、化合反应、分解反应、复分解反应D置换反应、化合反应、复分解反应、分解反应6、如表是某矿物质饮用水的部分标签,则说明该饮用水中还可能较大量存在的是AOHBAgCNaDCa27、日常生活中的许多现象与化学反应有关，下列现象与氧化还原反应无关的是A铜片上出现铜绿Cu2(OH)2CO3B铁制菜刀生锈C铝锅表面生成致密的氧化膜D用醋清理水垢8、下列反应既是化合反应又是氧化还原反应的是ACuOH2CuH2O BNa2CO3CO2H2O=2NaHCO3C3Fe2O2Fe3O4 DNH4HSNH3H2S9、把过氧化钠投入含有HCO、Cl-、Mg2+、Na+的水溶液中，离子数目不变的是（ ）AHCOBCl-CMg2+DNa+10、当光束通过下列分散系时，能产生丁达尔效应的是( )A蔗糖B硫酸C氯化钠D豆浆11、实验室需配制一种仅含四种离子(不包括水电离出的离子)的混合溶液，且在混合液中四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L，下面四个选项中能达到此目的的是AFe2+、Na+、NO3-、Cl-BK+、Mg2+、CO32-、OH-CH+、K+、Cl-、CH3COO-DMg2+、NH4+、SO42-、NO3-12、某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480mL含NaClO 25%，密度为1.19g/cm3的消毒液下列说法正确的是A配制过程只需要三种仪器即可完成B容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制C定容时俯视容量瓶的刻度线，会造成所配溶液物质的量浓度偏低D需用托盘天平称量的NaClO固体的质量为148.8 g13、2016年诺贝尔化学奖授予以色列和美国科学家，以表彰他们发现了“泛素调节的蛋白质降解反应机理”(即蛋白质如何“死亡”的机理)。之所以授予他们诺贝尔化学奖而不是生物学奖或医学奖，其主要原因是A他们的研究对人类的生命活动具有重要意义B他们的研究有助于探索一些包括恶性肿瘤疾病的发生机理C他们的研究深入到了细胞的层次D他们的研究深入到了分子、原子的层次14、摩尔是 ( )A物质中所含的微粒数B表示物质质量的单位C表示物质的量的单位D既是物质的数量单位又是物质质量的单位15、在含有FeCl3、FeCl2、AlCl3、NaCl的溶液中，加入足量的NaOH溶液，在空气中充分搅拌，反应后再加入过量的稀盐酸，溶液中离子数目减少的是（）ANa+ BFe3+ CFe2+ DAl3+16、在探究新制饱和氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是A氯水的颜色呈浅黄绿色，说明氯水中含有Cl2B向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H+C向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，说明氯水中含有HClOD向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-二、非选择题（本题包括5小题）17、某无色溶液中可能含有Na+、Ba2+、Cu2+、CO32、Cl、Mg2+中的一种或几种离子。向此溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象。取少许的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生。取的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生。（1）原溶液中一定含有的离子是_，一定不含有的离子是_，不能确定是否含有的离子是_。（2）中反应的离子方程式为_。（3）若另取10mL的溶液于锥形瓶中，然后向此溶液中逐滴加入NaOH溶液(如图甲所示)。滴加过程中产生沉淀的质量与加入NaOH溶液的体积的关系如图乙所示。OA段反应的离子方程式为_。AB段反应的离子方程式为_。18、现有A、B、C、D四种气体，A是密度最小的气体，B在通常情况下呈黄绿色，把四种气体分别通入酸性硝酸银溶液中，通入B、D气体时立即出现白色沉淀，纯净的A可以在B中安静地燃烧，发出苍白色的火焰并生成D。把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊。（1）A、B、C、D的分子式分别为：A_ B_ C_D_。（2）写出下列各反应的化学方程式：A与B_；B与水_；C与澄清石灰水_。19、现有部分核电荷数在118的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TM层上的电子数等于其内层电子数的差值X最外层电子数是次外层电子数的3倍Y常温下其单质为双原子分子，且在空气中的含量最大Z该元素的某种含氧酸具有漂白性 (1)按要求用有关的化学用语填空：T离子的电子式：_；Z离子的结构示意图_；(2)元素X与氢元素能形成一种10电子微粒，该微粒化学式是_；(3)写出元素Y的最高价含氧酸的电离方程式_；(4)元素Z与某一活泼金属元素组成的盐是重要的化工原料，写出其水溶液在化工生产上电解的一个重要反应：_。20、实验室欲配制250 mL 0.2 mol·L1的Na2SO4溶液，试回答下列各题：（1）250 mL 0.2 mol·L1的Na2SO4溶液，需要Na2SO4固体的质量_；该溶液中Na+物质的量浓度为：_。（2）下列仪器中，不会用到的是（_）A烧杯 B250 mL 容量瓶 C胶头滴管 D100mL容量瓶 E天平（3） 若要实施配制，除上述仪器外，尚缺的玻璃仪器或用品是_（4）将配制过程简述为以下各步骤：A冷却 B称量 C洗涤 D定容 E溶解 F摇匀 G转移溶液其正确的操作顺序应是_(填各步骤序号)。（5）你认为这四项错误操作会导致所得溶液浓度偏高的是（_）A定容时仰视容量瓶刻度线B定容时俯视容量瓶刻度线C将未冷却的溶液立即转入容量瓶后就直接定容D定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处21、氯气是一种重要的化工原料，自来水的消毒、农药的生产、药物的合成都需要用氯气。I工业上通常采用电解法制氯气：观察图1，回答：(1)电解反应的化学方程式为_。(2)若饱和食盐水中通电后，b侧产生的气体检验方法是_。某兴趣小组设计如图2所示的实验装置，利用氯气与石灰乳反应制取少量漂白粉（这是一个放热反应），回答下列问题：(3)B中反应的化学方程式是_。(4)该兴趣小组用100mL12mol/L盐酸与8.7g MnO2制备氯气，并将所得氯气与过量的石灰乳反应，则理论上最多可制得Ca(ClO)2_g。(5)此实验所得漂白粉的有效成分偏低，该学生经分析并查阅资料发现，主要原因是在装置B中还存在两个副反应。温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施_。试判断另一个副反应(用化学方程式表示)_，为避免此副反应的发生，可将装置做何改进_。参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解析】由n=cV可知使三种溶液中的Cl-完全沉淀时所消耗的n(Ag+)相同，根据Ag+Cl-AgCl，可知三种溶液中n(Cl-)=n(Ag+)，由于三种溶液的体积相等，所以三种溶液中c(Cl-)相等，则c(Cl-)=c(NaCl)= c(MgCl2)= c(AlCl3)，所以c(NaCl):c(MgCl2):c(AlCl3)=6:3:2；答案选D。2、B【解析】A. 容量瓶不能用来稀释溶液。B. 用托盘天平称量药品时，左盘放物质，右盘放砝码。C. 蒸馏分离时，应使温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口相平。D. 分液时，将分液漏斗下层液体从下口流出，分液漏斗上层液体从分液漏斗上口倒出。【详解】A.容量瓶不能用来稀释溶液，应先在小烧杯中稀释浓硫酸，冷却后再转移到容量瓶中，A错误。B.用托盘天平称量药品时，左盘放物质，右盘放砝码，B正确。C.蒸馏分离时，应使温度计水银球与蒸馏烧瓶支管口相平，C错误。D.分液时，将分液漏斗下层液体从下口流出，上层液体从分液漏斗上口倒出，D错误。3、D【解析】在反应H2S+4O2F2=SF6+2HF+4O2中，S元素化合价由-2价升高到+6价被氧化，O元素由+1价降低到0价被还原；氧化产物为SF6，还原产物为O2，以此解答该题。A在该反应中 O元素由反应前O2F2中+1价降低到O2中的0价得到电子被还原，则氧气为还原产物，A错误；B在反应中，O元素化合价由O2F2中+1价变为O2中的0价，化合价降低，得到电子被还原，所以O2F2是氧化剂，而H2S中的S元素的化合价是2价，反应后变为SF6中的+6价，化合价升高，失去电子，被氧化，所以H2S是还原剂，B错误；C由于未指明标准状况下，因此无法计算转移的电子的物质的量，C错误；D在反应中，O2F2中的O元素化合价降低，获得电子，所以O2F2是氧化剂，而硫化氢中的S元素的化合价是2价，反应后升高为+6价，所以H2S是还原剂，则还原剂与氧化剂的物质的量之比为1：4，D正确；故合理选项是D。4、A【解析】发生AgCl=AgCl，因为生成AgCl的量相同，因此三种溶液中Cl物质的量相等，推出x：y：z=1:3:2，故选项A正确。5、D【解析】碳和氧化铜反应生成铜和二氧化碳，该反应由一种单质与一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，属于置换反应；二氧化碳和水反应生成碳酸，该反应由两种物质反应生成一种物质，属于化合反应；碳酸和氢氧化钙反应生成碳酸钙和水，该反应由两种化合物相互交换成分形成两种新的化合物，属于复分解反应；碳酸钙在高温的条件下生成氧化钙和二氧化碳，该反应由一种物质反应生成两种物质，属于分解反应；故选D。6、C【解析】OH与Mg2不共存；Ag与SO42、Cl不共存；Ca2与SO42不能大量共存。故答案选C。7、D【解析】A金属铜和氧气、二氧化碳、水发生化合反应生成铜绿，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故A不选；B铁在氧气、水存在时发生电化学腐蚀而生锈，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应过程，故B不选；C铝易被氧气氧化生成氧化铝，该反应中有元素化合价的变化，所以属于氧化还原反应，故C不选； D 用醋酸溶解水垢，是复分解反应，无元素化合价的变化，故D选；答案为D。8、C【解析】ACuOH2CuH2O为置换反应，且H、Cu元素的化合价变化，为氧化还原反应，选项A不选；BNa2CO3CO2H2O=2NaHCO3为化合反应，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，选项B不选；C3Fe2O2Fe3O4为化合反应，Fe、O元素的化合价变化，为氧化还原反应，选项C选；DNH4HSNH3H2S为分解反应，无元素的化合价变化，为非氧化还原反应，选项D不选；答案选C。9、B【解析】把过氧化钠投入含有HCO、Cl-、Mg2+、Na+的水溶液中，Na2O2与水反应生成NaOH和O2，则溶液中Na+浓度明显增大，生成的OH-能与HCO、Mg2+发生离子反应，得到和Mg(OH)2沉淀，导致溶液中HCO和Mg2+浓度减小，则只有Cl-基本不变，故答案为B。10、D【解析】只有胶体才能产生明显的丁达尔效应，从所给的四个选项看，只需判断所给的物质为胶体即可。【详解】A蔗糖是纯净物，不是分散系，不会产生丁达尔效应，A项错误；B硫酸是溶液，其分散质粒子直径小于1nm，不能产生丁达尔效应，B项错误；C氯化钠属于纯净物，不是分散系，不会产生丁达尔效应，C项错误；D豆浆属于胶体，当平行光束通过时，能产生明显的丁达尔效应，D项正确；所以答案选择D项。11、D【解析】A. Fe2+、Na+、NO3-、Cl-四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L时，溶液中正负电荷不相等，故错误；B. Mg2+与CO32-或OH-都反应生成沉淀，故错误；C. H+与CH3COO-结合生成醋酸分子，故错误；D. Mg2+、NH4+、SO42-、NO3-四种离子的物质的量浓度均为0.1mol/L时，溶液中正负电荷相等，且四种离子之间不反应，故正确。故选D。12、D【解析】A、配制过程中需要用到天平、钥匙、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管，不止三种，A项错误；B、容量瓶是精密仪器不能烘干，容量瓶中有水对溶液的浓度无影响，B项错误；C、定容时俯视容量瓶刻度线，使所加入水的体积偏小，浓度增大，C项错误；D、配制480 mL的溶液要选用500 mL容量瓶，需要NaClO的质量：500 mL1.19g/cm-325%=148.75148.8 g，D项正确；答案选D。13、D【解析】“泛素调节的蛋白质降解反应机理”泛素调节的蛋白质降解蛋白质水解可得到多肽，多肽进一步水解，最终产物为氨基酸，他们的研究深入到了分子、原子的层次【详解】“泛素调节的蛋白质降解反应机理”泛素调节的蛋白质降解蛋白质水解可得到多肽，多肽进一步水解，最终产物为氨基酸化学是在分子、原子层面上研究物质的组成、结构、性质及其变化规律的科学，他们的研究深入到了分子、原子的层次，故D正确。14、C【解析】物质的量是用来描述微观粒子集合体的物理量，而摩尔是物质的量的单位，它的意义与质量和数量无关，C正确；综上所述，本题选C。15、C【解析】加入氢氧化钠，溶液中钠离子增多，氢氧化钠与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应，产物再与空气中的氧气以及过量的盐酸反应，据此分析。【详解】A、向溶液中加入NaOH，溶液中钠离子增多，故A错误；B、氢氧化钠分别与FeCl3、FeCl2、AlCl3反应的方程式为：FeCl3+3NaOHFe（OH）3+3NaCl，FeCl2+2NaOHFe（OH）2+2NaCl，AlCl3+3NaOHAl（OH）3+3NaCl，Al（OH）3+NaOHNaAlO2+2H2O，从方程式看出分别生成氢氧化铁沉淀、氢氧化亚铁沉淀、偏铝酸钠，而偏铝酸钠与过量的盐酸反应生成铝离子，铝离子数目没有变化。生成氢氧化亚铁与空气中氧气反应全部生成氢氧化铁，反应为4Fe（OH）2+2H2O+O24Fe（OH）3，然后再加入过量的盐酸，氢氧化铁与盐酸反应生成氯化铁，三价铁离子数目增多，二价铁离子减少，故B错误；C、根据以上分析可知C正确；D、根据以上分析可知D错误；答案选C。【点睛】本题主要考查二价铁离子和三价铁离子间的相互转化，解题时需灵活运用有关化学反应方程式。易错点是学生容易忽略氢氧化亚铁易被氧化为氢氧化铁。16、C【解析】氯气溶于水，部分发生反应：Cl2+H2OH+Cl-+HClO ，所以在氯水中含有Cl2、HClO、H2O、H+、Cl-、ClO-、OH-多种微粒。【详解】A氯水的颜色呈浅黄绿色，就是由于氯水中含有Cl2，A正确；B向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，是由于发生反应：HCO3-+OH-=H2O+CO32-，说明氯水中含有H+，B正确；C向FeCl2溶液中滴加氯水，溶液颜色变成棕黄色，是因为HClO、Cl2都有强氧化性，会把Fe2+氧化为Fe3+，不能说明氯水中是否含有HClO，C错误；D向氯水中滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，发生反应Cl-+Ag+=AgCl，产生白色沉淀，说明氯水中含有Cl-，D正确；故选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、Ba2+、Cl、Mg2+ CO32、Cu2+ Na+ Ba2+SO42=BaSO4 HOH=H2O Mg22OH=Mg(OH)2 【解析】无色溶液，一定不含Cu2+；向溶液中滴加足量稀盐酸无明显现象，一定没有CO32；取少许的溶液并加入少量的Na2SO4溶液，有白色沉淀产生，一定有Ba2+；取的上层清液并加入足量的NaOH溶液，有白色沉淀产生，一定有Mg2+，根据电荷守恒，一定有Cl；【详解】（1）原溶液中一定含有的离子是Ba2+、Cl、Mg2+，一定不含有的离子是CO32、Cu2+，不能确定是否含有的离子是Na+；（2）中反应的离子方程式为Ba2+SO42=BaSO4；（3）的溶液中含有Ba2+、Cl、Mg2+、H+，滴加氢氧化钠，氢离子先和氢氧根离子反应，然后是Mg2+和氢氧根离子反应，所以OA段为HOH=H2O；AB段反应的离子方程式为Mg22OH=Mg(OH)2。18、H2 Cl2 CO2 HCl H2+Cl22HCl Cl2+H2OHCl+HClO CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O 【解析】A是密度最小的气体,应为H2 ,B在通常情况下呈黄绿色,应为Cl2 ,纯净的A可以在B中安静地燃烧,发出苍白色的火焰并生成HCl,则D为HCl；把无色无刺激气味气体C通入澄清石灰水时变浑浊，C为CO2 ；(1)由以上分析可以知道A为H2 ,B为Cl2 ,C为CO2,D为HCl；因此，本题正确答案是:H2 、 Cl2 、CO2 、HCl。（2）氢气在点燃条件下与氯气反应生成氯化氢，反应方程式为：H2+Cl22HCl；综上所述，本题答案是：H2+Cl22HCl。氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应的方程式为：Cl2+H2OHCl+HClO；综上所述，本题答案是：Cl2+H2OHCl+HClO。 二氧化碳与澄清石灰水反应生成碳酸钙沉淀和水，C与澄清石灰水反应的方程式为：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O；综上所述，本题答案是：CO2+Ca(OH)2=CaCO3+H2O。19、 OH- HNO3=H+ 2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 【解析】T原子M层上的电子数等于其内层电子数的差值，则M层上有6个电子，T是S元素；X原子最外层电子数是次外层电子数的3倍，则X是O元素；Y元素常温下的单质为双原子分子，且占空气中的含量最大，Y元素是N元素；Z元素的某种含氧酸具有漂白性，Z是Cl元素。【详解】(1) 根据以上分析，T是S元素，能得2个电子形成-2价阴离子，离子符号是，其电子式为；Z是Cl元素，Cl-离子最外层有8个电子，结构示意图是，故答案为：；(2)元素X为O，与氢元素能形成一种10电子微粒为氢氧根离子，该微粒化学式是OH-，故答案为：OH-；(3) N元素的最高价含氧酸是HNO3，电离方程式为HNO3=H+，故答案为：HNO3=H+；(4)氯元素与某一活泼金属元素组成的盐是氯化钠，电解饱和食盐水生成氢气、氯气、氢氧化钠，反应的化学方程式是2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2，故答案为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2。【点睛】本题常见考点(2)，常见含有十个电子的微粒有：水、甲烷、氨气、氟化氢、氢氧根、铵根、氟离子、钠离子等。20、7.1g0.4 mol·L1D玻璃棒B E A G C D FB、C【解析】试题分析：本题考查一定体积物质的量浓度溶液的配制和误差分析。（1）n（Na2SO4）=0.2mol/L0.25L=0.05mol，需要Na2SO4固体的质量为0.05mol142g/mol=7.1g。该溶液中c（Na+）=0.2mol/L2=0.4mol/L。（2）由硫酸钠固体配制0.2mol/LNa2SO4溶液的实验步骤为：计算称量溶解冷却转移洗涤初步振荡定容摇匀装瓶贴标签。由于所配溶液体积为250mL，选用250mL容量瓶，需要的仪器有：天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，不需要的是100mL容量瓶，答案选D。（3）根据（2）的分析，尚缺少的玻璃仪器是玻璃棒。（4）根据（2）的分析，正确的操作顺序为：BEAGCDF。（5）根据公式cB=分析。A，定容时仰视容量瓶刻度线，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；B，定容时俯视容量瓶刻度线，溶液的体积偏小，所配溶液浓度偏高；C，将未冷却的溶液立即转入容量瓶后就直接定容，Na2SO4溶于水放热，冷却后溶液体积偏小，所配溶液浓度偏高；D，定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，溶液的体积偏大，所配溶液浓度偏低；所配溶液浓度偏高的是B、C，答案选BC。点睛：熟记一定体积物质的量浓度溶液的配制是解题的关键。难点是配制一定体积物质的量浓度溶液的误差分析，利用公式cB=，由于实验操作不当，nB偏大或V（aq）偏小，所配溶液浓度偏高；反之所配溶液浓度偏低。定容时仰视、俯视的误差分析：仰视刻度线（如图），容器内液面高于刻度线，导致溶液体积偏大，所配浓度偏低。俯视刻度线（如图），容器内液面低于刻度线，导致溶液体积偏小，所配浓度偏高。21、2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2 移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O 7.15g 冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案) 2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O 在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶 【解析】I.电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应；与电源负极连接的电极为阴极，发生还原反应，根据产生气体的性质进行检验；II.在装置A中制取Cl2，在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，氯气有毒，是大气污染物，在尾气排放前用NaOH溶液进行尾气处理，据此分析解答。【详解】I.(1)电解饱和食盐水产生NaOH、H2、Cl2，反应方程式为：2NaCl+2H2O2NaOH+H2+Cl2；(2)在电解时，与电源正极连接的电极为阳极，发生氧化反应。由于放电能力Cl->OH-，所以溶液中的阴离子Cl-放电，失去电子变为Cl2逸出，Cl2检验强氧化性，可以使KI变为I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，所以检验Cl2的方法是移走烧杯，将湿润的淀粉碘化钾试纸放在b导气管口处，若试纸变蓝，则说明产生的气体为Cl2；II.(3) 在装置B中Cl2与石灰乳反应制取漂白粉，反应的方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；(4)n(MnO2)=8.7g÷87g/mol=0.1mol，n(HCl)=12mol/L×0.1L=1.2mol，根据制取气体方程式：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O可知0.1mol MnO2能够消耗0.4molHCl<1.2mol，说明HCl过量，制取的Cl2按MnO2计算，n(Cl2)=n(MnO2)=0.1mol，则根据反应关系2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O可知nCa(ClO)2=n(Cl2)=0.05mol，所以理论上制取的漂白粉中Ca(ClO)2的质量为mCa(ClO)2=0.05mol×143g/mol=7.15g；(5)温度较高时氯气与消石灰反应生成Ca(ClO3)2，为避免此副反应的发生，可采取的措施是冷却B装置(或把B放置在冷水浴中等合理答案)；试判断另一个副反应是Cl2中含有杂质HCl与Ca(OH)2反应，用化学方程式表示为2HCl+Ca(OH)2=CaCl2+2H2O，为避免此副反应的发生，可将装置改进为：在A与B之间连接一个装有饱和氯化钠溶液的洗气瓶，除去杂质HCl气体。【点睛】本题考查了氯气的制取、检验、性质及应用的知识。掌握氯气的工业和实验室制取方法，根据电解原理、氧化还原反应规律，结合物质的性质(挥发性、氧化性)等分析判断。