四川省广安友谊中学2023-2024学年高一上学期期中考试化学 Word版含解析.docx

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广安友谊中学2023年秋高一上期期中考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12O-16Na-23Al-27Cl-35.5Fe-56Mn-55第Ⅰ卷(选择题共60分)一、选择题：本题共14小题，每小题3分，共42分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1.物质的性质决定用途。下列关于物质的应用与性质的说法正确的是A.活性炭和漂白粉都可用于漂白物质，且漂白原理相同B.纯碱能与盐酸反应，可用于治疗胃酸过多C.金属元素发生化学反应形成各种焰色用以制五彩缤纷的烟花D.面团中加入小苏打，蒸出的馒头疏松多孔【答案】D【解析】【详解】A．活性炭是吸附性漂白，漂白粉为氧化漂白，原理不同，A错误；B．用小苏打碳酸氢钠治疗胃酸过多，B错误；C．“焰色试验”过程中不同金属或它们的化合物在灼烧时会放出多种不同波长的光，利用了金属元素“焰色试验”的原理，C正确；D．面团中加入的小苏打，受热时发生分解反应，生成二氧化碳气体等，可使蒸出的馒头疏松多孔，D错误；故选D。2.小明在学习的过程中非常善于思考和总结，并积极与老师交流讨论以及时纠错促进进步。下列关于离子反应和氧化还原反应的思考正确的是A.有强电解质参加的反应一定是离子反应B.离子方程式应遵循质量守恒和电荷守恒C.氧化还原反应中氧化剂失去的电子总数一定与还原剂得到的电子总数相等D.有单质参加或生成的反应一定是氧化还原反应【答案】B【解析】【详解】A．强电解质参加的反应不一定是离子反应，如氯化铵和氢氧化钙固体的反应，故A错误；B．离子方程式应遵循质量守恒和电荷守恒，故B正确； C．根据氧化还原反应的规律，氧化还原反应中氧化剂得到的电子总数一定与还原剂失去的电子总数相等，故C错误；D．有单质参加或生成的反应不一定是氧化还原反应，如氧气转化为臭氧，故D错误；故选B。3.下列实验操作规范且能达到实验目的的是ABCD沉淀的过滤NaCl溶液蒸发结晶比较Na2CO3、NaHCO3稳定性观察钾的焰色反应A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．过滤操作中漏斗的下端应与烧杯内壁紧贴，且使用玻璃棒引流，A正确；B．蒸发溶液应该在蒸发皿中进行，B错误；C．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性应将NaHCO3装在小试管中，C错误；D．钾的焰色反应应透过蓝色钴玻璃观察，D错误；故选A。4.胶体在农业、医疗及物质的分离中有重大而广泛的应用：例如明矾净水。下列关于胶体的叙述正确的是A.将含1molFeCl3溶液制成胶体，该胶体中含有的胶粒数小于NAB.向饱和FeCl3溶液中滴加过量的NaOH溶液可以制备Fe(OH)3胶体C.光线透过胶体会产生丁达尔效应，这是胶体与浊液的本质区别D.因为胶粒比溶液中溶质粒子大，所以可以用过滤的方法把胶体和溶液分开【答案】A【解析】 【详解】A．胶粒是由几个分子聚集形成的微粒，故将含1molFeCl3溶液制成胶体，该胶体中含有的胶粒数小于NA，A正确；B．向饱和FeCl3溶液中滴加过量的NaOH溶液生成氢氧化铁沉淀，B错误；C．胶体和溶液的本质区别是分散质微粒直径的大小不同，C错误；D．胶粒比溶液中溶质粒子大，但也能够透过滤纸，所以胶体不能用过滤的方法把胶粒分离出来，D错误；故选A。5.分类法是化学学习中重要的方法。以下是李华在学习分类法后做出的分类总结。其中分类正确的是A.碱：纯碱、烧碱、碱石灰B.同素异形体：石墨与金刚石、白磷与红磷、氧气和臭氧C.碱性氧化物：氧化钠、生石灰、过氧化钠D.纯净物：液氯、胆矾、漂白粉【答案】B【解析】【详解】A．纯碱是碳酸钠，属于盐不是碱，故A错误；B．同种元素组成的不同单质互为同素异形体，因此石墨与金刚石、白磷与红磷、氧气和臭氧两两互为同素异形体，故B正确；C．过氧化钠和水反应除了有碱生成外还有氧气生成，不是碱性氧化物，故C错误；D．漂白粉的主要成分是氯化钠和次氯酸钠，属于混合物，故D错误；故选B。6.过氧化钠是航空航天潜航方面的重要的供养剂。学习化学计量物质的量后，小明和李华对过氧化钠进行再回首分析，下列结论错误的是A.Na2O2相对分子质量是78，所以2molNa2O2的摩尔质量为156g/molB1molNa2O2中含3NA个离子C.78g过氧化钠与足量水完全反应共转移电子NA个D.1mol钠与足量氧气在一定条件下发生反应生成氧化钠和过氧化钠，转移电子1mol【答案】A【解析】【详解】A．摩尔质量与物质的化学式有关，与物质的量的多少无关，A错误；B．过氧化钠由钠离子和过氧根离子构成，则1molNa2O2中含3NA个离子，B正确；C．78g过氧化钠的物质的量为1mol，根据方程式2Na2O2+2H2O==4NaOH+O2↑，过氧化钠和水反应时， 1mol过氧化钠参加反应时转移1mol电子，C正确；D．钠和氧气反应时，由0价升高到+1价，则1mol钠与足量氧气在一定条件下发生反应生成氧化钠和过氧化钠，转移电子1mol，D正确；故选A。7.离子共存分析在工业生产中有着重要的意义。以下能大量共存的离子组是A.在透明的强酸性溶液中：K+、ClO-、Na+、Cl-B.能使酚酞变红的溶液中：K+、Na+、NO、SOC.透明溶液：Na+、Mg2+、HCO、OH-D.新制氯水：K+、Na+、Cl-、SO【答案】B【解析】【详解】A．酸性条件下，氢离子可以和次氯酸根反应，不能共存，A错误；B．能使酚酞变红的溶液显碱性，此时K+、Na+、NO、SO相互之间不反应，可以共促，B正确；C．镁离子可以和氢氧根离子生成氢氧化镁沉淀，不能共存，C错误；D．新制氯水中的氯气分子可以氧化亚硫酸根离子，不能共存，D错误；故选B。8.下列离子方程式的书写正确的是A.钠与水反应：Na+H2O=Na++2OH-+H2↑B.氯气与水反应：Cl2+H2O2H++Cl-+ClO-C.FeCl2溶液中通入氯气：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-D.少量的Ca(OH)2溶液与足量的NaHCO3溶液反应：Ca2++OH-+HCO=CaCO3↓+H2O【答案】C【解析】【详解】A．未配平，正确应为：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑，A错误；B．生成的HclO为弱酸，不能拆，正确应为：Cl2+H2OH++Cl-+HClO，B错误；C．FeCl2溶液中通入氯气生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，C正确；D．少量的Ca(OH)2溶液与足量的NaHCO3溶液反应生成碳酸钙，碳酸钠和水，离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO=CaCO3↓+CO+2H2O，D错误；故选C。 9.下列实验操作、现象和结论都正确的是操作及现象结论A某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体溶液中一定含有COB向某溶液中先加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀溶液中一定含有Fe3+C用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色溶液中一定含有Na+，不含K+D向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀溶液中一定含有SOA.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A．某溶液中加入稀盐酸，产生能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，溶液中可能含有CO或者HCO，故A错误；B．三价铁和氢氧根反应生成氢氧化铁红褐色沉淀，则向某溶液中先加入氢氧化钠溶液，产生红褐色沉淀，则溶液中一定含有Fe3+，故B正确；C．用洁净铂丝蘸取某溶液进行焰色试验，火焰呈黄色，溶液中一定含有Na+，检验K+，要透过蓝色的钴玻璃观察，故不能确定是否含有K+，故C错误；D．向某溶液中加入盐酸酸化的氯化钡溶液，产生白色沉淀，有可能是AgCl沉淀，也有可能是BaSO4沉淀，溶液中可能含有或者Ag+，故D错误；故选B。10.在探究氯水成分的实验中，下列根据实验现象得出的结论错误的是A.新制氯水的颜色呈浅黄绿色，说明新制氯水中含有Cl2B.向氯水中加入NaHCO3粉末，有气泡产生，说明氯水中含有H＋C.将新制氯水滴入含有酚酞的氢氧化钠稀溶液中，滴入一定量时，溶液红色突然褪去，说明氯水中含有HClOD.氯水能使蓝色石蕊试纸最终褪色，说明氯水中含有HClO【答案】C 【解析】【详解】A．溶液中存在平衡Cl2+H2O⇌HCl+HClO，只有氯气有颜色，为黄绿色，氯水呈浅黄绿色是由于含有氯气，故不选A；B．氯水中含有H＋，加入NaHCO3粉末，有气泡产生，故不选B；C．碱遇酚酞变红，次氯酸具有漂白性，能使颜色褪去，但是H+也能与碱反应使红色褪去，实验设计不合理，故选C。D．次氯酸具有氧化漂白性，可以使蓝色石蕊试纸最终褪色，故不选D；正确答案：C。11.侯德榜为我国化工事业的发展做出了卓越贡献，他所发明的联合制减法的生产流程可以简化成下图。下列说法错误的是A.第②步发生的主要反应为NaCl+CO2+NH3·H2O=NaHCO3↓+NH4ClB.流程中先通NH3是为了形成碱性环境，以吸收更多的CO2，提高生产效率C.为了加快反应速率提高生产效率，应在第②步将体系加热至较高温度D.该工艺利用了物质溶解性差异【答案】C【解析】【详解】A．第②步通入足量CO2，发生的主要反应为NaCl+CO2+NH3·H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，A正确；B．氨气极易溶于水，二氧化碳溶解性不大，流程中先通NH3是为了形成碱性环境，以吸收更多的CO2，提高生产效率，B正确；C．氨气、二氧化碳在较高的温度下易逸出反应体系，降低原料利用率，因此反应体系不宜加热至较高温度，C错误；D．由NaCl+CO2+NH3·H2O=NaHCO3↓+NH4Cl可知，相同条件下碳酸氢钠溶解度小而析出，D正确；答案选C。12.MnO2的一些性质或用途如图，下列说法正确的是 A.①、②、③三个反应中MnO2均作氧化剂B.反应①中，用含4molHCl的盐酸即可制备1molCl2C.反应②若生成102gAl2O3，则反应中转移12mol电子D.反应③中消耗的n(K2CO3)：n(KNO3)=1：1【答案】D【解析】【详解】A．①、②反应中MnO2均作氧化剂，③中Mn元素的化合价升高，则作还原剂，故A错误；B．制备氯气需要浓盐酸，随反应进行，HCl浓度变低，反应不能进行，则含4molHCl的盐酸制备得到氯气物质的量小于1mol，B错误；C．反应②若生成102gAl2O3，即Al2O3物质的量为1mol，则由Al元素的化合价变化可知反应过程中转移1mol×2×(3-0)=6mol电子，故C错误；D．③中发生K2CO3+KNO3+MnO2=K2MnO4+KNO2+CO2↑，则消耗的n(K2CO3)：n(KNO3)=1：1，故D正确；故选D。13.Na2O2作熔矿剂，使一些难溶于酸的矿物变成可溶于水或酸的物质。过氧化钠与铬铁矿[主要成分为亚铬酸亚铁(FeCr2O4)]反应的化学方程式为2FeCr2O4+7Na2O24Na2CrO4+Fe2O3+3Na2O。下列有关说法正确的是A.1molNa2O2和SO2完全反应，转移电子数为NAB.该反应中的还原产物是Na2CrO4和Fe2O3C.若有2molFe2+被氧化，则被Fe2+还原的Na2O2为7molD.向体系中通入适量O2能减少Na2O2的用量【答案】D 【解析】【详解】A．Na2O2为氧化剂，化合价由-1价降低到-2价，当1molNa2O2和SO2完全反应，转移电子数为2NA，A错误；B．该反应中，FeCr2O4中铁、铬元素的化合价升高，被氧化，Na2CrO4和Fe2O3为氧化产物，B错误；C．若有2molFe2+被氧化，则Fe2+失去2mol电子，被Fe2+还原的Na2O2为1mol，C错误；D．Na2O2为氧化剂，氧气具有氧化性，因此通入适量O2能减少Na2O2的用量，D正确；故选D。14.下列实验方案中，不能测定出Na2CO3和NaHCO3的混合物样品中Na2CO3的质量分数的是A.取ag样品充分加热，质量减少bgB.取ag样品与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体C.取ag样品与足量Ca(OH)2溶液充分反应，过滤、洗涤、干燥，得到bg固体D.取ag样品与足量稀硫酸充分反应，逸出的气体用碱石灰吸收，碱石灰质量增加bg【答案】D【解析】【详解】A．取ag混合物充分加热，质量减少bg，则NaHCO3分解生成的CO2、H2O的质量和为bg，由此可计算出NaHCO3的质量，从而求出Na2CO3的质量分数，A不符合题意；B．取ag混合物与足量稀盐酸反应，加热、蒸干、灼烧，得到的bg固体为NaCl的质量，由此可求出混合物中Na+的物质的量，与ag共同建立方程，可求出Na2CO3和NaHCO3的混合物中Na2CO3的质量分数，B不符合题意；C．Na2CO3和NaHCO3均可与Ca(OH)2溶液反应生成碳酸钙沉淀，所以bg固体是碳酸钙，利用守恒法可列出关于ag和bg的两个等式，进而确定试样的组成，C不符合题意；D．取ag混合物与足量稀硫酸反应，逸出气体经干燥后用碱石灰吸收，质量增加bg，但是碱石灰增加的质量包含二氧化碳的质量和一部分水蒸气的质量，D符合题意；故选D第Ⅱ卷(非选择题共58分)二、非选择题(本题共4个小题，共计58分)15.必修Ⅰ第二章带领我们认识了海水中重要元素-钠和氯，同时引入了一个新的物理量——物质的量，帮助我们建立宏观物质和微观微粒之间的联系。以下是小明和李华两位同学学习第二章后相互赠送的化学礼物——亲自命制的习题。作为他们共同的好朋友，请你也收下并完成这两份礼物，陪伴他们共同成长与进步。Ⅰ.小明送出的礼物(节选)： （1）钠长期置于空气中，最后形成的物质是_______，该物质与足量盐酸反应的离子方程式为_______，为除去该反应生成的气体中混有的HCl，应选用试剂_______。（2）加热法除去碳酸钠固体中少量的碳酸氢钠反应化学方程式为_______。Ⅱ.李华送出的礼物(节选)：（3）除去氯气中的HCl选用试剂_______。（4）漂白粉的制备化学方程式_______。（5）56gFe与足量的氯气完全反应转移_______个电子数。（6）相同质量的CO和CO2所含的氧原子个数之比是_______。【答案】（1）①.Na2CO3②.CO+2H+=H2O+CO2↑③.饱和NaHCO3溶液（2）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑（3）饱和NaCl溶液（4）2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O（5）3NA（6）11：14【解析】【小问1详解】钠在空气中被氧化生成氧化钠，氧化钠与水蒸气反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收水蒸气与空气中二氧化碳反应生成Na2CO3·10H2O，Na2CO3·10H2O分解生成Na2CO3，因此钠长期置于空气中，最后形成的物质是Na2CO3；Na2CO3与足量盐酸反应生成氯化钠、二氧化碳和水，离子方程式为：CO+2H+=H2O+CO2↑；除去二氧化碳中的HCl应使用饱和碳酸氢钠溶液；【小问2详解】碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，水和二氧化碳，化学方程式为2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；【小问3详解】用饱和食盐水除去氯气中的HCl；【小问4详解】用石灰乳与氯气制备漂白粉，生成氯化钙，次氯酸钙和水，化学方程式为2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O；【小问5详解】 Fe与氯气反应生成氯化铁，56gFe的物质的量为1mol，与足量的氯气完全反应转移电子数为3NA；【小问6详解】相同质量的CO和CO2的物质的量之比为11：7，则所含的氧原子个数之比是11：14。16.离子反应和氧化还原反应是中学阶段重要的两大反应类型。请回答下列问题：Ⅰ.某溶液中只可能含有Na+、Ca2+、CO、Cl-四种离子中的一种或几种。现进行以下实验：取上述溶液少量，加入过量AgNO3溶液，产生白色沉淀，过滤，向沉淀中加入过量硝酸，沉淀部分溶解，并产生气体。由以上实验判断：（1）该溶液中肯定存在的离子有_______。（2）加入硝酸银溶液涉及的反应的离子方程式是_______。Ⅱ.根据下表信息，解答有关问题。氯气(Cl2)KMnO4PbO2有刺激性气味，呈黄绿色，有毒气体易溶于水，溶液呈紫红色，可用于杀菌消毒；酸性下高锰酸钾被还原为Mn2+Pb的最高化合价为＋4，其稳定化合价为＋2，难溶于水，灰色固体（3）取一定量的酸性KMnO4溶液依次进行下列实验，有关现象记录如下：滴加适量H2O2，紫红色褪去，并有无色气泡产生；再加入适量的PbO2固体，固体溶解，溶液又变为紫红色。①在配制酸性KMnO4溶液时，不能用盐酸，原因是_______。②KMnO4、H2O2、PbO2的氧化性由强到弱的顺序为_______。③写出滴加适量H2O2发生反应的离子方程式并用单线桥标出电子转移_______。（4）根据上述反应能否比较Cl2与H2O2的氧化性强弱？_______(填“能”或“不能”)。【答案】（1）CO、Cl-、Na+（2）Ag++Cl-=AgCl↓、2Ag++CO=Ag2CO3↓（3）①.KMnO4氧化盐酸生成Cl2②.PbO2>KMnO4>H2O2③.（4）不能【解析】【分析】取上述溶液少量，加入过量AgNO3溶液，产生白色沉淀，可能含有碳酸根离子、氯离子，过滤，向沉淀中加入过量的硝酸，沉淀部分溶解，并产生气体，说明含有碳酸根离子，则溶液中不能含有钙离子，沉淀不能完全溶解，说明含有氯离子，依据溶液表现电中性，则溶液中一定含有钠离子。 【小问1详解】由分析可知：溶液中肯定存在的离子有CO，Na+，Cl-；【小问2详解】溶液中存在氯离子和碳酸根离子，则加入硝酸银溶液涉及的反应的离子方程式是Ag++Cl-=AgCl↓、2Ag++CO=Ag2CO3↓；【小问3详解】①盐酸会被KMnO4氧化成氯气，配制酸性KMnO4溶液时，不能用盐酸酸化，应使用稀硫酸酸化KMnO4溶液；②根据题意，PbO2能将MnCl2氧化成KMnO4，KMnO4能将H2O2氧化成O2，故答案为：KMnO4氧化盐酸生成Cl2；PbO2>KMnO4>H2O2；③高锰酸根离子具有强氧化性，可以将过氧化氢氧化为氧气，则其离子方程式并用单线桥标出电子转移；【小问4详解】根据上述反应不能比较Cl2与H2O2的氧化性强弱，因为未做有关氯气与H2O2反应的实验，根据上述反应只能知道Cl2与H2O2的氧化性均弱于KMnO4，故答案为不能。17.无水AlCl3(178℃升华)遇潮湿空气即产生大量白雾。学生小明和李华在实验室模拟用Al和氯气通过如图装置制备无水AlCl3。回答下列问题：（1）盛装浓盐酸的仪器的名称是_______。（2）写出圆底烧瓶中反应的化学方程式_______。（3）实验开始前应先_______，然后加入药品，再点燃A处酒精灯开始反应，待观察到_______时，最后点燃D处酒精灯。（4）写出D中发生反应的化学方程式是_______。（5）小明认为装置F和G可以用一个装置代替，该装置是_______。 （6）李华认为该装置存在一处缺陷，该缺陷是_______。【答案】（1）分液漏斗（2）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O（3）①.检查装置气密性②.装置中充满黄绿色气体（4）2Al+3Cl22AlCl3（5）装有碱石灰的球形干燥管（6）DE之间细导管相连，FeCl3凝华会堵塞导管【解析】【分析】装置A为二氧化锰和浓盐酸共热制取氯气，氯气中有氯化氢和水，装置B中盛放饱和食盐水以除去氯气中的氯化氢，装置C中盛放浓硫酸以除去氯气中的水蒸气，干燥、纯净的氯气在装置D中与铝反应生成无水氯化铝，氯化铝易升华，装置E用来收集氯化铝，为防止无水氯化铝遇潮湿空气变质，装置F中盛放浓硫酸以除水，氯气有毒、会污染环境，装置G中盛放氢氧化钠溶液进行尾气处理。【小问1详解】装置A中盛放浓盐酸仪器名称是：分液漏斗。【小问2详解】装置A中二氧化锰和浓盐酸共热发生氧化还原反应生成氯化锰、氯气和水，依据得失电子守恒和原子守恒，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O。小问3详解】做实验前，应先检查装置气密性，防止装置漏气。然后加入药品，再点燃A处酒精灯开始反应，待观察到装置中充满黄绿色气体时，最后点燃D处酒精灯。【小问4详解】D中铝粉和氯气反应2Al+3Cl22AlCl3。【小问5详解】装置F用来除水，装置G用来吸收氯气，要用一个装置代替F和G，则可用盛有碱石灰的球形干燥管，既能干燥、又能吸收氯气。【小问6详解】缺陷为DE之间细导管相连，FeCl3凝华会堵塞导管。 18.实验室有一包含锰混合物样品，可能含有MnO2(63.2%，难溶于水)，MnO(77.5%，难溶于水)，MnCO3(47.8%，难溶于水)和MnCl2(43.7%，易溶于水)(括号内是该物质锰元素质量分数)中的一种或几种，为测定其中锰元素的含量，小明查阅资料设计了如下流程。请回答下列问题：（1）操作X是_______。（2）“酸浸”过程中发生的反应均为复分解反应，“酸浸”的目的是_______。（3）“氧化”步骤的离子方程式是_______，上述流程中能够循环利用的物质是_______。（4）若氯气与氢氧化钠溶液反应除了生成NaClO3外，还有部分NaClO，且二者的物质的量之比为3∶1，则反应的离子方程式为_______，氧化产物与还原产物的物质的量之比为_______。（5）小明在实验中，消耗混合物样品10g，最终收集到MnO25.8g，样品中锰元素质量分数为_______(保留1位小数)。李华经过分析认为上述结果存在问题，理由是_______，经过检查，原来是小明忘记了操作X处所得的MnO2。【答案】（1）过滤（2）溶解MnO、MnCO3，使其中锰元素以Mn2+形式进入溶液（3）①.2ClO+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+(ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O)②.NaClO3、H2SO4（4）①.10Cl2+20OH-=16Cl-+3ClO+ClO-+10H2O②.1∶4（5）①.36.7%②.根据混合物成分可以判断，锰元素质量分数应介于43.7%和77.5%之间【解析】【分析】粗MnO2(含有较多的MnO和MnCO3)样品加入硫酸，MnO2不溶于硫酸，所以加稀硫酸时样品中的MnO和MnCO3分别和硫酸反应生成可溶性的MnSO4，同时产生二氧化碳，过滤后得二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，反应的离子方程式为5Mn2++2ClO+4H2O=5MnO2↓+Cl2↑+8H+，将产生的氯气和热的氢氧化钠溶液反应可以得到氯酸钠的溶液，将反应后的溶液过滤得固体二氧化锰，滤液含有硫酸、硫酸钠等，以此解答该题。【小问1详解】由分析可知，操作X为过滤操作；【小问2详解】由分析可知，“酸浸”的目的是溶解MnO、MnCO3，使其中锰元素以Mn2+形式进入溶液； 【小问3详解】由分析可知，过滤后得二氧化锰固体及含有硫酸锰的滤液，向滤液中加入氯酸钠，生成二氧化锰和氯气，ClO做氧化剂，Cl元素由+5价下降到0价，Mn2+做还原剂，Mn元素由+2加上升到+4价，根据得失电子守恒和电荷守恒配平方程式为：2ClO+5Mn2++4H2O=5MnO2+Cl2↑+8H+(ClO+5Cl-+6H+=3Cl2↑+3H2O)；根据流程图可知，能够循环利用的物质是NaClO3、H2SO4；【小问4详解】Cl2 生成ClO- 与ClO是被氧化的过程，化合价分别由0价升高为+1价和+5价，NaClO、NaClO3 物质的量之比为1∶3，则可设ClO- 为1mol，ClO为3mol，被氧化的Cl共为4mol，失去电子的总物质的量为1mol×(1-0)+3mol×(5-0)=16mol，氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则离子方程式为：10Cl2+20OH-=16Cl-+3ClO+ClO-+10H2O；根据方程式可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶4；【小问5详解】