【化学】陕西省吴起高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试（能力卷）试题（解析版） 13页

陕西省吴起高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试（能力卷）试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分，共23小题。满分100分，考试时间90分钟。‎ 注意事项：‎ ‎1.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔涂在答题纸上。‎ ‎2.非选择题用黑色墨水签字笔或钢笔在答题纸上每题对应的答题区域内作答，在试题（卷）上作答无效。 ‎ ‎3.考试结束后，将答题卡交回即可。‎ 可能用到的相对原子质量：H:‎1 C:12 Na:23 K:39 Mn:55 O:16 S:32 Fe:56 Cl:35.5‎ 第I卷（选择题)‎ 一、单选题（共54分）‎ ‎1.已知最外层电子数相等的元素原子具有相似的化学性质。下列原子中，与氧元素原子化学性质相似的是（ ）‎ A. 氖 B. 碳 C. 镁 D. 硫 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】最外层电子数相等的元素原子具有相似的化学性质，氧原子最外层有6个电子；最外层有8个电子，最外层有4个电子，最外层有2个电子，最外层有6个电子，故选D。‎ ‎2.‎2019年10月24日在京沪高速公路扬州境内高邮段发生了一起重大交通事故，是由于大雾引起的汽车追尾，雾属于下列哪种分散系（ ）‎ A. 乳浊液 B. 溶液 C. 胶体 D. 悬浊液 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，胶体具有丁达尔现象，大雾时，用灯照射时会出现一条光亮的通路，则雾属于胶体，故选C。‎ ‎3. 人们常根据物质各种特点对物质进行分类．下列分类中，前者包含后者的是（ ）‎ A. 氧化物、化合物 B. 溶液、分散系 C. 含氧酸、酸 D. 化合物、电解质 ‎【答案】D ‎【解析】试题分析：氧化物属于化合物,A项错误;溶液是分散系中的一种,B错误;含氧酸属于酸,C错误;电解质属于化合物,D正确。‎ ‎4. 下列叙述正确的是( )‎ A. 1mol H2O的质量为‎18g/mol B. CH4的摩尔质量为‎16g C. 3.01×1023个SO2分子的质量为‎32g D. 标准状况下，1mol任何物质体积均为‎22.4L ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1mol H2O的质量为1mol×‎18g/mol=‎18g，A错误；‎ B. CH4的相对分子质量是16，摩尔质量为‎16g/mol，B错误；‎ C. 3.01×1023个SO2分子的物质的量是0.5mol，质量为0.5mol×‎64g/mol=‎32g，C正确；‎ D. 标准状况下，1mol任何气体的体积约为‎22.4L，D错误；‎ 答案选C。‎ ‎5.张青莲是我国著名的化学家，1991年他准确测得In的相对原子质量为114.818，被国际相对原子质量委员会采用为新的标准值。下列说法中，错误的是（ ）‎ A. In是In元素的一种核素 B. In原子核内有49个中子 C. In原子核内质子数和中子数之和为115 D. In原子核外有49个电子 ‎【答案】B ‎【解析】分析：原子表示法中，元素符号左上角的数字为质量数，左下角的数字为质子数，质量数-质子数=中子数结合核素的概念分析解答。‎ 详解：A．‎49115In是In元素的一种核素，故A正确；B．‎49115In原子核内质子数为49，质量数是115，所以中子数=115-49=66，故B错误；C．‎‎49115In 原子核内质子数和中子数之和即质量数为115，故C正确；D．‎49115In原子核外电子数等于质子数，为49个，故D正确；故选B。‎ ‎6.氧化还原反应的本质是( )‎ A. 元素化合价的升降 B. 电子的转移 C. 有氧元素参加的反应 D. 原子的重新组合 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】氧化还原反应的本质为电子的转移，其特征表现为化合价的升降，且反应中不一定有氧元素参加，分子中原子重新组合不一定发生氧化还原反应，故选B。‎ ‎7.下列电离方程式正确的是（ ）‎ A. KOH＝K++O2-+H+ B. MgCl2＝Mg2++Cl-‎ C. KCl＝K++Cl- D. NaHCO3＝Na++H++CO32-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. KOH是一元强碱，电离方程式为KOH＝K++OH－，A错误；‎ B. 氯化镁是盐，完全电离，电离方程式为MgCl2＝Mg2++2Cl-，B错误；‎ C. 氯化钾是盐，完全电离，电离方程式为KCl＝K++Cl-，C正确；‎ D. 碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3＝Na++HCO3-，D错误。‎ 答案选C。‎ ‎8.用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述中错误的是（ ）‎ A. 常温下，28gN2所含有原子数目为2NA B. 标准状况下，‎22.4L的H2中所含分子数为NA C. 标准状况下，1molO2所占的体积约为‎22.4 L D. 24gMg与足量的盐酸完全反应转移的电子数为NA ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 常温下，28gN2所含有的原子数目为=2NA，故A正确；‎ B. 标准状况下，‎22.4L的H2的物质的量是，所含分子数为NA ‎，故B正确；‎ C. 标准状况下，1molO2所占的体积约为1mol ×‎22.4L/mol=‎22.4 L，故C正确；‎ D. 1个镁原子失去2个电子，24gMg与足量的盐酸完全反应转移的电子数为2NA，故D错误，选D。‎ ‎9.从元素化合价升降的角度分析，下列不属于氧化还原反应的是（ ）‎ A. H2+Cl22HCl B. 2HClO2HCl+O2‎ C. 2NaI+Br2=2NaBr+I2 D. CaCl2+Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl ‎【答案】D ‎【解析】A. H2 + Cl22HCl反应中H和Cl元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故A不选；B. 2HClO2HCl+O2反应中O和Cl元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故B不选；C. 2NaI + Br2 = 2NaBr+ I2反应中I和Br元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故C不选； D. CaCl2 + Na2CO3=CaCO3↓+2NaCl反应中没有元素的化合价发生变化，不属于氧化还原反应，故D选；故选D。‎ ‎10.利用铝热反应原理可以制取金属锰, 化学方程式为3MnO2+4Al3Mn+2Al2O3，该反应的氧化剂是（ ）‎ A. MnO2 B. Al C. Mn D. Al2O3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】氧化剂从反应物中寻找，氧化剂是化合价降低的物质，MnO2中Mn化合价由＋4价→0价，因此氧化剂是MnO2，故A正确。‎ ‎11.下列变化中必须加入还原剂才能实现的是（ ）‎ A. HCl→Cl2 B. MnO4-→Mn2+ ‎ C. KClO3→O2 D. Fe→Fe2+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】加入还原剂使其他物质被还原，被还原的过程是物质所含元素的化合价降低。‎ ‎【详解】A.氯元素的化合价升高，需要加入氧化剂，故A不选；‎ B.锰元素的化合价降低，需要加入还原剂，故B选；‎ C.氧元素的化合价升高，是被氧化的过程，故C不选；‎ D.铁元素的化合价升高，需要加入氧化剂，故D不选。‎ 故选B。‎ ‎12.已知氧化性Br2＞Fe3+＞I2＞S，下列反应不能发生的是（　　）‎ A. 2Fe2++I2→2Fe3++2I﹣ B. Br2+H2S→S+2HBr C. 2Fe3++2I﹣→2Fe2++I2 D. Br2+2Fe2+→Fe3++2Br﹣‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．氧化性Fe3+＞I2，所以2Fe2++I2→2Fe3++2I﹣不能发生，故A选；‎ B．根据氧化性Br2＞S，所以反应Br2+H2S→S+2HBr能发生，故B不选；‎ C．根据2Fe3++2I﹣=2Fe2++I2，可知氧化性是Fe3+＞I2，符合题干已知条件，所以化学方程式成立，故C不选；‎ D．根据氧化性Br2＞Fe3+，所以反应Br2+2Fe2+→Fe3++2Br﹣能发生，故D不选。‎ 故选A。‎ ‎13.温度和压强相同时，在体积相同的两个密闭容器甲和乙，甲中充满O2气体，乙中充满O2和O3的混合气体，下列说法正确的是（ ）‎ A. 两容器中气体的质量相等 B. 两容器中气体的分子数目相等 C. 两容器中气体的氧原子数目相等 D. 两容器中气体的密度相等 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】同温同压下,气体摩尔体积相等,体积相等的O2、O2和O3,其物质的量相等。‎ ‎【详解】A.根据m=nM知,二者物质的量相等时,气体质量与其摩尔质量成正比,二者摩尔质量不等,所以其质量不等,故A错误;B.根据N=nNA知,二者物质的量相等,则其分子数相等,所以B是正确的; C..物质的量相等时,二者分子数相等,但氧气和臭氧分子的构成不同,所以其原子个数不等,故C错误; D.根据=M/Vm知,气体摩尔体积相等时,二者密度与其摩尔质量成正比,二者摩尔质量不等,所以其密度不等,故D错误;答案：B。‎ ‎14.下列溶液中的氯离子浓度与50mL 1mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度相等的是（ ）‎ A. 150mL 1mol·L－1的NaCl B. 100mL 1.5mol·L－1的CaCl2‎ C. 75mL 2mol·L－1的NH4Cl D. 150mL 2mol·L－1的KCl ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】50mL 1mol·L－1的AlCl3溶液中氯离子浓度为3mol·L－1，下列各溶液中氯离子浓度为3mol·L－1的是那种即符合题意。‎ ‎【详解】A.150mL 1mol·L－1的NaCl溶液中，氯离子浓度为1mol·L－1，故A错误；B. 100mL 1.5mol·L－1的CaCl2溶液中，氯离子浓度为3mol·L－1，故B正确；C.75mL 2mol·L－1的NH4Cl溶液中，氯离子浓度为2mol·L－1，故C错误；D.150mL 2mol·L－1的KCl溶液中，氯离子浓度为2mol·L－1，故D错误；答案：B。‎ ‎15.某实验室需要 1.0 mol/L 的碳酸钠溶液 450 mL，利用碳酸钠晶体(Na2CO3·10H2O)来配制。下列说法正确的是（ ）‎ A. 应称取该碳酸钠晶体‎128.7 g B. 取 100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液浓度为0.5 mol/L C. 定容时俯视刻度线会引起配制溶液的浓度偏高 D. 定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，应再补加少量水至刻度线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】需用500 mL容量瓶配制该溶液，根据计算需要碳酸钠晶体质量；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液的体积不是200mL；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大。‎ ‎【详解】‎143.0g，故A错误；100 mL 该溶液，向其中加入100 mL 水，所得溶液体积不是200mL，所以溶液浓度不是0.5 mol/L，故B错误；定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，故C正确；定容、摇匀、静置后发现液面低于刻度线，若补加少量水至刻度线，导致溶液的体积偏大，溶液浓度偏低，故D错误。‎ ‎16.下列实验操作中错误的是（ ）‎ A. 蒸发操作时，不能等到混合物中的水分完全蒸干后才能停止加热 B. 蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处 C. 分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出 D. 萃取操作时，选择的萃取剂的密度必须比水大 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 蒸发操作时，蒸发皿中有较多固体出现时停止加热，用余热蒸干剩余的水，故A正确；‎ B. 蒸馏操作时，需测量蒸气温度，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；‎ C.分液操作时，分液漏斗中下层液体从下口放出，上层液体从上口倒出，可避免两种液体相互污染，故C正确；‎ D. 萃取剂的选择要求：①与溶质不反应，且与原溶剂互不相容；②溶质在萃取剂中的溶解度要大；萃取剂与原溶剂的密度相差越大越易分层。萃取剂的密度可比水大，也可比水小，故D错误，选D。‎ ‎17.对于某些离子的检验及结论一定正确的是（ ）‎ A. 加入稀盐酸产生无色气体，将气体通入澄清石灰水中溶液变浑浊，一定有CO32-‎ B. 加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不消失，一定有SO42-‎ C. 加入氢氧化钠溶液并加热产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝，一定有NH4+‎ D. 加入硝酸银溶液产生白色沉淀，再加盐酸白色沉淀不消失，一定有Cl-‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】根据常见离子的检验方法可知：A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝；D、与硝酸银溶液产生不溶于硝酸的白色沉淀为氯化银。‎ ‎【详解】A、盐酸能与含碳酸根或碳酸氢根离子的物质反应生成二氧化碳，故加入稀盐酸产生无色气体的溶液不一定有CO32-，选项A错误；B、氯化钡能与硫酸根离子或银离子结合生成不溶于水也不溶于酸的沉淀，故加入氯化钡溶液有白色沉淀产生、再加盐酸沉淀不消失的溶液中不一定有SO42-，也可能含有银离子，选项B错误；C、湿润红色石蕊试纸遇碱性物质变蓝，故加入氢氧化钠溶液、加热后产生的气体能使湿润红色石蕊试纸变蓝的溶液中，一定有NH4+，选项C正确；D、因加HCl之前生成的可能是AgCl沉淀，也可能是别的白色沉淀，但是后面加上HCl中含有大量Cl-离子，所以不能确定Cl-离子是原溶液里的还是后来加进去的，选项D错误；答案选C。‎ ‎18.用漂白粉溶液浸泡过的有色布条晾置在空气中一段时间，漂白效果更好，原因是(　　)‎ A. 漂白粉被氧化了 B. 有色布条被空气中的氧气氧化了 C. 漂白粉跟空气中的CO2反应充分，生成了较多量的HClO D. 漂白粉溶液蒸发掉部分水，其浓度增大 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】对于漂白粉来说，其具有漂白作用主要是由次氯酸引起的，当漂白粉放置在空气中的时候，漂白粉会和空气中的CO2发生反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3+2HClO，所以会使HClO的浓度增大，漂白效果变得更好。答案选C。‎ 第II卷（非选择题)‎ 二、填空题（共30分）‎ ‎19.按要求写出下列方程式：‎ ‎（1）硫酸铝的电离方程式：___。‎ ‎（2）BaCO3与稀盐酸溶液反应的化学方程式：____。‎ ‎（3）实验室制氯气的化学方程式：____。‎ ‎（4）写出工业制漂白粉的化学方程式：____。‎ ‎【答案】(1). Al2（SO4）3=2Al3++3SO42- (2). BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O (3). MnO2+4HCl（浓）MnCl2 +Cl2↑+2H2O (4). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【详解】（1）硫酸铝溶于水电离出铝离子、硫酸根离子，电离方程式是Al2(SO4)3=2Al3++3SO42-。‎ ‎（2）BaCO3与稀盐酸溶液反应生成氯化钡、二氧化碳、水，反应化学方程式是BaCO3+2HCl=BaCl2+CO2↑+H2O。‎ ‎（3）实验室用二氧化锰和浓盐酸加热制取制氯气，化学方程式是MnO2+4HCl（浓）MnCl2 +Cl2↑+2H2O。‎ ‎（4）工业上用石灰乳和氯气反应制漂白粉，化学方程式是2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O。‎ ‎20.对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：①过滤 ②蒸发结晶 ③蒸馏 ④萃取 ⑤洗气 ⑥加热分解等。 选用合适的方法序号填空。‎ ‎（1）实验室中的石灰水久置，液面上常悬浮有CaCO3微粒。可用___的方法除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒。‎ ‎（2）为了从氯化钾和二氧化锰的混合物中获得氯化钾，可先加足量的水溶解，过滤，将得到的滤液___，就可得到氯化钾晶体。‎ ‎（3）除去氧化钙中碳酸钙，可用___的方法。‎ ‎（4）从溴水中提取溴单质，可用___方法。‎ ‎（5）分离沸点相差较大的液体混合物，可用___方法。‎ ‎【答案】(1). ① (2). ② (3). ⑥ (4). ④ (5). ③‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）CaCO3是不溶于水的物质，氢氧化钙溶于水； （2）蒸发结晶可以从溶液中获得固体溶质； （3）碳酸钙受热分解为氧化钙、二氧化碳，而氧化钙稳定； （4）溴微溶于水，溴易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂； （5）利用蒸馏法分离沸点相差较大的液体混合物。‎ ‎【详解】（1）根据CaCO3是不溶于水的物质，氢氧化钙溶于水，可用过滤法的方法除去Ca(OH)2溶液中悬浮的CaCO3微粒，故选①；‎ ‎（2）二氧化锰难溶于水、氯化钾易溶于水，从氯化钾和二氧化锰的混合物中获得氯化钾，可先加足量的水溶解，过滤，将得到的滤液蒸发结晶，就可得到氯化钾晶体，选②；‎ ‎（3）碳酸钙受热分解为氧化钙、二氧化碳，而氧化钙稳定，可用加热的方法除去氧化钙中的碳酸钙，故选⑥；‎ ‎（4）溴微溶于水，易溶于苯、四氯化碳等有机溶剂，可用萃取的方法从溴水中提取溴单质，故选④；‎ ‎（5）蒸馏法分离沸点相差较大的液体混合物，故选③。‎ ‎21.Ⅰ.为防治碘缺乏病，通常在食盐中添加少量的碘酸钾(KIO3)。碘酸钾和碘化钾在溶液中能发生下列反应：KIO3＋5KI＋3H2SO4=3I2＋3K2SO4＋3H2O。‎ ‎（1）用双线桥标出电子转移的方向和数目___。‎ ‎（2）该反应中，氧化剂是___，还原剂是____。‎ Ⅱ.铜绿即是铜锈，它的化学成分是Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)，铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为：2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO3。‎ ‎（1）用单线桥标出电子转移的方向和数目____。‎ ‎（2）该反应中的还原剂是____、氧化剂是____。‎ Ⅲ ‎.氮化铝具有耐高温、抗冲击、导热性好等优良性质，广泛应用于电子工业、陶瓷工业等领域。在一定条件下，氮化铝可以通过如下方式合成：Al2O3+N2+‎3C=2AlN+3CO ‎（1）用单线桥标出该反应中电子转移的方向和数目___。‎ ‎（2）该反应中的还原剂是___、氧化剂是____。‎ ‎【答案】(1). (2). KIO3 (3). KI (4). (5). Cu (6). O2 (7). (8). C (9). N2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】Ⅰ.KIO3＋5KI＋3H2SO4=3I2＋3K2SO4＋3H2O，KIO3中碘元素化合价由+5降低为0，KI中氮元素化合价由‎-1升高为0；‎ Ⅱ.反应2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO3，Cu元素化合价由‎0升高为+2，O2中O元素化合价由0降低为-2；‎ Ⅲ. Al2O3+N2+‎3C=2AlN+3CO，N2中N元素化合价由0降低为-3，C元素化合价由‎0升高为+2；‎ ‎【详解】Ⅰ.（1）KIO3＋5KI＋3H2SO4=3I2＋3K2SO4＋3H2O，KIO3中碘元素化合价由+5降低为0，KI中氮元素化合价由‎-1升高为0，电子转移的方向和数目是；‎ ‎（2）所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，所含元素化合价升高的反应物为还原剂，KIO3中碘元素化合价由+5降低为0，所以KIO3是氧化剂；KI中氮元素化合价由‎-1升高为0，所以KI是还原剂；‎ Ⅱ. （1）反应2Cu＋O2＋CO2＋H2O=Cu2(OH)2CO3，Cu元素化合价由‎0升高为+2，O2中O元素化合价由0降低为-2，电子转移的方向和数目是 ‎；‎ ‎（2）所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，所含元素化合价升高的反应物为还原剂，Cu元素化合价由‎0升高为+2，所以Cu是还原剂；O2中O元素化合价由0降低为-2，所以O2是氧化剂；‎ Ⅲ. （1）反应Al2O3+N2+‎3C=2AlN+3CO，N2中N元素化合价由0降低为-3，C元素化合价由‎0升高为+2，电子转移的方向和数目是；‎ ‎（2）所含元素化合价降低的反应物为氧化剂，所含元素化合价升高的反应物为还原剂，C元素化合价由‎0升高为+2，所以C是还原剂；N2中N元素化合价由0降低为-3，所以N2是氧化剂；‎ 三、实验题 ‎22.如图是一套制取并验证氯气部分化学性质的实验装置。已知：Cl2＋2KI=I2＋2KCl。‎ 回答下列问题：‎ ‎（1）装置A中，仪器a的名称叫____，该仪器中盛放的试剂为_____。‎ ‎（2）装置B的作用是___，当氯气通过一段时间后，B中溶液的pH___7(填“>”“<”或“＝”)。‎ ‎（3）当有少量Cl2通过后，观察到装置C中溶液变成____色 ‎（4）当Cl2持续通过时，装置D中干燥的有色布条能否褪色？为什么_____。‎ ‎（5）若要证明Cl2无漂白性，则必须在装置D之前加一个装有____的洗气瓶。‎ ‎（6）装置E的作用是___，该反应的离子方程式为___。‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). 浓盐酸 (3). 吸收HCl (4). < (5). 蓝 (6). 能褪色，因为Cl2与带出的H2O(g)反应生成HClO，使有色布条褪色 (7). 浓硫酸 (8). 除去多余的Cl2 (9). Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据装置图分析仪器；装置A是氯气的发生装置，二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气； （2）氯气不溶于饱和食盐水；氯化氢溶于饱和食盐水； （3）装置C中通过氯气，氯气氧化碘离子为碘单质； （4）Cl2带出C中的H2O(g)，氯气与水反应生成HClO；‎ ‎（5）若要证明Cl2无漂白性，则必须在装置D之前加一个干燥氯气的装置；‎ ‎（6）氯气是污染性气体，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收。‎ ‎【详解】（1）根据装置图，仪器a的名称叫分液漏斗，装置A是二氧化锰与浓盐酸加热制取氯气的发生装置，分液漏斗中盛放浓盐酸；‎ ‎（2）氯气不溶于饱和食盐水，氯化氢溶于饱和食盐水，装置B的作用是吸收HCl，氯化氢溶于水显酸性，当氯气通过一段时间后，B中溶液的pH<7；‎ ‎（3）装置C中通过氯气，氯气把碘离子氧化为碘单质，淀粉遇碘单质变蓝；‎ ‎（4）Cl2带出C中的H2O(g)，氯气与水反应生成HClO，次氯酸具有漂白性，所以D中干燥的有色布条能褪色；‎ ‎（5）浓硫酸能干燥氯气，若要证明Cl2无漂白性，则必须在装置D之前加一个装有浓硫酸的洗气瓶；‎ ‎（6）氯气是污染性气体，不能排放到空气中，需要用氢氧化钠溶液吸收，所以装置E的作用是除去多余的Cl2，防止污染，该反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O。‎ 四、计算题 ‎23.用‎15.8g高锰酸钾氧化密度为‎1.19g/cm3、质量分数为36.5%的盐酸以制取氯气。反应如下：2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O 求：（1）生成Cl2在标况下的体积？____‎ ‎（2）求盐酸的浓度？____‎ ‎（3）如果恰好完全反应，求所需盐酸体积？____‎ ‎【答案】(1). 5.6 (2). 11.9 (3). 0.067‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】‎15.8g高锰酸钾的物质的量是‎15.8g÷‎158g/mol=0.1mol，设生成氯气的物质的量是xmol、消耗盐酸的物质的量是ymol；‎ ‎2KMnO4+16HCl=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O ‎ 2 16 5 ‎ ‎ 0.1 y x ‎ 、‎ x=0.25mol；y=0.8mol；‎ ‎（1）生成Cl2在标况下的体积是0.25mol ×‎22.4L/mol=‎5.6L；‎ ‎（2）盐酸的浓度11.9mol/L； ‎ ‎（3）根据n=cV，需盐酸的体积是0.8mol÷11.9mol/L=‎0.067L。‎