1、江西省宜春市宜丰中学2019-2020学年高一化学下学期开学考试试题（含解析）可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 S-32 Cl-35.5 K-39 Mn-55一、选择题(每小题3分，共54分，每小题只有一个正确选项)1.下列化学用语正确的是（ ）A. HCl的电子式B. Cl的结构示意图C. CO2的电子式 D. 质量数为37的氯原子 【答案】B【解析】【详解】A氯化氢为共价化合物，氯原子最外层达到8个电子稳定结构，氯化氢正确的电子式为，选项A错误；BCl-的核电荷数为17，核外电子总数为18，其离子结构示意图为：，选项B正确；CCO2是共价化合物，其结
2、构式为O=C=O，碳原子和氧原子之间有2对电子，其电子式为，选项C错误；D氯原子的质子数为17，质量数为37的氯原子的正确表示方法为：1737Cl，选项D错误；答案选B。2.将一块金属钠投入到滴有紫色石蕊试液的烧杯中，你认为甲同学可观察的现象有( )钠投入水中，沉入水底； 钠立即与水反应，并有气体产生；钠熔成闪亮的小球； 小球在水面上四处游动；有“嘶嘶”的响声发出 反应后溶液变红；A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】钠密度小于水浮水面，故错误；钠立即与水剧烈反应，并有气体产生，故正确；钠熔点低反应放热，钠熔成金属小球，故正确；由于反应剧烈且放出气体，所以小球在水面上四处游动，故正
3、确；由于反应剧烈且放出气体，反应过程中有“嘶嘶”的响声发出，故正确；反应后生成氢氧化钠显碱性，遇到红色石蕊试液变蓝，故错误；综上所述正确的有，答案选B。3.下列各组物质中,第一种是酸,第二种是混合物,第三种是碱的是( )A. 空气、硫酸铜、硫酸B. 硫酸、盐酸、纯碱C. 氧化铁、胆矾、熟石灰D. 硝酸、氢氧化铁胶体、火碱【答案】D【解析】【分析】混合物是由多种物质组成的物质；电离时生成的阳离子都是氢离子的化合物是酸；电离时生成的阴离子都是氢氧根离子的化合物是碱，根据以上概念进行分析判断。【详解】A空气是混合物，硫酸铜是盐，硫酸是酸，A选项错误；B硫酸是酸，盐酸是HCl的水溶液，是混合物，纯碱是
4、碳酸钠，属于盐，B选项错误；C氧化铁是氧化物，胆矾是CuSO45H2O，属于盐，熟石灰是Ca(OH)2，属于碱，C选项错误；D硝酸电离时生成的阳离子全是氢离子，属于酸，氢氧化铁胶体是混合物，火碱是NaOH，属于碱，D选项正确；答案选D。【点睛】本题主要考查了物质的分类，熟记混合物、酸碱盐的概念是解答本题的关键。4.ETH天文研究报道称组成太阳的气体中存在20Ne和22Ne，下列关于20Ne和22Ne的说法正确的是A. 20Ne和22Ne互为同位素B. 20Ne和22Ne互为同素异形体C. 20Ne和22Ne的质量数相同D. 20Ne和22Ne的中子数相同【答案】A【解析】【分析】具有相同质子数
5、，不同中子数（或不同质量数）同一元素的不同核素互为同位素同种元素形成的不同单质为同素异形体在原子中，核电荷数=质子数=核外电子数，质量数=质子数+中子数。【详解】A由具有相同质子数，不同中子数(或不同质量数)同一元素的不同核素互为同位素， 20Ne和22Ne互为同位素，故A正确；B同种元素形成的不同单质为同素异形体， 20Ne和22Ne不是同素异形体，故B错误；C20Ne和22Ne质量数分别为20、22，故C错误；D20Ne和22Ne的中子数分别为2010=10、2210=12，故D错误；答案选A。5.若ag某气体中含有的分子数为b,则cg该气体在标准状况下的体积是(设NA为阿伏加德罗常数的值
6、)A. B. C. D. 【答案】A【解析】a克某气体中含有的分子数为b，则c克气体含有的分子数为，c克该气体的物质的量为=mol，在标准状况下Vm=22.4L/mol，则cg该气体的体积为mol22.4L/mol=L，故选A。6.下列氯化物中，既能由金属和氯气直接参与化合制得，又能由金属和盐酸反应制得的是（ ）A. CuCl2B. FeCl2C. MgCl2D. FeCl3【答案】C【解析】【详解】A、Cu为不活泼金属，与盐酸不反应，A项错误；B、FeCl2只能由Fe和盐酸反应生成，B项错误；C、MgCl2可由金属和氯气直接反应制得，又能由金属和盐酸反应制得，C项正确；D、FeCl3只能由F
7、e和氯气燃烧反应生成，不能由金属和盐酸反应制得，D项错误；答案选C。7.设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是( )A. 一个NO分子质量为ag，一个NO2分子质量是bg，则NA个O2的质量为2(b-a)NAgB 常温常压下，22.4LCO2中含有NA个CO2分子C. 1.0L1.0molL-1的NaClO水溶液中含有的氧原子数为NAD. 含有NA个阴离子的Na2O2质量为39g【答案】A【解析】【详解】A一个NO分子质量为ag，一个NO2分子质量是bg，则一个氧原子的质量为(b-a)g，一个O2的质量为2(b-a)g，则NA个O2的质量为2(b-a)NAg，A选项正确；B常温常压下，气
8、体摩尔体积大于22.4L/mol，22.4LCO2物质的量小于1mol，B选项错误；C1.0L1.0molL-1的NaClO水溶液中含有的氧原子数大于NA，因为水中也含有氧原子，C选项错误；DNa2O2中的O22-是一个原子团，所以1mol Na2O2中只有1mol阴离子，含有NA个阴离子的Na2O2即NA个Na2O2，即1mol Na2O2，则其质量为78g，D选项错误；答案选A。8.离子Rn-中共有x个核外电子，R原子的质量数为A，则R原子核内含中子的数目为( )A. A-n-xB. A-n+xC. A+n+xD. A+n-x【答案】D【解析】【详解】由题干信息，Rn-离子有x个核外电子，
9、电荷数为n，阴离子的核外电子数=质子数+电荷数，所以质子数=核外电子数-电荷数=x-n，中子数=质量数-质子数=A-(x-n)=A-x+n，D选项正确；答案选D。9.下列有关碱金属元素和卤素的说法中，错误的是( )A. 溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应更剧烈B. 碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱；卤素中，氟原子得电子的能力最强C. 随核电荷数的增加，碱金属元素和卤素的熔沸点都逐渐降低D. 钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈【答案】C【解析】【详解】A同一主族元素，非金属性随着原子序数的增大而降低，和氢气的化合越来越难，所以溴单质与H2的反应比碘单质与H2的反应更剧烈，正确，A不
10、符合题意；B同主族元素从上到下失电子能力逐渐增强，所以碱金属元素中，锂原子失去最外层电子的能力最弱，同主族元素从上到下得电子能力逐渐减弱，所以卤素中，氟原子得电子的能力最强，正确，B不符合题意；C碱金属单质是金属晶体，从上到下原子半径增大金属键减弱，熔沸点降低；卤素单质是分子晶体，从上到下相对分子质量增大，分子间作用力越大，熔沸点增大，错误，C符合题意；D碱金属元素从上到下单质的金属性逐渐增强，和水的反应越来越剧烈，即钾与水的反应比钠与水的反应更剧烈，正确，D不符合题意；答案选C。10.在反应H2Cl2=2HCl中，已知断开1 mol HH需要能量436 kJ，断开1 molClCl需要能量2
11、43 kJ，断开1 mol HCl需要能量431 kJ，判断该反应是( )A. 放出83 kJ热量B. 放出183 kJ热量C. 反应总能量低于生成物的总能量D. 吸收183 kJ热量【答案】B【解析】【详解】反应方程式为：H2+Cl2=2HCl，生成2molHCl，需吸收能量：436kJ+243kJ=679kJ，放出能量：2431kJ=862kJ，放出的能量大于吸收的能量，则该反应放热，因此反应物总能量高于生成物的总能量；且放出热量为：862kJ-679kJ=183kJ，故答案为B。11.下列关于甲烷的叙述正确的是( )A. 甲烷分子的立体构型是正四面体，所以CH2Cl2有两种不同构型B.
12、甲烷可以与氯气在加热的条件下发生取代反应C. 甲烷能够燃烧，在一定条件下会发生爆炸，因此，是矿井安全的重要威胁之一D. 甲烷能使酸性KMnO4溶液褪色【答案】C【解析】【详解】A甲烷分子的空间构型是正四面体，所以CH2Cl2只有一种结构，A选项错误；B甲烷可以跟氯气在光照的条件下发生取代反应，B选项错误；C矿井中存在甲烷气体，甲烷是可燃性气体，与空气混合到一定比例后会爆炸，是矿井安全的重要威胁之一，C选项正确；D甲烷性质稳定，不与强氧化剂如酸性高锰酸钾反应，故不能使高锰酸钾褪色，D选项错误；答案选C。12.关于元素周期表，下列叙述中不正确的是( )A. 在金属元素与非金属元素的分界线附近可以寻
13、找制备半导体材料的元素B. 在过渡元素中可以寻找制备催化剂及耐高温和耐腐蚀的元素C. 在元素周期表的左下角可以寻找制备新型农药材料的元素D. 在地球上元素的分布和它们在元素周期表中的位置有密切关系【答案】C【解析】【详解】A在金属元素与非金属元素的分界线附近的元素通常既具有金属性又具有非金属性，可以在此寻找制备半导体材料的元素，A选项正确；B过渡元素中均为金属元素，可寻找催化剂及耐高温和耐腐蚀的合金材料，B选项正确；C元素周期表的左下角为活泼的金属元素，应在右上角的非金属元素区寻找制备新型农药材料的元素，C选项错误；D在地球上元素的分布和它们在元素周期表中的位置有密切关系，相对原子质量较小的在
14、元素周期表中含量多，D选项正确；答案选C。13.下列关于硅单质及其化合物说法中错误的是( )A. 陶瓷、玻璃、水泥、水晶饰品等，都是硅酸盐产品B. 常温下，单质硅的性质稳定，与强酸、强碱都很难发生反应C. 高纯硅可用于制造太阳能电池，高纯二氧化硅可用于制造光导纤维D. 某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2OAl2O36SiO2表示【答案】A【解析】【详解】A水晶的主要成分是二氧化硅，不属于硅酸盐材料，A选项错误；B常温下硅化学性质稳定，常温下除与F2、HF、强碱反应外，一般不与其它物质反应，B选项正确；C硅单质属于半导体，高纯硅可用于制作太阳能电池，二氧化硅具有良好的透光性，高纯二氧化
15、硅可用于制造光导纤维，C选项正确；D硅酸盐种类繁多，结构复杂可以用二氧化硅和金属氧化物的组合形式表示其组成，一般氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物二氧化硅水，不同氧化物间以“”隔开，因此，某硅酸盐的化学式为KAlSi3O8，可用K2OAl2O36SiO2表示，D选项正确；答案选A。【点睛】D选项为易错点，硅酸盐用氧化物的组合形式表示其组成时，一般氧化物的书写顺序：活泼金属氧化物较活泼金属氧化物二氧化硅水，不同氧化物间以“”隔开。14.X、Y、Z、W均为短周期元素，它们在元素周期表中的相对位置如图所示。若Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，下列说法中正确的是( )A. X的最
16、常见气态氢化物的水溶液显酸性B. 最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强C. Z的单质与氢气反应比Y单质与氢气反应容易D. X的原子半径小于Y【答案】B【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，Z原子的最外层电子数是第一层电子数的3倍，Z位于第三周期，其第一层电子数为2，最外层电子数为6，所以Z应为S，结合位置可知，Y为O，X为N，W为Cl，并利用元素及其单质、化合物的性质来解答。【详解】A. X的最常见气态氢化物为氨气，其水溶液显碱性，A项错误；B. 非金属性ClS，所以最高价氧化物对应水化物的酸性W比Z强，B项正确；C. 非金属性OS，所以Y的单质与氢气反应较Z剧烈，C项错误；D. 同周
17、期从左向右原子半径在减小，则X的原子半径大于Y，D项错误；答案选B。15.下列各组物质中，键的类型不同的是（ ）A. HCl和HNO3B. H2O和NH3C. Na2S和NaClD. CCl4和Na2O【答案】D【解析】【详解】A.氯化氢中只含共价键，硝酸中只含共价键，故A不选；B.水、氨气中都只含共价键，故B不选；C.硫化钠、氯化钠中都只含离子键，故C不选；D.四氯化碳中只含共价键，氧化钠中只含离子键，故D选。故选D。【点睛】多数情况下，金属和非金属间形成的键是离子键（氯化铝、氯化铍除外）；非金属和非金属之间形成的键是共价键（铵盐除外），这是区分两者的重要因素。16.某硫酸镁和硫酸铝的混合溶
18、液中，c(Mg2+ )2 molL1，c(SO42-)6.5 molL1，若将200 mL此混合液中的Mg2和Al3分离，至少应加入1.6 molL1氢氧化钠溶液的体积是A. 0.5 LB. 1.625 LC. 1.8 LD. 2 L【答案】D【解析】【详解】根据电荷守恒可得c(Al3)=3mol/L；n(Al3)=3ml/L0.2L=0.6mol；反应的离子方程式为：Al3+3OH=Al(OH)3；Al3+4OH=AlO2+2H2O，Mg2+2OH=Mg(OH)2；所以，要分离混合液中的Mg2和Al3加入的氢氧化钠溶液至少得使Al3恰好完全反应生成AlO2离子，即，需氢氧化钠的物质的量为；所
19、以加入1.6 molL1氢氧化钠溶液的体积为：，答案选D。17.FeCl3、CuCl2混合溶液中加入铁粉，充分反应后仍有固体存在，则下列判断不正确的是（ ）A. 溶液中一定含Cu2B. 溶液中一定含Fe2C. 剩余固体一定含CuD. 加入KSCN溶液一定不变红色【答案】A【解析】【详解】加入铁粉后，因为Fe3氧化性强于Cu2，铁粉先与FeCl3反应，然后与CuCl2反应，所以充分反应后仍存在的固体一定含有Cu，可能含有Fe，所得的溶液中一定不含Fe3，Cu2可能存在，一定含有Fe2，加入KSCN溶液一定不変红色。答案选A。18.将一定量的氯气通入60mL10mol/L.热的NaOH浓溶液中，恰
20、好完全反应，溶液中形成NaCl、NaClO和NaClO3的共存体系。下列判断正确的是A. 与NaOH反应的氯气一定为0.3molB. 反应后的溶液中,n(Na+):n(Cl-)可能为7:3C. 该反应的氧化产物为NaClO3D. n(NaCl):n(NaClO):n(NaClO3)可能为11:2:1【答案】A【解析】A、由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n（NaOH）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.06L10mol/L=0.6mol，根据氯原子守恒有2n（Cl2）=n（NaCl）+n（NaClO）+n（NaClO3）=0.6mol，故参加
21、反应的氯气n（Cl2）=0.3mol，A正确；B、根据方程式Cl2+2NaOHNaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH5NaCl+NaClO3+3H2O可知，氧化产物只有NaClO时n(Na+)n(Cl-)最大为2：1，当氧化产物为NaClO3时n(Na+)n(Cl-)最小为6：5，故6：5n(Na+)n(Cl-)2：1，7：32：1，B错误；C、氧化产物有NaClO、NaClO3，C错误；D、令n（NaCl）=11mol，n（NaClO）=2mol，n（NaClO3）=1mol，生成NaCl获得的电子为11mol1=11mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为2mol1+1
22、mol5=7mol，得失电子不相等，D错误；答案选A。点睛：注意氧化还原反应中电子得失守恒的应用，氧化还原反应中化合价有升必有降，电子有得必有失。对于一个完整的氧化还原反应，化合价升降总数相等，电子得失总数相等。电子守恒法解题的基本步骤是：首先找出氧化剂、还原剂及其物质的量以及每摩尔氧化剂、还原剂得失电子的量，然后根据电子守恒列出等式。计算公式如下：n(氧化剂)得电子原子数原子降价数n(还原剂)失电子原子数原子升价数。二、非选择题(每空2分，共46分)19. NaNO2因外观和食盐相似，又有咸味，容易使人误食中毒。已知NaNO2能发生反应：2NaNO2+4HI=2NO+I2+2NaI+2H2O
23、。(1)上述反应中氧化剂是 _。(2)根据上述反应，鉴别 NaNO2和NaCl。可选用的物质有水、碘化钾淀粉试纸、淀粉、白酒、食醋，你认为必须选用的物质有_(填序号)。(3)请配平以下化学方程式：_Al+_NaNO3+_NaOH=_NaAlO2+_ N2+_H2O(4)若反应过程中转移5 mol 电子，则生成标准状况下N2的体积为_L。【答案】 (1). NaNO2 (2). (3). 10 (4). 6 (5). 4 (6). 10 (7). 3 (8). 2 (9). 11.2【解析】【分析】(1)元素化合价升高，失去电子，物质被氧化，作还原剂；元素化合价降低，得到电子，物质被还原，作氧化
24、剂；(2)由2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O可知，鉴别NaNO2和NaCl，可利用碘的特性分析；(3)Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，由电子守恒及原子守恒分析；(4)先根据方程式确定转移电子与反应产生N2的关系，然后确定转移5mol电子反应产生N2的物质的量，然后结合V=nVm确定气体的体积。【详解】(1)在反应中N元素的化合价降低，I元素的化合价升高，则氧化剂是NaNO2；(2)由2NaNO2+4HI2NO+I2+2NaI+2H2O可知，根据题中反应，NaNO2在酸性溶液中，能将I-氧化成I2，淀粉遇I2变蓝色，则选择碘化钾淀粉试纸、食醋
25、，变蓝的盐为NaNO2，故合理选项是；(3)Al元素的化合价由0升高为+3价，N元素的化合价由+5价降低为0，该反应还应生成水，根据电子守恒、原子守恒可得该反应方程式为10Al+6NaNO3+4NaOH=10NaAlO2+3N2+2H2O。(4)根据方程式可知：在反应过程中每反应产生3molN2转移30mole-，则转移5mol电子，反应产生N2的物质的量为n(N2)=3mol=0.5mol，则生成标准状况下N2的体积V(N2)=0.5mol22.4L/mol=11.2L。【点睛】本题考查了氧化还原反应方程式的配平、物质的作用、有关计算及物质鉴别的知识，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，
26、在氧化还原反应中，氧化剂得到电子，元素化合价降低；还原剂失去电子，元素化合价升高；注意从元素化合价角度及图象角度分析。20.已知图是由常见元素组成的一些单质及其化合物之间的转化关系图。A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体。B是最常见的无色液体，常温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体。H和I焰色反应均为黄色。(反应中生成的部分物质已略去)请回答下列问题：(1)物质A的化学式为_。(2)反应的离子方程式为_。(3)反应的化学方程式为_。(4)加热10g H和I的混合物质至质量不再变化,剩余固体质量8.45g，原混合物中H的质量分数为_。【答案】 (1). Na2O2 (2). 2Na2
27、H2O2Na+2OHH2 (3). 2NaHCO3Na2CO3CO2H2O (4). 58%【解析】【分析】由题干信息分析可知，A是由单质C在D中燃烧生成的淡黄色固体，A是过氧化钠，C是钠，D是氧气。温常压下，D、F、K均为无色无刺激性气味的气体。B是最常见的无色液体，B是水，水和过氧化钠反应生成氧气和氢氧化钠，则E是氢氧化钠。钠和水反应生成氢氧化钠和氢气，则F是氢气。H和I焰色反应均为黄色，则K是二氧化碳，H是碳酸钠，I是碳酸氢钠，碳酸氢钠分解可以生成碳酸钠，据此分析解答问题。【详解】(1)由上述分析可知，A是过氧化钠，化学式为Na2O2，故答案为：Na2O2；(2)反应为Na与水反应生成N
28、aOH和H2，反应的离子方程式为2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2，故答案为：2Na+2H2O=2Na+2OH-+H2；(3)反应为NaHCO3受热分解变成Na2CO3、H2O和CO2，反应方程式为2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3CO2H2O；(4)加热碳酸钠和碳酸氢钠的混合物时，碳酸钠不分解，碳酸氢钠不稳定，加热时分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，发生反应为2NaHCO3Na2CO3CO2H2O，则固体质量减少的原因是由于碳酸氢钠分解的缘故，剩余固体是Na2CO3；设混合物中碳酸氢钠的质量为m，利用差量法计算，则：所以混合物中碳酸钠的质量为10.
29、0g4.2g5.8g，混合物中碳酸钠的质量分数为：，故答案为：58%。【点睛】本题第(4)问是本题的难点，解答时关键是了解碳酸钠不易分解，而碳酸氢钠易分解，二者混合物加热之后无法直接计算，要采用差量法。21.下表是元素周期表的一部分，针对表中的种元素，填写下列空白：主族周期IAIIAIIIAIVAVAVIAVIIA0族第二周期第三周期第四周期(1)在这些元素中，在最高价氧化物对应的水化物中，酸性最强的化合物的分子是_。(2)在这些元素中，化学性质最稳定的是_。(填元素符号)(3)与形成的化合物中含_ (填“离子”或“共价”)键。(4)、三种元素形成的离子，离子半径由大到小的顺序是_ (用化学符
30、号表示)。(5)元素和最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为：_。【答案】 (1). HClO4 (2). Ar (3). 共价 (4). S2-Cl-O2- (5). Al(OH)3+ OH-=AlO2-+2H2O【解析】【分析】由周期表的结构可知，到号元素分别为：C、N、O、Na、Al、S、Cl、Ar、K、Br，据此解答。【详解】(1)非金属越强，最高价氧化物对应的水化物酸性越强，上面10种元素中，非金属性最强的为Cl，其最高价氧化物对应的水化物酸性最强，分子式为HClO4，故答案为：HClO4；(2)10种元素中，Ar为稀有气体元素，化学性质最不活泼，故答案为：Ar；(3)C和Cl元
31、素组成的化合物为CCl4，是共价化合物，分子中不同原子之间只形成共价键，故答案为：共价；(4)O2-有两个电子层，S2-有三个电子层，Cl-有三个电子层，层多半径大，所以O2-的半径最小，电子层数相同看核电荷数，核电荷数越小，半径越大，所以，S2-半径比Cl-半径大，所以，离子半径由大到小的顺序是S2-Cl-O2-，故答案为：S2-Cl-O2-；(5)Al和Na的最高价氧化物对应的水化物分别为Al(OH)3和NaOH，两者反应生成NaAlO2和H2O，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O，故答案为：Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O。22.I在如图装置中，用
32、 NaOH 溶液、铁屑、稀 H2SO4 等试剂制备 Fe(OH)2。(1)在试管里加入的试剂是_；(2)在试管里加入的试剂是_；(3)为了制得白色 Fe(OH)2 沉淀，在试管和中加入试剂后应_(填“打开”或者“关闭”)止水夹，反应一会儿后应_(填“打开”或者“关闭”)止水夹。II某化学兴趣小组用下图装置制取并探究氯气的性质。A装置中发生反应的化学方程式：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2 + 5Cl2+ 8H2O (1)A装置中a仪器的名称是_。(2)实验室制氯气也可用MnO2与浓盐酸加热反应，化学方程式为：_ 。(3)实验进行一段时间后，可观察到_(填“B”或“C”)装
33、置中有色布条褪色。(4)当氯气进入D装置后，可观察到溶液颜色变为_(填“红色”或“蓝色”)。(5)E装置中反应的化学方程式为_。(6)用31.6 g KMnO4固体与足量的浓盐酸反应，最多可生成标准状况下_L氯气。【答案】 (1). 铁屑、稀H2SO4 (2). NaOH溶液 (3). 打开 (4). 关闭 (5). 分液漏斗 (6). (7). C (8). 蓝色 (9). Cl2 + 2NaOH = NaCl + NaClO + H2O (10). 11.2【解析】【分析】试题，由于Fe(OH)2极易被氧化，所以在使用上述装置制备Fe(OH)2时，应当在试管中加入铁粉和稀硫酸，试管中加入N
34、aOH溶液；初始阶段，打开止水夹，利用试管中产生的氢气对整套装置进行排气，驱赶装置内的空气和溶液中溶解的O2；一段时间后再关闭止水夹，利用试管中气压的逐渐增大，将含有Fe2+的溶液排入到试管中，这样就能制备出保存时间较长的Fe(OH)2了。试题，本题利用高锰酸钾溶液与浓盐酸反应制备氯气，这个反应不需要加热，而采用浓盐酸和MnO2反应制备氯气时需要加热；由于盐酸具有挥发性，所以产生的氯气中含有杂质HCl以及水蒸气，但在本题中HCl杂质对于Cl2性质的验证并不产生干扰，所以只对其进行了干燥处理；B和C装置中的红布条一个是干燥的一个是湿润的，通过现象的对比，就可以验证Cl2漂白性来源于Cl2与水反应
35、生成的次氯酸；D装置通过淀粉变蓝验证I2的生成，进而证明Cl2氧化性强于I2；在做完性质验证实验后，氯气仍会有部分未反应完，所以需要尾气处理装置，减少对环境的污染。【详解】(1)通过分析可知，试管中应当加入稀硫酸和铁粉，产生氢气的同时也产生Fe2+，利用产生的氢气再配合止水夹适当地开闭，就可以实现对整套装置内残留空气的排气，故答案为：铁屑、稀H2SO4；(2)通过分析可知，试管中加入的为NaOH溶液，即Fe(OH)2是在试管中反应生成的，故答案为：NaOH溶液；(3)由于Fe(OH)2极易被氧化，所以在初始阶段，打开止水夹，利用试管中产生的氢气对整套装置进行排气，驱赶装置内的空气和溶液中溶解的
36、O2；一段时间后再关闭止水夹，利用试管中气压的逐渐增大，将含有Fe2+的溶液排入到试管中，这样就能制备出保存时间较长的Fe(OH)2了，故答案为：打开；关闭；(1)装置A中仪器a的名称即为分液漏斗，可以控制液体的滴加速率从而控制反应的速率，故答案为：分液漏斗；(2)用浓盐酸和MnO2反应制氯气的化学反应方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，故答案为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O；(3)Cl2的漂白性来源于与水反应生成的次氯酸，B中的红布条是干燥的，所以不会被Cl2漂白褪色，C中的红布条是湿润的所以可以被Cl2漂白褪色，故答案为：C；(4)氯气的氧化性强于碘单质，所以D装置中，氯气会将碘单质置换出来，发生的反应方程式为Cl2+2I-=2Cl-+I2，从而使装置内的淀粉变蓝，故答案为：蓝色；(5)E装置为尾气吸收装置，用来除去未反应Cl2，涉及到的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；(6)由高锰酸钾和浓盐酸反应制取氯气的方程式可知，31.6gKMnO4即0.2mol，可以与足量的浓盐酸生成0.5mol氯气，标况下的体积即为11.2L，故答案为：11.2L。
