1、江西铜鼓2017届高三化学必修一第四章非金属及其化合物能力提升检测试题第I卷 选择题一、选择题（每小题4分，共48分）。1、200mL硝酸与一定量的铝镁铁合金反应生成3.36L NO（标准状况）和铁盐、铝盐、镁盐等，再向反应后的溶液中加入150mL 3molL1的NaOH溶液，使铝镁铁元素恰好全部转化为沉淀，则原硝酸的浓度是( )A1.5 molL1 B2.25 molL1C3 molL1 D无法计算2、探究浓硫酸和铜的反应，下列装置或操作正确的是( )A 用装置进行铜和浓硫酸的反应B 用装置收集二氧化硫并吸收尾气C 用装置稀释反应后的混合液D 用装置测定余酸的浓度3、下列各组反应中，硝酸既表
2、现了氧化性，又表现了酸性的是( )AC+HNO3 BH2S+HNO3CFe（OH）3+HNO3 DCu+HNO34、50mL18mol/L的H2SO4中加入足量的铜片并加热，被还原的H2SO4的物质的量为( )A0.45mol B0.45molC0.450.90mol之间 D0.90mol5、下列说法中正确的是( )A用铁与稀硝酸反应来制备氢气B氨气、液氨和氨水是同一种物质CNO2溶于水发生了氧化还原反应，它既是氧化剂又是还原剂D钠在氧气中燃烧发出白光，生成白色固体氧化钠6、下列现象说明SO2具有氧化性的是( )ASO2通入酸性高锰酸钾溶液中使之退色BSO2通入石蕊试液中使之变红色CSO2通入
3、氯水中使之退色DSO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色沉淀7、足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体，这些气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸若向所得硝酸铜溶液中加入4molL1 NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是（）A60mL B45mLC30mL D75mL8、下列溶液中能用来区别SO2和CO2气体的是（）澄清的石灰水 氢硫酸 氯水 酸性高锰酸钾溶液 氯化钡溶液 品红溶液A BC D9、下列实验装置不能达到实验目的是（）A 用SO2做喷泉实验B 验证Cu与浓硝酸反应的热量变化C 验证NH3易溶于水
4、D 比较Na2CO3与NaHCO3的稳定性10、铜和镁的合金4.6g完全溶于一定量的浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生1792mL的NO2气体和1120mL的NO气体（都已折算到标准状况），在反应后的溶液中加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为( )A7.04g B8.26gC8.51g D9.02g11、某稀溶液中含有4mol KNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5mol Fe，充分反应（已知NO3被还原为NO）下列说法正确的是（）A反应后生成NO的体积为28 LB所得溶液中的溶质只有FeSO4C所得溶液中c（NO3）=2.75 molL1D所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+
5、 ）=1：112、在100mL密度为1.2g/mL稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解（假设还原产物只有NO），向反应后溶液中加入3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g则下列叙述不正确是（）A当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L（标准状况）B当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD参加反应金属总质量（m）为9.6gm3.6g第II卷 非选择题二、非选择题（共52分）13、过氧化钙晶体（CaO28H2O）为白色，难溶于水，常用于种子消毒、药物制造、鱼池增氧
6、等某实验小组在实验室用钙盐制取CaO28H2O（1）A为实验室制取氨气的装置，则试管A中发生的反应为 （2）仪器B的作用是 （3）写出生成CaO28H2O的化学方程式 （4）制取CaO28H2O一般在低温下进行，原因是 该实验小组欲通过测量气体的体积来探究CaO2与SO2反应的特点，装置如图：（硬质玻璃管中为无水CaO2）【提出假设】假设1：只发生反应：2SO2+2CaO22CaSO3+O2，SO2未被氧化；假设2：只发生反应：SO2+CaO2CaSO4，SO2完全被氧化；假设3：上述两个反应均发生，SO2部分被氧化【实验探究】（5）该实验装置有一处明显错误，请用文字改正： （6）试剂B为碱石
7、灰，其作用是 【实验数据处理】实验测得装置C增重m g，装置E收集到的气体为V L（已换算成标准状况下）（7）如果假设3成立，则V的取值范围是 14、葡萄酒中的酒精是葡萄果实中的糖发酵后的产物（C6H12O62CH3CH2OH+2CO2）、已知：实验室制乙烯原理为CH3CH2OHCH2=CH2+H2O，产生的气体能使Br2 的四氯化碳溶液褪色，甲、乙同学用下列实验验证（气密性已检验，部分夹持装置略如图1）实验操作和现象：操 作现 象点燃酒精灯，加热至170：A中烧瓶内液体渐渐变黑：B内气泡连续冒出，溶液逐渐褪色实验完毕，清洗烧瓶：A中烧瓶内附着少量黑色颗粒状物，有刺激性气味逸出（1）溶液“渐渐
8、变黑”，说明浓硫酸具有 性（2）分析，甲认为是C2H4，乙认为不能排除SO2的作用根据甲的观点，使B中溶液褪色反应的化学方程式是 ；乙根据现象认为实验中产生的SO2和 ，使B中有色物质反应褪色为证实各自观点，甲、乙重新实验，设计与现象如下：甲：在A、B间增加一个装有某种试剂的洗气瓶；现象：Br2的CCl4溶液褪色乙：用下列装置按一定顺序与A连接：（尾气处理装置略如图2）现象：C中溶液由红棕色变为浅红棕色时，E中溶液褪色请回答下列问题：a甲设计实验中A、B间洗气瓶中盛放的试剂是 ；乙设计的实验D中盛放的试剂是 ，装置连接顺序为 b能说明确实是SO2使E中溶液褪色的实验是 c乙为进一步验证其观点，
9、取少量C中溶液，加入几滴BaCl2溶液，振荡，产生大量白色沉淀，浅红棕色消失，发生反应的离子方程式是 由此可得出的干燥的SO2 不能使Br2 的四氯化碳溶液褪色、葡萄酒中常用Na2S2O5做抗氧化剂（3）0.5molNa2S2O5溶于水配成1L溶液，该溶液的pH=4.5溶液中部分微粒浓度随溶液酸碱性变化如图3所示写出Na2S2O5溶于水时发生的化学方程式 （4）已知：Ksp=11010，Ksp=5107把部分被空气氧化的该溶液的pH调为10，向溶液中滴加BaCl2溶液使SO42沉淀完全，此时溶液中c（SO32） molL115、为研究浓硫酸的性质，某同学进行如下实验：（1）称取铁和碳固体混合物
10、12.0g放入30.0mL浓硫酸中，加热，充分反应后得到溶液X并收集到气体Y取896mL（标准状况）气体Y通入足量溴水中，发生反应：SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4然后加入足量BaCl2溶液，经适当操作后得到干燥固体4.66g据此推知气体Y 中SO2的体积分数为 （2）分析上述实验中SO2体积分数的结果，该同学认为气体Y中还可能含有H2和CO2气体为此设计了下列探究实验装置（图中夹持仪器省略）写出产生CO2的化学方程式 装置A中试剂的作用是 ，装置B的作用是 简述确认气体Y中含有CO2的实验现象 如果气体Y中含有H2，预计实验现象应是 16、某化学兴趣小组欲在实验室探究氯气的性质
11、及模拟工业制取漂白粉，设计了如下装置进行实验：请按要求回答下列问题：（1）浓盐酸和二氧化锰反应的化学方程式是 ，饱和的食盐水的作用是 .（2）淀粉碘化钾溶液中观察到的现象是 ，反应的离子方程式为 （3）若干燥的有色布条不褪色，潮湿的有色布条褪色，则甲中盛放 （填名称）（4）C12与石灰乳反应制取漂白粉的化学方程式为 漂白粉的有效成分是 （5）该兴趣小组用8.7g MnO2与足量的浓盐酸制备氯气，则理论上最多可制得标准状况下的Cl2 L参考答案1.【答案】C【解析】解：硝酸和金属反应生成硝酸盐和NO，硝酸盐和NaOH完全反应生成氢氧化物沉淀，硝酸根离子和氢氧根离子都带一个单位负电荷，则生成氢氧化
12、物、硝酸盐消耗的n（OH）=n（NO3）=3mol/L0.15L=0.45mol，原来溶液中n（HNO3）=n（NO3）+n（NO）=0.45mol+=0.6mol，则原来硝酸浓度=3mol/L，故选C2.【答案】C【解析】解：A、铜与浓硫酸常温下不反应，此反应需要加热设备，图中无加热装置，故A错误；B、二氧化碳的密度大于空气，适用与向上排空气法收集，即应长进短出，此图方向相反，故B错误；C、浓溶液的稀释，需在烧杯中进行，且需要玻璃棒搅拌，故C正确；D、氢氧化钠溶液显碱性，应盛放在碱式滴定管中，图中滴定管为酸式滴定管，故D错误，故选C3.【答案】D【解析】解：A、C+HNO3中N元素的化合价全
13、由+5降低为+4，则只表现硝酸的氧化性，故A错误；B、H2S+HNO3中N元素的化合价全由+5降低为+4，则只表现硝酸的氧化性，故B错误；C、Fe（OH）3+HNO3中各元素的化合价在反应前后不变，生成硝酸铁，只表现酸性，故C错误；D、Cu+HNO3中N元素部分化合价降低，部分不变，化合价降低时表现氧化性，生成硝酸铜时表现酸性，故D正确；故选D4.【答案】A【解析】解：Cu+2H2SO4（浓）CuSO4+SO2+2H2O，被还原的硫酸的物质的量理论上应是参加反应的硫酸的一半，但随着反应的进行，硫酸的浓度逐渐降低，而铜与稀硫酸并不反应，因此，被还原的硫酸的物质的量应小于一半，则50mL 18mo
14、l/LH2SO4溶液中加入足量的铜片并加热后被还原的硫酸的物质的量应为：小于0.45mol故选：A5.【答案】C【解析】解：A稀硝酸具有强氧化性，Fe与稀硝酸反应生成的是NO，不会生成氢气，故A错误；B氨气和液氨为纯净物，而氨水为氨气的水溶液，为混合物，故B错误；CNO2溶于水发生氧化还原反应生成硝酸和NO，在反应中它既是氧化剂又是还原剂，故C正确；D钠在氧气中燃烧发出黄光，生成淡黄色的过氧化钠，故D错误；故选C6.【答案】D【解析】解：ASO2通入高锰酸钾溶液使之褪色，S元素的化合价升高，说明SO2具有还原性，故A不选；BSO2通入石蕊试液使其变红色，与水反应生成亚硫酸，SO2具有酸性氧化物
15、的性质，不是氧化还原反应，故B不选；CSO2通入氯水使之褪色，反应生成硫酸和盐酸，S元素的化合价升高，说明SO2具有还原性，被氯气杨宏伟硫酸，故C不选；DSO2通入饱和H2S溶液中析出浅黄色沉淀，反应生成S，SO2中S元素的化合价降低，具有氧化性，故D选；故选D7.【答案】D【解析】解：生成NO2、NO的混合气体与1.68L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为：2=0.15mol，向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu（OH）2，由电荷守恒可知，Cu提供电
16、子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，故n（NaOH）=0.15mol2=0.3mol，故消耗氢氧化钠溶液体积为=0.075L=75mL，故选D8.【答案】D【解析】解：因SO2和CO2均能与石灰水反应生成白色沉淀，则不能鉴别；只有二氧化硫与氢硫酸反应生成S沉淀，二氧化碳不能，现象不同，可鉴别；因二氧化硫与氯水发生氧化还原反应，观察到氯水颜色变浅或消失，而二氧化碳与氯水不反应，则能鉴别；因二氧化硫与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，观察到溶液褪色，而二氧化碳与高锰酸钾溶液不反应，则能鉴别；因SO2和CO2均不与氯化钡溶液反应，则不能鉴别；因二氧化硫具有漂白性，能使品红褪色，而二氧化碳不能，则能
17、鉴别；故选D9.【答案】D【解析】解：A二氧化硫易与氢氧化钠反应而导致烧瓶压强减小，可形成喷泉，故A正确；B如反应为放热反应，则U形管左端液面下降，右端液面上升，可判断反应是否属于放热反应，故B正确；C如气球体积变大，则烧瓶内压强减小，可说明氨气易溶于水，故C正确；D套装小试管加热温度较低，碳酸氢钠应放在套装小试管中，通过澄清水是否变浑浊可证明稳定性，故D错误故选D10.【答案】C【解析】解：反应关系式为CuCu2+Cu（OH）2，MgMg2+Mg（OH）2，反应后生成Cu（OH）2和Mg（OH）2，根据以上反应关系可知铜和镁失去电子数等于结合的氢氧根的物质的量，则反应后沉淀的质量=合金的质量
18、+氢氧根离子的质量，生成1792mL的NO2气体的物质的量为：=0.08mol，1120mL的NO气体的物质的量为：=0.05mol，生成0.08mol二氧化氮、0.05molNO的反应中转移的电子的物质的量为：0.08mol（54）+0.05mol（52）=0.23mol，所以生成的沉淀的质量为：4.6g+0.23mol17g/mol=8.51g，故选C11.【答案】D【解析】解：溶液中氢离子总物质的量为：n（H+）=2.5mol2=5mol，n（NO3）=4mol，铁粉的物质的量为1.5mol，由 3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O， 3 2 81.5mol 1mol 4
19、mol，则1.5molFe完全反应时，硝酸根离子与氢离子均过量，则发生Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O，若1.5molFe完全反应时，氢离子不足，则两个反应均发生，Fe+NO3+4H+=Fe3+NO+2H2O x 4x x3Fe+2NO3+8H+=3Fe2+2NO+4H2O y y y则：x+y=1.5、4x+y=5，解得：x=0.75mol，y=0.75mol生成NO的体积为（0.75mol+0.75mol）22.4L/mol=28L，A根据分析可知，反应后生成标况下28LNO，不是标况下，NO气体不一定为28L，故A错误；B反应后溶质为硫酸铁和硫酸亚铁，故B错误；C反应消耗硝酸
20、根离子等于生成NO的量=0.75mol+0.75mol=1.25mol，缺少溶液体积，无法计算溶液中硝酸根离子浓度，故C错误；D反应后生成铁离子为0.75mol，亚铁离子为0.75mol，所以所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+ ）=1：1，故D正确；故选D12.【答案】C【解析】解：将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO+4H2O；3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（N
21、O3）2+2NaOH=Mg（OH）2+2NaNO3；Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为：0.3mol1/2=0.15mol，A镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.15mol2/3=0.1mol，标准状况下生成NO的体积为：0.1mol22.4L/mol=2.24L，故A正确；B若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，
22、需要氢氧化钠溶液的体积=0.3mol/3mol/L=0.1L=100mL；硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，故B正确；C根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol=0.4mol，硝酸有可能有剩余，故C错误； D镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为9.6gm3.6g，故D正确；故选C13.【答案】（1）Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；（2）防倒吸；（3）CaCl2+H2O2+
23、2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO28H2O；（4）低于0，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，温度低有利于提高产率；（5）装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”；（6）吸收未反应的SO2；（7）0V【解析】解：（1）实验室中用氯化铵和氢氧化钙固体制取氨气，方程式为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O，故答案为：Ca（OH）2+2NH4ClCaCl2+2NH3+2H2O；（2）根据B的特点构造可以知道B是长颈漏斗，该装置可以防倒吸，故答案为：防倒吸；（3）根据装置C中的物质得出制取的原理方程式为：CaCl2+H2O2+2NH3+8
24、H2O=2NH4Cl+CaO28H2O，故答案为：CaCl2+H2O2+2NH3+8H2O=2NH4Cl+CaO28H2O；（4）制取CaO28H2O一般在05的低温下进行，低于0，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，低温有利于反应正向进行，故答案为：低于0，液体被冻结，反应困难，温度过高，过氧化氢分解速率加快，反应为放热反应，温度低有利于提高产率；（5）装置E量气装置导气管长进短处，不能排液体测定气体体积，装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”，故答案为：装置E中广口瓶中的导气管应“短进长出”；（6）装置E为测定生成气体的体积，需要把剩余的二氧化硫除去，所以
25、试剂B的作用是吸收未反应的SO2，故答案为：吸收未反应的SO2；（7）若SO2未被氧化，发生反应方程式为：2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2，依据化学方程式和反应增重计算E中收集的氧气：2CaO2+2SO2=2CaSO3+O2 固体增重 1mol 96gmol m1g1molm1g=96gmol，解得：V=，若二氧化硫全部被氧化发生的反应为：CaO2+SO2=CaSO4，反应过程中无氧气生成，V=0，所以若二氧化硫部分被氧化，则生成的氧气体积范围为：0V，故答案为：0V14.【答案】（1）脱水性；（2） CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br； H2O；a、NaOH 溶液；浓硫酸；（
26、d）cabe（f）；b、加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2；c、SO2+2H2O+Br24H+2Br+SO42、SO42+Ba2+BaSO4或SO2+2H2O+Br2+Ba2+4H+2Br+BaSO4；（3）Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；（4）0.05【解析】解：（1）浓硫酸具有脱水性，能使乙醇溶液“渐渐变黑”，故答案为：脱水性；（2）根据甲的观点，溴水可以使B中溶液褪色，反应的化学方程式是CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br，故答案为：CH2=CH2+Br2CH2BrCH2Br；乙根据现象认为产生了SO2和水，在B中溴单质可以和二氧化硫
27、、水发生氧化还原反应生存溴化氢和硫酸，故答案为：H2O；a、根据甲的设计，洗气瓶中盛放的试剂是氢氧化钠，可以和二氧化硫反应，吸收二氧化硫，排除二氧化硫的干扰，根据乙的设计，C中盛放的试剂是，浓硫酸具有吸水性，可以做干燥剂，根据乙的设计，即要证明干燥的二氧化硫不能使溴的四氯化碳褪色，但能使品红褪色，所以装置连接顺序为（d）cabe（f），故答案为：NaOH 溶液；浓硫酸；（d）cabe（f）；b、证明SO2使E中溶液褪色的实验是加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2，故答案为：加热已经褪色的品红溶液，若红色恢复，证明是SO2使品红溶液褪色而不是Br2；c、溴单
28、质可以和二氧化硫发生氧化还原反应，生成硫酸根离子和溴离子，硫酸根离子和钡离子反应会生成白色沉淀，相关反应的离子方程式为SO2+2H2O+Br24H+2Br+SO42、SO42+Ba2+BaSO4或SO2+2H2O+Br2+Ba2+4H+2Br+BaSO4，故答案为：SO2+2H2O+Br24H+2Br+SO42、SO42+Ba2+BaSO4或SO2+2H2O+Br2+Ba2+4H+2Br+BaSO4；（3）根据图可知，pH=4.5时，溶液中主要以亚硫酸氢根离子形式存在，所以水解方程式为Na2S2O5+H2O=2NaHSO3，故答案为：Na2S2O5+H2O=2NaHSO3；（4）根据Ksp=c
29、（Ba2+）c（SO42），可知需要c（Ba2+）=105molL1，则溶液中SO32的最大浓度c（SO32）=0.05molL1，故答案为：0.0515.【答案】（1）50%；（2） C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O； 除去混合气体中的SO2；5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+； B中品红溶液不褪色，C中石灰水变浑浊；E中黑色固体变红色，F中无水硫酸铜由白色变蓝色【解析】解：（1）SO2+Br2+2H2O=2HBr+H2SO4，H2SO4+BaCl2=BaSO4+2HCl，所以硫酸钡和二氧化硫之间的关系式为SO2BaSO4，设二氧化硫的体积为V，SO
30、2BaSO4，22.4L 233gV 4.66gV=0.448l=448mL，所以二氧化硫的体积分数=100%=50%，故答案为：50%；（2）碳素钢中含有碳，加热条件下，碳能和浓硫酸反应生成二氧化硫、二氧化碳和水，反应方程式为C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O，故答案为：C+2H2SO4（浓）CO2+2SO2+2H2O；二氧化硫和二氧化碳都能使澄清石灰水变浑浊，但二氧化硫具有还原性，可与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，反应的离子方程式为：5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2Mn2+4H+，故答案为：除去混合气体中的SO2；5SO2+2MnO4+2H2O=5SO42+2M
31、n2+4H+；确认气体Y中含有CO2，应完全排除二氧化硫的干扰，当B中品红溶液不褪色，C中石灰水变浑浊，可说明含有CO2；氢气具有还原性，能还原性，能还原黑色的氧化铜生成红色的铜单质，同时生成水，水能使无水硫酸铜变蓝色，这是检验水的特征反应，所以如果D中氧化铜变红，E中无水硫酸铜变蓝，则证明含有氢气，故答案为：B中品红溶液不褪色，C中石灰水变浑浊；E中黑色固体变红色，F中无水硫酸铜由白色变蓝色16.【答案】（1）MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，除去氯气中的HCl；（2）溶液变蓝色，Cl2+2I=2Cl+I2；（3）浓硫酸；（4）2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca
32、（ClO）2+2H2O，Ca（ClO）2；（5）2.24【解析】解：（1）浓盐酸和二氧化锰加热反应生成氯化锰、氯气和水，制备的氯气中含氯化氢气体和水蒸气，反应的化学方程式为：MnO2+4HClMCl2+Cl2+2H2O，通过饱和食盐水可以除去氯化氢气体，通过饱和食盐水可以除去氯化氢气体，故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O，除去氯气中的HCl；（2）氯气氧化性强于碘，能够与碘化钾反应置换碘，反应的离子方程式为：Cl2+2I=2Cl+I2，碘遇到淀粉变蓝，故答案为：溶液变蓝色，Cl2+2I=2Cl+I2；（3）浓硫酸具有吸水性，能够吸收氯气中的水，可以干燥氯气，故答案为：浓硫酸；（4）C12与石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，化学方程式为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，漂白粉的有效成分是次氯酸钙，故答案为：2Cl2+2Ca（OH）2=CaCl2+Ca（ClO）2+2H2O，Ca（ClO）2；（5）根据反应MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2+2H2O可知，理论上87gMnO2完全反应生成氯气1mol，所以8.7g MnO2与足量的浓盐酸生成氯气的物质的量是0.1mol，标况下气体体积为：0.1mol22.4L/mol=2.24L，故答案为：2.24