1、2020年11月高一年级学情检测化学试题说明：1.本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题），共100分。考试时间为90分钟。2.答题前请将答题卡上有关项目填、涂清楚。将第卷题目的答案用2B铅笔涂在答题卡上，第卷和第卷题目的答案用0.5毫米黑色签字笔写在答题卡的相应位置上，写在试卷上的答案无效。可能用到的相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Al-27 S-32 Cl-35.5 K-39第卷(选择题共50分)一、选择题(本题共15个小题，每小题2分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)1. 化学与生活密切相关，下列物质与其用途不符合的是（ ）A. 过氧化钠漂白剂B.
2、次氯酸钠消毒剂C. 纯碱治疗胃酸过多D. 小苏打制作馒头和面包的膨松剂【答案】C【解析】【详解】A、过氧化钠具有漂白作用，选项A正确；B、次氯酸钠具有强氧化性，可用作消毒剂，选项B正确；C、纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠的碱性较强，通常用碳酸氢钠治疗胃酸过多，而不用碳酸钠，选项C错误；D、做馒头时面粉先经过发酵，产生大量的酸，加入小苏打，其成分是碳酸氢钠，与酸反应，既去除发酵过程产生的酸，放出的二氧化碳气体又能使馒头膨胀而松软，选项D正确；答案选C。2. 下列电离方程式书写正确的是（ ）A. FeCl3=Fe2+3Cl-B. Ba(OH)2=Ba2+C. H2SO4=2H+D. NaHCO3=Na
3、+H+【答案】C【解析】【详解】AFeCl3是强电解质，在水溶液中能完全电离，电离产生铁离子和氯离子，其电离方程式为FeCl3= Fe3+3Cl-，选项A错误；BBa(OH)2是强电解质，在水溶液中能完全电离，电离产生钡离子和氢氧根离子，其电离方程式为Ba(OH)2=Ba2+2OH-，选项B错误；CH2SO4是强电解质，在水溶液中能完全电离，电离产生氢离子和硫酸根离子，其电离方程式为H2SO4=2H+，选项C正确；DNaHCO3强电解质，在水溶液中能完全电离，但是H2CO3是弱酸，不能拆，其电离方程式为NaHCO3=Na+，选项D错误；答案选C。3. 科学家已经发现一种新型氢分子，其化学式为H
4、3，在相同条件下，等质量的H3和H2相同的是( )A. 原子数B. 分子数C. 体积D. 物质的量【答案】A【解析】【详解】设这两种物质都为1g，则n(H3)=mol，n(H2)=mol；A、mol H3有1mol H原子，mol H2有1mol H，故二者的原子相同，A正确；B、mol H3和mol H2的分子数不同，B错误；C、同温同压下，气体的气体与物质的量成正比，所以mol H3和mol H2的体积不同，C错误；D、mol H3和mol H2的物质的量不同，D错误；故选A。4. 日常生活中的下列现象与胶体的性质无关的是( )A. 有雾的早晨汽车打出的一道道光束B. 静电除尘净化空气，提
5、升空气质量C. 一枝钢笔使用两种不同型号的蓝黑墨水，易出现堵塞D. 向FeCl3溶液中加入NaOH溶液，会出现红褐色沉淀【答案】D【解析】【详解】A雾是胶体，有雾的早晨汽车打出的一道道光束属于丁达尔效应，和胶体的性质有关，故A不选；B污浊的空气是胶体，在电场中，空气中的分散质能发生电泳，从而除尘，故此现象和胶体的性质有关，故B不选。C墨水是胶体，而带相反电荷的胶体混合发生聚沉，故钢笔使用不同型号的墨水发生堵塞是发生了胶体的聚沉，和胶体的性质有关，故C不选；DFeCl3溶液中加入NaOH溶液发生反应生成氢氧化铁沉淀，与胶体无关，故D选；故答案选D。5. 在下列变化中，需要加入合适的还原剂才能实现
6、的是（ ）A. H2HClB. FeCl3FeCl2C. COCO2D. NaNaOH【答案】B【解析】【分析】需要加入合适的还原剂才能实现，说明本身是氧化剂，化合价降低。【详解】AH2HCl，氢化合价升高，作还原剂，故A不符合题意；BFeCl3FeCl2，铁元素化合价降低，作氧化剂，故B符合题意；CCOCO2，碳化合价升高，作还原剂，故C不符合题意；DNaNaOH，钠化合价升高，作还原剂，故D不符合题意。综上所述，答案为B。6. 下列逻辑关系图示中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】A气溶胶本身就是胶体的一种，与胶体是包含关系，不是交叉关系，故A错误；B氧化还原反
7、应有些是离子反应，有些不是离子反应，离子反应与氧化还原反应属于交叉关系，故B错误；C钠盐、钾盐是根据盐中的阳离子进行分类的，它们之间是并列关系；碳酸盐是根据盐中的阴离子分类的，它和钠盐、钾盐之间是交叉关系，故C错误；D混合物与电解质、非电解质及单质属于并列关系，不可能有交叉，电解质、非电解质均是化合物，因此与单质属于并列关系，故D正确；综上所述，答案为D。7. 下列反应属于氧化还原反应，但H2O既不做氧化剂，也不做还原剂的是( )A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2B. 2Na+2H2O=2NaOH+H2C. NaH+H2O=NaOH+H2 D. CaO+H2O=Ca(OH)2【答案
8、】A【解析】【详解】A. 2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2的反应物过氧化钠中氧元素化合价既升高又降低，因此过氧化钠既是氧化剂也是还原剂，H2O既不做氧化剂，也不做还原剂，A选；B. 2Na+2H2O=2NaOH+H2的反应物水中氢元素化合价降低，得到电子，水是氧化剂，B不选；C. NaH+H2O=NaOH+H2的反应物水中氢元素化合价降低，得到电子，水是氧化剂，C不选；D. CaO+H2O=Ca(OH)2中元素的化合价均不发生变化，不是氧化还原反应，D不选；答案选A。8. 下列说法正确的是（ ）A. Cl2、HNO3、KMnO4都是常见的氧化剂B. 在水溶液中能电离出氢离子的化合物都是
9、酸C. 元素由游离态变为化合态都是被氧化D. 酸性氧化物都是非金属氧化物【答案】A【解析】【详解】ACl2、HNO3、KMnO4均具有强氧化性，都是常见的氧化剂，A正确；B在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物是酸，而在水溶液中能电离出氢离子的化合物也可能是酸式盐，如NaHSO4，B错误；C非金属元素由游离态变为化合态可能是被还原，如Cl2HClO，C错误；D酸性氧化物可能是非金属氧化物，也可能是金属氧化物，如Mn2O7，D错误；答案选A9. 下列溶液中溶质的物质的量浓度为1molL-1的是（ ）A. 将40gNaOH溶解在1L水中B. 将1L10molL-1的浓盐酸加入9L水中C. 将
10、22.4LHCl气体溶于水配成1L溶液D. 将10gNaOH溶解在少量水中，再加蒸馏水直到溶液体积为250mL【答案】D【解析】【详解】A.将40gNaOH溶解在1L水中，溶液的体积大于1L，所以c(NaOH)小于1mol/L,故A错误；B.将1L10mol/L的浓盐酸加入9L水中，混合溶液的体积不是10L，根据稀释定律可以知道混合液的物质的量浓度不是1mol/L，故B错误；C.没有状态，22.4L氯化氢气体的物质的量不一定等于1mol，因此溶液中物质的量浓度不一定是1mol/L，故C错误；D.10gNaOH的物质的量为0.25mol，溶液的体积为0.25L，因此溶液中物质的量浓度c=1mol
11、/L，故D正确；故答案：D。10. 制备氯化物时，常用两种方法：用金属与氯气直接化合制得；用金属与盐酸反应制得。用以上两种方法都可制得的氯化物是( )A. AlCl3B. FeCl3C. FeCl2D. CuCl2【答案】A【解析】详解】A.铝和盐酸或铝和氯气反应均生成AlCl3，A选；B.铁和氯气反应生成FeCl3，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，B不选；C.铁和氯气反应生成FeCl3，铁和盐酸反应生成氯化亚铁，C不选；D.铜和氯气反应生成CuCl2，铜和盐酸不反应，D不选；答案选A。11. 用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列判断正确的是（ ）A. 标准状况下，分子数为NA的CO、N2的混合气体体
12、积约为22.4L，质量为28gB. 32g氧气和臭氧的混合气体中含有的原子数为2.5NAC. 标准状况下，22.4LH2O含有的分子数目为NAD. 1molL-1Na2SO4溶液中含有的SO数目为NA【答案】A【解析】【详解】A.标准状况下，分子数为NA的CO、N2的混合气体为1mol，气体的体积约为22.4L，CO、N2的摩尔质量均为28g/mol，所以1molCO、N2的混合气体的质量为28g，故A正确；B.32g氧气和臭氧的混合气体中含有的原子数为2NA，故B错误；C.标准状况下，H2O为液体，所以无法计算22.4LH2O含有的分子数目，故C错误；D.1molL-1Na2SO4溶液，没有
13、体积无法计算含有的SO数目，故D错误；故答案：A。12. 在的反应中，下列说法不正确的是 A. 既是氧化剂，又是还原剂B. KCl是还原产物，是氧化产物C. 反应中每消耗，转移电子数为D. 该氧化还原反应中只有氯元素化合价发生了改变【答案】C【解析】【详解】A.由可知，部分Cl元素的化合价由0升高为价，部分Cl元素的化合价由0降低为价，只有Cl元素的化合价变化，是氧化剂，也是还原剂，故A不符合题意；B.KCl中Cl是化合价降低得到的产物，故为还原产物，中Cl是化合价升高得到的产物，故为氧化产物，故B不符合题意；C.该反应中每消耗，有得到5mol电子被还原KCl，转移电子数为，故C符合题意；D.
14、由可知，该氧化还原反应中只有氯元素化合价发生了改变，其他元素化合价没改变，故D不符合题意。故选C。13. 过滤后的食盐水仍含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，通过如下几个实验步骤，可制得纯净的食盐水：加入稍过量的Na2CO3溶液；加入稍过量的NaOH溶液；加入稍过量的BaCl2溶液；滴入稀盐酸至无气泡产生：过滤正确的操作顺序是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【详解】为除去过滤后的食盐水含有可溶性的CaCl2、MgCl2、Na2SO4等杂质，我们可以分别加入加入稍过量的Na2CO3溶液，稍过量的NaOH溶液和稍过量的BaCl2溶液，这样每一次加入的试剂都会引入新的杂
15、质，故要考虑后面所加的试剂能一并除去前面引入的杂质，故需保证Na2CO3溶液在BaCl2溶液之后加，以除去过量的Ba2+，过滤后加入盐酸以除去过量的OH-和，故添加试剂的先后顺序为：或或，故答案为：A。14. 某同学用下列装置进行有关Cl2的实验。下列说法不正确的是（ ）A. 图中：实验现象证明氯气无漂白作用，氯水有漂白作用B. 图中：用饱和食盐水除去氯气中的HClC. 图中：生成棕黄色的烟D. 图中：若气球干瘪，证明Cl2可与NaOH反应【答案】D【解析】【详解】A由图中实验现象可知，干燥的氯气不能使有色布条褪色，说明干燥的氯气没有漂白性，而能使湿润的有色布条褪色，说明潮湿的氯气有漂白性，因
16、为氯气和水反应产生次氯酸，所以氯水有漂白作用，故A不符合题意；B图中：氯气在饱和食盐水中的溶解度较小，氯化氢在饱和食盐水中的溶解度较大，故可以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故B不符合题意；C图中：Cu丝在Cl2中燃烧生成棕黄色的烟，故C不符合题意；D图中：氯气能溶于水，也能与氢氧化钠反应，导致烧瓶中气体的压强减小，外压大于内压，气球就会鼓起来，故D符合题意；答案选D。15. 下列各组中两种物质作用时，反应条件或反应物用量改变，对生成物没有影响的是（ ）A. NaOH溶液与CO2B. Fe和Cl2C. Na2CO3溶液与盐酸D. NaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液【答案】B【解析】【详解】A
17、NaOH溶液与CO2反应，二氧化碳的用量不同，产物不同，少量的二氧化碳生成碳酸钠，过量的二氧化碳生成碳酸氢钠，A不符合题意；BCl2具有强氧化性，Fe和Cl2反应只生成FeCl3，与反应条件或反应物用量无关，B符合题意；CNa2CO3溶液与盐酸反应，盐酸的用量不同，产物不同，若盐酸少量，可生成碳酸氢钠，若盐酸过量，生成二氧化碳气体，C不符合题意；DNaHCO3溶液与Ca(OH)2溶液反应，若碳酸氢钠少量，生成碳酸钙、水和氢氧化钠，若碳酸氢钠过量，生成碳酸钙、碳酸钠和水，D不符合题意；答案选B。二、选择题（每小题有一个或两个选项符合题意，每小题4分，共20分。若正确答案只包括一个选项，多选时，该
18、题得0分；若正确答案包括两个选项时，只选一个且正确的得2分）16. 下列离子方程式书写正确的是（ ）A. Fe与稀盐酸反应：Fe+2H+=Fe2+H2B. 向NaHCO3溶液中通入HCl：CO+2H+=CO2+H2OC. 向稀H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液：Ba2+OH-+H+SO=BaSO4+H2OD. 向CaCl2溶液中通入少量的CO2气体：Ca2+CO2+H2O=CaCO3+2H+【答案】A【解析】【详解】AFe与稀盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，反应的离子方程式为Fe+2H+=Fe2+H2，A正确；B向NaHCO3溶液中通入HCl，不能拆，正确的离子方程式为+H+=CO2+H2O，
19、B错误；C向稀H2SO4溶液中滴加Ba(OH)2溶液，应有2个氢离子和2个氢氧根反应，正确的离子方程式为Ba2+2OH-+2H+SO=BaSO4+2H2O，C错误；D向CaCl2溶液中通入少量的CO2气体，由于碳酸的酸性弱于盐酸，故反应不能发生，D错误；答案选A。17. 某同学在一pH试纸上滴几滴新制的氯水，现象如图所示，下列有关该实验的说法正确的是（ ）A. 该实验说明Cl2分子具有漂白性B. 若用久置的氯水进行上述实验，现象会不同C. 该实验说明不能用pH试纸测定氯水的pH值D. 将实验后的pH试纸在酒精灯上微热，试纸又恢复为原来的颜色【答案】BC【解析】【详解】A氯气与水发生Cl2H2O
20、HClHClO反应，所以新制的氯水存在HClO，HClO具有漂白性，Cl2无漂白性，故A错误；B氯水中HClO会发生2HClO2HCl+O2反应，久置的氯水主要成分为稀盐酸无漂白性，若用久置的氯水进行实验，只变红不漂白，所以不会产生相同的实验现象，故B正确；C氯气与水发生Cl2H2OHClHClO反应，所以新制的氯水存在HClO，HClO具有漂白性，不能用pH试纸测氯水的pH值，故C正确；D次氯酸的漂白性属于氧化性漂白，不具有可逆性，加热不能恢复到原来的颜色，故D错误；答案为BC。18. 下列有关实验的说法正确的是（ ）A. 将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3两种溶液中，都有白色沉
21、淀产生B. 如图装置可用于比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性C. 向某溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该溶液中一定含有COD. 向饱和Na2CO3溶液中通入CO2有浑浊现象产生【答案】AD【解析】【详解】A.将澄清石灰水分别加入Na2CO3和NaHCO3两种溶液中，都能发生反应，生成碳酸钙的白色沉淀，故A正确；B.如图装置可知，NaHCO3在大试管中，Na2CO3在小试管中，加热大试管后，大试管的温度比小试管的高，NaHCO3先反应，不能说明Na2CO3比NaHCO3的热稳定性强，故B错误；C.向某溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该溶液中可
22、能含有CO、HCO 或者两者都有，故C错误；D.向饱和Na2CO3溶液中通入CO2会发生反应，生成碳酸氢钠，因为碳酸氢钠的溶解度比Na2CO3的小，所以有晶体浑浊现象产生，故D正确；故答案：AD。19. 把含有CuSO4和Na2SO4的混合溶液VL分成两等份，一份加入含amolBaCl2的溶液，恰好使SO完全转化为沉淀；另一份加入含bmolKOH的溶液，恰好使Cu2+完全转化为沉淀，则原混合溶液中Na+的浓度为（ ）A. molL-1B. molL-1C. molL-1D. molL-1【答案】D【解析】【详解】混合溶液分成两等份，每份溶液浓度与原溶液浓度相同，一份加BaCl2的溶液发生Ba2
23、+SO=BaSO4，由方程式可知n(SO)=n(Ba2+)=n(BaCl2)=a mol，另一份加氢氧化钾溶液时发生Cu2+2OH=Cu(OH)2，由方程式可知每份溶液中n(Cu2+)=0.5n(OH)=0.5bmol，由电荷守恒可知每份中2n(Cu2+)+n(Na+)=2n(SO)，故每份中溶液n(Na+)=2a20.5bmol=(2ab)mol，则原混合溶液中钠离子的浓度为，故答案选D。20. 24 mL 0.05 molL1的 Na2SO3溶液恰好与20 mL 0.02 molL1的K2R2O7的溶液完全反应，则R元素在还原产物中的化合价为A. 0B. +2C. +3D. +6【答案】C
24、【解析】【详解】Na2SO3被氧化为Na2SO4，化合价升高2价，共失去电子为2410-3 0.052=2.410-4mol，K2R2O7被还原到+x价，得到电子为2010-30.02（6-x）2，根据电子守恒规律：2.410-4=2010-30.02（6-x）2，x=.+3，答案C正确；第卷（非选择题共50分）请将答案用黑色签字笔写在答题卡的相应位置上，写在试卷上的答案无效。三、填空题21. (1)标准状况下，1.92g某气体的体积为672mL，则此气体的相对分子质量为_。(2)在25、101kPa的条件下，同质量的CH4和A气体的体积之比是158，则A的摩尔质量为_。(3)VL Al2(S
25、O4)3溶液中含Al3+ag，将此溶液稀释到4VL，则稀释后溶液中SO的物质的量浓度是_。【答案】 (1). 64 (2). 30 gmol1 (3). molL1【解析】【详解】(1)标准状况下，1.92g某气体的体积为672 mL，气体物质的量，则摩尔质量为，因此该气体的相对分子质量为64；故答案为：64。(2)在25、101kPa的条件下，同质量的CH4和A气体的体积之比是158，体积之比等于物质的量之比，因此，则M(A)30 gmol1；故答案为：30gmol1。(3)VL Al2(SO4)3溶液中含Al3+ag，Al3+物质的量，根据2Al3+3SO关系式得到n(SO)=，将此溶液稀
26、释到4V L，则稀释后溶液中SO的物质的量浓度；故答案为：molL1。22. 某同学帮助水质检测站配制480mL0.5mol/LNaOH溶液以备使用。(1)现有烧杯、玻璃棒、托盘天平(带砝码)还缺少的玻璃仪器是_；(2)用固体样品配制一定物质的量浓度的溶液，需经过称量、溶解、移液、定容等操作。下列图示操作正确的是_。(3)该同学应用托盘天平称取NaOH固体_g。(4)另一学生在配制一定物质的量浓度氢氧化钠溶液时，所配溶液浓度偏高，原因可能是_。a.所用氢氧化钠已经潮解b.定容时俯视刻度线c.有少量氢氧化钠溶液残留在烧杯里d.定容摇匀后发现液面低于刻度线，又重新加水至刻度线【答案】 (1). 5
27、00mL容量瓶、胶头滴管 (2). B (3). 10.0 (4). b【解析】【详解】(1)配制480mL0.5mol/LNaOH溶液需要用到的仪器有烧杯、玻璃棒、托盘天平、500mL的容量瓶和胶头滴管，因此还缺少的玻璃仪器是500mL容量瓶、胶头滴管；(2)A托盘天平应该左物右码，图示防反了，故操作错误，A错误；B溶解时，可用玻璃棒搅拌，以加快溶解速率，B正确；C转移溶液时，需要用玻璃棒进行引流，C错误；D胶头滴管应竖直悬空，不能伸入容量瓶内，D错误；答案选B；(3)配制480mL0.5mol/LNaOH溶液，没有480mL的容量瓶，所以选用500mL的容量瓶，故溶液的体积为500mL，则
28、m(NaOH)=cVM=0.5mol/L0.5L40g/mol=10.0g；(4)a所用氢氧化钠潮解，会使得NaOH的物质的量偏小，最终溶液浓度偏低，a不选；b定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，b选；c有少量的氢氧化钠溶液残留在烧杯里，则氢氧化钠的物质的量偏小，浓度偏低，c不选；d定容摇匀后发现液面低于刻度线，又重新加水至刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，d不选；故答案选b。23. 在呼吸面具和潜水艇中可用过氧化钠作为供氧剂。某同学用图中的实验装置进行实验，证明过氧化钠可作供氧剂。（1）A是制取CO2的装置。写出A中发生反应的离子方程式：_。（2）装置B中盛有饱和NaHCO3溶液，作用是
29、_，反应的离子方程式为_；（3）写出装置C中过氧化钠与二氧化碳反应的化学方程式：_；（4）装置D中盛有NaOH溶液，作用是_，反应的离子方程式为_。【答案】 (1). CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O (2). 吸收CO2中的氯化氢 (3). HCO+H+=CO2+H2O (4). 2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2 (5). 吸收未反应的CO2 (6). 2+CO2=CO+H2O【解析】【分析】由实验装置可知，A装置中，CaCO3和盐酸反应生成CO2，发生的反应为：CaCO3+2HCl=CaCl2+CO2+H2O，产生气体通过B装置的饱和NaHCO3溶液，发生反应：NaH
30、CO3+HCl=NaCl+CO2+H2O，除去CO2气体中混入的HCl，然后C装置中的Na2O2与CO2（2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2）和H2O（2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2）反应，产生O2，通过装置D中的NaOH溶液吸收剩余的CO2：2NaOH+CO2=Na2CO3+H2O，最后用排水法收集O2。【详解】(1)A是制取CO2的装置，利用碳酸钙和盐酸反应生成氯化钙、二氧化碳和水，离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+CO2+H2O；(2)根据分析，产生气体通过饱和NaHCO3溶液，除去CO2气体中混入的HCl，离子方程式为HCO+H+=CO2+H2O；(3) Na
31、2O2与CO2反应生成Na2CO3和O2，化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；(4)根据分析，装置D中盛放的是NaOH溶液可以吸收未反应的CO2气体，离子方程式为2+CO2=CO+H2O；24. 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_，该仪器中盛放的试剂为_，写出A装置发生反应的离子方程式：_。(2)当有少量Cl2通过后，观察到装置C中溶液变成_色。(3)当Cl2持续通过时，装置D中干燥的有色布条能否褪色？_。(4)若要证明Cl2无漂白性，则必须在装置_(用装置字母序号填写)之前增
32、加一个_的装置。(5)装置E的作用是_，该反应的离子方程式为：_。(6)利用下列反应在常温下也可制备氯气：2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2+8H2O，该反应中还原剂是_，反应中氧化剂与还原剂物质的量之比为_；若在标准状况下得到11.2L氯气，则反应中被氧化的氯化氢的质量是_g。【答案】 (1). 分液漏斗 (2). 浓盐酸 (3). MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O (4). 蓝 (5). 能 (6). D (7). 装有浓硫酸的洗气瓶 (8). 吸收多余的氯气，防止污染空气 (9). Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O (10). HC
33、l (11). 1：5 (12). 36.5【解析】【分析】装置A为MnO2与浓盐酸在加热条件下制取Cl2，发生的反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，装置B可以吸收挥发的HCl气体，装置C可以检验Cl2的氧化性，装置D验证Cl2有无漂白性，装置E为尾气吸收装置，据此分析解答。【详解】(1)根据仪器结构可知，a为分液漏斗，该仪器中盛放的试剂为浓盐酸，装置A为MnO2与浓盐酸在加热条件下制取Cl2，发生的反应方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，离子方程式为MnO2+4H+2Cl-Mn2+Cl2+2H2O；(2)Cl2通入碘化钾淀粉溶液中，可以
34、发生反应Cl2+2KI=I2+2KCl，碘单质可以使淀粉溶液变蓝，故装置C中的溶液会变成蓝色；(3)由于Cl2中混有水，Cl2与水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，可以使得装置D中干燥的有色布条褪色；(4)要证明氯气无漂白性，需要除去氯气中混有的水蒸气，故可以在装置D之前增加一个装有浓硫酸的洗气瓶的装置；(5)装置E为尾气处理装置，可以吸收多余的氯气，防止污染空气，氯气与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(6)根据方程式可知，HCl中部分Cl元素的化合价由-1价升高至0价，被氧化，作还原剂，高锰酸钾中Mn元素的化合价由+7价降低至+2价，被还原，作氧化剂，根据得失电子守恒可知，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：5，若在标准状况下得到11.2L氯气，即0.5mol氯气，则转移1mol电子，被氧化的HCl的物质的量为1mol，质量为1mol36.5g/mol=36.5g。