【文档说明】黑龙江省大庆市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题【精准解析】.doc，共(16)页，526.000 KB，由小赞的店铺上传

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黑龙江省大庆市第一中学2019-2020学年高一上学期期末考试化学试题1.对危险化学品要在包装标签上印有警示性标志。氢氧化钠溶液应选用的标志是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】氢氧化钠是强碱，是腐蚀性试剂。【详解】A、题给图示为易燃品标识，故A不符；B、题给图示为爆炸品标识，故

B不符；C、题给图示为有毒品标识，故C不符；D、氢氧化钠是强碱，题给图示为腐蚀性试剂，故D符合；故选D。2.下列关于物质的用途，叙述不正确的是A.二氧化硫可广泛用于食品的增白B.Na2SiO3常用作制木材防

火剂C.硅胶可用作食品干燥剂D.硅可用于制作硅芯片和光电池【答案】A【解析】【详解】A.二氧化硫禁止用于食品增白，只能在红酒中少量添加起到杀菌的作用，A项错误；B.硅酸钠可作木材的防火剂和防腐剂，B项正确；C.硅胶可用于食品干燥剂或催化剂

的载体，C项正确；D.硅是一种半导体，可制作芯片和太阳能电池，D项正确；答案选A。3.下列叙述不正确的是A.在标准状况下，将22.4L氨气溶于1L水中，得到1mol·L-1的氨水B.配制0.1mol·L-1的Na2CO3溶液480mL，需用500mL容量瓶C.10mL质量分数为98%的H2SO

4溶液，用10mL水稀释后,H2SO4的质量分数大于49%D.向两等份不饱和的烧碱溶液中分别加入一定量的Na2O2和Na2O,使溶液均恰好饱和，则加入的Na2O2与Na2O的物质的量之比等于1∶1(保持温度不变)【答案】A【解析】【详解】A.氨气溶于水后溶液体积会发生改变，

不一定是1L，因此无法计算浓度，A项错误；B.在用容量瓶配制溶液时遵循“大而近”的原则，480mL溶液要使用500mL的容量瓶，B项正确；C.硫酸的密度大于水，对于密度大于水的溶质，若体积稀释到两倍，质量分数大于原来的一半，C项正确；D.根据二者和水的反应方程式：22222N

aO+2HO=4NaOH+O、22NaO+HO=2NaOH可以看出，22NaO与水反应只是多生成了氧气而已，其它计量数之比与2NaO和水反应的方程式一致，因此使相同不饱和溶液变饱和所需要的二者的物质的量之比为1:1；答案选A。【点睛】对于C项，若改

成氨水稀释的情况（氨水密度小于水），溶液体积稀释到2倍，质量分数将小于原来的一半，同学们可以对比记忆结论，感兴趣的同学可以证明一下。4.NA表示阿伏加德罗常数的值,下列叙述中正确的是A.在标准状况下，1mol

SO3体积等于22.4LB.标准状况下，7.1g氯气与足量氢氧化钠稀溶液反应转移的电子数为0.1NAC.1molFe(OH)3胶体中含有的胶粒数目为NAD.2L0.5mol·L−1硫酸钾溶液中阴离子所带电荷数为NA【答案】B【解析】【详解】A.标况下3SO不是气体，因此无法计算

体积，A项错误；B.氯气在碱液中发生歧化反应，得到+1价的氯和-1价的氯，因此1个氯气分子在碱液中转移1个电子，又因为7.1g=0.1mol71g/mol，则一共转移0.1mol电子，B项正确；C.3Fe(O

H)胶体是很多氢氧化铁胶体粒子的集合体，因此1mol胶体中的胶粒将远远小于1mol，C项错误；D.根据2L0.5mol/L=1mol算出2-4SO的物质的量，1个2-4SO带2个负电荷，因此一共带2NA个负电荷，D项错误；答案选B。5.下列化

合物中，不能通过单质间化合直接制取的是A.CuCl2B.FeCl2C.Na2O2D.SO2【答案】B【解析】【详解】A.可由氯气和铜直接点燃制得，A项正确；B.氯气和铁反应只能得到最高价氯化物，得不到氯化亚铁，B项错误；C.可由钠在氧气中燃烧制得，C项正确；D.可由硫在氧气中燃烧制得，D项

正确；答案选B。6.化学与环境密切相关，下列有关说法不正确的是A.酸雨是pH小于7的雨水B.SO2、NO2都会导致酸雨的形成C.目前工业废气脱硫应用最广泛的方法是石灰法D.我国重点城市近年发布“空气质量日报”列入的首要污染物包括SO2、NO2、可吸

入颗粒物【答案】A【解析】【详解】A.正常雨水中会溶解少量2CO而显酸性，因此我们把pH小于5.6的雨水叫酸雨，A项错误；B.2SO和2NO都能与雨水反应得到酸，故会导致酸雨的形成，B项正确；C.生石灰是碱性

氧化物，可以与2SO酸性氧化物反应得到盐，除去废气中的2SO，C项正确；D.2SO、2NO以及可吸入颗粒物是常见的空气污染物，因此它们是衡量空气质量的重要指标，D项正确；答案选A。7.下列有关实验的叙述正确的是()A.实验室蒸馏石油可用如图甲所示实验装置B.配制100mL0.1mol·L－1的盐酸

，如图乙所示C.配制一定物质的量浓度的溶液时的定容操作如图丙所示D.图丁可用于分离或提纯胶体【答案】D【解析】【详解】A.蒸馏操作中，温度计测量的是蒸气的温度，因此温度计球部应置于蒸馏烧瓶支管口处，故A错误；B.不可在容量瓶中稀释浓盐酸

，应在小烧杯中进行，稀释后的溶液冷却到室温后再用玻璃棒转移进容量瓶，故B错误；C.定容时，胶头滴管不可伸入容量瓶内，以免被污染，故C错误；D.胶粒不会透过半透膜，离子、水分子可透过半透膜，所以图丁可用

于分离或提纯胶体，故D正确；故选D。8.除去下列物质中的少量杂质（括号内的物质为杂质），所选用的试剂或方法不正确的是（）A.CO2（SO2）：饱和NaＨCO3溶液B.NO（NO2）：水C.Cl2(HCl)：NaOH溶液D.Na2CO3固体（NaHCO3）：加热【答案】

C【解析】【详解】A．CO2不与和饱和NaＨCO3溶液反应，SO2和饱和NaＨCO3溶液反应生成CO2，可以除去杂质，A正确；B．NO2和水反应生成NO，可以除去杂质，B正确；C．Cl2和HCl都可以和NaOH反应，不能达到除杂的目的，C错误；D．NaHCO

3加热时分解生成Na2CO3，可以除去杂质，D正确；答案选C。9.下列离子方程式与所述事实相符且正确的是A.氯化铝溶液中加入过量氨水：Al3＋＋4NH3·H2O＝AlO＋4NH＋2H2OB.Ca(HCO3)2溶液中加入过量NaOH溶液：C

a2＋＋2HCO3－＋2OH－＝CaCO3↓＋CO32－+2H2OC.水玻璃中通入少量的二氧化碳：Na2SiO3＋CO2＋H2O＝2Na＋＋CO32－＋H2SiO3↓D.少量SO2通入漂白粉溶液中：Ca2++2ClO-

+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO【答案】B【解析】【详解】A.氨水是弱碱，铝盐和弱碱反应只能得到3Al(OH)而不能得到-2AlO，属于事实性错误，A项错误；B.-3HCO可以和-OH反应得到2-3CO，2-3CO可以和2+Ca得到3CaCO，B项正确；

C.硅酸钠是强电解质，应该拆成离子的形式，C项错误；D.次氯酸具有氧化性，2SO具有还原性，二者发生氧化还原反应2SO应被氧化为+6价的2-4SO，产物是硫酸钙，D项错误；答案选B。10.某无色溶液能溶解Al(OH)3，则此溶液中一定能大量共存的离

子组是A.Fe2＋、Cl－、Na＋、NO3－B.K＋、Na＋、NO3－、HCO3－C.Na＋、Ba2＋、Cl－、NO3－D.Na＋、K＋、AlO2－、SO42－【答案】C【解析】【详解】无色溶液能溶解Al(OH)3，溶液既可以是酸性(含H+)也可以是碱性(含OH-)。A、在酸性条件下，NO3

－能氧化Fe2+，碱性条件下亚铁离子转化为沉淀，且亚铁离子不是无色的，不能共存，A不选；B、HCO3－和H+与OH-都能发生反应，不能共存，B不选；C、四种离子在酸性或碱性溶液中均不反应，可以大量共存，C选；D、AlO

2－和H+发生反应，不能共存，D不选。故选C。11.下列物质间的转化只需通过一步反应就能实现的是A.Fe2O3→Fe(OH)3B.Al→Al(OH)3C.Na2O2→Na2CO3D.SiO2→H2SiO3【答案】C【

解析】【详解】A.氧化铁不与水反应，无法一步得到3Fe(OH)，A项错误；B.铝直接和强碱反应，很容易因碱过量而得到-2AlO，要向反应后的溶液中再通入2CO才能得到纯净的3Al(OH)，B项错误；C.过氧

化钠直接与2CO反应即可得到碳酸钠，C项正确；D.二氧化硅不与水反应，无法直接得到硅酸，D项错误；答案选C。12.将过量的CO2分别通入下列溶液中，最终有沉淀(或固体)析出的溶液是①CaCl2溶液②Na2SiO3溶液③NaAlO2溶液④饱和Na2CO3溶液⑤澄清石灰水A.①②

③④⑤B.②③④C.②④⑤D.①②④【答案】B【解析】①盐酸的酸性大于碳酸，过量的CO2与CaCl2溶液不反应，①不符合；②二者反应生成硅酸沉淀，为强酸制取弱酸的反应，②符合；③反应生成氢氧化铝和碳酸氢钠，为强酸制取弱酸的反应，③

符合；④相同条件下碳酸氢钠的溶解度小，则过量的CO2通入饱和Na2CO3溶液中析出碳酸氢钠沉淀，④符合；⑤足量CO2与澄清石灰水反应生成碳酸氢钙，得不到沉淀，⑤不符合，答案选B。13.由下列实验及现象，推出的相应结论正确的是实验现象结论A．用铂丝蘸取某金属的盐溶液，在酒

精灯火焰上灼烧火焰呈黄色此盐溶液中含有Na+，不含K+B．向饱和NaHCO3溶液中加入足量氯水有无色气体产生氯水中含HClOC．将足量SO2气体通入石蕊试液中石蕊试液变红色SO2水溶液显酸性D．向酸性KMnO4溶液中通入SO2溶液紫色褪去SO2具有漂白性A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析

】【详解】A.钾的焰色是浅紫色，容易被钠的黄色火焰所掩盖，因此要在蓝色钴玻璃下进行观察才能确定有没有钾元素，A项错误；B.酸性：盐酸大于碳酸，碳酸大于次氯酸；因此次氯酸不可能与碳酸氢钠反应得到2CO，应该考虑是盐

酸的影响，B项错误；C.石蕊变红则证明溶液显酸性，因此说明2SO的水溶液显酸性，C项正确；D.2SO和高锰酸钾之间发生的是氧化还原反应导致褪色，与漂白性无关，D项错误；答案选C。【点睛】二氧化硫能够漂白一些有机色质

，如品红溶液，属于非氧化性漂白；而二氧化硫在与酸性高锰酸钾溶液、溴水、氯化铁等溶液反应时，体现了二氧化硫的强的还原性，导致了溶液的颜色发生了变化，而非漂白性。14.当溶液中XO4－和SO32-离子数之比为2:3时，恰好完全发生氧化还原反应，X在还原产物中的化

合价为A.＋1B.＋2C.＋3D.＋4【答案】D【解析】【详解】根据得失电子数守恒来进行判断，2-3SO在反应中被氧化变为2-4SO，失去2个电子，因此3个2-3SO一共失去6个电子，则2个-4XO一共得到6个电子，即每个-4XO得到3个电子，化合价降低3价，从+7价变为+4价，答案选D。【点睛

】对于任何一个氧化还原反应，氧化剂得电子数=还原剂失电子数=转移的总电子数，因此三者只需求出其一即可。15.已知NaOH+Al(OH)3=Na[Al(OH)4]。向集满CO2的铝制易拉罐中加入过量NaOH浓溶液，立即封闭罐口，易拉罐渐渐凹瘪；再过一段时间，罐壁又

重新凸起。上述实验过程中没有发生的离子反应是（）A.CO2+2OH−=CO32−+H2OB.Al2O3+2OH−+3H2O=2[Al(OH)4]−C.2Al+2OH−+6H2O=2[Al(OH)4]−+3H2↑

D.Al3++4OH−=[Al(OH)4]−【答案】D【解析】【详解】向集满CO2的铝罐中加入过量氢氧化钠，首先CO2与氢氧化钠反应，发生反应为：CO2+2OH-=CO32-+H2O，表现为铝罐变瘪；接着过量的氢氧化钠再与铝罐反应生成氢气，发生反应为：2

Al+2OH-+2H2O=2AlO2-+3H2↑，则罐壁又重新凸起；因铝罐表面有氧化膜Al2O3，则又能够发生反应：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O，根据以上分析可知，能够发生反应为A、B、

C，没有发生的反应为D，故选D。16.将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2A.AB.BC.CD.D【答案】B【解析】【详解】A、将SO2通入BaCl2溶液，不反应，部分SO2溶解在水中

与后来通入的H2S发生反应2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，生成S沉淀，A不选；B、氯气与氯化钡不反应，通入二氧化碳也不反应，B选；C、反应为：2NH3+H2O+CO2+BaCl2＝2NH4Cl+BaCO3↓，C不选；D、发生反

应：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl,BaCl2＋H2SO4＝BaSO4↓＋2HCl，D不选；答案选B。17.将mg镁铝合金投入到500ml2mol/L的盐酸中，固体完全溶解，收集到气体5.6L（标准状况下）。向反应所得溶液中加入4mol/L的氢氧化钠溶液，沉淀达到最大

值为13.60g，则m的值为A.11.48B.9.35C.8.50D.5.10【答案】D【解析】镁、铝最终转化为氢氧化镁和氢氧化铝沉淀，这说明Mg、Al在反应中失去电子的物质的量等于生成沉淀需要氢氧根离子的物

质的量，5.6L气体是氢气，物质的量是0.25mol，转移0.5mol电子，即与金属阳离子结合的氢氧根是0.5mol，质量是8.5g，所以m＝13.60g－8.5g=5.10g，答案选D。点睛：本题考查混合物的计算，本题注意把握电

子转移的数目和氢氧根离子之间的关系，为解答该题的关键，注意各种守恒法的灵活应用。18.已知：①Na2SO3+2H2O+I2=Na2SO4+2HI;②Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-;③I2+Fe2+不反应，向含SO32-、Fe2+、I－各0.1mol

的溶液中通入标准状况下的Cl2，通入Cl2的体积和溶液中相关离子的物质的量的关系图正确的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】离子还原性SO32->I－>Fe2+、故首先发生反应①SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-

+2H+,再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl-,然后发生反应2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,【详解】A.由SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl

-+2H+,可以知道,0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,标准状况下的Cl2的体积为:0.1mol22.4L/mol=2.24L,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故A错误;B.0.1molSO32-完全反应后,然后发生2I－+Cl2=I2+2Cl

-,0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,故开始反应时氯气的体积为2.24L,0.1molI-完全反应消耗0.05氯气,故0.1molI-完全反应时氯气的体积为:0.15mol22.4L/mol=3.3

6L,图象中氯气的体积与计算结果不一致,故B错误;C.0.1molSO32-完全反应需要消耗0.1mol氯气,0.1molI-完全反应消耗0.05氯气,故亚铁离子开始反应时氯气的体积为:0.15mol22.4L/m

ol=3.36L,由2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-可以知道,0.1molFe2+完全反应消耗0.05氯气,故Fe2+完全时消耗的氯气体积为:0.20mol22.4L/mol=4.48L,图象与实际一致,故C选项是正确的;D.SO32-、Fe2+、

I－完全时消耗的氯气为0.20mol,产生的氯离子为0.40mol和,图象中氯离子的物质的量不符，故D错误;答案：C【点睛】根据离子还原性SO32->I－>Fe2+,故首先发生反应SO32-+H2O+Cl2=SO42-+2Cl-+2H+,再发生反应2I－+Cl2=I2+2Cl-,然后发生反应

2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-,根据发生反应顺序计算离子开始反应到该离子反应完毕时氯气的体积,据此进行判断。19.按要求写出如下化学反应方程式或离子反应方程式：（1）碳酸氢钠俗名________________，能够用来治疗

胃酸过多，写出相关反应的离子方程式：______________________。（2）漂白粉或漂粉精的有效成分为__________________，制取漂白粉的化学方程式为：___________，为防止漂白粉变质，应注意___________保存。（

3）在反应3BrF3+5H2O=HBrO3+Br2+9HF+O2中，被氧化元素是____________，当有5mol水反应时，由H2O还原的BrF3为______________mol。【答案】(1

).小苏打(2).H++HCO3-=H2O+CO2↑(3).Ca(ClO)2(4).2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O(5).密封(6).Br、O(7).43【解析】【分析】（1）考察

了碳酸氢钠的俗名和与酸反应的离子方程式，按要求书写即可；（2）漂白粉中的有效成分即次氯酸钙，可以通过氯气和氢氧化钙的反应制得；（3）对于一个陌生的反应，先标出化合价，3BrF中溴是+3价，氟是-1价，据此来分析

即可。【详解】（1）碳酸氢钠又名小苏打，可以与酸发生反应：-+322HCO+H=CO+HO来中和过量的胃酸；（2）漂白粉中的有效成分为次氯酸钙，工业上通过将氯气通入石灰乳中制得：222222Cl+2Ca(OH)=CaCl+Ca(ClO)+2HO，次氯酸钙会吸收空气中

的2CO和水分，因此要密封保存；（3）不难看出一部分氧的化合价从-2价升高到0价，一部分溴的化合价从+3价升高到+5价，因此溴、氧被氧化；5mol参加反应的水中，有2mol水的化合价升高，起到了还原剂的作用，2mol水一共可以失去4mol电子，而1mol3BrF需

要得3mol电子，因此2mol水能还原43mol的3BrF。20.现有金属单质A、B、C和气体甲、乙、丙以及物质D、E、F、G、H，它们之间的相互转化关系如下图所示(图中有些反应的生成物和反应的条件没有标出)。请回答下列问题：（1）写出B、乙的化学式：B______________

_、乙_______________。（2）写出下列反应的化学方程式：反应⑤___________________________________________________________；反应⑥____________________

________________________________________。（3）写出下列反应的离子方程式：反应①___________________________________________________________；反应③___________

________________________________________________。【答案】(1).Al(2).Cl2(3).2FeCl2＋Cl2＝2FeCl3(4).3NaOH＋FeCl3＝Fe(OH)3↓＋3

NaCl(5).2Na＋2H2O＝2Na++2OH-＋H2↑(6).2OH-+2Al+2H2O=2AlO2-+3H2↑【解析】【分析】根据焰色为黄色不难猜出A为金属钠，钠与水反应得到气体甲为氢气，黄绿色气体乙只能是氯气，氢气和氯气反应得

到氯化氢，即气体丙，氯化氢溶于水得到物质E即盐酸，物质D只能是氢氧化钠，能与烧碱反应得到氢气的金属只能是铝，则金属B是铝，氢氧化钠和物质G反应得到红褐色沉淀，常见的氢氧化物中只有氢氧化铁是红褐色的，因此H是氢氧化铁，G是铁盐，则C只能是单质铁，铁与盐酸反应得到氯化亚铁，即物质F，氯化亚铁与氯气反

应得到绿化铁，即物质G，本题得解。【详解】（1）根据分析，物质B是铝，乙是氯气；（2）反应⑤即氯气和氯化亚铁的反应：2232FeCl+Cl=2FeCl，反应⑥即氯化铁和烧碱得到沉淀的反应：33FeCl+3NaOH=Fe(OH

)+3NaCl；（3）反应①即钠和水的反应：-222Na+2HO=2Na+2OH+H，反应③即铝和烧碱的反应：--2222Al+2OH+2HO=2AlO+3H。21.某Al2O3样品中含有一定量的Cu、Fe、Fe2O3杂质。现通

过下列生产过程，从该样品中提纯Al2O3，并回收铁红。流程如下：（1）操作①是________________，在实验室进行该操作需要的玻璃仪器有_____________________。（2）试剂①是________________，该反应的离子方程式是_____

_____________________________。（3）固体①加入适量稀盐酸，可能发生的反应有：_________________________________（用离子方程式表达）。（4）溶液③中铁元素的存在形式是___________________，如何用实

验证明：_________________。【答案】(1).过滤(2).烧杯、漏斗、玻璃棒(3).NaOH溶液(4).Al2O3＋2OH－=2AlO2－＋H2O(5).Fe2O3＋6H＋=2Fe3＋＋3H2

O、Fe＋2H＋=Fe2＋＋H2↑、Fe＋2Fe3＋=3Fe2＋(6).Fe2+(7).取少量溶液，加入1滴KSCN溶液不显红色，再加入氯水，溶液变红，说明溶液中铁元素以Fe2+形式存在【解析】【分析】可以发现杂质均不和碱反应，因此过量试剂①是烧碱溶液，将氧化铝全部转化为-2AlO，过滤

后得到的溶液①即为偏铝酸钠溶液，偏铝酸钠溶液中通入过量2CO可以得到3Al(OH)白色固体和碳酸氢钠溶液，再加热使3Al(OH)分解即可得到氧化铝；下面的固体①是铜、铁、氧化铁的混合物，加适量稀盐酸后过滤，得到溶液③，既然固体中有铁粉剩余，则证明铁

过量，铁过量的情况下溶液中不可能存在3+Fe，也就是说溶液③为2FeCl溶液，再加入过量的烧碱，得到氯化钠溶液和3Fe(OH)红褐色固体，加热使3Fe(OH)分解得到铁红，本题得解。【详解】（1）操作①是过滤，过滤需要的玻璃仪器有烧杯、漏斗

和玻璃棒；（2）根据分析，试剂①是烧碱溶液，反应①是氧化铝溶于烧碱溶液：--2322AlO+2OH=2AlO+HO；（3）根据分析，固体①的成分必定有铜、铁，可能会有氧化铁，因此加入盐酸后可能会发生+3+232FeO+6H=2Fe+3HO、+2+2Fe+2H=Fe+H

、3+2+Fe+2Fe=3Fe；（4）根据分析，溶液③中只有2+Fe，若要证明2+Fe，可以取少量溶液，加入1滴KSCN溶液不显红色，再加入氯水，若溶液变红，即可证明2+Fe的存在。22.无水三氯化铁呈棕红色，易潮解，100℃左右时升华，冷却后易凝华

。下图是两名学生设计的用氯气与铁反应制备无水三氯化铁的实验装置。左边的反应装置相同，而右边的产品收集装置则不同，分别如（I）和（II）所示。试回答：（1）A仪器的名称是_____________________

；（2）B中反应离子方程式为______________________；其中浓盐酸表现出的性质为________；若用含有0.2molHCl的浓盐酸与足量的MnO2反应制取Cl2，制得的Cl2体积总是

小于1.12L(标准状况)的原因是______________；（3）气体通过装置C目的是________________；（4）D中的反应开始前，需进行的操作是___________，应采取的方法是__________________；（5）写出最佳方法鉴别D中产物的离子方

程式：__________________________________________；（6）装置（I）的主要缺点是_______________________________________________；（7）如果选用（II）装置来完成实验，则必须采取的改进

措施是__________________________。【答案】(1).(球形)分液漏斗(2).MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O(3).酸性和还原性(4).随着反应的进行，浓

盐酸的浓度逐渐减小变为稀盐酸，反应停止(5).吸收水蒸气，干燥氯气(6).排除装置中的空气(7).B中的反应进行一段时间后，看到黄绿色气体充满整个装置，再开始加热D(8).Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3(9).氯化铁升

华后遇冷凝华，导管易被堵塞，尾气排入空气，会造成环境污染(10).在瓶E和F之间连接装有干燥剂的装置【解析】【分析】A和B即实验室制氯气的装置，C中浓硫酸起到干燥作用，D中即装有铁粉，和氯气反应得到三氯化铁，再来看右边的装置I和

装置II，两者都是为了收集凝华下来的氯化铁，装置I比较容易造成导管堵塞，因此不是最理想的，装置II的E、F之间缺少一个干燥剂装置，烧碱溶液中的水蒸气会进入E装置，导致氯化铁水解，据此来分析即可。【详解】（1）A的名称是分液漏斗；（2）B中即制取氯气的反应：+-2+222

MnO+4H+2Cl=Mn+Cl+2HO，浓盐酸表现出了酸性（形成了盐）和还原性（被氧化为氯气）；反应中浓盐酸会挥发，且只有浓盐酸会发生反应，反应一段时间后盐酸浓度下降，反应就停止了，因此得到的氯气总是会小

于理论值；（3）产生的氯气中会有少量水蒸气，因此装置C的作用是干燥氯气；（4）因为铁受热后极易被氧气氧化，因此反应开始前应排去装置内的空气，可以先制氯气，让氯气将装置内的空气“赶”走后，再点燃D中的酒精灯，开始反应；（5）检验3+Fe的最好的办法就是

用KSCN溶液：3+-3Fe+3SCN=Fe(SCN)；（6）装置I中氯化铁升华后遇冷凝华，导管易被堵塞，尾气排入空气，会造成环境污染；（7）装置II的E、F之间缺少一个干燥剂装置，烧碱溶液中的水蒸气会进入E装置，导致氯化铁水解，因此在E、F之间加一个装有干燥剂的装置即可。【点睛】二

氧化锰与浓盐酸加热反应制备氯气；随着反应的进行，浓盐酸逐渐变为稀盐酸，稀盐酸与二氧化锰不反应；该反应过程中浓盐酸起到了酸性和还原性作用。