浙江省宁波市余姚中学2023-2024学年高一化学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

余姚中学2023学年第一学期质量检测高一化学学科试卷可能用到的相对原子质量：H-1C-12N-14O-16Na-23S-32Cl-35.5一、选择题：本题共16小题，共48分，每小题只有一个正确选项。1.“开展垃圾分类，争做文明市民”、“垃圾分一分。环境美十分”，全国上下掀起垃圾分类行动新高潮。生活中可回收的塑料瓶、卷纸芯、旧书本等属于A.有机物B.单质C.氧化物D.无机物【答案】A【解析】【详解】塑料瓶、卷纸芯、旧书本等分别是有机合成高分子、纤维素等有机物，故选：A。2.下列说法正确的是A.摩尔是国际单位制中七个基本物理量之一B.6.02×1023就是阿伏加德罗常数C.1molCO2中含有1mol碳和2mol氧D.硫酸的摩尔质量是98g/mol【答案】D【解析】【详解】A．物质的量是国际单位制中七个基本物理量之一，摩尔是物质的量的单位，故A错误；B．阿伏加德罗常数的近似值为6.02×1023，但6.02×1023不是阿伏加德罗常数，故B错误；C．指代不明，正确的说法是1molCO2中含有1mol碳原子和2mol氧原子，故C错误；D．H2SO4的相对分子质量为98，所以摩尔质量为98g/mol，故D正确；综上所述答案为D。3.不能用单质直接化合而得到的化合物是A.FeCl2B.Al2O3C.CuCl2D.Na2O2【答案】A【解析】【详解】A．铁具有变价，氯气具有强氧化性，铁被氧化生成高价态化合物，发生反应为：2Fe+3Cl22FeCl3，不能直接反应生成FeCl2，A符合题意；B．铝在空气中会和氧气反应生成致密的氧化铝薄膜，B不符合题意； C．铜具有变价，氯气具有强氧化性，Cu被氧化成高价态化合物，发生反应为：Cu+Cl2CuCl2，C不符合题意；D．钠在空气中点燃生成过氧化钠，D不符合题意；故选A。4.下图是甲烷燃烧反应的微观示意图，其中不同的球代表不同元素的原子。下列说法正确的是A.甲烷属于有机物，是电解质B.该反应中“○”代表氧原子C.丙和丁都是酸性氧化物D.既不是酸性氧化物，也不是碱性氧化物【答案】D【解析】【详解】A．甲烷属于有机物，但不是电解质，故A错误；B．从甲烷燃烧反应的微观示意图和甲烷分子式CH4可知，表示的是甲烷分子，则小球表示的是氢原子，故B错误；C．从微观示意图中球的颜色可知丙是二氧化碳分子，丁是水分子，其中二氧化碳是酸性氧化物，但水不是，故C错误；D．从球的颜色和个数可知属于CO分子，其既不是酸性氧化物，也不是碱性氧化物，故D正确；答案D。5.下列方框中的物质或溶液之间发生的反应分别是①②③④，下列有关这些反应的说法错误的是A.①置换反应，反应的离子方程式为Mg+2H+=Mg2++H2↑B.②是复分解反应，反应的离子方程式为2H++O2-=H2O C.③是化合反应，但不是氧化还原反应D.④中反应的离子方程式可能是CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O【答案】B【解析】【详解】A．一种单质和化合物生成另外一种单质和化合物的反应属于置换反应；镁和稀盐酸发生置换反应生成氯化镁和氢气，故A正确；B．两种化合物交换成分生成另外两种化合物的反应，属于复分解反应；盐酸和氧化钙发生复分解反应生成氯化钙和水，反应为2H++CaO=H2O+Ca2+，故B错误；C．③是氧化钙和二氧化碳生成碳酸钙的反应，是化合反应，没有元素化合价改变不是氧化还原反应，故C正确；D．④中少量二氧化碳和氢氧化钡生成碳酸钡沉淀和水，反应的离子方程式可能是CO2+Ba2++2OH-=BaCO3↓+H2O，故D正确；故选B。6.用化学用语表示Cl2+H2OHCl+HClO中相关微粒，正确的是A.Cl2和Cl-互为同素异形体B.HClO的电离方程式：HClO=H++Cl-+O2-C.“84”消毒液的有效成分：HClOD.Cl-的结构示意图：【答案】D【解析】【详解】A．同种元素形成的不同单质互为同素异形体，Cl-不是单质，与Cl2不互为同素异形体，A错误；B．HClO属于一元弱酸，在水中的电离方程式为HClOH++ClO-，B错误；C．“84”消毒液的主要成分是NaClO和NaCl，有效成分为NaClO，C错误；D．Cl-是由氯原子得到一个电子后得到的，故有17+1=18个电子，其结构示意图正确，D正确；故选D。7.下列各组离子在溶液中可以大量共存的是（）A.Al3+、NH、OH-、COB.H+、Ca2+、CO、Cl-C.Ba2+、Na+、SO、NOD.K+、Na+、SO、Cl- 【答案】D【解析】【详解】A．Al3+、NH均能和OH-发生离子反应，不能大量共存，另外Al3+和CO也能发生双水解反应，不能大量共存，故A错误；B．H+、Ca2+均能和CO发生离子反应，不能大量共存，故B错误；C．Ba2+和SO发生离子反应，不能大量共存，故C错误；D．K+、Na+、SO、Cl-彼此间不发生离子反应，能大量共存，故D正确；故答案为D。8.下列叙述正确的是A.向碳酸钠固体中加入少量水，碳酸钠能溶解，并伴随着吸热现象B.足量Cl2、O2分别和两份等质量的Na反应，前者得到电子多C.氧化钠和过氧化钠都可以和盐酸反应，但是过氧化钠不属于碱性氧化物D.可以用澄清石灰水鉴别碳酸钠和碳酸氢钠溶液【答案】C【解析】【详解】A．碳酸钠固体能溶于水且溶解过程伴随着放热现象，A错误；B．Na与Cl2、O2反应时，钠元素的化合价由0价升至+1，两个反应中钠均作还原剂，由于Na均少量，两份中Na失去的电子一样多，Cl2、O2得到电子一样多，B错误；C．氧化钠和盐酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物，而过氧化钠与盐酸反应除生成盐和水外还生成了氧气，不符合碱性氧化物的定义，过氧化钠不是碱性氧化物，C正确；D．澄清石灰水和碳酸钠或碳酸氢钠溶液均能生成碳酸钙沉淀，现象一样，用澄清石灰水不能区分碳酸钠和碳酸氢钠溶液，D错误；故选C。9.下列物质：①Cl2②氨水③CO2气体④SO3气体⑤纯碱粉末⑥乙醇⑦铜⑧熔融的NaCl⑨水玻璃（Na2SiO3水溶液）⑩纯盐酸，以下叙述不正确的是（）A.属于非电解质的有3种B.属于纯净物的有7种C.属于电解质的有3种D.上述状态下能导电的有5种【答案】C【解析】 【详解】①Cl2是单质，为纯净物，既不是电解质也不是非电解质；②氨水能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；③CO2气体不能导电，其溶于水能导电的原因是碳酸导电，二氧化碳是非电解质；④SO3气体不能导电，其溶于水能导电的原因是三氧化硫溶于水，硫酸导电，三氧化硫是非电解质；⑤纯碱粉末不能导电，属于盐，熔融状态或溶于水中能导电，属于电解质；⑥酒精不能导电，属于非电解质；⑦铜能导电，是金属单质，既不是电解质也不是非电解质；⑧熔融的NaCl能导电，是电解质；⑨水玻璃能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；⑩盐酸能导电，属于混合物，既不是电解质也不是非电解质；A．③④⑥是非电解质，属于非电解质的有3种，选项A正确；B．①③④⑤⑥⑦⑧属于纯净物，属于纯净物的有7种，选项B正确；C．⑤⑧是电解质，属于电解质有2种，选项C不正确；D．②⑦⑧⑨⑩能导电，上述状态下能导电的有5种，选项D正确。答案选C。【点睛】本题考查了电解质的判断、纯净物与混合物的计算，注意：化合物是否是电解质与物质的溶解性大小无关。10.下图中，“——”表示相连的物质间在一定条件下可以反应，“―→”表示丁在一定条件下通过置换反应可以转化为乙。下列四组选项中，符合图示要求的是选项甲乙丙丁AH2SO4Na2SO4NaOHNaClBBaCl2K2CO3HClKOHCO2COCuOCDFeCuCl2ZnHCl A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．硫酸与氯化钠不能反应，氯化钠钠与氢氧化钠也不反应，氢氧化钠与硫酸钠也不反应，故A错误；B．氯化钡和氢氧化钾不能反应，氢氧化钾也不能通过置换反应生成碳酸钾，故B错误；C．氧气与CO反应生成二氧化碳，CO与氧化铜反应生成铜和二氧化碳，氧化铜与C反应生成二氧化碳和铜，过量氧气与C反应生成二氧化碳，少量氧气与C反应生成CO，故C正确；D．盐酸不能与铜发生置换反应生成氯化铜和氢气，故D错误；故选：C。11.用NA代表阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.0.5mol锌粒与足量盐酸反应产生11.2LH2B.标准状况下，11.2LCCl4所含分子数为0.5NAC.0.1molNa2O2所含阴离子数为0.1NAD.常温常压下，28gN2中所含原子个数为NA【答案】C【解析】【详解】A．氢气所处的状态不明确，即气体摩尔体积的数值不明确，则生成的氢气的体积不明确，故A错误；B．标准状况下，四氯化碳为液体，不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；C．过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成的，0.1molNa2O2所含阴离子0.1mol，数目为0.1NA，故C正确；D．28gN2为1mol，1mol氮气分子中含有2molN原子，所含原子个数为2NA，故D错误；故选C。12.已知KBrO3可发生下列反应：2KBrO3+I2=2KIO3+Br2，下列有关说法不正确的是A.通过该反应相关物质的氧化性、还原性强弱比较可知：不能用KI与Br2反应来制取I2B.该反应说明I2的还原性强于Br2C.当有1个KBrO3参与反应时转移5个电子D.KBrO3是氧化剂【答案】A【解析】【详解】A．根据反应方程式可知，Br2为还原产物，I元素的化合价由0价升高为+5价，I2 为还原剂，利用还原剂的还原性强于还原产物的还原性，即I2的还原性强于Br2，则溴单质氧化性大于碘单质，则溴单质可以氧化碘离子生成碘单质，故A错误；B．由A分析可知，I2的还原性强于Br2，故B正确；C．KBrO3中Br的化合价为+5价，根据反应方程式可知，Br元素的化合价由+5价降低为0价，当有1个KBrO3参与反应时转移5个电子，故C正确；D．KBrO3中Br的化合价为+5价，根据反应方程式可知，Br元素的化合价由+5价降低为0价，因此KBrO3是氧化剂，故D正确；故选A。13.下列说法正确的是A.纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，有白烟产生B.工业上将Cl2通入澄清石灰水制取漂白粉C.某无色澄清溶液中滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则溶液中有Cl-D.氯气能使鲜花褪色是因为有次氯酸生成【答案】D【解析】【详解】A．纯净的氢气在氯气中安静地燃烧，生成氯化氢，瓶口有白雾产生，故A错误；B．工业上将通入石灰乳中制取漂白粉，故B错误；C．氯离子、碳酸根离子都能与Ag+反应生成沉淀，某无色澄清溶液中滴加溶液，有白色沉淀生成，溶液中不一定有氯离子，故C错误；D．氯气和水反应生成次氯酸，次氯酸具有漂白性，氯气能使鲜花褪色，故D正确；故选D。14.下列离子方程式不正确的是A.FeCl3溶液中加入过量的氨水：Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NHB.醋酸钠溶液中滴入稀硫酸：CH3COONa+H+=CH3COOH+Na+C.NaHCO3溶液中加过量Ba(OH)2溶液：HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2OD.澄清石灰水与过量二氧化碳气体反应：OH-+CO2=HCO【答案】B【解析】【详解】A．氨水是一种弱碱，在离子方程式中不拆写成离子，FeCl3溶液中加入过量的氨水可生成氢氧化 铁沉淀，离子方程式为Fe3++3NH3•H2O=Fe(OH)3↓+3NH，A不符合题意；B．醋酸钠属于可溶性盐，在水溶液中可以完全电离，正确的离子方程式应为CH3COO-+H+=CH3COOH，B符合题意；C．Ba(OH)2溶液过量则NaHCO3溶液少量，只有1个HCO参与反应，故1个HCO先与1个OH-反应生成1个和1个水分子，这个再和1个结合生成沉淀，故NaHCO3溶液与过量Ba(OH)2溶液反应的离子方程式为HCO+Ba2++OH-=BaCO3↓+H2O，C不符合题意；D．澄清石灰水与少量二氧化碳气体反应生成碳酸钙沉淀和水，当二氧化碳过量时，碳酸钙沉淀能溶解生成碳酸氢钙，故澄清石灰水与过量二氧化碳气体反应的离子方程式为OH-+CO2=HCO，D不符合题意；故选B。15.某溶液X中可能含有Cl-、SO、CO、Na+、Mg2+、Cu2+中的若干种。为了确定该溶液的组成，取一定体积的上述溶液，进行了如下实验，下列说法正确的是A.白色沉淀1是硫酸钡、碳酸钡和氢氧化镁的混合物B.溶液2中滴入硝酸酸化的硝酸银溶液，若生成白色沉淀，说明溶液X中含有Cl-C.溶液X中可能存在Mg2+，一定不存在Cu2+D.溶液X中存在Na+、SO、CO【答案】D【解析】【分析】由实验流程可知，X与Ba(OH)2反应生成白色沉淀，则一定不含Cu2+，且白色沉淀1与足量盐酸反应，部分溶解，白色沉淀2为BaSO4，气体A为CO2，溶液中一定含SO、CO、Na+则不含Mg2+、Cu2+，不能确定否含有Cl-，以此解答该题。【详解】A．白色沉淀1为碳酸钡、硫酸钡混合物，A错误；B．因加入盐酸，引入氯离子，不能确定溶液X是否含有氯离子，B错误；C．含有碳酸根离子，则一定不含Mg2+，二者不能共存，C错误；D．由以上分析可知溶液X中存在Na+、SO、CO，D正确； 故本题选D。16.Cl2与NaOH溶液反应可生成NaCl、NaClO和NaClO3，n(Cl-)和n(ClO-)的比值与反应温度有关。某温度下，用24gNaOH配成溶液，与Cl2恰好完全反应(忽略溶液体积的变化)，反应后溶液中n(Cl-)=6n(ClO-)，则溶液中n(ClO-)等于A.0.05molB.0.075molC.0.1molD.0.15mol【答案】B【解析】【详解】由NaCl、NaClO和NaClO3的组成发现，钠与氯原子的物质的量之比为1:1，所以n(NaOH)=2n(Cl2)=，所以n(Cl2)=0.3mol，设n(ClO-)=amol，则n(Cl-)=6amol，所以，根据得失电子守恒得：6a=a+5(0.6-7a)，解之得a=0.075mol；故选B。二、非选择题：本题共4小题，共52分。17.请按要求回答下列问题：（1）列举过氧化钠一种用途_______；漂白粉的有效成分______。（2）2022年8月起，我国商务部暂停向台湾地区出口天然砂。天然砂的主要成分是二氧化硅，能与烧碱溶液反应生成硅酸盐和水，说明二氧化硅是______氧化物(填“酸性”或“碱性”)，该反应的化学方程式为_______。（3）将颗粒直径为20~30nm的氧化铜分散在塑料中制成复合材料，这种分散系是______，该分散系中的分散质粒子能否穿透滤纸______(填“能”或“否”)。（4）钠是活泼金属，能与水剧烈反应，请写出反应的化学方程式，并用双线桥法表示电子转移的方向和数目_______。【答案】（1）①.漂白剂或供氧剂②.Ca(ClO)2(次氯酸钙)（2）①.酸性②.SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O（3）①.胶体②.能 （4）【解析】【小问1详解】过氧化钠具有强氧化性且能和水、二氧化碳生成氧气，故其可以用于漂白剂或供氧剂；漂白粉的有效成分次氯酸钙；【小问2详解】能和碱反应生成盐和水的氧化物属于酸性氧化物；二氧化硅和烧碱氢氧化钠溶液反应生成硅酸钠和水：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，故二氧化硅是酸性氧化物；【小问3详解】胶体是分散质粒子大小在1nm~100nm的分散系；颗粒直径为20~30nm的氧化铜分散在塑料中制成复合材料，这种分散系是胶体，胶体中分散质粒子能穿透滤纸；【小问4详解】钠是活泼金属，能与水剧烈反应，生成氢氧化钠和氢气，反应中钠失去电子、水中氢得到电子，双线桥表示为。18.回答下列问题：（1）0.5mol(NH4)2S的质量为______g。（2）标准状况下，1.92g某气态氧化物RO2的体积为0.672L，RO2的相对分子质量为______。（3）与0.2molH2含有相同电子数的氦气分子的物质的量为______。（4）标准状况下，CO与CH4组成的混合气体的平均密度为1g•L-1，该混合气体的平均摩尔质量为______，CO的体积分数为______。（5）标准状况下，将448mLCl2通入足量烧碱溶液中完全吸收，则反应中转移的电子数目为______。【答案】（1）34（2）64 （3）0.2mol（4）①.22.4g/mol②.或53.3%（5）0.02NA【解析】【小问1详解】0.5mol(NH4)2S的质量为0.5mol×68g/mol=34g；【小问2详解】标准状况下，1.92g某气态氧化物RO2的体积为0.672L（为0.03mol），则RO2的相对分子质量为；【小问3详解】1分子氢气含有2个电子、1分子氦气含有2个电子，与0.2molH2含有相同电子数的氦气分子的物质的量为0.2mol；【小问4详解】标准状况下，CO与CH4组成的混合气体的平均密度为1g•L-1，则该混合气体的平均摩尔质量为1g•L-1×22.4L/mol=22.4g/mol；假设1mol混合气体转化CO为amol、CH4为(1-a)mol，则28a+16(1-a)=22.4g，则a=，故CO的体积分数为或53.3%；【小问5详解】标准状况下，将448mLCl2（为0.02mol）被足量烧碱溶液中完全吸收，氯气发生歧化反应生成氯化钠和次氯酸钠：，电子转移为，则反应中转移电子数目为0.02NA。19.有4种化合物W、X、Y、Z，它们的焰色试验都出现黄色，存在如下转化关系：①WX+H2O+CO2↑②Z+CO2→X+O2③Z+H2O→Y+O2↑④X+Ca(OH)2→Y+CaCO3试回答下列问题：（1）W、X的化学式分别是：W______、X______。（2）以上4个化学反应，属于氧化还原反应的是______(填反应序号)，反应中氧化剂是______(写化学式)，还原剂是______(写化学式)。（3）①如果反应④在溶液中进行，反应物之一为石灰乳，写出其离子方程式：_______。 ②充分加热W和X的混合物10.0g至质量不再变化，剩余固体质量为8.45g，则混合物中X的质量分数为______。【答案】（1）①.NaHCO3②.Na2CO3（2）①.②③②.Na2O2③.Na2O2（3）①.Ca(OH)2+CO=CaCO3↓+2OH-②.58%【解析】【分析】4种化合物W、X、Y、Z，它们的焰色试验都出现黄色，则都含有钠元素；W受热分解为X和水、二氧化碳，则W为碳酸氢钠、X为碳酸钠，碳酸氢钠不稳定受热易分解；Z和二氧化碳生成氧气和碳酸钠，Z和水生成Y和氧气，则Z为过氧化钠，Y为过氧化钠和水生成的氢氧化钠；碳酸钠和氢氧化钙生成Y氢氧化钠和碳酸钙沉淀；【小问1详解】由分析可知，W、X的化学式分别是NaHCO3、Na2CO3；【小问2详解】氧化还原为存在元素化合价改变的反应，故以上4个化学反应，属于氧化还原反应的是②③，过氧化钠和二氧化碳生成氧气和碳酸钠，过氧化钠和水生成氢氧化钠和氧气的反应均为过氧化钠的歧化反应，过氧化钠中部分氧元素化合价升高得到氧气、部分氧元素化合价降低得到-2价氧，故反应中氧化剂是Na2O2还原剂是Na2O2；【小问3详解】①如果反应④在溶液中进行，反应物之一为石灰乳，则氢氧化钙不能拆，碳酸钠和氢氧化钙生成氢氧化钠和碳酸钙沉淀，反应离子方程式：Ca(OH)2+CO=CaCO3↓+2OH-。②充分加热碳酸氢钠和碳酸钠的混合物10.0g至质量不再变化，剩余固体质量为8.45g，碳酸氢钠不稳定受热易分解生成碳酸钠、水、二氧化碳：，则168份碳酸氢钠反应质量减小62份，则碳酸氢钠质量为，则混合物中碳酸钠的质量分数为。20.通过“价类二维图”研究物质性质是化学研究的重要方法，如图是氯元素的部分化合价与物质类别的对应关系。 请回答：（1）X化学式为______。（2）氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素质量比为71：16，则m：n=______。（3）NaClO2与Z都可用于消毒，等物质的量的两种物质，消毒效率NaClO2是Z的______倍(消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。我国最近成功研制出由NaClO2与Z制取ClO2的新方法，请写出该反应的化学方程式________。（4）Y可用于实验室制取O2，其焰色试验为紫色，则Y的化学式是______。用Y和浓盐酸反应可制取Z气体，验证Z气体已经收集满的实验操作和现象是_______。【答案】（1）HClO4（2）2：1（3）①.2②.2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl（4）①.KClO3②.将湿润的淀粉KI试纸(也可用蓝色石蕊试纸或pH试纸)放在瓶口，若试纸显蓝色，则已满【解析】【分析】通过价类二维图分析，Z是单质Cl2，W是+1价的氧化物Cl2O，X是+7价的含氧酸HClO4，Y是+5价的氯酸盐。【小问1详解】由分析可知，X化学式为HClO4；【小问2详解】氯的某种氧化物(ClmOn)中氯、氧元素质量比为71：16，则；【小问3详解】1molNaClO2用于消毒时生成Cl-得电子为4mol，1molCl2用于消毒时生成Cl-得电子2mol，消毒效率NaClO2是Cl2的2倍；NaClO2与Cl2制取ClO2，则反应NaClO2中氯元素化合价由+3变为+4，根据电子守恒可知，氯气中氯元素化合价会由0降低为-1，结合质量守恒，反应为2NaClO2+Cl2=2ClO2+2NaCl；【小问4详解】Y可用于实验室制取O2，其焰色试验为紫色，则含有钾元素，氯酸钾受热分解生成氧气，则Y的化学式是KClO3。KClO3和浓盐酸反应氧化还原反应可制取氯气，氯气能使湿润的淀粉KI试纸变蓝色，故验证 氯气气体已经收集满的实验操作和现象是将湿润的淀粉KI试纸(也可用蓝色石蕊试纸或pH试纸)放在瓶口，若试纸显蓝色，则已满。21.某化学兴趣小组设计了如图装置，该装置能制取Cl2，并进行相关性质实验，且可利用装置G储存多余的氯气。（1）A中发生反应的化学方程式为_______。（2）实验开始时，先打开分液漏斗旋塞和活塞K，点燃A处酒精灯，让氯气充满整个装置，再点燃E处酒精灯。回答下列问题：①在装置D中能看到的实验现象是________。②由C中出现的现象可以得到结论：氧化性强弱为______。③在装置E的硬质玻璃管内盛有炭粉，发生氧化还原反应，产物为CO2和HCl，则E中发生反应的化学方程式为________。④装置F中球形干燥管的作用是_______。（3）储气瓶b内盛放的试剂是______。（4）装置B中Fe2+被Cl2氧化为Fe3+，反应的离子方程式为________。【答案】（1）MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑（2）①.溶液先变红色后褪色②.Cl2＞I2③.C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl④.防止倒吸（3）饱和食盐水（4）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-【解析】【分析】依据题意可知实验目的：制取氯气并进行氯气性质实验。首先利用二氧化锰与浓盐酸在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，氯气具有强氧化性，能够氧化氯化亚铁生成氯化铁，能够氧化碘化钾溶液生成单质碘，而碘单质遇到淀粉变蓝，氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，所以D中紫色石蕊试液先变红后褪色，E 中碳与氯气、水蒸气反应生成二氧化碳和氯化氢，由于氯气有毒，可用氢氧化钠溶液吸收过量的氯气。【小问1详解】A是制备氯气的装置，A中的二氧化锰和浓盐酸在加热条件下发生氧化还原反应生成氯气、氯化锰和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+2H2O+Cl2↑；【小问2详解】①氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有漂白性，故D中的紫色石蕊试液先变红色后褪色；②C中氯气氧化碘化钾溶液生成单质碘，反应方程式为Cl2+2KI=I2+2KCl，而碘单质遇到淀粉变蓝，故可以得到结论：氧化性强弱为Cl2＞I2；③在装置E的硬质玻璃管内盛有炭粉，由于发生氧化还原反应，且产物为CO2和HCl，依据得失电子守恒和原子守恒可知其中发生反应的化学方程式为C+2Cl2+2H2OCO2+4HCl；④氯化氢易溶于氢氧化钠溶液，容易发生倒吸，故装置F中球形干燥管的作用是防止倒吸；【小问3详解】A中生成的氯气中混有少量挥发出来的氯化氢气体，氯气不溶于饱和食盐水，所以储气瓶b内盛放的试剂是饱和食盐水，其作用是除去氯气中的氯化氢气体；【小问4详解】