2024届甘肃省武威市民勤一中化学高一第一学期期末调研模拟试题含解析

2024届甘肃省武威市民勤一中化学高一第一学期期末调研模拟试题考生请注意：1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列物质属于电解质的是（）A．蔗糖 B．玻璃 C．纯碱 D．铁2、下列有关硫及其化合物性质的说法中，正确的是A．铜粉和硫粉混合加热可制得CuSB．久置酸雨酸性增强，原因是水的挥发C．SO2通入石蕊试液中，溶液颜色先变红，再褪色D．亚硫酸钠暴露在空气中容易被氧化成硫酸钠3、下列关于物质分类的叙述中，不正确的是：A．硫酸属于酸 B．纯碱属于碱C．食盐主要成分属于盐 D．二氧化硫属于酸性氧化物4、下列关于液氯和氯水的说法不正确的是()A．常温常压下液氯是一种黄绿色的液体B．在加压条件下氯气转化为液氯，可用干燥的钢瓶储存液氯C．新制氯水在光照条件下放出气体的主要成分是氧气D．新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色5、下列各组离子能够大量共存且溶液呈无色的是A．H+、Ag+、Cl－、SO42－ B．Mg2+、Al3+、OH－、SO42－C．K+、Na+、Cl－、CO32－ D．NH4+、MnO4－、Na+、NO3－6、下列化合物能通过相应单质直接化合而成的是（）A．FeCl2 B．CuS C．Na2O2 D．SO37、下列物品或设备的成分中含有二氧化硅的是()①门窗玻璃②水晶镜片③石英钟表④玛瑙首饰⑤硅太阳能电池⑥光导纤维⑦计算机芯片A．①②③④⑥ B．全部 C．⑤⑦ D．①②⑥⑦8、下列四组物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是A．二氧化碳碳酸钠 B．硫酸钠乙醇C．氧化铝硫 D．蔗糖氢氧化钠9、下列物质中，属于电解质的是A．Cu B．H2SO4 C．MgCl2溶液 D．NH310、某化学小组在常温下测定一定质量的某铜铝混合物中铜的质量分数，设计了如下实验方案：方案I：铜铝混合物测定生成气体的体积方案II：铜铝混合物测定剩余固体的质量下列有关判断中不正确的是A．溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液B．溶液A和B均可以选用稀硝酸C．若溶液B选用浓硝酸，则测得铜的质量分数偏小D．实验室方案Ⅱ更便于实施11、在某一电解质溶液中逐滴加入另一溶液时，溶液的导电性由大变小又逐渐增大的是A．盐酸中逐滴加入食盐溶液 B．硫酸中逐滴加入氢氧化钠溶液C．石灰乳中滴加稀盐酸 D．硫酸中逐滴加入氢氧化钡溶液12、能正确表示下列化学反应的离子方程式的是（）A．CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合：Cu2++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+Cu(OH)2↓B．澄清的石灰水与稀盐酸反应：Ca(OH)2+2H+=Ca2++2H2OC．氯化钙与碳酸氢钾溶液混合：Ca2++CO32-=CaCO3↓D．澄清的石灰水中通入少量CO2：OH-+CO2=HCO3-13、关于气体摩尔体积的下列说法中正确的是()A．在标准状况下，0.5mol任何气体的体积都必定是11.2LB．在标准状况下，1mol任何物质的体积都约是22.4LC．常温、常压下，1mol任何气体的体积都约是22.4LD．在标准状况下，0.5mol二氧化碳所占有的体积约是11.2L14、下列仪器名称不正确的是（）ABCD量筒圆底烧瓶容量瓶分液漏斗A．A B．B C．C D．D15、NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是（）A．常温常压下，22.4L二氧化碳中含有NA个二氧化碳分子B．1.7g双氧水中含有的电子数为0.9NAC．标准状况下，2.24L水中含有的分子数等于0.1NAD．分子数为NA的一氧化碳、乙烯混合气体体积约为22.4L，质量为28g16、现有Na2SO4、(NH4)2SO4、NaCl、NH4Cl四瓶无色溶液，能将其鉴别开来的试剂是A．稀盐酸 B．BaCl2溶液 C．NaOH溶液 D．Ba(OH)2溶液二、非选择题（本题包括5小题）17、X、Y、W、Z是四种常见的短周期元素，其原子半径随原子序数变化如图所示。已知X的一种核素的质量数为18，中子数为10，Y和Ne原子的核外电子总数相差1；W的单质是一种常见的半导体材料；Z的非金属性在同周期主族元素中最强。请回答下列问题：(1)W位于元素周期表中第________周期第________族。画出X的阴离子的结构示意图：____________。(2)Z的氢化物和溴化氢相比，较稳定的是________(写电子式)。(3)Y的金属性与Mg的金属性相比，________的金属性强(写化学式)，请用实验证明它们金属性的相对强弱：___________。(4)写出Y的最高价氧化物对应的水化物与Z的最高价氧化物对应的水化物发生反应的化学方程式：_______。18、现有金属单质A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F，它们之间能发生如下反应。(图中有些反应的产物和反应条件没有标出)(1)A的原子结构示意图为_____________，丙的化学式为_____________。(2)金属A、B和气体甲、乙、丙以及物质C、D、E、F中不能导电的有__________________、属于电解质的有___________。(填“A”“B”“甲”“乙”“丙”“C”“D”“E”“F”)(3)写出转化①发生的化学方程式：____________________,写出转化④发生的离子方程式：____________________。(4)将Na2O2投入到E溶液中，可以观察到的现象是：_____________。19、用海水“晒盐”的方法得到的粗盐中，除氯化钠外，还含有氯化镁、氯化钙、硫酸钠等杂质。将此粗盐提纯的部分实验方案如下：（1）粗盐水中含有的阳离子有_______，阴离子有__________。（2）加入BaCl2溶液的目的是（用离子方程式表示）_________。（3）生成沉淀C的离子方程式是______。（4）D中所含离子有_______。（5）E的主要成分的化学式是____。（6）用文字描述加入适量盐酸的目的是________。（7）某同学认为加入过量K2CO3溶液与加入过量Na2CO3溶液同样可以达到实验目的，这种说法是否合理，请说明理由______________。20、某化学实验小组的同学为探究和比较SO2和氯水漂白性的强弱，设计了如下的实验装置。(1)实验室用装置A制备SO2.某同学在实验时发现打开A的分液漏斗活塞后，漏斗中液体未流下，你认为原因可能是_____(2)实验室用装置E制备Cl2，写出反应的化学方程式_____请指出该反应中的液体反应物在反应中所表现出的化学性质_____。若液体反应物中的溶质反应了6mol，则标准状况下生成Cl2的体积为_____L(3)停止通气后，再给BD两个试管分别加热，两个试管中的现象分别为:B_____、D_____(4)C装置的作用是吸收尾气，防止污染空气，写出吸收Cl2的离子方程式_____(5)另一个实验小组的同学认为SO2和氯水都有漂白性，二者混合后的漂白性肯定会更强。他们将制得的SO2和Cl2按1:1同时通到品红溶液中，结果发现溶液基本不褪色。请你分析该现象的原因_____(用化学方程式表示)21、某研究性学习小组为测定某含镁3%～5%的铝镁合金（不含其他元素）中镁的质量分数，设计了下列实验方案进行探究，请根据他们的设计回答有关问题。实验方案：铝镁合金测定剩余固体质量。问题讨论：（1）实验中发生反应的化学方程式是______________________________。（2）若实验中称取5.4g铝镁合金粉末样品，投入VmL2.0mol/LNaOH溶液中，充分反应。则NaOH溶液的体积V≥_________mL。（3）实验中，当铝镁合金充分反应后，在称量剩余固体质量前，还需进行的实验操作按顺序依次为_______________、洗涤、_________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解题分析】

溶于水或在熔融状态下能导电的化合物是电解质，据此解答。【题目详解】A.蔗糖不能电离出离子，是非电解质，A不选；B.玻璃属于混合物，不是电解质也不是非电解质，B不选；C.纯碱溶于水电离出离子而导电，属于电解质，C选；D.铁是金属单质，不是电解质也不是非电解质，D不选；答案选C。2、D【解题分析】

A、硫单质氧化性弱，氧化变价金属生成低价化合物，铜粉和硫粉混合加热可制得Cu2S，故A错误；

B、酸雨酸性增强是二氧化硫和水反应生成的亚硫酸被空气中的氧气氧化得到硫酸溶液，因此久置酸雨酸性增强，故B错误；

C、二氧化硫是酸性氧化物，溶于水形成亚硫酸，显酸性；二氧化硫的漂白性具有选择性，不能使变红的石蕊溶液褪色，故C错误；

D、亚硫酸钠暴露在空气中容易被空气中的氧气氧化成硫酸钠，故D正确；

故选：D。3、B【解题分析】

A.只有在水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的为酸，硫酸在水溶液中电离出的氢离子全部是氢离子，所以硫酸是酸，A正确；B.纯碱是碳酸钠的俗称，属于钠盐或碳酸盐，不属于碱，B错误；C.食盐主要成分是氯化钠，属于盐，C正确；D.二氧化硫能与碱反应生成盐和水，属于酸性氧化物，D正确；故选B。4、A【解题分析】

A.常温常压下，液氯会汽化为氯气，所以常温常压下液氯是一种黄绿色的气体，A错误；B.在常温常压下，氯气是气体，将氯气加压可转化为液氯，由于室温下干燥的氯气与铁不能反应，所以液氯可用干燥的钢瓶储存，B正确；C.新制的氯水中含有盐酸和次氯酸，次氯酸不稳定，在光照条件下次氯酸分解生成盐酸和氧气，因此新制氯水在光照条件下放出气体的主要成分是氧气，C正确；D.新制的氯水中含有盐酸和次氯酸，盐酸电离产生H+，具有酸性，能使蓝色石蕊试纸变红，同时次氯酸具有强的氧化性，会将红色物质氧化变为无色，因此新制氯水可以使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，D正确；故合理选项是A。5、C【解题分析】

A．Ag+与Cl－、SO42－反应生成沉淀，不能大量共存，A错误；B．Mg2+、Al3+与OH－反应生成沉淀，不能大量共存，B错误；C．K+、Na+、Cl－、CO32－的溶液无色，能够大量共存，C正确；D．MnO4－是紫红色的，D错误；故选C。6、C【解题分析】

A．氯气的氧化性较强，所以铁和氯气在加热条件下生成FeCl3而不生成FeCl2；B．硫的氧化性比较弱，所以铜和硫在加热条件下直接化合生成的是Cu2S；C．钠和氧气在加热时可以生成Na2O2；D．硫和氧气直接化合只能生成SO2，不能直接生成SO3；故选C。【题目点拨】铁和氯气直接生成的是FeCl3，即使铁过量，也不会直接生成FeCl2，因为铁和氯气的反应是在无水的情况下，而铁和FeCl3的反应需要在水溶液中发生；硫和氧气直接化合生成的是SO2，不是SO3，SO3需要进一步氧化才能生成SO2，和硫相似的还有氮气，氮气和氧气直接化合生成的是NO，不能直接生成NO2。7、A【解题分析】

①门窗玻璃中含有SiO2、Na2SiO3、CaSiO3，①符合题意；②水晶镜片主要成分是SiO2，②符合题意；③石英钟表主要成分是SiO2，③符合题意；④玛瑙首饰主要成分是SiO2，④符合题意；⑤硅太阳能电池主要成分是Si，⑤不符合题意；⑥光导纤维主要成分是SiO2，⑥符合题意；⑦计算机芯片的主要成分是Si，⑦不符合题意；故合理选项是A。8、B【解题分析】试题分析：A．二氧化碳是非电解质，碳酸钠是电解质，故A错误；B．硫酸钠是电解质，乙醇是非电解质，故B正确；C．氧化铝是电解质，硫是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故C错误；D．蔗糖是非电解质，氢氧化钠是电解质，故D错误；故选B。【考点定位】考查了电解质和非电解质的判断【名师点晴】把握概念是解题关键，电解质是指在水溶液或熔化状态下能导电的化合物，包括酸、碱、盐、活泼金属氧化物和水；非电解质是指在水溶液和熔化状态下都不能导电的化合物，包括非金属氧化物、一些氢化物和大多数有机物；特别注意单质和混合物既不是电解质也不是非电解质，据此分析答题。9、B【解题分析】

A.Cu是单质，既不是电解质又不是非电解质，故不选A；B.H2SO4的水溶液能导电，所以H2SO4是电解质，故选B；C.MgCl2溶液是混合物，既不是电解质又不是非电解质，故不选C；D.NH3在水溶液或熔融状态下都不能自身电离出自由移动的离子，NH3是非电解质，故不选D。10、B【解题分析】

A、铜与盐酸或NaOH溶液不反应，铝与盐酸或NaOH溶液反应，剩余的固体为铜，根据生成的氢气可以计算混合物中铝的质量，故溶液A和B均可以是盐酸或NaOH溶液，故A正确；B、铜和铝都均可以与稀硝酸反应，利用测量气体的体积，可以计算出混合物中铜、铝的质量，反应最后没有固体剩余，不能通过测量剩余固体的质量进行，故B错误；C、铝在浓硝酸中生成一层致密的氧化物保护膜，发生钝化现象，剩余固体的质量大于混合物中铝的质量，实际测量铜的质量减少，铜的含量降低，故C正确；D、测量气体的体积不如测量固体的质量简单易操作，故D正确；故选B。11、D【解题分析】

溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，离子浓度越大导电能力越强。【题目详解】A.盐酸中滴加食盐溶液，使溶液中的带点离子浓度增大，导电能力增强，A错误；B.硫酸中滴加氢氧化钠，氢离子浓度减小，钠离子浓度增大，导电能力几乎不变，B错误；C.石灰乳中滴加盐酸，石灰乳微溶于水，溶于盐酸，使离子浓度增大，导电能力增强，C错误；D.硫酸中滴加氢氧化钡，反应生成硫酸钡沉淀和水，导电能力减弱，当完全反应时，再滴加氢氧化钡溶液，带电离子逐渐增大，导电能力增强，D正确；答案为D【题目点拨】溶液的导电性与溶液中离子的浓度有关，离子浓度越大导电能力越强。题目要求导电性由大到小又逐渐增大，说明溶液中的离子浓度先减小后增大。12、A【解题分析】

A.CuSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合发生反应生成硫酸钡和氢氧化铜，离子方程式为：Cu2++SO42-+2OH-+Ba2+=BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故A正确；B.Ca(OH)2为澄清石灰水时，可以拆，故澄清的石灰水与稀盐酸反应的离子方程式为：OH−+H+═H2O，故B错误；C.KHCO3只能完全电离为K+和HCO3−，故氯化钙与碳酸氢钾溶液混合不反应，故C错误；D.澄清的石灰水中通入少量CO2生成碳酸钙，则离子方程式为：Ca2++2OH-+CO2=CaCO3↓+H2O，故D错误；答案选A。13、D【解题分析】

A．标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L/mol，则在标准状况下，0.5mol任何气体的体积约为11.2L，故A错误；B．在标准状况下，1mol任何气体的体积都约是22.4L，固体和液体体积不符合，故B错误；C．常温常压下，温度大于标准状况，1mol任何气体的体积大于22.4L，故C错误；D．在标准状况下，0.5molCO2所占有的体积=0.5mol×22.4L/mol=11.2L，故D正确；故答案为D。【题目点拨】考查气体摩尔体积的条件分析应用，准确掌握概念实质是关键，标准状况下，气体摩尔体积约为22.4L/mol，标准状况条件，1mol任何气体的体积都约是22.4L，特别注意，标准状况下固体或液体的体积不可能是22.4L。14、B【解题分析】

A．该图示表示的是量筒，名称与图示吻合，A不符合题意；B．该图示表示的是蒸馏烧瓶不是圆底烧瓶，名称与图示不吻合，B符合题意；C．该图示表示的是容量瓶，名称与图示吻合，C不符合题意；D．该图示表示的是分液漏斗，名称与图示吻合，D不符合题意；故答案是B。15、B【解题分析】

A.常温常压下，22.4L二氧化碳的物质的量小于1mol，所含二氧化碳分子数小于NA，A错误；B.1.7g双氧水的物质的量为0.5mol，每摩尔双氧水分子中含有18mol电子，则0.5mol双氧水中含有0.9mol电子，B正确；C.标准状况下，水为固体，2.24L水的物质的量不等于0.1mol，则所含水分子数也不等于0.1NA，C错误；D.分子数为NA的一氧化碳、乙烯混合气体体积在标准状况的体积约为22.4L，质量为28g，D错误；答案选B。16、D【解题分析】

A．NaCl、NH4Cl、(NH4)2SO4均与稀盐酸不反应，现象相同，不能鉴别，故A不选；B．Na2CO3、(NH4)2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，现象相同，不能鉴别，故B不选；C．NH4Cl、(NH4)2SO4均与氢氧化钠反应生成刺激性气体，现象相同，不能鉴别，故C不选；D．NaCl、Na2CO3、(NH4)2SO4、NH4Cl与Ba(OH)2溶液反应的现象分别为无明显现象、白色沉淀、白色沉淀和刺激性气体、刺激性气体，现象不同，可鉴别，故D正确；故选D。二、非选择题（本题包括5小题）17、三ⅣANaNa与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O【解题分析】

四种常见的短周期元素，X的一种核素的质量数为18，中子数为10，则X的质子数为8，故X是O元素；Y和Ne原子的核外电子总数相差1，又根据如图Y的原子半径大于O原子半径，所以Y为Na元素；W的单质是一种常见的半导体材料，W的原子序数大于Na，则W为Si；Z的非金属性在同周期主族元素中最强，Z的原子序数大于Si，则Z为Cl元素，据此分析解答。【题目详解】(1)根据上述分析可知，W为Si元素，位于元素周期表第三周期第ⅣA族，X为O元素，其阴离子为O2-，离子结构示意图为，故答案为：三；ⅣA；；(2)Z元素为Cl元素，其氢化物为HCl，因为非金属性Cl>Br，所以稳定性HCl>HBr，HCl的电子式为，故答案为：；(3)同一周期从左到右，元素金属性依次减弱，且Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢，因此金属性Na>Mg，故答案为：Na；Na与冷水剧烈反应，而Mg与冷水反应较慢；(4)Y的最高价氧化物对应的水化物为NaOH，Z的最高价氧化物对应的水化物为HClO4，两者发生中和反应，反应方程式为NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O，故答案为：NaOH＋HClO4=NaClO4＋H2O。【题目点拨】本题以“元素周期表中元素的推断”为载体，考查学生对元素周期表的熟悉程度及对元素周期律的认识程度，思维容量较大，重在考查运用元素周期律解决具体化学问题的能力，注意根据提给信息，结合如图原子序数与原子半径的关系正确推断出元素的种类，然后根据同周期、同主族元素性质的递变规律解答。18、HCl甲、乙、丙丙2Na+2H2O=2NaOH+H2↑Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+产生红褐色沉淀，同时生成无色气体【解题分析】

金属A焰色反应为黄色，则A为金属Na，由反应①可知，C为NaOH溶液，气体甲为H2；黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙HCl，HCl溶于水得物质D为盐酸，盐酸与金属B反应生成物质E，物质E与Cl2反应生成物质F，F与NaOH反应生成红褐色沉淀为Fe(OH)3，故物质F中含有Fe3+，分析可知金属B为Fe，物质E为FeCl2溶液，物质F为FeCl3溶液。【题目详解】（1）金属A焰色反应为黄色，则A为金属Na，原子结构示意图为，黄绿色气体乙为Cl2，与氢气反应生成丙为HCl；故答案为：、HCl；（2）A：Na、B：Fe、C：NaOH溶液、D：盐酸、E：FeCl2溶液、F：FeCl3溶液、甲：H2、乙:Cl2、丙:HCl，其中不能导电的有：甲、乙、丙、属于电解质：丙，故答案为：甲、乙、丙；丙；（3）转化①为金属Na与水的反应氢氧化钠和氢气，反应的化学方程式为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑，转化④为FeCl2与Cl2的反应生成氯化铁，反应的离子方程式为：Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+，故答案为：2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；Cl2+2Fe2+=2Cl-+2Fe3+；（4）E为FeCl2，将Na2O2投入到FeCl2溶液中，Na2O2具有强氧化性，氧化亚铁离子生成铁离子，产生红褐色沉淀，同时生成无色气体氧气，故答案为：产生红褐色沉淀，同时生成无色气体。【题目点拨】电解质：在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，不能是单质。非电解质：在水溶液和熔融状态下都不能导电的化合物，也不能是单质。19、Mg2+、Ca2+、Na+Cl-SO42-Ba2++SO42-=BaSO4↓Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓Ba2+、Ca2+、Na+、Cl-、OH-CaCO3、BaCO3除去OH-和CO32-不合理，虽然加入碳酸钾也可以除去溶液中的Ca2+，但是同时也引入了K+这种新的杂质离子，而且K+不易除去。【解题分析】（1）粗盐中，除氯化钠外，还含有氯化镁、氯化钙、硫酸钠等杂质，所以粗盐水中含有的阳离子有Mg2+、Ca2+、Na+，阴离子有Cl-、SO42-。（2）加入BaCl2溶液的目的是除去硫酸根离子，反应的离子方程式为Ba2++SO42-=BaSO4↓。（3）氢氧化钠沉淀镁离子，则生成沉淀C氢氧化镁的离子方程式是Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓。（4）由于氯化钡、氢氧化钠均是过量的，则D中所含离子有Ba2+、Ca2+、Na+、Cl-、OH-。（5）碳酸钠除去钙离子以及过量的钡离子，则E的主要成分的化学式是CaCO3、BaCO3。（6）由于氢氧化钠和碳酸钠过量，则加入适量盐酸的目的是除去OH-和CO32-。（7）虽然加入碳酸钾也可以除去溶液中的Ca2+，但是同时也引入了K+这种新的杂质离子，而且K+不易除去，所以是不合理的。点睛：掌握离子的性质差异是解答的关键，注意试剂的选择以及试剂的加入先后顺序。尤其是除去含多种杂质时必须考虑加入试剂的顺序，例如该题中碳酸钠必须放在氯化钡的后面，而氢氧化钠在可以随意调整。20、分液漏斗的玻璃塞没有取下来MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O酸性和还原性33.6褪色的品红又恢复成红色溶液没有明显变化Cl2+2OH-＝Cl-+ClO-+H2OCl2+SO2+2H2O=2HCl+H2SO4【解题分析】

A用于制备SO2，可用Na2SO3与硫酸反应制取，B用于检验二氧化硫的生成，E用浓盐酸和二氧化锰在加热条件下MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O制备氯气，D用于检验气体的漂白性，C用于吸收尾气。(1)塞子没有取下来，打开活塞时，空气无法进入分液漏斗内部，从而造成分液漏斗内的压强小于大气压强。(2)实验室中用二氧化锰固体与浓盐酸加热反应制备氯气，方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，反应中HCl被氧化生成Cl2，表现出还原性；反应生成盐，表现出酸性。由方程式可知，6molHCl参加反应生成氯气：6mol×＝1.5mol，则生成的氯气的体积为1.5mol×22.4L/mol。(3)次氯酸的漂白性是永久性的，加热也不会改变反应产物；二氧化硫的漂白是暂时的，加热时，无色的产物会分解，又生成原来的反应物。(4)用氢氧化钠溶液吸收氯气，生成氯化钠、次氯酸钠和水。(5)氯气具有较强的氧化性，二氧化硫具有较强的还原性，在水溶液中两者1:1发生反应生成没有漂白性的产物。【题目详解】(1)塞子没有取下来，打开活塞时，空气无法进入分液漏斗内部，造成分液漏斗内的压强小于大气压强，液体无法流