2026届辽宁省大连市一零三中学高一化学第一学期期末质量检测试题含解析

2026届辽宁省大连市一零三中学高一化学第一学期期末质量检测试题考生须知：1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。选择题必须用2B铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、将通入适量NaOH溶液，产物中可能有NaCl、、，且的比值仅与温度高低有关，当时，下列有关说法正确的是（）A．改变温度，反应中转移电子的物质的量n的范围：B．改变温度，产物中NaCl的最小理论产量为C．参加反应的氣气的物质的最为D．某温度下，若反应后，则溶液中2、下列叙述正确的是A．H2的摩尔质量是2g/molB．物质的量的符号是molC．常温常压下Cl2的摩尔体积是22.4L/molD．物质的摩尔质量的数值等于其相对原子质量或相对分子质量3、为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，然后在下列操作中选取必要的步骤和正确的操作顺序是()①过滤②加过量NaOH溶液③加适量盐酸④加过量Na2CO3溶液⑤加过量BaCl2溶液A．①④①②⑤③ B．①②⑤④①③C．①②④⑤③ D．④②⑤①③4、以氧化铝为原料制备氢氧化铝：Al2O3AlCl3Al(OH)3，其中适宜用的试剂X是（）A．氨水 B．二氧化碳 C．氢氧化钠溶液 D．盐酸5、实验室有一瓶久置的白色亚硫酸钾粉末，为确定其是否被氧化及其成分，元素分析表明粉末中钾元素和硫元素的质量比为39∶16，下列结论正确的是()A．根据元素分析结果推测该粉末为纯净物B．将粉末溶于水，加入氯化钡，有白色沉淀生成，证明原粉末是硫酸钾C．将粉末加入盐酸中，产生气泡，证明原粉末是亚硫酸钾D．将粉末溶于水，加入氯化钡和过量的盐酸，有白色沉淀和气泡生成，证明原粉末是硫酸钾和亚硫酸钾的混合物6、agFe2O3和A12O3组成的混合物全部溶于21mLpH=1的硫酸，反应后向所得溶液中加入11mLNaOH溶液，恰好使Fe3+、A13+完全沉淀，则c（NaOH）为A．1．1mol·L-1B．1．2mol·L-1C．1．4mol·L-1D．1．8mol·L-17、下列化学反应中，H2SO4作为氧化剂的是A．2NaOH+H2SO4=Na2SO4+2H2O B．C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2OC．BaCl2+H2SO4=BaSO4↓+2HCl D．CuO+H2SO4=CuSO4+H2O8、下列为除去括号内的杂质而选用的除杂试剂对应正确的是（）选项主要物质(杂质)除杂试剂AFeCl2溶液(FeCl3)H2O2BCO2(CO)饱和NaHCO3溶液CFe2O3(Al2O3)NaOH溶液DNa2CO3固体(NaHCO3)HCl溶液A．A B．B C．C D．D9、某学习小组讨论辨析以下说法:①粗盐和酸雨都是混合物；②CO和CO2都是酸性氧化物；③蔗糖、硫酸钡分别属于非电解质和电解质；④Na2O2和CaO都是碱性氧化物；⑤.盐酸和食醋既是化合物又是酸；⑥纯碱和熟石灰都是碱；⑦NaCl和KC1可用焰色反应鉴别。上述说法正确的是A．①②③④B．①③⑦C．③⑤⑥⑦D．①②⑤⑥10、成语是中华民族灿烂文化中的瑰宝，许多成语中蕴含着丰富的化学原理，下列成语中涉及氧化还原反应的是()A．木已成舟 B．铁杵成针 C．蜡炬成灰 D．滴水成冰11、从降低成本和减少环境污染的角度考虑，制取硝酸铜最佳方法是（）A．铜和浓硝酸反应B．铜和稀硝酸反应C．氯化铜和硝酸银反应D．氧化铜和硝酸反应12、将一定量的氯气通入30mL浓度为10.00mol/L的氢氧化钠浓溶液中，加热少许时间后溶液中形成NaCl、NaClO、NaClO3共存体系。下列判断不正确的是()A．参与反应的氯气为0.15molB．溶液中氯离子的物质的量取值范围是0.10＜n(Cl－)＜0.25C．n(Na+)∶n(Cl－)可能为15∶8D．n(NaCl)：n(NaClO)∶n(NaClO3)可能为8∶3∶113、下列有关碳酸钠、碳酸氢钠的说法正确的是A．25℃时，碳酸氢钠在水中的溶解度比碳酸钠大B．可用澄清石灰水鉴别碳酸钠溶液和碳酸氢钠溶液C．可用如图所示装置比较Na2CO3和NaHCO3的热稳定性D．常温下，浓度均为0.1mol·L时的pH：NaHCO3＞Na2CO314、下列装置所示的实验中，能达到实验目的的是（）A．分离碘和酒精B．除去Cl2中的HClC．实验室制氨气D．排水法收集NO15、下列有关化学用语表示正确的是（）A．硅的原子结构示意图：B．中子数为10的氧原子：OC．漂白粉有效成分的化学式；CaClOD．NaHCO3在水溶液中的电离方程式：NaHCO3=Na++H++CO32﹣16、30mL1mol·L－1氯化钠溶液和40mL0.5mol·L－1氯化钙溶液混合后，混合液中Cl－浓度为()A．0.5mol·L－1 B．0.6mol·L－1 C．1mol·L－1 D．2mol·L－1二、非选择题（本题包括5小题）17、五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物是日常生活中的常用调味品。回答下列问题：(1)五种元素中，原子半径最大的是________，非金属性最强的是________(填元素符号)。(2)由A分别和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是__________(用化学式表示)。(3)A、B、E形成的离子化合物电子式为____________，其中存在的化学键类型为____________。(4)D最高价氧化物的水化物的化学式为________________。(5)单质D在充足的单质E中燃烧，反应的化学方程式为__________________；D在不充足的E中燃烧，生成的主要产物的化学式为__________。(6)单质E与水反应的离子方程式为____________________。18、下列中学化学中常见物质的转化关系图中，反应条件及部分反应物和产物未全部注明，已知A、D为金属单质，其他为化合物。试推断：（1）写出物质的化学式：A：________C：________Ⅰ：________（2）写出下列反应的方程式：C→F的离子方程式________________________________________________H→I的化学方程式_________________________________________________19、实验室用如图所示裝置制备氯气并进行性质实验(必要时可加热，省略夹持装置)(1)仪器a的名称是：_______；装置B中长颈漏斗的作用是：_______。蒸馏烧瓶b中发生反应的化学方程式为________。(2)洗气装置B试剂是饱和食盐水，其作用是______，分液漏斗D中发生反应的化学方程式为________。(3)F处为尾气吸收装置，写出实验室利用烧碱溶液吸收Cl2的离子方程式_______。(4)设计实验比较氯、溴的氧化性强弱。操作和现象和结论为：取适量溴化钠溶液和苯混合于试管中，通入_______，振荡静置，_______。20、Ⅰ.如图是中学化学中常用于混合物的分离和提纯的装置，请根据装置回答问题：（1）从氯化钾溶液中得到氯化钾固体，选择装置_____（填代表装置图的字母，下同）（2）从碘水中萃取I2，选择装置_______。（3）装置A中仪器①的名称为_______，冷凝水的进出方向是______（“上进下出”或“下进上出”）。Ⅱ.对于混合物的分离或提纯，常采用的方法有：A、分液B、过滤C、升华D、蒸馏E、结晶F、加热分解，下列各组物质的分离或提纯，应选用上述方法的哪一种？（填字母序号）（4）除去CaO中少量CaCO3__________；（5）除去NaCl固体中少量I2________；（6）除去NaOH溶液中悬浮的CaCO3__________；21、Ⅰ.分别只用一种试剂除去下列各组中所含的少量杂质（括号内为杂质），在空格中填上需加入最适合的一种试剂：（1）FeCl3溶液（FeCl2）________________，（2）FeCl2溶液（FeCl3）________________，（3）Fe粉末（Al）_______________，Ⅱ.为测定某镁铝合金样品中铝的含量，进行了下列实验：取一定量合金，加入100mL0.3mol·L－1稀硝酸，合金完全溶解，产生的气体在标准状况下体积为560mL；再加入0.2mol·L－1NaOH溶液至沉淀质量恰好不再变化，用去300mLNaOH溶液。则所取样品中铝的物质的量为___________，反应中转移的电子数为______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、A【解析】

A.氧化产物只有NaClO3时,转移电子最多,氧化产物只有NaClO时,转移电子最少,根据电子转移守恒及钠离子守恒计算；B.反应中转移电子最少时生成NaCl最少；C.由Cl原子守恒可以知道：2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)；由钠离子守恒可以知道:n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=n(NaOH)；D.令n(ClO-)=1mol，反应后c(Cl-)/c(ClO-)=6,则n(Cl-)=6mol,根据电子转移守恒计算n(ClO3-),据此计算判断。【详解】A.氧化产物只有NaClO3时,转移电子最多,根据电子转移守恒n(NaCl)=5n(NaClO3),由钠离子守恒:n(NaCl)+n(NaClO3)=n(NaOH),故n(NaClO3)=1/6n(NaOH)=1/6×6amol=amol,转移电子最大物质的量=a×5=5amol；氧化产物只有NaClO时,转移电子最少,根据电子转移守恒n(NaCl)=n(NaClO),由钠离子守恒:n(NaCl)+n(NaClO)=n(NaOH),故n(NaClO)=1/2n(NaOH)=3amol,转移电子最小物质的量=3a×1=3amol,故反应中转移电子的物质的量n的范围:3amol≤n≤5amol，A正确；B.反应中还原产物只有NaCl,反应中转移电子最少时生成NaCl最少,根据电子转移守恒n(NaCl)=n(NaClO),由钠离子守恒:n(NaCl)+n(NaClO)=n(NaOH),故n(NaClO)=1/2n(NaOH)=3amol,B错误；C.由Cl原子守恒可以知道,2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3),由钠离子守恒可以知道n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=n(NaOH),故参加反应的氯气的物质的量=1/2n(NaOH)=3amol,C错误；D.令n(ClO-)=1mol,反应后c(Cl-)/c(ClO-)=6,则n(Cl-)=6mol,电子转移守恒,5×n(ClO3-)+1×n(ClO-)=1×n(Cl-),即5×n(ClO3-)+1=1×6,计算得出n(ClO3-)=1mol,则溶液中c(Cl-)/c(ClO3-)=6,D错误；正确选项A。2、A【解析】

A．H2的相对分子质量是2，可知H2的摩尔质量是2g/mol，故A正确；B．物质的量的符号是n，单位是mol，故B错误；C．常温常压下气体的摩尔体积不是22.4L/mol，故C错误；D．物质的摩尔质量单位是g/mol时，其数值等于其相对原子质量或相对分子质量的数值，故D错误；故答案为A。3、B【解析】

加入过量的BaCl2溶液，除去Na2SO4；加入过量的NaOH溶液，除去MgCl2；加入过量的Na2CO3溶液，除去CaCl2和BaCl2；过滤后滴加适量盐酸至恰好不再产生气体，除去NaOH和Na2CO3，蒸发溶液，析出NaCl晶体，以此解答该题。【详解】除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，得到纯净的NaCl，可将粗盐溶于水，加NaOH除去Mg2+，加氯化钡除去SO42-，加碳酸钠除去Ba2+及Ca2+，且碳酸钠一定在氯化钡之后，过滤后加盐酸，则正确的顺序为①②⑤④①③或①⑤②④①③、①⑤④②①③，故答案选B。【点睛】本题注意碳酸钠一定在氯化钡之后加入，而氢氧化钠只要在第二次过滤前加入就可以，所以操作顺序并不唯一，找出符合题意的一种即可。4、A【解析】

Al2O3是两性氧化物，与HCl发生反应：Al2O3+6HCl=2AlCl3+3H2O，反应产生的AlCl3属于盐，能够与碱发生复分解反应，由于Al(OH)3是两性氢氧化物，能够与强碱反应产生可溶性偏铝酸盐，但不能与弱碱发生反应。所以制取Al(OH)3时，与AlCl3反应的碱要使用弱碱，可以使用氨水，该反应的方程式为：AlCl3+3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4Cl，故合理选项是A。5、D【解析】

A.硫酸钾和亚硫酸钾中钾元素和硫元素元素的质量比均为39∶16，不能推测该粉末为纯净物，故A错误；B.加入氯化钡都可产生沉淀，故B错误；C.将粉末加入盐酸中，产生气泡，2H＋＋===H2O＋SO2↑，只能证明原粉末有亚硫酸钾，不能证明原粉末只有亚硫酸钾，故C错误；D.将粉末溶于水，加入氯化钡和过量的盐酸有白色沉淀，证明原粉末含硫酸钾，有气泡生成，说明发生反应2HCl＋BaSO3=BaCl2＋H2O＋SO2↑，证明原粉末仍含亚硫酸钾，故D正确。故选D。6、B【解析】

若恰好使Fe3+、A13+完全沉淀，即最终溶液中阳离子只有钠离子，阴离子只有硫酸根，即溶液的溶质为Na2SO4，21mLpH=1的硫酸中氢离子物质的量为n=21mL×1.1mol/L=1.112mol,则硫酸根的物质的量为1.111mol，由电荷守恒可知钠离子的物质的量为1.112mol,则浓度为c=n/V=1.112mol/1.11L=1.2mol·L-1。综上所述，本题应选B。7、B【解析】

A．元素化合价没有发生变化，为中和反应，故A错误；B．S元素化合价降低，硫酸钡还原，为氧化剂，故B正确；C．S元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；D．S元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，硫酸表现酸性，故D错误；故选B。【点晴】本题考查氧化还原反应，注意从元素化合价的角度认识氧化还原反应的相关概念，并判断物质可能具有的性质。H2SO4中H和S元素化合价处于最高价态，最为氧化剂，可生成H2或SO2。8、C【解析】

A．H2O2能氧化FeCl2而不能与FeCl3反应，达不到除杂的目的，选项A错误；B．CO不能与饱和NaHCO3溶液反应，达不到除杂的目的，选项B错误；C．Al2O3为两性氧化物，可与强碱溶液反应，而Fe2O3不能，则可用氢氧化钠溶液除杂，选项C正确；D．加入盐酸，Na2CO3和NaHCO3都反应生成氯化钠，达不到除杂的目的，选项D错误；答案选C。9、B【解析】①粗盐和酸雨都是混合物，正确；②CO不是酸性氧化物，CO2是酸性氧化物，错误；③蔗糖属于非电解质，硫酸钡属于电解质，正确；④Na2O2不属于碱性氧化物，CaO属于碱性氧化物，错误；⑤盐酸属于混合物，错误；⑥纯碱是碳酸钠属于盐类，熟石灰属于碱类，错误；⑦钠离子与钾离子的焰色反应时现象不同，可用焰色反应鉴别NaCl和KC1，正确。上述说法正确的是①③⑦，对比选项答案选B。10、C【解析】

A．木已成舟只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故A错误；B．铁杵成针只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故B错误；C．蜡炬成灰，物质燃烧，发生了化学反应，故C正确；D．滴水成冰只是物质形状的变化，没有新的物质生成，则没有涉及化学变化，故D错误；故选C。【点睛】本题考查成语与氧化还原反应的关系，明确成语的意义及变化即可解答，解题时抓住化学变化和氧化还原反应的本质：有新物质生成的变化属于化学变化，在化学变化中有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应。11、D【解析】

A.铜和浓硝酸反应的方程式为：Cu+4HNO3（浓）=Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，该反应中产生有毒气体二氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硝酸的利用率不高，故A错误；

B.铜和稀硝酸反应方程式为：3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO2↑+4H2O，该反应中产生有毒气体一氧化氮，所以对环境有污染，不符合“绿色化学”理念，且硝酸的利用率不高，故B错误；

C.氯化铜和硝酸银反应方程式为：CuCl2+2AgNO3=2AgCl↓+Cu（NO3）2，该反应虽有硝酸铜生成，但硝酸银价格较贵，不符合“降低成本”理念，故C错误。D.氧化铜和硝酸反应的方程式为：CuO+2HNO3=Cu（NO3）2+H2O，没有污染物，且硝酸的利用率100%，符合“绿色化学”和“降低成本”理念，故D正确；

故答案选D。12、B【解析】

A．由于反应后体系中没有NaOH，故氢氧化钠反应完，根据钠元素守恒n(NaOH)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.03L×10mol/L=0.3mol，根据氯原子守恒有2n(Cl2)=n(NaCl)+n(NaClO)+n(NaClO3)=0.3mol，故参加反应的氯气n(Cl2)=0.15mol，故A正确；B．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，根据A的分析，n(Cl2)=0.15mol，当氧化产物只有NaClO3，n(Cl－)最大，为0.25，当氧化产物只有NaClO，n(Cl－)最小，为0.15，0.15＜n(Cl－)＜0.25，故B错误；C．根据方程式Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O、3Cl2+6NaOH=5NaCl+NaClO3+3H2O可知，当氧化产物只有NaClO3，n(Cl－)最大，为0.25，n(Na+)：n(Cl－)最小为6：5，当氧化产物只有NaClO，n(Cl－)最小，为0.15，n(Na+)：n(Cl－)最大为2：1，n(Na+)：n(Cl－)在6：5和2：1之间，可能为15∶8，故C正确；D．令n(NaCl)=8mol，n(NaClO)=3mol，n(NaClO3)=1mol，生成NaCl获得的电子为8mol×1=8mol，生成NaClO、NaClO3失去的电子为3mol×1+1mol×5=8mol，得失电子相等，则有可能，故D正确；答案选B。13、C【解析】

A.相同条件下，碳酸氢钠的溶解度比碳酸钠要小，因此A项错误；B.澄清石灰水无论与碳酸钠溶液还是碳酸氢钠溶液反应均会产生沉淀，因此无法鉴别二者，B项错误；C.根据图示装置，碳酸钠接近火源，但是左侧石灰水不变浑浊说明碳酸钠在相对较高的温度下仍然不分解；碳酸氢钠离火源较远，但是右侧石灰水变浑浊说明碳酸氢钠在相对较低的温度下分解了，证明碳酸氢钠的热稳定性更差，C项正确；D.相同条件下，碳酸钠溶液的碱性强于碳酸氢钠溶液的碱性，因此碳酸氢钠溶液的pH将小于碳酸钠溶液，D项错误；答案选C。14、D【解析】

A.碘易溶在酒精中，不能直接分液，故A错误；B.氢氧化钠溶液也能吸收氯气，应该用饱和的食盐水，故B错误；C.虽然加热分解可以生成氯化氢和氨气，二者冷却后又化合生成，故C错误；D.不溶于水，可以用排水法收集，故D正确；答案选D。15、A【解析】

A．硅原子质子数为14，核外有14个电子；B．质量数=质子数+中子数，元素符号的左上角为质量数、左下角为质子数；C.漂白粉的有效成分是次氯酸钙；D．是强碱弱酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成、。【详解】A．硅原子的核电荷数、核外电子总数为14，故原子结构示意图为，故A正确；B．原子核内有10个中子的氧原子的质量数为18，其质子数为8，该氧原子可以表示为：，故B错误；C．漂白粉的有效成分是次氯酸钙，化学式为，故C错误；D．是强碱弱酸酸式盐，在水溶液中完全电离生成，电离方程式为，故D错误；故选：A。16、C【解析】

根据混合前后氯离子的总量不变，溶液的体积增大，计算混合液中Cl－浓度。【详解】30mL1mol·L－1氯化钠溶液中含有氯离子的量为：30×10-3×1=0.03mol，40mL0.5mol·L－1氯化钙溶液中含有氯离子的量为：40×10-3×0.5×2=0.04mol，两溶液混合物后，溶液中Cl－浓度为（0.03+0.04）/[(30+40)×10-3]=1mol·L－1，C正确；综上所述，本题选C。二、非选择题（本题包括5小题）17、NaClPH3离子键和共价键H3PO42P+5Cl22PCl5PCl3Cl2+H2O=H++Cl-+HClO【解析】

五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和B形成的化合物在水中呈碱性，则该化合物为氨气，因此A为H元素，B为N元素；A和C同族，B和D同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构，则C为Na元素、D为P元素；A和B、D、E均能形成共价型化合物，C和E形成的化合物是日常生活中的常用调味品，则E为Cl元素，据此进行解答。【详解】根据上述分析可知：A是H，B是N，C是Na，D是P，E是Cl元素。(1)原子核外电子层越多、原子半径越大；当原子核外电子层数相同时，元素的核电荷数越小，原子半径越大，因此在上述元素中，Na原子半径最大；在同一周期中，原子序数越大，元素的非金属性越强，在同主族中，原子序数越大，元素的非金属性越弱，故非金属性最强的元素是Cl；(2)非金属性Cl>P、N>P，元素的非金属性越弱，其形成的简单氢化物的稳定性就越差；在P、N、Cl三种元素中，P的非金属性最弱，因此热稳定性最差的是为PH3；(3)H、N、Cl三种元素形成的离子化合物是NH4Cl，NH4+与Cl-之间通过离子键结合，在NH4+中N与H原子之间通过共价键结合，所以氯化铵中含有离子键和共价键，其电子式为：；(4)P元素原子最外层有5个电子，最高化合价为+5价，所以P元素的最高价氧化物的水化物的化学式为H3PO4；(5)P在充足的氯气中燃烧生成五氯化磷，反应的化学方程式为：2P+5Cl22PCl5；P在不足量的氯气中燃烧，其主要生成物为PCl3；(6)E的单质为氯气，氯气与水反应生成盐酸与次氯酸，HClO为弱酸，该反应的离子方程式为：Cl2+H2O=H++Cl-+HClO。【点睛】本题考查了元素的位置、结构与性质的关系及应用。根据元素的原子结构特点及相互关系推断元素为解答的关键，元素的原子结构决定元素的性质，元素在周期表的位置反映了元素的原子结构特点及元素性质的变化规律。侧重考查学生对元素周期律的应用及分析、推断及应用能力。18、Al【解析】A、D是常见的金属单质，化合物B是一种红棕色粉末，化合物I是红褐色沉淀，结合转化关系可知，B为Fe2O3、I为Fe(OH)3，D为Fe、G为FeCl2、H为Fe(OH)2；反应①常用做焊接钢轨，C为金属氧化物，能与盐酸、氢氧化钠反应，可推知A为Al、C为Al2O3，氧化铝与盐酸反应得到E，与氢氧化钠反应得到F，且E与足量的氢氧化钠反应得到F，则E为AlCl3、F为NaAlO2。（1）由上述分析可知，A为Al，C为Al2O3，I为Fe(OH)3；（2）反应C→F的离子方程式为：Al2O3+2OH-=2AlO2-+H2O；反应H→I的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3↓。19、分液漏斗平衡装置中压强，防止爆炸MnO2+4HC1(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O除去氯气中的氯化氢气体Cl2+2NaBr=Br2+2NaC1Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O氯气溶液分层，上层溶液显棕红色，说明氯气的氧化性比溴强【解析】

装置A是MnO2和浓盐酸在加热条件下反应生成氯气，氯气中含杂质氯化氢，通过装置B中饱和食盐水除去，通过无水氯化钙干燥气体，验证氯气是否具有漂白性，则先通过I中湿润的有色布条，观察到褪色，再利用II中固体干燥剂(无水氯化钙或硅胶)干燥后，在Ⅲ中放入干燥的有色布条，观察到颜色不褪，则验证氯气不具有漂白性，D、E的目的是比较氯、溴、碘的氧化性，D中发生氯气与NaBr的反应生成溴，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，氯气、溴均可与KI反应生成碘，则E中碘易溶于苯，出现分层后上层为紫红色的苯层，该现象不能说明溴的氧化性强于碘，过量的氯气也可将碘离子氧化，应排除氯气的干扰，最后剩余气体被氢氧化钠吸收。【详解】(1)根据装置图可知装置A中仪器a名称为分液漏斗，装置B中NaCl溶液可以除去Cl2中混有的HCl杂质气体，其中的长颈漏斗可以平衡气压，防止发生爆炸，因此装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，若C发生堵塞时B中的压强增大，B中长颈漏斗中液面上升，形成水柱，装置B中长颈漏斗的作用是平衡装置中压强，防止玻璃仪器破裂，蒸馏烧瓶b中发生反应是二氧化锰和浓盐酸加热反应生成氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；(2)浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有氯化氢，氯化氢易溶于水，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，所以洗气装置B中饱和食盐水作用是除去Cl2中的HCl；在分液漏斗D中Cl2与NaBr发生置换反应，产生Br2，发生反应的化学方程式为：Cl2+2NaBr=Br2+2NaCl；(3)F处为尾气吸收装置，装置F中盛有NaOH溶液，可以除去未反应的Cl2、及挥发的Br2蒸气，氯气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；(4)由于氧化性Cl2＞Br2，所以要设计实验比较氯、溴的氧化性强弱，可以取适量溴化钠溶液和苯混合于试管中，通入的氯气，振荡、静置，由于Br2易溶于苯，苯与水互不相溶，且苯的密度比水小，若观察到：上层的苯层呈棕红色，说明氯气的氧化性比溴强。【点睛】本题考查了氯气实验室制取、氯气化学