2024届山西省太原市化学高一上期末学业水平测试试题含解析

2024届山西省太原市化学高一上期末学业水平测试试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、下列实验现象和结论或原因相符是()操作及现象原因或结论A一块表面打磨过的铝箔在酒精灯上加热至熔化，液态铝不会滴落铝的熔点高于三氧化二铝B某溶液中先加入稀盐酸，再加入加入硝酸银产生白色沉淀原溶液中一定含有Cl－C用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色溶液中有Na+，无K+D向氢氧化钠溶液中加入适量硫酸亚铁溶液，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色生成的氢氧化亚铁沉淀不稳定，容易被氧气氧化成氢氧化铁A．A B．B C．C D．D2、LED产品的使用为城市增添色彩。下图是氢氧燃料电池驱动LED发光的一种装置示意图。下列有关叙述正确的是A．a处通入O2B．b处为电池正极，发生了还原反应C．通入O2的电极发生反应：O2+4e-+4H+=2H2OD．该装置将化学能最终转化为电能3、把金属钠投入下列溶液中,既有气体放出,又有白色沉淀生成的是（）A．盐酸 B．氯化钠溶液 C．氯化铜溶液 D．氯化镁溶液4、下列各组物质能相互反应得到氢氧化铝沉淀的是A．金属铝和氢氧化钠溶液 B．硝酸铝溶液和过量氢氧化钠溶液C．氧化铝和热水 D．硫酸铝溶液和过量的氨水5、下列说法正确的是A．硫离子的结构示意图：B．23Na、24Mg两种核素的中子数相等，因此互为同位素C．CH3COOH的电离方程式为：CH3COOHCH3COO－+H+D．16O、1H、2H、3H四种核素可构成4种水分子6、下列铝合金的性质与其用于国产C919飞机外壳无关的是（）A．导电性 B．密度小 C．抗腐蚀性强 D．硬度大7、从氧化还原角度分析，下列反应中水的作用相同的是①铁和水蒸气反应②过氧化钠和水反应③氯气和水反应④二氧化氮和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NOA．①②③ B．①②④ C．②③④ D．①③④8、下列排列不正确的是（）A．熔沸点：F2＜Cl2＜Br2＜I2 B．氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2C．稳定性：HI＜HBr＜HCl＜HF D．还原性：I-＜Br-＜Cl-＜F-9、下列反应中说明NH3既有还原性，又有碱性的是()A．4NH3+5O24NO＋6H2O B．NH3+HNO3=NH4NO3C．8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl D．2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O10、据《本草纲目》记载：“生熟铜皆有青，即是铜之精华，大者即空绿，以次空青也。铜青则是铜器上绿色者，淘洗用之。”这里的“铜青”是指A．CuOB．Cu2OC．CuSO4D．Cu2(OH)2CO311、a、b、c、d均为短周期元素，a的原子中只有1个电子，b2-和c+离子的电子层结构相同，d的原子L层有4个电子。下列叙述正确的是A．a分别与b、c、d形成的二元化合物中a的化合价均为＋1B．b与其他三种元素均可形成至少两种二元化合物C．a与b形成的化合物中一定只有极性键，b与c形成的化合物中一定只有离子键D．原子半径大小顺序c>b>d>a12、实验室可以按如图所示的装置干燥、贮存气体M，多余的气体可用水吸收，则M是()A．氨气 B．一氧化碳C．二氧化氮 D．氯化氢13、下列反应的离子方程式书写正确的是A．氧化铁与醋酸：Fe2O3＋6H＋===2Fe3＋＋3H2OB．碳酸钠与盐酸：Na2CO3＋2H＋===2Na＋＋CO2↑＋H2OC．铁片插入到硫酸铜溶液中：2Fe＋3Cu2＋===2Fe3＋＋3CuD．向盐酸中加入适量氨水：H＋＋NH3·H2O===NH4+＋H2O14、下列有关化学实验安全问题的叙述中不正确的是（）A．闻化学药品的气味时都不能使鼻子凑近药品B．点燃可燃性气体之前要先检查纯度，以免发生爆炸C．金属钠着火时应使用干燥的沙土灭火D．凡是给玻璃仪器加热，都要加垫石棉网，以防仪器炸裂15、下列关于二氧化硅和二氧化碳的说法中不正确的是（）A．都是酸性氧化物 B．都能与水反应C．都与氢氧化钠溶液反应 D．高温下都与单质碳反应16、下列化学用语正确的是A．CO2的电子式： B．CH4的比例模型：C．硫原子的结构示意图： D．NaCl的电子式：二、非选择题（本题包括5小题）17、A、B、C、W均为中学常见的物质，它们之间有如图所示的转化关系（其他产物及反应条件已略去，反应可以在水溶液中进行）。（1）若A、B、C三种物质的焰色反应均为黄色，A俗称苛性钠，W为无色无味气体，C受热分解可转化为B。①向B溶液中通入W生成C的离子方程式为_______________。②A溶液与C溶液反应的化学方程式为________________。（2）若A、B、C、W四种物质均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g·mol-1.①B的化学式为________________。②实验室制取B时，_____________（填“能”或“不能”）用向上排空气法收集B。③C与水反应的化学方程式为_____________________________。（3）若A为淡黄色固体单质，W为气体单质，Ｂ、Ｃ均为酸性氧化物。①由B生成C时，每生成1molC，消耗W的物质的量为_________________。②C溶于水形成化合物D，在加热的情况下，D的浓溶液与A反应的化学方程式为__________。18、下图为一些物质之间的转化关系，其中部分反应中反应物或生成物未列全。已知A、H、I、K均为家庭厨房中的常见物质，其中A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，I、K可用作食品发泡剂。B是一种有机酸盐，E、F、G均为氧化物，L是红褐色沉淀。根据以上信息，回答下列问题：(1)B的组成元素为_____。(2)鉴别等物质的量浓度的I、K稀溶液的实验方法为_____。(3)G→J的离子方程式为_____。(4)M是含氧酸盐，反应①中H、L、D的物质的量之比为3：2：4，则M的化学式为_____。19、实验室常用二氧化锰与浓盐酸反应制备氯气，装置如图1所示，同时证明氯气的某些性质，装置如图2所示。按要求回答下列问题：（1）制备实验开始时，先检查装置的气密性。接下来的操作依次是_____（填字母）。a往烧瓶中加入粉末b加热c分液漏斗中装入浓盐酸，旋开活塞往烧瓶中加入浓盐酸（2）写出烧瓶中反应的离子方程式___。（3）制备反应会因盐酸浓度下降而停止，为测定反应残余液中盐酸的浓度，甲同学提出：与足量溶液反应，称量生成的AgCl沉淀质量。方案不可行，原因是_____。（4）图2中，浓硫酸的作用是____；试管A和B中出现的不同现象说明的事实是____。（5）含氯气的尾气必须吸收处理，装置如图3所示。烧杯中的吸收剂可选用___（填序号）。①饱和食盐水②澄清石灰水③饱和NaOH溶液④饱和溶液⑤饱和溶液20、某兴趣小组模拟工业制漂白粉，设计了如图所示的实验装置。已知：①氯气和碱反应放出热量。②6Cl2+6Ca(OH)25CaCl2+Ca(ClO3)2+6H2O请回答下列问题：（1）甲装置中仪器a的名称是_______，该装置中发生反应的离子方程式为_______。（2）装置丁中NaOH的作用是_______。（3）①制取漂白粉的化学方程式是_______。②小组制得的漂白粉中n(CaCl2)远大于n[Ca(ClO)2]，主要原因可能是_______。（4）为提高Ca(ClO)2的含量，可采取的措施是_______(任写一种即可)。21、MgO和Al2O3都是常用的耐火材料。某研究小组取100kg报废汽车镁铝合金材料来制备MgO和Al2O3，其工艺流茬如下:请回答下列问题:(1)物质A是_______,产品M是_______。(2)操作①所需的玻璃仪器是______________。(3)足量CO2与溶液C发生反应生成沉淀E的离子方程式为______________。(4)由沉淀E转化为产品N的化学方程式为______________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、D【解题分析】

A．将铝箔用坩埚钳夹住放在酒精灯火焰上加热，铝和氧气反应生成了氧化铝，又因氧化铝的熔点高于铝的熔点，氧化铝覆盖在铝的表面，所以加热铝箔的时候铝熔化了但是不会滴落，故A错误；B．某溶液中先加入稀盐酸，再加入加入硝酸银产生白色沉淀氯化银，由于加盐酸引入了氯离子，所以原溶液中不一定含有Cl－，故B错误；C．用洁净铂丝蘸取某溶液在火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明溶液中有Na+，不能确定是否有K+，故C错误；D．氢氧化亚铁沉淀不稳定，容易被氧气氧化成氢氧化铁，所以向氢氧化钠溶液中加入适量硫酸亚铁溶液，白色沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故D正确；故答案选D。【题目点拨】本题考查化学实验方案的评价，涉及离子检验的实验方法和反应现象分析判断，关键是掌握各离子的性质及检验过程中的干扰离子分析。2、B【解题分析】

A．由电子流向可知a为负极，b为正极，负极上发生氧化反应，通入氢气，正极上发生还原反应，通入的是氧气，故A错误；B．b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，发生还原反应，故B正确；C．通氧气的一极为b极，b为正极发生的电极反应为O2+2H2O+4e-═4OH-，故C错误；D．该装置的能量转换是化学能为电能最终转化为光能，故D错误；故选B。3、D【解题分析】

钠与盐溶液的反应，首先是与其中的水反应产生H2和NaOH。A．金属钠投入盐酸中直接反应生成氯化钠和氢气，无沉淀生成，选项A错误；B．氢氧化钠和氯化钠溶液不反应，所以没有沉淀生成，选项B错误；C．氢氧化钠和氯化铜反应生Cu(OH)2蓝色沉淀，选项C错误；D、氢氧化钠与MgCl2溶液反应产生Mg(OH)2白色沉淀，选项D正确；故答案选D。【题目点拨】本题考查了钠的性质，明确发生的反应及物质溶解性是解本题关键，结合物质的颜色分析解答，钠投入到溶液中，钠先和水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠再和盐中的溶质发生复分解反应，根据反应后产物的溶解性判断。4、D【解题分析】

A.金属铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢气，故错误；B.硝酸铝溶液和过量氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和硝酸钠，故错误；C.氧化铝和热水不反应，故错误；D.硫酸铝溶液和过量的氨水反应生成氢氧化铝和硫酸铵，故正确。故选D。5、C【解题分析】

A.硫离子的最外层电子数是8个，硫原子的结构示意图为，A错误；B.质子数相同中子数不同的同种元素的不同原子互为同位素，23Na、24Mg两种核素的质子数不同，是两种不同的元素，不能互为同位素，B错误；C.醋酸为弱电解质存在电离平衡，电离方程式为：CH3COOHCH3COO－+H+，C正确；D.16O、1H、2H、3H四种核素中每两个氢原子和一个氧原子形成水分子，可以组成6种水分子，1H2O、2H2O、3H2O、1H2HO、1H3HO、2H3HO，故D错误；答案选C。6、A【解题分析】

合金是指在一种金属中加热熔合其它金属或非金属而形成的具有金属特性的物质；硬铝属于铝合金，制造飞机外壳是因为有密度较小、硬度较大、耐腐蚀性较强等特点．【题目详解】硬铝属于铝合金，制造飞机外壳是因为有密度较小、硬度较大、耐腐蚀性较强等特点，与导电性无关。故选A。【题目点拨】本题主要考查合金与合金的性质，解题关键：合金概念的三个特点：①一定是混合物；②合金中各成分都是以单质形式存在；③合金中至少有一种金属，要记牢；还要理解合金的性质，即合金的硬度大，熔点低，耐腐蚀．7、C【解题分析】

①铁和水蒸气反应，水是氧化剂；②过氧化钠和水反应，水既不是氧化剂，也不是还原剂；③氯气和水反应水既不是氧化剂，也不是还原剂；④在二氧化氮和水反应3NO2+H2O=2HNO3+NO中，水既不是氧化剂，也不是还原剂。因此反应中水的作用相同的是②③④，选项C正确。【题目点拨】水是仪器洗涤试剂，也是常用的试剂，在水参加的化学反应中，若反应中元素的化合价没有发生变化，则反应属于非氧化还原反应。如CaO+H2O=Ca(OH)2；若水参加的反应中元素的化合价发生了变化，则反应属于氧化还原反应。在有水参加的反应中，水可能是氧化剂，如2Na+2H2O=2NaOH+H2↑；也可能是作还原剂，如2F2+2H2O=4HF+O2；也可能是既不作氧化剂，也不作还原剂，如3NO2+H2O=2HNO3+NO；Cl2+2NaOH="NaCl+NaClO+"H2O。若元素化合价升高，失去电子，被氧化，物质作还原剂；若元素化合价降低，获得电子，被还原，物质作氧化剂。8、D【解题分析】

A．组成和结构相似的分子晶体随相对分子质量的增大，熔沸点升高，熔沸点：F2＜Cl2＜Br2＜I2，故A正确；B．同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，单质氧化性减弱，氧化性：F2＞Cl2＞Br2＞I2，故B正确；C．同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，氢化物的稳定性逐渐减弱，稳定性：HI＜HBr＜HCl＜HF，故C正确；D．同主族元素从上到下元素的非金属性减弱，简单阴离子的还原性增强，还原性：I-＞Br-＞Cl-＞F-，故D错误；故选D。9、C【解题分析】

还原性是指物质所含元素的化合价升高，碱性是指能跟酸性物质反应。NH3中N的化合价为-3价，H的化合价为+1价，说明氨气具有还原性，只能是NH3中-3价的N化合价升高，说明氨气具有碱性，是指NH3能跟酸性物质反应，据此分析。【题目详解】A.4NH3+5O24NO＋6H2O中NH3中-3价的N被O2氧化，氨气具有还原性，不表现氨气的碱性，A错误；B.NH3+HNO3=NH4NO3中，反应前后化合价未变，该反应不是氧化还原反应，不合题意，B错误；C.8NH3+3Cl2=N2+6NH4Cl反应的本质为3Cl2+2NH3=N2+6HCl①，过量的NH3与HCl反应，HCl+NH3=NH4Cl②，将①+②×6得：3Cl2+8NH3=N2+6NH4Cl。①为氧化还原反应，NH3中-3价的N被Cl2氧化，NH3表现还原性；②为非氧化还原反应，NH3跟酸性气体HCl物质反应，NH3表现碱性，符合题意，C正确；D.2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O中NH3-3价的N被CuO氧化，氨气具有还原性，但是不表现氨气的碱性，D错误；故合理选项是C。【题目点拨】本题考查了氨的化学性质在氧化还原反应的应用的知识，能根据化合价变化判断该反应为氧化还原反应，化合价升高的元素被氧化，碱性是指能跟酸性物质反应，平时应培养综合运用各知识点的能力。10、D【解题分析】”铜青则是铜器上绿色者”可知，铜青即为铜绿。铜在空气中长时间放置，会与空气中氧气、二氧化碳、水反应生成碱式碳酸铜Cu2(OH)2CO3，发生反应为：2Cu+O2+H2O+CO2=Cu2(OH)2CO3，则这里的”铜青”是指Cu2(OH)2CO3，D项正确。11、B【解题分析】

a、b、c、d为短周期元素，a的原子中只有1个电子，则a为H元素；b2-和c+离子的电子层结构相同，结合离子所得电荷可知b为O元素、c为Na元素；d的原子L层有4个电子，则d为C元素，然后根据物质结构与性质的关系分析。【题目详解】根据上述分析可知：a为H元素；b为O元素、c为Na元素；d为C元素。A．氢与钠形成的化合物NaH中氢元素化合价为-1价，A错误；B．O元素与氢元素形成H2O、H2O2，与Na形成Na2O、Na2O2，与碳形成CO、CO2，B正确；C．a与b形成的化合物有H2O、H2O2，二者都含有极性键为H-O，而H2O2中还含有非极性键O-O键，b与c形成的化合物Na2O、Na2O2中都有离子键，而Na2O2中含有非极性键O-O键，C错误；D．同一周期从左向右原子半径逐渐减小，同一主族元素从上到下原子半径逐渐增大，一般电子层越多原子半径越越大，故原子半径：Na>C>O>H，即：c(Na)>d(C)>b(O)>a(H)，D错误；故合理选项是B。【题目点拨】本题考查结构性质位置关系应用，注意抓住短周期元素，结合原子及离子结构特点进行推断，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识。12、A【解题分析】

收集装置，长导管进气，短导管出气，相当于采用向下排空气法收集，收集的气体，其密度小于空气，有防倒吸装置，在水中溶解度非常大。A、氨气，密度小于空气，极易溶于水，A符合题意；B、CO，密度与空气接近，不用排空气法收集，另外CO的尾气处理方法错误，B不符合题意；C、NO2密度大于空气，C不符合题意；D、HCl密度大于空气，D不符合题意；答案选A。13、D【解题分析】A.醋酸为弱酸，要用化学式表示，故A错误；B.碳酸钠易溶、易电离，要用离子符号表示，故B错误；C.铁片插入到硫酸铜溶液中生成Fe2＋，故C错误；D.向盐酸中加入适量氨水：H＋＋NH3·H2ONH＋H2O，故D正确。故选D。点睛：解答此类习题的难点是判断溶液中溶质物质的表示形式是否正确。突破此难点只需记忆强酸、强碱、可溶盐在溶液中用离子符号表示，其它物质均使用化学式表示。14、D【解题分析】

A.闻任何化学药品的气味都不能使鼻子凑近药品，避免出现中毒，正确方法为：用手轻轻在试剂瓶口煽动，让少量的药品气味进入鼻孔，故A正确；B.可燃性气体与空气混合后点燃可能发生爆炸，为防止点燃时发生爆炸，点燃前必须要先检验可燃性气体的纯度，故B正确；C.钠着火时生成过氧化钠，过氧化钠和二氧化碳、水反应生成氧气从而促进钠燃烧，钠着火时宜用沙子隔绝空气扑灭，故C正确；D.受热面积比较小的可加热仪器，不需要垫上石棉网，如在给试管中的药品加热时，可以直接给试管加热，故D错误。答案选D。15、B【解题分析】

二氧化硅和二氧化碳都是酸性氧化物，都能与碱性氧化物(如氧化钙)、碱(如氢氧化钠)溶液反应，A、C正确；二氧化碳能溶于水，与水能反应生成碳酸，而二氧化硅不溶于水，与水不反应，B错误；高温下，二氧化硅能与碳反应生成硅和一氧化碳(或碳化硅和一氧化碳)，二氧化碳与碳反应生成一氧化碳，D正确。答案选B。16、B【解题分析】

A项、CO2的电子式为：，A错误；B项、CH4的比例模型：，B正确；C项、硫原子的结构示意图为：，C错误；D项、NaCl的电子式为：，D错误；故本题选B。二、非选择题（本题包括5小题）17、CO32-+H2O+CO2=2HCO3-NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2ONO不能3NO2+H2O=2HNO3+NO0.5molS+2H2SO4（浓）=3SO2↑+2H2O【解题分析】

（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，则A、B、C中均含有钠元素，A俗称苛性钠，则A为NaOH，W为无色气体，C受热分解可以转化为B，由转化关系可知W为CO2，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，据此分析；（2）若A、B、C、W均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g/mol，则C为NO2，由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO，据此分析；（3）若A为淡黄色固体单质，则A为硫，W为气体单质，B、C为酸性氧化物，由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3，据此分析。【题目详解】（1）若A、B、C的焰色反应均为黄色，则A、B、C中均含有钠元素，A俗称苛性钠，则A为NaOH，W为无色气体，C受热分解可以转化为B，由转化关系可知W为CO2，B为碳酸钠，C为碳酸氢钠，据此分析：①向碳酸钠溶液中通入CO2生成碳酸氢钠的离子方程式为：CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；②NaOH溶液和碳酸氢钠溶液反应的化学方程式为：NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O。故答案为CO32-+H2O+CO2=2HCO3-；NaOH+NaHCO3=Na2CO3+H2O；（2）若A、B、C、W均为气体，其中A、W为单质，C的摩尔质量为46g/mol，则C为NO2，由转化关系可知A为N2、W为O2、B为NO，据此分析：①B的化学式为NO；②因为NO和空气中的O2反应生成NO2，则实验室制取B（NO）时，不能用向上排气法收集B；③NO2与水反应的化学方程式为：3NO2+H2O=2HNO3+NO。故答案为①NO；②不能；③3NO2+H2O=2HNO3+NO；（3）若A为淡黄色固体单质，则A为硫，W为气体单质，B、C为酸性氧化物，由转化关系可知W为O2、B为SO2、C为SO3，据此分析：①由SO2生成SO3的化学方程式为2SO2+O22SO3，每生成1molC（SO3），消耗W(O2)的物质的量为0.5mol；②SO3溶于水生成化合物D（H2SO4），在加热条件下，浓硫酸与硫发生氧化还原反应，生成二氧化硫和水，化学方程式为：S+2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O。故答案为0.5mol；S+2H2SO4（浓）3SO2↑+2H2O。【题目点拨】本题考查元素化合物的推断，涉及Na、N、S元素单质及其化合物性质与转化，需要学生熟练掌握元素化合物知识，把握反应的规律，注意相关基础知识的积累。18、Fe、C、O取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2ONa2FeO4【解题分析】

A是食品调味剂，H是消毒剂的有效成分，则A为NaCl，H为NaClO，G为氧化物，加H2SO4、H2O2生成J，J加D得L，L为红褐色沉淀，则L为Fe(OH)3，D为NaOH，以此逆推可知J为Fe2(SO4)3，G为FeO，则B中含有Fe元素，C为Cl2，B为有机酸盐，则一定含有C、O两元素，E、F为氧化物，结合框图，则F为CO，E为CO2，I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)。【题目详解】(1)由以上分析可知B加热分解可生成CO、CO2、FeO，则应含有Fe、C、O三种元素，故答案为：Fe、C、O；(2)I为Na2CO3(纯碱)，K为NaHCO3(小苏打)，Na2CO3与氯化钙反应生成CaCO3为白色沉淀，可加入CaCl2溶液鉴别，出现白色沉淀者为Na2CO3，故答案为：取I、K的稀溶液，分别滴加CaCl2溶液，出现白色沉淀者为I；(3)G→J的反应为FeO生成Fe2(SO4)3的过程，H2O2具有氧化性，反应的离子方程式为2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O，故答案为：2FeO+H2O2+6H+＝2Fe3++4H2O；(4)H、L、D分别为：NaClO、Fe(OH)3、NaOH，根据物质的量之比为3：2：4，结合生成一种含氧酸盐M，可确定M的化学式为Na2FeO4，方程式为3NaClO+2Fe(OH)3+4NaOH＝2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：Na2FeO4。【题目点拨】无机推断题注意题的突破口，如A是食品调味剂，是氯化钠，H是消毒剂的有效成分，为次氯酸钠，I、K可用作食品发泡剂，为碳酸氢钠和碳酸钠，L是红褐色沉淀，为氢氧化铁。掌握常见物质的性质和用途是关键。19、acbMnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O氯化锰和盐酸都能与硝酸银反应生成氯化银沉淀，称量生成的AgCl质量，只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度干燥氯气氯气无漂白性，次氯酸有漂白性③④【解题分析】

(1)依据仪器的名称和用途解答，检查气密性后先向烧瓶中加入二氧化锰再用分液漏斗加入浓盐酸加热反应制取氯气；(2)浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，(3)二氧化锰与浓盐酸反应生成氯化锰，氯化锰也会与硝酸银反应，所以方案不可行；(4)浓硫酸有吸水性，可以干燥氯气；依据干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，对比说明具有漂白性的不是氯气；(5)氯气在饱和食盐水中溶解度较低，澄清石灰水浓度低，饱和亚硫酸钠溶液容易和氯气反应生成二氧化硫，所以都不适合作为氯气的吸收剂。【题目详解】(1)实验室用浓盐酸与二氧化锰反应制备氯气，浓盐酸放在分液漏斗中，制备实验开始时，先检查装置气密性，后先向烧瓶中加入二氧化锰再用分液漏斗加入浓盐酸加热反应制取氯气；故答案为：acb；(2)浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯气、氯化锰和水，离子方程式为：MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；故答案为：MnO2＋4H++2Cl-Mn2+＋Cl2↑＋2H2O；(3)氯化锰和盐酸都能与硝酸银反应生成氯化银沉淀，称量生成的AgCl质量，只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度；故答案为：氯化锰和盐酸都能与硝酸银反应生成氯化银沉淀，称量生成的AgCl质量，只能求出氯离子的量，而不能求出剩余盐酸的浓度；(4)浓硫酸有吸水性，可以干燥氯气；干燥的有色布条不褪色，湿润的有色布条褪色，说明具有漂白性的不是氯气，而是次氯酸，故答案为：干燥氯气；氯气无漂白性，次氯酸有漂白性；(5)氯气在饱和食盐水中溶解度较低，澄清石灰水浓度低，饱和亚硫酸钠溶液容易和氯气反应生成二氧化硫，所以都不适合作为氯气的吸收剂，饱和NaOH溶液与饱和碳酸钠溶液都能与氯气反应，且产物不污染空气，所以可以用来吸收氯气；故答案为：