【化学】江苏省连云港市灌南高级中学2024-2025学年高一上学期期末考试（学生版+解析版）

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1．在2020年抗击新型冠状病毒肺炎的战“疫”中，化学品发挥了重要作用，下列说法错误的是
A．喷洒无水酒精可以有效预防病毒的侵袭
B．二氧化氯泡腾片可以作环境消毒剂
C．84消毒液和洁厕灵混用会生成有毒有害的物质
D．氢氧化铁胶体可以作净水剂
【答案】A
【解析】体积分数为75%的医用酒精杀菌消毒效果好，所以喷洒体积分数为75%的医用酒精进行消毒可以有效预防病毒的侵袭，故A错误；二氧化氯泡腾片的有效成分ClO2是一种高效、安全的杀菌、消毒剂，故B正确；84消毒液的有效成分是次氯酸钠，洁厕灵的主要成分是盐酸，次氯酸钠，盐酸混合会生成有毒的氯气，故C正确；氢氧化铁胶体具有吸附性，可以作净水剂，故D正确。答案选A。
2．下列物质与对应的归类不正确的是
A．水、液态氯化氢、小苏打都是电解质
B．“84”消毒液、碘酒、液氨都是混合物
C．CO2、Mn2O7、SO3都属于酸性氧化物
D．NaH、NaN3、NaClO都属于离子化合物
【答案】B
【解析】水是弱电解质，液态氯化氢在水溶液中能完全电离，属于强电解质，小苏打（碳酸氢钠）在水溶液中能完全电离，属于强电解质，A正确；“84”消毒液主要成分是次氯酸钠，还含其他物质，是混合物；碘酒是碘和酒精的混合溶液，是混合物；液氨是液态的氨气，只由NH3一种物质组成，属于纯净物，不是混合物，B错误；CO2、Mn2O7、SO3都能与碱反应生成盐和水，符合酸性氧化物的定义，都属于酸性氧化物，C正确；NaH由Na+和H-通过离子键构成，NaN3由Na+和N3-通过离子键构成，NaClO由Na+和ClO-通过离子键构成，都属于离子化合物，D正确；故选B。
3．反应2Na2O2+4HCl=4NaCl+O2↑+2H2O说明Na2O2不属于碱性氧化物，下列相关描述正确的是
A．H2O的电子式为
B．Na+与Cl-具有相同的电子层结构
C．Na2O2既含离子键又含共价键
D．中子数为20的氯原子：1720C1
【答案】C
【解析】H2O是共价化合物，O原子最外层有6个电子，H原子最外层有1个电子，O原子分别与2个H原子形成共用电子对，其电子式为，A错误；Na+核外有2个电子层，电子层结构为2、8 ；Cl-核外有3个电子层，电子层结构为2、8、8 ，二者电子层结构不同，B错误；Na2O2由Na+和O22-构成，Na+与O22-之间是离子键，O22-中两个O原子之间存在共价键，所以Na2O2既含离子键又含共价键，C正确；质子数为17，中子数为20的氯原子，质量数=质子数+中子数=17+20=37，应表示为1737Cl，D错误；
故选C。
4．室温下，通过下列实验探究一定浓度Na2CO3溶液的性质。
实验1：向溶液中滴几滴酚酞，溶液显红色：
实验2：向实验1所得溶液中缓慢滴加几滴稀盐酸，溶液红色变浅，无气体产生；实验3：向溶液中通入过量的CO2，无明显现象；实验4：向实验3所得溶液中滴加少量Ba(OH)2溶液，产生白色沉淀。
下列有关说法正确的是
A．实验l说明Na2CO3溶液中存在OH-
B．实验2中溶液红色变浅的原因是：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
C．由实验3可以推测Na2CO3与CO2没有发生反应
D．实验4中发生反应的离子方程式为：CO32-+Ba2+= BaCO3↓
【答案】A
【解析】能够使酚酞变红色，说明溶液该溶液显碱性，溶液中存在OH-离子，故A正确；因为加入少量的盐酸生成碳酸氢根离子，没有气体放出，正确的方程式为：CO32-+H+=HCO3-，故B 错误；CO2与Na2CO3溶液反应生成NaHCO3，方程式为CO2+H2O+Na2CO3=2NaHCO3，故C错误；实验3得到的溶液是NaHCO3溶液，与少量的氢氧化钡反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+2HCO3-=BaCO3↓+CO32-+2H2O，故D错误；答案选A。
5．对下列事实的解释错误的是( )
A．在蔗糖中加入浓硫酸出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性
B．向50 mL 18 ml·L－1H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，被还原的H2SO4的物质的量小于0.45 ml
C．常温下，浓硫酸可以用铝制容器贮存，说明铝与浓硫酸不反应
D．反应CuSO4＋H2S===CuS↓＋H2SO4能进行，说明CuS既不溶于水也不溶于稀硫酸
【答案】C
【解析】在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有脱水性，故A正确；浓硫酸和铜共热反应、稀硫酸和铜共热不反应，所以向50mL18ml•L-1的H2SO4溶液中加入足量的铜片加热充分反应后，在反应过程中浓硫酸变为稀硫酸后不和铜反应，所以被还原的H2SO4的物质的量小于0.45ml，故B正确；常温下，金属铝遇到浓硝酸会钝化，钝化是化学变化，故C错误；硫酸铜与氢硫酸反应生成了不溶于稀硫酸的硫化铜黑色沉淀和稀硫酸，故D正确。故选C。
6．下列实验装置能达到实验目的的是
A．选项AB．选项BC．选项CD．选项D
【答案】A
【解析】若Na和水的反应是放热反应，反应放出的热量会使大试管内气体温度升高，压强增大，导致U形管中红墨水出现液面差，所以该装置能验证Na和水的反应是否为放热反应，A正确；比较非金属性强弱应根据最高价氧化物对应水化物的酸性强弱。稀盐酸不是Cl的最高价氧化物对应水化物，且盐酸具有挥发性，挥发出来的HCl会干扰CO2与硅酸钠溶液的反应，不能证明非金属性Cl>C>Si，B错误；观察钾元素的焰色反应需要透过蓝色钴玻璃，滤去钠元素焰色的干扰，C错误；比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性时，NaHCO3应放在小试管中，Na2CO3放在大试管中，因为外管温度高，内管温度低，若NaHCO3分解而Na2CO3不分解，才能说明Na2CO3稳定性强，D错误；故选A。
7．硫代硫酸钠溶液与盐酸混合（Na2S2O3 + 2HCl == 2NaCl + S↓+ SO2↑+ H2O），生成单质硫并沉淀出来。若将硫代硫酸钠溶液先与界面活性剂(不参与反应)均匀混合于烧杯中，再加入盐酸溶液并立刻搅拌，静置后无沉淀产生，得到含硫单质的胶体。下列叙述错误的是
A．硫代硫酸钠与盐酸反应中，盐酸作还原剂
B．烧杯中单质硫颗粒直径约为 10-9~10-7m
C．界面活性剂减缓了硫生成的速率
D．用平行光照射烧杯中液体，将观察到光的“通路”
【答案】A
【解析】硫代硫酸钠与盐酸反应生成单质S、SO2、H2O和NaCl，反应前后HCl中元素化合价没发生变化，不是还原剂，故A错误；该分散系为含硫单质胶体，胶体分散系的微粒直径介于10-9～10-7m之间，则烧杯中单质硫颗粒直径约为10-9～10-7m，故B正确；硫代硫酸钠溶液与盐酸混合生成单质硫并沉淀出来，将硫代硫酸钠溶液先与界面活性剂(不参与反应)均匀混合，得到含硫单质的胶体(硫分散在体系中)，这说明界面活性剂减缓了硫生成的速率，故C正确；得到含硫单质的胶体，胶体能产生丁达尔效应，所以用平行光照射烧杯中液体，将观察到光的“通路”，故D正确；答案选A。
8．实验室保存的浓盐酸标签如图所示，某同学用此浓盐酸配制500mL 0.2ml·L-1的稀盐酸。下列说法错误的是
A．该浓盐酸的物质的量浓度为11.9 ml·L-1
B．配制溶液所用的容量瓶不需要干燥
C．若定容时仰视刻度线，所配溶液浓度偏小
D．实验需用到的玻璃仪器有烧杯、容量瓶、胶头滴管三种
【答案】D
【解析】该浓盐酸的物质的量浓度为1000mL/L×1.19g/mL×36.5%36.5g/ml=11.9ml/L，A正确；配制溶液时，容量瓶不需要进行干燥，B正确；定容时仰视刻度线，则溶液的体积将偏大，导致所配溶液浓度偏小，C正确；配制500mL0.2ml/L的稀盐酸溶液时，需要的玻璃仪器有烧杯、500mL容量瓶、玻璃棒、胶头滴管四种，D错误；故答案选D。
9．碘在自然界中有很多存在形式，在地壳中主要以NaIO3形式存在，而在海带、紫菜等海藻类植物中也含有碘元素，经过灼烧、溶解、过滤后得到的溶液主要以I-形式存在，几种粒子与Cl2之间有如下转化关系：
以下说法不正确的是
A．①中发生的反应是2I-+Cl2=I2+2Cl-
B．I-与过量Cl2发生的反应是I-+3Cl2+3H2O=IO3-+6Cl-+6H+
C．以上反应中，氯气都体现氧化性，具体表现为氯元素的化合价由0价降低为-1价
D．若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水，不能观察到溶液变蓝的现象
【答案】D
【解析】向I−和的溶液中通入适量的氯气，则生成碘单质和氯离子，则①中发生的反应是：2I-+Cl2=I2+2Cl-，故A正确；由途径①②可知，I−可被过量的氯气氧化生成IO3-，则发生的反应是：I-+3Cl2+3H2O=IO3-+6Cl-+6H+，故B正确；由途径①②可知，氯气都体现氧化性，具体表现为：氯元素由0价降低为−1价，故C正确；若在加入淀粉的KI溶液中逐滴滴加氯水，当氯水少量时生成碘单质，则能观察到溶液变蓝的现象，故D错误；故选D。
10．某无色、澄清溶液中只可能含有①Na+、②SO42-、③Cl-、④HCO3-、⑤CO32-、⑥H+、⑦Cu2+中的几种，且每种离子的物质的量浓度均相等。依次进行下列实验，每步所加试剂均过量，观察到的现象如下：
下列结论正确的是
A．该实验无法确定溶液中是否含有③B．溶液中肯定含有的离子是①②⑥
C．溶液中可能含有的离子是①③D．溶液中肯定没有的离子是④⑤⑦
【答案】B
【解析】溶液无色，所以一定没有Cu2+（Cu2+在溶液中呈蓝色），向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液，溶液变红，说明溶液呈酸性，所以一定有H+，因为H+与HCO3-、CO32-会发生反应，所以一定没有HCO3-、CO32-，向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸，有白色沉淀生成，该沉淀为BaSO4，说明溶液中一定有SO42-，将 (2) 中所得沉淀过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸，有白色沉淀生成，此沉淀为AgCl，但由于步骤 (2) 中加入了BaCl2溶液和稀盐酸，引入了Cl-，所以不能确定原溶液中是否有Cl-，故一定存在的离子有H+、SO42-，由每种离子的物质的量浓度均相等，由电荷守恒可得，一定存在Na+，一定不存在Cl-，据此回答。
由于步骤 (2) 引入Cl-，虽不能确定原溶液是否含Cl-，但根据每种离子物质的量浓度均相等及溶液呈电中性，可进一步推断一定不存在Cl-，并非完全无法确定，A错误；若溶液中只有H+、SO42-，不满足溶液呈电中性，所以一定有Na+，一定不存在Cl-，溶液中肯定含有的离子是①②⑥，B正确；根据前面分析，溶液一定有Na+，不确定是否有Cl-，但从离子浓度相等及电中性角度，若有Cl-，离子组合才更合理，所以不是可能含有Na+，C错误；由前面推理可知，溶液中肯定没有HCO3-、CO32-、Cu2+、Cl-，即③④⑤⑦，D错误；故选B。
11．下列指定反应的离子方程式正确的是
A．向碳酸钠溶液中加入过量醋酸：CO32-+2H+=H2O+CO2↑
B．氯化铝溶液与足量氨水反应：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+
C．向(NH42FeSO42溶液中加入过量氢氧化钠溶液：NH4++Fe2++3OH-=NH3⋅H2O+FeOH2↓
D．少量金属钠投入CuSO4溶液：2Na + Cu2+ = 2Na+ + Cu
【答案】B
【解析】醋酸是弱酸，不能拆，正确的是：CO32-+2CH3COOH=H2O+CO2↑+2CH3COO -，A错误；氯化铝溶液与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，由于氨水是弱碱，不能溶解氢氧化铝，离子方程式为：Al3++3NH3·H2O=Al(OH)3↓+3NH4+，B正确；根据“少定多变”NaOH溶液过量，要以(NH4)2Fe(SO4)2·6H2O为标准，不符合反应的微粒数目比，该反应的离子方程式应该为：2NH4++Fe2++4OH-=2NH3·H2O+Fe(OH)2↓，C错误；钠和水先反应生成NaOH和氢气，NaOH再和硫酸铜发生复分解反应，离子方程式为2Na+2H2O+Cu2+=H2↑+2Na++Cu(OH)2↓，D错误；故选B。
12．A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A原子是主族元素中原子半径最小的，B原子的最外层电子数等于其次外层电子数3倍，C元素是地壳中含量最高的金属元素，D的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnDO2n+2，E有两种常见简单离子，低价离子为绿色。下列说法错误的是
A．E为过渡元素
B．A与B形成的某化合物含非极性键
C．简单离子半径：A＜B＜C＜D
D．C与D的最高价氧化物的水化物之间可以反应
【答案】C
【解析】E有两种常见简单离子，低价离子为绿色，则E为Fe元素，位于元素周期表的第四周期第Ⅷ族，Fe元素是过渡元素，故A正确；A原子是主族元素中原子半径最小的，A为H元素；B原子的最外层电子数等于其次外层电子数3倍，B为O元素，H和O元素形成的化合物H2O2中，两个O原子之间为非极性键，故B正确；C元素是地壳中含量最高的金属元素，C为Al元素，D的最高价氧化物对应水化物的化学式为HnDO2n+2，n=1时，D的最高价氧化物对应水化物的化学式为HDO4，D的最高价为+7价，且D的原子序数小于Fe元素，则D为Cl元素；又根据电子层数越多，离子半径越大，核外电子排布相同时，原子序数越大，离子半径越小，则简单离子半径：H+＜Al3+＜O2-＜Cl-，故C错误；Al的最高价氧化物对应水化物是Al(OH)3，Al(OH)3是两性氢氧化物，D的最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4是强酸，两者之间可以发生反应生成盐和水，故D正确；答案选C。
13．下列说法正确的是
A．试纸在使用时必须先要湿润
B．任何金属或者它们的化合物在火焰上灼烧都有特殊的焰色反应
C．乙醇可以任意比例溶于水，所以乙醇不能作为萃取剂萃取任何物质
D．提纯混有少量氯化钠的硝酸钾，可以经过溶解、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等步骤
【答案】D
【解析】测试溶液的pH时，不可事先用蒸馏水润湿，否则相当于稀释溶液，A错误；多种金属或它们的化合物在灼烧时，会使火焰呈现特殊的颜色，化学上叫焰色反应，但并不是任何金属，B错误；乙醇与水互溶，因此不能用于萃取水溶液中的物质，但乙醇可以作为萃取剂用于非水体系，C错误；硝酸钾的溶解度随温度升高而增大，而氯化钠的溶解度受温度影响较小，通过溶解、蒸发浓缩、冷却结晶，硝酸钾会优先析出，而氯化钠大部分留在母液中，D正确；答案选D。
14．因为镁、锂在元素周期表中具有特殊的“对角线”位置而性质相似，如它们的单质在过量氧气中燃烧均只生成正常氧化物等。以下叙述的锂的性质与镁相似，其中正确的是
A．Li2SO4难溶于水
B．LiOH是可溶于水，受热不分解的强碱
C．遇浓H2SO4会产生“钝化现象”
D．Li2CO3受热分解生成Li2O和CO2
【答案】D
【解析】MgSO4易溶于水，根据镁、锂的 “对角线” 相似性Li2SO4也应易溶于水，A错误；Mg(OH)2难溶于水且受热易分解，依据 “对角线” 规则，LiOH同样难溶于水且受热分解，B错误；镁遇浓硫酸不会发生钝化现象，依据 “对角线” 规则，锂遇浓硫酸也不会发生钝化现象，C错误；MgCO3受热分解生成MgO和CO2，根据镁、锂的 “对角线” 相似性，Li2CO3受热分解生成Li2O和CO2，D正确；故选D。
15．下列颜色变化与氧化还原反应无关的是
A．湿润的红色布条遇氯气褪色
B．棕黄色FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体变为红褐色
C．向紫色酸性KMnO4溶液中通入SO2气体后溶液褪色
D．淡黄色Na2O2固体露置于空气中逐渐变为白色
【答案】B
【解析】氯气与水反应生成的HClO具有强氧化性，使湿润的红色布条氧化褪色，与氧化还原反应有关，故A不符合；棕黄色FeCl3饱和溶液滴入沸水中，继续煮沸可得到红褐色液体，即FeOH2胶体，该过程中元素化合价没有变化，与氧化还原反应无关，故B符合；酸性KMnO4溶液具有强氧化性，SO2具有强还原性，二者因发生氧化还原反应而使紫色酸性KMnO4溶液褪色，故C不符合；淡黄色Na2O2固体露置于空气中逐渐变为白色，是因为它与空气中的CO2反应生成Na2CO3和O2，与空气中的H2O反应生成NaOH和O2，均属于氧化还原反应，故D不符合；答案选B。
16．NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，其一种生产工艺如图，下列说法不正确的是
A．“反应”步骤中生成ClO2的化学方程式:H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4
B．“电解”所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时，为除去杂质SO42-和Ca2+，需要加入适当过量的除杂试剂，添加顺序为为BaCl2、Na2CO3
C．吸收反应NaOH+H2O2+ClO2→NaClO2+O2+H2O中，氧化产物是O2，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2
D．270gClO2与过量的NaOH、H2O2完全反应，计算生成的NaClO2的物质的量为4ml
【答案】C
【解析】NaClO3和SO2在H2SO4酸化条件下生成ClO2，回收产物为NaHSO4，说明生成硫酸氢钠，且产生ClO2，根据得失电子守恒可知，此反应的化学方程式为：H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4，故A正确；食盐中混有SO42-和Ca2+，因不能引入新的杂质应用氯化钡除去硫酸根，用碳酸钠除去钙离子和过量的钡离子，因此除去时需要加入的试剂顺序为BaCl2、Na2CO3，故B正确；根据流程图可知，利用含过氧化氢的氢氧化钠溶液吸收ClO2，产物为ClO2-，则此反应中ClO2为氧化剂，还原产物为ClO2-，Cl的化合价从+4价降为+3价，1mlClO2参加反应得到1ml电子，H2O2为还原剂，氧化产物为O2，1mlH2O2参加反应失去2ml电子，依据得失电子守恒可知氧化剂和还原剂的物质的量之比为2:1，故C错误；270gClO2的物质的量是270g÷67.5g/ml＝4ml，与过量的NaOH、H2O2完全反应，根据氯原子守恒可知生成的NaClO2的物质的量为4ml，故D正确。故答案选C。
二、填空题
17．如图是元素周期表的短周期部分，表中的数字序号代表该元素，请参照元素在表中的位置，回答下列问题：
(1)写出元素⑥位于周期表中的位置：第3周期第 族。
(2)元素②的单质有多种，这些单质互称 。写出①和③形成的原子数之比为1：1的化合物的电子式： 。
(3)元素④的单质着火不能用水灭火，其原因是 (用离子方程式表示)。
(4)可用来判断元素④、⑤金属性强弱的是 (填字母)。
a．原子的最外层电子数
b．单质与水反应的剧烈程度
c．单质的熔沸点高低
d．最高价氧化物的水化物的碱性强弱
(5)元素硒(Se)与元素③和⑦位于同一主族，俗称“长寿元素”，在营养强化剂中硒元素主要以亚硒酸钠形式存在，写出亚硒酸钠的化学式： ，这三种元素简单氢化物的沸点由高到低的顺序是 (用化学式表示)。
【答案】(1)IVA
(2)同素异形体
(3)2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑
(4)bd
(5) Na2SeO3 H2O＞H2Se＞H2S
【解析】（1）元素⑥为Si元素，原子序数为14，位于元素周期表第三周期第IVA族；
（2）元素②为C元素，由C元素可以组成许多性质不同的单质，它们互称为同素异形体；元素①为H元素，元素③为O元素，原子数之比为1：1的化合物为H2O2，电子式：；
（3）元素④为Na元素，其单质可与水反应生成NaOH和H2：2Na+2H2O=2Na++2OH-+H2↑；
（4）原子的最外层电子数多少不能说明金属性强弱，a错误；单质与水反应越剧烈，金属性越强，b正确；单质的熔沸点属于物理性质，不能判断金属性强弱，c错误； 最高价氧化物的水化物的碱性越强，则元素的金属性越强，d正确；答案选bd；
（5）亚硫酸钠化学式为Na2SO3，亚硒酸钠的化学式为：Na2SeO3，三种元素简单氢化物分别为：H2O、H2S和H2Se，H2O分子间可形成氢键，沸点最高，H2Se相对分子质量较大，分子间作用力较强，沸点高于H2S，沸点：H2O＞H2Se＞H2S。
18．空气中 CO2浓度的持续走高引起人们的高度重视。一些科学家认为，人类不仅要努力减少 CO2的排放，还要尽快想办法清除空气中过多的 CO2.为此，他们设想了一系列“捕捉”和“封存” CO2的方法。
方法Ⅰ：一些科学家利用太阳能加热的反应器“捕捉”空气中的 CO2，如图-1所示。
(1)步骤一中的 CaO的电子式为 。
(2)步骤二中发生反应的化学方程式是 。
方法Ⅱ：另一些科学家利用 NaOH 溶液的喷淋“捕捉”空气中的 CO2，如图-2所示。
图-2
(3)上图-2 a 环节中，物质分离的基本操作是 。
(4)为了尽量减少成本，在整个流程中，循环利用的物质有 CaO和 。
(5)下列溶液中，同样能用于“捕捉”二氧化碳的是 (填字母)，发生反应的离子方程式为 。
a．KNO3溶液 b．CaCl2溶液 c．H2O2溶液 d．Na2CO3溶液
【答案】(1)
(2)CaCO3900℃ CaO+CO2↑
(3)过滤
(4)NaOH
(5) d CO32-+CO2+H2O=2HCO3-
【解析】（1）CaO是离子化合物，电子式为：。故答案为：；
（2）步骤一是CaO与CO2生成CaCO3，步骤二是CaCO3高温分解产生CaO和CO2，方程式为：CaCO3900℃ CaO+CO2↑。故答案为：CaCO3900℃ CaO+CO2↑；
（3）上图-2 a 环节中CaO与溶液中水反应生成CaOH2，CaOH2与Na2CO3生成固体CaCO3，a环节中，是固体CaCO3与溶液发生分离，为过滤。故答案为：过滤；（
4）流程中，900℃反应炉中CaCO3分解产生的CaO可以循环利用，a 环节中CaO与溶液中水反应生成CaOH2，CaOH2与Na2CO3生成固体CaCO3和NaOH，a环节中NaOH也可循环利用。故答案为：NaOH；
（5）能用于“捕捉”二氧化碳的是溶液应能与CO2反应，d选项中的Na2CO3溶液可与CO2反应，离子方程式为：CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。故答案为：d；CO32-+CO2+H2O=2HCO3-。
19．舍勒发现氯气的方法至今还是实验室中制取氯气的主要方法之一。
(1)写出用该方法制取氯气的化学方程式 。
(2)某同学应用该方法，按照制备、净化、收集、性质检验及尾气处理的顺序进行实验。下列装置(“→”表示气流方向)能达到实验目的的是 。
(3)写出上述D装置中Cl2经过湿润红布条时发生反应的离子方程式 。
(4)验证氯水中HClO光照分解的产物。将新制的氯水加入三颈烧瓶内，将pH传感器、氯离子传感器、氧气传感器分别插入三颈瓶中(如图1)，用强光照射氯水，进行实验并采集数据，获得相关变化曲线。(酸性溶液中，cH+越大，pH越小，溶液酸性越强)
若能够证明氯水中HClO在光照下发生了分解反应，则图2中纵坐标可以表示的物理量是 (填字母)。
a．氧气的体积分数 b． 氯水的pH c．氯离子的浓度
(5)某化工厂用氯气与氢氧化钙生产漂白粉。该厂出厂产品说明书如图3：
①漂白粉的有效成分是 (填化学式)。漂白粉需“密封避光保存于阴凉处”是因为漂白粉有效成分与空气中CO2、H2O反应生成不稳定的次氯酸而易失效。生成次氯酸的化学方程式为 。
②使用漂白粉时最好“随用随配”。某次使用时，取漂白粉2.54 g溶解于1000 g水中，所得溶液中次氯酸钙的物质的量浓度为 。(假设漂白粉中只含有次氯酸钙和氯化钙，不含其它杂质，且所得溶液的体积仍为1 L)
【答案】(1)2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O
(2)ABD
(3)Cl2+H2O=HCl+HClO
(4)ac
(5)CaClO2 Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO 0.01ml/L
【解析】（1）A装置为不加热制取氯气装置，故用KMnO4和浓盐酸制取氯气，该反应的化学方程为2KMnO4+16HCl(浓)=2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O；
（2）A为不加热制取氯气装置，A正确；B为除杂装置，导管满足长进短出，B正确；C为收集装置，氯气密度大于空气，所以需要用向上排空气法，C装置不符合题意；D为验证氯气性质的装置，湿润氯气具有漂白性，D装置正确；E装置为尾气回收装置，需要用NaOH溶液，E装置错误；故选ABD；
（3）Cl2经过湿润红布条时，氯气与水反应生成具有漂白性的次氯酸，方程式为：Cl2+H2O=HCl+HClO；
（4）HClO光照下会发生的反应为：2HClO光照 2HCl+O2↑，HCl为强酸,完全电离，则溶液中的氯离子的浓度、氧气的体积分数均会增大；故选ac；
（5）①漂白粉的主要成分是次氯酸钙CaClO2和氯化钙CaCl2，有效成分是CaClO2；漂白粉的有效成分CaClO2与空气中CO2、H2O反应生成次氯酸HClO和碳酸钙，化学方程式为Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO；②取漂白粉2.54g，设其中次氯酸钙的物质的量为xml，由于漂白粉中次氯酸钙和氯化钙的物质的量之比为1:1，则n[CaClO2]=n(CaCl2)，143x+111x=2.54g，解得x=0.01ml，所得溶液体积为1L，根据物质的量浓度公式c=nV，则次氯酸钙的物质的量浓度c=0.01ml/L。
20．84消毒液、ClO2是常见的含氯消毒剂。
资料：84消毒液中含氯微粒主要有ClO-、Cl-、HClO；相同浓度时，HClO的氧化性强于ClO-；ORP是反映物质的氧化一还原性，ORP值越大，氧化性越强。通常情况下，应将84消毒液原液稀释后使用；一般不用于衣服等纺织品的洗涤消毒。
(1)制备ClO2的一种反应为：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，用单线桥法标出其电子转移的方向和数目 。
(2)取含次氯酸钠0.2ml·L-1的消毒液1mL，加水稀释至200mL，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度为 ml·L-1。
(3)为研究84消毒液的性质与使用条件，进行下列实验：
【实验1】向两支试管中分别加入2mL84消毒液，在试管l中加入2mL水，试管2中加入2mL白醋，再分别放入相同的红色纸片。观察到试管2中纸片褪色更快。
①实验中在试管l中加入2mL水的目的是 。
②试管2中纸片褪色更快的原因是 。
③如果实验中加浓盐酸，会有黄绿色气体产生，反应的离子方程式是 。
【实验2】测定84消毒液在不同温度时ORP随时间的变化情况，结果如图所示。
④实验表明，随温度升高，ORP值下降。50℃时ORP值下降较快的原因是 。
【答案】(1)
(2)0.001
(3)做对比实验 白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强 Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低，HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱
【解析】（1）制备ClO2的一种反应为：2NaClO3+H2O2+H2SO4=2ClO2↑+O2↑+Na2SO4+2H2O，H2O2中的O由-1价升高为0价，共升高2价，NaClO3中Cl由+5价降为+4价，共降低2价，用单线桥法标出其电子转移的方向和数目。故答案为：；
（2）取含次氯酸钠0.2ml·L-1的消毒液1mL，加水稀释至200mL，则稀释后次氯酸钠的物质的量浓度为0.2ml·L-1×1mL200mL =0.001ml·L-1。故答案为：0.001；
（3）①实验中在试管l中加入2mL水的目的是做对比实验。故答案为：做对比实验；②试管2中纸片褪色更快的原因是白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强。故答案为：白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与ClO-反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强；③如果实验中加浓盐酸，会有黄绿色气体产生，在酸性条件下，次氯酸根离子将氯离子氧化，生成氯气，反应的离子方程式是Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O。故答案为：Cl-+ClO-+2H+=Cl2↑+H2O；
【实验2】④实验表明，随温度升高，ORP值下降。50℃时ORP值下降较快的原因是ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低，HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱。故答案为：ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低，HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱。
A．验证Na和水的反应是否为放热反应
B．证明非金属性强弱：Cl>C>Si
C．观察碳酸钾的焰色反应
D．比较Na2CO3、NaHCO3的稳定性
盐酸
分子式
HCl
相对分子量
36.5
密度
1.19g·cm3
HCl的质量分数
36.5%
步骤
操作
现象
(1)
向溶液中滴加2～3滴紫色石蕊溶液
溶液变红
(2)
向溶液中滴加BaCl2溶液和稀盐酸
有白色沉淀生成
(3)
将(2)中所得沉淀过滤，向滤液中加入AgNO3溶液和稀硝酸
有白色沉淀生成