四川省合江县马街中学2023-2024学年高一上学期12月月考化学试题

四川省合江县马街中学20232024学年高一上学期12月月考化学试题可能用到的相对原子质量有：H：1C：12O：16Na：23Cl：35.5Si：28Fe：56第一部分选择题(共42分)一、选择题(本题共14个小题，每小题只有一个选项符合题意，每小题3分，共42分)1.金属材料的应用促进了人类社会的发展。下列不属于金属材料的是A.储氢合金 B.航母钢甲板 C.青花瓷 D.钛合金耐压壳【答案】C【解析】【详解】储氢合金、航母钢甲板、钛合金耐压壳都属于金属材料，而青花瓷属于陶瓷，属于无机非金属材料，故C符合题意。综上所述，答案为C。2.当光束通过下列分散系时，可明显观察到丁达尔效应的是A.溶液 B.淀粉溶液 C.NaCl溶液 D.酒精溶液【答案】B【解析】【详解】丁达尔效应只发生在胶体中，不能发生在其它分散系中，所以丁达尔效应是区分胶体与溶液的一种最常用的方法，A、C、D都是溶液，无丁达尔效应，B为胶体，所以能观察到丁达尔现象，故选B。3.下列各化合物不能由单质直接化合制取的是A.FeCl3B.CuCl2C.AlCl3D.FeCl2【答案】D【解析】【分析】【详解】A．Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，故A不选；

B．Cu与Cl2点燃时能直接化合生成CuCl2

，故B不选；

C．Al与氯气在点燃时能直接化合生成AlCl3，故C不选；

D．Fe和氯气点燃时直接化合生成FeCl3，不能由单质间直接化合制取FeCl2，故D选；

故选：D4.下列电离方程式正确的是（）A.Ba(OH)2=Ba2++OH B.Al2(SO4)3=2Al3++3SO42C.H2SO4=H2++SO42 D.NaHCO3=Na++H++CO32【答案】B【解析】【详解】A.氢氧化钡是二元强碱，电离方程式为Ba(OH)2=Ba2++2OH，A错误；B.硫酸铝是盐，电离方程式为Al2(SO4)3=2Al3++3SO42，B正确；C.硫酸是二元强酸，电离方程式为H2SO4=2H++SO42，C错误；D.碳酸氢钠是弱酸的酸式盐，电离方程式为NaHCO3=Na++HCO3－，D错误，答案选B。点睛：关于酸式盐电离方程式的书写需要注意：①强酸酸式盐完全电离，一步到底。如NaHSO4在水溶液中的电离方程式为NaHSO4===Na＋＋H＋＋SO42－，但在熔融状态下共价键不变，则其电离方程式为NaHSO4===Na＋＋HSO4－。多元弱酸酸式盐，第一步完全电离，其余部分电离。如NaHCO3===Na＋＋HCO3－，HCO3－H＋＋CO32－，与之类似的还有亚硫酸氢钠、硫氢化钠等。5.下列说法正确的是A.向久置的氯水中滴入紫色石蕊溶液，溶液先变红后褪色B.欲除去Cl2中的少量HCl气体，可将此混合气体通入盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶C.漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，应密封保存D.实验室用MnO2和稀盐酸加热制取Cl2时，若有7.3gHCl参加反应，则可制得3.55gCl2【答案】C【解析】【详解】A．久制的氯水为稀盐酸，只有酸性而无漂白性，因此向久置氯水中滴入石蕊溶液，溶液只变红而不褪色，A项错误；B．将Cl2和HCl的混合气体通入饱和NaHCO3溶液中会生成CO2，引人新杂质，B项错误；C．Ca(ClO)2是漂白粉的有效成分，为了避免漂白粉吸收空气中的CO2和H2O而变质，漂白粉应密封保存，C项正确；D．MnO2与浓盐酸加热才能生成C12，D项错误；故选C。6.钡和钠相似，也能形成含的过氧化物。下列叙述中不正确的是A.过氧化钡的化学式是 B.过氧化钡与足量的水反应生成C.过氧化钡属于碱性氧化物 D.过氧化钠和过氧化钡都强氧化剂【答案】C【解析】【详解】A．Ba在化合物中表现为+2价，过氧化物中氧元素为1价，则根据化合物中元素化合价代数和等于0可知，过氧化钡的化学式是，A项正确；B．与水反应产生和，B项正确；C．与水反应产生和，属于过氧化物，不是碱性氧化物，C项错误；D．过氧化钠和过氧化钡在反应中都表现出强氧化性，因此都是强氧化剂，D项正确；故选C。7.下列有关钠及其化合物的说法正确的是A.能与酸反应生成盐和水，所以氧元素的化合价没有改变B.、和长时间放在空气中，最终都会变成C.将足量的、分别加到酚酞试液中，最终溶液均为红色D.“84”消毒液和洁厕灵(主要成分为盐酸)一起使用，消毒效果会更好【答案】B【解析】【详解】A．能与酸反应生成盐、水和氧气，反应过程中氧元素化合价发生了改变，故A错误；B．Na在空气中放置会被氧气氧化为Na2O，氧化钠与水反应产生NaOH，Na2O2与H2O反应也产生NaOH，NaOH吸水潮解变为NaOH溶液，然后吸收空气中的CO2，最后变为Na2CO3，所以Na、Na2O和Na2O2长时间放在空气中，最终都会变成Na2CO3，故B正确；C．Na2O加到酚酞试液中，Na2O与水反应产生NaOH，遇酚酞试液，溶液变为红色；Na2O2与水反应产生NaOH和O2，碱遇酚酞试液变为红色，Na2O2具有强氧化性，又会将红色物质氧化变为无色，因此将足量的Na2O2、Na2O分别加到酚酞试液中，前者最终变为无色，后者变为红色，故C错误；D．“84”消毒液(主要成分为次氯酸钠)和洁厕灵(主要成分为盐酸)一起使用，二者发生反应产生有毒气体Cl2，导致人中毒，因此不能混合使用，故D错误；答案选B。8.设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A.标况下，5.6LCCl4含有的分子数为0.25NAB.1L1mol·L1NaCl溶液含有28NA个电子C.26g由C2H2和C6H6组成的混合物中含有的碳原子数为2NAD.0.5molO2与一定量的Na完全反应，转移的电子数一定为2.0NA【答案】C【解析】【详解】A．标况下，CCl4不是气体，不能气体摩尔体积计算，A错误；B．NaCl溶液中除了Na+、Cl含有电子，还有大量的H2O也含有电子，B错误；C．C2H2和C6H6的最简式均是CH，26g该混合物中含有的碳原子数为=2NA，C正确；D．0.5molO2与足量的Na完全反应生成Na2O，则转移的电子数为2.0NA，若生成了部分或全部的Na2O2，或是一定量的Na不足以与0.5molO2反应，则转移的电子数不是2.0NA，D错误；故选C。9.侯德榜发明联合制碱法，其生产流程可简要表示为下图，下列说法错误的是A.第②步涉及的主要反应为B.流程中若先通入再通，可达到同样效果C.实验室进行第③步操作，需要用到的玻璃仪器有漏斗、烧杯、玻璃棒D.用稀盐酸溶液可鉴别和【答案】B【解析】【分析】向饱和食盐水中通入氨气先生成，向其中再通入二氧化碳，析出碳酸氢钠晶体，过滤后将晶体加热得到碳酸钠。【详解】A．氨气极易溶于水所得溶液呈碱性，饱和食盐水中通入氨气，先生成，继续通入过量二氧化碳则生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠溶解度小，最终析出碳酸氢钠晶体，故第②步涉及的主要反应为，A项正确；B．二氧化碳在水中溶解度小，流程中若先通入再通入，难以达到同样效果，B项错误；C．实验室进行第③步操作即过滤，过滤用于分离固体和液体，需要用到的玻璃仪器有：烧杯、漏斗和玻璃棒，C项正确；D．向碳酸钠溶液中滴加稀盐酸，碳酸钠先转化成碳酸氢钠和氯化钠，继续滴加，再生成氯化钠、二氧化碳和水，实验现象为：先无明显现象，后有无色气体生成；向碳酸氢钠溶液中滴加稀盐酸，反应直接生成氯化钠、二氧化碳和水，实验现象为：立即有无色气体生成；所以用稀盐酸溶液可鉴别和，D项正确；故选B10.实验室需用的硫酸铜溶液，以下操作正确的是A.将胆矾配成500mL溶液B.将胆矾溶于少量水中，再用水稀释至500mLC.称取硫酸铜，加入500mL水D.在

溶液中加入400mL水【答案】B【解析】【详解】选用500mL的容量瓶配制溶液，计算所需溶质的质量：胆矾.5H2O=0.5L250g/mol=12.5g，或硫酸铜=0.5L160g/mol=8.0g，在烧杯中用少量水溶解溶质后，转移至500mL容量瓶，定容之后取480mL溶液。A.将胆矾配成500mL溶液，不符合题意，故A错误；B.将胆矾溶于少量水中，再用水稀释至500mL，符合题意。故B正确；C.称取硫酸铜，加入500mL水，不符合题意，故C错误；D.在

溶液中加入400mL水不符合题意，故D错误；故答案为B。11.关于反应，下列说法正确的是A.发生氧化反应B.既是氧化产物也是还原产物C.生成3mol时，转移10mol电子D.氧化剂与还原剂物质的量之比为2∶7【答案】B【解析】【详解】A．过氧化钠中氧元素化合价为1价，生产成物中氧元素为2价，化合价降低，发生还原反应，故A错误；B．Cr元素化合价从+3价升高至+6价，过氧化钠中氧元素化合价从1价降为2价，所以既是氧化产物也是还原产物，故B正确；C．过氧化钠中氧元素化合价从1降为氧化钠中氧元素化合价2，生成3mol时，转移3mol电子，故C错误；D．过氧化钠中氧元素化合价降低为氧化剂，中铁元素和铬元素化合价升高为还原剂，物质的量比值为7:2，故D错误；答案选B。12.某氯原子的质量为ag，12C的质量是bg，用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是A.氯元素的相对原子质量为 B.氯元素的摩尔质量为aNAC.mg该氯原子的物质的量为 D.ng该氯原子所含的电子数为【答案】C【解析】【详解】A.某氯原子的质量为ag，12C的质量是bg，则该氯原子的相对原子质量为，不是氯元素的相对原子质量，故A错误；B.氯原子的质量为ag，则该氯原子的摩尔质量为aNAg·mol1，故B错误；C.氯原子的质量为ag，则该氯原子的摩尔质量为aNAg·mol1，故mg该氯原子的物质的量，故C正确；D.ng该氯原子含有的氯原子的数目为个，则其含有的电子个数为，故D错误；故选C。13.在氧化还原反应中，存在这样的规律：氧化剂的氧化性强于氧化产物，还原剂的还原性强于还原产物。已知反应：①2BrO+Cl2=Br2+2ClO②ClO+5Cl+6H+=3Cl2↑+3H2O③2Fe3++2I=2Fe2++I2④2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl下列各微粒的氧化能力由强到弱的顺序，正确的是A.ClO＞BrO＞Cl2＞Fe3+＞I2 B.BrO＞Cl2＞ClO＞I2＞Fe3+C.BrO＞ClO＞Cl2＞Fe3+＞I2 D.BrO＞ClO＞Fe3+＞Cl2＞I2【答案】C【解析】【详解】①中氧化剂是，氧化产物是，则氧化性：；②中氧化剂是，氧化产物是，则氧化性：；③中氧化剂是，氧化产物是，则氧化性：；④中氧化剂是，氧化产物是，则氧化性：；综上可得，氧化性顺序：，选C。14.在由Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物中加入100mL2mol/L的盐酸，恰好使混合物完全溶解，并放出448mL气体（标准状况），此时溶液中无Fe3+离子。则下列判断正确的是A.混合物里三种物质反应时消耗盐酸的物质的量之比为1∶1∶3B.反应后所得溶液中的Fe2+离子与Cl离子的物质的量之比为1∶2C.混合物里，FeO的物质的量无法确定，但Fe比Fe2O3的物质的量少D.混合物里，Fe2O3的物质的量无法确定，但Fe比FeO的物质的量多【答案】B【解析】【分析】【详解】Fe、FeO和Fe2O3组成的混合物与盐酸发生反应，首先是氧化物溶于酸，反应为：、，然后发生三价铁和Fe的反应，即，最后发生，由于有气体生成可知Fe与盐酸发生了反应，则三价铁完全被Fe消耗，溶液中不存在三价铁，溶质只有氯化亚铁，据此分析解答。A．由分析可知Fe比Fe2O3的物质的量多，但无法确定FeO的物质的量，故不能确定三者消耗的盐酸的物质的量，故A错误；B．反应后所得溶液为溶液，阳离子和阴离子的物质的量之比为1:2，故B正确；C．混合物恰好完全溶解，且无Fe3+离子，溶液中溶质为，由反应知，Fe和Fe2O3反应时，二者消耗的物质的量相同，所以Fe比Fe2O3的物质的量多，故C错误；D．FeO的物质的量无法确定，不能确定Fe和FeO的物质的量的关系，故D错误；故选：B。第二部分非选择题(共58分)二、非选择题(本题包括15~19题，共5题)15.(1)化合物A分子组成可用OxFy表示。30mLA气体在一定条件下能分解生成15mLO2和30mLF2(在同温同压下)，A的化学式是__________。(2)1.5molCH3COOH所含氧原子数跟________gH2O所含氧原子数相等。(3)实验室现有Fe2(SO4)3溶液100mL，的物质的量浓度为0.45mol·L1，则Fe3+的物质的量浓度为_________mol·L1，含有Fe2(SO4)3的质量为________g。(4)N2和CH4的混合气体11g，在标准状况下的体积为11.2L，则混合气体的平均摩尔质量为________，混合气体中CH4的电子数为________。【答案】①.OF2②.54③.0.3④.6⑤.22g·mol1⑥.2.5NA【解析】【详解】(1)相同条件下，气体的体积之比等于其物质的量之比，同一反应中，参加反应的各物质的物质的量之比等于其计量数之比，所以参加反应的A、O2、F2的计量数之比=30mL：15mL：30mL=2：1：2，再结合质量守恒定律得A中含有1个O、2个F原子，所以A的化学式为OF2，故答案为：OF2；(2)1.5molCH3COOH中氧原子数为1.5mol×2×NA＝3NA，1个H2O分子中含有1个O原子，即水的物质的量为3mol时，O原子数目和1.5molCH3COOH中氧原子数目相等，此时水的质量为54g，故答案为：54；(3)的浓度为0.45mol·L1，Fe2(SO4)3的浓度为0.15mol·L1，则Fe3+的浓度0.3mol·L1，Fe2(SO4)3的摩尔质量为400g/mol，100mLFe2(SO4)3溶液中Fe2(SO4)3的质量为0.1×0.15×400=6g，故答案为：0.3；6；(4)气体的物质的量为n＝＝0.5mol，平均摩尔质量M==22g/mol，设N2为xmol，CH4为ymol，则28x＋16y＝11，x＋y＝0.5，解之得：y＝0.25，0.25molCH4所含电子数为0.25mol×10×NA=2.5NA，故答案为：22g/mol；2.5NA。16.氧化还原反应是一类重要的反应，请按要求完成下列题目。（1）对反应2FeCl3＋2HI=2FeCl2＋2HCl＋I2作分析，并用单线桥法标出电子转移的方向和数目：_______。该反应中，_______是氧化剂，_______是还原剂，_______是氧化产物，_______是还原产物。（2）在一定条件下，反应2NH3＋3CuO3Cu＋N2＋3H2O能顺利进行，对此反应的分析合理的是_______(填序号)。A.该反应是置换反应B.反应中NH3被氧化为N2C.在反应中体现了金属铜的还原性D.在反应中每生成1个H2O转移1个电子（3）在反应H2SO3＋2H2S=3H2O＋3S↓中被氧化的元素与被还原的元素的质量比为_______。【答案】（1）①.②.FeCl3③.HI④.I2⑤.FeCl2（2）B（3）2：1【解析】【小问1详解】该反应单线桥表示如图：；由FeCl3→FeCl2知Fe元素由+3降到+2价，故FeCl3为氧化剂，FeCl2为还原产物，由HI→I2知I元素由1升到0价，故HI为还原剂，I2为氧化产物；小问2详解】A．该反应反应物是两种化合物，不符合置换反应定义，A分析不合理；B．由NH3→N2知N元素由3升到0价，被氧化，B分析合理；C．由NH3→N2知N元素由3升到0价，被氧化，故NH3作还原剂，体现还原性，而不是Cu体现还原性，C分析不合理；D．根据转移电子关系：3H2O~6e，可知每1个水生成，转移2个电子，D分析不合理；故答案选B。【小问3详解】根据反应可知被氧化(H2S)和被还原(H2SO3)都是S元素，故质量比等于物质的量之比，根据关系2H2S~H2SO3，确定被氧化的S元素与被还原的S元素之比为2:1。【点睛】氧化还原反应最容易把概念搞错，可以把相关概念归纳成口诀来记忆：还原剂失升氧、氧化剂得降还，即还原剂在反应中失去电子，所含元素化合价升高，发生氧化反应，转化为氧化产物；氧化剂在反应中得到电子，所含元素化合价降低，发生还原反应，转化为还原产物。17.1943年我国化工专家侯德榜发明创建了联合制碱法，即侯氏制碱法，为我国化工事业的发展做出了卓越贡献。侯氏制碱法工业流程如下：（1）经过滤操作后得到碳酸氢钠固体，请写出煅烧碳酸氢钠的化学方程式：_____。（2）请写出氨气、二氧化碳与饱和食盐水反应的离子方程式：_____。已知氨气极易溶于水而二氧化碳溶解度并不大，请分析在反应过程中，应该先向饱和食盐水中通入_____(填“”或“”)。（3）向母液1中加入NaCl粉末，存在NaCl(固体)(溶液)(溶液)(固体)过程。为使沉淀充分析出并分离，根据NaCl和的溶解度曲线，需采用的操作为：向母液1中加入NaCl固体、蒸发浓缩、_____、_____、洗涤、干燥。（4）新的侯氏制碱法把氨厂和碱厂建在一起，制造氨气过程中的产物()和副产物()被直接加入盐卤，不仅可以得到纯碱，还可以得到_____(填化学式)作肥料。而且反应连续、废液大幅减少，_____(填化学式)利用率提高到96%，工艺上堪称完美。【答案】（1）（2）①.②.（3）①.冷却结晶(或降温结晶)②.过滤（4）①.②.NaCl【解析】【分析】氨气极易溶于水，所以先向饱和氯化钠溶液中通入氨气，使溶液呈碱性，然后再通入二氧化碳，可以增大二氧化碳的溶解度，发生反应NaCl+NH3+H2O+CO2=NaHCO3↓+NH4Cl，过滤得到NaHCO3固体和母液1，NaHCO3受热分解得到纯碱Na2CO3，母液1中主要溶质为NH4Cl、NaHCO3和NaCl，往母液1中加入细食盐粉，发生反应NaCl(固体)(溶液)(溶液)(固体)，经蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥得到X为NH4Cl固体，母液2中主要溶质为NaCl，可循环使用，据此分析解答。【小问1详解】碳酸氢钠受热分解得到碳酸钠、水和二氧化碳，化学方程式为：。【小问2详解】氨气、二氧化碳与饱和食盐水反应生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的离子方程式为：；氨气极易溶于水，所以先向饱和氯化钠溶液中通入氨气，使溶液呈碱性，然后再通入二氧化碳，可以增大二氧化碳的溶解度，增大溶液中的碳酸氢根离子浓度，得到溶解度比较小的碳酸氢钠固体。【小问3详解】氯化铵的溶解度随温度变化较大，所以要沉淀析出氯化铵，向母液中加入氯化钠固体，蒸发浓缩、冷却结晶(或降温结晶)、过滤、洗涤、干燥，即可得到氯化铵固体。【小问4详解】由侯氏制碱法工业流程可知，制造氨气过程中的产物()和副产物()被直接加入盐卤，不仅可以得到纯碱，还可以得到作肥料；而且反应连续、废液大幅减少，反应后母液中的NaCl可循环使用，使得NaCl利用率提高到96%，工艺上堪称完美。18.如图为实验室某浓盐酸试剂瓶标签上的有关数据，试根据标签上的有关数据回答下列问题。（1）该浓盐酸中HCl的物质的量浓度为__________mol•L﹣1。（2）取用任意体积的该盐酸时，下列物理量中不随所取体积的多少而变化的是_________。A．溶液中HCl的物质的量B．溶液的浓度C．溶液中Cl﹣的数目D．溶液的密度（3）配制时，其正确的操作顺序是（用字母表示，每个字母只能用一次，并在操作步骤空白处填上适当仪器名称）_________。A．用30mL水洗涤__2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B．用量筒准确量取所需的浓盐酸的体积，沿玻璃棒倒入烧杯中，再加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其混合均匀C．将已冷却的盐酸沿玻璃棒注入容量瓶中D．将容量瓶盖紧，振荡，摇匀E．改用__加水，使溶液凹液面恰好与刻度线相切F．继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度线1～2cm处（4）在配制过程中，下列实验操作对所配制的稀盐酸的物质的量浓度有何影响？（在括号内填A表示“偏大”，填B表示“偏小”，填C表示“无影响”）a．用量筒量取浓盐酸时俯视观察凹液面__；b．定容后经振荡、摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水_________。【答案】①.11.9②.BD③.BCAFED④.烧杯内壁和玻璃棒⑤.胶头滴管⑥.B⑦.B【解析】【分析】（1）根据c（HCl）=1000ρω/M计算；（2）A．溶液中HCl的物质的量，n=c×V，溶液体积增大，HCl的物质的量增大；B．溶液的浓度为恒定参数，不随体积的改变而改变；C．溶液中Cl﹣数目，N=c×V×NA，溶液体积增大，Cl﹣的数目增大；D．溶液的密度为恒定参数，不随体积的改变而改变；（3）配制溶液时，按先后顺序为：计算、称量、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀；（4）根据c=×判断。【详解】（1）c（HCl）=1000ρω/M=1000×1.19×36.5%/36.5=11.9mol/L；（2）A．溶液中HCl的物质的量，n=c×V，溶液体积增大，HCl的物质的量增大，与题意不符，A错误；B．溶液的浓度为恒定参数，不随体积的改变而改变，符合题意，B正确；C．溶液中Cl﹣的数目，N=c×V×NA，溶液体积增大，Cl﹣的数目增大，与题意不符，C错误；D．溶液的密度为恒定参数，不随体积的改变而改变，符合题意，D正确；答案为BD；（3）配制溶液时，按先后顺序为：计算、称量、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，操作顺序为BCAFED；A操作为洗涤玻璃棒及烧杯内壁；E操作胶头滴管滴加蒸馏水；（4）a．俯视观察凹液面导致读出浓盐酸的体积偏大，盐酸的物质的量偏小，配制溶液浓度偏小；b．摇匀、静置，发现液面下降，再加适量的蒸馏水，导致溶液体积偏大，配制溶液浓度偏小。【点睛】判断配制溶液浓度误差时，根据某次操作导致m或V偏大或偏小，用c=×分析判断对浓度的影响。19.如图是实验室制备氯气并进行一系列相关实验的装置(夹持及加热仪器已略)。（1）仪器a的名称___________。（2）制备氯气选用的药品为二氧化锰和浓盐酸，则相关的化学反应方程式为___________。（3）装置B中饱和食盐水的作用是___________；同时装置B亦是安全瓶，监测实验进行时C中是否发生堵塞，请写出发生堵塞时B中的现象___________。（4）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ依次放入___________。选项abcdⅠ干燥的有色布条干燥的有色布条湿润的有色布条湿润的有色布条Ⅱ浓硫酸硅胶无水氯化钙碱石灰Ⅲ湿润的有色布条湿润的有色布条干燥的有色布条干燥的有色布条（5）装置D、E的目的是比较氯、溴、碘单质的氧化性强弱。当向D中缓缓通入少量氯气时，反应的离子方程式为___________，打开活塞，将装置D中少量溶液加入装置E中，振荡、静置，观察到的现象为溶液分层，上层溶液为紫红色，下层几乎无色，根据实验得出氯、溴、碘单质的氧化性强弱为___________。（6）装置F中用足量