期中考试练习01-2022-2023学年高一化学上学期期中期末考点大串讲（沪科版）

20222023学年第一学期期中预测卷高一化学（A卷）（时间：60分钟满分：100分）一、选择题（共40分，每小题2分。每小题只有一个正确答案）高一学生小强的化学笔记中有如下内容：①物质按照组成可以分为单质和化合物；

②单质又可分为金属和非金属；③化合物主要包括：酸、碱、盐和氧化物；④按照分散剂粒子直径大小可将分散系分为溶液、浊液和胶体；⑤只要在水溶液中能导电的化合物就是电解质；⑥按照树状分类法可将化学反应分为：氧化还原反应和离子反应；⑦氧化还原反应的本质是化合价升降。

你认为他的笔记中有几处错误(

)A.三处 B.四处 C.五处 D.六处【答案】B

【解析】①物质按组成分为纯净物和混合物，纯净物按元素组成分为单质(仅一种元素组成的纯净物)和化合物(由两种或两种以上元素组成的纯净物)，故①错误；

②单质分为金属单质和非金属单质，故②正确；

③化合物主要包括酸、碱、盐和氧化物，故③正确；

④按分散质粒子直径大小将分散系分为溶液、浊液和胶体，故④正确；

⑤电解质是自身能发生电离的化合物，如SO2、NH3等水溶液虽然能导电，但不是自身发生电离，不属于电解质，故⑤错误；

⑥氧化还原反应与离子反应是交叉关系，按树状分类应为氧化还原反应和非氧化还原反应，故⑥错误；

⑦氧化还原反应的本质是电子转移，故⑦错误；在催化剂及酸性介质条件下，H2和O2直接合成过氧化氢的反应机理如图所示。下列说法不正确的是(

)A.反应后酸性介质中pH显著降低

B.O2在催化剂表面得到电子被还原

C.反应H2和O2的物质的量之比为1：1

D.工业采用较低的氢氧体积比(【答案】A

【解析】A.在反应中H2失去电子变为H+，O2得到电子与H+结合形成H2O2，反应的化学方程式为HB.根据图示可知O2在催化剂表面得到电子被还原产生O22-，O22-结合HC.根据反应过程中电子转移守恒可知反应方程式为H2+O2=H2O2，则反应中HD.当氢氧混合气体体积比在较大时，温度较高时会发生爆炸，为防止发生爆炸事故，工业采用较低的氢氧体积比(如0.1)，D正确；故合理选项是A。

数字化实验是一种将实验现象定量化的手段，某实验小组利用数字化实验仪器对新制氯水在光照条件下的反应进行探究，如图是光照过程中氯水的pH变化情况，下列有关说法不正确的是(

)A.由图像可知，随着光照反应的进行，氯水的pH大体呈现下降的趋势

B.新制氯水中含有H2O、Cl2、HClO这三种分子【答案】D

【解析】A.溶液中存在反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO、，次氯酸分解产生盐酸，溶液的酸性增强，pHB.新制氯水中存在反应Cl2+H2O⇌HCl+HClO，该反应为可逆反应，因此含有H2O、C.光照过程中，发生反应，次氯酸分解产生盐酸，溶液的酸性增强，故C正确；D.氯水中具有漂白性的物质是次氯酸，光照后次氯酸分解，氯水的漂白性减弱，故D错误；

在一定条件下，向Al2O3和过量C粉的混合物中通入纯净的氯气，可制得易水解的AlCl3，反应的化学方程式为Al2A.装置a中反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O

B.装置b【答案】D

【解析】

装置a中浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下反应生成氯气，化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，A正确；b中盛装饱和食盐水，用于除去氯化氢，c中盛装浓硫酸，用于除去水蒸气，从而获得纯净的氯气，B正确；氯化铝易水解，应在d、将Cl2通入NaOH溶液中，充分反应后得到含NaCl、NaClO和NaClO3的混合溶液，则溶液中Cl-、ClO-和ClO3-A.2：1：1 B.8：3：1 C.10：5：2 D.6：3：2【答案】B

【解析】Cl2通入NaOH溶液中，发生歧化反应，生成NaCl、NaClO和NaClO3，NaCl是还原产物，NaClO和NaClO3是氧化产物，根据氧化还原反应中得失电子守恒可得N(Cl-)=N(ClO-)+5N(ClO3设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是(

)A.标准状况下，分子数为0.2NA的CO2气体的体积为4.48L

B.假设A元素不存在同位素，A2+原子核内有x个中子，A原子的质量数为m，则ngA2+所含电子的物质的量约为n(m-x+2)mmol

C.1mol氯气与足量的铁反应，转移电子的数目为【答案】B

【解析】A.标准状况下，分子数为0.2NA的CO2气体的物质的量为0.2mol，体积为0.2mol×22.4L/mol=4.48LB.A2+所含质子数为(m-x)，则A2+所含电子数为(m-x-2)，ngA2+的物质的量为nmmol，则C.氯气与铁反应生成氯化铁，氯元素化合价由0价降低到-1价，因此1mol氯气与足量的铁反应，转移电子物质的量为2mol，转移电子的数目为2NA，D.相同条件下，某气体X相对氢气的密度是32，则该气体的摩尔质量为32×2g/mol=64g/mol，D正确；答案选B。

假定把 612C的相对原子质量改为24，那么下列叙述错误的是A.此时 16O的相对原子质量为32

B.NA个O2与NA个H2的质量比为16：1

C.N2的摩尔质量为56g/mol【答案】C

【解析】A. 16O原子的实际质量没变，但标准却由 12C质量的112变为124，所以氧原子的相对原子质量由16变为32，故A正确；

B.由于物质的量的基准不变，氧原子、氢原子的实际质量没变，因此NA个O2的质量为32g，NA个H2的质量为2g，二者质量比为16：1，故B正确；

C.虽然氮气的相对分子质量为28×2=56，但由于物质的量的基准未变，氮原子的质量未变，因此氮气的摩尔质量为28g/mol，故C错误；

D.由于物质的量的基准未变，氧原子的质量未变，因此氧气的摩尔质量仍为32g/mol，16g

O2的物质的量n=16g32g/mol=0.5mol，在标准状况下为了配制100 mL 1 mol/L NaOH溶液，下列操作中错误的是(

)①选刚用蒸馏水洗净的100 mL容量瓶进行配制②NaOH固体在烧杯里刚好完全溶解，立即把溶液转移到容量瓶中③用蒸馏水洗涤烧杯内壁和玻璃棒两次，洗涤液都移入容量瓶中④使蒸馏水沿着玻璃棒注入容量瓶，直到溶液的凹液面最低处恰好跟刻度线相切⑤由于不慎，液面超过了容量瓶的刻度线，这时采取的措施是用胶头滴管吸出一部分液体A.②④⑤ B.①⑤ C.②③⑤ D.①②【答案】A

【解析】①选刚用蒸馏水洗净过的100mL容量瓶进行配制，对所配溶液浓度无影响，所以容量瓶不必干燥，故①正确；

②NaOH溶于水放热，如果不冷却至室温，立即把溶液转移到容量瓶中配制，溶液固液热胀冷缩性质，冷却后所配溶液体积偏小，导致所配溶液浓度偏高，故②错误；

③烧杯上会沾有少量溶质氢氧化钠，为尽可能将氢氧化钠移入容量瓶中，应用蒸馏水洗涤烧杯内壁及玻璃棒，洗涤液也均转入容量瓶中，故③正确；

④为了防止加水超过刻度线，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，使溶液的凹液面的最低点与刻线相平，故④错误。

⑤当液面超过了容量瓶的刻度线，若使用胶头滴管吸出超过的一部分，吸出溶液中含有溶质，使所配溶液浓度偏小，故⑤错误；

综上所述，②④⑤一种锂离子电池的正极材料中含钴酸锂(LiCoO2)。某离子反应涉及到H2O、H2O2、O2、CoO2-、A.反应中的还原剂是H2O2

B.氧化性：LiCoO2>O2

C.氧化剂与还原剂物质的量之比为2：1【答案】D

【解析】解：由曲线变化图可知，随反应进行O2的物质的量增大，O2是生成物，H2O2是反应物，CoO2-的物质的量减小，故CoO2-是反应物，Co2+是生成物，则反应的离子方程式为：2CoO2-+H2O2+6H+=O2↑+4H2O+2Co2+，以此解答该题。

A.H2O2是反应物，O2是生成物，H2O2中O元素化合价升高，H2O2W、X、Y、Z是原子半径依次增大的四种短周期主族元素。已知25℃时，W、X形成的0.1 mol·L-1化合物的水溶液的pH=1，Z的电子层数与最外层电子数相等。下列说法错误的是。(

)A.X、Y、Z一定位于同一周期

B.X与Y形成的化合物中各原子不一定都达到8电子稳定结构

C.Y、Z的最高价氧化物对应的水化物之间一定能相互反应

D.W与X形成的化合物的稳定性一定强于W与Y形成的化合物的稳定性【答案】C

【解析】由题意可知，W、X形成的化合物是强酸，则W是H，X是Cl；Z的电子层数与最外层电子数相等，且原子半径最大，所以Z是Al，因此Y可能是Si、P、S。根据以上分析可知，X、Y、Z一定位于同一周期，即第三周期，A项正确；X(Cl)与Y形成的化合物中各原子不一定都达到8电子稳定结构，如PCl5等，B项正确；如果Y是Si，硅酸是弱酸，不能溶解Al(OH)3，C项错误；Y不论是Si、P还是S，其非金属性均弱于氯元素，所以W与X形成的化合物的稳定性一定强于W与Y短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，乙位于第ⅤA族，甲与丙同主族，丁原子最外层电子数与电子层数相等，则(

)A.原子半径：丁>丙>乙

B.单质的还原性：丁>丙

C.甲、乙、丙的氧化物均为共价化合物

D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物能相互反应【答案】D

【解析】短周期元素甲、乙、丙、丁的原子序数依次增大，甲和乙形成的气态化合物的水溶液呈碱性，化合物为氨气，则甲为H，乙位于第ⅤA族，乙为N，甲与丙同主族，结合原子序数可知丙为Na，丁原子最外层电子数与电子层数相等，丁为第三周期ⅢA族元素，丁为Al，以此来解答。

A.电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径：丙>丁>乙，故A错误；

B.同周期从左向右金属性减弱，金属性越强对应单质的还原性越强，则单质的还原性：丁<丙，故B错误；

C.甲、乙的氧化物为共价化合物，而丙的氧化物为离子化合物，故C错误；

D.乙、丙、丁的最高价氧化物对应的水化物分别为硝酸、氢氧化钠、氢氧化铝，硝酸与氢氧化钠发生中和反应，而氢氧化铝具有两性，可以和硝酸、氢氧化钠反应，故D正确；

故选：D。

X、Y、Z、M、W为五种短周期元素。X、Y、Z是原子序数依次递增的同周期元素，且最外层电子数之和为15；X与Z可形成XZ2分子；Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度为0.76g⋅L-1，W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的一半。下列说法正确的是A.原子半径：W>Z>Y>X>M

B.XZ2、X2M2、M2Z2均为直线形的共价化合物

C.由元素Y与M形成的氢化物一定是三角锥形分子

D.由【答案】D

【解析】由题给的条件可知，X、Y、Z、M、W这五种短周期元素的排列，不是按原子序数依次递增排列的，其中只有X、Y、Z三种元素是原子序数依次递增的同周期元素，由X、Y、Z的最外层电子数之和为15，X与Z可形成XZ2分子，可推出X、Y、Z分别为C、N、O三种元素；根据Y与M形成的气态化合物在标准状况下的密度0.76g⋅L-1，就可计算出该气态化合物的摩尔质量为22.4L/mol×0.76g⋅L-1=17g/mol，从而确定M为H元素；根据W的质子数是X、Y、Z、M四种元素质子数之和的1/2，推出W的质子数为(6+7+8+1)×0.5=11，所以W为Na元素，

A、由以上分析，原子半径应是W>X>Y>Z>M(即Na>C>N>O>H)，故A错误；

B、选项中CO2、C2H2均为直线型共价化合物，而Na2O2是离子化合物，不是直线型共价化合物，故B错误；

C、由上述分析可知，NH3是三角锥形分子，N2H2不是三角锥形分子，由元素N与H形成的氢化物不一定是三角锥形分子，故C错误；最近，科学家开发出一种低成本光伏材料——蜂窝状石墨烯。生产原理是Na2O+2CONa2CO3+C(石墨烯)，然后除去A.该生产石墨烯的反应属于氧化还原反应

B.石墨烯与金刚石互为同素异形体

C.Na2O属于碱性氧化物，CO属于酸性氧化物，Na2C【答案】C

【解析】题给反应中碳元素由+2价部分升高到+4价，部分降低到0价，该反应属于氧化还原反应，A项正确；

石墨烯与金刚石都是由碳元素组成的不同性质的单质，二者互为同素异形体，B项正确；

CO既不与酸反应，又不与碱反应，属于不成盐氧化物，C项错误；

Na2O和Na2019年是元素周期表发表150周年，期间科学家为完善周期表做出了不懈努力。中国科学院院士张青莲教授曾主持测定了铟(49In)等9种元素相对原子质量的新值，被采用为国际新标准。铟与铷(37Rb)同周期。下列说法不正确的是A.In是第五周期第ⅢA族元素 B.49115In的中子数与电子数的差值为17

C.原子半径：In>Al D.【答案】D

【解析】A.In是第五周期第ⅢA族元素，故A正确；

B.49115In的中子数为115-49=66，电子数为49，中子数与电子数的差值，66-49=17，故B正确；

C.同主族元素，随电子层数增多，原子半径增大，则原子半径：In>Al，故C正确；

D.同周期元素，随原子序数增多，金属性减弱，最高价氧化物水化物碱性减弱，则碱性：In(OH)3火山喷发产生的化学物质，在自然界的转化历程和工业应用如图所示。下列说法错误的是(

)A.火山喷发会形成硫酸型酸雨，总反应为2SO2+O2+2H2O=2H2S【答案】C

【解析】A.硫酸型酸雨的形成可以近似看做排放到空气中的二氧化硫气体，与潮湿空气中水蒸气、氧气在空气粉尘的催化作用下生成硫酸或空气中粉尘做催化剂，氧气氧化二氧化硫生成三氧化硫，三氧化硫溶于水生成硫酸，总反应为2SO2+B.火山喷发产生大量二氧化硫，进入大气中形成硫酸气溶胶阻挡太阳辐射，造成气温下降，故B正确；C.FeS2转化为石膏时，Fe元素由+2价升高为+3价，S元素由-1价升高为+6价，1molFeS2最多失去1mol×{(3-2)+2×[6-(-1)]}=15mol，根据电子转移守恒，可消耗O2D.工业制备硫酸的反应是：4FeS2+11O2=2Fe2O故选：C。

足量金属铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体。这些气体与1.68L(标准状况)O2混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2mol·L-1NaOHA.200mL B.150mL C.100mL D.50ml【答案】B

【解析】Cu与硝酸反应时，硝酸的还原产物氮氧化物与氧气反应后全部生成硝酸，即铜失去电子的物质的量等于氧气得到电子的物质的量，由此得nNaOH=2nCu氨法脱去烟气中的CO2在某些化学工程应用方面优势显著。将NH3负载的CO2下列说法错误的是A.CO2被氨水吸附的主要反应CO2+ NH3+ H2O=NH4++HCO3-【答案】B

【解析】A.观察曲线可知，CO2被氨水吸附的主要产物为NH4+和HCO3-，可以写出相应的方程式CO2+ NH3+ H2O=NH4++HCO3-，故A正确；

B.由选项信息可知n(CO2)：n(NH3)=1：5，结合图中粒子组分根据物料守恒列式：c(NH4+

)+c(NH3)=5c(CO32-

)+5c(HCO3-

)+5c(H2CO3) +4c(NH2

如图为浓硫酸与铜片反应的装置。下列说法错误的是(

)A.该反应中浓硫酸体现了酸性和强氧化性

B.试管乙中含有碱液的棉花，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染

C.反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，溶液显蓝色

D.含0.04 mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，能收集到448 mL的S【答案】D

【解析】A.反应方程式为，该反应中浓硫酸体现了酸性和强氧化性，故A正确；

B.试管乙中含有碱液的棉花，其作用是吸收过量的SO2，防止环境污染，故B正确；

C.反应生成硫酸铜，则反应一段时间后，将试管甲中的溶液缓慢倒入盛有水的烧杯，溶液显蓝色，故C正确；

D.浓硫酸与铜在加热条件下反应，随反应进行，浓硫酸变为稀硫酸时与铜不反应，则含0.04mol溶质的浓硫酸与足量的铜片反应，硫酸有剩余，收集到的SO2(标准状况)

体积小于448 mL，故D错误。为了除去粗盐中的Ca2+、Mg2+、SO42-及泥沙，可将粗盐溶于水，然后进行下列五项操作：①过滤

②加过量的NaOH溶液

③加适量盐酸

④加过量Na2CA.①④②⑤③ B.④①②⑤③ C.④②⑤①③ D.⑤②④①③【答案】D

【解析】解：要先除SO42-，然后再除Ca2+，Na2CO3可以除去过量的钡离子，如果加反了，过量的钡离子就没法除去，至于加NaOH除去Mg2+A，B，C三种常见物质中均含有同一种元素，它们之间有如图所示的转化关系(部分反应物质已略去)。下列说法不正确的是(

)A.若A是一种两性氧化物，则B的水溶液可呈酸性，C的水溶液可呈碱性

B.若A、B、C是三种不同类别的固态物质，则B可以是工业上制取A、C的原料

C.若A为一种金属单质时，则反应①、②、③均可为化合反应，反应④可为置换反应

D.若A、B均是可燃性物质，完全燃烧都生成气体C，常温下A溶液pH<7，则将C通入A溶液中，pH值先减小后增大【答案】D

【解析】A.若A是一种两性氧化物，则A为Al2O3，若B为氯化铝或硫酸铝，C为NaAlO2，则B溶液水解显酸性，C的水溶液水解呈碱性，故A正确；

B.若A、B、C是三种不同类别的固态物质，则A可以为Na，B可以是NaCl，C可以为NaOH，则B可以是工业上制取A、C的原料，故B正确；

C.若A为金属单质，能连续发生化合反应，容易联想到连续氧化，猜测A为变价金属铁，铁与氯气反应得到氯化铁，氯化铁与铁反应得到氯化亚铁，氯化亚铁与氯气反应得到氯化铁，铁与盐酸发生置换反应可以得到氯化亚铁(也可以是铁与溴的反应)，则反应①、②、③均可为化合反应，反应④可为置换反应，故C正确；

D.若A、B均是可燃性物质，完全燃烧都生成气体C，常温下A溶液pH<7，A为酸性，则A为硫化氢、B为硫、C为二氧化硫，则将C通入A溶液中，二氧化硫少量生成硫单质，过量后形成亚硫酸溶液，所以pH值先增大后减小，故二、简答题（本大题共4小题，共60分）Ⅰ.某实验小组同学为了探究铜与浓硫酸的反应，进行了如下系列实验，实验装置如图所示：

实验步骤：

①先连接好装置，检验气密性，加入试剂；

②加热A试管直到B中品红溶液褪色，熄灭酒精灯；

③将Cu丝上提离开液面。

(1)装置A中发生反应的化学方程式为__________________。

(2)拆除装置前，不需打开胶塞，就可使装置中残留气体完全被吸收，应当采取的操作是_____________________。

(3)若将B中品红溶液换成溴水，通入一段时间后溴水褪色，这说明了二氧化硫具有漂白性，你是否同意这个观点？________(填“同意”或“不同意”)，

Ⅱ.以浓硫酸、浓硝酸、粗铜、水和空气为原料可制得硫酸铜晶体。其过程如图所示：

回答下列问题：

(4)配平在滤液(Ⅲ)中发生反应的化学方程式：

________NOx+________H2O+________O2=________HNO3【答案】Ⅰ.(1)；(2)从D管口向A中大量鼓气；(3)不同意；Ⅱ.(4)4

；2

；(5-2x)；

4；(5)HN

【解析】Ⅰ.

(1)A中铜与浓硫酸在加热条件下反应生成二氧化硫，反应的化学方程式为：，

故答案为：；

(2)拆除装置前，不需打开胶塞，就可使装置中残留气体完全被吸收，应当采取的操作是从D管口向A中大量鼓气，

故答案为：从D管口向A中大量鼓气；

(3)由于二氧化硫与溴单质发生反应：SO2+Br2+2H2O=4H++2Br-+SO42-，导致溴水褪色，该反应证明了二氧化硫具有还原性，无法证明二氧化硫具有漂白性，所以不同意该观点，

故答案为：不同意；

Ⅱ.

(4)NOx中N元素的化合价为+2x价，反应后升高到+5价，化合价变化为：5-2x，氧气从0价变为-2价，化合价变化为4价，则化合价变化的最小公倍数为4×(5-2x)，则氧气的系数为(5-2x)，NOx的系数为4，然后根据观察法配平可得：在下列物质中：

①Fe

②稀硫酸   ③醋酸     ④NaOH固体     ⑤FeCl3饱和溶液⑥Fe(OH)3胶体⑦蔗糖

(1)④NaOH固体属于_______(填序号

A.纯净物

B.混合物

C.电解质

D.非电解质(2)③醋酸与④NaOH在水溶液中反应的离子方程式为_____________________。(3)把①Fe投入②稀硫酸中发生的反应，按照交叉分类法该反应属于__________(填序号)。A.氧化还原反应       B.离子反应C.置换反应D.(4)写出制备Fe(OH)3胶体的化学方程式：_______________。取少量Fe(OH)3【答案】(1) AC；B

(2)C(3)A、B、C(4)FeCl3+3H2O

【解析】(1)氢氧化钠只有一种物质组成，是化合物，属于纯净物；在水溶液中或者熔融状态下能导电，是电解质；Fe(OH)3胶体属于含有分散质氢氧化铁与分散剂水，属于混合物；

故选：AC；B；

(2)醋酸与氢氧化钠反应生成醋酸钠和水，离子方程式：CH3COOH + OH -= CH3COO-+ H2O；

故答案为：CH3COOH + OH -= CH3COO-+ H2O；

(3)铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，离子方程式：Fe+2H2020年突如其来的“新冠肺炎”使人们认识到日常杀菌消毒的重要性。氯气、漂白液、漂白粉都是生活中常用的含氯消毒剂。图为“84”消毒液说明书。请回答下列问题。“84”消毒液说明书药品名称84消毒液主要成分NaClO，有效氯含量50.00g/L∼60.00g/L注意事项不可与其他洗涤剂或消毒液混合使用用法用量稀释后洗刷白色衣物、浴缸等1：200水溶液，餐饮具，瓜果等1：100水溶液(1) Cl2可直接用于杀菌消毒，但常常把氯气制成漂白粉、“84”消毒液，主要目的A.增强漂白能力和消毒作用 B.使它转化为较稳定物质，便于保存和运输C.使它转化为较易溶于水的物质

D.提高氯的质量分数，有利于漂白、消毒(2)常温下用烧碱溶液吸收Cl2制备“84”消毒液。写出该反应的离子方程式__________________________(用单线桥法表示电子转移)，若将Cl2通入热的烧碱溶液中，可以得到NaCl、NaClO和NaClO3的混合液。当混合液中Cl-和ClO(3)家庭用“84”消毒液用法强调，做家庭物品消毒时，要做适当的稀释，喷洒后也不要急于用清水擦拭，要浸泡，这样效果会更好，原因是____________________________________________

(用离子方程式表达)。(已知：酸性：H家庭消毒马桶时，不可在用洁厕灵(主要成分是盐酸)清洗马桶后，立刻使用“84”消毒液消毒，否则会产生黄绿色的有毒气体，其反应的离子方程式是_____________________。(4)已知溶液中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数(α)随溶液由图可获得结论：溶液的pH在4-10范围内，pH越大，红纸褪色___________填(“越快”或“越慢”)。(5)“84”消毒液的有效氯指的是每升含氯消毒剂的氧化能力(得失电子数)相当于多少克Cl2的氧化能力(Cl均转化为Cl-)。若该“84”消毒液商品的有效氯按53.25g/L【答案】(1)B(2)

；5∶2

(3)ClO-+CO

(4)越慢

(5) 0.75mol/L

【解析】(1)氯气有毒，气体不方便运输、销售，制成漂粉精、“84”消毒液是将其转化为较稳定物质，便于保存和运输，故B正确；

(2)常温下氯气和烧碱反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，其反应离子方程式为：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，氯元素化合价从0