2025年外研版三年级起点必修1化学上册阶段测试试卷

…………○…………内…………○…………装…………○…………内…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………※※请※※不※※要※※在※※装※※订※※线※※内※※答※※题※※…………○…………外…………○…………装…………○…………订…………○…………线…………○…………第=page22页，总=sectionpages22页第=page11页，总=sectionpages11页2025年外研版三年级起点必修1化学上册阶段测试试卷376考试试卷考试范围：全部知识点；考试时间：120分钟学校：______姓名：______班级：______考号：______总分栏题号一二三四总分得分评卷人得分一、选择题(共5题，共10分)1、把100mLNH4HCO3和Na2CO3的混合溶液分成两等份，取一份加入含amolNaOH的溶液恰好反应完全；取另一份加入含bmolHCl的盐酸恰好反应完全。该混合溶液中c(Na+)为A.(10b-5a)mol·L-1B.(20b-10a)mol·L-1C.mol·L-1D.mol·L-12、下列离子方程式能用来解释相应实验现象的是。

。

实验现象。

离子方程式。

A

向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液；沉淀溶解。

Mg(OH)2+2NH=Mg2++2NH3·H2O

B

向沸水中滴加饱和氯化铁溶液得到红褐色液体。

Fe3++3H2O=Fe(OH)3↓+3H+

C

二氧化硫使酸性高锰酸钾溶液褪色。

3SO2＋2MnO＋4H+=2Mn2+＋3SO＋3H2O

D

氧化亚铁溶于稀硝酸。

FeO+2H+=2Fe2++H2O

A.AB.BC.CD.D3、下列属于电解质的是A.硫酸B.乙醇C.二氧化碳D.硅4、下列说法正确的是（阿伏加德罗常数的值为6.02×1023）A.MgCl2的摩尔质量为95gB.0.5molH2所占体积约为11.2LC.2.3gNa与足量水反应时转移的电子总数为6.02×1022D.100mL1mol·L-1稀硫酸中含有H+的数目约为6.02×10225、利用下列仪器制取相关气体；不能实现的是（）

A.用锌和稀硫酸制取氢气B.用双氧水和二氧化锰制取氧气C.用高锰酸钾加热分解制取氧气D.用石灰石和稀盐酸制取二氧化碳评卷人得分二、多选题(共9题，共18分)6、氧化铬（Cr2O3）可用作有机合成的催化剂。某课题组以铬铁矿为主要原料制备Cr2O3。铬铁矿主要成分为Fe（CrO2）2，还含有Al2O3、SiO2等杂质，工艺流程如图所示。下列说法错误的是（）

A.Fe（CrO2）2中Cr元素的化合价为+3B.“焙烧”时，1molFe（CrO2）2参加反应转移4mole-C.“滤渣”成份是Al（OH）3D.“反应Ⅲ”的离子方程式为4CrO42-+6S+7H2O=4Cr（OH）3+3S2O32-+2OH-7、工业上常用铜阳极泥(主要成分是Cu2Te；含Ag；Au等杂质)为原料提取碲并回收金属，其工艺流程如下：

已知：TeO2是两性氧化物，微溶于水，易溶于较浓的强酸和强碱。下列说法错误的是A.“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，应严格控制溶液的pH值B.“酸浸2”过程中温度不能过高，否则会使碲的浸出率降低C.从Ag和Au中分离出Au，应该向回收的Ag和Au中加入稀氨水D.“还原”反应中发生的离子方程式为：TeO2+2SO2+2H2O=Te+2SO42-+4H+8、为了防止枪支生锈，常采用化学处理使枪支的钢铁零件表面生成Fe3O4的致密保护层-——“发蓝”。化学处理过程中，其中一步反应为3Fe＋NaNO2＋5NaOH=3Na2FeO2＋H2O＋NH3↑。下列叙述不正确的是A.NH3为氧化产物B.上述反应中铁被氧化C.NO的氧化性大于FeOD.反应中转移2mole-，生成NH38.5g9、海水化学资源开发利用的部分过程如图所示；下列说法错误的是。

A.从海水中得到粗盐主要是通过蒸发操作实现的B.用澄清的石灰水可鉴别NaHCO3和Na2CO3C.步骤②是直接加热D.在步骤④中，SO2水溶液吸收Br2后，溶液的pH减小10、W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数是其所在周期数的2倍。W在X中充分燃烧生成化合物WX2。Y+与X2-具有相同的电子层结构，Z的氢化物溶于水得到一种强酸，下列说法正确的是A.原子半径：Y>Z>X>WB.Y2X2，Y2W2均含有非极性共价键C.由W、X和Y元素形成的化合物的水溶液呈碱性D.W、X和Z元素能形成WXZ2是离子化合物11、如图是一种实验某气体化学性质的实验装置；图中B为开关。如先打开B，在A处通入潮湿的氯气，C中红色布条褪色；当关闭B时，C处换一干燥红色布条，布条不褪色。则D瓶中盛有的溶液是。

A.浓硫酸B.饱和食盐水C.浓氢氧化钠溶液D.饱和氯水12、将过量Na2O2投入FeCl2溶液中，可观察到的现象是A.有白色沉淀生成B.有红褐色沉淀生成C.溶液由浅绿色变为黄色D.有无色气体产生13、下列关于铝的叙述中，正确的是A.铝在空气中能够稳定存在的原因是表面有氧化膜B.钠能把铝从AlCl3溶液中置换出来C.铝能溶解于冷浓硝酸中，生成硝酸铝D.在化学反应中，铝容易失去电子，是还原剂14、下列选项中所示的物质间转化在给定条件下均能实现的是A.NH3NONO2HNO3B.S(s)SO3(g)H2SO4(aq)C.FeFe2O3Fe2(SO4)3溶液D.CuCuSO4Cu(OH)2评卷人得分三、填空题(共5题，共10分)15、已知反应：

①②③

④⑤⑥

(1)上述反应不属于氧化还原反应的有____(填序号，下同)。被氧化的是____，被还原的是____，属于氧化还原反应，但其中的既不被氧化又不被还原的是_____。

(2)用双线桥法表示反应②的电子转移方向和数目：______。

(3)用单线桥法表示反应③的电子转移方向和数目：______。

(4)写出反应④的离子方程式：______。16、消毒剂在生活中应用广泛，Na2FeO4、Cl2、ClO2、H2O2；NaClO是生活中不同领域的消毒剂。根据下列反应回答问题。

A．2H2O22H2O＋O2↑

B．16HCl＋2KMnO4=5Cl2↑+2MnCl2＋2KCl＋8H2O

C．2Fe（OH）3＋3KClO＋4KOH=2K2FeO4＋3KCl＋5H2O

D．2KClO3＋4HCl=2ClO2↑＋2KCl＋Cl2↑＋2H2O

（1）储存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是_____（填序号）。

（2）反应A中，氧化产物与还原产物的质量之比为_________；反应B中，做还原剂的HCl与做酸性介质的HCl物质的量之比为_____，0.4molKMnO4参加反应，做酸性介质的HCl的物质的量为_____。

（3）用双线桥表示反应C电子转移的方向和数目：________

2Fe（OH）3＋3KClO＋4KOH=2K2FeO4＋3KCl＋5H2O

（4）反应D中0.2molHCl参加反应，转移的电子数为_____。

（5）某强酸反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：H2O、ClO-、NHH+、N2、Cl-。其中c（Cl-）随反应进行逐渐增加。

①氧化产物与还原产物的物质的量之比为_____。

②反应后溶液的酸性_____（填“增强”或“减弱”）。

（6）ClO2（还原产物为Cl-）和K2FeO4[还原产物为Fe（OH）3]都可用作自来水的消毒剂。等质量的ClO2和K2FeO4的消毒能力之比为_____（计算结果保留一位小数）。17、下表列出了A～R10种元素在周期表中的位置：

。族。

周期。

IA

IIA

IIIA

IVA

VA

VIA

VIIA

0

2

E

J

F

3

A

C

D

G

R

4

B

H

请填空：

(1)这10种元素中，化学性质最不活泼的是_______(填元素符号)。

(2)D元素最高价氧化物对应的水化物与氢氧化钠反应的离子方程式是_______。

(3)A、B、C三种元素按原子半径由大到小的顺序排列为_______(填元素符号)。

(4)EF2的电子式为___，F元素的最简单氢化物在常温下跟B发生反应的化学方程式是____。

(5)G元素和H元素两者核电荷数之差是_______。

(6)A2F2所含的化学键类型有_______。18、配制0.25mol·L－1的NaOH溶液100mL；某学生操作如下：

①用托盘天平称出1.00g氢氧化钠：将天平调好零点；再在两盘上各取一张同样质量的纸，把游码调到1.00g的位置上，于左盘放粒状氢氧化钠至天平平衡，取下称好的氢氧化钠，并撤掉两盘上的纸。

②把称好的氢氧化钠放入一只100mL的烧杯中；加入约10mL水，搅拌使之溶解，溶解后立即用玻璃棒引流将溶液移至一只100mL的容量瓶内，加水至离刻度线约2cm处，用滴管加水至刻度线。

③写出一个标有配制日期的“0.25mol·L－1NaOH溶液”的标签；贴在容量瓶上密闭保存。指出上述操作中的7处错误：

(1)__________________________；(2)_________________________

(3)__________________________；(4)_________________________

(5)__________________________；(6)_________________________

(7)__________________________19、有一包白色固体物质，可能含有CuSO4、Na2SO4、KNO3、NaNO3、Na2CO3、MgCl2中的一种或几种；现进行如下实验：

(1)将白色固体溶于水中；得到无色透明溶液。

(2)取少量上述溶液两份，其中一份滴加BaCl2溶液；立即产生白色沉淀，再加入稀硝酸，沉淀没有溶解。另一份溶液中滴加NaOH溶液，有白色沉淀生成。

根据以上实验现象可知，该白色固体中一定含有_________，一定没有________，可能有______________。评卷人得分四、判断题(共4题，共12分)20、向MgCl2溶液中加入CaCO3粉末，充分搅拌后过滤可除去杂质FeCl3。(_______)A.正确B.错误21、快速生产合格的熔喷布体现着社会责任。___A.正确B.错误22、两种不同粒子的摩尔质量一定不同。(_______)A.正确B.错误23、从微观层次认识物质是化学的特征之一__________。A.正确B.错误参考答案一、选择题(共5题，共10分)1、B【分析】【分析】

NH4HCO3和Na2CO3的混合溶液加入NaOH发生反应为：NH4HCO3+2NaOH═NH3•H2O+Na2CO3+H2O；加入盐酸发生反应为：NH4HCO3+HCl═NH4Cl+CO2↑+H2O，Na2CO3+2HCl═2NaCl+H2O+CO2↑。

【详解】

由混合溶液中碳酸氢铵和氢氧化钠溶液反应的方程式可知，n(NH4HCO3)=n(NaOH)=mol，由碳酸氢铵和盐酸反应的方程式可知，n(HCl)=n(NH4HCO3)=mol，碳酸氢铵和碳酸钠共消耗bmol盐酸，与碳酸钠溶液反应的盐酸的物质的量为(b—)mol，由碳酸钠和盐酸反应的方程式可知，n(Na2CO3)=n(HCl)=×(b—)mol，则100mL溶液中钠离子的物质的量为×(b—)mol×2×2=(2b—a)mol，混合溶液中c(Na+)为=(20b-10a)mol/L，故选B。2、A【分析】【分析】

【详解】

A．氢氧化镁碱性强于氨水；能用来解释相应实验现象；

B．制氢氧化铁胶体条件是加热，在化学式后注明胶体，得不到沉淀，离子方程式为：Fe3＋＋3H2OFe(OH)3(胶体)＋3H＋；不能用来解释相应实验现象；

C．电荷不守恒，正确的离子方程式为：5SO2＋2MnO＋2H2O=2Mn2＋＋4H＋＋5SO不能用来解释相应实验现象；

D．硝酸具有强氧化性，其可将亚铁氧化成铁离子，正确的离子方程式为：3FeO＋10H＋＋NO=3Fe3＋＋NO↑＋5H2O；不能用来解释相应实验现象。

故选A。3、A【分析】【分析】

【详解】

A．硫酸在水溶液中能够导电；是电解质，故A正确的；

B．乙醇的水溶液或熔融状态均不导电；所以乙醇是非电解质，故B错误；

C．二氧化碳在水溶液中与水反应生成碳酸；碳酸电离出自由移动的离子导电，二氧化碳自身不能电离，二氧化碳是非电解质，故C错误；

D．硅能导电；但属于单质，既不是电解质也不是非电解质，故D错误；

故选A。4、C【分析】【分析】

【详解】

A.MgCl2的摩尔质量为95g/mol；A错误；

B.在标准状况下，0.5molH2所占体积约为11.2L；其他条件下不一定，B错误；

C.2.3gNa的物质的量是0.1mol，与足量水反应时转移的电子总数为6.02×1022；C正确；

D.硫酸是二元强酸，100mL1mol·L-1稀硫酸中含有H+的数目约为0.2×6.02×1023；D错误；

答案选C。5、C【分析】【详解】

所给仪器中无酒精灯，无法进行需要加热的实验，无法实现高锰酸钾加热分解制取氧气，故不能用高锰酸钾加热分解制取氧气，答案选C。二、多选题(共9题，共18分)6、BC【分析】【分析】

铬铁矿为原料制备重铬酸钠，铬铁矿（主要成份为Fe(CrO2)2，还含有Al2O3、SiO2等杂质），铬铁矿经加入纯碱、空气和辅料氧化煅烧、主反应：4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，副反应：SiO2+Na2CO3Na2SiO3+CO2↑、Al2O3+Na2CO32NaAlO2+CO2↑，水浸之后除去生成的氧化铁，加入稀硫酸调节pH，除去溶液中的AlO2-、SiO32-，经酸化、蒸发结晶后后可生成重铬酸钠，加入硫磺，发生氧化还原反应生成Cr(OH)3，分解生成Cr2O3；以此解答该题。

【详解】

A．亚铬酸亚铁[Fe(CrO2)2]中Fe为+2价，O为-2价，由化合价代数和为0可知Cr的化合价是+3价；故A正确；

B．“焙烧”时，发生4Fe(CrO2)2+8Na2CO3+7O28Na2CrO4+2Fe2O3+8CO2，4molFe(CrO2)2参加反应需要7mol氧气，转移28mol电子，则1molFe(CrO2)2参加反应转移7mol电子；故B错误；

C．由以上分析可知，“滤渣”成份是Al(OH)3、H2SiO3；故C错误；

D．硫磺在与铬酸钠的反应中转化为硫代硫酸钠，反应的离子方程式为4CrO42-+6S+7H2O=4Cr(OH)3↓+3S2O32-+2OH-；故D正确；

答案选BC。7、CD【分析】【分析】

A.根据TeO2是两性氧化物；微溶于水分析；

B.根据温度对盐酸的浓度影响分析判断；

C.可根据金属的活动性及与金属单质反应的物质性质分析使用的试剂；

D.还原过程中Te4+与SO2在溶液中发生氧化还原反应生成Te单质和SO42-；结合电子守恒；电荷守恒、原子守恒，书写离子方程式。

【详解】

A.“加压酸浸1”过程中将碲元素转化成TeO2，TeO2是两性氧化物，易溶于较浓的强酸和强碱，若溶液酸性太强或碱性太强，TeO2就会发生反应，而不能产生TeO2；因此应严格控制溶液的pH值，A正确；

B.“酸浸2”过程中温度过高；由于盐酸具有挥发性，会使反应物盐酸的浓度降低，导致碲的浸出率降低，B正确；

C.Au、Ag都是活动性比较弱的金属，Ag、Au都不能与氨水反应，不能加入氨水从Ag和Au中分离出Au，由于金属活泼性Ag>Au；Ag能够与稀硝酸反应，而Au不能反应，因此要从Ag和Au的混合物中分离出Au，应该向回收的Ag和Au中加入稀硝酸，C错误；

D.用盐酸溶解TeO2后碲元素变为Te4+，Te4+与SO2在溶液中发生氧化还原反应生成Te单质和SO42-，根据电子守恒、电荷守恒、原子守恒，可得该反应的离子方程式为：Te4++2SO2+4H2O=Te↓+2SO42-+8H+；D错误；

故答案选CD。

【点睛】

本题以物质制备工艺流程为线索，考查了反应条件的控制、物质性质的应用、方程式的书写，将元素化合物及化学理论有机结合在一起，体现了学以致用的目的。8、AD【分析】【分析】

该化学反应中，Fe元素的化合价从0变为+2价，化合价升高了2价，则Fe为还原剂；N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价；氨气为还原产物，反应中生成1mol氨气转移6mol电子；该反应中氧化剂为NO氧化产物为FeO则NO2-的氧化性大于FeO的氧化性；据此进行解答。

【详解】

A．N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，NH3为还原产物；故A错误；

B．该反应中Fe的化合价从0价变为+2价；Fe的化合价升高被氧化，故B正确；

C．反应中氧化剂为NO氧化产物为FeO氧化剂的氧化性大于氧化产物，则NO的氧化性大于FeO的氧化性；故C正确；

D．氨气为还原产物，N元素从NaNO2中的+3价变为NH3中的-3价，化合价降低了6价，生成1mol氨气转移6mol电子，则转移2mol电子生成氨气的物质的量为：生成氨气的质量为：17g/mol×mol=5.67g；故D错误。

答案选AD。

【点睛】

明确氧化还原反应中化合价变化为解答关键，从化合价的角度分析氧化还原反应。9、BC【分析】【分析】

海水蒸发溶剂得到粗盐和母液；粗盐通过精制得到精盐，电解饱和食盐水得到氯气；氢气和氢氧化钠；工业上制得饱和食盐水，依次通入氨气、二氧化碳反应生成碳酸氢钠和氯化铵，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠；母液加氢氧化钠反应生成氢氧化镁沉淀，氢氧化镁和酸反应生成氯化镁，经系列操作得到无水氯化镁；母液通入氯气氧化溴离子为溴单质，被二氧化硫吸收后发生氧化还原反应生成溴化氢，富集溴元素，通入氯气氧化溴化氢为溴单质得到高浓度的溴，以此解答该题。

【详解】

A．海水中的主要成分为NaCl和一些可溶性盐类；常采用蒸发浓缩得到粗盐产品，故A正确；

B．澄清石灰水与NaHCO3和Na2CO3反应均生成难溶物CaCO3，实验现象相同，无法用澄清的石灰水鉴别NaHCO3和Na2CO3；故B错误；

C．由于镁离子会发生水解，直接加热氯化镁晶体无法得到无水MgCl2；需要在HCl气流中加热，故C错误；

D．H2SO3为弱电解质，通入Br2后，发生氧化还原反应：Br2+H2SO3+H2O═H2SO4+2HBr；生成物均为强电解质，溶液酸性增强，pH减小，故D正确；

综上所述答案为BC。10、BC【分析】【分析】

W、X、Y、Z为原子序数依次增大的短周期主族元素，W的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则W是C元素，W在X中充分燃烧生成化合物WX2，则X是O元素，Y+与X2-具有相同的电子层结构；Y是Na元素，Z的氢化物溶于水得到一种强酸，则Z是Cl元素。据此分析解答。

【详解】

根据上述分析可知：W是C；X是O，Y是Na，Z是Cl元素。

A.原子核外电子层数越多，原子半径越大，同一周期的元素，原子序数越大，原子半径就越小，所以原子半径：Y>Z>W>X；A错误；

B.Y2X2是Na2O2；该物质是离子化合物，含有离子键和非极性共价键，B正确；

C.由W、X和Y元素形成的化合物Na2CO3是强碱弱酸盐，在溶液中CO32-水解，消耗水电离产生的H+，促进了水的电离平衡正向移动，最终达到平衡时，溶液中c(OH-)>c(H+)；所以水溶液呈碱性，C正确；

D.W、X和Z元素能形成COCl2中；C原子与O原子形成共价双键，C原子再与2个Cl原子形成两个共价键，是共价化合物，D错误；

故合理选项是BC。

【点睛】

本题考查了元素及化合物的推断，根据原子结构及形成化合物的特点推断元素是本题解答的关键。掌握元素的位、构、性三者的关系及元素常见的化合物的结构与性质及分类是本题解答的基础。11、AC【分析】【分析】

干燥的氯气不能漂白有色布条；水蒸气与氯气反应生成的次氯酸具有漂白性，能使有色布条褪色，据此分析解答。

【详解】

A．浓硫酸为干燥剂；能够吸收水蒸气，当潮湿的氯气通过盛有浓硫酸的D瓶时，出来的是干燥的氯气，不能使有色布条褪色，故A选；

B．饱和NaCl溶液不能干燥氯气；当潮湿的氯气通过盛有饱和食盐水的D瓶时，可以观察到C中的红色布条褪色，故B不选；

C．浓NaOH溶液能够与氯气反应；将氯气吸收，当潮湿的氯气通过盛有浓氢氧化钠溶液的D瓶时，出来的气体中没有氯气，不能使有色布条褪色，故C选；

D．饱和氯水不能吸收和干燥氯气；当潮湿的氯气通过盛有饱和氯水的D瓶时，可以观察到C中的红色布条褪色，故D不选；

故选AC。12、BD【分析】【分析】

【详解】

将过量Na2O2投入FeCl2溶液中，Na2O2先与水反应，生成NaOH、O2，具有碱性和强氧化性，反应产物再与FeCl2反应生成Fe(OH)3，所以看到有无色气体和红褐色沉淀生成，故选BD。13、AD【分析】【分析】

【详解】

A．铝在空气中与氧气反应；其表面生成一层致密的氧化物薄膜，阻止内部铝继续被氧化，这是铝在空气中能够稳定存在的原因，故A正确；

B．钠加入AlCl3溶液中；会优先和溶液中的水反应生成氢氧化铝，不能置换出铝单质，故B错误；

C．铝与冷的浓硝酸会发生钝化；表面生成致密的氧化膜，阻止反应的进一步进行，故C错误；

D．铝是13号元素；最外层电子数为3，在化学反应中，铝容易失去电子，是还原剂，故D正确；

答案选AD。14、AD【分析】【详解】

A．NH3与氧气发生催化氧化生成NO，NO被氧气氧化生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO；各步反应均可以一步实现，故A符合；

B．S与氧气点燃生成SO2，SO2与氧气反应生成SO3，SO3与水反应生成H2SO4；故B不符合；

C．Fe点燃生成Fe3O4；故C不符合；

D．Cu与浓硫酸在加热条件下反应生成CuSO4，CuSO4与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2；故D符合；

故选AD。三、填空题(共5题，共10分)15、略

【分析】【详解】

(1)反应①⑤⑥中无元素化合价的改变，不属于氧化还原反应；中O元素被氧化为时，作还原剂，故被氧化的是③；中H元素被还原为时，作氧化剂，被还原的是④；反应②中仅N元素的化合价发生改变，因此既是氧化剂又是还原剂，既不是氧化剂又不是还原剂；

(2)反应②中N元素的化合价既升高，又降低，用双线桥法表示为：

(3)反应③中水中氧元素化合价升高，失去电子，氟单质化合价降低，得到电子，用单线桥法表示为：

(4)反应④生成的氢氧化钠为强碱，故离子方程式为：【解析】①⑤⑥③④②16、略

【分析】【详解】

(1)双氧水常用作氧化剂，具有氧化性，所以储存过氧化氢的试剂瓶上最适合贴上的一个标签是B；(2)反应2H2O22H2O＋O2↑中，H2O2既是氧化剂又是还原剂，氧化产物是O2、还原产物是H2O，二者的质量之比为32∶36=8∶9；根据16HCl＋2KMnO4=5Cl2↑+2MnCl2＋2KCl＋8H2O可知，做还原剂的HCl为10mol、做酸性介质的HCl为6mol，二者物质的量之比为10∶6=5∶3；由方程式可知，当有0.4molKMnO4参加反应时，做酸性介质的HCl的物质的量为0.4mol×3=1.2mol；(3)根据2Fe（OH）3＋3KClO＋4KOH=2K2FeO4＋3KCl＋5H2O可知，Cl元素化合价从+1价降低到-1价，Fe元素化合价从+3价升高到+6价，3个KClO反应时共转移6个电子，用双线桥表示为(4)由反应2KClO3＋4HCl=2ClO2↑＋2KCl＋Cl2↑＋2H2O可知，4个HCl参加反应时，只有2个HCl做还原剂，HCl中的Cl元素从-1价升高到0价，则0.2molHCl参加反应时，做还原剂的HCl为0.1mol，转移的电子数为0.1mol×NAmol-1=0.1NA；(5)①某强酸反应体系中发生的一个氧化还原的离子反应，反应物和生成物共六种微粒：H2O、ClO-、NHH+、N2、Cl-。其中c（Cl-）随反应进行逐渐增加，说明Cl-是生成物，则ClO-是反应物，Cl元素的化合价从+1价降低到-1价，Cl-是还原产物，生成1个Cl-得到2个电子，根据氧化还原反应的规律可知，N元素的化合价应升高，则NH是反应物、N2是生成物，N元素从-3价升高到0价，N2是氧化产物，生成1个N2失去6个电子，根据得失电子守恒规律可知，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶3；②根据得失电子守恒和原子守恒，该反应的化学方程式为3ClO-+2NH=3Cl-+N2+2H++3H2O，产物有H+，则反应后溶液的酸性增强；(6)消毒效率是用等物质的量的消毒剂转移电子的物质的量来比较的；等质量的ClO2（还原产物为Cl-）和K2FeO4[还原产物为Fe（OH）3]，设质量为mg，n(ClO2)=n(K2FeO4)=ClO2→Cl-，所以ClO2反应时转移电子，K2FeO4→Fe（OH）3，所以K2FeO4反应时转移电子，则∶4.9，则它们的消毒能力之比为4.9。【解析】B8∶95∶31.2mol0.1NA1∶3增强4.917、略

【分析】【分析】

由元素在周期表中的位置可知，A为Na，B为K元素，C为Mg，D为Al，E为C元素，J为N元素，F为O元素，G为Cl元素，H为Br，R为Ar；据此解答。

【详解】

(1)稀有气体Ar原子最外层为稳定结构，化学性质最不活泼，故答案为：Ar；

(2)D元素最高价氧化物对应的水化物为Al(OH)3，与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠与水，反应离子方程式为：Al(OH)3+OH－＝AlO+2H2O；

(3)同周期随原子序数增大原子半径减小；同主族电子层越多原子半径越大，故原子半径：K＞Na＞Mg；

(4)EF2为CO2，分子中C原子与氧原子之间形成2对共用电子对，其电子式为F元素的最简单氢化物为H2O，在常温下跟K反应生成KOH与氢气，反应方程式为：2K+2H2O＝2KOH+H2↑；

(5)Cl、Br同主族相邻；二者核电荷数之差是35－17＝18。

(6)A2F2是过氧化钠，所含的化学键类型有离子键和共价键。【解析】ArAl(OH)3+OH－＝AlO+2H2OK＞