安徽省蚌埠市A层高中2024-2025学年高一上学期11月期中联考化学试题

20242025学年蚌埠市A层高中联考高一化学考卷考试时间：75分钟注意事项：1.答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2.请将答案正确填写在答题卡上可能用到的相对原子质量：H：1C：12N：14O：16Na：23Mg：24Al：27S：32Cl：35.5Fe：56Ba：137第Ⅰ卷(选择题共42分)一、选择题(每题3分，每题只有一个选项符合题意，共14题)1.物质的性质决定用途，下列两者对应关系正确的是A.Na、K具有强还原性，Na、K合金可作原子反应堆导热剂B.过氧化钠能与二氧化碳反应生成氧气，可作潜水艇中的供氧剂C.易分解，用于治疗胃酸过多D.具有还原性，可用于自来水的杀菌消毒【答案】B【解析】【详解】A．Na、K合金可作原子反应堆的导热剂，利用了Na、K导热性，不是还原性，A错误；B．过氧化钠能与二氧化碳反应生成可以供人呼吸的氧气，可作潜水艇中的供氧剂，B正确；C．能与酸反应，可用于治疗胃酸过多，与碳酸氢钠易分解无关，C错误；D．具有强氧化性，还原产物是氯离子，是一种绿色消毒剂，可用于自来水杀菌消毒，D错误；故选B。2.下列变化中，需加入适当的氧化剂才能完成的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．无化合价变化，故无需加入氧化剂，A错误；B．氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠和次氯酸钠，无需要加入氧化剂，B错误；C．高锰酸钾受热分解生成氧气，无需加入氧化剂，C错误；D．钠元素从0价变为+1价，化合价升高发生氧化反应，需要加入适当氧化剂，D正确；故选D。3.下列的叙述中正确的有①食品包装袋中常放入小袋的生石灰，防止食品氧化变质②酸性氧化物一定是非金属氧化物，非金属氧化物不一定是酸性氧化物③碱性氧化物一定含有金属元素④下列物质按纯净物、碱、盐排序：胆矾、碱石灰、纯碱⑤NaCl固体不导电，熔融的KCl能导电，所以前者是非电解质，后者是电解质⑥投入到紫色石蕊试液中，溶液先变蓝，后褪色⑦已知为一元酸，则为正盐A.3项 B.2项 C.1项 D.0项【答案】A【解析】【详解】①生石灰能和水反应生成熟石灰，故可以做食品干燥剂，不能防止食品氧化变质，①错误；②酸性氧化物可能是金属氧化物，如七氧化二锰，非金属氧化物不一定是酸性氧化物，有可能是不成盐氧化物，如NO、CO等，②错误；③碱性氧化物一定是金属氧化物，一定含有金属元素，③正确；④胆矾是纯净物、碱石灰(NaOH、CaO)是混合物、纯碱是盐，④错误；⑤NaCl的水溶液或熔融NaCl能够导电，NaCl为电解质，⑤错误；⑥Na2O2和水反应生成NaOH，能够使石蕊变蓝，Na2O2具有漂白性，使石蕊褪色，故现象为先变蓝后褪色，⑥正确；⑦H3PO2为一元酸，故NaH2PO2溶于水不能再电离出H+，NaH2PO2为正盐，⑦正确；故正确的是③⑥⑦，故答案选A。4.在两份相同的溶液中，分别滴入物质的量浓度相等的、溶液，其导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图所示。下列分析不正确的是A.①代表滴加溶液的变化曲线B.0→a反应的离子方程式为：C.a、b两点均沉淀完全，所以对应的溶液均显中性D.d点，溶液中大量存在的离子是、【答案】C【解析】【分析】Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O，NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O、2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点发生NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O；c点，①中稀硫酸过量，溶质为硫酸，②中反应后溶质为NaOH、Na2SO4；d点②中、反应生成硫酸钠和硫酸钡、水，溶质为Na2SO4。【详解】A．当Ba(OH)2与H2SO4恰好反应时，溶液中几乎没有自由移动离子，溶液导电能力接近0，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，故曲线①代表滴加H2SO4溶液的变化曲线，A正确；B．结合分析，0→a反应为硫酸和氢氧化钡生成硫酸钡沉淀和水，离子方程式为：，B正确；C．结合分析，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，均沉淀完全；b点时加入的NaHSO4与Ba(OH)2物质的量之比为1：1，此时Ba2+恰好沉淀完，而OH被中和一半，此时溶液显碱性，C错误；D．结合分析，d点②中溶质为Na2SO4，故溶液中大量存在的离子是、，D正确；故选C。5.“混盐”是指一种金属离子与多种酸根阴离子构成的盐，如氯化硝酸钙［］就是一种混盐。“复盐”是指多种简单阳离子和一种酸根阴离子构成的盐，如：。下列化合物中不属于“混盐”的是A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】A．是一种金属离子与两种酸根阴离子构成的盐，属于混盐，A错误；B．是一种金属离子与两种酸根阴离子构成的盐，属于混盐，B错误；C．是一种金属离子与两种酸根阴离子（氯离子与次氯酸根）构成的盐，属于混盐，C错误；D．是一种金属离子与一种酸根阴离子、还有氢氧根构成的盐，不属于混盐，D正确；故选D。6.图a、b、c分别为氯化钠在不同状态下的导电性实验(X、Y为石墨电极，与外电源相连，其中X电极与电源正极相连)微观示意图。下列说法错误的是A.图a、b、c分别代表的状态为固态、熔融态和水溶液B.NaCl溶液中，分子的H靠近C.和在水中和熔融状态下的存在形式不同D.由图c可判断水合离子中H和O原子的朝向受到离子所带电荷种类的影响【答案】B【解析】【详解】A．图a紧密排列、b定向移动、c形成水合离子，所以分别代表的状态为固态、熔融态和水溶液，故A正确；B．NaCl溶液中，分子的O带负价靠近，故B错误；C．和在水中和熔融状态下的存在形式不同，一个是氧原子靠近，一个是氢原子靠近，故C正确；D．图c中，不同离子中水分子的朝向不同，所以可判断水合离子中H和O原子的朝向受到离子所带电荷种类的影响，故D正确；答案选B。7.钠在液氨中溶剂化速度极快，生成蓝色的溶剂合电子，如图为钠投入液氨中的溶剂化图。钠沉入液氨中，快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡。该过程表示为：，(已知液氨的电离类似水的电离)。下列说法不正确的是A.钠的密度比液氨大B.1mol钠投入液氨生成0.02mol时，Na共失去0.04mol电子C.液氨能够发生电离，有和生成D.钠和液氨可发生以下反应：【答案】B【解析】【详解】A．钠沉入液氨，说明钠的密度比液氨大，A正确；B．钠投入液氨中反应，反应中钠失去电子，只能是氢元素得到电子，故会生成氢气和，1mol钠投入液氨中反应，Na的化合价由0价升高到+1价，升高1价，共失去1mol电子，B错误；C．由图，液氨和水一样可以发生自偶电离，有和生成，C正确；D．Na和液氨反应生成氢气和，则发生反应的化学方程式为，D正确；故选B。8.氯化碘(ICl)可用作分析试剂和有机合成。查阅资料知，ICl的相关信息如表所示。物理性质颜色、状态通常为红棕色液体密度/3.24沸点/℃97.4化学性质(部分)水解生成HIO和HCl；与金属氧化物反应生成氧气、碘化物和氯化物制备方法在碘上通氯至生成物完全液化，蒸馏收集100℃~101.5℃的馏分下列说法不正确的A.是氧化还原反应B.IBr可以与NaOH溶液反应生成2种盐C.制备ICl时，反应完全的标志是固体全部转化为液体D.ICl适合盛放在细口试剂瓶中【答案】A【解析】【详解】A．反应过程中无元素化合价变化，不属于氧化还原反应，A项错误；B．IBr可以与NaOH溶液反应生成NaIO、NaBr和水，B项正确；C．碘单质为固体，为液体，故制备时，反应完全的标志是固体全部转化为液体，C项正确；D．有强氧化性，适合盛放在带玻璃塞的细口瓶中，D项正确；答案选A。9.下列关于物质的量浓度的表述正确的是A.稀释浓硫酸时应将水倒入浓硫酸中，并用玻璃棒不断搅拌B.标准状况下，VL氨气溶于1L水配制氨水，该氨水的物质的量浓度C.将40g氢氧化钠固体溶于1L水中，物质的量浓度为D.98%的浓硫酸与水等质量混合，所得硫酸溶液物质的量浓度小于原浓硫酸浓度的一半【答案】D【解析】【详解】A．浓硫酸溶于水放出大量的热，稀释浓硫酸时应将浓硫酸倒入水中，并用玻璃棒不断搅拌，A错误；B．VL氨气与1L水的体积不能相加，溶液的体积不是(V+1)L，B错误；C．40g氢氧化钠固体溶于1L水中，得到氢氧化钠溶液体积不是1L，故物质的量浓度不为，C错误；D．硫酸密度大于水，98%的浓硫酸与水等质量混合，98%的浓硫酸体积小于等质量水的体积，混合后所得硫酸溶液物质的量浓度小于原浓硫酸浓度的一半，D正确；故选D。阅读材料，含氯化合物在生产生活中应用广泛。实验室用氯酸钾、高锰酸钾、二氧化锰等强氧化剂和浓盐酸反应制备氯气；工业上用电解饱和食盐水的方法制备，同时生成NaOH、。工业上用钢瓶储运液氯。具有强氧化性，一定条件下可以氧化某些金属单质和非金属单质，还可以与水反应生成盐酸和次氯酸。工业上利用生产盐酸、“84”消毒液、漂白粉等。完成问题。10.关于反应，下列说法不正确的是A.生成1mol时，被氧化的HCl为0.6molB.该反应中，HCl体现了酸性和还原性C.氧化产物和还原产物的物质的量之比为3：1D.生成的中含有HCl杂质气体，用饱和食盐水除杂11.为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是A.标况下，11.2L和足量的Fe充分反应，转移电子数为B.16.25g水解形成的胶体粒子数为0.1C.50mL12盐酸与足量共热，转移的电子数目为0.3D.标准状况下，22.4L的氯气与足量NaOH溶液反应转移电子数为2【答案】10.AC11.A【解析】【10题详解】A．反应中6molHCl中5molHCl被氧化生成3mol氯气，则生成1mol时，被氧化的HCl为mol，A错误；B．该反应中，HCl部分被氧化为氯气，部分生成盐氯化钾，体现了酸性和还原性，B正确；C．生成3mol氯气分子中有5mol氯原子被氧化得到，1mol氯原子被还原得到，氯气既是还原产物又是氧化产物，则氧化产物和还原产物的物质的量之比为5:1，C错误；D．氯化氢极易溶于水，而氯气在饱和食盐水中溶解度较小，故生成的中含有HCl杂质气体，可用饱和食盐水除杂，D正确；故选AC；【11题详解】A．标况下，11.2L(为0.5mol)和足量的Fe充分反应，反应中氯化合价由0变为1，则反应中转移1mol电子，电子数为，A正确；B．氢氧化铁胶粒为含有多个的聚集体，则16.25g(为0.1mol)水解形成的胶体粒子数小于0.1，B错误；C．50mL12盐酸与足量共热，随着反应进行盐酸浓度减小反应停止，则转移的电子数目小于0.3，C错误；D．，则标准状况下，22.4L的氯气(为1mol)与足量NaOH溶液反应转移电子数为，D错误；故选A。12.已知某100mL溶液中含有的部分离子的浓度大小如图所示，该溶液呈无色、透明、均一状态，可能还含有、、、、、。为了进一步确认，加入足量溶液，生成23.3g白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失。下列说法错误的是A.原溶液中肯定存在、B.原溶液中的物质的量浓度为3C.向100mL原溶液中加入0.2L1的溶液时，生成的沉淀质量最大为23.3gD.向原溶液中加入溶液，反应的离子方程式为【答案】C【解析】【分析】由图可知，钠离子、镁离子、氯离子浓度分别为1mol/L、0.5mol/L、3mol/L，溶液中含氯离子，则一定不含银离子。该溶液呈无色、透明、均一状态，说明溶液中一定不含。加入足量溶液，生成白色沉淀，再加稀盐酸，沉淀不消失，则白色沉淀为硫酸钡，物质的量为23.3g÷233g/mol=0.1mol，原溶液中一定含有，浓度为1mol/L，根据互斥性原则可推出原溶液中一定不含、。根据溶液呈电中性，原溶液中一定含有，浓度为3mol/L+2×1mol/L1mol/L2×0.5mol/L=3mol/L；【详解】A．由分析，原溶液中肯定存在、，A正确；B．由分析，原溶液中的物质的量浓度为3，B正确；C．向100mL原溶液中加入0.2L1的溶液时，则生成0.1mol硫酸钡沉淀、0.05mol氢氧化镁沉淀，则生成的沉淀质量最大为23.3g+2.9g=26.2g，C错误；D．向原溶液中加入溶液，氢离子和碳酸氢根离子反应生成二氧化碳和水，离子方程式为，D正确；故选C。13.下列溶液中的浓度与200mL1.0溶液中的浓度相等的是A.200mL3.0的溶液 B.200mL1.5的溶液C.400mL0.5的溶液 D.200mL1.5的NaCl溶液【答案】B【解析】【分析】1.0溶液中的浓度为3mol/L；【详解】A．3.0的溶液中没有氯离子，故A不符合题意；B．1.5的中氯离子浓度为3mol/L，故B符合题意；C．0.5的溶液中氯离子浓度为1.5mol/L，故C不符合题意；D．1.5的NaCl溶液中氯离子浓度为1.5mol/L，故D不符合题意；故选B。14.如下图所示，一密闭容器被无摩擦、可滑动的两隔板a、b分成甲、乙两室；标准状况下，在乙室中充入0.6molHCl，甲室中充入、的混合气体，静止时活塞位置如下图。已知甲、乙两室中气体的质量之差为10.9g，。下列说法错误的是A.甲室的质量为11g B.甲室气体中和质量比是51：4C.甲室中、的平均相对分子质量为11 D.抽开隔板a，隔板b最终停在3处【答案】D【解析】【详解】A．同温同压条件下，体积与物质的量成正比，由图可知，甲乙室体积比为5:3，则物质的量之比为5:3，故甲室有1.0mol气体。在乙室中HCl气体的物质的质量是0.6mol×36.5g/mol=21.9g，因为1molNH3或H2的质量都比HCl小，所以混合气体的质量也比HCl少，则混合气体的质量是21.9g10.9g=11.0g，A正确；B．由图，甲乙室体积比为5:3，则物质的量之比为5:3，故甲室有1.0mol气体；假设混合气体NH3、H2的物质的量分别是x、y，则x+y=1，17x+2y=11，解得x=0.6mol、y=0.4mol，甲室气体中和质量比是(0.6nol×17g/mol):(0.4nol×2g/mol)=51:4，B正确；C．甲室中、的平均摩尔质量为11g÷1mol=11g/mol，则平均相对分子质量为11，C正确；D．甲室中NH3和H2的物质的量分别为0.6mol、0.4mol，乙室中0.6molHCl，抽开隔板a，(固体)，氨气和HCl恰好完全反应，剩余0.4molH2，最初甲室中共1molNH3和H2隔板a停在5处，则隔板b最终停在5×0.4=2处，D错误；故选D。第Ⅱ卷(非选择题共58分)15.为从粗食盐水中除去、、等离子，以制得精盐水。某同学设计如下方案：（1）下列说法正确的是___________。A.X中主要有，也可能有少量B.②中加入过量溶液的主要目的是为了除去、C.若将①②步试剂颠倒，也能达到实验目的D.③中发生的反应只有（2）加入溶液后，下列溶液中的离子数目不会减少的是___________。A. B. C. D.（3）粗盐提纯实验中用到的盐酸的物质的量浓度为1.0，现实验室某浓盐酸试剂瓶上的有关数据如下：欲用上述浓盐酸配制实验所需浓度的稀盐酸480mL。盐酸分子式：HCl相对分子质量：36.5密度：HCl的质量分数：36.5%①需量取的浓盐酸的体积为：___________。②下列操作的正确顺序是(用字母表示)B→___→___→__→___→___→G，___________A．上下颠倒摇匀；B．量取；C．洗涤；D．定容；E．稀释；F．移液；G．装瓶在配制过程中，除需要烧杯、胶头滴管、玻璃棒外还必需的玻璃仪器有___________，上述实验操作过程中如何定容___________。（4）下列操作可能使配制溶液浓度偏低的是(填字母)___________。【答案】（1）B（2）B（3）①.42.0②.BEFCDAG③.500mL的容量瓶、量筒④.加水离刻度线12cm改用胶头滴管加水至凹液面最低处与刻度线相切（4）ACD【解析】【分析】加入过量氢氧化钡，生成氢氧化镁沉淀和硫酸钡沉淀，除去镁离子、硫酸根离子；加入碳酸钠溶液时，能和钙离子、过量的氢氧化钡反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钡沉淀，从而除去钙离子和过量的钡离子；过滤，向滤液中加入适量的稀盐酸把生成的氢氧化钠和过量碳酸钠除去，得到精盐水；【小问1详解】A．氢氧化钙微溶于水，结合分析，X中主要有和硫酸钡沉淀，也可能有少量的，错误；B．②中加入过量溶液生成碳酸钙、碳酸钡沉淀，故主要目的是为了除去、，正确；C．加入碳酸钠溶液时，能和钙离子、过量的氢氧化钡反应生成碳酸钙沉淀、碳酸钡沉淀，若将①②步试剂颠倒，则不能除去钡离子，不能达到实验目的，错误；D．③中发生的反应有氢离子和氢氧根离子生成水、和碳酸根离子生成二氧化碳和水，错误；故选B；【小问2详解】加入过量氢氧化钡，钡离子和硫酸根离子生成硫酸钡沉淀，氢氧根离子和铜离子生成氢氧化铜沉淀、和氢离子生成水，氢氧化钡和氯离子不反应，故离子数目不会减少是氯离子，选B；【小问3详解】①用上述浓盐酸配制实验所需浓度的稀盐酸480mL，需要使用500mL容量瓶，由可知密度为119g/cm3质量分数为365%的浓盐酸的物质的量浓度为mol/L=11.9mol/L，设需要浓盐酸的体积为VmL，由稀释定律可知，稀释前后溶质的物质的量不变，则有V×103L×11.9mol/L=0.5L×1.0mol/L，解得V≈42.0mL；②配制一定物质的量浓度的溶液，所需的步骤有计算、量取、稀释（冷却）、转移、洗涤、定容、摇匀、装瓶贴签；因此顺序为：B．量取；E．稀释；F．移液；C．洗涤；D．定容；A．上下颠倒摇匀；G．装瓶；故为：BEFCDAG；在配制过程中，除需要烧杯、胶头滴管、玻璃棒外还必需的玻璃仪器有500mL的容量瓶、量筒，上述实验操作定容操作为：加水离刻度线12cm改用胶头滴管加水至凹液面最低处与刻度线相切；【小问4详解】A．移液时，未洗涤烧杯内壁和玻璃棒，导致溶质损失，使得浓度偏低；B．溶解后未经冷却就移液，配制完成后，温度降低，溶液体积减小，使得溶液浓度偏高；C．移液时，有少量液体溅出，导致溶质减少，由于溶液的体积不变，最终导致配制溶液的浓度偏低；D．定容时，仰视刻度线，使得溶液体积偏大，得到溶液浓度偏低；E．容量瓶用蒸馏水洗净后，没烘干就直接使用，不影响溶质的物质的量和溶液体积，对配制溶液的浓度无影响；故选ACD。16.四氯化钛是一种重要的化工原料，某实验小组利用如图装置模拟制备(部分夹持仪器已略去)。已知：①室温下为无色液体，熔点为25℃，沸点136.4℃。②易与水反应生成和HCl。③在700℃左右，将氯气通过和碳粉的混合物可制得和一种有毒的气体。（1）装置A中与浓盐酸反应的离子方程式为___________，氧化剂和还原剂的物质的量之比为___________。（2）洗气瓶C的作用是___________。（3）当___________时(填现象)，再点燃D处的酒精灯。（4）若D装置右侧出现堵塞，观察到的现象是___________，仪器F的名称为___________。（5）写出装置D中生成的化学方程式___________。（6）E装置中的冷凝管中冷凝水的进口___________(填“c”或“b”)。【答案】（1）①.②.1：2（2）吸水（3）当硬质玻璃管内充满黄绿色时（4）①.玻璃管a内液面上升②.球形干燥管（5）（6）b【解析】【分析】A装置加热二氧化锰与浓盐酸制取氯气；B装置内饱和食盐水除去氯气中的氯化氢并平衡气压；C装置内浓硫酸用于干燥氯气；D装置中氯气通过

TiO2

和碳粉的混合物制得

TiCl4；E装置作用是冷凝回收TiCl4；F装置用来尾气吸收以及防止空气中的水蒸气进入装置。【小问1详解】二氧化锰和浓盐酸在加热条件下生成氯气、氯化锰、水：；锰化合价降低为氧化剂、4分子HCl中2分子HCl中的氯化合价降低为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：2；【小问2详解】易与水反应生成和HCl，则反应中需要干燥的氯气，C装置内浓硫酸用于干燥氯气；【小问3详解】首先使用生成的氯气排净装置中空气，防止干扰实验，故当当硬质玻璃管内充满黄绿色时，再点燃D处的酒精灯；小问4详解】玻璃管a能有效提示装置是否发生堵塞，若右侧装置出现堵塞，造成B装置内压强变大，观察到的现象是玻璃管内液面上升(高于洗气瓶中的液面)；仪器F的名称为球形干燥管；【小问5详解】氯气通过

TiO2

和碳粉的混合物可制得

TiCl4

和一种有毒的气体为一氧化碳，制得四氯化钛的化学方程式为：；【小问6详解】为了好的冷凝效果，冷凝水下进上出，故E装置中的冷凝管中冷凝水的进口为b。17.高铁酸钾是新型多功能水处理剂。其生产工艺如图所示：回答下列问题：（1）既属于高铁酸盐也属于钾盐，这种分类方法为___________。（2）反应①应在温度较低的情况下进行，因温度较高时NaOH与反应生成，写出温度较高时反应的化学方程式___________。（3）该工艺流程中，可循环利用的物质是___________(填化学式)。（4）反应③制备过程中，NaClO被还原为NaCl，该反应的离子方程式为___________。（5）工业上常用廉价的吸收工业氯气尾气制得漂白粉，漂白粉的有效成分是___________(填化学式)，长期露置于空气中的漂白粉，加稀盐酸后产生的气体是___________。（6）“有效氯含量”可用来衡量含氯消毒剂的消毒能力，其定义是：每克含氯消毒剂的氧化能力相当于多少克的氧化能力。的有效氯含量为___________。(计算结果保留两位小数)【答案】（1）交叉分类法（2）（3）NaOH（4）（5）①.②.（6）1.57【解析】【分析】足量氯气通入氢氧化钠溶液中，再加入氢氧化钠固体，除去氯化钠，得到碱性次氯酸钠溶液，加入90%的硝酸铁溶液，发生，得到高铁酸钠，在通入饱和氢氧化钾溶液，利用高铁酸钾溶解度小，将其高铁酸钾析出，同时得到氢氧化钠溶液，据此解答。【小问1详解】既属于高铁酸盐也属于钾盐，同一种物质采用两种分类标准分类，这种分类方法为交叉分类法；【小问2详解】温度较高时NaOH与反应生成，根据化学式的书写规则，可得化学方程式；【小问3详解】根据分析可知该工艺流程中，可循环利用的物质是NaOH；【小问4详解】制备过程中，NaClO被还原为NaCl，该反应的离子方程式为；【小问5详解】漂白粉的有效成分是，长期露置于空气中的漂白粉，次氯酸钙和二氧化碳、水反应生成碳酸钙和次氯酸，次氯酸见光分解，遗留物为碳酸钙，加稀盐酸后产生的气体是；【小问6详解】相对分子质量为90.5，1g的物质的量为，1mol得4mol电子，等同于2mol氯气，可以换算氯气，得氯气质量为。18.现有金属