辽宁省五校联考2024-2025学年高一上学期1月期末考试 化学试题（解析版）

这是一份辽宁省五校联考2024-2025学年高一上学期1月期末考试 化学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了 下列叙述正确的是，2NA，D错误；， 下列说法正确的是， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
客观卷I(共45分)
一、选择题(本题包括15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一个选项符合题意。)
1. 下列相关微粒的化学用语正确的是
A. 水合钠离子的示意图：B. 中子数为18的氯原子：
C. 的结构式：D. 氯化铵的电子式：
【答案】B
【解析】
【详解】A．钠离子带正电荷，水合钠离子示意图为，故A错误；
B．中子数为18的氯原子，质量数为35，该核素表示为，故B正确；
C．的结构式：，故C错误；
D．氯化铵的电子式为，故D错误；
选B。
2. 下列叙述正确的是
①胶体、溶液、浊液的本质区别是是否具有丁达尔效应
②干冰、、、CO均为酸性氧化物
③钠的金属性比镁强，故可用钠置换氯化镁溶液中的镁
④碳酸钠和碳酸氢钠均可用作食用碱或工业用碱
⑤氯气在氢气安静燃烧，发出苍白色火焰
⑥是非电解质，是电解质；是非电解质，氨水是电解质，
⑦漂白液、漂白粉和漂粉精既可作漂白剂，又可用作游泳池等场所消毒剂
⑧不锈钢是最常见的一种合金钢，它的合金元素主要是铬(Cr)和镍(Ni)
A. ④⑦⑧B. ①③④⑦C. ②④⑤⑥D. ④⑤⑦⑧
【答案】A
【解析】
【详解】①胶体、溶液、浊液的本质区别是分散质粒子的直径大小，①错误；
②CO是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，②错误；
③在溶液中Na不能置换出Mg单质，Na与溶液中的水反应，③错误；
④碳酸钠和碳酸氢钠都能与酸反应，均可用作食用碱或工业用碱，④正确；
⑤是氢气在氯气安静燃烧，发出苍白色火焰，⑤错误；
⑥电解质是化合物，属于纯净物，氨水是混合物，不是电解质，⑥错误；
⑦漂白液、漂白粉和漂粉精都含有ClO-离子，具有氧化性，既可作漂白剂，又可用作游泳池等场所的消毒剂，⑦正确；
⑧不锈钢是最常见的一种合金钢，具有耐腐蚀的特性，原因是合金元素含有铬(Cr)和镍(Ni)元素，⑧正确；
答案选A。
3. 设为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 溶液中含有的数目为
B. 标准状况下，11.2L氯气溶于水，溶液中、和的微粒数之和为
C. 常温常压下，的和混合气体含有的原子数为
D. 足量铁与氯气加热条件下充分反应，转移电子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A．没有给出溶液的体积，无法计算物质的量，无法计算Cl-的数目，A错误；
B．标准状况下，11.2L氯气溶于水之后，溶液中含Cl的粒子有Cl-、ClO-、HClO和Cl2等，溶液中、和的微粒数之和小于，B错误；
C．和的最简式都是CH2，的和混合气体含有的原子的物质的量为，数目为，C正确；
D．足量铁与氯气加热条件下充分反应得到氯化铁，按得失电子数守恒，转移电子数为0.2NA，D错误；
答案选C。
4. 下列说法正确的是
A. 分子间存在氢键，所以比稳定
B. HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强
C. 熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物；破坏化学键的过程，一定发生了化学变化
D. 中子数不同而质子数相同的微粒一定互为同位素
【答案】B
【解析】
【详解】A．比稳定与化学键有关，与氢键无关，故A错误；
B．同主族元素从上到下，非金属性依次减弱，HF、HCl、HBr、HI的热稳定性依次减弱，还原性依次增强，故B正确；
C．熔融状态能导电的化合物一定是离子化合物；破坏化学键的过程，不一定发生化学变化，如氯化钠溶于水，离子键被破坏，没有发生化学反应，故C错误；
D．中子数不同而质子数相同的原子互为同位素，故D错误；
选B。
5. 下列实验符合操作要求且能达到实验目的的是
A. I制备NaHCO3
B. II可用于除去CO2中的HCl
C. 用Ⅲ来配制一定物质的量浓度的NaOH溶液
D. 用IV制备氢氧化亚铁
【答案】B
【解析】
【详解】A．向饱和的食盐水中先通入氨气，再通入二氧化碳发生反应，而不是先通二氧化碳，故A不选；
B．HCl与饱和碳酸氢钠溶液反应生成二氧化碳，二氧化碳不与碳酸氢钠反应，II可用于除去CO2中的HCl，故B选；
C．溶解氢氧化钠固体应在烧杯中进行，不能在容量瓶中溶解固体，故C不选；
D．装有铁粉试管上方的导管没有插入液面以下，铁与稀硫酸反应生成的硫酸亚铁溶液无法进入右侧氢氧化钠溶液中反应，故D不选；
故选B。
6. 下列物质的性质与实际应用不相符的是
A AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．钠钾合金具有良好的导热性，可用作核反应堆的传热介质，与金属活泼性强弱无关，故A错误；
B．可与、反应，均产生氧气，氧气是供呼吸的气体，所以用作潜艇供氧剂，故B正确；
C．漂白粉中的具有强氧化性，能氧化有机色素，所以可以漂白粉漂白织物，故C正确；
D．氧化铝是两性氧化物，能和酸、碱反应生成盐和水，所以铝制餐具不宜长期存放酸性或碱性食物，故D正确；
故选：A。
7. 下列关于同温同压下的两种气体12C18O和14N2的判断正确的是
A. 体积相等时密度相等B. 原子数相等时具有的中子数相等
C. 体积相等时具有的电子数相等D. 质量相等时具有的质子数相等
【答案】C
【解析】
【详解】A、根据阿伏加德罗定律，物质的量相等，因为摩尔质量不相等，则质量不等，根据密度的定义，密度不相等，故错误；
B、两者都是双原子分子，原子数相等，则物质的量相等，前者中子数为16，后者为14，则中子数不等，故错误；
C、根据阿伏加德罗定律，两者物质的量相等，前者电子为14，后者为14，因此等物质的量时，两种物质所含电子数相等，故正确；
D、质量相等，两种物质的摩尔质量不等，则物质的量不相等，质子数不相等，故错误。
8. 室温下，下列各组离子在指定溶液中能大量共存的是
A. 溶液：、、、
B. 溶液：、、、
C. 溶液：、、、
D. 溶液：、、、
【答案】C
【解析】
【详解】A．与OH-反应生成和水，溶液中不能大量含有，故不选A；
B．把Fe2+氧化为Fe3+，溶液中不能大量含有，故不选B；
C．溶液中，、、、相互之间不反应，能大量共存，故选C；
D．与H+反应生成HClO，溶液中不能大量含有，故不选D；
答案选C。
9. 下列离子方程式正确的是
A. 氯气与水反应：
B. 溶于氢碘酸：
C. 次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：
D. 少量和反应：
【答案】D
【解析】
【详解】A．氯气与水反应的离子方程式为：，A错误；
B．溶于氢碘酸：，B错误；
C．次氯酸钙溶液中通入过量二氧化碳：，C错误；
D．少量和反应，Ca(OH)2少量，Ca2+与OH-系数之比为1:2，离子方程式为：，D正确；
答案选D
10. 短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，由W、X、Y三种元素形成的化合物的结构如图所示。下列叙述正确的是
A. 与形成的化合物溶于水时一定只破坏离子键
B. 元素非金属性强弱的顺序为
C. 的简单氢化物的稳定性比的简单氢化物的稳定性低
D. 化合物M中W都满足8电子稳定结构
【答案】D
【解析】
【分析】短周期主族元素W、X、Y、Z的原子序数依次增大，X的原子半径是所有短周期主族元素中最大的，则X为Na；由W、X、Y三种元素形成的化合物M的结构可知，Y形成四个共价键，说明Y为Si；W形成两个键，最外层应该是6个电子，则W为O ， W的核外电子数与X、Z的最外层电子数之和相等，W有8个电子，X最外层有1个电子，则Z最外层有7个电子，则Z为Cl，则W为O、X为Na、Y为Si、Z为Cl，据此解答。
【详解】A．与分别是O和Na，形成的化合物可以是Na2O2，溶于水时破坏的有离子键和共价键，A错误；
B．W为O、Y为Si、Z为Cl，同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则氯元素的非金属性强于硅元素，则非金属性：W>Z>Y，B错误；
C．W为O、Y为Si，非金属性：W>Y，则W的简单氢化物稳定性比Y的简单氢化物稳定性高，C错误；
D．M中含二价阴离子，W为O，化合物M中O都满足8电子稳定结构，D正确；
答案选D。
11. 在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中，Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3:2:1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子物质的量浓度之比变为1:2:4，则参加反应的铁粉和原溶液中Fe3+的物质的量之比为
A. 2:1B. 1:2C. 1:3D. 1:4
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】在FeCl3、CuCl2、FeCl2的混合溶液中，Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量之比为3:2:1，现加入适量铁粉，使溶液中三种离子的物质的量之比变为1:2:4，假设Fe3+、Cu2+、Fe2+的物质的量分别为3ml、2ml、1ml，加入铁后发生2Fe3+＋Fe＝3Fe2+，则三种离子物质的量分别变为1ml、2ml、4ml，说明有2ml Fe3+和1ml Fe反应变为3ml Fe2+，因此参加反应的铁粉与原溶液中Fe3+的物质的量之比为1:3，故C符合题意；
综上所述，答案为C。
12. H2S和O2的混合气体，通入FeCl2、CuCl2、FeCl3的混合溶液，转化关系如图所示。下列描述正确的是
A. 在图示转化关系中化合价不变的元素只有氢和氯
B. 过程Ⅱ反应的离子方程式为Cu2++S2-=CuS↓
C. 氧化性强弱的顺序为O2>Fe3+>S
D. 转化过程中参加循环反应的离子只有Fe2+、Fe3+
【答案】C
【解析】
【详解】A．在转化过程中化合价不变的元素不止有H和Cl，还有Cu元素化合价也未发生变化，故A错误；
B．观察图可知，过程Ⅱ反应的离子方程式为：Cu2++H2S=CuS+2H+，故B错误；
C．由反应③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O ②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S，可知氧化性的强弱顺序：O2>Fe3+>S，故C正确；
D．由图可知：一共发生的有三个反应①H2S+Cu2+=CuS↓+2H+ ②CuS+2Fe3+=2Fe2++Cu2++S ③4Fe2++4H++O2=4Fe3++2H2O，参加循环反应的离子有Fe2+、Fe3+、H+、Cu2+，故D错误；
故选：C。
13. 汽车剧烈碰撞时，安全气囊发生反应：，下列说法不正确的是
A. 还原性：
B. 若有参加反应，则生成的氧化产物的物质的量为
C. 每转移电子，可生成标准状况下的体积为
D. 被还原的与被氧化的的质量之比为15：1
【答案】D
【解析】
【详解】A．反应中，NaN3中N元素化合价升高生成N2，NaN3是还原剂，N2既是还原产物也是氧化产物，则还原性：，故A正确；
B．NaN3中N元素化合价升高生成N2，NaN3是还原剂，若有参加反应，则生成的氧化产物的物质的量为，故B正确；
C．生成16mlN2转移10ml电子，每转移电子，可生成1.6ml，标准状况下的体积为1.6ml×22.4L/ml=，故C正确；
D．NaN3中N元素化合价升高生成N2，KNO3中N元素化合价降低生成N2，被还原的与被氧化的的质量之比为1：15，故D错误；
选D。
14. 下列有关图象的说法正确的是
A. 图甲表示：向某溶液中逐滴加入溶液至过量，生成沉淀的物质的量与滴加溶液体积的关系
B. 图乙表示：向含等物质的量的和的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加溶液体积的关系
C. 图丙表示：物质的量之比为3：2的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，产生气体的体积(V)与时间(t)的关系
D. 图丁为溶液中滴加溶液的导电性变化图像
【答案】C
【解析】
【详解】A．向某溶液中逐滴加入溶液至过量，生成沉淀、沉淀溶解消耗氢氧化钠溶液体积的比为3:1，故不选A；
B．图乙表示，向含和物质的量比为2:1的混合溶液中逐滴加入稀盐酸至过量，生成气体的体积与滴加溶液体积的关系，故不选B；
C．物质的量之比为3：2的镁和铝分别与等浓度、等体积的过量稀硫酸反应，镁和酸反应速率快，放出的氢气一样多，故C正确；
D．和恰好1:1反应生成硫酸钡沉淀、氢氧化钠、水，和恰好1:2反应生成硫酸钡沉淀、硫酸钠、水，溶液中离子浓度不能变为0，导电率不可能为0，故不选D；
选C。
15. A、B、C、D都是中学化学中的常见物质，其中A、B、C均含有同一种元素，在一定条件下相互转化关系如图所示(部分反应中的水已略去)，下列判断正确的是
A. 若A、D均为单质，A为气体，D元素的一种复杂化合物是具有磁性的黑色晶体，则在实验室中为了防止B溶液变质，应向其中加入D单质
B. 若A、D为常见单质，B、C、D均为气体，则B的结构式为
C. 若A、B、C的焰色试验均为黄色，且D的过度排放会造成温室效应，则B为小苏打
D. 若B为两性氢氧化物，A可能为铝盐或四羟基合铝酸盐
【答案】D
【解析】
【详解】A．D元素的一种复杂化合物是具有磁性的黑色晶体为四氧化三铁，则D为铁，A为Cl2，B为FeCl3，C为FeCl2，在实验室中为了防止FeCl3溶液变质，溶液中应该通入适量的HCl防止其水解，不能加入Fe单质，在实验室中为了防止氯化亚铁溶液变质，应向其中加入铁单质，A错误；
B．若A、D为常见单质，B、C、D均为气体，则A可以是C，D是O2，C是CO2，B是CO，B错误；
C．若A、B、C的焰色试验均为黄色，且D的过度排放会造成温室效应，D是CO2，A是NaOH，B是Na2CO3，俗名为苏打，C是NaHCO3，俗名为小苏打，C错误；
D．若B为两性氢氧化物为Al(OH)3，A含Al3+，则D是碱，A含有[Al(OH)4]-，D是酸，D正确；
答案选D。
主观卷II(共55分)
二、填空题
16. 下表是元素周期表的一部分，表中每一个序号代表一种元素。请根据要求，回答下列问题。
（1）元素⑧、⑨对应的最高价氧化物的水化物中，酸性较强的是___________(用化学式表示)。
（2）元素④、⑥、⑦、⑧对应的简单离子半径由大到小的顺序是___________(填离子符号)。
（3）元素④、⑤可形成一种淡黄色的固体，其电子式是___________。
（4）铷(Rb)是第五周期第IA族元素，与钠处于同一主族，根据已学知识预测铷的性质，下列说法正确的是___________(填字母)。
A. 是一种强碱B. 铷单质的熔点比钠单质的熔点高
C. 是离子化合物D. 和氧气在加热的条件下生成
（5）元素⑥和⑦形成的合金是飞机制造、建筑等行业的重要材料。为测定此合金(不含其他元素)中金属元素的质量分数，设计了如下实验装置进行探究，甲与乙中盛装的是蒸馏水。
i．导管a的作用是___________。
ii．已知金属与酸的反应是放热反应，为了较准确测量室温、一个标准大气压下氢气的体积，待反应停止后，读取量气管乙液面之前应注意___________。
iii．若实验用铝镁合金的质量为，测得氢气体积为(已转换成标准状况)，则合金中铝的质量分数为___________(保留两位有效数字)。
（6）如图所示，气缸的总体积为，内部被活塞隔成I、II两部分，活塞可以无摩擦力自由移动，可以固定，也可以取下。25℃时，向I中充入，II中充入，则下列说法正确的是___________。
A. 当活塞不再移动时，I室的体积为
B. 当活塞不再移动时，I、II两部分密度比为
C. 当活塞固定在气缸中间，I、II两部分压强比为
D. 取下活塞，在一定条件下使两气体充分反应，恢复到原温度，则反应前气缸内部压强是反应后气缸内部压强的2.5倍
【答案】（1）
（2）
（3） （4）AC
（5） ①. 平衡压强，使分液漏斗中的稀硫酸能顺利滴下；精确测量氢气体积，消除由于加入稀硫酸引起的氢气体积误差 ②. 冷却至室温再读数：读数时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平 ③. 53% （6）AD
【解析】
【分析】由周期表图可知，①~⑨分别是H、C、N、O、Na、Mg、Al、S、Cl元素。
【小问1详解】
元素⑧、⑨对应的最高价氧化物的水化物分别是H2SO4和HClO4，非金属性Cl>S，最高价氧化物对应的水化物的酸性HClO4>H2SO4；
【小问2详解】
元素④、⑥、⑦、⑧对应的简单离子分别是：O2-、Mg2+、Al3+、S2-，电子层越多，半径越大，S2-半径最大，电子层结构相同的粒子，序数越大，半径越小，O2-、Mg2+、Al3+电子层结构相同，半径O2->Mg2+>Al3+，因此半径由大到小的顺序是S2->O2->Mg2+>Al3+；
【小问3详解】
元素④、⑤可形成一种淡黄色的固体是Na2O2，电子式为：；
【小问4详解】
金属性越强，最高价氧化物对应的水化物碱性越强，金属性Rb>K，碱性RbOH>KOH，因此RbOH是一种强碱，A正确；
碱金属单质的熔点从上到下逐渐降低，铷单质的熔点比钠单质的熔点低，B错误；
RbCl属于盐类，是离子化合物，C正确；
Rb和氧气在加热的条件下可以生成过氧化物和超氧化物，D错误；
答案选AC；
【小问5详解】
该装置是测定Mg、Al与稀硫酸反应生成H2体积的装置，导管a的作用是平衡压强能够使稀硫酸顺利流下，同时可以消除由于加入稀硫酸而引起的气体体积的误差；
读取量气管乙的液面时，要先冷却到室温再读数，同时应上下移动量气管乙，使甲、乙中液面左右相平再进行读数；
得到氢气的物质的量为，设4.08g合金中Al的物质的量为xml，Mg的物质的量为yml，得出方程式①27x+24y=4.08，②x+y=0.2，解得x=y=0.08，Al的质量分数为：；
【小问6详解】
4g氢气的物质的量为2ml，16g氧气的物质的量为0.5ml；
A、当活塞不再移动时，两边压强相等，恒温恒压下，气体体积之比等于物质的量之比，I室的体积为，A正确；
B、恒温恒压下，两种气体密度之比等于摩尔质量之比，I、II两部分气体的密度之比为：2:32=1:16，B错误；
C、当活塞固定在气缸中间，I、II两部分气体体积相等，恒温恒容下，两种气体压强之比等于气体的物质的量之比，压强比为2：0.5=4:1，C错误；
D、取下活塞，在一定条件下使两气体充分反应，恢复到原温度，0.5mlO2和2mlH2反应剩余1mlH2，恒温恒容下，反应前后压强之比等于气体的物质的量之比，则反应前气缸内部压强是反应后气缸内部压强的2.5倍，D正确；
答案选AD。
17. 某铁矿石A的主要成分是，还含少量的、。某工厂利用此矿石进行有关物质的回收利用，其中F为常见的补铁剂，工艺流程如图(已知不溶于水和碱，但溶于稀硫酸：)。根据流程回答下列问题：
（1）A中加入氢氧化钠溶液的目的是___________，试剂X是___________(写化学式)。
（2）检验溶液D中的最佳试剂是___________(写名称)，仅用一步反应就可以检验溶液D中是否含有，其原理是___________(用离子方程式表示)。
（3）已知二价铁能被人体更好的吸收，所以F常与维生素C一起服用效果更好，维生素C表现了___________性。
（4）在溶液F中滴加NaOH溶液的现象是___________。
（5）已知为红色固体，如何证明固体中是否有？(写出实验操作和现象)___________。
【答案】（1） ①. 除去铁矿石中的 ②.
（2） ①. 硫氰化钾溶液 ②. 5
（3）还原 （4）白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色
（5）向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则证明E中无
【解析】
【分析】磁铁矿石A的主要成分是磁性氧化铁(Fe3O4)，还含少量的Al2O3、Cu2O，向磁铁矿石A中加入氢氧化钠溶液时，氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成四羟基合铝酸钠，四氧化三铁和氧化亚铜不溶解，过滤得到含有四氧化三铁、氧化亚铜的固体B和四羟基合铝酸钠溶液C；向固体B中加入稀硫酸，四氧化三铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁、硫酸铁和水，氧化亚铜与稀硫酸反应生成硫酸铜和铜，反应生成的铜与硫酸铁反应生成硫酸亚铁和硫酸铜，过滤得到含有硫酸亚铁、硫酸铜的溶液D和铜(固体E)；向溶液D中加入过量的铁(试剂X)，硫酸铜溶液与铁反应生成硫酸亚铁和铜，过滤得到硫酸亚铁溶液F和含有铜、铁的固体Ⅱ；向固体Ⅱ中加入足量稀硫酸，铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁和氢气，铜不与稀硫酸反应，过滤得到铜固体E和硫酸亚铁溶液F。
【小问1详解】
根据分析，A中加入NaOH溶液目的是除去Al2O3，答案为：除去铁矿石中的；
试剂X为Fe单质，目的是置换出Cu单质；
【小问2详解】
检验Fe3+用硫氰化钾溶液，加入KSCN溶液变红色，说明含有Fe3+；混合液中所含的Fe2+具有还原性，可以用酸性KMnO4溶液检验，KMnO4溶液的紫红色褪色，即证明有Fe2+，离子方程式为：；
【小问3详解】
Fe2+容易被氧化为Fe3+，维生素C的目的是将Fe3+还原为Fe2+，维生素C表现了还原性；
【小问4详解】
溶液F为FeSO4溶液，加入NaOH溶液先生成白色沉淀Fe(OH)2，后被空气中的氧气氧化为Fe(OH)3，现象是：白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变成红褐色；
【小问5详解】
由于Cu2O加如硫酸后会生成Cu单质和Cu2+，证明固体中是否有方法是：向E中滴加稀硫酸，溶液不变为蓝色，则证明E中无。
18. 现有4种物质：①晶体②气体③熔融④。回答下列问题：
（1）上述物质中，属于电解质且能导电的是___________(填序号)。
（2）若铁单质中混有少量的物质④，应该选择___________试剂除杂(填化学式)，对应的反应原理用化学方程式表示为___________。
（3）将aml物质②缓慢通入物质③的水溶液中，所得生成物的物质的量变化如图所示。
图中“曲线II”表示生成物___________(填化学式)的物质的量变化。___________，最终生成物___________(用含a的代数式表示)。
【答案】（1）③ （2） ①. 溶液 ②.
（3） ①. ②. 0.1 ③.
【解析】
【小问1详解】
电解质是在水溶液或熔融状态下能导电的化合物，有自由移动离子或电子的物质可以导电，①晶体属于电解质，但不能导电，②气体是非电解质，不能导电，③熔融是电解质，可以导电，④不是电解质，能够导电，答案选C；
【小问2详解】
Al能够与氢氧化钠溶液反应而溶解，Fe与NaOH溶液不反应，Fe中有少量的Al可以用NaOH溶液除去，化学方程式为：；
【小问3详解】
CO2通入NaOH溶液中，先后发生CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O和Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，曲线I代表的是生成物Na2CO3，曲线II代表的生成物是NaHCO3；
在CO2的物质的量为0.5ml时，溶液中只有Na2CO3，根据原子守恒n(NaOH)=2n(Na2CO3)=2n(CO2)=2×0.5ml=1ml，c=；
在CO2的物质的量为0.5ml时，溶液中Na2CO3的物质的量为0.5ml，0.5ml~aml发生反应为：Na2CO3+CO2+H2O=2NaHCO3，消耗的Na2CO3的物质的量为(a-0.5)ml，生成的NaHCO3的物质的量为2×(a-0.5)ml=(2a-1)ml，最终生成物=。
19. “84”消毒液是一种常见含氯消毒剂，回答下列问题：
（1）常温下，将氯气通入溶液中可制得“84”消毒液，该反应的化学方程式为___________。
（2）某实验小组现用NaClO固体配制“84”消毒液，如图所示的仪器中肯定不需要的是(填序号)___________，还需用到的玻璃仪器是___________(填仪器名称)。
下列操作会使配制溶液浓度偏低的是___________。
a．溶解后未经冷却就移液
b．容量瓶使用时未干燥
c．转移时没有洗涤烧杯内壁和玻璃棒
d．定容时俯视刻度线
e．定容摇匀后发现溶液液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线
（3）某同学研究“84”消毒液的漂白性，在超市购买了一桶，其瓶体部分标签如图所示：
经查阅资料发现：
①“84”消毒液中含氯微粒主要有、、；
②相同浓度时，的氧化性强于；
③ORP可以反映水溶液中所有物质表现出来的氧化-还原性的强弱，ORP值越大，氧化性越强。
据此该同学进行如下实验操作：
I．向“84”消毒液中加入水后，放入红色纸片，观察到纸片慢慢褪色。
II．向2mL“84”消毒液中加入2mL白醋后，放入红色纸片，观察到纸片迅速褪色。
III．测得“84”消毒液在不同温度时ORP随时间的变化曲线如下图所示：
①已知白醋显酸性，不具有漂白性，所以实验I、II现象不同的原因是___________。
②实验表明，向“84”消毒液中加入较多稀硫酸时会产生氯气，则生成氯气的离子方程式是___________。
③由实验III可得出的结论是___________；ORP值不同的原因可能是___________。
④“84”消毒液需要稀释到较低的浓度才能使用。该同学取上述市售的消毒液1mL，加水稀释至100mL，则稀释后的溶液中次氯酸钠的物质的量浓度为___________。
【答案】（1）
（2） ①. de ②. 容量瓶、玻璃棒 ③. ce
（3） ①. 白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强 ②. ③. ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低 ④. HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱 ⑤. 0.002
【解析】
【小问1详解】
常温下，将氯气通入溶液中生成氯化钠、次氯酸钠、水，该反应的化学方程式为。
【小问2详解】
用NaClO固体配制“84”消毒液，操作步骤有：计算、称量、溶解并冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，需要的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管、量筒，如图所示的仪器中肯定不需要的是漏斗、100mL容量瓶，选d、e，还需用到的玻璃仪器是250mL容量瓶、玻璃棒。
a．溶解后未经冷却就移液，溶液体积偏小，使配制溶液浓度偏高，故不选a；
b．容量瓶使用时未干燥，不影响溶液体积和溶质物质的量，配制溶液浓度无影响，故不选b；
c．转移时没有洗涤烧杯内壁和玻璃棒，溶质物质的量偏小，使配制溶液浓度偏低，故选c；
d．定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，使配制溶液浓度偏高，故不选d；
e．定容摇匀后发现溶液液面低于刻度线，再补加蒸馏水至刻度线，溶液体积偏大，使配制溶液浓度偏低，故选e；
选ce。
【小问3详解】
①白醋中含有醋酸，醋酸的酸性大于HClO，可以与反应生成HClO，使HClO浓度增大，氧化性增强，所以实验II纸片褪色速率大于实验I。
②向“84”消毒液中加入较多稀硫酸时氯离子、次氯酸根离子发生归中反应放出氯气，则生成氯气的离子方程式是。
③由实验III可得出的结论是ORP的值与温度有关，且温度越高，ORP的值越低；ORP值不同的原因可能是HClO受热分解，浓度下降，氧化性减弱。
④稀释前NaClO含量为14.9g/L其物质的量浓度为。该同学取上述市售的消毒液1mL，加水稀释至100mL，则稀释后的溶液中次氯酸钠的物质的量浓度为0.002。选项
性质
实际应用
A
碱金属化学性质活泼
钠钾合金作核反应堆的传热介质
B
能与或反应产生
用作潜艇供氧剂
C
次氯酸盐具有氧化性
漂白粉用于漂白织物
D
氧化铝是两性氧化物
铝制餐具不宜长期存放酸性或碱性食物
“84”消毒液
有效成分：NaClO
规格：
NaClO含量：14.9g/L
密度：