2022-2023学年福建省福州第一中学高三上学期第一次调研测试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年福建省福州第一中学高三上学期第一次调研测试化学试题含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，工业流程题，填空题，实验题，结构与性质等内容，欢迎下载使用。

福建省福州第一中学2022-2023学年高三上学期
第一次调研测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活密切相关。下列说法不正确的是
A．CO2、NO2或SO2都会导致酸雨的形成
B．疫苗一般应冷藏存放，以避免蛋白质变性
C．泡沫灭火器可用于一般的起火，但不适用于电器起火
D．水中的钢闸门连接电源的负极，可防止钢闸门被腐蚀
【答案】A
【详解】A．因酸雨的形成是由于NO2或SO2而引起的，与CO2无关，二氧化碳过多会造成温室效应，故A错误；
B．疫苗是指用各类病原微生物制作的用于预防接种的生物制品。由于疫苗对温度比较敏感，温度较高时，会因为蛋白质变性，而失去活性，所以疫苗一般应该冷藏保存，故B正确；
C．泡沫灭火器中加入的主要是碳酸氢钠和硫酸铝溶液，两者混合的时候发生双水解反应，生成大量的二氧化碳气体泡沫，该泡沫喷出进行灭火。但是，喷出的二氧化碳气体泡沫中一定含水，形成电解质溶液，具有一定的导电能力，可能导致触电或电器短路，不适用于电器起火，故C正确；
D．金属防腐的措施中，使用外加电流的阴极保护法，被保护的金属连接未加电源的负极，水中的钢闸门连接电源的负极，符合题意，故D正确；
答案选A。
2．ClO2是一种消毒杀菌效率高、二次污染小的水处理剂。实验室可通过以下反应制得ClO2：2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O (方程式中H为+1价，O为-2价)下列说法正确的是
A．KClO3在反应中失电子 B．ClO2是氧化产物
C．H2C2O4在反应中被氧化 D．1 molKClO3参加反应有2mol电子转移
【答案】C
【分析】2KClO3+H2C2O4+H2SO42ClO2↑+K2SO4+2CO2↑+2H2O，该反应中，Cl元素化合价从+5价变为+4价，化合价降低，得到电子，发生还原反应，ClO2为还原产物，1个KClO3作氧化剂，C元素化合价从+3价变为+4价，化合价升高，失去电子，发生氧化反应，CO2为氧化产物，H2C2O4作还原剂，反应转移2e-。
【详解】A. KClO3作氧化剂，KClO3在中反应中得电子，A错误；
B. ClO2为还原产物，B错误；
C. H2C2O4作还原剂，在反应中被氧化，发生氧化反应，C正确；    
D. 2 molKClO3参加反应有2mol电子转移，D错误。
3．下列说法正确的是
A．的一溴代物和的一溴代物都有4种(不考虑立体异构)
B．CH3CH=CHCH3分子中的四个碳原子在同一直线上
C．按系统命名法，化合物的名称是2，3，4—三甲基—2—乙基戊烷
D．与 互为同系物
【答案】A
【详解】A．和均有4种H，所以它们的一溴代物都有4种(不考虑立体异构)， 故A正确；
B．CH3CH=CHCH3分子中双键C所连三个化学键呈平面三角形，所以该分子四个碳原子在同一平面上、不在同一直线上，故B错误；
C．化合物的主链为6个C，所以按系统命名法，名称应为：2，3，4，4-四甲基己烷，故C错误；
D．结构相似，在分子组成上相差一个或若干个CH2原子团的化合物互为同系物，而与 中官能团不同，故不是同系物，故D错误；
答案选A。
4．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法中正确的是
A．常温常压下，4g氦气含有的原子数目为NA
B．标准状况下，11.2L四氯化碳含有的分子数为0.5NA
C．通常状况下，1mol氧气中含有的氧气分子数为2NA
D．化学反应中，2.4g金属镁变成镁离子时失去的电子数为0.3NA
【答案】A
【详解】A．常温常压下，4g氦气为1mol，含有的原子数目为NA，故A正确；
B．标准状况下，四氯化碳是液体，故B错误；
C．通常状况下，1mol氧气中含有的氧气分子数为NA，故C错误；
D．化学反应中，1mol镁变成镁离子失去2mol电子，2.4g金属镁为0.1mol，变成镁离子时失去的电子数为0.2NA，故D错误；
故答案为A。
5．在海洋碳循环中，通过如图所示的途径固碳。下列说法错误的是

A．该循环过程中未涉及氧化还原反应
B．碳酸氢钠的电离方程式为NaHCO3=Na++
C．该循环减少了碳的排放，有利于实现“碳达峰、碳中和”
D．钙化作用的离子方程式之一为Ca2++=CaCO3↓
【答案】A
【详解】A．二氧化碳和水在叶绿树作用下光合作用是氧化还原反应，则该循环过程中涉及氧化还原反应，A错误；
B．碳酸氢钠在水中电离产生Na+、，故其的电离方程式：NaHCO3=Na++，B正确；
C．该循环减少了碳的排放，有利于实现”碳达峰、碳中和”，C正确；
D．根据反应图象分析，钙化过程中转化为、H2CO3，H2CO3分解产生CO2、H2O，与Ca2+结合形成CaCO3沉淀，所以钙化作用的离子方程式之一为：Ca2+ +=CaCO3↓+CO2↑+H2O，D正确；
故合理选项是A。
6．下列离子方程式书写不正确的是
A．向BaCl2溶液中通入SO2气体：Ba2++SO2+H2O=BaSO3↓+2H+
B．Cu和浓HNO3反应：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
C．NaAlO2溶液中通入过量CO2：+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+
D．少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水混合：
【答案】A
【详解】A．亚硫酸钡会溶于盐酸中，所以BaCl2和SO2不反应，故A不正确；
B．Cu和浓HNO3反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为：Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O，故B正确；
C．NaAlO2溶液中通入过量CO2会生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：+2H2O+CO2=Al(OH)3↓+，故C正确；
D．少量碳酸氢钠溶液与足量澄清石灰水混合，以少的确定多的，碳酸氢钠完全反应，反应的离子方程式为：，故D正确；
故答案为：A
7．下列表达正确的是
A．F原子的结构示意图： B．CO2分子的球棍模型：
C．氢氧化钾的电子式： D．N2的结构式：∶N≡N∶
【答案】C
【详解】A．F为9号元素，其核外电子排布为，表示的是F－，A错误；
B．CO2为直线形分子，其球棍模型为，B错误；
C．KOH由K＋和OH－组成，其电子式为，C正确；
D．N2的结构式为N≡N，D错误。
答案选C。
8．探究是培养创新精神和实践能力的手段。用如下装置探究氯气的性质，图中三支试管口均放置浸有NaOH溶液的棉花。下列对实验现象的分析正确的是

A．①中淀粉KI试纸变蓝
B．②中产生白色沉淀，说明氯气与水反应生成Cl-
C．一段时间后向③中加入KSCN溶液，溶液未变色
D．④溶液先变红后褪色，说明氯气具有酸性和漂白性
【答案】A
【分析】本题是一道验证氯气性质的实验题，由装置①制备氯气，并通过碘化钾证明氯气的氧化性，通过装置②中的硝酸银证明氯离子的存在，但要注意氯化氢的挥发，通过装置③证明氯气的将二价铁氧化为三价铁，通过装置④证明氯水的性质，以此解题。
【详解】A．氯气的氧化性强于碘，向淀粉碘化钾溶液中加入氯水，溶液变为蓝色，A项正确；
B．②中产生白色沉淀，有可能是挥发的氯化氢气体中的氯离子与银离子生成氯化银沉淀，B项错误；
C．氯气和氯化亚铁溶液反应生成氯化铁，加入KSCN溶液，溶液红色，C项错误；
D．氯气通入紫色石蕊试液先变红后褪色，是由于氯气和水反应生成强酸盐酸和漂白作用的次氯酸，氯气不具有酸性和漂白性，D项错误；
故选A。
9．已知X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，X原子的最外层电子数与电子层数相等，Y与X同主族，且最高价化物对应的水化物是一种强碱，Z的一种氧化物溶在雨水中，可形成酸雨。下列说法正确的是
A．原子半径大小：
B．X与Y、Z、W三种元素都可形成共价化合物
C．非金属性
D．W的单质常用于自来水的杀菌消毒
【答案】D
【分析】X原子的最外层电子数与电子层数相等，Y与X同主族，且最高价化物对应的水化物是一种强碱，则X是H元素、Y是Na元素；Z的一种氧化物溶在雨水中，可形成酸雨，Z是S元素，X、Y、Z、W四种短周期主族元素的原子序数依次增大，W是Cl元素。
【详解】A．电子层数越多半径越大，电子层数相同，质子数越多半径越小，原子半径大小：，故A错误；
B．H与Na形成离子化合物NaH，故B错误；
C．同周期元素从左到右，非金属性增强，非金属性，故C错误；
D．Cl2常用于自来水的杀菌消毒，故D正确；
选D。
10．如图所示，下列对于该原电池的叙述正确的是

A．铜是负极，铜片上有气泡产生
B．铜片质量逐渐减小
C．电流从锌片经导线流向铜片
D．氢离子在铜片表面被还原
【答案】D
【详解】A．Zn比Cu活泼，Zn为原电池负极，Cu是正极，A项错误；
B．铜片上发生的反应为：，铜片质量不变，B项错误；
C．电流经导线从正极（铜电极）流向负极（锌电极），C项错误；
D．溶液中的氢离子在正极（铜片）得到电子而被还原为H2，D项正确；
答案选D。
11．下列大小比较不正确的是（　　）
A．熔沸点：SiO2＞NaCl＞S＞CO2 B．酸性：HNO2＜HNO3；H3PO4＜H2SO4
C．还原性：H2S＞HI＞HBr＞HCl D．键长：C﹣H＜N﹣H＜O﹣H
【答案】D
【详解】A、不同晶体的熔沸点大小关系：原子晶体＞离子晶体＞分子晶体．SiO2为原子晶体，NaCl为离子晶体，S、CO2为分子晶体，S常温下为固体，因此熔沸点SiO2＞NaCl＞S＞CO2，故A正确；B、非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物酸性越强，非金属性PN﹣H>O﹣H，故D错误；故选D。
12．某研究性学习小组为了证明铁的金属性比铜强，他们设计了如下几种方案，合理的是（ ）
A．铁、铜与氯气反应分别生成 FeCl3、CuCl2
B．足量的铁粉和铜粉与浓硫酸在加热的条件下反应分别生成 FeSO4 和 CuSO4
C．将铜片置于 FeCl3 溶液中铜片逐渐溶解
D．铁片、铜片分别置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上有气泡产生，而铜片上有气泡产生
【答案】D
【分析】根据金属活动性强弱比较的判断方法：
一、依金属活动顺序表判断；二、依元素周期表判断；三、根据元素的最高价氧化物水化物的碱性强弱判断；四、根据金属单质与水或酸反应置换出氢的难易判断；五、依电化学中电极来判断；六、根据物质间的置换反应来判断。
【详解】A．铁、铜与氯气反应分别生成 FeCl3、CuCl2，不能比较铁、铜的活泼性，故A错误；
B．足量的铁粉和铜粉与浓硫酸在加热的条件下反应分别生成 FeSO4 和 CuSO4，不能比较铁、铜的活泼性，故B错误；
C．将铜片置于 FeCl3 溶液中铜片逐渐溶解，说明三价铁离子氧化性大于二价铜离子，不能比较铁、铜的活泼性，故C错误；
D．铁片、铜片分别置于盛有稀硫酸的烧杯中，并用导线连接，铁片上有气泡产生，而铜片上有气泡产生，在原电池中铁作负极，所以铁的活泼性大于铜，故D正确；
答案选D。
13．下列表述正确的是
①浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中
②检验亚硫酸钠溶液在空气中放置是否变质可以通过先加稀硝酸，再加氯化钡溶液的方法
③锌与稀硝酸反应可以得到氢气
④足量的铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2＋
⑤将浓硫酸滴到纸上，纸变黑，说明浓硫酸具有脱水性
⑥二氧化硫和二氧化氮都能形成酸雨，酸雨的pH=5.6
⑦SO2和Cl2都能漂白某些有色溶液，若将等物质的量的两种气体同时通入有色溶液中，漂白效果更好
⑧S与非金属单质反应时，S均作还原剂
⑨浓硫酸具有强氧化性，不可作H2S气体的干燥剂
A．①②⑥ B．②⑧⑨ C．①⑤⑨ D．③④⑦
【答案】C
【详解】①浓硝酸是具有挥发性的不稳定性酸，遇光遇热均会发生分解反应，所以浓硝酸通常保存在棕色试剂瓶中，故正确；
②稀硝酸具有强氧化性，能将亚硫酸钠氧化为硫酸钠，加入氯化钡溶液后会有硫酸钡白色沉淀生成，则检验亚硫酸钠溶液在空气中放置是否变质不能通过先加稀硝酸，再加氯化钡溶液的方法检验，故错误；
③稀硝酸具有强氧化性，锌与稀硝酸反应可以得到一氧化氮气体，不能得到氢气，故错误；
④铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、一氧化氮和水，过量的铁与硝酸铁反应生成硝酸亚铁，则足量的铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，不能说明稀硝酸不能氧化亚铁离子，故错误；
⑤浓硫酸具有脱水性，将浓硫酸滴到纸上，纸中含有的纤维素会脱水碳化而变黑，故正确；
⑥二氧化硫和二氧化氮都能形成酸雨，酸雨的pH小于5.6，故错误；
⑦二氧化硫和氯气都能漂白某些有色溶液，若将等物质的量的两种气体同时通入有色溶液中，氯气与二氧化硫在水溶液中反应生成的硫酸和盐酸都没有漂白性，漂白效果会降低，故错误；
⑧硫与非金属单质氢气反应时，硫元素的化合价降低被还原，硫做反应的氧化剂，故错误；
⑨浓硫酸具有吸水性和强氧化性，能将具有强还原性的硫化氢，不能做硫化氢气体的干燥剂，故正确；
①⑤⑨正确，故选C。
14．的资源化利用有利于缓解温室效应并解决能源转化问题，一种以催化加氢合成低碳烯烃的反应过程如图所示：

下列说法错误的是
A．第ⅰ步反应过程中碳元素发生还原反应
B．异构化反应过程中发生化学键的断裂和形成
C．该反应总过程的原子利用率为100%
D．不影响加氢合成低碳烯烃的
【答案】C
【详解】A．第i步中，CO2中C元素的化合价降低，则C元素发生还原反应，A正确；
B．异构化反应过程中，(CH2)n转化为C3H6、C2H4、C4H8等，该过程中发生了化学键的断裂和形成，B正确；
C．根据质量守恒定律可知，该反应的总过程为CO2和H2反应生成低碳烯烃和水的过程，则该反应总过程的原子利用率小于100%，C错误；
D．Fe3(CO)12/ZSM-5是催化剂，不影响CO2加氢合成低碳烯烃的ΔH，D正确；
故选C。

二、工业流程题
15．天然铝土矿中Al2O3的含量为50% ~70%，杂质主要为SiO2、Fe2O3、MgO等，工业上用天然铝土矿生产铝锭的工艺流程如下：

已知部分氢氧化物沉淀的pH如下表：
沉淀物
Al(OH)3
Fe(OH)3
Mg(OH)2
开始沉淀时的pH(离子初始浓度为0.01 mol/L)
3.7
2.2
9.6
完全沉淀时的pH(离子浓度＜10-5 mol/L)
4.7
3.2
11.1

请回答下列问题：
(1)为了加快反应速率，提高氧化铝的利用率，通常会将铝土矿先进行“操作①”后再加入盐酸，“操作①”为______________________。
(2)加入盐酸时，氧化铝发生反应的离子方程式为_____________________。
(3)上述流程中多次重复的操作的名称为________________，该操作用到的玻璃仪器除烧杯外还需要________________ 。
(4)“溶液B"中加入物质C调节pH的范围为________________，溶液中的Mg2+是在操作________________ (填序号)中分离出去的。
(5)固体A的主要成分为_________________(填化学式，下同)；固体F的主要成分为________________。
(6)“操作⑥”在电解槽中进行,电解氧化铝一般是石墨和铁作两个电极,写出石墨电极上发生反应的电极反应式：________________。若电解过程中转移了3 mol电子，则阴极上生成物的质量为_________________g。
【答案】     粉碎     Al2O3+6H+=2Al3++3H2O     过滤     玻璃棒、漏斗     3. 2≤pH＜3.7     ④     SiO2     Al(OH)3     2O2- -4e-=O2 ↑     27
【分析】天然铝土矿中Al2O3的含量为50% ~70%，杂质主要为SiO2、Fe2O3、MgO等，经过粉碎，再加入过量盐酸，除了二氧化硅，其它氧化物均和盐酸反应生成盐和水，经过滤，在溶液B中含有的阳离子为铝离子、铁离子、镁离子和过量氢离子，通过加入的C物质调pH到3. 2≤pH＜3.7范围，使铁离子沉淀完全后过滤除去，在溶液D中继续加入C物质调pH到4.7≤pH＜9.6范围，使铝离子沉淀完全，过滤得到氢氧化铝沉淀；氢氧化铝经洗涤干燥后灼烧，得到氧化铝，再电解熔融的氧化铝即可制得铝，据此回答。
【详解】(1)把固体粉碎，增加了参加反应的固体的表面积，接触面积大大增加就为了加快反应速率、还提高氧化铝的利用率，故“操作①”为粉碎；
(2)加入盐酸与氧化铝发生反应生成氯化铝和水，离子方程式为：Al2O3+6H+=2Al3++3H2O；
(3)上述流程中多次重复的操作都是分离液态和不溶性固体，即采用过滤的方法，过滤用到的玻璃仪器除烧杯外还需要玻璃棒、漏斗；
(4)“溶液B"中加入物质C调节溶液pH，使铁离子完全沉淀，而其它离子不沉淀，故调节pH的范围为3. 2≤pH＜3.7；在溶液D中继续加入C物质调pH到4.7≤pH＜9.6范围，使铝离子沉淀完全，所以溶液E中所含的Mg2+是在操作④中分离出去的；
(5)由分析知，固体A的主要成分为SiO2；固体F的主要成分为Al(OH)3；
(6)“操作⑥”即电解，在电解槽中进行，电解氧化铝一般是石墨和铁作两个电极，铁作阴极，石墨作阳极，阳极上发生氧化反应，故石墨电极上发生反应的电极反应式：2O2- -4e-=O2↑；电解的总反应和电子转移关系为： ，若电解过程中转移了3 mol电子，则阴极上生成1 molAl，质量为27g。
【点睛】本题考查物质的制备，结合物质的性质，从流程图中获取信息、综合分析解答是解题关键，难点是结合表格中的数据进行溶液pH范围的判断。

三、填空题
16．反应Fe+H2SO4＝FeSO4+H2↑的能量变化趋势，如图所示：

（1）该反应为______反应（填“吸热”或“放热”）。
（2）若要使该反应的反应速率加快，下列措施可行的是______（填字母）。
A．改铁片为铁粉   B．增大压强    C．升高温度  D．将稀硫酸改为98%的浓硫酸
（3）若将上述反应设计成原电池，铜为原电池某一极材料，则铜为____极（填“正”或“负”）。铜片上产生的现象为______，该极上发生的电极反应为______。
【答案】     放热      AC     正     有气泡产生     2H++2e-=H2↑
【分析】（1）图中反应物能量大于生成物能量；
（2）根据外界条件对速率的影响分析，升温、增大压强、增大浓度、加入催化剂会加快反应速率，但注意常温下铁在浓硫酸中钝化；
（3）铜、铁、稀硫酸构成的原电池中，铁易失电子作负极，铜作正极，负极上失电子发生氧化反应，正极上得电子发生还原反应。
【详解】（1）从图象可知，反应物总能量高于生成物总能量，所以该反应为放热反应；
（2）A．改铁片为铁粉，增大了接触面积，反应速率增大，A正确；
B．反应物没有气体，增大压强反应速率不变，B错误；
C．升高温度，反应速率增大，C正确；
D．常温下铁在浓硫酸中钝化不能继续发生反应，D错误；
答案选AC。
（3）铜、铁、稀硫酸构成的原电池中，铁易失电子发生氧化反应而作负极，铜作正极，正极上氢离子得电子发生还原反应，电极反应式为2H++2e-=H2↑，因此实验现象是有气泡产生。
【点睛】本题考查了化学反应能量变化、影响化学反应速率因素分析、原电池原理的分析判断，属于基础知识的考查，题目难度不大。易错点是外界条件对反应速率的影响，尤其要注意压强对反应速率的影响是通过改变浓度引起的，且只能适用于有气体参加的反应。

四、实验题
17．I.在2020年全国抗击新冠肺炎的战役中使用了大量的84消毒液，它是一种以次氯酸钠(NaClO)为有效成分的高效消毒剂，其水溶液具有强氧化性，可以使病毒的核酸物质被氧化从而杀灭病毒。使用时需注意：勿与洁厕灵(主要成分为浓盐酸)混用：宜储存在避光、阴凉处······
由储存注意事项可推测84消毒液消毒效果的影响，实验方案如下：
取4个烧杯，分别倒入30mL84消毒液。将4个烧杯分别置于20℃、30℃、40℃、50℃水浴中加热。已知：反应溶液氧化性直观的参数是氧化还原电位(ORP)，ORP值越大，表明氧化性越强，消毒效果越好。实验采用氧化还原电位传感器采集ORP数据，绘制图象如图：

(1)分析图象，可以获得的结论是___；84消毒液不能直接用来洗手，需要加水稀释后才可使用，稀释时水的温度最好不超过___℃。
(2)如果将84消毒液与洁厕灵混用，会产生一种有毒气体和一种常见的盐，写出化学反应方程式___。
Ⅱ.84消毒液也可用于漂白，该小组继续探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验：
步骤1：将5mL市售84消毒液稀释至100倍，测得稀释后溶液的pH=12；
步骤2：将稀释后溶液各20mL分别加入3个洁净的小烧杯中；
步骤3：用H2SO4溶液将3个烧杯内溶液的pH分别调至10、7和4。(溶液体积变化忽略不计)
步骤4：在3个烧杯中分别放入大小相同的红纸，观察现象，记录如下：
烧杯
溶液的pH
现象
a
10
10min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色
b
7
10min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色
c
4
10min后，红纸颜色变得更浅；4h后红纸褪色

已知：溶液中Cl-、HClO和ClO-物质的量分数(a)随溶液pH变化的关系如图所示：

(3)①由实验现象可获得以下结论：溶液的pH再4~10范围内，pH越大，红纸褪色___。
②结合图象进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是___。
③图象表明，当调至pH=4时，84消毒液中的有效成分几乎变成HClO，由上述实验可知，其他条件相同时，氧化性HClO___NaClO(填“>”或“<”)，消毒液之所以为次氯酸盐而不是次氯酸是由于次氯酸不稳定，写出HClO见光分解的化学反应方程式___。
【答案】(1)     低于40℃时，NaClO能稳定存在；高于40℃时，NaClO易分解     40
(2)NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O
(3)     越慢     b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢     >     2HClO2HCl+O2↑

【详解】（1）由图可知，在水浴加热的温度为20℃、30℃、40℃时，ORP数据变化不大，氧化性基本保持不变，说明NaClO在溶液中能稳定存在；在50℃水浴中加热时，ORP数据减小，氧化性减弱说明高于40℃时，NaClO易分解，则稀释时水的温度最好不超过40℃，故答案为：低于40℃时，NaClO能稳定存在；高于40℃时，NaClO易分解；40；
（2）如果将84消毒液与洁厕灵混用，84消毒液的主要成分次氯酸钠和洁厕灵的主要成分盐酸发生氧化还原反应生成氯化钠、氯气和水，反应的化学方程式为NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O，故答案为：NaClO+2HCl=NaCl+Cl2+H2O；
（3）①由实验现象可知，溶液的pH再4~10范围内，pH越大，次氯酸的浓度越小，红纸褪色越慢，故答案为：越慢；
②b、c两烧杯中，b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢，故答案为：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO的浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢；
③溶液pH越大，溶液中HClO的浓度越小，褪色越慢说明氧化性HClO强于NaClO；HClO见光分解为HCl和氧气，反应的化学反应方程式为2HClO2HCl+O2↑，故答案为：>；2HClO2HCl+O2↑。

五、结构与性质
18． KMnO4、K2Cr2O7、K2FeO4、NaClO和HNO3都是重要的氧化剂。
(1)Mn在元素周期表中的位置_______，基态Mn原子未成对的电子数为_______。
(2)基态Cr原子的核外电子排布式为_______，第四周期ds区元素中，与基态Cr原子最外层电子数目相同的元素的元素符号为_______。
(3)中，电负性最低的元素是_______(填元素符号)；的中心原子为_______杂化。
(4)NaClO的电子式为_______，NaClO在水溶液中会水解产生HClO分子，该分子的立体构型为_______。
(5)铁的各级电离能数据为：第一电离能、第二电离能、第三电离能、第四电离能、第五电离能，明显大于的原因是_______。
(6)与CO2相同，COS中所有原子最外层也都满足8电子结构，COS属于_______分子(填“极性”或“非极性”)。
【答案】(1)     第四周期ⅦB族     5
(2)     1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1     Cu
(3)     H     sp2
(4)          V(角)形
(5)铁的价层电子排布式为3d64s2，当失去第四个电子时需要破坏半充满的较稳定状态，所需能量更高，因此I4明显大于I3
(6)极性

【详解】（1）Mn为25号元素，电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s2，则其在元素周期表中的位置：第四周期ⅦB族，基态Mn原子未成对电子全部排布在3d轨道上，其电子数为5。答案为：第四周期ⅦB族；5；
（2）Cr为24号元素，基态Cr原子的核外电子排布式为1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1，第四周期ds区元素为Cu、Zn，Cu的价电子排布式为3d104s1，Zn的价电子排布式为3d104s2，则与基态Cr原子最外层电子数目相同的元素的元素符号为Cu。答案为：1s22s22p63s23p63d54s1或[Ar]3d54s1；Cu；
（3）中，包含H、N、O三种元素，非金属性H＜N＜O，电负性最低的元素是H；的中心N原子，价层电子对数为3，发生sp2杂化。答案为：H；sp2；
（4）NaClO为离子化合物，Cl与O之间形成一个共用电子对，电子式为，NaClO在水溶液中会水解产生HClO分子，该分子的中心O原子的价层电子对数为4，发生sp3杂化，含有2个孤电子对，则其立体构型为V(角)形。答案为：；V(角)形；
（5）铁的价电子排布式为3d64s2，失去3个电子后3d轨道半充满，原子的能量低，失电子变得困难，则I4明显大于I3的原因是：铁的价层电子排布式为3d64s2，当失去第四个电子时需要破坏半充满的较稳定状态，所需能量更高，因此I4明显大于I3。答案为：铁的价层电子排布式为3d64s2，当失去第四个电子时需要破坏半充满的较稳定状态，所需能量更高，因此I4明显大于I3；
（6）COS与CO2为等电子体，分子呈直线形，但由于COS分子中三个原子都不同，其分子结构不对称，所以 COS属于极性分子。答案为：极性。
【点睛】当原子核外电子排布呈现半满、全满、全空时，原子的能量低，失电子所需能量高。