2020-2021学年上海市宝山区高三（上）期末化学试卷（一模）

这是一份2020-2021学年上海市宝山区高三（上）期末化学试卷（一模），共29页。试卷主要包含了选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2020-2021学年上海市宝山区高三（上）期末化学试卷（一模）
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）下列对于如图元素符号角标的说法，错误的是（　　）

A．X原子的中子数为A
B．该元素的原子序数为Z
C．若右上角标为2﹣，则表示该元素的离子带两个单位负电荷
D．X原子的核外电子数为Z
2．（2分）以下化学用语错误的是（　　）
A．乙醇的分子式：C2H6O
B．乙酸乙酯的结构简式：CH3CH2OOCCH3
C．甲烷的结构式：
D．乙炔的球棍模型：
3．（2分）下列物质只含有共价键的是（　　）
A．NaOH B．NH4Cl C．SiO2 D．He
4．（2分）关于乙烯的说法正确的是（　　）
A．属于原子晶体
B．所有原子在一直线上
C．既有极性键又有非极性键
D．属于极性分子
5．（2分）测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，不需要用到的仪器是（　　）
A．坩埚 B．烧杯 C．干燥器 D．酒精灯
6．（2分）下列变化中，只涉及物理变化的是（　　）
A．盐酸除锈 B．石油分馏 C．海水提溴 D．煤干馏
7．（2分）国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚（C2H5OC2H5）、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效灭活病菌。对于上述化学药品，下列说法错误的是（　　）
A．乙醚的分子式是C4H10O
B．乙醇能与水互溶
C．NaCl属于含氯消毒剂
D．氯仿的化学名称是三氯甲烷
8．（2分）能用分液漏斗分离的一组物质是（　　）
A．AgCl和NaCl溶液 B．苯和水
C．溴和四氯化碳 D．乙酸和乙酸乙酯
9．（2分）乳酸（）在自然界广泛存在，用途非常广。下列说法错误的是（　　）
A．乳酸属于烃的衍生物 B．乳酸和乙酸属于同系物
C．能发生消去反应 D．可用于生产降解塑料
10．（2分）实验室利用下列反应来制取Cl2：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。关于该反应的说法正确的是（　　）
A．氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：4
B．氧化产物是MnCl2
C．每生成71g氯气，转移电子数是2NA
D．HCl→Cl2发生了还原反应
11．（2分）在某容积为2L的密闭容器内，加入0.8mol的H2和0.6mol的I2，在一定条件下发生如下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）。反应中各物质的浓度随时间变化情况如图，根据图中数据，反应开始至达到平衡时的平均速率v（HI）（　　）

A．0.167mol/（L•min） B．0.083mol/（L•min）
C．0.042mol/（L•min） D．5mol/（L•h）
12．（2分）常温下，将铁片放入浓硫酸中，一段时间后（　　）
A．溶液呈棕黄色
B．铁皮质量减轻
C．有大量气泡产生
D．铁皮表面生成致密氧化膜
13．（2分）下列关于铝及其化合物的说法，错误的是（　　）
A．铝可用作包装材料和建筑材料
B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
D．明矾可用作净水剂和消毒剂
14．（2分）卤族元素大多存在于海洋中，关于Cl、Br、I的说法正确的是（　　）
A．原子半径r：r（Cl）＜r（Br）＜r（I）
B．非金属性：Cl＜Br＜I
C．从海洋中提取的方法：相同
D．得电子能力：Cl2＜Br2＜I2
15．（2分）已知短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（　　）
A．原子半径：A＞B＞D＞C B．离子半径：C＞D＞B＞A
C．原子序数：d＞c＞b＞a D．单质的还原性：A＞B＞D＞C
16．（2分）下列实验仪器或装置的选择正确的是（　　）




收集CO2
除去Cl2中的HCl
配制20.00mL 0.1mol/L Na2CO3溶液
制取乙炔
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
17．（2分）下列应用与盐类水解无关的是（　　）
A．泡沫灭火器
B．漂粉精消毒杀菌
C．纯碱去油污
D．草木灰不宜与铵态氮肥混合使用
18．（2分）图1是铜锌原电池的示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（　　）

A．c（H+） B．c（Zn2+） C．m（铜棒） D．c（SO42﹣）
19．（2分）某白色固体由NaCl、KBr、MgCl2、CaCO3中的一种或两种组成，进行如下实验：①把固体溶于水，得到澄清透明溶液；②取部分溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀；③向剩余溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（　　）
A．NaCl、CaCO3
B．只有MgCl2
C．一定有MgCl2，可能有NaCl
D．NaCl、MgCl2
20．（2分）常温下，用0.1mol/L的氨水滴定10mL浓度均为0.1mol/L的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法错误的是（　　）
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中[Cl﹣]＞[CH3COO﹣]
B．当滴入氨水10mL时，溶液中[H+]＞[OH﹣]
C．当滴入氨水20mL时，溶液中[NH4+]＝[CH3COO﹣]
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，[NH4+]＝[CH3COO﹣]+[Cl﹣]
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15分）氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下2种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→NO3﹣（硝酸盐）N2
②N2NH3NH4+NO2﹣NO3﹣N2
（1）通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有3种途径。如上①N2→NO称为大气固氮，②N2NH3称为　 　，还有1种是工业固氮，其反应的化学方程式是　 　。
（2）在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步N2→NO的反应很难发生，请结合N2的结构说明N2→NO的反应很难发生的原因。　 　。
（3）写出氮循环①中NO2→HNO3的化学方程式。　 　。
（4）写出氮循环②中NH3的电子式　 　，其空间构型是　 　。写出NH4+的检验方法　 　。
（5）P和N属于周期表的　 　族，非金属性较强的是　 　（用元素符号表示），举一个能证明该结论的实验事实　 　。
22．（15分）硫酸是最重要的化工产品之一，工业上若以硫黄为原料来制取硫酸，其反应原理如下：①S+O2SO2；②2SO2+O22SO3；③SO3+H2O→H2SO4
（1）上述3个反应都属于化合反应，其中属于氧化还原反应的是　 　（填写编号），判断依据是　 　，从上述3个反应可以得出“化合反应”和“氧化还原反应”的关系是　 　。
（2）反应②是接触法制硫酸工艺中的主要反应，通常在450℃并有催化剂存在下进行：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+190kJ
写出该反应的平衡常数表达式K＝　 　。该热化学方程式的意义是　 　。实际生产中通过热交换器，把反应产生的热量及时导出用来预热进入转化器的原料气。该方法既加快了反应速率，又促使化学平衡向生成SO3的方向移动。请结合反应说明这样操作的原理。　 　。在一定条件下的某密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示。
（3）反应处于平衡状态的时间是　 　。
（4）反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是　 　。
（5）工业制硫酸排出的尾气中的SO2可以用氨水吸收，最终得到NH4HSO3溶液，写出该溶液中的电荷守恒
的表达式为　 　。

23．（15分）苯酚（）是一种重要的化工原料，通过下列路线可合成香料、阿司匹林和一些高分子化合物。
已知：

（1）苯酚可以看成是苯分子里一个氢原子被　 　取代的生成物，其分子量是　 　。
（2）香料C的结构简式是　 　。
（3）反应②的化学方程式为　 　，反应类型是　 　。
（4）写出一种满足下列条件的C6H10O的同分异构体的结构简式　 　。
①有碳碳双键；
②能发生银镜反应；
③有6个化学环境相同的氢原子。
检验该同分异构体中含有碳碳双键的试剂是　 　。
（5）请把路线二中G→H的合成路线补充完整　 　。（无机试剂任选）（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
24．（15分）84消毒液是生活中常见的一种消毒剂，常用于环境的消毒，其主要成分是NaClO。
（1）84消毒液使用时除了要按一定比例稀释，对消毒时间也有要求，一般在10～20分钟左右。结合有关的化学方程式解释原因　 　，家庭使用84消毒液时，可以采取哪些措施缩短消毒时间　 　。
（2）次氯酸钠可以用于去除废水中的铵态氮，配平下列离子方程式。　 　NH4++　 　ClO﹣→　 　N2+　 　Cl﹣+　 　H2O+　 　H+。
（3）84消毒液的制取和漂粉精的制取原理相同，都是用氯气和碱反应来制取，84消毒液所用的碱是氢氧化钠溶液，写出该反应的离子方程式　 　。
（4）消毒学专家指出，将84消毒液与洁厕灵（主要成分：浓盐酸）一起合并使用，可能会导致使用者的呼吸道伤害。结合有关的化学方程式分析可能的原因。　 　。
有同学看到某品牌的84消毒液的注意事项有指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”。这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明是否具备科学性呢？说出你的理由，并设计实验进行验证。　 　。

2020-2021学年上海市宝山区高三（上）期末化学试卷（一模）
参考答案与试题解析
一、选择题（共20小题，每小题2分，满分40分）
1．（2分）下列对于如图元素符号角标的说法，错误的是（　　）

A．X原子的中子数为A
B．该元素的原子序数为Z
C．若右上角标为2﹣，则表示该元素的离子带两个单位负电荷
D．X原子的核外电子数为Z
【分析】根据图中信息可知：左上角为质量数，左下角为质子数（原子序数），右上角为所带的电荷数，右下角为原子数目，正上方为化合价，据此来解答。
【解答】解：A．中子数＝质量数﹣质子数＝A﹣Z，故A错误；
B．左下角为质子数，原子序数＝质子数＝Z，故B正确；
C．右上角为所带的电荷数，若右上角标为2﹣，则表示该元素的离子带两个单位负电荷，故C正确；
D．原子的核外电子数＝核电荷数＝质子数＝Z，X原子的核外电子数为Z，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查原子的化学用语，难度较小，意在考查学生对基础知识的掌握与应用。
2．（2分）以下化学用语错误的是（　　）
A．乙醇的分子式：C2H6O
B．乙酸乙酯的结构简式：CH3CH2OOCCH3
C．甲烷的结构式：
D．乙炔的球棍模型：
【分析】A．表示物质的元素组成的式子为分子式；
B．乙酸乙酯中含有4个碳原子，是乙酸和乙醇发生酯化反应得到的酯；
C．甲烷是正四面体结构；
D．乙炔为直线形结构，分子中含有1个碳碳三键和2个碳氢键。
【解答】解：A．乙醇分子中C、H、O的原子个数比为2：6：1，则乙醇的分子式为C2H6O，故A正确；
B．乙酸乙酯中含有4个碳原子，是乙酸和乙醇发生酯化反应得到的酯，所以乙酸乙酯的结构简式为：CH3CH2OOCCH3，故B正确；
C．甲烷是碳原子和氢原子间通过共价单键形成的空间正四面体结构，结构式为，故C正确；
D．乙炔分子中含有两个碳氢键和1个碳碳三键，乙炔的球棍模型为，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查了常见化学用语的书写判断，题目难度不大，涉及分子式、球棍模型、结构式、结构简式等，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。
3．（2分）下列物质只含有共价键的是（　　）
A．NaOH B．NH4Cl C．SiO2 D．He
【分析】一般金属元素与非金属元素形成离子键，非金属元素之间形成共价键，以此来解答。
【解答】解：A．NaOH中含有共价键和离子键，故A不选；
B．NH4Cl中含有共价键和离子键，故B不选；
C．SiO2中只存在Si﹣O共价键，故C选；
D．He是单原子分子，不含有化学键，故D不选；
故选：C。
【点评】本题考查化学键，明确化学键判断的一般规律即可解答，注意铵盐、氯化铝中的化学键为特例，题目难度不大。
4．（2分）关于乙烯的说法正确的是（　　）
A．属于原子晶体
B．所有原子在一直线上
C．既有极性键又有非极性键
D．属于极性分子
【分析】A．依据构成晶体微粒及作用力判断；
B．乙烯中碳原子采用sp2杂化；
C．存在H﹣C、C＝C共价键；
D．分子中正负电荷重心不重合为极性分子，正负电荷重心重合为非极性分子。
【解答】解：A．乙烯晶体是乙烯分子之间通过分子间作用力结合，属于分子晶体，故A错误；
B．乙烯中碳原子采用sp2杂化，所有原子共平面但是不共线，故B错误；
C．乙烯存在H﹣C极性键、C＝C非极性共价键，故C正确；
D．乙烯分子正负电荷重心重合为非极性分子，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查了有机物质的结构性质，熟悉乙烯分子结构特点是解题关键，题目难度不大。
5．（2分）测定硫酸铜晶体中结晶水含量时，不需要用到的仪器是（　　）
A．坩埚 B．烧杯 C．干燥器 D．酒精灯
【分析】测定硫酸铜晶体（CuSO4•5H2O）里结晶水的含量，实验步骤为：①研磨 ②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量 ③加热 ④冷却 ⑤称量 ⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止，⑦根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量，结合操作步骤判断使用的仪器；所需仪器是托盘天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳。
【解答】解：测定硫酸铜晶体中结晶水含量的实验步骤为：①研磨、②称量空坩埚和装有试样的坩埚的质量、③加热、④冷却、⑤称量、⑥重复③至⑤的操作，直到连续两次称量的质量差不超过0.1g为止、⑦根据实验数据计算硫酸铜结晶水的含量，则所需仪器有：托盘天平、研钵、酒精灯、玻璃棒、坩埚、干燥器、泥三角、三角架、药匙、坩埚钳，
根据分析可知，该实验中不需要的仪器为烧杯，
故选：B。
【点评】本题考查了硫酸铜晶体中结晶水含量测定，题目难度不大，明确操作步骤为解答关键，注意掌握常见仪器的构造及使用方法，试题侧重基础知识的考查，有利于提高学生的化学实验能力。
6．（2分）下列变化中，只涉及物理变化的是（　　）
A．盐酸除锈 B．石油分馏 C．海水提溴 D．煤干馏
【分析】化学变化是指有新物质生成的变化，物理变化是指没有没有新物质生成的变化，化学变化和物理变化的本质区别是否有无新物质生成。
【解答】解：A．盐酸除锈是盐酸与氧化铁反应生成氯化铁和水，有新物质生成，属于化学变化，故A错误；
B．石油分馏是利用物质沸点不同分离物质的方法，没有新物质生成，属于物理变化，故B正确；
C．海水提溴是先氧化溴离子为溴单质，再用还原剂还原溴单质为溴离子，再用氧化剂氧化溴离子为溴单质，涉及化学变化，故C错误；
D．煤的干馏是煤在隔绝空气的条件下强热分解的过程，属于化学变化，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查了物理变化与化学变化的判断，明确是否有新物质生成是解题关键，注意物质分离方法的原理，题目难度不大。
7．（2分）国家卫健委公布的新型冠状病毒肺炎诊疗方案指出，乙醚（C2H5OC2H5）、75%乙醇、含氯消毒剂、过氧乙酸（CH3COOOH）、氯仿等均可有效灭活病菌。对于上述化学药品，下列说法错误的是（　　）
A．乙醚的分子式是C4H10O
B．乙醇能与水互溶
C．NaCl属于含氯消毒剂
D．氯仿的化学名称是三氯甲烷
【分析】A．依据乙醚结构简式（C2H5OC2H5）判断；
B．乙醇能与水能形成分子间氢键；
C．氯化钠不属于消毒剂；
D．三氯甲烷俗称氯仿。
【解答】解：A．乙醚结构简式（C2H5OC2H5），分子式为C4H10O，故A正确；
B．乙醇能与水能形成分子间氢键，增大了乙醇的溶解性，所以乙醇能与水互溶，故B正确；
C．NaCl含有氯元素，但是不属于含氯消毒剂，故C错误；
D．氯仿的化学名称是三氯甲烷，故D正确。
故选：C。
【点评】本题考查了元素化合物知识，熟悉常见有机物结构组成及性质是解题关键，题目难度不大。
8．（2分）能用分液漏斗分离的一组物质是（　　）
A．AgCl和NaCl溶液 B．苯和水
C．溴和四氯化碳 D．乙酸和乙酸乙酯
【分析】用分液漏斗分离的物质应为互不相溶的液体混合物，据此来解答。
【解答】解：A．AgCl不溶于水，所以AgCl和NaCl溶液应采用过滤来分离，故A错误；
B．苯和水互不相溶，可用分液的方法分离，故B正确；
C．溴和四氯化碳互溶，但沸点不同，应用蒸馏的方法分离，故C错误；
D．乙酸和乙酸乙酯互溶，但沸点不同，应用蒸馏的方法分离，故D错误。
故选：B。
【点评】本题考查物质的分离，侧重于分液的考查，题目难度不大，注意用分液漏斗分离的物质应为互不相溶的液体混合物。
9．（2分）乳酸（）在自然界广泛存在，用途非常广。下列说法错误的是（　　）
A．乳酸属于烃的衍生物 B．乳酸和乙酸属于同系物
C．能发生消去反应 D．可用于生产降解塑料
【分析】由结构可知，分子中含﹣OH、﹣COOH，结合醇、羧酸的性质来解答。
【解答】解：A.含C、H、O元素，属于烃的衍生物，故A正确；
B.乙酸不含﹣OH，二者官能团不同，不属于同系物，故B错误；
C.含﹣OH，且与﹣OH相连C的邻位C上有H，可发生消去反应，故C正确；
D.含﹣OH、﹣COOH可发生缩聚反应生产降解塑料，故D正确；
故选：B。
【点评】本题考查有机物的结构与性质，为高频考点，把握官能团与性质、有机反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意醇、羧酸的性质，题目难度不大。
10．（2分）实验室利用下列反应来制取Cl2：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O。关于该反应的说法正确的是（　　）
A．氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：4
B．氧化产物是MnCl2
C．每生成71g氯气，转移电子数是2NA
D．HCl→Cl2发生了还原反应
【分析】反应中MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，Mn元素化合价降低，被还原，MnO2作氧化剂，Cl元素化合价升高，被氧化，HCl为还原剂，结合化合价的变化判断转移的电子数目。
【解答】解：A．MnO2作氧化剂，HCl是还原剂，4molHCl参加反应，有2mol被氧化，则氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2，故A错误；
B．MnO2作氧化剂，发生还原反应，MnCl2是还原产物，故B错误；
C．反应中Cl元素化合价变化由﹣1价到0价，每生成71g氯气，即生成1mol Cl2时，有2mol电子发生转移，则转移电子数是2NA，故C正确；
D．HCl→Cl2发生了氧化反应，故D错误。
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，题目难度不大。
11．（2分）在某容积为2L的密闭容器内，加入0.8mol的H2和0.6mol的I2，在一定条件下发生如下反应：H2（g）+I2（g）⇌2HI（g）。反应中各物质的浓度随时间变化情况如图，根据图中数据，反应开始至达到平衡时的平均速率v（HI）（　　）

A．0.167mol/（L•min） B．0.083mol/（L•min）
C．0.042mol/（L•min） D．5mol/（L•h）
【分析】根据图象信息，反应开始到3min达到平衡，HI的浓度由0增加到0.5mol，根据v＝计算。
【解答】解：根据图中信息，反应开始至达到平衡时△c（HI）＝0.5 mol•L﹣1，其平均速率v＝＝≈0.0167 mol/（L•min），故A正确，
故选：A。
【点评】本题考查化学反应速率的计算，难度不大，读懂图象信息以及熟悉反应速率的计算公式是解答的关键。
12．（2分）常温下，将铁片放入浓硫酸中，一段时间后（　　）
A．溶液呈棕黄色
B．铁皮质量减轻
C．有大量气泡产生
D．铁皮表面生成致密氧化膜
【分析】浓硫酸具有强的氧化性，常温下与铁反应发生钝化，生成致密氧化膜，阻止反应继续进行，据此分析判断。
【解答】解：浓硫酸具有强的氧化性，常温下与铁反应发生钝化，生成致密氧化膜，阻止反应继续进行，所以铁片质量不会减轻，不会产生大量气泡，不会产生棕黄色溶液，
故选：D。
【点评】本题考查了物质的性质，明确浓硫酸强的氧化性是解题关键，注意钝化属于化学变化，题目难度不大。
13．（2分）下列关于铝及其化合物的说法，错误的是（　　）
A．铝可用作包装材料和建筑材料
B．利用铝热反应可冶炼高熔点金属
C．氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物
D．明矾可用作净水剂和消毒剂
【分析】A．铝具有良好的延展性，铝合金密度小，硬度大；
B．铝具有还原性，发生铝热反应会放出大量的热；
C．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应；
D．明矾不能杀菌消毒。
【解答】解：A．铝具有良好的延展性，铝合金密度小，硬度大，可用作包装材料和建筑材料，故A正确；
B．铝具有还原性，发生铝热反应会放出大量的热，利用铝热反应可冶炼高熔点金属，故B正确；
C．氢氧化铝具有弱碱性，能与盐酸反应，则氢氧化铝可用作治疗胃酸过多的药物，故C正确；
D．明矾是强酸弱碱盐能水解生成氢氧化铝胶体，胶体具有吸附性，所以可作净水剂，不能作消毒剂，故D错误；
故选：D。
【点评】本考考查了常见物质的性质和用途，体现了性质决定用途，用途反映性质的理念，注意熟悉铝的性质和应用能力，题目难度不大。
14．（2分）卤族元素大多存在于海洋中，关于Cl、Br、I的说法正确的是（　　）
A．原子半径r：r（Cl）＜r（Br）＜r（I）
B．非金属性：Cl＜Br＜I
C．从海洋中提取的方法：相同
D．得电子能力：Cl2＜Br2＜I2
【分析】A．同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大；
B．同一主族元素，非金属性随着原子序数增大而减弱；
C．从海洋中提取Cl、Br、I元素的方法分别是，海水晒盐获取Cl元素、用纯碱吸收浓缩海水吹出的Br2、海藻灼烧获取I元素；
D．元素的非金属性越强，其单质得电子能力越强。
【解答】解：A．同一主族元素，原子半径随着原子序数增大而增大，这三种元素同一主族且原子序数：Cl＜Br＜I，则原子半径r：r（Cl）＜r（Br）＜r（I），故A正确；
B．同一主族元素，非金属性随着原子序数增大而减弱，这三种元素同一主族且原子序数：Cl＜Br＜I，则非金属性Cl＞Br＞I，故B错误；
C．从海洋中提取Cl、Br、I元素的方法分别是，海水晒盐获取Cl元素、用纯碱吸收浓缩海水吹出的Br2、海藻灼烧获取I元素，所以提取方法不同，故C错误；
D．元素的非金属性越强，其单质得电子能力越强，非金属性Cl＞Br＞I，则得电子能力Cl2＞Br2＞I2，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原子结构和元素周期律，侧重考查对基础知识的理解和灵活应用，明确同一主族元素原子结构和性质的相似性及递变性是解本题关键，注意规律中的反常现象，题目难度不大。
15．（2分）已知短周期元素的离子：aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，则下列叙述正确的是（　　）
A．原子半径：A＞B＞D＞C B．离子半径：C＞D＞B＞A
C．原子序数：d＞c＞b＞a D．单质的还原性：A＞B＞D＞C
【分析】已知短周期元素的离子aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，则a﹣2＝b﹣1＝c+3＝d+1，且A、B在周期表中位于C、D的下一周期，则原子序数：a＞b＞d＞c，A、B为金属，C、D为非金属，据此结合元素周期律递变规律解答该题。
【解答】解：A．A、B位于C、D的下一周期，且原子序数：a＞b＞d＞c，原子核外电子层数越多，半径越大，同周期元素原子序数越大，半径越小，则原子半径：B＞A＞C＞D，故A错误；
B．aA2+、bB+、cC3﹣、dD﹣都具有相同的电子层结构，核电荷数越大离子半径越小，核电荷数a＞b＞d＞c，则离子半径C＞D＞B＞A，故B正确；
C．由分析可知，原子序数：a＞b＞d＞c，故C错误；
D．同周期自左而右，金属性减弱，单质还原性减弱，A、B为金属，A、B同周期，a＞b，所以金属性B＞A；C、D同周期，为非金属，原子序数d＞c，非金属性D＞C，对应单质的氧化性D＞C，则还原性D＜C，所以单质的还原性：B＞A＞C＞D，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查原子结构与元素周期律的关系，推断元素为解答关键，注意掌握元素周期律内容及常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及逻辑推理能力，题目难度不大。
16．（2分）下列实验仪器或装置的选择正确的是（　　）




收集CO2
除去Cl2中的HCl
配制20.00mL 0.1mol/L Na2CO3溶液
制取乙炔
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
【分析】A.二氧化碳的密度比空气密度大；
B.HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，洗气时导管长进短出；
C.配制20.00mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，需要50mL容量瓶、胶头滴管等；
C.碳化钙与水反应生成乙炔，为固液反应不加热原理。
【解答】解：A.二氧化碳的密度比空气密度大，则应选向上排空气法收集，导管不能伸到倒置试管的底部，故A错误；
B.HCl极易溶于水，食盐水可抑制氯气的溶解，洗气时导管长进短出，图中进气不合理，故B错误；
C.配制20.00mL 0.1mol/L Na2CO3溶液，需要50mL容量瓶、胶头滴管等，缺少必要的仪器不能完成，故C错误；
C.碳化钙与水反应生成乙炔，为固液反应不加热原理，图中装置可制备，故D正确；
故选：D。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、物质的制备、混合物分离提纯、溶液配制、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
17．（2分）下列应用与盐类水解无关的是（　　）
A．泡沫灭火器
B．漂粉精消毒杀菌
C．纯碱去油污
D．草木灰不宜与铵态氮肥混合使用
【分析】A．泡沫灭火器（成分为Al2（SO4）3、NaHCO3溶液）的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀；
B．漂粉精消毒杀菌，是次氯酸钙本身具有氧化性；
C．纯碱水解显示碱性，能够促进油污的水解；
D．草木灰如果与铵态氮肥混合，易发生互促水解。
【解答】解：A．泡沫灭火器（成分为Al2（SO4）3、NaHCO3溶液）的灭火原理是利用铝离子和碳酸氢根离子双水解反应生成二氧化碳气体和氢氧化铝沉淀，与盐类水解有关，故A错误；
B．次氯酸钙本身具有氧化性，常用作消毒剂，与盐类的水解无关，故B正确；
C．纯碱水解，溶液显碱性，有利于油脂的水解，与盐类水解有关，故C错误；
D．草木灰如果与铵态氮肥混合，易发生互促水解，减小肥效，二者不能混合使用，与盐类水解有关，故D错误；
故选：B。
【点评】本题主要考查了盐类水解知识的分析应用，掌握原理是关键，题目难度不大。
18．（2分）图1是铜锌原电池的示意图。图2中，x轴表示实验时流入正极的电子的物质的量，y轴表示（　　）

A．c（H+） B．c（Zn2+） C．m（铜棒） D．c（SO42﹣）
【分析】铜锌稀硫酸原电池中，Zn是负极，失去电子发生氧化反应，电极反应为Zn﹣2e﹣＝Zn2+，Cu是正极，氢离子在铜电极上得电子发生还原反应，电极反应为2H++2e﹣＝H2↑，据此解答。
【解答】解：由图象可知，随着横坐标的增大，纵坐标逐渐降低；
A．由于反应不断消耗H+，所以溶液的c（H+）逐渐降低，故A正确；
B．由于Zn是负极，不断发生反应Zn﹣2e﹣＝Zn2+，所以溶液中c（Zn2+）增大，故B错误；
C．Cu是正极，氢离子在铜电极上得电子发生还原反应，Cu棒的质量不变，故C错误；
D．SO42﹣不参加反应，其浓度不变，故D错误；
故选：A。
【点评】本题考查原电池基本原理和溶液中离子浓度变化，掌握活泼金属锌为负极，铜为正极，锌和硫酸之间发生氧化还原反应是解答的关键，题目比较简单。
19．（2分）某白色固体由NaCl、KBr、MgCl2、CaCO3中的一种或两种组成，进行如下实验：①把固体溶于水，得到澄清透明溶液；②取部分溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀；③向剩余溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀。根据实验现象可判断其组成为（　　）
A．NaCl、CaCO3
B．只有MgCl2
C．一定有MgCl2，可能有NaCl
D．NaCl、MgCl2
【分析】①把固体溶于水，得到澄清透明溶液，不溶于水的CaCO3一定不存在；
②取部分溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明至少含有NaCl、MgCl2中的一种，一定没有KBr；
③向剩余溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，说明含有MgCl2，不能确定是否含有NaCl。
【解答】解：①把固体溶于水，得到澄清透明溶液，不溶于水的CaCO3一定不存在；
②取部分溶液，滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，该沉淀只能是AgCl，说明至少含有NaCl、MgCl2中的一种，一定没有KBr；
③向剩余溶液中滴加NaOH溶液，产生白色沉淀，该只能只能是Mg（OH）2，说明含有MgCl2，
综上分析，可知一定含有MgCl2，一定没有CaCO3，不能确定是否含有NaCl，
故选：C。
【点评】本题考查物质组成的确定，根据实验现象进行分析判断，熟练掌握元素化合物知识，实验培养了学生分析推理能力、运用知识解决实际问题的能力。
20．（2分）常温下，用0.1mol/L的氨水滴定10mL浓度均为0.1mol/L的HCl和CH3COOH的混合液，下列说法错误的是（　　）
A．在氨水滴定前，HCl和CH3COOH的混合液中[Cl﹣]＞[CH3COO﹣]
B．当滴入氨水10mL时，溶液中[H+]＞[OH﹣]
C．当滴入氨水20mL时，溶液中[NH4+]＝[CH3COO﹣]
D．当溶液呈中性时，氨水滴入量大于20mL，[NH4+]＝[CH3COO﹣]+[Cl﹣]
【分析】A．相同浓度的一元酸溶液中酸根离子浓度：强酸＞弱酸；
B．当滴入10mL氨水时，溶液中溶质为物质的量浓度相等的NH4Cl、CH3COOH；
C．当滴入20mL氨水时，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4，溶液中存在物料守恒；
D．NH4Cl溶液呈酸性、CH3COONH4溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量。
【解答】解：A．相同浓度的一元酸溶液中酸根离子浓度：强酸＞弱酸，醋酸和盐酸的物质的量浓度相等且盐酸是强酸、醋酸是弱酸，则HCl和CH3COOH的混合液中[Cl﹣]＞[CH3COO﹣]，故A正确；
B．当滴入10mL氨水时，溶液中溶质为物质的量浓度相等的NH4Cl、CH3COOH，醋酸电离、铵根离子水解都导致溶液呈酸性，则[H+]＞[OH﹣]，故B正确；
C．当滴入20mL氨水时，溶液中溶质为等物质的量浓度的NH4Cl、CH3COONH4，溶液中存在物料守恒，根据物料守恒得[NH4+]＞[CH3COO﹣]，故C错误；
D．NH4Cl溶液呈酸性、CH3COONH4溶液呈中性，要使混合溶液呈中性，则氨水应该稍微过量，所以氨水滴入量大于20mL，溶液呈中性，则[H+]＝[OH﹣]，根据电荷守恒得[NH4+]＝[CH3COO﹣]+[Cl﹣]，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查酸碱混合溶液定性判断，侧重考查分析判断及知识综合应用能力，明确电解质强弱、混合溶液中溶质成分及其性质是解本题关键，注意电荷守恒和物料守恒的灵活应用，题目难度不大。
二、解答题（共4小题，满分60分）
21．（15分）氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下2种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→NO3﹣（硝酸盐）N2
②N2NH3NH4+NO2﹣NO3﹣N2
（1）通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有3种途径。如上①N2→NO称为大气固氮，②N2NH3称为　生物固氮　，还有1种是工业固氮，其反应的化学方程式是　N2+3H22NH3　。
（2）在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步N2→NO的反应很难发生，请结合N2的结构说明N2→NO的反应很难发生的原因。　化学反应的实质是先断键，后成键，N和N之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行　。
（3）写出氮循环①中NO2→HNO3的化学方程式。　3NO2+H2O＝2HNO3+NO　。
（4）写出氮循环②中NH3的电子式　　，其空间构型是　三角锥形　。写出NH4+的检验方法　取样，滴加氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有NH4+　。
（5）P和N属于周期表的　VA　族，非金属性较强的是　N　（用元素符号表示），举一个能证明该结论的实验事实　酸性：HNO3＞H3PO4　。
【分析】（1）②中N2NH3利用固氮菌进行固氮，是生物固氮；工业固氮是氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下生成氨气；
（2）N和N之间有三根共价键，键能很大，很难断开；
（3）二氧化氮与水反应生成硝酸与一氧化氮；
（4）NH3中N原子与H原子之间形成1对共用电子对，分子中N原子还有1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，忽略孤电子对可得微粒空间构型；NH4+与碱溶液生成氨气，氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝色；
（5）P和N原子最外层电子数为5，属于周期表的VA族元素，同主族自上而下非金属性减弱，可以利用最高价含氧酸的酸性强弱等证明。
【解答】解：（1）②中N2NH3利用固氮菌进行固氮，是生物固氮；工业固氮是氮气与氢气在高温高压、催化剂条件下生成氨气，反应方程式为：N2+3H22NH3，
故答案为：生物固氮；N2+3H22NH3；
（2）化学反应的实质是先断键，后成键，N和N之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行，
故答案为：化学反应的实质是先断键，后成键，N和N之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行；
（3）①中NO2→HNO3的化学方程式为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO，
故答案为：3NO2+H2O＝2HNO3+NO；
（4）NH3中N原子与H原子之间形成1对共用电子对，其电子式为，分子中N原子还有1对孤电子对，其VSEPR模型为四面体形，忽略孤电子对可得微粒空间构型为三角锥形；检验NH4+的检验方法：取样，滴加氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有NH4+，
故答案为：；三角锥形；取样，滴加氢氧化钠溶液并加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有NH4+；
（5）P和N原子最外层电子数为5，属于周期表的VA族元素，同主族自上而下非金属性减弱，非金属性较强的是N，酸性：HNO3＞H3PO4，可以证明N元素的非金属性更强，
故答案为：VA；N；酸性：HNO3＞H3PO4。
【点评】本题考查考查氮族元素，题目涉及知识点多、综合性强，但题目的基础性强，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。
22．（15分）硫酸是最重要的化工产品之一，工业上若以硫黄为原料来制取硫酸，其反应原理如下：①S+O2SO2；②2SO2+O22SO3；③SO3+H2O→H2SO4
（1）上述3个反应都属于化合反应，其中属于氧化还原反应的是　①②　（填写编号），判断依据是　参与化学反应的物质所含元素的化合价发生了变化　，从上述3个反应可以得出“化合反应”和“氧化还原反应”的关系是　化合反应可能是氧化还原反应　。
（2）反应②是接触法制硫酸工艺中的主要反应，通常在450℃并有催化剂存在下进行：2SO2（g）+O2（g）2SO3（g）+190kJ
写出该反应的平衡常数表达式K＝　　。该热化学方程式的意义是　在450℃时，2molSO2气体和1molO2气体，完全反应生成2molSO3气体时，放出的热量为190kJ　。实际生产中通过热交换器，把反应产生的热量及时导出用来预热进入转化器的原料气。该方法既加快了反应速率，又促使化学平衡向生成SO3的方向移动。请结合反应说明这样操作的原理。　预热原料气，升高了反应物的反应温度，加快了反应速率；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒沙特列原理，平衡向放热反应方向移动，有利于SO3的生成。同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率　。在一定条件下的某密闭容器中，将二氧化硫和氧气混合，反应过程中SO2、O2、SO3物质的量变化如图所示。
（3）反应处于平衡状态的时间是　15﹣20min、25﹣30min　。
（4）反应进行至20min时，曲线发生变化的原因是　增大氧气的浓度　。
（5）工业制硫酸排出的尾气中的SO2可以用氨水吸收，最终得到NH4HSO3溶液，写出该溶液中的电荷守恒
的表达式为　（NH4+）+c（H+）＝c（HSO3﹣）+2c（SO42﹣）+c（OH﹣）　。

【分析】（1）根据有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应判断；化合反应可能是氧化还原反应也可能不是氧化还原反应；
（2）化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值；注意该热化学方程式表示的意义是反应物完全转化为生成物；根据温度对化学反应的影响来分析；
（3）化学平衡时正逆反应速率相等，各物质浓度及相关量不再变化；
（4）根据各物质浓度变化判断反应改变的条件；
（5）根据NH4HSO3 溶液中存在电荷守恒分析。
【解答】解：（1）有元素化合价变化的反应属于氧化还原反应，反应①和②都属于氧化还原反应；从上述3个反应可以得出化合反应可能是氧化还原反应也可能不是氧化还原反应，
故答案为：①②；参与化学反应的物质所含元素的化合价发生了变化；化合反应可能是氧化还原反应；
（2）化学平衡常数是生成物浓度幂之积与反应物浓度幂之积的比值，因此该反应的平衡常数表达式 K＝；该热化学方程式表示的是450℃时，2 mol SO2 （g）和 1 mol O2 （g），完全反应生成 2 mol SO3 （g）时，放出的热量为 190 kJ；预热原料气，升高了反应物的反应温度，温度升高，反应速率加快；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒沙特列原理，平衡向放热反应方向移动，即向正反应方向进行，有利于SO3的生成，同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率，
故答案为：；在450℃时，2 mol SO2气体和1 mol O2气体，完全反应生成2 mol SO3气体时，放出的热量为190 kJ；预热原料气，升高了反应物的反应温度，加快了反应速率；把反应产生的热量及时导出，降低了反应体系的温度，根据勒沙特列原理，平衡向放热反应方向移动，有利于SO3的生成。同时控制反应温度在催化剂的活性温度范围，加快化学反应速率；
（3）由图可知在15～20 min和25～30 min时，反应物和生成物的物质的量均保持不变，说明反应处于平衡状态，
故答案为：15﹣20 min、25﹣30 min；
（4）反应进行到20 min时，氧气的物质的量增多为0.12 mol，而SO2和 O2的物质的量没变，说明此时增大氧气的浓度，平衡向正向移动，
故答案为：增大氧气的浓度；
（5）NH4HSO3 溶液中存在电荷守恒c（NH4+ ）+c（H+）＝ c（HSO3﹣）+2c（SO42﹣）+ c（OH﹣），
故答案为：c（NH4+ ）+c（H+）＝ c（HSO3﹣）+2c（SO42﹣）+ c（OH﹣）。
【点评】本题考查氧化还原反应、化学平衡及其判断等，题目难度中等，明确化学平衡状态的判断及其印象因素是解答关键，试题有利于提高学生的分析、理解能力。
23．（15分）苯酚（）是一种重要的化工原料，通过下列路线可合成香料、阿司匹林和一些高分子化合物。
已知：

（1）苯酚可以看成是苯分子里一个氢原子被　羟基　取代的生成物，其分子量是　94　。
（2）香料C的结构简式是　　。
（3）反应②的化学方程式为　　，反应类型是　取代反应　。
（4）写出一种满足下列条件的C6H10O的同分异构体的结构简式　　。
①有碳碳双键；
②能发生银镜反应；
③有6个化学环境相同的氢原子。
检验该同分异构体中含有碳碳双键的试剂是　Br2/CCl4　。
（5）请把路线二中G→H的合成路线补充完整　　。（无机试剂任选）（合成路线常用的表达方式为：AB……目标产物）
【分析】酸化生成水杨酸，则水杨酸A的结构为，水杨酸与乙酸酐发生信息中的取代反应生成阿司匹林D，则D为，水杨酸发生缩聚反应生成高聚物E，则E为；苯酚与足量的氢气发生加成反应生成F为，F发生消去反应生成G（）；水杨酸与F（）发生酯化反应生成香料C为；
（5）与溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生加聚反应得到高聚物。
【解答】解：（1）苯酚可以看成是苯分子里一个氢原子被羟基取代的生成物，分子式为C6H6O，其分子量是12×6+1×6+16＝94，
故答案为：羟基；94；
（2）由分析可知，香料C的结构简式是：，
故答案为：；
（3）反应②的化学方程式为，反应类型是取代反应，
故答案为：；取代反应；
（4）一种满足下列条件的C6H10O的同分异构体：①有碳碳双键；②能发生银镜反应，说明含有醛基；③有6个化学环境相同的氢原子，符合条件的同分异构体为等，检验该同分异构体中含有碳碳双键的试剂是：Br2/CCl4，
故答案为：等；Br2/CCl4；
（5）与溴发生加成反应生成，发生消去反应生成，发生加聚反应得到高聚物，合成路线为：，
故答案为：。
【点评】本题考查有机物的推断与合成，利用顺推法与逆推法相结合进行推断，关键是熟练掌握官能团的性质与结构，（4）中碳碳双键检验为易错点，注意溴水可以氧化醛基。
24．（15分）84消毒液是生活中常见的一种消毒剂，常用于环境的消毒，其主要成分是NaClO。
（1）84消毒液使用时除了要按一定比例稀释，对消毒时间也有要求，一般在10～20分钟左右。结合有关的化学方程式解释原因　NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO，NaClO尽可能的与空气中二氧化碳反应，生成HClO分子起到杀菌消毒的作用，HClO的杀菌效果比NaClO更好　，家庭使用84消毒液时，可以采取哪些措施缩短消毒时间　在84消毒液中加入白醋　。
（2）次氯酸钠可以用于去除废水中的铵态氮，配平下列离子方程式。　2　NH4++　3　ClO﹣→　1　N2+　3　Cl﹣+　3　H2O+　2　H+。
（3）84消毒液的制取和漂粉精的制取原理相同，都是用氯气和碱反应来制取，84消毒液所用的碱是氢氧化钠溶液，写出该反应的离子方程式　Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O　。
（4）消毒学专家指出，将84消毒液与洁厕灵（主要成分：浓盐酸）一起合并使用，可能会导致使用者的呼吸道伤害。结合有关的化学方程式分析可能的原因。　NaClO+2HCl＝Cl2↑+NaCl+H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道　。
有同学看到某品牌的84消毒液的注意事项有指出：“不得将本品与酸性产品同时使用”。这里酸并没有特指盐酸，该品牌的产品说明是否具备科学性呢？说出你的理由，并设计实验进行验证。　有科学性，因为84消毒液中有ClO﹣和Cl﹣，在酸性环境中两者会反应生成Cl2；取1mL 84消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI淀粉试纸，如果试纸变蓝，证明有科学性　。
【分析】（1）HClO是比碳酸酸性弱的酸，NaClO能吸收空气中的二氧化碳生成HClO，HClO的杀菌效果比NaClO强；家庭使用84消毒液时，可加入白醋增大HClO的浓度，增强杀菌消毒效果。
（2）反应NH4++ClO﹣→N2+Cl﹣+H2O+H+中，N的化合价升高3，Cl的化合价降低2，化合价升降数的最小公倍数为6，则NH4++、ClO﹣的计量数分别为2、3，结合原子守恒、电荷守恒配平方程式；
（3）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，据此写出反应的离子方程式；
（4）NaClO具有强氧化性，酸性条件下能氧化Cl﹣生成Cl2，氯气有毒；84消毒液的成分是NaClO和NaCl，酸性条件下NaClO和NaCl会发生归中反应生成Cl2，会造成伤害或空气污染，所以84消毒液的注意事项有一定的科学性，证明其有科学性，可取少量84消毒液，加入硫酸酸化，用湿润的KI﹣淀粉试纸检验是否有Cl2生成即可。
【解答】解：（1）HClO是比碳酸酸性弱的酸，NaClO能吸收空气中的二氧化碳生成HClO，并且消毒效果更好，反应为NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO，所以84消毒液使用时，保持时间在10～20分钟左右，使NaClO尽可能的与空气中二氧化碳反应生成HClO；家庭使用84消毒液时，可加入白醋增大HClO的浓度，增强杀菌消毒效果，
故答案为：NaClO+CO2+H2O＝NaHCO3+HClO，NaClO尽可能的与空气中二氧化碳反应，生成HClO分子起到杀菌消毒的作用，HClO的杀菌效果比NaClO更好；在84消毒液中加入白醋；
（2）反应NH4++ClO﹣→N2+Cl﹣+H2O+H+中，N的化合价升高3，Cl的化合价降低2，化合价升降数的最小公倍数为6，则NH4++、ClO﹣的计量数分别为2、3，N2、Cl﹣的计量数分别为1、3，结合电荷守恒可知，H+、H2O的计量数分别为2、3，所以配平后的反应为2NH4++3ClO﹣＝N2+3Cl﹣+4H2O+2H+，
故答案为：2；3；1；3；3；2；
（3）氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O，
故答案为：Cl2+2OH﹣＝Cl﹣+ClO﹣+H2O；
（4）NaClO具有强氧化性，酸性条件下能氧化Cl﹣生成Cl2，氯气有毒，反应为NaClO+2HCl＝Cl2↑+NaCl+H2O；84消毒液的成分是NaClO和NaCl，酸性条件下NaClO和NaCl会发生归中反应生成Cl2，会造成伤害或空气污染，所以84消毒液的注意事项有一定的科学性；要证明其有科学性，可取少量84消毒液，加入硫酸酸化，用湿润的KI﹣淀粉试纸检验是否有Cl2生成即可，方案为：取1mL 84消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI淀粉试纸，如果试纸变蓝，证明有科学性，
故答案为：NaClO+2HCl＝Cl2↑+NaCl+H2O，NaClO和浓盐酸反应生成氯气，氯气有毒，会影响人体的呼吸道；有科学性，因为84消毒液中有ClO﹣和Cl﹣，在酸性环境中两者会反应生成Cl2；取1mL 84消毒液在试管中，加入1mL稀硫酸，在试管口放一张湿润的KI淀粉试纸，如果试纸变蓝，证明有科学性。
【点评】本题考查物质的性质、氧化还原反应规律的应用和实验方案的设计，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与运用能力的考查，注意掌握氧化还原反应离子方程式的书写方法，题目难度中等。
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