【文档说明】【精准解析】安徽省合肥市第三中学2019-2020学年高二分班考试化学试题（解析版）.doc，共(16)页，684.000 KB，由小赞的店铺上传

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化学试卷（考试时间：90分钟满分：100分）可能用到的相对原子质量:H1C12N14O16Na23Mg24Al27Cl35.5Cu64一、选择题：（共18题，每题3分，共54分，每小题只有一个选项符合题意）1.中医中

药在抗新冠疫情的战役中发挥了重要作用，下列中草药煎制步骤中，属于过滤操作的是A.冷水浸泡B.加热煎制C.箅渣取液D.灌装保存A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．冷水浸泡属于物质的溶解，A不符

合题意；B．加热煎制属于加热使物质溶解，B不符合题意；C．箅渣取液将固体和液体分离，属于过滤操作，C符合题意；D．灌装是转移液体，D不符合题意；故合理选项是C。2.《天工开物》记载古代四川“井火取盐”的过程:“临邛(地名)火井(废井，废气遇明火可燃)一所，纵广五尺，深二三丈

”“取井火还煮井水”“一水得四五斗盐”，“井火”燃烧的物质是A.天然气B.煤炭C.石油D.石蜡【答案】A【解析】【详解】根据题给信息可知井中废气遇明火可燃，“井火”燃烧的物质是可燃性气体。天然气的主要成分为甲烷，甲烷是可燃性的气体，故A正确。3.化学与生

产、生活、环境等社会实际密切相关。下列相关叙述正确的是()A.SO2、CO2、NO2都是可形成酸雨的气体B.75%酒精消毒原理和“84”消毒液消毒的原理相同C.二氧化硅是制造太阳能电池的常用材料D.玻璃、水泥、陶瓷都是硅酸盐制品【答案】D【解析】【详解】A.二氧化碳和二氧化氮是

形成酸雨的气体，但二氧化碳是不能形成酸雨的气体，故A错误；B.75%酒精的消毒原理是酒精使蛋白质变性，“84”消毒液消毒的消毒原理是主要成分次氯酸钠有强氧化性，能起到杀菌消毒的作用，原理不相同，故B错误；C.单

质硅是制造太阳能电池的常用材料，不是二氧化硅，故C错误；D.玻璃、水泥、陶瓷都是传统无机非金属材料，属于硅酸盐制品，故D正确；故选D。4.下列化学用语或分子结构模型表示正确的是（）A.F-的结构示意图：B.

甲烷的球棍模型：C.醋酸的分子式：CH3COOHD.HClO的电子式：H∶Cl∶O∶【答案】B【解析】【详解】A．氟离子核外电子总数为10，最外层为8个电子，氟离子正确的结构示意图为：，故A错误；B.甲烷分子的空间构型是正四面体结构，分子中碳原子半径大于氢原子半径，球棍模型为，故B正确；C.醋

酸的结构简式为CH3COOH，分子式为C2H4O2，故C错误；D.次氯酸的结构式为Cl—O—H，电子式为，故D错误；故选B。5.用NA表示阿伏加德罗常数的值。下列叙述正确的是（）A.1mol-OH（羟基）含有的电子数为10NAB.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数为NAC.NA

个CO2分子的质量为44g·mol-1D.常温常压下，2.3gNa完全燃烧时失去的电子数为0.1NA【答案】D【解析】【详解】A．每个-OH（羟基）含有9个电子，故1mol-OH含有的电子数为9NA，A错误；B．标准状况下H2O是液体，不能使用气体摩尔体积22

.4L/mol计算，B错误；C．NA个CO2分子为1mol，质量为1mol×44g/mol=44g，质量的单位是g，不是g/mol，C错误；D．Na完全燃烧后化合价由0价变为+1价，每个Na失去1个电子，2.3gNa的物质的量为2.3g=0.1m

ol23g/mol，完全燃烧时失去0.1mol电子，数目为0.1NA，D正确；故选D。6.下列有关说法正确的是（）A.1L水中溶解了40.0gNaOH，该溶液的物质的量浓度为1mol/LB.将NaOH浓溶液滴加到饱和的FeCl3溶液中，制备Fe(OH)3胶体C.Al(OH)3可

用于中和过多胃酸D.配制100mL1.00mol/L的NaCl溶液，用托盘天平称量5.85g氯化钠固体【答案】C【解析】【详解】A．1L水中溶解了40.0gNaOH，溶液的体积大于1L，故物质的量浓度nc=V<

1mol/L，A错误；B．将饱和的FeCl3溶液滴加到沸水中，可制备Fe(OH)3胶体，若用NaOH溶液与FeCl3溶液反应，可得到Fe(OH)3沉淀，B错误；C．胃酸中含有HCl，可与Al(OH)3反应，故Al(OH)3可用于中和过多胃酸，C正确；D．托盘天平的精度为0.1g，不能

精确到0.01g，即称不出5.85g，D错误；故选C。7.海水资源的利用具有非常广阔的前景。下列关于海水资源利用的说法中不正确的是()A.电解法分解海水，制取洁净的热能资源氢气B.采用太阳光照射法晒制工业用食盐C.针

对能量现状，大力开发潮汐能和波浪能D.铀是海水中的微量元素，但核工业的铀主要从海水中提取【答案】A【解析】【详解】A、电解法分解海水制取氢气，消耗大量的电能，经济效益差，故A错误；B、利用海水晒制食盐，故B正确；C、大力开发潮汐能

和波浪能，可以节约化石燃料，故C正确；D、海水中含有铀元素，核工业的铀主要从海水中提取，故D正确。答案选A。8.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）实验试剂甲试剂乙试剂丙实验结论A浓硝酸铜

片淀粉-KI液氧化性：NO2>I2B醋酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：CH3COOH>H2CO3>H2SiO3C浓氨水CaO紫色石蕊溶液氨水呈碱性D稀盐酸石灰石BaCl2溶液丙中生成BaCO3沉淀A.AB.BC.CD.D【答案】C【解析】【详解】A．铜和浓硝酸常温下反应生成二氧化氮，但由

于浓硝酸易挥发，挥发出的硝酸能使淀粉-KI试纸变蓝，不能证明氧化性NO2>I2，A错误；B．醋酸具有挥发性，通入丙中也会产生沉淀，B错误；C．浓氨水与CaO反应生成氨气，氨气溶于水显碱性，使紫色石蕊溶液变蓝，C正确；D．稀盐酸与石灰石反应生成二氧化碳，二氧化碳

不与BaCl2溶液反应，D错误；故选C。9.工业制硫酸中的一步重要反应是SO2在400～500℃下的催化氧化：2SO2+O22SO3，这是一个正反应放热的可逆反应。如果反应在密闭容器中进行，下述有关说法中错误的是()A.使用催化剂是为了加快反应速率，提高生产效率B.在上述条件下，SO2不可能

100％地转化为SO3C.为了提高SO2的转化率，应适当提高O2的浓度D.达到平衡时，SO2的浓度与SO3的浓度相等【答案】D【解析】【详解】A．催化剂可加快反应速率，缩短生产时间，则提高生产效率，A正确；B．2SO2+O22SO3为可逆反应，则SO2不可能100%的转化为SO3，B正确；C

．提高O2的浓度，平衡正向移动，可促进SO2的转化，提高SO2的转化率，C正确；D．平衡时，物质的量浓度不变，浓度是否相等，与起始量、转化率有关，D错误；故选D。10.下列关于物质分类的正确组合是（）碱酸盐碱性氧化物酸性氧化物A纯碱

硫酸铝热剂氧化钙干冰B苛性钠盐酸食盐氧化钠一氧化碳C熟石灰冰醋酸胆矾CuSO4·5H2O三氧化硫二氧化硫D烧碱HNO3碳酸钙氧化钙SO3A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A.纯碱是碳酸钠的俗称，碳酸钠属于盐，不属于碱；铝热剂是混合物，不是盐，故A错误

；B.盐酸是氯化氢的水溶液，属于混合物，不是酸；一氧化碳是不成盐氧化物，不是酸性氧化物，故B错误；C.三氧化硫是酸性氧化物，不是碱性氧化物，故C错误；D.烧碱是氢氧化钠的俗称，氢氧化钠属于碱，硝酸属于酸，碳酸钙属于盐，氧化钙属于碱性氧化物，三氧化硫是酸

性氧化物，故D正确；故选D。11.经过宏观辨识和微观探析，下列说法正确的是()A.16O、17O、18O为同种核素B.SiO2既能和氢氧化钠溶液反应又能和氢氟酸反应，所以是两性氧化物C.糖类、油脂、蛋白质都

是高分子化合物D.淀粉和纤维素的化学式均为(C6H10O5)n，但二者不互为同分异构体【答案】D【解析】【详解】A．16O、17O、18O为同种元素的不同核素，A错误；B．SiO2是酸性氧化物，不是两性氧化物，B错误；C．油脂是甘油三酯，不是高分子化合物，C错误；D．淀粉和纤维素的化学式均

为(C6H10O5)n，由于n的值不同，二者不是同分异构体，D正确；故选D。12.氢氧燃料电池已用于航天飞机。以30%KOH溶液为电解质溶液的这种电池在使用时的电极反应如下：2H2+4OH-+4e-=4H2OO2+2H2O+4e-=4OH-，据此作出判断，下列说法中错误的是

()A.H2在负极发生氧化反应B.供电时的总反应为：2H2十O2=2H2OC.燃料电池的能量转化率可达100%D.产物为无污染的水，属于环境友好电池【答案】C【解析】【分析】氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，工作时，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，通入氧气的一极为电池

的正极，发生还原反应，电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，产物为水，对环境无污染。【详解】A.由电极反应式可知，通入氢气的一极为电池的负极，发生氧化反应，A正确；B.电池总反应与氢气在氧气中燃烧的化学方程式一致，供电时的总反应为2H2+O2═2H2O，B正确；

C.氢氧燃料电池是将化学能转变为电能的装置，还会伴有热能等能量的释放，能量转化率不会达100%，C错误；D.氢氧燃料电池产物是水，对环境物污染，且能量转化率高，D正确。故选C。13.下列过程属于物理变化的是()A.铁锅生锈B.海水蒸馏C.淀粉

水解D.乙烯聚合【答案】B【解析】【详解】A.铁锅生锈的过程中有新物质氧化铁生成，属于化学变化，故A不符合题意；B.海水蒸馏的过程中没有新物质生成，属于物理变化，故B符合题意；C.淀粉水解的过程中有新物质葡

萄糖生成，属于化学变化，故C不符合题意；D.乙烯聚合的过程中有新物质聚乙烯生成，属于化学变化，故D不符合题意；故选B。14.下列关于有机物苯及其同系物乙苯的说法正确的是（）A.乙苯的沸点比苯高B.苯能与H2

发生加成反应，说明分子中含有碳碳双键C.乙苯分子中所有原子可能共平面D.苯能与溴水反应而使溴水褪色【答案】A【解析】【详解】A.乙苯与苯结构相似，乙苯相对分子质量大，分子间作用力强，沸点高，故A正确；B.一定条件下苯能与氢气发生加成反应，但苯环中的碳碳键是一种介于单键与双键之间的特殊键，没有碳

碳双键，故B错误；C.乙苯分子含有乙基，乙基中的碳原子均为饱和碳原子，则分子中所有原子不可能共平面，故C错误；D.苯分子中不含有碳碳双键，不能与溴水发生加成反应而使溴水褪色，故D错误；故选A。15.下列分离提

纯方法正确的是（）A.除去乙醇中少量的水，加入生石灰，过滤B.分离苯和酸性高锰酸钾溶液，蒸馏C.除去Cl2中混有的HCl气体，通过NaOH溶液洗气D.提纯含有碘单质的食盐，可用升华法【答案】D【解析】【详解】A.除去乙醇中少量的水，应加入生石灰，再加热蒸馏可得到无水乙醇，故A错误；B.苯不溶于水，

应用分液的方法分离苯和酸性高锰酸钾溶液，故B错误；C.氯气和氯化氢均能与氢氧化钠溶液反应，不能达到除去氯气中混有的氯化氢气体，应选用饱和食盐水除杂，故C错误；D.单质碘受热会升华，由固态直接转化为气态，则用升华法可提纯含有碘单质的食盐，故D正确；故选D。16.三位科学家保罗·克拉兹等因在氟利昂和

臭氧层方面的工作获得诺贝尔化学奖，他们的研究揭示了大气中臭氧层被破坏的机理，如下图所示：下列说法不正确的是（）A.氯原子在反应中做催化剂B.过氧化氯的结构式为：O—Cl—Cl—OC.臭氧分子最终转变成氧气分子D.过程②中一氧化氯断键形成过氧

化氯【答案】B【解析】【详解】由图片中反应历程为：①Cl+O3→ClO+O2，②ClO+ClO→ClOOCl，③ClOOCl2Cl+O2。A．催化剂在反应前后质量和性质都没变，该过程的总反应为2O3→3O2，所以氯原子在反应中做催

化剂，A正确；B．氯原子半径大于氧原子半径，所以图片中，原子半径较大的是氯原子，较小的是氧原子，所以过氧化氯的结构式为Cl-O-O-Cl，B错误；C．该过程的总反应为2O3→3O2，则臭氧分子最终转变成氧气分子，C正确；D．过程②中C

lO+ClO→ClOOCl，一氧化氯断键形成过氧化氯，D正确。答案选B。17.下列实验装置或操作不能达到相应实验目的的是（）A.灼烧干海带B.用CCl4萃取碘水中的碘C.实验室制氨气D.实验室制取乙酸乙酯【答案】C【解析】【详解】A．灼烧固体在坩埚中进行，A正确；B．CCl4不溶于水，且I

2在CCl4中的溶解度更大，故CCl4可萃取碘水中的碘，B正确；C．实验室制氨气不能用加热NH4Cl的方法，NH4Cl分解产生的NH3和HCl，在试管口处又会反应生成NH4Cl，得不到NH3，C错误；D．实验室制取乙酸乙酯用乙醇和乙酸在浓硫酸的催化下反应，收集的试管中盛放饱和Na2CO3，用于

中和乙酸、吸收乙醇、降低乙酸乙酯的溶解度，D正确；故选C。18.某化学兴趣小组进行了有关Cu、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示。下列有关说法正确的是()A.①中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生，稀硝酸被还原为NO2B.③中反应的离子方程式为3Cu+2NO-3+8H+=3Cu2

++2NO↑+4H2OC.③中滴加稀硫酸，铜片继续溶解，说明稀硫酸的氧化性比稀硝酸的强D.由上述实验可知，Cu在常温下既可与稀硝酸反应，又可与稀硫酸反应【答案】B【解析】【详解】A．Cu与稀硝酸发生反应，8HNO3(稀)+3Cu=3Cu(NO3)2↑+2NO↑+4H2O，NO

遇空气中的O2生成NO2，试管口有红棕色气体产生，A错误；B．③中溶液含有-3NO，滴加稀硫酸后，Cu、-3NO、H+继续与铜反应生成NO，3Cu+2NO-3+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O，B正确；C．③中铜片继续溶解，是因为稀

硫酸提供H+，与-3NO形成硝酸体系，HNO3继续与Cu反应，C错误；D．Cu是不活泼金属，在常温下可与稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，D错误；故选B。二、非选择题：（本大题共4小题，共46分）19.某溶液中可能含有如下离子：H+、Mg2+、Al3+、N

H+4、Cl-、AlO-2。当向该溶液中逐滴加入NaOH溶液时，产生沉淀的物质的量(n)与加入NaOH溶液的体积(V)关系如图所示，则：(1)原溶液一定含有的离子是：____。(2)原溶液中Al3+与NH+4的物质的

量之比为：____。(3)图中NaOH溶液的体积在8~9mL时所发生反应的离子方程式为：___。【答案】(1).H+、Al3+、NH+4、Cl-(2).1:3(3).Al(OH)3+OH-=AlO-2+2H2O【解析】【分析】向溶液中滴加NaOH溶液时先没有沉淀生成，说明溶液中含有H+，

溶液呈酸性，则溶液中不存在AlO-2，当H+完全反应后继续滴加NaOH溶液，有沉淀生成，当沉淀最大时继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，说明此时为NaOH和NH+4反应，则溶液中一定含有NH+4，当NH+4完全反应后继续滴加NaOH溶液，沉淀逐渐减小最终消失，说

明溶液中含有Al3+，不含Mg2+，综上所述可知一定含有H+、Al3+、NH+4，不含AlO-2、Mg2+，而溶液中还需要有阴离子，则一定含Cl-，据此分析解答。【详解】(1)根据分析可知一定含有的离子为H+、Al3+、NH+4、Cl-；(2)根据图象

知，Al3+、NH+4消耗NaOH的物质的量之比为3：3，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、NH+4+OH-=NH3·H2O知，原溶液中Al3+与NH4+的物质的量之比1：3；(3)NaOH溶液的体积在8~9mL时为氢氧化铝溶解的过程，离子方程式为Al(OH

)3+OH-=AlO-2+2H2O。20.H、C、N、O、Mg、Al、Si、Cl、Fe是中学化学中的常见元素。（1）Si元素在周期表中的位置是_____；C元素的一种同位素可测定文物年代，这种同位素的符号是_____；MgCl2中包含的化学键类型为____。（2

）用“＞”、“＜”或“=”填空：酸性金属性离子半径H2CO3_HNO3Fe_____AlO2-_____Al3＋（3）一定温度下在一容积不变的密闭容器中发生可逆反应N2(g)＋3H2(g)2NH3(g)，以下能说明该反应达到化学

平衡状态的是_____。A．混合气体的密度不再变化B．体系的压强不再改变C．单位时间内3molH-H键断裂，同时6molN-H键也断裂D．c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2（4）印刷电路板是由高分

子材料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时，要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”，生成CuCl2和FeCl2。写出化学方程式并用单线桥标出电子转移的方向和数目：________。【答案】(1).第三周期第IVA族(2).146C(3).离子键(4).<(5).<(6).>(7).BC(8).【解析】【

详解】（1）Si是第14号元素，在周期表中的位置是第三周期第IVA族；科学上用碳-14来测定文物年代，这种同位素的符号是146C；MgCl2中的化学键是Mg2+与Cl-之间的离子键；（2）根据元素周期律可知，N的非金属性强于C，因此硝酸的酸性

强于碳酸；根据金属活动性顺序表可知，铁的金属性弱于铝；由于O2-和A13+核外电子排布相同，原子序数越大的半径越小，故O2-半径较大；（3）A．该反应中混合气体质量、容器容积为定值，则混合气体的密度m=V始终不变

，不能根据混合气体的密度判断平衡状态，A错误；B．该反应为气体体积缩小的反应，压强为变量，当容器内的压强不变，表明正逆反应速率相等，该反应达到平衡状态，B正确；C．相同时间内有3molH-H键断裂，表示正反应方向，6molN-H键断裂，表示逆反应方向，且符合系数比，

该反应达到平衡状态，C正确；D．c(N2)∶c(H2)∶c(NH3)＝1∶3∶2，无法判断各组分的浓度是否继续变化，即无法判断平衡状态，D错误；故选BC；（4）FeCl3与Cu反应，2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2，Cu

失电子，为还原剂，Fe3+得电子，为氧化剂，反应的单线桥为：。21.通过石油裂化和裂解可以得到乙烯、丙烯、甲烷等重要化工基本原料。目前，仅有10%产量的石油转化为化工、医药等行业的基本原料加以利用。用石油裂化和裂解过程得到的乙烯、丙烯来合成丙烯酸乙酯的路线如下：已知:CH3CH

O+O2⎯⎯⎯→催化剂CH3COOH根据以上材料和你所学的化学知识回答下列问题：（1）有机物A的名称为_____、有机物B的官能团为_____(填名称)。（2）写出A与B合成丙烯酸乙酯的反应方程式_________，反应类型是_____，其中浓硫酸所起的作用是_____。（3

）在沙漠中，喷洒一定量的聚丙烯酸乙酯，能在地表下30～50厘米处形成一个厚0.5厘米的隔水层，既能阻断地下盐分上升，又有拦截蓄积雨水的作用，可使沙漠变成绿洲。写出丙烯酸乙酯在催化剂作用下聚合成聚丙烯酸乙酯的化学方程式_____。【答案】(

1).乙醇(2).碳碳双键、羧基(3).CH3CH2OH+CH2=CHCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O(4).取代反应（或酯化反应）(5).催化剂、吸水剂(6).nCH2=CHCOOCH2CH3【解析】【分析】乙烯（CH2=CH2）与水发生加成反应生成A（乙醇，CH3CH2

OH），丙烯（CH3CH=CH2）与氧气在催化剂的作用下发生氧化反应生成CH2=CHCHO，CH2=CHCHO与O2在催化剂加热的条件下发生氧化反应生成B（CH2=CHCOOH），A和B在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOCH2CH3）。【

详解】（1）根据分析，有机物A的名称为乙醇；有机物B为CH2=CHCOOH，官能团为碳碳双键、羧基；（2）根据分析，A（CH3CH2OH）与B（CH2=CHCOOH）在浓硫酸加热的条件下发生酯化反应生成丙烯酸乙酯（CH2=CHCOOCH2CH3），反应方程式为CH3CH2OH+CH2=C

HCOOHCH2=CHCOOCH2CH3+H2O；该反应为酯化反应，属于取代反应；浓硫酸既是催化剂，又起到吸水剂的作用；（3）丙烯酸乙酯在催化剂作用下聚合成聚丙烯酸乙酯是碳碳双键的加聚反应，方程式为nCH2=CHCOOCH2CH3。

22.“84”消毒液可有效灭活2019新型冠状病毒，某学习小组对“84”消毒液的性质展开探究。一：制备“84”消毒液（1）“84”消毒液的有效成分为_____(填化学式)，在实验室可用氯气和氢氧化钠溶液反应制得，其离子方程式为_________。二：探究“84”

消毒液的性质I.氧化性资料显示：洁厕灵（含盐酸）和“84”消毒液不能混合使用，否则容易产生有毒气体。利用如图装置探究上述资料的“真实性”。（2）盛装“84”消毒液的仪器的名称是_____，C装置中可盛装__

___(填化学式)溶液。（3）若B装置_____（填实验现象），则证明上述资料真实可靠。II.漂白性（4）一定体积和浓度的“84”消毒液的漂白效率与温度的关系如图所示，已知，升高温度，NaClO可水解生成HClO的程度增大，温度高于T1℃时漂白效率降低的原因可能是_____。（5）

为了探究“84”消毒液的漂白效率与pH的关系，设计了如表所示实验：编号3%的“84”消毒液/ml0.1mol/LNaOH溶液/ml0.1mol/L盐酸溶液/ml5%的品红溶液/滴蒸馏水/ml实验现象①002513不褪色②020513不

褪色③100055较快褪色④102053缓慢褪色⑤100253很快褪色a.由上述实验可得出的结论是________。b.比较实验③、④和⑤，实验现象不同的主要原因是_____。【答案】(1).NaClO(2).Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO

－＋H2O(3).分液漏斗(4).NaOH(5).溶液变蓝(6).温度过高，次氯酸分解加快(7).pH越大，“84”消毒液的漂白效率越低(8).相同条件下，次氯酸的漂白效率高于次氯酸钠【解析】【分析】氯气和氢氧化钠

溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所得溶液为84消毒液；84消毒液能够与盐酸发生氧化还原反应生成有毒的氯气，则84消毒液不能与主要成分是盐酸的洁厕灵混用，否则会生成有毒的氯气出现意外；次氯酸钠溶液与酸反应生成次氯酸能增强溶液的漂白性。【详解】（1）氯

气与氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，所得溶液为84消毒液，反应的离子方程式为Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O，故答案为：Cl2＋2OH－=Cl－＋ClO－＋H2O；（2）由实验装置可知，盛装84消毒

液的仪器为分液漏斗；装置C中盛有的氢氧化钠溶液用于吸收过量的氯气，目的防止有毒的氯气污染环境，故答案为：分液漏斗；NaOH；（3）84消毒液中的次氯酸钠能与盐酸反应生成氯气，氯气的氧化性强于碘，氯气与碘化钾溶液发生置换反

应生成单质碘，碘能使淀粉溶液变蓝色，则若B中碘化钾淀粉溶液变蓝色，说明84消毒液不能与主要成分是盐酸的洁厕灵混用，故答案为：溶液变蓝；（4）升高温度，次氯酸钠在溶液中水解生成次氯酸的程度增大，次氯酸浓度增大，漂白性增强，但次氯酸是不稳定性酸，受热易分解，则温度高于T1℃时

，次氯酸分解加快，次氯酸浓度减小，漂白效率降低，故答案为：温度过高，次氯酸分解加快；（5）由题给实验数据可知，氢氧化钠溶液和盐酸不能使品红溶液褪色，加入盐酸，盐酸与次氯酸钠溶液反应生成次氯酸，次氯酸浓度增大，漂白液的

漂白效率增强，加入氢氧化钠溶液，氢氧化钠抑制次氯酸钠的水解，溶液中次氯酸的浓度减小，漂白液的漂白效率降低，故答案为：pH越大，“84”消毒液的漂白效率越低；相同条件下，次氯酸的漂白效率高于次氯酸钠。获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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