2022-2022学年福建省南平市邵武四中高三（上）月考化学试卷 一、单项选择题：（本大题共17小题，每小题3分，共51分．）1．下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是（ ）A．橡皮擦﹣﹣橡胶工业B．铝合金片﹣﹣冶金工业C．铅笔芯﹣﹣电镀工业D．铅笔漆﹣﹣涂料工业 2．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”这里的“强水”是指（ ）A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水 3．下列关于有机物的叙述正确的是（ ）A．乙醇不能发生取代反应B．C4H10有三种同分异构体C．氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D．乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别 4．下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸变红又褪色的是（ ）①氯气②液氯③新制氯水④氯气的酒精溶液⑤盐酸⑥盐酸酸化的漂白粉溶液．A．①②③B．①②③⑥C．③⑥D．③④⑥ 5．次氯酸钠能有效地杀灭水中的细菌和病毒．该过程不可能涉及的变化有（ ）A．电离B．水解C．置换反应D．氧化还原反应 6．向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠后，观察到的现象有（ ）①钠浮于液面上②熔化成小球③发出嘶嘶的响声，放出气体④钠周围蓝色沉淀部分变黑-27-\n⑤有蓝色沉淀产生⑥析出大量红色的铜⑦小球在溶液中沉浮⑧小球在液面上游动、逐渐变小，直至消失．A．①②③④⑤⑥B．①②③④⑤⑧C．①②③⑥⑧D．②⑥⑦ 7．下列物质的保存方法正确的是（ ）①少量金属钠保存在冷水中②浓硝酸盛放在无色试剂瓶中③少量金属钾保存在煤油中④氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中⑤氯水盛放在带有玻璃塞的无色细口瓶中⑥碳酸钠固体保存在带有橡胶塞的细口瓶中．A．②③④B．③④⑥C．③④D．①③④ 8．下列化合物中，在常温常压下以液态形式存在的是（ ）A．甲醇B．乙炔C．丙烯D．丁烷 9．橙花醇具玫瑰及苹果香气，可作香料，其结构简式如下：下列关于橙花醇的叙述，错误的是（ ）A．既能发生取代反应，也能发生加成反应B．在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成不止一种四烯烃C．1mo1橙花醇在氧气中充分燃烧，需消耗470.4L氧气（标准状况）D．1mo1橙花醇在室温下与溴四氯化碳溶液反应，最多消耗240g溴 10．某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（ ）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl‑+H2O-27-\nB．该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣-C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2OD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣- 11．NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（ ）A．在18g18O2中含有NA个氧原子B．标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子C．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAD．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol/L 12．分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有（不考虑立体异构）（ ）A．5种B．6种C．7种D．8种 13．下列对一些事实的理论解释正确的是（ ）选项客观事实理论解释ANa+比Na原子稳定Na+最外电子层有8个电子而Na只有1个B熔化状态下NaCl能导电而NaCl晶体不能导电熔化状态下的NaCl中存在离子而NaCl晶体中没有离子C钾原子比钠原子更易失去电子钾的核电荷数比钠的多D纯碱溶液能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝色纯碱能电离出OH﹣而使石蕊试纸变蓝色A．AB．BC．CD．D 14．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA -27-\n15．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的顺序是（ ）A．p（Ne）＞p（H2）＞p（O2）B．p（O2）＞p（Ne）＞p（H2）C．p（H2）＞p（O2）＞p（Ne）D．p（H2）＞p（Ne）＞p（O2） 16．在常压和500℃条件下，等物质的量的Ag2O、Fe（OH）3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4，体积大小顺序正确的是（ ）A．V3＞V2＞V4＞V1B．V3＞V4＞V2＞V1C．V3＞V2＞V1＞V4D．V2＞V3＞V1＞V4 17．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）．下列说法正确的是（ ）A．该装置将化学能转化为光能和电能B．该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移C．每生成1molO2，有44gCO2被还原D．a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣═C3H8O+5H2O 二、解答题（共3小题，满分49分）18．请回答：（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：①H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式： ②H3PO2及NaH2PO2）均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银．（H3PO2）中，磷元素的化合价为： ，利用（H3PO2）进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为：（填化学式）NaH2PO2是正盐还是酸式盐？ 其溶液显 性（填弱酸性、中性、或者弱碱性）-27-\n（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由 ．（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式 ．（4）光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下将CO与Cl2在活性碳催化下合成．实验室中可用氯仿（CHCl3）与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为 工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2和CO的燃烧热（△H）分别为﹣890.3kJ/mol、﹣285.8kJ/mol和﹣283.0kJ•mol﹣1，则生成1m3（标准状况）CO所需热量为 ．（5）完成以下氧化还原反应的离子方程式： MnO4﹣+ C2O42﹣+ = Mn2++ CO2↑+ ． 19．（1）用5.0mol﹒L﹣1的NaOH溶液配制0.1mol﹒L﹣1的NaOH溶液时，如图所示的仪器中，肯定不需要的是 （填序号），配制上述溶液还需要的玻璃仪器是 （填仪器名称）．（2）在配制过程中，下列操作将导致所配溶液浓度偏低的是（填编号） ①准确取出的浓NaOH溶液在空气中露置时间过长；②用量器将浓NaOH溶液直接加入容量瓶，缓慢加入蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切；③摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切；④稀释NaOH溶液的仪器未洗涤． 20．某化学兴趣小组制备饱和氯水并对饱和氯水与碳酸钙的反应进行研究．【实验一】制备饱和氯水，使用以下装置并在装置中加入相应试剂，按要求进行操作．请回答：-27-\n（1）A装置中发生反应的化学方程式为： ．往100mL12mol•L﹣1的浓盐酸中加入足量二氧化锰并加热，充分反应后，被氧化HCl的物质的量为 A．小于0.6mol B．等于0.6mol C．大于0.6mol D．等于1.2mol（2）B装置可以除去Cl2气体中的HCl，作用原理是 ．（3）D装置的作用是 ．（4）E装置的作用是 ．（5）若将E装置改成如图I所示装置进行实验，可以省去D装置，请解释原因： ．【实验二】探究饱和氯水与CaCO3的反应（图II）．步骤如下：①在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20mL饱和氯水，充分反应．有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去；②过滤，将滤液滴在有色布条上，发现其比氯水的漂白性更强；③为了确定反应产物，将滤液分为三份，分别进行以下实验：第一份与石灰水混合，立即产生大量白色沉淀；第二份与稀盐酸混合，立即产生大量无色气体；第三份进行加热，看到溶液变浑浊且有大量无色气体产生．-27-\n经检测，上述实验中产生的无色气体均为CO2．请回答：（6）步骤①为什么浅黄绿色会退去 （7）反应后所得的溶液漂白性增强的原因是 ；（8）依据上述实验可推知，②的滤液中的溶质除CaCl2、HClO外，还含有 ． -27-\n2022-2022学年福建省南平市邵武四中高三（上）月考化学试卷参考答案与试题解析 一、单项选择题：（本大题共17小题，每小题3分，共51分．）1．下列制作铅笔的材料与相应工业不对应的是（ ）A．橡皮擦﹣﹣橡胶工业B．铝合金片﹣﹣冶金工业C．铅笔芯﹣﹣电镀工业D．铅笔漆﹣﹣涂料工业【考点】有机高分子化合物的结构和性质；合金的概念及其重要应用．【专题】化学计算．【分析】A．根据橡皮擦的成分分析；B．铝合金片是以金属铝为主要原料的合金；C．铅笔芯是用石墨和粘土按照一定的比例混合而制成的；D．铅笔漆属于涂料．【解答】解：A．橡皮擦主要由增塑剂和橡胶合成，橡胶工业，材料与相应工业对应，故A不选；B．冶炼金属铝属于冶金工业，材料与相应工业对应，故B不选；C．铅笔芯的主要成分是石墨，石墨比较软，刻画时容易留下痕迹，铅笔芯生产与电镀工业工业无关，材料与相应工业不对应，故C选；D．铅笔漆属于涂料的一种，材料与相应工业对应，故D不选；故选C．【点评】本题考查生活中的材料铅笔相关的工业，掌握制作铅笔的材料成分为解答关键，题目难度不大． 2．我国清代《本草纲目拾遗》中记叙无机药物335种，其中“强水”条目下写道：“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”这里的“强水”是指（ ）A．氨水B．硝酸C．醋D．卤水【考点】真题集萃；化学科学的主要研究对象；硝酸的化学性质．-27-\n【分析】“强水”“性最烈，能蚀五金…其水甚强，五金八石皆能穿第，惟玻璃可盛．”说明“强水”腐蚀性很强，能腐蚀多数金属及岩石，但不能腐蚀玻璃，即和玻璃中成分不反应，据此分析解答．【解答】解：A．氨水属于弱碱，和金属不反应，不符合条件，故A错误；B．硝酸具有强氧化性、强酸性，能腐蚀大多数金属，也能和岩石中的CaCO3发生反应，但不能和玻璃中成分硅酸盐反应，所以符合条件，故B正确；C．醋酸是弱电解质，能腐蚀较活泼金属，但不能腐蚀较不活泼金属，如Cu等金属，不符合条件，故C错误；D．卤水其主要成份为氯化镁、氯化钠和一些金属阳离子，和大多数金属不反应，不符合条件，故D错误；故选B．【点评】本题考查元素化合物知识，为高频考点，明确物质的性质是解本题关键，知道硝酸的强氧化性，题目难度不大． 3．下列关于有机物的叙述正确的是（ ）A．乙醇不能发生取代反应B．C4H10有三种同分异构体C．氨基酸、淀粉均属于高分子化合物D．乙烯和甲烷可用溴的四氯化碳溶液鉴别【考点】乙醇的化学性质；有机物的鉴别；同分异构现象和同分异构体；氨基酸、蛋白质的结构和性质特点．【专题】同分异构体的类型及其判定；有机物的化学性质及推断．【分析】A、乙醇可以与钠反应，可以发生酯化反应、与HBr反应；B、C4H10是丁烷，有两种同分异构体；C、氨基酸不是高分子化合物；D、乙烯与溴水发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色．【解答】解：A、乙醇与钠反应可认为是取代反应，乙醇与HBr反应，酯化反应等都是取代反应，故A错误；B、C4H10是丁烷，有正丁烷、异丁烷两种同分异构体，故B错误；C、氨基酸不是高分子化合物，故C错误；-27-\nD、乙烯与溴水发生加成反应，使溴的四氯化碳溶液褪色，甲烷不能使溴的四氯化碳溶液褪色，可以区别，故D正确；故选D．【点评】本题考查有机反应类型、同分异构体、有机物鉴别、高分子化合物概念等，题目综合性较大，难度较小，旨在考查学生对基础知识的理解掌握． 4．下列物质能使干燥的蓝色石蕊试纸变红又褪色的是（ ）①氯气②液氯③新制氯水④氯气的酒精溶液⑤盐酸⑥盐酸酸化的漂白粉溶液．A．①②③B．①②③⑥C．③⑥D．③④⑥【考点】氯气的化学性质；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】干燥的氯气不具有漂白作用，氯气与水反应生成HClO，HClO具有漂白性，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色物质应既具有酸性，又有HClO存在．【解答】解：①氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故①错误；②液氯不能使干燥的石蕊试纸褪色，故②错误；③新制氯水中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故③正确；④氯气的酒精溶液中存在氯气，氯气不能使干燥的石蕊试纸褪色，故④错误；⑤盐酸具有酸性能使蓝色石蕊试纸变红，但盐酸没有漂白性，所以不能使试纸褪色，故⑤错误；⑥用盐酸酸化的漂白粉溶液中含有HCl和HClO，能使干燥的蓝色石蕊试纸先变红后褪色，故⑥正确；故选C．【点评】本题考查氯气及其化合物的性质，明确起漂白作用的物质和使石蕊试纸变红的物质分别是什么，难度不大． 5．次氯酸钠能有效地杀灭水中的细菌和病毒．该过程不可能涉及的变化有（ ）A．电离B．水解C．置换反应D．氧化还原反应【考点】氯、溴、碘及其化合物的综合应用；化学基本反应类型．【专题】元素及其化合物．-27-\n【分析】次氯酸钠在溶液中电离生成Na+和ClO﹣，ClO﹣水解生成具有强氧化性的HClO，HClO具有强氧化性，可使蛋白质变性，以此解答．【解答】解：次氯酸钠在溶液中电离生成Na+和ClO﹣，ClO﹣水解生成具有强氧化性的HClO，HClO具有强氧化性，可使蛋白质变性，则涉及的变化有电离、水解以及氧化还原反应，不涉及置换反应．故选C．【点评】本题考查次氯酸钠的杀菌消毒原理，为高频考点，侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查，题目难度不大，本题注意把握次氯酸钠的性质，注意相关基础知识的积累． 6．向硫酸铜溶液中加入一小块金属钠后，观察到的现象有（ ）①钠浮于液面上②熔化成小球③发出嘶嘶的响声，放出气体④钠周围蓝色沉淀部分变黑⑤有蓝色沉淀产生⑥析出大量红色的铜⑦小球在溶液中沉浮⑧小球在液面上游动、逐渐变小，直至消失．A．①②③④⑤⑥B．①②③④⑤⑧C．①②③⑥⑧D．②⑥⑦【考点】钠的化学性质．【专题】几种重要的金属及其化合物．【分析】钠的密度小于水、熔点较小，钠和水反应生成氢氧化钠和氢气且放出大量热，氢氧化钠和硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜和硫酸钠，涉及的反应方程式为2Na+2H2O=2NaOH+H2↑、2NaOH+CuSO4=Cu（OH）2↓+Na2SO4．【解答】解：①钠的密度小于水，所以钠会浮于液面上，故正确；②钠的熔点较低，钠和水反应放出的热量而使钠熔化成小球，故正确；③钠的性质很活泼，易和水剧烈反应生成氢气，所以发出嘶嘶的响声，放出气体，故正确；④钠和水反应放出的大量热而使氢氧化铜分解生成黑色的不溶性氧化铜，则周围蓝色沉淀部分变黑，故正确；-27-\n⑤钠和水反应生成的氢氧化钠再与硫酸铜发生复分解反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，所以有蓝色沉淀产生，故正确；⑥钠的性质很活泼，先和水反应，而不是和铜离子发生置换反应，所以不会析出大量红色的铜，故错误；⑦钠的密度小于溶液密度，所以会浮在液面上，故错误；⑧钠和水反应生成的氢气而使钠受力不均导致钠四处游动，逐渐变小直至消失，故正确；故选B．【点评】本题考查了钠和硫酸铜溶液反应的过程，明确钠的性质、氢氧化钠的性质即可解答，会运用化学语言描述实验现象，难度不大． 7．下列物质的保存方法正确的是（ ）①少量金属钠保存在冷水中②浓硝酸盛放在无色试剂瓶中③少量金属钾保存在煤油中④氢氧化钠溶液盛放在带有橡胶塞的试剂瓶中⑤氯水盛放在带有玻璃塞的无色细口瓶中⑥碳酸钠固体保存在带有橡胶塞的细口瓶中．A．②③④B．③④⑥C．③④D．①③④【考点】化学试剂的存放．【专题】化学实验基本操作．【分析】①钠与冷水反应；②浓硝酸易分解；③钾与煤油不反应，且密度比煤油大；④氢氧化钠与玻璃中二氧化硅反应；⑤氯水中含有次氯酸，见光易分解；⑥固体用广口瓶盛放．【解答】解：①钠与冷水反应，密度比煤油大，可保存在煤油中，故①错误；②浓硝酸见光易分解，应保存在棕色试剂瓶中，故②错误；③钾与煤油不反应，且密度比煤油大，可保存在煤油中，故③正确；④氢氧化钠与玻璃中二氧化硅反应，生成具有黏性的硅酸钠，导致玻璃塞打不开，应用橡胶塞，故④正确；⑤氯水中含有次氯酸，见光易分解，从而导致氯水失效，应避光保存，故⑤错误；⑥固体用广口瓶盛放，不能用细口瓶，故⑥错误．-27-\n故选C．【点评】本题考查化学试剂的保存，题目难度不大，注意化学试剂的保存与物质的性质有关，学习中注意相关知识的积累． 8．下列化合物中，在常温常压下以液态形式存在的是（ ）A．甲醇B．乙炔C．丙烯D．丁烷【考点】醇类简介．【专题】有机物的化学性质及推断．【分析】常见有机物中常温下为气态有：C原子数≤4烃、新戊烷、一氯甲烷、甲醛等，据此判断．【解答】解：A．甲醇是液体，故A正确；B．乙炔是气体，故B错误；C．丙烯是气体，故C错误；D．丁烷是气体，故D错误．故选A．【点评】本题考查烃类的物理性质，难度不大，注意知识的积累． 9．橙花醇具玫瑰及苹果香气，可作香料，其结构简式如下：下列关于橙花醇的叙述，错误的是（ ）A．既能发生取代反应，也能发生加成反应B．在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成不止一种四烯烃C．1mo1橙花醇在氧气中充分燃烧，需消耗470.4L氧气（标准状况）D．1mo1橙花醇在室温下与溴四氯化碳溶液反应，最多消耗240g溴【考点】有机物分子中的官能团及其结构．【专题】压轴题；有机物的化学性质及推断．-27-\n【分析】A．分子中含有﹣OH、碳碳双键；B．与﹣OH相连的C原子的三个邻位碳原子上均有H原子；C．分子式为C15H26O；D.1mol该物质中含有3mol碳碳双键．【解答】解：A．因分子中含有﹣OH、碳碳双键，则既能发生取代反应，也能发生加成反应，故A正确；B．与﹣OH相连的C原子的三个邻位碳原子上均有H原子，均可发生消去反应生成四烯烃，则在浓硫酸催化下加热脱水，可以生成不止一种四烯烃，故B正确；C．分子式为C15H26O，则1mol该物质消耗氧气为（15+﹣）mol×22.4L/mol=470.4L，故C正确；D.1mol该物质中含有3mol碳碳双键，则1mo1橙花醇在室温下与溴四氯化碳溶液反应，最多消耗3mol×160g/mol=480g溴，故D错误；故选D．【点评】本题考查有机物的官能团及性质，明确该物质中含有羟基及双键是解答本题的关键，题目难度不大． 10．某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH．下列用来解释事实的方程式中，不合理的是（已知：饱和NaClO溶液的pH约为11）（ ）A．该消毒液可用NaOH溶液吸收Cl2制备：Cl2+2OH﹣═ClO﹣+Cl‑+H2OB．该消毒液的pH约为12：ClO﹣+H2O⇌HClO+OH﹣-C．该消毒液与洁厕灵（主要成分为HCl）混用，产生有毒Cl2：2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2OD．该消毒液加白醋生成HClO，可增强漂白作用：CH3COOH+ClO﹣═HClO+CH3COO﹣-【考点】真题集萃；氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】某消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，为84消毒液，含有NaClO，可在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，以此解答该题．【解答】解：A．消毒液的主要成分为NaClO，还含有一定量的NaOH，应为氯气和氢氧化钠反应生成，故A正确；-27-\nB．饱和NaClO溶液的pH约为11，而消毒液的pH约为12，因此溶液的pH主要不是由ClO﹣的水解造成的，氢氧化钠过量，为溶液呈碱性的主要原因，故B错误；C．在酸性条件下与氯离子发生氧化还原反应生成氯气，发生2H++Cl﹣+ClO﹣═Cl2↑+H2O，故C正确；D．由于HClO酸性较弱，则NaClO可与醋酸反应生成HClO，漂白性增强，故D正确．故选B．【点评】本题为2022年北京考题，以氯气为载体综合考查元素化合物知识，侧重于化学与生活、生产的考查，有利于培养学生良好的科学素养，提高学习的积极性，难度不大． 11．NA表示阿伏加德罗常数，下列判断正确的是（ ）A．在18g18O2中含有NA个氧原子B．标准状况下，22.4L空气含有NA个单质分子C．1molCl2参加反应转移电子数一定为2NAD．含NA个Na+的Na2O溶解于1L水中，Na+的物质的量浓度为1mol/L【考点】阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．18O2的摩尔质量为36g/mol，18g该氧气的物质的量为0.5mol，含有1mol氧原子；B．标况下22.4L气体的物质的量为1mol，空气为气体单质和化合物组成的混合物；C．氯气与氢氧化钠溶液的反应中，氯气既是氧化剂也是还原剂，1mol氯气完全反应转移了1mol电子；D．氧化钠溶于1L水中，所带溶液的体积不是1L，无法计算钠离子的浓度．【解答】解：A．18g18O2的物质的量是0.5mol，0.5mol氧气中含有1mol氧原子，所含的氧原子数为NA，故A正确；B．空气中含有气体单质和化合物，标况下22.4L空气中含有气体的物质的量为1mol，但是含有气体单质的物质的量小于1mol，含有的单质分子数小于NA，故B错误；C．1mol氯气与氢氧化钠溶液反应转移了1mol单质，所以1molCl2参加反应转移电子数不一定为2NA，故C错误；D．NA个Na+的Na2O溶解于1L水中生成1mol氢氧化钠，由于所得溶液的体积不是1L，则钠离子的浓度不是1mol/L，故D错误；故选A．-27-\n【点评】本题考查阿伏加德罗常数的应用，题目难度中等，注意掌握分子、原子、原子核内质子中子及核外电子的构成关系，选项B为易错点，注意明确空气的组成情况，试题有利于提高学生灵活运用基础知识解决实际问题的能力． 12．分子式为C5H12O且可与金属钠反应放出氢气的有机物有（不考虑立体异构）（ ）A．5种B．6种C．7种D．8种【考点】同分异构现象和同分异构体．【专题】同分异构体的类型及其判定．【分析】分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，结合等效氢判断．【解答】解：分子式为C5H12O的有机物，能与金属钠反应放出氢气，说明分子中含有﹣OH，该物质为戊醇，可以看作羟基取代戊烷形成的醇，戊烷有正戊烷、异戊烷、新戊烷，CH3CH2CH2CH2CH3分子中有3种H原子，被﹣OH取代得到3种醇；CH3CH2CH（CH3）2分子中有4种H原子，被﹣OH取代得到4种醇；C（CH3）4分子中有1种H原子，被﹣OH取代得到1种醇；所以该有机物的可能结构有8种，故选D．【点评】本题考查有机物的推断、同分异构体的书写等，难度中等，可以利用烃基异构判断，但相对羟基取代复杂． 13．下列对一些事实的理论解释正确的是（ ）选项客观事实理论解释ANa+比Na原子稳定Na+最外电子层有8个电子而Na只有1个B熔化状态下NaCl能导电而NaCl晶体不能导电熔化状态下的NaCl中存在离子而NaCl晶体中没有离子C钾原子比钠原子更易失去电子钾的核电荷数比钠的多D纯碱溶液能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝色纯碱能电离出OH﹣而使石蕊试纸变蓝色A．AB．BC．CD．D-27-\n【考点】碱金属的性质．【专题】金属概论与碱元素．【分析】A．原子或离子最外层达到稳定结构时较稳定；B．离子晶体中含有自由移动的离子时能导电；C．钾原子比钠原子最外层都只有1个电子，但K原子比Na原子的半径大；D．纯碱溶液由于碳酸根水解成碱性，所以能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝色．【解答】解：A．原子或离子最外层达到稳定结构时较稳定，钠离子最外层有8个电子处于稳定结构、Na原子最外层只有一个电子而易失去，所以钠离子性质比钠原子稳定，故A正确；B．离子晶体中含有自由移动的离子时能导电，NaCl是离子晶体，晶体时没有自由移动的离子、熔融状态下含有自由移动的离子，所以熔融状态下导电、晶体不导电，故B错误；C．钾原子比钠原子最外层都只有1个电子，但K原子比Na原子的半径大，所以钾原子比钠原子更易失去电子，故C错误；D．纯碱溶液由于碳酸根水解成碱性，所以能使湿润的紫色石蕊试纸变蓝色，不是能电离出OH﹣而使石蕊试纸变蓝色，故D错误；故选：A．【点评】本题考查较综合，涉及粒子结构、碳酸钠呈碱性的原因、晶体导电等知识点，侧重考查分析能力，注意离子晶体不导电的原因，为易错点． 14．NA为阿伏伽德罗常数的值．下列说法正确的是（ ）A．18gD2O和18gH2O中含有的质子数均为10NAB．2L0.5mol/L亚硫酸溶液中含有的H+个数为2NAC．过氧化钠与水反应时，生成0.1mol氧气转移的电子数为0.2NAD．密闭容器中2molNO与1molO2充分反应，产物的分子数为2NA【考点】真题集萃；阿伏加德罗常数．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．【分析】A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，结合分子构成计算质子数；-27-\nB．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度；C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×=2mol，据此计算生成0.1mol氧气转移的电子数；C．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4．【解答】解：A．一个D2O和H2O分子中质子数都是10，18g的D2O物质的量==0.9mol、18gH2O的物质的量==1mol，根据N=nNA知，其分子数之比等于物质的量之比=0.9mol：1mol=0.9：1，二者的分子数分别是0.9NA、NA，结合分子构成知，二者的质子数分别是9NA、10NA，故A错误；B．n（H2SO3）=0.5mol/L×2L=1mol，亚硫酸是弱电解质，在水溶液中部分电离，且第二步电离程度远远小于第一步电离程度，所以溶液中含有的H+个数远远小于2NA，故B错误；C．过氧化钠和水反应方程式为2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，Na2O2中O元素的化合价为﹣1价，每生成1mol氧气转移电子物质的量=1mol×2×=2mol，则生成0.1mol氧气转移的电子0.2mol，电子数为0.2NA，故C正确；D．NO和O2反应方程式为2NO+O2=2NO2，根据方程式知，2molNO与1molO2恰好完全反应生成2molNO2，但NO2和N2O4之间存在转化，方程式2NO2⇌N2O4，所以产物分子数小于2NA，故D错误；故选C．【点评】本题考查阿伏伽德罗常数有关计算，涉及氧化还原反应、可逆反应、弱电解质的电离、同位素等知识点，明确物质的性质、物质结构、物质之间的转化即可解答，易错选项是AD，注意A中D2O的相对分子质量是20，注意D中存在转化关系2NO2⇌N2O4． 15．在三个密闭容器中分别充入Ne、H2、O2三种气体，当它们的温度和密度都相同时，这三种气体的压强（p）从大到小的顺序是（ ）A．p（Ne）＞p（H2）＞p（O2）B．p（O2）＞p（Ne）＞p（H2）C．p（H2）＞p（O2）＞p（Ne）D．p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）【考点】阿伏加德罗定律及推论．【专题】阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律．-27-\n【分析】在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量呈反比．据此判断．【解答】解：Ne的摩尔质量为20g/mol，H2的摩尔质量为2g/mol，O2的摩尔质量为32g/mol．在温度和密度都相同条件下，压强与摩尔质量呈反比，摩尔质量越大，压强越小．所以三种气体的压强（p）从大到小的顺序是p（H2）＞p（Ne）＞p（O2）．故选：D．【点评】考查阿伏伽德罗定律及推论，难度不大，可借助pV=nRT理解阿伏伽德罗定律及推论．注意稀有气体是单原子分子． 16．在常压和500℃条件下，等物质的量的Ag2O、Fe（OH）3、NH4HCO3、NaHCO3完全分解，所得气体体积依次为V1、V2、V3、V4，体积大小顺序正确的是（ ）A．V3＞V2＞V4＞V1B．V3＞V4＞V2＞V1C．V3＞V2＞V1＞V4D．V2＞V3＞V1＞V4【考点】化学方程式的有关计算；阿伏加德罗定律及推论．【专题】压轴题；计算题．【分析】写出各种物质分解的方程式，根据方程式判断．【解答】解：各物质分解的方程式分别为：①2Ag2O4Ag+O2↑，2mol氧化银产生1mol氧气；②2Fe（OH）3Fe2O3+3H2O↑，2mol氢氧化铁产生3mol水蒸气；③NH4HCO3NH3↑+H2O↑+CO2↑，2mol碳酸氢铵产生6mol气体；④2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O↑，2mol碳酸氢钠产生2mol气体；故各取2mol在500℃条件下加热完全分解，得到的气体体积由大到小的顺序为③＞②＞④＞①．故选A．【点评】本题考查化学方程式的有关计算，题目难度不大，注意有关反应的方程式的书写，氧化银的分解反应比较陌生，在金属的冶炼中涉及． 17．某模拟“人工树叶”电化学实验装置如图所示，该装置能将H2O和CO2转化为O2和燃料（C3H8O）．下列说法正确的是（ ）-27-\nA．该装置将化学能转化为光能和电能B．该装置工作时，H+从b极区向a极区迁移C．每生成1molO2，有44gCO2被还原D．a电极的反应为：3CO2+18H+﹣18e﹣═C3H8O+5H2O【考点】化学电源新型电池．【分析】A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能；B、与电源正极相连的是电解池的阳极，负极相连的是电解池的阴极，a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动；C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，由此分析解答；D、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O．【解答】解：A、该装置是电解池装置，是将电能转化为化学能，所以该装置将光能和电能转化为化学能，故A错误；B、a与电源负极相连，所以a是负极阴极，而电解池中氢离子向阴极移动，所以H+从阳极b极区向阴极a极区迁移，故B正确；C、电池总的方程式为：6CO2+8H2O2C3H8O+9O2，即生成9mol的氧气，阴极有6mol的二氧化碳被还原，也就是1mol的氧气，阴极有mol的二氧化碳被还原，所以被还原的二氧化碳为29.3g，故C错误；D、a与电源负极相连，所以a是阴极，发生还原反应，电极反应式为：3CO2+18H++18e﹣=C3H8O+5H2O，故D错误；故选B．【点评】本题考查电化学的相关知识，学生要清楚电解池的反应原理，阴极发生还原反应，阳极发生氧化反应，以及离子的移动方向就可以迅速解题了，比较容易． -27-\n二、解答题（共3小题，满分49分）18．请回答：（1）次磷酸（H3PO2）是一种精细化工产品，具有较强还原性，回答下列问题：①H3PO2是一元中强酸，写出其电离方程式： H3PO2⇌H++H2PO2﹣ ②H3PO2及NaH2PO2）均可将溶液中的银离子还原为银单质，从而可用于化学镀银．（H3PO2）中，磷元素的化合价为： +1 ，利用（H3PO2）进行化学镀银反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，则氧化产物为：（填化学式）NaH2PO2是正盐还是酸式盐？ 正盐 其溶液显 弱碱 性（填弱酸性、中性、或者弱碱性）（2）镁燃烧不能用CO2灭火，用化学方程式表示其理由 2Mg+CO22MgO+C ．（3）在AgCl沉淀中加入KBr溶液，白色沉淀转化为淡黄色沉淀，写出反应的离子方程式 Br﹣+AgCl⇌AgBr+Cl﹣ ．（4）光气（COCl2）在塑料、制革、制药等工业中有许多用途，工业上采用高温下将CO与Cl2在活性碳催化下合成．实验室中可用氯仿（CHCl3）与双氧水直接反应制备光气，其反应的化学方程式为 CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2 工业上利用天然气（主要成分为CH4）与CO2进行高温重整制备CO，已知CH4、H2和CO的燃烧热（△H）分别为﹣890.3kJ/mol、﹣285.8kJ/mol和﹣283.0kJ•mol﹣1，则生成1m3（标准状况）CO所需热量为 5.52×103kJ ．（5）完成以下氧化还原反应的离子方程式： 2 MnO4﹣+ 5 C2O42﹣+ 16H+ = 2 Mn2++ 5 CO2↑+ 8H2O ．【考点】含氮物质的综合应用；氧化还原反应方程式的配平；氯、溴、碘及其化合物的综合应用．【专题】元素及其化合物．【分析】（1）①H3PO2是一元中强酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子；②根据化合物中化合价的代数和为0确定P元素化合价；根据转移电子守恒判断氧化产物；H3PO2是一元中强酸，则NaH2PO2为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性；（2）镁燃烧不能用CO2灭火，二者反应生成MgO和C；（3）白色沉淀转化为淡黄色沉淀，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgBr；（4）氯仿（CHCl3）与双氧水直接反应制备光气（COCl2），根据化合价升降相等配平，然后写出反应的化学方程式；根据CH4、H2、和CO的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式，利用盖斯定律书写该反应的热化学方程式，据此计算；-27-\n（5）Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，结合电子、电荷及原子守恒配平．【解答】解：（1）①H3PO2是一元中强酸，在水溶液里部分电离生成氢离子和酸根离子，电离方程式为H3PO2⇌H++H2PO2﹣，故答案为：H3PO2⇌H++H2PO2﹣；②根据化合物中化合价的代数和为0确定P元素化合价，O元素为﹣2价、H元素为+1价，所以P元素为+1价；该反应中银离子是氧化剂、H3PO2是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：1，根据转移电子相等知，1molH3PO2失去4mol电子，所以P元素为+5价，则氧化产物是H3PO4；H3PO2是一元中强酸，则NaH2PO2为正盐，酸根离子在水溶液里水解导致溶液呈碱性，故答案为：+1；正盐；H3PO4；弱碱性；（2）镁燃烧不能用CO2灭火，二者反应生成MgO和C，反应方程式为：2Mg+CO22MgO+C，故答案为：2Mg+CO22MgO+C；（3）白色沉淀转化为淡黄色沉淀，发生沉淀的转化，AgCl转化为AgBr，离子反应为Br﹣+AgCl⇌AgBr+Cl﹣，故答案为：Br﹣+AgCl⇌AgBr+Cl﹣；（4）CHCl3中C元素的化合价为+2，反应产物COCl2中碳元素的化合价为+4，化合价升高了2价；双氧水中氧元素化合价为﹣1价，1mol双氧水反应化合价降低2价，所以CHCl3与双氧水的化学计量数都是1，然后根据观察法配平后的化学方程式为CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2；根据CH4、H2、和CO的燃烧热分别写出燃烧的热化学方程式：①O2（g）+2H2（g）=2H2O（L）△H=﹣571.6kJ•mol﹣1②CH4（g）+2O2（g）=CO2（g）+2H2O（L）△H=﹣890.3kJ•mol﹣1③2CO（g）+O2（g）=2CO2（g）△H=﹣566.03kJ•mol﹣1利用盖斯定律将②﹣①﹣③可得：CH4（g）+CO2（g）=2CO（g）+2H2（g）；△H=+247.3kJ•mol﹣1，即生成2molCO，需要吸热247.3kJ，则要得到1立方米的CO吸热为：=5.52×103kJ，故答案为：CHCl3+H2O2=HCl+H2O+COCl2；5.52×103kJ；-27-\n（5）Mn元素的化合价由+7价降低为+2价，C元素的化合价由+3价升高为+4价，则由电子守恒可知：2MnO4﹣+5C2O42﹣+→2Mn2+10CO2↑+，由电荷守恒可知：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+→2Mn2+10CO2↑+，由原子守恒可知：2MnO4﹣+5C2O42﹣+16H+=2Mn2+10CO2↑+8H2O，故答案为：2；5；16H+；2；5；8H2O．【点评】本题考查了氧化还原反应的配平、弱电解质的电离、热化学方程式的计算等知识，题目难度中等，注意掌握氧化还原反应的配平原则、盖斯定律在热化学方程式书写中的应用，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析能力及灵活应用能力． 19．（1）用5.0mol﹒L﹣1的NaOH溶液配制0.1mol﹒L﹣1的NaOH溶液时，如图所示的仪器中，肯定不需要的是 ABCE （填序号），配制上述溶液还需要的玻璃仪器是 玻璃棒、胶头滴管、量筒 （填仪器名称）．（2）在配制过程中，下列操作将导致所配溶液浓度偏低的是（填编号） ①③④ ①准确取出的浓NaOH溶液在空气中露置时间过长；②用量器将浓NaOH溶液直接加入容量瓶，缓慢加入蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切；③摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切；④稀释NaOH溶液的仪器未洗涤．【考点】配制一定物质的量浓度的溶液．【专题】综合实验题．【分析】（1）根据操作步骤选取实验仪器；（2）根据c=分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响判断．【解答】解：（1）用5.0mol﹒L﹣1的NaOH溶液配制0.1mol﹒L﹣1的NaOH溶液，步骤有计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀，用到的仪器有：量筒、烧杯、玻璃杯、容量瓶、胶头滴管；用不到的仪器有：烧瓶、滴定管、分液漏斗；托盘天平；-27-\n还需要的玻璃仪器有：玻璃棒、胶头滴管、量筒；故答案为：ABCE；玻璃棒、胶头滴管、量筒．（2）①准确取出的浓NaOH溶液在空气中露置时间过长，氢氧化钠吸收空气中的水和二氧化碳，导致称取的氢氧化钠质量偏小，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故①选；②用量器将浓NaOH溶液直接加入容量瓶，缓慢加入蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切，冷却后，液面下降，溶液的体积偏小，溶液的浓度偏高，故②不选；③摇匀后，液面低于刻度线，再加蒸馏水至液面最低点恰好和环形刻度线相切，导致溶液的体积偏大，溶液的浓度偏低，故③选；④稀释NaOH溶液的仪器未洗涤，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故④选；故选：①③④．【点评】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制，明确配制原理和步骤是解题关键，题目难度不大． 20．某化学兴趣小组制备饱和氯水并对饱和氯水与碳酸钙的反应进行研究．【实验一】制备饱和氯水，使用以下装置并在装置中加入相应试剂，按要求进行操作．请回答：（1）A装置中发生反应的化学方程式为： MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O ．往100mL12mol•L﹣1的浓盐酸中加入足量二氧化锰并加热，充分反应后，被氧化HCl的物质的量为 A A．小于0.6mol B．等于0.6mol C．大于0.6mol D．等于1.2mol（2）B装置可以除去Cl2气体中的HCl，作用原理是 HCl溶于水电离出的H+和饱和NaCl溶液中的Cl﹣都会对反应Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO起到抑制作用 ．（3）D装置的作用是 收集氯气 ．-27-\n（4）E装置的作用是 吸收过量的氯气 ．（5）若将E装置改成如图I所示装置进行实验，可以省去D装置，请解释原因： 氯气易溶于四氯化碳 ．【实验二】探究饱和氯水与CaCO3的反应（图II）．步骤如下：①在试管中加入过量的块状碳酸钙，再加入约20mL饱和氯水，充分反应．有少量气泡产生，溶液浅黄绿色褪去；②过滤，将滤液滴在有色布条上，发现其比氯水的漂白性更强；③为了确定反应产物，将滤液分为三份，分别进行以下实验：第一份与石灰水混合，立即产生大量白色沉淀；第二份与稀盐酸混合，立即产生大量无色气体；第三份进行加热，看到溶液变浑浊且有大量无色气体产生．经检测，上述实验中产生的无色气体均为CO2．请回答：（6）步骤①为什么浅黄绿色会退去 氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应为可逆反应，方程式：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，盐酸能够与碳酸钙反应，消耗氢离子，使平衡正向移动，氯气完全反应 （7）反应后所得的溶液漂白性增强的原因是 碳酸钙消耗了氯水中的H+，使Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡正向移动，HClO浓度大，漂白效果增强 ；（8）依据上述实验可推知，②的滤液中的溶质除CaCl2、HClO外，还含有 Ca（HCO3）2 ．【考点】氯气的实验室制法．【专题】卤族元素；无机实验综合．-27-\n【分析】（1）浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水；二氧化锰只能与浓盐酸反应，与稀盐酸不反应；（2）根据离子的浓度来分析平衡移动；（3）氯气密度大于空气密度，能溶于水，据此选择收集装置；（4）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，应进行尾气处理；（5）氯气易溶于四氯化碳，四氯化碳的密度大于水，所以氯气的四氯化碳层在氢氧化钠溶液下层，可以吸收过量的氯气；（6）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应为可逆反应，盐酸能够与碳酸钙反应，消耗氢离子，使平衡正向移动；（7）氯水中存在平衡移动，依据化学平衡移动原理，可知盐酸能够与碳酸钙反应，消耗氢离子，使平衡正向移动，HClO浓度大，漂白效果好；（8）氯水中含盐酸、次氯酸，由③可知滤液中溶质加热，看到溶液变浑浊且有大量无色气体产生为CO2，以此解答．【解答】解：（1）浓盐酸与二氧化锰在加热条件下反应生成氯化锰、氯气和水，化学方程式：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；HCl的物质的量为0.1L×12mol/L=1.2mol，假设HCl完全反应，由方程式MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O，可知生成氯气的物质的量为1.2mol×=0.3mol，被氧化的氯化氢的物质的量为0.3mol×2=0.6mol，由于随反应进行，浓盐酸变为稀盐酸，而二氧化锰不与稀盐酸反应，故被氧化的氯化氢的物质的量小于0.6mol，故选：A；故答案为：MnO2+4HCl（浓）MnCl2+Cl2↑+2H2O；A；（2）氯气溶于水发生Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，而HCl溶于水电离出的H+和饱和NaCl溶液中的Cl﹣都会对反应Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO起到抑制作用，则可利用饱和NaCl溶液除去Cl2中HCl气体，故答案为：HCl溶于水电离出的H+和饱和NaCl溶液中的Cl﹣都会对反应Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO起到抑制作用；（3）氯气密度大于空气密度，能溶于水，所以应选择向上排空气法收集，D装置的作用是：收集氯气；故答案为：收集氯气；-27-\n（4）氯气有毒，直接排放能够引起空气污染，应进行尾气处理，氯气能够与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可以用氢氧化钠溶液进行尾气处理；故答案为：吸收过量的氯气；（5）氯气易溶于四氯化碳，四氯化碳的密度大于水，所以氯气的四氯化碳层在氢氧化钠溶液下层，可以吸收过量的氯气；故答案为：氯气易溶于四氯化碳，四氯化碳的密度大于水，所以氯气的四氯化碳层在氢氧化钠溶液下层，可以吸收过量的氯气；（6）氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应为可逆反应，方程式：Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，盐酸能够与碳酸钙反应，消耗氢离子，使平衡正向移动，氯气完全反应，所以浅黄绿色会退去；故答案为：氯气与水反应生成盐酸和次氯酸，反应为可逆反应，方程式为Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO，盐酸能够与碳酸钙反应，消耗氢离子，使平衡正向移动，氯气完全反应；（7）氯水中存在平衡移动，碳酸钙消耗了氯水中的H+，使Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡正向移动，HClO浓度大，漂白效果增强，故答案为：碳酸钙消耗了氯水中的H+，使Cl2+H2O⇌H++Cl﹣+HClO平衡正向移动，HClO浓度大，漂白效果增强；（8）氯水中含盐酸、次氯酸，由③可知滤液中溶质加热，看到溶液变浑浊且有大量无色气体产生为CO2，则②的滤液中的溶质除CaCl2、HClO外，还含有Ca（HCO3）2，故答案为：Ca（HCO3）2．【点评】本题考查了氯气的制备、氯水的性质检验，明确氯气制备原理及氯气成分是解题关键，注意化学平衡移动原理的应用，题目难度中等． 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