【化学】福建省泉州市泉港区第一中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

【化学】福建省泉州市泉港区第一中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题（解析版）

福建省泉州市泉港区第一中学2019-2020学年高一上学期第二次月考试题 相对原子质量：H 1 C 12 N 14 O 16 Na 23 S 32 Cl 35.5 Fe 56 ‎ 一、选择题(每小题只有一个选项符合题意，本题包括18小题，其中1-12题，每小题2分；13-18题，每小题3分，共42分)‎ ‎1.化学与生产生活密切相关，下列描述正确的是（ ）‎ A. 液氯是纯净物,具有漂白性 B. 碘盐就是在食盐中加入一定量的碘单质 C. 氧化钠可以做呼吸面具的供氧剂 D. 漂白粉的有效成分是Ca(ClO)2，应密封保存 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A．液氯是纯净物，本身不具有漂白性，氯水为混合物，氯水中的次氯酸具有杀菌消毒漂白作用，故A错误；‎ B．食盐中加的碘酸钾而不是碘单质，故B错误；‎ C．过氧化钠可以做呼吸面具的供氧剂，而不是氧化钠，故C错误；‎ D．漂白粉主要成分为氯化钙、次氯酸钙，有效成分为次氯酸钙，可以吸收二氧化碳发生变质，需要密封保存，故D正确；‎ 故选：D。‎ ‎2.下列说法正确的是（ ）‎ A. 氧化还原反应的本质是元素化合价的升降 B. 氯化钠溶液在电流的作用下电离产生Na+、Cl-‎ C. 发生氧化反应的物质也可能同时发生还原反应 D. 氧化反应一定先于还原反应 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 氧化还原反应的本质为电子的转移，特征为化合价的变化，故A错误；‎ B. 氯化钠溶液在水分子的作用下电离产生Na+、Cl-，不需要外加电源，故B错误；‎ C.‎ ‎ 氧化还原反应中氧化剂、还原剂可能为同一物质，如氯气和水的反应等，则发生氧化反应的物质也可能同时发生还原反应，故C正确；‎ D. 氧化反应与还原反应同时发生，不存在先后反应的顺序，故D错误；‎ 故选:C。‎ ‎3.下列说法不正确的是(　　)‎ A. 实验室钠保存在煤油中 B. 用加热的方法除去碳酸钠固体中少量的碳酸氢钠 C. 金属钠失火不可二氧化碳灭火器 D. 直径介于1nm～100nm之间的微粒称为胶体 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 钠在空气中易发生化学变化而变质，需要密封保存，因为钠的密度比煤油大，不与煤油发生反应，所以可以用煤油液封，故A正确；‎ B. 碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，则加热可除杂，故B正确；‎ C. 金属钠失火会生成过氧化钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，氧气助燃，所以不能用二氧化碳灭火，故C正确；‎ D. 分散质粒子直径介于1−100nm的分散系，属于胶体，而不是微粒，故D错误；‎ 故选：D。‎ ‎4.与NH4＋所含电子总数和质子总数相同的粒子是（ ）‎ A. Ne B. F－ C. Na＋ D. K＋‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】NH4+的质子数为11，电子数为10。‎ ‎【详解】A项、Ne的质子数为10，电子数为10，故A错误；‎ B项、F-的质子数为9，电子数为10，故B错误；‎ C项、Na+的质子数为11，电子数为10，故C正确；‎ D项、K+的质子数为19，电子数为18，故D错误；‎ 故选C。‎ ‎5.向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是(　　)‎ 选项 操作 现象 结论 A 滴加BaCl2溶液 生成白色沉淀 原溶液中有SO42-‎ B 滴加氯水和CCl4，振荡、静置 下层溶液显橙色 原溶液中有Br－‎ C 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应 火焰呈黄色 原溶液中有Na＋，无K＋‎ D 滴加浓NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无NH4+‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 滴加氯化钡溶液，有白色沉淀生成，不能说明原溶液中有硫酸根离子，因为碳酸根离子、亚硫酸根离子、硫酸根离子、银离子等滴加氯化钡溶液，都成生成白色沉淀，故A错误；‎ B. 滴加氯水和CCl4，氯水中的氯气和溴离子反应生成溴单质，四氯化碳把溴从水溶液中萃取出来，四氯化碳密度比水大，下层溶液显橙红色，所以滴加氯水和四氯化碳，下层溶液显橙红色说明原溶液中有溴离子，故B正确；‎ C. 用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，火焰呈黄色，说明原溶液中有Na+，黄色火焰可以覆盖K+的浅紫色火焰，故检验K+需通过蓝色钴玻璃观察火焰，正确操作为：用洁净铂丝蘸取溶液进行焰色反应，透过蓝色钴玻璃观察，火焰呈黄色，原溶液中有钠离子、无钾离子，故C错误；‎ D. 氨气极易溶于水，若溶液中含有少量的NH4+时，滴加浓NaOH溶液不会放出NH3，故D错误；‎ 故选B。‎ ‎6.下列物质中，前者属于电解质，后者属于非电解质的是（ ）‎ A. 铜、BaSO4 B. NaCl晶体、NH3 ‎ C. 稀盐酸、酒精 D. 熔融的KNO3、硫酸溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 铜是单质，既不是电解质，也不是非电解质，故A错误；‎ B.‎ ‎ 氯化钠在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物，是电解质，氨气常温下为气体，只有氨气分子，没有自由移动的离子，虽氨气在水溶液中与水反应，生成一水合氨，一水合氨电离出自由移动的离子，溶液能够导电，但自由移动的离子不是氨气自身电离，氨气是化合物，故氨气是非电解质，前者是电解质，故B正确;‎ C.稀盐酸是混合物，不是电解质，故C错误；‎ D. 熔融的硝酸钾是能导电的化合物，是电解质，硫酸溶液是混合物，既不是电解质，也不是非电解质，所以，前者是电解质，后者是混合物，故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎7.下列药品露置在空气中不会变质的是（ ）‎ A. 漂白粉 B. 过氧化钠 C. 碳酸钠 D. 新制氯水 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 漂白粉与空气中的二氧化碳、水反应，可变质，故A错误；‎ B. 过氧化钠与水、二氧化碳均反应，可变质，故B错误；‎ C. 硫酸钠在空气中不反应，不会变质，故C正确；‎ D. 新制氯水中HClO光照分解，可变质，故D错误；‎ 故选:C。‎ ‎8.下列有关钠及其化合物说法正确的是(　　)‎ A. Na2O2和Na2O长期置于空气中最终产物相同 B. Na2O2是强氧化剂，并且是一种碱性氧化物 C. 将一小块金属钠投入到硫酸铜溶液，有红色物质析出 D. Na2O2中阴、阳离子的个数比为1∶1‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A.Na2O2和Na2O长期置于空气中，最终都生成Na2CO3，故A正确；‎ B、Na2O2具有强氧化性，其和水反应生成NaOH和O2，故不是碱性氧化物，故B错误；‎ C.Na的化学性质活泼，先与水反应生成NaOH，然后NaOH与CuSO4发生复分解反应生成Cu(OH)2沉淀，而不能与CuSO4发生置换发应生成Cu单质，故C错误；‎ D、Na2O2中阴、阳离子的个数比为1:2，故D错误；‎ 故选：A。‎ ‎9.分离四氯化碳和水最简便的方法是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】四氯化碳不溶于水，与水分层，则分离四氯化碳和水混合物，操作方法是分液，题中A为蒸发，用于提纯可溶性固体，B为过滤，用于分离不溶性固体，D为蒸馏，用于分离沸点不同的物质，故只有C项符合题意，‎ 故选：C。‎ ‎10.反应①、②分别是从海藻灰和某种矿石中提取碘的主要反应，下列说法正确的是（ ）‎ ‎① 2NaI＋MnO2＋3H2SO4=2NaHSO4＋MnSO4＋2H2O＋I2；‎ ‎②2NaIO3＋5NaHSO3=2Na2SO4＋3NaHSO4＋H2O＋I2‎ A. 两个反应中NaHSO4均为氧化产物 B. 碘元素在反应①中被还原，在反应②中被氧化 C. 氧化性：MnO2>SO42－>IO>I2‎ D. 反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为1：5‎ ‎【答案】D ‎【解析】A、在反应①中NaHSO4中各元素化合价不变，不是氧化产物，在反应②中NaHSO4是NaHSO3被氧化的产物，为氧化产物，选项A错误；B、碘元素在反应①中被氧化，在反应②中被还原，选项B错误；C、根据反应②可知NaIO3 是氧化剂，Na2SO4 是氧化产物，氧化剂的氧化性强于氧化产物，则氧化性IO3-＞SO42-，选项C错误；D、反应①中生成1mol碘转移2NA电子，反应②中生成1mol碘转移10NA电子，所以反应①、②中生成等量的I2时转移电子数比为2NA：10NA=1：5，选项D正确。答案选D。‎ ‎11.有一包白色粉末，可能由NaCl、Na2CO3、Na2SO4中的一种或几种组成，为鉴别其成分进行如下实验(每步加入试剂都是足量的):‎ 下列说法错误的是（ ）‎ A. 粉末中一定含有NaCl B. 粉末中一定含有Na2SO4‎ C. 粉末中一定不含Na2CO3 D. 粉末可能是纯净物 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】白色粉末加入水溶解得到无色溶液，加入氯化钡生成白色沉淀，且沉淀不溶于盐酸，可知应含有Na2SO4，无色溶液加入硝酸银生成沉淀，且沉淀不溶于硝酸，则沉淀为AgCl，但因加入氯化钡，引入氯离子，则不能证明是否含有NaCl，实验过程生成的沉淀不溶于硝酸或盐酸，说明没有生成碳酸钡或碳酸银，则不含Na2CO3，以此解答该题。‎ ‎【详解】由以上分析可知不含Na2CO3，一定含有Na2SO4，可能含有NaCl，如不含NaCl，则粉末为纯净物，只有A错误。 ‎ 故选：A。‎ ‎12.有关NaHCO3与Na2CO3的说法中，不正确的是（ ）‎ A. 分别加热两种样品，没有残留物质的是NaHCO3‎ B. 等物质的量的NaHCO3、Na2CO3分别与足量盐酸反应，后者消耗盐酸多 C. 分别配成溶液，再加入石灰水，二者都生成白色沉淀 D. 等质量的NaHCO3、Na2CO3分别与足量盐酸反应，前者产生CO2多 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 碳酸氢钠加热分解生成了固体碳酸钠，有残留的物质存在，故A错误；‎ B. 等物质的量的NaHCO3、Na2CO3分别与足量盐酸反应，后者消耗盐酸多，因为碳酸钠中含的钠离子多，故B正确；‎ C. 由反应Na2CO3+Ca(OH)2═CaCO3↓+2NaOH、2NaHCO3+Ca(OH)2═Na2CO3+CaCO3↓+2H2O可知，澄清的石灰水与碳酸钠、碳酸氢钠都反应生成白色沉淀碳酸钙，故C正确；‎ D. 等质量的Na2CO3和NaHCO3，NaHCO3物质的量较多，生成二氧化碳多，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎13.已知在酸性溶液中，下列物质氧化KI时，自身发生如下变化：Fe3+→Fe2+；MnO4-→Mn2+；Cl2→2Cl-；HNO2→NO。如果分别用等物质的量的这些物质氧化足量的KI，则得到I2最多的是（ ）‎ A. Fe3＋ B. MnO4- C. Cl2 D. HNO2‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】假设各物质的物质的量都是1mol；由氧化还原反应中得失电子守恒，1mol氧化剂得电子越多，生成的I2就多；‎ A.1mol Fe3+→Fe2+转移1mol e-；‎ B.1mol MnO4-→Mn2+转移5mol e-；‎ C.1mol Cl2→2Cl-转移2mol e-；‎ D.1mol HNO2→NO转移1mol e-；‎ 显然B中1mol MnO4-得电子最多，生成的I2就最多；‎ 答案选B。‎ ‎14.下列溶液中，溶质的物质的量浓度为1 mol·L−1的是（ ）‎ A. 1 mol HCl溶于1 L 水所得的溶液 B. 200 mL 5 mol·L−1的NaNO3溶液稀释成1 L的溶液 C. 6.2 g Na2O溶于水配成100mL的溶液 D. K＋物质的量浓度为1 mol·L−1的K2SO4溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 1 mol HCl溶于1 L水，所得溶液的体积不是1L，溶液的浓度不是1mol/L，故A错误；‎ B. 200 mL 5mol⋅L−1的NaNO3溶液稀释成1 L的溶液,稀释后溶液浓度为：5mol/L×0.2L1L=1mol/L，故B正确；‎ C. 6.2 gNa2O的物质的量为： =0.1mol，0.1mol Na2O溶于水生成0.2molNaOH，所得溶液的浓度为： =2mol/L，故C错误；‎ D.c(K2SO4)=c(K+)=1mol/L×=0.5mol/L，‎ 故D错误；‎ 故选：B。‎ ‎15.硫代硫酸钠可作为脱氯剂，已知25.0mL 0.100 mol·L-1 Na2S2O3溶液恰好把224mL（标准状况下）Cl2完全转化为Cl－离子，则S2O32－将转化成（ ）‎ A. S2－ B. S C. SO32－ D. SO42－‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】n(Na2S2O3)=0.025L×0.100mol/L=0.0025mol，n(Cl2)==0.01mol，‎ 设S2O32-被氧化后的S元素的化合价为n，根据氧化还原反应中氧化剂和还原剂之间得失电子数目相等，则0.0025×2×(n-2)mol=2×0.01mol，n=6，‎ 故选：D。‎ ‎16.若用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（ ）‎ A. 2.3g钠在足量的O2中燃烧，转移的电子数为0.2NA B. 标准状况下，22.4 L乙醇含有的分子数目为NA C. 2.8g N2和CO的混合气体中原子数为0.2NA D. 1 L0.1 mol·L−1硫酸溶液中含有的氢离子数为0.1NA ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 2.3g钠的物质的量为0.1mol，而钠反应后变为+1价，故0.1mol钠反应后转移0.1NA个电子，故A错误；‎ B. 标况下乙醇为液体，故不能根据气体摩尔体积来计算其物质的量，故B错误；‎ C. N2和CO的摩尔质量均为28g/mol，故2.8g混合物的物质的量为0.1mol，而两者均为双原子分子，故0.1mol混合物中含有0.2NA个原子，故C正确；‎ D. 溶液中硫酸的物质的量n=cV=0.1mol/L×1L=0.1mol，而硫酸为二元强酸，故其含有的氢离子为0.2NA个，故D错误。‎ 故选：C。‎ ‎17.一块部分被氧化为Na2O的钠块10.8g，将其投入足量水中，最终得到1L 0.4mol·L－1‎ 的NaOH溶液，则原钠块中钠元素的质量是（ ）‎ A. 4.6g B. 6.2g C. 9. 2g D. 10.8g ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】1L0.4mol⋅L−1的NaOH溶液中含有NaOH的物质的量为：0.4mol/L×1L=0.4mol，‎ 所以原钠块中钠元素的物质的量为0.4mol，质量为0.4mol×23g/mol=9.2g，‎ 故选：C。‎ ‎18.下图所示为海水综合利用部分流程，有关说法不正确的是（ ）‎ A. 上述工艺流程中涉及到化合、分解、复分解和置换反应 B. ①只发生物理变化 C. ②是工业上电解饱和食盐水制备Cl2‎ D. ③④涉及的反应均为氧化还原反应 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A．②是电解饱和食盐水或熔融的氯化钠，③是氯气和溴化钠反应生成溴单质，发生的是置换反应，④是二氧化硫和溴单质在水溶液中发生氧化还原反应生成硫酸和溴化氢，加入萃取剂萃取分液后蒸馏得到纯溴，过程中无化合反应、复分解反应，故A错误；‎ B．流程分析可知海水蒸发水分结晶得到粗盐和母液，无化学变化，故B正确；‎ C．工业可用电解饱和食盐水的方法制备氯气，故C正确；‎ D．③发生离子方程式为：2Br−+Cl2=Br2+2Cl−，④发生的离子方程式为：SO2+Br2+2H2O=4H++SO42−+2Br−，元素化合价都发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；‎ 故选：A。‎ ‎19.KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成绿黄色的易爆物二氧化氯，其变化可表述为：（已知：KClO3→ClO2）‎ ‎______ KClO3+______ HCl（浓）→______ KCl+______ClO2+______Cl2↑+______H2O ‎（1）配平上述反应的化学方程式；‎ ‎（2）浓盐酸在反应中显示出来的性质为______、______； ‎ ‎（3）该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为________；‎ ‎（4）若有4mol HCl参加反应，则转移电子的物质的量为____mol；‎ ‎【答案】(1). 2 (2). 4 (3). 2 (4). 2 (5). 1 (6). 2 (7). 酸性 (8). 还原性 (9). 1：1 (10). 2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）根据氧化还原反应中化合价不交叉后的原则和电子守恒法来配平方程式；‎ ‎（2）氯元素的化合价升高，表现了还原性，化合价不变得到一种盐酸盐，表现了盐酸的酸性；‎ ‎（3）反应的氧化剂是氯酸钾，还原剂是盐酸，但所有的盐酸并不是都做还原剂，氧化剂对应的产物是还原产物；‎ ‎（4）氧化还原反应转移电子的数目，即为化合价升高或者降低的数目；‎ ‎【详解】(1)氧化还原反应中化合价不交叉，所以氯酸钾中的氯元素化合价由+5降到二氧化氯中的+4价，得1mol电子，盐酸中的氯元素由−1价升到0价，共失2mol电子，根据电子守恒，得失电子数目应相等，所以氯酸钾前是2，观察法配平其他系数，‎ 故答案为：2，4，2，2，1，2；‎ ‎(2)氯元素的化合价升高，表现了还原性，化合价不变得到氯化钾，表现了盐酸的酸性，故答案为：酸性；还原性；‎ ‎(3)该反应中氧化剂是氯酸钾，对应的产物二氧化氯是还原产物，还原剂是盐酸，做还原剂的盐酸只占反应的总量的一半，所以氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:1，‎ 故答案为：1:1； ‎ ‎(4)氯酸钾中的氯元素化合价由+5降到二氧化氯中的+4价，得1mol电子，盐酸中的氯元素由−1价升到0价，共失2mol电子，根据电子守恒，得失电子数目应相等，应为2，‎ 故答案为：2。‎ ‎20.（1）在标准状况下，1.7g氨气所占的体积为_____L，它与标准状况下_____L硫化氢含有相同数目的氢原子．‎ ‎（2）某气态氧化物的化学式为RO2，在标准状况下，1.28g该氧化物的体积为448mL，则该氧化物的摩尔质量为_____．‎ ‎（3）已知CO、CO2‎ 的混合气体质量共16.0g，标准状况下体积为8.96L，则可推知该混合气体中含CO_____g，该混合气体一定条件下完全转化为二氧化碳后通入2.5mol/L氢氧化钠溶液，最多消耗该氢氧化钠溶液体积__________ml.‎ ‎【答案】(1). 2.24 (2). 3.36 (3). 64g•mol﹣1 (4). 2.80 (5). 320‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）利用n=，V=nVm及分子的构成来计算；‎ ‎（2）利用n=，V=nVm及气体的摩尔质量与相对分子质量在数值上相等来分析；‎ ‎（3）根据V=nVm并利用混合气体的质量和物质的量来列式计算；‎ ‎【详解】(1)1.7g氨气的物质的量为=0.1mol，其体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，‎ 设它与标准状况下VL硫化氢含有相同数目的氢原子，则 ‎0.1mol×3=×2，解得V=3.36，故答案为：2.24；3.36；‎ ‎(2)气体的物质的量为=0.02mol，该氧化物的摩尔质量为=64 g•mol﹣1，‎ 故答案为：64 g•mol﹣1；‎ ‎(3)标准状况下体积为8.96L，则混合气体的物质的量为8.96L÷22.4L/mol=0.4mol，‎ 设CO、CO2的物质的量分别为x、y，则 x+y=0.4‎ ‎28x+44y=16.0，解得x=0.1mol，y=0.3mol，‎ CO的质量为0.1mol×28g/mol=2.80g，根据碳原子守恒可知生成的二氧化碳是0.4mol，二氧化碳通入氢氧化钠溶液中消耗二氧化碳最多时生成碳酸钠和水，根据守恒关系可知氢氧化钠的物质的量是0.8mol，V==0.32L=320mL，故答案为：2.80；320；‎ ‎21.结合氯气的相关知识解决下列问题。‎ ‎(1)在实验室中制取Cl2，下列收集Cl2的装置中正确的是_______(填字母)。‎ 漂白粉能与盐酸发生反应，但盐酸浓度不同时，漂白粉与盐酸混合发生反应的类型不同，漂白粉与稀盐酸发生复分解反应以增强漂白性，化学方程式为_________。漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应会生成氯气，化学方程式为____________。‎ ‎(2)图1是某同学制备氯水的装置图。‎ ‎①装置B中发生反应的化学方程式为__________________。‎ ‎②检验一瓶氯水是否已经完全变质，可选用的试剂是______________（填序号）。‎ ‎ A．硝酸银溶液       B．酚酞溶液       C．碳酸钠溶液      D．紫色石蕊溶液 ‎③氯水久置变质的主要反应方程式表示为______________________。 ‎ ‎(3)已知氧化性：Br2>Fe3＋。若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是_______(填离子符号)。‎ ‎【答案】(1). C (2). Ca(ClO)2 +2HCl =CaCl2 +2HClO (3). Ca(ClO)2+4HCl═CaCl2+2Cl2↑+2H2O (4). Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O (5). D (6). 2HClO2HCl＋O2↑ (7). Fe2+‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】（1）依据氯气密度大于空气密度，可溶于水的有毒气体的物理性质选择正确的收集方法；依据强酸制备弱酸规律，盐酸与次氯酸钙反应生成氯化钙和次氯酸；‎ 漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气、氯化钙和水；‎ ‎（2）①装置B中发生反应是氯气和氢氧化钠溶液反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；‎ ‎②氯水中HClO不稳定,若变质生成盐酸,酸性增强；‎ ‎（3）利用谁强谁先反应规律进行分析。‎ ‎【详解】(1)A.只有进气口，没有出气口，无法排出气体，故A错误；‎ B. 此装置是用来收集比空气轻的气体，若收集氯气，应选择向上排空气法，需要短进长出，故B错误；‎ C. 装置长进短出可以收集比空气重的气体氯气，剩余的氯气有毒需要用氢氧化钠溶液吸收，为防止倒吸，用倒扣在水面的漏斗，符合要求，故C正确；‎ D. 氯气通入NaOH溶液会发生反应。氯气被氢氧化钠吸收，不能收集到氯气，故D错误；‎ 故选：C；‎ 盐酸与次氯酸钙反应生成氯化钙和次氯酸，反应的化学方程式：Ca(ClO)2 +2HCl =CaCl2‎ ‎ +2HClO；漂白粉与浓盐酸发生氧化还原反应生成氯气、氯化钙和水,化学方程式：Ca(ClO)2+4HCl═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；故答案为：Ca(ClO)2 +2HCl =CaCl2 +2HClO；Ca(ClO)2+4HCl═CaCl2+2Cl2↑+2H2O；‎ ‎(2)①装置B中发生反应的离子方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，‎ 故答案为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；‎ ‎ ②氯水中HClO不稳定，若变质生成盐酸，酸性增强，可选紫色石蕊检验，‎ A. 硝酸银溶液和氯离子生成白色沉淀，不能检验一瓶氯水是否已经完全变质，故A错误；‎ B. 酚酞溶液在酸溶液中不变色，故B错误；‎ C. 碳酸钠溶液和盐酸反应生成二氧化碳气体，不能检验一瓶氯水是否已经完全变质，故C错误；‎ ‎ D.紫色石蕊溶液遇到酸溶液显红色，不褪色说明变质，先变红后褪色证明为变质，能检验一瓶氯水是否已经完全变质，故D正确；‎ 故答案为：D；‎ ‎③氯水久置变质会生成氯化氢和氧气，故化学方程式是2HClO2HCl＋O2↑‎ 故答案为：2HClO2HCl＋O2↑；‎ ‎（3）氧化性：Br2>Fe3＋，氧化性越强对应离子的还原性越弱，所以还原性：Br-

查看更多