甘肃省定西市岷县二中2026届高一化学第一学期期中教学质量检测试题含解析

甘肃省定西市岷县二中2026届高一化学第一学期期中教学质量检测试题注意事项：1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、若以w1和w2分别表示浓度为amol·L－1和bmol·L－1氨水的质量分数，且已知2a＝b，则下列关系正确的是(氨水密度小于水)()A．2w1＝w2 B．w1＝2w2 C．2w1<w2 D．w1<w2<2w12、下列各组离子反应可用H++OH-＝H2O表示的是（）A．氢氧化钡和硫酸 B．氢氧化铁和盐酸C．醋酸和氢氧化钠 D．硫酸氢钠和氢氧化钠3、下列说法中正确的是A．氯化钠水溶液在电流的作用下电离出Na+和Cl−B．硫酸钡难溶于水，因此硫酸钡属于非电解质C．二氧化碳溶于水能部分电离，故二氧化碳属于电解质D．硫酸钠在水中的电离方程式可表示为Na2SO4===2Na++SO42−4、下列叙述中正确的是()A．和是中子数不同质子数相同的同种核素B．中子数为20的氯原子可以表示为C．同种元素的原子均有相同的质子数和中子数D．F-的结构示意图可以表示为5、下列实验操作中错误的是A．由于在酒精中的溶解度大，所以可用酒精把碘水中的碘萃取出来B．蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处C．使用容量瓶前应先检查其是否漏液D．蒸发操作时，不能使混合物中的水分完全蒸干后才停止加热6、下列说法正确的是（）A．直径介于1nm～100nm之间的微粒称为悬浊液B．制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液加热煮沸C．胶体与浊液的本质区别是其稳定性，胶体属于介稳体系D．利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体7、设NA为阿伏加德罗常数，下列说法中正确的是（）A．54gH2O中含有3NA个氢原子B．1molNa2SO4溶于水中，所得溶液中Na+个数为NAC．标准状况下，NA个H2O分子所占的体积约为22.4LD．1molCO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA8、某学习小组辨析以下说法：①粗盐和酸雨都是混合物；②非金属氧化物一定都是酸性氧化物；③冰和干冰既是纯净物又是化合物；④Na2O、Na2O2都是钠的氧化物，都是碱性氧化物；⑤磷酸和醋酸都是多元酸；⑥纯碱和烧碱都是碱。其中正确的是（）A．②③⑥ B．①②④ C．①③ D．③⑤9、与100ml0.1mol/LFeCl3溶液中Cl－的物质的量浓度相等的是A．100ml0.3mol/LKClO3溶液 B．50ml0.2mol/LNaCl溶液C．50ml0.3mol/LCaCl2溶液 D．50ml0.15mol/LMgCl2溶液10、下列反应不属于四大基本反应类型的是A．H2+CuOH2O+Cu B．Cl2+H2O=HCl+HClOC．Na2O+H2O=2NaOH D．Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O11、航天飞船可用肼(N2H4)作动力源。已知1g液态肼和足量的液态过氧化氢反应生成N2和水蒸气时放出20.05kJ热量,化学方程式为N2H4+2H2O2=N2↑+4H2O。下列说法中错误的是()A．肼(N2H4)分子中只存在极性共价键B．此情况下,液态肼燃烧生成1molN2时放出的热量为641.6kJC．该反应中肼作还原剂D．该反应的反应物总能量高于生成物的总能量12、同种物质中同一价态的元素部分被氧化，部分被还原的氧化还原反应是A．3Cl2＋6KOH5KCl＋KClO3＋3H2OB．2H2S＋SO2=2H2O＋3S↓C．2KNO32KNO2＋O2↑D．NH4NO3N2O↑＋2H2O13、nmolC2H4（气体）和nmol14CO相比较，下列叙述正确的是A．同温同压下，密度相等 B．不同温度压强下，分子数也相等C．同温同压下，质量相等 D．同温同压下，原子数相等14、下列说法中错误的是（）A．石油主要含碳、氢两种元素B．通过石油的催化裂化和裂解可以得到较多的轻质油和气态烯烃C．通过煤的直接或间接液化，可以获得燃料油及多种化工原料D．煤、石油、天然气都是可再生能源15、将30mL0.5mol/L的NaOH溶液加水稀释到500mL，稀释后NaOH的物质的量浓度为（）A．0.3mol/L B．0.03mol/L C．0.05mol/L D．0.04mol/L16、按照物质的树状分类和交叉分类，HNO3应属于（）①酸②氢化物③氧化物④含氧酸⑤难挥发性酸⑥强氧化性酸⑦一元酸⑧化合物⑨混合物A．①②③④⑤⑥⑦⑧ B．①④⑥⑦⑧ C．①⑨ D．①④⑤⑥⑦二、非选择题（本题包括5小题）17、有A、B、C、D、E、F六种元素，它们的相关信息如下表：元素代号相关信息A最外层的电子数是次外层电子数的3倍B海水中含量第一位的金属元素CL层得1个电子后成为稳定结构D二价阴离子核外有18个电子E失去一个电子后就成为一个原子F单质为大气中含量最多的气体请填写下列空格：（1）A原子的电子式：_______________________________。（2）B离子的结构示意图：__________________________，与B离子质子数与电子数均相同的微粒可能是____________________________________（写出两种，用微粒符合表示）。（3）C元素的名称：________，C原子中能量最高的电子位于第________层。（4）D的二价阴离子的电子式：___________________________；D元素的某种同位素原子质量数为34，该原子核内的中子数为______________。（5）A、E、F三种元素能相互形成多种类别的物质，其中属于共价化合物为________，离子化合物为________（各写出一种物质即可）18、短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，Y2+电子层结构与氖相同，Z的质子数为偶数，室温下M单质为淡黄色固体，回答下列问题：(1)M元素位于周期表中的位置为_____________。(2)X、Y、Z、M的原子半径由大到小排列为____(化学用语回答)，Z在自然界中常见的二元化合物是__________。(3)X与M的单质在高温下反应的化学方程式为_______，产物分子的电子式为_____，其化学键属__________共价键(填“极性”或“非极性”)。19、实验室用NaOH固体配制250mL1.25mol/L的NaOH溶液，填空并请回答下列问题：（1）配制250mL1.25mol/L的NaOH溶液应称取NaOH的质量/g应选用容量瓶的规格/mL除容量瓶外还需要其它玻璃仪器__________________（2）容量瓶上需标有以下五项中的_________________。①温度②浓度③容量④压强⑤刻度线（3）配制时，其正确的操作顺序是______________（字母表示，每个字母只能用一次）。A、用30mL水洗涤烧杯2～3次，洗涤液均注入容量瓶，振荡B、用天平准确称取所需的NaOH的质量，加入少量水（约30mL），用玻璃棒慢慢搅动，使其充分溶解C、将已冷却的NaOH溶液沿玻璃棒注入250mL的容量瓶中D、将容量瓶盖紧，颠倒摇匀E、改用胶头滴管加水，使溶液凹面恰好与刻度相切F、继续往容量瓶内小心加水，直到液面接近刻度1﹣2cm处（4）下列配制的溶液浓度偏低的是________________________。A、称量NaOH时，砝码错放在左盘B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线D、定容时俯视刻度线E、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水20、氯是一种富集在海水中的元素，下图是几种含氯产品。(1)①储氯钢瓶中应贴的标签为________（填字母代号）A．易燃品B．有毒品C．爆炸品②实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，实验装置如图a所示。a:b:用此法值得的氯气中含有HCl和水蒸气，通常通过盛有_____、______的洗气瓶，可以得到纯净、干燥的氯气。③Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，需要上图b装置进行尾气处理，用化学方程式表示该原理__________________。气体应该由_____（填a或b）管通入。若要吸收标准状况下224mlCl2，至少需要1mol/L的上述溶液____mL。(2)①工业上制取漂白粉的化学方程式是__________________________。②瓶装漂白粉久置空气中会呈稀粥状而失去漂白作用。试用化学方程式表示漂白粉在空气中易失效的原因是_____________________。③将Cl2制成漂白粉的主要目的是_____________。A．增强漂白能力和消毒作用B．使它转化为较稳定物质，便于保存和运输C．使它转化为较易溶于水的物质D．提高氯的质量分数，有利于漂白消毒(3)同学们探究84消毒液在不同pH下使红纸褪色的情况，做了如下实验。将5mL市售84消毒液稀释100倍，测得稀释后溶液的pH=12，将稀释后溶液各20mL分别加入a、b、c三个洁净的烧杯中：烧杯溶液的pH现象a1010min后，红纸基本不褪色；4h后红纸褪色b710min后，红纸颜色变浅；4h后红纸褪色c410min后，红纸颜色比b烧杯中10min后的浅；4h后红纸褪色已知溶液中Cl2、HClO和ClO-的物质的量分数（a）随溶液pH变化的关系如图所示：①由实验现象可获得结论：溶液的pH在4~10范围内，pH越大，红纸褪色_____(填“越快”或“越慢”)。②结合图像进行分析，b、c两烧杯中实验现象出现差异的原因是_________________。21、有以下反应方程式:A．CuO+H2Cu+H2O

B．2KClO32KCl+3O2↑C．Cl2+2NaOH==NaCl+NaClO+H2O

D．2FeBr2+3Cl2=2FeCl3+2Br2E.MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O

F.KClO3+6HCl(浓)=KC1+3H2O+3Cl2↑G.HgS+O2=Hg+SO2I.按要求将上述化学方程式序号填入相应空格内:(1)一种单质使一种化合物中的一种元素被还原____________________；(2)同一种物质中，同种元素间发生氧化还原反应________________；(3)所有元素均参加氧化还原反应的是____________________________。II.已知方程式F:KClO3+6HCI(浓)=KCl+3H2O+3Cl2↑。(1)请用双线桥法标出电子转移的方向和数目_______________________；(2)标准状况下当有33.6L的氯气放出时，转移电子的数目是_________________________；(3)上述反应中氧化产物和还原产物的质量比为____________________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、C【解析】

设质量分数w1的氨水密度为ρ1g/mL，质量分数w2的氨水的为ρ2g/mL，质量分数w1的氨水的物质量浓度为a=mol/L，质量分数w2的氨水的物质量浓度为b=mol/L，由于2a=b，所以2×mol/L=mol/L，故2ρ1w1=ρ2w2，氨水的浓度越大密度越小，所以ρ2＜ρ1，故2w1＜2w2，故答案为C。【点睛】考查物质的量浓度的有关计算，难度中等，关键理解物质的量浓度与质量分数之间的关系，根据c=表示氨水的物质的量浓度，结合氨水的浓度越大密度越小，进行判断。2、D【解析】

A、还生成难溶的BaSO4，不能用离子反应H++OH-＝H2O表示，A不选；B、氢氧化铁为难溶物，不可拆，不能用离子反应H++OH-＝H2O表示，B不选；C、醋酸为弱电解质，不可拆，不能用离子反应H++OH-＝H2O表示，C不选；D、硫酸氢钠和氢氧化钠反应生成硫酸钠和水，能用离子反应H++OH-＝H2O表示，D选；答案选D。3、D【解析】

A．氯化钠在水分子的作用下电离出阴阳离子；B．溶于水或熔融状态能导电的化合物为电解质，完全电离的电解质是强电解质；C．二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出阴阳离子而使二氧化碳水溶液导电，电离出离子的物质是碳酸而不是二氧化碳；D．硫酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成金属阳离子和酸根离子．【详解】A．氯化钠在水分子的作用下电离出钠离子和氯离子，电离不需要外加电源，故A错误；B．溶于水或熔融状态能导电的化合物为电解质，能完全电离的电解质是强电解质，硫酸钡难溶于水，但只要溶解就完全电离，所以硫酸钡是强电解质，故B错误；C．二氧化碳溶于水生成碳酸，碳酸电离出阴阳离子而使二氧化碳水溶液导电，电离出离子的物质是碳酸而不是二氧化碳，碳酸是电解质，二氧化碳是非电解质，故C错误；D．硫酸钠是强电解质，在水溶液中完全电离生成金属阳离子和酸根离子，电离方程式为Na2SO4═2Na＋+SO42－，故D正确；故选D。【点睛】本题考查电解质的电离、电解质和非电解质的判断等知识点，解题关键：明确电解质电离特点及电离方程式的书写原则、基本概念，易错选项是BC，注意电解质强弱只与电离程度有关，与电解质溶解性强弱无关．4、D【解析】

A.和是同种元素的两种不同核素，A项错误；B.中子数为20的氯原子，其质量数为20+17=37，其符号为，B项错误；C.互为同位素元素的原子的质子数相同，但中子数不同，C项错误；D.F的质子数为9，核外电子数也是9，F-核外有10个电子，其离子结构示意图为，D项正确；答案选D。5、A【解析】

A.酒精和水互溶，不能作萃取剂，故A错误；B.蒸馏操作时，应使温度计水银球靠近蒸馏烧瓶的支管口处，故B正确；C.容量瓶有塞子，使用容量瓶前应先检查其是否漏液，故C正确；D.蒸发操作时，有大量固体出现时，停止加热，利用余热将剩余水分蒸干，故D正确。故选A。6、D【解析】

A、微粒直径介于1nm～100nm之间的分散系为胶体，A错误；B、制备Fe(OH)3胶体的方法是将饱和FeCl3溶液滴入沸水中，B错误；C、胶体与浊液的本质区别是分散系微粒的直径大小，C错误；D、丁达尔效应是胶体所特有的性质，故可利用丁达尔效应可以区分溶液和胶体，D正确；故选D。7、D【解析】

A、n(H2O)==3mol，则n(H)=2×3mol=6mol，即H原子有6NA个，A错误；B、n(Na2SO4)=1mol，则n(Na+)=2×1mol=2mol，即Na+有2NA个，B错误；C、标况下，H2O不是气体，不能使用Vm=22.4L/mol进行计算，C错误；D、1个CO2分子和1个NO2分子都含有2个O原子，故1molCO2和NO2的混合物中含的氧原子数为2NA，D正确；故选D。【点睛】气体摩尔体积Vm=22.4L/mol的适用条件：①标准状况（简称“标况”，P=101kPa，T=0℃），②必须是标况下的气体物质。8、C【解析】

①粗盐和酸雨都是混合物，①正确；②非金属氧化物不一定都是酸性氧化物，如一氧化碳，一氧化氮，二氧化氮，②错误；③冰是固态水，干冰是固态二氧化碳，既是纯净物又是化合物，③正确；④过氧化钠不是碱性氧化物，④错误；⑤醋酸是一元酸，⑤错误；⑥纯碱是碳酸钠，不是碱，属于盐，⑥错误；故①③正确，答案选C。9、D【解析】

100ml0.1mol/LFeCl3溶液中Cl－的物质的量浓度为0.3mol/L，找出Cl－的物质的量浓度为0.3mol/L的选项即可。【详解】A、100ml0.3mol/LKClO3溶液不含Cl－，故A错误；B、50ml0.2mol/LNaCl溶液所含Cl－的物质的量浓度为0.2mol/L，故B错误；C、50ml0.3mol/LCaCl2溶液所含Cl－的物质的量浓度为0.6mol/L，故C错误；D、50ml0.15mol/LMgCl2溶液所含Cl－的物质的量浓度为0.3mol/L，故D正确；故选D。10、B【解析】

四种基本反应类型为：化合反应、分解反应、置换反应和复分解反应，据此解答。【详解】A.H2+CuOH2O+Cu属于的置换反应，故A与题意不符；B.Cl2+H2O=HCl+HClO不属于四种基本反应类型，故B符合题意；C.Na2O+H2O=2NaOH属于化合反应，故C与题意不符；D.Ca(OH)2+2HCl=CaCl2+2H2O属于复分解反应，故D与题意不符；答案选B。【点睛】四种基本反应类型不能包含所有的反应，而所有的反应可以分为氧化还原反应和非氧化还原反应。11、A【解析】

A.肼中存在N−H极性键，也有N−N非极性键，结构简式为，A项错误；B.

1g液态肼和足量液态过氧化氢反应生成氮气和水蒸气时放出20.05kJ的热量，则1mol肼反应放出的热量为32×20.05kJ=641.6kJ，B项正确；C.N2H4中N元素为−2价，反应后生成N2为0价，所以N元素化合价升高，所以肼作还原剂，C项正确；D.

反应放热，所以反应物的总能量高于生成物的总能量，D项正确；答案选A。12、A【解析】

A．该反应中只有Cl2中0价的Cl元素的化合价变化，部分被氧化，部分被还原，A符合题意；B．该反应中H2S中-2价的S元素被氧化，SO2中+4价的S元素被还原，B不符题意；C．该反应中KNO3中O元素被氧化，N元素被还原，C不符题意；D．该反应中只有N的化合价发生变化，其中+5价的N元素降低为+1价，-3价的N元素升高为+1价，不是同种物质中同一价态的元素化合价发生变化，D不符题意；答案选A。13、B【解析】

C2H4（气体）的摩尔质量为28g/mol,14CO的摩尔质量为30g/mol,两者摩尔质量不相等。【详解】A项、nmolC2H4（气体）和nmol14CO的质量不相等，同温同压下，它们体积相等，所以它们的密度一定不相等，故A错误；B项、两种气体的物质的量相等，它们的分子数一定相等，故B正确；C项、两者摩尔质量不相等，nmolC2H4（气体）和nmol14CO的质量不相等，故C错误；D项、两种气体的原子个数不相等、物质的量相等，它们的原子数一定不相等，故D错误。故选B。14、D【解析】

A、石油主要成分是烷烃、环烷烃、芳香烃，则石油主要含碳、氢两种元素，故A正确；B、通过石油的催化裂化和裂解把大分子的烃转化为小分子的烃，可以得到较多的轻质油和气态烯烃，故B正确；C、通过煤的直接或间接液化，将煤转化为可以燃烧的液体，比如甲醇，从而获得燃料油及多种化工原料，故C正确；D、煤、石油、天然气属于化石燃料，是由古代生物的遗骸经一系列复杂的化学变化而形成的，属于不可再生能源，故D错误；故答案选D。15、B【解析】

稀释前后溶质NaOH的物质的量不变，根据稀释定律计算稀释后NaOH的物质的量浓度。【详解】设稀释后NaOH的物质的量浓度为c，根据稀释定律：0.03L×0.5mol/L=0.5L×c

解得c=0.03mol/L，

故选：B。16、B【解析】

对物质进行分类，最重要的是看分类的标准是什么，标准单一称为树状分类法，标准多样，称为交叉分类法。注意本题中硝酸用了化学式，即指明了该物质为纯净物，不是溶液。【详解】①硝酸电离出的阳离子全部是氢离子，所以硝酸属于酸；②氢化物要求组成元素为2种，而硝酸的组成元素为3种；③氧化物要求组成的元素为2种，而硝酸的组成元素为3种；④硝酸属于酸，且其组成元素中有氧，所以属于含氧酸；⑤硝酸易挥发，属于挥发性酸；⑥硝酸具有强氧化性，通常由硝酸根离子来表现强氧化性，为强氧化性酸；⑦每个硝酸分子最多能电离出一个氢离子，所以硝酸属于一元酸；⑧硝酸为纯净物，组成元素不是一种，所以硝酸属于化合物；⑨硝酸属于纯净物；所以答案选择B项。【点睛】此题也可以采用排除直接选出正确答案。如根据②错误排除A项，根据⑤错误排除D项。二、非选择题（本题包括5小题）17、NH4+、H3O+氟略18HNO3NH4NO3【解析】

A最外层的电子数是次外层电子数的3倍，则A为O元素；海水中含量第一位的金属元素是钠，则B为Na元素；L层得1个电子后成为稳定结构，说明该原子最外层有7个电子，C为F元素；二价阴离子核外有18个电子，则D原子核内有16个质子，D为S元素；E失去一个电子后就成为一个质子，则E为H元素；F的单质为大气中含量最多的气体，则F为N元素。【详解】（1）A为O元素，原子的电子式：，答案为：。（2）B为Na元素，钠离子的结构示意图，与钠离子质子数与电子数均相同的微粒可能是NH4+、H3O+，答案为：；NH4+、H3O+。（3）C为F元素，名称为氟，氟原子有两个电子层，能量最高的电子位于第L层。答案为：L。（4）D为S元素，S的二价阴离子是S2-，电子式为；S元素的某种同位素原子质量数为34，S的质子数为16，则原子核内的中子数为34-16=18。答案为：.；18。（5）A、E、F三种元素分别为O、H、N，能相互形成多种类别的物质，其中属于共价化合物为HNO3，离子化合物为NH4NO3；答案为：HNO3；NH4NO3。18、三ⅥAMg>Si>S>CSiO2C+2SCS2极性【解析】

短周期元素X、Y、Z、M的原子序数依次增大，元素X的一种高硬度单质是宝石，可知X是C；Y2+电子层结构与氖相同，则Y为Mg；室温下M单质为淡黄色固体，则M为S，Z的质子数为偶数，且在Mg和S之间，因此Z为Si。【详解】(1)M为S，在周期表中位于第三周期第ⅥA族。(2)Mg、Si、S位于同一周期，同一周期从左向右，原子半径逐渐减小，因此Mg>Si>S，S比C多一个电子层，则原子半径S>C，因此原子半径由大到小的顺序为Mg>Si>S>C。Z在自然界中常见的二元化合物是SiO2。(3)C与S在高温下反应生成CS2，化学方程式为C+2SCS2。CS2的电子式与CO2一样，为，化学键属于极性共价键。【点睛】同周期元素的原子半径从左向右逐渐减小。19、12.5250烧杯、玻璃棒、胶头滴管①③⑤B、C、A、F、E、DA、B、C【解析】

（1）溶质的质量m=nM=cVM=1.25mol/L×0.25L×40g/mol=12.5g，配制250mL溶液，则选用容量瓶的规格为250mL，配制时步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，一般用托盘天平称量，用药匙取用药品，在烧杯中溶解，冷却后转移到250mL容量瓶中，并用玻璃棒引流，当加水至液面距离刻度线1～2cm时，改用胶头滴管滴加，所以还需要的仪器为烧杯、玻璃棒、胶头滴管；（2）因容量瓶上标有：规格、温度和刻度线，故答案为①③⑤；（3）配制时步骤有称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等操作，故答案为B、C、A、F、E、D；（4）A、称量NaOH时，砝码错放在左盘，由于需要使用游码，则溶质的质量减少，浓度偏低，A正确；B、向容量瓶中转移溶液时不慎有液滴洒在容量瓶外面，溶质的质量减少，浓度偏低，B正确；C、加蒸馏水时不慎超过了刻度线，溶液体积偏大，浓度偏低，C正确；D、定容时俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，D错误；E、配制前，容量瓶中有少量蒸馏水，无影响，浓度不变，E错误；故答案为A、B、C。【点睛】本题考查了一定物质的量浓度溶液的配制以及误差分析，难度不大，注意实验的基本操作方法和注意事项。注意误差分析的依据，即根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。20、B饱和NaCl溶液浓硫酸Cl2+2NaOH=NaCl+NaClOb202Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2OCa(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO

2HCl+O2↑B越慢b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢【解析】

（1）①氯气有毒，储氯钢瓶中应贴的标签为有毒品，故选B；②实验室中常用MnO2氧化浓盐酸的方法制取氯气，制得的氯气混有HCl和水，先用饱和NaCl溶液除去水，再用浓硫酸干燥氯气；③Cl2是有毒气体，为了防止多余Cl2污染空气，需要用NaOH进行尾气处理，用化学方程式表示该原理为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO；气体应该由b管通入，标准状况下224mlCl2的物质的量为=0.01mol，根据方程式可知，消耗NaOH的物质的量为0.01mol=0.02mol，至少需要1mol/L的NaOH溶液的体积为=20mL；（2）①工业制漂白粉是氯气通入石灰乳中制成的。化学方程式如下：2Ca(OH)2+2Cl2=Ca(ClO)2+CaCl2+2H2O；②漂白粉在空气中长期放置失效是因为漂白粉能够与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸,次氯酸具有不稳定性,见光易分解,化学方程式：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO、2HClO

2HCl+O2↑；③氯气和漂白精的作用都是生成次氯酸，然后具有漂白性。因氯气不方便保存和运输，故通入石灰乳中制成漂白精，答案选B；（3）①图表数据和现象分析可知，溶液的pH在4∼10范围内，pH越大，红纸褪色越慢，故答案为：越慢；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：b烧杯中溶液的pH大于c烧杯中溶液的pH，HClO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浓度较小，反应速率较慢，褪色较慢。21、ACDG2.5NA5:1【解析】

根据“升失氧，降得还”解答此题。A．CuO+H2Cu+H2O中，H元素的化合价升高，所以H2为