貴州省六盤水市六枝特區(qū)七中2026屆高一化學第一學期期中監(jiān)測模擬試題注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角"條形碼粘貼處"。2．作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3．非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內(nèi)相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、在酸性條件下，可發(fā)生如下反應：+2M3++4H2O=+Cl－+8H+，中M的化合價是（）A．+4 B．+5 C．+6 D．+72、科學家指出，食用蝦類等水生甲殼類動物的同時服用維生素C容易中毒，這是因為對人體無害的＋5價砷類物質(zhì)在維生素C的作用下，能夠轉化為有毒的＋3價砷類化合物．下列說法不正確的是A．維生素C具有還原性B．上述過程中砷元素發(fā)生還原反應C．上述過程中＋5價砷類物質(zhì)作氧化劑D．＋5價砷轉化為＋3價砷時，失去電子3、1L濃度為1mol·L－1的鹽酸，欲使其濃度增大1倍，采取的措施合理的是A．通入標準狀況下的HCl氣體22.4LB．將溶液加熱濃縮到0.5LC．加入10.00mol·L－1的鹽酸0.2L，再稀釋至1.5LD．加入2L1mol·L－1的鹽酸混合均勻4、下列屬于電解質(zhì)的是A．氯化鈉B．酒精C．氯氣D．鐵5、有NO、CO2、N2O4三種氣體，它們分別都含有0.5mol氧原子，則三種氣體的物質(zhì)的量之比為A．1∶2∶4B．1∶1∶1C．4∶2∶1D．2∶1∶46、用漂白粉溶液浸泡過的有色布條，如果晾置在空氣中，過了一段時間，其漂白效果會更好的原因可能是（）A．漂白粉與氧氣反應了B．有色布條與氧氣反應了C．漂白粉跟空氣中的CO2反應生成了較多量的HClOD．漂白粉溶液蒸發(fā)掉部分水，其濃度增大7、下列各組離子一定能大量共存的是A．在酸性溶液中：、、、B．在強堿性溶液中：、、、C．在含有大量CO32-的溶液中：、、、D．在c（H+）=0.1mol/L的溶液中：、、、8、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的值，下列說法正確的是()A．標準狀況下，0.1moLCl2與足量氫氧化鈉溶液反應，轉移的電子數(shù)目為0.2NAB．用含1molFeCl3飽和溶液配得的氫氧化鐵膠體中膠粒數(shù)為NAC．標準狀況下，2.24LCCl4含有分子的數(shù)目為0.1NAD．25℃，1.01×105Pa，32gO2和O3的混合氣體所含原子數(shù)為2NA9、設NA為阿伏加德羅常數(shù)的數(shù)值，下列說法正確的是A．1mol鋁離子含有的核外電子數(shù)為3NAB．1.7g雙氧水中含有的電子數(shù)為0.9NAC．常溫下，11.2L的甲烷氣體含有甲烷分子數(shù)為0.5NA個D．標準狀況下，33.6L水中含有9.03×1023個水分子10、下列儀器：①漏斗、②容量瓶、③蒸餾燒瓶、④坩堝、⑤分液漏斗、⑥燃燒匙，常用于物質(zhì)分離的是A．①③④ B．①②⑥ C．①③⑤ D．③⑤⑥11、下列各組離子，能在強酸溶液中大量共存，并且溶液呈無色的是A．Na+、Ca2+、Cl-、 B．K+、Na+、、C．Mg2+、Na+、、Cl- D．、Al3+、、OH-12、10g下列金屬與100ml1mol/L的鹽酸反應，產(chǎn)生氣體物質(zhì)的量最多的是（）A．NaB．MgC．FeD．Al13、下列變化中元素化合價降低的是A．HCl→Cl2 B．H2O2→O2 C．Na→NaOH D．FeCl3→FeCl214、研究表明：多種海產(chǎn)品如蝦、蟹、牡蠣等，體內(nèi)含有+5價的砷（As）元素，但它對人體是無毒的，砒霜的成分是As2O3，屬劇毒物質(zhì)，專家忠告：吃飯時不要同時大量食用海鮮和青菜，否則容易中毒，并給出了一個公式：大量海鮮+大量維生素C=砒霜。下面有關解釋不正確的是A．維生素C能將+5價砷氧化成As2O3B．維生素C具有還原性C．青菜中含有維生素CD．使人中毒的過程中砷元素發(fā)生還原反應15、下列化學反應的離子方程式正確的是()A．碳酸氫鈉和少量澄清石灰水反應：HCO3—-＋Ca2＋＋OH-===H2O＋CaCO3B．銅片插入硝酸銀溶液中：Cu＋Ag＋===Cu2＋＋AgC．氧化鎂與稀鹽酸混合：MgO＋2H＋===Mg2＋＋H2OD．稀硫酸滴在銅片：Cu＋2H＋===Cu2＋＋H2↑16、下列物質(zhì)含有的氧原子數(shù)最多的是A．80gO3的氣體B．0.5molCuSO4·5H2O晶體C．9.03×1023個CO2分子D．標準狀況下67.2LNO2二、非選擇題（本題包括5小題）17、A、B、C、D四種可溶性鹽，它們的陽離子分別可能是Ba2+、Ag+、Na+、Cu2+中的某一種，陰離子分別可能是NO3-、Cl-、CO32-、SO42-中的某一種。①把四種鹽分別溶解于盛有蒸餾水的四支試管中，只有C鹽的溶液呈藍色。②若向①的四支試管中分別加鹽酸,B鹽溶液有沉淀產(chǎn)生,D鹽溶液有無色無味氣體逸出。根據(jù)①②實驗事實可推斷它們的化學式為：A________、B________、C________、D________。18、現(xiàn)有失去標簽的CaCl2、AgNO3、HCl和Na2CO3四瓶溶液.為了確定四種溶液的成分,將它們編號為A、B、C、D后進行化學實驗.實驗記錄如下:實驗順序實驗內(nèi)容實驗現(xiàn)象①A+B無明顯現(xiàn)象②B+D有無色無味氣體放出③C+B有白色沉淀生成④A+D有白色沉淀生成根據(jù)上述實驗完成下列各小題：(1)A、C、D三瓶溶液分別是(用化學式表示所含溶質(zhì))：A溶液________，C溶液________，D溶液________。(2)寫出B與D反應的離子方程式：________，寫出B與C反應的離子方程式：________。19、如圖是制取氯化鐵粉末所需的裝置，已知氯化鐵粉末容易吸水生成結晶化合物：FeCl3+6H2O=FeCl3·6H2O。請回答下列問題。(1)寫出燒瓶A發(fā)生反應的化學方程式為___，該反應中氧化劑是___(填物質(zhì)名稱)；濃鹽酸的作用是___。(2)寫出E中發(fā)生反應的化學方程式為___。(3)C的作用是___；D的作用是___。(4)應先點燃___(填“A”或“E”)處的酒精燈，理由是___。(5)這套實驗裝置是否完整？___(填“是”或“否”)。若不完整，還須補充___(若第一空填“是”，則此空不需要作答)裝置。(6)E處反應完畢后，關閉彈簧夾K，移去酒精燈，由于余熱的作用，A處仍有少量Cl2產(chǎn)生，此時B中的現(xiàn)象是___，此時B的作用是___。20、某校化學興趣小組為研究氯氣的性質(zhì)并模擬工業(yè)制備漂白粉，設計了下列裝置進行實驗。已知：①A中反應為KClO3＋6HCl(濃)=KCl＋3Cl2↑＋3H2O；②石灰乳的主要成分為Ca(OH)2，其他雜質(zhì)不參與反應。（1）寫出B裝置中反應的化學方程式_______________。實驗結束后，立即將B中溶液滴幾滴在紫色石蕊試紙上，可觀察到的現(xiàn)象是______________（2）裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，為此C中I、II、III處依次放入的物質(zhì)正確的是_________（填編號）。編號IIIIIIA干燥的有色布條堿石灰濕潤的有色布條B干燥的有色布條濃硫酸濕潤的有色布條C濕潤的有色布條濃硫酸干燥的有色布條D濕潤的有色布條堿石灰干燥的有色布條（3）待E中物質(zhì)完全反應后，經(jīng)過一系列加工處理，得到漂白粉樣品，其主要成份為_________、____________（填化學式）。（4）F裝置的作用是（用離子方程式表示）_____________（5）為測定（3）中所得漂白粉的有效成份含量。稱取ag漂白粉樣品溶解，往所得溶液中通入CO2至不再產(chǎn)生沉淀為止，該過程的化學方程式為_____________。若反應生成沉淀的物質(zhì)的量為bmol，則該漂白粉中有效成份的質(zhì)量分數(shù)為_________________（用含a、b的式子表示）。21、Ⅰ．已知某反應中反應物和生成物有：KMnO4、H2SO4、MnSO4、H2C2O4、K2SO4、H2O和一種未知物X。(1)已知0.5molH2C2O4在反應中失去1mol電子生成X，則X的化學式為______________。(2)將氧化劑和還原劑及配平的系數(shù)填入下列方框中，并用單線橋標出電子轉移的方向和數(shù)目。___________________________Ⅱ．工業(yè)廢水中含有大量的FeSO4、較多的Cu2+和少量的Na+。從工業(yè)廢水中回收硫酸亞鐵和金屬銅的工藝流程如圖所示。(1)圖中操作①為______________；操作③為_______________________________。(2)試劑X為______（填化學式），操作②涉及的離子反應方程式為___________________。

參考答案一、選擇題（每題只有一個選項符合題意）1、C【解析】根據(jù)離子反應方程式中，反應前后所帶電荷數(shù)相等，即6－1=8－n－1，解得n=2，從而得出M2O7n－中M的化合價為+6價，故C正確。2、D【解析】試題分析：A、+5價砷類物質(zhì)在維生素C的作用下，能夠轉化為有毒的+3價砷類化合物，則維生素C具有還原性，故A正確；B、砷元素的化合價降低，則發(fā)生還原反應，故B正確；C、反應中含化合價降低元素的物質(zhì)為氧化劑，則+5價砷類物質(zhì)作氧化劑，故C正確；D、化合價降低，元素得到電子，故D錯誤；故選D?？键c：考查氧化還原反應的有關判斷3、C【解析】

A項、標準狀況下的HCl氣體22.4VL，物質(zhì)的量是Vmol，VL濃度為1mol?L-1的鹽酸中HCl的物質(zhì)的量為Vmol，但無法計算通入氯化氫后溶液的體積，故A錯誤；B項、加熱濃縮鹽酸時，導致鹽酸揮發(fā)，溶質(zhì)的物質(zhì)的量偏小，故B錯誤；C項、VL濃度為0.5mol?L-1的鹽酸的物質(zhì)的量是0.5Vmol，10mol?L-1的鹽酸0.1VL的物質(zhì)的量是Vmol，再稀釋至1.5VL，所以C=（0.5Vmol+Vmol）/1.5VL=2mol?L-1，故C正確；D項、濃稀鹽酸混合后，溶液的體積不是直接加和，所以混合后溶液的物質(zhì)的量濃度不是原來的2倍，故D錯誤。【點睛】本題考查了物質(zhì)的量濃度的計算，注意密度不同的溶液混合后，溶液的體積不能直接加和。4、A【解析】

A．NaCl溶于水或熔融狀態(tài)可以導電，屬于電解質(zhì)，故A正確；B．酒精在水溶液中和熔融狀態(tài)下，不能電離出自由離子，不能導電，屬于非電解質(zhì)，故B錯誤；C．氯氣是單質(zhì)，即不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故C錯誤；D．鐵是單質(zhì)，既不是電解質(zhì)也不是非電解質(zhì)，故D錯誤；故選A。5、C【解析】NO、CO2、N2O4三種氣體，它們分別都含有0.5mol氧原子，即氧原子數(shù)相同，設三種氣體的物質(zhì)的量分別為x、y、z，則x×1=y×2=z×4，解得x：y：z=4：2：1，答案選C。點睛：本題考查物質(zhì)的量的計算，把握物質(zhì)的構成為解答的關鍵，注意氧原子的物質(zhì)的量相同即可解答，計算比值不需要計算分子中氧原子的物質(zhì)的量，簡化計算。6、C【解析】

漂白粉的有效成分是次氯酸鈣，漂白時轉化為強氧化性的次氯酸（漂白性），因而能漂白某些有色物質(zhì)?！驹斀狻科追壑饕煞譃镃aCl2、Ca(ClO)2，其中Ca(ClO)2能與酸反應生成有強氧化性的HClO（漂白性），故能漂白某些有色物質(zhì)。因HClO酸性弱于碳酸（H2CO3），漂白粉溶液在空氣中發(fā)生反應：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，增大了HClO濃度使漂白性增強。本題選C?！军c睛】復分解反應Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，可以證明酸性：H2CO3>HClO。7、A【解析】

根據(jù)溶液性質(zhì)和離子間的相互反應分析判斷。【詳解】A項：酸性溶液中，、、、彼此不反應，且與氫離子能共存，A項正確；B項：強堿性溶液中，+OH－＝NH3·H2O，B項錯誤；C項：CO32-與生成沉淀、與放出氣體，C項錯誤；D項：c(H+)=0.1mol/L的溶液中,++＝CO2↑+H2O，D項錯誤。本題選A?！军c睛】離子間的反應有復分解反應（生成沉淀、氣體、弱電解質(zhì)）、氧化還原反應、雙水解反應和絡合反應。8、D【解析】

A．氯氣與氫氧化鈉溶液反應時發(fā)生Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，反應中氯元素化合價由0價升高為+1價，由0價降低為-1價，氯氣起氧化劑與還原劑作用，各占一半，轉移電子數(shù)目為0.1NA，故A錯誤；B．膠體為多個粒子的集合體，無法計算氫氧化鐵膠粒的數(shù)目，故B錯誤；C．標況下四氯化碳為液體，2.24LCCl4的物質(zhì)的量不是1mol，故C錯誤；D．氧氣和臭氧均由氧原子構成，故32g氧氣和臭氧的混合物中含有的氧原子的物質(zhì)的量為2mol，即2NA個氧原子，故D正確；故答案為D。9、B【解析】

A、鋁離子核外有10個電子，1mol鋁離子含有10mol電子；B、雙氧水分子中含有18個電子，1mol雙氧水中含有18mol電子；C、常溫下，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算11.2L甲烷的物質(zhì)的量；D、、標準狀況下，水不是氣體，不能使用標況下的氣體摩爾體積計算水的物質(zhì)的量?！驹斀狻緼項、由于鋁離子核外有10個電子，1mol鋁離子含有10mol電子，核外電子數(shù)為10NA，故A錯誤；B項、雙氧水分子中含有18個電子，1mol雙氧水中含有18mol電子，1.7g雙氧水的物質(zhì)的量為0.5mol，則0.5mol雙氧水中含有的電子數(shù)為0.9NA，故B正確；C項、常溫下，不是標準狀況下，題中條件無法計算11.2L甲烷的物質(zhì)的量，故C錯誤；D項、標況下，水不是氣體，題中條件無法計算水的物質(zhì)的量，故D錯誤。故選B?！军c睛】本題考查了阿伏加德羅常數(shù)，注意明確標況下物質(zhì)的狀態(tài)、標況下氣體摩爾體積的使用條件，熟練掌握物質(zhì)的量與阿伏加德羅常數(shù)、摩爾質(zhì)量等之間的轉化關系是關鍵。10、C【解析】

根據(jù)常用的物質(zhì)分離的方法：過濾、萃取分液、蒸餾、分餾分析解答；根據(jù)常用分離方法中所需的儀器的選擇分析解答?！驹斀狻砍Ｓ玫奈镔|(zhì)分離的方法：過濾、萃取、分液、蒸餾、分餾，各種方法所用的物質(zhì)分離儀器有：漏斗、分液漏斗、蒸餾燒瓶，故答案選C?！军c睛】注意把握物質(zhì)的分離和提純原理及儀器的使用注意事項。11、C【解析】

A．會與H+反應生成二氧化碳和水，不能在強酸溶液中大量共存，故A不選；B．在溶液中呈紫紅色，不能在無色溶液中存在，故B不選；C．Mg2+、Na+、、Cl-能在強酸溶液中大量共存，并且溶液呈無色，故C選；D．OH-會與、Al3+、H+反應不能大量共存，故D不選。故答案選：C。12、A【解析】試題分析：根據(jù)題意知，100ml1mol/L的鹽酸中HCl的物質(zhì)的量為0.1mol，10gNa、Mg、Fe、Al的物質(zhì)的量分別為10/23mol、10/24mol、10/56mol、10/27mol，根據(jù)四種金屬與鹽酸反應的化學方程式判斷，金屬過量，根據(jù)鹽酸的物質(zhì)的量減少產(chǎn)生氫氣的物質(zhì)的量，Mg、Fe、Al產(chǎn)生氫氣的物質(zhì)的量相同，均為0.05mol；但過量的鈉與水反應也產(chǎn)生氫氣，故鈉產(chǎn)生的氫氣最多，選A?？键c：考查根據(jù)化學方程式的計算。13、D【解析】

A.HCl→Cl2中氯元素化合價由-1價升高為0價，選項A不符合；B.H2O2→O2中氧元素化合價由-1價升高為0價，選項B不符合；C.Na→NaOH中鈉元素化合價由0價升高為+1價，選項C不符合；D.FeCl3→FeCl2中鐵元素化合價由+3價降低為+2價，選項D符合；答案選D。14、A【解析】試題分析：As2O3中砷（As）元素為+3價，從+5價降到+3價是還原反應，A錯誤，答案選A?？键c：氧化還原反應15、C【解析】

A.碳酸氫鈉溶液與少量澄清石灰水反應生成碳酸鈣、碳酸鈉和水，正確離子方程式為：2HCO3—＋Ca2＋＋2OH-===2H2O＋CaCO3↓+CO32-，A錯誤；B.該方程式電荷不守恒，正確的離子反應為Cu＋2Ag＋===Cu2＋＋2Ag，B錯誤；C.氧化鎂為固體，不溶于水，寫成化學式形式，稀鹽酸為強酸，能夠拆成離子形式，符合原子守恒、電荷守恒規(guī)律，方程式書寫正確，C正確；D.稀硫酸與銅片不反應，D錯誤；綜上所述，本題選C?！军c睛】針對選項（A）：當碳酸氫鈉溶液加入過量的氫氧化鈣溶液反應時，生成碳酸鈣、氫氧化鈉鈉和水，離子方程式為：HCO3-+Ca2++OH-=CaCO3↓+H2O；當碳酸氫鈉溶液加入少量的氫氧化鈣溶液反應時，生成碳酸鈣、碳酸鈉和水，離子方程式為：2HCO3-+Ca2++2OH-=CaCO3↓+2H2O+CO32-；所以針對這樣的反應，要采用“少定多變”的方法進行處理，即以量少的為準。16、D【解析】

：A．80gO3含有的氧原子物質(zhì)的量80g÷16g/mol=5mol；B．0.5molCuSO4·5H2O晶體中含有的氧原子的物質(zhì)的量為0.5mol×9=4.5mol；C．9.03×1023個CO2分子的物質(zhì)的量是9.03×10236.02×D．標準狀況下67.2LNO2的物質(zhì)的量是67.2L÷22.4L/mol=3mol，其中含有的氧原子物質(zhì)的量6mol；因此含有的氧原子數(shù)最多的是選項D。答案選D。二、非選擇題（本題包括5小題）17、A.BaCl2B.AgNO3C.CuSO4D.Na2CO3【解析】試題分析：C鹽的溶液呈藍色，所以C鹽中一定含有銅離子，但是一定不含油碳酸根離子；向四種鹽溶液中分別加入鹽酸，B鹽溶液有沉淀生成，所以B鹽中含有銀離子，不含有氯離子、硫酸根離子、碳酸根離子，D鹽溶液有無色無味氣體逸出，說明D含有碳酸根離子，所以D必須為Na2CO3，B為AgNO3，C為CuSO4，A為BaCl2?？键c：物質(zhì)的鑒別點評：本題考查了物質(zhì)的鑒別，該考點是高考考查的重點，本題要注意題干的要求即每種離子只能用一次，本題比較容易。18、CaCl2AgNO3Na2CO3CO32-+2H+=CO2↑+H2OAg++Cl-=AgCl↓【解析】

本題是無機物的推斷。HCl和Na2CO3反應生成氣體，AgNO3與CaCl2、HCl和Na2CO3反應均生成沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能與Na2CO3反應，結合實驗中B+D反應生成氣體，A+D反應生成沉淀，A+B無現(xiàn)象，則B為HCl，D為Na2CO3，所以A為CaCl2，C為AgNO3，再結合物質(zhì)的性質(zhì)及發(fā)生的反應來解答?！驹斀狻縃Cl和Na2CO3反應生成無色無味氣體，AgNO3分別與CaCl2、HCl和Na2CO3反應均生成白色沉淀，且CaCl2、AgNO3、HCl都能與Na2CO3反應，結合實驗中B+D反應生成無色無味的氣體，A+D反應生成白色沉淀，A+B無明顯現(xiàn)象，則B為HCl，D為Na2CO3，所以A為CaCl2，C為AgNO3。(1)由上述分析可知，A為CaCl2，C為AgNO3，D為Na2CO3，故答案為CaCl2；AgNO3；Na2CO3。(2)鹽酸與碳酸鈉反應生成氯化鈉、水和二氧化碳，離子反應為CO32-+2H+=CO2↑+H2O；鹽酸和硝酸銀反應生成氯化銀和硝酸，離子反應為：Ag++Cl-=AgCl↓。19、4HCl(濃)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O二氧化錳還原劑和酸性作用3Cl2+2Fe2FeCl3吸收氯氣中的氯化氫氣體吸收氯氣中的水蒸氣A使產(chǎn)生的Cl2排盡裝置內(nèi)的空氣，防止鐵被空氣中的氧氣氧化否尾氣吸收瓶中的液面下降，長頸漏斗內(nèi)液面上升貯存少量Cl2，避免Cl2對環(huán)境造成污染【解析】

裝置A中利用濃鹽酸和二氧化錳共熱制取氯氣，打開彈簧夾K時，氣體不會進入B裝置，此時裝置C吸收氯氣中的HCl氣體，然后經(jīng)濃硫酸干燥后進入玻璃管中，在加熱條件下與鐵粉反應，無水氯化鈣可以防止外界空氣進入；關閉K時，生成的氯氣進入B裝置，將飽和氯化鈉溶液壓入長頸漏斗，從而貯存氯氣。【詳解】(1)燒瓶A內(nèi)的反應為制取氯氣的反應，化學方程式為4HCl(濃)+MnO2Cl2↑+MnCl2+2H2O；該反應中Mn元素的化合價降低，所以二氧化錳為氧化劑；濃鹽酸的作用為還原劑和酸性作用；(2)裝置E中為氯氣和鐵粉的反應，化學方程式為3Cl2+2Fe2FeCl3；(3)裝置C中飽和氯化鈉溶液可以吸收氯氣中的HCl氣體；裝置D中濃硫酸可以吸收氯氣中的水蒸氣；(4)為防止加熱時鐵粉被裝置中的空氣中的氧氣氧化，應先點燃A處酒精燈，使產(chǎn)生的氯氣將裝置中的空氣排盡；(5)氯氣有毒，未反應的氯氣不能直接排放到空氣中，所以該套實驗裝置不完整，還缺少尾氣吸收裝置；(6)由于氯氣難溶于飽和食鹽水，所以可以看到B中瓶中的液面下降，長頸漏斗內(nèi)液面上升，從而貯存少量Cl2，避免Cl2對環(huán)境造成污染。20、Cl2＋H2O=HCl+HClO先變紅后褪色CCaCl2Ca(ClO)2Cl2＋2OH-=Cl-+ClO-+H2OCO2+H2O+Ca(ClO)2=CaCO3↓+2HClO143b/a【解析】

（1）氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸。鹽酸有酸性，次氯酸有弱酸性和漂白性。（2）干燥的氯氣不具有漂白性，氯氣和水反應生成的次氯酸具有漂白性。（3）氯氣與氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水。（4）氯氣能夠和氫氧化鈉反應生成氯化鈉，次氯酸鈉和水。（5）次氯酸鈣和空氣中的二氧化碳和水反應生成碳酸鈣和次氯酸。依據(jù)碳酸鈣的物質(zhì)的量計算次氯酸鈣的質(zhì)量，然后計算其質(zhì)量分數(shù)。【詳解】（1）氯氣和水反應生成鹽酸和次氯酸，B裝置中反應的化學方程式為：Cl2＋H2O=HCl＋HClO。次氯酸有漂白性，將B中溶液滴在紫色石蕊試紙上，可觀察到的現(xiàn)象是：石蕊試紙先變紅后褪色。（2）裝置C的實驗目的是驗證氯氣是否具有漂白性，先通過濕潤有色布條，如果有色布條褪色，證明次氯酸具有漂白性，然后通過濃硫酸干燥除去氯氣中的水分，再通入干燥有色布條，有色布條不褪色，說明氯氣不具有漂白性。答案為C。（3）氯氣與氫氧化鈣反應生成氯化鈣、次氯酸鈣和水，漂白粉主要成份為CaCl2、Ca(ClO)