湖南省岳阳市2021-2022学年高一化学上学期期末教学质量监测（Word版附解析）

岳阳市2022年高中教学质量监测试卷高一化学本试卷共18道小题，满分100分，考试用时75分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的学校、考场号、姓名和座位号填写在答题卡指定位置上。2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。答案不能答在试卷上。3.非选择题必须用黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4.考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。可能用到的相对原子质量：H1N14O16Na23Cu64Fe56Cl35.5S32第I卷(选择题)一、选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。)1.某同学对下列4组物质进行了分类并选择出了不属于该类别的物质，他的选择不正确的是选项ABCD物质CaO、MgO、CO2、CuOH2、Cl2、N2、CuO2、Fe、Cu、ZnHCl、H2O、H2SO4、HNO3分类标准碱性氧化物气体金属单质酸不属于该类别的物质CO2Cl2O2H2OA.AB.BC.CD.D【答案】B 【解析】【详解】A．选项几种物质中，CaO、MgO、CuO与酸反应产生盐和水，属于碱性氧化物；而CO2与碱反应产生盐和水，属于酸性氧化物，A物质分类合理；B．选项几种物质中，H2、Cl2、N2的状态为气体，而Cu的状态为固体，B物质分类不合理；C．选项几种物质中，Fe、Cu、Zn是金属单质，而O2属于非金属单质，C物质分类合理；D．选项几种物质中，HCl、H2SO4、HNO3都酸，而H2O是中性物质，D物质分类合理；故合理选项是B。2.稀土元素的中子数是A.142B.84C.58D.26【答案】B【解析】【详解】元素符号左下角为质子数，左上角为质量数，质量数等于质子数与中子数的和，则的中子水为142-58=84，故合理选项是B。3.下列物质中属于电解质的是A.CuB.蔗糖C.NaOHD.CO2【答案】C【解析】【分析】电解质是溶于水或熔融状态下能导电的化合物，其本质是在一定条件下自身能电离的化合物。【详解】A．铜是单质，既不是电解质，又不是非电解质，A选项不符合题意；B．蔗糖是溶于水和熔融状态下都不能导电的化合物，蔗糖属于非电解质，B选项不符合题意；C．氢氧化钠是溶于水或熔融状态下都能导电的化合物，氢氧化钠属于电解质，C选项符合题意；D．二氧化碳溶于水形成的溶液能导电，是由于二氧化碳与水反应生成了碳酸，碳酸能电离，从而使溶液能导电，而二氧化碳本身不能电离，所以二氧化碳属于非电解质，D选项不符合题意；答案选C。4.纳米银(直径大小为25nm)具有广谱杀菌作用，数分钟内可以杀死650多种细菌且专杀有害 菌，无耐药性，下列说法不正确的是A.纳米银在水中形成的分散系为悬浊液B.在分散系中，纳米银的粒子直径比Na+大C.纳米银在水中形成的分散系能产生丁达尔效应D.银制成纳米粒子后，其表面积增大，从而提高了杀菌作用【答案】A【解析】【详解】A．纳米银的直径大小为25nm，故纳米银在水中形成的分散系为胶体，故A错误；B．Na+的微粒直径小于1nm，故纳米银的粒子直径比Na+大，故B正确；C．纳米银的直径大小为25nm，故纳米银在水中形成的分散系为胶体，能产生丁达尔效应，故C正确；D．银制成纳米粒子后，其表面积增大，故提高了杀菌作用，故D正确；故选A。5.“天问一号”成功着陆火星，火星上首次留下中国的足迹。火星大气层的主要成分是二氧化碳，其次是氮、氩，此外还有少量的氧、水蒸气。下列说法正确的是A.N2的电子式是：B.16O和18O是同素异形体C.碳的原子结构示意图是：D.CO2的结构式是：O=C=O【答案】D【解析】【详解】A．N2中含有2个N原子，N原子最外层有5个电子，2个N原子形成3对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其电子式是，A错误；B．16O和18O的质子数都是8，中子数分别是8、10，二者互为同位素，B错误；C．碳是6号元素，原子核外电子排布是2、4，所以C的原子结构示意图是，C错误； D．CO2分子中C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，其结构式是：O=C=O，D正确；故合理选项是D。6.下列离子方程式正确是A.碳酸钙与稀盐酸反应：CO+2H+=CO2↑+H2OB.AgNO3溶液与KCl溶液混合：Ag++Cl-=AgCl↓C.氢氧化钡与硫酸反应：H++OH-=H2OD.Fe与FeCl3溶液反应：Fe+Fe3+=2Fe2+【答案】B【解析】【详解】A．碳酸钙是固体不能拆，与稀盐酸反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=CO2↑+Ca2++H2O，故A错误；B．AgNO3与KCl均可溶可拆，反应的离子方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故B正确；C．氢氧化钡与硫酸反应生成硫酸钡沉淀：Ba2++2OH-+2H++SO=BaSO4↓+H2O，故C错误；D．Fe与FeCl3溶液反应电荷不守恒，反应的离子方程式为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，故D错误；故答案为B7.NA为阿伏加德罗常数的值。下列有关叙述正确的是A.32g氧气中含有NA个氧气分子B.常温下，NA个H2的体积为22.4LC.1molFe与足量HCl反应，转移的电子数为3NAD.0.1mol·L-1的硫酸溶液中含H+的数目为0.2NA【答案】A【解析】【详解】A．32g氧气中含有O2的物质的量是1mol，则其中含有的O2分子数目是NA个，A正确；B．常温下气体摩尔体积大于22.4L/mol，NA个H2的物质的量是1mol，则其在常温下的体积大于22.4L，B错误；C．Fe与HCl反应失去2个电子，产生+2价的Fe2+，1molFe与足量HCl反应，失去2mol电子，则转移的电子数为2NA，C错误； D．只有溶液浓度，缺少溶液体积，不能计算微粒数目，D错误；故合理选项是A。8.下列各组中的离子，能在无色透明溶液中大量共存的是ABa2+、K+、、Cl-B.Cu2+、Na+、、C.Na+、K+、Cl-、D.Mg2+、Na+、OH-、Cl-【答案】C【解析】【详解】A．Ba2+、会反应产生BaSO4沉淀，不能大量共存，A不符合题意；B．Cu2+随溶液显蓝色，在无色溶液中不能大量存在，B不符合题意；C．选项离子均无色，离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，C符合题意；D．Mg2+、OH-会反应产生Mg(OH)2沉淀，不能大量共存，D不符合题意；故合理选项是C。9.下列有关Na2CO3和NaHCO3的比较中，错误的是A.相同条件下，在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3B.相同条件下，溶液的碱性：Na2CO3＞NaHCO3C.热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3D.相同物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠分别与足量的盐酸反应，放出气体的量：Na2CO3＞NaHCO3【答案】D【解析】【详解】A．Na2CO3易溶于水，而NaHCO3能溶于水，因此相同条件下，二者在水中的溶解度：Na2CO3＞NaHCO3，A正确；B．弱酸的酸性越强，其生成的盐水解程度就越小，溶液的碱性就越弱。Na2CO3和NaHCO3都是强碱弱酸盐，水解使溶液显碱性，由于酸性：H2CO3＞，所以Na2CO3水解程度大于NaHCO3，故在相同条件下，溶液的碱性：Na2CO3＞NaHCO3，B正确；C．Na2CO3比较稳定，受热不分解；而NaHCO3不稳定，受热易分解，因此二者的热稳定性： Na2CO3＞NaHCO3，C正确；D．相同物质的量的碳酸钠和碳酸氢钠中含有的C元素的物质的量相等，因此二者分别与足量盐酸反应产生的CO2气体的物质的量相等，D错误；故合理选项是D。10.下列有关物质的性质和用途的说法正确，且存在因果关系的是A.钠、钾的还原性强，可用作原子反应的导热剂B.Fe2O3是红棕色粉末，可用作红色油漆颜料C.含钾元素的物质灼烧时会使火焰呈黄色，可用于制作烟花D.铝制餐具表面有一层致密的氧化膜，可用来蒸煮成长时间存放碱性食物【答案】B【解析】【详解】A．K、Na合金熔点低，在室温下呈液态，导热能力强可用作原子反应的导热剂，这与钠、钾的还原性强弱无关，A错误；B．Fe2O3是红棕色粉末，可用作红色油漆或红色涂料等的颜料，B正确；C．含钠元素的物质灼烧时会使火焰呈黄色，可用于制作烟花，C错误；D．铝制餐具表面有一层致密的氧化膜，对内层金属起保护作用，但这层氧化膜的成分Al2O3是两性氧化物，能够与碱性物质发生反应，因此不能用来蒸煮成长时间存放碱性食物，D错误；故合理选项是B。二、选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，有一个或两个选项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分。)11.在给定条件下，下列所示的转化关系不能实现的是A.FeFe2O3FeCl2B.CCO2H2CO3C.AlAl2O3NaAlO2D.NaNa2ONa2CO3【答案】AD【解析】 【详解】A．Fe与水蒸气在高温下反应产生Fe3O4，不是Fe2O3，Fe2O3与HCl反应产生FeCl3，不是FeCl2，因此不能在给定条件下实现物质的转化关系，A符合题意；B．C与足量O2在点燃时反应产生CO2，CO2能够溶于水，与水反应产生H2CO3，能在给定条件下实现物质的转化关系，B不符合题意；C．Al能够与O2反应产生Al2O3，Al2O3是两性氧化物，能够NaOH溶液反应产生NaAlO2，能在给定条件下实现物质的转化关系，C不符合题意；D．Na与O2在加热时反应产生Na2O2，而不是产生Na2O，Na2O2与CO2反应产生Na2CO3和O2，不能在给定条件下实现物质的转化关系，D符合题意；故合理选项是AD。12.下图分别表示元素的某种性质与核电荷数的关系(X为核电荷数，Y为元素的有关结构或性质)，下列说法正确的是A.A图表示O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+的离子半径变化规律B.B图表示卤族元素的最外层电子数C.C图表示碱金属单质密度的变化规律D.D图表示第三周期五种主族元素最高化合价【答案】BC【解析】【详解】A．O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+是电子层结构相同的离子，核外电子排布都是2、8，对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径就越小，因此A图不能表示O2-、F-、Na+、Mg2+、Al3+的离子半径变化规律，A错误；B．同一主族元素的原子最外层电子数目相等，根据B图可以表示卤族元素的最外层电子数，B正确；C．碱金属单质的密度呈增大趋势，只有钾的密度比相邻元素Na的小，故C图能够表示碱金属单质密度的变化规律，C正确； D．同一周期主族元素的最外层电子数由左向右逐渐增多。元素的最高化合价与元素原子的最外层电子数相同，也是从左向右逐渐升高，故D图不能表示第三周期五种主族元素的最高化合价变化规律，D错误；故合理选项是BC。13.ClO2是一种高效杀菌剂，工业上可通过以下反应制得：2NaClO3+Na2SO3+H2SO4=2ClO2↑+2Na2SO4+H2O，下列说法不正确的是A.Na2SO3是还原剂，被氧化B.ClO2是还原产物C.NaClO3是氧化剂，发生氧化反应D.若生成1molClO2，转移2mole-【答案】CD【解析】【详解】A．在该反应中S元素化合价由反应前Na2SO3中的+4价变为反应后Na2SO4中的+6价，化合价升高，失去电子被氧化，所以Na2SO3作还原剂，A正确；B．在该反应中Cl元素化合价由反应前NaClO3中的+5价变为反应后ClO2中的+4价，化合价降低，得到电子被还原，所以NaClO3作氧化剂，ClO2是还原产物，B正确；C．根据选项B分析可知：NaClO3是氧化剂，得到电子被还原，发生还原反应，C错误；D．在氧化还原反应中元素化合价升降总数等于反应过程中电子转移总数。由方程式可知：每生成1molClO2，转移1mole-，D错误；故合理选项是CD。14.用下列实验装置能较好地达到实验目的是A.用甲装置模拟侯氏制碱法制备NaHCO3B.用乙装置制备Fe(OH)2沉淀C.丙装置的现象可证明Na2O2与水的反应是放热反应D.用丁装置除去Cl2中混有的HCl气体 【答案】C【解析】【详解】A．为增大二氧化碳的溶解度，应该为二氧化碳通入到氯化钠的氨溶液中，故A错误；B．氢氧化亚铁易被空气中氧气氧化，故如图不能制备氢氧化亚铁，故B错误；C．过氧化钠与水反应生成氧气，脱脂棉燃烧说明反应放热，故C正确；D．碳酸氢钠和氯气、氯化氢都能反应，不能除杂，应该用饱和食盐水除杂，故D正确；故选C。第II卷(非选择题)三、非选择题(本题包括4小题，共54分。)15.Ⅰ．钠及其化合物有广泛的应用，请根据题意回答下列问题：（1）Na是一种非常活泼的金属，实验室一般将钠保存在___________中。（2）氢化钠(NaH)可在野外用作生氢剂，其中氢元素的化合价为___________价。（3）Na2O2常用作呼吸面具或潜水艇中氧气的来源，请写出Na2O2与CO2反应的化学方程式___________。II．现用0.5mol/L的NaCl溶液配制450mL0.1mol/L的NaCl溶液，按要求回答下列问题：（4）应选用的玻璃仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、___________。（5）容量瓶在使用前，首先要___________。（6）需量取0.5mol/LNaCl溶液的体积是___________mL。（7）若定容时，仰视刻度线，会使所配溶液浓度___________(填“偏低”“偏高”或“无影响”)。【答案】（1）煤油或石蜡油（2）-1（3）2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2（4）胶头滴管（5）检查是否漏水（6）100.0(写100也给分)（7）偏低【解析】【小问1详解】钠的密度比煤油或石蜡油大，且不和它反应，故钠保存在煤油或石蜡油中；【小问2详解】氢化钠(NaH)中，钠是金属元素，只能显+1价，故氢显-1价；【小问3详解】 过氧化钠和二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，反应的方程式为：2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2；【小问4详解】配溶液时需要的仪器有烧杯、量筒、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管，故本题还缺少的仪器为：胶头滴管；【小问5详解】容量瓶是密闭容器，在使用前需要检查是否漏水；【小问6详解】用500mL容量瓶配溶液，需要配500ml溶液，根据溶液稀释前后所含溶质的物质的量相等，可计算出需要量取0.5mol/LNaCl溶液的体积是100.0ml；【小问7详解】仰视刻度线则液面在刻度线上方，水加多了，溶液浓度偏小。16.下表是元素周期表的一部分，表中每一个序号代表一种元素。请根据要求，回答下列问题。族周期IA0族1①IIAIIIAIVAVAVIAVIIA2②③④3⑤⑥⑦⑧⑨（1）⑥的元素符号是___________。（2）元素④、⑧所形成的简单氢化物，更稳定的是___________(填化学式)。（3）元素②、③的最高价氧化物的水化物中，酸性最强的是___________。(填化学式)。（4）写出元素①和⑨形成的化合物的电子式___________，该分子内存在的化学键类型是___________。（5）元素③同族中的另一元素P有多种化合价，其中+3价氧化物对应的水化物为H3PO3，已知该酸与足量的NaOH溶液反应所得产物化学式为Na2HPO3；则Na2HPO3是___________(填“正盐”或“酸式盐”)。（6）铷(Rb)是第五周期IA 族元素，与钠处于同一主族，根据已学知识预测铷的性质，下列说法正确的是___________。A.铷单质的熔点比钠单质熔点高B.Rb与水反应比Na与水的反应更剧烈C.Rb金属性比钠的弱D.RbCl是离子化合物【答案】（1）Mg（2）H2O（3）HNO3（4）①.②.共价键或极性键或极性共价键（5）正盐（6）BD【解析】【分析】根据元素在周期表的位置可知：①是H，②是C，③是N，④是O，⑤是Na，⑥是Mg，⑦是Al，⑧是S，⑨是Cl，然后根据元素周期律及物质的性质分析解答。【小问1详解】⑥表示的是镁元素，元素符号是Mg；【小问2详解】④是O，⑧是S，二者形成的氢化物分子式分别是H2O、H2S。元素的非金属性越强，其相应的氢化物的稳定性就越强。元素的非金属性：O＞S，所以两种氢化物的稳定性：H2O＞H2S，因此其中更稳定的是H2O；【小问3详解】元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的酸性就越强。②是C，③是N，元素的非金属性：N＞C，所以酸性：HNO3＞H2CO3，即二者酸性较强的是HNO3；【小问4详解】①是H，⑨是Cl，二者形成的化合物HCl是由HCl分子构成的物质，在HCl分子内两个原子之间以共价单键结合，使分子中各原子都达到最外层2个电子或8个电子的稳定结构，其电子式为：；该共价键是两种不同元素的原子形成的，因此该共价键为极性共价键，简称极性键；【小问5详解】③是N，与其同一主族的元素P形成的+3价氧化物对应的水化物为H3PO3，已知该酸与足量的NaOH溶液反应所得产物化学式为Na2HPO3；当碱足量时，酸与碱反应产生正盐和水，因此Na2HPO3属于正盐； 【小问6详解】A．碱金属元素的单质的熔沸点从上到下逐渐减小，则铷单质的熔点比钠单质熔点低，A错误；B．同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，元素的金属性越强，其相应的单质就越活泼，则Rb与水反应比Na与水的反应更剧烈，B正确；C．同一主族元素从上到下元素的金属性逐渐增强，则Rb金属性比钠的强，C错误；D．RbCl是活泼的金属元素与活泼的非金属元素的原子通过电子得失形成离子，然后阴离子与阳离子之间以离子键结合形成化合物，故形成的化合物属于离子化合物，D正确；故合理选项是BD。17.电子工业常用FeCl3溶液腐蚀绝缘板上的铜箔，制造印刷电路板。从腐蚀废液(主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜，并重新获得FeCl3溶液。废液处理流程如下：（1）物质A的化学式是___________。（2）取少量滤液B于试管中，滴加NaOH溶液，产生的现象是___________。请写出此过程中属于氧化还原反应的化学方程式___________。（3）写出步骤(II)中生成FeCl3的离子方程式___________。（4）将FeCl3饱和溶液滴入___________中，并继续煮沸至红褐色，可制得Fe(OH)3胶体。（5）将一定量的铜粉加入FeCl3溶液中，完全反应后，所得溶液中的Cu2+和Fe3+的物质的量恰好相等，则已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比为___________。【答案】（1）Fe（2）①.生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色②.4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3（3）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-（4）沸水（5）2：1【解析】【分析】由流程可知，废液(主要含FeCl3、FeCl2、CuCl2) 中加入过量铁，铁和氯化铁生成氯化亚铁、和氯化铜生成铜和氯化亚铁，故过量A是铁，滤液B中含有氯化亚铁，固体中含有过量的铁和生成的铜；固体中加入过量盐酸，盐酸和铜不反应、和铁反应生成氢气和氯化亚铁，故D为氢气、C中含有过量盐酸和生成的氯化亚铁；BC混合后通入氯气，氯气和氯化亚铁反应得到氯化铁溶液，以此解题。【小问1详解】由分析可知物质A是铁，其化学式为Fe；【小问2详解】滤液B是FeCl2，滴加NaOH溶液首先生成氢氧化亚铁沉淀，随后被氧化为氢氧化铁，其对应的现象为：生成的白色沉淀迅速变成灰绿色，最终变为红褐色；氢氧化亚铁被氧化为氢氧化铁是氧化还原反应其方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；【小问3详解】步骤(II)是氯化亚铁被氯气氧化为氯化铁，其对应的离子方程式为：2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；【小问4详解】Fe(OH)3胶体的制备是在沸腾的水中滴加氯化铁溶液制备的，故答案为：沸水；【小问5详解】铜粉放入三氯化铁溶液中，发生的反应为：，假设已反应的Fe3+的物质的量为n，则溶液中的Fe3+和Cu2+的物质的量浓度相等，溶液中未反应的Fe3+的物质的量为0.5n，所以已反应的Fe3+和未反应的Fe3+的物质的量之比=n∶0.5n=2∶1。18.某化学兴趣小组设计了一个集氯气的制取与性质检验于一体的综合实验，实验装置符合综合化，绿色化，试剂最小化的原则。按下图组装实验仪器，检查装置气密性。在各装置中添加相应试剂后，用注射器吸取少量浓盐酸，与V管左端相连，然后把针筒内的浓盐酸缓慢推入V管内，浓盐酸与氯酸钾反应，观察实验现象。 已知：6HCl+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O（1）在该反应中，浓盐酸体现___________性。(填字母)A．酸性B．氧化性C．还原性（2）试管B中的现象为___________，可得出的结论是___________。（3）试管C中溶液变蓝，该现象能说明氧化性：Cl2___________I2(“＞”、“=”或“＜”)。（4）烧杯D中发生反应的离子方程式为___________。（5）当有标准状况下67.2LCl2产生时，反应中转移的电子数为___________。（6）实验完毕后，可拿下针筒并吸入空气，再与V管相连，把针筒中的空气推入，反复多次。这样操作的目的是___________。【答案】（1）AC（2）①.干燥的品红试纸不褪色，湿润的品红试纸褪色②.干燥的Cl2没有漂白性，Cl2与水反应生成的HClO有漂白性(合理即可给分)（3）＞（4）Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O（5）5NA（6）将残留在装置中的氯气推入NaOH溶液中吸收，防止污染空气【解析】【分析】浓盐酸与KClO3在常温下反应产生Cl2，制取的Cl2经装置A中浓硫酸干燥后通入盛有品红试纸的试管B中，看到干燥的品红试纸不褪色，而潮湿的品红试纸褪色，证明Cl2不具有漂白性，Cl2与水反应产物具有漂白性；然后将氯气通入盛有淀粉-碘化钾溶液的试管C中，看到淀粉碘化钾溶液变为蓝色；Cl2是有毒气体，不能直接排入大气，可根据其能够与NaOH溶液反应的性质，用NaOH溶液进行尾气处理，来防止倒吸现象的发生，要连接一个倒扣的漏斗，然后排放。【小问1详解】 在制取Cl2的反应6HCl+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O中，HCl中的Cl一部分失去电子变为Cl2，表现还原性；一部分仍然以Cl-的形式存在，与K+结合形成盐，表现酸性，故该反应中浓盐酸的作用是酸性、还原性，故合理选项是AC；【小问2详解】在试管B中看到Cl2不能使干燥的品红试纸褪色，而湿润的品红试纸褪色，这说明：干燥的Cl2没有漂白性，Cl2与水反应生成的HClO有漂白性；【小问3详解】试管C中溶液变蓝，是由于发生反应：Cl2+2KI=2KCl+I2，I2遇淀粉溶液变为蓝色，由于氧化剂的氧化性比氧化产物的氧化性强，故该现象能说明氧化性：Cl2＞I2；【小问4详解】在D烧杯中发生反应：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，该反应的离子方程式为：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；【小问5详解】根据方程式6HCl+KClO3=KCl+3Cl2↑+3H2O可知：每有3molCl2产生，反应过程中转移电子的物质的量是5mol。现在制取得到标准状况下67.2LCl2，其物质的量n(Cl2)=，则反应转移电子的数目是5NA；【小问6详解】实验完毕后，可拿下针筒并吸入空气，再与V管相连，把针筒中的空气推入，反复多次。这样操作的目的是将残留在装置中的氯气推入NaOH溶液中吸收，防止残留的氯气逸出而污染空气。