四川省成都外国语学校2022-2023学年高一下学期期中考试化学Word版含解析

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成都外国语学校2022-2023学年度高一下期期中考试化学试卷注意事项：1.本试卷分I卷(选择题)和Ⅱ卷(非选择题)两部分。2.本堂考试75分钟，满分100分。3.答题前，考生务必先将自已的姓名、学号填写在答卷上，并使用2B铅笔填涂。4.考试结束后，将答题卡交回。可能用到的相对原子质量：第I卷(选择题，共42分)一、选择题(本题包括14小题，每小题3分，共42分。每小题只有一个选项符合题意)1.下列说法正确是A.碳纳米材料属于新型有机高分子材料B.人类通过控制条件，将氮气氧化或还原为氮的化合物，实现人工固氮C.工业上常用铁罐盛装大量稀硝酸D.普通玻璃以纯碱、熟石灰和石英砂为原料，发生复杂的物理和化学变化制得【答案】B【解析】【详解】A．碳纳米材料属于新型无机材料，不属于高分子，A错误；B．固氮是指将游离态氮转化为化合态氮元素的过程，人工固氮如合成氨等，从化合价角度分析，单质氮化合价可升高，也可降低转化为氮的化合物，B正确；C．铁在常温下遇到浓硝酸会发生钝化现象，可用铁罐盛装大量浓硝酸，但常温下铁与稀硝酸会发生反应，所以不能用于盛放稀硝酸，C错误；D．普通玻璃以纯碱、石灰石和石英砂为原料制备而成，D错误；故选B。2.作表示阿伏伽德罗常数，下列说法正确的是A.中含有的电子数为B.与充分反应，转移电子数为C.中含有的氢原子数为D.常温常压下所含分子数为【答案】C【解析】

1【详解】A．中含有的电子数为=10NA，A错误；B．与反应属于可逆反应，所以1mol二氧化硫不能完全反应，无法准确计算转移电子数，B错误；C．中含有的物质的量为1mol，其含氢原子数为，C正确；D．常温常压下气体摩尔体积大于22.4L/mol，所以所含分子数小于，D错误；故选C。3.和在催化剂表面合成氨的微观历程示意图如下，用、、分别表示、、，下列说法正确的是A.②到③过程中，需要释放能量B.③到④变化过程中，需要吸收能量C.因反应中化学键断裂吸收的能量小于形成新化学键放出的能量，故该反应为放热反应D.N原子和H原子形成了含有非极性键的【答案】C【解析】【详解】A．②到③过程为化学键的断裂，则需要吸收能量，故A错误；B．③到④变化过程为化学键的形成，则有能量放出，故B错误；C．反应物化学键断裂吸收的能量小于形成新化学键放出的能量，该反应为放热反应，故C正确；D．N原子和H原子形成了含有极性键的NH3，故D错误；故选：C。4.在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】A．铁与氯气点燃条件下反应直接生成氯化铁，而不是氯化亚铁，A错误；

2B．硫与氧气直接化合生成二氧化硫，而不是三氧化硫，B错误；C．碳酸钙在高温条件下会发生分解转化为氧化钙和二氧化碳，氧化钙为碱性氧化物，二氧化硫为酸性氧化物，两者直接反应会生成亚硫酸钙，C正确；D．NO为不成盐氧化物，不溶于水也不能与水反应生成硝酸，该步不能实现，D错误；故选C。5.下列有关元素化合物的说法正确的是A.无水硫酸铜可以用来检验酒精中是否含少量水B.铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气C.实验室加热氯化铵固体，用碱石灰除去氯化氢的方法制备氨气D.向某待测液中先加入适量稀硝酸，再加入硝酸钡溶液，产生白色沉淀，说明原待测液中含有【答案】A【解析】【详解】A．白色无水硫酸铜粉末可吸收水变为蓝色晶体，此性质可用于检测酒精中是否含少量水，A正确；B．铵盐都不稳定，但受热分解不一定都生成氨气，如硝酸铵，B错误；C．实验室利用的是氯化铵和氢氧化钙共热制备氨气，若只加热氯化铵固体，生成的氯化氢会与氨气继续化合重新生成氯化铵固体，此方法不能用于制备氨气，C错误；D．稀硝酸具有强氧化性，若原溶液中含亚硫酸根离子或亚硫酸氢根离子，也会出现上述现象，D错误；故选A。6.某温度下，在恒容密闭容程中发生反应：，反应过程中化学反应速率随时间变化关系如图所示。下列说法正确的是A.时，B.时，反应达到最大限度，反应已经停止C.温度升高可使化学反应速率加快，所以实际生产中温度越高越好

3D.容器中充入氦气增大压强，可以加快该反应的化学反应速率【答案】A【解析】【详解】A．时，反应未达平衡状态，，根据速率之比等于计量数之比，则，即有，故A正确；B．时，反应达平衡状态，处于动态平衡，反应并未停止，故B错误；C．实际生产中考虑到设备、催化剂等因素，并不是温度越高越好，故C错误；D．容器中充入氦气，虽然压强增大，但是各物质浓度不变，分压不变，反应速率不变，故D错误；故选A。7.下列离子方程式或化学方程式正确的是A.Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀：2H+++Ba2++2OH-=BaSO4↓+2H2OB.氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热：+OH-NH3·H2OC.硫酸铝溶液与过量氨水的反应：Al3++4NH3·H2O=AlO+4NHD.向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O【答案】D【解析】【详解】A．Ba(OH)2溶液中滴入NaHSO4溶液至Ba2+恰好完全沉淀，则氢离子完全生成水、氢氧根离子过量，反应为：H+++Ba2++OH-=BaSO4↓+H2O，A错误；B．氯化铵浓溶液跟浓NaOH溶液混合后加热生成氨气和水：+OH-NH3↑+H2O，B错误；C．硫酸铝溶液与过量氨水的反应生成氢氧化铝沉淀，氨水为弱碱不能溶解氢氧化铝：，C错误；D．向Fe(NO3)2稀溶液中加入盐酸，酸性条件下硝酸根离子将亚铁离子氧化为铁离子，反应为：3Fe2++4H++=3Fe3++NO↑+2H2O，D正确；故选D。8.工业上一般以CO和H2为原料合成甲醇，该反应的化学方程式为：CO(g)+2H2(g)CH3OH(g)，若将等物质的量的CO和H2

4混合气体充入恒温恒容密闭容器中进行上述反应，下列事实能说明此反应已达到平衡状态的是A.容器内气体密度保持不变B.混合气体的平均相对分子质量不变C.CO、H2、CH3OH三者的反应速率之比1：2：1D.CO的体积分数保持不变【答案】B【解析】【分析】【详解】A．建立平衡过程中，容器内气体密度始终保持不变，故容器内气体密度保持不变不能说明反应达到平衡状态，A不合题意；B．由于反应过程中气体的质量始终保持不变，但气体的物质的量发生变化，故混合气体的平均相对分子质量达到平衡之前一直在改变，混合气体的平均相对分子质量不变能够说明反应达到平衡，B符合题意；C．化学平衡的标志是正、逆反应速率保持不变、相等，而题干未告知CO、H2、CH3OH三者的正反应速率还是逆反应速率，故CO、H2、CH3OH三者的反应速率之比1：2：1不能说明反应达到平衡，C不合题意；D．设起始CO和氢气物质的量为amol，起始CO的体积分数为0.5，起始到某一时刻转化CO物质的量为xmol，则某时刻瞬时CO、H2、CH3OH物质的量依次为(a-x)mol、(a-2x)mol、xmol，则CO的体积分数为，即CO的体积分数始终不变，故CO的体积分数保持不变不能说明反应达到平衡，D不合题意；故答案为：B。9.利用如图所示装置进行下列实验，能得出相应实验结论的是（）选项①②③实验结论A浓盐酸MnO2NaOH制氯气并吸收尾气B浓硝酸Na2CO3Na2SiO3溶液酸性：硝酸>碳酸>硅酸C稀盐酸Na2SO3Ba(NO3)2SO2

5溶液与可溶性钡盐均可生成白色沉淀D浓硫酸蔗糖溴水浓硫酸具有脱水性、氧化性A.AB.BC.CD.D【答案】D【解析】【详解】A．常温下浓盐酸与二氧化锰不反应，二者反应需要加热条件，故A错误；B．浓硝酸易挥发，则③中可能发生硝酸与硅酸钠的反应，则不能比较碳酸与硅酸的酸性大小，故B错误；C．盐酸与亚硫酸钠生成二氧化硫，在③中二氧化硫与Ba(NO3)2溶液发生氧化还原反应生成硫酸钡，但是二氧化硫与氯化钡不反应，结论错误，故C错误；D．蔗糖与浓硫酸混合，蔗糖脱水得到C与浓硫酸发生氧化还原反应生成二氧化硫，二氧化硫与溴水发生氧化还原反应生成硫酸和HBr，溴水褪色，则由实验可知浓硫酸具有脱水性、氧化性，故D正确；故选D。10.在容积为的恒容密闭容器内进行反应，经的浓度减小。对此反应速率的正确表示是A.用A表示的反应速率是B.分别用B、C、D表示反应的速率，其比值是C.在这内，用单位时间内A的物质的量变化表示的平均速率是D.在末时的反应速率，用反应物B来表示是【答案】C【解析】【分析】在容积为的恒容密闭容器内进行反应，经的浓度减小，则根据反应速率的定义可知反应物B来表示平均反应速率为，物质的化学计量数之比等于化学反应速率之比，据此分析解答。

6【详解】A．A为固体，不能用固体的浓度变化表示反应速率，A错误；B．化学反应速率之比等于参加反应物质的化学计量数之比，则B、C、D表示反应的速率，其比值是，B错误；C．在这内，各物质转化的物质的量之比等于其化学计量数之比，因B转化的物质的量为用单位时间内A的物质的量变化表示的平均速率是，所以B的物质的量表示的速率为，C正确；D．化学反应速率均为平均速率，不能表示末时的反应速率，D错误；故选C。11.部分含氮及氯物质的价类二维图如下，下列推断不合理的是A.a和c可在一定条件下反应生成bB.工业上通过a→b→d→e来制备C.浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′D.a和b′可在一定条件下反应生成b【答案】B【解析】【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。【详解】A．和NO可在一定条件下可以发生归中反应生成，A正确；B．工业上通过，，，即来制备，B错误；

7C．可通过反应得到氯气，C正确；D．氨气中的氮-3价，有还原性，氯气有氧化性，两者可在一定条件下反应生成，D正确；故选B。12.下图的每一方格中表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C、D、E为无色气体，F为红棕色气体。下列说法不正确的是A.F与水的反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1B.用蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近瓶口可以检验C气体是否收集满C.M可能是纯净物或混合物D.D在一定条件下可以与C发生置换反应【答案】A【解析】【详解】A．F为二氧化氮，与水反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，A错误；B．C为氨气，可用蘸有浓盐酸玻璃棒靠近瓶口检验是否收集满，B正确；C．M为碳酸铵或碳酸氢铵，或二者的混合物，可能为纯净物也可能为混合物，C正确；D．D为氧气，可与氨气发生置换反应生成氮气，D正确；答案选A。13.将铜镁合金完全溶解于某浓度的硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，当向反应后的溶液中加入一定浓度溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为。和的混合气体中，的体积分数是A.B.C.D.【答案】A

8【解析】【详解】金属阳离子沉淀后生成氢氧化物，因此，，根据得失电子数目守恒，3n(NO)+n(NO2)=1mol，n(NO)+n(NO2)=，联立解得n(NO)=0.3mol，n(NO2)=0.1mol，相同条件下，体积分数等于物质的量分数，因此二氧化氮的体积分数为=25%，故选A。14.我们在课堂上学习和接触过许多有趣的电池，关于下列电池的说法不正确的是A.图1中苹果酸的结构简式为，铜片上可能发生的反应为：B.图2铜片上发生的反应为C.图3电池锌筒做负极被不断消耗，用久有漏液风险D.图4燃料电池放电时溶液中向b电极移动【答案】B【解析】【详解】A．由图示可知，Fe较活泼，是负极，Fe转化成Fe2+，Cu是正极，HOOCCH(OH)CH2COOH转化成OOCCH(OH)CH2COO2-和H2，铜片上可能发生的反应为，A正确；B．由图示可知，Fe较活泼，是负极，Fe转化成Fe2+，Cu为正极，反应为O2+2H2O+4e-=4OH-，B错误；C．由图示可知，图3电池锌筒做负极，放电过程中锌被不断消耗，用久有漏液风险，C正确；D．电池a中氨气在碱性条件下失电子被氧化转化为氮气和水，为负极，电极b中氧气在得电子生成氢氧根离子，为正极，燃料电池中，阳离子向正极移动，所以上述燃料电池放电时溶液中向b电极移动，D正确；故选B。第Ⅱ卷(非选择题，共58分)

9二、填空题15.某温度下加氢制甲醇的的总反应为，该反应为放热反应，在固定容积为的密闭容器中充入的和的，测得和的物质的量随时间变化如图。请回答：（1）对于该反应，反应物的化学键断裂要吸收的能量_______。(填“大于”、“小于”或“等于”)生成物的化学键形成要放出的能量。（2）下列措施能加快反应速率的是_______(填序号，下同)。A.往容器中充入B.往容器充入C.及时分离出D.减小容器体积E.选择高效的催化剂（3）内的反应速率为_______，末时_______(填“<”“>”或“=”)。（4）恒温恒容条件下，能说明反应已达平衡状态的是_______。A.体积分数保持不变B.容器中气体压强保持不变C.容器中浓度与浓度之比为1：1D.混合气体的密度保持不变E.的生成速率是生成速率的3倍（5）该反应平衡时的转化率为_______。【答案】（1）小于（2）BDE（3）①.0.1mol/(L·min)②.>（4）ABE（5）75%【解析】【小问1详解】反应物断键吸收的能量小于生成物形成键放出的能量时反应为放热。答案为小于；

10【小问2详解】A．容器中充入N2不改变反应体系各物质的浓度反应速率不变，A项不符合题意；B．充入H2，反应物浓度增大速率加快，B项符合题意；C．分离出CH3OH降低产物浓度，反应速率减慢，C项不符合题意；D．减小容器体积，反应体系各物质浓度增大反应速率加快，D项符合题意；E．催化剂能加快反应速率，E项符合题意；故选BDE；【小问3详解】从图看CH3OH物质的量由0增加到0.4mol即，v=；2min末反应正向进行，即v正>v逆；【小问4详解】A．随着反应进行CO2减少，其体积分数减小，平衡时CO2体积分数不变可判断平衡，A项符合题意；B．随着反应进行，体系中气体减少，恒容下压强降低，平衡时压强不变可判断平衡，B项符合题意；C．反应中CH3OH和水物质的量1：1  产生，两者浓度之比为1：1，无法判断平衡，C项不符合题意；D．气体质量守恒，恒容所以反应中密度一直不发变化，密度不变无法判断平衡，D项不符合题意；E．v正=v逆反应平衡，生成H2为逆向反应而生成H2O为正向且两者速率之比符合系数之比，该特征可判断平衡，E项符合题意；故选ABE；【小问5详解】反应达平衡，CO2由0.8mol降低至0.2mol，变化量为0.6mol，转化率=。16.I.化学反应中伴随着能量变化，探究各种能量变化是一永恒的主题。（1）下列变化属于放热反应的是_______(填序号)。a.生石灰溶于水b.氢氧化钠固体溶于水c.氢气与氯气化合d氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌e.盐酸和镁的反应（2）下列图像分别表示有关反应的反应过程与能量变化的关系。

11据此判断下列说法中正确的是_______(填序号)。a.等质量的石墨和金刚石完全燃烧释放的热量相同b.白磷和红磷互为同素异形体，相同条件下白磷比红磷稳定c.和具有的总能量小于具有的总能量Ⅱ.如下图是某化学兴趣小组探究不同条件下化学能转变为电能的装置。请回答下列问题：（3）当电极a为，电极b为，电解质溶液为溶液时，正极的电极反应式为_______。若初始时两电极质量相等，当电路中有通过时，两极的质量差为_______g。（4）当电极a为，电极b为，电解质溶液为溶液时，该电池的负极反应式为_______。当反应中收集到标准状况下气体时，消耗负极的物质的量为_______。【答案】（1）ace（2）C（3）①.Cu2++2e-=Cu②.129（4）①.Al+3e-+4OH-=AlO+H2O②.0.01【解析】【小问1详解】a．生石灰溶于水，反应生成氢氧化钙，是放热反应，故a符合题意；b．氢氧化钠固体溶于水是放热过程，故b不符合题意；c．氢气与氯气化合反应生成氯化氢，是放热反应，故c符合题意；d．氯化铵固体与氢氧化钡晶体混合搅拌是吸热反应，故d不符合题意；e．盐酸与镁反应放出氢气的过程属于放热反应，故e符合题意；综上所述，答案为：ace；【小问2详解】A．等质量的石墨和金刚石完全燃烧，金刚石燃烧释放的热量大于石墨燃烧释放的热量，故A错误；B．白磷和红磷互为同素异形体，根据能量越低越稳定，则相同条件下红磷比白磷稳定，故B错误；C．1mol(g)和1mol(g)的总键能大于2molNO(g)的总键能，因此1mol(g)和1mol(g)

12具有的总能量小于2molNO(g)具有的总能量，故C正确；综上所述，答案为：C；【小问3详解】当电极a为Zn，电极b为Cu，电解质溶液为溶液时，锌失去电子，作负极，Cu为正极，则正极的电极反应式为Cu2+＋2e－＝Cu；若初始时两电极质量相等，当电路中有2mol通过时，则负极有1mol锌溶解，正极得到1mol铜单质，则两极的质量差为1mol×65g∙mol−1＋1mol×64g∙mol−1＝129g；故答案为：Cu2+＋2e－＝Cu；129；【小问4详解】当电极a为Al，电极b为Mg，电解质溶液为NaOH溶液时，Mg与NaOH溶液不反应，Al与NaOH溶液反应，因此Al为负极，其电极反应式为Al−3e－＋4OH－＝AlO＋2H2O。当反应中收集到标准状况下336mL气体(物质的量为0.015mol)时，根据关系式2Al～3H2，则消耗负极的物质的量为0.01mol；故答案为：Al−3e－＋4OH－＝AlO＋2H2O；0.01。17.I.某实验小组利用压强传感器，数据采集器和计算机等数字化实验设备组成数据采集系统，探究外界条件对双氧水分解速率的影响。实验装置(下图)和所完成实验编号如下。请回答下列问题。资料显示：通常情况下，较稳定，不易分解。实验药品：、、、实验编号实验药品催化剂①溶液②溶液③溶液无催化剂

13④溶液⑤溶液（1）用化学方程式表示实验原理_______。（2）编号①和②的实验目的是_______。（3）编号③④⑤探究的是不同催化剂条件下双氧水的分解速率，实验结果如图所示。说明图中曲线的含义_______。结合实验条件，分析三条曲线的区别_______。Ⅱ.近期，我国科学家在实验室中成功用二氧化碳合成了淀粉，反应速率大小是评价该研究成果的重要依据。为探究影响反应速率的因素，某同学在实验室中寻找合适试剂进行实验。（4）为比较和对分解的催化效果，设计了以下实验：若该实验中反应速率①>②，能否说明对分解的催化效果一定比好，给出你的判断并简要说明理由_______。（5）丙酮的碘代反应的速率方程为(其中v为反应速率，k为速率常数，为反应物X的浓度)，其半衰期(当剩余反应物恰好是起始的一半时所需的时间)为。改变反应物浓度时，反应的瞬时速率如表所示：

140.250.0501.40.500.0502.81.0000505.60.500.102.8①该反应的速率常数k的数值为_______。②在过量的存在时，反应掉的所需的时间是_______。【答案】（1）（2）探究浓度对反应速率的影响（3）①.不同催化剂对反应速率的影响不同，随温度升高反应速率加快②.二氧化锰作催化剂催化效果最好，无催化剂时，双氧水稳定，不分解（4）否，两催化剂的阴离子不同（5）①.5.6×10-3min-1②.375【解析】【小问1详解】双氧水在催化剂作用下分解为水和氧气，反应的化学方程式是；【小问2详解】编号①和②中双氧水的浓度不同，所以实验目的是探究浓度对反应速率的影响；【小问3详解】编号③④⑤探究的是不同催化剂条件下双氧水的分解速率，实验结果如图所示。根据图示，图中曲线的含义是不同催化剂对反应速率的影响不同。二氧化锰作催化剂催化效果最好，无催化剂时，双氧水稳定，不分解；【小问4详解】上述实验中铁盐和铜盐的阴离子种类不同，不能控制单一变量，所以不能说明对分解的催化效果一定比好，故答案为：否，两催化剂的阴离子不同；【小问5详解】①对比实验1和实验2，c(CH3COCH3)增大一倍，v增大一倍，由v=k·cm(CH3COCH3)·cn(I2)可知，m=1

15；对比实验2和实验4，c(I2)增大一倍，v不变，由v=k·cm(CH3COCH3)·cn(I2)·cp(H+)可知，n=0；代入实验3数据得v=5.6×10-3min-1=k；②上述可知k=5.6×10−3min−1，经历一个半衰期所需时间为==125min，反应掉87.5%的CH3COCH3，剩余的浓度时起始浓度的，相当于该反应经历了3个半衰期，所需的时间是125min×3=375min。18.世界卫生组织国际癌症研究机构公布的致癌物清单初步整理参考，亚氯酸钠在3类致癌物清单中，但其在工业上可用作漂白剂、脱色剂、清毒剂、拔染剂等，的一种生产工艺如下：（1）写出“反应”步骤中生成的化学反应方程式：_______。（2）“电解所用食盐水由粗盐水精制而成，精制时为除去，加入的除杂试剂依次为_______，过滤后为得到纯净的溶液还需加入_______(以上填写相应物质的化学式)。设计除杂的实验方案时，除了要考虑所加试剂的种类，还要考虑_______。（3）“电解”过程产生的可用于工业制漂白液，写出工业制漂白液的化学方程式：_______。（4）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量，此吸收反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______，该反应中氧化产物是_______。（5）新冠流行期间，一种名叫“VB空气防护卡”成为了网红。商品介绍卡片中含有的主要活性成分——。在接触空气时可以释放安全可靠的低浓度，从而达到消除病毒、细菌活性的防护效果。有同学推测VB空气防护原理是因为。与空气中的发生反应得到，同时得到和钠的另一种正盐，试写出相应的化学反应方程式：_______。【答案】（1）SO2+2NaClO3+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2（2）①.NaOH溶液、BaCl2和Na2CO3②.HCl③.所加试剂顺序和用量（3）Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O（4）①.2：1②.（5）

16【解析】【分析】硫酸、SO2与NaClO3反应生成ClO2，同时生成NaHSO4，ClO2与食盐水在电解的条件下反应生成Cl2和NaClO2，尾气中加入NaOH和H2O2生成NaClO2，综上进行分析答题。【小问1详解】反应过程：反应物为硫酸、SO2与NaClO3，生成物为NaHSO4和ClO2，化学反应的方程式为：SO2+2NaClO3+H2SO4=2NaHSO4+2ClO2；【小问2详解】、、三种离子的除杂试剂分别为NaOH溶液，Na2CO3溶液和氯化钡溶液，由于杂质离子的物质的量不确定，所以除杂试剂的应该过量，过量的氯化钡应该用碳酸钠除去，所以顺序应该为NaOH溶液、BaCl2和Na2CO3，过滤后，向滤液中加入适量的盐酸调节pH至中性或弱酸性，因此，过滤后为得到纯净的溶液还需加入HCl，在操作过程中为了达到除杂目的，又不浪费原料，需要注意所加试剂顺序和用量；【小问3详解】与氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，可用于工业制漂白液，涉及的化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O；【小问4详解】尾气吸收过程中发生反应：，氧化剂为，还原剂为，二者系数比为2:1，氧化产物为O2；【小问5详解】与空气中的发生反应得到，同时得到和钠的另一种正盐Na2CO3，化学反应方程式：。

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