湖南师范大学附属中学2021-2022学年高一下学期1月入学考试化学试卷(解析版).docx

《湖南师范大学附属中学2021-2022学年高一下学期1月入学考试化学试卷(解析版).docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湖南师范大学附属中学2021-2022学年高一下学期1月入学考试化学试卷(解析版).docx（17页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、湖南师范大学附属中学2021-2022学年高一下学期入学考试化学试题时量：75分钟 满分：100分可能用到的相对原子质量：H1 C12 O16 Na23 S32 Cl35.5 Mn55 Fe56 Cu64第I卷 选择题一、单选题(本题共10小题，每小题3分，共30分。每小题只有一个选项符合题意)1. 下列物质的化学式与俗名不相对应的是A. FeSO47H2O皓矾B. CuSO45H2O胆矾C. Na2SO410H2O芒硝D. KAl(SO4)212H2O明矾【答案】A【解析】【详解】AFeSO47H2O绿矾，A错误；BCuSO45H2O胆矾，B正确；CNa2SO410H2O芒硝，C正确；DKA

2、l(SO4)212H2O明矾，D正确；故选A。2. 羟基氧化铝是一种“纳米材料”，粒子直径为1100nm。若将其均匀地分散到蒸馏水中，形成某一分散系，下列描述正确的是是溶液 是胶体 能产生丁达尔效应 能透过滤纸 不能透过滤纸 静置后，会析出沉淀A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】胶体粒子的微粒直径在1100nm之间，纳米碳其粒子直径为l100nm之间，将羟基氧化铝分散到水中，所形成的分散系为胶体分散系，利用胶体中分散质粒子的直径和胶体的性质来分析。【详解】“纳米材料”是粒子直径为1100nm的材料，纳米碳就是其中的一种。属于胶体分散质微粒直径的大小，若将纳米碳均匀地分散到蒸馏水中

3、形成分散系是胶体，属于介稳体系，比较稳定，一般不会沉淀，具有丁达尔现象，能透过滤纸，但不能透过半透膜，故正确，答案选B。3. 在某无色透明的酸性溶液中，能大量共存的离子组是A. Na+、Zn2+、SO、HCOB. Cu2+、K+、SO、NOC. NH、Ba2+、Cl-、NOD. Fe3+、K+、SO、I-【答案】C【解析】【分析】【详解】A酸性溶液中存在H+，则HCO+H+=CO2+H2O，不能大量共存，故A错误；B含Cu2+溶液显蓝色，不符合题目无色要求，故B错误；CNH、Ba2+、Cl-、NO四种离子与H+均不反应，且无色，则能大量共存，故C正确；D含Fe3+溶液显黄色，且Fe3+与I-发

4、生氧化还原反应，不符合题目要求，故D错误；故选C。4. 某小组拟用两种方法制备同一种金属氯化物：用金属和氯气共热直接化合制得；用金属和盐酸反应制得。可以成功的是A. CuCl2B. FeCl3C. NaClD. FeCl2【答案】C【解析】【分析】【详解】A.铜和氯气可以制得氯化铜，铜和盐酸不反应，A项错误；B.铁和氯气反应得氯化铁，铁和盐酸反应的氯化亚铁，B项错误；C.钠在氯气中燃烧得氯化钠，钠和盐酸反应生成氯化钠，C项正确；D.铁和氯气反应得氯化铁，因为氯气是强氧化剂，而盐酸是弱氧化剂，和铁反应只能得氯化亚铁，D项错误【点睛】5. 下列离子方程式书写正确的是A. 铁与稀盐酸反应：Fe+2H

5、+ =Fe2+H2B. CaCO3与足量的稀硝酸反应：CO+2H+=CO2+H2OC NaHCO3溶液与NaOH溶液反应：HCO+OH-=CO2+H2OD. AlCl3与足量氨水反应：Al3+3OH-=Al(OH)3【答案】A【解析】【分析】【详解】A铁与稀盐酸反应，离子方程式：Fe+2H+=Fe2+H2，故A正确；B碳酸钙和硝酸反应生成硝酸钙、二氧化碳和水，其中硝酸是强酸，硝酸钙是可溶性盐，均能拆，故离子方程式为CaCO3+2H+=Ca2+H2O+CO2，故B错误；CNaHCO3溶液与NaOH溶液反应，生成碳酸钠和水，离子方程式为：HCO+OH-=CO+H2O，故C错误；D一水合氨为弱电解质

6、，不能拆，故离子方程式为Al3+3NH3H2O=Al(OH)3+3NH，故D错误；故选：A。6. 2020年12月17日1时59分，嫦娥五号返回器在内蒙古四子王旗成功着陆，标志着我国首次月球土壤采样返回任务圆满完成。月球的土壤中吸附着以百万吨计的氦-3()，每百吨氦-3核聚变所释放出的能量相当于目前人类一年消耗的能量；而地球上的氦主要是以氦-4()存在。运用你所学过的化学知识分析，下列有关和的说法不正确的是A. =+，不属于化学变化的范畴B. 和的原子结构示意图均可表示为C. 和互为同位素D. 和分别形成单质的物理和化学性质完全一样【答案】D【解析】【分析】核素的表示方法为：元素符号左下角为质

7、子数，左上角为质量数；【详解】A=+，原子种类不变，不涉及化学键断裂与形成，不属于化学变化的范畴，A正确；B和的质子数和电子数均为2，原子结构示意图正确，B正确；C具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；和互为同位素，C正确； D和的质量数不同，分别形成单质的物理性质有差异，D错误；故选D。7. 下列叙述正确的是(NA表示阿伏加德罗常数的值)A. 1mol任何物质都含有约6.021023个分子B. 常温常压下，11.2LCO2含有的分子数为0.5NAC. 含有NA个氦原子的氦气在标准状况下的体积约为11.2LD. 25、1.01105Pa下，64gSO2中含有原子数为3NA【

8、答案】D【解析】【详解】A有些物质是由离子或原子构成的，故不是1mol任何物质都含有约6.021023个分子，A错误；B常温常压下，11.2 LCO2的物质的量不是0.5mol，含有的分子数不是0.5NA，B错误；C含有NA个氦原子的氦气是1mol，在标准状况下的体积约为22.4L，C错误；D25 、 1.01105Pa下，64 g SO2的物质的量是64g64g/mol=1mol，其中含有的原子数为3NA，D正确；答案选D。8. 铁的合金是当今世界使用量最大的合金，下列关于铁及其化合物的说法正确的是A. Fe2O3可以直接溶于水生成Fe(OH)3B. Fe(OH)3在空气中充分加热最终产生F

9、eO和H2OC. Fe3O4可以通过置换反应或化合反应制备D. 铁在空气中放处，其表面会生成致密的钝化膜从而阻止铁被继续腐蚀【答案】C【解析】【详解】AFe2O3难溶于水，不能直接溶于水生成Fe(OH)3，A错误；BFe(OH)3在空气中充分加热最终产生Fe2O3和H2O，B错误；CFe与H2O蒸气在高温下发生置换反应产生Fe3O4和H2；Fe在O2中点燃，发生化合反应产生Fe3O4，故Fe3O4可以通过置换反应或化合反应制备，C正确； D铁在空气中放置表面不能生成生成致密的Fe2O3，不能阻止铁被继续腐蚀，D错误；故选C。9. 下列实验操作及装置正确是A.配置一定物质的量浓度的NaOH溶液B

10、.比较NaHCO3和Na2CO3的热稳定性C.制取并观察Fe(OH)2沉淀D除去Cl2中的HCl气体杂质A. AB. BC. CD. D【答案】C【解析】【详解】A配制一定物质的量浓度的 NaOH溶液时，应先在小烧杯中溶解，且待其温度恢复至室温后再转移至容量瓶，A错误；B比较 NaHCO3和 Na2CO3 的热稳定性时，小试管中的试剂为碳酸氢钠，大试管为碳酸钠，B错误；C制取并观察 Fe(OH)2沉淀时，苯在液面上，能隔绝溶液与空气的接触，可较长时间的观察氢氧化亚铁沉淀的生成，C正确；D氯气和氯化氢均可以可氢氧化钠反应，D错误； 答案为C。10. 对溶液中的离子进行鉴定，下列实验所得结论合理的

11、是A. 某待检溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则待检溶液中一定含有Cl-B. 某待检溶液中加入氯水，再加入KSCN溶液，溶液变红色，则待检溶液中含有Fe2+C. 某待检溶液中加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明待检溶液中含有Fe3+D. 某待检溶液中加入盐酸，有使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体放出，可推测待检溶液中一定含有大量CO【答案】C【解析】【分析】根据反应现象判断产物，利用离子的特性进行检验；【详解】A待检溶液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液，有白色沉淀生成，可能含有硅酸根离子，也可能含有氯离子，检验氯离子应该先加入硝酸，后加硝酸银；故A不正确；B二价铁的检验，应

12、先加入KSCN溶液，溶液无色，后加入氯水变红，如果顺序倒置，可能含有三价铁，故B不正确；C待检溶液中加入NaOH溶液，产生红褐色沉淀，说明生成氢氧化铁，故证明含有三价铁，故C正确；D待检溶液中加入盐酸，有使澄清石灰水变浑浊的无色无味的气体放出，可能是碳酸氢根也可能是碳酸根，故D不正确；故选答案C；【点睛】此题考查离子的检验；注意检验过程中避免干扰离子。二、不定项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。每小题有一个或两个选项符合题意，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. X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素。已知X的阴离子电子层结构与氦原子电子层结构相同；Y原

13、子的最外层电子数是其次外层电子数的两倍；Z有Z2和Z3两种常见的同素异形体；W+的电子层结构与Ne的电子层结构相同。下列说法正确的是A. 化合物WXYZ3中含有离子键和极性共价键，属于离子化合物B. 已知YZ2分子的空间结构是直线形，则分子中共价键键角为180C. 化合物WX能与水反应生成强碱，该反应属于复分解反应D. 元素X、Z形成的化合物中不可能含有非极性键【答案】AB【解析】【分析】X、Y、Z、W为原子序数递增的四种短周期元素。Y原子的最外层电子数是其次外层电子数的两倍，为碳；Z有Z2和Z3两种常见的同素异形体，为氧；W+的电子层结构与Ne的电子层结构相同，为钠；已知X的阴离子电子层结构

14、与氦原子电子层结构相同，为氢。【详解】A化合物WXYZ3为NaHCO3，是由钠离子和碳酸氢根离子构成的化合物，含有离子键，且碳酸氢根中含有极性共价键，属于离子化合物，A正确；BCO2分子的空间结构是直线形，则分子中共价键键角为180，B正确；C化合物NaH能与水反应生成强碱氢氧化钠和氢气，为单质和化合物生成单质和化合物的反应，该反应属于置换反应，C错误； D元素X、Z形成的化合物中可以为水、过氧化氢，过氧化氢分子含有非极性键，D错误；故选AB。12. 18世纪70年代，瑞典化学家舍勒将软锰矿与浓盐酸混合加热，发现了氯气，该方法至今还是实验室制备氯气的主要方法。下列关于实验室制氯气的说法不正确的

15、是A. 浓盐酸在反应中起到酸性和还原剂作用B. 将87gMnO2和足量浓盐酸反应，与将含有146gHCl的浓盐酸与足量MnO2反应制得的氯气一样多C. 为防止氯气污染环境，可选用稀碱溶液进行尾气处理D. 实验时要缓缓加热，以减少HCl的挥发【答案】B【解析】【详解】A软锰矿与浓盐酸混合加热，发生反应的方程式为：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2+2H2O，在该反应中，浓盐酸中的一部分Cl由-1价变为Cl2中的0价，失去电子，表现还原性，一部分化合价没有变化，与Mn2+结合形成盐，所以浓盐酸在反应中起到酸性和还原剂作用，A正确；B87g MnO2的物质的量是1mol，由于有足量浓盐酸反应

16、，所以根据方程式可知1mol MnO2会完全反应，产生1molCl2；146gHCl的物质的量是146g36.5g/mol=4mol，但随着反应的进行，盐酸浓度降低，当为稀盐酸时反应停止，所以生成的氯气的物质的量小于1mol，故两种情况反应产生的Cl2的物质的量不等，B错误；CCl2是大气污染物，在尾气排放前要进行处理，可根据Cl2能够与碱反应的性质，用NaOH溶液进行吸收，C正确；D盐酸具有挥发性，要缓缓加热，以减少HCl的挥发，D正确；故选B。13. 分离提纯下列物质时选用的试剂和操作方法均正确的是选项分离提纯试剂方法A除去CO2中的HCl饱和NaCl溶液洗气B除去HCl中的水蒸气碱石灰干

17、燥C除去FeCl2溶液中的FeCl3铁屑过滤D除去Al2O3中的Fe2O3NaOH溶液过滤A. AB. BC. CD. D【答案】AC【解析】【详解】A二氧化碳能溶于水，氯化氢气体极易溶于水，溶于水的氯化氢使溶液呈酸性，能降低二氧化碳的溶解度，则能用饱和氯化钠溶液除去二氧化碳中的氯化氢气体，故A正确；B氯化氢能与碱石灰反应，不能用碱石灰干燥氯气，应选用浓硫酸干燥，故B错误；C铁和氯化铁生成氯化亚铁，过量铁粉可以过滤分离出去，故C正确；D氧化铝能与氢氧化钠溶液反应，氧化铁不能与氢氧化钠溶液反应，则不能用氢氧化钠溶液除去氧化铝中混有的氧化铁，故D错误；故选AC。14. 过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇

18、中作供氧剂，某学生设计如下装置进行验证(A是石灰石与稀盐酸制取CO2的装置，C中盛放的是过氧化钠粉末)。下列说法正确的是A. 整套装置中“C”部分设计不合理，不利于气流通行，应该更换设计B. 向“B”中盛放饱和Na2CO3溶液，可以除去CO2中的HCl气体C. 若“C”中转移1mol电子，参加反应的CO2为1molD. “D”部分不能防止倒吸，但可以缓冲气流【答案】D【解析】【分析】实验室在A装置内制 CO2，药品为石灰石和稀盐酸；生成的气体中混入盐酸挥发出的HCl，用饱和碳酸氢钠溶液除去；CO2与Na2O2反应生成O等，为防止排水收集时发生倒吸，应使用安全瓶。【详解】AC中盛放的是过氧化钠粉

19、末，气流可以顺利通行，A错误；B向“B”中盛入放饱和Na2CO3溶液，二氧化碳可以和碳酸钠生成碳酸氢钠，会吸收二氧化碳，B错误；C生成二氧化碳中含有部分水蒸气，C中反应为或，氧元素化合价由-1变为0、-2，反应中水也会参与反应，故若“C”中转移1mol电子，参加反应的CO2小于1mol，C错误； D“D”部分导长进短出，不能防止倒吸，但瓶中空间可以缓冲气流，D正确；故选D。第II卷 非选择题三、非选择题(本题共4小题，共54分。请考生恨据要求作答)15. 氯气广泛应用于杀菌、消毒及化工领域，请结合所学知识回答下列问题。.某实验小组用如图装置制备家用消毒液。(1)图中盛装浓盐酸的仪器名称是_，写

20、出利用上述装置制氯气的离子方程式：_。(2)生成消毒液的化学方程式：_。.工业上常用氯气制备“84消毒液”，它能有效杀灭新冠病毒，某品牌84消毒液：含25% NaClO 1000 mL，密度1.192 g/cm3。该品牌消毒液需要稀释后才能使用，某化学实验小组用该品牌消毒液配制1000 mL 0.2 mol/L的稀溶液。(3)量取84消毒液_mL。(4)定容时仰视刻度线，所配溶液浓度会_(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)，此时应采取的处理方法_。.高铁酸钠(Na2FeO4)是一种新型、高效、多功能绿色水处理剂，制备反应为 Fe(OH)3+ NaClO+ NaOH= Na2FeO4+ NaCl

21、+ 。请在中填上适当的物质，并配平方程式_。【答案】 . 分液漏斗 . 4H+2Cl-+MnO2Mn2+Cl2+2H2O . Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O . 50.0 . 偏低 . 重新配制 . 2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O【解析】【分析】【详解】(1)图中盛装浓盐酸的仪器名称是分液漏斗；浓盐酸和二氧化锰加热生成氯化锰、氯气和水，离子方程式为：4H+2Cl-+MnO2Mn2+Cl2+2H2O，故答案为：分液漏斗；4H+2Cl-+MnO2Mn2+Cl2+2H2O；(2)消毒液是用氯气和氢氧化钠溶液反应，生成氯化钠、次氯酸

22、钠和水，化学方程式为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O，故答案为：Cl2+2NaOH=NaClO+NaCl+H2O；(3)，根据稀释过程中溶质保持不变的原理分析，V(浓)c(浓)=V(稀) c(稀)，则，故答案为：50.0；(4)定容时仰视刻度线，会使所得溶液体积偏大，则所配溶液浓度会偏低；此时应采取的处理方法是重新配制；故答案为：偏低；重新配制；.根据氧化还原反应中电子转移守恒分析得：铁元素化合价由+3升高为+6，氯元素化合价由+1降低为-1价，则Fe(OH)3和Na2FeO4的系数为2，NaClO和NaCl的系数为3，再根据原子守恒知还有产物H2O，配平方程式为：2Fe(O

23、H)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O，故答案为：2Fe(OH)3+3NaClO+4NaOH=2Na2FeO4+3NaCl+5H2O；16. 1869年俄国化学家门捷列夫制出第一张元素周期表，到现在形成的周期表经过了众多化学家的艰辛努力，历经142年，现已将整个元素周期表填满。元素周期表体现了元素位构性的关系，揭示了元素间的内在联系。如图是元素周期表的一部分，回答下列问题。BCNOFAlSiPSClGaGeAsSeBrInSnSbTeITiPbBiPoAt（1）写出Cl-的离子结构示意图_。（2）元素Ga在元素周期表中的位置为_。（3）Sn的最高正价为_，As

24、的气态氢化物为_(填化学式)。（4）根据元素周期律推断：上述元素的氢化物热稳定性最高的是_(填化学式)。H3AsO4、H2SeO4的酸性强弱：H3AsO4_(填“”“”或“=”)H2SeO4。（5）硒化铟是一种可应用于未来超算设备的新型半导体材料。下列说法正确的是_(填标号)。A. 原子半径：InSeB. In的金属性比Se强C. In的金属性比Al弱D. 硒化铟的化学式为In2Se3【答案】（1） （2）第四周期第A族 （3） . +4 . AsH3 （4） . HF . （5）BD【解析】【分析】非金属性越强，对应氢化物越稳定；非金属性越强，对应最高价含氧酸的酸性越强；非金属性越强，对应氢

25、化物的还原性越弱；【小问1详解】Cl-的离子质子数为17，核外电子数是18，结构示意图；【小问2详解】Ga和Al同主族，在Al的下一个周期，处于周期表中即第四周期第A族；【小问3详解】Sn和碳同主族，最高价是+4价；As位于第VA族，最低负价是-3价，气态氢化物为AsH3；【小问4详解】F的非金属性最强，则元素氢化物热稳定性最高的是HF；同周期从左向右非金属性增强，对应最高价含氧酸的酸性越强；则H3AsO4、H2SeO4的酸性为H3AsO4H2SeO4；【小问5详解】A电子层越多、原子半径越大，则原子半径：InSe，故A错误；BSe为非金属元素，In的金属性比Se强，故B正确；C同主族从上到下

26、金属性增强，则In的金属性比Al强，故C错误；DIn为+3价，Se为-2价，则硒化铟的化学式为In2Se3，故D正确；故答案为BD。17. 印刷铜制电路板蚀刻液的选取和回收再利用一直是研究的热点。常用的蚀刻液主要有传统的FeCl3型(HClFeCl3)、酸性的过氧化氢型(HCl-H2O2)等。I某兴趣小组模拟FeCl3型蚀刻液的蚀刻过程，并回收Cu和蚀刻液(FeCl3溶液)的流程如图所示：回答下列问题：（1）“蚀刻”时发生反应化学方程式为_。（2）“滤渣A”的成分为_，“试剂C”是_(填写名称)。（3）“滤液B”与氯气“再生”时发生反应的离子方程式为_。应用酸性过氧化氢型(HCl-H2O2)蚀

27、刻液，产生的蚀刻废液处理方法如图所示：（4）用酸性过氧化氢型蚀刻液蚀刻铜板主要反应的离子方程式为_。（5）试剂A可以选择葡萄糖，获得微米级Cu2O的反应中利用了葡萄糖的_性。（6）回收Cu2(OH)2CO3的过程中需控制反应的温度，当温度高于80时，产品颜色发暗，其原因可能是_。【答案】（1）2FeCl3+Cu=CuCl2+2FeCl2 （2） . Fe、Cu . 盐酸 （3）2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl- （4）Cu+H2O2+2H+=Cu2+2H2O （5）还原 （6）部分碱式碳酸铜受热分解为黑色的氧化铜【解析】【分析】根据流程图分析，氯化铁溶液与铜反应生成氯化亚铁和氯化铜，加入过量

28、的铁粉，氯化铜与铁粉反应生成铜，则滤渣A为过量的铁和生成的铜，滤液为氯化亚铁溶液，通入氯气后氧化生成氯化铁溶液，可以回收利用；滤渣A中的铁通过加入盐酸溶解，得到滤液氯化亚铁溶液，则试剂C为盐酸，未反应的铜可以回收，据此分析解答。【小问1详解】氯化铁具有氧化性，可将铜氧化为氯化铜，反应为：Cu+2FeCl3=CuCl2+2FeCl2；【小问2详解】根据上述分析，“滤渣A”为过量的铁粉和生成的铜；“试剂C”的作用是溶解铁生成氯化亚铁，则试剂C是盐酸；【小问3详解】氯化亚铁和氯气反应生成氯化铁，离子方程式为：2Fe2+Cl2=2Fe3+2Cl-；【小问4详解】H2O2具有氧化性，在酸性条件下可以将C

29、u氧化为Cu2+，本身被还原为H2O，反应的离子方程式为：2H+H2O2+Cu=Cu2+2H2O；【小问5详解】葡萄糖将Cu2+还原为Cu2O，则葡萄糖的作用是还原剂，利用了葡萄糖的还原性。【小问6详解】Cu2(OH)2CO3易分解，当温度高于80时，分解生成黑色CuO，使产品颜色发暗。18. 利用“价类二维图”研究物质的性质是化学研究的重要手段。如图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。回答下列问题：（1）X在水中的电离方程式为_。（2）Y可用于实验室制O2，其焰色试验为紫色，则Y的化学式为_；Y在400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种是含氧酸盐，则生成这两种盐的物质的量之

30、比是_。（3）NaClO2具有很强的氧化性，常用作消毒剂，其消毒效率是Z的_倍(还原产物都为Cl-，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。（4）Cl2O熔点-116，沸点2，容易与水反应生成次氯酸，与空气混合容易爆炸。Cl2O可用潮湿的Z与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，反应中Z既体现氧化性，又体现还原性，该反应的化学方程式为_，适宜的收集方法是_。【答案】（1）HClO4 （2） . KClO3 . 1:3 （3）2 （4） . 2Cl2 + 2Na2CO3 + H2O = Cl2O + 2NaHCO3 + 2NaCl . 气体干燥后隔绝空气并将收集装置放置在冰水浴中液化收集

31、【解析】【分析】图示为氯元素的化合价与部分含氯物质类别的对应关系图；【小问1详解】X为含+7价氯元素的酸，为HClO4，HClO4为强酸，在水中的电离方程式为HClO4 ；【小问2详解】Y可用于实验室制O2，且含+5氯元素、其焰色试验为紫色，则Y的化学式为KClO3，氯酸钾受热分解可生成氯化钾和氧气；Y在400时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐，另一种是含氧酸盐，则反应中化合价有升有降，生成这两种盐为KCl、KClO4，根据电子守恒可知，两者物质的量之比是1:3；【小问3详解】Z为氯气单质，氯气消毒转移电子关系为，；NaClO2具有很强的氧化性，常用作消毒剂，转移电子关系为，；故其消毒效率是Z的2倍(还原产物都为Cl-，消毒效率以单位物质的量得到的电子数表示)。【小问4详解】Cl2O可用潮湿Cl2与Na2CO3反应制取，同时生成NaHCO3，反应中Cl2既体现氧化性，又体现还原性，氯元素化合价有升有降，则该反应的化学方程式为：2Cl2 + 2Na2CO3 + H2O = Cl2O + 2NaHCO3 + 2NaCl；Cl2O熔点-116，沸点2，容易与水反应生成次氯酸，与空气混合容易爆炸，故适宜的收集方法是气体干燥后隔绝空气并将收集装置放置在冰水浴中液化收集。