湖南省长沙市湖南师范大学附属中学2021-2022学年高一上学期期末考试化学Word版含解析

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湖南师大附中2021-2022学年度高一第一学期期末考试化学试卷可能用到的相对原子质量：H～1C～12O～16S～32Cl～35.5Fe～56Cu～64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.科学家为人类社会的进步做出了巨大的贡献。下列研究成果与科学家的对应关系不符合事实的是A.屠呦呦因发现抗疟药青蒿素而获得诺贝尔生理学或医学奖B.侯德榜发明的侯氏制碱法推动了我国制碱工业的发展C.道尔顿发现的元素周期律推动了人们对物质世界的认识D.汤姆生发现了电子，打破了原子不可再分的传统观念【答案】C【解析】【详解】A．屠呦呦提取并研究青蒿素，发现其有治疗疟疾作用，因而获得诺贝尔生理学或医学奖，A不符合题意；B．侯德榜发明的侯氏制碱法，提高了食盐的利用率，降低了生产成本，推动了我国制碱工业的发展，B不符合题意；C．元素周期律是由门捷列夫发现，道尔顿提出近代原子学说，C符合题意；D．汤姆生发现电子，提出“葡萄干面包式”原子结构模型，打破了原子不可再分的传统观念，D不符合题意；故选C。2.苹果汁是人们喜爱的饮料，由于此饮料中含有Fe2+，在空气中易转变为Fe3+。若榨汁时加入维生素C，可有效防止这种现象的发生。这说明维生素C具有A.还原性B.氧化性C.碱性D.酸性【答案】A【解析】【分析】【详解】饮料中的Fe2+在空气中易被氧化为Fe3+，加入维生素C，可有效防止这种现象的发生，则说明维生素C具有还原性，答案选A。3.朱自清先生在《荷塘月色》中写道。“薄薄的青雾浮起在荷塘里……

1月光是隔了树照过来的，高处丛生的灌木，落下参差的斑驳的黑影……”月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是A.光是一种胶体B.雾是一种胶体C.薄雾中的小水滴颗粒大小约为10-9m～10-7mD.发生丁达尔效应【答案】C【解析】【分析】【详解】月光穿过薄雾所形成的种种美景的本质原因是薄雾中的小水滴颗粒大小约为10-9m～10-7m，具有胶体颗粒大小，从而产生了丁达尔效应，故合理选项是C。4.下列叙述中，正确的是A.H2SO4的摩尔质量是98B.等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同C.等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为7︰11D.98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液中硫酸的物质的量浓度为2mol/L【答案】B【解析】【详解】A、摩尔质量的单位是g·mol－1，即H2SO4的摩尔质量应是98g·mol－1，A不正确。B、O2和O3都是由氧原子构成的单质，因此等质量的O2和O3中所含的氧原子数相同，B正确。C、等质量的CO与CO2中所含碳原子数之比为︰＝11︰7，C不正确。D、98gH2SO4溶解于500mL水中，所得溶液的体积不是0.5L，所以所得溶液中硫酸的物质的量浓度不是2mol•L－1，D不正确；答案选B。5.“灌钢法”是我国古代劳动人民对钢铁冶炼技术的重大贡献，陶弘景在其《本草经集注》中提到“钢铁是杂炼生鍒作刀镰者”。“灌钢法”主要是将生铁和熟铁(含碳量约0.1%)混合加热，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢。下列说法错误的是A.钢是以铁为主的含碳合金B.钢的含碳量越高，硬度和脆性越大C.生铁由于含碳量高，熔点比熟铁高D.冶炼铁的原料之一赤铁矿的主要成分为Fe2O3【答案】C

2【解析】【分析】【详解】A．钢是含碳量低的铁合金，故A正确；B．钢的硬度和脆性与含碳量有关，随着含碳量的增大而增大，故正确；C．由题意可知，生铁熔化灌入熟铁，再锻打成钢，说明生铁的熔点低于熟铁，故C错误；D．赤铁矿的主要成分是Fe2O3，可用于冶炼铁，故D正确；故选C。6.下列化学用语的书写，正确的是A.氯原子的结构示意图：B.6个质子8个中子的碳元素的核素符号：12CC.氯化镁的电子式：D.用电子式表示氯化氢的形成过程：【答案】C【解析】【详解】A．氯原子的结构示意图为，描述错误，不符题意；B．6个质子8个中子的碳元素的核素符号为，描述错误，不符题意；C．氯化镁是含有离子键的离子化合物，电子式为，描述正确，符合题意；D．氯化氢是含有极性键的共价化合物，电子式中不能出现电荷表达及方括号，则用电子式表示氯化氢的形成过程为，描述错误，不符题意；综上，本题选C。7.用NaOH固体配制1.0mol·L-1NaOH溶液，在下列仪器中不需要用到的是

3A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】用NaOH固体配制1.0mol·L-1NaOH溶液，需要使用天平称取NaOH固体的质量，然后放入烧杯内溶解，用玻璃棒搅拌，冷却到室温后转移到一定规格的容量瓶中，再洗涤烧杯内壁和玻璃棒2~3次，洗涤液一并转移入容量瓶，然后加水定容，所以不需要的仪器是圆底烧瓶，故选C。8.已知甲、乙、丙和X是四种中学化学中常见的物质，其转化关系如下图，则甲和X不可能是A.甲为C，X是O2B.甲为CO2，X是NaOH溶液C.甲为Cl2，X为FeD.甲为Al，X为NaOH溶液【答案】D【解析】【详解】A．甲为C，X是O2，则乙为CO，丙为CO2，丙(CO2)和甲(C)反应又可以生成乙(CO)，所以符合转化关系，故A不选；B．甲为CO2，X是NaOH溶液时，乙为NaHCO3，丙为Na2CO3，丙(Na2CO3)和甲(CO2)反应加上H2O又可以生成乙(NaHCO3)，符合转化关系，故B不选；C．甲为Cl2，X为Fe时，乙为FeCl3，丙为FeCl2，丙(FeCl2)和甲(Cl2)反应又可以生成乙(FeCl3)，符合转化关系，故C不选；D．甲为Al，X为NaOH溶液，乙为NaAlO2，乙(NaAlO2)不能和X(NaOH)反应，不符合转化关系，故D选；故选D。9.部分氧化的Fe—Cu合金样品(氧化产物为Fe2O3、CuO)共5.76g，经如图处理：下列说法不正确的是A.滤液A中的阳离子为Fe2+、Cu2+、H+B.样品中Fe元素的质量为2.24gC.参与反应n(H2SO4)=0.04molD.V＜896

4【答案】A【解析】【分析】样品加入稀硫酸后，Fe2O3、CuO首先与硫酸反应，生成的Fe3+、Cu2+都被Fe还原为Fe2+和Cu，最后Fe与稀硫酸反应。【详解】A．由分析可知，由于Fe与氧化性最弱的H+发生反应生成氢气，所以溶液中的Cu2+全部被Fe还原，滤液A中不存在Cu2+，A不正确；B．样品中Fe元素全部转化为Fe2O3，其质量为3.2g，则Fe元素的质量为=2.24g，B正确；C．加入硫酸后，铁元素全部转化为FeSO4，则参与反应的n(H2SO4)=n(FeSO4)=0.04mol，C正确；D．n(FeSO4)=0.04mol，若全部来自Fe与硫酸的反应，则生成H2最多为0.04mol，标况下体积为V＜896mL，D正确；故选A。10.短周期主族元素W、X、Y、Z、Q原子序数依次增大，形成的化合物是一种重要的食品添加剂，结构如图。Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等。W的原子半径在周期表中最小。下列有关叙述正确的是A.原子半径大小：Y＞Z＞QB.W、Y、Z三种元素可形成离子化合物C.该化合物中Y原子不满足8电子稳定结构D.W与X形成的相对分子质量最小的化合物的空间结构是V形【答案】B【解析】【分析】W的原子半径在周期表中最小，则其为氢元素；从食品添加剂的结构图中可以看出，Y形成三个共价键，则其最外层有5个电子，其为N元素；X形成四个共价键，则其最外层有4个电子，其为C元素；Z形成二个共价键，其最外层电子数为6，满足“Z核外最外层电子数与X核外电子总数相等”，所以Z为O元素；Q形成Q+，则其为Na元素。从而得出W、X、Y、Z、Q分别为H、C、N、O、Na。【详解】A．Y、Z、Q分别为N、O、Na，则其原子半径大小：Q＞Y＞Z，A不正确；B．W、Y、Z分别为H、N、O，则W、Y、Z三种元素可形成离子化合物NH4NO3，B正确；

5C．该化合物中Y原子形成三个共价键，则最外层电子数为5+3=8，满足8电子稳定结构，C不正确；D．W与X形成的相对分子质量最小的化合物为CH4，其空间结构是正四面体形，D不正确；故选B。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.化学在生产生活中有着广泛的应用，下列对应关系不正确的是选项化学性质实际应用ABaCO3难溶于水可在医疗上用作“钡餐”透视BNaHCO3受热分解有气体生成可用作焙制糕点的膨松剂CClO2具有强氧化性可作自来水消毒剂DFe粉具有还原性可用于防止食品氧化变质A.AB.BC.CD.D【答案】A【解析】【详解】A．BaCO3虽然难溶于水，但易溶于胃酸(盐酸)，所以不能用作“钡餐”透视，A不正确；B．NaHCO3受热分解生成二氧化碳气体，受热后能使糕点变得膨松，所以可用作焙制糕点的膨松剂，B正确；C．ClO2具有强氧化性，杀菌消毒能力比氯气还强，且消毒过程中不产生对人体有害的物质，所以可作自来水消毒剂，C正确；D．Fe粉具有还原性，能吸收空气中的氧气，所以可用于防止食品氧化变质，D正确；故选A。12.过氧化钠可在呼吸面具和潜水艇中作供氧剂，实验室可用如图装置进行验证(A是实验室中制取CO2的装置，C中盛放的是过氧化钠)。下列说法不正确的是

6A.A中发生的反应离子方程式为：+2H+=CO2↑+H2OB.B中盛放饱和NaHCO3溶液，目的是除去CO2中的HCl气体C.C中每转移0.2mol电子，产生O20.1molD.D装置是安全瓶，防止E中水倒流进入C中【答案】AD【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CO2气体中混入盐酸挥发出的HCl，用饱和NaHCO3溶液除去；CO2与Na2O2反应生成O2等，为防止排水收集时发生倒吸，应使用安全瓶。【详解】A．A中石灰石和稀盐酸反应制取CO2气体，反应的离子方程式为：CaCO3+2H+=Ca2++CO2↑+H2O，A不正确；B．CO2气体中混入HCl，会干扰CO2与Na2O2反应，所以气体应先通过盛放饱和NaHCO3溶液的B装置，以除去HCl气体，B正确；C．C中发生反应为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，每转移0.2mol电子，产生O20.1mol，C正确；D．安全瓶中，通常是导管短进长出，也可以是两根管子都短，而D装置中导管长进短出，不能防止倒吸，D不正确；故选AD。13.现有AlCl3和MgSO4的混合溶液，向其中不断加入NaOH溶液，得到沉淀的物质的量与加入NaOH溶液的体积的关系如图所示。下列说法错误的是

7A.OA段Al3+、Mg2+均沉淀B.AB段发生反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2OC.原溶液中Cl-与的物质的量之比为6∶1D.B点溶液的溶质是NaCl和Na2SO4【答案】D【解析】【分析】采集图中信息可得出，Al3+、Mg2+与OH-反应完全转化为沉淀时，消耗NaOH0.4L，Al(OH)3与NaOH完全反应转化为NaAlO2时，消耗NaOH0.1L。设NaOH的物质的量浓度为cmol/L，则n(AlCl3)=n[Al(OH)3]=n(NaOH)=0.1cmol，n(MgSO4)=。【详解】A．由图可知，在A点处，沉淀的物质的量最大，则OA段Al3+、Mg2+均沉淀，A正确；B．在AB段，Al(OH)3完全溶解，生成NaAlO2和水，反应的离子方程式为Al(OH)3+OH-=+2H2O，B正确；C．原溶液中Cl-与的物质的量之比为0.1cmol×3:0.05cmol×1=6∶1，C正确；D．由分析可知，B点溶液的溶质是NaCl、Na2SO4和NaAlO2，D错误；故选D。14.粉煤灰矿渣(主要含CaCO3、Al2O3、Fe2O3等)中的铝、铁回收工艺如图：已知：表中是几种金属阳离子形成氢氧化物沉淀时所需要的pH：金属离子Fe3+Fe2+Al3+开始沉淀所需pH最小值273完全沉淀所需pH最小值395下列说法不正确的是

8A.“酸浸”步骤中可搅拌以加快反应速率B.“还原”"步骤中可用SO2将Fe3+还原为Fe，以防止Fe元素在“沉铝”步骤中沉淀析出C.“沉铝”步骤中最合适的pH为3～5D.“再生”步骤中氧化产物为CO2【答案】BC【解析】【分析】粉煤灰矿渣(主要含CaCO3、Al2O3、Fe2O3等)中加入硫酸酸浸，生成CaSO4、Al2(SO4)3、Fe2(SO4)3；过滤所得滤液中加入还原剂，可将Fe3+还原为Fe2+；加入氨水调节pH，可将Al3+转化为Al(OH)3沉淀，溶液中的Fe2+可吸收NO，加入葡萄糖将NO还原为N2，葡萄糖被氧化为CO2等。【详解】A．“酸浸”步骤中搅拌，可增大反应物的接触面积，从而加快反应速率，A正确；B．“还原”"步骤中，SO2只能将Fe3+还原为Fe2+，不能还原为Fe，B不正确；C．“沉铝”步骤中，要将Al3+完全转化为沉淀，但不能将Fe2+转化为沉淀，最合适的pH为5～7，C不正确；D．“再生”步骤中，C6H12O6作还原剂，C元素由0价升高到+4价，所以CO2为氧化产物，D正确；故选BC。第Ⅱ卷非选择题三、非选择题(本题共4小题，共54分。请考生根据要求作答)15.如表列出了①～⑪11种元素在周期表中的位置。　族周期ⅠAⅡAⅢAⅣAⅤAⅥAⅦA02①②③④3⑤⑥⑦⑧⑨4⑩⑪（1）上述元素中，最不活泼的是(填元素符号，下同)____，金属性最强的是___，①⑥⑦三种元素的原子半径由大到小的顺序是___。（2）上述元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是___(填化学式，下同)，呈两性的氢氧化物是___。（3）元素②的简单氢化物的电子式为___；比较②和⑧简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序是___(

9填化学式)。（4）元素③和⑤形成的具有非极性共价键的化合物的电子式是___。【答案】（1）①.Ne②.K③.Mg＞Al＞C（2）①.HClO4②.Al(OH)3（3）①.②.NH3＞PH3（4）【解析】【分析】由元素在周期表中的位置，可确定①~⑪元素分别为C、N、O、Ne、Mg、Al、P、Cl、K、Br。【小问1详解】上述元素中，最不活泼的是稀有气体元素Ne，金属性最强的是位于第四周期第ⅠA族的元素K，①⑥⑦三种元素分别为C、Mg、Al，C的电子层数少，原子半径小，Mg与Al同周期且在Al的左边，所以原子半径由大到小的顺序是Mg＞Al＞C。答案为：Ne；K；Mg＞Al＞C；【小问2详解】上述元素中，非金属性最强的元素为Cl，所以最高价氧化物对应的水化物中酸性最强的是HClO4，呈两性的氢氧化物是Al(OH)3。答案为：HClO4；Al(OH)3；【小问3详解】元素②为N元素，它的简单氢化物为NH3，电子式为；②和⑧分别为N和P，二者同主族，非金属性N比P强，简单氢化物的稳定性由强到弱的顺序是NH3＞PH3。答案为：；NH3＞PH3；【小问4详解】元素③和⑤分别为O、Na，二者形成的具有非极性共价键的化合物为Na2O2，电子式是。答案为：。【点睛】Na2O2为离子化合物，由Na+和构成，阴、阳离子间形成离子键，氧原子间形成非极性共价键。16.我国古代四大发明之一的黑火药是由硫黄粉、硝酸钾和木炭粉按一定比例混合而成的，爆炸时的反应为：S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑。

10（1）在该反应中，还原剂___(填化学式)。KNO3发生了___反应(填“氧化”或“还原”)。（2）烟花爆竹的成分中含有黑火药，点燃后，瞬间产生大量气体，同时释放大量热，在有限的空间里，气体受热迅速膨胀引起爆炸。反应中每消耗0.1molS，释放的气体体积为___L(换算成标准状况)。（3）除了黑火药，烟花爆竹中常加入一些金属元素，燃烧时会产生五彩缤纷的火焰。如表为一些金属元素的焰色：金属元素钠钾钙锶钡铜火焰颜色黄紫砖红洋红黄绿绿若燃放烟花的火焰呈现紫色，则烟花中可能含有元素____(填元素符号)，该元素在周期表中的位置为___。【答案】（1）①.C②.还原（2）8.96（3）①.K②.第四周期第ⅠA族【解析】【小问1详解】在反应S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑中，S元素由0价降低到-2价，N元素由+5价降低到0价，C元素由0价升高到+4价，则在该反应中，还原剂是C，KNO3是氧化剂，发生了还原反应。答案为：C；还原；【小问2详解】烟花爆竹的成分中含有黑火药，点燃后引起爆炸。发生反应为S+2KNO3+3C=K2S+N2↑+3CO2↑，反应中每消耗0.1molS，释放的气体体积为0.1mol×4×22.4L/mol=8.96L(换算成标准状况)。答案为：8.96；【小问3详解】若燃放烟花的火焰呈现紫色，与表中焰色对照，可确定烟花中可能含有元素K，该元素为19号元素，原子结构示意图为，在周期表中的位置为第四周期第ⅠA族。答案为：K；第四周期第ⅠA族。17.K3[Fe(C2O4)3]•3H2O(三草酸合铁酸钾)为亮绿色晶体，可用于晒制蓝图。请回答下列问题：（1）已知K3[Fe(C2O4)3]•3H2O中Fe为+3价，则C的化合价为____。（2）某小组为探究三草酸合铁酸钾的热分解产物，按如图所示装置进行实验。

11①通入氮气的目的是____。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，装置E中固体变为红色，由此判断热分解产物中一定含有____、____。③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是___。④样品完全分解后，装置A中的残留物含有FeO和Fe2O3。（3）测定三草酸合铁酸钾中铁的含量。①称量mg样品于锥形瓶中，溶解后加稀H2SO4酸化，加入适量cmol·L-1KMnO4溶液充分反应，至恰好反应完全，此过程发生的反应是：____。____+____+____→____CO2↑+____Mn2++____(请完成配平)。②向上述溶液中加入过量锌粉至反应完全后，过滤、洗涤，将滤液及洗涤液全部收集到锥形瓶中。加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，消耗KMnO4溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为____。【答案】（1）+3（2）①.隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置②.CO2③.CO④.先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气（3）①.5+2+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O②.×100%【解析】【分析】样品放入A中硬质玻璃管内，起初通N2排尽装置内的空气，样品分解后通N2，将生成的CO2、CO排出，以便于发生反应；B中澄清石灰水检验样品分解生成的CO2，F中澄清石灰水检验CO被CuO氧化生成的CO2；NaOH溶液吸收分解生成的CO2，浓硫酸干燥CO。【小问1详解】K3[Fe(C2O4)3]•3H2O中Fe为+3价，K为+1价，则中C的化合价为+3。答案为：+3；【小问2详解】①为防止装置内空气中的CO2干扰实验现象的观察及实验过程中生成的CO2、CO滞留在装置内，需通入氮气，其目的是隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置。②实验中观察到装置B、F中澄清石灰水均变浑浊，说明分解时生成CO2、用CuO氧化时又生成CO2，装置E中固体变为红色，则表明CuO被还原为Cu，原气体为CO，由此判断热分解产物中一定含有CO2、CO。③为防止倒吸，停止实验时应进行的操作是先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气。答案为：隔绝空气、使反应产生的气体全部进入后续装置；CO2；CO；先熄灭装置A、E的酒精灯，冷却后停止通入氮气；

12【小问3详解】①中C显+3价，化合价升高为+4价，失去2e-，中Mn由+7价降低为+2价，得到5e-，依据得失电子守恒，、前的化学计量数分别为5、2，依据质量守恒可确定其它微粒前的化学计量数，从而得出配平的离子方程式为：5+2+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O。②向上述溶液中加入过量锌粉，将Fe3+全部还原为Fe2+，加稀H2SO4酸化，用cmol·L-1KMnO4溶液滴定至终点，发生反应5Fe2+++8H+=5Fe3++Mn2++4H2O，消耗KMnO4溶液VmL。该晶体中铁的质量分数的表达式为=×100%。答案为：5+2+16H+=10CO2↑+2Mn2++8H2O；×100%。【点睛】依题意，过量锌粉将Fe3+还原为Fe2+，如果我们认为最终生成Fe，则与命题人的意图相悖。18.为验证卤素单质氧化性的相对强弱，某小组用如图所示装置进行试验(夹持仪器已略去，气密性已检验)。试验过程：Ⅰ.打开弹簧夹，打开活塞a，滴加浓盐酸。Ⅱ.当B和C中的溶液都变为黄色时，夹紧弹簧夹。Ⅲ.当B中溶液由黄色变为棕色时，关闭活塞a。Ⅳ.打开活塞b，将少量C中溶液滴入D中，关闭活塞b，取下D振荡。已知：I2溶于CCl4呈紫红色（1）仪器A的名称为___，CCl4的结构式为____。（2）验证氯气氧化性强于碘的实验现象是___。（3）B中溶液发生反应的离子方程式是___。（4）验证溴的氧化性强于碘的现象是___。（5）过程Ⅲ实验的目的是___。

13（6）试从微观角度解释氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下___，得电子能力逐渐减弱。【答案】（1）①.圆底烧瓶②.（2）淀粉—KI试纸变蓝（3）Cl2+2Br-=Br2+2Cl-（4）D中CCl4层溶液变为紫红色（5）确认C中的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰（6）原子半径逐渐增大【解析】【分析】在A中，浓盐酸与KMnO4固体反应可制得氯气；Cl2能使淀粉KI试纸变蓝，则表明氯气的氧化性大于I2；在B中，起初通入氯气溶液呈黄色，后来继续通入氯气，溶液呈棕色，表明起初溶液中只生成Br2，没有Cl2剩余。【小问1详解】仪器A的名称为圆底烧瓶，CCl4的电子式为，则结构式为。答案为：圆底烧瓶；；【小问2详解】验证氯气的氧化性强于碘，常用Cl2与KI反应，再检验生成的I2，实验现象是淀粉—KI试纸变蓝。答案为：淀粉—KI试纸变蓝；【小问3详解】B中溶液中，Cl2与NaBr发生置换反应，生成NaCl和Br2，发生反应的离子方程式是Cl2+2Br-=Br2+2Cl-。答案为：Cl2+2Br-=Br2+2Cl-；【小问4详解】验证溴的氧化性强于碘，则Cl2与KI发生置换反应生成I2等，I2被CCl4萃取后进入下层，所以现象是D中CCl4层溶液变为紫红色。答案为：D中CCl4层溶液变为紫红色；【小问5详解】过程Ⅲ中实验，表明溶液中通入Cl2，能继续反应生成Br2，则Br-有剩余，溶液中不存在Cl2

14，目的是确认C中的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰。答案为：确认C中的黄色溶液中无Cl2，排除Cl2对溴置换碘实验的干扰；【小问6详解】从周期表看，氯、溴、碘元素位于同主族，非金属性依次减弱，则氯、溴、碘单质的氧化性逐渐减弱的原因：同主族元素从上到下原子半径逐渐增大，得电子能力逐渐减弱。答案为：原子半径逐渐增大。