学年北京市西城区高一上学期期末考试化学试题解析版.docx
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学年北京市西城区高一上学期期末考试化学试题解析版
北京市西城区2019-2020学年高一上学期期末考试试题
可能用到的相对原子质量：
H1C12N14O16Na23S32Cl35.5
第一部分（选择题）
每小题只有一个选项符合题意（每小题2分）
1.合金的应用促进了人类社会的发展。
下列不属于合金的是（）
A．储氢合金
B．青花瓷
C．航母钢甲板
D．钛合金耐压球壳
[答案]B
[解析]
[分析]合金是两种或两种以上的金属（或金属和非金属）熔合而成的混合物，具有金属的性质和良好的性能。
[详解]A.为了满足某些尖端技术发展的需要,新型合金材料储氢合金是一类能够大量吸收H2,并与H2结合成金属氢化物的材料，属于合金，故A不符合题意
B.瓷器属于硅酸盐产品，不属于合金，故B符合题意；
C.钢属于合金，是金属材料，故C不符合题意；
D.由于钛合金的硬度大、耐酸碱的腐蚀，因此可用于发展航空飞机的机体材料等，属于合金，故D不符合题意；
[答案]选B。
2.当光束通过下列分散系时，能观察到丁达尔效应的是（）
A.盐酸B.Fe（OH）3胶体C.蔗糖溶液D.Na2SO4溶液
[答案]B
[解析]
[分析]分散系分为溶液、胶体和浊液，而只有胶体有丁达尔效应，据此分析。
[详解]A.盐酸是溶液，无丁达尔效应，故A错误；
B.氢氧化铁胶体是胶体，有丁达尔效应，故B正确；
C.蔗糖溶液是溶液，无丁达尔效应，故C错误；
D.Na2SO4溶液是溶液，无丁达尔效应，故D错误。
[答案]选B。
3.下列物质不属于电解质的是（）
A.NaB.H2SO4C.NaOHD.Na2SO4
[答案]A
[解析]
[分析]电解质：
在水溶液中或熔融状态下能够导电的化合物；非电解质：
在熔融状态和水溶液中都不能导电的化合物。
[详解]A.Na是单质，电解质和非电解质都是化合物，所以钠既不属于电解质，也不属于非电解质，故A符合题意；
B.在水溶液中，H2SO4电离出自由移动的离子导电，H2SO4是电解质，故B不符合题意；
C.NaOH是化合物，在水溶液或熔融状态下能够导电，属于电解质，故C不符合题意；
D.Na2SO4是化合物，在水溶液在熔融状态下能够导电，属于电解质，故D不符合题意；
[答案]选A。
4.下列仪器不能用于加热的是（）
A.
B.
C.
D.
[答案]D
[解析]
[分析]实验室中可直接加热的仪器有蒸发皿、试管、坩埚、蒸发皿、燃烧匙等，垫石棉网可加热的有烧杯、烧瓶、锥形瓶等，不能加热的有集气瓶、广口瓶、细口瓶等。
[详解]A.试管受热面积小，可以用于直接加热，故A不符合题意；
B.圆底烧瓶热面积大，受热不均匀，在酒精灯上加热时必须垫石棉网，能加热，故B不符合题意；
C.坩埚是用极其耐高温的材料制作而成的器皿，它的作用是熔化和精炼金属液体，也用于固液态加热、反应的容器，C不符合题意；
D.容量瓶上有温度和刻度，是一个配制一定物质的量浓度的溶液的仪器，不能加热，D符合题意；
[答案]选D。
5.下列元素中，属于第三周期的是（）
A.氢B.碳C.氧D.氯
[答案]D
[解析]
[详解]A．氢是第一周期第IA的元素，A错误；
B．碳是第二周期第IVA的元素，B错误；
C．氧是第二周期第VIA的元素，C错误；
D．氯是第三周期第VIIA的元素，D正确；
[答案]选D。
6.下列元素的原子半径最大的是（）
A.NaB.AlC.SD.Cl
[答案]A
[解析]
[详解]Na原子序数是11，Al原子序数是13，S原子序数是16，Cl原子序数是17，Na、Al、S、Cl都是第三周期元素，电子层数相同，原子序数越大，原子核对核外电子的吸引力越大，原子半径越小，所以原子半径最大的是Na，故选A。
7.下列物质中，含有共价键的是（）
A.HClB.Na2OC.MgCl2D.NaCl
[答案]A
[解析]
[分析]一般来说，活泼金属和活泼非金属之间易形成离子键，非金属元素之间易形成共价键，第IA族（氢除外）、第IIA族和第VIA族、第VIIA族元素之间易形成离子键。
[详解]A.HCl中氯原子和氢原子之间只存在共价键，故A正确；
B.Na2O中钠离子与氧离子之间只存在离子键，故B错误；
C.氯化镁中镁离子和氯离子之间只存在离子键，故C错误；
D.NaCl中钠离子与氯离子之间只存在离子键，故D错误；
[答案]选A。
8.下列关于物质分类的叙述不正确的是（）
A.HNO3属于酸B.Mg（OH）2属于碱
C.SO2属于氧化物D.液氯属于混合物
[答案]D
[解析]
[详解]A.酸的定义是：
电离时生成的阳离子全部是氢离子的化合物，HNO3在水溶液中会电离出氢离子和硝酸根离子，属于酸，故A正确；
B.碱的定义是：
电离时生成的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，Mg（OH）2属于碱，故B正确；
C.氧化物
定义是：
两种元素组成的化合物，其中一种元素是氧元素，SO2属于氧化物，故C正确；
D.纯净物是一种物质组成的物质，液氯属于纯净物，只有一种物质液态的氯气，不是混合物，混合物是两种或两种以上物质组成物质，故D错误；
[答案]选D。
9.下列各组离子能在溶液中大量共存的是（）
A.Na+、H+、CO32-B.Fe2+、SO42-、OH-
C.Na+、Cl-、Ag+D.K+、NO3-、Cl-
[答案]D
[解析]
[详解]A.H+与CO32-反应生成水和二氧化碳，在水溶液中不能大量共存，故A错误；
B.Fe2+与OH-反应生成氢氧化亚铁，氢氧化亚铁不稳定，会被氧气氧化成氢氧化铁，故在水溶液中不能大量共存，故B错误；
C.Cl-、Ag+反应生成氯化银沉淀，故在水溶液中不能大量共存，故C错误；
D.K+、NO3-、Cl-之间不发生反应，在水溶液中可以大量共存，故D正确；
[答案]选D。
10.下列反应的离子方程式书写正确的是（）
A.Fe与FeCl3溶液：
Fe+Fe3+=2Fe2+
B.稀HCl与KOH溶液：
H++OH-=H2O
C.CaCO3与稀HCl：
CO32-+2H+=CO2↑+H2O
D.FeO与稀H2SO4：
FeO+2H+=Fe3++H2O
[答案]B
[解析]
[详解]A.铁与氯化铁溶液反应生成氯化亚铁，正确的离子方程式为：
Fe+2Fe3+═3Fe2+，故A错误；
B.稀盐酸与氢氧化钾溶液发生中和反应，该反应的离子方程式为：
H++ OH−═H2O，故B正确；
C.碳酸钙与稀盐酸反应的离子方程式为：
CaCO3 + 2H+═Ca2++ CO2↑ + H2O，故C错误；
D.FeO与稀H2SO4反应生成硫酸亚铁和水，FeO+2H+=Fe2++H2O，故D错误；
[答案]选B。
11.有关Na2O2的叙述不正确的是（）
A.是淡黄色固体B.可以作供氧剂
C.应密封保存D.氧元素的化合价为−2价
[答案]D
[解析]
[详解]A.Na2O2是淡黄色固体，故A正确；
B.Na2O2与水或二氧化碳反应释放出氧气，可以作供氧剂，故B正确；
C.Na2O2易与水和二氧化碳反应，故需要密封保存，故C正确；
D.根据化合物元素正负化合价之和为0，可得Na2O2中氧元素的化合价为−1价，故D错误；
[答案]选D。
12.
U常用于核裂变反应。
下列关于
U的叙述正确的是（）
A.质子数为235B.电子数为143
C.核电荷数为235D.中子数为143
[答案]D
[解析]
[分析]含有的质子数为92，质量数为235，中子数=质量数-质子数求算，核外电子数=核电荷数=质子数求算。
[详解]A.
U的左下角的数字表示质子数，质子数为92，故A错误；
B.核外电子数=核电荷数=质子数=92，故B错误；
C.核外电子数=核电荷数=质子数=92，故C错误；
D.中子数=质量数-质子数=235-92=143，故D正确；
[答案]选D。
13.下列物质的电子式的书写，正确的是（）
A.
B.
C.
D.
[答案]D
[解析]
[详解]A.二氧化碳是共价化合物，二氧化碳分子中碳原子与氧原子之间形成2对共用电子对，达稳定结构，故A错误；
B.氯气分子中存在氯氯单键，每个Cl原子周围还有六个电子，故B错误；
C.氨气是共价化合物，氮原子和三个氢原子形成三个共价键，电子式为：
，故C错误；
D.氯化钠为离子化合物，电子式为
，故D正确；
[答案]选D。
14.下列关于物质性质的比较，正确的是（）
A.金属性：
Al＞NaB.稳定性：
HF＞HCl
C.酸性：
H2SiO3＞H2SO4D.碱性：
Al（OH）3＞Mg（OH）2
[答案]B
[解析]
[详解]A.由金属活动性顺序表可知：
金属性：
Na>Al，且两者处于同一周期，原子序数依次增大，原子序数小的，金属性强，故A错误；
B.元素的非金属性越强，其对应简单气态氢化物的稳定性越强，由于非金属性F＞Cl，则稳定性HF＞HCl，故B正确；
C.元素的非金属性越强，其最高价氧化物对应的酸的酸性越强，由于非金属性S＞Si，则酸性H2SO4>H2SiO3，故C错误；
D.元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的碱的碱性越强，由于金属性Mg>Al，则碱性Mg（OH）2>Al（OH）3，故D错误；
[答案]选B。
15.在化学实验中，具有安全意识是重要的科学素养。
下列实验操作不正确的是（）
A.氢气点燃前，先检验氢气的纯度
B.金属钠着火时，用干燥的沙土覆盖
C.稀释浓硫酸时，将水沿烧杯内壁倒入浓硫酸中
D.闻氯气时，用手在瓶口轻轻扇动，使极少量的氯气飘进鼻孔
[答案]C
[解析]
[详解]A.氢气是可燃性气体，点燃氢气前要检验氢气的纯度，故A正确；
B.钠与水反应生成易燃气体氢气，钠着火时不能用水灭火，沙土能够隔绝空气，应该用干燥的沙土灭火，故B正确；
C.浓硫酸具有强腐蚀性，水入酸时会放出大量的热造成液体飞溅，引起安全事故，故稀释浓硫酸时，将浓硫酸倒入水中，防止液体飞溅，故C错误；
D.闻氯气的气味时，用手轻轻在瓶口扇动，仅使极少量的氯气飘进鼻孔，符合安全操作要求，故D正确；
[答案]选C。
16.下列物质间的转化，不能一步实现的是（）
A.Na→Na2O2B.Fe2O3→Fe（OH）3
C.Cl2→FeCl3D.FeCl3→FeCl2
[答案]B
[解析]
[详解]A.钠
氧气中点燃生成过氧化钠，可以一步实现，故A不符合题意；
B.Fe2O3难溶于水，不与水反应，不可以一步实现，故B符合题意；
C.铁在氯气中点燃，生成三氯化铁，可以一步实现，故C不符合题意；
D.FeCl3与铁反应生成氯化亚铁，可以一步实现，故D不符合题意；
[答案]选B。
17.下列除杂试剂和分离方法都正确
是（）
选项
物质（括号内为杂质）
除杂试剂
分离方法
A
Fe（Cu）
盐酸
过滤
B
CO2（HCl）
NaOH溶液
洗气
C
FeCl2溶液（FeCl3）
铁粉
过滤
D
Fe2O3（Al2O3）
盐酸
过滤
[答案]C
[解析]
[详解]A.铁与盐酸反应，铜与盐酸不反应，让铁与铜的混合物与盐酸反应，会将铁反应，铜会剩余，不能除去铁，故A错误；
B二氧化碳属于酸性氧化物，能与氢氧化钠溶液反应，因此，不能用氢氧化钠溶液作除杂试剂，应该使用饱和碳酸氢钠溶液，故B错误；
C.FeCl2溶液中的FeCl3，加入铁粉，三氯化铁与铁反应生成氯化亚铁，故C正确；
D.Fe2O3和Al2O3的混合物加入盐酸，氧化铁和氧化铝都与盐酸反应生成盐和水，不能除杂，故D错误；
[答案]选C。
18.门捷列夫研究元素周期表时，科学地预测了铝的下方有一种与铝类似的“类铝”元素，1875年法国化学家布瓦德朗发现了这种元素，命名为“镓（Ga）”，它的性质和门捷列夫的预测相吻合。
镓与铝是同主族元素，下列叙述不正确的是（）
A.镓的金属性比铝的强B.镓的原子半径比铝的小
C.镓原子的最外层有3个电子D.氧化镓的化学式是Ga2O3
[答案]B
[解析]
[详解]A.镓与铝是同主族元素，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，失电子能力增强，故金属性增强，故A正确；
B.镓与铝是同主族元素，同主族元素从上到下，原子半径逐渐增大，镓的原子半径比铝的大，故B错误；
C.镓与铝是同主族元素，最外层有3个电子，故C正确；
D.镓原子的最外层电子数为3，在化学反应中易失去3个电子而形成带3个单位正电荷的阳离子，化合价的数值等于离子所带电荷的数值，且符号一致，则该元素的化合价为+3价；氧元素显−2价，镓和氧组成化合物的化学式为Ga2O3，故D正确；
[答案]选B。
19.下列叙述正确的是（）
A.常温常压下，14gN2含有的分子数约为3.01×1023
B.64gSO2含有的氧原子数约为6.02×1023
C.标准状况下，22.4LH2O含有的分子数约为6.02×1023
D.2L0.5mol•L−1MgCl2溶液中，含有的Cl-数约为6.02×1023
[答案]A
[解析]
[详解]A.14gN2为0.5mol，分子数=0.5mol×6.02×1023=3.01×1023，故A正确；
B.64gSO2的物质的量=
=
=1mol，1mol任何物质具有的微粒数为6.02×1023，一个二氧化硫分子具有的氧原子数为2个，故1molSO2中氧原子数为6.02×1023×2=1.204×1024，故B错误；
C.标准状况下，水不是气体，故不能用气体的摩尔体积进行计算，故C错误；
D.2L0.5mol•L−1MgCl2溶液中含有的氯离子数为2L×0.5mol/L×2×NA=2×6.02×1023==1.204×1024，故D错误；
[答案]选A。
20.向下列溶液中分别滴加氯水，由此观察的现象与得出的结论不匹配的是（）
选项
溶液
实验现象
结论
A
滴有KSCN的FeCl2溶液
溶液变红
氯水具有氧化性
B
NaHCO3溶液
产生能使澄清石灰水变浑浊的气体
氯水中含有H+
C
HNO3酸化的AgNO3溶液
产生白色沉淀
氯水中含有Cl－
D
紫色石蕊溶液
先变红后褪色
Cl2具有酸性和漂白性
[答案]D
[解析]
[详解]A.氯水中含有Cl2，并且Cl2具有强氧化性，能氧化FeCl2生成FeCl3，FeCl3使KSCN溶液变红，说明氯水具有氧化性，故A正确；
B.NaHCO3溶液滴加氯水，产生能使澄清石灰水变浑浊
气体，是二氧化碳，说明氯水中有酸性物质，即含有H+，故B正确；
C溶液与硝酸银反应产生白色沉淀，只能是氯离子与银离子反应得到AgCl白色沉淀，说明氯水中含有Cl−，故C正确；
D.Cl2与水反应生成HCl和具有强氧化性的HClO，溶液呈酸性并具有强氧化性，能使石蕊试液先变红后褪色，表现出HCl的酸性和HClO的漂白性，故D错误；
[答案]选D。
第二部分（非选择题）
21.补齐物质与其用途的连线。
___
[答案]
[解析]
[分析]结合物质的性质分析，在生产生活中的应用。
[详解]氯化铁中三价铁具有氧化性，可将铜单质氧化为铜离子，故可用于蚀刻铜板；
次氯酸钠具有氧化性，也是漂白液的主要成分，可用于制作漂白液；
氧化铁俗称铁红，可用于制作油漆和涂料的原料；
碳酸氢钠受热不稳定生成二氧化碳，可用于制作糕点的膨松剂；
故[答案]为：
。
22.运用分类的方法，可以发现物质及其变化的规律。
Na2O与CaO都属于__氧化物（填“酸性”或“碱性”）。
Na2O可以分别与H2O、CO2、HCl反应，任选两个反应，写出其化学方程式___、__。
[答案]
（1）.碱性
（2）.Na2O+H2O=2NaOH（3）.Na2O+CO2=Na2CO3、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O
[解析]
[分析]根据Na2O与CaO的组成，二者都是氧化物，根据物质的性质，Na2O与CaO都能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；Na2O和水反应生成氢氧化钠，Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水。
[详解]根据Na2O与CaO的组成，二者都是氧化物，根据物质的性质，Na2O与CaO都能与酸反应生成盐和水，属于碱性氧化物；Na2O和水反应生成氢氧化钠，反应方程式Na2O+H2O=2NaOH，Na2O与二氧化碳反应生成碳酸钠，反应方程式Na2O+H2O=2NaOH，Na2O与盐酸反应生成氯化钠和水，反应方程式Na2O+2HCl=2NaCl+H2O，
故[答案]为：
碱性；Na2O+H2O=2NaOH；Na2O+CO2=Na2CO3、Na2O+2HCl=2NaCl+H2O（任写两个）。
23.工业上冶炼铁的原理为：
Fe2O3+3CO
2Fe+3CO2。
（1）该反应中氧化剂是__（填化学式），碳元素被__（填“氧化”或“还原”）。
（2）若消耗了3molCO，则生成CO2的体积是__L（标准状况），转移电子的物质的量是___mol。
[答案]
（1）.Fe2O3
（2）.氧化（3）.67.2（4）.6
[解析]
[分析]
（1）根据氧化还原反应中元素化合价升降来判断；
（2）根据标况下，V=nVm计算气体体积，根据氧化还原反应中电子得失计算电子的物质的量。
[详解]
（1）Fe2O3中铁的化合价由+3价变为0价，化合价降低被还原，作氧化剂；CO中碳元素的化合价由+2价变为+4价，化合价升高被氧化，作还原剂；
故[答案]为：
Fe2O3；氧化；
（2）根据反应方程式，若消耗了3molCO同时生成了3molCO2，则标况下，CO2的体积=nVm=3mol×22.4L/mol=67.2L；CO中碳元素的化合价由+2价变为+4价，即1molCO转移2mol电子，则3molCO共转移6mol电子，
故[答案]为：
67.2；6。
24.用NaCl固体配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液，请回答下列问题。
（1）用到的仪器有：
托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和__。
（2）用托盘天平称取NaCl固体的质量是__g。
（3）下列情况中，会使所配溶液浓度偏高的是__（填字母）。
A．定容时，俯视刻度线B．转移液体时，有少量液体洒出
C．加蒸馏水超过了刻度线D．没有洗涤烧杯和玻璃棒
[答案]
（1）.100mL容量瓶
（2）.11.7（3）.A
[解析]
[分析]
（1）配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液需要100mL容量瓶，用到的仪器有：
托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；
（2）根据n=cV计算溶质的物质的量，再有m=nM计算溶质的质量；
（3）根据c=
进行分析。
[详解]
（1）配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液需要100mL容量瓶，用到的仪器有：
托盘天平、药匙、量筒、烧杯、玻璃棒、胶头滴管和100mL容量瓶；
故[答案]为：
100mL容量瓶；
（2）配制100mL2.0mol·L−1NaCl溶液，NaCl的物质的量=cV=0.1L×2.0mol·L−1=0.2mol，则NaCl的质量=nM=0.2mol×58.5g/mol=11.7g，
故[答案]为：
11.7；
（3）A.定容时，俯视刻度线，使所配置溶液溶液体积偏小，溶液浓度偏高，故A符合题意；
B.转移液体时，有少量液体洒出，使所配溶液溶质的物质的量减少，溶液浓度偏低，故B不符合题意；
C.加蒸馏水超过了刻度线，使所配置溶液溶液体积偏大，溶液浓度偏低，故C不符合题意；
D.没有洗涤烧杯和玻璃棒，使所配溶液溶质的物质的量减少，溶液浓度偏低，故D不符合题意；
故[答案]选A。
25.实验室用如图装置制备并收集干燥纯净的Cl2。
（1）装置A中反应的化学方程式是___。
（2）装置B的作用是__。
（3）装置C中盛放的物质是__。
（4）装置D用于收集Cl2，请将图中装置D的导气管补充完整___。
（5）装置E用于吸收尾气，E中反应的离子方程式是__。
[答案]
（1）.MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O
（2）.除去Cl2中混有的HCl（3）.浓硫酸（4）.
（5）.Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
[解析]
[分析]
（1）装置A是用浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下制取氯气的装置；
（2）装置B盛有饱和食盐水，用来除去氯气中的氯化氢气体；
（3）通过装置B出来的氯气中含有水，则装置C中盛放的物质是浓硫酸，除去氯气中的水分；
（4）装置D用于收集Cl2，氯气的密度比空气大，收集时，使用向上排空气法，集气瓶内的导管应长进短出；
（5）装置E盛有氢氧化钠用于吸收多余的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
[详解]
（1）装置A是用来制取氯气的装置，根据图示浓盐酸和二氧化锰在加热的条件下制取氯气，化学反应方程式为：
MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O，
故[答案]为：
MnO2+4HCl（浓）
MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）由于盐酸具有挥发性，从装置A中出来的氯气中混有氯化氢气体，装置B盛有饱和食盐水，用来除去氯气中的氯化氢气体，故[答案]为：
除去Cl2中混有的HCl；
（3）通过装置B出来的氯气中含有水，则装置C中盛放的物质是浓硫酸，除去氯气中的水分，故[答案]为：
浓硫酸；
（4）装置D用于收集Cl2，氯气的密度比空气大，收集时，使用向上排空气法，集气瓶内的导管应长进短出，装置图为：
，故[答案]为：
；
（5）装置E盛有氢氧化钠用于吸收多余的氯气，氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水，离子反应方程式为：
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，故[答案]为：
Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
26.阅读短文，回答问题。
世界卫生组织（WHO）和中国卫健委公认二氧化氯（ClO2）为新时代绿色消毒剂，其特点是：
无三致（致癌、致畸、致突变），有三效（广谱、高效、快速）。
国家疾病控制中心建议，为了避免传染病的传播，餐饮用具可用200mg·L−1的ClO2溶液浸泡，游泳池水可按5mg·L−1用ClO2进行消毒。
常温下，ClO2气体与Cl2具有相似的颜色与气味，在水中的溶解度是Cl2的5～8倍。
ClO2是强氧化剂，其有效氯是Cl2的2.6倍。
ClO2不与冷水反应，遇热水则分解成HClO、Cl2和O2。
下表列出了ClO2与传统消毒剂（氯制剂）的部分性能比较：
性能
ClO2
氯制剂（84消毒液、漂白粉等）
杀菌力
可杀灭所有的微生物
可杀灭所有细菌繁殖体高浓度能杀死细菌芽孢
残留
无
有
抗药性
无
有
经大量实验研究表明，ClO2对细胞壁有较强的吸附和穿透能力，反应释放出的原子氧将细胞内的酶氧化，从而起到杀菌作用。
ClO2反应释放出的原子氧还可以氧化色素，所以ClO2也是优良的漂白剂。
研究表明，ClO2在浓度低于100mg·L−1时不会对人体产生任何的影响。
我国卫健委提出，逐步用ClO2替代Cl2进行饮用水消毒。
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