湖南省长沙市实验中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试卷（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市实验中学2022-2023学年高一化学上学期期中考试试卷（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了 下列仪器名称为“坩埚”的是， 下列物质不属于电解质的是， H2SO4的摩尔质量为， 配制0， 下列物质的分类正确的是等内容，欢迎下载使用。

长沙市实验中学2022年下学期期中考试
高一年级化学试卷
注意：本试卷共7页，18题，满分100分，时量75分钟
相对原子质量：H-1 C-12 N-14 O-16 Na-23 Mg-24 Cl-35.5 K-39 Fe-56 Zn-65 I-127
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. “全碳气凝胶”是浙江大学的科学家们研制出的一种材料，取名“碳海绵”，是迄今为止世界上最轻的材料。“碳海绵”可任意调节形状，弹性也很好，被压80%后仍可恢复原状。它的内部有很多孔隙充满空气，它对有机溶剂有超快、超高的吸附力，能吸附溶液中的阴离子，是已被报道的吸油力最强的吸油材料。下列关于“碳海绵”的说法错误的是
A. “碳海绵”放在水中会沉入水底
B. “碳海绵”净水原理与胶体吸附净水原理相似
C. 用激光笔照射“碳海绵”可能看到一条光亮的通路
D. “碳海绵”是理想的催化剂载体材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．“碳海绵”是迄今为止世界上最轻的材料，所以其密度很小，不会沉入水底，故A错误；
B．“碳海绵”的净水原理是其具有大的比表面积，能吸附污水中的悬浮物质，明矾净水的原理是明矾与水反应生成的Al(OH)3胶体具有强的吸附能力，故二者的净水原理相似，故B正确；
C．“碳海绵”内部充满空气，属于气溶胶，激光照射时，会产生丁达尔效应，出现一条光亮的通路，故C正确；
D．“碳海绵”内部有很多孔隙，具有大的比表面积，具有很强的吸附能力，能吸附催化剂，是理想的催化剂载体材料，故D正确；
故选A。
2. 下列仪器名称为“坩埚”的是
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】A．为蒸发皿，故A不选；
B．为圆底烧瓶，故B不选；
C．为分液漏斗，故C不选；
D．为坩埚，故D选；
故选D。
3. 下列物质不属于电解质的是
A. H2SO4 B. NH3 C. CuCl2 D. KNO3
【答案】B
【解析】
【分析】电解质是指在水溶液中或熔融状态下自身能够导电的化合物，据此分析解答。
【详解】A．H2SO4在水溶液中能够电离出自由移动的氢离子和硫酸根离子，能导电，属于电解质，A不符合题意；
B．NH3在水溶液中会形成一水合氨，一水合氨可部分电离生成铵根离子和氢氧根离子而导电，但不是NH3本身导电，不属于电解质，B符合题意；
C．CuCl2在水溶液中或熔融状态下能够电离成自由移动的阴阳离子，能够导电，属于电解质，C不符合题意；
D．KNO3在水溶液中或熔融状态下能够电离成自由移动的阴阳离子，能够导电，属于电解质，D不符合题意；
故选B。
4. 下列化学反应中，属于氧化还原反应的是
A. CaCO3 + 2HCl ＝ CaCl2 + H2O + CO2↑
B. NaCl+AgNO3＝AgCl↓+NaNO3
C. CaCO3 CaO+CO2↑
D. 2Na + 2H2O ＝2NaOH + H2↑
【答案】D
【解析】
【详解】A．CaCO3+2HCl= CaCl2 +CO2↑+H2O中各元素的化合价都没有发生变化，不是氧化还原反应，故A错误；
B．NaCl+AgNO3＝AgCl↓+NaNO3中各元素的化合价都没有发生变化，不是氧化还原反应，故B错误；
C．CaCO3CaO+CO2↑中各元素的化合价都没有发生变化，不是氧化还原反应，故C错误；
D．2Na + 2H2O ＝2NaOH + H2↑中钠和氢元素的化合价发生变化，属于氧化还原反应，故D正确；
故选D。
5. 在全国人民众志成城抗击新冠病毒期间，使用的“84消毒液”的主要有效成分是
A. NaOH B. NaCl C. NaClO D. Na2CO3
【答案】C
【解析】
【详解】工业上用Cl2与NaOH溶液反应制取“84消毒液”，反应原理为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，NaClO具有强氧化性，能用于杀菌消毒，故“84消毒液”的主要有效成分是NaClO，答案选C。
6. H2SO4的摩尔质量为
A. 98 B. 98g C. 98g/mol D. 以上都不对
【答案】C
【解析】
【详解】摩尔质量如果用g/mol作单位，在数值上等于其相对原子质量或相对分子质量。H2SO4的相对分子质量是98，其摩尔质量为98g/mol。
答案选C
7. 配制0.5mol/L的NaCl溶液不需要用到的仪器是
A. 酒精灯 B. 烧杯 C. 玻璃棒 D. 容量瓶
【答案】A
【解析】
【详解】配制0.5mol/L的NaCl溶液需要托盘天平称量，用烧杯溶解，同时玻璃棒搅拌，冷却后转移至容量瓶中，最后定容时还需要胶头滴管，因此不需要用到的仪器是酒精灯；
答案选A。
8. 下列物质的分类正确的是
选项
碱
酸
盐
碱性氧化物
酸性氧化物
A
Na2CO3
H2SO4
NaOH
SO2
BaO
B
NaOH
HCl
NaCl
Na2O
CO
C
KOH
HNO3
CaCO3
CaO
SO2
D
NaOH
NaHCO3
CaF2
Na2O2
CO2

A. A B. B C. C D. D
【答案】C
【解析】
【分析】酸是水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物；
碱是水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物；
盐是由金属阳离子（或铵根离子）与酸根离子构成的化合物；
碱性氧化物是指能与水反应生成相应的碱，或与酸反应生成相应的盐和水的化合物；
酸性氧化物是指能与水反应生成相应的酸，或能与碱反应生成相应的盐和水的化合物。
【详解】A．Na2CO3属于盐，NaOH属于碱，SO2属于酸性氧化物，BaO属于碱性氧化物，A错误；
B．CO为不成盐氧化物，不属于酸性氧化物，B错误；
C．分类科学合理，C正确；
D．NaHCO3属于盐，不属于酸，Na2O2也不属于碱性氧化物，D错误；
故选C。
9. 下列实验方案中不能确定试样的组成的是
A. 取ag混合物充分加热，质量减少bg
B. 取ag混合物与足量氢氧化钡溶液充分反应，将所得沉淀洗涤、干燥、称量得到bg固体
C. 取ag混合物与足量稀盐酸充分反应，加热、蒸干、灼烧，得到bg固体
D. 取ag混合物与足量稀硫酸充分反应，逸出气体用碱石灰吸收，质量增加bg
【答案】D
【解析】
【详解】A．NaHCO3受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，所以通过加热分解质量减少bg可确定试样中的质量，结合ag混合物，可计算试样组成，故A不符合题意；
B．Na2CO3和NaHCO3均可与氢氧化钡溶液反应生成碳酸钡沉淀，所以bg固体是碳酸钡，利用守恒法可列出关于ag和bg的两个等式，进而确定试样的组成，故B不符合题意；
C．Na2CO3和NaHCO3均可与盐酸反应生成水、二氧化碳和氯化钠，所以bg固体是氯化钠，利用守恒法可列出关于ag和bg的两个等式，进而确定试样的组成，故C不符合题意；
D．试样与足量稀硫酸充分反应生成水和二氧化碳等，逸出的气体经碱石灰吸收，增加的是二氧化碳和水的质量，吸收的水不等于反应生成的水，不能列出关于b的等式，不能确定试样的组成，故D符合题意；
答案选D。
10. 将0.1Ba(OH)2溶液分为两等份放入烧杯中，分别向其中滴入0.1的H2SO4和NaHSO4溶液，两份溶液导电能力随滴入溶液体积变化的曲线如图。下列分析不正确的是

A. 曲线②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线
B. b点之前，溶液中发生的离子反应方程式为
C. a、c两点对应的溶液均为中性
D. 曲线①说明浓度相同的稀硫酸导电能力强于稀Ba(OH)2溶液
【答案】B
【解析】
【分析】Ba(OH)2溶液和H2SO4、NaHSO4溶液反应方程式分别为H2SO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+2H2O、NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+NaOH+H2O，2NaHSO4+Ba(OH)2=BaSO4↓+Na2SO4+2H2O，溶液导电能力与离子浓度成正比，根据图知，曲线①在a点溶液导电能力接近0，说明该点溶液离子浓度最小，应该为Ba(OH)2溶液和H2SO4的反应，则曲线②为Ba(OH)2溶液和NaHSO4溶液的反应，据此分析解答。
【详解】A．根据上述分析可知，曲线②代表滴加NaHSO4溶液的变化曲线，A正确；
B．根据图知，a点为Ba(OH)2溶液和H2SO4恰好反应，H2SO4、NaHSO4溶液的物质的量浓度相等，则b点溶液溶质为NaOH，b点溶液中加入NaHSO4溶液时，实际上是酸碱中和反应，离子方程式为H++OH-=H2O，B错误；
C．a点①中硫酸和氢氧化钡恰好完全反应，溶液中只含水；c点②中溶质为Na2SO4溶液和水，都呈中性，C正确；
D．曲线①中a点之前溶质为Ba(OH)2，过了a点后溶质为H2SO4，浓度相同H2SO4对应的点纵坐标更大，导电能力更强，D正确；
故答案选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. 某同学在实验室中进行如下实验：
编号
I
II
III
实验



现象
没有明显变化，溶液仍为无色
有白色沉淀生成，溶液为蓝色
有无色气体放出
以下结论不正确的是
A. I中无明显变化，说明两溶液不反应
B. II中白色沉淀为CuCl2
C. III中的离子方程式为2H＋＋Zn=Zn2＋＋H2↑
D. 离子反应过程中会发生离子数量或离子种类的变化
【答案】AB
【解析】
【详解】A．硫酸和NaOH反应生成硫酸钠和水，无明显现象，溶液仍为无色，发生了复分解反应，故A错误；
B．反应生成硫酸钡沉淀和氯化铜，氯化铜溶液为蓝色，白色沉淀为硫酸钡，故B错误；
C．发生Zn+2HCl=ZnCl2+H2↑，单质在离子反应中保留化学式，则离子反应为2H++Zn═Zn2++H2↑，故C正确；
D．有离子参加或生成的反应为离子反应，所以离子反应过程中会引起离子数量或离子种类的变化，故D正确；
故选AB。
12. 下列关于实验的叙述中，不正确的是
选项
实验操作
实验现象或结论
A
把一小块钠迅速投入到热坩埚中，继续加热坩埚片刻
钠受热后熔成小球，剧烈燃烧，火焰呈黄色，产物为淡黄色固体
B
把一小块钠投入到滴有酚酞的冷水中
钠熔化成闪亮的小球，在水面上四处游动，有“嘶嘶”的响声发出，反应后溶液变红
C
将红色干花放入盛有干燥氯气的集气瓶中，盖上玻璃片
干花褪色，证明氯气具有漂白性
D
用洁净铂丝蘸取溶液，在酒精灯外焰上灼烧，观察到火焰呈黄色
溶液中一定不存在K+

A. A B. B C. C D. D
【答案】CD
【解析】
【详解】A．钠在空气中加热燃烧，钠的熔点低，先熔化成小球，燃烧时呈黄色火焰，生成的过氧化钠固体呈淡黄色，A正确；
B．钠在水中反应放热使钠熔化呈闪亮的小球，钠的密度比水小因而浮于水面，产生的氢气会推动小球四处游动并发出嘶嘶声，生成的氢氧化钠溶液使酚酞变红，B正确；
C．干花和干燥的氯气不反应，干花不褪色，证明氯气无漂白性，C错误；
D．未使用蓝色钴玻璃滤掉黄色，黄色的火焰会掩盖钾的紫色，溶液中一定不存在K+的结论错误，D错误；
答案选CD。
13. 把图乙中的物质补充到图甲中，可得到一个完整的氧化还原反应的离子方程式（未配平）。

对于该氧化还原反应的离子方程式，下列说法不正确的是（ ）
A. 作氧化剂，具有氧化性
B. 氧化性：
C. 是还原剂，具有还原性
D. 若有2个参加反应，则转移10个电子
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可知，反应中是反应物，反应后生成，则失电子作还原剂，含有碘元素的离子在反应中作氧化剂，碘元素化合价降低，所以是反应物，是生成物，根据元素守恒知，水是反应物，根据氧化还原反应中得失电子守恒以及原子守恒，可以得出该反应的离子方程式为。
【详解】A.具有氧化性，反应中碘元素化合价降低，得电子发生还原反应，做氧化剂，故A正确；
B.根据反应的离子方程式可知，该反应的氧化剂是，氧化产物是，氧化剂的氧化性强于氧化产物的氧化性，则氧化性强弱顺序为，故B错误；
C.由分析可知，具有还原性，是反应还原剂，故C正确；
D.根据反应的离子方程式可知，有2个参加反应时，转移电子的个数为，故D正确；
故选B。
14. 某兴趣小组利用数字化实验测定光照过程中氯水的pH、氯水中氯离子的浓度、广口瓶中氧气的体积分数三者的变化，实验结果如图所示。下列说法正确的是

A. 氯水中存在能自由移动的离子、能导电，故Cl2属于电解质
B. 氯水中不存在H+，光照过程中才有H+生成
C. O2体积分数逐渐增加，说明发生了氧化还原反应
D. 由图可知，50s时Cl-浓度约为0.45g/L，计算可知氯水中c(Cl-)0.013 mol·L-1
【答案】CD
【解析】
【详解】A．电解质必须是化合物，氯气为单质，不属于电解质，故A错误；
B．氯气与水反应生成氯化氢和次氯酸，所以氯水中存在H+，故B错误；
C．氯水中的次氯酸分解生成氯化氢和氧气，导致O2体积分数逐渐增加，该过程属于氧化还原反应，故C正确；
D．依据氯离子浓度与时间关系图可知，50s时，氯离子浓度约为0.45g/L，物质的量浓度为，故D正确。
故选：CD。
三、非选择题(本题共4小题，共54分)
15. I.通过计算填写下列内容：
（1）在标准状况下，6.72LCO的物质的量为_______；
（2）在标准状况下，23gC2H5OH的氢原子数目为_______NA；
（3）7.8 gNa2X中含有Na+0.2 mol，则Na2X的摩尔质量为_______g/mol；
（4）100mLAl2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，含有Mg2+0.24g， SO的物质的量浓度为0.7mol/L，则Al3+的物质的量浓度为_______ mol/L。
（5）配制500mL 1mol/L的稀硫酸，需取5 mol/L的硫酸_______mL。
II.分类是学习化学的重要方法，以物质的元素组成和化学性质视角对物质进行科学分类，可体现化学学科独有的魅力。有下列物质：①SO2 ②水银 ③Na2O固体 ④稀硫酸 ⑤碳酸氢钠固体 ⑥酒精 ⑦熔融的KNO3 ⑧蔗糖 ⑨Fe(OH)3胶体
请回答下列问题：
（6）上述物质中属于电解质的是_______；
（7）将⑤中固体加热的反应化学方程式是_______；
（8）制备⑨的离子反应方程式是_______。
【答案】（1）0.3mol
（2）3 （3）78
（4）0.4 （5）100
（6）③⑤⑦ （7）
（8）Fe3+ +3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+
【解析】
【小问1详解】
根据n=可知，6.72L CO的物质的量为=0.3mol；
小问2详解】
根据n=可知，23gC2H5OH的物质的量为=0.5mol，其分子内的氢原子数目为=3NA；
【小问3详解】
7.8 gNa2X中含有Na+0.2 mol，则7.8 gNa2X的物质的量是0.1mol， Na2X的摩尔质量为；
【小问4详解】
100mLAl2(SO4)3和MgSO4的混合溶液中，含有Mg2+0.24g，则Mg2+的物质的量为=0.01mol，那么Mg2+的物质的量浓度为=0.1mol/L，SO的物质的量浓度为0.7mol/L，根据电荷守恒可知，2c(Mg2+)+3c(Al3+)=2c(SO)，则Al3+的物质的量浓度c(Al3+)==0.4mol/L；
【小问5详解】
根据稀释定律可知，配制500mL 1mol/L的稀硫酸，需取5 mol/L的硫酸体积为=0.1L=100mL；
【小问6详解】
单质、混合物既不是电解质也不是非电解质，且非金属氧化物本身不能导电，不属于电解质，大部分有机物不属于电解质；则属于电解质的是③Na2O固体、⑤碳酸钠氢固体、⑦熔融的KNO3，故选：③⑤⑦；
【小问7详解】
碳酸氢钠固体受热易分解，分解的化学方程式为：；
【小问8详解】
实验室制备Fe(OH)3胶体的原理是，将饱和氯化铁溶液加入到沸水中，直至出现红褐色，停止加热，其离子方程式为：Fe3+ +3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+。
16. I.某无色透明溶液中可能大量存在Ag+、Mg2+、Fe3+、Na+、Cl-、OH-、NO中的几种，请填写下列空白：
（1）不做任何实验就可以肯定原溶液中不存在的离子是_______。
（2）取少量原溶液，加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成；再加入过量的稀硝酸，沉淀不消失。写出有关的离子方程式：_______，取(2)中的滤液，加入过量的烧碱，出现白色沉淀。
（3）综上所述，原溶液中一定存在的离子有_______，可能存在的离子是_______。
II.为防治碘缺乏病，通常在食盐中添加少量的碘酸钾(KIO3)，碘酸钾和碘化钾在酸性溶液中能发生下列反应：KIO3+5KI+3H2SO4=3I2+3K2SO4+3H2O。回答下列问题：
（4）该反应中，氧化剂是_______，氧化产物和还原产物的质量比是_______。
【答案】（1）Fe3+
（2）Ag++Cl-=AgCl↓
（3） ①. Ag+、Mg2+、NO ②. Na+
（4） ①. KIO3 ②. 5:1
【解析】
【小问1详解】
有颜色的离子不用做实验就能判断是否存在，溶液无色说明不含Fe3+，故答案为：Fe3+；
【小问2详解】
加入过量稀盐酸，有白色沉淀生成，再加入过量稀硝酸，沉淀不消失，说明含有Ag+，离子反应方程式为：Ag++Cl-=AgCl↓，故答案为：Ag++Cl-=AgCl↓；
【小问3详解】
由（2）可知原溶液中存在Ag+，则Cl- 不能共存；能和NaOH溶液反应的离子是Mg2+，原溶液中肯定有Mg2+，故OH-不能与其共存，根据电荷守恒可知一定含有NO，Na+不与所给的任何离子生成沉淀，故溶液中可能大量存在的离子是Na+，故答案为：Ag+、Mg2+、NO；Na+。
【小问4详解】
KIO3中I元素的化合价由+5→0，化合价降低5，KI中I元素的化合价由-1→0，化合价升高1，KIO3为氧化剂，KI为还原剂，I2既是氧化产物也是还原产物，氧化产物和还原产物的质量比是5:1，故答案为：5:1。
17. NaClO2是一种重要的杀菌消毒剂，其一种生产工艺如图：

（1）NaClO2中Cl的化合价为_______。
（2）“反应”步骤中的氧化剂是_______。
（3）“尾气吸收”是吸收“电解”过程排出的少量ClO2，发生如下反应： 2NaOH+H2O2+2ClO2=2NaClO2+O2+2H2O
①用单线桥表示电子转移方向和数目_______。
②此吸收反应中，氧化产物是_______，氧化剂与还原剂的物质的量之比为_______。
③比较氧化性：ClO2_______O2(填“>”、“<”或“=”)。
【答案】（1）+3 （2）NaClO3
（3） ①. ②. O2 ③. 2：1 ④. ＞
【解析】
【分析】在酸性溶液中氯酸钠把二氧化硫氧化为硫酸氢钠，氯酸钠被还原为二氧化氯，二氧化氯通入食盐水中电解生成亚氯酸钠，同时还有氯气生成，多余的尾气用氢氧化钠和双氧水吸收，据此解答。
小问1详解】
NaClO2中Na是+1价，O是－2价，根据化合价代数和为0可知Cl的化合价为+3价；
【小问2详解】
“反应”步骤中生成ClO2的反应为NaClO3和二氧化硫在硫酸酸化条件下生成二氧化氯和硫酸氢钠，方程式为H2SO4+SO2+2NaClO3=2ClO2+2NaHSO4，NaClO3中氯元素化合价降低，做氧化剂；
【小问3详解】
①反应过氧化氢中氧元素化合价升高生成氧气，有2个电子转移；二氧化氯生成NaClO2，氯元素化合价降低，有1个电子转移，根据电子守恒，二氧化氯分子的系数为2，再根据原子守恒配平化学方程式；反应中过氧化氢中氧的2个电子转移给二氧化氯中氯原子，用单线桥表示为；
②反应中过氧化氢为还原剂、二氧化氯为氧化剂，氧化产物是氧气，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1；
③二氧化氯为氧化剂、氧气为氧化产物，氧化剂氧化性大于氧化产物氧化性，故ClO2＞O2，故答案为：＞。
18. 将氯气和空气(不参与反应)混合通入含水8%的碳酸钠中可以制备Cl2O气体，同时生成CO2，现用下列装置制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。
已知：1. Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO；
2. 氯气易溶于四氯化碳。

（1）Cl2O能被水吸收而制备次氯酸，从物质分类的角度看，Cl2O属于_______(填“酸性氧化物”、“碱性氧化物”或“不成盐氧化物”)
（2）各装置的连接顺序为_______→E。
（3）写出装置A中发生反应的离子方程式：_______。
（4）装置C的作用是_______。
（5）制备Cl2O的氧化还原反应中，Cl2的作用是_______(填“氧化剂”、“还原剂”或“氧化剂和还原剂”)。
（6）已知次氯酸可被H2O2、FeCl2等物质还原成Cl-。测定E中次氯酸溶液的浓度的实验方案如下：取一定量次氯酸溶液于试管中，加入足量的_______，再加入足量的_______，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀的质量。(可选用的试利：H2O2溶液、FeCl2溶液、AgNO3溶液)
【答案】（1）酸性氧化物
（2）A→D→B→C （3）MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O
（4）除去Cl2O中的Cl2
（5）氧化剂和还原剂 （6） ①. H2O2溶液 ②. AgNO3溶液
【解析】
【分析】A装置中MnO2与浓盐酸共热制取Cl2，所制Cl2中混有HCl和H2O(g)，HCl也能与Na2CO3反应，故与Na2CO3反应之前，应在D装置中通过饱和食盐水除去HCl并将Cl2与空气混合，然后在B装置中制备Cl2O，用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液之前应选C装置，用足量CCl4溶液除去Cl2O中的Cl2。
【小问1详解】
Cl2O能被水吸收而制备次氯酸，反应的化学方程式为Cl2O+H2O=2HClO，从物质分类的角度看，Cl2O属于酸性氧化物；答案为：酸性氧化物。
【小问2详解】
根据分析，各装置的连接顺序为A→D→B→C→E；答案为：A→D→B→C。
【小问3详解】
装置A中MnO2与浓盐酸共热制取Cl2，反应的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O；答案为：MnO2+4H++2Cl-Mn2++Cl2↑+2H2O。
【小问4详解】
根据已知“氯气易溶于四氯化碳”和题意，结合分析，装置C中足量CCl4用于除去Cl2O中的Cl2；答案为：除去Cl2O中的Cl2。
小问5详解】
氯气和空气(不参与反应)混合通入含水8%的碳酸钠中可以制备Cl2O气体，同时生成CO2，制备Cl2O的化学方程式为2Cl2+Na2CO3=2NaCl+Cl2O↑+CO2↑，反应中Cl2既是氧化剂、又是还原剂；答案为：氧化剂和还原剂。
【小问6详解】
根据题给实验方案可知，测定E中次氯酸溶液浓度的方法是：先加入足量的还原剂将次氯酸完全还原为Cl-，然后加入足量AgNO3溶液使Cl-完全转化为AgCl沉淀，通过称量AgCl的质量计算次氯酸溶液的浓度，由于FeCl2溶液会引入Cl-，故所加还原剂为H2O2溶液，即测定E中次氯酸溶液的浓度的实验方案为：取一定量次氯酸溶液于试管中，加入足量的H2O2溶液，再加入足量的AgNO3溶液，过滤，洗涤沉淀，在真空干燥箱中干燥，用电子天平称量沉淀的质量；答案为：H2O2溶液；AgNO3溶液。