2023天津宝坻区一中高一上学期线上期末训练化学试题含解析

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宝坻一中2022-2023学年度第一学期高一年级
期末线上练习化学试卷
可能用到的相对原子质量：H：1 C：12 N：14 O：16 Na：23 Mg：24 Al：27 Cl：35.5 S：32 Fe：56 Cu：64 Zn：65 I：127 Ba：137
一、选择题(每题只有一个正确选项，每小题3分，共48分)
1. “地球在流浪，学习不能忘”，学好化学让生活更美好，下列相关说法错误是
A. “火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色试验
B. 小苏打指碳酸氢钠，可用于治疗胃酸过多和作发酵粉
C. 为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入生石灰
D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，故可用苏打粉检验假红酒
【答案】C
【解析】
【详解】A. 焰色试验是某些金属或它们的化合物在无色火焰中灼烧时使火焰呈现特殊颜色的反应，因此“火树银花”中的焰火实质上是金属元素的焰色试验，A正确；
B. 小苏打指碳酸氢钠，碱性较弱，能和盐酸反应，因此可用于治疗胃酸过多和作发酵粉，B正确；
C. 为防止中秋月饼等富脂食品氧化变质，常在包装袋中放入铁粉，生石灰吸水，常用作干燥剂，C错误；
D. 葡萄酒中的花青素在碱性环境下显蓝色，碳酸钠溶液显碱性，因此可用苏打粉检验假红酒，D正确；答案选C。
2. 元素符号、反应方程式、结构示意图、电子式、结构式等通常叫做化学用语。下列有关化学用语的表示方法中不正确的是
A. 次氯酸的电子式为 B. 中子数为16的磷原子为 P
C. CO2分子的结构式为O=C=O D. S2-的结构示意图为
【答案】A
【解析】
【详解】A．H原子最外层1个电子，Cl原子最外层7个电子，O原子最外层6个电子，次氯酸共价化合物，其电子式为，A错误；
B．中子数为16的磷原子质量数为16+15=31，所以符合为，B正确；
C．CO2分子中含2个碳氧双键，其结构式为O=C=O，C正确；
D．S2-的质子数为16，核外电子数为18，其结构示意图为，D正确；
故选A。
3. 下列图示对应的操作不规范的是（ ）
A. 称量
B. 溶解
C. 过滤
D. 转移溶液
【答案】D
【解析】
【详解】A. 称量时左物右码，操作正确，选项A正确；
B. 溶解时用玻璃棒搅拌，加速溶解，选项B正确；
C. 过滤时，遵守“一贴二低三靠”，操作正确，选项C正确；
D. 转移溶液时必须用玻璃棒引流，选项D不规范；
答案选D。
4. 下列离子能大量共存的是
A. 使酚酞溶液呈红色的溶液中：、K+、、
B. 无色透明的溶液中： Mg2+、 K+、、
C. 含有大量Ba2+的溶液中： Na+、Cu2+、 、Cl-
D. 使石蕊溶液呈红色的溶液中： 、K+、、
【答案】B
【解析】
【详解】A．使酚酞溶液呈红色的溶液呈碱性，因与氢氧根离子反应而不能大量共存，A错误；
B．无色透明的溶液中，Mg2+、 K+、、互不反应能大量共存，B正确；
C．含有大量Ba2+的溶液，Ba2+与SO会发生反应生成BaSO4沉淀，不能大量共存，C错误；
D．使石蕊溶液呈红色的溶液呈酸性，因氢离子与反应而不能大量共存，D错误；
答案选B。
5. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述不正确的是
A. 32gO2和O3混合气体所含氧原子数目为2NA
B. 2mol/L的FeCl3溶液，其中含有Cl-为6NA
C. 1molNa与足量O2反应，生成Na2O和Na2O2的混合物，转移的电子数为NA
D. 在常温常压下，11.2LN2含有的分子数小于0.5NA
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．32g的氧元素的物质的量为2mol，氧原子的数目为2NA，A项正确；
B．体积未知，仅知道浓度无法计算物质的量，B项错误；
C．Na参加反应均变为Na+，转移一个电子，故1molNa反应，转移的电子数为NA，C项正确；
D．标况下11.2LN2含有的分子数为0.5NA，温度升高，分子间间距增大，故在常温常压下，11.2LN2含有的分子数小于0.5NA，D项正确；
故选B。
6. 下列反应的离子方程式书写正确的是
A. Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应：Ca2＋+HCO+OH-= CaCO3↓+H2O
B. NaHCO3溶液中滴加稀盐酸：2H＋+CO=H2O+CO2↑
C. CH3COOH溶液与NaOH溶液反应：H＋+OH-=H2O
D. 氢氧化钡溶液与稀H2SO4反应：Ba2++SO+H＋+OH-= BaSO4↓+H2O
【答案】A
【解析】
【详解】A．Ca(HCO3)2与过量Ca(OH)2溶液反应时，应该以不足量的Ca(HCO3)2为标准，假设其物质的量是1 mol，则反应需要Ca(OH)2的物质的量也是1 mol，二者反应产生CaCO3、H2O，反应方程式为：Ca(HCO3)2+Ca(OH)2=2CaCO3↓+2H2O，根据物质存在形式及离子方程式中物质的拆分原则，可知该反应的离子方程式为：Ca2＋+HCO+OH-= CaCO3↓+H2O，A正确；
B．NaHCO3在溶液中电离产生Na+、HCO，二者反应的离子方程式为：HCO+H＋= H2O+CO2↑，B错误；
C．CH3COOH是弱酸，主要以电解质分子存在，应该写化学式，该反应的离子方程式应该为：CH3COOH+OH-=CH3COO-+H2O，C错误；
D．不符合微粒个数比关系，反应的离子方程式应该为：Ba2++SO+2H＋+2OH-= BaSO4↓+2H2O，D错误；
故合理选项是A。
7. SO2气体与足量Fe2(SO4)3溶液完全反应后，再加入K2Cr2O7溶液，发生如下化学反应：①SO2+2Fe3++2H2O=SO+2Fe2++4H+；②Cr2O+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O。则下列有关说法不正确的是
A. 氧化性：Cr2O＞Fe3+
B. 标准状况下，若有6.72LSO2参加反应，则最终消耗0.2molK2Cr2O7
C. 反应②中，每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA
D. 由上述反应原理推断：K2Cr2O7溶液也可以将SO2氧化成SO
【答案】B
【解析】
【分析】
根据题目可得，①中是三价铁做氧化剂，②中重铬酸根做氧化剂
【详解】A．氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，A项正确；
B．标况下6.72LSO2为0.3mol，完全反应后生成氢离子1.2mol，二价铁0.6mol，根据②可知消耗重铬酸根小于0.2mol，B项错误；
C．Cr从+6到+3转移3个电子，则每有1molK2Cr2O7参加反应，转移电子的数目为6NA，C项正确；
D．根据②可得氧化性：Cr2O> Fe3+，故K2Cr2O7溶液也可以将SO2氧化成SO，D项正确；
故选B。
8. 用一定方法可除去下列物质所含的少量杂质(括号内为杂质)，其中所加物质能达到除杂目的的是
A. Cl2(HCl)用NaOH溶液
B. 溶液FeCl3(FeCl2)加入适量铁粉
C. 溶液NaHCO3(Na2CO3)通入足量二氧化碳
D. CO2(HCl)用饱和碳酸钠溶液
【答案】C
【解析】
【详解】A．Cl2和HCl都能和NaOH溶液反应，应该用饱和食盐水除杂，选项A不符合；
B．加入适量的铁粉是将FeCl3转化为FeCl2，不符合除杂原理，应该通入氯气，选项B不符合；
C．在溶液中通入足量的CO2，与碳酸钠反应生成碳酸氢钠，可以达到除杂的目的，选项C符合；
D．CO2和HCl都能和碳酸钠溶液反应，应该用饱和碳酸氢钠溶液除杂，选项D不符合；
答案选C。
9. 下列判断不正确的是
A. 在过渡元素中寻找半导体材料
B. 在氟、氯、硫、磷等元素在周期表中位置附近找合成农药的元素
C. 在铁、铬、锰元素在周期表中位置附近可找合成催化剂的元素
D. 钛铁合金和镧镍合金可用于合成储氢材料
【答案】A
【解析】
【详解】A．在元素周期表中金属与非金属的分界线附近，可以找到半导体材料，在过渡元素中寻找耐高温材料、新型催化剂，选项A不正确；
B．非金属元素F、Cl、S、P等可制备农药，非金属元素在周期表的右上角，则用于制农药的元素通常位于周期表的右上角，选项B正确；
C．在过渡区域铁、铬、锰元素在周期表中位置附近可找合成催化剂的元素，选项C正确；
D．镧镍合金能大量吸收H2形成金属氢化物，可作储氢材料，选项D正确；
答案选A。
10. 下列叙述能说明氯元素非金属性比硫元素强的是
①HCl的溶解度比H2S大②HCl的酸性比H2S强③HCl的稳定性比H2S强④还原性：Cl- A. ③④⑤⑦⑧ B. ③⑥⑦⑧
C. ③④⑥⑦⑧ D. ①②③④⑤⑥⑦⑧
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】溶解度为物理性质，①不能说明，比较酸性必须为最高价含氧酸，②不能说明，氢化物的稳定性可以说明氯元素的非金属性大于硫，③正确，离子的还原性可以说明，④正确，不是最高价含氧酸，⑤错误，氯气的氧化性大于硫，⑥可以说明，氯气与硫化氢生成硫单质，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，⑦可以说明，周期表中Cl处于S同周期的右侧，⑧可以说明；故选C。
11. 下列叙述中正确的是
A. H3O+和OH-中具有相同的质子数和电子数
B. 第三周期非金属元素含氧酸的酸性从左到右依次增强
C. 235U和238U互为同位素，化学性质几乎相同，物理性质不同
D. Li、Na、K的金属性和密度均随原子序数的增加而增大
【答案】C
【解析】
【详解】A．1个H3O+有11个质子和10个电子，1个OH-有9个质子和10个电子数，两者质子数不相等，选项A错误；
B．第三周期非金属元素最高价含氧酸的酸性从左到右依次增强，选项B错误；
C．互为同位素的原子，核外电子排布相同，最外层电子数决定其化学性质，因此同位素的化学性质几乎完全相同，但物理性质不同，选项C正确；
D．Li、Na、K的金属性随原子序数的增加而增大，但K的密度比Na小，选项D错误；
答案选C。
12. 下列有关“实验操作”、“现象”及“实验结论”都正确的是
选项
实验操作
现象
实验结论
A
将湿润有色布条放入充满氯气的集气瓶中
布条褪色
氯气具有漂白性
B
取少量FeCl2试样加水溶解，滴加高锰酸钾
紫红色褪去
该FeCl2试样已经变质
C
向CaCl2溶液中通入适量CO2
产生白色沉淀
白色沉淀为CaCO3
D
CO还原Fe3O4得到的黑色固体加入盐酸溶解后再加入KSCN溶液
溶液不显红色
黑色固体中可能有Fe3O4

A. A B. B C. C D. D
【答案】D
【解析】
【分析】
【详解】A．氯气本身没有漂白性，布条褪色是由于氯气与水反应生成了具有强氧化性次氯酸，使有机色质漂白褪色，故A错误；
B．氯化亚铁具有还原性，能与高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使高锰酸钾溶液紫色褪去，则紫红色褪去只能说明溶液中存在氯化亚铁，无法判断氯化亚铁是否变质，故B错误；
C．碳酸的酸性弱于盐酸，二氧化碳与氯化钙溶液不反应，故C错误；
D．CO还原Fe3O4得到的黑色固体可能为铁和四氧化三铁的混合物，加入盐酸溶解时，铁可能与四氧化三铁溶解生成的铁离子反应生成亚铁离子，导致溶液中不存在铁离子，加入硫氰化钾溶液，溶液不显红色，故D正确；
故选D。
13. 配制一定物质的量浓度的溶液，产生误差会偏低的是
A. 配制的溶液，用托盘天平称取固体
B. 将称量好的固体溶解后，未经冷却直接转移到容量瓶
C. 容量瓶中有少量蒸馏水
D. 定容时俯视刻度线
【答案】A
【解析】
【详解】A．配制的溶液，需用500mL的容量瓶，用托盘天平称取氢氧化钠固体，若称取固体，浓度偏小，故选A；
B．将称量好的固体溶解，未经冷却直接转移到容量瓶，溶液体积偏小，浓度偏大，故不选B；
C．定容时，需要加入蒸馏水，容量瓶中有少量蒸馏水，对溶液浓度无影响，故不选C；
D．若俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏大，故不选D；
选A。
14. 向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加1 mol/L的稀盐酸，CO2的生成量与加入盐酸的量的关系如图所示。下列判断正确的是

A. 在0～a范围内，只发生中和反应
B. ab段发生反应的离子方程式为CO+2H+=CO2↑+H2O
C. a=3
D. 原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量之比为1∶2
【答案】C
【解析】
【分析】对NaOH和Na2CO3混合配成的溶液，当滴加盐酸时，先发生氢氧化钠与盐酸的中和反应，再发生碳酸钠与盐酸的反应生成碳酸氢钠和氯化钠，最后发生碳酸氢钠与盐酸反应才有二氧化碳气体生成，利用物质的量的关系并结合图象即可解答。
【详解】A．向NaOH和Na2CO3混合溶液中滴加盐酸时，首先是HCl和NaOH反应生成水和NaCl，方程式为NaOH+HCl=NaCl+H2O；继续滴加时，HCl和Na2CO3发生反应，到a点时，恰好HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl反应完全，a点以后，发生反应NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O，可见在0～a范围内，发生了中和反应和HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，A错误；
B．ab段发生反应为：NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，该反应的离子方程式为：+H+=H2O+CO2↑，B错误；
C．根据碳元素守恒，混合物中，碳酸钠的物质的量是1 mol，1 mol Na2CO3完全转化为NaCl两步反应：HCl+Na2CO3=NaHCO3+NaCl，NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，分别消耗的盐酸的量是1 mol，则消耗1 mol/L稀盐酸的体积分别是1 L，所以a=3，C正确；
D．根据C元素守恒可知Na2CO3的物质的量是1 mol，其反应产生NaCl消耗HCl 2 mol，由于混合物与HCl恰好完全发生反应转化为NaCl时共消耗4 mol HCl，则其中含有的NaOH的物质的量是2 mol，原混合溶液中NaOH与Na2CO3的物质的量分别是2 mol和1 mol，二者的物质的量之比为2：1，D错误；
故合理选项是C。
15. 向一定量的、、的混合物中加入盐酸，恰好使混合物完全溶解，放出(标况)的气体，所得溶液中无。若用足量的在高温下还原相同质量的此混合物，能得到铁的质量是
A. B. C. D. 无法计算
【答案】B
【解析】
【详解】盐酸恰好使混合物完全溶解，盐酸没有剩余，无Fe3+，说明溶液为FeCl2溶液，根据氯元素守恒可知；用足量的CO在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n(Fe)=n(FeCl2)=0.1mol，质量为0.1mol×56g/mol=5.6g；
故选B。
16. 根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是
A. 气态氢化物的稳定性：H2O＞NH3＞SiH4
B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物
C. 因为酸性H2SO3＞H2CO3，所以非金属性：S>C
D. 用中文“”(ào)命名的第118号元素在周期表中位于第七周期0族
【答案】C
【解析】
【详解】A．C、N、O属于同周期元素，从左至右，非金属性依次增强，原子序数C＜N＜O，非金属性O＞N＞C，C、Si属于同主族元素，从上到下，非金属性依次减弱，原子序数C＜Si ，非金属性C＞Si，则非金属性O＞N＞Si，非金属性越强，氢化物越稳定，气态氢化物的稳定性H2O＞NH3＞SiH4，选项A正确；
B．H与F、Cl等形成共价化合物，与Na等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物，选项B正确；
C．根据元素周期律可知，元素非金属性越强，其最高价氧化物的水化物的酸性越强，但题目中S的最高价氧化物对应的水化物应为H2SO4，因此不能根据H2SO3＞H2CO3，推断出S、C的非金属性，选项C不正确；
D．118号元素的原子序数为118，质子数为118，核外电子数为118，其原子结构示意图为，它的原子结构中有7个电子层，最外层电子数为8，则第118号元素在周期表中位于第七周期0族，选项D正确；
答案为C。
二、填空题
17. 如表列出了①~⑨九种元素在周期表中的位置。


族
周期
ⅠA






0
1
①
ⅡA
ⅢA
ⅣA
ⅤA
ⅥA
ⅦA

2



②

④


3
⑤
⑥
⑦

③
⑧
⑨


请按要求回答下列问题：
（1）元素⑦的离子结构示意图______，①、④按原子个数比为1∶1组成的分子的结构式______。
（2）④⑤⑥三种元素的离子半径由大到小的顺序是______(填化学符号)，⑧和⑨两种元素的最高价氧化物对应的水化物中酸性较弱的是______(填化学式)。
（3）元素⑤的最高价氧化物对应的水化物与元素⑦的最高价氧化物对应水化物反应，其离子方程式为______。
（4）②的最高价氧化物的电子式______，其分子的空间构型为______。
（5）⑥⑨组成的化合物为______(离子化合物或共价化合物)，用电子式表示的其形成过程______。
【答案】（1） ①. ②. H-O-O-H
（2） ①. O2-＞Na+＞Mg2+ ②. H2SO4
（3）Al(OH)3+OH-= +2H2O
（4） ①. ②. 直线形
（5） ①. 离子化合物 ②.
【解析】
【分析】由所给周期表可知①～⑨元素分别为H、C、P、O、Na、Mg、Al、S、Cl。
【小问1详解】
元素⑦为铝元素，核电荷数为13，离子核外有10个电子，所以离子结构示意图为；元素①为H④为O，二者按原子个数比为1：1组成的分子为H2O2，其结构式为H-O-O-H；
【小问2详解】
④⑤⑥三种元素分别为O、Na、Mg，三者简单离子核外电子排布相同，核电荷数依次增大，离子半径逐渐减小，所以离子半径由大到小的顺序是O2-＞Na+＞Mg2+；⑧和⑨两种元素分别为S、Cl，二者位于同周期，根据元素周期律，同周期元素从左至右非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应的水化物的酸性逐渐增强，所以硫酸酸性较弱；答案为O2-＞Na+＞Mg2+；H2SO4；
【小问3详解】
元素⑤和⑦分别是钠和铝元素，最高价氧化物对应的水化物分别是氢氧化钠和氢氧化铝，氢氧化铝是两性氢氧化物，可以和强碱反应，所以其离子方程式为Al(OH)3+OH-= +2H2O；
【小问4详解】
②的最高价氧化物CO2含有C=O键，为共价化合物，电子式为；
CO的结构式为O=C=O，中心原子碳的最外层没有孤对电子，三个原子位于一条直线上，则其空间构型为直线形；
【小问5详解】
⑥⑨组成的化合物为MgCl2为离子化合物，MgCl2属于离子化合物，Mg最外层两个电子被两个Cl原子得到，用电子式表示形成过程为：。
18. 氯元素是非常重要的非金属元素，某化学活动社团为了探究氯气的制法、性质和用途，设计了如下实验装置。

(1)仪器A的名称为_______；B中饱和食盐水的作用是________。
(2)请写出二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式_________。
(3)广口瓶C、E中的有色布条褪色的是_____(填“C”或“E”)。
(4)装置F可用于制漂白粉，漂白粉的有效成分是________。
A.Ca(OH)2 B.Ca(ClO)2 C.CaCl2 D.Ca(ClO)2和CaCl2
(5)烧杯G的作用是处理尾气。请写出G中反应的离子方程式________。
(6)检验G中阳离子的方法是______；检验I中阳离子的试剂是_____(填化学式)，现象为______。
【答案】 ①. 球形分液漏斗 ②. 除去氯气中混有的氯化氢气体 ③. MnO2 + 4HCl(浓)MnCl2 + Cl2↑+ 2H2O ④. C ⑤. B ⑥. Cl2 +2OH- = ClO- + Cl- + H2O ⑦. 做焰色试验 ⑧. KSCN ⑨. 溶液变红色
【解析】
【分析】浓盐酸与二氧化锰共热发生反应生成氯气，由于浓盐酸具有挥发性，产生的氯气中混有氯化氢和水蒸气，分别通过饱和氯化钠溶液和浓硫酸除去所含杂质，氯气具有强氧化性，可与铁、铜等金属单质反应，氯气没有漂白性，但氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，氯气与石灰乳反应可制取漂白粉，氯气有毒，尾气中的氯气要用碱液吸收，防止污染环境。
【详解】(1)仪器A用来添加浓盐酸，名称为球形分液漏斗；制得的氯气中混有浓盐酸挥发出的HCl气体和水蒸气，气体在净化时应该先除杂再进行干燥，氯气在饱和食盐水中溶解度很小，装置B中盛有的饱和食盐水用于除去氯气中混有的氯化氢气体，答案：球形分液漏斗；除去氯气中混有的氯化氢气体；
(2)在加热条件下，二氧化锰与浓盐酸反应生成二氯化锰、氯气和水，反应的化学方程式为MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O，答案：MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)氯气没有漂白性，通过装置B的氯气里含水分，氯气和水反应生成的次氯酸有漂白性，所以广口瓶C的有色布条褪色，而通过浓硫酸之后得到的是干燥的氯气，所以广口瓶E中的有色布条不褪色，答案：C；
(4)装置F内为石灰乳，氯气与与石灰乳反应生成次氯酸钙、氯化钙和水，漂白粉的主要成份为次氯酸钙和氯化钙，漂白粉的有效成份为次氯酸钙，所以可利用该反应来制取漂白粉，答案：B；
(5)由于氯气有毒会污染空气，不能直接排放，尾气中的氯气要用碱液进行吸收处理，烧杯G装有氢氧化钠溶液，用来吸收氯气，氢氧化钠与氯气反应的化学方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，对应的离子方程式为Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O，答案：Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O；
(6)烧杯G装有氢氧化钠溶液，钠离子在溶液中没有颜色且很难与其他离子反应，检验的没方法是做焰色试验，蘸有氢氧化钠溶液的铂丝在灼烧时会产生黄色的火焰；I中氯气与铁在加热的条件下反应生成氯化铁，铁离子通常可用KSCN溶液来检验，含有铁离子的溶液中滴入几滴KSCN溶液，溶液变红色，答案：做焰色试验；KSCN；溶液变红色。
19. 中学化学常见物质的转化关系如图所示。已知M、N为常见的活泼金属单质，F为黄绿色气体单质，I为红褐色固体，P为淡黄色固体。回答下列问题：

（1）B的化学式为______；C溶液的颜色为：______；E在F中燃烧的火焰颜色为：_____。
（2）N长期置于空气中，最后形成的物质是：______(填化学式)
（3）H生成I的化学方程式为：______。
（4）C和F在溶液中反应生成B的离子方程式为______。
（5）C、D在溶液中反应的实验现象(在空气中)______。
（6）写出P的一种用途______。
【答案】（1） ①. FeCl3 ②. 浅绿色 ③. 苍白色
（2）Na2CO3 （3）4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3
（4）2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
（5）先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色
（6）供氧剂，强氧化剂等
【解析】
【分析】F为黄绿色气体单质，说明F为Cl2，I为红褐色固体，I是Fe(OH)3，H和O2反应生成Fe(OH)3，H为Fe(OH)2，C与Cl2反应生成B、B与金属单质M反应生成C，说明C中含有Fe2+，与Cl2反应生成的B中含有Fe3+，则D为碱，常见活泼金属单质N与水在常温下反应生成碱，N为Na，D为NaOH、E为H2，H2与Cl2反应生成的G为HCl，HCl与Fe(OH)3反应的B为FeCl3，FeCl3可以和Fe反应生成FeCl2，所以金属单质M为Fe，Fe与水蒸气在高温下反应生成A为Fe3O4，Fe3O4与HCl反应生成FeCl2、FeCl3；钠与氧气在点燃条件下反应生成的P为过氧化钠。
【小问1详解】
B的化学式为FeCl3；C是FeCl2，含有Fe2+，溶液的颜色为浅绿色；H2在Cl2中燃烧时发出苍白色火焰；
【小问2详解】
N是Na，长期置于空气中时，Na与氧气反应生成氧化钠，氧化钠与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠吸收二氧化碳生成碳酸钠，最后形成的物质是Na2CO3；
【小问3详解】
H为Fe(OH)2，I是Fe(OH)3，H生成I的化学方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O= 4Fe(OH)3；
【小问4详解】
FeCl2和氯气在溶液中反应生成FeCl3，离子方程式为2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-；
【小问5详解】
FeCl2、NaOH在溶液中反应生成Fe(OH)2，Fe(OH)2很快被空气中的氧气氧化生成Fe(OH)3，实验现象为：先生成白色絮状沉淀，迅速变为灰绿色，最后变为红褐色；
【小问6详解】
P为过氧化钠，可作为供氧剂，强氧化剂等。