2022-2023学年湖北省武汉市第一中学高一上学期12月阶段性测试化学试题含解析

这是一份2022-2023学年湖北省武汉市第一中学高一上学期12月阶段性测试化学试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，元素或物质推断题，实验题等内容，欢迎下载使用。

湖北省武汉市第一中学2022-2023学年高一上学期
12月阶段性测试化学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题
1．化学与生活、社会发展息息相关，下列说法正确的是
A．为防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，常在包装袋中放入铁粉
B．先秦文献《考工记》记录了六类青铜器物的合金成分配比，说明古人已经认识到合金的熔点比纯金属的高
C．从石墨中剥离出的石墨烯薄片能导电，因此石墨烯是电解质
D．传播新冠病毒的气溶胶具有胶体性质，其区别于其他分散系的本质特征是能发生丁达尔效应
【答案】A
【详解】A．铁粉有还原性，可以与氧气和水蒸气缓慢反应，从而防止中秋月饼等富脂食品因被氧化而变质，故A正确；
B．合金的熔点低于组成合金的金属单质，故B错误；
C．电解质是在水溶液或熔融状态时能导电的化合物，石墨烯是碳单质，既不是电解质也不是非电解质，故C错误；
D．胶体区别于其他分散系的本质特征是分散质的粒子直径为1～100nm，故D错误；
故答案选A。
2．下列物质的用途对应错误的是
A．——制肥皂 B．绿矾——补血剂
C．漂白粉——洪水过后环境的消毒剂 D．——造纸
【答案】A
【详解】A．是小苏打，是常用的发酵粉，故A错误；
B．绿矾为FeSO4•7H2O，常做医药上的补血剂，故B正确；
C．漂白粉的主要成分有次氯酸钙，具有强氧化性，可做洪水过后环境的消毒剂，故C正确；
D．能为造纸工艺提供碱性环境，有利于纤维素更好的分丝帚化，故D正确；
故答案选A。
3．纳米(粒子直径介于1~100)在生物、医学等方面有广泛用途，将其分散在液态载液中可得到纳米磁流体。下列有关说法正确的是
A．纳米的摩尔质量为232g
B．纳米为红棕色粉末，具有磁性
C．纳米磁流体是混合物，属于液溶胶
D．当光束通过纳米固体时会出现丁达尔效应
【答案】C
【详解】A．的摩尔质量为232g/mol，A错误；
B．纳米为黑色粉末，具有磁性，B错误；
C．纳米磁流体是将分散在液态载液中的混合物，分散质粒子直径介于1~100属于液溶胶，C正确；
D．纳米固体不是胶体，不会出现丁达尔效应，D错误；
故答案选C。
4．固体溶解过程如图所示，下列说法不正确的是

A．a离子为，b离子为
B．的电离方程式为：
C．该溶液导电时，水合a离子向与电源正极相连的电极方向移动
D．加入少量固体(假设溶液体积不变)，溶液导电性基本不变
【答案】A
【详解】A．钠离子带正电荷，形成水合离子时应该是水中带负电的氧原子靠近钠离子，氯离子带负电，形成水合离子时应该是水中带正电的氢原子靠近氯离子，b离子为，a离子为，故A错误；
B．NaCl是电解质，在水溶液中完全电离，电离方程式为，故B正确；
C．NaCl溶液导电时，阴离子向正极移动，则水合a离子向与电源正极相连的电极方向移动，故C正确；
D．加入少量固体，发生反应：+NaCl=AgCl+NaNO3，反应过程中离子浓度基本不变，溶液导电性基本不变，故D正确；
故选A。
5．如图①、②、③三个圈的范围关系，则①、②、③可以是

A．①氧化物  ②电解质  ③化合物
B．①钠盐  ②正盐  ③盐
C．①化合反应  ②氧化还原反应  ③离子反应
D．①碱性氧化物  ②金属氧化物  ③化合物
【答案】D
【详解】A．②电解质 一定属于③化合物，但①氧化物不一定属于电解质，如非金属氧化物不是电解质，A错误；
B．②正盐一定属于③盐，①钠盐不一定是正盐，如NaHCO3属于酸式盐，B错误；
C．①化合反应不一定是②氧化还原反应，②氧化还原反应不一定是③离子反应，C错误；
D．①碱性氧化物一定是②金属氧化物，②金属氧化物一定属于③化合物，D正确；
故答案选D。
6．下列方程式对应的相关说法正确的是

化学反应方程式
相关说法
A

单线桥：
B

氧化性：
C

每生成1mol，转移2mol电子
D
__________________________________________
化学计量数依次为：3，2，10，2，3，5

A．A B．B C．C D．D
【答案】D
【详解】A．根据反应方程式可知，1molKClO3与6mol浓盐酸反应，有1molHCl表现酸性，5molHCl被还原，转移电子物质的量为5mol，用单线桥表示，故A错误；
B．根据反应方程式可知，Cu的化合价由0价升高为+2价，Cu作还原剂，Fe2+作还原产物，还原性：Cu＞Fe2+，故B错误；
C．每生成1mol氧气，转移电子物质的量为1mol×2×(2－0)=4mol，故C错误；
D．ClO-中Cl的化合价由+1价→-1价，化合价降低为2，Fe3+中Fe的化合价由+3价→+6价，化合价升高3价，最小公倍数为6，即ClO-系数为3，Fe3+系数为2，然后根据电荷守恒和原子守恒，该离子方程式为3ClO-+2Fe3++10OH-=2FeO+3Cl-+5H2O，故D正确；
答案为D。
7．下列实验操作规范且能达到实验目的的是
A
B
C
D




配制一定物质的量浓度溶液时的定容操作
用钠制备过氧化钠
制备
比较碳酸钠与碳酸氢钠的热稳定性

A．A B．B C．C D．D
【答案】C
【详解】A．配制一定物质的量浓度溶液时定容，沿玻璃棒向容量瓶中注入蒸馏水，离刻度线2～3cm时，改用胶头滴管滴加蒸馏水，直到液体凹液面与刻度线持平，题中所给装置没有使用胶头滴管，故A错误；
B．用钠制备过氧化钠用坩埚加热金属钠，得到过氧化钠，故B错误；
C．先打开止水夹，利用氢气排除装置中的氧气，然后关闭止水夹，利用压强增大，将生成硫酸亚铁压入到氢氧化钠溶液中，得到氢氧化亚铁，故C正确；
D．外管温度高，内管温度低，外管盛放碳酸钠，内管盛放碳酸氢钠，右侧澄清石灰水变浑浊，说明碳酸氢钠稳定性比碳酸钠低，故D错误；
答案为C。
8．常温下，下列各组离子在指定的溶液中一定能大量共存的是
A．在加入铝产生氢气的溶液：、、、
B．在溶液中：、、、
C．在碱性溶液中：、、、
D．在透明溶液中：、、、
【答案】C
【详解】A．能与铝反应生成氢气，该溶液可能为酸，也可能为碱，如果溶液为酸，H+与CH3COO-生成弱电解质CH3COOH，NO(H+)具有强氧化性，与金属反应不生成氢气，故A不符合题意；
B．Fe3+与SCN-生成Fe(SCN)3，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．所给离子在碱性溶液中可以大量共存，故C符合题意；
D．ClO-具有强氧化性，能将Fe2+氧化，所给离子不能大量共存，故D不符合题意；
答案为C。
9．下列离子反应方程式错误的是
A．1L 的硫酸铝铵[NH4Al(SO4)2]溶液中滴加1L的氢氧化钠溶液：
B．溶液中通足量氯气的离子方程式：
C．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳：
D．往二元弱酸亚磷酸()溶液中滴加足量的烧碱溶液：
【答案】B
【详解】A．结合OH-能力强弱顺序是Al3+＞NH＞Al(OH)3，1L1mol/L的硫酸铝铵中含有1molAl3+和1molNH，1L4mol/L的氢氧化钠溶液，含有4molOH-，1molAl3+先与3molOH-结合生成1molAl(OH)3，剩下1mol OH-与1molNH结合成1molNH3·H2O，离子方程式为NH+ Al3++4OH-= Al(OH)3↓+NH3·H2O，故A说法正确；
B．通入过量Cl2， Fe2+、I-都被氧化，且被氧化Fe2+、I-的系数比值符合化学式组成，离子方程式为2Fe2++4I-+3Cl2=2Fe3++2I2+6Cl-，故B说法错误；
C．澄清石灰水中通入过量的二氧化碳，生成碳酸氢钙和水，离子方程式为OH-+CO2=HCO，故C说法正确；
D．H3PO3为二元弱酸，亚磷酸与足量的NaOH反应，其离子方程式为H3PO3+2OH-=HPO+2H2O，故D说法正确；
答案为B。
10．两个密闭容器中分别充入ag 和bg He两种气体，下列说法正确的是
A．同温同压下，和He的体积比是
B．同温同密度时，和He的压强比是2：1
C．体积相同时，He的质量一定大于的质量
D．同温同压下，若，则与He的物质的量之比是1：1
【答案】B
【分析】ag 和bg He物质的量之比为
【详解】A．同温同压下，气体体积比等于物质的量之比，所以和He的体积比是，A错误；
B. 根据阿伏加德罗定律推论，，同温同密度时，压强与摩尔质量成反比，则和He的压强比是2：1，B正确；
C. ，体积相同时，He的质量不一定一定大于的质量，C错误；
D.同温同压下，若，则与He的物质的量之比是2：1，D错误；
故答案选B。
11．用代表阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是
A．3mol单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应，失去9个电子
B．2g氘化锂()中含中子数为
C．2.24L 与足量的充分反应，转移电子数为0.1
D．56g Fe与足量硫粉充分反应转移电子数为3
【答案】B
【详解】A．3mol单质Fe与足量水蒸气在高温下完全反应生成四氧化三铁，失去8个电子，A错误；
B．2g氘化锂()中含中子数为，B正确；
C．标准状况下，2.24L 与足量的充分反应，转移电子数为0.1，题中没有标准状况，无法就算，C错误；
D．56g Fe与足量硫粉充分反应生成FeS，转移电子数为2，D错误；
故答案选B。
12．已知电解饱和食盐水会发生下列反应：2NaCl+2H2O2NaOH+Cl2↑+H2↑，一个电极生成NaOH和H2，另一个电极生成Cl2。如图是一种环保型消毒液发生器，利用上述反应可制备“84”消毒液的有效成分。下列说法正确的是

A．a电极产生H2，b电极产生Cl2
B．电解饱和食盐水反应中Cl2是还原产物
C．取上述电解后的溶液滴到pH试纸上，pH试纸最终变为蓝色
D．若产生11.2L(标准状况下)H2，理论上最终会得到1mol的NaClO
【答案】A
【分析】利用上述反应可制备“84”消毒液的有效成分，则应b极产生氯气，更利于氯气和氢氧化钠反应生成次氯酸钠；则a产生NaOH和H2；
【详解】A．由分析可知，a电极产生H2，b电极产生Cl2，A正确；
B．电解饱和食盐水反应中氯元素化合价升高，发生氧化反应得到Cl2是氧化产物，B错误；
C．取上述电解后的溶液含有漂白性物质，滴到pH试纸上，pH试纸变为蓝色最终蓝色又褪色，C错误；
D．若产生11.2L(标准状况下为0.5mol)H2 ，则同时生成氯气0.5mol，Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，则理论上最终会得到0.5mol的NaClO，D错误；
故选A。
13．固体粉末X中可能含有Fe、FeO、CuO、MnO2、KCl和K2CO3中的若干种。为确定该固体粉末的成分，某同学依次进行了以下实验：
①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z
②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物
③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀
④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色
分析以上实验现象，下列结论正确的是
A．X中一定不存在FeO B．不溶物Y中一定含有Fe和CuO
C．Z溶液中一定含有KCl、K2CO3 D．Y中不一定存在MnO2
【答案】B
【详解】①将X加入足量水中，得到不溶物Y和溶液Z，Y可能为Fe、FeO、CuO、MnO2中的物质，Z可能为KCl和K2CO3中的物质；②取少量Y加入足量浓盐酸，加热，产生黄绿色气体，并有少量红色不溶物，黄绿色气体为氯气，说明Y中含有MnO2，红色不溶物为铜，说明反应后有Cu生成，说明Y中含有的CuO与酸反应生成的CuCl2被置换出来了，可说明Y中还含有Fe，所以Y中含有Fe、CuO、MnO2；③向Z溶液中滴加AgNO3溶液，生成白色沉淀，可能为氯化银或碳酸银沉淀；④用玻璃棒蘸取溶液Z于广范pH试纸上，试纸呈蓝色，说明溶液呈碱性，一定含有K2CO3，可能含有KCl，由以上分析可知X中一定含有Fe、CuO、MnO2、K2CO3，但不能确定是否含有FeO、KCl。
答案选B。
14．从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜并制备氯化铁晶体(FeCl3·6H2O)的流程如下。下列说法不正确的是
(FeCl3·6H2O)
A．试剂a是铁、试剂b是稀盐酸
B．操作Ⅰ、操作Ⅱ、操作Ⅲ均需用到漏斗
C．试剂c是氯气，在该流程中做氧化剂
D．用酸性KMnO4溶液可检验溶液W中是否含有Fe2＋
【答案】D
【分析】从某含有FeCl2、FeCl3、CuCl2的工业废液中回收铜，工业废水中加入试剂a为过量的铁，操作Ⅰ为过滤，得到滤渣Y为Fe、Cu，滤液为氯化亚铁溶液。滤渣Y中加入试剂b为盐酸，溶解过量的铁生成氯化亚铁溶液，铜不溶，操作Ⅱ过滤得到铜和滤液Z为氯化亚铁溶液，滤液Z和X合并加入氧化剂，氧化Fe2+为Fe3+，蒸发结晶，过滤洗涤干燥得到氯化铁晶体。
【详解】A．由分析可知a为铁，由最终得到FeCl3及其流程图可知，b为盐酸，A正确；
B．由上述分析可知，操作Ⅰ、Ⅱ是过滤，操作Ⅲ是蒸发结晶，均需用到漏斗，B正确；
C．滤液X、滤液Z中均含有FeCl2，c为H2O2溶液或氯气氧化亚铁离子为铁离子，C正确；
D．亚铁离子、氯离子都可以被高锰酸钾溶液氧化，用酸性KMnO4溶液不能检验溶液W中是否还有Fe2+，D错误；
故选D。
15．溶液中可能含有H+、、Mg2+、Al3+、Fe3+、、中的几种。①加入铝片，产生无色无味的气体；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系如图所示。则下列说法正确的是

A．溶液中一定不含，可能含有
B．在滴加NaOH物质的量为0.7-0.8 mol时，发生离子反应为Al3++4OH-=+2H2O
C．溶液中的阳离子只有H+、Mg2+、Al3+
D．n(H+):n():n(A13+)=1:2:1
【答案】D
【分析】①加入铝片，产生无色无味的气体，溶液中有H+，一定无，根据溶液呈电中性，溶液中一定存在；
②加入NaOH溶液产生白色沉淀，所以一定不存在Fe3+，根据图象可知:0≤n(NaOH)≤0.1 mol时，发生反应:H++OH-=H2O，0.1 mol≤n(NaOH)≤0.5 mol时， 发生A13++3OH-=Al(OH)3↓、Mg2++2OH-=Mg(OH)2↓；0.5 mol≤n(NaOH)≤0.7 mol时，发生反应+OH-=NH3·H2O；在0.7 mol≤n(NaOH)≤0.8 mo1时，发生Al(OH)3+OH- =+2H2O。根据反应转化关系计算可得:n(H+)=0.l mol，n(A13+)=0.1 mol，n(Mg2+)=0.05 mol，n() =0.2 mol，据此进行判断。
【详解】根据上述分析可知溶液中含n(H+)=0.l mol，n(A13+)=0.1 mol，n(Mg2+)=0.05 mol，n() =0.2 mol，根据电荷守恒可知溶液中一定，根据电荷守恒可知2n()=n(H+)+3n(A13+)+2n(Mg2+)+n()，2n()=0.1 mol+3×0.1 mol+2×0.05 mol+0.2 mol=0.7 mol，n()=0.35 mol。
A．加入铝片，产生无色无味的气体，溶液中含有H+，一定无，根据溶液呈电中性，溶液中一定存在，A错误；
B．在滴加NaOH物质的量为0.7-0.8 mol时，发生反应，Al(OH)3被过量NaOH溶液溶解，发生离子反应为Al(OH)3+OH- =+2H2O，B错误；
C．根据上述分析可知溶液中含有的阳离子有H+、Mg2+、Al3+、，C错误；
D．根据上述分析可知溶液中含有n(H+)=0.l mol，n() =0.2 mol，n(A13+)=0.1 mol，则n(H+):n():n(A13+)=0.1 mol:0.2 mol:0.1 mol=1:2:1，D正确；
选D。

二、填空题
16．完成下列填空：
(1)现有下列9种物质，①  ②淀粉溶液  ③  ④  ⑤  ⑥  ⑦纯醋酸  ⑧溶液  ⑨，根据所学知识回答下列问题：属于强电解质的是_______(填写序号)。
(2)标准状况下，若④和⑤混合气体相对于氢气的密度为14.5，则④和⑤物质的量之比为_______。标准状况下，VL 溶入100mL (lg/mL)中，溶液密度为g/mL，则氨水物质的量浓度为_______mol/L。(用含、V的表达式表示)
(3)现取一定量的硫酸酸化的硫酸锰()溶液，向其中依次加入下列物质，对应的现象如下表所示：
加入物质
①适量铋酸钠
②过量的双氧水
③适量KI-淀粉溶液
实验现象
溶液呈紫红色
紫红色消失，产生气泡
溶液变成蓝色

已知：①金属铋(Bi)价态为+3时较稳定，无色；
②铋酸钠()，难溶于水；
③淀粉溶液遇到变成蓝色。
由上述现象可得、、、的氧化性由强到弱的顺序为_______。根据上述结论，请写出与KI溶液在酸性条件下反应的离子方程式_______。
(4)实验室用胆矾配制100mL 的溶液(已知胆矾溶于水使溶液温度降低)。
①以下操作会引起所配制溶液浓度偏低的是_______(填序号)。
a.容量瓶底部有少量水
b.胆矾溶于水后立即转移到容量瓶中
c.定容时仰视刻度线
d.胆矾长期放置失去部分结晶水
②现利用上述溶液配制450mL 的溶液，需用量筒量取_______mL上述溶液。
【答案】(1)①③⑥⑨
(2)     4∶5    
(3)     NaBiO3  >NaMnO4>H2O2>I2    
(4)     bc     16.7

【详解】（1）①强电解质 ②淀粉溶液既不是电解质也不是非电解质  ③强电解质  ④ 非电解质 ⑤ 非电解质 ⑥ 强电解质 ⑦纯醋酸  弱电解质⑧溶液既不是电解质也不是非电解质  ⑨强电解质，属于强电解质的是①③⑥⑨，答案：①③⑥⑨；
（2）CO2和NH3混合气体相对于氢气的密度为14.5，则混合气的平均相对分子质量为，则有 ，解得n(CO2) ∶n(NH3)= 4∶5。标准状况下，VL 溶入100mL (lg/mL)中，溶液密度为g/mL，则氨水的质量分数，氨水物质的量浓度，答案：4∶5；；
（3）氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，由信息可知反应①可知铋酸钠能将氧化为，氧化性大于，由②可知将氧化为O2，氧化性NaMnO4>H2O2，③中双氧水将KI氧化为I2，氧化性H2O2>I2，所以氧化性由强到弱的顺序NaBiO3 >NaMnO4>H2O2>I2，在酸性条件下将KI氧化为I2，被还原为Bi3+，反应的离子方程式，答案：NaBiO3 >NaMnO4>H2O2>I2；；
（4）a.容量瓶底部有少量水，对实验无影响， a错误；
b. 胆矾溶于水吸热温度降低，若立即转移到容量瓶中，多加水会偏多，浓度偏小，b正确；
c. 定容时仰视刻度线，加水过多，浓度偏低，c正确；
d.胆矾长期放置失去部分结晶水，导致称量的硫酸铜偏多，浓度偏高，d错误；
会引起所配制溶液浓度偏低的是bc。配制450mL溶液需要500ml容量瓶，根据稀释前后溶质的物质的量不变，配置500ml的溶液需要的溶液，答案：bc；16.7。

三、元素或物质推断题
17．元素R、X、T、Z、Q在元素周期表中的相对位置如图所示，其中R单质在暗处与剧烈化合并发生爆炸。回答下列问题：

R

X
T
Z

Q


(1)下列说法不正确的是_______A．最高价氧化物对应的水化物的酸性：
B．R与Q的电子数相差26
C．气态氢化物的稳定性：
D．五种元素中Z的化学性质最稳定
(2)T的最高价氧化物的水化物与氢氧化铝反应的化学方程式_______；
(3)画出Q的原子结构示意图_______；
(4)原子序数比Q大18的元素Y和元素R形成化合物，实验表明液态具有一定的导电性，研究人员发现产生这一现象的可能原因在于的自偶电离(类似于：)，电离生成的+1价阳离子为_______，-1价阴离子为_______；和水反应生成两种酸，化学方程式是_______。
【答案】(1)C
(2)Al(OH)3+3HClO4 = Al(ClO4)3+3H2O
(3)
(4)     IF     IF     IF5+3H2O=HIO3+5HF

【分析】R单质在暗处与氢气发生剧烈化合并发生爆炸，推出R为F，根据元素周期表，T为Cl，X为S，Z为Ar，Q为Br，据此分析；
【详解】（1）A．非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，Cl、Br属于同主族，从上到下，Cl的非金属性强于Br，即HClO4的酸性强于HBrO4，故A说法正确；
B．对原子来说，质子数=原子序数=核外电子数，F的原子序数为9，Br的原子序数为35，两者电子数相差26，故B说法正确；
C．非金属性越强，其气态氢化物的稳定性越强，F、Cl、Br从上到下非金属性减弱，气态氢化物稳定性：HF＞HCl＞HBr，故C说法错误；
D．Z元素Ar，为稀有气体，化学性质最稳定，故D说法正确；
答案为C；
（2）T的最高价氧化物对应水化物是HClO4，HClO4属于强酸，与氢氧化铝发生Al(OH)3+3HClO4 = Al(ClO4)3+3H2O；故答案为Al(OH)3+3HClO4 = Al(ClO4)3+3H2O；
（3）Q为Br，原子序数为35，原子结构示意图为；故答案为；
（4）原子序数比Q大18的元素Y为I，则IR5的化学式为IF5，液态IF5具有一定的导电性，说明该化合物为离子化合物，根据水的电离方程式，推出IF5的电离方程式2IF5IF+ IF，生成+1价阳离子为IF，生成-1价阴离子为IF，IF5和水反应生成两种酸，I显+5价，F显-1价，因此化学方程式为IF5+3H2O=HIO3+5HF；故答案为IF；IF；IF5+3H2O=HIO3+5HF。

四、实验题
18．2021年10月16日，神舟十三号载人飞船顺利进入预定轨道。飞船的轨道舱内安装盛有颗粒的装置，为宇航员供氧。某兴趣小组利用下列装置(夹持仪器省略)，用金属钠和空气来制备(不考虑空气中与Na反应)。

(1)若规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的接口顺序(每个装置只用一次)是：空气→_______→_______→_______→_______→_______→_______→c→d(填字母)。_______
(2)装置Ⅱ的仪器作用是_______。
(3)Ⅳ中反应的离子方程式为_______，若没有装置Ⅳ可能导致生成的中含有_______(填化学式)。
(4)该小组同学称取ag所制备的样品，利用下列装置测定样品的纯度(夹持仪器省略)。

①有同学提出该实验装置存在缺陷，应该在A、B装置之间增加一个盛有饱和溶液的洗气瓶，该同学这样做的目的是_______，该同学想法是否必要？_______(填“是”或“否”)，理由是_______。
②读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下的体积为VmL，计算样品中的质量分数约为_______%。
【答案】(1)空气→h→g→f→e→a(b)→b(a)→c→d
(2)防止空气中的H2O(g)和CO2进入装置I
(3)     CO2+2OH−=CO+H2O    
(4)     除去CO2气体中混有的HCl气体     否     从A装置出来的气体有H2O(g)、CO2和HCl，三者与Na2O2反应均生成O2，且为2Na2O2~O2，故HCl的存在不影响纯度的测定    

【分析】利用空气和金属钠反应制备过氧化钠，需要把空气中的二氧化碳和水蒸气除去，且还要防止空气中的二氧化碳、水蒸气和过氧化钠反应；测定样品纯度时装置A制备二氧化碳，装置B中过氧化钠和二氧化碳、挥发出的氯化氢以及水蒸气反应生成氧气，装置C除去剩余的二氧化碳，最后利用排水法测量氧气的体积，据此解答。
【详解】（1）空气中的二氧化碳和水蒸气会干扰过氧化钠的制备，需要除去，最后还需要防止空气中的二氧化碳和水蒸气进入装置Ⅰ中，则若规定气流的方向为从左到右，各仪器连接的接口顺序是：空气→h→g→f→e→a(b)→b(a)→c→d；
（2）装置II的作用是防止空气中的H2O(g)和CO2进入装置I；
（3）装置Ⅳ中二氧化碳气体被氢氧化钠溶液吸收，反应的离子方程式为CO2+2OH−=+H2O；若没有装置Ⅳ，生成的过氧化钠能和二氧化碳反应生成碳酸钠，则可能导致生成的Na2O2中含有Na2CO3；
（4）①A、B装置之间增加一个盛有饱和NaHCO3溶液的洗气瓶，目的为除去CO2气体中混有的HCl气体；由于从A装置出来的气体有CO2、H2O(g)、HCl，三者与Na2O2反应均生成O2，且为2Na2O2∼O2，故HCl的存在不影响纯度的测定；
②读出量筒内水的体积后，折算成标准状况下O2的体积为VmL，氧气的物质的量是mol，根据2Na2O2∼O2可知过氧化钠的物质的量是mol，则样品中Na2O2的质量分数约为×100%＝%。

五、元素或物质推断题
19．A、B、C为中学常见单质。通常状况下，A为固体，B为黄绿色气体，C为无色气体。D、E、F、G、H、X均为化合物，其中X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体，它们之间转化关系如图所示(其中某些反应条件和部分反应物已略去)。请回答下列问题：

(1)B的化学式为_______，F中的非金属元素的原子半径由大到小的顺序是_______(用元素符号表示)。
(2)反应⑦的化学方程式是_______。
(3)在反应①~⑦中，不属于氧化还原反应的是_______(填编号)。
(4)保存G溶液时要加入固体A的原因是_______；
(5)向G溶液中加入氢氧化钠溶液的现象是_______；
(6)向0.02 mol A的氧化物中加入45 mL 4 mol/L硫酸溶液恰好完全反应，得到A的两种不同价态的盐，所得溶液中能恰好被标准状况下672 mL氯气氧化。则此A的氧化物的化学式为_______。
【答案】(1)     Cl2     S>C>N
(2)
(3)③⑥
(4)防止FeCl2溶液被氧化
(5)白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色
(6)Fe7O9

【分析】B为黄绿色气体，说明B为Cl2，A为固体，结合转化关系可知，B与A反应生成D，D与F反应得到血红色溶液，固体A为Fe，D为FeCl3，F为KSCN，由D与G之间的相互转化，可知G为FeCl2，Fe与无色气体C反应得到E，E与X反应得到D、G、H，且X常温下是无色气体，其水溶液是一种强酸，E为黑色固体，H在常温下为液体，可推知C为O2，E为Fe3O4，X为HCl，H为H2O，以此来解答。
【详解】（1）由分析可知，B的化学式为Cl2，F为KSCN，则F中的非金属元素即S、C、N，根据同一周期从左往右主族元素的半径依次减小，同一主族从上往下主族元素的半径依次增大，故原子半径由大到小的顺序是S＞C＞N，故答案为：Cl2；S＞C＞N；
（2）由题干转化关系可知，反应⑦即Fe和水蒸气在高温条件下反应生成Fe3O4和H2，故该反应的化学方程式是，故答案为：；
（3）由分析结合转化关系图可知，反应①为：2Fe+3Cl22FeCl3、②为3Fe+2O2Fe3O4、③Fe3O4+8HCl=2FeCl3+FeCl2+4H2O、④Fe+2FeCl3=3FeCl2、⑤2FeCl2+Cl2=2FeCl3、⑥FeCl3+3KSCN=Fe(SCN)3+3KCl、⑦，则
在反应①~⑦中，不属于氧化还原反应的是③⑥，故答案为：③⑥；
（4）由分析可知，G为FeCl2，Fe2+具有还原性，已被氧化为Fe3+，保存G溶液时要加入固体A即Fe，可以防止FeCl2被氧化而变质，故答案为：防止FeCl2被氧化而变质；
（5）由分析可知，G为FeCl2，向G溶液中加入氢氧化钠溶液发生的反应有：FeCl2+2NaOH=Fe(OH)2+2NaCl，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故可观察到的现象是白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色，故答案为：白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色；
（6）铁的氧化物与硫酸反应生成硫酸盐和水，由守恒可知，n（H2O）=n（H2SO4）=n（氧化物中O），硫酸的物质的量为4mol/L×0.045L=0.18mol，可知氧化物中含O为0.18mol；Fe2+能恰好被标准状况下672mL氯气氧化，由得失电子守恒可知n（Fe2+）==0.06mol，铁的氧化物中正负化合价的代数和为0，设n（Fe3+）=x,则3x+0.06×2=0.18×2，解得x=0.08mol，铁原子和氧原子的个数之比为（0.06mol+0.08mol）∶0.18mol=7∶9，则该铁的氧化物为Fe7O9，故答案为：Fe7O9。