吉林省长春外国语学校2021-2022学年高一上学期期末考试化学试题（选考）（含答案解析）

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本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共8页。考试结束后，将答题卡交回。
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。
3.请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。可能用到的相对原子质量：H—1 O—16 Na—23 S—32 Cl—35.5 Fe—56
第I卷 (选择题 共40分)
一、选择题(本题有20个小题，每小题2分，共40分；每小题四个选项中，只有一项符合题意)
1. 氢化钠(NaH)是一种生氢剂，与水可发生如下反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑。下列对该反应的描述正确的是
A. H2既是氧化产物，又是还原产物
B. NaH既是还原剂，又是氧化剂
C. H2O没有参与氧化还原反应
D. 反应的氧化剂和还原剂的质量比是1∶1
【答案】A
【解析】
【分析】氢化钠(NaH)与水可发生反应：NaH+H2O=NaOH+H2↑，其中NaH中H元素化合价为-1价，H2O中H元素化合价为+1价，两者发生归中反应生成氢气，据此分析解答。
【详解】A．根据反应可知，H2既是氧化产物，又是还原产物，A正确；
B．NaH中-1价的H元素化合价升高，被氧化，所以NaH作还原剂，B错误；
C．H2O中H元素化合价降低，被还原，作氧化剂，C错误；
D．反应的氧化剂为H2O，还原剂为NaH，参加反应的物质的量比是1∶1，其质量之比为18g∶24g=3∶4，D错误；
故选A。
2. 下列对焰色试验操作的说明中，正确的是
①检验钠中是否含少量钾，要透过蓝色钴玻璃片观察
②先将铂丝灼烧到与原来火焰的颜色相同，再蘸取被检验的物质
③每次实验后，要将铂丝用盐酸洗净
④实验时最好选择本身颜色较浅的火焰
⑤没有铂丝时，也可以用光洁无锈的铜丝代替
A. ①②③④⑤B. ①②③④C. ①②④⑤D. ①②③⑤
【答案】B
【解析】
【详解】①钾的焰色反应要透过蓝色钴玻璃观察，故①正确；
②实验前要清除铂丝上附着的杂质，因此每次实验都要先将铂丝灼烧至与原来的火焰颜色相同，再蘸取被检验物质， 故②正确；
③盐酸易挥发，且多数的盐酸盐易溶，因此每次实验后，要将铂丝用盐酸洗净，故③正确；
④实验时最好选择本身颜色较浅的火焰，火焰颜色深会影响金属元素的焰色反应，故④正确；
⑤光洁无锈的铁丝灼烧时没有颜色，因此没有铂丝时，也可以用光洁无锈的铁丝代替，不能用铜丝代替，故⑤错误；
综上所述，①②③④正确；
答案选B。
3. 已知有下列三个反应：①Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2 ；②；
③
下列有关说法不正确的是
A. 反应①②③中的氧化产物分别是Br2、Fe3+、Cl2
B. 可以推理得到Cl2 + 2Fe2+ = 2Cl- + 2Fe3+
C. 根据以上方程式可以得到氧化性：C2O3 ＞Cl2 ＞Br2 ＞Fe3+
D. 在反应③中有2mlCl2生成时，被还原的HCl为4ml
【答案】D
【解析】
【分析】根据Cl2 + 2Br- = 2Cl- + Br2，Cl2是氧化剂、Br2是氧化产物，氧化性Cl2>Br2；，Br2是氧化剂、Fe3+是氧化产物，氧化性Br2>Fe3+；，C2O3是氧化剂、Cl2是氧化产物，氧化性C2O3>Cl2；
【详解】A．元素化合价升高得到的产物是氧化产物，反应①②③中的氧化产物分别是Br2、Fe3+、Cl2，故A正确；
B．根据以上分析，氧化性Cl2> Fe3+，所以Cl2 + 2Fe2+ = 2Cl- + 2Fe3+反应能发生，故B正确；
C．根据以上分析，可以得到氧化性：C2O3 ＞Cl2 ＞Br2 ＞Fe3+，故C正确；
D．在反应③中氯元素化合价升高被氧化，有2mlCl2生成时，被氧化的HCl为4ml，故D错误；
选D。
4. 关于漂粉精的说法错误的是
A. 工业上用氯气与石灰乳反应制备B. 漂粉精在空气中会变质
C. 漂粉精的有效成分是Ca(ClO)2与CaCl2D. 漂粉精溶液有强氧化性
【答案】C
【解析】
【详解】A． 漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2与CaCl2，将Cl2通入石灰乳，二者反应生成氯化钙、次氯酸钙，制得漂粉精，故A正确；
B．漂粉精久置于空气中会发生反应和从而变质，故B正确；
C．漂粉精的主要成分是Ca(ClO)2与CaCl2，但其有效成分是Ca(ClO)2，故C错误；
D．ClO-具有强氧化性，因此 Ca(ClO)2溶液具有强氧化性，故D正确；
答案选C。
5. 下列离子方程式书写正确的是
A. 过氧化钠与水反应：2+ 2H2O =4OH- + O2↑
B. 将金属钠投入硫酸铜溶液中：Na + Cu2+ = Na+ + Cu
C. 实验室制备氢氧化铝：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3
D. 盐酸与氢氧化镁中和：H+ + OH- = H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A. 过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，反应的离子方程式为：2Na2O2+ 2H2O =4Na++4OH- + O2↑，选项A错误；
B. 将金属钠投入硫酸铜溶液中，反应生成氢氧化铜沉淀、硫酸钠和氢气，反应的离子方程式为：2Na + Cu2++2H2O = 2Na+ + Cu(OH)2↓+H2↑，选项B错误；
C. 实验室制备氢氧化铝，是利用氯化铝与氨水反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应的离子方程式为：Al3+ + 3NH3·H2O = Al(OH)3↓ + 3，选项C正确；
D. 盐酸与氢氧化镁中和，生成氯化镁和水，反应的离子方程式为：2H+ + Mg(OH)2 =Mg2++ 2H2O，选项D错误；
答案选C。
6. 下列各组离子在给定条件下一定能大量共存的是
A. 无色溶液：Na+、、Cl-、
B. 酸性溶液：、Fe3+、SCN-、
C. 碱性溶液：K+、Al3+、、
D. 遇酚酞变红的溶液：Na+、K+、、
【答案】D
【解析】
【详解】A．的水溶液显紫色，在无色溶液中不能大量存在，A不符合题意；
B．酸性溶液中含有大量H+，H+与SCN-会发生反应产生弱酸HSCN，不能大量共存，B不符合题意；
C．碱性溶液中含有大量OH-，OH-与Al3+会反应产生Al(OH)3沉淀，不能大量共存，C不符合题意；
D．遇酚酞变红的溶液中含有大量OH-，OH-与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，D符合题意；
故合理选项是D。
7. 下列关于钠化合物的叙述不正确的是
A. 热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3
B. 是黄色固体，是碱性氧化物
C. 小苏打可用于治疗胃酸过多
D. 可以用澄清石灰水区别碳酸钠和碳酸氢钠
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠，因此热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，A正确；
B．是黄色固体，与水反应只生成NaOH这种碱，是碱性氧化物，B正确；
C．小苏打为碳酸氢钠，显弱碱性，可用于治疗胃酸过多，C正确；
D．碳酸钠和碳酸氢钠都能与氢氧化钙反应生成碳酸钙的沉淀，澄清石灰水均会变浑浊，不能区别，D错误；
答案选D。
8. 下列结论正确的是
①原子半径：K＞Cl＞S ②氢化物稳定性：HF＞H2S＞PH3
③单质氧化性：Cl2＞S＞Si ④酸性：H2SO4＞HClO
⑤碱性：KOH＞NaOH＞Mg(OH)2
A. 仅①③④B. 仅⑤C. 仅②③④⑤D. 仅①③
【答案】C
【解析】
【详解】①同周期主族元素原子半径随着原子序数的增大而减小，则原子半径：K>S>Cl，故①错误；
②元素的非金属性越强，其氢化物的稳定性越强，非金属性：F>S>P，则氢化物的稳，定性:HF>H2S>PH3，故②正确；
③元素的非金属性越强，其单质的氧化性越强，非金属性:CI>S>Si，则单质的氧化性：Cl2>S>Si，故③正确；
④H2SO4是强酸、HClO是弱酸，则酸性:H2SO4>HClO，但是HClO不是氯元素的最高价氧化物对应的水化物，所以不能根据元素非金属性的强弱判断，故④正确；
⑤元素的金属性越强，其最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，非金属性：K>Na>Mg，则碱性：KOH>NaOH>Mg(OH)2，故⑤正确；
答案选C。
9. 某溶液中含有、、和M离子，四种离子的物质的量之比为2∶1∶3∶2，则M有可能为
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据溶液中电荷守恒，阳离子所带电荷为3×2+2×1=8，阴离子所带电荷为2× 3=6，所以M应带有一个单位的负电荷，由于与、不能共存，则M有可能为，故选B。
10. 下列有关化学用语的表示方法中正确的是。
A. 次氯酸的电子式：
B. Na+的结构示意图：
C. 用电子式表示MgCl2的形成过程：
D. M2+核外有a个电子，b个中子，M的原子符号为
【答案】D
【解析】
【详解】A．次氯酸的电子式：，故A错误；
B．Na+的结构示意图：，故B错误；
C．用电子式表示MgCl2的形成过程应为，故C错误；
D．M2+核外有a个电子，则M质子数为a+2，b个中子，质量数为a+2+b，因此M的原子符号为，故D正确。
综上所述，答案为D。
11. 天然气因含有少量H2S等气体开采应用受限。T.F菌在酸性溶液中可实现天然气催化脱硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是
A. 脱硫过程的总反应为2H2S+O2=2S+2H2O(反应条件省略)
B. 该脱硫过程需要不断添加Fe2(SO4)3溶液
C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4可用于治疗缺铁性贫血
D. 《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐
【答案】B
【解析】
【详解】A．依据图示：在硫酸铁催化剂条件下硫化氢与氧气反应生成硫单质和水，反应总方程式：2H2S+O2═2S+2H2O，故A正确；
B．T．F菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁，Fe2(SO4)3为催化剂，该脱硫过程不需要不断添加Fe2(SO4)3溶液，故B错误；
C．亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送O2的作用，若缺铁就可能出现缺铁性贫血，故C正确；
D．天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，故D正确；
故选：B。
12. 某兴趣小组欲探究：①干燥的不与应；②有水条件下，才能与反应。设计实验装置如下图所示，实验过程中先滴加稀盐酸，打开，关闭，一段时间后再加热铜丝；充分反应后，再关闭，打开，观察整个过程中铜丝的变化。
下列说法错误的是
A. 先滴加稀盐酸，后加热的目的是排除装置内的空气
B. 饱和溶液的作用是除去中的
C. 试剂是浓硫酸
D. 反应过程中铜丝先变黑，后变红
【答案】D
【解析】
【分析】稀盐酸和石灰石反应生成的二氧化碳中含有水蒸气和氯化氢，通过饱和碳酸氢钠溶液除去氯化氢，浓硫酸干燥二氧化碳，二氧化碳和过氧化钠反应生成的氧气可以和铜丝在加热条件下反应，据此解答。
【详解】A．装置含有氧气，会干扰实验，所以先滴加稀盐酸，后加热的目的是利用生成的二氧化碳排除装置内的空气，A正确；
B．盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，饱和溶液的作用是除去中的，B正确；
C．干燥二氧化碳需要利用浓硫酸，因此试剂是浓硫酸，C正确；
D．结合题意可知，整个实验过程中先是干燥的与不反应， 故铜丝无明显变化；后是有水条件下，才能与反应产生，铜丝变黑，D错误；
故选D。
13. 物质类别和元素价态是学习元素及其化合物性质的重要认识视角。如图为铁及其化合物的价类二维图。下列有关说法不正确的是
A. 物质A与不同的氧化剂反应可能得到不同价态的含铁化合物
B. 通过化合反应和置换反应都能生成
C. 从物质类别来看，物质B属于碱性氧化物，能与水反应生成物质C
D. 从元素价态来看，既具有氧化性也具有还原性
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁与盐酸反应生成氯化亚铁，铁与氯气反应生成氯化铁，因此铁与不同的氧化剂反应可能得到不同价态的含铁化合物，故A正确；
B．铁在氧气中燃烧生成，该反应为化合反应，铁在高温下与水蒸气反应生成和氢气，该反应为置换反应，故B正确；
C．铁的氧化物难溶于水，不能与水反应生成碱，故C错误；
D．从元素价态来看，中Fe的化合价可以升高，也可以降低，既具有氧化性也具有还原性，故D正确；
故选C。
14. 下列除杂方方案错误的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】C
【解析】
【详解】A．利用Al(s)与NaOH溶液反应生成NaAlO2溶液而Mg(s)与NaOH溶液不反应，除去Mg(s)中的Al(s)再过滤得到Mg(s)，A选项正确；
B．通过FeCl3与足量铁粉生成FeCl2，除去FeCl2中的FeCl3再过滤，B选项正确；
C．Cl2也与NaOH溶液反应，所以不能用来除去其中杂质HCl，只能用饱和食盐水洗气的方法除去Cl2中的HCl，C选项错误；
D．因为NaHCO3(s)受热分解生成Na2CO3(s)，所以用灼烧固体的方法除去Na2CO3(s)中的NaHCO3(s)，D选项正确。
故选C。
15. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A. 1 ml Fe3O4被完全还原为Fe2+转移的电子数为3NA
B. 0.1 ml Fe和0.1 ml Cu分别与0.1 ml Cl2完全反应，转移电子数均为0.2NA
C. 常温下，将5.6 g铁块投入足量浓盐酸中，转移电子数为0.3NA
D. 1 ml Cl2和Fe充分反应，转移电子数为3NA
【答案】B
【解析】
【详解】A． Fe3O4是特殊的氧化物，可表示为FeO·Fe2O3，其中的3个Fe原子中1个是+2价，2个是+3价，所以使1 ml Fe3O4被完全还原为Fe2+转移的电子数为2NA，故A错误；
B． Fe与Cl2反应产生FeCl3，0.1 ml Fe和0.1 ml Cl2完全反应时Cl2不足量，反应以Cl2为标准，反应转移0.2 ml电子；Cu与Cl2反应产生CuCl2，0.1 mlCu恰好与0.1 ml Cl2发生反应转移0.2 ml电子，故二者发生反应转移电子数均为0.2NA，故B正确；
C．铁与盐酸反应生成氯化亚铁和氢气，56gFe物质的量为1ml，失去电子数目为2NA，故C错误；
D． Fe与Cl2反应产生FeCl3，由于Fe足量，1 ml Cl2和Fe充分反应，反应转移电子数目要以不足量的Cl2为标准，1 ml Cl2完全反应，转移电子数为2NA，故D错误；
答案选B。
16. 将200mL由NaCl和BaCl2组成的混合溶液分为两等份，向其中一份中加入100mL1.6ml/LAgNO3溶液，溶液中的Cl-恰好沉淀完全；向另一份中加入100mL0.50ml/L稀硫酸，溶液中的Ba2+恰好沉淀完全。则原溶液中c(Na+)为
A. 0.3ml•L-1B. 0.4ml•L-1C. 0.5ml•L-1D. 0.6ml/L
【答案】D
【解析】
【详解】向一份加入溶液，溶液中的恰好沉淀完全，则说明该份中Cl-的物质的量为1.6ml/L×100mL=0.16ml；
向另一份中加入100mL0.50ml/L稀硫酸，溶液中的恰好沉淀完全，说明该份中BaCl2的物质的量为0.5ml/L×100mL=0.05ml，则每份中NaCl的物质的量=0.16ml-0.05ml×2=0.06ml，故每份中c(Na+)==0.6ml/L；
根据溶液的均一性可知原溶液中c(Na+)为0.6ml/L；
故选D。
17. 某温度下，将氯气通入NaOH溶液中，反应得到NaCl，NaClO，NaClO3的混合液，经测定溶液中ClO-与ClO的离子个数比为3：1，则该反应中被还原与被氧化的Cl2的分子个数比为
A. 1：1B. 1：2C. 2：1D. 3：2
【答案】C
【解析】
【详解】因为在同一溶液中，体积是一定的，所以由ClO-与ClO3-的离子个数比为3：1，得到其物质的量之比也是3:1，所以由0价的氯元素变为3ml的NaClO、1ml的NaClO3共失去1×3+5×1=8ml的电子，被氧化的氯是3+1=4ml；根据电子得失守恒可知，有8ml0价的氯变为NaCl，即被还原的氯为8ml，所以Cl2与NaOH溶液反应时，由于氧化剂和还原剂均为氯气，所以被还原的氯元素与被氧化的氯元素的物质的量之比为8ml：4ml=2：1；
故选C。
18. 现有下列几组粒子：①N2、CO、C2H2；②、H3O+、OH-；③、、CN-；④、、。对上述四组粒子归类正确的是
A. 原子数相等、电子数和质子数均不相等：①
B. 质子数和电子数分别相等、原子数不相等：②
C. 电子数相等、质子数和原子数均不相等：③
D. 原子数和电子数分别相等、质子数不相等：④
【答案】D
【解析】
【分析】①N2的原子为2，电子数为14，质子数为14，CO的原子为2，电子数为14，质子数为14，C2H2的原子为4，电子数为14，质子数为14；
②的原子数为5，电子数为10，质子数为11，的原子数为4，电子数为10，质子数为11，OH-的原子数为2，电子数为10，质子数为9；
③的原子数为2，电子数为14，质子数为12，的原子数为2，电子数为18，质子数为16，CN-的原子数为2，电子数为14，质子数为13；
④的原子数为5，电子数为50，质子数为47，的原子数为5，电子数为50，质子数为48，的原子数为5，电子数为50，质子数为49。
【详解】A．由上述分析可知，①中原子数不相等，故A错误；
B．由上述分析可知，②中质子数不相等，故B错误；
C．由上述分析可知，③中原子数相等，故C错误；
D．由上述分析可知，④中原子数和电子数分别相等、质子数不相等，故D正确；
答案选D。
19. a、b、c、d均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置关系如图所示。若b原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，下列说法正确的是
A. 原子半径：c>b>a
B. 气态氢化物的稳定性：a>b>d
C. 最高价氧化物对应水化物的酸性：cD. a单质最稳定，不和任何物质发生反应
【答案】C
【解析】
【分析】b元素原子的最外层电子数是次外层电子数的3倍，b为O元素，再根据a、b、c、d均为短周期元素，它们在元素周期表中的位置关系，由此可以推出a为N，b为O，c为S，d为Cl。
【详解】A．同一周期原子半径随核电荷数增大而减小，故原子半径：bB．非金属性越强，简单气态氢化物越稳定，故气态氢化物的稳定性：aC．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性：cD．N2单质稳定，但放电条件下能和氧气发生反应，故D错误；
故选C。
20. 《Nature》杂志评选出的2019年世界十大科技进展之一是我国科研人员发现用于“点击化学”的一种新化合物，如图所示。W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、Z同主族，Y元素在周期表中非金属性最强，其原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等。下列说法正确的是
A. 原子半径：r(Z)＞r(Y)＞r(X)
B. 四种元素中，最高价含氧酸酸性最强的为Y
C. 最简单氢化物的沸点：Z＞X
D. 非金属性：Y＞X
【答案】D
【解析】
【分析】W、X、Y、Z为短周期主族元素且原子序数依次增大，X的最外层电子数是次外层电子数的3倍，X、Z同主族，则X为O元素、Z为S元素；Y元素在周期表中非金属性最强，其原子的最外层电子数与W原子的核外电子总数相等，则Y为F元素、W为N元素。
【详解】A．同周期元素，从左到右原子半径依次减小，则氧原子的原子半径大于氟原子，故A错误；
B．氟元素的非金属性最强，没有正化合价，不存在最高价含氧酸，故B错误；
C．水分子和氨分子都能形成氢键，水分子间形成的氢键数目多于氨分子，分子间作用力大于氨分子，沸点高于氨分子，故C错误；
D．同周期元素，从左到右非金属性依次增强，则氟元素的非金属性强于氧元素，故D正确；
故选D。
第Ⅱ卷 (书面表达题 共60分)
注意事项：
1.第Ⅱ卷共4题，请用黑色中性笔将答案直接答在答题卡规定的位置上。
三、填空题(本题有3个小题，每空2分，共44分)
21. 8种短周期元素(用字母表示)原子半径的相对大小、最高正化合价(或最低负化合价)的变化如图所示。
已知：X为元素周期表中相对原子质量最小的元素。请回答下列问题：
（1）A在元素周期表中的位置是___________； G的下一周期同主族元素的原子序数为___________。
（2）E2D2电子式为___________，含___________键(填“序号”，下同)，属于___________。
a．离子键 b．极性键 c．非极性键 d．离子化合物 e．共价化合物
（3）写出E的最高价氧化物的水化物的水溶液与单质G反应的离子方程式___________。
（4）下列有关物质性质的推断，正确的是___________(填“序号”)。
a．金属性：E>G
b．氢化物的稳定性：Dc．最高价氧化物的水化物酸性：L（5）Q的单质通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，写出该反应的离子方程式___________，该实验说明Q的非金属性强于碘，请从原子结构的角度解释其原因___________。
【答案】（1） ①. 第二周期第ⅣA族 ②. 31
（2） ①. ②. ac ③. d
（3）
（4）ac （5） ①. ②. Cl和I是同主族元素，最外层电子数均为7，电子层数I>Cl，原子半径I>Cl，原子得电子能力I【解析】
【分析】X为元素周期表中相对原子质量最小的元素，则X为H元素；D、L均有-2价，二者处于VIA族，而L的原子序数较大，故D为O元素、L为S元素；A有+4价，其处于IVA族，原子序数小于D(氧)，故A为C元素；B的原子序数介于A(碳)、D(氧)之间，故B为N元素；E有+1价，其处于IA族，原子序数大于D(氧)，故E为Na；G有+3价，处于ⅢA族，原子序数大于E(钠)，故G为Al；Q有-1价，原子序数大于L(硫)，故Q为Cl。
【小问1详解】
由上述分析可知，A为碳元素，在元素周期表中位于第二周期第ⅣA族；G(Al)的下一周期同主族元素的原子序数为13+18=31；
【小问2详解】
E2D2为Na2O2，Na2O2是由钠离子和过氧根离子构成的离子化合物，其电子式为；Na2O2含有离子键、O-O非极性键，故选ac；Na2O2属于离子化合物，故选d；
【小问3详解】
E的最高价氧化物的水化物的水溶液为NaOH，单质G为Al，NaOH溶液和Al反应生成偏铝酸钠和氢气，反应的离子方程式为；
【小问4详解】
a．E为Na、G为Al，同周期从左到右元素的金属性减弱，故金属性：Na>Al，即E>G，故a正确；
b．D为O、L为S，同主族自上而下元素的非金属性减弱，氢化物的稳定性减弱，故氢化物的稳定性：D>L，故b错误；
c．L为S、Q为Cl，同周期从左到右元素的非金属性逐渐增强，最高价氧化物对应水化物的酸性增强，非金属性Cl>S，则最高价氧化物的水化物酸性：L答案选ac；
【小问5详解】
Q的单质为氯气，氯气通入淀粉-KI溶液，溶液变蓝，说明氯气将碘离子发生氧化还原反应生成单质碘，该反应的离子方程式为 ，该实验说明Q的非金属性强于碘，从原子结构的角度解释其原因为：Cl和I是同主族元素，最外层电子数均为7，电子层数I>Cl，原子半径I>Cl，原子得电子能力I22. 如图是某学校实验室从化学试剂商店采购的浓硫酸试剂标签上的部分内容。
现用该浓硫酸配制100mL 1.5ml/Ｌ稀硫酸。可供选用的仪器有：胶头滴管；烧瓶；烧杯；药匙；量筒；托盘天平。
请回答下列问题：
（1）配制稀硫酸时，还缺少的仪器是___________(填写名称)。
（2）经计算，配制100mL 1.5ml·Ｌ-1的稀硫酸需要量取上述浓硫酸的体积为___________mL。
（3）若在稀释过程中，少量浓硫酸不慎沾在手上，处理方法为___________。(填写字母)
A．立即用较多的水冲洗，再涂抹3%～5%的NaHCO3溶液
B．立即用NaOH溶液中和，再用大量水冲洗
（4）对所配制的稀硫酸进行测定，发现其浓度大于1.5 ml·Ｌ-1，配制过程中下列各项操作可能引起该误差的有___________(填写字母)。
A．用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸
B．容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水
C．将硫酸稀释后立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作
D．转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面
E．定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容
F．定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处
（5）将10.9g Na2O和Na2O2的固体混合物溶于水得到500mL溶液，所得溶液用100mL1.5ml/L稀硫酸恰好完全中和。回答下列问题：
①固体混合物中Na2O2的质量为___________g。
②固体混合物与水反应生成气体的体积为___________L(标准状况)。
③固体混合物与水反应后，所得NaOH溶液的物质的量浓度___________ml/L。
【答案】（1）100mL容量瓶、玻璃棒
（2）8.2 （3）A
（4）ACE （5） ①. 7.8 ②. 1.12 ③. 0.6
【解析】
【小问1详解】
用浓溶液配制一定物质的量浓度稀溶液一般操作步骤为：计算、量取、稀释、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀等，用到的仪器依次为：量筒、烧杯、玻璃棒、100mL容量瓶、胶头滴管，所以缺少的仪器为100mL容量瓶、玻璃棒；
【小问2详解】
根据可知，该浓硫酸物质的量浓度为，则配制100mL1.5ml•L-1的稀硫酸需要量取浓硫酸的体积为，即8.2mL；
【小问3详解】
浓硫酸具有强的腐蚀性，不小心沾在手上，应立即用较多的水冲洗，再涂上稀的弱碱性溶液，因此处理方法为用较多的水冲洗，再涂抹3%～5%的NaHCO3溶液；
【小问4详解】
A. 用量筒量取浓硫酸时，仰视刻度线取浓硫酸，导致溶液体积偏大，溶质的物质的量偏大，溶液的浓度偏高，故A符合题意；
B. 容量瓶用蒸馏水洗涤后未干燥，含有少量蒸馏水，对溶质的物质的量和溶液的体积都不产生影响，溶液的浓度无影响，故B不符合题意；
C. 将硫酸稀释后立即转入容量瓶后，紧接着就进行以后的实验操作，冷却后溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故C符合题意；
D. 转移溶液时，不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，导致部分溶质损耗，溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低，故D不符合题意；
E. 定容时，俯视容量瓶刻度线进行定容，导致溶液体积偏小，溶液的浓度偏高，故E符合题意；
F. 定容后，把容量瓶倒置摇匀后发现液面低于刻度线，便补充几滴水至刻度处，导致溶液体积偏大，溶液的浓度偏低，故F不符合题意；
答案选ACE；
【小问5详解】
①设10.9gNa2O和Na2O2的固体混合物中Na2O、Na2O2的物质的量分别为x、y，则①62x+78y=10.9g，所得溶液用100mL 1.5ml/L稀硫酸恰好完全中和，反应后溶质为Na2SO4，根据钠离子守恒可得：②2x+2y=1.5ml/L×0.1L×2，联立①②解得：x=0.05ml、y=0.1ml，过氧化钠的质量为：0.1ml×78g/ml=7.8g；
②只有过氧化钠与水反应生成氧气，根据方程式可知，0.1mlNa2O2完全反应生成氧气的物质的量为： ，标况下0.05ml氧气的体积为：22.4L/ml×0.05ml=1.12L；
③根据Na元素守恒可知，0.05ml氧化钠、0.1ml过氧化钠与水反应后生成NaOH的物质的量为：0.05ml×2+0.1ml×2=0.3ml，则固体混合物与水反应所得NaOH溶液的物质的量浓度为。
23. 回答下列问题：
利用“价类二维图”研究物质的性质是化学研究的重要手段。下图是氯元素的化合价与部分物质类别的对应关系。
（1）已知D可用于实验室制O2，其焰色试验为紫色。A、B、C、D四种物质中，属于电解质是___________ (填化学式)。
（2）B溶于氢氧化钠溶液，可生成“84”消毒液的有效成分，则B属于___________(填“酸性”或“碱性”)氧化物。
（3）D在400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐；另一种盐M的阴阳离子个数比为1：1，则M的电离方程式为___________。
（4）NaClO2是一种高效的消毒剂和漂白剂。Mathiesn法制备NaClO2的反应如下：
Ⅰ NaClO3 + H2SO4+ SO2 → NaHSO4+ClO2
Ⅱ ClO2 + H2O2 + NaOH → NaClO2 +___________+___________
反应Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为_________；反应Ⅱ中的氧化产物是________。
②与新型消毒剂ClO2比较，NaClO2消毒效率_________ ClO2消毒效率(填“＜”、“＞”或“=”；已知：以单位质量得到的电子数衡量消毒效率，两者还原产物均是Cl-)。
【答案】（1）HClO和KClO3
（2）酸性 （3）KClO2=K++ClO
（4） ①. 2：1 ②. O2 ③. ＜
【解析】
【分析】根据图中信息，A是氯气、B是+1价氯的氧化物即Cl2O、C是HClO、D是含+5价氯元素的盐类，可用于实验室制O2，其焰色试验为紫色，则D是KClO3，据此分析回答问题。
小问1详解】
电解质是指在熔融状态或水溶液中能够导电的化合物，根据上述分析，其中属于电解质的是HClO和KClO3；
【小问2详解】
B是Cl2O，溶于氢氧化钠溶液，可生成“84”消毒液的有效成分，反应为Cl2O+2NaOH=2NaClO+H2O，酸性氧化物与碱反应生成盐和水，则Cl2O属于酸性氧化物；
【小问3详解】
D是KClO3，在400℃时分解只生成两种盐，其中一种是无氧酸盐KCl，另一种盐M的阴阳离子个数比为1：1，根据氧化还原反应原理，反应方程式是：2KClO3 KCl+KClO2+2O2↑，则M是KClO2，其电离方程式是KClO2=K++ClO ；
【小问4详解】
①根据反应Ⅰ的反应方程式是：2NaClO3+H2SO4+SO2=2ClO2+2NaHSO4，其中氧化剂是NaClO3，还原剂是SO2，二者物质的量之比为2：1；反应Ⅱ中ClO2的Cl元素化合价降低得到的NaClO2是还原产物，H2O2的O元素化合价升高得到的O2是氧化产物，还有H2O；
②以单位质量得到的电子数衡量消毒效率，依题意，ClO2的消毒效率是 ，NaClO2的消毒效率是 ，<，则NaClO2的消毒效率小于ClO2的消毒效率。
四、实验题
24. 长期放置的FeSO4溶液易被氧化而变质，某兴趣小组进行了如下实验：
（1）设计实验检验FeSO4溶液的变质程度，请将方案补充完整。
③若要使部分变质的FeSO4复原，方法是___________。(写离子反应方程式)
（2）利用部分变质的FeSO4溶液制备Fe2O3，请在内填写所需试剂或条件
①________；②________；③________；
④若100mL该变质溶液制得1.6gFe2O3，则变质前FeSO4溶液的浓度为___________。
（3）FeSO4可用作补铁剂，使用时建议与维生素C同服，同学甲猜测维生素C可将Fe3+转化为Fe2+，以利于人体吸收。为了验证这一猜想，设计了如下实验：
由上述实验能否得出“维生素C可将Fe3+转化为Fe2+”的结论？请说明结论和理由___________。
【答案】（1） ①. 溶液变红 ②. 紫色褪去 ③.
（2） ①. H2O2 ②. NaOH ③. 加热(或灼烧) ④. 0.2ml/L
（3）不能，维生素C可能过量，也可使高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有Fe2+生成
【解析】
【小问1详解】
①要想证明FeSO4溶液部分变质，需要证明溶液中含有Fe3+和Fe2+；步骤1中，向待测液中加入KSCN溶液，溶液变为红色，说明溶液中含有Fe3+；
②步骤2中，取待检测液于试管中，向其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，酸性KMnO4溶液紫色褪去，说明酸性高锰酸钾被亚铁离子还原，则溶液中含有Fe2+；
③若要使变质的FeSO4溶液复原，可以向溶液中加入过量的Fe粉，再经过滤除去剩余的Fe粉即可，反应的离子方程式为；
【小问2详解】
利用部分变质的FeSO4溶液制备Fe2O3，首先需要将亚铁离子氧化成铁离子，为了不引入新的杂质，可用H2O2作氧化剂，得到Fe2(SO4)3溶液，然后向溶液中加入过量的NaOH溶液，得到Fe(OH)3沉淀，过滤后加热使氢氧化铁分解即可得到Fe2O3；若100mL该变质溶液制得1.6gFe2O3，，则变质前，100mLFeSO4溶液中，，。
【小问3详解】
该实验现象不能验证猜想，因为维生素C也具有还原性，若维生素C过量，也可使高锰酸钾溶液褪色，则无法说明一定有Fe2+生成。选项
被提纯的物质
杂质
除杂试剂
除杂方法
A
Mg(s)
Al(s)
足量NaOH溶液
过滤
B
FeCl2
FeCl3
足量铁粉
过滤
C
Cl2
HCl
NaOH溶液
洗气
D
Na2CO3(s)
NaHCO3(s)
—
灼烧
a
b
c
d
硫酸化学纯(CP)
(500mL)
品名：硫酸
化学式：H2SO4
相对分子质量：98
密度：1.84g/cm3
质量分数：98%
实验方案
实验现象
实验结论
步骤1
取待检测液于试管中，向其中滴加KSCN溶液
①______
FeSO4溶液部分变质
步骤2
取待检测液于试管中，向其中滴加少量酸性高锰酸钾溶液
②______
实验方案
实验现象
取适量Fe2(SO4)3溶液于试管中，加入维生素C片，振荡溶解后，滴加酸性高锰酸钾溶液。
紫色褪去