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安徽省合肥市第一中学2021-2022学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析）
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这是一份安徽省合肥市第一中学2021-2022学年高一化学上学期期末试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了5 Pe56 Cu 64， 6L， 下列离子方程式正确的是等内容，欢迎下载使用。
合肥一中2021- 2022 学年第一学期高一年级期末考试
化学试卷
可能用到相对原子量： H1 He4 C12 O16 Na23 A127 Cl 35.5 Pe56 Cu 64
一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共48分)
1. 根据古代文献记载的化学知识，下列相关结论或应用错误的是
选项
文献记载
结论或应用.
A
《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣”
中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁
B
《天工开物》记载：造瓦“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖；中燃薪举火”“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”
造瓦时浇水转釉后，铁元素主要以氧化铁形式存在
C
《抱朴子内篇》记载：“曾青涂铁，铁赤色如铜”
描述了湿法冶铜的原理
D
南北朝时期陶弘录说：“水银，能消化金、银使成泥，人以镀物是也”
汞、金、银形成的合金可用于器物上镀金、银。
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣，说明Fe与醋酸反应生成铁华粉，因此铁华粉的主要成分是醋酸亚铁，A正确；
B．氧化铁是红棕色，氧化亚铁为黑色，造瓦时浇水转釉后，铁元素主要以氧化亚铁形式存在，因此砖瓦呈青色，B错误；
C．曾青得铁则化为铜是铁置换铜，说明Fe与CuSO4在溶液中发生置换反应产生Cu和FeSO4，这是湿法冶铜化学反应原理，C正确；
D．将金或者银与水银混合形成合金，将合金涂在物品的表面上，水银挥发后，金或者银便浮在物品的表面，D正确；
故合理选项是B。
2. NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的有
A. 1molFeCl3溶于水形成的胶体中含有NA个Fe (OH)3胶体粒子
B. 将1mol C12通入水中，溶液中Cl-、C1O-、 HClO的数目之和小于2 NA
C. 56g铁与氯气在一定条件下充分反应，最多消耗氯气的体积是33. 6L
D. 将0.3mol 钠、镁、铝分别投到含HC10.2mol的盐酸中，生成标况下气体体积均为2.24L
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化铁胶体是许多分子或离子的集合体，1molFeCl3溶于水形成的胶体中含有氢氧化铁胶体粒子的数目小于NA，A错误；
B．氯气与水反应是可逆反应，因此将1molC12通入水中，溶液中Cl-、ClO-、HClO的数目之和小于2NA，B正确；
C．56g铁的物质的量为1mol，和氯气反应消耗氯气1.5mol，但未标明氯气所处状态，故其体积无法计算，C错误；
D．，，由于钠能与水反应生成氢气，所以无论盐酸是否足量，钠都完全反应生成氢气，依据关系式：2Na~H2计算钠生成氢气的物质的量为0.15mol；由，知盐酸不足量，全部反应，所以镁、铝与盐酸反应生成氢气的物质的量为0.1mol，D错误；
答案选B。
3. 在投入铝粉能放氢气的无色透明溶液中可能大量共存的离子组是
A. K+、MnO、Na+、Cl－ B. Na+、 NH、HCO、SO
C. K+、Na+、 NO、CO D. Fe2+、 Na+、 ClO－、SO
【答案】C
【解析】
【分析】在投入铝粉能放氢气的无色透明溶液中，说明溶液可能是酸，也可能是碱。
【详解】A．MnO是紫色，故A不符合题意；
B．HCO和酸、碱都要反应，故B不符合题意；
C．K+、Na+、 NO、CO在碱中不反应，CO在酸中要反应，可能大量共存，故C符合题意；
D．Fe2+在碱中生成氢氧化亚铁沉淀，ClO－在酸中反应生成HClO，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
4. 某氯原子的质量为a g， 12C的质量是b g，用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 氯元素的相对原子质量为
B. 氯元素的摩尔质量为的aNA g/mol
C. mg该氯原子的物质的量为mol
D. ng该氯原子所含的电子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A． 是氯原子的相对原子质量，不是氯元素的相对原子质量，故A错误；
B． aNA g/mol是氯原子的摩尔质量，不是氯元素的摩尔质量，故B错误；
C．mg该氯原子的个数为个，则该氯原子的物质的量为，故C正确；
D．ng该氯原子所含的电子数为个，故D错误。
综上所述，答案为C。
5. 某澄清透明溶液中只可能含有①Al3+，②Mg2+，③Fe3+，④Fe2+，⑤H+，⑥CO32-，⑦NO3-中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示．则该溶液中一定含有的离子是
A. ⑤⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①②③⑥⑦ D. ①②③④⑤⑦
【答案】B
【解析】
【详解】向该溶液中加入一定量NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的⑤H+离子，在酸性溶液中⑥CO32-与H+反应生成CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有⑦NO3-离子符合，含硝酸根离子、氢离子，即相当于硝酸存在，④Fe2+因为和硝酸之间发生氧化还原反应一定不能存在，而后随着氢氧化钠的加入会有沉淀，能够生成沉淀的是①Al3+，②Mg2+，③Fe3+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，沉淀量会出现减小的迹象，但是没有出现，所以一定没有①Al3+，根据沉淀量达到最大消耗氢氧化钠的量是3mol，若生成的沉淀全部是1mol氢氧化铁，其质量是107g，若全部是氢氧化镁，其质量是87g，现在沉淀的质量是100g，可以知道一定含有镁离子和铁离子，综上可知一定含有的离子是：②Mg2+，③Fe3+，⑤H+，⑦NO3-，故选B。
6. 下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的
A. 金属钠投入到FeCl3溶液中
B. 过量NaOH溶液和明矾(KAl (SO4)2∙12H2O)溶液混合
C. 氯化钙溶液中通入少量的CO2
D. 少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属钠投入到FeCl3溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，故A不符合题意；
B．过量NaOH溶液和明矾(KAl (SO4)2∙12H2O)溶液混合，先生成氢氧化铝沉淀，沉淀后来又溶解，故B不符合题意；
C．氯化钙溶液中通入少量的CO2，两者不反应，故C不符合题意；
D．少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中生成碳酸钙和碳酸钠，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
7. 对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂。有关反应如下：11P + 15CuSO4+ 24H2O= 5Cu3P + 6H3PO4+ 15H2SO4。下列关于该反应说法正确的是
A. Cu3P 既是氧化产物也是还原产物
B. 11molP 参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移
C. P发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为6: 5
D. 若有3mol磷酸生成，则被铜氧化的P为1.5mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸铜中铜化合价降低变为Cu3P，P化合价降低变为Cu3P，因此Cu3P还原产物，故A错误；
B．11mol P 参与反应时，有6molP化合价升高到+5价，有5molP化合价降低到−3价，15mol+2价铜降低到+1价，因此该反应中有30mol电子发生转移，故B错误；
C．11molP中有6molP化合价升高，发生氧化反应，有5molP化合价降低，发生还原反应，因此发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为5: 6，故C错误；
D．根据方程式11P + 15CuSO4+ 24H2O= 5Cu3P + 6H3PO4+ 15H2SO4，3molP被15mol CuSO4氧化，还有3molP被另外5molP氧化，共生成6mol磷酸，因此若有3mol磷酸生成，则被铜氧化的P为1.5mol，故D正确。
综上所述，答案为D。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 氢氧化铁与氢碘酸反应： 2Fe(OH)3+6H+=2Fe3++6H2O
B. 偏铝酸钠溶液中通入过量CO2： 2A1O+ CO2+ 3H2O=2Al(OH) 3↓+ CO
C. 向含有等物质的量Fe2+、I－和 Br－的溶液中通入少量氯气： 2I－+ Cl2=I2+ 2Cl－
D. 工业制漂白粉： Cl2+ 2OH－=Cl－ + ClO－+ H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化铁与氢碘酸要发生氧化还原反应： 2Fe(OH)3+2I－+6H+= I2+2Fe2++6H2O，故A错误；
B．偏铝酸钠溶液中通入过量CO2：AlO+ CO2+ 2H2O=Al(OH) 3↓+ HCO，故B错误；
C．向含有等物质的量Fe2+、I－和 Br－的溶液中通入少量氯气，I－先反应： 2I－+ Cl2=I2+ 2Cl－，故C正确；
D．工业制漂白粉是氯气通入到石灰乳中： Cl2+Ca(OH)2=Cl－ + ClO－+ Ca2++H2O，故D错误。
综上所述，答案为C。
9. 元素的“价一类”二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。如图为铁元素的“价一类”二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是
A. 铁与水蒸气在高温条件下反应可实现转化①
B. FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成红棕色粉末
C. 由图可预测：高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可用于消毒
D. 向FeCl3溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液不变紫红色则溶液中一定含Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁与水蒸气高温条件下反应生成四氧化三铁，不能实现上述转化①，A错误；
B．氧化亚铁是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化生成黑色固体四氧化三铁，B错误；
C．高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，可用于消毒，C正确；
D．由于滴加的酸性高锰酸钾溶液的量少，而氯化铁溶液为黄色，即使不含亚铁离子，溶液也可以不为紫红色，D错误；
答案选C。
10. 下列图示实验(部分夹持装置省略)能达到目的的是
A. 制取氯气
B. 用于制备NaHCO3
C. 证明非金属性： Cl2＞Br2＞ I2
D. 探究Cl2能否溶于水或与NaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．A装置没有加热装置，不能制取氯气，不能达到实验目的，故A不符合题意；
B．制备NaHCO3时，应先通入氨气，再通入二氧化碳，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．过量可能的氯气也将碘离子氧化，不能证明单质溴氧化了碘离子，因此不能证明非金属性： Cl2＞Br2＞ I2，故C不符合题意；
D．气球体积变大，说明Cl2溶于水或与NaOH反应，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
11. 铁、铝各1mol组成的混合物溶于一定量的盐酸，恰好完全反应后，再加入3molNa2O2固体使之充分反应，最终产物是
A. Fe(OH)2、Al(OH)3、NaCl
B. Fe(OH)2、Al(OH)3、NaAlO2、NaCl
C. Fe(OH)3、NaAlO2、NaCl
D. Fe(OH)3、Al(OH)3、NaAlO2、NaCl
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】3molNa2O2固体溶于水发生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成6mol氢氧化钠。1mol固体铝，与盐酸发生反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，生成1molAlCl3，向溶液中再加入3molNa2O2固体，AlCl3与氢氧化钠反应：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，消耗4mol氢氧化钠，最终生成1molNaAlO2和3molNaCl，剩余2mol氢氧化钠；1mol固体铁，与盐酸发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，生成1molFeCl2，向溶液中再加入3molNa2O2固体，FeCl2与氢氧化钠反应：FeCl2+2NaOH= Fe(OH)2↓+2NaCl，消耗2mol氢氧化钠，生成1mol Fe(OH)2和2molNaCl，Na2O2是强氧化剂，可将Fe2+氧化成Fe3+，氢氧化亚铁在氧气和水的作用下生成氢氧化铁，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以最终生成1mol Fe(OH)3和2molNaCl；综上最终产物是1molNaAlO2、1mol Fe(OH)3和5molNaCl。
故选C。
12. 纳米级四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一。 共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图所示：
下列说法错误的是
A. 该制备反应类型不属于氧化还原反应
B. 共沉淀法中FeSO4·7H2O和FeCl3·6H2O的物质的量之比最好应为1：2
C. 若滤液进行焰色反应，火焰为黄色则说明氢氧化钠过量了
D. 另一种水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应3Fe2++2S2O+O2+xOH－=Fe3O4↓+S4O+2H2O每消耗3 molOH－，则有1.5 mol Fe2+被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液A和溶液B混合后加入NaOH发生Fe2++2Fe2++ 8OH－ =Fe3O4↓+4H2O，没有化合价变化，因此该制备反应类型不属于氧化还原反应，故A正确；
B．Fe3O4可以看成FeO∙Fe2O3，N(Fe2+)：N(Fe3+)=1:2，则共沉淀法中FeSO4·7H2O和FeCl3·6H2O的物质的量之比最好应为1：2，故B正确；
C．滤液中始终有钠离子，无论NaOH溶液过量还是少量，故C错误；
D．另一种水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应3Fe2++2S2O+O2+xOH－ =Fe3O4↓+S4O+2H2O，根据电荷守恒得到OH－前面系数为4，根据方程式知每消耗4mol OH－，有2mol Fe2+被氧化，当每消耗3 molOH－，则有1.5 mol Fe2+被氧化，故D正确。
综上所述，答案为C。
13. 在常温下发生以下几个反应，根据反应判断下列结论正确的是
①16H++10Z− +2XO =2X2++5Z2+8H2O
②2A2++5B2=2A3++2B−
③2B−+ Z2=B2+2Z−
A. 溶液中不能发生： Z2+2A2+=2A3++2Z−
B. Z元素在①③反应中均被氧化
C. 氧化性由弱到强的顺序是：XO、 Z2、B2、A3+
D. XO可以被A2+还原
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据反应①得到氧化性强弱顺序为：XO＞Z2，根据反应①得到氧化性强弱顺序为：B2＞A3+，根据反应①得到氧化性强弱顺序为：Z2＞B2，因此氧化性由弱到强的顺序是：XO＞Z2＞B2＞A3+，假设溶液中能发生： Z2+2A2+=2A3++2Z−，则氧化性强弱顺序为Z2＞A3+，与题中得出信息抑制，因此能发生，故A错误；
B．Z元素在③反应中被还原，故B错误；
C．根据A选项分析得到氧化性由弱到强的顺序是：XO、Z2、B2、A3+，故C正确；
D．假设XO可以被A2+还原，则生成X2+、A3+，得到氧化性顺序XO＞A3+，与前面的都的氧化性顺序抑制，说明XO可以被A2+还原，故D正确。
综上所述，答案为CD。
14. 化学是一门以实验为基础学科，某同学为探究FeCl3溶液的性质进行如下实验，操作如图所示，根据实验现象下列分析正确的是
A. ①~④的变化中，有2处涉及氧化还原反应
B. ③中反应的离子方程式： 2Fe3++3CO+3H2O= 2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑
C. 若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②现象相同
D. 若用Na2SO3代替Na2S进行实验溶液不可能变成淡绿色
【答案】B
【解析】
【详解】A．①中产生淡黄色沉淀S，溶液变淡绿色，说明有亚铁离子生成，属于氧化还原反应，②中是亚铁离子和硫离子反应生成FeS，③中铁离子与碳酸根离子发生相互促进的双水解生成氢氧化铁胶体和二氧化碳，④是氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，因此只有①是氧化还原反应，故A错误；
B．③中铁离子与碳酸根离子发生相互促进的双水解生成氢氧化铁胶体和二氧化碳，其反应的离子方程式： 2Fe3++3CO+3H2O= 2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑，故B正确；
C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，则硫离子过量，还原生成的亚铁离子立即与硫离子反应生成黑色FeS沉淀，溶液不会变为淡绿色，与图中①、②现象不相同，故C错误；
D．亚硫酸根离子具有强还原性，也能将铁离子还原为亚铁离子，因此若用Na2SO3代替Na2S进行实验，溶液也能变成淡绿色，故D错误。
综上所述，答案为B。
15. 下列描述正确的是
A. 质子数相同的粒子一定属于同种元素
B. 一定不存在质子数相同电子数也相同的离子和分子
C. 氟单质可以从氯化钠的溶液中置换出氯单质
D. 根据Cl、Br、I的非金属性递减，可推出HCl、HBr、 HI的酸性依次增强，而热稳定性依次减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．质子数相同的粒子可能是原子或原子团，不一定是同一种元素，因为质子数等于电子数，所以电子数相同的粒子也不一定是同一种元素，选项A错误；
B．对于中性微粒质子数等于电子数，当质子数和电子数不相等时，则一定是离子。所以质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子，选项B正确；
C．氟的非金属性太强了，氟气在氯化钠溶液中先和水反应生成氟化氢和氧气，选项C错误；
D．非金属性为Cl＞Br＞I，则HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，选项D错误；
答案选B。
16. 向33.6g的CuO、Fe2O3和Fe组成的混合物中，加入300mL 1.5mol/LH2SO4后，各物质恰好完全溶解，且无气体生成，若要用CO充分还原等量的该混合物则可得金属质量
A. 26.4g B. 15.2g C. 28.2g D. 27．6g
【答案】A
【解析】
【详解】向33.6g的CuO、Fe2O3和Fe组成的混合物中，加入300mL 1.5mol/LH2SO4后，各物质恰好完全溶解，且无气体生成，说明生成了硫酸铜、硫酸亚铁，可能有硫酸铁，混合物中的氧全部变为水，水中的氢全部来自硫酸，因此根据元素守恒n(O)=n(H2O)=n(H2SO4)=0.3 L×1.5 mol∙L−1＝0.45mol，则金属质量为33.6g−0.45mol×16g∙mol−1＝26.4g，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
二、填空题(共4题， 52分)
17. 一场突如其来的新冠肺炎疫情，给人们的生活带来了巨大的冲击，在疫情期间外出需戴好口罩，返家后立即杀菌消毒。双氧水和84消毒液是生活中常用的两种消毒剂。
（1）某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO25%，密度为1.19 g/cm3的消毒液。下列说法正确的有______________________。
A．配制过程只需要四种仪器即可完成
B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制
C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小
D．需要称量NaClO固体的质量为140 g
E．定容时俯视刻度线，会使配制溶液浓度偏低
F．上下颠倒摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，应再加水至刻度线
（2）某同学设计如下实验研究H2O2的性质，能证明H2O2有还原性的实验是_________。(填序号)
序号
实验
实验现象
1
向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液
a．溶液紫色褪去； b．有大量气泡产生
2
向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液
c．溶液变蓝
（3）某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种原因可能是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性： NaClO______________________H2O2(填“>”或“<”)；当有0.1molO2生成时，转移电子物质的量为_________mol。
II．二氧化氯(ClO2)气体是一种常用高效的自来水消毒剂
（4）KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成 ClO2和Cl2，该反应的离子方程式________。
（5）将ClO2通入到硫化氢溶液中，然后加入少量的稀盐酸酸化的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成，写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的化学方程式____________。
【答案】（1）C （2）1
（3） ①. > ②. 0.2
（4）2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
（5）8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4
【解析】
【小问1详解】
A．根据实验步骤，配制过程中需要的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等多于四种仪器，故A错误；
B．容量瓶使用过程中还要加入蒸馏水定容，故不用烘干，故B错误；
C．NaClO遇空气中二氧化碳生成易分解的次氯酸，所以久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小，故C正确；
D．所用容量瓶的容积为500mL，则需要称量的NaClO固体的质量为：1.19 g/cm325%=148.8g，故D错误；
E．俯视刻度线导致溶液体积偏小，依据c=可知，浓度偏高，故E错误；
F．上下颠倒摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，依据c=可知，浓度偏低，故F错误；
综上所述，答案选C。
【小问2详解】
实验1中酸性KMnO4溶液是强氧化剂，酸性KMnO4溶液遇到H2O2溶液紫色褪去，有大量气泡产生（从反应物价态看，气体只能是氧气），说明H2O2被氧化，H2O2体现还原性，故答案为：1。
【小问3详解】
池水变绿一种原因可能是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长，说明NaClO的氧化性大于H2O2的氧化性；该反应中O的化合价由-1变为0，则生成0.1molO2，转移电子0.2mol，故答案为：>；0.2。
【小问4详解】
KClO3和浓盐酸反应会生成 ClO2和Cl2，KClO3中氯元素化合价由+5价变为+4价，HCl中氯元素由-1价升高到0价，根据得失电子守恒，Cl、Cl-化学计量数之比为2:2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平反应的离子方程式为：2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。
【小问5详解】
硫酸钡难溶于盐酸，即反应生成硫酸钡，ClO2通入到硫化氢溶液中，生成了硫酸根，ClO2被还原为氯离子，根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应的化学方程式为：8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4，故答案为：8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4。
18. 某校课外化学小组设计如下装置制备少量氯气并进行系列实验(夹持仪器己略)。
已知：卤素在水中的颜色如下表：
Cl2
Br2
I2
水溶液颜色
黄绿色
橙黄色
棕黄色
（1）若装置A中制备氯气，请写出装置A中的离反应方程式，_____________；
（2）装置B中的作用____________
（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入____________
A
B
C
D
I
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
II
碱石灰
无水氯化钙
碱石灰
无水氯化钙
III
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
（4）设计装置D、B的目的是验证氧化性Cl2>Br2>I2。当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到D中无色溶液逐渐变为_______色， 若打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置， 可以观察到的现象是_________ ； 经认真考虑，有同学提出该实验方案仍有不足，你若同意该建议，请说明其中不足的原因是____ (若不同意， 则该空不用写)
（5）实验后，用玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸中部，观察到的现象是_____ (填选项)
（6）若0.lmolMnO2和25mL12 mol∙L−1盐酸混合后缓缓加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量为 ．(不考虑盐酸的挥发)
A. 等于0.15mol B. 小于0.15mol
C. 大于0.15mol， 小于0.3mol D. 以上结论都不对
【答案】（1）2＋10Cl－ ＋16H＋＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O
（2）除掉氯气中HCl杂质，作安全瓶，储存多余的氯气
（3）D （4） ①. 橙(或橙黄) ②. 溶液变为蓝 ③. 通入的氯气的量不确定，可能是过量的氯气氧化了碘离子
（5）B （6）C
【解析】
【分析】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，用饱和食盐水除掉HCl杂质，再用C装置验证氯气的漂白性，再用D、E装置验证氯气氧化性大于溴单质，溴单质氧化性大于单质碘，再用氢氧化钠溶液处理尾气。
【小问1详解】
若装置A中制备氯气，利用高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则装置A中的离反应方程式，2＋10Cl－ ＋16H＋＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；故答案为：2＋10Cl－ ＋16H＋＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O。
【小问2详解】
氯气中含有易挥发的HCl杂质，可以用饱和食盐水除掉，若B后面的装置发生堵塞，则B装置中液面会下降，漏斗中的液面上升，实验完毕后，可以储存剩余的氯气，装置B中的作用除掉氯气中HCl杂质，作安全瓶，储存多余的氯气；故答案为：除掉氯气中HCl杂质，作安全瓶，储存多余的氯气。
【小问3详解】
装置B出来的氯气是湿润的氯气，因此无论I中放入干燥的还是湿润的有色布条，有色布条都褪色，装置II作干燥剂，不能用碱石灰，碱石灰会吸收氯气，因此用无水氯化钙，则III中要验证干燥的氯气是否有漂白性，因此要用干燥的有色布条，为了装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入干燥(或湿润)的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，故答案为：D。
【小问4详解】
根据题意，当向D中缓缓通入一定量氯气时，氯气将溴离子氧化为溴单质，因此可以看到D中无色溶液逐渐变为橙黄色， 若打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置，溴单质和碘离子反应生成单质碘，单质碘与淀粉变蓝，因此可以观察到的现象是溶液变为蓝色；经认真考虑，有同学提出该实验方案仍有不足，你若同意该建议，请说明其中不足的原因是通入的氯气的量不确定，可能是过量的氯气氧化了碘离子；故答案为：橙(或橙黄)；溶液变为蓝；通入的氯气的量不确定，可能是过量的氯气氧化了碘离子。
【小问5详解】
实验后，用玻棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸中部，pH试纸中部遇盐酸先变红，后HClO有漂白性进行漂白，四周仍为黄色，因此观察到的现象是B；故答案为：B。
【小问6详解】
若0.lmol MnO2和25mL12 mol∙L−1盐酸即物质的量为0.3mol，根据MnO2～4HCl～Cl2，0.3mol盐酸最多生成0.15mol氯气，但由于盐酸变稀后不反应，因此溶液中0.15mol＜n(Cl－)＜0.3mol，则生成AgCl沉淀物质的量为大于0.15mol， 小于0.3mol；故答案为：C。
19. 高效净水剂聚合氯化铝铁(PAFC)的组成可表示为[AlFe(OH)nC16-n]m该物质广泛应用于日常生活用水和工业废水的处理。
（1）为检测PAFC中铝和铁元素的含量，采用如图所示流程进行。回答下列问题
①步骤I中的A是____________ (填 “氢氧化钠溶液”或“氨水” )；
②步骤III中的离子反应方程式是_________________。
（2）某工厂欲以工业废料(铁、铁和铝的氧化物)为原料制取PAFC，设计如下流程：
①在废料中加大过量稀盐酸时会发生多个离子反应，请补全一定发生的离子方程式：
FeO+2H+=Fe2++H2O A12O3+6H+ =2A13++3H2O
Fe2O3+ 6H+=2Fe3++ 3H2O _______
②所得酸性溶液中，不能确定是否一定存在的阳离子是___________。(填序号)
A．Al3+ B．Fe2+ C．Fe3+ D．H+
为证明该离子确实存在。可采用的操作(必须指明所采用的试剂及观察到的现象)是____________。
③往酸性溶液中通入X气体的目的是(用离子方程式表示)_____________。
【答案】（1） ①. 氢氧化钠溶液 ②. ＋CO2＋2H2O＝＋Al(OH)3↓
（2） ①. Fe＋2Fe3+=3 Fe2+ ②. C ③. 取少量溶液于试管，向试管中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有Fe3+，反之则无 ④. 2Fe3+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－
【解析】
【分析】[AlFe(OH)nC16-n]m和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢氧化铁沉淀，过滤，向滤液中通入足量二氧化碳气体生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，灼烧氢氧化铝沉淀得到氧化铝，灼烧氢氧化铁沉淀得到氧化铁和水。
工业废料(铁、铁和铝的氧化物)为加入过量稀盐酸，氧化铝、氧化亚铁、氧化铁和盐酸反应，生成亚铁离子、铁离子、铝离子，铁先和铁离子反应生成亚铁离子，再向酸性溶液中通入氯气氧化亚铁离子，再调节溶液pH值，最终得到PAFC。
【小问1详解】
①[AlFe(OH)nC16-n]m不和氨水反应，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢氧化铁，因此步骤I中的A是氢氧化钠溶液；故答案为：氢氧化钠溶液。
②偏铝酸钠溶液要变为氢氧化铝沉淀，则应该向溶液中通入足量二氧化碳气体，因此步骤III中的离子反应方程式是＋CO2＋2H2O＝＋Al(OH)3↓；故答案为：＋CO2＋2H2O＝＋Al(OH)3↓。
【小问2详解】
①在废料中加大过量稀盐酸时会发生多个离子反应，根据氧化性强弱顺序：Fe3+＞Fe，因此铁一定要和铁离子反应，其离子方程式为：Fe＋2Fe3+=3 Fe2+；故答案为：Fe＋2Fe3+=3 Fe2+。
②所得酸性溶液中，过量一定有H+，氧化铝、氧化亚铁和酸反应一定生成Al3+、Fe2+，氧化铁和酸反应生成Fe3+，有发生Fe＋2Fe3+=3 Fe2+，但不能确定是否铁离子被还原完，因此不能确定是否一定存在的阳离子是Fe3+；为证明Fe3+确实存在，常用KSCN溶液，看溶液是否出现红色，可采用的操作取少量溶液于试管，向试管中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有Fe3+，反之则无；故答案为：C；取少量溶液于试管，向试管中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有Fe3+，反之则无。
③[AlFe(OH)nC16-n]m中是+3价铁，因此往酸性溶液中通入X气体的目的是氧化亚铁离子，其离子方程式为2Fe3+ ＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－；故答案为：2Fe3+ ＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－。
20. 已知a、b、d、e、 f、g、 h为原子序数依次增大的六种短周期主族元素， 非金属元素a最外层电子数与其周期数相同，b原子的最外层电子数是其所在周期数的2倍。d的一种单质可杀菌消毒，g的最高正价与最低负价代数和为4， f的最高价氧化物可分别与e和h的最高价氧化物的水化物反应，a单质在h单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸甲。请用化学用语回答下列问题：
（1）f在元素周期表中的位置___ 画出与h同族的第四周期元素的原子结构示意图____________。
（2）d、e、f、h的简单离子的半径由大到小的顺序_________。
（3）下列说法正确的是 。
A. 氢化物的稳定性d＞b
B. 含氧酸的酸性h＞g＞b＞f
C. bg2中b为+4价；g为−2价可说明g的非金属性强于b
D. g阴离子能与Fe3+反应而h的阴离子不能，可说明g的非金属性弱于h
（4）设计一个简单的实验证明d和g的非金属性强弱： _________ (用化学方程式表示)。
（5）为降低水源中NO对人体的危害，可在强碱性条件下用f的单质将溶液中的NO还原为N2，该反应的离子方程式为______________。
（6）将e和f单质各1mol投入足量水中，充分反应后，所得溶液体积为500mL，则该过程可得标况下气体体积_______ L。最终获得溶液的物质的量浓度为_____ mol∙L−1。
【答案】（1） ①. 第三周期第IIIA族 ②.
（2）r(Cl－)＞r(O2−)＞r(Na＋)＞r(Al3+) （3）CD
（4）O2＋2H2S＝2H2O＋2S↓
（5）6NO＋10Al＋4OH－＝3N2↑＋10＋2H2O
（6） ①. 44.8 ②. 2
【解析】
【分析】已知a、b、d、e、 f、g、 h为原子序数依次增大的六种短周期主族元素， 非金属元素a最外层电子数与其周期数相同，则a为H，b原子的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则b为C。d的一种单质可杀菌消毒，则d为O，g的最高正价与最低负价代数和为4，则g为S， a单质在h单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸甲，则h为Cl，f的最高价氧化物可分别与e和h的最高价氧化物的水化物反应，则e为Na，f为Al。
【小问1详解】
F是Al，13号元素，在元素周期表中的位置第三周期第IIIA族，与h同族的第四周期元素为Br，35号元素，其核外电子排布为2、8、18、7，其原子结构示意图；故答案为：第三周期第IIIA族；。
【小问2详解】
根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，d(O)、e(Na)、f(Al)、h(Cl)的简单离子的半径由大到小的顺序r(Cl－)＞r(O2−)＞r(Na＋)＞r(Al3+)；故答案为：r(Cl－)＞r(O2−)＞r(Na＋)＞r(Al3+)。
小问3详解】
A．根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，而氢化物的稳定性不一定强，故A错误；B．最高价氧化物对应水化物的酸性h(HClO4)＞g(H2SO4)＞b(H2CO3)＞f[Al(OH)3]，而含氧酸的酸性不一定是这样的顺序，故B错误；C．bg2(CS2)中C为+4价；S为−2价，非金属性强的一般显负价，因此可说明S的非金属性强于C，故C正确；D．非金属性越强，其对应离子的还原性越弱，g阴离子(S2−)能与Fe3+反应而h(Cl－)的阴离子不能，因此可说明g(S)的非金属性弱于h(Cl)，故D正确；综上所述，答案为：CD。
【小问4详解】
验证非金属性强弱，一般利用强酸制弱酸或则利用置换反应来设计，因此设计一个简单的实验证明d和g的非金属性强弱：O2＋2H2S＝2H2O＋2S↓；故答案为：O2＋2H2S＝2H2O＋2S↓。
【小问5详解】
为降低水源中NO对人体的危害，可在强碱性条件下用f的单质将溶液中的NO还原为N2，则Al变为偏铝酸根，因此该反应的离子方程式为6NO＋10Al＋4OH－＝3N2↑＋10＋2H2O；故答案为：6NO＋10Al＋4OH－＝3N2↑＋10＋2H2O。
【小问6详解】
合肥一中2021- 2022 学年第一学期高一年级期末考试
化学试卷
可能用到相对原子量： H1 He4 C12 O16 Na23 A127 Cl 35.5 Pe56 Cu 64
一、选择题(每题只有一个正确选项，每题3分，共48分)
1. 根据古代文献记载的化学知识，下列相关结论或应用错误的是
选项
文献记载
结论或应用.
A
《开宝本草》中记载了中药材铁华粉的制作方法：“取钢煅作叶如笏或团，平面磨错令光净，以盐水洒之，于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣”
中药材铁华粉的主要成分是醋酸亚铁
B
《天工开物》记载：造瓦“凡坯既成，干燥之后，则堆积窖；中燃薪举火”“浇水转釉(主要为青色)，与造砖同法”
造瓦时浇水转釉后，铁元素主要以氧化铁形式存在
C
《抱朴子内篇》记载：“曾青涂铁，铁赤色如铜”
描述了湿法冶铜的原理
D
南北朝时期陶弘录说：“水银，能消化金、银使成泥，人以镀物是也”
汞、金、银形成的合金可用于器物上镀金、银。
A. A B. B C. C D. D
【答案】B
【解析】
【分析】
【详解】A．于醋瓮中阴处埋之一百日，铁上衣生，铁华成矣，说明Fe与醋酸反应生成铁华粉，因此铁华粉的主要成分是醋酸亚铁，A正确；
B．氧化铁是红棕色，氧化亚铁为黑色，造瓦时浇水转釉后，铁元素主要以氧化亚铁形式存在，因此砖瓦呈青色，B错误；
C．曾青得铁则化为铜是铁置换铜，说明Fe与CuSO4在溶液中发生置换反应产生Cu和FeSO4，这是湿法冶铜化学反应原理，C正确；
D．将金或者银与水银混合形成合金，将合金涂在物品的表面上，水银挥发后，金或者银便浮在物品的表面，D正确；
故合理选项是B。
2. NA为阿伏伽德罗常数的值，下列叙述正确的有
A. 1molFeCl3溶于水形成的胶体中含有NA个Fe (OH)3胶体粒子
B. 将1mol C12通入水中，溶液中Cl-、C1O-、 HClO的数目之和小于2 NA
C. 56g铁与氯气在一定条件下充分反应，最多消耗氯气的体积是33. 6L
D. 将0.3mol 钠、镁、铝分别投到含HC10.2mol的盐酸中，生成标况下气体体积均为2.24L
【答案】B
【解析】
【详解】A．氢氧化铁胶体是许多分子或离子的集合体，1molFeCl3溶于水形成的胶体中含有氢氧化铁胶体粒子的数目小于NA，A错误；
B．氯气与水反应是可逆反应，因此将1molC12通入水中，溶液中Cl-、ClO-、HClO的数目之和小于2NA，B正确；
C．56g铁的物质的量为1mol，和氯气反应消耗氯气1.5mol，但未标明氯气所处状态，故其体积无法计算，C错误；
D．，，由于钠能与水反应生成氢气，所以无论盐酸是否足量，钠都完全反应生成氢气，依据关系式：2Na~H2计算钠生成氢气的物质的量为0.15mol；由，知盐酸不足量，全部反应，所以镁、铝与盐酸反应生成氢气的物质的量为0.1mol，D错误；
答案选B。
3. 在投入铝粉能放氢气的无色透明溶液中可能大量共存的离子组是
A. K+、MnO、Na+、Cl－ B. Na+、 NH、HCO、SO
C. K+、Na+、 NO、CO D. Fe2+、 Na+、 ClO－、SO
【答案】C
【解析】
【分析】在投入铝粉能放氢气的无色透明溶液中，说明溶液可能是酸，也可能是碱。
【详解】A．MnO是紫色，故A不符合题意；
B．HCO和酸、碱都要反应，故B不符合题意；
C．K+、Na+、 NO、CO在碱中不反应，CO在酸中要反应，可能大量共存，故C符合题意；
D．Fe2+在碱中生成氢氧化亚铁沉淀，ClO－在酸中反应生成HClO，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
4. 某氯原子的质量为a g， 12C的质量是b g，用NA表示阿伏加德罗常数，下列说法正确的是
A. 氯元素的相对原子质量为
B. 氯元素的摩尔质量为的aNA g/mol
C. mg该氯原子的物质的量为mol
D. ng该氯原子所含的电子数为
【答案】C
【解析】
【详解】A． 是氯原子的相对原子质量，不是氯元素的相对原子质量，故A错误；
B． aNA g/mol是氯原子的摩尔质量，不是氯元素的摩尔质量，故B错误；
C．mg该氯原子的个数为个，则该氯原子的物质的量为，故C正确；
D．ng该氯原子所含的电子数为个，故D错误。
综上所述，答案为C。
5. 某澄清透明溶液中只可能含有①Al3+，②Mg2+，③Fe3+，④Fe2+，⑤H+，⑥CO32-，⑦NO3-中的几种，向该溶液中逐滴加入NaOH溶液至过量，生成沉淀的质量与NaOH的物质的量的关系如图所示．则该溶液中一定含有的离子是
A. ⑤⑥⑦ B. ②③⑤⑦ C. ①②③⑥⑦ D. ①②③④⑤⑦
【答案】B
【解析】
【详解】向该溶液中加入一定量NaOH溶液的过程中，开始没有沉淀，说明溶液呈酸性，则一定含有大量的⑤H+离子，在酸性溶液中⑥CO32-与H+反应生成CO2气体而不能存在，根据溶液的电中性可知一定含有阴离子，则只有⑦NO3-离子符合，含硝酸根离子、氢离子，即相当于硝酸存在，④Fe2+因为和硝酸之间发生氧化还原反应一定不能存在，而后随着氢氧化钠的加入会有沉淀，能够生成沉淀的是①Al3+，②Mg2+，③Fe3+中的一种或几种，但是氢氧化铝能溶于过量的碱中，沉淀量会出现减小的迹象，但是没有出现，所以一定没有①Al3+，根据沉淀量达到最大消耗氢氧化钠的量是3mol，若生成的沉淀全部是1mol氢氧化铁，其质量是107g，若全部是氢氧化镁，其质量是87g，现在沉淀的质量是100g，可以知道一定含有镁离子和铁离子，综上可知一定含有的离子是：②Mg2+，③Fe3+，⑤H+，⑦NO3-，故选B。
6. 下列各组物质相互混合反应后，最终有白色沉淀生成的
A. 金属钠投入到FeCl3溶液中
B. 过量NaOH溶液和明矾(KAl (SO4)2∙12H2O)溶液混合
C. 氯化钙溶液中通入少量的CO2
D. 少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中
【答案】D
【解析】
【详解】A．金属钠投入到FeCl3溶液中，钠先与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠和氯化铁反应生成红褐色沉淀氢氧化铁，故A不符合题意；
B．过量NaOH溶液和明矾(KAl (SO4)2∙12H2O)溶液混合，先生成氢氧化铝沉淀，沉淀后来又溶解，故B不符合题意；
C．氯化钙溶液中通入少量的CO2，两者不反应，故C不符合题意；
D．少量Ca(OH)2投入过量NaHCO3溶液中生成碳酸钙和碳酸钠，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
7. 对于白磷引起的中毒，硫酸铜溶液是一种解毒剂。有关反应如下：11P + 15CuSO4+ 24H2O= 5Cu3P + 6H3PO4+ 15H2SO4。下列关于该反应说法正确的是
A. Cu3P 既是氧化产物也是还原产物
B. 11molP 参与反应时，该反应中有15mol电子发生转移
C. P发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为6: 5
D. 若有3mol磷酸生成，则被铜氧化的P为1.5mol
【答案】D
【解析】
【详解】A．硫酸铜中铜化合价降低变为Cu3P，P化合价降低变为Cu3P，因此Cu3P还原产物，故A错误；
B．11mol P 参与反应时，有6molP化合价升高到+5价，有5molP化合价降低到−3价，15mol+2价铜降低到+1价，因此该反应中有30mol电子发生转移，故B错误；
C．11molP中有6molP化合价升高，发生氧化反应，有5molP化合价降低，发生还原反应，因此发生还原反应和氧化反应的物质的量之比为5: 6，故C错误；
D．根据方程式11P + 15CuSO4+ 24H2O= 5Cu3P + 6H3PO4+ 15H2SO4，3molP被15mol CuSO4氧化，还有3molP被另外5molP氧化，共生成6mol磷酸，因此若有3mol磷酸生成，则被铜氧化的P为1.5mol，故D正确。
综上所述，答案为D。
8. 下列离子方程式正确的是
A. 氢氧化铁与氢碘酸反应： 2Fe(OH)3+6H+=2Fe3++6H2O
B. 偏铝酸钠溶液中通入过量CO2： 2A1O+ CO2+ 3H2O=2Al(OH) 3↓+ CO
C. 向含有等物质的量Fe2+、I－和 Br－的溶液中通入少量氯气： 2I－+ Cl2=I2+ 2Cl－
D. 工业制漂白粉： Cl2+ 2OH－=Cl－ + ClO－+ H2O
【答案】C
【解析】
【详解】A．氢氧化铁与氢碘酸要发生氧化还原反应： 2Fe(OH)3+2I－+6H+= I2+2Fe2++6H2O，故A错误；
B．偏铝酸钠溶液中通入过量CO2：AlO+ CO2+ 2H2O=Al(OH) 3↓+ HCO，故B错误；
C．向含有等物质的量Fe2+、I－和 Br－的溶液中通入少量氯气，I－先反应： 2I－+ Cl2=I2+ 2Cl－，故C正确；
D．工业制漂白粉是氯气通入到石灰乳中： Cl2+Ca(OH)2=Cl－ + ClO－+ Ca2++H2O，故D错误。
综上所述，答案为C。
9. 元素的“价一类”二维图是我们学习元素及其化合物相关知识的重要模型和工具，它指的是以元素的化合价为纵坐标，以物质的类别为横坐标所绘制的二维平面图像。如图为铁元素的“价一类”二维图，箭头表示部分物质间的转化关系，下列说法正确的是
A. 铁与水蒸气在高温条件下反应可实现转化①
B. FeO是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化②生成红棕色粉末
C. 由图可预测：高铁酸钠(Na2FeO4)具有强氧化性，可用于消毒
D. 向FeCl3溶液中滴加少量酸性高锰酸钾溶液，若溶液不变紫红色则溶液中一定含Fe2+
【答案】C
【解析】
【详解】A．铁与水蒸气高温条件下反应生成四氧化三铁，不能实现上述转化①，A错误；
B．氧化亚铁是一种黑色粉末，不稳定，在空气中受热，迅速发生转化生成黑色固体四氧化三铁，B错误；
C．高铁酸钠中铁元素为+6价，具有强氧化性，可用于消毒，C正确；
D．由于滴加的酸性高锰酸钾溶液的量少，而氯化铁溶液为黄色，即使不含亚铁离子，溶液也可以不为紫红色，D错误；
答案选C。
10. 下列图示实验(部分夹持装置省略)能达到目的的是
A. 制取氯气
B. 用于制备NaHCO3
C. 证明非金属性： Cl2＞Br2＞ I2
D. 探究Cl2能否溶于水或与NaOH反应
【答案】D
【解析】
【详解】A．A装置没有加热装置，不能制取氯气，不能达到实验目的，故A不符合题意；
B．制备NaHCO3时，应先通入氨气，再通入二氧化碳，不能达到实验目的，故B不符合题意；
C．过量可能的氯气也将碘离子氧化，不能证明单质溴氧化了碘离子，因此不能证明非金属性： Cl2＞Br2＞ I2，故C不符合题意；
D．气球体积变大，说明Cl2溶于水或与NaOH反应，故D符合题意。
综上所述，答案为D。
11. 铁、铝各1mol组成的混合物溶于一定量的盐酸，恰好完全反应后，再加入3molNa2O2固体使之充分反应，最终产物是
A. Fe(OH)2、Al(OH)3、NaCl
B. Fe(OH)2、Al(OH)3、NaAlO2、NaCl
C. Fe(OH)3、NaAlO2、NaCl
D. Fe(OH)3、Al(OH)3、NaAlO2、NaCl
【答案】C
【解析】
【分析】
【详解】3molNa2O2固体溶于水发生：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑，生成6mol氢氧化钠。1mol固体铝，与盐酸发生反应：2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，生成1molAlCl3，向溶液中再加入3molNa2O2固体，AlCl3与氢氧化钠反应：AlCl3+4NaOH=NaAlO2+3NaCl+2H2O，消耗4mol氢氧化钠，最终生成1molNaAlO2和3molNaCl，剩余2mol氢氧化钠；1mol固体铁，与盐酸发生反应：Fe+2HCl=FeCl2+H2↑，生成1molFeCl2，向溶液中再加入3molNa2O2固体，FeCl2与氢氧化钠反应：FeCl2+2NaOH= Fe(OH)2↓+2NaCl，消耗2mol氢氧化钠，生成1mol Fe(OH)2和2molNaCl，Na2O2是强氧化剂，可将Fe2+氧化成Fe3+，氢氧化亚铁在氧气和水的作用下生成氢氧化铁，4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，所以最终生成1mol Fe(OH)3和2molNaCl；综上最终产物是1molNaAlO2、1mol Fe(OH)3和5molNaCl。
故选C。
12. 纳米级四氧化三铁是应用最为广泛的软磁性材料之一。 共沉淀法是目前制备纳米四氧化三铁的重要方法，其流程如图所示：
下列说法错误的是
A. 该制备反应类型不属于氧化还原反应
B. 共沉淀法中FeSO4·7H2O和FeCl3·6H2O的物质的量之比最好应为1：2
C. 若滤液进行焰色反应，火焰为黄色则说明氢氧化钠过量了
D. 另一种水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应3Fe2++2S2O+O2+xOH－=Fe3O4↓+S4O+2H2O每消耗3 molOH－，则有1.5 mol Fe2+被氧化
【答案】C
【解析】
【详解】A．溶液A和溶液B混合后加入NaOH发生Fe2++2Fe2++ 8OH－ =Fe3O4↓+4H2O，没有化合价变化，因此该制备反应类型不属于氧化还原反应，故A正确；
B．Fe3O4可以看成FeO∙Fe2O3，N(Fe2+)：N(Fe3+)=1:2，则共沉淀法中FeSO4·7H2O和FeCl3·6H2O的物质的量之比最好应为1：2，故B正确；
C．滤液中始终有钠离子，无论NaOH溶液过量还是少量，故C错误；
D．另一种水热法制备Fe3O4纳米颗粒的反应3Fe2++2S2O+O2+xOH－ =Fe3O4↓+S4O+2H2O，根据电荷守恒得到OH－前面系数为4，根据方程式知每消耗4mol OH－，有2mol Fe2+被氧化，当每消耗3 molOH－，则有1.5 mol Fe2+被氧化，故D正确。
综上所述，答案为C。
13. 在常温下发生以下几个反应，根据反应判断下列结论正确的是
①16H++10Z− +2XO =2X2++5Z2+8H2O
②2A2++5B2=2A3++2B−
③2B−+ Z2=B2+2Z−
A. 溶液中不能发生： Z2+2A2+=2A3++2Z−
B. Z元素在①③反应中均被氧化
C. 氧化性由弱到强的顺序是：XO、 Z2、B2、A3+
D. XO可以被A2+还原
【答案】CD
【解析】
【详解】A．根据反应①得到氧化性强弱顺序为：XO＞Z2，根据反应①得到氧化性强弱顺序为：B2＞A3+，根据反应①得到氧化性强弱顺序为：Z2＞B2，因此氧化性由弱到强的顺序是：XO＞Z2＞B2＞A3+，假设溶液中能发生： Z2+2A2+=2A3++2Z−，则氧化性强弱顺序为Z2＞A3+，与题中得出信息抑制，因此能发生，故A错误；
B．Z元素在③反应中被还原，故B错误；
C．根据A选项分析得到氧化性由弱到强的顺序是：XO、Z2、B2、A3+，故C正确；
D．假设XO可以被A2+还原，则生成X2+、A3+，得到氧化性顺序XO＞A3+，与前面的都的氧化性顺序抑制，说明XO可以被A2+还原，故D正确。
综上所述，答案为CD。
14. 化学是一门以实验为基础学科，某同学为探究FeCl3溶液的性质进行如下实验，操作如图所示，根据实验现象下列分析正确的是
A. ①~④的变化中，有2处涉及氧化还原反应
B. ③中反应的离子方程式： 2Fe3++3CO+3H2O= 2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑
C. 若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，产生的现象与图中①、②现象相同
D. 若用Na2SO3代替Na2S进行实验溶液不可能变成淡绿色
【答案】B
【解析】
【详解】A．①中产生淡黄色沉淀S，溶液变淡绿色，说明有亚铁离子生成，属于氧化还原反应，②中是亚铁离子和硫离子反应生成FeS，③中铁离子与碳酸根离子发生相互促进的双水解生成氢氧化铁胶体和二氧化碳，④是氢氧化铁胶体在盐的作用下发生聚沉，因此只有①是氧化还原反应，故A错误；
B．③中铁离子与碳酸根离子发生相互促进的双水解生成氢氧化铁胶体和二氧化碳，其反应的离子方程式： 2Fe3++3CO+3H2O= 2Fe(OH)3(胶体)+3CO2↑，故B正确；
C．若将FeCl3溶液滴加到Na2S溶液中，则硫离子过量，还原生成的亚铁离子立即与硫离子反应生成黑色FeS沉淀，溶液不会变为淡绿色，与图中①、②现象不相同，故C错误；
D．亚硫酸根离子具有强还原性，也能将铁离子还原为亚铁离子，因此若用Na2SO3代替Na2S进行实验，溶液也能变成淡绿色，故D错误。
综上所述，答案为B。
15. 下列描述正确的是
A. 质子数相同的粒子一定属于同种元素
B. 一定不存在质子数相同电子数也相同的离子和分子
C. 氟单质可以从氯化钠的溶液中置换出氯单质
D. 根据Cl、Br、I的非金属性递减，可推出HCl、HBr、 HI的酸性依次增强，而热稳定性依次减弱
【答案】B
【解析】
【详解】A．质子数相同的粒子可能是原子或原子团，不一定是同一种元素，因为质子数等于电子数，所以电子数相同的粒子也不一定是同一种元素，选项A错误；
B．对于中性微粒质子数等于电子数，当质子数和电子数不相等时，则一定是离子。所以质子数相同，电子数也相同的粒子，不可能是一种分子和一种离子，选项B正确；
C．氟的非金属性太强了，氟气在氯化钠溶液中先和水反应生成氟化氢和氧气，选项C错误；
D．非金属性为Cl＞Br＞I，则HCl、HBr、HI的稳定性依次减弱，选项D错误；
答案选B。
16. 向33.6g的CuO、Fe2O3和Fe组成的混合物中，加入300mL 1.5mol/LH2SO4后，各物质恰好完全溶解，且无气体生成，若要用CO充分还原等量的该混合物则可得金属质量
A. 26.4g B. 15.2g C. 28.2g D. 27．6g
【答案】A
【解析】
【详解】向33.6g的CuO、Fe2O3和Fe组成的混合物中，加入300mL 1.5mol/LH2SO4后，各物质恰好完全溶解，且无气体生成，说明生成了硫酸铜、硫酸亚铁，可能有硫酸铁，混合物中的氧全部变为水，水中的氢全部来自硫酸，因此根据元素守恒n(O)=n(H2O)=n(H2SO4)=0.3 L×1.5 mol∙L−1＝0.45mol，则金属质量为33.6g−0.45mol×16g∙mol−1＝26.4g，故A符合题意。
综上所述，答案为A。
二、填空题(共4题， 52分)
17. 一场突如其来的新冠肺炎疫情，给人们的生活带来了巨大的冲击，在疫情期间外出需戴好口罩，返家后立即杀菌消毒。双氧水和84消毒液是生活中常用的两种消毒剂。
（1）某同学参阅了“84消毒液”说明中的配方，欲用NaClO固体配制480 mL含NaClO25%，密度为1.19 g/cm3的消毒液。下列说法正确的有______________________。
A．配制过程只需要四种仪器即可完成
B．容量瓶用蒸馏水洗净后必须烘干才能用于溶液的配制
C．所配得的NaClO消毒液在空气中光照，久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小
D．需要称量NaClO固体的质量为140 g
E．定容时俯视刻度线，会使配制溶液浓度偏低
F．上下颠倒摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，应再加水至刻度线
（2）某同学设计如下实验研究H2O2的性质，能证明H2O2有还原性的实验是_________。(填序号)
序号
实验
实验现象
1
向5%H2O2溶液中滴加酸性KMnO4溶液
a．溶液紫色褪去； b．有大量气泡产生
2
向5%H2O2溶液中滴加淀粉碘化钾溶液
c．溶液变蓝
（3）某届奥运会期间，由于工作人员将84消毒液与双氧水两种消毒剂混用，导致游泳池藻类快速生长，池水变绿。一种原因可能是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长。该反应说明氧化性： NaClO______________________H2O2(填“>”或“<”)；当有0.1molO2生成时，转移电子物质的量为_________mol。
II．二氧化氯(ClO2)气体是一种常用高效的自来水消毒剂
（4）KClO3和浓盐酸在一定温度下反应会生成 ClO2和Cl2，该反应的离子方程式________。
（5）将ClO2通入到硫化氢溶液中，然后加入少量的稀盐酸酸化的氯化钡溶液，发现有白色沉淀生成，写出二氧化氯与硫化氢溶液反应的化学方程式____________。
【答案】（1）C （2）1
（3） ①. > ②. 0.2
（4）2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O
（5）8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4
【解析】
【小问1详解】
A．根据实验步骤，配制过程中需要的仪器有天平、烧杯、玻璃棒、500mL容量瓶、胶头滴管等多于四种仪器，故A错误；
B．容量瓶使用过程中还要加入蒸馏水定容，故不用烘干，故B错误；
C．NaClO遇空气中二氧化碳生成易分解的次氯酸，所以久置后溶液中NaClO的物质的量浓度减小，故C正确；
D．所用容量瓶的容积为500mL，则需要称量的NaClO固体的质量为：1.19 g/cm325%=148.8g，故D错误；
E．俯视刻度线导致溶液体积偏小，依据c=可知，浓度偏高，故E错误；
F．上下颠倒摇匀后发现溶液凹液面低于刻度线，再加水至刻度线，导致溶液体积偏大，依据c=可知，浓度偏低，故F错误；
综上所述，答案选C。
【小问2详解】
实验1中酸性KMnO4溶液是强氧化剂，酸性KMnO4溶液遇到H2O2溶液紫色褪去，有大量气泡产生（从反应物价态看，气体只能是氧气），说明H2O2被氧化，H2O2体现还原性，故答案为：1。
【小问3详解】
池水变绿一种原因可能是NaClO与H2O2反应产生O2促进藻类快速生长，说明NaClO的氧化性大于H2O2的氧化性；该反应中O的化合价由-1变为0，则生成0.1molO2，转移电子0.2mol，故答案为：>；0.2。
【小问4详解】
KClO3和浓盐酸反应会生成 ClO2和Cl2，KClO3中氯元素化合价由+5价变为+4价，HCl中氯元素由-1价升高到0价，根据得失电子守恒，Cl、Cl-化学计量数之比为2:2，再根据电荷守恒和原子守恒，配平反应的离子方程式为：2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O，故答案为：2Cl+2Cl-+4H+=2ClO2↑+Cl2↑+2H2O。
【小问5详解】
硫酸钡难溶于盐酸，即反应生成硫酸钡，ClO2通入到硫化氢溶液中，生成了硫酸根，ClO2被还原为氯离子，根据得失电子守恒和原子守恒，配平反应的化学方程式为：8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4，故答案为：8ClO2+5H2S+4H2O=8HCl+5H2SO4。
18. 某校课外化学小组设计如下装置制备少量氯气并进行系列实验(夹持仪器己略)。
已知：卤素在水中的颜色如下表：
Cl2
Br2
I2
水溶液颜色
黄绿色
橙黄色
棕黄色
（1）若装置A中制备氯气，请写出装置A中的离反应方程式，_____________；
（2）装置B中的作用____________
（3）装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入____________
A
B
C
D
I
干燥的有色布条
干燥的有色布条
湿润的有色布条
湿润的有色布条
II
碱石灰
无水氯化钙
碱石灰
无水氯化钙
III
湿润的有色布条
湿润的有色布条
干燥的有色布条
干燥的有色布条
（4）设计装置D、B的目的是验证氧化性Cl2>Br2>I2。当向D中缓缓通入一定量氯气时，可以看到D中无色溶液逐渐变为_______色， 若打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置， 可以观察到的现象是_________ ； 经认真考虑，有同学提出该实验方案仍有不足，你若同意该建议，请说明其中不足的原因是____ (若不同意， 则该空不用写)
（5）实验后，用玻璃棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸中部，观察到的现象是_____ (填选项)
（6）若0.lmolMnO2和25mL12 mol∙L−1盐酸混合后缓缓加热，反应完全后向留下的溶液中加入足量AgNO3溶液，生成AgCl沉淀物质的量为 ．(不考虑盐酸的挥发)
A. 等于0.15mol B. 小于0.15mol
C. 大于0.15mol， 小于0.3mol D. 以上结论都不对
【答案】（1）2＋10Cl－ ＋16H＋＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O
（2）除掉氯气中HCl杂质，作安全瓶，储存多余的氯气
（3）D （4） ①. 橙(或橙黄) ②. 溶液变为蓝 ③. 通入的氯气的量不确定，可能是过量的氯气氧化了碘离子
（5）B （6）C
【解析】
【分析】浓盐酸和高锰酸钾反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，用饱和食盐水除掉HCl杂质，再用C装置验证氯气的漂白性，再用D、E装置验证氯气氧化性大于溴单质，溴单质氧化性大于单质碘，再用氢氧化钠溶液处理尾气。
【小问1详解】
若装置A中制备氯气，利用高锰酸钾和浓盐酸反应生成氯化钾、氯化锰、氯气和水，则装置A中的离反应方程式，2＋10Cl－ ＋16H＋＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O；故答案为：2＋10Cl－ ＋16H＋＝2Mn2+＋5Cl2↑＋8H2O。
【小问2详解】
氯气中含有易挥发的HCl杂质，可以用饱和食盐水除掉，若B后面的装置发生堵塞，则B装置中液面会下降，漏斗中的液面上升，实验完毕后，可以储存剩余的氯气，装置B中的作用除掉氯气中HCl杂质，作安全瓶，储存多余的氯气；故答案为：除掉氯气中HCl杂质，作安全瓶，储存多余的氯气。
【小问3详解】
装置B出来的氯气是湿润的氯气，因此无论I中放入干燥的还是湿润的有色布条，有色布条都褪色，装置II作干燥剂，不能用碱石灰，碱石灰会吸收氯气，因此用无水氯化钙，则III中要验证干燥的氯气是否有漂白性，因此要用干燥的有色布条，为了装置C的实验目的是验证氯气是否具有漂白性，为此C中I、II、III依次放入干燥(或湿润)的有色布条、无水氯化钙、干燥的有色布条，故答案为：D。
【小问4详解】
根据题意，当向D中缓缓通入一定量氯气时，氯气将溴离子氧化为溴单质，因此可以看到D中无色溶液逐渐变为橙黄色， 若打开D装置的活塞，使D中溶液滴入E装置，溴单质和碘离子反应生成单质碘，单质碘与淀粉变蓝，因此可以观察到的现象是溶液变为蓝色；经认真考虑，有同学提出该实验方案仍有不足，你若同意该建议，请说明其中不足的原因是通入的氯气的量不确定，可能是过量的氯气氧化了碘离子；故答案为：橙(或橙黄)；溶液变为蓝；通入的氯气的量不确定，可能是过量的氯气氧化了碘离子。
【小问5详解】
实验后，用玻棒蘸取新制的氯水滴在pH试纸中部，pH试纸中部遇盐酸先变红，后HClO有漂白性进行漂白，四周仍为黄色，因此观察到的现象是B；故答案为：B。
【小问6详解】
若0.lmol MnO2和25mL12 mol∙L−1盐酸即物质的量为0.3mol，根据MnO2～4HCl～Cl2，0.3mol盐酸最多生成0.15mol氯气，但由于盐酸变稀后不反应，因此溶液中0.15mol＜n(Cl－)＜0.3mol，则生成AgCl沉淀物质的量为大于0.15mol， 小于0.3mol；故答案为：C。
19. 高效净水剂聚合氯化铝铁(PAFC)的组成可表示为[AlFe(OH)nC16-n]m该物质广泛应用于日常生活用水和工业废水的处理。
（1）为检测PAFC中铝和铁元素的含量，采用如图所示流程进行。回答下列问题
①步骤I中的A是____________ (填 “氢氧化钠溶液”或“氨水” )；
②步骤III中的离子反应方程式是_________________。
（2）某工厂欲以工业废料(铁、铁和铝的氧化物)为原料制取PAFC，设计如下流程：
①在废料中加大过量稀盐酸时会发生多个离子反应，请补全一定发生的离子方程式：
FeO+2H+=Fe2++H2O A12O3+6H+ =2A13++3H2O
Fe2O3+ 6H+=2Fe3++ 3H2O _______
②所得酸性溶液中，不能确定是否一定存在的阳离子是___________。(填序号)
A．Al3+ B．Fe2+ C．Fe3+ D．H+
为证明该离子确实存在。可采用的操作(必须指明所采用的试剂及观察到的现象)是____________。
③往酸性溶液中通入X气体的目的是(用离子方程式表示)_____________。
【答案】（1） ①. 氢氧化钠溶液 ②. ＋CO2＋2H2O＝＋Al(OH)3↓
（2） ①. Fe＋2Fe3+=3 Fe2+ ②. C ③. 取少量溶液于试管，向试管中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有Fe3+，反之则无 ④. 2Fe3+＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－
【解析】
【分析】[AlFe(OH)nC16-n]m和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢氧化铁沉淀，过滤，向滤液中通入足量二氧化碳气体生成碳酸氢钠和氢氧化铝沉淀，灼烧氢氧化铝沉淀得到氧化铝，灼烧氢氧化铁沉淀得到氧化铁和水。
工业废料(铁、铁和铝的氧化物)为加入过量稀盐酸，氧化铝、氧化亚铁、氧化铁和盐酸反应，生成亚铁离子、铁离子、铝离子，铁先和铁离子反应生成亚铁离子，再向酸性溶液中通入氯气氧化亚铁离子，再调节溶液pH值，最终得到PAFC。
【小问1详解】
①[AlFe(OH)nC16-n]m不和氨水反应，和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和氢氧化铁，因此步骤I中的A是氢氧化钠溶液；故答案为：氢氧化钠溶液。
②偏铝酸钠溶液要变为氢氧化铝沉淀，则应该向溶液中通入足量二氧化碳气体，因此步骤III中的离子反应方程式是＋CO2＋2H2O＝＋Al(OH)3↓；故答案为：＋CO2＋2H2O＝＋Al(OH)3↓。
【小问2详解】
①在废料中加大过量稀盐酸时会发生多个离子反应，根据氧化性强弱顺序：Fe3+＞Fe，因此铁一定要和铁离子反应，其离子方程式为：Fe＋2Fe3+=3 Fe2+；故答案为：Fe＋2Fe3+=3 Fe2+。
②所得酸性溶液中，过量一定有H+，氧化铝、氧化亚铁和酸反应一定生成Al3+、Fe2+，氧化铁和酸反应生成Fe3+，有发生Fe＋2Fe3+=3 Fe2+，但不能确定是否铁离子被还原完，因此不能确定是否一定存在的阳离子是Fe3+；为证明Fe3+确实存在，常用KSCN溶液，看溶液是否出现红色，可采用的操作取少量溶液于试管，向试管中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有Fe3+，反之则无；故答案为：C；取少量溶液于试管，向试管中滴加几滴KSCN溶液，若溶液变为红色，则溶液中含有Fe3+，反之则无。
③[AlFe(OH)nC16-n]m中是+3价铁，因此往酸性溶液中通入X气体的目的是氧化亚铁离子，其离子方程式为2Fe3+ ＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－；故答案为：2Fe3+ ＋Cl2=2Fe3+＋2Cl－。
20. 已知a、b、d、e、 f、g、 h为原子序数依次增大的六种短周期主族元素， 非金属元素a最外层电子数与其周期数相同，b原子的最外层电子数是其所在周期数的2倍。d的一种单质可杀菌消毒，g的最高正价与最低负价代数和为4， f的最高价氧化物可分别与e和h的最高价氧化物的水化物反应，a单质在h单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸甲。请用化学用语回答下列问题：
（1）f在元素周期表中的位置___ 画出与h同族的第四周期元素的原子结构示意图____________。
（2）d、e、f、h的简单离子的半径由大到小的顺序_________。
（3）下列说法正确的是 。
A. 氢化物的稳定性d＞b
B. 含氧酸的酸性h＞g＞b＞f
C. bg2中b为+4价；g为−2价可说明g的非金属性强于b
D. g阴离子能与Fe3+反应而h的阴离子不能，可说明g的非金属性弱于h
（4）设计一个简单的实验证明d和g的非金属性强弱： _________ (用化学方程式表示)。
（5）为降低水源中NO对人体的危害，可在强碱性条件下用f的单质将溶液中的NO还原为N2，该反应的离子方程式为______________。
（6）将e和f单质各1mol投入足量水中，充分反应后，所得溶液体积为500mL，则该过程可得标况下气体体积_______ L。最终获得溶液的物质的量浓度为_____ mol∙L−1。
【答案】（1） ①. 第三周期第IIIA族 ②.
（2）r(Cl－)＞r(O2−)＞r(Na＋)＞r(Al3+) （3）CD
（4）O2＋2H2S＝2H2O＋2S↓
（5）6NO＋10Al＋4OH－＝3N2↑＋10＋2H2O
（6） ①. 44.8 ②. 2
【解析】
【分析】已知a、b、d、e、 f、g、 h为原子序数依次增大的六种短周期主族元素， 非金属元素a最外层电子数与其周期数相同，则a为H，b原子的最外层电子数是其所在周期数的2倍，则b为C。d的一种单质可杀菌消毒，则d为O，g的最高正价与最低负价代数和为4，则g为S， a单质在h单质中燃烧，产物溶于水得到一种强酸甲，则h为Cl，f的最高价氧化物可分别与e和h的最高价氧化物的水化物反应，则e为Na，f为Al。
【小问1详解】
F是Al，13号元素，在元素周期表中的位置第三周期第IIIA族，与h同族的第四周期元素为Br，35号元素，其核外电子排布为2、8、18、7，其原子结构示意图；故答案为：第三周期第IIIA族；。
【小问2详解】
根据层多径大，同电子层结构核多径小原则，d(O)、e(Na)、f(Al)、h(Cl)的简单离子的半径由大到小的顺序r(Cl－)＞r(O2−)＞r(Na＋)＞r(Al3+)；故答案为：r(Cl－)＞r(O2−)＞r(Na＋)＞r(Al3+)。
小问3详解】
A．根据非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，而氢化物的稳定性不一定强，故A错误；B．最高价氧化物对应水化物的酸性h(HClO4)＞g(H2SO4)＞b(H2CO3)＞f[Al(OH)3]，而含氧酸的酸性不一定是这样的顺序，故B错误；C．bg2(CS2)中C为+4价；S为−2价，非金属性强的一般显负价，因此可说明S的非金属性强于C，故C正确；D．非金属性越强，其对应离子的还原性越弱，g阴离子(S2−)能与Fe3+反应而h(Cl－)的阴离子不能，因此可说明g(S)的非金属性弱于h(Cl)，故D正确；综上所述，答案为：CD。
【小问4详解】
验证非金属性强弱，一般利用强酸制弱酸或则利用置换反应来设计，因此设计一个简单的实验证明d和g的非金属性强弱：O2＋2H2S＝2H2O＋2S↓；故答案为：O2＋2H2S＝2H2O＋2S↓。
【小问5详解】
为降低水源中NO对人体的危害，可在强碱性条件下用f的单质将溶液中的NO还原为N2，则Al变为偏铝酸根，因此该反应的离子方程式为6NO＋10Al＋4OH－＝3N2↑＋10＋2H2O；故答案为：6NO＋10Al＋4OH－＝3N2↑＋10＋2H2O。
【小问6详解】
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