【化学】天津市南开中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

【化学】天津市南开中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题（解析版）

天津市南开中学2019-2020学年高一上学期期末考试试题 一、选择题（共20小题，每小题只有一个正确答案，每小题3分，共60分）‎ ‎1.在实验室中，通常将金属钠保存在（ ）‎ A. 水中 B. 煤油中 C. 四氯化碳中 D. 汽油中 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．钠和水剧烈反应生成氢氧化钠和氢气，所以钠不能保存在蒸馏水中，故A错误； B．钠和煤油不反应且密度大于煤油，所以能隔绝空气和水，故B正确； C．金属钠与四氯化碳不反应，但密度比四氯化碳小，浮于四氯化碳之上，能接触到空气，所以钠不能保存四氯化碳中，故C错误； D．汽油易挥发，易燃，特别是在温度较高的环境中容易导致爆炸，虽然钠的密度比汽油大，但不能把钠保存在汽油中，故D错误； 故选：B。‎ ‎2.下列物质中，不属于合金的是（ ）‎ A. 硬铝 B. 黄铜 C. 钢铁 D. 金 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 硬铝属于铝合金，是指以Cu为主要合金元素的铝合金； ‎ B. 黄铜属于铜锌合金； ‎ C. 钢铁属于铁的合金，有很多种，分为碳素钢和合金钢； ‎ D. 金属于单质，不属于合金。‎ 综上所述，不属于合金的是金，故选D。‎ ‎3.下列关于胶体和溶液的叙述正确的是（ ）‎ A. 溶液呈电中性，部分胶体带电荷，部分胶体不带电荷 B. 胶体与其他分散系的本质区别是能否产生丁达尔效应 C. 氢氧化铁胶体是一种红褐色的液体 D. 胶体是具有一定稳定性的分散剂 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 溶液和胶体均不带电，都是呈电中性的分散系，应该说胶体粒子带电荷，故A错误；‎ B. 胶体区别于其它分散系的本质是胶体分散质微粒直径的大小，分散质粒子直径在1nm～100nm之间的分散系属于胶体，故B错误；‎ C. 氢氧化铁胶体是一种红褐色的液体，C正确；‎ D. 胶体是具有一定稳定性的分散系，而不是分散剂，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎4.用光洁的铂丝蘸取无色溶液在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，下列叙述正确的是（　　）‎ A. 只含有Na+ B. 一定含Na+，也可含K+‎ C. 既含Na+又含有K+ D. 可能含Na+或K+中一种 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】用光洁的铂丝蘸取无色溶液在无色灯焰上灼烧时观察到黄色火焰，一定有含Na+，黄色火焰会遮盖住K+的火焰颜色，因此一定含Na+，也可含K+，若通过蓝色钴玻璃片，没有紫色火焰，才能证明不存在钾离子，故B正确。‎ 综上所述，答案为B。‎ ‎5.只用一种试剂可区别Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4五种溶液，这种试剂是（ ）‎ A. Ba(OH)2 B. H2SO‎4 ‎C. NaOH D. AgNO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．Na2SO4、MgCl2、FeCl2、Al2(SO4)3、(NH4)2SO4均与氢氧化钡反应生成白色沉淀，不能鉴别，故A错误；‎ B．均与硫酸不反应，不能鉴别，故B错误；‎ C．加入NaOH，Na2SO4无现象，MgCl2生成白色沉淀，FeCl2生成白色沉淀迅速变成灰绿色最后总变成红褐色，Al2(SO4)3先生成白色沉淀后沉淀溶解，(NH4)2SO4生成刺激性气体，四种物质现象各不相同，可鉴别，故C正确；‎ D．均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，故D错误；‎ 故选：C。‎ ‎6.铁屑溶于过量稀硫酸，过滤后向滤液中加入过量氨水，有白色沉淀生成，过滤，在空气中加热沉淀至质量不再发生变化为止，得到红棕色残渣，上述沉淀和残渣分别是（ ）‎ A B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】铁屑溶于过量的稀硫酸，反应生成硫酸亚铁，硫酸亚铁与足量氨水反应生成氢氧化亚铁白色沉淀，在空气中氢氧化亚铁容易被空气中的氧气氧化成氢氧化铁，氢氧化铁为红褐色沉淀，受热分解生成红棕色三氧化二铁，故答案为A。‎ ‎7.为了除去硫酸铜溶液中的硫酸亚铁杂质，通常先加入合适的氧化剂使转化为下列物质中合适的是（ ）‎ A. 溶液 B. 溶液 C. 氯水 D. 溶液 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A．高锰酸钾溶液可以氧化亚铁离子生成铁离子，此时硫酸铜溶液中引入新的杂质锰离子、钾离子等，故A错误； B．双氧水具有氧化性，能氧化亚铁离子为铁离子，还原产物为水，不引人新杂质，故B正确； C．氯水能氧化亚铁离子为铁离子，但此时硫酸铜溶液中引入新杂质氯离子，故C错误； D．硝酸能氧化亚铁离子生成铁离子，此时引入新杂质硝酸根离子，故D错误。 故选：B。‎ ‎8.下列化学用语正确的是（ ）‎ A. 羟基的电子式： B. 中子数为16的磷原子：‎ C. 氟原子的结构示意 D. 的结构式：‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 羟基显电中性，电子式为，故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，故B正确；‎ C. 氟原子的结构示意图为，故C错误；‎ D. 次氯酸分子中存在1个氧氢键和1个氧氯键，HClO的结构式应为H—O—Cl，故D错误；‎ 故答案为B。‎ ‎9.下列反应的离子方程式正确的是（ ）‎ A. 向沸水中滴加溶液制备胶体： ‎ B. 用溶液腐蚀印刷铜电路板：‎ C. 用小苏打治疗胃酸过多：‎ D. 实验室用浓盐酸与反应制：‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 向沸水中滴加FeCl3溶液制备胶体，离子方程式：Fe3++3H2OFe(OH)3(胶体)+3H+，故A错误；‎ B. 用溶液腐蚀印刷铜电路板，反应实质为铁离子与铜反应生成亚铁离子和铜离子，正确的离子方程式为：2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，故B错误；‎ C. 小苏打为碳酸氢钠，胃酸为盐酸，所以小苏打治疗胃酸过多离子方程式为，故C正确；‎ D. 实验室制取氯气的离子方程式为MnO2+4H++2Cl-Cl2↑+Mn2++2H2O，故D错误；‎ 故答案为C。‎ ‎10.下列关于元素周期律叙述正确的是（ ）‎ A. 随着元素原子序数的递增，原子最外层电子数总是从1到8地重复出现 B. 元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性的变化 C. 随着元素的原子序数的递增，元素的最高正价从+1到+7，负价从－7到－1地重复出现 D. 元素性质的周期性变化是指原子核外电子排布的周期性变化、原子半径的周期性变化及元素主要化合价的周期性变化 ‎【答案】B ‎【解析】A．从第二周期开始，随着元素原子序数的递增，原子最外层电子数总是从1到8重复出现，而在第一周期，随着元素原子序数的递增，原子最外层电子数总是从1到2，A错误；B．元素的性质随着原子序数的递增而呈周期性的变化，B正确；C．元素的最低负价是-4价，最高正价是+7价，随着元素原子序数的递增，一般情况下元素的最高正价从+1到+7，负价从-4到-1重复出现，C错误；D．元素性质的周期性变化是元素原子核外电子排布周期性变化的必然结果，D错误，答案选B。‎ 点睛：本题考查元素周期表和元素周期律知识，侧重于基础知识的考查，注意主族元素化合价的计算依据，①主族元素的最高正价等于主族序数，且等于主族元素原子的最外层电子数(O除外)，其中氟无正价。②主族元素的最高正价与最低负价的绝对值之和为8，绝对值之差为0、2、4、6的主族元素分别位于ⅣA、ⅤA、ⅥA、ⅦA族。‎ ‎11.已知、、和均有还原性，它们在酸性溶液中还原性的强弱顺序为，则下列反应不能发生的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 反应中还原剂为SO2，还原产物为Fe2+，则还原性SO2>Fe2+，与已知条件相符，故A可以发生；‎ B. 反应中还原剂为SO2，还原产物为I-，则还原性SO2>I-，与已知条件相符，故B可以发生；‎ C. 反应，还原剂为H2O2，还原产物为SO2‎ ‎，则还原性H2O2>SO2，与已知条件不符，故C不可以发生；‎ D. 反应中，还原剂为H2O2，还原产物为Fe2+，则还原性H2O2> Fe2+，与已知条件相符，故D可以发生；‎ 故答案为C。‎ ‎12.美、德两国成功合成具有化学特性的氢铝化合物，关于氢铝化合物的推测不正确的是（ ）‎ A. 氢铝化合物中铝显价，氢显价 B. 氢铝化合物与水反应生成氢氧化铝和氢气 C. 铝与水蒸气高温下反应生成氢铝化合物 D. 氢铝化合物具有强还原性 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】A．在化合物中电负性大的显负价，电负性小的元素显正价，氢元素的电负性大于铝元素，氢铝化合物中铝元素显+3价，氢元素显-1价，故A正确； B．氢铝化合物中氢元素显负价，性质不稳定，易和水反应生成氢氧化铝和氢气而体现还原性，故B正确； C．氢铝化合物易和水反应，所以不能用铝和水蒸气反应制取氢铝化合物，故C错误； D．氢铝化合物中氢元素显-1价，性质不稳定，易失电子而具有强还原性，故D正确； 故选：C。‎ ‎13.下列说法正确的是( )‎ ‎①、、属于碱性氧化物，、、都能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物 ‎ ‎②碳酸钠、氢氧化钡、氯化铵、过氧化钠都属于离子化合物 ‎ ‎③混合物：漂白粉、水玻璃、胶体、冰水混合物 ‎ ‎④醋酸、烧碱、纯碱和生石灰分别属于酸、碱、盐和氧化物 ‎ ‎⑤硅导电，铝在浓硫酸中钝化均属于物理变化 ‎ ‎⑥盐酸属于混合物，而液氯、冰醋酸均属于纯净物 A. ①③⑤ B. ④⑤⑥ C. ②④⑥ D. ②③④‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【详解】、和酸反应生成盐和水属于碱性氧化物，和酸、碱反应生成盐和水属于两性氧化物，、能和碱溶液发生反应属于酸性氧化物，和碱反应生成盐和水发生的是氧化还原反应，不是酸性氧化物，故错误；‎ 碳酸钠是钠离子和碳酸根离子构成，氢氧化钡是钡离子和氢氧根离子构成，氯化铵是铵根离子和氯离子构成，过氧化钠是钠离子和过氧根离子构成，都属于离子化合物，故正确；‎ 漂白粉是氯化钙和次氯酸钙的混合物、水玻璃是硅酸钠的水溶液、胶体属于分散系混合物、冰水混合物是一种物质组成的为纯净物，故错误；‎ 醋酸属于酸，烧碱是氢氧化钠属于碱，纯碱是碳酸钠属于盐，生石灰为氧化钙属于氧化物，故正确；‎ 硅导电属于物理变化，铝在浓硫酸中钝化属于化学变化是浓硫酸的强氧化性体现，故错误；‎ 盐酸是氯化氢的水溶液属于混合物，而液氯、冰醋酸均是一种物质组成属于纯净物，故正确；‎ 答案选C。‎ ‎14.下列物质中不能通过化合反应直接生成的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 金属钠和氧气可以直接化合生成过氧化钠，故A不符合题意；‎ B. 氢氧化亚铁和氧气、水反应生成氢氧化铁，反应的化学方程式4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，故B不符合题意；‎ C. Fe与硫酸铁发生化合反应生成硫酸亚铁，故C不符合题意；‎ D. 硫酸铝不能通过化合反应直接生成，故D符合题意；‎ 故答案为D。‎ ‎15.下列实验操作中正确的是（ ）‎ A. 配制一定物质的量浓度的溶液时，用量筒量取一定体积的浓硫酸倒入烧杯后，再用蒸馏水洗涤量筒2~3次，并将洗涤液一并倒入烧杯中稀释 B. 溶液的物质的量浓度为，用水稀释到物质的量浓度为，需要水 C. 配制一定物质量浓度的氯化钾溶液：准确称取一定质量的氯化钾固体，放入的容量瓶中，加入溶解，振荡摇匀 D. 将溶解在水中，配制溶质质量分数为10%的溶液 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】A. 浓硫酸稀释放热，应将浓硫酸倒入水中，而不能将水倒入浓硫酸中，故A错误；‎ B. 稀释后溶液体积为浓硫酸体积2倍，由于浓硫酸的密度大于稀硫酸，故稀释后溶液质量小于‎200g，则加入水的质量小于‎100g，故B错误；‎ C. 容量瓶为精密仪器，不能在容量瓶中进行溶解操作，故C错误；‎ D. 所得溶液中溶质的质量分数为×100%=10%，故D正确；‎ 故答案为D。‎ ‎16.X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，且Y、Z、Q、R在周期表中的位置关系如下图所示。已知X与Y同主族，X与Q能形成最简单的有机物。则下列有关说法正确的是( )‎ Q R Y Z A. 原子半径：r(Z)>r(Y)>(R)>r(Q)‎ B. 气态化合物的稳定性：QX4>RX3‎ C. X与Y形成的化合物中含有离子键 D. 最高价含氧酸的酸性：X2QO3>XRO3‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Y、Z、Q、R均为短周期元素，X与Q能形成最简单的有机物为甲烷，则X为H，Q为C，X与Y同主族，则Y为Na，结合Y、Z和R在周期表的位置可知，Z为Mg，R为N，据此分析作答。‎ ‎【详解】根据上述分析可知，X为H，Q为C，Y为Na，Z为Mg，R为N。‎ A. 同周期元素随着原子序数的增大原子半径依次减小，同主族元素，从上到下原子半径依次增大，则原子半径： r(Y)> r(Z) > r(Q) >r(R)，A项错误；‎ B. 非金属性越强，其对应的气态化合物越稳定，则NH3的稳定性大于CH4，即RX3> QX4，B项错误；‎ C. X与Y形成NaH，含离子键，C项正确； ‎ D. 非金属性越强，其对应的最高价含氧酸的酸性越大，则硝酸的酸性大于碳酸，即：XRO3 > X2QO3，D项错误；‎ 答案选C。‎ ‎17.X、Y、Z均为短周期元素，X、Y处于同一周期，X、Z的最低价离子分别为和，和具有相同的电子层结构。下列说法正确的是（ ）‎ A. 原子序数： B. 单质沸点：‎ C. 离子半径： D. 原子最外层电子数：‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】X、Z的最低价离子分别为X2-和Z-，则X为第ⅥA族元素，Z为ⅦA族元素；Y+和Z-具有相同的电子层结构，则Y在Z的下一周期，则Y为Na元素，Z为F元素，X、Y同周期，则X为S元素。‎ ‎【详解】A．X、Y、Z原子序数分别为16、11、9，原子序数：X＞Y＞Z，故A正确； B．常温下Na、S为固体，F2为气体，Na的熔点较低，但钠的沸点高于硫，顺序应为Na＞S＞F2，故B错误； C．Na+、F-具有相同的核外电子排布，离子的核电荷数越大，半径越小，应为F-＞Na+，故C错误； D．X、Y、Z分别为S、Na、F，原子最外层电子数分别为6、1、7，故D错误。 故选：A。‎ ‎18.使用容量瓶配制溶液时，由于操作不当，会引起误差，下列情况会使所配溶液浓度偏低的是（ ）‎ ‎①用天平（使用游码）称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了 ‎②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤；‎ ‎③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水 ‎④定容时，俯视容量瓶的刻度线；‎ ‎⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线 A. ①②⑤ B. ①③⑤ C. ③④⑤ D. ②③⑤‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】①用天平(使用游码)称量时，被称量物与砝码的位置放颠倒了，导致物体的实际质量偏小，浓度偏小，故正确；‎ ‎②溶液转移到容量瓶后，烧杯及玻璃棒未用蒸馏水洗涤，因烧杯和玻璃棒上沾有溶质，溶质的质量减少，浓度偏小，故正确；‎ ‎③转移溶液前容量瓶内有少量蒸馏水，对溶液的体积无影响，浓度不变，故错误；‎ ‎④定容时，俯视容量瓶的刻度线，溶液的液面比刻度线低，溶液的体积偏小，浓度偏大，故错误；‎ ‎⑤定容后摇匀，发现液面降低，又补加少量水，重新达到刻度线，导致加水过多溶液的体积偏大，浓度偏小，故正确；‎ 综上所述答案为A。‎ ‎19.三聚氰胺又名蛋白精[分子式：，相对分子质量：126]是一种低毒性化工产品.婴幼儿大量摄入可引起泌尿系统疾患。有关三聚氰胺的下列说法正确的是（ ）‎ A. 三聚氰胺含氮原子数目为 B. 三聚氰胺含氮量约为10%‎ C. 标准状况下的三聚氰胺的体积为 D. 三聚氰胺的摩尔质量为126‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【详解】A. ‎‎2.52‎ g三聚氰胺的物质的量为=0.02mol，含氮原子的物质的量为0.02mol×6=0.12mol，含有氮原子个数为0.12 NA，故A正确；‎ B. 三聚氰胺含氮量约为×100%=66.7%，故B错误；‎ C. 标准状况下三聚氰胺为固体，不能利用气体摩尔体积计算其体积，故C错误；‎ D. 三聚氰胺的摩尔质量为‎126g/mol，故D错误；‎ 故答案为A。‎ ‎20.为了避免NO、NO2、N2O4对大气的污染，常采用NaOH溶液进行吸收处理(反应方程式：2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2O)。现有由a mol NO、b mol NO2、c mol N2O4组成的混合气体恰好被V L NaOH溶液吸收(无气体剩余)，则此NaOH溶液的物质的量浓度为(　　)‎ A. mol·L－1 B. mol·L－1‎ C. mol·L－1 D. mol·L－1‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】恰好反应时需要氢氧化钠最少，由钠离子守恒可知：n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaNO2)，根据N原子守恒可知n(NaNO3)+n(NaNO2)=n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)，故n(NaOH)=n(NO)+n(NO2)+2n(N2O4)=amol+bmol+2cmol=(a+b+‎2c)mol，故氢氧化钠溶液最小浓度==mol/L，故选B。‎ ‎21.完成下列化学方程式 ‎（1）过氧化钠与二氧化碳反应___________________________‎ ‎（2）工业制漂白粉________________________‎ ‎（3）氧化铝溶于氢氧化钠_____________________‎ ‎（4）氢氧化亚铁在空气中被氧化_____________________‎ ‎（5）铁与水蒸气高温下反应_____________________‎ ‎【答案】(1). 2Na2O2+2 CO2=2Na2CO3+O2 (2). 2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O (3). Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O (4). 4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3 (5). 3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，方程式为：2Na2O2+2 CO2=2Na2CO3+O2；‎ ‎(2)工业上将氯气通入石灰乳制取漂白粉，方程式为：2Cl2+2Ca(OH)2=CaCl2+Ca(ClO)2+2H2O，‎ ‎(3)氧化铝溶于氢氧化钠反应方程式为：Al2O3+2NaOH=2NaAlO2+H2O；‎ ‎(4)氢氧化亚铁、氧气、水反应生成氢氧化铁，方程式为：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3；‎ ‎(5)铁与水蒸气在高温下的反应方程式为：3Fe+4H2O(g)Fe3O4+4H2。‎ ‎22.早在1774年，瑞典化学家舍勒在研究软锰矿（主要成分）的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了黄绿色气体—氯气。某小组同学利用舍勒发现氯气的方法制取氯气并探究其性质。‎ 请回答：‎ ‎（1）装置①中制取氯气，盛有浓盐酸的玻璃仪器名称为__________‎ ‎（2）装置②的作用是________________________________________.‎ ‎（3）装置③中的现象是________________________________________.‎ ‎（4）装置④中反应的离子方程式是________________________________________.‎ ‎【答案】(1). 分液漏斗 (2). 除去氯气中的氯化氢 (3). 有色纸条褪色 (4). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】装置1为氯气发生装置，浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl气体，可用饱和食盐水除去；装置3检验湿润的氯气是否具有漂白性，装置4进行尾气处理。‎ ‎【详解】(1)根据仪器结构可知该仪器为分液漏斗；‎ ‎(2)浓盐酸具有挥发性，生成的氯气中混有HCl气体，可用饱和食盐水除去；‎ ‎(3)湿润的氯气可生成HClO，次氯酸具有漂白性，可用观察到湿润的有色纸条褪色；‎ ‎(4)氯气可以和NaOH反应生成次氯酸钠和氯化钠，离子方程式为。‎ ‎23.短周期主族元素A、B、C、D、E、G的原子序数依次增大，在元素周期表中A的原子半径最小（稀有气体元素除外），B与C相邻且C的最外层电子数是次外层的3倍，C、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等，E是地壳中含量最多的金属元素。回答下列问题：‎ ‎（1）C在元素周期表中的位置是__________；由C和D组成既含离子键又含共价键的化合物的电子式__________。‎ ‎（2）分别由C、D、E、G元素形成的简单离子的半径由大到小的顺序为__________（用相应的离子符号表示）。‎ ‎（3）写出实验室中制备G元素的单质的离子方程式______________________________‎ ‎（4）E单质能写D的最高价氧化物的水化物浓溶液反应放出氢气，反应的离子方程式是：__________由上述六种元素中的三种组成的某种盐，是漂白液的主要成分，将该盐溶液滴入硫酸酸化的KI淀粉溶液中，溶液变为蓝色，则反应的化学方程式为________________________________________.‎ ‎【答案】(1). 第二周期第ⅥA族 (2). (3). (4). (5). (6). ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O ‎【解析】‎ ‎【分析】短周期主族元素A、B、C、D、E、G原子序数依次增大，A是元素周期表中原子半径最小的元素，则A为H元素；C的最外层电子数是次外层的3倍，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故C为O元素；B与C相邻，且B的原子序数较小，故B为N元素；E是地壳中含量最多的金属元素，则E为Al；C(氧)、D的最外层电子数之和与G的最外层电子数相等，则D原子最外层电子数为1、G原子最外层电子数为7，结合原子序数可知D为Na、G为Cl。‎ ‎【详解】(1)C为氧元素，在元素周期表中的位置是二周期第VIA族；C和D组成既含离子键又含共价键的化合物为Na2O2，电子式为；‎ ‎(2)C、D、E、G分别为O、Na、Al、Cl，电子层数越多离子半径越大，电子层数相同核电荷数越小半径越大，则简单离子由大到小的顺序为；‎ ‎(3)实验室利用二氧化锰和浓盐酸共热制备氯气，离子方程式为：；‎ ‎(4)Al单质可以和NaOH溶液反应生成氢气和偏铝酸钠，离子方程式为；漂白液的主要成分为NaClO，具有强氧化性，根据现象可知将碘离子氧化成碘单质，根据电子守恒和元素守恒可知方程式为ClO-+2I-+2H+=Cl-+I2+2H2O。‎ ‎24.碘酸钾（）在生活中应用广泛，可将含碘物质经过系列变化得到.现向含的稀硫酸中逐漓加入溶液，整个过程中含碘物质的物质的量与加入的物质的量的关系如图所示。回答下列问题：‎ ‎（1）已知段反应的离子方程式为b点时，KI恰好完全反应，则此时消耗的氧化剂与还原剂的物质的量之比是________还原产物是_______；共转移_______‎ ‎（2）过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该过程的离子方程式___________________从反应开始到达c点时，共消耗___________‎ ‎【答案】(1). 1∶6 (2). KBr (3). 6 (4). BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O (5). 1.2‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】(1)b点时，KI反应完全，有图象可知参加反应的KI为6mol，KBrO3‎ 为1mol，根据I的物质的量变化规律可知该过程中I-被氧化成I2，KBrO3被还原成KBr，则KI为还原剂，KBrO3为氧化剂，则消耗的氧化剂与还原剂物质的量之比为1：6，还原产物是KBr，结合元素守恒和电子守恒可知a→b段反应方程式为：BrO3-+6I-+6H+=3I2+Br-+3H2O；1molKBrO3被还原成KBr，则转移6mol电子；‎ ‎(2)b→c过程中，仅有一种元素发生化合价变化，应是BrO3-与Br-之间的氧化还原反应，反应的离子方程式为BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O；已知ab段发生反应BrO3-+6I-+6H+=3I2+Br-+3H2O，消耗KBrO3为1mol，则生成的Br-为1mol，根据bc段反应BrO3-+5Br-+6H+=3Br2+3H2O可知该段消耗KBrO3为0.2mol，则从反应开始到达c点时，共消耗n(KBrO3)=1mol+0.2mol=1.2mol。‎ ‎ ‎