2026届贵州省纳雍县第五中学高一化学第一学期期末经典试题含解析

2026届贵州省纳雍县第五中学高一化学第一学期期末经典试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、化学与人类的发展密不可分，以下不属于化学对人类贡献的是（）A．药物和保健品的研制B．指南针的发明与应用C．新型高分子化合物的合成D．合金材料的生产2、下列变化中，必须加入还原剂才能实现的是A．MnO2→Mn2+ B．Zn→Zn2+ C．H2→H2O D．CuO→CuCl23、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＞SiH4B．氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物C．如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl＞C＞SiD．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4、除去括号内杂质所用试剂和方法都正确的是（）A．Cu（Fe）----加稀硫酸，蒸馏；B．CO2（SO2）----氢氧化钠溶液，洗气。C．NaCl溶液（碘）----酒精，萃取、分液；D．KNO3溶液（KCl）----降温结晶，过滤；5、将适量钠投入下列溶液中，既能产生气体又能生成白色沉淀的是A．硫酸铜溶液 B．稀硫酸 C．氯化镁溶液 D．氯化钠溶液6、常温下，在溶液中可发生以下反应：①2Fe2＋＋Br2===2Fe3＋＋2Br－；②2Br－＋Cl2===Br2＋2Cl－；③2Fe3＋＋2I－===2Fe2＋＋I2；由此判断下列说法错误的是()A．反应②中当有1molCl2被还原时，有2molBr－被氧化B．铁元素在反应①和③中均被氧化C．氧化性强弱顺序为：Cl2>Br2>Fe3＋>I2D．还原性强弱顺序为：I－>Fe2＋>Br－>Cl－7、用容量瓶配制一定物质的量浓度的NaCl溶液的实验中，会使所配溶液浓度偏高的是A．定容时加水加多了，用滴管吸出溶液至刻度线B．定容时仰视刻度线C．没有洗涤溶解NaCl固体的烧杯和玻璃棒D．称量NaCl固体时砝码上有杂质8、化学与生活密切相关，下列说法不正确的是（）A．中国天眼传输信息用的光纤材料是二氧化硅B．人们常利用碘化银实现人工降雨C．港珠澳大桥用到的合金材料，具有熔点高、强度大、密度小等性能D．华为最新一代旗舰芯片麒麟9905G中半导体材料为硅9、按纯净物、混合物、强电解质顺序排列的一组物质是A．盐酸、空气、醋酸 B．液氯、海水、硫酸钠 C．铁粉、碘盐、碳酸 D．胆矾、漂白粉、氯化钾溶液10、下列物质中，含有氯离子的是（）A．氯化氢 B．氯气 C．氯酸钾 D．氯水11、下列各组的两个量，前者不恰好是后者二倍的是A．Na2O2中阳离子和阴离子的个数B．Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量和被还原的HNO3的物质的量C．质量分数为98%的H2SO4的物质的量浓度和质量分数为49%的H2SO4的物质的量浓度D．分别发生KMnO4受热分解、MnO2催化H2O2分解反应，当得到同温同压下同体积O2时，两个反应转移的电子数12、用贮存很久的漂白粉与浓盐酸反应制得的氯气中，可能含有的杂质气体是①二氧化碳②氯化氢③水蒸气④氧气A．①②③B．②③④C．②③D．①④13、将下列各组物质，按酸、碱、盐顺序排列正确的是()A．硫酸、纯碱、食盐 B．氢硫酸、烧碱、硫酸铜C．碳酸、氧化铜、碳酸钠 D．醋酸、熟石灰、苛性钠14、歌曲《青花瓷》,唱道“帘外芭蕉惹骤雨,门环惹铜绿”,其中的“铜绿”即是铜锈,它的化学成分是Cu2(OH)2CO3(碱式碳酸铜)。铜在潮湿的空气中生锈的化学反应为2Cu+O2+CO2+H2O=Cu2(OH)2CO3。下列有关该反应的说法正确的是()A．该反应不属于氧化还原反应B．该反应中氧元素和碳元素化合价发生变化,所以是氧化还原反应C．该反应中铜得电子,O2失电子,所以是氧化还原反应D．该反应是氧化还原反应,化合价发生改变的只有两种元素15、全钒液流电池是一种新型电能储存和高效转化装置。某溶液中含有VO3+和Cr3O73-，现向其溶液中滴入1．33mL3．1mol/L的FeSO4溶液，恰好是VO3+→VO3+,Cr3O73-→Cr3+．再滴入3．OOmL3．33333mol/L的KMnO4溶液，又恰好是VO3+→VO3+,而Cr3+不变，此时MnO4-→Mn3＋,则原溶液中Cr元素的质量为A．156mg B．334mg C．4．3mg D．5．8mg16、设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是A．28gN2和CO混合气体所含原子数目为2NAB．0.3mol/LFeCl3溶液中含有Cl-为0.9NAC．71gCl2完全反应后得到的电子数为2NAD．22.4L氨气所含的分子数为NA二、非选择题（本题包括5小题）17、下图每一方格表示有关的一种反应物或生成物,其中A、C为无色气体,D气体能使带火星的木条复燃,X是一种常见的酸式盐。试填写下列空白:(1)物质X的名称是___________;检验C气体的方法是___________。(2)反应④的化学方程式为___________。(3)反应⑥中氧化剂与还原剂的质量之比为___________;反应⑦中氧化剂与还原剂的物质的量之比为___________。(4)写出X与足量NaOH溶液反应的离子方程式:____________。(5)在标准状况下,在一个干燥的烧瓶内F和D的混合气体[V(F)∶V(D)=4∶1]。然后做喷泉实验,则烧瓶中所得溶液中溶质的物质的量浓度为___________。18、有A、B、C、D四种短周期元素，它们的原子序数由A到D依次增大，已知A和B原子有相同的电子层数，且A的L层电子数是K层电子数的两倍，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，C的单质在加热下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，试根据以上叙述回答：（1）写出下列元素的名称：A_____，B_____，C_____，D_____。（2）D元素位于周期表中____周期_____族。D2－的结构示意图是____。（3）AB2是___（填“共价”或“离子”）化合物，C2B2所含化学键的类型是___、___。写出AB2与C2B2反应的化学方程式：___________________。（4）用电子式表示化合物C2D的形成过程：________。19、用重铬酸钾法(一种氧化还原滴定法)可测定产物Fe3O4中的二价铁含量。若需配制浓度为0.01000mol·L－1的K2Cr2O7标准溶液250mL，应用电子分析天平准确称取一定质量的K2Cr2O7(已知M(K2Cr2O7)＝294.0g·mol－1。)（1）计算配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液时需要用电子分析天平准确称量K2Cr2O7的质量是________g（保留4位有效数字）。（2）配制溶液时，一般可以分为以下几个步骤：①称量②计算③溶解④颠倒摇匀⑤转移⑥洗涤⑦定容⑧冷却完成该溶液配制，将其正确的操作顺序补充完整为___________⑧⑤___________。本实验必须用到的仪器有天平、药匙、玻璃棒、烧杯、量筒，还有_________________。（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是_____________。（4）配制0.01000mol/LK2Cr2O7溶液时，下列操作会引起所配溶液浓度偏高的是_______。①没有洗涤烧杯和玻璃棒且未将洗涤液注入容量瓶②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水④定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线⑤定容时俯视刻度线⑥称量一定质量的K2Cr2O7中含有KCl杂质⑦向容量瓶中转移液体时，玻璃棒的末端位于容量瓶刻度线以上（5）配制0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，定容时不慎加水超过了刻度线，应如何处理：_____________。20、为严厉打击食品生产经营中违法添加非食用物质、滥用食品添加剂，卫生部、农业部等部门联合公布了包含硫酸亚铁在内的22种“易滥用食品添加剂”名单。某同学为探究富含硫酸亚铁且保存时间较长的食品情况,设计了如下实验方案：(1)试剂1的主要成分的化学式是________。(2)加入新制氯水后溶液红色加深的原因是________(用离子方程式表示)。(3)该同学在实验中加入了过量氯水，放置一段时间后，发现深红色褪去，现对褪色原因进行探究。①提出假设假设1：溶液中的+3价铁被氧化为更高价态的铁；假设2：_________。②设计方案为了对你所提出的假设2进行验证，请写出一种实验方案：________。(4)应用拓展实验室在保存硫酸亚铁溶液时，常向其中加入少量的铁粉，原因是______(用离子方程式表示)。21、A、B、C、D均为中学化学常见的纯净物，A是单质。它们之间有如下的反应关系：（1）若D物质具有两性，②③反应均要用强碱溶液，④反应是通入过量的一种引起温室效应的主要气体。写出②反应的离子方程式_________；④反应离子方程式__________。（2）若A是应用最广泛的金属。④反应用到A，②⑤反应均用到同一种黄绿色气体单质。写出A与水高温下反应的化学方程式_______________________。④反应的离子方程式______________。D中加入氢氧化钠的现象__________。（3）若A是太阳能电池用的光伏材料，B常用用于制作高档光学器材，C、D为钠盐，C的水溶液俗称泡花碱，D的溶液显碱性。④反应也是通入一种引起温室效应的主要气体。写出③反应的化学方程式________________________。⑤反应用到B，反应条件为高温，则⑤的化学方程式为____________________。

参考答案一、选择题（每题只有一个选项符合题意）1、B【解析】

A.药物的合成过程属于化学变化，为人类的健康作出了贡献，A属于化学对人类贡献；B.指南针的主要材料是磁铁，其磁性属于物理性质，故B不属于化学对人类贡献；C.新型高分子化合物的合成是化学变化，为人类生活中的很多方面都作出了贡献，C属于化学对人类贡献；D.合金材料的生产涉及冶金过程，属于化学变化，故D属于化学对人类贡献。综上所述，不属于化学对人类贡献的是B。2、A【解析】

A.MnO2→Mn2+是化合价降低的反应，是还原反应，需加入还原剂，A正确；

B.Zn→Zn2+是化合价升高的反应，是氧化反应，需加入氧化剂，B错误；

C.H2→H2O是化合价升高的反应，是氧化反应，需加入氧化剂，C错误；

D.CuO→CuCl2，化合价没有变化，是非氧化还原反应，D错误；答案选A。

3、C【解析】

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，故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，故B正确；C．利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性强弱，HCl不是最高价含氧酸，则不能比较Cl、C的非金属性，故C错误；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，故D正确。答案为C。4、D【解析】

A.铁与稀硫酸反应生成硫酸亚铁，而铜不溶于稀硫酸，可用过滤法分离，故A错误；

B．CO2和SO2都与氢氧化钠溶液反应，应用饱和碳酸氢钠溶液洗气，故B错误；

C．酒精与水混溶，不能用作萃取剂，应用苯或四氯化碳萃取，故C错误；

D．KNO3和KCl的溶解度随温度变化不同，可用结晶法分离，故D正确；

故选D。5、C【解析】

A．钠的化学性质活泼，投入硫酸铜溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与硫酸铜生成氢氧化铜蓝色沉淀，故A错误；B．钠与稀硫酸反应，生成物为硫酸钠和氢气，有气体产生，无白色沉淀生成，故B错误；C．钠的化学性质活泼，投入氯化镁溶液中后，钠首先与水反应生成氢氧化钠和氢气，然后氢氧化钠与氯化镁生成氢氧化镁白色的沉淀，故C正确；D．钠不能与氯化钠反应，但能与溶液中的水反应，生成物为氢氧化钠和氢气，2Na+2H2O═2NaOH+H2↑，有气体产生，无白色沉淀生成，故D错误；故选C。【点晴】因钠的化学性质活泼性强，遇水溶液里更溶液先与水反应生成氢氧化钠和氢气，生成的氢氧化钠再与溶液里的溶质发生反应，因此钠遇不活泼金属的盐溶液时不能置换出不活泼金属，本题难点是选项A得到的是蓝色氢氧化铜沉淀，通常易忽视题设要求而错选，据此解题。6、B【解析】分析：根据化合价变化判断AB的正误；氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，还原剂的还原性大于还原产物的还原性；据此分析判断CD的正误。详解：A．在2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中，氯元素的化合价降低，被还原，溴元素的化合价升高，被氧化，故有1molCl2被还原时，则有2molBr-被氧化，故A正确；B．在2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，铁的化合价升高，被氧化；在2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，铁的化合价降低，被还原，故B错误；C．氧化还原反应中，氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，在反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，氧化剂是Br2，氧化产物是Fe3+，所以氧化性Br2＞Fe3+，在反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中，氧化剂是Cl2，氧化产物是Br2，所以氧化性Cl2＞Br2，在反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，氧化剂是Fe3+，氧化产物是I2，所以氧化性Fe3+＞I2，故氧化性顺序是：Cl2＞Br2＞Fe3+＞I2，故C正确；D．氧化还原反应中，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，在反应2Fe2++Br2=2Fe3++2Br-中，还原剂是Fe2+，还原产物是Br-，所以还原性Fe2+＞Br-，在反应2Br-+Cl2=Br2+2Cl-中，还原剂是Br-，还原产物是Cl-，所以还原性Br-＞Cl-，在反应2Fe3++2I-=2Fe2++I2中，还原剂是I-，还原产物是Fe2+，所以还原性I-＞Fe2+，故还原性顺序是：I-＞Fe2+＞Br-＞Cl-，故D正确；故选B。7、D【解析】

A.定容时加水加多了，溶液体积偏大，导致浓度偏低，虽用滴管吸出溶液至刻度线，浓度也和原来一样，故A错误；B.定容时仰视刻度线，溶液的体积偏大,所配溶液浓度偏小，故B错误；C.未洗涤烧杯和玻璃棒，溶质的质量减少，浓度偏低，故C错误；D.称量NaCl固体时砝码上有杂质,导致称量氯化钠偏多,浓度偏大,故D正确；本题答案为D。【点睛】根据c=n/V分析操作对溶质的物质的量或对溶液的体积的影响，判断对所配溶液浓度的影响。8、C【解析】

A．光纤材料的主要成分为二氧化硅，A正确；B．利用碘化银能进行人工降雨，降雨时用高炮将碘化银炮弹发射到高空云团的零高度层以上，利用碘化银在高空分解生成银单质和碘单质，形成人工冰核，这些冰核经过水汽凝聚，形成冰晶，冰晶发展到一定程度，它们将通过零高度层下降，之后融化形成雨滴，所以碘化银是很好的人工降雨剂，B正确；C．跨海大桥使用的合金材料，必须具有强度大、密度小、耐腐蚀等特性，不要求熔点高，C不正确；D．半导体材料的主要成分为硅，D正确；故选C。9、B【解析】

A.盐酸、空气均为混合物，醋酸为弱电解质，故A错误；B.液氯为纯净氯气，为纯净物，海水为混合物、硫酸钠属于盐，为强电解质，故B正确；C.铁粉为铁单质，是纯净物，碘盐是混合物，碳酸是弱酸，属于弱电解质，故C错误；D.胆矾是纯净物，漂白粉是混合物，氯化钾溶液是混合物，不是电解质，故D错误；答案选B。10、D【解析】

A、氯化氢即为HCl的气体形式，以分子形式存在，不能电离出氯离子，故A错误；B、氯气为单质，不能电离出氯离子，故B错误；C、氯酸钾中能电离出钾离子和氯酸根离子，无游离的氯离子，故C错误；D、氯气通入水中，发生Cl2+H2O=HClO+H++Cl-反应，所以氯水中存在氯离子，故D正确。故答案选D。故选B。11、C【解析】

A．Na2O2由Na+与过氧根离子(O22-)构成，则Na2O2中阳离子和阴离子的个数之比为2：1，A不符合题意；B．Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O反应中，反应的HNO3的物质的量为4mol，被还原的HNO3的物质的量为2mol，所以前者恰好是后者二倍，B不符合题意；C．硫酸的浓度越大，密度越大，当二者质量相同时，体积越小，等质量的质量分数为98%的H2SO4的体积小于质量分数为49%的H2SO4，所以前者浓度大于后者的二倍，C符合题意；D．KMnO4受热分解生成1mol氧气转移4mol电子，H2O2分解反应生成1mol氧气转移2mol电子，前者恰好是后者二倍，D不符合题意；故合理选项是C。12、A【解析】

漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，因HClO的酸性比碳酸弱，漂白粉易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO而变质，HClO不稳定，见光易分解，久置漂白粉的成分为次氯酸钙、碳酸钙和氯化钙，以此解答该题。【详解】漂白粉的主要成分为CaCl2和Ca（ClO）2，因HClO的酸性比碳酸弱，漂白粉易与空气中二氧化碳反应生成碳酸钙和HClO而变质，HClO不稳定，见光易分解；久置漂白粉的成分为Ca（ClO）2、碳酸钙和氯化钙，加入盐酸后生成二氧化碳气体以及氯气；由于盐酸易挥发，则用久置漂白粉和浓盐酸反应得到的氯气中，可能含有的杂质气体有①CO2，②HCl，③H2O；①②③可选，A正确；

综上所述，本题选A。13、B【解析】

纯碱为碳酸钠，为盐；苛性钠为NaOH为碱。【详解】A.硫酸、纯碱、食盐，按酸、盐、盐顺序排列，A错误；B.氢硫酸、烧碱、硫酸铜，按酸、碱、盐顺序排列，B正确；C.碳酸、氧化铜、碳酸钠，按酸、氧化物、盐顺序排列，C错误；D.醋酸、熟石灰、苛性钠，按酸、碱、碱顺序排列，D错误；答案为B。14、D【解析】

在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子，被还原，其余元素的化合价都没有发生变化。【详解】A.在该反应中，铜元素的化合价由0价变成+2价，失去电子，被氧化，氧元素的化合价由0价变成-2价，得到电子被还原，故该反应属于氧化还原反应，A不正确；B.该反应中碳元素化合价没有发生变化，B不正确；C.该反应中铜失去电子，O2得到电子，C不正确；D.该反应是氧化还原反应，化合价发生改变的只有两种元素，D正确。故选D。15、D【解析】

由信息滴入1.33mL3.1mol/L的FeSO4溶液，恰好使VO3+→VO3+，Cr3O73-→Cr3+，Fe元素的化合价升高，V、Cr元素的化合价降低；再滴入3.33mL，3.333mol/LKMnO4溶液，又恰好使VO3+→VO3+，而Cr3+不变，此时MnO4→Mn3+，Mn元素的化合价降低，V元素的化合价升高，则整个过程中Fe、Mn、Cr的化合价变化，设原溶液中Cr的质量为x，由电子守恒可知，1.33mL×13-3L×3.1mol/L×（3-3）=×（6-3）+3.33mL×13-3L×3.333mol/L×（7-3），解得x=5.8×13-3g=5.8mg；故选：D。16、A【解析】

A.N2和CO的摩尔质量均是28g/mol，28gN2和CO的物质的量是1mol，N2和CO均是双原子分子，28gN2和CO混合气体所含原子数目为2NA，故A正确；B.不知道溶液的体积，无法算出其所含溶质的物质的量，故B错误；C.氯气可能即是氧化剂又是还原剂，71gCl2完全反应后得到的电子数为可能是1NA，故C错误；D.不知道气体所处的温度和压强，无法算出其物质的量，故D错误；故选：A。二、非选择题（本题包括5小题）17、碳酸氢铵能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体是NH34NH3+5O24NO+6H2O1∶22∶3NH4++HCO3-+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O0.036mol·L-1【解析】

X为酸式盐，且能与盐酸、氢氧化钠反应都生成气体，应为弱酸铵盐，其中与盐酸反应得到气体A，A能与过氧化钠反应生成气体D，则A为CO2、D为O2；X与氢氧化钠反应得到气体C为NH3，可以推知X为NH4HCO3，C(氨气)与D(氧气)反应生成E为NO，E与氧气反应生成F为NO2，F与水反应得到G能与Cu反应生成NO，则G为HNO3，以此解答该题。【详解】(1)由上述分析可知，物质X是碳酸氢铵，检验氨气的方法是：用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，证明C气体是氨气；(2)反应④为氨气的催化氧化反应，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；(3)反应⑥为二氧化氮和水的反应，反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO为自身氧化还原反应，氧化剂与还原剂是同种物质，氧化剂与还原剂的质量之比为1:2；反应⑦为铜和稀硝酸的反应，反应方程式为3Cu+8HNO3(稀)=4H2O+3Cu(NO3)2+2NO↑，反应中硝酸为氧化剂，部分被还原，铜为还原剂，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2:3；(4)碳酸氢铵和足量氢氧化钠溶液的反应，反应生成碳酸钠和一水合氨，反应的离子方程式为NH4++HCO3−+2OH-=CO32-+NH3·H2O+H2O；(5)设烧瓶的体积为xL，则由4NO2+O2+2H2O=4HNO3可得，生成溶质n(HNO3)=，因气体完全溶于水，故最后溶液的体积为xL，则烧瓶中所得溶液中溶质的物质的量浓度为≈0.036mol·L-1。18、碳氧钠硫三ⅥA共价离子键非极性共价键2CO2＋2Na2O2=2Na2CO3＋O2【解析】

A和B具有相同的电子层数，即A和B位于同周期，A的L层电子数是K层电子数的两倍，即A为C，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，即C为Na，Na在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，即B为O，D为S。【详解】(1)A和B具有相同的电子层数，即A和B位于同周期，A的L层电子数是K层电子数的两倍，即A为C，C在空气中燃烧时呈现黄色火焰，即C为Na，Na在加热条件下与B的单质充分反应，可以得到与D单质颜色相同的淡黄色固态化合物，即B为O，D为S；(2)D为S，位于第三周期VIA族；S2－的结构示意图为；(3)AB2化学式为CO2，CO2属于共价化合物；C2B2的化学式为Na2O2，其电子式为，含有离子键、（非极性）共价键；CO2与Na2O2反应：2Na2O2＋2CO2=2Na2CO3＋O2；(4)C2D的化学式为Na2S，属于离子化合物，即用电子式表示化合物形成过程：。19、0.7350②①③⑥⑦④胶头滴管、250mL容量瓶检查容量瓶是否漏水⑤重新配制【解析】（1）配制250mL0.01000mol/LK2Cr2O7溶液，需要溶质的质量=0.250L×0.01000mol/L×294.0g•mol-1=0.7350g；（2）配制一定物质的量浓度溶液的一般步骤：计算、称量、溶解、冷却、移液、洗涤、定容、摇匀、装瓶等，因此正确的顺序是②①③⑧⑤⑥⑦④；用到的仪器：天平、烧杯、玻璃棒、250mL容量瓶、胶头滴管，因此还缺少胶头滴管、250mL容量瓶；（3）使用容量瓶前必须进行的一步操作是检查容量瓶是否漏水；（4）①配制过程中未洗涤烧杯和玻璃棒，导致溶质的物质的量偏小，溶液的浓度偏低；②转移溶液时不慎有少量溶液洒到容量瓶外面，溶质的物质的量减少，浓度偏低；③容量瓶不干燥，含有少量蒸馏水不影响；④定容后塞上瓶塞反复摇匀，静置后，液面低于刻度线，再加水至刻度线，溶液体积增加，浓度偏低；⑤定容时俯视刻度线，液面在刻度线下方，溶液体积减少，浓度偏高；⑥称量一定质量的K2Cr2O7中含有KCl杂质，溶质的质量减少，浓度偏低；⑦向容量瓶中转移液体时，玻璃棒的末端位于容量瓶刻度线以上，溶液体积增加，浓度偏低，答案选⑤；（5）定容时不慎加水超过了刻度线，导致实验失败，且无法挽救，必须重新配制。点睛：掌握实验原理是解答的关键，难点是误差分析。根据可得，一定物质的量浓度溶液配制的误差都是由溶质的物质的量ｎB和溶液的体积V引起的。误差分析时，关键要看配制过程中引起ｎ和V怎样的变化。在配制一定物质的量浓度溶液时，若nB比理论值小，或V比理论值大时，都会使所配溶液浓度偏小；若nB比理论值大，或V比理论值小时，都会使所配溶液浓度偏大。20、KSCN2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-、Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3；SCN-被过量的氯水氧化取少量褪色后的溶液于洁净的试管中，滴加过量KSCN溶液，若出现红色，则说明假设2成立，若不出现红色，则说明假设2不成立2Fe3++Fe=3Fe2+【解析】

富含硫酸亚铁的食品经过处理后得到淡黄色溶液，说明食品中的FeSO4被空气中的O2氧化成了Fe3+，KSCN溶液可以和Fe3+作用显红色，所以加入KSCN溶液得到淡红色溶液，加入新制氯水，红色加深，说明原溶液中有Fe2+，加入氯水被氧化成Fe3+，使红色加深。【详解】(1)Fe3+与KSCN溶液反应生成红色的Fe(SCN)3，所以试剂1的主要成分为KSCN；(2)淡红色溶液中还含有较多的Fe2+，向其中加入新制氯水时，Cl2将Fe2+氧化成Fe3+，溶液中Fe3+浓度增大，生成的Fe(SCN)3浓度也增大，发生的反应有：2Fe2+＋Cl2===2Fe3+＋2Cl-、Fe3+＋3SCN-===Fe(SCN)3，因此溶液红色加深；(3)①实验中加入过量氯水，放置一段时间后，深红色褪去，说明Fe(SCN)3逐渐消失，而Fe(SCN)3的生成与Fe3+、SCN-有关，假设1认为可能是溶液中的+3价的铁被Cl2氧化为更高价态的铁，溶液颜色褪去；分析SCN-中各元素的化合价可知，S为-2价，C为+4价，N为-3价，所以SCN-也具有还原性，故也可能是SCN-被过量的氯水氧化导致深红色褪去，所以假设2为：SCN-被过量的氯水氧化；②假设Fe3+没有被氧化，而是SCN-被氧化，只要向褪色后的溶液中补充SCN-，若出现红色，说明假设2成立，反之则假设2不成立，具体操作为：取少量褪色后的溶液于洁净的试管中，滴加过量KSCN溶液，若出现红色