北京市育英学校2023-2024学年高一上学期期末考试化学试题

北京市育英学校高一第一学期化学期末练习(A)可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Na23Ca40S32Cu64Ag108Fe56一、本题共21小题，每小题2分，共42分。每道题只有一个正确选项。1.下面是对Na2O2和Na2O性质异同点的有关叙述，其中错误的是()A.Na2O2和Na2O长期置于空气中，最终产物相同B.Na2O2和Na2O都能与CO2、H2O发生化合反应C.Na2O2和Na2O分别与H2O反应都有NaOH生成D.Na2O2是漂白剂，而Na2O只是一种碱性氧化物【答案】B【解析】【详解】A.这两种物质在空气中发生的反应有：2Na2O2+2H2O=4NaOH+O2↑、Na2O+H2O=2NaOH、2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2、Na2O+CO2=Na2CO3，CO2+2NaOH=Na2CO3+H2O，则Na2O2和Na2O长期置于空气中最终都会变为Na2CO3，A正确；B.Na2O2与CO2、H2O的反应不是化合反应，B错误；C.通过A选项的分析，可知Na2O2和Na2O分别与H2O反应都有NaOH生成，C正确；D.Na2O2具有强氧化性，可以用作漂白剂；Na2O无氧化性，是一种碱性氧化物，D正确；故合理选项为B。2.下列物质属于电解质的是A.氯水 B.CO2 C.NaCl溶液 D.KOH【答案】D【解析】【详解】A．氯水是混合物，因此不属于电解质，也不属于非及电解质，A不符合题意；B．二氧化碳化合物，其在水溶液中和熔融状态下都不能电离，因此属于非电解质，B不符合题意；C．NaCl溶液是混合物，不是化合物，因此不是电解质，C不符合题意；D．KOH是碱，在水溶液中或熔融状态下能够电离产生自由移动的离子而能够导电，因此属于电解质，D符合题意；故选D。3.下列物质的分类不正确的是A.NaHSO4属于酸 B.NaClO属于盐 C.SO3属于氧化物 D.NaOH属于碱【答案】A【解析】【详解】A．NaHSO4电离出的阳离子有钠离子和氢离子，属于盐，不属于酸，故A错误；B．NaClO是钠离子和次氯酸根离子构成的化合物，属于盐，故B正确；C．SO3是两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物，属于氧化物，故C正确；D．NaOH电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物，属于碱，故D正确。答案选A。4.设NA为阿伏加德罗常数的数值，下列说法正确的是A.常温下，44gCO2含有NA个原子B.1L0.1mol•L1Na2SO4溶液中含有0.1NA个Na+C.0.1molNa与足量Cl2反应，转移0.2NA个电子D.标准状况下，22.4L的H2O含有3NA个原子【答案】A【解析】【详解】A．常温下，44gCO2的物质的量为1mol，所以含有NA个原子，故A正确；B．1L0.1mol•L1Na2SO4溶液中含0.1molNa2SO4，有0.2NA个Na+，故B错误；C．0.1molNa与足量Cl2反应生成NaCl，钠元素化合价由0升高为+1，转移0.1NA个电子，故C错误；D．标准状况下水是液体，22.4LH2O的物质的量不是1mol，故D错误；选A。5.将的溶液amL稀释至bmL，稀释后溶液中的物质的量浓度为A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】原溶液中硝酸根离子的物质的量浓度为：c()=5mol/L×2=10mol/L，硝酸根离子不发生水解，所以稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变，设稀释后溶液中硝酸根离子浓度为c,则：10mol/L×a×103L=b×103L×c，解得c=mol/L。答案选B。6.甲、乙、丙、丁分别是、、、盐酸四种无色溶液中的一种，它们两两反应后的现象如下：甲+乙→沉淀；甲+丙→沉淀；乙+丙→沉淀；丙+丁→沉淀；乙+丁→无色无味气体。则甲、乙、丙、丁四种溶液的溶质依次是A.、、HCl、 B.、、、HClC.、HCl、、 D.、HCl、、【答案】B【解析】【详解】甲＋丙→沉淀、乙＋丙→沉淀、丙+丁→沉淀，则丙为AgNO3；乙+丁→无色无味气体，则乙、丁分别为Na2CO3、HCl中的某一种，则甲为BaCl2；甲+乙→沉淀，则乙为Na2CO3，丁为HCl。由以上分析，可得出甲、乙、丙、丁分别是BaCl2、Na2CO3、AgNO3、HCl，故选B。7.下列能正确解释现象或事实的离子方程式是A.向NaOH溶液中通入过量CO2：B.不能用排水法收集NO2：C.CuSO4和反应生成沉淀：D.将Cu片放入稀HNO3中有气泡产生：【答案】B【解析】【详解】A．向NaOH溶液中通入过量CO2时生成NaHCO3，离子方程式，故A错误；B．NO2能与水反应生成硝酸和一氧化氮气体，不能用排水法收集NO2气体，反应的离子方程式为，故B正确；C．CuSO4和Ba(OH)2反应生成BaSO4、Cu(OH)2沉淀，离子方程式为Cu2++2OH++Ba2+═BaSO4↓+Cu(OH)2↓，故C错误；D．Cu和稀HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，离子方程式为3Cu+2+8H+═3Cu2++2NO↑+4H2O，故D错误；答案选B。8.在溶液中可以共存，加OH产生沉淀，加H+生成气体的一组离子是A.Na+、Cu2+、Cl、 B.、Cl、Ca2+、Na+C.Cl、K+、、Fe2+ D.CH3COO、、、K+【答案】B【解析】【详解】A．溶液中Cu2+与CO32反应生成沉淀，不能大量共存，故A错误；B．溶液中HCO3、Cl、Ca2+、Na+不发生任何反应，能大量共存，向溶液中加OH，HCO3、Ca2+、与OH反应生成CaCO3沉淀，向溶液中加H+，HCO3与H+反应生成CO2气体，故B正确；C．溶液中Cl、K+、SO42、Fe2+离子之间不发生反应，能大量共存，向溶液中加OH，Fe2+与OH反应生成氢氧化亚铁沉淀，向溶液中加H+，无气体生成，故C错误；D．溶液中CH3COO、SO42、NH4+、K+离子间不发生反应，能大量共存，向溶液中加OH，无沉淀生成，向溶液中加H+，无无气体生成，故D错误；故选B。9.下列关于浓硝酸和浓硫酸说法不正确的是A.浓硝酸和浓硫酸在空气中久置，酸溶液的浓度都会降低B.和铜反应中都表现出强氧化性和酸性C.浓硝酸常保存在棕色试剂瓶中D.常温下，浓硝酸和浓硫酸不和铁、铝反应【答案】D【解析】【详解】A.浓硝酸易挥发，溶质质量减小，浓硫酸具有吸水性，吸水后导致浓度减小，故在空气中放置一段时间后浓度都会降低，A项正确；B.铜与浓硫酸、浓硝酸反应中，浓硫酸的中硫、浓硝酸中的氮元素化合价都只有一部分降低，一部分化合价不变，所以都表现出强氧化性和酸性，B项正确；C．浓硝酸见光易分解，所以浓硝酸常保存在棕色试剂瓶中，C项正确；D．常温下Fe、Al与浓硫酸、浓硝酸发生钝化现象，阻止了反应的继续进行，并不是不反应，D项错误；答案选D。10.汽车尾气处理装置中可发生反应：4CO＋2NO24CO2＋N2，下列对该反应的说法正确的是A.NO2被氧化 B.CO是氧化剂C.每生成28gN2，转移8mole D.该条件下，还原性CO<N2【答案】C【解析】【详解】A、NO2中N元素化合价由+4价降低到N2中的0价，被还原，故A错误；B、CO中的C元素化合价由+2价升高到+4价，失电子，作还原剂，故B错误；C、每反应1molNO2，转移4mol电子，28gN2为1mol，每生成1molN2，消耗2molNO2，则转移8mol电子，故C正确；D、在该反应中，CO为还原剂，N2为还原产物，还原剂的还原性大于还原产物，故D错误。故选C。11.下列关于铁及其化合物的说法正确的是（）A.铁是地壳中含量最多的金属元素，因此在日常生活中应用最广B.FeCl2溶液存放时，在溶液中放入少量的铁粉，目的是防止Fe2＋被氧化C.隔绝空气的情况下，FeCl2溶液中加入Na2O2后得到白色沉淀Fe(OH)3D.FeO、Fe2O3、Fe3O4均为铁的氧化物，并且都是黑色【答案】B【解析】【详解】A．地壳中含量最多的金属元素是铝，A错误；B．Fe2＋被氧化Fe3+，Fe+2Fe3+=3Fe2+，故FeCl2溶液存放时，在溶液中放入少量的铁粉，目的是防止Fe2＋被氧化，B正确；C．Fe(OH)3为红褐色固体，C错误；D．Fe2O3为红棕色固体，D错误；故答案为：B。12.下列事实中，能说明氯原子得电子能力比硫原子强的是①盐酸的酸性比氢硫酸（H2S水溶液）酸性强②HCl的稳定性比H2S大③Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS④Cl2能与H2S反应生成S⑤还原性：Cl－<S2A.①②③④ B.②③④ C.①②③④⑤ D.②③④⑤【答案】D【解析】【详解】①氢化物的酸性不能用来比较非金属性强弱，例如HCl水溶液的酸性比HI的弱，但Cl的非金属性比I强，故①错误；②元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，故②正确；③Cl2与铁反应生成FeCl3，而S与铁反应生成FeS，说明Cl原子得电子能力强，故③正确；④Cl2能与H2S反应生成S，说明氯气的氧化性比S强，单质的氧化性越强，对应的元素的非金属性越强，故④正确；⑤元素的非金属性越强，对应阴离子的还原性越弱，故⑤正确；故选D。【点睛】非金属性的比较规律：1、由元素原子的氧化性判断：一般情况下，氧化性越强，对应非金属性越强。2、由单质和酸或者和水的反应程度判断：反应越剧烈，非金属性越强。3、由对应氢化物的稳定性判断：氢化物越稳定，非金属性越强。4、由和氢气化合的难易程度判断：化合越容易，非金属性越强。5、由最高价氧化物对应水化物的酸性来判断：酸性越强，非金属越强。（除氟元素之外）6、由对应阴离子的还原性判断：还原性越强，对应非金属性越弱。7、由置换反应判断：强置弱。〔若依据置换反应来说明元素的非金属性强弱，则非金属单质应做氧化剂，非金属单质做还原剂的置换反应不能作为比较非金属性强弱的依据〕值得注意的是：氟元素没有正价态，故没有氟的含氧酸，所以最高价氧化物对应水合物的酸性最强的是高氯酸，而不是非金属性高于氯的氟元素！故规律5只适用于氟元素之外的非金属元素。8、按元素周期律，同周期元素由左到右，随核电荷数的增加，非金属性增强；同主族元素由上到下，随核电荷数的增加，非金属性减弱。9.非金属单质与具有可变价金属的反应。能生成高价金属化合物的，其非金属性强。所以答案选D。13.将1.12g铁粉加入25mL2mol·L－1的氯化铁溶液中，充分反应后，其结果是（）①铁有剩余，溶液呈浅绿色，Cl－浓度基本不变②往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色③Fe2＋和Fe3＋的物质的量之比为6∶1④氧化产物与还原产物的物质的量之比为2∶5A.①② B.②③ C.③④ D.①④【答案】B【解析】【详解】n（Fe）＝1.12g/56g·mol－1＝0.02mol，n（FeCl3）＝cV＝2mol·L－1×0.025L＝0.05mol，由反应Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋知，0.02mol铁粉完全反应需要0.04mol氯化铁。①铁完全反应，氯化铁有剩余，溶液颜色为黄色，Cl－浓度基本不变，①错误；②氯化铁有剩余，往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色，②正确；③0.02molFe反应生成Fe2＋为0.06mol，Fe3＋剩余0.01mol，其物质的量之比为6∶1，③正确；④氧化产物与还原产物均为氯化亚铁，Fe被氧化，氯化铁被还原，则氧化产物与还原产物的物质的量之比为1∶2，④错误。故本题答案为B。14.已知下述三个实验均能发生化学反应：①②③将铁钉放入硫酸铜溶液中向硫酸亚铁溶液中滴入几滴氯水将铜丝放入氯化铁溶液中下列判断正确的是A.实验①中铁钉只作还原剂 B.实验②中既显氧化性又显还原性C.实验③中发生的是置换反应 D.上述实验证明氧化性：【答案】A【解析】【详解】A．实验①中发生反应，，铁钉只作还原剂，故A正确；B．向硫酸亚铁溶液中滴入几滴氯水，Fe2+被氧化为Fe3+，显还原性，故B错误；C．将铜丝放入氯化铁溶液中发生反应：，不是置换反应，故C错误；D．由实验①得氧化性：Cu2+＞Fe2+，由实验③得氧化性：Fe3+＞Cu2+，综合可知，氧化性，故D错误；故选A。15.下列装置用于实验室制氨气或验证氨气的化学性质，其中能达到实验目的的是A.用装置甲制取氨气 B.用装置乙除去氨气中的水蒸气C.用装置丙验证氨气具有还原性 D.用装置丁吸收尾气【答案】C【解析】【详解】A．氯化铵溶液和氢氧化钠溶液在加热的条件下反应，有氨气生成，图中没有加热装置，A不符合题意；B．氨气是碱性气体，能和浓硫酸反应，不能用该装置去除氨气中的水蒸气，B不符合题意；C．氨气具有还原性，氧化铜与氨气反应的化学方程式为：，C符合题意；D．氨气极易溶于水，会引起倒吸，D不符合题意；故选C。16.下列除杂方案错误的是（）选项被提纯的物质杂质除杂试剂AFeCl3（aq）Al3＋NaOH溶液、盐酸BAlCl3（aq）Cu2＋Al粉CNaHCO3（aq）Na2CO3CO2气体DFeCl3（aq）Cu2＋Fe粉A.A B.B C.C D.D【答案】D【解析】【详解】A.先加过量NaOH溶液，铁离子、铝离子均反应，分别生成Fe(OH)3沉淀和NaAlO2溶液，过滤后向沉淀中加盐酸，则生成氯化铁，可除杂，选项A正确；B.Al与Cu2＋发生置换反应，可除去杂质，且不引入新杂质，选项B正确；C.Na2CO3＋H2O＋CO2=2NaHCO3，可利用CO2气体除去NaHCO3溶液里混有的Na2CO3且不引入新的杂质，选项C正确；D.铁能够置换出铜，Fe可与氯化铁反应，将被提纯物质同时除去，达不到提纯的目的，选项D错误。答案选D。17.X、Y、Z、W均为短周期元素，他们在元素周期表的位置如下图所示。若Y原子的最外层电子数与电子总数之比为3:4，下列说法正确的是A.原子半径：W>Z>Y>XB.最高价氧化物对应水化物的酸性：Z>W>XC.气态氢化物的稳定性：Z>WD.W的单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质【答案】D【解析】【分析】X、Y、Z、W均为短周期元素，若Y原子的最外层电子数与电子总数之比为3:4，则最外层电子数为6，电子总数为8，符合原子结构特点，则Y为O，结合位置可知X为N，Z为S，W为Cl。【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期从左向右原子半径减小，则原子半径为Z＞W＞X＞Y，故A错误；B．非金属性W＞Z＞X，则最高价氧化物对应水化物的酸性为W＞Z＞X，故B错误；C．非金属性W＞Z，气态氢化物的稳定性为W＞Z，故C错误；D．W为Cl，其单质氯气与水反应生成HClO，具有漂白性，故D正确；故选D。18.下列实验报告记录的实验现象正确的是实验记录A无色无色无现象无色沉淀B红色无色白色沉淀白色沉淀C红色无色无色沉淀白色沉淀D无色无色无色沉淀无色沉淀A.A B.B C.C D.D【答案】B【解析】【详解】二氧化硫和水反应生成亚硫酸，亚硫酸电离出氢离子而使溶液呈酸性，石蕊试液遇酸变红色，所以a中试液变红色但不褪色；二氧化硫能和品红溶液反应生成无色物质而具有漂白性，所以看到的现象是能使品红溶液褪色；二氧化硫具有还原性，溶于水生成亚硫酸，氢离子和硝酸根离子形成硝酸，二氧化硫能被硝酸氧化生成硫酸根离子，硫酸根离子和钡离子反应生成硫酸钡白色沉淀，所以看到的现象是产生白色沉淀；二氧化硫和碱反应生成亚硫酸根离子，亚硫酸根离子和钡离子反应生成亚硫酸钡沉淀，所以看到的现象是产生白色沉淀，答案选B。19.向Fe2(SO4)3溶液中加入ag铜，铜完全溶解后，再加入bg铁，充分反应后得到cg残余固体，且a＞c，则下列说法正确的是（

）A.残余固体是铜和铁 B.最后得到的溶液中一定含有Cu2+C.将残余固体加入到稀硫酸中，无气泡产生 D.最后得到的溶液中可能含有Fe3+【答案】BC【解析】【详解】在Fe2(SO4)3溶液中加入铜，发生反应2Fe3＋＋Cu＝2Fe2＋＋Cu2＋，反应完毕后，溶液中一定有Cu2＋、Fe2＋，可能剩余Fe3＋，再向溶液中加入铁后，Fe3＋的氧化性大于Cu2＋，Fe先与Fe3＋反应，再与Cu2＋反应置换出Cu，铁若有剩余，则Cu一定能被全部置换出来，即c＞a，而题干已知a＞c，说明残留固体中无Fe且Cu未被全部置换出来，最后得到的溶液中一定含有Cu2+，A．根据分析，残余固体是铜，没有铁，故A错误；B．根据分析，最后得到的溶液中一定含有Cu2+，故B正确；C．根据分析，将残余固体为铜，加入到稀硫酸中不反应，无气泡产生，故C正确；D．根据分析，Fe3＋的氧化性大于Cu2＋，Fe先与Fe3＋反应，再与Cu2＋反应置换出Cu，则最后得到的溶液中不含有Fe3+，故D错误；答案选BC。20.如图，在注射器中加入少量晶体，并吸入少量浓硫酸(以不接触纸条为准)。则下列有关说法正确的是A.蓝色石蕊试纸先变红后褪色B.品红试纸、蘸有酸性溶液的滤纸均褪色，证明具有漂白性C.湿润的淀粉试纸未变蓝说明的氧化性弱于D.饱和NaCl溶液可用于除去实验中多余的【答案】C【解析】【详解】A．与反应生成，由于溶于水生成，只能使指示剂变色，而不能使指示剂褪色，选项A错误；B．能使酸性溶液褪色，是发生氧化还原反应的结果体现二氧化硫的还原性而非漂白性，选项B错误；C．湿润淀粉KI试纸未变蓝，即无生成，故的氧化性弱于的氧化性，选项C正确；D．除去多余的可用NaOH溶液而非饱和NaCl溶液，选项D错误。答案选C。21.某小组同学对SO2与含+2价铜[Cu(Ⅱ)]化合物的反应进项探究，实验如表，下列说法不正确的是已知：Cu2O在酸性溶液中易发生歧化反应Cu2O+2H+═Cu2++Cu+H2O。装置序号试管中的药品现象实验Ⅰ1.5mL1mol/LCuSO4溶液和3.5mL蒸馏水无明显现象实验Ⅱ1.5mL1mol/LCuSO4溶液和3.5mL1mol/LNaOH溶液混合开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色A.对比实验Ⅰ和Ⅱ，说明碱性条件下Cu(Ⅱ)较易氧化SO2B.砖红色固体可能是Cu2O，其消失与通入过量的SO2有关C.紫红色固体是铜单质，可能由Cu2O发生歧化反应生成D.取Ⅱ中清液，用盐酸酸化后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，说明SO2被氧化为【答案】D【解析】【详解】A．实验Ⅰ：1.5mL1mol/LCuSO4溶液和3.5mL蒸馏水，无明显现象；实验Ⅱ：。5mL1mol/LCuSO4溶液和3.5mL1mol/LNaOH溶液混合，通入SO2，开始时有砖红色沉淀出现，一段时间后，砖红色沉淀消失，静置，试管底部有少量紫红色固体，溶液呈绿色，说明生成Cu2O，再生成铜，最后生成了氢氧化铜的悬浊液，选项A正确；B．实验Ⅱ：1.5mL1mol/LCuSO4溶液和3.5mL1mol/LNaOH溶液混合，通入SO2，开始时有砖红色沉淀Cu2O出现，随着SO2不断通入，发生反应Cu2O+2H+═Cu2++Cu+H2O，砖红色沉淀消失，砖红色固体可能是Cu2O，选项B正确；C．根据Cu2O+2H+═Cu2++Cu+H2O，随着SO2不断通入，导致溶液显酸性，发生反应生成了铜单质，选项C正确；D．取Ⅱ中清液，用盐酸酸化后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀BaSO4，但是原溶液就含有，不能说明SO2被氧化为，选项D错误；答案选D。二、填空题(本题共5小题，共58分)22.工业上制取纯硅的主要反应：SiCl4+2H2Si+4HCl。该反应中，被还原的物质是______(填化学式)，作为还原剂的物质是______(填化学式)；若反应中生成了1molSi，则消耗H2______mol。【答案】①.SiCl4②.H2③.2【解析】【分析】反应SiCl4+2H2Si+4HCl中，Si元素化合价降低，被还原,SiCl4为氧化剂；H元素化合价升高，被氧化,H2为还原剂，结合反应的化学方程式解答该题。【详解】反应中Si元素化合价降低,SiCl4为氧化剂,被还原；H元素化合价升高，被氧化,H2为还原剂；由方程式可以知道，若反应中生成了1molSi,则消耗H2的物质的量为2mol；

因此，本题正确答案是：SiCl4；H2；2。23.有以下6种元素，其中R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种短周期元素，R最常见同位素的原子核中不含中子。W与X可形成两种稳定的化合物：WX和WX2.工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻。Q是第4周期第Ⅷ族元素，它的一种复杂的化合物是具有磁性的黑色晶体。（1）若R的一种原子中质子数和中子数相等，则R的原子组成符号为___________；R2Y、R2X都属于___________(填“离子”或“共价”)化合物。W在元素周期表中的位置___________。（2）M是生活中常见的一种元素，它能与很多元素形成化合物。①用电子式表示RM的形成过程___________。②如图所示，将M单质水溶液滴入试管中。试管中的实验现象为___________。说明M的非金属性强于碘，从原子结构角度解释其原因___________。③MX2是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使转化为MnO2沉淀除去，M被还原至最低价，该反应的离子方程式为___________。（3）元素硒(Se)的原子结构示意图为根据元素周期律，下列推断正确的是___________(填字母序号)a．Se位于第4周期、与Y同主族b．Se的最低负化合价为2价c．SeO2具有还原性d．H2Se的还原性比H2Y强e．H2SeO3的酸性强于H2SO4f．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应（4）下列事实能判断元素金属性强弱是___________(填字母)。a．常温下单质与水反应置换出氢的难易程度b．最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱c．相同温度下，最高价氧化物对应的水化物的溶解度大小【答案】（1）①.②.共价③.第二周期ⅣA（2）①.②.试管中溶液由无色变为蓝色③.Cl与I位同一主族，Cl的电子层数比I的少，其原子半径比I的小，故Cl原子得电子能力更强，非金属性更强④.（3）abcdf（4）ab【解析】【分析】R、W、X、Y、M是原子序数依次增大的五种主族元素，R最常见同位素的原子核中不含中子，则R为H；W与X可形成两种稳定的化合物WX和WX2，工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量WX2排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，W为C、X为O；Y与X是同一主族的元素，且在元素周期表中与X相邻，则Y为S；M的原子序数大于S，则M为Cl，Q是第4周期第Ⅷ族元素，它的一种复杂的化合物是具有磁性的黑色晶体，Q为Fe，综上：R为H、W为C、X为O、Y为S、M为Cl、Q为Fe。小问1详解】若R的一种原子中质子数和中子数相等，则R的原子组成符号为；R2Y为H2S，R2X为H2O，都属于共价化合物；W为C，位于元素周期表第二周期ⅣA；【小问2详解】①RM为HCl，用电子式表示HCl的形成过程为：；②将氯水滴入试管中，I被氧化为I2，试管中溶液由无色变为蓝色；说明Cl的非金属性强于I，Cl与I位同一主族，Cl的电子层数比I的少，其原子半径比I的小，故Cl原子得电子能力更强，非金属性更强；③MX2为ClO2，ClO2与Mn2+反应，生成MnO2和Cl，离子方程式为：；【小问3详解】a．Se有4个电子层，位于第4周期、最外层电子数为6，与S同主族，a正确；b．Se的最外层有6个电子，易得2个电子形成稳定结构，最低负化合价为－2价，b正确；c．SeO2中Se为+4价，可升高为+6价，具有还原性，c正确；d．非金属性S＞Se，H2Se的还原性比H2S强，d正确；e．非金属性S＞Se，H2SeO3的酸性比H2SO4弱，e错误；f．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应生成盐和水，f正确；故答案为：abcdf；【小问4详解】a．常温下单质与水反应置换出氢的反应越剧烈，金属性越强，a符合题意；b．最高价氧化物对应的水化物的碱性越强，元素金属性越强，b符合题意；c．相同温度下，最高价氧化物对应的水化物的溶解度大小与元素金属性强弱无关，c不符合题意；故选ab。24.我国化学家侯德榜发明了联合制碱法，对世界制碱工业做出了巨大贡献。联合制碱法的主要过程如下图所示(部分物质已略去)。(1)①~③所涉及的操作方法中，包含过滤的是__________(填序号)。(2)根据上图，将化学方程式补充完整：NH3+CO2+____+______=NaHCO3↓+NH4Cl(3)煅烧NaHCO3固体的化学方程式是____________。(4)关于上述过程，下列说法中正确的是______(填字母)。a．CO2可循环使用b．副产物NH4Cl可用作肥料c．溶液B中一定含有Na+、、Cl【答案】①.①③②.NaCl③.H2O④.2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O⑤.abc【解析】【分析】向饱和食盐水依次通入氨气、二氧化碳气体发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵，过滤得到碳酸氢钠固体，加热碳酸氢钠分解生成碳酸钠；向溶液A中加入氯化钠析出氯化铵晶体，过滤得到氯化铵晶体和溶液B主要为氯化钠、氯化铵等。【详解】(1)分析可知①～③所涉及的操作方法，①是过滤；②是加热；③是过滤，所以包含过滤的是①③；(2)氨化的饱和食盐水中通入气体CO2生成NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl；(3)NaHCO3不稳定受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，反应的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；(4)a．开始通入CO2反应制取NaHCO3，最后NaHCO3受热分解生成的CO2，因此CO2可循环使用，a正确；b．副产物NH4Cl是氮肥，可用作植物生长所需的肥料，b正确；c．溶液B中主要是氯化钠、氯化铵饱和溶液，一定含有Na+、、Cl，c正确；故答案为abc。【点睛】本题考查了侯氏制碱法的反应原理、物质性质和应用、实验操作等。在制取NaHCO3时，一定要注意气体通入的先后顺序。应该先通入极易溶于水的NH3，使溶液显碱性，然后再通入CO2气体，就可以溶解更多的CO2，产生较多的，便于析出NaHCO3晶体，否则由于CO2气体溶解量小而不能产生NaHCO3晶体。25.如图为氮及其化合物的类别与化合价对应的关系图。（1）实验室制取氨气。①用氯化铵和熟石灰共热制取氨气的化学方程式是___________。②可用向下排空气法收集氨气的原因是___________。③用水吸收多余的氨气时，如将导管直接插入水中，会产生倒吸现象，产生该现象的原因是___________。（2）完成下列能生成NO的化学方程式：①体现N元素的还原性：a．汽车尾气中产生的NO：。b．氨被氧气催化氧化：___________。②体现N元素的氧化性：___________。（3）NO2易溶于水。将体积为VmL的试管充满NO2后倒扣在水中，见下图。①NO2溶于水发生反应的化学方程式是___________。②使试管中NO2完全被水吸收(液体充满试管)的操作是缓缓通入___________mL氧气。【答案】（1）①.②.氨气密度小于空气密度，一般情况下不与空气中的成分发生反应，③.氨气易溶于水，使装置中的压强小于外界的压强，从而引起倒吸（2）①.②.（3）①.②.【解析】【小问1详解】①氯化铵和熟石灰共热制取氨气的化学方程式是：；②氨气密度小于空气密度，一般情况下不与空气中的成分发生反应，可用向下排空气法收集；③氨气易溶于水，使装置中的压强小于外界的压强，从而引起倒吸；【小问2详解】①氨气被氧气催化氧化为NO，化学方程式为：；②铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，化学方程式：，硝酸中+5价N降为+2价，体现氧化性；【小问3详解】①二氧化氮可以和水之间反应，生成硝酸和一氧化氮，化学方程式为：；②NO2与水和氧气反应生成硝酸，发生反应的方程式为：，所以使试管中NO2完全被水吸收的操作是：向试管中通入氧气。26.二氧化氯(ClO2)具体以强氧化性，是一种比较安全的消毒剂。实验小组以氯气和亚氯酸钠(NaClO2)为原料制备二氧化氯(ClO2)并探究其性质。资料：ⅰ.ClO2为黄绿色气体，易溶于水，难溶于CCl4；Cl2易溶于CCl4中，溶液呈黄绿色。ⅱ.CCl4为无色液体，密度比水大，且与水不互溶。ⅲ.NaClO2溶液呈弱碱性，在酸性溶液中，NaClO2易发生下列反应：。【实验一：制备ClO2】进行如下图所示实验，实验过程中，持续通入N2使C中生成的ClO2逸出。