2024北京育英学校高一（上）期末化学试题及答案

试题PAGE1试题2024北京育英学校高一（上）期末化学一、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2．下列物质属于电解质的是（）A．氯水 B．CO2 C．NaCl溶液 D．KOH3．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C原子 B．1L0.1mol•L﹣1Na2SO4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5．将5mol•L﹣1的Mg（NO3）2溶液amL稀释至bmL，稀释后溶液中的物质的量浓度为（）A．mol•L﹣1 B．mol•L﹣1 C．mol•L﹣1 D．mol•L﹣16．甲、乙、丙、丁分别是Na2CO3、AgNO3、BaCl2、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、丁四种溶液依次是（）A．BaCl2、Na2CO3、AgNO3、盐酸 B．BaCl2、Na2CO3、盐酸、AgNO3 C．Na2CO3、盐酸、AgNO3、BaCl2 D．AgNO3、盐酸、BaCl2、Na2CO37．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CO2：2OH﹣+CO2═+H2O B．不能用排水法收集NO2：3NO2+H2O═2H++2+NO C．CuSO4和Ba（OH）2反应生成沉淀：+Ba2+═BaSO4↓ D．将Cu片放入稀HNO3中有气泡产生：Cu+2+4H+═Cu2++2NO2↑+2H2O8．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+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，其浓度都会减小 B．与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，浓硝酸和浓硫酸都不与铁、铝反应10．汽车尾气处理装置中可发生反应：下列4CO+2NO24CO2+N2，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＜N211．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）3 D．FeO、Fe2O3、Fe3O4均为铁的氧化物，并且都是黑色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FeS；④Cl2能与H2S反应生成S；⑤还原性：Cl﹣＜S2﹣．A．①②③④ B．②③④ C．①②③④⑤ D．②③④⑤13．将1.12g铁粉加入25mL20mol・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2：5．A．①② B．②③ C．③④ D．①④14．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Fe2+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：Fe3+＞Fe2+＞Cu2+15．下列装置用于实验室制氨气或验证氨气的某化学性质，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+（aq）NaOH溶液、盐酸BAlCl3（aq）Cu2+Al粉CNaHCO3（aq）Na2CO3（aq）CO2气体DFeCl3（aq）Cu2+Fe粉A．A B．B C．C D．D17．X、Y、Z、W均为短周期元素，他们在元素周期表的位置如图所示．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＞X B．最高价氧化物对应水化物的酸性：Z＞W＞X C．气态氢化物的稳定性：Z＞W D．W的单质能与水反应，生成一种具有漂白性的物质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．D19．在Fe2（SO4）3溶液中，加入ag铜，完全溶解后，再加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H2SO4中，有气泡产生 D．最后得到的溶液中可能含有Fe3+20．如图，在注射器中加入少量Na2SO3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．湿润淀粉﹣KI试纸未变蓝说明SO2的氧化性弱于I2 B．蓝色石蕊试纸先变红后褪色 C．NaCl溶液可用于除去实验中多余的SO2 D．品红试纸、沾有酸性KMnO4溶液的滤纸均褪色，证明SO2具有漂白性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SO2 B．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SO42﹣二、填空题（本题共5小题，共58分）22．（6分）工业上制取纯硅的主要反应：SiCl4+2H2═Si+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H2mol．23．（18分）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Mn2+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的是（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24．（8分）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）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+、NH4+、Cl﹣25．（14分）图甲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：N2+O22NO．b．氨的催化氧化：．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，见图乙．①NO2溶于水的化学方程式是．②使试管中NO2完全被水吸收的操作是．26．（12分）二氧化氯（ClO2）具有强氧化性，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]进行如图所示实验，实验过程中，持续通入N2使C中生成的ClO2逸出。（1）A为Cl2发生装置（夹持和加热装置已略），A中反应的离子方程式为。（2）装置B中饱和NaCl溶液的作用是。（3）装置C中制备ClO2的反应为Cl2+2NaClO2═2NaCl+2ClO2，由此得到此条件下的氧化性：Cl2ClO2（填“＞”或“＜”）。（4）装置C中Cl2还能发生的反应为（用化学方程式表示）。随着装置A中的Cl2持续产生，开始时装置D液面上方出现黄绿色气体，溶液较长一段时间保持无色，随后逐渐变为黄绿色，说明有Cl2进入D中。【实验二：探究ClO2的性质】将实验一中收集到的气体处理后得到纯净的ClO2，进行下表所示实验。实验ⅰ将ClO2通入NaCl溶液，溶液变为黄绿色。加入少量CCl4振荡，静置后溶液分层，上层溶液为黄绿色，下层溶液为无色。实验ⅱ将ClO2通入HCl溶液，溶液变为黄绿色。加入少量CCl4振荡，静置。溶液分层，上层溶液为浅黄绿色，下层溶液为黄绿色。（5）实验二中，证明ClO2能氧化Cl﹣产生Cl2的现象是。（6）由实验一、实验二得到的Cl2和ClO2氧化性强弱关系相反，可能的原因是。【实验反思】（7）甲同学从实验二推论实验一的装置D中Cl2的来源：实验进行一段时间后，装置C中的ClO2氧化Cl﹣，产生的Cl2进入了装置D。乙同学提出还有其他以下可能的来源。来源1：部分Cl2未与C中NaClO2反应就进入了装置D。来源2：Cl2通入装置C中一段时间后，，生成的Cl2进入了装置D。

参考答案一、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．【考点】过氧化钠的性质与用途；氧化钠的性质．【分析】氧化钠和过氧化钠都可与水反应生成氢氧化钠，其中过氧化钠可与水或二氧化碳反应生成氧气，过氧化钠具有强氧化性，以此解答。【解答】解：A．过氧化钠和氧化钠长期置于空气中，最终都生成碳酸钠，故A正确；B．过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，均不属于化合反应，氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，均属于化合反应，故B错误；C．过氧化钠和水反应生成氢氧化钠和氧气，氧化钠和水反应生成氢氧化钠，故C正确；D．Na2O2具有强氧化性，具有漂白作用，是漂白剂，而Na2O与酸反应生成沿河水，氧化钠是一种碱性氧化物，故D正确；故选：B。2．【考点】电解质与非电解质．【分析】电解质：在水溶液中或熔融状态下能导电的化合物；非电解质：在水溶液中和熔融状态下不能导电的化合物。【解答】解：A．氯水为混合物，不是电解质，故A错误；B．二氧化碳为非电解质，故B错误；C．氯化钠溶液为混合物，不是电解质，故C错误；D．氢氧化钾为化合物，水溶液或者熔融状态能导电，属于电解质，故D正确；故选：D。3．【考点】酸、碱、盐、氧化物的概念及其相互联系．【分析】A．水溶液中电离出的阳离子全部是氢离子的化合物为酸；B．金属阳离子或铵根离子和酸根阴离子构成的化合物为盐；C．两种元素组成，其中一种为氧元素的化合物为氧化物；D．水溶液中电离出的阴离子全部是氢氧根离子的化合物为碱。【解答】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是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；故选：A。4．【考点】阿伏加德罗常数；氧化还原反应的电子转移数目计算．【分析】A．44g二氧化碳的物质的量为1mol，1mol二氧化碳中含有1molC；B．1L0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液，钠离子浓度为0.2mol/L；C．钠与氯气反应生成氯化钠，依据钠的量计算转移电子数；D．气体摩尔体积使用对象为气体。【解答】解：A．44g二氧化碳的物质的量为1mol，含有1mol碳原子，含有NA个C原子，故A正确；B．1L0.1mol•L﹣1Na2SO4溶液，钠离子浓度为0.2mol/L，含钠离子个数为：0.2mol/L×1L×NAmol﹣1＝0.2NA，故B错误；C．0.1molNa与足量Cl2反应生成0.1mol氯化钠，转移0.1NA个电子，故C错误；D．标况下水是液体，不能使用气体摩尔体积计算其物质的量，故D错误；故选：A。5．【考点】物质的量浓度的相关计算．【分析】溶液稀释前后溶质的物质的量不变，根据稀释过程中硝酸根离子的物质的量不变计算出稀释后的硝酸根离子的浓度，以此来计算。【解答】解：将5mol•L﹣1的Mg（NO3）2溶液amL稀释至bmL，稀释后前后的物质的量不变，则稀释后溶液中的物质的量浓度为＝mol/L，故选：B。6．【考点】物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用．【分析】乙+丁→无色无味气体．说明为Na2CO3、盐酸；依据反应甲+乙→沉淀；乙+丙→沉淀；乙和甲丙反应生成沉淀，丙十丁→沉淀，判断为乙为Na2CO3；丁为盐酸；丙为AgNO3；甲为BaCl2．【解答】解：转化关系中乙+丁→无色无味气体，证明乙丁为Na2CO3、盐酸；依据反应：甲+乙→沉淀；乙+丙→沉淀；乙和甲丙反应生成沉淀，丙十丁→沉淀，判断为乙为Na2CO3；丁为盐酸；丙为AgNO3；甲为BaCl2；故选：A。7．【考点】离子方程式的书写．【分析】A．NaOH和过量CO2反应生成NaHCO3；B．NO2能与水反应生成硝酸和一氧化氮气体，不能用排水法收集气体；C．CuSO4和Ba（OH）2反应生成BaSO4、Cu（OH）2沉淀；D．Cu和稀HNO3反应生成NO气体。【解答】解：A．向NaOH溶液中通入过量CO2时生成NaHCO3，离子方程式为OH﹣+CO2═，故A错误；B．不能用排水法收集NO2气体，反应的离子方程式为3NO2+H2O═2H++2+NO，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；故选：B。8．【考点】离子共存问题．【分析】在溶液中可以共存，说明离子之间不反应；加OH﹣产生沉淀，说明有能和OH﹣反应的离子；加H+生成气体，说明溶液中含有能和H+反应生成气体的离子。【解答】解：A．Cu2+、生成CuCO3沉淀而不能大量共存，故A错误；B．这几种离子之间不反应，所以能大量共存，加入碱后，、OH﹣、Ca2+反应生成CaCO3沉淀，加入酸后，、H+反应生成H2O、CO2，符合条件，故B正确；C．该溶液中加入酸后，没有气体生成，不符合条件，故C错误；D．该溶液中加入碱，没有沉淀生成，加入酸，没有气体生成，不符合条件，故D错误；故选：B。9．【考点】浓硫酸的特性；硝酸的化学性质．【分析】A．依据浓硝酸的挥发性及浓硫酸的吸水性解答；B．依据反应中硫、氮元素化合价变化判断解答；C．浓硝酸见光易分解；D．依据浓硫酸、浓硝酸的强的氧化性解答。【解答】解：A．浓硝酸的挥发性及浓硫酸的吸水性，所以浓硝酸和浓硫酸在空气中久置，其浓度都会减小，故A正确；B．浓硝酸、浓硫酸与铜反应中，硫、氮元素化合价部分降低，部分不变，所以都表现出强氧化性和酸性，故B正确；C．浓硝酸见光易分解，浓硝酸常保存在棕色试剂瓶中，故C正确；D．浓硫酸、浓硝酸具有强的氧化性，常温下与铁、铝发生钝化，钝化属于化学变化，故D错误；故选：D。10．【考点】氧化还原反应的基本概念及规律．【分析】反应4CO+2NO2═4CO2+N2中，C元素化合价由+2价升高到+4价，被氧化，CO为还原剂，N元素化合价由+4价降低到0价，被还原，NO2为氧化剂，结合化合价的变化解答该题。【解答】解：A．N元素化合价降低，NO2被还原，故A错误；B．C元素化合价升高，被氧化，CO为还原剂，故B错误；C．每生成28gN2，即反应生成1molN2时，转移电子的物质的量为1mol×2×（4﹣0）＝8mol，故C正确；D．CO为还原剂，氮气为还原产物，还原性CO＞N2，故D错误。故选：C。11．【考点】铁的化学性质；铁的氧化物的性质．【分析】A．铝是地壳中含量最多的金属元素；B．配制硫酸亚铁溶液时，利用还原剂防止亚铁离子被氧化，且不能引入新杂质；C．Na2O2投入FeCl2溶液中，与水反应生成NaOH和氧气，再发生NaOH与氯化亚铁的复分解反应；D．FeO、Fe3O4为黑色固体、Fe2O3红色固体。【解答】解：A．地壳中元素含量排序为氧、硅、铝、铁、钙，因此地壳中含量最多的金属元素是铝，故A错误；B．存放FeCl2溶液时，利用还原剂防止亚铁离子被氧化，且不能引入新杂质，则加入铁粉（铁钉也可），Fe+2Fe3+═3Fe2+，以防止Fe2+被氧化，故B正确；C．Na2O2投入FeCl2溶液中，与水反应生成NaOH和氧气，再发生NaOH与氯化亚铁的复分解反应，生成氢氧化亚铁，最终被氧气氧化为红褐色氢氧化铁沉淀，故C错误；D．Fe2O3为红色固体，故D错误；故选：B。12．【考点】非金属在元素周期表中的位置及其性质递变的规律．【分析】比较非金属性可通过以下角度：①氢化物的稳定性，②与氢气反应的难易程度，③最高价氧化物对应的水化物的酸性，④单质之间的置换反应，⑤对应阴离子的还原性强弱，⑥与变价金属反应的化合价高低等．【解答】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。13．【考点】氧化还原反应的计算．【分析】铁粉的物质的量n＝＝0.02mol，氯化铁的物质的量n＝c×V＝2mol•L﹣1×0.025L＝0.05mol，铁粉与氯化铁的离子反应方程式为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，根据反应的物质的量之比等于计量数之比知，0.02mol铁粉完全反应需要0.04mol氯化铁，以此来解答．【解答】解：铁粉的物质的量n＝＝0.02mol，氯化铁的物质的量n＝c×V＝2mol•L﹣1×0.025L＝0.05mol，铁粉与氯化铁的离子反应方程式为Fe+2Fe3+＝3Fe2+，根据反应的物质的量之比等于计量数之比知，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，Cl﹣浓度基本不变，故错误；②氯化铁有剩余，往溶液中滴入无色KSCN溶液，显红色，故正确；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，故正确；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，故错误；故选：B。14．【考点】氧化还原反应的基本概念及规律．【分析】①中发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，②中发生2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣，③中发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，利用化合价变化判断氧化剂、还原剂，并利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性来比较氧化性的强弱。【解答】解：A．由①中发生Fe+Cu2+═Fe2++Cu，Fe元素的化合价升高，则Fe作还原剂，故A正确；B.2Fe2++Cl2═2Fe3++2Cl﹣中Fe元素的化合价升高，则Fe2+只能表现还原性，故B错误；C．置换反应是单质与化合物反应生成新单质和新化合物，而③中发生Cu+2Fe3+═2Fe2++Cu2+，生成物中没有单质，则不是置换反应，故C错误；D．由发生的三个反应，利用氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，则上述实验证明氧化性为Fe3+＞Cu2+＞Fe2+，故D错误；故选：A。15．【考点】化学实验方案的评价．【分析】A．不加热生成一水合氨；B．氨气与硫酸反应；C．氨气与CuO反应生成氮气、Cu和水；D．苯的密度比水的密度小，在上层，不能隔绝气体与水。【解答】解：A．不加热生成一水合氨，图中缺少酒精灯加热制备氨气，故A错误；B．氨气与硫酸反应，则不能干燥氨气，故B错误；C．氨气与CuO反应生成氮气、Cu和水，N元素的化合价升高，则氨气具有还原性，故C正确；D．苯的密度比水的密度小，在上层，不能隔绝气体与水，则图中装置不能吸收尾气，故D错误；故选：C。16．【考点】物质的分离、提纯的基本方法选择与应用．【分析】A．Al3+（aq）能和过量NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Fe3+（aq）和NaOH反应生成Fe（OH）3沉淀，然后用稀盐酸溶解Fe（OH）3沉淀；B．Al和Cu2+发生置换反应生成Cu且不引进新的杂质；C．向Na2CO3（aq）中通入过量二氧化碳，能将Na2CO3转化为NaHCO3；D．Fe和Cu2+、Fe3+都反应生成Fe2+．【解答】解：A．Al3+（aq）能和过量NaOH溶液反应生成可溶性的NaAlO2，Fe3+（aq）和NaOH反应生成Fe（OH）3沉淀，然后用稀盐酸溶解Fe（OH）3沉淀，从而得到纯净的FeCl3（aq），故A正确；B．Al和Cu2+发生置换反应生成Cu且不引进新的杂质，然后采用过滤方法得到纯净的AlCl3（aq），故B正确；C．向Na2CO3（aq）中通入过量二氧化碳，能将Na2CO3转化为NaHCO3，反应方程式为Na2CO3+H2O+CO2＝2NaHCO3，能除去杂质且不引进新的杂质，故C正确；D．Fe和Cu2+、Fe3+都反应生成Fe2+，应该用过量Fe粉处理后向滤液中通入过量氯气，得到FeCl3（aq），故D错误；故选：D。17．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【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，然后结合元素周期律及元素化合物知识来解答．【解答】解：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，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．【考点】化学实验方案的评价；二氧化硫的性质．【分析】SO2和H2O反应生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子而使溶液呈酸性，石蕊溶液遇酸变红色，且SO2不能漂白酸碱指示剂；b中SO2能使品红溶液褪色；c中SO2被氧化为，和Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀；d中SO2和NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3和BaCl2反应生成白色的BaSO3沉淀。【解答】解：SO2和H2O反应生成H2SO3，H2SO3电离出氢离子而使溶液呈酸性，石蕊溶液遇酸变红色，且SO2不能漂白酸碱指示剂，所以a溶液呈红色；b中SO2能使品红溶液褪色，b中溶液褪色；c中SO2被氧化为，和Ba2+反应生成BaSO4白色沉淀；d中SO2和NaOH反应生成Na2SO3，Na2SO3和BaCl2反应生成白色的BaSO3沉淀，c、d中都产生白色沉淀，所以B正确；故选：B。19．【考点】铁盐和亚铁盐的相互转化．【分析】发生的反应有：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，Cu2++Fe＝Cu+Fe2+，a＞c，说明铜没有被完全置换出，以此计算分析．【解答】解：由于a＞c，说明铜没有被完全置换出，则溶液中一定存在Cu2+，铜有剩余，发生的反应有：2Fe3++Cu＝2Fe2++Cu2+，则一定不存在Fe3+，故选：B。20．【考点】二氧化硫的性质．【分析】浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫为酸性氧化物与水反应生成亚硫酸，具有酸性，能够与氢氧化钠反应生成亚硫酸钠和水；二氧化硫具有强的还原性能够被酸性的高锰酸钾、卤素单质氧化，二氧化硫具有漂白性，能够使品红褪色，但是不能漂白指示剂。【解答】解：A．氧化还原反应中氧化性：氧化剂＞还原剂，湿润的碘化钾淀粉试纸末变蓝说明SO2不能将I﹣氧化为I2，说明SO2的氧化性弱于I2，故A正确；B．SO2只能使蓝色石蕊试变红，但不能漂白指示剂，故B错误；C．二氧化硫有毒，不能直接排放到空气中，可与NaOH溶液反应生成盐和水，所以NaOH溶液可用于除去实验中多余的SO2，NaCl溶液不可用于除去实验中多余的SO2，故C错误；D．能够使酸性高锰酸钾褪色体现的是二氧化硫的还原性，与漂白性无关，故D错误；故选：A。21．【考点】性质实验方案的设计．【分析】A．实验Ⅰ无现象，实验Ⅱ发生了反应生成Cu2O；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出现，随着SO2不断通入，发生反应Cu2O+2H+═Cu2++Cu+H2O；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；D．盐酸酸化后加入BaCl2溶液，产生白色沉淀BaSO4。【解答】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，故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，砖红色固体一定是Cu2O，故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，故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SO42﹣，不能说明SO2被氧化为SO42﹣，故D错误；故选：D。二、填空题（本题共5小题，共58分）22．【考点】氧化还原反应的基本概念及规律．【分析】反应SiCl4+2H2═Si+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．【解答】解：反应中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，由方程式可知，若反应中生成了1molSi，则消耗H22mol．故答案为：SiCl4；H2；2；23．【考点】位置结构性质的相互关系应用．【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，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，Y为S，W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，判断Q为Fe，据此分析回答问题。【解答】解：（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H，R2Y、R2X分别为H2S、H2O，都属于共价化合物，W是C元素，在元素周期表中的位置是第二周期第ⅣA，故答案为：H；共价；第二周期第ⅣA；（2）①RM为HCl，为共价化合物，用电子式表示HCl的形成过程：，故答案为：；②如图所示，将M单质Cl2的水溶液滴入试管中，发生氧化还原反应Cl2+2KI＝I2+2KCl，碘单质遇到淀粉变蓝色，试管中的实验现象是：溶液变蓝色，从原子结构的角度解释其原因是：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＜Cl，元素非金属性I＜Cl，故答案为：溶液变蓝色；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＜Cl，元素非金属性I＜Cl；③MX2是ClO2，是一种高效消毒剂，工业上用其处理中性废水中的锰，使Mn2+转化为MnO2沉淀除去，Cl被还原至最低价，即被还原为Cl﹣，该反应的离子方程式为：2ClO2+5Mn2++6H2O═2Cl﹣+5MnO2↓+12H+，故答案为：2ClO2+5Mn2++6H2O═2Cl﹣+5MnO2↓+12H+；（3）a．Se位于第4周期、与S同主族，故a正确；b．Se的最外层电子数6，最低负化合价为﹣2价，故b正确；c．SeO2中Se的化合价+4价，可以升高具有还原性，故c正确；d．非金属性Se＜S，对应阴离子还原性Se＞S，H2Se的还原性比H2S强，故d正确；e．H2SeO3的酸性弱于H2SO4，前者为弱酸，后者为强酸，故e错误；f．SeO2在一定条件下可与NaOH溶液反应生成盐和水，故f正确；故答案为：abcdf；（4）a．常温下单质与水反应置换出氢的难易程度可以比较金属性强弱，故a正确；b．最高价氧化物对应的水化物的碱性强弱是判断金属性强弱的依据，故b正确；c．相同温度下，最高价氧化物对应的水化物的溶解度大小不能判断金属性强弱，故c错误；故答案为：ab。24．【考点】纯碱工业（侯氏制碱法）．【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分解生成碳酸钠，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，（1）分离固体和溶液的操作是过滤；（2）氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵；（3）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水；（4）碳酸氢钠分解生成的二氧化碳、得到氯化铵为氮肥、滤液B中含氯化钠和氯化铵等。【解答】解：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分解生成碳酸钠，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，（1）分析可知①～③所涉及的操作方法中，包含过滤的是①③，故答案为：①③；（2）氨化的饱和食盐水中通入二氧化碳生成碳酸氢钠和氯化铵，反应的化学方程式：NH3+CO2+NaCl+H2O＝NaHCO3↓+NH4Cl，故答案为：NaCl；H2O；（3）碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠、二氧化碳和水，反应的化学方程式：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，故答案为：2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；（4）a．开始通入二氧化碳反应，最后碳酸氢钠受热分解生成的CO2可循环使用，故a正确；b．副产物NH4Cl是氮肥，可用作植物生长所需的肥料，故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+、NH4+、Cl﹣，故c正确；故答案为：abc。25．【考点】含氮物质的综合应用．【分析】（1）①实验室用固体氯化铵和固体氢氧化钙反应制备氨气；②依据氨气的物理性质﹣密度、水溶性选择收集方法；③依据氨气极易溶于水的性质解答；（2）①b．化合价升高的元