河北省沧州市名校联盟2024-2025学年高一上学期11月期中考试 化学试题（解析版）-A4

这是一份河北省沧州市名校联盟2024-2025学年高一上学期11月期中考试 化学试题（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容，可能用到的相对原子质量，5L××84g/ml=8等内容，欢迎下载使用。
本试卷满分100分，考试用时75分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。
4.本试卷主要考试内容：苏教版必修第一册专题1至专题3第二单元。
5.可能用到的相对原子质量：H1 C12 N14 O16 Na23 S32 Cl35.5 Cu64
一、选择题：本题共16小题，每小题3分，共48分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1. 化学与生活密切相关，下列过程或现象与氧化还原反应有关的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】A
【解析】
【详解】A．天然气燃烧有氧气参与，O化合价发生变化，涉及氧化还原反应，A正确；
B．碳酸氢钠发生分解反应生成碳酸钠、水和二氧化碳，该反应中无元素化合价变化，不涉及氧化还原反应，B错误；
C．清晨树林间光亮的通路是胶体的丁达尔效应，未发生化学变化，不涉及氧化还原反应，C错误；
D．铁杵磨成针，是铁杵的外形发生变化，没有发生化学变化，不涉及氧化还原反应，D错误；
故答案选A。
2. 下列关于钠的叙述错误的是
A. 钠的硬度小，熔点低
B. 钠的原子最外层只有1个电子，属于活泼金属
C. 高压钠灯发出的黄光射程远，透雾能力强，可用于道路照明
D. 金属钠表面可生成一层致密的氧化膜，保护内部钠不被氧化
【答案】D
【解析】
【详解】A．钠能用小刀切割，硬度较小，钠与水反应放热使钠融化成小球，说明其熔点很低，A正确；
B．钠原子最外层只有1个电子，容易失电子，因此钠属于活泼金属，B正确；
C．高压钠灯可发出黄光，透雾能力强，射程远，可用于道路照明，C正确；
D．钠被氧化形成的氧化钠并不是致密的氧化膜，比较疏松，空气可通过表面的氧化钠继续氧化内部的钠，D错误；
故答案选D。
3. 下列微粒中，中子数相同的一组是
A. 、B. 、C. 、D. 、
【答案】C
【解析】
【详解】A．中子数为10，中子数为9，两者中子数不同，A错误；
B．中子数为10，中子数为6，两者中子数不同，B错误；
C．、中子数都是12，中子数相同，C正确；
D．中子数为13，中子数为12，两者中子数不同，D错误；
故答案选C。
4. 下列说法正确的是
A. 能与碱反应生成盐和水的氧化物一定是酸性氧化物
B. 电解熔融和电解溶液，均能生成
C. 胶体能产生丁达尔效应是因为胶体粒子对光的反射作用
D. 氧化还原反应中，如果有一种元素化合价升高，必然有另外一种元素化合价降低
【答案】B
【解析】
【详解】A．能与碱反应生成盐和水的氧化物不一定是酸性氧化物，如是两性氧化物，不是酸性氧化物，A错误；
B．电解熔融：，电解溶液：，即均能生成，B正确；
C．胶体能产生丁达尔效应是因为胶体粒子对光的散射作用，不是反射作用，C错误；
D．氧化还原反应中，如果发生歧化反应或归中反应，则只有一种元素化合价发生变化，如在反应：，只有硫元素化合价发生变化，D错误；
故选B。
5. 、、、这些物质自身或物质之间在一定条件下发生的化学反应中，不涉及的反应类型为
A. 化合反应B. 分解反应C. 置换反应D. 复分解反应
【答案】C
【解析】
【详解】A．CaO能与H2O发生化合反应生成Ca(OH)2，A正确；
B．NaHCO3加热条件下发生分解反应生成Na2CO3、H2O和CO2，B正确；
C．置换反应是一种单质和一种化合物反应生成另一种单质和另一种化合物，以上四种物质中没有单质，无法发生置换反应，C错误；
D．NaHCO3能与HCl发生复分解反应生成NaCl、H2O和CO2，D正确；
故答案选C。
6. 实验室需要溶液，下列操作对所配溶液浓度的影响判断错误的是
A. 偏低：定容时，俯视刻度线
B. 偏低：移液后，未洗涤玻璃棒和烧杯
C. 无影响：用托盘天平称量粉末
D. 无影响：配制溶液前，容量瓶中含有少量水
【答案】A
【解析】
【详解】A．定容时，俯视刻度线，溶液体积偏小，浓度偏高，A错误；
B．移液后，未洗涤玻璃棒和烧杯，溶质物质的量偏小，浓度偏低，B正确；
C．配制溶液，需要用500mL容量瓶，计算需要碳酸氢钠的质量为：0.5L××84g/ml=8.4g，用托盘天平称量粉末，无影响，C正确；
D．配制溶液前，容量瓶中含有少量水，对溶质物质的量和溶液体积都不影响，因此不影响溶液浓度，D正确；
故选A。
7. 下列各组离子在指定溶液中能大量存在的是
A. 无色澄清透明溶液中：H+、、Cl-、
B. 澄清石灰水中：Na+、K+、Cu2+、Ba2+
C. 氯水中：Na+、、、
D. 酸性溶液中：Na+、、、Cl-
【答案】D
【解析】
【详解】A．含有高锰酸根离子的溶液为紫色，无色溶液中一定没有高锰酸根离子，而且酸性条件下高锰酸根离子、氯离子能发生氧化还原反应，不能共存，A错误；
B．澄清石灰水呈碱性，碱性溶液中铜离子不能大量存在，B错误；
C．氯水中含有氢离子，氢离子存在的条件下，碳酸氢根离子不能大量存在，C错误；
D．酸性溶液中，选项中的四种离子相互之间不反应，能大量共存，D正确；
故答案选D。
8. 设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是
A. 常温常压下，含有原子数为0.4NA
B. 含的浓盐酸与足量充分反应，转移的电子数为2NA
C. 1.12L(标准状况下)氯气通入足量水中，得到的分子数为0.05NA
D. 常温常压下，等物质的量的H2和Cl2反应生成的HCl分子数为2NA
【答案】A
【解析】
【详解】A．常温常压下，1.7gNH3物质的量为0.1ml，含有的原子数为0.4NA，A正确；
B．如果4ml浓盐酸与MnO2完全反应，转移电子数为2ml，但是随着反应进行，浓盐酸被稀释，稀盐酸不与MnO2反应，因此转移电子数一定小于2NA，B错误；
C．标况下1.12L氯气物质的量为0.05ml，Cl2+H2OHCl+HClO，该反应为可逆反应，因此生成的HClO分子数一定小于0.05NA，C错误；
D．H2+Cl22HCl，选项中并未说明氢气和氯气具体的物质的量，无法计算生成HCl的分子数，D错误；
故答案选A。
9. 营养液是无土栽培的核心和关键，某营养液中含有表中四种离子(忽略微量离子)，该营养液中R离子及其物质的量浓度可能是
A. H+、0.01 ml∙L-1B. K+、0.02 ml∙L-1
C. Ba2+、0.01 ml∙L-1D. 、0.01 ml∙L-1
【答案】B
【解析】
【分析】溶液中的离子能够共存，且溶液呈电中性，根据溶液中阳离子所带的正电荷的总浓度等于阴离子所带负电荷的总浓度进行判断。
【详解】A．氢离子可以与其他三种离子共存，阳离子所带正电荷的总浓度为：0.01 ml∙L-1+0.03 ml∙L-1=0.04ml∙L-1，阴离子所带负电荷的总浓度为：0.01 ml∙L-1×2+0.03 ml∙L-1=0.05 ml∙L-1，正、负电荷的总浓度不相等，A错误；
B．钾离子可以与其他三种离子共存，阳离子所带正电荷的总浓度为：0.02 ml∙L-1+0.03 ml∙L-1=0.05ml∙L-1，阴离子所带负电荷的总浓度为：0.01 ml∙L-1×2+0.03 ml∙L-1=0.05 ml∙L-1，正、负电荷的总浓度相等，B正确；
C．钡离子与硫酸根离子会生成硫酸钡沉淀，不能共存，C错误；
D．磷酸根离子可以与其他三种离子共存，阳离子所带正电荷的总浓度为：0.03 ml∙L-1，阴离子所带负电荷的总浓度为：0.01 ml∙L-1×3+0.01 ml∙L-1×2+0.03 ml∙L-1=0.08 ml∙L-1，正、负电荷的总浓度不相等，D错误；
故选B。
10. 现有Cl2、He、O3三种气体，它们含有的原子数相同，则三种气体的物质的量之比为
A. 2:1:3B. 1:2:1C. 3:6:2D. 1:1:1
【答案】C
【解析】
【详解】设三种气体物质的量分别为：n1、n2、n3，则依据题意三种气体含有的原子数相同，即2n1=n2=3n3，解得n1:n2:n3=3:6:2，C项正确；
答案选C
11. 下列实验装置合理或操作规范且能达到实验目的的是
A. 甲：检验Cl2是否有漂白性
B. 乙：制备胶体
C. 丙：验证碳酸氢钠的热稳定性
D. 丁：配制一定浓度的溶液时的定容操作
【答案】A
【解析】
【详解】A．检验Cl2是否有漂白性应将干燥的氯气通入盛有干燥的红色布条的集气瓶中，观察是否褪色，A正确；
B．实验室制备Fe(OH)3胶体，正确的做法是把新配制的饱和氯化铁溶液逐滴滴入到沸腾的蒸馏水中，继续加热至呈红褐色为止，不能用NaOH溶液，B错误；
C．加热碳酸氢钠固体，试管口应略向下倾斜，C错误；
D．定容时胶头滴管不能伸入容量瓶，D错误；
故答案选A。
12. 下列离子方程式书写正确的是
A. 少量钠投入溶液中：
B. 过氧化钠投入溶液中：
C. 向的纯碱溶液中滴加等体积的稀盐酸：
D. 的烧碱溶液与的溶液等体积混合：
【答案】D
【解析】
【详解】A．Na投入溶液中，Na会先与水反应生成NaOH，氢氧化钠和硫酸铜反应生成氢氧化铜沉淀，不能置换出Cu，反应的离子方程式为 ，故A错误；
B．过氧化钠投入溶液中，产物有沉淀，反应的离子方程式为，故B错误；
C．向的纯碱溶液中滴加等体积的稀盐酸，生成碳酸氢钠和氯化钠，反应的离子方程式为+=，故C错误；
D．的烧碱溶液与的溶液等体积混合生成碳酸钙沉淀、碳酸氢钠、水，反应的离子方程式为，故D正确；
故选D。
13. 向X中加入Y，溶液导电性随着加入Y的量的变化与图示不相符的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向CuSO4溶液中加入等浓度的Ba(OH)2，两者反应生成硫酸钡沉淀和氢氧化铜沉淀，随着氢氧化钡的加入，溶液中离子浓度减小，导电性逐渐减弱，当两者物质的量相同时，溶液中自由移动的离子浓度几乎为零，导电性也几乎为零，随着氢氧化钡的继续加入，溶液中离子浓度增加，导电性增强，则变化与图示相符，A不符合题意；
B．向硫酸溶液中加入等浓度的NaOH溶液，两者反应生成水和硫酸钠，消耗氢离子的同时补充了等量的钠离子，溶液中离子总数不变，但溶液体积增大，离子浓度减小，导电性逐渐减弱，则变化与图示不相符，B符合题意；
C．向硫酸钠溶液中加入浓盐酸，两者不反应，但溶液中离子浓度增大，导电性逐渐增强，则变化与图示相符，C不符合题意；
D．向盐酸中加入等浓度的氨水，两者反应生成氯化铵和水，消耗氢离子的同时补充了等量的铵根离子，但随着加入氨水的增多，溶液体积增大，导电性逐渐减弱，随着氨水的不断加入，最后溶液的导电性趋于稳定，则变化与图示相符，D不符合题意；
故选B。
14. 某白色粉末中可能含有、、中的一种或多种，现进行以下实验：
①取少量粉末于一支试管中，加入水，振荡，有白色沉淀生成。
②向实验①的试管中加入过量稀盐酸，白色沉淀消失，并有气泡产生，得到溶液X。
③向实验②反应后的溶液中滴加溶液，有白色沉淀生成，得到溶液Y。
下列说法正确的是
A. 实验①中的白色沉淀一定含两种物质
B. 该白色粉末中一定含有
C. 溶液Y中至少含有两种溶质
D. 蘸取溶液X于酒精灯火焰上灼烧，可直接观察到紫色火焰
【答案】C
【解析】
【分析】①取少量粉末于一支试管中，加水振荡，有白色沉淀生成，则该沉淀为碳酸钙或者碳酸钡或者两者都有，则一定有碳酸钾存在；②向实验①的试管中加入过量稀盐酸，白色沉淀消失，并有气泡产生，得到溶液X；向实验②反应后的溶液中滴加硝酸银溶液，生成白色沉淀，该沉淀为AgCl，因为②中引入了氯离子，因此无法确定原溶液中是否含有氯离子。
【详解】A．实验①中的白色沉淀不一定含有两种物质，可能只有碳酸钙或者碳酸钡一种，A错误；
B．根据分析可知，②引入了氯离子，因此原溶液中不一定含有氯离子，即白色粉末中不一定含有氯化钙，B错误；
C．①中白色沉淀为碳酸钙或者碳酸钡中至少一种，加入过量稀盐酸后，沉淀溶解，此时溶液中溶质为HCl、钾盐、氯化钙或者氯化钡，再向溶液中加入硝酸银，得到溶液Y，则溶液Y中至少含有硝酸、钾盐、硝酸钙或者硝酸钡等多种溶质，C正确；
D．溶液X中含有钾离子，钾离子的焰色试验需要透过透明蓝色钴玻璃观察，不能直接观察到紫色，D错误；
故答案选C。
15. 常用于制作炸药、烟花、鞭炮、导弹推进剂等。一种制备的工艺流程及部分物质的溶解度曲线分别如图甲、乙所示，下列说法错误的是
A. ①中每生成，消耗的物质的量为
B. 操作a为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤
C. 溶液A中含有较多的
D. 上述工艺利用了物质的溶解度差异
【答案】A
【解析】
【分析】NaCl溶液80℃条件下电解生成氢气和NaClO3溶液，NaClO3溶液中加入KCl，利用NaClO3和KClO3溶解度随温度变化的不同经过蒸发浓缩，冷却结晶等操作得到KClO3和NaCl。
【详解】A．选项中并未说明氢气所处的状态，无法计算6.72L氢气的物质的量，也就无法计算消耗NaCl的物质的量，A错误；
B．NaClO3在水中溶解度较大，即使降低温度溶解度仍较大，KClO3高温时在水中溶解度较大，随温度降低溶解度明显减小，NaCl、KCl溶解度随温度变化并不大，因此可通过蒸发浓缩、冷却结晶的方式促使KClO3结晶析出，最后通过过滤得到KClO3晶体，B正确；
C．根据B中分析可知，利用四种物质溶解度的差异经过蒸发浓缩、冷却结晶等操作将KClO3结晶析出，则溶液中剩余较多的钠离子和氯离子，即溶液A中含有较多的NaCl，C正确；
D．上述工艺利用了四种物质在水中溶解度的不同，以及其溶解度随温度变化的不同，D正确；
故答案选A。
16. 某固体粉末由、组成，为探究各组分含量，将其分成质量相等的两份进行实验。
实验1：一份加热至恒重，称得固体质量为15.9g。
实验2：向另一份滴加足量盐酸，充分反应后，得到5.6L(标准状况下)CO2(不考虑过程中CO2的损失)。
下列说法正确的是
A. 原固体粉末的质量是22.1g
B. 实验1中生成的CO2的质量为8.8g
C. 实验2中，至少需要盐酸
D. 实验2中，当加入盐酸时，溶液中只有一种溶质
【答案】C
【解析】
【分析】某固体粉末由、组成，为探究各组分含量，将其分成质量相等的两份进行实验。假设每一份粉末中原有碳酸钠的质量为xg，加热至恒重发生的反应为：，则实验1中生成的碳酸钠的质量为（15.9-x）g，分解前碳酸氢钠的物质的量为。实验2中加入足量盐酸，产生的二氧化碳的物质的量为，根据计算关系、可以得出，解得x=5.3，所以每一份粉末中原有的碳酸钠的质量为5.3g，碳酸氢钠的质量为。所以原粉末的质量为（5.3g+16.8g）×2=44.2g。
【详解】A．由分析知，原固体粉末的质量是44.2g，A错误；
B．根据计算关系，生成二氧化碳的质量为，B错误；
C．实验2中，根据计算关系，、，至少需要盐酸的体积为：，C正确；
D．实验2中，当加入盐酸时，HCl的物质的量是0.05ml，盐酸先与碳酸钠反应生成碳酸氢钠和氯化钠，0.05mlHCl与0.05mlNa2CO3恰好完全反应生成0.05mlNaHCO3和0.05mlNaCl，因此溶质成分有氯化钠、碳酸氢钠2种，D错误；
故选C。
二、非选择题：本题共4小题，共52分。
17. 部分钠、氯及其化合物的“价-类”二维图如图所示，请回答下列问题：
（1）实验室中，少量A通常保存在_______中，A在空气中加热生成B1，下列关于B1、B2的说法正确的是_______(填标号)。
a．两者互为同素异形体
b．均能与CO2反应
c．与水反应的反应类型相同
d．等物质的量的B1和B2含有的离子数目相同
（2）实验室利用和E的浓溶液制备F，发生反应的离子方程式为_______。将制得的一定量的F通入足量水中，再将得到的溶液置于光照条件下，该溶液的pH将_______(填“增大”“减小”或“不变”，下同)，导电性将_______。
（3）若D为碳酸盐，少量强酸J与D在水中反应的离子方程式为_______。
【答案】（1） ①. 煤油或石蜡油 ②. bd
（2） ①. 4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O ②. 减小 ③. 增大
（3）H++=
【解析】
【分析】根据钠、氯及其化合物的价类二维图可知，A为Na，B1、B2分别为氧化钠和过氧化钠，C为氢氧化钠，D为钠盐，E为HCl，F为Cl2，G为HClO，H为ClO2，I为氯酸盐，J为HClO4，据此分析解答。
【小问1详解】
实验室中少量钠通常保存在煤油或石蜡油中，根据分析，结合钠在空气中加热生成B1，则B1为过氧化钠，B2为氧化钠。
a．同素异形体一定单质，氧化钠和过氧化钠都不是单质，a错误；
b．氧化钠能与二氧化碳反应生成碳酸钠，过氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠和氧气，b正确；
c．氧化钠与水发生化合反应，过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气，不属于化合反应，c错误；
d．1个氧化钠和1个过氧化钠都含有3个离子，等物质的量的过氧化钠和氧化钠，离子数目相同，d正确；
故答案选bd。
【小问2详解】
实验室用浓盐酸和二氧化锰加热条件下反应制备氯气，离子方程式为4H++2Cl-+MnO2Mn2++Cl2↑+2H2O。将氯气通入足量水中，反应生成HCl和HClO，光照条件下HClO分解生成HCl和O2，导致该溶液的pH将减小，HClO为弱电解质部分电离，分解生成的HCl为强电解质完全电离，因此导电性将增大。
【小问3详解】
若D为碳酸盐，则D为碳酸钠，少量高氯酸和碳酸钠在水中反应的离子方程式为H++=。
18. 过碳酸钠(2Na2CO3·3H2O2)是一种环保、无毒、无刺激性气味且易于制备的漂白剂，某兴趣小组设计如下方案制备过碳酸钠并测定产品纯度。请回答下列问题：
Ⅰ.侯氏制碱法制备Na2CO3
已知：NH3极易溶于水，需要防倒吸。
（1）利用装置①制备NaHCO3：
实验室利用CaCO3和稀盐酸反应制备CO2的离子方程式为_______，将制得的CO2通过盛有_______(填试剂名称)的洗气瓶除杂后，再通入溶解了NH3的饱和食盐水中，CO2应从_______(填“a”或“b”)口进。
（2）将装置①中生成的NaHCO3固体转移至仪器1中，利用装置②制备Na2CO3，NaHCO3转化为Na2CO3的化学方程式为_______。
Ⅱ.制备2Na2CO3·3H2O2
（3）过碳酸钠属于_______(填“纯净物”或“混合物”)。
（4）加入NaCl的目的是促进2Na2CO3·3H2O2析出，反应器中，Na2CO3与H2O2反应的化学方程式为_______。
（5）得到粗品，经过滤、洗涤、干燥得到产品，证明产品洗涤干净的操作及现象是_______。
Ⅲ.测定纯度[已知：M(2Na2CO3·3H2O2)=314g·ml-1]
反应原理为MnO+H++H2O2→Mn2++H2O+O2↑ (未配平)。
（6）称量m g产品并配制成250mL溶液，量取25.00mL该溶液于锥形瓶中，加入VmL0.100ml·L-1的酸性KMnO4溶液，恰好完全反应，则产品纯度为_______%(用含m、V的代数式表示)。
【答案】（1） ①. CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑ ②. 饱和碳酸钠溶液 ③. a
（2）2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑
（3）纯净物 （4）2Na2CO3+3H2O22Na2CO3·3H2O2
（5）取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无明显现象，说明洗涤干净
（6）
【解析】
【小问1详解】
CaCO3和稀盐酸反应生成CaCl2、H2O和CO2，反应方程式为：CaCO3+2HCl＝CaCl2+H2O+CO2↑，离子方程式为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；制得的CO2中混有HCl，可将生成的气体通入饱和碳酸氢钠溶液中以除去HCl；再将过量的CO2通入溶解了NH3的饱和食盐水中可以析出NaHCO3晶体，应从a口通入CO2，以确保CO2与氨盐水充分接触。答案为：CaCO3+2H+＝Ca2++H2O+CO2↑；饱和碳酸氢钠溶液；a；
【小问2详解】
NaHCO3不稳定，受热会分解生成Na2CO3、H2O和CO2，反应方程式为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑，答案为：2NaHCO3Na2CO3+H2O+CO2↑；
【小问3详解】
过碳酸钠的化学式为2Na2CO3·3H2O2，说明其有固定的组成和性质，属于纯净物，答案为：纯净物；
【小问4详解】
根据题给2Na2CO3·3H2O2的制备过程图可知，反应方程式为：2Na2CO3+3H2O22Na2CO3·3H2O2，答案为：2Na2CO3+3H2O22Na2CO3·3H2O2；
【小问5详解】
通过向最后一次的洗涤液中加入硝酸酸化的AgNO3溶液来检验最后一次洗涤液中是否有Cl-存在，以此来证明产品是否洗涤干净。若有Cl-存在，说明没有洗涤干净，反之，说明洗涤干净，答案为：取最后一次洗涤液于试管中，滴加硝酸酸化的AgNO3溶液，若无明显现象，说明洗涤干净；
【小问6详解】
配平反应原理为2MnO+6H++5H2O2＝2Mn2++8H2O+5O2↑，所以关系式为：6KMnO4~5(2Na2CO3·3H2O2)，即n(2Na2CO3·3H2O2)=n(KMnO4)=×V×10-3L×0.100ml·L-1=V×10-4 ml，则产品纯度为=%。答案为：。
19. 已知X、Y、Z、W、R五种元素质子数依次增大，X形成的单质是密度最小的气体，Y元素原子L层电子数是K层电子数的2倍，W元素原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，R元素原子K层电子数与M层电子数相同。请回答下列问题：
（1）Z的原子序数为_______，其简单阴离子的结构示意图为_______。
（2）Y与W可形成两种常见的化合物，其中属于酸性氧化物的是_______(填化学式)。
（3）R的单质在空气中燃烧时，生成Y的单质的化学方程式为_______，该反应属于四大基本反应类型中的_______。
（4）Y、Z、W分别与X形成10电子分子A、B、C，其中能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是_______(填化学式)；三者物质的量相等时，A、B、C的原子个数之比为_______；、120℃时，A、B、C的密度之比为_______。
【答案】（1） ①. 7 ②.
（2）CO2 （3） ①. 2Mg+CO22MgO+C ②. 置换反应
（4） ①. NH3 ②. 5∶4∶3 ③. 16∶17∶18
【解析】
【分析】X、Y、Z、W、R五种元素的质子数依次增大，X形成的单质是密度最小的气体，则X为H，Y元素原子L层电子数是K层电子数的2倍，则Y为C，W原子的最外层电子数是最内层电子数的3倍，则W为O或S，R元素原子K层电子数与M层电子数相同，则R为Mg，所以W为O，Z原子的质子数大于C而小于O，则Z为N，所以X为H、Y为C、Z为N、W为O、R为Mg，据此解答。
【小问1详解】
Z为N，原子序数为7，其简单阴离子的结构示意图为；
【小问2详解】
Y为C、W为O，C和O可形成两种常见的化合物为CO和CO2，其中属于酸性氧化物的是CO2；
【小问3详解】
Y为C、R为Mg，Mg单质在空气中燃烧生成C，即镁与二氧化碳反应生成氧化镁和碳，其化学方程式为：2Mg+CO22MgO+C，该反应属于四大基本反应类型中的置换反应；
【小问4详解】
X为H、Y为C、Z为N、W为O，C、N、O分别与H形成的10电子分子为CH4、NH3和H2O，其中NH3溶于水生成的一水合氨能发生部分电离生成和，则能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是NH3；1个CH4、NH3、H2O分子含有的原子个数分别为5、4、3，则三者物质的量相等时，CH4、NH3、H2O的原子个数比为5∶4∶3；、120℃时，即同温同压下，气体的密度之比等于其摩尔质量之比，则A、B、C的密度之比为16∶17∶18。
20. 工业废水中的含氮物质若直接排放会对环境造成严重污染，因此废水脱氮工艺具有重要意义。折点氯化法是在低浓度氨氮()废水中加入次氯酸钠或氯气，将废水中的氨氮转化为N2的脱氮方法。
（1）向氨氮废水中加入过量溶液发生反应：，下列说法正确的是_______(填标号)。
A. 还原性：
B. 该反应中，N元素得到电子，Cl元素被还原
C. 每处理，反应中转移的电子数为
D. 等物质的量的和H2O含有的电子数目相同
（2）实验室利用固体和浓盐酸共热制备氯气的化学方程式为_______，每生成6.72L(标准状况下)时，反应中转移的电子数为_______NA。
（3）有一种“地康法”制取氯气的反应原理如图所示：
反应I中，CuO与HCl的物质的量之比为_______；反应Ⅱ中，每生成6720mL(标准状况下)，消耗的O2质量为_______g。
（4）向氨氮废水中通入一定量的氯气，利用产生的除去废水中的，发生的总反应为(未配平)，请配平该离子方程式，并用双线桥法表示电子的转移情况：_______。
（5）相比用脱氮，用脱氮的缺点是_______。
【答案】（1）CD （2） ①. ②.
（3） ①. ②.
（4） （5）氯气脱氮效率更低
【解析】
【小问1详解】
A．作为还原剂，是还原产物，还原剂的还原性大于还原产物的还原性，A错误；
B．元素化合价升高，失去电子，被氧化；氯元素被还原，B错误；
C．由价升高为价，反应，总共失去电子是，转移电子数是，C正确；
D．一个含有电子数是10，一个含有电子数是10，等物质的量情况下,含有电子数相同，D正确；
答案选CD。
【小问2详解】
利用固体和浓盐酸共热制备氯气，作氧化剂，浓盐酸作还原剂，化学方程式为：。每生成(标准状况下)时，由反应可知，反应的氯酸钾是，氯由价降低为价，故得到电子是，转移电子数。答案为：；。
【小问3详解】
反应是，物质的量之比是(等于方程式中系数比)。反应Ⅱ中, 标况下氯气物质的量是，氯由价升高为价，故失去电子是，由价降低为-2价，根据得失电子守恒，反应的氧气是：，消耗氧气的质量是。答案为：；。
【小问4详解】
失去，氯气得到，根据得失电子和原子守恒，配平得到方程式为：，得失电子用双线桥法表示为：。
【小问5详解】
A.天然气的燃烧
B.制作糕点时，加入的发生分解
C.清晨树林间光亮的“通路”
D.铁杵磨成针
离子种类
R离子
浓度/
_______
0.03
0.03
0.01
A.向溶液中加入等浓度的
B.向硫酸溶液中加入等浓度的溶液
C.向硫酸钠溶液中加入浓盐酸
D.向盐酸中加入等浓度的氨水