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2022-2023学年江苏省常州市北郊高级中学高一下学期3月调研化学试题
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可能用到的原子量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56
I卷(共42分)
单项选择题(本题包括14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。)
1. 下列化学用语表达正确的是
A. CO2的空间填充模型：B. NH4Cl的电子式：
C. 硫化氢D. N2H4(肼)的结构式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳原子的半径大于氧原子半径，二氧化碳空间构型为直线形，即空间填充模型，故A错误；
B．氯化铵为离子化合物，题中氯离子没有最外层8电子，正确的是，故B错误；
C．硫化氢属于共价化合物，其电子式为，故C错误；
D．肼又称联氨，肼的结构式为，故D正确；
答案为D。
2. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. Na2S具有还原性，可作废水中Hg2+的沉淀剂
B. 常温下浓硝酸与铁不反应，故常温下可用铁制容器贮藏、贮运浓硝酸
C. SO2具有还原性，可以用于葡萄酒酿造的添加剂
D. 浓H2SO4具有脱水性，可用作干燥剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2S能和Hg2+反应生成难溶物HgS，可作废水中Hg2+的沉淀剂，A错误；
B．常温下浓硝酸能使铁铁表面形成一层致密的氧化物薄膜，使铁钝化，故常温下可用铁制容器贮藏、贮运浓硝酸，B错误；
C．SO2具有还原性，可以用于葡萄酒酿造的添加剂，做抗氧化剂，C正确；
D．浓H2SO4具有吸水性，可用作干燥剂，D错误；
故答案选C。
3. 下列说法不正确的是
A. 12C和14C是一种核素
B. S2、S4、S6、S8是硫元素的4种同素异形体
C. 35Cl和37Cl互为同位素
D. CH3CH2－NO2和H2N－CH2－COOH互称为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．12C和14C是同种元素组成的不同核素，它们互为同位素，故A说法错误；
B．四种物质均是由硫元素组成，不同结构的单质，因此它们互为同素异形体，故B说法正确；
C．35Cl和37Cl均是氯元素的原子，质子数均为17，中子数分别为18、20，因此它们互为同位素，故C说法正确；
D．分子式均为C2H5NO2，前者官能团为硝基，后者官能团为氨基和羧基，因此结构不同，它们互为同分异构体，故D说法正确；
答案为A。
4. 常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A. 在酸性溶液中：Fe2+、Mg2+、SO、NO
B. 0.1ml•L-1NaClO溶液：K+、OH-、SO
C. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Mg2+、HCO、SO
D. 加入铝片产生H2溶液中：Na+、Ba2+、CH3COO-、NO
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO(H+)具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，因此所给离子在指定溶液中不能大量共存，故A不符合题意；
B．NaClO具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．能使酚酞变红，说明溶液显碱性，Mg2+、HCO与OH-不能大量共存，故C不符合题意；
D．加入铝片产生氢气的溶液可能为碱，也可能为酸，若溶液显酸性，NO(H+)具有强氧化性，与金属铝反应不产生氢气，且CH3COO-与H+也不能大量共存，若溶液显碱性，所给离子可以大量共存，且反应能产生氢气，故D符合题意；
答案为D。
5. 下列关于硫的化合物说法不正确的是
A. 向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生的白色沉淀是BaSO3
B. 向溴水中通入SO2，溶液褪色，体现SO2的还原性
C. 将过量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明SO2不能漂白石蕊溶液
D. 向浓硫酸和铜的反应后的试管中加入蒸馏水，可看到CuSO4溶液为蓝色
【答案】AD
【解析】
【详解】A．二氧化硫溶于水生成亚硫酸，在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸氧化成硫酸，故白色沉淀为硫酸钡，A错误；
B．二氧化硫使溴水褪色是因为发生了氧化还原反应，二氧化硫体现还原性，溴水体现氧化性，B正确；
C．二氧化硫能够漂白品红溶液但是无法漂白紫色石蕊溶液，将过量二氧化硫通入紫色石蕊溶液，溶液只变红，不褪色，C正确；
D．浓硫酸与铜反应生成硫酸铜，硫酸铜水溶液为蓝色，但应该将反应后溶液倒入蒸馏水中，D错误；
故选AD。
6. 在给定条件下，下列物质间转化不能实现的是
A. ClO2(g)NaClO2(aq)B. NH3NH4HSO4
C. FeI2(aq)FeCl3(aq)D. NaClO(aq)ClO2(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A．ClO2在碱中发生歧化反应：2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O，符合氧化还原反应规律，可以实现，故A不符合题意；
B．氨气与硫酸反应，当氨气不足时，生成酸式盐，本反应可以实现，故B不符合题意；
C．Fe2+、I-可以与氯气反应，当氯气足量时，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，可以得到氯化铁，故C不符合题意；
D．NaClO为强氧化剂，SO2以还原性为主，两者混合发生氧化还原反应，NaClO转化成NaCl，故D符合题意；
答案为D。
7. 下列关于硫及其化合物说法正确的是
A. 向中滴加稀溶液：
B. 向溶液中通入过量的：
C. 用稀硝酸除去试管内壁的银镜：
D. 用氨水吸收过量的气体：
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀具有强氧化性，能将氧化生成，A错误；
B．根据氧化还原反应的规律，和过量反应生成S单质，离子方程式为：，B正确；
C．用稀硝酸除去试管内壁的银镜，反应的离子方程式为:，C错误；
D．用氨水吸收过量的气体，，D错误；
故选B。
8. 废水中的氨氮(NH3、NH)采用微生物脱氮法、化学沉淀法均可除去，具体原理如下：
①微生物脱氮法：NHNON2
②化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，生成MgNH4PO4•6H2O沉淀从而去除氨氮。
下列有关说法正确的是
A. 步骤a发生反应：NH+O2=NO+H2O+H+
B. 含氨氮的废水直接大量排放，对水体的影响不大
C. 化学沉淀法脱氯时，溶液的碱性过强，氨氮的去除率将下降
D. 微生物脱氮可在高温条件下进行，以加快脱氮的速率
【答案】C
【解析】
【详解】A． 步骤a中铵根离子被氧化，发生反应：NH+2O2=NO+H2O+2H+，故A错误；
B． 含氨氮的废水直接大量排放，可使水中藻类植物大量繁殖，造成水体污染，故B错误；
C． 化学沉淀法脱氯时，溶液的碱性过强，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，则氨氮的去除率将下降，故C正确；
D． 高温下微生物发生变性，不利用脱氮，故D错误；
故选C。
9. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，该气体可能为碱性气体（如NH3），碱性气体与亚硫酸（或SO2）发生中和反应，生成亚硫酸根，亚硫酸根与钡离子结合生成亚硫酸钡白色沉淀，不一定是强氧化性气体，A错误；
B．加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，说明没有，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则证明有Cl-存在，B正确；
C．盐酸具有挥发性，反应产物中有HCl存在，直接通入硅酸钠溶液中，无法证明碳酸与硅酸酸性强弱，C错误；
D．加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝，是因为碳酸氢铵受热分解生成，溶于水显碱性而不是NH4HCO3，D错误；
故选B。
10. 明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图：
下列有关该流程说法不正确的是
A. 煅烧FeSO4发生反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2↑
B. 上述转化流程中依次发生分解、化合和复分解反应
C. 由蒸馏过程发生的反应可推测H2SO4的酸性比HNO3的强
D. 现代工业上常在吸收塔顶喷淋H2O吸收NO2制备硝酸，提高产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁煅烧过程发生氧化还原反应，产物为氧化铁、三氧化硫和二氧化硫，根据氧化还原反应得失电子守恒配平方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2↑，A正确；
B．硫酸亚铁煅烧，一种反应物多种产物，为分解反应；三氧化硫与水反应生成硫酸为化合反应；硫酸与硝酸钾生成硝酸和硫酸钾为复分解反应，B正确；
C．蒸馏过程中硫酸与硝酸钾反应生成硝酸为难挥发酸制易挥发酸，非强酸制弱酸，不能据此比较二者酸性，C错误；
D．二氧化氮能与水反应生成硝酸，可在吸收塔顶喷淋水吸收二氧化氮制备硝酸，D正确；
故选C。
11. 氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中的氮循环起始于氮的固定，循环过程可用下图表示。下列关于海洋氮循环的说法正确的是
A. 海洋中不存在游离的氮
B. 海洋中的氮循环起始于氮的氧化
C. 海洋中的氮循环属于固氮作用的一步是②
D. 向海洋排放含的废水不会影响海洋中的含量
【答案】C
【解析】
【详解】A．在海洋表面水中溶解了少量的氮气，因此海洋中存在游离态的氮，故A错误；
B．图上可以看出海洋中氮的循环起始于氮气转化为，过程中N的化合价降低，被还原，故B错误；
C．氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮，因此海洋中的氮循环属于固氮作用的一步是②，故C正确；
D．根据转化关系，硝酸根离子增多，反硝化作用增强，因此向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量，故D错误；
故选C。
12. 某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)，下列说法不正确的是
已知：①浓硝酸可氧化NO。②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。
A. 装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d
B. 装置戊中发生的化学方程式：2NO+2Fe2FeO+N2
C. 装置丁的作用是除去挥发出来的硝酸和产生的NO2
D. 装置乙的作用是干燥，防止水蒸气进入戊中干扰反应
【答案】D
【解析】
【分析】本实验验证NO与铁粉反应生成N2和FeO，甲装置是制备NO气体，NO能与装置空气中氧气反应生成NO2，制备NO的气体中混有水蒸气、硝酸蒸气和NO2，水蒸气能与铁反应，干扰实验，需要除去，让NO2与水反应生成硝酸和NO，得到纯净NO，与铁反应，NO有毒，需要尾气处理，根据信息，先通过浓硝酸，最后通过NaOH溶液，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，连接顺序是a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d，故A说法正确；
B．NO与铁粉反应生成氮气和FeO，其反应方程式为2NO+2Fe2FeO+N2，故B说法正确；
C．根据上述分析，装置丁的作用是除去挥发出来的硝酸和产生的NO2，故C说法正确；
D．浓硝酸不具有吸水性，不做干燥剂，根据信息可知，浓硝酸的作用是将NO氧化成NO2，便于NaOH溶液吸收，防止污染环境，故D说法错误；
答案为D。
13. 绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：
下列说法不正确的是
A. 固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2
B. X可以是空气，但不能过量
C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO、N2
D. 处理含废水时，发生的反应为：+=N2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO不考虑其他成分)通过过量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收，生成碳酸钙和亚硫酸钙，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，亚硝酸钠和铵根离子的溶液反应生成无污染的气体，应为氮气，气体2有氮气和一氧化碳，捕获剂所捕获的气体主要是一氧化碳，据此解答。
【详解】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B正确；
C．根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C错误；
D．根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O，故D正确；
故答案为C。
14. 以某铜渣(含少量Ag)为原料制备硫酸铜的实验步骤为：向题图所示装置中加入铜渣，分批加入稀和稀混合溶液，滴加的间隔鼓入氧气。反应结束后，向溶液中加入少量NaCl后过滤，从滤液中分离得到硫酸铜。下列叙述不正确的是
A. 与直接用稀硝酸溶解铜渣相比，加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量
B. 当观察到鼓入不再出现红棕色，表明反应停止
C. 加入氯化钠可除去溶液中少量的
D. 将含硫酸铜的滤液蒸干、灼烧得硫酸铜晶体
【答案】D
【解析】
【分析】铜渣和混合酸反应溶解，得到以硫酸铜为主的混合溶液，为了充分利用稀硝酸，在反应过程中不时的通入氧气，使生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗。由于杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后溶液中的Ag+完全除去，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，滤液即溶液。
【详解】A．直接用稀硝酸溶解铜渣时硝酸的还原产物为NO、不能被利用，而加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量，A正确；
B． 当观察到鼓入不再出现红棕色(NO2气体)，表明NO已不再产生、反应停止，B正确；
C． 氯化银难溶于氢离子，加入氯化钠可除去溶液中少量的，C正确；
D． 硫酸铜晶体含结晶水、应用冷却结晶法获得，将含硫酸铜的滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得硫酸铜晶体，D不正确；
答案选D。
II非选择题(58分)
15. 如表为元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。
（1）上述元素中的单质可以用于制作半导体的是______(填字母)。
（2）a与元素c和g形成的简单氢化物中稳定性强的是______。(写化学式)
（3）由上述元素形成最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是______(填化学式)。
（4）hc2的电子式为______。
（5）元素d的最高价氧化物对应的水化物与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______。
（6）bg3与水反应生成两种物质，其中一种使pH试纸先变红又褪色，写出化学方程式______。
【答案】（1）i （2）HF
（3）HClO4 （4）
（5）Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O或Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
（6）NCl3+3H2O=3HClO+NH3
【解析】
【分析】根据元素在元素周期表的位置，推出字母代表元素分别为H、N、F、Na、Al、S、Cl、Ca、Ge，据此分析；
【小问1详解】
可做半导体材料的是Ge；故答案为i；
【小问2详解】
c和g形成简单氢化物分别为HF、HCl，非金属性越强，其氢化物稳定性越强，F非金属性强于Cl，则HF的稳定性强于HCl，故答案为HF；
【小问3详解】
非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因为F没有正价，因此酸性最强的是HClO4，故答案为HClO4；
【小问4详解】
hc2的化学式为CaF2，氟化钙为离子化合物，其电子式为 ；故答案为 ；
【小问5详解】
d的最高价氧化物对应水化物为NaOH，e的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，氢氧化铝为两性氢氧化物，可与氢氧化钠反应，其离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O或Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；故答案为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O或Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
【小问6详解】
bg3的化学式为NCl3，与水反应生成两种物质，一种物质使pH试纸先变红后褪色，这种物质显酸性，也具有强氧化性，因此这种物质为HClO，则另一种物质为NH3，三氯化氮与水反应方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3，故答案为NCl3+3H2O=3HClO+NH3。
16. 某工厂的固体废渣中主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2。利用该固体废渣制取Cu(NO3)2·3H2O的部分工艺流程如图所示：
已知：①Cu2O属于碱性氧化物；②Cu+在酸性溶液中不稳定，会转变成Cu和Cu2+。③SiO2是酸性氧化物，难于水和酸。
（1）写出Cu2O与稀硝酸反应的离子方程式为______。
（2）酸溶时，反应温度不宜超过70℃，其主要原因是______。
（3）过滤后所得废渣的主要成分的化学式为______。
（4）Cu(NO3)2晶体受热易分解成CuO，同时产生NO2和O2，该反应的化学方程式为：______。
（5）以某工业废水(含Cu2+、Na+、SO)为原料，制取Cu(NO3)2·3H2O晶体的实验方案：向工业废水中加入NaOH溶液充分反应，______，______，向滤渣中加入稀硝酸至固体完全溶解，______，______，过滤，洗涤，干燥。[已知：Cu(NO3)2的溶解度曲线如图所示]。
【答案】（1）
（2）防止温度过高HNO3分解（或者挥发）
（3）SiO2 （4）
（5） ①. 过滤 ②. 洗涤滤渣2～3次 ③. 蒸发浓缩 ④. 降温到温度略高于26.4℃，结晶
【解析】
【分析】固体废渣中主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2等，由流程可知，加入稀硝酸酸溶发生氧化还原反应生成NO，铜和氧化亚铜被氧化得到硝酸铜，氧化铜溶解得到硝酸铜，二氧化硅和稀硝酸不发生反应，加入氢氧化铜中和酸过滤得到滤渣主要是SiO2，滤液主要是硝酸铜溶液，以此来解答。
【小问1详解】
Cu2O与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故答案为。
【小问2详解】
硝酸加热会发生分解，酸溶时，反应温度不宜超过70℃，其主要原因是防止温度过高HNO3分解（或者挥发），故答案为防止温度过高HNO3分解（或者挥发）。
【小问3详解】
只有二氧化硅与硝酸不反应，过滤后所得废渣的主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，故答案为SiO2。
【小问4详解】
Cu(NO3)2晶体受热易分解成CuO，同时产生NO2和O2，由电子及原子守恒可知反应为；故答案为。
【小问5详解】
工业废水中含有Cu2+、Na+、SO，可向其中加入适量的NaOH溶液，充分反应得到Cu(OH)2沉淀，过滤、洗涤滤渣2～3次，再向滤渣中加入稀硝酸完全溶解滤渣，蒸发浓缩，降温到温度略高于26.4℃时结晶、过滤、洗涤、干燥得到较为纯净的Cu(NO3)2·3H2O晶体；故答案为过滤；洗涤滤渣2～3次；蒸发浓缩；降温到温度略高于26.4℃，结晶。
【点睛】本题考查物质的制备与混合物分离提纯的综合应用，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17. 全球对锂资源的需求不断增长，从海水、盐湖中提取锂越来越受到重视。金属锂(Li)的化学性质与镁相似，在加热的条件下锂能与氮气反应生成氮化锂(，遇水剧烈反应)。某课题组设计了如图实验装置制备氮化锂(部分夹持装置省略)并测定其纯度。回答下列问题：
已知：实验室可用饱和亚硝酸钠溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，该反应为放热反应。
（1）盛装溶液的仪器名称为_______。
（2）实验开始先点燃_______(填“A”或“D”)处酒精灯，这样做的目的是_______。
（3）经查阅资料得知，装置处不需要持续加热，分析可能原因：_______；装置的作用是_______；装置C中盛装的试剂为碱石灰，其作用为_______。
（4）测定产品纯度：取产品于蒸馏烧瓶中，打开止水夹，通过安全漏斗向蒸馏烧瓶中加入足量的水，装置如图。遇水发生反应的化学方程式为_______；G中的液体可选择_______(填标号)。
A.蒸馏水 B.煤油 C.石蜡油 D.饱和食盐水
（5）当反应完全后，测得体积为(已折合成标准状况)。该产品的纯度为_______%。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. A ②. 生成氮气排净装置中的空气
（3） ①. 反应为放热反应，反应放出的热量可以维持反应的持续进行 ②. 降低温度，防止D装置加热之前，锂和氮气发生反应 ③. 干燥氮气
（4） ①. ②. BC
（5）87.5%
【解析】
【分析】A中反应生成氮气，通过B冷却、C干燥后进入D和锂反应生成氮化锂，E隔绝空气中水、氧气等进入D；
【小问1详解】
盛装溶液的仪器名称为分液漏斗；
【小问2详解】
锂化学性质活泼，会与空气中氧气等反应，实验开始先点燃A处酒精灯，这样做的目的是首先生成氮气排净装置中的空气；
【小问3详解】
饱和亚硝酸钠溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，该反应为放热反应，反应放出的热量可以维持反应的持续进行；装置的作用是降低温度，防止D装置加热之前，锂和氮气发生反应；，遇水剧烈反应，装置C中盛装的试剂为碱石灰，其作用为干燥氮气；
【小问4详解】
遇水反应，根据质量守恒可知，反应生成氢氧化锂和氨气，；生成的氨气极易溶于水不溶于有机溶剂，故选煤油、石蜡油，故选BC；
【小问5详解】
测得体积为(已折合成标准状况)，为0.001ml，该产品的纯度为。
18. 氮及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，但同时随意排放氮的化合物也会造成环境污染问题。
I.某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)制取干燥的氨气并验证NH3具有还原性，请回答下列问题：
（1）实验室制备氨气有多种方法，现欲NH4Cl用与熟石灰反应制取NH3，则甲中的气体发生装置为______。(从Ⅱ中选用)
（2）装置丙用于收集NH3，应将导管_____(填“a”或“b”)延长至集气瓶底部。
Ⅱ.由氨气为原料的合成硝酸工业中有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，有多种方法解决污染环境。
（3）臭氧脱硝法：O3氧化NO结合水洗，可产生HNO3，该反应的化学方程式为______。
（4）氨气催化吸收法处理尾气法：已知6ml氨气恰好能将含NO和NO2共7ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比______。
Ⅲ.NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（5）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH-=2NO+H2O
2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率有______(填字母)。
A.加快通入尾气的速率
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气
C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是______(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是______(填化学式)。
（6）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为______。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是______。
【答案】（1）B （2）b
（3）3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2
（4）5∶2 （5） ①. BC ②. NaNO3 ③. NO
（6） ①. 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+ ②. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【解析】
【分析】实验中制取干燥氨气，并验证氨气具有还原性，甲装置为制备氨气装置，乙装置为干燥装置，盛放碱石灰，根据问题(2)装置丙为收集装置，装置丁为氨气还原氧化铜，装置戊为验证氨气还原氧化铜产生水，装置己的作用为尾气处理，吸收多余氨气，据此分析；
【小问1详解】
氯化铵、熟石灰为固体，应选用固体+固体气体，则甲中的气体发生装置为B，故答案为B；
【小问2详解】
装置丙为收集装置，因为氨气的密度小于空气，应是短进长出，即b延长至集气瓶底部；故答案为b；
【小问3详解】
臭氧具有强氧化性，将NO氧化成硝酸，反应方程式为3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2；故答案为3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2；
【小问4详解】
氨气为还原剂，NO和NO2为氧化剂，令NO物质的量为aml，则二氧化氮物质的量为(7－a)ml，根据得失电子数目守恒，6ml×[0－(－3)]=aml×2+(7－a)ml×4，解得a=5，因此NO和NO2物质的量之比为5∶2；故答案为5∶2；
【小问5详解】
①A．加快通入尾气的速率，气体不能充分被吸收，故A不符合题意；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，增加气液接触面积，使尾气充分被吸收，故B符合题意；
C．定期补加NaOH溶液，可提高尾气的转化率，故C符合题意；
答案为BC；
②根据反应方程式可知，反应后溶质为NaNO2和NaNO3，因此得到亚硝酸钠晶体中含有主要杂质为NaNO3；NO不溶于水，且不与水、NaOH反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO；故答案为NaNO3；NO；
【小问6详解】
①HClO氧化NO生成Cl-和NO，根据化合价升降以及原子守恒进行配平，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+，故答案为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+；
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，NO转化率越高；故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。选项
实验操作和现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
气体X一定具有强氧化性
B
某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成
溶液中一定含有Cl-
C
向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀硅酸
酸性：盐酸>碳酸>硅酸
D
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
甲
乙
丙
丁
戊
己
可能用到的原子量：H-1 Li-7 C-12 N-14 O-16 S-32 Cl-35.5 Fe-56
I卷(共42分)
单项选择题(本题包括14小题，每题3分，共42分。每题只有一个选项符合题意。)
1. 下列化学用语表达正确的是
A. CO2的空间填充模型：B. NH4Cl的电子式：
C. 硫化氢D. N2H4(肼)的结构式：
【答案】D
【解析】
【详解】A．碳原子的半径大于氧原子半径，二氧化碳空间构型为直线形，即空间填充模型，故A错误；
B．氯化铵为离子化合物，题中氯离子没有最外层8电子，正确的是，故B错误；
C．硫化氢属于共价化合物，其电子式为，故C错误；
D．肼又称联氨，肼的结构式为，故D正确；
答案为D。
2. 下列有关物质性质与用途具有对应关系的是
A. Na2S具有还原性，可作废水中Hg2+的沉淀剂
B. 常温下浓硝酸与铁不反应，故常温下可用铁制容器贮藏、贮运浓硝酸
C. SO2具有还原性，可以用于葡萄酒酿造的添加剂
D. 浓H2SO4具有脱水性，可用作干燥剂
【答案】C
【解析】
【详解】A．Na2S能和Hg2+反应生成难溶物HgS，可作废水中Hg2+的沉淀剂，A错误；
B．常温下浓硝酸能使铁铁表面形成一层致密的氧化物薄膜，使铁钝化，故常温下可用铁制容器贮藏、贮运浓硝酸，B错误；
C．SO2具有还原性，可以用于葡萄酒酿造的添加剂，做抗氧化剂，C正确；
D．浓H2SO4具有吸水性，可用作干燥剂，D错误；
故答案选C。
3. 下列说法不正确的是
A. 12C和14C是一种核素
B. S2、S4、S6、S8是硫元素的4种同素异形体
C. 35Cl和37Cl互为同位素
D. CH3CH2－NO2和H2N－CH2－COOH互称为同分异构体
【答案】A
【解析】
【详解】A．12C和14C是同种元素组成的不同核素，它们互为同位素，故A说法错误；
B．四种物质均是由硫元素组成，不同结构的单质，因此它们互为同素异形体，故B说法正确；
C．35Cl和37Cl均是氯元素的原子，质子数均为17，中子数分别为18、20，因此它们互为同位素，故C说法正确；
D．分子式均为C2H5NO2，前者官能团为硝基，后者官能团为氨基和羧基，因此结构不同，它们互为同分异构体，故D说法正确；
答案为A。
4. 常温下，下列各组离子在给定溶液中能大量共存的是
A. 在酸性溶液中：Fe2+、Mg2+、SO、NO
B. 0.1ml•L-1NaClO溶液：K+、OH-、SO
C. 能使酚酞变红的溶液中：Na+、Mg2+、HCO、SO
D. 加入铝片产生H2溶液中：Na+、Ba2+、CH3COO-、NO
【答案】D
【解析】
【详解】A．NO(H+)具有强氧化性，能将Fe2+氧化成Fe3+，因此所给离子在指定溶液中不能大量共存，故A不符合题意；
B．NaClO具有强氧化性，能将亚硫酸根离子氧化成硫酸根离子，所给离子在指定溶液中不能大量共存，故B不符合题意；
C．能使酚酞变红，说明溶液显碱性，Mg2+、HCO与OH-不能大量共存，故C不符合题意；
D．加入铝片产生氢气的溶液可能为碱，也可能为酸，若溶液显酸性，NO(H+)具有强氧化性，与金属铝反应不产生氢气，且CH3COO-与H+也不能大量共存，若溶液显碱性，所给离子可以大量共存，且反应能产生氢气，故D符合题意；
答案为D。
5. 下列关于硫的化合物说法不正确的是
A. 向SO2水溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，产生的白色沉淀是BaSO3
B. 向溴水中通入SO2，溶液褪色，体现SO2的还原性
C. 将过量的SO2通入石蕊溶液中，溶液由紫色变为红色，说明SO2不能漂白石蕊溶液
D. 向浓硫酸和铜的反应后的试管中加入蒸馏水，可看到CuSO4溶液为蓝色
【答案】AD
【解析】
【详解】A．二氧化硫溶于水生成亚硫酸，在酸性条件下具有强氧化性，能将亚硫酸氧化成硫酸，故白色沉淀为硫酸钡，A错误；
B．二氧化硫使溴水褪色是因为发生了氧化还原反应，二氧化硫体现还原性，溴水体现氧化性，B正确；
C．二氧化硫能够漂白品红溶液但是无法漂白紫色石蕊溶液，将过量二氧化硫通入紫色石蕊溶液，溶液只变红，不褪色，C正确；
D．浓硫酸与铜反应生成硫酸铜，硫酸铜水溶液为蓝色，但应该将反应后溶液倒入蒸馏水中，D错误；
故选AD。
6. 在给定条件下，下列物质间转化不能实现的是
A. ClO2(g)NaClO2(aq)B. NH3NH4HSO4
C. FeI2(aq)FeCl3(aq)D. NaClO(aq)ClO2(g)
【答案】D
【解析】
【详解】A．ClO2在碱中发生歧化反应：2ClO2+2NaOH=NaClO2+NaClO3+H2O，符合氧化还原反应规律，可以实现，故A不符合题意；
B．氨气与硫酸反应，当氨气不足时，生成酸式盐，本反应可以实现，故B不符合题意；
C．Fe2+、I-可以与氯气反应，当氯气足量时，氯气将Fe2+氧化成Fe3+，可以得到氯化铁，故C不符合题意；
D．NaClO为强氧化剂，SO2以还原性为主，两者混合发生氧化还原反应，NaClO转化成NaCl，故D符合题意；
答案为D。
7. 下列关于硫及其化合物说法正确的是
A. 向中滴加稀溶液：
B. 向溶液中通入过量的：
C. 用稀硝酸除去试管内壁的银镜：
D. 用氨水吸收过量的气体：
【答案】B
【解析】
【详解】A．稀具有强氧化性，能将氧化生成，A错误；
B．根据氧化还原反应的规律，和过量反应生成S单质，离子方程式为：，B正确；
C．用稀硝酸除去试管内壁的银镜，反应的离子方程式为:，C错误；
D．用氨水吸收过量的气体，，D错误；
故选B。
8. 废水中的氨氮(NH3、NH)采用微生物脱氮法、化学沉淀法均可除去，具体原理如下：
①微生物脱氮法：NHNON2
②化学沉淀法：向废水中加入含MgCl2、Na3PO4的溶液，生成MgNH4PO4•6H2O沉淀从而去除氨氮。
下列有关说法正确的是
A. 步骤a发生反应：NH+O2=NO+H2O+H+
B. 含氨氮的废水直接大量排放，对水体的影响不大
C. 化学沉淀法脱氯时，溶液的碱性过强，氨氮的去除率将下降
D. 微生物脱氮可在高温条件下进行，以加快脱氮的速率
【答案】C
【解析】
【详解】A． 步骤a中铵根离子被氧化，发生反应：NH+2O2=NO+H2O+2H+，故A错误；
B． 含氨氮的废水直接大量排放，可使水中藻类植物大量繁殖，造成水体污染，故B错误；
C． 化学沉淀法脱氯时，溶液的碱性过强，镁离子转化为氢氧化镁沉淀，则氨氮的去除率将下降，故C正确；
D． 高温下微生物发生变性，不利用脱氮，故D错误；
故选C。
9. 室温下进行下列实验，根据实验操作和现象所得出的结论正确的是
A. AB. BC. CD. D
【答案】B
【解析】
【详解】A．向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀，该气体可能为碱性气体（如NH3），碱性气体与亚硫酸（或SO2）发生中和反应，生成亚硫酸根，亚硫酸根与钡离子结合生成亚硫酸钡白色沉淀，不一定是强氧化性气体，A错误；
B．加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，说明没有，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成，则证明有Cl-存在，B正确；
C．盐酸具有挥发性，反应产物中有HCl存在，直接通入硅酸钠溶液中，无法证明碳酸与硅酸酸性强弱，C错误；
D．加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝，是因为碳酸氢铵受热分解生成，溶于水显碱性而不是NH4HCO3，D错误；
故选B。
10. 明代《徐光启手迹》中记载了硝酸的制备方法，其主要物质转化流程如图：
下列有关该流程说法不正确的是
A. 煅烧FeSO4发生反应的方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2↑
B. 上述转化流程中依次发生分解、化合和复分解反应
C. 由蒸馏过程发生的反应可推测H2SO4的酸性比HNO3的强
D. 现代工业上常在吸收塔顶喷淋H2O吸收NO2制备硝酸，提高产率
【答案】C
【解析】
【详解】A．硫酸亚铁煅烧过程发生氧化还原反应，产物为氧化铁、三氧化硫和二氧化硫，根据氧化还原反应得失电子守恒配平方程式为2FeSO4Fe2O3+SO3+SO2↑，A正确；
B．硫酸亚铁煅烧，一种反应物多种产物，为分解反应；三氧化硫与水反应生成硫酸为化合反应；硫酸与硝酸钾生成硝酸和硫酸钾为复分解反应，B正确；
C．蒸馏过程中硫酸与硝酸钾反应生成硝酸为难挥发酸制易挥发酸，非强酸制弱酸，不能据此比较二者酸性，C错误；
D．二氧化氮能与水反应生成硝酸，可在吸收塔顶喷淋水吸收二氧化氮制备硝酸，D正确；
故选C。
11. 氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中的氮循环起始于氮的固定，循环过程可用下图表示。下列关于海洋氮循环的说法正确的是
A. 海洋中不存在游离的氮
B. 海洋中的氮循环起始于氮的氧化
C. 海洋中的氮循环属于固氮作用的一步是②
D. 向海洋排放含的废水不会影响海洋中的含量
【答案】C
【解析】
【详解】A．在海洋表面水中溶解了少量的氮气，因此海洋中存在游离态的氮，故A错误；
B．图上可以看出海洋中氮的循环起始于氮气转化为，过程中N的化合价降低，被还原，故B错误；
C．氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮，因此海洋中的氮循环属于固氮作用的一步是②，故C正确；
D．根据转化关系，硝酸根离子增多，反硝化作用增强，因此向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量，故D错误；
故选C。
12. 某兴趣小组设计用铁粉将NO还原为N2(同时生成FeO)，下列说法不正确的是
已知：①浓硝酸可氧化NO。②NaOH溶液能吸收NO2，不吸收NO。
A. 装置的连接顺序为a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d
B. 装置戊中发生的化学方程式：2NO+2Fe2FeO+N2
C. 装置丁的作用是除去挥发出来的硝酸和产生的NO2
D. 装置乙的作用是干燥，防止水蒸气进入戊中干扰反应
【答案】D
【解析】
【分析】本实验验证NO与铁粉反应生成N2和FeO，甲装置是制备NO气体，NO能与装置空气中氧气反应生成NO2，制备NO的气体中混有水蒸气、硝酸蒸气和NO2，水蒸气能与铁反应，干扰实验，需要除去，让NO2与水反应生成硝酸和NO，得到纯净NO，与铁反应，NO有毒，需要尾气处理，根据信息，先通过浓硝酸，最后通过NaOH溶液，据此分析；
【详解】A．根据上述分析，连接顺序是a→f→e→j→i→h→g(或g→h)→b→c→d，故A说法正确；
B．NO与铁粉反应生成氮气和FeO，其反应方程式为2NO+2Fe2FeO+N2，故B说法正确；
C．根据上述分析，装置丁的作用是除去挥发出来的硝酸和产生的NO2，故C说法正确；
D．浓硝酸不具有吸水性，不做干燥剂，根据信息可知，浓硝酸的作用是将NO氧化成NO2，便于NaOH溶液吸收，防止污染环境，故D说法错误；
答案为D。
13. 绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：
下列说法不正确的是
A. 固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2
B. X可以是空气，但不能过量
C. 捕获剂所捕获的气体主要是CO、N2
D. 处理含废水时，发生的反应为：+=N2↑+2H2O
【答案】C
【解析】
【分析】工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO不考虑其他成分)通过过量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收，生成碳酸钙和亚硫酸钙，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，亚硝酸钠和铵根离子的溶液反应生成无污染的气体，应为氮气，气体2有氮气和一氧化碳，捕获剂所捕获的气体主要是一氧化碳，据此解答。
【详解】A．工业废气中CO2、SO2可被石灰水吸收,生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1为主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，故A正确；
B．由分析可知，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO，气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，故B正确；
C．根据分析可知，气体2含有CO、N2，经捕获剂得到氮气和CO，所捕获的气体主要是CO，防止污染空气，故C错误；
D．根据图示可知，氢氧化钠溶液处理后到的NaNO2与含有的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生反应的离子方程式为：+=N2↑+2H2O，故D正确；
故答案为C。
14. 以某铜渣(含少量Ag)为原料制备硫酸铜的实验步骤为：向题图所示装置中加入铜渣，分批加入稀和稀混合溶液，滴加的间隔鼓入氧气。反应结束后，向溶液中加入少量NaCl后过滤，从滤液中分离得到硫酸铜。下列叙述不正确的是
A. 与直接用稀硝酸溶解铜渣相比，加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量
B. 当观察到鼓入不再出现红棕色，表明反应停止
C. 加入氯化钠可除去溶液中少量的
D. 将含硫酸铜的滤液蒸干、灼烧得硫酸铜晶体
【答案】D
【解析】
【分析】铜渣和混合酸反应溶解，得到以硫酸铜为主的混合溶液，为了充分利用稀硝酸，在反应过程中不时的通入氧气，使生成的NO气体转化为硝酸，减小硝酸的消耗。由于杂质也能被硝酸溶解氧化，为了能把反应后溶液中的Ag+完全除去，在反应后的溶液中，加入少量，使硫酸银转化为更难溶的氯化银沉淀，然后过滤，滤液即溶液。
【详解】A．直接用稀硝酸溶解铜渣时硝酸的还原产物为NO、不能被利用，而加入稀硫酸及鼓入氧气均可节约硝酸用量，A正确；
B． 当观察到鼓入不再出现红棕色(NO2气体)，表明NO已不再产生、反应停止，B正确；
C． 氯化银难溶于氢离子，加入氯化钠可除去溶液中少量的，C正确；
D． 硫酸铜晶体含结晶水、应用冷却结晶法获得，将含硫酸铜的滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤，可得硫酸铜晶体，D不正确；
答案选D。
II非选择题(58分)
15. 如表为元素周期表的一部分，表中所列的字母分别代表一种化学元素。
（1）上述元素中的单质可以用于制作半导体的是______(填字母)。
（2）a与元素c和g形成的简单氢化物中稳定性强的是______。(写化学式)
（3）由上述元素形成最高价氧化物对应水化物中，酸性最强的是______(填化学式)。
（4）hc2的电子式为______。
（5）元素d的最高价氧化物对应的水化物与元素e的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为______。
（6）bg3与水反应生成两种物质，其中一种使pH试纸先变红又褪色，写出化学方程式______。
【答案】（1）i （2）HF
（3）HClO4 （4）
（5）Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O或Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-
（6）NCl3+3H2O=3HClO+NH3
【解析】
【分析】根据元素在元素周期表的位置，推出字母代表元素分别为H、N、F、Na、Al、S、Cl、Ca、Ge，据此分析；
【小问1详解】
可做半导体材料的是Ge；故答案为i；
【小问2详解】
c和g形成简单氢化物分别为HF、HCl，非金属性越强，其氢化物稳定性越强，F非金属性强于Cl，则HF的稳定性强于HCl，故答案为HF；
【小问3详解】
非金属性越强，其最高价氧化物对应水化物的酸性越强，因为F没有正价，因此酸性最强的是HClO4，故答案为HClO4；
【小问4详解】
hc2的化学式为CaF2，氟化钙为离子化合物，其电子式为 ；故答案为 ；
【小问5详解】
d的最高价氧化物对应水化物为NaOH，e的最高价氧化物对应水化物为Al(OH)3，氢氧化铝为两性氢氧化物，可与氢氧化钠反应，其离子方程式为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O或Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；故答案为Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O或Al(OH)3+OH-=[Al(OH)4]-；
【小问6详解】
bg3的化学式为NCl3，与水反应生成两种物质，一种物质使pH试纸先变红后褪色，这种物质显酸性，也具有强氧化性，因此这种物质为HClO，则另一种物质为NH3，三氯化氮与水反应方程式为NCl3+3H2O=3HClO+NH3，故答案为NCl3+3H2O=3HClO+NH3。
16. 某工厂的固体废渣中主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2。利用该固体废渣制取Cu(NO3)2·3H2O的部分工艺流程如图所示：
已知：①Cu2O属于碱性氧化物；②Cu+在酸性溶液中不稳定，会转变成Cu和Cu2+。③SiO2是酸性氧化物，难于水和酸。
（1）写出Cu2O与稀硝酸反应的离子方程式为______。
（2）酸溶时，反应温度不宜超过70℃，其主要原因是______。
（3）过滤后所得废渣的主要成分的化学式为______。
（4）Cu(NO3)2晶体受热易分解成CuO，同时产生NO2和O2，该反应的化学方程式为：______。
（5）以某工业废水(含Cu2+、Na+、SO)为原料，制取Cu(NO3)2·3H2O晶体的实验方案：向工业废水中加入NaOH溶液充分反应，______，______，向滤渣中加入稀硝酸至固体完全溶解，______，______，过滤，洗涤，干燥。[已知：Cu(NO3)2的溶解度曲线如图所示]。
【答案】（1）
（2）防止温度过高HNO3分解（或者挥发）
（3）SiO2 （4）
（5） ①. 过滤 ②. 洗涤滤渣2～3次 ③. 蒸发浓缩 ④. 降温到温度略高于26.4℃，结晶
【解析】
【分析】固体废渣中主要含Cu和CuO，还含有少量Cu2O和SiO2等，由流程可知，加入稀硝酸酸溶发生氧化还原反应生成NO，铜和氧化亚铜被氧化得到硝酸铜，氧化铜溶解得到硝酸铜，二氧化硅和稀硝酸不发生反应，加入氢氧化铜中和酸过滤得到滤渣主要是SiO2，滤液主要是硝酸铜溶液，以此来解答。
【小问1详解】
Cu2O与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故答案为。
【小问2详解】
硝酸加热会发生分解，酸溶时，反应温度不宜超过70℃，其主要原因是防止温度过高HNO3分解（或者挥发），故答案为防止温度过高HNO3分解（或者挥发）。
【小问3详解】
只有二氧化硅与硝酸不反应，过滤后所得废渣的主要成分为二氧化硅，化学式为SiO2，故答案为SiO2。
【小问4详解】
Cu(NO3)2晶体受热易分解成CuO，同时产生NO2和O2，由电子及原子守恒可知反应为；故答案为。
【小问5详解】
工业废水中含有Cu2+、Na+、SO，可向其中加入适量的NaOH溶液，充分反应得到Cu(OH)2沉淀，过滤、洗涤滤渣2～3次，再向滤渣中加入稀硝酸完全溶解滤渣，蒸发浓缩，降温到温度略高于26.4℃时结晶、过滤、洗涤、干燥得到较为纯净的Cu(NO3)2·3H2O晶体；故答案为过滤；洗涤滤渣2～3次；蒸发浓缩；降温到温度略高于26.4℃，结晶。
【点睛】本题考查物质的制备与混合物分离提纯的综合应用，把握物质的性质、发生的反应、混合物分离方法为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。
17. 全球对锂资源的需求不断增长，从海水、盐湖中提取锂越来越受到重视。金属锂(Li)的化学性质与镁相似，在加热的条件下锂能与氮气反应生成氮化锂(，遇水剧烈反应)。某课题组设计了如图实验装置制备氮化锂(部分夹持装置省略)并测定其纯度。回答下列问题：
已知：实验室可用饱和亚硝酸钠溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，该反应为放热反应。
（1）盛装溶液的仪器名称为_______。
（2）实验开始先点燃_______(填“A”或“D”)处酒精灯，这样做的目的是_______。
（3）经查阅资料得知，装置处不需要持续加热，分析可能原因：_______；装置的作用是_______；装置C中盛装的试剂为碱石灰，其作用为_______。
（4）测定产品纯度：取产品于蒸馏烧瓶中，打开止水夹，通过安全漏斗向蒸馏烧瓶中加入足量的水，装置如图。遇水发生反应的化学方程式为_______；G中的液体可选择_______(填标号)。
A.蒸馏水 B.煤油 C.石蜡油 D.饱和食盐水
（5）当反应完全后，测得体积为(已折合成标准状况)。该产品的纯度为_______%。
【答案】（1）分液漏斗
（2） ①. A ②. 生成氮气排净装置中的空气
（3） ①. 反应为放热反应，反应放出的热量可以维持反应的持续进行 ②. 降低温度，防止D装置加热之前，锂和氮气发生反应 ③. 干燥氮气
（4） ①. ②. BC
（5）87.5%
【解析】
【分析】A中反应生成氮气，通过B冷却、C干燥后进入D和锂反应生成氮化锂，E隔绝空气中水、氧气等进入D；
【小问1详解】
盛装溶液的仪器名称为分液漏斗；
【小问2详解】
锂化学性质活泼，会与空气中氧气等反应，实验开始先点燃A处酒精灯，这样做的目的是首先生成氮气排净装置中的空气；
【小问3详解】
饱和亚硝酸钠溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，该反应为放热反应，反应放出的热量可以维持反应的持续进行；装置的作用是降低温度，防止D装置加热之前，锂和氮气发生反应；，遇水剧烈反应，装置C中盛装的试剂为碱石灰，其作用为干燥氮气；
【小问4详解】
遇水反应，根据质量守恒可知，反应生成氢氧化锂和氨气，；生成的氨气极易溶于水不溶于有机溶剂，故选煤油、石蜡油，故选BC；
【小问5详解】
测得体积为(已折合成标准状况)，为0.001ml，该产品的纯度为。
18. 氮及其化合物在生产生活中有着广泛的应用，但同时随意排放氮的化合物也会造成环境污染问题。
I.某研究性学习小组设计用如图所示实验装置(夹持仪器省略)制取干燥的氨气并验证NH3具有还原性，请回答下列问题：
（1）实验室制备氨气有多种方法，现欲NH4Cl用与熟石灰反应制取NH3，则甲中的气体发生装置为______。(从Ⅱ中选用)
（2）装置丙用于收集NH3，应将导管_____(填“a”或“b”)延长至集气瓶底部。
Ⅱ.由氨气为原料的合成硝酸工业中有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，有多种方法解决污染环境。
（3）臭氧脱硝法：O3氧化NO结合水洗，可产生HNO3，该反应的化学方程式为______。
（4）氨气催化吸收法处理尾气法：已知6ml氨气恰好能将含NO和NO2共7ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比______。
Ⅲ.NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（5）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH-=2NO+H2O
2NO2+2OH-=NO+NO+H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率有______(填字母)。
A.加快通入尾气的速率
B.采用气、液逆流的方式吸收尾气
C.吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是______(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是______(填化学式)。
（6）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO，其离子方程式为______。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是______。
【答案】（1）B （2）b
（3）3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2
（4）5∶2 （5） ①. BC ②. NaNO3 ③. NO
（6） ①. 3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+ ②. 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【解析】
【分析】实验中制取干燥氨气，并验证氨气具有还原性，甲装置为制备氨气装置，乙装置为干燥装置，盛放碱石灰，根据问题(2)装置丙为收集装置，装置丁为氨气还原氧化铜，装置戊为验证氨气还原氧化铜产生水，装置己的作用为尾气处理，吸收多余氨气，据此分析；
【小问1详解】
氯化铵、熟石灰为固体，应选用固体+固体气体，则甲中的气体发生装置为B，故答案为B；
【小问2详解】
装置丙为收集装置，因为氨气的密度小于空气，应是短进长出，即b延长至集气瓶底部；故答案为b；
【小问3详解】
臭氧具有强氧化性，将NO氧化成硝酸，反应方程式为3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2；故答案为3O3+2NO+H2O=2HNO3+3O2；
【小问4详解】
氨气为还原剂，NO和NO2为氧化剂，令NO物质的量为aml，则二氧化氮物质的量为(7－a)ml，根据得失电子数目守恒，6ml×[0－(－3)]=aml×2+(7－a)ml×4，解得a=5，因此NO和NO2物质的量之比为5∶2；故答案为5∶2；
【小问5详解】
①A．加快通入尾气的速率，气体不能充分被吸收，故A不符合题意；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，增加气液接触面积，使尾气充分被吸收，故B符合题意；
C．定期补加NaOH溶液，可提高尾气的转化率，故C符合题意；
答案为BC；
②根据反应方程式可知，反应后溶质为NaNO2和NaNO3，因此得到亚硝酸钠晶体中含有主要杂质为NaNO3；NO不溶于水，且不与水、NaOH反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO；故答案为NaNO3；NO；
【小问6详解】
①HClO氧化NO生成Cl-和NO，根据化合价升降以及原子守恒进行配平，其离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+，故答案为3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO+5H+；
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，NO转化率越高；故答案为溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。选项
实验操作和现象
结论
A
向溶有SO2的BaCl2溶液中通入气体X，出现白色沉淀
气体X一定具有强氧化性
B
某溶液中加入硝酸酸化的Ba(NO3)2溶液，无现象，再滴加AgNO3溶液，有白色沉淀生成
溶液中一定含有Cl-
C
向Na2CO3溶液中加入盐酸，将产生的气体直接通入硅酸钠溶液中，产生白色胶状沉淀硅酸
酸性：盐酸>碳酸>硅酸
D
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，试管口处润湿的红色石蕊试纸变蓝
NH4HCO3显碱性
甲
乙
丙
丁
戊
己
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