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高中人教版 (2019)第五章 化工生产中的重要非金属元素第二节 氮及其化合物课堂检测
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这是一份高中人教版 (2019)第五章 化工生产中的重要非金属元素第二节 氮及其化合物课堂检测，共23页。试卷主要包含了2 氮及其化合物 课后作业，2kJ，2kJ·ml-1，50kJ•ml-1，14kJ•ml-1，0g，0L等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．下列物质的性质、用途正确的是（ ）
A．浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，不能盛放在金属容器中
B．Na2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的原料
C．食盐可作调味剂，不可作防腐剂
D．合金的硬度大，熔点也高
2．下列物质中可以由两种单质直接化合制得的是（ ）
A．B．FeSC．D．CuS
3．下列有关氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氨气极易溶于水，可用作制冷剂
B．HNO3具有氧化性，可用于制造氮肥
C．常温下N2化学性质稳定，可用作保护气
D．NH4Cl受热易分解，可用作实验室中制取少量氨气
4．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．下列化合物不能由两种单质直接化合生成的是（）
A．FeCl3B．SO2C．NO2D．NO
6．在同温同压下，将充有等体积混合而成的四组气体：①NO2+O2；②NO2+NO；③HCl+N2；④SO2+O2，分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，如图所示，待试管内液面稳定后，剩余气体体积依次V1、V2、V3、V4，则剩余气体体积最多的是（ ）
A．V1B．V2C．V3D．V4
7．氮气及其重要化合物的转化关系如如图，则下列说法正确的是（ ）
A．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是工业生产硝酸的主要途径
B．反应①②③均需要使用催化剂
C．路线Ⅲ的另一种反应物为水时，每1ml反应，转移电子数目为NA
D．已知某条件下 ，该条件下每合成1mlNH3放出的热量为46.2kJ
8．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法错误的是（ ）
A．X是N2O5
B．工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
C．可用排空气法收集NO气体
D．由NH3→N2，从原理上看，NH3可与NO2反应实现
9．下列事实与划线物质表现出的性质(括号中)对应关系不正确的是（ ）
A． SO2能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色(漂白性)
B．常温下，铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化(强氧化性)
C．久置的浓硝酸，颜色略显黄色(不稳定性)
D．蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成(脱水性)
10．用石灰乳吸收硝酸工业尾气(含NO、NO2)可获得Ca(NO2)2，部分工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．吸收时主要反应的化学方程式为NO + NO2 + Ca(OH)2 = Ca(NO2)2 + H2O
B．加快通入尾气的速率可提NO、NO2去除率
C．采用气、液逆流的方式吸收尾气有利于NO、NO2的充分吸收
D．若尾气中n(NO2)∶n(NO)<1∶1，处理后的尾气中NO含量会升高
11．下列关于金属及其化合物的说法正确的是（）
A．Na2O为淡黄色固体，MgO为白色固体
B．金属钠具有强还原性，可用与TiCl4溶液反应制取金属Ti
C．铁放入浓硝酸中无明显现象，说明铁与浓硝酸不反应
D．工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁
12．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是（ ）
A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B．a→b→c→d→e的转化均能一步实现
C．c、d和i、j均属于酸性氧化物
D．f与l可以是同一种物质
13．水体中氨氮含量会造成水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。下列说法错误的是
A．去除过程中，每一步反应都是氧化还原反应
B．每除去1ml，转移3ml电子
C．该过程需控制温度，温度过高时氨氮去除率会降低
D．去除过程的总反应方程式为：
14．取三张蓝色石蕊试纸湿润后贴在玻璃片上，然后按顺序分别滴加65%硝酸溶液、98%的硫酸溶液、新制氯水，三张试纸最终变成（ ）
A．白、红、白 B．红、黑、白
C．红、红、红 D．白、黑、白
15．2mlX与足量Y在一定条件下充分反应，相同条件下生成的气体最多是（ ）
A．A B．B C．C D．D
16．氯气的氧化性比硫的氧化性强，能证明这一结论的事实是（ ）
A．与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，但被氯气氧化成高价态
B．硫不溶于水，而氯气能溶于水
C．与金属反应时，硫被还原为-2价而氯被还原为-1价
D．通常情况下硫为浅黄色固体，而氯气为黄绿色气体
17．部分含氮物质的类别与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．的转化属于氮的固定
B．既有氧化性又有还原性
C．实验室收集可用排水法
D．一定条件下，可以与反应可以得到
18．检验铵根离子的实验所依据的是（ ）
①铵根离子水解显酸性；② 与 间发生反应加热后产生氨气；③ 能电离出 和 ；④石蕊在碱性条件下变为蓝色
A．②④B．①②③④C．①②③D．②③④
19．如图所示，在一支50mL注射器中吸入20mLNO，然后吸入5mL水，用乳胶管和弹簧夹封住管口｡下列实验操作不能达到预期目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
20．下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、综合题
21．现有100mL含Cu2+、Al3+、NH4+、H+、Cl－的溶液，向该溶液中逐滴加入2.5ml·L－1NaOH溶液，所加NaOH 溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（ml）关系如下图所示：
（1）B点的沉淀物的化学式为 。
（2）原溶液中Cu2+的物质的量为 ，原溶液中Cl－物质的量浓度为 。
（3）原溶液的pH= ，x－y= 。
（4）经过滤得到D点的沉淀物，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀是否洗涤干净的方法是
22．SO2、CO、NO、NO2及其他氮氧化物都是污染大气的有害气体，对其进行回收利用是节能减排的重要课题。
（1）上述四种气体中直接排入空气时会引起酸雨的有 (填化学式)。
（2）回收大气污染物SO2的方法如下：
方法一：在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态H2O。已知：
CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(1) △H=-295.9kJ·ml-1
S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297.2kJ·ml-1
则CH4的燃烧热的热化学方程式为： 。
方法二：在恒容密闭容器中，用H2还原SO2生成S的反应分两步完成(如图1所示)，该过程中部分物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：
①由分析可知X为 (填化学式)。
②0～t1时间段的温度为 。
方法三：利用反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。
③一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，能说明反应达到平衡状态的是 (填字母)。
a.混合气体的密度保持不变
b.SO2的物质的量保持不变
c.容器内混合气体原子总数不变
d.每生成1mlSO3的同时消耗1mlNO
e.容器内的混合气体平均相对分子质量保持不变
④已知该反应的平衡常数为，向某恒温恒容密闭容器中通入NO2、SO2、SO3、NO各1ml，此时v(正) v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
（3）在发动机的高温下，空气中的N2和CO2可能发生：N2(g)+CO2(g)C(s)+2NO(g)。现向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2来模拟此过程，其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。
①图中A点v正 v逆(填“>”“<”或“=”)。
②第10min时，外界改变的条件可能是 (填字母)。
A．加催化剂
B．增大C的物质的量
C．减小CO2的物质的量
D．升温
E.降温
23．汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：
（1）有关汽车尾气的生成
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ•ml-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ•ml-1
③2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ•ml-1
则3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH= 。
（2）用CO消除汽车尾气
在催化剂a作用下将尾气转化为无污染的气体而除去。向密闭容器中充入10mlCO(g)和8mlNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH，测得平衡时NO体积分数与温度、压强的关系如图。
①已知T2＞T1，则反应ΔH 0(填“＞”、“=”或“＜”)。
②该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施 (填字母序号)。
a.改用高效催化剂
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度
c.移去CO2
d.升高温度
e.缩小反应容器的体积
③在温度为T1、容器体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点达到平衡。则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)= ；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp (填“变大”、“变小”或“不变”)。
④在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中 点(填A～F)。
（3）用NH3消除汽车尾气
新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3，和NOx，反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示。
①在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是 。
②当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是 。
24．现有一定量的Cu和CuO混合物，向其中加入0.6L 2.0ml/L稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成4.48L NO(标准状况)。向所得溶液中加入一定体积1.0 ml/L NaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得32.0g固体。试计算：
（1）Cu与稀硝酸反应的离子方程式： ；
（2）原混合物中CuO的质量 克；
（3）加入NaOH溶液的体积 升。
25．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。回答下列问题：
（1）雾霾中含有多种物质，其中属于盐类是 (填写名称)；图中的电解质有 种。
（2）在水中的电离方程式是： ；把稀硫酸滴入氢氧化钡溶液中，反应的离子方程式是 。
（3）下列物质属于电解质的是____(填字母)。
A．B．C．D．
（4）某白色固体中含有、、，若只取用一次样品，在同一个容器中检验出3种阴离子，所用的试剂及顺序是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A. 浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，但能盛放在铁或铝的容器中，A不符合题意；
B. Na2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的原料，B符合题意；
C. 食盐可作调味剂，也可作防腐剂，C不符合题意；
D. 合金的硬度大，但熔点低于各成分金属的熔点，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁或铝在浓硫酸、浓硝酸中钝化；
C.食盐可作防腐剂；
D.合金的熔点低于其成分金属。
2．【答案】B
【解析】【解答】A. S和O2反应是SO2，A不符合题意 ；
B. Fe和S反应是FeS，B符合题意 ；
C. N2和O2反应是NO，C不符合题意 ；
D. Cu和S反应是Cu2S，D不符合题意 ；
故答案为：B 。
【分析】S和O2反应是SO2， Fe和S反应是FeS，N2和O2反应是NO，Cu和S反应是Cu2S。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．液氨挥发需要吸收大量的热，可以做制冷剂，故A不符合题意；
B．HNO3是强酸，能与氢氧化钾或者氨水反应，制造氮肥，故B不符合题意；
C．常温下N2化学性质稳定，一般不与物质发生反应，可用作保护气，故C符合题意；
D．NH4Cl受热易分解，但是冷却后又化合，不能用于制氨气，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.液氨汽化吸热，可作制冷剂；
B.硝酸含有氮元素，可用于制造氮肥；
C.氮气性质稳定，可作保护气；
D.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．氨分子在催化剂作用下能与一氧化氮共热反应生成氮气和水，物质间转化能实现，故A不符合题意；
B．氮气高温条件下能与氧气反应生成一氧化氮，物质间转化能实现，故B不符合题意；
C．碳酸的酸性弱于硝酸，硝酸铵不能与二氧化碳反应生成碳酸铵，物质间转化不能实现，故C符合题意；
D．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，物质间转化能实现，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氨中氮元素为-3，一氧化氮中氮元素为+2，结合归中不交叉定律可以转化为中间价态0；
B、氮气和氧气可以在放电或者高温条件下生成一氧化氮；
C、根据强酸制弱酸的原理，硝酸酸性强与碳酸酸性，无法由二氧化氮和硝酸铵制备得到碳酸铵和硝酸；
D、二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮。
5．【答案】C
【解析】【解答】氯气有强氧化性，和变价金属反应生成最高价态化合物，即Fe与Cl2化合生成FeCl3，不是氯化亚铁；硫在氧气中燃烧生成的是二氧化硫；氮气和氧气在放电条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，
故答案为：C。
【分析】A.铁与氯气反应生成氯化铁；
B.硫与氧气反应生成二氧化硫；
C.氮气与氧气反应生成NO。
6．【答案】B
【解析】【解答】①在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体NO2+O2分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，二氧化氮和氧气、水能反应生成硝酸4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式知，氧气剩余，参加反应的氧气的体积为氧气总体积的 ，二氧化氮全部参加反应，所以混合气体减少的体积为试管体积的 ，故水面上升的高度为试管的 ；
②在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体，NO2+NO分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，二氧化氮和水能反应生成硝酸和一氧化氮3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮和水不反应，根据方程式知，气体减少的体积是二氧化氮的 ，二氧化氮占混合气体的 ，所以试管内气体减少的体积为试管体积的 ，故水面上升的高度为试管的 ；\③在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体HCl+N2分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，氯化氢全部溶于水，氮气不溶，所以试管内气体减少的体积为试管体积的 ，故水面上升的高度为试管的 ；
④在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体SO2+O2分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，二者不反应，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，氧气不溶，所以试管内气体减少的体积为试管体积的 ，故水面上升的高度为试管的 ；
待试管内液面稳定后，剩余气体体积依次V1、V2、V3、V4，则剩余气体体积最多的是V2，
故答案为：B。
【分析】二氧化氮和氧气和水混合后，可以直接发生反应，二氧化氮和一氧化氮混合后，只有二氧化氮与水反应，氯化氢和氮气混合后，氯化氢极易溶于水，二氧化硫与水反应。再结合化学方程式即可计算出剩余体积之比
7．【答案】D
【解析】【解答】A．工业上生成硝酸的第一步反应为氨的催化氧化，原料是NH3而不是N2，A不符合题意；
B．反应①②均需要使用催化剂，但反应③只需提供O2，在常温下就可转化，B不符合题意；
C．路线Ⅲ的另一种反应物为水时，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，则每1ml反应，转移电子数目为NA，C不符合题意；
D．反应 表明，2NH3——92.4kJ，则该条件下每合成1mlNH3放出的热量为46.2kJ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．工业上利用氨的催化氧化法生产硝酸；
B．反应③在常温下就可转化，不需要使用催化剂；
C．依据化学方程式中化合价变化分析；
D．反应热与计量系数成比例。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.X中氮元素为+5价，是氧化物，则化学式是N2O5，选项A不符合题意；
B.氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，故工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，选项B不符合题意；
C.NO能与空气中的氧气发生反应生成NO2，不可用排空气法收集NO气体，选项C符合题意；
D. NH3与NO2反应生成氮气，发生氧化还原反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.图象可知X为+5价对应的氨的氧化物；
B.一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体；
C.氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；
D.氨气中氮元素化合价-3价，二氧化氮中氮元素化合价+4价，二者反应生成氮气。
9．【答案】A
【解析】【解答】 A. SO2能够与溶液中的NaOH发生中和反应，使溶液的碱性减弱，因而使酚酞溶液颜色变浅甚至褪色，与其漂白性无关，A错误；
B. 浓硝酸、浓硫酸具有强的氧化性，在室温下遇Fe时，使金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，故室温下浓硫酸、浓硝酸可以用铁质容器盛放，B正确；
C. 浓硝酸是无色液体，硝酸具有不稳定，光照分解产生红棕色NO2溶解在硝酸中使溶液颜色略显黄色，C正确；
D. 蔗糖是有机化合物，浓硫酸具有脱水性，向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖中的氢、氧两种元素以2：1的组成脱去，而得到黑色的C单质，体现了浓硫酸的脱水性，D正确；
故选A。
【分析】 A. SO2与NaOH溶液发生中和反应；
B. 室温下，浓硝酸、浓硫酸与Fe发生钝化；
C. 浓硝酸有不稳定性；
D. 浓硫酸具有脱水性。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．根据氧化还原反应规律，NO、NO2被氢氧化钙吸收生成Ca(NO2)2，主要反应的化学方程式为NO + NO2 + Ca(OH)2 = Ca(NO2)2 + H2O，故A不符合题意；
B．加快通入尾气的速率，反应不充分， NO、NO2去除率降低，故B符合题意；
C．采用气、液逆流的方式吸收尾气，反应物充分接触，有利于NO、NO2的充分吸收，故C不符合题意；
D．NO和氢氧化钙不反应，若尾气中n(NO2)∶n(NO)<1∶1，发生NO + NO2 + Ca(OH)2 = Ca(NO2)2 + H2O反应后NO有剩余，所以尾气中NO含量会升高，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.吸收时NO、NO2被氢氧化钙吸收生成Ca(NO2)2；
B.加快通入尾气的速率，反应不充分；
C.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可以使反应物充分接触；
D.若尾气中n(NO2)∶n(NO)<1∶1，反应后NO有剩余。
11．【答案】D
【解析】【解答】A、Na2O为白色固体，MgO也是白色固体，A不符合题意；
B、钠性质非常活泼，与盐溶液反应时先与水反应，不能用钠与TiCl4溶液反应制取金属Ti，B不符合题意；
C、铁放入浓硝酸中无明显现象，是因为常温下铁发生了钝化，发生氧化还原反应，C不符合题意；
D、镁是活泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.Na2O为白色固体；
B.金属钠加入溶液中，先与H2O反应；
C.常温下，浓硫酸能是铁钝化；
D.根据金属的制备原理分析；
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，A正确；
B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，B正确；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，C错误；
D．由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，D正确；
故答案为：C
【分析】由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，则a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮或四氧化二氮、k为硝酸、l为铵盐。
13．【答案】A
【解析】【解答】A．NaClO和H2O反应生成次氯酸和氢氧化钠，化合价没有发生变化的反应，A符合题意 ；
B．氮化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，转移3个电子，B不符合题意 ；
C．温度较高时NH3溶解度减小，氨氮去除率会降低，C不符合题意 ；
D．NH3、NaClO是反应物，氯化钠、氮气和水是生成物，D不符合题意 ；
故答案为：A 。
【分析】A．化合价没有发生变化的反应，不是氧化还原反应 ；
B．化合价升价数等于转移电子数；
C．温度较高时气体溶解度减小 ；
D．NH3和NaClO反应生成氯化钠、氮气和水。
14．【答案】D
【解析】【解答】因硝酸具有强氧化性，能使试纸褪色，则滴加浓硝酸，先变红后褪色，最后为白色；因98%的硫酸为浓硫酸，具有脱水性，则能使蓝色石蕊试纸最后变为黑色；因氯水中含有盐酸和次氯酸，新制氯水具有漂白性，则在试纸上滴加氯水，先变红后褪色，最后为白色；D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据浓硝酸的氧化性、浓硫酸的脱水性和新制氯水的漂白性分析。
15．【答案】A
【解析】【解答】A. 根据方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知2mAl生成3ml氢气；
B. 根据方程式3NO2+H2O＝2HNO3+NO可知2mlNO2生成 NO；
C. 根据方程式2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2可知2ml Na2O2生成1ml氧气；
D. 根据方程式3Fe+4H2O Δ__ Fe3O4+4H2可知2ml铁生成 ml氢气；
相同条件下生成的气体最多是选项A，
故答案为：A。
【分析】依据X与Y反应的化学方程式分析。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态，说明Cl得电子能力较强，氯气的氧化性强，故A符合题意；
B．物质的溶解性属于物理性质，不能用来比较化学性质，故B不符合题意；
C．与金属反应时，非金属元素的化合价取决于最外层电子数目的多少，与氧化性强弱无关，故C不符合题意；
D．物质的颜色为物理性质，与化学性质无关，不能用来比较氧化性强弱，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氧化性强弱的比较，主要比较是①与同一种还原性物质发生氧化还原反应时产生的化合价高低②氯气能否发生硫离子的化合物反应制备硫单质③比较最高价氧化物对应水合物的酸性强弱④比较氢化物的稳定性
17．【答案】C
【解析】【解答】A、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程， 时将氮气转化为氨气，属于氮的固定，故A不符合题意；
B、 b为N2H4，氮元素为-2价，化合价既可以升高又可以降低，既有氧化性又有还原性，故B不符合题意；
C、NO2能与水反应，不能用排水法收集，故C符合题意；
D、a为NH3，d为NO2，一定条件下，NH3可以与NO2反应可以得到N2， 故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】a为N元素的-3价氢化物，a为NH3；b为N元素的-2价氢化物，b为N2H4；c为单质，c为N2；d为N元素的+4价氧化物，d为NO2；e为N元素的+5价含氧酸，e为HNO3。
18．【答案】D
【解析】【解答】①NH4＋水解显酸性，不能用于证明NH4＋的存在，①不符合题意；
②能与OH－反应产生NH3，则含有NH4＋，②符合题意；
③NH3·H2O能电离产生NH4＋和OH－，③符合题意；
④石蕊在碱性条件下变为蓝色，说明含有NH4＋，④符合题意；
综上，正确的是②③④，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对NH4＋的检验，结合NH4＋的性质分析即可。
19．【答案】D
【解析】【解答】A．注射器中吸入和水，振荡注射器，无明显现象，能说明不溶于水且不与水发生反应，A不符合题意；
B．打开弹簧夹，快速吸入空气后，夹上弹簧夹，无色气体变为红棕色，能证明发生反应：，B不符合题意；
C．再次振荡注射器，气体颜色逐渐变浅至无色，注射器活塞向内移动，气体压强减小，能说明与发生反应，C不符合题意；
D．由反应可知，使完全转化为需要，打开弹簧夹，快速吸入空气至活塞位置处于最大刻度处，此时注射器中的(占空气的21%)不足以将完全转化为，故充分振荡注射器后静置直至无明显现象为止，不能说明完全转化为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、注射器无明显现象，说明注射器内气体两不变；
B、无色气体变为红棕色，该红棕色气体为NO2；
C、气体颜色逐渐变为无色，说明NO2转化为NO；
D、要将NO完全转化为NO2，则发生的反应为：4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，结合气体体积进行计算；
20．【答案】B
【解析】【解答】A．氮气和氧气反应生成一氧化氮不是二氧化氮，A错误；
B．氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可以生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，B正确；
C．次氯酸见光分解生成氧气，不是氯气，C错误；
D．二氧化氯和氯化钙不反应，D错误；
故选B。
【分析】A.氮气放电生成NO；
C.次氯酸在光照下分解生成氧气和盐酸；
D.二氧化硫与氯化钙不反应。
21．【答案】（1）Al（OH）3、Cu（OH）2
（2）0.025ml；0.825ml/L
（3）1；0.005
（4）取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净。
【解析】【解答】在100mL含Cu2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入2.5ml•L-1的NaOH溶液，加入4mLNaOH溶液时没有沉淀生成，说明H+先和NaOH反应，则溶液中含有H+，c(H+)= =0.1ml/L，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量逐渐增大，30mLNaOH溶液后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则溶液中含有NH4+，则c(NH4+)= =0.075ml/L，继续滴加NaOH，沉淀溶解，35mLNaOH后，沉淀不溶解，说明溶液中含有Cu2+、Al3+，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O知，生成氢氧化铝沉淀和生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠体积之比为3：1，则生成氢氧化铝沉淀需要NaOH体积=(35-33)mL×3=6mL，则生成氢氧化铜需要NaOH体积=(30-4mL)-6mL=20mL，则c(Cu2+)= =0.25ml/L，c(Al3+)= =0.05ml/L，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得3c(Al3+)+2c(Cu2+)+c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)= [3×0.05+2×0.25+0.075+0.1]ml/L= 0.825ml/L。
(1)根据上述分析，B点的沉淀物为Al(OH)3、Cu(OH)2，
故答案为：Al(OH)3、Cu(OH)2；
(2)原溶液中Cu2+的物质的量n(Cu2+)=0.25ml/L×0.1L=0.025ml，原溶液中Cl－物质的量浓度c(Cl-)=[3×0.05+2×0.25+0.075+0.1]ml/L=0.825ml/L，
故答案为：0.025ml；0.825ml/L；
(3)原溶液中c(H+)=0.1ml/L，pH=1，x为Al(OH)3、Cu(OH)2的物质的量，y为Cu(OH)2的物质的量，二者的差为Al(OH)3的物质的量=0.05ml/L×0.1L=0.005ml，
故答案为：1；0.005；
(4)经过滤得到D点的沉淀物，溶液中含有大量氯离子，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀是否洗涤干净只需要判断洗涤液中是否存在氯离子即可，方法是取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净，
故答案为：取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净。
【分析】根据混合物中离子与氢氧化钠溶液的反应图像分析存在的离子以及其物质的量等，然后分析各个问题即可.
22．【答案】（1）SO2、NO、NO2
（2）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·ml-1；H2S；300℃；bd；>
（3）>；AD
【解析】【解答】（1）SO2和水反应生成亚硫酸，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成硝酸和NO，直接排入空气时会引起酸雨的有SO2、NO、NO2。
（2）方法一：甲烷燃烧热是1ml甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，
①CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) ΔH=-295.9kJ·ml-1
②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297.2kJ·ml-1
根据盖斯定律①+②×2得CH4燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-295.9kJ·ml-1-297.2kJ·ml-1×2=-890.3kJ·ml-1；
方法二：①氢气与二氧化硫反应生成X，X能把SO2还原为S，可知X为H2S。
②0~t1时间段H2S增多，可知发生第一步反应，所以温度为300℃。
方法三：③a．依据质量守恒定律，气体总质量不变，容器体积不变，所以密度为恒量，混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选a；|
b．反应达到平衡状态，各物质浓度保持不变，SO2的物质的量保持不变，反应一定达到平衡状态，
故答案为：b；
c．根据质量守恒，容器内混合气体原子总数是恒量，容器内混合气体原子总数不变，反应不一定平衡，故不选c；
d．每生成1mlSO3的同时消耗1mlNO，可知正逆反应速率相等，反应一定平衡，
故答案为：d；
e．反应前后气体分子数不变，平均相对分子质量是恒量，容器内的混合气体平均相对分子质量保持不变，反应不一定平衡，故不选e；
故答案为：bd。
④已知该反应的平衡常数为，向某恒温恒容密闭容器中通入NO2、SO2、SO3、NO各1ml，浓度熵Q==1v(逆)。
（3）①氮气为反应物，一氧化氮为生成物，图中A点之后NO的物质的量继续增大，说明此时反应正向进行，没有达到平衡状态，则v(正)>v(逆)。
②第10min时改变条件，NO的物质的量增大，生成速率增大，氮气物质的量减小，反应速率增大，说明改变的条件是增大了反应速率，反应正向进行，
A．加催化剂可以加快化学反应速率，A正确；
B．C为固体，增大C的物质的量，化学反应速率不变，B不正确；
C．减小CO2的物质的量，反应逆向进行，化学反应速率减小，C不正确；
D．升高温度可加快化学反应速率，D正确；
E．降低温度，化学反应速率减小，E不正确；
故答案为：AD。
【分析】（1）二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要来源；
（2）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
① 氢气具有还原性，二氧化硫可以被氢气还原，化合价降低形成硫；
② 0~t1时间段H2S增多，温度为300℃；
③ 化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
④ 结合Qc和K的关系判断，QcK，则平衡朝逆向移动；
（3） ① A点还没有达到平衡，平衡朝正向移动，正反应速率大于逆反应速率；
② 取向没有断点，可能是改变浓度或者加入催化剂。
23．【答案】（1）-130.52kJ•ml-1
（2）＜；be；0.1ml•L-1•min-1；变小；A
（3）催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢；O2与NH3反应生成NOx
【解析】【解答】（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ•ml-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ•ml-1
③2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ•ml-1
根据盖斯定律，由②-①-③得反应3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH=-144.14kJ•ml-1-180.50kJ•ml-1+244.10kJ•ml-1=-130.52kJ•ml-1；
（2）①根据图中信息可知，以过X点的等压线，已知T2＞T1，温度越高，NO的体积分数越大，故说明平衡逆向移动，逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，则反应ΔH＜0；
②a.改用高效催化剂，化学反应速率增大，但催化剂不能使平衡移动，NO的转化率不变，选项a不符合；
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项b符合；
c.移去CO2，生成物的浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，NO的转化率增大，选项c不符合；
d.升高温度，化学反应速率增大，但正反应为放热反应，平衡逆向移动，NO的转化率减小，选项d不符合；
e.缩小反应容器的体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项e符合；
故答案为：be；
③向密闭容器中充入10mlCO(g)和8mlNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，设NO转化率为x，根据三段式有：
平衡时NO的体积分数为25%，则有，解得x=50%，则NO平均反应速率v(NO)=0.1ml•L-1•min-1；
若其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，生成物的平衡分压减小，反应物的平衡分压增大，用分压表示的平衡常数Kp变小；
④由图可知，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比X点对应的体积分数大，符合条件的只有A点，故答案为：A；
（3）①已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大；
②已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300 ℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关，所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应：4NH3+5O24NO+6H2O，氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降，故答案为：O2与NH3反应生成NOx。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 提高一氧化氮转化率的方法可以增大一氧化碳的浓度，或者按照投料比增大反应物的浓度，也可以是通过压缩体积使平衡朝气体系数缩小的方向移动，增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积；
③ 化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
④ 升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
（3） ① 结合题干可以知道催化剂高温下活性强，即温度较低时活性较弱，催化效率不高；
② 氧气和氨气反应生成氮氧化物，使氮氧化物的去除率降低。
24．【答案】（1）3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑ +4H2O
（2）8.0g
（3）1.0L
【解析】【解答】(1)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑ +4H2O；
(2)4. 48LNO(标准状况)物质的量为 ，由以上化学反应方程式可知，原混合物中n(Cu)=0.3ml，灼烧所得32.0g固体为CuO，n(CuO) = ，根据铜元素守恒知：原混合物中n(CuO)=0.4ml-0.3ml=0.1ml ，故原混合物中CuO的质量为 ；
(3)0. 6L2.0ml/L稀硝酸中含HNO3的物质的量为1.2ml，由以上化学反应方程式可知，原混合物中n(Cu)=0.3ml，发生氧化还原反应的n(NO)=0.2ml根据氮元素守恒知：反应后溶液中n(NO)=1.2ml-0.2ml=1.0ml，反应后溶液中溶质为NaNO3，根据钠元素守恒知：n(NaOH)=1.0ml，故消耗氢氧化钠溶液的体积为 。
【分析】Cu与稀硝酸反应产生0.2mlNO，可以算出Cu的量，结合铜原子守恒，最终得到铜原子为0.4ml，所以原来混合物氧化铜为0.2ml，即8g，根据总硝酸为1.2ml，体现酸性硝酸为1.2ml-0.2ml=1ml；最终溶质变成NaNO3，为1ml，根据钠原子守恒，可以算出氢氧化钠为1ml，根据浓度，算出体积
25．【答案】（1）硝酸铵和硫酸铵；5
（2）；
（3）D
（4）稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液
【解析】【解答】(1)由图可知，其中硫酸铵和硝酸铵是由铵根离子和含氧酸根离子形成的盐；其中水、硫酸、硝酸、硫酸铵和硝酸铵是在水中能电离的电解质，共5种，故答案为：硝酸铵和硫酸铵；5；
(2)硫酸在溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，电离方程式为；稀硫酸和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为，故答案为：；；
(3)二氧化硫、五氧化二氮、氨气都不能电离出自由移动的离子，都属于非电解质，硝酸在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，
故答案为：D；
(4)碳酸铵能与稀硝酸反应生成二氧化碳气体，氯化铵、硫酸铵不能与稀硝酸反应，则先加入稀硝酸使溶液呈酸性能鉴别出碳酸根离子；向反应后的溶液中加入硝酸钡溶液，溶液中氯化铵与硝酸钡溶液不反应，硫酸铵与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，则加入过量的硝酸钡溶液能鉴别出硫酸根离子，并能排出硫酸根离子干扰氯离子检验；向含有硝酸、硝酸铵、氯化铵的溶液中加入硝酸银溶液，溶液中氯化铵与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，则加入硝酸银溶液能鉴别出氯离子，则鉴别出碳酸根离子、硫酸根离子和氯离子的所用的试剂及顺序是稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液，故答案为：稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液。
【分析】（1）盐：阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为酸根离子；
（2）硫酸为强酸，在水中电离为氢离子和硫酸根离子；硫酸和氢氧化钡反应是哪个从硫酸钡和水，硫酸钡不可拆；
（3）电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，常见的有酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；
（4）注意本题的特点是只取用一次样品，在同一个容器中检验出3种阴离子， 因此要考虑三种阴离子的特点，碳酸根遇酸产生气泡，而氯离子的鉴别采用稀硝酸和硝酸银溶液，硫酸根的检验采用钡离子，综合选择为稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液 。选项
X
Y
A
Al
NaOH溶液
B
NO2
H2O
C
Na2O2
CO2
D
Fe
H2O(g)
实验操作
目的
A
振荡注射器，无明显现象
验证NO不溶于水
B
打开弹簧夹，快速吸入10mL空气后，夹上弹簧夹，无色气体变为红棕色
证明可发生反应：2NO+O2=2NO2
C
再次振荡注射器，气体颜色逐渐变浅至无色，注射器活塞向内移动
证明可发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO
D
再打开弹簧夹，快速吸入空气至活塞位置处于最大刻度处，夹上弹簧夹，充分振荡注射器后静置，直至无明显现象为止
将注射器中的NO完全转化为HNO3
一、单选题
1．下列物质的性质、用途正确的是（ ）
A．浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，不能盛放在金属容器中
B．Na2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的原料
C．食盐可作调味剂，不可作防腐剂
D．合金的硬度大，熔点也高
2．下列物质中可以由两种单质直接化合制得的是（ ）
A．B．FeSC．D．CuS
3．下列有关氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．氨气极易溶于水，可用作制冷剂
B．HNO3具有氧化性，可用于制造氮肥
C．常温下N2化学性质稳定，可用作保护气
D．NH4Cl受热易分解，可用作实验室中制取少量氨气
4．在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．下列化合物不能由两种单质直接化合生成的是（）
A．FeCl3B．SO2C．NO2D．NO
6．在同温同压下，将充有等体积混合而成的四组气体：①NO2+O2；②NO2+NO；③HCl+N2；④SO2+O2，分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，如图所示，待试管内液面稳定后，剩余气体体积依次V1、V2、V3、V4，则剩余气体体积最多的是（ ）
A．V1B．V2C．V3D．V4
7．氮气及其重要化合物的转化关系如如图，则下列说法正确的是（ ）
A．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是工业生产硝酸的主要途径
B．反应①②③均需要使用催化剂
C．路线Ⅲ的另一种反应物为水时，每1ml反应，转移电子数目为NA
D．已知某条件下 ，该条件下每合成1mlNH3放出的热量为46.2kJ
8．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法错误的是（ ）
A．X是N2O5
B．工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
C．可用排空气法收集NO气体
D．由NH3→N2，从原理上看，NH3可与NO2反应实现
9．下列事实与划线物质表现出的性质(括号中)对应关系不正确的是（ ）
A． SO2能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色(漂白性)
B．常温下，铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化(强氧化性)
C．久置的浓硝酸，颜色略显黄色(不稳定性)
D．蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成(脱水性)
10．用石灰乳吸收硝酸工业尾气(含NO、NO2)可获得Ca(NO2)2，部分工艺流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．吸收时主要反应的化学方程式为NO + NO2 + Ca(OH)2 = Ca(NO2)2 + H2O
B．加快通入尾气的速率可提NO、NO2去除率
C．采用气、液逆流的方式吸收尾气有利于NO、NO2的充分吸收
D．若尾气中n(NO2)∶n(NO)<1∶1，处理后的尾气中NO含量会升高
11．下列关于金属及其化合物的说法正确的是（）
A．Na2O为淡黄色固体，MgO为白色固体
B．金属钠具有强还原性，可用与TiCl4溶液反应制取金属Ti
C．铁放入浓硝酸中无明显现象，说明铁与浓硝酸不反应
D．工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁
12．物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法不正确的是（ ）
A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B．a→b→c→d→e的转化均能一步实现
C．c、d和i、j均属于酸性氧化物
D．f与l可以是同一种物质
13．水体中氨氮含量会造成水体富营养化，用次氯酸钠除去氨氮的原理如图所示。下列说法错误的是
A．去除过程中，每一步反应都是氧化还原反应
B．每除去1ml，转移3ml电子
C．该过程需控制温度，温度过高时氨氮去除率会降低
D．去除过程的总反应方程式为：
14．取三张蓝色石蕊试纸湿润后贴在玻璃片上，然后按顺序分别滴加65%硝酸溶液、98%的硫酸溶液、新制氯水，三张试纸最终变成（ ）
A．白、红、白 B．红、黑、白
C．红、红、红 D．白、黑、白
15．2mlX与足量Y在一定条件下充分反应，相同条件下生成的气体最多是（ ）
A．A B．B C．C D．D
16．氯气的氧化性比硫的氧化性强，能证明这一结论的事实是（ ）
A．与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，但被氯气氧化成高价态
B．硫不溶于水，而氯气能溶于水
C．与金属反应时，硫被还原为-2价而氯被还原为-1价
D．通常情况下硫为浅黄色固体，而氯气为黄绿色气体
17．部分含氮物质的类别与相应化合价的关系如图所示。下列推断不合理的是（ ）
A．的转化属于氮的固定
B．既有氧化性又有还原性
C．实验室收集可用排水法
D．一定条件下，可以与反应可以得到
18．检验铵根离子的实验所依据的是（ ）
①铵根离子水解显酸性；② 与 间发生反应加热后产生氨气；③ 能电离出 和 ；④石蕊在碱性条件下变为蓝色
A．②④B．①②③④C．①②③D．②③④
19．如图所示，在一支50mL注射器中吸入20mLNO，然后吸入5mL水，用乳胶管和弹簧夹封住管口｡下列实验操作不能达到预期目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
20．下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．
B．
C．
D．
二、综合题
21．现有100mL含Cu2+、Al3+、NH4+、H+、Cl－的溶液，向该溶液中逐滴加入2.5ml·L－1NaOH溶液，所加NaOH 溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（ml）关系如下图所示：
（1）B点的沉淀物的化学式为 。
（2）原溶液中Cu2+的物质的量为 ，原溶液中Cl－物质的量浓度为 。
（3）原溶液的pH= ，x－y= 。
（4）经过滤得到D点的沉淀物，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀是否洗涤干净的方法是
22．SO2、CO、NO、NO2及其他氮氧化物都是污染大气的有害气体，对其进行回收利用是节能减排的重要课题。
（1）上述四种气体中直接排入空气时会引起酸雨的有 (填化学式)。
（2）回收大气污染物SO2的方法如下：
方法一：在复合组分催化剂作用下，CH4可使SO2转化为S，同时生成CO2和液态H2O。已知：
CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(1) △H=-295.9kJ·ml-1
S(s)+O2(g)=SO2(g) △H=-297.2kJ·ml-1
则CH4的燃烧热的热化学方程式为： 。
方法二：在恒容密闭容器中，用H2还原SO2生成S的反应分两步完成(如图1所示)，该过程中部分物质的物质的量浓度随时间的变化关系如图2所示：
①由分析可知X为 (填化学式)。
②0～t1时间段的温度为 。
方法三：利用反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)。
③一定条件下，将NO2与SO2以体积比1∶1置于恒温恒容的密闭容器中发生反应：NO2(g)+SO2(g)SO3(g)+NO(g)，能说明反应达到平衡状态的是 (填字母)。
a.混合气体的密度保持不变
b.SO2的物质的量保持不变
c.容器内混合气体原子总数不变
d.每生成1mlSO3的同时消耗1mlNO
e.容器内的混合气体平均相对分子质量保持不变
④已知该反应的平衡常数为，向某恒温恒容密闭容器中通入NO2、SO2、SO3、NO各1ml，此时v(正) v(逆)(填“>”、“<”或“=”)。
（3）在发动机的高温下，空气中的N2和CO2可能发生：N2(g)+CO2(g)C(s)+2NO(g)。现向2L体积恒定的密闭容器中充入一定量N2和CO2来模拟此过程，其中N2、NO物质的量随时间变化的曲线如图所示。请回答下列问题。
①图中A点v正 v逆(填“>”“<”或“=”)。
②第10min时，外界改变的条件可能是 (填字母)。
A．加催化剂
B．增大C的物质的量
C．减小CO2的物质的量
D．升温
E.降温
23．汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：
（1）有关汽车尾气的生成
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ•ml-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ•ml-1
③2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ•ml-1
则3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH= 。
（2）用CO消除汽车尾气
在催化剂a作用下将尾气转化为无污染的气体而除去。向密闭容器中充入10mlCO(g)和8mlNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH，测得平衡时NO体积分数与温度、压强的关系如图。
①已知T2＞T1，则反应ΔH 0(填“＞”、“=”或“＜”)。
②该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施 (填字母序号)。
a.改用高效催化剂
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度
c.移去CO2
d.升高温度
e.缩小反应容器的体积
③在温度为T1、容器体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点达到平衡。则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)= ；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp (填“变大”、“变小”或“不变”)。
④在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中 点(填A～F)。
（3）用NH3消除汽车尾气
新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3，和NOx，反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示。
①在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是 。
②当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是 。
24．现有一定量的Cu和CuO混合物，向其中加入0.6L 2.0ml/L稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成4.48L NO(标准状况)。向所得溶液中加入一定体积1.0 ml/L NaOH溶液，恰好使Cu2+沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得32.0g固体。试计算：
（1）Cu与稀硝酸反应的离子方程式： ；
（2）原混合物中CuO的质量 克；
（3）加入NaOH溶液的体积 升。
25．研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如下图所示)。回答下列问题：
（1）雾霾中含有多种物质，其中属于盐类是 (填写名称)；图中的电解质有 种。
（2）在水中的电离方程式是： ；把稀硫酸滴入氢氧化钡溶液中，反应的离子方程式是 。
（3）下列物质属于电解质的是____(填字母)。
A．B．C．D．
（4）某白色固体中含有、、，若只取用一次样品，在同一个容器中检验出3种阴离子，所用的试剂及顺序是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A. 浓硫酸、浓硝酸都具有强氧化性，但能盛放在铁或铝的容器中，A不符合题意；
B. Na2SiO3是制备硅胶和木材防火剂的原料，B符合题意；
C. 食盐可作调味剂，也可作防腐剂，C不符合题意；
D. 合金的硬度大，但熔点低于各成分金属的熔点，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.铁或铝在浓硫酸、浓硝酸中钝化；
C.食盐可作防腐剂；
D.合金的熔点低于其成分金属。
2．【答案】B
【解析】【解答】A. S和O2反应是SO2，A不符合题意 ；
B. Fe和S反应是FeS，B符合题意 ；
C. N2和O2反应是NO，C不符合题意 ；
D. Cu和S反应是Cu2S，D不符合题意 ；
故答案为：B 。
【分析】S和O2反应是SO2， Fe和S反应是FeS，N2和O2反应是NO，Cu和S反应是Cu2S。
3．【答案】C
【解析】【解答】A．液氨挥发需要吸收大量的热，可以做制冷剂，故A不符合题意；
B．HNO3是强酸，能与氢氧化钾或者氨水反应，制造氮肥，故B不符合题意；
C．常温下N2化学性质稳定，一般不与物质发生反应，可用作保护气，故C符合题意；
D．NH4Cl受热易分解，但是冷却后又化合，不能用于制氨气，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.液氨汽化吸热，可作制冷剂；
B.硝酸含有氮元素，可用于制造氮肥；
C.氮气性质稳定，可作保护气；
D.加热氯化铵分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢在试管口遇冷又化合成氯化铵。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．氨分子在催化剂作用下能与一氧化氮共热反应生成氮气和水，物质间转化能实现，故A不符合题意；
B．氮气高温条件下能与氧气反应生成一氧化氮，物质间转化能实现，故B不符合题意；
C．碳酸的酸性弱于硝酸，硝酸铵不能与二氧化碳反应生成碳酸铵，物质间转化不能实现，故C符合题意；
D．二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，物质间转化能实现，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氨中氮元素为-3，一氧化氮中氮元素为+2，结合归中不交叉定律可以转化为中间价态0；
B、氮气和氧气可以在放电或者高温条件下生成一氧化氮；
C、根据强酸制弱酸的原理，硝酸酸性强与碳酸酸性，无法由二氧化氮和硝酸铵制备得到碳酸铵和硝酸；
D、二氧化氮溶于水生成硝酸和一氧化氮。
5．【答案】C
【解析】【解答】氯气有强氧化性，和变价金属反应生成最高价态化合物，即Fe与Cl2化合生成FeCl3，不是氯化亚铁；硫在氧气中燃烧生成的是二氧化硫；氮气和氧气在放电条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，
故答案为：C。
【分析】A.铁与氯气反应生成氯化铁；
B.硫与氧气反应生成二氧化硫；
C.氮气与氧气反应生成NO。
6．【答案】B
【解析】【解答】①在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体NO2+O2分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，二氧化氮和氧气、水能反应生成硝酸4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式知，氧气剩余，参加反应的氧气的体积为氧气总体积的 ，二氧化氮全部参加反应，所以混合气体减少的体积为试管体积的 ，故水面上升的高度为试管的 ；
②在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体，NO2+NO分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，二氧化氮和水能反应生成硝酸和一氧化氮3NO2+H2O=2HNO3+NO，一氧化氮和水不反应，根据方程式知，气体减少的体积是二氧化氮的 ，二氧化氮占混合气体的 ，所以试管内气体减少的体积为试管体积的 ，故水面上升的高度为试管的 ；\③在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体HCl+N2分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，氯化氢全部溶于水，氮气不溶，所以试管内气体减少的体积为试管体积的 ，故水面上升的高度为试管的 ；
④在同温同压下，将充有等体积混合而成的气体SO2+O2分别通入体积相同的试管，并立即倒立于水槽中，二者不反应，二氧化硫溶于水生成亚硫酸，氧气不溶，所以试管内气体减少的体积为试管体积的 ，故水面上升的高度为试管的 ；
待试管内液面稳定后，剩余气体体积依次V1、V2、V3、V4，则剩余气体体积最多的是V2，
故答案为：B。
【分析】二氧化氮和氧气和水混合后，可以直接发生反应，二氧化氮和一氧化氮混合后，只有二氧化氮与水反应，氯化氢和氮气混合后，氯化氢极易溶于水，二氧化硫与水反应。再结合化学方程式即可计算出剩余体积之比
7．【答案】D
【解析】【解答】A．工业上生成硝酸的第一步反应为氨的催化氧化，原料是NH3而不是N2，A不符合题意；
B．反应①②均需要使用催化剂，但反应③只需提供O2，在常温下就可转化，B不符合题意；
C．路线Ⅲ的另一种反应物为水时，发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，则每1ml反应，转移电子数目为NA，C不符合题意；
D．反应 表明，2NH3——92.4kJ，则该条件下每合成1mlNH3放出的热量为46.2kJ，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．工业上利用氨的催化氧化法生产硝酸；
B．反应③在常温下就可转化，不需要使用催化剂；
C．依据化学方程式中化合价变化分析；
D．反应热与计量系数成比例。
8．【答案】C
【解析】【解答】A.X中氮元素为+5价，是氧化物，则化学式是N2O5，选项A不符合题意；
B.氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，故工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，选项B不符合题意；
C.NO能与空气中的氧气发生反应生成NO2，不可用排空气法收集NO气体，选项C符合题意；
D. NH3与NO2反应生成氮气，发生氧化还原反应8NH3+6NO2=7N2+12H2O，选项D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.图象可知X为+5价对应的氨的氧化物；
B.一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体；
C.氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；
D.氨气中氮元素化合价-3价，二氧化氮中氮元素化合价+4价，二者反应生成氮气。
9．【答案】A
【解析】【解答】 A. SO2能够与溶液中的NaOH发生中和反应，使溶液的碱性减弱，因而使酚酞溶液颜色变浅甚至褪色，与其漂白性无关，A错误；
B. 浓硝酸、浓硫酸具有强的氧化性，在室温下遇Fe时，使金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，故室温下浓硫酸、浓硝酸可以用铁质容器盛放，B正确；
C. 浓硝酸是无色液体，硝酸具有不稳定，光照分解产生红棕色NO2溶解在硝酸中使溶液颜色略显黄色，C正确；
D. 蔗糖是有机化合物，浓硫酸具有脱水性，向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖中的氢、氧两种元素以2：1的组成脱去，而得到黑色的C单质，体现了浓硫酸的脱水性，D正确；
故选A。
【分析】 A. SO2与NaOH溶液发生中和反应；
B. 室温下，浓硝酸、浓硫酸与Fe发生钝化；
C. 浓硝酸有不稳定性；
D. 浓硫酸具有脱水性。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．根据氧化还原反应规律，NO、NO2被氢氧化钙吸收生成Ca(NO2)2，主要反应的化学方程式为NO + NO2 + Ca(OH)2 = Ca(NO2)2 + H2O，故A不符合题意；
B．加快通入尾气的速率，反应不充分， NO、NO2去除率降低，故B符合题意；
C．采用气、液逆流的方式吸收尾气，反应物充分接触，有利于NO、NO2的充分吸收，故C不符合题意；
D．NO和氢氧化钙不反应，若尾气中n(NO2)∶n(NO)<1∶1，发生NO + NO2 + Ca(OH)2 = Ca(NO2)2 + H2O反应后NO有剩余，所以尾气中NO含量会升高，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.吸收时NO、NO2被氢氧化钙吸收生成Ca(NO2)2；
B.加快通入尾气的速率，反应不充分；
C.采用气、液逆流的方式吸收尾气，可以使反应物充分接触；
D.若尾气中n(NO2)∶n(NO)<1∶1，反应后NO有剩余。
11．【答案】D
【解析】【解答】A、Na2O为白色固体，MgO也是白色固体，A不符合题意；
B、钠性质非常活泼，与盐溶液反应时先与水反应，不能用钠与TiCl4溶液反应制取金属Ti，B不符合题意；
C、铁放入浓硝酸中无明显现象，是因为常温下铁发生了钝化，发生氧化还原反应，C不符合题意；
D、镁是活泼金属，工业上常用电解熔融氯化镁的方法制取金属镁，D符合题意；
故答案为：D
【分析】A.Na2O为白色固体；
B.金属钠加入溶液中，先与H2O反应；
C.常温下，浓硫酸能是铁钝化；
D.根据金属的制备原理分析；
12．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，A正确；
B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，B正确；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，C错误；
D．由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，D正确；
故答案为：C
【分析】由图中氢化物的化合价可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，则a为硫化氢、b为硫、c为二氧化硫、d为三氧化硫、e为硫酸、f为硫酸盐、g为氨气、h为氮气、i为一氧化氮、j为二氧化氮或四氧化二氮、k为硝酸、l为铵盐。
13．【答案】A
【解析】【解答】A．NaClO和H2O反应生成次氯酸和氢氧化钠，化合价没有发生变化的反应，A符合题意 ；
B．氮化合价从－3价升高到0价，失去3个电子，转移3个电子，B不符合题意 ；
C．温度较高时NH3溶解度减小，氨氮去除率会降低，C不符合题意 ；
D．NH3、NaClO是反应物，氯化钠、氮气和水是生成物，D不符合题意 ；
故答案为：A 。
【分析】A．化合价没有发生变化的反应，不是氧化还原反应 ；
B．化合价升价数等于转移电子数；
C．温度较高时气体溶解度减小 ；
D．NH3和NaClO反应生成氯化钠、氮气和水。
14．【答案】D
【解析】【解答】因硝酸具有强氧化性，能使试纸褪色，则滴加浓硝酸，先变红后褪色，最后为白色；因98%的硫酸为浓硫酸，具有脱水性，则能使蓝色石蕊试纸最后变为黑色；因氯水中含有盐酸和次氯酸，新制氯水具有漂白性，则在试纸上滴加氯水，先变红后褪色，最后为白色；D符合题意；
故答案为：D
【分析】根据浓硝酸的氧化性、浓硫酸的脱水性和新制氯水的漂白性分析。
15．【答案】A
【解析】【解答】A. 根据方程式2Al+2NaOH+2H2O＝2NaAlO2+3H2↑可知2mAl生成3ml氢气；
B. 根据方程式3NO2+H2O＝2HNO3+NO可知2mlNO2生成 NO；
C. 根据方程式2Na2O2+2CO2＝2Na2CO3+O2可知2ml Na2O2生成1ml氧气；
D. 根据方程式3Fe+4H2O Δ__ Fe3O4+4H2可知2ml铁生成 ml氢气；
相同条件下生成的气体最多是选项A，
故答案为：A。
【分析】依据X与Y反应的化学方程式分析。
16．【答案】A
【解析】【解答】A．与同一种金属反应时，金属被硫氧化成低价态，被氯气氧化成高价态，说明Cl得电子能力较强，氯气的氧化性强，故A符合题意；
B．物质的溶解性属于物理性质，不能用来比较化学性质，故B不符合题意；
C．与金属反应时，非金属元素的化合价取决于最外层电子数目的多少，与氧化性强弱无关，故C不符合题意；
D．物质的颜色为物理性质，与化学性质无关，不能用来比较氧化性强弱，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】氧化性强弱的比较，主要比较是①与同一种还原性物质发生氧化还原反应时产生的化合价高低②氯气能否发生硫离子的化合物反应制备硫单质③比较最高价氧化物对应水合物的酸性强弱④比较氢化物的稳定性
17．【答案】C
【解析】【解答】A、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程， 时将氮气转化为氨气，属于氮的固定，故A不符合题意；
B、 b为N2H4，氮元素为-2价，化合价既可以升高又可以降低，既有氧化性又有还原性，故B不符合题意；
C、NO2能与水反应，不能用排水法收集，故C符合题意；
D、a为NH3，d为NO2，一定条件下，NH3可以与NO2反应可以得到N2， 故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】a为N元素的-3价氢化物，a为NH3；b为N元素的-2价氢化物，b为N2H4；c为单质，c为N2；d为N元素的+4价氧化物，d为NO2；e为N元素的+5价含氧酸，e为HNO3。
18．【答案】D
【解析】【解答】①NH4＋水解显酸性，不能用于证明NH4＋的存在，①不符合题意；
②能与OH－反应产生NH3，则含有NH4＋，②符合题意；
③NH3·H2O能电离产生NH4＋和OH－，③符合题意；
④石蕊在碱性条件下变为蓝色，说明含有NH4＋，④符合题意；
综上，正确的是②③④，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对NH4＋的检验，结合NH4＋的性质分析即可。
19．【答案】D
【解析】【解答】A．注射器中吸入和水，振荡注射器，无明显现象，能说明不溶于水且不与水发生反应，A不符合题意；
B．打开弹簧夹，快速吸入空气后，夹上弹簧夹，无色气体变为红棕色，能证明发生反应：，B不符合题意；
C．再次振荡注射器，气体颜色逐渐变浅至无色，注射器活塞向内移动，气体压强减小，能说明与发生反应，C不符合题意；
D．由反应可知，使完全转化为需要，打开弹簧夹，快速吸入空气至活塞位置处于最大刻度处，此时注射器中的(占空气的21%)不足以将完全转化为，故充分振荡注射器后静置直至无明显现象为止，不能说明完全转化为，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、注射器无明显现象，说明注射器内气体两不变；
B、无色气体变为红棕色，该红棕色气体为NO2；
C、气体颜色逐渐变为无色，说明NO2转化为NO；
D、要将NO完全转化为NO2，则发生的反应为：4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，结合气体体积进行计算；
20．【答案】B
【解析】【解答】A．氮气和氧气反应生成一氧化氮不是二氧化氮，A错误；
B．氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可以生成碳酸氢钠，碳酸氢钠受热分解生成碳酸钠，B正确；
C．次氯酸见光分解生成氧气，不是氯气，C错误；
D．二氧化氯和氯化钙不反应，D错误；
故选B。
【分析】A.氮气放电生成NO；
C.次氯酸在光照下分解生成氧气和盐酸；
D.二氧化硫与氯化钙不反应。
21．【答案】（1）Al（OH）3、Cu（OH）2
（2）0.025ml；0.825ml/L
（3）1；0.005
（4）取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净。
【解析】【解答】在100mL含Cu2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入2.5ml•L-1的NaOH溶液，加入4mLNaOH溶液时没有沉淀生成，说明H+先和NaOH反应，则溶液中含有H+，c(H+)= =0.1ml/L，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量逐渐增大，30mLNaOH溶液后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则溶液中含有NH4+，则c(NH4+)= =0.075ml/L，继续滴加NaOH，沉淀溶解，35mLNaOH后，沉淀不溶解，说明溶液中含有Cu2+、Al3+，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O知，生成氢氧化铝沉淀和生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠体积之比为3：1，则生成氢氧化铝沉淀需要NaOH体积=(35-33)mL×3=6mL，则生成氢氧化铜需要NaOH体积=(30-4mL)-6mL=20mL，则c(Cu2+)= =0.25ml/L，c(Al3+)= =0.05ml/L，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得3c(Al3+)+2c(Cu2+)+c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)= [3×0.05+2×0.25+0.075+0.1]ml/L= 0.825ml/L。
(1)根据上述分析，B点的沉淀物为Al(OH)3、Cu(OH)2，
故答案为：Al(OH)3、Cu(OH)2；
(2)原溶液中Cu2+的物质的量n(Cu2+)=0.25ml/L×0.1L=0.025ml，原溶液中Cl－物质的量浓度c(Cl-)=[3×0.05+2×0.25+0.075+0.1]ml/L=0.825ml/L，
故答案为：0.025ml；0.825ml/L；
(3)原溶液中c(H+)=0.1ml/L，pH=1，x为Al(OH)3、Cu(OH)2的物质的量，y为Cu(OH)2的物质的量，二者的差为Al(OH)3的物质的量=0.05ml/L×0.1L=0.005ml，
故答案为：1；0.005；
(4)经过滤得到D点的沉淀物，溶液中含有大量氯离子，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀是否洗涤干净只需要判断洗涤液中是否存在氯离子即可，方法是取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净，
故答案为：取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净。
【分析】根据混合物中离子与氢氧化钠溶液的反应图像分析存在的离子以及其物质的量等，然后分析各个问题即可.
22．【答案】（1）SO2、NO、NO2
（2）CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-890.3kJ·ml-1；H2S；300℃；bd；>
（3）>；AD
【解析】【解答】（1）SO2和水反应生成亚硫酸，NO和氧气反应生成NO2，NO2和水反应生成硝酸和NO，直接排入空气时会引起酸雨的有SO2、NO、NO2。
（2）方法一：甲烷燃烧热是1ml甲烷完全燃烧生成二氧化碳和液态水放出的能量，
①CH4(g)+2SO2(g)=CO2(g)+2S(s)+2H2O(l) ΔH=-295.9kJ·ml-1
②S(s)+O2(g)=SO2(g) ΔH=-297.2kJ·ml-1
根据盖斯定律①+②×2得CH4燃烧热的热化学方程式为CH4(g)+2O2(g)=CO2(g)+2H2O(l) ΔH=-295.9kJ·ml-1-297.2kJ·ml-1×2=-890.3kJ·ml-1；
方法二：①氢气与二氧化硫反应生成X，X能把SO2还原为S，可知X为H2S。
②0~t1时间段H2S增多，可知发生第一步反应，所以温度为300℃。
方法三：③a．依据质量守恒定律，气体总质量不变，容器体积不变，所以密度为恒量，混合气体的密度保持不变，反应不一定平衡，故不选a；|
b．反应达到平衡状态，各物质浓度保持不变，SO2的物质的量保持不变，反应一定达到平衡状态，
故答案为：b；
c．根据质量守恒，容器内混合气体原子总数是恒量，容器内混合气体原子总数不变，反应不一定平衡，故不选c；
d．每生成1mlSO3的同时消耗1mlNO，可知正逆反应速率相等，反应一定平衡，
故答案为：d；
e．反应前后气体分子数不变，平均相对分子质量是恒量，容器内的混合气体平均相对分子质量保持不变，反应不一定平衡，故不选e；
故答案为：bd。
④已知该反应的平衡常数为，向某恒温恒容密闭容器中通入NO2、SO2、SO3、NO各1ml，浓度熵Q==1
（3）①氮气为反应物，一氧化氮为生成物，图中A点之后NO的物质的量继续增大，说明此时反应正向进行，没有达到平衡状态，则v(正)>v(逆)。
②第10min时改变条件，NO的物质的量增大，生成速率增大，氮气物质的量减小，反应速率增大，说明改变的条件是增大了反应速率，反应正向进行，
A．加催化剂可以加快化学反应速率，A正确；
B．C为固体，增大C的物质的量，化学反应速率不变，B不正确；
C．减小CO2的物质的量，反应逆向进行，化学反应速率减小，C不正确；
D．升高温度可加快化学反应速率，D正确；
E．降低温度，化学反应速率减小，E不正确；
故答案为：AD。
【分析】（1）二氧化硫和氮氧化物是形成酸雨的主要来源；
（2）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
① 氢气具有还原性，二氧化硫可以被氢气还原，化合价降低形成硫；
② 0~t1时间段H2S增多，温度为300℃；
③ 化学平衡判断：1、同种物质正逆反应速率相等，2、不同物质速率满足：同侧异，异侧同，成比例，3、各组分的浓度、物质的量、质量、质量分数不变，4、左右两边化学计量数不相等，总物质的量、总压强（恒容）、总体积（恒压）不变，5、平均相对分子质量、平均密度根据公式计算，6、体系温度、颜色不变；
④ 结合Qc和K的关系判断，Qc
（3） ① A点还没有达到平衡，平衡朝正向移动，正反应速率大于逆反应速率；
② 取向没有断点，可能是改变浓度或者加入催化剂。
23．【答案】（1）-130.52kJ•ml-1
（2）＜；be；0.1ml•L-1•min-1；变小；A
（3）催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢；O2与NH3反应生成NOx
【解析】【解答】（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ•ml-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ•ml-1
③2N2O(g)⇌2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ•ml-1
根据盖斯定律，由②-①-③得反应3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH=-144.14kJ•ml-1-180.50kJ•ml-1+244.10kJ•ml-1=-130.52kJ•ml-1；
（2）①根据图中信息可知，以过X点的等压线，已知T2＞T1，温度越高，NO的体积分数越大，故说明平衡逆向移动，逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，则反应ΔH＜0；
②a.改用高效催化剂，化学反应速率增大，但催化剂不能使平衡移动，NO的转化率不变，选项a不符合；
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项b符合；
c.移去CO2，生成物的浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，NO的转化率增大，选项c不符合；
d.升高温度，化学反应速率增大，但正反应为放热反应，平衡逆向移动，NO的转化率减小，选项d不符合；
e.缩小反应容器的体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项e符合；
故答案为：be；
③向密闭容器中充入10mlCO(g)和8mlNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，设NO转化率为x，根据三段式有：
平衡时NO的体积分数为25%，则有，解得x=50%，则NO平均反应速率v(NO)=0.1ml•L-1•min-1；
若其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，生成物的平衡分压减小，反应物的平衡分压增大，用分压表示的平衡常数Kp变小；
④由图可知，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比X点对应的体积分数大，符合条件的只有A点，故答案为：A；
（3）①已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大；
②已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300 ℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关，所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应：4NH3+5O24NO+6H2O，氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降，故答案为：O2与NH3反应生成NOx。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 提高一氧化氮转化率的方法可以增大一氧化碳的浓度，或者按照投料比增大反应物的浓度，也可以是通过压缩体积使平衡朝气体系数缩小的方向移动，增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积；
③ 化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
④ 升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
（3） ① 结合题干可以知道催化剂高温下活性强，即温度较低时活性较弱，催化效率不高；
② 氧气和氨气反应生成氮氧化物，使氮氧化物的去除率降低。
24．【答案】（1）3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑ +4H2O
（2）8.0g
（3）1.0L
【解析】【解答】(1)Cu与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，离子方程式为3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO↑ +4H2O；
(2)4. 48LNO(标准状况)物质的量为 ，由以上化学反应方程式可知，原混合物中n(Cu)=0.3ml，灼烧所得32.0g固体为CuO，n(CuO) = ，根据铜元素守恒知：原混合物中n(CuO)=0.4ml-0.3ml=0.1ml ，故原混合物中CuO的质量为 ；
(3)0. 6L2.0ml/L稀硝酸中含HNO3的物质的量为1.2ml，由以上化学反应方程式可知，原混合物中n(Cu)=0.3ml，发生氧化还原反应的n(NO)=0.2ml根据氮元素守恒知：反应后溶液中n(NO)=1.2ml-0.2ml=1.0ml，反应后溶液中溶质为NaNO3，根据钠元素守恒知：n(NaOH)=1.0ml，故消耗氢氧化钠溶液的体积为 。
【分析】Cu与稀硝酸反应产生0.2mlNO，可以算出Cu的量，结合铜原子守恒，最终得到铜原子为0.4ml，所以原来混合物氧化铜为0.2ml，即8g，根据总硝酸为1.2ml，体现酸性硝酸为1.2ml-0.2ml=1ml；最终溶质变成NaNO3，为1ml，根据钠原子守恒，可以算出氢氧化钠为1ml，根据浓度，算出体积
25．【答案】（1）硝酸铵和硫酸铵；5
（2）；
（3）D
（4）稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液
【解析】【解答】(1)由图可知，其中硫酸铵和硝酸铵是由铵根离子和含氧酸根离子形成的盐；其中水、硫酸、硝酸、硫酸铵和硝酸铵是在水中能电离的电解质，共5种，故答案为：硝酸铵和硫酸铵；5；
(2)硫酸在溶液中完全电离出氢离子和硫酸根离子，电离方程式为；稀硫酸和氢氧化钡溶液反应生成硫酸钡沉淀和水，反应的离子方程式为，故答案为：；；
(3)二氧化硫、五氧化二氮、氨气都不能电离出自由移动的离子，都属于非电解质，硝酸在溶液中能电离出自由移动的离子，属于电解质，
故答案为：D；
(4)碳酸铵能与稀硝酸反应生成二氧化碳气体，氯化铵、硫酸铵不能与稀硝酸反应，则先加入稀硝酸使溶液呈酸性能鉴别出碳酸根离子；向反应后的溶液中加入硝酸钡溶液，溶液中氯化铵与硝酸钡溶液不反应，硫酸铵与硝酸钡溶液反应生成硫酸钡白色沉淀，则加入过量的硝酸钡溶液能鉴别出硫酸根离子，并能排出硫酸根离子干扰氯离子检验；向含有硝酸、硝酸铵、氯化铵的溶液中加入硝酸银溶液，溶液中氯化铵与硝酸银溶液反应生成氯化银白色沉淀，则加入硝酸银溶液能鉴别出氯离子，则鉴别出碳酸根离子、硫酸根离子和氯离子的所用的试剂及顺序是稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液，故答案为：稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液。
【分析】（1）盐：阳离子为金属离子或铵根离子，阴离子为酸根离子；
（2）硫酸为强酸，在水中电离为氢离子和硫酸根离子；硫酸和氢氧化钡反应是哪个从硫酸钡和水，硫酸钡不可拆；
（3）电解质：在水溶液或熔融状态下能够导电的化合物，常见的有酸、碱、盐、活泼金属氧化物、水；
（4）注意本题的特点是只取用一次样品，在同一个容器中检验出3种阴离子， 因此要考虑三种阴离子的特点，碳酸根遇酸产生气泡，而氯离子的鉴别采用稀硝酸和硝酸银溶液，硫酸根的检验采用钡离子，综合选择为稀硝酸、硝酸钡溶液、硝酸银溶液 。选项
X
Y
A
Al
NaOH溶液
B
NO2
H2O
C
Na2O2
CO2
D
Fe
H2O(g)
实验操作
目的
A
振荡注射器，无明显现象
验证NO不溶于水
B
打开弹簧夹，快速吸入10mL空气后，夹上弹簧夹，无色气体变为红棕色
证明可发生反应：2NO+O2=2NO2
C
再次振荡注射器，气体颜色逐渐变浅至无色，注射器活塞向内移动
证明可发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO
D
再打开弹簧夹，快速吸入空气至活塞位置处于最大刻度处，夹上弹簧夹，充分振荡注射器后静置，直至无明显现象为止
将注射器中的NO完全转化为HNO3
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