高三化学一轮氮及其化合物专题练习

试卷第=page99页，共=sectionpages1010页试卷第=page1010页，共=sectionpages1010页高三化学一轮氮及其化合物专题练习一、单选题1．下列说法不正确的是A．过量的Fe在Cl2中燃烧得到FeCl3B．NH3与O2在催化剂作用下直接生成NO2C．Na在空气中燃烧生成Na2O2D．将足量CO2通入氨的NaCl饱和溶液中可析出NaHCO3固体2．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3．某无色混合气体可能含有Cl2、O2、HCl、NH3、NO、NO2中的两种或多种，现将此混合气体经过浓硫酸后体积减小，将剩余气体排入空气中，很快变成红棕色。对于原混合气体成分的判断中，正确的是A．肯定有O2B．肯定只有NH3和NOC．肯定有NH3、NO、HClD．肯定没有Cl2、NH3、NO24．下列说法正确的是A．二氧化硫是一种酸性氧化物，溶于水生成的亚硫酸不稳定B．硫和铜反应生成硫化铜C．一氧化氮是无色的气体，可以用排气法收集D．二氧化氮是红棕色的气体，可以用排水法收集5．化学与社会、生产密切相关。下列说法正确的是A．用乙醚从草药中浸取青蒿素涉及化学变化B．工业合成氮的成功在一定程度上解决了人类的饥饿问题C．种类广泛的氯化物都可应用于环境消毒杀菌D．化学只能在分子水平上研究物质的组成和结构6．如图表示Cu与稀硝酸反应的量的关系，a、b、c、d四点中表示铜与稀硝酸反应中被还原的HNO3与Cu的量的关系的是A．a B．b C．c D．d7．化学方程式属于符号表征体系。是重要的化学语言。下列物质性质实验对应的反应方程式书写正确的是A．Na2O2与SO2反应：2Na2O2+2SO2=2Na2SO3+O2B．硫代硫酸钠溶液中滴入硫酸：Na2S2O3+H2SO4=Na2SO4+S↓+SO2↑+2H2OC．铁在氯气里燃烧：Fe+Cl2FeCl2D．少量Fe与稀硝酸反应：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O8．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g(已知硝酸只被还原为NO气体)。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示。下列分析或结果不正确的是A．混合酸中HNO3物质的量浓度为2mol/LB．OA段产生的是NO，BC段产生氢气C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4D．原混合酸中H2SO4物质的量为0.4mol9．将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2A．A B．B C．C D．D10．X、Y、Z和W是四种短周期主族元素，可以构成一种物质（如图所示），其中Z与W同周期且Z的原子半径在四种原子中半径最大，Y的核外电子总数等于W的核外最外层电子数，下列说法正确的是A．XW4分子中各原子均满足8电子稳定结构B．Y的氢化物能使湿润的蓝色石蕊试纸变红C．Z单质是自然界中最硬的物质D．W氧化物对应水化物的酸性一定比Y氧化物对应水化物的酸性强11．利用下列药品制备对应的气体，不能选用如图所示装置的是

A．浓氨水、生石灰(NH3) B．98%硫酸、饱和亚硫酸钠溶液(SO2)C．锌粒、稀硫酸(H2) D．二氧化锰，浓盐酸(Cl2)12．在实验室采用如图装置制备气体，合理的是化学试剂制备的气体装置AMnO2+HCl(浓)Cl2BMnO2+KClO3O2CNaCl+H2SO4(浓)HClDCa(OH)2+NH4ClNH3A．A B．B C．C D．D13．燃油汽车发动机排出的气体中含有CO和NO等，安装催化转化器可减少这些有害气体的排放。CO和NO在经过催化转化器时相互反应，示意图如下所示。下列说法正确的是A．该反应属于置换反应B．CO和NO按个数比1：1进行该反应C．该反应中两种生成物的质量比为11：7D．安装了催化转化器的汽车，尾气中不含CO和NO14．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．使酚酞变红色的溶液中：Na+、Al3+、、Cl-B．pH=14的溶液中：Na+、、、Cl-C．使紫色石蕊试液变红的溶液中：Fe2+、Mg2+、、Cl-D．c(H+)=1×10-13mol·L-1的溶液中：K+、Na+、Al3+、15．将NO、NO2的混合气体缓缓通入盛有10L0.3mol/LNaOH溶液的烧杯中，恰好被完全吸收，则混合气体中NO、NO2的体积比为(已知：2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O)A．≤1：1 B．只能等于1：2 C．只能等于1：1 D．等于1：316．为防治雾霾，设计如下流程吸收工业尾气SO2和NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4，其结晶水合物又称保险粉)和NH4NO3产品，以变“废”为宝。下列说法错误的是A．S2O中既存在非极性键又存在极性键B．装置I的作用是吸收SO2，装置II的作用是吸收NOC．保险粉可通过装置Ⅲ中阳极产物制备，Ce4＋从阴极口流出回到装置II循环使用D．氧化装置IV中1L2mol•L－1NO，至少需要标准状况下22.4LO217．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产全部是NO）。向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列叙述中正确的是A．当生成沉淀达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积一定为100mLB．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4molC．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24LD．参加反应的金属的总质量一定是6.6g二、计算题18．H、C、N、O、Fe、Si、Cl、I是中学化学中常见的元素，请根据题意回答与这些元素有关的问题：(1)根据元素周期律，碳的非金属性强于硅，请用一个化学反应方程式表示___________。(2)各种氮氧化物(NO、NO2)是主要的大气污染物之一，治理氮氧化物(NOx)废气的方法之一是用NaOH溶液进行吸收，其反应原理可表示如下：NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，现有一NO与NO2的混合气体，将其通入50mL

2mol/L的NaOH溶液中，恰好完全吸收，测得溶液中含有0.02mol。①所得溶液中NaNO2的物质的量为___________mol；②混合气体中V(NO)：V(NO2)=___________。(3)已知Cl有两种天然同位素35Cl、37Cl，Cl的相对原子质量为35.5，Na只有一种原子23Na，求10吨纯度为90%的食盐(杂质中不含Na、Cl)样品中含37Cl___________吨，含Na35Cl___________吨。三、有机推断题19．X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，J元素的焰色反应呈黄色，Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X﹣的半径，Y2是空气主要成分之一，请回答：(1)Q元素在周期表中的位置___________；(2)这五种元素原子半径从大到小的顺序为___________(填元素符号)。(3)元素的非金属性Z___________Q(填“>”或“<”)，下列各项中，不能说明这一结论的事实有___________(填序号)。A．Q的氢化物的水溶液放置在空气中会变浑浊B．Z与Q之间形成的化合物中元素的化合价C．Z和Q的单质的状态D．Z和Q在周期表中的位置(4)Q的氢化物与它的低价氧化物反应的化学方程式为___________(5)X与Y可形成分子A，也可形成阳离子B，写出A的化学式___________；实验室制备气体A的化学方程式___________。四、元素或物质推断题20．某类化学反应可用如下通式表示：A+B→C+D+H2O请按要求回答问题：（1）若C的稀溶液显蓝色，D为红棕色气体，则B溶液的名称是______________，反应中每生成1molH2O时转移的电子数目为_________。（以NA表示阿伏加德罗常数的值）（2）若A为单质，C、D都是能使澄清石灰水变浑浊的气体。则B的化学式为_____________，A、B在化学反应方程式中化学计量数之比为__________________。（3）若A为氧化物，C、D中有一种是常见的有毒气体单质。该反应的离子方程式为______________________。（4）若C是一种碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D是一种固体可作干燥剂（中性），则实验室制取气体C的反应的化学方程式是__________________________。五、工业流程题21．欲探究某矿石可能是由FeCO3、SiO2、Al2O3中的一种或几种组成，探究过程如下图所示。

（1）Si在周期表中的位置是____________________。（2）下列说法正确的是______________。a．酸性：H2CO3＞H2SiO3b．结合质子的能力：CO32->AlO2->HCO3-c．稳定性：H2O＞CH4＞SiH4d．离子半径：O2－＜Al3+（3）该矿石的组成是_____，滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是______________。（4）该矿石和1molL－1HNO3反应的离子方程式________________________________。（5）工业上依据上述实验原理处理该矿石，将反应池逸出的气体与一定量的O2混合循环通入反应池中，用化学方程式解释该方法的目的：____________________；若按以上方案：NO与O2循环通入反应池处理该矿石2.36103kg，得到滤渣1.2103kg，理论上至少需要1molL－1HNO3的体积为_____L。六、原理综合题22．有效的进行科学实验是学习化学的重要方法之一。I．（1）下列实验事实不能作为所得结论合理证据的是_______。选项ABCD实验钾与水反应钠与水反应现象NaBr溶液变为橙色，NaI溶液变为棕黄色左边盛澄清石灰水的试管变浑浊，而右边的不变浑浊Na2SiO3溶液中出现白色沉淀钾与水反应比钠与水反应更剧烈结论氧化性：Cl2＞Br2＞I2热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3非金属性：C＞Si金属性：K＞NaII．选择性催化还原是在有催化剂的条件下将NOx转变为N2和H2O，这是目前硝酸厂进行尾气治理普遍采用的一种方法，某小组同学拟验证NO能被氨气还原并测算其转化率。

请回答下列问题：（2）若制取氨气用A装置，则发生反应的化学方程式为_______，若用B装置制取氨气，则分液漏斗和锥形瓶中盛放的药品分别是_______、_______；（3）用C装置制取NO时，用可抽动的铜丝，其优点是_______，其反应的离子方程式为_______；（4）装置⑦的作用可能是_______；（5）若进入装置⑤的NO共4.48L(标准状况下)，氨气过量，最后收集到标况下2.24LN2，则NO的转化率为_______。III．常温常压下，一氧化二氯(Cl2O)为棕黄色气体，沸点为3.8℃，42℃以上会分解生成Cl2和O2，Cl2O易溶于水并与水反应生成HClO。（制备产品）将氯气和空气(不参与反应)按体积比1：3混合通入含水8%的碳酸钠溶液中制备Cl2O，并用水吸收Cl2O(不含Cl2)制备次氯酸溶液。（6）各装置的连接顺序为_______→_______→_______→C→_______。（7）写出A中反应的离子方程式_______。（8）制备Cl2O的化学方程式为_______。（9）反应过程中，装置B需放在冷水中，其目的是_______。（10）此方法相对于用氯气直接溶于水制备次氯酸溶液有两个主要优点，分别是_______、_______。（测定浓度）（11）用下列实验方案测定装置E所得溶液中次氯酸的物质的量浓度：量取10.00mL上述次氯酸溶液，并稀释至100.00mL，再从其中取出10.00mL于锥形瓶中，并加入10.00mL0.8000mol·L-1的FeSO4溶液(过量)，充分反应后用0.05000mol·L-1的酸性KMnO4溶液滴定剩余的Fe2+，消耗KMnO4溶液20.00mL，则原次氯酸溶液的浓度为_______。判断下列情况对HClO含量测定结果的影响(填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。若FeSO4标准溶液部分变质，会使测定结果_______；若配制酸性KMnO4溶液时，定容时仰视视刻度线，会使测定结果_______。七、结构与性质23．金属镓(Ga)应用广泛，在半导体和光电材料、合金、磁性材料等领域都有重要应用。镓与铝是同主族元素，性质相似。(1)铝在元素周期表中的位置是_________________。(2)GaAs是共价化合物，一种重要的半导体材料。As与Ga同周期，As与N同主族。①下列事实不能用元素周期律解释的是_______________(填字母)。a.碱性：Ga(OH)3＞Al(OH)3b.非金属性：As＞Gac.酸性：H3AsO4＞H3AsO3②GaAs中，As元素化合价为-3价，用原子结构理论解释As元素显负价的原因______________________________。③废弃含GaAs半导体材料可以用浓硝酸溶解GaAs，生成H3AsO4和Ga3+，写出该反应的化学方程式________________________________________。答案第=page1515页，共=sectionpages11页答案第=page1414页，共=sectionpages1414页参考答案1．B【详解】A．铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，产物与反应物用量无关，故A正确；B．氨气催化氧化生成一氧化氮，不能直接生成二氧化氮，故B错误；C．钠在空气中燃烧生成过氧化钠，故C正确；D．由于NaHCO3的溶解度相对较小，所以将足量CO2通入氨的NaCl饱和溶液中可析出NaHCO3固体，故D正确。故选：B。2．D【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。3．B【分析】根据气体无色，排除有颜色的气体，同时注意HCl与NH3、O2与NO能够反应，这两组中的气体不能同时存在，据此分析判断。【详解】混合气体无色可以确定无黄绿色气体Cl2，红棕色气体NO2；混合气体通过浓H2SO4后，体积缩小，则有NH3，从而确定一定没有能够与NH3反应的HCl气体；把剩余气体排入空气中变红棕色，说明一定有NO，则一定没有能够与NO反应的O2。根据分析可知，一定没有HCl、Cl2、NO2、O2，含有NH3和NO。

A．混合气体中一定不含氧气，故A错误；

B．根据分析可知，原混合气体中只含有NH3和NO，故B正确；

C．混合气体中一定不含HCl，故C错误；

D．原混合气体中一定含有NH3，故D错误；

故选B。4．A【详解】A．二氧化硫是一种酸性氧化物，能够与水反应生成亚硫酸，亚硫酸不稳定，受热易分解，故A正确；B．硫的氧化性较弱，只能把铜氧化为低价，所以铜与硫加热反应生成硫化亚铜，故B错误；C．一氧化氮能够与氧气反应，不能用排空气法收集，可以用水法收集，故C错误；D．二氧化氮能够水反应生成一氧化氮和硝酸，不能用排水法收集，可以用向上排空气法收集，故D错误；故选A。5．B【详解】A．用乙醚从草药中浸取青蒿素只涉及物理变化，A错误；B．工业合成氨的成功，大量的氮肥生产，保证农作物高产，从而降低了受饥饿影响的人口，B正确；C．只有部分氯化物，如次氯酸及其盐等能做消毒剂，C错误；D．化学能在分子、原子水平上研究物质的组成和结构，D错误；故答案为：B。6．A【详解】Cu与稀硝酸反应的化学方程式为3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，由化学方程式可知参加反应的HNO3只有四分之一被还原，故被还原的HNO3与Cu的关系为2HNO3(被还原)～3Cu，综上所述故选A。7．B【详解】A．过氧化钠具有氧化性，二氧化硫具有还原性，两者反应生成硫酸钠，其反应为：，故A错误；B．硫代硫酸钠溶液中滴入硫酸，生成硫单质、二氧化硫等，其反应为：，故B正确；C．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，其反应为：，故C错误；D．少量铁与稀硝酸反应生成硝酸铁、NO和水，其反应为：，故D错误；故选B。8．D【分析】由图象可知：由于铁过量，OA段发生反应为Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑。【详解】A．OA段发生反应为Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，n()=n(Fe)==0.2mol，每一份溶液体积是100mL，因此根据N元素守恒可知在混合酸中HNO3物质的量浓度c(HNO3)==2mol/L，A正确；B．由图象可知各个段发生反应为：OA段发生反应为Fe++4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为Fe+2H+=Fe2++H2↑，因此OA段产生NO气体，BC段产生H2，B正确；C．由于Fe粉过量，所以向第二份溶液中加入足量Fe粉，最终溶液为FeSO4，故其溶质为FeSO4，C正确；D．反应最终消耗22.4gFe，n(Fe)==0.4mol，所有Fe都存在于FeSO4溶液中，根据守恒可知每份溶液中含n(H2SO4)=n()=n(Fe)=0.4mol，则原溶液中含有H2SO4物质的量是n(H2SO4)=2×0.4mol=0.8mol，D错误；故合理选项是D。9．B【详解】A、将SO2通入BaCl2溶液，不反应，部分SO2溶解在水中与后来通入的H2S发生反应2H2S＋SO2＝3S↓＋2H2O，生成S沉淀，A不选；B、氯气与氯化钡不反应，通入二氧化碳也不反应，B选；C、反应为：2NH3+H2O+CO2+BaCl2＝2NH4Cl+BaCO3↓，C不选；D、发生反应：SO2+Cl2+2H2O＝H2SO4+2HCl,BaCl2＋H2SO4＝BaSO4↓＋2HCl，D不选；答案选B。10．A【分析】由结构式知，该物质为有机物，则全部为共价键，Y形成三键，所以Y为N或者P元素，X、Z形成四条共价键，应为C或者Si元素，W形成一条键，应为H或者Cl元素，因为Y的核外电子总数等于W的核外最外层电子数，所以，Y为N，W为Cl，Z与W同周期，Z为Si，则X为C【详解】A.CCl4中各个原子均满足8电子稳定结构，A正确;

B.N的氢化物NH3、N2H4都使红色石蕊试纸变蓝，B错误;

C.自然界中最硬的单质是金刚石，C错误;

D.没有强调“最高价氧化物的水合物”，如HClO的酸性比HNO3弱，D错误。

答案选A。11．D【详解】A．水与生石灰反应放热，且能生成碱，降低氨气在水中的溶解度，能制备NH3，A与题意不符；B．98%硫酸溶于水放热，且亚硫酸钠溶液与硫酸反应可以快速生成二氧化硫气体，可制备SO2，B与题意不符；C．锌粒、稀硫酸不需加热，可制备H2，C与题意不符；D．二氧化锰与浓盐酸需在加热的条件下制备Cl2，D符合题意；答案为D。12．B【分析】结合图示发生装置特点可知，制取的气体需要加热，且反应物的状态为固体，气体收集方法为向上排空气法，说明制备的气体密度大于空气，且不与空气反应，以此分析判断。【详解】A．HCl(浓)不能盛放在图示试管中，应盛放在分液漏斗中，无法用图示装置制取Cl2，故A错误；B．KClO3在MnO2做催化剂时加热分解生成O2，O2的密度大于空气，可用向上排空气法收集，图示装置合理，故B正确；C．H2SO4(浓)不能盛放在图示试管中，应盛放在分液漏斗中，无法用图示装置制取HCl，故C错误；D．Ca(OH)2和NH4Cl加热反应能够生成NH3，但NH3的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，图示收集方法不合理，故D错误；故选B。13．B【详解】A．CO和NO在经过催化转化器时发生反应产生CO2、N2，反应方程式为：2CO+2NO2CO2+N2，该反应的反应物中无单质参加，因此反应基本类型不属于置换反应，A不符合题意；B．根据选项A是反应方程式可知：CO和NO按个数比1：1进行该反应，B正确；C．该反应中两种生成物CO2、N2的质量比是(2×44)：28=22：7，C错误；D．任何反应都具有一定的可逆性，反应物不可能完全转化为生成物，因此安装了催化转化器的汽车，尾气中也含CO和NO，只是二者的浓度比不安装少些，D错误；故合理选项是B。14．B【详解】A．使酚酞变红色的溶液为碱性，铝离子在碱性溶液中不存在，A错误；B．pH=14的溶液为碱性溶液，四种离子都能共存，B正确；C．使紫色石蕊试液变红的溶液为酸性溶液，在酸性溶液中硝酸根离子能氧化亚铁离子，C错误；D．溶液为碱性的，铝离子在碱性溶液中不能大量存在，D错误；故选B。15．A【详解】由方程式2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O和NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O可知，NO单独不能被吸收，NO2单独能被吸收，而NO和NO2按1：1混合能被NaOH溶液完全吸收，故满足n(NO)：n(NO2)≤1：1，NO、NO2的混合气体可以被完全吸收，故答案选A。16．C【分析】根据流程分析可知，装置Ⅰ中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，Ce4+被还原为Ce3+，装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，Ce4＋从阳极口流出回到装置II循环使用，阴极发生反应2+2H++2e-=+2H2O，进而得到保险粉Na2S2O4，装置Ⅳ中被O2氧化为，与NH3得到NH4NO3，据此分析解答。【详解】A．中S原子与O原子形成极性键，S原子与S原子形成非极性键，A选项正确；B．根据上述分析可知，装置Ⅰ中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，可吸收NO，B选项正确；C．装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，Ce4＋从阳极口流出回到装置II循环使用，C选项错误；D．装置Ⅳ中被O2氧化为，N元素化合价由+3价升高至+5价，O的化合价由0价降低至-2价，氧化装置IV中1L2mol•L-1(2mol)NO，则转移4mol电子，消耗1molO2，即需要标准状况下22.4LO2，D选项正确；答案选C。【点睛】本题综合考查学生含氮元素、含硫元素物质的性质，难度较大，解题关键在于结合结合氧化还原反应及电化学知识分析每个装置中发生的主要反应，利用得失电子守恒解答相关问题。17．B【解析】【分析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解，发生反应为3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应为Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol。金属在反应中均失去2个电子，根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量＝0.3mol÷2＝0.15mol；【详解】A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol×8/3=0.4mol，B正确；C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.3mol÷3=0.1mol。若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，C错误；D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量为3.6g＜m＜9.6g，D错误；答案选B。18．CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓0.083∶71.42t6.69t【分析】非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，据此分析解答（1）；根据NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，结合Na元素和N元素守恒分析计算（2）；利用十字交叉法计算和的原子个数比，再根据原子个数比和质量守恒计算23Na35Cl、23Na37Cl的质量，据此分析解答（3）。【详解】(1)非金属性越强，最高价氧化物对应的水化物的酸性越强，根据CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓可知，碳酸的酸性大于硅酸，则C元素的非金属性大于Si，故答案为：CO2+Na2SiO3+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓；(2)①n(NaNO3)=n()=0.02mol，n(NaOH)=0.05L×2mol/L=0.1mol，根据Na元素质量守恒，则n(NaOH)=n(NaNO3)+n(NaNO2)，则n(NaNO2)=0.1mol-0.02mol=0.08mol，故答案为：0.08；②设混合气体中含有xmolNO，ymolNO2，则2x+(y-x)=0.08、(y-x)=0.02，解得：x=0.03、y=0.07，所以x∶y=3∶7，故答案为：3∶7；(3)氯元素的相对原子质量35.5是质量数分别为35和37的核素的平均值，根据十字交叉法，和的原子个数之比为1.5∶0.5=3∶1，10吨纯度为90%的食盐中食盐的质量为10吨×90%=9吨，设23Na35Cl、23Na37Cl的质量分别为X、Y吨，则X+Y=9(质量守恒)，∶=(Cl的原子个数之比)，解得：X≈6.69吨，Y≈2.31吨，所以含的质量=2.31吨×≈1.42吨，故答案为：1.42吨；6.69吨。19．第三周期ⅥA族Na>S>N>O>H>c2H2S+SO2=3S↓+2H2ONH32NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑【分析】X、Y、Z、J、Q五种短周期主族元素，原子序数依次增大，元素Z在地壳中含量最高，则Z为O元素；J元素的焰色反应呈黄色，则J为Na；Q的最外层电子数与其电子总数比为3:8，原子序数大于J(Na)元素，故Q处于第三周期，则Q为S元素；X能与J形成离子化合物，且J+的半径大于X-的半径，可推知X为H元素；Y2是空气主要成分之一，Y原子序数比Z(O)小，则Y为N元素；综上所述X、Y、Z、J、Q分别为H、N、O、Na、S。【详解】(1)Q为S元素，处于周期表中第三周期ⅥA族；(2)电子层越多原子半径越大，同周期自左而右原子半径减小，故原子半径：Na>S>N>O>H；(3)Z、Q分别为O、S，二者位于同一主族，同主族从上往下非金属性减弱，因此非金属性Z(O)>Q(S)；a．H2S的水溶液放置在空气中会变浑浊，说明氧气能氧化硫化氢生成硫，则氧气的氧化性大于S，说明O元素非金属较强，a正确；b．S与O元素形成的化合物中S元素表现正化合价，O元素表现负化合价，氧原子对键合电子吸引力更大，氧元素非极性较强，b正确；c．单质状态属于物理性质，不能比较非金属性强弱，c错误；d．同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性O>S，d正确；选c；(4)Q为S，其氢化物(H2S)具有较强还原性，其低价氧化物(SO2)有氧化性，二者发生氧化还原反应生成S和水，反应的化学方程式为2H2S+SO2=3S↓+2H2O；(5)X、Y分别为H和N，二者可形成分子NH3；在实验室是用NH4Cl和Ca(OH)2混合加热制取氨气，反应的化学方程式是：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑。20．浓硝酸6.02×1023(或NA)H2SO41：2MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2OCa(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O【详解】试题分析：（1）若C的稀溶液显蓝色，D为红棕色气体，上述反应为铜和浓硝酸的反应，方程式为Cu+4HNO3═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O则B溶液的名称是浓硝酸；反应中每生成1molH2O时转移的电子数目为6.02×1023(或NA)；（2）能使澄清的石灰水变浑浊的气体有和，应为碳和浓硫酸的反应，A呈固态，应为C，则B为浓硫酸，化学式为H2SO4，方程式为C+2H2SO4=CO2+2SO2+2H2O；（3）若A为氧化物，C、D中有一种是常见的有毒气体单质,为二氧化锰、浓盐酸反应生成二氧化锰、氯气和水，该反应的离子方程式为MnO2＋4H＋＋2Cl－Mn2＋＋Cl2↑＋2H2O；（4）碱性气体为NH3，为NH4Cl和Ca（OH）2的反应生成氯化钙、氨气、水，实验室制取氨气的反应的化学方程式是Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。考点：本题考查物质推断。21．第三周期、ⅣA族acFeCO3和SiO2SiO2+2OH—=SiO32—+H2O3FeCO3+10H++NO3—=3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O4NO+3O2+2H2O=4HNO3，使NO循环使用减少环境污染，提高原料中N的利用率3.0×104【详解】试题分析：（1）硅的质子数是14，原子核外有3个电子层，最外层电子数为4，应位于周期表第三周期第ⅣA族。（2）a．同主族自上而下非金属性逐渐减弱，则非金属性：C＞Si。元素的非金属性越强，对应的最高价氧化物的水化物的酸性越强，a正确；b．酸性：H2CO3＞HCO3-＞Al（OH）3，对应的酸越强，酸根离子得到质子的能力越弱，则结合质子能力：AlO2-＞CO32-＞HCO3-，b错误；c．非金属性O＞C＞Si，元素的非金属性越强，对应的氢化物越稳定，c正确；d．两种离子核外电子排布相同，核电荷数越大，离子半径越小，则离子半径O2-＞Al3+，d错误，答案选ac。（3）矿石中加硝酸生成气体，这说明含有FeCO3，加入过量NaoH溶液后通入过量二氧化碳没有沉淀生成，说明没有氧化铝，滤渣溶解后加入盐酸生成胶状沉淀，说明含有二氧化硅，因此滤渣和NaOH溶液反应的离子方程式是SiO2+2OH—＝SiO32—+H2O。（4）矿石含有碳酸亚铁可与硝酸反应，反应的离子方程式为3FeCO3+10H++NO3—＝3Fe3++3CO2↑+NO↑+5H2O。（5）由于NO是大气污染物，不能随意排放，因此这样做的目的是NO循环使用能减少环境污染，且NO跟水、氧气反应后又得到硝酸提高原料利用率，反应的方程式为4NO+3O2+2H2O＝4HNO3。根据以上分析可知，该矿石中含有碳酸亚铁和二氧化硅，其中碳酸亚铁的质量是2.36×103kg-1.2×103kg＝1.16×103kg，物质的量是10000mol，则根据（4）中反应的方程式可知，消耗硝酸的物质的量是1053mol，所以理论上至少需要1mol/L硝酸溶液的体积为3.0×104L。考点：考查物质成分推断及有关计算22．（1）B（2）2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O浓氨水碱石灰（3）反应可以随时关停、操作方便、反复使用、节约药品3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O（4）吸收未反应的NO（5）60%（6）ADBE（7）MnO2+4H＋+2Cl-Mn2＋+Cl2↑+2H2O（8）2Cl2＋Na2CO3=Cl2O＋2NaCl＋CO2（9）防止反应放热后温度过高导致Cl2O分解（10）制得的次氯酸溶液纯度较高浓度较大（11）1.500mol·L-1偏高偏低【解析】（1）A．NaBr溶液中滴入氯水，反应产生NaCl和Br2，使溶液变为橙色，说明氧化性：Cl2＞Br2；将溴水滴入NaI溶液中溶液变为棕黄色，说明氧化性：Br2＞I2，故物质的氧化性：Cl2＞Br2＞I2，A正确；B．将NaHCO3放入外管，将Na2CO3放入内管，玻璃的导热性比较差，外管温度高，导致NaHCO3先发生分解反应产生CO2导致左侧试管中的澄清石灰水变浑浊，因此不能证明物质的热稳定性：Na2CO3＞NaHCO3，B错误；C．HCl与CaCO3反应产生CO2，用NaHCO3饱和溶液除去CO2中的杂质HCl，在盛有Na2SiO3的试管中发生反应：Na2SiO3+CO2+H2O=H2SiO3↓+Na2CO3，证明酸性：H2CO3＞H2SiO3，故可证明元素的非金属性：C＞Si，C正确；D．元素的金属性越强，其单质与水或酸发生置换反应就越容易，反应就越剧烈，所以可根据钾与水反应比钠与水反应更剧烈，可证明元素的金属性：K＞Na，D正确；故合理选项是B；（2）在实验室中用NH4Cl与Ca(OH)2混合加热发生复分解反应产生CaCl2、NH3、H2O，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O；若使用装置B制取氨气，该装置在室温下