专题7 氮与社会可持续发展 检测题
一、单选题
1．关于铜与足量浓、稀HNO3反应的说法中错误的是
A．Cu与浓、稀HNO3反应都不需加热
B．Cu与浓HNO3反应更剧烈，故氧化性浓HNO3强于稀HNO3
C．生成等量的Cu(NO3)2，消耗浓HNO3的量多
D．1mol浓HNO3被还原转移2mol电子
2．我国化学家侯德榜研究出以饱和食盐水、和(合成氨厂的氨气中常混有副产物，氨气极易溶于水，可与水反应生成碱)为原料制备纯碱，其生产流程如图所示，下列说法不正确的是
A．沉淀池中应先通入，再通入
B．流程中的X为，Y为
C．沉淀池中发生反应：
D．操作I为过滤，母液中的一种副产品为
3．将51.2g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物（含NO、N2O4、NO2）的混合物共0.8mol，这些气体恰好能被500 mL NaOH溶液完全吸收，生成NaNO2和NaNO3两种盐溶液，其中NaNO3的物质的量为0.2mol，则NaOH的浓度为 （ ）
A．1.8mol/L B．2mol/L C．2.4 mol/L D．3.6 mol/L
4．下列有关一些物质的性质说法正确的是
A．能使鲜艳的红花褪色，说明具有漂白性
B．加热条件下浓能溶解金属铜，说明其具有强酸性
C．常温下浓能使金属铝钝化，可以用铝槽车运输浓
D．金属钠保存在煤油中，实验剩余的金属钠不能放回原瓶
5．当前，汽车尾气已成为许多城市空气的主要污染源。研究表明，含TiO2的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如下
下列关于该“消除”过程的叙述不正确的是
A．部分光能转变为化学能
B．消除总变化为NO2+O2+H2O→HNO3
C．消除反应能全天候发生
D．使用纳米TiO2的消除效率更高
6．下列有关物质的用途错误的是
A．液氨可用作制冷剂
B．石膏可用来制作波尔多液
C．适量的二氧化硫可作葡萄酒中的抗氧化剂
D．硫酸钡在医疗上可用作消化系统X射线检查的内服药
7．用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是
A．含0.2molH2SO4溶质的浓硫酸和足量铜加热反应，转移的电子数为0.2NA
B．常温常压下，22.4LNH3分子的电子数为10NA
C．1molN2与3molH2混合，充分反应后形成的N-H键数目为6NA
D．4.6gNO2和N2O4的混合气体中氧原子数为0.2NA
8．下列有关足量铜与一定量浓硝酸反应的说法中错误的是
A．是氧化剂，和NO为还原产物
B．在标准状况下，每生成混合气体(、NO)，则被还原的硝酸为
C．硝酸在反应中既表现了强氧化性，又表现了酸性
D．参加反应的硝酸中，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比一定是
9．下列有关物质的性质与用途的叙述中，二者不具有对应关系的是
A．NH3易溶于水，可用作制冷剂
B．SO2具有漂白性，可用来漂白纸浆
C．浓硫酸具有吸水性，可用作干燥剂
D．漂白粉具有氧化性，可用作环境消毒剂
10．向27.2 g Cu和Cu2O的混合物中加入某浓度稀硝酸0.5 L，固体完全反应，生成NO和Cu(NO3)2，在所得溶液中加入1.0 mol/L的NaOH溶液1.0 L，此时溶液呈中性，金属离子已完全沉淀，沉淀质量为39.2 g。下列正确的是
A．Cu与Cu2O的物质的量之比为1∶2 B．硝酸的物质的量浓度为2.4 mol/L
C．产生的NO的体积为4.48 L D．Cu、Cu2O与硝酸反应后剩余0.4 mol硝酸
11．下列装置用于进行指定实验时，能达到实验目的的是
甲 乙 丙 丁
甲.装置甲中有红棕色气体说明木炭与浓硝酸发生了反应
乙.用装置乙除去氨气中少量水
丙.挤压装置丙中胶头滴管的水，打开止水夹，左边烧瓶中导管口喷出白色的烟
丁.用装置丁吸收多余的氨气A．甲和乙 B．乙和丙
C．甲和丁 D．丙和丁
12．下列说法正确的是
A．NO2与NaOH反应生成NaNO3、NaNO2，所以NO2是酸性氧化物
B．Na2O2与盐酸反应生成盐、水和氧气，所以Na2O2是碱性氧化物
C．FeO、Fe2O3与硫酸反应只生成对应的盐和水，所以都是碱性氧化物
D．NaHSO3能电离出氢离子溶液显酸性，所以NaHSO3是酸
13．下列气体中，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的是
A．NH3 B．SO2 C．CO D．HCl
二、填空题
14．正确书写下列反应的化学方程式或离子方程式。
(1)少量的SO2气体通入足量澄清石灰水中的离子方程式：_______。
(2)过量的铁与稀硝酸反应的离子方程式为_______。
(3)碳与浓硝酸反应的化学方程式为_______。
(4)工业制取粗硅的化学方程式为_______。
(5)过量的SO2气体通入Ba(NO3)2液产生白色沉淀的离子方程式为_______。
15．生活饮用水水质的标准主要有：色度、浑浊度、pH、 细菌总数、嗅和味等等。目前城市自来水处理过程中所使用的主要药剂仍是Cl2 (消毒剂)和Al2(SO4)3 (沉降剂)，但由于种种原因，用这两种物质处理水质，总有缺陷。因此,有资料报道： Na2FeO4是一种强氧化剂，可作为一种新型净水剂， 在反应中被还原为Fe3+离子，使用该物质可代替Cl2和Al2(SO4)3 。
(1)配平工业上制备铁酸钠的化学方程式：
Fe2O3+____NaNO3+____NaOH ____Na2FeO4+____NaNO2+____H2O
(2)当反应物中含有1.4mol钠离子，上述反应恰好完全进行时，电子转移总数为___________NA。
(3)某厂制备铁酸钠后的废液中含NaNO2溶液，直接排放会造成污染，下列试剂中①NaCl
②NH4Cl③KMnO4④浓H2SO4，能使NaNO2转化为N2 (不引起二次污染的)是_____________(选填编号)，反应离子方程式_________________________________
16．为纪念元素周期表诞生150周年，IUPAC等向世界介绍118位优秀青年化学家，并形成一张“青年化学家元素周期表”。中国学者雷晓光、姜雪峰、刘庄分别成为“N、S、Hg”元素的代言人。请回答下列问题：
(1)据汞的原子结构示意图 ，汞在第____周期。
(2)NH3、H2O、H2S分别为氮、氧、硫3种元素对应的氢化物，其中沸点最高的是____。
(3)下列有关性质的比较能用元素周期律解释的是____(填字母，下同)。
a.酸性：HCl>H2SO3 b.非金属性：O>S
c.碱性：NaOH>Mg(OH)2 d.热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
(4)硒(Se)与硫位于同一主族，均是生命必需元素。下列推断正确的是____。
a.硒元素的最低负化合价为-2
b.二氧化硒(SeO2)具有还原性
c.硒的氧化物对应的水化物属于强酸
(5)科学家合成了一种新化合物(如图所示)，其中R、X、Y、Z为同一短周期元素，Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半。
①R的元素符号为____。
②X的氢化物的电子式：____。
③写出Y的最高价氧化物的一种用途____。
17．三氟化氮(NF3)是一种无色，无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：
（1）写出该反应的化学方程式_____________________________，反应中生成0.2 mol HNO3，转移的电子数目为_____________。
（2）NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是_____________________________。
18．氧化还原反应中实际上包含氧化和还原两个过程。下面是一个还原过程的反应式：NO＋4H＋＋3e-=NO＋2H2O ； KMnO4、Na2CO3、Cu2O、Fe2(SO4)3四种物质中的一种物质(甲)能使上述还原过程发生。
(1)写出并配平该氧化还原反应的方程式：_______。
(2)反应中硝酸体现了_______、_______性质。
(3)反应中若产生0.2mol气体，则转移电子的物质的量是_______mol。
(4)若1mol甲与某浓度硝酸反应时，被还原硝酸的物质的量增加，原因是：_______。
(5)KMnO4在酸性溶液中发生还原反应的反应式：_______ 。
19．氨碱法制纯碱包括石灰石分解、粗盐水精制、氨盐水碳酸化等基本步骤。
完成下列计算：
（1）CaCO3质量分数为0.90的石灰石100 kg完成分解产生CO2____________L（标准状况）。
石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生CO2 29120 L（标准状况），
如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭的物质的量为________mol。
（2）已知粗盐水含MgCl2 6.80 mol/m3，含CaCl2 3.00mol/m3。
向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子：MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2
然后加入Na2CO3除钙离子。
处理上述粗盐水10 m3，至少需要加Na2CO3 ____________g。
如果用碳酸化尾气（含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040）代替碳酸钠，发生如下反应：
Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+
处理上述10 m3粗盐水至少需要通入多少L（标准状况）碳酸化尾气？列式计算________。
（3）某氨盐水含氯化钠1521 kg，通入二氧化碳后析出碳酸氢钠晶体，过滤后溶液中含氯化铵1070 kg。列式计算：
①过滤后溶液中氯化钠的质量________。
②析出的碳酸氢钠晶体的质量________。
20．填空。
(1)①重晶石的化学式是___________；
②二氧化碳的结构式是___________。
(2)二氧化锰与浓盐酸反应的化学方程式是___________。
(3)同一周期中氧元素的非金属性比氮强，请从原子结构角度解释原因：___________。
21．中国科学院官方微信于2017年3月发表《灰霾专题》，提出灰霾中细颗粒物的成因，部分分析如图甲所示。
（1）根据图甲信息可以看出，下列哪种气体污染物不是由机动车行驶造成的___（填序号）。
a.SO2 b.NOx c.VOCs d.NH3
（2）机动车行驶是污染源之一。汽车发动机废气稀燃控制系统主要工作原理如图乙所示，写出稀燃过程中NO发生的主要反应的化学方程式：___。
（3）科学家经过研究发现中国霾呈中性，其主要原因如图丙所示：
请判断A的化学式并说明判断理由：___。
22．(1)如图所示，对三种不同类型的汽车(用序号①、②、③表示)的废气排放情况进行了比较。废气中的有害成分主要是碳氢化合物、一氧化碳(CO)，氮氧化物()，这三种汽车分别是以汽油为燃料的汽车、以天然气(主要成分是甲烷)为燃料的汽车和电动汽车中的一种。
请判断其中序号为①的是______________汽车，序号为③的是______________汽车。
(2)一氧化氮是大气污染物之一。目前，有一种治理方法是在400℃左右，有催化剂|①的条件下，用氨气将一氧化氮还原为无毒气体。请写出该反应的化学方程式：____________________________。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【详解】A．Cu与浓、稀HNO3均可反应，不需要加热，A正确；
B．浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故浓硝酸与铜反应比稀硝酸与铜反应剧烈，即浓硝酸更容易和铜反应，B正确；
C．Cu与浓硝酸反应化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，与稀硝酸反应的方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成等量的硝酸铜，消耗的浓硝酸量多，C正确；
D．Cu与浓硝酸反应化学方程式为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，1mol浓硝酸被还原为NO2，转移1mol电子，D错误；
故答案选D。
2．B
【分析】侯氏制碱原理为向饱和食盐水中通入NH3、CO2，生成NH4Cl和NaHCO3，由于溶液饱和，此时会析出溶解度小的NaHCO3，经过过滤获得NaHCO3固体，煅烧NaHCO3可获得纯碱Na2CO3和CO2（循环利用），综上所述，图中X为NH3，Y为CO2，操作Ⅰ为过滤，母液中主要成分为NH4Cl，经分解可得到NH3（循环利用）。
【详解】A．由于NH3极易溶于水，且NH3溶解后溶液显碱性，有利于CO2的溶解，故先通NH3，后通CO2，A正确；
B．由分析知，X为NH3，Y为CO2，B错误；
C．由分析知，沉淀池中发生反应生成NH4Cl和NaHCO3，对应方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NH4Cl+NaHCO3↓，C正确；
D．由分析知，操作Ⅰ为过滤，母液中主要含NH4Cl，可用作氮肥，D正确；
故答案选B。
3．B
【分析】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为＋2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由＋5价降低为＋3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，据此计算产物中NaNO2的物质的量，由Na守恒可知n(NaOH)＝n(NaNO2)＋n(NaNO3)，据此计算NaOH的物质的量浓度。
【详解】用终态分析法容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu→Cu(NO3)2，Cu元素化合价由0价升高为＋2价，每个Cu原子失2个电子；另一个是HNO3→NaNO2，N元素由＋5价降低为＋3价，每个N原子得2个电子，由电子转移守恒可知，51.2gCu失去的电子为×2＝1.6mol，HNO3到NaNO2共得到电子1.6mol，故产物中NaNO2的物质的量为＝0.8mol，由Na守恒可知n(NaOH)＝n(NaNO2)＋n(NaNO3)＝0.8mol＋0.2mol＝1.0mol，则NaOH的浓度为＝2mol/L；
故答案选B。
【点睛】用终态分析法判断失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子是解题的关键。
4．C
【详解】A． 能使鲜艳的红花褪色，是与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故A错误；
B． 加热条件下浓能溶解金属铜，S由+6价降为+4价，说明其具有强氧化性和酸性，故B错误；
C． 常温下浓能使金属铝钝化，在铝表面生成一层致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，可以用铝槽车运输浓，故C正确；
D． 金属钠保存在煤油中，实验剩余的金属钠要放回原瓶，不能乱放，易引起火灾，故D错误；
故选C。
5．C
【分析】在TiO2催化作用下，紫外线提供能量、发生反应4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3，纳米TiO2与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快。
【详解】A、题中示意图表明：在TiO2催化作用下，紫外线提供能量、发生反应4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3，故A、B正确；
C、没有紫外线时上述反应不能发生，故C不正确；
D、纳米TiO2与紫外线接触面积更大，将产生更多的光生电子和光生空穴，从而消除更多的NO2，故D正确
故选C。
6．B
【详解】A．液氨常温下易汽化并使周围温度降低，可用作制冷剂，A项正确；
B．石膏可用来制作各种模型及石膏绷带，胆矾可以和石灰乳混合制成波尔多液，B项错误；
C．二氧化硫具有还原性，适量的二氧化硫可作葡萄酒中的抗氧化剂和杀菌剂，C项正确；
D．硫酸钡不溶于水和酸，在医疗上可用作消化系统X射线检查的内服药，D项正确；
综上所述答案为B。
7．D
【详解】A．随着反应的进行浓硫酸浓度变稀，稀硫酸不与Cu反应，反应会停止，则含0.2mol H2SO4溶质的浓硫酸和足量铜加热反应，转移的电子数小于0.2NA，故A错误；
B．常温常压下，气体的摩尔体积大于22.4L/mol，则22.4L NH3分子的电子数小于10NA，故B错误；
C．合成氨为可逆反应，反应物的转化率小于100%，充分反应后形成的N-H键数目小于6NA故C错误；
D．NO2和N2O4的最简式为NO2，4.6gNO2中氧原子数为0.2NA，故D正确；
故答案为D。
8．D
【分析】足量铜和一定量浓HNO3反应，首先发生Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，当硝酸变稀，发生3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，在上述反应中，HNO3中N的化合价由+5价降低为NO2中+4价和降低为NO中+2价，HNO3既表现氧化性，又表现酸性，NO2和NO为还原产物，Cu的化合价由0价升高为+2价，铜为还原剂，以此来解析；
【详解】A．根据上面分析可知，HNO3既表现氧化性，又表现酸性，NO2和NO为还原产物，A正确；
B．据质量守恒，在标准状况下，每生成22.4L混合气体(NO2、NO)，被还原的N原子为1mol，则被还原的HNO3为1mol，B正确；
C．在上述反应中，HNO3中N的化合价由+5价降低为NO2中+4价和降低为NO中+2价，还生成了硝酸铜，HNO3既表现氧化性，又表现酸性，C正确；
D．在铜和浓硝酸的反应中，被还原的硝酸和未被还原的硝酸的物质的量之比为1：1，但在和稀硝酸的反应中，被还原和未被还原的硝酸的物质的量之比为1：3，D错误；
故选D。
9．A
【详解】A．液氨汽化时要吸收大量的热，具有制冷作用，能够做制冷剂，与氨气易溶于水无关，故A错误；
B．SO2具有漂白性，二氧化硫可用于漂白纸张，是利用其漂白性，故B正确；
C．浓硫酸具有吸水性，能吸收水蒸气，所以浓硫酸可用作干燥剂，故C正确；
D．强氧化性的物质能杀菌消毒，漂白粉具有氧化性，能使细菌、病毒的蛋白质发生变性，从而杀死细菌和病毒，所以可用作环境消毒剂，故D正确；
故答案选A。
【点睛】本题考查了物质的性质及应用，把握物质的性质与用途之间的关系为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用。
10．B
【分析】设混合物中铜和氧化亚铜的物质的量分别为xmol、ymol，由混合物的质量可得：4x+144y=27.2①，由铜原子的原子个数守恒可得：x+2y=②，解联立方程可得x=0.2、y=0.1，由得失电子数目守恒可知，一氧化氮的物质的量为=0.2mol，由所得溶液中加入1.0 L1.0 mol/L氢氧化钠溶液呈中性可知，反应得到的溶液为硝酸钠溶液，由电荷守恒可知，溶液中硝酸根离子的物质的量为1.0 mol/L×1.0 L=1.0 mol。
【详解】A．由分析可知，铜和氧化亚铜的物质的量分别为0.2mol、0.1mol，则铜和氧化亚铜的物质的量之比为2∶1，故A错误；
B．由分析可知，反应得到的硝酸钠溶液中硝酸根离子为1.0mol，反应生成的一氧化氮的物质的量为0.2mol，由氮原子原子个数守恒可知，硝酸的物质的量为1.0mol+0.2mol=1.2mol，则硝酸的物质的量浓度为=2.4 mol/L，故B正确；
C．由分析可知，反应生成的一氧化氮的物质的量为0.2mol，缺标准状况下，无法计算0.2mol一氧化氮的体积，故C错误；
D．由分析可知，反应得到的硝酸钠溶液中硝酸根离子为1.0mol，反应生成的一氧化氮的物质的量为0.2mol，由氮原子原子个数守恒可知，硝酸的物质的量为1.0mol+0.2mol=1.2mol，则铜和氧化亚铜与硝酸反应后剩余硝酸的物质的量为1.2mol—0.2mol—(0.2mol+0.1mol×2) ×2=0.2mol，故D错误；
故选B。
11．D
【详解】甲．浓硝酸不稳定，易分解生成二氧化氮，反应方程式为4HNO3=4NO2↑+O2↑+2H2O，红棕色气体不一定是木炭与浓硝酸发生了反应，可能是硝酸分解产生的，甲错误；
乙．氨气是碱性气体，通入浓硫酸酸性物质会发生化学反应，不能干燥，乙错误；
丙．氨气极易溶于水，氨气的水溶液显碱性，然打开止水夹，氨气与HCl反应生成氯化铵固体，可观察到白烟，丙正确；
丁．氨气极易溶于水，尾气吸收氨气时要防倒吸，装置丁可起到防倒吸作用，丁正确；
故选：D。
12．C
【详解】A．NO2与NaOH反应生成NaNO3、NaNO2和H2O，但生成的盐是两种，且发生元素化合价的变化，所以NO2不是酸性氧化物，A不正确；
B．Na2O2与盐酸反应生成盐、水和氧气，反应过程中存在元素化合价的变化，属于氧化还原反应，且生成了氧气，所以Na2O2不是碱性氧化物，B不正确；
C．FeO、Fe2O3与硫酸反应只生成对应的盐和水，没有元素化合价的变化，所以FeO、Fe2O3都是碱性氧化物，C正确；
D．虽然NaHSO3能电离出氢离子使溶液显酸性，但NaHSO3由金属离子和酸根离子构成，所以NaHSO3是酸式盐，D不正确；
故选C。
13．A
【详解】A. 氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离生成氢氧根离子而导致氨水呈碱性，所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故选A；
B. 二氧化硫是酸性氧化物，和水反应生成亚硫酸，亚硫酸呈酸性，不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故不选B；
C. CO与水不反应，不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故不选C；
D. 酸能使湿润的石蕊试纸变蓝色，则HCl不能使湿润的红色石蕊试纸变蓝色，故不选D；
故选A。
14． SO2+Ca2＋+2OH－=CaSO3↓+H2O 3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O SiO2+2CSi+2CO↑ 3SO2+Ba2++2NO+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+4H＋+2SO
【分析】SO2与Ba(NO3)2的反应与量有关，当通入SO2较少量时，化学反应方程式为3SO2+3Ba(NO3)2+2H2O=3BaSO4↓+2NO↑+4HNO3，而当通入SO2过量时，化学反应方程式为3SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，由此写出离子方程式。
【详解】(1)少量的SO2气体通入足量澄清石灰水中SO2+Ca(OH)2=CaSO3↓+H2O，离子反应为SO2+Ca2＋+2OH－=CaSO3↓+H2O，故答案为：SO2+Ca2＋+2OH－=CaSO3↓+H2O；
(2)过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁、NO和水，其反应的离子方程式为：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O。故答案为：3Fe+8H++2NO=3Fe2++2NO↑+4H2O；
(3)碳与浓硝酸反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，化学方程式：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；故答案为：C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O；
(4)工业制取粗硅用碳在高温下还原二氧化硅，生成一氧化碳和硅，化学方程式为SiO2+2CSi+2CO↑；故答案为：SiO2+2CSi+2CO↑；
(5)过量的SO2气体通入Ba(NO3)2液，发生氧化还原反应生成硫酸钡沉淀，3SO2+Ba(NO3)2+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+2H2SO4，离子方程式为3SO2+Ba2++2NO+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+4H＋+2SO。故答案为：3SO2+Ba2++2NO+2H2O=BaSO4↓+2NO↑+4H＋+2SO。
15． 3 4 2 3 2 1.2 ② NH+NO=N2↑+2H2O
【详解】(1)Fe化合价由+3升高到+6，升高了2×3，N化合价由+5降低到+3，降低了2，根据化合价升高总数=化合价降低总数，所以Fe2O3前配1，NaNO3前配3，依次配平其它原子，结果为Fe2O3+3NaNO3+4NaOH =2Na2FeO4+3NaNO2+2H2O，故答案为：3；4；2；3；2；
(2)由反应方程式可知，当反应物中含有7mol钠离子，上述反应恰好完全进行时，转移6mol电子，所以反应物中含有1.4mol钠离子，上述反应恰好完全进行时，转移1.2mol电子，即1.2NA，故答案为：1.2；
(3)NaNO2转化为N2，被还原，需要加入较强的还原剂，且不引起二次污染，只有NH4Cl满足，反应的离子方程式为NH+NO=N2↑+2H2O，故答案为：②；NH+NO=N2↑+2H2O。
16．(1)六
(2)H2O
(3)bc
(4)ab
(5) Na 制造玻璃、光导纤维等
【解析】（1）
据汞的原子结构示意图 可知，核外有6个电子层，则Hg位于第六周期。
（2）
NH3、H2O、H2S分别为氮、氧、硫3种元素的氢化物，H2O和NH3中含有氢键，但H2O中的氢键强，则沸点最高。
（3）
a．虽然酸性：HCl>H2SO3，但不是最高价氧化物的水化物的酸性，不能用元素周期律解释，a错误；
b．O、S为同一主族的非金属元素，从上至下非金属的非金属性逐渐减弱，所以非金属性：O>S，b正确；
c．Na、Mg为同周期的主族元素，从左至右金属的金属性逐渐减弱，最高价氧化物对应水化物的碱性逐渐减弱，则碱性：NaOH>Mg(OH)2，c正确；
d．热稳定性：Na2CO3>NaHCO3，但与元素周期律无关，不能用元素周期律解释，d错误；
答案选bc。
（4）
a．硒元素硫元素均为第VIA族元素，最外层电子数为6，差2个达8电子稳定结构，所以第VIA族元素的最低负化合价为-2，则硒最低化合价为-2价，a正确；
b．二氧化硒(SeO2)中硒的化合价为+4价，处于最高+6和最低-2价的中间价态，所以二氧化硒(SeO2)即具有还原性又具有氧化性，b正确；
c．硒的最高价氧化物对应的水化物硒酸属于弱酸，c错误；
答案选ab。
（5）
R、X、Y、Z为同一短周期元素，根据图知，Y能形成4个共价键、Z能形成1个共价键，则Y位于第IVA族、Z位于第VIIA族，且Z核外最外层电子数是Y核外电子数的一半，Z最外层7个电子，则Y原子核外有14个电子，Y为Si元素、Z为Cl元素，该阴离子中Cl元素为-1价、Y元素为+4价、根据化合价的代数和为-1价可知，X为-3价，所以X为P元素，根据阳离子所带电荷知，R为Na元素。根据以上分析可知：R、X、Y、Z分别是Na、P、Si、Cl元素，所以
①R的元素符号为Na；
②X为P，氢化物为H3P，所以其电子式；
③Y为Si元素，则其最高价氧化物为二氧化硅，其可用于制造玻璃、石英玻璃、水玻璃、光导纤维、电子工业的重要部件、光学仪器、工艺品和耐火材料的原料等。
17． 3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3 0.4NA 产生红棕色气体
【分析】由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，反应中只有N元素的化合价发生变化，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体，根据硝酸和转移电子之间的关系式计算；据此分析。
【详解】（1）NF3→NO，化合价降低1价，被还原，NF3→HNO3，化合价升高2价，被氧化，由反应物和生成物可写出反应的化学方程式为3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF，该反应中3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3中，生成1molHNO3和转移电子2mol，所以若反应中生成0.2molHNO3，转移的电子数目=0.2mol×2×NA/mol=0.4NA；故答案为：3NF3+5H2O=2NO+HNO3+9HF；0.4NA；
（2）反应中生成NO，NO易与空气中氧气反应生成红棕色的NO2气体；故答案为：出现红棕色气体。
18． 14HNO3＋3Cu2O=6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O 酸性 氧化性 0.6 使用了较浓的硝酸，产物中有部分二氧化氮生成 MnO4-+ 8H++5e-=Mn2++4H2O
【详解】(1)根据化合价的升降守恒法进行配平得方程式：14HNO3＋3Cu2O=6Cu(NO3)2＋2NO↑＋7H2O；
(2)反应中硝酸中氮元素化合价降低表现氧化性，没有发生变化表现酸性。
(3)根据方程式转移电子数6个的关系式计算产生0.2mol气体，转移的电子的物质的量为0.6mol。
(4)当硝酸越浓时被还原的氮的化合价越高，根据电子守恒判断，被还原的硝酸的物质的量越多。
(5)根据电子守恒及原子守恒进行配平得：MnO4-+ 8H++5e-=Mn2++4H2O。
【点睛】氧化还原反应实质是电子转移，而电子转移根据化合价的变化进行判断。
19． 20160L 400 10388 54880L 351kg 1680kg
【分析】（1）根据质量分数计算碳酸钙的质量，再根据CaCO3CaO+CO2↑计算二氧化碳的体积；碳酸钙分解产生二氧化碳，焦炭完全燃烧也生成二氧化碳，根据碳元素守恒计算焦炭的物质的量。（2）加入碳酸钠最少时，反应完毕为NaCl溶液，反应过程中氯离子物质的量不变，根据氯离子守恒：n生成（NaCl）=2n（MgCl2）+2n（CaCl2），根据钠离子守恒：n生成（NaCl）=2n（Na2CO3 ），再根据m=nM计算Na2CO3的质量；加入的碳酸钠除钙离子，溶液中n（Ca2+）=n（Na2CO3），反应中NH3、CO2按物质的量之比2：1反应，而碳酸化尾气中NH3、CO2的物质的量之比为0.1：0.04=2.5：1，故反应中氨气有剩余，根据钙离子物质的量计算二氧化碳的物质的量，结合二氧化碳的体积分数计算碳酸化尾气的体积。（3）根据氯离子守恒计算滤液中NaCl物质的量，再根据m=nM计算；根据钠离子守恒计算生成碳酸氢钠的物质的量，再根据m=nM计算。
【详解】（1）CaCO3分解的反应方程式是：CaCO3CaO+CO2↑，根据方程式可知每1mol CaCO3反应会产生1mol CO2，质量分数为0.90的石灰石100 kg物质的量是n(CaCO3)= (1.0×105g×0.90)÷100g/mol=900mol，则石灰石完成分解产生标准状况下的CO2的体积是V(CO2)=n Vm=900mol×22.4L/mol=20160L。石灰窑中，该石灰石100 kg与焦炭混合焙烧，产生标准状况下CO2 29120 L，如果石灰石中碳酸钙完全分解，且焦炭完全燃烧，不产生CO，则焦炭燃烧产生的CO2的体积是V(CO2)=V(总)-V(石灰石)= 29120 L-20160L=8960L，则其物质的量是n(CO2)= V(CO2) ÷Vm=8960L÷22.4L/mol=400mol。根据碳元素守恒，可知焦炭的物质的量与产生的物质的量CO2相等，也是400mol。
（2） 10 m3粗盐水中含有的MgCl2、CaCl2 物质的量是：n(MgCl2)= 6.80 mol/m3×10 m3=68mol；n(CaCl2)= 3.00mol/m3×10 m3=30mol。根据反应方程式MgCl2 + Ca(OH)2 → Mg(OH)2↓ + CaCl2可知1mol MgCl2发生反应被除去时引入1mol CaCl2.则向粗盐水中加入Ca(OH)2除镁离子后得到的溶液中含有的CaCl2的物质的量是：68mol+30mol=98mol，根据反应方程式：Na2CO3+ CaCl2=CaCO3↓+2NaCl可知反应消耗Na2CO3的物质的量与CaCl2的物质的量相等，则其质量是m(Na2CO3)=nM=98mol×106g/mol=10388g。根据反应方程式Ca2+ + 2NH3 + CO2 + H2O → CaCO3↓ + 2NH4+可知反应消耗的氨气与CO2的物质的量的比是2:1，而混合气体中含NH3体积分数为0.100、CO2体积分数0.040，说明NH3过量，不能完全反应，应该以不足量的CO2为标准进行计算，而n(Ca2+)=n(CO2)，n(Ca2+)=98mol，则需要n(CO2)= 98mol，混合气体的物质的量是n(混合)= 98mol÷0.04=2450mol，其在标准状况下的体积是V(混合)=nVm= 2450mol×22.4L/mol=54880L。
（3）①n(NaCl)(总)=m÷M=1521000g÷58. 5g/mol=26000mol，反应产生的NH4Cl的物质的量是n(NH4Cl)= m÷M=1070 000g÷53. 5g/mol=20000mol，根据氯元素守恒可知，在溶液中含有的NaCl的物质的量是n(NaCl)= n(NaCl)(总)- n(NH4Cl)= 26000mol-20000mol=6000mol，其质量是m(NaCl)=n M=6000mol×58. 5g/mol=351000g=351kg。
②氨盐水中发生反应根据反应方程式：NaCl+CO2+NH3+H2O= NaHCO3↓+NH4Cl。产生的NaHCO3的物质的量与NH4Cl的物质的量相等，则析出的碳酸氢钠晶体的质量是m(NaHCO3)=n M=20000mol×84g/mol=1680000g=1680kg。
【点睛】本题考查混合物的有关计算，注意利用守恒法进行计算解答，侧重考查学生的分析计算能力，题目过程复杂、计算量大，为易错题目。
20．(1) BaSO4 O=C=O
(2)MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O
(3)氧与氮同一周期，原子核外电子层数相同，氧元素的核电荷数多，原子半径小，得电子能力强，因此氧元素的非金属性比氮强
【解析】(1)
①重晶石是天然产的硫酸钡，化学式是BaSO4；
②CO2是由分子构成的共价化合物，在CO2分子中，C原子与2个O原子形成4对共用电子对，使分子中各原子都达到最外层8个电子的稳定结构，故其结构式是O=C=O；
(2)
二氧化锰与浓盐酸在加热时发生氧化还原反应，产生MnCl2、Cl2、H2O，发生反应的化学方程式是MnO2+4HCl(浓)MnCl2+Cl2↑+2H2O；
(3)
虽然N、O是同一周期元素，原子核外电子层数相同，但是氧元素的核电荷数比氮多，原子半径比氮小，得电子能力比氮强，因此氧元素的非金属性比氮强。
21． a 2NO+O2=2NO2 A为SO因为反应之前S元素为+4价，NO2中的N元素为+4价，反应之后HONO中N元素为+3价，氮元素化合价降低，则必有元素化合价升高，综合推断，应是S元素化合价从+4价升高到+6价，在液相中应以SO形式存在
【详解】（1）根据题图甲中信息可以看出机动车行驶过程中产生的污染物有、、，不是由机动车行驶造成的，故答案为：a；
（2）稀燃过程中NO被氧气氧化生成，发生的主要反应的化学方程式为2NO+O2=2NO2；
（3）反应前S元素为十4价，N元素为十4价，反应后HONO中N元素为+3价，化合价降低；有化合价的降低，必有元素化合价升高，所以是S元素从十4升高到十6价，故A物质为SO。
22． 电动 以汽油为燃料的
【详解】(1)以汽油为燃料的汽车排放的废气最多，电动车排放的最少，序号为①的是电动汽车，序号为③的是以汽油为燃料的汽车；
(2)根据氧化还原反应的原理分析可知，用将NO还原成无毒气体，该无毒气体只能是，剩下的氢、氧元素结合生成水，反应方程式为：。
答案第1页，共2页
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