2024届高三化学一轮复习专项复习——卤族与碳族及其应用
一、单选题
1．（2022·临潼模拟）化学与生活紧密相关，下列叙述错误的是（ ）
A．“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界的碳、氮循环
B．“煤饼烧蛎房成灰”(蛎房即牡蛎壳)，“灰”的主要成分是CaCO3
C．电锯中的“烤蓝”工艺形成的致密氧化膜成分是Fe3O4
D．服用阿司匹林(邻羟基苯甲酸)身体不舒服时，可以静脉注射NaHCO3溶液缓解
2．（2022高三上·江宁期中）下列化合物的性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．ClO2具有氧化性，可用于水体消毒
B．HF显弱酸性，故可用于雕刻玻璃
C．纳米Fe3O4颗粒呈黑色，可用作磁性材料
D．MnO2具有氧化性，可用于加快H2O2分解
3．（2022·江苏模拟）在指定条件下，下列选项所示的物质间的转化可以实现的是（ ）
A．NH3 NO HNO3
B．Ca(ClO)2(aq) HClO Cl2
C．NaCl(aq) Na(s) Na2O2
D．CuSO4 Cu(OH)2 Cu
4．（2022·松江模拟）关于几种非金属元素及其化合物的说法正确的是（ ）
A．C2H4分子中只有极性键 B．可用排空气法收集NO
C．H2S燃烧时产生苍白色火焰 D．纯净干燥的Cl2没有漂白性
5．（2022高三上·临沂期中）下列有关物质性质与用途具有对应关系的是（ ）
A．NH3极易溶于水，可用作制冷剂
B．Al2O3熔点高，可用于电解冶炼铝
C．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
D．ClO2具有氧化性，可用于自来水的杀菌消毒
6．（2022高三上·六安月考）在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是（ ）
A．CuSO4(aq)Cu(OH)2Cu2O
B．Ca(ClO)2HClO(aq)Cl2
C．N2(g)NO(g)NaNO3(aq)
D．N2(g)NH3(g)Na2CO3(s)
7．（2022高三上·汕尾期末）实验室制备并收集氨气，下列装置不能达到实验目的的是
A． B．
C． D．
8．（2022·杭州模拟）在标准状况下将1.92g铜粉投入一定量浓HNO3中随着铜粉的溶解，反应生成的气体颜色逐渐变浅，当铜粉完全溶解后共收集到由NO2和NO组成的混和气体1.12L，则混和气体中NO的体积为
A．112mL B．1008mL C．224mL D．448mL
9．（2022高三上·浙江期中）下列说法错误的是（ ）
A．的反应热无法直接测得，可通过C和CO的燃烧热间接求得
B．硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时须注意防护与通风
C．利用X射线衍射实验可以测定晶胞中的原子坐标，并通过计算判断分子的空间结构
D．NaCl溶液中的Ca2+、可以通过先加Na2CO3溶液，再加BaCl2溶液和盐酸除去
10．（2023高三上·安徽月考）氮是各种生物体生命活动中不可缺少的重要元素。自然界中的氮循环为生物体提供了氮元素。下列有关氮元素说法错误的是（ ）
A．铵态氮肥被植物吸收的过程属于氮的固定
B．雷雨发庄稼的起因是打雷时空气中与化合成NO
C．城市空气中的氮氧化物主要来源是燃油汽车产生的尾气
D．工业利用和合成，其中的来源是空气
11．（2022高三上·安徽月考）由实验操作和现象，可得出相应正确结论的是（ ）
选项 实验操作 现象 结论
A 将通入滴有酚酞的溶液中 溶液红色褪去 具有漂白性
B 用标准盐酸滴定待测碳酸氢钠溶液，选用酚酞作指示剂 溶液由红色变为无色，且半分钟内不恢复原色 能准确测定溶液的浓度
C 向浓硝酸中加入红热的碳 产生红棕色气体 碳与浓硝酸发生反应
D 向等浓度的和稀溶液中滴加少量溶液 产生黑色沉淀
A．A B．B C．C D．D
12．（2022·东城模拟）下列解释事实的方程式错误的是（ ）
A．NO遇空气变为红棕色：2NO+O2=2NO2
B．用NaOH溶液吸收Cl2：OH-+Cl2=HClO+Cl-
C．明矾净水：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+
D．向AgI悬浊液中滴加Na2S溶液，沉淀变黑：2AgI(s)+S2-(aq) Ag2S(s)+2I-(aq)
13．（2022高三上·蚌埠月考）氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图，下列有关说法错误的是（ ）
A．(即MnO2)是反应的催化剂
B．该过程存在非极性键的断裂和形成
C．MnO2能结合NH3的原因是Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
D．该催化过程的总反应的化学方程式：4NH3+6NO5N2+6H2O
14．（2022高三下·辽宁开学考）根据下列实验操作和现象得出的结论正确的是（ ）
编号 实验操作 实验现象 解释与结论
A 常温下，等体积等pH的HA、HB两种酸溶液分别与足量的锌反应 相同时间内，HB收集到的H2多 酸性强弱：HA > HB
B 将炽热的木炭加入到浓硝酸中 产生红棕色气体 木炭与浓硝酸反应生成NO2
C 向盛有2mL 0.1mol/L AgNO3溶液的试管中滴加几滴0.1mol/L NaCl溶液，再向其中滴加0.1mol/L KI溶液 先得到白色沉淀后变为黄色沉淀 Ksp(AgCl)>Ksp(AgI)
D 向1mL 0.5 mol/L KI溶液加入1mL 1mol/LFeCl3溶液，充分反应后向水层滴加KSCN溶液 溶液变红 Fe3+与I-反应是可逆反应
A．A B．B C．C D．D
15．（2022高三上·海南期末）“价-类”二维图是学习元素化合物的重要载体，下图是短周期某一卤族元素的“价-类”二维图。下列说法正确的是
A．该元素是卤族元素中的氟
B．a的浓溶液分别与h、i反应均可生成b
C．c具有较强氧化性，是e的酸酐
D．酸性：d
A．电解a溶液时阴极可得b B．物质c可作自来水消毒剂
C．物质d的化学式为HClO3 D．溶液e具有很强的还原性
二、综合题
17．（2022高三上·长治月考）含氯物质在生产生活中有重要作用。1774年，舍勒在研究软锰矿(主要成分是)的过程中，将它与浓盐酸混合加热，产生了一种黄绿色气体。1810年，戴维确认这是一种新元素组成的单质，并命名为chlorine(中文命名“氯气”)。
（1）实验室沿用舍勒的方法制取的化学方程式为 。
（2）某氯水久置后不能使品红溶液褪色，可推测氯水中 已分解。检验此久置氯水中存在的操作及现象是 。
（3）为改变生橡胶受热发粘、过冷变硬的不良性能，工业上常用橡胶硫化剂来改善橡胶的性能。已知：是一种黄红色液体(熔点：-76℃，沸点：138℃)，遇水强烈水解，工业上用纯净的氯气和熔融硫单质反应制得。实验室用下列装置模拟工业制取少量。(夹持、加热装置均已略去)。
①的电子式为 ，A中盛放浓盐酸的仪器名称 。
②装置连接顺序：A→ ，D装置的作用是 。
③实验过程中，实验前和停止加热后，都需要通一段时间的氮气，若停止加热后没有继续通氮气，，的产率将 (填“偏高”、“偏低”或“无影响”)。
④遇水强烈反应，已知其中一种气体产物X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，且反应过程中只有一种元素的化合价发生变化，写出该反应的化学方程式 。
⑤某同学为了测定与水反应后生成的气体X在混合气体中的体积分数，设计了如下实验方案：。
该混合气体中X的体积分数为 (用含V、m的式子表示)
18．（2021·达州模拟）氨是重要的化工原料，回答下列问题：
（1）I．氨气的制备
制取并收集一瓶干燥氨气，上述装置的连接顺序为A→ → →C→ ，制气时的化学方程式为 ，收集时气体从 口进入
（2）II．氨气的性质
装置如图所示，打开止水夹，用热毛巾将烧瓶捂热，水上喷形成红色喷泉，说明氨气 。
（3）III．氨气的用途
利用下图装置由氨制硝酸，实验时戊中溶液呈淡黄色时关闭分液漏斗活塞。
Na2O2的作用 ，证明有硝酸生成的实验是 ，发生反应的离子方程式 。
（4）实验中的氮氧化物(NOx)尾气折算成标准状况下的体积为aL，完全吸收时，烧杯中c(NaOH)至少是 mol/L(忽略溶液体积变化)。
19．（2022高三上·泰安期中）氨氮废水中的氮元素多以、NH3 H2O的形式存在，是造成河流和湖泊富营养化的主要因素，科学家找到多种处理氨氮废水的方法。
（1）某研究团队设计的处理流程如下：
①过程Ⅰ：加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，通入空气将氨赶出并回收。
请用离子方程式表示加NaOH溶液时所发生的反应： 。
②过程Ⅱ：在微生物的作用下实现NH4+→NO2 →NO3 转化，称为硝化过程。在碱性条件下，被氧气氧化成NO3 的总反应的离子方程式为 。
③过程Ⅲ：在一定条件下向废水中加入甲醇(CH3OH)，实现HNO3→NO2 →N2转化，称为反硝化过程。CH3OH中碳元素的化合价为 ，当甲醇与6mol HNO3完全反应，转化成CO2时，消耗的甲醇的质量为 。
（2）折点氯化法是将氯气通入氨氮废水中达到某一点，在该点时水中游离氯含量最低，而氨氮的浓度降为零，该点称为折点，该状态下的氯化称为折点氯化。当氯气与氨氮的物质的量之比至少为 时即“折点”。
20．（2022高三上·连云期中）城市污水中含有一定量的、NO2 /NO3 等，可以通过如下三个阶段协同作用实现自养脱氮。
（1）第一阶段。向污水中加入菌体和FeCl3溶液，控制温度和pH，繁殖菌体并进行富集。Fe3+基态核外电子排布式为 。
（2）第二阶段。在菌体的作用下依次发生过程I、过程II，从而实现、NO2 的脱除，其过程如图所示。
①第二阶段的脱除过程可以描述为 。
②若在第一阶段只添加FeCl3溶液而不添加菌体，发现第二阶段污水中氨氮基本无变化，由此可以得出的结论是 。
（3）第三阶段。在弱酸性条件下，Fe2+与NO3 反应得到Fe(OH)3和N2，其反应的离子方程式为 。
（4）城市污水中的可以用沉淀法除去。在搅拌下向污水中加入MgCl2和Na2HPO4溶液，再加入NaOH调节溶液的pH，一段时间后测得去除率与pH的关系如图所示。
①上述过程中生成MgNH4PO4沉淀，其反应的离子方程式为 。
②当7.5
（1）以上气体所含元素原子中，未成对电子最多的原子是 (填元素符号)，S原子中能量最高电子的电子云形状为 。
（2）化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏(已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2)，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是 ，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有 mol电子发生转移。
（3）①若用热烧碱溶液吸收Cl2气反应后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物质的量比值为n：1：1，则n= 。
②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工区空气样本用蒸馏水处理，检测所得溶液，所含离子及其浓度如下：
离子 Na+ K+ NH H+ SO NO Cl-
浓度/(mol·L-1) 6×10-6 4×10-6 2×10-5 a 4×10-5 2×10-5 3×10-5
根据表中数据计算，检测的溶液pH= 。
（4）NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。
①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式： 。
②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mol L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体 L(标准状态)。
答案解析部分
1．B
A．自然界中动植物遗体之所以没有堆积如山，是因为细菌使动植物遗体不断的腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐，这些物质又是植物制造有机物的原料，因此“落红不是无情物，化作春泥更护花”蕴藏着自然界碳、氮的循环，A不符合题意；
B．牡蛎壳为贝壳，贝壳主要成分为碳酸钙，碳酸钙灼烧生成氧化钙，灰是氧化钙，B符合题意；
C．烤蓝其原理就是在钢铁表面生成一定厚度和强度的致密的氧化层，成分主要是Fe3O4，C不符合题意；
D．阿司匹林的化学成分是邻羟基苯甲酸，邻羟基苯甲酸与NaHCO3溶液反应从而可以缓解不舒服，D不符合题意；
故答案为：B。
A.动植物遗体腐烂、分解，转化成二氧化碳、水和无机盐；
B.牡蛎壳的主要成分为CaCO3，分解生成CaO；
C.Fe3O4是致密的氧化物，可阻止内部金属与空气反应，具有防止钢铁锈蚀功能；
D.水杨酸含-COOH，与碳酸氢钠反应。
2．A
A．ClO2具有氧化性，能使蛋白质变性，可以用于水体的杀菌消毒，故A符合题意；
B．玻璃的主要成分是SiO2，HF能与SiO2反应生成SiF4气体，因此可以用于雕刻玻璃，而与HF显弱酸性无关，故B不符合题意；
C．Fe3O4具有磁性，可用作磁性材料，与Fe3O4颗粒呈黑色无关，故C不符合题意；
D．MnO2是H2O2分解反应中的催化剂，与MnO2具有氧化性无关，故D不符合题意；
故答案为：A。
A.ClO2具有强氧化性，能使蛋白质变性；
B.HF能与SiO2反应；
C.Fe3O4具有磁性；
D.MnO2是H2O2分解的催化剂。
3．A
A． 氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮氧化生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，能一步实现，故A选；
B． Ca(ClO)2(aq)与二氧化碳反应生成 HClO和碳酸钠，次氯酸见光分解生成氯化氢和氧气，故B不选；
C． NaCl(aq)电解生成氢氧化钠、氢气和氯气， 钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，故C不选；
D． CuSO4与氢氧化钠反应生成Cu(OH)2，新制氢氧化铜与葡萄糖反应生成氧化亚铜，故D不选；
故答案为：A。
B.次氯酸在光照下生成HCl和氧气；
C.电解饱和食盐水生成氢氧化钠；
D.Cu(OH)2与葡萄糖反应生成氧化亚铜。
4．D
A．C2H4的结构式为，含有极性键和非极性键，故A不符合题意；
B．NO和氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，故B不符合题意；
C．H2S燃烧时产生蓝色火焰，H2在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，故C不符合题意；
D．纯净干燥的Cl2没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸检验漂白性，故D符合题意；
故答案为：D。
A.乙烯分子中含有C-H极性键和C-C非极性键；
B.NO易被氧气氧化为NO2；
C.H2S燃烧时产生蓝色火焰。
5．D
A．NH3 加压易液化，气化时吸收大量的热使环境温度降低，可用作制冷剂，A不符合题意；
B．Al2O3是离子化合物，熔融状态下能导电，可用于电解冶炼铝，B不符合题意；
C．NH4HCO3作氮肥，是利用其溶解后的铵根离子可被植物吸收，C不符合题意；
D．ClO2 具有强氧化性，可用于自来水的杀菌消毒，D符合题意；
故答案为：D。
A.液氨汽化吸收大量的热，可作制冷剂；
B.用氧化铝电解冶炼铝是因为熔融的氧化铝能导电；
C.碳酸氢铵用作氮肥是因为其含有氮元素。
6．A
A．流程中是描述检验还原性糖的操作，会出现砖红色沉淀，故A符合题意；
B．次氯酸光照生成氧气而不是氯气，故B不符合题意；
C．一氧化氮不与氢氧化钠反应，因为一氧化氮不是酸性气体，故C不符合题意；
D．氯化钠溶液直接通二氧化碳不能生成碳酸钠，应先通氨气，再通二氧化碳，生成碳酸氢钠，故D不符合题意；
故答案为：A。
B.次氯酸在光照下分解生成盐酸和氧气；
C.NO与氢氧化钠不反应；
D.氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳反应生成碳酸氢钠。
7．D
A．在实验室中用铵盐与碱共热产生NH3，可以使用该装置制取NH3，A不符合题意；
B．NH3是碱性气体，可以使用碱性干燥剂碱石灰干燥，B不符合题意；
C．NH3的密度比空气小，可以使用向下排空气方法收集，导气管短进长出，C不符合题意；
D．NH3极易溶于水，溶解在水中使导气管中气体压强减小，水容易沿导气管进入前边装置，引起倒吸，故为防止倒吸现象，应该在导气管末端安装一个倒扣漏斗，使漏斗边缘紧贴水面，D符合题意；
故答案为：D。
A．在实验室中用铵盐与碱共热产生NH3；
B．NH3是碱性气体；
C．NH3的密度比空气小；
D．NH3极易溶于水，溶解在水中使导气管中气体压强减小，水容易沿导气管进入前边装置，引起倒吸。
8．A
n(Cu)==0.03mol，混合气体的物质的量为=0.05mol，设n(NO)=x mol，n(NO2)=y mol，则由电子守恒及原子守恒可知x+y=0.05，0.03×2=3x+y，解得x=0.005，y=0.045，v(NO)=0.005×22.4×1000=112mL，
故答案为：A。
依据得失电子守恒及原子守恒计算。
9．D
A．的反应热无法直接测得，可通过测定C和CO的燃烧热，然后用盖斯定律通过热化学方程式叠加间接求得，A不符合题意；
B．硝酸具有腐蚀性和挥发性，使用时要避免HNO3对人体危害及环境的破坏作用，因此须注意个人防护与通风措施，B不符合题意；
C．利用X射线衍射实验可以测定晶胞中原子的相对位置，进而可确定其原子的原子坐标，然后就可以通过计算判断分子的空间结构，C不符合题意；
D．除去NaCl溶液中的、，可通过先向其中加入稍过量BaCl2溶液，使转化为BaSO4沉淀，然后再加入稍过量加Na2CO3溶液，使原溶液中的Ca2+及引入的Ba2+转化为CaCO3、BaCO3沉淀，然后过滤，在滤液中加入盐酸直至不再产生气体，以除去过量Na2CO3，D符合题意；
故答案为：D。
A.根据盖斯定律分析；
B.硝酸具有腐蚀性和挥发性；
C.X-射线衍射实验以测定晶胞中原子的相对位置，进而判断其空间结构。
10．A
A．氮的固定是将游离态的氮，即氮单质，转化为化合态的过程，而铵态氮肥中氮元素本就以化合态形式存在，不属于氮的固定，A项符合题意；
B．氮气和氧气可以在放电的条件下生成一氧化氮，一氧化氮与空气中氧气化合成二氧化氮，二氧化氮溶于雨水下落，最终以氮肥的形式被庄稼吸收，故称雷雨发庄稼，B项不符合题意；
C．燃油汽车发动机内，空气中氮气与氧气在放电或高温条件下发生反应生成NO，C项不符合题意；
D．工业制取气体需要考虑原料成本，空气中含有大量氮气且容易分离出来，故工业利用N2和H2合成NH3，的来源是空气，D项不符合题意；
故答案为：A。
A.氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；
B.氮气和氧气在放电条件下生成NO；
C.汽车尾气中的氮氧化物主要来自于空气中N2与O2的反应；
D.氮气是空气中含量最高的气体。
11．D
A．二氧化硫和氢氧化钠反应，溶液碱性消失红色褪去，A不符合题意；
B．NaHCO3溶液的pH值8左右，而酚酞的变色范围也是8左右，即把酚酞加入NaHCO3溶液已经是无色的，也就是不会再发生颜色变化，所以不能用酚酞做指示剂，B不符合题意；
C．浓硝酸受热分解也会生成红棕色二氧化氮气体，不能说明碳与浓硝酸发生反应，C不符合题意；
D．向等浓度的和稀溶液中滴加少量溶液，且生成碳酸银、硫化银形式相同，产生黑色沉淀说明硫化银更难溶，D符合题意；
故答案为：D。
A.二氧化硫能与氢氧化钠反应；
B.酚酞的变色范围为8.2～10.0；
C.浓硝酸分解能产生二氧化氮。
12．B
A．NO遇空气，会与空气中的O2反应：2NO+O2=2NO2，生成红棕色气体NO2，A不符合题意；
B．用NaOH溶液吸收Cl2，由于溶液呈碱性，HClO不能稳定存在，所以离子方程式为2OH-+Cl2=ClO-+Cl-+H2O，B符合题意；
C．明矾溶于水，Al3+会发生水解：Al3++3H2O Al(OH)3(胶体)+3H+，生成的Al(OH)3(胶体)具有吸附水中悬浮颗粒物的能力，所以可用于净水，C不符合题意；
D．由于Ag2S的Ksp比AgI的Ksp还小，所以向AgI悬浊液中滴加Na2S溶液，发生反应：2AgI(s)+S2-(aq) Ag2S(s)+2I-(aq)，从而产生黑色沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
A.NO无色，易被氧化为红棕色的NO2；
B.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水；
C.铝离子水解生成氢氧化铝胶体；
D.Ag2S溶解度小于AgI，发生沉淀的转化。
13．D
A．根据反应过程，反应前后MnO2没变，可知MnO2是反应的催化剂，故A不符合题意；
B．反应物有O2、生成物有N2，所以存在非极性键的断裂和形成，故B不符合题意；
C．氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合，故C不符合题意；
D．根据图示，该催化过程的总反应的化学方程式为，故D符合题意；
故答案为：D。
A、注意催化剂指的是第一反应的反应物，第二反应的生成物，中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物；
B、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
C、金属原子提供空轨道，氨分子提供孤电子对；
D、结合箭头的始末判断总方程式。
14．A
A.HB收集到的H2越多，则说明等pH值的HA、HB溶液中，c(HB)>c(HA)，因此HB的酸性比HA的酸性弱，A符合题意；
B.产生的红棕色气体为NO2，该NO2可能是由NO于空气中的O2反应生成，因此无法说明木炭与浓硝酸反应生成NO2，B不符合题意；
C.滴入几滴0.1mol·L－1的NaCl溶液，充分反应后，溶液中AgNO3过量，再加入几滴0.1mol·L－1的KI溶液，I－直接与Ag＋反应生成AgI沉淀，没有涉及沉淀的转化，因此无法比较AgCl、AgI的溶度积大小，C不符合题意；
D.该反应的离子方程式为：2Fe3＋＋2I－=2Fe2＋＋I2，因此反应后所得溶液中Fe3＋过量，加入KSCN后溶液显红色，不能说明Fe3＋与I－的反应为可逆反应，D不符合题意；
故答案为：A
A、等体积、等pH值的酸与足量的锌反应，产生的H2越多，则酸的浓度越大，酸性越弱；
B、该红棕色气体为NO2，可能由NO与O2反应后得到；
C、要比较AgCl、AgI的溶度积大小，则应存在AgCl转化为AgI的过程；
D、结合反应的离子方程式可知，反应过程中Fe3＋过量；
15．B
该元素为短周期某一卤族元素，氟没有正价，所以该元素的Cl。
A．卤族元素中的氟元素没有正价，A不符合题意；
B．根据化合价的变化规律，浓能与含有、的盐反应生成，B符合题意；
C．c为，具有强氧化性，化合价与e不同，不是e的酸酐，C不符合题意；
D．酸性：，D不符合题意；
故答案为：B。
A、氟没有正价；
B、结合归中定律判断；
C、酸酐的特点是化合价不变；
D、高氯酸的酸性大于氯酸大于次氯酸。
16．B
A．a为氯化物，电解氯化物的溶液时阳极可得氯气，A说法不符合题意；
B．物质c为+4的氧化物，即ClO2，其具有强氧化性，可作自来水消毒剂，B说法符合题意；
C．物质d的化合价为+7价，化学式为HClO4，C说法不符合题意；
D．溶液e中Cl为+1价，易变为-1价，具有很强的氧化性，D说法不符合题意；
故答案为：B。
A．依据放电顺序判断；
B．ClO2具有强氧化性；
C．物质d的化合价为+7价；
D．元素化合价降低，表现氧化性，元素化合价升高，表现还原性。
17．（1）
（2）HClO；取少量久置氯水于试管中，依次滴入稀硝酸和少量硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有
（3）；分液漏斗；FCBED；防止空气中水蒸气进入使水解，吸收尾气；偏低；；22.4m/233V(带百分号的答案也可以)
实验室用浓盐酸和二氧化锰加热条件下制取氯气，生成的氯气依次通过饱和食盐水、浓硫酸，除去HCl和水蒸气，再进入B中与熔融硫单质反应，生成的S2Cl2气体进入E中冷凝收集，最后接干燥管D，防止空气中水蒸气进入使S2Cl2水解，吸收尾气；
（1）实验室用浓盐酸和二氧化锰加热条件下制取氯气，化学方程式为：
MnO2+4HCl(浓) MnCl2+Cl2↑+2H2O；
（2）氯水中含有次氯酸有强氧化性而具有漂白性，不能使品红溶液褪色，则次氯酸已经分解；检验氯离子的操作为：取少量久置氯水于试管中，依次滴入稀硝酸和少量硝酸银溶液，若有白色沉淀生成，则证明原溶液中含有Cl ；
（3）S2Cl2的电子式为；盛放浓盐酸的仪器为分液漏斗；
生成的氯气依次通过饱和食盐水、浓硫酸，除去HCl和水蒸气，再进入B中与熔融硫单质反应，生成的S2Cl2气体进入E中冷凝收集，最后接干燥管D，防止空气中水蒸气进入使S2Cl2水解，吸收尾气；
停止加热后继续通氮气目的是将生成的S2Cl2气体全部排入E中收集；否则产率将偏低；
遇水强烈反应，已知其中一种气体产物X能使品红溶液褪色，加热后又恢复原状，可知生成二氧化硫，只有一种元素化合价变化，可知为硫元素的歧化反应，故S2Cl2与水反应的化学方程式：2S2Cl2+2H2O=SO2↑+3S↓+4HCl↑
混合气体通过氯水，二氧化硫被氧化成硫酸根，与钡离子生成硫酸钡沉淀，固体为硫酸钡mg，由SO2～BaSO4可知n(SO2)=n(BaSO4)= 混合气体总的物质的量为 ，所以混合气体中X的体积分数为 。
（1）浓盐酸和二氧化锰加热生成氯化锰、氯气和水；
（2）氯水中的次氯酸可以使品红溶液褪色；
（3） ① 氯原子连接两边，硫原子连接中间；
② 结合制备-洗气-干燥-反应-收集的步骤判断；
③ 实验后通入氮气的目的是使装置中残留的气体排出；
④ 二氯化二硫和水反应生成二氧化硫、硫和氯化氢；
⑤ 结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
18．（1）C；E；F；Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；h
（2）易溶于水，其水溶液呈碱性
（3）产氨供氧；铜丝向下伸入戊溶液中，观察到铜丝表面有气泡，溶液呈蓝色；Cu＋4H＋＋2NO=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
（4）
I．由题给装置可知，装置A中氯化铵和消石灰共热反应制备氨气，装置B也可以利用浓氨水与新制生石灰反应制备氨气；装置C中盛有的碱石灰用于干燥氨气；装置E为向下排空气法收集氨气的装置；为防止收集氨气的F装置中的水蒸气进入E中，应在E、F之间连接装置C，则仪器的连接顺序为ACECF；
III．由题给装置可知，装置甲中氨水与过氧化钠制得氨气和氧气的混合气体；装置乙中盛有的碱石灰用于干燥氨气和氧气；装置C中氨气和氧气在氧化铬做催化剂作用下发生催化氧化反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮；装置丁中无水氯化钙用于吸收未反应的氨气；装置戊中二氧化氮与水反应制得硝酸，硝酸与铜丝反应能验证硝酸的生成；装置己用于吸收氮的氧化物，防止污染空气。
（1）由分析可知，制取并收集一瓶干燥氨气时仪器的连接顺序为ACECF；装置A中制取氨气的反应为氯化铵和消石灰共热反应生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；氨气的密度比空气小，则向下排空气法收集氨气时，应从装置E的h口通入，用故答案为：ACECF；Ca(OH)2＋2NH4ClCaCl2＋2NH3↑＋2H2O；h；
（2）打开止水夹，用热毛巾将烧瓶捂热，烧瓶中气体压强增大，极易溶于水的氨气将长玻璃导管中的空气排出，与水反应生成弱碱一水合氨使气体压强减小，使得水上喷形成红色喷泉，故答案为：易溶于水，其水溶液呈碱性；
（3）由分析可知，过氧化钠与氨水中的水反应生成氢氧化钠和氧气并发出大量的热，氢氧化钠电离出的氢氧根离子使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量促使氨气逸出得到氨气和氧气的混合气体；铜丝向下伸入戊溶液中，观察到铜丝表面有气泡，溶液呈蓝色说明氮的氧化物与水反应生成硝酸，故答案为：产氨供氧；铜丝向下伸入戊溶液中，观察到铜丝表面有气泡，溶液呈蓝色；
（4）等物质的量的一氧化氮和二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成亚硝酸钠和水，二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，则氮氧化物完全吸收时生成亚硝酸钠或硝酸钠和亚硝酸钠的混合物，生成物的通式为NaNOx，由通式和原子个数守恒可知氢氧化钠溶液的浓度至少为=mol/L，故答案为：。
（1）依据制备、除杂干燥、收集（性质检验）、尾气处理的顺序分析；
（2）氨气极易溶于水且水溶液呈碱性；
（3）过氧化钠与水反应生成氢氧化钠和氧气并发出大量的热，氢氧根离子使氨水的电离平衡左移，反应放出的热量促使氨气逸出；铜能与硝酸反应；
（4）依据氮原子守恒分析。
19．（1）；；-2；160g
（2）3：2
（1）过程I加入氢氧化钠溶液后加热，有气体放出，铵根离子与氢氧根反应生成氨气，离子反应方程式为：；在碱性条件下，被氧气氧化成NO3 的总反应的离子方程式为：NH4++2OH +2O2=NO3 +3H3O；CH3OH中碳元素的化合价为-2价；甲醇与硝酸反应生成二氧化碳、氮气和水，当6mol HNO3完全反应时转移电子的物质的量为6mol×5=30mol，消耗甲醇的物质的量为：30mol[4 ( 2)]=5mol，质量为：5mol×32g/mol=160g；
（2）氨氮废水中氮元素化合价为-3价，处理完后无氨氮存在，其转为为0价氮元素，1mol氨氮转移3mol电子，氯气参与反应转化为氯离子，1mol氯气转移2mol电子，根据得失电子守恒，当氯气与氨氮的物质的量之比至少为3：2时达到折点。
（1） ① 依据铵盐与碱反应书写； ② 在根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电子守恒、电荷守恒书写；③ 依据得失电子守恒计算；
（2）根据得失电子守恒。
20．（1）或
（2）在菌体的作用下，污水中的将部分氧化成N2、NO2 ，随后NO2 再将余下的氧化成N2；没有菌体，在本实验条件下与Fe3+不会发生化学反应
（3）10Fe2++2NO3 +24H2O=10Fe(OH)3↓+N2↑+18H+
（4）Mg2++NH4++HPO42 +OH =MgNH4PO4↓+H2O；随着pH的增大，HPO42 转化为PO43 ，使PO43 的浓度增大，生成沉淀的反应速率加快，导致的去除率不断升高
（1）铁是26号元素，基态核外电子排布式为或。故答案为：或；
（2）①第二阶段的脱除过程可以描述为在菌体的作用下，污水中的将部分氧化成N2、NO2 ，随后NO2 再将余下的氧化成N2。故答案为：在菌体的作用下，污水中的Fe3+将部分氧化成N2、NO2 ，随后NO2 再将余下的氧化成N2；
②若在第一阶段只添加FeCl3溶液而不添加菌体，发现第二阶段污水中氨氮基本无变化，由此可以得出的结论是没有菌体，在本实验条件下与Fe3+不会发生化学反应。故答案为：没有菌体，在本实验条件下与Fe3+不会发生化学反应；
（3）第三阶段。亚铁离子具有还原性，在弱酸性条件下，Fe2+与NO3 反应得到Fe(OH)3和N2，其反应的离子方程式为10Fe2++2NO3 +24H2O=10Fe(OH)3↓+N2↑+18H+。故答案为：10Fe2++2NO3 +24H2O=10Fe(OH)3↓+N2↑+18H+；
（4）①加入NaOH调节溶液的pH，Na2HPO4溶液中氢被中和，与镁离子结合生成MgNH4PO4沉淀，其反应的离子方程式为Mg2++NH4++HPO42 +OH =MgNH4PO4↓+H2O。故答案为：Mg2++NH4++HPO42 +OH =MgNH4PO4↓+H2O；
②当7.5
（2）①依据流程图，利用反应物和产物的性质判断；
②在本实验条件下与Fe3+不会发生化学反应；
（3）根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电子守恒、电荷守恒书写；
（4）①根据反应物和产物的化学式，利用原子守恒、电荷守恒书写；
②依据影响反应速率的因素分析。
21．（1）N；纺锤形
（2）出现白烟；0.24
（3）6；4
（4）6NO2+8NH37N2+12H2O；1.12
(1)Cl、S、O、N四种元素未成对电子分别为1、2、2、3，则未成对电子最多的原子是N，S原子中能量最高电子所在能级是3p，其电子云形状为哑铃形，故答案为：N；哑铃形；
(2)由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；
(3)①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；
②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；
(4)①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。
(1)依据构造原理和能级与电子云形状的关系确定；
(2)依据生成的产物及得失电子守恒判断；
(3)①利用得失电子守恒；
②依据电荷守恒即溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数；
(4)①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O；
②利用氮元素和钠元素相等计算。
