2024届高三化学一轮专题训练题——卤族与氮族及其应用
一、单选题
1．下列变化中，只涉及物理变化的是（ ）
A．盐酸除锈 B．石油分馏 C．海水提溴 D．煤干馏
2．Cl2O是一种强氧化剂，与水反应生成次氯酸，与有机物接触时会发生燃烧并爆炸，浓度过高时易分解爆炸。利用反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O制取Cl2O的装置如图所示。已知：Cl2O的熔点为-116℃，沸点为3.8℃；Cl2的沸点为-34.6℃。下列说法错误的是（ ）
A．装置②③中盛装的试剂依次是饱和食盐水和浓硫酸
B．通入干燥空气的目的是将生成的Cl2O稀释，减小爆炸危险
C．从装置⑤中逸出气体的主要成分是Cl2O
D．装置④与⑤之间不能用橡胶管连接，是为了防止发生燃烧并爆炸
3．某小组设计的制备并验证氨气性质的实验装置图如下，其中合理的是（ ）
A．制备少量
B．收集
C．证明易溶于水
D．吸收
4．下列装置能达到实验目的是（ ）
图1 图2 图3 图4
A．用图1装置进行喷泉实验
B．用图2装置构成铜锌原电池
C．用图3装置验证反应产物CO2
D．用图4装置制备并收集少量NO2气体
5．下列说法错误的是（ ）
A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃
B．通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴
C．生物炼铜中通常利用某些细菌把不溶性的硫化铜转化为可溶性铜盐
D．工业制备硝酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔
6．如图装置实验,下列预期实验现象及结论均正确的是c中为蒸馏水（ ）
a b 预期实验现象 结论
A 铁丝 浓硝酸 试管c中有大量红棕色气体 硝酸有强氧化性
B 木条 浓硫酸 木条变黑 浓硫酸有酸性及氧化性
C 生铁 NaCl溶液 导管处无现象 该实验没有发生反应
D 镁带 NH4Cl溶液 试管c中有无色气体 该无色气体中含有H2
A．A B．B C．C D．D
7．某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是
A．过程I中发生还原反应
B．a和b中参与反应的数目相等
C．过程Ⅱ的反应为
D．过程I→Ⅲ的总反应为
8．下列选项所示的物质间转化都能实现的是
A．
B．
C．
D．
9．氯是一种重要的“成盐元素”。一定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现是（ ）
A．Cl2(g) HClO(aq) Cl2(g)
B．NaCl(aq) NaOH(aq) NaAlO2(aq)
C．NaCl(aq) NaHCO3(aq) Na2CO3(s)
D．AlCl3(aq) AlCl3(s) Al(s)
10．下列由实验现象所得结论不正确的是（ ）
A．浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
B．酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4，紫色褪去，证明Fe3O4在H+作用下产生Fe2+
C．NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解
D．NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性
11．根据下列实验操作及现象，可以得出相应实验推论的是。（ ）
选项 实验操作 实验现象 实验推论
A 向某溶液中加入 溶液 未产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体 原溶液中不含有
B 测定饱和 溶液和饱和 溶液的 值 前者 值更大 的水解程度小于
C 向红热的木炭滴加浓硝酸 产生大量的红棕色气体 木炭和浓硝酸反应生成
D 向 溶液中加入 溶液，再加入四氯化碳振荡 有白色沉淀生成，四氯化碳层呈紫色 白色沉淀可能为
A．A B．B C．C D．D
12．氮循环是海洋生态系统的基础。海洋中无机氮循环的过程如图所示。下列叙述错误的是（ ）
A．“硝化作用”可能有氧气的参与
B．氮循环中涉及氮的固定
C．向海水中大量排放含有 的废水会打破氮循环的稳态
D． 是歧化反应
13．下列用于解释事实的方程式书写不正确的是（ ）
A．滴有酚酞的碳酸钠溶液呈红色：CO+2H2OH2CO3+2OH-
B．在空气中加热金属钠生成淡黄色固体：2Na+O2Na2O2
C．氢氧化铝溶于氢氧化钠溶液：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O
D．将氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀：H2S+Cl2=S↓+2HCl
14．从海水提取食盐后的母液(含、、、等离子)中提取溴单质，其流程如下：
下列说法错误的是（ ）
A．“通入”反应的离子方程式为
B．“鼓入热空气”得到粗溴，利用了溴易挥发的性质
C．溶液可用溶液替代
D．“蒸馏”温度控制在90℃左右，可防止水蒸气大量逸出
15．根据下列实验操作和现象，所得到的实验结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀 浓硫酸具有吸水性和强氧化性
B 向NaI溶液中滴加少量氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫色 还原性：I->Cl-
C 加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结 NH4Cl固体可以升华
D 向某溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色 该溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
16．根据下列实验操作和现象所得到的结论正确的是（ ）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 向酸性含碘废水中加入淀粉溶液，然后滴入少量Na2SO3溶液，废水立刻变蓝色 该废水中可能含IO3-
B 向Fe(NO3) 3 溶液中加入铁粉，充分振荡，再滴加少量盐酸酸化后，滴入1滴KSCN溶液，溶液变红 原Fe(NO3)3 只有部分被Fe还原
C 向1-溴丙烷中加入KOH溶液，加热并充分振荡，然后取少量液体滴入AgNO3溶液，出现棕黑色沉淀 1-溴丙烷中混有杂质
D 将乙醇与浓硫酸混合溶液加热，产生的气体直接通入酸性KMnO4溶液，溶液紫色逐渐褪去 产生的气体一定是乙烯
A．A B．B C．C D．D
二、综合题
17．海洋元素“溴”的单质及其化合物的用途广泛。
（1）Br原子的最外层电子排布式为 ，其中未成对电子的电子云形状为 。
（2）能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据是 (填序号)。
a．IBr中溴为﹣1价 b．HBr、HI的酸性
c．HBr、HI的热稳定性 d．Br2、I2的熔点
（3）从原子结构角度解释氯的非金属性强于溴的原因： 。
（4）Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
MBr NaBr KBr RbBr CsBr
熔点/℃ 747 734 693 636
NaBr的电子式 ，MBr熔点呈现表中趋势的原因是 。
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入 ，将其中的Br—氧化，再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，则吸收1mol Br2，转移电子 mol，反应中氧化产物为 。
（6）随后用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液。相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，可能原因是 。
18．下图所示的实验，不能达到实验目的的是
A B C D
比较Fe3+的催化效果好于Cu2+ 用溴水检验CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液生成的乙烯 验证铁发生吸氧腐蚀 实验室制Cl2时，除去Cl2中的HCl并干燥
A．A B．B C．C D．D
19．废电池的锌皮(含铁单质)上常粘有ZnCl2、NH4Cl、MnO2及石蜡。工业上利用废旧锌皮制备水合硫酸锌(ZnSO4·nH2O)的流程如下：
已知：常温下，金属离子开始沉淀及完全沉淀的pH如下表所示：
金属离子 开始沉淀的pH 沉淀完全的pH
Fe2+ 7.5 9.0
Zn2+ 6.5 8.0
Fe3+ 2.2 3.5
通常认为溶液中离子浓度≤10-5mol·L-1为沉淀完全。请回答下列问题：
（1）“溶解”工序中除去废旧锌皮上物质的名称为 。
（2）滤渣I的主要成分为 (填化学式)。“氧化”工序中发生反应的离子方程式为 。
（3）加入NaOH溶液调pH=8后，所得沉淀应用蒸馏水进行洗涤直至滤液中不再含有Cl-，检验洗涤液中是否还含有Cl-的实验操作为 。
（4）加入稀硫酸调pH时，a的取值范围为 。常温下，Ksp[(Zn(OH)2]和Ksp[Fe(OH)2]中数值更小的是 ，其数值为 。
（5）ZnSO4·nH2O失去5个结晶水时，失重率约为31.35%，则n的值为 。
20．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 mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-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10molCO(g)和8molNO(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 。
21．碘化钠在有机合成、医疗及食品等方面用途广泛，有多种制备方法，下图是“水合肼还原法”制备碘化钠的一种方案。已知：3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，N2H4·H2O有还原性，沸点118℃，100℃开始分解。
（1）装置图中仪器a的名称为 。若要使分液漏斗中的液体顺利流入三颈烧瓶中，具体的操作是 。
（2）实验过程中需控制反应温度70℃左右的原因是 。装置图中加热的方式最好选用 。
（3）写出制备过程中N2H4·H2O参与反应的离子反应方程式为 。工业上也可用其他方法制备NaI，但“水合肼还原法”的优点是 (答出一点即可)。
（4）测定产品中NaI含量，采用电位滴定法测定，实验步骤如下：
该样品中NaI的质量分数是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．盐酸除锈是盐酸溶解氧化铁，发生化学变化，故A不符合题意；
B．石油分馏是利用沸点差异采用蒸馏操作分离混合物，发生物理变化，故B符合题意；
C．海水提溴存在Br-氧化为Br2的过程，发生化学变化，故C不符合题意；
D．煤干馏是煤隔绝空气加强热，发生复杂的化学变化，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】化学变化是产生了新的物质，物理变化是并未产生新的物质，盐酸除铁锈、海水提溴、煤干馏过程产生了新物质，而石油分馏是利用了沸点的不同进行分离
2．【答案】C
【解析】【解答】A．由分析可知，装置②中盛有的饱和食盐水用于除去氯化氢气体，装置③中盛有的浓硫酸用于干燥氯气，故A不符合题意；
B．由一氧化二氯浓度过高时易分解爆炸可知，实验时通入干燥空气的目的是将生成的一氧化二氯稀释，减小爆炸危险，故B不符合题意；
C．由分析可知，装置⑤中盛有的液氨用于冷凝收集一氧化二氯，则从装置⑤中逸出气体的主要成分是氯气和空气，故C符合题意；
D．由一氧化二氯与有机物接触时会发生燃烧并爆炸可知，装置④与⑤之间不能用橡胶管连接的目的是防止橡胶管发生燃烧并爆炸，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】 装置①中浓盐酸与高锰酸钾制备氯气，浓盐酸易挥发，制备的氯气中含有HCl杂质，装置②中用饱和食盐水可除去氯气中的HCl，装置③中用浓硫酸干燥氯气，④中发生反应HgO+2Cl2=HgCl2+Cl2O。
3．【答案】C
【解析】【解答】A、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，故A错误；
B、氨气密度小于空气，用向下排空气法收集氨气，故B错误；
C、氨气极易溶于水，呈碱性，使酚酞显红色，能形成红色喷泉，证明易溶于水，故C正确；
D、氨气极易溶于水，会引发倒吸，故D错误；
故答案为：C。
【分析】A、实验室常加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物制备氨气；
B、氨气的密度小于空气；
C、氨气极易溶于水；
D、该装置会发生倒吸。
4．【答案】A
【解析】【解答】A．二氧化碳能与浓氢氧化钠溶液发生反应生成碳酸钠和水，会使烧瓶内部气压骤降，所以进行喷泉实验能达到目的，A符合题意；
B．图2装置中，若要构成铜锌原电池，锌片为负极，发生失电子的氧化反应，但若盛放硫酸铜溶液，则锌片会溶解，与硫酸铜发生自发的氧化还原反应，不能达到目的，所以左侧烧杯应该盛放硫酸锌溶液，右侧烧杯应该盛放硫酸铜溶液，铜离子在铜片上得电子发生还原反应，B不符合题意；
C．木炭与硫酸铜共热可生成二氧化碳、二氧化硫和水，二氧化硫和二氧化碳均是酸性气体，都能使澄清石灰水变浑浊，不能达到实验目的，C不符合题意；
D．二氧化氮能溶于水形成硝酸和NO，不能利用排水法收集二氧化氮，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化碳与氢氧化钠溶液反应造成压强降低，可以进行喷泉实验
B.应该将电解溶液进行换位置
C.二氧化硫和二氧化碳均使其变浑浊，因此先将将二氧化硫除掉再进行检验
D.应该选择排空法收集
5．【答案】D
【解析】【解答】A．某些胶态金属氧化物分散于玻璃中可制造有色玻璃，如氧化亚铜分散在玻璃中可以得到红色的玻璃，三氧化二钴分散在玻璃中可以得到蓝色的玻璃，A说法不符合题意；
B．溴虽然被称为“海洋元素”，但是其在海水中的浓度太小，直接以海水为原料提取溴的成本太高，而海水提取粗食盐后的母液属于浓缩的海水，其中溴化物的浓度较高，因此，通常以海水提取粗食盐后的母液为原料制取溴，B说法不符合题意；
C．某种能耐受铜盐毒性的细菌能利用空气中的氧气氧化硫化铜矿石，从而把不溶性的硫化铜转化为可溶性的铜盐，因此，其可用于生物炼铜，C说法不符合题意；
D．工业制备硫酸的主要设备为沸腾炉、接触室和吸收塔，D说法符合题意。
故答案为：D。
【分析】工业上制取硝酸用的是氨气催化氧化最终得到一氧化氮继续氧化变为二氧化氮与水反应变为硝酸，一氧化氮继续被氧化继续发生反应最终得到硝酸。工业制备硝酸的主要设备为氧化炉（转化器）、热交换器和吸收塔。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．铁在浓硝酸中钝化，不能生成二氧化氮气体，且二氧化氮与水反应生成硝酸和无色的NO，所以试管c中不可能有大量红棕色气体，故A不符合题意；
B．木条伸入浓硫酸中，木条变黑体现浓硫酸的脱水性，故B不符合题意；
C．生铁伸入氯化钠溶液中，发生铁的吸氧腐蚀，试管内气体减少，导管内液面升高，故C不符合题意；
D．NH4Cl溶液呈酸性，酸性条件下，镁和氢离子反应生成氢气，所以试管c中无色含有H2，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.浓硝酸具有强氧化性，铁的表面被浓硝酸氧化成一层氧化物薄膜，不能产生气体
B.木条主要成分是纤维素，木条变黑主要原因是将有机物中的氢和氧原子按照原子个数之比2：1进行脱去，体现了浓硫酸的脱水性
C.生铁主要是含有铁和碳形成合金，在电解质氯化钠的作用下发生吸氧腐蚀，氧气被消耗，压强减小
D.氯化铵中的铵根离子发生水解，使溶液显酸性，镁可与酸发生置换反应，产生氢气
7．【答案】C
【解析】【解答】A．由题干信息可知，过程I中转化为NO，N的化合价降低，故发生还原反应，A不符合题意；
B．由分析可知，根据a过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，和b中参与反应的数目相等，B不符合题意；
C．由分析可知，过程Ⅱ的反应为NO++2H++3e-=N2H4+H2O，C符合题意；
D．由分析可知，过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，过程Ⅲ的方程式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，故过程I→Ⅲ的总反应为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应；
B、结合化学方程式判断；
C、一氧化氮和氢离子的电子生成肼和水；
D、亚硝酸根和铵根离子生成氮气和水。
8．【答案】D
【解析】【解答】A．在点燃条件下氮气和氧气不反应，A不符合题意；
B．点燃条件下，铁和氯气反应生成三价铁，B不符合题意；
C．单质硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，C不符合题意；
D．根据侯氏制碱法，向饱和氯化钠溶液中通入氨气和二氧化碳可以得到碳酸氢钠，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气和氧气在点燃条件下不反应；
B.氯气和铁点燃生成氯化铁；
C.硫点燃生成二氧化硫；
D.向饱和的氯化钠溶液中依次通入氨气、二氧化碳气体，发生反应生成碳酸氢钠晶体和氯化铵。
9．【答案】B
【解析】【解答】A.2HClO 2HCl+O2 ，故A不符合题意；
B．电解食盐水可以得到NaOH(aq)，NaOH(aq)可以和氧化铝反应生成NaAlO2，故B符合题意；
C．NaOH(aq)通入过量的CO2，可以生成NaHCO3(aq)，NaCl(aq) 通入过量的CO2，不能生成NaHCO3，故C不符合题意；
D．AlCl3(aq)加热会水解生成Al(OH)3(s)，制备Al要电解熔融态的Al2O3，故D不符合题意；
故答案为B。
【分析】A.氯气与水反应生成HClO， HClO光照分解生成氧气、HCl；
B.电解氯化钠溶液生成NaOH， NaOH与氧化铝反应生成偏铝酸钠；
C.氯化钠溶液与二氧化碳不反应；
D.加热促进铝离子水解，且生成盐酸易挥发，且氯化铝为共价化合物不导电。
10．【答案】A
【解析】【解答】A．浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，也有可能是浓硝酸受热分解生成的NO2，A符合题意。
B．酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4，紫色褪去，证明Fe3O4在H+作用下产生Fe2+，亚铁离子具有还原性，可以与高锰酸根离子反应，B不符合题意；
C．NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解生成具有漂白性的次氯酸，C不符合题意；
D．NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，亚硫酸氢根中硫元素化合价降低，证明HSO具有氧化性，D不符合题意。
故答案为：A。
【分析】A.浓硝酸受热分解生成二氧化氮；
B.铁离子不与酸性高锰酸钾溶液反应，亚铁离子能够被酸性高锰酸钾溶液氧化；
C.NaClO在溶液中发生了水解生成具有漂白性的次氯酸；
D. 产生的淡黄色沉淀为S，结合元素化合价变化分析。
11．【答案】D
【解析】【解答】A．未加热且 溶液浓度可能较低，此时 和 反应不产生氨气，A不符合题意；
B．碳酸钠与碳酸氢钠溶液的溶解度不同，所以饱和溶液中，两者的浓度不一致，无法比较水解程度，B不符合题意；
C．实验推论不合理，也可能是浓硝酸受热分解产生 ，C不符合题意；
D．向 溶液中加入 溶液，再加入四氯化碳振荡，有白色沉淀生成，四氯化碳层呈紫色，说明生成了碘单质，根据氧化还原反应的特征可知，一定有元素化合价降低，则白色沉淀可能为 ，推论合理，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.加热条件下氨气会挥发出来；
B.碳酸钠与碳酸氢钠溶液的溶解度不同，即使饱和溶液两者的浓度不同；
C.浓硝酸受热分解生成水、氧气和二氧化氮；
D.碘单质在四氯化碳层呈紫色，根据氧化还原反应的特征分析即可。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．“硝化作用”N的化合价升高，故可能有氧气的参与，A不符合题意；
B． 过程属于氮的固定，B不符合题意；
C．向海水中大量排放含有 的废水，通过反硝化作用提高了海水中 的浓度，进而提高 的浓度，这种传导效应一旦超过海洋氮循环所能承受的极限，便会打破这种循环的稳态，C不符合题意；
D．歧化反应指同种元素的价态有升有降，而该过程中N的化合价只升高，不降低，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.考查的是氧化还原反应的应用，化合价升高必须氧化剂
B.考查的是含氮物质的综合利用
C.破坏了平衡的移动
D.考查的是歧化反应的概念，同种元素化合价既有升高又有降低
13．【答案】A
【解析】【解答】A．碳酸钠溶液中碳酸根离子发生水解反应，分两步水解且以第一步为主，水解离子方程式为：CO+H2OHCO+OH-，故A符合题意；
B．钠与氧气反应生成淡黄色固体的过氧化钠，反应的化学方程式为：2Na+O2Na2O2，故B不符合题意；
C．氢氧化铝具有两性，能与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠和水，离子方程式：Al(OH)3+OH-=AlO+2H2O，故C不符合题意；
D．由氧化性：Cl2>S，则氯气通入氢硫酸中产生黄色沉淀，反应方程式为：H2S+Cl2=S↓+2HCl，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A．碳酸根离子两步水解；
B．加热条件下，钠与氧气反应生成过氧化钠；
C．氢氧化铝是两性氢氧化物；
D．依据强制弱分析。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．“通入”反应的离子方程式为，故A不符合题意；
B． 溴单质易挥发，“鼓入热空气”可以将其吹出，故B不符合题意；
C．溶液吸收发生歧化反应生成和，而具有较强的还原性，能把还原为，故C符合题意；
D．由于两者沸点接近，故控制温度在90℃左右“蒸馏”，既有利于获得溴单质，又可防止水蒸气大量逸出，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】加入氯气发生，热空气吹出溴，再加入碳酸钠提纯除杂，并让溴单质歧化，歧化后的溶液加入硫酸在酸性条件下发生归中反应，经蒸馏提纯获得溴单质。
15．【答案】B
【解析】【解答】A．浓硫酸滴到蔗糖表面，浓硫酸具有脱水性使蔗糖变为碳，碳和浓硫酸继续反应，固体变黑膨胀，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，A不符合题意；
B．氯水和I-生成I2和Cl-，说明还原性：I->Cl-，四氯化碳萃取碘单质且密度大于水，有机层为与下方，下层溶液显紫色，B符合题意；
C．加热盛有NH4Cl固体的试管，NH4Cl分解生成NH3和HCl，在试管口NH3和HCl反应生成NH4Cl晶体，该过程是化学变化，不是升华，C不符合题意；
D．若原溶液中只存在Fe3+，也会出现相同的现象，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】区分浓硫酸吸水性与脱水性的区别，脱水性是将有机物中的H，O按照2；1脱出，吸水性是吸收现成的水
16．【答案】A
【解析】【解答】A、Na2SO3有还原性，含碘废水中加入淀粉和Na2SO3溶液后变蓝色，有I2生成，可能含IO3-，A符合题意；
B、加盐酸使NO3-有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，遇KSCN溶液变红色，不一定是部分被Fe还原，B不符合题意；
C、滴加AgNO3溶液，出现棕黑色沉淀，可能是KOH 和AgNO3反应生成，C不符合题意；
D、乙醇和浓硫酸混合溶液加热，产生的乙烯气体中可能含有SO2、乙醇蒸气等，都能使酸性KMnO4溶液紫色逐渐褪去，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、Na2SO3有还原性，含碘废水中加入淀粉和Na2SO3溶液后变蓝色，有I2生成；
C、加盐酸使NO3-有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，遇KSCN溶液变红色；
C、滴加AgNO3溶液，出现棕黑色沉淀，可能是KOH 和AgNO3反应生成；
D、SO2、乙醇蒸气，都能使酸性KMnO4溶液紫色逐渐褪去。
17．【答案】（1）4s24p5；哑铃形
（2）ac
（3）Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱
（4）；由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低
（5）Cl2；；NaBrO3
（6）酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少
【解析】【解答】（1）已知Br是35号元素，Br的基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p5，Br原子的最外层电子排布式为4s24p5，其中未成对电子为4p上的1个电子，p能级的电子云形状为哑铃形，故答案为：4s24p5；哑铃形；
（2）a．IBr中溴为-1价，说明Br的电负性更强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，a正确；
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关，即比较HBr、HI的酸性不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，b不合题意；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，HBr的热稳定性比HI强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，c正确；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关，即比较Br2、I2的熔点不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，d不合题意；
故答案为：ac；
（3）由于Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱，即氯的非金属性强于溴，故答案为：Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱；
（4）NaBr为离子化合物，故其的电子式为，由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低，故答案为：；由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低；
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入Cl2，将其中的Br-氧化（2Br-+Cl2=Br2+2Cl-），再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收，根据氧化还原反应配平可知3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，则吸收1mol Br2，转移电子mol，反应中氧化产物为NaBrO3，故答案为：Cl2；；NaBrO3；
（6）用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液；相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，原因是酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少，故答案为：酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；s轨道电子云为球形、p轨道电子云为哑铃形；
（2）a．非金属性强，原子得电子能力强；
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关；
（3）依据电子层数和半径大小分析；
（4）NaBr为离子化合物；离子半径越小，离子键强度越大；
（5）根据强制弱分析；氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物； 还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，得到氧化产物；
（6）酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气。
18．【答案】A
【解析】【解答】A.二者除了催化剂的种类不同，H2O2溶液的浓度也不同，未控制变量，达不到A选项是错误的；
B. CH3CH2Br与NaOH乙醇溶液加热反应，发生消去反应，产物是乙烯，可以与溴水发生加成反应，使溴水褪色，B选项可以达到实验目的；
C.该实验可以验证铁发生吸氧腐蚀，因为食盐溶液是中性，C选项可以达到实验目的；
D.饱和食盐水可以除去氯气中的氯化氢气体，浓硫酸可以除掉氯气中的水蒸气，D选项可以达到实验目的。
故答案为：A。
【分析】A.在探究影响化学反应的因素时，应该控制唯一的变量；
B.消去反应是指在一定条件下有机化合物脱去小分子物质的反应，常见的消去反应物质有醇、卤代烃等；
C.吸氧腐蚀是指金属在酸性或中性溶液里，空气里的氧气溶解于金属表面水膜中而发生的电化学腐蚀；
D.因为浓盐酸在反应中会挥发，所以制取的氯气中含有氯化氢气体，饱和食盐水中有大量的Cl-，不溶解氯气只溶解氯化氢气体，从而达到除氯气中氯化氢气体的效果。
19．【答案】（1）石蜡
（2）MnO2；3Fe2++NO+4H+=3Fe3+ +2H2O+NO↑
（3）取少量洗涤液于小试管中，先加入过量稀硝酸，再加入AgNO3溶液.观察是否有白色沉淀生成
（4）3. 5≤pH<6.5；Ksp[Zn(OH)2]；1× 10-17
（5）7
【解析】【解答】（1）石蜡是有机物，易溶于有机溶剂四氯化碳。
（2）滤渣I的主要成分为MnO2；“氧化”工序中稀硝酸氧化的是Fe2+ ，反应的离子方程式为3Fe2++NO+4H+=3Fe3+ +2H2O+NO↑。
（3）检验洗涤液中是否还含有Cl-的实验操作为：取少量洗涤液于小试管中，先加入过量稀硝酸，再加入AgNO3溶液，观察是否有沉淀生成。
（4）加入稀硫酸调pH时，应让Zn(OH)2溶解，Fe(OH)3不溶解，由已知信息可知应调节pH的范围为3. 5≤pH<6. 5；由表格中已知信息可知，Zn2+比Fe2+先沉淀完全，说明Ksp [(Zn(OH)2]的数值更小，Ksp [(Zn(OH)2]= 10-5×(10-6)2=1 ×10-17。
（5）5 个结晶水的相对分子质量为90，则ZnSO4·nH2O的式量=90 ÷ 31. 35%≈287，故有161+ 18n=287，解得n=7。
【分析】石蜡是有机物，易溶于有机溶剂四氯化碳可被除去，加入稀硫酸酸浸，MnO2不反应而被过滤为滤渣1，加入硝酸氧化的是Fe2+，反应的离子方程式为3Fe2++NO3-+4H+=3Fe3+ +2H2O+NO↑，加入NaOH调节pH除去Fe3+，滤渣II为Fe(OH)3，再加入稀硫酸让Zn(OH)2溶解，Fe(OH)3不溶解，得到ZnSO4滤液，系列操作后得到水合硫酸锌(ZnSO4·nH2O)；据此分析作答。
20．【答案】（1）-130.52kJ mol-1
（2）＜；be；0.1mol 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 mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
根据盖斯定律，由②-①-③得反应3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH=-144.14kJ mol-1-180.50kJ mol-1+244.10kJ mol-1=-130.52kJ mol-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10molCO(g)和8molNO(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)=0.1mol 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。
21．【答案】（1）冷凝管；打开分液漏斗活塞，再打开旋塞，使下层液体从分液漏斗下端放出
（2）温度太低反应速率慢，温度过高反应物N2H4·H2O易挥发，且易分解；水浴加热
（3）2IO +3 N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O；不引入新的杂质，产品纯度高，后续操作简单
（4）94.5%
【解析】【解答】(1)由图片可知，仪器a为冷凝管；分液漏斗带有活塞，为使液体流出，先打开分液漏斗的玻璃塞，再缓慢旋开活塞；
(2)加热温度应考虑物质的稳定性及反应速率，温度过高N2H4·H2O分解及挥发，温度过低，反应太慢，提供稳定的温度，可考虑水浴加热；
(3)根据题中所给信息可得离子方程式为2IO +3 N2H4·H2O=3N2↑+2I-+9H2O；工业上用Na2S或Fe还原NaIO3从而得到NaI，该制备方法较为缓慢以及原料利用率不高，而水合肼还原法操作简单，原料利用率高；
(4)已知 ，消耗n(Ag+)=0.2100×15×10-3=3.15×10-3mol，则n(I-)=n(Ag+)，所以25mL中有3.15×10-3mol I-，则500mL中有n(I-)=3.15×10-3×20=0.063mol，所以m(NaI)=9.45g，所以样品中NaI的质量分数为 。
【分析】已知3I2+6NaOH=5NaI+NaIO3+3H2O，加热后溶液含有过量的氢氧化钠NaI和NaIO3，N2H4·H2O与IO 反应得到碘离子和氮气，此时溶液中含有碘化钠，通过蒸发浓缩结晶得到碘化钠晶体，据此分析解题。
