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2019-2020年高三(上)段考化学试卷含解析
一、选择题(共10小题,每小题2分,满分20分)1.(2分)(xx•重庆)材料与化学密切相关,表中对应关系错误的是()材料主要化学成分A刚玉、金刚石三氧化二铝B大理石、石灰石碳酸钙C普通水泥、普通玻璃硅酸盐D沙子、石英二氧化硅A.AB.BC.CD.D2.(2分)(xx秋•江阴市校级月考)下列说法正确的是()A.S在O2中燃烧可生成SO3B.用澄清石灰水可鉴别CO2和SO2C.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色D.SO2通人BaCl2溶液中能产生白色沉淀3.(2分)(xx•南京模拟)下列有关化学用语表示正确的是()A.CSO的电子式B.甲烷分子的球棍模型C.原子核内有20个中子的氯原子ClD.HCO3﹣的水解方程式为HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+4.(2分)(xx秋•泰州期末)下列对有关化学反应过程或实验现象的解释中,正确的是()A.Cl2的水溶液可以导电,说明Cl2是电解质B.在高温条件下,C能置换出SiO2中的Si,说明C的氧化性强于SiC.向淀粉碘化钾的溶液中加入氯水,溶液变为蓝色,说明Cl2的氧化性强于I2D.在滴有酚酞的Na2CO3溶液中,加入BaCl2溶液,溶液褪色,说明BaCl2溶液有酸性5.(2分)(xx•江苏)下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的是()A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2•4H2O6.(2分)(xx秋•江阴市校级月考)设阿伏加德罗常数为NA,下列说法正确的是()A.1molCl2与足量Fe反应,转移的电子数为3NAB.常温常压下,14g氮气中含有NA个原子C.1mol的NO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3NAD.在25℃、101kPa时,
22.4L氢气中含有NA个氢分子7.(2分)(xx秋•丰泽区校级期中)取三张蓝色石蕊试纸置于表面皿上,然后按顺序滴加65%的硝酸,
98.3%的硫酸和新制氯水,三张试纸最终呈现的颜色是()A.白红白B.白黑白C.红红红D.红黑红8.(2分)(xx•中山市校级二模)把氯气通入下列各物质的溶液中,阴离子和阳离子都能被氧化的是()A.NaOHB.Na2SO3C.FeBr2D.FeSO49.(2分)(xx秋•武穴市校级月考)下列起固氮作用的化学反应是()A.N2与H2在一定条件下反应生成NH3B.NO与O2反应生成NO2C.由NH3制NH4HCO3和(NH4)2SO4D.NH3经催化氧化生成NO10.(2分)(xx•中山市校级二模)下列反应的离子方程式正确的是()A.Cu和稀硝酸反应3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2OB.氢氧化镁与稀硫酸反应H++OH﹣=H2OC.Ca(HCO3)2溶液与过量的Ca(OH)2溶液反应Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2OD.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O
二、选择题(共5小题,每小题4分,满分20分)11.(4分)(xx秋•江阴市校级月考)下列叙述正确的是()A.原子半径P>S>Cl>HB.热稳定性NH3>PH3>H2S>HClC.酸性HClO4>H2SiO3>H3PO4>H2CO3D.元素非金属性F>O>N>C12.(4分)(xx•中山市校级二模)在汽车尾气净化装置里,气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示.下列说法错误的是()A.NO2是红棕色气体B.NO和O2必须在催化剂表面才能反应C.汽车尾气的主要污染成分包括CO和NOD.催化转化总反应为2NO+O2+4CO4CO2+N213.(4分)(xx秋•江阴市校级月考)下列说法正确的是()A.SiO2是酸性氧化物,不与任何酸反应B.物质的量浓度相同的Na2SiO3和Na2CO3溶液,其PH值前者大于后者C.高温时SiO2和Na2CO3反应放出CO2,说明硅酸的酸性比碳酸强D.水玻璃敞口存放,会有沉淀析出14.(4分)(xx秋•江阴市校级月考)下列说法中不正确的是()A.NaCl和NH4Cl的混合物可用加热的方法分离B.由红磷变白磷是一个化学变化C.浓硝酸和浓盐酸体积比为13的混合物叫“王水”,能溶解Au、Pt等金属D.一定量的空气中混入少量的N2,在放电的条件下,最终完全转变成NO215.(4分)(xx•中山市校级二模)下列对有关实验的描述不正确的是()A.在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3B.用惰性电极电解熔融NaCl2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣C.氯水和活性炭使红墨水褪色,能用同一原理解释D.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度都会降低
三、解答题(共3小题,满分38分)16.(14分)(xx秋•江阴市校级月考)我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献.他以NaCl、NH
3、CO2等为原料先制得NaHCO3,进而生产出纯碱.有关反应的化学方程式为NH3+CO2+H2O═NH4HCO3;NH4HCO3+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl;2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O回答下列问题
(1)碳酸氢铵与饱和食盐水反应,能析出碳酸氢钠晶体的原因是(填字母标号).a.碳酸氢钠难溶于水b.碳酸氢钠受热易分解c.碳酸氢钠的溶解度相对较小,所以在溶液中首先结晶析出
(2)某探究活动小组根据上述制碱原理,进行碳酸氢钠的制备实验,同学们按各自设计的方案实验.
①一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠,实验装置如图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出).试回答下列有关问题(Ⅰ)乙装置中的试剂是;(Ⅱ)丁装置中稀硫酸的作用是;(Ⅲ)实验结束后,分离出NaHCO3晶体的操作是(填分离操作的名称).
②另一位同学用图中戊装置(其它装置未画出)进行实验.(Ⅰ)实验时,须先从管通入气体,再从管中通入气体;(Ⅱ)有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置,理由是.17.(14分)(xx秋•江阴市校级月考)如图所示的是一些常见的单质、化合物之间的转化关系图,有些反应中的部分物质和反应条件被略去.化合物A是家庭生活中常用的一种调味品,反应
①体现了一种重要的化工工业.D是黄绿色气体,H的水溶液具有漂白、杀菌性,J为红褐色沉淀.
(1)H的化学式为.
(2)F的电子式为.D对应元素原子结构示意图.
(3)反应
①的化学方程式为.
(4)反应
②的离子方程式为.
(5)D和二氧化硫以11通入品红溶液中,漂白效果将(填“增强”或“失去”或“不变”),用方程式表示原因.18.(10分)(xx秋•江阴市校级月考)已知A、B、C、D为气体,E、F为固体,G是氯化钙,它们之间的转化关系如图所示
(1)D溶于水可导电,则D是(填“电解质”或“非电解质”),E的化学式(分子式)是;
(2)A和B反应生成C的化学方程式是;
(3)E和F反应生成D、H和C的化学方程式是.
(4)加热装有E的试管,固体消失,是变化(填“物理”或“化学”).
五、(本题包括2小题,共20分)19.(12分)(xx秋•江阴市校级月考)位于短周期的四种主族元素A、B、C、D原子序数依次增大,已知A、C位于同一主族,A在周期表中原子半径最小.B、D的最外层电子数相等,且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍.根据你的推断回答下列问题
(1)写出由上述元素形成的具有漂白作用的四种物质的化学式,,,.
(2)C与D形成D的最低价化合物的电子式;
(3)仅由B、C、D三种元素形成的一种盐,溶于水后呈碱性,请用一个离子方程式表示其呈碱性的原因.20.(8分)(xx秋•江阴市校级月考)某种常见的白色晶体A,与盐酸反应产生无刺激性气味的气体B,将B通入澄清的石灰水,石灰水变浑浊.若在A的水溶液中加入足量氢氧化钡溶液,生成白色沉淀C和无色气体D,D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝.加热固体A可生成水、B和D,且B、D的物质的量之比为11.
(1)根据以上事实判断A是,B是,D是.
(2)在A的水溶液中加入足量氢氧化钡溶液,发生反应的离子方程式是.
六、(本题包括2小题,共22分)21.(10分)(xx秋•江阴市校级月考)三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料,它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)反应过程中,被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为.
(2)写出该反应的化学方程式.若反应中生成
0.2molHNO3,转移的电子数目为个.
(3)NF3是一种无色、无臭的气体,但一旦NF3在空气中泄漏,还是易于发现.你判断该气体泄漏时的现象是.
(4)一旦NF3泄漏,可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染,其产物除NaNO
2、NaF、H2O外,还肯定有(填化学式).22.(12分)(xx秋•江阴市校级月考)烟气的脱硫(除SO2)技术和脱硝(除NOx)技术都是环境科学研究的热点.
(1)烟气脱硫、脱硝的环境意义是;
(2)一种选择性催化脱硝(NO2)的原理为6NO2+8NH37N2+12H2O
①上述反应中被还原的元素是(填元素符号),反应中每转移3mol电子,生成标准状况下N2的体积为;光
②超音速飞机排放的尾气是平流层中NOx的主要来源.它们破坏臭氧层的主要机理为Ⅰ、O3O+O2Ⅱ、NO+O3→NO2+O2Ⅲ、NO2+O→NO+O2上述反应中NOx所起的作用是;
(3)下表列出了2种燃煤烟气脱硫方法的原理.方法Ⅰ用氨水将SO2转化为NH4HSO3,再氧化成(NH4)2SO4方法Ⅱ用生物质热解气(主要成分CO、CH
4、H2)将SO2在高温下还原成单质硫
①方法Ⅰ中用氨水吸收燃煤烟气中的SO2转化为NH4HSO3,是利用了SO2的性质(选填字母编号)A.漂白性B.氧化性C.还原性D.酸性氧化物
②方法Ⅱ主要发生了下列反应2CO(g)+SO2(g)═S(g)+2CO2(g)△H1=
8.0kJ•mol﹣12H2(g)+SO2(g)═S(g)+2H2O(g)△H2=
90.4kJ•mol﹣12CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3=﹣
566.0kJ•mol﹣1某企业脱硫前每天排放含SO2体积分数为m,体积n升的尾气(折算成标准状况),若回收利用,理论上可以回收克硫一天.xx学年江苏省无锡市江阴二中高三(上)段考化学试卷参考答案与试题解析
一、选择题(共10小题,每小题2分,满分20分)1.(2分)(xx•重庆)材料与化学密切相关,表中对应关系错误的是()材料主要化学成分A刚玉、金刚石三氧化二铝B大理石、石灰石碳酸钙C普通水泥、普通玻璃硅酸盐D沙子、石英二氧化硅A.AB.BC.CD.D考点无机非金属材料.分析A、金刚石是由碳元素组成的单质;B、大理石、石灰石的主要成分是碳酸钙;C、普通水泥、普通玻璃的主要成分为硅酸盐;D、沙子、石英的主要成分是二氧化硅.解答解A、刚玉是三氧化二铝,金刚石是由碳元素组成的单质,而不是三氧化二铝,故A错误;B、大理石、石灰石的主要成分是碳酸钙,故B正确;C、普通水泥、普通玻璃的主要成分为硅酸盐,故C正确;D、沙子、石英的主要成分是二氧化硅,故D正确.故选A.点评本题考查学生对物质组成成分的认识,是一道基础题目,较为简单.2.(2分)(xx秋•江阴市校级月考)下列说法正确的是()A.S在O2中燃烧可生成SO3B.用澄清石灰水可鉴别CO2和SO2C.SO2能使酸性KMnO4溶液褪色D.SO2通人BaCl2溶液中能产生白色沉淀考点含硫物质的性质及综合应用;二氧化硫的化学性质;物质的检验和鉴别的基本方法选择及应用.专题氧族元素.分析A、硫燃烧只能生成二氧化硫;B、二氧化碳、二氧化硫通入石灰水中都生成沉淀变浑浊;C、二氧化硫具有还原性被高锰酸钾氧化为硫酸;D、二氧化硫和氯化钡溶液不反应;解答解A、硫燃烧只能生成二氧化硫,二元氧化铝和氧气催化剂作用反应生成三氧化硫,故A错误;B、二氧化碳、二氧化硫通入石灰水中都生成沉淀变浑浊,不能用澄清石灰水可鉴别CO2和SO2,用品红试液检验,故B错误;C、二氧化硫具有还原性被高锰酸钾氧化为硫酸,SO2能使酸性KMnO4溶液褪色,故C正确;D、二氧化硫和氯化钡溶液不反应,故D错误;故选C.点评本题考查了物质性质的分析判断,注意反应实质和反应现象的分析,掌握基础是关键,题目较简单.3.(2分)(xx•南京模拟)下列有关化学用语表示正确的是()A.CSO的电子式B.甲烷分子的球棍模型C.原子核内有20个中子的氯原子ClD.HCO3﹣的水解方程式为HCO3﹣+H2O⇌CO32﹣+H3O+考点电子式、化学式或化学符号及名称的综合.专题化学用语专题.分析A.类比二氧化碳的电子式写出CSO的电子式;B.根据甲烷的球棍模型与比例模型的表示方法进行判断;C.氯原子的核电荷数为17,中子数为20的氯原子的质量数为37;D.碳酸氢根离子水解生成碳酸和氢氧根离子,溶液显示碱性.解答解A.CSO中存在碳硫双键和碳氧双键,分子中所有原子都达到8电子稳定结构,其电子式为,故A正确;B.为甲烷的比例模型,甲烷的球棍模型为,故B错误;C.氯元素的核电荷数为17,原子核内有20个中子的氯原子的质量数为37,该氯原子可以表示为1737Cl,故C错误;D.碳酸氢根离子水解后溶液显示碱性,正确的水解方程式为HCO3﹣+H2O⇌H2CO3+OH﹣,故D错误;故选A.点评本题考查了电子式、比例模型与球棍模型、水解方程式的判断,题目难度中等,注意掌握常见化学用语的概念及正确的表示方法,明确比例模型与球棍模型的表示方法与区别.4.(2分)(xx秋•泰州期末)下列对有关化学反应过程或实验现象的解释中,正确的是()A.Cl2的水溶液可以导电,说明Cl2是电解质B.在高温条件下,C能置换出SiO2中的Si,说明C的氧化性强于SiC.向淀粉碘化钾的溶液中加入氯水,溶液变为蓝色,说明Cl2的氧化性强于I2D.在滴有酚酞的Na2CO3溶液中,加入BaCl2溶液,溶液褪色,说明BaCl2溶液有酸性考点电解质与非电解质;氧化性、还原性强弱的比较;盐类水解的应用;氯气的化学性质.专题基本概念与基本理论.分析A.电解质首先必须是化合物;B.根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性判断;C.碘遇淀粉试液变蓝色;D.碳酸钠是强碱弱酸盐其溶液呈碱性,氯化钠是强酸强碱盐其溶液呈中性.解答解A.氯气的水溶液能导电,原因是氯气溶于水生成HClO和HCl,二者电离出阴阳离子而使其溶液导电,电离出阴阳离子的是氯化氢和次氯酸而不是氯气,且氯气是单质,所以氯气既不是电解质也不是非电解质,故A错误;B.高温条件下,C能置换出SiO2中的Si,该反应中C元素的化合价由0价变为+2价,Si元素的化合价由+4价变为0价,说明高温下C的还原性强于Si,故B错误;C.向淀粉碘化钾的溶液中加入氯水,溶液变为蓝色,说明氯气和碘离子发生置换反应生成碘,该反应中氯元素的化合价由0价变为﹣1价,碘元素的化合价由﹣1价变为0价,氯气是氧化剂,碘是氧化产物,所以Cl2的氧化性强于I2,故C正确;D.碳酸钠是强碱弱酸盐,碳酸根离子水解而使其溶液呈碱性,所以加入酚酞试液变红色,碳酸钠和氯化钡反应生成碳酸钡和氯化钠,氯化钠是强酸强碱盐,其溶液呈中性,所以溶液褪色,故D错误;故选C.点评本题考查了实验方案评价,涉及电解质的判断、氧化性还原性的比较、盐类水解等知识点,同时考查学生运用化学知识分析问题解决问题的能力,易错选项是C,注意高温下条件下碳的还原性大于硅,为易错点.5.(2分)(xx•江苏)下列装置应用于实验室制氯气并回收氯化锰的实验,能达到实验目的是()A.用装置甲制取氯气B.用装置乙除去氯气中混有的少量氯化氢C.用装置丙分离二氧化锰和氯化锰溶液D.用装置丁蒸干氯化锰溶液制MnCl2•4H2O考点真题集萃;氯气的实验室制法;氯、溴、碘的性质实验.专题实验设计题.分析A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热;B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性,能吸收氯气,气体应为长进短处;C、二氧化锰不溶于水,将液体和不溶于液体的固体分离开来的一种方法为过滤;D、锰离子可发生水解.解答解A、二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热,甲装置无加热仪器,故A错误;B、饱和碳酸氢钠溶液呈碱性,能吸收氯气,且NaHCO3和HCl反应能生成CO2,引入新的杂质气体,所以吸收试剂应该为饱和食盐水,并且气体应为长进短出,故B错误;C、二氧化锰不溶于水,因此分离二氧化锰和氯化锰溶液需要过滤,丙装置为过滤装置,故C正确;D、锰离子水解,水解吸热,因此不能直接加热蒸发氯化锰溶液制MnCl2•4H2O,应该在HCl的气氛中进行,故D错误;故选C.点评本题考查了氯气的实验室制备,侧重于实验原理、实验仪器、实验基本操作、盐类水解的考查,综合性较强,难度一般,注意气体的进出导管长短、盐类水解的抑制应用.6.(2分)(xx秋•江阴市校级月考)设阿伏加德罗常数为NA,下列说法正确的是()A.1molCl2与足量Fe反应,转移的电子数为3NAB.常温常压下,14g氮气中含有NA个原子C.1mol的NO2和N2O4混合气体中含有的原子数为3NAD.在25℃、101kPa时,
22.4L氢气中含有NA个氢分子考点阿伏加德罗常数.专题阿伏加德罗常数和阿伏加德罗定律.分析A.1mol氯气与足量铁反应生成氯化铁得到了2mol电子;B.14g氮气的物质的量为
0.5mol,含有1mol氮原子;C.没有告诉NO2和N2O4的组成,无法计算混合物中原子数;D.25℃、101kPa时不是标准状况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算氢气的物质的量.解答解A.铁足量,1mol氯气与铁反应转移了2mol电子,转移的电子数为2NA,故A错误;B.14g氮气的物质的量为
0.5mol,
0.5mol氮气中含有1mol氮原子,含有NA个原子,故B正确;C.1mol的NO2和N2O4混合气体中,没有告诉二者的组成情况,无法计算混合物中含有的原子数,故C错误;D.不是标准状况下,不能使用标况下的气体摩尔体积计算
22.4L氢气的物质的量,故D错误;故选B.点评本题考查阿伏加德罗常数的综合应用、气体摩尔体积的使用条件,题目难度中等,注意掌握好以物质的量为中心的各化学量与阿伏加德罗常数的关系,明确标况下气体摩尔体积的使用条件,选项C为易错点,注意NO2和N2O4的组成不知,无法计算混合物中含有的原子数.7.(2分)(xx秋•丰泽区校级期中)取三张蓝色石蕊试纸置于表面皿上,然后按顺序滴加65%的硝酸,
98.3%的硫酸和新制氯水,三张试纸最终呈现的颜色是()A.白红白B.白黑白C.红红红D.红黑红考点硝酸的化学性质;氯气的化学性质;浓硫酸的性质.专题元素及其化合物.分析浓硝酸、新制氯水都具有强氧化性和漂白性,浓硫酸具有脱水性,以此解答该题.解答解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
98.3%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.故选B.点评本题考查硝酸、硫酸、氯水的性质,明确酸碱指示剂的变色、具有漂白性的物质等即可解答,难度不大,硝酸的漂白是学生解答中的易错点.8.(2分)(xx•中山市校级二模)把氯气通入下列各物质的溶液中,阴离子和阳离子都能被氧化的是()A.NaOHB.Na2SO3C.FeBr2D.FeSO4考点氯气的化学性质.专题卤族元素.分析氯气具有强氧化性,把氯气通入溶液中,阴离子和阳离子都能被氧化,说明阴离子和阳离子都具有还原性,可被氧化,以此解答.解答解A.氯气和氢氧化钠反应生成氯化钠、次氯酸钠和水,只有Cl元素化合价发生变化,故A错误;B.钠离子不能被氧化,故B错误;C.Fe2+和Br﹣都具有还原性,可被氯气氧化,通入足量氯气和生成氯化铁和溴,故C正确;D.SO42﹣不能被氧化,故D错误.故选C.点评本题考查氯气的性质以及氧化还原反应,为高频考点,侧重于学生的分析能力的考查,注意把握常见具有还原性的离子,难度不大.9.(2分)(xx秋•武穴市校级月考)下列起固氮作用的化学反应是()A.N2与H2在一定条件下反应生成NH3B.NO与O2反应生成NO2C.由NH3制NH4HCO3和(NH4)2SO4D.NH3经催化氧化生成NO考点氮的固定.专题氮族元素.分析氮的固定是氮游离态的转化为化合态的过程,由单质转化为化合物都叫固氮,包括自然固氮和人工固氮.解答解A.N2与H2在一定条件下反应生成NH3,氮由单质转化为化合物,符合氮的固定的定义,故A正确;B.一氧化氮和二氧化氮之间的转化,是氮元素不同化合物之间的转化,不是固氮,故B错误;C.NH3制碳酸氢铵和硫酸铵是氮的化合物之间的转化,不是固氮作用的反应,故C错误;D.由NH3氧化制NO是氮元素化合态之间的相互转化,不是固氮,故D错误;故选A.点评判断氮的固定的关键是抓住氮元素的化合价是否从0价变为其他化合价,即从单质转化为化合物,题目简单.10.(2分)(xx•中山市校级二模)下列反应的离子方程式正确的是()A.Cu和稀硝酸反应3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2OB.氢氧化镁与稀硫酸反应H++OH﹣=H2OC.Ca(HCO3)2溶液与过量的Ca(OH)2溶液反应Ca2++2HCO3﹣+2OH﹣=CaCO3↓+CO32﹣+2H2OD.用浓盐酸与MnO2反应制取少量氯气MnO2+2H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O考点离子方程式的书写.专题离子反应专题.分析A.Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水;B.难溶物写化学式;C.二者反应生成碳酸钙和水;D.原子不守恒.解答解A.Cu和稀硝酸反应生成硝酸铜、NO和水,离子方程式为3Cu+8H++2NO3﹣=3Cu2++2NO↑+4H2O,故A正确;B.难溶物写化学式,离子方程式为Mg(OH)2+2H+=Mg2++2H2O,故B错误;C.二者反应生成碳酸钙和水,离子方程式为Ca2++HCO3﹣+OH﹣=CaCO3↓+H2O,故C错误;D.原子不守恒,离子方程式为MnO2+4H++2Cl﹣Mn2++Cl2↑+2H2O,故D错误;故选A.点评本题考查离子方程式正误判断,明确物质的性质及离子方程式书写规则是解本题关键,单质、氧化物、弱电解质、气体、沉淀、络合物都写化学式,注意要结合原子守恒、电荷守恒及转移电子守恒,题目难度不大.
二、选择题(共5小题,每小题4分,满分20分)11.(4分)(xx秋•江阴市校级月考)下列叙述正确的是()A.原子半径P>S>Cl>HB.热稳定性NH3>PH3>H2S>HClC.酸性HClO4>H2SiO3>H3PO4>H2CO3D.元素非金属性F>O>N>C考点元素周期律和元素周期表的综合应用;元素周期律的作用.专题元素周期律与元素周期表专题.分析A.电子层越多,原子半径越大;同周期原子序数大的原子半径小;B.非金属性强的气态氢化物越稳定;C.非金属性越强,最高价氧化物的水化物酸性越强;D.同周期,原子序数大的非金属性强.解答解A.电子层越多,原子半径越大;同周期原子序数大的原子半径小,则原子半径为P>S>Cl>H,故A正确;B.非金属性Cl>S,则气态氢化物的稳定性为H2S<HCl,故B错误;C.非金属性Cl>P,C>Si,则最高价氧化物的水化物酸性为H2SiO3<H2CO3,故C错误;D.同周期,原子序数大的非金属性强,则元素非金属性为F>O>N>C,故D正确;故选AD.点评本题考查元素周期表和周期律,为高频考点,把握元素的性质、位置、元素周期律为解答的关键,侧重规律性知识的考查,题目难度不大.12.(4分)(xx•中山市校级二模)在汽车尾气净化装置里,气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如图所示.下列说法错误的是()A.NO2是红棕色气体B.NO和O2必须在催化剂表面才能反应C.汽车尾气的主要污染成分包括CO和NOD.催化转化总反应为2NO+O2+4CO4CO2+N2考点氮的氧化物的性质及其对环境的影响.专题元素及其化合物.分析A、NO2是红棕色气体;B、NO和O2在常温下就能反应;C、汽车尾气的主要污染成分为CO和NO;D、根据2NO+O2=2NO2,2NO2+4C04CO2+N2,可得总反应解答解A、NO2是红棕色气体,故A正确;B、NO和O2在常温下就能反应,不必加催化剂,故B错误;C、汽车尾气的主要污染成分为CO和NO,故C正确;D、根据2NO+O2=2NO2,2NO2+4C04CO2+N2,可得总反应2NO+O2+4CO4CO2+N2,故D正确.故选B.点评本题根据图考查了汽车尾气的主要污染物的处理,难度不大,只需读懂图就可完成,培养了学生分析问题的能力.13.(4分)(xx秋•江阴市校级月考)下列说法正确的是()A.SiO2是酸性氧化物,不与任何酸反应B.物质的量浓度相同的Na2SiO3和Na2CO3溶液,其PH值前者大于后者C.高温时SiO2和Na2CO3反应放出CO2,说明硅酸的酸性比碳酸强D.水玻璃敞口存放,会有沉淀析出考点硅和二氧化硅;含硅矿物及材料的应用;钠的重要化合物.专题元素及其化合物.分析A.二氧化硅属于酸性氧化物,但和HF反应;B.物质的量浓度相同的Na2SiO3和Na2CO3溶液,酸根离子水解程度越大,其钠盐溶液pH越大;C.常温下,强酸能够制取弱酸,据此判断酸性强弱;D.硅酸钠溶液和二氧化碳反应生成难溶性硅酸.解答解A.二氧化硅属于酸性氧化物,但和HF反应生成SiF4,故A错误;B.物质的量浓度相同的Na2SiO3和Na2CO3溶液,酸根离子水解程度越大,其钠盐溶液pH越大,酸根离子水解程度SiO32﹣>CO32﹣,所以物质的量浓度相同的Na2SiO3和Na2CO3溶液,其PH值前者大于后者,故B正确;C.高温下,二氧化硅能和碳酸钠反应,不能说明碳酸酸性小于硅酸,要根据常温下,强酸制取弱酸判断,故C错误;D.Na2SiO3+CO2+H2O=Na2CO3+H2SiO3↓,所以水玻璃敞口存放,会有沉淀析出,故选BD.点评本题考查物质的性质,侧重考查学生分析问题、解答问题能力,熟练掌握元素化合物知识,注意二氧化硅性质的特殊性,为易错点,题目难度不大.14.(4分)(xx秋•江阴市校级月考)下列说法中不正确的是()A.NaCl和NH4Cl的混合物可用加热的方法分离B.由红磷变白磷是一个化学变化C.浓硝酸和浓盐酸体积比为13的混合物叫“王水”,能溶解Au、Pt等金属D.一定量的空气中混入少量的N2,在放电的条件下,最终完全转变成NO2考点铵盐;硝酸的化学性质;磷.专题氮族元素.分析A、可用加热的方法分离的混合物,说明混合物中有一种物质加热易分解、升华或挥发;B、有新物质生成的变化为化学变化;C、浓硝酸和浓盐酸体积比为13的混合物叫“王水”,能溶解Au、Pt等金属;D、NO2和N2O4存在化学平衡.解答解A、NH4Cl加热易分解,可用加热的方法分离,故A正确;B、红磷和白磷不是同一种物质,故B正确;C、浓硝酸和浓盐酸体积比为13的混合物叫“王水”,能溶解Au、Pt等金属,故C正确;D、NO2和N2O4存在化学平衡,部分NO2转变为N2O4存在,故D错误.故选D.点评本题考查了铵盐的性质、化学变化的实质、王水性质、二氧化氮性质等内容,难度不大.15.(4分)(xx•中山市校级二模)下列对有关实验的描述不正确的是()A.在浓氨水中加入生石灰可以制取少量的NH3B.用惰性电极电解熔融NaCl2Cl﹣+2H2OCl2↑+H2↑+2OH﹣C.氯水和活性炭使红墨水褪色,能用同一原理解释D.浓硫酸和浓盐酸长期暴露在空气中浓度都会降低考点氯气的化学性质;电解原理;氨的物理性质;二氧化硫的污染及治理.专题元素及其化合物.分析A.生石灰可与水反应,并放出热量,结合氨气易挥发的性质解答;B.电解熔融NaCl,生成钠和氯气;C.氯水具有强氧化性,而活性炭起到吸附作用;D.浓硫酸具有吸水性,而盐酸易挥发.解答解A.生石灰可与水反应,并放出热量,氨气易挥发,可用于制备氨气,故A正确;B.电解熔融NaCl,生成钠和氯气,如电解氯化钠溶液,则生成氯气、氢气和氢氧化钠,故B错误;C.氯水具有强氧化性,而活性炭起到吸附作用,二者的原理不同,故C错误;D.浓硫酸具有吸水性,而盐酸易挥发,长期暴露在空气中浓度都会降低,故D正确.故选BC.点评本题考查较为综合,涉及氨气、氯气、电解以及浓硫酸的性质,为高频考点,侧重于元素化合物知识的综合理解和运用的考查,难度不大.
三、解答题(共3小题,满分38分)16.(14分)(xx秋•江阴市校级月考)我国化工专家侯德榜的“侯氏制碱法”曾为世界制碱工业做出了突出贡献.他以NaCl、NH
3、CO2等为原料先制得NaHCO3,进而生产出纯碱.有关反应的化学方程式为NH3+CO2+H2O═NH4HCO3;NH4HCO3+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl;2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O回答下列问题
(1)碳酸氢铵与饱和食盐水反应,能析出碳酸氢钠晶体的原因是c(填字母标号).a.碳酸氢钠难溶于水b.碳酸氢钠受热易分解c.碳酸氢钠的溶解度相对较小,所以在溶液中首先结晶析出
(2)某探究活动小组根据上述制碱原理,进行碳酸氢钠的制备实验,同学们按各自设计的方案实验.
①一位同学将二氧化碳气体通入含氨的饱和食盐水中制备碳酸氢钠,实验装置如图所示(图中夹持、固定用的仪器未画出).试回答下列有关问题(Ⅰ)乙装置中的试剂是饱和碳酸氢钠溶液;(Ⅱ)丁装置中稀硫酸的作用是吸收未反应的NH3;(Ⅲ)实验结束后,分离出NaHCO3晶体的操作是过滤(填分离操作的名称).
②另一位同学用图中戊装置(其它装置未画出)进行实验.(Ⅰ)实验时,须先从a管通入NH3气体,再从b管中通入CO2气体;(Ⅱ)有同学建议在戊装置的b管下端连接己装置,理由是增大气体与溶液接触面积,提高CO2吸收率.考点纯碱工业(侯氏制碱法).专题实验设计题;元素及其化合物.分析
(1)依据题干中信息碳酸氢钠溶解度相对较小分析判断;
(2)
①(I)依据用盐酸制取二氧化碳时常会含有氯化氢气体分析即可解答;(II)依据稀硫酸能与氨气反应分析解答;(Ⅲ)依据分离固体与液体采用的实验操作分析解答;
②(I)根据氨气易溶于水,从制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水分析解答;(II)从装置改动后反应物的接触面积变大分析判断.解答解
(1)a.碳酸氢钠易溶于水,故错误;b.碳酸氢钠受热易分解,与其在溶液中首先结晶析出无关,故错误;c.碳酸氢钠的溶解度相对于氯化铵来说碳酸氢钠的溶解度更小一些,所以在溶液中首先结晶析出,故正确;故答案为c;
(2)
①(I)利用盐酸制取二氧化碳时,因盐酸易挥发,所以,二氧化碳中常会含有氯化氢气体,碳酸氢钠能与盐酸反应不与二氧化碳反应,所以通过碳酸氢钠的溶液是可以除掉二氧化碳气体中的氯化氢气体,故答案为饱和碳酸氢钠溶液;(II)实验过程中氨气可能有剩余,而稀硫酸能与氨气反应,所以稀硫酸的作用是吸收末反应的NH3,故答案为吸收未反应的NH3;(Ⅲ)分离出NaHCO3晶体的操作是分离固体与液体,常采用的实验操作是过滤操作,故答案为过滤;
②(I)制取碳酸氢钠时先要得到含氨的饱和食盐水,氨气极易溶于水,二氧化碳能溶于水,所以应先通入氨气,所以a端通入,从而保证了从b通入二氧化碳时,二氧化碳被充分反应,故答案为a;NH3;b;CO2;(II)装置改动后反应物的二氧化碳与溶液的接触面积变大,提高了二氧化碳的吸收率,故答案为增大气体与溶液接触面积,提高CO2吸收率.点评本题主要考查“侯氏制碱法”的反应原理,题目较为综合,难度较大,解答须明晰制碱的原理.17.(14分)(xx秋•江阴市校级月考)如图所示的是一些常见的单质、化合物之间的转化关系图,有些反应中的部分物质和反应条件被略去.化合物A是家庭生活中常用的一种调味品,反应
①体现了一种重要的化工工业.D是黄绿色气体,H的水溶液具有漂白、杀菌性,J为红褐色沉淀.
(1)H的化学式为NaClO.
(2)F的电子式为.D对应元素原子结构示意图.
(3)反应
①的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑.
(4)反应
②的离子方程式为Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓.
(5)D和二氧化硫以11通入品红溶液中,漂白效果将失去(填“增强”或“失去”或“不变”),用方程式表示原因Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl.考点无机物的推断.专题推断题.分析反应
①是一种重要的化工工业,化合物A是家庭生活中常用的一种调味品,D是黄绿色气体,应是电解饱和的食盐水,故A为NaCl、B为H2O,D为Cl2,H的水溶液具有漂白、杀菌性,由D于C反应得到,故C为NaOH,H为NaClO,则E为H2,D与E生成的F为HCl,F与Fe反应生成G为FeCl2,氯气与Fe反应生成I为FeCl3,与C(NaOH)反应生成红褐色沉淀J为Fe(OH)3,据此解答.解答解反应
①是一种重要的化工工业,化合物A是家庭生活中常用的一种调味品,D是黄绿色气体,应是电解饱和的食盐水,故A为NaCl、B为H2O,D为Cl2,H的水溶液具有漂白、杀菌性,由D于C反应得到,故C为NaOH,H为NaClO,则E为H2,D与E生成的F为HCl,F与Fe反应生成G为FeCl2,氯气与Fe反应生成I为FeCl3,与C(NaOH)反应生成红褐色沉淀J为Fe(OH)3,
(1)由上述分析可知,H的化学式为NaClO,故答案为NaClO;
(2)F为HCl,电子式为.D为Cl2,Cl元素原子结构示意图为,故答案为;;
(3)反应
①的化学方程式为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑,故答案为2NaCl+2H2O2NaOH+H2↑+Cl2↑;
(4)反应
②的离子方程式为Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓,故答案为Fe3++3OH﹣=Fe(OH)3↓;
(5)Cl2和二氧化硫以11通入品红溶液中,发生反应Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl,漂白效果将失去,故答案为失去;Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl.点评本题考查无机物推断,涉及氯碱工业、Cl与Fe元素化合物性质及转化,难度不大,注意对基础知识的理解掌握.18.(10分)(xx秋•江阴市校级月考)已知A、B、C、D为气体,E、F为固体,G是氯化钙,它们之间的转化关系如图所示
(1)D溶于水可导电,则D是非电解质(填“电解质”或“非电解质”),E的化学式(分子式)是NH4Cl;
(2)A和B反应生成C的化学方程式是H2+Cl22HCl;
(3)E和F反应生成D、H和C的化学方程式是2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O.
(4)加热装有E的试管,固体消失,是化学变化(填“物理”或“化学”).考点无机物的推断.专题推断题.分析D与C反应得到E,且C、D为气体,E为固体,故可推知C、D可能为NH
3、HCl中一种;E为NH4Cl,再结合E+F→D+H+G,G是氯化钙,进一步推知D为NH
3、F为Ca(OH)
2、H为H2O,所以C是HCl,A、B分别是H2和Cl2中的一种,据此解答.解答解D与C反应得到E,且C、D为气体,E为固体,故可推知C、D可能为NH
3、HCl中一种,E为NH4Cl,再结合E+F→D+H+G,G是氯化钙,进一步推知D为NH
3、F为Ca(OH)
2、H为H2O,所以C是HCl,A、B分别是H2和Cl2中的一种,
(1)D为NH3,属于非电解质,E的化学式是NH4Cl,故答案为非电解质;NH4Cl;
(2)A和B反应生成C的化学方程式是H2+Cl22HCl,故答案为H2+Cl22HCl;
(3)氯化铵和氢氧化钙的反应为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O,故答案为2NH4Cl+Ca(OH)2CaCl2+2NH3↑+2H2O.
(4)加热装有NH4Cl的试管,NH4Cl分解为氨气与HCl,固体消失,是化学变化,故答案为化学.点评本题考查无机物推断,注意是以NH3的实验室制备进行推断,难度不大.
五、(本题包括2小题,共20分)19.(12分)(xx秋•江阴市校级月考)位于短周期的四种主族元素A、B、C、D原子序数依次增大,已知A、C位于同一主族,A在周期表中原子半径最小.B、D的最外层电子数相等,且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍.根据你的推断回答下列问题
(1)写出由上述元素形成的具有漂白作用的四种物质的化学式SO2,H2O2,Na2O2,O3.
(2)C与D形成D的最低价化合物的电子式;
(3)仅由B、C、D三种元素形成的一种盐,溶于水后呈碱性,请用一个离子方程式表示其呈碱性的原因SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣.考点位置结构性质的相互关系应用.专题元素周期律与元素周期表专题.分析短周期的四种元素A、B、C、D,它们的原子序数依次增大,A在周期表中原子半径最小,则A为氢元素,A、C位于同一主族,则C为钠元素,B、D的最外层电子数相等,即为同主族元素,且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍,则B为氧元素,D为硫元素,据此答题.解答解短周期的四种元素A、B、C、D,它们的原子序数依次增大,A在周期表中原子半径最小,则A为氢元素,A、C位于同一主族,则C为钠元素,B、D的最外层电子数相等,即为同主族元素,且B、D的原子序数之和为A、C原子序数之和的两倍,则B为氧元素,D为硫元素,
(1)在H、O、Na、S四种元素中,能形成漂白作用的物质有SO
2、H2O
2、Na2O
2、O3等,故答案为SO
2、H2O
2、Na2O
2、O3;
(2)C与D形成D的最低价化合物为Na2S,它的电子式为,故答案为;
(3)由B、C、D三种元素形成的一种盐,溶于水后溶液显碱性,则该盐为亚硫酸钠,其水解使溶液呈碱性,有关离子方程式为SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣,故答案为SO32﹣+H2O⇌HSO3﹣+OH﹣;点评本题主要考查了元素化合物知识、盐类水解等知识,难度不大,元素的推断是解题的关键.20.(8分)(xx秋•江阴市校级月考)某种常见的白色晶体A,与盐酸反应产生无刺激性气味的气体B,将B通入澄清的石灰水,石灰水变浑浊.若在A的水溶液中加入足量氢氧化钡溶液,生成白色沉淀C和无色气体D,D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝.加热固体A可生成水、B和D,且B、D的物质的量之比为11.
(1)根据以上事实判断A是NH4HCO3,B是CO2,D是NH3.
(2)在A的水溶液中加入足量氢氧化钡溶液,发生反应的离子方程式是NH4++HCO3﹣+2OH﹣+Ba2+=BaCO3↓+NH3↑+2H2O.考点几组未知物的检验.专题物质检验鉴别题.分析常见的白色晶体与盐酸反应产生无刺激性气味的气体(二氧化碳),将B通入澄清的石灰水,石灰水变浑浊,再次验证了该气体为二氧化碳,故白色晶体中含有CO32﹣或者HCO3﹣,若在A的水溶液中加入足量氢氧化钡溶液,生成白色沉淀(钡盐沉淀)依据前面分析,应为碳酸钡沉淀,无色气体D,D可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝,则D气体为氨气,故此晶体中含有NH4+,加热固体A可生成水、B和D,且B、D的物质的量之比为11,那么氮元素与碳元素的物质的量之比为11,据此得出该晶体为NH4HCO3,据此回答即可.解答解
(1)依据分析可知,此晶体为NH4HCO3,B气体是二氧化碳,D是氨气,故答案为NH4HCO3;CO2;NH3;
(2)NH4HCO3与足量的氢氧化钡反应生成碳酸钡沉淀,氨气和水,故离子反应方程式为NH4++HCO3﹣+2OH﹣+Ba2+=BaCO3↓+NH3↑+2H2O,故答案为NH4++HCO3﹣+2OH﹣+Ba2+=BaCO3↓+NH3↑+2H2O.点评本题主要考查的是常见物质的推断,无色无味能使澄清石灰水变浑浊的气体为二氧化碳,使红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气,这些为该题推断的突破口,注意总结.
六、(本题包括2小题,共22分)21.(10分)(xx秋•江阴市校级月考)三氟化氮(NF3)是一种新型电子材料,它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)反应过程中,被氧化与被还原的元素原子的物质的量之比为12.
(2)写出该反应的化学方程式3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF.若反应中生成
0.2molHNO3,转移的电子数目为
0.4NA个.
(3)NF3是一种无色、无臭的气体,但一旦NF3在空气中泄漏,还是易于发现.你判断该气体泄漏时的现象是产生红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾.
(4)一旦NF3泄漏,可以用NaOH溶液喷淋的方法减少污染,其产物除NaNO
2、NaF、H2O外,还肯定有NaNO3(填化学式).考点氧化还原反应的计算;氮的氧化物的性质及其对环境的影响.专题计算题.分析
(1)根据元素化合价升降总数相等判断电子转移的物质的量的关系,以此计算;
(2)依据化合价升降总数相等结合质量守恒配平化学方程式;
(3)NF3泄漏产生NO,NO遇空气中的O2生成红棕色气体NO2;
(4)从质量守恒的角度判断.解答解由题意可写出F3+H2O→HF+O+HO3,
(1)根据电子得失守恒N(被氧化)×(5﹣3)=N(被还原)×(3﹣2),所以N(被氧化)N(被还原)=12,故答案为12;
(2)依据化合价升降总数相等,从方程式右边着手不难配平,3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF,生成
0.2molHNO3,转移电子的数目为
0.2mol×(5﹣3)×NA=
0.4NA,或
2.408×1023,故答案为3NF3+5H2O═2NO+HNO3+9HF;
0.4NA;
(3)NF3泄漏产生NO,NO遇空气中的O2生成红棕色气体NO2,HNO
3、HF气体均有刺激性气味且在空气中易形成酸雾,故答案为产生红棕色气体、产生刺激性气味气体、产生白雾;
(4)NF3与H2O反应产生HNO3,HNO3和NaOH反应必生成NaNO3,故答案为NaNO3.点评本题综合考查氧化还原反应,题目难度不大,转移把握元素化合价的判断,从化合价变化的角度解答该题.22.(12分)(xx秋•江阴市校级月考)烟气的脱硫(除SO2)技术和脱硝(除NOx)技术都是环境科学研究的热点.
(1)烟气脱硫、脱硝的环境意义是防止酸雨的发生;
(2)一种选择性催化脱硝(NO2)的原理为6NO2+8NH37N2+12H2O
①上述反应中被还原的元素是N(填元素符号),反应中每转移3mol电子,生成标准状况下N2的体积为
19.6L;光
②超音速飞机排放的尾气是平流层中NOx的主要来源.它们破坏臭氧层的主要机理为Ⅰ、O3O+O2Ⅱ、NO+O3→NO2+O2Ⅲ、NO2+O→NO+O2上述反应中NOx所起的作用是催化剂;
(3)下表列出了2种燃煤烟气脱硫方法的原理.方法Ⅰ用氨水将SO2转化为NH4HSO3,再氧化成(NH4)2SO4方法Ⅱ用生物质热解气(主要成分CO、CH
4、H2)将SO2在高温下还原成单质硫
①方法Ⅰ中用氨水吸收燃煤烟气中的SO2转化为NH4HSO3,是利用了SO2的D性质(选填字母编号)A.漂白性B.氧化性C.还原性D.酸性氧化物
②方法Ⅱ主要发生了下列反应2CO(g)+SO2(g)═S(g)+2CO2(g)△H1=
8.0kJ•mol﹣12H2(g)+SO2(g)═S(g)+2H2O(g)△H2=
90.4kJ•mol﹣12CO(g)+O2(g)═2CO2(g)△H3=﹣
566.0kJ•mol﹣1某企业脱硫前每天排放含SO2体积分数为m,体积n升的尾气(折算成标准状况),若回收利用,理论上可以回收克硫一天.考点二氧化硫的污染及治理.专题元素及其化合物.分析
(1)烟气脱硫、脱硝可以防止酸雨的发生;
(2)
①反应中氨气中的N元素由﹣3价升高为0价,据此计算转移3mol电子参加反应的氨气的物质的量,再根据方程式计算生成的氮气,根据V=nVm计算氮气的体积;
②将三个反应加和得到总反应;
(3)
①氨水吸收燃煤烟气中的SO2转化为NH4HSO3,为酸性氧化物与碱的反应;
②mnL为二氧化硫的体积,代入n=,n(S)=n(SO2),代入m=nM计算质量.解答解
(1)烟气脱硫、脱硝可以防止酸雨的发生,故答案为防止酸雨的发生;
(2)
①反应中氨气中的N元素由﹣3价升高为0价,失去电子被还原,由反应可知,转移24mol电子,生成7mol氮气,则转移3mol电子,生成3mol××
22.4L/mol=
19.6L,故答案为N;
19.6L;
②将三个反应加和得到总反应为2O33O2,则反应中NOx所起的作用是催化剂,故答案为催化剂;
(3)
①氨水吸收燃煤烟气中的SO2转化为NH4HSO3,为酸性氧化物与碱的反应,则体现SO2的酸性氧化物性质,故答案为D;
②mnL为二氧化硫的体积,n(S)=n(SO2)==mol,m(S)=mol×32g/mol=g,故答案为.点评本题考查氧化还原反应和热化学反应等,为高频考点,把握习题中的信息及反应中元素的化合价变化为解答的关键,侧重分析能力及知识迁移应用能力的考查,氧化还原反应的计算、反应热的计算为解答的难点,题目难度不大.。