高中化学人教版 (2019)必修 第二册第二节 氮及其化合物课时作业

这是一份高中化学人教版 (2019)必修 第二册第二节 氮及其化合物课时作业，共22页。试卷主要包含了2 氮及其化合物 课时练习，08mlB．0等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
2．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
3．下列实验过程中颜色的变化描述错误的是（ ）
A．SO2气体缓慢通入石蕊试液中，溶液先变红后褪色
B．NO和O2按照4：3的体积比同时通入水中，得到无色溶液
C．NH3缓缓通入FeCl3溶液中，产生红褐色沉淀
D．Cl2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液，红色消失
4．工业上用废铜屑作原料制备硝酸铜。为节约原料和防止污染，宜采取的方法是（ ）
A．
B．
C．
D．
5．一氧化氮广泛分布于生物体内各组织中，特别是神经组织中，它是一种新型生物信使分子。下列关于 的叙述中正确的是（ ）
A． 是酸性氧化物，它与水反应生成亚硝酸( )
B． 是一种无色气体，是造成光化学烟雾的因素之一
C．因为 在人体内起着多方面的重要生理作用，所以 对人类无害
D．常温常压下， 不能与空气中的氧气直接化合
6．下列有关物质用途的说法中，错误的是（ ）
A．NH4NO3可用于制化肥B．二氧化硫可用于漂白馒头
C．Fe3O4可用作磁性材料D．用氧化铁和铝粉焊接钢轨
7．下列反应中，相关示意图象错误的是（ ）
A．A B．B C．C D．D
8．将1.92g铜粉与一定量的浓硝酸反应，当铜粉完全反应时收集到气体1.12L(标准状况下)，则所消耗的硝酸的物质的量是
A．0.08mlB．0.09mlC．0.11mlD．0.12ml
9．氮是组成氨基酸的基本元素之一，在生物体内有极大作用．部分含N物质的分类及相应化合价关系如图所示．下列说法不合理的是（ ）
A．属于氮的固定
B．d可用作制冷剂
C．能与反应生成f的物质只有c
D．f的浓溶液需要保存在棕色试剂瓶中
10．实验室用加热和固体混合物的方法制取少量的氨气，图中装置能达到相应的实验目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
11．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．
B．漂白粉
C．
D．
12．铜与足量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和由NO2、N2O4、NO组成的混合气体，这些气体与896mL（标准状况）O2混合后通入水中，恰好完全被水吸收生成硝酸。则生成硝酸铜的物质的量为（ ）
A．0.16mlB．0.12mlC．0.08mlD．0.04ml
13．铜与足量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和由 、 、 组成的混合气体，这些气体与 (标准状况) 混合后通入水中，能完全被水吸收生成硝酸。则消耗铜的质量为（ ）
A．B．C．D．
14．近年来，利用半导体光催化实现还原氮气制备氨气引起全世界极大关注。下图是在半导体光催化的作用下，N2被光催化材料捕获进而被还原实现“N2→NH3”的转化示意图。下列说法正确的是（ ）
A．此方法不属于人工固氮技术
B．由转化示意图可知，氮气化学性质很活泼
C．该反应过程中有极性键的断裂和形成
D．该反应的化学方程式是
15．下列事实与划线物质表现出的性质(括号中)对应关系不正确的是（ ）
A． SO2能使含有酚酞的氢氧化钠溶液褪色(漂白性)
B．常温下，铁遇浓硫酸、浓硝酸发生钝化(强氧化性)
C．久置的浓硝酸，颜色略显黄色(不稳定性)
D．蔗糖与浓硫酸反应中有黑色物质生成(脱水性)
16．铜与稀硫酸不发生反应，但如果在铜与稀硫酸的混合溶液中加入某种盐，就能发生反应，且有气体、有沉淀产生，则该盐是 （ ）
A．Ba(NO3)2B．KClC．Na2SO4D．FeCl3
17．下列物质混合后，能产生蓝色沉淀的是（ ）
A． 溶液与 溶液
B． 溶液与 溶液
C． 溶液与氨水
D．鸡蛋清与浓硝酸
18．下列叙述中，错误的是：（ ）
A．Fe分别与氯气和稀盐酸反应得到同一种氯化物
B．Na在空气中长期放置，最终变为Na2CO3粉末
C．用丁达尔现象可以区分食盐水和淀粉溶液
D．浓硝酸在光照条件下变黄，说明硝酸易分解生成有色产物且溶于浓硝酸
19．某溶液中可能含有H＋、NH4＋、Mg2＋、Al3＋、Fe3＋、CO32－、SO42－、NO3－中的几种．①若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体；②若加入 NaOH 溶液，产生白色沉淀，且产生的沉淀的物质的量与加入 NaOH 的物质的量之间的关系如图所示．则下列说法正确的是（ ）
A．溶液中的阳离子只有 H＋、Mg2＋、Al3＋
B．溶液中一定不含 CO32－，一定含有SO42－和NO3－
C．溶液中 n（NH4＋）=0.25ml
D．三种离子的物质的量之比 n（H＋）：n（Al3＋）：n（Mg2＋）=2：2：1
20．水体中的局部氮循环如下图所示，其中含氮物质转化方向与水深有关。
下列说法错误的是（ ）
A．图中涉及的反应均为氧化还原反应
B．反硝化过程中含N物质被还原
C．不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关
D．排放含 废水不会影响水体中 的浓度
二、综合题
21．含氮化合物(、等)是石油工业主要的污染物之一，消除废水中含氮化合物是当今环保重要课题之一
（1）电解食盐水生成活性氯(HClO)是降解溶液中铵态氮()的常见技术之一
将一定浓度NaCl溶液与含铵态氮()的溶液混合后进行电解，电解过程中溶液中的活性氯的浓度、铵态氮()及总氮的去除率随时间的变化如图-1所示，溶液中的pH、电导率随时间的变化如图-2所示。曲线2表示 (填“铵态氮去除率”或“总氮去除率”)，120分钟以后，活性氯降解铵态氮主要反应的离子方程式为 。120分钟以后，溶液中电导率下降的主要原因是 。
（2）还原技术是当今最有效成熟的去除的技术之一
某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化脱除电厂烟气中NO的可能反应机理如图-3所示。步骤①、②可表述为 (指明反应发生的位置，“…”表示催化剂吸附)。反应过程中消耗1ml，理论上可处理NO物质的量为 ml。
22．由四种短周期主族元素组成一种化合物M，结构如图所示。X、Y、Z、W的原子序数依次增大，Y和Z均位于第二周期，X和W的最低化合价相等。请回答下列问题：
（1）元素Y在周期表中的位置为 ，X和W的最低化合价为 。
（2）物质M所含化学键类型为 ，物质M与稀溶液常温下反应的离子方程式为 。
（3）Y、Z、W的简单离子半径由大到小的顺序为 (填离子符号)。
（4）Y、W的最高价氧化物对应的水化物中酸性较强的是 (填化学式)。
（5）已知和反应可以生成Y的单质，的电子式为 ，该反应中氧化剂、还原剂物质的量之比为 。
23．现有100mL含Cu2+、Al3+、NH4+、H+、Cl－的溶液，向该溶液中逐滴加入2.5ml·L－1NaOH溶液，所加NaOH 溶液的体积（mL）与产生沉淀的物质的量（ml）关系如下图所示：
​
（1）B点的沉淀物的化学式为 。
（2）原溶液中Cu2+的物质的量为 ，原溶液中Cl－物质的量浓度为 。
（3）原溶液的pH= ，x－y= 。
（4）经过滤得到D点的沉淀物，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀是否洗涤干净的方法是
24．、NO和等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）的处理。是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使分解。与在加热和催化剂作用下生成的化学方程式为 。
（2）NO和的处理。已除去的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应如下：、
①下列措施能提高尾气中NO和去除率的有 (填字母)。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、 (填操作名称)，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是 (填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 (填化学式)。
（3）NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，会与结合形成HClO。HClO氧化NO生成和，其离子方程式为 。
②图中曲线所体现的反应规律是 。
25．将3.84g铜与200mL一定浓度的稀硝酸反应，5min时铜恰好完全溶解，产生无色气体NO。待产生的气体全部释放后，向溶液中加入溶液，恰好使溶液中全部转化为沉淀。假设溶液体积不变，请计算：
（1）Cu与稀硝酸反应时，参加反应的硝酸与被还原的硝酸物质的量之比是 。
（2）用硝酸表示前5min内反应的平均速率为 。
（3）原稀硝酸的物质的量浓度是 。
答案解析部分
1．【答案】B
【解析】【解答】A．由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A不符合题意；
B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B符合题意；
C．一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C不符合题意；
D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差，据此分析。
2．【答案】C
【解析】【解答】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不符合题意；
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不符合题意；
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符合题意；
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不符合题意；
故答案为：C。
【分析】干燥氯气不具备漂白性；
B、浓硫酸具有强氧化性，可以氧化不活泼的金属；
C、浓硝酸、浓硫酸可以使铁、铝钝化；
D、钠用完应该放回原瓶。
3．【答案】A
【解析】【解答】A．SO2的水溶液呈酸性，SO2缓慢通入石蕊试液中能使石蕊试液变红，但不会褪色，A符合题意；
B．NO和O2按照4：3的体积比同时通入水中，发生的总反应可以表示为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO、O2恰好完全反应，得到无色的HNO3溶液，B不符合题意；
C．NH3缓缓通入FeCl3溶液中，发生反应3NH3+3H2O+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NH4Cl，产生红褐色的Fe(OH)3沉淀，C不符合题意；
D．滴有酚酞的NaOH溶液呈红色，Cl2缓慢通入滴有酚酞的NaOH溶液中发生反应Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，红色消失，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.二氧化硫不能漂白指示剂；
B.NO和O2按照4：3的体积比同时通入水中发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，硝酸为无色溶液；
C.NH3通入FeCl3溶液中发生反应3NH3+3H2O+FeCl3=Fe(OH)3↓+3NH4Cl；
D.氯气与NaOH反应使溶液碱性降低。
4．【答案】B
【解析】【解答】A．稀硝酸与铜反应生成污染性气体NO，A不符合题意；
B.铜与氧气反应生成CuO，与硝酸反应消耗硝酸最少，且没有生成污染性气体，B符合题意；
C.铜与浓硫酸反应生成污染性气体二氧化硫，C不符合题意；
D.浓硝酸与铜反应生成污染性气体NO2，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】制备物质方案的设计需考虑原料是否易得、操作是否简单、对环境是否产生污染。
5．【答案】B
【解析】【解答】A． NO 和HNO2中氮元素化合价分别为+2、+3价，化合价不一样，NO不是酸性氧化物，它不与水反应，A不符合题意；
B． NO 是一种无色气体，遇到空气即转变为NO2，氮氧化物对环境的影响有：①硝酸型酸雨，②光化学烟雾，③破坏臭氧层， B符合题意；
C． 微量 NO 在人体内起着多方面的重要生理作用，但吸入一定量 NO 会与血红蛋白结合使人缺氧，C不符合题意；
D． 常温常压下， NO 能与空气中的氧气直接化合生成二氧化氮，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.NO不是酸性氧化物；
C.NO是有毒气体，NO会与血红蛋白结合，导致血红蛋白失去运输氧气的能力；
D.NO与O2化合生成NO2。
6．【答案】B
【解析】【解答】A．NH4NO3是铵盐，含有农作物生长需要的氮元素，因此可用于制化肥，A不符合题意；
B．SO2是对人有害的气体，因此不能使用二氧化硫漂白馒头，B符合题意；
C．Fe3O4俗称磁性氧化铁，具有磁性，因此可用作磁性材料，C不符合题意；
D．氧化铁和铝粉在高温下反应产生Al2O3、Fe，反应产生的铁单质以液态形式存在，待液态Fe冷却至室温后就将钢轨连接在一起，因此可以用氧化铁和铝粉焊接钢轨，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、根据元素守恒定律，硝酸铵中有氮元素，可以作肥料促进植物生长；
B、二氧化硫有毒，不可用于食品；
C、四氧化三铁有磁性；
D、铝热反应会放出大量的热；
7．【答案】B
【解析】【解答】A、当向氯水中通入二氧化硫时，氯水中的氯气具有强氧化性，在水溶液中能把二氧化硫氧化成硫酸，氯气和二氧化硫、水的反应方程式为Cl2+SO2+2H2O=H2SO4+2HCl，所以溶液的酸性增强，pH值减小，最后达定值，故A不符合题意；
B、新制氯水呈酸性，pH小于7，而不是等于7，故B符合题意；
C、铜先和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，随着反应的进行，浓硝酸变成稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮，当硝酸完全反应时，生成的气体为定值，故C不符合题意；
D、铁和氯化铁反应生成氯化亚铁，溶液中离子数目增多，氯离子的量不变，所以氯离子的百分含量减少，到三价铁离子反应完全后，氯离子的百分含量不再变化，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.二氧化硫与氯气在水溶液中反应生成硫酸和盐酸；
B.新制氯水的pH小于7；
C.铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，随着浓度的减小，生成一氧化氮；
D.铁与铁离子反应生成亚铁离子。
8．【答案】C
【解析】【解答】铜与硝酸反应时，消耗的硝酸转变为硝酸铜和氮的氧化物（NO2或NO）；由题意可知：n(Cu)= =0.03ml，n(气体)==0.05ml；所以共消耗硝酸的物质的量n(HNO3)=0.03ml×2+0.05ml=0.11ml；
故答案为：C。
【分析】依据氮原子守恒计算。
9．【答案】C
【解析】【解答】A、氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程，则 是将氮气转化为NO的过程，属于氮的固定，故A不符合题意；
B、d为氨气，液氨汽化吸热，可用作制冷剂，故B不符合题意；
C、NO2、N2O5均能与水反应生成硝酸，故C符合题意；
D、浓硝酸不稳定，见光易分解，则浓硝酸需要保存在棕色试剂瓶中，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】由图可知，a为氮气，b为NO，c为NO2，d为氨气，f为硝酸。
10．【答案】D
【解析】【解答】A．制取氨气时，为了防止冷凝水回流，大试管应倾斜向下，故A不符合题意；
B．干燥氨气不能用浓硫酸，因为氨气和浓硫酸会反应，故B不符合题意；
C．收集氨气时，瓶口不能用塞子塞住，塞住不利于排除瓶中的空气，故C不符合题意；
D．由于氨气极易溶于水，为了防止倒吸，可用球形干燥管缓冲，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、加热固体时试管口应略向下倾斜；
B、氨气的干燥不能用浓硫酸；
C、气体的收集需要有出气口；
D、氨气极易溶于水，因此需要用干燥管防止倒吸。
11．【答案】C
【解析】【解答】 A．SiO2不溶于水，也不能和水反应，所以二者不能直接生成H2SiO3，故A错误；
B．二氧化锰与浓盐酸反应制取氯气需要加热，故B错误；
C．碳酸氢铵分解受热分解生成氨气、水、二氧化碳，氨气在催化条件下氧化可生成一氧化氮和水蒸气，故C正确；
D．二氧化硫在氧气中燃烧只能生成二氧化硫，不能生成三氧化硫，故D错误；
故答案为：C。
【分析】依据物质的性质判断，其中A项SiO2不溶于水，也不能和水反应。
12．【答案】C
【解析】【解答】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与896mLO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，同时生成气体；气体又和氧气、水全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相等，即铜失去的电子都被氧气得到，由电子守恒可以知道： ， ，则n（Cu）=0.08ml，消耗生成硝酸铜的物质的量为0.08ml。
故答案为：C。
【分析】根据氧化还原反应中得失电子守恒即可得出，铜与硝酸反应时，铜失去的电子和硝酸根变为 NO2、N2O4、NO 得到的电子相等，而 NO2、N2O4、NO 与氧气反应时， NO2、N2O4、NO 失去的电子和氧气得到的电子相等，即可求出铜失去的电子等于氧其得到的电子相等，即可计算出铜的物质的量即可求出硝酸铜的物质的量
13．【答案】B
【解析】【解答】铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO、N2O4、NO2的混合气体，这些气体与896mLO2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，则整个过程中HNO3反应前后没有变化，说明铜失去的电子给做氧化剂的硝酸，同时生成气体；气体又和氧气、水全部反应生成硝酸，证明氧气得到的电子和铜失去的电子相等，即铜失去的电子都被氧气得到，由电子守恒可以知道：n（Cu）×2= n（O2）×4， n（O2）=896×10-3L/22.4L˙ml-1=0.04ml， 则n（Cu）=0.08ml，消耗铜的质量=0.08ml×64g/ml=5.12g；
故答案为：B。
【分析】根据铜失去的电子等于硝酸根离子变为二氧化氮、四氧化二氮、一氧化氮的得到的电子，而二氧化氮四氧化二氮、一氧化氮变为硝酸根失去的电子等于氧气得到的电子，根据得失电子守恒即可判断出铜失去的电子等于氧气得到的电子，即可计算出铜的量
14．【答案】C
【解析】【解答】A．氮的固定是将单质N2转化为N元素的化合物，该过程是将N2转化为化合物NH3故此方法属于人工固氮技术，A不符合题意；
B．根据图示可知：N2在半导体光催化的作用下，降低了反应的活化能，也需光照条件才能实现“N2→NH3”的转化，因此不能说N2性质活泼，B不符合题意；
C．该转化过程有新物质生成，因此发生的是化学变化。在反应过程中，N2与H2O反应产生NH3、O2，断裂的反应物化学键中有H2O中H-O极性键，生成锌化学键中有NH3的N-H键，故该反应过程中有极性键的断裂和形成，C符合题意；
D．由图可知，氮气与水反应生成氨气和氧气，则该反应的化学方程式是：2N2+6H2O4NH3+3O2，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；
B.氮气化学性质稳定；
D.该过程的总反应为氮气与水反应生成氨气和氧气。
15．【答案】A
【解析】【解答】 A. SO2能够与溶液中的NaOH发生中和反应，使溶液的碱性减弱，因而使酚酞溶液颜色变浅甚至褪色，与其漂白性无关，A错误；
B. 浓硝酸、浓硫酸具有强的氧化性，在室温下遇Fe时，使金属表面产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步氧化，即发生钝化现象，故室温下浓硫酸、浓硝酸可以用铁质容器盛放，B正确；
C. 浓硝酸是无色液体，硝酸具有不稳定，光照分解产生红棕色NO2溶解在硝酸中使溶液颜色略显黄色，C正确；
D. 蔗糖是有机化合物，浓硫酸具有脱水性，向蔗糖中加入浓硫酸，蔗糖中的氢、氧两种元素以2：1的组成脱去，而得到黑色的C单质，体现了浓硫酸的脱水性，D正确；
故选A。
【分析】 A. SO2与NaOH溶液发生中和反应；
B. 室温下，浓硝酸、浓硫酸与Fe发生钝化；
C. 浓硝酸有不稳定性；
D. 浓硫酸具有脱水性。
16．【答案】A
【解析】【解答】A. 酸性条件硝酸根离子有强氧化性，能和铜反应生成硝酸铜、NO、水，加入钡离子产生硫酸钡沉淀，A项符合题意；
B. KCl加入溶液，不发生反应，B项不符合题意；
C. Na2SO4加入溶液，不发生反应，C项不符合题意；
D. FeCl3与铜发生氧化还原反应，生成亚铁离子和铜离子，无气体无沉淀，D项不符合题意；
故答案为：A。
【分析】 铜与稀硫酸不发生反应，但如果在铜与稀硫酸的混合溶液中加入某种盐，就能发生反应，且有气体、有沉淀产生， 说明沉淀是硫酸钡，还和铜反应，说明是硝酸，故为硝酸钡
17．【答案】B
【解析】【解答】A. 溶液与 溶液反应生成氯化钠和氢氧化铁的红褐色沉淀，不能产生蓝色沉淀，A不符合题意；
B. FeSO4溶液与K3[Fe(CN)6]溶液立即产生铁氰化亚铁的蓝色沉淀，即为滕氏蓝，2K3[Fe(CN)6]+3FeSO4=3K2SO4+Fe3[Fe(CN)6]2↓，B符合题意；
C. 刚滴入氨水，硝酸银过量，发生反应为：Ag++NH3·H2O=NH4++AgOH↓（白），2AgOH=H2O+Ag2O (灰黑）；过量的氨水，沉淀溶解得到无色溶液，发生反应为：Ag2O+4NH3·H2O=2[Ag(NH3)2]OH+3H2O，不能产生蓝色沉淀，C不符合题意；
D. 将浓硝酸滴入鸡蛋清中，开始时会看见白色沉淀产生，是因为浓硝酸会使蛋白质变性，如果再微热一会的话，蛋白质就会变黄，形成“黄蛋白”，不能产生蓝色沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】检验Fe2+：用K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀；检验Fe3+：用K4[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀。
18．【答案】A
【解析】【解答】A、Fe分别与氯气和稀盐酸反应所得氯化物为氯化铁、氯化亚铁，选项A符合题意；
B．Na的性质活泼，易与空气中氧气反应生成Na2O，Na2O易与水反应生成NaOH，NaOH吸收空气中的水和CO2生成Na2CO3·xH2O，Na2CO3·xH2O风化脱水生成Na2CO3，选项B不符合题意；
C．胶体能产生丁达尔效应，溶液不能，所以用丁达尔现象实验可以区分食盐水和淀粉溶液，选项C不符合题意；
D．浓硝酸不稳定，光照条件下分解生成二氧化氮，二氧化氮溶于硝酸使硝酸显黄色，选项D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.铁是变价金属，与强氧化剂反应生成高价态铁，与弱氧化剂反应生成低价态铁；
B.钠在空气中生成氧化钠，然后与水反应生成氢氧化钠，氢氧化钠与二氧化碳反应生成碳酸钠晶体，最后失水生成碳酸钠；
C.胶体具有丁达尔效应；
D.浓硝酸分解生成的二氧化氮溶于硝酸使溶液呈黄色。
19．【答案】D
【解析】【解答】①若加入锌粒，产生无色无味无毒的气体，说明气体是氢气，因此溶液显酸性，则CO32－和NO3－不能大量存在；②加入NaOH溶液，产生白色沉淀，说明不存在Fe3＋；根据产生的沉淀量与加入NaOH的物质的量之间的关系图可知，溶液中一定含有Mg2＋、Al3＋；又因为当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4＋，由于溶液中还必须存在阴离子，所以一定还有SO42－；由图象可知，第一阶段为氢离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.1ml，则n（H＋）=0.1ml；第三阶段为铵根离子与氢氧化钠反应，消耗氢氧化钠为0.7ml-0.5ml=0.2ml，则n（NH4＋）=0.2ml；最后阶段为氢氧化钠溶解氢氧化铝，消耗氢氧化钠0.8ml-0.7ml=0.1ml，则n[Al（OH）3]=0.1ml，根据铝元素守恒可知n（Al3＋）=0.1ml；第二阶段为氢氧化钠沉淀镁离子、铝离子，共消耗氢氧化钠为0.5ml-0.1ml=0.4ml，则n（Mg2＋）=（0.4ml-0.1ml×3）÷2=0.05ml，A．由上述分析可知，溶液中的阳离子只有H＋、Mg2＋、Al3＋、NH4＋，故A不符合题意；
B、由上述分析可知，溶液中一定不含CO32－、NO3－，一定含有SO42－，故B不符合题意；
C、由上述分析可知，溶液中n（NH4＋）=0.2ml，故C不符合题意；
D、由上述分析可知，溶液中n（H＋）：n（Al3＋）：n（Mg2＋）=0.1ml：0.1ml：0.05ml=2：2：1，故D符合题意；故 选D。
【分析】本题考查离子共存、反应图象识别以及离子反应有关计算等，对学生的综合能力提出了较高的要求，易错点A，当沉淀达到最大值时，继续进入氢氧化钠，沉淀不变，这说明溶液中还存在NH4＋；难点D，各粒子浓度的计算，先要理清各阶段的反应，再理清各阶段各物质的量。
20．【答案】D
【解析】【解答】A．由图中转化关系可知，图中涉及的反应，元素化合价都发生了变化，故均为氧化还原反应，故A不符合题意；
B．由图中转化关系可知，反硝化过程中含N物质化合价均降低，被还原，故B不符合题意；
C．表层水中氧气浓度大，含氮物质转化以硝化过程为主，发生氧化反应；底层水中氧气浓度小，含氮物质转化以反硝化过程为主，发生还原反应，所以不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关，故C不符合题意；
D．图中转化关系中 浓度增大，硝化作用增强，会导致 增多，所以排放含 废水会影响水体中 的浓度，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图中含氮化合物的转变，分析氮元素化合价的变化，进而分析解答。
21．【答案】（1）总氮去除率；或；随着溶液中铵态氮()减少，与有效氯反应生成的的量少于电解消耗的的量，使得溶液中离子总浓度降低，电导率下降
（2）氨气在催化剂的酸性吸附位与其反应生成与，生成的在催化剂的氧化还原位被氧化生成，催化剂被还原为；4
【解析】【解答】（1）由于曲线的2的去除率始终低于曲线1的去除率，所以曲线2表示总氮去除率，反应中铵根被氧化硝酸根或亚硝酸根，次氯酸被还原，则120分钟以后，活性氯降解铵态氮主要反应的离子方程式为或。由于随着溶液中铵态氮()减少，与有效氯反应生成的的量少于电解消耗的的量，使得溶液中离子总浓度降低，电导率下降，因此120分钟以后，溶液中电导率下降。
（2）根据转化关系图可知反应①②是氨气在催化剂的酸性吸附位与其反应生成与，生成的在催化剂的氧化还原位被氧化生成，而催化剂被还原为；根据关系图结合电子得失守恒可知1ml氧气可以得到4ml钒催化剂，通过反应①②可以得到4ml，4ml可以还原4mlNO，所以理论上可处理NO物质的量为4ml。
【分析】（1）次氯酸和铵根离子反应生成亚硝酸根离子、氯离子、水和氢离子；
（2）氧化还原反应的基本口诀：升失氧化还原剂，降得还原氧化剂；
化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，作为还原剂，得到还原产物；
化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应，作为氧化剂，得到氧化产物；
结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
22．【答案】（1）第二周期第ⅤA族；-1
（2）离子键、共价键；
（3）
（4）
（5）；2∶1
【解析】【解答】(1)元素N在周期表中第二周期第ⅤA族，X和W的最低化合价为-1价；故答案为：第二周期第ⅤA族；-1；
(2)物质M有阴、阳离子，所以含离子键，其中阳离子 中，N和H原子之间又形成共价键；物质M与稀溶液常温下反应的离子方程式为；故答案为：离子键、共价键；；
(3)Y、Z、W的简单离子为，电子层数越多，半径越大，电子层数相同时，原子序数越大，半径越小，故半径由大到小的顺序为；故答案为：；
(4)Y、W的最高价氧化物对应水化物中酸性较强的是；故答案为：；
(5)是，是双氧水，的电子式为，反应方程式为。该反应中氧化剂为双氧水、还原剂为，物质的量之比为2∶1；故答案为：；2∶1。
【分析】X、Y、Z、W的原子序数依次增大的短周期元素，由题中M的结构图以及成键方式可知，X为H；Y为N；Z为O；X和W的最低化台价相等， W为Cl；据此分析。
23．【答案】（1）Al（OH）3、Cu（OH）2
（2）0.025ml；0.825ml/L
（3）1；0.005
（4）取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净。
【解析】【解答】在100mL含Cu2+、Al3+、NH4+、H+、Cl-等离子的溶液中，逐滴加入2.5ml•L-1的NaOH溶液，加入4mLNaOH溶液时没有沉淀生成，说明H+先和NaOH反应，则溶液中含有H+，c(H+)= =0.1ml/L，继续滴加NaOH溶液，沉淀的量逐渐增大，30mLNaOH溶液后，继续滴加NaOH溶液，沉淀的物质的量不变，则溶液中含有NH4+，则c(NH4+)= =0.075ml/L，继续滴加NaOH，沉淀溶解，35mLNaOH后，沉淀不溶解，说明溶液中含有Cu2+、Al3+，根据Al3++3OH-=Al(OH)3↓、Al(OH)3+OH-=AlO2-+2H2O知，生成氢氧化铝沉淀和生成偏铝酸根离子需要氢氧化钠体积之比为3：1，则生成氢氧化铝沉淀需要NaOH体积=(35-33)mL×3=6mL，则生成氢氧化铜需要NaOH体积=(30-4mL)-6mL=20mL，则c(Cu2+)= =0.25ml/L，c(Al3+)= =0.05ml/L，溶液中存在电荷守恒，根据电荷守恒得3c(Al3+)+2c(Cu2+)+c(NH4+)+c(H+)=c(Cl-)= [3×0.05+2×0.25+0.075+0.1]ml/L= 0.825ml/L。
(1)根据上述分析，B点的沉淀物为Al(OH)3、Cu(OH)2，
故答案为：Al(OH)3、Cu(OH)2；
(2)原溶液中Cu2+的物质的量n(Cu2+)=0.25ml/L×0.1L=0.025ml，原溶液中Cl－物质的量浓度c(Cl-)=[3×0.05+2×0.25+0.075+0.1]ml/L=0.825ml/L，
故答案为：0.025ml；0.825ml/L；
(3)原溶液中c(H+)=0.1ml/L，pH=1，x为Al(OH)3、Cu(OH)2的物质的量，y为Cu(OH)2的物质的量，二者的差为Al(OH)3的物质的量=0.05ml/L×0.1L=0.005ml，
故答案为：1；0.005；
(4)经过滤得到D点的沉淀物，溶液中含有大量氯离子，并多次用蒸馏水洗涤沉淀，判断沉淀是否洗涤干净只需要判断洗涤液中是否存在氯离子即可，方法是取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净，
故答案为：取少量最后一次的洗涤液于一洁净试管中，加稀HNO3酸化，再加入AgNO3溶液，无白色沉淀出现，说明沉淀已经洗涤干净。
【分析】根据混合物中离子与氢氧化钠溶液的反应图像分析存在的离子以及其物质的量等，然后分析各个问题即可.
24．【答案】（1）
（2）BC；过滤；；NO
（3）；其他条件相同时，NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高
【解析】【解答】（1）与在加热和催化剂作用下生成，根据电子守恒和原子守恒，可写出该反应的化学方程式为：；
（2）A．加快通入尾气的速率，会使得气体吸收的不充分，所以A不正确；
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气，可以使气体和液体充分接触，所以B正确；
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液，增大反应物NaOH的浓度，加快化学反应速率，C正确，
故选择BC；
浓缩结晶后析出晶体，所以采用过滤的方法将晶体分离出来，故答案为过滤；
由已知所给的主要反应：、，可知溶液中主要含有NaNO2和NaNO3，NaNO2结晶后，杂质主要为NaNO3；NO2可以单独与NaOH反应，而NO需要与NO2共同通入NaOH溶液中才能反应，所以尾气中含量较高的为NO；
（3）已知，在酸性NaClO溶液中会与结合形成HClO，所以初始时以HClO形成存在，所以反应为为HClO，另外，根据已知HClO氧化NO生成和，根据电子守恒确定HClO和NO及和的系数，根据反应环境为酸性，确定电荷守恒H+的系数，最后根据原子守恒配平离子方程式，即离子方程式为：；
由图可知，横坐标为pH，纵坐标为NO的转化率，随着pH的增大，NO的转化率降低，所以其他条件相同时，NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。
【分析】（1）氨气和氧气反应生成一氧化二氮和水；
（2） ① A、气体通入过快吸收不完全；
B、逆流法可以使气体充分吸收；
C、氢氧化钠浓度增大可以加快反应速率；
② 结合题干信息，可以知道亚硝酸钠的制取过程中含有硝酸钠；
（3） ① 次氯酸和氧化物都不可拆，氯盐、硝酸盐可拆；
② 结合图示可以知道，次氯酸钠的pH越小，则一氧化氮转化率越大。
25．【答案】（1）4：1
（2）
（3）1.2
【解析】【解答】3.84g铜的物质的量为0.06ml，设参加反应的硝酸的物质的量为xml、反应生成NO的物质的量为yml、生成硝酸铜的物质的量为zml。
，解得x=0.16ml；，解得y=0.04ml；，解得z=0.06ml。
(1)3.84g铜与稀硝酸反应时，参加反应的硝酸为0.16ml，反应生成0.04mlNO，所以被还原的硝酸为0.04ml，参加反应的硝酸与被还原的硝酸物质的量之比是4：1；
(2)5min内消耗0.16ml硝酸，用硝酸表示前5min内反应的平均速率为；
(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入溶液，恰好使溶液中全部转化为沉淀，此时溶液中的溶质为NaNO3，溶液中n()=n(Na+)=，根据氮元素守恒，原稀硝酸的物质的量是0.2ml+0.04ml=0.24ml，物质的量浓度是。
【分析】（1）硝酸在反应中体现酸性和氧化性，体现酸性的硝酸最终生成硝酸铜，体现氧化性的硝酸最终生成NO，根据铜算出硝酸铜，从而算出体现酸性的硝酸，根据得失电子守恒算出NO，算出被还原的硝酸，从而可以算出总共硝酸的量

气体
溶液
A．
H2S
稀盐酸
B．
HCl
稀氨水
C．
NO
稀H2SO4
D．
CO2
饱和NaHCO3溶液
A
B
C
D
将二氧化硫通入到一定量氯水中
将新制氯水放在光下一段时间
将铜粉加入到一定量浓硝酸中
将铁粉加入到一定量氯化铁溶液中
A．生成
B．干燥
C．收集
D．吸收尾气