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2021-2022学年湖南省名校联盟高一（下）月考化学试卷（3月份）
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这是一份2021-2022学年湖南省名校联盟高一（下）月考化学试卷（3月份），共19页。试卷主要包含了4g超重水中所含质子数为2NA，24LH2O2共价键数为0，2LO2，6g，【答案】D，【答案】A，【答案】B，【答案】C等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省名校联盟高一（下）月考化学试卷（3月份）
1. 北京冬奥会上科技元素“星光熠熠”，向世界展现了一个现代化的中国。212项技术在冬奥会上得以应用，如含有石墨烯的智能服饰、铝合金管材、碳纤维和光导纤维等等。下列有关说法中，不正确的是( )
A. 石墨烯是热导率高的碳纳米材料
B. 铝合金是密度较小的金属材料
C. 碳纤维主要成分是耐低温的无机非金属材料
D. 光导纤维是硅酸盐材料
2. 我国科研团队首次制备出以肖特基结作为发射结的垂直结构的硅-石墨烯-锗高速晶体管，代表我国在这一尖端科技领域走在了世界的前列。下列有关锗(Ge−IVA)的说法错误的是( )
A. 锗元素与碳元素处于同一主族 B. 3273Ge和 3275Ge互为同素异形体
C. 3274Ge的中子数为42 D. 锗与硅一样可用作半导体材料
3. 在溶液中能大量共存的离子组是( )
A. NH4+、CO32−、K+、OH− B. Fe2+、H+、Cl−、MnO4−
C. H+、Na+、ClO−、SO42− D. SO42−、Na+、CO32−、K+
4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是( )
A. 4.4g超重水(T2O)中所含质子数为2NA
B. 在标准状况下，2.24LH2O2共价键数为0.3NA
C. 200mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜反应，生成的SO2分子总数小于1.84NA
D. 0.2molNa2O2和Na2O的混合物中含有离子总数为0.6NA
5. 下列化学用语不正确的是( )
A. Na+的结构示意图：
B. H2O的分子结构模型：
C. HClO的结构式：H−O−Cl
D. 用电子式表示HCl的形成过程：
6. 水是一种重要的资源，图中和水相连的物质都能和水反应，下列说法正确的是( )
A. ①反应，NO2与水反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B. ②反应，离子方程式为Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−
C. ③反应，生成Fe2O3和H2
D. ④反应，1molNa2O2与足量水反应，放出11.2LO2
7. 下列有关实验操作或方法不正确的是( )
A. 向FeSO4溶液中加入铁钉，可防止Fe2+被氧化
B. 实验室配制240mL0.1mol/LCuSO4溶液时，用托盘天平称取6.0g胆矾固体
C. 除去MgO中少量的Al2O3杂质，加入足量NaOH溶液后过滤、洗涤、干燥
D. 向稀盐酸酸化后的溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含有SO42−
8. CO2加氢转化为燃料是实现CO2减排的一个重要策略，我国科学家在调控CO2加氢反应的选择性方面取得新进展，其过程的示意图如图。下列分析正确的是( )
A. 该过程中，H2分子中极性键发生断裂
B. CO2的电子式为
C. 该反应中CO2作还原剂
D. 该反应的化学方程式为
9. 下列实验中的现象与结论相符的是( )
选项
实验现象
实验结论
A
将稀盐酸加入Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀
非金属性Cl>Si
B
向紫色石蕊溶液中加入新制氯水，溶液先变红后褪色
新制氯水中含有Cl2分子
C
向溶液中加入浓NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
该溶液中存在NH4+
D
用洁净的玻璃棒蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，发现火焰呈黄色
该溶液中一定含有Na+
A. A B. B C. C D. D
10. 化学工业为新冠疫情防控提供了强有力的物质支撑。科学家利用原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、W和Z“组合”成一种高效、贮运稳定的消毒漂白剂，其分子结构示意图如图，Z原子的L层电子数比W原子的L层电子数多2个。下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径：W>Y
B. Y和Z的氧化物对应的水化物均为强酸
C. 简单氢化物的沸点：W>Y
D. 简单气态氢化物的稳定性：X>Z
11. 臭氧氧化法处理含氰废水的工艺原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. Ⅰ阶段中1molNaCN被氧化需消耗1molO3
B. Ⅰ、Ⅱ阶段产生的O2在反应中均为还原产物
C. Ⅰ阶段产生的NaCNO在Ⅱ阶段作为氧化剂参加反应
D. Ⅱ阶段的反应为：2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2+3O2
12. 科研小组用氧化-沉淀法从废电池浸出液中去除铁：用MnO2氧化废电池浸出液中的Fe2+，再加适量Na2CO3调pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀的同时并产生气体。研究发现pH对Fe2+的氧化率和铁去除率的影响如图1和图2所示。
已知：i.pH越大，c(H+)越小；ii.酸性条件下MnO2被还原为Mn2+。下列说法不合理的是( )
A. 由图1可知，Fe2+氧化率随浸出液c(H+)增大而增大
B. Fe2+氧化率达95%以上时反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++2H2O=Mn(OH)2+2Fe3++2OH−
C. Fe3+转变为沉淀的离子方程式为：2Fe3++3CO32−+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
D. 推测若用氨水调溶液pH也可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀
13. 甲、乙两烧杯中各盛有100mL4mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入mg的铝粉，反应结束后，测得生成的同温同压下的气体体积为甲：乙=2：3，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙烧杯中参加反应的铝的质量之比为2：3
B. 乙烧杯中剩余NaOH的物质的量为0.1mol
C. 加入铝粉的质量m=3.6g
D. 甲烧杯中产生H2的物质的量为0.2mol
14. 将一份由Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后往其中滴加一定浓度的盐酸，反应中得到的图象如图，下列说法中不正确的是( )
A. 原混合物的质量为14.8g
B. 盐酸的浓度是0.05mol/L
C. 加入的盐酸为150mL时，放出CO2气体112mL(标准状况下)
D. 原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：2
15. 如图是元素周期表的一部分，请参照元素①∼⑧在表中的位置，回答下列问题：
(1)⑥的原子结构示意图是 ______。
(2)⑧的一种核素的中子数是20，表示该核素的符号是 ______。
(3)①、②、③、④四种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是 ______(用离子符号表示)。
(4)③和⑧可形成离子化合物，用电子式表示其形成过程 ______。
(5)③和⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 ______。
(6)下列事实能判断⑦和⑧的非金属性强弱的是 ______(填字母，下同)。
a.单质与氢气化合的难易程度
b.氧化物对应的水化物的酸性强弱
c.单质之间的置换反应
d.氢化物水溶液的酸性强弱
(7)由①和②形成的原子个数比为1：2的化合物能与水反应生成一种单质和一种酸，写出该反应的化学方程式并用单线桥法表示电子转移的方向和数目 ______。
16. 某化学兴趣小组为探究二氧化硫的化学性质，他们采用如图装置进行有关实验。请回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的化学方程式为 ______。
(2)组成装置B的玻璃仪器有：导气管、广口瓶和 ______。装置B的作用是贮存多余的气体，广口瓶内不能盛放的液体是 ______(填字母)。
a.水
b.浓硫酸
c.酸性KMnO4溶液
d.H2O2溶液
(3)装置C中的现象是溶液红色褪去，该反应的离子方程式为 ______。
(4)装置D中的现象是溶液红色褪去，其原因是 ______。
(5)为进一步探究二氧化硫的化学性质，他们还设计了如图所示装置，图中a、b为止水夹，X溶液为紫色石蕊试液。实验操作如下：打开a、b，同时通入体积(同温同压)比为1：1的两种气体，则X中的现象为：______，反应的离子方程式为 ______。
17. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色有刺激性气味的气体，与Cl2的氧化性相近，可用于自来水消毒。为检测二氧化氯能否与KI溶液反应，某兴趣小组设计了如图实验(实验装置如图所示，且气密性良好，D中稳定剂不能与Cl2反应)。回答下列问题：
(1)打开B的活塞，A中发生反应，且产物有ClO2、Cl2等，该反应的化学方程式为 ______。
(2)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时观察到F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是 ______。
(3)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并放出ClO2，反应的离子方程式为 ______。打开E的活塞，D中发生反应，观察到装置F中的溶液变成蓝色，则F的反应中氢化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(4)自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取300.0mL的水样，酸化，加入足量的碘化钾反应，再用0.2000mol⋅L−1Na2S2O3溶液和生成的碘单质反应(反应的化学方程式为：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−)，恰好完全反应时用去25.00mLNa2S2O3溶液，测得该水样中的ClO2含量为 ______mg⋅L−1。
(5)该小组同学还制得了ClO2的水溶液，以探究FeI2的还原性。他们进行了如下实验：取一定量的FeI2溶液，向其中滴加少量ClO2的水溶液，振荡后溶液呈黄色，某同学对产生黄色的原因提出了如下假设：
假设1：Fe2+被ClO2氧化；
假设2：I−被ClO2氧化。
为验证假设1，请你完成下表。
实验步骤
预期现象
结论
取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴 ______
______
假设1正确
氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据如图工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
(1)在氨合成塔中发生的氧化还原反应中，N2是 ______(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(2)在加热和催化剂作用下氧化炉中的产物为NO和水，写出该反应的化学方程式 ______。
(3)用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其它条件相同，NO转化为NO3−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，HClO氧化NO生成Cl−和NO3−，其离子方程式为 ______。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是 ______。
(4)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术。反应原理如图所示：
当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生反应。当有18mol电子发生转移时，则生成N2的物质的量为 ______。
(5)某实验小组用足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，所得气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2mol⋅L−1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 ______mL。答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.石墨烯是碳纳米材料，故A正确；
B.铝合金密度小，质量轻，故B正确；
C.碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，故C正确；
D.光导纤维成分是二氧化硅，不是硅酸盐材料，故D错误；
故选：D。
A.石墨烯是碳纳米材料；
B.铝合金密度小，质量轻；
C.碳纤维是碳单质；
D.光导纤维成分是二氧化硅。
本题考查了材料的分类与性质、用途，明确石墨烯成分，熟悉常见材料的类别是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.锗和碳元素最外层都是4个电子，都是第族，故A正确；
B.二者的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B错误；
C.74−32=42，所以其中子数为42，故C正确；
D.锗与硅都处于金属与非金属分界线，导电性介于导图与绝缘体之间，都可用作半导体材料，故D正确；
故选：B。
A.锗和碳元素最外层都是4个电子；
B.质子数相同、中子数不同的互为同位素；
C.质量数=质子数+中子数；
D.锗与硅都处于金属与非金属分界线。
本题考查了元素化合物知识，明确同主族元素性质递变规律、熟悉原子结构组成即可解答，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.NH4+、OH−之间反应生成一水合氨，不能大量共存，故A错误；
B.MnO4−在含有较多H+的溶液中能够氧化Fe2+、Cl−，不能大量共存，故B错误；
C.H+、ClO−之间反应生成次氯酸，不能大量共存，故C错误；
D.SO42−、Na+、CO32−、K+之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.4.4g超重水(T2O)中所含质子数为4.4g22g/mol×10×NA/mol=2NA，故A正确；
B.标况下，过氧化氢不是气体，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故B错误；
C.铜足量，浓硫酸一定，随反应进行，浓硫酸逐渐变稀，铜与稀硫酸不反应，故生成的SO2分子总数小于1.84NA，故C正确；
D.0.2molNa2O2和Na2O的混合物中含有离子总数为0.2mol×3×NA/mol=0.6NA，故D正确；
故选：B。
A.一个T2O分子中含有10个质子；
B.22.4L/mol的适用条件为标况下的气体；
C.Cu与稀硫酸不反应；
D.1molNa2O2中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，1molNa2O中含有2mol钠离子和1mol氧离子。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，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是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A.钠离子核外有10个电子、核内有11个质子，钠离子结构示意图为，故A正确；
B.水分子为V形结构，O原子和每个H原子共用一对电子，H2O的分子结构模型：，故B正确；
C.HClO分子中O原子含有2个共价键、Cl原子含有1个共价键，HClO的结构式为H−O−Cl，故C正确。
D.HCl中不存在阴阳离子，其形成过程为，故D错误；
故选：D。
A.钠离子核外有10个电子、核内有11个质子；
B.水分子为V形结构，O原子和每个H原子共用一对电子；
C.HClO分子中O原子含有2个共价键、Cl原子含有1个共价键。
D.HCl中不存在阴阳离子；
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及球棍模型、结构式及结构简式、离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.反应①方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂化合价降低生成NO，还原剂化合价升高生成HNO3，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故A正确；
B.反应②方程式Cl2+H2O=HCl+HClO，次氯酸为弱酸，在离子方程式中不拆，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故B错误；
C.反应③铁和水高温生成四氧化三铁和氢气，故C错误；
D.气体摩尔体积是在标准状况是22.4L/mol，未指明是否为标准状况，无法计算，故D错误；
故选：A。
A.反应①方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据化合价变化分析；
B.反应②方程式Cl2+H2O=HCl+HClO，氯由0价变为+1价和−1价；
C.反应③铁和水高温生成四氧化三铁和氢气；
D.未指明是否为标准状况，无法计算。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意从化合价角度及电子守恒角度分析，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.Fe具有还原性，可还原铁离子，则向FeSO4溶液中加入铁钉，可防止Fe2+被氧化，故A正确；
B.配制240mL0.1mol/LCuSO4溶液时，选250mL容量瓶，托盘天平称取胆矾的质量为0.25L×0.1mol/L×250g/mol≈6.3g，故B错误；
C.氧化铝与NaOH溶液反应，MgO不能，反应后过滤可分离，故C正确；
D.盐酸可排除干扰离子的影响，加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，则溶液中含有SO42−，故D正确；
故选：B。
A.Fe具有还原性，可还原铁离子；
B.配制240mL0.1mol/LCuSO4溶液时，选250mL容量瓶，结合m=cVM计算；
C.氧化铝与NaOH溶液反应，MgO不能；
D.盐酸可排除干扰离子的影响，加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液的配制、混合物分离提纯、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.该过程中发生化学反应，化学反应旧键断裂新键形成，但是H2分子中是非极性键发生断裂，故A错误；
B.CO2的电子式为，故B错误；
C.该反应CO2中的碳元素化合价由+4价变为−4价，化合价降低，作氧化剂，故C错误；
D.根据上面分析，该反应的化学方程式为：，故D正确；
故选：D。
根据图中信息，二氧化碳和氢气反应生成甲烷和水，碳元素化合价由+4价降低为−4价，H的化合价由0价升高为+1价，根据得失电子守恒，得化学方程式为：，据此解答。
本题考查氧化还原反应的应用，难度不大，理清反应原理为解答的关键，注意氧化还原反应基本源能力的应用。
9.【答案】C
【解析】解：A.HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据现象判断非金属性强弱，故A错误；
B.向紫色石蕊溶液中加入新制氯水，溶液变红，说明溶液中含有酸，溶液褪色，说明溶液中含有HClO，故B错误；
C.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由实验及现象可知，溶液中存在NH4+，故C正确；
D.玻璃棒中含有硅酸钠，干扰钠离子的检验，应该用铂丝或铁丝，故D错误；
故选：C。
A.HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物；
B.HClO具有漂白性；
C.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
D.玻璃棒中含有硅酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为C，Y为N，W为O，Z为Cl元素，
A.氮离子与氧离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：W
C.常温下水为液态，氨气为气态，则简单氢化物的沸点：W>Y，故C正确；
D.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：C
原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、W、Z，结合图示可知，Z组成1个共价键，其原子序数最大，最外层含有7个电子，W形成2个共价键，最外层含有6个电子，Z原子的L层电子数比W原子的L层电子数多2个，则Z为Cl，W为O元素；X形成4个共价键，Y为3个共价键，二者的原子序数均小于O，则X为C，Y为N元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构、化学键来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】BC
【解析】解：A.由图可知，Ⅰ阶段中，氰化钠和臭氧反应，生成NaCNO和氧气，其反应方程式为：O3+NaCN=O2+NaCNO，1molNaCN被氧化需消耗1molO3，故A正确；
B.由图可知，Ⅰ阶段的反应方程式为：O3+NaCN=O2+NaCNO，Ⅱ阶段的反应方程式为：H2O+3O3+2NaCNO=N2+2NaHCO3+3O2，产生的O2在反应中氧元素化合价不变，O2既不是氧化产物也不是为还原产物，故B错误；
C.Ⅰ、Ⅱ阶段均是O3做氧化剂，Ⅱ阶段NaCNO作为还原剂参加反应；故C错误；
D.由图可知，Ⅱ阶段的反应方程式为：H2O+3O3+2NaCNO=N2+2NaHCO3+3O2，故D正确；
故选：BC。
由图可知，Ⅰ阶段的反应方程式为：O3+NaCN=O2+NaCNO，Ⅱ阶段的反应方程式为：H2O+3O3+2NaCNO=N2+2NaHCO3+3O2，总反应为：2NaCN+H2O+5O3=2NaHCO3+N2+5O2。
本题考查了通过图示来分析书写方程式，要注意读图，从图中提取关键信息，本题难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.由图1可知，pH越小，浸出液c(H+)越大，Fe2+氧化率越高，故A正确；
B.酸性条件下MnO2被还原为Mn2+，Fe2+氧化率达95%以上时反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故B错误；
C.铁离子和碳酸根离子发生双水解反应，反应的离子方程式为：2Fe3++3CO32−+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故C正确；
D.若用氨水调溶液pH，溶液pH增大，可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，故D正确；
故选：B。
A.依据图象分析Fe2+氧化率随氢离子浓度变化；
B.Fe2+氧化率达95%以上时溶液酸性较强；
C.铁离子和碳酸根离子发生双水解反应；
D.溶液pH增大，可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。
本题考查氧化还原，题目难度中等，能依据图象和题目信息分析反应过程是解题的关键。
13.【答案】AD
【解析】解：A.甲、乙两烧杯中生成氢气的体积之比为2：3，根据电子转移守恒，可知甲、乙烧杯中参加反应的铝的质量之比为2：3，故A正确；
B.甲烧杯中盐酸不足，根据2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，可知，故，则，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，可知消耗NaOH为0.3mol×23=0.2mol，故剩余NaOH为0.4mol−0.2mol=0.2mol，故B错误；
C.乙烧杯中Al不足，Al完全反应，，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，可知消耗Al为0.3mol×23=0.2mol，故加入Al粉质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，故C错误；
D.由B中分析可知，甲烧杯中产生H2的物质的量为0.2mol，故D正确；
故选：AD。
发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝粉质量一定，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若酸、碱足量，生成气体相同；若铝粉都过量，酸、碱不足，生成气体为1：3，而实际反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，说明在两个反应中Al不能都反应，也不能都有剩余，由方程式可知相同物质的量的Al完全反应消耗HCl的物质的量比消耗的NaOH多，故Al与盐酸反应时盐酸不足，Al与碱反应时碱过量，结合方程式计算解答。
本题考查化学反应方程式的计算，关键是判断Al与酸、碱反应过量情况，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
14.【答案】AD
【解析】解：A.由图可知，加入盐酸为0mL时，原混合物中n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=2.5×10−3mol×1000mL50mL=0.05mol，故原混合物总质量为=0.05mol×106g/mol+0.05mol×84g/mol=9.5g，故A错误；
B.加入盐酸0∼50mL发生反应为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，由图可知，50mL溶液中n(Na2CO3)=2.5×10−3mol，故n(HCl)=n(Na2CO3)=2.5×10−3mol，故盐酸的浓度为2.5×10−3mol0.05L=0.05mol/L，故B正确；
C.加入盐酸50mL∼150mL反应生成CO2，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知n(CO2)=(NaHCO3)=5×10−3mol，放出CO2气体体积为5×10−3mol×22.4L/mol=112×10−3L=112mL，故C正确；
D.由图可知，原混合物中n(Na2CO3)=n(NaHCO3)，故原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1，故D错误；
故选：AD。
A.由图可知，加入盐酸为0mL时，原混合物中n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=2.5×10−3mol×1000mL50mL=0.05mol；
B.由图可知，50mL溶液中n(Na2CO3)=2.5×10−3mol，根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3计算50mL溶液中HCl的物质的量，进而计算盐酸的浓度；
C.加入盐酸50mL∼150mL反应生成CO2，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知n(CO2)=(NaHCO3)，进而计算二氧化碳的体积；
D.由图可知，原混合物中n(Na2CO3)=n(NaHCO3)。
本题考查化学方程式的计算，关键是明确整个过程发生的反应，试题培养了学生读图获取信息的能力、分析计算能力。
15.【答案】 37ClO2−>F−>Na+>Mg2+ Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2Oac
【解析】解：由元素在周期表中位置，可知①为O、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl；
(1)⑥处于周期表中第三周期的IV族，其原子结构示意图为，
故答案为：；
(2)⑧为Cl，质子数为17，它的一种核素的中子数是20，质量数为17+20=37，该核素的符号是 37Cl，
故答案为： 37Cl；
(3)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径O2−>F−>Na+>Mg2+，
故答案为：O2−>F−>Na+>Mg2+；
(4)③和⑧形成离子化合物为NaCl，用电子式表示其形成过程为，
故答案为：；
(5)氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，
故答案为：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；
(6)a.元素非金属性越强，单质与氢气化合越容易，故a正确；
b.硫酸为强酸，而次氯酸为弱酸，应比较最高价含氧酸的酸性强弱，故b错误
c.非金属性强的单质可以把非金属性弱元素从它的化合物中置换出来，故c正确；
d.氢化物水溶液的酸性强弱不能比较元素非金属性，如非金属性F>Cl，但酸性HF
(7)由①和②形成的原子个数比为1：2的化合物能OF2，OF2与水反应生成一种单质和一种酸，即生成HF和O2，反应方程式为 OF2+H2O=2HF+O2，用单线桥法表示电子转移的方向和数目为，
故答案为：。
由元素在周期表中位置，可知①为O、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl；
(1)⑥处于周期表中第三周期的IV族；
(2)核素符号为 ZAX，Z代表质子数，A代表质量数，X代表元素符号，其中质量数=质子数+中子数，元素确定时可以省略Z；
(3)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
(4)③和⑧形成离子化合物为NaCl；
(5)氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
(6)根据单质与氢气反应难易程度、剧烈程度判断，可以根据氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性强弱、单质之间相互置换、化合时元素的化合价等判断；
(7)由①和②形成的原子个数比为1：2的化合物能OF2，OF2与水反应生成一种单质和一种酸，即生成HF和O2。
本题考查元素周期表与元素周期律的应用，识记常见元素在周期表中位置，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，掌握金属性、非金属性强弱比实验事实。
16.【答案】Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+H2O长颈漏斗 acdSO2+2OH−=SO32−+H2OSO2具有漂白性 溶液颜色由紫色变为红色 SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42−+2Cl−
【解析】解：(1)装置A中进行的是Cu与浓硫酸的反应，产物为硫酸铜、二氧化硫、水，反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+H2O；
(2)组成装置B的玻璃仪器有：导气管，广口瓶和长颈漏斗；SO2易溶于水，能与酸性KMnO4溶液、H2O2溶液反应，但与浓硫酸不反应，因此，为贮存多余的SO2，广口瓶中不能盛放的液体为acd，
故答案为：长颈漏斗；acd；
(3)滴有酚酞的NaOH溶液显红色，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3与H2O，消耗了OH−，溶液变为无色，因此C中的现象是溶液由红色变为无色，反应的离子方程式为SO2+2OH−=SO32−+H2O，
故答案为：SO2+2OH−=SO32−+H2O；
(4)SO2能使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，因此D中红色褪去的原因是SO2具有漂白性，
故答案为：SO2具有漂白性；
(5)由图可知，打开a，b，往紫色石蕊溶液中同时通入体积(同温同压)比为1：1的SO2和Cl2，发生反应的化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42−+2Cl−，故溶液颜色由紫色变为红色，
故答案为：溶液颜色由紫色变为红色；SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42−+2Cl−。
分析实验装置，装置A中铜与浓硫酸反应生成二氧化硫和水，B中SO2易溶于水，能与酸性KMnO4溶液、H2O2溶液反应，B可以起到安全瓶或者吸收、储存SO2的作用，C中滴有酚酞的NaOH溶液显红色，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3与H2O，消耗了OH−，溶液变为无色，D中SO2能使品红溶液褪色，据此分析解题。
本题考查物质性质探究实验方案，侧重考查学生对原理的理解，熟练掌握元素化合物性质，是对学生综合能力的考查．
17.【答案】2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O除去ClO2中的Cl2 4H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O1：5 225 KSCN溶液 溶液变成血红色
【解析】解：(1)依据实验装置图示可知反应物为稀盐酸和NaClO3溶液，产物为ClO2和Cl2，依据元素守恒可知还有NaCl和H2O生成，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O，
故答案为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O；
(2)由Cl2+2KI=I2+2KCl，I2遇淀粉变蓝可知：F中的颜色不变，说明无I2生成，即通入到F中的气体中不含有Cl2，因此装置C的作用为除去ClO2中的Cl2，
故答案为：除去ClO2中的Cl2；
(3)已知酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并放出ClO2，Cl的化合价由+3价变为−1价与+4价，反应是歧化反应，离子方程式为4H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O；装置F中的溶液变成了蓝色，说明生成了I2，即D中产生的ClO2氧化了I−，作氧化剂被还原成Cl−，依据得失电子守恒可知ClO2∼5I−，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5，
故答案为：H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O；1：5；
(4)根据反应方程式依据量比关系ClO2∼5I−∼2.5I2以及I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，可知：ClO2∼5S2O32−，300.0mL的水样消耗0.2000mol/LNa2S2O3溶液25.00mL，则n(ClO2)=15(Na2S2O3)=15×0.025L×0.2000mol/L=0.001mol，则水样中的ClO2含量0.001mol×67.5g/mol×1000mg/g0.3L=225mg/L，
故答案为：225；
(5)由表格可知：假设1成立；Fe2+被ClO2氧化为Fe3+，即可以通过产物中Fe3+的检验来进行验证，故实验设计为：取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变成血红色，假设1成立，
故答案为：KSCN溶液；溶液变成血红色。
(1)稀盐酸和NaClO3溶液反应生成ClO2、NaCl、Cl2和H2O；
(2)根据Cl2+2KI=I2+2KCl，I2遇淀粉变蓝可知：F中的颜色不变，说明无C是为了除去ClO2中的Cl2；
(3)已知酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并放出ClO2，Cl的化合价由+3价变为−1价与+4价，反应是歧化反应；化合价升高的为还原剂，化合价降低的为氧化剂，结合化合价变化解答；
(4)根据反应方程式的ClO2∼5I−∼2.5I2以及I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，结合关系式解答；
(5)根据铁离子遇到KSCN溶液，溶液变成血红色分析。
本题主要考查ClO2的制备实验方案的设计，具体考查了化学方程式和离子程式的书写，关系式的计算，掌握氧化还原反应的原理是解决本题的关键，题目具有一定的综合性，对学生的思维能力要求较高，难度较大。
18.【答案】氧化剂 pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率 6mol 100
【解析】解：(1)氨合成塔中发生的化学反应方程式为：，氮元素化合价0价降低到−3价，N2得到电子做氧化剂，
故答案为：氧化剂；
(2)氨气进入氧化炉催化氧化生成一氧化氮，反应的化学方程式为：，
故答案为：；
(3)①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO发生氧化还原反应，生成Cl−、NO3−和H+，根据元素守恒还会生成氢离子，因此反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2NO3−+5H+，
故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2NO3−+5H+；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率，
故答案为：pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率；
(4)由反应原理图和题给信息可知，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生的化学反应方程式为：NO2+NO+2NH3=2N2+3H2O，结合氧化还原反应原理，可知，每消耗1molNO2和NO，转移6mol电子生成2molN2，当有18mol电子发生转移时，则生成N2的物质的量为6mol，
故答案为：6mol；
(5)1.12LO2的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，NO2、N2O4、NO的混合气体与2.24LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，根据电子转移守恒，Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量，故Cu2+的物质的量=0.05mol×42=0.1mol，Cu2+恰好与氢氧根离子恰好反应生成Cu(OH)2，故n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.1mol×2=0.2mol，故需要氢氧化钠溶液的体积=0.2mol2mol/L=0.1L=100mL，
故答案为：100。
氢气和氮气高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成一氧化氮和水，NO和空气、水在吸收塔中反应生成硝酸；
(1)氮气参加反应后，氮元素化合价0价降低到−3价，得到电子做氧化剂，发生还原反应；
(2)氧化炉中发生的化学反应是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水；
(3)①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，根据元素守恒还会生成氢离子，可得到离子方程式；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，反应速率越快，转化率越高；
(4)结合氧化还原反应方程式和转移电子数，计算参与反应的N2的物质的量；
(5)足量的Cu与一定量的浓HNO3反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，混合气体与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，则Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量，据此计算Cu2+的物质的量，进而计算Cu2+恰好完全沉淀需要氢氧化钠的物质的量，再根据V=nc计算氢氧化钠溶液的体积。
本题考查了氧化还原反应和计算应用、物质性质分析，主要是氮及其化合物性质的理解应用，题目难度中等。
2021-2022学年湖南省名校联盟高一（下）月考化学试卷（3月份）
1. 北京冬奥会上科技元素“星光熠熠”，向世界展现了一个现代化的中国。212项技术在冬奥会上得以应用，如含有石墨烯的智能服饰、铝合金管材、碳纤维和光导纤维等等。下列有关说法中，不正确的是( )
A. 石墨烯是热导率高的碳纳米材料
B. 铝合金是密度较小的金属材料
C. 碳纤维主要成分是耐低温的无机非金属材料
D. 光导纤维是硅酸盐材料
2. 我国科研团队首次制备出以肖特基结作为发射结的垂直结构的硅-石墨烯-锗高速晶体管，代表我国在这一尖端科技领域走在了世界的前列。下列有关锗(Ge−IVA)的说法错误的是( )
A. 锗元素与碳元素处于同一主族 B. 3273Ge和 3275Ge互为同素异形体
C. 3274Ge的中子数为42 D. 锗与硅一样可用作半导体材料
3. 在溶液中能大量共存的离子组是( )
A. NH4+、CO32−、K+、OH− B. Fe2+、H+、Cl−、MnO4−
C. H+、Na+、ClO−、SO42− D. SO42−、Na+、CO32−、K+
4. 用NA表示阿伏加德罗常数的值，下列说法中不正确的是( )
A. 4.4g超重水(T2O)中所含质子数为2NA
B. 在标准状况下，2.24LH2O2共价键数为0.3NA
C. 200mL18.4mol/L浓硫酸与足量铜反应，生成的SO2分子总数小于1.84NA
D. 0.2molNa2O2和Na2O的混合物中含有离子总数为0.6NA
5. 下列化学用语不正确的是( )
A. Na+的结构示意图：
B. H2O的分子结构模型：
C. HClO的结构式：H−O−Cl
D. 用电子式表示HCl的形成过程：
6. 水是一种重要的资源，图中和水相连的物质都能和水反应，下列说法正确的是( )
A. ①反应，NO2与水反应，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2
B. ②反应，离子方程式为Cl2+H2O=2H++Cl−+ClO−
C. ③反应，生成Fe2O3和H2
D. ④反应，1molNa2O2与足量水反应，放出11.2LO2
7. 下列有关实验操作或方法不正确的是( )
A. 向FeSO4溶液中加入铁钉，可防止Fe2+被氧化
B. 实验室配制240mL0.1mol/LCuSO4溶液时，用托盘天平称取6.0g胆矾固体
C. 除去MgO中少量的Al2O3杂质，加入足量NaOH溶液后过滤、洗涤、干燥
D. 向稀盐酸酸化后的溶液中加入BaCl2溶液，产生白色沉淀，证明溶液中含有SO42−
8. CO2加氢转化为燃料是实现CO2减排的一个重要策略，我国科学家在调控CO2加氢反应的选择性方面取得新进展，其过程的示意图如图。下列分析正确的是( )
A. 该过程中，H2分子中极性键发生断裂
B. CO2的电子式为
C. 该反应中CO2作还原剂
D. 该反应的化学方程式为
9. 下列实验中的现象与结论相符的是( )
选项
实验现象
实验结论
A
将稀盐酸加入Na2SiO3溶液中，生成白色沉淀
非金属性Cl>Si
B
向紫色石蕊溶液中加入新制氯水，溶液先变红后褪色
新制氯水中含有Cl2分子
C
向溶液中加入浓NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体
该溶液中存在NH4+
D
用洁净的玻璃棒蘸取待测液在酒精灯火焰上灼烧，发现火焰呈黄色
该溶液中一定含有Na+
A. A B. B C. C D. D
10. 化学工业为新冠疫情防控提供了强有力的物质支撑。科学家利用原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、W和Z“组合”成一种高效、贮运稳定的消毒漂白剂，其分子结构示意图如图，Z原子的L层电子数比W原子的L层电子数多2个。下列说法正确的是( )
A. 简单离子半径：W>Y
B. Y和Z的氧化物对应的水化物均为强酸
C. 简单氢化物的沸点：W>Y
D. 简单气态氢化物的稳定性：X>Z
11. 臭氧氧化法处理含氰废水的工艺原理如图所示。下列说法错误的是( )
A. Ⅰ阶段中1molNaCN被氧化需消耗1molO3
B. Ⅰ、Ⅱ阶段产生的O2在反应中均为还原产物
C. Ⅰ阶段产生的NaCNO在Ⅱ阶段作为氧化剂参加反应
D. Ⅱ阶段的反应为：2NaCNO+H2O+3O3=2NaHCO3+N2+3O2
12. 科研小组用氧化-沉淀法从废电池浸出液中去除铁：用MnO2氧化废电池浸出液中的Fe2+，再加适量Na2CO3调pH使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀的同时并产生气体。研究发现pH对Fe2+的氧化率和铁去除率的影响如图1和图2所示。
已知：i.pH越大，c(H+)越小；ii.酸性条件下MnO2被还原为Mn2+。下列说法不合理的是( )
A. 由图1可知，Fe2+氧化率随浸出液c(H+)增大而增大
B. Fe2+氧化率达95%以上时反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++2H2O=Mn(OH)2+2Fe3++2OH−
C. Fe3+转变为沉淀的离子方程式为：2Fe3++3CO32−+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑
D. 推测若用氨水调溶液pH也可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀
13. 甲、乙两烧杯中各盛有100mL4mol/L的盐酸和氢氧化钠溶液，向两烧杯中分别加入mg的铝粉，反应结束后，测得生成的同温同压下的气体体积为甲：乙=2：3，下列说法正确的是( )
A. 甲、乙烧杯中参加反应的铝的质量之比为2：3
B. 乙烧杯中剩余NaOH的物质的量为0.1mol
C. 加入铝粉的质量m=3.6g
D. 甲烧杯中产生H2的物质的量为0.2mol
14. 将一份由Na2CO3、NaHCO3组成的混合物溶于水，配成1L溶液，取出50mL溶液，然后往其中滴加一定浓度的盐酸，反应中得到的图象如图，下列说法中不正确的是( )
A. 原混合物的质量为14.8g
B. 盐酸的浓度是0.05mol/L
C. 加入的盐酸为150mL时，放出CO2气体112mL(标准状况下)
D. 原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：2
15. 如图是元素周期表的一部分，请参照元素①∼⑧在表中的位置，回答下列问题：
(1)⑥的原子结构示意图是 ______。
(2)⑧的一种核素的中子数是20，表示该核素的符号是 ______。
(3)①、②、③、④四种元素形成的简单离子，半径由大到小的顺序是 ______(用离子符号表示)。
(4)③和⑧可形成离子化合物，用电子式表示其形成过程 ______。
(5)③和⑤的最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为 ______。
(6)下列事实能判断⑦和⑧的非金属性强弱的是 ______(填字母，下同)。
a.单质与氢气化合的难易程度
b.氧化物对应的水化物的酸性强弱
c.单质之间的置换反应
d.氢化物水溶液的酸性强弱
(7)由①和②形成的原子个数比为1：2的化合物能与水反应生成一种单质和一种酸，写出该反应的化学方程式并用单线桥法表示电子转移的方向和数目 ______。
16. 某化学兴趣小组为探究二氧化硫的化学性质，他们采用如图装置进行有关实验。请回答下列问题：
(1)装置A中发生反应的化学方程式为 ______。
(2)组成装置B的玻璃仪器有：导气管、广口瓶和 ______。装置B的作用是贮存多余的气体，广口瓶内不能盛放的液体是 ______(填字母)。
a.水
b.浓硫酸
c.酸性KMnO4溶液
d.H2O2溶液
(3)装置C中的现象是溶液红色褪去，该反应的离子方程式为 ______。
(4)装置D中的现象是溶液红色褪去，其原因是 ______。
(5)为进一步探究二氧化硫的化学性质，他们还设计了如图所示装置，图中a、b为止水夹，X溶液为紫色石蕊试液。实验操作如下：打开a、b，同时通入体积(同温同压)比为1：1的两种气体，则X中的现象为：______，反应的离子方程式为 ______。
17. 二氧化氯(ClO2)是一种黄绿色有刺激性气味的气体，与Cl2的氧化性相近，可用于自来水消毒。为检测二氧化氯能否与KI溶液反应，某兴趣小组设计了如图实验(实验装置如图所示，且气密性良好，D中稳定剂不能与Cl2反应)。回答下列问题：
(1)打开B的活塞，A中发生反应，且产物有ClO2、Cl2等，该反应的化学方程式为 ______。
(2)关闭B的活塞，ClO2在D中被稳定剂完全吸收生成NaClO2，此时观察到F中溶液的颜色不变，则装置C的作用是 ______。
(3)已知在酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并放出ClO2，反应的离子方程式为 ______。打开E的活塞，D中发生反应，观察到装置F中的溶液变成蓝色，则F的反应中氢化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(4)自来水厂用碘量法检测水中ClO2的浓度，其实验操作如下：取300.0mL的水样，酸化，加入足量的碘化钾反应，再用0.2000mol⋅L−1Na2S2O3溶液和生成的碘单质反应(反应的化学方程式为：I2+2S2O32−=2I−+S4O62−)，恰好完全反应时用去25.00mLNa2S2O3溶液，测得该水样中的ClO2含量为 ______mg⋅L−1。
(5)该小组同学还制得了ClO2的水溶液，以探究FeI2的还原性。他们进行了如下实验：取一定量的FeI2溶液，向其中滴加少量ClO2的水溶液，振荡后溶液呈黄色，某同学对产生黄色的原因提出了如下假设：
假设1：Fe2+被ClO2氧化；
假设2：I−被ClO2氧化。
为验证假设1，请你完成下表。
实验步骤
预期现象
结论
取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴 ______
______
假设1正确
氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据如图工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
(1)在氨合成塔中发生的氧化还原反应中，N2是 ______(填“氧化剂”或“还原剂”)。
(2)在加热和催化剂作用下氧化炉中的产物为NO和水，写出该反应的化学方程式 ______。
(3)用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其它条件相同，NO转化为NO3−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，HClO氧化NO生成Cl−和NO3−，其离子方程式为 ______。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是 ______。
(4)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原氮氧化物(SCR)技术。反应原理如图所示：
当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生反应。当有18mol电子发生转移时，则生成N2的物质的量为 ______。
(5)某实验小组用足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，所得气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2mol⋅L−1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 ______mL。答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：A.石墨烯是碳纳米材料，故A正确；
B.铝合金密度小，质量轻，故B正确；
C.碳纤维是碳单质，属于无机非金属材料，故C正确；
D.光导纤维成分是二氧化硅，不是硅酸盐材料，故D错误；
故选：D。
A.石墨烯是碳纳米材料；
B.铝合金密度小，质量轻；
C.碳纤维是碳单质；
D.光导纤维成分是二氧化硅。
本题考查了材料的分类与性质、用途，明确石墨烯成分，熟悉常见材料的类别是解题关键，题目难度不大。
2.【答案】B
【解析】解：A.锗和碳元素最外层都是4个电子，都是第族，故A正确；
B.二者的质子数相同，中子数不同，互为同位素，故B错误；
C.74−32=42，所以其中子数为42，故C正确；
D.锗与硅都处于金属与非金属分界线，导电性介于导图与绝缘体之间，都可用作半导体材料，故D正确；
故选：B。
A.锗和碳元素最外层都是4个电子；
B.质子数相同、中子数不同的互为同位素；
C.质量数=质子数+中子数；
D.锗与硅都处于金属与非金属分界线。
本题考查了元素化合物知识，明确同主族元素性质递变规律、熟悉原子结构组成即可解答，题目难度不大。
3.【答案】D
【解析】解：A.NH4+、OH−之间反应生成一水合氨，不能大量共存，故A错误；
B.MnO4−在含有较多H+的溶液中能够氧化Fe2+、Cl−，不能大量共存，故B错误；
C.H+、ClO−之间反应生成次氯酸，不能大量共存，故C错误；
D.SO42−、Na+、CO32−、K+之间不反应，能够大量共存，故D正确；
故选：D。
离子之间不生成气体、沉淀、弱电解质或不发生氧化还原反应、络合反应、双水解等反应时能大量共存，以此进行判断。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确常见离子的性质及离子反应发生条件为解答关键，注意掌握常见离子不能共存的情况，试题侧重考查学生的分析与应用能力，题目难度不大。
4.【答案】B
【解析】解：A.4.4g超重水(T2O)中所含质子数为4.4g22g/mol×10×NA/mol=2NA，故A正确；
B.标况下，过氧化氢不是气体，无法使用22.4L/mol计算物质的量，故B错误；
C.铜足量，浓硫酸一定，随反应进行，浓硫酸逐渐变稀，铜与稀硫酸不反应，故生成的SO2分子总数小于1.84NA，故C正确；
D.0.2molNa2O2和Na2O的混合物中含有离子总数为0.2mol×3×NA/mol=0.6NA，故D正确；
故选：B。
A.一个T2O分子中含有10个质子；
B.22.4L/mol的适用条件为标况下的气体；
C.Cu与稀硫酸不反应；
D.1molNa2O2中含有2mol钠离子和1mol过氧根离子，1molNa2O中含有2mol钠离子和1mol氧离子。
本题考查阿伏加德罗常数的有关计算和判断，题目难度中等，阿伏加德罗常数是高考的“热点”，它既考查了学生对物质的量、粒子数、质量、体积等与阿伏加德罗常数关系的理解，又可以涵盖多角度的化学知识内容，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是解题的关键。
5.【答案】D
【解析】解：A.钠离子核外有10个电子、核内有11个质子，钠离子结构示意图为，故A正确；
B.水分子为V形结构，O原子和每个H原子共用一对电子，H2O的分子结构模型：，故B正确；
C.HClO分子中O原子含有2个共价键、Cl原子含有1个共价键，HClO的结构式为H−O−Cl，故C正确。
D.HCl中不存在阴阳离子，其形成过程为，故D错误；
故选：D。
A.钠离子核外有10个电子、核内有11个质子；
B.水分子为V形结构，O原子和每个H原子共用一对电子；
C.HClO分子中O原子含有2个共价键、Cl原子含有1个共价键。
D.HCl中不存在阴阳离子；
本题考查常见化学用语的表示方法，涉及球棍模型、结构式及结构简式、离子结构示意图等知识，明确常见化学用语的书写原则为解答关键，试题侧重考查学生的规范答题能力，题目难度不大。
6.【答案】A
【解析】解：A.反应①方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，氧化剂化合价降低生成NO，还原剂化合价升高生成HNO3，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故A正确；
B.反应②方程式Cl2+H2O=HCl+HClO，次氯酸为弱酸，在离子方程式中不拆，离子方程式为Cl2+H2O=H++Cl−+HClO，故B错误；
C.反应③铁和水高温生成四氧化三铁和氢气，故C错误；
D.气体摩尔体积是在标准状况是22.4L/mol，未指明是否为标准状况，无法计算，故D错误；
故选：A。
A.反应①方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据化合价变化分析；
B.反应②方程式Cl2+H2O=HCl+HClO，氯由0价变为+1价和−1价；
C.反应③铁和水高温生成四氧化三铁和氢气；
D.未指明是否为标准状况，无法计算。
本题考查氧化还原反应，为高频考点，把握反应中元素的化合价变化为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意从化合价角度及电子守恒角度分析，题目难度不大。
7.【答案】B
【解析】解：A.Fe具有还原性，可还原铁离子，则向FeSO4溶液中加入铁钉，可防止Fe2+被氧化，故A正确；
B.配制240mL0.1mol/LCuSO4溶液时，选250mL容量瓶，托盘天平称取胆矾的质量为0.25L×0.1mol/L×250g/mol≈6.3g，故B错误；
C.氧化铝与NaOH溶液反应，MgO不能，反应后过滤可分离，故C正确；
D.盐酸可排除干扰离子的影响，加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡，则溶液中含有SO42−，故D正确；
故选：B。
A.Fe具有还原性，可还原铁离子；
B.配制240mL0.1mol/LCuSO4溶液时，选250mL容量瓶，结合m=cVM计算；
C.氧化铝与NaOH溶液反应，MgO不能；
D.盐酸可排除干扰离子的影响，加氯化钡生成的白色沉淀为硫酸钡。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、溶液的配制、混合物分离提纯、离子检验、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
8.【答案】D
【解析】解：A.该过程中发生化学反应，化学反应旧键断裂新键形成，但是H2分子中是非极性键发生断裂，故A错误；
B.CO2的电子式为，故B错误；
C.该反应CO2中的碳元素化合价由+4价变为−4价，化合价降低，作氧化剂，故C错误；
D.根据上面分析，该反应的化学方程式为：，故D正确；
故选：D。
根据图中信息，二氧化碳和氢气反应生成甲烷和水，碳元素化合价由+4价降低为−4价，H的化合价由0价升高为+1价，根据得失电子守恒，得化学方程式为：，据此解答。
本题考查氧化还原反应的应用，难度不大，理清反应原理为解答的关键，注意氧化还原反应基本源能力的应用。
9.【答案】C
【解析】解：A.HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物，所以不能根据现象判断非金属性强弱，故A错误；
B.向紫色石蕊溶液中加入新制氯水，溶液变红，说明溶液中含有酸，溶液褪色，说明溶液中含有HClO，故B错误；
C.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，由实验及现象可知，溶液中存在NH4+，故C正确；
D.玻璃棒中含有硅酸钠，干扰钠离子的检验，应该用铂丝或铁丝，故D错误；
故选：C。
A.HCl不是Cl元素的最高价氧化物的水化物；
B.HClO具有漂白性；
C.氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
D.玻璃棒中含有硅酸钠。
本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、实验现象、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，题目难度不大。
10.【答案】C
【解析】解：根据分析可知，X为C，Y为N，W为O，Z为Cl元素，
A.氮离子与氧离子的核外电子层结构相同，核电荷数越大离子半径越小，则简单离子半径：W
C.常温下水为液态，氨气为气态，则简单氢化物的沸点：W>Y，故C正确；
D.非金属性越强，简单氢化物的稳定性越强，非金属性：C
原子序数依次增大的四种短周期元素X、Y、W、Z，结合图示可知，Z组成1个共价键，其原子序数最大，最外层含有7个电子，W形成2个共价键，最外层含有6个电子，Z原子的L层电子数比W原子的L层电子数多2个，则Z为Cl，W为O元素；X形成4个共价键，Y为3个共价键，二者的原子序数均小于O，则X为C，Y为N元素，以此分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，结合原子序数、原子结构、化学键来推断元素为解答关键，侧重分析与应用能力的考查，注意规律性知识的应用，题目难度不大。
11.【答案】BC
【解析】解：A.由图可知，Ⅰ阶段中，氰化钠和臭氧反应，生成NaCNO和氧气，其反应方程式为：O3+NaCN=O2+NaCNO，1molNaCN被氧化需消耗1molO3，故A正确；
B.由图可知，Ⅰ阶段的反应方程式为：O3+NaCN=O2+NaCNO，Ⅱ阶段的反应方程式为：H2O+3O3+2NaCNO=N2+2NaHCO3+3O2，产生的O2在反应中氧元素化合价不变，O2既不是氧化产物也不是为还原产物，故B错误；
C.Ⅰ、Ⅱ阶段均是O3做氧化剂，Ⅱ阶段NaCNO作为还原剂参加反应；故C错误；
D.由图可知，Ⅱ阶段的反应方程式为：H2O+3O3+2NaCNO=N2+2NaHCO3+3O2，故D正确；
故选：BC。
由图可知，Ⅰ阶段的反应方程式为：O3+NaCN=O2+NaCNO，Ⅱ阶段的反应方程式为：H2O+3O3+2NaCNO=N2+2NaHCO3+3O2，总反应为：2NaCN+H2O+5O3=2NaHCO3+N2+5O2。
本题考查了通过图示来分析书写方程式，要注意读图，从图中提取关键信息，本题难度不大。
12.【答案】B
【解析】解：A.由图1可知，pH越小，浸出液c(H+)越大，Fe2+氧化率越高，故A正确；
B.酸性条件下MnO2被还原为Mn2+，Fe2+氧化率达95%以上时反应的离子方程式为：MnO2+2Fe2++4H+=Mn2++2Fe3++2H2O，故B错误；
C.铁离子和碳酸根离子发生双水解反应，反应的离子方程式为：2Fe3++3CO32−+3H2O=2Fe(OH)3↓+3CO2↑，故C正确；
D.若用氨水调溶液pH，溶液pH增大，可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀，故D正确；
故选：B。
A.依据图象分析Fe2+氧化率随氢离子浓度变化；
B.Fe2+氧化率达95%以上时溶液酸性较强；
C.铁离子和碳酸根离子发生双水解反应；
D.溶液pH增大，可以使Fe3+转化为Fe(OH)3沉淀。
本题考查氧化还原，题目难度中等，能依据图象和题目信息分析反应过程是解题的关键。
13.【答案】AD
【解析】解：A.甲、乙两烧杯中生成氢气的体积之比为2：3，根据电子转移守恒，可知甲、乙烧杯中参加反应的铝的质量之比为2：3，故A正确；
B.甲烧杯中盐酸不足，根据2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑，可知，故，则，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，可知消耗NaOH为0.3mol×23=0.2mol，故剩余NaOH为0.4mol−0.2mol=0.2mol，故B错误；
C.乙烧杯中Al不足，Al完全反应，，由2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，可知消耗Al为0.3mol×23=0.2mol，故加入Al粉质量为0.2mol×27g/mol=5.4g，故C错误；
D.由B中分析可知，甲烧杯中产生H2的物质的量为0.2mol，故D正确；
故选：AD。
发生反应2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑、2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑，铝粉质量一定，盐酸和氢氧化钠溶液中溶质的物质的量相同，若酸、碱足量，生成气体相同；若铝粉都过量，酸、碱不足，生成气体为1：3，而实际反应结束后测得生成的气体体积比为甲：乙=2：3，说明在两个反应中Al不能都反应，也不能都有剩余，由方程式可知相同物质的量的Al完全反应消耗HCl的物质的量比消耗的NaOH多，故Al与盐酸反应时盐酸不足，Al与碱反应时碱过量，结合方程式计算解答。
本题考查化学反应方程式的计算，关键是判断Al与酸、碱反应过量情况，题目侧重考查学生分析计算能力、灵活运用知识的能力。
14.【答案】AD
【解析】解：A.由图可知，加入盐酸为0mL时，原混合物中n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=2.5×10−3mol×1000mL50mL=0.05mol，故原混合物总质量为=0.05mol×106g/mol+0.05mol×84g/mol=9.5g，故A错误；
B.加入盐酸0∼50mL发生反应为Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3，由图可知，50mL溶液中n(Na2CO3)=2.5×10−3mol，故n(HCl)=n(Na2CO3)=2.5×10−3mol，故盐酸的浓度为2.5×10−3mol0.05L=0.05mol/L，故B正确；
C.加入盐酸50mL∼150mL反应生成CO2，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知n(CO2)=(NaHCO3)=5×10−3mol，放出CO2气体体积为5×10−3mol×22.4L/mol=112×10−3L=112mL，故C正确；
D.由图可知，原混合物中n(Na2CO3)=n(NaHCO3)，故原混合物中Na2CO3与NaHCO3的物质的量之比为1：1，故D错误；
故选：AD。
A.由图可知，加入盐酸为0mL时，原混合物中n(Na2CO3)=n(NaHCO3)=2.5×10−3mol×1000mL50mL=0.05mol；
B.由图可知，50mL溶液中n(Na2CO3)=2.5×10−3mol，根据Na2CO3+HCl=NaCl+NaHCO3计算50mL溶液中HCl的物质的量，进而计算盐酸的浓度；
C.加入盐酸50mL∼150mL反应生成CO2，根据NaHCO3+HCl=NaCl+H2O+CO2↑，可知n(CO2)=(NaHCO3)，进而计算二氧化碳的体积；
D.由图可知，原混合物中n(Na2CO3)=n(NaHCO3)。
本题考查化学方程式的计算，关键是明确整个过程发生的反应，试题培养了学生读图获取信息的能力、分析计算能力。
15.【答案】 37ClO2−>F−>Na+>Mg2+ Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2Oac
【解析】解：由元素在周期表中位置，可知①为O、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl；
(1)⑥处于周期表中第三周期的IV族，其原子结构示意图为，
故答案为：；
(2)⑧为Cl，质子数为17，它的一种核素的中子数是20，质量数为17+20=37，该核素的符号是 37Cl，
故答案为： 37Cl；
(3)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小，故离子半径O2−>F−>Na+>Mg2+，
故答案为：O2−>F−>Na+>Mg2+；
(4)③和⑧形成离子化合物为NaCl，用电子式表示其形成过程为，
故答案为：；
(5)氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水，反应离子方程式为Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O，
故答案为：Al(OH)3+OH−=AlO2−+2H2O；
(6)a.元素非金属性越强，单质与氢气化合越容易，故a正确；
b.硫酸为强酸，而次氯酸为弱酸，应比较最高价含氧酸的酸性强弱，故b错误
c.非金属性强的单质可以把非金属性弱元素从它的化合物中置换出来，故c正确；
d.氢化物水溶液的酸性强弱不能比较元素非金属性，如非金属性F>Cl，但酸性HF
(7)由①和②形成的原子个数比为1：2的化合物能OF2，OF2与水反应生成一种单质和一种酸，即生成HF和O2，反应方程式为 OF2+H2O=2HF+O2，用单线桥法表示电子转移的方向和数目为，
故答案为：。
由元素在周期表中位置，可知①为O、②为F、③为Na、④为Mg、⑤为Al、⑥为Si、⑦为S、⑧为Cl；
(1)⑥处于周期表中第三周期的IV族；
(2)核素符号为 ZAX，Z代表质子数，A代表质量数，X代表元素符号，其中质量数=质子数+中子数，元素确定时可以省略Z；
(3)电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；
(4)③和⑧形成离子化合物为NaCl；
(5)氢氧化铝与氢氧化钠反应生成偏铝酸钠和水；
(6)根据单质与氢气反应难易程度、剧烈程度判断，可以根据氢化物稳定性、最高价含氧酸的酸性强弱、单质之间相互置换、化合时元素的化合价等判断；
(7)由①和②形成的原子个数比为1：2的化合物能OF2，OF2与水反应生成一种单质和一种酸，即生成HF和O2。
本题考查元素周期表与元素周期律的应用，识记常见元素在周期表中位置，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，掌握金属性、非金属性强弱比实验事实。
16.【答案】Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+H2O长颈漏斗 acdSO2+2OH−=SO32−+H2OSO2具有漂白性 溶液颜色由紫色变为红色 SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42−+2Cl−
【解析】解：(1)装置A中进行的是Cu与浓硫酸的反应，产物为硫酸铜、二氧化硫、水，反应方程式为Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+H2O，
故答案为：Cu+2H2SO4(浓)−△CuSO4+SO2↑+H2O；
(2)组成装置B的玻璃仪器有：导气管，广口瓶和长颈漏斗；SO2易溶于水，能与酸性KMnO4溶液、H2O2溶液反应，但与浓硫酸不反应，因此，为贮存多余的SO2，广口瓶中不能盛放的液体为acd，
故答案为：长颈漏斗；acd；
(3)滴有酚酞的NaOH溶液显红色，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3与H2O，消耗了OH−，溶液变为无色，因此C中的现象是溶液由红色变为无色，反应的离子方程式为SO2+2OH−=SO32−+H2O，
故答案为：SO2+2OH−=SO32−+H2O；
(4)SO2能使品红溶液褪色，体现了SO2的漂白性，因此D中红色褪去的原因是SO2具有漂白性，
故答案为：SO2具有漂白性；
(5)由图可知，打开a，b，往紫色石蕊溶液中同时通入体积(同温同压)比为1：1的SO2和Cl2，发生反应的化学方程式为：SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42−+2Cl−，故溶液颜色由紫色变为红色，
故答案为：溶液颜色由紫色变为红色；SO2+Cl2+2H2O=4H++SO42−+2Cl−。
分析实验装置，装置A中铜与浓硫酸反应生成二氧化硫和水，B中SO2易溶于水，能与酸性KMnO4溶液、H2O2溶液反应，B可以起到安全瓶或者吸收、储存SO2的作用，C中滴有酚酞的NaOH溶液显红色，SO2与NaOH溶液反应生成Na2SO3与H2O，消耗了OH−，溶液变为无色，D中SO2能使品红溶液褪色，据此分析解题。
本题考查物质性质探究实验方案，侧重考查学生对原理的理解，熟练掌握元素化合物性质，是对学生综合能力的考查．
17.【答案】2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O除去ClO2中的Cl2 4H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O1：5 225 KSCN溶液 溶液变成血红色
【解析】解：(1)依据实验装置图示可知反应物为稀盐酸和NaClO3溶液，产物为ClO2和Cl2，依据元素守恒可知还有NaCl和H2O生成，反应的化学方程式为2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O，
故答案为：2NaClO3+4HCl=2ClO2↑+2NaCl+Cl2↑+2H2O；
(2)由Cl2+2KI=I2+2KCl，I2遇淀粉变蓝可知：F中的颜色不变，说明无I2生成，即通入到F中的气体中不含有Cl2，因此装置C的作用为除去ClO2中的Cl2，
故答案为：除去ClO2中的Cl2；
(3)已知酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并放出ClO2，Cl的化合价由+3价变为−1价与+4价，反应是歧化反应，离子方程式为4H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O；装置F中的溶液变成了蓝色，说明生成了I2，即D中产生的ClO2氧化了I−，作氧化剂被还原成Cl−，依据得失电子守恒可知ClO2∼5I−，即氧化剂和还原剂的物质的量之比为1：5，
故答案为：H++5ClO2−=Cl−+4ClO2↑+2H2O；1：5；
(4)根据反应方程式依据量比关系ClO2∼5I−∼2.5I2以及I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，可知：ClO2∼5S2O32−，300.0mL的水样消耗0.2000mol/LNa2S2O3溶液25.00mL，则n(ClO2)=15(Na2S2O3)=15×0.025L×0.2000mol/L=0.001mol，则水样中的ClO2含量0.001mol×67.5g/mol×1000mg/g0.3L=225mg/L，
故答案为：225；
(5)由表格可知：假设1成立；Fe2+被ClO2氧化为Fe3+，即可以通过产物中Fe3+的检验来进行验证，故实验设计为：取少量黄色溶液于试管中，滴加几滴KSCN溶液，溶液变成血红色，假设1成立，
故答案为：KSCN溶液；溶液变成血红色。
(1)稀盐酸和NaClO3溶液反应生成ClO2、NaCl、Cl2和H2O；
(2)根据Cl2+2KI=I2+2KCl，I2遇淀粉变蓝可知：F中的颜色不变，说明无C是为了除去ClO2中的Cl2；
(3)已知酸性条件下NaClO2可发生反应生成NaCl并放出ClO2，Cl的化合价由+3价变为−1价与+4价，反应是歧化反应；化合价升高的为还原剂，化合价降低的为氧化剂，结合化合价变化解答；
(4)根据反应方程式的ClO2∼5I−∼2.5I2以及I2+2S2O32−=2I−+S4O62−，结合关系式解答；
(5)根据铁离子遇到KSCN溶液，溶液变成血红色分析。
本题主要考查ClO2的制备实验方案的设计，具体考查了化学方程式和离子程式的书写，关系式的计算，掌握氧化还原反应的原理是解决本题的关键，题目具有一定的综合性，对学生的思维能力要求较高，难度较大。
18.【答案】氧化剂 pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率 6mol 100
【解析】解：(1)氨合成塔中发生的化学反应方程式为：，氮元素化合价0价降低到−3价，N2得到电子做氧化剂，
故答案为：氧化剂；
(2)氨气进入氧化炉催化氧化生成一氧化氮，反应的化学方程式为：，
故答案为：；
(3)①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO发生氧化还原反应，生成Cl−、NO3−和H+，根据元素守恒还会生成氢离子，因此反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2NO3−+5H+，
故答案为：3HClO+2NO+H2O=3Cl−+2NO3−+5H+；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率，
故答案为：pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率；
(4)由反应原理图和题给信息可知，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生的化学反应方程式为：NO2+NO+2NH3=2N2+3H2O，结合氧化还原反应原理，可知，每消耗1molNO2和NO，转移6mol电子生成2molN2，当有18mol电子发生转移时，则生成N2的物质的量为6mol，
故答案为：6mol；
(5)1.12LO2的物质的量为1.12L22.4L/mol=0.05mol，NO2、N2O4、NO的混合气体与2.24LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，根据电子转移守恒，Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量，故Cu2+的物质的量=0.05mol×42=0.1mol，Cu2+恰好与氢氧根离子恰好反应生成Cu(OH)2，故n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.1mol×2=0.2mol，故需要氢氧化钠溶液的体积=0.2mol2mol/L=0.1L=100mL，
故答案为：100。
氢气和氮气高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成一氧化氮和水，NO和空气、水在吸收塔中反应生成硝酸；
(1)氮气参加反应后，氮元素化合价0价降低到−3价，得到电子做氧化剂，发生还原反应；
(2)氧化炉中发生的化学反应是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水；
(3)①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，根据元素守恒还会生成氢离子，可得到离子方程式；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，反应速率越快，转化率越高；
(4)结合氧化还原反应方程式和转移电子数，计算参与反应的N2的物质的量；
(5)足量的Cu与一定量的浓HNO3反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，混合气体与1.12LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，则Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量，据此计算Cu2+的物质的量，进而计算Cu2+恰好完全沉淀需要氢氧化钠的物质的量，再根据V=nc计算氢氧化钠溶液的体积。
本题考查了氧化还原反应和计算应用、物质性质分析，主要是氮及其化合物性质的理解应用，题目难度中等。
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