北京市朝阳区、丰台区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-09氮族元素及其化合物

这是一份北京市朝阳区、丰台区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-09氮族元素及其化合物，共19页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。

北京市朝阳区、丰台区高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-09氮族元素及其化合物

一、单选题
1．（2021·北京朝阳·统考一模）下列实验方法不能达到实验目的的是
证明铁钉能够发生析氢腐蚀
证明氨气易溶于水
制备乙酸乙酯
制备Fe(OH)3胶体




A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·北京丰台·统考二模）对下列事实的解释，方程式不正确的是
A．氯水保存于棕色试剂瓶：2HClOH2↑+Cl2↑+O2↑
B．不能用排水法收集NO2：3NO2+H2O=2HNO3+NO
C．高温熔融态铁遇水爆炸：3Fe+4H2OFe3O4+4H2，2H2+O22H2O
D．硫酸铝与碳酸氢钠制泡沫灭火器：Al3++3=Al(OH)3↓+3CO2↑
3．（2022·北京丰台·统考一模）实验室制取下列气体，所选反应试剂、制备装置与收集方法合理的是

选项
气体
反应试剂
制备装置
收集方法
A

Cu、稀硝酸
b
e
B

、浓硫酸
c
f
C

、
a
d
D

、70%硫酸
b
f

A．A B．B C．C D．D
4．（2022·北京丰台·统考一模）下列关于物质保存的解释，反应方程式不正确的是
A．溶液中放入铁粉：
B．浓硝酸保存于棕色试剂瓶：
C．氮肥保存于阴凉处：
D．金属钠保存于煤油中：  
5．（2022·北京丰台·统考一模）下列关于氨气的说法不正确的是

A．分子呈三角锥形，属于极性分子
B．易液化、易溶于水均与氢键的形成有关
C．与HCl反应的过程包含配位键的形成，属于共价化合物
D．烧瓶中溶液红色不变时，达平衡
6．（2022·北京朝阳·统考一模）测量汽车尾气中氮氧化物(NO、NO2)含量的方法如下：
i.在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2
ii.再利用O3与NO反应，产生激发态的NO2(用NO2*表示)，当NO2*回到基态NO2时，产生荧光。通过测量荧光强度可获知NO的浓度，二者呈正比
下列说法不正确的是
A．基态NO2与NO2*具有的能量不同
B．NO2在大气中形成酸雨：4NO2+O2+2H2O=4HNO3
C．O3与NO发生反应：NO+O3=NO2*+O2
D．测得荧光强度越大，说明汽车尾气中NO含量越高
7．（2020·北京朝阳·统考三模）下列实验现象预测正确的是

① 实验Ⅰ：振荡后静置，上层溶液颜色保持不变
② 实验Ⅱ：酸性 KMnO4溶液中出现气泡，且颜色逐渐褪去
③ 实验Ⅲ：微热稀 HNO3 片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色
④ 实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，当光束通过体系时可产生丁达尔效应
A．①② B．③④ C．①③ D．②④
8．（2020·北京朝阳·统考三模）下列现象及解释不正确的是
A．水晶手镯接触石灰水会被腐蚀：SiO2+Ca(OH)2== CaSiO3+H2O
B．不用铝盆盛放食醋：2Al+6CH3COOH==2Al (CH3COO)3+3H2↑
C．石灰水和过量小苏打溶液混合会变浑浊：+ Ca2++OH- == CaCO3↓+ H2O
D．AgNO3 溶液滴入过量浓氨水中不会出现沉淀：Ag+ +2NH3∙ H2O ==+ 2H2O
9．（2020·北京朝阳·统考二模）用如图所示的装置进行实验(夹持及尾气处理仪器略去)，能达到实验目的的是
选项
a中试剂
b中试剂
c中试剂
实验目的
装置
A
氨水
CaO
无
制取并收集氨气

B
浓盐酸
MnO2
饱和NaCl溶液
制备纯净的Cl2
C
浓盐酸
Na2CO3
Na2SiO3溶液
比较酸性强弱：H2CO3＞H2SiO3
D
浓硫酸
Na2SO3
KMnO4酸性溶液
验证SO2具有还原性

A．A B．B C．C D．D
10．（2020·北京丰台·统考二模）下列实验操作或装置能达到目的的是
A． 实验室制取乙酸乙酯
B． 苯萃取碘水中I2，分出水层后的操作
C． 检验CH3CH2Br消去反应的产物乙烯
D． 收集NO2气体

二、填空题
11．（2020·北京朝阳·统考二模）柴油机氮氧化物(NOx)处理技术是一种系统简单，占用空间较小的柴油车尾气处理技术，氮氧化物主要在催化转化装置中被处理。
(1)柴油中含有多种烷烃，其燃烧性能用十六烷值表示。C16H34完全燃烧的化学方程式是______。
(2)柴油发动机工作时在稀燃(O2充足、柴油较少)和富燃(O2不足、柴油较多)条件下交替进行，催化转化装置中的物质变化如下图所示。

①BaO吸收NO2的化学方程式是______。
②富燃条件下Pt表面反应的化学方程式是______。
(3)研究CO2对BaO吸收氮氧化物的影响，一定温度下，测得气体中CO2的体积分数与氮氧化物吸收率的关系如下图所示。

①一定范围内，氮氧化物吸收率随CO2体积分数的增大而下降，原因是_____。
②当CO2体积分数达到10%~20%时，氮氧化物吸收率依然较高，原因可能有：______。
③若柴油中硫含量较高，在稀燃过程中，BaO吸收氮氧化物的能力下降至很低水平，结合化学方程式解释原因：______。

三、实验题
12．（2021·北京朝阳·统考一模）某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。
实验


现象
Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Ⅱ中：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止
Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡
(1)Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为_______。
(2)取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，_______(填现象)，说明产生了Fe3+。
(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有_______性。
(4)Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如下。
实验
现象

ⅰ.K闭合时，指针向左偏转(Cu做负极)，Fe表面无明显现象ⅱ.过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多次
ⅲ.一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体
ⅳ.Cu表面始终产生红棕色气泡
①用方程式解释现象ⅳ：_______。
②推测现象ⅰ中被还原的是_______。
③解释现象ii中指针左右偏转，往复多次的原因_______。
④现象ⅲ中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是_______。
13．（2021·北京丰台·统考一模）某小组为探究Mg与NH4Cl溶液反应机理，常温下进行以下实验。实验中所取镁粉质量均为0.5g，分别加入到选取的实验试剂中。
资料：①CH3COONH4溶液呈中性。
②Cl-对该反应几乎无影响。
实验
实验试剂
实验现象
1
5mL蒸馏水
反应缓慢，有少量气泡产生(经检验为H2)
2
5mL 1.0 mol/L NH4Cl溶液(pH=4.6)
剧烈反应，产生刺激性气味气体和灰白色难溶固体
(1)经检验实验2中刺激性气味气体为NH3，检验方法是____。用排水法收集一小试管产生的气体，经检验小试管中气体为H2。
(2)已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊。将洗涤后固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀。推测沉淀中含有____，灰白色固体可能是____(填化学式)。
(3)甲同学认为实验2比实验1反应剧烈的原因是NH4Cl溶液中c(H+)大，与Mg反应快。用化学用语解释NH4Cl溶液显酸性的原因是_____。
(4)乙同学通过实验3证明甲同学的说法不合理。
实验
实验装置
3

①试剂X是_______。
②由实验3获取的证据为_______。
(5)为进一步探究实验2反应剧烈的原因，进行实验4。
实验
实验试剂
实验现象
4
5 mL NH4Cl乙醇溶液
有无色无味气体产生(经检验为H2)
依据上述实验，可以得出Mg能与反应生成H2。乙同学认为该方案不严谨，需要补充的实验方案是_______。
(6)由以上实验可以得出的结论是_______。
14．（2020·北京朝阳·统考二模）化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。
(1)实验甲：将铜片放入盛有稀HNO3的试管中，开始无明显现象，后逐渐有小气泡生成，该气体是______。在液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
(2)实验乙：铜与浓HNO3反应，装置、现象如下：
实验装置
实验现象

A中：最初反应较慢，随后加快，反应剧烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。B中：溶液呈淡蓝色。
①A中铜与浓HNO3产生红棕色气体的化学方程式是 ______。
②实验现象“最初反应较慢，随后加快”的原因可能是 ______。
(3)有文献记载：铜与浓HNO3反应一旦发生就变快，是因为开始生成的NO2溶于水形成HNO2(弱酸，不稳定)，它再和Cu反应，反应就加快。实验探究如下：
I：向 1 mL浓硝酸中加入几滴30% H2O2溶液、铜片，反应较慢，溶液呈蓝色。
II：向1 mL浓硝酸中加入几滴30% H2O2溶液，无明显变化。
①I中反应变慢的原因是 ______。
②NO2与H2O反应生成HNO2和 ______。
③对生成HNO2后反应变快的原因进行实验探究。
序号
实验操作
实验现象
III
取B中溶液，加入一定量固体，再加入铜片
立即产生无色气体；液面上方呈红棕色
IV
取B中溶液，放置一段时间，溶液变为无色后，再加入铜片
产生无色气体，较Ⅲ慢；液面上方呈浅红棕色
a．III中加入的固体为______。
b．IV中“放置一段时间”的目的是 ______。
实验III、IV可以说明，HNO2氧化Cu的反应速率比HNO3氧化Cu的反应快。
(4)化学小组同学结合实验甲、乙中HNO3被还原后的气体产物以及实验III的产物，综合上述实验，分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，另一个重要原因是 ______。

四、工业流程题
15．（2020·北京丰台·统考二模）铅蓄电池是最常见的二次电池，以废旧铅蓄电池中的铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)为原料回收铅，对保护环境和发展循环经济意义重大。某工艺流程如下：

(1)已知铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O，充电时，阳极的电极反应式为________。
(2)过程①体现Na2SO3的_________性。
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是________。
(4)结合化学用语解释过程②中PbSO4转化为PbCO3的原因________。
(5)反应温度对过程②转化率(脱硫率)的影响如图所示，实际生产中温度选择在50℃，若温度过高，脱硫率下降的原因可能是：________。
     
(6)将PbO 、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，如图电解可得高纯Pb，同时再生浸取液。请结合化学用语解释浸取液再生的原理________。


参考答案：
1．A
【详解】A．食盐水呈中性，与铁钉不可能发生析氢腐蚀，而应发生吸氧化腐蚀，不能达到目的，A符合题意；
B．氨气在水中能形成喷泉，则表明圆底烧瓶内可形成负压，从而证明氨气易溶于水，能达到目的，B不符合题意；
C．乙醇、乙酸、浓硫酸加热可发生酯化反应，收集液体的导管口位于饱和碳酸钠溶液的液面上，可防止倒吸，能达到目的，C符合题意；
D．将氯化铁饱和溶液滴入沸水中，继续煮沸至液体呈红褐色，从而制得氢氧化铁胶体，能达到目的，D不符合题意；
故选A。
2．A
【详解】A．氯水保存在棕色试剂瓶，次氯酸不易见光分解，且次氯酸分解产物是HCl和O2，A项错误；
B．不能用排水法收集二氧化氮，因为二氧化氮与水反应，方程式正确，B项正确；
C．高温熔融态遇水爆炸，因为铁与水高温下反应生成氢气，氢气与氧气反应，方程式正确，C项正确；
D．硫酸铝与碳酸氢钠制泡沫灭火器，铝离子与碳酸根水解相互促进，方程式正确，D项正确；
答案选A。
3．B
【详解】A．铜和稀硝酸生成一氧化氮且反应不需加热，一氧化氮和空气中氧气反应生成二氧化氮，不能保证二氧化氮的纯度，A错误；
B．乙醇在浓硫酸作用下迅速升高温度到170℃，乙醇生成乙烯气体，乙烯难溶于水，可以用排水法收集，B正确；
C．氨气密度小于空气应该使用向下排空气法收集，C错误；
D．亚硫酸钠和硫酸反应不需要加热，且二氧化硫能和水反应不能用排水法收集，D错误；
故选B。
4．D
【详解】A．硫酸亚铁易被空气中的氧气氧化，溶液中加入铁粉能使被氧化生成的铁离子与铁反应生成亚铁离子达到防止硫酸亚铁被氧化的目的，铁离子与铁反应的离子方程式为，故A正确；
B．浓硝酸见光易发生分解反应生成二氧化氮、氧气和水，为防止浓硝酸见光分解应将浓硝酸保存于棕色试剂瓶中，分解的化学方程式为，故B正确；
C．碳酸氢铵遇热易发生分解反应生成氨气、二氧化碳和水，为防止碳酸氢铵受热分解应将碳酸氢铵保存于阴凉处，分解的化学方程式为，故C正确；
D．钠易与空气中的氧气反应生成氧化钠、与水蒸气反应生成氢氧化钠和氢气，为防止钠与空气接触而变质，应将金属钠保存于煤油中，钠在空气中变质的化学方程式为、，故D错误；
故选D。
5．C
【详解】A．氨分子的空间构型是结构不对称的极性分子，故A正确；
B．氨分子能形成分子间氢键，沸点较高易液化，氨分子和水分子能形成氢键，极易溶于水，故B正确；
C．氯化铵是由铵根离子和氯离子形成的离子化合物，不是共价化合物，故C错误；
D．氨气极易溶于水，溶于水的氨分子部分与水反应生成一水合氨，一水合氨在溶液中部分电离出氢氧根离子使酚酞溶液变红色，当烧瓶中溶液红色不变时说明达平衡，故D正确；
故选C。
6．D
【详解】A．由题干信息ii: 当NO2*回到基态NO2时，产生荧光可知基态NO2与NO2*具有的能量不同， 故A正确；
B．已知3NO2+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2， 则NO2在大气中形成酸雨总的反应方程式为: 4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故B正确；
C．由题干信息ii可知，O3与NO反应，产生激发态的NO2(用NO2*表示)，O3与NO发生反应：NO+O3=NO2*+O2，故C正确；
D．由信息可知，在高温、催化剂作用下，NO2分解为NO和O2，信息ii测量荧光强度可获知NO的浓度，二者呈正比，测得荧光强度越大，说明NO的含量越高，但这个NO不一定都是汽车尾气中NO，也可能是汽车尾气中的NO2分解生成的NO，则只能说明汽车尾气中氮氧化物的含量越高，故D错误；
故答案为D
7．D
【详解】① 实验Ⅰ：振荡后静置，由于上层苯中溶解的溴不断与NaOH溶液反应，所以上层溶液的颜色最终变为无色，①不正确；
② 实验Ⅱ：浓硫酸使蔗糖先脱水，后发生氧化生成CO2、SO2等，CO2在酸性 KMnO4 溶液中不溶解而以气泡逸出，SO2将其还原从而使颜色逐渐褪去，②正确；
③ 实验Ⅲ：微热稀 HNO3 片刻，与Cu发生反应生成NO等，溶液中有气泡产生，广口瓶内NO与O2反应生成NO2，气体为红棕色，③不正确；
④ 实验Ⅳ：继续煮沸溶液至红褐色，停止加热，此时得到氢氧化铁胶体，当光束通过体系时，可看到一条光亮的通路，产生丁达尔效应，④正确；
综合以上分析，只有②④正确，故选D。
8．C
【详解】A．水晶手镯的主要成分为SiO2，属于酸性氧化物，石灰水的主要成分为Ca(OH)2，属于强碱，二者接触会发生反应：SiO2+Ca(OH)2== CaSiO3+H2O，从而会被腐蚀，A正确；
B．铝盆中的铝能与食醋中的醋酸反应：2Al+6CH3COOH==2Al (CH3COO)3+3H2↑，从而导致铝盆被腐蚀，所以不用铝盆盛放食醋，B正确；
C．石灰水和过量小苏打溶液混合发生反应2NaHCO3+Ca(OH)2==CaCO3↓+Na2CO3+2H2O，离子方程式为2+ Ca2++2OH- == CaCO3↓++2H2O，从而使溶液变浑浊，C不正确；
D．AgNO3 溶液滴入过量浓氨水中，起初生成的AgOH完全溶解，转化为Ag(NH3)2OH，发生反应的离子方程式为：Ag+ +2NH3∙ H2O ==+ 2H2O，所以最终不会出现沉淀，D正确；
故选C。
9．D
【详解】A．氨水中的水可以和氧化钙反应，反应过程放热，使氨气在水中的溶解度降低，可以用来制取氨气，但是由于氨气的密度小于空气，故在收集氨气时需要短导管进长导管出，A错误；
B．浓盐酸与二氧化锰反应制取了氯气的过程需要加热，图中没有画出加热装置，故不能达到实验目的，B错误；
C．浓盐酸有挥发性，与碳酸钠反应时除了有二氧化碳生成，还有氯化氢溢出，两种气体溶于硅酸钠溶液均能使硅酸根沉淀，故不能判断碳酸与硅酸酸性的强弱，C错误；
D．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫气体，将二氧化硫气体导入酸性高锰酸钾溶液中，二氧化硫与高锰酸钾反应，可以验证二氧化硫的还原性，D正确；
故选D。

10．A
【分析】

【详解】
A．乙醇和乙酸在浓硫酸作催化剂的条件下加热反应生成乙酸乙酯，用饱和碳酸钠溶液溶解乙醇，消耗乙酸，降低乙酸乙酯的溶解度，实验操作或装置均能达到目的，故A正确；
B．苯萃取碘水中I2，碘在苯中的溶解度大于在水中的溶解度，苯的密度比水小，碘的苯溶液在上层，上层液体从上层倒出，下层液体为水，从下层流出，实验操作不能达到目的，故B错误；
C．CH3CH2Br消去反应条件是氢氧化钠乙醇溶液，乙醇也可以使酸性高锰酸钾褪色，CH3CH2Br消去反应生成乙烯，乙烯有还原性，能使KMnO4溶液褪色，故应在酸性高锰酸钾溶液前加入蒸馏水，除去乙醇，故C错误；
D．二氧化氮的密度大于空气，若用D装置集气瓶短进长出收集二氧化氮，会使二氧化氮气体逸出，收集不到，应该采用长进短出，故D错误；
答案选A。

11． 2C16H34+49O232CO2+34H2O 2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2 2CO+2NON2+2CO2 BaO与CO2反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面 BaCO3在一定程度上也能吸收NOx 稀燃过程中，柴油中的硫氧化为SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4稳定，不易分解，也难与NOx反应
【分析】根据烷烃燃烧通式书写十六烷燃烧的化学方程式；根据图示所给信息写出正确的化学方程式；根据图示所给信息结合反应原理分析相应原因。
【详解】(1)十六烷在氧气中充分燃烧生成二氧化碳和水，化学方程式为2C16H34+49O232CO2+34H2O；
(2)①根据图示，NO2和O2与BaO反应生成Ba(NO3)2，化学方程式为2BaO+4NO2+O2=2Ba(NO3)2；
②根据图示，富燃条件下，NO和CO可以在Pt的催化下反应生成CO2和N2，化学方程式为2CO+2NON2+2CO2；
(3)①利用BaO吸收汽车尾气中的氮氧化物，随着CO2量的不断增加，BaO对氮氧化物的吸收率逐渐下降，这是由于CO2可以和BaO发生反应生成BaCO3，覆盖在BaO表面，阻止BaO进一步吸收氮氧化物；
②当CO2体积分数达到10%~20%时，BaO对氮氧化物的吸收率虽较无二氧化碳的条件下低，但是吸收率也相对较高，这可能是CO2与BaO反应生成的BaCO3对氮氧化物也有一定的吸收；
③柴油在氧气充足的条件下燃烧为稀燃过程中，稀燃过程会使柴油中的硫氧化为SO2，2BaO+2SO2+O2=2BaSO4，BaSO4稳定，不易分解，也难与NOx反应。

12． 2NO + O2= 2NO2 溶液变成红色 强氧化性 Cu＋4HNO3 (浓) = Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，NO＋2H＋＋e-= NO2↑＋H2O 铁表面的氧化层 Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次 反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低
【分析】本题通过实验探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应情况，并通过原电池实验来探究铁、铜做电极，浓硝酸作电解质溶液的反应情况，总体难度一般。
【详解】(1)由于Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，NO为无色气体，遇到空气立即与氧气反应转化为红棕色的NO2，故Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为2NO + O2= 2NO2，故答案为：2NO + O2= 2NO2；
(2)Fe3+遇到SCN-溶液立即变为血红色，故取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，溶液变成红色，说明产生了Fe3+，故答案为：溶液变成红色；
(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，即常温下铁在浓硝酸中发生钝化现象，说明硝酸具有强氧化性，故答案为：强氧化；
(4) ①由于铜在常温下就能与浓硝酸发生反应：Cu＋4HNO3 (浓) = Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不再形成氧化物保护膜，故铁作负极，铜作正极，电极反应式为：NO＋2H＋＋e-= NO2↑＋H2O，故答案为：Cu＋4HNO3 (浓) = Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，NO＋2H＋＋e-= NO2↑＋H2O；
②刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁电极作正极，得电子被还原，故可推测此时被还原的是铁表面的氧化层，故答案为：铁表面的氧化层；
③Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次，故答案为：Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次；
④随反应进行，硝酸浓度降低，反应放热，溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，故Fe一直做负极，故答案为：反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低。
13． 将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝 Cl- Mg(OH)Cl +H2O⇌NH3·H2O+H+ 5mL 1.0 mol/L CH3COONH4 两试管反应剧烈程度相当 取5mL无水乙醇，加入0.5g Mg粉无明显变化 NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大
【分析】本题主要是对Mg与NH4Cl溶液反应机理进行实验探究，探究了反应得到的灰白色固体的成分，以及进行几组对照实验来探究该反应的机理，最后得出NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大的结论，解题过程中要密切关系题干信息，时刻注意对照实验仅能改变一个变量的思想，试题总体难度较大。
【详解】(1)经检验实验2中刺激性气味气体为NH3，由于NH3易溶于水且水溶液显碱性，故检验方法是将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝，故答案为：将湿润的红色石蕊试纸放在试管口，试纸变蓝；
(2)已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-。为研究固体成分，进行实验：将生成的灰白色固体洗涤数次，至洗涤液中滴加AgNO3溶液后无明显浑浊，说明灰白色固体表面没有能使AgNO3溶液变浑浊的杂质，将洗涤后固体溶于稀HNO3，再滴加AgNO3溶液，出现白色沉淀，说明灰白色沉淀中含有Cl-，结合已知灰白色沉淀中含有Mg2+、OH-，和化学式中化合价代数和为0，可推测灰白色固体可能是Mg(OH)Cl，故答案为：Cl-；Mg(OH)Cl；
(3) NH4Cl是一种强酸弱碱盐，根据盐类水解的规律可知，NH4Cl溶液显酸性，反应的离子方程式为：+H2O⇌NH3·H2O+H+，故答案为：+H2O⇌NH3·H2O+H+；
(4)①由上述(3)分析可知，NH4Cl溶液因水解呈酸性，故为了进行对照实验，必须找到一种含有相同阳离子即且溶液显中性的试剂，由题干信息可知，试剂X是5mL 1.0 mol/L CH3COONH4，故答案为：5mL 1.0 mol/L CH3COONH4；
②乙同学通过实验3来证明甲同学的说法是不合理的，故由实验3获取的证据为两试管反应剧烈程度相当，故答案为：两试管反应剧烈程度相当；
(5)依据上述实验，可以得出Mg能与反应生成H2，乙同学认为该方案不严谨，故需要补充对照实验，在无的情况下是否也能与Mg放出H2，以及反应剧烈程度，故实验方案为取5mL无水乙醇，加入0.5g Mg粉无明显变化，故答案为：取5mL无水乙醇，加入0.5g Mg粉无明显变化；
(6)由对照实验(4)(5)分析可知，NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大，故答案为：NH4Cl水解产生的H+对反应影响小，对反应影响大。
14． NO Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O 反应放热，随着反应的进行，体系温度升高 H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低 HNO3 NaNO2 使HNO2完全分解 稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能发生NO2与H2O生成HNO2的反应
【分析】(1)Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和水，NO与O2反应产生红棕色NO2；
(2)Cu与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，根据反应放热及溶液浓度变化分析反应速率的变化；
(3)①根据HNO2浓度大小对反应速率的影响分析；
②根据氧化还原反应规律判断；
③加入的物质可以与溶液中H+反应产生HNO2即可；根据HNO2的不稳定性及其浓度的影响分析放置一段时间的反应现象；
(4)根据能否产生HNO2及HNO2的强氧化性分析判断。
【详解】(1)Cu与稀硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO和H2O，无色气体遇空气变为红棕色，说明该无色气体是NO，在室温下NO与O2反应产生红棕色NO2；
(2)①Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，根据原子守恒、电子守恒，可得该反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
②该反应是放热反应，随着反应的进行，溶液温度升高，因此一旦发生反应速率就变快，后当反应一段时间，硝酸浓度降低，溶液浓度对速率的影响占优势，溶液浓度降低，反应速率又逐渐减小；
(3)①I中反应变慢是由于H2O2与HNO2发生反应使HNO2浓度降低，导致速率减慢；
②NO2中N是+4价，NO2与H2O反应生成HNO2中N是+3价，化合价降低，根据氧化还原反应过量，必然同时有元素化合价升高，根据各种元素化合价特点，还产生了+5价的HNO3，反应方程式为：2NO2+H2O=HNO2+HNO3；
③a.在B溶液中含有NO2与H2O反应产生的HNO2、HNO3，HNO3是强酸，完全电离，而HNO2是弱酸，在溶液中存在电离平衡，向实验III的B溶液中加入的固体后要反应产生HNO2，使HNO2浓度增大，则加入的物质含有NO2-，可以是NaNO2、KNO2等，HNO3与NaNO2发生复分解反应产生HNO2，使溶液中HNO2浓度增大，再加入Cu后快速反应，Cu被氧化产生Cu(NO3)2；
b. HNO2不稳定，会发生分解反应，在IV中“放置一段时间”的目的是使HNO2完全分解；
(4)分析判断甲中反应慢的原因，除了硝酸起始浓度小、反应过程中温度较低外，还有另一个重要原因就是稀硝酸氧化性弱，不能将NO氧化为NO2，在反应体系中不能发生NO2与H2O生成HNO2的反应。
【点睛】本题考查性质实验方案的设计，把握物质的性质、发生的反应及现象，充分利用题干信息是解答的关键，注意元素化合物知识与实验的结合，侧重考查学生接受信息利用信息分析问题能力与实验能力。
15． PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－ 还原 取少量晶体，加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为SO42－ PbSO4 ＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－ 温度过高，碳酸铵分解 阴极PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成HCl和NaCl混合液
【分析】以废旧铅蓄电池分选处理得到铅膏(主要含PbO、PbO2、PbSO4等)，向铅膏中加入足量Na2SO3溶液，PbO、PbSO4与Na2SO3溶液不反应，PbO2具有氧化性，与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Na2SO4和PbO，过滤得到主要含有Na2SO4的滤液A，对滤液A蒸干得到副产品Na2SO4；过滤后的滤渣主要为PbO、PbSO4的粗品，向粗品中加入(NH4)2CO3，将PbSO4转化为更难溶的PbCO3，过滤洗涤得到PbO、PbCO3的粗品，加酸溶解浸取，得到含有Pb2+的电解质溶液，对溶液进行电解最终得到高纯Pb，据此分析解答。
【详解】(1)根据铅蓄电池总反应：Pb+PbO2+2H2SO42PbSO4+2H2O可知，充电时，阳极上PbSO4失去电子，发生氧化反应，电极反应式为PbSO4－2e－＋2H2O=PbO2＋4H+＋SO42－；
(2)根据分析，过程①为PbO2与Na2SO3溶液发生氧化还原反应生成Na2SO4和PbO，反应中S元素化合价升高，被氧化，则体现了Na2SO3的还原性；
(3)由滤液A可获得Na2SO4·10H2O粗品，检验粗品中SO42－离子的实验方法是取少量晶体，加足量盐酸，再滴加BaCl2溶液，若产生白色沉淀，则阴离子为SO42－；
(4)过程②中由于碳酸铅的溶解度比硫酸铅的溶解度小，较难溶的沉淀会转化为更难溶的沉淀，即发生沉淀的转化，则PbSO4转化为PbCO3，发生的离子反应为PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－；
(5)过程②转化率(脱硫率)是利用碳酸铵与硫酸铅反应转化为可溶性的硫酸根离子将硫除去，铵盐的稳定性较差，温度过高会发生分解，高温下，碳酸铵受热分解生产二氧化碳和氨气从溶液中逸出，导致溶液中碳酸根离子浓度减小，硫酸铅不能全部转化为碳酸铅，沉淀的转化量较少，脱硫率降低；
(6)将PbO、PbCO3粗品置于一定浓度HCl和NaCl浸取液中溶解，得到含Na2PbCl4的电解液，根据电解装置图所示，与电源负极相连的为电解池的阴极，阴极上PbCl42－＋2e－=Pb＋4Cl－，H+离子在电压作用下穿过质子交换膜向阴极室定向移动，形成HCl和NaCl混合液，从而使浸取液再生。
【点睛】本题易错点为(5)，碳酸铵属于铵盐，铵盐稳定性较差，受热易分解，在加热条件下，会从溶液中逸出二氧化碳和氨气，导致溶液中碳酸根离子浓度降低，PbSO4＋CO32﹣=PbCO3＋SO42－的转化反应不能彻底进行。