2021-2022学年湖南省高一（下）月考化学试卷（3月份）（含答案解析）

这是一份2021-2022学年湖南省高一（下）月考化学试卷（3月份）（含答案解析），共16页。试卷主要包含了 下列物品使用了硅酸盐的是， 下列说法正确的是， 设NA为阿伏加德罗常数的值，3NA等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年湖南省高一（下）月考化学试卷（3月份）
1. 2021年正式印发的《国家标准化发展纲要》中明确提出，要完善绿色发展标准化保障，建立健全碳达峰、碳中和标准。下列有关说法正确的是(    )
A. CO2的过度排放导致全球酸雨日益严重
B. 尽量使用含 12C的产品，减少使用含 13C或 14C的产品有利于减少碳的排放量
C. “光化学烟雾”“臭氧空洞”的形成都与CO2的过度排放有关
D. 出行时，多步行或乘坐公共交通，少用私家车或专车，有利于降低碳排放
2. 下列过程涉及(或与现象有关)的反应中，不含氮的固定的是(    )
A. 酸雨的形成 B. 人工合成氨
C. 光催化合成氨 D. 雷雨肥庄稼
3. 下列物品使用了硅酸盐的是(    )
A. 陶瓷餐具 B. 光导纤维 C. 水晶镜片 D. 硅太阳能电池
4. 化学与生产、生活密切相关，下列说法错误的是(    )
A. 碳化硅俗称金刚砂，可用作耐高温材料
B. 在医疗上，硫酸钡、碳酸钡均可用作消化系统X射线检查的内服剂
C. 常温下，为方便运输，可用铁制容器来盛装浓硝酸或浓硫酸
D. 在葡萄酒酿制过程中，添加适量的二氧化硫可以起到杀菌的作用
5. 下列所示的物质间转化在一定条件下均能一步实现的是(    )
A. Si→O2SiO2→H2OH2SiO3 B. Al→O2Al2O3→H2OAl(OH)3
C. Fe→SFeS→稀盐酸FeCl2 D. N2→O2NO2→H2OHNO3
6. 下列说法正确的是(    )
A. 金属钠、镁着火可以用泡沫灭火器灭火
B. 将等物质的量的Cl2和SO2混合可增强漂白能力
C. 浓硫酸稀释时，将浓硫酸沿量筒内壁缓慢注入盛有水的量筒中
D. 将钠投入盛有Ca(HCO3)2溶液的小烧杯中，既有气体生成又有白色沉淀产生
7. 设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是(    )
A. 标准状况下，9gH218O中含有的中子总数为4.5NA
B. 0.5L0.2mol/LHNO3溶液中含有的氧原子数为0.3NA
C. 标准状况下，1.12LSO3中含有的原子总数为0.2NA
D. 足量的铜与0.05L18.4mol/LH2SO4完全反应时，转移的电子总数为1.84NA
8. 硫元素的常见化合价及其对应的化合物示意图如图所示(图中盐指正盐，且阳离子均为Na+)，下列有关说法正确的是(    )
A. 过量的硫单质与一定量的氧气反应可以生成c
B. b在一定条件下可以一步转化成c、d、e、f、g
C. e的稀溶液或浓溶液中都存在大量的e分子
D. 硫单质与氢气反应可一步制得a，a是一种强酸

9. 下列因能发生氧化还原反应而不能大量共存的无色离子组是(    )
A. K+、NH4+、Cl−、OH− B. Mg2+、Na+、H+、SO42−
C. Na+、K+、SO32−、ClO− D. Fe2+、H+、NO3−、Cl−
10. 利用2FeCl3+Cu=2FeCl2+CuCl2制作电路板，制电路板后的腐蚀废液中含FeCl3、FeCl2、CuCl2，以该腐蚀废液为原料重新获得FeCl3晶体的流程如图：

下列有关说法错误的是(    )
A. 向“腐蚀废液”中加入足量铁屑时，发生了化合反应和置换反应
B. “操作Ⅰ”为过滤，需要用到烧杯、玻璃棒、漏斗
C. 向“溶液a”中通入“足量Cl2”，是为了将Fe2+氧化成Fe3+
D. 常温下，将“滤渣”加入浓硫酸中，可实现铜的回收
11. 现有五种短周期主族元素a、b、c、d、e，它们最高(或最低)化合价与原子半径的关系如图。下列有关说法错误的是(    )

A. a、e是同主族元素 B. 最简单氢化物的稳定性：c>d
C. 简单离子半径：c>e>b D. c的单质能使有色鲜花褪色
12. 下列实验中，所得现象和结论均对应且正确的是(    )
选项
实验
现象
结论
A
向溴水中通入足量SO2气体
溴水褪色
SO2具有还原性
B
将少量氯气通入KI−淀粉溶液中
溶液变蓝
还原性：I−S
C. 该循环中会不断消耗盐酸，所以在实验过程中必须补充稀盐酸
D. 在该过程中参加氧化还原反应的离子有Fe3+、Fe2+、Cu2+、S2−



14. 常温常压下，某化学小组向干燥的圆底烧瓶中分别充满气体；①NO2②NH3③V(NO2)：V(O2)=1：1的混合气体，实验装置如图所示。理论上实验后圆底烧瓶中所得溶液浓度的关系正确的是(不考虑NO2的其他可能变化，设溶质不扩散)(    )
A. ①=②
B. ②>①
C. ②>③
D. ③>①
15. 中国化学家侯德榜先生发明的侯氏制碱法是一种高效低成本制纯碱的方法、其流程如图。某化学小组模拟侯氏制碱法制取Na2CO3，试回答下列问题：

已知：“操作I”仅将海水中的大颗粒悬浮物除去。
(1)“滤液Ⅰ”中，仍含有可溶性杂质离子(Ca2+,Mg2+,SO42−)，从“滤液Ⅰ”中提取纯净的NaCl固体时，需将杂质离子除去，所需药品除了Na2CO3溶液、NaOH溶液、稀盐酸外，还需要的第四种药品为 ______(填化学式)溶液，该药品在提取纯净的NaCl固体的过程中参与反应，发生反应的离子方程式有 ______、______，试设计一种加入这些药品的先后顺序：______。
(2)实验室用消石灰和氯化铵固体制取NH3，该反应的化学方程式为 ______；在工业上，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气，若漏气，则可观察到的现象为 ______。
(3)在“浓缩液”中需要通入足量的CO2和NH3，通入气体的先后顺序为 ______，原因为 ______。
16. 已知：X、Y、Z、G、Q为原子序数依次增大的五种短周期主族元素；X、Y、Q的单质在常温下呈气态且X、Y位于同一周期；Y的最外层电子数是其电子层数的3倍；Y、Z的最外层电子数之和等于Q的最外层电子数；G是地壳中含量排第二的元素。请回答下列问题：
(1)Z在元素周期表中的位置为 ______；X的单质的电子式为 ______。
(2)X、G的非金属性强弱：______(填元素符号，下同)>______，X、Y、Z、Q的原子半径由大到小的顺序为 ______。
(3)上述元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是 ______(填化学式)；化合物ZQY中含有的化学键的类型为 ______。
(4)将化合物GY2加入Z的最高价氧化物对应水化物的溶液中，发生反应的化学方程式为 ______。
17. 硫酸是重要的化工原料，可用于生产化肥、农药、炸药、染料等。
(1)工业上以黄铁矿(FeS2)为原料制备硫酸的流程如图1：

沸腾炉中发生反应的化学方程式为 ______。
(2)浓硫酸有强氧化性，加热时浓硫酸与木炭反应生成含SO2和CO2的混合气体。检验该混合气体组成的装置如图2。

已知：C中盛有足量酸性KMnO4溶液。
按要求回答下列问题：
①B中加入的试剂是 ______(填试剂名称)，作用是 ______。
②C中可观察到的现象是 ______，发生反应的离子方程式为 ______。
③D中加入的试剂是 ______(填试剂名称)，作用是 ______。
(3)一定量Zn与100mL18mol⋅L−1浓硫酸充分反应，若锌完全溶解时产生0.8mol气体，将反应后的溶液稀释得400mL，测得c(H+)=2mol⋅L−1，则产生的气体中SO2在标准状况下的体积为 ______L。
18. 水体中的含氮化合物(以NH3、NO3−、NO2−等形式存在)是主要的污染物之一，需对其进行无害化处理。
(1)酸性废水中的氨氮(主要是以NH4+形式存在)可以通过沉淀法或是氧化还原法除去。
①向该酸性废水中加入Fe2(SO4)3溶液，反应后生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀，达到除去氨氮的目的。该沉淀中铁元素的化合价为 ______价，除去氨氮的过程中生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀的反应的离子方程式为 ______。
②向该酸性废水中加入NaClO溶液可将NH4+转化成无害气体放出，发生反应的离子方程式为 ______；NaCl可以通过Cl2与NaOH溶液反应制得，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为 ______。
(2)利用厌氧氨氧化菌细胞中的三种酶处理废水中含氮粒子的反应机理如图所示。
①从图中可以看出该废水中含氮粒子主要以 ______形式存在，图中1molN2H4中存在的共价键数目为 ______NA。
②在NR酶的作用下，NO2−发生了 ______(填“氧化反应”或“还原反应”)，NH2OH在HH酶的催化下与NH3发生反应，生成两种产物的化学方程式为 ______。


答案和解析

1.【答案】D 
【解析】解：A.酸雨的形成与二氧化硫、氮的氧化物的排放有关，与二氧化碳无关，故A错误；
B.尽量使用含 12C的产品，减少使用含 13C或 14C的产品，对减少碳的排放量没有影响，故B错误；
C.“光化学烟雾”与氮氧化物有关，臭氧空洞与氮氧化物和氟氯代烃有关，与二氧化碳无关，故C错误；
D.出行时，多步行或乘坐公共交通，少用私家车或专车，有利于降低碳排放，有利于实现碳达峰、碳中和，故D正确；
故选：D。
A.酸雨的形成与二氧化碳无关；
B. 13C或 14C都是碳元素；
C.“光化学烟雾”与氮氧化物有关，臭氧空洞与氮氧化物和氟氯代烃有关；
D.私家车大量使用，会产生大量二氧化碳。
本题考查CO2的排放和吸收，题目很简单，关键是掌握二氧化碳的排放来源及其对环境的影响、减排措施，注意联系化学与生产、生活。

2.【答案】A 
【解析】解：A.酸雨形成是硫的氧化物或氮氧化物发生反应生成硫酸或硝酸，不含氮的固定，故A正确；
B.人工合成氨是氮气和氢气在催化剂作用下高温高压反应生成氨气，是人工固氮，故B错误；
C.光催化作用下氮气和氢气合成氨，变化属于氮的固定，故C错误；
D.雷雨肥庄稼是放电条件下氮气和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸，进入土壤变为植物生长所需氮肥，过程中存在氮的固定，故D错误；
故选：A。
氮的固定是指游离态氮元素转化为化合态氮元素，包含人工固氮和自然固氮等。
本题考查了氮的固定分析判断，注意概念实质的理解应用，题目难度不大。

3.【答案】A 
【解析】解：A.陶瓷、砖瓦、水泥、玻璃的成分是硅酸盐，故A正确；
B.光导纤维成分为二氧化硅，属于氧化物，不属于硅酸盐，故B错误；
C.水晶镜片成分为二氧化硅，属于氧化物，不属于硅酸盐，故C错误；
D.硅太阳能电池，是硅单质，不属于硅酸盐，故D错误；
故选：A。
硅为良好的半导体材料，可用于制太阳能，计算机芯片；二氧化硅可以制造装饰品、工业制造粗硅、光导纤维、门窗玻璃、石英钟表等；陶瓷、砖瓦、玻璃、石棉为硅酸盐材料，据此解答。
本题考查了物质的分类、物质的性质，为高考常见题型，把握硅及其化合物的性质为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的灵活应用，题目难度不大。

4.【答案】B 
【解析】解：A.碳化硅为原子晶体，俗称金刚砂，可熔沸点高，可用作耐高温材料，故A正确；
B.碳酸钡易溶于盐酸生成氯化钡，氯化钡电离产生钡离子为重金属离子，有毒，所以不能用BaCO3作消化系统X射线检查的内服药剂，故B错误；
C.常温下，铁遇浓硝酸或浓硫酸钝化，可用铁制容器来盛装浓硝酸或浓硫酸，故C正确；
D.二氧化硫有毒，能使蛋白质变性，则葡萄酒中添加适量的二氧化硫可起到杀菌的作用，故D正确；
故选：B。
A.碳化硅为原子晶体，熔沸点高；
B.碳酸钡易溶于盐酸；
C.常温下，铁遇浓硝酸或浓硫酸钝化；
D.二氧化硫有毒，能杀菌消毒。
本题考查物质的组成及性质，为高频考点，把握物质的性质、用途解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，学习中注意相关基础知识的积累，难度不大。

5.【答案】C 
【解析】解：A.二氧化硅与水不反应，SiO2→H2OH2SiO3不能实现，故A错误；
B.氧化铝不溶于水，与水不能一步反应生成氢氧化铝，Al2O3→H2OAl(OH)3，不能一步实现，故B错误；
C.铁与硫反应硫化亚铁，硫化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和硫化氢，Fe→SFeS→稀盐酸FeCl2，故C正确；
D.氮气与氧气反应生成一氧化氮，N2→O2NO2，不能一步实现，故D错误；
故选：C。
A.二氧化硅与水不反应；
B.氧化铝不溶于水，与水不反应；
C.铁与硫反应硫化亚铁，硫化亚铁与稀盐酸反应生成氯化亚铁和硫化氢；
D.氮气与氧气反应生成一氧化氮。
本题考查元素及化合物的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答关键，侧重分析与运用能力的考查，注意元素及其化合物知识的应用，题目难度不大。

6.【答案】D 
【解析】解：A.钠和水反应生成氢气，氢气是易燃物，钠燃烧后生成过氧化钠，过氧化钠和水、二氧化碳反应生成氧气，促进钠的燃烧，镁能够在二氧化碳中燃烧，所以钠、镁着火燃烧时，不能用泡沫灭火器灭火，应该用沙子灭火，故A错误；
B.将等物质的量的Cl2和SO2混合，在水溶液中反应生成盐酸和硫酸，盐酸与硫酸不具有漂白性，所以将等物质的量的Cl2和SO2混合，使其漂白效力，故B错误；
C.量筒为精密的计量仪器，不能用于稀释浓硫酸，故C错误；
D.将Na投入到Ca(HCO3)2溶液中，反应后生成正盐溶液的离子反应为2Na+Ca2++2HCO3−=CaCO3↓+2Na++CO32−+H2↑，既有气体生成又有白色沉淀产生，故D正确；
故选：D。
A.金属钠燃烧生成的过氧化钠可以和二氧化碳之间反应，镁能够在二氧化碳中燃烧，泡沫灭火器产生的是二氧化碳；
B.将等物质的量的Cl2和SO2混合，在水溶液中反应生成盐酸和硫酸；
C.量筒为精密仪器，不能稀释浓溶液；
D.将Na投入到Ca(HCO3)2溶液中，反应后生成正盐溶液，反应生成氢气、碳酸钙、碳酸钠和水。
本题考查了金属钠的性质和反应产物的分析判断、离子方程式书写，明确钠与盐溶液反应实质先与水反应，生成氢氧化钠再与盐反应是解题关键，题目难度不大。

7.【答案】A 
【解析】解：A.9gH218O中含有的中子数N=9g20g/mol×10×NA/mol=4.5NA个，故A正确；
B.0.5L0.2mol/LHNO3溶液中硝酸含有的氧原子数N=0.2mol/L×0.5L×3×NA/mol=0.3NA个，而硝酸溶液中，除了硝酸外，水也含O原子，故此溶液中氧原子总数多于0.3NA个，故B错误；
C.标况下三氧化硫为固体，其物质的量不能根据气体摩尔体积来计算，故C错误；
D.铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应，故浓硫酸不能反应完全，则转移的电子数无法计算，故D错误；
故选：A。
A.求出9gH218O的物质的量，然后根据H218O中含10个中子来分析；
B.硝酸溶液中，除了硝酸外，水也含O原子；
C.标况下三氧化硫为固体；
D.铜只能与浓硫酸反应，和稀硫酸不反应。
本题考查了阿伏加德罗常数的有关计算，难度不大，掌握公式的使用条件和物质、反应的特点是解题关键。

8.【答案】B 
【解析】解：A.硫单质在氧气中燃烧只能生成SO2，不能生成SO3，SO2在催化剂的作用下才能转化为SO3，故A错误；
B.b为SO2，SO2与氧气催化氧化生成SO3，与水反应生成H2SO3，与双氧水反应生成H2SO4，与氢氧化钠溶液反应生成亚硫酸钠，与过氧化钠反应生成硫酸钠，即b在一定条件下可以一步转化成c、d、e、f、g，故B正确；
C.e为H2SO4，稀硫酸在水完全电离，不存在硫酸分子，浓硫酸中存在大量的硫酸分子，故C错误；
D.a为H2S，硫单质与氢气反应可一步制得a，a是一种弱酸，故D错误；
故选：B。
由图可知，a为−2价的氢化物，即H2S，b为+4价的氧化物，即SO2，c为+6价的氧化物，即SO3，d为+4价的酸，即H2SO3，e为+6价的酸，即H2SO4，f为+4价的盐，即亚硫酸盐，g为+6价的盐，即硫酸盐，据此分析作答即可。
本题主要考查硫及其化合物之间的转化，掌握硫及其化合物的性质是解决本题的关键，同时考查学生价类二维图的思维，属于基本知识的考查，难度不大。

9.【答案】C 
【解析】解：A.NH4+、OH−之间反应生成一水合氨，不能大量共存，但不属于氧化还原反应，故A错误；
B.Mg2+、Na+、H+、SO42−之间不反应，能够大量共存，不满足条件，故B错误；
C.SO32−、ClO−之间发生氧化还原反应，不能大量共存，满足题干要求，故C正确；
D.含有Fe2+的溶液为浅绿色，不满足溶液无色的条件，故D错误；
故选：C。
溶液无色时可排除Cu2+、Fe2+、Fe3+、MnO4−等离子的存在，具有氧化性的离子与具有还原性的离子发生氧化还原反应，不能大量共存，以此结合常见离子的性质进行判断。
本题考查离子共存的判断，为高频考点，明确题干暗含信息、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。

10.【答案】D 
【解析】解：A.向“腐蚀废液”中加入足量铁屑时，发生反应：Fe+2FeCl3=3FeCl2、CuCl2+Fe=Cu+FeCl2，可见在该过程中发生了化合反应和置换反应，故A正确；
B.“操作Ⅰ”为分离难溶性固体与可溶性液体混合物，操作为过滤，需要用到烧杯、玻璃棒、漏斗，故B正确；
C.向“溶液a”中通入“足量Cl2”，发生反应：2FeCl2+Cl2=2FeCl3，因此通入Cl2是为了将Fe2+氧化成Fe3+，故C正确；
D.滤渣中含有过量Fe及置换出来的Cu，Cu与浓硫酸在室温下不能发生反应，Fe在室温下遇浓硫酸会发生钝化也不能进一步发生反应，可将“滤渣”加入稀盐酸中，实现铜的回收，故D错误；
故选：D。
从腐蚀废液(含FeCl3、FeCl2、CuCl2)中回收铜并重新获得FeCl3，由流程可知，加入过量的Fe与氯化铁、氯化铜反应生成氯化亚铁、铜，过滤进行分离，则滤液a为FeCl2，滤渣中含Fe、Cu，滤液a中通入足量Cl2，将铁的化合物全部转化为FeCl3溶液，则滤液b为FeCl3溶液，由于Fe3+易水解，应在HCl气体氛围中蒸发结晶获取FeCl3晶体，以此解答该题。
本题考查了物质制备方案的设计、物质分离与提纯方法的综合应用，为高考常见题型和高频考点，题目难度较易，明确制备流程为解答关键，注意掌握常见物质分离与提纯的操作方法，试题知识点较多、综合性较强，充分考查了学生的分析、理解能力及化学实验能力。

11.【答案】C 
【解析】解：A.a、e化合价都是+1价，原子半径e>a，可知a、e是同一主族元素化合价，故A正确；
B.元素的非金属性越强，其相应的简单氢化物的稳定性就越强，c是Cl，d是S，元素的非金属性：Cl>S，所以最简单氢化物的稳定性：c(HCl)>d(H2S)，故B正确；
C.b是O，c是Cl，e是Li，三种元素形成的简单离子中，O2−核外有2个电子层，Cl−核外有3个电子层，Li+核外只有一个电子层。对于电子层结构相同的离子，核电荷数越大，离子半径越小；对于电子层结构不同的离子，离子核外电子层数越多，离子半径越大，所以简单离子半径：c>b>e，故C错误；
D.c是Cl，Cl2与鲜花中的水反应产生的HClO具有漂白性，因此会使鲜花褪色，故D正确；
故选：C。
根据元素的化合价，结合原子半径可知：a是H，b是O，c是Cl，d是S，e是Li，然后结合元素周期律分析解答。
本题考查原子结构与元素周期律，为高频考点，把握原子序数、原子半径、物质性质推断元素为解答的关键，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。

12.【答案】A 
【解析】解：A.溴水与二氧化硫反应生成硫酸和HBr，溴水褪色，可知二氧化硫具有还原性，故A正确；
B.氯气氧化KI生成碘，溶液变蓝，可知还原性：I−>Cl−，故B错误；
C.浓硫酸使pH试纸中H、O元素以水的形式脱出，浓硫酸的脱水性使试纸最后变黑，故C错误；
D.硝酸可氧化亚硫酸根离子，生成白色沉淀为硫酸钡，则溶液中不一定含SO42−，故D错误；
故选：A。
A.溴水与二氧化硫反应生成硫酸和HBr；
B.氯气氧化KI生成碘；
C.浓硫酸使pH试纸中H、O元素以水的形式脱出；
D.硝酸可氧化亚硫酸根离子。
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、反应与现象、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。

13.【答案】B 
【解析】解：A.根据图示可知Cu2+、Fe3+是H2S转化为S单质的催化剂，反应方程式为：2H2S+O2=S+2H2O，在该反应中参与反应的O2与H2S的物质的量之比为1：2，故A错误；
B.在流程反应中，反应的方程式为2H2S+O2=S+2H2O，在该反应中O2为氧化剂，S单质为还原产物，因此可推知元素的非金属性：O>S，故B正确；
C.根据流程总方程式可知：反应过程不消耗盐酸，因此在实验过程中不须补充稀盐酸，故C错误；
D.在反应过程中Cu元素化合价不变，因此参加氧化还原反应的离子有Fe3+、Fe2+、S2−，而没有Cu2+，故D错误；
故选：B。
A.根据图示可知Cu2+、Fe3+是H2S转化为S单质的催化剂；
B.在流程反应中，反应的方程式为2H2S+O2=S+2H2O，在该反应中O2为氧化剂，S单质为还原产物；
C.根据流程总方程式可知：反应过程不消耗盐酸；
D.在反应过程中Cu元素化合价不变，因此参加氧化还原反应的离子有Fe3+、Fe2+、S2−。
本题主要考查学生的读图能力、分析能力、一定情景下氧化还原反应方程式的书写，离子方程式的书写，氧化还原反应的概念判断等，属于中等难度题型。

14.【答案】AC 
【解析】解：①NO2溶于水，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2反应产生2molHNO3、1 molNO，产生的HNO3完全溶解在水中，因此所得HNO3溶液的浓度c(HNO3)=VLVmL/mol×232V3L=1Vmmol/L；
②NH3完全溶解在水中得到氨水，因此所得氨水的浓度c(NH3⋅H2O)=VLVmL/molVL=1Vmmol/L；
③V(NO2)：V(O2)=1：1的混合气体，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，NO2完全转化为HNO3，过量的O2占容器溶解的38，因此所得HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=0.5LVmL/mol5V8L=45×1Vmmol/L，可见得到的溶液浓度大小关系为：①=②，②>③，
故选：AC。
①NO2溶于水，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2反应产生2molHNO3、1 molNO，产生的HNO3完全溶解在水中，因此所得HNO3溶液的浓度c(HNO3)=VLVmL/mol×232V3L；
②NH3完全溶解在水中得到氨水，因此所得氨水的浓度c(NH3⋅H2O)=VLVmL/molVL；
③V(NO2)：V(O2)=1：1的混合气体，发生反应：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，NO2完全转化为HNO3，过量的O2占容器溶解的38，因此所得HNO3的物质的量浓度c(HNO3)=0.5LVmL/mol5V8L=45×1Vmmol/L。
本题考查物质的量浓度计算，浓度中等，关键是判断溶液体积与气体的体积关系。

15.【答案】BaCl2  Ba2++SO42−=BaSO4↓Ba2++CO32−=BaCO3↓BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、稀盐酸  Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2O产生白烟  先通入足量NH3，再通入CO2  CO2在水中的溶解度小，而NH3极易溶于水，能形成碱性环境，有利于吸收CO2 
【解析】解：(1)“滤液Ⅰ”中，仍含有可溶性杂质离子(Ca2+、Mg2+、SO42−)，从“滤液Ⅰ”中提取纯净的NaCl固体时，需将杂质离子除去，所需药品除了Na2CO3溶液、NaOH溶液、稀盐酸外，还需要的第四种药品为BaCl2溶液；该药品在提取纯净的NaCl固体的过程中参与反应，发生反应的离子方程式有Ba2++SO42−=BaSO4↓、Ba2++CO32−=BaCO3↓；
设计一种加入这些药品的先后顺序可以是：BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、稀盐酸(或BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸或NaOH溶液、BaCl2溶液、Na2CO3溶液、稀盐酸)等，
故答案为：BaCl2；Ba2++SO42−=BaSO4↓；Ba2++CO32−=BaCO3↓；BaCl2溶液、Na2CO3溶液、NaOH溶液、稀盐酸；
(2)实验室用消石灰和氯化铵固体制取NH3，反应产生CaCl2、NH3、H2O，该反应的化学方程式为Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2O；在工业上，可用浓氨水检验输送氯气的管道是否漏气，若漏气，NH3与Cl2反应产生NH4Cl固体，因此可观察到的现象为产生白烟，
故答案为：Ca(OH)2+2NH4Cl−△CaCl2+2NH3↑+2H2O；产生白烟；
(3)在“浓缩液”中需要通入足量的CO2和NH3，由于CO2在水中的溶解度小，而NH3极易溶于水，能形成碱性环境，有利于吸收CO2，故通入气体的先后顺序为先通入足量NH3，再通入足量CO2，
故答案为：先通入足量NH3，再通入CO2；CO2在水中的溶解度小，而NH3极易溶于水，能形成碱性环境，有利于吸收CO2。
将含有大颗粒泥沙的海水过滤，除去泥沙，得到滤液中含有Ca2+、Mg2+、SO42−，向其中加入过量BaCl2溶液、NaOH溶液、Na2CO3溶液，然后过滤，得到的滤渣II中含有BaSO4、Mg(OH)2、BaCO3、CaCO3，然后向滤液II中加入过量HCl，除去过量的NaOH、Na2CO3，然后将海水蒸发浓缩，得到纯净的NaCl溶液，再向其中先通入NH3，然后再通入CO2，发生反应产生NaHCO3、NH4Cl，将NaHCO3过滤分离出来，NaHCO3受热分解产生Na2CO3、H2O、CO2，滤液III再加入到滤液II中继续循环利用。
本题考查了纯碱制备过程分析判断，注意理解制备原理和应用，题目难度不大。

16.【答案】第三周期第ⅠA族   NSiNa>Cl>N>OHClO4  离子键、共价键  SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O 
【解析】解：由分析可知，X为N、Y为O、Z为Na、G为Si、Q为Cl；
(1)Z为Na元素，在元素周期表中的位置为第三周期第ⅠA族；X的单质为N2，电子式为，
故答案为：第三周期第ⅠA族；；
(2)同周期主族元素自左而右非金属性增强，同主族自上而下非金属性减弱，故非金属性强弱：N>Si；同周期主族元素自左而右原子半径减小，一般电子层越多原子半径越多，故原子半径由大到小的顺序为Na>Cl>N>O，
故答案为：N；Si；Na>Cl>N>O；
(3)上述元素的最高价氧化物对应水化物的酸性最强的是HClO4；化合物NaClO中含有的化学键的类型为离子键、共价键，
故答案为：HClO4；离子键、共价键；
(4)将化合物SiO2加入NaOH的溶液中，发生反应的化学方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O，
故答案为：SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O。
X、Y、Z、G、Q为原子序数依次增大的五种短周期主族元素；Y的最外层电子数是其电子层数的3倍，由于最外层电子数不超过8，原子只能有2个电子层，最外层电子数为6，故Y为O元素；X、Y位于同一周期，X的单质在常温下呈气态，则X为N元素；G是地壳中含量排第二的元素，则G为Si；Q的单质在常温下呈气态，原子序数大于硅，故Q为Cl；Y(氧)、Z的最外层电子数之和等于Q(氯)的最外层电子数，则Z原子最外层电子数为7−6=1，Z 原子序数大于氧，故Z为Na。
本题考查结构性质位置关系应用，推断元素是解题的关键，熟练掌握元素周期律与元素化合物知识，题目难度不大，旨在考查学生对基础知识的掌握情况。

17.【答案】4FeS2+11O2−高温2Fe2O3+8SO2  品红溶液  检验SO2  酸性KMnO4溶液的颜色变浅但不褪成无色(或不褪色)，即可证明SO2被除净  5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+  澄清石灰水  检验CO2  13.44 
【解析】解：(1)沸腾炉中，FeS2和氧气反应生成Fe2O3和SO2，化学方程式为4FeS2+11O2−高温2Fe2O3+8SO2，
故答案为：4FeS2+11O2−高温2Fe2O3+8SO2；
(2)①由分析可知，B中加入的试剂是品红溶液，检验SO2，
故答案为：品红溶液；检验SO2；
②C中盛放酸性KMnO4溶液，吸收SO2，则C中可观察到的现象是酸性KMnO4溶液的颜色变浅但不褪成无色(或不褪色)，即可证明SO2被除净，离子方程式为5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+，
故答案为：酸性KMnO4溶液的颜色变浅但不褪成无色(或不褪色)，即可证明SO2被除净；5SO2+2MnO4−+2H2O=5SO42−+2Mn2++4H+；
③由分析可知，D中盛放澄清石灰水，检验CO2，
故答案为：澄清石灰水；检验CO2；
(3)Zn和浓硫酸反应生成二氧化硫，随着反应的进行，浓硫酸变稀，Zn和稀硫酸反应生成氢气，生成的二氧化硫和氢气的总物质的量为0.8mol，将反应后的溶液稀释得400mL，测得c(H+)=2mol⋅L−1，则反应后溶液中剩余H2SO4的物质的量为12×0.4L×2mol/L=0.4mol，参加反应的H2SO4的物质的量为0.1L×18mol/L−0.4mol=1.4mol，设反应生成xmolSO2，ymolH2，则
Zn+2H2SO4(浓)=ZnSO4+SO2↑+2H2O
         2x x
Zn+H2SO4(稀)=ZnSO4+H2↑
         y y
x+y=0.82x+y=1.4，解得x=0.6y=0.2，标况下，0.6molSO2的体积为0.6mol×22.4L/mol=13.44L，
故答案为：13.44。
在沸腾炉中，FeS2和氧气反应生成Fe2O3和SO2；SO2在接触室中被氧化为SO3；检验SO2和CO2的混合气体，则B中盛放品红溶液，检验SO2；C中盛放酸性KMnO4溶液，吸收SO2；装置D中盛放澄清石灰水，检验CO2。
本题考查了物质性质方案设计，主要考查了化学方程式的书写、实验方案评价、有关氧化还原反应的计算，侧重于考查学生的分析问题、解决问题和数据处理能力，注意相关基础知识的学习与积累、采用极限思维法确定取值范围，综合性高，难度不大。

18.【答案】+3NH4++3Fe3++2SO42−+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+  3ClO−+2NH4++2H+=3Cl−+N2+2H++3H2O1：1NH3、NO2−  5 还原反应  NH2OH+NH3−HH酶N2H4+H2O 
【解析】解：(1)①NH4Fe3(SO4)2(OH)6中铁元素的化合价为+3价，生成NH4Fe3(SO4)2(OH)6沉淀的反应的离子方程式为：NH4++3Fe3++2SO42−+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+，
故答案为：+3；NH4++3Fe3++2SO42−+6H2O=NH4Fe3(SO4)2(OH)6↓+6H+；
②向该酸性废水中加入NaClO溶液可将NH4+转化成无害气体放出，发生反应的离子方程式为3ClO−+2NH4++2H+=3Cl−+N2+2H++3H2O，Cl2与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO、H2O，方程式为Cl2+2NaOH=NaCl+NaClO+H2O，该反应中1个氯原子化合价升高，被氧化，1个氯原子化合价降低，被还原，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1，
故答案为：3ClO−+2NH4++2H+=3Cl−+N2+2H++3H2O；1：1；
(2)①由图可知，废水中含氮粒子主要以NH3、NO2−形式存在，1个N2H4中含有4个N−H键，1个N−N键，存在的共价键数目共为5个，则1molN2H4中存在的共价键数目为5NA，
故答案为：NH3、NO2−；5；
②在NR酶的作用下，NO2−发生了还原反应，转化为NH2OH，NH2OH在HH酶的催化下与NH3发生反应，化学方程式为NH2OH+NH3−HH酶N2H4+H2O，
故答案为：NH2OH+NH3−HH酶N2H4+H2O。
(1)①根据化合价代数和为0进行计算，结合原子守恒、电荷守恒即可写出反应的离子方程式；
②NaClO具有氧化性，把NH4+氧化成无害气体，即氮气，自己被还原为Cl−，元素化合价升高，被氧化，做还原剂，元素化合价降低，被还原，做氧化剂；
(2)①由图可知，废水中含氮粒子主要以NH3、NO2−形式存在，1个N2H4中含有4个N−H键，1个N−N键，存在的共价键数目共为5个，即可推算1molN2H4中存在的共价键数目；
②由图可知，NO2−转化为NH2OH，化合价降低，发生了还原反应，NH2OH在HH酶的催化下与NH3发生反应生成N2H4和H2O。
本题主要考查情景方程式的书写，化合价的计算，同时考查学生的看图理解能力，分析能力，读取有效信息的能力，属于高频考点，难度不大。