2011届高考化学一轮复习随堂模拟测试：第3章自然界中的元素第二节氮的循环.doc

第二节 氮的循环1(2009·上海单科，4)用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火。其原因是()幕布的着火点升高幕布的质量增加氯化铵分解吸收热量，降低了温度氯化铵分解产生的气体隔绝了空气A B C D解析：氯化铵分解时吸收热量，使环境周围温度降低，达不到幕布的着火点，且分解产生的气体可隔绝空气使幕布不易着火。答案：B2离子的检验和鉴别有多种方法，其中最常用的方法有以下三种：检验方法沉淀法显色法气体法含义反应中有沉淀产生或溶解反应中有颜色变化反应中有气体产生下列离子检验的方法不合理的是()ANH气体法 BI沉淀法 CFe3显色法 DCa2气体法解析：根据本题给出的三种方法的实质，Ca2应该用沉淀法检验。答案：D325时，20.00 mL硫酸和硝酸的混合溶液，加入足量氯化钡溶液，充分反应后过滤、洗涤、烘干，可得0.466 g沉淀。滤液跟2.00 mol/L氢氧化钠溶液反应，共用去10.00 mL碱液时恰好中和。下列说法中正确的是()来源:Z_xx_k.ComA原混合液中c(SO)0.20 mol/L B原混合液中c(NO)0.90 mol/LC原混合液中pH0 D原混合液中由水电离出的c(H)0.10 mol/L解析：H2SO4、HNO3混合液在与BaCl2溶液反应后生成0.466 g(0.002 mol)BaSO4，而H的量没有变化。根据HOH=H2O，原溶液中n(H)0.01 L×2.00 mol·L10.02 mol，c(H)0.02 mol/0.02 L1 mol·L1，pH0。c(SO)0.002 mol/0.02 L0.1 mol·L1。根据电荷守恒有：c(H)2c(SO)c(NO)，c(NO)1 mol·L10.2 mol·L10.8 mol·L1。因酸溶液抑制H2O电离，原混合溶液中水电离出的c(H)1014 mol·L1。答案：C4溶液浓度和密度之间存在一定的关系，大部分浓度越大，密度越大，但也有特殊的，例如：氨水的浓度越大，密度反而越小，现用密度为0.91 g·cm3的氨水，质量分数为25%，若将此氨水用等体积的水稀释后，所得溶液的质量分数为()A大于12.5% B小于12.5% C等于12.5% D无法确定解析：加水稀释时溶质的物质的量不变，设加入水的体积为V，稀释后的质量分数为w，密度为，则有：氨水×V×25%2V××w即氨水×25%2w，由于>氨水，则w<12.5%。答案：B5. 将盛有1 mol NO和NO2的混合气体的试管倒立于水槽中，再通入0.4 mol O2，充分反应后，水便会充满整个试管。则原混合气体中NO与NO2体积比为()A12 B25 C37 D无法确定解析：方法一：设1 mol NO和NO2的混合气体中有a mol NO和(1a) mol NO2，根据4NO3O22H2O=4HNO3和4NO2O22H2O=4HNO3可以列出：a0.4.a0.3，V(NO)V(NO2)37。方法二：由于NO、NO2和O2恰好与水反应，必然满足n(N)n(O)25，设有a mol NO，那么就有n(O)a2(1a)0.4×22.5因为n(N)1，a0.3，即V(NO)V(NO2)37。答案：C6相同状况下，在容积相同的三个烧瓶内分别充满干燥的NH3、HCl、NO2气体，然后按上述顺序分别用水做喷泉实验。实验结束后，烧瓶内三种溶液的物质的量浓度之比为()A332 B223 C111 D无法比较解析：NH3和HCl作喷泉实验时所得溶液体积即为气体的体积，所得溶液的浓度均为 mol/L；NO2作喷泉实验时发生如下反应：3NO2H2O=2HNO3NO，则消耗的NO2的物质的量与生成HNO3的物质的量相同，所得溶液的浓度为：c mol/L mol/L。来源:学+科+网Z+X+X+K答案：C7无色的混合气体甲可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100 mL甲气体经过下图所示系列实验处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则甲气体的组成为()ANH3、NO2、N2 BNH3、NO、CO2CNH3、NO2、CO2 DNO、CO2、N2解析：根据甲为无色气体，推断甲中不存在NO2；甲气体通过浓H2SO4后气体体积减小，说明甲中含有NH3，且V(NH3)20 mL；剩余气体通过足量Na2O2后气体变成红棕色，说明甲中存在NO和CO2，且CO2与Na2O2反应产生的O2使NO转变为NO2；由于气体通入水中时没有气体剩余，所以V(NO2)V(O2)41；根据2CO22Na2O2=2Na2CO3O2,2NOO2=2NO2，当V(NO2)V(CO2)41时，V(NO)V(CO2)23，所以V(NO)80 mL×32 mL，V(CO2)80 mL32 mL48 mL。答案：B8下图中各物质均由常见元素(原子序数20)组成。已知A、B、K为单质，且在常温下A和K为气体，B为固体。D为常见的无色液体。I是一种常用的化肥，在其水溶液中滴加AgNO3溶液有不溶于稀HNO3的白色沉淀产生。J是一种实验室常用的干燥剂。它们的相互转化关系如下图所示(图中反应条件未列出)。请回答下列问题：(1)I的化学式为_；J的化学式为_。(2)反应的化学方程式为_。(3)F的水溶液与氯气反应的离子方程式为_。解析：根据I是一种常用的化肥，且向其水溶液中加入AgNO3产生不溶于硝酸的白色沉淀可推出I为NH4Cl，从而逆推E和H分别为NH3和HCl中的一种，由于H与F可以制J(常用干燥剂)，从而推知E为NH3，H为HCl，进而推出J为CaCl2，并能逆推F为Ca(OH)2，D为H2O，由B和D(水)反应生成K和F，且A和K反应生成E(NH3)知K为氢气，则A为N2，再由F为Ca(OH)2(已推出)推知C中含有Ca元素，从而推知C为Ca3N2、B为Ca，至此可以做出答案。答案： (1)NH4ClCaCl2(2)Ca3N26H2O=3Ca(OH)22NH3(3)Cl22OH=ClOClH2O9. 如图所示，将中生成的NH3缓缓经过通入充满干燥Cl2的试管中，已知2NH33Cl2=N26HCl，试回答下列问题：(1)中能产生NH3的理由(用相关化学用语简要回答)：_。(2)中装的试剂是_；作用是_。(3)中的现象是_；恰好反应后，将试管倒立于盛满水的水槽中，(不考虑其他因素影响)液面上升约为试管体积的_。解析：(1)由于浓氨水中存在如下平衡：NH3H2ONH3·H2ONHOH，将浓氨水加到固体CaO中，浓氨水中的H2O与CaO反应放出热量并产生OH，促使上述平衡向生成NH3的方向移动，导致NH3的生成。(2)所得的NH3中有杂质H2O，装置的干燥管内可盛放碱石灰除去之。(3)Cl2具有氧化性，NH3具有还原性，二者相遇发生氧化还原反应生成N2和HCl,2NH33Cl2=N26HCl，过量的NH3与HCl反应生成NH4Cl固体，其总反应为：8NH33Cl2=N26NH4Cl，因此氯气所呈现的黄绿色逐渐消失，并产生白烟。恰好完全反应后试管内剩下1/3体积的N2，将试管倒立在盛满水的水槽中，试管的2/3充满水。答案：(1)CaOH2O=Ca(OH)2，放出热量并生成碱，使平衡NH3H2ONH3·H2ONHOH左移，所以有氨气生成。或写CaONH3·H2O=Ca(OH)2NH3(2)碱石灰干燥氨气 (3)黄绿色逐渐消失并产生白烟10某研究性学习小组在做氯气的喷泉实验时(装置如下图)，发现含有酚酞的NaOH溶液喷入烧瓶后溶液的红色退去。甲、乙两位同学对此现象分别做了如下推测：甲：因为氯气与NaOH溶液反应，使溶液碱性减弱甚至呈酸性，所以溶液红色退去。乙：因为氯气溶于水并与水反应生成HClO，由于HClO的氧化漂白作用而使溶液退色。(1)验证甲同学的推测是否正确的方法是_。验证乙同学的推测是否正确的方法是_。(2)如果将NaOH溶液改成酸性KMnO4溶液，把Cl2换成SO2气体，试问用图示所给装置完成喷泉实验是否合理？_(填“合理”或“不合理”)。如果认为不合理，请说明你的理由：_。(3)类似“退色喷泉实验”还有多种“变色的喷泉实验”。请你按实验要求，分别设计1个“变色喷泉实验”并填写下列表格：编号实验要求烧杯中的溶液滴管中的液体烧瓶中的气体无色变红色的喷泉H2O红色变无色的喷泉SO2解析：本题是将教材上的演示实验进行了改进和拓展，并与实验探究问题结合在一起。探究验证氯气使含酚酞的氢氧化钠退色的原因。若乙同学的说法正确，则说明酚酞被氧化，再加入氢氧化钠不会变红色；而如果甲同学正确，再加入氢氧化钠溶液会变红色。用高锰酸钾溶液和SO2进行喷泉实验，要考虑药品对仪器的影响，由于高锰酸钾具有强氧化性，会使橡胶(连接玻璃管的橡胶管、胶头滴管)氧化腐蚀，因此，该实验不合理。无色变红色是解题的关键，可以是含酚酞的水溶液遇氨气。红色变无色的情况可以是含酚酞的氢氧化钠溶液与氯化氢气体或SO2(也就是酸性气体)相遇。答案：(1)取烧瓶中的无色溶液加入足量的NaOH溶液，如果溶液恢复红色，则可证明甲同学的推测是正确的如果加入足量的NaOH溶液后不能恢复红色，则说明乙同学的推测是正确的(2)不合理KMnO4溶液可与橡胶塞反应，也不能盛放在倒置的胶头滴管中(3)(其他合理答案也可)编号实验要求烧杯中的溶液滴管中的液体烧瓶中的气体无色变红色的喷泉酚酞试液H2ONH3红色变无色的喷泉NaOH(含酚酞)溶液NaOH溶液SO211. 在100 mL NaOH溶液中加入NH4NO3和(NH4)2SO4的固体混合物，加热充分反应，如图表示加入的混合物的质量与产生的气体体积(标况)的关系，试计算：(1)NaOH溶液的物质的量浓度为_。(2)当NaOH溶液的体积为140 mL，固体混合物的质量是51.6 g时，充分反应后，生成气体的体积(标况)为_L。(3)当NaOH的溶液的体积为180 mL，固体混合物的质量仍为51.6 g时，充分反应后，生成气体的体积(标况)为_L。解析：(1)从图上看出34.4 g混合物和100 mL NaOH恰好完全反应。n(NaOH)n(NH3)0.50 mol，c(NaOH)5.0 mol·L1；(2)V(NaOH)140 mL，因固体过量，所以V(NH3)22.4 L/mol×n(NaOH)：22.4 L·mol1×5 mol·L1×0.14 L15.68 L；(3)V(NaOH)180 mL，过量，固体51.6 g完全反应，V(NH3)16.8 L答案：(1)5.0 mol·L1(2)15.68(3)16.812. (2009·潍坊统考)中学常见的某反应的化学方程式为ABCDH2O(未配平，反应条件略去)。请回答下列有关问题：(1)若A是铁，B是稀硝酸(过量)，且A可溶于C溶液中。则A与B反应的离子方程式为_。(2)若C、D均为气体，且都能使澄清石灰水变浑浊，则上述反应的化学方程式为_。(3)若C是无色刺激性气味的气体，其水溶液呈弱碱性，C能发生催化氧化反应。写出该反应的化学方程式_。(4)若D为氯碱工业的主要原料，C是造成温室效应的主要气体之一，则上述反应的化学方程式_。解析：利用反应的特点和元素化合物知识解答。答案：(1)Fe4HNO=Fe3NO2H2O(2)C2H2SO4(浓)CO22SO22H2O(3)2NH4ClCa(OH)22NaCl2NH32H2O(4)Na2CO32HCl=2NaClH2OCO2或NaHCO3HCl=NaClH2OCO21下列方法中不宜用浓HNO3作试剂的是()A判断黄金首饰中是否掺有铜 B实验室制取二氧化碳C除去镀在铝表面的铜镀层 D配制溶解金的王水解析：常温下只有浓、稀硝酸能溶解铜，但稀硝酸也会溶解铝，只有浓硝酸能使铜溶解、铝钝化。实验室制取二氧化碳应选用稀硝酸，否则生成的CO2气体中会混有较多的HNO3(g)。答案：B2某工厂用CaSO4、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4，其工艺流程如下： 下列推断不合理的是()A直接蒸干滤液得到纯净的(NH4)2SO4 B生成1 mol (NH4)2SO4至少消耗2 mol NH3CCO2可被循环使用 D往甲中通适量CO2有利于(NH4)2SO4生成解析：该工艺流程原理较明确，B、C、D正确，如果直接蒸干滤液，由于滤液中还存在少量的杂质，这样得不到纯净的(NH4)2SO4。答案：A3. 对于1 mol·L1的氨水，下列叙述中正确的是(忽略溶液混合时的体积变化)()A将标准状况下22.4 L氨气溶于水配成1 L溶液，即可得到1 mol·L1的氨水B1 mol·L1的氨水的质量分数小于1.7%C1 mol·L1的氨水与水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度大于0.5 mol·L1D将1 mol·L1的氨水与3 mol·L1的氨水等质量混合后，所得氨水的物质的量浓度为2 mol·L1解析：选项A：由于氨水中的溶质即为溶入的氨气，而标准状况下22.4 L氨气为1 mol，因此，将1 mol氨溶于水配成1 L溶液的物质的量浓度为1 mol·L1；选项B：因为氨水的密度小于1 g·cm3，故w>1.7%；选项C：若将1 mol·L1的氨水与水等体积混合，所得氨水的浓度为0.5 mol·L1，由于氨水的密度比水小，因此相同质量的水的体积比氨水小，故等质量混合后所得氨水的物质的量浓度大于0.5 mol·L1；选项D：因氨水的浓度越大，其密度越小，则等质量混合时，3 mol·L1的氨水所占体积比1 mol·L1的氨水大，故所得氨水的物质的量浓度大于2 mol·L1。答案：AC4将盛有12 mL NO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2 mL无色气体，则原混合气体中O2的体积是()A1.2 mL B2.4 mL C3.6 mL D4 mL解析：解题依据的化学反应原理为4NO2O22H2O=4HNO3,3NO2H2O=2HNO3NO设O2的体积为x mL，剩余的气体有两种可能：若剩O2，则V剩x(12x)2，得x4，D正确；若剩NO，则V剩(12x)4x2，得x1.2，A正确。答案：AD5下列过程中，最终的白色沉淀不一定是BaSO4的是()AFe(NO3)2溶液 白色沉淀BBa(NO3)2溶液白色沉淀C无色溶液白色沉淀D无色溶液无沉淀白色沉淀解析：A、B选项的原溶液中均含有NO，在酸性条件下可将SO2、SO氧化为SO，最终生成BaSO4沉淀；C项可能是BaSO4或AgCl沉淀；D项排除CO、SO、Ag干扰，最终生成BaSO4沉淀。答案：C6某化学兴趣小组对一瓶气体的成分进行下列实验分析其组成，实验过程如下：观察集气瓶内气体呈红棕色，加入足量水后盖上玻璃片振荡，得棕色溶液，气体颜色消失，再打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色，该气体可能是下列气体中的()AN2NOBr2(g) BNO2NON2CNO2NOO2 DN2O2Br2(g)解析：气体呈红棕色，说明NO2、Br2(g)中至少含一种，溶于水后得棕色溶液，则说明原气体中含有Br2(g)，B、C被淘汰。又因为“打开玻璃片后，瓶中气体又变为红棕色”，说明打开前气体中含有NO，故答案为A。答案：A7浅绿色的Fe(NO3)2溶液中存在如下平衡：Fe22H2OFe(OH)22H，若向该溶液中滴加稀盐酸，则溶液的颜色()A变黄 B绿色变深 C绿色变浅 D无变化解析：向Fe(NO3)2溶液中加入盐酸后，溶液中的NO在酸性条件下具有强氧化性可将Fe2氧化。本题易受题干的迷惑而从平衡移动的观点出发解出答案B，这恰好忽略了NO和H的存在对Fe2的影响，而得出了错误结论。答案：A8某金属单质跟一定浓度的硝酸反应，假定只产生单一的还原产物，当参加反应的单质与被还原硝酸的物质的量之比为21时，还原产物是()ANO2 BNO CN2O DN2解析：设单质反应后价态为x，HNO3被还原后的价态为y由化合价升降相等得：2x5y讨论当时成立，即HNO3还原产物为N2O。答案：C9. 将相同质量的铜片分别和过量浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是()A反应速率，两者相同 B消耗硝酸的物质的量：前者多，后者少C反应生成气体的颜色：前者浅，后者深 D反应中转移的电子总数：前者多，后者少解析：本题主要考查学生对Cu与浓、稀硝酸反应原理的了解，同时综合考查了反应速率的影响因素，电子转移计算及NO和NO2的颜色等知识。铜片与浓、稀HNO3的反应方程式分别为Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O,3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O，因浓度越大反应速率越大，所以A错；又因NO2为红棕色，NO为无色，所以C错；因两种酸都过量，铜完全溶解，所以转移电子数相等，D错；由方程式不难看出，同质量的铜消耗浓HNO3多，故选B。答案：B10如图所示，试管中盛装的是红棕色气体(可能是混合物)，当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，原来试管中盛装的可能是()来源:学_科_网ANO与NO2的混合气体 BO2与NO211的混合气体CN2与NO2的混合气体 D只可能是NO2一种气体解析：由于试管内气体呈红棕色，所以试管内一 定有NO2，又向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水柱继续上升，经过多次重复后，试管内完全被水充满，所以气体可能是NO2或NO2与NO的混合气体。答案：A11将3.84 g铜粉与一定质量浓硝酸反应，当铜完全作用时，收集到气体2.24 L(标况下)，则所消耗硝酸的物质的量是()A0.11 mol B0.22 mol C0.16 mol D0.1 mol解析：由元素守恒，n(HNO3)2n(Cu)n(NOx)2×0.22 mol。答案：B12针对实验室制取氨气，下列说法不正确的是()A发生装置与用KClO3制取O2的装置相同B可用排饱和氯化铵溶液的方法收集氨气C氨气的验满可以用湿润的红色石蕊试纸或沾有浓盐酸的玻璃棒放于试管口附近D所用的铵盐不是NH4NO3，是因为NH4NO3受热易爆炸解析：实验室制取NH3属于固体与固体混合加热型，与KClO3分解制O2装置一样；由于NH3的溶解度太大，NH4Cl无法抑制氨气的溶解；氨气遇湿润的石蕊试纸变蓝或遇浓盐酸产生白烟； NH4NO3受热易爆炸，一般使用NH4Cl或其他非氧化性酸的铵盐。答案：B13从某些性质看：NH3和H2O，NH和H3O，NH和OH，N3和O2两两相似，据此判断下列反应：2Na2NH3=2NaNH2H2 CaO2NH4Cl=CaCl22NH3H2O3Mg(NH2)2Mg3N24NH3NH4ClNaNH2=NaCl2NH3其中正确的是()A B C D解析：从题干可知，每组粒子性质相似，所以判断以上反应是否正确，应看你熟悉的反应和所给反应是否相似。因为NH3与H2O相似，所以该反应与钠和水反应相似，所以该反应成立。因为NH与H3O相似，所以该反应与CaO和H3O反应相似，所以反应正确。因为NH与OH、N3与O2、NH3与H2O相似，所以Mg(NH2)2的分解与Mg(OH)2的分解相似，所以此反应成立。因为NH与OH相似，所以该反应可与NH4Cl和NaOH比较，两者相似，所以该反应成立。答案：D14下列离子方程式正确的是()A硫酸铵溶液与氢氧化钡溶液共热：NHSOBa2OHBaSO4NH3H2OB氯化铵溶液中加入稀氢氧化钠：NHOH=NH3·H2OC氯化铵固体和熟石灰共热：NHOHNH3H2OD碳酸铵溶液中通入足量二氧化碳：COCO2H2O=HCO解析：A项，正确的离子方程式为2NHSOBa22OHBaSO42NH32H2O；B项，反应原理正确，且符合离子方程式书写要求；C项，反应物均为固体，不能书写离子方程式；D项，正确的离子方程式为COCO2H2O=2HCO。答案：B15. 实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：已知实验室可用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。(1)从上图中选择制取气体的合适装置：氮气_、氢气_。(2)氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还可以_、_。(3)氨合成器出来经冷却的气体连续通入乙装置的水中吸收氨，_(“会”或“不会”)发生倒吸，原因是_。(4)用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是：_，锥形瓶中还可观察到的现象是：_。(5)写出乙装置中氨氧化的化学方程式：_。(6)反应结束后锥形瓶内的溶液中含有H、OH、_、_离子。解析：本题主要考查NH3的实验室制法、仪器的选择以及实验安全问题，同时也考查具体处理实验问题的能力。(1)由题意知，制取N2应选固(液)液加热装置a，制取氢气选简易启普发生装置。(2)甲装置中的浓H2SO4可用于干燥气体，另外还可通过观察两导管口气泡的快慢，调节N2和H2的流速。(3)因NH3的合成反应为可逆反应，不可能进行到底，故从合成器中出来的气体中含有大量的N2和H2，不可能发生倒吸。(4)氨的催化氧化反应为放热反应，故可观察到铂丝保持红热，氧化生成的NO与O2反应又生成NO2，故可观察到有红棕色气体产生，生成的NO2与水反应生成HNO3，HNO3与氨水反应得到硝酸铵。答案：(1)ab(2)干燥气体控制氢气和氮气的流速(3)不会因为混合气体中含有大量难溶于水的氮气、氢气两种气体(4)说明氨的催化氧化反应是一个放热反应有红棕色气体产生(5)4NH35O24NO6H2O(6)NHNO16中学化学中有很多物质可以实现如图中物质之间的转化。其中反应条件和部分反应的产物已略去。液体B和C可能是单一溶质的溶液，也可能是纯净物。(1)若A是一种紫红色金属，气体D能使品红溶液退色，加热时又恢复原色。写出反应的化学方程式_。该气体D与另一种气体H混合后生成一种淡黄色固体W，写出该反应的化学方程式_。(2)若A是一种金属单质，D是最轻的气体，B能否是NaOH溶液_(填“能”或“否”)。(3)若A是一种金属单质，D是一种无色气体，遇到空气变为红棕色，液体C呈蓝色。写出反应的离子方程式_。写出反应的任意一个离子方程式_。解析：本题考查物质的推断，中等题。物质的推断关键是找准突破口。(1)根据AD的描述，可以推断A为Cu ，D为SO2，故反应为铜和浓硫酸的反应。(2)根据D的描述，可以推断D为氢气。若B为NaOH溶液，则C为NaAl(OH)4，此时反应不能发生，即B不能为NaOH溶液。(3)根据相关描述，A为铜，B为稀硝酸，D为NO，故反应为铜和稀硝酸的反应，反应为活动性比铜强的金属与硝酸铜的反应。答案：(1)Cu2H2SO4(浓)CuSO4SO22H2O2H2SSO2=3S2H2O(2)否(3)3Cu8H2NO=3Cu22NO4H2OCu2Fe=Fe2Cu(其他合理答案也可)17. 已知A、B、C、D为气体，E、F ，G是氯化钙，它们之间的转换关系如下图所示：(1)D的化学式是_，E的化学式是_。(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G的化学方程式是_。解析：根据，D、C为气体，E为固体，再联系，且G为氯化钙，联想到实验室制NH3，E为NH4Cl，F为Ca(OH)2，则A、B、C、D、E、F、G、H依次为H2(Cl2)、Cl2(H2)、HCl、NH3、NH4Cl、Ca(OH)2、CaCl2、H2O，得到此结论，便迎刃而解。答案：(1)NH3NH4Cl(2)H2Cl22HCl(3)2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O18一种无色气体，可能是由CO2、HCl、NH3、NO2、NO、H2中的一种或几种所组成，将此无色气体通过盛有浓H2SO4的洗气瓶，发现气体减少一部分体积，继续通过装有固体Na2O2的干燥管，发现从干燥管出来的气体显红棕色。再将该气体通入盛满水倒立于水槽中的试管内，发现试管内水位上升，最后试管内盛满液体。因此可以确定：(1)原气体一定含有_。来源:学.科.网(2)一定不会有_。(3)由最终结果可知原气体中，_气体的体积比为_。解析：“无色气体”则不含NO2；“通过盛有浓H2SO4的洗气瓶，发现气体减少一部分体积”，说明一定含有NH3，则一定不含HCl；“继续通过装有固体Na2O2的干燥管，发现从干燥管出来的气体显红棕色”，说明此时气体中有NO2，则原混合气体中一定含有NO和CO2；“再将该气体通入盛满水倒立于水槽中的试管内，发现试管内水位上升，最后试管内盛满液体”，说明NO2和O2的体积比为41，亦即NO和O2的体积比为43,4NO2O22H2O=4HNO3或4NO3O22H2O=4HNO3，再据2CO22Na2O2=2Na2CO3O2，可知NO和CO2的体积之比为4(3×2)23，并且原混合气体中不含H2。答案：(1)NH3、CO2、NO(2)HCl、NO2、H2(3)NO和CO22319现有一混合物的水溶液，只可能含有以下离子中的若干种：K、NH、Cl、Mg2、Ba2、CO、SO，现取三份100 mL溶液进行如下实验：第一份加入AgNO3溶液有沉淀产生；第二份加入足量NaOH溶液加热后，在标准状况下收集到气体0.896 L气体；第三份加入足量BaCl2溶液后，得干燥沉淀6.27 g，经足量盐酸洗涤、干燥后，沉淀质量为2.33 g。根据上述实验，回答下列问题：(1)原溶液中一定存在的离子有_，一定不存在的离子有_，可能存在的离子有_。(2)写出实验发生反应的离子方程式_。(3)请你设计实验，确认可能存在离子的情况_。解析：根据可知原溶液中至少含有Cl、CO、SO的一种；根据可知原溶液中含有0.896 L/22.4 L·mol10.04 mol NH；根据可计算出含有0.02 mol CO，0.01 mol SO，故原溶液中不存在Mg2、Ba2，可能存在Cl；根据电荷守恒，阴离子的电荷至少为0.06 mol，而NH的电荷为0.04 mol，故原溶液中含有K。Cl的检验要排除CO和SO的干扰。答案：(1)CO、SO、NH、KMg2、Ba2Cl(2)Ba2CO=BaCO3，Ba2SO=BaSO4，BaCO32H=Ba2CO2H2O(3)取一定量的原溶液置于试管中，向其中加入足量的稀HNO3和Ba(NO3)2溶液，静置，向上层清液中加入AgNO3溶液，如有白色沉淀生成则有Cl，如无白色沉淀生成则无Cl20. (2009·上海单科，31)烟气中NOx是NO和NO2的混合物(不含N2O4)。(1)根据废气排放标准，1 m3烟气最高允许含400 mg NOx。若NOx中NO质量分数为0.85，则1 m3烟气中最高允许含NO_L(标准状况，保留2位小数)。(2)工业上通常用溶质质量分数为0.150的Na2CO3水溶液(密度1.16 g/mL)作为NOx吸收剂，该碳酸钠溶液物质的量浓度为_mol/L(保留2位小数)。(3)已知：NONO2Na2CO3=2NaNO2CO22NO2Na2CO3=NaNO2NaNO3CO21 m3含2 000 mg NOx的烟气用质量分数为0.150的碳酸钠溶液吸收。若吸收率为80%，吸收后的烟气_排放标准(填“符合”或“不符合”)，理由：_。(4)加入硝酸可改变烟气中NO和NO2的比，反应为：NO2HNO3=3NO2H2O当烟气中n(NO)n(NO2)23时，吸收率最高。1 m3烟气含2 000 mg NOx，其中n(NO)n(NO2)91。 计算：(i)为了达到最高吸收率，1 m3烟气需用硝酸的物质的量(保留3位小数)_。(ii)1 m3烟气达到最高吸收率90%时，吸收后生成NaNO2的质量(假设上述吸收反应后，反应比反应迅速。计算结果保留1位小数)_。解析：(1)×22.4 L/mol0.25 L。(2)c(Na2CO3)1.64 mol·L1。(4)(i)30n(NO)×46n(NO)2 gn(NO)0.057 molNO2HNO3=3NO2H2O x 2x 3xx0.017 6 moln(HNO3)2x0.035 mol。(ii)加入HNO3使NO与NO2物质的量之比达到23时NO2的实际物质的量已经变为：×0.0573x0.059 mol，NO的实际物质的量已经变为：0.057x0.039 mol。根据题(3)中两个方程式可以得出：n(NaNO2)2n(NO)n(NO2)n(NO)0.088 7 molm(NaNO2)0.088