吉林省德惠市实验中学、前郭五中等九校2020届高三化学上学期期中试卷（附解析Word版）

2019-2020 学年度第一学期期中考试高三化学 第 I 卷 一、选择题（本大题共 20 小题，1-12 小题每题 2 分，13-20 小题每题 3 分，共 48 分。在每 小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1.下列有关化学与生产、生活 说法中，不正确的是 ( ) A. 陶瓷、水泥和玻璃都属于硅酸盐产品 B. 低温下甲醇与水蒸气催化制氢，该反应属于氧化还原反应 C. 铝合金的大量使用归功于人们能使用焦炭从氧化铝中获得铝 D. 屠呦呦用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，该过程包括萃取操作 【答案】C 【解析】 【详解】A．陶瓷、水泥和玻璃的主要成分均为硅酸盐，都属于硅酸盐产品，故 A 正确； B．甲醇与水蒸气催化制氢，H 元素的化合价发生变化，为氧化还原反应，故 B 正确； C．Al 为活泼金属，应选电解熔融氧化铝的方法冶炼 Al，故 C 错误； D．用乙醚从青蒿中提取出对治疗疟疾有特效的青蒿素，是利用溶解性的差异分离的，为萃取 分液法，故 D 正确； 故选 C。 2.用下列实验装置（部分夹持装置略去）进行相应的实验，能达到实验目的的是 （ ） A. 加热装置 I 中的烧杯分离 I2 和高锰酸钾固体 B. 用装置 II 验证二氧化硫的漂白性 C. 用装置 III 制备氢氧化亚铁沉淀 D. 用装置 IV 检验氯化铵受热分解生成的两种气体 【答案】D 【解析】 的【详解】A．加热碘升华，高锰酸钾分解，加热法不能分离两者混合物，故 A 错误； B．二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，与二氧化硫的还原性有关，与漂白性无关，故 B 错误； C．关闭止水夹，NaOH 难与硫酸亚铁接触，不能制备氢氧化亚铁，故 C 错误； D．氯化铵分解生成氨气、HCl，氨气可使湿润的酚酞试纸变红，HCl 可使蓝色石蕊试纸变红， P2O5 可以吸收氨气，碱石灰可以吸收 HCl,所以可检验氯化铵受热分解生成的两种气体，故 D 正确； 本题答案：D。 3.NA 代表阿伏加德罗常数的值。下列有关说法正确的是( ) A. 38g3H2O2 中含有 3NA 共价键 B. 标准状况下，2.24L F2 通入足量饱和食盐水中可置换出 0.1NA 个 Cl2 C. 常温下，将 5.6g 铁块投入足量浓硝酸中，转移 0.3NA 电子 D. 1L 0.5mol·L−1 pH=7 的 CH3COONH4 溶液中 NH4+数目为 0.5NA 【答案】A 【解析】 【详解】A、38g3H2O2 中物质的量为： =1mol，一个分子中含有 2 个 H-O 键和 1 个 O-O 键。共含有 3NA 共价键，故 A 正确； B、F2 氧化性很强，通入饱和食盐水中，优先与水反应，置换水中的氧，故 B 错误； C、常温下，铁在浓硝酸中会钝化，不能反应完全，则 5.6g 铁即 0.1mol 铁反应后转移的电子 数小于 0.3NA 个，故 C 错误； D、1L 0.5mol•L-1 pH=7 的 CH3 COONH4 溶液中，存在物料守恒，c(NH3)+c(NH3•H2O)=0.5mol/L， 则 c(NH4+)＜0.5mol/L，NH4+数目小于 0.5NA，故 D 错误； 故选 A。 【点睛】本题的易错点为 B，要注意 F2 通入水溶液中，优先与水反应，类似的还有，将钠投 入盐溶液中，也是先与水反应。 4.某溶液中可能含有 Na+、NH4+、Ba2+、SO42－、I－、S2－。分别取样：①用 pH 计测试，溶液显 弱酸性；②加氯水和淀粉无明显现象。为确定该溶液的组成，还需检验的离子是 A. Na+ B. SO42－ C. Ba2+ D. NH4+ 【答案】A 【解析】 38g 38g / mol【详解】溶液显弱酸性，则一定存在能水解的铵根离子，硫离子一定不能存在，无需检验； 加氯水和淀粉无明显现象，氯水具有氧化性，能与碘离子发生氧化还原反应，所以 I﹣一定不 能共存，无需检验，因为溶液呈电中性，所以溶液中必须含有阴离子，则一定含有硫酸根离 子，因此钡离子不能存在，则硫酸根离子、钡离子无需检验，钠离子是否存在需要检验，答 案选 A。 【点睛】本题为高频考点，把握离子的检验方法及离子之间的氧化还原反应、相互促进的水 解反应为解答的关键。根据离子的特征反应及离子间的共存情况，进行离子推断时要遵循以 下三条原则：（1）互斥性原则。判断出一定有某种离子存在时，将不能与之共存的离子排除 掉，从而判断出一定没有的离子。（2）电中性原则。溶液呈电中性，溶液中一定有阳离子和 阴离子，不可能只有阳离子或阴离子。（3）进出性原则。离子检验时，加入试剂会引入新的 离子，某些离子在实验过程中可能消失(如溶液中的 AlO 在酸过量时转化为 Al3＋)，则原溶液 中是否存在该种离子无法判断。解答时，首先，必须以扎实全面的基础知识作后盾。扎实全 面的基础知识是考生认真、准确解答试题的前提和基础。例如考生要对离子的性质、离子的 特征、离子间的反应关系要有准确全面的认识。其次，必须要有正确清晰的解题思路和正确 灵活的解题方法。 5.下列物质的转化在给定条件下能实现的是（ ） A. NH3 NO2 HNO3 B. Al NaAlO2(aq) NaAlO2(s) C. Fe Fe2O3 Fe D. AgNO3(aq) [Ag(NH3)2OH(aq)] Ag 【答案】B 【解析】 【详解】A．NH3 与氧气反应生成的是 NO，无法直接得到 NO2，故 A 错误； B．铝和氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液为强碱弱酸盐溶液，水解产物不挥发， 蒸发会得到溶质偏铝酸钠，所以 Al NaAlO2(aq) NaAlO2(s)，能够在 给定条件下实现，故 B 正确； C．铁和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，不是生成氧化铁，故 C 错误；D．硝酸银溶液和一水合氨反应生成氢氧化银沉淀，继续加入氨水沉淀溶解生成银氨溶液，蔗 糖为非还原性的糖，不能和银氨溶液反应，物质间转化不能实现，故 D 错误； 答案选 B。 6.下列叙述正确的是 (　　) A. 将 SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中，产生沉淀，此沉淀是 BaSO3 B. 氯水久置后，漂白性和酸性均增强 C. 向 AlCl3 溶液中滴加氨水，产生白色沉淀，再加入过量 NaHSO4 溶液，沉淀溶解 D. 在 Fe(OH)3 胶体中加入稀盐酸，可观察到红褐色胶体变为棕黄色溶液 【答案】C 【解析】 【详解】A．SO2 通入 Ba(NO3)2 溶液中，发生氧化还原反应，生成 BaSO4 沉淀，故 A 错误； B．新制氯水久置后为盐酸溶液，所以氯水久置后漂白性减弱、酸性增强，故 B 错误； C．AlCl3 溶液中滴加氨水，产生白色沉淀为氢氧化铝，氢氧化铝可溶于强酸性溶液，则再加 入过量 NaHSO4 溶液，沉淀溶解，故 C 正确； D．Fe(OH)3 胶体中加入稀盐酸，先发生聚沉，后发生复分解反应，可观察到先生成红褐色沉 淀，后溶液变为棕黄色，故 D 错误； 故选 C。 7.下列化学用语书写正确且能合理解释事实的是 (　　) A. 由 H 和 Cl 形成共价键的过程： B. 用高锰酸钾标准溶液滴定草酸：2MnO4－＋16H＋＋5C2O42－=2Mn2＋＋10CO2↑＋8H2O C. 向淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后，溶液变蓝：4H+ +4I- +O2=2I2 +2H2O D. 向含 0.1 mol FeBr2 的溶液中通入 0.1 mol Cl2：2Fe2++4Br-+3C12=2Fe3++2Br2+6C1- 【答案】C 【解析】 【 详 解 】 A ． 形 成 的 HCl 为 共 价 化 合 物 ， 用 电 子 式 表 示 HCl 的 形 成 过 程 为 ，故 A 错误； B．用高锰酸钾标准溶液滴定草酸，草酸为弱酸，离子反应为 2MnO4-+6H++5H2C2O4=2Mn2++10CO2↑+8H2O，故 B 错误；C．淀粉碘化钾溶液中滴加稀硫酸，在空气中放置一段时间后，溶液变蓝，碘离子被氧气氧化 生成碘，离子反应为 4H++4I-+O2=2I2+2H2O，故 C 正确； D．物质的量相等，由电子守恒可知，亚铁离子全部被氧化，溴离子一半被氧化，则离子反应 为 2Fe2++2Br-+2Cl2=2Fe3++Br2+4Cl-，故 D 错误； 故选 C。 【点睛】本题的难点和易错点为 D，要注意反应的先后顺序，氯气通入 FeBr2 溶液中，首先氧 化亚铁离子，再氧化溴离子。 8.向含有 c(FeCl3)＝0.2 mol·L－1、c(FeCl2)＝0.1 mol·L－1 的混合溶液中滴加稀 NaOH 溶液， 可得到一种黑色分散系，其中分散质粒子是直径约为 9.3 nm 的金属氧化物，下列有关说法中 正确的是(　　) A. 该分散系的分散质为 Fe2O3 B. 该分散系属于溶液 C. 加入 NaOH 时发生的反应可能为 Fe2＋＋2Fe3＋＋8OH－===Fe3O4＋4H2O D. 可用过滤的方法将黑色金属氧化物与 Na＋分离开 【答案】C 【解析】 【详解】A．三氧化二铁为红棕色，由题意知得到一种黑色分散系，故 A 错误；B．该分散系 中分散质粒子是直径约为 9.3nm 的金属氧化物，则该分散系为胶体，故 B 错误；C．氯化亚铁、 氯 化 铁 与 氢 氧 化 钠 反 应 生 成 四 氧 化 三 铁 和 水 、 氯 化 钠 ， 离 子 方 程 式 ： Fe2++2Fe3++8OH-═Fe3O4+4H2O，故 C 正确；D．胶体、溶液都可以透过滤纸，不能用过滤方法分 离，故 D 错误；故答案为 C。 9.根据元素周期表和元素周期律，判断下列叙述不正确的是(　　) A. 气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4 B. 氢元素与其他元素可形成共价化合物或离子化合物 C. 如图所示实验可证明元素的非金属性：Cl>C>Si D. 用中文“ ”(ào)命名的第 118 号元素在周期表中位于第七周期 0 族【答案】C 【解析】 【详解】A.非金属性 O>N>Si，气态氢化物的稳定性：H2O>NH3>SiH4，故不选 A； B.H 与 F、Cl 等形成共价化合物，与 Na、K 等形成离子化合物，则氢元素与其他元素可形成共 价化合物或离子化合物，故不选 B； C.利用最高价含氧酸的酸性比较非金属性，HCl 不是最高价含氧酸，则不能比较 Cl、C 的非金 属性，故选 C； D.118 号元素的核外有 7 个电子层、最外层电子数为 8，则 118 号元素在周期表中位于第七周 期 0 族，故不选 D； 答案：C 10.已知下列实验事实：①Cr2O3 固体既能溶于 KOH 溶液得到 KCrO2 溶液，又能溶于硫酸得到 Cr2(SO4)3 溶液；②将 K2Cr2O7 溶液滴加到淀粉­KI 溶液中，溶液变蓝；③向 KCrO2 溶液中滴加 H2O2 溶液，再酸化，可得 K2Cr2O7 溶液。下列判断不正确的是 A. 化合物 KCrO2 中 Cr 为＋3 价 B. 实验①证明 Cr2O3 是两性氧化物 C. 实验②证明氧化性：Cr2O72-＞I2 D. 实验③证明 H2O2 既有氧化性又有还原性 【答案】D 【解析】 【详解】A.根据在任何化合物中正负化合价的代数和为 0 可得化合物 KCrO2 中元素 Cr 为+3 价。 正确但不符合题意，A 不选。 B.根据题意可知 Cr2O3 是两性氧化物。正确但不符合题意，B 不选。 C.根据氧化还原反应中氧化性;氧化剂＞氧化产物，可知在②中氧化性 K2Cr2O7＞I2。正确但不 符合题意。C 不选。 在③中 H2O2 中的 O 元素的化合价由-1 价变为-2 价，化合价降低，得到电子，表现为氧化性。 错误符合题意。D 选。 答案选 D。 11.人们从冰箱中取出的“常态冰”仅是冰存在的多种可能的形式之一。目前，科学家发现了 一种全新的多孔、轻量级的“气态冰”，可形成气凝胶。下列有关说法正确的是 A. “常态冰”和“气态冰”结构不同，是同素异形体B. “气态冰”因其特殊的结构而具有比“常态冰”更活泼的化学性质 C. 18g“气态冰”的体积为 22.4L D. 构成“气态冰”的分子中含有极性共价键 【答案】D 【解析】 【详解】A.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，状态不同，但是同一种物质，故 A 错误； B.“常态冰”和“气态冰”是水存在的不同形式，物理性质不同，但化学性质相同，故 B 错 误； C.“气态冰”是形成气凝胶的冰，标准状况下不是气体，18g“气态冰”的体积小于 22.4L， 故 C 错误； D.“气态冰”的分子是水分子，构成“气态冰”的分子中含有极性共价键，故 D 正确。 故选 D。 12.已知氢化钠（NaH）可由氢气和钠在高温下化合形成，其使用需要惰性环境，遇水放出易 燃气体，下列说法不正确的是（　　） A. 氢化钠与水反应产生的气体，通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一 定量的 H2 B. 氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变红色现象，则说明产生的气 体中一定含有 H2 C 氢化钠在无水条件下除去钢铁表面铁锈的反应方程式为 3 NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH D. 锌和盐酸反应后的气体经浓硫酸干燥后，与钠在高温下反应得到纯净的 NaH 【答案】D 【解析】 【详解】解：A．氢化钠与水反应产生的气体，反应的化学方程式为：NaH+H2O＝NaOH+H2↑， 气体通过盛有碱石灰的干燥管，用向下排空气法可以收集得到一定量的 H2，故 A 正确； B．氢气能还原氧化铜生成 Cu，氢化钠与水反应产生的气体通过灼热的氧化铜，若出现黑色变 红色现象，则说明产生的气体中一定含有 H2，故 B 正确； C．NaH 具有强还原性，能与 Fe2O3 生成 Fe 和 NaOH，反应方程式为：3NaH+Fe2O3═2Fe+3NaOH， 故 C 正确； .D．锌和盐酸反应后的气体中含有氢气、HCl、水蒸气，浓硫酸干燥除去了水蒸气，还含有氢 气和 HCl，所以应该先除去 HCl、再用浓硫酸干燥，然后与钠在高温下反应得到纯净的 NaH， 故 D 错误。 故选：D。 13.主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于 20。W、X、Z 最外层电子数之和 为 10；W 与 Y 同族；W 与 Z 形成的化合物可与浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃。下列说法正 确的是 A. 常温常压下 X 的单质为气态 B. Z 的氢化物为离子化合物 C. Y 和 Z 形成的化合物的水溶液呈碱性 D. W 与 Y 具有相同的最高化合价 【答案】B 【解析】 分析：主族元素 W、X、Y、Z 的原子序数依次增加，且均不大于 20。W 与 Z 形成的化合物可与 浓硫酸反应，其生成物可腐蚀玻璃，生成物是 HF，因此 W 是 F，Z 是 Ca，W 与 Y 同族，则 Y 是 Cl。W、X、Z 的最外层电子数之和为 10，则 X 的最外层电子数为 10－7－2＝1，所以 X 是 Na，据此解答。 详解：根据以上分析可知 W、X、Y、Z 分别是 F、Na、Cl、Ca 或 F、Mg、Cl、K，则 A、金属钠或钾常温常压下是固态，A 错误； B、CaH2 中含有离子键，属于离子化合物，B 正确； C、Y 与 Z 形成的化合物是氯化钙，其水溶液显中性，C 错误； D、F 是最活泼的非金属，没有正价，Cl 元素的最高价是+7 价，D 错误。答案选 B。 点睛：准确判断出元素名称是解答的关键，突破点是能腐蚀玻璃的物质为 HF，进而推断出 CaF2 能与浓硫酸反应生成 HF。易错点是选项 B，注意金属氢化物的结构特点，与非金属氢化物的 不同。难点是氟化钙与浓硫酸反应属于学生不熟悉的知识点。 14.聚合硫酸铁可用于水的净化，其化学式可表示为[Fea(OH)b(SO4)c]m。取一定量聚合硫酸铁 样品与足量盐酸反应，将所得溶液平均分为两份。向一份溶液中加入足量的 BaCl2 溶液，得到 白色沉淀 1.7475 g。取另一份溶液，先将 Fe3＋还原为 Fe2＋(还原剂不是 Fe，且加入的还原剂 恰好将 Fe3＋还原为 Fe2＋)，再用 0.020 00 mol/LK2Cr2O7 标准溶液滴定至终点，消耗 K2Cr2O7 标 准溶液 50.00 mL。该聚合硫酸铁样品中 a∶b 为 ( ) A. 1∶1 B. 2∶1 C. 3∶1 D. 2∶5 【答案】B 【解析】 【分析】 加 入 氯 化 钡 生 成 的 沉 淀 为 硫 酸 钡 ， 可 计 算 出 硫 酸 根 离 子 的 物 质 的 量 ， 根 据 Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O 和滴定所用重铬酸钾的量可计算出铁离子的物质的量，根 据电荷守恒可计算出氢氧根离子的物质的量，铁和氢氧根离子的物质的量之比即为 a∶b 的比 值，据此分析解答。 【详解】n(SO42-)= =0.0075mol，n(K 2Cr2O7)=0.05L×0.02mol/=0.001mol，根据 Cr2O72-+6Fe2++14H+=2Cr3++6Fe3++7H2O ， n(Fe2+)=6n(K2Cr2O7)=0.006mol ， 由 电 荷 守 恒 可 知 n(OH-)+2n(SO42-)=3n(Fe3+) ， n(OH-)=0.006mol×3-0.0075mol×2=0.003mol ， 得 到 a∶b=0.006mol∶0.003mol=2∶1，故选 B。 15.为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含 NH4+废水和工业废气（主要含 N2、CO2、SO2、 NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程： 下列说法不正确的是 A. 固体 1 中主要含有 Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3 B. X 可以是空气，且需过量 C. 捕获剂所捕获的气体主要是 CO D. 处理含 NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2-==N2↑+2H2O 【答案】B 【解析】 试题分析：工业废气中 CO2、SO2 可被石灰水吸收，生成固体 1 为 CaCO3、CaSO3，气体 1 是不 能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO，气体 1 通入气体 X，用氢氧化钠溶液处理后到的 NaNO2，X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，NaNO2 与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体，应 1.7475g 233g / mol生成氮气，则气体 2 含有 CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是 CO。A．工业废气中 CO2、SO2 可 被石灰水吸收，生成 CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体 1 为主要含有 Ca(OH)2、CaCO3、 CaSO3，故 A 正确；B．由分析可知，气体 1 是不能被过量石灰水吸收的 N2、NO、CO，气体 1 通 入气体 X，用氢氧化钠溶液处理后到的 NaNO2，X 可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠， 故 B 错误；C．气体 2 含有 CO、N2，经捕获剂得到氮气和 CO，所捕获的气体主要是 CO，防止 污染空气，故 C 正确；D．NaNO2 与含有 NH4+的溶液反应生成无污染气体，应生成氮气，发生氧 化还原反应，离子方程式为 NH4++NO2-=N2↑+2H2O，故 D 正确；故选 B。 考点：考查了物质的分离、提纯的相关知识。 16.下列有关硫元素及其化合物的说法或描述正确的是(　　) A. 硫黄矿制备硫酸经历两步：SO2/点燃,SO3 H2SO4 B. 酸雨与土壤中的金属氧化物反应后，硫元素以单质的形式进入土壤中 C. 在燃煤中加入石灰石可减少 SO2 排放，发生的反应为 2CaCO3＋2SO2＋O2 2CO2＋2CaSO4 D. 土壤中的闪锌矿(ZnS)遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明 CuS 很稳定，不具有还原性 【答案】C 【解析】 【详解】A.用硫黄制硫酸时，第一步只能将硫氧化成 SO2，故 A 错误；B.酸雨与土壤中的金属 氧化物反应后，硫元素以 SO42-的形式进入土壤中，故 B 错误；C.在燃煤中加入石灰石，高温 下石灰石分解生成 CaO，可与 SO2 以及氧气反应生成硫酸钙，故 C 正确；D．土壤中的闪锌矿(ZnS) 遇到硫酸铜溶液转化为铜蓝(CuS)，说明 CuS 的溶解度比 ZnS 的小，与 CuS 很稳定不具有还原 性无关，故 D 错误；答案选 C。 【点睛】硫单质在氧气中燃烧的产物是二氧化硫，而二氧化硫和氧气需要在催化剂、加热条 件下才能进一步转化为三氧化硫。 17.天然气因含有少量 H2S 等气体开采应用受限。T．F 菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱 硫，其原理如图所示。下列说法不正确的是A. 该脱硫过程需要不断添加 Fe2(SO4)3 溶液 B. 脱硫过程 O2 间接氧化 H2S C. 亚铁是血红蛋白重要组成成分，FeSO4 可用于治疗缺铁性贫血 D. 《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐 【答案】A 【解析】 【详解】A.T．F 菌在酸性溶液中可实现天然气的催化脱硫，Fe2(SO4)3 氧化硫化氢，自身被还 原成硫酸亚铁（相应反应为 2Fe3++H2S=2Fe2++S↓+2H+），硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁（相应 反应为 4Fe2++O2+4H+=4Fe3++2H2O），根据反应可知，该脱硫过程不需要不断添加 Fe2(SO4)3 溶液， A 错误； B.脱硫过程：Fe2(SO4)3 氧化硫化氢，自身被还原成硫酸亚铁，硫酸亚铁被氧气氧化成硫酸铁， 脱硫过程 O2 间接氧化 H2S，B 正确； C.亚铁是血红蛋白的重要组成成分，起着向人体组织传送 O2 的作用，若缺铁就可能出现缺铁 性贫血，FeSO4 可用于治疗缺铁性贫血，C 正确； D.天然气主要成分为甲烷，甲烷燃烧放出热量，《华阳国志》记载“取井火煮之，一斛水得五 斗盐”，我国古代已利用天然气煮盐，D 正确； 故合理选项是 A。 18.NH3 催化还原 NO 是重要的烟气脱硝技术，其反应过程与能量关系如图；研究发现在以 Fe2O3 为主的催化剂上可能发生的反应过程如图．下列说法正确的是 （　 ）A. NH3 催化还原 NO 为吸热反应 B. 过程Ⅰ中 NH3 断裂非极性键 C. 过程Ⅱ中 NO 为氧化剂，Fe2+为还原剂 D. 脱硝的总反应为： 4NH3(g)+4NO(g)+ O2(g) 4N2(g)+6H2O(g) 【答案】D 【解析】 【详解】A．根据图像，反应物总能量高于生成物总能量，为放热反应，故 NH3 催化还原 NO 为 放热反应，故 A 错误； B．NH3 断裂的是 N-H 极性键，故 B 错误； C．NO→N2，化合价由+2→0，化合价降低，得电子作氧化剂，Fe2+在反应前后没有发生变化， 故作催化剂，故 C 错误； D．由图象知，脱硝的总反应为：4NH3(g)+4NO(g)+O2(g) 4N2(g)+6H2O(g)，故 D 正确； 故选 D。 19.海水约占地球表面积的 71%，具有十分巨大的开发潜力。下图是开水资源综合利用的工艺 图，以下说法正确( )A. 电解 NaCl 溶液时可用铁做电极,其离子方程式为：2Cl- + 2H2O = 2OH-+ H2↑+ Cl2↑ B. 向苦卤中加入 Cl2 作用是置换出溴单质，该过程体现了还原性：Cl- > Br- C. 实验室模拟海水提取淡水，除夹持装置外只用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、锥形瓶 D. Br2 与 SO2 的水溶液发生反应的离子方程式为：Br2 + SO2 + 2H2O =4H+ + 2Br- + SO42- 【答案】D 【解析】 【详解】A. 铁做电解池的阳极，铁失电子，溶液中的氯离子不能失电子生成氯气，离子方程 式书写错误，A 错误； B. 向苦卤中加入 Cl2 的作用是置换出溴单质，证明氯气的氧化性大于溴，B 错误； C. 实验室模拟海水提取淡水，用到的仪器有蒸馏烧瓶、酒精灯、锥形瓶外，还需要有温度计、 冷凝管、牛角管等，C 错误； D. Br2 与 SO2 的水溶液发生反应生成硫酸和氢溴酸，离子方程式为：Br2 + SO2 + 2H2O =4H+ + 2Br- + SO42-，D 正确； 综上所述，本题答案是：D。 20.某 100mL 稀溶液中只含有 Fe3+、Cu2+、H+、NO3-四种离子，向其中逐渐加入铁粉，溶液中 Fe2+ 的浓度和加入铁粉的质量的关系如图所示，若整个反应过程中溶液的体积不发生变化，则下 列说法中不正确的是（ ） A. 原溶液的 c(H+)=4mol·L-1 B. 若 a=3，则原溶液中 c(Cu2+)=1mol·L-1 C. 原溶液中的 c(NO3-)=7mol·L-1 D. BC 段发生反应的离子方程式为 Cu2++Fe=Fe2++Cu 【答案】C 【解析】 A ． OA 段 无 Fe2+ 生 成 ， 是 加 入 的 5.6g 即 0.1mol 铁 粉 与 硝 酸 反 应 ： Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，设溶液中的氢离子的物质的量为 xmol，则有： Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O 的1 4 0.1mol xmol 则有： 解得 x=0.4mol 则溶液中的氢离子的物质的量浓度 c= =4mol/L，故 A 正确； B．若 a=3，则说明在 BC 段生成的 Fe2+的物质的量为 n=0.1mol，而 BC 段发生的反应为 Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，设溶液中的 Cu2+的物质的量为 ymol，则有： Fe+Cu2+=Cu+Fe2+ 1 1 ymol 0.1mol 则有： ， 则有：y=0.1mol，则溶液中的铜离子的物质的量浓度 c= =1mol/L，故 B 正确；C．C 点 溶液中 c（Fe2+）=4mol/L，故此时溶液中的 n（Fe2+）=CV=4mol/L×0.1L=0.4mol，而此时溶液 中溶质为 Fe（NO3）2，故 C 点溶液中的 n（NO3-）=0.8mol，而在 OA 段加入 0.1mol 铁反应时， 消耗掉的硝酸根为 0.1mol，故原溶液中的 n（NO3-）总=0.8mol+0.1mol=0.9mol，故浓度为 c （NO3-）总= =9mol/L，故 C 错误；D．BC 段，加入的铁粉和 Cu2+反应： Fe+Cu2+=Cu+Fe2+，故 D 正确；故选 C。 点睛：明确图示反应原理是解题关键，OA 段无 Fe2+生成，是加入的 5.6g 即 0.1mol 铁粉与硝 酸反应：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，根据消耗的铁的物质的量求出溶液中的氢离子的物质 的量；AB 段，加入的铁粉和溶液中的 Fe3+反应：2Fe3++Fe=3Fe2+；BC 段，加入的铁粉和 Cu2+反 应：Fe+Cu2+=Cu+Fe2+．据此分析。 II、非选择题（52 分） 21.某工业废水中仅含下表离子中的 5 种（不考虑水的电离及离子的水解），且各种离子的物 质的量浓度相等，均为 0.1mol/L． 阳离子 K+ Cu2+ Fe3+ Al3+ Fe2+ 阴离子 Cl﹣ CO32﹣ NO3﹣ SO42﹣ SiO32﹣ 1 4 0.1mol molx = 0.4mol 0.1L 1 1 ymol 0.1mol = 0.1mol 0.1L 0.9mol 0.1L甲同学欲探究废水的组成，进行了如下实验： I．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰（透过蓝色钴玻璃观察）。 Ⅱ．取少量溶液，加入 KSCN 溶液无明显变化。 Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依 然澄清，且溶液中阴离子种类不变。 Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入 BaCl2 溶液，有白色沉淀生成。 请推断 （1）由 I、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是_____________（写离子符号）。 （2）Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体的离子方程式是_______。 （3）将Ⅲ中红棕色气体（标况下）收集一试管然后倒扣入水中（假设溶质不扩散），所得溶 液的物质的量浓度为_________mol/L（精确到千分位）。 （4）甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是___________，阴离子是_______。 （5）另取 100mL 原溶液，加入足量的 NaOH 溶液，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得 到的固体为_________________，质量为_______________g。 【 答 案 】 (1). K+ 、 Fe3+ (2). 3Fe2++NO3﹣+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O (3). 0.045 (4). Fe2+、Cu2+ (5). Cl﹣、NO3﹣、SO42﹣ (6). CuO 和 Fe2O3 (7). 1.6 【解析】 【分析】 Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说明没有 K+； Ⅱ．取少量溶液，加入 KSCN 溶液无明显变化，说明没有 Fe3+； Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依 然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与 NO3-和 H+反应生成 NO，即溶液中有 Fe2+、 NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有 Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明 没有 SiO32-； Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入 BaCl2 溶液，有白色沉淀生成，说明有 SO42-； 根据以上判断，结合电荷守恒分析解答。 【详解】Ⅰ．用铂丝蘸取少量溶液，在火焰上灼烧，无紫色火焰(透过蓝色钴玻璃观察)，说 明没有 K+； Ⅱ．取少量溶液，加入 KSCN 溶液无明显变化，说明没有 Fe3+； Ⅲ．另取溶液加入少量盐酸，有无色气体生成，该无色气体遇空气变成红棕色，此时溶液依然澄清，且溶液中阴离子种类不变，说明 Fe2+与 NO3-和 H+反应生成 NO，即溶液中有 Fe2+、 NO3-，加盐酸溶液中阴离子种类不变，说明原溶液中有 Cl-，加盐酸溶液依然澄清加盐酸说明 没有 SiO32-； Ⅳ．向Ⅲ中所得的溶液中加入 BaCl2 溶液，有白色沉淀生成，说明有 SO42-； 综上所述，溶液中一定不含有的离子是 K+、Fe3+、SiO32-；一定含有 Fe2+、NO3-、Cl-、SO42-。 根据各种离子的物质的量浓度相等，均为 0.1mol/L，则溶液中一定还含有一种阳离子，根据 电荷守恒，该阳离子所带电荷=1+1+2-2=2，因此一定含有 Cu2+，且一定没有 CO32﹣。 (1)由Ⅰ、Ⅱ判断，溶液中一定不含有的阳离子是 K+、Fe3+，故答案为：K+、Fe3+； (2)Ⅲ中加入少量盐酸生成无色气体，是 Fe2+与 NO3-和 H+反应生成 NO，其离子方程式： 3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O，故答案为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO+2H2O； (3)标准状况下，将一充满 NO2 气体的试管，倒扣于水中，至液面不再升高时，最后得到的硝 酸，3NO2 + H2O =2HNO3 + NO，设试管体积为 VL，最终试管中所得溶液的体积为 L，生成硝酸 的物质的量为 × = × mol，因此溶液的物质的量浓度= =0.045mol/L，故答案为：0.045； (4)由以上推断可知溶液中阴离子为 Cl-、NO3-、SO42-，且各为 0.1mol/L；已经推断出的阳离 子是 Fe2+，其浓度为 0.1mol/L，由电荷守恒可知溶液中还有一种+2 价阳离子，所以还有 Cu2+， 所以甲同学最终确定原溶液中所含阳离子是：Fe2+、Cu2+；阴离子是：Cl-、NO3-、SO42-，故答 案为：Fe2+、Cu2+；Cl-、NO3-、SO42-； (5)另取 100mL 原溶液，加入足量的 NaOH 溶液，Fe2+生成 Fe(OH)2，又被氧气氧化为 Fe(OH)3， Cu2+生成 Cu(OH)2，充分反应后过滤，洗涤，灼烧至恒重，得到的固体为 Fe2O3 和 CuO；根据元 素守恒：n(CuO)=n(Cu2+)=cV=0.1mol/L×0.1L=0.01mol；n(Fe2O3)= n(Fe2+)=0.005mol，所以 固体质量为：m(CuO)+m(Fe2O3)=0.01mol×80g/mol+0.005mol×160g/mol=1.6g，故答案为： Fe2O3 和 CuO；1.6。 22.实验室可通过反应：3Cl2+6KOH 5KCl+KC1O3+3H2O 制取 KC1O3，再用稍潮湿 KC1O3 和草酸(H2C2O4) 在 60℃时反应制取 ClO2 气体，装置如图所示。ClO2 是一种黄绿色有刺激性气 味的气体，其熔点为-59℃，沸点为 11.0℃，易溶于水。 2 3 VL 22.4L / mol 2 3 2 3 22.4 V 2V mol3 22.4 2 VL3 × 1 2 请回答下列问题： （1）A 中反应的主要产物有：某种正盐、ClO2 和 CO2 等，写出该反应的化学方程式：_____。 （2）请分析装置图，进行补充和完善。A 部分缺________装置，B 部分还应补充_______装置， 还有一处设计明显不合理的是___________（填“A”“B”或“C”）。 （3）C 中的试剂为 NaOH 溶液时，反应生成 NaClO3 和 NaClO2，写出该反应的离子方程式____。 （4）在密闭容器中向 9℃的 KOH 溶液中通入少量 Cl2，此时 Cl2 的氧化产物主要是______；继 续通入适量 Cl2，将溶液加热，溶液中主要离子的浓度随温度的变化如图所示，图中甲、乙、 丙依次表示的离子是__________、__________、__________（不考虑 Cl2 的挥发）。 【答案】 (1). 2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑ +2C1O2↑+H2O (2). 水浴加热 (3). 盛有冰水混合物的水槽（或冰水浴） (4). C (5). 2ClO2+2OH- = C1O2- +ClO3- +H2O (6). KClO (7). Cl-、 (8). ClO3- (9). ClO- 【解析】 【分析】 通过反应：3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O 制取 KC1O3，再用稍潮湿的 KC1O3 和草酸 (H2C2O4) 在 60℃时反应制取 ClO2 气体，由实验装置可知，A 中发生 2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O，需要水浴加热，可保证温度恒定；B 为收集 ClO2 的装置，ClO2 是一 种黄绿色有刺激性气味的气体，其熔点为-59℃，沸点为 11.0℃，B 需要冰水冷却；C 装置为 尾气处理装置，装置不能密封，需要有出气口，据此分析解答(1)～(3)； (4)低温下氯气与 KOH 反应生成 KCl、KClO，加热时氯气与 KOH 反应生成 KCl、KClO3，结合图 中 66℃时甲最多、丙最少判断。【详解】(1)A 中 KC1O3 和草酸(H2C2O4) 在 60℃时反应的主要产物有：某种正盐、ClO2 和 CO2 等， 该反应的化学方程式为 2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O，故答案为： 2KClO3+H2C2O4 K2CO3+CO2↑+2ClO2↑+H2O； (2)由上述分析可知，A 部分缺水浴加热装置，B 部分还应补充盛有冰水混合物的水槽(或冰水 浴)装置，还有一处设计明显不合理的是 C，故答案为：水浴加热；盛有冰水混合物的水槽(或 冰水浴)；C； (3)C 中 试剂为 NaOH 溶液时，反应生成 NaClO3 和 NaClO2，由得失电子守恒、电荷守恒及原 子守恒可知该反应的离子方程式为 2ClO2+2OH-=C1O2-+ClO3-+H2O，故答案为： 2ClO2+2OH-=C1O2-+ClO3-+H2O； (4)低温下氯气与 KOH 反应生成 KCl、KClO，加热时氯气与 KOH 反应生成 KCl、KClO3，结合图 中 66℃时甲最多、丙最少，则在密闭容器中向 9℃的 KOH 溶液中通入少量 Cl2，此时 Cl2 的氧 化产物主要是 KClO；继续通入适量 Cl2，将溶液加热，3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O， 则图中甲、乙、丙依次表示的离子是 Cl-、ClO3-、ClO-，故答案为：KClO；Cl-；ClO3-；ClO-。 【点睛】本题的易错点为(4)，要注意解反应的方程式分析判断，低温下 Cl2+2KOH=KCl+KClO+H2O， 温度高于 66 ℃时 3Cl2+6KOH 5KCl+KClO3+3H2O。 23.某地菱锰矿的主要成分为 MnCO3，还含有少量的 FeCO3、CaCO3、Al2O3 等杂质。工业上以菱 锰矿为原料制备高纯度碳酸锰的流程如图所示： 已知：MnCO3+2NH4Cl=MnCl2+CO2↑+2NH3↑+H2O． 相关金属离子[c0（Mn+）=0.1mol·L－1]形成氢氧化物沉淀的 pH 范围如下： 金属离子 Mn2+ Fe2+ Fe3+ Al3+ 开始沉淀的 pH 8.1 6.3 1.5 3.4 沉淀完全的 pH 10.1 8.3 2.8 4.7 的（1）焙烧时温度对锰浸取率 影响如图。焙烧时适宜的温度为___________左右；800℃以上 锰的浸取率偏低，可能的原因是___________。 （2）净化包含三步：①加入少量 MnO2，添加少量 MnO2 的作用是____________。发生反应的离 子方程式为___________。 ②加氨水调 pH，溶液的 pH 范围应调节为___________～8.1 之间。生成的沉淀主要是 ___________。 ③加入 MnF2，沉淀除去 Ca2+，若溶液酸度过高，Ca2+沉淀不完全，原因是___________。 （3）碳化结晶中生成 MnCO3 的离子方程式为____________。 【答案】 (1). 500℃ (2). 温度过高，NH4Cl 分解导致与 MnCO3 的反应不彻底（或 MnCO3 分解发生其他副反应；或 MnCl2 挥发导致 Mn 损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低； 或高温使固体烧结，固体表面积减小等） (3). 将 Fe2+氧化为 Fe3+ (4). MnO2＋2Fe2＋＋ 4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O (5). 4.7 (6). Fe（OH）3、Al（OH）3 (7). F- 与 H+ 结 合形成弱电解质 HF，CaF2（s） Ca2+（aq）+F—（aq）平衡向右移动 (8). )Mn2＋＋HCO3- ＋NH3===MnCO3↓＋NH4+ 【解析】 【分析】 (1)由图示得到，500℃时，锰的浸取率已经很大；温度很高时，氯化铵受热分解、MnCO3 分解 发生其他副反应等； (2)①加入二氧化锰的目的是为了将 Fe2＋氧化为 Fe3＋； ②加氨水调溶液 pH 的目的是使溶液中 Fe3＋和 Al3＋转化为 Fe(OH)3 沉淀和 Al(OH)3 沉淀除去； ③若溶液酸度过高，F- 与 H+ 结合形成弱酸 HF，使 CaF2 溶解平衡向右移动； (3)碳化结晶是氯化锰溶液与碳酸氢铵和氨水应得到碳酸锰沉淀。 【详解】(1)由图示得到，500 ℃时，锰的浸取率已经很大，所以选取 500℃即可，没有必要 选择更高的温度，因为温度越高，能耗越大；温度很高时，浸取率下降，有可能是高温下氯 的化铵分解使反应的量减少；或生成的氯化锰转化为气体离开体系；或高温下发生副反应，锰 转化为其他化合物；或高温使固体烧结，固体表面积减小等，故答案为：500℃；温度过高， NH4Cl 分解导致与 MnCO3 的反应不彻底（或 MnCO3 分解发生其他副反应；或 MnCl2 挥发导致 Mn 损失；或高温下锰被氧化成高价态造成浸取率低；或高温使固体烧结，固体表面积减小等）； (2)①加入二氧化锰的目的是为了将 Fe2＋氧化为 Fe3＋，反应的化学方程式为 MnO2＋2Fe2＋＋4H ＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O，故答案为：MnO2＋2Fe2＋＋4H＋===Mn2＋＋2Fe3＋＋2H2O； ②加氨水调溶液 pH 的目的是使溶液中 Fe3＋和 Al3＋转化为 Fe(OH)3 沉淀和 Al(OH)3 沉淀除去， 由题给表格数据可知，溶液的 pH 范围调节在 4.7～8.1 之间时，Fe3＋和 Al3＋完全沉淀，而 Mn2 ＋不沉淀，故答案为：4.7； ③加入 MnF2 目的是沉淀除去 Ca2+，CaF2 在溶液中存在溶解平衡 CaF2（s） Ca2+（aq）+F— （aq），若溶液酸度过高，F- 与 H+ 结合形成弱酸 HF，F—浓度减小，溶解平衡向右移动，使 Ca2+ 沉淀不完全，故答案为：F- 与 H+ 结合形成弱电解质 HF，CaF2（s） Ca2+（aq）+F—（aq） 平衡向右移动； (3)碳化结晶是向氯化锰溶液中加入碳酸氢铵和氨水，反应得到碳酸锰沉淀，反应的化学方程 式为 Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+，故答案为：Mn2＋＋HCO3-＋NH3===MnCO3↓＋NH4+。 【点睛】本题考查化学工艺流程，是对学生综合能力的考查，涉及了物质分离提纯过程分析 判断、氧化还原反应等，理解工艺流程原理是解题的关键。 24.SCR 和 NSR 技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的 NOx 排放。 （1）SCR（选择性催化还原）工作原理： ①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为 NH3 和 CO2，请写出 CO2 的电子式___________________。 ②反应器内 NH3 还原 NO2 过程中，若还原产物比氧化产物少 1mol，转移电子总数__________个 （用 NA 表示）。 ③当燃油中含硫量较高时，尾气中 SO2 在 O2 作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学 方程式表示(NH4)2SO4 的形成_________。 ④尿素溶液浓度影响 NO2 的转化，测定溶液中尿素（M=60 g·mol−1）含量的方法如下：取 a g 尿素溶液，将所含氮完全转化为 NH3，所得 NH3 用过量的 v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4 溶液吸收完全，剩余 H2SO4 用 v2 mL c2 mol·L−1 NaOH 溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________ （2）NSR（NOx 储存还原）工作原理：NOx 的储存和还原在不同时段交替进行，如图 a 所示。 ①通过 BaO 和 Ba(NO3)2 的相互转化实现 NOx 的储存和还原。储存 NOx 的物质是_________。 ②用 H2 模拟尾气中还原性气体研究了 Ba(NO3)2 的催化还原过程，该过程分两步进行，图 b 表 示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的 H2 与 Ba(NO3)2 的物质的量之比 是___。 ③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与 NO 有关。在 有氧条件下 15NO 与 NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是 15NNO。将该反应的化学方程 式补充完整：_____________ 15NNO+H2O 【答案】 (1). (2). 24NA (3). 2SO2＋O2＋4NH3＋2H2O===2(NH4)2SO4 (4). ％ (5). BaO (6). 8∶1 (7). 415NO＋4NH3＋3O2 【解析】 【分析】 (1)①二氧化碳为共价化合物，含有 C=O 键；②涉及反应为为 8NH3+6NO2 7N2+12H2O，结 合方程式判断；③SO2 在 O2 作用下与 NH3、H2O 反应形成(NH4)2SO4，此反应中 SO2 是还原剂，氧 气 是 氧 化 剂 ， 结 合 电 子 守 恒 和 原 子 守 恒 可 得 此 反 应 的 化 学 方 程 式 ； ④ 涉 及 反 应 为 2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，由方程式可知 n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，以 此计算； (2)①由图 a 可知储存 NOx 的物质是 BaO；②第一步反应中 H2 被氧化生成水，化合价由 0 价升 高到+1 价，Ba(NO3)2 的 N 元素化合价由+5 价降低到-3 价，生成氨气，结合得失电子数目相等 计算；③在有氧条件下 15NO 与 NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是 15NNO，由 N 元素 守恒可知 15NO 与 NH3 应为 1∶1，结合电子得失相等配平。 【详解】(1)①二氧化碳为共价化合物，含有 C=O 键，电子式为 ，故答案为： 1 1 2 26c v -3c v a； ②NH3 还原 NO2 过程中涉及的反应为 8NH3+6NO2 7N2+12H2O，由方程式可知若还原产物比 氧化产物少 1mol，即生成还原产物(N2)4mol，氧化产物(N2)3mol，则有 8molNH3 参加反应，转 移电子 24mol，总数为 24NA，故答案为：24NA； ③SO2 在 O2 作用下与 NH3、H2O 反应形成(NH4)2SO4，此反应中 SO2 是还原剂，氧气是氧化剂，反 应的化学方程式为 2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4，故答案为： 2SO2+O2+4NH3+2H2O═2(NH4)2SO4； ④涉及反应为 2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4，2NaOH+H2SO4=Na2SO4+H2O，反应中 n(H2SO4)=v1×c1×10-3mol，n(NaOH)=v2×c2×10-3mol，由方程式可知 n(NaOH)+n(NH3)=2n(H2SO4)，则 n(NH3)=(2v1×c1×10-3-v2×c2×10-3)mol，则 m(CO(NH2)2)= ×(2v1×c1×10-3-v2×c2×10-3)mol×60g/mol=(0.06v1c1-0.03v2c2)g，尿素溶液中溶质的质量 分数是 ×100%= %，故答案为： %； (2)①由图示可知 BaO 和 NOx 反应生成 Ba(NO3)2，Ba(NO3)2 再还原为 N2，则储存 NOx 的物质为 BaO，故答案为：BaO； ②第一步反应中 H2 被氧化生成水，化合价由 0 价升高到+1 价，Ba(NO3)2 的 N 元素化合价由+5 价降低到-3 价，生成氨气，则 1molBa(NO3)2 生成氨气转移 16mol 电子，参加反应的氢气的物 质的量为 =8mol，则消耗的 H2 与 Ba(NO3)2 的物质的量之比是 8∶1，故答案为：8∶1； ③在有氧条件下 15NO 与 NH3 以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是 15NNO，由 N 元素守恒可 知 15NO 与 NH3 应为 1∶1，可知反应的化学方程式为 415NO+4NH3+3O2 415NNO+6H2O，故答 案为：415NO+4NH3+3O2。 1 2 1 1 2 20.06c V 0.03c V a − 1 1 2 26c V 3c V a − 1 1 2 26c V 3c V a − 16mol 2