2024届高三化学高考备考一轮复习专题训练——卤族与氮族及其应用（含解析）

2024届高三化学高考备考一轮复习专题训练——卤族与氮族及其应用
一、单选题
1．（2022·河西模拟）下列有关物质的用途叙述错误的是（　　）
A．氮气常用作保护气 B．液氨常用作制冷剂
C．氯化铵常用作氮肥 D．氨水常用作消毒剂
2．（2022·宝山模拟）下列物质能起到消毒杀菌作用的是（　　）
A．漂粉精 B．明矾 C．乳酸菌 D．小苏打
3．（2022高三上·湖南月考）下列生产生活中常见事例与所涉及的主要化学知识不相符的是（　　）
选项 项目 化学知识
A 太阳光穿过树林，形成光柱 胶体的丁达尔效应
B 消毒柜产生臭氧对厨具消毒 臭氧具有强氧化性，可使蛋白质变性
C 明矾净水 明矾具有杀菌消毒作用
D 烘焙饼干时利用作膨松剂 受热易分解
A．A B．B C．C D．D
4．（2022高三上·福州期中）图为酸雨形成的示意图。下列说法正确的是（　　）
A．空气中的溶于水也会形成酸雨
B．易溶于水，并在雨水中转化为
C．含的雨水在空气中放置其pH可能会降低
D．硝酸型酸雨会腐蚀石灰岩建筑，而硫酸型酸雨不能
5．（2022·杭州模拟）下列说法不正确的是（　　）
A．常温下钠和钾的合金呈液态，可用作快中子反应堆的导热剂
B．铁粉和氧化铝可用于焊接铁轨
C．硫酸可用于金属材料表面的清洗
D．极少量的能促进血管扩张，防止栓塞
6．（2022·杭州模拟）下列说法正确的是
A．工业上通过电解六水合氯化镁制取金属镁
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿以得到三氧化硫
C．浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用
7．（2022·临沂模拟）液氨具有微弱的导电性，加入钠单质可快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，溶液导电能力显著提升。下列说法错误的是（　　）
A．液氨能够发生电离，有和生成
B．钠和液氨可发生反应：
C．蒸发钠的液氨溶液，蓝色会逐渐褪去
D．0.1mol钠投入液氨中生成0.01mol时，Na共失去0.02mol电子
8．（2023·梅州模拟）氮元素所形成物质的价类二维图如图所示，下列说法正确的是
A．可用湿润的蓝色石蕊试纸检验a
B．通过雷电作用将b转化为c，可实现氮的固定
C．d转化为e必须加入氧化剂
D．g中的氮原子均采用杂化
9．（2022·唐山模拟）下列说法中正确的是（　　）
A．吸热反应一定需要加热才能反应，而放热反应在常温下一定能进行
B．水银和生铁都属于纯金属
C．用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有
D．某硫酸铵肥料中只含一种杂质，氮元素的质量分数为20%，可能混有硝酸铵
10．（2022·青浦模拟）下列实验过程中，始终无明显现象的是（　　）
A．Cl2通入FeCl2溶液中
B．SO2通入BaCl2溶液中
C．NH3通入AlCl3溶液中
D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中
11．（2023·榆林模拟）用如图所示实验装置进行相关实验探究，其中装置不合理的是
A．利用图I测定中和反应的反应热
B．利用图II证明Na2O2与水反应放热
C．利用图III制备乙酸乙酯
D．利用图IV证明Cl2能与烧碱溶液反应
12．（2022高三上·商洛月考）某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液体积为，向其中逐渐加入铁粉，产生气体体积(已折合成标准状况下)随加入铁粉的质量变化如图新示。下列说法正确的是（　　）(已知：硝酸只被还原为气体，忽略反应过程中溶液体积的变化)
A．当加入铁粉时，反应后溶液中的溶质为和
B．混合溶液中的物质的量浓度为
C．转移电子的物质的量之比
D．该混合溶液最多能溶解铜粉
13．（2022·广州模拟）根据下列实验操作和现象，所得到的实验结论正确的是（　　）
选项 实验操作和现象 实验结论
A 将浓硫酸滴到蔗糖表面，固体变黑膨胀 浓硫酸具有吸水性和强氧化性
B 向NaI溶液中滴加少量氯水和CCl4，振荡、静置，下层溶液显紫色 还原性：I->Cl-
C 加热盛有NH4Cl固体的试管，试管底部固体消失，试管口有晶体凝结 NH4Cl固体可以升华
D 向某溶液中滴加几滴新制氯水，振荡，再加入少量KSCN溶液，溶液变为红色 该溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
14．（2022·汕头模拟）地下水中的氮污染已成为一个世界性的环境问题。在金属Pt、Cu和铱(Tr)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮()，其工作原理如下图所示。有关该过程的叙述错误的是(　　)
A．液体中存在极性键与非极性件的断裂过程，吸收能量
B．若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中含氮量
C．上述过程的还原剂只有H2
D．N2O既是还原产物，也是氧化剂
15．（2022·重庆市）下列实验装置(夹持装置略)及操作正确的是（　　）
A．装置甲气体干燥 B．装置乙固液分离
C．装置丙Cl2制备 D．装置丁pH测试
16．（2022高三上·长安期中）利用氧化制备的装置如下图所示(夹持装置略）：
已知：锰酸钾（K2MnO4）在浓强碱溶液中可稳定存在，碱性减弱时易发生反应：
3MnO42-+2H2O =MnO2↓+2MnO4- + 4OH- 下列说法不正确的(　　)
A．向仪器a中加入水，盖好玻璃塞关闭止水夹，打开仪器a玻璃旋塞向烧瓶滴加水，若水一段时间不能滴下，则气密性良好
B．装置A中发生反应的化学方程式为Ca(ClO)2+4HCl=CaCl2+2Cl2↑+2H2O
C．若去掉装置B，可能会导致KMnO4产率降低
D．装置D中的作用是除去过量的氯气，以免污染环境
二、综合题
17．（2022高三上·山东月考）已知：为短周期主族元素中某元素的氧化物。根据下列信息，回答相关问题：
（1）若镁条在中燃烧生成黑色粉末(单质)和白色粉末，则的化学式为　 　。
（2）若常温下，能与氢氟酸反应生成一种气体和一种液态化合物。和纯碱混合在铁坩埚中熔融生成R的含氧酸盐，和纯碱反应的化学方程式为　 　。
（3）若向酸性溶液、含酚酞的烧碱溶液中分别通入无色气体，两溶液颜色均逐渐褪去。酸性溶液吸收的离子方程式为　 　；向烧碱溶液中通入过量的离子方程式为　 　。
（4）设NA为阿伏加德罗常数的值。若烧杯中固体W为银粉，向该烧杯中通入，固体W逐渐溶解(如图所示)，则的化学式为　 　，向某密闭容器中充入和，则产物的分子数　 　(填“大于”、“小于”或“等于”)2NA。
（5）若是一种绿色饮用水消毒剂，则具有　 　性而能杀菌消毒；工业上，常用+5价R的含氧酸的钠盐和HR的浓溶液在常温下反应制备气态，同时还有R单质和水生成，该反应的离子方程式为　 　。
18．（2023·黄浦模拟）海洋元素“溴”的单质及其化合物的用途广泛。
（1）Br原子的最外层电子排布式为　 　，其中未成对电子的电子云形状为　 　。
（2）能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据是　 　(填序号)。
a．IBr中溴为﹣1价 b．HBr、HI的酸性
c．HBr、HI的热稳定性 d．Br2、I2的熔点
（3）从原子结构角度解释氯的非金属性强于溴的原因：　 　。
（4）Br2和碱金属单质形成的MBr熔点如表：
MBr NaBr KBr RbBr CsBr
熔点/℃ 747 734 693 636
NaBr的电子式　 　，MBr熔点呈现表中趋势的原因是　 　。
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入　 　，将其中的Br—氧化，再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收：Br2+Na2CO3+H2O→NaBr+NaBrO3+NaHCO3(未配平)，则吸收1mol Br2，转移电子　 　mol，反应中氧化产物为　 　。
（6）随后用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液。相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，可能原因是　 　。
19．（2022·徐汇模拟）卤族元素在自然界中主要以卤化物形式存在，完成下列填空：
（1）工业电解铝以铝土矿(Al2O3)为原料，冰晶石(Na3AlF4)为助熔剂。
①铝土矿中 的晶体类型　 　；
②比较 的简单离子半径大小　 　；
③ 最外层电子的电子云形状为　 　。
（2）从海水中获取的 主要用于氯碱工业，写出阳极的电极反应　 　。
（3）采用“空气吹出法”从浓海水中吹出 ，并用纯碱吸收。纯碱吸收 的主要反应为： ，吸收 时，转移电子为　 　mol。
（4）工业生产纯碱的方法是：向饱和食盐水中通入 和 ，即有 晶体析出。结合速率与平衡理论解释 析出的原因　 　。
（5）向碘水溶液中通入过量的 ，发生反应： ，配平上述方程式　 　。
20．（2022·南开模拟）NOX(主要指NO和)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的是环境保护的重要课题。回答下列问题：
（1）用水吸收NOX的相关热化学方程式如下。
①反应的　 　。
②中心原子上的价层电子对数为　 　。
（2）用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：　 　。
（3）用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，写出该反应的化学方程式：　 　。
（4）在催化剂的作用下能与反应生成。
①与生成的反应的化学方程式为　 　，当1mol 完全反应时，转移的电子数为　 　。
②在有氧条件下，新型催化剂M能催化与反应生成。将一定比例的、和的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中，反应相同时间的去除率随反应温度的变化曲线如图所示。
当反应温度高于380℃时，的去除率迅速下降的原因可能是　 　。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】A．由于氮气化学性质不活泼，一般不易与其他物质发生化学反应，所以可以起保护作用，常用作保护气，A不符合题意；
B．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，常用作制冷剂，B不符合题意；
C．氯化铵含有氮元素，常用作氮肥，C不符合题意；
D．氨水没有消毒作用，不能用作消毒剂，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮气性质稳定，可作保护气；
B.液氨汽化吸收大量的热；
C.氯化铵含氮元素；
D.氨水不具有氧化性。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．漂粉精主要成分是CaCl2、Ca(ClO)2的混合物，有效成分是Ca(ClO)2，该物质具有强氧化性，能够使细菌、病毒蛋白质氧化而失去生理活性，因而具有消毒杀菌作用，A符合题意；
B．明矾溶于水会反应产生氢氧化铝胶体而具有净水作用，但不能起消毒杀菌作用，B不符合题意；
C．乳酸菌能够促使乳酸分解，但不具有消毒杀菌作用，C不符合题意；
D．小苏打是轻金属盐，本身对人体健康无刺激性，能够与胃酸反应，降低胃酸的浓度，因而可以治疗胃酸过多，但不具有消毒杀菌作用，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】漂粉精漂白原理是利用次氯酸钙与空气中的二氧化碳反应生成次氯酸
3．【答案】C
【解析】【解答】A．胶体能产生丁达尔效应，所以太阳光穿过树林，形成光柱，故不选A；
B．臭氧具有强氧化性，可使蛋白质变性，所以用臭氧对厨具消毒，不选B；
C．明矾只能净水，不能杀菌消毒，故选C；
D．受热分解为氨气、二氧化碳等气体，所以烘焙饼干时利用作膨松剂，故不选D；
故答案为：C。
【分析】A.胶体能产生丁达尔效应；
B.臭氧具有强氧化性，能使蛋白质变性；
D.受热分解为氨气、二氧化碳。
4．【答案】C
【解析】【解答】A．酸雨是pH小于5.6的雨水，二氧化碳溶于水所得溶液pH为5.6，所以空气中的二氧化碳溶于水不能形成酸雨，故A不符合题意；
B．一氧化氮不溶于水，故B不符合题意；
C．亚硫酸溶液易被空气中氧气氧化为强酸硫酸，溶液中氢离子浓度增大，溶液pH减小，所以含亚硫酸的雨水在空气中放置其pH可能会降低，故C符合题意；
D．硝酸型酸雨和硫酸型酸雨都会腐蚀石灰岩建筑，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.酸雨是指pH<5.6的雨水；
B.NO不溶于水；
D.硫酸型酸雨也会腐蚀石灰岩建筑。
5．【答案】B
【解析】【解答】A．常温下钠和钾的合金呈液态，可用作快中子反应堆的导热剂，故A不符合题意；
B．铝粉和氧化铁的混合物可用于焊接铁轨，故B符合题意；
C．硫酸可与金属氧化物反应，硫酸用于金属材料表面的清洗，故C不符合题意；
D．NO是明星分子，在人体的血管系统内具有传送信号的功能，极少量的能促进血管扩张，防止栓塞，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】B、应该是铝粉和氧化铁的混合物用来焊接铁轨。
6．【答案】D
【解析】【解答】A．六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电，工业上通过电解熔融的无水氯化镁制取金属镁，A不符合题意；
B．接触法制硫酸时，煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫，二氧化硫在接触室经催化氧化才能转化为三氧化硫，B不符合题意；
C．在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化物薄膜并阻止反应继续发生，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，C不符合题意；
D．“洁厕灵”(主要成分为盐酸)和“84消毒液”(主要成分为次氯酸钠)不能混用，若两者混用会发生归中反应生成氯气，不仅达不到各自预期的作用效果，还会污染环境，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．六水合氯化镁没有自由移动的离子，不能导电；
B．煅烧黄铁矿只能得到二氧化硫；
C．在常温下铁与浓硝酸发生钝化反应；
D．盐酸和次氯酸钠会发生归中反应生成氯气。
7．【答案】D
【解析】【解答】A．液氨具有微弱的导电性，说明液氨与水相似，能发生微弱的自耦电离产生和，电离方程式为2NH3 +，A项不符合题意；
B．液氨中加入钠单质可快速得到深蓝色溶液，并慢慢产生气泡，溶液导电能力显著提升，说明溶液中自由移动的带电粒子的浓度增大，Na与液氨可发生反应的化学方程式为2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，B项不符合题意；
C．根据图示，液氨中加入钠单质可快速得到深蓝色溶液，其过程表示为Na+2nNH3 Na+(NH3)n+e-(NH3)n（溶液呈深蓝色的原因），蒸发钠的液氨溶液，氨蒸去，蓝色会逐渐褪去，C项不符合题意；
D．Na投入液氨中发生的反应有Na+2nNH3=Na+(NH3)n+e-(NH3)n、2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，在反应中Na的化合价都由0价升至+1价，故0.1molNa投入液氨中Na共失去0.1mol电子，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】 A液氨具有微弱的导电性，则液氨中有自由移动的带电子粒子；
B. Na和液氨反应生成NaNH2和H2；
C.钠投入液氨中生成蓝色的溶剂合电子；
D. Na和液氨反应的化学方程式为：2NH3+2Na=2NaNH2+H2↑，据此计算。
8．【答案】B
【解析】【解答】A.氨气能使湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝，应该用湿润的红色石蕊试纸，故A错误；
B.通过雷电作用将氮气和空气中氧气反应生成一氧化氮，可实现氮的固定，故B正确，符合题意；
C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，发生自身氧化还原反应，不需要加入氧化剂，故C错误；
D.硝酸铵中硝酸根离子中氮形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，故D错误
故答案为：B。
【分析】氮元素所形成物质的价类二维图如图，则a-g分别为氨气、氮气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸、一水合氨、硝酸铵，根据氮及其化合物解答即可。
9．【答案】C
【解析】【解答】A．氢氧化钡晶体和氯化铵固体混合反应是吸热反应、在室温下就能进行，碳和氧气的反应是放热反应、在室温下不能进行、需要加热才可发生，则吸热反应不一定需要加热才能反应，而放热反应在常温下不一定能进行，A不符合题意；
B．生铁是铁碳合金，B不符合题意；
C．钠元素的焰色反应呈黄色。用铂丝蘸取某碱金属的盐溶液灼烧，火焰呈黄色，证明其中含有，C符合题意；
D．硫酸铵中氮元素的含量为21.2%＞20%、硝酸铵中氮元素的含量为35%＞20%，某硫酸铵肥料中只含一种杂质，氮元素的质量分数为20%，则不可能混有硝酸铵，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.吸热反应不一定需要加热，放热反应在常温下不一定能进行；
B.生铁是合金；
C.钠元素的焰色反应为黄色；
D.硫酸铵中的氮元素含量大于20%，则杂志中的氮元素含量应小于20%。
10．【答案】B
【解析】【解答】A．Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，Fe2+被氧化成Fe3+，溶液颜色由浅绿色变为黄色，故A不符合题意；
B．SO2通入BaCl2溶液中，因为盐酸酸性比亚硫酸强，所以不反应，则没有明显现象，故B符合题意；
C．氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，现象为产生白色沉淀，故C不符合题意；
D．硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中，硫酸铜过饱和，析出蓝色晶体，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氯气能将氯化亚铁氧化为氯化铁；
B.二氧化硫与氯化钡不反应；
C.氨气与氯化铝反应生成氢氧化铝和氯化铵；
D.硫酸铜固体加入饱和硫酸铜溶液中析出蓝色的硫酸铜晶体。
11．【答案】C
【解析】【解答】A．图中装置可保温、测定反应的最高温度等，则图中装置可测定中和反应的反应热，故A不符合题意；
B．Na2O2与水反应生成氧气、且放热，会使脱脂棉燃烧，故B不符合题意；
C．导气管末端不能插入液面以下，否则会造成倒吸，故C符合题意；
D．Cl2与NaOH溶液反应，使锥形瓶内气体压强减小，则气球变大可证明发生反应，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.该装置具有良好的保温功能，也能测定反应溶液的温度，可测定中和热；
B.过氧化钠和水反应生成碳酸钠和氧气，且放热；
C.导管末端伸入液面以下会造成倒吸；
D.氯气和氢氧化钠反应使锥形瓶内压强减小。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．据分析可知，当加入铁粉时，反应后溶液中的溶质只有，故A不符合题意；
B．根据oa段的反应关系计算：，则混合溶液中的物质的量浓度为，故B不符合题意；
C．由图可知三个阶段消耗的铁粉的物质的量之比为：，转移电子的物质的量之比，故C符合题意；
D．结合以上分析可知混合溶液中硝酸的物质的量是0.2mol，结合反应计算可得，即，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】铁与混酸反应时，先与硝酸反应、再与铁离子反应，最后与硫酸反应。
13．【答案】B
【解析】【解答】A．浓硫酸滴到蔗糖表面，浓硫酸具有脱水性使蔗糖变为碳，碳和浓硫酸继续反应，固体变黑膨胀，体现浓硫酸的脱水性和强氧化性，A不符合题意；
B．氯水和I-生成I2和Cl-，说明还原性：I->Cl-，四氯化碳萃取碘单质且密度大于水，有机层为与下方，下层溶液显紫色，B符合题意；
C．加热盛有NH4Cl固体的试管，NH4Cl分解生成NH3和HCl，在试管口NH3和HCl反应生成NH4Cl晶体，该过程是化学变化，不是升华，C不符合题意；
D．若原溶液中只存在Fe3+，也会出现相同的现象，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】区分浓硫酸吸水性与脱水性的区别，脱水性是将有机物中的H，O按照2；1脱出，吸水性是吸收现成的水
14．【答案】B
【解析】【解答】A．液体中NO→N2O 有极性键断裂，H2→H+非极性键H-H断裂，旧键断裂吸收能量，故A不符合题意；
B．导电基体上的Pt颗粒上，部分得到电子变为，仍在溶液中，所以若导电基体上的Pt颗粒增多，不利于降低溶液中的含氮量，故B符合题意；
C．上述过程中N元素化合价降低，只有H元素化合价升高，还原剂只有H2，故C不符合题意；
D．由液体中NO→N2O中N元素化合价降低，N2O是还原产物，气体中N2O→N2中N元素化合价降低，N2O是氧化剂，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、极性键指不同的非金属原子的结合，非极性键指相同的非金属原子的结合；
B、根据图象可以知道NO3-仍然转换为NH4+，仍然在溶液中；
C、还原剂要看元素的化合价变化，化合价升高作为还原剂；
D、根据价态判断，化合价升高得到的产物是氧化产物，化合价降低得到的产物是还原产物。
15．【答案】A
【解析】【解答】A．浓硫酸具有吸水性，不与氢气反应，则装置甲可用于干燥反应生成的氢气，故A符合题意；
B．过滤时需要用玻璃棒引流，装置乙固液分离的过滤操作中缺少玻璃棒引流，故B不符合题意；
C．二氧化锰与浓盐酸制备氯气需要加热，装置丙中缺少酒精灯加热，不能用于制备氯气，故C不符合题意；
D． 用pH试纸测定溶液的pH时，在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH，不能将pH试纸插入溶液中，装置丁不能用于pH测试，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.浓硫酸具有吸水性，不与氢气反应，可以干燥氢气；
B.过滤时需要用玻璃棒引流；
C.二氧化锰和浓盐酸制备氯气需要加热；
D.用pH试纸测定溶液的pH的操作方法为：在白瓷板或玻璃片上放一小片pH试纸，用玻璃棒蘸取待测液滴到pH试纸上，把试纸显示的颜色与标准比色卡比较，读出pH。
16．【答案】A
【解析】【解答】A.仪器a为恒压滴液漏斗，漏斗内压强与烧瓶内压强相同，因此漏斗内的水一定能顺利滴下，不能检验装置气密性，A符合题意；
B.漂白粉的主要成分是Ca(ClO)2，能与浓盐酸反应生成Cl2，该反应的化学方程式为：Ca(ClO)2＋4HCl=CaCl2＋Cl2↑＋2H2O，B不符合题意；
C.若去掉装置B，则通入C中的Cl2混有HCl，HCl能与NaOH反应，使得溶液的碱性减弱，MnO42－易反应生成MnO2，使得KMnO4的产率降低，C不符合题意；
D.尾气中含有Cl2，是一种有毒气体，因此可用NaOH溶液吸收，防止逸出造成空气污染，D不符合题意；
故答案为：A
【分析】A、仪器a为恒压滴液漏斗，漏斗内压强与烧瓶内压强相同，水一定能顺利滴下；
B、装置A中漂白粉的主要成分为Ca(ClO)2，能与HCl反应生成Cl2；
C、装置B用于除去Cl2中混有的HCl，若去掉装置B，则HCl能与C中NaOH反应；
D、尾气中所含Cl2为有毒气体，直接排放会造成空气污染，应除去；
17．【答案】（1）
（2）
（3）；
（4）；小于
（5）强氧化；
【解析】【解答】（1）金属镁与CO2反应生成黑色固体碳单质和MgO白色固体，发生反应的化学方程式为：，则的化学式为CO2；
（2）二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水，故RO2为SiO2，在高温下与纯碱反应生成硅酸钠和二氧化碳，反应的化学方程式为：；
（3）①酸性KMnO4具有强氧化性，酚酞遇碱变为红色，则通入SO2能使两溶液颜色褪去，酸性KMnO4溶液与SO2反应的离子方程式为：；
②SO2为酸性气体能与烧碱溶液发生反应，过量的SO2与氢氧化钠反应生成NaHSO3，反应的离子方程式为：；
（4）①硝酸具有强氧化性能溶解银单质，则RO2为NO2，二氧化氮溶于水产生硝酸的化学方程式为：；
②NO2存在可逆反应：，可逆反应分子总数减小，则2molNO2和1molO2充入容器反应后产物分子总数小于2NA；
（5）①ClO2是自来水绿色消毒剂，二氧化氯中氯原子的化合价降低具有强氧化性，则ClO2具有强氧化性而能杀菌消毒；
②用+5价R的含氧酸的钠盐为NaClO3和浓HCl在常温下反应生成ClO2、Cl2和H2O，根据化合价变化规律可知，还原产物为二氧化氯，氧化产物为氯气，则反应的离子方程式为：。
【分析】（1）金属镁与CO2反应生成C和MgO；
（2）二氧化硅与氢氟酸反应生成四氟化硅和水；
（3）高锰酸钾和二氧化硫发生氧化还原反应；
（4）硝酸能溶解银；
（5）ClO2是自来水绿色消毒剂；NaClO3和浓HCl在常温下反应生成ClO2、Cl2和H2O。
18．【答案】（1）4s24p5；哑铃形
（2）ac
（3）Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱
（4）；由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低
（5）Cl2；；NaBrO3
（6）酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少
【解析】【解答】（1）已知Br是35号元素，Br的基态原子核外电子排布式为：[Ar]3d104s24p5，Br原子的最外层电子排布式为4s24p5，其中未成对电子为4p上的1个电子，p能级的电子云形状为哑铃形，故答案为：4s24p5；哑铃形；
（2）a．IBr中溴为-1价，说明Br的电负性更强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，a正确；
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关，即比较HBr、HI的酸性不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，b不合题意；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致，HBr的热稳定性比HI强，即Br的非金属性更强，则Br原子得电子能力比I强，c正确；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关，即比较Br2、I2的熔点不能作为溴、碘元素原子得电子能力递变规律的判断依据，d不合题意；
故答案为：ac；
（3）由于Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱，即氯的非金属性强于溴，故答案为：Cl的原子半径比Br的小，则原子核对最外层上的电子的束缚能力更强，导致Cl的得电子能力更强，失电子能力更弱；
（4）NaBr为离子化合物，故其的电子式为，由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低，故答案为：；由于离子半径Na+＜K+＜Rb+＜Cs+，导致MBr的离子键强度由NaBr到CsBr依次减弱，故导致MBr熔点由NaBr到CsBr依次降低；
（5）海水提溴过程中，先向酸化的浓缩海水中通入Cl2，将其中的Br-氧化（2Br-+Cl2=Br2+2Cl-），再用“空气吹出法”吹出Br2，并用纯碱吸收，根据氧化还原反应配平可知3Br2+6Na2CO3+3H2O=5NaBr+NaBrO3+6NaHCO3，则吸收1mol Br2，转移电子mol，反应中氧化产物为NaBrO3，故答案为：Cl2；；NaBrO3；
（6）用硫酸酸化吸收液，得到Br2和Na2SO4的混合溶液；相同条件下，若用盐酸酸化，则所得Br2的质量减少，原因是酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少，故答案为：酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气，而使生成的溴单质的量变少。
【分析】（1）依据原子构造原理分析；s轨道电子云为球形、p轨道电子云为哑铃形；
（2）a．非金属性强，原子得电子能力强；
b．简单气态氢化物的酸性与其非金属性无关；
c．简单气态氢化物的稳定性与其非金属性一致；
d．非金属单质的熔点与其非金属性无关；
（3）依据电子层数和半径大小分析；
（4）NaBr为离子化合物；离子半径越小，离子键强度越大；
（5）根据强制弱分析；氧化剂元素化合价降低，得到电子被还原，得到还原产物； 还原剂元素化合价升高，失去电子，被氧化，得到氧化产物；
（6）酸性条件下，氯离子能被溴酸根离子氧化成氯气。
19．【答案】（1）离子晶体；F->Na+>Al3+；球形
（2）
（3）
（4） 结合成 晶体的速率大于 电离成 的速率，所以有 晶体析出
（5）
【解析】【解答】(1)①电解熔融氧化铝冶炼金属铝，说明氧化铝在熔融状态下能导电， 的晶体类型离子晶体；
②电子层数相同，质子数越多半径越小， 的简单离子半径大小F->Na+>Al3+；
③ 最外层电子排布为3s1，电子云形状为球形。
(2)电解饱和 溶液，阳极氯离子失电子生成氯气，阳极的电极反应式为 ；
(3)纯碱吸收 的主要反应为： ，溴元素化合价由0降低为-1、溴元素化合价由0升高为+5，3molBr2反应转移5mol电子，则吸收 时，转移电子为 mol。
(4)向饱和食盐水中通入 和 ， 和 反应生成碳酸氢铵， 结合成 的速率大于 电离成 的速率，所以有 晶体析出。
(5)向碘水溶液中通入过量的 ，氯元素化合价由0降低为-1、碘元素化合价由0升高为+5，根据得失电子守恒，发生反应的离子方程式为 。
【分析】
(1)①离子晶体在熔融状态下能导电；
②电子层数相同，原子序数越多半径越小；
③s电子云形状为球形。
(2)电解时阳极阴离子失电子发生氧化反应 ；
(3)依据反应过程当中元素化合价的变化进行计算。
(4)平衡建立过程当中速率的变化进行分析。
(5)根据得失电子守恒、电荷守恒、原子守恒书写 。
20．【答案】（1）+75.9；3
（2）
（3）
（4）；；NH3与O2反应产生了NO
【解析】【解答】(1)①由题干信息可知，反应I： ，反应II： ，2I -3II即可得到反应，根据盖斯定律可知， =2×(-136.2kJ/mol)-3×(-116.1kJ/mol)=+75.9，故答案为：+75.9；
②中心原子上的价层电子对数为2+=3，故答案为：3；
(2)用稀硝酸吸收，得到和的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，电解时阳极上发生氧化反应，即将HNO2氧化为HNO3，故该电极的电极反应式为：，故答案为：；
(3)用酸性水溶液吸收，吸收过程中存在与生成和的反应，根据氧化还原反应配平可得该反应的化学方程式为：，故答案为：；
(4)①与生成和H2O，根据氧化还原反应配平可得，该反应的反应的化学方程式为，反应中转移24mol电子，当1mol 完全反应时，转移的电子数为3mol×6.02×1023mol-1=1.806×1024，故答案为：；1.806×1024；
②当反应温度高于380℃时，NOx的去除率迅速下降，可能的原因是NH3与O2反应产生了NO，导致NOx去除率降低，故答案为：NH3与O2反应产生了NO。
【分析】（1）利用盖斯定律，找到目标反应和已知反应的联系，消去中间产物即可得到目标反应的焓变
（2）阳极上发生氧化反应，即可判断HNO2在阳极反应，被氧化成HNO3
（3）判断化合价升降情况，判断出氧化剂和还原剂，根据氧化还原反应配平即可
（4）判断化合价升降情况，判断出氧化剂和还原剂，根据氧化还原反应配平即可，然后画出双线桥，找到电子转移数目与氨气的关系