2025北京首师大附中高一3月月考化学试题及答案

高中2025北京首都师大附中高一3月月考化学2025.3.28本试卷共8页，共100分，考试时长60分钟，请务必将答案答到答题纸上，考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。可能用到的相对原子质量：H1O16Na23第I部分(共45分)(本部分共15小题，每小题3分，共45分。在每小题所列出的四个选项中，选出最符合要求的一项)1.下列有关氮气用途的说法不正确的是（）A.作焊接金属的保护气B.制硝酸和化肥的原料C.食品袋中充氮气来防腐D.与氧气反应制NO从而制硝酸2.室温下，将充满NO2的试管倒立在水中，实验现象如图。下列分析不正确的是A.NO2易溶于水，不能用排水法收集B.试管中剩余的无色气体是未溶解的NO2C.取试管中的溶液，滴加紫色石蕊溶液，溶液显红色，是因为NO2与H2O反应生成了酸D.向试管中再缓缓通入一定量的O2，试管中的液面上升3.稀土被称为“工业黄金”和“新材料之母”，其中钇(Y)是稀土元素的代表。下列关于的说法中，不正确的是A.和是同位素 B.中子数为50 C.在第六周期 D.属于过渡元素4.已知33As、35Br位于同一周期，下列关系正确的是A.原子半径：As>Cl>P B.还原性：AsH3>H2S>HClC.热稳定性：HCl>AsH3>HBr D.酸性：H3AsO4>H2SO4>H3PO45.如图利用培养皿探究氨气的性质。实验时向固体上滴几滴浓氨水，立即用另一培养皿扣在上面。下表中对实验现象的解释不正确的是实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟与浓盐酸挥发出来的反应产生了固体B浓硫酸附近无明显现象与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液中有红褐色沉淀该溶液一定是溶液D干燥的红色石蕊试纸不变色，湿润的红色石蕊试纸变蓝溶于水显碱性A.A B.B C.C D.D6.几种短周期元素的原子半径及主要化合价见表：元素代号LMQRT原子半径/nm0.1600.1430.1020.0890.074主要化合价+2+3+6、-2+2-2下列叙述正确的是A.L、R的单质与稀盐酸反应的剧烈程度L＜R B.L的最高价氧化物的水化物具有两性C.元素的非金属性：Q＜T D.L、Q形成的简单离子核外电子数相等7.根据元素周期律，由下列事实进行归纳推测，推测不合理的是选项事实推测AMg与冷水较难反应，Ca与冷水较易反应Be(铍)与冷水更难反应BNa与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键Si与Cl形成共价键CHCl在1500℃时分解，HI在230℃时分解HBr的分解温度介于二者之间D随核电荷数递增，第ⅠA族元素单质的沸点逐渐降低随核电荷数递增，第ⅦA族元素单质的沸点也逐渐降低A.A B.B C.C D.D8.下列说法正确的是A.向中通入少量，可观察到白烟B.镁条放入滴入酚酞溶液的热水中，无明显现象C.实验室可以加热固体制备D.实验室可用乙醇萃取碘水中的碘单质9.下列装置或操作一定能达到实验目的是A．验证热稳定性：B．验证非金属性：C．验证铁与水蒸气反应能生成D．实验室吸收A.A B.B C.C D.D10.中国科学院科研团队研究表明，在常温常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图。下列说法不正确的是A.该过程中H2O被还原生成氧气B.该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成C.基于合成NH3的过程属于氮的固定D.该过程的化学方程式为：2N2＋6H2O4NH3＋3O211.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是A.在转化过程中，氮元素均被还原B.依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程C.还原过程中每生成，转移电子D.当中时，储存过程中反应的和的物质的量之比为12.用右图所示装置进行下列实验，实验结果与预测的现象不一致的是①中的物质②中的物质预测①中现象A淀粉碘化钾溶液浓硝酸无明显现象B酚酞溶液浓盐酸无明显现象C氯化铝溶液浓氨水有白色沉淀D湿润红纸条饱和氯水红纸条褪色A.A B.B C.C D.D13.将、组成的混合物投入适量稀中恰好完全反应，固体完全溶解时收集到的还原产物气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入溶液使金属离子恰好沉淀完全，则生成沉淀质量为A. B. C. D.14.高效净水剂高铁酸钾制备流程如图所示，下列离子方程式正确的是A.净水原理：(胶体)B.用溶液吸收尾气C.反应Ⅱ：D.反应Ⅲ：15.研究小组在探究卤素离子与硝酸银的反应时，进行了以下实验。编号操作所用试剂现象1①溶液②稀硝酸酸化的溶液产生白色沉淀2①溶液②浓硝酸酸化的溶液产生白色沉淀3①溶液②稀硝酸酸化的溶液产生黄色沉淀4①溶液②浓硝酸酸化的溶液产生褐色的浊液下列说法不正确的是A.实验1和2说明，硝酸浓度不影响的检验B.实验1和3说明，卤素离子的检验可使用稀硝酸酸化的溶液C.对比实验2和4，说明异常现象的产生与卤离子种类有关D.由上述实验推测，的检验不能使用浓硝酸酸化的溶液第II部分(共55分)本部分共4小题，共55分。16.科学家研究发现含氮化合物和含硫化合物在形成雾霾时与大气中的氨有关，转化关系如图所示：回答下列问题：（1）从物质分类的角度看，图中的物质属于酸性氧化物的有_____(填化学式)。（2）图中物质属于离子化合物的有_____(填化学式)。（3）用电子式表示图中溶于水溶液呈碱性的化合物_____。（4）工业制硫酸过程中，将转化为的化学方程式为_____。（5）工业上利用氨气制备一氧化氮，反应的化学方程式为_____。（6）实验室可用稀硝酸清洗附着在试管内壁的银，反应的离子方程式为_____。（7）氨气与一氧化氮在催化剂和加热的条件下反应可生成对空气无污染的物质，反应的化学方程式为_____。17.R、V、W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的七种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子。与可形成两种稳定的化合物：和。工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高。为同周期主族元素中原子半径最大的元素，为地壳中含量最高的金属元素。与是同一主族的元素，且在元素周期表中与相邻。（1）V在元素周期表中的位置是_____。（2）的电子式为_____。（3）含有的化学键类型是_____。（4）、中，稳定性较高的是_____(填化学式)，请从原子结构的角度解释其原因：_____（5）X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物反应的离子方程式为_____。（6）Se与是同一主族的元素，且在元素周期表中与相邻。①根据元素周期律，下列推断正确的是_____(填字母序号)。a．的最高正化合价为价b．的还原性比强c．的酸性比强②写出与足量的最高价氧化物对应的水化物反应的化学方程式_____。（7）科研人员从矿石中分离出一种氧化物，化学式可表示为。为确定元素的种类，进行了一系列实验，结果如下：①M的相对原子质量介于和(铷)之间；②在碱性溶液中与充分反应可得到的简单氢化物，反应完全时，被氧化的为；综合以上信息推断，可能位于元素周期表中第四周期第_____族。18.某工厂综合处理含废水和工业废气(主要含、、、、，不考虑其他成分)的流程如图所示。已知：（1）检验废水中存在的操作和现象是：取少量废水于试管，_____。（2）固体1的主要成分是_____。（3）流程中，试剂X的作用是_____(填“氧化剂”或“还原剂”)。（4）捕获剂捕获的气体主要是_____。（5）溶液处理含废水的离子方程式为_____。（6）处理含废水的另一种方法如图所示。①过程中需升温至，产生大量气体，过程产生大量无毒气体，达到了逐步降低溶液中含量的目的。这两种气体分别是_____、_____。②过程中，余氯的主要成分是，的含量是，则处理含余氯废水，理论上需要溶液的体积为_____。19.某实验小组欲探究浓硝酸的性质。Ⅰ．木炭与浓硝酸反应：（1）甲同学设计了图1装置，认为若有红棕色气体产生就说明木炭与浓硝酸发生了反应。写出木炭与浓硝酸反应的化学方程式____________________________。（2）乙同学认为红棕色气体不能作为木炭与浓硝酸反应的证据，其理由是________。（3）乙同学设计了图2装置实验，木炭能燃烧，并产生红棕色气体。针对该实验现象，乙同学做出如下假设：假设a：_____________________________；假设b：红热木炭使HNO3分解产生NO2，NO2可能具有助燃性，木炭燃烧；假设c：红热木炭使HNO3分解产生O2，木炭与O2反应燃烧；假设d：红热木炭使HNO3分解产生NO2和O2，共同影响木炭的燃烧；……（4）设计实验证明假设b成立，请将实验方案补充完整。①实验方法：_____________________________________________________。实验现象：木炭在该气体中持续燃烧，火焰迅速变亮，集气瓶中气体颜色变浅直至无色，产生的气体能使澄清石灰水变浑浊，且遇空气不变色。②根据实验现象写出木炭与此气体反应的化学方程式__________________。Ⅱ．设计硝酸在不同条件下分解实验，方案见下表：装置操作及现象先点燃i处酒精灯，溶液沸腾后没有观察到红棕色气体产生。然后撤走i处酒精灯，点燃ii处酒精灯并加热试管中部，很快看到大量红棕色气体产生光照8小时溶液不变黄光照几分钟后看到液面上方出现红棕色，溶液变黄（5）分析上述现象，得出使硝酸成功分解的关键是____________________________。

参考答案第I部分(共45分)(本部分共15小题，每小题3分，共45分。在每小题所列出的四个选项中，选出最符合要求的一项)1.【答案】D【详解】A.氮气的化学性质不活泼，能防止金属在高温下被空气中的氧气氧化，故A正确；B.氮气可用于合成氨，氨可作制硝酸和化肥的原料，故B正确；C.食品袋中充氮气可防止食品缓慢氧化而变质，故C正确；D.氮气与氧气的反应很难进行，不能用氮气与氧气反应制NO，故D错误；故选：D。2.【答案】B【详解】A．从图中可以看出，水进入试管约三分之二体积，表明NO2易溶于水，不能用排水法收集，A正确；B．NO2呈红棕色，而试管中剩余气体呈无色，所以试管中剩余气体不是NO2，B不正确；C．紫色石蕊溶液显红色，表明溶液显酸性，从而表明NO2与H2O反应生成了酸等物质，C正确；D.试管中剩余气体为NO，通入一定量的O2，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，NO气体转化为HNO3，所以试管中的液面上升，D正确；故选B。3.【答案】C【分析】核素的表示方法为：元素符号左下角为质子数，左上角为质量数；【详解】A．具有相同质子数，不同中子数的同一元素的不同核素互为同位素；和是同位素，A正确；B．中子数=质量数-质子数=89-39=50，B正确；C．为39号元素，位于第五周期，C错误；D．为39号元素，位于第五周期ⅢB族，属于过渡元素，D正确；故选C。4.【答案】B【分析】33As、35Br位于同一周期，则Br非金属性比As强。【详解】A．电子层越多，原子半径越大，同周期原子序数越大的原子半径越小，As、P位于同周期，则原子半径As>P>Cl，故A错；B．非金属性越强，对应氢化物的还原性越弱，非金属性：As<S<Cl，则还原性：AsH3>H2S>HCl，故B正确；C．非金属性越强，对应氢化物越稳定，非金属性：Cl>Br>As，则热稳定性：HCl>HBr>AsH3，故C错；D．非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，非金属性：S>P>As，则酸性：H2SO4>H3PO4>H3AsO4，故D错；答案选B。5.【答案】B【分析】向固体上滴几滴浓氨水，立即生成氨气，氨气水溶液显碱性，可以和酸反应。【详解】A．挥发出来的反应生成固体，产生白烟，方程式为：，A正确；B．与浓反应，方程式为：，但因浓硫酸难挥发，故无明显现象，B错误；C．遇到氯化物溶液生成红褐色沉淀，说明原氯化物中有Fe3+，方程式为：，C正确；D．干燥的红色石蕊试纸不变色，而湿润的红色石蕊试纸变蓝，可说明溶于水生成的为碱，电离使溶液呈碱性：，D正确；故选B。6.【答案】C【分析】由短周期元素的原子半径及主要化合价见表，Q有+6、-2价，则Q为S元素；T只有-2价，则T为O元素；L、R均为+2价，L的原子半径大，则L为Mg，R为Be；M的原子半径比L小，且为+3价；M为A1，然后结合元素周期律及物质的结构与性质解答。【详解】由上述分析可知，L为Mg、M为A1、Q为S、R为Be、T为O元素。A．元素的金属性越强，其单质与酸反应越剧烈，元素的金属性：Be＜Mg，则单质与盐酸反应的速率L＞R，A错误；B．L为Mg，其最高价氧化物对应的水化物Mg(OH)2，Mg(OH)2属于中强碱，不是两性物质，因此不具有两性，B错误；C．Q为S、T为O元素，二者是同一主族元素，原子核外电子层数越多，元素的非金属性越强，故元素的非金属性：Q(S)＜T(O)，C正确；D．L为Mg，Q为S，L、Q形成的简单离子Mg2+、S2-核外电子数分别为10、18，二者核外电子数不相等，D错误；故合理选项是C。7.【答案】D【分析】【详解】A．Be、Mg、Ca位于同一主族，其金属性逐渐增强，根据Mg与冷水较难反应、Ca与冷水较易反应，可以推测Be(铍)与冷水更难反应，推测合理，故A不符合题意；B．Na、Al、Si位于同一周期，其金属性逐渐减弱、非金属性逐渐增加，根据Na与Cl形成离子键，Al与Cl形成共价键可以推测Si与Cl形成共价键，推测合理，故B不符合题意；C．Cl、Br、I位于同一主族，其非金属性逐渐减弱，根据HCl在1500°C时分解、HI在230°C时分解，可以推测HBr的分解温度介于二者之间，推测合理，故C不符合题意；D．除氢元素外的第ⅠA族元素组成的单质属于金属晶体，金属阳离子半径增大，对外层电子束缚能力减弱，金属键减弱，所以熔沸点降低，而第VIIA族元素从上到下对应单质的相对分子质量逐渐增大，则晶体熔沸点逐渐升高，推测不合理，故D符合题意；故选D。8.【答案】A【详解】A．中通入少量，两者反应生成氯化铵固体颗粒，可观察到白烟，A正确；B．镁条放入滴入酚酞溶液的热水中，反应生成弱碱氢氧化镁，溶液显碱性，酚酞试液变为红色，B错误；C．加入氯化铵分解为氨气和氯化氢，两者遇冷又生成氯化铵，不能制取氨气，C错误；D．乙醇和水互溶，不能用乙醇萃取碘水中的碘单质，D错误；故选A。9.【答案】C【详解】A．碳酸氢钠不稳定、受热分解，碳酸钠受热不分解，应将碳酸氢钠放在小试管中、碳酸钠放在大试管中进行实验，比较两者的热稳定性，A错误；B．稀盐酸具有挥发性，盐酸能与硅酸钠反应生成硅酸沉淀，烧杯内有沉淀生成，不能证明非金属性C>Si，B错误；C．湿棉花团受热产生水蒸气，铁在高温条件下和水蒸气反应生成四氧化三铁和氢气，点燃肥皂泡有爆鸣声，证明铁与水蒸气反应能生成H2，C正确；D．氨气极易溶于水，应该有防倒吸设计，D错误；故选C。10.【答案】A【详解】A.该过程中O元素化合价升高，则H2O被氧化生成氧气，故A错误；B.发生反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，反应反应物和生成中均存在单质和化合物，即涉及极性键与非极性键的断裂与生成，故B正确；C.根据题意和图示知氮元素由游离态转变为化合态，属于氮的固定，故C正确；D.根据题意和图示，可以写出该反应的化学方程式为：2N2＋6H2O4NH3＋3O2，故D正确；故选A。【点睛】解决此题的关键是明确氮的固定的定义，元素的单质形态属于游离态，化合物形式属于化合态。11.【答案】C【分析】由图，氮氧化合物被氧气氧化，和氧化钡生成硝酸钡，氮元素发生氧化反应，硝酸钡将CO、碳氢化合物转化为无毒的氮气、水、二氧化碳，氮发生还原反应、碳发生氧化反应，催化剂参与储存和还原过程；【详解】A．由图，氮氧化合物被氧气氧化为硝酸钡，氮元素发生氧化反应，A错误；B．据图示判断催化剂参与储存和还原过程，B错误；C．还原过程中硝酸钡转化为氮气，氮化合价由+5变为0，存在关系，则生成0.1molN2，转移电子，C正确；D．当NOx中时，储存过程中氮化合价由+2变为+5、氧气中氧化合价由0变为-2，结合电子守恒，反应的和的物质的量之比为4:3，D错误；故选C。12.【答案】A【详解】A．硝酸具有挥发性，挥发出的硝酸进入淀粉KI溶液，硝酸具有强氧化性，可以将KI氧化为I2，I2遇淀粉变蓝色，故A错误；B．浓盐酸具有挥发性，挥发出的HCl进入酚酞溶液，酚酞溶液在酸性条件下不变色，故B正确；C．浓氨水具有挥发性，挥发出的氨气溶于氯化铝溶液，一水合氨与氯化铝反应生成氢氧化铝白色沉淀，故C正确；D．饱和氯水挥发出氯气，氯气与湿润红纸条接触，氯气水反应生成HClO，HClO具有漂白性，使湿润红纸条褪色，故D正确；故答案为A。13.【答案】B【分析】根据生成的量计算确定转移的电子的物质的量，最后的沉淀为、，因为金属均为二价金属，所以金属提供的电子的物质的量等于沉淀时结合的氢氧根离子的物质的量，据此分析解答。【详解】收集到的还原产物气体(标准状况)，其物质的量为：，氮原子得到电子的物质的量为：。最后的沉淀为、，金属提供的电子的物质的量等于沉淀结合的氢氧根离子的物质的量，则沉淀中氢氧根离子的物质的量为，所以最后沉淀质量为：，故选B。14.【答案】A【分析】铁和氯气反应生成氯化铁，氯化铁在碱性条件下被氧化为高铁酸钠，高铁酸钠溶液与饱和KOH反应生成高铁酸钾沉淀。【详解】A．与水反应的离子方程式为(胶体)，氢氧化铁胶体吸附水中杂质净水，故A正确；B．用溶液吸收尾气中的氯气，反应的离子方程式为，故B错误；C．反应Ⅱ中次氯酸根离子被还原为氯离子，反应的离子方程式为，故C错误；D．反应Ⅲ是高铁酸钠溶液和饱和KOH反应生成高铁酸钾沉淀，反应的离子方程式为，故D错误；选A。15.【答案】D【详解】A．控制变量，硝酸浓度为变量，但都产生了白色沉淀，所以实验1和2说明，硝酸浓度不影响的检验，A正确；B．氯离子和碘离子与稀硝酸酸化的溶液都能产生沉淀，B正确；C．实验2中氯离子未被浓硝酸氧化，实验4中碘离子被硝酸氧化成I2，沉淀不同，C正确；D．上述实验未进行溴离子的检验，无法推测该结论，D错误；故选D。第II部分(共55分)本部分共4小题，共55分。16.【答案】（1）、、（2）、（3）（4）（5）（6）（7）【分析】将氮的氧化物、硫的氧化物和环境保护相结合，图中表示将空气中的一氧化氮、二氧化氮和氧气生成五氧化二氮，再和水转化为硝酸，硝酸和氨气生成硝酸铵；二氧化硫被氧气氧化为三氧化硫，三氧化硫和水生成硫酸，硫酸和氨气反应得到硫酸铵；铵盐是一种优质的氮肥，实现了污染物的二次利用。【小问1详解】酸性氧化物是指能与水作用生成酸或与碱作用生成盐和水的氧化物（且生成物只能有一种盐和水，不可以有任何其它物质生成）；NO为不成盐氧化物，二氧化氮和水生成硝酸同时还生成NO，二氧化氮不是酸性氧化物；图中的物质属于酸性氧化物的有、、；【小问2详解】离子化合物是含有离子键的化合物，图中物质属于离子化合物的有、；【小问3详解】溶于水溶液呈碱性的化合物为氨气，氨气和水生成弱碱一水合氨，氨气电子式为：；【小问4详解】二氧化硫被氧气催化氧化生成三氧化硫，；【小问5详解】氨气被氧气催化氧化生成NO和水：；【小问6详解】稀硝酸清洗附着在试管内壁的银，发生氧化还原反应生成硝酸银和NO、水：；【小问7详解】氨气与一氧化氮在催化剂和加热的条件下反应可生成对空气无污染的物质，结合质量守恒，生成物为氮气和水，反应的化学方程式为。17.【答案】（1）第二周期IVA族（2）（3）离子键、非极性共价键（4）①.②.与S为同主族元素，最外层电子数相同，电子层数：，原子半径：，非金属性：，稳定性：（5）（6）①.②.（7）VA【分析】R、V、W、X、Y、Z、M是原子序数依次增大的七种主族元素。R最常见同位素的原子核中不含中子，为氢。与可形成两种稳定的化合物：和，工业革命以来，人类使用的化石燃料在燃烧过程中将大量排入大气，在一定程度导致地球表面平均温度升高，则为二氧化碳，V为碳、W为氧。为同周期主族元素中原子半径最大的元素，为钠；为地壳中含量最高的金属元素，为铝。与是同一主族的元素，且在元素周期表中与相邻，则Z为硫。①M的相对原子质量介于和(铷)之间，则M为第四周期元素；②在碱性溶液中与充分反应可得到的简单氢化物，反应完全时，被氧化的为，则反应中锌转移电子0.06mol×2=0.12mol，中含0.02molM，且M化合价为+3，结合电子守恒，M化合价变化为0.12mol÷0.02mol=6，则生成的简单氢化物中M化合价为-3，那么M最高化合价为+5价，则可推测M为第四周期第VA族；【小问1详解】V为碳元素，在元素周期表中的位置是第二周期ⅣA族；【小问2详解】二氧化碳为共价化合物，电子式：；【小问3详解】过氧化钠是由钠离子和过氧根离子构成的，过氧根离子中含氧氧共价键，故为：离子键、非极性共价键；【小问4详解】非金属性越强，其简单氢化物稳定性越强，与S为同主族元素，最外层电子数相同，电子层数：，原子半径：，非金属性：，故稳定性较高的是；【小问5详解】X、Y两元素最高价氧化物对应的水化物反应为氢氧化钠和氢氧化铝生成四羟基合铝酸钠，离子方程式为；【小问6详解】①a．为ⅥA族，则最高正化合价为+6价，错误；b．非金属性S>Se，则对应简单氢化物的还原性比强，正确；c．不是Se的最高价氧化物形成的酸，且Se非金属性弱于S，非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则的酸性比弱，错误；故选b；②与足量的最高价氧化物对应的水化物氢氧化钠反应生成和水，化学方程式；【小问7详解】由分析，可能位于元素周期表中第四周期第VA族。18.【答案】（1）加入浓NaOH溶液加热，生成气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝（2）、、（3）氧化剂（4）（5）（6）①.②.③.2L【分析】工业废气中含有N2、CO2、SO2、NO、CO等，通入过量的石灰乳中，CO2、SO2被吸收生成亚硫酸钙沉淀、碳酸钙沉淀，得到固体1为生成的、以及过量的氢氧化钙；气体1为N2、NO、CO，与X反应后的产物能被NaOH溶液吸收生成亚硝酸钠，确定X为O2，能将NO氧化为NO2然后被氢氧化钠吸收，气体2为N2、CO的混合气，用捕获剂捕获CO，得到无污染的氮气。含铵根的废水加入高浓度氢氧化钠使得铵根离子转化为氨气逸出，得到低浓度的氨氮废水，加入次氯酸钠氧化氮元素后得到含余氯废水，加入亚硫酸钠处理含氯废水，达到排放；【小问1详解】铵根离子和氢氧根离子生成能使湿润红色石蕊试纸变蓝的氨气，故检验废水中存在的操作和现象是：取少量废水于试管，加入浓NaOH溶液加热，生成气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝；【小问2详解】由分析，固体1的主要成分是、、；【小问3详解】流程中，试剂X为O2，作用是氧化氮元素后和氢氧化钠反应得到亚硝酸钠，为氧化剂；【小问4详解】CO有毒，捕获剂捕获气体后得到无毒的氮气，结合分析，捕获剂捕获的气体主要是CO；【小问5详解】溶液处理含废水得到无污染氮气，则反应为亚硝酸钠和铵根离子发生归中反应生成氮气和水：；【小问6详解】①过程中需升温至，铵根的废水加入高浓度氢氧化钠使得铵根离子转化为氨气逸出，故为氨气；过程产生大量无毒气体，达到了逐步降低溶液中含量的目的，则为次氯酸钠氧化铵根离子生成氮气，故为氮气；②处理含余氯废水，次氯酸钠和亚硫酸钠发生氧化还原反应生成硫酸根离子和氯离子，结合电子守恒存在，，则处理含余氯废水，理论上需要溶液的体积为。19.【答案】①.C+4HNO3（浓）CO2↑+4NO2↑+2H2O②.硝酸分解也能产生红棕色NO2气体③.红热木炭直接和硝酸蒸气反应④.将红热的木炭伸入盛有NO2气体的集气瓶中⑤.2NO2＋2C=N2＋2CO2⑥.光照或加热硝酸蒸气（或硝酸分子）分解【分析】Ⅰ．（1）碳