内蒙古呼和浩特市回民中学化学化学第五章 化工生产中的重要非金属元素的专项培优练习题及答案.docx

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内蒙古呼和浩特市回民中学化学化学第五章化工生产中的重要非金属元素的专项培优练习题及答案

内蒙古呼和浩特市回民中学化学化学第五章化工生产中的重要非金属元素的专项培优练习题（及答案

一、选择题

1．某一固体粉末含有SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中加入过量盐酸，过滤，将所得滤渣洗涤并灼烧至恒重，最终固体成份为

A．SiO2B．Fe2O3、SiO2

C．SiO2、Al2O3D．Fe2O3

【答案】A

【解析】

SiO2、Fe2O3、Al2O3，加入足量NaOH溶液充分反应后，过滤，向所得溶液中含有硅酸钠、偏铝酸钠，加入过量盐酸，生成硅酸沉淀，将所得滤渣洗涤并灼烧生成二氧化硅，故A正确。

2．图是利用二氧化硅制备硅及其化合物的流程，下列说法正确的是（）

A．由反应②③说明SiO2属于两性氧化物

B．由反应④说明酸性，H2SiO3＞H2CO3

C．硅胶吸水后，经干燥可以重复再生

D．图中所示转化反应都是氧化还原反应

【答案】C

【详解】

A．二氧化硅是酸性氧化物能和强碱反应，反应方程式为SiO2+2NaOH=Na2SiO3+H2O；但也能和特殊的酸氢氟酸反应，反应方程式为：

SiO2+4HF=SiF4↑+2H2O，二氧化硅只是能和特殊酸反应，和其它酸不反应，和酸的反应没有普遍性，所以不能说明其具有两性，A错误；

B．高温下SiO2能与Na2CO3固体反应生成Na2SiO3和CO2，不是在常温下进行，且不是在水溶液中进行，不能说明硅酸的酸性强于碳酸，B错误；

C．硅胶吸附水后，可通过热脱附方式将水份除去重复使用，C正确；

D．图中二氧化硅与氢氟酸、氢氧化钠、碳酸钠的反应，硅酸钠与盐酸的反应、硅酸的分解、硅酸的生成，元素的化合价都没有发生变化，是非氧化还原反应，D错误；

答案选C。

【点睛】

解答本题时，注重物质的性质及化学与生活，把握物质的性质及发生的反应，注意虽然二氧化硅是酸性氧化物，但它能和特殊的酸（氢氟酸）反应。

3．下列除去括号内的杂质所选择的试剂及方法均正确的是（）

序号

被提纯的物质

加入试剂

分离方法

A

NaBr溶液（NaI）

氯水、四氯化碳

萃取、分液

B

NaHCO3溶液（Na2CO3）

石灰水

过滤

C

SO2（HCl）

饱和食盐水

洗气

D

MgCl2溶液（CaCl2）

石灰水

过滤、加盐酸溶解

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】

A．NaBr溶液（NaI）中加入氯水，不仅除掉了I-，也除掉了Br-，最后所得溶液为NaCl，A不正确；

B．NaHCO3溶液（Na2CO3）中加入石灰水，NaHCO3、Na2CO3都转化为CaCO3沉淀，最后得不到NaHCO3溶液，B不正确；

C．SO2（HCl）中加入饱和食盐水，HCl溶解于溶液，SO2也会有大量溶解，C不正确；

D．MgCl2溶液（CaCl2）中加入石灰水，虽然MgCl2转化为Mg（OH）2沉淀，但加入盐酸后，又会生成MgCl2，D正确；

故选D。

4．下列说法正确的是（）

A．晶体硅常用于制造光导纤维B．碳酸钠常用于治疗胃酸过多

C．明矾常用于自来水的消毒杀菌D．高压钠灯常用于道路和广场照明

【答案】D

【详解】

A．二氧化硅用于制造光导纤维，晶体硅可用于制造晶体管及太阳能电池，A错误；

B．碳酸氢钠常用于治疗胃酸过多，而碳酸钠溶液碱性强，对人会产生一定的腐蚀作用，因此不能用于治疗胃酸过多，B错误；

C．明矾具有净水作用但无强氧化性，因此常用于自来水的净化，但不能对水进行消毒杀菌，C错误；

D．高压钠灯发出的黄光穿透力强，因此常用于道路和广场照明，D正确；

故合理选项是D。

5．下表中，对陈述Ⅰ、Ⅱ的正确性及两者间是否具有因果关系的判断都正确的是（）

选项

陈述Ⅰ

陈述Ⅱ

判断

A

盛放氢氧化钠溶液试剂瓶用橡胶塞

氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠

Ⅰ对，Ⅱ错，无

B

氯水可以使有色布条褪色

氯气具有漂白性

Ⅰ错，Ⅱ对，有

C

二氧化硅可以与水反应生成硅酸

二氧化硅是酸性氧化物具有酸性氧化物的通性

Ⅰ对，Ⅱ对，无

D

为增强漂白能力使用漂白粉时向漂白粉溶液中加入少量白醋

醋酸的酸性比次氯酸强

Ⅰ对，Ⅱ对，有

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】

A．氢氧化钠可以与玻璃中的二氧化硅反应生成粘性的硅酸钠所以要用橡胶塞，表述I、II都正确；

B．氯水使有色布条褪色是因为生成次氯酸，不是氯气具有漂白性；

C．酸性氧化物对应的水化物是酸，二者有联系；

D．漂白粉的主要成分是次氯酸钙，漂白原理是次氯酸钙与酸反应产生的次氯酸生效，根据强酸制弱酸的原理，加入白醋能增强漂白能力，D正确。

6．在15.2g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成气体X，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成25.4g沉淀。

则下列说法不正确的是

A．原合金中含0.1molFe、0.15molCu

B．25.4g沉淀为Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物

C．气体X中含0.3molNO、0.1molNO2

D．气体X中含0.3molNO2、0.1molNO

【答案】C

【解析】

试题分析：

铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，生成Cu（NO3）2和Fe（NO3）3，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成Cu（OH）2和Fe（OH）3的混合物，设合金中有xmolFe、ymolCu，

，所以x=0.1mol，y=0.15mol；根据得失电子守恒，0.1molFe、0.15molCu共失去0.6mol电子，所以生成的气体不可能是0.3molNO、0.1molNO2，故C错误。

考点：

本题考查化学计算。

7．向一定量Fe、FeO和Fe2O3的混合物中，加入120mL4mol·L

的稀硝酸，恰好使混合物完

全溶解，放出1.344L（标准状况）气体，往所得溶液中加入KMnO4的酸性溶液，无明显现象，

若用足量的H2在加热条件下还原相同质量的混合物，能得到铁的物质的量为

A．0.21molB．0.14molC．0.16molD．0.24mol

【答案】B

【解析】

试题分析：

因一定量的Fe、FeO和Fe2O3的混合物中加入120mL4mol/L的稀硝酸，恰好使混合物完全溶解，无血红色出现，说明溶液中的溶质为硝酸亚铁，根据氮元素守恒，硝酸亚铁中的硝酸根离子的物质的量为0.12L×4mol/L-0.06mol=0.42mol，所以硝酸亚铁的物质的量为n[Fe（NO3）2]=0.42mol÷2=0.21mol，由铁元素守恒可知，得到铁的物质的量为n（Fe）=0.21mol，故选项A正确。

考点：

考查原子守恒的方法在化学计算的应用的知识。

8．将一定质量的镁、铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产全部是NO）。

向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列叙述中正确的是

A．当生成沉淀达到最大值时，消耗NaOH溶液的体积一定为100mL

B．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4mol

C．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积为2.24L

D．参加反应的金属的总质量一定是6.6g

【答案】B

【解析】

【分析】

将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解，发生反应为3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，发生反应为Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为5.1g÷17g/mol=0.3mol。

金属在反应中均失去2个电子，根据电子转移守恒可知镁和铜的总的物质的量＝0.3mol÷2＝0.15mol；

【详解】

A、若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量等于0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积=0.3mol÷3mol/L=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，A错误；

B、根据方程式可知参加反应的硝酸的物质的量是0.15mol×8/3=0.4mol，B正确；

C、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为0.3mol÷3=0.1mol。

若为标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，但NO不一定处于标准状况，收集到NO气体的体积不一定为2.24L，C错误；

D、镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量为3.6g＜m＜9.6g，D错误；

答案选B。

9．将装有60mLNO2、NO混合气的量筒倒立于水槽中，反应后气体体积缩小为40mL，则混合气体中NO2和NO的体积比是

A．5︰3B．2︰3C．1︰1D．2︰1

【答案】C

【详解】

设NO2体积为xmL

=

x=30mL

混合气体中NO2和NO的体积比是1：

1，故C正确。

10．在未知液中加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，加入稀硝酸后，沉淀部分溶解，有无色无味的气体生成，将气体通入澄清石灰水，石灰水变浑浊，由此判断水溶液中含有

A．Cl－，SO

B．Cl－，NO

C．Cl－，CO

D．Cl－，OH－

【答案】C

【解析】

加入硝酸后沉淀部分溶解，且产生无色无味能使澄清的石灰水变浑浊的气体，则该溶液中含有Cl－和CO32－，C项正确。

11．将Mg、Cu组成的26.4g混合物投入到适量的稀硝酸中，固体完全溶解，将产生的气体和6.72L（标准状况下）氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收．向反应后的溶液中加入足量4mol/L﹣1的NaOH溶液，使金属离子完全沉淀．则形成沉淀的质量是

A．63.8gB．53.6gC．46.8gD．43.2g

【答案】C

【解析】

试题分析：

Mg、Cu与稀硝酸发生反应变为Mg2+、Cu2+，硝酸得到电子被还原变为NO，在反应过程中金属失去电子的物质的量与硝酸得到电子的物质的量相等，NO与氧气反应又转化为硝酸，则转移的电子就是氧气得到的电子，氧气是6.72L÷22.4L/mol=0.3mol，则电子转移的物质的量是n（e-）=0.3mol×4=1.2mol。

当向反应后的溶液中加入过量的NaOH溶液时，金属形成Mg（OH）2、Cu（OH）2沉淀，结合的OH-的物质的量与金属单质失去电子的物质的量相等。

因此形成沉淀的质量就是金属质量与氢氧根离子的质量和，m（OH-）=nM=1.2mol×17g/mol=20.4g，所以沉淀的质量是26.4g+20.4g=46.8g，答案选C。

【考点定位】本题主要是考查守恒方法在氧化还原反应的计算中的应用的知识。

【名师点晴】许多有关化学反应的计算，如果能够巧妙地运用守恒规律可以达到快速解题的目的，常见的守恒关系有：

①反应前后元素种类和某种原子总数不变的原子守恒；②电解质溶液中的电荷守恒；③氧化还原反应中得失电子数守恒、原电池或电解池中两极通过的电子总数相等；④从守恒思想出发还可延伸出多步反应中的关系式，运用关系式法等计算技巧巧妙解题。

12．下列离子方程式书写正确的是

A．向明矾溶液中逐滴加入足量Ba（OH）2溶液时，反应为：

Al3++2SO

+2Ba2++4OH-=2BaSO4↓+AlO

+2H2O

B．硫化亚铁与浓硫酸混合：

2H＋＋FeS=H2S↑＋Fe2＋

C．向次氯酸钙溶液中通入SO2：

Ca2＋＋2ClO-＋SO2＋H2O=CaSO3↓＋2HClO

D．磁性氧化铁溶于稀硝酸：

3Fe2＋＋4H＋＋NO

=3Fe3＋＋NO↑＋3H2O

【答案】A

【详解】

A．Ba（OH）2足量，故明矾KAl（SO4）2·12H2O完全反应，其中Al3+与OH-反应生成

，即①

，

与Ba2+反应，②

，由于Al3+、

都来源于明矾，故应满足原比例1:

2，则总反应为①+②×2，即

，A正确；

B．浓硫酸具有强氧化性，可以将FeS中亚铁氧化为Fe3+，-2价硫氧化为S单质，自身被还原为SO2，B错误；

C．次氯酸根有强氧化性，能将SO2氧化为

，自身被还原为Cl-，C错误；

D．磁性氧化铁为Fe3O4，书写离子方程式时，Fe3O4不能拆，D错误；

故答案选A。

13．下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是（　　）

A．①②B．②③C．③④D．①③

【答案】D

【详解】

①氯化铵分解产生NH3和HCl，气体在试管口降温后又化合生成NH4Cl甚至会堵塞，试管发生危险，所以方案①错误；

②浓氨水遇到氧化钙后，溶液中的水与CaO反应生成Ca（OH）2而消耗，反应同时放热使混合物温度升高，得到的Ca（OH）2可以降低NH3在水中的溶解度，这些都会促使氨水挥发生成氨气，因此方案②正确；

③2NH4Cl+Ca（OH）2

CaCl2+2NH3↑+2H2O，但是制备装置的试管口要略向下倾斜，防止水蒸气冷凝回流到试管中使试管炸裂，因此方案③错误；

④浓氨水受热分解生成氨气，通过碱石灰吸收水蒸气后可以得到氨气，方案④正确。

综上所述，不能制取氨气的是①③，应当选D。

【点睛】

与②相似，利用NaOH固体或碱石灰也可以制备NH3。

14．检验试管中盛有少量白色固体是铵盐的方法是（　　）

A．加氢氧化钠溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看试纸是否变蓝

B．将固体加热，产生的气体通入紫色石蕊溶液，看是否变红

C．加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性

D．加入氢氧化钠溶液，加热，再滴入酚酞溶液

【答案】A

【详解】

A.将白色固体放入试管中，然后向其中加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸放在试管口，湿润红色石蕊试纸会变蓝色，证明产生的气体是氨气，证明该盐中含有铵根离子，这是检验铵盐的方法，A正确；

B.氨气通入紫色石蕊试液，溶液会变蓝色，B错误；

C.铵盐易水解显示酸性，但是强酸弱碱盐水解均显酸性，不能据此证明是铵盐，C错误；

D.氢氧化钠和氨水均是碱性的，如果氢氧化钠相对于氨水过量则会干扰检验，D错误；

故合理选项是A。

【点睛】

本题考查学生铵盐的检验方法，注意氨气是中学阶段唯一的一种碱性气体，可以据此来检验，难度不大。

15．下列有关实验操作和现象及结论均正确的是

选项

实验操作及现象

实验结论

A

常温下，将同样大小、形状的锌与铝分别加入到相同体积98%的浓硫酸中，观察到前者反应速率更快

锌比铝活泼

B

将盐酸滴入碳酸钠溶液中产生气泡

氯的非金属性大于碳

C

向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴如BaCl2。

溶液，出现白色沉淀

溶液X中一定含有

D

向某溶液中加入NaOH溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝

该溶液中一定含有

A．AB．BC．CD．D

【答案】D

【详解】

A．常温下浓硫酸有强氧化性，铝遇浓硫酸钝化，无法比较Al与Zn的活泼性，故A错误；

B．比较元素的非金属性要比较最高价氧化物的水化物的酸性强弱，即根据HClO4酸性比H2CO3强，可判断出氯的非金属性大于碳，故B错误；

C．向溶液X中先滴加稀硝酸，再滴加BaCl2，出现白色沉淀，该白色沉淀可能为氯化银或硫酸钡，原溶液中可能含有银离子、亚硫酸根离子，不一定含有

，故C错误；

D．氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则原溶液中一定含有

，故D正确；

答案为D。

16．某溶液X中仅可能含有K＋、Na＋、Fe2＋、Fe3＋、NH4+、SO42-、SO32-、CO32-、I－、Cl－中的一种或多种，且溶液中各离子浓度相同。

现进行下列实验，下列说法正确的是（　　）

A．该溶液X中可能有Fe3＋、Na+

B．取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-、SO32-中的某一种

C．该溶液可能由是硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的

D．如果气体Y能使湿润的蓝色石蕊试纸变红，说明溶液中一定含有NH4+

【答案】C

【分析】

由题给实验现象可知，向溶液X中加入过量氯水和四氯化碳后，溶液分层，下层呈紫红色，说明溶液中一定存在I－，一定不含Fe3＋；向上层一份溶液中加入硝酸银溶液，生成白色沉淀，此时不能确定是否含有Cl－，向另一份中加入氢氧化钠溶液共热，生成红褐色沉淀，说明溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-和CO32-；有气体生成，说明溶液中一定有NH4+；溶液Z的焰色反应为黄色火焰，此时不能确定是否含有Na＋，透过蓝色钴玻璃片，火焰为紫色，说明溶液中一定含有K＋，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒可知，溶液中含有SO42-和Cl－，综上可知，溶液X中一定含有K＋、Fe2＋、NH4+、I－、SO42-和Cl－，一定不含有Fe3＋、SO32-、CO32-和Na＋。

【详解】

A项、溶液X中一定没有Fe3＋、Na+，故A错误；

B项、因溶液X中一定含有Fe2＋，一定不含有SO32-，若取样溶液Z，滴加氯化钡溶液出现沉淀，可推出X中一定存在SO42-，故B错误；

C项、由以上分析可知，溶液X可能由是等物质的量的硫酸亚铁、碘化钾和氯化铵溶于水后得到的，故C正确；

D项、氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D错误；

故选C。

【点睛】

根据实验现象和离子共存是解答的突破口，由溶液中各离子浓度相同，结合电荷守恒是判断的关键所在。

17．标准状况下，使

和

按4：

1体积比充满干燥烧瓶，将烧瓶倒置于水中，瓶内液面逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，则最终该溶液中溶质的物质的量浓度为

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【分析】

设出二氧化氮和氧气的体积，NO2和O2按体积比4：

1混合后充入一干燥烧瓶中，把烧瓶倒置于水中发生反应：

4NO2+O2+2H2O=4HNO3，根据方程式计算．

【详解】

设混合气体中含有4VLNO2，1VLO2，则烧瓶的体积为5VL，

；故答案为C。

【点睛】

明确二氧化氮与氧气的反应是解题关键，注意掌握物质的量的相关计算公式的运用。

18．下列说法正确的是（）

A．向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液呈红色

B．浓硝酸在光照下颜色变黄，说明浓硝酸不稳定

C．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe2O3和H2

D．在蔗糖中加入浓硫酸后出现发黑现象，说明浓硫酸具有吸水性

【答案】B

【详解】

A．氯水中生成了盐酸和次氯酸，盐酸具有酸性，次氯酸具有强氧化性漂白，所以向新制氯水中滴加少量紫色石蕊试液，充分振荡后溶液先变红色后褪色，故A错误；

B．硝酸分解生成二氧化氮、氧气和水，二氧化氮是红棕色气体，浓硝酸溶解了二氧化氮而呈黄色，故B正确；

C．铁与水蒸气在高温下的反应产物为Fe3O4和H2，故C错误；

D．浓硫酸能将有机物中H、O元素以2：

1水的形式脱去而体现脱水性，故浓硫酸具有脱水性，可使蔗糖脱水生成炭黑，故D错误；

故答案为B。

【点睛】

氯水由于存在氯气和水的反应生成盐酸和次氯酸，所以氯水含有氯气分子，水，盐酸和次氯酸，与不同的试剂反应时，起作用的微粒不同；①与硝酸银反应：

氯离子与硝酸银反应生成白色沉淀；②与碳酸钠反应：

碳酸钠和盐酸反应生成二氧化碳气体；③与有色布条作用：

次氯酸有漂白性，有色布条褪色；④与石蕊试液作用：

先变红后褪色，因为溶液中有酸，显酸性，有次氯酸有漂白性；⑤与二氧化硫作用：

黄绿色退去，二氧化硫和氯气和水反应生成硫酸和盐酸。

19．同温同压下，两个等体积的干燥圆底烧瓶中分别充满①NH3②NO2③HCl和N2的4：

5混合气体，进行喷泉实验。

经充分反应后，瓶内溶液的物质的量浓度为

A．①>②>③B．①＜②＜③C．①=②=③D．①＜②=③

【答案】C

【详解】

同温同压下，等体积的

、HCl、

物质的量相等，设

、HCl、

的物质的量均为1mol，烧瓶体积为VL。

由

可知生成

的物质的量为

，生成NO的物质的量为

，NO难溶于水，则

的物质的量浓度为

，

和HCl溶于水后溶液的物质的量浓度为

，因此①=②=③，答案选C。

20．用如图装置进行实验，将液体A逐滴加入到固体B中，下列叙述正确的是（　　）

A．若A为浓盐酸，B为Na2CO3，C中盛有Na2SiO3溶液，则C中溶液出现白色沉淀，证明酸性：

H2CO3>H2SiO3

B．若A为浓盐酸，B为KMnO4，C中盛石蕊试液，则C中溶液最终呈红色

C．若A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，C中盛有Na2S溶液，则C中溶液变浑浊

D．装置D起干燥气体作用

【答案】C

【详解】

A．浓盐酸挥发的HCl在C中也能与Na2SiO3溶液反应生成白色沉淀，则无法判断H2CO3的酸性一定比H2SiO3强，故A错误；

B．A为浓盐酸，B为KMnO4，则反应生成的氯气通入C中，Cl2与水反应生成HCl和HClO，其中HClO有强氧化性和漂白性，则C中紫色石蕊试液先变红色，后褪色，故B错误；

C．A为较浓硫酸，B为Na2SO3固体，两者反应生成的SO2气体通入C中，因SO2有氧化性，则与C中Na2S溶液反应有淡黄色S生成，可观察到C中溶液变浑浊，故C正确；

D．仪器D为球形干燥管，则可以起到防止溶液倒吸的作用，故D错误；

故答案为C。

21．依据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法中不正确的是（）

A．X是N2O5

B．可用排水法收集NO、NO2气体

C．由NO2→NO，无须另加还原剂也可实现

D．由NH3→N2，从理论上看，NH3可与NO2反应实现

【答案】B

【分析】

A．图象可知X为+5价对应的氮的氧化物；

B．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体；

C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸；

D．氨气中氮元素化合价-3价，二氧化氮中氮元素化合价+4价二者反应生成氮气；

【详解】

A．图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X为+5价对应的氮的氧化物是N2O5，A正确；

B．一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮气体，不可用排空气法收集NO气体，B错误；

C．氨气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，C正确；

D．NH3可与NO2反应生成氮气，8NH3+6NO2=7N2+12H2O，D正确；

答案选B。

【点睛】

本题考查了氮元素及其化合物的性质、主要是个价态存在物质的氧化还原反应，掌握基础是解题关键，题目难度中等

22．类推法在化学学习中经常采用，下列类推的结论正确的是（）

A．由Cl2＋2KBr=2KCl＋Br2，所以F2也能与KBr溶液反应置换出Br2

B．常温下，由Cu＋4HNO3（浓）=Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O，所以Fe也能与浓硝酸反应产生NO2

C．由Cu+Cl2

CuCl2，所以Cu+I2

CuI2

D．由