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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-27氮族元素及其化合物（1）
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这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-27氮族元素及其化合物（1），共26页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题，工业流程题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-27氮族元素及其化合物（1）
一、单选题
1．（2022·上海奉贤·一模）下列关于氮及其化合物的说法错误的是
A．自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3
B．以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3是侯氏制碱法的重要过程
C．工业上通过NH3催化氧化等反应可生产HNO3
D．自然界中的“氮循环”是氮及其化合物间相互转化的一种途径
2．（2022·上海闵行·统考一模）下列转化属于工业固氮的是
A． B．
C． D．
3．（2022·上海·统考一模）利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中试剂不能检测a中生成产物的是
a中反应
b中检测试剂
A
与浓生成的
紫色石蕊溶液
B
浓与碳生成的
澄清石灰水
C
与乙醇溶液生成的丙烯
溴水
D
浓与溶液生成的
酚酞试液
A．A B．B C．C D．D
4．（2022·上海嘉定·统考一模）实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法正确的是
A．白色物质X为
B．NO和Y均为还原产物
C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%
D．NO与Y的物质的量之和可能为2mol
5．（2022·上海·一模）实验室进行性质探究实验，将通入溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体，则产生白色沉淀。制备气体的试剂不能是
A．大理石和稀盐酸 B．和
C．和浓硝酸 D．和浓盐酸
6．（2022·上海杨浦·统考一模）如图，收集后做喷泉实验。下列分析错误的是
A．形成喷泉，说明烧瓶内的压强低于大气压
B．烧瓶中剩余少量气体，说明的溶解已达平衡
C．烧瓶中溶液变红，说明溶液显酸性
D．烧瓶中溶液露置在空气中pH增大，说明易挥发
7．（2022·上海杨浦·统考一模）不能鉴别和溴蒸汽的是
A．湿润的淀粉碘化钾试纸 B．水
C．溶液 D．
8．（2022·上海杨浦·统考一模）实验室用a装置制备下列气体时，所选试剂及收集方法均正确的是
气体
试剂
收集
A
b
B
c
C
电石饱和食盐水
d
D
生石灰浓氨水
d
A．A B．B C．C D．D
9．（2022·上海松江·统考一模）将4份等量的铝片分别加到足量的下列溶液中充分反应后，产生氢气量最快的是
A．溶液 B．溶液
C．溶液 D．溶液
10．（2022·上海松江·统考一模）有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入溶液一定体积后才产生沉淀。则下列判断正确的是
A．溶液中可能含有 B．溶液中可能含有
C．溶液中一定不含 D．溶液中一定含有
11．（2022·上海松江·统考一模）如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于
A．用浓硫酸和氯化钠制取 B．用浓氨水和生石灰制取
C．用浓硝酸与铜制取 D．用双氧水和二氧化锰制取
12．（2022·上海松江·统考一模）工业生产中，主要反应原理不涉及氧化还原反应的是
A．海水提溴 B．纯碱工业 C．硫酸工业 D．合成氨工业
13．（2022·上海青浦·一模）下列气体去除杂质的方法中，达不到实验目的的是
选项
气体(杂质)
方法
A
乙烷(乙烯)
通过溴水
B
通过足量蒸馏水
C
通过饱和碳酸氢钠溶液
D
通过盛有碱石灰的干燥管
A．A B．B C．C D．D
14．（2022·上海青浦·一模）部分含氮及氯物质的价类二维图如下，下列推断不合理的是
A．a和c可在一定条件下反应生成b
B．工业上通过a→b→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．a和b′可在一定条件下反应生成b
15．（2022·上海徐汇·统考三模）部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．可以通过a的催化氧化反应制备c
B．工业上通过a→b→c→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．加热d′的固态钾盐可以产生
16．（2022·上海松江·统考二模）铁与下列足量溶液发生反应，一定有固体剩余的是
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．热的浓硫酸 D．冷的浓硝酸
17．（2022·上海徐汇·统考三模）水合肼()可用作还原剂。其制备原理为：。用下图装置制取水合肼的相关说法正确的是
A．装置的连接顺序：f→a→b→d→c→e B．装置M可快速制
C．可用代替水 D．操作过程中要快速滴加NaClO溶液
18．（2022·上海金山·统考二模）某溶液含Na+、NH、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+中的几种，且各离子浓度相同。为确定其组成，进行实验：①取少量溶液，加入足量HNO3酸化的Ba(NO3)2(aq)，产生白色沉淀，过滤；②向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，微热，产生气体。
关于原溶液的说法正确的是
A．不能确定是否有Fe3+ B．需通过焰色反应确定Na+是否存在
C．Fe2+、Fe3+都存在 D．存在NH、SO、Cl-、Fe2+
19．（2022·上海普陀·统考二模）某溶液pH=0，可能有、、Ba2+、Fe2+、Cl-、、Al3+，取适量溶液进行如下实验。结论正确的是
A．气体A是NH3 B．沉淀H一定是BaCO3
C．原溶液中无Ba2+、 D．沉淀H可能是Al(OH)3
20．（2022·上海普陀·统考二模）下列含有共价键的化合物是
A．液氯 B．氨水 C．盐酸 D．冰醋酸
21．（2022·上海普陀·统考二模）向NH4Fe(SO4)2(aq)中逐滴滴加Ba(OH)2(aq)至过量的过程中，有关离子反应错误的是
A．2Fe3+＋3＋3Ba2+＋6OH-→2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓
B．Fe3+＋5＋4＋4Ba2+＋8OH-→Fe(OH)3↓＋5NH3·H2O＋4BaSO4↓
C．3Fe3+＋＋5＋5Ba2+＋10OH-→3Fe(OH)3↓＋NH3·H2O＋5BaSO4↓
D．Fe3+＋＋2＋2Ba2+＋4OH-→Fe(OH)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓
22．（2022·上海松江·统考二模）下列过程中，氮元素被氧化的是
A．铵根离子的检验 B．工业固氮
C．大气固氮 D．生物固氮
23．（2022·上海松江·统考二模）关于几种非金属元素及其化合物的说法正确的是
A．C2H4分子中只有极性键 B．可用排空气法收集NO
C．H2S燃烧时产生苍白色火焰 D．纯净干燥的Cl2没有漂白性
24．（2022·上海黄浦·统考二模）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是
化学试剂
制备的气体
装置
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
25．（2022·上海普陀·统考二模）2022年北京冬奥会采用的制冷剂是
A．硝石 B．氟利昂 C．二氧化碳 D．液氨
26．（2022·上海崇明·统考二模）二氧化碳是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是
A．雷电作用下降雨 B．风力发电
C．化石燃料的燃烧 D．碳酸盐的沉积
二、填空题
27．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）法可用于吸收燃煤发电厂的，同时获得产品。反应的原理为：。实验室根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空：
(1)搭建如图装置，先通入。通入的仪器采用干燥管替代长导管的目的是_______；然后通入，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，此时溶液的pH范围为_______，不继续通入直至过量的可能原因是_______。
(2)已知的溶解度曲线如图。将反应后的混合液进行如下实验：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤烘干。两次过滤依次得到的物质分别为_______和_______；实验时，烘干温度不易过高，其原因为_______。
(3)实验所得的量较少，为提高其产量，工业上可采取的措施是_______。(任写一条即可)
为了测定样品中的纯度，进行实验。取1.500g硫酸铵在碱性溶液中反应，蒸馏出生成的氨气，用硫酸标准液吸收，再用氢氧化钠标准溶液滴定吸收氨气后过量的硫酸。
(4)若滴定时消耗了的NaOH溶液20.00mL，则该硫酸铵产品的纯度为_______%。
(5)若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，则实验结果将_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
28．（2022·上海崇明·统考二模）Cl2、SO2、NOx都是化工生产中的重要气体，均可用氨水或NaOH溶液处理，防止污染空气。请回答下列问题：
(1)以上气体所含元素原子中，未成对电子最多的原子是_______(填元素符号)，S原子中能量最高电子的电子云形状为_______。
(2)化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏(已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2)，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是_______，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有_______mo1电子发生转移。
(3)①若用热烧碱溶液吸收Cl2气反应后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物质的量比值为n：1：1，则n=_______。
②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工区空气样本用蒸馏水处理，检测所得溶液，所含离子及其浓度如下：
离子
Na+
K+
NH
H+
SO
NO
Cl-
浓度/(mol·L-1)
6×10-6
4×10-6
2×10-5
a
4×10-5
2×10-5
3×10-5
根据表中数据计算，检测的溶液pH=_______。
(4)NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。
①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：_______。
②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mo1⋅L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体_______L(标准状态)。
三、实验题
29．（2022·上海杨浦·统考一模）某小组探究的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。
完成下列填空：
(1)若②中只有是否能制备，说明原因：_______。
(2)④中白烟的成分是：_______。
(3)一段时间后，⑤中溶液变蓝色，其原因是：_______。(用离子方程式解释)
(4)用纳米材料能去除污水中，离子在材料表面发生反应，反应过程如图所示，材料表面被难溶物覆盖会导致速率减慢。
酸性环境中，纳米去除分两步：
i．
ii．
①上述方法去除转移_______电子。
②初始的污水反应后，出现白色絮状物，很快变成红褐色，结合化学用语解释该变化过程_______。
(5)污水初始pH会影响反应速率，不同pH硝酸盐溶液与反应时，溶液中随时间的变化如图所示[为初始时的浓度]，为达到最高去除率，应调污水初始_______；，的溶液反应速率最快，，其反应速率迅速降低，原因分别是_______、_______。
四、工业流程题
30．（2022·上海静安·统考二模）五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：
(1)1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式：_______。
(2)某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：
装置B的仪器名称是_______；装置E的作用是_______。实验时，先将三口烧瓶C浸入_______ (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a.热水 b.冰水 c.自来水 d.饱和食盐水
(3)C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是_______ (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是_______。
a.溶解反应物NO2 b.充分混合反应物使其反应更加充分 c.控制O3的通入速度 d.溶解生成物N2O5
(4)该装置存在一处明显缺陷，请指出_______。
(5)N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL 0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1 H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是_______。粗产品的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。
参考答案：
1．A
【详解】A．大自然通过“雷雨发庄稼”将N2转化为NO，不是转化为NH3，A错误；
B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，第一步反应原理为NH3 +CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；
C．氨气与氧气在催化条件下发生反应生成一氧化氮，一氧化氮可生成二氧化氮，二氧化氮和水、氧气反应生成硝酸，C正确；
D．氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D正确；
故选A。
2．A
【详解】工业固氮是人为将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。
A．，游离态的氮转化为化合态氮，符合氮的固定定义，属于工业固氮，故A选；
B．，是同种价态的氮的化合物之间转化，不属于固氮，故B不选；
C．，为不同化合态氮之间转化，不属于固氮，故C不选；
D．，氮元素由游离态变为化合态，属于自然固氮，故D不选；
故选A。
3．B
【详解】A．与浓生成的，氯气通入紫色石蕊溶液，石蕊溶液先变红再褪色，b中试剂不能检测a中生成产物，故A不选；
B．C与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫和二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，则澄清石灰水不能说明C与浓硝酸共热反应生成，故B选；
C．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故C不选；
D．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故D不选；
故选
4．C
【分析】由图可知，铜与足量浓硫酸微热反应生成硫化亚铜和白色物质X，由得失电子数守恒可知，X为硫酸铜，反应的化学方程式为5Cu+4H2SO4(浓) 3CuSO4+Cu2S+4H2O，向固体中加入稀硝酸和稀硫酸的混合溶液，酸性条件下硫化亚铜与硝酸根离子反应生成硫酸铜、硫和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu2S+16H++4NO=6Cu2++3S+4NO↑+8H2O。
【详解】A．由分析可知，白色物质X为硫酸铜，不可能是五水硫酸铜晶体，故A错误；
B．由分析可知，向固体中加入稀硝酸和稀硫酸的混合溶液，酸性条件下硫化亚铜与硝酸根离子反应生成硫酸铜、硫和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu2S+16H++4NO=6Cu2++3S+4NO↑+8H2O，反应中硫元素的化合价升高被氧化，硫为氧化产物，故B错误；
C．由分析可知，铜与足量浓硫酸微热反应生成硫化亚铜和硫酸铜，反应的化学方程式为5Cu+4H2SO4(浓) 3CuSO4+Cu2S+4H2O，反应中表现氧化性的浓硫酸占×100%=25%，故C正确；
D．由方程式可得：5Cu—Cu2S—S—NO，一氧化氮的物质的量为=0.8mol，生成硫的物质的量为=0.6mol，则一氧化氮和硫的物质的量之和为1.4mol，故D错误；
故选C。
5．A
【分析】气体通入溶液中，未见白色沉淀，不发生反应，继续通入另一种气体立即产生沉淀，沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡，也可能为，则气体具有氧化性或碱性等，以此来解答。
【详解】A．大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，、二氧化碳与氯化钡溶液都不反应，不会产生沉淀，A正确；
B．和制备的气体为氨气，氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，B错误；
C．和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，通入水生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故能产生沉淀，C错误；
D．和浓盐酸加热反应生成氯气，氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，D错误；
故选A。
6．B
【详解】A．当瓶外大气压大于瓶内气压，会把水压入烧瓶形成喷泉，故A正确；
B．烧瓶中剩余少量气体，可能是混有的空气剩余，不能说明的溶解已达平衡，故B错误；
C．烧杯中滴有石蕊，烧瓶中溶液变红，说明溶于水所得溶液显酸性，故D正确；
D．烧瓶中溶液露置在空气中pH增大，可能溶质减少或溶剂增加，而易挥发，故D正确；
故答案为：B。
7．A
【详解】A．和溴蒸汽都能把I-氧化为I2，使湿润的淀粉碘化钾试纸，不能用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别和溴蒸汽，故选A；
B．被水吸收溶液变为无色，溴蒸汽被水吸收溶液变为橙色，水能鉴别和溴蒸汽，故不选B；
C．溶液与溴蒸汽反应生成浅黄色溴化银沉淀，溶液能鉴别和溴蒸汽，故不选C；
D．溴蒸汽溶于形成橙红色溶液，不溶于，能鉴别和溴蒸汽，故不选D；
选A。
8．C
【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则装置A不可能制备二氧化硫，故A错误；
B．二氧化氮的密度比空气大，则装置c不可能用于收集二氧化氮，故B错误；
C．装置a可用于电石与饱和食盐水制备乙炔气体，装置d可用于收集乙炔气体，故C正确；
D．氨气极易溶于水，则装置d不能用于收集氨气，故D错误；
故选C。
9．C
【详解】铝和稀硝酸反应生成NO，不会放出氢气，铝和醋酸、硫酸、盐酸反应实质是和氢离子反应，氢离子浓度越大放出氢气越快，硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，相同浓度的三种酸开始时氢离子浓度由大到小的顺序为：硫酸>盐酸>醋酸，所以铝和相同浓度的醋酸、硫酸、盐酸，放出氢气最快的是硫酸，答案选C。
10．D
【详解】澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入溶液一定体积后才产生沉淀，溶液中一定含有，和、不能大量共存，则一定没有、，溶液中必有阴离子，则一定有，酸性条件下，具有强氧化性，和能发生氧化还原反应，则一定不存在，加入氢氧化钠一定体积后才有沉淀生成，则、至少含一种，所以溶液中一定含有、，一定不含有、、，而至少含一种。所以答案选D。
11．D
【分析】从反应装置分析知，该装置属于固液混合不加热型装置，所以只能制取固液混合不加热得到的气体；从收集装置分析知，该气体不溶于水，和水不反应。
【详解】A．用浓硫酸和氯化钠制取不需要加热，但是HCl易溶于水，所以不能用排水法收集，故A错误；
B．用生石灰和浓氨水制取氨气不需加热，但氨气易溶于水，所以不能用排水法收集，故B错误；
C．NO2能与水反应生成NO，不能用排水法收集，故C错误；
D．用双氧水和二氧化锰制取不需加热，且氧气不易溶于水，所以可以用该实验装置制取氧气，故D正确；
故选D。
12．B
【详解】A．海水提溴，溴元素由化合态转化为游离态，Br元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不符合；
B．纯碱工业涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，不涉及氧化还原反应，故B符合；
C．接触法制硫酸，S元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不符合；
D．合成氨，氮气与氢气反应生成氨气，N、H元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D不符合；
故选B。
13．C
【详解】A．乙烯可以和溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，乙烷中混有乙烯通过溴水洗气可以除去乙烯杂质，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，可以通过蒸馏水除去NO2，故B正确；
C．饱和碳酸氢钠溶液不吸收CO2，但可以吸收SO2，不能除去杂质CO2，故C错误；
D．碱石灰可以干燥碱性气体，故可以吸收中的，故D正确；
故答案为C
14．B
【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。
【详解】A．和NO可在一定条件下可以发生归中反应生成，A正确；
B．工业上通过，，，即来制备，B错误；
C．可通过反应得到氯气，C正确；
D．氨气中的氮-3价，有还原性，氯气有氧化性，两者可在一定条件下反应生成，D正确；
故选B。
15．B
【分析】由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。
【详解】A．氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO，A正确；
B．工业上通过 ，，，即 a→ c→ d→ e 来制备 HNO3，B错误；
C．可通过反应 得到氯气，C正确；
D．氯酸钾受热分解 ，可以产生 O2，D正确；
故答案为B。
16．D
【详解】A．足量稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，无固体剩余，故A不符合；
B．足量稀硝酸与铁反应生成硝酸铁、NO和水，无固体剩余，故B不符合；
C．足量热的浓硫酸与铁反应生成硫酸铁、SO2、和水，无固体剩余，故C不符合；
D．冷的浓硝酸使铁发生钝化，铁表面被氧化生成一层致密的氧化物薄膜，阻止浓硝酸继续与内层金属进一步反应，有固体剩余，故D符合；
故选D。
17．B
【详解】A．M中制备氨气，氨气通过安全瓶防倒吸，为使氨气充分反应，氨气由长导管通入次氯酸钠溶液中反应生成水合肼，最后尾气处理，装置的连接顺序为f→a→b→c→d→e，故A错误；
B．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，温度升高，氢氧化钙使氨水中氢氧根离子浓度增大，所以装置M可快速制，故B正确 ；
C．水吸收尾气，氨气难溶于四氯化碳，不能用代替水，故C错误；
D．次氯酸钠具有氧化性，若操作过程中快速滴加NaClO溶液，可能被NaClO氧化，故D错误；
选B。
18．D
【分析】该溶液中加入足量酸化的(aq)，产生白色沉淀，表明该沉淀为，所以原溶液中一定有；向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，表明沉淀为，而由于溶液中曾经加入了溶液，暂时无法确定原溶液中含有的是或或二者均有；微热可产生气体，表明该气体为，则表明原溶液中含有；最后依据题目信息“各离子浓度相同”，结合溶液中的正电荷与负电荷数目相等，可判断出溶液中必须还有有阴离子，且和之间只能有存在；
【详解】A．各离子浓度相等，设Fe元素形成的离子的电荷数目为x，依据电荷守恒，可列出式子，则x=2，所以只能含有，而不含有，A错误；
B．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，B错误；
C．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，C错误；
D．依据分析可得出溶液中含有的离子为、、、，D正确；
故合理选项为D。
19．C
【分析】由酸性溶液中加入过量的硝酸钡溶液得到气体A、溶液B、和沉淀C可知，气体A为一氧化氮、沉淀C为硫酸钡，则溶液中含有亚铁离子和硫酸根离子，一定不含有硝酸根离子和钡离子；由溶液B中加入过量氢氧化钠溶液得到气体D、溶液E和沉淀F可知，气体D为氨气、沉淀F为氢氧化铁，则溶液中含有铵根离子；由溶液E中通入过量二氧化碳得到溶液G和沉淀H可知，溶液G为碳酸氢钠和碳酸氢钡混合溶液、沉淀H为氢氧化铝，则溶液中含有铝离子，所以原溶液中一定含有亚铁离子、硫酸根离子、铵根离子和铝离子，一定不含有硝酸根离子和钡离子，可能含有氯离子。
【详解】A．由分析可知，气体A为一氧化氮，故A错误；
B．由分析可知，沉淀H一定是氢氧化铝，故B错误；
C．由分析可知，原溶液中一定不含有硝酸根离子和钡离子，故C正确；
D．由分析可知，沉淀H一定是氢氧化铝，故D错误；
故选C。
20．D
【详解】A．液氯属于单质，不是化合物，A错误；
B．氨水是氨气的水溶液，为混合物，B错误；
C．盐酸为HCl的水溶液，为混合物，C错误；
D．冰醋酸是由C、H、O元素构成的纯净物，属于化合物，该分子中含有共价键，D正确；
故答案选D。
21．B
【详解】硫酸铁铵溶液与逐滴滴加的氢氧化钡溶液反应时，铁离子与氢氧根离子反应的能力强于铵根离子，会优先反应，当铵根离子反应时，铁离子已经完全反应，所以由化学式可知，反应时，铵根离子物质的量可能为0，或小于等于铁离子的物质的量，则B选项中铵根离子的化学计量数大于铁离子不可能发生，故选B。
22．C
【详解】A．铵根离子的检验原理：先加浓NaOH加热发生，然后用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，发生NH3+H2O=NH3·H2O，反应均未涉及氧化还原反应，A不符题意；
B．工业固氮发生，N元素化合价由0价降低为-3价，被还原，B不符题意；
C．大气固氮发生，N元素化合价由0价升高为+2价，被氧化，C符题意；
D．生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮气还原成氨的过程，N元素化合价由0价降低为-3价，被还原，D不符题意；
答案选C。
23．D
【详解】A．C2H4的结构式为，含有极性键和非极性键，故A错误；
B．NO和氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，故B错误；
C．H2S燃烧时产生蓝色火焰，H2在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，故C错误；
D．纯净干燥的Cl2没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸检验漂白性，故D正确；
选D。
24．C
【详解】A．Ca(OH)2和NH4Cl加热反应能够生成NH3但NH3的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，图示收集方法不合理，A错误；
B．水不能不能盛放在图示试管中，无法用图示装置制取，B错误；
C．KClO3在MnO2做催化剂时加热分解生成O2，O2的密度大于空气，可用向上排空气法收集，图示装置合理，C正确；
D．H2SO4(浓)不能盛放在图示试管中，应盛放在分液漏斗中，无法用图示装置制取HCl，D错误；
答案选C。
25．C
【详解】A．硝石溶于水后，可以用降温结晶法或蒸发结晶法将硝石再提取出来重复使用。但提纯能制冰的硝石极其困难，制冰又要耗费大量人工，所以不采用硝石作制冷剂，故A不符合题意；
B．氟利昂会破坏臭氧层，故B不符合题意；
C．二氧化碳无污染，使用的二氧化碳跨临界制冰技术更环保，故C符合题意；
D．液氨易爆炸，故D不符合题意；
故选C。
26．C
【详解】A．雷电作用下降雨，N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，NO2溶于水产生HNO3和NO，导致酸雨，不会反应产生CO2，因此不会引起大气中CO2含量上升，A不符合题意；
B．风力发电是风能转化为电能，没有消耗含碳元素的化合物，因此不会引起大气中CO2含量上升，B不符合题意；
C．化石燃料的燃烧会反应产生CO2，从而会引起大气中CO2含量上升，C符合题意；
D．碳酸盐的沉积是指形成与海洋或湖泊底部的粒状、泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗二氧化碳，不会引起大气中CO2含量上升，D不符合题意；
故合理选项是C。
27．(1) 防倒吸 8.2-10.0 防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离
(2) CaCO3 防止分解
(3)通入过量的氨气(答案合理即可)
(4)92.4
(5)无影响
【详解】（1）氨气极易溶于水，氨气溶于水易发生倒吸，通入的仪器采用干燥管替代长导管的目的是防倒吸；然后通入，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，酚酞在pH为8.2—10.0时呈粉红色，所以此时溶液的pH范围为8.2—10.0；碳酸钙和过量二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙，不继续通入直至过量的可能原因是防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离。
（2）将反应后的混合液中含有碳酸钙沉淀，第一次过滤得到CaCO3沉淀，硫酸铵的溶解度随温度降低而减小，硫酸铵溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，过滤出；铵盐受热易分解，烘干温度不易过高，其原因为防止分解。
（3）为提高的产量，工业上可采取的措施是通入过量的氨气；
（4）氨气、氢氧化钠共消耗硫酸的物质的量n(H2SO4)= ，若滴定时消耗了的NaOH溶液20.00mL，则说明硫酸吸收氨气的物质的量n(NH3)=，硫酸铵的物质的量为0.0105mol，则该硫酸铵产品的纯度为。
（5）水蒸气与硫酸、氢氧化钠都不反应，若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，实验结果将无影响。
28．(1) N 纺锤形
(2) 出现白烟 0.24
(3) 6 4
(4) 6NO2+8NH37N2+12H2O 1.12
【详解】（1）Cl、S、O、N四种元素未成对电子分别为1、2、2、3，则未成对电子最多的原子是N，S原子中能量最高电子所在能级是3p，其电子云形状为哑铃形，故答案为：N；哑铃形；
（2）由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；
（3）①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；
②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；
（4）①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。
29．(1)否，因为NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl会在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl
(2)NH4NO3
(3)4NO2+O2+2H2O= 4H++4NO、3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
(4) 8 Fe2+在废水中发生如下水解平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，反应进行时，溶液中c(H+)进行，平衡右移，产生Fe(OH)2白色沉淀，过滤后，Fe(OH)2与空气中的O2和H2O发生如下反应4 Fe(OH)2+ O2+H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀变为红褐色的Fe(OH)3
(5) 6.5 pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快 t>15min时，产生大量Fe(OH)2附着在活性位点上，减小反应物的接触面积，所以反应速率迅速下降
【分析】由实验装置图可知，装置①中氯酸钾在二氧化锰做催化剂作用下共热反应制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙固体共热反应制备氨气，装置③中氨气与氧气在催化剂作用下发生反应生成一氧化氮，装置④为空载仪器，起防倒吸的作用，进入④中氮的氧化物与氧气、水蒸气反应生成硝酸蒸气，硝酸与进入④中的氨气反应生成硝酸铵，会有大量白烟生成，装置⑤中氮的氧化物与氧气水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，溶液会变为淡蓝色。
【详解】（1）氯化铵不稳定，受热分解会生成的氨气和氯化氢，反应生成的氨气和氯化氢会在试管口遇冷会重新化合生成氯化铵，所以②中只有氯化铵不能制备氨气，故答案为：否能，NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl会在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl；
（2）由分析可知，④中产生白烟发生的反应为进入④中氮的氧化物与氧气、水蒸气反应生成硝酸蒸气，硝酸与进入④中的氨气反应生成硝酸铵，会有大量白烟生成，则白烟的成分为硝酸铵，故答案为：NH4NO3；
（3）由分析可知，，装置⑤中氮的氧化物与氧气水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，溶液会变为淡蓝色，反应的离子方程式为4NO2+O2+2H2O= 4H++4NO、3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：4NO2+O2+H2O= 4H++4NO、3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）①由图可知，用纳米Fe/Ni材料去除污水中硝酸根离子的总反应为酸性条件下，硝酸根离子与铁反应生成亚铁离子、铵根离子和水，由化合价变化可知，反应中消耗1mol硝酸根离子，反应转移8mol电子，故答案为：8；
②初始pH=2.0的污水反应15min后，出现白色絮状物，很快变成红褐色的原因是Fe2+在废水中发生如下水解平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，反应进行时，溶液中c(H+)进行，平衡右移，产生Fe(OH)2白色沉淀，过滤后，Fe(OH)2与空气中的O2和H2O发生如下反应4 Fe(OH)2+ O2+H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀变为红褐色的Fe(OH)3，故答案为：Fe2+在废水中发生如下水解平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，反应进行时，溶液中c(H+)进行，平衡右移，产生Fe(OH)2白色沉淀，过滤后，Fe(OH)2与空气中的O2和H2O发生如下反应4 Fe(OH)2+ O2+H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀变为红褐色的Fe(OH)3；
（5）由图可知，溶液pH为6.5时，反应速率最快，的值最小，说明去除率最高，所以不同pH硝酸盐溶液与Fe/Ni反应时，应调污水初始pH为6.5；pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(OH)2附着在活性位点上，减小反应物的接触面积，所以反应速率迅速下降，所以t<15min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min，其反应速率迅速降低，故答案为：6.5；pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快；t>15min时，产生大量Fe(OH)2附着在活性位点上，减小反应物的接触面积，所以反应速率迅速下降。
30．(1)2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2
(2) 球形干燥管 防止空气中的水蒸气进入C中 b
(3) abd 液体中红棕色褪去
(4)缺少尾气处理装置
(5) 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 79.3%
【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。
【详解】（1）干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。
（2）装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。
（3）二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。
（4）该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。
（5）酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-27氮族元素及其化合物（1）
一、单选题
1．（2022·上海奉贤·一模）下列关于氮及其化合物的说法错误的是
A．自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3
B．以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3是侯氏制碱法的重要过程
C．工业上通过NH3催化氧化等反应可生产HNO3
D．自然界中的“氮循环”是氮及其化合物间相互转化的一种途径
2．（2022·上海闵行·统考一模）下列转化属于工业固氮的是
A． B．
C． D．
3．（2022·上海·统考一模）利用如图所示装置(夹持装置略)进行实验，b中试剂不能检测a中生成产物的是
a中反应
b中检测试剂
A
与浓生成的
紫色石蕊溶液
B
浓与碳生成的
澄清石灰水
C
与乙醇溶液生成的丙烯
溴水
D
浓与溶液生成的
酚酞试液
A．A B．B C．C D．D
4．（2022·上海嘉定·统考一模）实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，经检测所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法正确的是
A．白色物质X为
B．NO和Y均为还原产物
C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%
D．NO与Y的物质的量之和可能为2mol
5．（2022·上海·一模）实验室进行性质探究实验，将通入溶液至饱和的过程中，始终未观察到溶液中出现浑浊，若再通入另一种气体，则产生白色沉淀。制备气体的试剂不能是
A．大理石和稀盐酸 B．和
C．和浓硝酸 D．和浓盐酸
6．（2022·上海杨浦·统考一模）如图，收集后做喷泉实验。下列分析错误的是
A．形成喷泉，说明烧瓶内的压强低于大气压
B．烧瓶中剩余少量气体，说明的溶解已达平衡
C．烧瓶中溶液变红，说明溶液显酸性
D．烧瓶中溶液露置在空气中pH增大，说明易挥发
7．（2022·上海杨浦·统考一模）不能鉴别和溴蒸汽的是
A．湿润的淀粉碘化钾试纸 B．水
C．溶液 D．
8．（2022·上海杨浦·统考一模）实验室用a装置制备下列气体时，所选试剂及收集方法均正确的是
气体
试剂
收集
A
b
B
c
C
电石饱和食盐水
d
D
生石灰浓氨水
d
A．A B．B C．C D．D
9．（2022·上海松江·统考一模）将4份等量的铝片分别加到足量的下列溶液中充分反应后，产生氢气量最快的是
A．溶液 B．溶液
C．溶液 D．溶液
10．（2022·上海松江·统考一模）有一澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入溶液一定体积后才产生沉淀。则下列判断正确的是
A．溶液中可能含有 B．溶液中可能含有
C．溶液中一定不含 D．溶液中一定含有
11．（2022·上海松江·统考一模）如图是制取和收集某气体的实验装置，该装置可用于
A．用浓硫酸和氯化钠制取 B．用浓氨水和生石灰制取
C．用浓硝酸与铜制取 D．用双氧水和二氧化锰制取
12．（2022·上海松江·统考一模）工业生产中，主要反应原理不涉及氧化还原反应的是
A．海水提溴 B．纯碱工业 C．硫酸工业 D．合成氨工业
13．（2022·上海青浦·一模）下列气体去除杂质的方法中，达不到实验目的的是
选项
气体(杂质)
方法
A
乙烷(乙烯)
通过溴水
B
通过足量蒸馏水
C
通过饱和碳酸氢钠溶液
D
通过盛有碱石灰的干燥管
A．A B．B C．C D．D
14．（2022·上海青浦·一模）部分含氮及氯物质的价类二维图如下，下列推断不合理的是
A．a和c可在一定条件下反应生成b
B．工业上通过a→b→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．a和b′可在一定条件下反应生成b
15．（2022·上海徐汇·统考三模）部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．可以通过a的催化氧化反应制备c
B．工业上通过a→b→c→d→e来制备
C．浓的a′溶液和浓的c′溶液反应可以得到b′
D．加热d′的固态钾盐可以产生
16．（2022·上海松江·统考二模）铁与下列足量溶液发生反应，一定有固体剩余的是
A．稀硫酸 B．稀硝酸 C．热的浓硫酸 D．冷的浓硝酸
17．（2022·上海徐汇·统考三模）水合肼()可用作还原剂。其制备原理为：。用下图装置制取水合肼的相关说法正确的是
A．装置的连接顺序：f→a→b→d→c→e B．装置M可快速制
C．可用代替水 D．操作过程中要快速滴加NaClO溶液
18．（2022·上海金山·统考二模）某溶液含Na+、NH、SO、Cl-、Fe2+、Fe3+中的几种，且各离子浓度相同。为确定其组成，进行实验：①取少量溶液，加入足量HNO3酸化的Ba(NO3)2(aq)，产生白色沉淀，过滤；②向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，微热，产生气体。
关于原溶液的说法正确的是
A．不能确定是否有Fe3+ B．需通过焰色反应确定Na+是否存在
C．Fe2+、Fe3+都存在 D．存在NH、SO、Cl-、Fe2+
19．（2022·上海普陀·统考二模）某溶液pH=0，可能有、、Ba2+、Fe2+、Cl-、、Al3+，取适量溶液进行如下实验。结论正确的是
A．气体A是NH3 B．沉淀H一定是BaCO3
C．原溶液中无Ba2+、 D．沉淀H可能是Al(OH)3
20．（2022·上海普陀·统考二模）下列含有共价键的化合物是
A．液氯 B．氨水 C．盐酸 D．冰醋酸
21．（2022·上海普陀·统考二模）向NH4Fe(SO4)2(aq)中逐滴滴加Ba(OH)2(aq)至过量的过程中，有关离子反应错误的是
A．2Fe3+＋3＋3Ba2+＋6OH-→2Fe(OH)3↓＋3BaSO4↓
B．Fe3+＋5＋4＋4Ba2+＋8OH-→Fe(OH)3↓＋5NH3·H2O＋4BaSO4↓
C．3Fe3+＋＋5＋5Ba2+＋10OH-→3Fe(OH)3↓＋NH3·H2O＋5BaSO4↓
D．Fe3+＋＋2＋2Ba2+＋4OH-→Fe(OH)3↓＋NH3·H2O＋2BaSO4↓
22．（2022·上海松江·统考二模）下列过程中，氮元素被氧化的是
A．铵根离子的检验 B．工业固氮
C．大气固氮 D．生物固氮
23．（2022·上海松江·统考二模）关于几种非金属元素及其化合物的说法正确的是
A．C2H4分子中只有极性键 B．可用排空气法收集NO
C．H2S燃烧时产生苍白色火焰 D．纯净干燥的Cl2没有漂白性
24．（2022·上海黄浦·统考二模）在实验室采用如图装置制备气体，合理的是
化学试剂
制备的气体
装置
A
B
C
D
A．A B．B C．C D．D
25．（2022·上海普陀·统考二模）2022年北京冬奥会采用的制冷剂是
A．硝石 B．氟利昂 C．二氧化碳 D．液氨
26．（2022·上海崇明·统考二模）二氧化碳是自然界碳循环中的重要物质。下列过程会引起大气中CO2含量上升的是
A．雷电作用下降雨 B．风力发电
C．化石燃料的燃烧 D．碳酸盐的沉积
二、填空题
27．（2022·上海浦东新·统考模拟预测）法可用于吸收燃煤发电厂的，同时获得产品。反应的原理为：。实验室根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空：
(1)搭建如图装置，先通入。通入的仪器采用干燥管替代长导管的目的是_______；然后通入，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，此时溶液的pH范围为_______，不继续通入直至过量的可能原因是_______。
(2)已知的溶解度曲线如图。将反应后的混合液进行如下实验：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤烘干。两次过滤依次得到的物质分别为_______和_______；实验时，烘干温度不易过高，其原因为_______。
(3)实验所得的量较少，为提高其产量，工业上可采取的措施是_______。(任写一条即可)
为了测定样品中的纯度，进行实验。取1.500g硫酸铵在碱性溶液中反应，蒸馏出生成的氨气，用硫酸标准液吸收，再用氢氧化钠标准溶液滴定吸收氨气后过量的硫酸。
(4)若滴定时消耗了的NaOH溶液20.00mL，则该硫酸铵产品的纯度为_______%。
(5)若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，则实验结果将_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
28．（2022·上海崇明·统考二模）Cl2、SO2、NOx都是化工生产中的重要气体，均可用氨水或NaOH溶液处理，防止污染空气。请回答下列问题：
(1)以上气体所含元素原子中，未成对电子最多的原子是_______(填元素符号)，S原子中能量最高电子的电子云形状为_______。
(2)化工厂可用浓氨水来检验Cl2是否泄漏(已知3Cl2+8NH3→6NH4Cl+N2)，当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是_______，若反应中有0.08mol的氨气被氧化，则有_______mo1电子发生转移。
(3)①若用热烧碱溶液吸收Cl2气反应后的混合溶液中，含NaCl、NaClO和NaClO3物质的量比值为n：1：1，则n=_______。
②SO2是形成酸雨的主要原因，取某化工区空气样本用蒸馏水处理，检测所得溶液，所含离子及其浓度如下：
离子
Na+
K+
NH
H+
SO
NO
Cl-
浓度/(mol·L-1)
6×10-6
4×10-6
2×10-5
a
4×10-5
2×10-5
3×10-5
根据表中数据计算，检测的溶液pH=_______。
(4)NO2是燃油汽车尾气中的主要污染物之一。
①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质，请写出反应的化学方程式：_______。
②实验室可用烧碱溶液吸收NO2和NO，(已知2NO2+2NaOH→NaNO2+NaNO3+H2O，NO2+NO+2NaOH→2NaNO2+H2O)，当消耗100mL0.5mo1⋅L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体_______L(标准状态)。
三、实验题
29．（2022·上海杨浦·统考一模）某小组探究的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。
完成下列填空：
(1)若②中只有是否能制备，说明原因：_______。
(2)④中白烟的成分是：_______。
(3)一段时间后，⑤中溶液变蓝色，其原因是：_______。(用离子方程式解释)
(4)用纳米材料能去除污水中，离子在材料表面发生反应，反应过程如图所示，材料表面被难溶物覆盖会导致速率减慢。
酸性环境中，纳米去除分两步：
i．
ii．
①上述方法去除转移_______电子。
②初始的污水反应后，出现白色絮状物，很快变成红褐色，结合化学用语解释该变化过程_______。
(5)污水初始pH会影响反应速率，不同pH硝酸盐溶液与反应时，溶液中随时间的变化如图所示[为初始时的浓度]，为达到最高去除率，应调污水初始_______；，的溶液反应速率最快，，其反应速率迅速降低，原因分别是_______、_______。
四、工业流程题
30．（2022·上海静安·统考二模）五氧化二氮(N2O5)是一种绿色硝化剂，在军用炸药、火箭推进剂、医药等工业中得到广泛应用。常温下N2O5为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，微溶于水且与水反应生成硝酸，高于室温时不稳定。回答下列问题：
(1)1840年，Devill将干燥的氯气通入无水硝酸银中，首次制得了固体N2O5。该反应的氧化产物为空气中的主要成分之一，写出反应的化学方程式：_______。
(2)某化学兴趣小组设计用臭氧(O3)氧化法制备N2O5，反应原理为 N2O4+O3→N2O5+O2。实验装置如下图：
装置B的仪器名称是_______；装置E的作用是_______。实验时，先将三口烧瓶C浸入_______ (填字母编号)中，打开装置A中分液漏斗的活塞，随即关闭。一段时间后C中液体变为红棕色。然后打开活塞K，通过臭氧发生器向三口烧瓶中通入含有臭氧的氧气。
a.热水 b.冰水 c.自来水 d.饱和食盐水
(3)C中二氯甲烷(CH2Cl2)的作用是_______ (填字母编号)。判断C中反应已结束的简单方法是_______。
a.溶解反应物NO2 b.充分混合反应物使其反应更加充分 c.控制O3的通入速度 d.溶解生成物N2O5
(4)该装置存在一处明显缺陷，请指出_______。
(5)N2O5粗产品中常含有N2O4。该兴趣小组用滴定法测定N2O5粗产品的纯度。取2.0g粗产品，加入20.00mL 0.1250mol·L-1酸性高锰酸钾溶液。充分反应后，用0.1000mol·L-1 H2O2溶液滴定剩余的高锰酸钾，达到滴定终点时，消耗H2O2溶液17.50mL。已知：N2O4与KMnO4发生反应的离子方程式为5N2O4+2MnO+2H2O→Mn2++10NO+4H+，H2O2与KMnO4发生反应的离子方程式为5H2O2+2MnO+6H+→2Mn2++5O2↑+8H2O，H2O2与HNO3不反应且不考虑其分解。判断滴定到达终点的方法是_______。粗产品的纯度为_______(结果保留三位有效数字)。
参考答案：
1．A
【详解】A．大自然通过“雷雨发庄稼”将N2转化为NO，不是转化为NH3，A错误；
B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，第一步反应原理为NH3 +CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；
C．氨气与氧气在催化条件下发生反应生成一氧化氮，一氧化氮可生成二氧化氮，二氧化氮和水、氧气反应生成硝酸，C正确；
D．氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D正确；
故选A。
2．A
【详解】工业固氮是人为将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程。
A．，游离态的氮转化为化合态氮，符合氮的固定定义，属于工业固氮，故A选；
B．，是同种价态的氮的化合物之间转化，不属于固氮，故B不选；
C．，为不同化合态氮之间转化，不属于固氮，故C不选；
D．，氮元素由游离态变为化合态，属于自然固氮，故D不选；
故选A。
3．B
【详解】A．与浓生成的，氯气通入紫色石蕊溶液，石蕊溶液先变红再褪色，b中试剂不能检测a中生成产物，故A不选；
B．C与浓硫酸共热反应生成的二氧化硫和二氧化碳，二氧化碳和二氧化硫都能使澄清石灰水变浑浊，则澄清石灰水不能说明C与浓硝酸共热反应生成，故B选；
C．乙醇具有挥发性，挥发出的乙醇不能与溴水反应，则2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成能使溴水褪色的丙烯气体，则溴水褪色能说明2-溴丙烷与氢氧化钠乙醇溶液共热发生消去反应生成丙烯，故C不选；
D．浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成能使酚酞溶液变红的氨气，则酚酞溶液变红能说明浓氢氧化钠溶液与氯化铵溶液共热反应生成氨气，故D不选；
故选
4．C
【分析】由图可知，铜与足量浓硫酸微热反应生成硫化亚铜和白色物质X，由得失电子数守恒可知，X为硫酸铜，反应的化学方程式为5Cu+4H2SO4(浓) 3CuSO4+Cu2S+4H2O，向固体中加入稀硝酸和稀硫酸的混合溶液，酸性条件下硫化亚铜与硝酸根离子反应生成硫酸铜、硫和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu2S+16H++4NO=6Cu2++3S+4NO↑+8H2O。
【详解】A．由分析可知，白色物质X为硫酸铜，不可能是五水硫酸铜晶体，故A错误；
B．由分析可知，向固体中加入稀硝酸和稀硫酸的混合溶液，酸性条件下硫化亚铜与硝酸根离子反应生成硫酸铜、硫和一氧化氮，反应的离子方程式为3Cu2S+16H++4NO=6Cu2++3S+4NO↑+8H2O，反应中硫元素的化合价升高被氧化，硫为氧化产物，故B错误；
C．由分析可知，铜与足量浓硫酸微热反应生成硫化亚铜和硫酸铜，反应的化学方程式为5Cu+4H2SO4(浓) 3CuSO4+Cu2S+4H2O，反应中表现氧化性的浓硫酸占×100%=25%，故C正确；
D．由方程式可得：5Cu—Cu2S—S—NO，一氧化氮的物质的量为=0.8mol，生成硫的物质的量为=0.6mol，则一氧化氮和硫的物质的量之和为1.4mol，故D错误；
故选C。
5．A
【分析】气体通入溶液中，未见白色沉淀，不发生反应，继续通入另一种气体立即产生沉淀，沉淀可能为硫酸钡或亚硫酸钡，也可能为，则气体具有氧化性或碱性等，以此来解答。
【详解】A．大理石和稀盐酸反应生成二氧化碳气体，、二氧化碳与氯化钡溶液都不反应，不会产生沉淀，A正确；
B．和制备的气体为氨气，氨气与二氧化硫反应生成亚硫酸铵，亚硫酸根离子与钡离子结合生成亚硫酸钡沉淀，B错误；
C．和浓硝酸反应生成二氧化氮气体，通入水生成硝酸，硝酸能够氧化二氧化硫生成硫酸根离子，与钡离子生成硫酸钡沉淀，故能产生沉淀，C错误；
D．和浓盐酸加热反应生成氯气，氯气与二氧化硫发生氧化还原反应生成硫酸根离子，与钡离子结合生成硫酸钡沉淀，D错误；
故选A。
6．B
【详解】A．当瓶外大气压大于瓶内气压，会把水压入烧瓶形成喷泉，故A正确；
B．烧瓶中剩余少量气体，可能是混有的空气剩余，不能说明的溶解已达平衡，故B错误；
C．烧杯中滴有石蕊，烧瓶中溶液变红，说明溶于水所得溶液显酸性，故D正确；
D．烧瓶中溶液露置在空气中pH增大，可能溶质减少或溶剂增加，而易挥发，故D正确；
故答案为：B。
7．A
【详解】A．和溴蒸汽都能把I-氧化为I2，使湿润的淀粉碘化钾试纸，不能用湿润的淀粉碘化钾试纸鉴别和溴蒸汽，故选A；
B．被水吸收溶液变为无色，溴蒸汽被水吸收溶液变为橙色，水能鉴别和溴蒸汽，故不选B；
C．溶液与溴蒸汽反应生成浅黄色溴化银沉淀，溶液能鉴别和溴蒸汽，故不选C；
D．溴蒸汽溶于形成橙红色溶液，不溶于，能鉴别和溴蒸汽，故不选D；
选A。
8．C
【详解】A．铜与浓硫酸共热反应生成硫酸铜、二氧化硫和水，则装置A不可能制备二氧化硫，故A错误；
B．二氧化氮的密度比空气大，则装置c不可能用于收集二氧化氮，故B错误；
C．装置a可用于电石与饱和食盐水制备乙炔气体，装置d可用于收集乙炔气体，故C正确；
D．氨气极易溶于水，则装置d不能用于收集氨气，故D错误；
故选C。
9．C
【详解】铝和稀硝酸反应生成NO，不会放出氢气，铝和醋酸、硫酸、盐酸反应实质是和氢离子反应，氢离子浓度越大放出氢气越快，硫酸是二元强酸，盐酸是一元强酸，醋酸是一元弱酸，相同浓度的三种酸开始时氢离子浓度由大到小的顺序为：硫酸>盐酸>醋酸，所以铝和相同浓度的醋酸、硫酸、盐酸，放出氢气最快的是硫酸，答案选C。
10．D
【详解】澄清透明的溶液，只可能含有大量的、、、、、、七种离子中的几种，向该溶液中逐滴滴入溶液一定体积后才产生沉淀，溶液中一定含有，和、不能大量共存，则一定没有、，溶液中必有阴离子，则一定有，酸性条件下，具有强氧化性，和能发生氧化还原反应，则一定不存在，加入氢氧化钠一定体积后才有沉淀生成，则、至少含一种，所以溶液中一定含有、，一定不含有、、，而至少含一种。所以答案选D。
11．D
【分析】从反应装置分析知，该装置属于固液混合不加热型装置，所以只能制取固液混合不加热得到的气体；从收集装置分析知，该气体不溶于水，和水不反应。
【详解】A．用浓硫酸和氯化钠制取不需要加热，但是HCl易溶于水，所以不能用排水法收集，故A错误；
B．用生石灰和浓氨水制取氨气不需加热，但氨气易溶于水，所以不能用排水法收集，故B错误；
C．NO2能与水反应生成NO，不能用排水法收集，故C错误；
D．用双氧水和二氧化锰制取不需加热，且氧气不易溶于水，所以可以用该实验装置制取氧气，故D正确；
故选D。
12．B
【详解】A．海水提溴，溴元素由化合态转化为游离态，Br元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故A不符合；
B．纯碱工业涉及的方程式为：NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl、2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O，不涉及氧化还原反应，故B符合；
C．接触法制硫酸，S元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故C不符合；
D．合成氨，氮气与氢气反应生成氨气，N、H元素的化合价发生变化，涉及氧化还原反应，故D不符合；
故选B。
13．C
【详解】A．乙烯可以和溴水发生加成反应生成1,2-二溴乙烷，乙烷中混有乙烯通过溴水洗气可以除去乙烯杂质，故A正确；
B．NO2和水反应生成硝酸和NO，可以通过蒸馏水除去NO2，故B正确；
C．饱和碳酸氢钠溶液不吸收CO2，但可以吸收SO2，不能除去杂质CO2，故C错误；
D．碱石灰可以干燥碱性气体，故可以吸收中的，故D正确；
故答案为C
14．B
【分析】部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐，据此分析。
【详解】A．和NO可在一定条件下可以发生归中反应生成，A正确；
B．工业上通过，，，即来制备，B错误；
C．可通过反应得到氯气，C正确；
D．氨气中的氮-3价，有还原性，氯气有氧化性，两者可在一定条件下反应生成，D正确；
故选B。
15．B
【分析】由图可得a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3或硝酸盐，a＇为HCl，b＇为Cl2，c＇为HClO或次氯酸盐，d＇为HClO3或氯酸盐，e＇为HClO4或高氯酸盐。
【详解】A．氨气和氧气可以通过催化氧化反应生成NO，A正确；
B．工业上通过 ，，，即 a→ c→ d→ e 来制备 HNO3，B错误；
C．可通过反应 得到氯气，C正确；
D．氯酸钾受热分解 ，可以产生 O2，D正确；
故答案为B。
16．D
【详解】A．足量稀硫酸与铁反应生成硫酸亚铁和氢气，无固体剩余，故A不符合；
B．足量稀硝酸与铁反应生成硝酸铁、NO和水，无固体剩余，故B不符合；
C．足量热的浓硫酸与铁反应生成硫酸铁、SO2、和水，无固体剩余，故C不符合；
D．冷的浓硝酸使铁发生钝化，铁表面被氧化生成一层致密的氧化物薄膜，阻止浓硝酸继续与内层金属进一步反应，有固体剩余，故D符合；
故选D。
17．B
【详解】A．M中制备氨气，氨气通过安全瓶防倒吸，为使氨气充分反应，氨气由长导管通入次氯酸钠溶液中反应生成水合肼，最后尾气处理，装置的连接顺序为f→a→b→c→d→e，故A错误；
B．氧化钙和水反应生成氢氧化钙，该反应放热，温度升高，氢氧化钙使氨水中氢氧根离子浓度增大，所以装置M可快速制，故B正确 ；
C．水吸收尾气，氨气难溶于四氯化碳，不能用代替水，故C错误；
D．次氯酸钠具有氧化性，若操作过程中快速滴加NaClO溶液，可能被NaClO氧化，故D错误；
选B。
18．D
【分析】该溶液中加入足量酸化的(aq)，产生白色沉淀，表明该沉淀为，所以原溶液中一定有；向滤液中加入足量的NaOH(aq)，产生红褐色沉淀，表明沉淀为，而由于溶液中曾经加入了溶液，暂时无法确定原溶液中含有的是或或二者均有；微热可产生气体，表明该气体为，则表明原溶液中含有；最后依据题目信息“各离子浓度相同”，结合溶液中的正电荷与负电荷数目相等，可判断出溶液中必须还有有阴离子，且和之间只能有存在；
【详解】A．各离子浓度相等，设Fe元素形成的离子的电荷数目为x，依据电荷守恒，可列出式子，则x=2，所以只能含有，而不含有，A错误；
B．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，B错误；
C．依据实验已经确定阴离子只有和，而确定的阳离子有和，题目还要求各离子浓度相等，正电荷数目已经足够多，不可能再有，否则电荷不守恒，C错误；
D．依据分析可得出溶液中含有的离子为、、、，D正确；
故合理选项为D。
19．C
【分析】由酸性溶液中加入过量的硝酸钡溶液得到气体A、溶液B、和沉淀C可知，气体A为一氧化氮、沉淀C为硫酸钡，则溶液中含有亚铁离子和硫酸根离子，一定不含有硝酸根离子和钡离子；由溶液B中加入过量氢氧化钠溶液得到气体D、溶液E和沉淀F可知，气体D为氨气、沉淀F为氢氧化铁，则溶液中含有铵根离子；由溶液E中通入过量二氧化碳得到溶液G和沉淀H可知，溶液G为碳酸氢钠和碳酸氢钡混合溶液、沉淀H为氢氧化铝，则溶液中含有铝离子，所以原溶液中一定含有亚铁离子、硫酸根离子、铵根离子和铝离子，一定不含有硝酸根离子和钡离子，可能含有氯离子。
【详解】A．由分析可知，气体A为一氧化氮，故A错误；
B．由分析可知，沉淀H一定是氢氧化铝，故B错误；
C．由分析可知，原溶液中一定不含有硝酸根离子和钡离子，故C正确；
D．由分析可知，沉淀H一定是氢氧化铝，故D错误；
故选C。
20．D
【详解】A．液氯属于单质，不是化合物，A错误；
B．氨水是氨气的水溶液，为混合物，B错误；
C．盐酸为HCl的水溶液，为混合物，C错误；
D．冰醋酸是由C、H、O元素构成的纯净物，属于化合物，该分子中含有共价键，D正确；
故答案选D。
21．B
【详解】硫酸铁铵溶液与逐滴滴加的氢氧化钡溶液反应时，铁离子与氢氧根离子反应的能力强于铵根离子，会优先反应，当铵根离子反应时，铁离子已经完全反应，所以由化学式可知，反应时，铵根离子物质的量可能为0，或小于等于铁离子的物质的量，则B选项中铵根离子的化学计量数大于铁离子不可能发生，故选B。
22．C
【详解】A．铵根离子的检验原理：先加浓NaOH加热发生，然后用湿润的红色石蕊试纸检验氨气，发生NH3+H2O=NH3·H2O，反应均未涉及氧化还原反应，A不符题意；
B．工业固氮发生，N元素化合价由0价降低为-3价，被还原，B不符题意；
C．大气固氮发生，N元素化合价由0价升高为+2价，被氧化，C符题意；
D．生物固氮是指固氮微生物将大气中的氮气还原成氨的过程，N元素化合价由0价降低为-3价，被还原，D不符题意；
答案选C。
23．D
【详解】A．C2H4的结构式为，含有极性键和非极性键，故A错误；
B．NO和氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，故B错误；
C．H2S燃烧时产生蓝色火焰，H2在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，故C错误；
D．纯净干燥的Cl2没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸检验漂白性，故D正确；
选D。
24．C
【详解】A．Ca(OH)2和NH4Cl加热反应能够生成NH3但NH3的密度比空气小，应该用向下排空气法收集，图示收集方法不合理，A错误；
B．水不能不能盛放在图示试管中，无法用图示装置制取，B错误；
C．KClO3在MnO2做催化剂时加热分解生成O2，O2的密度大于空气，可用向上排空气法收集，图示装置合理，C正确；
D．H2SO4(浓)不能盛放在图示试管中，应盛放在分液漏斗中，无法用图示装置制取HCl，D错误；
答案选C。
25．C
【详解】A．硝石溶于水后，可以用降温结晶法或蒸发结晶法将硝石再提取出来重复使用。但提纯能制冰的硝石极其困难，制冰又要耗费大量人工，所以不采用硝石作制冷剂，故A不符合题意；
B．氟利昂会破坏臭氧层，故B不符合题意；
C．二氧化碳无污染，使用的二氧化碳跨临界制冰技术更环保，故C符合题意；
D．液氨易爆炸，故D不符合题意；
故选C。
26．C
【详解】A．雷电作用下降雨，N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO与O2反应产生NO2，NO2溶于水产生HNO3和NO，导致酸雨，不会反应产生CO2，因此不会引起大气中CO2含量上升，A不符合题意；
B．风力发电是风能转化为电能，没有消耗含碳元素的化合物，因此不会引起大气中CO2含量上升，B不符合题意；
C．化石燃料的燃烧会反应产生CO2，从而会引起大气中CO2含量上升，C符合题意；
D．碳酸盐的沉积是指形成与海洋或湖泊底部的粒状、泥状碳酸盐矿物及其集合体，通过生物作用或从过饱和碳酸盐的水体中直接沉淀，水体中生物活动消耗二氧化碳，不会引起大气中CO2含量上升，D不符合题意；
故合理选项是C。
27．(1) 防倒吸 8.2-10.0 防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离
(2) CaCO3 防止分解
(3)通入过量的氨气(答案合理即可)
(4)92.4
(5)无影响
【详解】（1）氨气极易溶于水，氨气溶于水易发生倒吸，通入的仪器采用干燥管替代长导管的目的是防倒吸；然后通入，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，酚酞在pH为8.2—10.0时呈粉红色，所以此时溶液的pH范围为8.2—10.0；碳酸钙和过量二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙，不继续通入直至过量的可能原因是防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离。
（2）将反应后的混合液中含有碳酸钙沉淀，第一次过滤得到CaCO3沉淀，硫酸铵的溶解度随温度降低而减小，硫酸铵溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到晶体，过滤出；铵盐受热易分解，烘干温度不易过高，其原因为防止分解。
（3）为提高的产量，工业上可采取的措施是通入过量的氨气；
（4）氨气、氢氧化钠共消耗硫酸的物质的量n(H2SO4)= ，若滴定时消耗了的NaOH溶液20.00mL，则说明硫酸吸收氨气的物质的量n(NH3)=，硫酸铵的物质的量为0.0105mol，则该硫酸铵产品的纯度为。
（5）水蒸气与硫酸、氢氧化钠都不反应，若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，实验结果将无影响。
28．(1) N 纺锤形
(2) 出现白烟 0.24
(3) 6 4
(4) 6NO2+8NH37N2+12H2O 1.12
【详解】（1）Cl、S、O、N四种元素未成对电子分别为1、2、2、3，则未成对电子最多的原子是N，S原子中能量最高电子所在能级是3p，其电子云形状为哑铃形，故答案为：N；哑铃形；
（2）由于Cl2与NH3反应生成NH4Cl，所以当有少量Cl2泄漏时，可以观察到的现象是有白烟生成，每有8个氨气参加反应，有2个被氧化，生成1个N2，转移6个电子；若反应中有0.08mol的氨气被氧化，有3×0.08mol=0.24mol电子发生转移，故答案为：有白烟生成；0.24；
（3）①热烧碱溶液吸收Cl2时，生成NaCl得到电子，生成NaClO和NaClO3失去电子，利用得失电子守恒可知，n=1+5=6，则n=4，故答案为：6；
②溶液中阳离子所带的正电荷总数等于阴离子所带的负电荷总数，则6×10-6+4×10-6+2×10-5+a=2×4×10-5+2×10-5+3×10-5，a=10-4，pH=4，故答案为：4；
（4）①在催化剂和加热条件下，NO2与NH3可反应生成无害物质N2和H2O，其反应的化学方程式为：6NO2+8NH37N2+12H2O，故答案为：6NO2+8NH37N2+12H2O；
②由于烧碱溶液吸收NO2和NO生成NaNO2和NaNO3，利用氮元素和钠元素相等可知，当消耗100mL0.5mol·L-1的烧碱溶液时，共吸收混合气体0.1L×0.5mol·L-1×22.4L/mol=1.12L，故答案为：1.12。
29．(1)否，因为NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl会在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl
(2)NH4NO3
(3)4NO2+O2+2H2O= 4H++4NO、3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
(4) 8 Fe2+在废水中发生如下水解平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，反应进行时，溶液中c(H+)进行，平衡右移，产生Fe(OH)2白色沉淀，过滤后，Fe(OH)2与空气中的O2和H2O发生如下反应4 Fe(OH)2+ O2+H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀变为红褐色的Fe(OH)3
(5) 6.5 pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快 t>15min时，产生大量Fe(OH)2附着在活性位点上，减小反应物的接触面积，所以反应速率迅速下降
【分析】由实验装置图可知，装置①中氯酸钾在二氧化锰做催化剂作用下共热反应制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙固体共热反应制备氨气，装置③中氨气与氧气在催化剂作用下发生反应生成一氧化氮，装置④为空载仪器，起防倒吸的作用，进入④中氮的氧化物与氧气、水蒸气反应生成硝酸蒸气，硝酸与进入④中的氨气反应生成硝酸铵，会有大量白烟生成，装置⑤中氮的氧化物与氧气水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，溶液会变为淡蓝色。
【详解】（1）氯化铵不稳定，受热分解会生成的氨气和氯化氢，反应生成的氨气和氯化氢会在试管口遇冷会重新化合生成氯化铵，所以②中只有氯化铵不能制备氨气，故答案为：否能，NH4Cl受热分解生成的NH3和HCl会在试管口遇冷会重新化合生成NH4Cl；
（2）由分析可知，④中产生白烟发生的反应为进入④中氮的氧化物与氧气、水蒸气反应生成硝酸蒸气，硝酸与进入④中的氨气反应生成硝酸铵，会有大量白烟生成，则白烟的成分为硝酸铵，故答案为：NH4NO3；
（3）由分析可知，，装置⑤中氮的氧化物与氧气水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，溶液会变为淡蓝色，反应的离子方程式为4NO2+O2+2H2O= 4H++4NO、3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：4NO2+O2+H2O= 4H++4NO、3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O；
（4）①由图可知，用纳米Fe/Ni材料去除污水中硝酸根离子的总反应为酸性条件下，硝酸根离子与铁反应生成亚铁离子、铵根离子和水，由化合价变化可知，反应中消耗1mol硝酸根离子，反应转移8mol电子，故答案为：8；
②初始pH=2.0的污水反应15min后，出现白色絮状物，很快变成红褐色的原因是Fe2+在废水中发生如下水解平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，反应进行时，溶液中c(H+)进行，平衡右移，产生Fe(OH)2白色沉淀，过滤后，Fe(OH)2与空气中的O2和H2O发生如下反应4 Fe(OH)2+ O2+H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀变为红褐色的Fe(OH)3，故答案为：Fe2+在废水中发生如下水解平衡：Fe2++2H2OFe(OH)2+2H+，反应进行时，溶液中c(H+)进行，平衡右移，产生Fe(OH)2白色沉淀，过滤后，Fe(OH)2与空气中的O2和H2O发生如下反应4 Fe(OH)2+ O2+H2O=4Fe(OH)3，白色沉淀变为红褐色的Fe(OH)3；
（5）由图可知，溶液pH为6.5时，反应速率最快，的值最小，说明去除率最高，所以不同pH硝酸盐溶液与Fe/Ni反应时，应调污水初始pH为6.5；pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快，t>15min时，产生大量Fe(OH)2附着在活性位点上，减小反应物的接触面积，所以反应速率迅速下降，所以t<15min，pH=2.0的溶液反应速率最快，t>15min，其反应速率迅速降低，故答案为：6.5；pH=2的溶液中，t<15min时，溶液中H+浓度较高，因此反应速率较快，溶液中产生Fe2+和pH上升速率较快；t>15min时，产生大量Fe(OH)2附着在活性位点上，减小反应物的接触面积，所以反应速率迅速下降。
30．(1)2Cl2+4AgNO3→4AgCl↓+2N2O5+O2
(2) 球形干燥管 防止空气中的水蒸气进入C中 b
(3) abd 液体中红棕色褪去
(4)缺少尾气处理装置
(5) 溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色 79.3%
【分析】装置A中Cu和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，装置B中装有无水氯化钙，可以干燥NO2，二氧化氮可以发生可逆反应生成四氧化二氮，装置C中发生的反应为，N2O5常温下为白色固体，可溶于二氯甲烷等氯代烃溶剂，所以二氯甲烷的作用为溶解反应物，充分混合反应物使其反应更加充分也可以溶解产物N2O5。装置D为保护装置，防止倒吸，N2O5可与水反应生成硝酸，故E装置的作用为防止空气中的水蒸气进入C中与N2O5反应。
【详解】（1）干燥的氯气通入无水硝酸银中，生成了N2O5和氧气，反应的方程式为：。
（2）装置B的名称为球形干燥管，因为N2O5可与水反应生成硝酸，所以E的作用为防止空气中的水蒸气进入C中。二氧化氮生成四氧化二氮的正反应是放热反应，将C浸入冰水中，装置内温度降低，反应平衡正向移动，可以生成更多的N2O4以便后续与臭氧反应。
（3）二氯甲烷可溶解反应物NO2，充分混合反应物使其反应更加充分，此外也可以溶解生成物N2O5，可通过观察二氯甲烷中臭氧的鼓泡速率了解其流速，但是无法控制臭氧的通入速度。装置C中NO2溶于二氯甲烷使溶液变红棕色，故当红棕色褪去可推断C中反应已结束。
（4）该装置中没有尾气处理装置，最后的浓硫酸无法吸收多余的二氧化氮，会造成环境污染。
（5）酸性高锰酸钾为紫红色，随着H2O2的加入，高锰酸钾不断消耗，当高锰酸钾消耗完时溶液紫红色褪去，故滴定终点的现象为溶液的紫红色恰好褪去，且半分钟内不恢复原色。达到滴定终点时，消耗H2O2的物质的量为17.5mL×0.1mol/L=0.00175mol，根据H2O2与高锰酸根离子反应的化学方程式可知，H2O2消耗的高锰酸钾为，共加入高锰酸钾物质的量为20mL×0.125mol/L=0.0025mol，则N2O4消耗的高锰酸钾为0.0025-0.0007=0.0018mol，根据N2O4与高锰酸根离子反应的方程式可知，与0.0018mol高锰酸根离子反应的N2O4的物质的量为，则2.0g产品中含有N2O5的质量为，所以粗产品的纯度为。
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