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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-30氮族元素及其化合物（4）
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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-30氮族元素及其化合物（4），共21页。试卷主要包含了单选题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-30氮族元素及其化合物（4）
一、单选题
1．（2021·上海徐汇·统考二模）将铁钉投入热的浓硝酸中，一段时间后，下列说法错误的是
A．铁钉表面形成致密的氧化膜 B．溶液可能呈棕黄色
C．铁钉会溶解 D．产生红棕色的气体
2．（2021·上海宝山·统考二模）某溶液可能含有Cl-、SO、CO、NH、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此得出的判断错误的是
A．至少存在4种离子
B．Cl-一定存在，且c(Cl )≥0.4mol/L
C．SO、NH一定存在，CO可能存在
D．Al3+、K+可能存在
3．（2021·上海长宁·统考二模）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A．同浓度同体积溶液与溶液混合：
B．同浓度同体积溶液与溶液混合：
C．向溶液中滴加少量：
D．用溶液吸收少量：
4．（2021·上海虹口·统考二模）下列物质转化路线符合工业生产实际的是
A．
B．淀粉
C．
D．饱和NaCl溶液NaHCO3晶体
5．（2021·上海宝山·统考二模）用硝石(NaNO3)和浓硫酸反应能制取硝酸，该反应利用了浓硫酸的
A．强酸性 B．难挥发性 C．脱水性 D．强氧化性
6．（2021·上海宝山·统考二模）关于氮肥的说法正确的是
A．尿素属于铵态氮肥 B．植物吸收氮肥属于氮的固定
C．使用碳铵应深施盖土 D．硫铵与草木灰混用肥效增强
7．（2021·上海宝山·统考二模）下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．NO2通入FeSO4溶液中 B．CO2通入CaCl2溶液中
C．Cl2通入KI溶液中 D．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中
8．（2021·上海闵行·统考二模）在给定条件下，下列物质间转化能实现的是
A．SSO2H2SO3
B．NH3NO2HNO3
C．Fe2O3FeFeCl3
D．AlNaAlO2Al(OH)3
9．（2021·上海闵行·统考二模）有关氮肥的说法正确的是
A．氮肥都含铵根离子 B．NH4NO3是复合氮肥
C．自然固氮可产生尿素 D．自然界氮循环能产生铵盐
10．（2021·上海静安·统考二模）下列关于氮及其化合物的说法，错误的是
A．氮气是空气中含量最高的气体，性质比较稳定
B．自然界中的氨主要来源于动植物体内蛋白质的腐败
C．所有氮肥均应避免与碱性肥料混合使用
D．硫酸工业用氨水吸收尾气二氧化硫
11．（2021·上海·统考二模）下列实验室制取气体的方法不合理的是
A．氯化铵受热分解制氨气 B．锌粒与稀硫酸反应制氢气
C．电石与饱和食盐水制乙炔 D．浓硫酸与无水乙醇共热制乙烯
12．（2021·上海·统考二模）下列有关氨的说法正确的是
A．的空间构型为平面三角形 B．是非电解质
C．的水溶液不能导电 D．氨催化氧化制硝酸属于氮的固定
13．（2021·上海松江·统考二模）有如下变化关系：ABC(反应条件略)，下列推断错误的是
A．若X是O2 ，则A可能是NH3 B．若X是O2 ，则A可能是H2S
C．若X是NaOH溶液，则A可能是AlCl3 D．若X是Cl2，则A可能是Fe
14．（2021·上海松江·统考二模）关于氨和铵盐的说法错误的是
A．氨气溶于水存在化学变化 B．氨的催化氧化属于人工固氮
C．氯化铵可以作化肥 D．碳酸氢铵受热易分解
15．（2021·上海奉贤·统考二模）加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
16．（2021·上海·统考二模）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的和。取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中
A．可能有、 B．可能有4种离子
C．可能无 D．一定有、、
17．（2021·上海·统考二模）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、玻璃棒、集气瓶(非玻璃仪器及其他化学用品任选)，选用上述仪器能完成的实验是
A．粗盐提纯 B．实验室制氨气
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配制的盐酸
18．（2021·上海黄浦·统考二模）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．I、Ⅱ、III和IV都属于氧化还原反应
B．I、Ⅱ、III和IV都是氮的固定
C．反应Ⅵ的部分产物可在流程中循环利用
D．反应Ⅴ的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
19．（2021·上海黄浦·统考二模）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都属于氧化还原反应
B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都是氮的固定
C．反应Ⅵ的部分产物可在上述流程中循环利用
D．反应Ⅴ的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
20．（2021·上海黄浦·统考二模）用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)
选项
A
B
C
D
X
稀硫酸
浓硫酸
双氧水
浓氨水
Y
NaOH
气体
A．A B．B C．C D．D
21．（2021·上海·统考二模）在给定条件下，下列物质转化关系都能实现的是
A．
B．
C．
D．
22．（2021·上海静安·统考一模）有关水处理的方法错误的是
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
23．（2021·上海徐汇·统考一模）制备下列物质未涉及化学平衡的是
A．工业制硫酸 B．工业合成氨
C．工业制氯化氢 D．实验室乙酸丁酯制备
24．（2021·上海徐汇·统考一模）不能使用铁质容器储运的是
A．浓盐酸 B．液氯 C．浓硝酸 D．浓硫酸
25．（2021·上海·统考一模）利用点滴板探究氨气的性质(如图所示)，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水后，立即用烧杯盖住点滴板。下列对实验现象的解释正确的是
选项
实验现象
解释
A
NaOH固体表面有气泡
NaOH促进了氨水的电离
B
湿润红色石蕊试纸变蓝
NH3极易溶于水
C
烧杯内有白烟
NH3+HCl → NH4Cl
D
FeCl3溶液变浑浊
Fe3++3OH― → Fe(OH)3↓
A．A B．B C．C D．D
26．（2021·上海·统考一模）复合肥是指含有两种或两种以上营养元素的化肥，下列属于复合肥的是
A．KH2PO4 B．NH4HCO3 C．KCl D．NH4NO3
二、实验题
27．（2021·上海宝山·统考二模）CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，应用广泛。以下是实验室用废铜粉制备CuSO4·5H2O的流程图。
(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，写出该反应的离子方程式___________。
(2)制备流程中的A操作名称是___________。如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是___________，除去这种杂质的实验操作称为___________。
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成下列步骤：
a．①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤(其余步骤省略)。
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是___________。
c．如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是1.000g，测定的相对误差为___________。
(4)已知：CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4。
①称取0.1000g某CuSO4·5H2O试样(杂质不与氢氧化钠溶液反应)于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4·5H2O___________g。
②上述滴定中，滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，还需进行的操作是___________。
③在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线___________所对应的刻度。
28．（2021·上海崇明·统考二模）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：、Br2哪个氧化性更强？
(1)猜想：①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________(填化学式，下同)所致。②乙同学认为氧化性：Br2>，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________所致。
(2)设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a.酚酞试液 b.CCl4 c.无水酒精 d.KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
____
_____
方案2
_____
______
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_______。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是______。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：
已知：在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；在pH为4.7时开始沉淀。
(4)“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式：___________。
(5)试剂b是___________(填物质名称)，其反应的离子方程式：___________。
(6)调节pH的目的是___________。滤渣c是___________。
(7)将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为___________。
29．（2021·上海·统考二模）碳酸镧[，]可用于治疗肾病患者的高磷酸盐血症。其制备反应的原理为：。利用下列装置在实验室中模拟制备。
完成下列填空：
(1)Y中盛放浓氨水的仪器名称为_______。
(2)制备实验流程中装置接口的连接顺序为F→_______→_______→_______；C→_______。
(3)Y中发生反应的化学方程式为_______。
(4)X中盛放的试剂是_______。
(5)Z中应先通，后通入过量的，原因是_______。
(6)质量分数的测定(杂质不与盐酸反应)：准确称取10.000g产品试样，溶于足量稀盐酸中，将生成的全部通入过量的溶液中，得到沉淀8.865g。的质量分数为_______。
三、填空题
30．（2021·上海宝山·统考一模）氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下 2 种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→(硝酸盐)N2
②N2NH3N2
(1)通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有 3 种途径。如上① N2→NO 称为大气固氮，② N2NH3 称为_______，还有 1 种是工业固氮，其反应的化学方程式是_______。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因_______。
(3)写出氮循环①中 NO2→HNO3 的化学方程式_______。
(4)写出氮循环②中 NH3 的电子式_______，其空间构型是_______。写出 NH的检验方法_______。
(5)P 和N 属于周期表的_______族，非金属性较强的是_______(用元素符号表示)，举一个能证明该结论的实验事实_______。
参考答案：
1．A
【详解】A．常温下铁钉在浓硝酸中会发生钝化现象，在铁钉表面形成致密的氧化膜阻碍反应进行，但在热的浓硝酸中不会产生钝化，故A错误；
B．铁钉与过量的热浓硝酸反应生成棕黄色的硝酸铁，则溶液可能呈棕黄色，故B正确；
C．铁钉在浓硝酸中会钝化，但在热的浓硝酸中不会钝化，会发生反应而溶解，故C正确；
D．铁钉能与热的浓硝酸反应，反应中浓硝酸被还原为红棕色的二氧化氮气体，故D正确；
故选A。
2．C
【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有NH，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2＝0.04mol，物质的量浓度至少＝0.4mol/L，根据题中信息，无法判断Al3+和K+是否存在，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，至少存在Cl-、SO、NH、Fe3+四种离子，故A正确；
B．根据分析，结合电荷守恒，溶液中一定有Cl-，至少且c(Cl )≥0.4mol/L，故B正确
C．根据分析，CO一定不存在，故C错误；
D．根据分析，无法判断Al3+、K+是否存在，二者可能存在，也可能不存在，故D正确；
答案选C。
3．D
【详解】A．同浓度同体积溶液与溶液混合，氢离子先与氢氧根离子恰好完全反应，故离子方程式为，A项错误；
B．同浓度同体积溶液与溶液混合，铝离子先反应、且未完全反应，故离子方程式为，B项错误；
C．向溶液中滴加少量，三氯化铁作催化剂，促进双氧水的分解，氧气的氧化性大于三价铁离子，弱氧化剂不能制强氧化剂，化学方程式为，C项错误；
D．用溶液吸收少量：，D项正确；
答案选D。
4．D
【详解】A．S和O2点燃生成SO2，不能生成SO3，A不符合题意；
B．工业上用石油的裂化和裂解产生乙烯，不用乙醇生产乙烯，B不符合题意；
C．工业上用氮气和氢气合成氨，氨发生催化氧化产生NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生产硝酸，C不符合题意；
D．纯碱制备工业中先往饱和NaCl溶液中通入氨气制造碱性环境，再通入过量二氧化碳析出碳酸氢钠固体，再加热碳酸氢钠固体得到纯碱，D符合题意；
答案选D。
5．B
【详解】难挥发性酸可以制易挥发性酸，所以用硝石(NaNO3)和浓硫酸反应能制取硝酸，利用了浓硫酸的难挥发性，故选B。
6．C
【详解】A．尿素属于有机物，不是铵盐，属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故A错误；
B．植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素，不属于氮的固定，故B错误；
C．碳铵受热容易分解，易溶于水，使用碳铵应深施盖土，避免肥效损失，故C正确；
D．将硫酸铵与碱性物质草木灰混合施用时，会放出氨气，降低肥效，故D错误；
故选C。
7．B
【详解】A．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸能够把亚铁离子氧化成铁离子，溶液由浅绿色变成了棕黄色，故A不选；
B．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，CO2通入CaCl2溶液中不反应，无明显现象，故B选；
C．Cl2通入KI溶液中能够置换出碘单质，溶液由无色变为黄色，故C不选；
D．二氧化硫易溶于水得到亚硫酸，硝酸钡溶液中的硝酸根离子，在酸性环境下，相当于硝酸，硝酸能够将亚硫酸氧化为硫酸，遇到钡离子生成白色的硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；
故选B。
8．A
【详解】A．S与氧气点燃反应生成SO2，SO2与水形成亚硫酸，能一步转化，故A符合题意；
B．氨气催化氧化生成NO，不能生成NO2，不能一步实现，故B不符合题意；
C．Fe2O3与Al发生铝热反应生成Fe，铁与盐酸反应生成FeCl2，不能生成氯化铁，不能一步转化实现，故C不符合题意；
D．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝为两性氢氧化物，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝，故D不符合题意；
答案为A。
9．D
【详解】A．有的氮肥含有铵根，有的不含如尿素和硝酸盐，故A错；
B．NH4NO3只含N，属于氮肥但不属于复合氮肥，故B错；
C．自然固氮为氮气与氧气在放电时反应生成一氧化氮，一氧化氮继续被氧气氧化成二氧化氮，二氧化氮、氧气与水反应生成硝酸，最后硝酸与难容性的盐反应生成可溶性的硝酸盐，所以自然固氮不能产生尿素，故C错；
D．由C分析可知，自然界单循环能产生铵盐，故选D；
答案选D
10．C
【详解】A．氮气约占空气体积的78%，为空气中含量最高的气体，氮氮三键键能较大，所以氮气性质比较稳定，A正确；
B．动植物体内的氮主要存在于蛋白质中，当动植物尸体发生腐败时会产生氨气，B正确；
C．氮肥除铵态氮肥外，还有硝态氮肥、酰胺氮肥等，硝态氮肥不需要避免与碱性肥料混合使用，C错误；
D．二氧化硫有毒，且为酸性气体，可以和碱反应，所以用价格低廉的氨水吸收，D正确；
综上所述答案为C。
11．A
【详解】A．实验室制氨气是用氯化铵和氢氧化钙共热，Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，混合气体冷却后又化合为氯化铵，故光加热氯化铵制备不到氨气，A符合题意；
B．锌粒与稀硫酸反应制氢气，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，B不合题意；
C．电石与饱和食盐水制乙炔，CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，饱和食盐水是用于控制反应的速率，C不合题意；
D．浓硫酸与无水乙醇共热制乙烯，C2H5OHCH2=CH2↑+H2O，D不合题意；
故答案为：A。
12．B
【详解】A．中心原子N的价层电子数为，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故A错误；
B．的水溶液可以导电，是因为与水反应生成一水合氨，一水合氨是电解质，而氨气自身不能电离，是非电解质，故B正确；
C．溶于水，和水反应生成一水合氨，一水合氨是电解质，在水溶液里电离产生自由移动的铵根离子和氢氧根离子，所以的水溶液中能导电，故C错误；
D．氨催化氧化制硝酸的过程，是含氮化合物转化为另一种含氮化合物，不属于氮的固定，故D错误；
故选B。
13．D
【详解】A．若X是O2 ，A是NH3，氨气发生催化氧化转化为一氧化氮，一氧化氮转化为二氧化氮，故A能满足转化关系；
B．若X是O2 ，A是H2S，H2S与氧气反应生成硫单质或二氧化硫，硫单质或二氧化硫与氧气反应生成二氧化硫或三氧化硫，故B能满足转化关系；
C．若X是NaOH溶液，A是AlCl3，氯化铝与少量NaOH反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，故C能满足转化关系；
D．若X是Cl2，A是Fe，铁与氯气直接转化为三氯化铁，三氯化铁与氯气不反应，故D不能满足转化关系；
答案选D。
14．B
【详解】A．氨气溶于水，和水反应生成一水合氨，存在化学变化，A正确；
B．氮的固定是指由游离态的氮元素转化为化合态的过程，氨的催化氧化是化合态转化为化合态，不属于人工固氮，B错误；
C．氯化铵属于铵盐，可以作化肥，C正确；
D．碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳、氨气和水，D正确；
答案选B。
15．B
【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液，说明溶液为非氧化性强酸溶液（含有大量H+）或者强碱溶液（含有大量OH-）。
【详解】A．会与OH-反应生成NH3•H2O，不能在碱性条件下存在，但是离子均可以在酸性条件下共存，故A错误；
B．与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，不能在碱性下共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，故酸性条件也不能共存，故B正确；
C．无论酸性还是碱性，均可以共存，不会发生化学反应，故C错误；
D．酸性条件下，弱酸酸根不能共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，碱性条件下可以共存，故D错误；
故选B。
16．A
【详解】取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有，同时生成白色沉淀说明含有，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Al3+与过量的溶液将转化为，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有、则溶液电荷不守恒，故肯定由K+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，据此分析解题：
A. 由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，故可能有、，A符合题意；
B. 当有Al3+时，则还应该由Cl-和，原溶液中含有、、Al3+、Cl-和五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，原溶液中只有3种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；
C. 由分析可知，原溶液中一定不含，C不合题意；
D. 有分析可知，原溶液不一定含有，D不合题意；
故答案为：A。
17．B
【详解】A．粗盐提纯中步骤主要有溶解、过滤、蒸发等，故需要的主要仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿、酒精灯等，由于缺少漏斗和蒸发皿，A不合题意；
B．实验室制氨气主要仪器有酒精灯、大试管、导管、集气瓶等，B符合题意；
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘主要步骤为烧杯、分液漏斗等，由于缺少分液漏斗无法进行分液，C不合题意；
D．配制的盐酸主要步骤为计算、称量、稀释、转移、洗涤、定容、装瓶等，主要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，由于没有量筒和胶头滴管，故无法完成，D不合题意；
故答案为：B。
18．B
【分析】N2和H2可以合成NH3，所以甲是N2，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到碳酸钠纯碱；氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，丁是NaHCO3，据此回答。
【详解】A．I、Ⅱ、III和IV中氮元素的化合价都发生了变化，故都属于氧化还原反应，故A正确；
B．氮的固定是氮气转化为化合物，反应Ⅱ、III和IV都是没有氮气参与的反应不属于氮的固定，故B错误；
C．碳酸氢钠受热分解生成纯碱、水和二氧化碳，二氧化碳在上述流程中能被再次利用，故C正确；
D．氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，发生反应：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查学生含氮元素物质的性质以及侯氏制碱法知识，注意元素化合物性质的灵活应用是关键，氧化还原反应的判断根据化合价的变化可以判断。
19．B
【分析】反应Ⅰ为氮气和氢气合成氨的反应，反应Ⅱ为氨气的催化氧化，所以乙为NO，反应Ⅲ为NO与氧气的反应，则丙为NO2，反应Ⅳ为NO2和水的反应，生成硝酸；反应Ⅴ为二氧化碳和氨盐水的反应，析出碳酸氢钠晶体，即丁为NaHCO3，反应Ⅵ为NaHCO3受热分解生成Na2CO3。
【详解】A．反应Ⅰ为氮气和氢气合成氨的反应，N、H元素化合价发生变化，为氧化还原反应，反应Ⅱ为氨气的催化氧化，反应Ⅲ为NO被氧化，反应Ⅳ为NO2和水的反应生成硝酸和NO，均有化合价的变化，属于氧化还原反应，A正确；
B．氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态，所以只有反应Ⅰ为氮的固定，B错误；
C．反应Ⅵ为NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，CO2可以在反应Ⅴ中再次利用，C正确；
D．反应Ⅴ为二氧化碳和氨盐水的反应，析出碳酸氢钠晶体，化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，D正确；
综上所述答案为B。
20．C
【详解】A．亚硫酸钠固体与硫酸反应Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，不需加热，SO2能与水反应，不能用排水法收集，SO2密度比空气大，能用向上排空气法收集，故A不选；
B．乙醇消去制乙烯需要加热，故B不选；
C．双氧水分解制氧气，制取装置不需要加热，收集氧气可以用排水法，故C选；
D．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故D不选；
故选C。
21．A
【详解】A．N2与O2在放电状态下生成NO，NO与O2接触生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，所以A选项两步转化都能实现，符合题意；
B．第一步，SO2溶于水可以生成H2SO3，但H2SO3不可能与BaCl2生成BaSO3和HCl，不符题意；
C．铁元素金属活泼性不如铝元素，无法实现第一步置换，不符题意；
D．镁元素金属性较强，电解氯化镁溶液无法获得单质镁，需要电解熔融态MgCl2才能获得金属镁，第二步无法实现，不符题意；
综上，本题选A。
22．B
【详解】A． 铝盐、铁盐能够水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的杂质，沉降净水，故可用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物，故A正确；
B． 氯气不能与与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S等处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，生成难溶的CuS，HgS，故B错误；
C． 石灰、纯碱与酸发生反应生成氯化钙、氯化钠，故可用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸，故C正确；
D． 烧碱与高浓度反应生成氨气，故可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，故D正确；
故选B。
23．C
【详解】A．工业上制取硫酸时，先煅烧金属硫化物或硫单质反应产生SO2，然后SO2与O2在催化剂存在条件下发生可逆反应产生SO3，反应产生的SO3被水或浓硫酸吸收就得到硫酸，因此制取过程中涉及化学平衡，A不符合题意；
B．在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在的条件下反应制取氨气，该反应是可逆反应，因此工业上合成氨过程涉及化学平衡，B不符合题意；
C．工业制以H2在Cl2中燃烧产生HCl，该反应不是可逆反应，因此制取过程中未涉及化学平衡，C符合题意；
D．在实验室中用乙酸与丁醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生乙酸丁酯，该反应为可逆反应，故乙酸丁酯在制备过程中涉及化学平衡知识，D符合题意；
故合理选项是C。
24．A
【详解】A．浓盐酸与Fe会发生反应产生FeCl2和H2，因此浓盐酸不能使用铁质容器储运，A符合题意；
B．Fe与液氯在常温下不能发生反应，因此液氯可以使用铁质容器储运，B不符合题意；
C．浓硝酸具有强氧化性，在室温下Fe遇浓硝酸，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此浓硝酸能使用铁质容器储运，C不符合题意；
D．浓硫酸具有强氧化性，在室温下Fe遇浓硫酸，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此浓硫酸能使用铁质容器储运，D不符合题意；
故合理选项是A。
25．C
【详解】A．向NaOH固体上滴几滴浓氨水，因NaOH溶于水放热，使氨水的温度升高，氨气的溶解度降低，从而挥发出氨气，A不正确；
B．NH3溶于水使溶液呈碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B不正确；
C．NH3与浓盐酸挥发出的HCl气体化合生成氯化铵固体，从而产生白烟，C正确；
D．NH3溶于水生成的一水合氨为弱碱，在离子方程式中应以化学式表示，D不正确；
故选C。
26．A
【详解】A．KH2PO4中含有钾和磷两种营养元素，是复合肥，故A符合题意；
B．NH4HCO3中只含有氮元素一种营养元素，不属于复合肥，故B不符合题意；
C．KCl中只有钾元素一种营养元素，不属于复合肥，故C不符合题意；
D．NH4NO3中只有氮元素一种营养元素，不属于复合肥，故D不符合题意；
故选A。
27． Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O 冷却结晶 Cu(NO3)2(或硝酸铜) 重结晶 称取样品 在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生 -1.5%(或-1.48% ) 0.0980 用标准盐酸溶液润洗2-3次 粗细交界点
【分析】在硫酸作用下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜生成硫酸铜、一氧化氮和水，反应后的溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，结合滴定实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，浓硝酸被稀释，在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能够将通过氧化，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；
(2)根据从溶液中获得晶体的一般步骤，制备流程中得到的硫酸铜溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，A操作为冷却结晶；如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，硝酸可能不能完全反应，因此制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是Cu(NO3)2(或硝酸铜)，可以通过重结晶的方法除去杂质，故答案为：冷却结晶；Cu(NO3)2(或硝酸铜)；重结晶；
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。
a．①称取一定质量的样品，②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤，故答案为：称取样品；
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，只需要在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生，若没有沉淀产生，说明已经沉淀完全，故答案为：在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生；
c．相对误差为× 100%═-1.48%，故答案为：-1.5%(或-1.48%)；
(4)①根据化学方程式CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4，所含硫酸铜晶体的质量为×250g/mol═0.0980g，故答案为：0.0980；
②滴定管要用标准液润洗，因此滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，需要用标准盐酸溶液润洗2-3次，故答案为：标准盐酸溶液润洗2～3次；
③准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点所对应的刻度，故答案为：粗细交界点；
28． Br2 Fe3+ b CCl4层呈无色 d 溶液变红色 Br2+2Fe2+=2Br‾+2Fe3+ Fe2+ 3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O 氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜 CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等 除去浸出液中的Fe3＋ Fe(OH)3 过滤
【分析】Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l~2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，设计实验进行验证，得到结论：氧化性Br2>，应用结论若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；含少量铁的废铜渣用稀硝酸和稀硫酸浸出后生成NO、硫酸铜（含Fe3+），加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，过滤，除去滤渣得硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得胆矾。
【详解】(1)猜想：由分析①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，溶液呈黄色是由加入溴水引起的。②乙同学认为氧化性：Br2>，则发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的。故答案为：Br2；Fe3+；
(2)乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+。要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验．方案1：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色，则证明方案1正确；方案2：证明溶液中存在Fe3+，根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明方案2正确，方案1、方案2都正确，即可证明乙同学的观点确实正确，故答案为：
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
b
下层（CCl4层）无色
方案2
d
溶液变为血红色
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色是Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-，确定出反应物和生成物后Fe2++Br2Fe3++Br-，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，故答案为：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；故答案为：Fe2+；
(4)“浸出”时，控制硝酸的量，原料中的铜均转化为硫酸铜，相应的离子方程式：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O。故答案为：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O；
(5)试剂b调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，b是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，其反应的离子方程式：CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等。故答案为：氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜；CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等；
(6)调节pH的目的是除去浸出液中的Fe3＋；滤渣c是Fe(OH)3。故答案为：除去浸出液中的Fe3＋；Fe(OH)3；
(7)分离不溶于液体的固体与液体用过滤，将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为过滤。故答案为：过滤。
29． 分液漏斗 A B D E 饱和溶液 在水中的溶解度大，通入，使溶液呈碱性，有利于吸收溶解度较小的 0.687
【分析】W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，据此解答。
【详解】(1)根据仪器构造可知Y中盛放浓氨水的仪器名称为分液漏斗；
(2)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D，C→E；
(3)Y中制备氨气，发生反应的化学反应式为；
(4)盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，则X中盛放的试剂是饱和碳酸氢钠溶液；
(5)由于在水中的溶解度大，通入，使溶液呈碱性，有利于吸收溶解度较小的，所以Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2；
(6)准确称取10.000g产品试样，溶于足量稀盐酸中，将生成的全部通入过量的溶液中，得到沉淀8.865g，即碳酸钡的质量是8.865g，物质的量是8.865g÷197g/mo＝0.045mol，根据碳原子守恒可知的物质的量是0.015mol，则其质量分数为＝0.687。
30． 生物固氮 N2+3H22NH3 化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行 3NO2+H2O = 2HNO3+NO 三角锥形 取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有 ⅤA N 酸性：HNO3＞H3PO4
【详解】(1)根据题意N2NH3是生物将游离态的氮气转变为化合态的氮，称为生物固态，还有1 种是工业固氮，是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，其反应的化学方程式是N2+3H22NH3。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因化学反应的实质是先断键，后成键，氮氮之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行；故答案为：化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行。
(3)氮循环①中 NO2→HNO3是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式3NO2+H2O = 2HNO3+NO；故答案为：3NO2+H2O = 2HNO3+NO。
(4)氮循环②中 NH3 的电子式，其空间构型是三角锥形。NH的检验方法取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有；故答案为：；三角锥形；取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有。
(5)P 和N 属于周期表的ⅤA族，根据同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性较强的是N，通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱证明，即酸性：HNO3＞H3PO4；故答案为：ⅤA；N；酸性：HNO3＞H3PO4。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-30氮族元素及其化合物（4）
一、单选题
1．（2021·上海徐汇·统考二模）将铁钉投入热的浓硝酸中，一段时间后，下列说法错误的是
A．铁钉表面形成致密的氧化膜 B．溶液可能呈棕黄色
C．铁钉会溶解 D．产生红棕色的气体
2．（2021·上海宝山·统考二模）某溶液可能含有Cl-、SO、CO、NH、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此得出的判断错误的是
A．至少存在4种离子
B．Cl-一定存在，且c(Cl )≥0.4mol/L
C．SO、NH一定存在，CO可能存在
D．Al3+、K+可能存在
3．（2021·上海长宁·统考二模）对于下列实验，能正确描述其反应的离子方程式是
A．同浓度同体积溶液与溶液混合：
B．同浓度同体积溶液与溶液混合：
C．向溶液中滴加少量：
D．用溶液吸收少量：
4．（2021·上海虹口·统考二模）下列物质转化路线符合工业生产实际的是
A．
B．淀粉
C．
D．饱和NaCl溶液NaHCO3晶体
5．（2021·上海宝山·统考二模）用硝石(NaNO3)和浓硫酸反应能制取硝酸，该反应利用了浓硫酸的
A．强酸性 B．难挥发性 C．脱水性 D．强氧化性
6．（2021·上海宝山·统考二模）关于氮肥的说法正确的是
A．尿素属于铵态氮肥 B．植物吸收氮肥属于氮的固定
C．使用碳铵应深施盖土 D．硫铵与草木灰混用肥效增强
7．（2021·上海宝山·统考二模）下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．NO2通入FeSO4溶液中 B．CO2通入CaCl2溶液中
C．Cl2通入KI溶液中 D．SO2通入已酸化的Ba(NO3)2溶液中
8．（2021·上海闵行·统考二模）在给定条件下，下列物质间转化能实现的是
A．SSO2H2SO3
B．NH3NO2HNO3
C．Fe2O3FeFeCl3
D．AlNaAlO2Al(OH)3
9．（2021·上海闵行·统考二模）有关氮肥的说法正确的是
A．氮肥都含铵根离子 B．NH4NO3是复合氮肥
C．自然固氮可产生尿素 D．自然界氮循环能产生铵盐
10．（2021·上海静安·统考二模）下列关于氮及其化合物的说法，错误的是
A．氮气是空气中含量最高的气体，性质比较稳定
B．自然界中的氨主要来源于动植物体内蛋白质的腐败
C．所有氮肥均应避免与碱性肥料混合使用
D．硫酸工业用氨水吸收尾气二氧化硫
11．（2021·上海·统考二模）下列实验室制取气体的方法不合理的是
A．氯化铵受热分解制氨气 B．锌粒与稀硫酸反应制氢气
C．电石与饱和食盐水制乙炔 D．浓硫酸与无水乙醇共热制乙烯
12．（2021·上海·统考二模）下列有关氨的说法正确的是
A．的空间构型为平面三角形 B．是非电解质
C．的水溶液不能导电 D．氨催化氧化制硝酸属于氮的固定
13．（2021·上海松江·统考二模）有如下变化关系：ABC(反应条件略)，下列推断错误的是
A．若X是O2 ，则A可能是NH3 B．若X是O2 ，则A可能是H2S
C．若X是NaOH溶液，则A可能是AlCl3 D．若X是Cl2，则A可能是Fe
14．（2021·上海松江·统考二模）关于氨和铵盐的说法错误的是
A．氨气溶于水存在化学变化 B．氨的催化氧化属于人工固氮
C．氯化铵可以作化肥 D．碳酸氢铵受热易分解
15．（2021·上海奉贤·统考二模）加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
16．（2021·上海·统考二模）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的和。取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中
A．可能有、 B．可能有4种离子
C．可能无 D．一定有、、
17．（2021·上海·统考二模）实验室提供的玻璃仪器有试管、导管、容量瓶、烧杯、酒精灯、玻璃棒、集气瓶(非玻璃仪器及其他化学用品任选)，选用上述仪器能完成的实验是
A．粗盐提纯 B．实验室制氨气
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘 D．配制的盐酸
18．（2021·上海黄浦·统考二模）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．I、Ⅱ、III和IV都属于氧化还原反应
B．I、Ⅱ、III和IV都是氮的固定
C．反应Ⅵ的部分产物可在流程中循环利用
D．反应Ⅴ的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
19．（2021·上海黄浦·统考二模）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都属于氧化还原反应
B．Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ都是氮的固定
C．反应Ⅵ的部分产物可在上述流程中循环利用
D．反应Ⅴ的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
20．（2021·上海黄浦·统考二模）用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)
选项
A
B
C
D
X
稀硫酸
浓硫酸
双氧水
浓氨水
Y
NaOH
气体
A．A B．B C．C D．D
21．（2021·上海·统考二模）在给定条件下，下列物质转化关系都能实现的是
A．
B．
C．
D．
22．（2021·上海静安·统考一模）有关水处理的方法错误的是
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
23．（2021·上海徐汇·统考一模）制备下列物质未涉及化学平衡的是
A．工业制硫酸 B．工业合成氨
C．工业制氯化氢 D．实验室乙酸丁酯制备
24．（2021·上海徐汇·统考一模）不能使用铁质容器储运的是
A．浓盐酸 B．液氯 C．浓硝酸 D．浓硫酸
25．（2021·上海·统考一模）利用点滴板探究氨气的性质(如图所示)，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水后，立即用烧杯盖住点滴板。下列对实验现象的解释正确的是
选项
实验现象
解释
A
NaOH固体表面有气泡
NaOH促进了氨水的电离
B
湿润红色石蕊试纸变蓝
NH3极易溶于水
C
烧杯内有白烟
NH3+HCl → NH4Cl
D
FeCl3溶液变浑浊
Fe3++3OH― → Fe(OH)3↓
A．A B．B C．C D．D
26．（2021·上海·统考一模）复合肥是指含有两种或两种以上营养元素的化肥，下列属于复合肥的是
A．KH2PO4 B．NH4HCO3 C．KCl D．NH4NO3
二、实验题
27．（2021·上海宝山·统考二模）CuSO4·5H2O是铜的重要化合物，应用广泛。以下是实验室用废铜粉制备CuSO4·5H2O的流程图。
(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，写出该反应的离子方程式___________。
(2)制备流程中的A操作名称是___________。如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，则制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是___________，除去这种杂质的实验操作称为___________。
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量，完成下列步骤：
a．①___________②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤(其余步骤省略)。
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，其操作是___________。
c．如果1.040g提纯后的试样中含CuSO4·5H2O的准确值为1.015g，而实验测定结果是1.000g，测定的相对误差为___________。
(4)已知：CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4。
①称取0.1000g某CuSO4·5H2O试样(杂质不与氢氧化钠溶液反应)于锥形瓶中，加入0.1000mol/L氢氧化钠溶液28.00mL，反应完全后，过量的氢氧化钠用0.1000mol/L盐酸滴定至终点，耗用盐酸20.16mL，则0.1000g该试样中含CuSO4·5H2O___________g。
②上述滴定中，滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，还需进行的操作是___________。
③在滴定中，准确读数应该是滴定管上蓝线___________所对应的刻度。
28．（2021·上海崇明·统考二模）某校化学实验兴趣小组在“探究卤素单质的氧化性”的系列实验中发现：在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，振荡后溶液呈黄色。
提出问题：、Br2哪个氧化性更强？
(1)猜想：①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________(填化学式，下同)所致。②乙同学认为氧化性：Br2>，故上述现象是发生氧化还原反应所致，则溶液呈黄色是含___________所致。
(2)设计实验并验证：丙同学为验证乙同学的观点，选用下列某些试剂设计出两种方案进行实验，并通过观察实验现象，证明了乙同学的观点是正确的。
供选用的试剂：a.酚酞试液 b.CCl4 c.无水酒精 d.KSCN溶液。
请你在下表中写出丙同学选用的试剂及实验中观察到的现象。
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
____
_____
方案2
_____
______
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色所发生的离子反应方程式为_______。
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是______。
某实验室用含少量铁的废铜渣为原料生产胆矾的流程如下：
已知：在pH为2.7时开始沉淀，到3.7时沉淀完全；在pH为4.7时开始沉淀。
(4)“浸出”时，原料中的铜均转化为硫酸铜。写出相应的离子方程式：___________。
(5)试剂b是___________(填物质名称)，其反应的离子方程式：___________。
(6)调节pH的目的是___________。滤渣c是___________。
(7)将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为___________。
29．（2021·上海·统考二模）碳酸镧[，]可用于治疗肾病患者的高磷酸盐血症。其制备反应的原理为：。利用下列装置在实验室中模拟制备。
完成下列填空：
(1)Y中盛放浓氨水的仪器名称为_______。
(2)制备实验流程中装置接口的连接顺序为F→_______→_______→_______；C→_______。
(3)Y中发生反应的化学方程式为_______。
(4)X中盛放的试剂是_______。
(5)Z中应先通，后通入过量的，原因是_______。
(6)质量分数的测定(杂质不与盐酸反应)：准确称取10.000g产品试样，溶于足量稀盐酸中，将生成的全部通入过量的溶液中，得到沉淀8.865g。的质量分数为_______。
三、填空题
30．（2021·上海宝山·统考一模）氮循环是自然界中一种重要的物质循环方式，主要有以下 2 种方式：
①N2→NO→NO2→HNO3→(硝酸盐)N2
②N2NH3N2
(1)通常我们把大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程称为氮的固定，主要有 3 种途径。如上① N2→NO 称为大气固氮，② N2NH3 称为_______，还有 1 种是工业固氮，其反应的化学方程式是_______。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因_______。
(3)写出氮循环①中 NO2→HNO3 的化学方程式_______。
(4)写出氮循环②中 NH3 的电子式_______，其空间构型是_______。写出 NH的检验方法_______。
(5)P 和N 属于周期表的_______族，非金属性较强的是_______(用元素符号表示)，举一个能证明该结论的实验事实_______。
参考答案：
1．A
【详解】A．常温下铁钉在浓硝酸中会发生钝化现象，在铁钉表面形成致密的氧化膜阻碍反应进行，但在热的浓硝酸中不会产生钝化，故A错误；
B．铁钉与过量的热浓硝酸反应生成棕黄色的硝酸铁，则溶液可能呈棕黄色，故B正确；
C．铁钉在浓硝酸中会钝化，但在热的浓硝酸中不会钝化，会发生反应而溶解，故C正确；
D．铁钉能与热的浓硝酸反应，反应中浓硝酸被还原为红棕色的二氧化氮气体，故D正确；
故选A。
2．C
【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有NH，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2＝0.04mol，物质的量浓度至少＝0.4mol/L，根据题中信息，无法判断Al3+和K+是否存在，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，至少存在Cl-、SO、NH、Fe3+四种离子，故A正确；
B．根据分析，结合电荷守恒，溶液中一定有Cl-，至少且c(Cl )≥0.4mol/L，故B正确
C．根据分析，CO一定不存在，故C错误；
D．根据分析，无法判断Al3+、K+是否存在，二者可能存在，也可能不存在，故D正确；
答案选C。
3．D
【详解】A．同浓度同体积溶液与溶液混合，氢离子先与氢氧根离子恰好完全反应，故离子方程式为，A项错误；
B．同浓度同体积溶液与溶液混合，铝离子先反应、且未完全反应，故离子方程式为，B项错误；
C．向溶液中滴加少量，三氯化铁作催化剂，促进双氧水的分解，氧气的氧化性大于三价铁离子，弱氧化剂不能制强氧化剂，化学方程式为，C项错误；
D．用溶液吸收少量：，D项正确；
答案选D。
4．D
【详解】A．S和O2点燃生成SO2，不能生成SO3，A不符合题意；
B．工业上用石油的裂化和裂解产生乙烯，不用乙醇生产乙烯，B不符合题意；
C．工业上用氮气和氢气合成氨，氨发生催化氧化产生NO，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生产硝酸，C不符合题意；
D．纯碱制备工业中先往饱和NaCl溶液中通入氨气制造碱性环境，再通入过量二氧化碳析出碳酸氢钠固体，再加热碳酸氢钠固体得到纯碱，D符合题意；
答案选D。
5．B
【详解】难挥发性酸可以制易挥发性酸，所以用硝石(NaNO3)和浓硫酸反应能制取硝酸，利用了浓硫酸的难挥发性，故选B。
6．C
【详解】A．尿素属于有机物，不是铵盐，属于有机氮肥，不属于铵态氮肥，故A错误；
B．植物吸收氮肥是吸收化合态的氮元素，不属于氮的固定，故B错误；
C．碳铵受热容易分解，易溶于水，使用碳铵应深施盖土，避免肥效损失，故C正确；
D．将硫酸铵与碱性物质草木灰混合施用时，会放出氨气，降低肥效，故D错误；
故选C。
7．B
【详解】A．二氧化氮和水反应生成硝酸，硝酸能够把亚铁离子氧化成铁离子，溶液由浅绿色变成了棕黄色，故A不选；
B．碳酸的酸性小于盐酸的酸性，CO2通入CaCl2溶液中不反应，无明显现象，故B选；
C．Cl2通入KI溶液中能够置换出碘单质，溶液由无色变为黄色，故C不选；
D．二氧化硫易溶于水得到亚硫酸，硝酸钡溶液中的硝酸根离子，在酸性环境下，相当于硝酸，硝酸能够将亚硫酸氧化为硫酸，遇到钡离子生成白色的硫酸钡沉淀，现象明显，故D不选；
故选B。
8．A
【详解】A．S与氧气点燃反应生成SO2，SO2与水形成亚硫酸，能一步转化，故A符合题意；
B．氨气催化氧化生成NO，不能生成NO2，不能一步实现，故B不符合题意；
C．Fe2O3与Al发生铝热反应生成Fe，铁与盐酸反应生成FeCl2，不能生成氯化铁，不能一步转化实现，故C不符合题意；
D．铝与NaOH溶液反应生成偏铝酸钠，氢氧化铝为两性氢氧化物，偏铝酸钠与过量盐酸反应生成氯化铝，故D不符合题意；
答案为A。
9．D
【详解】A．有的氮肥含有铵根，有的不含如尿素和硝酸盐，故A错；
B．NH4NO3只含N，属于氮肥但不属于复合氮肥，故B错；
C．自然固氮为氮气与氧气在放电时反应生成一氧化氮，一氧化氮继续被氧气氧化成二氧化氮，二氧化氮、氧气与水反应生成硝酸，最后硝酸与难容性的盐反应生成可溶性的硝酸盐，所以自然固氮不能产生尿素，故C错；
D．由C分析可知，自然界单循环能产生铵盐，故选D；
答案选D
10．C
【详解】A．氮气约占空气体积的78%，为空气中含量最高的气体，氮氮三键键能较大，所以氮气性质比较稳定，A正确；
B．动植物体内的氮主要存在于蛋白质中，当动植物尸体发生腐败时会产生氨气，B正确；
C．氮肥除铵态氮肥外，还有硝态氮肥、酰胺氮肥等，硝态氮肥不需要避免与碱性肥料混合使用，C错误；
D．二氧化硫有毒，且为酸性气体，可以和碱反应，所以用价格低廉的氨水吸收，D正确；
综上所述答案为C。
11．A
【详解】A．实验室制氨气是用氯化铵和氢氧化钙共热，Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O，氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，混合气体冷却后又化合为氯化铵，故光加热氯化铵制备不到氨气，A符合题意；
B．锌粒与稀硫酸反应制氢气，Zn+H2SO4=ZnSO4+H2↑，B不合题意；
C．电石与饱和食盐水制乙炔，CaC2+2H2O=Ca(OH)2+C2H2↑，饱和食盐水是用于控制反应的速率，C不合题意；
D．浓硫酸与无水乙醇共热制乙烯，C2H5OHCH2=CH2↑+H2O，D不合题意；
故答案为：A。
12．B
【详解】A．中心原子N的价层电子数为，有一对孤电子对，所以空间构型为三角锥形，故A错误；
B．的水溶液可以导电，是因为与水反应生成一水合氨，一水合氨是电解质，而氨气自身不能电离，是非电解质，故B正确；
C．溶于水，和水反应生成一水合氨，一水合氨是电解质，在水溶液里电离产生自由移动的铵根离子和氢氧根离子，所以的水溶液中能导电，故C错误；
D．氨催化氧化制硝酸的过程，是含氮化合物转化为另一种含氮化合物，不属于氮的固定，故D错误；
故选B。
13．D
【详解】A．若X是O2 ，A是NH3，氨气发生催化氧化转化为一氧化氮，一氧化氮转化为二氧化氮，故A能满足转化关系；
B．若X是O2 ，A是H2S，H2S与氧气反应生成硫单质或二氧化硫，硫单质或二氧化硫与氧气反应生成二氧化硫或三氧化硫，故B能满足转化关系；
C．若X是NaOH溶液，A是AlCl3，氯化铝与少量NaOH反应生成氢氧化铝，氢氧化铝与NaOH反应生成偏铝酸钠，故C能满足转化关系；
D．若X是Cl2，A是Fe，铁与氯气直接转化为三氯化铁，三氯化铁与氯气不反应，故D不能满足转化关系；
答案选D。
14．B
【详解】A．氨气溶于水，和水反应生成一水合氨，存在化学变化，A正确；
B．氮的固定是指由游离态的氮元素转化为化合态的过程，氨的催化氧化是化合态转化为化合态，不属于人工固氮，B错误；
C．氯化铵属于铵盐，可以作化肥，C正确；
D．碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳、氨气和水，D正确；
答案选B。
15．B
【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液，说明溶液为非氧化性强酸溶液（含有大量H+）或者强碱溶液（含有大量OH-）。
【详解】A．会与OH-反应生成NH3•H2O，不能在碱性条件下存在，但是离子均可以在酸性条件下共存，故A错误；
B．与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，不能在碱性下共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，故酸性条件也不能共存，故B正确；
C．无论酸性还是碱性，均可以共存，不会发生化学反应，故C错误；
D．酸性条件下，弱酸酸根不能共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，碱性条件下可以共存，故D错误；
故选B。
16．A
【详解】取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有，同时生成白色沉淀说明含有，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Al3+与过量的溶液将转化为，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有、则溶液电荷不守恒，故肯定由K+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，据此分析解题：
A. 由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，故可能有、，A符合题意；
B. 当有Al3+时，则还应该由Cl-和，原溶液中含有、、Al3+、Cl-和五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，原溶液中只有3种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；
C. 由分析可知，原溶液中一定不含，C不合题意；
D. 有分析可知，原溶液不一定含有，D不合题意；
故答案为：A。
17．B
【详解】A．粗盐提纯中步骤主要有溶解、过滤、蒸发等，故需要的主要仪器为烧杯、玻璃棒、漏斗、蒸发皿、酒精灯等，由于缺少漏斗和蒸发皿，A不合题意；
B．实验室制氨气主要仪器有酒精灯、大试管、导管、集气瓶等，B符合题意；
C．用四氯化碳萃取碘水中的碘主要步骤为烧杯、分液漏斗等，由于缺少分液漏斗无法进行分液，C不合题意；
D．配制的盐酸主要步骤为计算、称量、稀释、转移、洗涤、定容、装瓶等，主要仪器有量筒、烧杯、玻璃棒、容量瓶、胶头滴管等，由于没有量筒和胶头滴管，故无法完成，D不合题意；
故答案为：B。
18．B
【分析】N2和H2可以合成NH3，所以甲是N2，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到碳酸钠纯碱；氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，丁是NaHCO3，据此回答。
【详解】A．I、Ⅱ、III和IV中氮元素的化合价都发生了变化，故都属于氧化还原反应，故A正确；
B．氮的固定是氮气转化为化合物，反应Ⅱ、III和IV都是没有氮气参与的反应不属于氮的固定，故B错误；
C．碳酸氢钠受热分解生成纯碱、水和二氧化碳，二氧化碳在上述流程中能被再次利用，故C正确；
D．氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，发生反应：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查学生含氮元素物质的性质以及侯氏制碱法知识，注意元素化合物性质的灵活应用是关键，氧化还原反应的判断根据化合价的变化可以判断。
19．B
【分析】反应Ⅰ为氮气和氢气合成氨的反应，反应Ⅱ为氨气的催化氧化，所以乙为NO，反应Ⅲ为NO与氧气的反应，则丙为NO2，反应Ⅳ为NO2和水的反应，生成硝酸；反应Ⅴ为二氧化碳和氨盐水的反应，析出碳酸氢钠晶体，即丁为NaHCO3，反应Ⅵ为NaHCO3受热分解生成Na2CO3。
【详解】A．反应Ⅰ为氮气和氢气合成氨的反应，N、H元素化合价发生变化，为氧化还原反应，反应Ⅱ为氨气的催化氧化，反应Ⅲ为NO被氧化，反应Ⅳ为NO2和水的反应生成硝酸和NO，均有化合价的变化，属于氧化还原反应，A正确；
B．氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态，所以只有反应Ⅰ为氮的固定，B错误；
C．反应Ⅵ为NaHCO3受热分解生成Na2CO3、CO2和H2O，CO2可以在反应Ⅴ中再次利用，C正确；
D．反应Ⅴ为二氧化碳和氨盐水的反应，析出碳酸氢钠晶体，化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，D正确；
综上所述答案为B。
20．C
【详解】A．亚硫酸钠固体与硫酸反应Na2SO3+H2SO4═Na2SO4+SO2↑+H2O，不需加热，SO2能与水反应，不能用排水法收集，SO2密度比空气大，能用向上排空气法收集，故A不选；
B．乙醇消去制乙烯需要加热，故B不选；
C．双氧水分解制氧气，制取装置不需要加热，收集氧气可以用排水法，故C选；
D．氨气极易溶于水，不能用排水法收集，故D不选；
故选C。
21．A
【详解】A．N2与O2在放电状态下生成NO，NO与O2接触生成NO2，NO2与水反应生成HNO3和NO，所以A选项两步转化都能实现，符合题意；
B．第一步，SO2溶于水可以生成H2SO3，但H2SO3不可能与BaCl2生成BaSO3和HCl，不符题意；
C．铁元素金属活泼性不如铝元素，无法实现第一步置换，不符题意；
D．镁元素金属性较强，电解氯化镁溶液无法获得单质镁，需要电解熔融态MgCl2才能获得金属镁，第二步无法实现，不符题意；
综上，本题选A。
22．B
【详解】A． 铝盐、铁盐能够水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的杂质，沉降净水，故可用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物，故A正确；
B． 氯气不能与与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S等处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，生成难溶的CuS，HgS，故B错误；
C． 石灰、纯碱与酸发生反应生成氯化钙、氯化钠，故可用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸，故C正确；
D． 烧碱与高浓度反应生成氨气，故可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，故D正确；
故选B。
23．C
【详解】A．工业上制取硫酸时，先煅烧金属硫化物或硫单质反应产生SO2，然后SO2与O2在催化剂存在条件下发生可逆反应产生SO3，反应产生的SO3被水或浓硫酸吸收就得到硫酸，因此制取过程中涉及化学平衡，A不符合题意；
B．在工业上用N2与H2在高温、高压、催化剂存在的条件下反应制取氨气，该反应是可逆反应，因此工业上合成氨过程涉及化学平衡，B不符合题意；
C．工业制以H2在Cl2中燃烧产生HCl，该反应不是可逆反应，因此制取过程中未涉及化学平衡，C符合题意；
D．在实验室中用乙酸与丁醇在浓硫酸存在的条件下加热，发生酯化反应产生乙酸丁酯，该反应为可逆反应，故乙酸丁酯在制备过程中涉及化学平衡知识，D符合题意；
故合理选项是C。
24．A
【详解】A．浓盐酸与Fe会发生反应产生FeCl2和H2，因此浓盐酸不能使用铁质容器储运，A符合题意；
B．Fe与液氯在常温下不能发生反应，因此液氯可以使用铁质容器储运，B不符合题意；
C．浓硝酸具有强氧化性，在室温下Fe遇浓硝酸，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此浓硝酸能使用铁质容器储运，C不符合题意；
D．浓硫酸具有强氧化性，在室温下Fe遇浓硫酸，会在金属表面氧化产生一层致密的氧化物保护膜，阻止金属的进一步反应，即发生钝化现象，因此浓硫酸能使用铁质容器储运，D不符合题意；
故合理选项是A。
25．C
【详解】A．向NaOH固体上滴几滴浓氨水，因NaOH溶于水放热，使氨水的温度升高，氨气的溶解度降低，从而挥发出氨气，A不正确；
B．NH3溶于水使溶液呈碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B不正确；
C．NH3与浓盐酸挥发出的HCl气体化合生成氯化铵固体，从而产生白烟，C正确；
D．NH3溶于水生成的一水合氨为弱碱，在离子方程式中应以化学式表示，D不正确；
故选C。
26．A
【详解】A．KH2PO4中含有钾和磷两种营养元素，是复合肥，故A符合题意；
B．NH4HCO3中只含有氮元素一种营养元素，不属于复合肥，故B不符合题意；
C．KCl中只有钾元素一种营养元素，不属于复合肥，故C不符合题意；
D．NH4NO3中只有氮元素一种营养元素，不属于复合肥，故D不符合题意；
故选A。
27． Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O 冷却结晶 Cu(NO3)2(或硝酸铜) 重结晶 称取样品 在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生 -1.5%(或-1.48% ) 0.0980 用标准盐酸溶液润洗2-3次 粗细交界点
【分析】在硫酸作用下，硝酸盐具有氧化性，能氧化单质铜生成硫酸铜、一氧化氮和水，反应后的溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，结合滴定实验的基本操作分析解答。
【详解】(1)向含铜粉的稀硫酸中滴加浓硝酸，浓硝酸被稀释，在酸性溶液中，硝酸根离子具有强氧化性，能够将通过氧化，反应的离子方程式为Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O，故答案为：Cu+4H++2NO=Cu2++2NO2↑+2H2O；
(2)根据从溶液中获得晶体的一般步骤，制备流程中得到的硫酸铜溶液经蒸发、冷却结晶、过滤，可得到CuSO4•5H2O晶体，A操作为冷却结晶；如果铜粉、硫酸及硝酸都比较纯净，硝酸可能不能完全反应，因此制得的CuSO4·5H2O中可能存在的杂质是Cu(NO3)2(或硝酸铜)，可以通过重结晶的方法除去杂质，故答案为：冷却结晶；Cu(NO3)2(或硝酸铜)；重结晶；
(3)如果采用重量法测定CuSO4·5H2O的含量。
a．①称取一定质量的样品，②加水溶解③加氯化钡溶液，沉淀④过滤，故答案为：称取样品；
b．在过滤前，需要检验是否沉淀完全，只需要在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生，若没有沉淀产生，说明已经沉淀完全，故答案为：在上层清液中继续滴加氯化钡溶液，观察有无沉淀产生；
c．相对误差为× 100%═-1.48%，故答案为：-1.5%(或-1.48%)；
(4)①根据化学方程式CuSO4＋2NaOH=Cu(OH)2↓＋Na2SO4，所含硫酸铜晶体的质量为×250g/mol═0.0980g，故答案为：0.0980；
②滴定管要用标准液润洗，因此滴定管在用蒸馏水洗净之后，注入盐酸之前，需要用标准盐酸溶液润洗2-3次，故答案为：标准盐酸溶液润洗2～3次；
③准确读数应该是滴定管上蓝线粗细交界点所对应的刻度，故答案为：粗细交界点；
28． Br2 Fe3+ b CCl4层呈无色 d 溶液变红色 Br2+2Fe2+=2Br‾+2Fe3+ Fe2+ 3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O 氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜 CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等 除去浸出液中的Fe3＋ Fe(OH)3 过滤
【分析】Fe2+的颜色：浅绿色，Fe3+的颜色：棕黄色，溴水的颜色：橙黄色．根据题意在足量的氯化亚铁溶液中加入l~2滴溴水，如果不发生氧化还原反应，溶液呈黄色是由溴水引起的，如果发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成Fe3+，溶液呈黄色是由Fe3+引起的，设计实验进行验证，得到结论：氧化性Br2>，应用结论若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；含少量铁的废铜渣用稀硝酸和稀硫酸浸出后生成NO、硫酸铜（含Fe3+），加入氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，过滤，除去滤渣得硫酸铜溶液，蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤干燥得胆矾。
【详解】(1)猜想：由分析①甲同学认为氧化性：>Br2，故上述实验现象不是发生氧化还原反应所致，溶液呈黄色是由加入溴水引起的。②乙同学认为氧化性：Br2>，则发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，生成了Fe3+，则溶液呈黄色是由Fe3+引起的。故答案为：Br2；Fe3+；
(2)乙同学的观点认为氧化性：Fe3+＜Br2，则会发生反应：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，由于溴水少量，要全部参与反应，生成物中生成了Fe3+。要证明乙同学的观点确实正确，设计两种方案进行实验．方案1：证明溶液中不存在Br2，根据题意，选择试剂四氯化碳来进行萃取实验，由于四氯化碳呈无色、密度大于水、与水不互溶、易溶解Br2，观察到现象为：出现分层现象，下层为四氯化碳，且呈无色，则证明方案1正确；方案2：证明溶液中存在Fe3+，根据题意，选择试剂硫氰化钾溶液，观察到现象为溶液呈血红色，则证明方案2正确，方案1、方案2都正确，即可证明乙同学的观点确实正确，故答案为：
选用试剂(填序号)
实验现象
方案1
b
下层（CCl4层）无色
方案2
d
溶液变为血红色
(3)结论：氧化性Br2>。故在足量的稀氯化亚铁溶液中，加入1～2滴溴水，溶液呈黄色是Br2可以把Fe2+氧化成Fe3+，Br2本身被还原成Br-，确定出反应物和生成物后Fe2++Br2Fe3++Br-，再根据化合价升降法配平，+2价Fe上升到+3价Fe，化合价上升1价，Br2中0价降低到-1价，一共降低2价，所以Fe2+前计量数为2，Br2前计量数为1，根据原子守恒，Fe3+前计量数为2，Br-前计量数为2，故离子方程式为2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-，故答案为：2Fe2++Br2═2Fe3++2Br-；
实验后的思考：根据上述实验推测，若在溴化亚铁溶液中通入氯气，首先被氧化的离子是Fe2+；故答案为：Fe2+；
(4)“浸出”时，控制硝酸的量，原料中的铜均转化为硫酸铜，相应的离子方程式：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O。故答案为：3Cu＋2＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋ 4H2O；
(5)试剂b调节pH 促进铁离子水解生成氢氧化铁沉淀而除去，b是氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜，其反应的离子方程式：CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等。故答案为：氧化铜或氢氧化铜或碱式碳酸铜；CuO ＋2H＋=Cu2＋＋H2O等；
(6)调节pH的目的是除去浸出液中的Fe3＋；滤渣c是Fe(OH)3。故答案为：除去浸出液中的Fe3＋；Fe(OH)3；
(7)分离不溶于液体的固体与液体用过滤，将得到的胆矾与其他液体混合物分离的方法为过滤。故答案为：过滤。
29． 分液漏斗 A B D E 饱和溶液 在水中的溶解度大，通入，使溶液呈碱性，有利于吸收溶解度较小的 0.687
【分析】W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，据此解答。
【详解】(1)根据仪器构造可知Y中盛放浓氨水的仪器名称为分液漏斗；
(2)由装置可知，W中制备二氧化碳，X除去HCl，Y中制备氨气，在Z中制备碳酸镧，则制备碳酸镧实验流程中导管从左向右的连接顺序为：F→A→B→D，C→E；
(3)Y中制备氨气，发生反应的化学反应式为；
(4)盐酸易挥发，生成的二氧化碳中含有氯化氢，则X中盛放的试剂是饱和碳酸氢钠溶液；
(5)由于在水中的溶解度大，通入，使溶液呈碱性，有利于吸收溶解度较小的，所以Z中应先通入NH3，后通入过量的CO2；
(6)准确称取10.000g产品试样，溶于足量稀盐酸中，将生成的全部通入过量的溶液中，得到沉淀8.865g，即碳酸钡的质量是8.865g，物质的量是8.865g÷197g/mo＝0.045mol，根据碳原子守恒可知的物质的量是0.015mol，则其质量分数为＝0.687。
30． 生物固氮 N2+3H22NH3 化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行 3NO2+H2O = 2HNO3+NO 三角锥形 取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有 ⅤA N 酸性：HNO3＞H3PO4
【详解】(1)根据题意N2NH3是生物将游离态的氮气转变为化合态的氮，称为生物固态，还有1 种是工业固氮，是氢气和氮气在高温高压催化剂作用下反应生成氨气，其反应的化学方程式是N2+3H22NH3。
(2)在自然界中第①种循环是很少的，主要是第一步 N2→NO 的反应很难发生，请结合 N2的结构说明 N2→NO 的反应很难发生的原因化学反应的实质是先断键，后成键，氮氮之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行；故答案为：化学反应的实质是先断键，后成键，N 和N 之间有三根共价键，键能很大，很难断开，所以反应很难进行。
(3)氮循环①中 NO2→HNO3是二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，其化学方程式3NO2+H2O = 2HNO3+NO；故答案为：3NO2+H2O = 2HNO3+NO。
(4)氮循环②中 NH3 的电子式，其空间构型是三角锥形。NH的检验方法取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有；故答案为：；三角锥形；取样，滴加氢氧化钠溶液并加热， 产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明有。
(5)P 和N 属于周期表的ⅤA族，根据同主族，从上到下非金属性逐渐减弱，因此非金属性较强的是N，通过最高价氧化物对应水化物酸性强弱证明，即酸性：HNO3＞H3PO4；故答案为：ⅤA；N；酸性：HNO3＞H3PO4。
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