考点11 氮及其化合物(好题冲关)-备战2024年高考化学一轮复习考点帮（全国通用）(解析版)

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考点11 氮及其化合物
(好题冲关)
【基础过关】
1．(2022·重庆市育才中学模拟预测)氯化汞与氨水发生反应2NH3+HgCl2=Hg(NH2)Cl↓+NH4Cl，相关物质的化学用语正确的是( )
A．的结构示意图为 B．的结构式为
C．NH3的电子式为 D．Hg(NH2)Cl中N的化合价为
【答案】D
【解析】A项，氯离子的核电荷数为17，核外3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故A错误；B项，铵根离子带一个单位正电荷，结构式为，故B错误；C项，氨分子为共价化合物，电子式为，故C错误；D项，由化合价的代数和为0可知，Hg(NH2)Cl中氮元素的化合价为—2价，故D正确；故选D。
2．(2023·海南省海口市高三联考)下列关于氮及其化合物的探究，结论和解释正确的是( )

操作和现象
结论和解释
A
铜丝溶解于稀HNO3，生成无色气体
金属能与强酸反应置换出氢气
B
NH3能使热的氧化铜产生红色物质
NH3有还原性
C
N2与H2混合加热不反应
N的非金属性弱
D
NO2被溶液吸收
NO2是酸性氧化物
【答案】B
【解析】A项，铜丝溶解于稀HNO3，生成硝酸铜、NO、水，无色气体为NO，不会生成氢气，故A错误；B项，NH3能使热的氧化铜产生红色物质，原理是：3CuO+2NH3N2+3Cu +3H2O，说明氨气具有还原性，故B正确；C项，N2与H2混合，在催化剂、加热的条件下反应生成氨气，没有催化剂时，加热速率慢，生成物的含量少，但不能说明N的非金属性弱，故C错误；D项，NO2被NaOH溶液吸收，生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，发生歧化反应，体现NO2的氧化性和还原性，没有体现酸性，故D错误；故选B。
3．下列制取NH4HCO3的实验原理与装置能达到实验目的的是( )

A．用装置甲制取NH3 B．用装置乙制取CO2
C．用装置丙制取NH4HCO3溶液 D．用装置丁获得NH4HCO3固体
【答案】C
【解析】A项，制备氨气的时候，试管口应该略微向下倾斜，A错误；B项，硫酸会和碳酸钙反应生成硫酸钙，覆盖在碳酸钙表面阻挡反应进行，应该把硫酸换成盐酸，B错误；C项，氨气易溶于水，应该防倒吸，C正确；D项，碳酸氢铵受热易分解，不能蒸发结晶，D错误；故选C。
4．(2023·广东省深圳市高三模拟)含氮化合物的反应具有多样性。下列有关反应方程式书写不正确的是( )
A．将少量浓氨水滴入盛有CaO的烧瓶制备NH3：NH3∙H2O + CaO ＝Ca(OH)2 + NH3↑
B．将Cu丝伸入装有稀硝酸的试管：Cu + 2HNO3 ＝ Cu(NO3)2 + H2↑
C．浓硝酸受热分解：4H＋+4NO3-4NO2↑+ O2↑+ 2H2O
D．镁条在N2中燃烧：3Mg + N2 Mg3N2
【答案】B
【解析】A项，将少量浓氨水滴入盛有CaO的烧瓶，氧化钙与氨水反应生成氢氧化钙和氨气，NH3∙H2O + CaO ＝Ca(OH)2 + NH3↑，A正确；B项，将Cu丝伸入装有稀硝酸的试管：3Cu + 8HNO3 ＝3Cu(NO3)2 +2NO+4 H2O↑，B错误；C项，浓硝酸受热分解生成二氧化氮和氧气，4H＋+4NO3-4NO2↑+ O2↑+ 2H2O，C正确；D项，镁条在N2中燃烧生成氮化镁，3Mg + N2Mg3N2，D正确；故选B。
5．(2023·河北省石家庄市高三联考)利用如图装置进行NH3的制备及性质探究实验。下列说法正确的是( )

A．使用A装置制备NH3时，分液漏斗中应盛放浓氨水，利用了氨水的碱性弱于NaOH
B．装置B中盛放湿润蓝色石蕊试纸，打开K2，关闭K1，可证明NH3为碱性气体
C．利用C装置模拟候氏制碱法时，可将a和c连接
D．将a和d连接验证NH3与Cu2+的配位能力强于H2O
【答案】D
【解析】A项，一水合氨分解产生NH3和H2O，碱石灰吸水且放热促使该反应正向有利于氨气的逸出，A项错误；B项，检验氨气用湿润的红色石蕊试纸遇碱性气体变蓝，B项错误；C项，氨气极易溶于水为了防止倒吸从b口通入，C项错误；D项，CuSO4溶液中存四水合铜离子，通入氨气后溶液变成深蓝色即产生了四氨合铜离子，即NH3的配位能力强于H2O，D项正确；故选D。
6．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是 ( )

A．可以利用NH3易液化的性质分离出NH3
B．合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化
C．可以用NH3进行氨氧化物的尾气处理
D．吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率
【答案】B
【解析】A项，利用NH3易液化的性质分离出NH3，促进平衡正向移动，A项正确；B项，合成氨中氮气中氮元素化合价降低做氧化剂，被还原发生还原反应，氨催化制硝酸的流程中氮元素化合价由-3价升高到+2价，被氧化，B项错误；C项，氨气具有还原性，氮氧化物具有氧化性，二者反应生成无毒气体氮气，可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理，C项正确；D项，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮、氧气和水反应生成硝酸， A 为O2，吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率，D项正确；故选B。
7．以天然气为原料合成氨是新的生产氮肥的方法，其工艺流程如下。下列说法正确的是( )

A．反应①使用催化剂可提高反应速率和甲烷的平衡转化率
B．反应②的原子利用率为100%
C．生成1.0 mol NH4NO3至少需要0.75 mol CH4
D．反应③理论上当n( NH3)：n(O2)= 4：3时，恰好完全反应
【答案】C
【解析】A项，反应①使用催化剂可以提高反应速率，但不能提高甲烷的平衡转化率，A错误；B项，反应②的化学方程式为CO2+2NH3CO(NH2)2+H2O，则该反应的原子利用率小于100%，B错误；C项，由天然气经过各步转化，最终生成NH4NO3涉及的化学反应有：CH4+2H2OCO2+4H2，N2+3H22NH3，2NH3+2O2=NH4NO3+H2O，则有NH4NO3~2NH3~3H2~ CH4，故生成1.0mol NH4NO3至少需要0.75mol CH4，C正确；D项，反应③中，NH3和O2反应生成NH4NO3，该反应的化学方程式为2NH3+2O2=NH4NO3+H2O，则理论上当n(NH3)：n(O2)=1：1时，恰好完全反应，D错误；故选C。
8．氮及其化合物在生产生活中具有广泛的应用。氨气可用于生产氮肥和处理NOx等气体，氨水可用于吸收SO2，NOx可用于制取硝酸，硝酸可洗涤试管上的银镜。NO2能与悬浮在大气中海盐粒子相互作用，反应为2NO2+NaCl=NaNO3+ClNO(ClNO中N为中心原子，各原子均达到8电子稳定结构)。NO能被FeSO4溶液吸收生成[Fe(NO)H2O)5]SO4。在给定条件下，下列选项所示的物质间转化均能实现的是( )
A．NH3·H2O(aq)NH4HSO3(aq) B．NH3NO2
C．NOHNO3 D．AgH2
【答案】A
【解析】A项，一水合氨溶液显碱性，与过量二氧化硫溶液反应生成NH4HSO3，A正确；B项，NH3与NO反应，可能发生归中反应生成N2，不可能生成生成NO2，B错误；C项，NO不溶于水，不能和水反应生成硝酸 ，C错误；D项，稀硝酸为氧化性酸，与Ag反应生成NO，不会生成氢气，D错误；故选A。
9．氨催化氧化是工业制硝酸的重要反应：4NH3(g)+5O2(g) 4NO(g)+6H2O(g)       ΔH<0。在T℃时，向1L密闭容器中投入4molNH3、5molO2，平衡时测得NH3的转化率为60%。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化不能实现的是( )
A．NH3·H2O(aq)NH4HSO4 B．HNO3(浓)NO2
C．NH4ClNH3 D．NON2
【答案】A
【解析】A项，一水合氨与SO2反应生成NH4HSO3或(NH4)2SO3，A符合题意；B项，浓硝酸不稳定，光照条件下分解生成NO2、H2O和O2，B不符合题意；C项，氯化铵不稳定，受热分解生成NH3和HCl，C不符合题意；D项，NO与CO在催化剂作用下可发生氧化还原反应生成N2和CO2，D不符合题意；故选A。
10．用氨气可制备一系列物质(如图)。下列有关表述正确的是

A．可加热分解NH4Cl制NH3
B．NH4Cl和NaHCO3都是常见的化肥
C．NH3和NO2在一定条件下可发生反应
D．NH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解
【答案】C
【解析】A项，NH4Cl受热分解生成氨气和氯化氢，二者冷却后又重新化合生成氯化铵，不能用来制备氨气，故A错误；B项，NH4Cl是常见的化肥，NaHCO3不是，故B错误；C项，NO2跟NH3可以发生反应：6NO2+8NH3=7N2+12H2O，故C正确；D项，NH4Cl受热易分解生成HCl和NH3、HNO3受热时分解生成二氧化氮、氧气和水，Na2CO3性质稳定，难以分解，故D错误；故选C。
11．(2023·福建省德化一中、永安一中、漳平一中三校协作体高三联考)氮及其化合物的“价—类”二维图如下所示。

下列说法正确的是( )
A．X可通过加热氯化铵固体制取
B．从物质类别角度分析，P和Z都属于酸性氧化物
C．将X转化为Q的过程，属于氮的固定
D．浓的Y溶液保存在棕色试剂瓶中，并置于冷暗处
【答案】D
【解析】根据化合价以及所属物质类别可知，X为NH3，Q为NO，Z为NO2，P为N2O5，Y为HNO3，W为NH3·H2O。A项，直接加热氯化铵固体分解生成的HCl又会和氨气反应生成氯化铵，需加热氯化铵和氢氧化钙的混合物，A错误；B项，Z为NO2，NO2与碱发生氧化还原反应，生成两种盐，不是酸性氧化物，B错误；C项，氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态，X转化为Q的过程是一种化合态转化为另一种化合态，不属于氮的固定，C错误；D项，浓硝酸见光易分解，需保存在棕色试剂瓶中，并置于冷暗处，D正确；故选D。
12．在一定温度和催化剂作用下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO和NH3的混合物1mol，充分反应后所得产物中，经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g。已知反应的化学方程式：4NH3+6NO5N2+6H2O，则下列说法正确的是
A．当转移的电子数约为3.612×1023时，则标况下有4.48L氨气被还原
B．氧化产物和还原产物的物质的量比为3：2
C．若以上反应进行完全，原混合物中NO与NH3的物质的量之比为可能为3：7
D．若有混合物中有0.2molNH3，则参与反应的NO为0.8mol
【答案】C
【解析】A项，当转移的电子数约为3.612×1023时，电子的物质的量为0.6mol，发生反应的NH3的物质的量为：0.2mol，标准状况下体积为：4.48L，但是氨气化合价升高被氧化，A错误；B项，根据分析过程可知氧化产物和还原产物的物质的量比为：2：3；C项，原混合物中NO与NH3的物质的量之比为可能为3：7或者4：1，C正确；D项，分析反应方程式可知，有0.2molNH3参加反应，需要NO 0.3mol，此时还有0.5molNO剩余，D错误；故选C。
13．空气中的氮气可通过人工固氮获得氨气，氨气是重要的化工原料，通过氨氧化法去可制得硝酸，反应过程如图：
N2NH3NONO2HNO3
硝酸是一种强氧化性酸，制硝酸工业产生的尾气中含有氮氧化物，应处理后才能排放。下列说法不正确的是
A．常温下，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中
B．BaSO3固体能溶于稀硝酸，生成Ba(NO3)2，放出SO2气体
C．工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，将未反应的原料气送回合成塔以提高原料的利用率
D．转化④中，当V(NO2)：V(O2)=4：1时，理论上NO2全部转化为HNO3
【答案】B
【解析】A项，常温下铝或铁遇浓硝酸钝化，浓硝酸可盛放在铝制或铁制容器中，A正确；B项，硝酸是氧化性酸，BaSO3固体能溶于稀硝酸，被氧化生成硫酸钡，硝酸被还原生成NO，B错误；C项，工业上，当转化①的反应达到平衡时，需不断地从混合气体中分离出NH3，降低生成物浓度，同时将未反应的原料气送回合成塔，增大反应物浓度，因此可以提高原料的利用率，C正确；D项，转化④中，当V(NO2)：V(O2)=4：1时发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，理论上NO2全部转化为HNO3，D正确；故选B。
14．氮肥是保证我国粮食安全的重要物资，一种利用电化学制备NH3的转化历程如图所示。下列说法不正确的是( )

A．步骤II中反应属于氮的固定
B．H2O、LiOH均可视为该历程中的催化剂
C．该历程总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2
D．由该历程表明N2的氧化性弱于O2
【答案】B
【解析】三步反应分别为4LiOH4Li+O2↑+2H2O 、6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3。A项，游离态的氮元素转化为化合态为氮元素的固定，步骤II中N2与Li反应生成Li3N，属于氮的固定，A正确；B项，H2O先由步骤I生成再在步骤III被消耗，是中间产物，不是催化剂，B错误；C项，三步反应分别为4LiOH4Li+O2↑+2H2O 、6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，将三步加起来可得总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，C正确；D项，非金属性越强，单质得电子能力越强，其单质氧化性越强，由非金属性：O>N，则O2的氧化性强于N2，D正确；故选B。
15．氮氧化物(NOx)是一类特殊的污染物，它本身会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。下列说法不正确的是( )

A．过程①可表示为2Cu(NH3)2++O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+
B．过程③有元素的化合价发生变化
C．过程④涉及极性共价键的断裂与生成
D．图中总过程中NO、NH3、O2物质的量之比为4：4：1
【答案】D
【解析】A项，过程①的反应为Cu(NH3)2+和O2，生成为为[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，反应方程式为：2Cu(NH3)2++O2=[(NH3)2Cu-O-O-Cu(NH3)2]2+，A项正确；B项，过程③只有O-O非极性共价键断裂，元素化合价没有变化，B项正确；C项，过程④有N2的生成，形成了非极性共价键，C项正确；D项，分析总反应过程可知，总反应方程式为2NO+4NH3+2O2=3N2+6H2O，由此可知，总过程中NO、NH3、O2 物质的量之比为1：2：1，D项错误；故选D。
16．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
向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体
浓盐酸易挥发，浓硫酸与水作用放出大量的热
Ⅰ对，Ⅱ对；有
B
Cu能与浓HNO3反应
由于Cu具有还原性，浓HNO3具有氧化性，在任何条件下生成的气体一定是NO2
Ⅰ对，Ⅱ错；无
C
硫单质在纯氧中燃烧有少量SO3生成
部分二氧化硫被氧化为SO3
Ⅰ对，Ⅱ对；无
D
硝酸铵和碱石灰共热用于实验室制备NH3
铵盐与碱能发生复分解反应
Ⅰ对，Ⅱ对；有
【答案】A
【解析】A项，浓硫酸具有吸水性，溶于水放出大量的热，又因为浓盐酸易挥发，所以向浓盐酸中加入浓硫酸可制备氯化氢气体，A正确；B项，铜与稀硝酸反应生成NO，B错误；C项，硫单质在纯氧中燃烧只能生成SO2，C错误；D项，硝酸铵受热易发生爆炸，实验室一般用氯化铵与熟石灰共热制备氨气，D错误。
17．研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价-物质类别关系图如图

回答下列问题：
(1)在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应，化学方程式是_______。
(2)在加热条件下，物质C的浓溶液与碳单质反应，写出反应的化学方程式：_______。
(3)实验室中，检验溶液中含有NH4+的操作方法是_______。
(4)物质B为红棕色气体，写出该物质与水反应的离子方程式：_______，当反应消耗0.15 mol物质B时，转移电子的物质的量为_______。
【答案】(1)4NH3+5O24NO+6H2O (2)C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O
(3)取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，若有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+
(4)3NO2+H2O=2H++2 NO3-+NO 0.1 mol
【解析】氮元素化合价一物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸，
(1)在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O；(2)在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C+4HNO3(浓) CO2↑+4NO2↑+2H2O；(3)实验室中，检验溶液中含有NH4+的操作方法是：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH4+；(4)物质B为红棕色气体为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为：3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，反应中3 mol NO2参加反应，转移电子总数为2 mol，当反应消耗0.15 mol物质B时，转移电子的物质的量为0.15 mol×=0.1 mol。
18．我国“蓝天保卫战”成果显著，肆虐的雾霾逐渐被遏止。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_______(写化学式)。
(2)写出SO2转化为SO3的化学方程式：_______。
(3)工业上合成氨的化学方程式为_______。
(4)实验室长期保存浓硝酸，需使用棕色试剂瓶，并放置在阴凉处，其原因为_______(用化学方程式表示)。
(5)氨与一氧化氮(NO)在一定条件下反应可生成对空气无污染的物质，该反应的化学方程式为_______。
【答案】(1) SO2、SO3、N2O5 (2) 2SO2+O22SO3
(3) N2+3H22NH3 (4) 4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O
(5) 6NO+4NH35N2+6H2O
【解析】(1)酸性氧化物是能与碱反应得到盐和水的氧化物，符合要求的有SO2、SO3和N2O5；(2)二氧化硫在催化剂存在条件下可以转化为三氧化硫：2SO2+O22SO3；(3)工业上用氮气和氢气合成氨气：N2+3H22NH3；(4)浓硝酸见光或受热时易分解，因此要保存在棕色试剂瓶中：4HNO34NO2↑+O2↑+2H2O；(5)氨气中的氮为-3价，一氧化氮中的氮为+2价，因此二者可以在一定条件下发生归中反应得到氮气：6NO+4NH35N2+6H2O。
19．某化学小组设计了如下有关氮的化合物的实验。请按要求回答下列问题。
(1)氨气的喷泉实验：如下图装置所示，干燥的圆底烧瓶里充满NH3，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是_______。

(2)硝酸的制备实验：如图所示a～f装置。

①装置a的最佳选择为(填“图3”或“图4”)_______。

②装置b中Na2O2的作用是_______。
(3)硝酸的性质实验：
①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00。
ⅰ．这说明e中发生的反应可能为(写化学方程式)_______。
ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是_______。
②用如图所示装置进行硝酸与铜的反应实验。

ⅰ．请在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂_______。
ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，请用化学方程式说明其原因：_______。
ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝。写出g中反应的离子方程式：_______。
ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是_______。
ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有NO2且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入_______，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色。
ⅵ．已知[Cu(H2O)4]2+(aq)呈蓝色、[CuCl4]2-(aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色。结合离子反应方程式解释其原因：_______。
【答案】(1)打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶
(2)  图4     和水蒸汽反应生成氧气
(3) 3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)     过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵(合理即可)          4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O    
3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O     浓硝酸的氧化性较稀硝酸强(合理即可)     适量的水(合理即可)    [Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O ，ΔH＞0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动
【解析】实验室可用氯化铵与碱石灰加热制备氨气，也可用浓氨水滴入固体NaOH中制氨气，氨气具有还原性，能与氧气在催化剂作用下氧化生成NO，进一步氧化生成硝酸，浓硝酸氧化性强于稀硝酸，与铜反应是更剧烈，[Cu(H2O)4]2++4Cl- [CuCl4]2-+4H2O ，ΔH＞0，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。(1)氨气的喷泉实验：干燥的圆底烧瓶里充满NH3，欲观察到烧瓶中产生喷泉，需进行的操作是打开止水夹、挤压胶头滴管至水进入烧瓶；(2)①用浓氨水滴入NaOH固体制氨气不需加热，操作简单，装置a的最佳选择为图4；②装置b中Na2O2的作用是和水蒸汽反应生成氧气，提供氨催化氧化的原料；(3)硝酸的性质实验：①常温下，同学甲在上图实验结束后，用pH计测装置e中溶液的pH=1.00，说明e中产生了硝酸。ⅰ．这说明e中发生的反应是氮的氧化物与水、氧气反应生成硝酸，可能为(写化学方程式)3NO2+H2O=NO+2HNO3 2NO+O2 =2NO2或4NO+3O2+2H2O=4HNO3或4NO2 +O2+2H2O=4HNO3(合理即可)；ⅱ．同学乙做同样实验，测得e中溶液的pH=6.00，可能原因是过量的氨中和了生成的硝酸生成了硝酸铵(合理即可)；②ⅰ．可用碱吸收氮的氧化物，在有氧气的条件下，最后转化为硝酸盐或亚硝酸盐，在h方框中补全该实验所需装置图并标注所需试剂；ⅱ．硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中，防止其见光分解，用化学方程式说明其原因：4HNO3 4NO2 ↑+O2 ↑+2H2O；ⅲ．g中为稀硝酸时，反应开始后，g中溶液颜色变蓝，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜和NO，g中反应的离子方程式：3Cu+2NO3-+8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；ⅳ．g中为浓硝酸时，g中溶液颜色变绿。反应较ⅱ中剧烈许多的原因是浓硝酸的氧化性较稀硝酸强(合理即可)。故答案为：浓硝酸的氧化性较稀硝酸强(合理即可)；ⅴ．对比ⅲ与ⅳ反应后g中溶液颜色，推测其原因是ⅳ反应后g溶液中溶有NO2且达饱和。为证明该推测正确，向ⅳ反应后g溶液中加入适量的水(合理即可)，3NO2+H2O=NO+2HNO3，会观察到溶液颜色由绿色变为蓝色；ⅵ．已知[Cu(H2O)4]2+ (aq)呈蓝色、[CuCl4]2- (aq)呈黄色。取ⅰ中少量蓝色溶液于试管中，向其中滴加饱和NaCl溶液，观察到溶液颜色由蓝变为蓝绿色，部分[Cu(H2O)4]2+转化为[CuCl4]2-，再加热该混合溶液，溶液颜色逐渐变为黄绿色，[CuCl4]2-浓度增大。结合离子反应方程式解释其原因：[Cu(H2O)4]2++4Cl-[CuCl4]2-+4H2O ，ΔH＞0 ，该反应是吸热反应，温度升高时平衡正向移动。
20．含氮化合物的处理对环境保护意义重大。
(1)用H2或CO催化还原NO均能达到消除污染的目的，反应的氧化产物为_______。
(2)实验室常用NaOH溶液吸收NOx(NO和NO2的混合气体)，反应的化学方程式如下：(已知NO不能与NaOH溶液反应，不考虑NO2与N2O4的转化)
NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O
2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O
①若NOx能被NaOH溶液完全吸收，则x的取值范围为_______
②若nmolNaOH恰好完全反应，则被吸收的NOx的体积为_____L(标准状况)。
(3)用V2O5作催化剂，NH3将NO还原成N2的一种反应历程如图-1所示，则总反应方程式为_____。

(4)一种将氨氮(NH4+ )废水中的氮元素转变为N2脱除的机理如下：

已知：氧气浓度越高，厌氧氨氧化菌活性越低。
①参与I中反应的n(NH4+)：n(O2)=_______
②废水溶解氧浓度(DO)对氮的脱除率的影响如图-2所示。当1mg/L＜DO＜2mg/L时，随着DO的增大氮的脱除率下降，其原因可能是_______。
【答案】(1)H2O、CO2 (2) ① 1.5≤X＜2 ②22.4n
(3)4NH3+4NO+O24N2+6H2O
(4) ①2：3 ②随着DO的增大，厌氧氨氧化菌活性降低；部分NO2-被氧化为NO3-
【解析】(1)用H2或CO催化还原NO均能达到消除污染的目的，反应中氢气、CO是还原剂，所以反应的氧化产物为H2O、CO2。(2)①根据方程式可知若NOx能被NaOH溶液完全吸收，则二氧化氮和一氧化氮的物质的量之比≥1，所以x的取值范围为1.5≤X＜2；②由于生成物是NaNO2、NaNO3，若nmolNaOH恰好完全反应，根据Na和N原子守恒可知被吸收的NOx的物质的量是nmol，体积为22.4nL(标准状况)。(3)根据反应历程可判断反应物是氨气、NO和氧气，生成物是氮气和水，则总反应方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O。(4)①I中反应是氧气氧化铵根生成亚硝酸根和水，1mol氧气得到4个电子，1mol铵根失去6个电子，则根据电子得失守恒可知参与I中反应的n(NH4+)：n(O2)= 2：3；②由于随着DO的增大，厌氧氨氧化菌活性降低，且部分NO2-被氧化为NO3-，所以当1mg/L＜DO＜2mg/L时，随着DO的增大氮的脱除率下降。
21．将32.64 g铜与140 mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L。请回答：
(1)NO的体积为________L，NO2的体积为________L。
(2)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a mol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为________mol·L－1。
(3)欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水________g。
【答案】(1)5.824　5.376 (2) (3)57.8
【解析】(1)Cu与HNO3反应过程中，Cu作还原剂失去的电子等于HNO3作氧化剂得到的电子，由得失电子守恒可得n(Cu)×2＝n(NO)×3＋n(NO2)×1，即×2＝×3＋×1，得V(NO)＝5.824 L，则V(NO2)＝5.376 L。(2)硝酸与Cu反应中，硝酸显酸性和氧化性，其中显氧化性的硝酸全部转化为NO、NO2，当溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀时，所得溶液为NaNO3溶液，则n(NO)溶液＝n(NaOH)＝V×10－3 L×a mol·L－1＝aV×10－3 mol，根据N元素守恒，作氧化剂的硝酸与生成的气体的物质的量相等，则有n(HNO3)被还原＝n(气体)＝＝0.5 mol。n(HNO3)＝n(NO)溶液＋n(HNO3)被还原＝aV×10－3 mol＋0.5 mol。(3)根据(1)中计算可得n(NO)＝0.26 mol，n(NO2)＝0.24 mol。从反应的始终态分析：即要将NO中的＋2价的N元素和NO2中的＋4价的N元素完全转化为NaNO3中的＋5价的N元素。根据得失电子守恒得n(NO)×3＋n(NO2)×1＝n(H2O2)×2，即0.26 mol×3＋0.24 mol＝n(H2O2)×2，求得n(H2O2)＝0.51 mol。m(H2O2)＝0.51 mol×34 g·mol－1＝17.34 g，需要30%的双氧水的质量为17.34 g÷30%＝57.8 g。
【能力提升】
22．(2023·江苏省无锡、常州、苏州、镇江市等4地高三二模)煤燃烧时，烟气中NO含量随温度和氧气含量的变化如图所示。下列说法不正确的是( )

A．燃煤过程中发生了氮的固定 B．燃煤温度越高NOx污染越重
C．含氧量越高越容易生成NO D．煤燃烧不影响自然界氮循环
【答案】D
【解析】A项，燃煤过程中氮气转化为一氧化氮，发生了氮的固定，A正确；项，由图可知，随着温度升高，一氧化氮的含量升高，污染加重，B正确；C项，由图可知，从下到上氧气浓度升高，一氧化氮含量升高，则含氧量越高越容易生成NO，C正确；D项，由图可知，煤燃烧将氮气转化为一氧化氮，污染环境，影响了氮循环，D错误；故选D。
23．(2023·江苏省扬州市高三联考)NH3是重要的化工原料，可用于某些配合物的制备，如NiSO4溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4。液氨可以微弱的电离产生NH2-和NH4+，NH3中的一个H原子若被-NH2取代可形成N2H4(联氨)，若被-OH取代可形成NH2OH (羟胺)。NH3经过转化可形成N2、NO、NO2、N2O4(无色)HNO3等。N2H4与NO2反应有气体生成，同时放出大量热。下列化学反应的表示不正确的是( )
A．向硫酸镍中通入过量氨气：Ni2++6 NH3·H2O =Ni(NH3)6]2++6H2O
B．氨气的燃烧热：4NH3 (g)+ 3O2(g)=2N2 (g)+6H2O(g) ΔH＝－1526 kJ·mol－1
C．向稀硝酸中加入过量铁粉：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O
D．硫酸铵溶液和氢氧化钡溶液反应： 2NH4+SO42-+ Ba2++2OH-=BaSO4↓+2 NH3·H2O
【答案】B
【解析】A项，根据信息NiSO4溶于氨水形成[Ni(NH3)6]SO4，则向硫酸镍中通入过量氨气对应的方程式为：Ni2++6 NH3·H2O =Ni(NH3)6]2++6H2O，A正确；B项，燃烧热是指1mol纯净物完全燃烧生成稳定氧化物对应的反应热，B错误；C项，稀硝酸和过量的铁粉反应生成硝酸亚铁和一氧化氮，对应的方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，C正确；D项，硫酸铵和氢氧化钡反应生成硫酸钡和水，两者反应的离子方程式为：2NH4+SO42-+ Ba2++2OH-=BaSO4↓+2 NH3·H2O，D正确；故选B。
24．(2023·重庆市拔尖强基联合高三定时检测)某实验小组探究NiO能否催化NO和CO反应生成无毒物质。已知：①Ni、Fe的氢氧化物化学性质相似；②2NO(g)+ 2CO(g)N2 (g)+2CO2(g) ΔH＜0  。现采用如下两个装置完成探究实验(夹持装置略去)。下列有关说法正确的是( )

A．从理论上推断，NO(g)与CO(g)生成N2 (g)和CO2 (g)的反应，高温有利于自发进行
B．在空气中加热Ni(OH)2可制备NiO
C．打开装置1中气球，通过观察气体是否变为红棕色判断是否生成N2
D．若以上实验证明NiO能够成功催化该反应，且固体A是Ni2O3，则装置2中的反应方程式为：Ni2O3+CO2NiO+CO2
【答案】D
【解析】A项，2NO(g)+ 2CO(g)N2 (g)+2CO2(g)为熵减的放热反应，即ΔH＜0、ΔS＜0，当反应ΔG=ΔH-TΔS＜0时，反应能自发进行，因此若要使ΔG＜0，则T应尽量小，即低温有利于反应自发进行，故A错误；B项，Ni、Fe的氢氧化物化学性质相似，Fe (OH)2具有还原性，能被空气中氧气氧化，因此在空气中加热Ni(OH)2会得到+3价Ni的化合物，故B错误；C项，打开装置1中气球，若气体由无色变为红棕色，则说明生成NO2气体，气球中有NO气体，遇到试管中的氧气会被氧化为NO2，无法确定是否有N2生成，故C错误；D项，若以上实验证明NiO能够成功催化该反应，且固体A是Ni2O3，则Ni2O3为整个反应过程中的中间产物，则装置2中CO将Ni2O3还原为NiO，反应方程式为Ni2O3+CO2NiO+CO2，故D正确；故选D。
25．化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。
实验Ⅰ

开始无明显现象，渐有小气泡生成，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
实验Ⅱ

最初反应较慢，随后加快，反应剧烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。
资料：铜与浓HNO3反应一旦发生就变快，生成的NO2可溶于水形成HNO2(弱酸)，反应就加快。
下列说法正确的是( )
A．NO2与H2O反应生成HNO2和NO
B．亚硝酸能加快反应速率，是因为亚硝酸可做铜与硝酸反应的催化剂
C．I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能生成HNO2
D．分别向1mL浓硝酸中加入几滴30%H2O2溶液或一定量NaNO2固体，再加入铜片，预计反应均较慢
【答案】C
【解析】A项，根据得失电子守恒可知，NO2与H2O反应应该是发生歧化反应，氮元素的化合价应该有升有降，不能只下降，生成低价态的HNO3和NO，应该生成HNO3和NO，A错误；B项，根据实验现象和资料，亚硝酸可以加快反应速率，但不一定是催化剂，催化剂要在反应前后的性质和质量保持不变，B错误；C项，稀硝酸的氧化性比浓硝酸弱，不能氧化NO，因此也不能产生HNO2，故I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为NO2，体系中不能生成HNO2，C正确；D项，过氧化氢和HNO2发生氧化还原反应，因此HNO2浓度减小甚至为0，反应速率减慢，但加入亚硝酸钠，可以增大体系中HNO2含量，反应速率会加快，D错误；故选C。
26．氨氮废水是造成河流湖泊富营养化的主要原因，处理氨氮废水(主要以NH4+和NH3·H2O的形式存在)的主要流程如图所示：

下列说法不正确的是( )
A．过程I降低氮元素浓度的方法：加入NaOH溶液，调节pH为碱性，升高温度，再通入空气，赶出氨气
B．过程II是在碱性条件下通入氧气实现：NH4+→NO2-→NO3-转化，NH4+被氧气氧微生物化为NO3- ，总反应的离子方程式：NH4+ +2O2NO3- +H2O+2H+
C．过程III中甲醇的作用是作还原剂，将NO3-还原为N2
D．过程III的转化过程为NO3-→NO2-→N2，每生成1molN2转移10mol电子
【答案】B
【解析】向氨氮废水中加NaOH溶液，调节pH至9后，升温至30℃，并通入空气将氨气赶出并回收，得到低浓度的氨氮废水；然后使低浓度的氨氮废水在微生物作用下，将NH4+经过两步反应被氧化成NO3-，得到含有HNO3的废水，再向废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2。从而得到达标废水。A项，向废水中加入NaOH溶液，NH4+与OH反应NH4++OH-= NH3·H2O，反应产生的NH3·H2O受热易分解变为NH3被热空气带出，从而使废水中的氮元素含量降低，故A正确；B项，在碱性条件下NH4+被氧气氧微生物化为NO3-，总反应的离子方程式：NH4+ +2OH-+2O2NO3- +3H2O，故B错误；C项，废水中加入CH3OH，将HNO3还原成N2，故C正确；D项，在反应中NO3-得到电子被还原产生N2，每生成1molN2转移10mol电子，故D正确；故选B。
27．为探究氨及铵盐性质，将NH4Cl晶体装入如图所示T形三通管两端，进行微型实验。下列说法错误的是( )

A．轻轻挤压任一乳胶头，若蒸馏水中有气泡冒出，则装置气密性良好
B．同时点燃两个酒精灯后，两端湿润的pH试纸均变蓝
C．实验过程中竖直支管上方会出现白烟
D．停止加热后可以交替挤压两边乳胶头，使气体更充分吸收，减少污染
【答案】B
【解析】A项，整套装置是密闭体系，若装置气密性良好，轻轻挤压任一乳胶头，则蒸馏水中有气泡冒出，故A正确；B项，pH试纸遇酸变红，遇碱变蓝，氯化铵受热分解生成氨气和HCl，左边氯化钙会吸收氨气，右边NaOH会吸收HCl，因此同时点燃两个酒精灯后，左端pH试纸变红，右边pH试纸变蓝，故B错误；C项，竖直支管上方同时有氨气和HCl，两者相遇变为氯化铵，因此实验过程中竖直支管上方会出现白烟，故C正确；D项，停止加热后，不断交替挤压两边乳胶头，增大压强，将残余的气体全部赶入到蒸馏水中被吸收，减少污染，故D正确；故选B。
28．盐酸羟胺NH3OHCl是一种常见的还原剂和显像剂，其化学性质与NH4Cl类似。工业上主要采用图1所示的方法制备。其电池装置中含Fe的催化电极反应机理如图2所示。不考虑溶液体积的变化，下列说法正确的是( )

A．电池工作时，含Fe的催化电极作负极
B．图2中，M为H+和，N为NH3OH+
C．电池工作时，每消耗(标准状况)，左室溶液质量增加3.3g
D．电池工作一段时间后，正极区溶液的减小、负极区溶液的增大
【答案】C
【解析】由图可知，氢元素化合价降低失电子，Pt电极为负极，电极反应式为H2-2e- =2H+，含铁的催化电极为正极，电极反应式为NO+3e- +4H++Cl-=NH3OHCl。A项，电池工作时，含铁的催化电极作正极，A错误；B项，由题意可知，NH2OH具有和氨气类似的弱碱性，可以和盐酸反应生成盐酸羟胺，所以缺少的一步反应为NH2OH+H+= NH3OH+，图2中M为NH2OH，N为NH3OH+，B错误；C项，含Fe的催化电极为正极，电极反应式为NO+3e- +4H++Cl-=NH3OHCl，2.24LNO标况下是0.1mol，左室增加的质量为0.1molNO和0.3mol氢离子的质量，即0.1mol×30g/mol+0.3mol×1g/mol=3.3g，C正确；D项，原电池工作时，正极氢离子被消耗，pH增大，负极生成氢离子，pH减小，D错误；故选C。
29．部分含氮物质的分类与相应氮元素化合价关系如图所示。下列说法正确的是( )

A．a可使紫色石蕊试液变红
B．b的分子含有极性共价键，不含非极性共价键
C．一定条件下，c、d、e之间存在转化关系：c→d→e
D．实验室用e的浓溶液与反应制备d，用排水法收集
【答案】C
【解析】由图可知，abcde均为含氮化合物，故a为NH3、b为N2H4、c为NO，d为NO2，e为硝酸。A项，a为NH3，NH3会使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A项错误；B项，b为N2H4，中含有N-H极性共价键，N-N非极性共价键，B项错误；C项，c为NO，d为NO2，e为硝酸，2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O，故c、d、e之间存在转化关系：c→d→e，C项正确；D项，实验室用e的浓溶液与Cu反应制备d，发生的反应方程式为Cu + 4HNO3(浓) = Cu(NO3)2 + 2NO2↑+ 2H2O，但3NO2+H2O=2HNO3+NO，故不能用排水法收集NO2，D项错误；故选C。
30．用如下方法回收废旧CPU中的单质Au(金)、Ag和Cu

已知：浓硝酸不能单独将Au溶解，通常采用王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1∶3]溶解Au。
下列说法不正确的是( )
A．浓、稀HNO3均可作酸溶试剂，溶解等量的Cu，选择稀硝酸可节约原料
B．HNO3- NaCl与王水溶金原理相同，反应原理可以表示为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+NO↑+4NaNO3+2H2O
C．用王水溶金时，利用了HNO3的氧化性，浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
D．用适当浓度的盐酸、氯化钠溶液、氨水和铁粉可从酸溶后的溶液中回收Cu和Ag，试剂1应选择NaCl溶液
【答案】C
【解析】A项，Cu与稀HNO3反应的方程式为3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，溶解1molCu需要硝酸为，Cu与浓HNO3反应的方程式为Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1molCu需要硝酸为4mol，故溶解等量的Cu，选择稀硝酸可节约原料，故A正确；B项，根据化合价的变化规律可知，金元素的化合价从0价升高为+3价，是还原剂，硝酸是氧化剂，氮元素的化合价从+5价降低为+2价，产物是NO，根据得失电子守恒、元素守恒配平方程式为Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+NO↑+4NaNO3+2H2O，故B正确；C项，用王水溶金时，硝酸中N的化合价降低，做氧化剂，利用了HNO3的氧化性，浓盐酸提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，其主要作用是减小金离子的电势，增强金的还原性，故C错误；D项，根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaC1溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2是铜和铁单质，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，故D正确；故选C。
31．硫酸工业尾气(含有SO2、SO3)可以使用氨水进行吸收，防止了有害物质的排放，同时生产副产品氮肥。已知吸收尾气后的氨水全部转化为含三种铵盐的溶液。为测定此铵盐溶液的成分，设计如下实验。

下列说法错误的是( )
A．每份铵盐溶液中n[(NH4)2SO3]+n(NH4HSO3)=0.9mol
B．沉淀C中BaSO3的质量为195.3g
C．每份铵盐溶液中n[(NH4)2SO4]=0.1mol
D．铵盐溶液中c[(NH4)2SO3]：c(NH4HSO3)：c[(NH4)2SO4]=4：5：1
【答案】D
【解析】吸收尾气后的氨水全部转化为含三种铵盐的溶液，推测可能含有亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、硫酸根离子。分两份后，向其中一份铵盐中加入足量硫酸产生气体，说明该气体为SO2，即n(SO2)=0.9mol，也说明在该铵盐中含有(NH4)2SO3、NH4HSO3中至少一种；另一份相同体积的溶液中加入足量Ba(OH)2，产生1.6mol气体，推测该气体为NH3，即n(NH3)=1.6mol；同时产生沉淀218．6g。若沉淀完全是BaSO3，其质量应是0.9mol×217g/mol=195.3g<218．6g， 所以沉淀的成分应为BaSO3和BaSO4的混合物。故原铵盐含有亚硫酸盐和硫酸盐；又根据n(NH3)=1. 6mol﹤2n(SO2)=1.8mol，所以铵盐中肯定还含NH4HSO3。即该盐是NH4)2SO3、NH4HSO3、(NH4)2SO4三种铵盐的混合物。③根据元素守恒，由于n(SO2)=0．09mol ，所以n(BaSO3)=0．09mol，m(BaSO3)=217g/mol×0．09mol=19.53g，m(BaSO4)=21.86-19.53=2．33(g)。则n(BaSO4)=0．01mol= n[(NH4)2SO4]，n[(NH4)2SO3]=0.16mol-0.01mol×2-0．09mol=0.05mol； n(NH4HSO3)=0.09-0.05=0.04mol。在同一溶液中溶质t的物质的量的比等于浓度的比。所以c[(NH4)2SO3]： c(NH4HSO3)： c[(NH4)2SO4] = 5 ： 4 ： 1。A项，根据元素守恒可知，铵盐中含的硫元素都以二氧化硫气体的形式溢出，所以铵盐中n[(NH4)2SO3]+n(NH4HSO3) =n(SO2)=0.9mol，A正确；B项，元素守恒，由于n(SO2)=0.9mol，所以n(BaSO3)= 0.9mol，m(BaSO3)=217g/mol×0.9mol=195.3g，B正确；C项，根据沉淀的总质量为218.6g，结合B项推知，生成的硫酸钡的质量为m(BaSO4)=218.6g-195.3g=23.3g，结合元素守恒可知，n[(NH4)2SO4]=n(BaSO4)==0.1mol，C正确；D项，结合上述选项分析可知，n[(NH4)2SO4] =0.1mol，n[(NH4)2SO3]+n(NH4HSO3) =n(SO2)=0.9mol，所以 (NH4)2SO4产生的NH3是0.1mol×2=0.2mol，共产生1.6mol NH3，其他成分产生氨气1.6mol-0.2mol=1.4mol，亚硫酸根离子与铵根离子为9：14，设亚硫酸铵和亚硫酸氢铵的物质的量分别为：X、Y，则，解得：X=0.5mol，Y=0.4mol，铵盐溶液中各溶质成分与物质的量浓度之比：c[(NH4)2SO3]： c(NH4HSO3)： c[(NH4)2SO4] = 5 ： 4 ： 1，D错误；故选D。
32．(2023·福建省龙岩市高三联考)某实验小组对Cu与HNO3的反应进行研究，实验如下。

(1)试管①中反应的化学方程式是_______。
(2)已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为NO2与水生成了HNO2和_______。
(3)对比③和⑤中现象，为探究③中立即产生气泡的原因，实验小组提出如下假设，并设计实验验证。
假设1：Cu2+对该反应有催化作用。
假设2：NO2对该反应有催化作用。
假设3：HNO2对该反应有催化作用。
序号
实验操作
实验现象
结论
3
向④中溶液加入少量_______(填化学式)固体后，加入铜片
溶液蓝色加深，无其他明显现象
假设1不成立
4
_______(填实验操作)
铜片表面立即产生气泡
假设2成立
5
向②中溶液通入少量_______(填化学式)气体后，加入铜片
无明显变化
6
向④中溶液加入少量_______(填化学式)溶液，再加入铜片
铜片表面立即产生气泡
假设3成立
(4)得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片。补充该实验的目的是_______。
(5)某工厂用硝酸溶解废铜屑制备Cu(NO3)2·3H2O，为避免NOx的生成，实验小组提出还应加入H2O2溶液，反应的离子方程式为_______；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，得到653.4 kg产品，产率为_______。
【答案】(1)Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
(2)HNO3
(3) Cu(NO3)2 向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片 N2(或稀有气体等其他不与体系发生反应的气体) HNO2
(4)排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响
(5) 2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O 90%
【解析】(1)试管①中反应的化学方程式是Cu+4HNO3=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；(2)已知绿色是棕色和蓝色的混合色，绿色溶液变蓝是因为NO2与水生成了HNO2，二氧化氮化合价降低，还有化合价升高，则二氧化氮的氮也应该升高，即生成HNO3；
(3)假设1不成立，则应该向溶液中加入铜离子即加入Cu(NO3)2，蓝色加深，氮没有其他明显现象；为验证是NO2对该反应有催化作用，则应该向④中溶液通入NO2气体后，加入铜片，铜片立刻产生气泡，再将②中溶液通入稀有气体等将里面的二氧化氮排出，再加铜片无明显现象，说明是NO2对该反应有催化作用；为验证HNO2对该反应有催化作用，应将向④中溶液加入少量HNO2溶液，再加入铜片，铜片表面立即产生气泡；(4)得出实验结论后，有同学认为还应补充对比实验：向④溶液加入几滴较浓的硝酸后加入铜片，由于二氧化氮溶于水生成硝酸，导致硝酸浓度变大，因此补充该实验的目的是排除通NO2带来的硝酸浓度增大的影响；(5)某工厂用硝酸溶解废铜屑制备Cu(NO3)2·3H2O，为避免NOx的生成，实验小组提出还应加入H2O2溶液，则铜、硝酸、双氧水反应生成硝酸铜和水，其反应的离子方程式为2HNO3+H2O2+Cu=Cu(NO3)2+2H2O；消耗含铜元素80%的废铜屑240 kg固体时，根据Cu～Cu(NO3)2·3H2O，理论得到Cu(NO3)2·3H2O质量为，实际得到653.4 kg产品，产率为。
33．(2023·安徽省淮南市一模)某化学实验小组为了探究氨气的性质设计了如下实验方案。
实验一：探究氨气的溶解性
氨气具有强刺激性气味，会污染空气。实验小组经过多次尝试，最终将氨气的制备、收集、检验和喷泉实验于一体，设计出如图装置。

(1)写出气体发生装置仪器A中产生氨气的方程式___________。
(2)仪器B的名称___________，为了保证喷泉实验的良好效果，B中可以放入的试剂___________。
(3)实验时，打开K2，关闭K3，打开K1，将注射器中的浓氨水注入A中开始制备和收集氨气。已知仪器C中放入的是滴有酚酞溶液的湿棉花，则仪器C的作用___________。在不拆除装置的前提下，引发喷泉的操作是___________。
实验二：探究氨气的还原性
已知： Cu2O 呈红色固体，在酸性溶液中不稳定： Cu2O+ H2SO4=Cu+CuSO4+ H2O。
(4)装置G用于制备氨气，仪器的链接顺序为e，f接___________、___________、___________、___________ 、___________ 、___________接i，________，装置H的作用___________。实验开始前应先通一段时间的N2，其目的是___________。

(5)反应结束后装置F中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体的成分，进行了如下实验：取15.6g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸充分搅拌、静置、过滤、洗涤、干燥、称重，得固体9.6g，则红色固体的成分及其物质的量为___________。
【答案】(1)CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或CaO+H2O=Ca(OH)2、NH3·H2O= NH3↑+H2O)
(2) 球形干燥管 碱石灰
(3) 吸收并检验氨气，防止氨气直接排入空气 关闭K1和K2，打开K3
(4) abcdgh(或abcdhg) 安全瓶，防倒吸 排尽装置内空气或氧气 (合理即可)
(5)Cu2O和Cu各0.075mol 或Cu2O 0.075mol、Cu 0.075mol
【解析】(1)A中产生氨气的方程式CaO+NH3·H2O=Ca(OH)2+NH3↑(或CaO+H2O=Ca(OH)2、NH3·H2O= NH3↑+H2O)；(2)仪器B的名称为球形干燥管，为了保证喷泉实验的良好效果，B中可以放入的试剂为碱石灰，对氨气进行干燥；(3)C中放入滴有酚酞溶液的湿棉花，作用为吸收并检验氨气，防止氨气直接排入空气，污染大气。在不拆除装置的前提下，引发喷泉的操作是关闭K1和K2，打开K3；(4)分析实验装置，装置G用于制备氨气，然后E用于干燥氨气，氨气和CuO在F中发生反应，然后接H，起到安全瓶的作用，最后用I进行尾气吸收，则仪器的链接顺序为e，f接a-b-c-d-g-h (或a-b-c-d-h-g)接i，装置H的作用是安全瓶，防倒吸。实验开始前应先通一段时间的N2，其目的是排尽装置内空气或氧气 (合理即可)，防止空气中氧气等的干扰。(5)所得固体为Cu，物质的量为；过程中发生反应为Cu2O+ H2SO4=Cu+CuSO4+ H2O，每摩尔Cu2O与酸反应前后质量损失为80g，根据反应前后质量损失为15.6g-9.6g=6g，则参加反应的Cu2O为，则生成Cu的物质的量为0.075mol，所以原固体中Cu2O的物质的量为0.075mol，Cu物质的量为，故Cu2O和Cu各0.075mol 或Cu2O 0.075mol、Cu 0.075mol。
34．叠氮化钠(NaN3)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。
查阅资料：
I.氨基钠(NaNH2)熔点为208℃，易潮解和氧化；N2O有强氧化性，不与酸、碱反应；叠氮酸(HN3)不稳定，易分解爆炸。
II.2HNO3+8HCl+4SnCl2=4SnCl4+5H2O+N2O↑，2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。
回答下列问题：
(1)制备NaN3

①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→_______→_______→_______→_______→b→c→h(填仪器接口字母)。
②D的作用为_______。
③实验时E中生成SnO2·xH2O沉淀，反应的化学方程式为_______。
④C处充分反应后，停止加热，需继续进行的操作为_______，其目的为_______。
(2)用如图所示装置测定产品纯度(反应原理为：ClO-+2 N3-+H2O=Cl-+3N2 ↑+2OH-)

①仪器F的名称为_______；
②管q的作用为_______________________。
③若G的初始读数为37.20mL、末读数为1.20mL，本实验条件下气体摩尔体积为VmL·mol-1，则产品中NaN3的质量分数为_______。
【答案】(1) f     g     d     e     吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气     SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2·xH2O↓+N2+2HCl     继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞     防止E中液体倒吸入B中
(2)  蒸馏烧瓶     减小测定气体体积时的误差、使恒压滴液漏斗中的液体顺利流下     ×100%
【解析】A装置中稀HNO3与SnCl2与盐酸的混合液反应制备N2O，由于HNO3具有挥发性，所制N2O中混有HNO3(g)和H2O(g)，而NaNH2易潮解和氧化，D装置中碱石灰可除去N2O中混有的HNO3(g)和H2O(g)，C装置中NaNH2与N2O共热反应制备NaN3，B装置中浓硫酸可防止E中H2O(g)进入C装置中、同时吸收C装置中反应生成的NH3，最后用足量SnCl2溶液吸收多余的N2O。(1)①按气流方向，装置的合理连接顺序为a→f→g→d→e→b→c→h；②由于HNO3具有挥发性，所制N2O中混有HNO3(g)和H2O(g)，而NaNH2易潮解和氧化，故D装置中碱石灰用于吸收N2O中混有的HNO3(g)和H2O(g)；③N2O有强氧化性，不与酸、碱反应，N2O将SnCl2氧化生成SnO2∙xH2O，自身被还原成N2，N元素的化合价由+1价降至0价，Sn元素的化合价由+2价升至+4价，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为N2O+SnCl2+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl；④C处充分反应后，停止加热，需继续进行的操作为继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞，其目的是防止E中液体倒吸入B中；(2)①根据仪器F的结构特点知，F的名称为蒸馏烧瓶；②管q将恒压滴液漏斗上下相连，其作用是减小测定气体体积时的误差、使恒压滴液漏斗中的液体顺利流下；③若G的初始读数为37.20mL、末读数为1.20mL，则反应生成N2的体积为37.20mL-1.20mL=36.00mL，实验条件下气体摩尔体积为VmL·mol-1，则N2物质的量为=mol，根据反应原理ClO-+2N3-+H2O=Cl-+3N2 ↑+2OH-，NaN3物质的量为×mol=mol，产品中NaN3的质量分数为=×100%。
25．制备银氨溶液的反应：AgNO3+NH3•H2O=AgOH↓+NH4NO3；AgOH+2NH3•H2O=[Ag(NH3)2]OH+2H2O。因此认为银氨溶液的溶质主要为强碱性的[Ag(NH3)2]OH。某研究小组认为第二步反应生成的OH-将与第一步反应生成的NH4+反应，银氨溶液的溶质应是[Ag(NH3)2]NO3。该小组拟用自制的氨水制取银氨溶液，并探究其主要成分。回答下列问题：
I.氨水的制备(如图1)

(1)C装置的名称是________；C装置的作用是________________。
(2)A中反应的化学方程式为________________；A装置还能用于制备____气体。
(3)使用加装单向阀的导管，目的是____________；为有利于制备氨水，装置B的大烧杯中应盛装_______(填“热水”或“冰水”)，氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是____________________________。
(4)制得的氨水稀释到质量分数约2%，并用盐酸标准溶液标定，测得浓度为1.275mol·L-1，标定时应选用的指示剂为____(填“酚酞”或“甲基橙”)。
II.银氨溶液的制备及其主要成分探究
如图2所示装置，向25.00c(AgNO3)=0.12mol·L-1溶液中逐滴加入上述自制氨水，所加氨水体积由滴数传感器测量，实验测得烧杯内溶液的pH随氨水加入体积的变化曲线如图3所示。

(5)滴加氨水过程中，BC段溶液的pH变化不大，原因是________________。
关于D点溶液有两种假设。
假设1：溶质为强碱性的[Ag(NH3)2]OH。25.00mLc(AgNO3)=0.12mol·L-1溶液中加入5.00mL氨水恰好澄清时，计算溶液的理论pH约为________。
假设2：溶质为[Ag(NH3)2]NO3。由于银氨离子一定程度解离出氨，理论计算pH=10.26，非常接近实验值；假设1或假设2成立的是_______________。
(6)乙醛发生银镜反应的化学方程式被认为是CH3CHO+2[Ag(NH3)2]OHCH3COONH4+2Ag↓+3NH3+H2O，若银氨溶液的溶质为[Ag(NH3)2]NO3，则上述化学方程式应改为____________________。
【答案】(1) (孟氏)洗气瓶     吸收氨气，防止污染空气
(2)  2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑     氧气等
(3) 防止倒吸     冰水     氨与水之间形成分子间氢键
(4)甲基橙
(5)加入的氨水主要用于 AgOH 沉淀和部分溶解生成[Ag( NH3)2]+     13     2
(6)CH3CHO + 2[Ag( NH3)2]NO3+2H2O CH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+ NH3·H2O 或 CH3CHO + 2[Ag( NH3)2]NO3+H2O CH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+ NH3↑
【解析】(1)C装置的名称是(孟氏)洗气瓶，主要作用是吸收氨气，防止污染空气；(2)A中反应制备氨气，化学方程式为：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑，A装置还能用于制备氧气； (3)单向阀导管，只允许气体或液体向一个方向流动，可保证液体不逆流，所以使用加装单向阀的导管，目的是防倒吸；氨气溶于水形成氨水，其溶解度随温度的升高而减小，为增大氨气的溶解度，应尽可能降低温度，所以装置B的大烧杯中应装冰水，氨分子与水分子间可形成氢键，从而放出热量，所以氨气溶于水时放热或吸热的主要原因是氨与水分子间形成氡键而放热；(4)氨水与盐酸反应生成的氯化铵为强酸弱碱盐，其水溶液呈酸性，所以标定时应选用的指示剂为甲基橙；(5)滴加氨水过程中，BC段主要发生AgNO3与 NH3·H2O反应生成AgOH和NHNO3，AgOH与NH3·H2O反应生成Ag(NH3)2OH等，所以溶液的pH变化不大，原因是加入的氨水主要用于 AgOH 沉淀和部分溶解生成[Ag( NH3)2]+ 假设1：溶质为强碱性的 Ag(NH3)2OH，从图中可以看出，25mL0.12mol/L的AgNO3溶液中加4.71mL1.275mol/L的氨水，则c[Ag(NH3)2OH=0.1mol/L，，Ag(NH3)2OH为强碱，发生完全电离，则 c(OH)=0.1mol/L，pH的计算值应为13，所以假设2成立；(6)若银氨溶液的溶质为[Ag(NH3)2]NO3，则上述化学方程式为：CH3CHO + 2[Ag( NH3)2]NO3+2H2OCH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+ NH3·H2O 或 CH3CHO + 2[Ag( NH3)2]NO3+H2OCH3COONH4+2Ag↓+2NH4NO3+ NH3↑。