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2025年高考化学一轮复习讲练测第03讲氮及其重要化合物(练习)（新教材新高考）含解析答案
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这是一份2025年高考化学一轮复习讲练测第03讲氮及其重要化合物(练习)（新教材新高考）含解析答案，共41页。试卷主要包含了氮气及其化合物等内容，欢迎下载使用。
题型一 氮气及其化合物
(2024·浙江省宁波市镇海中学选考模拟)
1．氮及其化合物的转化具有重要应用，下列说法不正确的是
A．工业上模拟自然界“雷雨发庄稼”的过程生产
B．自然固氮、人工固氮都是将转化为含氮化合物
C．氨气是重要的工业原料，可用于制备化肥和纯碱等大宗化学品
D．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”
2．下列说法中正确的是
A．氮气的化学性质不如磷活泼，故氮元素的非金属性弱于磷元素
B．磷酸比硝酸稳定，所以磷元素的非金属性比氮元素强
C．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有：N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐
D．NO与O2反应生成NO2，属于氮的固定
3．不同价态含氮物质的转化可用下图表示，图中线路①②③是工业生产硝酸的主要途径。下列说法正确的是
A．①的转化属于置换反应
B．②的转化属于氮的固定
C．③的转化方程式：
D．使用CuO作氧化剂可以实现④的转化
(2024·浙江省义乌中学模拟)
4．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是
A．合成塔内发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成
B．氧化炉内发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4
C．使用溶液吸收尾气中的氮氧化物，和是酸性氧化物
D．向吸收塔中通入的作用是氧化
题型二 氮的固定和氮循环
5．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程如图所示，下列说法不正确的是
A．海洋中的氮循环起始于氮的氧化
B．海洋中存在游离态的氮和化合态的氮
C．②中的含氮物质转化属于氮的固定
D．向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量
6．自然界中的氮循环部分转化关系如图所示。
下列说法错误的是
A．氮气分子结构稳定，常温很难和其他物质发生反应
B．Ⅰ过程属于氮的固定
C．工业上也是利用图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个转化来生产硝酸的
D．图中Ⅱ、Ⅲ为硝化过程，均可通过加入氧化剂实现
7．自然界中存在很多物质循环过程。下图是自然界中氮循环示意图，请回答下列问题：
（1）自然界中的固氮和人工固氮的共同点是 。
（2）硝化细菌可以将氨氧化成亚硝酸，请配平该反应: NH3＋ O2→ HNO2＋ H2O ，其中还原产物为 。
（3）根据循环图判断下列说法不正确的是 。
a．氮元素均被氧化
b．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
c．工业合成氨属于人工固氮
d．模拟生物固氮是人工固氮发展的方向
题型三 氮的氧化物
8．标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是(设试管中的溶质不往试管外扩散)
A．此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂
B．试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4ml/L
C．溶液体积占试管容积的三分之二
D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管
9．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1ml，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0.2mlNH3，则参与反应的NO为0.8ml
(2024·浙江省金华曙光中学质检)
10．某化学反应在催化剂条件下的转化过程的微观示意图如图所示。下列有关说法不正确的是
A．该反应中，氧化性：NO＞CO2
B．该反应可表示为2NO+2CON2+2CO2
C．该反应中，被氧化与被还原的元素的质量之比为7：6
D．每生成标准状况下2.24LN2，转移的电子数为0.4NA
(2024•湖北省武汉市期中)
11．硝酸工业常用碱溶液吸收废气中的气体。某实验小组将相同体积不同组成的废气分别通入到相同的足量溶液中充分吸收，测得生成的两种离子的物质的量与废气中的物质的量分数变化关系如图所示（图中仅画出部分关系）。下列说法正确的是
A．参与反应的物质的量为B．随值增大，溶液中增大
C．当时，D．当时，反应中转移的电子为
题型四 氨气和铵盐
12．某同学探究氨气和铵盐的性质，对相关实验操作及现象描述正确的是
A．室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，比较氨水和NaOH碱性强弱
B．向试管中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，若试纸不变蓝，则原溶液中无NH
C．液氨作为清洁能源的反应原理是4NH3＋5O24NO＋6H2O
D．加热可除去NH4Cl中的少量NaHCO3
13．实验室制取氨气、收集、验证其还原性并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氨气
B．用装置乙收集氨气时气体应该从a口进b口出
C．装置丙中黑色固体变成红色时还原产物一定为铜
D．可以用装置丁吸收氨气，进行尾气处理
14．如图所示，利用培养皿探究NH3的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
题型五 硝酸的性质
15．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
16．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）
A．①②B．③④C．②③④D．②④
17．实验室可用 KNO3固体与酸反应制取硝酸，其实验装置如下图所示(加热装置已省略)。
下列说法错误的是
A．该装置不用橡皮塞和橡皮管，可避免被酸腐蚀
B．制取硝酸时曲颈甑中盛放的是硝酸钾和稀硫酸
C．用流水冷却，可促进硝酸蒸汽冷凝，避免酸雾
D．该装置用于制取液溴时，可在曲颈甑中加入 NaBr、MnO2及浓硫酸
18．一定温度下探究铜与稀硝酸的反应，反应过程如图：
下列说法不正确的是
A．过程I中生成气体的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
B．过程III反应速率比过程I快的原因是反应放热使温度升高致使速率加快
C．当活塞不再移动时，即使再抽入空气，金属铜屑也不继续溶解
D．②振荡时，针管内可能会发生的反应有4NO2+O2+2H2O=4HNO3
题型六 硝酸的计算
19．1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(标准情况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准情况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为
A．672mLB．168mLC．504mLD．336mL
20．某稀溶液中含有4mlKNO3和2.5mlH2SO4，向其中加入1.5mlFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（ ）
A．反应后生成NO的体积为28L
B．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1
C．所得溶液中c（NO3-）=2.75ml/L
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
21．将质量为32g的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法不正确的是
A．标准状况下，通入的O2体积为5.6L
B．向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0ml
C．标准状况下，混合气体构成是5.6L的NO和5.6L的NO2
D．硝酸的物质的量浓度为10.0ml·L−1
22．向500 mL稀硝酸中加入一定质量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出NO气体5.6L（标准状况），同时溶液质量增加9.3g，下列判断正确的是
A．原溶液中投入铁粉物质的量是0.25 ml
B．原溶液中的HNO3浓度是2.0 ml/L
C．反应后的溶液中还可以溶解9.6 g铜
D．反应后的溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+）=1∶2
23．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24 L(标准状况下)，这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4 ml·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50 mL，下列说法正确的是
A．参加反应的硝酸的物质的量为0.2 ml
B．消耗氧气的体积为2.24 L(标准状况下)
C．铜和硝酸反应过程中转移电子的物质的量为0.3 ml
D．混合气体中含NO2 1.12 L(标准状况下)
题型七 氮及其化合物综合实验探究
(2024·河北省部分学校高三七调考试)
24．某化学教师利用如图装置(部分装置省略)改进铜与硝酸及相关反应。
回答下列问题：
(1)按图所示装置组装实验仪器，打开，关闭，并向两侧烧杯中加水至 ，用气压法检查装置气密性。
(2)在集气瓶中的下层加入四氯化碳，上层加入水，并将绕有铜丝固定的封铁短玻璃导管固定于下层；关闭，打开，用磁铁固定绕有铜丝固定的封铁短玻璃导管于试管口，加入浓硝酸，关闭，打开，将铜丝移入浓硝酸中，其中四氯化碳的作用是 ；铜与浓硝酸反应现象为 ；其反应的离子方程式为 。
(3)传感器读数逐步下降到1以下时，将铜丝与浓硝酸脱离， (填操作)，此时右侧烧杯内的溶液会倒吸入具支试管中，同时产生蓝色沉淀。
(4)用磁铁将集气瓶中的铜丝移至水层，水层中产生无色气体，同时溶液变为蓝色，水层发生反应的离子方程式为 。
(5)针筒中充满红棕色气体，颜色逐渐变浅，并产生白烟，白烟名称为 。
(6)左侧烧杯中溶液的作用： 。
(7)任写一条该实验设计的优点： 。
(2024•福建省福州市福建师大附中期中)
25．某化学自主实验小组通过实验探究、的性质。
探究Ⅰ：利用如图所示装置探究能否被还原（、为止水夹，夹持固定装置略去）。
(1)写出装浓氨水的仪器名称 。
(2)A装置中制取的化学方程式是 ，实验室用两种固体混合加热制氨气的方程式是 。
(3)E装置中制取的离子方程式 。
(4)若能够被还原，预期C装置中能观察到的现象是 。
探究Ⅱ：用下列装置探究、混合气体的喷泉实验。
(5)请在G装置中的虚线上描出导管实线图 。
(6)G装置中浓硫酸有三种作用：混合、气体；干燥、； 。
(7)将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，若混合气体全部被吸收，则所得溶液物质的量浓度为 （标准状况下，保留两位有效数字）。
(2024•广东省广州市教学质量监测)
26．氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题：
Ⅰ.氨气的制备
(1)实验室制备氨气的化学方程式为 。
(2)装置B中的干燥剂可以选用 。
(3)气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是 (填字母)，原因是 。
Ⅱ.氨气与二氧化氮的反应
(4)二氧化氮的制备：铜和浓硝酸产生NO2的离子方程式是 。
(5)将Ⅰ中收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入(5)中产生的NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。
在一定温度下按图示装置进行实验。打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中，Y管中实验现象是 ﹔反应的化学方程式 。
Ⅲ.某氨氮废水(、NH3·H2O)的生物法处理流程如图所示：
(6)检验氨氮废水中含有的方法是： 。
(7)过程Ⅱ在硝化细菌作用下实现→→的转化；称为硝化过程。在碱性条件下实现上述硝化过程的总反应的离子方程式为： 。
(2024·江苏省南通市二模)
27．下列含氮化合物的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．中N存在孤电子对，可用作配体B．硬度大，可用作半导体材料
C．具有氧化性，可用于制备D．分子间存在氢键，热稳定性高
(2024·甘肃省白银市三模)
28．甲酸（）可在纳米级表面分解为活性和，经下列历程实现的催化还原。已知（Ⅱ）、（Ⅲ）表示中的二价铁和三价铁，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．溶液中含有的数目为
B．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
C．由和组成的混合气体中，含氧原子的总数为
D．反应历程中生成的可调节体系，有增强氧化性的作用
(2024·北京市门头沟区一模)
29．化学小组同学探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因。
资料：ⅰ．铜与浓硝酸反应过程中可生成，易分解产生无色气体。
ⅱ．是一种弱酸。电离出，与发生如下反应： (绿色)
下列说法不正确的是
A．依据实验①，向通入稳定的气流，溶液可能会变黄
B．实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，绿色消失
C．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色
D．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：铜与浓硝酸反应过程中，生成使溶液呈绿色
(2024·安徽省淮北市一模)
30．实验室中用如图装置，以氨气和钠为原料加热至制备氨基钠，并检验气体产物．已知：极易水解．下列说法正确的是
A．装置A中的药品是氯化铵固体B．装置B和装置D均只起到干燥作用
C．实验时先点燃C处酒精灯，再点燃A处酒精灯D．装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成
(2024•江苏省扬州大学附属中学月考)
31．氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
(1)氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式为 。
(2)“吸收塔”尾部会有含NO、等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①氨转化法。已知7ml氨恰好能将含NO和共6ml的混合气体完全转化为，则混合气体中NO和的物质的量之比为 。
②NaClO溶液氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示：
Ⅰ．酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，其离子方程式： 。
Ⅱ．NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。
(3)吸收塔中通常将NO和气从下面通入，水从上面喷入，这样做的目的是： 。
(2024•四川省绵阳市期中)
32．硝酸铜是一种重要的化工原料，可由工业含铜废料制备，含铜废料的主要成分为Cu、CuS、CuSO4等，制备流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，该反应的化学方程式为 ，提高“焙烧”效率的方法为 。(任写一种)
(2)“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为 。
(3)①“淘洗”所用时溶液A可以是 。(填标号)。
a．稀硝酸 b．浓硝酸 c．稀硫酸 d．㳖硫酸
②如何证明“淘洗”已完全 。
(4)“反应”阶段所用的试剂是20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液，反应过程中无红棕色气体生成。
①理论上反应所消耗的H2O2和HNO3的物质的量之比为 。
②若不加10%的H2O2溶液，只用20%的HNO3溶液，随着反应的进行，温度上升并出现大量红棕色气体，反应的离子方程式为 。
(5)某工厂用m1kg上述工业含铜废料(含铜元素80%)制备Cu(NO3)2•3H2O，最终得到产品m2kg，产率为 。(分数化为最简)
(2024•河南省濮阳市第三次联考)
33．硫酸铵[(NH4)2SO4]俗称硫铵、肥田粉。模拟以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备硫酸铵的一种流程如图所示：
回答下列问题：
(1)步骤ⅲ的目的是 。
(2)“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为 ；在该反应中，36.0gFeS2完全反应时转移 ml电子。
(3)合成氨反应中，1mlN2和4mlH2在催化剂、高温、高压作用下合成NH3的物质的量 (填“>”“<”或“=”)2ml。
(4)如果直接用水吸收SO3，会形成大量“酸雾”，污染环境。由此推知，SO3和H2O的反应是 (填“吸”或“放”)热反应。
(5)利用Fe3O4可以制备高纯度铁红，其步骤如下：
步骤1：用足量稀硫酸溶解Fe3O4。
步骤2：向溶液中加入足量双氧水，氧化亚铁离子。
步骤3：加入过量NaOH溶液，过滤﹑洗涤、灼烧。
步骤2中氧化亚铁离子的离子方程式为 。
(6)测定硫酸铵产品纯度(假设杂质不参加反应)：取Wg硫酸铵产品于试管中，向其中加入足量NaOH溶液，共热；产生的气体用V1mLc1ml/L盐酸吸收，得到吸收液；再向吸收液中滴加V2mLc2ml/LNaOH溶液恰好完全中和过量的盐酸。该产品中(NH4)2SO4的质量分数为 (用含c1、V1、c2、V2、W的代数式表示)。
(2024•北京市东直门中学学情监测)
34．某中学趣味化学实验小组的同学想通过“被浓氧化”的实验，验证的还原性．
实验一：验证的还原性
(1)红棕色气体是 。（写化学式）
(2)实验现象与预期不符，继续进行实验。
取深棕色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，该现象说明 。
实验二：探究溶液变为深棕色的原因
【资料与猜想】
查阅资料后猜想，可能是生成的或NO与溶液中的或反应，而使溶液变为深棕色。
【实验与探究】
用如图所示装置进行实验（气密性已检验，尾气处理已略去）
ⅰ．关闭c，打开a和b，通入，一段时间后关闭a；
ⅱ．向甲中加入适量浓，一段时间后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化；
ⅲ．关闭b、打开c，更换丙、丁中的溶液（试剂不变）；
ⅳ．继续向甲中加入浓，一段时间后观察到了与ⅱ相同的实验现象。
(3)通入的目的是 。
(4)铜与浓硝酸反应的离子方程式是 。
(5)装置乙的作用是 。
(6)实验结论：溶液的深棕色可能是因为 。
A．与NO发生了反应B．与发生了反应
C．与NO发生了反应D．与发生了反应
【反思与改进】
实验三：验证的还原性
(7)该小组同学依据实验二的结论改进了实验一，观察到了预期现象，其实验操作是向盛有 的试管中滴入几滴 ，振荡。
(2024•上海市曹扬二中高三等级模拟考试)
35．处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下：
(1)在一定的气体流速下，碱液吸收时，富“NO2”尾气中的NO、NO2含量与吸收度的关系如图所示，由图可知，最合适的NO含量应为 ，过高和过低都不利于NOx的吸收，其原因是 。
(2)富“NO2”尾气应从吸收塔的___________部通入。
A．顶部B．上部C．中部D．底部
(3)在30℃时进行碱液吸收NOx的反应，此时NaOH的浓度控制在22%~25%最佳，NaOH浓度不宜过高的原因是 。
(4)在分离池中分离出NaNO2的操作为：蒸发浓缩、___________、过滤洗涤。
A．冷却结晶B．趁热过滤C．蒸发至干D．重结晶
(5)转化池中加入硝酸用于除杂，同时产生NO，其发生的离子反应方程式为 。在转化池内通常需要一定量的空气，其作用是 。
A．减少氮氧化物二次污染 B． 除去溶液中的杂质
C．有利于产品的分离 D． 节省HNO3的用量
(6)已知硝酸尾气中NOx的总含量为6.2×10-3ml/m3，气体流速为1268m3/h，经该吸收工艺后，排出气体中NOx的总含量降低为5.0×10-4ml/m3，则每小时至少需要质量分数为25%的NaOH溶液(密度为1.04g/cm3) m3(保留2位有效数字)。
(2023•山东卷，2)
36．实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是
A．稀盐酸：配制溶液
B．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解
C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管
D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化
(2023•辽宁省选择性考试，3)
37．下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H22NH3B．制HCl：H2+Cl22HCl
C．制粗硅：SiO2+2CSi+2COD．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
(2023•浙江省1月选考，5)
38．下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．和乙醇反应可生成B．工业上煅烧黄铁矿生产
C．工业上用氨的催化氧化制备D．常温下铁与浓硝酸反应可制备
(2022•湖南选择性考试，9)
39．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中发生氧化反应
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
(2021•浙江6月选考，16)
40．关于化合物的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性B．与溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气D．水解生成盐酸和硝酸
(2021·河北高考)
41．关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
目录01 模拟基础练
【题型一】氮气及其化合物
【题型二】氮的固定和氮循环
【题型三】 氮的氧化物
【题型四】氨气和铵盐
【题型五】硝酸的性质
【题型六】硝酸的计算
【题型七】氮及其化合物综合实验探究
02 重难创新练
03 真题实战练
选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
NH3与浓盐酸挥发出来的HCl气体反应产生了NH4Cl固体
B
浓硫酸附近无明显现象
NH3与浓硫酸不发生反应
C
氯化物溶液变浑浊
该溶液一定是AlCl3溶液
D
干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石蕊试纸变蓝
NH3是一种可溶性碱
①
②
③
选项
实验操作
现象
解释或结论
①
过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化为Fe3+
②
浓HNO3久置或光照
变黄色
HNO3不稳定易分解
③
Al箔插入稀HNO3中
无现象
Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
④
用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上
试纸先变红色后褪色
浓HNO3具有酸性和强氧化性
编号
操作
现象
①
分别向和溶液中通入稳定的气流
溶液变黄
溶液不变黄
②
将实验①的黄色溶液与蓝色溶液混合
溶液呈绿色
③
将溶液与溶液混合
溶液呈绿色
④
向实验③所得溶液中加入浓硝酸
溶液变蓝
实验操作
预期现象
实验现象
向盛有2mL 溶液的试管中，滴入几滴浓硝酸，振荡。
试管中产生红棕色气体，溶液变为黄色。
试管中产生红棕色气体，溶液变为深棕色。
参考答案：
1．A
【详解】A．自然界 “雷雨发庄稼”的第一步是将空气中的氮气转化为NO，工业生产硝酸的第一步是将氮气和氢气反应生成氨气，氨气催化氧化得到NO，NO被氧化为，和水反应最后得到硝酸，A项错误；
B．氮的固定是是将转化为含氮化合物的过程，其中氮的固定包括自然固氮、人工固氮，B项正确；
C．氨气作为重要的工业原料可以制备化肥和纯碱等大宗化学品，C项正确；
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项正确；
答案选A。
2．C
【详解】A．氮和磷同主族，氮原子半径小、得电子能力强，氮气化学性质比磷活泼，故氮元素非金属性强于磷；氮气不活泼，是因为氮气分子中存在氮氮三键，与氮元素非金属性强弱无关，故A错误；
B．最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则该元素的非金属性越强，HNO3是强酸而H3PO4是中强酸，硝酸比磷酸酸性强，所以氮元素的非金属性比磷元素强，不能依据含氧酸的稳定性来比较酸性强弱和元素的非金属性强弱，故B错误；
C．氮气与空气中的氧气在雷电作用下反应生成一氧化氮，一氧化氮不稳定及易被空气中的氧气氧化转化为二氧化氮，二氧化氮与空气中的水反应生成硝酸，硝酸与同土壤中的矿物相互作用，生成可溶于水的硝酸盐，即植物生长需要的氮肥，植物生长得更好，故C正确；
D．氮的固定是氮的游离态转化为化合态，即氮气转化为氮的化合物，D错误；
答案选C。
3．D
【详解】A． ①的转化是氨的催化氧化，发生，不属于置换反应，故A错误；
B．氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，②的转化发生反应，不属于氮的固定，故B错误；
C． ③的转化方程式：，故C错误；
D．使用CuO作氧化剂可以发生反应，，可以实现④的转化，故D正确；
故答案为：D
4．C
【详解】氮气和氢气和成氨气，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。据此解答。
A．合成塔内为氮气和氢气反应生成氨气，有氮气和氢气中的非极性键的断裂，和氨气中的极性键的形成，A正确；
B．氧化炉内的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，氨气为还原剂，氧气Wie氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量比为5:4，B正确；
C．一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物，C错误；
D．吸收塔中通入氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，促进氮的吸收为硝酸，D正确；
故选C。
5．A
【详解】A．从图中可以看出，海洋中的氮循环起始于空气中N2的溶解，A不正确；
B．海洋中存在N2、、等，所以存在游离态的氮和化合态的氮，B正确；
C．②中的含氮物质，由游离态转化为化合态，则属于氮的固定，C正确；
D．向海洋排放含的废水，会经过两次反硝化作用，并可转化为，从而影响海洋中的含量，D正确；
故选A。
6．C
【详解】A．氮气分子中含有氮氮三键结构稳定，常温很难和其他物质发生反应，故A正确；
B．氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮，Ⅰ过程从N2到，属于氮的固定，故B正确；
C．工业上是通过氨的催化氧化生成NO、NO被氧化为NO2、NO2和水反应三个转化来生产硝酸的，故C错误；
D．图中Ⅱ中氮从-3价升高到+3价、Ⅲ中氮从+3价升高到+5价，都为硝化过程，均可通过加入氧化剂实现，故D正确；
故答案为：C。
7． 将游离态的氮转化为化合态的氮或将氮气转化为氮的化合物 2、3、2、2 HNO2和H2O a
【分析】（1）根据氮的固定含义解答；
（2）反应中氮元素化合价升高，氧元素化合价降低，结合电子得失守恒解答；
（3）a、根据N元素的化合价升高被氧化，N元素的化合价降低被还原结合各反应中氮元素的化合价的变化分析；
b、根据氮循环中物质的分类进行解答；
c、人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；
d、依据生物固氮的特点解答。
【详解】（1）将氮元素由游离态转化为化合态氮元素的过程称为氮的固定，因此自然界中的固氮和人工固氮的共同点是将游离态的氮转化为化合态的氮或将氮气转化为氮的化合物；
（2）根据方程式可知氨气中氮元素化合价从－3价升高到+3价，失去6个电子，氧气中氧元素化合价从0价降低到－2价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为2NH3＋3O2＝2HNO2＋2H2O，氧气是氧化剂，则还原产物为HNO2和H2O；
（3）a．碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环，如硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮气单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故a错误；
b．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故b正确；
c．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故c正确；
d．生物固氮是生命科学中的重大基础研究课题之一，为植物特别是粮食作物提供氮、提高产量、降低化肥用量和生产成本、减少水土污染和疾病，因此模拟生物固氮是人工固氮发展的方向，故d正确．
故答案选a。
【点睛】本题主要考查了氮元素在自然界中的循环、氮以及化合物的性质，理解氧化还原反应、人工固氮等知识点是解答该题的关键。
8．C
【详解】A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；
B．试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为=1/22.4 ml/L，B正确；
C．溶液体积占试管容积的，C错误；
D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。
答案选C。
【点睛】本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。
9．C
【分析】6ml被还原得到3ml，4ml被氧化得到2ml，二者相差1ml，现相差0.05ml，相当于0.3ml 和0.2ml反应，NO和NH3的混合物共1ml，证明其中有一种过量，所以有两种情况：0.3 ml 和0.7 ml或者0.2 ml和0.8 ml ，据此分析选择。
【详解】A．当转移的电子数约为3.612×1023时，电子的物质的量为0.6ml，发生反应的的物质的量为：0.2ml，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．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，B错误；
C．根据分析过程可知，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．分析反应方程式可知，有0.2mlNH3参加反应，需要0.3ml，此时还有0.5ml剩余，D错误；
答案为：C。
10．C
【分析】根据图象可知，该反应为2NO+2CON2+2CO2。
【详解】A．该反应中，NO为氧化剂，CO2为氧化产物，则氧化性：NO＞CO2，A说法正确；
B．分析可知，该反应可表示为2NO+2CON2+2CO2，B说法正确；
C．该反应中，被氧化的元素是碳元素，被还原的元素是氮元素，则被氧化与被还原的元素的质量之比为6：7，C说法错误；
D．每生成标准状况下2.24LN2，转移的电子0.4ml，即电子数为0.4NA，D说法正确；
答案为C。
11．D
【详解】A．由图可知，x=0.5时，只发生反应：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，硝酸根的物质的量为0，亚硝酸根的物质的量为2ml，当x=1时，只发生反应：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，所以线段a表示亚硝酸根，所以线段b表示硝酸根，混合气体的物质的量是2ml，当x＜0.5时，NO有剩余，因此消耗氢氧化钠的物质的量小于2ml，故A错误；
B．当x＜0.5时，NO有剩余，此时随值增大，溶液中增大，x＞0.5时，此时随值增大，溶液中不变，故B错误；
C．当时，只发生反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，混合气体中NO2的物质的量是2xml，所以，故C错误；
D．当时，发生反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，过量的NO2继续反应2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，根据方程式可判断每生成1ml NaNO2或1ml NaNO3，均转移1ml电子，所以转移电子的物质的量是1ml，故D正确；
故选D。
12．A
【详解】A．NH3·H2O是弱电解质，NaOH是强电解质，前者部分电离，后者完全电离，故通过室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，可比较氨水和NaOH碱性强弱，A正确；
B．NH3极易溶于水，稀溶液中不加热NH3不能逸出，无法确定是否含NH，B错误；
C．NH3不易燃烧，产生的NO是大气污染物，不能作清洁能源，C错误；
D．NH4Cl受热也会分解，故不可采用加热法除杂，D错误；
故选A。
13．B
【分析】A．装置中的氯化铵分解生成氨气和氯化氢气体，在试管口处重新反应生成固体氯化铵；
B．氨气比空气轻应用向下排气法收集；
C．氧化铜被还原为铜、氧化亚铜都是红色固体；
D．氨气极易溶于水，直接插入水溶液中吸收易发生倒吸。
【详解】A．装置甲中的氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢气体，氨气和氯化氢气体在试管口处又重新反应生成固体氯化铵，不能用加热分解氯化铵的方法制取氨气，实验室中制氨气是用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应生成，故A错误；
B．氨气比空气轻，应用向下排空气法收集，导气管短进长出，用装置乙收集氨气时，气体应该从a口进、从b口出，故B正确；
C．装置丙中氧化铜可以被还原为铜或氧化亚铜，铜、氧化亚铜都是红色固体，则还原产物不一定为铜，故C错误；
D．氨气极易溶于水，导管直接插入饱和食盐水中易发生倒吸，炸裂发生装置，故D错误；
答案选B。
14．A
【详解】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A正确；
B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B错误；
C.氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2等沉淀，C错误；
D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D错误；
故合理选项是A。
15．D
【分析】浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮、水和氧气。
【详解】A．①中的红棕色气体是NO2，N元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，一定有元素化合价升高，推断产生的气体中还一定有O2，故A正确；
B．浓硝酸受热易分解，②中的红棕色气体可能是硝酸分解产生，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确；
C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮中N元素化合价为+4价，化合价降低，所以生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；
D．③的气体产物中检测出CO2，CO2可能是C和氧气反应生成的产物，故D错误；
选D。
16．D
【详解】①过量的Fe粉中加入稀HNO3，反应生成硝酸亚铁，则滴入KSCN溶液，溶液不变红，故错误；
②浓HNO3久置或光照分解生成NO2，溶于硝酸呈黄色，故正确；
③Al箔插入稀HNO3中，发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水，则观察到固体溶解，气泡冒出，故错误；
④用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上，浓HNO3具有酸性使石蕊变红，又由于有强氧化性，使石蕊褪色，故正确；
故选D。
17．B
【详解】A．硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡皮塞和橡皮管，A项正确；
B．该反应的原理是利用高沸点浓硫酸制备低沸点的硝酸，则曲颈甑中盛放的是硝酸钾和浓硫酸，B项错误；
C．硝酸沸点低，用流水冷却，可促进硝酸蒸汽冷凝，避免酸雾，C项正确；
D．NaBr、MnO2及浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、硫酸锰和水，溴单质易挥发，则可用该装置制取液溴，D项正确；
答案选B。
18．C
【详解】A．铜与稀硝酸的反应产物为NO，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A正确；
B．铜和稀硝酸的反应放热，随反应的进行，体系内的温度升高，温度越高反应速率越快，故B正确；
C．活塞不再移动时，再抽入空气，NO和氧气在水中发生反应生成硝酸，能继续溶解铜，故C错误；
D．②振荡时，针管内的二氧化氮与氧气在水中可以发生反应生成硝酸，反应的化学方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故D正确；
故选C。
19．D
【详解】根据在反应过程中铜失去电子变为铜离子，而硝酸先被还原为二氧化氮，随着反应进行浓硝酸变稀，硝酸被还原为一氧化氮，再通入氧气后将氮的氧化物氧化为硝酸；整个过程中硝酸没有发生变化，实质反应是铜和氧气间的反应；根据电子守恒法得n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(O2)=0.015ml，标况下V=n×Vm=0.015ml×22.4L/ml=0.336L=336mL；
故选D。
20．B
【分析】铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5ml，n（H+）=5ml，n（NO3-）=4ml，氢离子少量，则消耗1.25mlFe，生成1.25ml的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25ml，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75mlFe2+，剩余0.75mlFe3+；
【详解】A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25ml，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；
B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75ml:0.75ml=1:1，故B正确；
C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；
D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；
答案为B。
21．D
【分析】32g的铜的物质的量为0.5ml；11.2L的NO和NO2的物质的量为0.5ml，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.5，反应过程中铜全部被氧化成Cu2+，根据电子守恒有3x+y=0.5×2，和前式联立可得x=0.25ml，y=0.25ml；
设氧气的物质的量为z，NO和NO2全部转化为NaNO3，则根据电子守恒有0.5×2=4z，解得z=0.25ml；根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)=0.5ml。
【详解】A．根据分析可知通入的O2为0.25ml，标况下体积为0.25ml×22.4L/ml=5.6L，故A正确；
B．当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少，此时NaOH只与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，根据元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5ml×2=1ml，故B正确；
C．根据分析可知，混合气体中有0.25mlNO和0.25mlNO2，即标准状况下的5.6L的NO和5.6L的NO2，故C正确；
D．由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余，所以无法计算硝酸的浓度，故D错误；
故答案为D。
22．B
【分析】溶液质量增重为参加反应Fe的质量与生成NO的质量之差，再根据电子转移守恒列方程计算溶液中n(Fe2+)、n(Fe3+)，进而计算该题。
【详解】生成NO的物质的量为=0.25ml，设Fe2+、Fe3+的物质的量分别为xml、yml，由溶液质量增重9.3g，则：(x+y)ml×56g/ml-0.25ml×30g/ml=9.3g，由电子转移守恒，则：2xml+3yml=0.25ml×3，联立方程，解得x=0.15、y=0.15；
A．据铁原子守恒，原溶液中投入铁粉物质的量是0.15ml+0.15ml=0.3ml，故A错误；
B．原溶液中的N反应后转移到了Fe(NO3)3、Fe(NO3)2和NO中，据N原子守恒得：n(HNO3)=2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+n(NO)=2×0.15ml+3×0.15ml+0.25ml=1ml，c(HNO3)= 1ml/0.5L=2ml/L，故B正确；
C．由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，还可溶解0.075mlCu，质量为0.075ml×64g/ml=4.8g，故C错误；
D．由以上计算可知反应后的溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶1，故D错误；
故答案选B。
23．D
【详解】A．NaOH溶液与Cu2+恰好完全沉淀时，溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒，参加反应的n(HNO3)=n(NaNO3)+n(混合气)=(50×10-3×4+)ml=0.3ml，A错误；
B．Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，根据离子方程式求出参加反应的n(Cu)=50×10-3×ml=0.1ml，铜失去的电子最终给了氧气，根据得失电子守恒得：n(Cu)×2=n(O2)×4，则n(O2)=ml=0.05 ml，在标准状况下氧气的体积为0.05ml×22.4L· ml-1=1.12L，B错误；
C．铜和硝酸反应失去电子的物质的量为0.1ml×2=0.2ml，C错误；
D．设NO的物质的量为xml，则NO2的物质的量为(-x)ml，根据得失电子守恒得：3x+(-x)=0.2，解得x=0.05，因此在标准状况下NO2的体积为0.05ml×22.4L· ml-1=1.12L，D正确；
故选D。
24．(1)浸没导管末端
(2) 防止倒吸 产生大量红棕色气体，溶液呈现蓝色
(3)关闭，打开
(4)
(5)硝酸铵
(6)吸收尾气，防止污染
(7)体系密封，无污染
【分析】该实验的实验目的是针对铜与浓硝酸反应生成的二氧化氮会污染环境的缺陷，设计多反应、多现象一体化的实验装置，达到体系密封，无污染气体逸出的实验目的。
【详解】（1）由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为打开，关闭，并向两侧烧杯中加水至浸没导管末端，形成封闭体系，用酒精灯微热集气瓶的底部，若烧杯的水中有气泡逸出，冷却后，导气管中产生一段水柱，说明装置气密性良好，故答案为：浸没导管末端；
（2）二氧化氮易溶于水，能与水反应生成硝酸和一氧化氮，若二氧化氮直接通入水中，会因气体压强减小而产生倒吸，所以将二氧化氮通入四氯化碳中，可以隔绝二氧化氮与水的接触，能起到防止产生倒吸的作用；试管中铜与浓硝酸能剧烈反应生成硝酸铜和红棕色的二氧化氮和水，反应的离子方程式为，实验中观察到的实验现象为，故答案为：防止倒吸；产生大量红棕色气体，溶液呈现蓝色；；
（3）二氧化氮能与氢氧化钠溶液反应使试管中的气体压强减小，所以使右侧烧杯内的氢氧化钠溶液会倒吸入具支试管中，同时产生蓝色沉淀的操作为pH传感器读数逐步下降到1以下时，将铜丝与浓硝酸脱离，关闭，打开，使二氧化氮与烧杯中氢氧化钠溶液接触反应，使试管内的气体压强减小，在外界大气压的作用下，将氢氧化钠溶液压入试管中，使氢氧化钠溶液与反应生成的硝酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，故答案为：关闭，打开；
（4）集气瓶中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，实验中，用磁铁将集气瓶中的铜丝移至水层时，铜会与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（5）针筒中的二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与浓氨水挥发产生的氨气反应生成硝酸铵时，会产生大量白烟，故答案为：硝酸铵；
（6）由实验装置图可知，左侧烧杯中盛有的氢氧化钠溶液用于是吸收氮的氧化物，防止污染空气，故答案为：吸收尾气，防止污染；
（7）该实验设计达到了多反应、多现象一体化设计目的，具有体系密封，无污染的优点，故答案为：体系密封，无污染。
25．(1)分液漏斗
(2)
(3)
(4)混合气体颜色变浅
(5)
(6)观察气泡的生成速率，控制混合气体的比例
(7)0.036
【分析】探究Ⅰ：A装置用于制备氨气，B装置用于干燥氨气，E装置用于制备NO2，D装置用于干燥NO2，C装置中氨气和NO2发生反应；探究Ⅱ：F装置用于制取氧气，H装置用于制取NO2，G装置用于混合NO2、O2气体，干燥NO2、O2，并观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例，圆底烧瓶用于收集NO2、O2气体。
【详解】（1）根据仪器构造可知，装浓氨水的仪器为分液漏斗。
（2）浓氨水和生石灰发生的化学反应方程式为。实验室还可以用氯化铵和氢氧化钙两种固体混合加热制氮气，方程式是。
（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：。
（4）若能够被还原，则在装置C中发生的反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，随着红棕色的NO2被消耗，装置C中混合气体的颜色逐渐变浅。
（5）
氧气和二氧化氮的密度均比空气密度大，应用向上排空气法收集，故应进气管短，出气管长，故G装置中的虚线上描出导管实线图为：。
（6）G装置中浓硫酸有三种作用：除了混合NO2、O2气体、干燥NO2、O2以外，还有观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例。
（7）烧瓶中充满溶液，反应4NO2+O2+2H2O = 4HNO3恰好发生， HNO3的物质的量等于NO2的物质的量，溶液体积等于NO2和O2的总体积，设烧瓶总体积为5L，则NO2的体积为4L，物质的量为，溶液的体积为5L，硝酸的物质的量浓度为：=0.036ml/L。
26．(1)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)碱石灰
(3) D 干燥的氨气没有碱性，氨气与湿润的红色石蕊试纸中的H2O反应生成一水合氨，一水合氨呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝
(4)Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
(5) 红棕色气体颜色变浅，管壁上出现水珠 8NH3+6NO27N2+12H2O
(6)向氨氮废水中加入NaOH溶液，然后加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明有铵根离子
(7)+2O2+2OH-+3H2O
【分析】A装置中氢氧化钙和氯化铵加热条件下反应生成氨气，生成的氨气经过B干燥后进入C中，干燥的氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，C中试纸无变化，D中NH3与水结合生成一水合氨，D中湿润的红色石蕊试纸变蓝。E中氨气与浓盐酸反应生成氯化铵，E中出现白烟，F作用为吸收多余的氨气，且进行了防倒吸处理。
【详解】（1）实验室用氢氧化钙与氯化铵共热的方法制备氨气，化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）B中的干燥剂不能与氨气反应，可选用碱石灰作干燥剂。
（3）气体通过C、D装置时，试纸颜色发生变化的是D，原因为干燥的氨气没有碱性，氨气与湿润的红色石蕊试纸中的H2O反应生成一水合氨，一水合氨呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
（4）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O。
（5）NH3和NO2在催化剂作用下反应生成N2和H2O，因此可观察到Y管中红棕色气体颜色变浅，管壁上出现水珠，化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。
（6）检验铵根离子的方法为向氨氮废水中加入NaOH溶液，然后加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明有铵根离子。
（7）碱性条件下，铵根离子与氧气、OH-反应生成硝酸根离子和水，离子方程式为+2O2+2OH-+3H2O。
27．A
【详解】A．NH3中N存在1对孤电子对，NH3可用作配体，A正确；
B．GaN可用作半导体材料是因为与晶体硅具有类似结构，与硬度大小无关，B错误；
C．HNO3具有酸性，可用于制备NH4NO3，C错误；
D．NH3分子间存在氢键，NH3熔沸点较高，NH3热稳定性与氢键无关，D错误；
故选A。
28．A
【详解】A．已知HNO2为弱酸，即能发生水解，故溶液中含有的数目小于，A错误；
B．将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸与催化剂的接触面积，进一步增大甲酸分解的速率，B正确；
C．NO2和N2O4的最简式为NO2，故由NO2和N2O4组成的混合气体中，含氧原子的总数为=，C正确；
D．由图可知，生成的H+可调节体系pH，可以增强的氧化性，D正确；
故答案为A。
29．D
【详解】A．依据实验①，当有氢离子存在时，通入气体，溶液可能会变成黄色，故向通入稳定的气流，溶液可能会变黄，A正确；
B．当实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，平衡逆向移动，绿色消失，B正确；
C．由实验①②可知，铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色，C正确；
D．易分解，溶液中不能生成大量使溶液呈绿色，D错误；
故选D。
30．D
【分析】A中用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，然后经过B中的干燥装置去除氨气中的水蒸气，氨气和钠在C中发生反应生产氨基钠，反应为， D为干燥装置，对氢气进行干燥，同时防止E中的水蒸气进入，氢气和CuO在E装置中反应，以此解答。
【详解】A．氯化铵固体受热分解生成氨气和HCl气体，二者遇冷又会反应生成氯化铵，不能通过加热氯化铵的方法制备氨气，A错误；
B．由分析可知，装置B的作用是干燥，装置D除了干燥还有防止水蒸气进入C的作用，B错误；
C．实验时，应先点燃A处酒精灯再点燃C处酒精灯，排尽装置内的空气，C错误；
D．氢气和CuO在加热条件下反应生成红色的Cu单质，装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成，D正确；
故选D。
31．(1)4NH3+5O24NO+6H2O
(2) 1:3 3HClO+2NO+H2O＝3Cl－+2+5H+ pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率
(3)增大接触面积，提高吸收效率
【分析】氢气和氮气高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成一氧化氮和水，NO和空气、水在吸收塔中反应生成硝酸，据此解答。
【详解】（1）氨气进入氧化炉催化氧化生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）①设混合气体中NO和的物质的量分别是xml、yml，x+y＝6，依据电子得失守恒可知3×7＝2x+4y，解得x＝1.5、y＝4.5，所以混合气体中NO和的物质的量之比为1:3；
②Ⅰ.在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO发生氧化还原反应，生成、，根据元素守恒还会生成氢离子，因此反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O＝3Cl－+2+5H+；
Ⅱ.由于NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，因此可提高NO转化率；
（3）吸收塔中通常将NO和气从下面通入，水从上面喷入，气体和水逆向进行，可以增大接触面积，提高吸收效率。
32．(1) 将含铜废料充分粉碎\通适当过量的空气\从底部吹空气，并使废料“沸腾”
(2)FeSO4
(3) c 取最后一次洗涤(淘洗)滤液，先(滴)加适量双氧水溶液(或氯水)，然后滴几滴硫氰化钾溶液，若溶液不变血红色，则已洗涤(淘洗)完全(或用铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀)
(4) 1：2
(5)
【分析】根据流程，含铜废料在空气中焙烧，Cu转化为CuO，CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，加入稀硫酸酸化生成硫酸铜，加入Fe置换硫酸铜，过滤，滤液为硫酸亚铁，得到Cu，用稀硫酸淘洗得到的Cu，用20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液氧化Cu：Cu+H2O2+2HNO3═Cu( NO3)2+2H2O，得到硝酸铜溶液，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃时结晶，过滤、洗涤、干燥得到Cu(NO3)2•3H2O，据此分析作答。
【详解】（1）“焙烧”时，其中的CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，反应为：，提高“焙烧”效率的方法有将含铜废料充分粉碎或通适当过量的空气或从底部吹空气，并使废料“沸腾”等；
（2）加入Fe到硫酸铜中置换得到硫酸亚铁和Cu，故滤液中溶质的主要成分为FeSO4；
（3）①为减少Cu的损失，淘洗Cu用稀硫酸，答案为c；
②证明“淘洗”完全即需证明不含Fe2+，实验方案为：取最后一次洗涤(淘洗)滤液，先(滴)加适量双氧水溶液(或氯水)，然后滴几滴硫氰化钾溶液，若溶液不变血红色，则已洗涤(淘洗)完全(或用铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀)；
（4）①“反应”为20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液溶解Cu,反应过程中无红棕色气体生成，反应为：Cu+H2O2+2HNO3═Cu(NO3)2+2H2O，论上反应所消耗的H2O2和HNO3的物质的量之比为1：2；
②若不加10%的H2O2溶液，只用20%的HNO3溶液，随着反应的进行，温度上升并出现大量红棕色气体NO2，反应离子方程式为：；
（5）m1kg含铜废料中铜元素质量为0.8m1kg,根据铜元素质量守恒可得关系式：
理论上可制备Cu(NO3)2⋅3H2O的质量为x=kg，产率为。
33．(1)循环利用，提高原料的利用率
(2) 3.2
(3)<
(4)放
(5)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
(6)
【分析】黄铁矿(主要成分为FeS2)在空气中煅烧，生成Fe3O4和气体，气体的主要成分是SO2和剩余空气，净化后得到SO2，通入空气进行催化氧化生成SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收得到硫酸，硫酸与氨气生成硫酸铵，剩余的SO2和O2返回催化氧化步骤进行循环利用，提高原料的利用率。
【详解】（1）由上述分析可知，步骤ⅲ的目的是循环利用，提高原料的利用率；
（2）“煅烧”过程中FeS2与氧气生成Fe3O4和SO2，化学方程式为：，当有3mlFeS2反应时，转移32ml电子，36.0gFeS2的物质的量为：，转移的电子为3.2ml；
（3）合成氨反应为可逆反应，反应物不能完全转化，故1mlN2和4mlH2在催化剂、高温、高压作用下合成NH3的物质的量<2ml；
（4）通过形成大量酸雾的现象，可以判断SO3和H2O的反应是放热反应；
（5）H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，自身还原为H2O，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
（6）由数据可知，剩余的HCl的物质的量为，则吸收氨气所用HCl为，生成的氨气的物质的量也为，根据化学式(NH4)2SO4，可得n[(NH4)2SO4)]= ，则硫酸铵的质量分数为：=。
34．(1)NO2
(2)Fe2+具有还原性
(3)排除装置内的空气
(4)Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
(5)利用装置乙中的水可将NO2转化为NO
(6)AB
(7) 浓硝酸 FeSO4溶液
【分析】硫酸亚铁溶液中滴加浓硝酸，亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子，HNO3被还原生成NO2。反应开始前先通入氮气，除去装置内的空气，随后浓硝酸与Cu反应生成NO2，通过b、c开关来控制NO2是否与水反应，最后将NO2或NO通入硫酸铁和硫酸亚铁溶液中，观察溶液变化情况得出结论。
【详解】（1）红棕色气体为NO2。
（2）深棕色溶液中加入KSCN，溶液变红色，说明有Fe3+生成，则说明Fe2+被HNO3氧化成了Fe3+，Fe2+具有还原性。
（3）通入氮气可排除装置内的空气，避免氧气氧化溶液中的亚铁离子和NO气体。
（4）铜与浓硝酸反应生成Cu2+和NO2，离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O。
（5）二氧化氮能与水反应生成NO，利用装置乙中的水可将NO2转化为NO。
（6）从实验现象可知，无论是通入NO还是NO2，硫酸亚铁溶液均变为深棕色，而硫酸铁溶液无变化，说明NO、NO2可以与Fe2+水溶液作用产生深棕色，但是Fe3+不行，故答案选AB。
（7）实验I的现象是因为NO2通入了FeSO4溶液后显深棕色，但是通入硫酸铁溶液中则无现象，因此可向盛有浓硝酸的试管中滴加几滴新制FeSO4溶液，振荡，浓硝酸被还原为NO2，Fe2+被氧化为Fe3+，此时溶液中无明显的颜色变化。
35．(1) 50% 过高吸收效果降低，过低吸收速率减慢
(2)D
(3)浓度过高不利于NO2的溶解
(4)D
(5) 3NO+2H+=2NO+NO+H2O ACD
(6)1.1×10-3
【分析】硝酸尾气与富氧空气混合，配制富NO2尾气，利用NaOH吸收，吸收后再分离池中将NaNO2分离出，在转化池中加入硝酸，得硝酸钠；
【详解】（1）如图所示，最合适的NO含量应为50%，因为过高吸收效果降低，过低吸收速率减慢；
（2）NaOH溶液从吸收塔从上而下喷洒，富“NO2”尾气应从吸收塔的底部通入；
（3）NaOH的浓度控制在22%~25%最佳，NaOH浓度不宜过高的原因：浓度过高不利于NO2的溶解；
（4）在分离池中分离出NaNO2的操作：蒸发浓缩、重结晶、过滤洗涤；
（5）转化池中加入硝酸与亚硝酸根离子作用生成NO，离子方程式：3NO+2H+=2NO+NO+H2O；
A．生成的NO与空气中氧气反应可在溶液中形成硝酸，可减少氮氧化物二次污染，A正确；
B．生成的NO与空气中氧气反应可在溶液中形成硝酸，不能起到除杂作用，B错误；
C．生成的NO与空气中氧气反应可生成二氧化氮，与NaOH反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，有利于产品的分离，C正确；
D．生成的NO与空气中氧气反应可在溶液中形成硝酸，节省HNO3的用量，D正确；
（6）假设每小时至少需要质量分数为25%的NaOH溶液为Vm3，则列等式：，解得。
36．D
【详解】A．实验室配制AlCl3溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制Al3+水解，A不合题意；
B．蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不合题意；
C．清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合题意；
D．苯的磺化是苯和浓硫酸共热，反应生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D符合题意；
故答案为：D。
37．D
【详解】A．工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H22NH3，A正确；
B．工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl22HCl，B正确；
C．工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，C正确；
D．冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，D错误；
故答案选D。
38．D
【详解】A．乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；
B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；
C．工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；
D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；
故选D。
39．D
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1mlNO，a过程转移1mle-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1mlNO，b过程转移3ml e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
答案选D。
40．D
【详解】A．里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；
B．与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；
C．与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；
D．发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；
答案为：D。
41．B
【详解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；
B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；
C．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；
D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；
故选B。
题型一 氮气及其化合物
(2024·浙江省宁波市镇海中学选考模拟)
1．氮及其化合物的转化具有重要应用，下列说法不正确的是
A．工业上模拟自然界“雷雨发庄稼”的过程生产
B．自然固氮、人工固氮都是将转化为含氮化合物
C．氨气是重要的工业原料，可用于制备化肥和纯碱等大宗化学品
D．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”
2．下列说法中正确的是
A．氮气的化学性质不如磷活泼，故氮元素的非金属性弱于磷元素
B．磷酸比硝酸稳定，所以磷元素的非金属性比氮元素强
C．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有：N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐
D．NO与O2反应生成NO2，属于氮的固定
3．不同价态含氮物质的转化可用下图表示，图中线路①②③是工业生产硝酸的主要途径。下列说法正确的是
A．①的转化属于置换反应
B．②的转化属于氮的固定
C．③的转化方程式：
D．使用CuO作氧化剂可以实现④的转化
(2024·浙江省义乌中学模拟)
4．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是
A．合成塔内发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成
B．氧化炉内发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4
C．使用溶液吸收尾气中的氮氧化物，和是酸性氧化物
D．向吸收塔中通入的作用是氧化
题型二 氮的固定和氮循环
5．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程如图所示，下列说法不正确的是
A．海洋中的氮循环起始于氮的氧化
B．海洋中存在游离态的氮和化合态的氮
C．②中的含氮物质转化属于氮的固定
D．向海洋排放含的废水会影响海洋中的含量
6．自然界中的氮循环部分转化关系如图所示。
下列说法错误的是
A．氮气分子结构稳定，常温很难和其他物质发生反应
B．Ⅰ过程属于氮的固定
C．工业上也是利用图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个转化来生产硝酸的
D．图中Ⅱ、Ⅲ为硝化过程，均可通过加入氧化剂实现
7．自然界中存在很多物质循环过程。下图是自然界中氮循环示意图，请回答下列问题：
（1）自然界中的固氮和人工固氮的共同点是 。
（2）硝化细菌可以将氨氧化成亚硝酸，请配平该反应: NH3＋ O2→ HNO2＋ H2O ，其中还原产物为 。
（3）根据循环图判断下列说法不正确的是 。
a．氮元素均被氧化
b．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
c．工业合成氨属于人工固氮
d．模拟生物固氮是人工固氮发展的方向
题型三 氮的氧化物
8．标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是(设试管中的溶质不往试管外扩散)
A．此反应中水既不是氧化剂又不是还原剂
B．试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4ml/L
C．溶液体积占试管容积的三分之二
D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气,则水充满试管
9．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1ml，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0.2mlNH3，则参与反应的NO为0.8ml
(2024·浙江省金华曙光中学质检)
10．某化学反应在催化剂条件下的转化过程的微观示意图如图所示。下列有关说法不正确的是
A．该反应中，氧化性：NO＞CO2
B．该反应可表示为2NO+2CON2+2CO2
C．该反应中，被氧化与被还原的元素的质量之比为7：6
D．每生成标准状况下2.24LN2，转移的电子数为0.4NA
(2024•湖北省武汉市期中)
11．硝酸工业常用碱溶液吸收废气中的气体。某实验小组将相同体积不同组成的废气分别通入到相同的足量溶液中充分吸收，测得生成的两种离子的物质的量与废气中的物质的量分数变化关系如图所示（图中仅画出部分关系）。下列说法正确的是
A．参与反应的物质的量为B．随值增大，溶液中增大
C．当时，D．当时，反应中转移的电子为
题型四 氨气和铵盐
12．某同学探究氨气和铵盐的性质，对相关实验操作及现象描述正确的是
A．室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，比较氨水和NaOH碱性强弱
B．向试管中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，若试纸不变蓝，则原溶液中无NH
C．液氨作为清洁能源的反应原理是4NH3＋5O24NO＋6H2O
D．加热可除去NH4Cl中的少量NaHCO3
13．实验室制取氨气、收集、验证其还原性并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是
A．用装置甲制取氨气
B．用装置乙收集氨气时气体应该从a口进b口出
C．装置丙中黑色固体变成红色时还原产物一定为铜
D．可以用装置丁吸收氨气，进行尾气处理
14．如图所示，利用培养皿探究NH3的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是( )
A．AB．BC．CD．D
题型五 硝酸的性质
15．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．由②中的红棕色气体不能表明木炭与浓硝酸发生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
16．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是（ ）
A．①②B．③④C．②③④D．②④
17．实验室可用 KNO3固体与酸反应制取硝酸，其实验装置如下图所示(加热装置已省略)。
下列说法错误的是
A．该装置不用橡皮塞和橡皮管，可避免被酸腐蚀
B．制取硝酸时曲颈甑中盛放的是硝酸钾和稀硫酸
C．用流水冷却，可促进硝酸蒸汽冷凝，避免酸雾
D．该装置用于制取液溴时，可在曲颈甑中加入 NaBr、MnO2及浓硫酸
18．一定温度下探究铜与稀硝酸的反应，反应过程如图：
下列说法不正确的是
A．过程I中生成气体的离子方程式为3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O
B．过程III反应速率比过程I快的原因是反应放热使温度升高致使速率加快
C．当活塞不再移动时，即使再抽入空气，金属铜屑也不继续溶解
D．②振荡时，针管内可能会发生的反应有4NO2+O2+2H2O=4HNO3
题型六 硝酸的计算
19．1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(标准情况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准情况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为
A．672mLB．168mLC．504mLD．336mL
20．某稀溶液中含有4mlKNO3和2.5mlH2SO4，向其中加入1.5mlFe，充分反应（已知NO3-被还原为NO）。下列说法正确的是（ ）
A．反应后生成NO的体积为28L
B．所得溶液中c（Fe2+）：c（Fe3+）=1:1
C．所得溶液中c（NO3-）=2.75ml/L
D．所得溶液中的溶质只有FeSO4
21．将质量为32g的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法不正确的是
A．标准状况下，通入的O2体积为5.6L
B．向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0ml
C．标准状况下，混合气体构成是5.6L的NO和5.6L的NO2
D．硝酸的物质的量浓度为10.0ml·L−1
22．向500 mL稀硝酸中加入一定质量的铁粉，铁粉完全溶解后，放出NO气体5.6L（标准状况），同时溶液质量增加9.3g，下列判断正确的是
A．原溶液中投入铁粉物质的量是0.25 ml
B．原溶液中的HNO3浓度是2.0 ml/L
C．反应后的溶液中还可以溶解9.6 g铜
D．反应后的溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+）=1∶2
23．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24 L(标准状况下)，这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4 ml·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50 mL，下列说法正确的是
A．参加反应的硝酸的物质的量为0.2 ml
B．消耗氧气的体积为2.24 L(标准状况下)
C．铜和硝酸反应过程中转移电子的物质的量为0.3 ml
D．混合气体中含NO2 1.12 L(标准状况下)
题型七 氮及其化合物综合实验探究
(2024·河北省部分学校高三七调考试)
24．某化学教师利用如图装置(部分装置省略)改进铜与硝酸及相关反应。
回答下列问题：
(1)按图所示装置组装实验仪器，打开，关闭，并向两侧烧杯中加水至 ，用气压法检查装置气密性。
(2)在集气瓶中的下层加入四氯化碳，上层加入水，并将绕有铜丝固定的封铁短玻璃导管固定于下层；关闭，打开，用磁铁固定绕有铜丝固定的封铁短玻璃导管于试管口，加入浓硝酸，关闭，打开，将铜丝移入浓硝酸中，其中四氯化碳的作用是 ；铜与浓硝酸反应现象为 ；其反应的离子方程式为 。
(3)传感器读数逐步下降到1以下时，将铜丝与浓硝酸脱离， (填操作)，此时右侧烧杯内的溶液会倒吸入具支试管中，同时产生蓝色沉淀。
(4)用磁铁将集气瓶中的铜丝移至水层，水层中产生无色气体，同时溶液变为蓝色，水层发生反应的离子方程式为 。
(5)针筒中充满红棕色气体，颜色逐渐变浅，并产生白烟，白烟名称为 。
(6)左侧烧杯中溶液的作用： 。
(7)任写一条该实验设计的优点： 。
(2024•福建省福州市福建师大附中期中)
25．某化学自主实验小组通过实验探究、的性质。
探究Ⅰ：利用如图所示装置探究能否被还原（、为止水夹，夹持固定装置略去）。
(1)写出装浓氨水的仪器名称 。
(2)A装置中制取的化学方程式是 ，实验室用两种固体混合加热制氨气的方程式是 。
(3)E装置中制取的离子方程式 。
(4)若能够被还原，预期C装置中能观察到的现象是 。
探究Ⅱ：用下列装置探究、混合气体的喷泉实验。
(5)请在G装置中的虚线上描出导管实线图 。
(6)G装置中浓硫酸有三种作用：混合、气体；干燥、； 。
(7)将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，若混合气体全部被吸收，则所得溶液物质的量浓度为 （标准状况下，保留两位有效数字）。
(2024•广东省广州市教学质量监测)
26．氮的氧化物(NOx)是大气污染物之一，工业上在一定温度和催化剂条件下用NH3将NOx还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题：
Ⅰ.氨气的制备
(1)实验室制备氨气的化学方程式为 。
(2)装置B中的干燥剂可以选用 。
(3)气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是 (填字母)，原因是 。
Ⅱ.氨气与二氧化氮的反应
(4)二氧化氮的制备：铜和浓硝酸产生NO2的离子方程式是 。
(5)将Ⅰ中收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入(5)中产生的NO2(两端用夹子K1、K2夹好)。
在一定温度下按图示装置进行实验。打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中，Y管中实验现象是 ﹔反应的化学方程式 。
Ⅲ.某氨氮废水(、NH3·H2O)的生物法处理流程如图所示：
(6)检验氨氮废水中含有的方法是： 。
(7)过程Ⅱ在硝化细菌作用下实现→→的转化；称为硝化过程。在碱性条件下实现上述硝化过程的总反应的离子方程式为： 。
(2024·江苏省南通市二模)
27．下列含氮化合物的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是
A．中N存在孤电子对，可用作配体B．硬度大，可用作半导体材料
C．具有氧化性，可用于制备D．分子间存在氢键，热稳定性高
(2024·甘肃省白银市三模)
28．甲酸（）可在纳米级表面分解为活性和，经下列历程实现的催化还原。已知（Ⅱ）、（Ⅲ）表示中的二价铁和三价铁，设为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是
A．溶液中含有的数目为
B．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率
C．由和组成的混合气体中，含氧原子的总数为
D．反应历程中生成的可调节体系，有增强氧化性的作用
(2024·北京市门头沟区一模)
29．化学小组同学探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因。
资料：ⅰ．铜与浓硝酸反应过程中可生成，易分解产生无色气体。
ⅱ．是一种弱酸。电离出，与发生如下反应： (绿色)
下列说法不正确的是
A．依据实验①，向通入稳定的气流，溶液可能会变黄
B．实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，绿色消失
C．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色
D．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：铜与浓硝酸反应过程中，生成使溶液呈绿色
(2024·安徽省淮北市一模)
30．实验室中用如图装置，以氨气和钠为原料加热至制备氨基钠，并检验气体产物．已知：极易水解．下列说法正确的是
A．装置A中的药品是氯化铵固体B．装置B和装置D均只起到干燥作用
C．实验时先点燃C处酒精灯，再点燃A处酒精灯D．装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成
(2024•江苏省扬州大学附属中学月考)
31．氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
(1)氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式为 。
(2)“吸收塔”尾部会有含NO、等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①氨转化法。已知7ml氨恰好能将含NO和共6ml的混合气体完全转化为，则混合气体中NO和的物质的量之比为 。
②NaClO溶液氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示：
Ⅰ．酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成和，其离子方程式： 。
Ⅱ．NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。
(3)吸收塔中通常将NO和气从下面通入，水从上面喷入，这样做的目的是： 。
(2024•四川省绵阳市期中)
32．硝酸铜是一种重要的化工原料，可由工业含铜废料制备，含铜废料的主要成分为Cu、CuS、CuSO4等，制备流程如图所示：
回答下列问题：
(1)“焙烧”时，CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，该反应的化学方程式为 ，提高“焙烧”效率的方法为 。(任写一种)
(2)“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为 。
(3)①“淘洗”所用时溶液A可以是 。(填标号)。
a．稀硝酸 b．浓硝酸 c．稀硫酸 d．㳖硫酸
②如何证明“淘洗”已完全 。
(4)“反应”阶段所用的试剂是20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液，反应过程中无红棕色气体生成。
①理论上反应所消耗的H2O2和HNO3的物质的量之比为 。
②若不加10%的H2O2溶液，只用20%的HNO3溶液，随着反应的进行，温度上升并出现大量红棕色气体，反应的离子方程式为 。
(5)某工厂用m1kg上述工业含铜废料(含铜元素80%)制备Cu(NO3)2•3H2O，最终得到产品m2kg，产率为 。(分数化为最简)
(2024•河南省濮阳市第三次联考)
33．硫酸铵[(NH4)2SO4]俗称硫铵、肥田粉。模拟以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备硫酸铵的一种流程如图所示：
回答下列问题：
(1)步骤ⅲ的目的是 。
(2)“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为 ；在该反应中，36.0gFeS2完全反应时转移 ml电子。
(3)合成氨反应中，1mlN2和4mlH2在催化剂、高温、高压作用下合成NH3的物质的量 (填“>”“<”或“=”)2ml。
(4)如果直接用水吸收SO3，会形成大量“酸雾”，污染环境。由此推知，SO3和H2O的反应是 (填“吸”或“放”)热反应。
(5)利用Fe3O4可以制备高纯度铁红，其步骤如下：
步骤1：用足量稀硫酸溶解Fe3O4。
步骤2：向溶液中加入足量双氧水，氧化亚铁离子。
步骤3：加入过量NaOH溶液，过滤﹑洗涤、灼烧。
步骤2中氧化亚铁离子的离子方程式为 。
(6)测定硫酸铵产品纯度(假设杂质不参加反应)：取Wg硫酸铵产品于试管中，向其中加入足量NaOH溶液，共热；产生的气体用V1mLc1ml/L盐酸吸收，得到吸收液；再向吸收液中滴加V2mLc2ml/LNaOH溶液恰好完全中和过量的盐酸。该产品中(NH4)2SO4的质量分数为 (用含c1、V1、c2、V2、W的代数式表示)。
(2024•北京市东直门中学学情监测)
34．某中学趣味化学实验小组的同学想通过“被浓氧化”的实验，验证的还原性．
实验一：验证的还原性
(1)红棕色气体是 。（写化学式）
(2)实验现象与预期不符，继续进行实验。
取深棕色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，该现象说明 。
实验二：探究溶液变为深棕色的原因
【资料与猜想】
查阅资料后猜想，可能是生成的或NO与溶液中的或反应，而使溶液变为深棕色。
【实验与探究】
用如图所示装置进行实验（气密性已检验，尾气处理已略去）
ⅰ．关闭c，打开a和b，通入，一段时间后关闭a；
ⅱ．向甲中加入适量浓，一段时间后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化；
ⅲ．关闭b、打开c，更换丙、丁中的溶液（试剂不变）；
ⅳ．继续向甲中加入浓，一段时间后观察到了与ⅱ相同的实验现象。
(3)通入的目的是 。
(4)铜与浓硝酸反应的离子方程式是 。
(5)装置乙的作用是 。
(6)实验结论：溶液的深棕色可能是因为 。
A．与NO发生了反应B．与发生了反应
C．与NO发生了反应D．与发生了反应
【反思与改进】
实验三：验证的还原性
(7)该小组同学依据实验二的结论改进了实验一，观察到了预期现象，其实验操作是向盛有 的试管中滴入几滴 ，振荡。
(2024•上海市曹扬二中高三等级模拟考试)
35．处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下：
(1)在一定的气体流速下，碱液吸收时，富“NO2”尾气中的NO、NO2含量与吸收度的关系如图所示，由图可知，最合适的NO含量应为 ，过高和过低都不利于NOx的吸收，其原因是 。
(2)富“NO2”尾气应从吸收塔的___________部通入。
A．顶部B．上部C．中部D．底部
(3)在30℃时进行碱液吸收NOx的反应，此时NaOH的浓度控制在22%~25%最佳，NaOH浓度不宜过高的原因是 。
(4)在分离池中分离出NaNO2的操作为：蒸发浓缩、___________、过滤洗涤。
A．冷却结晶B．趁热过滤C．蒸发至干D．重结晶
(5)转化池中加入硝酸用于除杂，同时产生NO，其发生的离子反应方程式为 。在转化池内通常需要一定量的空气，其作用是 。
A．减少氮氧化物二次污染 B． 除去溶液中的杂质
C．有利于产品的分离 D． 节省HNO3的用量
(6)已知硝酸尾气中NOx的总含量为6.2×10-3ml/m3，气体流速为1268m3/h，经该吸收工艺后，排出气体中NOx的总含量降低为5.0×10-4ml/m3，则每小时至少需要质量分数为25%的NaOH溶液(密度为1.04g/cm3) m3(保留2位有效数字)。
(2023•山东卷，2)
36．实验室中使用盐酸、硫酸和硝酸时，对应关系错误的是
A．稀盐酸：配制溶液
B．稀硫酸：蔗糖和淀粉的水解
C．稀硝酸：清洗附有银镜的试管
D．浓硫酸和浓硝酸的混合溶液：苯的磺化
(2023•辽宁省选择性考试，3)
37．下列有关物质的工业制备反应错误的是
A．合成氨：N2+3H22NH3B．制HCl：H2+Cl22HCl
C．制粗硅：SiO2+2CSi+2COD．冶炼镁：2MgO(熔融)2Mg+O2↑
(2023•浙江省1月选考，5)
38．下列关于元素及其化合物的性质说法不正确的是
A．和乙醇反应可生成B．工业上煅烧黄铁矿生产
C．工业上用氨的催化氧化制备D．常温下铁与浓硝酸反应可制备
(2022•湖南选择性考试，9)
39．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是
A．过程Ⅰ中发生氧化反应
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
(2021•浙江6月选考，16)
40．关于化合物的性质，下列推测不合理的是
A．具有强氧化性B．与溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气D．水解生成盐酸和硝酸
(2021·河北高考)
41．关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是
A．浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化
B．NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强
C．加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强
D．浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强
目录01 模拟基础练
【题型一】氮气及其化合物
【题型二】氮的固定和氮循环
【题型三】 氮的氧化物
【题型四】氨气和铵盐
【题型五】硝酸的性质
【题型六】硝酸的计算
【题型七】氮及其化合物综合实验探究
02 重难创新练
03 真题实战练
选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
NH3与浓盐酸挥发出来的HCl气体反应产生了NH4Cl固体
B
浓硫酸附近无明显现象
NH3与浓硫酸不发生反应
C
氯化物溶液变浑浊
该溶液一定是AlCl3溶液
D
干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石蕊试纸变蓝
NH3是一种可溶性碱
①
②
③
选项
实验操作
现象
解释或结论
①
过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化为Fe3+
②
浓HNO3久置或光照
变黄色
HNO3不稳定易分解
③
Al箔插入稀HNO3中
无现象
Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
④
用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上
试纸先变红色后褪色
浓HNO3具有酸性和强氧化性
编号
操作
现象
①
分别向和溶液中通入稳定的气流
溶液变黄
溶液不变黄
②
将实验①的黄色溶液与蓝色溶液混合
溶液呈绿色
③
将溶液与溶液混合
溶液呈绿色
④
向实验③所得溶液中加入浓硝酸
溶液变蓝
实验操作
预期现象
实验现象
向盛有2mL 溶液的试管中，滴入几滴浓硝酸，振荡。
试管中产生红棕色气体，溶液变为黄色。
试管中产生红棕色气体，溶液变为深棕色。
参考答案：
1．A
【详解】A．自然界 “雷雨发庄稼”的第一步是将空气中的氮气转化为NO，工业生产硝酸的第一步是将氮气和氢气反应生成氨气，氨气催化氧化得到NO，NO被氧化为，和水反应最后得到硝酸，A项错误；
B．氮的固定是是将转化为含氮化合物的过程，其中氮的固定包括自然固氮、人工固氮，B项正确；
C．氨气作为重要的工业原料可以制备化肥和纯碱等大宗化学品，C项正确；
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项正确；
答案选A。
2．C
【详解】A．氮和磷同主族，氮原子半径小、得电子能力强，氮气化学性质比磷活泼，故氮元素非金属性强于磷；氮气不活泼，是因为氮气分子中存在氮氮三键，与氮元素非金属性强弱无关，故A错误；
B．最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则该元素的非金属性越强，HNO3是强酸而H3PO4是中强酸，硝酸比磷酸酸性强，所以氮元素的非金属性比磷元素强，不能依据含氧酸的稳定性来比较酸性强弱和元素的非金属性强弱，故B错误；
C．氮气与空气中的氧气在雷电作用下反应生成一氧化氮，一氧化氮不稳定及易被空气中的氧气氧化转化为二氧化氮，二氧化氮与空气中的水反应生成硝酸，硝酸与同土壤中的矿物相互作用，生成可溶于水的硝酸盐，即植物生长需要的氮肥，植物生长得更好，故C正确；
D．氮的固定是氮的游离态转化为化合态，即氮气转化为氮的化合物，D错误；
答案选C。
3．D
【详解】A． ①的转化是氨的催化氧化，发生，不属于置换反应，故A错误；
B．氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，②的转化发生反应，不属于氮的固定，故B错误；
C． ③的转化方程式：，故C错误；
D．使用CuO作氧化剂可以发生反应，，可以实现④的转化，故D正确；
故答案为：D
4．C
【详解】氮气和氢气和成氨气，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。据此解答。
A．合成塔内为氮气和氢气反应生成氨气，有氮气和氢气中的非极性键的断裂，和氨气中的极性键的形成，A正确；
B．氧化炉内的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，氨气为还原剂，氧气Wie氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量比为5:4，B正确；
C．一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物，C错误；
D．吸收塔中通入氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，促进氮的吸收为硝酸，D正确；
故选C。
5．A
【详解】A．从图中可以看出，海洋中的氮循环起始于空气中N2的溶解，A不正确；
B．海洋中存在N2、、等，所以存在游离态的氮和化合态的氮，B正确；
C．②中的含氮物质，由游离态转化为化合态，则属于氮的固定，C正确；
D．向海洋排放含的废水，会经过两次反硝化作用，并可转化为，从而影响海洋中的含量，D正确；
故选A。
6．C
【详解】A．氮气分子中含有氮氮三键结构稳定，常温很难和其他物质发生反应，故A正确；
B．氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮，Ⅰ过程从N2到，属于氮的固定，故B正确；
C．工业上是通过氨的催化氧化生成NO、NO被氧化为NO2、NO2和水反应三个转化来生产硝酸的，故C错误；
D．图中Ⅱ中氮从-3价升高到+3价、Ⅲ中氮从+3价升高到+5价，都为硝化过程，均可通过加入氧化剂实现，故D正确；
故答案为：C。
7． 将游离态的氮转化为化合态的氮或将氮气转化为氮的化合物 2、3、2、2 HNO2和H2O a
【分析】（1）根据氮的固定含义解答；
（2）反应中氮元素化合价升高，氧元素化合价降低，结合电子得失守恒解答；
（3）a、根据N元素的化合价升高被氧化，N元素的化合价降低被还原结合各反应中氮元素的化合价的变化分析；
b、根据氮循环中物质的分类进行解答；
c、人工固氮是人为的条件下将氮元素的单质转化为化合物的过程；
d、依据生物固氮的特点解答。
【详解】（1）将氮元素由游离态转化为化合态氮元素的过程称为氮的固定，因此自然界中的固氮和人工固氮的共同点是将游离态的氮转化为化合态的氮或将氮气转化为氮的化合物；
（2）根据方程式可知氨气中氮元素化合价从－3价升高到+3价，失去6个电子，氧气中氧元素化合价从0价降低到－2价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为2NH3＋3O2＝2HNO2＋2H2O，氧气是氧化剂，则还原产物为HNO2和H2O；
（3）a．碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环，如硝酸盐中氮元素的化合价为+5价，被细菌分解变成大气中氮气单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故a错误；
b．氮循环中铵盐和蛋白质可相互转化，铵盐属于无机物，蛋白质属于有机物，含氮无机物和含氮有机物可相互转化，故b正确；
c．工业合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3，属于人工固氮，故c正确；
d．生物固氮是生命科学中的重大基础研究课题之一，为植物特别是粮食作物提供氮、提高产量、降低化肥用量和生产成本、减少水土污染和疾病，因此模拟生物固氮是人工固氮发展的方向，故d正确．
故答案选a。
【点睛】本题主要考查了氮元素在自然界中的循环、氮以及化合物的性质，理解氧化还原反应、人工固氮等知识点是解答该题的关键。
8．C
【详解】A、将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O===2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，A正确；
B．试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为V浓度为=1/22.4 ml/L，B正确；
C．溶液体积占试管容积的，C错误；
D．若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，则水充满试管，D正确。
答案选C。
【点睛】本题侧重于考查氮的氧化物的性质及化学方程式的有关计算，注意一氧化氮与水不反应，二氧化氮与水反应有一氧化氮生成，侧重于学生的分析能力和计算能力的考查，掌握反应的原理是解答的关键，题目难度中等。
9．C
【分析】6ml被还原得到3ml，4ml被氧化得到2ml，二者相差1ml，现相差0.05ml，相当于0.3ml 和0.2ml反应，NO和NH3的混合物共1ml，证明其中有一种过量，所以有两种情况：0.3 ml 和0.7 ml或者0.2 ml和0.8 ml ，据此分析选择。
【详解】A．当转移的电子数约为3.612×1023时，电子的物质的量为0.6ml，发生反应的的物质的量为：0.2ml，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．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，B错误；
C．根据分析过程可知，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．分析反应方程式可知，有0.2mlNH3参加反应，需要0.3ml，此时还有0.5ml剩余，D错误；
答案为：C。
10．C
【分析】根据图象可知，该反应为2NO+2CON2+2CO2。
【详解】A．该反应中，NO为氧化剂，CO2为氧化产物，则氧化性：NO＞CO2，A说法正确；
B．分析可知，该反应可表示为2NO+2CON2+2CO2，B说法正确；
C．该反应中，被氧化的元素是碳元素，被还原的元素是氮元素，则被氧化与被还原的元素的质量之比为6：7，C说法错误；
D．每生成标准状况下2.24LN2，转移的电子0.4ml，即电子数为0.4NA，D说法正确；
答案为C。
11．D
【详解】A．由图可知，x=0.5时，只发生反应：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，硝酸根的物质的量为0，亚硝酸根的物质的量为2ml，当x=1时，只发生反应：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，所以线段a表示亚硝酸根，所以线段b表示硝酸根，混合气体的物质的量是2ml，当x＜0.5时，NO有剩余，因此消耗氢氧化钠的物质的量小于2ml，故A错误；
B．当x＜0.5时，NO有剩余，此时随值增大，溶液中增大，x＞0.5时，此时随值增大，溶液中不变，故B错误；
C．当时，只发生反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，混合气体中NO2的物质的量是2xml，所以，故C错误；
D．当时，发生反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，过量的NO2继续反应2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，根据方程式可判断每生成1ml NaNO2或1ml NaNO3，均转移1ml电子，所以转移电子的物质的量是1ml，故D正确；
故选D。
12．A
【详解】A．NH3·H2O是弱电解质，NaOH是强电解质，前者部分电离，后者完全电离，故通过室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，可比较氨水和NaOH碱性强弱，A正确；
B．NH3极易溶于水，稀溶液中不加热NH3不能逸出，无法确定是否含NH，B错误；
C．NH3不易燃烧，产生的NO是大气污染物，不能作清洁能源，C错误；
D．NH4Cl受热也会分解，故不可采用加热法除杂，D错误；
故选A。
13．B
【分析】A．装置中的氯化铵分解生成氨气和氯化氢气体，在试管口处重新反应生成固体氯化铵；
B．氨气比空气轻应用向下排气法收集；
C．氧化铜被还原为铜、氧化亚铜都是红色固体；
D．氨气极易溶于水，直接插入水溶液中吸收易发生倒吸。
【详解】A．装置甲中的氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢气体，氨气和氯化氢气体在试管口处又重新反应生成固体氯化铵，不能用加热分解氯化铵的方法制取氨气，实验室中制氨气是用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应生成，故A错误；
B．氨气比空气轻，应用向下排空气法收集，导气管短进长出，用装置乙收集氨气时，气体应该从a口进、从b口出，故B正确；
C．装置丙中氧化铜可以被还原为铜或氧化亚铜，铜、氧化亚铜都是红色固体，则还原产物不一定为铜，故C错误；
D．氨气极易溶于水，导管直接插入饱和食盐水中易发生倒吸，炸裂发生装置，故D错误；
答案选B。
14．A
【详解】A.NaOH固体溶于水放热，氨水易挥发，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，会产生氨气，与浓盐酸挥发出的HCl反应生成氯化铵固体，反应现象是产生白烟，A正确；
B.氨气为碱性气体，与浓硫酸发生中和反应生成硫酸铵，B错误；
C.氨气与氯化物在溶液中发生复分解反应生成氢氧化物，如使氯化物溶液变浑浊，可能生成难溶性氢氧化物，但不一定为Al(OH)3，也可能为Mg(OH)2等沉淀，C错误；
D.氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝的原因是与水反应生成NH3•H2O，NH3•H2O电离生成OH-离子使溶液呈碱性，但OH-不是NH3电离产生，因此氨气为非电解质，不属于碱，D错误；
故合理选项是A。
15．D
【分析】浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮、水和氧气。
【详解】A．①中的红棕色气体是NO2，N元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，一定有元素化合价升高，推断产生的气体中还一定有O2，故A正确；
B．浓硝酸受热易分解，②中的红棕色气体可能是硝酸分解产生，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确；
C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮中N元素化合价为+4价，化合价降低，所以生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；
D．③的气体产物中检测出CO2，CO2可能是C和氧气反应生成的产物，故D错误；
选D。
16．D
【详解】①过量的Fe粉中加入稀HNO3，反应生成硝酸亚铁，则滴入KSCN溶液，溶液不变红，故错误；
②浓HNO3久置或光照分解生成NO2，溶于硝酸呈黄色，故正确；
③Al箔插入稀HNO3中，发生氧化还原反应生成硝酸铝、NO和水，则观察到固体溶解，气泡冒出，故错误；
④用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上，浓HNO3具有酸性使石蕊变红，又由于有强氧化性，使石蕊褪色，故正确；
故选D。
17．B
【详解】A．硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡皮塞和橡皮管，A项正确；
B．该反应的原理是利用高沸点浓硫酸制备低沸点的硝酸，则曲颈甑中盛放的是硝酸钾和浓硫酸，B项错误；
C．硝酸沸点低，用流水冷却，可促进硝酸蒸汽冷凝，避免酸雾，C项正确；
D．NaBr、MnO2及浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、硫酸锰和水，溴单质易挥发，则可用该装置制取液溴，D项正确；
答案选B。
18．C
【详解】A．铜与稀硝酸的反应产物为NO，反应的离子方程式为：3Cu+8H++2NO=3Cu2++2NO↑+4H2O，故A正确；
B．铜和稀硝酸的反应放热，随反应的进行，体系内的温度升高，温度越高反应速率越快，故B正确；
C．活塞不再移动时，再抽入空气，NO和氧气在水中发生反应生成硝酸，能继续溶解铜，故C错误；
D．②振荡时，针管内的二氧化氮与氧气在水中可以发生反应生成硝酸，反应的化学方程式为：4NO2+O2+2H2O=4HNO3，故D正确；
故选C。
19．D
【详解】根据在反应过程中铜失去电子变为铜离子，而硝酸先被还原为二氧化氮，随着反应进行浓硝酸变稀，硝酸被还原为一氧化氮，再通入氧气后将氮的氧化物氧化为硝酸；整个过程中硝酸没有发生变化，实质反应是铜和氧气间的反应；根据电子守恒法得n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(O2)=0.015ml，标况下V=n×Vm=0.015ml×22.4L/ml=0.336L=336mL；
故选D。
20．B
【分析】铁在溶液中发生反应为Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，已知，n（Fe）=1.5ml，n（H+）=5ml，n（NO3-）=4ml，氢离子少量，则消耗1.25mlFe，生成1.25ml的铁离子，剩余的n（Fe）=0.25ml，发生Fe+2Fe3+=3Fe2+，生成0.75mlFe2+，剩余0.75mlFe3+；
【详解】A.分析可知，反应后生成NO的物质的量为1.25ml，标况下的体积为28L，但题目未说明是否为标准状况，故A错误；
B.所得溶液中c（Fe2+）:c（Fe3+）=0.75ml:0.75ml=1:1，故B正确；
C.未给定溶液体积，无法计算所得溶液中c（NO3-），故C错误；
D.所得溶液中含有Fe2+、Fe3+、SO42-、NO3-，故D错误；
答案为B。
21．D
【分析】32g的铜的物质的量为0.5ml；11.2L的NO和NO2的物质的量为0.5ml，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.5，反应过程中铜全部被氧化成Cu2+，根据电子守恒有3x+y=0.5×2，和前式联立可得x=0.25ml，y=0.25ml；
设氧气的物质的量为z，NO和NO2全部转化为NaNO3，则根据电子守恒有0.5×2=4z，解得z=0.25ml；根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)=0.5ml。
【详解】A．根据分析可知通入的O2为0.25ml，标况下体积为0.25ml×22.4L/ml=5.6L，故A正确；
B．当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少，此时NaOH只与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，根据元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5ml×2=1ml，故B正确；
C．根据分析可知，混合气体中有0.25mlNO和0.25mlNO2，即标准状况下的5.6L的NO和5.6L的NO2，故C正确；
D．由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余，所以无法计算硝酸的浓度，故D错误；
故答案为D。
22．B
【分析】溶液质量增重为参加反应Fe的质量与生成NO的质量之差，再根据电子转移守恒列方程计算溶液中n(Fe2+)、n(Fe3+)，进而计算该题。
【详解】生成NO的物质的量为=0.25ml，设Fe2+、Fe3+的物质的量分别为xml、yml，由溶液质量增重9.3g，则：(x+y)ml×56g/ml-0.25ml×30g/ml=9.3g，由电子转移守恒，则：2xml+3yml=0.25ml×3，联立方程，解得x=0.15、y=0.15；
A．据铁原子守恒，原溶液中投入铁粉物质的量是0.15ml+0.15ml=0.3ml，故A错误；
B．原溶液中的N反应后转移到了Fe(NO3)3、Fe(NO3)2和NO中，据N原子守恒得：n(HNO3)=2n(Fe2+)+3n(Fe3+)+n(NO)=2×0.15ml+3×0.15ml+0.25ml=1ml，c(HNO3)= 1ml/0.5L=2ml/L，故B正确；
C．由反应2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+可知，还可溶解0.075mlCu，质量为0.075ml×64g/ml=4.8g，故C错误；
D．由以上计算可知反应后的溶液中c(Fe2+)∶c(Fe3+)=1∶1，故D错误；
故答案选B。
23．D
【详解】A．NaOH溶液与Cu2+恰好完全沉淀时，溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒，参加反应的n(HNO3)=n(NaNO3)+n(混合气)=(50×10-3×4+)ml=0.3ml，A错误；
B．Cu2++2OH-=Cu(OH)2↓，根据离子方程式求出参加反应的n(Cu)=50×10-3×ml=0.1ml，铜失去的电子最终给了氧气，根据得失电子守恒得：n(Cu)×2=n(O2)×4，则n(O2)=ml=0.05 ml，在标准状况下氧气的体积为0.05ml×22.4L· ml-1=1.12L，B错误；
C．铜和硝酸反应失去电子的物质的量为0.1ml×2=0.2ml，C错误；
D．设NO的物质的量为xml，则NO2的物质的量为(-x)ml，根据得失电子守恒得：3x+(-x)=0.2，解得x=0.05，因此在标准状况下NO2的体积为0.05ml×22.4L· ml-1=1.12L，D正确；
故选D。
24．(1)浸没导管末端
(2) 防止倒吸 产生大量红棕色气体，溶液呈现蓝色
(3)关闭，打开
(4)
(5)硝酸铵
(6)吸收尾气，防止污染
(7)体系密封，无污染
【分析】该实验的实验目的是针对铜与浓硝酸反应生成的二氧化氮会污染环境的缺陷，设计多反应、多现象一体化的实验装置，达到体系密封，无污染气体逸出的实验目的。
【详解】（1）由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为打开，关闭，并向两侧烧杯中加水至浸没导管末端，形成封闭体系，用酒精灯微热集气瓶的底部，若烧杯的水中有气泡逸出，冷却后，导气管中产生一段水柱，说明装置气密性良好，故答案为：浸没导管末端；
（2）二氧化氮易溶于水，能与水反应生成硝酸和一氧化氮，若二氧化氮直接通入水中，会因气体压强减小而产生倒吸，所以将二氧化氮通入四氯化碳中，可以隔绝二氧化氮与水的接触，能起到防止产生倒吸的作用；试管中铜与浓硝酸能剧烈反应生成硝酸铜和红棕色的二氧化氮和水，反应的离子方程式为，实验中观察到的实验现象为，故答案为：防止倒吸；产生大量红棕色气体，溶液呈现蓝色；；
（3）二氧化氮能与氢氧化钠溶液反应使试管中的气体压强减小，所以使右侧烧杯内的氢氧化钠溶液会倒吸入具支试管中，同时产生蓝色沉淀的操作为pH传感器读数逐步下降到1以下时，将铜丝与浓硝酸脱离，关闭，打开，使二氧化氮与烧杯中氢氧化钠溶液接触反应，使试管内的气体压强减小，在外界大气压的作用下，将氢氧化钠溶液压入试管中，使氢氧化钠溶液与反应生成的硝酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀，故答案为：关闭，打开；
（4）集气瓶中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，实验中，用磁铁将集气瓶中的铜丝移至水层时，铜会与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为，故答案为：；
（5）针筒中的二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与浓氨水挥发产生的氨气反应生成硝酸铵时，会产生大量白烟，故答案为：硝酸铵；
（6）由实验装置图可知，左侧烧杯中盛有的氢氧化钠溶液用于是吸收氮的氧化物，防止污染空气，故答案为：吸收尾气，防止污染；
（7）该实验设计达到了多反应、多现象一体化设计目的，具有体系密封，无污染的优点，故答案为：体系密封，无污染。
25．(1)分液漏斗
(2)
(3)
(4)混合气体颜色变浅
(5)
(6)观察气泡的生成速率，控制混合气体的比例
(7)0.036
【分析】探究Ⅰ：A装置用于制备氨气，B装置用于干燥氨气，E装置用于制备NO2，D装置用于干燥NO2，C装置中氨气和NO2发生反应；探究Ⅱ：F装置用于制取氧气，H装置用于制取NO2，G装置用于混合NO2、O2气体，干燥NO2、O2，并观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例，圆底烧瓶用于收集NO2、O2气体。
【详解】（1）根据仪器构造可知，装浓氨水的仪器为分液漏斗。
（2）浓氨水和生石灰发生的化学反应方程式为。实验室还可以用氯化铵和氢氧化钙两种固体混合加热制氮气，方程式是。
（3）铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：。
（4）若能够被还原，则在装置C中发生的反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，随着红棕色的NO2被消耗，装置C中混合气体的颜色逐渐变浅。
（5）
氧气和二氧化氮的密度均比空气密度大，应用向上排空气法收集，故应进气管短，出气管长，故G装置中的虚线上描出导管实线图为：。
（6）G装置中浓硫酸有三种作用：除了混合NO2、O2气体、干燥NO2、O2以外，还有观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例。
（7）烧瓶中充满溶液，反应4NO2+O2+2H2O = 4HNO3恰好发生， HNO3的物质的量等于NO2的物质的量，溶液体积等于NO2和O2的总体积，设烧瓶总体积为5L，则NO2的体积为4L，物质的量为，溶液的体积为5L，硝酸的物质的量浓度为：=0.036ml/L。
26．(1)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)碱石灰
(3) D 干燥的氨气没有碱性，氨气与湿润的红色石蕊试纸中的H2O反应生成一水合氨，一水合氨呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝
(4)Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
(5) 红棕色气体颜色变浅，管壁上出现水珠 8NH3+6NO27N2+12H2O
(6)向氨氮废水中加入NaOH溶液，然后加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明有铵根离子
(7)+2O2+2OH-+3H2O
【分析】A装置中氢氧化钙和氯化铵加热条件下反应生成氨气，生成的氨气经过B干燥后进入C中，干燥的氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，C中试纸无变化，D中NH3与水结合生成一水合氨，D中湿润的红色石蕊试纸变蓝。E中氨气与浓盐酸反应生成氯化铵，E中出现白烟，F作用为吸收多余的氨气，且进行了防倒吸处理。
【详解】（1）实验室用氢氧化钙与氯化铵共热的方法制备氨气，化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。
（2）B中的干燥剂不能与氨气反应，可选用碱石灰作干燥剂。
（3）气体通过C、D装置时，试纸颜色发生变化的是D，原因为干燥的氨气没有碱性，氨气与湿润的红色石蕊试纸中的H2O反应生成一水合氨，一水合氨呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
（4）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O。
（5）NH3和NO2在催化剂作用下反应生成N2和H2O，因此可观察到Y管中红棕色气体颜色变浅，管壁上出现水珠，化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。
（6）检验铵根离子的方法为向氨氮废水中加入NaOH溶液，然后加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明有铵根离子。
（7）碱性条件下，铵根离子与氧气、OH-反应生成硝酸根离子和水，离子方程式为+2O2+2OH-+3H2O。
27．A
【详解】A．NH3中N存在1对孤电子对，NH3可用作配体，A正确；
B．GaN可用作半导体材料是因为与晶体硅具有类似结构，与硬度大小无关，B错误；
C．HNO3具有酸性，可用于制备NH4NO3，C错误；
D．NH3分子间存在氢键，NH3熔沸点较高，NH3热稳定性与氢键无关，D错误；
故选A。
28．A
【详解】A．已知HNO2为弱酸，即能发生水解，故溶液中含有的数目小于，A错误；
B．将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸与催化剂的接触面积，进一步增大甲酸分解的速率，B正确；
C．NO2和N2O4的最简式为NO2，故由NO2和N2O4组成的混合气体中，含氧原子的总数为=，C正确；
D．由图可知，生成的H+可调节体系pH，可以增强的氧化性，D正确；
故答案为A。
29．D
【详解】A．依据实验①，当有氢离子存在时，通入气体，溶液可能会变成黄色，故向通入稳定的气流，溶液可能会变黄，A正确；
B．当实验④加入浓硝酸后可能发生，使浓度下降，平衡逆向移动，绿色消失，B正确；
C．由实验①②可知，铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色，C正确；
D．易分解，溶液中不能生成大量使溶液呈绿色，D错误；
故选D。
30．D
【分析】A中用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，然后经过B中的干燥装置去除氨气中的水蒸气，氨气和钠在C中发生反应生产氨基钠，反应为， D为干燥装置，对氢气进行干燥，同时防止E中的水蒸气进入，氢气和CuO在E装置中反应，以此解答。
【详解】A．氯化铵固体受热分解生成氨气和HCl气体，二者遇冷又会反应生成氯化铵，不能通过加热氯化铵的方法制备氨气，A错误；
B．由分析可知，装置B的作用是干燥，装置D除了干燥还有防止水蒸气进入C的作用，B错误；
C．实验时，应先点燃A处酒精灯再点燃C处酒精灯，排尽装置内的空气，C错误；
D．氢气和CuO在加热条件下反应生成红色的Cu单质，装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成，D正确；
故选D。
31．(1)4NH3+5O24NO+6H2O
(2) 1:3 3HClO+2NO+H2O＝3Cl－+2+5H+ pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率
(3)增大接触面积，提高吸收效率
【分析】氢气和氮气高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成一氧化氮和水，NO和空气、水在吸收塔中反应生成硝酸，据此解答。
【详解】（1）氨气进入氧化炉催化氧化生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；
（2）①设混合气体中NO和的物质的量分别是xml、yml，x+y＝6，依据电子得失守恒可知3×7＝2x+4y，解得x＝1.5、y＝4.5，所以混合气体中NO和的物质的量之比为1:3；
②Ⅰ.在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO发生氧化还原反应，生成、，根据元素守恒还会生成氢离子，因此反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O＝3Cl－+2+5H+；
Ⅱ.由于NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，因此可提高NO转化率；
（3）吸收塔中通常将NO和气从下面通入，水从上面喷入，气体和水逆向进行，可以增大接触面积，提高吸收效率。
32．(1) 将含铜废料充分粉碎\通适当过量的空气\从底部吹空气，并使废料“沸腾”
(2)FeSO4
(3) c 取最后一次洗涤(淘洗)滤液，先(滴)加适量双氧水溶液(或氯水)，然后滴几滴硫氰化钾溶液，若溶液不变血红色，则已洗涤(淘洗)完全(或用铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀)
(4) 1：2
(5)
【分析】根据流程，含铜废料在空气中焙烧，Cu转化为CuO，CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，加入稀硫酸酸化生成硫酸铜，加入Fe置换硫酸铜，过滤，滤液为硫酸亚铁，得到Cu，用稀硫酸淘洗得到的Cu，用20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液氧化Cu：Cu+H2O2+2HNO3═Cu( NO3)2+2H2O，得到硝酸铜溶液，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃时结晶，过滤、洗涤、干燥得到Cu(NO3)2•3H2O，据此分析作答。
【详解】（1）“焙烧”时，其中的CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，反应为：，提高“焙烧”效率的方法有将含铜废料充分粉碎或通适当过量的空气或从底部吹空气，并使废料“沸腾”等；
（2）加入Fe到硫酸铜中置换得到硫酸亚铁和Cu，故滤液中溶质的主要成分为FeSO4；
（3）①为减少Cu的损失，淘洗Cu用稀硫酸，答案为c；
②证明“淘洗”完全即需证明不含Fe2+，实验方案为：取最后一次洗涤(淘洗)滤液，先(滴)加适量双氧水溶液(或氯水)，然后滴几滴硫氰化钾溶液，若溶液不变血红色，则已洗涤(淘洗)完全(或用铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀)；
（4）①“反应”为20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液溶解Cu,反应过程中无红棕色气体生成，反应为：Cu+H2O2+2HNO3═Cu(NO3)2+2H2O，论上反应所消耗的H2O2和HNO3的物质的量之比为1：2；
②若不加10%的H2O2溶液，只用20%的HNO3溶液，随着反应的进行，温度上升并出现大量红棕色气体NO2，反应离子方程式为：；
（5）m1kg含铜废料中铜元素质量为0.8m1kg,根据铜元素质量守恒可得关系式：
理论上可制备Cu(NO3)2⋅3H2O的质量为x=kg，产率为。
33．(1)循环利用，提高原料的利用率
(2) 3.2
(3)<
(4)放
(5)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O
(6)
【分析】黄铁矿(主要成分为FeS2)在空气中煅烧，生成Fe3O4和气体，气体的主要成分是SO2和剩余空气，净化后得到SO2，通入空气进行催化氧化生成SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收得到硫酸，硫酸与氨气生成硫酸铵，剩余的SO2和O2返回催化氧化步骤进行循环利用，提高原料的利用率。
【详解】（1）由上述分析可知，步骤ⅲ的目的是循环利用，提高原料的利用率；
（2）“煅烧”过程中FeS2与氧气生成Fe3O4和SO2，化学方程式为：，当有3mlFeS2反应时，转移32ml电子，36.0gFeS2的物质的量为：，转移的电子为3.2ml；
（3）合成氨反应为可逆反应，反应物不能完全转化，故1mlN2和4mlH2在催化剂、高温、高压作用下合成NH3的物质的量<2ml；
（4）通过形成大量酸雾的现象，可以判断SO3和H2O的反应是放热反应；
（5）H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，自身还原为H2O，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；
（6）由数据可知，剩余的HCl的物质的量为，则吸收氨气所用HCl为，生成的氨气的物质的量也为，根据化学式(NH4)2SO4，可得n[(NH4)2SO4)]= ，则硫酸铵的质量分数为：=。
34．(1)NO2
(2)Fe2+具有还原性
(3)排除装置内的空气
(4)Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O
(5)利用装置乙中的水可将NO2转化为NO
(6)AB
(7) 浓硝酸 FeSO4溶液
【分析】硫酸亚铁溶液中滴加浓硝酸，亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子，HNO3被还原生成NO2。反应开始前先通入氮气，除去装置内的空气，随后浓硝酸与Cu反应生成NO2，通过b、c开关来控制NO2是否与水反应，最后将NO2或NO通入硫酸铁和硫酸亚铁溶液中，观察溶液变化情况得出结论。
【详解】（1）红棕色气体为NO2。
（2）深棕色溶液中加入KSCN，溶液变红色，说明有Fe3+生成，则说明Fe2+被HNO3氧化成了Fe3+，Fe2+具有还原性。
（3）通入氮气可排除装置内的空气，避免氧气氧化溶液中的亚铁离子和NO气体。
（4）铜与浓硝酸反应生成Cu2+和NO2，离子方程式为Cu+4H++2=Cu2++2NO2↑+2H2O。
（5）二氧化氮能与水反应生成NO，利用装置乙中的水可将NO2转化为NO。
（6）从实验现象可知，无论是通入NO还是NO2，硫酸亚铁溶液均变为深棕色，而硫酸铁溶液无变化，说明NO、NO2可以与Fe2+水溶液作用产生深棕色，但是Fe3+不行，故答案选AB。
（7）实验I的现象是因为NO2通入了FeSO4溶液后显深棕色，但是通入硫酸铁溶液中则无现象，因此可向盛有浓硝酸的试管中滴加几滴新制FeSO4溶液，振荡，浓硝酸被还原为NO2，Fe2+被氧化为Fe3+，此时溶液中无明显的颜色变化。
35．(1) 50% 过高吸收效果降低，过低吸收速率减慢
(2)D
(3)浓度过高不利于NO2的溶解
(4)D
(5) 3NO+2H+=2NO+NO+H2O ACD
(6)1.1×10-3
【分析】硝酸尾气与富氧空气混合，配制富NO2尾气，利用NaOH吸收，吸收后再分离池中将NaNO2分离出，在转化池中加入硝酸，得硝酸钠；
【详解】（1）如图所示，最合适的NO含量应为50%，因为过高吸收效果降低，过低吸收速率减慢；
（2）NaOH溶液从吸收塔从上而下喷洒，富“NO2”尾气应从吸收塔的底部通入；
（3）NaOH的浓度控制在22%~25%最佳，NaOH浓度不宜过高的原因：浓度过高不利于NO2的溶解；
（4）在分离池中分离出NaNO2的操作：蒸发浓缩、重结晶、过滤洗涤；
（5）转化池中加入硝酸与亚硝酸根离子作用生成NO，离子方程式：3NO+2H+=2NO+NO+H2O；
A．生成的NO与空气中氧气反应可在溶液中形成硝酸，可减少氮氧化物二次污染，A正确；
B．生成的NO与空气中氧气反应可在溶液中形成硝酸，不能起到除杂作用，B错误；
C．生成的NO与空气中氧气反应可生成二氧化氮，与NaOH反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，有利于产品的分离，C正确；
D．生成的NO与空气中氧气反应可在溶液中形成硝酸，节省HNO3的用量，D正确；
（6）假设每小时至少需要质量分数为25%的NaOH溶液为Vm3，则列等式：，解得。
36．D
【详解】A．实验室配制AlCl3溶液时向其中加入少量的稀盐酸以抑制Al3+水解，A不合题意；
B．蔗糖和淀粉的水解时常采用稀硫酸作催化剂，B不合题意；
C．清洗附有银镜的试管用稀硝酸，反应原理为：3Ag+4HNO3(稀)=3AgNO3+NO↑+2H2O，C不合题意；
D．苯的磺化是苯和浓硫酸共热，反应生成苯磺酸的反应，故不需要用到浓硫酸和浓硝酸的混合溶液，D符合题意；
故答案为：D。
37．D
【详解】A．工业合成氨是利用氮气和氢气在催化剂的条件下反应生成的，反应方程式为N2+3H22NH3，A正确；
B．工业制氯化氢是利用氢气和氯气反应生成的，反应方程式为H2+Cl22HCl，B正确；
C．工业制粗硅是将SiO2与C在高温下反应生成粗硅，反应方程式为SiO2+2CSi+2CO，C正确；
D．冶炼金属镁是电解熔融氯化镁，反应方程式为MgCl2(熔融)Mg+Cl2↑，D错误；
故答案选D。
38．D
【详解】A．乙醇分子中含有羟基，可以和钠反应生成氢气，A正确；
B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B正确；
C．工业上利用氨与氧气催化氧化生成一氧化氮和副产物水，C正确；
D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D错误；
故选D。
39．D
【详解】A．由图示可知，过程I中NO转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；
B．由图示可知，过程I为NO在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+2H++e-NO+H2O，生成1mlNO，a过程转移1mle-，过程II为NO和NH在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，消耗1mlNO，b过程转移3ml e-，转移电子数目不相等，B错误；
C．由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，n(NO):n(NH)=1:1，C错误；
D．由图示可知，过程I的离子方程式为NO+2H++e-NO+H2O，过程II的离子方程式为NO+NH+3e-+2H+H2O+N2H4，过程III的离子方程式为N2H4N2↑+4H++4e-，则过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO+ NH= N2↑+2H2O，D正确；
答案选D。
40．D
【详解】A．里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；
B．与溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；
C．与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；
D．发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；
答案为：D。
41．B
【详解】A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；
B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；
C．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；
D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；
故选B。
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