考点22 氮及其化合物——备战2022年浙江新高考一轮复习化学考点一遍过 试卷

考点22 氮及其化合物

一、氮气
1．氮气的循环

2．物理性质 氮气是无色无味的气体，密度比空气略小，难溶于水。氮气在水中的溶解度很小，通常状况下。1体积水溶解0.02体积（标准状况）的氮气。常压时，氮气在-195.8℃时变成无色液体，在-209.9℃时变成雪花状固体。
3．分子结构
电子式： 结构式：N≡N
4．化学性质
通常情况下，N2化学性质很稳定，只在高温、放电、催化剂等条件下才能发生一些化学反应。

写出相关方程式：

N2能与一些活泼的金属在无氧气存在的环境下反应生成相应氮化物，如Na3N、Ca3N2等。
5．用途 作保护气；医疗上用作冷冻麻醉剂；合成氨等。

（1）N2约占空气总体积的78%、总质量的75%。
（2）N2中氮元素处于中间价态，既可表现还原性，又可表现氧化性。
（3）N2可作保护气，是因为在通常情况下N2的化学性质很稳定，不与O2、酸、碱等发生反应；性质稳定是由氮气分子内氮氮三键的键能大决定的。
二、氮的氧化物
1．氮有多种价态的氧化物，如N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，其中属于酸性氧化物的是N2O3、N2O5。
2．NO和NO2的比较

NO
NO2
颜色
无色
红棕色
毒性
有毒
有毒
溶解性
不溶于水

与O2反应
2NO＋O2===2NO2

与H2O反应

3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
实验室制法
3Cu+8HNO3(稀)3Cu(NO3)2+ 2NO↑+4H2O，只能用排水法收集
Cu+4HNO3(浓) Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，只能用排空气法收集
对人体、环境的影响
（1）与血红蛋白结合，使人中毒
（2）转化成NO2形成酸雨、光化学烟雾
形成酸雨、光化学烟雾
3．氮氧化物对环境的污染和防治
（1）氮的氧化物都是有毒气体，都是大气污染物。
（2）空气中的NO2等是造成光化学烟雾的主要因素。
（3）空气中的NO、NO2主要来源于煤和石油的燃烧、汽车尾气、硝酸工厂的废气等。
（4）污染的种类
大气污染
光化学烟雾：NOx与碳氢化合物在紫外线作用下发生一系列光化学反应，产生一种有毒的烟雾
酸雨：NOx排入大气后，与水反应生成HNO3和HNO2，随雨水降到地面，就有可能形成酸雨
水体污染
水体富营养化
（5）常见的NOx尾气处理方法
①碱液吸收法：NO2、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n(NO2)≥n(NO)。一般适合工业尾气中NOx的处理。
2NO2+2NaOHNaNO3+NaNO2+H2O
NO2+NO+2NaOH2NaNO2+H2O
②催化转化：在催化剂、一定温度下，NOx可与氨反应转化为无毒气体(N2)和H2O或与CO反应转化为无毒气体（N2和CO2）。一般适用于汽车尾气的处理。
反应方程式为
①4NH3＋6NO5N2＋6H2O；
②8NH3＋6NO27N2＋12H2O；
③2NO＋2CON2＋2CO2；
④2NO2＋4CON2＋4CO2。
三、氨和铵盐
1．氨
（1）氨气的结构和物理性质
氨气是无色有刺激性气味的气体，易液化可作制冷剂，常温、常压下，1体积的水可溶解700体积的氨气，可由喷泉实验证明。
电子式
结构式
密度
颜色
气味
水溶性
特点


比空
气小
无色
刺激性
极易溶
于水
易液化
（2）喷泉实验
①喷泉实验的原理
因为烧瓶内气体易溶于水或易与水反应，使瓶内压强减小，形成压强差，大气压将烧杯中的水压入烧瓶而形成喷泉。
②常见的能形成喷泉实验的气体和吸收剂如表：
气体
HCl
NH3
CO2、SO2、Cl2、H2S
NO2＋O2
吸收剂
水或NaOH溶液
水或盐酸
浓NaOH溶液
水
（3）化学性质

（4）氨气的制法
①用铵盐和碱制取

②用浓氨水制取
方法
化学方程式
气体发生装置
加热浓氨水
NH3·H2ONH3↑+H2O

浓氨水+固体NaOH
NaOH溶于水放热，促使NH3·H2O分解，且OH−浓度的增大有利于NH3的逸出


浓氨水+固体CaO
CaO与水反应，使溶剂（水）减少；反应放热，促使NH3·H2O分解，NH3逸出。
NH3·H2O+CaONH3↑+ Ca(OH)2
③工业制法：N2＋3H22NH3
（5）用途：化工原料，用于制硝酸、铵盐、纯碱、尿素，用作制冷剂。

（1）氨的电子式为，结构式为，分子构型为三角锥形。
（2）氨是中学阶段所学的唯一的碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，利用这一点，可以在推断题中作为解题的突破口。
（3）氨水中含有三种分子（H2O、NH3·H2O、NH3）和三种离子（OH−、NH4+、H+），其中含量最多的是NH3·H2O，但计算其物质的量浓度和溶质质量分数时，氨水的溶质以NH3代入。
（4）氨水中存在平衡：NH3+H2ONH3·H2ONH4+＋OH−。生成的一水合氨（NH3·H2O）是一种弱碱，很不稳定，受热会分解：NH3·H2ONH3↑＋H2O。当氨水作反应物时，在离子方程式中用分子式表示。
2．铵盐
（1）物理性质 铵盐都是白色或无色晶体，都易溶于水。
（2）化学性质

（3）NH4+的检验

四、硝酸
实验室中HNO3保存在棕色、细口、磨口玻璃塞的玻璃试剂瓶中，并放置在避光处。硝酸的保存与其性质有着密切关系。98%以上的硝酸叫作发烟硝酸。
1．物理性质 硝酸是无色易挥发的液体，有刺激性气味。
2．化学性质

（1）不稳定性 化学方程式：4HNO34NO2↑＋O2↑＋2H2O。
（2）强氧化性 硝酸无论浓、稀都有强氧化性，而且浓度越大氧化性越强。
①与金属反应
稀硝酸与铜反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
浓硝酸与铜反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。
②与非金属反应
浓硝酸与C的反应：C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；
③与还原性化合物反应：
硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋等还原性物质。
稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式：3Fe2＋＋4H＋＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
（3）与有机物反应
①硝化反应(与反应)：带有苯环的有机物与硝酸反应生成带有硝基的有机物。
②颜色反应：蛋白质遇到浓硝酸时变黄色。
3．硝酸的用途
重要的化工原料，常用来制造氮肥、染料、塑料、炸药、硝酸盐等。
4．硝酸的工业制法
（1）制备流程：

（2）相关化学方程式：
①4NH3＋5O24NO＋6H2O，
②2NO＋O2===2NO2，
③3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。
5．的检验
试液浓缩后，加入浓硫酸和Cu片，出现蓝色溶液和红棕色气体。若待测液较稀，相当于Cu与稀硝酸反应，产生无色气体NO，现象不明显。因此可将稀溶液浓缩后再检验。

考向一 氮的氧化物性质与相关计算
有关氮的氧化物溶于水的计算，从反应实质看都是氧化还原反应。可以从得失电子数相等或原子守恒的角度分析，简化计算过程。如NOx与O2、H2O转化为硝酸的计算，则反应中O2得到的电子数与NOx失去的电子数相等。
NO2和NO有如下反应：
3NO2+H2O===2HNO3+NO ①
2NO+O2===2NO2 ②
4NO2+O2+2H2O===4HNO3 ③
4NO+3O2+2H2O===4HNO3 ④
（1）NO和NO2的混合气体
NO、NO2的混合气体溶于水时仅涉及反应①，可利用气体体积变化差值进行计算：V剩=V(NO)原+V(NO2)。
（2）NO2和O2的混合气体
NO2和O2的混合气体溶于水时涉及反应③，其计算如下表：
x=
0 x=4
x>4
反应情况
O2过量，剩余气体为O2
恰好完全反应
NO2过量，剩余气体为NO
（3）NO和O2的混合气体
NO、O2的混合气体溶于水时涉及反应④，其计算如下表：
x=
0 x=
x>
反应情况
O2过量，剩余气体为O2
恰好完全反应
NO过量，剩余气体为NO

典例1 在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为
①1.2 mL　②2.4 mL　③3 mL　④4 mL
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
【解析】混合气体通入水中，涉及的反应有①4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，②3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。若12 mL全部为NO2，发生反应②，剩余气体4 mL大于实际剩余气体2 mL，故剩余气体为NO或O2。若剩余的气体是O2，则V(NO2)＝×(12－2)mL＝8 mL，V(O2)＝12 mL－8 mL＝4 mL。若剩余的气体是NO(2 mL)⇒6 mL NO2，则V(O2)＝×(12－6)mL＝1.2 mL。
【答案】D

1．现有等体积混合而成的4组气体：①NO2＋NO、②NO2＋O2、③HCl＋N2、④Cl2＋SO2。现将其分别通入体积相同的试管中并立即倒立在足量水中，试管内水面上升的高度分别为h1、h2、h3、h4，则高度关系是
A．h4>h2>h3>h1 B．h4>h3>h2>h1
C．h2>h3>h1>h4 D．h3>h2>h1>h4
【答案】A
【解析】本题考查了气体的溶解性。①二氧化氮和水能反应生成硝酸和一氧化氮3NO2+H2O2HNO3
+NO，一氧化氮和水不反应，根据方程式知，气体减少的体积是二氧化氮的，二氧化氮占混合气体的，所以试管内气体减少的体积为试管体积的，故水面上升的高度为试管的；②二氧化氮和氧气、水能反应生成硝酸4NO2+O2+2H2O4HNO3，根据方程式知，氧气剩余，参加反应的氧气的体积为氧气总体积的，二氧化氮全部参加反应，所以混合气体减少的体积为试管体积的，故水面上升的高度为试管的；③氯化氢极易溶于水，氮气和水不反应，所以混合气体减少的体积为试管体积的，故水面上升的高度为试管的；④氯气和二氧化硫、水能发生氧化还原反应生成氯化氢和硫酸Cl2+SO2+2H2O2HCl+H2SO4，且这两种物质极易溶于水，根据方程式知，这两种物质完全反应，没有气体剩余，所以水充满整支试管，故选A。

考向二 氨与铵盐的性质及应用

典例1 下列有关氨或铵盐的说法不正确的是
A．NH3属于弱电解质
B．可用湿润的红色石蕊试纸检验氨气
C．用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，c()=c(Cl﹣)
D．常温时，0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液加水稀释，的值不变
【解析】本题考查有关氨或铵盐的知识、弱电解质的电离平衡、离子浓度的比较。NH3属于非电解质，故A错；氨气溶于水呈碱性，所以氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故B正确；用盐酸滴定氨水，当溶液呈中性时，溶质为一水合氨和氯化铵，根据电荷守恒可得：c()+c(H+)=c(Cl﹣)+ c(OH-)，由于溶液呈中性，则c(H+)= c(OH-)，所以c()=c(Cl﹣)，故C正确；= =，常温时，0.1mol•L﹣1NH4Cl溶液加水稀释，由于温度不变，所以 的值不变，即的值也不变，故D正确。答案选A。
【答案】A

2．下列说法中正确的是
A．所有铵盐受热均可以分解，产物均有NH3
B．硝酸铵受热易分解爆炸，实验室常用加热氯化铵与氢氧化钙的固体混合物制备氨气
C．在盛有硫酸亚铁铵[(NH4)2Fe(SO4)2]溶液的试管中，滴加少量NaOH溶液，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝
D．铵盐都易溶于水，其水溶液均呈酸性
【答案】B
【解析】铵盐分解不一定产生NH3，如NH4NO3在400 ℃以上分解生成N2、NO2和H2O，A错误；Fe2+比更易结合OH−，因而加入少量NaOH溶液，不会产生NH3，C错误；CH3COONH4溶液呈中性，D错误。

考向三 喷泉实验

典例1 利用如图所示的装置，可以验证NH3和HCl的有关性质。实验前a、b、c活塞均关闭。

（1）若要在烧瓶Ⅱ中产生“喷泉”现象，烧瓶Ⅰ中不产生“喷泉”现象，其操作方法是______________。
（2）若先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管，在烧瓶中可观察到的现象是_____________________。
（3）通过挤压胶头滴管和控制活塞的开关，在烧瓶Ⅰ中产生“喷泉”现象，烧瓶Ⅱ中不产生“喷泉”现象，其操作方法是__________________________________。若要在该装置中产生双喷泉现象，其操作方法是________________________________。
【解析】（1）打开a、b活塞，再将胶头滴管中的水挤入烧瓶Ⅱ中，由于NH3极易溶于水，使烧瓶内气体压强迅速减小，烧杯中的水迅速进入烧瓶Ⅱ中，形成喷泉。（2）先打开a、c活塞，再将胶头滴管中的水挤入烧瓶Ⅱ中，烧瓶Ⅱ中的气压迅速减小，烧瓶Ⅰ中的HCl气体会流向烧瓶Ⅱ中，且与NH3化合生成NH4Cl而产生白烟。（3）在（2）基础上，若关闭a活塞，打开b活塞，烧杯中的水会迅速进入烧瓶Ⅰ中，形成喷泉；若打开b活塞，不关闭a活塞，烧瓶中的水便会同时进入烧瓶Ⅰ和Ⅱ中，形成双喷泉。
【答案】（1）先打开a、b活塞，再挤压胶头滴管(或先挤压胶头滴管，再打开a、b活塞)
（2）烧瓶Ⅱ中导管口处产生白烟
（3）先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管(或先打开a活塞，挤压胶头滴管，再打开c活塞)，片刻后，关闭a活塞，然后打开b活塞　先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管(或先打开a活塞，挤压胶头滴管，再打开c活塞)，片刻后，打开b活塞

3．如图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案，下列有关操作不可能引发喷泉现象的是

A．挤压装置①的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B．挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D．向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
【答案】B
【解析】①中的Cl2易溶于CCl4，使圆底烧瓶中压强减小，使烧杯中的NaOH溶液进入烧瓶形成喷泉；②中的NO与NaOH溶液不反应，圆底烧瓶内的压强不改变，不会形成喷泉；③中因鼓入空气使锥形瓶内气压增大，使水进入烧瓶而形成喷泉；④中浓H2SO4溶于水放热，促使锥形瓶内氨水分解产生NH3，NH3进入烧瓶与HCl反应而形成喷泉。

喷 泉 实 验
（1）喷泉实验的原理
当挤压胶头滴管胶头，使少量水进入烧瓶后，气体在液体中溶解度很大，在短时间内产生足够大的压强差(负压)，则打开止水夹后，大气压将烧杯内的液体压入烧瓶中，在尖嘴导管口形成喷泉。
（2）形成喷泉的气体与液体组合
①极易溶于水的气体(NH3、HCl等)与水可形成喷泉；
②酸性气体与NaOH溶液组合能形成喷泉。
气体 HCl NH3 CO2、Cl2、H2S、SO2 NO2+O2 CH2=CH2
吸收剂 水或氢氧化钠溶液 水或盐酸 氢氧化钠溶液 水 溴水
（3）喷泉实验成功的关键
①盛气体的烧瓶必须干燥；
②气体要充满烧瓶；
③装置不能漏气(实验前应先检查装置的气密性)；
④所用气体能大量溶于所用液体或气体与液体能快速反应。
（4）喷泉实验的几种常见装置

说明：装置②中最好采用顶部有孔的烧瓶。装置③引发喷泉的方法是打开止水夹，用热毛巾或双手捂热烧瓶，松开后片刻即形成喷泉现象。

考向四 氨气的实验室制法

典例1 下面是实验室制取氨气的装置和选用的试剂，其中错误的是


A．①②　　　　 B．②③ C．③④ D．①③
【解析】①中NH4Cl受热可产生NH3和HCl，但两者遇冷会重新凝结产生NH4Cl，且可能出现堵塞导管的情况，③中试管口未向下倾斜会导致水倒流入试管底部而使试管炸裂，故①③符合题意。
【答案】D

4．为了在实验室利用工业原料制备少量氨气，有人设计了如下装置(图中夹持装置均已略去)。

[实验操作]
①检查实验装置的气密性后，关闭弹簧夹a、b、c、d、e。在A中加入锌粒，向长颈漏斗注入一定量稀硫酸。打开弹簧夹c、d、e，则A中有氢气发生。在F出口处收集氢气并检验其纯度。
②关闭弹簧夹c，取下截去底部的细口瓶C，打开弹簧夹a，将氢气经导管B验纯后点燃，然后立即罩上无底细口瓶C，塞紧瓶塞，如图所示。氢气继续在瓶内燃烧，几分钟后火焰熄灭。
③用酒精灯加热反应管E，继续通氢气，待无底细口瓶C内水位下降到液面保持不变时，打开弹簧夹b，无底细口瓶C内气体经D进入反应管E，片刻后F中的溶液变红。回答下列问题：
（1）检验氢气纯度的目的是 。
（2）C瓶内水位下降到液面保持不变时，A装置内发生的现象是 ，防止了实验装置中压强过大。此时再打开弹簧夹b的原因是 ，C瓶内气体的成分是 。
（3）在步骤③中，先加热铁触媒的原因是 。反应管E中发生反应的化学方程式是 。
【答案】（1）“排除空气，保证安全”或“判断装置中空气是否排净，保证安全”(合理即可)
（2）锌粒与酸脱离 尽量增大氢气的浓度以提高氮气的转化率 N2、H2
（3）升高温度，增大铁触媒活性，加快氨的合成反应速率 N2+3H22NH3
【解析】（1）氢气和空气混合气体受热易爆炸。若不检验氢气的纯度可能在E处发生危险。
（2）A装置原理类似启普发生器当试管内压强过大酸会流回长颈漏斗中使反应停止。C瓶利用排水法收集氢气，氢气收集满后再通入气体压强变大导致A中酸流回漏斗和锌粒脱离接触反应停止。C中原有空气里的氧气被氢气燃烧而消耗最终主要剩余氮气，所以C中气体主要成分为氮气和氢气。通氢气一直到压强增大到不能增大为止可以让通入的氢气尽可能多。根据化学平衡原理增大氢气浓度可以提高氮气的转化率。
（3）铁触媒在较高温度时活性增大加快氨合成的反应速率。发生的反应为N2+3H22NH3。

NH3制取实验中3个方面的创新
（1）NH3制取原理的创新
实验室制取少量NH3，可不用铵盐和碱混合共热，而采用常温下将浓氨水滴加到固态碱性物质(如CaO、NaOH、碱石灰等)上，来制取NH3。
（2）NH3制取装置的创新

（3）NH3吸收装置的创新


考向五 硝酸与金属反应的计算

典例1 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。请回答下列问题：
（1）NO的体积为________L，NO2的体积为________L。
（2）参加反应的HNO3的物质的量是______________。
（3）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。
（4）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。
【解析】（1）n(Cu)＝＝0.51 mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体的总体积为11.2 L，有：x＋y＝0.5 mol。根据得失电子守恒，有：3x＋y＝(0.51×2)mol。解方程组得：x＝0.26 mol，y＝0.24 mol。则：V(NO)＝0.26 mol×22.4 L·mol－1＝5.824 L， V(NO2)＝11.2 L－5.824 L＝5.376 L。
（2）参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu(NO3)2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51 mol×2＋0.5 mol＝1.52 mol。
（3）HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NO的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 mol。加入NaOH溶液至正好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aV mol，也就是以NO形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aV mol。所以，c(HNO3)＝ mol·L－1。
（4）由得失电子守恒得：2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51 mol，则m(H2O2)＝17.34 g。需30%的双氧水：17.34 g÷30%＝57.8 g。
【答案】（1）5.824　5.376　（2）1.52 mol　
（3）　（4）57.8

5．5.6 g Fe全部溶于一定浓度、200 mL的HNO3溶液中，得到标准状况下的气体2.24 L，测得反应后溶液中的浓度为1.25 mol·L−1。若反应前后溶液体积变化忽略不计，则下列有关判断错误的是
A．反应后溶液中铁元素以Fe3+、Fe2+形式存在
B．反应后的溶液最多还能溶解2.8 g Fe
C．2.24 L气体可能是NO、NO2的混合气体
D．原HNO3溶液的浓度为1.75 mol·L−1
【答案】B
【解析】n(Fe)==0.1 mol，n()=0.2 L×1.25 mol·L−1=0.25 mol，所以n(Fex+)∶n()=1∶2.5，则溶液中的Fe以Fe3+和Fe2+的形式存在，A正确；设溶液中含Fe(NO3)3 x mol，则有3x+(0.1−x)×2=0.25，解得x=0.05，结合2Fe3++Fe3Fe2+，则还能溶解Fe：56 g·mol−1×0.05 mol×=1.4 g，B错误；Fe与HNO3反应时失去电子：0.05 mol×3+(0.1−0.05)mol×2=0.25 mol，结合电子得失守恒和生成n(NOx)==0.1 mol，则2.24 L气体为NO和NO2组成的混合气体，C正确；n(HNO3)=0.25 mol+0.1 mol=0.35 mol，所以c(HNO3)==1.75 mol·L−1，D正确。

硝酸与金属反应的计算方法
（1）硝酸与金属反应的计算模型

（2）计算技巧




一、单选题
1．下列关于自然界中氮循环（如图）的说法不正确的是：

A．氮元素均被氧化
B．工业合成氨属于人工固氮
C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D．碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环
【答案】A
【详解】
A．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单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故A错误；
B．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B正确；
C．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C正确；
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环，如蛋白质的制造需要碳元素，又如N2在放电条件下与O2直接化合生成无色且不溶于水的一氧化氮气体，N2+O22NO，氧元素参与，二氧化氮易与水反应生成硝酸（HN03）和一氧化氮，3NO2+H2O=2HNO3+NO，氢元素参加，故D正确；
故选A。
2．在一定条件下，由两种单质直接化合而成的物质是( )
A． B． C． D．
【答案】B
【详解】
A．Fe与Cl2反应生成FeCl3，故A错误；
B．Na与O2在加热条件可以生成Na2O2，故B正确；
C．S与O2在点燃条件生成SO2，故C错误；
D．N2与O2在高温或放电条件下生成NO，故D错误，故本题答案为：B。
3．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．N2(g)NO(g)NO2(g)
B．SiO2(s)SiCl4(s) Si(s)
C．Al2O3(s)NaAlO2(aq) Al(OH)3(s)
D．FeO(s) Fe(NO3)3(aq)Fe(s)
【答案】C
【详解】
A. N2和氧气在放电的条件下才能生成NO，常温下不反应，不能实现转化，故A错误；
B. 二氧化硅与HCl不反应，不能实现转化，故B错误；
C. 氧化铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，偏铝酸钠溶液中通二氧化碳生成氢氧化铝沉淀，转化均能实现，故C正确；
D. FeO与硝酸发生氧化还原反应生成Fe(NO3)3，铜与铁离子发生反应，故铜不能把铁置换出来，不能实现转化，故D错误；
故选C。
4．用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理，下列说法正确的是( )

A．图1烧瓶中可放入固体CaO或来制取氨气
B．将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变红，说明已经集满
C．关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则E点时喷泉最剧烈
D．工业上，可以用氨气检查氯气管道是否泄漏
【答案】D
【详解】
A．CaO溶于水与水反应放出大量热，促使浓氨水分解放出大量氨气，但CaCl2溶于水热效应不明显，不能促进氨水分解，A错误；
B．氨气密度比空气小，所以氨气首先聚集在三颈烧瓶的上方，若c处检测到氨气，则说明氨气已经集满，但因为氨气显碱性，所以检验氨气应该用湿润的红色石蕊试纸，现象是变蓝，B错误；
C．根据图示，C点压强最小，此时喷泉最剧烈，C错误；
D．NH3与Cl2发生反应：，生成的HCl与NH3反应生成固体NH4Cl，产生大量白烟，D正确；
故答案选D。
5．(NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O、CO2制备(NH4)2SO4的为工艺流程如下：

下列说法正确的是
A．通入的X、Y气体分别为CO2和NH3
B．操作1为过滤，操作2为蒸馏
C．步骤②中反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2+
D．通入的CO2应过量，且工艺流程中CO2可循环利用
【答案】C
【分析】
根据流程图，需要向硫酸钙浊液中通入氨气和二氧化碳，由于氨气极易溶于水，首先通入氨气，使溶液成碱性，再通入适量的二氧化碳，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成硫酸铵和碳酸钙沉淀，过滤，然后将滤液蒸发结晶，可以使硫酸铵从溶液中析出，碳酸钙煅烧生成氧化钙和二氧化碳，据此分析解答。
【详解】
A．由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，故A错误；
B．操作1为过滤，操作2是从溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥等，故B错误；
C．步骤②中硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀， CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4，反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O═CaCO3↓+2+，故C正确；
D．反应过程中生成了碳酸钙，通入的二氧化碳不能过量，防止碳酸钙溶解，故D错误；
故选C。
6．向体积为2 L、物质的量浓度均为1mol/L的NH3·H2O、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中缓缓地通入CO2至过量，则下列说法正确的是（ ）
A．整个过程中通入的CO2(x轴)与生成沉淀(y轴)的关系如图所示

B．当沉淀达到最大值时，至少通入标准状况下的CO2的体积为89.6L
C．缓缓通入CO2与KAlO2反应时的离子方程式为：AlO2-＋CO2＋2H2O===Al(OH)3↓＋HCO3-
D．沉淀刚达到最大值时，溶液中离子浓度的关系为：c(K＋)>c(CO32-)>c(OH－)>c(NH4+)>c(H＋)
【答案】D
【分析】
向体积为2 L、物质的量浓度均为1 mol/L的NH3·H2O、Ba(OH)2、KAlO2的混合溶液中通入CO2，立刻就有沉淀BaCO3产生，首先发生反应Ba（OH）2+CO2=Ba CO3↓+H2O，将Ba（OH）2消耗完毕，接下来与KAlO2生成反应Al（OH）3沉淀，发生反应2AlO2-+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32-，沉淀量达最大后，再与NH3·H2O反应，发生反应2NH3·H2O+CO2=（NH4）2CO3+H2O，后发生CO32-+CO2+H2O=2HCO3-，最后发生反应BaCO3+CO2+H2O=Ba（HCO3）2，沉淀部分溶解。
【详解】
A项、整个过程中，依据碱性强弱顺序可知，反应顺序为Ba（OH）2、KAlO2、NH3·H2O，图像与实际反应不符，故A错误；
B项、当沉淀达到最大值时，2mol Ba(OH)2完全转化为Ba CO3沉淀，消耗2mol二氧化碳；2mol KAlO2完全转化为Al（OH）3，消耗1mol二氧化碳，故当沉淀达到最大值时通入二氧化碳的物质的量为3mol，标准状况下的CO2的体积为6.72 L，故B错误；
C项、缓缓通入CO2与KAlO2反应时，反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸钾，反应的离子方程式为2AlO2-+3H2O+CO2=2Al（OH）3↓+CO32-，故C错误；
D项、沉淀刚达到最大值时，溶液中溶质K2CO3和NH3·H2O的物质的量比为1:2，溶液中离子浓度的关系为：c(K＋)＞c(CO32-)＞c(OH－)＞c(NH4+)＞c(H＋)，故D正确。
故选D。
7．下列关于氨气的说法正确的是
A．氨气既能用浓硫酸干燥也能用无水干燥
B．是电解质，所以氨水能导电
C．用水吸收用如图装置可防止倒吸
D．可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝
【答案】C
【详解】
A．氨气能与浓硫酸和CaCl2反应分别生成硫酸铵和（固体），则不能用浓硫酸和CaCl2来干燥氨气，故A不选；
B．是非电解质；氨水能导电是因为氨气与水反应生成弱电解质一水合氨，电离出氢氧根和铵根离子而导电，故B不选；
C．氨气不溶于四氯化碳，用该装置吸收氨气，氨气与水不能直接接触，可以防止倒吸，故选C；
D．石蕊试剂遇碱变蓝色，氨气为非电解质，不能电离产生氢氧根离子，所以氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，故D不选。
答案选C。
8．现有室温下pH = 12的两种溶液：①氨水 ②氢氧化钠溶液，下列说法正确的是
A．两溶液的物质的量浓度均为0.01mol/L
B．两溶液中c(NH4+) =c(Na+)
C．取等体积的两溶液分别与同浓度的盐酸恰好完全反应，消耗盐酸的体积①＜②
D．分别稀释到pH = 10，两溶液所加蒸馏水的体积：②>①
【答案】B
【分析】
pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中氢氧根离子浓度相等，则
A. 氨水的溶质一水合氨为弱碱，氢氧化钠为强碱；
B. 根据电荷守恒分析作答；
C. pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多；
D. pH = 12的强碱和弱碱加水稀释至pH = 10，弱碱溶液存在部分电离，加水稀释促进电离，其对应的pH变化小；
【详解】
A. 一水合氨是弱电解质，不能完全电离，pH=12的氨水中，其物质的量浓度大于0.01mol/L，故A项错误；
B. 两溶液的pH相等，则氢离子与氢氧根离子浓度均相同，根据电荷守恒可知，c(NH4+) =c(Na+)，故B项正确；
C. pH相等的氨水和氢氧化钠溶液中，一水合氨的物质的量比氢氧化钠多，与盐酸中和时消耗的盐酸①>②，故C项错误；
D. pH相等的氨水和氢氧化钠溶液加水稀释时，pH都减小，但是氢氧化钠溶液pH减小的快，所以稀释后若得到溶液的pH相等，则所加蒸馏水的体积：②＜①，故D项正确；
答案选B。
9．汽车尾气的治理是减轻空气污染的有效途径。科学家研究发现TiO2的混凝土或沥青可以适度消除汽车尾气中的氮氧化物，其原理如下。下列关于“消除”过程的叙述错误的是：

A．部分光能转变为化学能
B．1 mol比1 mol羟基(-OH)多9NA个电子(NA为阿伏伽德罗常数)
C．使用纳米TiO2，产生的光生电子和空穴更多，NOx消除效率更高
D．消除总反应为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O4HNO3
【答案】B
【分析】
含TiO2的混凝土或沥青可以部分消除汽车尾气中的氮氧化物，在TiO2催化作用下，紫外线提供能量、发生反应4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3，纳米TiO2与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快，由此分析解答。
【详解】
A．题中示意图表明：在TiO2催化作用下，紫外线提供能量，发生反应4NOx+(5-2x)O2+2H2O=4HNO3，部分光能转变为化学能，故A正确；
B．1molO2-的电子的物质的量为17mol；而1mol羟基电子的物质的量为9mol，所以1molO2-比1mol羟基（-OH）多8NA个电子，故B错误；
C．纳米TiO2与紫外线接触面积更大，反应更充分，反应速率更快，NOx消除效率更高，故C正确；
D．由上述分析过程可知消除总变化为：4NOx+(5-2x)O2+2H2O4HNO3，故D正确。
答案选B。
10．如图是M元素高中常见物质的价类二维图。其中A到D、D到E的转化都可以加同—种物质实现，且E的相对分子质量比D的相对分子质量大16，下列说法正确的是

A．汽油燃料中主要含有M元素，所以汽车尾气中通常含有大量D而导致环境问题
B．检验Ⅰ中阳离子的方法:向其样品中加强碱，产生的气体可使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C．物质F的浓溶液可以用铁制容器盛放
D．物质B可用作火箭燃料，其电子式为
【答案】C
【分析】
根据图像可知，M元素的氢化物中的化合价有-3、-2，氧化物的化合价有+2、+4，含氧酸及正盐的价态为+5，可确定该元素为N；
【详解】
A. 汽油燃烧时，吸入的空气中含有氮气在放电的条件下生成NO，导致环境污染，A错误；
B. Ⅰ为含硝酸根离子的正盐，其阳离子不一定含有铵根离子，B错误；
C. 物质F为硝酸，硝酸的浓溶液与铁发生钝化，可以用铁制容器盛放，C正确；
D. 物质B为联氨（H2N-NH2）可用作火箭燃料，其电子式为，D错误；
答案为C。
11．NSR技术能降低柴油发动机在空气过量条件下NOx的排放，其工作原理如图所示。下列说法错误的是（ ）

A．降低NOx排放可以减少酸雨的形成
B．储存过程中NOx被氧化
C．还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为5NA（NA为阿伏加德罗常数的值）
D．通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原
【答案】C
【详解】
A．大气中的NOx可形成硝酸型酸雨，降低NOx排放可以减少酸雨的形成，A正确；
B．储存过程中NOx转化为Ba(NO3)2，N元素价态升高被氧化，B正确；
C．还原过程中消耗1molBa(NO3)2转移的电子数为10NA，C错误；
D．BaO转化为Ba(NO3)2储存NOx，Ba(NO3)2转化为BaO、N2和H2O，还原NOx，D正确；
故选C。
12．为防治雾霾，设计如下流程吸收工业尾气SO2和NO，同时获得连二亚硫酸钠(Na2S2O4，其结晶水合物又称保险粉)和NH4NO3产品，以变“废”为宝。

下列说法错误的是
A．S2O中既存在非极性键又存在极性键
B．装置I的作用是吸收SO2，装置II的作用是吸收NO
C．保险粉可通过装置Ⅲ中阳极产物制备，Ce4＋从阴极口流出回到装置II循环使用
D．氧化装置IV中1L 2mol•L－1NO，至少需要标准状况下22.4LO2
【答案】C
【分析】
根据流程分析可知，装置Ⅰ中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，Ce4+被还原为Ce3+，装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，Ce4＋从阳极口流出回到装置II循环使用，阴极发生反应2+2H++2e-=+2H2O，进而得到保险粉Na2S2O4，装置Ⅳ中被O2氧化为，与NH3得到NH4NO3，据此分析解答。
【详解】
A．中S原子与O原子形成极性键，S原子与S原子形成非极性键，A选项正确；
B．根据上述分析可知，装置Ⅰ中加入NaOH溶液，可发生反应SO2+OH-=吸收SO2，装置Ⅱ中加入Ce4+，酸性条件下，NO与Ce4+发生氧化还原反应生成和，可吸收NO，B选项正确；
C．装置Ⅲ(电解槽)中阳极发生反应Ce3+-e-=Ce4+，Ce4＋从阳极口流出回到装置II循环使用，C选项错误；
D．装置Ⅳ中被O2氧化为，N元素化合价由+3价升高至+5价，O的化合价由0价降低至-2价，氧化装置IV中1L 2mol•L-1(2mol)NO，则转移4mol电子，消耗1molO2，即需要标准状况下22.4LO2，D选项正确；
答案选C。
13．将9 g铜和铁的混合物投入100 mL稀硝酸中，充分反应后得到标准状况下1.12 L NO，剩余4.8 g金属；继续加入100 mL等浓度的稀硝酸，金属完全溶解，又得到标准状况下1.12 L NO。若向反应后的溶液中加入 KSCN溶液，溶液不变红，则下列说法正确的是（ ）
A．原混合物中铜和铁各0.065 mol
B．稀硝酸的物质的量浓度为4.0 mol• L-1
C．第一次剩余的4.8 g金属为铜和铁
D．向反应后的溶液中再加入该稀硝酸100 mL，又得到的NO在标准状况下的体积为0.56 L
【答案】D
【解析】
A．整个过程可以看作是9g铜和铁混合物与200 mL硝酸反应生成0.1 mol NO，金属完全溶解，向反应后的溶液中加入KSCN溶液，溶液不变红，说明生成硝酸亚铁、硝酸铜，且硝酸完全反应，发生的反应方程式为：3Fe+8HNO3=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O；3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，设铁为x mol，铜为y mol，根据二者质量与生成NO的体积列方程，有：56x+64y=9、2(x+y)/3=2.24/22.4，联立方程，解得：x=0.075 mol、y=0.075 mol，A．由上述分析可知，原混合物中铜和铁各0.075 mol，故A错误；B．根据方程式可知，n(HNO3)=4n(NO)=0.4 mol，稀硝酸的物质的量浓度为0.4 mol÷0.2 L=2 mol/L，故B错误；C．9g混合物中含铁质量为0.075mol×56g/mol=4.2g，含铜质量为0.075 mol×64 g/mol=4.8 g，故第一次剩余金属4.8 g为Cu的质量，故C错误；D．再加入100mL该稀硝酸，亚铁离子与硝酸反应生成NO与硝酸铁，溶液中亚铁离子为0.075mol，根据电子转移守恒可知，亚铁离子完全反应，所以再加硝酸得NO为=0.025 mol，其体积为0.025 mol×22.4 L/mol=0.56 L，故D正确；故选D。
14．取xg铜镁合金完全溶于浓硝酸中，反应过程中硝酸被还原只产生8960mL的NO2气体和672mLN2O4的气体(都已折算到标准状态)，在反应后的溶液中加足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀质量为17.02g。则x等于
A．8.64g B．9.20g C．9.00g D．9.44g
【答案】B
【分析】
铜和镁失去的电子的物质的量，等于硝酸被还原为二氧化氮、四氧化二氮获得的电子的物质的量，等于它们的离子反应生成氢氧化物沉淀结合的氢氧根的物质的量，根据氮的氧化物计算氢氧根的物质的量，沉淀的总质量减去氢氧根的质量即为金属的质量，据此分析计算。
【详解】
8960mL的NO2气体的物质的量为=0.4mol，672mL的N2O4气体的物质的量为=0.03mol，所以金属提供的电子的物质的量为0.4mol×(5-4)+0.03mol×2×(5-4)=0.46mol，所以沉淀中含有氢氧根的物质的量为0.46mol，氢氧根的质量为0.46mol×17g/mol=7.82g，所以金属的质量为17.02g-7.82g=9.2g，故选B。
15．某同学进行有关铜、硝酸、硫酸化学性质的实验，实验过程如图所示：
实验1
实验2


①、③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生
③中溶液呈蓝色，试管口有红棕色气体产生
下列说法正确的是
A．稀硝酸一定被还原为NO2
B．实验1-②中溶液存在：c(Cu2+) + c(H+) ＝c(NO3－) + c(OH－)
C．由上述实验得出结论：常温下，Cu既可与稀硝酸反应，也可与稀硫酸反应
D．实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
【答案】D
【分析】
实验1：稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水，再加稀硫酸，硝酸铜中硝酸根在酸性条件下能继续氧化铜单质。试管口NO均被氧化生成红棕色的二氧化氮。
实验2：稀硫酸不与铜反应，再加稀硝酸与铜反应生成硝酸铜和NO和水。试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮。
【详解】
A．稀硝酸与铜发生3Cu+8HNO3═3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O反应，生成硝酸铜溶液为蓝色，试管口NO被氧化生成红棕色的二氧化氮，但硝酸被还原生成NO，故A错误；
B．实验1-②中溶液存在电荷守恒为：2c（Cu2+）+c（H+）=c（NO3-）+c（OH-），故B错误；
C．由上述实验可得出结论：Cu在常温下可以和稀硝酸反应，但不能与稀硫酸反应，故C错误；
D．实验1-③、实验2-③中反应的离子方程式：3Cu＋2NO3-＋8H+ =3Cu2+＋2NO↑＋4H2O
，故D正确；
答案选D。
16．一瓶无色澄清的溶液，其中可能含有H+、、Na+、Al3+、Fe3+、I-、、、、。取该溶液进行以下实验：
①用pH试纸检验，溶液呈强酸性 ②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色 ③该溶液的焰色反应没有黄色；根据以上实验结果，下列推断正确的是( )
A．向该溶液中加入BaCl2不一定能观察到白色沉淀
B．可以确定没有Na+、Fe3+、、，不能确定是否有
C．该溶液可能是NH4NO3与HI的混合
D．一定没有Al3+、和
【答案】A
【分析】
无色溶液可知一定不含Fe3+；①用pH试纸检验，溶液呈强酸性，一定含大量的H+，则不含CO32-、AlO2-；I-、NO3-不能同时存在；②取溶液适量，加入少量CCl4和数滴新制氯水，振荡，CCl4层呈紫红色，溶液中含I-，则一定不含NO3-；③该溶液的焰色反应没有黄色，说明不含Na+；综上所述，一定含H+、I-，一定不含Na+、Fe3+、NO3-、CO32-、AlO2-，不能确定是否含NH4+、Al3+、SO42-，据此分析解答。
【详解】
A．不能确定是否含SO42-，则向该溶液中加入BaCl2不一定能观察到白色沉淀，故A正确；
B．一定不含Na+、Fe3+、NO3-、CO32-、AlO2-，故B错误；
C．根据上述分析，该溶液中一定不含NO3-，故C错误；
D．不能确定是否含Al3+，故D错误；
故选A。
17．4.6 g铜镁合金完全溶解于100 mL密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到4480 mL NO2和336 mL N2O4 的混合气体(标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0 mol/L NaOH溶液至离子恰好全部沉淀时，下列说法不正确的是( )
A．该合金中铜与镁的物质的量之比是2:3
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol/L
C．产生沉淀8.51 g
D．离子恰好完全沉淀时，加入NaOH溶液的体积是230 mL
【答案】D
【详解】
A．4480 mL NO2的物质的量= 4.48L÷22.4L/mol = 0.2 mol，336 mL N2O4的物质的量 = 0.336L ÷22.4L/mol = 0.015 mol，令Cu、Mg的物质的量分别为x mol、y mol，根据二者质量与电子转移守恒，可得：①64x + 24y ＝ 4.6，②2x + 2y ＝ 0.2 + 0.015×2，解得x = 0.046、y = 0.069，故该合金中铜与镁的物质的量之比 = 0.046 mol:0.069 mol = 2:3，故A正确；
B．密度为1.40 g/mL、质量分数为63%的浓硝酸。其物质的量浓度 = ，故B正确；
C．铜镁合金完全溶解于浓硝酸中，向反应后的溶液中加入NaOH溶液至离子恰好全部沉淀，生成沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，由化学式可知n（OH-）= 2n（Cu）+ 2n（Mg）= 2×（0.046 mol + 0.069 mol）= 0.23 mol，故沉淀质量 = m（Cu）+ m（Mg）+ m（OH-）= 4.6 g + 0.23 mol×17 g/mol = 8.51g，故C正确；
D．离子恰好完全沉淀时，此时溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒可知n（HNO3）原 = n（NaNO3） + n（NO2） + 2n（N2O4），故n（NaNO3）= 0.1L×14 mol/L - 0.2 mol - 2×0.015 mol = 1.17 mol，根据钠离子守恒有n（NaOH）= n（NaNO3）= 1.17mol，故需要氢氧化钠溶液的体积=1.17mol ÷1 mol/L = 1.17L = 1170 mL，故D错误，
故选：D。
18．将某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL。平均分成两等份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解19.2g；向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如下图所示（已知硝酸均只被还原为NO气体）。下列分析或结果不正确的是（ ）

A．原混合酸中NO3－的物质的量共为0.2mol
B．原混合酸中H2SO4的物质的量浓度为4mol·L－1
C．第二份溶液中最终的溶质为FeSO4
D．OA段产生的气体是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+→3Fe2+，BC段产生的气体是H2
【答案】A
【分析】
由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，据此分析解答。
【详解】
A．OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以原混合酸中n(NO3-)=2n(Fe)=2×=0.4mol，故A错误；
B．反应消耗22.4g铁，也就是=0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是=4mol/L，故B正确；
C．硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；
D．由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3-+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故D正确；
故选A。
19．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是
A．NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气
B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO42-
C．NH3遇到浓盐酸产生白烟，说明二者发生反应生成白色固体
D．Fe 与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生。说明Fe 与两种酸均发生置换反应
【答案】C
【详解】
A.氯化铵受热分解生成氯化氢和氨气，但是氯化氢和氨气又会重新化合生成氯化铵，所以不能用来制取氨气，故错误；B. 硝酸根离子在酸性条件下有强氧化性，可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，故向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，不能说明原溶液中一定有硫酸根离子，也可能含有亚硫酸根离子，故错误；C.氨气和浓盐酸挥发出来的氯化氢反应生成氯化铵白色固体，故正确；D.铁和硝酸反应不是置换反应，故错误。故选C。
20．下列关于氮及其化合物说法，不正确的是
A．在日光照射下，二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧
B．氨水可作化肥，氮肥还有铵态氮肥、硝态氮肥和尿素
C．硝酸不稳定，在常温下见光或受热会发生分解
D．亚硝酸钠与硝酸银溶液反应生成不溶于稀硝酸的沉淀
【答案】D
【详解】
A．光化学烟雾形成的过程中，在日光照射下，二氧化氮能使氧气经过复杂的反应生成臭氧，臭氧与空气中的一些碳氢化合物发生作用，生成一种有毒的烟雾，叫做光化学烟雾，据此可知，A正确；
B．氮肥是指以氮（N）为主要成分，施于土壤可提供植物氮素营养的肥料，氮肥按含氮基团可分为氨态氮肥、铵态氮肥、硝态氮肥、硝铵态氮肥、氰氨态氮肥和酰胺态氮肥（尿素），B正确；
C．硝酸不稳定，在常温下见光或受热会发生分解4HNO34NO2↑+2H2O+O2↑，C正确；
D．亚硝酸钠与硝酸银溶液反应NaNO2+AgNO3=AgNO2↓+NaNO3，生成淡黄色的AgNO2，AgNO2可以与稀硝酸反应，D错误；
故选D。

二、多选题
21．研究表明氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列叙述正确的是

A．图中涉及的物质都是电解质
B．雾和霾的分散剂相同
C．图中涉及的无机化合物在一定条件下具有氧化性
D．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
【答案】BC
【详解】
A．氮氧化合物、二氧化硫和三氧化硫等是非电解质，不属于电解质，A错误；
B．雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒，因此雾和霾的分散剂相同，B正确；
C．氮氧化物、硝酸以及浓硫酸等均具有氧化性，所以图中涉及的无机化合物在一定条件下具有氧化性，C正确；
D．NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，D错误；
答案选BC。

三、非选择题
22．当氨分子中的三个氢原子依次被其它原子或基团取代时，所形成的化合物叫做氨的衍生物。主要有N2H4(肼)、HN3(叠氮化氢，溶于水称为叠氮酸)、NH2OH(羟胺)。水合肼(N2H4·H2O)是制备叠氮化钠(NaN3)的原料，而叠氮化钠又是汽车安全气囊最理想的气体发生剂的原料。下面是工业水合肼法制备叠氮化钠的工艺流程。

资料：①水合肼有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性；
②有关物质的物理性质如下表：
物质
甲醇
水合肼
亚硝酸甲酯
叠氮化钠
熔点(℃)
-97
-40
-17
275(410℃：易分解)
沸点(℃)
64.7
118.5
-12
—
回答下列问题：
I.合成水合肼。实验室合成水合肼装置如下图所示，NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在400C以下反应一段时间后，再迅速升温至1100℃继续反应可以制得水合肼。

(1)实验中通过滴液漏斗向三颈瓶中缓慢滴加NaClO碱性溶液，不能反向滴加的原因是______________；制取N2H4•H2O的离子方程式为_______________________。
II.制备叠氮化钠。实验室可利用下图中所示的装置及药品制备叠氮化钠。

(2)①根据实验发现温度在20℃左右反应的转化率最高，因此可釆取的措施是_______________；流程中蒸馏A溶液时，装置中旋塞K1、K2、K3的开关情况是_______________________。
②写出该方法制备叠氮化钠的化学方程式：________________________。
(3)流程中由B溶液获得叠氮化钠产品的实验步骤为____________________，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2〜3次后，干燥。
(4)化工生产中，多余的叠氮化钠常使用次氯酸钠溶液处理，在酸性条件下，二者反应可生成无毒的气体。若处理6.5gNaN3，理论上需加入0.5mol•L的NaClO溶液_____________mL。
III.羟胺(NH2OH)是一种还原剂，可以通过下列过程得到：乙烯和N2O4气体混合后，光照，发生加成反应，得到化合物A。A结构对称，所有相同元素的原子化学环境相同。A在某浓度的硫酸溶液中回馏，可得到化合物B，同时得到CO和CO2组成的混合气体(相对氢气密度为18)。经分析，B为不含碳元素的硫酸盐，其硫和氧元素的质量分数分别为19.51%和58.54%。若将A换成CH3CH2NO2进行类似的反应，也能得到B，但没有气体放出。B在液氨中即得到NH2OH。
(5)NH2OH具有弱碱性，可与酸反应生成盐，该盐阳离子的电子式为_______________。
(6)写出A→B的化学方程式________________________。
【答案】防止过量的NaClO溶液氧化水合肼 ClO−+CO(NH2)2+2OH−=Cl−+N2H4⋅H2O+CO32− 20℃冷水浴或缓慢通入气体等 关闭K1、K2，打开K3 CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O 蒸发结晶 100 CH2NO2CH2NO2+H2SO4→CO+CO2+(NH3OH)2SO4
【分析】
实验室合成水合肼装置如下图所示，NaClO碱性溶液与尿素CO(NH2)2水溶液在400℃以下反应一段时间后，再迅速升温至1100℃继续反应可以制得水合肼，发生反应的离子方程式为：ClO−+CO(NH2)2+2OH−=Cl−+N2H4⋅H2O+CO32−；NaNO2溶液与CH3OH在硫酸作用下发生反应2CH3OH+2NaNO2+H2SO4(浓)=2CH3ONO+Na2SO4+2H2O生成亚硝酸甲酯(CH3ONO)，亚硝酸甲酯(CH3ONO)与氢氧化钠水合肼混合液反应生成甲醇和叠氮化钠，反应方程式为：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O；结合甲醇和叠氮化钠的熔沸点不同，利用蒸馏的方法分离出甲醇和叠氮化钠，则B溶液为叠氮化钠溶液，最后进行结晶、抽滤、洗涤、干燥获得产品叠氮化钠，据此分析解答I、II。
III．乙烯和N2O4气体混合后，光照，发生加成反应生成A，A的结构对称，所有相同元素的原子化学环境相同，则发生反应为：CH2=CH2+ N2O4→CH2NO2CH2NO2，得到化合物A为CH2NO2-CH2NO2；A在某浓度的硫酸溶液中回馏，可得到化合物B，同时得到CO和CO2组成的混合气体(相对氢气密度为18)，则混合和气体的平均相对分子质量为18×2=36，利用十字相乘法，，则，经分析，B为不含碳元素的硫酸盐，其硫和氧元素的质量分数分别为19.51%和58.54%，设B中含有S原子个数为x，O原子个数为y， B的摩尔质量为M，则×100%=19.51%，×100%=58.54%，两式相除可得：=，即B中含有1个S原子时，O原子为6，硫酸根中硫与氧的原子个数比为1：4，说明阳离子结构中含有氧， B的相对分子质量M==164，因为NH2OH具有弱碱性，可结合H+得到NH3OH+，则B应为(NH3OH)2SO4，(NH3OH)2SO4在液氨中反应得到NH2OH和NH4+；若将A换成CH3CH2NO2进行类似的反应，也能得到B，但没有气体放出，反应方程式为CH3CH2NO2+ H2SO4→(NH3OH)2SO4+C4H6O2，据此分析解答。
【详解】
I．(1)根据资料信息，水合肼有毒且不稳定，具有强还原性和强碱性，NaClO具有强氧化性，能氧化水合肼，为防止过量的NaClO氧化水合肼，不能反向滴加；NaClO、CO(NH2)2在碱性条件下反应生成水合肼、氯离子和碳酸根离子，离子方程式为ClO−+CO(NH2)2+2OH−=Cl−+N2H4⋅H2O+CO32−；
II．(2)①根据实验发现温度在20℃左右反应的转化率最高，但是该反应属于放热反应，因此可以采取的措施是：20℃冷水浴或缓慢通入气体等；流程中蒸馏A溶液时，溶液A进行蒸馏的合理操作顺序是：关闭K1、K2，打开K3；
②根据分析可知，制备叠氮化钠的化学方程式：CH3ONO+N2H4•H2O+NaOH═CH3OH+NaN3+3H2O；
(3)流程中由B溶液获得叠氮化钠产品的实验步骤为蒸发结晶，减压过滤，晶体用乙醇洗涤2〜3次后，干燥；
(4)根据描述，NaN3应该被氧化为无毒的N2，同时ClO−被还原为Cl−，因此每个NaN3在反应中需要失去1个电子，每个ClO−在反应中可以得到2个电子，二者的物质的量之比为2:1 ，则发生的反应为：ClO−+2N3-+2H+= Cl−+3N2↑+H2O，NaN3的物质的量n==0.1mol，则需要ClO−的物质的量为0.05mol，因此需要次氯酸钠溶液体积V==0.1L=100mL；
III．(5)羟胺(NH2OH)是氨的衍生物，可以看做氨气中的一个氢原子被羟基取代后形成的物质，NH2OH具有弱碱性，类比氨气与HCl生成NH4Cl的反应，则羟胺(NH2OH)可与酸反应生成离子化合物HONH3Cl，则离子化合物NH3OHCl由[NH3HO]+和Cl-构成，该盐阳离子的电子式为；
(6)由题意，A在某浓度的硫酸溶液中回馏，可得到化合物B，生成的CO和CO2的物质的量之比，反应方程式为：CH2NO2CH2NO2+H2SO4→CO+CO2+(NH3OH)2SO4。
23．氮可以形成多种化合物，如NH3、N2H4、HCN、NH4NO3等。
（1）已知：
N2（g）+2H2（g）=N2H4（l）△H=+50.6kJ•mol-1
2H2（g）+O2（g）=2H2O（l）△H=-571.6kJ•mol-1
则①N2H4（l）+O2（g）=N2（g）+2H2O（l）△H=______________kJ•mol-1
②用次氯酸钠氧化氨气，可以得到N2H4的稀溶液，该反应的化学方程式是___________________。
（2）污水中的NH4+可以用氧化镁处理，发生如下反应：
MgO+H2OMg(OH)2 Mg(OH)2+2NH4+Mg2++2NH3•H2O
①温度对氮处理率的影响如图所示．在25℃前，升高温度氮去除率增大的原因是___________________。

②剩余的氧化镁，不会对废水形成二次污染，理由是___________________。
（3）污水中的含氮化合物，通常先用生物脱氮工艺进行处理，在硝化细菌的作用下将NH4+氧化为NO3－（2NH4++3O2=2HNO2+2H++H2O；2HNO2+O2＝2HNO3），然后加入甲醇，NO3-和甲醇转化为两种无毒气体。
①上述方法中，14g铵态氮元素转化为硝态氮元素时需氧的质量为_____________g。
②请写出加入甲醇后反应的离子方程式___________________。
（4）甲醇燃料电池的工作原理如下图所示，则该电池负极的电极反应式为_________。

【答案】（1）①-622.2②NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O（2）①升高温度NH3的溶解度降低，有利于NH3的逸出②氧化镁难溶于水中，以沉淀的形式排出，因此不会形成二次污染（3）①64②6NO3-+5CH3OH+6H+═3N2+5CO2+13H2O。（4）CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+
【解析】
试题分析：（1）①a N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）；△H=+50.6kJ•mol-1
b 2H2（g）+O2（g）═2H2O（l）；△H=-571.6kJ•mol-1
依据盖斯定律b-a得到N2H4（l）+O2（g）═N2（g）+2H2O（l）；△H=-622.2KJ/mol，②用次氯酸钠氧化氨气，可以得到N2H4的稀溶液，该反应的化学方程式为：NaClO+2NH3═N2H4+NaCl+H2O；（2）①在25℃前，升高温度氮去除率增大的原因是因为氨气溶解度随温度升高，溶解度减小；②剩余的氧化镁，是难溶于水的物质沉淀出不形成污染，不会对废水形成二次污染；（3）①2NH4++3O2═2HNO2+2H2O+2H+；2HNO2+O2═2HNO3，
2N～2NH4++～4O2～2HNO3，
28 4×32
14g m
m=64g
1g铵态氮元素转化为硝态氮元素时需氧的质量为64g；②酸性条件下，甲醇和硝酸根反应生成氮气、二氧化碳和水，离子方程式为：6NO3-+5CH3OH+6H+═3N2+5CO2+13H2O。（4）可燃物甲醇在负极失去电子生成二氧化碳，负极电极反应式为：CH3OH-6e-+H2O=CO2+6H+。
考点：考查了热化学方程式和盖斯定律计算应用
24．用如图装置探究NH3和CuSO4溶液的反应。

(1)上述制备NH3的实验中，烧瓶中反应涉及到多个平衡的移动：NH3+H2ONH3∙H2O、____________、_________________(在列举其中的两个平衡，可写化学用语也可文字表述)。
(2) 制备100mL25%氨水(ρ=0.905g∙cm-3)，理论上需要标准状况下氨气______L(小数点后保留一位)。
(3) 上述实验开始后，烧杯内的溶液__________________________，而达到防止倒吸的目的。
(4)NH3通入CuSO4溶液中，产生蓝色沉淀，写出该反应的离子方程式。_______________________。继续通氨气至过量，沉淀消失得到深蓝色[Cu(NH3)4]2+溶液。发生如下反应：2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)。
①该反应平衡常数的表达式K=___________________________。
②t1时改变条件，一段时间后达到新平衡，此时反应K增大。在下图中画出该过程中v正的变化___________________。

③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：________________________________。
④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正随时间的变化如下图所示，v正先增大后减小的原因__________________________________。

【答案】NH3∙H2ONH4＋＋OH－ NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡) Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2 的溶解平衡) 29.8 进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行 Cu2＋＋2NH3∙H2O→ Cu(OH)2↓＋2NH4＋ [[Cu(NH3)4]2＋]/[ NH3]2∙[NH4＋] 2 加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后c[Cu(NH3)4]2＋/c2 (NH3) ∙c2 (NH4＋) 会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀 该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小
【分析】
(1) 制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2 的溶解平衡三个平衡过程；
(2) 氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算. n（NH3）= =1.33 mol；
(3) 实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；
(4) NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2；
①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；
②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少；
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；
④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢。
【详解】
(1) 制备NH3的实验中，存在着NH3+H2ONH3∙H2O、NH3的溶解平衡和Ca(OH)2 的溶解平衡三个平衡过程，故答案为：NH3∙H2ONH4＋＋OH－ NH3(g)NH3(aq)(或氨气的溶解平衡)、Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)(或Ca(OH)2 的溶解平衡)；
(2) 氨水是指NH3的水溶液，不是NH3·H2O的水溶液，所以要以NH3为标准计算. n（NH3）= =1.33 mol，标准状况下体积为1.33mol×22.4L/mol=29.8L；
(3) 实验开始后，烧杯内的溶液进入干燥管后，又回落至烧杯，如此反复进行，而达到防止倒吸的目的；
(4) NH3通入CuSO4溶液中和水反应生成NH3∙H2O，NH3∙H2O电离出OH-，从而生成蓝色沉淀Cu(OH)2，该反应的离子方程式为：Cu2＋＋2NH3∙H2O→ Cu(OH)2↓＋2NH4＋；
①反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)，平衡常数的表达式K=；
②反应2NH4+(aq)+Cu(OH)2(s)+2NH3(aq)[Cu(NH3)4]2+(aq)(铜氨溶液)+2H2O+Q(Q>0)是放热反应，降温可以使K增大，正逆反应速率都减少，画出该过程中v正的变化为：；
③向上述铜氨溶液中加水稀释，出现蓝色沉淀。原因是：加水，反应物、生成物浓度均降低，但反应物降低更多，平衡左移，生成了更多的Cu(OH)2(加水稀释后会大于该温度下的K，平衡左移，生成了 更多的Cu(OH)2，得到蓝色沉淀；
④在绝热密闭容器中，加入NH4+(aq)、Cu(OH)2和NH3(aq)进行上述反应，v正先增大后减小的原因，温度升高反应速度加快，反应物浓度降低反应速率又会减慢，故原因是：该反应是放热反应，反应放出的热使容器内温度升高，v正 增大；随着反应的进行，反应物浓度减小，v正 减小。
25．氮化钙（Ca3N2）时一种重要的化学试剂，通常条件下为棕色易水解的固体。某小组在实验室制备氮化钙并测定其纯度，设计如下实验
Ⅰ．氮化钙的制备。
（1）加热条件下，钙和氮气制备氮化钙的反应方程式为______。
（2）钙和氮气制备氮化钙的装置如下（夹持装置略去）：

上述装置合理的连接顺序为______（按气流方向，用接口字母表示，装置不重复使用）。
（3）按连接好的装置进行实验。
①实验步骤如下：检查装置气密性、加入药品：______ （请按正确顺序填入下列步骤的字母标号）。
a．点燃装置C处酒精灯，反应一段时间
b．打开分液漏斗活塞
c．点燃装置A处酒精灯
d．熄灭装置A处酒精灯
e．熄灭装置C处酒精灯
f．关闭分液漏斗活塞
②装置B的作用为______。
③装置C的硬质玻璃管中的现象为______
（4）设计实验证明Ca3N2中混有钙单质：______
Ⅱ．测定氮化钙纯度
ⅰ称取4.0g反应后的固体，加入足量水，将生成的气体全部蒸出并通入100.00mL 1.00mol/L的盐酸中，充分反应后，将所得溶液稀释到200.00mL；
ii．取20.00mL稀释后的溶液，用0.2mol/LNaOH标准溶液滴定过量的盐酸，到终点时消耗标准溶液25.00mL。
（5）所取固体中氮化钙的质量分数为______。
【答案】3Ca+N2Ca3N2 i→gh→ab→ef→jk→d cbaefd 防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质 银白色金属逐渐变为棕色 取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸（或水），将生成气体通过碱石灰（或浓硫酸），通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质 92.5%
【分析】
由于氮化钙易水解，所以用干燥的氮气与钙反应制备氮化钙；根据题给装置和试剂，本题利用空气提供反应所需氮气，由于钙能与空气中的氧气、水蒸气等反应，所以要先除去空气中的氧气、水蒸气等；同时为防止氮化钙水解，实验中要防止外界水蒸气进入装置中；据此分析作答。
【详解】
Ⅰ．（1）加热时，氮气与钙反应生成氮化钙，反应方程式为3Ca+N2Ca3N2，
故答案为3Ca+N2Ca3N2；
（2）根据题给装置和试剂，本题利用空气提供反应所需氮气，由于钙能与空气中的氧气、水蒸气等反应，所以通过D装置除空气中的水蒸气和酸性气体，用A装置中灼热的铁粉除空气中的氧气；在C装置中氮气与Ca反应生成氮化钙，由于氮化钙易水解，B装置中用浓硫酸防止空气中水蒸气进入C中的硬质玻璃管中；C与B之间的F装置防止倒吸；按气流方向的连接顺序是：i→gh→ab→ef→jk→d，
故答案为i→gh→ab→ef→jk→d；
（3）①实验开始检查装置气密性、加入药品，先点燃装置A处酒精灯（以保证与Ca反应的气体只有氮气）、打开分液漏斗活塞、点燃装置C处酒精灯，反应一段时间、熄灭装置C处酒精灯、关闭分液漏斗活塞，最后熄灭装置A处酒精灯，即可制得氮化钙，则操作顺序为cbaefd，
故答案为cbaefd；
②装置B中盛装的浓硫酸能吸收水蒸气，防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质，
故答案为防止外界空气进入装置C使Ca3N2变质；
③装置C中氮气和钙在加热条件下生成氮化钙，可观察到的现象为银白色金属逐渐变为棕色，
故答案为银白色金属逐渐变为棕色；
（4）Ca、Ca3N2都能与盐酸（或水）反应，盐酸（或水）与Ca反应生成的H2能使黑色的CuO变红，而氮化钙与盐酸（或足量水）反应没有气体产生，则证明Ca3N2中混有钙单质的实验步骤为：取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸（或水），将生成气体用碱石灰干燥后通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质。
故答案为取C中反应后固体少量于试管中，加足量稀盐酸（或水），将生成气体通过碱石灰（或浓硫酸），通入灼热的CuO，黑色固体变红，则Ca3N2中混有钙单质；
Ⅱ．（5）剩余的盐酸量为×0.2mol/L×0.025L=0.05mol，故与NH3反应的盐酸为0.1L×1mo/L-0.05mol=0.05mol，根据氮元素守恒：Ca3N2～2NH3~2HCl，则n（Ca3N2）=0.025mol，则氮化钙的质量分数为×100%=92.5%，
故答案为92.5%。
26．亚硝酸钠广泛应用于工业和建筑业，也允许在安全范围内作为肉制品发色剂或防腐剂。
已知：①亚硝酸及其盐既有氧化性又有还原性。
②稀溶液中氧化性：
③酸性：
完成下列填空：
(1)在酸性溶液中滴入溶液，溶液褪色。写出该反应的离子方程式___________。被氧化的元素是___________。
(2)往冷溶液中加入或通入下列某种物质可得稀溶液。该物质是___________(选填序号)。
a．稀硫酸 b．二氧化碳 c．二氧化硫 d．醋酸
(3)溶液中离子浓度由大到小的顺序为___________；常温下，等浓度的溶液与溶液pH______(选填“前者大”、“后者大”或“相等”)。若使两者pH相等，可采取的措施是___________(选填序号)。
a．向溶液中加适量水 b．向溶液中加适量NaOH
c．向溶液中加适量水 d．向溶液中加适量NaOH
(4)已知：。以溶液和气体为原料，得到硫酸溶液及NO与混合气体，同时将所得混合气体通入NaOH溶液生产。
①若得到的盐全部为，则原料和的物质的量之比为___________。
②生产中，若硝酸浓度过高，产率___________，若硝酸浓度过低，产率___________(选填“偏低”、“偏高”或“不变”)。
【答案】 +3价的氮元素 a 后者大 bc 1:1 偏低 偏低
【详解】
(1)在酸性KMnO4溶液中滴入NaNO2溶液，溶液褪色，则被还原为Mn2+，同时被氧化为，该反应的离子方程式为；被氧化的元素是中+3价的氮元素。答案为：；+3价的氮元素；
(2)往冷溶液中加入或通入某种物质可得稀溶液，该物质应能提供H+，且酸性比HNO2强，同时还需考虑到加入试剂不能将NaNO2还原。虽然亚硫酸的酸性也比亚硝酸强，但稀溶液中氧化性，所以不能选择通入SO2，由酸性可知，稀硫酸可实现此转化，故选a。答案为：a；
(3)HNO2的酸性比H2SO3弱，则HNO2为弱酸，在水溶液中发生部分水解，生成HNO2和NaOH，同时水发生微弱电离，所以离子浓度由大到小的顺序为；常温下，因为酸性，所以等浓度的溶液与溶液中，的水解能力更强，则pH后者大。若使两者pH相等，则应设法增大的水解程度。
a．向溶液中加适量水，虽然水解平衡正向移动，但溶液中[OH-]更小，a不符合题意；
b．向溶液中加适量NaOH，可增大溶液中[OH-]，b符合题意；
c．向溶液中加适量水，将溶液稀释，可减小溶液中[OH-]，c符合题意；
d．向溶液中加适量NaOH，会增大溶液中的[OH-]，d不符合题意；
故选bc。答案为：；后者大；bc；
(4)①若得到的盐全部为，则生成等摩的NO、NO2混合气体，溶液和气体反应的化学方程式为2HNO3+2SO2+H2O=2H2SO4+NO+NO2，从而得出原料和的物质的量之比为1:1。
②生产中，若硝酸浓度过高，主要还原产物为NO2，生成NO的量少，与NaOH溶液反应后，有较多的NaNO3生成，产率偏低，若硝酸浓度过低，主要还原产物为NO，生成的NO2量少，与NaOH溶液反应后，有大量NO剩余，产率偏低。答案为：1:1；偏低；偏低。
27．Ⅰ.由三种元素组成的固体化合物A，按如下流程进行实验。已知气体C为纯净物，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。

请回答：
(1)组成A的三种元素是N和____(填元素符号)，A的化学式是____。
(2)固体D与足量水反应的离子方程式是____。
(3)将气体E通入SCl2的热溶液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，该反应的化学方程式是____。
II. 某实验小组用下图装置进行铜和浓硫酸反应的实验。

请回答：
(1)上述装置有一处不合理，请从安全角度提出改进方案____。
(2)实验中观察到有白色固体生成，请设计实验方案检验该白色固体成分____。
【答案】Ca，H Ca(NH3)6 Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑ 16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S 增加一个防倒吸装置 小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4）
【详解】
Ⅰ.气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明气体E为氨气，且氨气的物质的量为=0.1mol，固体D和水反应产生氨气和碱性溶液，碱性溶液F可以和碳酸钠生成沉淀G，不妨先假设沉淀G为碳酸钙，物质的量为=0.05mol，溶液F为氢氧化钙，氢氧化钙的物质的量也为0.05mol，则根据氨气和氢氧化钙的物质的量的关系，可推出D为Ca(NH2)2，Ca(NH2)2与水反应生成氢氧化钙和氨气，化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3↑，D中的Ca(NH2)2的物质的量为0.05mol，质量为3.6g，气体B为5.6L，遇浓硫酸变成了1.12L，说明气体B含有碱性气体氨气，且氨气的物质的量为，剩余气体为氢气，物质的量为，说明A为Ca(NH3)6，即假设成立，所以物质A含有N，Ca，H元素；
(1)由分析可知，组成A的三种元素是N和Ca，H，A的化学式是Ca(NH3)6，故答案为：Ca，H；Ca(NH3)6；
(2)固体D为Ca(NH2)2，与足量水反应的化学方程式为Ca(NH2)2+2H2O=Ca(OH)2+2NH3↑，离子方程式是Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑，故答案为：Ca(NH2)2+2H2O=Ca2++2OH-+2NH3↑；
(3)气体E为氨气，通入SCl2的热溶液中可制得S4N4，同时生成一种常见的盐和一种淡黄色单质，即生成氯化铵和S，化学方程式是16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S，故答案为：16NH3+6SCl2=S4N4+12NH4Cl+2S；
II. (1)A中产生的二氧化硫通入氢氧化钠溶液中，会生成亚硫酸钠和水，导致B中的氢氧化钠溶液倒吸如A装置中，所以上述装置应该增加一个防倒吸装置，故答案为：增加一个防倒吸装置；
(2)A中铜和浓硫酸反应产生硫酸铜，二氧化硫和水，实验中观察到有白色固体生成，可小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4），故答案为：小心倒去上层液体，取固体溶解于蒸馏水中，若溶液变蓝，说明有铜离子（或说明白色固体为CuSO4）。
28．Ⅰ.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，按如图流程进行实验。

已知：B含三种元素；气体D标况下密度2.32g/L；混合气体l无色无味；气体F标况下密度为1.25g/L。请回答：
(1)组成B的三种元素是_______，气体D的分子式是______。
(2)写出固体C在足量氧气中灼烧的方程式_______。
(3)固体C在沸腾的稀盐酸中会生成一种弱酸和一种白色沉淀，该白色沉淀是共价化合物(测其分子量为199)，则反应的化学方程式是________。
Ⅱ.某兴趣小组为验证卤素单质的氧化性强弱，打开弹簧夹，向盛有NaBr溶液的试管B和分液漏斗C中同时通入少量Cl2，将少量分液漏斗C中溶液滴入试管D中，取试管D振荡，静止后观察现象。实验装置如图：

(4)说明氧化性 Br2＞I2 的实验现象是________。
(5)为了排除Cl2对溴置换碘实验的干扰，需确认分液漏斗C中通入Cl2 未过量。试设计简单实验方案检验_________。
【答案】Cu、C、N (CN)2 2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2 2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN 试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色 方案一：关闭弹簧夹，向B试管中继续通入氯气，若B试管出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。方案二：取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。
【分析】
I.电镀废水中常含有阴离子A，排放前可加CuSO4溶液处理，使之转化为沉淀B，沉淀B含有铜元素，隔绝空气加热后的固体C应含铜元素，灼烧后黑色固体E应为CuO8.0g，CuO的物质的量==0.1mol，根据Cu守恒，B、C中Cu元素的物质的量0.1mol，Cu元素质量为0.1mol×64g/mol=6.4g，C在足量O2灼烧后产生的混合气体1通入足量澄清石灰水，产生10g白色沉淀G，则G为CaCO3，混合气体1中含有CO2和未反应的O2，根据C守恒，固体C中含有含有C元素，其物质的量为=0.1mol，质量为0.1mol×12g/mol=1.2g，反应后的混合气体2通过灼热的铜网完全反应后，剩余1120mL气体F，结合气体F标况下密度为1.25g/L，气体F摩尔质量为1.25g/L×22.4L/mol=28g/mol，推测为N2，氮气的物质的量==0.05mol，质量为0.05mol×28g/mol=1.4g，根据转化流程分析，若F为N2，则Cu、C、N元素都来自于固体C，即C由Cu、C、N三种元素组成，再根据m（Cu）+m（C）+m（N）=6.4g+1.2g+1.4g=9g，刚好等于参与反应的固体C的质量，由此可确定，F为N2，C由Cu、C、N三种元素组成，且n（Cu）∶n（C）∶n（N）=0.1mol∶0.1mol∶0.05mol×2=1∶1∶1，则固体C的化学式为CuCN，混合气体1为CO2、O2、N2的混合气体，混合气体2为O2、N2的混合气体；由于沉淀B也是由三种元素组成，隔绝空气加热分解为C和D，没有外来元素，则B也是由Cu、C、N三种元素组成，B为11.6g，C为9g，根据质量守恒，D的质量为2.6g，气体D标况下密度2.32g/L，则D摩尔质量为2.32g/L×22.4L/mol≈52g/mol，气体D的物质的量为=0.05mol，C中除Cu外的CN-的质量为9g-6.4g=2.6g，CN-的物质的量为=0.1mol，B中除Cu外的质量为11.6-6.4=5.2g，则B的化学式为Cu(CN)2；前面的分析中确定，B中含有Cu0.1mol，则B中含有CN-的物质的量为0.2mol，根据原子守恒，D中含有CN为0.1mol，则D的分子式为(CN)2；
【详解】
I(1)根据分析，组成B的三种元素是Cu、C、N三元素，气体D的分子式是(CN)2；
(2)固体C为CuCN，在足量氧气中灼烧生成CuO、CO2和N2，则发生反应的化学方程式为2CuCN＋3O22CuO＋2CO2＋N2；
(3)CuCN与盐酸反应生成弱酸为HCN，沉淀的摩尔质量为199g/mol，则可推断其为Cu2Cl2，发生反应的化学方程式为2CuCN+2HClCu2Cl2+2HCN；
II(4)四氯化碳的密度大于水的密度，若试管内溶液分层，且下层为紫红色，上层无色，说明Br2与KI反应生成了I2，根据氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性，可以说明氧化性 Br2＞I2；
(5)若氯气未过量，可向试管B或分液漏斗中继续通入氯气，若溶液出现橙红色，说明氯气未过量，则实验方案为：方案一：关闭弹簧夹，向B试管中继续通入氯气，若B试管出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。方案二：取分液漏斗中上层少量溶液于试管中，向试管中通入Cl2，若试管中溶液出现橙红色，说明有溴单质生成，可确定氯气未过量。




浙江真题题组
1.(2020年7月浙江选考)．一定条件下： 。在测定的相对分子质量时，下列条件中，测定结果误差最小的是( )
A．温度、压强 B．温度、压强
C．温度、压强 D．温度、压强
【答案】D
测定二氧化氮的相对分子质量，要使测定结果误差最小，应该使混合气体中NO2的含量越多越好，为了实现该目的，应该改变条件使平衡尽可以地逆向移动。该反应是一个反应前后气体分子数减小的放热反应，可以通过减小压强、升高温度使平衡逆向移动，则选项中，温度高的为130℃，压强低的为50kPa，结合二者选D。答案为D。
2.（2020年1月浙江选考）．下列表示不正确的是
A．羟基的电子式： B．乙烯的结构简式：CH2CH2
C．氯原子的结构示意图： D．NH3分子的球棍模型：
【答案】B
A项、羟基中氧原子还有一个未成对的单电子，电子式为，故A正确；
B项、乙烯的官能团为碳碳双键，结构简式为CH2=CH2，故B错误；
C项、氯原子的核外有3个电子层，最外层有7个电子，原子的结构示意图为，故C正确；
D项、氨气为三角锥形的极性分子，球棍模型为，故D正确；
故选B。
3．[2021年4月浙江选考]下列能使湿润的红色石蕊试剂变蓝的气体是
A．NH3 B．SO3 C．HCl D．CO3
【答案】A
【解析】A．NH3是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试剂变蓝，A正确；B．SO3溶于水生成强酸硫酸，不能能使湿润的红色石蕊试剂变蓝，B错误；C．HCl溶于水得到强酸盐酸，不能使湿润的红色石蕊试剂变蓝，C错误；D．CO3是酸性氧化物，不能使湿润的红色石蕊试剂变蓝，D错误。答案选A。
4．[2021 浙江理综]为落实“五水共治”，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气（主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分），设计了如下流程：

下列说法不正确的是
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH4+废水时，发生反应的离子方程式为：NH4++NO2−==N2↑+2H2O
【答案】B
【解析】A、工业废气通入过量的石灰乳，二氧化碳和二氧化硫被吸收形成碳酸钙或亚硫酸钙沉淀，所以固体1中含有氢氧化钙和碳酸钙和亚硫酸钙，故正确；B、气体 1为一氧化碳、一氧化氮和氮气，微粒能被氢氧化钠吸收成亚硝酸钠，需要将一氧化氮变成二氧化氮，与一氧化氮一起与氢氧化钠反应，所以通入的X为空气，因为要实现的反应为NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O，空气不能过量，故错误；C、一氧化碳和氢氧化钠不反应，所以捕获剂捕获的气体主要为一氧化碳，故正确；D、亚硝酸钠中的氮元素为+3价，与铵根离子中的氮元素-3价发生氧化还原反应，生成的无污染的气体为氮气，根据电子守恒和电荷守恒分析，其方程式为NH4++NO2−==N2↑+2H2O，故正确。故答案选B。
5．[2021年4月浙江选考]氨气及其相关产品是基本化工原料，在化工领域中具有重要的作用。
（1）以铁为催化剂，0.6 mol氮气和1.8 mol氢气在恒温、容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气，20 min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3 mol。
①在第25min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%，请画出从第25min起H2的物质的量浓度随时间变化的曲线。

②该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是_____（填增大、减少或不变）。
（2）①N2H4是一种高能燃料，有强还原性，可通过NH3和NaClO反应制得，写出该制备反应的化学方程式______________________。
②N2H4的水溶液呈弱碱性，室温下其电离常数K1=1.0×10-6，则0.01 mol·L－1 N2H4水溶液的pH等于__________（忽略N2H4的二级电离和H2O的电离）。
③已知298K和101KPa条件下：
N2(g)+3H2(g)＝2NH3(g) ΔH1
2H2(g)+O2(g)＝2H2O(l) ΔH2
2H2(g)+O2(g)＝2H2O(g) ΔH3
4NH3(g)+O2(g)＝2N2H4(l)+2H2O(I) ΔH4
则N2H4(l)的标准燃烧热ΔH＝_______。
（3）科学家改进了NO2转化为HNO3的工艺（如虚框所示），在较高的操作压力下，提高N2O4/H2O的质量比和O2的用量，能制备出高浓度的硝酸。

实际操作中，应控制N2O4/H2O质量比高于5.11，对此请给出合理解释______________。
【答案】（1） 增大
（2）NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O 10 △H2-△H1-△H4
（3）2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，中N2O4/H2O的质量比等于5.11，高于5.11是为了提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸。
【解析】（1）①0.6mo1氮气和1.8mo1氢气在恒温、容积恒定为1L的密闭容器中反应生成氨气，2min后达到平衡，氮气的物质的量为0.3mo1
                     N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)
起始(mol)：0.6           1.8             0
转化(mol)：0.3            0.9            0.6
平衡(mol)：0.3             0.9           0.6
在第25min时，保持温度不变，将容器体积迅速增大至2L并保持恒容，则此时c(H2)==0.45mol/L；体系达到平衡时N2的总转化率为38.2%，则转化的氮气为0.6mol×38.2%=0.2292mol；
                        N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)
起始(mol)：0.6             1.8             0
转化(mol)：0.23           0.69        0.46
平衡(mol)：0.37          1.11         0.46
所以第二次平衡时c(H2)==0.555mol/L，则第25min起H2的物质的量浓度为0.45mol/L，平衡时为0.555mol/L，所以图象为；②催化剂能增大反应速率，所以该反应体系未达到平衡时，催化剂对逆反应速率的影响是增大，故答案为：增大；
（2）①该反应中，次氯酸钠被氨气含有生成氯化钠，氨气被氧化生成肼，同时还有水生成，所以该反应方程式为：NaClO+2NH3=N2H4+NaCl+H2O；
②电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H5++OH-，室温下其电离常数K1≈1.0×10-6，则0.01mol•L-1N2H4水溶液中c(N2H5+)≈c(OH-)，K===1.0×10-6，所以c(OH-)=10-4mol/L，则c(H+)=10-10mol/L，则溶液的pH=10；
③已知：N2(g)+3H2(g)=2NH3(g)△H1 ，2H2(g)+O2(g)=2H2O(l)△H2 ，2H2(g)+O2(g)=2H2O(g)△H3 ，4NH3(g)+O2(g)=2N2H4(l)+2H2O(l)△H4，由盖斯定律可知，N2H4(l)+O2(g)=N2(g)+2H2O(l)△H=△H2-△H1-△H4；
（3）由NO2转化为HNO3的工艺图可知，N2O4与水、氧气反应生成硝酸，2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，反应中N2O4/H2O的质量比等于5.11，当高于5.11，则提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸，故答案为：2N2O4+2H2O+O2=4HNO3，中N2O4/H2O的质量比等于5.11，高于5.11是为了提高了N2O4的浓度，有利于平衡向正方向移动，得到高浓度的硝酸。

全国真题题组
1. (2020年江苏高考)．反应可用于氯气管道的检漏。下列表示相关微粒的化学用语正确的是
A．中子数为9的氮原子：
B．N2分子的电子式：
C．Cl2分子的结构式：Cl—Cl
D．Cl-的结构示意图：
【答案】C
【解析】
A．N原子的质子数为7，中子数为9的氮原子的质量数为7+9=16，该氮原子表示为，A错误；
B．N2分子中两个N原子间形成3对共用电子对，N2分子的电子式为，B错误；
C．Cl2分子中两个Cl原子间形成1对共用电子对，Cl2分子的结构式为Cl—Cl，C正确；
D．Cl-的核电荷数为17，核外有18个电子，Cl-的结构示意图为，D错误；
答案选C。
2. (2020年山东高考)．下列叙述不涉及氧化还原反应的是
A．谷物发酵酿造食醋 B．小苏打用作食品膨松剂
C．含氯消毒剂用于环境消毒 D．大气中NO2参与酸雨形成
【答案】B
【解析】
A．涉及淀粉水解成葡萄糖，葡萄糖氧化成乙醇，乙醇氧化成乙酸，涉及氧化还原反应，A不符合题意；
B．小苏打即NaHCO3，NaHCO3受热分解产生无毒的CO2，因此可用小苏打作食品膨松剂，不涉及氧化还原反应，B符合题意；
C．利用含氯消毒剂的强氧化性消毒杀菌，涉及氧化还原反应，C不符合题意；
D．NO2与水反应有HNO3产生，因此NO2参与了硝酸型酸雨的形成，涉及氧化还原反应，D不符合题意。
答案选B。
3. (2020年山东高考节选)．以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2，Fe2O3和A12O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如下：

已知浸出时产生的废渣中有SiO2，Fe(OH)3和Al(OH)3。下列说法错误的是
A．浸出镁的反应为
B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行
C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl
【答案】B
【解析】A．高温煅烧后Mg元素主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO+2NH4Cl=MgCl2+2NH3↑+H2O，故A正确；
B．一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B错误；
C．浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C正确；
故答案为B。
4.（2020年全国1卷）．．下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是

气体(杂质)
方法
A
SO2(H2S)
通过酸性高锰酸钾溶液
B
Cl2(HCl)
通过饱和的食盐水
C
N2(O2)
通过灼热的铜丝网
D
NO(NO2)
通过氢氧化钠溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】A
【详解】
A．SO2和H2S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；
B．氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能实现除杂目的；
C．氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应： ，而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C项能实现除杂目的；
D．NO2可以与NaOH发生反应：，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D项能实现除杂的目的；
答案选A。
5．[2018新课标Ⅱ卷]研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关（如下图所示）。下列叙述错误的是

A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
【答案】C
【解析】A．雾的分散剂是空气，分散质是水。霾的分散剂是空气，分散质固体颗粒。因此雾和霾的分散剂相同，A正确；
B．由于氮氧化物和二氧化硫转化为铵盐形成无机颗粒物，因此雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵，B正确；
C．NH3作为反应物参加反应转化为铵盐，因此氨气不是形成无机颗粒物的催化剂，C错误；
D．氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关，由于氮肥会释放出氨气，因此雾霾的形成与过度施用氮肥有关，D正确。答案选C。
点睛：结合示意图的转化关系明确雾霾的形成原理是解答的关键，氨气作用判断是解答的易错点。本题情境真实，应用导向，聚焦学科核心素养，既可以引导考生认识与化学有关的社会热点问题，形成可持续发展的意识和绿色化学观念，又体现了高考评价体系中的应用性和综合性考查要求。
6．[2021北京]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



①
②
③
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．红棕色气体不能表明②中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
【答案】D
【解析】A、①中的碎玻璃不与浓硝酸反应，但仍有红棕色气体产生，说明浓硝酸受热分解产生了二氧化氮和氧气，A正确；B、通过A分析可知，浓硝酸受热可以分解产生二氧化氮和氧气，所以②中红棕色气体可能来源于硝酸分解，即不能表明②中木炭与浓硝酸发生反应，B错误；C、实验③中木炭没有与浓硝酸接触，浓硝酸没有被加热，生成的红棕色气体二氧化氮只能是挥发出的硝酸蒸气与红热木炭反应、或是挥发出的硝酸受热分解，从生成的二氧化氮看，都是来源于HNO3中+5价氮元素，所以红棕色气体是还原产物，C正确； D、由于空气中含有氧气，因此红热的木炭可能与氧气反应产生了CO2，且③中木炭和浓硝酸并没有接触，因此不能说明木炭一定与浓硝酸发生了反应，D错误。答案选D。
【名师点睛】这是一组探究性题型，明确浓硝酸的性质，例如浓硝酸的挥发性、不稳定性和强氧化性等是解答的关键。解题时需要将题目中产生红棕色气体NO2的两种可能性综合分析，另外还需要注意反应在空气中进行，因此就必须考虑空气中氧气对实验的干扰。平时复习要掌握信息的提取能力，突出知识迁移的能力。
7．[2021上海]称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1792 mL（标准状况），则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为
A．1∶1 B．1∶2 C．1.87∶1 D．3.65∶1
【答案】C
【解析】利用极值法分析，可知0.1 mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再反应(NH4)2SO4，因共生成NH3 0.08 mol，故与H+反应的氢氧化钠为0.02 mol，则可知道NH4HSO4为0.02 mol，则(NH4)2SO4质量为7.24 g－115 g/mol×0.02 mol=4.94 g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94 g ÷132 g/mol=0.0374 mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87∶1 ，故选C。
8．[2021江苏]根据侯氏制碱原理制备少量NaHCO3的实验，经过制取氨气、制取NaHCO3、分离NaHCO3、干燥NaHCO3四个步骤，下列图示装置和原理能达到实验目的的是

【答案】C
【解析】A、氯化铵受热分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷又生成氯化铵固体，不能用加热氯化铵固体的方法制备氨气，A错误；B、气流方向错误，应该从右侧导管通入CO2气体，B错误；C、从溶液中分离出碳酸氢钠固体用过滤的方法，C正确；D、碳酸氢钠受热易分解生成碳酸钠、水和二氧化碳，不能用该装置干燥碳酸氢钠，D错误。答案选C。
9. (2020年北京卷)．H2O2是一种重要的化学品，其合成方法不断发展。
(1)早期制备方法：Ba(NO3)2BaOBaO2滤液H2O2
①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体。该反应的化学方程式是____。
②II为可逆反应，促进该反应正向进行的措施是____。
③III中生成H2O2，反应的化学方程式是____。
④减压能够降低蒸馏温度，从H2O2的化学性质角度说明V中采用减压蒸馏的原因：____。
(2)电化学制备方法：已知反应2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，通过电解可以实现由H2O和O2为原料制备H2O2，如图为制备装置示意图。

①a极的电极反应式是____。
②下列说法正确的是____。
A．该装置可以实现电能转化为化学能
B．电极b连接电源负极
C．该方法相较于早期剂备方法具有原料廉价，对环境友好等优点
【答案】2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑ 增大压强或增大氧气的浓度或降低温度 BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2 H2O2受热易分解 O2+2H++2e-= H2O2 AC
【解析】 (1)①I为分解反应，产物除BaO、O2外，还有一种红棕色气体，该气体为NO2。根据氧化还原反应电子得失守恒配平该反应的化学方程式为：2Ba(NO3)22BaO+ O2↑+4NO2↑；
②II为BaO与氧气反应生成BaO2，是可逆反应，反应方程式为：2BaO(s)+O2(g)2BaO2(s)，正反应为气体体积减小的放热反应，促进该反应正向进行的措施是增大压强或增大氧气的浓度或降低温度；
③III中过氧化钡与盐酸反应生成氯化钡和双氧水，反应的化学方程式是BaO2+2HCl= BaCl2+H2O2；
④H2O2受热易分解，采用减压能够降低蒸馏温度，防止双氧水分解导致产率降低；
(2)①根据分析，a极的电极反应式是O2+2H++2e-= H2O2；
②A．2H2O2=2H2O+O2↑能自发进行，反向不能自发进行，根据图示，该装置有电源，属于电解池，电解池是将电能转化为化学能的装置，故A正确；
B．根据分析，电极b为阳极，电解池阳极与电源正极连接，故B错误；
C．根据分析，该装置的总反应为2H2O+O22H2O2，根据反应可知，制取双氧水的原料为氧气和水，来源广泛，原料廉价，对环境友好等优点，故C正确；
答案选AC。
10．[2021江苏]N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为 ▲ 。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH−2+H2O
2NO2+2OH−++H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有 ▲ （填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是 ▲ （填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是 ▲ （填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。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。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl−和，其离子方程式为 ▲ 。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 ▲ 。

【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2O
（2）①BC ②NaNO3 NO
（3）①3HClO+2NO+H2O3Cl−+2+5H+
②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【解析】（1）NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为：2NH3+2O2N2O+3H2O。
（2）①A、加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不符合题意；B、采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，符合题意；
C、定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，符合题意。
故选BC。
②由吸收反应：NO+NO2+2OH-=2NO2-+H2O，2NO2+2OH-=NO2-+ NO3-+H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1：1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO。
（3）①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl-，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO+3HClO+H2O=2 NO3-+3 Cl-+5H+。
②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应2NO+3HClO+H2O=2NO3-+3 Cl-+5H+可知，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。
11．[2021北京]SCR和NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：

① 尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式：____________。
② 反应器中NH3还原NO2的化学方程式：____________。
③ 当燃油中含硫量较高时，尾气中SO2在O2作用下会形成(NH4)2SO4，使催化剂中毒。用化学方程式表示(NH4)2SO4的形成：________。
④ 尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素（M=60 g·mol −1）含量的方法如下：取a g尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的v1 mL c1 mol·L−1 H2SO4溶液吸收完全，剩余H2SO4用v2 mL c2 mol·L−1 NaOH溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是________。
（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：
NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。

① 通过BaO和Ba(NO3)2的相互转化实现NOx的储存和还原。储存NOx的物质是_________。
② 用H2模拟尾气中还原性气体研究了Ba(NO3)2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是__________。
③ 还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。用同位素示踪法研究发现笑气的产生与NO有关。在有氧条件下15NO与NH3以一定比例反应时，得到的笑气几乎都是15NNO。将该反应的化学方程式补充完整：_______□15NNO+□H2O
【答案】（1）①CO(NH2)2+H2OCO2+2NH3
②8NH3+6NO27N2+12H2O
③2SO2+O2+4NH3+2H2O2(NH4)2SO4 ④
（2）①BaO ②8∶1 ③415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O
【解析】（1）①尿素[CO(NH2)2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合原子守恒，发生反应的化学方程式为CO(NH2)2+H2O2NH3↑+CO2↑。②从图中可以看出NH3在催化剂作用下还原NO2生成氮气和水，根据电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。③SO2在O2作用下与NH3、H2O反应形成(NH4)2SO4，此反应中SO2是还原剂，氧气是氧化剂，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为2SO2+O2+4NH3+2H2O2(NH4)2SO4。④吸收NH3的硫酸的物质的量为v1×10−3L× c1 mol·L−1 −v2 ×10−3 L×c2 mol·L−1 ×=（v1c1−v2c2）×10−3mol，则尿素的物质的量为（v1c1−v2c2）×10−3mol，尿素溶液中溶质的质量分数是[（v1c1−v2c2）×10−3mol×60g/mol]÷a g×100%=。（2）①由图示可知BaO和NOx作用生成Ba(NO3)2，Ba(NO3)2再还原为N2，则储存NOx的物质是BaO。②由图示可知，第一步反应为H2与Ba(NO3)2作用生成NH3，每摩Ba(NO3)2作用生成NH3共转移16 mol电子，根据电子守恒，参加反应的氢气的物质的量为16 mol÷2=8 mol，则消耗的H2与Ba(NO3)2的物质的量之比是8∶1。③反应物有15NO与NH3，结合产物中有水，可知还有另一反应物O2，反应中NH3是还原剂，15NO与O2是氧化剂，因含氮产物均为15NNO，则15NO与NH3以1∶1参加反应，结合电子守恒和原子守恒可得此反应的化学方程式为415NO+4NH3+3O2415NNO+6H2O。
【名师点睛】试题以SCR和NSR技术控制发动机的NOx排放为载体，重点考查化学方程式书写、化学计算、氧化还原反应电子转移的应用等知识，考查考生的读图能力、计算能力和对试题的综合分析能力。注意读图时要结合题目要求展开，如图a，问题中“NOx的储存和还原。储存…..”，因此主要就是从图左到图右，BaO转变成Ba(NO3)2，Pt没有发生变化，所以BaO是储存NOx的试剂，而Pt没有变化则可能是该储存过程中的催化剂。该题涉及到方程式的书写较多，尤其是氧化还原反应方程式的配平是解答的难点。注意利用好“守恒”三原则(即质量守恒、得失电子守恒、电荷守恒)，注意电子得失守恒的计算关系式，即n(氧化剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)＝n(还原剂)×变价原子个数×化合价变化值(高价－低价)。