高考化学一轮复习考点过关练习考点21 氮及其重要化合物(含解析)

这是一份高考化学一轮复习考点过关练习考点21 氮及其重要化合物(含解析)，共30页。试卷主要包含了氮气，氮的氧化物，氨和铵盐，硝酸等内容，欢迎下载使用。

考点21 氮及其重要化合物

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。
3．分子结构
电子式： 结构式：N≡N
4．化学性质
（1）与O2反应 N2＋O22NO
（2）与H2反应 N2+3H22NH3
（3）与Mg反应 N2+3MgMg3N2
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）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。

（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
①还原性：与氧气反应：4NH3＋5O24NO＋6H2O。
②与酸反应：蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，其现象为有白烟生成，将浓盐酸改为浓硝酸，也会出现相同的现象。化学方程式为HCl＋NH3===NH4Cl、NH3＋HNO3===NH4NO3。
应用：用于NH3与挥发性酸的互相检验。
③与水反应：NH3＋H2ONH3·H2O，NH3·H2O发生电离：NH3·H2ONH4+＋OH－，氨的水溶液叫氨水，呈弱碱性。
（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。
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．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．如图所示，试管中盛装的气体呈红棕色，当倒扣在盛有水的水槽中时，试管内水面上升，但不能充满试管，当向试管内鼓入氧气后，可以观察到试管中水面继续上升，经过多次重复后，试管被水充满，对原试管中盛装的气体的说法正确的是

A．可能是N2与NO2的混合气体 B．可能是N2O气体
C．可能是NO与NO2的混合气体 D．只可能是NO2一种气体
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
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

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 。
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

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



1．下列有关氮元素的单质及其化合物的说法错误的是
①氮气与氧气在放电条件下可直接生成NO2
②铵盐都不稳定，受热分解都生成氨气
③向Fe(NO3)2溶液中滴加稀盐酸，无明显变化
④实验室采用加热氯化铵固体，用碱石灰除去氯化氢的方法制备氨气
A．①③④ B．①③ C．①④ D．①②③④
2．如图所示，相同条件下，两个容积相同的试管分别装满NO2和NO气体，分别倒置于水槽中，然后通过导管缓慢通入氧气，边通边慢慢摇动试管，直到两个试管内充满液体。假设试管内的溶质不向水槽中扩散，则（1）和（2）两个试管内溶液物质的量浓度之比为

A．1∶1　　 B．4∶3　　 C．5∶7　　 D．7∶5
3．如图所示是实验室制取气体的装置，其中发生装置相同，干燥和集气装置有两套，分别用图1和图2表示。下列选项中正确的是

选项
发生装置中的药品
干燥和集气装置
A
亚硫酸钠和饱和稀盐酸
图2
B
大理石和稀盐酸
图1
C
铜和稀硝酸
图2
D
氧化钙和浓氨水
图1
4．NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图)。下列说法正确的是

A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥
B．NH4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解
C．NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应
D．图中所涉及的盐类物质都属于正盐
5．如图所示是验证气体性质的实验装置，下列有关说法不正确的是

A．若水槽中是水，试管中是NO2，可观察到试管中液面上升，若再充入适量的O2可使液体充满整个试管
B．若水槽中是NaOH溶液，试管中是Cl2，可观察到试管中液面上升
C．若水槽中是水并滴有几滴紫色石蕊试液，试管中是SO2，可观察到试管中液面上升，试管中溶液呈无色
D．若水槽中是水并滴有几滴酚酞试液，试管中是NH3，可观察到试管中液面上升，试管中溶液呈红色
6．室温下，某兴趣小组用如图装置在通风橱中进行如下实验：
实验
现象

试管Ⅰ中开始无现象，逐渐有微小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色
试管Ⅱ中剧烈反应，迅速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色；之后向绿色溶液中持续通入N2，溶液变为蓝色
下列说法正确的是
A．试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO2，由硝酸还原生成
B．等质量的 Cu 完全溶解时，Ⅰ中消耗的HNO3更多
C．换成Fe之后重复实验，依然是试管Ⅱ中反应更剧烈
D．试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于溶有NO2
7．向50 mL稀硫酸与稀硝酸的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。

下列说法正确的是
A．开始时产生的气体为H2
B．AB段发生的反应为置换反应
C．所用混合溶液中c(HNO3)＝0.5 mol·L－1
D．参加反应的铁粉的总质量m2＝5.6 g
8．将铁粉和铜粉的均匀混合物分成四等份，分别加入同浓度的稀硝酸，充分反应，在标准状况下生成NO的体积和剩余金属的质量如下表(设硝酸的还原产物只有NO)。下列计算结果错误的是
编号
①
②
③
④
稀硝酸体积/mL
100
200
300
400
剩余金属/g
18.0
9.6
0
0
NO体积/mL
2 240
4 480
6 720
V
A．①中溶解了8.4 g Fe B．原混合物的总质量为105.6 g
C．硝酸的浓度为4 mol·L-1 D．④中V=6 720
9．某学习小组用凯氏定氮法(Kjeldahl method)来测定农产品中氮的含量，测定过程如下：
Ⅰ.用热浓硫酸处理0.25 g谷物样品，把有机氮转化为铵盐。
Ⅱ.用如图所示装置处理上述铵盐(夹持装置略去)。

1．H2O　2.玻璃管　3.足量浓NaOH溶液　4.铵盐样品　5.25.00 mL 0.10 mol·L－1H2SO4溶液　6.冰水混合物
回答下列问题：
（1）实验前要检验B装置的气密性，具体操作为_____________________。
（2）盛放浓氢氧化钠溶液的仪器名称为__________；玻璃管2的作用是__________；圆底烧瓶中碎瓷片的作用是_____________________________。
（3）将“谷物处理后所得的铵盐”加入三颈烧瓶中，打开玻璃塞、旋开K2，加入足量浓氢氧化钠溶液，关闭K2，打开K1，点燃酒精灯使水蒸气进入B装置。
①B装置中反应的离子方程式为____________________________。
②C装置中冰水混合物的作用是_______________________________。
Ⅲ.滴定、计算氮的含量。
（4）取下锥形瓶，加入指示剂，用0.10 mol·L－1的NaOH溶液滴定，重复滴定3次，平均消耗19.30 mL NaOH溶液。
①该滴定的指示剂应选择________。
a．甲基橙　　b．酚酞　　c．石蕊
②该谷物样品中氮的百分含量为________(保留2位小数)。
10．亚硝酸钙[Ca(NO2)2]是水泥混凝土外加剂的主要原料，可配制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等。某学习小组设计实验制备亚硝酸钙，实验装置如图所示(夹持装置略去)。

已知:2NO+CaO2Ca(NO2)2；2NO2+CaO2Ca(NO3)2。
请回答下列问题:
（1）向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，原因是　　　　　　　　。
（2）仪器D的名称是　　　　；B中盛放的试剂是　　　　　　　　。
（3）装置F中，酸性K2Cr2O7溶液可将剩余的NO氧化成N，溶液由橙色变为绿色(Cr3+)，发生反应的离子方程式是　　　　　　　　　　　　。
（4）工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，反应原理为Ca(OH)2+ NO+NO2Ca(NO2)2+H2O。其部分工艺流程如图所示:

该工艺需控制NO和NO2的物质的量之比接近1∶1。
①若n(NO)∶n(NO2)>1∶1，则会导致　　　　　　　　　　　　　　；
②若n(NO)∶n(NO2)<1∶1，则会导致　　　　　　　　　　　　　　。
（5）已知Ca(NO2)2溶液需保持弱碱性，因为其遇酸会发生分解，产生NO气体。取a g某样品加入过量的稀硫酸中，发生反应产生b L(标准状况)气体，则该样品的纯度是　　　　　　　　。

1．[2019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 ▲ 。

2．[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
3．[2017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
4．[2016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
5．[2016海南]下列反应可用离子方程式“H++OH−H2O”表示的是
A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合
B．NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合
C．HNO3溶液与KOH溶液混合
D．Na2HPO4溶液与NaOH溶液混合
6．[2016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

7．[2017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

变式拓展

1．【答案】C
【解析】试管中盛装的气体呈红棕色，那么一定有二氧化氮存在。根据题述现象可知，原试管中盛装的气体的成分情况可能为①NO2、②NO2和O2(少量)、③NO2和NO等，本题选C。
2．【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。
3．【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。
4．【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。
5．【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。
考点冲关

1．【答案】D
【解析】在放电条件下，氮气与氧气反应生成的是一氧化氮而不是二氧化氮，一氧化氮不稳定，易被氧气氧化生成二氧化氮，①错误；硝酸铵加强热时剧烈分解发生爆炸生成氮气、二氧化氮和水，②错误；向硝酸亚铁溶液中加入稀盐酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能把亚铁离子氧化成铁离子，同时自身被还原成一氧化氮，③错误；氯化铵受热易分解，冷却时又生成氯化铵，所以得不到氨气，④错误。
2．【答案】A
【解析】选A。设试管的体积为1 L，水充满整个试管，溶液的体积是1 L，无论是NO2还是NO都转变成了HNO3，根据氮元素守恒，生成的HNO3的物质的量相等，即硝酸的物质的量浓度相等。
3．【答案】D
【解析】应该用亚硫酸钠与浓硫酸反应制取二氧化硫，否则二氧化硫中会混有氯化氢，A项错误；二氧化碳能和碱石灰反应，所以不能用碱石灰干燥，且二氧化碳的密度大于空气的密度，应采用向上排空气法收集，B项错误；一氧化氮能和空气中的氧气反应生成二氧化氮，所以不能用排空气法收集，C项错误；氨气和碱石灰不反应，所以可用碱石灰干燥，氨气的密度小于空气的密度，所以可用向下排空气法收集，D项正确。
4．【答案】C
【解析】NaHCO3不是化肥，故A错误；NH4Cl、HNO3受热时都易分解，Na2CO3性质稳定，受热不分解，故B错误；NH3和NO2中氮元素存在中间价态，一定条件下可发生氧化还原反应，故C正确；NaHCO3为酸式盐，故D错误。
5．【答案】C
【解析】二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，NO不溶于水，则可观察到试管中液面上升，若再充入适量的O2，会发生反应4NO+3O2+2H2O4HNO3，当NO与O2的体积比为4∶3时，可使液体充满整个试管，A项正确；氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和H2O，则可观察到试管中液面上升，B项正确；二氧化硫与水反应生成亚硫酸，亚硫酸能使紫色石蕊试液变红，则可观察到试管中液面上升，试管中溶液呈红色，C项错误；氨气易溶于水，溶液显碱性，能使酚酞试液变红，则可观察到试管中液面上升，试管中溶液呈红色，D项正确。
6．【答案】D
【解析】试管Ⅰ中浅红棕色气体为NO2，是由硝酸还原生成的NO与空气中O2反应生成，故A错误；依据Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O、3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O可知，等质量的 Cu 完全溶解时，Ⅰ中消耗的HNO3更少，故B错误；换成Fe之后重复实验，铁与浓硝酸发生钝化生成致密氧化膜，阻止反应进行，故C错误；铜与浓硝酸反应生成红棕色NO2，试管Ⅱ中反应后溶液颜色与试管Ⅰ中的不同，是由于溶有NO2，持续通入N2后，溶液变为蓝色，是因为N2把NO2从溶液中带出，故D正确。
7．【答案】D
【解析】向混合溶液中逐渐加入铁粉，铁首先和H＋、NO反应生成Fe3＋和NO；当溶液中NO完全被消耗之后，过量的铁能和Fe3＋反应生成Fe2＋；当Fe3＋完全反应之后，过量的铁和稀硫酸反应生成FeSO4和H2。由以上分析可知，开始生成的气体是NO，A错误；AB段的反应是铁和Fe3＋的反应，不是置换反应，B错误；A点对应的气体是NO，物质的量是0.05 mol，根据氮原子守恒可知，稀硝酸的物质的量浓度是＝1.0 mol·L－1，C错误；生成氢气的体积是0.56 L，物质的量为0.025 mol，所以反应中共转移电子0.05 mol×3＋0.025 mol×2＝0.2 mol，参加反应的铁最终在溶液中以Fe2＋的形式存在，因此根据电子得失守恒可知，消耗铁的物质的量是0.1 mol，质量是5.6 g，D正确。
8．【答案】D
【解析】A项，由上述分析可知，实验①发生反应3Fe+8HNO33Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成NO的物质的量为 = 0.1 mol，根据化学方程式可知，参加反应的Fe的物质的量为0.1 mol×= 0.15 mol，故参加反应的Fe的质量=0.15 mol×56 g·mol-1=8.4 g，正确。B项，原混合物的质量为4×(18.0 g+8.4 g)= 105.6 g，正确。C项，实验①中生成NO的物质的量为=0.1 mol，根据化学方程式可知，参加反应的HNO3的物质的量为0.1 mol×4=0.4 mol，故硝酸的物质的量浓度为c= =4 mol·L-1，正确。D项，由上述分析可知，在实验③的基础上再加入100 mL硝酸，为硝酸与溶液中亚铁离子反应生成NO，V一定大于6 720，可直接作出判断；具体的计算方法如下：实验②中Fe与HNO3恰好完全反应生成硝酸亚铁，生成NO的物质的量= =0.2 mol，由3Fe+8HNO33Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，溶液中亚铁离子的物质的量为0.3 mol，在实验③的基础上加入100 mL硝酸后，根据电子得失守恒可知，生成NO的物质的量为=0.1 mol，故生成NO的体积为0.1 mol×22.4 L·mol-1=2.24 L，则V=6.72 L+2.24 L=8.96 L=8 960 mL，错误。
9．【答案】（1）关闭K1、K2，向锥形瓶中加水浸没导管口，微热三颈烧瓶，锥形瓶内的导管口产生气泡，撤离热源后，锥形瓶内的导管倒吸一段水柱，水柱不下降，说明气密性良好(其他合理答案也可)
（2）分液漏斗　避免装置中压强过大　防止溶液暴沸
（3）①NH＋OH－===NH3↑＋H2O　②降低温度，使氨气被充分吸收
（4）①a　②17.19%
【解析】（1）用微热法检验装置B的气密性，实验操作为：关闭K1、K2，向锥形瓶中加水浸没导管口，微热三颈烧瓶，锥形瓶内的导管口产生气泡，撤离热源后，锥形瓶内的导管倒吸一段水柱，水柱不下降，说明气密性良好。
（2）盛放浓NaOH溶液的仪器为分液漏斗，玻璃管2与外界大气相通，起着平衡压强的作用，避免装置中压强过大；碎瓷片的作用是防止加热时溶液暴沸。
（3）①B装置中浓NaOH溶液与铵盐反应的离子方程式为NH＋OH－===NH3↑＋H2O。②C装置中硫酸的作用是吸收氨气，冰水混合物的作用是降低温度，使氨气被充分吸收。
（4）①锥形瓶中为硫酸和硫酸铵溶液，NaOH溶液滴定溶液中的硫酸，达到滴定终点时溶液呈酸性，因此选择甲基橙作指示剂。②根据滴定原理，n(H2SO4)＝n(NaOH)＝×0.10 mol·L－1×0.019 30 L＝0.000 965 mol，则生成的n(NH3)＝2[n(H2SO4)总－n(H2SO4)]＝2×(0.10 mol·L－1×0.025 00 L－0.000 965 mol)＝0.003 07 mol，根据氮元素守恒，则该谷物样品中氮的百分含量为0.003 07 mol×14 g·mol－1÷0.25 g×100%≈17.19%。
10．【答案】（1）排除装置中的空气，防止其中的O2将生成的NO氧化为NO2
（2）U形干燥管　蒸馏水
（3） +2NO+6H+2Cr3+++3H2O
（4）①排放气体中NO含量升高　②产品中Ca(NO3)2含量升高
（5）%
【解析】（1）向三颈烧瓶中加入稀硝酸之前，应向装置中通入一段时间的N2，排除装置中的空气，防止生成的NO被空气中的O2氧化为NO2，发生反应2NO2+CaO2Ca(NO3)2，造成产品纯度降低。
（2）由于硝酸具有挥发性，同时可能产生少量NO2，这样会干扰实验结果，可以在B洗气瓶中盛放蒸馏水，除去硝酸蒸气和NO2。
（3）装置F中，剩余的NO被酸性K2Cr2O7溶液氧化成，溶液由橙色变为绿色(Cr3+)，反应的离子方程式是+2NO+6H+2Cr3++2 +3H2O。
（4）控制NO和NO2的物质的量之比接近1∶1，与石灰乳发生反应:Ca(OH)2+NO+NO2Ca(NO2)2+H2O。若n(NO)∶n(NO2)>1∶1，混合气体发生上述反应后，NO有剩余且不能被石灰乳吸收，导致排放的气体中NO含量升高。若n(NO)∶n(NO2)<1∶1，混合气体发生上述反应后，NO2有剩余，可与Ca(OH)2发生反应生成Ca(NO3)2，导致产品中Ca(NO3)2含量升高。
（5）由题干信息知反应的化学方程式为3Ca(NO2)2+2H2SO4Ca(NO3)2+2CaSO4+4NO↑+2H2O，由生成 mol NO知，消耗Ca(NO2)2的质量约为4.42b g，则该样品的纯度为×100%=%。
直通高考

1．【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。
2．【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。
3．【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。
4．【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。
5．【答案】C
【解析】A．NaHSO4溶液与Ba(OH)2溶液混合时，除了H+与OH−反应外，还有与Ba2+反应生成BaSO4沉淀；B．NH4Cl溶液与Ca(OH) 2溶液混合产生NH3·H2O；C．HNO3溶液与KOH溶液混合，为可溶性强酸与强碱反应只生成水的类型，符合该离子反应方程式；D．Na2HPO4不能拆开成H+。故选C。
6．【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。
7．【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)。