2023届高三化学二轮复习专题之卤族元素和氮族元素及其化合物

第35页（共35页）专题之卤族元素和氮族元素及其化合物2023年江苏高考化学二轮复习一．选择题（共17小题）1．（2021•扬州模拟）常温下，下列物质能与空气中O2反应的是（）A．N2 B．NO2 C．NO D．NH32．（2020•扬州模拟）下列有关化学反应的叙述正确的是（）A．高温下SiO2与C反应得到高纯硅 B．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl2 C．氯水在光照条件下生成O2 D．S在O2中燃烧生成SO33．（2020•扬州模拟）下列关于亚硝酸（HNO2）的说法正确的是（）A．能与NaOH溶液反应 B．能使酚酞试液变红 C．只有氧化性 D．只有还原性4．（2021•江苏模拟）氮是各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，氮的循环为生物体提供氮元素。将游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定。下列过程属于氮的固定的是（）A．工业利用氮气和氢气合成氨气 B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥 C．氨基酸合成人体所需的蛋白质 D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气5．（2022•贾汪区校级模拟）某小组为了探究KI的性质，设计了如下实验：操作试剂X（0.1mol•L﹣1）现象现象I.AgNO3溶液产生黄色沉淀II.AgCl浊液产生黄色沉淀III.FeCl3溶液和淀粉溶液溶液变为蓝色IV.在III反应后的溶液中加入Na2S2O3溶液溶液由蓝色变为无色下列推断正确的是（）A．实验I中AgNO3的NO3﹣空间构型为三角锥形 B．由实验II知，Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI） C．由实验III知：还原性I﹣＞Fe2+ D．由实验IV知：Na2S2O3具有氧化性6．（2021•连云港模拟）氯水具有良好的杀菌消毒和漂白作用；氯气和水反应的化学方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO。下列有关说法正确的是（）A．H2O的空间构型为直线形 B．HCl与H2O能形成分子间氢键 C．氯水不能导电 D．Cl2在反应中既作氧化剂又作还原剂7．（2021•江苏模拟）如图所示，A处通入未经干燥的Cl2，关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处红布条逐渐褪色，则D瓶中装的是（）A．浓H2SO4 B．饱和NaCl溶液 C．稀盐酸 D．H2O8．（2021•江苏模拟）下列单质既能跟氯气直接反应，又能跟稀盐酸反应，且产物不相同的是（）A．Al B．Cu C．Fe D．Zn9．（2021•宿迁模拟）为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。其中涉及离子反应方程式书写正确的是（）实验装置试剂X现象①滴有酚酞的NaOH溶液溶液红色褪色②NaHCO3溶液产生气泡③HNO3酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀④FeCl2溶液、KSCN溶液溶液变红A．实验①：Cl2+2NaOH═Cl﹣+ClO﹣+2Na++H2O B．实验②：HCO3﹣+HClO═ClO﹣+CO2↑+H2O C．实验③：ClO﹣+Ag++H2O═AgCl↓+2OH﹣ D．实验④：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣10．（2020•江苏二模）下列有关化学反应的叙述正确的是（）A．常温下Cu和浓硫酸反应生成CuSO4 B．过量的Fe与稀硝酸反应生成Fe（NO3）2 C．光照条件下，甲苯和Cl2反应生成邻氯甲苯 D．加热条件下，溴乙烷与NaOH水溶液反应生成乙烯11．（2020•鼓楼区校级一模）探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A．将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水 B．将pH＝11的氨水稀释1000倍，测得pH＞8，说明NH3•H2O为弱碱 C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3受热不稳定 D．将红热的Pt丝伸入右图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的氧化产物为NO212．（2020•鼓楼区校级一模）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A．氨气具有还原性，可用作制冷剂 B．Na2O2呈浅黄色，可用作潜水艇中的供氧剂 C．明矾水解形成Al（OH）3胶体，可用作水处理中的净水剂 D．碳酸钠溶液显碱性，可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂13．（2021•江苏模拟）关于氨的下列叙述中，错误的是（）A．氨易液化，因此可用来做制冷剂 B．氨易溶解于水，因此可用来做喷泉实验 C．氨极易溶于水，因此氨气比较稳定 D．氨溶解于水显弱碱性，因此可使酚酞试剂变红色14．（2022•贾汪区校级模拟）NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝+57kJ•mol﹣1。在给定条件下，下列物质间所示的转化不能实现的是（）A．NH3N2 B．NO2HNO3 C．NONaNO2 D．NON215．（2022•高邮市模拟）某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是（）实验操作（室温）及实验现象①将足量的铜粉加入1mL10mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈绿色，产生红棕色气体②将足量的铜粉加入100mL0.1mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈蓝色，产生无色气体③将足量的铁粉加入100mL0.1mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈浅绿色，无气体生成A．实验①中消耗的铜粉质量大于实验② B．实验②中产生的气体可用向上排空气法收集 C．实验③中铁发生了钝化 D．以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关16．（2021•苏州模拟）用石灰乳吸收硝酸工业的尾气（含NO、NO2）可获得Ca（NO2）2，其部分工艺流程如图，下列说法不正确的是（）A．吸收时主要反应的化学方程式为NO+NO2+Ca（OH）2═Ca（NO2）2+H2O B．将石灰乳改为澄清石灰水吸收效率将会增大 C．采用气液逆流接触有利于尾气中NO、NO2的充分吸收 D．若尾气中n（NO2）：n（NO）＜1：1，吸收后排放的气体中NO含量升高17．（2022•南通模拟）下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（）A．N2难溶于水，可用作瓜果保护气 B．NH3具有还原性，可用作制冷剂 C．HNO3具有强氧化性，可用于制硝酸铵 D．NH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈二．实验题（共1小题）18．（2021•广陵区校级模拟）含NO烟气需要处理后才能排放。（1）湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化成NO3﹣并放出热量。①该反应的离子方程式为。②向NaClO2溶液中加入Fe3+，会发生反应：Fe3++ClO2﹣═Fe2++ClO2↑。控制其他条件相同，分别以NaClO2溶液和含少量Fe3+的NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内，NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的变化如图1所示。ⅰ.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是。ⅱ.起始NaClO2溶液相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作吸收剂，NO的氧化率更高，原因是。ⅲ.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60℃后，NO氧化率下降，试解释其原因。（2）有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2。①在钒基催化剂（V2O5）作用下的脱硝反应机理如图3所示，总反应的化学方程式为。②按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是。三．解答题（共4小题）19．（2021•连云港一模）燃煤排放的尾气中含有二氧化硫、氮氧化物（主要为NO）等污染物，工业上采用不同的方法脱硫脱硝。（1）工业用漂白粉溶液脱硫脱硝，SO2和NO转化率分别达到100%和92.4%。①写出漂白粉溶液与SO2反应的离子方程式：。②相对于SO2，NO更难脱除，其原因可能是。（填字母）a．该条件下SO2的氧化性强于NOb．燃煤排放的尾气中NO的含量多于SO2c．相同条件下SO2在水溶液中的溶解性强于NO③NO转化率随溶液pH变化如图所示。NO中混有SO2能提高其转化率，其原因可能是。（2）工业上把尾气与氨气混合，通过选择性催化剂，使NO被氨气还原为氮气，SO2吸附在催化剂表面：当催化剂表面SO2达到饱和后，进行催化剂再生同时产生亚硫酸铵而脱硫。①NO脱除的化学反应方程式为。②工业上催化剂再生采取的措施为。（3）电子束尾气处理技术是用电子束照射含有水蒸气和空气的尾气，产生强活性O把NO和SO2氧化而除去。在实际处理中需向尾气中通入一定量氨气，这样处理得到的产物为。（写化学式）20．（2021•江苏一模）氮氧化物（NOx）是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。（1）一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。①由A到B的变化过程可表示为。②脱除NO的总反应为。（2）电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为硝态氮。分别向0.1mol•L﹣1NaCl溶液和0.08mol•L﹣1Na2SO4溶液（起始pH均调至9）中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图3所示。电解0.1mol•L﹣1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图4所示。①电解Na2SO4溶液时产生H2O2。H2O2氧化吸收NO的离子方程式为。②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是。③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是。21．（2021•连云港模拟）水体中的过量的硝态氮（以NO3﹣为主）是一种重要污染物，可利用合适的还原剂将其还原为N2除去。（1）纳米铁粉（Fe）具还原性强、比表面积大、吸附性能良好等优点。实验室制取纳米铁粉的反应原理是通过强还原剂来还原溶液中的Fe2+、Fe3+。①在室温下，向FeSO4溶液中滴加NaBH4溶液，得到Fe、B（OH）3沉淀和H2，反应的离子方程式为。②制备纳米铁粉的反应过程中需要不断通入N2，否则得到的铁粉会导致NO3﹣的去除率下降，其原因是。（2）相同条件下，向含有50mg•L﹣1NO3﹣的两份水样中分别加入纳米铁粉、纳米铁粉﹣活性炭﹣铜粉，水样中NO3﹣的去除速率差异如图1所示，产生该差异的可能原因有。（3）向含有一定浓度NO3﹣的水样中加入纳米铁粉，并调节溶液的pH，溶液中的总氮去除率与pH的关系如图2所示。pH过低或过高，溶液中的总氮去除率都较低，其原因是。22．（2021•江苏模拟）肼（N2H4）和水混溶形成水合肼（N2H4•H2O），水合肼有弱碱性和强还原性。因为其反应产物无污染，广泛用于在碱性条件下与金属离子反应来回收金属。（1）某科研小组利用N2H4•H2O还原碱性含铜废液（主要成分为：[Cu（NH3）4]Cl2、NH4Cl、氨水）回收铜。已知：存在平衡[Cu（NH3）4]2+⇌Cu2++4NH3。①该反应的离子方程式为。②反应40min，溶液pH和温度的变化对铜回收率影响如图1和图2，回收铜的最佳条件为，溶液pH不断增大铜回收率降低的原因可能是。（2）水介质锅炉内壁容易发生电化学腐蚀而生锈，水合肼和Na2SO3都可作为锅炉用水的防腐蚀添加剂。①水合肼用作锅炉防腐蚀添加剂的原因是。②与Na2SO3相比，水合肼作为防腐蚀添加剂的优点是。

专题之卤族元素和氮族元素及其化合物2023年江苏高考化学二轮复习参考答案与试题解析一．选择题（共17小题）1．（2021•扬州模拟）常温下，下列物质能与空气中O2反应的是（）A．N2 B．NO2 C．NO D．NH3【考点】含氮物质的综合应用．【专题】氮族元素．【分析】选项中只有NO与氧气可常温下反应生成二氧化氮，以此来解答。【解答】解：A.氮气与氧气在放电或高温下反应，故A不选；B.二氧化氮与氧气在常温下不反应，可水或碱溶液中可发生反应，故B不选；C.NO与氧气可常温下反应生成二氧化氮，故C选；D.氨气与氧气在催化剂、加热条件下反应，故D不选；故选：C。【点评】本题考查含氮物质的性质，为高频考点，把握物质的性质、发生的反应为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。2．（2020•扬州模拟）下列有关化学反应的叙述正确的是（）A．高温下SiO2与C反应得到高纯硅 B．Fe在Cl2中燃烧生成FeCl2 C．氯水在光照条件下生成O2 D．S在O2中燃烧生成SO3【考点】氯气的化学性质；硅和二氧化硅；含硫物质的性质及综合应用；铁的化学性质．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A．高温下SiO2与C反应得到粗硅；B．氯气氧化性强，遇到变价金属生成最高价氯化物；C．依据次氯酸不稳定，见光分解生成氧气和氯化氢解答；D．不符合反应客观事实。【解答】解：A．高温下SiO2与C反应得到粗硅，故A错误；B．铁在氯气中燃烧生成氯化铁，故B错误；C．氯水中含有次氯酸，次氯酸不稳定，见光分解生成氧气和氯化氢，故C正确；D．硫在氧气中燃烧生成产物为二氧化硫，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了元素化合物知识，涉及二氧化硅、氯气、次氯酸、硫等物质，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。3．（2020•扬州模拟）下列关于亚硝酸（HNO2）的说法正确的是（）A．能与NaOH溶液反应 B．能使酚酞试液变红 C．只有氧化性 D．只有还原性【考点】含氮物质的综合应用．【专题】氮族元素．【分析】HNO2为一元酸，N元素化合价为+3价，为中间价态，既具有氧化性也具有还原性，以此解答该题。【解答】解：A．亚硝酸属于酸，能和NaOH发生中和反应，故A正确；B．酚酞遇碱变红，亚硝酸属于酸，不能使酚酞变色，故B错误；C．亚硝酸中的N元素、O元素都不是最高价态，所以具有还原性，故C错误；D．亚硝酸中的N元素、H元素都不是最低价态，所以具有氧化性，故D错误；故选：A。【点评】本题考查常见非金属元素及其化合物的综合应用，为高频考点，明确常见元素及其化合物性质即可解答，试题有利于提高学生的分析能力及综合应用能力，注意把握元素化合价的判断，掌握物质的性质，题目难度不大。4．（2021•江苏模拟）氮是各种生物体生命活动不可缺少的重要元素，氮的循环为生物体提供氮元素。将游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定。下列过程属于氮的固定的是（）A．工业利用氮气和氢气合成氨气 B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥 C．氨基酸合成人体所需的蛋白质 D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气【考点】氮的循环与氮的固定．【专题】氮族元素．【分析】将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程叫氮的固定，据此分析解答。【解答】解：A．工业利用氮气和氢气合成氨气，空气中游离态的氮转化为含氮化合物，属于氮的固定，故A正确；B．氨气和硫酸反应制取铵态氮肥是不同化合态的氮的转换，不是氮的固定，故B错误；C．氨基酸合成人体所需的蛋白质是不同化合态的氮的转换，不是氮的固定，故C错误；D．硝酸盐在细菌作用下生成氮气，是氮的化合态转化为游离态，不是氮的固定，故D错误。故选：A。【点评】本题主要考查氮的固定，依据氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程即可解答，题目难度不大。5．（2022•贾汪区校级模拟）某小组为了探究KI的性质，设计了如下实验：操作试剂X（0.1mol•L﹣1）现象现象I.AgNO3溶液产生黄色沉淀II.AgCl浊液产生黄色沉淀III.FeCl3溶液和淀粉溶液溶液变为蓝色IV.在III反应后的溶液中加入Na2S2O3溶液溶液由蓝色变为无色下列推断正确的是（）A．实验I中AgNO3的NO3﹣空间构型为三角锥形 B．由实验II知，Ksp（AgCl）＜Ksp（AgI） C．由实验III知：还原性I﹣＞Fe2+ D．由实验IV知：Na2S2O3具有氧化性【考点】性质实验方案的设计．【专题】无机实验综合．【分析】A．根据N原子的杂化类型判断空间构型；B．实验Ⅲ产生黄色沉淀，说明AgCl沉淀转化为AgI沉淀；C．验Ⅰ溶液变为蓝色，说明Fe3+把I﹣氧化成I2，还原产物为Fe2+；D．实验Ⅳ溶液变为无色，说明Na2S2O3把溶液中I2还原成I﹣。【解答】解：A．NO03﹣中N原子的价层电子对为3对，采取sp2杂化，空间构型为平面三角形，故A错误；B．AgCl浊液转化为黄色的AgI沉淀，沉淀的转化为难溶的转化为更难溶解的，故Ksp（AgCl）＞Ksp（AgI），故B错误；C．实验III知：FeCl3溶液和KI反应生成碘单质，2Fe3++2I﹣＝2Fe2++I2，使淀粉溶液变蓝，还原性I﹣＞Fe2+，故C正确；D．I2具有氧化性，能与Na2S2O3发生反应，溶液颜色褪去，Na2S2O3体现还原性，故D错误；故选：C。【点评】本题考查物质的性质探究实验，题目难度不大，关键是掌握氧化还原反应的概念与强弱规律以及沉淀的转化原理，熟悉常见物质的性质和检验方法。6．（2021•连云港模拟）氯水具有良好的杀菌消毒和漂白作用；氯气和水反应的化学方程式为Cl2+H2O⇌HCl+HClO。下列有关说法正确的是（）A．H2O的空间构型为直线形 B．HCl与H2O能形成分子间氢键 C．氯水不能导电 D．Cl2在反应中既作氧化剂又作还原剂【考点】氯气的化学性质．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A．H2O中O原子价层电子对个数＝2+＝4，O原子含有2个孤电子对；B．HCl中Cl原子电负性不够大，不能形成分子间氢键；C．氯水中存在自由移动的离子；D．该反应中只有Cl元素的化合价变化。【解答】解：A．H2O分子中O原子价层电子对数＝2+＝4且O原子含有2个孤电子对，所以H2O分子是V形，故A错误；B．HCl中Cl原子电负性不够大，不能形成分子间氢键，所以HCl与H2O不能形成分子间氢键，故B错误；C．氯水中存在自由移动的离子，氯水能导电，故C错误；D．该反应中只有Cl元素的化合价变化，则氯气既是氧化剂又是还原剂，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了氧化还原反应、导电性及其空间构型的判断等，试题培养了学生的规范答题能力，题目难度不大。7．（2021•江苏模拟）如图所示，A处通入未经干燥的Cl2，关闭B阀时，C处的红布条看不到明显现象；当打开B阀后，C处红布条逐渐褪色，则D瓶中装的是（）A．浓H2SO4 B．饱和NaCl溶液 C．稀盐酸 D．H2O【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】潮湿的氯气具有漂白性，干燥的氯气不具备漂白性，真正起漂白作用的是次氯酸．【解答】解：氯气没有漂白性，但潮湿的氯气有漂白性，原因是氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，次氯酸有漂白性；通过题意知，潮湿的氯气能使有色布条褪色，但经过D装置后有色布条不褪色，说明潮湿的氯气中的水蒸气被D装置吸收。A、浓硫酸有吸水性，能吸收潮湿氯气中的水分而干燥潮湿的氯气，所以D中装有浓硫酸符合题意，故正确。B、饱和食盐水能抑制氯气的吸收，但饱和食盐水中有水，不能吸收氯气中的水蒸气，所以D中装有饱和氯化钠溶液不符合题意，故错误。C、稀盐酸含有水，不能吸收氯气中的水蒸气，所以D中装有稀盐酸不符合题意，故错误。D、水不能吸收水蒸气，所以D中装有水不符合题意，故错误。故选：A。【点评】明确潮湿的氯气具有漂白性，干燥的氯气不具备漂白性是解题的关键，题目难度中等．8．（2021•江苏模拟）下列单质既能跟氯气直接反应，又能跟稀盐酸反应，且产物不相同的是（）A．Al B．Cu C．Fe D．Zn【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】氯气具有强氧化性，能将变价金属氧化为最高价态，稀盐酸具有弱氧化性，能将变价金属氧化为较低价态，且稀盐酸只和金属活动性顺序表中H之前的金属反应，据此分析解答。【解答】解：A．Al与Cl2反应生成AlCl3，即2Al+3Cl22AlCl3，Al与稀盐酸反应生成AlCl3和H2，即2Al+6HCl＝2AlCl3+3H2↑，二反应都生成AlCl3，故A不选；B．Cu与Cl2反应生成CuCl2，即Cu+Cl2CuCl2，Cu与稀盐酸不反应，故B不选；C．Fe与Cl2反应生成FeCl3，即2Fe+3Cl22FeCl3，Fe与稀盐酸反应生成FeCl2和H2，即Fe+2HCl＝FeCl2+H2↑，二反应分别生成FeCl3和FeCl2，故C选；D．Zn与Cl2反应生成ZnCl2，即Zn+Cl2ZnCl2，Zn与稀盐酸反应生成ZnCl2和H2，即Zn+2HCl＝ZnCl2+H2↑，二反应都生成ZnCl2，故D不选；故选：C。【点评】本题考查金属和氯气、稀盐酸的反应，明确氯气的性质是解本题关键，注意氯气具有强氧化性、稀盐酸具有弱氧化性，注意它们与变价金属的反应，为易错点，题目难度不大。9．（2021•宿迁模拟）为探究新制氯水的性质，某学生做了如下实验。其中涉及离子反应方程式书写正确的是（）实验装置试剂X现象①滴有酚酞的NaOH溶液溶液红色褪色②NaHCO3溶液产生气泡③HNO3酸化的AgNO3溶液产生白色沉淀④FeCl2溶液、KSCN溶液溶液变红A．实验①：Cl2+2NaOH═Cl﹣+ClO﹣+2Na++H2O B．实验②：HCO3﹣+HClO═ClO﹣+CO2↑+H2O C．实验③：ClO﹣+Ag++H2O═AgCl↓+2OH﹣ D．实验④：Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣【考点】氯气的化学性质．【专题】卤族元素．【分析】A．实验①：氯气与氢氧根离子反应生成氯离子和次氯酸根离子、水；B．实验②：碳酸氢根离子与氯水中的氢离子反应生成二氧化碳；C．实验③：银离子与氯离子结合生成氯化银沉淀；D．实验④：氯气氧化亚铁离子生成铁离子。【解答】解：A．实验①：氯气与氢氧根离子反应生成氯离子和次氯酸根离子、水，反应的离子方程式为Cl2+2OH﹣═Cl﹣+ClO﹣+H2O，故A错误；B．实验②：碳酸氢根离子与氯水中的氢离子反应生成二氧化碳，反应的离子方程式为HCO3﹣+H+═CO2↑+H2O，故B错误；C．实验③：银离子与氯离子结合生成氯化银沉淀，反应的离子方程式为Cl﹣+Ag+═AgCl↓，故C错误；D．实验④：氯气氧化亚铁离子生成铁离子，反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+═2Fe3++2Cl﹣，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了常见非金属元素及其化合物性质，题目难度不大，明确常见元素及其化合物性质为解答关键，注意氯水的成分和性质，试题培养了学生的分析能力及灵活应用能力。10．（2020•江苏二模）下列有关化学反应的叙述正确的是（）A．常温下Cu和浓硫酸反应生成CuSO4 B．过量的Fe与稀硝酸反应生成Fe（NO3）2 C．光照条件下，甲苯和Cl2反应生成邻氯甲苯 D．加热条件下，溴乙烷与NaOH水溶液反应生成乙烯【考点】硝酸的化学性质；芳香烃、烃基和同系物；卤代烃简介．【专题】物质的性质和变化专题．【分析】A．常温下Cu和浓硫酸不反应；B．过量的Fe与稀硝酸反应生成Fe（NO3）2；C．甲苯和氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应；D．加热条件下，溴乙烷与NaOH水溶液发生取代反应。【解答】解：A．常温下Cu和浓硫酸不反应，需要加热，故A错误；B．过量的Fe具有还原性，可将三价铁还原成二价铁离子，则过量的Fe与稀硝酸反应生成Fe（NO3）2，故B正确；C．甲苯和氯气在光照条件下发生甲基上的取代反应而不是苯环上的取代反应，主要生成一氯甲苯、二氯甲苯、三氯甲苯和HCl，故C错误；D．加热条件下，溴乙烷与NaOH水溶液发生取代反应生成乙醇和溴化钠，故D错误；故选：B。【点评】本题考查物质的性质，为高频考点，侧重考查学生的分析能力，注意把握甲苯和氯气发生取代反应时，反应条件不同导致其产物不同，难度不大。11．（2020•鼓楼区校级一模）探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是（）A．将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水 B．将pH＝11的氨水稀释1000倍，测得pH＞8，说明NH3•H2O为弱碱 C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3受热不稳定 D．将红热的Pt丝伸入右图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的氧化产物为NO2【考点】氨的化学性质．【专题】元素及其化合物．【分析】A．氨气极易溶于水，使试管内压强迅速降低；B．依据强碱与弱碱稀释过程中pH值变化规律解答；C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明碳酸氢铵受热分解；D．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与空气反应生成二氧化氮．【解答】解：A．氨气极易溶于水，使试管内压强迅速降低，液体迅速充满试管，故A正确；B．强碱稀释10n倍，pH值减小n个单位，而将pH＝11的氨水稀释1000倍，测得pH＞8，说明氨水为弱碱，故B正确；C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明碳酸氢铵受热分解，不稳定，故C正确；D．氨气催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与空气反应生成二氧化氮，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了氨气的性质，熟悉氨气的物理性质、化学性质是解题关键，注意氨气催化氧化反应实质及弱碱稀释过程pH变化规律，题目难度中等．12．（2020•鼓楼区校级一模）下列物质性质与应用对应关系正确的是（）A．氨气具有还原性，可用作制冷剂 B．Na2O2呈浅黄色，可用作潜水艇中的供氧剂 C．明矾水解形成Al（OH）3胶体，可用作水处理中的净水剂 D．碳酸钠溶液显碱性，可用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂【考点】氨的物理性质；钠的重要化合物；盐类水解的应用．【分析】A．氨气易液化；B．过氧化钠为淡黄色固体是物理性质，能够与水、二氧化碳反应生成氧气是过氧化钠的化学性质解答；C．明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用；D．碳酸钠溶液显碱性是因为碳酸根离子水解，用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙．【解答】解：A．氨气易液化，液态氨气气化需要吸收大量的热，可用作制冷剂，与还原性无关，故A错误；B．过氧化钠为淡黄色固体是物理性质，能够与水、二氧化碳反应生成氧气是过氧化钠的化学性质，二者无联系，故B错误；C．明矾净水是利用铝离子水解生成氢氧化铝胶体具有吸附悬浮杂质作用，所以明矾可用作净水剂，故C正确；D．碳酸钠溶液显碱性是因为碳酸根离子水解，用作锅炉除垢时CaSO4沉淀的转化剂是因为碳酸钙的溶解度小于硫酸钙，二者无联系，故D错误；故选：C。【点评】本题考查了物质的性质与用途之间的联系，熟悉物质的性质是解题关键，注意沉淀转化的规律，题目难度中等．13．（2021•江苏模拟）关于氨的下列叙述中，错误的是（）A．氨易液化，因此可用来做制冷剂 B．氨易溶解于水，因此可用来做喷泉实验 C．氨极易溶于水，因此氨气比较稳定 D．氨溶解于水显弱碱性，因此可使酚酞试剂变红色【考点】氨的化学性质；氨的物理性质．【专题】氮族元素．【分析】A、氨气的物理性质分析，液氨挥发为气体吸热；B、依据喷泉实验的原理分析，需要气体易溶于水，减小容器中的压强形成喷泉；C、气体氢化物的稳定性取决于分子结构，和溶解性无关；D、氨气溶于水反应生成一水合氨在溶液中存在电离平衡，溶液中生成氢氧根离子显碱性；【解答】解：A、氨易液化，液氨挥发为气体吸热，因此可用来做制冷剂，故A正确；B、易溶于水，减小容器中的压强形成喷泉，氨易溶解于水，因此可用来做喷泉实验，故B正确；C、氨极易溶于水，和氨气的稳定性无关，氨气的稳定性由分子中的共价键强弱判断，故C错误；D、氨气溶于水反应生成一水合氨在溶液中存在电离平衡，溶液中生成氢氧根离子，溶液显碱性，使酚酞试剂变红色，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了氨气性质的分析判断，掌握氨气性质是解题关键，注意氨气的稳定性游戏因素，题目难度中等．14．（2022•贾汪区校级模拟）NH3、NH4Cl、NO、NO2、HNO3等是氮重要的化合物，NO2与N2O4能相互转化，热化学方程式为N2O4（g）⇌2NO2（g）△H＝+57kJ•mol﹣1。在给定条件下，下列物质间所示的转化不能实现的是（）A．NH3N2 B．NO2HNO3 C．NONaNO2 D．NON2【考点】含氮物质的综合应用．【专题】氮族元素．【分析】A.氨气和二氧化氮发生归中反应生成氮气；B.二氧化氮和水反应生成硝酸和NO；C.NO是不成盐氧化物；D.NO和CO发生归中反应生成氮气。【解答】解：A.氨气和二氧化氮发生归中反应生成氮气，故NH3N2，可以实现转化，故A正确；B.二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，可以实现转化，故B正确；C.NO是不成盐氧化物，与NaOH不发生反应，故NONaNO2不能实现，故C错误；D.NO和CO发生归中反应生成氮气，可以实现转化，故D正确；故选：C。【点评】本题考查了氮元素化合物知识，把握物质的性质、发生的反应、性质与用途为解答的关键，侧重分析与应用能力的考查，注意元素化合物知识的应用，题目难度不大。15．（2022•高邮市模拟）某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是（）实验操作（室温）及实验现象①将足量的铜粉加入1mL10mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈绿色，产生红棕色气体②将足量的铜粉加入100mL0.1mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈蓝色，产生无色气体③将足量的铁粉加入100mL0.1mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈浅绿色，无气体生成A．实验①中消耗的铜粉质量大于实验② B．实验②中产生的气体可用向上排空气法收集 C．实验③中铁发生了钝化 D．以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关【考点】硝酸的化学性质．【专题】氮族元素．【分析】实验①将足量的铜粉加入1mL10mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈绿色，产生红棕色气体，发生的反应为为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，实验②将足量的铜粉加入100mL0.1mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈蓝色，产生无色气体，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，实验③将足量的铁粉加入100mL0.1mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈浅绿色，无气体生成，说明铁发生了反应生成硝酸亚铁和硝酸铵，据此分析判断。【解答】解：A．将足量的铜粉加入1mL10mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈绿色，产生红棕色气体，发生的反应为为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，将足量的铜粉加入100mL0.1mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈蓝色，产生无色气体，反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3（稀）＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，硝酸物质的量相同，实验①中消耗的铜粉质量小于实验②，故A错误；B．实验②中产生的气体为NO，NO易与氧气反应，不能用向上排空气法收集，故B错误；C．将足量的铁粉加入100mL0.1mol⋅L﹣1HNO3中，溶液呈浅绿色，无气体生成，可能生成了反应生成硝酸亚铁和硝酸铵，常温下铁在浓硝酸中钝化，故C错误；D．实验①②可知，浓硝酸和铜反应生成二氧化氮，铜稀硝酸反应生成一氧化氮，硝酸的还原产物与硝酸的浓度有关，与金属活泼性有关，故D正确；故选：D。【点评】本题考查了硝酸和金属反应的分析判断，主要是硝酸的浓度不同，产物不同，注意铁在硝酸中的钝化现象，题目难度中等。16．（2021•苏州模拟）用石灰乳吸收硝酸工业的尾气（含NO、NO2）可获得Ca（NO2）2，其部分工艺流程如图，下列说法不正确的是（）A．吸收时主要反应的化学方程式为NO+NO2+Ca（OH）2═Ca（NO2）2+H2O B．将石灰乳改为澄清石灰水吸收效率将会增大 C．采用气液逆流接触有利于尾气中NO、NO2的充分吸收 D．若尾气中n（NO2）：n（NO）＜1：1，吸收后排放的气体中NO含量升高【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氧化还原反应专题；氮族元素．【分析】工业尾气中含有的NO、NO2与石灰乳可以发生归中反应：NO+NO2+Ca（OH）2═Ca（NO2）2+H2O，若尾气中的NO2多了，NO2也可以与石灰乳发生歧化反应：2NO2+2Ca（OH）2═Ca（NO2）3+Ca（NO2）2+2H2O，若NO多了，则少量的NO会随尾气排放，然后经过过滤，将所得的溶液进一步处理，最后得到Ca（NO2）2晶体，A．NO和NO2可以与碱性溶液按照1：1比例发生归中反应生成亚硝酸盐；B．澄清石灰水中，由于Ca（OH）2中的溶解度很小，不利于吸收NO和NO2。C．采用气液逆流有利于尾气中NO、NO2与石灰乳的充分接触，从而提高吸收效率；D．若尾气中n（NO2）：n（NO）＜1：1，即按照1：1比例反应后NO过量，且NO不溶于水，也不与碱反应。【解答】解：A．NO和NO2可以与碱性溶液按照1：1比例发生归中反应生成亚硝酸盐，即NO+NO2+Ca（OH）2═Ca（NO2）2+H2O，故A正确；B．澄清石灰水中，由于Ca（OH）2中的溶解度很小，不利于吸收NO和NO2，故B错误；C．采用气液逆流有利于尾气中NO、NO2与石灰乳的充分接触，从而提高吸收效率，故C正确；D．若尾气中n（NO2）：n（NO）＜1：1，即按照1：1比例反应后NO过量，且NO不溶于水，也不与碱反应，吸收后排放的气体中NO含量升高，故D正确；故选：B。【点评】本题主要考查NO和NO2可以与碱反应，石灰水中溶解的Ca（OH）2中的溶解度很小，气液逆流原理有利于气体的吸收，NO不溶于水，不能与碱反应等知识，属于基本题型，难度不大。17．（2022•南通模拟）下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是（）A．N2难溶于水，可用作瓜果保护气 B．NH3具有还原性，可用作制冷剂 C．HNO3具有强氧化性，可用于制硝酸铵 D．NH4Cl溶液呈酸性，可用于除铁锈【考点】含氮物质的综合应用．【专题】氮族元素．【分析】A．N2的化学性质稳定；B．NH3的沸点高，容易实现液化；C．HNO3具有酸性；D．NH4Cl溶液水解呈酸性。【解答】解：A．N2可用作瓜果保护气是因为氮气的化学性质稳定，与难溶于水无关，故A错误；B．NH3可用作制冷剂是由于液氨汽化时吸收热量，使周围环境温度降低，与具有还原性无关，故B错误；C．HNO3可用于制硝酸铵是利用硝酸的酸性，与具有强氧化性无关，故C错误；D．NH4Cl溶液水解呈酸性，可用于除铁锈，即使三氧化二铁溶于酸溶液，故D正确；故选：D。【点评】本题主要考查氮及其化合物的性质，掌握氮及其化合物之间的相互转化是解决本题的关键，同时考查盐类的水解等，属于基本知识的考查，难度不大。二．实验题（共1小题）18．（2021•广陵区校级模拟）含NO烟气需要处理后才能排放。（1）湿法氧化法处理含NO烟气。酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化成NO3﹣并放出热量。①该反应的离子方程式为3ClO2﹣+4NO+2H2O＝4NO3﹣+3Cl﹣+4H+。②向NaClO2溶液中加入Fe3+，会发生反应：Fe3++ClO2﹣═Fe2++ClO2↑。控制其他条件相同，分别以NaClO2溶液和含少量Fe3+的NaClO2溶液为吸收剂，测得相同时间内，NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的变化如图1所示。ⅰ.NO的氧化率随起始NaClO2溶液浓度的增大而增大的原因是NaClO2溶液浓度的越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大。ⅱ.起始NaClO2溶液相同时，含Fe3+的NaClO2溶液作吸收剂，NO的氧化率更高，原因是Fe3+会与ClO2﹣反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快。ⅲ.以NaClO2溶液为吸收剂，NO的氧化率随温度的变化情况，如图2所示。温度超过60℃后，NO氧化率下降，试解释其原因ClO2﹣或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低。（2）有氧条件下，NO在催化剂作用下可被NH3还原为N2。①在钒基催化剂（V2O5）作用下的脱硝反应机理如图3所示，总反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O。②按上述图中NH3、NO和O2的比例进行催化脱硝反应。反应一定的时间，NH3和NO的转化率与温度的关系如图4所示。超过200℃后，NO转化率急剧下降，而NH3仍维持较高的原因是超过200℃后，NH3与O2生成NO。【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响；转化率随温度、压强的变化曲线．【专题】化学平衡专题；化学反应速率专题．【分析】（1）①酸性条件下，用NaClO2氧化NO氧化生成NO3﹣和Cl﹣，结合电子守恒和电荷守恒写出反应的离子方程式；②ⅰ．增大NaClO2浓度，加快反应速率，参加反应的NO增加；ⅱ．Fe3+和ClO2﹣反应生成的ClO2浓度增大，ClO2氧化烟气中NO的反应速率更大；ⅲ.由题意可知，NaClO2氧化NO生成NO3﹣的反应放热，升高温度，反应的平衡逆向移动，并且温度升高，NO的溶解性降低；（2）①由图可知，反应物为NH3、NO和O2，经过几步反应后生成N2和H2O，据此写出总反应的化学方程式；②一定条件下，NH3能与O2反应生成NO，使NO的转化率降低，NH3的转化率升高。【解答】解：（1）①酸性条件下，用NaClO2氧化NO氧化生成NO3﹣和Cl﹣，反应的离子方程式为3ClO2﹣+4NO+2H2O＝4NO3﹣+3Cl﹣+4H+，故答案为：3ClO2﹣+4NO+2H2O＝4NO3﹣+3Cl﹣+4H+；②ⅰ．增大NaClO2浓度，加快反应速率，参加反应的NO增加，NO的氧化率增大，故答案为：NaClO2溶液浓度的越大，NaClO2氧化NO的速率越快，NO的氧化率增大；ⅱ．由题意可知，NaClO2和Fe3+的反应为Fe3++ClO2﹣═Fe2++ClO2↑，ClO2具有强氧化性，生成的ClO2浓度增大，ClO2氧化烟气中NO的反应速率加快，故答案为：Fe3+会与ClO2﹣反应生成ClO2，ClO2与NO反应更快；ⅲ.NaClO2或ClO2氧化NO生成NO3﹣的反应放热，升高温度，反应的平衡逆向移动，不利于NO的转化，使NO氧化率下降，并且温度越高，气体NO的溶解度越小，即温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低，导致氧化率降低，故答案为：ClO2﹣或ClO2与NO反应为放热反应，温度过高不利于脱硝平衡正向进行；温度过高，NO在吸收液中的溶解度降低；（2）①由图可知，反应物为NH3、NO和O2，经过几步基元反应反应后生成N2和H2O，反应的化学方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故答案为：4NH3+4NO+O24N2+6H2O；②一定条件下，NH3和O2反应生成NO，超过200℃后NH3→NO，导致NO的转化率急剧下降，而NH3仍维持较高，故答案为：超过200℃后，NH3与O2生成NO。【点评】本题以“三废处理与环境保护”为载体考查了N、Cl等化合物的性质、氧化还原反应等知识，为高频考点，侧重学生分析能力和灵活运用能力的考查，把握物质的性质、发生的反应是解题关键，注意图象信息分析与运用、氧化还原反应规律的应用，题目难度中等。三．解答题（共4小题）19．（2021•连云港一模）燃煤排放的尾气中含有二氧化硫、氮氧化物（主要为NO）等污染物，工业上采用不同的方法脱硫脱硝。（1）工业用漂白粉溶液脱硫脱硝，SO2和NO转化率分别达到100%和92.4%。①写出漂白粉溶液与SO2反应的离子方程式：Ca2++ClO﹣+SO2+H2O＝CaSO4↓+Cl﹣+2H+。②相对于SO2，NO更难脱除，其原因可能是c。（填字母）a．该条件下SO2的氧化性强于NOb．燃煤排放的尾气中NO的含量多于SO2c．相同条件下SO2在水溶液中的溶解性强于NO③NO转化率随溶液pH变化如图所示。NO中混有SO2能提高其转化率，其原因可能是SO2与漂白粉反应促使溶液pH降低（或SO2溶于水形成酸性溶液），导致次氯酸浓度增大，氧化性增强。（2）工业上把尾气与氨气混合，通过选择性催化剂，使NO被氨气还原为氮气，SO2吸附在催化剂表面：当催化剂表面SO2达到饱和后，进行催化剂再生同时产生亚硫酸铵而脱硫。①NO脱除的化学反应方程式为6NO+4NH35N2+6H2O。②工业上催化剂再生采取的措施为将催化剂转入足量氨水中浸泡。（3）电子束尾气处理技术是用电子束照射含有水蒸气和空气的尾气，产生强活性O把NO和SO2氧化而除去。在实际处理中需向尾气中通入一定量氨气，这样处理得到的产物为（NH4）2SO4、NH4NO3。（写化学式）【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氧化还原反应专题；氮族元素．【分析】（1）①漂白粉的主要成分为次氯酸钙和氯化钙，次氯酸钙具有强氧化性，能够把SO2氧化为SO42﹣，根据原子守恒和化合价升降守恒，可以写出离子方程式；②相对于SO2，NO更难脱除，其原因可能是NO难溶于水，这样NO就难跟次氯酸钙接触，难被氧化；③由图可知，NO转化率随溶液pH的增大而降低，NO中混有SO2时，SO2与漂白粉反应促使溶液pH降低（或SO2溶于水形成酸性溶液），导致次氯酸浓度增大，氧化性增强；（2）①NO与氨气发生归中反应，生成N2和水，根据原子守恒和电荷守恒，即可写出该反应的方程式；②工业上可以采用将催化剂放入氨水池中浸泡，使SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，从而实现催化剂的再生；（3）用电子束照射含有水蒸气和空气的尾气，产生强活性O，强活性O、NO、SO2以及水蒸气，最终反应得到HNO3和H2SO4，通入氨气后，氨气与HNO3和H2SO4继续反应生成铵盐。【解答】解：（1）①漂白粉的主要成分为Ca（ClO）2和CaCl2，Ca（ClO）2具有强氧化性，能够把SO2氧化为SO42﹣，自身被还原为Cl﹣，另Ca2+与SO42﹣生成CaSO4沉淀，根据原子守恒和化合价升降守恒，可以得到：Ca2++ClO﹣+SO2+H2O＝CaSO4↓+2Cl﹣+2H+，故答案为：Ca2++ClO﹣+SO2+H2O＝CaSO4↓+2Cl﹣+2H+；②NO难溶于水，这样NO就难跟Ca（ClO）2接触，相对于SO2来说，更难被氧化，故答案为：c；③由图可知，NO转化率随溶液pH的增大而降低，NO中混有SO2时，SO2与漂白粉反应促使溶液pH降低（或SO2溶于水形成酸性溶液），导致次氯酸浓度增大，同浓度的次氯酸的氧化性大于次氯酸盐，氧化性增强，故答案为：SO2与漂白粉反应促使溶液pH降低（或SO2溶于水形成酸性溶液），导致次氯酸浓度增大，氧化性增强；（2）①NO与氨气发生归中反应，生成N2和水，根据原子守恒和电荷守恒，即可写出该反应的方程式为：6NO+4NH35N2+6H2O，故答案为：6NO+4NH35N2+6H2O；②工业上可以采用将催化剂放入氨水池中浸泡，使催化剂表面的达到饱和的SO2与氨水反应，即：SO2+2NH3•H2O＝（NH4）2SO3+H2O，从而实现催化剂的再生，故答案为：将催化剂转入足量氨水中浸泡；（3）用电子束照射含有水蒸气和空气的尾气，产生强活性O，强活性O于NO、SO2以及水蒸气，反应最终得到HNO3和H2SO4，通入氨气后，NH3+HNO3＝NH4NO3，2NH3+H2SO4＝（NH4）2SO4，故答案为：（NH4）2SO4、NH4NO3。【点评】本题主要考查一定情景下氧化还原方程式的书写，读图能力，分析能力，信息的提取应用能力，属于中等难度题型。20．（2021•江苏一模）氮氧化物（NOx）是硝酸和肼等工业的主要污染物。采用选择性催化还原或氧化吸收法可有效脱除烟气中的氮氧化物。（1）一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图1所示，A在沸石笼内转化为B、C、D等中间体的过程如图2所示。①由A到B的变化过程可表示为2Cu（NH3）2++O2→[（NH3）2Cu﹣O﹣O﹣Cu（NH3）2]2+。②脱除NO的总反应为4NO+4NH3+O24N2+6H2O。（2）电解氧化吸收法可将废气中的NOx转变为硝态氮。分别向0.1mol•L﹣1NaCl溶液和0.08mol•L﹣1Na2SO4溶液（起始pH均调至9）中通入NO，测得电流强度与NO的脱除率的关系如图3所示。电解0.1mol•L﹣1NaCl溶液时，溶液中相关成分的浓度变化与电流强度的关系如图4所示。①电解Na2SO4溶液时产生H2O2。H2O2氧化吸收NO的离子方程式为3H2O2+2NO+2OH﹣2NO3﹣+4H2O。②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强。③随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是随着电流强度的增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化（歧化）为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱。【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】电化学专题；氮族元素．【分析】（1）①由A到B的变化过程为Cu（NH3）2+和O2反应生成[（NH3）2Cu﹣O﹣O﹣Cu（NH3）2]2+的过程；②一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示，根据图中信息得到NO、NH3和O2反应生成N2和H2O；（2）①H2O2氧化吸收NO，反应在碱性条件下生成硝酸根和水；②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大；③根据图中信息ClO3﹣的氧化性弱于ClO﹣，随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是随着电流强度增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化为氯酸根离子。【解答】解：（1）①由A到B的变化过程可表示为2Cu（NH3）2++O2→[（NH3）2Cu﹣O﹣O﹣Cu（NH3）2]2+，故答案为：2Cu（NH3）2++O2→[（NH3）2Cu﹣O﹣O﹣Cu（NH3）2]2+；②一种以沸石笼作为载体对氮氧化物进行催化还原的原理如图所示。根据图中信息得到NO、NH3和O2反应生成N2和H2O，因此脱除NO的总反应为4NO+4NH3+O24N2+6H2O，故答案为：4NO+4NH3+O24N2+6H2O；（2）①H2O2氧化吸收NO，反应在碱性条件下生成硝酸根和水，其反应的离子方程式为3H2O2+2NO+2OH﹣2NO3﹣+4H2O，故答案为：3H2O2+2NO+2OH﹣2NO3﹣+4H2O；②电解NaCl溶液作吸收液时，NO的去除率始终比Na2SO4溶液的大，原因是电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性比双氧水氧化性更强，而且电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强，更有利于NO的去除，故答案为：电解氯化钠溶液生成次氯酸根离子，次氯酸根离子氧化性更强；电解氯化钠溶液生成烧碱，溶液的碱性更强；③根据图中信息ClO3﹣的氧化性弱于ClO﹣，随着电流强度的增大，电解NaCl溶液时NO去除率下降的原因是随着电流强度增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化为氯酸根离子（或次氯酸根浓度减小，氯酸根浓度增大），氯酸根氧化性比次氯酸根弱，故答案为：随着电流强度的增大，溶液的温度升高，导致次氯酸根转化（歧化）为氯酸根离子、氯酸根离子氧化性比次氯酸根离子弱。【点评】本题以脱除烟气中的氮氧化物为目的，侧重图像分析能力的考查，解题的关键是掌握含氮化合物的转化，为高频考点，难度中等。21．（2021•连云港模拟）水体中的过量的硝态氮（以NO3﹣为主）是一种重要污染物，可利用合适的还原剂将其还原为N2除去。（1）纳米铁粉（Fe）具还原性强、比表面积大、吸附性能良好等优点。实验室制取纳米铁粉的反应原理是通过强还原剂来还原溶液中的Fe2+、Fe3+。①在室温下，向FeSO4溶液中滴加NaBH4溶液，得到Fe、B（OH）3沉淀和H2，反应的离子方程式为2Fe2++BH4﹣+3H2O＝2Fe↓+B（OH）3↓+2H2↑+3H+。②制备纳米铁粉的反应过程中需要不断通入N2，否则得到的铁粉会导致NO3﹣的去除率下降，其原因是排出装置内的空气，防止纳米零价铁被空气中的氧气氧化。（2）相同条件下，向含有50mg•L﹣1NO3﹣的两份水样中分别加入纳米铁粉、纳米铁粉﹣活性炭﹣铜粉，水样中NO3﹣的去除速率差异如图1所示，产生该差异的可能原因有形成Fe﹣Cu或C原电池加快反应速率。（3）向含有一定浓度NO3﹣的水样中加入纳米铁粉，并调节溶液的pH，溶液中的总氮去除率与pH的关系如图2所示。pH过低或过高，溶液中的总氮去除率都较低，其原因是pH过低，纳米铁粉将NO3﹣还原为NH4+溶解在溶液里，造成总氮去除率下降；pH过高，NO3﹣氧化性减弱，纳米铁粉只能将NO3﹣还原为NO2﹣溶解而留溶液里，从而造成总氮去除率下降。【考点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响．【专题】氮族元素．【分析】（1）①在室温下，向FeSO4溶液中滴加NaBH4溶液，得到Fe、B（OH）3沉淀和H2，据此书写方程式；②依据提示可知，不断通入N2，排出装置内的空气，否则氧气会氧化生成的纳米铁粉；（2）其他条件相同的条件下，纳米铁粉﹣