一轮复习苏教版专题4第二单元　生产生活中的含氮化合物学案（江苏专用）

第二单元生产生活中的含氮化合物学习任务1氮气及常见氮的氧化物一、氮的固定将游离态氮转变为化合态氮的过程叫氮的固定。〔1〕自然固氮eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(雷雨天产生NO气体,豆科植物根瘤菌固氮))〔2〕人工固氮：工业合成氨。二、氮气1.物理性质：无色无味气体，密度比空气略小，难溶于水。2.化学性质〔1〕与氧气反响：N2＋O2eq\o(=,\s\up7(放电或高温))2NO〔雷电固氮和导致汽车尾气中产生氮的氧化物〕。〔2〕与氢气反响：N2＋3H2eq\o(,\s\up7(高温、高压),\s\do5(催化剂))2NH3。三、氮的氧化物1.氮有多种价态的氧化物：N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等。和NO2的比较物质NONO2物理性质颜色无色红棕色毒性有毒有毒溶解性不溶于水能溶于水化学性质与O2反响2NO＋O2=2NO2—与H2O反响—3NO2＋H2O=2HNO3＋NO对人体或环境的影响〔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1.判断正误，正确的打“√〞，错误的打“×〞。〔1〕N2分子的结构稳定，因而氮气不支持任何物质的燃烧。〔〕〔2〕豆科植物通过根瘤菌吸收空气中的氮属于氮的固定，是物理变化。〔〕〔3〕NO2与水反响生成硝酸，故NO2是酸性氧化物。〔〕〔4〕制取二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气。〔〕〔5〕溴蒸气和NO2都是红棕色气体，可用湿润的淀粉­KI试纸和NaOH溶液鉴别。〔〕〔6〕汽车尾气中的氮氧化物是由化合态氮转化来的。〔〕答案：〔1〕×〔2〕×〔3〕×〔4〕×〔5〕×〔6〕×2.以下反响必须参加氧化剂且一步反响就能完成的是〔〕①N2→NO2②NO2→NO③NO2→HNO3④N2→NO⑤N2→NH3A.①B.②⑤C.④D.③④解析：选C。该题有两个要求：〔1〕必须参加氧化剂；〔2〕一步反响就能完成。反响①③④从化合价角度来看都升高，但反响①N2→NO2不能一步反响完成；而反响③NO2→HNO3，虽然氮的化合价升高，但不加氧化剂也能实现，如3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，在该反响中，NO2既是氧化剂又是复原剂；只有反响④N2→NO必须参加氧化剂且一步反响就能完成。3.以下列图中能实现人工固氮的是〔〕解析：选D。选项A、C为自然固氮，合成氨为人工固氮，选项B电解食盐水与固氮无关。eq\a\vs4\al()〔1〕氮的氧化物都有毒，其中NO2与N2O4存在以下平衡：2NO2N2O4，因此实验测得NO2的平均相对分子质量大于46。〔2〕NO只能用排水法收集，不能用排空气法收集；而NO2只能用向上排空气法收集，不能用排水法收集。〔3〕验证某无色气体是NO的方法是向无色气体中通入O2〔或空气〕，无色气体变为红棕色。〔4〕NO2既有氧化性又有复原性，以氧化性为主。NO2能使湿润的淀粉­KI试纸变蓝。提升一N2、NO、NO2的性质及对环境的影响1.以下有关氮气用途说法不正确的选项是〔〕A.做焊接金属的保护气B.制硝酸和化肥的原料C.食品袋中充氮气来防腐D.与氧气反响制NO从而制硝酸解析：选D。氮气的化学性质不活泼，能防止金属在高温下被空气中的氧气氧化，A项正确；氮气可用于合成氨，氨可制硝酸和化肥，B项正确；食品袋中充氮气可减缓食品被氧化而变质的速率，C项正确；氮气与氧气的反响很难进行，不宜用氮气与氧气反响制NO从而制备硝酸，D项错误。2.〔双选〕以下说法正确的选项是〔〕、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在可用于某些疾病的治疗2通入FeSO4溶液中始终无明显现象D.常温常压下，NO能与空气中的氧气直接化合解析：选BD。NO易被氧化为NO2；NO2通入FeSO4溶液中首先生成HNO3，然后生成的HNO3能把Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液由浅绿色变成棕黄色。3.氮的氧化物〔用NOx表示〕是大气污染物，必须进行处理。〔1〕汽车尾气主要含有CO2、CO、SO2、NOx等物质，这种尾气逐渐成为城市空气污染的主要来源之一。①汽车尾气中的CO来自，NO来自。汽车尾气对环境的危害主要有____________________________〔至少填两种〕。②汽车尾气中的CO、NOx在适宜温度下采用催化转化法处理，使它们相互反响生成参与大气循环的无毒气体。反响的化学方程式可表示为_________________________。〔2〕工业尾气中氮的氧化物常采用碱液吸收法处理，假设NO与NO2按物质的量之比1∶1被足量NaOH溶液完全吸收后得到一种钠盐，该钠盐的化学式是___________________。解析：〔1〕①汽车汽缸内不断进行着汽油的燃烧反响，当空气缺乏时，汽油不完全燃烧，会产生CO；N2和O2在高温条件下反响生成NO。汽车尾气对环境的危害很大，可以形成硝酸型酸雨，导致光化学烟雾，产生温室效应等。②CO、NOx反响后生成的无毒气体为CO2和N2。〔2〕NO中氮的化合价为＋2价，NO2中氮的化合价为＋4价，两者按物质的量之比1∶1混合时与NaOH反响生成的钠盐中氮的化合价必然为＋3价，即为NaNO2。答案：〔1〕①汽油的不完全燃烧N2与O2在汽车汽缸内高温环境下反响形成硝酸型酸雨、导致光化学烟雾、产生温室效应等〔任填两种即可〕②2xCO＋2NOxeq\o(=,\s\up7(催化剂))2xCO2＋N2〔2〕NaNO2eq\a\vs4\al()氮氧化物〔NOx〕对环境的污染及防治1.常见的污染类型〔1〕光化学烟雾：NOx在紫外线作用下，与碳氢化合物发生一系列光化学反响，产生的一种有毒的烟雾。〔2〕酸雨：NOx排入大气中后，与水反响生成HNO3和HNO2，随雨水降到地面。〔3〕破坏臭氧层：NO2可使平流层中的臭氧减少，导致地面紫外线辐射量增加。2.常见的NOx尾气处理方法〔1〕碱液吸收法2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2ONO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2ONO2、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。〔2〕催化转化：在催化剂、加热条件下，氨可将氮氧化物转化为无毒气体〔N2〕或NOx与CO在一定温度下催化转化为无毒气体〔N2和CO2〕。一般适用于汽车尾气的处理。提升二有关氮的氧化物的简单计算4.〔双选〕在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12mL通入足量水中，充分反响后剩余2mL气体〔同温同压下〕，那么原混合气体中氧气的体积可能为〔〕mLmLmLmL解析：选AD。首先分析可能发生的反响为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，那么剩余的2mL气体有两种可能。如果剩余2mLO2，那么V〔NO2〕＝eq\f(4,5)×〔12－2〕mL＝8mL，那么混合气中V〔O2〕＝12mL－8mL＝4mL，D项正确。假设剩余的2mL气体是NO，那么混合气中V〔O2〕＝〔12mL－2mL×3〕×eq\f(1,5)＝mL，A项正确。5.设空气中O2，N2的体积分数为0.8。在有水存在的条件下，某氮的氧化物〔NO与NO2形成的混合物〕和一定量空气混合恰好完全反响生成硝酸，反响后气体体积减小了一半〔相同条件下〕。那么该氮的氧化物中NO与NO2的体积比是〔〕∶5∶4C.1∶3解析：选A。氮氧化物与空气恰好完全反响生成HNO3，发生反响为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3，剩余气体为N2，设剩余N2L，L，L，即NO和NO2L。有V〔NO〕＋V〔NO2〕＝L、eq\f(3,4)V〔NO〕＋eq\f(1,4)V〔NO2L，得VL，V〔NO2L，那么V〔NO〕∶V〔NO2〕＝1∶5。eq\a\vs4\al()氮氧化物溶于水的计算问题〔1〕应先明确原理无论是单一气体NO2，还是NO、NO2、O2中的两者或三者的混合气体，反响的实质是3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，2NO＋O2=2NO2，故假设有气体剩余只能是NO或O2，不可能是NO2。①假设NO和O2通入水中，总化学方程式为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3。②假设NO2和O2通入水中，总化学方程式为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3。〔2〕注意原子守恒和得失电子守恒的运用有关氮的氧化物的计算，从反响实质看都是氧化复原反响。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，反响中O2得到的电子数与NOx失去的电子数相等。学习任务2氨与铵盐肼〔N2H4〕一、氨的物理性质无色、有刺激性气味的气体；密度比空气小，易液化；极易溶于水〔1∶700〕，可由喷泉实验证明。二、氨的化学性质1.复原性与氧气反响：4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O。2.与酸反响与氯化氢反响：NH3＋HCl=NH4Cl〔产生白烟〕。3.与水反响NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，氨的水溶液叫氨水，呈弱碱性。4.与盐溶液反响盐溶液现象离子方程式FeCl3溶液生成红褐色沉淀Fe3＋＋3NH3·H2O=Fe〔OH〕3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)AlCl3溶液生成白色沉淀Al3＋＋3NH3·H2O=Al〔OH〕3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)三、氨的用途1.液氨汽化时吸收大量的热，故可用作制冷剂。2.制氮肥、硝酸、铵盐、纯碱等。四、氨的制法1.加热固态铵盐和碱的混合物，如下列图。2.实验室制取氨的其他方法方法化学方程式〔或原理〕气体发生装置加热浓氨水NH3·H2Oeq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O浓氨水＋固体NaOHNaOH溶于水放热，促使氨水分解，且OH－的浓度增大有利于NH3的生成浓氨水＋固体CaOCaO与水反响，使溶剂〔水〕减少；反响放热，促使氨水分解，化学方程式为NH3·H2O＋CaO=NH3↑＋Ca〔OH〕2五、铵盐及NHeq\o\al(＋,4)的检验1.铵盐的物理性质铵盐都是白色固体，均易溶于水。2.铵盐的化学性质eq\a\vs4\al(NH4Cl\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋HCl↑)eq\a\vs4\al(\o(→,\s\up7(如NH4HCO3),\s\do5()))NH4HCO3eq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋CO2↑＋H2O↑NHeq\o\al(＋,4)＋OHeq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2Oeq\o\al(＋,4)的检验eq\x(NHeq\o\al(＋,4))eq\o(→,\s\up7(强碱),\s\do5(△))eq\x(无色气体)eq\o(→,\s\up7(湿润红色),\s\do5(石蕊试纸))eq\x(试纸变蓝)六、肼〔N2H4〕1.碱性：溶于水形成二元弱碱，碱性比NH3·H2O弱，在水中的电离与NH3·H2O相似，与硫酸反响形成的酸式盐为N2H6〔HSO4〕2。2.强复原性：能被氧气、H2O2等氧化，可用作喷气式发动机的推进剂、火箭燃料等。1.判断以下说法是否正确，不正确的说明理由。〔1〕氨溶于水能导电，所以氨是电解质。〔2〕实验室可用浓氨水与NaOH固体制取氨。〔3〕氨与酸反响生成铵盐，与挥发性酸相遇时能形成白烟。〔4〕某晶体与NaOH共热放出一种能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，该晶体中含有NHeq\o\al(＋,4)。〔5〕氨水中含氮微粒中最多的微粒是NHeq\o\al(＋,4)。〔6〕把NH3通入稀HNO3中，当溶液的pH等于7时，是NH3和HNO3等物质的量反响。〔7〕液氨作为清洁能源的反响原理是4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O。〔8〕在1mol·L－1氨水中，NH3·H2O、NHeq\o\al(＋,4)、NH3的物质的量浓度之和为1mol·L－1。答案：〔2〕〔3〕〔4〕〔8〕正确。〔1〕不正确，NH3本身不能电离，溶于水，与水发生反响NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－而导电，故NH3不是电解质。〔5〕不正确，氨水中存在大量的NH3·H2O和少量的NHeq\o\al(＋,4)。〔6〕不正确，NH3和HNO3等物质的量反响时，得到NH4NO3溶液，NHeq\o\al(＋,4)水解使溶液显酸性，pH<7。〔7〕不正确，产生的NO是污染性气体。2.用浓氯化铵溶液处理过的舞台幕布不易着火，其原因是〔1〕________________________________________________________________________；〔2〕________________________________________________________________________。答案：〔1〕氯化铵分解吸收热量，降低了温度〔2〕氯化铵分解产生的气体隔绝了空气eq\a\vs4\al()〔1〕氨极易溶于水，直接通入水中会引起倒吸。氨水的成分主要是NH3·H2O，但在计算浓度时，溶质应为NH3。〔2〕固体中NHeq\o\al(＋,4)的检验方法是取样溶解，参加浓氢氧化钠溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，假设试纸变蓝说明原固体含有NHeq\o\al(＋,4)。〔3〕液氨是由氨液化而得到的纯洁物，所含粒子只有NH3分子；氨水是由NH3溶于水而形成的混合物，所含粒子有三种分子：NH3、NH3·H2O、H2O，三种离子：NHeq\o\al(＋,4)、OH－、H＋。提升一氨和铵盐的性质及应用3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质〔见以下列图〕，以下说法正确的选项是〔〕4Cl和NaHCO3都是常用的化肥4Cl、HNO3和Na2CO3受热时都易分解3和NO2在一定条件下可发生氧化复原反响2都要用纯氧解析：选C。化肥是含氮、磷、钾的一些植物营养物质，NaHCO3不是化肥，A不正确；Na2CO3受热不易分解，B不正确；NH3和NO2在一定条件下可以发生氧化复原反响，如生成氮气，C正确；氨的催化氧化以及NO与O2的反响用空气就可以，不一定要用纯氧，D不正确。2.如下列图利用培养皿探究氨的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一外表皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释不正确的选项是〔〕选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与挥发出来的HCl反响产生了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反响C氯化物溶液中有红褐色沉淀该溶液一定是FeCl3溶液D枯燥的红色石蕊试纸不变色，湿润的红色石蕊试纸变蓝NH3·H2O是一种可溶性碱解析：选B。挥发出来的HCl与NH3反响生成NH4Cl固体，产生白烟，A正确；NH3与浓H2SO4反响，但因浓H2SO4难挥发，故无明显现象，B错误；NH3遇到FeCl3溶液生成红褐色Fe〔OH〕3沉淀，C正确；枯燥的红色石蕊试纸不变色，而湿润的红色石蕊试纸变蓝，可说明NH3溶于水生成的NH3·H2O为碱，但不能说NH3是碱，D正确。3.〔2021·常州高三月考〕如图是某课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案。以下有关操作中不可能引发喷泉现象的是〔〕A.挤压装置①的胶头滴管使稀盐酸全部进入烧瓶，片刻后翻开止水夹B.挤压装置②的胶头滴管使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后翻开止水夹③的a处不断鼓入空气并翻开止水夹D.向装置④的水槽中慢慢参加适量的浓硫酸并翻开止水夹解析：选A。A项中稀盐酸与Cl2不能发生反响，且Cl2在稀盐酸中溶解较少，烧瓶内的压强减小不多，不能引发喷泉现象；B项中挤入的NaOH溶液与CO2反响，导致烧瓶内的压强降低，在大气压作用下，烧杯内的水被压入烧瓶而形成喷泉；C项中鼓入空气使锥形瓶内的压强增大，从而将水压入烧瓶而形成喷泉；D项中浓硫酸溶于水时放热，使锥形瓶内的NH3·H2O分解生成NH3，导管中浓氨水分解的NH3进入烧瓶，与HCl作用生成NH4Cl，从而导致烧瓶内的压强降低，锥形瓶内的氨水进入烧瓶而形成喷泉。eq\a\vs4\al()喷泉实验的形成原理〔1〕形成喷泉的原理：形成喷泉最根本的原因是瓶内外存在压强差。当烧瓶内气体溶于液体或与之反响时，瓶内气体大量减少，压强降低，外界的大气压将液体压入烧瓶内，如此持续，最后液体将充满烧瓶。〔2〕常见喷泉的形成主要有以下两类：①极易溶于水的气体〔NH3、HCl等〕与水可形成喷泉；②酸性气体〔HCl、SO2、NO2、CO2、H2S等〕与NaOH溶液可形成喷泉。〔3〕喷泉实验成功的关键：①盛气体的烧瓶必须枯燥；②气体要充满烧瓶；③烧瓶不能漏气〔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快速反响。提升二氨和铵盐的实验探究4.〔双选〕某氮肥样品可能含有NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中的一种或几种。为探究其成分，0g，溶解配成100mL溶液，加过量浓NaOH溶液，加热，mL0mol·L－1的H2SO4溶液中〔设产生的NH3全部逸出〕，剩余的H2SO4mL0mol·L－1的NaOH溶液。以下说法正确的选项是〔〕A.吸收NH3消耗的H2SO4×10－3molB.上述过程共产生NH3168mL〔标准状况下〕C.该样品中NHeq\o\al(＋,4)的质量分数为43.2%D.该氮肥样品必含NH4Cl解析：molH2SO4除了吸收NH3还中和NaOH，有n〔NH3〕＋n〔NaOH〕＝2n〔H2SO4〕，n〔NH35mol，n〔NH35mol，标准状况下V〔NH3〕＝168mL，吸收NH3消耗的H2SO475mol，w〔NHeq\o\al(＋,4)〕＝eq\5mol×180g)×100%＝27%。NH4HCO3、NH4Cl、NH4NO3中NHeq\o\al(＋,4)含量分别约为eq\f(18,79)〔22.8%〕、eq\f(18,53.5)〔33.6%〕、eq\f(18,80)〔22.5%〕，只有NH4Cl中NHeq\o\al(＋,4)含量大于27%，故该氮肥样品中一定有NH4Cl。5.某同学用以下装置〔固定、加热仪器和橡胶管略〕进行有关氨制取的实验探究。请答复以下问题：〔1〕假设用装置①制取NH3，其反响的化学方程式为_______________________；假设要测定生成的NH3的体积，那么必须选择的装置是〔填装置序号〕，装置中所盛试剂应具有的性质是__________________________。〔2〕假设用装置②制取并收集枯燥的NH3，烧瓶内装的试剂是，分液漏斗中装的试剂是，收集装置应选择〔填装置序号〕。解析：〔1〕装置①适用于固­固加热制取气体，制取NH3时试剂是NH4Cl固体和Ca〔OH〕2固体。假设测定NH3的体积，必须用排液法，而NH3极易溶于水，故不能用排水法，所用的液体必须不与NH3反响，也不溶解NH3且不易挥发才行。〔2〕装置②是固­液反响不需加热的装置，制取NH3时，可用浓氨水和碱石灰〔或其他试剂〕作用。答案：〔1〕2NH4Cl＋Ca〔OH〕2eq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋CaCl2＋2H2O③⑦氨难溶于该试剂，且该试剂不易挥发，不与氨反响〔2〕CaO〔或NaOH固体或碱石灰〕浓氨水〔或浓NH4Cl溶液〕⑥学习任务3硝酸氮及其重要化合物的相互转化一、硝酸的物理性质硝酸是无色、易挥发的液体，有刺激性气味。二、硝酸的化学性质1.不稳定性4HNO3eq\o(=,\s\up7(△),\s\do5(或光照))2H2O＋4NO2↑＋O2↑。硝酸无论浓、稀都有强氧化性，而且浓度越大氧化性越强。〔1〕与金属反响稀硝酸与铜反响：3Cu＋8HNO3〔稀〕=3Cu〔NO3〕2＋2NO↑＋4H2O。浓硝酸与铜反响：Cu＋4HNO3〔浓〕=Cu〔NO3〕2＋2NO2↑＋2H2O。〔2〕与非金属反响浓硝酸与C的反响：C＋4HNO3〔浓〕eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。〔3〕与复原性化合物反响硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋等复原性物质。例如：稀硝酸与FeSO4溶液反响的离子方程式为3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。〔1〕硝化反响〔与苯反响〕：＋HNO3eq\o(→,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(△))＋H2O。〔2〕颜色反响：局部蛋白质遇到浓硝酸时变黄色。三、氮及其重要化合物的相互转化[注意]箭头指出可表达物质的性质，指向可寻找该物质的制备方法。1.判断正误，正确的打“√〞，错误的打“×〞。〔1〕浓、稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸最终变为红色。〔〕〔2〕硝酸能与Na2CO3反响，但不生成CO2。〔〕〔3〕硝酸可与Na2S反响制得H2S气体。〔〕〔4〕过量的铜与浓HNO3反响有NO生成。〔〕〔5〕常温下，铝和铁在浓HNO3中“钝化〞，说明铝和铁与浓HNO3不反响。〔〕〔6〕可用浓HNO3与Cu反响制备NO2。〔〕答案：〔1〕×〔2〕×〔3〕×〔4〕√〔5〕×〔6〕√2.写出以下反响的离子方程式，并指出HNO3所表现的性质。〔1〕Fe3O4和稀HNO3反响：____________________________，。〔2〕NaI和稀HNO3反响：_____________________________，。〔3〕Na2SO3和稀HNO3反响：_______________________，。答案：〔1〕3Fe3O4＋28H＋＋NOeq\o\al(－,3)=9Fe3＋＋NO↑＋14H2O酸性和强氧化性〔2〕6I－＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3I2＋2NO↑＋4H2O强氧化性〔3〕3SOeq\o\al(2－,3)＋2H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3SOeq\o\al(2－,4)＋2NO↑＋H2O强氧化性eq\a\vs4\al()涉及HNO3的离子反响常见的易错问题〔1〕无视NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下的强氧化性。在酸性条件下NOeq\o\al(－,3)不能与Fe2＋、I－、SOeq\o\al(2－,3)、S2－等复原性较强的离子大量共存。〔2〕在书写离子方程式时，无视HNO3的强氧化性，将氧化复原反响简单地写成复分解反响。提升一硝酸的性质及实验探究1.〔2021·东城一模〕一定温度下，探究铜与稀HNO3反响的过程如下：以下说法不正确的选项是〔〕A.过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OB.过程Ⅲ反响速率比Ⅰ快的原因是NO2溶于水，使c〔HNO3〕增大C.由实验可知，NO2对该反响具有催化作用D.当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解解析：Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，Ⅲ中硝酸的浓度没有Ⅰ中大，因为局部硝酸转化成了一氧化氮，因此反响速率比Ⅰ快的原因不可能是c〔HNO3〕增大，，过程Ⅲ反响速率比Ⅰ快，说明NO2对该反响具有催化作用，，再抽入空气，一氧化氮与氧气反响生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，硝酸能与铜继续反响，故D正确。2.如图是用浓硝酸、铜片、水等试剂探究浓、稀硝酸的强氧化性并观察复原产物的实验装置。Ⅰ.浓硝酸的强氧化性实验将铜片置于具支试管的底部，在分液漏斗中参加约5mL浓硝酸，往具支试管中放入约2mL浓硝酸。〔1〕具支试管中发生反响的化学方程式为___________________________。〔2〕实验中观察到能证明浓硝酸具有强氧化性的现象是________________________________________________________________________。Ⅱ.稀硝酸的强氧化性实验〔3〕上述反响完成后，欲进一步证明稀硝酸也具有强氧化性，紧接的简便、合理的实验操作是_______________________________________。〔4〕能证明稀硝酸与铜反响产生NO的实验现象是〔填写序号〕。中收集到无色气体中收集到的无色气体接触空气后变为红棕色C.b中产生的无色气体接触空气后变为红棕色解析：〔1〕Cu与浓硝酸反响生成Cu〔NO3〕2、NO2和水，反响的化学方程式为Cu＋4HNO3〔浓〕=Cu〔NO3〕2＋2NO2↑＋2H2O。〔2〕浓硝酸做氧化剂，能将Cu氧化成Cu2＋〔蓝色溶液〕，其复原产物是NO2〔红棕色气体〕。〔3〕将浓HNO3稀释成稀HNO3，再与Cu发生反响，即可进一步证明稀HNO3的强氧化性。〔4〕NO为无色气体，遇空气中的O2转化成红棕色的NO2气体。答案：〔1〕Cu＋4HNO3〔浓〕=Cu〔NO3〕2＋2NO2↑＋2H2O〔2〕试管中溶液变蓝，且有红棕色气体产生〔3〕向试管中加水将浓硝酸稀释〔4〕C提升二关于硝酸的计算3.〔双选〕〔2021·徐州模拟〕向500mL稀硝酸中参加一定质量的铁粉，恰好使铁粉完全溶解，L〔标准状况〕，g。以下判断正确的选项是〔〕A.molB.原溶液中HNO3的浓度是mol·L－1C.g铜D.反响后的溶液中c〔Fe2＋〕∶c〔Fe3＋〕＝1∶2解析：选BC。n〔NO〕＝eq\L·mol－1)mol，mmol×30g·mol－1g。mg，n〔Fe〕＝eq\g,56g·mol－1)＝mol，由得失电子守恒知反响后溶液中存在Fe2＋、Fe3＋，那么n〔Fe2＋〕＋n〔Fe3＋mol；由得失电子守恒得2n〔Fe2＋〕＋3n〔Fe3＋〕＝3n〔NO〕，2n〔Fe2＋〕＋3n〔Fe3＋〕＝mol×3，解得n〔Fe2＋mol，n〔Fe3＋mol。n〔HNO3〕＝2n〔Fe2＋〕＋3n〔Fe3＋〕＋nmol×mol×mol＝1mol，c〔HNO3〕＝eq\f(1L)mol·L－1。还可溶解铜：n〔Cu〕＝n〔Fe3＋mol，mmol×64g·mol－1g。4.g铜与140mL一定浓度的硝酸反响，铜完全溶解，产生的NO和NO2L。请答复：〔1〕NO的体积为L，NO2的体积为L。〔2〕待产生的气体全部释放后，向溶液中参加VmLamol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，那么原硝酸溶液的浓度为mol·L－1。〔3〕欲使铜与硝酸反响生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水g。解析：〔1〕Cu与HNO3反响过程中，Cu做复原剂失去的电子数等于HNO3做氧化剂得到的电子数，由得失电子守恒可得n〔Cu〕×2＝n〔NO〕×3＋n〔NO2〕×1，即eq\g,64g·mol－1)×2＝eq\f(VL·mol－1)×3＋eq\L－VL·mol－1)×1，得VL，那么V〔NO2L。〔2〕硝酸与Cu反响中，硝酸显酸性和氧化性，其中显氧化性的硝酸全部转化为NO、NO2，当溶液中的Cu2＋全部转化为沉淀时，所得溶液为NaNO3溶液，那么n〔NOeq\o\al(－,3)〕溶液＝n〔NaOH〕＝V×10－3L×amol·L－1＝aV×10－3mol，根据N元素守恒，做氧化剂的硝酸与生成的气体的物质的量相等，那么有n〔HNO3〕被复原＝n〔气体〕＝eq\L·mol－1)mol。n〔HNO3〕＝n〔NOeq\o\al(－,3)〕溶液＋n〔HNO3〕被复原＝aV×10－3molmol。〔3〕根据〔1〕中计算可得nmol，n〔NO2mol。从反响的始终态分析：即要将NO中的＋2价的N元素和NO2中的＋4价的N元素完全转化为NaNO3中的＋5价的N元素。根据得失电子守恒得n〔NO〕×3＋n〔NO2〕×1＝n〔H2O2〕×2，mol×mol＝n〔H2O2〕×2，求得n〔H2O2mol。m〔H2O2mol×34g·mol－1g，g。答案：〔2〕eq\f(aV×10－3＋0.5,0.14)eq\a\vs4\al()解硝酸与金属反响计算题的整体思路和计算方法〔1〕整体思路〔2〕计算方法①原子守恒法HNO3与金属反响时，一局部HNO3起酸的作用，以NOeq\o\al(－,3)的形式存在于溶液中；一局部作为氧化剂转化为复原产物，这两局部中氮原子的总物质的量等于反响消耗的HNO3中氮原子的物质的量。②电子守恒法HNO3与金属的反响属于氧化复原反响，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量。③离子方程式计算法金属与H2SO4、HNO3的混合酸反响时，由于硝酸盐中NOeq\o\al(－,3)在H2SO4提供H＋的条件下能继续与金属反响，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反响的金属或H＋或NOeq\o\al(－,3)进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。提升三氮及其重要化合物的转化5.〔2021·河南名校模拟〕以下关系图中，a是一种正盐，b是气态氢化物，c是单质，f是强酸。当X无论是强酸还是强碱时都有如下转化关系〔其他产物及反响所需条件均已略去〕，当X是强碱时，过量b跟氯气反响除生成c外，另一产物是盐酸盐。aeq\o(→,\s\up7(X))beq\o(→,\s\up7(O2))ceq\o(→,\s\up7(O2))deq\o(→,\s\up7(O2))eeq\o(→,\s\up7(H2O))f以下说法不正确的选项是〔〕A.当X是强酸时，a、b、c、d、e、f均含有同一种元素，f是硫酸B.当X是强碱时，a、b、c、d、e、f均含有同一种元素，f是硝酸和Cl2的反响一定是氧化复原反响D.当X是强酸时，c常温下是气态单质解析：选D。a是一种正盐，且与强酸和强碱反响都能生成气态氢化物，那么a是〔NH4〕2S。当X是强酸时，b、c、d、e、f分别是H2S、S、SO2、SO3、H2SO4，A项正确；当X是强碱时，b、c、d、e、f分别是NH3、N2、NO、NO2、HNO3，B项正确；b和Cl2的反响一定是氧化复原反响，因为b转化为c是气态氢化物向单质的转化，一定有化合价的变化，C项正确；当X是强酸时，c显然是硫单质，硫单质常温下是固体，D项错误。6.一定条件下，含氮元素的物质可发生如下列图的循环转化。答复以下问题：〔1〕氮原子的结构示意图为。〔2〕图中属于“氮的固定〞的是〔填字母，下同〕；转化过程中发生非氧化复原反响的是。〔3〕假设“反响h〞是在NO2与H2O的作用下实现的，那么该反响中氧化产物与复原产物的物质的量之比为。〔4〕假设“反响i〞是在酸性条件下由NOeq\o\al(－,3)与Zn的作用实现的，那么该反响的离子方程式为______________________________________________。解析：〔1〕N位于第2周期ⅤA族，其原子结构示意图为。〔2〕氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮，根据循环图，得出属于氮的固定的是c和k；发生非氧化复原反响，说明在反响前后元素化合价没有发生变化，即属于非氧化复原反响的是a和l。〔3〕反响h的化学方程式为3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，氧化产物是HNO3，复原产物是NO，因此氧化产物和复原产物的物质的量之比为2∶1。〔4〕根据信息，Zn＋H＋＋NOeq\o\al(－,3)→Zn2＋＋N2O↑＋H2O，Zn的化合价升高2价，由NOeq\o\al(－,3)到N2O过程中N的化合价降低4价，根据得失电子守恒、电荷守恒以及原子守恒可知，离子方程式为4Zn＋2NOeq\o\al(－,3)＋10H＋=4Zn2＋＋N2O↑＋5H2O。答案：〔1〕〔2〕ckal〔3〕2∶1〔4〕4Zn＋2NOeq\o\al(－,3)＋10H＋=4Zn2＋＋N2O↑＋5H2O1.〔2021·高考江苏卷〕在给定条件下，以下选项所示的物质间转化均能实现的是〔〕〔aq〕eq\o(→,\s\up7(电解))Cl2〔g〕eq\o(→,\s\up7(Fe〔s〕),\s\do5(△))FeCl2〔s〕2〔aq〕eq\o(→,\s\up7(石灰乳))Mg〔OH〕2〔s〕eq\o(→,\s\up7(煅烧))MgO〔s〕〔s〕eq\o(→,\s\up7(O2〔g〕),\s\do5(点燃))SO3〔g〕eq\o(→,\s\up7(H2O〔l〕))H2SO4〔aq〕2〔g〕eq\o(→,\s\up7(H2〔g〕),\s\do5(高温高压、催化剂))NH3〔g〕eq\o(→,\s\up7(CO2〔g〕),\s\do5(NaCl〔aq〕))Na2CO3〔s〕解析：选B。A项，Cl2与Fe发生反响生成FeCl3，错误；B项，MgCl2与Ca〔OH〕2发生反响生成Mg〔OH〕2沉淀，煅烧Mg〔OH〕2生成MgO固体，正确；C项，S在O2中燃烧只能生成SO2，错误；D项，NH3、CO2和NaCl溶液反响生成NaHCO3，反响的化学方程式为NH3＋CO2＋NaCl＋H2O=NaHCO3↓＋NH4Cl，错误。2.〔2021·高考北京卷〕下述实验中均有红棕色气体产生，比照分析所得结论不正确的选项是〔〕①②③①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体B.红棕色气体不能说明②中木炭与浓硝酸发生了反响C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为复原产物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响解析：选D。①中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以②中产生的“红棕色气体〞不一定是木炭与浓硝酸发生反响产生的，B项正确；③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是复原产物，C项正确；红热的木炭还可与空气中的O2反响生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反响生成了CO2，D项错误。3.〔2021·高考全国卷Ⅰ〕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复原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反响进行了探究。答复以下问题：〔1〕氨的制备①氨的发生装置可以选择上图中的，反响的化学方程式为_______________。②欲收集一瓶枯燥的氨，选择上图中的装置，其连接顺序为发生装置→〔按气流方向，用小写字母表示〕。〔2〕氨与二氧化氮的反响将上述收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中参加少量催化剂，充入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。操作步骤实验现象解释原因翻开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中①Y管中________________________________________________________________________②反响的化学方程式：________________________________________________________________________将注射器活塞退回原处并固定，待装置恢复到室温Y管中有少量水珠生成的气态水凝聚翻开K2③④解析：〔1〕①观察装置知，A装置适合加热固体制备气体，B装置适合加热液体与固体制备气体或加热液体制备气体。实验室通过氯化铵和消石灰共热制备氨，加热固体混合物制备气体，可以选择A装置做氨的发生装置，化学方程式为2NH4Cl＋Ca〔OH〕2eq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋CaCl2＋2H2O。实验室还可以通过加热浓氨水制备氨，故也可以选择B装置做氨的发生装置，化学方程式为NH3·H2Oeq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O。②实验室用碱石灰枯燥氨，用向下排空气法收集氨，用水吸收尾气中的氨并注意防倒吸，应选择C、D、F装置，注意连接枯燥管时应大口进气，小口出气，所以，连接顺序为a、d、c、f、e、i或b、d、c、f、e、i。〔2〕NO2呈红棕色，氨与二氧化氮发生反响：8NH3＋6NO2eq\o(=,\s\up7(催化剂))7N2＋12H2O，故观察到Y管中红棕色气体慢慢变浅。NH3与NO2反响后生成的气态水凝聚，反响后气体分子数减少，装置Y内压强小于外压，故翻开K2，氢氧化钠溶液会产生倒吸现象。答案：〔1〕①A2NH4Cl＋Ca〔OH〕2eq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋CaCl2＋2H2O[或BNH3·H2Oeq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O]②dcfei〔2〕①红棕色气体慢慢变浅②8NH3＋6NO2eq\o(=,\s\up7(催化剂))7N2＋12H2O③Z中NaOH溶液产生倒吸现象④反响后气体分子数减少，Y管中压强小于外压一、单项选择题1.以下关于氮及其化合物的说法正确的选项是〔〕A.N2分子的结构稳定，因而氮气不能支持任何物质的燃烧B.液氨汽化时要吸收大量热，因而液氨可用作制冷剂可用向上排空气法或排水法收集D.浓硝酸保存在棕色瓶内是因为硝酸易挥发解析：选B。Mg能在N2中燃烧，A项错误；NO能与空气中的O2反响生成NO2，C项错误；浓硝酸见光易分解，故保存在棕色瓶内，D项错误。2.氨极易溶于水，而难溶于有机溶剂CCl4。以下装置中不适宜做氨尾气吸收装置的是〔〕解析：选C。A项，氨难溶于CCl4，不会发生倒吸；B项，导管末端连接倒置漏斗，漏斗下沿刚好没入水中可有效防止倒吸；C项，会发生倒吸；D项，导管末端连接枯燥管，枯燥管细口没入水中少许可有效防止倒吸。3.氮及其化合物的转化关系如以下列图所示。那么以下说法不正确的选项是〔〕A.路线①②③是工业生产硝酸的主要途径B.路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径C.上述所有反响都是氧化复原反响D.氮气可在足量的氧气中通过一步反响生成NO2解析：选D。氮气和氧气在放电或高温条件下反响生成NO，NO与O2反响生成NO2，即氮气与氧气不能一步转化为NO2。4.某同学仿照喷泉实验原理在实验室里做了一个“喷烟实验〞。如下列图，在甲、乙两个烧瓶中分别装入X、Y两种无色气体，胶头滴管中盛有含酚酞的NaOH溶液，实验时将胶头滴管内的液体挤入甲烧瓶中，然后翻开弹簧夹，便可看到甲烧瓶中的导管喷出白色的烟，同时甲烧瓶中的溶液颜色逐渐变浅最后褪为无色。那么X、Y分别为〔〕3和HCl32和HCl解析：选A。要想产生“喷烟〞现象，应具备两个条件：一是形成压强差，二是两种气体反响会生成白烟，排除C、D项。根据甲中溶液颜色发生的变化，结合题给条件“胶头滴管中盛有含酚酞的NaOH溶液〞可知，甲中气体溶于水所得溶液显碱性，即X为NH3，故Y为HCl，选A。5.用加热法可以别离的一组物质是〔〕A.氯化铵和消石灰C.氯化铵和氯化钠D.碘和氯化铵解析：选C。铵盐可与碱反响，因此选项A在加热时发生反响2NH4Cl＋Ca〔OH〕2eq\o(=,\s\up7(△))2NH3↑＋2H2O＋CaCl2，不能用于别离。选项B中的NH4HCO3受热分解，且产生的H2O及CO2能与Na2O2反响，也无法到达别离的目的。选项D中碘在受热时升华，NH4Cl受热分解再重新化合后仍与碘混合，无法到达别离的目的。对于选项C，NH4Cl受热分解后可从体系中脱离，遇冷又重新化合为NH4Cl晶体，从而到达与NaCl别离的目的。6.以下说法不正确的选项是〔〕A.在稀硫酸中参加铜粉，铜粉不溶解，再参加Cu〔NO3〕2固体，铜粉仍不溶解B.某气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，该气体的水溶液一定显碱性C.铜与浓硝酸反响的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O3→NO→NO2，以上各步变化均能通过一步实验完成解析：选A。A项中参加Cu〔NO3〕2固体后，Cu和H＋、NOeq\o\al(－,3)发生反响：3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，该项不正确。7.等质量的以下物质与足量稀硝酸反响，放出NO物质的量最多的是〔〕2O343O4解析：选A。根据得失电子守恒，复原剂提供的电子越多，氧化剂硝酸生成的NO的物质的量就越多。1g题述四种物质能提供的电子的物质的量为A.eq\f(1,56＋16)×1momol；C.eq\f(1,56＋32＋16×4)×1mol；D.eq\f(1,56×3＋16×4)×1mol〔Fe3O4也可以写为Fe2O3·FeO〕，故提供电子的物质的量最多的为FeO。二、不定项选择题2O俗称“笑气〞，曾用作可吸入性麻醉剂。以下反响能产生N2O：3CO＋2NO2eq\o(=,\s\up7(催化剂))3CO2＋N2O。以下关于N2O的说法正确的选项是〔〕A.上述反响中每生成1molN2O，消耗3molCOB.等物质的量的N2O和CO2含有相等的电子数2O只具有氧化性，无复原性2O会迅速与人体血红蛋白结合，使人中毒解析：选AB。由方程式知，生成1molN2O时消耗3molCO，A正确；1molN2O与1molCO2都含有22mol电子，B正确；N2O中氮元素的化合价为＋1价，是氮元素的中间价态，所以N2O既具有氧化性又具有复原性，C错误；NO能与人体血红蛋白结合，使人体中毒，D错误。9.〔2021·盐城高三联考〕SO2废气的回收利用方案如下列图。以下说法错误的选项是〔〕A.废气与氨水混合一定发生反响：2NH3·H2O＋SO2=2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O中含有NH4HSO3C.气体a既有氧化性又有复原性D.〔NH4〕2S2O8中含有O—O键，S元素的化合价为＋6价解析：选B。A项，废气用氨水吸收一定发生反响：2NH3·H2O＋SO2=2NHeq\o\al(＋,4)＋SOeq\o\al(2－,3)＋H2O，正确；B项，〔NH4〕2SO3与过量H2SO4反响生成〔NH4〕2SO4、SO2和H2O，Y中含有〔NH4〕2SO4和H2SO4，不含NH4HSO3，错误；C项，气体a为SO2，SO2中S元素的化合价为＋4价，SO2既有氧化性又有复原性，正确；D项，〔NH4〕2S2O8中含有一个O—O键，过氧键中O元素的化合价为－1价，其他O元素的化合价为－2价，N元素的化合价为－3价，H元素的化合价为＋1价，根据正、负化合价代数和为0可知，S元素的化合价为＋6价，正确。10.现有NaNO3和HCl的混合溶液400mL，向混合溶液中逐渐参加过量的Fe粉〔假设反响中HNO3只被复原成NO〕，有关量的关系如下列图。以下说法正确的选项是〔〕A.mol/LB.LC.整个反响过程转移电子的物质的量之和为4molD.将反响后的混合物过滤，滤液蒸发结晶所得固体为NaCl和FeCl2的混合物解析：选A。由题图分析可知，当参加1mol铁后，溶液中才开始生成亚铁离子，说明参加1mol铁之前发生如下反响：Fe＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=Fe3＋＋NO↑＋2H2O，根据题图中数据分析可知，上述反响中NOeq\o\al(－,3)缺乏而H＋过量，那么n〔Fe〕＝n〔NOeq\o\al(－,3)〕＝n〔NaNO3〕＝n〔NO〕＝1mol，c〔NaNO3〕＝eq\f(1L)mol/L，A正确；因Fe3＋的氧化性大于H＋，那么继续参加铁时发生反响：2Fe3＋＋Fe=3Fe2＋，由上述分析可知，n〔Fe3＋〕＝1mol，mol铁，mol铁再与氢离子反响生成氢气，那么n〔H2〕＝nmol，所以，mol，L，B错误；整个反响过程分三步进行，每步转移电子的物质的量分别是3mol×mol×2，共转移5mol电子，C错误；滤液中溶质为NaCl和FeCl2，蒸发结晶过程中，FeCl2会被氧化、水解，最后所得固体为NaCl和Fe〔OH〕3的混合物，D错误。三、非选择题11.氨在工农业生产中有重要应用。〔1〕①氮气用于工业合成氨，写出氮气的电子式：。②NH3的稳定性比PH3〔填“强〞或“弱〞〕。〔2〕如下列图，向NaOH固体上滴几滴浓氨水，迅速盖上盖，观察现象。①浓盐酸液滴附近会出现白烟，发生反响的化学方程式为________________________。②浓硫酸液滴上方没有明显现象，一段时间后浓硫酸的液滴中有白色固体，该固体可能是〔写化学式，一种即可〕。③FeSO4液滴中先出现灰绿色沉淀，过一段时间后变成红褐色，发生的反响包括Fe2＋＋2NH3·H2O=Fe〔OH〕2↓＋2NHeq\o\al(＋,4)和_____________________________。〔3〕空气吹脱法是目前消除NH3对水体污染的重要方法。在一定条件下，向水体中参加适量NaOH可使NH3的脱除率增大，用平衡移动原理解释其原因：________________。〔4〕在微生物作用下，蛋白质在水中分解产生的氨能够被氧气氧化生成亚硝酸〔HNO2〕，反响的化学方程式为，mol电子发生转移，生成亚硝酸的质量为g。解析：〔1〕①氮气电子式中存在叁键；②根据非金属性的判断依据“非金属性越强，气态氢化物越稳定〞，很容易判断出NH3的稳定性强于PH3。〔2〕①根据现象写方程式；②氨溶于浓硫酸，能生成〔NH4〕2SO4或NH4HSO4；③根据现象写方程式，氢氧化亚铁被氧气氧化为氢氧化铁：4Fe〔OH〕2＋O2＋2H2O=4Fe〔OH〕3。〔3〕氨水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，参加NaOH后OH－浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除。〔4〕由方程式可看出，每当生成1molHNO2，转移电子数为6mol，mol电子发生转移时，生成亚硝酸mol，g。答案：〔1〕①eq\o\al(·,·)N⋮⋮Neq\o\al(·,·)②强〔2〕①NH3＋HCl=NH4Cl②NH4HSO4[或〔NH4〕2SO4]③4Fe〔OH〕2＋O2＋2H2O=4Fe〔OH〕3〔3〕氨水中存在平衡：NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－，参加NaOH后OH－浓度增大，平衡逆向移动，故有利于氨的脱除〔4〕2NH3＋3O2eq\o(=,\s\up7(微生物))2HNO2＋2H2O12.Ⅰ.某硝酸厂附近的空气中的主要污染物为氮的氧化物。为了保护环境和综合利用，可采用氨­碱两级吸收法。此法兼有碱吸收和氨吸收两法的优点，其吸收工艺