必刷题02 氮及其化合物-高一化学下学期期末复习（人教版2019必修第二册）（解析版）

必刷题02氮及其化合物建议完成时间：90分钟选择题：精选20题实际完成时间：分钟非选择题：精选7题1．（23-24高一下·浙江·期末）氮及其化合物的转化关系如下图所示，则下列说法不正确的是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．上述所有反应都是氧化还原反应 D．氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成【答案】D【详解】闪电固氮特点是空气中的氮气与氧气反应得到一氧化氮，工业固氮的特点是氨气与氧气催化氧化得到一氧化氮，据此回答问题。A．在工业上是用氨催化氧化方法制取硝酸，路线①②③就是工业生产硝酸的主要途径，A正确；B．雷电固氮就是空气中的N2与O2在电火花作用下反应产生NO，NO被O2氧化产生NO2，NO2被水吸收得到硝酸，故路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径，B正确；C．在上述反应中都存在N元素化合价的变化，因此都是氧化还原反应，C正确；D．氮气与氧气在高温或放电时反应产生NO，无法一步得到二氧化氮，D错误；故选D。2．（23-24高一下·海南省直辖县级单位·期末）将一定质量的镁、铜合金加到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是A．开始加入合金的质量可能为16.4gB．参加反应的硝酸的物质的量为0.1molC．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mLD．标准状况下产物NO的体积为22.4L【答案】C【详解】A．测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，说明氢氧根质量为5.1g，其物质的量为0.3mol，转移电子物质的量为0.3mol，若全部是镁，则镁的质量为，若全部是铜，则铜的质量为，若开始是两者的合金，则合金的质量不可能为16.4g，只可能介于3.6g和9.6g之间，故A错误；B．根据氮元素和得失电子守恒，转移0.3mol电子，金属物质的量为0.15mol，则起酸性的硝酸物质的量为0.3mol，其氧化性的硝酸物质的量为，因此参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol，故B错误；C．由于氢氧根物质的量为0.3mol，加入物质的量浓度为3mol·L-1的NaOH溶液的体积为，故C正确；D．根据前面分析生成NO物质的量为0.1mol，则标准状况下产物NO的体积为2.24L，故D错误。综上所述，答案为C。3．（23-24高一下·浙江·期末）部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法正确的是A．实验室可以通过加热固体来制备aB．C能使湿润的淀粉—试纸变蓝C．b和c都能与溶液反应D．与d的浓溶液常温下不反应，故可以用铝槽车运输d的浓溶液【答案】B【详解】根据物质类别和氮元素的化合价可知，a为NH3、b为NO、c为NO2、d为HNO3。A．实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法来制备氨气，加热氯化铵，氯化铵分解生成HCl和NH3，NH3和HCl遇冷又会重新化合生成氯化铵，不能用加热氯化铵的方式制取氨气，A错误；B．NO2溶于水生成的硝酸具有强氧化性，能氧化KI生成I2，从而使淀粉-KI试纸变蓝，B正确；C．NO不与氢氧化钠溶液反应，C错误；D．常温下铝遇到浓硝酸发生钝化，铝与浓硝酸发生了反应生成了氧化铝，并不是没有发生反应，D错误；故答案选B。4．（23-24高一下·宁夏银川·期末）以下关于硫、氮及其化合物的说法正确的是A．硫元素、氮元素在自然界中既有游离态，又有化合态B．性质稳定，可用作镁等金属的焊接保护气C．浓硫酸不可用来干燥、HI、气体，因其具有强氧化性D．、都为酸性氧化物，都可与水反应生成相应的酸【答案】A【详解】A．硫元素在火山口附近有游离态的硫磺，自然界中有化合物SO2，氮元素在自然界中既有游离态氮气，又有化合态NO等，故A正确；B．能与镁反应生成氮化镁，不可以作金属镁焊接的保护气，故B错误；C．浓硫酸具有强氧化性，、HI具有还原性，易被浓硫酸氧化，但为碱性气体，浓硫酸不可用来干燥原因是硫酸具有酸性，故C错误；D．和水反应生成硝酸和NO，发生了氧化还原反应，不属于酸性氧化物，故D错误；故选：A。5．（23-24高一下·山东聊城·期末）某研究性学习小组用如图所示装置（部分夹持仪器省略）制备干燥的氨气并验证氨气的性质。已知反应。下列说法不正确的是A．两盏酒精灯加热顺序是先甲后丁B．若用丙装置收集氨气，应将b管延长至集气瓶底部C．实验过程中观察到丁中颜色由红棕色变为黑色，说明具有还原性D．本实验不需要尾气处理装置【答案】D【详解】A．实验开始时要先通一段时间氨气将装置中空气排净，故两酒精灯加热顺序是先甲后丁，A正确；B．氨气收集方法应是向下排空气法，故应将b管延长至集气瓶底，B正确；C．实验过程中观察到红棕色变为黑色，是，化合价降低，则化合价升高，所以氨气被氧化体现还原性，C正确；D．本实验无法保证反应完，故应有尾气处理装置，D错误；故答案选D。6．（23-24高一下·河南南阳·期末）下列关系图中，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(其他反应产物及反应所需条件均已略去)。当X是强碱时，过量的B跟反应除生成C外，另一产物是盐酸盐。下列说法错误的是A．A和X生成B的反应是非氧化还原反应B．B也可在作用下直接转化为EC．当X是强酸时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是D．当X是强碱时，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是【答案】B【详解】A是一种正盐，既能和强酸反应，也能和强碱反应，所以A是(NH4)2S。A．A是(NH4)2S，B是气态氢化物，所以B是NH3或H2S，A和X生成B的反应是非氧化还原反应，故A正确；B．B是气态氢化物NH3或H2S，按照图示转化关系，E为NO2，或，E为SO3，B均不能在O2作用下直接转化为E，故B错误；C．当X是强酸时，图示转化关系为，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是H2SO4，故C正确；D．当X是强碱时，图示转化关系为，A、B、C、D、E、F中均含同一种元素，F可能是HNO3，故D正确；故答案为：B。7．（23-24高一下·陕西渭南·期末）氨氮废水造成湖泊富营养化，某研究团队设计处理流程如下：在硝化过程中实现转化，在反硝化过程中实现转化。下列说法正确的是A．硝化过程中，含氮物质均发生还原反应B．反硝化过程属于氮的固定C．在一定条件下向废水中加入甲醇(CH3OH)可实现反硝化过程，甲醇中某元素的化合价会升高D．HNO3完全转化成1molN2时，转移的电子数为5NA【答案】C【详解】A．硝化过程中实现转化，氮元素化合价不断升高，发生氧化反应，故A错误；B．氮的固定是将游离态氮转化为化合态的氮，反硝化过程中实现转化，将氮的化合态转化为氮气，不属于氮的固定，故B错误；C．加入甲醇(CH3OH)可实现反硝化过程，废水中氮元素化合价降低，则甲醇中某元素的化合价会升高，故C正确；D．HNO3转化成N2时氮元素化合价降低了5，生成1molN2时得到10mol电子，转移的电子数为10NA，故D错误；故选：C。8．（23-24高一下·河南南阳·期末）实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)，仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项a中的物质b中的物质c中收集的气体d中的物质A浓氨水B70%浓硫酸溶液C稀硝酸D浓盐酸溶液A．A B．B C．C D．D【答案】B【详解】A．浓氨水与氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故B正确；C．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集一氧化氮，也不能用水吸收一氧化氮尾气，故C错误；D．常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，不能用于制备氯气，故D错误；故选B。9．（23-24高一下·江苏南京·期末）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．B．C．D．【答案】C【详解】A．铁在氯气中燃烧只能生成氯化铁，不能生成氯化亚铁，则物质间转化不能实现，故A错误；B．氧化铜不溶于水，不能与水反应生成氢氧化铜，则物质间转化不能实现，故B错误；C．过量的二氧化硫与氨水反应生成亚硫酸氢铵，亚硫酸氢铵与硫酸溶液反应生成硫酸铵，则物质间转化均能实现，故C正确；D．一氧化氮不能与水反应生成硝酸，则物质间转化不能实现，故D错误；故选C。10．（23-24高一下·山东潍坊·期末）利用下列装置（夹持装置略）进行实验，能达到实验目的的是A．装置甲：配制溶液时转移溶液 B．装置乙：制取并收集纯净C．装置丙：检验的漂白性 D．装置丁：除去中的【答案】D【详解】A．转移溶液时需要玻璃棒引流，否则易溅出液体，导致配制溶液浓度偏低，故A错误；B．氨气的密度小于空气，应该采用向下排空气法收集氨气，收集装置中，导气管应该伸入试管底部，故B错误；C．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，能氧化还原性的物质，该实验能证明二氧化硫具有还原性，不能证明二氧化硫具有漂白性，故C错误；D．HCl极易溶于水，饱和食盐水抑制Cl2溶解，所以用饱和食盐水除去氯气中的HCl，故D正确；故选D。11．（23-24高一下·河北·期末）ⅤA族元素及其化合物应用广泛。催化氧化生成NO，NO继续被氧化为，将通入水中制取。工业上用白磷与反应生成和一种盐，该盐可与反应制备一元弱酸。雌黄和在盐酸中反应转化为雄黄和(沸点114℃)并放出气体。砷化镓(GaAs)是第三代半导体材料，熔点高，硬度大。下列氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是A．具有强氧化性，常温下可用铁槽车运输浓硝酸B．受热易分解，可用于实验室制备氨气C．具有还原性，可用作制冷剂D．难溶于水，可用作瓜果保护气【答案】A【详解】A．具有强氧化性，常温下与铁接触会将铁氧化形成致密的氧化镁，可用铁槽车运输浓硝酸，A正确；B．受热易分解，生成氨气和氯化氢气体，但温度降低，会再次结合成固体，不可用于实验室制备氨气，B错误；C．具有还原性，也可用作制冷剂，但性质与用途无关，C错误；D．可用作瓜果保护气，是因为化学性质不活泼，D错误；答案选A。12．（23-24高一下·浙江杭州·期末）合成氨及其衍生物工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是A．湿润的淀粉-KI试纸可以鉴别气体2和溴蒸气B．饱和NaCl溶液中先通入过量再通入过量可以得到固体1C．1L气体1、2的混合气与在一定条件下转化为对环境无害的物质，混合气中二者的体积比为1：1D．气体2能与水反应生成故气体2是酸性氧化物【答案】C【详解】由图可知，气体1为NO，气体2为NO2；固体1为NaHCO3，NaHCO3受热分解生成的固体2为Na2CO3。A．气体2为NO2，NO2和溴蒸气都具有强氧化性，遇到湿润的淀粉-试纸都可以变蓝，不可以鉴别，故A错误；B．在饱和溶液中溶解度小，不利于后续反应发生，应该在饱和溶液中先通入过量使溶液呈碱性，再通入过量可得到NaHCO3，故B错误；C．1LNO、NO2的混合气与在一定条件下转化为对环境无害的物质，化学方程式为，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比为，故C正确；D．气体2为NO2，和水反应生成硝酸和NO，是氧化还原反应，则二氧化氮不是酸性氧化物，故D错误；故选C。13．（23-24高一下·湖南邵阳·期末）下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断或分析不正确的是粒子组判断或分析A不能大量共存，因发生反应：B不能大量共存，因发生反应：C能大量共存，无化学反应发生D不能大量共存，因发生反应：A．A B．B C．C D．D【答案】C【详解】A．Fe2+具有还原性，在酸性条件下，具有强氧化性，会将Fe2+氧化产生Fe3+，被还原产生NO，该反应的离子方程式为：，因而Fe2+、H+、不能大量共存，A正确；B．H+与会反应产生H2O、S、SO2，反应的离子方程式为：，故H+与不能大量共存，B错误；C．Fe3+会导致H2O2分解产生H2O、O2，是H2O2分解的催化剂，因而二者不能大量共存，C错误；D．具有强氧化性，Cl-具有强还原性，二者在酸性溶液中会发生氧化还原反应，产生Mn2+、Cl2，反应的离子方程式为：，故、H+、Cl-具不能大量共存，D正确；故合理选项是C。14．（23-24高一下·河北·期末）通入足量的稀溶液中，溶液由棕黄色变为浅绿色，但立即又变成棕黄色，这时若滴入溶液，会产生白色沉淀。针对上述一系列变化，下列说法错误的是A．上述过程中，先变成，后又变成B．从上述反应可知氧化性：C．上述过程中，会产生一种无色、难溶于水的气体D．若通入的完全反应，则通入的和逸出的气体物质的量之比为【答案】D【详解】A．溶液由棕黄色变为浅绿色，立即又变成棕黄色，说明先变成，后又变成，A正确；B．由溶液由棕色变为浅绿色，说明三价铁的氧化性强于稀硫酸，但在硝酸存在的前提下立即又变成棕黄色，说明亚铁迅速被氧化成铁离子，故硝酸的氧化性强三价铁，氧化性：，B正确；C．硝酸根离子和二氧化硫被氧后产生的氢离子构成强氧化性体系，氧化亚铁时生成无色的一氧化氮气体，C正确；D．结合反应过程可知，被还原的为，被氧化的为，根据得失电子守恒，通入的和逸出的气体物质的量之比为，D错误；答案选D。15．（23-24高一下·浙江杭州·期末）某课外活动小组在实验室用如图所示的装置进行实验，验证氨的某些性质并收集少量纯净的N2实验进行一段时间后，观察到加热的硬质玻璃管内黑色氧化铜粉末变为红色，盛无水的干燥管内出现蓝色，并且在最后的出气导管处收集到纯净、干燥的N2。下列说法不正确的是A．盛放无水硫酸铜的装置是干燥管B．这个反应说明氨气具有还原性C．洗气瓶中浓硫酸的作用只有干燥氮气D．在最后出气管口可以用塑料袋或球胆收集氮气【答案】C【详解】浓氨水滴入CaO，CaO与H2O反应生成Ca(OH)2，该反应剧烈放热，导致NH3∙H2O分解生成NH3，生成的NH3经碱石灰干燥后与CuO反应，黑色CuO粉末变为红色，说明生成Cu，盛无水CuSO4的干燥管内出现蓝色说明生成H2O，反应方程式为，据此分析。【详解】A．由装置图可知，盛放无水硫酸铜的装置是球形干燥管，A正确；B．根据分析，NH3中的N元素由-3价被氧化为0价，说明NH3具有还原性，B正确；C．洗气瓶中浓硫酸除了吸收多余氨气和干燥氮气之外，还可以防止空气中的水蒸气进入装置，C错误；D．塑料袋或球胆均可以收集气体，最后出来的气体为N2，可以用塑料袋或球胆收集，D正确；故选C。16．（23-24高一下·河北·期末）将由组成的合金投入到足量的溶液中，充分反应后产生标准状况下气体。另取等质量的合金溶于过量的稀硝酸中，向反应后的溶液中加入过量的溶液，得到沉淀的质量为。若的还原产物仅为，则生成标准状况下的体积为A． B． C． D．【答案】C【详解】加入足量的氢氧化钠中发生的反应为2Al+2NaOH+2H2O=2NaAlO2+3H2↑生成的氢气为3.36L，即0.15mol，所以含有铝0.1mol，而0.1mol铝则变为+3价，所以转移0.3mol电子，Fe被氧化为+3价，Cu被氧化为+2。假设Fe、Cu的物质的量分别是x、y。质量和：2.7+56x+64y=17.9；沉淀量：107x+98y=25.4；解得x=0.1mol，y=0.15molAl、Fe、Cu的物质的量分别是0.1mol、0.1mol、0.15mol所以转移电子数总的为0.9mol；氮原子从硝酸中的+5价还原为+2价，共转移0.9mol电子，则生成NO为0.3mol，则V（NO）=6.72L；故答案选C。17．（23-24高一下·江苏泰州·期末）下列物质检验的方案设计及结论均正确的是A．用洁净的铂丝蘸取某碱性溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，说明该溶液一定是溶液B．向某溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中一定含有C．向溶液中滴加溶液，溶液变为红色，说明该溶液一定已变质D．向盛有某溶液的试管中加入稀溶液，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸未变蓝色，说明该溶液中一定不含【答案】C【详解】A．钠的焰色为黄色，则用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含Na+，可能是钠盐，也可能是氢氧化钠溶液，A错误；B．向某溶液中加入稀盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的气体，说明该溶液中可能含有，也可能含有，B错误；C．三价铁遇到显红色，二价铁遇到不变色，则向溶液中滴加溶液，溶液变为红色，说明该溶液一定已变质，C正确；D．检验铵根需要加热，才能出氨气，故该实验中，试纸未变蓝色，不能说明该溶液中不含，D错误；故选C。18．（23-24高一下·浙江杭州·期末）为除去括号内少量的杂质，所用的试剂或方法不正确的是A．Al(Mg)：氢氧化钠溶液，过滤 B．Cl2气体(HCl)：饱和氯化钠溶液C．NO气体(NO2)：蒸馏水 D．FeCl2溶液(FeCl3)：铁粉，过滤【答案】A【详解】A．铝与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠溶液，镁不反应，A错误；B．氯化氢极易溶解于水，故用饱和氯化钠溶液除掉氯化氢，同时降低氯气在水中溶解度，B正确；C．二氧化氮与水反应生成一氧化氮和硝酸，故可用蒸馏水出去一氧化氮气体中的二氧化氮气体，C正确；D．氯化铁溶液与铁粉反应生成氯化亚铁，故可用铁粉除掉氯化亚铁中的氯化铁，D正确；故选A。19．（23-24高一下·浙江杭州·期末）下列叙述正确的是A．、氯水、过氧化钠、臭氧、活性炭都有漂白性，其原理相同B．向含有和NaOH的混合溶液中通入少量的气体，有白色沉淀生成C．将通入溶液可生成沉淀D．常温下，浓硝酸可以用铝槽贮存，说明铝与浓硝酸不能反应【答案】B【详解】A．SO2与有色物质化合生成无色物质，H2O2、氯水、过氧化钠、臭氧具有强氧化性，活性炭是物理吸附，漂白原理不同，故A错误；B．向含有BaCl2和NaOH的混合溶液中通入少量的CO2气体，二氧化碳与氢氧化钠反应生成碳酸钠，碳酸根与钡离子反应生成白色沉淀，故B正确；C．二氧化硫和氯化钡不反应，故C错误；D．常温下，铝遇到浓硝酸会钝化，属于化学反应，故D错误；故选B。20．（23-24高一下·陕西西安·期末）38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示下列有关判断不正确的是A．硝酸在反应中既体现氧化性又体现酸性B．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂C．混合气体中的物质的量是0.2molD．若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L【答案】C【详解】铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，38.4gCu为0.6mol，所以生成硝酸铜0.6mol，则硝酸铜含有硝酸根离子1.2mol，生成氮的化合物为0.9mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和NaNO2，根据原子守恒可知：，所以硝酸的总量为1.2mol+1mol=2.2mol，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为；A．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，故A正确；B．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO转化为高价态氮，故作还原剂，故B正确；C．由题意可知0.9mol氮的化合物转化为钠盐的量为1mol，则混合气体中四氧化二氮的物质的量是1mol-0.9mol=0.1mol，C错误；D．由分析可知，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L，D正确；故选C。21．（23-24高一下·山东枣庄·期末）下图中的每一个方格表示有关的一种反应物或生成物，其中A、C为无色气体(1)写出有关物质的化学式X：；F。(2)写出F→G的化学方程式。(3)写出实验室制备C的化学方程式。(4)分别取两份溶液，各向其中通入一定量的气体A，随后各取溶液10mL分别将其稀释到相同体积，得到溶液甲和乙，分别向甲和乙中逐滴加入的溶液，产生的A气体体积（标准状况下）与所加入的的体积之间的关系如图所示，试分析：①在吸收A气体后，乙图所示溶液中存在的溶质是：，其物质的量之比是：。②原溶液的物质的量浓度是，甲图所示溶液最多还能吸收A体积为mL（标准状况）【答案】(1)或(2)(3)(4)和1：10.75112【详解】X加热分解为A、B、C，A、C为无色气体，X和酸反应放出气体A，A能与过氧化钠反应，则A为CO2；X与碱反应放出气体C，则C是NH3；Na2O2和二氧化碳反应放出氧气，D是O2；氨气发生催化氧化生成NO，NO被氧气氧化为NO2，NO2和水反应生成硝酸，E是NO、F是NO2，G是HNO3。（1）碳酸氢铵、碳酸铵加热分解为二氧化碳、氨气、水，所以X为或；F是NO2。（2）F→G是二氧化氮和水反应生成硝酸和NO，反应的化学方程式为；（3）C是氨气，实验室用氯化铵和氢氧化钙的混合物加热制备氨气，反应的化学方程式为；（4）①碳酸钠中滴加稀盐酸，依次发生反应，开始没有气体放出，后来放出气体，两步反应消耗盐酸的体积相等；在吸收A气体后，根据乙图所示，滴入盐酸0~25mL发生反应，滴入盐酸25~75mL发生反应，第一步反应消耗盐酸少，说明溶液中存在的溶质是Na2CO3、NaHCO3，第二步反应消耗盐酸是第一步的2倍，所以其物质的量之比是1:1。②加入75mL的溶液气体完全放出，则此时溶质只有NaCl,根据元素守恒，10mL原溶液中氢氧化钠的物质的量为0.075L×0.1mol/L=0.0075mol，物质的量浓度是0.0075mol÷0.01L=0.75，根据，可知甲放出二氧化碳的物质的量为0.025L×0.1mol/L=0.0025mol，0.0075mol氢氧化钠最多吸收0.0075mol二氧化碳生成碳酸氢钠，所以甲图所示溶液最多还能吸收0.005mol二氧化碳，体积为112mL（标准状况）。22．（23-24高一下·陕西西安·期末）亚硝酸钙[]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。某学习小组用如图所示实验装置及药品来制备亚硝酸钙(夹持装置略去)。①已知：；；②酸性条件下，NO能与溶液反应生成和。回答下列问题：(1)检查装置的气密性，装入药品，实验开始前通入一段时间，然后关闭弹簧夹，再滴加稀硝酸，通入的作用是。(2)为达到实验目的，请把上述装置按气流方向进行连接：A→___________→B→___________→___________(3)E装置的作用是。(4)C装置中反应的离子方程式为。(5)工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含，NO)反应，既能净化尾气，又能获得广泛的，反应原理为，若，则会导致。(6)将完全转化为，理论上需要铜的物质的量至少为mol。【答案】(1)排尽空气(2)AEBDC(3)吸收NO中的HNO3(4)(5)产品中混有Ca(NO3)2杂质(6)0.12【详解】该实验要制取亚硝酸钙，通过信息可知，用一氧化氮和过氧化钙反应，所以基本过程为向装置通入氮气，吹出装置中的氧气，然后点燃酒精灯，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，通过装置E中的水除气体中的硝酸，通过B中无水氯化钙干燥气体，再通过D中过氧化钙反应生成亚硝酸钙，最后通入C中高锰酸钾溶液中进行尾气处理。（1）亚硝酸钙溶液被氧气氧化，通入N2的作用是排尽空气，防止生成的NO被O2氧化；（2）通过以上分析可知上述装置按气流方向连接的顺序为AEBDC。（3）A装置中反应为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，生成气体含有挥发的硝酸，E装置的作用是吸收NO中的HNO3。（4）酸性条件下，NO能与溶液反应生成和，氮化合价由+2变为+5、锰化合价由+7变为+2，结合电子守恒可知，反应为；（5）反应原理为，一氧化氮、二氧化氮为1:1反应，若n(NO)：n(NO2)<1：1，则会导致NO2过量，二氧化氮和氢氧化钙反应生成硝酸钙和亚硝酸钙，所以产品中混有Ca(NO3)2杂质。（6）将2.88gCaO2的物质的量为0.04mol，完全转化为Ca(NO2)2，理论上至少需要一氧化氮的物质的量为0.08mol，根据3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O分析，需要铜的物质的量为0.12mol。23．（23-24高一下·福建南平·期末）物质的类别和元素的化合价是研究物质性质的两个重要角度。下图是部分含氮和含氯物质的价类二维图，回答下列问题：(1)b的化学式为。(2)b′能溶于水还能与水反应，其水溶液显。(填“酸性、碱性或中性”)(3)将a和a′两种气体混合产生的现象是。(4)实验室制取b′气体用浓a′溶液滴入中并加热，其反应的离子方程式为。(5)工业上制备(填“能”或“不能”)通过a→b→c→e流程实现。(6)由上述两种元素组成的液态化合物，遇水可生成化合物a和c′，该反应的化学方程式为。【答案】(1)N2(2)酸性(3)产生白烟(4)(5)不能(6)【详解】根据化合价可知，a'为HCl、b'为Cl2、c'为HClO、d'为HClO3、e'为HClO4，a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为N2O5，以此分析；（1）根据分析，b为N2；故答案为：N2；（2）b'为Cl2、与水反应生成氯化氢和次氯酸，溶液显酸性；故答案为：酸性；（3）a'为HCl，a为NH3，混合生成氯化铵固体，观察到有白烟；故答案为：产生白烟；（4）用二氧化锰和浓盐酸制取氯气，；故答案为：；（5）氨气催化氧化生成NO，不能生成氮气；故答案为：不能；（6）NCl3遇水生成氨气和次氯酸，根据氧化还原原理，N得到电子发生还原反应生成氨气，Cl失去电子发生氧化反应生成HClO；故答案为：24．（23-24高一下·北京房山·期末）氮及其化合物在农业、医药、国防等领域应用广泛。请回答下列问题(1)实验室加热和固体混合物制取，反应的化学方程式是。(2)工业合成氨及氨氧化制取硝酸的流程示意图如下。①合成塔中生成，说明具有(填“氧化性”或“还原性”)。②氧化炉中转化为，发生反应的化学方程式是。③吸收塔中最终可转化为。通入空气是为了提供(填字母)。a．

b．

c．④尾气处理装置中，可用将尾气中还原为。反应的化学方程式是。(3)氮元素含量过高会造成水体污染，添加铁粉能够提高氮的脱除率，工艺如下图所示。试从价态角度分析原因。【答案】(1)(2)氧化性a(3)铁粉能够失去电子，具有还原性，可促进还原为，进而转化为【详解】氮气和氢气在一定条件下在合成塔中反应生成氨气，氨分离器得到氨气进入氧化炉，氨气催化氧化反应生成一氧化氮和水，一氧化氮进入吸收塔和氧气、水反应生成硝酸，最后尾气处理剩余的氮氧化物。（1）氯化铵和氢氧化钙加热生成氯化钙、水和氨气，；（2）①合成塔中生成，反应中氮元素化合价降低，说明具有氧化性；②氧化炉中转化为，氮元素化合价由-3变为+2，空气氧气为氧化剂，氧化合价由0变为-2，结合电子守恒可知，发生反应的化学方程式是；③吸收塔中最终可转化为，反应在氮发生氧化反应，通入空气是为了提供氧化剂氧气，故选a；④将尾气中还原为，氨气中氮化合价由-3变为0、二氧化氮中氮化合价由+4变为0，氮元素发生归中反应，结合电子守恒可知，反应的化学方程式是；（3）铁粉能够失去电子，具有还原性，可促进还原为，进而转化为，故添加铁粉能够提高氮的脱除率。25．（23-24高一下·浙江杭州·期末）工业或机动车尾气中的会造成环境问题，可用多种方法脱除。(1)碱液吸收：NaOH溶液可吸收硝酸工业尾气(含)，获得副产品。①等物质的量NO与被NaOH溶液吸收，产物只有一种盐，反应的离子方程式为。②若吸收时NO与比例控制不当，则吸收液经浓缩结晶、过滤得到晶体中最有可能混有的杂质是(填化学式)。排放的尾气中含量较高的氮氧化物是(填化学式)。(2)还原法：尿素水溶液热解产生的可去除尾气中的，流程如下：①尿素中氮元素的化合价为。②写出“催化反应”过程中还原的化学方程式。③若氧化处理后的尾气中混有，此时催化剂表面会因为覆盖部分硫酸盐而导致催化剂中毒，降低的去除率。试分析硫酸盐的产生过程。④“催化反应”过程中需控制温度在250℃～380℃之间，温度过高，的去除率下降，其原因可能是温度过高催化剂的活性降低和。【答案】(1)NaNO3NO(2)-3SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成或者温度升高，NH3催化氧化生成NO。【详解】本题是尾气处理类的工业流程题，氧化处理后的尾气中含有二氧化氮和氧气，加入尿素后，利用尿素受热分解产生的氨气可以处理尾气中的氮的氧化物，催化反应后得到氮气和水，以此解题。（1）①NO与NO2中氮元素化合价分别为+2、+4，等物质的量NO与NO2被NaOH溶液吸收，则生成NaNO2和水，反应的离子方程式为；②若吸收时NO与NO2比例控制不当，NO过量不影响生成物，NO2过量则和氢氧化钠生成亚硝酸钠和硝酸钠，故得到NaNO2晶体中最有可能混有的杂质是NaNO3；NO和氢氧化钠不反应，故排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO；（2）①CO(NH2)2中碳元素+4价，氧元素-2价，氢元素+1价，设氮元素化合价为x，则4+(-2)+2x+1×4=0，解得x=-3；②依据题意可知反应物为NO2和NH3，产物为N2和H2O。于是，方程式为；③硫酸盐形成需要，而题目中混合气体含有的是SO2，因此可以推到形成的过程中存在将SO2氧化成SO3的过程。尿素水溶液热解和催化生成N2过程中均有H2O，可以将SO3转化成H2SO4。生成的H2SO4与NH3反应生成(NH4)2SO4或NH4HSO4。答案为：SO2与O2、H2O反应生成H2SO4，H2SO4与NH3反应生成或者；④尾气中还含有氧气，温度升高，NH,和氧气有可能发生催化氧化反应生成NO，故答案为：温度升高，NH3催化氧化生成NO。26．（23-24高一下·吉林长春·期末）废水中过量氨氮（、）会导致水体富营养化，去除氨氮的研究一直备受关注。I．吹脱法、氧化法除氨氮(1)“调节池”中加入溶液的目的是。(2)“吹出塔”用热空气比用冷空气吹脱效果更好的原因是。(3)①写出酸性条件下氧化生成的离子方程式：。②为研究空气对氧化氨氮的影响，其他条件不变，仅增加单位时间内通入的空气量，发现氨氮去除率几乎不变。其原因可能是（填标号）。A．氧化性比弱

B．在溶液中溶解度小C．空气中进入溶液中Ⅱ．生物脱氨氮法(4)理论上，参与I、Ⅱ中反应的时，氨氮的脱除效果最好。(5)废水中溶解氧浓度对氨氮的脱除率的影响如图所示。当溶解氧浓度在之间时，随着溶解氧浓度的增大，氨氮的脱除率下降，其原因可能有：氧气浓度越高厌氧氨氧化细菌活性越低、。【答案】(1)将转化为，有利于下一步除去氮元素(2)热空气温度升高，有利于分解；的溶解度降低，更易被吹出(3)AB(4)(5)随着溶解氧浓度的增大，部分会被氧化成而保留在溶液中【详解】I．含铵根和一水合氨的废水加入氢氧化钠溶液，铵根转化为一水合氨，热空气使一水合氨分解放出氨气，或向含铵根和一水合氨的废水加入次氯酸钠溶液把氮元素氧化为氮气，然后经过处理使废水达标；Ⅱ．铵根在一定条件下被氧气氧化为亚硝酸根离子，亚硝酸根离子和铵根发生归中反应生成氮气，据此解答。（1）铵根易与氢氧根反应生成一水合氨，因此“调节池”中加入溶液的目的是将转化为，有利于下一步除去氮元素。（2）由于热空气温度升高，有利于分解，同时的溶解度降低，更易被吹出，所以“吹出塔”用热空气比用冷空气吹脱效果更好。（3）①酸性条件下氧化生成，还原产物是氯离子，反应的离子方程式为。②由于氧化性比弱，且在溶液中溶解度小，所以仅增加单位时间内通入的空气量，发现氨氮去除率几乎不变。答案选AB。（4）两步反应的方程式为、，所以理论上，参与I、Ⅱ中反应的时，氨氮的脱除效果最好。（5）由于随着溶解氧浓度的增大，部分会