第03讲 氮及其重要化合物（练习）（教师版） 2025年高考化学一轮复习讲练测（新教材新高考）

第03讲氮及其重要化合物目录01模拟基础练【题型一】氮气及其化合物【题型二】氮的固定和氮循环【题型三】氮的氧化物【题型四】氨气和铵盐【题型五】硝酸的性质【题型六】硝酸的计算【题型七】氮及其化合物综合实验探究02重难创新练03真题实战练题型一氮气及其化合物1．(2024·浙江省宁波市镇海中学选考模拟)氮及其化合物的转化具有重要应用，下列说法不正确的是()A．工业上模拟自然界“雷雨发庄稼”的过程生产HNO3B．自然固氮、人工固氮都是将N2转化为含氮化合物C．氨气是重要的工业原料，可用于制备化肥和纯碱等大宗化学品D．多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”【答案】A【解析】A项，自然界“雷雨发庄稼”的第一步是将空气中的氮气转化为NO，工业生产硝酸的第一步是将氮气和氢气反应生成氨气，氨气催化氧化得到NO，NO被氧化为NO2，NO2和水反应最后得到硝酸，A项错误；B项，氮的固定是是将N2转化为含氮化合物的过程，其中氮的固定包括自然固氮、人工固氮，B项正确；C项，氨气作为重要的工业原料可以制备化肥和纯碱等大宗化学品，C项正确；D项，氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，D项正确；故选A。2．下列说法中正确的是()A．氮气的化学性质不如磷活泼，故氮元素的非金属性弱于磷元素B．磷酸比硝酸稳定，所以磷元素的非金属性比氮元素强C．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有：N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐D．NO与O2反应生成NO2，属于氮的固定【答案】C【解析】氮和磷同主族，氮原子半径小、得电子能力强，故氮元素的非金属性强于磷；氮气的化学性质很稳定是因为氮气分子中存在氮氮三键，断开该化学键需要较多的能量，与氮元素非金属性强弱无关，故A错误。最高价氧化物对应水化物的酸性越强，则该元素的非金属性越强，HNO3是强酸而H3PO4是中强酸，硝酸比磷酸酸性强，所以氮元素的非金属性比磷元素强，不能依据含氧酸的稳定性来比较元素的非金属性强弱，故B错误。氮气与空气中的氧气在雷电作用下反应生成一氧化氮，一氧化氮不稳定极易被空气中的氧气氧化转化为二氧化氮，二氧化氮与空气中的水反应生成硝酸，硝酸与土壤中的矿物相互作用，生成可溶于水的硝酸盐，即植物生长所需要的氮肥，使植物生长得更好，故C正确。氮的固定是氮的游离态转化为化合态，即氮气转化为氮的化合物，D错误。3．不同价态含氮物质的转化如图所示，图中线路①②③是工业生产硝酸的主要途径。下列说法正确的是()。A．①中的反应属于置换反应B．②中的反应属于氮的固定C．③中的化学方程式：2NO2+H2O2HNO3D．使用CuO作氧化剂可以实现④的转化【答案】D【解析】①中的反应是氨的催化氧化，4NH3+5O24NO+6H2O，不属于置换反应，A项错误；氮的固定是游离态的氮转化为化合态的氮的过程，②中的反应为2NO+O2=2NO2，不属于氮的固定，B项错误；③的过程中发生反应3NO2+H2O=2HNO3+NO，C项错误；使用CuO作氧化剂可以发生反应3CuO+2NH33Cu+N2+3H2O，可以实现④的转化，D项正确。4．(2024·浙江省义乌中学模拟)氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是()A．合成塔内发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成B．氧化炉内发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4C．使用NaOH溶液吸收尾气中的氮氧化物，NO和NO2是酸性氧化物D．向吸收塔中通入O2的作用是氧化NO【答案】C【解析】氮气和氢气和成氨气，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。A项，合成塔内为氮气和氢气反应生成氨气，有氮气和氢气中的非极性键的断裂，和氨气中的极性键的形成，A正确；B项，氧化炉内的反应为4NH3+5O24NO+6H2O，氨气为还原剂，氧气为氧化剂，则氧化剂和还原剂的物质的量比为5：4，B正确；C项，一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物，C错误；D项，吸收塔中通入氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，促进氮的吸收为硝酸，D正确；故选C。题型二氮的固定和氮循环5．氮元素在海洋中的循环，是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程如图所示，下列说法不正确的是()A．海洋中的氮循环起始于氮的氧化B．海洋中存在游离态的氮和化合态的氮C．②中的含氮物质转化属于氮的固定D．向海洋排放含NO3-的废水会影响海洋中NH4+的含量【答案】A【解析】A项，从图中可以看出，海洋中的氮循环起始于空气中N2的溶解，A不正确；B项，海洋中存在N2、NH4+、NO3-等，所以存在游离态的氮和化合态的氮，B正确；C项，②中的含氮物质，由游离态转化为化合态，则属于氮的固定，C正确；D项，向海洋排放含NO3-的废水，会经过两次反硝化作用，并可转化为NH4+，从而影响海洋中NH4+的含量，D正确；故选A。6．自然界中的氮循环部分转化关系如图所示。下列说法错误的是()A．氮气分子结构稳定，常温很难和其他物质发生反应B．Ⅰ过程属于氮的固定C．工业上也是利用图中Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ三个转化来生产硝酸的D．图中Ⅱ、Ⅲ为硝化过程，均可通过加入氧化剂实现【答案】C【解析】A项，氮气分子中含有氮氮三键结构稳定，常温很难和其他物质发生反应，故A正确；B项，氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮，Ⅰ过程从N2到NH4+，属于氮的固定，故B正确；C项，工业上是通过氨的催化氧化生成NO、NO被氧化为NO2、NO2和水反应三个转化来生产硝酸的，故C错误；D项，图中Ⅱ中氮从-3价升高到+3价、Ⅲ中氮从+3价升高到+5价，都为硝化过程，均可通过加入氧化剂实现，故D正确；故选C。7．自然界中存在很多物质循环过程。下图是自然界中氮循环示意图，请回答下列问题：(1)自然界中的固氮和人工固氮的共同点是_________________________。(2)硝化细菌可以将氨氧化成亚硝酸，请配平该反应：NH3＋O2→HNO2＋H2O______，其中还原产物为__________________。(3)根据循环图判断下列说法不正确的是______。a．氮元素均被氧化b．含氮无机物和含氮有机物可相互转化c．工业合成氨属于人工固氮d．模拟生物固氮是人工固氮发展的方向【答案】(1)将游离态的氮转化为化合态的氮或将氮气转化为氮的化合物(2)2、3、2、2HNO2和H2O(3)a【解析】(1)将氮元素由游离态转化为化合态氮元素的过程称为氮的固定，因此自然界中的固氮和人工固氮的共同点是将游离态的氮转化为化合态的氮或将氮气转化为氮的化合物；(2)根据方程式可知氨气中氮元素化合价从－3价升高到+3价，失去6个电子，氧气中氧元素化合价从0价降低到－2价，得到2个电子，根据电子得失守恒可知配平后的方程式为2NH3＋3O2＝2HNO2＋2H2O，氧气是氧化剂，则还原产物为HNO2和H2O；(3)a项，碳、氢、氧三种元素也参与了氮循环，如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气单质，氮元素由+5→0，属于被还原，故a错误；b项，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b正确；c项，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c正确；d项，生物固氮是生命科学中的重大基础研究课题之一，为植物特别是粮食作物提供氮、提高产量、降低化肥用量和生产成本、减少水土污染和疾病，因此模拟生物固氮是人工固氮发展的方向，故d正确。故选a。题型三氮的氧化物8．标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是(设试管中的溶质不往试管外扩散)()A．溶液体积占试管容积的2/3B．此反应中水既不作氧化剂也不作还原剂C．试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/LD．若将试管中的气体改为氯化氢或氨气，则水充满试管【答案】A【解析】A项，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，溶液体积占试管容积的，A正确；B项，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，B正确；C项，试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为VL，浓度为=1/22.4mol/L，C正确；D项，若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，二者均易溶于水，因此水充满试管，D正确。9．在一定温度和催化剂作用下，NO跟NH3可以发生反应生成N2和H2O。现有NO和NH3的混合物1mol，充分反应后所得产物中，经还原得到的N2比经氧化得到的N2多1.4g。已知反应的化学方程式：4NH3＋6NOeq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))5N2＋6H2O，则下列说法正确的是()A．当转移的电子数约为3.612×1023时，则标准状况下有4.48L氨气被还原B．氧化产物和还原产物的物质的量比为3∶2C．若以上反应进行完全，原混合物中NO与NH3的物质的量之比为可能为3∶7D．若有混合物中有0.2molNH3，则参与反应的NO为0.8mol【答案】C【解析】当转移的电子数约为3.612×1023时，转移电子的物质的量为0.6mol，则发生反应的NH3的物质的量为0.2mol，标准状况下体积为4.48L，但是氨气中N的化合价升高被氧化，A错误；根据分析过程可知氧化产物和还原产物的物质的量比为2∶3，B错误；原混合物中NO与NH3的物质的量之比为可能为3∶7或4∶1，C正确；分析反应的化学方程式可知，有0.2molNH3参加反应，需要0.3molNO，此时还有0.5molNO剩余，D错误。10．(2024·浙江省金华曙光中学质检)某化学反应在催化剂条件下的转化过程的微观示意图如图所示。下列有关说法不正确的是A．该反应中，氧化性：NO＞CO2B．该反应可表示为2NO+2CON2+2CO2C．该反应中，被氧化与被还原的元素的质量之比为7：6D．每生成标准状况下2.24LN2，转移的电子数为0.4NA【答案】C【解析】根据图像可知，该反应为2NO+2CON2+2CO2。A项，该反应中，NO为氧化剂，CO2为氧化产物，则氧化性：NO＞CO2，A正确；B项，分析可知，该反应可表示为2NO+2CON2+2CO2，B正确；C项，该反应中，被氧化的元素是碳元素，被还原的元素是氮元素，则被氧化与被还原的元素的质量之比为6：7，C错误；D．每生成标准状况下2.24LN2，转移的电子0.4mol，即电子数为0.4NA，D正确；答案为C。11．(2024•湖北省武汉市期中)硝酸工业常用碱溶液吸收废气中的NO、NO2气体。某实验小组将相同体积不同组成的废气分别通入到相同的足量溶液中充分吸收，测得生成的NO3-、NO2-两种离子的物质的量与废气中NO2的物质的量分数变化关系如图所示(图中仅画出部分关系)。下列说法正确的是()A．参与反应的NaOH物质的量为 B．随值增大，溶液中n(NO3-)+n(NO2-)增大C．当时， D．当时，反应中转移的电子为【答案】D【解析】A项，由图可知，x=0.5时，只发生反应：NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，硝酸根的物质的量为0，亚硝酸根的物质的量为2mol，当x=1时，只发生反应：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，所以线段a表示亚硝酸根，所以线段b表示硝酸根，混合气体的物质的量是2mol，当x＜0.5时，NO有剩余，因此消耗氢氧化钠的物质的量小于2mol，故A错误；B项，当x＜0.5时，NO有剩余，此时随值增大，溶液中n(NO3-)+n(NO2-)增大，x＞0.5时，此时随值增大，溶液中n(NO3-)+n(NO2-)不变，故B错误；C项，当时，只发生反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，混合气体中NO2的物质的量是2xmol，所以，故C错误；D项，当时，发生反应NO+NO2+2NaOH＝2NaNO2+H2O，过量的NO2继续反应2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，根据方程式可判断每生成1molNaNO2或1molNaNO3，均转移1mol电子，所以转移电子的物质的量是1mol，故D正确；故选D。题型四氨气和铵盐12．某同学探究氨气和铵盐的性质，对相关实验操作及现象描述正确的是()A．室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，比较氨水和NaOH碱性强弱B．向试管中滴加稀NaOH溶液，将湿润红色石蕊试纸置于试管口，若试纸不变蓝，则原溶液中无NHeq\o\al(＋,4)C．液氨作为清洁能源的反应原理是4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2OD．加热可除去NH4Cl中的少量NaHCO3【答案】A【解析】NH3·H2O是弱电解质，NaOH是强电解质，前者部分电离，后者完全电离，故通过室温下测定等浓度氨水和NaOH溶液的pH，可比较氨水和NaOH碱性强弱，A正确；NH3极易溶于水，稀溶液中不加热NH3不能逸出，无法确定是否含NHeq\o\al(＋,4)，B错误；NH3不易燃烧，产生的NO是大气污染物，不能作清洁能源，C错误；NH4Cl受热也会分解，故不可采用加热法除杂，D错误。13．实验室制取氨、收集、验证其还原性并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是()A．用装置甲制取氨B．用装置乙收集氨时气体应该从a口进b口出C．装置丙中黑色固体变成红色时还原产物一定为铜D．可以用装置丁吸收氨，进行尾气处理【答案】B【解析】A项，装置中的氯化铵固体分解生成氨和氯化氢气体，在试管口处重新反应生成固体氯化铵，错误；B项，氨密度比空气小，用乙装置收集NH3时，从a口进b口出，正确；C项，氧化铜被还原为铜、氧化亚铜都是红色固体，错误；D项，氨极易溶于水，导管直接插入水溶液中吸收易发生倒吸，错误。14．如下图，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，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是()选项实验现象解释A浓盐酸附近产生白烟NH3与浓盐酸反应产生了NH4Cl固体B浓硫酸附近无明显现象NH3与浓硫酸不发生反应C氯化物溶液变浑浊该溶液一定是AlCl3溶液D干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石蕊试纸变蓝NH3是一种可溶性碱【答案】A【解析】NH3能与HCl发生化合反应，生成NH4Cl白色固体，NH3也能与H2SO4发生化合反应，生成(NH4)2SO4；NH3与氯化物溶液反应生成氢氧化物沉淀，该氯化物可以是氯化铝、氯化镁等；NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O属于碱，NH3不属于碱。题型五硝酸的性质15．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论错误的是()①②③A．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】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应产生的，B项正确；③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是还原产物，C项正确；红热的木炭还可与空气中的O2发生反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误。16．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是()实验操作现象解释或结论①过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液溶液呈红色稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋②浓HNO3久置或光照变黄色HNO3不稳定易分解③Al箔插入稀HNO3中无现象Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜④用玻璃棒蘸取浓HNO3点到蓝色石蕊试纸上试纸先变红色后褪色浓HNO3具有酸性和强氧化性A．①②B．③④C．②③④ D．②④【答案】D【解析】过量的铁粉加入稀HNO3，充分反应后生成Fe2＋，加入KSCN溶液时颜色不变，故①错误；浓HNO3久置变黄是HNO3分解产生的NO2溶于HNO3所致，故②正确；Al箔遇浓HNO3钝化，稀HNO3会使Al箔溶解，故③错误；浓硝酸具有酸性和强氧化性，可使蓝色石蕊试纸先变红色后褪色，故④正确，选D。17．实验室可用KNO3固体与酸反应制取硝酸，其实验装置如图所示(加热装置已省略)。下列说法错误的是()A．该装置不用橡皮塞和橡皮管，可避免被酸腐蚀B．制取硝酸时曲颈甑中盛放的是硝酸钾和稀硫酸C．用流水冷却，可促进硝酸蒸气冷凝，避免形成酸雾D．该装置用于制取液溴时，可在曲颈甑中加入NaBr、MnO2及浓硫酸【答案】B【解析】硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡皮塞和橡皮管，A项正确；该反应的原理是利用高沸点浓硫酸制备低沸点的硝酸，则曲颈甑中盛放的是硝酸钾和浓硫酸，B项错误；硝酸沸点低，用流水冷却，可促进硝酸蒸气冷凝，避免形成酸雾，C项正确；NaBr、MnO2及浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、硫酸锰和水，溴单质易挥发，故可用该装置制取液溴，D项正确。18．一定温度下探究铜与稀硝酸的反应，反应过程如图：下列说法不正确的是()A．过程Ⅰ中生成气体的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2OB．过程Ⅲ反应速率比过程Ⅰ快的原因是反应放热使温度升高致使速率加快C．当活塞不再移动时，即使再抽入空气，金属铜屑也不继续溶解D．②振荡时，针管内可能会发生的反应有4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3【答案】C【解析】铜与稀硝酸的反应产物为NO，反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NOeq\o\al(－,3)=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A正确；铜和稀硝酸的反应放热，随反应的进行，体系内的温度升高，温度越高反应速率越快，故B正确；活塞不再移动时，再抽入空气，NO、氧气和水发生反应生成硝酸，能继续溶解铜，故C错误；②振荡时，针管内的二氧化氮、氧气和水可以发生反应生成硝酸，反应的化学方程式为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，故D正确。题型六硝酸的计算19．1.92g铜投入一定量浓HNO3中，铜完全溶解，生成气体颜色越来越浅，共收集到672mL气体(标准情况)。将盛有此气体的容器倒扣在水中，通入标准情况下一定体积的O2，恰好使气体完全溶于水中，则通入O2的体积为()A．672mL B．168mL C．504mL D．336mL【答案】D【解析】根据在反应过程中铜失去电子变为铜离子，而硝酸先被还原为二氧化氮，随着反应进行浓硝酸变稀，硝酸被还原为一氧化氮，再通入氧气后将氮的氧化物氧化为硝酸。整个过程中发现硝酸没有发生变化，实质反应是铜和氧气间的反应。根据电子守恒法得n(Cu)×2=n(O2)×4，解得n(O2)=0.015mol，标况下V=n×Vm=0.015mol×22.4L/mol=0.336L=336mL。故选D。20．某稀溶液中含有4molKNO3和2.5molH2SO4，向其中加入1.5molFe，充分反应(已知NOeq\o\al(－,3)被还原为NO)。下列说法正确的是()A．反应后生成NO的体积为28LB．所得溶液中c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝1∶1C．所得溶液中c(NOeq\o\al(－,3))＝2.75mol·L－1D．所得溶液中的溶质只有FeSO4【答案】B【解析】铁若生成Fe3＋，应消耗6molH＋，若生成Fe2＋消耗4molH＋，根据题给物质的量关系可知应同时生成Fe2＋、Fe3＋，则有：eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(n（Fe2＋）＋n（Fe3＋）＝1.5mol,\f(8,3)n（Fe2＋）＋4n（Fe3＋）＝5mol))，解得n(Fe2＋)＝0.75mol，n(Fe3＋)＝0.75mol，则生成NO：eq\f(0.75mol×2＋0.75mol×3,3)＝1.25mol。A项中未指出NO所处的状态，无法计算生成的NO气体的体积；C项中不知道溶液的体积，无法计算NOeq\o\al(－,3)的浓度；D项中根据原子守恒，溶液中的溶质肯定还有K2SO4，所以A、C、D均不正确。21．将质量为32g的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法不正确的是()A．标准状况下，通入的O2体积为5.6LB．向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0molC．标准状况下，混合气体构成是5.6L的NO和5.6L的NO2D．硝酸的物质的量浓度为10.0mol·L−1【答案】D【解析】32g的铜的物质的量为0.5mol；11.2L的NO和NO2的物质的量为0.5mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.5，反应过程中铜全部被氧化成Cu2+，根据电子守恒有3x+y=0.5×2，和前式联立可得x=0.25mol，y=0.25mol；设氧气的物质的量为z，NO和NO2全部转化为NaNO3，则根据电子守恒有0.5×2=4z，解得z=0.25mol；根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)=0.5mol。A项，根据分析可知通入的O2为0.25mol，标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故A正确；B项，当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少，此时NaOH只与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，根据元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5mol×2=1mol，故B正确；C项，根据分析可知，混合气体中有0.25molNO和0.25molNO2，即标准状况下的5.6L的NO和5.6L的NO2，故C正确；D项，由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余，所以无法计算硝酸的浓度，故D错误；故选D。22．向500mL稀硝酸中加入一定质量的铁粉，恰好使铁粉完全溶解，放出NO气体5.6L(标准状况)，同时溶液质量增加9.3g。下列判断正确的是()A．原溶液中投入铁粉物质的量是0.25molB．原溶液中HNO3的浓度是2.0mol·L－1C．反应后的溶液中还可溶解9.6g铜D．反应后的溶液中c(Fe2＋)∶c(Fe3＋)＝1∶2【答案】B【解析】n(NO)＝eq\f(5.6L,22.4L·mol－1)＝0.25mol，m(NO)＝0.25mol×30g·mol－1＝7.5g。m(Fe)＝9.3g＋7.5g＝16.8g，n(Fe)＝eq\f(16.8g,56g·mol－1)＝0.3mol，由得失电子守恒知反应后溶液中存在Fe2＋、Fe3＋，则n(Fe2＋)＋n(Fe3＋)＝0.3mol，2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＝0.25mol×3，解得n(Fe2＋)＝0.15mol，n(Fe3＋)＝0.15mol。n(HNO3)＝2n(Fe2＋)＋3n(Fe3＋)＋n(NO)＝0.15mol×2＋0.15mol×3＋0.25mol＝1mol，c(HNO3)＝eq\f(1mol,0.5L)＝2.0mol·L－1。还可溶解铜：n(Cu)＝eq\f(n（Fe3＋）,2)＝0.075mol，m(Cu)＝0.075mol×64g·mol－1＝4.8g。23．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L(标准状况下)，这些气体与一定体积O2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入4mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，下列说法正确的是()。A．参加反应的硝酸的物质的量为0.2molB．消耗氧气的体积为2.24L(标准状况下)C．铜和硝酸反应过程中转移电子的物质的量为0.3molD．混合气体中含NO21.12L(标准状况下)【答案】D【解析】A项，沉淀量达到最大，溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒，参加反应的硝酸的物质的量n(NaNO3)+n(NO、NO2)=(50×10-3×4+2.2422.4)mol=0.3mol，错误；B项，Cu2++2OH-Cu(OH)2↓，根据离子方程式求出参加反应的铜的物质的量n(Cu)=50×10-3×42mol=0.1mol，根据分析，铜失去的电子最终给了氧气，根据得失电子守恒，得n(Cu)×2=n(O2)×4，则n(O2)=0.24mol=0.05mol，在标准状况下氧气的体积为0.05mol×22.4L·mol-1=1.12L，错误；C项，铜和硝酸反应失去电子的物质的量为0.1mol×2=0.2mol，错误；D项，设NO的物质的量为xmol，则NO2的物质的量为(2.2422.4-x题型七氮及其化合物综合实验探究24．(2024·河北省部分学校高三七调考试)某化学教师利用如图装置(部分装置省略)改进铜与硝酸及相关反应。回答下列问题：(1)按图所示装置组装实验仪器，打开K1、K2、K3、K5，关闭K4，并向两侧烧杯中加水至，用气压法检查装置气密性。(2)在集气瓶中的下层加入四氯化碳，上层加入水，并将绕有铜丝固定的封铁短玻璃导管固定于下层；关闭K2、K3、K4、K5，打开K1，用磁铁固定绕有铜丝固定的封铁短玻璃导管于试管口，加入浓硝酸，关闭，打开K2、K3、K5，将铜丝移入浓硝酸中，其中四氯化碳的作用是；铜与浓硝酸反应现象为；其反应的离子方程式为。(3)传感器读数逐步下降到1以下时，将铜丝与浓硝酸脱离，(填操作)，此时右侧烧杯内的溶液会倒吸入具支试管中，同时产生蓝色沉淀。(4)用磁铁将集气瓶中的铜丝移至水层，水层中产生无色气体，同时溶液变为蓝色，水层发生反应的离子方程式为。(5)针筒中充满红棕色气体，颜色逐渐变浅，并产生白烟，白烟名称为。(6)左侧烧杯中溶液的作用：。(7)任写一条该实验设计的优点：。【答案】(1)浸没导管末端(2)防止倒吸产生大量红棕色气体，溶液呈现蓝色Cu＋4H+＋2NO3-=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O(3)关闭K2，打开K1(4)3Cu＋8H+＋2NO3-=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O(5)硝酸铵(6)吸收尾气，防止污染(7)体系密封，无污染【解析】该实验的实验目的是针对铜与浓硝酸反应生成的二氧化氮会污染环境的缺陷，设计多反应、多现象一体化的实验装置，达到体系密封，无污染气体逸出的实验目的。(1)由实验装置图可知，检查装置气密性的操作为打开K1、K2、K3、K5，关闭K4，并向两侧烧杯中加水至浸没导管末端，形成封闭体系，用酒精灯微热集气瓶的底部，若烧杯的水中有气泡逸出，冷却后，导气管中产生一段水柱，说明装置气密性良好，故选浸没导管末端；(2)二氧化氮易溶于水，能与水反应生成硝酸和一氧化氮，若二氧化氮直接通入水中，会因气体压强减小而产生倒吸，所以将二氧化氮通入四氯化碳中，可以隔绝二氧化氮与水的接触，能起到防止产生倒吸的作用；试管中铜与浓硝酸能剧烈反应生成硝酸铜和红棕色的二氧化氮和水，反应的离子方程式为Cu＋4H+＋2NO3-=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O，实验中观察到的实验现象为，故选防止倒吸；产生大量红棕色气体，溶液呈现蓝色；Cu＋4H+＋2NO3-=Cu2+＋2NO2↑＋2H2O；(3)二氧化氮能与氢氧化钠溶液反应使试管中的气体压强减小，所以使右侧烧杯内的氢氧化钠溶液会倒吸入具支试管中，同时产生蓝色沉淀的操作为pH传感器读数逐步下降到1以下时，将铜丝与浓硝酸脱离，关闭K2，打开K1，使二氧化氮与烧杯中氢氧化钠溶液接触反应，使试管内的气体压强减小，在外界大气压的作用下，将氢氧化钠溶液压入试管中，使氢氧化钠溶液与反应生成的硝酸铜溶液反应生成氢氧化铜蓝色沉淀；(4)集气瓶中二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，实验中，用磁铁将集气瓶中的铜丝移至水层时，铜会与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应的离子方程式为3Cu＋8H+＋2NO3-=3Cu2+＋2NO↑＋4H2O；(5)针筒中的二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸和一氧化氮，硝酸与浓氨水挥发产生的氨气反应生成硝酸铵时，会产生大量白烟；(6)由实验装置图可知，左侧烧杯中盛有的氢氧化钠溶液用于是吸收氮的氧化物，防止污染空气；(7)该实验设计达到了多反应、多现象一体化设计目的，具有体系密封，无污染的优点。25．(2024•福建省福州市福建师大附中期中)某化学自主实验小组通过实验探究NH3、NO2的性质。探究Ⅰ：利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原(K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去)。(1)写出装浓氨水的仪器名称。(2)A装置中制取NH3的化学方程式是，实验室用两种固体混合加热制氮气的方程式是。(3)E装置中制取NO2的离子方程式。(4)若NO2能够被NH3还原，预期C装置中能观察到的现象是。探究Ⅱ：用下列装置探究NO2、O2混合气体的喷泉实验。(5)请在G装置中的虚线上描出导管实线图。(6)G装置中浓硫酸有三种作用：混合NO2、O2气体；干燥NO2、O2；。(7)将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，若混合气体全部被吸收，则所得溶液物质的量浓度为(标准状况下，保留两位有效数字)。【答案】(1)分液漏斗(2)NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(3)Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O(4)混合气体颜色变浅(5)(6)观察气泡的生成速率，控制混合气体的比例(7)0.036【解析】探究Ⅰ：A装置用于制备氨气，B装置用于干燥氨气，E装置用于制备NO2，D装置用于干燥NO2，C装置中氨气和NO2发生反应；探究Ⅱ：F装置用于制取氧气，H装置用于制取NO2，G装置用于混合NO2、O2气体，干燥NO2、O2，并观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例，圆底烧瓶用于收集NO2、O2气体。(1)根据仪器构造可知，装浓氨水的仪器为分液漏斗。(2)浓氨水和生石灰发生的化学反应方程式为NH3·H2O+CaO=Ca(OH)2+NH3↑。实验室还可以用氯化铵和氢氧化钙两种固体混合加热制氮气，方程式是Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。(3)铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，反应的离子方程式为：Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O。(4)若NO2能够被NH3还原，则在装置C中发生的反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，随着红棕色的NO2被消耗，装置C中混合气体的颜色逐渐变浅。(5)氧气和二氧化氮的密度均比空气密度大，应用向上排空气法收集，故应进气管短，出气管长，故G装置中的虚线上描出导管实线图为：。(6)G装置中浓硫酸有三种作用：除了混合NO2、O2气体、干燥NO2、O2以外，还有观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例。(7)烧瓶中充满溶液，反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3恰好发生，HNO3的物质的量等于NO2的物质的量，溶液体积等于NO2和O2的总体积，设烧瓶总体积为5L，则NO2的体积为4L，物质的量为，溶液的体积为5L，硝酸的物质的量浓度为：=0.036mol/L。26．(2024•广东省广州市教学质量监测)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还原生成N2。某同学在实验室中对NH3与NO2反应进行了探究。回答下列问题：Ⅰ.氨气的制备(1)实验室制备氨气的化学方程式为。(2)装置B中的干燥剂可以选用。(3)气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是(填字母)，原因是。Ⅱ.氨气与二氧化氮的反应(4)二氧化氮的制备：铜和浓硝酸产生NO2的离子方程式是。(5)将Ⅰ中收集到的NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，充入(5)中产生的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。打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢通入Y管中，Y管中实验现象是﹔反应的化学方程式。Ⅲ.某氨氮废水(NH4+、NH3·H2O)的生物法处理流程如图所示：(6)检验氨氮废水中含有NH4+的方法是：。(7)过程Ⅱ在硝化细菌作用下实现NH4+→NO2-→NO3-的转化；称为硝化过程。在碱性条件下实现上述硝化过程的总反应的离子方程式为：。【答案】(1)Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O(2)碱石灰(3)D干燥的氨气没有碱性，氨气与湿润的红色石蕊试纸中的H2O反应生成一水合氨，一水合氨呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝(4)Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O(5)红棕色气体颜色变浅，管壁上出现水珠8NH3+6NO27N2+12H2O(6)向氨氮废水中加入NaOH溶液，然后加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明有铵根离子(7)NH4++2O2+2OH-NO3-+3H2O【解析】A装置中氢氧化钙和氯化铵加热条件下反应生成氨气，生成的氨气经过B干燥后进入C中，干燥的氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，C中试纸无变化，D中NH3与水结合生成一水合氨，D中湿润的红色石蕊试纸变蓝。E中氨气与浓盐酸反应生成氯化铵，E中出现白烟，F作用为吸收多余的氨气，且进行了防倒吸处理。(1)实验室用氢氧化钙与氯化铵共热的方法制备氨气，化学方程式为Ca(OH)2+2NH4ClCaCl2+2NH3↑+2H2O。(2)B中的干燥剂不能与氨气反应，可选用碱石灰作干燥剂。(3)气体通过C、D装置时，试纸颜色发生变化的是D，原因为干燥的氨气没有碱性，氨气与湿润的红色石蕊试纸中的H2O反应生成一水合氨，一水合氨呈碱性使湿润的红色石蕊试纸变蓝。(4)铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、NO2和水，离子方程式为Cu+4H++2NO3-=Cu2++2NO2↑+2H2O。(5)NH3和NO2在催化剂作用下反应生成N2和H2O，因此可观察到Y管中红棕色气体颜色变浅，管壁上出现水珠，化学方程式为8NH3+6NO27N2+12H2O。(6)检验铵根离子的方法为向氨氮废水中加入NaOH溶液，然后加热，若生成的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则说明有铵根离子。(7)碱性条件下，铵根离子与氧气、OH-反应生成硝酸根离子和水，离子方程式为NH4++2O2+2OH-NO3-+3H2O。1．(2024·江苏省南通市二模)下列含氮化合物的结构与性质或性质与用途具有对应关系的是()A．NH3中N存在孤电子对，NH3可用作配体 B．硬度大，可用作半导体材料C．HNO3具有氧化性，可用于制备NH4NO3 D．NH3分子间存在氢键，NH3热稳定性高【答案】A【解析】A项，NH3中N存在1对孤电子对，NH3可用作配体，A正确；B项，GaN可用作半导体材料是因为与晶体硅具有类似结构，与硬度大小无关，B错误；C项，HNO3具有酸性，可用于制备NH4NO3，C错误；D项，NH3分子间存在氢键，NH3熔沸点较高，NH3热稳定性与氢键无关，D错误；故选A。2．(2024·甘肃省白银市三模)甲酸(HCOOH)可在纳米级表面分解为活性H2和CO2，经下列历程实现NO3-的催化还原。已知(Ⅱ)、(Ⅲ)表示中的二价铁和三价铁，设NA为阿伏加德罗常数的值。下列说法错误的是()A．100mL3mol·L-1NaNO2溶液中含有的NO2-数目为0.3NAB．生产中将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸分解的速率C．46g由NO2和N2O4组成的混合气体中，含氧原子的总数为2NAD．反应历程中生成的H+可调节体系pH，有增强NO3-氧化性的作用【答案】A【解析】A项，已知HNO2为弱酸，即NO2-能发生水解，故100mL3mol·L-1NaNO2溶液中含有的NO2-数目小于0.3NA，A错误；B项，将催化剂处理成纳米级颗粒可增大甲酸与催化剂的接触面积，进一步增大甲酸分解的速率，B正确；C项，NO2和N2O4的最简式为NO2，故46g由NO2和N2O4组成的混合气体中，含氧原子的总数为=2NA，C正确；D项，由图可知，生成的H+可调节体系pH，可以增强NO3-的氧化性，D正确；故选A。3．(2024·北京市门头沟区一模)化学小组同学探究铜与过量浓硝酸反应后溶液呈绿色的原因。资料：ⅰ．铜与浓硝酸反应过程中可生成HNO2，HNO2易分解产生无色气体。ⅱ．HNO2是一种弱酸。HNO2电离出NO2-，NO2-与Cu2+发生如下反应：Cu2++4NO2-[Cu(NO2)4]2-(绿色)编号操作现象①分别向HNO3和溶液中通入稳定的NO2气流HNO3溶液变黄NaNO3溶液不变黄②将实验①的黄色溶液与蓝色溶液混合溶液呈绿色③将NaNO2溶液与溶液混合溶液呈绿色④向实验③所得溶液中加入浓硝酸溶液变蓝下列说法不正确的是()A．依据实验①，向2mL3mol·L-1H2SO4通入稳定的NO2气流，溶液可能会变黄B．实验④加入浓硝酸后可能发生H++NO2-=HNO2，使NO2-浓度下降，绿色消失C．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的NO2呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色D．铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：铜与浓硝酸反应过程中，生成[Cu(NO2)4]2-使溶液呈绿色【答案】D【解析】A项，依据实验①，当有氢离子存在时，通入NO2气体，溶液可能会变成黄色，故向2mL3mol·L-1H2SO4通入稳定的NO2气流，溶液可能会变黄，A正确；B项，当实验④加入浓硝酸后可能发生H++NO2-=HNO2，使NO2-浓度下降，Cu2++4NO2-[Cu(NO2)4]2-平衡逆向移动，绿色消失，B正确；C项，由实验①②可知，铜与过量浓硝酸反应溶液呈绿色可能原因是：浓硝酸中溶解了生成的NO2呈黄色，黄色与蓝色叠加呈绿色，C正确；D项，HNO2易分解，溶液中不能生成大量[Cu(NO2)4]2-使溶液呈绿色，D错误；故选D。4．(2024·安徽省淮北市一模)实验室中用如图装置，以氨气和钠为原料加热至制备氨基钠(NaNH2)，并检验气体产物．已知：NaNH2极易水解．下列说法正确的是()A．装置A中的药品是氯化铵固体 B．装置B和装置D均只起到干燥作用C．实验时先点燃C处酒精灯，再点燃A处酒精灯 D．装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成\【答案】D【解析】A中用氯化铵和氢氧化钙制取氨气，然后经过B中的干燥装置去除氨气中的水蒸气，氨气和钠在C中发生反应生产氨基钠，反应为2Na+3NH3=2NaNH2+H2↑，D为干燥装置，对氢气进行干燥，同时防止E中的水蒸气进入，氢气和CuO在E装置中反应。A项，氯化铵固体受热分解生成氨气和HCl气体，二者遇冷又会反应生成氯化铵，不能通过加热氯化铵的方法制备氨气，A错误；B项，装置B的作用是干燥，装置D除了干燥还有防止水蒸气进入C的作用，B错误；C项，实验时，应先点燃A处酒精灯再点燃C处酒精灯，排尽装置内的空气，C错误；D项，氢气和CuO在加热条件下反应生成红色的Cu单质，装置E中黑色粉末变成红色，证明有氢气生成，D正确；故选D。5．(2024•江苏省扬州大学附属中学月考)氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：(1)氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式为。(2)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：①氨转化法。已知7mol氨恰好能将含NO和NO2共6mol的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为。②NaClO溶液氧化吸收。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NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示：Ⅰ．酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl-和NO3-，其离子方程式：。Ⅱ．NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是。(3)吸收塔中通常将NO和气从下面通入，水从上面喷入，这样做的目的是：。【答案】(1)4NH3+5O24NO+6H2O(2)1：33HClO+2NO+H2O＝3Cl－+2NO3-+5H+pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率(3)增大接触面积，提高吸收效率【解析】氢气和氮气高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成一氧化氮和水，NO和空气、水在吸收塔中反应生成硝酸。(1)氨气进入氧化炉催化氧化生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O；(2)①设混合气体中NO和NO2的物质的量分别是xmol、ymol，x+y＝6，依据电子得失守恒可知3×7＝2x+4y，解得x＝1.5、y＝4.5，所以混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1：3；②Ⅰ.在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO发生氧化还原反应，生成Cl-、NO3-，根据元素守恒还会生成氢离子，因此反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O＝3Cl－+2NO3-+5H+；Ⅱ.由于NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，因此可提高NO转化率；(3)吸收塔中通常将NO和气从下面通入，水从上面喷入，气体和水逆向进行，可以增大接触面积，提高吸收效率。6．(2024•四川省绵阳市期中)硝酸铜是一种重要的化工原料，可由工业含铜废料制备，含铜废料的主要成分为Cu、CuS、CuSO4等，制备流程如图所示：回答下列问题：(1)“焙烧”时，CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，该反应的化学方程式为，提高“焙烧”效率的方法为。(任写一种)(2)“过滤”所得滤液中溶质的主要成分为。(3)①“淘洗”所用时溶液A可以是。(填标号)。a．稀硝酸b．浓硝酸

c．稀硫酸

d．㳖硫酸②如何证明“淘洗”已完全。(4)“反应”阶段所用的试剂是20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液，反应过程中无红棕色气体生成。①理论上反应所消耗的H2O2和HNO3的物质的量之比为。②若不加10%的H2O2溶液，只用20%的HNO3溶液，随着反应的进行，温度上升并出现大量红棕色气体，反应的离子方程式为。(5)某工厂用m1kg上述工业含铜废料(含铜元素80%)制备Cu(NO3)2•3H2O，最终得到产品m2kg，产率为。(分数化为最简)【答案】(1)将含铜废料充分粉碎\通适当过量的空气\从底部吹空气，并使废料“沸腾”(2)FeSO4(3)c取最后一次洗涤(淘洗)滤液，先(滴)加适量双氧水溶液(或氯水)，然后滴几滴硫氰化钾溶液，若溶液不变血红色，则已洗涤(淘洗)完全(或用铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀)(4)1：2(5)【解析】根据流程，含铜废料在空气中焙烧，Cu转化为CuO，CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，加入稀硫酸酸化生成硫酸铜，加入Fe置换硫酸铜，过滤，滤液为硫酸亚铁，得到Cu，用稀硫酸淘洗得到的Cu，用20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液氧化Cu：Cu+H2O2+2HNO3═Cu(NO3)2+2H2O，得到硝酸铜溶液，蒸发浓缩，降温至温度略高于26.4℃时结晶，过滤、洗涤、干燥得到Cu(NO3)2•3H2O。【解析】(1)“焙烧”时，其中的CuS与空气中的O2反应生成CuO和SO2，反应为：，提高“焙烧”效率的方法有将含铜废料充分粉碎或通适当过量的空气或从底部吹空气，并使废料“沸腾”等；(2)加入Fe到硫酸铜中置换得到硫酸亚铁和Cu，故滤液中溶质的主要成分为FeSO4；(3)①为减少Cu的损失，淘洗Cu用稀硫酸，答案为c；②证明“淘洗”完全即需证明不含Fe2+，实验方案为：取最后一次洗涤(淘洗)滤液，先(滴)加适量双氧水溶液(或氯水)，然后滴几滴硫氰化钾溶液，若溶液不变血红色，则已洗涤(淘洗)完全(或用铁氰化钾溶液，产生蓝色沉淀)；(4)①“反应”为20%的HNO3溶液和10%的H2O2溶液溶解Cu，反应过程中无红棕色气体生成，反应为：Cu+H2O2+2HNO3═Cu(NO3)2+2H2O，论上反应所消耗的H2O2和HNO3的物质的量之比为1：2；②若不加10%的H2O2溶液，只用20%的HNO3溶液，随着反应的进行，温度上升并出现大量红棕色气体NO2，反应离子方程式为：；(5)m1kg含铜废料中铜元素质量为0.8m1kg，根据铜元素质量守恒可得关系式：理论上可制备Cu(NO3)2•3H2O的质量为x=kg，产率为。7．(2024•河南省濮阳市第三次联考)硫酸铵[(NH4)2SO4]俗称硫铵、肥田粉。模拟以黄铁矿(主要成分为FeS2)为原料制备硫酸铵的一种流程如图所示：回答下列问题：(1)步骤ⅲ的目的是。(2)“煅烧”过程中发生反应的化学方程式为；在该反应中，36.0gFeS2完全反应时转移mol电子。(3)合成氨反应中，1molN2和4molH2在催化剂、高温、高压作用下合成NH3的物质的量(填“>”“<”或“=”)2mol。(4)如果直接用水吸收SO3，会形成大量“酸雾”，污染环境。由此推知，SO3和H2O的反应是(填“吸”或“放”)热反应。(5)利用Fe3O4可以制备高纯度铁红，其步骤如下：步骤1：用足量稀硫酸溶解Fe3O4。步骤2：向溶液中加入足量双氧水，氧化亚铁离子。步骤3：加入过量NaOH溶液，过滤﹑洗涤、灼烧。步骤2中氧化亚铁离子的离子方程式为。(6)测定硫酸铵产品纯度(假设杂质不参加反应)：取Wg硫酸铵产品于试管中，向其中加入足量NaOH溶液，共热；产生的气体用V1mLc1mol/L盐酸吸收，得到吸收液；再向吸收液中滴加V2mLc2mol/LNaOH溶液恰好完全中和过量的盐酸。该产品中(NH4)2SO4的质量分数为(用含c1、V1、c2、V2、W的代数式表示)。【答案】(1)循环利用，提高原料的利用率(2)3.2(3)<(4)放(5)H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O(6)【解析】黄铁矿(主要成分为FeS2)在空气中煅烧，生成Fe3O4和气体，气体的主要成分是SO2和剩余空气，净化后得到SO2，通入空气进行催化氧化生成SO3，SO3用98.3%的硫酸吸收得到硫酸，硫酸与氨气生成硫酸铵，剩余的SO2和O2返回催化氧化步骤进行循环利用，提高原料的利用率。(1)步骤ⅲ的目的是循环利用，提高原料的利用率；(2)“煅烧”过程中FeS2与氧气生成Fe3O4和SO2，化学方程式为：，当有3molFeS2反应时，转移32mol电子，36.0gFeS2的物质的量为：，转移的电子为3.2mol；(3)合成氨反应为可逆反应，反应物不能完全转化，故1molN2和4molH2在催化剂、高温、高压作用下合成NH3的物质的量<2mol；(4)通过形成大量酸雾的现象，可以判断SO3和H2O的反应是放热反应；(5)H2O2将Fe2+氧化为Fe3+，自身还原为H2O，离子方程式为：H2O2+2Fe2++2H+=2Fe3++2H2O；(6)由数据可知，剩余的HCl的物质的量为，则吸收氨气所用HCl为，生成的氨气的物质的量也为，根据化学式(NH4)2SO4，可得n[(NH4)2SO4)]=，则硫酸铵的质量分数为：=。8．(2024•北京市东直门中学学情监测)某中学趣味化学实验小组的同学想通过“FeSO4被浓氧化”的实验，验证的还原性．实验一：验证的还原性实验操作预期现象实验现象向盛有2mLFeSO4溶液的试管中，滴入几滴浓硝酸，振荡。试管中产生红棕色气体，溶液变为黄色。试管中产生红棕色气体，溶液变为深棕色。(1)红棕色气体是。(写化学式)(2)实验现象与预期不符，继续进行实验。取深棕色溶液于试管中，滴加KSCN溶液，溶液变为红色，该现象说明。实验二：探究溶液变为深棕色的原因【资料与猜想】查阅资料后猜想，可能是生成的NO2或NO与溶液中的或反应，而使溶液变为深棕色。【实验与探究】用如图所示装置进行实验(气密性已检验，尾气处理已略去)ⅰ．关闭c，打开a和b，通入，一段时间后关闭a；ⅱ．向甲中加入适量浓，一段时间后丙中溶液变为深棕色，丁中溶液无明显变化；ⅲ．关闭b、打开c，更换丙、丁中的溶液(试剂不变)；ⅳ．继续向甲中加入浓HNO3，一段时间后观察到了与ⅱ相同的实验现象。(3)通入N2的目的是。(4)铜与浓硝酸反应的离子方程式是。(5)装置乙的作用是。(6)实验结论：溶液的深棕色可能是因为。A．Fe2+与NO发生了反应 B．Fe2+与NO2发生了反应C．Fe3+与NO发生了反应 D．Fe3+与NO2发生了反应【反思与改进】实验三：验证的还原性(7)该小组同学依据实验二的结论改进了实验一，观察到了预期现象，其实验操作是向盛有的试管中滴入几滴，振荡。【答案】(1)NO2(2)Fe2+具有还原性(3)排除装置内的空气(4)Cu+4H++2NO3-==Cu2++2NO2↑+2H2O(5)利用装置乙中的水可将NO2转化为NO(6)AB(7)浓硝酸FeSO4溶液【解析】硫酸亚铁溶液中滴加浓硝酸，亚铁离子被硝酸氧化生成铁离子，HNO3被还原生成NO2。反应开始前先通入氮气，除去装置内的空气，随后浓硝酸与Cu反应生成NO2，通过b、c开关来控制NO2是否与水反应，最后将NO2或NO通入硫酸铁和硫酸亚铁溶液中，观察溶液变化情况得出结论。(1)红棕色气体为NO2。(2)深棕色溶液中加入KSCN，溶液变红色，说明有Fe3+生成，则说明Fe2+被HNO3氧化成了Fe3+，Fe2+具有还原性。(3)通入氮气可排除装置内的空气，避免氧气氧化溶液中的亚铁离子和NO气体。(4)铜与浓硝酸反应生成Cu2+和NO2，离子方程式为Cu+4H++2NO3-==Cu2++2NO2↑+2H2O。(5)二氧化氮能与水反应生成NO，利用装置乙中的水可将NO2转化为NO。(6)从实验现象可知，无论是通入NO还是NO2，硫酸亚铁溶液均变为深棕色，而硫酸铁溶液无变化，说明NO、NO2可以与Fe2+水溶液作用产生深棕色，但是Fe3+不行，故故选AB。(7)实验I的现象是因为NO2通入了FeSO4溶液后显深棕色，但是通入硫酸铁溶液中则无现象，因此可向盛有浓硝酸的试管中滴加几滴新制FeSO4溶液，振荡，浓硝酸被还原为NO2，Fe2+被氧化为Fe3+，此时溶液中无明显的颜色变化。9．(2024•上海市曹扬二中高三等级模拟考试)处理并利用硫酸尾气NOx制备工业原料亚硝酸钠和硝酸钠的工艺如下：(1)在一定的气体流速下，碱液吸收时，富“NO2”尾气中的NO、NO2含量与吸收度的关系如图所示，由图可知，最合适的NO含量应为，过高和过低都不利于NOx的吸收，其原因是。(2)富“NO2”尾气应从吸收塔的___________部通入。A．顶部 B．上部 C．中部 D．底部(3)在30℃时进行碱液吸收NOx的反应，此时NaOH的浓度控制在22%~25%最佳，NaOH浓度不宜过高的原因是。(4)在分离池中分离出NaNO2的操作为：蒸发浓缩、___________、过滤洗涤。A．冷却结晶 B．趁热过滤 C．蒸发至干 D．重结晶(5)转化池中加入硝酸用于除杂，同时产生NO，其发生的离子反应方程式为。在转化池内通常需要一定量的空气，其作用是。A．减少氮氧化物二次污染

B．除去溶液中的杂质C．有利于产品的分离

D．节省HNO3的用量(6)已知硝酸尾气中NOx的总含量为6.2×10-3mol/m3，气体流速为1268m3/h，经该吸收工艺后，排出气体中NOx的总含量降低为5.0×10-4mol/m3，则每小时至少需要质量分数为25%的NaOH溶液(密度为1.04g/cm3)m3(保留2位有效数字)。【答案】(1)50%过高吸收效果降低，过低吸收速率减慢(2)D(3)浓度过高不利于NO2的溶解(4)D(5)3NO2-+2H+=2NO+NO3-+H2OACD(6)1.1×10-3【解析】硝酸尾气与富氧空气混合，配制富NO2尾气，利用NaOH吸收，吸收后再分离池中将NaNO2分离出，在转化池中加入硝酸，得硝酸钠。】(1)如