2024-2025学年下学期高一化学人教版期中必刷常考题之氮及其氧化物

第21页（共21页）2024-2025学年下学期高一化学人教版（2019）期中必刷常考题之氮及其氧化物一．选择题（共14小题）1．苏州博物馆最近启用新购置的“真空充氮杀虫灭菌消毒机”来处理和保护文物．即将文物置于该机器内，三天后氮气浓度可达99.99%；再密闭三天左右，好氧菌、厌氧菌和丝状霉菌都被杀灭．下列有关氮气说法错误的是（）A．通常状况下氮气易溶于水 B．氮气不能供给呼吸 C．通常情况下氮气的化学性质不活泼 D．高浓度氮气可抑制菌类的生长2．将N2、CO、CO2的混合气体依次通入足量石灰水和灼热CuO后，冷却至室温，剩余气体是（）A．N2、CO2 B．N2 C．CO2 D．N2、CO2、H2O3．随着我国汽车年销量的大幅增加，环境受到了很大的污染，汽车尾气处理装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示，下列说法正确的是（）A．图中反应的总化学方程式为2NO+O2+4CO催化剂¯4CO2+N2B．总反应中NO为还原剂，N2为还原产物 C．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2 D．NO和O2必须在催化剂表面才能反应4．向一定量的Fe和Fe2O3的混合物中加入100mL0.1mol/L的稀硫酸，固体恰好完全溶解且有气体放出，所得溶液滴加KSCN无明显现象。若用足量的H2在高温下去还原相同质量的此混合物，充分反应后，得到的固体的质量为（）A．0.28g B．0.56g C．0.84g D．1.12g5．下列有关氮的氧化物的说法正确的是（）A．因NO2与水反应可生成HNO3，故NO2是HNO3的酸酐 B．NO2为红棕色气体，因此将NO2通入水中，溶液显红棕色 C．NO、NO2都有毒，且NO是汽车尾气的有害成分之一 D．NO2与溴蒸气可用NaOH溶液鉴别，溶于NaOH溶液得到无色溶液的是NO2，得到橙色溶液的为溴蒸气6．将NO2溶于水可得到硝酸，发生的反应为3NO2+H2O═2HNO3+NO，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，46gNO2中含有的原子数为3NA B．1L0.5mol•L﹣1稀硝酸中含有的氧原子数为1.5NA C．该反应中，每生成22.4LNO，转移电子的数目为2NA D．该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：17．将盛有amolNO2和bmolNO（标准状况下）混合气体的试管倒扣于事先盛有水的水槽中，再通入bmolO2，充分反应后试管里剩余的气体的成分及物质的量取决于a与b的关系，则下列判断正确的是（）①若余NO，则a＜b，且剩余气体的物质的量为a②若余O2，则a＜b，且剩余气体的物质的量为b③若无气体剩余，则a＝b，且所得溶液的物质的量浓度为b22.4mol•L﹣1A．只有①正确 B．只有②正确 C．①②③都不正确 D．①②③都正确8．氮氧化物（NOx）会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对NOx进行催化还原的原理如图所示。下列说法正确的是（）A．反应①中消耗1molO2，转移4mole﹣ B．含Cu化合物参与的反应一定有电子转移 C．反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 D．图中总变化过程可表示为O2+4NO+4NH3═4N2+6H2O9．已知歧化反应：3NO2+H2O═2HNO3+NO，下列说法正确的是（）A．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2 B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C．1molNO2与足量水反应转移电子个数为2NA D．每生成22.4LNO，有2molNO2被氧化10．按图进行NO2还原性的探究实验。随着实验的进行，下列说法正确的是（）A．可观察到装置Ⅰ中逐渐产生红棕色气体 B．装置Ⅱ中的试剂可以更换为碱石灰 C．可观察到装置Ⅲ中的气体和固体颜色变浅 D．装置Ⅳ中发生反应的离子方程式为NO2+2OH﹣═NO3-11．下列说法正确的是（）A．谷物发酵酿酒的过程中涉及氧化还原反应 B．向Na2S固体中滴加浓硫酸，发生复分解反应生成H2S C．室温下，将铁片加到浓硝酸中不发生反应 D．NO2与H2O发生反应生成HNO3，NO2为酸性氧化物12．不能用作制冷剂的是（）A．N2 B．NH3 C．SO2 D．H2SO413．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．常温下可以用铁制容器来盛装浓硝酸 B．工业制硝酸过程中的物质转化：NHC．氮气、铵盐、亚硝酸盐、硝酸盐之间的转化构成了自然界“氮循环”的一部分 D．实验室用浓氨水、生石灰制备少量氨气：NH3•H2O+CaO═Ca（OH）2+NH3↑14．某兴趣小组采用如图装置收集NO2、O2混合气体。将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，观察到混合气体全部被吸收。下列说法错误的是（）A．G装置中虚线上导管实线图应是左高右低 B．可观察G装置内浓硫酸中气泡的生成速率，控制混合气体的比例 C．H装置中发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O D．实验后圆底烧瓶中所得溶液物质的量浓度约为0.036mol•L﹣1（保留两位有效数字）二．解答题（共3小题）15．将12mL充满O2和NO2的混合气体的试管倒置在水槽中，反应停止后试管内剩余2mL的无色气体，求原混合气体中O2多少毫升．16．NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一、有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（1）在催化剂作用下，NH3可与NO2发生如下反应：NH3+NO2→催化剂N2+H2O①该反应的氧化剂是（填化学式）。配平上述化学方程式NH3+NO2═N2+H2O。②用单线桥表示该反应中电子转移的方向和数目。③为研究哪些物质能将NOx转化为N2以消除污染，根据氧化还原反应的知识可知，下列物质中不适宜选用的是（填序号）。A.COB.H2C.CO2（2）某同学写出以下化学反应方程式（未配平）：①NH3+NO→HNO2+H2O②NO+HNO3→N2O3+H2O③N2O4+H2O→HNO3+HNO2在3个反应中一定不可能实现的是，反应②中还原性强的是。NO、N2O3被氧化的元素是。17．我国学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。（1）催化剂制备。在60～100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。①通入N2的目的是。②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为。（2）催化剂性能研究。如图﹣1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测定H2O2浓度对模拟烟气（含一定比例的NO、SO2、O2、N2）中NO和SO2脱除率的影响，NO脱除率与H2O2浓度的关系如图﹣2所示。已知•OH能将NO、SO2氧化。•OH产生机理如下。反应Ⅰ：Fe3++H2O2═Fe2++•OOH+H+（慢反应）反应Ⅱ：Fe2++H2O2═Fe3++•OH+OH﹣（快反应）①与Fe2O3作催化剂相比，相同条件下Fe3O4作催化剂时NO脱除率更高，其原因是。②NO部分被氧化成NO2。NO2被NaOH溶液吸收生成两种含氧酸钠盐，该反应的离子方程式为。③实验表明•OH氧化SO2的速率比氧化NO速率慢。但在无催化剂、Fe2O3作催化剂、Fe3O4作催化剂的条件下，测得SO2脱除率几乎均为100%的原因是。

2024-2025学年下学期高一化学人教版（2019）期中必刷常考题之氮及其氧化物参考答案与试题解析题号1234567891011答案AAABCABDBCA题号121314答案DBD一．选择题（共14小题）1．苏州博物馆最近启用新购置的“真空充氮杀虫灭菌消毒机”来处理和保护文物．即将文物置于该机器内，三天后氮气浓度可达99.99%；再密闭三天左右，好氧菌、厌氧菌和丝状霉菌都被杀灭．下列有关氮气说法错误的是（）A．通常状况下氮气易溶于水 B．氮气不能供给呼吸 C．通常情况下氮气的化学性质不活泼 D．高浓度氮气可抑制菌类的生长【分析】通常状况下氮气是无色无味的气体，难溶于水；氮气的化学性质不活泼，一般不与其它物质反应，不供给呼吸；氮气的用途是：制造氮肥，氮气充入食品包装袋内可以防腐、高浓度氮气可抑制菌类的生长，液态氮可以做制冷剂．【解答】解：A、在通常状况下氮气是无色无味的气体，难溶于水，不是易溶于水，故A错误；B、氮气不能供给呼吸，故B正确；C、氮气的化学性质不活泼，一般不与其它物质反应，故C正确；D、氮气充入食品包装袋内可以防腐、高浓度氮气可抑制菌类的生长，故D正确；故选：A。【点评】本题考查了氮气的性质与用途，难度不大，本题也体现了：性质决定用途，用途又反映性质的理念．2．将N2、CO、CO2的混合气体依次通入足量石灰水和灼热CuO后，冷却至室温，剩余气体是（）A．N2、CO2 B．N2 C．CO2 D．N2、CO2、H2O【分析】根据氮气的化学性质稳定，一氧化碳具有还原性，二氧化碳会与澄清石灰水反应进行分析．【解答】解：将N2、CO、CO2的混合气体先通过石灰水后，二氧化碳会与氢氧化钙反应CO2+Ca（OH）2═CaCO3↓+H2O而将二氧化碳除去，再通过灼热的氧化铜，一氧化碳会与氧化铜反应CO+CuO△¯Cu+CO2故选：A。【点评】本题考查元素化合物氮、碳的性质，分析气体的性质和所通过的试剂的性质，根据它们之间会发生的反应进行分析是解答的关键，题目难度不大。3．随着我国汽车年销量的大幅增加，环境受到了很大的污染，汽车尾气处理装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示，下列说法正确的是（）A．图中反应的总化学方程式为2NO+O2+4CO催化剂¯4CO2+N2B．总反应中NO为还原剂，N2为还原产物 C．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2 D．NO和O2必须在催化剂表面才能反应【分析】汽车尾气的有害气体主要是氮氧化物、一氧化碳等，根据图片知，NO2在整个过程中是一种中间产物，一氧化氮气体和氧气、一氧化碳会在催化剂表面发生反应，转化为无毒气体，从而起到尾气净化作用。【解答】解：A．根据图示，反应的过程分为如下两步：2NO+O2催化剂¯2NO2，2NO2+4CO催化剂¯4CO2+N2，总化学方程式为2NO+O2+4CO催化剂¯4CO2+N2B．根据A项分析，总反应中NO、O2为氧化剂，N2为还原产物，故B错误；C．N2是空气主要成分之一，不是污染物，故C错误；D．NO和O2的反应不需要催化剂，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查汽车尾气的成分、生成、催化净化原理和反应条件应用，难度不大，只需读懂图就可完成，培养了学生分析问题和解决问题的能力。4．向一定量的Fe和Fe2O3的混合物中加入100mL0.1mol/L的稀硫酸，固体恰好完全溶解且有气体放出，所得溶液滴加KSCN无明显现象。若用足量的H2在高温下去还原相同质量的此混合物，充分反应后，得到的固体的质量为（）A．0.28g B．0.56g C．0.84g D．1.12g【分析】一定量的Fe和Fe2O3的混合物中加入100mL0.1mol/L的稀硫酸，固体恰好完全溶解且有气体放出，所得溶液滴加KSCN无明显现象，说明溶液为FeSO4溶液，根据原子守恒可知n（FeSO4）＝n（H2SO4）＝cV＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol；用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）＝n（FeSO4）＝n（H2SO4）＝0.01mol，结合m＝nM计算得到的铁的质量。【解答】解：一定量的Fe和Fe2O3的混合物中加入100mL0.1mol/L的稀硫酸，固体恰好完全溶解且有气体放出，所得溶液滴加KSCN无明显现象，说明溶液为FeSO4溶液，根据原子守恒可知n（FeSO4）＝n（H2SO4），用足量的H2在高温下还原相同质量的混合物得到铁，根据铁元素守恒可知n（Fe）＝n（FeSO4），则n（Fe）＝n（FeSO4）＝n（H2SO4）＝cV＝0.1L×0.1mol/L＝0.01mol，得到固体铁的质量为0.01mol×56g/mol＝0.56g，故选：B。【点评】本题考查混合物的计算，把握原子守恒的计算、物质的性质及反应是解题关键，注意掌握守恒思想的计算应用，试题侧重学生分析能力、计算能力和灵活运用能力的考查，题目难度中等。5．下列有关氮的氧化物的说法正确的是（）A．因NO2与水反应可生成HNO3，故NO2是HNO3的酸酐 B．NO2为红棕色气体，因此将NO2通入水中，溶液显红棕色 C．NO、NO2都有毒，且NO是汽车尾气的有害成分之一 D．NO2与溴蒸气可用NaOH溶液鉴别，溶于NaOH溶液得到无色溶液的是NO2，得到橙色溶液的为溴蒸气【分析】A．酸酐是某含氧酸脱去一分子水或几分子水，所剩下的部分，其酸酐中决定酸性的元素的化合价不变；B．NO2为极易溶于水，通入水中后和水反应生成HNO3和NO，溶液无色；C．NO是机动车辆气缸中吸入的氮气和氧气高温条件下的产物；D．NO2和溴蒸汽均可以与NaOH溶液反应，产物中溶液是无色的。【解答】解：A．酸酐是某含氧酸脱去一分子水或几分子水，所剩下的部分，其酸酐中决定酸性的元素的化合价不变，NO2中N元素显+4价，而HNO3中N元素显+5价，故A错误；B．NO2为红棕色气体，但通入水中后和水反应生成HNO3和NO，溶液无色，故B错误；C．NO、NO2都有毒，且NO是汽车气缸中的氮气和氧气在高温条件下生成的，则汽车尾气中有NO气体，故C正确；D．NO2和溴蒸汽均可以与NaOH溶液反应，方程式分别为：2NO2+2NaOH＝NaNO2+NaNO3+H2O，Br2+2NaOH＝NaBrO+NaBr+H2O，反应后溶液均为无色，故D错误；故选：C。【点评】本题考查氮及其化合物的性质，涉及一氧化氮、二氧化氮的化学性质，酸酐的概念等，题目难度不大。6．将NO2溶于水可得到硝酸，发生的反应为3NO2+H2O═2HNO3+NO，设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（）A．常温常压下，46gNO2中含有的原子数为3NA B．1L0.5mol•L﹣1稀硝酸中含有的氧原子数为1.5NA C．该反应中，每生成22.4LNO，转移电子的数目为2NA D．该反应中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1【分析】A．46gNO2的物质的量为1mol，1molNO2中含有3mol原子；B．溶液中的水也含有氧原子；C．未指明标况，无法计算NO的物质的量；D．反应3NO2+H2O═2HNO3+NO中，3molNO2中有2mol氮的化合价升高，作还原剂，有1molN化合价降低，作氧化剂。【解答】解：A．46gNO2的物质的量为1mol，1molNO2中含有3mol原子，其数目为3NA，故A正确；B．溶液中的水也含有氧原子，因此1L0.5mol•L﹣1稀硝酸中含有的氧原子数大于1.5NA，故B错误；C．未指明标况，无法计算NO的物质的量，无法计算该反应中每生成22.4LNO转移电子的数目，故C错误；D．反应3NO2+H2O═2HNO3+NO中，3molNO2中有2mol氮的化合价升高，作还原剂，有1molN化合价降低，作氧化剂，因此氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2，故D错误；故选：A。【点评】本题主要考查阿伏加德罗常数的计算，为高频考点，题目难度不大。7．将盛有amolNO2和bmolNO（标准状况下）混合气体的试管倒扣于事先盛有水的水槽中，再通入bmolO2，充分反应后试管里剩余的气体的成分及物质的量取决于a与b的关系，则下列判断正确的是（）①若余NO，则a＜b，且剩余气体的物质的量为a②若余O2，则a＜b，且剩余气体的物质的量为b③若无气体剩余，则a＝b，且所得溶液的物质的量浓度为b22.4mol•L﹣1A．只有①正确 B．只有②正确 C．①②③都不正确 D．①②③都正确【分析】①若余NO，有如下情况：Ⅰ、只发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，Ⅱ、发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3、3NO2+H2O＝2HNO3+NO，Ⅲ、发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3、4NO+3O2+2H2O═4HNO3，NO有剩余；据此讨论计算判断；②、若余O2，发生4NO2+O2+2H2O＝4HNO3、4NO+3O2+2H2O═4HNO3，且NO2、NO完全反应，用a、b表示需要氧气的物质的量，再结合氧气的物质的量确定关系，计算剩余氧气的物质的量；③、若无气体剩余，发生4NO2+O2+2H2O＝4HNO3、4NO+3O2+2H2O═4HNO3，用a、b表示需要氧气的物质的量，再结合氧气的物质的量确定关系，根据N元素守恒n（HNO3）＝n（NO）+n（NO2），溶液体积等于NO、NO2的体积之和，根据n=n【解答】解：①若余NO，有如下情况：Ⅰ、只发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，则：4bmol＝amol，即a＝4b，NO未反应，剩余NO为bmol；Ⅱ、发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3、3NO2+H2O＝2HNO3+NO，则：4bmol＜amol，即a＜4b，与水反应的NO2为（a﹣4b）mol剩余NO为bmol+13（a﹣4b）mol=13（a﹣Ⅲ、发生反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3、4NO+3O2+2H2O═4HNO3，则NO2需要的氧气为14amol，与NO反应的氧气为bmol-14amol，NO完全反应需要氧气为34bmol，由于NO剩余，故34bmol＞bmol-1（b-14a）mol氧气反应掉NO为43（b-14a）mol，故剩余NO为bmol-43（b-14a）故①错误；②、若余O2，发生4NO2+O2+2H2O＝4HNO3、4NO+3O2+2H2O═4HNO3，且NO2、NO完全反应，则NO2需要的氧气为14amol，NO需要氧气为34bmol，故为14amol+34bmol＜bmol，整理的a＜b，剩余气体为bmol﹣（14amol+34bmol）=1；③、若无气体剩余，发生4NO2+O2+2H2O＝4HNO3、4NO+3O2+2H2O═4HNO3，则NO2需要的氧气为14amol，NO需要氧气为3故为14amol+34bmol＝bmol，整理的a＝b，根据N元素守恒n（HNO3）＝n（NO）+n（NO2）＝（a+b）mol，溶液体积等于NO、NO2的体积之和为（a+b）mol×22.4L/mol＝22.4（a+b），硝酸的浓度为(a故选：B。【点评】本题考查物质的量的有关计算，注意要分情况进行讨论，难度较大．8．氮氧化物（NOx）会对生态系统和人体健康造成危害。一种以沸石笼作为载体对NOx进行催化还原的原理如图所示。下列说法正确的是（）A．反应①中消耗1molO2，转移4mole﹣ B．含Cu化合物参与的反应一定有电子转移 C．反应⑤中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：1 D．图中总变化过程可表示为O2+4NO+4NH3═4N2+6H2O【分析】A．过程①中2Cu（NH3）2+和O2反应生成[（NH3）2Cu﹣O﹣O﹣Cu（NH3）2]2+；B．过程③只有O﹣O非极性键的断裂，元素的化合价没有发生变化；C．依据得失电子守恒进行分析；D．总反应方程式为O2+4NO+4NH3═4N2+6H2O。【解答】解：A．根据图示可知在反应①中0价的O2反应后在生成物中含有﹣O﹣O﹣，O元素化合价变为﹣1价，则反应消耗1molO2，转移2mole﹣，故A错误；B．过程③只有O﹣O非极性键的断裂，元素的化合价没有发生变化，反应为非氧化还原反应，因此含Cu化合物参与的反应不一定有电子转移，故B错误；C．在反应⑤中，氧化剂是NO、Cu（NH3）42+，还原剂是Cu（NH3）42+，每2个NO得到2×2e﹣被还原为N2，同时2个Cu（NH3）42+得到电子2×e﹣变为Cu（NH3）2+，反应过程共得到电子6e﹣；同时2个Cu（NH3）42+中的2个配位体NH3中N元素失去电子2×3e﹣＝6e﹣，被氧化为N2，故氧化剂与还原剂的物质的量之比为2：1，故C错误；D．根据图示可知图中总变化过程可表示为：O2+4NO+4NH3═4N2+6H2O，故D正确；故选：D。【点评】本题考查反应机理，侧重考查学生知识的应用能力，试题难度中等。9．已知歧化反应：3NO2+H2O═2HNO3+NO，下列说法正确的是（）A．氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2 B．氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2 C．1molNO2与足量水反应转移电子个数为2NA D．每生成22.4LNO，有2molNO2被氧化【分析】该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以二氧化氮既是氧化剂又是还原剂，硝酸是氧化产物，NO是还原产物，根据二氧化氮和转移电子之间的关系式计算转移电子的物质的量。【解答】解：A．氧化产物是硝酸与还原产物是一氧化氮，两者的物质的量之比为2：1，故A错误；B、该反应中N元素的化合价由+4价变为+5价和+2价，所以生成硝酸的二氧化氮是还原剂，其计量数是2，生成NO的二氧化氮是氧化剂，其计量数是1，所以氧化剂和还原剂的物质的量之比是1：2，故B正确；C、3molNO2与足量水反应转移电子个数为2NA，故C错误；D、状况不知无法由体积求物质的量，故D错误；故选：B。【点评】本题考查氧化还原反应，明确元素化合价是解本题关键，注意该反应中化合价变化的元素只有N元素，为易错点。10．按图进行NO2还原性的探究实验。随着实验的进行，下列说法正确的是（）A．可观察到装置Ⅰ中逐渐产生红棕色气体 B．装置Ⅱ中的试剂可以更换为碱石灰 C．可观察到装置Ⅲ中的气体和固体颜色变浅 D．装置Ⅳ中发生反应的离子方程式为NO2+2OH﹣═NO3-【分析】A．Cu和浓硝酸反应生成红棕色的气体NO2；B．无水氯化钙吸收水，碱石灰吸收NO2和水蒸气；C．装置Ⅱ中发生反应2NO2+Na2O2＝2NaNO3，NO2为红棕色气体、Na2O2为淡黄色固体，NaNO3为白色固体；D．没有配平方程式。【解答】解：A．铜与浓硝酸反应迅速生成NO2，NO2为红棕色气体，故A错误；B．碱石灰可以吸收NO2，会干扰NO2与过氧化钠的反应，故错B误；C．装置Ⅱ中发生反应2NO2+Na2O2＝2NaNO3，故NO2的红棕色、Na2O2的淡黄色均会变化，故C正确；D．离子方程式未配平，该离子方程式为2NO2+2OH﹣=NO3-+N故选：C。【点评】本题考查探究NO2的还原性，侧重查看分析、判断及知识综合运用能力，明确实验原理、元素化合物的性质、实验现象变化是解本题关键，题目难度不大。11．下列说法正确的是（）A．谷物发酵酿酒的过程中涉及氧化还原反应 B．向Na2S固体中滴加浓硫酸，发生复分解反应生成H2S C．室温下，将铁片加到浓硝酸中不发生反应 D．NO2与H2O发生反应生成HNO3，NO2为酸性氧化物【分析】A．谷物发酵酿酒的过程中葡萄糖转化为乙醇；B．Na2S与浓硫酸发生氧化还原反应生成硫沉淀；C．室温下，铁片遇浓硝酸钝化；D．酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水的氧化物。【解答】解：A．谷物发酵酿酒的过程中葡萄糖转化为乙醇，涉及氧化还原反应，故A正确；B．向Na2S固体中滴加浓硫酸，两者发生氧化还原反应生成硫沉淀，故B错误；C．室温下，铁片遇浓硝酸钝化，发生了反应，但反应一会就停止了，故B错误；D．酸性氧化物是指与碱反应生成盐和水的氧化物；NO2与H2O发生反应生成HNO3和NO，NO2不是酸性氧化物，故D错误；故选：A。【点评】本题考查氧化还原反应，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。12．不能用作制冷剂的是（）A．N2 B．NH3 C．SO2 D．H2SO4【分析】A．液氮沸点低；B．液氨汽化可以吸收大量的热；C．液态二氧化硫常温下就能汽化；D．硫酸沸点高，难挥发。【解答】解：A．液氮沸点低，是良好的制冷剂，故A正确；B．液氨汽化可以吸收大量的热，常用作制冷剂，故B正确；C．液态二氧化硫常温下就能汽化，汽化可以吸收大量的热，可用作制冷剂，故C正确；D．硫酸沸点高，难挥发，不能用作制冷剂，故D错误；故选：D。【点评】本题考查了物质的用途，熟悉相关物质的性质是解题关键，题目难度不大。13．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．常温下可以用铁制容器来盛装浓硝酸 B．工业制硝酸过程中的物质转化：NHC．氮气、铵盐、亚硝酸盐、硝酸盐之间的转化构成了自然界“氮循环”的一部分 D．实验室用浓氨水、生石灰制备少量氨气：NH3•H2O+CaO═Ca（OH）2+NH3↑【分析】A．常温下浓硝酸可使铁钝化；B．一氧化氮和水不反应；C．氮气、铵盐、亚硝酸盐、硝酸盐之间的转化构成了自然界“氮循环”的一部分；D．生石灰溶于水得到氢氧化钙、同时大量放热促使一水合氨分解，则反应实验室用浓氨水、生石灰制备少量氨气。【解答】解：A．常温下浓硝酸可使铁钝化，故常温下可以用铁制容器来盛装浓硝酸，故A正确；B．一氧化氮和水不反应，故NO不能转化为HNO3，故B错误；C．氮气、铵盐、亚硝酸盐、硝酸盐之间的转化构成了自然界“氮循环”的一部分，故C正确；D．生石灰溶于水得到氢氧化钙、同时大量放热促使一水合氨分解，则反应实验室用浓氨水、生石灰制备少量氨气：NH3⋅H2O+CaO＝Ca（OH）2+NH3↑，故D正确；故选：B。【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。14．某兴趣小组采用如图装置收集NO2、O2混合气体。将G装置上面的圆底烧瓶收集满气体进行喷泉实验，观察到混合气体全部被吸收。下列说法错误的是（）A．G装置中虚线上导管实线图应是左高右低 B．可观察G装置内浓硫酸中气泡的生成速率，控制混合气体的比例 C．H装置中发生反应的化学方程式为Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O D．实验后圆底烧瓶中所得溶液物质的量浓度约为0.036mol•L﹣1（保留两位有效数字）【分析】A．根据O2和NO2的密度均比空气密度大进行分析；B．根据观察气泡的速率，便于控制混合气体的比例进行分析；C．根据铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，进行分析；D．根据未说明气体是否处于标准状况下，不能确定其摩尔体积进行分析。【解答】解：A．O2和NO2的密度均比空气密度大，故应该进气管短，出气管长，即G装置中虚线上导管实线图应是左高右低，故A正确；B．G装置中浓硫酸有三种作用：除了混合二氧化氮、氧气，干燥二氧化氮、氧气以外，还有观察气泡的速率，以便于控制混合气体的比例，故B正确；C．Cu和浓HNO3反应生成硝酸铜、NO2和水，反应的化学方程式为：Cu+4HNO3（浓）＝Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，故C正确；D．观察到混合气体全部被吸收，则烧瓶中充满溶液，反应4NO2+O2+2H2O＝4HNO3恰好完全反应，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。但是未说明气体是否处于标准状况下，不能确定其摩尔体积，也无法确定溶液的体积，从而无法计算所得溶液物质的量浓度，故D错误；故选：D。【点评】本题主要考查氮的氧化物的性质及其对环境的影响等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。二．解答题（共3小题）15．将12mL充满O2和NO2的混合气体的试管倒置在水槽中，反应停止后试管内剩余2mL的无色气体，求原混合气体中O2多少毫升．【分析】NO2和O2混合气体与反应可能的反应式有：4NO2+O2+2H2O＝4HNO3，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，根据反应的方程式有讨论的方法计算．【解答】解：如氧气过量，则剩余2ml无色气体为氧气，设参加反应的氧气的体积为x，则有：4NO2+O2+2H2O＝4HNO34xx4x+x＝12ml﹣2ml＝10ml，x＝2ml，所以氧气的体积为：2ml+2ml＝4ml；如NO2过量，则剩余2ml无色气体为NO，设氧气的体积为y，4NO2+O2+2H2O＝4HNO34yy3NO2+H2O＝2HNO3+NO31（12ml﹣y﹣4y）2y＝1.2ml，答：原混合气体中O2体积为4ml或1.2ml；【点评】本题考查混合物的计算，题目难度中等，注意气体的过量判断，结合方程式计算．16．NOx（主要指NO和NO2）是大气主要污染物之一、有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。（1）在催化剂作用下，NH3可与NO2发生如下反应：NH3+NO2→催化剂N2+H2O①该反应的氧化剂是NO2（填化学式）。配平上述化学方程式8NH3+5NO2═7N2+12H2O。②用单线桥表示该反应中电子转移的方向和数目。③为研究哪些物质能将NOx转化为N2以消除污染，根据氧化还原反应的知识可知，下列物质中不适宜选用的是C（填序号）。A.COB.H2C.CO2（2）某同学写出以下化学反应方程式（未配平）：①NH3+NO→HNO2+H2O②NO+HNO3→N2O3+H2O③N2O4+H2O→HNO3+HNO2在3个反应中一定不可能实现的是①，反应②中还原性强的是NO。NO、N2O3被氧化的元素是N。【分析】（1）①所含元素化合价降低的反应物是氧化剂；②用单线桥表示反应中电子转移的方向和数目，在反应物中由失电子的元素指向得电子的元素，在箭头上方注明转移电子数目；③将NOx转化为N2以消除污染，反应中N元素化合价降低，发生还原反应，应选择具有还原性的物质；（2）根据氧化还原反应中元素化合价的升降相等判断，根据还原剂的还原性大于还原产物的还原性进行判断；【解答】解：（1）①反应中只有NO2中N元素化合价降低为氮气中的0价，故NO2是氧化剂，NO2中N元素化合价由+4价降低为氮气中的0价，共转移电子数为24，根据得失电子守恒配平为8NH3+5NO2═7N2+12H2O，故答案为：NO2；8；5；7；12；②NO2中N元素化合价由+4价降低为氮气中的0价，共转移电子数为24，故用单线桥表示该反应中电子转移的方向和数目：，故答案为：；③将NOx转化为N2以消除污染，反应中N元素化合价降低，发生还原反应，应选择具有还原性的物质，选项中CO、H2可以，CO2不能，故答案为：C；（3）①中N元素化合价只升高，不符合氧化还原反应的原理，一定不能发生，在反应②NO+HNO3→N2O3+H2O中NO作还原剂，反应中NO的还原性最强，NO中N的化合价升高，失电子，被氧化，故答案为：①；NO；N。【点评】本题考查氧化还原反应基本概念、配平等，侧重于学生的分析能力的考查，注意从化合价的变化角度理解有关概念，难度不大。17．我国学者分别使用Fe2O3和Fe3O4作催化剂对燃煤烟气脱硝脱硫进行了研究。（1）催化剂制备。在60～100℃条件下，向足量NaOH溶液中通入N2一段时间，再加入适量新制FeSO4溶液，充分反应后得到混合物X；向混合物X中加入NaNO3溶液，充分反应后经磁铁吸附、洗涤、真空干燥，制得Fe3O4催化剂。①通入N2的目的是排除NaOH溶液中的O2，防止Fe2+被氧化为Fe3+。②混合物X与NaNO3反应生成Fe3O4和NH3，该反应的化学方程式为12Fe（OH）2+NaNO3加热¯4Fe3O4+NH3↑+NaOH+10H2O（2）催化剂性能研究。如图﹣1所示，当其他条件一定时，分别在无催化剂、F