高中化学人教版（2019）必修第二册第五章 第二节 氮及其化合物
一、单选题
1．（2021高一下·雅安期末）汽车尾气管中安装有尾气处理装置，以降低汽车使用过程中对环境的污染，其工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物
B．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2
C．催化转化总反应为2NO+O2+4CO4CO2+N2
D．NO和O2必须在催化剂表面才能反应
【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A．根据图示，NO与O2反应生成NO2，NO为还原剂；NO2和CO反应生成N2，N2为还原产物，故A不符合题意；
B．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO，N2不是污染物，故B不符合题意；
C．根据图示，催化转化总反应为2NO+O2+4CO4CO2+N2，故C符合题意；
D．NO和O2常温下直接反应生成NO2，不需要催化剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．所含元素化合价升高的物质为还原剂；所含元素化合价降低得到产物为还原产物；
B．N2不是污染物；
C．根据图示初始反应物和最终生成物确定总反应；
D．NO和O2生成NO2，不需要催化剂。
2．（2021高一下·雅安期末）相同质量的四份铜片，分别置于足量的下列酸中，在一定条件下反应，所得到的气体的物质的量最多的是（ ）
A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．稀硝酸
【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】设金属Cu均为1mol，则
A．Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，1molCu完全反应，生成1mol气体；
B．由铜在金属活动性顺序表中的位置可知，铜不可以和非氧化性酸反应产生H2，即铜和稀硫酸不反应；
C．由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，1molCu完全反应，生成2mol气体；
D．由3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，1molCu完全反应生成气体mol；
故相同质量的四份铜片与足量的酸反应，所得到的气体的物质的量最多的是浓HNO3；
故答案为：C。
【分析】依据金属与酸反应的化学方程式分析计算。
3．（2021高一下·绵阳期末）将一定质量的Cu粉投入到400 mL 2 mol/L的稀硝酸中，待Cu粉完全溶解时，收集到标准状况下的NO气体2.688 L(假设硝酸的还原产物只有NO且气体全部逸出)，再向反应后的溶液中缓慢加入Fe粉，充分反应后溶液只含一种溶质。下列说法错误的是（ ）
A．加入铁粉后，最终溶液的溶质是Fe(NO3)2
B．最初的铜粉质量为11.52 g
C．铜粉反应完后，溶液中的H+浓度为0.8 mol/L
D．至少需要加入铁粉8.4 g
【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质
【解析】【解答】A．加入Cu：3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，还有剩余硝酸，向反应后的溶液中缓慢加入Fe粉，Fe与Cu(NO3)2反应生成Cu单质和Fe(NO3)2，Fe与稀硝酸反应也生成Fe(NO3)2、NO、4H2O，而充分反应后溶液只含一种溶质，最终溶液的溶质只能是Fe(NO3)2，A项不符合题意；
B．由反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知， ，则最初的铜粉质量为11.52 g ，B项不符合题意；
C．由反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，，硝酸总的物质的量为0.4L× 2 mol/L=0.8mol，则剩余硝酸物质的量为0.8mol-0.48mol=0.32mol，则铜粉反应完后，溶液中的H+浓度为=0.8mol/L，C项不符合题意；
D．由题可知，Cu- Cu(NO3)2-Fe- Fe(NO3)2，最终溶液的溶质是Fe(NO3)2，硝酸总的物质的量为0.4L× 2 mol/L=0.8mol，则至少需要加入铁粉为19.04g，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据化学反应原理分析计算。
4．（2021高三上·海淀期中）水体中的局部氮循环如下图所示，其中含氮物质转化方向与水深有关。
下列说法错误的是（ ）
A．图中涉及的反应均为氧化还原反应
B．反硝化过程中含N物质被还原
C．不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关
D．排放含 废水不会影响水体中 的浓度
【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由图中转化关系可知，图中涉及的反应，元素化合价都发生了变化，故均为氧化还原反应，故A不符合题意；
B．由图中转化关系可知，反硝化过程中含N物质化合价均降低，被还原，故B不符合题意；
C．表层水中氧气浓度大，含氮物质转化以硝化过程为主，发生氧化反应；底层水中氧气浓度小，含氮物质转化以反硝化过程为主，发生还原反应，所以不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关，故C不符合题意；
D．图中转化关系中 浓度增大，硝化作用增强，会导致 增多，所以排放含 废水会影响水体中 的浓度，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图中含氮化合物的转变，分析氮元素化合价的变化，进而分析解答。
5．（2021高三上·海拉尔月考）铁与不同浓度HNO3反应时的主要还原产物如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．其他条件相同，铁与浓硝酸(1.40g·cm-3)反应的主要还原产物为NO2
B．硝酸的浓度越小，还原产物中低价态的成分越多
C．一定量的铁粉与浓硝酸(1.26g·cm-3)反应生成2.24L(标准状况下)气体，则参加反应的n(HNO3)=0.1mol
D．铁与过量浓硝酸(1.35g·cm-3)反应可表示为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；硝酸的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】A．据图可知当硝酸的密度为1.4g/cm3时，还原产物主要为NO2，还有少量的NO，故A不符合题意；
B．据图可知硝酸的密度越小，还原产物中N元素呈现的价态越多，故B不符合题意；
C．当硝酸的密度为1.26g·cm-3时，还原产物有NO、NO2、N2O，气体标况下体积为2.24L，即1mol，根据原子守恒可知被还原的HNO3要大于0.1mol，而且铁粉与硝酸反应时，还有一部分硝酸起到酸的作用，所以参加反应的硝酸大于0.1mol，故C符合题意；
D．当硝酸溶液的密度为1.35g mL-1时，由图象可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，反应的化学方程式应为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.根据图像分析，1.4时主要存在的是二氧化氮；
B.浓度越低时，其物质中氮元素化合价较低；
C.其气体的一氧化氮、二氧化氮、一氧化二氮，根据原子守恒，硝酸需要大于0.1ｍｏｌ；
D.根据图像成分是一氧化氮和二氧化氮，在根据得失电子守恒配平。
6．（2021高三上·深圳月考）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。下列说法错误的是（ ）
A．a可经催化氧化生成b B．b为红棕色，可转化为c
C．密闭体系中，c存在2NO2 N2O4 D．d的溶液与Cu反应可生成b或c
【答案】B
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．根据图像，a为NH3，b为NO，NH3可经催化氧化生成NO，A说法不符合题意；
B．b为NO，为无色气体，与氧气反应可转化为c，即NO2，B说法符合题意；
C．+4价的含氮氧化物有NO2、N2O4，密闭体系中，c存在2NO2 N2O4，C说法不符合题意；
D．d为硝酸，Cu与稀硝酸溶液反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，D说法不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图知， a、b、c、d分别是NH3、NO、NO2、HNO3：
A.氨气催化氧化生成NO；
B. NO是无色气体、NO2是红棕色气体，NO和氧气反应生成NO2；
C. NO2和N2O4之间存在平衡；
D.稀硝酸和Cu反应生成NO、浓硝酸和Cu反应生成NO2。
7．（2021高二上·上海月考）检验铵根离子的实验所依据的是（ ）
①铵根离子水解显酸性；② 与 间发生反应加热后产生氨气；③ 能电离出 和 ；④石蕊在碱性条件下变为蓝色
A．②④ B．①②③④ C．①②③ D．②③④
【答案】D
【知识点】铵离子检验
【解析】【解答】①NH4＋水解显酸性，不能用于证明NH4＋的存在，①不符合题意；
②能与OH－反应产生NH3，则含有NH4＋，②符合题意；
③NH3·H2O能电离产生NH4＋和OH－，③符合题意；
④石蕊在碱性条件下变为蓝色，说明含有NH4＋，④符合题意；
综上，正确的是②③④，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对NH4＋的检验，结合NH4＋的性质分析即可。
8．（2021高二上·泗县开学考）按下图进行实验，试管内装有12 ，然后间歇而缓慢地通入8 ，下面有关实验最终状态的描述正确的是：（ ）
A．试管内气体呈红棕色
B．试管内气体为无色的
C．试管内气体为无色的
D．试管内液面上升至充满整个试管
【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A.由分析可知，反应后剩余的气体为NO，NO为无色气体，A不符合题意；
B.由分析可知，反应后剩余的气体为NO，B符合题意；
C.由分析可知，反应后剩余的气体为NO，C不符合题意；
D.由分析可知，反应后有NO剩余，则试管内液体不会充满整只试管，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】通入O2后发生反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，反应后NO有剩余。据此分析选项。
9．（2020高二下·宝山期末）下列关于 的检验步骤错误的是（ ）
①取样，②加入氢氧化钠溶液并③加热，④在试管口放一张红色石蕊试纸。
A．① B．② C．③ D．④
【答案】D
【知识点】铵离子检验
【解析】【解答】加热条件下铵盐与碱反应放出氨气， 的检验步骤：①取样，②加入氢氧化钠溶液，③加热，④在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则说明原溶液含有 ；氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，所以④不符合题意，
故答案为：D。
【分析】在铵盐溶液中加NaOH然后加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色，说明存在铵根离子，据此分析。
10．（2021高一下·南通期末）氮的氧化物性质探究实验如下：
步骤1：在一支 的注射器中充入 无色气体 ，然后吸入 水，用乳胶管和弹簧夹封住管口，如题图所示。振荡注射器，无明显现象。
步骤2：打开弹簧夹，快速吸入少量 后夹上弹簧夹，气体变成红棕色。
步骤3：振荡注射器，气体又变为无色，溶液仍无色。
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤1说明 难溶于水
B．步骤2中红棕色气体是
C．步骤3中发生反应的氧化剂和还原剂的质量比为
D．重复步骤2、步骤3多次，可使 充分转化
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.根据步骤1，振荡注射器，无明显现象，说明一氧化氮未溶于蒸馏水，故A不符合题意
B.根据步骤2，吸入氧气后，气体由无色变为红棕色，主要是一氧化氮与氧气发生了化学反应，故B不符合题意
C.根据步骤3，红棕色变为无色，说明二氧化氮与水发生了反应即3NO2+H2O=2HNO3+NO氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2，故C符合题意
D.要处理残余的一氧化氮，可以将其氧化为二氧化氮在与水反应重复步骤2，3即可，可以使一氧化氮转化，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】根据题意即可知道，步骤1说明一氧化氮难溶于水，而通入氧气后变为红棕色，索命一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应得到硝酸和一氧化氮，即可找出氧化剂与还原剂的物质的量之比，根据重复步骤2和3可以将一氧化氮充分除去
11．（2021高一下·滨海期末）氮及其化合物的变化关系如图所示。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．N2和O2不能直接化合生成NO2
C．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
D．上述所有反应中氮元素均被氧化
【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.根据硝酸的合成路径是合成氨，氨气的的催化氧化、一氧化氮的氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应得到硝酸，所以路线①②③是主要路径，故A不符合题意
B.氮气和氧气不能直接反应得到二氧化氮，故B不符合题意
C. 路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径 ，故C不符合题意
D.氮气生成氨气其中氮元素的化合价降低，被还原，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.工业上合成硝酸是利用氨气做原料连续氧化，最终与水反应得到硝酸
B.氮气和氧气的反应只能反应得到的是一氧化氮
C. 雷电固氮生成硝酸的主要途径 是氮气与氧气反应，得到一氧化氮，与氧气反应得到二氧化氮，与水反应得到硝酸
D.标出化合价即可判断
12．（2021高一下·滨海期末）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。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，通入O2的体积为2.8L
B．反应中被还原的HNO3的物质的量为1.5mol
C．标准状况下，混合气体中NO和NO2的体积均为5.6L
D．硝酸的物质的量浓度为10.0mol/L
【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.硝酸部分被还原得到一氧化氮和二氧化氮，二氧化氮和一氧化氮均与氧气反应最终与氢氧化钠溶液签好反应变为硝酸钠，即可得出硝酸变成一氧化氮和二氧化氮转移的电子与二氧化氮和一氧化氮被氧化得到的电子数目相等，且均等于铜失去的电子，n(Cu)=0.5mol，转移的电子为1mol电子，根据O2~4e，即可计算出消耗的氧气的物质的量为0.25mol，标况下的体积为5.6L，故A不符合题意
B. 产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体 ，物质的量为0.5mol，因此被还原的硝酸是0.5mol.故B不符合题意
C.转移的总电子数为1mol。而二氧化氮和一氧化氮的物质的量为0.5mol，根据HNO3~NO2~e，HNO3~NO~3e，设一氧化氮为x，二氧化氮为y，x+y=0.25mol、x+3y=1mol，得到x=y=0.25mol，标况下体积均为5.6L，故C符合题意
D.铜与硝酸反应得到的是硝酸铜溶液或者是含有为反应完的硝酸，此时硝酸铜的物质的量为0.5mol。硝酸根的物质的量为1mol，根氮元素守恒150mL的硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为2mol+0.5mol=1，5mol，硝酸的浓度10.0mol/L，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.根据分析即可得出氧气得到的电子即是铜失去的电子即可计算出标况下氧气的体积
B.根据硝酸被还原为一氧化氮和二氧化氮即可计算出被还原的硝酸物质跌量
C.根据一氧化氮和二氧化氮的总的物质的量以及转移的电子总数即可计算
D.铜完全溶解，但是硝酸是否反应完全不确定，先假设硝酸全部反应完全，计算出结果，最终得到的硝酸浓度大于此值即可
二、填空题
13．某化学小组设计如图装置，探究铜和一定量的浓HNO3是否反应是否有NO生成．已知：A试管内空气体积为50mL（标准状况），B广口瓶盛80mL水，硝酸不溶于煤油．
请回答下列问题：
（1）加入浓HNO3前应先通一段时间N2，具体操作为： ，其作用是 ．
（2）关闭K1、K2，打开K3，通过分液漏斗向试管中加入一定量的浓硝酸，然后在硝酸上方加一层煤油，煤油的作用是 ，待铜和硝酸反应完毕后，通过分液漏斗向试管中加煤油直至试管充满．
（3）读取量气管读数时，要先 ，然后再读取读数．
（4）数据分析：①从B中取20mL溶液，恰好中和用去0．1mol/L的NaOH体积为16mL则B中所得硝酸的物质的量浓度为 ．
②假设只生成NO2，通过计算理论上收集到的气体体积为 mL （标准状况下）．
③实验最终测得气体的体积为130.5mL（标准状况下），与理论值有差异，其理由可能为 ．
A．Cu与一定物质的量浓度的HNO3反反应除了生成NO2还生成NO
B．过程中还发生了反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3
C．过程中还发生了反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3
D．硝酸具有挥发性，对实验有影响．
【答案】（1）关闭K3，打开K1、K2通入N2；排尽装置内的空气，以防氧化可能生成的NO
（2）液封，防正硝酸挥发
（3）向下移动量气管D，调整液面使C、D 中液面相平
（4）0.08mol/L；121.68；A
【知识点】硝酸的化学性质
【解析】【解答】解：（1）由装置图可知N2从K3进，空气从K1排出，所以要关闭 K2，打开K1、K3；NO易被空气中的氧气氧化，所以要先用氮气排净装置中的空气；故答案为：关闭K3，打开K1、K2；排尽装置内的空气，以防氧化可能生成的NO；（2）硝酸属于挥发性酸，煤油的密度小在硝酸上面，能防止硝酸挥发，所以在硝酸中加煤油的作用为液封，防正硝酸挥发；故答案为：液封，防正硝酸挥发；（3）读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，即保持两边液面相平，还要用眼睛平视读数，即向下移动量气管D，调整液面使C、D 中液面相平；故答案为：向下移动量气管D，调整液面使C、D 中液面相平；（4）①B中溶液为硝酸，与氢氧化钠等物质的量反应，从B中取20mL溶液，恰好中和用去0．1mol/L的NaOH体积为16mL，则c（硝酸）= =0.08mol/L；故答案为：0.08mol/L；②B中发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，B中溶液的体积为80mL，则B中硝酸的物质的量为0.08L×0.08mol/L=0.0064mol，所以NO的体积为0.0064mol× ×22.4L/mol=0.07168L，由于A中残留N2为50mL，也被全部排到量气管中，所以理论上收集到的气体体积为71.68+50=121.68mL；故答案为：121.68；③A．Cu与一定物质的量浓度的HNO3反反应除了生成NO2还生成NO，生成NO时，量气管中NO偏多，实验最终测得气体的体积为130.5mL比理论值偏大，故A正确；B．过程中还发生了反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，则量气管中NO偏少，而实验最终测得气体的体积为130.5mL比理论值偏大，故B错误；C．过程中还发生了反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，则量气管中NO偏少，实验最终测得气体的体积为130.5mL比理论值偏大，故C错误；D．实验中加了煤油，排除了硝酸挥发性的影响，实验值与理论值相近，故D错误；故答案为：A．
【分析】（1）由装置图可知N2从K3进，空气从K1排出；NO能与空气中的氧气反应，要先排尽氧气；（2）硝酸属于挥发性酸，煤油的密度小在硝酸上面，能防止硝酸挥发；（3）读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差；（4）①B中溶液为硝酸，与氢氧化钠等物质的量反应，根据氢氧化钠的物质的量计算；②B中发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据硝酸的物质的量计算NO的物质的量和体积；③A．Cu与一定物质的量浓度的HNO3反反应除了生成NO2还生成NO，生成NO时，量气管中NO偏多；B．过程中还发生了反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，则量气管中NO偏少；C．过程中还发生了反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，则量气管中NO偏少；D．实验中加了煤油，排除了硝酸挥发性的影响．
14．（2016高一上·武汉期中）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NOx反应进行了探究：收集足量NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，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
打开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反应的化学方程式
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 生成的气态水凝集
打开K2 ③ ④
【答案】红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO2 7N2+12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】解：打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；
根据反应8NH3+6NO2 7N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断，反应后气体分子数减少，装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下发生倒吸；
故答案为：
操作步骤 实验现象 解释原因
红棕色气体慢慢变浅 8NH3+6NO2 7N2+12H2O
Z中NaOH溶液产生倒吸现象 反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【分析】打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色变浅；
依据8NH3+6NO2=7N2+12H2O以及气态水凝聚判断，反应后气体分子数减少从而判断打开K2发生的现象．
三、综合题
15．（2020高一上·和县期中）
（1）将容积为50 mL的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5 mL。则原混合气体中NO2和O2体积比可能是 或 。
（2）工业制硫酸的过程中，SO2被氧气氧化的化学方程式为 。
（3）工业制漂白粉的化学方程式 。
【答案】（1）18：7；43：7
（2）2SO2＋O2 2SO3
（3）2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
【知识点】氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质
【解析】【解答】（1）相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，发生的反应有4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，剩余的气体可能是NO，也可能是O2，假设剩余气体为O2，说明混合气体中O2过量，NO2不足，令NO2的体积为xmL，O2的体积为(50－x)mL，根据反应方程式，因此有(50－x)mL－x/4mL=5mL，解得x=36，O2的体积为14mL，NO2和O2的体积之比为36：14=18：7；如果剩余气体为NO，则NO2过量，O2不足，令O2的体积为ymL，发生4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，剩余NO2的体积为(50－y－4y)mL，剩余NO2与H2O发生3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，产生NO的体积为(50－5y)/3=5，解得y=7，则NO2的体积为43mL，NO2和O2的体积之比为43：7；（2）工业上制硫酸，SO2被氧气氧化的化学方程式为2SO2＋O2 2SO3；（3）工业上制取漂白粉，常用Cl2和石灰乳反应来制备，即化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O.
【分析】(1)根据4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，结合剩余的5mL气体是O2还是NO分析；
(2)工业制硫酸使用SO2和O2反应生成SO3，再生产硫酸；
(3)工业上将Cl2通入石灰乳制备漂白粉。
16．（2021高一下·番禺月考）下图是氮元
素形成物质的价类二维图及氮循环的部分信息：
（1）下列说法正确的是
a、可通过雷电作用将b转化为c，这是一种固氮方式
b、可通过加氧化剂将e转化为f
c、a→c→d→f这几个反应中，均发生了N元素被氧化的反应
d、g只具有氧化性，还可能与碱发生反应
e、可通过加Cu、C等还原剂，将f转化为d
f、h可与f反应生成i
（2）a的电子式为 ，写出a转化为c的化学方程式
（3）h的化学式是 ，检验i中阳离子的方法是
（4）f的稀溶液与Cu反应的离子方程式为 标准状况下生成4.48L气体，参加反应的铜的质量为
【答案】（1）acef
（2）；4NH3+5O2 4NO+6H2O
（3）；取少量溶液加入浓NaOH溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝
（4）3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO+4H2O；19.2
【知识点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】(1) a．氮气和氧气在放电条件下生成NO，故a故答案为：；
b．N2O5和水反应生成HNO3，元素化合价没变，属于非氧化还原反应，不需要加氧化剂，故b不故答案为：；
c．NH3→NO→NO2→HNO3，这几个反应中，N元素化合价依次升高，均发生了N元素被氧化的反应，故c故答案为：；
d．HNO2中N元素化合价为+3价，既能升高又能降低，HNO2既有氧化性又有还原性，故d不故答案为：；
e．Cu、C与浓硝酸反应生成二氧化氮，故e故答案为：；
f．氨水和硝酸反应生成NH4NO3，故f故答案为：；
故答案为：bd；
(2)a是氨气，电子式为 ， 氨气发生催化氧化生成NO气体，化学方程式4NH3+5O2 4NO+6H2O；
(3)h是一水合氨，化学式是 ， i是NH4NO3，阳离子是铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量溶液加入浓NaOH溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝；
(4)f的稀溶液是稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO+4H2O；根据反应方程式，生成0.2molNO气体，参加反应的铜的物质的量为0.3mol，质量为0.3mol×64g/mol=19.2g。
【分析】根据氮元素形成物质的价类二维图，-3价N对应的氢氧化物a是NH3、对应的碱h是 ；0价N对应的单质b是N2；+2价对应的氧化物c是NO；+3价N对应的酸g是HNO2；+4价N对应的氧化物d是NO2；+5价N对应的氧化物e是N2O5、对应的酸f是HNO3，-3、+5价N对应的盐i是NH4NO3。
17．（2021高一下·乾安月考）氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，因此必须对含有氮氧化物的废气进行处理。
（1）用NaOH溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式：
NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O ①
2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O ②
在反应①中，氧化剂是 ，还原剂是 。
在反应②中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（2）汽车尾气中含有CO和NO,消除这两种物质对大气污染的方法是安装催化转化器,使它们发生反应生成N2和CO2，该反应的化学方程式为 。
（3）在一定条件下NH3亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质。写出NH3和NO2在一定条件下反应的化学方程式： 。
【答案】（1）NO2；NO；1:1
（2）2CO+2NO N2+2CO2
（3）8NH3+6NO2 7N2+12H2O
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】(1)反应①NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O中，NO2中氮元素化合价降低，是氧化剂，NO中氮元素化合价升高，是还原剂；故答案为：NO2；NO；反应②中，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NO2中氮元素化合价降低得到NaNO2，NO2中氮元素化合价升高得到NaNO3，NO2既是氧化剂又是还原剂，物质的量之比为1:1；故答案为：1:1；
(2)汽车尾气中含有CO和NO,消除这两种物质对大气污染的方法是安装催化转化器,使它们发生反应生成N2和CO2，该反应的化学方程式为2CO+2NO N2+2CO2；
(3)在一定条件下NH3亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质，则生成物为氮气和水，反应的方程式为8NH3+6NO2 7N2+12H2O。
【分析】（1）根据反应方程式即可找出氧化剂和还原剂以及物质的量之比
（2）反应物和生成物已知故可写出方程式
（3）空气无污染即为氮气和水，根据反应物和生成物即可写出
18．（2020高一上·潍坊期末）水合肼(N2H4·H2O)是一种精细化工原料，常用于医药、农药、染料、航天等领域。实验室模拟尿素法制备N2H4·H2O，并进一步制取副产品Na2SO3的流程如图所示。
已知：①N2H4·H2O具有强还原性，易被氧化成N2。
②一定条件下，碱性NaClO溶液与尿素溶液反应生成N2H4·H2O。
③尿素中氮元素为-3价。
回答下列问题：
（1）吸收塔内发生反应的离子方程式为 。
（2）为提高吸收塔内NaOH的有效利用率，将二氧化锰和浓盐酸制取的Cl2通入吸收塔前应进行的操作是 (填操作名称)，选用的试剂是 。
（3）反应器内生成水合肼的化学方程式为 。
（4）制备过程中要控制反应器内NaClO溶液的供给量，其主要目的是 (用离子方程式表示)。
（5）副产品Na2SO3常用作还原性漂白剂。在测定某液体葡萄糖中Na2SO3残留量时，取50.00mL样品，先通入足量Cl2，再加入足量盐酸酸化的氯化钡溶液，充分反应，过滤，洗涤，干燥，称量固体质量为0.11g。通入足量Cl2发生反应的离子方程式，为 ，该样品中Na2SO3残留量为 g·L-1(以SO2计，结果保留1位小数)。
【答案】（1）Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
（2）洗气；饱和食盐水或饱和氯化钠溶液
（3）(NH2)2CO+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl
（4）2ClO-+N2H4·H2O=N2↑+2Cl-+3H2O
（5）Cl2+ +H2O= +2Cl-+2H+；0.6
【知识点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）吸收塔发生的是氯气和氢氧化钠反应，故离子方程式 Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
（2）浓盐酸得挥发性，出来的气体可能存在氯化氢，所以气体进入吸收塔时，需要洗气。选用的试剂时饱和的食盐水
（3）反应物生成物都已经知道，直接写出： (NH2)2CO+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl
（4） N2H4·H2O具有强还原性，故发生的反应为 2ClO-+N2H4·H2O=N2↑+2Cl-+3H2O
（5）氯气具有氧化性，亚硫酸钠具有还原性，发生氧化还原反应， Cl2+ +H2O= +2Cl-+2H+ ，根据硫元素守恒：得出关系式：设二氧化硫的物质的量为x
SO2~~~~~~~BaSO4
1 233
x 0.11g
解得x=0.00047mol
样品的中亚硫酸钠得残留量为0.00047molx64g/mol/0.05L=0.6g/L
【分析】（1）考查氯气和氢氧化钠的离子方程式，发生歧化反应
（2）考查氯化氢的除杂问题，需要进行洗气操作，用饱和食盐水
（3）考查方程式的写法，反应物和生成物都已给出可直接书写
（4）次氯酸钠具有氧化性，N2H4·H2O具有强还原性具有还原性，发生氧化还原反应
（5）根据元素守恒，根据沉淀的质量求出硫元素的物质的量，再根据公式计算出 样品中Na2SO3残留量
四、实验探究题
19．（2021高一下·汕尾期末）某研究性学习小组利用以下装置探究氯气和氨气之间的反应情况。其中A、F分别为氨气和氯气的制取发生装置，C为纯净干燥的氯气与干燥的氨气发生反应的装置。请回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 。
（2）检查装置A气密性的方法是 。
（3）用装置A制取氨气的化学方程式为 。
（4）请为B处框内选择合适的装置及相应的试剂____(选填字母)。
A．球形干燥管装碱石灰 B．洗气瓶装浓硫酸
C．球形干燥管装氧化钙 D．球形干燥管装
（5）装置E的作用是 ，装置D和E的位置 (选填“能”或“不能”)调换。
（6）实验中可观察到装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一，请写出此反应的化学方程式： ，若有1mol被氧化，则转移的电子数目为 。
【答案】（1）分液漏斗
（2）方法一：塞紧橡皮塞，关闭分液漏斗的活塞，将导管末端伸入盛水的烧杯中，微热烧瓶，导管口有气泡冒出，停止加热，导管末端形成一段水柱，说明装置A气密性良好。方法二：塞紧橡皮塞，用止水夹夹紧橡皮导管，在分液漏斗中装入适量的水，打开分液漏斗活塞，从分液漏斗向烧瓶中放水，一段时间后，分液漏斗内的水不再滴下，说明装置A气密性良好。
（3）
（4）A；C
（5）除去氯气中混有的HCl；不能
（6）；3mol(或3NA)
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）仪器a的名称是分液漏斗；
（2）方法一：塞紧橡皮塞，关闭分液漏斗的活塞，将导管末端伸入盛水的烧杯中，微热烧瓶，导管口有气泡冒出，停止加热，导管末端形成一段水柱，说明装置A气密性良好；
方法二：塞紧橡皮塞，用止水夹夹紧橡皮导管，在分液漏斗中装入适量的水，打开分液漏斗活塞，从分液漏斗向烧瓶中放水，一段时间后，分液漏斗内的水不再滴下，说明装置A气密性良好；
（3）将浓氨水滴入盛有CaO的烧瓶中发生反应：；
（4）氨气为碱性气体，干燥氨气要使用碱性干燥剂，可用碱石灰、氧化钙等，这些物质的状态为固态，因此应该盛放在干燥管中，题中AC符合要求，浓硫酸、会与氨气发生反应，不能用于干燥氨气，故合理选项是AC；
（5）装置E中的饱和食盐水能吸收氯气中的氯化氢气体，减少氯气在水中的溶解度，所以装置E的作用是除去氯气中混有的HCl。要制取干燥纯净的氯气，应先通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，然后通过浓硫酸除去水，若颠倒顺序则不能除去水蒸气；
（6）装置C是氯气与氨气的反应装置，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结、另一生成物是空气的主要成分之一，说明生成物有和，则该反应的化学方程式为，根据化学方程式可知：N元素的化合价由反应前中的价变为反应后中的0价，化合价升高了3价，每1mol反应，转移3mol电子，故转移的电子数目为3mol（3）。
【分析】A、F分别为氨气和氯气的制取发生装置，A是浓氨水与生石灰反应，生成的气体可用盛有碱石灰的干燥管干燥，F为制备氯气的装置，E为除去HCl的装置，D为氯气的干燥装置，C为纯净干燥的氯气与干燥的氨气发生反应的装置，二者发生反应：，实验中可观察到有白烟生成，以此解答该题。
20．（2021高三下·滕州开学考）如图为铜与稀硝酸反应的有关性质实验（洗耳球：一种橡胶为材质的工具仪器，可挤压）。
实验步骤如下：
①按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹。检查装置的气密性。
②在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液。在装置C的U型管中加入4.0mol·L-1的硝酸，排除U型管左端管内空气。
③塞紧连接铜丝的胶塞，打开止水夹K1，反应进行一段时间。
④进行适当的操作，使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色。气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应。
回答下列问题：
（1）装置C中发生反应的离子方程式为 。反应后的溶液呈蓝色，其原因是铜离子和水分子形成了水合铜离子，1mol水合铜离子中含有σ键数目为12NA，该水合铜离子的化学式为 。
（2）装置A上面的导管口末端也可以连接 来代替干燥管，实现同样作用。
（3）加入稀硝酸，排除U型管左端管内空气的操作是 。
（4）步骤④中“使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中”的操作是打开止水夹 （填写序号），并用洗耳球在U型管右端导管口挤压空气进入。
（5）步骤④中使“气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应”的操作是 ，尾气中主要含有NO2和空气，与NaOH溶液反应只生成一种盐，则离子方程式为有 。
（6）某同学发现，本实验结束后硝酸还有很多剩余，请你改进实验，使能达到预期实验目的，反应结束后硝酸的剩余量尽可能较少，你的改进是 。
【答案】（1）3Cu+2NO +8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；[Cu(H2O)4]2+
（2）倒置的漏斗
（3）加入硝酸时，不断向左端倾斜U型管
（4）K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可）
（5）打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球；4NO2+O2+4OH-=4NO +2H2O
（6）取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中
【知识点】硝酸的化学性质
【解析】【解答】(1)装置C中铜与硝酸反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，其离子方程式为：3Cu+2NO +8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；水分子可以作为配体与铜离子形成水合铜离子，配位键是一种特殊的共价键，所以1mol水合铜离子中含有σ键数目为12NA，该水合铜离子的化学式为：[Cu(H2O)4]2+，故答案为：3Cu+2NO +8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；[Cu(H2O)4]2+；
(2)装置A上面的导管口末端也可以连接倒置的漏斗来代替干燥管，其作用都是防止倒吸，故答案为：倒置的漏斗；
(3)加入稀硝酸，不断向左端倾斜U型管以排除U型管左端管内空气，故答案为：加入硝酸时，不断向左端倾斜U型管；
(4) 要使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，应打开止水夹K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可），故答案为：K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可）；
(5) 在尾气处理阶段，使B中广口瓶内气体进入烧杯中，同时需要让氮氧化物进入氢氧化钠溶液中，所以打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球；NO2、氧气与NaOH溶液反应只生成硝酸钠和水，离子方程式为：4NO2+O2+4OH-=4NO +2H2O，故答案为：打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球；4NO2+O2+4OH-=4NO +2H2O；
(6)底部加入四氯化碳，其密度比水大，且难溶于水，取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中，二者不互溶，可填充U型管的空间，且不改变硝酸的浓度，保证了硝酸与铜的反应，同时反应后通过分液即可分离，使能达到预期实验目的，反应结束后硝酸的剩余量尽可能较少，故答案为：取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中。
【分析】按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹，检查装置的气密性，在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液，连接好铜丝，在装置C的U型管中加入4.0 mol/L的硝酸，排除U型管左端管内空气，将铜丝向下移动，在硝酸与铜丝接触时可以看到螺旋状铜丝与稀硝酸反应产生气泡，此时打开止水夹K1，U型管左端有无色气体产生，硝酸左边液面下降与铜丝脱离接触，反应停止；应打开打开止水夹K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可），使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色，气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应进行尾气的处理。
21．（2020高一下·扬州期末）某处工厂排出的烟道气中含氮氧化物（主要为NO、NO2）、粉尘和少量水蒸气。课外兴趣活动小组对该工厂排出的烟道气进行处理，并检测其氮氧化物含量，实验装置如图所示：
（1）装置A中放置无碱玻璃棉，其目的是除去 。为保证检测的准确性，装置C中盛放的化学试剂可以是 （填字母）。
a．碱石灰
b．浓硫酸 c．五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O）
（2）装置D中主要发生：2NaOH＋2NO2=NaNO2＋NaNO3＋H2O；2NaOH＋NO＋NO2=2NaNO2＋H2O
①若反应后尾气无残留，则参加反应的NO2、NO物质的量比值为 （填字母）。
a．≥1 b．≤1 c．任意值
②可使用适量酸性H2O2溶液，将溶液中的NO2－全部氧化为NO3－，发生反应的离子方程式是 。
（3）溶液中NO3－直接排放在水体中也会造成污染，现用活泼金属将溶液中NO3－转化为N2，实现氮元素的脱除，具体步骤如下：
步骤一、取适量（2）中H2O2处理后的溶液，调节pH至中性，蒸发浓缩，得到c(NO3－)为0.100mol·L-1的溶液甲。
步骤二、现量取50mL溶液甲，分别用金属铝、金属铁和铝铁合金在45℃、惰性气体氛围中对溶液乙进行氮脱除。
步骤三、重复实验2~3次，溶液中NO3－的残留情况与反应时间的关系如图所示。
①金属铝和金属铁在0~3h内，NO3－的脱除效率均很低，几乎没被脱除，其可能的原因是 。
②0~3h内铝铁合金的氮脱除效率比金属铝、金属铁大得多，其可能的原因 。
（4）气囊用来储存处理后气体，其中可能含少量NO气体，可用酸性NaClO溶液来处理。HClO氧化NO生成NO3－和Cl－，发生反应的离子方程式是 。
【答案】（1）粉尘；b
（2）a；H2O2+NO2－=NO3－+H2O
（3）金属铁和金属铝表面都有一层氧化膜；铝铁合金在溶液中形成原电池，加快化学反应速率
（4）3HClO+2NO+H2O=2NO3－+3Cl－+5H+
【知识点】氮气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】(1)烟道气中含有粉尘，装置A中放置无碱玻璃棉，可以除去粉尘；装置C用于除去少量的水蒸气，应该选择浓硫酸，NO2会与碱石灰反应，而五水硫酸铜不能起到干燥的作用；(2)①根据化学方程式，可知NO2可以单独被NaOH吸收，而NO需与NO2按照1：1才能被NaOH吸收，现无尾气残留，说明NO无残留，因此NO2至少和NO一样多，则参加反应的NO2、NO物质的量比值为≥1，a正确；②NO2－被氧化成NO3－，N的化合价从＋3升高到＋5，H2O2中的O的化合价应该降低，1molH2O2中的O的化合价从－1降低到－2，得到2mol电子，则H2O2和NO2－的系数比为1：1，再根据物料守恒或电荷守恒配平，离子方程式为H2O2＋NO2－=H2O＋NO3－；(3)①根据题意，活泼金属能够将溶液中NO3－转化为N2，但是金属铝和金属铁在0－3h内，NO3－的脱除效率很低，几乎没有脱除，可认为金属与NO3－可能没有反应，可能是金属表面有氧化膜，阻碍了NO3－的脱除反应；②铝铁合金中，铁和铝的活动性不同，可以构成原电池，加快化学反应速率；③HClO中Cl的化合价从＋1降低到－1，NO的化合价从＋2升高到＋5，根据化合价升降守恒的，则HClO和NO3－的系数为3：2，再根据物质守恒和电荷守恒配平，离子方程式为3HClO+2NO+H2O=2NO3－+3Cl－+5H+。
【分析】（1）注意干燥酸性气体不能用碱性物质；
（2）书写离子方程式注意的问题：难溶物、微溶物、弱电解质、氧化物、弱酸酸式根、固体反应物和非电解质都不拆；化学反应前后电荷要守恒；
（3）注意铁和铝在浓硫酸或浓硝酸易钝化。
1 / 1高中化学人教版（2019）必修第二册第五章 第二节 氮及其化合物
一、单选题
1．（2021高一下·雅安期末）汽车尾气管中安装有尾气处理装置，以降低汽车使用过程中对环境的污染，其工作原理如图所示，下列说法正确的是（ ）
A．反应中NO为氧化剂，N2为氧化产物
B．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO和N2
C．催化转化总反应为2NO+O2+4CO4CO2+N2
D．NO和O2必须在催化剂表面才能反应
2．（2021高一下·雅安期末）相同质量的四份铜片，分别置于足量的下列酸中，在一定条件下反应，所得到的气体的物质的量最多的是（ ）
A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．稀硝酸
3．（2021高一下·绵阳期末）将一定质量的Cu粉投入到400 mL 2 mol/L的稀硝酸中，待Cu粉完全溶解时，收集到标准状况下的NO气体2.688 L(假设硝酸的还原产物只有NO且气体全部逸出)，再向反应后的溶液中缓慢加入Fe粉，充分反应后溶液只含一种溶质。下列说法错误的是（ ）
A．加入铁粉后，最终溶液的溶质是Fe(NO3)2
B．最初的铜粉质量为11.52 g
C．铜粉反应完后，溶液中的H+浓度为0.8 mol/L
D．至少需要加入铁粉8.4 g
4．（2021高三上·海淀期中）水体中的局部氮循环如下图所示，其中含氮物质转化方向与水深有关。
下列说法错误的是（ ）
A．图中涉及的反应均为氧化还原反应
B．反硝化过程中含N物质被还原
C．不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关
D．排放含 废水不会影响水体中 的浓度
5．（2021高三上·海拉尔月考）铁与不同浓度HNO3反应时的主要还原产物如图所示。下列说法错误的是（ ）
A．其他条件相同，铁与浓硝酸(1.40g·cm-3)反应的主要还原产物为NO2
B．硝酸的浓度越小，还原产物中低价态的成分越多
C．一定量的铁粉与浓硝酸(1.26g·cm-3)反应生成2.24L(标准状况下)气体，则参加反应的n(HNO3)=0.1mol
D．铁与过量浓硝酸(1.35g·cm-3)反应可表示为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O
6．（2021高三上·深圳月考）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。下列说法错误的是（ ）
A．a可经催化氧化生成b B．b为红棕色，可转化为c
C．密闭体系中，c存在2NO2 N2O4 D．d的溶液与Cu反应可生成b或c
7．（2021高二上·上海月考）检验铵根离子的实验所依据的是（ ）
①铵根离子水解显酸性；② 与 间发生反应加热后产生氨气；③ 能电离出 和 ；④石蕊在碱性条件下变为蓝色
A．②④ B．①②③④ C．①②③ D．②③④
8．（2021高二上·泗县开学考）按下图进行实验，试管内装有12 ，然后间歇而缓慢地通入8 ，下面有关实验最终状态的描述正确的是：（ ）
A．试管内气体呈红棕色
B．试管内气体为无色的
C．试管内气体为无色的
D．试管内液面上升至充满整个试管
9．（2020高二下·宝山期末）下列关于 的检验步骤错误的是（ ）
①取样，②加入氢氧化钠溶液并③加热，④在试管口放一张红色石蕊试纸。
A．① B．② C．③ D．④
10．（2021高一下·南通期末）氮的氧化物性质探究实验如下：
步骤1：在一支 的注射器中充入 无色气体 ，然后吸入 水，用乳胶管和弹簧夹封住管口，如题图所示。振荡注射器，无明显现象。
步骤2：打开弹簧夹，快速吸入少量 后夹上弹簧夹，气体变成红棕色。
步骤3：振荡注射器，气体又变为无色，溶液仍无色。
下列说法不正确的是（ ）
A．步骤1说明 难溶于水
B．步骤2中红棕色气体是
C．步骤3中发生反应的氧化剂和还原剂的质量比为
D．重复步骤2、步骤3多次，可使 充分转化
11．（2021高一下·滨海期末）氮及其化合物的变化关系如图所示。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．N2和O2不能直接化合生成NO2
C．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
D．上述所有反应中氮元素均被氧化
12．（2021高一下·滨海期末）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。下列说法正确的是（ ）
A．标准状况下，通入O2的体积为2.8L
B．反应中被还原的HNO3的物质的量为1.5mol
C．标准状况下，混合气体中NO和NO2的体积均为5.6L
D．硝酸的物质的量浓度为10.0mol/L
二、填空题
13．某化学小组设计如图装置，探究铜和一定量的浓HNO3是否反应是否有NO生成．已知：A试管内空气体积为50mL（标准状况），B广口瓶盛80mL水，硝酸不溶于煤油．
请回答下列问题：
（1）加入浓HNO3前应先通一段时间N2，具体操作为： ，其作用是 ．
（2）关闭K1、K2，打开K3，通过分液漏斗向试管中加入一定量的浓硝酸，然后在硝酸上方加一层煤油，煤油的作用是 ，待铜和硝酸反应完毕后，通过分液漏斗向试管中加煤油直至试管充满．
（3）读取量气管读数时，要先 ，然后再读取读数．
（4）数据分析：①从B中取20mL溶液，恰好中和用去0．1mol/L的NaOH体积为16mL则B中所得硝酸的物质的量浓度为 ．
②假设只生成NO2，通过计算理论上收集到的气体体积为 mL （标准状况下）．
③实验最终测得气体的体积为130.5mL（标准状况下），与理论值有差异，其理由可能为 ．
A．Cu与一定物质的量浓度的HNO3反反应除了生成NO2还生成NO
B．过程中还发生了反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3
C．过程中还发生了反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3
D．硝酸具有挥发性，对实验有影响．
14．（2016高一上·武汉期中）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NOx反应进行了探究：收集足量NH3充入注射器X中，硬质玻璃管Y中加入少量催化剂，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
打开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反应的化学方程式
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 生成的气态水凝集
打开K2 ③ ④
三、综合题
15．（2020高一上·和县期中）
（1）将容积为50 mL的量筒充满二氧化氮和氧气的混合气体，将量筒倒置在盛满水的水槽里，一段时间后，量筒里剩余气体体积为5 mL。则原混合气体中NO2和O2体积比可能是 或 。
（2）工业制硫酸的过程中，SO2被氧气氧化的化学方程式为 。
（3）工业制漂白粉的化学方程式 。
16．（2021高一下·番禺月考）下图是氮元
素形成物质的价类二维图及氮循环的部分信息：
（1）下列说法正确的是
a、可通过雷电作用将b转化为c，这是一种固氮方式
b、可通过加氧化剂将e转化为f
c、a→c→d→f这几个反应中，均发生了N元素被氧化的反应
d、g只具有氧化性，还可能与碱发生反应
e、可通过加Cu、C等还原剂，将f转化为d
f、h可与f反应生成i
（2）a的电子式为 ，写出a转化为c的化学方程式
（3）h的化学式是 ，检验i中阳离子的方法是
（4）f的稀溶液与Cu反应的离子方程式为 标准状况下生成4.48L气体，参加反应的铜的质量为
17．（2021高一下·乾安月考）氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，因此必须对含有氮氧化物的废气进行处理。
（1）用NaOH溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式：
NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O ①
2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O ②
在反应①中，氧化剂是 ，还原剂是 。
在反应②中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为 。
（2）汽车尾气中含有CO和NO,消除这两种物质对大气污染的方法是安装催化转化器,使它们发生反应生成N2和CO2，该反应的化学方程式为 。
（3）在一定条件下NH3亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质。写出NH3和NO2在一定条件下反应的化学方程式： 。
18．（2020高一上·潍坊期末）水合肼(N2H4·H2O)是一种精细化工原料，常用于医药、农药、染料、航天等领域。实验室模拟尿素法制备N2H4·H2O，并进一步制取副产品Na2SO3的流程如图所示。
已知：①N2H4·H2O具有强还原性，易被氧化成N2。
②一定条件下，碱性NaClO溶液与尿素溶液反应生成N2H4·H2O。
③尿素中氮元素为-3价。
回答下列问题：
（1）吸收塔内发生反应的离子方程式为 。
（2）为提高吸收塔内NaOH的有效利用率，将二氧化锰和浓盐酸制取的Cl2通入吸收塔前应进行的操作是 (填操作名称)，选用的试剂是 。
（3）反应器内生成水合肼的化学方程式为 。
（4）制备过程中要控制反应器内NaClO溶液的供给量，其主要目的是 (用离子方程式表示)。
（5）副产品Na2SO3常用作还原性漂白剂。在测定某液体葡萄糖中Na2SO3残留量时，取50.00mL样品，先通入足量Cl2，再加入足量盐酸酸化的氯化钡溶液，充分反应，过滤，洗涤，干燥，称量固体质量为0.11g。通入足量Cl2发生反应的离子方程式，为 ，该样品中Na2SO3残留量为 g·L-1(以SO2计，结果保留1位小数)。
四、实验探究题
19．（2021高一下·汕尾期末）某研究性学习小组利用以下装置探究氯气和氨气之间的反应情况。其中A、F分别为氨气和氯气的制取发生装置，C为纯净干燥的氯气与干燥的氨气发生反应的装置。请回答下列问题：
（1）仪器a的名称是 。
（2）检查装置A气密性的方法是 。
（3）用装置A制取氨气的化学方程式为 。
（4）请为B处框内选择合适的装置及相应的试剂____(选填字母)。
A．球形干燥管装碱石灰 B．洗气瓶装浓硫酸
C．球形干燥管装氧化钙 D．球形干燥管装
（5）装置E的作用是 ，装置D和E的位置 (选填“能”或“不能”)调换。
（6）实验中可观察到装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结，另一生成物是空气的主要成分之一，请写出此反应的化学方程式： ，若有1mol被氧化，则转移的电子数目为 。
20．（2021高三下·滕州开学考）如图为铜与稀硝酸反应的有关性质实验（洗耳球：一种橡胶为材质的工具仪器，可挤压）。
实验步骤如下：
①按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹。检查装置的气密性。
②在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液。在装置C的U型管中加入4.0mol·L-1的硝酸，排除U型管左端管内空气。
③塞紧连接铜丝的胶塞，打开止水夹K1，反应进行一段时间。
④进行适当的操作，使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色。气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应。
回答下列问题：
（1）装置C中发生反应的离子方程式为 。反应后的溶液呈蓝色，其原因是铜离子和水分子形成了水合铜离子，1mol水合铜离子中含有σ键数目为12NA，该水合铜离子的化学式为 。
（2）装置A上面的导管口末端也可以连接 来代替干燥管，实现同样作用。
（3）加入稀硝酸，排除U型管左端管内空气的操作是 。
（4）步骤④中“使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中”的操作是打开止水夹 （填写序号），并用洗耳球在U型管右端导管口挤压空气进入。
（5）步骤④中使“气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应”的操作是 ，尾气中主要含有NO2和空气，与NaOH溶液反应只生成一种盐，则离子方程式为有 。
（6）某同学发现，本实验结束后硝酸还有很多剩余，请你改进实验，使能达到预期实验目的，反应结束后硝酸的剩余量尽可能较少，你的改进是 。
21．（2020高一下·扬州期末）某处工厂排出的烟道气中含氮氧化物（主要为NO、NO2）、粉尘和少量水蒸气。课外兴趣活动小组对该工厂排出的烟道气进行处理，并检测其氮氧化物含量，实验装置如图所示：
（1）装置A中放置无碱玻璃棉，其目的是除去 。为保证检测的准确性，装置C中盛放的化学试剂可以是 （填字母）。
a．碱石灰
b．浓硫酸 c．五水合硫酸铜（CuSO4·5H2O）
（2）装置D中主要发生：2NaOH＋2NO2=NaNO2＋NaNO3＋H2O；2NaOH＋NO＋NO2=2NaNO2＋H2O
①若反应后尾气无残留，则参加反应的NO2、NO物质的量比值为 （填字母）。
a．≥1 b．≤1 c．任意值
②可使用适量酸性H2O2溶液，将溶液中的NO2－全部氧化为NO3－，发生反应的离子方程式是 。
（3）溶液中NO3－直接排放在水体中也会造成污染，现用活泼金属将溶液中NO3－转化为N2，实现氮元素的脱除，具体步骤如下：
步骤一、取适量（2）中H2O2处理后的溶液，调节pH至中性，蒸发浓缩，得到c(NO3－)为0.100mol·L-1的溶液甲。
步骤二、现量取50mL溶液甲，分别用金属铝、金属铁和铝铁合金在45℃、惰性气体氛围中对溶液乙进行氮脱除。
步骤三、重复实验2~3次，溶液中NO3－的残留情况与反应时间的关系如图所示。
①金属铝和金属铁在0~3h内，NO3－的脱除效率均很低，几乎没被脱除，其可能的原因是 。
②0~3h内铝铁合金的氮脱除效率比金属铝、金属铁大得多，其可能的原因 。
（4）气囊用来储存处理后气体，其中可能含少量NO气体，可用酸性NaClO溶液来处理。HClO氧化NO生成NO3－和Cl－，发生反应的离子方程式是 。
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A．根据图示，NO与O2反应生成NO2，NO为还原剂；NO2和CO反应生成N2，N2为还原产物，故A不符合题意；
B．汽车尾气的主要污染成分包括CO、NO，N2不是污染物，故B不符合题意；
C．根据图示，催化转化总反应为2NO+O2+4CO4CO2+N2，故C符合题意；
D．NO和O2常温下直接反应生成NO2，不需要催化剂，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．所含元素化合价升高的物质为还原剂；所含元素化合价降低得到产物为还原产物；
B．N2不是污染物；
C．根据图示初始反应物和最终生成物确定总反应；
D．NO和O2生成NO2，不需要催化剂。
2．【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；浓硫酸的性质
【解析】【解答】设金属Cu均为1mol，则
A．Cu+2H2SO4(浓)CuSO4+SO2↑+2H2O，1molCu完全反应，生成1mol气体；
B．由铜在金属活动性顺序表中的位置可知，铜不可以和非氧化性酸反应产生H2，即铜和稀硫酸不反应；
C．由Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，1molCu完全反应，生成2mol气体；
D．由3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，1molCu完全反应生成气体mol；
故相同质量的四份铜片与足量的酸反应，所得到的气体的物质的量最多的是浓HNO3；
故答案为：C。
【分析】依据金属与酸反应的化学方程式分析计算。
3．【答案】D
【知识点】硝酸的化学性质
【解析】【解答】A．加入Cu：3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，还有剩余硝酸，向反应后的溶液中缓慢加入Fe粉，Fe与Cu(NO3)2反应生成Cu单质和Fe(NO3)2，Fe与稀硝酸反应也生成Fe(NO3)2、NO、4H2O，而充分反应后溶液只含一种溶质，最终溶液的溶质只能是Fe(NO3)2，A项不符合题意；
B．由反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知， ，则最初的铜粉质量为11.52 g ，B项不符合题意；
C．由反应方程式3Cu+8HNO3(稀)=Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，，硝酸总的物质的量为0.4L× 2 mol/L=0.8mol，则剩余硝酸物质的量为0.8mol-0.48mol=0.32mol，则铜粉反应完后，溶液中的H+浓度为=0.8mol/L，C项不符合题意；
D．由题可知，Cu- Cu(NO3)2-Fe- Fe(NO3)2，最终溶液的溶质是Fe(NO3)2，硝酸总的物质的量为0.4L× 2 mol/L=0.8mol，则至少需要加入铁粉为19.04g，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据化学反应原理分析计算。
4．【答案】D
【知识点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由图中转化关系可知，图中涉及的反应，元素化合价都发生了变化，故均为氧化还原反应，故A不符合题意；
B．由图中转化关系可知，反硝化过程中含N物质化合价均降低，被还原，故B不符合题意；
C．表层水中氧气浓度大，含氮物质转化以硝化过程为主，发生氧化反应；底层水中氧气浓度小，含氮物质转化以反硝化过程为主，发生还原反应，所以不同水深含氮物质转化方向不同，可能与溶氧量有关，故C不符合题意；
D．图中转化关系中 浓度增大，硝化作用增强，会导致 增多，所以排放含 废水会影响水体中 的浓度，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】根据图中含氮化合物的转变，分析氮元素化合价的变化，进而分析解答。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；硝酸的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】A．据图可知当硝酸的密度为1.4g/cm3时，还原产物主要为NO2，还有少量的NO，故A不符合题意；
B．据图可知硝酸的密度越小，还原产物中N元素呈现的价态越多，故B不符合题意；
C．当硝酸的密度为1.26g·cm-3时，还原产物有NO、NO2、N2O，气体标况下体积为2.24L，即1mol，根据原子守恒可知被还原的HNO3要大于0.1mol，而且铁粉与硝酸反应时，还有一部分硝酸起到酸的作用，所以参加反应的硝酸大于0.1mol，故C符合题意；
D．当硝酸溶液的密度为1.35g mL-1时，由图象可看出，生成的NO和NO2物质的量相等，反应的化学方程式应为4Fe+18HNO3=4Fe(NO3)3+3NO↑+3NO2↑+9H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】
A.根据图像分析，1.4时主要存在的是二氧化氮；
B.浓度越低时，其物质中氮元素化合价较低；
C.其气体的一氧化氮、二氧化氮、一氧化二氮，根据原子守恒，硝酸需要大于0.1ｍｏｌ；
D.根据图像成分是一氧化氮和二氧化氮，在根据得失电子守恒配平。
6．【答案】B
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．根据图像，a为NH3，b为NO，NH3可经催化氧化生成NO，A说法不符合题意；
B．b为NO，为无色气体，与氧气反应可转化为c，即NO2，B说法符合题意；
C．+4价的含氮氧化物有NO2、N2O4，密闭体系中，c存在2NO2 N2O4，C说法不符合题意；
D．d为硝酸，Cu与稀硝酸溶液反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，D说法不符合题意；
故答案为：B。
【分析】根据图知， a、b、c、d分别是NH3、NO、NO2、HNO3：
A.氨气催化氧化生成NO；
B. NO是无色气体、NO2是红棕色气体，NO和氧气反应生成NO2；
C. NO2和N2O4之间存在平衡；
D.稀硝酸和Cu反应生成NO、浓硝酸和Cu反应生成NO2。
7．【答案】D
【知识点】铵离子检验
【解析】【解答】①NH4＋水解显酸性，不能用于证明NH4＋的存在，①不符合题意；
②能与OH－反应产生NH3，则含有NH4＋，②符合题意；
③NH3·H2O能电离产生NH4＋和OH－，③符合题意；
④石蕊在碱性条件下变为蓝色，说明含有NH4＋，④符合题意；
综上，正确的是②③④，D符合题意；
故答案为：D
【分析】此题是对NH4＋的检验，结合NH4＋的性质分析即可。
8．【答案】B
【知识点】氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】A.由分析可知，反应后剩余的气体为NO，NO为无色气体，A不符合题意；
B.由分析可知，反应后剩余的气体为NO，B符合题意；
C.由分析可知，反应后剩余的气体为NO，C不符合题意；
D.由分析可知，反应后有NO剩余，则试管内液体不会充满整只试管，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】通入O2后发生反应的化学方程式为4NO+3O2+2H2O=4HNO3，反应后NO有剩余。据此分析选项。
9．【答案】D
【知识点】铵离子检验
【解析】【解答】加热条件下铵盐与碱反应放出氨气， 的检验步骤：①取样，②加入氢氧化钠溶液，③加热，④在试管口放一张湿润的红色石蕊试纸，若试纸变蓝，则说明原溶液含有 ；氨气不能使干燥的红色石蕊试纸变蓝，所以④不符合题意，
故答案为：D。
【分析】在铵盐溶液中加NaOH然后加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验生成的气体，试纸变蓝色，说明存在铵根离子，据此分析。
10．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用；物质的量的相关计算
【解析】【解答】A.根据步骤1，振荡注射器，无明显现象，说明一氧化氮未溶于蒸馏水，故A不符合题意
B.根据步骤2，吸入氧气后，气体由无色变为红棕色，主要是一氧化氮与氧气发生了化学反应，故B不符合题意
C.根据步骤3，红棕色变为无色，说明二氧化氮与水发生了反应即3NO2+H2O=2HNO3+NO氧化剂与还原剂的物质的量之比是1：2，故C符合题意
D.要处理残余的一氧化氮，可以将其氧化为二氧化氮在与水反应重复步骤2，3即可，可以使一氧化氮转化，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】根据题意即可知道，步骤1说明一氧化氮难溶于水，而通入氧气后变为红棕色，索命一氧化氮被氧气氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应得到硝酸和一氧化氮，即可找出氧化剂与还原剂的物质的量之比，根据重复步骤2和3可以将一氧化氮充分除去
11．【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.根据硝酸的合成路径是合成氨，氨气的的催化氧化、一氧化氮的氧化为二氧化氮，二氧化氮与水反应得到硝酸，所以路线①②③是主要路径，故A不符合题意
B.氮气和氧气不能直接反应得到二氧化氮，故B不符合题意
C. 路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径 ，故C不符合题意
D.氮气生成氨气其中氮元素的化合价降低，被还原，故D符合题意
故答案为：D
【分析】A.工业上合成硝酸是利用氨气做原料连续氧化，最终与水反应得到硝酸
B.氮气和氧气的反应只能反应得到的是一氧化氮
C. 雷电固氮生成硝酸的主要途径 是氮气与氧气反应，得到一氧化氮，与氧气反应得到二氧化氮，与水反应得到硝酸
D.标出化合价即可判断
12．【答案】C
【知识点】硝酸的化学性质；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.硝酸部分被还原得到一氧化氮和二氧化氮，二氧化氮和一氧化氮均与氧气反应最终与氢氧化钠溶液签好反应变为硝酸钠，即可得出硝酸变成一氧化氮和二氧化氮转移的电子与二氧化氮和一氧化氮被氧化得到的电子数目相等，且均等于铜失去的电子，n(Cu)=0.5mol，转移的电子为1mol电子，根据O2~4e，即可计算出消耗的氧气的物质的量为0.25mol，标况下的体积为5.6L，故A不符合题意
B. 产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体 ，物质的量为0.5mol，因此被还原的硝酸是0.5mol.故B不符合题意
C.转移的总电子数为1mol。而二氧化氮和一氧化氮的物质的量为0.5mol，根据HNO3~NO2~e，HNO3~NO~3e，设一氧化氮为x，二氧化氮为y，x+y=0.25mol、x+3y=1mol，得到x=y=0.25mol，标况下体积均为5.6L，故C符合题意
D.铜与硝酸反应得到的是硝酸铜溶液或者是含有为反应完的硝酸，此时硝酸铜的物质的量为0.5mol。硝酸根的物质的量为1mol，根氮元素守恒150mL的硝酸溶液中含有硝酸的物质的量为2mol+0.5mol=1，5mol，硝酸的浓度10.0mol/L，故D不符合题意
故答案为：C
【分析】A.根据分析即可得出氧气得到的电子即是铜失去的电子即可计算出标况下氧气的体积
B.根据硝酸被还原为一氧化氮和二氧化氮即可计算出被还原的硝酸物质跌量
C.根据一氧化氮和二氧化氮的总的物质的量以及转移的电子总数即可计算
D.铜完全溶解，但是硝酸是否反应完全不确定，先假设硝酸全部反应完全，计算出结果，最终得到的硝酸浓度大于此值即可
13．【答案】（1）关闭K3，打开K1、K2通入N2；排尽装置内的空气，以防氧化可能生成的NO
（2）液封，防正硝酸挥发
（3）向下移动量气管D，调整液面使C、D 中液面相平
（4）0.08mol/L；121.68；A
【知识点】硝酸的化学性质
【解析】【解答】解：（1）由装置图可知N2从K3进，空气从K1排出，所以要关闭 K2，打开K1、K3；NO易被空气中的氧气氧化，所以要先用氮气排净装置中的空气；故答案为：关闭K3，打开K1、K2；排尽装置内的空气，以防氧化可能生成的NO；（2）硝酸属于挥发性酸，煤油的密度小在硝酸上面，能防止硝酸挥发，所以在硝酸中加煤油的作用为液封，防正硝酸挥发；故答案为：液封，防正硝酸挥发；（3）读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差，即保持两边液面相平，还要用眼睛平视读数，即向下移动量气管D，调整液面使C、D 中液面相平；故答案为：向下移动量气管D，调整液面使C、D 中液面相平；（4）①B中溶液为硝酸，与氢氧化钠等物质的量反应，从B中取20mL溶液，恰好中和用去0．1mol/L的NaOH体积为16mL，则c（硝酸）= =0.08mol/L；故答案为：0.08mol/L；②B中发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，B中溶液的体积为80mL，则B中硝酸的物质的量为0.08L×0.08mol/L=0.0064mol，所以NO的体积为0.0064mol× ×22.4L/mol=0.07168L，由于A中残留N2为50mL，也被全部排到量气管中，所以理论上收集到的气体体积为71.68+50=121.68mL；故答案为：121.68；③A．Cu与一定物质的量浓度的HNO3反反应除了生成NO2还生成NO，生成NO时，量气管中NO偏多，实验最终测得气体的体积为130.5mL比理论值偏大，故A正确；B．过程中还发生了反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，则量气管中NO偏少，而实验最终测得气体的体积为130.5mL比理论值偏大，故B错误；C．过程中还发生了反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，则量气管中NO偏少，实验最终测得气体的体积为130.5mL比理论值偏大，故C错误；D．实验中加了煤油，排除了硝酸挥发性的影响，实验值与理论值相近，故D错误；故答案为：A．
【分析】（1）由装置图可知N2从K3进，空气从K1排出；NO能与空气中的氧气反应，要先排尽氧气；（2）硝酸属于挥发性酸，煤油的密度小在硝酸上面，能防止硝酸挥发；（3）读数时要保持左右气体压强相等，以减少误差；（4）①B中溶液为硝酸，与氢氧化钠等物质的量反应，根据氢氧化钠的物质的量计算；②B中发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据硝酸的物质的量计算NO的物质的量和体积；③A．Cu与一定物质的量浓度的HNO3反反应除了生成NO2还生成NO，生成NO时，量气管中NO偏多；B．过程中还发生了反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，则量气管中NO偏少；C．过程中还发生了反应4NO2+O2+2H2O=4HNO3，则量气管中NO偏少；D．实验中加了煤油，排除了硝酸挥发性的影响．
14．【答案】红棕色气体慢慢变浅；8NH3+6NO2 7N2+12H2O；Z中NaOH溶液产生倒吸现象；反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】解：打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应 生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色气体慢慢变浅；
根据反应8NH3+6NO2 7N2+12H2O以及装置恢复至室温后气态水凝聚可判断，反应后气体分子数减少，装置内压强降低，所以打开K2在大气压的作用下发生倒吸；
故答案为：
操作步骤 实验现象 解释原因
红棕色气体慢慢变浅 8NH3+6NO2 7N2+12H2O
Z中NaOH溶液产生倒吸现象 反应后气体分子数减少，Y管中压强小于外压
【分析】打开K1，推动注射器活塞，使X中的气体缓慢充入Y管中，则氨气与二氧化氮发生归中反应生成无色氮气，所以看到现象为：红棕色变浅；
依据8NH3+6NO2=7N2+12H2O以及气态水凝聚判断，反应后气体分子数减少从而判断打开K2发生的现象．
15．【答案】（1）18：7；43：7
（2）2SO2＋O2 2SO3
（3）2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O
【知识点】氯气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；二氧化硫的性质
【解析】【解答】（1）相同条件下，气体体积之比等于其物质的量之比，发生的反应有4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，剩余的气体可能是NO，也可能是O2，假设剩余气体为O2，说明混合气体中O2过量，NO2不足，令NO2的体积为xmL，O2的体积为(50－x)mL，根据反应方程式，因此有(50－x)mL－x/4mL=5mL，解得x=36，O2的体积为14mL，NO2和O2的体积之比为36：14=18：7；如果剩余气体为NO，则NO2过量，O2不足，令O2的体积为ymL，发生4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，剩余NO2的体积为(50－y－4y)mL，剩余NO2与H2O发生3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，产生NO的体积为(50－5y)/3=5，解得y=7，则NO2的体积为43mL，NO2和O2的体积之比为43：7；（2）工业上制硫酸，SO2被氧气氧化的化学方程式为2SO2＋O2 2SO3；（3）工业上制取漂白粉，常用Cl2和石灰乳反应来制备，即化学方程式为2Cl2＋2Ca(OH)2=CaCl2＋Ca(ClO)2＋2H2O.
【分析】(1)根据4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3，3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，结合剩余的5mL气体是O2还是NO分析；
(2)工业制硫酸使用SO2和O2反应生成SO3，再生产硫酸；
(3)工业上将Cl2通入石灰乳制备漂白粉。
16．【答案】（1）acef
（2）；4NH3+5O2 4NO+6H2O
（3）；取少量溶液加入浓NaOH溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝
（4）3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO+4H2O；19.2
【知识点】氧化还原反应；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】(1) a．氮气和氧气在放电条件下生成NO，故a故答案为：；
b．N2O5和水反应生成HNO3，元素化合价没变，属于非氧化还原反应，不需要加氧化剂，故b不故答案为：；
c．NH3→NO→NO2→HNO3，这几个反应中，N元素化合价依次升高，均发生了N元素被氧化的反应，故c故答案为：；
d．HNO2中N元素化合价为+3价，既能升高又能降低，HNO2既有氧化性又有还原性，故d不故答案为：；
e．Cu、C与浓硝酸反应生成二氧化氮，故e故答案为：；
f．氨水和硝酸反应生成NH4NO3，故f故答案为：；
故答案为：bd；
(2)a是氨气，电子式为 ， 氨气发生催化氧化生成NO气体，化学方程式4NH3+5O2 4NO+6H2O；
(3)h是一水合氨，化学式是 ， i是NH4NO3，阳离子是铵根离子，检验铵根离子的方法是：取少量溶液加入浓NaOH溶液加热，用湿润的红色石蕊试纸检验气体，试纸变蓝；
(4)f的稀溶液是稀硝酸，稀硝酸与Cu反应生成硝酸铜、一氧化氮、水，反应的离子方程式为3Cu+8H++2NO =3Cu2++2NO+4H2O；根据反应方程式，生成0.2molNO气体，参加反应的铜的物质的量为0.3mol，质量为0.3mol×64g/mol=19.2g。
【分析】根据氮元素形成物质的价类二维图，-3价N对应的氢氧化物a是NH3、对应的碱h是 ；0价N对应的单质b是N2；+2价对应的氧化物c是NO；+3价N对应的酸g是HNO2；+4价N对应的氧化物d是NO2；+5价N对应的氧化物e是N2O5、对应的酸f是HNO3，-3、+5价N对应的盐i是NH4NO3。
17．【答案】（1）NO2；NO；1:1
（2）2CO+2NO N2+2CO2
（3）8NH3+6NO2 7N2+12H2O
【知识点】氧化还原反应；氧化性、还原性强弱的比较；氮的氧化物的性质及其对环境的影响；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】(1)反应①NO2+NO+2NaOH=2NaNO2+H2O中，NO2中氮元素化合价降低，是氧化剂，NO中氮元素化合价升高，是还原剂；故答案为：NO2；NO；反应②中，2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O，NO2中氮元素化合价降低得到NaNO2，NO2中氮元素化合价升高得到NaNO3，NO2既是氧化剂又是还原剂，物质的量之比为1:1；故答案为：1:1；
(2)汽车尾气中含有CO和NO,消除这两种物质对大气污染的方法是安装催化转化器,使它们发生反应生成N2和CO2，该反应的化学方程式为2CO+2NO N2+2CO2；
(3)在一定条件下NH3亦可用来将氮氧化物转化为无污染的物质，则生成物为氮气和水，反应的方程式为8NH3+6NO2 7N2+12H2O。
【分析】（1）根据反应方程式即可找出氧化剂和还原剂以及物质的量之比
（2）反应物和生成物已知故可写出方程式
（3）空气无污染即为氮气和水，根据反应物和生成物即可写出
18．【答案】（1）Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
（2）洗气；饱和食盐水或饱和氯化钠溶液
（3）(NH2)2CO+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl
（4）2ClO-+N2H4·H2O=N2↑+2Cl-+3H2O
（5）Cl2+ +H2O= +2Cl-+2H+；0.6
【知识点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用
【解析】【解答】（1）吸收塔发生的是氯气和氢氧化钠反应，故离子方程式 Cl2+2OH-=ClO-+Cl-+H2O
（2）浓盐酸得挥发性，出来的气体可能存在氯化氢，所以气体进入吸收塔时，需要洗气。选用的试剂时饱和的食盐水
（3）反应物生成物都已经知道，直接写出： (NH2)2CO+NaClO+2NaOH=N2H4·H2O+Na2CO3+NaCl
（4） N2H4·H2O具有强还原性，故发生的反应为 2ClO-+N2H4·H2O=N2↑+2Cl-+3H2O
（5）氯气具有氧化性，亚硫酸钠具有还原性，发生氧化还原反应， Cl2+ +H2O= +2Cl-+2H+ ，根据硫元素守恒：得出关系式：设二氧化硫的物质的量为x
SO2~~~~~~~BaSO4
1 233
x 0.11g
解得x=0.00047mol
样品的中亚硫酸钠得残留量为0.00047molx64g/mol/0.05L=0.6g/L
【分析】（1）考查氯气和氢氧化钠的离子方程式，发生歧化反应
（2）考查氯化氢的除杂问题，需要进行洗气操作，用饱和食盐水
（3）考查方程式的写法，反应物和生成物都已给出可直接书写
（4）次氯酸钠具有氧化性，N2H4·H2O具有强还原性具有还原性，发生氧化还原反应
（5）根据元素守恒，根据沉淀的质量求出硫元素的物质的量，再根据公式计算出 样品中Na2SO3残留量
19．【答案】（1）分液漏斗
（2）方法一：塞紧橡皮塞，关闭分液漏斗的活塞，将导管末端伸入盛水的烧杯中，微热烧瓶，导管口有气泡冒出，停止加热，导管末端形成一段水柱，说明装置A气密性良好。方法二：塞紧橡皮塞，用止水夹夹紧橡皮导管，在分液漏斗中装入适量的水，打开分液漏斗活塞，从分液漏斗向烧瓶中放水，一段时间后，分液漏斗内的水不再滴下，说明装置A气密性良好。
（3）
（4）A；C
（5）除去氯气中混有的HCl；不能
（6）；3mol(或3NA)
【知识点】氯气的实验室制法；氨的实验室制法
【解析】【解答】（1）仪器a的名称是分液漏斗；
（2）方法一：塞紧橡皮塞，关闭分液漏斗的活塞，将导管末端伸入盛水的烧杯中，微热烧瓶，导管口有气泡冒出，停止加热，导管末端形成一段水柱，说明装置A气密性良好；
方法二：塞紧橡皮塞，用止水夹夹紧橡皮导管，在分液漏斗中装入适量的水，打开分液漏斗活塞，从分液漏斗向烧瓶中放水，一段时间后，分液漏斗内的水不再滴下，说明装置A气密性良好；
（3）将浓氨水滴入盛有CaO的烧瓶中发生反应：；
（4）氨气为碱性气体，干燥氨气要使用碱性干燥剂，可用碱石灰、氧化钙等，这些物质的状态为固态，因此应该盛放在干燥管中，题中AC符合要求，浓硫酸、会与氨气发生反应，不能用于干燥氨气，故合理选项是AC；
（5）装置E中的饱和食盐水能吸收氯气中的氯化氢气体，减少氯气在水中的溶解度，所以装置E的作用是除去氯气中混有的HCl。要制取干燥纯净的氯气，应先通过盛有饱和食盐水的洗气瓶除去氯化氢，然后通过浓硫酸除去水，若颠倒顺序则不能除去水蒸气；
（6）装置C是氯气与氨气的反应装置，装置C内出现浓厚的白烟并在容器内壁凝结、另一生成物是空气的主要成分之一，说明生成物有和，则该反应的化学方程式为，根据化学方程式可知：N元素的化合价由反应前中的价变为反应后中的0价，化合价升高了3价，每1mol反应，转移3mol电子，故转移的电子数目为3mol（3）。
【分析】A、F分别为氨气和氯气的制取发生装置，A是浓氨水与生石灰反应，生成的气体可用盛有碱石灰的干燥管干燥，F为制备氯气的装置，E为除去HCl的装置，D为氯气的干燥装置，C为纯净干燥的氯气与干燥的氨气发生反应的装置，二者发生反应：，实验中可观察到有白烟生成，以此解答该题。
20．【答案】（1）3Cu+2NO +8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；[Cu(H2O)4]2+
（2）倒置的漏斗
（3）加入硝酸时，不断向左端倾斜U型管
（4）K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可）
（5）打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球；4NO2+O2+4OH-=4NO +2H2O
（6）取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中
【知识点】硝酸的化学性质
【解析】【解答】(1)装置C中铜与硝酸反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，其离子方程式为：3Cu+2NO +8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；水分子可以作为配体与铜离子形成水合铜离子，配位键是一种特殊的共价键，所以1mol水合铜离子中含有σ键数目为12NA，该水合铜离子的化学式为：[Cu(H2O)4]2+，故答案为：3Cu+2NO +8H+=3Cu2++2NO↑+4H2O；[Cu(H2O)4]2+；
(2)装置A上面的导管口末端也可以连接倒置的漏斗来代替干燥管，其作用都是防止倒吸，故答案为：倒置的漏斗；
(3)加入稀硝酸，不断向左端倾斜U型管以排除U型管左端管内空气，故答案为：加入硝酸时，不断向左端倾斜U型管；
(4) 要使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，应打开止水夹K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可），故答案为：K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可）；
(5) 在尾气处理阶段，使B中广口瓶内气体进入烧杯中，同时需要让氮氧化物进入氢氧化钠溶液中，所以打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球；NO2、氧气与NaOH溶液反应只生成硝酸钠和水，离子方程式为：4NO2+O2+4OH-=4NO +2H2O，故答案为：打开止水夹K4，关闭止水夹K2，并将洗耳球尖嘴插在止水夹K3处的导管上，打开止水夹K3挤压洗耳球；4NO2+O2+4OH-=4NO +2H2O；
(6)底部加入四氯化碳，其密度比水大，且难溶于水，取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中，二者不互溶，可填充U型管的空间，且不改变硝酸的浓度，保证了硝酸与铜的反应，同时反应后通过分液即可分离，使能达到预期实验目的，反应结束后硝酸的剩余量尽可能较少，故答案为：取少量的稀硝酸和四氯化碳注入U型管中。
【分析】按照如图装置连接好仪器，关闭所有止水夹，检查装置的气密性，在装置A中的烧杯中加入30%的氢氧化钠溶液，连接好铜丝，在装置C的U型管中加入4.0 mol/L的硝酸，排除U型管左端管内空气，将铜丝向下移动，在硝酸与铜丝接触时可以看到螺旋状铜丝与稀硝酸反应产生气泡，此时打开止水夹K1，U型管左端有无色气体产生，硝酸左边液面下降与铜丝脱离接触，反应停止；应打开打开止水夹K2、K3（K2、K4；K2、K3、K4均可），使装置C中产生的气体进入装置B的广口瓶中，气体变为红棕色，气体进入烧杯中与氢氧化钠溶液反应进行尾气的处理。
21．【答案】（1）粉尘；b
（2）a；H2O2+NO2－=NO3－+H2O
（3）金属铁和金属铝表面都有一层氧化膜；铝铁合金在溶液中形成原电池，加快化学反应速率
（4）3HClO+2NO+H2O=2NO3－+3Cl－+5H+
【知识点】氮气的化学性质；氮的氧化物的性质及其对环境的影响
【解析】【解答】(1)烟道气中含有粉尘，装置A中放置无碱玻璃棉，可以除去粉尘；装置C用于除去少量的水蒸气，应该选择浓硫酸，NO2会与碱石灰反应，而五水硫酸铜不能起到干燥的作用；(2)①根据化学方程式，可知NO2可以单独被NaOH吸收，而NO需与NO2按照1：1才能被NaOH吸收，现无尾气残留，说明NO无残留，因此NO2至少和NO一样多，则参加反应的NO2、NO物质的量比值为≥1，a正确；②NO2－被氧化成NO3－，N的化合价从＋3升高到＋5，H2O2中的O的化合价应该降低，1molH2O2中的O的化合价从－1降低到－2，得到2mol电子，则H2O2和NO2－的系数比为1：1，再根据物料守恒或电荷守恒配平，离子方程式为H2O2＋NO2－=H2O＋NO3－；(3)①根据题意，活泼金属能够将溶液中NO3－转化为N2，但是金属铝和金属铁在0－3h内，NO3－的脱除效率很低，几乎没有脱除，可认为金属与NO3－可能没有反应，可能是金属表面有氧化膜，阻碍了NO3－的脱除反应；②铝铁合金中，铁和铝的活动性不同，可以构成原电池，加快化学反应速率；③HClO中Cl的化合价从＋1降低到－1，NO的化合价从＋2升高到＋5，根据化合价升降守恒的，则HClO和NO3－的系数为3：2，再根据物质守恒和电荷守恒配平，离子方程式为3HClO+2NO+H2O=2NO3－+3Cl－+5H+。
【分析】（1）注意干燥酸性气体不能用碱性物质；
（2）书写离子方程式注意的问题：难溶物、微溶物、弱电解质、氧化物、弱酸酸式根、固体反应物和非电解质都不拆；化学反应前后电荷要守恒；
（3）注意铁和铝在浓硫酸或浓硝酸易钝化。
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