【精品解析】高考二轮复习知识点：含氮物质的综合应用

高考二轮复习知识点：含氮物质的综合应用
一、选择题
1．（2020·）喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是（　　）
　 气体 溶液
A． H2S 稀盐酸
B． HCl 稀氨水
C． NO 稀H2SO4
D． CO2 饱和NaHCO3溶液
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；含氮物质的综合应用；硫化氢；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A不符合题意；
B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B符合题意；
C．一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C不符合题意；
D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差，据此分析。
2．（2019·江苏）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．NaCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s)
B．MgCl2(aq) Mg(OH)2(s) MgO (s)
C．S(s) SO3(g) H2SO4(aq)
D．N2(g) NH3(g) Na2CO3(s)
【答案】B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、电解NaCl溶液的过程中，阳极产生Cl2，Cl2与Fe反应生成FeCl3，第二步转化错误，A不符合题意；
B、石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，与MgCl2反应生成Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2在加热的条件下发生分解反应，生成MgO，两步转化都正确，B符合题意；
C、S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，第一步转化错误，C不符合题意；
D、N2与H2反应生成NH3，NH3和CO2、NaCl溶液反应，生成NaHCO3，NaHCO3固体受热分解再生成Na2CO3，第二步转化错误，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Cl2具有强氧化性，与可变价态的金属反应时，生成最高价态的金属氯化物；
B、石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，难溶性氢氧化物在加热的条件下分解成相应的金属氧化物和水；
C、S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3；
D、CO2与饱和氨盐水反应生成NaHCO3；
3．（2023·浙江1月选考）下列关于元素及其化合物的性质说法错误的是
A．和乙醇反应可生成
B．工业上煅烧黄铁矿生产
C．工业上用氨的催化氧化制备
D．常温下铁与浓硝酸反应可制备
【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用；钠的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】A．乙醇分子中含有羟基，可以和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，A不符合题意；
B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B不符合题意；
C．氨气催化氧化生成NO和水，C不符合题意；
D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气；
B.黄铁矿煅烧生成二氧化硫；
C.氨气催化氧化生成NO和水；
D.常温下铁与浓硝酸发生钝化。
4．（2022·江苏）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法错误的是（　　）
A．自然固氮、人工固氮都是将转化为
B．侯氏制碱法以、、、为原料制备和
C．工业上通过催化氧化等反应过程生产
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
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2会转化为NO，A符合题意；
B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B不符合题意；
C．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C不符合题意；
D．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可相互转化，从而实现了自然界的“氮循环”，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl；
C.氨气与氧气在催化条件下发生反应生成一氧化氮，一氧化氮可生成二氧化氮，二氧化氮和水、氧气反应生成硝酸；
D.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可相互转化。
5．（2022·天津市）燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是（　　）
A．甲是空气中体积分数最大的成分
B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生
D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
【答案】C
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，甲是氮气，空气的成分按体积计算，大约是氮气78%、氧气21%、稀有气体0.94%、二氧化碳0.03%、其它气体和杂质0.03%，氮气是空气中体积分数最大的成分，故A不符合题意；
B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B不符合题意；
C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C符合题意；
D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】甲和氧气反应生成NO，则甲为氮气，NO和CO反应生成氮气和二氧化碳，则乙为二氧化碳。
6．（2021·山东）下列由实验现象所得结论错误的是（　　）
A．向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO 具有氧化性
B．向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)
C．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.根据题意写出离子方程式：HSO3-+2H2S+H+=3S↓+3H2O，反应过程中亚硫酸钠的元素化合价由+4价降低为0价，发生了还原反应，起的是氧化性，故A不符合题意
B.酸性高锰酸钾具有氧化性，可与被具有还原性的物质还原，通过颜色的变化可以证明发生反应，故B不符合题意
C.硝酸和碳木炭反应，体现出氧化性，氮元素的化合价降低，可能是一氧化氮或者是二氧化氮，而一氧化氮与空气接触迅速变为二氧化氮，无法确定产物一定是二氧化氮，故C符合题意
D.先变红，说明此时溶液显碱性，证明次氯酸钠溶液发生可水解，后来褪色是因此水解得到了具有漂白性的次氯酸，后来褪色，故D不符合题意
故答案是：C
【分析】A.标出化学价进行判断即可
B.通过紫色褪去，可说明发生氧化还原反应
C.随着反应的进行浓硝酸变为稀硝酸，会产生一氧化氮，与氧气反应，产生红棕色的二氧化氮
D.次氯酸具有氧化性且是弱酸，且强碱弱酸盐水解呈碱性
7．（2023·梅州模拟）氮元素所形成物质的价类二维图如图所示，下列说法正确的是
A．可用湿润的蓝色石蕊试纸检验a
B．通过雷电作用将b转化为c，可实现氮的固定
C．d转化为e必须加入氧化剂
D．g中的氮原子均采用杂化
【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.氨气能使湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝，应该用湿润的红色石蕊试纸，故A错误；
B.通过雷电作用将氮气和空气中氧气反应生成一氧化氮，可实现氮的固定，故B正确，符合题意；
C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，发生自身氧化还原反应，不需要加入氧化剂，故C错误；
D.硝酸铵中硝酸根离子中氮形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，故D错误
故答案为：B。
【分析】氮元素所形成物质的价类二维图如图，则a-g分别为氨气、氮气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸、一水合氨、硝酸铵，根据氮及其化合物解答即可。
8．（2023·天津市模拟）合成氨及其衍生工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法错误的是
A．合成氨采用400～500℃是为了提高原料转化率和反应速率
B．湿润的淀粉 KI试纸不可以鉴别气体2和溴蒸气
C．生成固体1的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
D．1L气体1、2的混合气与1 L NH3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∶1
【答案】A
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．合成氨反应为放热反应，温度越低，反应越向着正向移动，原料的转化率越高，所以400~500℃不利于提高原料的转化率，故A符合题意；
B．由分析可知：气体2为NO2气体，NO2气体和溴蒸气都有较强的氧化性，都能使淀粉碘化钾试纸变蓝，故B不符合题意；
C．固体1为碳酸氢钠，氯化钠、二氧化碳、水和氨气可以生成碳酸氢钠固体，故方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故C不符合题意；
D．由分析可知：气体1为NO，气体2为NO2，1LNO、NO2的混合气与1LNH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应方程式为：，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比，为1：1，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
B、气体2为二氧化氮，和溴都具有氧化性；
C、氯化钠和氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵；
D、结合化学计量数之比等于物质的量之比等于体积之比判断。
9．（2023·广东模拟）如图所示为氮元素的价类二维图。下列有关说法错误的是
A．a的化学性质不活泼，常用作保护气
B．“雷雨发庄稼”涉及的转化过程包含a→c→d→e
C．b与e按物质的量之比为1：1完全反应，所得生成物的水溶液呈中性
D．f既有氧化性，又有还原性
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．氮气的化学性质不活泼，常用作保护气，A不符合题意；
B．“雷雨发庄稼”涉及自然固氮，转化过程包含：氮气和氧气在雷电作用下生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮、二氧化氮和水生成硝酸，B不符合题意；
C．b与e按物质的量之比为1：1完全反应，所得生成物的水溶液为硝酸铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，C符合题意；
D．f中氮元素处于中间价态，故既有氧化性，又有还原性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氮气常温下很稳定，可以作为保护气；
B、氮气和氧气反应生成一氧化氮，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；
C、铵根离子水解为酸性；
D、元素处于中间价态时，既有氧化性，又有还原性。
10．（2023·岳阳模拟）某小组探究的催化氧化，实验装置图如下。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。下列分析正确的是
A．②中能用替代
B．③、④中现象说明③中的反应是
C．④中白烟的主要成分是
D．反应结束后若⑤中溶液变蓝则溶液中一定含有
【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．NH4NO3是氧化性铵盐，加热时低温生成NH3和HNO3，随着温度升高，硝酸的强氧化性发挥作用使生成的氨进一步被氧化生成氮气和氮的氧化物，所以不能用NH4NO3跟Ca(OH)2反应制氨气，故A不符合题意；
B．由分析可知，③中气体颜色无明显变化、④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为，故B符合题意；
C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，故C不符合题意；
D．由分析可知，一段时间后，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，溶液中还可能存在CuSO4也呈蓝色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，装置④中反应生成的一氧化氮与过量的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜。
11．（2023·辽阳模拟）一定条件下，向一恒容密闭容器中通入适量的和，发生反应：，经历两步反应：①；②。反应体系中、、的浓度随时间的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线a是随时间的变化曲线
B．时，
C．时，的生成速率大于消耗速率
D．时，
【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．NO2是中间产物，其浓度先增大，后减小，曲线a代表，A项不符合题意；
B．根据图像可知，时、的浓度相等，B项不符合题意；
C．时，浓度在减小，说明生成速率小于消耗速率，C项不符合题意；
D．根据氮元素守恒，时，完全消耗，则，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、二氧化氮在第二个反应中为生成物，第三个反应中为反应物，浓度先增后减；
B、结合图示可以知道三者浓度相同；
C、二氧化氮浓度减小，即生成速率小于消耗速率；
D、结合氮元素守恒判断。
12．（2023·邯郸模拟）水体中的局部氮循环如图所示。下列说法错误的是
A．N2→NH属于氮的固定
B．图示转化过程中N元素表现出7种化合价
C．硝化过程中含N物质被氧化，反硝化过程中含N物质被还原
D．在NH、NH2OH、NO和NO中N原子的杂化方式不完全相同
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．N2→NH为空气中游离态的氮转化为化合态的氮，属于氮的固定，A不符合题意；
B．N2、NH、NH2OH、NO、NO NO、N2O中氮元素的化合价分别为0、-3、-1、+3、+2、+1，表现出7种化合价，B不符合题意；
C．硝化过程中N2→NH过程中氮元素化合价降低，被还原，C符合题意；
D．在NH、NH2OH中N为sp3杂化；NO和NO中N为sp2杂化；N原子的杂化方式不完全相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；
B.该过程中，涉及N元素的化合价为0、-3、-1、+3、+5、+2、+1；
D.NH、NH2OH中N为sp3杂化，NO和NO中N为sp2杂化。
13．（2023·湛江模拟）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法错误的是
A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B．的转化均能一步实现
C．c、d和i、j均属于酸性氧化物
D．f与l可以是同一种物质
【答案】C
【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】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，故A不符合题意；
B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B不符合题意；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C符合题意；
D．由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据价类二维图的化合价分析；
B．依据硫及其化合物的性质分析；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不是酸性氧化物；
D．依据盐的阴阳离子的类别判断。
14．（2023·辽宁模拟）氮元素的“价-类”二维关系如图所示。下列说法正确的是
A．基态氮原子核外电子空间运动状态有7种
B．图中a→b→c→d是工业制硝酸的转化路线
C．图中化合价所对应的氮的含氧酸均为强酸
D．离子中的化学键形成方式不同，但成键后的化学键相同
【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．基态氮原子核外电子空间运动状态有5种，A不符合题意；
B．工业制硝酸的转化路线，图中a不是，而是N显示0价的，B不符合题意；
C．图中化合价所对应的氮的含氧酸有和，其中为弱酸，C不符合题意；
D．离子为，4个键中，有一个是一方提供空轨道，一方提供孤对电子的配位键形成方式，其余三个为成键双方各提供一个单电子的成键方式，故化学键形成方式不同，但成键后的化学键相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．空间运动状态数等于电子占据轨道数；
B．工业制硝酸利用氨的催化氧化法；
C．为弱酸；
D．依据铵根离子的化学键和空间结构分析。
15．（2023·日照模拟）某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是
A．过程I中发生还原反应
B．a和b中参与反应的数目相等
C．过程Ⅱ的反应为
D．过程I→Ⅲ的总反应为
【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由题干信息可知，过程I中转化为NO，N的化合价降低，故发生还原反应，A不符合题意；
B．由分析可知，根据a过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，和b中参与反应的数目相等，B不符合题意；
C．由分析可知，过程Ⅱ的反应为NO++2H++3e-=N2H4+H2O，C符合题意；
D．由分析可知，过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，过程Ⅲ的方程式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，故过程I→Ⅲ的总反应为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应；
B、结合化学方程式判断；
C、一氧化氮和氢离子的电子生成肼和水；
D、亚硝酸根和铵根离子生成氮气和水。
16．（2023·合肥模拟）下表中各组物质不能按照如图所示的转化关系一步实现的是
选项 X Y Z
A
B Fe
C
D NO
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．Cl2和H2O反应生成HClO，HClO和NaOH反应生成NaClO，NaClO和HCl反应生成Cl2，可以实现，A不选；
B．Fe和O2反应生成Fe3O4，Fe2O3不能和水反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3不能直接生成Fe，故不能实现，B选；
C．SO2和O2反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，Cu和浓H2SO4反应生成SO2，可以实现，C不选；
D．NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，Cu和稀HNO3反应生成NO，可以实现，D不选；
故答案为：B。
【分析】依据元素及其化合物的性质分析，B中Fe和O2反应生成Fe3O4，Fe2O3不能和水反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3不能直接生成Fe。
17．（2023·渭南模拟）部分含及物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．对应含氧酸的酸性强弱为：
B．工业上通过 来制备
C．久置的水溶液会变小
D．利用a还原c或者d可以消除氮氧化物的污染
【答案】B
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．硝酸和高氯酸都是相应元素的最高价酸，最高价酸的酸性和非金属性相关，非金属性越强，最高价酸的酸性越强，非金属性Cl＞N，所以酸性：HClO4＞HNO3，故A合理；
B．工业上制备硝酸，首先发生的是氨的催化氧化，即氨被氧气氧化为NO，然后NO再被氧化为NO2，最后NO2和水反应生成HNO3和NO，NO可以循环使用，即工业上是通过制备硝酸，不经过氮气这一步，故B不合理；
C．氯水中的HClO光照下会分解为强酸盐酸和氧气，所以久置的氯水pH会变小，故C合理；
D．NH3中N为-3价，NO和NO2中N的化合价为正价，NH3和NO或NO2反应时，都可以发生归中反应生成氮气和水，可以用氨还原NO或NO2消除氮氧化物的污染，故D合理；
故答案为：B。
【分析】A．非金属性越强，最高价酸的酸性越强；
B．工业上制备硝酸，首先发生的是氨的催化氧化，即氨被氧气氧化为NO，然后NO再被氧化为NO2，最后NO2和水反应生成HNO3和NO；
C．氯水中的HClO光照下会分解为盐酸和氧气；
D．依据价态归中反应分析。
18．（2022高三上·广州月考）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a的氧化或还原均可实现氮的固定
B．b是红棕色气体，b常温下可转化为c
C．常温下d的稀溶液可保存在铝制容器中
D．e的溶液一定呈中性
【答案】A
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，氮单质中元素化合价可升可降，A符合题意；
B．b为NO，是无色气体，B不符合题意；
C．浓硝酸能使铝钝化，可以盛放在铝制容器中，C不符合题意；
D．e为硝酸盐，其溶液不一定呈中性，例如硝酸铵溶液由于铵根离子水解，溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，a为N2，b为NO，c为NO2，d为硝酸，e为硝酸盐。
19．（2022高三上·抚顺期中）氮及其化合物在生产生活中具有广泛的应用。在给定条件下，下列选项所示物质间的转化能实现的是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】含氮物质的综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．氯化铝和过量氨水生成氢氧化铝沉淀，A符合题意；
B．氨气、一氧化氮不会反应生成二氧化氮，B不符合题意；
C．二氧化氮和水反应生成硝酸，一氧化氮和水不反应，C不符合题意；
D．硝酸具有强氧化性，和铁反应生成水和一氧化氮，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氢氧化铝不溶于过量氨水；
B.NH3、NO中N元素化合价不可能都升高；
C.一氧化氮不与水反应；
D.铁与稀硝酸反应生成NO。
二、多选题
20．（2022·淄博模拟）一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是
A．反应④有极性键的断裂与生成
B．反应②③均为氧化还原反应
C．反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)
D．总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况)
【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A不符合题意；
B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B符合题意；
C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C不符合题意；
D．根据图示可知，NO被还原为N2，则还原1molNO转移2mol电子，而O2最终生成H2O，故2mol电子消耗0.5molO2，标准状况下体积为11.2L，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、不同的非金属原子为极性共价键结合；
B、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
C、四氨合铜离子和一氧化氮反应生成氮气、铵根离子、水和二氨合铜离子；
D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
三、非选择题
21．（2019·江苏）N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为　 　。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH =2 +H2O
2NO2+2OH = + +H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有　 　（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是　 　（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是　 　（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。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 的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl 和 ，其离子方程式为　 　。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是　 　。
【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2ON2O+3H2O
（2）BC；NaNO3；NO
（3）3HClO+2NO+H2O=3Cl +2 +5H+；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【知识点】氮的固定；化学平衡的影响因素；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）NH3和O2在催化剂作用下反应生成N2O和H2O，该反应中，氮元素由-3价变为+1价，失去8个电子，O2由0价变为-2价，得到4个电子，根据得失电子守恒可得，NH3和N2O的系数为2和1，O2的系数为2；由H原子个数守恒，可得H2O的系数为3；故该反应的化学方程式为：；
（2）①A、加快通入尾气的速率，会使得尾气未参与反应就逸出，导致NO和NO2的去除率降低，A不符合题意；
B、采用气、液逆流的方式，可以增大尾气和NaOH溶液的接触，提高NO和NO2的去除率，B符合题意；
C、定期补充NaOH溶液，可以提高NO和NO2的去除率，C符合题意；
故答案为：BC；
②由上述发生的反应可知，晶体后所得的NaNO2晶体中含有的主要杂质为NaNO3；
由于NO2能与水反应生成NO，且NO难溶于水，不与水反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO；
（3）①由题干信息可知，反应过程中，HClO将NO氧化成NO3-，自身还原为Cl-；Cl元素由+1价变为-1，得到2个电子；N元素由+2价变为+5价，失去3个电子；结合得失电子守恒可得，HClO和Cl-的系数为3，NO和NO3-的系数为2；由电荷守恒可得，产物中含有H+，且其系数为5；结合H原子个数守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为1；因此可得该反应的离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；
②溶液的pH值越小，则酸性越强，溶液中c(HClO)越大，HClO的氧化性越强，其氧化NO的能量越强，因此NaClO溶液的起始pH越小，NO的转化率越高；
【分析】（1）由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式；
（2）①A、加快通入气体的速率，气体吸收率降低；
B、气、液逆流可增大接触；
C、定期补充NaOH溶液，有利于尾气的吸收；
②结合发生反应的离子方程式确定晶体中所含杂质；结合NO和NO2的性质分析；
（3）①由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
②溶液pH越小，则溶液中c(HClO)越大，氧化性越强；
22．（2016·新课标Ⅱ卷）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列问题：
（1）联氨分子的电子式为　 　，其中氮的化合价为　 　．
（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为　 　．
（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ mol﹣1
上述反应热效应之间的关系式为△H4=　 　，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为　 　．
（4） 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平衡常数值为　 　（已知：N2H4+H+ N2H5+的K=8.7×107；Kw=1.0×10﹣14）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为　 　．
（5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是　 　．联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2　 　kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是　 　．
【答案】（1）；﹣2
（2）2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O
（3）2△H3﹣2△H2﹣△H1；联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应
（4）8.7×10﹣7；N2H5HSO4
（5）试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀；1；氧化产物为氮气、对环境无污染，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用
【知识点】盖斯定律及其应用；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】解：（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为： ，其中氢元素化合价为+1价，则氮元素化合价为﹣2价， 故答案为： ；﹣2；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，
故答案为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应放出大量热，联氨和N2O4可作为火箭推进剂，
故答案为：2△H3﹣2△H2﹣△H1，联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应；（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O N2H5++OH﹣，平衡常数Kb= = × =K×Kw=8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7，N2H4+H+ N2H5+，联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H5HSO4，
故答案为：8.7×10﹣7，N2H5HSO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，反应出现现象为：试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀，
由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，N2H4～O2～4e﹣，联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg，与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是氧化产物为氮气、对环境无污染，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，
故答案为：试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀；1；氧化产物为氮气、对环境无污染，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用．
【分析】（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，元素化合价代数和为0计算化合价；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠；（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ mol﹣1（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O N2H5++OH﹣，平衡常数Kb= = × =K×Kw，联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H5HSO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，联胺被氧化失电子N2H4～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，依据守恒计算判断，依据锅炉的质地以及反应产物性质解答．本题考查了的知识点有氮及其化合物性质、物质结构、热化学方程式和盖斯定律计算应用、平衡常数的计算方法，主要是氧化还原反应的计算及其产物的判断，题目难度中等．
23．（2023·徐汇模拟）现代农业要精准施肥，科学种植。以下是一种实验室测定土壤中含氮量的方法。
（1）(一)提取土壤中的氮
称取100g土壤于烧杯中，加入足量浓硫酸和一定量的催化剂，充分反应后过滤、洗涤滤渣，往滤液加入足量NaOH溶液，按如图进行蒸馏，用过量硼酸吸收生成的氨。
已知：常温下，
土壤中的氮元素主要存在形式　 　。(填微粒符号)
（2）向土壤中加入浓硫酸和一定量催化剂的目的　 　。
（3）判断滤渣已洗涤干净的方法为　 　。
（4）丙装置的缺点为　 　。
（5）当丙中尾接管无明显液滴后，需升高温度继续蒸出水蒸气一段时间，目的为　 　。
（6）(二)滴定测量含氮量
将锥形瓶内溶液稀释至250mL，取出25.00mL稀释液，向其中滴加2~3滴甲基红(变色范围4.4~6.2)，用盐酸标准溶液滴定。重复实验3次，平均消耗盐酸标准溶液18.00mL。
滴定时，发生反应的离子方程式为　 　。
（7）该土壤样品的含氮量为　 　(以N元素计算)。
【答案】（1）、
（2）将土壤中的含氮有机物转化为铵盐
（3）取最后一次的洗涤液于试管中，先滴加盐酸，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净
（4）牛角管与硼酸溶液没有接触
（5）保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，使实验结果更准确
（6）
（7）2.52
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）土壤中无机氮元素主要存在形态包括铵态氮和硝态氮，即、等，故答案为：、；
（2）土壤中含氮有机化合物在还原性催化剂的作用下，用浓硫酸消化分解，使其中所含的氮转化为氨，并与硫酸结合为硫酸铵，因此向土壤中加入浓硫酸和一定量催化剂的目的是将土壤中的含氮有机物转化为铵盐，故答案为：将土壤中的含氮有机物转化为铵盐；
（3）若要判断滤渣是否洗净，需要检测是否还有硫酸根离子，因此方法为：取最后一次的洗涤液于试管中，先滴加盐酸，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净，故答案为：取最后一次的洗涤液于试管中，先滴加盐酸，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净；
（4）为了保证氨气被硼酸溶液充分吸收，应使牛角管与硼酸溶液接触，则丙装置的缺点为：牛角管与硼酸溶液没有接触，故答案为：牛角管与硼酸溶液没有接触；
（5）氨气极易溶于水，为了保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，牛角管无明显液滴后，还需升高温度继续蒸出水蒸气一段时间，保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，使实验结果更准确，故答案为：保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，使实验结果更准确；
（6）硼酸为弱酸，且存在，则滴定时发生的反应为，故答案为：；
（7）根据原子守恒有关系式：，解得x=910-4mol，则含氮量为，故答案为：2.52。
【分析】（1）土壤中氮元素的形式有铵根离子、硝酸根、亚硝酸根；
（2）催化剂可以将含氮有机物转化为铵盐；
（3） 取最后一次的洗涤液于试管中，先滴加盐酸，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净 ；
（4）为了保证氨气被硼酸溶液充分吸收，应使牛角管与硼酸溶液接触；
（5）实验后通入气体，通常是使装置内残留的某种气体排入吸收装置；
（6）结合，可知其逆反应为 ；
（7）结合原子守恒关系式判断。
24．（2023·浦东模拟）某污水处理工艺中，的转化途径如下图所示：
完成下列填空：
（1）上述转化过程　 　(选填“属于”或“不属于”)氮的固定。N原子核外能量最高的电子有　 　个，这些电子　 　(选填编号)
a.所处的电子亚层相同 b.自旋方向相同
c.占据的轨道相同 d.运动状态相同
（2）从原子结构角度解释NO分子中氮元素化合价呈正价的原因　 　。
（3）中氢元素的化合价为价，写出的结构式　 　，其所含共价键的类型为　 　；若其分子的极性与相同，则它是　 　(选填“极性”或“非极性”)分子。
（4）配平离子方程式：　 　。
_NO＋____
若反应所得的氧化产物比还原产物多1.5mol，则该反应转移的电子为　 　mol。
【答案】（1）不属于；3；ab
（2）N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离
（3）；极性键和非极性键；极性
（4）；4
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）固氮是指游离氮转化为化合态氮的过程；所以上述转化过程不属于氮的固定；N原子核外电子排布为1s22s22p3，能量最高的电子有3个；a.3个电子均处于2p能力，电子亚层相同；b．根据洪特规则，这3个电子自旋方向相同；c．这3个电子分别占据2px，2py和2pz轨道；d．这3个电子运动状态不同；所以ab说法正确；故答案为：不属于；3；ab。
（2）N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离，氮元素化合价；故答案为：N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离。
（3）中氢元素的化合价为价，的结构式为；分子种含有N-H和N-N共价键，分别为极性键和非极性键；为三角锥形，为极性分子，若其分子的极性与相同，则它是极性分子；故答案为：；极性键和非极性键；极性。
（4）NO中N元素化合价为+2，中N元素为-3价；中N元素为-2价；根据化合价升降平衡配平方程式为；被氧化，NO被还原；设共5x mol，其中氧化产物为4x mol；若反应所得的氧化产物比还原产物多1.5mol，所以4x-x=1.5mol，解得x=0.5；所以生成的物质的量为2.5mol；根据化学式有，设则该反应转移的电子为4mol；故答案为：；4。
【分析】（1）氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；N原子核外电子排布为1s22s22p3；
（2）N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，N和O得共用电子对向O偏离，因此NO分子中氮元素化合价呈正价；
（3）的结构式为，分子中含有N-N非极性键和N-H极性键；氨气为极性分子，与氨气极性相同，则也是极性分子；
（4）根据得失电子守恒和质量守恒配平该方程式。
25．（2023·鞍山模拟）随着工业的发展，氨氮废水(主要含)的排放对环境造成很大的影响，常见的处理方法有：生物脱氮法、吹脱-氧化法、电化学氧化法等。请回答下列问题：
（1）氨氮废水排放最直接的影响是加速水体富营养化，可造成　 　(填写一个可出现的环境问题)；
（2）生物脱氮法流程如下：
①两步反应的最佳温度为35℃，当温度低于5℃，反应接近停止的原因是　 　；
②步骤I中若的消除速率为，则的消耗速率为　 　；
（3）吹脱-氧化法：
①吹脱时，与在溶液中存在下述平衡：，如图是不同温度下，水中与随变化的相对含量图：
由图像可知，越大，水中含量越高，其原因是　 　。50℃平衡的平衡常数　 　；
②氧化原理如下：
(i)其他条件相同时，向一定体积的氨氮废水中通入，根据上述原理推测下列说法错误的是　 　(填代号)；
a.该过程中N元素既有被氧化的过程又有被还原的过程
b.优良的催化剂不但能降低的活化温度，还能提升的平衡转化率
c.单位时间内生成的活性氧(O·)越多，对转化为无害物越有利
d.随着温度升高、单位时间内的转化率提升说明该转化一定是吸热反应
(ii)其他条件相同，不同催化剂X、Y在发生催化作用时，对比结果如下：
催化剂 转化温度(℃) 转化率(％) 选择性(％)
X 250 90 50
Y 225 90 90
X催化剂　 　Y催化剂(填“优于”或“劣于”)；
（4）电化学氧化法：
其原理为电解时阳极产生的羟基自由基氧化或成为而被去除。实验结果表明，当溶液中存在时，或转化率大幅提升(如图所示)，其可能的原因是　 　。
【答案】（1）水华或赤潮
（2）温度过低，硝化细菌或反硝化细菌无法发挥作用；64
（3）溶液碱性增强，平衡逆向移动，水中含量升高；或；bcd；劣于
（4）在阳极放电较水更容易，产生将或氧化为
【知识点】化学平衡的影响因素；含氮物质的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）氨氮废水排放会导致水体富营养化，引起水华或赤潮的环境问题，故答案为：水华或赤潮；
（2）①两步反应的最佳温度为35℃，当温度低于5℃，两种细菌的蛋白质活性都很低， 导致两种细菌都无法发挥作用，故答案为：温度过低，硝化细菌或反硝化细菌无法发挥作用；
②与氧气发生反应，1mol被氧化成失8mol电子，1mol氧气得4mol电子，根据得失电子守恒得关系式：，则18g反应时消耗64g氧气，若的消除速率为，则的消耗速率为，故答案为：64；
（3）越大，溶液碱性越强，浓度越大，则平衡逆向移动，水中含量升高；50℃平衡的平衡常数，结合图中数据，在pH值为8.5时，和的量正好相等，则此时K==或；
故答案为：溶液碱性增强，平衡逆向移动，水中含量升高；或；
②a.该过程中氨气转化为NOx过程中N元素被氧化，NH2NO转化为氮气时N元素既有被氧化的过程又有被还原，故正确；
b.催化剂不能引起平衡移动，对的平衡转化率无影响，故不正确；
c.单位时间内生成的活性氧(O·)越多，对转化为NOx越有利，NOx为有毒气体，故不正确；
d.随着温度升高、单位时间内的转化率提升可能是反应吸热升温时平衡正向移动，也可能只是加快了反应速率，使单位时间内的氨气转化率增大，故不正确；
由表中数据可知，在氨气转化率均为90%时，Y所需温度更低，且最终产物转化为氮气的选择性更高，既能节省能源，也能减小污染，故Y优于X；
故答案为：bcd；劣于；
（4）无氯离子时阳极是水放电生成氧气，而有氯离子时阳极氯离子优先于水放电生成氯气，氯气的氧化性比氧气强，更有利于将氨气或铵根离子氧化为氮气，故答案为：在阳极放电较水更容易，产生将或氧化为；
【分析】（1）水体富营养化会引起水华或赤潮；
（2）①依据催化剂的活化温度判断；
②根据得失电子守恒得关系式计算；
（3）依据影响化学平衡的因素分析；
②a.依据元素化合价的变化判断；
bc.催化剂只能加速化学反应的速度，而不能使平衡移动；
d.依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（4）依据放电顺序和物质的性质分析；
26．（2023·成都模拟）汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：
（1）有关汽车尾气的生成
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
则3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH=　 　。
（2）用CO消除汽车尾气
在催化剂a作用下将尾气转化为无污染的气体而除去。向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH，测得平衡时NO体积分数与温度、压强的关系如图。
①已知T2＞T1，则反应ΔH　 　0(填“＞”、“=”或“＜”)。
②该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施　 　(填字母序号)。
a.改用高效催化剂
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度
c.移去CO2
d.升高温度
e.缩小反应容器的体积
③在温度为T1、容器体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点达到平衡。则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)=　 　；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp　 　(填“变大”、“变小”或“不变”)。
④在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中　 　点(填A～F)。
（3）用NH3消除汽车尾气
新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3，和NOx，反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示。
①在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是　 　。
②当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是　 　。
【答案】（1）-130.52kJ mol-1
（2）＜；be；0.1mol L-1 min-1；变小；A
（3）催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢；O2与NH3反应生成NOx
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
根据盖斯定律，由②-①-③得反应3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH=-144.14kJ mol-1-180.50kJ mol-1+244.10kJ mol-1=-130.52kJ mol-1；
（2）①根据图中信息可知，以过X点的等压线，已知T2＞T1，温度越高，NO的体积分数越大，故说明平衡逆向移动，逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，则反应ΔH＜0；
②a.改用高效催化剂，化学反应速率增大，但催化剂不能使平衡移动，NO的转化率不变，选项a不符合；
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项b符合；
c.移去CO2，生成物的浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，NO的转化率增大，选项c不符合；
d.升高温度，化学反应速率增大，但正反应为放热反应，平衡逆向移动，NO的转化率减小，选项d不符合；
e.缩小反应容器的体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项e符合；
故答案为：be；
③向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，设NO转化率为x，根据三段式有：
平衡时NO的体积分数为25%，则有，解得x=50%，则NO平均反应速率v(NO)=0.1mol L-1 min-1；
若其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，生成物的平衡分压减小，反应物的平衡分压增大，用分压表示的平衡常数Kp变小；
④由图可知，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比X点对应的体积分数大，符合条件的只有A点，故答案为：A；
（3）①已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大；
②已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300 ℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关，所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应：4NH3+5O24NO+6H2O，氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降，故答案为：O2与NH3反应生成NOx。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 提高一氧化氮转化率的方法可以增大一氧化碳的浓度，或者按照投料比增大反应物的浓度，也可以是通过压缩体积使平衡朝气体系数缩小的方向移动，增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积；
③ 化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
④ 升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
（3） ① 结合题干可以知道催化剂高温下活性强，即温度较低时活性较弱，催化效率不高；
② 氧气和氨气反应生成氮氧化物，使氮氧化物的去除率降低。
27．（2023·东城模拟）实验室常用NaOH溶液吸收NO2尾气，探究其适宜条件原理。20℃时，将4mL不同浓度NaOH溶液一次性推入中4mLNO2，观察现象。
编号 c(NaOH) 现象
甲 2mol L-1 活塞自动内移，最终剩余约7mL无色气体
乙 6mol L-1 活塞自动内移，最终气体全部被吸收
（1）NaOH溶液吸收NO2时生成两种钠盐，分别为NaNO2和　 　。
（2）检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理是　 　。
（3）某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部OH-浓度过低，导致部分NO2与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将NO2缓慢推入NaOH溶液中，　 　(补全实验现象)。
（4）进一步探究NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。
【查阅资料】
i.NO2遇水时发生反应：a.
b. ；
ii.酸性条件下，或可与对氨基苯残酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深。
【实验】将2mLNO2推入5mL下列试剂中，随即取出0.1mL溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸化)中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。
编号 试剂 溶液颜色
丙 水 溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅
丁 6mol L-1NaOH溶液
戊 酸性对氨基苯磺酸溶液
①通过实验　 　(填编号)对比，说明NO2遇水时发生了反应a和b。
②从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是　 　。
（5）若用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL(20℃)无色气体。
综上，用NaOH溶液吸收NO2尾气，适宜的条件是　 　(写出两点即可)。
【答案】（1）NaNO3
（2）
（3）最终剩余气体小于7mL
（4）丙和戊；HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率
（5）低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积
【知识点】含氮物质的综合应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）NaOH溶液吸收NO2时，所发生的化学反应为：，生成两种钠盐分为别NaNO3和NaNO2，故答案为：NaNO3；
（2）吸入少量空气，气体变为红棕色，根据守恒规律不难得出生成了NO2，化学方程式表示检验的反应原理为，故答案为：；
（3）NO2是红棕色气体，甲中产生无色气体则为NO，要验证局部浓度过低，导致部分NO2与水反应而产生了NO，当缓慢推入NO2后，最终剩余气体小于7mL，则说明可能是该原因导致，故答案为：最终剩余气体小于7mL；
（4）丙中是将2mLNO2推入5mL水中，而戊中试剂为酸性对氨基苯磺酸溶液，根据题中信息知，在酸性条件下，或可与对氨基苯残酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深，再根据溶液颜色变化来看，溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅，丙中加水一定程度上稀释了溶液，导致相对减小，也说明了的确是产生了和；根据题干信息可知，NO2遇水时发生反应：a.
b.，由实验丁的现象几乎与戊的颜色相同可知，此时是与戊差不多的，但是实验戊较实验丙而言颜色浅，说明实验丙中反应速率较慢，那就从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是，HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率，故答案为：丙和戊；HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率；
（5）用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL无色气体，可知低温是适宜条件，而实验乙中最终气体全部被吸收，可知NaOH浓度越大则吸收更充分，故答案为：低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积
【分析】（1） NaOH溶液吸收NO2反应生成NaNO3和NaNO2；
（2）一氧化氮被空气中的氧气氧化为红棕色的二氧化氮；
（3） NO2是红棕色气体，甲中产生无色气体则为NO，要验证局部OH-浓度过低，导致部分NO2与水反应而产生了NO，当缓慢推入NO2后，最终剩余气体小于7mL；
（4）①或可与对氨基苯残酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深；
②HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率导致NO2与水或碱反应时还原产物价态不同 ；
（5）用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL无色气体，可知低温是适宜条件，而实验乙中最终气体全部被吸收，可知NaOH浓度越大则吸收更充分。
28．（2023·朝阳模拟）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。
（1）在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现　 　性。
（2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。
已知：
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是　 　。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：　 　。
□NO+□ +□ □□□
③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：　 　。
（3）用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下：
检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。
①在电解池中被还原为NO的离子方程式为　 　。
②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是　 　。
③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果　 　(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。
【答案】（1）还原
（2）盐酸具有还原性，能与NaClO反应；；溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大
（3）；；偏低
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：；
③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大；
（3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：；
②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：；
③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。
【分析】（1）化合价升高，体现为还原性；
（2） ① 氯化氢和次氯酸钠发生氧化还原反应；
② 结合化合价变化，判断化学计量数；
③ 减小氢离子，使平衡朝正向移动；
（3） ① 二氧化氮和碘离子、磷酸反应生成一氧化氮、碘、磷酸二氢根和水；
② 脱出率为脱出前后氮氧化物的物质的量差和起始物质的量的比值计算；
③ 氮氧化物没有完全转化为二氧化氮，导致二氧化氮的测定值偏低。
29．（2023·乌鲁木齐模拟）下图是氮在生态系统中的循环。细菌和电催化可促使含氮物质进行氧化还原反应。
（1）写出N在周期表中的位置　 　。中N元素的化合价为　 　。
（2）依据图中所示的氮循环，写出自然界中固氮的一种途径　 　。
（3）氮肥是水体中铵态氮的主要来源之一、实验室中检验可以用　 　溶液，产生气体使湿润的　 　色石蕊试纸变色。
（4）硝化过程中，含氮物质发生　 　(填“氧化”或“还原”)反应。
（5）铵态氮()与亚硝态氮()可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生氮气时，转移电子的物质的量为　 　。
（6）由于过度的人为干预，水体中的硝酸盐水平正在增加。硝酸盐转化为无害氮的反硝化作用，可以通过电催化法来实现，写出在中性介质中硝酸盐转化为氮气的阴极电极反应式　 　。
【答案】（1）第二周期第VA族；+3
（2）生物固氮(或闪电作用)
（3）浓氢氧化钠；红
（4）氧化
（5）0.06
（6）2NO +10e- + 6H2O = N2↑ + 12OH-
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）N是7号元素，在周期表中的位置是第二周期第VA族；设中N元素的化合价为x，x-2×2=-1，x=+3。
（2）自然界中固氮的途径主要为生物固氮或闪电作用；
（3）根据+OH-NH3↑+H2O，检验可以用浓氢氧化钠溶液，氨气是碱性气体，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
（4）硝化过程中，N元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。
（5）与反应生成氮气，中N元素化合价由-3升高为0、中N元素化合价由+3降低为0，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为+=N2↑+2H2O，生成1mol氮气转移3mol电子，当产生氮气时，转移电子的物质的量为0.06。
（6）在中性介质中在阴极得电子生成氮气，阴极电极反应式2NO +10e- + 6H2O = N2↑ + 12OH-。
【分析】（1）依据化合物化合价代数和为0计算；
（2）氮的固定是将空气中游离的氮转化为含氮化合物的过程；
（3）依据氨气的性质检验。
（5）根据得失电子守恒解答。
（6）依据题目信息和阴极发生还原反应书写。
30．（2022·浙江模拟）由三种短周期元素组成的化合物A，常温下为无色晶体，易分解、易爆炸，水溶液中相对稳定，是二元含氧酸，一定条件下可用作还原剂。A的制备可以经过如下步骤实现：
已知：A的相对分子质量为62，在氧气中灼烧可得物质的量之比为2：1的两种气体；钠汞齐是单质钠溶于单质汞形成混合物，是一种强还原剂；B、E含有相同的阴离子。
请回答：
（1）A的组成元素名称是　 　。
（2）A中所有原子都满足稀有气体原子的电子层结构，且具有对称性，则A的结构式为　 　。
（3）B的水溶液显碱性，用离子方程式表示其原因：　 　。
（4）C是氯碱工业产物之一，写出由X生成B的化学方程式：　 　。
（5）将A加入到碘水中，碘水褪色，生成三种酸，物质的量之比为1：1：6，写出发生的方程式：　 　。
【答案】（1）氢、氮、氧
（2）H-O-N=N-O-H
（3）N2O+H2OHN2O+OH-
（4）2NaNO2+2H2O+4Na=Na2N2O2+4NaOH
（5）H2N2O2+3I2+3H2O=HNO3+HNO2+6HI
【知识点】含氮物质的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】（1）根据分析可知A的分子式为H2N2O2，A的组成元素名称为氢、氮、氧；
（2）H2N2O2中所有原子都满足稀有气体的最外层电子结构，则O形成2个共价键，N形成3个共价键，且具有对称性，则结构式为H-O-N=N-O-H；
（3）B的水溶液显碱性，说明N2O为弱酸根，发生水解：N2O+H2OHN2O+OH-，溶液显碱性；
（4）根据分析可知亚硝酸钠溶液与水、钠汞齐发生氧化还原反应生成Na2N2O2、NaOH，结合元素守恒、电子守恒可得化学方程式为2NaNO2+2H2O+4Na=Na2N2O2+4NaOH；
（5）将H2N2O2加入到碘水中，碘水褪色，说明I2被H2N2O2还原，生成三种酸，则其中一种应为HI，再结合元素守恒可知另外两种酸应是HNO3和HNO2，所以化学方程式为H2N2O2+3I2+3H2O=HNO3+HNO2+6HI。
【分析】（1）根据流程中的信息确定分子式；
（2）依据结构特点分析；
（3）依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析；
（4）（5）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、原子守恒书写。
1 / 1高考二轮复习知识点：含氮物质的综合应用
一、选择题
1．（2020·）喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是（　　）
　 气体 溶液
A． H2S 稀盐酸
B． HCl 稀氨水
C． NO 稀H2SO4
D． CO2 饱和NaHCO3溶液
A．A B．B C．C D．D
2．（2019·江苏）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．NaCl(aq) Cl2(g) FeCl2(s)
B．MgCl2(aq) Mg(OH)2(s) MgO (s)
C．S(s) SO3(g) H2SO4(aq)
D．N2(g) NH3(g) Na2CO3(s)
3．（2023·浙江1月选考）下列关于元素及其化合物的性质说法错误的是
A．和乙醇反应可生成
B．工业上煅烧黄铁矿生产
C．工业上用氨的催化氧化制备
D．常温下铁与浓硝酸反应可制备
4．（2022·江苏）氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法错误的是（　　）
A．自然固氮、人工固氮都是将转化为
B．侯氏制碱法以、、、为原料制备和
C．工业上通过催化氧化等反应过程生产
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”
5．（2022·天津市）燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是（　　）
A．甲是空气中体积分数最大的成分
B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生
D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
6．（2021·山东）下列由实验现象所得结论错误的是（　　）
A．向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO 具有氧化性
B．向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)
C．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应
7．（2023·梅州模拟）氮元素所形成物质的价类二维图如图所示，下列说法正确的是
A．可用湿润的蓝色石蕊试纸检验a
B．通过雷电作用将b转化为c，可实现氮的固定
C．d转化为e必须加入氧化剂
D．g中的氮原子均采用杂化
8．（2023·天津市模拟）合成氨及其衍生工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法错误的是
A．合成氨采用400～500℃是为了提高原料转化率和反应速率
B．湿润的淀粉 KI试纸不可以鉴别气体2和溴蒸气
C．生成固体1的化学方程式为NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl
D．1L气体1、2的混合气与1 L NH3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∶1
9．（2023·广东模拟）如图所示为氮元素的价类二维图。下列有关说法错误的是
A．a的化学性质不活泼，常用作保护气
B．“雷雨发庄稼”涉及的转化过程包含a→c→d→e
C．b与e按物质的量之比为1：1完全反应，所得生成物的水溶液呈中性
D．f既有氧化性，又有还原性
10．（2023·岳阳模拟）某小组探究的催化氧化，实验装置图如下。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后，④中产生白烟。下列分析正确的是
A．②中能用替代
B．③、④中现象说明③中的反应是
C．④中白烟的主要成分是
D．反应结束后若⑤中溶液变蓝则溶液中一定含有
11．（2023·辽阳模拟）一定条件下，向一恒容密闭容器中通入适量的和，发生反应：，经历两步反应：①；②。反应体系中、、的浓度随时间的变化曲线如图所示。下列叙述正确的是
A．曲线a是随时间的变化曲线
B．时，
C．时，的生成速率大于消耗速率
D．时，
12．（2023·邯郸模拟）水体中的局部氮循环如图所示。下列说法错误的是
A．N2→NH属于氮的固定
B．图示转化过程中N元素表现出7种化合价
C．硝化过程中含N物质被氧化，反硝化过程中含N物质被还原
D．在NH、NH2OH、NO和NO中N原子的杂化方式不完全相同
13．（2023·湛江模拟）物质的类别和核心元素的化合价是研究物质性质的两个重要维度，下图为氮、硫及其部分化合物的价类二维图，下列说法错误的是
A．坐标轴左侧区域代表的是氮及其化合物
B．的转化均能一步实现
C．c、d和i、j均属于酸性氧化物
D．f与l可以是同一种物质
14．（2023·辽宁模拟）氮元素的“价-类”二维关系如图所示。下列说法正确的是
A．基态氮原子核外电子空间运动状态有7种
B．图中a→b→c→d是工业制硝酸的转化路线
C．图中化合价所对应的氮的含氧酸均为强酸
D．离子中的化学键形成方式不同，但成键后的化学键相同
15．（2023·日照模拟）某些生物酶体系可以促进H+和e-的转移(如a、b和c)，能将海洋中的转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。下列说法错误的是
A．过程I中发生还原反应
B．a和b中参与反应的数目相等
C．过程Ⅱ的反应为
D．过程I→Ⅲ的总反应为
16．（2023·合肥模拟）下表中各组物质不能按照如图所示的转化关系一步实现的是
选项 X Y Z
A
B Fe
C
D NO
A．A B．B C．C D．D
17．（2023·渭南模拟）部分含及物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断不合理的是
A．对应含氧酸的酸性强弱为：
B．工业上通过 来制备
C．久置的水溶液会变小
D．利用a还原c或者d可以消除氮氧化物的污染
18．（2022高三上·广州月考）部分含氮物质的分类与相应化合价关系如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．a的氧化或还原均可实现氮的固定
B．b是红棕色气体，b常温下可转化为c
C．常温下d的稀溶液可保存在铝制容器中
D．e的溶液一定呈中性
19．（2022高三上·抚顺期中）氮及其化合物在生产生活中具有广泛的应用。在给定条件下，下列选项所示物质间的转化能实现的是（　　）
A． B．
C． D．
二、多选题
20．（2022·淄博模拟）一种以沸石笼为载体对NO进行催化还原的原理如图所示。下列说法错误的是
A．反应④有极性键的断裂与生成
B．反应②③均为氧化还原反应
C．反应⑤的离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)
D．总反应还原1molNO消耗O211.2L(标准状况)
三、非选择题
21．（2019·江苏）N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。
（1）N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为　 　。
（2）NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为
NO+NO2+2OH =2 +H2O
2NO2+2OH = + +H2O
①下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有　 　（填字母）。
A．加快通入尾气的速率
B．采用气、液逆流的方式吸收尾气
C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液
②吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是　 　（填化学式）；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是　 　（填化学式）。
（3）NO的氧化吸收。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 的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl 和 ，其离子方程式为　 　。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是　 　。
22．（2016·新课标Ⅱ卷）联氨（又称肼，N2H4，无色液体）是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料．回答下列问题：
（1）联氨分子的电子式为　 　，其中氮的化合价为　 　．
（2）实验室中可用次氯酸钠溶液与氨反应制备联氨，反应的化学方程式为　 　．
（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ mol﹣1
上述反应热效应之间的关系式为△H4=　 　，联氨和N2O4可作为火箭推进剂的主要原因为　 　．
（4） 联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离反应的平衡常数值为　 　（已知：N2H4+H+ N2H5+的K=8.7×107；Kw=1.0×10﹣14）．联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为　 　．
（5）联氨是一种常用的还原剂．向装有少量AgBr的试管中加入联氨溶液，观察到的现象是　 　．联氨可用于处理高压锅炉水中的氧，防止锅炉被腐蚀．理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O2　 　kg；与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是　 　．
23．（2023·徐汇模拟）现代农业要精准施肥，科学种植。以下是一种实验室测定土壤中含氮量的方法。
（1）(一)提取土壤中的氮
称取100g土壤于烧杯中，加入足量浓硫酸和一定量的催化剂，充分反应后过滤、洗涤滤渣，往滤液加入足量NaOH溶液，按如图进行蒸馏，用过量硼酸吸收生成的氨。
已知：常温下，
土壤中的氮元素主要存在形式　 　。(填微粒符号)
（2）向土壤中加入浓硫酸和一定量催化剂的目的　 　。
（3）判断滤渣已洗涤干净的方法为　 　。
（4）丙装置的缺点为　 　。
（5）当丙中尾接管无明显液滴后，需升高温度继续蒸出水蒸气一段时间，目的为　 　。
（6）(二)滴定测量含氮量
将锥形瓶内溶液稀释至250mL，取出25.00mL稀释液，向其中滴加2~3滴甲基红(变色范围4.4~6.2)，用盐酸标准溶液滴定。重复实验3次，平均消耗盐酸标准溶液18.00mL。
滴定时，发生反应的离子方程式为　 　。
（7）该土壤样品的含氮量为　 　(以N元素计算)。
24．（2023·浦东模拟）某污水处理工艺中，的转化途径如下图所示：
完成下列填空：
（1）上述转化过程　 　(选填“属于”或“不属于”)氮的固定。N原子核外能量最高的电子有　 　个，这些电子　 　(选填编号)
a.所处的电子亚层相同 b.自旋方向相同
c.占据的轨道相同 d.运动状态相同
（2）从原子结构角度解释NO分子中氮元素化合价呈正价的原因　 　。
（3）中氢元素的化合价为价，写出的结构式　 　，其所含共价键的类型为　 　；若其分子的极性与相同，则它是　 　(选填“极性”或“非极性”)分子。
（4）配平离子方程式：　 　。
_NO＋____
若反应所得的氧化产物比还原产物多1.5mol，则该反应转移的电子为　 　mol。
25．（2023·鞍山模拟）随着工业的发展，氨氮废水(主要含)的排放对环境造成很大的影响，常见的处理方法有：生物脱氮法、吹脱-氧化法、电化学氧化法等。请回答下列问题：
（1）氨氮废水排放最直接的影响是加速水体富营养化，可造成　 　(填写一个可出现的环境问题)；
（2）生物脱氮法流程如下：
①两步反应的最佳温度为35℃，当温度低于5℃，反应接近停止的原因是　 　；
②步骤I中若的消除速率为，则的消耗速率为　 　；
（3）吹脱-氧化法：
①吹脱时，与在溶液中存在下述平衡：，如图是不同温度下，水中与随变化的相对含量图：
由图像可知，越大，水中含量越高，其原因是　 　。50℃平衡的平衡常数　 　；
②氧化原理如下：
(i)其他条件相同时，向一定体积的氨氮废水中通入，根据上述原理推测下列说法错误的是　 　(填代号)；
a.该过程中N元素既有被氧化的过程又有被还原的过程
b.优良的催化剂不但能降低的活化温度，还能提升的平衡转化率
c.单位时间内生成的活性氧(O·)越多，对转化为无害物越有利
d.随着温度升高、单位时间内的转化率提升说明该转化一定是吸热反应
(ii)其他条件相同，不同催化剂X、Y在发生催化作用时，对比结果如下：
催化剂 转化温度(℃) 转化率(％) 选择性(％)
X 250 90 50
Y 225 90 90
X催化剂　 　Y催化剂(填“优于”或“劣于”)；
（4）电化学氧化法：
其原理为电解时阳极产生的羟基自由基氧化或成为而被去除。实验结果表明，当溶液中存在时，或转化率大幅提升(如图所示)，其可能的原因是　 　。
26．（2023·成都模拟）汽车尾气的氮氧化物是大气污染物的主要来源，研究汽车尾气处理是环境保护的重要课题。试回答下列问题：
（1）有关汽车尾气的生成
已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
则3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH=　 　。
（2）用CO消除汽车尾气
在催化剂a作用下将尾气转化为无污染的气体而除去。向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g) ΔH，测得平衡时NO体积分数与温度、压强的关系如图。
①已知T2＞T1，则反应ΔH　 　0(填“＞”、“=”或“＜”)。
②该反应达到平衡后，为了同时提高反应速率和NO的平衡转化率，可采取的措施　 　(填字母序号)。
a.改用高效催化剂
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度
c.移去CO2
d.升高温度
e.缩小反应容器的体积
③在温度为T1、容器体积为4L的条件下，反应进行到10min时恰好在D点达到平衡。则从反应开始到平衡时，NO平均反应速率v(NO)=　 　；若其他条件不变，升高温度，用分压表示的平衡常数Kp　 　(填“变大”、“变小”或“不变”)。
④在X点，对反应容器升温的同时扩大体积使体系压强减小，重新达到平衡状态可能为图中　 　点(填A～F)。
（3）用NH3消除汽车尾气
新型催化剂b在含有少量O2条件下，能催化NH3，和NOx，反应生成N2，且高温下活性很强。在盛有催化剂b的管式反应容器[如图(一)]中按一定比例匀速通入NH3、NOx、O2发生反应。NOx的除去率随反应温度变化曲线如图(二)所示。
①在50℃之前，NOx的除去率随温度升高而缓慢上升的原因是　 　。
②当温度高于300℃时，NOx除去率迅速下降的原因是　 　。
27．（2023·东城模拟）实验室常用NaOH溶液吸收NO2尾气，探究其适宜条件原理。20℃时，将4mL不同浓度NaOH溶液一次性推入中4mLNO2，观察现象。
编号 c(NaOH) 现象
甲 2mol L-1 活塞自动内移，最终剩余约7mL无色气体
乙 6mol L-1 活塞自动内移，最终气体全部被吸收
（1）NaOH溶液吸收NO2时生成两种钠盐，分别为NaNO2和　 　。
（2）检验甲中剩余气体的方法：排出大注射器中的溶液，拔下导管，吸入少量空气，气体变为红棕色。用化学方程式表示检验的反应原理是　 　。
（3）某同学推测甲中产生无色气体的原因：局部OH-浓度过低，导致部分NO2与水反应。通过实验证明其成立：用与甲相同的装置、试剂和条件，将NO2缓慢推入NaOH溶液中，　 　(补全实验现象)。
（4）进一步探究NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原理。
【查阅资料】
i.NO2遇水时发生反应：a.
b. ；
ii.酸性条件下，或可与对氨基苯残酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深。
【实验】将2mLNO2推入5mL下列试剂中，随即取出0.1mL溶液，滴加到等量对氨基苯磺酸溶液(盐酸酸化)中，再加入等量萘乙二胺溶液，加水定容到相同体积，对比溶液颜色。
编号 试剂 溶液颜色
丙 水 溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅
丁 6mol L-1NaOH溶液
戊 酸性对氨基苯磺酸溶液
①通过实验　 　(填编号)对比，说明NO2遇水时发生了反应a和b。
②从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是　 　。
（5）若用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL(20℃)无色气体。
综上，用NaOH溶液吸收NO2尾气，适宜的条件是　 　(写出两点即可)。
28．（2023·朝阳模拟）工业烟气中常含有(NO、)。用NaClO溶液将氧化为，实现烟气中的脱除。
（1）在大气中会形成酸雨。形成酸雨的过程中，NO表现　 　性。
（2）向NaClO溶液中加入硫酸，研究初始pH对脱除率的影响，结果如下。
已知：
①不用盐酸调节NaClO溶液初始pH的原因是　 　。
②将pH=3.5时NaClO溶液脱除NO的离子方程式补充完整：　 　。
□NO+□ +□ □□□
③pH<5.5时，分析脱除率随溶液初始pH升高而增大的可能原因：　 　。
（3）用分别将脱除前后的全部转化为，并用库仑仪测定的量，可计算脱除率。库仑仪工作的原理和装置如下：
检测前，电解质溶液中的保持定值时，电解池不工作。进入电解池后与反应，库仑仪便立即自动进行电解到又回到原定值，测定结束。通过测定电解消耗的电量可以求出的物质的量。
①在电解池中被还原为NO的离子方程式为　 　。
②将脱除前、后等体积的烟气分别用上述装置进行测定，电解时转移电子的物质的量分别为amol、bmol。脱除率是　 　。
③测量结束后，电解池中还检测到少量和，这将导致测定结果　 　(填“偏高”或“偏低”)，需进行校正。
29．（2023·乌鲁木齐模拟）下图是氮在生态系统中的循环。细菌和电催化可促使含氮物质进行氧化还原反应。
（1）写出N在周期表中的位置　 　。中N元素的化合价为　 　。
（2）依据图中所示的氮循环，写出自然界中固氮的一种途径　 　。
（3）氮肥是水体中铵态氮的主要来源之一、实验室中检验可以用　 　溶液，产生气体使湿润的　 　色石蕊试纸变色。
（4）硝化过程中，含氮物质发生　 　(填“氧化”或“还原”)反应。
（5）铵态氮()与亚硝态氮()可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生氮气时，转移电子的物质的量为　 　。
（6）由于过度的人为干预，水体中的硝酸盐水平正在增加。硝酸盐转化为无害氮的反硝化作用，可以通过电催化法来实现，写出在中性介质中硝酸盐转化为氮气的阴极电极反应式　 　。
30．（2022·浙江模拟）由三种短周期元素组成的化合物A，常温下为无色晶体，易分解、易爆炸，水溶液中相对稳定，是二元含氧酸，一定条件下可用作还原剂。A的制备可以经过如下步骤实现：
已知：A的相对分子质量为62，在氧气中灼烧可得物质的量之比为2：1的两种气体；钠汞齐是单质钠溶于单质汞形成混合物，是一种强还原剂；B、E含有相同的阴离子。
请回答：
（1）A的组成元素名称是　 　。
（2）A中所有原子都满足稀有气体原子的电子层结构，且具有对称性，则A的结构式为　 　。
（3）B的水溶液显碱性，用离子方程式表示其原因：　 　。
（4）C是氯碱工业产物之一，写出由X生成B的化学方程式：　 　。
（5）将A加入到碘水中，碘水褪色，生成三种酸，物质的量之比为1：1：6，写出发生的方程式：　 　。
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】氯气的化学性质；含氮物质的综合应用；硫化氢；钠的重要化合物
【解析】【解答】A．由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A不符合题意；
B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B符合题意；
C．一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C不符合题意；
D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差，据此分析。
2．【答案】B
【知识点】以氯碱工业为基础的化工生产简介；含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；镁、铝的重要化合物
【解析】【解答】A、电解NaCl溶液的过程中，阳极产生Cl2，Cl2与Fe反应生成FeCl3，第二步转化错误，A不符合题意；
B、石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，与MgCl2反应生成Mg(OH)2沉淀，Mg(OH)2在加热的条件下发生分解反应，生成MgO，两步转化都正确，B符合题意；
C、S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3，第一步转化错误，C不符合题意；
D、N2与H2反应生成NH3，NH3和CO2、NaCl溶液反应，生成NaHCO3，NaHCO3固体受热分解再生成Na2CO3，第二步转化错误，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A、Cl2具有强氧化性，与可变价态的金属反应时，生成最高价态的金属氯化物；
B、石灰乳的主要成分是Ca(OH)2，难溶性氢氧化物在加热的条件下分解成相应的金属氧化物和水；
C、S在O2中点燃，只能生成SO2，不能生成SO3；
D、CO2与饱和氨盐水反应生成NaHCO3；
3．【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用；钠的化学性质；铁的化学性质
【解析】【解答】A．乙醇分子中含有羟基，可以和金属钠反应生成乙醇钠和氢气，A不符合题意；
B．黄铁矿(FeS2)在空气中煅烧生成二氧化硫和氧化铁，B不符合题意；
C．氨气催化氧化生成NO和水，C不符合题意；
D．常温下铁与浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.乙醇和金属钠反应生成乙醇钠和氢气；
B.黄铁矿煅烧生成二氧化硫；
C.氨气催化氧化生成NO和水；
D.常温下铁与浓硝酸发生钝化。
4．【答案】A
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2会转化为NO，A符合题意；
B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B不符合题意；
C．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C不符合题意；
D．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可相互转化，从而实现了自然界的“氮循环”，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】B.侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl；
C.氨气与氧气在催化条件下发生反应生成一氧化氮，一氧化氮可生成二氧化氮，二氧化氮和水、氧气反应生成硝酸；
D.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可相互转化。
5．【答案】C
【知识点】氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由分析可知，甲是氮气，空气的成分按体积计算，大约是氮气78%、氧气21%、稀有气体0.94%、二氧化碳0.03%、其它气体和杂质0.03%，氮气是空气中体积分数最大的成分，故A不符合题意；
B．乙是二氧化碳，则乙是引起温室效应的气体之一，故B不符合题意；
C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或放电条件下发生，故C符合题意；
D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D不符合题意。
故答案为：C。
【分析】甲和氧气反应生成NO，则甲为氮气，NO和CO反应生成氮气和二氧化碳，则乙为二氧化碳。
6．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物；化学实验方案的评价
【解析】【解答】A.根据题意写出离子方程式：HSO3-+2H2S+H+=3S↓+3H2O，反应过程中亚硫酸钠的元素化合价由+4价降低为0价，发生了还原反应，起的是氧化性，故A不符合题意
B.酸性高锰酸钾具有氧化性，可与被具有还原性的物质还原，通过颜色的变化可以证明发生反应，故B不符合题意
C.硝酸和碳木炭反应，体现出氧化性，氮元素的化合价降低，可能是一氧化氮或者是二氧化氮，而一氧化氮与空气接触迅速变为二氧化氮，无法确定产物一定是二氧化氮，故C符合题意
D.先变红，说明此时溶液显碱性，证明次氯酸钠溶液发生可水解，后来褪色是因此水解得到了具有漂白性的次氯酸，后来褪色，故D不符合题意
故答案是：C
【分析】A.标出化学价进行判断即可
B.通过紫色褪去，可说明发生氧化还原反应
C.随着反应的进行浓硝酸变为稀硝酸，会产生一氧化氮，与氧气反应，产生红棕色的二氧化氮
D.次氯酸具有氧化性且是弱酸，且强碱弱酸盐水解呈碱性
7．【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A.氨气能使湿润的红色石蕊试纸试纸变蓝，应该用湿润的红色石蕊试纸，故A错误；
B.通过雷电作用将氮气和空气中氧气反应生成一氧化氮，可实现氮的固定，故B正确，符合题意；
C.二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，发生自身氧化还原反应，不需要加入氧化剂，故C错误；
D.硝酸铵中硝酸根离子中氮形成3个共价键且无孤电子对，为sp2杂化，故D错误
故答案为：B。
【分析】氮元素所形成物质的价类二维图如图，则a-g分别为氨气、氮气、一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮、硝酸、一水合氨、硝酸铵，根据氮及其化合物解答即可。
8．【答案】A
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．合成氨反应为放热反应，温度越低，反应越向着正向移动，原料的转化率越高，所以400~500℃不利于提高原料的转化率，故A符合题意；
B．由分析可知：气体2为NO2气体，NO2气体和溴蒸气都有较强的氧化性，都能使淀粉碘化钾试纸变蓝，故B不符合题意；
C．固体1为碳酸氢钠，氯化钠、二氧化碳、水和氨气可以生成碳酸氢钠固体，故方程式为：NaCl+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，故C不符合题意；
D．由分析可知：气体1为NO，气体2为NO2，1LNO、NO2的混合气与1LNH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应方程式为：，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比，为1：1，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A、升高温度，平衡朝吸热方向移动；
B、气体2为二氧化氮，和溴都具有氧化性；
C、氯化钠和氨气、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠和氯化铵；
D、结合化学计量数之比等于物质的量之比等于体积之比判断。
9．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．氮气的化学性质不活泼，常用作保护气，A不符合题意；
B．“雷雨发庄稼”涉及自然固氮，转化过程包含：氮气和氧气在雷电作用下生成一氧化氮、一氧化氮和氧气生成二氧化氮、二氧化氮和水生成硝酸，B不符合题意；
C．b与e按物质的量之比为1：1完全反应，所得生成物的水溶液为硝酸铵溶液，铵根离子水解溶液显酸性，C符合题意；
D．f中氮元素处于中间价态，故既有氧化性，又有还原性，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、氮气常温下很稳定，可以作为保护气；
B、氮气和氧气反应生成一氧化氮，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；
C、铵根离子水解为酸性；
D、元素处于中间价态时，既有氧化性，又有还原性。
10．【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】A．NH4NO3是氧化性铵盐，加热时低温生成NH3和HNO3，随着温度升高，硝酸的强氧化性发挥作用使生成的氨进一步被氧化生成氮气和氮的氧化物，所以不能用NH4NO3跟Ca(OH)2反应制氨气，故A不符合题意；
B．由分析可知，③中气体颜色无明显变化、④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为，故B符合题意；
C．由分析可知，④中白烟的主要成分是硝酸铵，故C不符合题意；
D．由分析可知，一段时间后，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜，溶液中还可能存在CuSO4也呈蓝色，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】①中高锰酸钾受热分解制备氧气，装置②中氯化铵与氢氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，装置④中反应生成的一氧化氮与过量的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成硝酸铜。
11．【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．NO2是中间产物，其浓度先增大，后减小，曲线a代表，A项不符合题意；
B．根据图像可知，时、的浓度相等，B项不符合题意；
C．时，浓度在减小，说明生成速率小于消耗速率，C项不符合题意；
D．根据氮元素守恒，时，完全消耗，则，D项符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、二氧化氮在第二个反应中为生成物，第三个反应中为反应物，浓度先增后减；
B、结合图示可以知道三者浓度相同；
C、二氧化氮浓度减小，即生成速率小于消耗速率；
D、结合氮元素守恒判断。
12．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．N2→NH为空气中游离态的氮转化为化合态的氮，属于氮的固定，A不符合题意；
B．N2、NH、NH2OH、NO、NO NO、N2O中氮元素的化合价分别为0、-3、-1、+3、+2、+1，表现出7种化合价，B不符合题意；
C．硝化过程中N2→NH过程中氮元素化合价降低，被还原，C符合题意；
D．在NH、NH2OH中N为sp3杂化；NO和NO中N为sp2杂化；N原子的杂化方式不完全相同，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；
B.该过程中，涉及N元素的化合价为0、-3、-1、+3、+5、+2、+1；
D.NH、NH2OH中N为sp3杂化，NO和NO中N为sp2杂化。
13．【答案】C
【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】A．由分析可知，左侧为氮及其部分化合物的价类二维图，故A不符合题意；
B．由分析可知，右侧为硫及其部分化合物的价类二维图，a→b→c→d→e的转化过程为H2S→S→SO2→SO3→H2SO4，由硫及其化合物的性质可知，转化过程均能一步实现，故B不符合题意；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不属于酸性氧化物，故C符合题意；
D．由分析可知，f为硫酸盐、l为铵盐，可能都是硫酸铵，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A．依据价类二维图的化合价分析；
B．依据硫及其化合物的性质分析；
C．一氧化氮、二氧化氮或四氧化二氮均不是酸性氧化物；
D．依据盐的阴阳离子的类别判断。
14．【答案】D
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．基态氮原子核外电子空间运动状态有5种，A不符合题意；
B．工业制硝酸的转化路线，图中a不是，而是N显示0价的，B不符合题意；
C．图中化合价所对应的氮的含氧酸有和，其中为弱酸，C不符合题意；
D．离子为，4个键中，有一个是一方提供空轨道，一方提供孤对电子的配位键形成方式，其余三个为成键双方各提供一个单电子的成键方式，故化学键形成方式不同，但成键后的化学键相同，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．空间运动状态数等于电子占据轨道数；
B．工业制硝酸利用氨的催化氧化法；
C．为弱酸；
D．依据铵根离子的化学键和空间结构分析。
15．【答案】C
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由题干信息可知，过程I中转化为NO，N的化合价降低，故发生还原反应，A不符合题意；
B．由分析可知，根据a过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，和b中参与反应的数目相等，B不符合题意；
C．由分析可知，过程Ⅱ的反应为NO++2H++3e-=N2H4+H2O，C符合题意；
D．由分析可知，过程Ⅰ的方程式为：+2H++e-=NO↑+H2O，过程Ⅱ的方程式为：NO++2H++3e-=N2H4+H2O，过程Ⅲ的方程式为：N2H4-4e-=N2↑+4H+，故过程I→Ⅲ的总反应为，D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、化合价升高，失去电子，被氧化，发生氧化反应，化合价降低，得到电子，被还原，发生还原反应；
B、结合化学方程式判断；
C、一氧化氮和氢离子的电子生成肼和水；
D、亚硝酸根和铵根离子生成氮气和水。
16．【答案】B
【知识点】含氮物质的综合应用；含硫物质的性质及综合应用；铁的氧化物和氢氧化物
【解析】【解答】A．Cl2和H2O反应生成HClO，HClO和NaOH反应生成NaClO，NaClO和HCl反应生成Cl2，可以实现，A不选；
B．Fe和O2反应生成Fe3O4，Fe2O3不能和水反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3不能直接生成Fe，故不能实现，B选；
C．SO2和O2反应生成SO3，SO3和H2O反应生成H2SO4，Cu和浓H2SO4反应生成SO2，可以实现，C不选；
D．NO和O2反应生成NO2，NO2和H2O反应生成HNO3，Cu和稀HNO3反应生成NO，可以实现，D不选；
故答案为：B。
【分析】依据元素及其化合物的性质分析，B中Fe和O2反应生成Fe3O4，Fe2O3不能和水反应生成Fe（OH）3，Fe（OH）3不能直接生成Fe。
17．【答案】B
【知识点】卤素原子结构及其性质的比较；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．硝酸和高氯酸都是相应元素的最高价酸，最高价酸的酸性和非金属性相关，非金属性越强，最高价酸的酸性越强，非金属性Cl＞N，所以酸性：HClO4＞HNO3，故A合理；
B．工业上制备硝酸，首先发生的是氨的催化氧化，即氨被氧气氧化为NO，然后NO再被氧化为NO2，最后NO2和水反应生成HNO3和NO，NO可以循环使用，即工业上是通过制备硝酸，不经过氮气这一步，故B不合理；
C．氯水中的HClO光照下会分解为强酸盐酸和氧气，所以久置的氯水pH会变小，故C合理；
D．NH3中N为-3价，NO和NO2中N的化合价为正价，NH3和NO或NO2反应时，都可以发生归中反应生成氮气和水，可以用氨还原NO或NO2消除氮氧化物的污染，故D合理；
故答案为：B。
【分析】A．非金属性越强，最高价酸的酸性越强；
B．工业上制备硝酸，首先发生的是氨的催化氧化，即氨被氧气氧化为NO，然后NO再被氧化为NO2，最后NO2和水反应生成HNO3和NO；
C．氯水中的HClO光照下会分解为盐酸和氧气；
D．依据价态归中反应分析。
18．【答案】A
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮，氮单质中元素化合价可升可降，A符合题意；
B．b为NO，是无色气体，B不符合题意；
C．浓硝酸能使铝钝化，可以盛放在铝制容器中，C不符合题意；
D．e为硝酸盐，其溶液不一定呈中性，例如硝酸铵溶液由于铵根离子水解，溶液显酸性，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】由图可知，a为N2，b为NO，c为NO2，d为硝酸，e为硝酸盐。
19．【答案】A
【知识点】含氮物质的综合应用；常见金属元素的单质及其化合物的综合应用
【解析】【解答】A．氯化铝和过量氨水生成氢氧化铝沉淀，A符合题意；
B．氨气、一氧化氮不会反应生成二氧化氮，B不符合题意；
C．二氧化氮和水反应生成硝酸，一氧化氮和水不反应，C不符合题意；
D．硝酸具有强氧化性，和铁反应生成水和一氧化氮，D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氢氧化铝不溶于过量氨水；
B.NH3、NO中N元素化合价不可能都升高；
C.一氧化氮不与水反应；
D.铁与稀硝酸反应生成NO。
20．【答案】B
【知识点】极性键和非极性键；氧化还原反应；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】A．由图可知，反应④有氮氧、氮氢极性键的断裂，有氢氧极性键的生成，A不符合题意；
B．反应②③过程中整个离子所带的电荷没有改变，只涉及氧氧非极性键的形成与断裂，其它元素化合价不变，则氧元素化合价不变，不是氧化还原反应，B符合题意；
C．由图可知，反应⑤为Cu(NH3)、NO生成N2、NH、H2O、Cu(NH3)，离子方程式为：Cu(NH3)+NO=N2+NH+H2O+Cu(NH3)，C不符合题意；
D．根据图示可知，NO被还原为N2，则还原1molNO转移2mol电子，而O2最终生成H2O，故2mol电子消耗0.5molO2，标准状况下体积为11.2L，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、不同的非金属原子为极性共价键结合；
B、氧化还原反应的特点是化合价发生变化；
C、四氨合铜离子和一氧化氮反应生成氮气、铵根离子、水和二氨合铜离子；
D、结合化学计量数之比等于物质的量之比判断。
21．【答案】（1）2NH3+2O2N2O+3H2ON2O+3H2O
（2）BC；NaNO3；NO
（3）3HClO+2NO+H2O=3Cl +2 +5H+；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【知识点】氮的固定；化学平衡的影响因素；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）NH3和O2在催化剂作用下反应生成N2O和H2O，该反应中，氮元素由-3价变为+1价，失去8个电子，O2由0价变为-2价，得到4个电子，根据得失电子守恒可得，NH3和N2O的系数为2和1，O2的系数为2；由H原子个数守恒，可得H2O的系数为3；故该反应的化学方程式为：；
（2）①A、加快通入尾气的速率，会使得尾气未参与反应就逸出，导致NO和NO2的去除率降低，A不符合题意；
B、采用气、液逆流的方式，可以增大尾气和NaOH溶液的接触，提高NO和NO2的去除率，B符合题意；
C、定期补充NaOH溶液，可以提高NO和NO2的去除率，C符合题意；
故答案为：BC；
②由上述发生的反应可知，晶体后所得的NaNO2晶体中含有的主要杂质为NaNO3；
由于NO2能与水反应生成NO，且NO难溶于水，不与水反应，因此吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物为NO；
（3）①由题干信息可知，反应过程中，HClO将NO氧化成NO3-，自身还原为Cl-；Cl元素由+1价变为-1，得到2个电子；N元素由+2价变为+5价，失去3个电子；结合得失电子守恒可得，HClO和Cl-的系数为3，NO和NO3-的系数为2；由电荷守恒可得，产物中含有H+，且其系数为5；结合H原子个数守恒可得，反应物中有H2O，且其系数为1；因此可得该反应的离子方程式为：3HClO+2NO+H2O=3Cl-+2NO3-+5H+；
②溶液的pH值越小，则酸性越强，溶液中c(HClO)越大，HClO的氧化性越强，其氧化NO的能量越强，因此NaClO溶液的起始pH越小，NO的转化率越高；
【分析】（1）由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒和原子守恒书写反应的化学方程式；
（2）①A、加快通入气体的速率，气体吸收率降低；
B、气、液逆流可增大接触；
C、定期补充NaOH溶液，有利于尾气的吸收；
②结合发生反应的离子方程式确定晶体中所含杂质；结合NO和NO2的性质分析；
（3）①由题干信息确定反应物和生成物，结合得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒书写反应的离子方程式；
②溶液pH越小，则溶液中c(HClO)越大，氧化性越强；
22．【答案】（1）；﹣2
（2）2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O
（3）2△H3﹣2△H2﹣△H1；联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应
（4）8.7×10﹣7；N2H5HSO4
（5）试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀；1；氧化产物为氮气、对环境无污染，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用
【知识点】盖斯定律及其应用；含氮物质的综合应用
【解析】【解答】解：（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，电子式为： ，其中氢元素化合价为+1价，则氮元素化合价为﹣2价， 故答案为： ；﹣2；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠，结合原子守恒配平书写反应的化学方程式为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O，
故答案为：2NH3+NaClO═N2H4+NaCl+H2O；（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=2△H3﹣2△H2﹣△H1，联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应放出大量热，联氨和N2O4可作为火箭推进剂，
故答案为：2△H3﹣2△H2﹣△H1，联胺有较强的还原性，N2O4有较强的氧化性，二者在一起易发生自发的氧化还原反应；（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O N2H5++OH﹣，平衡常数Kb= = × =K×Kw=8.7×107×1.0×10﹣14=8.7×10﹣7，N2H4+H+ N2H5+，联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H5HSO4，
故答案为：8.7×10﹣7，N2H5HSO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，反应出现现象为：试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀，
由于肼的氧化产物是氮气，不会对锅炉造成腐蚀，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，联胺被氧化失电子N2H4～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，N2H4～O2～4e﹣，联胺和氧气摩尔质量都是32g/mol，则等质量联胺和氧气物质的量相同，理论上1kg的联氨可除去水中溶解的O21kg，与使用Na2SO3处理水中溶解的O2相比，联氨的优点是氧化产物为氮气、对环境无污染，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用，
故答案为：试管壁出现光亮银镜或浅黄色转化为白色的银沉淀；1；氧化产物为氮气、对环境无污染，而亚硫酸钠被氧化产物为硫酸钠，易生成硫酸盐沉淀影响锅炉的安全使用．
【分析】（1）肼的分子式为N2H4，是氮原子和氢原子形成四个共价键，氮原子和氮原子之间形成一个共价键形成的共价化合物，元素化合价代数和为0计算化合价；（2）氨气被次氯酸钠溶液氧化生成肼，次氯酸钠被还原生成氯化钠；（3）①2O2（g）+N2（g）═N2O4（l）△H1
②N2（g）+2H2（g）═N2H4（l）△H2
③O2（g）+2H2（g）═2H2O（g）△H3
依据热化学方程式和盖斯定律计算③×2﹣②×2﹣①得到④2N2H4（l）+N2O4（l）═3N2（g）+4H2O（g）△H4=﹣1048.9kJ mol﹣1（4）联氨为二元弱碱，在水中的电离方式与氨相似．联氨第一步电离方程式为N2H4+H2O N2H5++OH﹣，平衡常数Kb= = × =K×Kw，联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H5HSO4；（5）联胺被银离子氧化，银离子被还原生成单质银，联胺被氧化失电子N2H4～N2﹣4e﹣，O2～4e﹣，依据守恒计算判断，依据锅炉的质地以及反应产物性质解答．本题考查了的知识点有氮及其化合物性质、物质结构、热化学方程式和盖斯定律计算应用、平衡常数的计算方法，主要是氧化还原反应的计算及其产物的判断，题目难度中等．
23．【答案】（1）、
（2）将土壤中的含氮有机物转化为铵盐
（3）取最后一次的洗涤液于试管中，先滴加盐酸，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净
（4）牛角管与硼酸溶液没有接触
（5）保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，使实验结果更准确
（6）
（7）2.52
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）土壤中无机氮元素主要存在形态包括铵态氮和硝态氮，即、等，故答案为：、；
（2）土壤中含氮有机化合物在还原性催化剂的作用下，用浓硫酸消化分解，使其中所含的氮转化为氨，并与硫酸结合为硫酸铵，因此向土壤中加入浓硫酸和一定量催化剂的目的是将土壤中的含氮有机物转化为铵盐，故答案为：将土壤中的含氮有机物转化为铵盐；
（3）若要判断滤渣是否洗净，需要检测是否还有硫酸根离子，因此方法为：取最后一次的洗涤液于试管中，先滴加盐酸，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净，故答案为：取最后一次的洗涤液于试管中，先滴加盐酸，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净；
（4）为了保证氨气被硼酸溶液充分吸收，应使牛角管与硼酸溶液接触，则丙装置的缺点为：牛角管与硼酸溶液没有接触，故答案为：牛角管与硼酸溶液没有接触；
（5）氨气极易溶于水，为了保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，牛角管无明显液滴后，还需升高温度继续蒸出水蒸气一段时间，保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，使实验结果更准确，故答案为：保证把烧瓶中的氮元素全部转移到锥形瓶中，使实验结果更准确；
（6）硼酸为弱酸，且存在，则滴定时发生的反应为，故答案为：；
（7）根据原子守恒有关系式：，解得x=910-4mol，则含氮量为，故答案为：2.52。
【分析】（1）土壤中氮元素的形式有铵根离子、硝酸根、亚硝酸根；
（2）催化剂可以将含氮有机物转化为铵盐；
（3） 取最后一次的洗涤液于试管中，先滴加盐酸，再滴加氯化钡溶液，若不产生白色沉淀，说明滤渣已洗涤干净 ；
（4）为了保证氨气被硼酸溶液充分吸收，应使牛角管与硼酸溶液接触；
（5）实验后通入气体，通常是使装置内残留的某种气体排入吸收装置；
（6）结合，可知其逆反应为 ；
（7）结合原子守恒关系式判断。
24．【答案】（1）不属于；3；ab
（2）N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离
（3）；极性键和非极性键；极性
（4）；4
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）固氮是指游离氮转化为化合态氮的过程；所以上述转化过程不属于氮的固定；N原子核外电子排布为1s22s22p3，能量最高的电子有3个；a.3个电子均处于2p能力，电子亚层相同；b．根据洪特规则，这3个电子自旋方向相同；c．这3个电子分别占据2px，2py和2pz轨道；d．这3个电子运动状态不同；所以ab说法正确；故答案为：不属于；3；ab。
（2）N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离，氮元素化合价；故答案为：N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，所以N和O得共用电子对向O偏离。
（3）中氢元素的化合价为价，的结构式为；分子种含有N-H和N-N共价键，分别为极性键和非极性键；为三角锥形，为极性分子，若其分子的极性与相同，则它是极性分子；故答案为：；极性键和非极性键；极性。
（4）NO中N元素化合价为+2，中N元素为-3价；中N元素为-2价；根据化合价升降平衡配平方程式为；被氧化，NO被还原；设共5x mol，其中氧化产物为4x mol；若反应所得的氧化产物比还原产物多1.5mol，所以4x-x=1.5mol，解得x=0.5；所以生成的物质的量为2.5mol；根据化学式有，设则该反应转移的电子为4mol；故答案为：；4。
【分析】（1）氮的固定是指将游离态的氮转化为化合态的过程；N原子核外电子排布为1s22s22p3；
（2）N原子半径大于O原子，O原子电负性大于N原子，N和O得共用电子对向O偏离，因此NO分子中氮元素化合价呈正价；
（3）的结构式为，分子中含有N-N非极性键和N-H极性键；氨气为极性分子，与氨气极性相同，则也是极性分子；
（4）根据得失电子守恒和质量守恒配平该方程式。
25．【答案】（1）水华或赤潮
（2）温度过低，硝化细菌或反硝化细菌无法发挥作用；64
（3）溶液碱性增强，平衡逆向移动，水中含量升高；或；bcd；劣于
（4）在阳极放电较水更容易，产生将或氧化为
【知识点】化学平衡的影响因素；含氮物质的综合应用；电解池工作原理及应用
【解析】【解答】（1）氨氮废水排放会导致水体富营养化，引起水华或赤潮的环境问题，故答案为：水华或赤潮；
（2）①两步反应的最佳温度为35℃，当温度低于5℃，两种细菌的蛋白质活性都很低， 导致两种细菌都无法发挥作用，故答案为：温度过低，硝化细菌或反硝化细菌无法发挥作用；
②与氧气发生反应，1mol被氧化成失8mol电子，1mol氧气得4mol电子，根据得失电子守恒得关系式：，则18g反应时消耗64g氧气，若的消除速率为，则的消耗速率为，故答案为：64；
（3）越大，溶液碱性越强，浓度越大，则平衡逆向移动，水中含量升高；50℃平衡的平衡常数，结合图中数据，在pH值为8.5时，和的量正好相等，则此时K==或；
故答案为：溶液碱性增强，平衡逆向移动，水中含量升高；或；
②a.该过程中氨气转化为NOx过程中N元素被氧化，NH2NO转化为氮气时N元素既有被氧化的过程又有被还原，故正确；
b.催化剂不能引起平衡移动，对的平衡转化率无影响，故不正确；
c.单位时间内生成的活性氧(O·)越多，对转化为NOx越有利，NOx为有毒气体，故不正确；
d.随着温度升高、单位时间内的转化率提升可能是反应吸热升温时平衡正向移动，也可能只是加快了反应速率，使单位时间内的氨气转化率增大，故不正确；
由表中数据可知，在氨气转化率均为90%时，Y所需温度更低，且最终产物转化为氮气的选择性更高，既能节省能源，也能减小污染，故Y优于X；
故答案为：bcd；劣于；
（4）无氯离子时阳极是水放电生成氧气，而有氯离子时阳极氯离子优先于水放电生成氯气，氯气的氧化性比氧气强，更有利于将氨气或铵根离子氧化为氮气，故答案为：在阳极放电较水更容易，产生将或氧化为；
【分析】（1）水体富营养化会引起水华或赤潮；
（2）①依据催化剂的活化温度判断；
②根据得失电子守恒得关系式计算；
（3）依据影响化学平衡的因素分析；
②a.依据元素化合价的变化判断；
bc.催化剂只能加速化学反应的速度，而不能使平衡移动；
d.依据影响反应速率和化学平衡的因素分析；
（4）依据放电顺序和物质的性质分析；
26．【答案】（1）-130.52kJ mol-1
（2）＜；be；0.1mol L-1 min-1；变小；A
（3）催化剂的活性较小，温度升高速率增加缓慢；O2与NH3反应生成NOx
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）已知：①N2(g)+O2(g)=2NO(g) ΔH1=+180.50kJ mol-1
②2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH2=-144.14kJ mol-1
③2N2O(g) 2N2(g)+O2(g) ΔH3=-244.10kJ mol-1
根据盖斯定律，由②-①-③得反应3NO(g)=N2O(g)+NO2(g) ΔH=-144.14kJ mol-1-180.50kJ mol-1+244.10kJ mol-1=-130.52kJ mol-1；
（2）①根据图中信息可知，以过X点的等压线，已知T2＞T1，温度越高，NO的体积分数越大，故说明平衡逆向移动，逆方向为吸热反应，正方向为放热反应，则反应ΔH＜0；
②a.改用高效催化剂，化学反应速率增大，但催化剂不能使平衡移动，NO的转化率不变，选项a不符合；
b.恒温恒容条件下，按投料比增大反应物浓度，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项b符合；
c.移去CO2，生成物的浓度减小，反应速率减小，平衡正向移动，NO的转化率增大，选项c不符合；
d.升高温度，化学反应速率增大，但正反应为放热反应，平衡逆向移动，NO的转化率减小，选项d不符合；
e.缩小反应容器的体积，相当于增大压强，化学反应速率增大，平衡向气体体积缩小的正反应方向移动，NO的转化率增大，选项e符合；
故答案为：be；
③向密闭容器中充入10molCO(g)和8molNO(g)发生反应2NO(g)+2CO(g)N2(g)+2CO2(g)，设NO转化率为x，根据三段式有：
平衡时NO的体积分数为25%，则有，解得x=50%，则NO平均反应速率v(NO)=0.1mol L-1 min-1；
若其他条件不变，升高温度，平衡逆向移动，生成物的平衡分压减小，反应物的平衡分压增大，用分压表示的平衡常数Kp变小；
④由图可知，结合反应可知，升温会使反应逆向移动，导致NO的体积分数会增加，减压也会使反应逆向移动，导致NO的体积分数增加；所以升温和减压后，NO的体积分数必然增加，达到平衡状态时，NO的体积分数一定比X点对应的体积分数大，符合条件的只有A点，故答案为：A；
（3）①已知新型催化剂b在高温下活性很强，随温度的升高，催化剂b活性增强，但由于温度仍然较低，活性提高程度不大，反应速率加快但不明显，故50℃之前NOx的除去率缓慢增大；
②已知新型催化剂b在高温下活性很强，当温度高于300 ℃时NOx的除去率迅速下降与催化剂活性无关，所通气体为NOx、NH3和O2的混合物，当温度高于300℃时，NH3与O2可能发生副反应：4NH3+5O24NO+6H2O，氨的浓度减小，导致NOx除去率迅速下降，故答案为：O2与NH3反应生成NOx。
【分析】（1）盖斯定律的应用要注意，判断列出的热化学方程式的对应关系，左右两边相同的物质互相抵消则相加，在同一边相同的物质互相抵消则相减；
（2） ① 升高温度，平衡朝吸热方向移动；
② 提高一氧化氮转化率的方法可以增大一氧化碳的浓度，或者按照投料比增大反应物的浓度，也可以是通过压缩体积使平衡朝气体系数缩小的方向移动，增大化学反应速率的方法：升高温度，增大反应物的浓度，加入催化剂，增大接触面积，气体的反应压缩体积；
③ 化学反应速率为浓度变化量和时间的比值；
④ 升高温度，平衡朝吸热方向移动，减小压强，平衡朝气体系数增大的方向移动；
（3） ① 结合题干可以知道催化剂高温下活性强，即温度较低时活性较弱，催化效率不高；
② 氧气和氨气反应生成氮氧化物，使氮氧化物的去除率降低。
27．【答案】（1）NaNO3
（2）
（3）最终剩余气体小于7mL
（4）丙和戊；HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率
（5）低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积
【知识点】含氮物质的综合应用；性质实验方案的设计
【解析】【解答】（1）NaOH溶液吸收NO2时，所发生的化学反应为：，生成两种钠盐分为别NaNO3和NaNO2，故答案为：NaNO3；
（2）吸入少量空气，气体变为红棕色，根据守恒规律不难得出生成了NO2，化学方程式表示检验的反应原理为，故答案为：；
（3）NO2是红棕色气体，甲中产生无色气体则为NO，要验证局部浓度过低，导致部分NO2与水反应而产生了NO，当缓慢推入NO2后，最终剩余气体小于7mL，则说明可能是该原因导致，故答案为：最终剩余气体小于7mL；
（4）丙中是将2mLNO2推入5mL水中，而戊中试剂为酸性对氨基苯磺酸溶液，根据题中信息知，在酸性条件下，或可与对氨基苯残酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深，再根据溶液颜色变化来看，溶液均呈红色，丁与戊颜色几乎相同，丙的颜色更浅，丙中加水一定程度上稀释了溶液，导致相对减小，也说明了的确是产生了和；根据题干信息可知，NO2遇水时发生反应：a.
b.，由实验丁的现象几乎与戊的颜色相同可知，此时是与戊差不多的，但是实验戊较实验丙而言颜色浅，说明实验丙中反应速率较慢，那就从化学反应速率的角度分析，NO2与水或碱反应时还原产物价态不同的原因是，HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率，故答案为：丙和戊；HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率；
（5）用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL无色气体，可知低温是适宜条件，而实验乙中最终气体全部被吸收，可知NaOH浓度越大则吸收更充分，故答案为：低温、浓碱、控制流速、增大气液接触面积
【分析】（1） NaOH溶液吸收NO2反应生成NaNO3和NaNO2；
（2）一氧化氮被空气中的氧气氧化为红棕色的二氧化氮；
（3） NO2是红棕色气体，甲中产生无色气体则为NO，要验证局部OH-浓度过低，导致部分NO2与水反应而产生了NO，当缓慢推入NO2后，最终剩余气体小于7mL；
（4）①或可与对氨基苯残酸发生不可逆反应，所得产物遇萘乙二胺变红，且原溶液中越大，红色越深；
②HNO2与碱中和的反应速率大于其分解速率导致NO2与水或碱反应时还原产物价态不同 ；
（5）用0℃的NaOH溶液重复实验甲，最终剩余约3mL无色气体，可知低温是适宜条件，而实验乙中最终气体全部被吸收，可知NaOH浓度越大则吸收更充分。
28．【答案】（1）还原
（2）盐酸具有还原性，能与NaClO反应；；溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大
（3）；；偏低
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）在大气中最终被氧化成硝酸，形成酸雨，该过程中表现还原性，故答案为：还原；
（2）①盐酸是还原性酸，能与NaClO发生氧化还原反应，因此不能用盐酸调节NaClO溶液的pH值，故答案为：盐酸具有还原性，能与NaClO反应；
②pH=3.5时NaClO首先结合氢离子生成HClO，HClO表现强氧化性将NO氧化为，1molNaClO得2mol电子生成1molNaCl，1molNO失3mol电子生成，根据得失电子守恒得：，故答案为：；
③由反应：和，可知反应初始阶段随pH值升高，氢离子浓度减小，有利于平衡正向移动，从而提高脱除率，故答案为：溶液初始pH高，小，有利于和正向进行，脱除率大；
（3）①在电解池中被还原为NO，1mol得2mol电子，2mol失2mol电子生成1mol碘单质，结合电解质环境提供氢离子最终生成，根据得失电子守恒可得反应方程式：，故答案为：；
②可用转移电子物质的量表示的物质的量，则脱除前的物质的量为amol，则脱出后的物质的量为bmol，的脱出率为：。故答案为：；
③电解池中若检测到少量和，说明没有完全转化为，导致测定值偏低，故答案为：偏低。
【分析】（1）化合价升高，体现为还原性；
（2） ① 氯化氢和次氯酸钠发生氧化还原反应；
② 结合化合价变化，判断化学计量数；
③ 减小氢离子，使平衡朝正向移动；
（3） ① 二氧化氮和碘离子、磷酸反应生成一氧化氮、碘、磷酸二氢根和水；
② 脱出率为脱出前后氮氧化物的物质的量差和起始物质的量的比值计算；
③ 氮氧化物没有完全转化为二氧化氮，导致二氧化氮的测定值偏低。
29．【答案】（1）第二周期第VA族；+3
（2）生物固氮(或闪电作用)
（3）浓氢氧化钠；红
（4）氧化
（5）0.06
（6）2NO +10e- + 6H2O = N2↑ + 12OH-
【知识点】含氮物质的综合应用
【解析】【解答】（1）N是7号元素，在周期表中的位置是第二周期第VA族；设中N元素的化合价为x，x-2×2=-1，x=+3。
（2）自然界中固氮的途径主要为生物固氮或闪电作用；
（3）根据+OH-NH3↑+H2O，检验可以用浓氢氧化钠溶液，氨气是碱性气体，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。
（4）硝化过程中，N元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。
（5）与反应生成氮气，中N元素化合价由-3升高为0、中N元素化合价由+3降低为0，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为+=N2↑+2H2O，生成1mol氮气转移3mol电子，当产生氮气时，转移电子的物质的量为0.06。
（6）在中性介质中在阴极得电子生成氮气，阴极电极反应式2NO +10e- + 6H2O = N2↑ + 12OH-。
【分析】（1）依据化合物化合价代数和为0计算；
（2）氮的固定是将空气中游离的氮转化为含氮化合物的过程；
（3）依据氨气的性质检验。
（5）根据得失电子守恒解答。
（6）依据题目信息和阴极发生还原反应书写。
30．【答案】（1）氢、氮、氧
（2）H-O-N=N-O-H
（3）N2O+H2OHN2O+OH-
（4）2NaNO2+2H2O+4Na=Na2N2O2+4NaOH
（5）H2N2O2+3I2+3H2O=HNO3+HNO2+6HI
【知识点】含氮物质的综合应用；无机物的推断
【解析】【解答】（1）根据分析可知A的分子式为H2N2O2，A的组成元素名称为氢、氮、氧；
（2）H2N2O2中所有原子都满足稀有气体的最外层电子结构，则O形成2个共价键，N形成3个共价键，且具有对称性，则结构式为H-O-N=N-O-H；
（3）B的水溶液显碱性，说明N2O为弱酸根，发生水解：N2O+H2OHN2O+OH-，溶液显碱性；
（4）根据分析可知亚硝酸钠溶液与水、钠汞齐发生氧化还原反应生成Na2N2O2、NaOH，结合元素守恒、电子守恒可得化学方程式为2NaNO2+2H2O+4Na=Na2N2O2+4NaOH；
（5）将H2N2O2加入到碘水中，碘水褪色，说明I2被H2N2O2还原，生成三种酸，则其中一种应为HI，再结合元素守恒可知另外两种酸应是HNO3和HNO2，所以化学方程式为H2N2O2+3I2+3H2O=HNO3+HNO2+6HI。
【分析】（1）根据流程中的信息确定分子式；
（2）依据结构特点分析；
（3）依据盐类水解规律，有弱才水解，无弱不水解，谁弱谁水解，谁强显谁性，两弱双水解分析；
（4）（5）根据反应物和产物的化学式，利用电子得失守恒、原子守恒书写。
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