3.3氮的循环（含解析）同步练习2023——2024学年高一化学鲁科版（2019）必修第一册

3.3氮的循环同步练习
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题
1．“类比”是研究物质变化规律的重要思想，下列说法正确的是
A．Cl2能使紫色石蕊试液先变红后褪色，SO2也能使紫色石蕊试液先变红后褪色
B．CO2与漂白粉反应：Ca(ClO)2+CO2+H2O=CaCO3↓+2HClO，SO2也能与漂白粉反应：Ca(ClO)2+SO2+H2O=CaSO3↓+2HClO
C．用排饱和NaCl溶液的方法收集Cl2，也可用排饱和NH4Cl溶液的方法收集NH3
D．浓H2SO4可以使金属Fe钝化，浓HNO3也可以使金属Fe钝化
2．代表阿伏加德罗常数的值。下列说法正确的是
A．2.4g镁条在空气中充分燃烧，转移的电子数目为
B．5.6g铁粉与的HCl的溶液充分反应，产生的气体分子数目为
C．标准状况下，与充分反应，生成的分子数目为
D．完全溶于所得溶液，微粒数目为
3．从物质类别的视角认识物质间的转化关系是学习化学的重要方法。由短周期主族元素形成的非金属单质X经下图所示过程可转化为强酸W。下列说法正确的是
A．X可能是碳 B．Y一定能使品红溶液褪色
C．Y一定是一种酸性氧化物 D．W的浓溶液具有强氧化性
4．海洋生物参与氮循环的过程如图所示。下列说法正确的是

A．反应①、②、④均为氧化还原反应
B．反应③、④中的氮元素均被还原
C．反应③和⑤均属于氮的固定
D．等质量的分别参与反应④和⑤，转移电子数之比为4∶3
5．查资料知：一般情况下，不同浓度的硝酸与金属反应，硝酸的浓度越小，还原产物中低价态的成分所占比例越多。如图表示铁与不同浓度硝酸反应时的主要还原产物及含量，下列说法错误的是

A．曲线代表的还原产物分别为和
B．浓硝酸与足量的铁粉完全反应，生成和的物质的量之比为
C．铁粉与足量稀硝酸完全反应，此反应过程中表现酸性的的总质量为
D．P点时，生成与物质转移电子的物质的量之比为
6．某实验小组，设计如下图所示的装置模拟汽车尾气系统中CO与NO催化反应。

关于上述模拟实验，下列说法错误的是
A．反应前需检查装置的气密性是否良好
B．装置a中的试剂起干燥、观察气体流速及混合气体的作用
C．装置c为安全瓶，能防止d装置中的溶液倒吸入b装置
D．装置d中的溶液能完全吸收实验中的有害尾气
7．3.2g铜与30mL8mol L-1硝酸充分反应，硝酸的还原产物仅为NO和NO2，反应后溶液中含有amolH+，下列说法正确的是(气体均换算成标准状况下，不考虑硝酸的挥发)
A．所得NO的物质的量为(0.5a-0.02)mol B．反应后的溶液中不存在NO
C．生成NO2的体积为(0.16+1.5a)L D．该反应中Cu作还原剂，被还原
8．由下列实验操作、现象、得出的结论错误的是
实验 结论
A 浓硝酸在光照条件下变黄 浓硝酸不稳定，见光易分解，生成的有色产物能溶于浓硝酸
B 向溴水中通入气体，溶液颜色褪去 说明有漂白性
C 向某溶液中加入NaOH溶液，加热，生成了能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液中一定含有
D 常温下，将浓硫酸滴到pH试纸上，试纸先变红后变黑 浓硫酸具有酸性和脱水性
A．A B．B C．C D．D
9．下列离子方程式书写正确的是
A．向Ba(OH)2溶液中逐滴滴加NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全： Ba2＋＋2OH-＋NH＋H＋＋SO = NH3·H2O＋H2O＋BaSO4↓
B．Fe3O4和足量稀硝酸反应：Fe3O4＋8H＋ = Fe2＋＋2Fe3＋＋4H2O
C．过量SO2通入NaClO溶液中：SO2＋H2O＋ClO- = HClO＋HSO
D．强碱性溶液中NaClO将Mn2+氧化成MnO2：Mn2+＋ClO-＋H2O = MnO2↓＋Cl-＋2H+
10．中华文化富载科学知识，下列说法错误的是
A．“有硇水者，剪银块投之，则旋而为水”，“硇水”是硝酸溶液
B．“白玉金边素瓷胎，雕龙描凤巧安排”，生产“瓷”的主要原料为黏土
C．“蜡炬成灰泪始干”，“泪”是蜡烛燃烧的产物
D．古剑“以剂钢为刃，柔铁为茎干，不尔则多断折”，“剂钢”是铁的合金
11．从元素化合价和物质类别两个角度学习、研究物质的性质，是一种行之有效的方法。如图是硫、氮两元素的价类二维图。下列说法错误的是
A．P为无色气体遇空气变红棕色
B．欲制备Na2S2O3(硫代硫酸钠)，从氧化还原反应角度分析，可以选择Na2SO3+S
C．Fe与R的浓溶液在加热条件下可以反应生成Q
D．X与Cu在加热条件下可以生成CuS
12．为了确定(NH4)2Fe(SO4)2 6H2O(硫酸亚铁铵晶体)的成分，下列实验操作及叙述中错误的是
A．取少量样品放入试管中，加热，试管口放一团蘸有无水硫酸铜粉末的棉花团，变蓝则可证明晶体的成分中含有结晶水
B．取少量样品溶于水，向溶液中滴入2滴KSCN溶液，无现象，再滴入几滴新制氯水，溶液变为红色，则可证明晶体的成分中含有Fe2+
C．取少量样品溶于水，加入HCl酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，则可证明晶体的成分中含有
D．取少量样品放入试管中，加入少量浓NaOH溶液并加热，在试管口用湿润的红色石蕊试纸检验，试纸变蓝，则可证明晶体的成分中含有
13．在酸性溶液中，能大量共存的离子组是
A． B．
C． D．
14．A、B、C、D、E、F为中学化学常见的单质或化合物，其中A、F为单质，常温下，E的浓溶液能使铁钝化，相互转化关系如图所示(条件已略去，图示反应均为一步转化)。下列说法正确的是

A 若A为淡黄色固体 F一定为非金属单质
B B为H2S气体，其在水溶液中的电离方程式为 H2S2H＋＋S2-
C 若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 C的化学式为NO2
D E的稀溶液与铜单质反应的离子方程式为 3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
A．A B．B C．C D．D
15．某白色粉末样品。可能含有KNO3、KI、KHSO4和KHCO3中的一种或几种。取少量该样品进行如下实验：
①溶于水，得到无色透明溶液；
②向①的溶液中滴加过量BaCl2溶液，溶液变浑浊；
③取②的上层清液，向其中滴加FeCl2溶液，有无色气体产生。
该样品中确定存在的是
A．KNO3、KI B．KI、KHSO4 C．KHSO4、KHCO3 D．KNO3、KHSO4
二、实验题
16．氮化钡(Ba3N2)是一种主要用于制备LED照明器件的材料，在空气中易被氧化，遇水会发生剧烈反应。实验室常用Ba与N2在加热条件下反应制得，某实验小组设计装置如下图所示(夹持装置略去)。

回答下列问题：
(1)仪器a的名称为 ，B装置中的试剂为 。
(2)A装置中反应一段时间后，再点燃C处和E处酒精灯的目的是 。
(3)C装置中发生反应的化学方程式为 。
(4)F装置的作用为 。
(5)Ba3N2和水反应生成一种强碱和一种碱性气体，该反应的离子方程式为 。
17．碳酸镧[，]为白色难溶固体，分解温度为900℃。在溶液中制备时，形成水合碳酸镧，若溶液碱性太强，会生成受热易分解的碱式碳酸镧。已知酒精喷灯火焰温度可达1000℃。回答下列问题：
(1)用如图装置模拟制备水合碳酸镧：

①实验开始时，应先打开仪器 (填“A”或“B”)的活塞。
②装置接口的连接顺序为 →d，e← (填接口标号)。
③反应中生成水合碳酸镧的化学方程式为 。
(2)某小组通过以下实验验证制得的样品中不含，并测定中结晶水的含量。将石英玻璃A管称重，记为；将样品装入石英玻璃管中，再次将装置A称重，记为m2g；将装有试剂的装置C称重，记为，按下图连接好装置进行实验。

实验步骤：i．打开、和，缓缓通入；
ii．数分钟后关闭，，打开，点燃酒精喷灯，加热A中样品；
iii．一段时间后，熄灭酒精喷灯，打开，通数分钟后关闭和，冷却到室温，称量A．重复上述操作步骤，直至A恒重，记为(此时装置A中固体为，)；称重装置C，记为。
①装置B中的试剂为 。
②根据实验记录，当 时，说明制得的样品中不含。
③若无装置D且使用数据来计算结晶水含量，则测得中x的数值 (填“偏大”或“偏小”)。
三、工业流程题
18．氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。下图为合成氨以及氨催化氧化制硝酸的流程示意图。回答下列问题：

(1)氧化炉中发生反应的化学方程式为 ；尾气中氮氧化物(NOx)对环境的污染有 (填两条即可)。
(2)硝酸工业尾气(含NO、NO2)常用NaOH溶液吸收处理，可获得副产品NaNO2，等物质的量的NO与NO2被足量NaOH溶液吸收，反应的离子方程式为 。
(3)某小组为研究铜与浓、稀HNO3反应的差异，设计如图所示的实验装置。反应开始前通入过量的CO2气体，目的是 ；A中的离子方程式为 。当B中有0.03 mol铜粉被氧化时，B中产生的n(NO) 0.02 mol(“>”、“=”或“<”)；C装置中的液体是 。

19．氮是生物体的重要组成元素，也是维持高等动植物生命活动的必需元素。研究氮的循环和转化对生产和生活有重要的价值。
Ⅰ.某工厂用氨制硝酸和铵盐的流程如图所示。
(1)设备1中发生反应的化学方程式是 。
(2)同温同压下，理论上设备1与设备2中消耗空气的体积比为 。
Ⅱ.工业制硝酸时尾气中含有、，可用以下方法吸收：
(3)水吸收法。用水吸收的缺陷是 (用化学方程式和必要的文字说明)
(4)溶液吸收法。发生的反应有：，→ (填化学式，不需要配平方程式)。
(5)用不同浓度的溶液吸收含量不同的尾气(表示尾气中的体积百分含量)，测得氮氧化物吸收率与溶液浓度的关系如图所示。
①依据测得的关系图，下列说法正确的是 (填序号)。
A．溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大
B．含量越大，氮氧化物的吸收率越大
②当小于时，通入适量能提升氮氧化物的吸收率，原因是 。
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参考答案：
1．D
【详解】A．氯气溶于水生成盐酸及次氯酸，故石蕊溶液先变红后褪色，SO2溶于水生成亚硫酸使石蕊变红，但二氧化硫不能漂白溶液，A错误；
B．次氯酸钙具有氧化性与SO2发生氧化还原反应，生成硫酸钙和氯离子，B错误；
C．氯气和水反应生成盐酸和次氯酸，该反应存在溶解平衡，饱和食盐水中含有氯化钠电离出的氯离子，饱和食盐水抑制了氯气的溶解；NH3的溶解度太大，直接溶解在氯化铵溶液的溶剂水中，C错误；
D．浓硝酸和浓硫酸具有强烈的氧化性，它使金属表面产生一层氧化膜，D正确；
故答案为：D。
2．A
【详解】A．2.4g镁条在空气中充分燃烧，镁被氧化为+2价，故转移的电子数目为，故A正确；
B．5.6g铁粉与的HCl的溶液充分反应，产生的氢气的分子数目为，故B错误；
C．标准状况下，与充分反应，该反应为可逆反应，反应物不能完全转化为生成物，故生成的分子数目无法计算，故C错误；
D．完全溶于所得溶液，发生反应：，生成的微粒数目小于，故D错误。
答案为：A。
3．D
【分析】短周期主族元素形成的非金属单质X经图所示过程可转化为强酸W，则X可能是S或N2；
【详解】A．若X为碳元素，最终生成的W不是强酸，故A错误；
B．若X是S，则Y是二氧化硫，可使品红褪色，但X也可能是氮气，故B错误；
C．若X是氮气，则Y是一氧化氮，不是酸性氧化物，故C错误；
D．不论X是S或是氮气，最终生成的W为硫酸或硝酸，二者强溶液均具有强氧化性，故D正确；
答案选D。
4．D
【详解】A．反应①：NH→NH3，N的化合价没有发生变化，属于氧化还原反应；反应②：NH2OH→N2H4，N的化合价由-1价降低为-2价，存在化合价变化，属于氧化还原反应；反应④：NO→NH2OH，N的化合价由+3价降低为-1价，存在化合价变化，属于氧化还原反应，故A错误；
B．反应③：N2H4→N2，N的化合价由-2价升高为0价，N被氧化，反应④：NO→NH2OH，N的化合价由+3价降低为-1价，N被还原，故B错误；
C．氮的固体是游离态的氮转化为化合态的氮，因此反应③、⑤不是氮的固定，故C错误；
D．反应④：NO→NH2OH，N的化合价由+3价降低为-1价，降低4价，反应⑤：NO→N2，N的化合价由+3价降低为0价，降低3价，转移电子数之比为4∶3，故D正确；
答案为D。
5．C
【分析】已知，一般情况下，不同浓度的硝酸与金属反应，硝酸的浓度越小，还原产物中低价态的成分所占比例越多，结合图像可知，初始a含量较大为铵根离子、后期b含量较大为二氧化氮；
【详解】A．由分析可知，曲线代表的还原产物分别为和，A正确；
B．由图可知，浓硝酸与足量的铁粉完全反应生成等量的NO、，故生成和的物质的量之比为，B正确；
C．铁为1mol，与足量稀硝酸完全反应生成三价铁，则与铁离子结合的硝酸根离子为3mol，则此反应过程中与铁反应表现酸性的的质量为3mol×63g/mol=，但是反应中还生成硝酸铵，故此反应过程中表现酸性的的总质量大于，C错误；
D．P点时，生成等量的NO 和，氮元素化合价由+5变为+2生成NO、由+5变为-3得到，则生成与物质转移电子的物质的量之比为，D正确；
故选C。
6．D
【详解】A．模拟有气体参与的实验，即实验前需要检查装置的气密性是否良好，A正确；
B．一氧化氮和一氧化碳分别用两支导管通入浓硫酸，即可通过气泡观察流速且使气体混合，并干燥，B正确；
C．c装置为安全瓶，能防止d装置中的澄清石灰水倒吸，C正确；
D．d装置中氢氧化钠溶液可检验气体二氧化碳，但不能与尾气中的CO和NO反应，故不能吸收有害尾气，D错误；
故选D。
7．A
【分析】3.2gCu的物质的量n(Cu)=，30mL8mol·L-1硝酸中含有溶质的物质的量n(HNO3)=8mol·L-1×0.03 L=0.24mol，Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2、NO和H2O，反应后溶液中含有a molH+，则溶液中还剩amolHNO3。反应过程中转移电子的物质的量n(e-)=2n(Cu)=0.1mol。假设反应产生NO2、NO的物质的量分别是x、y，则根据电子守恒得x+3y=0.1mol①，根据N元素守恒得0.05×2+a+x+y=0.24mol②，联立①②解得x=(0.16-1.5a)mol， y=(0.5a-0.02)mol。
【详解】A．根据分析，生成的NO的物质的量为(0.5a-0.02)mol，A正确；
B．反应后溶液中含有a molH+，则溶液中还剩amolHNO3，同时Cu与HNO3反应生成Cu(NO3)2，因此反应后的溶液中含有NO，B错误；
C．根据分析，生成的NO2的物质的量为(0.16-1.5a)mol，其标况下的体积为22.4×(0.16-1.5a)L，C错误；
D．该反应中Cu作还原剂，被氧化，D错误；
故选A。
8．B
【详解】A．硝酸在光照条件下分解为NO2和O2、H2O，变黄由于溶解了红棕色的NO2，A项正确；
B．SO2与溴水发生了氧化还原反应而褪色非漂白，B项错误；
C．加入碱产生了碱性气体为NH3，该溶液中一定存在铵根，C项正确；
D．pH试纸变红说明它呈酸性，同时纸张纤维变黑即有机物中H、O被脱掉表现为脱水，D项正确；
故选B。
9．A
【详解】A．向Ba(OH)2溶液中逐滴加入NH4HSO4溶液至刚好沉淀完全，二者的物质的量相等，反应的离子方程式为：Ba2++2OH-+H+++=BaSO4↓+NH3 H2O+H2O，故A正确；
B．Fe3O4中铁元素化合价有+2、+3，硝酸具有强氧化性能氧化亚铁离子，将Fe3O4粉末溶于足量的稀硝酸，离子方程式：3Fe3O4+28H++ =9Fe3++NO↑+14H2O，故B错误；
C．HClO具有强氧化性，SO2具有还原性，二氧化硫能够还原次氯酸根离子，产物中HClO与还会发生氧化还原反应，离子方程式为：SO2+ClO-+H2O═+Cl-+2H+，故C错误；
D．在强碱性溶液中与H+不共存，，次氯酸钠将Mn2+氧化成MnO2，离子方程式：ClO-+Mn2++2OH-=MnO2↓+Cl-+H2O，故D错误；
故选：A。
10．C
【详解】A．硝酸具有强氧化性，能与不活泼的金属银发生反应，“硇水”是硝酸溶液，A正确；
B．陶瓷属于硅酸盐产品，生产陶瓷主要用黏土为原料，B正确；
C．蜡烛是混合物，没有固定化的熔点，燃烧时会熔化，所以“蜡炬成灰泪始干”，“泪”是液态的蜡烛，C错误；
D．合金熔点低于组成成分的金属，硬度较大，“剂钢”是铁的合金，D正确；
故选C。
11．D
【分析】由化合价及物质类别可知，X为S单质；Y为+6价S的氧化物，Y为SO3；W为+6价S的含氧酸，W为H2SO4；Z为+4价S的盐，Z可能为Na2SO3。P为+2价N的氧化物，则为NO，Q为+4价N的氧化物，则为NO2，R为N元素的+5价的酸，则为HNO3。以此来解答。
【详解】A．由分析可知，P为NO，NO为无色气体，NO极易和空气中氧气反应生成红棕色气体NO2，故A正确；
B．从氧化还原反应角度分析，欲制备Na2S2O3(硫的化合价为+2价)，可以选择Na2SO3+S发生化合价归中制得，故B正确；
C．由分析可知，R为HNO3，在加热条件下，少量Fe粉和浓硝酸反应可以反应生成硝酸铁、二氧化氮和水，方程式为Fe+6HNO3(浓)Fe(NO3)3+3NO2↑+3H2O，故C正确；
D．X为S单质，与少量的Cu在加热条件下生成黑色固体Cu2S，故D错误；
故选：D。
12．C
【详解】A．取少量样品放入试管中，加热，试管口放一团蘸有无水硫酸铜粉末的棉花团，若晶体加热后能使无水硫酸铜变蓝，即CuSO4+5H2O=CuSO4 5H2O，说明有水生成，则证明晶体中含结晶水，故A正确；
B．取少量样品溶于水，先滴入2滴KSCN溶液无现象，再滴入几滴新制氯水，发生2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-，Fe3++3SCN-=Fe(SCN)3，溶液变为红色，则证明晶体的成分中含有Fe2+，故B正确；
C．加入HCl酸化的BaCl2溶液，有白色沉淀生成，有可能发生Ag++Cl-=AgCl↓，则不能证明晶体的成分中含有，故C错误；
D．取少量样品于试管中，加入浓NaOH溶液并加热，若产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，即+OH-=NH3↑+H2O，有NH3产生，则证明硫酸亚铁铵中含有，故D正确；
答案为C。
13．B
【详解】A．酸性溶液中，碳酸氢根离子与氢离子反应生成二氧化碳和水，不能大量共存，故A错误；
B．四种离子在酸性溶液中不发生任何反应，能大量共存，故B正确；
C．酸性溶液中，硝酸根离子能与亚铁离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故C错误；
D．酸性溶液中，铁离子与硫离子发生氧化还原反应，不能大量共存，故D错误；
故选B。
14．D
【分析】常温下，E的浓溶液能使铁、铝钝化，可为浓硫酸或浓硝酸，A为S或氮气；据此分析解题。
【详解】A．若A为淡黄色固体,则A为S，E为浓硫酸；C为SO2，浓硫酸与C，Cu和Fe等单质加热反应可生成SO2，故A错误；
B．H2S水溶液电离方程式分为两步，H2SH＋＋HS-；HS-H＋＋S2-；故B错误；
C．若B为能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则B为NH3；C为NO，D为NO2，E为HNO3，故C错误；
D．E为HNO3，稀HNO3与铜单质反应的离子方程式为3Cu＋8H＋＋2=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O；故D正确；
故答案选D。
【点睛】本题考查无机物的推断，为高考常见题型，题目难度中等，注意根据物质的颜色、反应的现象为突破口进行推断。
15．D
【详解】向①溶液中滴加过量BaCl2溶液，溶液变浑浊，产生沉淀BaSO4，说明原溶液中含有KHSO4，一定不含有KHCO3；取②的上层清液，向其中滴加FeCl2，有无色气体产生，利用NO(H+)具有强氧化性，Fe2+以还原性为主，②中KHSO4提供H+，NO(H+)与Fe2+发生氧化还原反应，生成无色气体NO，因此推出原溶液中含有KNO3，原溶液中一定不存在KI；
综上所述，原溶液一定存在的是KHSO4、KNO3，选项D正确；
答案为D。
16．(1) 蒸馏烧瓶 碱石灰(或生石灰或氢氧化钠固体)
(2)排尽装置中的空气
(3)
(4)吸收氨气；防止空气中的氧气和水蒸气进入 E 装置
(5)
【分析】由题干实验装置图可知，装置A为制备NH3，即向CaO固体中滴加浓氨水，装置B为干燥NH3，可以用碱石灰，装置C为NH3和CuO加热反应制得N2，反应原理为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，装置D为干燥N2同时吸收未反应的NH3，故可用P2O5等酸性干燥剂，装置E为Ba和N2反应制备Ba3N2，反应原理为：3Ba+N2Ba3N2，装置F吸收氨气，同时还可防止空气中的氧气和水蒸气进入 E 装置，据此分析解题。
【详解】（1）由题干实验装置图可知，仪器a的名称为蒸馏烧瓶，由分析可知，装置B为干燥NH3，可以用碱石灰(或生石灰或氢氧化钠固体)等碱性干燥剂，故答案为：蒸馏烧瓶；碱石灰(或生石灰或氢氧化钠固体)；
（2）由于装置中充满空气，空气中O2、H2O均易与Ba反应，故A装置中反应一段时间后，再点燃C处和E处酒精灯的目的是排尽装置中的空气，故答案为：排尽装置中的空气；
（3）由分析可知，装置C为NH3和CuO加热反应制得N2，反应原理为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O，故答案为：2NH3+3CuO3Cu+N2+3H2O；
（4）由分析可知，F装置的作用为吸收氨气，防止空气中的氧气和水蒸气进入 E 装置，故答案为：吸收氨气；防止空气中的氧气和水蒸气进入 E 装置；
（5）Ba3N2和水反应生成一种强碱即Ba(OH)2和一种碱性气体NH3，该反应的离子方程式为，故答案为：。
17．(1) A f→b、a
c
(2) 浓硫酸 3 偏小
【分析】（1）Y装置生成氨气，通过防止倒吸接口e进入装置Z；W装置生成二氧化碳，通过X（气体长进短出）除去挥发的氯化氢后，二氧化碳气体通过d接口进入Z，Z中氯化镧、氨气、二氧化碳反应生成水合碳酸镧；
（2）A装置中样品受热分解生成水、二氧化碳，装置B可以吸收生成的水、C吸收生成的二氧化碳，D装置可以排除空气中水、二氧化碳的干扰；
【详解】（1）①实验开始时，应先通入氨气使得溶液显碱性可以吸收更多二氧化碳，故应先打开仪器A的活塞。
②由分析可知，装置接口的连接顺序为f→b、a→d，e←c。
③氯化镧、氨气、二氧化碳反应生成水合碳酸镧，反应中生成水合碳酸镧的化学方程式为；
（2）①有分析可知，装置B中的试剂为浓硫酸。
②由实验可知，为生成的的质量、为生成二氧化碳的质量，若制得的样品中不含，由组成可知，，则当3时，说明制得的样品中不含。
③若无装置D且使用数据来计算结晶水含量，装置C会吸收空气中二氧化碳和水，导致偏大，则使得测定结晶水的质量偏小，导致测得中x的数值偏小。
18．(1) 4NH3＋5O24NO＋6H2O 光化学烟雾、雾霾、酸雨
(2)NO＋NO2＋2OH- = 2NO＋H2O
(3) 排尽装置内的空气 Cu＋2NO＋4H＋ = Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O > NaOH溶液
【分析】氮气和氢气催化生成氨气，氨气和氧气催化生成一氧化氮，一氧化氮和氧气生成二氧化氮，二氧化氮和水生成硝酸；
浓硝酸和铜生成硝酸铜和二氧化氮、稀硝酸和铜生成硝酸铜和一氧化氮，一氧化氮和氧气生成二氧化氮气体；
【详解】（1）氧化炉中发生反应为氨气和氧气催化生成一氧化氮和水，化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O；尾气中氮氧化物(NOx)对环境的污染有光化学烟雾、雾霾、酸雨等；
（2）NO与NO2中氮元素化合价分别为+2、+4，等物质的量的NO与NO2被足量NaOH溶液吸收则反应生成+3价氮的化合物，故反应生成NaNO2，反应的离子方程式为NO＋NO2＋2OH- = 2NO＋H2O；
（3）一氧化氮和氧气生成二氧化氮气体，故实验中需要排除空气中氧气的干扰，反应开始前通入过量的CO2气体，目的是排尽装置内的空气，A中浓硝酸和铜反应生成硝酸铜和二氧化氮、水，离子方程式为Cu＋2NO＋4H＋ = Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；稀硝酸和铜生成硝酸铜和一氧化氮，，由于二氧化氮和水也会生成一氧化氮气体，故当B中有0.03 mol铜粉被氧化时，B中产生的n(NO)大于0.02 mol；尾气含有的氮氧化合物有毒，需要尾气处理，故C装置中的液体是NaOH溶液，吸收尾气防止污染。
19．(1)
(2)
(3)，有转化成没被吸收掉
(4)
(5) B 据图可知，氮氧化物的吸收率随的含量增大而增大。将氧化成使其含量增大，从而增大氮氧化物的吸收率
【详解】（1）设备1中氨气和氧气催化生成NO和水，反应为；
（2）设备2中反应为NO和氧气水反应生成硝酸，，则同温同压下，理论上设备1与设备2中消耗空气的体积比为；
（3）二氧化氮和水生成硝酸和污染气体一氧化氮，，有转化成没被吸收掉；
（4）氢氧化钠和二氧化氮生成亚硝酸钠，氮元素化合价降低，则还有部分氮元素化合价升高生成硝酸钠，故填；
（5）①A．由图可知，当氢氧化钠浓度超过一定程度时，溶液对氮氧化物的吸收率随氢氧化钠浓度的增大而减小，A错误；
B．由图可知，含量越大，氮氧化物的吸收率越大，B正确；
故选B；
②据图可知，氮氧化物的吸收率随的含量增大而增大，将氧化成使其含量增大，从而增大氮氧化物的吸收率，故当小于时，通入适量能提升氮氧化物的吸收率。
答案第1页，共2页
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