5.2 氮及其化合物 （含解析）课时练习 2023-2024学年高一下学期化学人教版（2019）必修第二册

5.2 氮及其化合物 课时练习
一、单选题
1．近年来，在我国部分海域中出现了大面积的“赤潮”，给当地渔业造成了重大损失，赤潮直接威胁着人类生存的环境，已经成为我国目前最主要的海洋灾害之一。下列关于赤潮发生原因的叙述正确的是（　　）
A．含氯化合物直接排入大海，引起赤潮的发生。
B．赤潮发生的根本原因是含氟制冷剂大量使用导致臭氧层破坏的结果。
C．含氮、磷的大量污水直接排入大海，导致某些浮游生物爆发性繁殖是赤潮发生的直接原因。
D．空气中二氧化碳浓度升高，导致海洋温度升高，引起了赤潮 发生。
2．常温下，利用下列试剂能制备对应气体的是（　　）
选项 试剂 制备的气体
A 氯酸钾、浓盐酸 Cl2
B 铜、浓硫酸 SO2
C 浓硫酸、硫化亚铁 H2S
D 稀硝酸、锌 H2
A．A B．B C．C D．D
3．下列有关叙述均正确且存在因果关系的是（　　）
选项 叙述I 叙述II
A NH4HCO3受热易分解 NH4HCO3可用作化肥
B HClO见光易分解 用新制氯水杀菌、漂白
C 浓硫酸具有强氧化性 浓硫酸可用作H2、O2、CO2的干燥剂
D 胶体具有丁达尔效应 用可见光束照射可区别胶体和溶液
A．A B．B C．C D．D
4．下列有关一些物质的性质说法正确的是（　　）
A．能使鲜艳的红花褪色，说明具有漂白性
B．加热条件下浓能溶解金属铜，说明其具有强酸性
C．常温下浓能使金属铝钝化，可以用铝槽车运输浓
D．金属钠保存在煤油中，实验剩余的金属钠不能放回原瓶
5．下列与氮循环无关的生态环境问题是（　　）
A．光化学烟雾 B．白色污染
C．水体富营养化 D．酸雨
6．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200mL，平均分成两份．向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解l9.2g（已知硝酸只被还原为NO气体）．向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁质量增加的变化如图所示．下列分析或结果错误的是（　　）
A．原混合酸中NO3﹣物质的量为0.4mol
B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe+2Fe3+═3Fe2+，BC段产生氢气
C．第二份溶液中最终溶质为FeSO4
D．H2SO4浓度为2.5mol L﹣1
7．氮及其化合物在生产、生活中有广泛应用。下列含氮物质的性质与用途具有对应关系的是（　　）
A．N2性质稳定，可用于制取氨气
B．NH3易液化，可用作制冷剂
C．NH4Cl受热易分解，可用于实验室制备氨气
D．HNO3具有强氧化性，可用于制备硝酸铵
8．下列反应中，硝酸只表现氧化性的是（　　）
A．3FeO+10HNO3═3Fe（NO3）3+NO↑+5H2O
B．C+4HNO3（浓） CO2↑+4NO2↑+2H2O
C．Al（OH）3+3HNO3═Al（NO3）3+3H2O
D．3Zn+8HNO3═3Zn（NO3）2+2NO↑+4H2O
9．下列检验铵盐的方法中，正确是（　　）
A．加水溶解，再用红色石蕊试纸检验其溶液
B．加热试管，并用湿润的红色石蕊试纸接近试管口上方
C．加入氢氧化钠溶液，加热试管，并用湿润的红色石蕊试纸接近试管口上方
D．加入氢氧化钠溶液，加热试管，再滴入酚酞试液
10．根据下列实验中的现象得出的结论错误的是（　　）
选项 实验 现象 结论
A 将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中 钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈 乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼
B 向盛有无色溶液的试管中滴加足量浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口 试纸不变蓝 原溶液中无
C 向某钠盐中滴加浓盐酸，并将产生的气体通入品红溶液 品红溶液褪色 该钠盐为 或
D 向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌 蔗糖变黑，体积膨胀，有刺激性气味的气体生成 反应中浓硫酸体现了强氧化性和脱水性
A．A B．B C．C D．D
11．某钒催化剂在一定条件下形成相邻的氧化还原位和酸性吸附位，该催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的反应机理如图所示。
下列说法正确的是
A．反应①～④均为氧化还原反应
B．反应②为NH+ =NH+
C．消耗0.5molO2，理论上可处理1molNO
D．总反应方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O
12．下列有关离子(或物质)的检验及结论正确的是（　　）
A．无色溶液加入溶液，用湿润的红色石蕊试纸放试管口未变蓝，则原溶液中无
B．向无色溶液中加入溶液有白色沉淀出现，则溶液中一定含有
C．用洁净的铂丝蘸取溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定是钠盐
D．向某溶液中加入稀盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，则溶液中可能含有
13．在含有ag HNO3的稀硝酸中，加入bg铁粉充分反应，铁全部溶解并生成NO，有 g HNO3被还原，则a∶b不可能为（　　）
A．2∶1 B．3∶1 C．4∶1 D．9∶2
14．某混合固体A可能由Fe(NO3)3、Na2CO3、AlCl3、(NH4)2SO4、Cu、SiO2组成，取固体A完成如下实验(所加试剂均过量)：
下列说法错误的是（　　）
A．无色气体可能为NO和CO2的混合物
B．固体A中一定有Fe(NO3)3、AlCl3、(NH4)2SO4、Cu、SiO2，可能有Na2CO3
C．取沉淀C加盐酸溶解，加硫氰化钾无明显现象，再加双氧水，溶液变红色
D．可通过取溶液B进行焰色反应来检验固体A是否含有Na2CO3
15．光化学烟雾污染的形成过程可通过如图表示，下列说法正确的是（　　）
A．反应过程中氮氧化物总物质的量不断减少
B．反应I中，每消耗1molO3生成3mol NO2
C．反应II、反应III均属于氧化还原反应
D．光化学烟雾的形成只发生在白天
16．已知某物质X能发生如图转化，其中物质X、Y、Z、A均含有同一种元素。下列有关上述转化关系中物质及其反应的叙述错误的是（　　）
A．若X为单质，则X可能是或S
B．若X为化合物，则X只能是
C．反应①和②一定为氧化还原反应
D．若X为非金属单质或非金属氢化物，则A不一定能与金属铜反应生成Y
二、综合题
17．如图所示，室温下向盛有3.0mL NO的试管中缓缓通入1.5mL O2(所有气体的体积均在标准状况下测定)。
试回答下列问题：
（1）写出观察到的现象(可不写满，也可补充)：
①　 　；
②　 　；
③　 　。
（2）上述过程中发生反应的化学方程式有　 　。
（3）最终试管中剩余的气体是　 　，体积为　 　。
18．根据问题填空：
（1）在浓硝酸中放入铜片，开始时反应的化学方程式为　 　；待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，其原因是（用离子方程式表示）　 　．
（2）常温下，将铁棒置于浓硫酸中，无明显现象，课本上解释为发生了钝化，但有人认为未发生反应．为验证此过程，某同学经过思考，设计了如下实验：将经浓硫酸处理过的铁棒洗净后置于CuSO4溶液中，若铁棒表面　 　，则发生了钝化；若铁棒表面　 　，则未发生反应．
（3）制取硫酸铜有两种方法：方法一：2Cu+O2 2CuO，CuO+H2SO4═CuSO4+H2O，方法二：Cu+2H2SO4（浓） CuSO4+SO2↑+2H2O，方法一与方法二相比，其优点是（至少答两点）：　 　．
19．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：　 　。
20．工业上按如下流程制备硝酸和肼（）。
（1）途径Ⅰ是工业制硝酸的第一步，写出化学方程式　 　。
（2）的制法可通过途径Ⅱ：用过量和的混合物与氯气进行气相反应合成异肼，然后使其水解得到肼。
①下列说法不正确的是　 　。
A．属于电解质 B．途径Ⅱ中氯气作还原剂
C．、、均为非极性分子 D．异肼中氮的化合价呈负价
②相同条件下，氨的沸点低于肼的主要原因是　 　。
（3）Zn元素的化学性质与Al相似。Zn与很稀的硝酸反应，氮元素被还原到最低价，写出该反应的离子方程式　 　；检验反应后溶液中除外的阳离子的方法是　 　。
21．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。
答案解析部分
1．【答案】C
【解析】【解答】赤潮主要是水体富营养化引起，所以正确的答案是C。
故答案为：C
【分析】赤潮又称红潮。因海洋中的浮游生物暴发性急剧繁殖造成海水颜色异常的现象。江河、湖泊中出现类似的现象，通常称为水花或水华。赤潮并不都是红色的，不同的浮游生物引起海水不同的颜色，赤潮只是各种颜色潮的总称。过于丰富的营养元素导致藻类生物的大量繁殖，而引起缺氧是产生赤潮的主要原因。
2．【答案】A
【解析】【解答】A．常温下氯酸钾与浓盐酸发生归中反应生成氯气，故A符合题意；
B．铜和浓硫酸在常温下不反应，需要加热，故B不符合题意；
C．稀硫酸与硫化亚铁反应生成硫化氢气体，浓硫酸具有强氧化性，与亚铁离子发生氧化还原反应生成二氧化硫，故C不符合题意；
D．硝酸属于氧化性酸，与金属锌反应生成NO，而非氢气，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.常温下氯酸钾与浓盐酸反应生成氯气，是常见的制备氯气方法
B.铜和浓硫酸在加热条件下才能反应生成二氧化硫
C.浓硫酸具有强氧化性，亚铁离子具有还原性，二者发生氧化还原反应
D.稀硝酸属于氧化性酸，与金属锌反应被还原为NO
3．【答案】D
【解析】【解答】A．NH4HCO3含有铵根离子，是植物能吸收的氮，NH4HCO3可用作化肥，与NH4HCO3的稳定性无关，A不符合题意；
B．HClO具有强氧化性，新制氯水中含有HClO能杀菌、漂白，与HClO见光易分解无关，B不符合题意；
C．浓硫酸具有吸水性，可用作H2、O2、CO2的干燥剂，与其氧化性无关，C不符合题意；
D．用可见光束照射胶体和溶液，胶体发生丁达尔现象，溶液不能，可以用丁达尔效应区别溶液和胶体，D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.氮元素为植物生成需要的营养元素；
B.次氯酸具有强氧化性；
C.浓硫酸用于干燥气体，利用的是其吸水性；
D.丁达尔效应是胶体特有的性质。
4．【答案】C
【解析】【解答】A． 能使鲜艳的红花褪色，是与水反应生成的次氯酸具有漂白性，故A不符合题意；
B． 加热条件下浓能溶解金属铜，S由+6价降为+4价，说明其具有强氧化性和酸性，故B不符合题意；
C． 常温下浓能使金属铝钝化，在铝表面生成一层致密的氧化膜，阻止内部金属继续反应，可以用铝槽车运输浓，故C符合题意；
D． 金属钠保存在煤油中，实验剩余的金属钠要放回原瓶，不能乱放，易引起火灾，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】干燥氯气不具备漂白性；
B、浓硫酸具有强氧化性，可以氧化不活泼的金属；
C、浓硝酸、浓硫酸可以使铁、铝钝化；
D、钠用完应该放回原瓶。
5．【答案】B
【解析】【解答】A.光化学烟雾是NO、NO2等氮的氧化物导致的环境污染。不符合题意。
B.白色污染 是聚乙烯、聚氯乙烯等有机高聚物对环境产生的污染，氮循环无关。符合题意。
C.水体富营养化 是人们使用化肥、农药或含磷洗衣粉等富含农作物生长所需的N、P、K等营养元素，导致水中的植物疯狂生长，水体缺氧，水发臭、恶化。与氮元素有关。不符合题意。
D.酸雨 是由于SO2、NO2和空气中的水蒸汽反应产生H2SO4、HNO3，H2SO4、HNO3随雨水降落致使水的pH小于5.6.即形成酸雨，与N元素有关。不符合题意。
【分析】A.光化学烟雾是氮的氧化物引起的；
B.白色污染主要是指塑料对环境的污染；
C.水的富营养化是氮磷钾等引起的；
D.酸雨有硫酸型和硝酸型酸雨。
6．【答案】D
【解析】【解答】解：A、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，所以n（NO3﹣）=n（Fe）= =0.2mol，平均分成两份，原溶液中NO3﹣物质的量为0.4mol，故A正确；
B、由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，故B正确；
C、硝酸全部被还原，没有显酸性的硝酸，因为溶液中有硫酸根，并且铁单质全部转化为亚铁离子，所以溶液中最终溶质为FeSO4，故C正确；
D、反应消耗22.4g铁，也就是 =0.4mol，所有的铁都在硫酸亚铁中，根据硫酸根守恒，所以每份含硫酸0.4mol，所以硫酸的浓度是4mol/L，故D错误．
故选D．
【分析】由图象可知，由于铁过量，OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，AB段发生反应为：Fe+2Fe3+=3Fe2+，BC段发生反应为：Fe+2H+=Fe2++H2↑．
A、OA段发生反应为：Fe+NO3﹣+4H+=Fe3++NO↑+2H2O，硝酸全部起氧化剂作用，根据铁的物质的量结合离子方程式计算；
B、铁先与硝酸反应生成一氧化氮与铁离子，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应；
C、铁先与硝酸反应，之后铁与铁离子反应生产亚铁离子，最后是铁和硫酸反应，铁单质全部转化为亚铁离子，硝酸全部起氧化剂作用，没有显酸性的硝酸；
D、根据铁和硫酸的反应中铁的质量来确定所需硫酸的量，进而确定硫酸的浓度．
7．【答案】B
【解析】【解答】A．N2可以与氢气在催化剂加热下可用于制造氨气，但是与其性质稳定无关，故A不符合题意；
B．液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，可以用作制冷剂，故B符合题意；
C．氯化铵受热分解生成气体氯化氢和氨气，氨气和氯化氢相遇会发生反应生成固体氯化铵，不能用作实验室中制取少量氨气，故C不符合题意；
D．硝酸与氨气反应生成硝酸铵，体现硝酸的酸性，与其氧化性无关，故D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A.氮气制取氨气与其稳定性无关；
B.液氨汽化吸热，可作制冷剂；
C.实验室通常加热氯化铵和氢氧化钙固体制取氨气；
D.硝酸制备硝酸铵体现酸性。
8．【答案】B
【解析】【解答】解：A．该反应中，硝酸中N元素部分化合价降低、部分化合价不变，所以硝酸体现氧化性和酸性，故A错误；
B．在碳和浓HNO3的反应中，HNO3全部被还原，只表现氧化性，故B正确；
C．Al（OH）3和稀HNO3中各元素的化合价在反应前后不变，生成Al（NO3）3，只表现酸性，故C错误；
D．该反应中，硝酸中N元素部分化合价降低，部分不变，所以硝酸体现氧化性和酸性，故D错误；
故选B．
【分析】硝酸只表现氧化性不表现酸性，说明硝酸中N元素都得电子化合价降低，据此分析解答．
9．【答案】C
【解析】【解答】铵盐的检验方法为：加入氢氧化钠溶液，加热试管，铵根离子会与氢氧根离子在加热条件下生成氨气与水，用湿润的红色石蕊试纸接近试管口上方，若变蓝，则证明原溶液中含铵根离子，C项符合题意，
故答案为：C。
【分析】根据铵根离子的检验方法进行判断，注意操作中需要加热、试纸需要湿润。
10．【答案】C
【解析】【解答】A．将大小相同的金属钠分别投入水和乙醇中，钠与水反应比钠与乙醇反应剧烈，说明乙醇羟基中的氢原子不如水分子中的氢原子活泼，理论解释是乙醇中的乙基是推电子基，使乙醇中的羟基的极性减弱，所以氢原子活泼性不如水中的氢原子，故A不符合题意；
B． 和OH-反应生成NH3 H2O，NH3 H2O加热分解生成氨气，氨气能溶于水，生成的NH3 H2O能电离出OH-，使石蕊变蓝。向盛有无色溶液的试管中滴加足量浓NaOH溶液并加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸不变蓝，原溶液中无 ，故B不符合题意；
C．能使品红溶液褪色的可以是SO2，也可以是氯气。向某钠盐中滴加浓盐酸，并将产生的气体通入品红溶液，品红溶液褪色，该钠盐可能为 Na2SO3 或 NaHSO3，也可能为KMnO4或KClO3等，故C符合题意；
D．向蔗糖中加入浓硫酸并搅拌，蔗糖变黑，说明浓硫酸具有脱水性，使蔗糖脱水碳化。蔗糖体积膨胀，有刺激性气味的气体生成，是碳和浓硫酸反应生成了SO2，体现了浓硫酸的强氧化性，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.钠与水反应更剧烈；
B. 和OH-反应生成NH3 H2O，NH3 H2O加热分解生成氨气，氨气能使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
C.能使品红溶液褪色的气体不仅仅是SO2；
D，浓硫酸具有脱水性和氧化性，脱水使蔗糖碳化变黑，氧化使碳和浓硫酸反应生成了SO2。
11．【答案】B
【解析】【解答】A．反应②中各元素化合价没有发生变化，不是氧化还原反应，A不符合题意；
B．由图可知，反应②为NH + = NH + ，B符合题意；
C．根据关系图结合电子得失守恒可知1mol氧可以得到4mol钒催化剂，通过反应①②可以得到4molNH ，4mol NH 可以还原4moINO，所以理论上可处理NO物质的量为4mol，则消耗0.5molO2，理论上可处理2molNO，C不符合题意；
D．由图可知总反应方程式为4NH3+4NO+ O2 4N2+6H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A．利用氧化还原反应中有元素化合价发生变化判断；
B．依据图中物质结构变化分析；
C．根据关系图结合电子得失守恒计算；
D．根据反应物和产物的化学式书写。
12．【答案】D
【解析】【解答】A．向溶液中先滴加NaOH溶液，没有加热，可能生成一水合氨，则试纸不变蓝，不能说明是否含，故A不符合题意；
B．溶液中可能含银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等，生成的白色沉淀可能为氯化银、亚硫酸钡或碳酸钡，原溶液中不一定含有硫酸根离子，故B不符合题意；
C．钠的焰色为黄色，则用洁净的铂丝蘸取少量溶液在酒精灯火焰上灼烧，火焰呈黄色，则溶液中一定含Na+，但不一定是钠盐，也可能是氢氧化钠溶液，故C不符合题意；
D．向某溶液中加入稀盐酸产生使澄清石灰水变浑浊的气体，该气体可能是二氧化碳，因此溶液中可能含有，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．没有加热，无法判断；
B．考虑银离子、碳酸根离子、亚硫酸根离子等的干扰；
C．焰色反应是元素的性质，钠的焰色为黄色；
D．依据二氧化碳能使澄清石灰水变浑浊判断。
13．【答案】A
【解析】【解答】根据公式n=m/M，n(Fe)=b/56mol，n(HNO3)=a/63mol；
①设反应全部生成硝酸亚铁：
3Fe+ 8HNO3(稀)=3Fe（NO3）2+2NO↑+4H2O
3 8
b/56 a/63
所以b/56mol：a/63mol=3：8，解之得a：b=3：1；
②若反应全部生成硝酸铁生成硝酸铁：
Fe+ 4HNO3=Fe（NO3）3+NO↑+2H2O
1 4
b/56 a/63
b/56mol：a/63mol=1：4，解之得a：b=9：2；
③若反应生成硝酸铁、硝酸亚铁，则此时a：b介于3：1与9：2之间；所以BCD均可能，只有A的比值不在此范围内。
故答案为：A
【分析】由于所给铁和HNO3的量未知，则若铁过量时，铁与稀硝酸反应的化学方程为：Fe＋4HNO3=Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O；若铁少量时，发生反应的化学方程式为：3Fe＋8HNO3=3Fe(NO3)2＋4H2O＋4NO↑；若铁稍微过量，则这两个反应都有发生，据此进行计算。
14．【答案】C
【解析】【解答】A. 据分析可知，无色气体可能为NO和CO2的混合物，故A不符合题意；
B. 据分析可知，该固体样品中一定含有Fe(NO3)3、AlCl3、(NH4)2SO4、SiO2，Cu，可能含有Na2CO3，故B不符合题意；
C. 沉淀C含有Fe(OH)2，会有部分发生氧化，加盐酸溶解后再加硫氰化钾，溶液会变红色，故C符合题意；
D. 取溶液B进行焰色反应，若产生黄色火焰，则说明固体A含有Na2CO3，反之则不含，故D不符合题意。
【分析】固体A加入过量盐酸后得到固体B，固体B加入过量NaOH溶液有部分溶解，则固体B为Cu和SiO2的混合物，固体E为Cu；溶液B加入过量NaOH溶液后，先沉淀后沉淀溶解，说明固体A含有AlCl3和Fe(NO3)3，硝酸根在酸性条件下有强氧化性，加入盐酸后发生反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O、2Fe3++Cu=2Fe2++Cu2+，所以沉淀C为中含有Fe(OH)2和Cu(OH)2，溶液B中通入氯化钡生成沉淀D，由于之前加入过盐酸则溶液A中含有(NH4)2SO4，无色气体B为NO，如果固体A中还含有Na2CO3，则气体B中还有CO2，由以上推断可知，固体A中一定含有Fe(NO3)3、AlCl3、(NH4)2SO4、SiO2，Cu，可能含有Na2CO3。
15．【答案】D
【解析】【解答】A．此反应过程中氮氧化物在循环交替进行反应，则氮氧化物总量不变，故A不符合题意；
B． 反应I中，每消耗1molO3生成1mol NO2和1mol氧气，故B不符合题意；
C．反应III，O元素化合价不变，为非氧化还原反应，故C不符合题意；
D．光化学烟雾由排放到大气中的氮的氧化物和碳氢化合物等在阳光的照射下，发生光化学反应而形成的污染物。光化学烟雾的形成只发生在白天，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A．循环交替，总量不变；
B． 依据历程判断；
C．利用元素化合价不变分析；
D．光化学烟雾由排放到大气中的氮的氧化物和碳氢化合物等在阳光的照射下，发生光化学反应而形成的污染物。
16．【答案】B
【解析】【解答】A、若X为N2，则Y为NO、Z为NO2、A为HNO3；若X为S，则Y为SO2、Z为SO3、A为H2SO4，A不符合题意。
B、若X为H2S，则Y为SO2、Z为SO3、A为H2SO4；若X为NH3，则Y为NO、Z为NO2、A为HNO3，B符合题意。
C、反应①、反应②中都有O2参与反应，因此一定都属于氧化还原反应，C不符合题意。
D、若X为S或H2S，则A为H2SO4，稀硫酸与Cu不反应，而浓硫酸与Cu在加热条件下课反应生成SO2，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】此题是对物质转化的考查，结合选项信息和物质转化进行分析即可。
17．【答案】（1）通入O2，试管内气体由无色变为红棕色；试管内液面上升；试管内剩余无色气体
（2）2NO+O2=2NO2、3NO2 +H2O=2HNO3+NO
（3）NO；1.0mL
【解析】【解答】(1)通入的O2与NO恰好发生反应生成NO2：2NO+O2=2NO2，所以看到有红棕色气体生成；生成的NO2溶于水：3NO2+H2O=2HNO3+NO，气体体积减小，所以会看到试管内液面上升；最终NO有剩余，所以试管内剩余无色气体；(2)上述过程中发生反应的化学方程式有2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO；(3)设1.5mL O2全部参加反应，由总反应 可知，V反应(NO) = ，而NO的总体积是3.0mL，故剩余NO气体的体积是1.0mL。
【分析】(1)通入的O2与NO恰好发生反应生成NO2，发生反应方程式是2NO+O2=2NO2，生成的NO2溶于水，发生反应的方程式是3NO2+H2O=2HNO3+NO，最终NO有剩余。
18．【答案】（1）Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O
（2）无明显现象；会有紫红色的铜析出
（3）无污染、节约硫酸
【解析】【解答】解：（1）因反应开始硝酸的浓度大，反应剧烈，反应生成硝酸铜溶液、二氧化氮和水，其反应方程式为Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O，待反应停止后，再加入少量质量分数为25%的稀硫酸，这时铜片上又有气泡产生，硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的氧化性，则能与铜与氢离子、硝酸根离子继续反应生成NO，铜和稀硝酸反应生成NO，其离子反应为3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O，故答案为：Cu+4HNO3（浓）═Cu（NO3）2+2NO2↑+2H2O；3Cu+8H++2NO3﹣═3Cu2++2NO↑+4H2O；（2）钝化是在金属表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部继续进行反应，若发生钝化，则氧化镁保护膜阻止Fe与硫酸铜反应，无明显现象，否则发生反应，会有紫红色的铜析出，故答案为：无明显现象；有紫红色物质析出；（3）方法一与方法二相比，硫酸的用量较少，没有二氧化硫生成、无污染，故答案为：无污染、节约硫酸；
【分析】（1）Cu与浓硝酸反应生成二氧化氮和硝酸铜溶液，浓硝酸随反应的进行变为稀硝酸，则反应快结束时铜和稀硝酸反应生成NO；硝酸盐在酸性条件下具有硝酸的氧化性，则能继续与铜反应；（2）钝化是在金属表面生成一层致密的氧化物保护膜，阻止内部进行进行反应，若发生钝化，则氧化镁保护膜阻止Fe与硫酸铜反应，否则发生反应，会有铜析出；（3）根据硫酸用量及有无二氧化硫生成等分析解答．
19．【答案】（1）NO2；NO；1:1
（2）2CO+2NO N2+2CO2
（3）8NH3+6NO2 7N2+12H2O
【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
20．【答案】（1）
（2）ABC；拼分子间形成的氢键数目多于氮
（3）；取反应后的少量溶液分成两份，一份滴加足量NaOH溶液并加热，产生能使湿润红色试纸变蓝的气体，则含有，另一份滴加NaOH溶液至过量，先产生白色沉淀度沉淀完全溶解，则含有．
【解析】【解答】（1）根据反应物为氨气和氧气产物为一氧化氮和水，即可写出方程式为 ；
（2）①A.氨气不是电解质，氨水是电解质；故A符合题意；
B.途径II中氯气做氧化剂，故B符合题意；
C. 、均为非极性分子不是非极性分子，故C符合题意；
D. 异肼中氮的化合价呈负2价，故D不符合题意；
②氨气和肼均形成氢键，但是肼中的形成氢键数目多余氨气；
（3） Zn与很稀的硝酸反应，氮元素被还原到最低价 ，写出离子方程式为
；检验铵根离子和锌离子可以采用加入氢氧化钠溶液进行检验，出现刺激性气味气体含有铵根离子，先沉淀后消失说明其含有锌离子；
【分析】（1）根据反应物和生成物判断；
（2）①A.根据电解质定义判断；
B.根据化合价判断；
C.计算分子的极性即可；
D.计算出化合价即可；
②分子晶体沸点不同考虑氢键；
（3）根据要求写出离子方程式，结合锌离子和铵根离子检验方式进行检验。
21．【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
【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。