7.2重要的含氮化工原料同步练习（含解析）2023——2024学年高中化学苏教版（2019）必修第二册

7.2重要的含氮化工原料同步练习
姓名（）班级（）学号（）
一、选择题
1．将一定质量的镁、铜合金加到稀硝酸溶液中，两者恰好完全反应，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L-1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述中正确的是
A．开始加入合金的质量可能为16.4g
B．参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol
C．生成沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL
D．标准状况下产物NO的体积为22.4L
2．下列各组离子在给定条件下能大量存在的是
A．的溶液中：、、、
B．加入铝产生氢气的溶液中：、、、
C．硫酸镁溶液中：、、、
D．无色透明的水溶液中：、、、
3．已知：2Fe+3Br2=2FeBr3，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，3Fe2++NO+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，现将Fe(NO3)2溶液分别滴入到以下溶液中：①H2SO4；②HNO3；③溴水；④碘水。其中能使Fe2+转变成Fe3+的是
A．只有②③ B．①②③ C．②③④ D．全部
4．下列实验装置或操作不能够达到实验目的是
A．定容后，溶液的摇匀 B．淀粉溶胶的净化 C．除去 中的并干燥 D．用于的尾 气吸收
A．A B．B C．C D．D
5．下列各组离子在水溶液中能大量共存的是
(1)I-、ClO-、、H＋
(2)K＋、、、OH-
(3)、、Cl-、OH-
(4)Fe3＋、Cu2＋、、Cl-
(5)H＋、K＋、、
(6)Ca2＋、Na＋、、
A．(1)和(6) B．(3)和(4) C．(2)和(5) D．(1)和(4)
6．完成下述实验，装置或试剂不正确的是
实验室收集 验证碳酸氢钠受热分解 验证易溶于水且溶液呈碱性 除去中混有的少量HCl
A B C D
A．A B．B C．C D．D
7．38.4gCu与一定量浓硝酸恰好完全反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到和的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示
下列有关判断不正确的是
A．硝酸在反应中既体现氧化性又体现酸性
B．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO作还原剂
C．混合气体中的物质的量是0.2mol
D．若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L
8．下列粒子组在溶液中能否大量共存的判断或分析不正确的是
粒子组 判断或分析
A 不能大量共存，因发生反应：
B 不能大量共存，因发生反应：
C 能大量共存，无化学反应发生
D 不能大量共存，因发生反应：
A．A B．B C．C D．D
9．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略夹持和净化装置)，仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是
选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质
A 浓氨水
B 70%浓硫酸 溶液
C 稀硝酸
D 浓盐酸 溶液
A．A B．B C．C D．D
10．下列各组离子一定能大量共存的是
A．酸性透明溶液：K+、Cl-、Fe3+、
B．遇铝单质放出H2的溶液中：Na+、Fe2+、、
C．酸性溶液中：Na+、Cu2+、、Cl-
D．遇紫色石蕊试剂变蓝的溶液：Na+、Ba2+、、Cl-
11．下列各离子组在指定溶液中一定能大量共存的是
A．与反应放出的溶液：、、、
B．澄清透明的溶液：、、、
C．0.1mol/L的溶液：、、、
D．氯水：、、、
12．某白色固体混合物由NaI、KCl、NH4Cl、MgSO4、CaCO3中的几种组成，进行如下实验：①混合物溶于水，得到澄清透明溶液；②做焰色试验，通过蓝色钴玻璃没有观察到紫色；③向溶液中滴加几滴新制氯水和淀粉溶液，溶液呈蓝色；④向溶液中加入浓碱，有白色沉淀产生，微热，闻到刺激性气味。根据上述实验现象判断混合物的组成为
A．KCl、CaCO3 B．NaI、MgSO4
C．NaI、KCl、NH4Cl D．NaI、NH4Cl、MgSO4
13．氮、硫及其化合物的价类二维图如下所示，下列说法正确的是
A．b和v均可一步反应生成对应的各类氧化物
B．a、b、u、v、w均能作还原剂
C．d、w、x均可与水反应生成酸，都属于酸性氧化物
D．e、z的浓溶液与铜反应分别生成氧化物d、x
14．下列离子方程式正确的是
A．Na2S2O3溶液中滴加稀硝酸：+2H+=S↓+SO2↑+H2O
B．NaAlO2溶液中加入足量Ca(HCO3)2溶液：++H2O= Al(OH)3↓+
C．溶液中滴加稀氨水：
D．向含有FeBr2和FeCl2混合溶液中通入少量氯气：Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-
15．关于溶液组成中，下列说法正确的是
A．的与100mL水混合，硫酸的物质的量浓度变为
B．常温常压下，用一充满氨气的干燥烧瓶做喷泉实验，当水充满整个烧瓶后(假设溶液不外溢)，烧瓶内氨水的物质的量的浓度为
C．100g20％的溶液与混合后，溶液的质量分数是10％
D．1L水中溶解0.2mol 硝酸钾，即可配得硝酸钾溶液
二、填空题
16．氨气是一种重要的化工原料，其中约80%用来生产各种氮肥。
(1)氨气的制备
①实验室通过加热和的混合物制取氨，该反应的化学方程式为 。
②工业上以氮气和氢气为原料合成氨，该反应的化学方程式为 。其中氮元素的化合价 (填“升高”或“降低”)。
③我国科研团队借助一种固体催化剂，在常温、常压和可见光条件下合成了氨，其过程如图所示。该反应的化学方程式为 。反应中每转移，生成的体积为 L(标准状况下)。
(2)氮肥的制备和应用
主要转化途径如下(转化所需试剂及条件已略去)：硝酸盐[如]。
①写出的化学方程式 。
②将转化为，列举两种不同类别的化合物M (写化学式)。
③常作为水培植物营养液的氮肥来源，若配制的溶液，需要固体的质量 g。
17．研究氮及其化合物的性质对改善人类的生存环境具有重要意义。回答下列问题：
(1)一种新型人工固氮的原理如图。该转化过程①②③反应中为氧化还原反应的是 (填编号)。假设每一步均完全转化，每生成0.4molNH3，同时生成 。
(2)在催化剂的作用下，向的烟气中喷入氨可使工厂废气中的氮氧化物转化为无污染的物质。写出消除的化学反应方程式： 。
(3)废水中氮的主要存在形态是硝态氮(以存在)和氨氮(以存在)，还原法和氧化法是去除废水中氮的重要方法。
①还原法：控制其他条件相同，去除的某含氮废水(废水中总氮)中的硝态氮，图1为只加过量Na2SO3、图2为同时加过量Fe粉与Na2SO3时废水中含氮微粒的浓度随时间变化的图像。
分析上述图像，图1中生成N2的离子方程式为 ；图2中内发生主要反应的离子方程式为 。
②氧化法：利用NaClO将水体中氨氮氧化为N2。已知氧化性：，还原性：。研究发现，控制其他条件相同，当废水pH为范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，分析原因是 ；当废水pH为范围内，氨氮去除率随pH降低而下降，分析原因是 。
三、解答题
18．某化学兴趣小组用下图装置(部分夹持装置已略去)制取氨气并探究其性质。
(1)实验室用装置A制备氨气选用的两种药品为 (填化学式)。
(2)装置B中的干燥剂可以选用 (填“碱石灰”或“浓硫酸”)。
(3)气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是 (填字母)，原因是 。
(4)当E装置中集满时，挤压胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是 。
(5)用下图装置探究氨气与氧化铜的反应，验证氨气的性质及部分反应产物。
①实验中观察到a中黑色粉末变红，b中无水硫酸铜变蓝，并收集到一种单质气体。则a中发生反应的化学方程式为 ，证明氨气具有 (填“氧化性”或“还原性”)。
②若向a中通入标准状况下的氨气，理论上会得到铜的质量为 g。
(6)已知加热条件下，氨气可以与铝发生置换反应生成；加热时可溶于浓碱溶液并产生氨气，发生反应：。称取样品(假设杂质只含Al)，将其放入足量浓碱溶液中加热，若所产生的气体全部逸出并收集，测得其体积为(标准状况)，则样品中的质量分数为 ％(精确到0.1％)。
19．亚硝酸钙[]是水泥混凝土外加剂的主要原料，可配制成混凝土防冻剂、钢筋阻锈剂等。某学习小组用如图所示实验装置及药品来制备亚硝酸钙(夹持装置略去)。
①已知：；；
②酸性条件下，NO能与溶液反应生成和。
回答下列问题：
(1)检查装置的气密性，装入药品，实验开始前通入一段时间，然后关闭弹簧夹，再滴加稀硝酸，通入的作用是 。
(2)为达到实验目的，请把上述装置按气流方向进行连接：
A→___________→B→___________→___________
(3)E装置的作用是 。
(4)C装置中反应的离子方程式为 。
(5)工业上可用石灰乳和硝酸工业的尾气(含，NO)反应，既能净化尾气，又能获得广泛的，反应原理为，若，则会导致 。
(6)将完全转化为，理论上需要铜的物质的量至少为 mol。
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【详解】A．测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，说明氢氧根质量为5.1g，其物质的量为0.3mol，转移电子物质的量为0.3mol，若全部是镁，则镁的质量为，若全部是铜，则铜的质量为，若开始是两者的合金，则合金的质量不可能为16.4g，只可能介于3.6g和9.6g之间，故A错误；
B．根据氮元素和得失电子守恒，转移0.3mol电子，金属物质的量为0.15mol，则起酸性的硝酸物质的量为0.3mol，其氧化性的硝酸物质的量为，因此参加反应的硝酸的物质的量为0.4mol，故B错误；
C．由于氢氧根物质的量为0.3mol，加入物质的量浓度为3mol·L-1的NaOH溶液的体积为，故C正确；
D．根据前面分析生成NO物质的量为0.1mol，则标准状况下产物NO的体积为2.24L，故D错误。
综上所述，答案为C。
2．C
【详解】A．的溶液为酸性，酸性条件下硝酸根离子氧化碘离子生成碘单质，不共存，A不符合题意；
B．加入铝片有大量氢气产生的溶液可能是强酸也可能是强碱，强酸条件下，氢离子和硫离子、碳酸氢根离子反应，强碱条件下，氢氧根离子和碳酸氢根离子反应，均不共存，B不符合题意；
C．镁离子、硫酸根离子、、、、相互不反应，能共存，C符合题意；
D．铁离子为黄色，且铁离子会和反应生成沉淀，不能大量共存，D不符合题意；
故选C。
3．B
【分析】先根据反应方程式2Fe+3Br2=2FeBr3，2Fe3++2I-=2Fe2++I2，3Fe2++NO+4H+=3Fe3++NO↑+2H2O，判断离子间的氧化性强弱，当离子的氧化性大于铁离子时，亚铁离子才能够被氧化成铁离子，注意在酸性条件下硝酸根离子具有氧化性，据此完成本题。
【详解】由题中反应方程式可知，离子的氧化性关系为：Br2＞Fe3+＞I2，HNO3＞Fe3+，
①Fe(NO3)2溶液滴入硫酸中，硝酸根离子在酸性条件下具有氧化性，能够将亚铁离子还原成铁离子，故①正确；
②Fe(NO3)2溶液滴入硝酸中，硝酸具有强氧化性，能够将亚铁离子还原成铁离子，故②正确；
③Fe(NO3)2溶液滴入溴水中，由于氧化性Br2＞Fe3+，所以溴单质能够将亚铁离子氧化成铁离子，故③正确；
④Fe(NO3)2溶液滴入碘水中，由于氧化性Fe3+＞I2，所以碘单质不能够氧化亚铁离子，故④错误；
故选B。
4．D
【详解】A．配制一定物质的量浓度溶液时，定容后反复上下颠倒，摇匀，A正确；
B．利用胶体粒子不能透过半透膜，而溶液微粒能够通过半透膜的性质可知，淀粉溶胶的净化用渗析法，B正确；
C．氯气在稀硫酸中溶解度较小，而氯化氢极易溶于水，除去氯化氢后使用浓硫酸干燥得到纯净、干燥氯气，C正确；
D．苯在上层没有缓冲作用，不能防倒吸，可以改用四氯化碳达到防倒吸的目的，D错误；
故选D。
5．B
【详解】(1)在酸性条件下，ClO-和都可以氧化I-，故不能大量共存，不符合题意；
(2)、都与OH-要反应，故不能大量共存，不符合题意；
(3)、、Cl-、OH-相互间不反应，可以大量共存，符合题意；
(4)Fe3＋、Cu2＋、、Cl-相互间不反应，可以大量共存，符合题意；
(5)H＋与、都要反应，故不能大量共存，不符合题意；
(6)Ca2＋与要反应，故不能大量共存，不符合题意；
符合题意的有：(3)和(4)。
答案选B。
6．A
【详解】A．NO2能和水反应，不能用排水法收集NO2，故选A；
B．若澄清石灰水变浑浊，则证明碳酸氢钠分解放出二氧化碳，故不选B；
C．烧瓶内形成红色喷泉，证明易溶于水且溶液呈碱性，故不选C；
D．二氧化碳不溶于不含碳酸氢钠溶液，HCl能与碳酸氢钠反应放出二氧化碳气体，用饱和碳酸氢钠溶液除二氧化碳中的氯化氢，故不选D；
选A。
7．C
【分析】铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，38.4gCu为0.6mol，所以生成硝酸铜0.6mol，则硝酸铜含有硝酸根离子1.2mol，生成氮的化合物为0.9 mol，与氢氧化钠恰好完全反应生成NaNO3和 NaNO2，根据原子守恒可知：，所以硝酸的总量为1.2mol+1mol=2.2mol，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为；
【详解】A．铜和硝酸反应生成硝酸铜和氮的化合物，硝酸部分被还原，作氧化剂，有部分生成盐，表现出酸性，故A正确；
B．氮的氧化物和NaOH溶液反应时，NO转化为高价态氮，故作还原剂，故B正确；
C．由题意可知0.9 mol氮的化合物转化为钠盐的量为1mol，则混合气体中四氧化二氮的物质的量是1mol-0.9mol=0.1mol，C错误；
D．由分析可知，若浓硝酸体积为200mL，则其物质的量浓度为11mol/L，D正确；
故选C。
8．C
【详解】A．Fe2+具有还原性，在酸性条件下，具有强氧化性，会将Fe2+氧化产生Fe3+，被还原产生NO，该反应的离子方程式为：，因而Fe2+、H+、不能大量共存，A正确；
B．H+与会反应产生H2O、S、SO2，反应的离子方程式为：，故H+与不能大量共存，B错误；
C．Fe3+会导致H2O2分解产生H2O、O2，是H2O2分解的催化剂，因而二者不能大量共存，C错误；
D．具有强氧化性，Cl-具有强还原性，二者在酸性溶液中会发生氧化还原反应，产生Mn2+、Cl2，反应的离子方程式为：，故、H+、Cl-具不能大量共存，D正确；
故合理选项是C。
9．B
【详解】A．浓氨水与氧化钙反应生成氨气，氨气的密度比空气小，不能使用向上排空气法，故A错误；
B．浓硫酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫密度大于空气，浓硫酸能够干燥二氧化硫气体，故B正确；
C．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，不能用排空气法收集一氧化氮，也不能用水吸收一氧化氮尾气，故C错误；
D．常温下浓盐酸和二氧化锰不反应，不能用于制备氯气，故D错误；
故选B。
10．A
【详解】A．酸性透明溶液中，K+、Cl-、Fe3+、与H+均没有反应发生，可以大量共存，A正确；
B．遇铝单质放出H2的溶液为酸或碱溶液，酸性溶液中不能大量存在Fe2+、、，碱性溶液中不能大量存在Fe2+，B错误；
C．酸性溶液中存在H+，与H+生成水和CO2，不能大量存在，C错误；
D．遇紫色石蕊试剂变蓝的溶液显酸性，Ba2+、能生成BaCO3沉淀，与H+生成水和CO2，不能大量存在，D错误；
答案选A。
11．C
【详解】A．与反应放出的溶液可能是酸或者强碱溶液，若是强碱溶液则不能大量共存，若是酸溶液则不能含有，故A不符合题意；
B．与要反应生成硫酸钙沉淀，不能大量共存，故B不符合题意；
C．0.1mol/L的溶液中，、、、可以大量共存，故C符合题意；
D．氯水中有Cl2、HClO、HCl等，要被氧化，、要与H+反应，不能大量共存，故D不符合题意。
答案选C。
12．D
【详解】①混合物溶于水，得到澄清透明溶液，说明混合物中不含CaCO3；
②做焰色试验，通过蓝色钴玻璃没有观察到紫色，说明混合物中不含KCl；
③向溶液中滴加几滴新制氯水和淀粉溶液，溶液呈蓝色，说明混合物中含有NaI；
④向溶液中加入浓碱，有白色沉淀产生，微热，闻到刺激性气味，说明混合物中含有NH4Cl、MgSO4；
根据上述实验现象判断混合物的组成为NaI、NH4Cl、MgSO4，故A、B、C错误，D正确；
故答案为：D。
13．B
【分析】根据图中的信息可知，a为NH3，b为N2，c为NO，d为NO2，e为HNO3，u为H2S，v为S，w为SO2，x为SO3，y为H2SO3，z为H2SO4，以此解题。
【详解】A．氮气一步只能生成一氧化氮，硫一步只能生成二氧化硫，A错误；
B．由分析可知，a为NH3，b为N2，u为H2S，v为S，x为SO3，其中S和N的化合价均不是其最高正价，均可以失去电子，做还原剂，B正确；
C．二氧化氮和碱的反应是氧化还原反应，则二氧化氮不酸性氧化物，C错误；
D．浓硫酸和铜反应生成二氧化硫，D错误；
故选B。
14．D
【详解】A．硝酸具有强氧化性，向Na2S2O3溶液加入稀硝酸，不能产生SO2，A错误；
B． ，生成的会继续与Ca2+反应，故离子方程式应该为： ，B错误；
C．溶液中滴加稀氨水生成氢氧化铜，离子方程式为：Cu2++2NH3·H2O=Cu(OH)2↓+2，C错误；
D．Fe2+还原性大于Br-，向含有FeBr2和FeCl2混合溶液中通入少量氯气，氯气只能和Fe2+反应生成Fe3+，反应的离子方程式为Cl2+2Fe2+=2Fe3++2Cl-，D正确；
故选D。
15．C
【详解】A．的H2SO4与100mL水混合，总体积小于200mL，混合后硫酸的物质的量浓度大于1.5mol/L，故A错误；
B．若为标准状况，设氨气的体积为22.4L，则溶液体积为22.4L，标准状况下，22.4L氨气的物质的量为1mol，所的溶液浓度为mol/L，但题中条件是常温常压，故B错误；
C．100g20%的NaCl溶液与100gH2O混合后，NaCl溶液的质量分数为，故C正确；
D．1L水中溶解0.2mol硝酸钾，水的体积不等于溶液体积，浓度无法计算，故D错误；
故答案为：C。
16．(1) 降低
(2) 或
【详解】（1）①实验室通过加热和的混合物制取氨，反应化学方程式：；
②工业上以氮气和氢气为原料合成氨，反应化学方程式：，其中氮元素的化合价从0价降低至-3价；
③根据图示，结合得失电子守恒及质量守恒，反应方程式：，反应中N元素化合价由0降低为-3价，2molN2参加反应转移12mol电子生成4molNH3，故反应中每转移6mole﹣，生成2molNH3，NH3的体积：；
（2）①与水反应生成和，化学方程式：；
②可与或反应生成；
③配制的溶液，应选择500mL容量瓶，其物质的量：，则需要NH4NO3固体的质量：
17．(1) ①③ 0.3
(2)
(3) HClO氧化性比ClO-强，随着pH升高，ClO-水解程度减小，溶液中HClO浓度下降，氧化能力降低，导致氨氮去除率下降 随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更容易被氧化
【详解】（1）转化过程反应①：N2+6Li=2Li3N，为氧化还原反应；反应②Li3N+3H2O=NH3+3LiOH为非氧化还原反应反应；③反应4LiOH4Li+O2+2H2O为氧化还原反应, 所以转化过程反应中为氧化还原反应的是①③；生成1mol NH3转移3mol电子，生成1mol O2，转移4mol电子，所以4NH3~3O2，假设每一步均完全转化，每生成0.4molNH3，同时生成0.3molO2；
（2）在催化剂的作用下，向的烟气中喷入氨可使工厂废气中的氮氧化物转化为无污染的物质，即生成N2和H2O，所以NH3消除NO2的化学反应方程式：；
（3）去除的某含氮废水(废水中总氮)中的硝态氮，加过量反应生成N2、和H2O，离子方程式为；图2中2060min内发生主要反应的离子方程式为:；控制其他条件相同，当废水pH为范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，原因是HClO氧化性比ClO-强，随着pH升高，ClO-水解程度减小，溶液中HClO浓度下降，氧化能力降低，导致氨氮去除率下降; 当废水为范围内，氨氮去除率随pH降低而下降，原因是随着pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更容易被氧化。
18．(1)和
(2)碱石灰
(3) D 氨的水溶液呈碱性，能使红色石蕊试纸变蓝
(4)产生白烟
(5) 还原性 14.4
(6)88.4
【分析】A装置用于氨气，B为干燥装置，C为检验干燥的氨气是否能使红色石蕊试纸变蓝，D为检验氨气是否能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，E为收集氨气并利用氨气与氯化氢作用产生白烟验满，F为尾气吸收装置；
与混合加热发生复分解反应制取NH3，NH3具有还原性,可以与CuO在加热发生氧化还原反应，产生N2、Cu、H2O，因此看到固体由黑色变为红色，反应产生的H2O蒸气与无水CuSO4变为蓝色CuSO4·5H2O，NH3是大气污染物，可根据其极易溶于水的性质，用水作吸水剂，在尾吸收时要注意防止倒吸现象的发生；
【详解】（1）制备NH3的固体通常为Ca(OH)2、NH4Cl，答案为和；
（2）氨气能与浓硫酸反应，不能用浓硫酸干燥，装置B中的干燥剂可以选用碱石灰；
（3）气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是D，原因是氨的水溶液呈碱性，能使红色石蕊试纸变蓝；
（4）当E装置中集满时，挤压胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，氨气与氯化氢作用产生氯化铵，故可观察到的现象是产生白烟；
（5）①CuO与NH3在加热时发生反应产生Cu、 N2、H2O，反应的化学方程式为: ；
在该反应中N元素化合价由反应前NH3中的-3价变为反应后N2中的价，化合价升高，失去电子被氧化，则NH3表现还原性；
②3.36 L标准状况下NH3的物质的量是m(NH3)==0.15mol，根据反应方程式可知反应产生Cu的物质的量为m(NH3)= 0.15 mol=0.225mol，其质量是m(Cu)=0.225 mol64 g/mol=14.4g；
（6）假设23.2 gAlN样品中含有xmolAlN和ymolAl， AlN 和NaOH溶液反应的方程式为:AlN+NaOH+3H2O=Na[Al(OH)4]+NH3↑，Al和NaOH溶液反应的方程式为: 2Al+2NaOH+6H2O =2Na[Al(OH)4]+3H2↑，反应生成氨气和氢气标准状况下总体积为14.56L，物质的量为=0.65mol，则41x+27y=23.2，x+1.5y=0.65，联立解得x=0.5， y=0.1，则样品中AlN的质量分数为100%=88.4%。
19．(1)排尽空气
(2)AEBDC
(3)吸收NO中的HNO3
(4)
(5)产品中混有Ca(NO3) 2杂质
(6)0.12
【分析】该实验要制取亚硝酸钙，通过信息可知，用一氧化氮和过氧化钙反应，所以基本过程为向装置通入氮气，吹出装置中的氧气，然后点燃酒精灯，向三颈烧瓶中滴加稀硝酸，铜和稀硝酸反应生成一氧化氮气体，通过装置E中的水除气体中的硝酸，通过B中无水氯化钙干燥气体，再通过D中过氧化钙反应生成亚硝酸钙，最后通入C中高锰酸钾溶液中进行尾气处理。
【详解】（1）亚硝酸钙溶液被氧气氧化，通入N2的作用是排尽空气，防止生成的NO被O2氧化；
（2）通过以上分析可知上述装置按气流方向连接的顺序为AEBDC。
（3）A装置中反应为铜和稀硝酸反应生成硝酸铜和一氧化氮和水，生成气体含有挥发的硝酸，E装置的作用是吸收NO中的HNO3。
（4）酸性条件下，NO能与溶液反应生成和，氮化合价由+2变为+5、锰化合价由+7变为+2，结合电子守恒可知，反应为；
（5）反应原理为，一氧化氮、二氧化氮为1:1反应，若n(NO)：n(NO2)<1：1，则会导致NO2过量，二氧化氮和氢氧化钙反应生成硝酸钙和亚硝酸钙，所以产品中混有Ca(NO3) 2杂质。
（6）将2.88gCaO2的物质的量为0.04mol，完全转化为Ca(NO2) 2，理论上至少需要一氧化氮的物质的量为0.08mol，根据3Cu+8HNO3=3Cu(NO3) 2+2NO↑+4H2O分析，需要铜的物质的量为0.12mol。
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页