5.2 氮及其化合物 课后训练（含解析） 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 课后训练
一、单选题
1．下列转化关系不能一步实现的是（　　）
A． B．
C． D．
2．下列关于硫酸和硝酸的说法中，错误的是（　　）
A．稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性
B．浓硝酸在光照条件下变黄，说明浓硝酸不稳定，分解生成的有色产物溶于浓硝酸
C．在铜分别与浓硫酸和浓硝酸的反应中，两种酸都表现了强氧化性和酸性
D．浓硫酸和浓硝酸都具有很强的腐蚀性、脱水性
3．铜粉放入稀硫酸中，加热后无明显现象发生。当加入下列一种物质后，铜粉的质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出，该物质是（　　）
A．Al2(SO4)3 B．Na2CO3 C．NaNO3 D．FeSO4
4．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
5．对下列现象或事实的解释错误的是（　　）
选项 现象或事实 解释
A 明矾可用于生活用水的净化 胶体具有杀菌消毒的作用
B 用铁罐贮存浓硝酸 常温下铁在浓硝酸中钝化
C 用氯化铁溶液蚀刻覆铜线路板 的氧化性比的强
D 漂白粉在空气中久置变质 与、反应，生成的分解
A．A B．B C．C D．D
6．某稀溶液中含有Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3，向其中逐渐加入铁粉，溶液中Fe2＋的浓度与加入铁粉的物质的量之间的关系如图所示。则溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为（　　）
A．1∶1∶1 B．1∶3∶1 C．3∶3∶8 D．1∶1∶4
7．含Ba的三效催化剂是一种常见的汽车尾气催化剂，其催化表面的物质转化分为储存和还原两个进程，如图所示。下列说法正确的是
A．在转化过程中，氮元素均被还原
B．还原过程中生成1molN2，转移电子10mol
C．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
D．当NOx中x=1时，储存过程中，反应的NO和O2的物质的量之比为3∶4
8．在化学工业中，氮是非常重要的非金属元素。氨、铵盐、硝酸都是在化工生产中广泛使用的物质，水合肼(N2H4·H2O)是重要的氢能源稳定剂，其制备的反应原理为NaClO+2NH3=N2H4·H2O+NaCl。与此同时，氮的化合物如果处理不当也会造成环境污染。下列关于氨、水合肼的实验装置和操作不能达到目的的是（　　）
A．用装置甲制取NH3
B．用装置乙作为反应过程的安全瓶
C．装置丙制备水合肼时从b口通入NH3
D．用装置丁吸收过量的NH3
9．下列反应产生的气体，通入 溶液不反应的是（　　）
A． 和浓盐酸 B．Al与NaOH溶液
C．浓硝酸和铜片 D．铜片和浓硫酸共热
10．硝酸铜是制备系催化剂的重要原料，常用的制取硝酸铜的方法有下列两种：①金属铜法：将浓硝酸加入反应器中，边搅拌边缓慢加入铜屑；②氧化铜法：将氧气通入铜屑与稀硝酸的反应体系中。下列说法错误的是（　　）
A．金属铜法制取硝酸铜时，会产生
B．氧化铜法可以在铁制或铝制容器中进行
C．两种方法中硝酸的利用率：②＞①
D．氧化铜法的总反应为
11．下列物质混合后，能产生蓝色沉淀的是（　　）
A． 溶液与 溶液
B． 溶液与 溶液
C． 溶液与氨水
D．鸡蛋清与浓硝酸
12．科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移（如a、b和c），能将海洋中的转化为进入大气层，反应过程如图所示。
下列说法正确的是（　　）
A．过程中的粒子和，二者中心原子N的杂化方式相同
B．a和b中转移的数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为
13．为检验某无色溶液中是否含有NH，可选择的试剂是（　　）
A．稀盐酸 B．浓NaOH溶液 C．BaCl2溶液 D．KSCN溶液
14．对溶液中的离子进行鉴定，下列实验所得结论不合理的是（　　）
A．向溶液中加入盐酸，产生使澄清石灰水变浑浊的无色气体，则溶液中可能含有
B．向溶液中加入稀硝酸后，再加入溶液有白色沉淀生成，则溶液中一定含有
C．加入溶液有白色沉淀产生，再加盐酸，沉淀不溶解，原溶液中一定含有
D．向溶液中加入溶液，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则可推该溶液中一定含有
15．检验试管中盛有的少量白色固体是铵盐的方法是（　　）
A．将固体加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝
B．加水溶解，用pH试纸测溶液的酸碱性
C．加入NaOH溶液，加热，再滴入酚酞试液
D．加入NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸在试管口检验，看是否变蓝
16．依据下图中氮元素及其化合物间转化关系，判断下列说法不正确的是（　　）
A．X是N2O5
B．可用排水法收集NO2
C．工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
D．由NH3→N2，从原理上看，可通过NH3与NO2反应实现
17．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列说法正确的是（　　）
A．1mol SO2与足量的O2反应，产生的SO3数目为 NA
B．某浓硝酸中n(HNO3)= 2mol，该浓硝酸与足量的铜完全反应可生成1molNO2
C．1molFe 与S完全反应，转移电子数为2NA
D．标准状况下，11.2L 的SO3中含有的分子数为0.5NA
18．氨催化还原脱除NO的一种催化机理示意图如图，下列有关说法错误的是（　　）
A．(即MnO2)是反应的催化剂
B．该过程存在非极性键的断裂和形成
C．MnO2能结合NH3的原因是Mn原子有空轨道能接受孤电子对，形成配位键
D．该催化过程的总反应的化学方程式：4NH3+6NO5N2+6H2O
19．把二氧化硫通入硝酸铁溶液中，溶液由黄色变为浅绿色，但立即又变为黄色，此时若滴入氯化钡溶液，则会产生白色沉淀。在上述一系列变化过程中，最终被还原的是（　　）
A．SO2 B．NO3- C．Fe3＋ D．Fe2＋
20．下列“实验结论”与“实验操作及现象”不相符的一组是（　　）
选项 实验操作及现象 实验结论
A 把一小块钠放入水中，立刻熔成小球 该反应是放热反应
B 向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味的气体且该气体使澄清石灰水变浑浊 该溶液中一定含有CO
C 加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体 该溶液中存在NH
D 向某溶液中加入NaOH溶液，生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色，最后变成红褐色 该溶液中一定含有Fe2+
A．A B．B C．C D．D
二、综合题
21．依据下图氮元素及其化合物的转化关系，回答问题：
（1）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，该反应的化学方程式为　 　。
（2）下列试剂不能用于干燥NH3的是____。
A．浓硫酸 B．碱石灰 C．NaOH固体
（3）工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸分为三步：
①加热时NH3可催化氧化为NO，化学方程式为　 　。
②NO→NO2反应的实验现象是　 　。
③NO2＋H2O→HNO3中氧化剂与还原剂物质的量之比为　 　。
（4）若要将NH3→N2，从原理上看，下列试剂可行的是____。
A．O2 B．Na C．NH4Cl D．NO2
22．铁系纳米复合材料可以去除水体中的硝酸盐污染物。
（1）Fe-Ag金属复合材料去除某的废水中的反应历程如图所示(吸附在金属复合材料表面的物种用*标注)
①如图中的去除机理可描述为　 　。
②其他条件一定，反应相同时间，溶液的pH越大，的去除率越低的原因是　 　。
（2）控制其他条件一定，反应相同时间，不同Ag负载比的Fe-Ag金属复合材料对的去除率影响如图所示。Ag负载比小于3%时，的去除率较低的原因是　 　。
（3）其他条件一定，反应相同时间，分别用含铁质量相等的纳米铁粉、Cu负载比为4%的Fe-Cu金属复合材料、Ag负载比为3%的Fe-Ag金属复合材料去除溶液中，反应后残留的、生成的和的物质的量如图所示。
①与其他材料相比，Fe-Ag金属复合材料去除的优点是　 　。
②用纳米铁粉去除时，反应过程中的物种及能量变化如图所示，用纳米铁粉去除时生成的量极少的原因是　 　。
23．非金属单质A经如图所示的过程转化为含氧酸D，已知D为强酸，请回答下列问题。
（1）若A在常温下为固体，B是能使品红溶液褪色的有刺激性气味的无色气体。
①D的化学式是　 　；
②在工业生产中，B气体的大量排放被雨水吸收后形成了　 　而污染了环境。
（2）若A在常温下为气体，C是红棕色的气体。
①A、C的化学式分别是：A　 　；C 　 　。
②请写出C→D的反应化学方程式　 　 。该反应与中，氧化剂与还原剂的物质的量之比为　 　。
24．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　 　。
25．某些化学反应可用下式表示：A+B→C+D+H2O请回答下列问题：
（1）若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，写出该反应的离子方程式： 　 　。
（2）若C为氯化钠，D为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，则A与B的组合是　 　或　 　。
（3）若A为紫红色金属，D为红棕色气体，请写出符合上式的化学方程式 　 　。
（4）若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，则A与B的组合是　 　。
答案解析部分
1．【答案】A
【解析】【解答】A．硫和氧气反应的化学方程式为，S不能一步转化为SO3，故A符合题意；
B．氮气和氧气反应的化方程式为，可以一步转化，故B不符合题意；
C．过氧化钠和水反应的化学方程式为，可以一步转化，故C不符合题意；
D．碳酸钠和二氧化碳、水反应的化学方程式为，可以一步转化，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.S与氧气反应只生成二氧化硫；
B.氮气和氧气反应生成NO；
C.过氧化钠与水反应生成NaOH和氧气；
D.碳酸钠与二氧化碳反应生成碳酸氢钠。
2．【答案】D
【解析】【解答】A．稀硫酸中的氢元素呈+1价，具有氧化性，稀硝酸中+5价的氮元素体现强氧化性，因此稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性，A说法不符合题意；
B．浓硝酸在光照条件下变黄，是因为浓硝酸分解产生二氧化氮，二氧化氮溶解在浓硝酸中使其显黄色，B说法不符合题意；
C．在铜分别与浓硫酸和浓硝酸的反应中，反应分别有硫酸铜、硝酸铜生成，表现了酸性，反应分别生成的SO2、NO2说明两种酸在反应中得电子，表现了强氧化性，C说法不符合题意；
D．浓硫酸具有很强的腐蚀性、脱水性，浓硝酸不具有脱水性，D说法符合题意；
故答案为：D。
【分析】A.稀硫酸和稀硝酸均具有氧化性；
B.浓硝酸分解产生二氧化氮，二氧化氮溶于浓硝酸；
C.在铜分别与浓硫酸和浓硝酸的反应中，浓硫酸和浓硝酸都是部分被还原并生成相对应的盐，体现了现了强氧化性和酸性；
D.浓硝酸不具有脱水性。
3．【答案】C
【解析】【解答】A、金属铜和稀硫酸、Al2(SO4)3均不反应，铜粉的质量不减少，故A不选；
B、金属铜和稀硫酸、Na2CO3均不反应，铜粉的质量不减少，故B不选；
C、NaNO3在酸性条件下有很强的氧化性，能和金属铜反应，发生反应的离子方程式应该是：8H++2NO3-+3Cu=3Cu2++4H2O+2NO↑，
D、金属铜和稀硫酸、FeSO4之间均不反应，所以加入FeSO4，铜粉的质量不减少，故不选D；
故答案为：C；
【分析】因为铜与稀硫酸不反应，故无明显现象发生，加入一种盐后，铜粉溶解，溶液由无色变为蓝色，说明该盐具有强氧化性或在稀硫酸中表现强氧化性。
4．【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。
5．【答案】A
【解析】【解答】A．氢氧化铝胶体不具有强氧化性，不能使蛋白质变性，不具有杀菌消毒的作用，故A符合题意；
B．常温下铁在浓硝酸中钝化，阻碍反应的继续进行，所以可以用铁罐贮存浓硝酸，故B不符合题意；
C．铁离子的氧化性强于铜离子，能与铜反应生成亚铁离子和铜离子，所以可以用氯化铁溶液蚀刻覆铜线路板，故C不符合题意；
D．次氯酸的酸性弱于碳酸，漂白粉中的次氯酸钙能空气中的二氧化碳和水蒸气反应生成次氯酸，次氯酸不稳定，遇光易分解生成盐酸和氧气，所以漂白粉在空气中久置易变质，故D不符合题意；
故答案为：A。
【分析】A.氢氧化铝胶体不具有强氧化性；
B.常温下铁在浓硝酸中钝化；
C.根据氧化剂的氧化性强于氧化产物分析；
D.Ca(ClO)2与CO2和H2O反应生成HClO，次氯酸见光分解生成盐酸和氧气。
6．【答案】D
【解析】【解答】稀溶液中各物质的氧化性顺序为HNO3＞Fe(NO3)3＞Cu(NO3)2，加入铁后会依次发生氧化还原反应，①Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O；②Fe+2Fe3+=3Fe2+；③Fe+Cu2+=Cu+Fe2+；从图象中可知铁为1mol时，无Fe2+生成，发生的反应是①消耗硝酸为4mol，生成Fe3+1mol；再加入1mol铁发生反应②生成Fe2+物质的量为3mol，反应的Fe3+物质的量为2mol，其中原溶液中的Fe3+物质的量2mol－1mol＝1mol；再加入1mol铁发生反应③，此时又生成Fe2+物质的量为1mol，说明原溶液中Cu2+物质的量为1mol；综上所述可知原溶液中Fe(NO3)3为1mol，Cu(NO3)2物质的量为1mol，HNO3物质的量为4mol，稀溶液中Fe(NO3)3、Cu(NO3)2、HNO3物质的量浓度之比为1：1：4；
故答案为：D。
【分析】首先分析加入铁粉后发生反应的先后顺序，结合图中硝酸的用量和亚铁离子的浓度计算溶液中三种物质的物质的量浓度即可。
7．【答案】B
【解析】【解答】A. 根据图示可知，NOx与BaO、O2在转化成的过程中，氮元素化合价由+4价变为+5价，被氧化，故A错误；
B.还原过程中生成1molN2，N的化合价由+5价变为0价，转移电子10mol，故B正确；
C. 依据图示判断，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2在转化成的过程中，BaO参与储存N元素，故C错误；
D. 当NOx中x=1时，储存过程中，NOx与BaO、O2在转化成，N的化合价由+2价变为+5价，N的化合价由0价变为+2价，由化合价升降守恒，可知反应的NO和O2的物质的量之比为4∶3，故D错误；
故答案为：B。
【分析】氧化剂具有氧化性，得电子、元素化合价降低、被还原、发生还原反应生成还原产物；还原剂具有还原性，失电子、元素化合价升高、被氧化、发生氧化反应生成氧化产物；
8．【答案】C
【解析】【解答】A．浓氨水中存在平衡，碱石灰中的氧化钙会与水生成的氢氧化钙，碱石灰中的氢氧化钠溶于水都会增强溶液的碱性，且温度升高，使平衡正向移动，产生氨气，故A不符合题意；
B．氨气极易溶于水，需要防倒吸，装置乙为安全瓶，可防倒吸，故B不符合题意；
C．氨气密度比空气密度小，为有利于氨气和次氯酸钠溶液的反应，制备水合肼时从a口通入NH3，故C符合题意；
D．氨气会污染环境，用装置丁吸收过量的NH3，并能防倒吸，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A.浓氨水滴入到碱石灰中，逸出氨气；
B.氨气极易溶于水，装置乙可作安全瓶；
D.丁中球形结构可防止倒吸。
9．【答案】B
【解析】【解答】A．高锰酸钾和浓盐酸反应产生氯气，氯气有强氧化性，亚硫酸钠有较强还原性，二者可以发生氧化还原反应，A不符题意；
B．Al和NaOH溶液产生氢气，氢气通入Na2SO3溶液中，不发生反应，B符合题意；
C．浓硝酸和铜片可制备二氧化氮气体，二氧化氮气通入Na2SO3溶液中发生氧化还原反应产生硫酸钠，C不符题意；
D．铜片和浓硫酸共热生成二氧化硫，二氧化硫通Na2SO3溶液中，生成亚硫酸氢钠，D不符题意；
故答案为：B。
【分析】A.制取的是氯气具有氧化性，而亚硫酸钠具有还原性
B.氢气不与亚硫酸钠反应
C.制取的二氧化氮溶于水形成硝酸具有氧化性
D.产生的二氧化硫可与亚硫酸钠和水发生化合反应
10．【答案】B
【解析】【解答】A．金属铜法：Cu与浓硝酸发生Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，硝酸溶液浓度变稀后，发生3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，会产生NO2、NO，A不符合题意；
B．稀硝酸与铁或铝发生反应，且生成的 Cu(NO3)2与铁、铝反应，故不可以在铁制或铝制容器中进行，B符合题意；
C．①中需要4molHNO3，放出 2molNO2气体，硝酸利用率为(4mol 2mol)/4mol=50%，②中没有气体放出，HNO3的利用率为100%，三种方案中硝酸的利用率②＞①，C不符合题意；
D．氧化铜法中发生2Cu+4HNO3+O2═2Cu(NO3)2+2H2O，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】A、浓硝酸和金属反应会产生NO2；
B、浓硝酸才可以使铁和铝钝化；
C、硝酸利用率需要根据硝酸根的物质的量和硝酸总量的比值计算；
D、氧化铜法即铜和氧气生成氧化铜，氧化铜和硝酸复分解反应。
11．【答案】B
【解析】【解答】A. 溶液与 溶液反应生成氯化钠和氢氧化铁的红褐色沉淀，不能产生蓝色沉淀，A不符合题意；
B. FeSO4溶液与K3[Fe(CN)6]溶液立即产生铁氰化亚铁的蓝色沉淀，即为滕氏蓝，2K3[Fe(CN)6]+3FeSO4=3K2SO4+Fe3[Fe(CN)6]2↓，B符合题意；
C. 刚滴入氨水，硝酸银过量，发生反应为：Ag++NH3·H2O=NH4++AgOH↓（白），2AgOH=H2O+Ag2O (灰黑）；过量的氨水，沉淀溶解得到无色溶液，发生反应为：Ag2O+4NH3·H2O=2[Ag(NH3)2]OH+3H2O，不能产生蓝色沉淀，C不符合题意；
D. 将浓硝酸滴入鸡蛋清中，开始时会看见白色沉淀产生，是因为浓硝酸会使蛋白质变性，如果再微热一会的话，蛋白质就会变黄，形成“黄蛋白”，不能产生蓝色沉淀，D不符合题意；
故答案为：B。
【分析】检验Fe2+：用K3[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀；检验Fe3+：用K4[Fe(CN)6]溶液产生蓝色沉淀。
12．【答案】C
【解析】【解答】A．铵根离子中氮原子的价层电子对数为4，氮原子的杂化方式为sp3杂化，亚硝酸根离子中氮原子的价层电子对数为3，氮原子的杂化方式为sp2杂化，两者中心原子N的杂化方式不相同，故A不符合题意；
B．由图可知，a为在酶做催化条件下亚硝酸根离子在氢离子作用下得到电子发生还原反应转化为一氧化氮和水，转化方程式为NO+H++e-=NO↑+H2O，b为在酶做催化条件下一氧化氮、铵根离子在氢离子作用下得到电子发生还原反应转化为联氨和水，转化方程式为NO+NH+2H++3e-=N2H4+H2O，则a和b中转移的电子数目不相等，故B不符合题意；
C．由图可知，过程Ⅱ中参与反应为在酶做催化条件下一氧化氮、铵根离子在氢离子作用下得到电子发生还原反应转化为联氨和水，转化方程式为NO+NH+2H++3e-=N2H4+H2O，则参与反应的一氧化氮和铵根离子的物质的量比1：1，故C符合题意；
D．由图可知，过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为酶做催化条件下，亚硝酸根离子与铵根离子反应生成氮气和水，反应的离子方程式为NO++NH= N2↑+2H2O，故D不符合题意；
故答案为：C。
【分析】A、杂化轨道=中心原子成键电子对数+孤电子对数，若杂化轨道数=2，为sp杂化，杂化轨道数=3，为sp2杂化，杂化轨道数=4，为sp3杂化；
B、电子转移的数目=化合价变化数×变价原子个数；
C、结合化合价变化判断化学计量数；
D、注意原子是否守恒。
13．【答案】B
【解析】【解答】检验溶液中是否含有NH，先滴加浓NaOH溶液并加热，再用湿润的红色石蕊试纸检验，若试纸变蓝，说明含有NH，
故答案为：B。
【分析】检验铵根离子是否存在，是先和浓碱溶液反应并微热，再用湿润的红色石蕊试纸检验是否生成能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体。
14．【答案】C
【解析】【解答】A．根据题意，使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体为CO2．而溶液中与盐酸反应产生CO2的离子有、，反应为+2H+═CO2↑+H2O、+H+=CO2↑+H2O。所以溶液中可能含有或或两者都有，故A合理；
B．向溶液中加入稀硝酸后，再加入AgNO3溶液有白色沉淀生成，发生反应为Cl-+Ag+═AgCl↓，AgCl不溶于稀硝酸，可确定溶液中含有Cl-，故B合理；
C．向某溶液中加入氯化钡溶液，有白色沉淀生成，再加盐酸酸化，沉淀不溶解，该白色沉淀可能为氯化银，原溶液中可能含有银离子，不一定含有硫酸根离子，故C不合理；
D．能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，一定是碱性气体，而高中化学中碱性气体只有氨气，根据题意，向溶液中加入NaOH溶液，加热后产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明产生了NH3，发生反应+OH- NH3↑+H2O，有NH3产生，则证明溶液中含有，故D合理；
故答案为：C。
【分析】A.碳酸根离子能与盐酸反应生成二氧化碳气体；
B.氯离子和银离子反应生成氯化银沉淀不溶于稀硝酸；
C.加入BaCl2溶液生成的白色沉淀可能为AgCl；
D.使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体为氨气。
15．【答案】D
【解析】【解答】利用离子反应： ，即加入NaOH溶液后加热会生成NH3，NH3是一种碱性气体，溶于水生成NH3.H2O显碱性,故能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，
故答案为：D。
【分析】 根据铵根离子的检验方法进行判断，注意需要加热使生成的氨气挥发出来。
16．【答案】B
【解析】【解答】A.根据价类二维图的含义可知，X为N元素的+5价的氧化物，即X为N2O5，故A正确；
B.NO2可以与水反应生成硝酸和NO，即NO2只能用排空法收集，不能用排水法收集，故B错误；
C.工业上制硝酸分三步：第一步为氨气的催化氧化，第二步为NO的氧化，第三步为NO2与水反应生成硝酸，故C正确；
D.从原理上看，NH3可与NO2反应实现NH3→N2的转化，即N元素化合价的归中反应，也属于氨气还原氮的氧化物，实现大气的脱销，故D正确。
故选B。
【分析】依据物质的化合价、物质的类别、物质的性质分析。
17．【答案】C
【解析】【解答】A、SO2与O2的反应为可逆反应，因此1molSO2无法完全反应，所以产生的SO3小于1mol，A不符合题意。
B、Cu与浓硝酸反应生成NO2，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐减小，变为稀硝酸后，反应生成NO，因此2molHNO3反应，生成NO2的物质的量应小于1mol，B不符合题意。
C、Fe与S反应的化学方程式为：Fe＋S=FeS，反应过程中Fe由0价变为＋2价，失去2个电子，因此1molFe反应，转移2mol电子，所以转移电子数为2NA，C符合题意。
D、标准状态下SO3为固态，无法应用气体摩尔体积公式进行计算，D不符合题意。
故答案为：C
【分析】A、SO2与O2的反应为可逆反应。
B、随着反应的进行，HNO3的浓度逐渐减小，Cu与稀硝酸反应生成NO。
C、Fe与S反应生成FeS。
D、标准状态下SO3为固态。
18．【答案】D
【解析】【解答】A．根据反应过程，反应前后MnO2没变，可知MnO2是反应的催化剂，故A不符合题意；
B．反应物有O2、生成物有N2，所以存在非极性键的断裂和形成，故B不符合题意；
C．氨分子中氮原子具有孤对电子，二氧化锰中锰原子具有空轨道，氮原子和锰原子通过形成配位键使二氧化锰和氨分子相互结合，故C不符合题意；
D．根据图示，该催化过程的总反应的化学方程式为，故D符合题意；
故答案为：D。
【分析】A、注意催化剂指的是第一反应的反应物，第二反应的生成物，中间产物指的是第一反应的生成物，第二反应的反应物；
B、相同的非金属原子为非极性共价键结合，不同的非金属原子为极性共价键结合；
C、金属原子提供空轨道，氨分子提供孤电子对；
D、结合箭头的始末判断总方程式。
19．【答案】B
【解析】【解答】将适量的SO2通过入Fe（NO3）3溶液中，溶液呈酸性，Fe3+具有氧化性，能将SO2氧化成硫酸，自身被还原为Fe2+，故溶液变为浅绿色；但立即又变为黄色，说明又被氧化为Fe3+，则可知溶液中的硝酸根离子在酸溶液中具有强氧化性，把亚铁离子氧化为三价铁离子，起氧化性的是硝酸，被还原的是硝酸根，
故答案为：B。
【分析】SO2通过入Fe(NO3)3溶液中，SO2与水反应生成H2SO3，溶液呈酸性，Fe3+具有氧化性，将SO2氧化成硫酸，自身被还原为Fe2+，溶液变为浅绿色；NO2-在酸溶液中具有强氧化性，将Fe2+氧化为Fe3+，溶液又变为黄色。
20．【答案】B
【解析】【解答】A．把一小块钠放入水中，立刻熔成小球说明该反应是放热反应，A不符合题意；
B．向某溶液中加入稀盐酸，产生无色无味的气体且该气体使澄清石灰水变浑浊，说明该溶液中可能含有碳酸根离子或者碳酸氢根离子，B符合题意；
C．加入NaOH溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明溶液有NH4+，C不符合题意；
D．向某溶液中加入NaOH溶液，生成的白色絮状沉淀迅速变成灰绿色为氢氧化铁，最后变成红褐色，该溶液中一定含有Fe2+，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】A．钠与水是放热反应；
B．稀盐酸可以和碳酸根离子或者碳酸氢根离子反应生成CO2；
C．NH4+使湿润的红色石蕊试纸变蓝；
D．溶液中有Fe2+，加NaOH，会生成白色沉淀，迅速变成灰绿色，最后变成红褐色沉淀。
21．【答案】（1）
（2）A
（3）；无色气体变成红棕色；1：2
（4）A；D
【解析】【解答】（1）实验室常用NH4Cl与Ca(OH)2制取氨气，生成氯化钙、氨气和水，反应的化学方程式为：。
（2）A．浓硫酸和氨气反应，不能干燥氨气，A正确；
B．碱石灰是氢氧化钠和氧化钙固体，可以干燥氨气，B不正确；
C．氢氧化钠固体吸收水蒸气，可以干燥氨气，C不正确；
故答案为：A；
（3）①NH3→NO是氨气的催化氧化反应，反应的化学方程式为：。
②NO→NO2实验现象是无色气体和氧气反应生成的气体为红棕色气体二氧化氮。
③二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式：3NO2+H2O=2HNO3+NO，氮元素化合价分别从+4价升高为+5价，+4价降低为+2价，氧化剂与还原剂物质的量之比为1：2。
（4）若要将NH3→N2，氮元素化合价-3价升高为0价，需要加入氧化剂实现变化。
A．O2可以氧化氨气生成氮气，可以实现变化，A正确；
B．Na是金属单质为还原剂，不能实现上述变化，B不正确；
C．NH4Cl和氨气不反应，C不正确；
D．NO2是氧化剂能氧化氨气生成氮气，D正确；
故答案为：AD。
【分析】（1）加热氯化铵和氢氧化钙生成氯化钙、氨气和水；
（2）氨气是碱性气体；
（3）①氨气催化氧化生成NO和水；
②NO是无色气体，NO2是红棕色气体；
③还原剂在反应过程中有元素的化合价升高，氧化剂在反应过程中有元素的化合价降低；
（4）将氨气转化为氮气，N元素的化合价升高被氧化，需加入氧化剂。
22．【答案】（1）Fe失去电子生成，在Fe表面得电子生成氢原子并吸附在金属Ag的表面；氢原子失去电子给吸附在Ag表面的和；得电子生成，得电子生成或；pH越大，氢离子浓度越小，得到的氢原子浓度越小，氢原子还原、的速率越低
（2）当Ag负载量小于3%时，吸附于Ag表面的较少，当Ag负载量大于3%时，与Fe反应生成并吸附于Ag表面的氢原子较少
（3）硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了溶液中氨氮的二次污染；生成过程中N原子和NO反应生成所需的活化能较高，反应较困难，生成含量少
【解析】【解答】（1）①由图示可知反应的过程为：Fe失去电子生成，在Fe表面得电子生成氢原子并吸附在金属Ag的表面；氢原子失去电子给吸附在Ag表面的和；得电子生成，得电子生成或；
②pH越大，氢离子浓度越小，得到的氢原子浓度越小，氢原子还原、的速率越低。
（2）当Ag负载量小于3%时，吸附于Ag表面的较少，当Ag负载量大于3%时，与Fe反应生成并吸附于Ag表面的氢原子较少，故当Ag负载比小于3%时，的去除率较低。
（3）①由图示可知，Fe-Ag金属复合材料反应后残留的最低，硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了溶液中氨氮的二次污染；
②由图示可知，生成过程中N原子和NO反应生成所需的活化能较高，反应较困难，生成含量少。
【分析】（1） ① 结合氧化还原反应的原理进行判断；
② 氢离子浓度越小，则还原硝酸根、亚硝酸根的速率越低；
（2）本题要结合Ag负载量小于3%和大于3%两个角度判断；
（3） ① 硝酸盐去除效率高，生成氮气较多，减少了氨氮的污染；
② 活化能高，反应越困难，生成的氮气越少。
23．【答案】（1）H2SO4；酸雨
（2）N2；NO2；3 NO2+ H2O=2HNO3 + NO；1： 2
【解析】【解答】根据非金属单质可以实现上述题目转化的分别有C、S、N2，2C+O2=2CO、2CO+O2=2CO2；S+O2=SO2、2SO2+O2=2SO3；N2+O2=2NO、2NO+O2=2NO2；
D为强酸，则不会是碳单质的转化；（1）①若A是常温下的淡黄色固体，A是非金属单质，判断为S，B是有刺激性气味的无色气体可知B为二氧化硫SO2，C为SO3，D为H2SO4；故答案为：H2SO4；
②SO2被雨水吸收后生成H2SO3和H2SO4，即形成酸雨，故答案为：酸雨；（2）①A在常温下为气体，C是红棕色气体。据此知道含氧气体红棕色的只有NO2，故答案为：N2；NO2；②C→D的反应是二氧化氮与水反生成硝酸和一氧化氮，反应化学方程式为3NO2+ H2O =2HNO3 + NO；根据反应3NO2+ H2O =2HNO3 + NO可知，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1： 2。
【分析】根据非金属单质可以实现上述题目转化的分别有C、S、N2，2C+O2=2CO、2CO+O2=2CO2；S+O2=SO2、2SO2+O2=2SO3；N2+O2=2NO、2NO+O2=2NO2；
D为强酸，则不会是碳单质的转化；（1）①若A是常温下的淡黄色固体，A是非金属单质，判断为S，B是有刺激性气味的无色气体可知B为二氧化硫，然后依据题目可以准确做出答案；
②SO2被雨水吸收后生成H2SO3和H2SO4，即形成酸雨；（2）①A在常温下为气体，C是红棕色气体.据此知道含氧气体红棕色的只有NO2；
②C→D的反应是二氧化氮与水反生成硝酸和一氧化氮，二氧化氮既是氧化剂也是还原剂。
24．【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。
25．【答案】（1）Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O
（2）Na2CO3、HCl；NaHCO3、HCl
（3）Cu+4HNO3(浓) =Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O
（4）碳与浓硫酸
【解析】【解答】（1）若A、C、D均含有氯元素，且A的化合价介于C与D之间，则该反应可能是氯气与NaOH反应，产生NaCl、NaClO和水，该反应的离子方程式：Cl2+2OH-=Cl-+ClO-+H2O；
（2）若C为氯化钠，D为能使澄清石灰水变浑浊的无色无味气体，该气体是CO2，A与B的组合是盐酸与NaHCO3或盐酸与Na2CO3，（3）若A为紫红色金属，D为红棕色气体，则A是Cu单质，B是浓硝酸，C是Cu(NO3)2，D是NO2，符合上式的化学方程式是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O；
（4） 若C、D均为气体且都能使澄清石灰水变浑浊，则A是C单质，B是浓硫酸，C与D分别是CO2、SO2中的一种。
【分析】（1）氯气的歧化反应；
（2）NaHCO3和Na2CO3均可以和盐酸反应：Na2CO3+2HCl=2NaCl+H2O+CO2↑; NaHCO3+HCl=NaCl+CO2↑+H2O；
（3）Cu和浓硝酸发生氧化还原反应；
（4）C+2H2SO4(浓)CO2↑+2SO2↑+2H2O 。