第14讲 氮及其化合物（能力训练）-2022年高考化学一轮复习讲练全能王（有答案）

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一、选择题：（12个小题，每题4分，共48分）
1．下列每组的叙述I、II都正确，且有因果关系的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【解析】
A．CH4中碳元素化合价为-4价，处于C元素的最低化合价，具有还原性；可燃冰是甲烷的结晶水合物，由于其燃烧产生CO2、H2O，不会造成污染，因此可燃冰是一种清洁能源，但二者无因果关系，A不符合题意；
B．Fe3+中Fe元素化合价为+3价，具有氧化性，能够得到电子变为Fe2+或Fe单质；NH4Fe(SO4)2·12H2O是强酸弱碱盐，Fe3+水解产生Fe(OH)3胶体，能够吸附水中悬浮的固体小颗粒，使之形成沉淀而析出，因此作净水剂，但这与Fe3+的氧化性无关，B不符合题意；
C．断裂化学键变为单个原子需要吸收能量，则NH3分子中H-N键断裂要吸收热量；工业上用液氨作制冷剂是由于氨气沸点低，液氨气化时会从周围环境中吸收大量热，使环境温度降低，这与分子内的化学键的断裂与形成无关，C不符合题意；
D．由于有机玻璃(PMMA)透光性好、易加工，所以有机玻璃常作光学仪器，二者有因果关系，D符合题意；
故合理选项是D。
2．利用所给试剂与图示装置，能达到相应实验目的的是
A．装置甲比较碳酸与苯酚酸性强弱
B．装置乙证明装置气密性良好
C．装置丙用排空法收集
D．装置丁制NH4Cl固体
【答案】B
【解析】
A．浓盐酸易挥发，挥发出来的氯化氢优先和苯酚钠反应生成苯酚，干扰二氧化碳与苯酚钠溶液的反应，则该实验装置无法说明碳酸的酸性强于苯酚，故A错误；
B．关闭弹簧夹，从长颈漏斗中向试剂瓶内加水，长颈漏斗中形成一段液柱，停止加水，一段时间后液柱的高度不变，证明装置的气密性良好，故B正确；
C．二氧化氮的密度比空气大，应该用向上排空气法收集二氧化氮，题给实验装置为向下排空气法收集气体，故C错误；
D．氯化铵受热易分解，不能用蒸发的方法制得氯化铵固体，故D错误；
故选B。
3．在水溶液中能大量共存的一组离子是
A．NH、Na+、Br-、SOB．K+、NH、OH-、NO
C．Fe2+、H+、ClO-、Cl-D．Mg2+、H+、SiO、SO
【答案】A
【解析】
A．各离子之间不发生反应，可大量共存，A正确；
B．NH与OH—结合生成弱碱NH3·H2O，无法大量共存，B错误；
C．ClO—与Fe2+、Cl—在酸性条件下均发生氧化还原反应，ClO—与H+结合成弱酸HClO，无法大量共存，C错误；
D．SiO、亚硫酸根离子 与H+反应，无法大量共存，D错误；
故选A。
4．下列去除产品里少量杂质的方法，不合理的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【解析】
A．饱和碳酸钠溶液能降低乙酸乙酯的溶解度，便于分层，而乙酸与碳酸钠溶液反应，则用饱和碳酸钠溶液洗涤后再分液可以除去乙酸乙酯中的乙酸，故A合理；
B．一氧化氮不溶于水，而二氧化氮与水反应生成生成硝酸和一氧化氮，则用水洗气可以除去一氧化氮中混有的二氧化氮，故B合理；
C．足量的酸性高锰酸钾溶液能把氯化铁溶液中的亚铁离子氧化铁离子，同时酸性高锰酸钾溶液也能把氯离子氧化，同时还会引入锰离子、钾离子杂质，故C不合理；
D．氯气是非极性分子，易溶于非极性溶剂四氯化碳，而氯化氢是极性分子，不溶于四氯化碳，则通过四氯化碳洗气可以除去氯化氢中混有的氯气，故D合理；
故选C。
5．根据装置和下表内的物质(省略夹持、净化以及尾气处理装置，图1中虚线框内的装置是图2)，其中能完成相应实验目的的是
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【解析】
A．稀硝酸和Cu反应生成NO，NO不溶于水，不与水反应，用排水法收集NO，进气方向是N→M，故A符合题意；
B．由于浓硝酸具有强氧化性，因此浓硝酸与反应Na2SO3反应生成硫酸盐和NO2气体，因此无法检验SO2的氧化性，故B不符合题意；
C．由于氨气极易溶于水，因此氨气要溶于饱和NH4Cl溶液中，不能排用饱和NH4Cl溶液来收集氨气，故C不符合题意；
D．二氧化锰和浓盐酸在加热条件下反应，而该实验没有加热，因此不能产生氯气，故D不符合题意；
综上所述，答案为A。
6．一种由短周期主族元素组成的化合物(如图所示)，可用作电池中的电解质。其中元素M、W、X、Y、Z的原子序数依次增大、且除Z外的其余四种元素位于同周期；X与Z是同族元素。下列叙述错误的是
A．该化合物中，W、X、Y、Z之间均为共价键
B．该化合物中各原子或离子均为8电子稳定结构
C．W的氢化物与其最高价氧化物对应水化物可反应生成盐
D．用洁净的铂丝蘸取该化合物在无色火焰上灼烧，火焰呈紫红色
【答案】B
【分析】
短周期元素M、W、X、Y同周期且原子序数依次增大，X与Z同主族，从化合物结构中分析成键情况可知：M+为Li+，W、X、Y、Z分别为N、O、F、S。
【解析】
A．根据该化合物结构，可判断W、X、Y、Z之间均为共价键，故A正确；
B．该化合物中Li+离子不是8电子稳定结构，故B错误；
C．W的氢化物(NH3、N2H4)与其最高价氧化物对应水化物(硝酸)可反应生成盐(硝酸铵、硝酸肼)，故C正确；
D．锂的焰色反应呈紫红色，故D正确；
故选B。
7．利用石墨电极电解HNO3和HNO2的混合溶液可获得较浓的硝酸。其工作原理如图所示。下列说法正确的是
A．a为电源的正极
B．电解池中的离子交换膜应为阴离子交换膜
C．阳极的电极反应式为
D．每2ml离子通过离子交换膜，左室产生的气体X的体积为22.4L(标准状况)
【答案】D
【分析】
HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸，说明电解时阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，右边石墨电极为阳极，阳极上亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为HNO2-2e-+H2O=3H++，左边石墨电极为电解池的阴极，溶液中氢离子放电生成氢气，电极反应2H++2e-=H2↑，氢离子从阳极移向阴极，离子交换膜为阳离子交换膜；据此分析判断选项。
【解析】
A．左边石墨电极，氢离子放电生成氢气，电极反应为2H++2e-=H2↑，得电子发生还原反应为电解池的阴极，与电源负极相连，即a为电源的负极，故A错误；
B．右边石墨电极为阳极，左边石墨电极为电解池的阴极，氢离子从阳极移向阴极，即从右室移向左室，离子交换膜为阳离子交换膜，故B错误；
C．右边石墨电极为阳极，亚硝酸根离子失电子生成硝酸根离子，其电极反应式为HNO2-2e-+H2O=3H++，故C错误；
D．每2ml离子通过离子交换膜，即要转移2ml电子，由左室电极反应式2H++2e-=H2↑可知，产生的H21ml，其体积为22.4L(标准状况)，故D正确；
答案为D。
8．用下列装置进行的实验中，能达到其实验目的的是
A．用图Ⅰ制取并收集干燥纯净的NH3
B．图Ⅱ中若A中装Na2CO3，B中装NaHCO3，可证明热稳定性：Na2CO3>NaHCO3
C．用图Ⅲ可用于实验室制取乙酸乙酯
D．用图Ⅳ可证明酸性：CH3COOH>H2CO3>C6H5OH
【答案】B
【解析】
A．氨气的密度比空气小，应选向下排空气法收集，图中收集方法为向上排空气法，则收集法不合理，故A错误；
B．碳酸氢钠加热分解生成碳酸钠，为体现对比，试管B中装NaHCO3，故B正确；
C．乙酸乙酯与NaOH反应，则小试管中应为饱和碳酸钠溶液，且导管在液面上防止倒吸，故C错误；
D．生成的二氧化碳中混有醋酸，醋酸与苯酚钠反应生成苯酚，干扰了实验结果，故D错误；
故选：B。
9．一种新型的合成氨的方法如图所示．下列说法正确的是
A．反应①中发生了氧化反应B．反应①和②均属于“氮的固定”
C．反应③为D．三步循环的总结果为
【答案】C
【分析】
由反应①和②可知，氮气和水是该循环过程的反应物，由反应③可知氧气和水是产物，据此分析解答。
【解析】
A．反应①中氮得电子，发生还原反应，化合价降低，A错误；
B．氮的固定是将空气中游离态的氮转化为含氮化合物的过程，反应①是氮的固定，反应②不是，B错误；
C．反应③是LiOH通电条件下生成Li、O2、H2O，反应方程式为，C正确；
D．该合成氨反应中没有氢气参与，氢元素来源于水，且伴有氧气生成，三步循环的总结果为，D错误；
故选C。
10．工业上利用对烟道气进行脱硝(除氮氧化物)的技术具有效率高、性能可靠的优势。技术的原理为和在催化剂()表面转化为和，反应进程中的相对能量变化如图所示。下列说法正确的是
A．总反应方程式为
B．是脱硝反应的催化剂
C．升高温度，脱硝反应的正反应速率的增大程度大于其逆反应速率的增大程度
D．决定反应速率的步骤是“的转化”
【答案】A
【解析】
A．由已知SCR技术的原理为NH3和NO在催化剂(MnO2)表面转化为N2和H2O，可知总反应的方程式为6NO+4NH35N2+6H2O，A正确；
B．观察相对能量-反应进程曲线知，NH3吸附在催化剂表面后，经过一定的反应形成了NH2NO，NH2NO又经过反应得到N2和H2O，所以NH2NO是脱硝反应的活性中间体，B错误；
C．起始相对能量高于终态，说明这是一个放热反应，升高温度平衡会逆向移动，所以升高温度后，脱硝反应的正反应速率的增大程度小于其逆反应速率的增大程度，C错误；
D．相对能量-反应进程曲线表明，全过程只有H的移除过程势能升高，这是一个需要吸收能量越过能垒的反应，其速率是全过程几个反应中最慢的，决定了反应的速率，是总反应的速控步骤，D错误；
故答案为：D。
11．向mg铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，消耗标准状况下的氯气7.84L。则m的值是
A．18.4B．17.2C．13.6D．无法计算
【答案】A
【解析】
向mg铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子质量；铁、铜与氯气反应生成氯化铁、氯化铜，氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量一定等于氢氧根离子的物质的量，n（氯气）=7.84L÷22.4L/ml=0.35ml，则氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量为0.35ml×2=0.7ml，则Fe(OH)3、Cu(OH)2中n（OH-）=0.7ml，所以m=m（沉淀）-m（OH-）=30.3g-17g/ml×0.7ml=18.4g，故A正确。
答案选A。
12．(NH4)2SO4是一种常见的化肥，某工厂用石膏、NH3、H2O和CO2制备(NH4)2SO4的工艺流程如图：
下列说法正确的是
A．通入NH3和CO2的顺序可以互换
B．操作2为将滤液加热浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥，可得(NH4)2SO4
C．步骤②中反应的离子方程式为Ca2++2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+2NH
D．通入的NH3和CO2均应过量，且工艺流程中CO2可循环利用
【答案】B
【解析】
A．由于CO2微溶于水，NH3易溶于水，应先通入足量NH3，使溶液呈碱性，然后再通入适量CO2，反应的化学方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O=(NH4)2SO4+CaCO3↓，通入NH3和CO2的顺序不可以互换，A错误；
B．流程中，向硫酸钙浊液中通入足量的氨气，使溶液成碱性，再通入适量的二氧化碳利于反应的进行，硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀，加热制成饱和溶液，再降温冷却，结晶析出，过滤，则可以使硫酸铵从溶液中结晶析出，操作2是溶液中得到溶质固体的过程，需要蒸发浓缩、冷却结晶、过滤洗涤干燥等，可得(NH4)2SO4，B正确；
C．硫酸钙与氨气、水和二氧化碳反应生成了硫酸铵和碳酸钙沉淀物质发生的主要化学反应为：CaSO4+2NH3+CO2+H2O=CaCO3↓+(NH4)2SO4．反应的离子方程式为CaSO4+2NH3+CO2+H2O═CaCO3↓+2NH4++SO42-，C错误；
D．反应过程中二氧化碳参与反应生成硫酸铵和碳酸钙，碳酸钙分解生成二氧化碳，工艺流程中产生的CO2可循环利用，通入足量NH3，通适量二氧化碳，否则碳酸钙溶解，D错误；
故答案为：B。
二、填空题：（5个小题，共52分）
13．（12分）某些物质的转化可用下图表示
请回答下列问题
（1）完成反应方程式：
______Ca(OH)2+_____NaHCO3(过量)=______+_____+_______H2O，___________
（2）若A、C均含有铝元素：
①当B为盐酸时，C为___________；
②当B为NaOH时，C为___________。
（3）若A为第二周期黑色固体单质，B为第二周期某元素的最高价氧化物的水化物。写出该反应的化学方程式______________________。
（4）若A为过量铁粉、B为稀硝酸，检验溶液中金属阳离子的方法是___________。
（5）若C为能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体。实验室为了简便制取该气体，下列方法中适合的是___________
A．加热氯化铵固体，产生的气体用碱石灰干燥
B．在N2和H2混合气中加入铁触媒并加热至500℃
C．在浓氨水中加入NaOH固体，产生的气体可用固体NaOH干燥
D．加热NH4HCO3，生成的气体用P2O5干燥
（6）若A为S单质，D为Na2SO3：
①Na2SO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为___________。
②C的浓溶液有臭鸡蛋气味，配制C溶液的方法是___________。
【答案】（每小题2分）（1）1，2，CaCO3↓，Na2CO3，2 （2） AlCl3 NaAlO2 （3）C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O （4） 取反应后溶液，滴加到少量KMnO4溶液中，紫红色褪去 （5） C （6） c(Na+)＞c(SO32－)＞cOH－)＞c(HSO3－)＞c(H+) 取Na2S固体溶解在浓NaOH溶液中，再加水稀释
【分析】
（1）依据过量的碳酸氢钠和氢氧化钙反应方程式填写；
（2）若A、C均含有铝元素①当B为盐酸时，依据盐酸和铝反应可知，C为AlCl3；
②当B为NaOH时，C为NaAlO2。
（3）若A为第二周期黑色固体单质，则A为C，B为第二周期某元素的最高价氧化物的水化物，B为HNO3,；
（4）若A为过量铁粉、B为稀硝酸，则溶液中的金属阳离子是Fe2+，
（5）若C为能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3；
（6）若A为S单质，D为Na2SO3；则反应为：3S+6NaOH 2Na2S+Na2SO3+3H2O；
①Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解，溶液显碱性；
②C的浓溶液有臭鸡蛋气味，所以C是Na2S，配制该溶液是应防止其水解；
【解析】
（1）过量的碳酸氢钠和氢氧化钙反应的方程式为：Ca(OH)2+2NaHCO3(过量)=CaCO3+Na2CO3+2H2O；
本题答案为：1，2，CaCO3↓，Na2CO3，2。
（2）若A、C均含有铝元素①当B为盐酸时，依据盐酸和铝反应可知，C为AlCl3；
②当B为NaOH时，C为NaAlO2；
本题答案为：AlCl3 ， NaAlO2。
（3）有分析知道，A是C，B是HNO3，则反应方程式为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O；
本题答案为：C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O。
（4）若A为过量铁粉、B为稀硝酸，则溶液中的金属阳离子是Fe2+，检验Fe2+的方法是：取反应后溶液少许于试管中，滴加到少量KMnO4溶液中，紫红色褪去；
本题答案为：取反应后溶液，滴加到少量KMnO4溶液中，紫红色褪去。
（5）若C为能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，则C为NH3，实验室制取NH3的简便方法是：在浓氨水中加入NaOH固体，产生的气体可用固体NaOH干燥；
本题答案为：C。
（6）若A为S单质，D为Na2SO3；则反应为：3S+6NaOH 2Na2S+Na2SO3+3H2O；
①Na2SO3是强碱弱酸盐，在溶液中发生水解，溶液显碱性，Na2SO3溶液中各离子浓度由大到小的顺序为：c(Na+)＞c(SO32－)＞cOH－)＞c(HSO3－)＞c(H+)；
本题答案为：c(Na+)＞c(SO32－)＞cOH－)＞c(HSO3－)＞c(H+)。
②C的浓溶液有臭鸡蛋气味，是因为Na2S水解产生H2S的原因，配制该溶液时应加入氢氧化钠抑制其水解，所以取Na2S固体溶解在浓NaOH溶液中，再加水稀释，来配制Na2S溶液；
本题答案为：取Na2S固体溶解在浓NaOH溶液中，再加水稀释。
14．（10分）(1)联氨又称联肼，N2H4，无色液体是一种应用广泛的化工原料，可用作火箭燃料。
①联氨电子式为______，其中氮的化合价为______。
②联氨为二元弱碱，在水中的电离方程式与氨相似。写出联氨的第一步电离方程式_______________，联氨与硫酸形成的酸式盐的化学式为______。
(2)在100mLFeBr2溶液中通入标准状况下2.24LCl2，溶液中有的Br-被氧化成单质Br2，则原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为______ 结果保留两位小数。
(3)三氟化氮(NF3)是一种无色无味的气体，它是微电子工业技术的关键原料之一，三氟化氮在潮湿的空气中与水蒸气能发生氧化还原反应，其反应的产物有：HF、NO和HNO3，请根据要求回答下列问题：
①写出该反应的化学方程式______，反应中生成0.2mlHNO3，转移的电子数目为______。
②NF3无色、无臭，但一旦在空气中泄漏，还是易于发现，判断该气体泄漏时的现象是______。
【答案】(1) ① （1分） -2 （1分） ② N2H4+H2O⇌+OH- （1分） N2H6(HSO4)2 （1分） (2)1.33ml/L （2分） (3) ①3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3 （2分） 0.4NA （1分） ② 出现红棕色气体 （1分）
【解析】
(1)①联氨分子中每个N原子和两个H原子形成共价键，氮原子之间存在氮氮单键，每个N原子还含有一个孤电子对，则其电子式为；N元素对电子的吸引能力更强，所以联氨分子中H为+1价，N为-2价；
②根据NH3在水中的电离可知联氨的第一步电离方程式为N2H4+H2O⇌N2H+OH-；联氨第二步电离方程式为N2H+H2O⇌N2H+OH-，因此联氨与硫酸形成的酸式盐为N2H6(HSO4)2；
(2)标况下2.24LCl2的物质的量为0.1ml，反应过程中Cl2全部转化为Cl-，所以可以转移0.2ml电子，设溴化亚铁的溶液的浓度为c，则Fe2+的物质的量为0.1c ml，全部被氧化，Br-的物质的量为0.2c ml，根据题意被氧化的Br-的物质的量为0.05c ml，则根据电子守恒有0.1c ml+0.05c ml=0.2ml，解得c=1.33，即原FeBr2溶液中FeBr2的物质的量浓度为1.33ml/L；
(3)①根据题意可知，反应物为NF3和H2O，生成物为NO、HNO3和HF，在该反应中NF3中的N元素的化合价一部分由+3价升高到+5价，失去2个电子，一部分由+3价降低到+2价，得到1个电子，根据得失电子守恒和原子守恒配平，该反应的化学方程式为：3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3；
当生成1ml硝酸时转移电子数为2ml，所以当反应中生成0.2ml HNO3，转移的电子数目为 0.4NA；
②NF3是一种无色、无臭的气体，但一旦NF3在空气中泄漏，就会反应反应3NF3+5H2O=9HF+2NO+HNO3、2NO+O2=2NO2，NO2是红棕色有刺激性气味的气体，所以判断该气体泄漏时的现象是出现红棕色气体。
15．（10分）一些行业的废水中氨氮含量严重超标，废水脱氮已成为主要污染物减排和水体富营养化防治的研究热点，有多种方法可以去除。
I.电镀行业废水处理流程如图：
（1）吹脱法除氨氮：水中的氨氮大多数以NH4+和游离态的NH3保持平衡状态而存在。将空气直接通入水中，使气相和液相充分接触。水中溶解的游离氨穿过气液界面，向气相转移。从而达到脱除氨的目的。氨氮废水中NH3和NH4+平衡态的平衡关系有___。
（2）温度、pH值、空气流量对脱除氨有很大的影响。pH值、空气流量对脱除氨影响如图所示。由图可以看出，空气流量一定时，10＜pH＜11时，吹脱率随着pH增加而增加，请用化学平衡移动原理解释原因___。
（3）次氯酸钠氧化法：利用次氯酸钠氧化废水中氨氮的离子方程式是___。
II.对于含有H2PO4-的氨氮废水还可以用电化学沉淀与阴极氧化协同去除水中的氨氮，装置如图所示。电解过程中，石墨毡电极产生OH-，在通入O2的情况，又产生H2O2，以氧化水中的NH4+，同时NH4+还可以通过生成MgNH4PO4•6H2O沉淀而持续被除去。
（1）阳极的电极反应式是___。
（2）废水中的NH4+'转化为MgNH4PO4•6H2O的离子方程式是___。
（3）pH大于10.5不利于MgNH4PO4•6H2O的生成，原因是___。
【答案】（1）NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH- （2分）（2） NH3·H2ONH4++OH-，pH增大有利于平衡逆向移动，NH4+转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除 （2分） （3）2NH4++3ClO-+2OH-=N2↑+3Cl-+5H2O （1分）（1） Mg-2e-=Mg2+ （1分） （2）NH4++H2PO4-+Mg2++2OH-+4H2O=MgNH4PO4•6H2O （2分） （3） pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2，NH3•H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低，不利于MgNH4PO4•6H2O的生成 （2分）
【分析】
Ⅰ.（1）NH3极易溶于水，且与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，部分电离生成NH4+和OH-，据此写出平衡关系；
（2）由NH3·H2ONH4++OH-，pH增大，OH-增多，平衡逆向移动；
（3）次氯酸根离子具有强氧化性，氧化NH4+生成氮气，本身被还原生成氯离子，根据得失电子守恒，写出离子反应方程式；
Ⅱ. （1）电解图可知，Mg电极为阳极，Mg失去电子，发生氧化反应；
（2）根据OH-、Mg2+、NH4+、H2PO4-反应生成MgNH4PO4•6H2O沉淀，写出离子反应方程式；
（3）pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2，据此分析解答；
【解析】
Ⅰ.（1）NH3极易溶于水，且与水反应生成一水合氨，一水合氨是弱电解质，部分电离生成NH4+和OH-，所以氨氮废水中NH3和NH4+平衡态的平衡关系为：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-，故答案为：NH3+H2ONH3·H2ONH4++OH-；
（2）由NH3·H2ONH4++OH-，pH增大，OH-增多，平衡逆向移动，NH4+转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除，故答案为：NH3+H2ONH4++OH-，pH增大有利于平衡逆向移动，NH4+转化为游离态的NH3，NH3在空气吹脱下从水中脱除；
（3）次氯酸根离子具有强氧化性，氧化NH4+生成氮气，本身被还原生成氯离子，根据得失电子守恒，其离子反应方程式为：2NH4++3ClO-+2OH-=N2+3Cl-+5H2O，故答案为：2NH4++3ClO-+2OH-=N2+3Cl-+5H2O；
Ⅱ.（1）电解图可知，Mg电极为阳极，Mg失去电子，发生氧化反应，其电极反应式为：Mg-2e-=Mg2+，故答案为：Mg-2e-=Mg2+；
（2）石墨毡电极产生OH-，NH4+与Mg2+、NH4+、H2PO4-反应生成MgNH4PO4•6H2O沉淀，离子反应方程式为：NH4++H2PO4-+Mg2++2OH-+4H2O=MgNH4PO4•6H2O↓，故答案为：NH4++H2PO4-+Mg2++2OH-+4H2O=MgNH4PO4•6H2O↓；
（3）pH大于10.5，溶液中c(OH-)大，NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2，NH3•H2O的电离平衡逆向移动，被抑制，使溶液中c(NH4+)与c(Mg2+)降低，不利于MgNH4PO4•6H2O沉淀的生成，故答案为：pH偏大，NH4+、Mg2+易与OH−结合生成NH3•H2O、Mg(OH)2，NH3•H2O的电离被抑制，使NH4+和Mg2+浓度降低，不利于MgNH4PO4•6H2O的生成。
16．（10分）氮的化合物合成、应用及氮的固定一直是科学研究的热点。
(1) 以CO2与NH3为原料合成化肥尿素的主要反应如下：
① 2NH3(g)＋CO2(g)＝NH2CO2NH4(s)；ΔH＝－159.47 kJ·ml−1
② NH2CO2NH4(s)＝CO (NH2)2(s)＋H2O(g)；ΔH＝a kJ·ml−1
③ 2NH3(g)＋CO2(g)＝CO(NH2)2(s)＋H2O(g)；ΔH＝－86.98 kJ·ml−1
则a为____。
(2) 尿素可用于湿法烟气脱氮工艺，其反应原理为：NO＋NO2＋H2O＝2HNO2；2HNO2＋CO(NH2)2＝2N2↑＋CO2↑＋3H2O。
① 当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳。若烟气中V(NO)∶V(NO2)＝5∶1时，可通入一定量的空气，同温同压下，V(空气)∶V(NO)＝____(空气中氧气的体积含量大约为20%)。
② 如图表示尿素含量对脱氮效率的影响，从经济因素上考虑，一般选择尿素浓度约为____%。
(3)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2(弱酸)的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：____。
(4)利用脱氮菌可净化低浓度NO废气。当废气在塔内停留时间均为90s的情况下，测得不同条件下NO的脱氮率如图所示。
① 由图知，当废气中的NO含量增加时，宜选用____法提高脱氮的效率。
② 图Ⅱ中，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+，提高了脱氮的效率，其可能原因为____。
(5)研究表明：NaClO/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝。图所示为复合吸收剂组成一定时，温度对脱硫脱硝的影响。温度高于60℃后，NO去除率下降的原因为____。
【答案】(1) +72.49 （2分）(2) ① 1:1 （1分）② 5(±0.2) （1分） (3) HNO2−2e−+H2O＝3H++NO3− （2分） (4) 好氧硝化 （1分） Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用 （1分） (5) 温度升高H2O2分解速率加快 （2分）
【分析】
（1）根据所给反应，依据盖斯定律可求a；
（2）根据方程式，可以看出，当烟气中NO、NO2按1：1是效率最佳，分析计算当V（NO）：V（NO2）=5:1时，通入的空气将NO和NO2的体积比变为1:1，从而确定空气和NO的体积比；由图中的曲线变化分析，随尿素浓度变化，脱氮效率的变化，可得结论；
（3）依据电解原理，阳极发生失去电子的氧化反应，在阳极亚硝酸失电子生成硝酸；
（4）观察图中曲线的变化情况，即可得出结论；
（5）NaClO/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝，但其中的H2O2，温度升高分解速率加快，NO去除率下降；
【解析】
（1）①，
②，
③
由盖斯定律可得②=③-①得：a=-86.98kJ/ml-(-159.47kJ/ml)=+72.49kJ/ml；
本题答案为：+72.49；
（2）①当烟气中NO、NO2按上述反应中系数比时脱氮效果最佳，即1：1，若烟气中V(NO)：V(NO2)=5:1时，设通入空气中氧气体积为x；2NOO2=2NO2
2x x 2x 有=1:1
计算得到x=1，空气体积为5，所以同温同压下，V(空气)∶V(NO)=1：1；
②由图中的曲线可以看出，尿素浓度达到之前，脱氮效率随着尿素浓度的增加而增加；尿素浓度达到后，脱氮效率随着尿素浓度的增加变化很小；因此从经济因素上考虑，尿素浓度一般约为；
本题答案为：1：1 ，；
（3）依据电解原理，阳极发生失去电子的氧化反应，在阳极亚硝酸失电子生成硝酸，电极反应式为：HNO2−2e−+H2O＝3H++NO3−；
本题答案为：HNO2−2e−+H2O＝3H++NO3−；
（4）①图I可以看出，当废气中的NO含量增加时，好氧硝化法，脱氮率高，故应选好氧硝化法；
②从图Ⅱ不难看出，在同等条件下，循环吸收液加入Fe2+、Mn2+，提高了脱氮的效率，所以Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用；
本题答案为：好氧硝化，Fe2+、Mn2+对该反应有催化作用；
（5）NaClO/H2O2酸性复合吸收剂可同时有效脱硫、脱硝，但其中的H2O2，温度升高分解速率增大，从图III可以看出，使NO去除率下降；
本题答案为：温度升高H2O2分解速率加快。
17．（10分）某学习小组探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应。
(1)Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为_______。
(2)取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，_______(填现象)，说明产生了Fe3+。
(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应。说明硝酸具有_______性。
(4)Ⅲ中，连接导线后体系形成了原电池。为分析反应过程，在Fe、Cu之间连接电流计，实验如下。
①用方程式解释现象ⅳ：_______。
②推测现象ⅰ中被还原的是_______。
③解释现象ii中指针左右偏转，往复多次的原因_______。
④现象ⅲ中，Fe一直做负极，难以形成氧化层，可能的原因是_______。
【答案】(1)2NO + O2= 2NO2 （1分） (2) 溶液变成红色 （1分） (3) 强氧化性 （1分） (4) ①Cu＋4HNO3 (浓) = Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，（2分）NO＋2H＋＋e-= NO2↑＋H2O （1分） ②铁表面的氧化层 （1分） ③ Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次 （2分） ④ 反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低 （1分）
【分析】
本题通过实验探究某浓度浓硝酸和稀硝酸与铁的反应情况，并通过原电池实验来探究铁、铜做电极，浓硝酸作电解质溶液的反应情况，总体难度一般。
【解析】
(1)由于Fe+4HNO3=Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，NO为无色气体，遇到空气立即与氧气反应转化为红棕色的NO2，故Ⅰ中液面上方气体由无色变为红棕色的化学方程式为2NO + O2= 2NO2，故答案为：2NO + O2= 2NO2；
(2)Fe3+遇到SCN-溶液立即变为血红色，故取少量Ⅰ中溶液，加入KSCN溶液，溶液变成红色，说明产生了Fe3+，故答案为：溶液变成红色；
(3)Ⅱ中现象说明Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，即常温下铁在浓硝酸中发生钝化现象，说明硝酸具有强氧化性，故答案为：强氧化；
(4) ①由于铜在常温下就能与浓硝酸发生反应：Cu＋4HNO3 (浓) = Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，同时随着反应的进行，硝酸浓度减小，铁表面不再形成氧化物保护膜，故铁作负极，铜作正极，电极反应式为：NO＋2H＋＋e-= NO2↑＋H2O，故答案为：Cu＋4HNO3 (浓) = Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O，NO＋2H＋＋e-= NO2↑＋H2O；
②刚开始时，铁表面形成氧化物保护膜，故铁电极作正极，得电子被还原，故可推测此时被还原的是铁表面的氧化层，故答案为：铁表面的氧化层；
③Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次，故答案为：Fe做正极时，氧化层逐渐被还原而溶解，使Fe与浓HNO3接触，Fe失电子做负极，同时被氧化形成致密的氧化层。待氧化层完全形成后，Fe不能继续失电子，再次做正极。如此，指针左右偏转，往返多次；
④随反应进行，硝酸浓度降低，反应放热，溶液温度升高，铁表面难以形成氧化层，故Fe一直做负极，故答案为：反应放热，溶液温度升高；随反应进行，硝酸浓度降低。
叙述I
叙述II
A
CH4中碳元素处于最低化合价，具有还原性
可燃冰是一种清洁能源
B
Fe3+具有氧化性
NH4Fe(SO4)2·12H2O作净水剂
C
断裂NH3分子中H-N键要吸收热量
工业上用液氨作制冷剂
D
有机玻璃(PMMA)透光性好、易加工
有机玻璃常作光学仪器
选项
产品(杂质)
方法
A
CH3COOC2H5(CH3COOH)
加入饱和Na2CO3溶液，分液
B
NO(NO2)
通过水洗气
C
FeCl3溶液(FeCl2)
加入足量的酸性KMnO4溶液
D
HCl(Cl2)
通过CCl4洗气
选项
a中的物质
b中的物质
实验目的、试剂和操作
实验目的
c中的物质
进气方向
A
稀硝酸
Cu
收集贮存NO
水
N→M
B
浓硝酸
Na2SO3
检验SO2的氧化性
品红溶液
M→N
C
浓氨水
碱石灰
收集贮存氨气
饱和NH4Cl溶液
N→M
D
浓盐酸
MnO2
检验Cl2的氧化性
Na2S溶液
M→N
实验
现象
Ⅰ中：Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Ⅱ中：Fe表面产生红棕色气泡，过一会儿停止
Ⅲ中：连接导线，一段时间后Fe表面产生红棕色气泡，而后停止；随即又产生红棕色气泡，而后停止，……如此往复多次。Cu表面始终产生红棕色气泡
实验
现象
ⅰ.K闭合时，指针向左偏转(Cu做负极)，Fe表面无明显现象
ⅱ.过一会儿指针向右偏，Fe表面产生红棕色气体；后又迅速向左偏，Fe表面停止产生气泡，……如此往复多次
ⅲ.一段时间后，指针一直处于右端，Fe表面持续产生红棕色气体
ⅳ.Cu表面始终产生红棕色气泡