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鲁科版 (2019)必修 第一册第3节 氮的循环综合训练题
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这是一份鲁科版 (2019)必修 第一册第3节 氮的循环综合训练题，共25页。试卷主要包含了单选题，填空题，实验题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．限一种试剂，经过一次性实验就能鉴别Na2CO3 、(NH4)2SO4 、NH4Cl 、KNO3溶液，应选用
A．AgNO3 溶液B．NaOH溶液C．Ba(OH)2溶液D．盐酸
2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．过量的Fe溶于少量稀硝酸中：
B．向NH4Fe(SO4)2·12H2O溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：
C．用过量氨水吸收废气中的SO2：
D．向0.2ml FeBr2溶液中通入等量Cl2：
3．以下物质保存方法不正确的是
A．少量金属钠保存在煤油中B．少量白磷保存在水中
C．浓硝酸保存在棕色试剂瓶中D．氢氧化钠溶液保存在配有玻璃塞的细口瓶中
4．实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是（ ）
A．装置①、②、⑤ 依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液
B．装置③中气体呈红棕色
C．装置④中可观察到紫色石蕊溶液变红
D．通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替
5．一瓶无色气体，可能含有HCl、 H2S、 SO2、 HBr、NO2、 CO2中的一种或几种，将其通入氯水中，得无色透明溶液，将该溶液分成两份，一份加盐酸酸化的BaCl2溶液，析出白色沉淀；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成。下面结论正确的是
①原气体中肯定有SO2 ②原气体中可能有SO2 ③原气体中肯定无 H2S、HBr、 NO2
④不能肯定是否含有HCl ⑤原气体中 肯定不含CO2 ⑥原气体中肯定含HCl
A．①③④B．①④⑤C．①⑥D．①③⑤⑥
6．在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与释放的两个反应如图所示。下列说法错误的是
A．NO2是该过程的中间产物
B．该过程只涉及1个氧化还原反应
C．NO、CO都作还原剂
D．汽车尾气的主要污染物是CO和NO
7．将气体 a 通入溶液 b 中，始终无明显变化的是（ ）
A．气体 Cl2 溶液 FeCl2
B．气体 CO2 溶液 CaCl2
C．气体 SO2 溶液 Ba(NO3)2
D．气体 NO2 溶液 FeSO4
8．化学实验操作是进行科学实验的基础，下列操作符合规范的是
A．AB．BC．CD．D
9．某校化学兴趣小组同学发现实验室保存的溶液极易变质，兴趣小组的同学设计如下的装置保存溶液。下列说法正确的是
A．试剂瓶中的固体是晶体稀硫酸
B．加入稀硫酸增大溶液中，防止被氧化
C．气球的作用是平衡压强和形成保护气，防止被氧化
D．利用上述装置保存溶液，应将稀硫酸换成稀硝酸
10．下列说法中正确的是
A．氮气化学性质不活泼，原因是N的非金属性较弱
B．氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应，氧气过量直接生成
C．植物直接吸收利用空气中的和作为肥料，实现氮的固定
D．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有硝酸盐
二、填空题
11．I.氮元素在生命活动中扮演着重要的角色。回答下列与氮及其化合物有关的问题：
(1)德国化学家哈伯、博施等成功地开发了将氮气转化为氨气的生产工艺。请用化学方程式表示工业合成氨的反应原理： 。写出在氨气的出气口处，检验有氨气生成的操作： 。
(2)将氨气通入酚酞溶液中，酚酞溶液变成红色。请用方程式解释原因： 。
II.印刷电路板是由塑料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”溶解铜。
(3)写出该反应的离子方程式： 。
(4)从使用过的腐蚀液中可以回收金属铜，下列试剂能实现的是_______(填序号)。
A．氯气B．铁C．硝酸D．稀硫酸
(5)向使用过的腐蚀液中通入Cl2，可使Fe2＋转化为Fe3＋，写出反应的离子方程式： 。
12．Ⅰ．在 NH3、H2、N2、O2、SO2、NO2、Cl2等七种气体中：
（1）有刺激性气味的气体是 ；
（2）有颜色的气体是 ；
（3）能与水反应，且在反应中既做氧化剂又做还原剂的气体是 。
Ⅱ．在某100 mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4 ml·L-1、0.1 ml·L-1，向该混合液中加入1.92 g 铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子物质的量浓度是 (忽略溶液体积的变化)。
13．汽车尾气(含有碳氢化合物、CO、和NO)等物质是造成城市空气污染的重要原因之一、研究汽车尾气的绿色排放具有重要意义。回答下列问题：
(1)治理方法之一是在汽车的排气管上装“催化转化器”(用铂、钯合金作催化剂)。它的特点是使CO和NO反应，生成可参与大气循环的无毒气体，并使碳氢化合物充分燃烧及的转化。
①CO和NO反应的化学方程式为 。
②的转化过程在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是 。
(2)“稀薄燃烧”也是普遍采用的治理方法。“稀薄燃烧”是指汽油在较大空/燃比(空气与燃料气的体积比)条件下燃烧。但“稀薄燃烧”时，常用的汽车尾气净化装置不能有效地将转化为。不同空/燃比的汽车尾气中主要污染物的含量变化如图所示。
①“稀薄燃烧”技术除节约能源外，还具有的优点是 。
②某探究小组同学按下列流程探究不同催化剂对还原NO反应的催化性能。
NO与混合气体→催化反应器→检测→尾气处理
i.催化反应器中与NO生成，当生成1ml时，转移的电子数为 ml。
ii.控制其它实验条件相同，在催化转化器中装载不同催化剂，将催化反应后的混合气体按相同流量缓缓通入滴有酚酞的稀硫酸溶液中(溶液的体积和浓度相同)。为比较不同催化剂的催化性能，需要记录的实验数据是 。
iii.实验发现当NO与混合气体中混入一定量空气时，催化反应后的混合气体中NO的含量明显升高，NO的含量明显升高的原因是 (用化学方程式表示)。
14．用双线桥法标出电子转移的方向和数目 。
3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
15．已知把ag金属铜投入一定量浓硝酸中，反应开始产生红棕色气体，随着反应的进行，产生的气体颜色逐渐变浅，最后变为无色，反应过程中共收集到标准状况下气体VL，剩余固体bg。
（1）写出反应过程中发生的化学反应 、 。
（2）在产生无色气体的反应中 是还原剂；被还原的HNO3与参加反应的HNO3的质量之比为 ；当有1mlHNO3参加反应时，该反应转移的电子的物质的量为 。
（3）在上面反应过程中，参加反应的HNO3的物质的量为 。
16．为阿伏加德罗常数的值。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)，简述判断依据。
(1)标准状况下，与足量的充分反应，转移的电子总数为，判断依据： 。
(2)和分别与充分反应，转移的电子数均为，判断依据： 。
(3)铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为，判断依据： 。
(4)与S完全反应，转移的电子数为，判断依据： 。
(5)向溶液中通入适量，当有被氧化时，转移的电子总数一定等于，判断依据： 。
17．对于数以千万计的化学物质和如此丰富的化学变化，分类法的作用几乎是无可替代的。已知有下列物质：
①Ca ②熔融CaO ③Ca(OH)2固体 ④干冰 ⑤酒精(C2H5OH) ⑥稀硫酸 ⑦稀氨水 ⑧有色玻璃 ⑨稀醋酸 ⑩小苏打粉末
请回答：
(1)属于酸式盐的有 (填序号，下同)，属于酸性氧化物的有 ，属于胶体的有 。
(2)能导电的电解质有 ，不能导电的电解质有 ，非电解质有 。
(3)写出下列反应的离子方程式。
Ⅰ.⑥与⑦反应： 。
Ⅱ.向③的溶液中加入过量⑩的溶液： 。
(4)通常情况下，在弱酸及弱碱的稀溶液中，弱酸、弱碱的电离程度均较小。据此可判断，向⑨中逐滴加入⑦直至过量，溶液的导电能力[电流(I)]随⑦的滴入量[质量(m)]的变化趋势正确的是 。
A． B． C．
18．化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成。为了研究其组成，设计如下实验：
气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答：
(1)M的化学式为 ，气体甲的电子式为 。
(2)白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是 (用化学方程式表示)。
(3)高温条件下，丁与甲反应生成两种单质和水，该反应的化学方程式为 。
19．氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
(1)氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式为 。
(2)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①氨转化法。已知7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为 。
②NaClO溶液氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示：
I.在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO，其离子方程式： 。
II. NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。
(3)国家规定地下水中氮氧化物的排放标准不超过 400 mg∙L-1。氮氧化物可以用酸性硫酸亚铁溶液来吸收，反应原理为：NO+ Fe2+＝Fe(NO)2+；NO2+ 3Fe2++ 2H+＝2Fe3++ Fe(NO)2++ H2O。现测定某地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量：收集500.00 mL排放的气体，缓慢通过250.00 mL 0.6240 ml∙L-1 酸性FeSO4溶液(过量)，充分反应，量取吸收气体后的溶液25.00 mL置于锥形瓶中，用0.2000 ml∙L-1 酸性KMnO4溶液反应过量的Fe2+(还原产物为Mn2+)，重复上述实验操作3次，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为15.00 mL。试通过计算分析地下水脱硝过程中氮氧化物的排放是否符合国家标准(写出计算过程) 。(已知Fe(NO)2+与酸性KMnO4溶液不反应)
20．汽车尾气中含有CO、NO等多种污染物，已成为城市空气的主要污染源。汽油和柴油中基本不含氮元素，那么汽车尾气中的NO是如何产生的？请推测可能的原因 ，并写出有关反应的化学方程式 。
三、实验题
21．某校化学探究小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。［已知生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量，实验室利用此原理往生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。部分夹仪持器已略去］
【实验探究】
(1)装置(I)中生石灰的化学式为 ，仪器a的名称是 。
(2)装置(II)中的干燥剂可选用 (填“碱石灰”或“浓硫酸”)。
(3)在装置(III)连接如图所示的装置，用于收集氨气(已知氨气的密度小于空气)，氨气应从导管口 (填“b”或“c”)通入集气瓶中。
(4)当实验进行一段时间后，挤压装置(IV)中的胶头滴管，滴入1~2滴浓盐酸，可观察到瓶内产生大量的 (填“白烟”或“白雾”)'写出NH3与HCl反应的化学方程式： 。
(5)装置(V)中仪器d的作用是 。取装置(V)中的少量氨水于试管中，滴入1~2滴酚酞试液，溶液显 (填“无色”或“红色”)'其原因是 。
(6)若要生成标准状况下，理论上参加反应的的质量是： g。
【知识应用】
(7)将(II)装置中的干燥剂换为无水氯化钙重复实验，以实验后的(II)装置中的物质为样品探究无水氯化钙吸收的气体的成分。
[提出假设]
假设1：无水氯化钙只吸收水蒸气。
假设2：无水氯化钙 。
假设3：无水氯化钙吸收水蒸气和氨气。
[设计实验]
取24.9g的样品置于E装置的玻璃管中充分反应，设产生的气体全部吸收后恢复至室温，经测定F装置的总质量增加了3.6g，G装置中吸收了10.2g气体，实验装置如图所示。
根据实验结果，假设 (填“1”、“2”或“3”)符合实验事实，那么该样品的化学式为： (示例：CuSO4•5H2O)。
22．化学是一门实验为基础的科学。请回答下列问题：
(1)利用如图装置可验证浓、稀硝酸氧化性强弱，请完成 实验操作，回答相关问题：
①实验操作过程：固定铜片，打开分液漏斗活塞及止水夹2，从不对称U形管1、2长管口处分别注入稀硝酸、浓硝酸，液面与双孔橡皮塞接触，然后，关闭分液漏斗玻璃活塞、止水夹1、2。此后可观察到现象 ；然后打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄（说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以）。
②请用一个化学方程式体现该实验验证浓、稀硝酸氧化性强弱的原理 。
(2)利用如图装置可以验证非金属性的变化规律。
①干燥管D的作用是 。
②实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B中所装药品分别为 、 ，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为 。
③若要证明非金属性：Cl > C >Si，则A中加入试剂 、B中加Na2CO3、C中加入试剂 。
23．实验室可以通过以下三条途径按不同要求制取氮气：
①加热NaNO2（一种致癌物质，有剧毒）与NH4Cl的混合物浓溶液制取N2；
②将空气通过灼热的活性铜粉制得较纯净的N2；
③加热条件下用NH3还原CuO得纯净的N2和活性铜粉。
如图所示，给出了按上述途径制取N2可供选择的几种实验装置：
请回答下列问题：
1按途径①制取N2时，应选用上述装置中的 （填装置代码，下同）做氮气发生装置。
2按途径③制取N2时所需要的氨气可用浓氨水与生石灰作原料制取。为制取并收集较纯净的N2（只允许含少量的水蒸气），按气流从左到右的顺序列出所需的上述装置：
→ C → → → D。
甲同学：为通过实验现象验证C处有水产生，必须在C装置前后都连接E装置，其中填充的固体药品按前后顺序分别为 、 。
乙同学：实验过程中，发现黑色固体完全变红，质疑此时红色固体可能含Cu2O。通过查阅资料知，Cu＋在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成Cu２＋和Cu（该反应的化学方程式为：Cu2O＋2H＋→Cu２＋＋Cu＋H2O）。依据信息，请设计实验证明C处的红色固体中是否含有Cu2O 。
丙同学：实验时充分加热，至C装置硬质玻管质量不再减轻为止。实验完毕后，若实验测得收集的N2体积为aL（已折算为标准状况），硬质玻管质量减轻了bg。则氨分子中氮、氢的原子个数比为（用含a、b的字母的代数式表示） 。
(3)上述三种制取N2的途径中，②和③两条途径常常被协同使用而越来越受到人们的关注，这种方法与途径①相比，优越性在于 。
A．测量溶液的pH
B．稀释浓硫酸
C．检验装置气密性
D．快速制氨气
参考答案：
1．C
【详解】A、加入AgNO3溶液，Na2CO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都能生成白色沉淀，不能鉴别，A不合题意；
B、加入NaOH溶液不能鉴别Na2CO3溶液、KNO3溶液，二者与NaOH溶液不反应，无明显现象，不能鉴别（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液，二者与NaOH溶液加热时反应都产生刺激性气味的气体，B不合题意；
C、加入Ba（OH）2溶液，仅生成白色沉淀为Na2CO3溶液，无现象的为KNO3溶液，既产生白色沉淀、加热又有刺激性气体产生的为（NH4）2SO4溶液，只加热时产生刺激性气体的为NH4Cl溶液，可鉴别，C符合题意；
D、加入HCl与KNO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都不反应，无法鉴别，D不合题意；
答案选C。
【点晴】进行物质的鉴别时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可，学习中注意把握物质的性质。
2．D
【详解】A．过量的Fe溶于少量稀硝酸中，反应生成亚铁离子：，故A错误；
B．向NH4Fe(SO4)2·12H2O溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，反应还有铵根与氢氧根反应，硫酸铁铵遵循比例关系： ，故B错误；
C．用过量氨水吸收废气中的SO2，反应生成亚硫酸铵： ，故C错误；
D．向0.2ml FeBr2溶液中通入等量Cl2，0.2ml亚铁离子先反应0.1ml氯离子，0.1ml氯气再反应0.2ml溴离子： ，故D正确。
综上所述，答案为D。
3．D
【详解】A．钠能分别与水和氧气等反应，钠的密度比水的小比煤油的大，所以少量的金属钠应保存在煤油中，隔绝空气，故A正确；
B．白磷在空气中能自燃，应保存在水中，故B正确；
C．浓硝酸见光易分解，通常保存在棕色试剂瓶中，故C正确；
D．NaOH与二氧化硅反应生成的硅酸钠具有粘合性，则不能使用玻璃塞，所以NaOH溶液盛放在带橡皮塞的细口瓶中，故D错误；
故选：D。
4．D
【分析】由实验装置图可知，装置①中空气通入浓氨水后，挥发出的氨气和氧气的混合气体经过碱石灰干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，在三氧化二铬做催化剂作用下，发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，装置②中盛有的无水氯化钙用于吸收氨气和水蒸气，在装置③中一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮，装置④中水和二氧化氮反应生成硝酸，硝酸使石蕊溶液变红色，装置⑤中氢氧化钠溶液用于吸收一氧化氮和二氧化氮混合气体，防止污染环境。
【详解】A．根据上述分析，装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液，故A正确；
B．装置③一氧化氮与空气中的氧气反应生成红棕色二氧化氮，故B正确；
C．装置④中水和二氧化氮反应生成硝酸，硝酸可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；
D．通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误；
故选D。
5．A
【详解】一瓶无色气体，可能含有HCl、 H2S、 SO2、 HBr、NO2、 CO2中的一种或几种，NO2是红棕色气体，一定不含NO2，H2S、 SO2反应能反应生成S和水，H2S、 SO2最多只能存在一种；H2S和氯水反应生成S沉淀、HBr和氯水反应生成盐酸和溴，SO2和氯水反应生成硫酸和盐酸，将其通入氯水中，得无色透明溶液，说明一定不含H2S、 HBr，一定含SO2；将该溶液分成两份，一份加盐酸酸化的BaCl2溶液，析出白色沉淀，该沉淀是硫酸钡，说明含有SO2；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，该沉淀是氯化银，说明溶液中含有氯离子，由于氯水中含有氯离子，不能确定原气体中是否含有HCl。
根据以上分析，①原气体中肯定有SO2 ，故①正确；
②原气体中一定有SO2，故②错误；
③原气体中肯定无 H2S、HBr、 NO2，故③正确；
④不能确定是否含有HCl，故④正确；
⑤不能确定原气体中是否含CO2，故⑤错误；
⑥不能确定是否含有HCl，故⑥错误；
结论正确的是①③④，选A。
6．B
【详解】A．根据图象可知，NO与氧气反应生成NO2，NO2与CO反应生成氮气和二氧化碳，该过程的中间产物为NO2，A说法正确；
B．该过程涉及NO与氧气反应生成NO2，NO2与CO反应生成氮气和二氧化碳，2个氧化还原反应，B说法错误；
C．NO与氧气反应，NO作还原剂，CO与NO2反应，CO作还原剂，则NO、CO都作还原剂，C说法正确；
D．汽车不完全燃烧生成CO，气缸中氮气与氧气放电的条件下生成NO，则尾气的主要污染物是CO和NO，D说法正确；
答案为B。
7．B
【详解】A．氯气有很强的氧化性，可以将氧化为，因此溶液从浅绿色变为黄色，A项错误；
B．溶液不与反应，因此无明显变化，B项正确；
C．有较强的还原性，在酸性条件下有很强的氧化性，因此二者可以发生氧化还原反应，溶液中出现气泡和沉淀，C项错误；
D．溶于水得到硝酸，硝酸具有很强的氧化性，可以将氧化为，因此溶液从浅绿色变为黄色，D项错误；
答案选B。
8．B
【详解】A．应用玻璃棒蘸取待测液滴到试纸上，A错误；
B．浓硫酸密度大于水，又稀释时放热，所以将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌，B正确；
C．左侧漏斗漏气，无法检验装置气密性，C错误；
D．右侧收集气体装置未与外界连通，易发生危险，D错误；
故选B。
9．C
【详解】A．固体应为铁粉，还原被氧化的三价铁离子，，A错误；
B．增大氢离子浓度，抑制铁离子水解，并非氧化，B错误；
C．气体起到隔绝空气作用，平衡体系压强，C正确；
D．HNO3能与Fe2+反应，，D错误；
故答案为：C。
10．D
【详解】A．氮气化学性质不活泼，原因是N≡N键能大，N2很稳定，A错误；
B．氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应生成NO，NO进一步被氧气氧化生成NO2，B错误；
C．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，C错误；
D．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有：放电时氮气被O2氧化产生NO，NO被O2氧化为NO2， NO2与H2O反应产生HNO3，硝酸进一步转变为硝酸盐，即存在转化关系：N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐，D正确；
故选D。
11．(1) N2+3H22NH3 将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近出气口，试纸变蓝，说明生成氨气(或用玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近出气口，有白烟生成，说明生成氨气)
(2)NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌+OH-
(3)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
(4)B
(5)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【详解】（1）工业合成氨是用氢气和氮气在高温、高压、催化剂的条件下进行的，化学方程式为N2+3H22NH3；在氨气的出气口处，检验有氨气生成的操作是将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近出气口，试纸变蓝，说明生成氨气(或用玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近出气口，有白烟生成，说明生成氨气)；
（2）氨气溶解于水得氨水，NH3∙H2O电离出和OH-离子，电离方程式为NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌+OH-；
（3）FeCl3具有氧化性，能被Cu还原生成FeCl2，铜被氧化为CuCl2，离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
（4）在金属活动性顺序表中位于Cu之前的金属(K、Ca、Na除外)能和铜盐发生置换反应生成Cu，所以可以用Fe置换出Cu，氯气、硝酸、硫酸都不能置换出Cu，故选B；
（5）Cl2具有强氧化性，可使Fe2+转化为Fe3+，自身被还原生成氯离子，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－。
12． NH3、SO2、NO2、Cl2 NO2、Cl2 NO2、Cl2 0.225ml/L
【详解】Ⅰ．（1）有刺激性气味的气体是NH3、SO2、NO2、Cl2；（2）有颜色的气体是NO2（红棕色）、Cl2（黄绿色）；（3）氨气与水反应、二氧化硫与水反应均是非氧化还原反应，H2、N2、O2与水不反应，NO2、Cl2与水发生的反应均是氧化还原反应，且二者在反应中都既做氧化剂又做还原剂。
Ⅱ．n（Cu）=1.92g÷64g/ml=0.03ml，混合酸中n（H+）=0.4ml/L×0.1L+0.1ml/L×2×0.1L=0.06ml，n（NO3-）=0.4ml/L×0.1L=0.04ml，由3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O可知，Cu与NO3-过量，H+不足，n（Cu2+）=0.06ml×3/8=0.0225ml，所得溶液中铜离子物质的量浓度为0.0225ml÷0.1L=0.225ml/L。
点睛：本题的难点是计算，把握发生的氧化还原反应、物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意过量计算的判断要依据离子方程式，不易依据化学方程式。
13．(1) 二氧化硫转化为三氧化硫生成硫酸酸雾
(2) 可以减少CO和碳氢化合物的污染 2.4 溶液变成(浅)红色所需的时间
【详解】（1）CO和NO反应，生成可参与大气循环的无毒气体，生成的气体为氮气和二氧化碳，反应方程式：；的转化过程在一定程度上提高了空气的酸度，是因为二氧化硫转化为三氧化硫生成硫酸酸雾：
（2）①“稀薄燃烧”是指汽油在较大空/燃比(空气与燃料气的体积比)条件下燃烧，可以减少CO和碳氢化合物的污染；
ⅰ．NH3与NO生成，根据反应方程式：可知，每当生成1ml氮气，转移的电子数2.4ml；
ⅱ．比较催化剂的催化性能即比较催化剂的催化效率，实际可转化为比较反应物的转化率。因NO与稀硫酸不反应，故滴有酚酞的稀硫酸是用来吸收NH3的。不同的催化剂可能导致NH3的转化速率不同，故反应混合物中剩余的NH3量也会不同，因而使溶液变色的时间也会不同；
ⅲ．充入一定量空气，可与氨气发生氧化还原反应，反应方程式：；
14．
【详解】3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O反应中，铜是还原剂、铜转变成Cu(NO3)2时失去电子，铜由0价升高到+2价，部分HNO3充当氧化剂，转变成NO的时候得到电子，氮由+5价降低到+2价，3mlCu完全反应转移6ml电子，故用双线桥法标出电子转移的方向和数目为：；
答案为：。
15． Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O Cu 1∶4 0.75ml (＋)ml
【分析】（1）硝酸的浓度不同，反应生成的产物不同，浓度较高生成二氧化氮，较低生成气体一氧化氮；
（2）硝酸被还原成含氮气体，未被还原的硝酸最后生成了Cu(NO3)2 ，写出反应方程式分析解答;
（3）反应前后氮原子守恒的，而反应后氮原子存在于硝酸铜和含氮气体当中，由此列出等式计算得出答案。
【详解】(1)浓硝酸氧化能力强，最后生成NO2，稀硝酸氧化性弱，最后生成NO ，所以反应开始是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+ 2NO2↑+2H2O，随着反应进行，硝酸浓度降低，发生反应3Cu+ 8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2+ 2NO↑+4H2O；
故答案为：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
(2)产生无色气体，则是铜与稀硝酸的反应3Cu+ 8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+ 2NO↑+4H2O，其中Cu是还原剂，未被还原的HNO3最后形成Cu(NO3)2 ，从反应方程式中可以看出，被还原的HNO3（2ml）与参加反应的HNO3（8ml）的质量之比为1:4；1ml硝酸参加反应，则有mlCu参与反应，转移电子× 2ml=0.75ml；
故答案为：Cu；1∶4；0.75ml；
(3 )根据氮原子反应前后守恒，则n总=2n硝酸铜+n气体= 2n铜+ n气体，由此可得参与反应的硝酸的物质的量是()ml=()ml，
故答案为：()ml。
16．(1)错误，该反应为中价氧元素的歧化反应，反应消耗，转移电子
(2)正确，和均能完全使转化为，转移电子
(3)错误，没有给出硝酸的量，不能判断最终产物中铁元素的价态，故不能判断转移电子的数目
(4)错误，该反应的产物为，只能失去电子
(5)错误，还原性：，首先氧化，的量不确定，无法确定被氧化的量，转移的电子数在之间
【详解】（1）反应的化学方程式为：，反应中的价氧元素发生歧化反应，一半化合价升高，一半化合价降低，反应消耗，转移电子数是，说法错误。
（2）反应的化学方程式、，经比较，5.6g过量，6.4g恰好完全反应，故以0.1ml计算，转化为，转移电子数是，说法正确。
（3）硝酸的量不确定，铁粉有可能不足，有可能与硝酸恰好完全反应，也有可能过量，因此铁粉反应后产物的化合价不能确定，转移的电子数不能确定，说法错误。
（4）与反应生成，的化合价从0价升高到+1价，6.4g的物质的量为0.1ml，完全反应转移的电子数是，说法错误。
（5）还原性：，首先氧化，当有被氧化时，消耗的量不确定，无法确定是否被氧化，故转移的电子数不确定，说法错误。
17．(1) ⑩ ④ ⑧
(2) ② ③⑩ ④⑤
(3) H++NH3·H2O=NH+H2O 2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO+2H2O
(4)A
【分析】电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物；能导电的物质必须含有自由电子或自由离子，如电解质在熔融状态下或水溶液中能导电，金属单质能导电：
①Ca是金属单质，能导电；
②熔融CaO是电解质，能导电；
③Ca(OH)2固体是电解质，没有自由移动的离子，不导电；
④干冰是非电解质，不导电；
⑤酒精(C2H5OH)是非电解质，不导电；
⑥稀硫酸是混合物，能导电；
⑦稀氨水是混合物，能导电；
⑧有色玻璃是混合物，不能导电；
⑨稀醋酸是混合物，能导电；
⑩小苏打粉末属于盐，是电解质，固体不导电。
【详解】（1）属于酸式盐的有⑩小苏打粉末，属于酸性氧化物的有④熔融CaO，属于胶体的有⑧有色玻璃。故答案为：⑩；④；⑧；
（2）能导电的电解质有②熔融CaO是电解质，能导电，不能导电的电解质有③Ca(OH)2固体是电解质，没有自由移动的离子，不导电，⑩小苏打粉末属于盐，是电解质，固体不导电，非电解质有④⑤。故答案为：②；③⑩；④⑤；
（3）Ⅰ.⑥与⑦反应生成硫酸铵和水：H++NH3·H2O=NH+H2O。故答案为：H++NH3·H2O=NH+H2O；
Ⅱ.向③的溶液中加入过量⑩的溶液生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO+2H2O。故答案为：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO+2H2O；
（4）通常情况下，在弱酸及弱碱的稀溶液中，弱酸、弱碱的电离程度均较小。据此可判断，向⑨稀醋酸中逐滴加入⑦稀氨水直至过量，溶液的导电能力[电流(I)]随⑦稀氨水的滴入量[质量(m)]的变化趋势先生成醋酸铵是强电解质，后加氨水离子浓度减小，导电性减弱，A符合。故答案为：A。
18． Fe4N 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 Fe2O3＋2NH32Fe＋N2＋3H2O
【分析】气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体甲是氨气，说明化合物M含有氮元素；由白色沉淀乙在空气中转化为红褐色丙可知化合物M含有铁元素；故乙为氢氧化亚铁，丙是氢氧化铁，由丙到丁可知固体丁是Fe2O3，以此解题。
【详解】(1)气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝，甲为氨气，故电子式为，说明化合物M中含有氮元素，白色沉淀乙红褐色沉淀丙，说明化合物M中含有铁元素；红褐色沉淀丙固体丁(14.40g)，固体丁为氧化铁，M由铁、氮两种元素组成，氧化铁质量为14.40g，则铁元素的质量为14.40g×＝10.08g，氮元素质量为10.71g－10.08g＝0.63g，铁、氮两种元素的物质的量之比为：=4∶1，所以M的化学式为Fe4N，故答案为：Fe4N；；
(2)白色沉淀乙是氢氧化亚铁，在空气中被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，故反应方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
(3)高温条件下，丁即Fe2O3与甲即NH3反应生成两种单质和水，故该反应的化学方程式为Fe2O3＋2NH32Fe＋N2＋3H2O，故答案为：Fe2O3＋2NH32Fe＋N2＋3H2O。
19．(1)
(2) 1:3 3HClO＋2NO＋H2O=3Cl-＋2NO＋5H+ 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
(3)根据5 Fe2+～KMnO4，n(Fe2+)=5n(KMnO4) =5×0.2000 ml·L-1×0.0150 L=0.0150 ml，与氮氧化物反应的n(Fe2+)=0.6240 ml·L-1×0.2500 L-10×0.0150 ml=0.0060 ml
若全部是NO，则n(NO)= n(Fe2+)=0.0060 ml
NO的含量为：0.0060 ml×30.00 g·ml-1×1000 mg·g-1÷ 0.5000L=360 mg·L-1< 400 mg·L-1
若全部是NO2，则n(NO2)=n(Fe2+)=0.0020 ml
NO2的含量为：0.0020 ml×46.00 g·ml-1×1000 mg·g-1 ÷ 0.5000 L=184 mg·L-1< 400 mg·L-1
结论：地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量符合国家排放标准。
【详解】（1）氨气在“氧化炉”中所发生反应的反应为氨气的催化氧化，化学方程式为，故答案为：；
（2）①7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，设NO的物质的量是xml ，NO2的物质的量是(6- x)ml ，反应过程中转移的电子数是2x+(6-x)4=21，所以x=1.5ml ，混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1:3；②在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和，其离子方程式为：； NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高的原因是溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，故答案为1:3；；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强；
（3）根据5Fe2+ ~ KMnO4，，，与氮氧化物反应的，
若全部是NO，则n(NO) = n(Fe2+)= 0060ml，
NO的含量为，
若全部是NO2，则n(NO2) =n(Fe2+)= 0.0200ml，
NO2的含量为，
所以地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量符合国家排放标准。
20． 在点火和燃烧条件下，空前中的氮气和氧气发生反应生成NO
【详解】空气中存在大量的氮气和氧气，虽然汽油和柴油中基本不含氮元素，但是在点火和燃烧条件下，空前中的氮气和氧气发生反应生成NO，反应的化学方程式:。
21．(1) CaO 分液漏斗
(2)碱石灰
(3)c
(4) 白烟 NH3+HCl=NH4Cl
(5) 防止溶液倒吸 红色 氨水显碱性(或NH3·H2O⇌+ OH-)
(6)5.35g
(7) 只吸收氨气 假设3符合实验事实
【分析】生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量，使浓氨水受热分解生成氨气；氨气是碱性气体，故应选择碱性干燥剂干燥氨气；装置(III)是收集装置，氨气的密度比空气小，故氨气应从短管进入、长管出；装置(IV)中，浓盐酸易挥发，NH3与HCl反应生成NH4Cl固体，形成白烟；装置(V)是尾气处理装置，氨气极易溶于水，仪器d可防止溶液倒吸。
【详解】（1）生石灰是氧化钙，其化学式为CaO；仪器a为分液漏斗；
（2）氨气是碱性气体，故应选择碱性干燥剂干燥氨气，故装置(II)中的干燥剂可选用碱石灰；
（3）氨气的密度比空气小，故氨气应从短管进入、长管出，则氨气应从导管口c通入集气瓶中；
（4）装置(IV)中，浓盐酸易挥发，NH3与HCl反应生成NH4Cl固体，形成白烟，化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl；
（5）氨气极易溶于水，仪器d可防止溶液倒吸；氨气和水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O在水溶液中电离生成和 OH-，故氨水显碱性，能使酚酞溶液变红色；
（6）标准状况下的物质的量为=0.1ml，则理论上参加反应的的物质的量为0.1ml，其质量为=5.35g；
（7）假设1为无水氯化钙只吸收水蒸气，假设3为无水氯化钙吸收水蒸气和氨气，由此推测假设2为无水氯化钙只吸收氨气；将样品加热反应完全后，测定F装置的总质量增加了3.6g，说明生成，G装置中吸收了10.2g气体，说明生成，故无水氯化钙吸收水蒸气和氨气，假设3成立；生成的物质的量为=0.2ml，生成的物质的量为=0.6ml，反应后剩余CaCl2的物质的量为=0.1ml，n(CaCl2)：n()：n()=0.1ml：0.6ml：0.2ml=1：6：2，故该样品的化学式为。
22． U形管1中铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差 NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O 防倒吸 浓盐酸 KMnO4 Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ HClO4 Na2SiO3
【分析】（1）由题意可知，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮不溶于水，使U形管1短管中气体压强增大，将溶液推入长管形成液面差；
（2）打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄，说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以，证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸氧化性；
（3）①球形干燥管D能够防止倒吸；
②若要证明Cl元素非金属性强于硫元素，应设计实验先制备氯气，再通过氯气与硫化钠反应生成硫单质证明；
③元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl > C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，可以用高氯酸能与碳酸钠反应和二氧化碳与硅酸钠溶液反应证明。
【详解】（1）由题意可知，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮不溶于水，使U形管1短管中气体压强增大，将溶液推入长管形成液面差，故实验现象为铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差，故答案为：U形管1中铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差
（2）打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄，说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以，证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸氧化性，浓硝酸与一氧化氮生成二氧化氮和水的化学方程式为NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O，故答案为：NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O；
（3）①球形干燥管D能够防止倒吸，避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：防倒吸；
②若要证明Cl元素非金属性强于硫元素，A中加浓盐酸，浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液反应生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，所以B中加高锰酸钾；反应生成的氯气与C中硫化钠溶液反应生成氯化钠和淡黄色硫沉淀，反应的离子方程式为Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ，故答案为：浓盐酸；KMnO4；Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ；
③元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl > C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，A中加高氯酸，B中加碳酸钠，高氯酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，证明氯元素非金属性强于碳元素，反应生成的二氧化碳和C中硅酸钠溶液反应生成硅酸，证明碳的非金属性强于硅，故答案为：HClO4；Na2SiO3。
【点睛】元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl > C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，可以用高氯酸能与碳酸钠反应和二氧化碳与硅酸钠溶液反应证明是设计关键。
23． F A E B 碱石灰（或无水氯化钙） 无水CuSO4 取样加入稀硫酸后溶液呈蓝色，即证明含Cu2O 活性铜粉可以循环使用；避免使用有毒物质，减少环境污染
【分析】(1)根据反应物状态和反应条件选择发生装置；
2按途径③制取N2时所需要的氨气可用浓氨水与生石灰作原料制取氨气、通过灼热的氧化铜反应后得到氮气、干燥气体、并收集得到纯净的N2（只允许含少量的水蒸气），选择填写从左到右的顺序，要求有5个装置相连成一套，故装置中还得有一个安全瓶；
验证C处有水产生，按与水共存的气体的性质选择试剂和前后顺序；
要设计实验证明C处的红色固体中是否含有Cu2O，应依据信息Cu2O＋2H＋→Cu２＋＋Cu＋H2O和共存物质的性质，选择合适的试剂、找出对应的现象来证明；
按元素守恒法求出氨气中氮元素、氢元素的质量，即可求氨分子中氮、氢的原子个数比；
(3)找出②和③两条途径被协同使用时有别于途径①的有点即可，一般从是否有污染、原来利用率高低、综合经济成本大小等角度展开；
【详解】1按途径①通过加热NaNO2与NH4Cl的混合物浓溶液制取N2，应选用上述装置中F做氮气发生装置；
答案为：F；
2按途径③制取N2时所需要的氨气可用浓氨水与生石灰作原料制取。浓氨水逐滴加到生石灰中可以放出氨气，气体发生装置的特点是固体和液体反应不用加热即可制取气体，选择A，显然生成氮气的反应在C中进行，E装置用于吸收水，B为安全瓶防倒吸用，因为需要用D装置收集氮气，排水法收集气体时，如果装置内气压下降就可能倒吸，多余的氨气因极易溶于水在排水法收集气体时被除去；故连接顺序为A → C → E → B→ D；
答案为：A；E；B；
为通过实验现象验证C处有水产生，先须干燥氨气，干燥氨气用碱石灰，验证产物水用无水硫酸铜；
故答案为：碱石灰（或无水氯化钙）；无水硫酸铜；
按信息：Cu2O＋2H＋→Cu２＋＋Cu＋H2O，红色固体与酸反应，如果溶液变蓝说明有氧化亚铜存在，据此回答；
答案为：取样加入稀硫酸后溶液呈蓝色，即证明含Cu2O；
若实验测得收集的N2体积为aL（已折算为标准状况），则n(N)=， 硬质玻管质量减轻了bg，即氧化铜中氧元素的质量，则n(O)= ，水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此n(H)=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为=；
答案为：；
(3)上述三种制取N2的途径中，从题中信息可知，，而空气和Cu生成CuO，故Cu和CuO可以循环使用，途径①使用有毒的亚硝酸钠，途径②和③避免使用有毒物质而造成污染，因此联合使用途径②和途径③的优点有：铜和氧化铜可循环使用，节省试剂（或避免使用有毒物质而造成污染）；
答案为：活性铜粉可以循环使用；避免使用有毒物质，减少环境污染。
一、单选题
1．限一种试剂，经过一次性实验就能鉴别Na2CO3 、(NH4)2SO4 、NH4Cl 、KNO3溶液，应选用
A．AgNO3 溶液B．NaOH溶液C．Ba(OH)2溶液D．盐酸
2．下列表示对应化学反应的离子方程式正确的是
A．过量的Fe溶于少量稀硝酸中：
B．向NH4Fe(SO4)2·12H2O溶液中加入过量Ba(OH)2溶液：
C．用过量氨水吸收废气中的SO2：
D．向0.2ml FeBr2溶液中通入等量Cl2：
3．以下物质保存方法不正确的是
A．少量金属钠保存在煤油中B．少量白磷保存在水中
C．浓硝酸保存在棕色试剂瓶中D．氢氧化钠溶液保存在配有玻璃塞的细口瓶中
4．实验室模拟氨催化氧化法制硝酸的装置如图所示（无水CaCl2可用于吸收氨气），下列说法错误的是（ ）
A．装置①、②、⑤ 依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液
B．装置③中气体呈红棕色
C．装置④中可观察到紫色石蕊溶液变红
D．通空气的主要作用是鼓出氨气，空气可用N2代替
5．一瓶无色气体，可能含有HCl、 H2S、 SO2、 HBr、NO2、 CO2中的一种或几种，将其通入氯水中，得无色透明溶液，将该溶液分成两份，一份加盐酸酸化的BaCl2溶液，析出白色沉淀；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成。下面结论正确的是
①原气体中肯定有SO2 ②原气体中可能有SO2 ③原气体中肯定无 H2S、HBr、 NO2
④不能肯定是否含有HCl ⑤原气体中 肯定不含CO2 ⑥原气体中肯定含HCl
A．①③④B．①④⑤C．①⑥D．①③⑤⑥
6．在汽车尾气净化装置里，气体在催化剂表面吸附与释放的两个反应如图所示。下列说法错误的是
A．NO2是该过程的中间产物
B．该过程只涉及1个氧化还原反应
C．NO、CO都作还原剂
D．汽车尾气的主要污染物是CO和NO
7．将气体 a 通入溶液 b 中，始终无明显变化的是（ ）
A．气体 Cl2 溶液 FeCl2
B．气体 CO2 溶液 CaCl2
C．气体 SO2 溶液 Ba(NO3)2
D．气体 NO2 溶液 FeSO4
8．化学实验操作是进行科学实验的基础，下列操作符合规范的是
A．AB．BC．CD．D
9．某校化学兴趣小组同学发现实验室保存的溶液极易变质，兴趣小组的同学设计如下的装置保存溶液。下列说法正确的是
A．试剂瓶中的固体是晶体稀硫酸
B．加入稀硫酸增大溶液中，防止被氧化
C．气球的作用是平衡压强和形成保护气，防止被氧化
D．利用上述装置保存溶液，应将稀硫酸换成稀硝酸
10．下列说法中正确的是
A．氮气化学性质不活泼，原因是N的非金属性较弱
B．氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应，氧气过量直接生成
C．植物直接吸收利用空气中的和作为肥料，实现氮的固定
D．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有硝酸盐
二、填空题
11．I.氮元素在生命活动中扮演着重要的角色。回答下列与氮及其化合物有关的问题：
(1)德国化学家哈伯、博施等成功地开发了将氮气转化为氨气的生产工艺。请用化学方程式表示工业合成氨的反应原理： 。写出在氨气的出气口处，检验有氨气生成的操作： 。
(2)将氨气通入酚酞溶液中，酚酞溶液变成红色。请用方程式解释原因： 。
II.印刷电路板是由塑料和铜箔复合而成，刻制印刷电路时要用FeCl3溶液作为“腐蚀液”溶解铜。
(3)写出该反应的离子方程式： 。
(4)从使用过的腐蚀液中可以回收金属铜，下列试剂能实现的是_______(填序号)。
A．氯气B．铁C．硝酸D．稀硫酸
(5)向使用过的腐蚀液中通入Cl2，可使Fe2＋转化为Fe3＋，写出反应的离子方程式： 。
12．Ⅰ．在 NH3、H2、N2、O2、SO2、NO2、Cl2等七种气体中：
（1）有刺激性气味的气体是 ；
（2）有颜色的气体是 ；
（3）能与水反应，且在反应中既做氧化剂又做还原剂的气体是 。
Ⅱ．在某100 mL的混合液中，硝酸和硫酸的物质的量浓度分别是0.4 ml·L-1、0.1 ml·L-1，向该混合液中加入1.92 g 铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中铜离子物质的量浓度是 (忽略溶液体积的变化)。
13．汽车尾气(含有碳氢化合物、CO、和NO)等物质是造成城市空气污染的重要原因之一、研究汽车尾气的绿色排放具有重要意义。回答下列问题：
(1)治理方法之一是在汽车的排气管上装“催化转化器”(用铂、钯合金作催化剂)。它的特点是使CO和NO反应，生成可参与大气循环的无毒气体，并使碳氢化合物充分燃烧及的转化。
①CO和NO反应的化学方程式为 。
②的转化过程在一定程度上提高了空气的酸度，其原因是 。
(2)“稀薄燃烧”也是普遍采用的治理方法。“稀薄燃烧”是指汽油在较大空/燃比(空气与燃料气的体积比)条件下燃烧。但“稀薄燃烧”时，常用的汽车尾气净化装置不能有效地将转化为。不同空/燃比的汽车尾气中主要污染物的含量变化如图所示。
①“稀薄燃烧”技术除节约能源外，还具有的优点是 。
②某探究小组同学按下列流程探究不同催化剂对还原NO反应的催化性能。
NO与混合气体→催化反应器→检测→尾气处理
i.催化反应器中与NO生成，当生成1ml时，转移的电子数为 ml。
ii.控制其它实验条件相同，在催化转化器中装载不同催化剂，将催化反应后的混合气体按相同流量缓缓通入滴有酚酞的稀硫酸溶液中(溶液的体积和浓度相同)。为比较不同催化剂的催化性能，需要记录的实验数据是 。
iii.实验发现当NO与混合气体中混入一定量空气时，催化反应后的混合气体中NO的含量明显升高，NO的含量明显升高的原因是 (用化学方程式表示)。
14．用双线桥法标出电子转移的方向和数目 。
3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
15．已知把ag金属铜投入一定量浓硝酸中，反应开始产生红棕色气体，随着反应的进行，产生的气体颜色逐渐变浅，最后变为无色，反应过程中共收集到标准状况下气体VL，剩余固体bg。
（1）写出反应过程中发生的化学反应 、 。
（2）在产生无色气体的反应中 是还原剂；被还原的HNO3与参加反应的HNO3的质量之比为 ；当有1mlHNO3参加反应时，该反应转移的电子的物质的量为 。
（3）在上面反应过程中，参加反应的HNO3的物质的量为 。
16．为阿伏加德罗常数的值。请判断下列说法的正误(正确的打“√”，错误的打“×”)，简述判断依据。
(1)标准状况下，与足量的充分反应，转移的电子总数为，判断依据： 。
(2)和分别与充分反应，转移的电子数均为，判断依据： 。
(3)铁粉与硝酸反应失去的电子数一定为，判断依据： 。
(4)与S完全反应，转移的电子数为，判断依据： 。
(5)向溶液中通入适量，当有被氧化时，转移的电子总数一定等于，判断依据： 。
17．对于数以千万计的化学物质和如此丰富的化学变化，分类法的作用几乎是无可替代的。已知有下列物质：
①Ca ②熔融CaO ③Ca(OH)2固体 ④干冰 ⑤酒精(C2H5OH) ⑥稀硫酸 ⑦稀氨水 ⑧有色玻璃 ⑨稀醋酸 ⑩小苏打粉末
请回答：
(1)属于酸式盐的有 (填序号，下同)，属于酸性氧化物的有 ，属于胶体的有 。
(2)能导电的电解质有 ，不能导电的电解质有 ，非电解质有 。
(3)写出下列反应的离子方程式。
Ⅰ.⑥与⑦反应： 。
Ⅱ.向③的溶液中加入过量⑩的溶液： 。
(4)通常情况下，在弱酸及弱碱的稀溶液中，弱酸、弱碱的电离程度均较小。据此可判断，向⑨中逐滴加入⑦直至过量，溶液的导电能力[电流(I)]随⑦的滴入量[质量(m)]的变化趋势正确的是 。
A． B． C．
18．化合物M是某种具有磁学性质的新型电子材料的主要成分，由两种元素组成。为了研究其组成，设计如下实验：
气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝。请回答：
(1)M的化学式为 ，气体甲的电子式为 。
(2)白色沉淀乙在空气中变成红褐色沉淀丙的原因是 (用化学方程式表示)。
(3)高温条件下，丁与甲反应生成两种单质和水，该反应的化学方程式为 。
19．氨是工业生产硝酸的重要原料，请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
(1)氨气在“氧化炉”中所发生反应的化学方程式为 。
(2)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：
①氨转化法。已知7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为 。
②NaClO溶液氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示：
I.在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO，其离子方程式： 。
II. NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是 。
(3)国家规定地下水中氮氧化物的排放标准不超过 400 mg∙L-1。氮氧化物可以用酸性硫酸亚铁溶液来吸收，反应原理为：NO+ Fe2+＝Fe(NO)2+；NO2+ 3Fe2++ 2H+＝2Fe3++ Fe(NO)2++ H2O。现测定某地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量：收集500.00 mL排放的气体，缓慢通过250.00 mL 0.6240 ml∙L-1 酸性FeSO4溶液(过量)，充分反应，量取吸收气体后的溶液25.00 mL置于锥形瓶中，用0.2000 ml∙L-1 酸性KMnO4溶液反应过量的Fe2+(还原产物为Mn2+)，重复上述实验操作3次，平均消耗酸性KMnO4溶液的体积为15.00 mL。试通过计算分析地下水脱硝过程中氮氧化物的排放是否符合国家标准(写出计算过程) 。(已知Fe(NO)2+与酸性KMnO4溶液不反应)
20．汽车尾气中含有CO、NO等多种污染物，已成为城市空气的主要污染源。汽油和柴油中基本不含氮元素，那么汽车尾气中的NO是如何产生的？请推测可能的原因 ，并写出有关反应的化学方程式 。
三、实验题
21．某校化学探究小组利用以下装置制取并探究氨气的性质。［已知生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量，实验室利用此原理往生石灰中滴加浓氨水，可以快速制取氨气。部分夹仪持器已略去］
【实验探究】
(1)装置(I)中生石灰的化学式为 ，仪器a的名称是 。
(2)装置(II)中的干燥剂可选用 (填“碱石灰”或“浓硫酸”)。
(3)在装置(III)连接如图所示的装置，用于收集氨气(已知氨气的密度小于空气)，氨气应从导管口 (填“b”或“c”)通入集气瓶中。
(4)当实验进行一段时间后，挤压装置(IV)中的胶头滴管，滴入1~2滴浓盐酸，可观察到瓶内产生大量的 (填“白烟”或“白雾”)'写出NH3与HCl反应的化学方程式： 。
(5)装置(V)中仪器d的作用是 。取装置(V)中的少量氨水于试管中，滴入1~2滴酚酞试液，溶液显 (填“无色”或“红色”)'其原因是 。
(6)若要生成标准状况下，理论上参加反应的的质量是： g。
【知识应用】
(7)将(II)装置中的干燥剂换为无水氯化钙重复实验，以实验后的(II)装置中的物质为样品探究无水氯化钙吸收的气体的成分。
[提出假设]
假设1：无水氯化钙只吸收水蒸气。
假设2：无水氯化钙 。
假设3：无水氯化钙吸收水蒸气和氨气。
[设计实验]
取24.9g的样品置于E装置的玻璃管中充分反应，设产生的气体全部吸收后恢复至室温，经测定F装置的总质量增加了3.6g，G装置中吸收了10.2g气体，实验装置如图所示。
根据实验结果，假设 (填“1”、“2”或“3”)符合实验事实，那么该样品的化学式为： (示例：CuSO4•5H2O)。
22．化学是一门实验为基础的科学。请回答下列问题：
(1)利用如图装置可验证浓、稀硝酸氧化性强弱，请完成 实验操作，回答相关问题：
①实验操作过程：固定铜片，打开分液漏斗活塞及止水夹2，从不对称U形管1、2长管口处分别注入稀硝酸、浓硝酸，液面与双孔橡皮塞接触，然后，关闭分液漏斗玻璃活塞、止水夹1、2。此后可观察到现象 ；然后打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄（说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以）。
②请用一个化学方程式体现该实验验证浓、稀硝酸氧化性强弱的原理 。
(2)利用如图装置可以验证非金属性的变化规律。
①干燥管D的作用是 。
②实验室中现有药品Na2S、KMnO4、浓盐酸、MnO2，请选择合适药品设计实验验证氯的非金属性大于硫：装置A、B中所装药品分别为 、 ，装置C中的实验现象为有淡黄色沉淀生成，离子方程式为 。
③若要证明非金属性：Cl > C >Si，则A中加入试剂 、B中加Na2CO3、C中加入试剂 。
23．实验室可以通过以下三条途径按不同要求制取氮气：
①加热NaNO2（一种致癌物质，有剧毒）与NH4Cl的混合物浓溶液制取N2；
②将空气通过灼热的活性铜粉制得较纯净的N2；
③加热条件下用NH3还原CuO得纯净的N2和活性铜粉。
如图所示，给出了按上述途径制取N2可供选择的几种实验装置：
请回答下列问题：
1按途径①制取N2时，应选用上述装置中的 （填装置代码，下同）做氮气发生装置。
2按途径③制取N2时所需要的氨气可用浓氨水与生石灰作原料制取。为制取并收集较纯净的N2（只允许含少量的水蒸气），按气流从左到右的顺序列出所需的上述装置：
→ C → → → D。
甲同学：为通过实验现象验证C处有水产生，必须在C装置前后都连接E装置，其中填充的固体药品按前后顺序分别为 、 。
乙同学：实验过程中，发现黑色固体完全变红，质疑此时红色固体可能含Cu2O。通过查阅资料知，Cu＋在酸性溶液中不稳定，可发生自身氧化还原反应生成Cu２＋和Cu（该反应的化学方程式为：Cu2O＋2H＋→Cu２＋＋Cu＋H2O）。依据信息，请设计实验证明C处的红色固体中是否含有Cu2O 。
丙同学：实验时充分加热，至C装置硬质玻管质量不再减轻为止。实验完毕后，若实验测得收集的N2体积为aL（已折算为标准状况），硬质玻管质量减轻了bg。则氨分子中氮、氢的原子个数比为（用含a、b的字母的代数式表示） 。
(3)上述三种制取N2的途径中，②和③两条途径常常被协同使用而越来越受到人们的关注，这种方法与途径①相比，优越性在于 。
A．测量溶液的pH
B．稀释浓硫酸
C．检验装置气密性
D．快速制氨气
参考答案：
1．C
【详解】A、加入AgNO3溶液，Na2CO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都能生成白色沉淀，不能鉴别，A不合题意；
B、加入NaOH溶液不能鉴别Na2CO3溶液、KNO3溶液，二者与NaOH溶液不反应，无明显现象，不能鉴别（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液，二者与NaOH溶液加热时反应都产生刺激性气味的气体，B不合题意；
C、加入Ba（OH）2溶液，仅生成白色沉淀为Na2CO3溶液，无现象的为KNO3溶液，既产生白色沉淀、加热又有刺激性气体产生的为（NH4）2SO4溶液，只加热时产生刺激性气体的为NH4Cl溶液，可鉴别，C符合题意；
D、加入HCl与KNO3溶液、（NH4）2SO4溶液、NH4Cl溶液都不反应，无法鉴别，D不合题意；
答案选C。
【点晴】进行物质的鉴别时，要依据物质的特殊性质和特征反应，选择适当的试剂和方法，准确观察反应中的明显现象，如颜色的变化、沉淀的生成和溶解、气体的产生和气味、火焰的颜色等，进行判断、推理、验证即可，学习中注意把握物质的性质。
2．D
【详解】A．过量的Fe溶于少量稀硝酸中，反应生成亚铁离子：，故A错误；
B．向NH4Fe(SO4)2·12H2O溶液中加入过量Ba(OH)2溶液，反应还有铵根与氢氧根反应，硫酸铁铵遵循比例关系： ，故B错误；
C．用过量氨水吸收废气中的SO2，反应生成亚硫酸铵： ，故C错误；
D．向0.2ml FeBr2溶液中通入等量Cl2，0.2ml亚铁离子先反应0.1ml氯离子，0.1ml氯气再反应0.2ml溴离子： ，故D正确。
综上所述，答案为D。
3．D
【详解】A．钠能分别与水和氧气等反应，钠的密度比水的小比煤油的大，所以少量的金属钠应保存在煤油中，隔绝空气，故A正确；
B．白磷在空气中能自燃，应保存在水中，故B正确；
C．浓硝酸见光易分解，通常保存在棕色试剂瓶中，故C正确；
D．NaOH与二氧化硅反应生成的硅酸钠具有粘合性，则不能使用玻璃塞，所以NaOH溶液盛放在带橡皮塞的细口瓶中，故D错误；
故选：D。
4．D
【分析】由实验装置图可知，装置①中空气通入浓氨水后，挥发出的氨气和氧气的混合气体经过碱石灰干燥后进入装有催化剂的硬质玻璃管，在三氧化二铬做催化剂作用下，发生催化氧化反应生成一氧化氮和水，装置②中盛有的无水氯化钙用于吸收氨气和水蒸气，在装置③中一氧化氮与空气中的氧气反应生成二氧化氮，装置④中水和二氧化氮反应生成硝酸，硝酸使石蕊溶液变红色，装置⑤中氢氧化钠溶液用于吸收一氧化氮和二氧化氮混合气体，防止污染环境。
【详解】A．根据上述分析，装置①、②、⑤依次盛装碱石灰、无水CaCl2、NaOH溶液，故A正确；
B．装置③一氧化氮与空气中的氧气反应生成红棕色二氧化氮，故B正确；
C．装置④中水和二氧化氮反应生成硝酸，硝酸可使紫色石蕊溶液变红，故C正确；
D．通空气的主要作用是鼓出氨气并提供氧气，空气不能用N2代替，故D错误；
故选D。
5．A
【详解】一瓶无色气体，可能含有HCl、 H2S、 SO2、 HBr、NO2、 CO2中的一种或几种，NO2是红棕色气体，一定不含NO2，H2S、 SO2反应能反应生成S和水，H2S、 SO2最多只能存在一种；H2S和氯水反应生成S沉淀、HBr和氯水反应生成盐酸和溴，SO2和氯水反应生成硫酸和盐酸，将其通入氯水中，得无色透明溶液，说明一定不含H2S、 HBr，一定含SO2；将该溶液分成两份，一份加盐酸酸化的BaCl2溶液，析出白色沉淀，该沉淀是硫酸钡，说明含有SO2；另一份加硝酸酸化的硝酸银溶液，也有白色沉淀生成，该沉淀是氯化银，说明溶液中含有氯离子，由于氯水中含有氯离子，不能确定原气体中是否含有HCl。
根据以上分析，①原气体中肯定有SO2 ，故①正确；
②原气体中一定有SO2，故②错误；
③原气体中肯定无 H2S、HBr、 NO2，故③正确；
④不能确定是否含有HCl，故④正确；
⑤不能确定原气体中是否含CO2，故⑤错误；
⑥不能确定是否含有HCl，故⑥错误；
结论正确的是①③④，选A。
6．B
【详解】A．根据图象可知，NO与氧气反应生成NO2，NO2与CO反应生成氮气和二氧化碳，该过程的中间产物为NO2，A说法正确；
B．该过程涉及NO与氧气反应生成NO2，NO2与CO反应生成氮气和二氧化碳，2个氧化还原反应，B说法错误；
C．NO与氧气反应，NO作还原剂，CO与NO2反应，CO作还原剂，则NO、CO都作还原剂，C说法正确；
D．汽车不完全燃烧生成CO，气缸中氮气与氧气放电的条件下生成NO，则尾气的主要污染物是CO和NO，D说法正确；
答案为B。
7．B
【详解】A．氯气有很强的氧化性，可以将氧化为，因此溶液从浅绿色变为黄色，A项错误；
B．溶液不与反应，因此无明显变化，B项正确；
C．有较强的还原性，在酸性条件下有很强的氧化性，因此二者可以发生氧化还原反应，溶液中出现气泡和沉淀，C项错误；
D．溶于水得到硝酸，硝酸具有很强的氧化性，可以将氧化为，因此溶液从浅绿色变为黄色，D项错误；
答案选B。
8．B
【详解】A．应用玻璃棒蘸取待测液滴到试纸上，A错误；
B．浓硫酸密度大于水，又稀释时放热，所以将浓硫酸缓慢倒入水中并不断搅拌，B正确；
C．左侧漏斗漏气，无法检验装置气密性，C错误；
D．右侧收集气体装置未与外界连通，易发生危险，D错误；
故选B。
9．C
【详解】A．固体应为铁粉，还原被氧化的三价铁离子，，A错误；
B．增大氢离子浓度，抑制铁离子水解，并非氧化，B错误；
C．气体起到隔绝空气作用，平衡体系压强，C正确；
D．HNO3能与Fe2+反应，，D错误；
故答案为：C。
10．D
【详解】A．氮气化学性质不活泼，原因是N≡N键能大，N2很稳定，A错误；
B．氮气与氧气在汽车内燃机中高温反应生成NO，NO进一步被氧气氧化生成NO2，B错误；
C．氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，C错误；
D．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有：放电时氮气被O2氧化产生NO，NO被O2氧化为NO2， NO2与H2O反应产生HNO3，硝酸进一步转变为硝酸盐，即存在转化关系：N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐，D正确；
故选D。
11．(1) N2+3H22NH3 将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近出气口，试纸变蓝，说明生成氨气(或用玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近出气口，有白烟生成，说明生成氨气)
(2)NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌+OH-
(3)Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+
(4)B
(5)2Fe2++Cl2=2Fe3++2Cl-
【详解】（1）工业合成氨是用氢气和氮气在高温、高压、催化剂的条件下进行的，化学方程式为N2+3H22NH3；在氨气的出气口处，检验有氨气生成的操作是将湿润的红色石蕊试纸粘在玻璃棒上，靠近出气口，试纸变蓝，说明生成氨气(或用玻璃棒蘸取浓盐酸，靠近出气口，有白烟生成，说明生成氨气)；
（2）氨气溶解于水得氨水，NH3∙H2O电离出和OH-离子，电离方程式为NH3+H2O⇌NH3·H2O⇌+OH-；
（3）FeCl3具有氧化性，能被Cu还原生成FeCl2，铜被氧化为CuCl2，离子方程式为Cu+2Fe3+=Cu2++2Fe2+；
（4）在金属活动性顺序表中位于Cu之前的金属(K、Ca、Na除外)能和铜盐发生置换反应生成Cu，所以可以用Fe置换出Cu，氯气、硝酸、硫酸都不能置换出Cu，故选B；
（5）Cl2具有强氧化性，可使Fe2+转化为Fe3+，自身被还原生成氯离子，反应的离子方程式为2Fe2＋＋Cl2=2Fe3＋＋2Cl－。
12． NH3、SO2、NO2、Cl2 NO2、Cl2 NO2、Cl2 0.225ml/L
【详解】Ⅰ．（1）有刺激性气味的气体是NH3、SO2、NO2、Cl2；（2）有颜色的气体是NO2（红棕色）、Cl2（黄绿色）；（3）氨气与水反应、二氧化硫与水反应均是非氧化还原反应，H2、N2、O2与水不反应，NO2、Cl2与水发生的反应均是氧化还原反应，且二者在反应中都既做氧化剂又做还原剂。
Ⅱ．n（Cu）=1.92g÷64g/ml=0.03ml，混合酸中n（H+）=0.4ml/L×0.1L+0.1ml/L×2×0.1L=0.06ml，n（NO3-）=0.4ml/L×0.1L=0.04ml，由3Cu+8H++2NO3-＝3Cu2++2NO↑+4H2O可知，Cu与NO3-过量，H+不足，n（Cu2+）=0.06ml×3/8=0.0225ml，所得溶液中铜离子物质的量浓度为0.0225ml÷0.1L=0.225ml/L。
点睛：本题的难点是计算，把握发生的氧化还原反应、物质的量关系为解答的关键，侧重分析与计算能力的考查，注意过量计算的判断要依据离子方程式，不易依据化学方程式。
13．(1) 二氧化硫转化为三氧化硫生成硫酸酸雾
(2) 可以减少CO和碳氢化合物的污染 2.4 溶液变成(浅)红色所需的时间
【详解】（1）CO和NO反应，生成可参与大气循环的无毒气体，生成的气体为氮气和二氧化碳，反应方程式：；的转化过程在一定程度上提高了空气的酸度，是因为二氧化硫转化为三氧化硫生成硫酸酸雾：
（2）①“稀薄燃烧”是指汽油在较大空/燃比(空气与燃料气的体积比)条件下燃烧，可以减少CO和碳氢化合物的污染；
ⅰ．NH3与NO生成，根据反应方程式：可知，每当生成1ml氮气，转移的电子数2.4ml；
ⅱ．比较催化剂的催化性能即比较催化剂的催化效率，实际可转化为比较反应物的转化率。因NO与稀硫酸不反应，故滴有酚酞的稀硫酸是用来吸收NH3的。不同的催化剂可能导致NH3的转化速率不同，故反应混合物中剩余的NH3量也会不同，因而使溶液变色的时间也会不同；
ⅲ．充入一定量空气，可与氨气发生氧化还原反应，反应方程式：；
14．
【详解】3Cu+8HNO3═3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O反应中，铜是还原剂、铜转变成Cu(NO3)2时失去电子，铜由0价升高到+2价，部分HNO3充当氧化剂，转变成NO的时候得到电子，氮由+5价降低到+2价，3mlCu完全反应转移6ml电子，故用双线桥法标出电子转移的方向和数目为：；
答案为：。
15． Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O 3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O Cu 1∶4 0.75ml (＋)ml
【分析】（1）硝酸的浓度不同，反应生成的产物不同，浓度较高生成二氧化氮，较低生成气体一氧化氮；
（2）硝酸被还原成含氮气体，未被还原的硝酸最后生成了Cu(NO3)2 ，写出反应方程式分析解答;
（3）反应前后氮原子守恒的，而反应后氮原子存在于硝酸铜和含氮气体当中，由此列出等式计算得出答案。
【详解】(1)浓硝酸氧化能力强，最后生成NO2，稀硝酸氧化性弱，最后生成NO ，所以反应开始是Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+ 2NO2↑+2H2O，随着反应进行，硝酸浓度降低，发生反应3Cu+ 8HNO3(稀)= 3Cu(NO3)2+ 2NO↑+4H2O；
故答案为：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
(2)产生无色气体，则是铜与稀硝酸的反应3Cu+ 8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+ 2NO↑+4H2O，其中Cu是还原剂，未被还原的HNO3最后形成Cu(NO3)2 ，从反应方程式中可以看出，被还原的HNO3（2ml）与参加反应的HNO3（8ml）的质量之比为1:4；1ml硝酸参加反应，则有mlCu参与反应，转移电子× 2ml=0.75ml；
故答案为：Cu；1∶4；0.75ml；
(3 )根据氮原子反应前后守恒，则n总=2n硝酸铜+n气体= 2n铜+ n气体，由此可得参与反应的硝酸的物质的量是()ml=()ml，
故答案为：()ml。
16．(1)错误，该反应为中价氧元素的歧化反应，反应消耗，转移电子
(2)正确，和均能完全使转化为，转移电子
(3)错误，没有给出硝酸的量，不能判断最终产物中铁元素的价态，故不能判断转移电子的数目
(4)错误，该反应的产物为，只能失去电子
(5)错误，还原性：，首先氧化，的量不确定，无法确定被氧化的量，转移的电子数在之间
【详解】（1）反应的化学方程式为：，反应中的价氧元素发生歧化反应，一半化合价升高，一半化合价降低，反应消耗，转移电子数是，说法错误。
（2）反应的化学方程式、，经比较，5.6g过量，6.4g恰好完全反应，故以0.1ml计算，转化为，转移电子数是，说法正确。
（3）硝酸的量不确定，铁粉有可能不足，有可能与硝酸恰好完全反应，也有可能过量，因此铁粉反应后产物的化合价不能确定，转移的电子数不能确定，说法错误。
（4）与反应生成，的化合价从0价升高到+1价，6.4g的物质的量为0.1ml，完全反应转移的电子数是，说法错误。
（5）还原性：，首先氧化，当有被氧化时，消耗的量不确定，无法确定是否被氧化，故转移的电子数不确定，说法错误。
17．(1) ⑩ ④ ⑧
(2) ② ③⑩ ④⑤
(3) H++NH3·H2O=NH+H2O 2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO+2H2O
(4)A
【分析】电解质是在熔融状态或水溶液中能导电的化合物；能导电的物质必须含有自由电子或自由离子，如电解质在熔融状态下或水溶液中能导电，金属单质能导电：
①Ca是金属单质，能导电；
②熔融CaO是电解质，能导电；
③Ca(OH)2固体是电解质，没有自由移动的离子，不导电；
④干冰是非电解质，不导电；
⑤酒精(C2H5OH)是非电解质，不导电；
⑥稀硫酸是混合物，能导电；
⑦稀氨水是混合物，能导电；
⑧有色玻璃是混合物，不能导电；
⑨稀醋酸是混合物，能导电；
⑩小苏打粉末属于盐，是电解质，固体不导电。
【详解】（1）属于酸式盐的有⑩小苏打粉末，属于酸性氧化物的有④熔融CaO，属于胶体的有⑧有色玻璃。故答案为：⑩；④；⑧；
（2）能导电的电解质有②熔融CaO是电解质，能导电，不能导电的电解质有③Ca(OH)2固体是电解质，没有自由移动的离子，不导电，⑩小苏打粉末属于盐，是电解质，固体不导电，非电解质有④⑤。故答案为：②；③⑩；④⑤；
（3）Ⅰ.⑥与⑦反应生成硫酸铵和水：H++NH3·H2O=NH+H2O。故答案为：H++NH3·H2O=NH+H2O；
Ⅱ.向③的溶液中加入过量⑩的溶液生成碳酸钙沉淀、碳酸钠和水：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO+2H2O。故答案为：2HCO+Ca2++2OH-=CaCO3↓+CO+2H2O；
（4）通常情况下，在弱酸及弱碱的稀溶液中，弱酸、弱碱的电离程度均较小。据此可判断，向⑨稀醋酸中逐滴加入⑦稀氨水直至过量，溶液的导电能力[电流(I)]随⑦稀氨水的滴入量[质量(m)]的变化趋势先生成醋酸铵是强电解质，后加氨水离子浓度减小，导电性减弱，A符合。故答案为：A。
18． Fe4N 4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3 Fe2O3＋2NH32Fe＋N2＋3H2O
【分析】气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝，气体甲是氨气，说明化合物M含有氮元素；由白色沉淀乙在空气中转化为红褐色丙可知化合物M含有铁元素；故乙为氢氧化亚铁，丙是氢氧化铁，由丙到丁可知固体丁是Fe2O3，以此解题。
【详解】(1)气体甲可使湿润红色石蕊试纸变蓝，甲为氨气，故电子式为，说明化合物M中含有氮元素，白色沉淀乙红褐色沉淀丙，说明化合物M中含有铁元素；红褐色沉淀丙固体丁(14.40g)，固体丁为氧化铁，M由铁、氮两种元素组成，氧化铁质量为14.40g，则铁元素的质量为14.40g×＝10.08g，氮元素质量为10.71g－10.08g＝0.63g，铁、氮两种元素的物质的量之比为：=4∶1，所以M的化学式为Fe4N，故答案为：Fe4N；；
(2)白色沉淀乙是氢氧化亚铁，在空气中被氧气氧化为红褐色氢氧化铁，故反应方程式为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3，故答案为：4Fe(OH)2＋O2＋2H2O=4Fe(OH)3；
(3)高温条件下，丁即Fe2O3与甲即NH3反应生成两种单质和水，故该反应的化学方程式为Fe2O3＋2NH32Fe＋N2＋3H2O，故答案为：Fe2O3＋2NH32Fe＋N2＋3H2O。
19．(1)
(2) 1:3 3HClO＋2NO＋H2O=3Cl-＋2NO＋5H+ 溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强。
(3)根据5 Fe2+～KMnO4，n(Fe2+)=5n(KMnO4) =5×0.2000 ml·L-1×0.0150 L=0.0150 ml，与氮氧化物反应的n(Fe2+)=0.6240 ml·L-1×0.2500 L-10×0.0150 ml=0.0060 ml
若全部是NO，则n(NO)= n(Fe2+)=0.0060 ml
NO的含量为：0.0060 ml×30.00 g·ml-1×1000 mg·g-1÷ 0.5000L=360 mg·L-1< 400 mg·L-1
若全部是NO2，则n(NO2)=n(Fe2+)=0.0020 ml
NO2的含量为：0.0020 ml×46.00 g·ml-1×1000 mg·g-1 ÷ 0.5000 L=184 mg·L-1< 400 mg·L-1
结论：地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量符合国家排放标准。
【详解】（1）氨气在“氧化炉”中所发生反应的反应为氨气的催化氧化，化学方程式为，故答案为：；
（2）①7ml氨恰好能将含NO和NO2共6ml的混合气体完全转化为N2，设NO的物质的量是xml ，NO2的物质的量是(6- x)ml ，反应过程中转移的电子数是2x+(6-x)4=21，所以x=1.5ml ，混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1:3；②在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和，其离子方程式为：； NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高的原因是溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强，故答案为1:3；；溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强；
（3）根据5Fe2+ ~ KMnO4，，，与氮氧化物反应的，
若全部是NO，则n(NO) = n(Fe2+)= 0060ml，
NO的含量为，
若全部是NO2，则n(NO2) =n(Fe2+)= 0.0200ml，
NO2的含量为，
所以地下水脱硝过程中氮氧化物的排放量符合国家排放标准。
20． 在点火和燃烧条件下，空前中的氮气和氧气发生反应生成NO
【详解】空气中存在大量的氮气和氧气，虽然汽油和柴油中基本不含氮元素，但是在点火和燃烧条件下，空前中的氮气和氧气发生反应生成NO，反应的化学方程式:。
21．(1) CaO 分液漏斗
(2)碱石灰
(3)c
(4) 白烟 NH3+HCl=NH4Cl
(5) 防止溶液倒吸 红色 氨水显碱性(或NH3·H2O⇌+ OH-)
(6)5.35g
(7) 只吸收氨气 假设3符合实验事实
【分析】生石灰与水反应生成Ca(OH)2并放出热量，使浓氨水受热分解生成氨气；氨气是碱性气体，故应选择碱性干燥剂干燥氨气；装置(III)是收集装置，氨气的密度比空气小，故氨气应从短管进入、长管出；装置(IV)中，浓盐酸易挥发，NH3与HCl反应生成NH4Cl固体，形成白烟；装置(V)是尾气处理装置，氨气极易溶于水，仪器d可防止溶液倒吸。
【详解】（1）生石灰是氧化钙，其化学式为CaO；仪器a为分液漏斗；
（2）氨气是碱性气体，故应选择碱性干燥剂干燥氨气，故装置(II)中的干燥剂可选用碱石灰；
（3）氨气的密度比空气小，故氨气应从短管进入、长管出，则氨气应从导管口c通入集气瓶中；
（4）装置(IV)中，浓盐酸易挥发，NH3与HCl反应生成NH4Cl固体，形成白烟，化学方程式为NH3+HCl=NH4Cl；
（5）氨气极易溶于水，仪器d可防止溶液倒吸；氨气和水反应生成NH3·H2O，NH3·H2O在水溶液中电离生成和 OH-，故氨水显碱性，能使酚酞溶液变红色；
（6）标准状况下的物质的量为=0.1ml，则理论上参加反应的的物质的量为0.1ml，其质量为=5.35g；
（7）假设1为无水氯化钙只吸收水蒸气，假设3为无水氯化钙吸收水蒸气和氨气，由此推测假设2为无水氯化钙只吸收氨气；将样品加热反应完全后，测定F装置的总质量增加了3.6g，说明生成，G装置中吸收了10.2g气体，说明生成，故无水氯化钙吸收水蒸气和氨气，假设3成立；生成的物质的量为=0.2ml，生成的物质的量为=0.6ml，反应后剩余CaCl2的物质的量为=0.1ml，n(CaCl2)：n()：n()=0.1ml：0.6ml：0.2ml=1：6：2，故该样品的化学式为。
22． U形管1中铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差 NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O 防倒吸 浓盐酸 KMnO4 Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ HClO4 Na2SiO3
【分析】（1）由题意可知，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮不溶于水，使U形管1短管中气体压强增大，将溶液推入长管形成液面差；
（2）打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄，说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以，证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸氧化性；
（3）①球形干燥管D能够防止倒吸；
②若要证明Cl元素非金属性强于硫元素，应设计实验先制备氯气，再通过氯气与硫化钠反应生成硫单质证明；
③元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl > C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，可以用高氯酸能与碳酸钠反应和二氧化碳与硅酸钠溶液反应证明。
【详解】（1）由题意可知，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，反应生成的一氧化氮不溶于水，使U形管1短管中气体压强增大，将溶液推入长管形成液面差，故实验现象为铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差，故答案为：U形管1中铜片逐渐溶解，溶液颜色逐渐变蓝，有无色气体产生并将溶液推入长管形成液面差
（2）打开止水夹1，会发现不对称U形管2中长导管口无色气泡变红棕色，浓硝酸逐渐变黄，说明稀硝酸不能氧化这种无色气体而浓硝酸可以，证明浓硝酸氧化性强于稀硝酸氧化性，浓硝酸与一氧化氮生成二氧化氮和水的化学方程式为NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O，故答案为：NO + 2HNO3（浓）=3NO2 + H2O；
（3）①球形干燥管D能够防止倒吸，避免C中液体进入锥形瓶中，故答案为：防倒吸；
②若要证明Cl元素非金属性强于硫元素，A中加浓盐酸，浓盐酸和酸性高锰酸钾溶液反应生成氯气，反应的化学方程式为2KMnO4+16HCl（浓）═2KCl+2MnCl2+5Cl2↑+8H2O，所以B中加高锰酸钾；反应生成的氯气与C中硫化钠溶液反应生成氯化钠和淡黄色硫沉淀，反应的离子方程式为Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ，故答案为：浓盐酸；KMnO4；Cl2 + S2ˉ=S↓+ 2Clˉ；
③元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl > C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，A中加高氯酸，B中加碳酸钠，高氯酸和碳酸钠反应制取二氧化碳，证明氯元素非金属性强于碳元素，反应生成的二氧化碳和C中硅酸钠溶液反应生成硅酸，证明碳的非金属性强于硅，故答案为：HClO4；Na2SiO3。
【点睛】元素的非金属性越强，最高价氧化物对应水化物的酸性越强，若要证明非金属性Cl > C >Si，由强酸能和弱酸盐反应生成弱酸可知，可以用高氯酸能与碳酸钠反应和二氧化碳与硅酸钠溶液反应证明是设计关键。
23． F A E B 碱石灰（或无水氯化钙） 无水CuSO4 取样加入稀硫酸后溶液呈蓝色，即证明含Cu2O 活性铜粉可以循环使用；避免使用有毒物质，减少环境污染
【分析】(1)根据反应物状态和反应条件选择发生装置；
2按途径③制取N2时所需要的氨气可用浓氨水与生石灰作原料制取氨气、通过灼热的氧化铜反应后得到氮气、干燥气体、并收集得到纯净的N2（只允许含少量的水蒸气），选择填写从左到右的顺序，要求有5个装置相连成一套，故装置中还得有一个安全瓶；
验证C处有水产生，按与水共存的气体的性质选择试剂和前后顺序；
要设计实验证明C处的红色固体中是否含有Cu2O，应依据信息Cu2O＋2H＋→Cu２＋＋Cu＋H2O和共存物质的性质，选择合适的试剂、找出对应的现象来证明；
按元素守恒法求出氨气中氮元素、氢元素的质量，即可求氨分子中氮、氢的原子个数比；
(3)找出②和③两条途径被协同使用时有别于途径①的有点即可，一般从是否有污染、原来利用率高低、综合经济成本大小等角度展开；
【详解】1按途径①通过加热NaNO2与NH4Cl的混合物浓溶液制取N2，应选用上述装置中F做氮气发生装置；
答案为：F；
2按途径③制取N2时所需要的氨气可用浓氨水与生石灰作原料制取。浓氨水逐滴加到生石灰中可以放出氨气，气体发生装置的特点是固体和液体反应不用加热即可制取气体，选择A，显然生成氮气的反应在C中进行，E装置用于吸收水，B为安全瓶防倒吸用，因为需要用D装置收集氮气，排水法收集气体时，如果装置内气压下降就可能倒吸，多余的氨气因极易溶于水在排水法收集气体时被除去；故连接顺序为A → C → E → B→ D；
答案为：A；E；B；
为通过实验现象验证C处有水产生，先须干燥氨气，干燥氨气用碱石灰，验证产物水用无水硫酸铜；
故答案为：碱石灰（或无水氯化钙）；无水硫酸铜；
按信息：Cu2O＋2H＋→Cu２＋＋Cu＋H2O，红色固体与酸反应，如果溶液变蓝说明有氧化亚铜存在，据此回答；
答案为：取样加入稀硫酸后溶液呈蓝色，即证明含Cu2O；
若实验测得收集的N2体积为aL（已折算为标准状况），则n(N)=， 硬质玻管质量减轻了bg，即氧化铜中氧元素的质量，则n(O)= ，水中氢原子个数是氧原子个数的两倍，因此n(H)=，则氨分子中氮、氢的原子个数比为=；
答案为：；
(3)上述三种制取N2的途径中，从题中信息可知，，而空气和Cu生成CuO，故Cu和CuO可以循环使用，途径①使用有毒的亚硝酸钠，途径②和③避免使用有毒物质而造成污染，因此联合使用途径②和途径③的优点有：铜和氧化铜可循环使用，节省试剂（或避免使用有毒物质而造成污染）；
答案为：活性铜粉可以循环使用；避免使用有毒物质，减少环境污染。
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