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3.3氮的循环
一．选择题（共16小题）
1．（2024秋 山东月考）含NO烟气需要处理后才能排放。现有两种方法处理NO烟气：
方法Ⅰ．酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为。若加入Fe3+，则NO的氧化率更高。
方法Ⅱ．在钒基催化剂作用下发生脱硝反应，机理如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．方法Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3
B．方法Ⅰ中加入Fe3+，氧化率更高的原因可能是产生氧化性更强的ClO2
C．方法Ⅱ总反应的化学方程式为
D．反应过程中V5+＝O被还原
2．（2024秋 烟台期中）三元催化剂可将废气中的CO、CH4、NO2转化为空气中的成分，催化剂表面物质转化的关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．净化后的产物为CO2、H2O、N2
B．“还原”过程中碳元素均被氧化
C．“还原”过程中每反应1mol Ba（NO3）2，转移5mol电子
D．NO2被“储存”的化学方程式为O2+2BaO+4NO2＝2Ba（NO3）2
3．（2024秋 鄄城县校级月考）关于铵盐的叙述：①铵盐易溶于水 ②铵盐中氮元素均为﹣3价 ③铵盐受热易分解④铵盐只能跟碱反应，不能跟酸反应 ⑤铵态氮肥不宜跟碱性物质如草木灰混合使用．其中正确的是（　　）
A．①②③④⑤ B．①③⑤ C．③④⑤ D．①②④
4．（2022春 兰山区校级月考）某实验过程如图所示：则图③的试管中的现象是（　　）
A．无明显现象，因稀H2SO4不与铜反应
B．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色
C．铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体
D．铜片溶解，产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色
5．（2025春 莘县期中）下列叙述正确的有（　　）
①CO、NO、NO2都是大气污染物，都能在空气中稳定存在
②常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸或浓硫酸，这是因为铁在常温下与它们不反应
③N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止Mg被氧化，可以用N2作保护气
④敞口放置的浓硝酸和浓硫酸，浓度均会变低，原理相同
⑤NO2可以与水反应生成HNO3所以NO2是酸性氧化物
⑥通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化为硝酸盐，是自然固氮的途径之一
⑦足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2+
⑧硝酸见光分解，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中
A．②③④⑥ B．⑧ C．⑥⑦⑧ D．③⑤⑧
6．（2025 山东模拟）在恒压密闭容器中，过量铜粉、铁粉分别和2.0mL0.5mol L﹣1HNO3混合，实验记录如下：
实验编号 金属 现象、操作
ⅰ 铁粉 立即产生无色气体，遇空气不变色，经检验为H2；向溶液加入足量NaOH，得到灰绿色沉淀，煮沸，蒸汽使湿润红色石蕊试纸变蓝
ⅱ 铜粉 溶液变蓝，经检验无H2产生
下列分析正确的是（　　）
A．实验ⅰ中产生H2的物质的量为5×10﹣4mol
B．推测实验ⅰ中产生，0.5mol L﹣1硝酸只能将Fe氧化为Fe2+
C．根据上述实验推断，该浓度的硝酸中的氧化性强于H+
D．由上述实验可知，H+的还原速率大于的还原速率
7．（2025春 山东月考）NO治理是环境保护的重要课题。Cu基催化剂加掺杂CeO2可抑制杂质SO2对催化剂的影响（含Ce化合物的比例系数均未标定，a≠b），作用机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．NO可以造成臭氧空洞
B．总反应中被氧化的非金属元素只有N
C．Ce的硫酸盐中Ce元素的化合价为+4价
D．x＝2，y＝3
8．（2025 聊城一模）下列说法不正确的是（　　）
A．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
B．工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫
C．在食品包装袋内放入铁系保鲜剂可防止食品因氧化而变质
D．浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
9．（2024秋 德州期末）地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示（X、Y均为氮氧化物）已知碱性：NH3 H2O＞NH2OH
下列说法错误的是（　　）
A．Y中既含极性键也含非极性键
B．①→⑦过程均涉及到N化合价的改变
C．25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl
D．6.6gNH2OH完全转化为时，转移的电子0.8mol
10．（2024秋 山东月考）烟气的主要污染物为SO2和NOx（烟气中90%以上的NOx以NO的形式存在）。一种基于吸收剂分区的同时脱硫脱硝的反应装置如图所示。一段时间后，检测仪Ⅰ检测到反应的主要产物是含硫化合物，检测仪Ⅱ检测到反应的主要产物是含氮化合物。
下列说法不正确的是（　　）
A．当观察到反应器Ⅰ中悬浊液变澄清时，反应的离子方程式为
B．反应器Ⅱ中，保持高速通入烟气能提高烟气中NOx去除率
C．反应器Ⅱ中，保持适宜的进气深度能提高烟气中NOx去除率
D．烟气中的NO几乎不被水或碱液吸收，因此MgO吸收剂几乎不能脱硝
11．（2023秋 滨州期中）城市污水中含有一定量的、，向污水中加入菌体和FeCl3溶液，在菌体的作用下依次发生过程Ⅰ、过程Ⅱ，从而实现、的脱除，其过程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．“过程Ⅰ”中Fe3+为催化剂
B．的氧化性强于Fe3+
C．“过程Ⅱ”中氧化产物和还原产物的质量之比为1：1
D．“过程Ⅰ”中N2和的物质的量之比为1：1，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4
12．（2022秋 青岛期末）工业合成氨以及氨氧化制硝酸的流程如图。下列说法错误的是（　　）
A．M为O2
B．氨分离器中利用了氨易液化的性质
C．氧化炉氨的催化氧化反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：5
D．可使用氢氧化钠溶液或氨气处理尾气
13．（2024春 淄川区校级期中）部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断错误的是（　　）
A．B与过量a反应可以产生白烟
B．工业上通过a→c→d→e来制备HNO3
C．向亚铁盐e的溶液中滴加A溶液，无明显现象
D．c+a→b和d+a→b，一定条件下都可以实现
14．（2024春 临沂期末）下列关于NH3的实验装置和原理能达到实验目的的是（　　）
A．制取NH3
B．验证还原性
C．收集NH3
D．尾气处理
15．（2023春 淄博期末）在甲醇和微生物作用下，大气中的氮循环过程如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．图示含氮微粒中氮元素的化合价有﹣3、0、+3、+5
B．转化④中被甲醇还原为氮气
C．温度越高，越有利于氮的固定
D．转化⑤中的离子方程式为：═N2↑+2H2O
16．（2024春 烟台期末）NH3还原技术是当今有效的去除NOx的技术之一、某钒催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的反应机理如图（“…”表示催化剂吸附）。下列说法错误的是（　　）
A．反应②中被氧化为
B．反应③的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
C．总反应方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O
D．反应过程中消耗1mol O2，理论上可处理4mol NO
二．解答题（共4小题）
17．（2024春 聊城期末）氮氧化物直接排放会引起严重的环境问题，SCR、NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①催化还原前，尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式 　 　 。
②反应器中NH3还原NO2的化学方程式 　 　 。
③尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的溶液吸收完全，剩余H2SO4用溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是 　 　 。
（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
①Ba元素在周期表中的位置为 　 　 。通过BaO和Ba（NO3）2的相互转化实现NOx的储存和还原，储存NOx的物质是 　 　 。
②用H2模拟尾气中的还原性气体，研究Ba（NO3）2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是 　 　 。
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。在有氧条件下，NO与NH3以物质的量之比1：1反应时，得到的产物几乎都是笑气，请写出该反应方程式 　 　 。
18．（2023秋 烟台期末）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0.4mol NH3，同时生成 　 　 mol O2。
（2）在催化剂的作用下，向280 420℃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NH3消除NO2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NH3、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pH＝1的某含氮废水（废水中总氮≈10mg L﹣1）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20 60min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：HClO＞ClO﹣，还原性：NH3。研究发现，控制其他条件相同，当废水pH为1.25 2.75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2.75 6.00范围内，氨氮去除率随pH降低而下降，分析原因是 　 　 。
19．（2023秋 青岛期末）某兴趣小组改进铜与浓硝酸反应的实验，并做进一步探究，实验装置如图。已知NaOH溶液不与NO反应，能与NO2和NO的混合气体或NO2反应。
实验步骤：（ⅰ）按照上图组装实验仪器并添加试剂后，向下推动铜丝使其浸入到浓硝酸中，当气体充满装置时，停止反应；（ⅱ）用注射器取含紫色石蕊溶液的蒸馏水，逐滴滴入；（ⅲ）注入氧气至过量；（ⅳ）分别向试管1和试管2中注入适量的饱和氢氧化钠溶液。
回答下列问题：
（1）步骤（ⅰ）观察到的现象为 　 　 ，反应的离子方程式为 　 　 ，使反应停止的操作为 　 　 。
（2）步骤（ⅱ）加入含紫色石蕊溶液的蒸馏水后的现象为 　 　 。
（3）步骤（ⅲ）先注入少量氧气并观察现象，再注入过量氧气。依据观察到的现象，得出的结论为 　 　 ，注入氧气过量的目的是 　 　 。
（4）步骤（ⅳ）注入饱和氢氧化钠溶液的目的是 　 　 ，其中涉及的氧化还原反应的离子方程式为 　 　 。
20．（2022秋 牡丹区校级期末）氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据如图工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
（1）在氨合成塔中发生的氧化还原反应中，N2是 　 　 （填“氧化剂”或“还原剂”）。
（2）在加热和催化剂作用下氧化炉中的产物为NO和水，写出该反应的化学方程式 　 　 。
（3）用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其它条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl﹣和，其离子方程式为 　 　 。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是 　 　 。
（4）“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，目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术。反应原理如图所示：
当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生反应。当有18mol电子发生转移时，则生成N2的物质的量为 　 　 。
（5）某实验小组用足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.12LO2（标准状况）混合后通入水中，所得气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2mol L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 　 　 mL。
3.3氮的循环
参考答案与试题解析
一．选择题（共16小题）
1．（2024秋 山东月考）含NO烟气需要处理后才能排放。现有两种方法处理NO烟气：
方法Ⅰ．酸性条件下，用NaClO2作氧化剂将NO氧化为。若加入Fe3+，则NO的氧化率更高。
方法Ⅱ．在钒基催化剂作用下发生脱硝反应，机理如图所示：
下列说法错误的是（　　）
A．方法Ⅰ中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：3
B．方法Ⅰ中加入Fe3+，氧化率更高的原因可能是产生氧化性更强的ClO2
C．方法Ⅱ总反应的化学方程式为
D．反应过程中V5+＝O被还原
【答案】A
【分析】A．方法Ⅰ中，NaClO2中Cl元素化合价由+3降低至﹣1，作氧化剂，NO中N元素化合价由+2升高至中的+5价，作还原剂；
B．方法Ⅰ中加入Fe3+，可将NaClO2氧化为ClO2；
C．由图可知，方法Ⅱ中加入反应物为NH3、O2、NO，产出的生成物为H2O、N2，由于不确定各物质的比例；
D．反应过程中V5+＝O转化为。
【解答】解：A．方法Ⅰ中，NaClO2中Cl元素化合价由+3降低至﹣1，作氧化剂，NO中N元素化合价由+2升高至中的+5价，作还原剂，根据化合价升降守恒可知氧化剂与还原剂的物质的量之比为3：4，故A错误；
B．方法Ⅰ中加入Fe3+，可将NaClO2氧化为ClO2，氯元素化合价更高，氧化性更强，方法Ⅰ中加入Fe3+，氧化率更高的原因可能是产生氧化性更强的ClO2，故B正确；
C．由图可知，方法Ⅱ中加入反应物为NH3、O2、NO，产出的生成物为H2O、N2，由于不确定各物质的比例，根据化合价升降守恒可知反应方程式为或等，故C正确；
D．反应过程中V5+＝O转化为，V元素化合价降低被还原，则反应过程中V5+＝O被还原，故D正确；
故选：A。
【点评】本题考查含氮物质的性质，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度中等。
2．（2024秋 烟台期中）三元催化剂可将废气中的CO、CH4、NO2转化为空气中的成分，催化剂表面物质转化的关系如图。下列说法错误的是（　　）
A．净化后的产物为CO2、H2O、N2
B．“还原”过程中碳元素均被氧化
C．“还原”过程中每反应1mol Ba（NO3）2，转移5mol电子
D．NO2被“储存”的化学方程式为O2+2BaO+4NO2＝2Ba（NO3）2
【答案】C
【分析】根据转化关系图可知，废气中的CO、CH4、NO2在催化剂作用下发生如下转化，储存：4NO2+O2+2BaO＝2Ba（NO3）2、还原：CO+CH4+Ba（NO3）2＝2CO2+N2+BaO+2H2O，最后转化为CO2、N2和H2O等空气中的成分，据此分析解答。
【解答】解：A．根据分析，通过一系列转化后得到二氧化碳、氮气和H2O，故A正确；
B．在“还原”过程中，一氧化碳和甲烷中的碳元素化合价分别由+2价与﹣4价都升高到CO2中的+4价，化合价均升高，被氧化，故B正确；
C．“还原”过程中每反应1mol Ba（NO3）2，生成1mol N2，转移10mol电子，故C错误；
D．根据转化关系图和分析可知，在储存阶段发生了反应：4NO2+O2+2BaO＝2Ba（NO3）2，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查氮的氧化物的性质及其对环境的影响等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
3．（2024秋 鄄城县校级月考）关于铵盐的叙述：①铵盐易溶于水 ②铵盐中氮元素均为﹣3价 ③铵盐受热易分解④铵盐只能跟碱反应，不能跟酸反应 ⑤铵态氮肥不宜跟碱性物质如草木灰混合使用．其中正确的是（　　）
A．①②③④⑤ B．①③⑤ C．③④⑤ D．①②④
【答案】B
【分析】根据铵盐的有关性质：如物理性质、化学性质等．
【解答】解：因铵盐的具有以下性质：
①铵盐易溶于水
②在NH4NO3中，NH4+中为﹣3价，NO3﹣中N为+5价。
③铵盐受热易分解
④含有碳酸根或碳酸氢根的铵盐（如（NH4）2CO3和NH4HCO3）既可以与碱反应也可以与酸反应
⑤铵态氮肥不应跟碱性物质如草木灰混合使用：铵盐遇碱生成氨气，降低肥效。
故选：B。
【点评】本题主要考查了铵盐的有关性质，要注意一些特殊情况的存在．
4．（2022春 兰山区校级月考）某实验过程如图所示：则图③的试管中的现象是（　　）
A．无明显现象，因稀H2SO4不与铜反应
B．铜片溶解，产生无色气体，该气体遇到空气不变色
C．铜片溶解，放出红棕色有刺激性气味的气体
D．铜片溶解，产生无色气体，该气体在试管口变为红棕色
【答案】D
【分析】试管①中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向③中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O．
【解答】解：管①中铜和稀硝酸反应方程式为3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，根据图知，Cu有剩余，硝酸不足量，向③中加入稀硫酸，酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，相当于又有稀硝酸，则硝酸和铜又发生反应3Cu+8HNO3＝3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O，生成的无色气体NO不稳定，被氧气氧化生成红棕色气体NO2，同时Cu片溶解
所以看到的现象是铜片溶解，且有无色气体生成，该气体在试管口变为红棕色，故选D。
【点评】本题考查了硝酸和铜的反应，明确“酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性”是解本题关键，向含有硝酸根离子的溶液中加入稀硫酸，相当于溶液中含有硝酸，为易错题．
5．（2025春 莘县期中）下列叙述正确的有（　　）
①CO、NO、NO2都是大气污染物，都能在空气中稳定存在
②常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸或浓硫酸，这是因为铁在常温下与它们不反应
③N2性质稳定，工业生产金属镁时，为防止Mg被氧化，可以用N2作保护气
④敞口放置的浓硝酸和浓硫酸，浓度均会变低，原理相同
⑤NO2可以与水反应生成HNO3所以NO2是酸性氧化物
⑥通过豆科植物的根瘤菌将氮气转化为硝酸盐，是自然固氮的途径之一
⑦足量铁与稀硝酸反应后溶液呈浅绿色，说明稀硝酸不能氧化Fe2+
⑧硝酸见光分解，所以硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中
A．②③④⑥ B．⑧ C．⑥⑦⑧ D．③⑤⑧
【答案】B
【分析】①根据CO、NO、NO2的性质进行分析；
②根据铁与浓硝酸和浓硫酸的反应进行分析；
③根据氮气（N2）的化学性质进行分析；
④根据浓硝酸和浓硫酸的性质进行分析；
⑤根据酸性氧化物的定义进行分析；
⑥根据豆科植物的固氮作用进行分析；
⑦根据铁与稀硝酸的反应进行分析；
⑧根据硝酸的稳定性进行分析。
【解答】解：①一氧化氮常温下能与氧气接触反应，不能在空气中稳定存在，故①错误；
②常温下，可以用铁制容器盛装浓硝酸或浓硫酸，这是因为铁在常温下与浓硝酸，浓硫酸发生钝化，钝化属于化学变化，故②错误；
③金属镁与氮气在点燃条件下反应，因此不能用N2作金属镁的保护气，故③错误；
④浓硝酸易挥发，空气中放置时溶质减少，浓度降低；浓硫酸易吸收空气中水分，浓度变低，原理不同，故④错误；
⑤二氧化氮与水反应生成硝酸的同时，还生成了一氧化氮，所以二氧化氮不是酸性氧化物，故⑤错误；
⑥氮的固定有自然固氮和人工固氮两种，其中豆科植物的根瘤菌将氮气转化为氨，不是硝酸盐，故⑥错误；
⑦硝酸具有强氧化性，能将铁氧化为三价铁，三价铁与过量的铁反应会生成Fe2+，故⑦错误；
⑧硝酸不稳定，见光分解，因此硝酸一般盛放在棕色试剂瓶中避光保存，故⑧正确；
正确的有：⑧，故B正确，
故选：B。
【点评】本题主要考查化学基础知识，包括物质的性质、反应原理和保存方法等。注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。同时，需要对相关化学知识有较为全面的了解。
6．（2025 山东模拟）在恒压密闭容器中，过量铜粉、铁粉分别和2.0mL0.5mol L﹣1HNO3混合，实验记录如下：
实验编号 金属 现象、操作
ⅰ 铁粉 立即产生无色气体，遇空气不变色，经检验为H2；向溶液加入足量NaOH，得到灰绿色沉淀，煮沸，蒸汽使湿润红色石蕊试纸变蓝
ⅱ 铜粉 溶液变蓝，经检验无H2产生
下列分析正确的是（　　）
A．实验ⅰ中产生H2的物质的量为5×10﹣4mol
B．推测实验ⅰ中产生，0.5mol L﹣1硝酸只能将Fe氧化为Fe2+
C．根据上述实验推断，该浓度的硝酸中的氧化性强于H+
D．由上述实验可知，H+的还原速率大于的还原速率
【答案】C
【分析】A．实验i中产生H2，发生置换反应，试纸变蓝，说明产生了NH3，则溶液中有铵根离子，说明Fe与HNO3反应生成了铵根离子，消耗H+，则与过量Fe反应的H+的物质的量少于总的HNO3的物质的量；
B．硝酸具有强氧化性，能将Fe氧化为Fe3+；
C．实验ii中，无H2产生，但溶液变蓝，说明Cu与HNO3反应生成了Cu2+，而H+并未与Cu反应生成H2；
D．由实验i、ii现象及A、B、C分析可知，在有、H+同时存在时，Cu只与发生氧化还原反应，而不与H+反应。
【解答】解：A．实验i中产生H2，发生置换反应，试纸变蓝，说明产生了NH3，则溶液中有铵根离子，说明Fe与HNO3反应生成了铵根离子，消耗H+，则与过量Fe反应的H+的物质的量少于总的HNO3的物质的量即0.5×2×10﹣3＝1×10﹣3mol，所以生成的H2少于5×10﹣4mol，故A错误；
B．硝酸具有强氧化性，能将Fe氧化为Fe3+，过量的铁粉与Fe3+生成Fe2+，故B错误；
C．实验ii中，无H2产生，但溶液变蓝，说明Cu与HNO3反应生成了Cu2+，而H+并未与Cu反应生成H2，说明该浓度的硝酸中的氧化性强于H+，故C正确；
D．由实验i、ii现象及A、B、C分析可知，在有、H+同时存在时，Cu只与发生氧化还原反应，而不与H+反应，说明H+的还原速率小于的还原速率，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查了探究实验的相关内容，掌握相关物质的性质以及是解答关键，侧重学生实验能力和分析能力的考查，注意高频考点的掌握，题目难度中等。
7．（2025春 山东月考）NO治理是环境保护的重要课题。Cu基催化剂加掺杂CeO2可抑制杂质SO2对催化剂的影响（含Ce化合物的比例系数均未标定，a≠b），作用机理如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．NO可以造成臭氧空洞
B．总反应中被氧化的非金属元素只有N
C．Ce的硫酸盐中Ce元素的化合价为+4价
D．x＝2，y＝3
【答案】C
【分析】A．NO可以做臭氧转化为氧气时的催化剂；
B．总反应的方程式为：4NH3+2NO+2O23N2+6H2O；
C．反应①中，SO2中+4价的S被氧化为+6价，SO2和O2反应比为3：1；
D．反应①中，Ce的化合价变为+3价，反应②中无氧化剂，Ce元素在反应③中被氧化为+4价。
【解答】解：A．NO可以做臭氧转化为氧气时的催化剂，可以造成臭氧空洞，故A正确；
B．总反应的方程式为：4NH3+2NO+2O23N2+6H2O，被氧化的元素为N元素，故B正确；
C．反应①中，SO2中+4价的S被氧化为+6价，SO2和O2反应比为3：1，则Ce也得电子，变为+3价，故C错误；
D．反应①中，Ce的化合价变为+3价，反应②中无氧化剂，Ce元素在反应③中被氧化为+4价，则x＝2，y＝3，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。
8．（2025 聊城一模）下列说法不正确的是（　　）
A．电解ZnSO4溶液可以得到Zn
B．工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫
C．在食品包装袋内放入铁系保鲜剂可防止食品因氧化而变质
D．浓硝酸与铁在常温下不能反应，所以可用铁质容器贮运浓硝酸
【答案】D
【分析】A．电解ZnSO4溶液，锌离子在阴极得到电子被还原生成Zn；
B．氨水呈碱性，二氧化硫是酸性氧化物，二者能发生反应；
C．铁系保鲜剂中的铁具有还原性，能与氧气反应；
D．浓硝酸与铁在常温下发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应进一步进行。
【解答】解：A．电解ZnSO4溶液，锌离子在阴极得到电子被还原生成Zn，故A正确；
B．氨水呈碱性，二氧化硫是酸性氧化物，二者能发生反应，所以工业上可用氨水吸收燃煤烟气中的二氧化硫，故B正确；
C．铁系保鲜剂中的铁具有还原性，能与氧气反应，从而防止食品因氧化而变质，故C正确；
D．浓硝酸与铁在常温下发生钝化反应，在铁表面生成一层致密的氧化膜，阻止反应进一步进行，所以可用铁质容器贮运浓硝酸，并不是不能反应，故D错误；
故选：D。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。
9．（2024秋 德州期末）地球上的生物氮循环涉及多种含氮物质，转化关系之一如图所示（X、Y均为氮氧化物）已知碱性：NH3 H2O＞NH2OH
下列说法错误的是（　　）
A．Y中既含极性键也含非极性键
B．①→⑦过程均涉及到N化合价的改变
C．25℃同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＞NH4Cl
D．6.6gNH2OH完全转化为时，转移的电子0.8mol
【答案】C
【分析】在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，中氮元素化合价为+3价，X中氮元素化合价比+3价低，X可能为NO或N2O，X在X还原酶的作用下转化为Y，Y中氮元素化合价比X中低，X、Y均为氮氧化物，则Y为N2O、X为NO。
【解答】解：在亚硝酸盐还原酶的作用下转化为X，中氮元素化合价为+3价，X中氮元素化合价比+3价低，X可能为NO或N2O，X在X还原酶的作用下转化为Y，Y中氮元素化合价比X中低，X、Y均为氮氧化物，则Y为N2O、X为NO；
A．Y为N2O，在N2O分中，存在氮氮非极性键和氮氧极性键，故A正确；
B．由分析可知，①→⑦过程均涉及到N化合价的改变，故B正确；
C．由题目信息可知，25℃下，Kb（NH3 H2O）＞Kb（NH2OH），故NH2OH的碱性比NH3 H2O弱，故同浓度的水溶液中，的水解程度大于的水解程度，同浓度水溶液的pH：[NH3OH]Cl＜NH4Cl，故C错误；
D．NH2OH完全转化为时，N的化合价由﹣1上升到+3，6.6gNH2OH物质的量为0.2mol，转移的电子0.8mol，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，试题难度中等。
10．（2024秋 山东月考）烟气的主要污染物为SO2和NOx（烟气中90%以上的NOx以NO的形式存在）。一种基于吸收剂分区的同时脱硫脱硝的反应装置如图所示。一段时间后，检测仪Ⅰ检测到反应的主要产物是含硫化合物，检测仪Ⅱ检测到反应的主要产物是含氮化合物。
下列说法不正确的是（　　）
A．当观察到反应器Ⅰ中悬浊液变澄清时，反应的离子方程式为
B．反应器Ⅱ中，保持高速通入烟气能提高烟气中NOx去除率
C．反应器Ⅱ中，保持适宜的进气深度能提高烟气中NOx去除率
D．烟气中的NO几乎不被水或碱液吸收，因此MgO吸收剂几乎不能脱硝
【答案】B
【分析】A．当观察到反应器Ⅰ中悬浊液变澄清时，说明生成Mg（HSO3）2；
B．反应器Ⅱ中，保持高速通入烟气，烟气与NaClO2溶液无法充分接触；
C．反应器Ⅱ中，保持适宜的进气深度能使烟气与NaClO2溶液充分接触；
D．烟气中的NO几乎不被水或碱液吸收。
【解答】解：A．当观察到反应器Ⅰ中悬浊液变澄清时，说明生成亚硫酸氢镁，反应的离子方程式为MgO+2SO2+H2O＝Mg2++2，故A正确；
B．反应器Ⅱ中，保持高速通入烟气，则烟气与NaClO2溶液无法充分接触，烟气中NOx去除率降低，故B错误；
C．反应器Ⅱ中，保持适宜的进气深度能使烟气与NaClO2溶液充分接触，能提高烟气中NOx去除率，故C正确；
D．烟气中的一氧化氮几乎不被水或碱液吸收，因此氧化镁吸收剂几乎不能脱硝，故D正确；
故选：B。
【点评】本题主要考查氮的氧化物的性质及其对环境的影响等，注意完成此题，可以从题干中抽取有用的信息，结合已有的知识进行解题。
11．（2023秋 滨州期中）城市污水中含有一定量的、，向污水中加入菌体和FeCl3溶液，在菌体的作用下依次发生过程Ⅰ、过程Ⅱ，从而实现、的脱除，其过程如图所示。下列说法正确的是（　　）
A．“过程Ⅰ”中Fe3+为催化剂
B．的氧化性强于Fe3+
C．“过程Ⅱ”中氧化产物和还原产物的质量之比为1：1
D．“过程Ⅰ”中N2和的物质的量之比为1：1，则氧化剂与还原剂物质的量之比为1：4
【答案】C
【分析】A．“过程Ⅰ”中Fe3+为氧化剂；
B．“过程Ⅰ”中Fe3+将氧化为Fe3+；
C．“过程Ⅱ”为和生成N2；
D．“过程Ⅰ”中N2和的物质的量之比为1：1，发生反应：12Fe3++32H2O＝N212Fe2++16H+。
【解答】解：A．“过程Ⅰ”中Fe3+为氧化剂，被还原为Fe2+，故A错误；
B．氧化还原反应中氧化剂的氧化性大于氧化产物的氧化性；“过程Ⅰ”中Fe3+将氧化为Fe3+的氧化性强于，故B错误；
C．“过程Ⅱ”为和生成N2，反应方程式为：，氧化剂为，还原剂为，物质的量之比为1：1，故C正确；
D．“过程Ⅰ”中N2和的物质的量之比为1：1，发生反应：12Fe3++32H2O＝N212Fe2++16H+，则氧化剂为12个Fe3+，还原剂为3个，二者物质的量之比为4：1，故D错误；
故选：C。
【点评】本题考查氧化还原，侧重考查学生基础知识的掌握情况，试题难度中等。
12．（2022秋 青岛期末）工业合成氨以及氨氧化制硝酸的流程如图。下列说法错误的是（　　）
A．M为O2
B．氨分离器中利用了氨易液化的性质
C．氧化炉氨的催化氧化反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为4：5
D．可使用氢氧化钠溶液或氨气处理尾气
【答案】C
【分析】N2与H2在合成塔内发生反应生成氨气，经氨分离器分离得到较纯净的氨气，通过氧化炉和氧气反应得到NO，M为O2，NO和氧气反应生成NO2，NO2与水反应生成硝酸，方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，2NO+O2＝2NO2，3NO2+H2O＝2HNO3+NO，据此分析作答即可。
【解答】解：A．吸收塔中通入过量M是O2，故A正确；
B．氨分离器中利用了氨易液化的性质，促进反应正向进行，故B正确；
C．氧化炉中发生反应：4NH3+5O24NO+6H2O，其中氧化剂是氧气，还原剂是氨气，氧化剂与还原剂的物质的量之比为5：4，故C错误；
D．二氧化氮和一氧化氮能和氢氧化钠溶液反应，生成硝酸钠、亚硝酸钠和水，NO2、NO被氨气还原生成氮气，硝酸生产中的尾气含有HNO3、NO2、NO，可使用氢氧化钠溶液或氨气处理尾气，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查氮及其化合物之间的转化，掌握氮及其化合物的性质是解决本题的关键，同时考查学生的看图理解能力，分析能力，属于高频考点，难度中等。
13．（2024春 淄川区校级期中）部分含N及Cl物质的分类与相应化合价关系如图所示，下列推断错误的是（　　）
A．B与过量a反应可以产生白烟
B．工业上通过a→c→d→e来制备HNO3
C．向亚铁盐e的溶液中滴加A溶液，无明显现象
D．c+a→b和d+a→b，一定条件下都可以实现
【答案】C
【分析】根据元素的化合价和物质类别可推出a、b、c、d、e分别为NH3、N2、NO、NO2和HNO3或硝酸盐；A、B、C、D、E分别为HCl、Cl2、HClO或次氯酸盐、HClO3或氯酸盐、HClO4或高氯酸盐。
【解答】解：A．Cl2与过量NH3反应可以产生白烟，方程式为3Cl2+8NH3＝6NH4Cl+N2，故A正确；
B．工业上制备硝酸，首先发生的是氨的催化氧化，即氨被氧气氧化为NO，然后NO再被氧化为NO2，最后NO2和水反应生成HNO3和NO，NO可以循环使用，即工业上是通过a→c→d→e制备硝酸，故B正确；
C．硝酸亚铁中滴加HCl的溶液，酸性溶液中硝酸根离子可氧化亚铁离子，则溶液由浅绿色变为棕黄色，故C错误；
D．NH3中N为﹣3价，NO和NO2中N的化合价为正价，NH3和NO或NO2反应时，都可以发生归中反应生成氮气和水，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查元素化合物性质及氧化还原反应，为高频考点，明确发生反应实质为解答关键，注意掌握常见元素化合物性质，试题侧重考查学生的分析能力及知识迁移能力，题目难度不大。
14．（2024春 临沂期末）下列关于NH3的实验装置和原理能达到实验目的的是（　　）
A．制取NH3
B．验证还原性
C．收集NH3
D．尾气处理
【答案】B
【分析】A．实验室是利用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应生成氨气；
B．氨气比空气轻，氯气比空气重；
C．氨气比空气轻，用向下排气法收集；
D．氨气极易溶于水，水吸收需要防止倒吸。
【解答】解：A．氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气和氯化氢气体又反应生成氯化铵，不能用来制备氨气，故A错误；
B．氨气比空气轻，氯气比空气重，装置中通入气体能充分接触反应，故B正确；
C．装置收集氨气，导气管应短进长出，故C错误；
D．尾气处理防止倒吸，应把漏斗倒扣在水面，装置中易发生倒吸，故D错误；
故选：B。
【点评】本题考查化学实验方案的评价，为高频考点，把握物质的性质、气体的制备及收集、实验操作、实验技能为解答的关键，侧重分析与实验能力的考查，注意实验的评价性分析，注重了教材中实验的利用，可提高化学实验的学科素养能力，题目难度不大。
15．（2023春 淄博期末）在甲醇和微生物作用下，大气中的氮循环过程如图所示。下列说法错误的是（　　）
A．图示含氮微粒中氮元素的化合价有﹣3、0、+3、+5
B．转化④中被甲醇还原为氮气
C．温度越高，越有利于氮的固定
D．转化⑤中的离子方程式为：═N2↑+2H2O
【答案】C
【分析】A．图示含氮微粒有、N2、、；
B．转化④中被甲醇还原；
C．温度过高，会使催化剂失去活性；
D．根据原子守恒、化合价升降守恒、电荷守恒书写离子方程式。
【解答】解：A．图示含氮微粒有、N2、、，对应氮元素的化合价分别为﹣3、0、+3、+5，故A正确；
B．由图可知，转化④中被甲醇还原为氮气，故B正确；
C．温度过高，会使微生物失去活性，不利于氮的固定，故C错误；
D．根据原子守恒、化合价升降守恒、电荷守恒可知，转化⑤中的离子方程式为：═N2↑+2H2O，故D正确；
故选：C。
【点评】本题主要考查氮及其化合物之间的转化，属于基本知识的考查，难度不大。
16．（2024春 烟台期末）NH3还原技术是当今有效的去除NOx的技术之一、某钒催化剂催化NH3脱除电厂烟气中NO的反应机理如图（“…”表示催化剂吸附）。下列说法错误的是（　　）
A．反应②中被氧化为
B．反应③的氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1
C．总反应方程式为4NH3+6NO5N2+6H2O
D．反应过程中消耗1mol O2，理论上可处理4mol NO
【答案】C
【分析】由图可知，反应②中中N为﹣3价，中N为﹣2价，被氧化为，反应③是与NO反应生成N2和H2O，中N为﹣2价，发生归中反应，据此进行解答。
【解答】解：A．由图可知，反应②中中N为﹣3价，中N为﹣2价，被氧化为，故A正确；
B．反应③是与NO反应生成N2和H2O，中N为﹣2价，发生归中反应，氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：1，故B正确；
C．由图可知，总反应方程式为4NH3+4NO+O24N2+6H2O，故C错误；
D．根据总反应方程式可知，反应过程中消耗1mol O2，理论上可处理4mol NO，故D正确；
故选：C。
【点评】本题考查含氮物质之间的反应，侧重考查学生反应机理的掌握情况，试题难度较大。
二．解答题（共4小题）
17．（2024春 聊城期末）氮氧化物直接排放会引起严重的环境问题，SCR、NSR技术可有效降低柴油发动机在空气过量条件下的NOx排放。
（1）SCR（选择性催化还原）工作原理：
①催化还原前，尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，该反应的化学方程式 　　 。
②反应器中NH3还原NO2的化学方程式 　　 。
③尿素溶液浓度影响NO2的转化，测定溶液中尿素含量的方法如下：取ag尿素溶液，将所含氮完全转化为NH3，所得NH3用过量的溶液吸收完全，剩余H2SO4用溶液恰好中和，则尿素溶液中溶质的质量分数是 　　 。
（2）NSR（NOx储存还原）工作原理：NOx的储存和还原在不同时段交替进行，如图a所示。
①Ba元素在周期表中的位置为 　第六周期第ⅡA族　 。通过BaO和Ba（NO3）2的相互转化实现NOx的储存和还原，储存NOx的物质是 　BaO　 。
②用H2模拟尾气中的还原性气体，研究Ba（NO3）2的催化还原过程，该过程分两步进行，图b表示该过程相关物质浓度随时间的变化关系。第一步反应消耗的H2与Ba（NO3）2的物质的量之比是 　8：1　 。
③还原过程中，有时会产生笑气（N2O）。在有氧条件下，NO与NH3以物质的量之比1：1反应时，得到的产物几乎都是笑气，请写出该反应方程式 　　 。
【答案】（1）①；
②；
③；
（2）①第六周期第ⅡA族；BaO；
②8：1；
③。
【分析】（1）根据[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合化学反应方程式的书写规则和质量分数的计算方法进行分析。
（2）根据元素周期表中元素的位置和化学反应方程式的书写规则进行分析。
【解答】解：（1）①尿素[CO（NH2）2]水溶液热分解为NH3和CO2，结合质量守恒，水也会参与反应，该反应的化学方程式，
故答案为：；
②反应器中NH3还原NO2的反应为氨气被二氧化氮氧化为氮气和水，化学方程式，
故答案为：；
③吸收NH3的硫酸的物质的量为：，根据反应方程式：和2NH3+H2SO4＝（NH）4SO4，可知，尿素的物质的量为，则尿素溶液中溶质的质量分数是，
故答案为：；
（2）①Ba为56号元素，元素在周期表中的位置为第六周期第ⅡA族；由图示可知，BaO和NOx反应生成Ba（NO3）2，Ba（NO3）2再还原为氮气，则储存NOx的物质是BaO，
故答案为：第六周期第ⅡA族；BaO；
②由图示可知，第一步反应为氢气与硝酸钡作用生成氨气，每摩尔Ba（NO3）2作用生成NH3共转移16mol电子，根据电子守恒，参加反应的氢气的物质的量为16mol÷2＝8mol，则消耗的氢气与Ba（NO3）2的物质的量之比是8：1，
故答案为：8：1；
③在有氧条件下，在有氧条件下，NO与NH3以物质的量之比1：1反应时，得到的产物几乎都是N2O，根据化合价的变化以及NO与NH3的比例可知，氨气中氮化合价升高4变为+1、NO中氮化合价降低1变为+1，则还需要氧气做氧化剂，结合电子守恒和原子守恒，可得化学方程式：，
故答案为：。
【点评】本题主要考查了化学反应方程式的书写和计算。完成此题，需要结合已有的知识进行解题。掌握化学反应方程式的书写规则、质量分数的计算方法和元素周期表的相关知识是正确解答此类题的关键。
18．（2023秋 烟台期末）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 　①③　 （填编号）。假设每一步均完全转化，每生成0.4mol NH3，同时生成 　0.3　 mol O2。
（2）在催化剂的作用下，向280 420℃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NH3消除NO2的化学反应方程式：　8NH3+6NO27N2+12H2O　 。
（3）废水中氮的主要存在形态是硝态氮（以存在）和氨氮（以NH3、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pH＝1的某含氮废水（废水中总氮≈10mg L﹣1）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 　252H+＝5N2+H2O　 ；图2中20 60min内发生主要反应的离子方程式为 　4Fe10H+＝4Fe2+3H2O　 。
②氧化法：利用NaClO将水体中氨氮氧化为N2。已知氧化性：HClO＞ClO﹣，还原性：NH3。研究发现，控制其他条件相同，当废水pH为1.25 2.75范围内，氨氮去除率随pH降低而升高，分析原因是 　氧化性HClO＞ClO﹣，随pH升高，ClO﹣水解程度减小，溶液中c（HClO）下降，氧化能力降低，则氨氮去除率下降　 ；当废水pH为2.75 6.00范围内，氨氮去除率随pH降低而下降，分析原因是 　当废水pH为2.75 6.00范围内，随pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更容易被氧化　 。
【答案】（1）①③；0.3；
（2）8NH3+6NO27N2+12H2O；
（3）①252H+＝5N2+H2O；4Fe10H+＝4Fe2+3H2O；
②氧化性HClO＞ClO﹣，随pH升高，ClO﹣水解程度减小，溶液中c（HClO）下降，氧化能力降低，则氨氮去除率下降；当废水pH为2.75 6.00范围内，随pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更容易被氧化。
【分析】（1）有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降；根据图知，总反应方程式为6H2O+2N2＝4NH3+3O2，根据氨气和氧气的关系式计算生成氧气的物质的量；
（2）在催化剂的作用下，向280 420℃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，无污染的物质为N2、H2O；
（3）①溶液呈酸性，根据图知，随着时间的推移，c（）减小、c（）不变，则被还原为N2，不反应，被氧化为；图2中20 60min内随着时间的推移，c（）减小、c（）增大，被还原为，Fe被氧化为Fe2+；
②氧化性：HClO＞ClO﹣，则c（HClO）越大，氨氮去除率越大；当废水pH为1.25 2.75范围内，还原性NH3，氨气的含量越大，氨氮去除率越大。
【解答】解：（1）有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降，反应①中N元素化合价由0价变为﹣3价、Li元素化合价由0价变为+1价，③中Li元素的化合价由+1价变为0价、O元素的化合价由﹣2价变为0价，所以①③为氧化还原反应；根据图知，总反应方程式为6H2O+2N2＝4NH3+3O2，假设每一步均完全转化，每生成0.4mol NH3，同时生成O2的物质的量为3＝0.3mol，
故答案为：①③；0.3；
（2）在催化剂的作用下，向280 420℃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，无污染的物质为N2、H2O，则NH3消除NO2的化学反应方程式：8NH3+6NO27N2+12H2O，
故答案为：8NH3+6NO27N2+12H2O；
（3）①溶液呈酸性，根据图知，随着时间的推移，c（）减小、c（）不变，则被还原为N2，不反应，被氧化为，离子方程式为252H+＝5N2+H2O，图2中20 60min内随着时间的推移，c（）减小、c（）增大，被还原为，Fe被氧化为Fe2+，离子方程式为4Fe10H+＝4Fe2+3H2O，
故答案为：252H+＝5N2+H2O；4Fe10H+＝4Fe2+3H2O；
②氧化性：HClO＞ClO﹣，则c（HClO）越大，氨氮去除率越大，随pH升高，ClO﹣水解程度减小，溶液中c（HClO）下降，氧化能力降低，则氨氮去除率下降；当废水pH为2.75 6.00范围内，还原性NH3，氨气的含量越大，氨氮去除率越大，随pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更容易被氧化，
故答案为：氧化性HClO＞ClO﹣，随pH升高，ClO﹣水解程度减小，溶液中c（HClO）下降，氧化能力降低，则氨氮去除率下降；当废水pH为2.75 6.00范围内，随pH升高，氨氮废水中NH3含量增大，氨氮更容易被氧化。
【点评】本题以氮及其化合物为载体考查氧化还原反应，侧重考查图象分析判断及知识综合运用能力，明确元素化合物的性质、物质之间的转化关系是解本题关键，难点是图象的分析和判断。
19．（2023秋 青岛期末）某兴趣小组改进铜与浓硝酸反应的实验，并做进一步探究，实验装置如图。已知NaOH溶液不与NO反应，能与NO2和NO的混合气体或NO2反应。
实验步骤：（ⅰ）按照上图组装实验仪器并添加试剂后，向下推动铜丝使其浸入到浓硝酸中，当气体充满装置时，停止反应；（ⅱ）用注射器取含紫色石蕊溶液的蒸馏水，逐滴滴入；（ⅲ）注入氧气至过量；（ⅳ）分别向试管1和试管2中注入适量的饱和氢氧化钠溶液。
回答下列问题：
（1）步骤（ⅰ）观察到的现象为 　铜丝溶解，溶液变为绿色，产生红棕色气体，气球膨胀　 ，反应的离子方程式为 　Cu+4H++2Cu2++2NO2↑+2H2O　 ，使反应停止的操作为 　将铜丝提起，与硝酸分离　 。
（2）步骤（ⅱ）加入含紫色石蕊溶液的蒸馏水后的现象为 　红棕色气体变浅，石蕊溶液变红，气球变瘪　 。
（3）步骤（ⅲ）先注入少量氧气并观察现象，再注入过量氧气。依据观察到的现象，得出的结论为 　步骤ii中发生反应3NO2+2H2O＝2HNO3+NO，生成NO　 ，注入氧气过量的目的是 　将NO全部氧化为NO2 。
（4）步骤（ⅳ）注入饱和氢氧化钠溶液的目的是 　处理反应后的废气和废液　 ，其中涉及的氧化还原反应的离子方程式为 　NO2+2OH﹣H2O　 。
【答案】（1）铜丝溶解，溶液变为绿色，产生红棕色气体，气球膨胀；Cu+4H++2Cu2++2NO2↑+2H2O；将铜丝提起，与硝酸分离；
（2）红棕色气体变浅，石蕊溶液变红，气球变瘪；
（3）步骤ii中发生反应3NO2+2H2O＝2HNO3+NO，生成NO；将NO全部氧化为NO2；
（4）处理反应后的废气和废液；NO2+2OH﹣H2O。
【分析】（1）按照上图组装实验仪器并添加试剂后，向下推动铜丝使其浸入到浓硝酸中，当气体充满装置时，停止反应，铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，铜丝离开浓硝酸，反应停止；
（2）用注射器取含紫色石蕊溶液的蒸馏水，逐滴滴入，二氧化氮和水反应生成硝酸和NO；
（3）步骤（ⅲ）先注入少量氧气并观察现象，再注入过量氧气，氧化NO为NO2，NO2和水反应生成硝酸和NO；
（4）分别向试管1和试管2中注入适量的饱和氢氧化钠溶液吸收污染气体，处理废气和废液。
【解答】解：（1）步骤（ⅰ）观察到的现象为：铜丝溶解，溶液变为绿色，产生红棕色气体，气球膨胀，反应的离子方程式为：Cu+4H++2Cu2++2NO2↑+2H2O，使反应停止的操作为：将铜丝提起，与硝酸分离，
故答案为：铜丝溶解，溶液变为绿色，产生红棕色气体，气球膨胀；Cu+4H++2Cu2++2NO2↑+2H2O；将铜丝提起，与硝酸分离；
（2）步骤（ⅱ）加入含紫色石蕊溶液的蒸馏水后的现象为：红棕色气体变浅，石蕊溶液变红，气球变瘪，
故答案为：红棕色气体变浅，石蕊溶液变红，气球变瘪；
（3）步骤（ⅲ）先注入少量氧气并观察现象，再注入过量氧气。依据观察到的现象，得出的结论为：步骤ii中发生反应3NO2+2H2O＝2HNO3+NO，生成NO，注入氧气过量的目的是：将NO全部氧化为NO2，
故答案为：步骤ii中发生反应3NO2+2H2O＝2HNO3+NO，生成NO；将NO全部氧化为NO2；
（4）步骤（ⅳ）注入饱和氢氧化钠溶液的目的是：处理反应后的废气和废液，其中涉及的氧化还原反应的离子方程式为：，
故答案为：处理反应后的废气和废液；NO2+2OH﹣H2O。
【点评】本题考查氮及其化合物性质、反应过程的分析判断，侧重考查学生含氮物质性质的掌握情况，题目难度中等。
20．（2022秋 牡丹区校级期末）氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据如图工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物相关的问题：
（1）在氨合成塔中发生的氧化还原反应中，N2是 　氧化剂　 （填“氧化剂”或“还原剂”）。
（2）在加热和催化剂作用下氧化炉中的产物为NO和水，写出该反应的化学方程式 　4NH3+5O24NO+6H2O　 。
（3）用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其它条件相同，NO转化为的转化率随NaClO溶液初始pH（用稀盐酸调节）的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl﹣和，其离子方程式为 　3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+ 。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高，其原因是 　pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率　 。
（4）“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，目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术是NH3催化还原氮氧化物（SCR）技术。反应原理如图所示：
当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生反应。当有18mol电子发生转移时，则生成N2的物质的量为 　6mol　 。
（5）某实验小组用足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与1.12LO2（标准状况）混合后通入水中，所得气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入2mol L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是 　100　 mL。
【答案】（1）氧化剂；
（2）4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）①3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+；
②pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率；
（4）6mol；
（5）100。
【分析】氢气和氮气高温、高压、催化剂条件下反应生成氨气，氨气在氧化炉中催化氧化生成一氧化氮和水，NO和空气、水在吸收塔中反应生成硝酸；
（1）氮气参加反应后，氮元素化合价0价降低到﹣3价，得到电子作氧化剂，发生还原反应；
（2）氧化炉中发生的化学反应是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水；
（3）①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl﹣和，根据元素守恒还会生成氢离子，可得到离子方程式；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，反应速率越快，转化率越高；
（4）结合氧化还原反应方程式和转移电子数，计算参与反应的N2的物质的量；
（5）足量的Cu与一定量的浓HNO3反应得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，混合气体与1.12L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，则Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量，据此计算Cu2+的物质的量，进而计算Cu2+恰好完全沉淀需要氢氧化钠的物质的量，再根据V计算氢氧化钠溶液的体积。
【解答】解：（1）氨合成塔中发生的化学反应方程式为：N2+3H22NH3，氮元素化合价0价降低到﹣3价，N2得到电子作氧化剂，
故答案为：氧化剂；
（2）氨气进入氧化炉催化氧化生成一氧化氮，反应的化学方程式为：4NH3+5O24NO+6H2O，
故答案为：4NH3+5O24NO+6H2O；
（3）①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO发生氧化还原反应，生成Cl﹣、和H+，根据元素守恒还会生成氢离子，因此反应的离子方程式为3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+，
故答案为：3HClO+2NO+H2O＝3Cl﹣+25H+；
②NaClO溶液的初始pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率，
故答案为：pH越小，HClO的浓度越大，氧化能力强，则提高NO转化率；
（4）由反应原理图和题给信息可知，当NO2与NO的物质的量之比为1：1时，与足量氨气在一定条件下发生的化学反应方程式为：NO2+NO+2NH3＝2N2+3H2O，结合氧化还原反应原理，可知，每消耗1molNO2和NO，转移6mol电子生成2molN2，当有18mol电子发生转移时，则生成N2的物质的量为6mol，
故答案为：6mol；
（5）1.12L O2的物质的量为0.05mol，NO2、N2O4、NO的混合气体与2.24L O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体恰好完全被水吸收生成硝酸，根据电子转移守恒，Cu提供的电子物质的量等于氧气获得电子的物质的量，故Cu2+的物质的量0.1mol，Cu2+恰好与氢氧根离子恰好反应生成Cu（OH）2，故n（NaOH）＝2n（Cu2+）＝0.1mol×2＝0.2mol，故需要氢氧化钠溶液的体积0.1L＝100mL，
故答案为：100。
【点评】本题考查了氧化还原反应和计算应用、物质性质分析，主要是氮及其化合物性质的理解应用，题目难度中等。
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
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