1、专题综合测评(二)氮与社会可持续发展(总分：100分时间：90分钟)一、单项选择题(本题共10小题，每题2分，共20分，每题只有一个选项符合题意。)1如图表示酸雨的形成，关于酸雨下列说法正确的是()A酸雨的pH为5.6B酸雨的形成过程发生了氧化还原反应C酸雨的主要成分为氮、硫元素的氧化物D形成酸雨的主要原因是雷雨天气B酸雨的pH小于5.6，A错误；酸雨的形成过程发生了氧化还原反应，B正确；酸雨的主要成分为氮、硫元素的含氧酸，C错误；形成酸雨的主要原因是氮、硫元素氧化物的排放，D错误。2氮气常用作白炽灯泡中钨丝的保护气，这是因为()A氮气比空气轻B氮气难溶于水C氮气是无色无味的气体D氮气很不活泼
2、D氮气的性质不活泼，一般条件下不和其他物质反应，因此可以用氮气作保护气。3常温下能在浓HNO3中溶解的金属是()AAlBAgCFeDPtB常温下，Al、Fe和浓硝酸发生钝化现象而阻止进一步被氧化，所以Fe、Al不能完全溶解；除了Al、Fe外，在金属活动性顺序表中Pt之前的金属都能和硝酸发生氧化还原反应，所以Ag能溶于浓硝酸，Pt不溶于浓硝酸。4下列除杂质的操作方法正确的是()ANO中有少量的NO2：用水洗涤后再干燥B食盐中有少量的NH4Cl：加过量的烧碱溶液后加热蒸干CN2中有少量的CO：通过灼热的氧化铜DNO2中有少量NH3：用水洗涤后干燥A二氧化氮和水反应生成NO，可用于除杂，A正确；烧碱
3、过量，引入新杂质，不符合除杂原则，B错误；CO和CuO反应生成Cu和CO2，引入新杂质，不符合除杂原则，C错误；二氧化氮也能和水反应，不能用水除杂，D错误。5下列关于氮肥的说法正确的是()A尿素属于铵态氮肥B植物吸收氮肥属于氮的固定C使用碳铵应深施盖土D硫铵与石灰混用肥效增强CA.尿素分子中不存在铵根，是共价化合物，不是铵态氮肥，A错误；B.游离态的氮元素转化为化合态的过程是氮的固定，因此植物吸收氮肥不属于氮的固定，B错误；C.碳铵受热易分解，因此使用碳铵应深施盖土，C正确；D.硫铵与石灰混用会生成硫酸钙和一水合氨，肥效会降低，D错误。故答案选C。6下列说法不正确的是()A液氨在工业上经常作制
4、冷剂使用B碳酸氢铵的俗名是碳铵C工业硝酸常因溶有少量的Fe3而略显黄色DNO2不但能形成酸雨，在日光照射下，还能使氧气经过复杂的反应生成O3C液氨在汽化时吸收大量的热，工业上常用液氨作制冷剂，A正确；碳酸氢铵的化学式为NH4HCO3，俗称碳铵，B正确；工业硝酸的质量分数约为69%，常因溶有少量NO2而略显黄色，C错误；NO2不但能形成酸雨，在日光照射下，还能使氧气经过复杂的反应生成O3，D正确。7“封管实验”具有简易、方便、节约、绿色等优点，下列关于三个“封管实验”(夹持装置未画出)的说法正确的是()A加热时，中上部汇集了NH4Cl固体B加热时，中溶液变红，冷却后又都变为无色C加热时，中溶液红
5、色褪去，冷却后溶液变红，体现了SO2的漂白性D三个“封管实验”中所发生的化学反应都是可逆反应AA项，加热时，上部汇集了固体NH4Cl，是由于氯化铵不稳定，受热易分解，分解生成的氨气和HCl遇冷重新反应生成氯化铵，正确；B项，加热时氨气逸出，中颜色为无色，冷却后氨气溶解，中为红色，错误；C项，二氧化硫与有机色素化合生成无色物质而具有漂白性，受热又分解，恢复颜色，所以加热时中溶液变红，冷却后又变为无色，错误；D项，可逆反应应在同一条件下进行，题中实验分别在加热条件下和冷却后进行，不是可逆反应，错误。故答案选A。8探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是()A将集有氨气的试管
6、倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水B将红热的Pt丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量的红棕色气体，说明氨气催化氧化的产物中有NO2C加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3具有热不稳定性D充分反应后，锥形瓶内有NO存在B将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水，使试管内的压强迅速减小，水充满试管，A正确；挥发的氨气在红热的铂丝作催化剂的条件下与氧气发生催化氧化反应生成的NO遇氧气又生成红棕色的二氧化氮，所以瓶口出现红棕色气体，B错误；加热碳酸氢铵，固体逐渐减少，有液滴产生，说明有水生成，所以可以说明碳酸氢铵受热
7、不稳定，分解为氨气、二氧化碳、水，C正确；氨气在红热的铂丝作催化剂的条件下与氧气发生催化氧化反应生成的NO遇氧气又生成红棕色的二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以锥形瓶内有NO存在，D正确。9为检验一种氮肥的成分，某学习小组的同学进行了以下实验：加热氮肥样品生成两种气体，其中一种气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，另一种气体能使澄清石灰水变浑浊；取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量BaCl2溶液，没有明显变化。由此可知该氮肥的主要成分是()ANH4HCO3BNH4ClC(NH4)2CO3DNH4NO3A气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明该气体是氨气，即该氮肥中含有NH。另一种气体能使
8、澄清石灰水变浑浊，说明该气体是CO2。取少量该氮肥样品溶于水，并加入少量氯化钡溶液，没有明显变化，这说明该氮肥中没有SO和CO，因此该氮肥应该是碳酸氢铵。10某溶液中有NH、Mg2、Fe2、Ag四种离子，若向其中加入过量的NaOH溶液，微热并搅拌，再加入过量盐酸，溶液中大量存在的离子是()ANHBMg2CFe2DAgB混合溶液中加入过量的NaOH溶液并加热时，反应生成的氨气逸出，并同时生成Mg(OH)2、Fe(OH)2、AgOH沉淀；Fe(OH)2沉淀在空气中不稳定，迅速氧化生成Fe(OH)3，再向混合物中加入过量盐酸，则Mg(OH)2、Fe(OH)3、AgOH与过量的盐酸作用分别生成MgCl
9、2、FeCl3溶液和AgCl沉淀；则减少的离子为NH、Fe2、Ag，溶液中大量存在的离子是Mg2。二、选择题(本题共5小题，每题4分，共20分，每小题有一个或两个选项符合题意，全部选对得4分，选对但不全的得1分，有选错的得0分。)11根据图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法不正确的是()AX是N2O5B由NH3N2，从原理上看，NH3可与NO2反应生成N2C工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸D可用NaOH溶液处理多余的NO气体D根据图中氮元素及其化合物的转化关系可知，X为5价对应的氮的氧化物N2O5，A正确；NH3可与NO2反应生成氮气：8NH36NO27N212H2O，B正确；氨
10、气催化氧化生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸，C正确；NO不溶于水，也不与NaOH溶液反应，D错误。12已知氨气可与灼热的氧化铜反应得到氮气和金属铜，用下图中的装置(省略夹持装置及加热装置)可以实现该反应。实验时C中粉末逐渐变为红色，D中出现无色液体。下列有关说法正确的是()A试管A中加入的试剂为NH4Cl固体B反应中氧化剂和还原剂的物质的量之比为32C装置B中加入的物质可以是碱石灰或无水氯化钙D装置D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝BD实验室制取氨气应该用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法，而只加热氯化铵固体不能得到
11、氨气，A错误；2NH33CuO3CuN23H2O为氧化还原反应，CuO为氧化剂，氨气为还原剂，则氧化剂和还原剂的物质的量之比为32，B正确；装置B的作用为干燥氨气，加入的物质可以是碱石灰，不能用无水氯化钙的原因是其易与氨气结合生成络合物，C错误；D中冷却出现的液体为水和氨气的混合物，溶液显碱性，则D中液体可以使干燥的红色石蕊试纸变蓝，D正确。13为证明铜丝与稀硝酸反应生成的确实是NO，某同学设计了一套装置(如图甲所示)，有关该实验叙述不正确的是()A为保证实验效果，反应开始前，稀硝酸可加到与两侧胶塞相平的位置B利用该装置可控制反应随时停止或继续反应C生成的气体可利用图乙来收集D长玻璃管的作用是
12、防止稀硝酸溢出C反应开始前，稀硝酸加到与两侧胶塞相平的位置，目的是排出U形管中的空气，防止O2干扰实验，A正确；关闭活塞a，反应产生的气体可使铜丝与稀硝酸不接触，反应停止，打开活塞a，稀硝酸与铜丝接触又发生反应，B正确；若用图乙收集NO，应将广口瓶中长导管换成短导管、短导管换成长导管，C错误；关闭活塞a，U形管内压强增大，稀硝酸被压入玻璃管，可防止稀硝酸溢出，D正确。14为落实“五水共治”，某工厂模拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：下列说法不正确的是()A固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3BX可以是空气
13、，且需过量C捕获剂所捕获的气体主要是N2D处理含NH废水时，发生反应的离子方程式为NHNO=N22H2OBC工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成CaCO3、CaSO3，因氢氧化钙过量，则固体1主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3，A正确；由分析可知，气体1中不能被过量石灰乳吸收的气体为N2、NO、CO，将气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后得到NaNO2，X可为空气，但不能过量，否则得到硝酸钠，B错误；气体2含有CO、N2，经捕获剂得到N2和CO，所捕获的气体主要是CO，目的是防止污染空气，C错误；NaNO2与含有NH的溶液反应生成无污染气体，该气体为氮气，发生氧化还原反应
14、的离子方程式为NHNO=N22H2O，D正确。15对于1 L H2SO4和HNO3的混合溶液，若H2SO4和HNO3物质的量浓度存在如下关系：c(H2SO4)c(HNO3)1.2 mol/L，则理论上最多能溶解铜的物质的量为()A0.40 molB0.45 molC0.72 molD0.80 molC硝酸与铜反应，生成硝酸铜，硝酸根离子与硫酸提供的氢离子可以继续反应，离子方程式为3Cu2NO8H=3Cu22NO4H2O，n(NO)n(H)14时，二者恰好完全反应，溶解的铜最多。设硫酸的物质的量为x mol，硝酸的物质的量为y mol，则xy1.2，y(2xy)14，解得x0.72 mol，y0
15、.48 mol，故参加反应的铜的最大量n(Cu)n(NO)0.48 mol0.72 mol。三、非选择题(本题共5小题，共60分。)16(10分)某兴趣小组设计出如图所示装置来改进教材中“铜与硝酸反应”的实验，以探究化学实验的绿色化。(1)实验前，关闭活塞b，试管d中加水至浸没长导管口，塞紧试管c和d的橡胶塞，加热c，其目的是_。(2)在d中加适量氢氧化钠溶液，c中放一小块铜片，由分液漏斗a向c中加入2 mL浓硝酸，c中反应的化学方程式是_。再由a向c中加2 mL蒸馏水，c中的实验现象是_。(3)制取硝酸铜有三种方案：甲方案：反应物为铜和浓硝酸乙方案：反应物为铜和稀硝酸丙方案：反应物为铜、氧气
16、和稀硝酸其中能体现绿色化学理念的最佳方案是_，理由是_。解析铜与浓硝酸反应生成的二氧化氮为有毒气体，可溶于水中或碱液中，铜与稀硝酸反应生成的一氧化氮也为有毒气体，不溶于水或碱液，但可与氧气反应生成二氧化氮。制取硝酸铜有关反应的化学方程式：甲方案：Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O；乙方案：3Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O；丙方案：2CuO22CuO，CuO2HNO3=Cu(NO3)2H2O。由上述化学方程式可知，生成相同质量的硝酸铜，则消耗相同质量的铜，但消耗硝酸的质量(或物质的量)不相同，甲方案消耗硝酸最多，乙方案次之，丙方案消耗最少；即生产硝酸铜
17、，丙方案效果最佳，既不造成污染，又能提高硝酸的利用率。答案(1)检查装置气密性(2)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O反应变缓，气体颜色变淡(3)丙消耗硝酸最少，无污染17(12分)如图的各方框表示有关的一种反应物或生成物(某些物质已经略去)，其中常温下A、C、D为无色气体，C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。(1)写出下列各物质的化学式。X_，F_，G_。(2)写出下列变化的反应方程式。AD：_；GE：_。(3)实验室里，常用加热_的混合物的方法制取气体C，常采用_法来收集。解析C能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，则C为氨气；氨气催化氧化生成NO，不同浓度的G可以与铜反应，则G为硝酸
18、，F为NO2；B与NO2反应生成硝酸，则B为H2O；常温下A、C、D为无色气体，能与过氧化钠反应的气体只有CO2(A)，X受热分解生成CO2、H2O、NH3，故X为碳酸的铵盐，即X为NH4HCO3或(NH4)2CO3。答案(1)NH4HCO3或(NH4)2CO3NO2HNO3(2)2CO22Na2O2=2Na2CO3O23Cu8HNO3(稀)=3Cu(NO3)22NO4H2O(3)铵盐和碱或NH4Cl和Ca(OH)2向下排空气18(12分)某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行实验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO。由此得出的结论是浓
19、硝酸的氧化性强于稀硝酸。可选药品：浓硝酸、3 mol/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应。2NO22NaOH=NaNO3NaNO2H2O(1)实验应避免有害气体排放到空气中。装置、中盛放的药品依次是_。(2)滴加浓硝酸之前的操作是检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后_。(3)装置中发生反应的化学方程式是_。(4)装置的作用是_，发生反应的化学方程式是_。(5)该小组得出的结论所依据的实验现象是_。解析(1)根据装置特点和实验目的知，装置收集NO，装置中盛放NaOH溶液吸收NO2，因为要验证稀硝酸不能氧化NO，所以装置中应盛放稀硝酸
20、。(2)由于装置中残存的空气能氧化NO而对实验产生干扰，所以滴加浓硝酸之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置中导管末端伸入倒置的烧瓶内，防止反应产生的NO气体逸出。(3)Cu与浓硝酸反应生成Cu(NO3)2、NO2、H2O。(4)装置中盛放蒸馏水，使NO2与H2O反应生成NO。(5)NO通过稀硝酸后，若无红棕色NO2产生，说明稀硝酸不能氧化NO，所以盛放稀硝酸装置的液面上方没有颜色变化即可说明之。装置中盛放的是浓硝酸，若浓硝酸能氧化NO，则装置液面上方会产生红棕色气体。答案(1)3 mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液(2)通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置中导管末端
21、伸入倒置的烧瓶内(3)Cu4HNO3(浓)=Cu(NO3)22NO22H2O(4)将NO2转化为NO3NO2H2O=2HNO3NO(5)装置中液面上方气体仍为无色，装置中液面上方气体由无色变为红棕色19(14分)研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价物质类别关系图如下。回答下列问题：(1)在催化剂存在和加热的条件下，物质A生成NO是工业制硝酸的重要反应，该反应的化学方程式是_；(2)在加热条件下，物质C的浓溶液与碳单质反应，写出该反应的化学方程式：_；(3)实验室中，检验溶液中含有NH的操作方法是_；(4)物质B为红棕色气体，写出该物质与水反应的离子方程式_，当反应消
22、耗3.36 L(标准状况下)物质B时，转移电子的物质的量为_。(5)将32 g铜与140 mL一定浓度的C溶液反应，铜完全溶解产生的气体在标准状况下的体积为11.2 L。参加反应的C的物质的量为_；待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a molL1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2全部转化成沉淀，则原C溶液的浓度为_ molL1；欲使铜与C反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要通入_ mol O2。解析氮元素化合价以物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸。(1)在催化剂和加热的条件下，物质A生成NO，是氨气的催化氧化生成一氧化氮和水，反应的化学方程
23、式为4NH35O24NO6H2O。(2)在加热条件下，物质C为硝酸，硝酸的浓溶液与碳单质反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，反应的化学方程式为：C4HNO3(浓)CO24NO22H2O。(3)实验室中，检验溶液中含有NH的操作方法：取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH。(4)物质B为红棕色气体NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为3NO2H2O=2H2NONO，反应中氮元素化合价4价变化为5价和2价，3 mol二氧化氮参与反应的电子转移总数为2 mol，当反应消耗3.36 L(标准状况下)物质B时，B的物质
24、的量为0.15 mol，其转移电子的物质的量为0.1 mol。(5)32 g铜的物质的量为0.5 mol，标准状况下的体积为11.2 L的气体的物质的量为0.5 mol，根据硝酸铜的化学式，起酸作用的硝酸的物质的量为20.5 mol1 mol，根据N原子守恒，作氧化剂的硝酸的物质的量为0.5 mol，所以参加反应的硝酸的物质的量为1 mol0.5 mol1.5 mol。当钠离子完全转化为硝酸钠时，根据钠原子守恒n(NaOH)n(NaNO3)0.001aV mol，根据硝酸根离子守恒得，起酸作用的硝酸物质的量为0.001aV mol，根据N原子守恒，作氧化剂的硝酸的物质的量为0.5 mol，所以
25、硝酸的物质的量浓度 mol/L。设混合气体中NO和NO2的物质的量分别为x mol、y mol，则xy0.5,3xy0.52，解得x0.25，y0.25。设需要O2的物质的量为z mol，根据电子得失守恒得0.2530.2510.524z，解得z0.5。答案(1)4NH35O24NO6H2O(2)C4HNO3(浓)CO24NO22H2O(3)取少量试液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，证明溶液中含有NH(4)3NO2H2O=2H2NONO0.1 mol(5)1.5 mol0.520(12分)已知氮元素及其化合物的转化关系如下图所示，回答下列问题。(1)
26、各步转化中，属于氮的固定的是_(填序号)。(2)实验室常用加热氯化铵和氢氧化钙固体混合物的方法制取氨气。该反应的化学方程式是_。干燥氨气不可选用的试剂是_(填字母)。a浓硫酸b碱石灰cNaOH固体(3)工业上用氨气制备NO的化学方程式是_。(4)工业制硝酸时尾气中含有NO、NO2，可用以下方法吸收：水吸收法。结合化学方程式说明用水吸收NO2的缺陷：_。NaOH溶液吸收法。发生的反应有：2NaOHNONO2=2NaNO2H2O，NaOHNO2=_NaNO2H2O(填化学式，不需要配平方程式)。用不同浓度的NaOH溶液吸收不同NO2含量的尾气，关系如图所示：(表示尾气里NO、NO2中NO2的含量)
27、i根据上图得知_(填字母)。aNaOH溶液浓度越大，氮氧化物的吸收率越大bNO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大ii.当小于50%时，加入H2O2能提升氮氧化物的吸收率，原因是_。解析(1)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，步骤中氮气与氢气在催化剂条件下生成氨气，属于氮的固定过程。(2)氯化铵与氢氧化钙在加热条件下反应生成氯化钙、氨气与水，反应方程式为2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2O；氨气是碱性气体，不能用酸性干燥剂(浓硫酸)。(3)工业上利用NH3与O2发生催化氧化生成NO与H2O，化学方程式为4NH35O24NO6H2O。(4)水与NO2反应生成硝酸和N
28、O，反应方程式为3NO2H2O=2HNO3NO，NO2有1/3转化成NO没被吸收掉。根据电子转移守恒可知，NO2发生歧化反应，NO2中4价的N部分化合价降低为NaNO2中3价的N，则还应有部分N化合价升高，应转化为NaNO3中5价的N，因此方程式中的另一个产物为NaNO3。i.根据上述图像可知，随着NaOH溶液浓度增大，氮氧化物的吸收率先增加后减小，a错误；当氢氧化钠浓度一定时，NO2含量越大，氮氧化物的吸收率越大，b正确。ii.当混合气体中NO2含量小于50%时，具有氧化性的H2O2的存在会把NO氧化成NO2，NO2的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大。答案(1)(2)2NH4ClCa(OH)2CaCl22NH32H2Oa(3)4NH35O24NO6H2O(4)3NO2H2O=2HNO3NO，NO2有1/3转化成NO没被吸收掉NaNO3i.bii.根据图中信息可知，氮氧化物的吸收率随NO2的含量增大而增大。当混合气体中NO2含量小于50%时，具有氧化性的H2O2的存在，会把NO氧化成NO2，NO2的含量增大，从而使氮氧化物的吸收率增大
