第五章 第二单元 氮及其化合物 A卷 基础达标-【金试卷】2025-2026学年高一化学必修第二册同步单元双测卷（人教版）

液，则会吸收SO2并与SO2反应生成CO2,影响后续实验的进行，B正确；C中溶液c (H十)增大，也可能是SO2溶于水并与水反应生成亚硫酸导致的，C错误；SO2为酸 性气体，其可用NaOH溶液吸收，D正确。 9.C反应1为二氧化硫与碳酸钠溶液反应生成亚硫酸氢钠和二氧化碳，说明酸性： H2SO3>H2CO3,A正确；NaHSO3与BaCl2不反应，若加入用盐酸酸化的BaCl2溶 液，出现白色沉淀(BaSO4),可证明NaHSO3被氧化，B正确；反应2为2 NaHSO3+ Zn一Na2S2O4十Zn(OH)2,亚硫酸氢钠为氧化剂，锌是还原剂，消耗的氧化剂和还 原剂的物质的量之比为2：1，C错误；连二亚硫酸钠(N2S2O4)有强还原性，在空气 中极易被氧化，反应2最好在无氧条件下进行，D正确。 10.ACA.二氧化硫通入氯水中，二者发生氧化还原反应生成硫酸和盐酸，氯水颜色 褪去，体现了二氧化硫气体的还原性，故A错误；B.二氧化硫通入氢硫酸中，二者发 生氧化还原反应，生成单质硫，产生黄色沉淀，体现了二氧化硫的氧化性，故B正 确；C,二氧化硫通入酸性高锰酸钾溶液中紫色褪去，高锰酸根离子被还原为锰离 子，体现了二氧化硫的还原性，故C错误：D.二氧化硫通入碳酸钠溶液中，产生无色 无味气体，即二氧化碳，说明亚硫酸能够制备碳酸，根据强酸制备弱酸的规律，酸 性：H2SO3>H2CO3,故D正确。 11.BD反应①中溶液先变蓝后褪色是因为KIO3先被还原为I2,I2再被还原为I 说明SO2具有还原性，反应②属于酸性氧化物和碱的反应，说明SO2具有酸性氧化 物的通性，A错误；根据原子守恒，当n(Na2SO3)：n(NaHSO3)=1:1时，n(SO2) :n(NaOH)=2:3,B正确；反应④是非氧化还原反应，C错误；反应②吸收了二氧 化硫，反应④放出了SO2,可以通过这2个反应回收二氧化硫，D正确。 l2.BD若Na2SO3溶液没有被氧化，加入BaCl2溶液会生成BaSO3白色沉淀，再加入 稀H2SO4,根据强酸制弱酸原理，BaSO3白色沉淀与稀H2SO4反应生成BaSO4白 色沉淀、二氧化硫和水；若Na2SO3部分被氧化为Na2SO4,加入BaCl2溶液会生成 BaSO3和BaSO4白色沉淀，再加入稀H2SO4,根据强酸制弱酸原理，BaSO3白色沉 淀与稀H2SO4反应生成BaSO4白色沉淀。根据上述分析，不论Na2SO3溶液是否 被氧化，都能产生与题中描述相同的现象，则不能证明亚硫酸钠已部分被空气中的 氧气氧化，故A错误，D正确；根据上述分析，若N2SO3溶液没有被氧化，加入 BaCl2溶液会生成BaSO3白色沉淀；若Na2SO3部分被氧化为Na2SO4,加入BaCl2 溶液会生成BaSO3和BaSO4白色沉淀，则生成的沉淀中不一定含有BaSO4,故B 正确；根据分析，不论Na2SO3溶液是否被氧化，加入稀H2SO4后，根据强酸制弱酸 原理，最终生成的沉淀都是BaSO4,不可能含有BaSO3,故C错误。 13.B由题给化学方程式可知，若有4mol(NH4)2SO4发生分解，则有6 mol NH3、3 mol SO2、1 mol SO3、1molN2生成；将混合气体通入BaCl2溶液中，1 mol SO3可 转化为1 mol BaSO4,发生反应的化学方程式为SO2十H2O+BaCl2+2NH3 BaSO4↓+2NH4Cl,反应消耗了2 mol NH3,还剩余4 mol NH3;由反应SO2+ 2NH3+H2O+BaCl2—BaSO3￥+2NH4C1知，4 mol NH3完全反应，消耗2mol SO2,并生成2 mol BaSO3,还剩余1 mol SO2;BaSO3可与SO2和H20反应生成Ba (HSO3)2,由BaSO3+SO2十H2O一Ba(HSO3)2知，1 mol SO2参加反应时消耗 1 mol BaSO3,还剩余1 mol BaSO3,故白色沉淀为1 mol BaSO4和1 mol BaSO3的 混合物；从溶液中逸出的气体为N2,反应后溶液中的溶质为Ba(HSO3)2与 NH4Cl。故选B。 14.答案(1)Ba(OH)2K2CO3HCl (2)①除尽Mg+和SO②除尽过量的Ba2+③使HC1逸出(3)过滤蒸发 解析要使杂质完全除去，必须使所加试剂过量，而且过量的试剂在后面步骤中必 须能被除去。要除去Mg2+,可用含OH一的试剂，除SO-可用含Ba2+的试剂，故 先加入Ba(OH)2;过量Ba(OH)2中的Ba2+可用K2CO3除去，过量Ba(OH)2中的 OH以及过量K2CO3中的CO,可用适量盐酸除去，最后加热煮沸可除去多余 的HCl。 15.答案(1)E还原性酸性(2)D(3)吸收多余的二氧化硫和氯气 (4)先变红，后褪色 解析(1)根据题给信息知，实验室制取氯气所用药品是固体和液体，反应条件是 加热，所以应选用固液加热型装置，选E;实验室制取氯气的反应方程式为MO2十 4HCI(浓)△MnC2+C2+2H20,由HCl生成MnC2,氣元素化合价不支，由 HC1生成C12,氯元素化合价升高，故浓盐酸所表现出的性质是酸性和还原性。 (2)氯气通入品红溶液中红色褪去，是利用次氯酸的强氧化性，生成的无色物质稳 定，加热不复原；二氧化硫的漂白性是利用二氧化硫和有色物质化合生成无色物 48参考答案 质，生成的无色物质不稳定，加热复原，故D试管中无明显现象。(3)氯气和二氧化 硫均有毒不能直接排放到空气中，需进行尾气处理，装置C的作用是吸收多余的 SO2和C12,防止污染环境。(4)氯气溶于水生成盐酸和次氯酸，氯水显酸性和强氧 化性，因此若将装置D中的品红溶液换成紫色的石蕊溶液，则出现的现象是先变 红，后褪色。 16.答案(1)a(2)18.4mol/Lc (3)①蔗糖变黑并膨胀 ②S02C02C+2H2S0,(浓)△C02↑+2S02↑+2H,0 ③H2SO3或SO2被C2氧化为SO-,从而产生BaSO4沉淀 ④AB NaOH溶液（合理即可） 解析(1)常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，所以工业上储存、运输浓硫酸可以使用铁 制容器，故选a。(2)c=10000=100X1:84X98%mol/L=18.4mol/L。浓硫 M 08 酸具有腐蚀性，实验服、防护手套、护目镜均可以防止液体直接接触人体，是必要的 安全防护用品；使用浓硫酸不需要用到防毒面具，c项符合题意。(3)①浓硫酸具有 脱水性和强氧化性，首先浓硫酸使蔗糖脱水炭化变黑，同时放热；然后浓硫酸又将 生成的碳氧化成CO2,本身被还原为SO2,生成的气体使其膨胀，所以该实验除有 刺激性气味的气体产生外，还可能有蔗糖变黑并膨胀等现象。②将产生的气体通 入品红溶液，溶液红色褪去，说明该气体中含有SO2;将产生的气体先通过足量酸 性高锰酸钾溶液，除去SO2,再通过澄清石灰水，石灰水变浑浊，说明该气体中还含 有CO2。③SO2溶于水生成亚硫酸，CO2溶于水生成碳酸，亚硫酸、碳酸均为弱酸， 不与BaCl2溶液反应，故将产生的混合气体通入BaCl2溶液，无明显现象；通入氯 气，H2SO3或SO2被Cl2氧化为SO2,从而产生BaS04沉淀。 17.答案(1)2Fe十6H2S04(浓)△Fe2(S04)3+3S02个十6H20使内外压强相同， 防止装置B中的溶液倒吸 (2)溶液紫色褪去还原(3)2H2S+SO2一3S￥十2H2O (4)①温度过高时，碘易升华②22.4L 解析(2)二氧化硫能与酸性高锰酸钾溶液发生氧化还原反应，使酸性高锰酸钾溶 液紫色褪去。(3)二氧化硫与硫化氢发生氧化还原反应生成硫单质，反应的化学方 程式为2H2S+SO2—3S￥+2H2O。(4)①碘易升华，因此反应①温度不能过 高。②反应中硫元素化合价由十4价升高到十6价，氢元素化合价由十1价降低到 0价，由得失电子守恒可知，反应消耗1mol二氧化硫，则会生成1mol氢气，标准状 况下，1mol氢气的体积为22.4L。 第五章化工生产中的重要非金属元素 第二单元氮及其化合物 A卷基础达标 1.CN2性质稳定，但高温下可与O2等物质发生反应，在反应中表现出氧化性或还原 性；氨气比空气轻且不溶于水并不是N2能大量存在于空气中的根本原因；N2能大 量存在于空气中的根本原因是氨气分子中两个氨原子结合很牢固，分子结构稳定。 2.C打雷闪电时氯气与空气中的氧气发生的反应为N2十O,放电2N0,A正确；工业 合成氨是将N2与H2在一定条件下反应生成NH3,属于人工固氨，B正确；③中细 菌将NO3还原成氮气，所以③中氮元素被还原，C错误；N2在放电条件下与O2直 接化合生成一氧化氨，一氧化氨与O2反应生成二氧化氨，二氧化氮与水反应生成硝 酸(HNO3)和一氧化氯：3NO2十H2O一2HNO3十NO,因此氧元素参与了氮循环， D正确。 3.DNO、NO2不是酸性氧化物，A错误；N2O5中氨元素为最高价，只有氧化性，B错 误；尽管NO2与H2O反应生成HNO3,但N元素的价态发生了变化，故NO2不是 酸性氧化物，C错误。 4.D实验室可以用加热浓氨水的方法制取氨气，A项错误；氨水受热分解产生NH3, 通过干燥后可制得氨气，氨气是碱性气体，不能用浓硫酸千燥，B项错误；NH3极易 溶于水，不能用排水法收集，C项错误。 5.C要使试管①内的水立刻沸腾，则试管②中气体压强要显著下降，即气体B要被液体A 大量消耗，A、B、D均符合要求；氢氧化钠溶液不能吸收一氧化氨，不符合要求，故选C。 6.D从储气瓶导管长短及用水吸收R的防倒吸装置，可看出R应是一种比空气密度 小，易溶于水的气体，故D选项正确。 7.DNa2SO4、(NH4)2SO4均与氯化钡反应生成白色沉淀，NaCl、NH4CI均不与氟化 钡反应，不能鉴别，A错误；NaOH溶液与铵盐在加热条件下反应均生成氨气，因此 不能鉴别NH4Cl、(NH4)2SO4,并且Na2SO4、NaCl与氢氧化钠均不反应，B错误；四 种物质均与硝酸银反应生成白色沉淀，不能鉴别，C错误；Na2SO4、NH4Cl、NaCl、 (NH4)2SO4四种溶液分别与Ba(OH)2溶液混合并加热的现象：生成白色沉淀、产 生有刺激性气味气体、无现象、产生有刺激性气味气体和生成白色沉淀，可鉴别，D 正确。 8.CNO不溶于水，也不与水反应，A不符合题意；稀HNO3与Cu反应生成硝酸铜、 水和NO,B不符合题意；NO有氧化性，CO有还原性，在高温、催化剂条件下二者可 发生氧化还原反应生成无毒的N2和CO2,C符合题意；NO2→NO,N元素的化合价 降低，发生的是还原反应，O3有氧化性，不能将NO2还原，D不符合题意。 9.B锌和浓硝酸反应生成NO2,而与稀硝酸反应时则生成NO,标准状况下，(NO2) 11.2L 十n公N0）=2.4L,mol7=0.5mol,即被还原的硝酸的物质的量为0.5mol,n (Za)一65：m60.3m0l,则nZaN03)2]=0.3mol,可知表现酸性的硝酸的 物质的量为0.3mol×2=0.6mol,则参加反应的硝酸的物质的量为0.5mol十 0.6mol=1.1mol。 l0.D假设题述各物质的物质的量都是1mol。Fe3O4中Fe(Ⅱ)与Fe(Ⅲ)的个数比 为1：2，与硝酸反应时，Fe(Ⅱ)被氧化，失去1mol电子；FeO与硝酸反应，失去 1mol电子；Cu与硝酸反应生成Cu2+,失去2mol电子；Fe与硝酸反应生成Fe3+, 失去3ol电子。由此可知，等物质的量的4种物质与硝酸反应时失电子最多的是 Fe,则对应放出NO的物质的量也最多，故选D。 11.D氨气的密度比空气密度小，应选择向下排空气法收集，A错误；Cu与浓硝酸反 应生成二氧化氮，二氧化氨可用向上排空气法收集，但NO2与d中的水反应生成有 毒气体NO,B错误；NO易与空气中的O2反应，不能用排空气法收集，C错误；浓硫 酸与亚硫酸钠反应生成二氧化硫，二氧化硫可用向上排空气法收集，d中NOH溶 液可吸收二氧化硫，D正确。 12.D足量的Cu与一定量的浓硝酸反应得到的NO2、N2O4、NO混合气体，与1.68L 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C山失去 的电子的物质的量等于O2得到的电子的物质的量，即参加反应的Cu的物质的量 1.68L n(Cu)=2n0z)=2X2.4mol7=0.15mol,根据Na0H和Cu(N0,)e的反 应可得n(NaOH)=2n[Cu(NO3)2]=2n(Cu)=0.3mol,则V(NaOH溶液)= 2.5mol:L-=0.12L-120mL。故选D。 0.3 mol 13.D①中浓HNO,受热分解，发生反应4HNO(浓)△4NO2++O2个+2H20, 产生的气体为混合气体，故A正确；由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体 NO2,所以“产生红棕色气体”不能说明②中木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确； 根据①和②，浓硝酸反应产生红棕色NO2时需要加热，所以浓硝酸具有挥发性才 可与上方红热木炭接触。同时，N元素化合价降低，所以生成的NO2为还原产物， 故C正确；红热的木炭可与空气中的O2、浓硝酸分解产生的O2反应生成CO2,故 D错误。 14.CNO和O2溶于水时按照下列反应进行：4NO+3O2+2H2O一4HNO3,充分 反应后残留气体与空气接触后立即变为红棕色，即容器内残留气体为NO,则与O2 反应的N0体积为m一受-受，根据化学方程式可知，N0和0：恰好完全溶于水 时体积比为4：3，所以受：n=4:3,可得m:n=8:3,故选C。 15.B装置a中CaCO3与HNO3反应生成的CO2气体能赶尽装置中的空气，防止 NO与空气中的O2反应生成NO2,千扰实验，A正确；装置b中，Cu与稀HNO3反 应生成Cu(NO3)2、NO和水，其离子方程式为3Cu+2NO3+8H+一3Cu2++ 2NO个十4H2O,若生成标准状况下0.448L(即0.02mol)NO,则消耗0.03mol Cu,其质量为0.03mol×64g/mol=1.92g,溶液质量增加1.92g-0.02mol× 30g/ol=1.32g,B错误；NO为无色气体，易被O2氧化为红棕色气体NO2,所以 将d中空气推入c中，若气体变为红棕色，则说明b中生成NO,C正确；NO、NO2 气体均有毒，要进行吸收处理，以防污染空气，该装置缺少尾气处理装置，D正确。 16.答案(1)12CaC03￥Na2C032 (2)①AlCl3(合理即可)②NaA1O2 (3)C+4HNO,(浓)△C0,↑+4NO2↑+2H,0 (4)取少许反应后溶液于试管中，滴加少量酸性KMO4溶液，紫色褪去（合理即可） (5)C 解析(2)若A、C均含有铝元素，当B为过量盐酸时，A可为NaAlO2,则C为 AlCl3,D为NaCl;当B为过量NaOH时，A可为A1Cl3,则C为NaA1O2。(3)由题 意可知，A是C,B是HNO,则反应的化学方程式为C+4HNO,(浓)△CO,个十 4NO2个十2H2O。(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+。 17.答案1b(2)4C0+2N02催化剂N2十4C0, (3)当温度过高时，氨气和氧气发生副反应生成一氧化氮 (4)①2NO2+CO一NO2+NO3+CO2②大于NaOH溶液黏稠度越来 越高 解析(1)臭氧与空气中的氨氧化物、碳氢化合物在紫外线照射下发生作用后，产 生一种有毒的烟雾，即光化学烟雾。(2)C0和NO2在催化剂的作用下反应生成无 害气体C02和N2,反应的化学方程式为4C0+2NO,催化剂N2十4C02.(3)当 温度高于400℃时，氯气可能会和氧气发生反应：4NH,十50，催化剂 4NO+ 6H2O,导致氨气的浓度减小，所以NO的脱除率减小。(4)①用碳酸钠溶液吸收 二氧化氮，生成等物质的量的硝酸钠、亚硝酸钠和一种气体，推知该气体为二氧化 碳，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为2NO2十 CO?—NO2+NO3+CO2。②NaOH溶液与NO、NO2反应的化学方程式为 2NaOH+NO+NO2一2NaNO2+H2O,当n(NO)=n(NO2)时，气体刚好能被充 分吸收，当n(NO2)<n(NO)时，NO不能被NaOH溶液吸收，氨氧化物的吸收率降 低，因此曲线Ⅱ表示NO的物质的量大于NO2的物质的量；NaOH溶液浓度越大， 黏稠度越高，当NaOH溶液浓度高于0.5mol·L一1后，黏稠度越来越高，对氮氧化 物的吸收率下降。 18.答案1)ACDE2NH,Cl+Ca(OHD2△CaCl2十2NH,++2H,0藏石灰 吸收尾气（防止污染空气），防倒吸 (2)NH3 CaCl2+CO2+2NH3+H20-CaCOs+2NH4Cl (3)取少量样品和水混合形成分散系，用一束光照射，若在垂直于光束的方向观察 出现一条光亮的通路，则所得样品是纳米级，否则不是 解析(1)实验室用A装置将铵盐与碱共热来制取氨气，用装有碱石灰的干燥管C 干燥，用E装置收集，用D装置进行尾气处理。(2)由于CO2在水中溶解度较小， 要先通入NH3形成碱性环境，再通入CO2。(3)纳米级碳酸钙颗粒分散到水中时 形成的分散系为胶体，可以利用丁达尔效应加以判断。 B卷素养提升 1.D浓硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，具有很强的氧化性，是强氧化剂， 故选D。 2.C试管内装有10mLN0,缓授地通入10mLO2,发生4NO+3O2+2H2O 4HNO3,可知氧气剩余，剩余02为10mL-3X10mL=2.5mL,根据分析可知，A B错误，C正确；一氧化氮、氧气和水反应生成硝酸，随气体的量减少，试管内压强变 小，导致液面在不停上升，最终有气体剩余，试管中液体不充满，D错误。 3.D甲中氢氧化钠固体溶于水放出大量热，NH3·H2O不稳定，受热分解生成NH3, A正确；氨气的密度比空气小，宜用向下排空气法收集，因此应短导管进长导管出， 即乙中的集气瓶内a导管短、b导管长，B正确；氨气极易溶于水，为防止氨气溶于水 而发生倒吸，可用CC14防止倒吸，C正确；氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氨气 和氯化氢在试管口遇冷又反应生成氯化铵，因此丁不能用于制备氨气，D错误。 4.C①中因为NH4CI分解生成的NH3、HCI在试管口遇冷又化合为NH4CI,不能制 取氨，错误：③中加热氢氧化钙和氯化铵固体混合物的试管口部高于试管底部，容易 导致反应生成水在试管口凝聚，倒流回试管使试管炸裂，错误；②④正确。 5.D氨气催化氧化为一氧化氨，一氧化氮被氧化为二氧化氨，二氧化氮与水反应生成 硝酸和一氧化氮，一氧化氨继续循环利用，路线①②③是工业生产硝酸的主要途径， A正确；氨气与氧气在放电或高温条件下反应生成一氧化氨，一氧化氨被氧化为二 氧化氨，二氧化氨与水反应生成硝酸和一氧化氨，路线I、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氨生成硝 酸的主要途径，B正确；题给路线的各步反应中氨元素的化合价都发生了改变，故所 有反应都是氧化还原反应，C正确；氮气与氧气在放电或高温条件下只能生成NO, NO继续被氧气氧化为NO2,氨气和氧气不能一步生成NO2,D错误。 6.B未被还原的HNO3中的氮原子的物质的量等于反应后Cu(NO3)2中氨原子的物 质的量。由关系式Cu2S~2Cu(NO3)2得n[Cu(NO3)2]=0.6mol,所以未被还原的 HNO3的物质的量是1.2mol。故选B。 7.DA项，NH3中的H元素化合价反应前后不变，错误；B项，NO2中的N元素化合 价由十4降低到0，得到电子，错误；C项，还原剂是NH3,氧化剂是NO2,二者物质的 量之比为4：3，错误；D项，若生成7molN2,4mol来自NH3,是氧化产物，3mol来 自NO2,是还原产物，氧化产物与还原产物的质量之比为4：3，正确。 8.CA对，试管I中Cu与稀硝酸反应生成NO,然后NO与O2反应生成红棕色的 NO2,试管Ⅱ中红棕色气体为NO2,由HNO3还原生成。B对，试管I中，3 mol Cu 消耗8 mol HNO3;试管Ⅱ中，1 mol Cu消耗4 mol HNO3,故等质量的Cu完全溶解 时，试管Ⅱ中消耗的HNO3更多。C错，常温下Fe遇浓硝酸发生钝化，故试管Ⅱ中 反应不明显。D对，试管Ⅱ中持续通入氨气后，可以把溶液中溶解的NO2带走，溶液 由绿色变为蓝色，说明试管Ⅱ中反应后溶液颜色与其溶解的NO2有关。 9D氨气和二氧化氨均易溶于水，并能与水反应，打开止水夹、挤出胶头滴管中的水 都可产生“喷泉”，A正确。氨水呈碱性，能使酚酞溶液变红，硝酸呈酸性，能使石蕊 溶液变红，故“喷泉”都呈红色，B正确。设烧瓶的容积为VL,VLNH3全部溶于水， 形成溶液的体积为VL,VLNO2完全反应后，生成了号VLN0气体，形成的溶液 的体积为号VL,实验后烧流中溶液的依积不同，C正确；氯水的浓度为Vm0 VL 3VL 己mol/L,嘴酸的浓度为/m 1 导i 一了m0/L,两者浓度相等，D错误。 10.AC因浓硫酸不挥发，与NH3反应时看不到白烟，并非不反应，B项错；C项也可 能是MgCl2溶液；NH3本身不能电离出OH,因此NH3不是碱，NH3·H2O才 是碱，D项错误。 11.BC过量铁粉与稀硝酸反应生成Fe2+,正确的离子方程式为3Fe十8H+十2NO3 一3Fe2++2NO个十4H2O,B错误；NH3·H2O为弱碱，不能拆分，A1Cl3为可溶 的强电解质，应拆写为离子，正确的离子方程为为A13+3NH3·H2O一A1(OH)3 +3NH,C错误。 12.BCNH4Cl是常用化肥，而NaHCO3俗称小苏打，不能用作化肥，A错误；NH4CI 受热分解，得到NH3和HCl,NaHCO3受热分解得到Na2CO3、CO2和水，B正确； NH3能发生催化氧化反应，故氨气具有还原性，C正确；题述转化关系中有3个氧 化还原反应：NH3→NO→NO2→HNO3,D错误。 13.D由图像可知，OA段发生反应Fe十4H++NO3一Fe3++NO个十2H2O,AB 段发生反应Fe+十2Fe3+—3Fe2+,BC段发生反应Fe十2H+—Fe2++H2个，反 应中NO3全部参与反应，第二份溶液中最终溶质是FSO4,A、B选项正确；第一份 19.2g 溶凌中N0:全廊参与反应，消能铜的物质的量为64gm=0.3m0l,根据反 应3Cu十8H++2NO3—3Cu2++2N0个+4H20可知，参与反应的NO3为 0.2mol,所以原混合酸中NO5的物质的量为0.4mol,C选项正确；第二份溶液中 (S0)=n(Fe2+)=n(FO)62:g=0.4mol,则原混合酸中硫酸的浓度 为8肥-4m0lL1,D总项错误。 14.答案(1)N205氧化 (2)2NH,CI+Ca(OHD,△2NH↑+CaC2+2H,0AD （3)O4NH,+50,催化剂4NO+6H,0②无色气体变为红棕色③1：2 △ 解析(1)由题图可知，X为十5价N的氧化物，化学式为N2O5;从化合价上看，X 中N的化合价为最高价，具有氧化性。(2)实验室常用NH4CI与Ca(OH)2制取氨 气，该反应的化学方程式为2NH,C1+Ca(OHD△2NH,++CaCL2+2H,0;氨气 具有碱性且可以和无水氣化钙反应，故不能用于千燥氨气的是浓硫酸、无水CC2。 (3)①NH3→NO的反应为氨气和氧气在催化剂和加热条件下生成一氧化氨和水， 化学方程式为4NH3十5O2 催化剂4NO十6H,0。②二氧化氮为红棕色气体，N0 △ →NO2实验现象是无色气体变为红棕色。③NO2+H2O→HNO3反应为3NO2十 H2O—2HNO3十NO,反应中二氧化氨生成硝酸发生氧化反应，生成一氧化氨发 生还原反应，反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为1：2。 15.答案(1)①NaOH固体（或生石灰、碱石灰）②BDADC (2)①排尽装置中的空气，防止干扰NO的检验 ②C→ED→B检查装置的气密性 解析(1)①B用来制取氨气，a中试剂是浓氨水，则仪器b中加入的可以是氢氧化 钠固体、生石灰或碱石灰。②从发生装置中出来的氨气带有水蒸气，必须先进行干 燥，NH3是碱性气体，因此要使用碱性干燥剂即碱石灰干燥氨气，故B接D;千燥后 的氨气在装置A中与MOy发生反应，得到M、N2和H2O,所以D接A;再通过盛 有碱石灰的U形管吸收反应生成的H2O,所以A接D;此时气体中含有未完全反 应的氨气，不能直接排入大气，要通过盛有浓硫酸的装置C吸收氨气后再排入大 气，所以还需要再接装置C。故按气流方向正确的装置连接顺序为BDADC。 (2)①反应前应打开弹簧夹，先通入一段时间氨气，目的是排尽装置中的空气，防止 反应产生的NO被空气中的氧气氧化生成NO2,干扰NO的检验。②在装置A中 制取NO、NO2的混合气体，用装置C吸收水蒸气，用装置E冷却NO2,利用装置D 检验NO,NO、NO2都是大气污染物，不能直接排入大气，利用装置B进行尾气处 理，防止污染空气，所以装置的连接顺序为A→C→E→D→B,组装好仪器后，接下 来进行的操作是检查装置的气密性。 16.答案(1)3mol/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⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内 (3)Cu+4HNO3(浓)-Cu(NO3)2+2NO2个+2H2O (4)将NO2转化为NO3NO2+H2O—2HNO3+NO (5)装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色 (6)acd 解析(1)氨氧化物均为有毒气体，均需要尾气处理，根据已知，NO不能被NaOH 吸收，而NO2可以，则装置⑥为NaOH吸收NO2的装置，则④中盛放的为浓硝酸， 将NO氧化成NO2,装置③中为稀硝酸，不能将NO氧化，而NO不溶于水，排水法 收集。(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 HNO3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⑤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HNO3反应生 成Cu(NO3)2、NO2、H2O,方程式为：Cu+4HNO3(浓)-Cu(NO3)2+2NO2个+ 2H2O;(4)装置①为铜和浓硝酸反应生成NO2的装置，经②与水发生反应生成 NO。所以装置②中盛放H2O,使NO2与H2O反应生成NO,方程式为：3NO2+ H2O一2HNO3+NO。(5)NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说 明稀HNO3不能氧化NO,所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可 说明之。装置④中盛放的是浓HNO3,若浓HNO3能氧化NO,则装置④液面的上 方会产生红棕色气体；(6)要证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置 ①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走(a、c方案)再观察颜色变化；二是 增加Cu(NO3)2溶液中NO2的浓度(d方案)后观察颜色变化，故选a、c、d。 17.答案(1)分液漏斗(2)排尽装置中的空气(3)红棕(4)NO (5)3NO2+H2O—2H++2NO3+NO(6)圆底烧瓶中浓硝酸的挥发 解析(1)由题图可知仪器为分液漏斗。(2)利用氨气将装置中的空气排尽，防止 O2千扰实验。(3)铜与浓硝酸反应生成NO2,NO2为红棕色气体，所以烧瓶上方有 红棕色气体产生。(4)若NO2与水反应生成NO,生成的NO与空气接触后会生成 红棕色的O2,所以步骤Ⅲ中“用注射器将少量空气注入三颈烧瓶”的目的是检验 NO。(5)根据题给图像可知，NO2与水反应时NO3的浓度增大，氢离子的浓度也 增大，说明生成了硝酸；步骤Ⅲ中注入空气后，气体变为红棕色，说明生成了NO,则 反应的离子方程式为3NO2十H2O一2H+十2NO3十NO。(6)浓硝酸具有挥发 性，圆底烧瓶中浓硝酸的挥发也会使三颈烧瓶中O3、H+的浓度增大。 参考答案49第五章 化工生产中的重要非金属元素 第二单元 氮及其化合物 A卷 基础达标 图 建议用时：60分钟满分：80分 可能用到的相对原子质量：H1C12N14O16Cu64 一、选择题（本题共15小题，每小题3分，共45分。每小题只有一 密 个选项符合题意) 声 1.氮气能大量存在于空气中的根本原因是 ( 封 A.氮气性质稳定，即使在高温下也不与其他物质发生反应 B.氮气比空气轻且不溶于水 线 C.氨气分子中两个氮氨原子结合很牢固，分子结构稳定 D.氮气既无氧化性，也无还原性，不与其他物质反应 露 内 2.自然界的氮循环如图所示，下列说法不正确的是 大气中的N 不 ② ③ ① 款 -NO 氮肥 细菌 答 动植物遗体细菌 土壤中的微生物一→氨 A.①中N2与O2反应生成NO 题 B.②中合成氨属于人工固氮 C.③中氨元素被氧化 D.氧元素参与了氮循环 3.下列关于氮的氧化物的说法中，正确的是 丝 A.氮的氧化物都是酸性氧化物 北 B.氨的氧化物都既有氧化性，又有还原性 C.NO2与H2O反应生成HNO3,所以NO2是酸性氧化物 D.NO和NO2均有毒 4.关于实验室制取氨气的说法正确的是 () A.虽然氨水受热分解可产生氨气，在实验室也不能用加热浓氨 水的方法制取氨气 B.通常可选择浓硫酸为干燥剂，除去氨气中的水蒸气 C.既可用向下排空气法收集NH3,又可用排水法收集NH? D.用碱石灰代替消石灰与NH,CI固体加热制取NH3,可使反应 速率加快 5.如图所示，弹簧夹开始处于关闭状态，将液体A滴入试管②中与 气体B充分反应，打开弹簧夹，可发现试管①内的水立刻沸腾。 则液体A和气体B的组合不可能是 弹簧夹 空气（标准 液体A 大气压) ② 95七的水圆 气体B A.氢氧化钠溶液、二氧化碳 B.水、氨气 C.氢氧化钠溶液、一氧化氮 D.水、二氧化氮 6.实验室里可按如图所示的装置来干燥、收集气体R,多余的气体 R可用水吸收，则气体R是 气体R在 干燥管 储气瓶 A.HCI B.Cl2 C.CO D.NH 7.只用一种试剂，即可将Na2SO4、NH4Cl、NaCl、(NH4)2SO4四种 物质的溶液区分开，这种试剂是 A.BaCL2溶液 B.NaOH溶液 C.AgNO,溶液 D.Ba(OH)2溶液 8.N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过 催化氧化生产HNO,；大气中过量的NO,和水体中过量的 NH、NO?均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机 动车尾气中的NO转化为N2。在指定条件下，下列选项所示的 物质间转化能实现的是 () A.NO(g)HHNO (ad) B.稀HNO,GNO,(g) C.NOg》尚在化N,(g)D.NO,(g)9NO(g) 9.将19.5g锌粉与一定量的浓硝酸反应生成硝酸盐、水及气体，当 锌粉完全反应时收集到11.2LNO、NO2混合气（标准状况下）， 则所消耗硝酸的物质的量是 () A.1.2 mol B.1.1 mol C.0.9 mol D.0.8 mol 10.等物质的量的下列物质与足量稀硝酸反应，放出NO气体的物 质的量最多的是 A.FeO B.FeO C.Cu D.Fe 11.实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示（省略 夹持和净化装置)。仅用此装置中提供的物质完成相关实验，最 合理的选项是 ) c中收集 选项a中的溶液 b中的物质 d中的液体 的气体 A 浓氨水 生石灰 NHa H2O 心 浓硝酸 铜片 NO2 H2O C 稀硝酸 铜片 NO NaOH溶液 D 浓硫酸 亚硫酸钠 SO, NaOH溶液 12.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1.68LO2(标准状况)混合后通入 水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液 中加入2.5mol·L1NaOH溶液至Cu+恰好完全沉淀，则消 耗NaOH溶液的体积是 () A.30 mL B.60 mL C.90 mL D.120 mL 第一部分单元检测卷5 13.下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的 是 浓HNO 浓HNO. 红热木炭 一灼热碎玻璃 红热木炭 图-浓HNO, ① ② ③ A.由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 B.红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应 C.由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D.③的气体产物中检测出CO2,由此说明木炭一定与浓硝酸发 生了反应 14.如图所示，将相同条件下的m体积NO和nNo 体积O,同时通人倒立于水槽中且盛满水的 试管内，充分反应后，试管内残留%体积的气 体，该气体与空气接触后立即变为红棕色。则m与n的比值为 () A.3:2 B.2:3 C.8:3 D.3:8 15.某同学为探究铜与稀硝酸反应产生的气体主要是NO,设计下 列实验装置（加热、固定装置已略去）。图中K为止水夹，d是存 有一半空气的注射器。下列说法错误的是 () 石灰石 国多孔隔板 铜丝 一稀硝酸 A.装置a的作用是生成CO,气体，赶尽装置中的空气 B.当装置b中溶液增重1.92g时，生成标准状况下0.448L NO气体 C.将d中空气推人c中，若气体变为红棕色则说明b中生 成NO D.该装置存在缺陷，缺少尾气处理装置 6第一部分单元检测卷 二、非选择题（本题共3小题，共35分） 16.(10分)某些物质的转化可用下图表示。 回 A 回 →H20 请回答下列问题： (1)完成化学方程式：Ca(OH)2+NaHCO3(过量) 十 H,O (2)若A、C均含有铝元素： ①当B为过量盐酸时，C为 ②当B为过量NaOH时，C为 (3)若A为第二周期元素形成的黑色固体单质，B为第二周期 某元素的最高价氧化物对应的水化物，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 (填字母)。 A.加热氯化铵固体，产生的气体用碱石灰干燥 B.在N2和H2混合气体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NH HCO3,生成的气体用PO,干燥 17.（11分)氮氧化物是主要的大气污染物，必须脱除才能排放。 (1)臭氧与空气中的氨氧化物和 (填字母)在紫外线照 射不产生光化学烟雾。 a.二氧化硫b.碳氢化合物c.二氧化碳 (2)汽车排气管内的催化剂能将CO和NO2转化为无害气体， 发生反应的化学方程式为 (3)工业上在催化剂作用下用NH3还原废气中的NOx生成N2 和H2O,从而达到脱除目的，但当温度高于400℃时，NO,脱除 率减小，原因可能是 (4)工业上氮氧化物通常是用碱性溶液吸收。 ①用Na2CO,溶液吸收硝酸工业尾气中的NO2,生成等物质的 量的两种钠盐（一种为NaNO2)及一种气体，反应的离子方程式 为 ②NaOH溶液浓度越大，黏稠度越高。用不同浓度的NaOH溶 液吸收NO2(混有NO)含量不同的工业尾气，氮氧化物的吸收 率随NaOH溶液浓度的变化如图所示，曲线Ⅱ表示NO的物质 的量 (填“大于”“小于”或“等于”)NO2的物质的量；当 NaOH溶液浓度高于0.5mol·L1后，氮氧化物的吸收率随 NaOH溶液浓度的升高而降低的原因是 100 I表示NO、NO,物质的 ▲量相等的混合气体 90 ● 801 ● 01.252.53.755 c(NaOH/mol·L-) 18.(14分)在浓CaCl2溶液中通入NH3和CO2,可以制得纳米级 碳酸钙。如图所示，A~E为实验室常见的仪器装置（部分固定 夹持装置已略去)，请根据要求回答问题。 一 水 B (1)实验室制取、收集干燥的NH3,需选用上述仪器装置中的 (填字母)。写出A装置中发生反应的化学方程式： 0 若选 用了C、D,则C中盛放的药品为 ;D的作用为 (2)向浓CaCl2溶液中通入NH和CO2制纳米级碳酸钙时，应 先通入的气体是 ,写出制纳米级碳酸钙的化学方程 式： (3)试设计简单的实验方案，判断所得碳酸钙样品颗粒是否为纳 米级：