高三化学一轮专题训练—氮族元素及其化合物.docx

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1、高三新高考化学大一轮专题训练氮族元素及其化合物一、单选题1（2022秋山东烟台高三统考期末）如图是N、S及其化合物的“价类”二维图，下列说法正确的是A在一定条件下，a可将c、d还原为bBc使品红褪色的原理与HClO的漂白原理相同Ca与浓e、a与浓e均能发生氧化还原反应D常温下，Fe与浓e和浓e均不反应2（2023春云南玉溪高三云南省玉溪第一中学校考期中）用所给试剂与图示装置能够制取相应气体的是(夹持仪器略)选项ABCDX中试剂浓盐酸双氧水浓硫酸浓氨水Y中试剂CuNaOH气体 AABBCCDD3（2023春上海静安高三上海市回民中学校考期中）下列关于铜与硝酸反应的叙述中，正确的是A氮元素全部被还

2、原B若为稀硝酸，反应不进行CCu(NO3)2是氧化产物D若为浓硝酸，还原产物为NO4（2023春辽宁大连高三育明高中校考期中）在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4物质的量浓度分别为0.4molL-1和0.1molL-1，向该溶液中加入1.92g铜粉，待充分反应后，所得溶液中Cu2+物质的量浓度(molL-1)为(溶液体积变化忽略不计)A0.3B0.225C0.6D0.455（2023春云南大理高三大理白族自治州民族中学校考期中）下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是气体(杂质)方法ASO2（CO2）通过酸性高锰酸钾溶液 BCl2（HCl）通过饱和的食盐水CN2（O2）通过灼热的铜丝

3、网DNO（NO2）通过水AABBCCDD6（2023春甘肃高三民勤县第一中学校联考期中）薯条等膨化食品袋子里填充的是食品级氮气。下列有关氮及其化合物说法正确的是A和都可稳定存在于空气中B既具有氧化性，又具有还原性C为增加肥效，碳酸氢铵和熟石灰混合使用D铵盐受热分解一定生成7（2023春福建福州高三福建省福州第八中学校考期中）实验室制取氨气、收集、验证其还原性并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是A用装置甲制取氨气B用装置乙收集氨气时气体应该从a口进b口出C装置丙中黑色固体变成红色时氧化产物为铜D可以用装置丁吸收氨气，进行尾气处理8（2023北京朝阳统考二模）下列方程式与所给事实不相符的是

4、A浓硝酸保存于棕色试剂瓶中是为了防止：B向饱和溶液中依次通入过量、，析出沉淀：C将通入冷的石灰乳中，制得漂白粉：D电解饱和食盐水，两极(碳棒)均产生气体：9（2023春甘肃高三民勤县第一中学校联考期中）如图所示，在注射器里吸入，然后吸入水。若再吸入，夹住弹簧夹，让内外大气压相同，观察。下列叙述正确的是A可观察到注射器内气体由无色变成红棕色，最后变成无色B可观察到注射器的活塞缓缓向右移动C最终剩余气体体积约为D所得硝酸溶液的浓度约为10（2023春四川南充高三校考期中）关于实验装置与试剂选择，下列说法正确的是A装置可用作MnO2与浓盐酸反应制Cl2的发生装置B用装置吸收尾气NH3可防倒吸C装置可

5、用于验证氨气在水中的溶解性D装置可用于收集NO2气体11（2022春辽宁大连高三大连市第二十三中学校联考期中）下列设计的实验方案能达到实验目的的是A将通入溴水中，溴水褪色，证明具有漂白性B向无色溶液中加入盐酸酸化的溶液有白色沉淀出现，则该溶液中一定含有C向某溶液中加入溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，呈蓝色，则该溶液中一定有D验证反应是否可逆：向溶液中加入溶液，充分振荡，再滴加溶液，观察溶液是否变红12（2023春黑龙江七台河高三勃利县高级中学校考期中）硝酸工业生产中常用纯碱溶液吸收排出的氮氧化物废气，废气中只含有NO、两种气体。将一定量废气通入到足量的溶液中被完全吸收，溶液中生成的

6、、两种离子的物质的量与废气中的物质的量分数变化关系可用如图所示。已知溶液中可发生以下两个反应：下列说法正确的是A图中线段a表示离子B随x值增大，溶液中变大C若测得所得溶液中为0.5 mol，则x值为0.8D时，反应中可收集到标准状况下22.4 L 13（2023春湖北省直辖县级单位高三统考阶段练习）下列反应的离子方程式书写不正确的是AFe与少量稀硝酸反应：B次氯酸钙溶液中通入少量SO2：SO2+3ClO+Ca2+ H2O=CaSO4+2HClO+ClC碳酸钙与醋酸溶液反应：CaCO3+2CH3COOH=Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2D向氢氧化钠溶液中通入过量：二、多选题14（2023

7、春陕西西安高三长安一中校考期中）某无色溶液中可能含有Mg2+、NH、K+、Al3+、SO、CO、Cl等离子。现进行如下实验：取10 mL该溶液于试管中，滴加Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99 g白色沉淀；另取10 mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体(必要时可加热)，最后沉淀完全溶解，并且随NaOH溶液的加入，沉淀和气体物质的量变化如图所示。下列说法不符合事实的是A根据图中数据计算实验中使用的NaOH溶液的浓度为1 molL-1B根据信息分析该溶液中焰色反应呈紫色的离子的物质的量浓度为1 molL-1C该溶液中NH、Al3+、SO

8、三种离子的物质的量之比为213D另取一定量该溶液滴加一定量Ba(OH)2溶液，能使Al3+和SO同时完全沉淀三、非选择题15（2023春福建高三校联考期中）研究氮及其化合物的性质具有极为重要的意义。(1)能形成酸雨，写出转化为的化学方程式：_(2)将38.4 g铜与一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L，则NO2的体积为_L。(3)取一定量的于试管中。滴加溶液，反应的离子方程式是_。(4)野外焊接钢轨常采用铝热反应，发生的反应为。a该反应所属基本反应类型是_。b该反应中，氧化剂是_；现有0.5 mol铝参加反应，则电子转移_mol。16（20

9、23春山西运城高三统考期中）回答下列问题：(1)硫酸是用途广泛的化工原料，可作脱水剂、吸水剂、氧化剂和催化剂等。甲、乙两位同学用铜和硫酸做原料，设计了两种制取硫酸铜的方案。方案甲：铜与浓硫酸加热直接反应，即；方案乙：由。这两种方案，你认为哪一种方案更合理？_，理由是_。(2)氨和硝酸是重要的工业产品，如图是工业合成氨及制备硝酸的流程示意图：合成塔中发生反应的化学方程式为_。向吸收塔中通入空气的作用是_。氧化炉中发生反应的化学方程式为_。标准状况下，被氧化为时转移电子的数目为_。吸收塔中出来的尾气可用具有碱性的溶液吸收，其中既是氧化剂又是还原剂，且三种产物的物质的量之比为111，写出反应的化学方

10、程式：_。17（2023春江苏盐城高三统考期中）氮的氧化物是主要的大气污染物，必须脱除才能排放。(1)臭氧与空气中的氮氧化物，以及汽油、柴油等化石燃料的不完全燃烧所残留的_(填字母)在紫外线照射下容易产生光化学烟雾。a.惰性气体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，发生的反应方程式为_。(3)工业上在催化剂作用下用NH3还原废气中NOx生成N2和H2O达到脱除目的，但当温度高于400时，NOx脱除率下降，原因可能是_。(4)工业上氮的氧化物通常是用碱性溶液吸收。用Na2CO3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

11、)及一种气体，反应的离子方程式为_。NaOH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溶液浓度的变化如题图所示，曲线II表示NO的物质的量_(填：“大于”、“小于”、“等于”)NO2物质的量。当NaOH溶液浓度高于0.5molL-1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_。18（2023春上海宝山高三上海市行知中学校考期中）自然界中的氮元素以氮气、氮氧化物和硝酸盐等形式存在，人类对氮元素的利用，就是实现氮元素在不同物质之间的转化。(1)下列有关物质的性质与用途具有对应关系的是_。A易溶于水，可用作制冷

12、剂B具有强氧化性，可用于制C受热易分解，可用作化肥D性质稳定，可用于食品保护(2)下图为氮元素的价类二维图。下列说法正确的是_。AX属于酸性氧化物B转化为一定需要加入氧化剂C一定条件下，和反应可以转化成D实验室采用加热分解固体制取(3)为了测定铁铜合金的组成，将15.2 g铁、铜合金加入200 mL某浓度的稀硝酸中，待合金完全溶解后，共收集到NO气体4.48 L(标准状况下)，并测得反应后溶液中的浓度为0.5 molL，若反应前后溶液的体积变化忽略不计，则下列判断正确的是_。A反应后溶液中可能存在的金属阳离子有：、和B上述合金中铁与铜物质的量之比为C反应后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量最多为1

13、.9 gD原硝酸的物质的量浓度为 molL-1(4)浓、稀硝酸的性质既相似又有差别，若要除去铁制品表面的铜镀层应选择_(填“浓”或“稀”)硝酸，原因是_。(5)氨气是生产氮肥的主要原料，其电子式为_。工业合成氨的化学方程式为_。检验铵态氮肥中的实验方案是_。(6)催化还原氮氧化物(SCR)技术是目前应用最广泛的烟气氮氧化物脱除技术。反应原理如下图所示。当与NO的物质的量之比为11时与足量氨气在一定条件下发生脱氮反应。该反应的化学方程式为_。试卷第7页，共8页学科网（北京）股份有限公司学科网（北京）股份有限公司参考答案：1A【分析】根据图示，a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2、e为HNO

14、3；a为H2S、b为S、c为SO2、d为H2SO3、e为H2SO4，据此解答。【详解】A a为NH3、b为N2、c为NO、d为NO2，根据化合价以及氧化还原规律，一定条件下，a可将c、d还原为b，A正确，B c使品红褪色的原理为与有色物质生成不稳定的无色物质，HClO的漂白原理为将有色物质氧化为无色物质，原理不相同，B错误；C氨气和浓硝酸不能发生氧化还原反应，H2S可以和浓硫酸发生氧化还原反应，C错误；D常温下，Fe与浓硝酸和浓硫酸发生钝化反应，阻止反应进一步进行，不是不反应，D错误；故选A。2B【详解】A浓盐酸与二氧化锰反应制氯气必须在加热条件下，且氯气可溶于水，收集氯气不能用排水法，选项A

15、错误；B双氧水分解制氧气制取装置用固液不加热制气体，收集氧气可用排水法，选项B正确；C浓硫酸与铜加热条件下反应生成二氧化硫，选项C错误；D氨气极易溶于水，不能用排水法收集，选项D错误；答案选B。3C【详解】A铜与硝酸反应过程中硝酸既体现酸性又体现氧化性，氮元素部分被还原，故A错误；B铜与稀硝酸能发生反应生成硝酸铜和一氧化氮，故B错误；C铜与硝酸反应过程中Cu元素化合价上升，Cu(NO3)2是氧化产物，故C正确；D铜与浓硝酸反应生成二氧化氮，故D错误；故选C。4B【分析】在100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4物质的量浓度分别为0.4molL-1和0.1molL-1，向该溶液中加入1.92g

16、铜粉，加热，待充分反应后，所得溶液中Cu2+物质的量浓度为(溶液体积变化忽略不计)铜与投入HNO3和H2SO4的混合溶液中发生的反应实质为硫酸提供氢离子确酸根离子具有强氧化性继续反应，反应实质为：3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，根据反应的量来确定消耗的铜以及生成气体的量，生成铜离子的物质的量分析判断，以此来解析；【详解】根据反应实质：3Cu+8H+2=3Cu2+2NO+4H2O，1.92g铜粉物质的量= =0.03mol，100mL混合溶液中，HNO3和H2SO4物质的量浓度分别为0.4molL-1和0.1molL-1，所含氢离子物质的量=0.1L0.4mol/L+0.1L0.1

17、mol/L2=0.06mol，依据反应离子方程式可知铜剩余，根据反应可知：8H+3Cu2+，得到铜离子物质的量为0.06mol=0.0225mol，所得溶液中Cu2+物质的量浓度为= 0.225mol/L；故选B。5A【详解】ASO2能与酸性高锰酸钾溶液反应，而CO2不能与酸性高锰酸钾溶液反应，不能够达到除杂目的，A项符合题意；B由于HCl极易溶于水，故通过饱和的食盐水能实现除杂目的，B项不符合题意；C铜与氧气反应，与氮气不反应，能够达到除杂目的，C项不符合题意； DNO2与水反应生成HNO3和NO，能够达到除杂目的，D项不符合题意；答案选A。6B【详解】A的化学性质稳定可以稳定存在于空气中，

18、容易被空气中的氧气氧化为不能稳定存在于空气中，故A错误；B中的氮元素是0价，价态可以升高，也可以降低，所以既有氧化性，又有还原性，故B正确；C熟石灰显碱性，铵态氨肥和碱性物质能发生反应，会降低肥效，故C错误；D铵盐受热有些会生成氨气，但也有些铵盐受热不会分解生成氨气，比如加热不会生成氨气，故D错误。综上所述，答案为B。7B【详解】A装置甲中的氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢气体，氨气和氯化氢气体在试管口处又重新反应生成固体氯化铵，不能用加热分解氯化铵的方法制取氨气，实验室中制氨气是用氢氧化钙和氯化铵固体加热反应生成，故A错误；B氨气比空气轻，应用向下排空气法收集，导气管短进长出，用装置乙收集氨气

19、时，气体应该从a口进、从b口出，故B正确；C装置丙中氧化铜可以被还原为铜或氧化亚铜，铜、氧化亚铜都是红色固体，则还原产物不一定为铜，故C错误；D氨气极易溶于水，导管直接插入饱和食盐水中易发生倒吸，故D错误；答案选B。8A【详解】A浓硝酸保存于棕色试剂瓶中是因为浓硝酸遇光分解生成二氧化氮、氧气和水，反应的化学方程式为，故A错误；B向氯化钠饱和溶液中依次通入过量氨气、二氧化碳发生的反应为二氧化碳与饱和氯化钠溶液、氨气反应生成碳酸氢钠沉淀和氯化铵，反应的化学方程式为，故B正确；C氯气通入冷的石灰乳制得漂白粉的反应为氯气与石灰乳反应生成氯化钙、次氯酸钙和水，反应的化学方程式为，故C正确；D电解饱和食盐

20、水生成氢氧化钠、氢气和氯气，反应的离子方程式为，故D正确；故选A。9A【详解】A遇空气中氧气生成，为红棕色气体，溶于水生成，气体由红棕色变为无色，A项正确；B可观察到注射器活塞缓缓向左移动，B项错误；C由可知，消耗完，有剩余，剩余气体体积为，C项错误；D没有注明状态，无法计算，D项错误；故选A。10C【详解】AMnO2与浓盐酸反应制Cl2的反应需要加热，A不正确；BNH3易溶于水，装置中的煤油不能起到防止倒吸的作用，所以装置不可用于吸收尾气NH3，B不正确；C装置中，往烧瓶内滴入水，看到气球体积膨胀，则表明烧瓶内气体压强减小，从而表明NH3易溶于水，所以装置可用于验证氨气在水中的溶解性，C正确

21、；DNO2易与水反应生成HNO3和NO，所以装置不可用于收集NO2气体，D不正确；故选C。11C【详解】ASO2使溴水褪色是因为二氧化硫与溴水发生氧化还原反应，体现二氧化硫的还原性，故A错误；B白色沉淀可能为AgCl或硫酸钡，由实验及现象可知，溶液中可能含银离子或硫酸根离子，但二者不能同时存在，故B错误；C向某溶液中加入溶液后加热，用湿润的红色石蕊试纸靠近试管口，呈蓝色，即产生了氨气，则该溶液中一定有，故C正确；D要验证这个反应是否是可逆反应，加入的KI必须过量，过量了经检验还有Fe3+，则可证明这个反应是可逆的，而题目给的FeCl3和KI的物质的量之比为5：2，FeCl3过量，所以无法验证这

22、个反应是否是可逆反应的，故D错误；故选C。12D【详解】A线段a上当x=0.5，发生反应，只生成，其物质的量为2mol，而x=1.0，发生反应，溶液中生成的、均为1mol，随x增大，的物质的量减小，而的物质的量增大，故线段a表示、线段b表示，故A错误；B由反应方程式可知1时，即x0.5，混合气体可以被完全吸收，由氮原子守恒可知=，NO、NO2总物质的量一定，则为定值，故B错误；C由A中分析可知，线段a表示、线段b表示，溶液中为0.4mol，根据氮原子守恒可知=2mol-0.4mol-1.6mol，作如图所示辅助线：，可知AB为0.4mol，利用相似三角形有，解得BC=0.2，故C点对应的x=0

23、.5+0.2=0.7，故C错误；Dx=0.6时，NO、NO2被完全吸收，由反应方程式可知n(CO2)=0.52mol=1mol，标准状况下可以收集CO2体积为1mol22.4L/mol=22.4L，故D正确；故选D。13D【详解】AFe与少量稀硝酸反应，铁被氧化为亚铁离子，其离子方程式为：，故A正确；B次氯酸钙溶液中通入少量SO2，次氯酸根将二氧化硫氧化为硫酸根，自身被还原为氯离子，生成的氢离子和多余的次氯酸根结合生成次氯酸，其离子方程式为SO2+3ClO+Ca2+ H2O=CaSO4+2HClO+Cl，故B正确；C碳酸钙与醋酸溶液反应，碳酸钙是固体，醋酸是弱酸：CaCO3+2CH3COOH=

24、Ca2+2CH3COO-+H2O+CO2，故C正确；D向氢氧化钠溶液中通入过量，生成碳酸氢钠和水：，故D错误。综上所述，答案为D。14BD【分析】某无色溶液中可能含有Mg2+、NH、K+、Al3+、SO、CO、Cl等离子。现进行如下实验：取10mL该溶液于试管中，滴加Ba(NO3)2溶液，加稀硝酸酸化后过滤得到6.99g白色沉淀，该沉淀为硫酸钡，n（BaSO4）=6.99g233g/mol=0.03mol；另取10mL该溶液于试管中，滴加NaOH溶液产生白色沉淀，当沉淀增加到一定量后开始产生气体（必要时可加热），最后沉淀完全溶解，则说明溶液中含有Al3+，一定不存在碳酸根离子，Al3+3OHA

25、l(OH)3，结合图象中沉淀的变化关系，知溶液中含有Al3+为0.01mol需OH为0.03mol；当沉淀增加到一定量后开始产生气体，根据NH+ OHNH3+H2O结合图象，知溶液中含有NH为0.02mol需OH为0.02mol；最后沉淀完全溶解是由于氢氧化铝与NaOH继续反应，反应的离子方程式为Al(OH)3+ OHAlO+2H2O，结合图象中沉淀的变化关系，需OH为0.01mol；通过电荷守恒2n（SO）=3n（Al3+）+n（NH）+n（K+），解n（K+）=0.01mol，所以原溶液也一定含K+。【详解】A实验中使用的NaOH溶液的总物质的量为：0.03mol+0.02mol+0.01

26、mol=0.06mol，结合图象中沉淀的变化关系知此时氢氧化钠溶液的体积为60mL，根据c（NaOH）=0.06mol0.06L=1mol/L，故A正确；B该溶液中焰色反应呈现紫色的离子为K+，该溶液中一定含有K+、NH、Al3+、SO；根据知NH为0.02mol，Al3+为0.01mol，SO为0.03mol，若无氯离子，根据溶液呈电中性溶液中阴阳离子所带的正负电荷总数相等，其中正电荷总数为：0.02mol1+0.01mol3+n（K+）1=0.05mol+n（K+），负电荷总数0.03mol2=0.06mol，所以n（K+）=0.01mol，根据c=0.01mol0.01L=1mol/L，

27、若有氯离子，则钾离子浓度大于1mol/L，故B错误；CNH为0.02mol，Al3+为0.01mol，SO为0.03mol，所以该溶液中NH、Al3+、SO三种离子的物质的量之比为2：1：3，故C正确；D根据以上分析原溶液含n（Al3+）=0.01mol，n（SO）=0.03mol，所以滴加一定量的Ba(OH)2溶液，不能使Al3+和SO同时完全沉淀，故D错误；故选：BD。15(1)(2)3.36(3)(4) 置换反应 1.5【详解】（1）NO2与H2O反应产生HNO3，转化为的化学方程式：。（2）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，随着反应的进行，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，

28、38.4 g Cu的物质的量为，反应时失去电子数目为20.6mol=1.2mol，根据电子得失守恒规律，反应整个过程为HNO3NO2、NO时得到1.2mol电子，NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2 L，其的物质的量为0.5mol，设NO2的物质的量为x；则x+(0.5 mol -x)3=1.2mol，x=0.15mol，故标准状态下NO2的体积为3.36L。（3）与溶液发生复分解反应产生氢氧化铁沉淀，反应的离子方程式是。（4）对于反应：a该反应所属基本反应类型是置换反应。b该反应中，铁元素化合价降低，氧化剂是；根据关系式： 0.5 mol铝参加反应，则电子转移1.5mol。16(

29、1) 方案乙 原料利用率高，无污染产生(2) 促进转化为，同时使、尽可能全部转化为 或 【详解】（1）方案甲中，铜和浓硫酸反应的化学方程式是，生成二氧化硫，污染空气，硫元素不能完全利用，方案乙与方案甲相比，原料利用率高，无污染产生，故方案乙更合理；（2）由图知，合成塔中氮气和氢气化合成氨气，则发生反应的化学方程式为；向吸收塔中通入空气的作用是促进转化为，同时使、尽可能全部转化为；氧化炉中发生反应为氨气被氧化生成NO，化学方程式为。标准状况下，物质的量为0.5mol，氮元素化合价由-3价变为+2价，每分子氨气转移5个电子，故被氧化为时转移电子的数目为或；吸收塔中出来的尾气可用具有碱性的溶液吸收，

30、其中既是氧化剂又是还原剂，且三种产物的物质的量之比为111，反应的化学方程式。17(1)b(2)4CO+2NO24CO2+N2(3)当温度高于400时，氨气可能会和氧气发生反应4NH3+5O24NO+6H2O，或者催化剂失去活性(4) 2NO2+CO=NO+ NO+CO2 大于 NaOH溶液浓度越大，黏稠度越高，气体在液体中的流动性变差，不利于气体的吸收，所以对氮氧化物的吸收率下降【详解】（1）臭氧与空气中的氮氧化物和一些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，为光化学烟雾，答案选b；（2）CO和NO2在催化剂的作用下反应生成无害气体CO2和N2，反应的化学方程式为：4CO+2

31、NO24CO2+N2；（3）当温度高于400时，氨气可能会和氧气发生反应4NH3+5O24NO+6H2O，导致氨气的浓度减小，所以NOx的脱出率减小；（4）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，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+CO=NO+ NO+CO2；NaOH溶液与NO、NO2反应的化学方程式为：2NaOH+NO+NO2=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，氮氧化物的吸收率降低，因此曲线II表示NO的物质的量大于

32、NO2的物质的量；NaOH溶液浓度越大黏稠度越高，当NaOH溶液浓度高于后，黏稠度越来越高，对氮氧化物的吸收率下降。18(1)D(2)C(3)BD(4) 浓 Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O、3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO+4H2O，浓、稀硝酸都可以与铜镀层反应，但浓硝酸与铁发生钝化，所以用浓硝酸(5) N2 + 3H22NH3 取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH溶液，加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝，则证明氮肥中含有NH(6)NO2+NO+2NH32N2+3H2O【详解】（1）ANH3作制冷剂是由

33、于液氨汽化吸热，A错误；B制备NH4NO3与HNO3具有强氧化性无关，是HNO3与NH3反应生成NH4NO3，B错误；CNH4HCO3受热易分解，应在阴凉处保存，用作氮肥的原因是因为含有氮元素，C错误；DN2的化学性质稳定，可用作食品保护气，D正确；故答案为：D。（2）A根据示意图可知X是NO，NO和碱不反应，不属于酸性氧化物，A错误；BNO2转化为HNO3不一定需要加入氧化剂，例如NO2溶于水生成HNO3和 NO，B错误；C一定条件下，NO2和NH3可以发生氧化还原反应生成水和N2，C正确；D氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，氯化氢和氨气冷却后又转化为氯化铵，因此不能制备NH3，D错误；故答案

34、为：C。（3）A由于溶液中还剩余有硝酸，则反应后溶液中不可能存在Fe2+，A错误；B由于溶液中还剩余有硝酸，铁被硝酸氧化为铁离子，假设铁物质的量为xmol，铜物质的量为ymol，则有3x+2y=0.23，56x+64y=15.2，解得x=0.1，y=0.15，则上述合金中铁与铜物质的量之比为2:3，B正确；C根据质量守恒得到原硝酸的物质的量为0.5 mol/L0.2L+0.2mol+0.3mol+0.3mol=0.9mol，根据前面分析还剩余硝酸0.1mol，则有0.8mol硝酸反应15.2g铁铜合金，则剩余的0.1mol硝酸又消耗1.9g，整个过程生成的铁离子又要消耗铁铜合金中的铁，因此反应

35、后的溶液中可继续溶解铁铜合金质量大于1.9g，C错误；D根据质量守恒得到原硝酸的物质的量为0.5 mol/L0.2L+0.2mol+0.3mol+0.3mol=0.9mol，则硝酸物质的量浓度为c(HNO3)=4.5 mol/L，D正确；故答案为：BD。（4）铜与浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，铁与浓硝酸常温下发生钝化，所以可用浓硝酸除去铁制品表面的铜镀层，方程式Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2+2H2O。（5）氨气分子中N原子与H原子间共用1对电子，N原子的外围达到8电子结构，其电子式；工业上以N2和H2为原料发生化合反应生成NH3，化学方程式为N2 + 3H2 2NH

36、3；可将NH在碱性条件下转化为NH3进行检验，具体实验方案为：取少量氮肥溶于适量蒸馏水中，向其中加入浓NaOH溶液加热，并将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，若观察到红色石蕊试纸变蓝则证明氮肥中含有NH。（6）NO2与NO的物质的量之比不同，化合价变化的总数就会不同，就会出现多种配平结果，本题中限定了二者的比例为1:1，把它们两个作为一个整体来分析化合价的变化，一共降低6价，根据电子转移守恒，则NH3的化学计量数就是2，一共升高6价，最后根据原子个数守恒确定水的化学计量数，NO2+NO+2NH3=2N2+3H2O，反应条件注明催化剂，故化学方程式为NO2+NO+2NH32N2+3H2O。答案第9页，共10页