2024届高三化学一轮复习 氮及其化合物专题训练（含答案）

2024届高三化学一轮复习氮及其化合物专题训练一、选择题（共17题）1．蘸有浓氨水的玻璃棒靠近下列各浓酸时，均有白烟产生的一组是A．HCl、H2SO4、HNO3 B．HCl、HBr、HNO3C．HCl、H3PO4、HNO3 D．HCl、H3PO4、H2SO42．为探究锌与稀硫酸反应生成氢气的速率用[v(H2)来表示]，向反应混合液中加入某些质，下列判断正确的是A．加入NaHSO4固体，v(H2)不变 B．加入少量水，v(H2)减小C．加入Na2SO4固体，v(H2)减小 D．滴加少量HNO3溶液，v(H2)增大3．下列关于浓硝酸和浓硫酸的叙述中正确的是A．常温下均可用铝制容器运输B．露置在空气中，容器内酸液质量都减小C．常温下均能与铜较快反应D．露置在空气中，容器内酸液质量都增大4．下述实验能达到预期目的的是A．甲图：验证铜与稀硝酸反应的气体产物只有NOB．乙图：实验室制取乙酸乙酯C．丙图：验证钢铁片发生吸氧腐蚀D．丁图：证明在相同温度下Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)35．下列实验操作、现象和结论均正确的是选项操作现象结论A向装有某溶液的试管中滴加NaOH溶液并加热，用湿润的蓝色石蕊试纸置于试管口湿润的蓝色石蕊试纸变红溶液中含B用洁净铂丝蘸取溶液在无色火焰上灼烧火焰呈黄色该溶液中肯定存在，无C用一定量的醋酸溶液进行导电性实验时，发现灯泡较暗。向其中逐渐滴加同浓度的氨水溶液灯泡亮度不变醋酸和氨水中的一水合氨都是弱电解质D将KI和溶液在试管中充分混合后加入，振荡、静置下层溶液呈紫色氧化性：A．A B．B C．C D．D6．氮元素被氧化的反应是A．工业合成氨 B．实验室检验C．常温下浓硝酸使铁钝化 D．闪电时空气中产生NO7．对于某些离子的检验及结论一定正确的是A．向某溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红，原溶液一定是酸。B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸，沉淀不消失，一定有SOC．灼烧固体样品，焰色反应为黄色，样品一定是NaClD．加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，一定有NH8．用下列装置进行相应实验，其中能达到实验目的的是

A．利用图所示装置甲制备并收集氯气B．利用图所示装置乙从氯化铁溶液蒸发结晶获得氯化铁固体C．装置丙微热稀HNO3片刻，溶液中有气泡产生，广口瓶内始终保持无色D．利用图所示装置丁，探究浓硫酸的脱水性、强氧化性，二氧化硫的漂白性、还原性9．下列说法不正确的是A．不可将水直接倒入浓硫酸中进行稀释B．浓硫酸可用于干燥O2、CO2C．硝酸与铁反应可产生H2D．浓硫酸对皮肤或衣服有很强的腐蚀性10．0.03mol铜完全溶于硝酸，产生氮的氧化物（NO、NO2、N2O4）混合气体共0.05mol。该混合气体的平均相对分子质量可能是A．30 B．46 C．66 D．6911．将导出的氨气接近下列物质时，不会产生白烟的是A．氯气 B．浓H2SO4 C．浓HCl D．浓HNO312．用下列装置完成相关实验，合理的是A．图①：验证的酸性强于 B．图②：除去气体中的HCl杂质C．图③：制取并收集乙酸乙酯 D．图④：收集13．下列叙述正确的是A．在c(Cu2+)=1mol·L-1的透明溶液中，Fe2+、Al3+、Cl-、SO可能大量共存B．氯气溶于水的离子方程式：Cl2+H2O=2H++Cl-+C1O-C．0.5molNO2溶于水形成1L溶液，可得到0.5mol·L-1的硝酸溶液D．Cl2在水中溶解度较小，所以不能做喷泉实验14．某无色混合气体中可能含有Cl2、O2、HCl、SO2、NO2、NO、NH3中的两种或多种。将此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色；把剩余气体排入空气中，气体很快变为红棕色，该无色混合气体遇浓盐酸未看到明显现象。下列关于原混合气体成分的判断正确的是A．一定有SO2、NH3和NOB．一定有NO和HClC．可能有Cl2和O2D．一定没有Cl2、NO2、NH3和O215．将过量铁粉放入100mL3mol/L的HNO3溶液中，假设还原产物只有NO且HNO3完全反应，则参加反应的Fe的质量为A．2.8gB．6.3gC．5.6gD．11.2g16．下列实验装置和原理能达到实验目的的是ABCD配制硫酸溶液制CO2干燥SO2制取NH3A．A B．B C．C D．D17．下列物质的用途中，使用其化学性质的是（）A．液氨用作冷却剂B．干冰用于人工降雨C．氧气用于气焊D．浓硫酸用作干燥剂二、综合题（共6题）18．一定量的Fe、Cu的混合物粉末，平均分成五等份，分别向每一份中加入一定量的稀硝酸，实验中收集到的NO气体(唯一还原产物)的体积与所得到剩余固体质量记录如表(所有的气体的体积均在标准状况下测定)实验序号12345HNO3溶液的体积(mL)100200300400500剩余固体的质量(g)17.28000气体的体积(L)2.244.48V7.847.84(1)该实验中所用的硝酸的物质的量浓度为_______mol/L(2)第1次实验后剩余固体的成份为_______，第2次实验后剩余固体的成份为_______(以上两空均填化学式)(3)V=_______L19．将32.64g铜与140mL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11.2L。请回答：（1）简要阐述上述产生混合气体的理由（用化学方程式回答）？（2）NO、NO2的体积各为多少升？（3）待产生的气体全部释放后，向溶液加入250mL5mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为多少？20．已知A、B、C、D为气体，E、F为固体，G是氯化钙，它们之间的转换关系如下图所示：(1)D的化学式是____________，E的化学式是________。(2)A和B反应生成C的化学方程式是___________________________。(3)E和F反应生成D、H和G的化学方程式是________________________________。21．传统的生物脱氮工艺如图所示，生物脱氮主要包括有氧环境下的硝化反应过程和缺氧环境下的反硝化反应过程。硝化过程中，先后氧化为和。(1)在硝化过程中会使溶液酸度提高，需要加入NaHCO3进行中和。请写出硝化生成的离子方程式：______。(2)①反硝化反应过程中，加入碳源(甲醇等有机物)将硝化反应中生成的和还原为N2，如3CH3OH+6=3N2↑+3CO2↑+3H2O+6OH－。新型生物脱氮工艺(SCND)可将硝化过程中的产物控制在阶段，防止生成，该工艺的优点是_______。②同步硝化反硝化工艺(SND)将硝化阶段和反硝化阶段放在同一个反应器中进行，该法既有SCND法的优点，将硝化过程中的产物控制在阶段，还有一个优点是______。③现在很多国家采用半硝化工艺(ANAMMOX)，工作原理如图所示：半硝化脱氮反应器中，一半的氧化成，写出厌氧氨氧化发生反应的离子方程式：_____。该方法是否需要加入碳源(甲醇)，并简述原因______。(3)研究发现，脱氮工艺会产生一种温室气体N2O。目前普遍认为在硝化阶段会形成N2O，试分析N2O的成因_______。22．（1）如图的氮循环是生态系统物质循环的重要部分，人类活动加剧了氮循环中的物质转化。①下列说法正确的是_______（填字母序号）A．固氮过程中，N2只做氧化剂B．硝化过程需要有氧化剂参与C．反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响D．同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1mol还原剂失去6mol电子。请将该反应的离子方程式补充完整：5CH3OH+□NO3—□_______+□_______+□_______+□_______，_____________（2）研究表明，氮氧化物（NOx）和二氧化硫都与大气中雾霾的形成有关。①已知：SO2生成SO3总反应方程式是2SO2(g)＋O2(g)2SO3(g)ΔH＝－196.6kJ/mol此反应可通过如下两步完成：2NO(g)＋O2(g)2NO2(g)ΔH1＝－113kJ/molNO2(g)＋SO2(g)SO3(g)＋NO(g)ΔH2＝_______。②一定温度下，向2L恒容密闭容器中充入NO2和SO2各1mol，5min达到平衡，此时容器中NO2和NO的浓度之比为1∶3，则NO2的平衡转化率是_______。（3）砷（As）是第四周期ⅤA族元素，其化合物，有着广泛的用途。①AsH3的稳定性比NH3的稳定性_______（填“强’’或“弱’’）。用原子结构解释原因_______。②常将含砷废渣（主要成分为As2S3）制成浆状，通入O2氧化，生成H3AsO4和单质硫。写出发生反应的化学方程式_______。③298K时，将20mL3xmol•L-1Na3AsO3、20mL3xmol•L-1I2和20mLNaOH溶液混合，发生反应：AsO33-(aq)+I2(aq)+2OH-AsO43-(aq)+2I-(aq)+H2O(l)。溶液中c(AsO43﹣)与反应时间（t）的关系如图所示。若平衡时溶液的pH=14，则该反应的平衡常数K为_______。23．硫酸或硝酸在下列用途或反应中各表现的性质是：A．强酸性B．易挥发性C．吸水性D．脱水性E．强氧化性F．不稳定性（1）胆矾中加入浓硫酸，久置变为白色粉末__________；（2）用铝槽车装运浓硫酸或浓硝酸__________；（3）蔗糖中加入浓硫酸，形成“黑色发糕”__________；（4）浓硝酸久置会变黄____________________；（5）浓硝酸与不活泼金属铜单质反应_____；（6）98%以上的浓硝酸俗称“发烟硝酸”________。参考答案1．B【分析】蘸有浓氨水的玻棒靠近下列各浓酸时，产生白烟，说明酸易挥发，能在空气中形成小颗粒。【详解】蘸有浓氨水的玻棒靠近下列各浓酸时，产生白烟，说明酸易挥发，能在空气中形成小颗粒。A．H2SO4为难挥发性的酸，不能形成白烟，故A错误；B．三种酸都易挥发，与浓氨水反应均有白烟产生，故B正确；C．H3PO4为难挥发性的酸，不能形成白烟，故C错误；D．H3PO4、H2SO4为难挥发性的酸，不能形成白烟，故D错误。故选B。2．B【分析】锌为固体，与稀硫酸反应时，固体的表面积越大，酸溶液浓度越大或温度越高，以及形成原电池反应都可增大反应速率，据此分析选择。【详解】A．加入NH4HSO4固体，溶液中c(H+)增大，反应速率加快，即v(H2)增大，A错误；B．加入水，溶液中c(H+)减小，反应速率减小，B正确；C．加入Na2SO4固体，溶液中氢离子不变，反应速率不变，C错误；D．滴加少量HNO3溶液，硝酸具有强氧化性，和单质锌反应生成NO，不产生氢气，D错误；答案为：B。3．A【解析】试题分析：浓硝酸、浓硫酸均能使铝钝化，所以常温下均可用铝制容器运输，A项正确；浓硝酸有挥发性，露置在空气中，会因挥发质量减少，浓硫酸具有吸水性，露置在空气中，会因吸水质量增加，B项错误；D项错误；浓硝酸与铜反应不加热，浓硫酸与铜反应需加热，C项错误；选A。考点：考查浓硝酸、浓硫酸的性质和用途。4．C【解析】试题分析：A、由于铜和硝酸反应生成的NO2溶于水也会产生NO，因此甲图不能验证铜与稀硝酸反应的气体产物只有NO，A不正确；B、乙酸乙酯在氢氧化钠溶液中水解，应该用饱和碳酸钠溶液吸收，B不正确；C、如果钢铁发生吸氧腐蚀，则试管内压强降低，导管内液面上升，因此丙图可以验证钢铁片发生吸氧腐蚀C正确；D、由于反应中氯化镁和氯化铁都是不足的，所以不能说明相同温度下Mg(OH)2的溶解度大于Fe(OH)3的，D不正确，答案选C。考点：考查实验方案的设计与评价5．D【详解】A．向装有某溶液的试管中滴入NaOH溶液，加热，将湿润的红色石蕊试纸置于试管口，试纸变蓝，证明溶液中含有NH4+，试纸选择不正确，故A错误；B．观察K的焰色反应需要透过蓝色的钴玻璃，由现象不能检验是否含有钾离子，故B错误；C．用一定量的醋酸溶液进行导电性实验时，发现灯泡较暗，向其中逐渐滴加同浓度的氨水溶液，反应生成醋酸铵为强电解质，灯泡应该变亮，现象不正确，故C错误；D．KI和FeCl3溶液能够发生氧化还原反应生成碘，反应后加入，振荡、静置，发生萃取，下层溶液呈紫色，能够说明氧化性：Fe3+＞I2，故D正确；故选D。6．D【详解】A．工业上是用N2与H2在高温、高压、催化剂条件下合成氨，在该反应过程中N元素化合价降低，得到电子被还原，A不符合题意；B．实验室检验的方法是将铵盐与碱共热发生复分解反应产生NH3，根据NH3能够使湿润的红色石蕊试纸变为蓝色检验，在这个过程中元素化合价不变，因此没有发生氧化还原反应，B不符合题意；C．常温下浓硝酸使铁钝化，是浓硝酸将铁氧化为Fe3O4，浓硝酸中的N得到电子被还原为NO2气体，氮元素发生的是还原反应，C不符合题意；D．闪电时空气中N2与O2在电火花作用下产生NO，N元素化合价升高，失去电子被氧化，D符合题意；故合理选项是D。7．D【详解】A．向某溶液中滴加紫色石蕊试液，溶液变红，原溶液一定显酸性，但不一定是酸的溶液，故A错误；B．加入氯化钡溶液有白色沉淀产生，再加入盐酸，沉淀不消失，此沉淀可能是BaSO4，也可能是AgCl，则原溶液中可能有SO，也可能是Ag+，故B错误；C．灼烧固体样品，焰色反应为黄色，此样品一定含有Na元素，但不一定是NaCl，故C错误；D．NH3的水溶液显碱性，则在含有NH的溶液中加入氢氧化钠溶液并加热，产生的气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，故D正确；故答案为D。8．D【详解】A．氯气密度比空气大，应用向上排空气法收集，进气管应较长，故A错误；B．氯化铁易水解，蒸发易得到氢氧化铁，应在氯化氢的氛围中蒸发，故B错误；C．稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，易与氧气反应生成二氧化氮，广口瓶内有红棕色气体，故C错误；D．浓硫酸使蔗糖脱水后，C与浓硫酸反应生成二氧化硫，二氧化硫使品红褪色，二氧化硫被高锰酸钾氧化，则可说明浓H2SO4具有脱水性、强氧化性，SO2具有漂白性、还原性，故D正确；故选D。9．C【详解】A．浓硫酸溶于水放热，且浓硫酸的密度大于水，所以不可将水直接倒入浓硫酸中进行稀释，应该将浓硫酸沿着器壁慢慢注入水中，同时用玻璃棒搅拌，A正确；B．浓硫酸具有吸水性，可用于干燥O2、CO2，B正确；C．硝酸是氧化性酸，与铁反应得不到H2，C错误；D．浓硫酸对皮肤或衣服有很强的腐蚀性，D正确。答案选C。10．B【详解】试题分析：（1）假设生成气体为NO、NO2，令NO的物质的量为xmol，根据氧化还原反应中得失电子守恒，0.03×2=3x＋(0.05－x)，解得x=0.005mol，M=（0.005×30＋0.045×46)/0.05g·mol－1=44.4g·mol－1，（2）假设生成的气体为NO2、N2O4，令NO2的物质的量为x，因此有0.03×2=x＋(0.05－x)×2，解得x=0.04mol，M=(0.04×46＋0.01×92)/0.05g·mol－1="55.2"g·mol－1，因此混合物气体的摩尔质量在44.4g·mol－1～55.2g·mol－1，因此选项B正确。考点：考查氧化还原反应电子守恒、假设法等知识。11．B【详解】A．氯气能与氨气反应生成N2和NH4Cl，能产生白烟，故A正确；B．浓硫酸无挥发性，氨气靠近浓硫酸不可能产生白烟，故B错误；C．浓HCl挥发出的HCl气体遇氨气生成NH4Cl，能产生白烟，故C正确；D．浓HNO3挥发出的HNO3遇氨气生成NH4NO3，能产生白烟，故D正确；故答案为B。12．D【详解】A．浓盐酸易挥发，盐酸与硅酸钠反应，不能比较碳酸、硅酸的酸性，故A错误；B．碳酸钠溶液会与二氧化碳反应生成碳酸氢钠，碳酸氢钠从溶液中析出来，将二氧化碳也除去了，故B错误；C．图③：收集乙酸乙酯应该用饱和碳酸钠溶液，故C错误；D．氨气密度小于空气，用向下排空气法收集氨气，故D正确；故选D。13．A【详解】A．Cu2+与选项离子之间不能发生任何反应，可以大量共存，A正确；B．Cl2与H2O的反应为可逆反应，应该使用“”表示，且HClO是弱酸，主要以电解质分子存在，应该写化学式，该反应的离子方程式为Cl2+H2OH++Cl-+HClO，B错误；C．NO2溶于水，发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，根据方程式可知0.5molNO2完全发生上述反应后产生HNO3的物质的量是n(HNO3)=n(NO2)=×0.5mol=mol，由于溶液体积是1L，故所得硝酸浓度为c(HNO3)=，C错误；D．Cl2在水中溶解度较小，但若将水换成NaOH浓溶液，二者反应产生可溶性物质，导致容器中气体压强减小，与外界形成足够压强差也可以形成喷泉，故Cl2也能做喷泉实验，D错误；故合理选项是A。【答案】D【解析】试题分析：气体是无色的，则一定不存在Cl2、NO2；将此无色混合气体通过品红溶液后，品红溶液褪色，所以一定存在SO2；把剩余气体排入空气中，气体很快变为红棕色，说明一定存在NO，所以不存在氧气；该无色混合气体遇浓盐酸未看到明显现象，这说明不存在氨气，所以一定含有的是NO和SO2，氯化氢可能存在，一定没有Cl2、NO2、NH3和O2，答案选D。考点：考查气体检验15．B【解析】试题分析：由于铁过量，所以Fe与HNO3反应的方程式是：3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，n(HNO3)=3mol/L×0.1L=0.3mol，则反应的铁的物质的量是n(Fe)=3/8n(HNO3)=3/8×0.3mol=0.9/8mol，则反应的铁的质量是m(Fe)=0.9/8mol×56g/mol=6.3g，则选项B正确。考点：考查物质的量在化学反应方程式计算的应用的知识。16．B【详解】A．配制溶液时，不能将浓溶液直接加入容量瓶中，应该先在烧杯中稀释，冷却至室温后再转移，A不符合题意；B．CaCO3与稀盐酸反应产生CO2，同时可通过导管上的活塞控制反应的开始与结束，B符合题意；C．SO2为酸性氧化物，与碱石灰会发生反应，故不能用碱石灰干燥SO2，C不符合题意；D．NH4Cl受热分解产生NH3、HCl，两者遇冷又会反应变回NH4Cl，D不符合题意；故答案选B。17．C【详解】A.液氨用作冷却剂利用的是液氨汽化吸收大量的能量，A不符合;B.干冰用于人工降雨是利用它升华吸热使云滴或冰晶增大到一定程度形成降水，B不符合；C.氧气用于气焊是利用物质在氧气或空气中燃烧产生大量的热，C符合；D.浓硫酸用作干燥剂利用的是它的吸水性，D不符合；答案选C。18．4Fe、CuCu6.72【分析】由表可知：实验1、实验2中，硝酸少量金属过量，通过比较可以发现，硝酸少量金属有剩余时，发生反应、，由实验1、2两组数据分析，两次剩余物的质量相差为：17.2g−8g=9.2g，此时生成标况2.24LNO气体，NO的物质的量为：，转移电子为：0.1mol×(5−2)=0.3mol电子，若只溶解铁，根据电子守恒，溶解铁的质量为：；若只溶解铜，质量为：，由此可知溶解的9.2g金属为Fe和Cu的混合物，所以A组实验后剩余金属为Fe和Cu；据此回答。【详解】(1)据分析知，9.2g铁和铜混合物溶于100mLHNO3溶液产生标况下2.24L一氧化氮气体。发生的反应为：、，每生成0.1molNO，转移电子0.3mol，按得失电子数守恒，消耗铁和铜的物质的量共为0.15mol，参加反应的HNO3转化为Cu(NO3)2及Fe(NO3)2和NO，根据原子守恒，有n(HNO3)=2[n(Cu)+n(Fe)]+n(NO)=，则该实验中所用的硝酸的物质的量浓度为。(2据分析可知，由于Fe的还原性大于Cu，Fe先与稀硝酸反应，实验2比实验1多消耗的100mL硝酸用于溶解9.2gFe和Cu，则第1次实验后剩余固体成分为Fe和Cu；实验2中已经有Cu参与反应，说明Fe已经完全消耗了，则第2次实验后剩余金属为Cu。(3)设9.2g混合物中Fe、Cu物质的量分别为x、y，则：由质量可得：56g/molx+64g/moly=9.2g，根据电子转移守恒可得：2(x+y)=3×0.1mol，解得：x=0.05mol、y=0.1mol，故混合物中Cu的物质的量为0.1mol，则每次所取混合物中铜物质的量为：，根据实验4和5可知，最终生成NO的体积为7.84L，物质的量为：，得到电子总物质的量为：0.35mol×3=1.05mol，0.225mol铜完全反应失去0.45mol电子，由于硝酸足量，实验4中铁完全变成铁离子，根据电子守恒，混合物中含有Fe的物质的量为：，所以实验中每次所取混合物中铁的物质的量为0.20mol；根据上述计算可知，每份混合金属中含有0.2molFe、0.225molCu，若要将0.2molFe、0.225molCu完全氧化，按和，需硝酸0.2mol×4+0.225mol×=1.4mol，而实验3中300mL硝酸为1.2mol，故硝酸不足、金属完全溶解，0.225mol铜完全反应生成0.225molCu2+、溶液中铁元素Fe2+、Fe3+共存。由反应知，实验3中(300-200)mL硝酸反应的关系式为:，则硝酸的物质的量为(300-200)×10-3L×4mol/L=0.4mol、对应生成的NO0.1mol即2.24L，则V=4.48L+2.24L=6.72L。19．(1)Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O(2)V(NO2)=5.376L，V(NO)=5.824L（3）12.5mol/L【解析】32.64g铜的物质的量为0.51mol，与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解产生的NO和NO2混合气体，说明开始时，硝酸是浓硝酸，随着反应的进行，硝酸的浓度逐渐变小，硝酸的氧化性也逐渐减弱，所以硝酸在开始的一段时间内生成的是二氧化氮，后来就生成NO。混合气体在标准状况下的体积为11.2L，求出气体的总物质的量为0.5mol。（1）简产生混合气体的理由为Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，3Cu+8HNO3（稀）=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O。（2）根据电子转移守恒可知：0.51molCu溶解后共失去0.51molmole-，n(NO)+n(NO2)=0.5mol，3n(NO)+n(NO2)=1.02mol，解之得n(NO)=0.26mol，n(NO2)=0.24mol，所以V(NO2)=5.376L，V(NO)=5.824L。（3）待产生的气体全部释放后，向溶液加入250mL5mol/L的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2+全部转化成沉淀，此时溶液中溶质为硝酸钠，可根据钠离子守恒求出n(NaNO3)=n(NaOH)=0.25，再根据N原子守恒求出n(HNO3)=n(NO)+n(NO2)+n(NaNO3)=0.5mol+1.25mol=1.75mol，所以则原硝酸溶液的浓度c(HNO3)==12.5mol/L.20．NH3NH4ClH2＋Cl22HCl2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O【分析】由“，且C、D为气体，E为固体，故可推知C、D可能为HCl、NH3，E为NH4Cl，再结合“，G是氯化钙，进一步推知D为NH3、F为Ca(OH)2，所以C是HCl，A、B分别是H2和Cl2。【详解】（1）由上述分析可知D的化学式是NH3，E的化学式是NH4Cl；（2）A、B分别是H2和Cl2，反应方程式为：H2+Cl22HCl；（3）E为NH4Cl，F为Ca(OH)2，反应方程式为：2NH4Cl+Ca(OH)22NH3↑+2H2O+CaCl2。21．2+3O2=2+2H2O+4H＋节省进一步氧化所需的耗氧量，同时减少了反硝化反应中加入的碳源(甲醇)硝化产生的酸和反硝化产生的碱中和，减少了NaHCO3的投加+=N2↑+2H2O不需要，和正好反应完全O2不足，未被完全氧化为，N元素被氧化为N2O【分析】该装置工作原理为：将污水进行氨化产生，经过硝化过程被氧化成和(由于酸度提高加入NaHCO3中和)，后加入碳源将和经过反硝化过程还原为N2,由此分析。【详解】(1)硝化生成，反应物为、O2，生成物为、H+、H2O，其中N元素化合价从-3价变为+3价，氧气中0价O元素变为-2价，根据电子守恒配平离子反应为：2+3O2=2+2H2O+4H＋；(2)①由于转化成为需要氧气，控制在阶段，可以节省进一步氧化所需的耗氧量，同时减少了反硝化反应中加入的碳源(甲醇)；②同步硝化反硝化工艺(SND)将硝化阶段和反硝化阶段放在同一个反应器中进行，将硝化过程中的产物控制在阶段，硝化产生的酸和反硝化产生的碱中和，减少了NaHCO3的投加；③反应物为和，生成物为N2和H2O，根据化合价的升降相等配平该反应为+=N2↑+2H2O；由图可知，厌氧氨氧化过程没有二氧化碳的生成，和正好反应完全，故不需要碳源(甲醇)；(3)硝化阶段中，硝化阶段中,由于反应中物质不可能保证所有的接触反应都能完全反应，若O2不足，故有可能会使部分转化不能完全硝化，故可能生成了中间价态的N2O。22．BCD5CH3OH+6NO3-N2↑+4HCO3-+CO32-+8H2O—41.8kJ/mol75%弱N和As位于同一主族，As的电子层数比N的多，原子半径As比N的大，得电子能力As比N弱，非金属性As比N弱，氢化物AsH3的稳定性比NH3弱2As2S3+5O2+6H2O=4H3AsO4+6S【详解】（1）①A．氮气在大气中氧化为亚硝酸根离子、硝酸根离子，N的化合价升高，被氧化，所以N2作还原剂，故A错误；B．NH3转化成HNO2，增加了O元素，则NH3被氧气氧化，所以在硝化细菌作用下发生的硝化过程需要有氧化剂参与，故B正确；C．反硝化过程，生成氮气，向大气提供氮气，即反硝化过程有助于弥补人工固氮对氮循环造成的影响，故C正确；D．氨化过程是动植物蛋白转化为氨气或铵根离子，即有机物转化为无机物，同化、氨化过程中，实现了氮元素在无机物和有机物之间的转化，故D正确；故选BCD。②反硝化过程中，CH3OH可作为反应的还原剂，1