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上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-29氮族元素及其化合物（3）
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这是一份上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-29氮族元素及其化合物（3），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，实验题，填空题等内容，欢迎下载使用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-29氮族元素及其化合物（3）
一、单选题
1．（2022·上海青浦·统考一模）关于NH3性质的解释合理的是
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间的范德华力更大
B
熔点高于PH3
N-H键的键能比P-H大
C
具有还原性
NH3中氮元素化合物为-3价
D
氨水中存在
是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·上海·模拟预测）下列离子常用“气体法”检验的是
A． B． C． D．
3．（2022·上海·统考一模）下列反应中，通入的气体既作氧化剂又作还原剂的是
A．二氧化氮通入水中 B．二氧化硫通入氢硫酸中
C．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中 D．氨气通入氯化铝溶液中
4．（2022·上海·模拟预测）下列关于氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．NH3有还原性，可用于制硝酸 B．N2有氧化性，可用于保护粮食
C．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 D．HNO3易溶于水，可用于制硝酸铜
5．（2022·上海·统考三模）在酸性环境中，纳米复合材料去除污染水体的的反应过程(Ni不参与反应)如图所示：
下列表达反应过程或现象的方程式错误的是
A．反应步骤ⅰ：
B．反应步骤ⅱ：
C．反应进行一段时间，过滤出水体中出现的白色絮状物，白色絮状物在空气中最终变成红褐色：
D．硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸发现溶液变黄：
6．（2022·上海·模拟预测）在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=NO2
B．Ⅱ中现象因为Fe被浓HNO3氧化，使其表面生成一层氧化膜，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流表，可判断Fe是否被氧化
7．（2022·上海·模拟预测）某溶液可能含有Cl-、SO、CO、NH、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此得出的判断错误的是
A．至少存在4种离子
B．Cl-一定存在，且c(Cl )≥0.4mol/L
C．SO、NH一定存在，CO可能存在
D．Al3+、K+可能存在
8．（2022·上海·模拟预测）有关氮肥的说法正确的是
A．氮肥都含铵根离子 B．NH4NO3是复合氮肥
C．自然固氮可产生尿素 D．自然界氮循环能产生铵盐
9．（2022·上海·模拟预测）关于氨和铵盐的说法错误的是
A．氨气溶于水存在化学变化 B．氨的催化氧化属于人工固氮
C．氯化铵可以作化肥 D．碳酸氢铵受热易分解
10．（2022·上海·模拟预测）加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
11．（2022·上海·模拟预测）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的和。取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中
A．可能有、 B．可能有4种离子
C．可能无 D．一定有、、
12．（2022·上海·模拟预测）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．I、Ⅱ、III和IV都属于氧化还原反应
B．I、Ⅱ、III和IV都是氮的固定
C．反应Ⅵ的部分产物可在流程中循环利用
D．反应Ⅴ的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
13．（2022·上海·统考一模）下列现象不能用于检验的是
A．气体遇浓盐酸产生白烟
B．气体使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C．将气体通入酚酞溶液中，溶液变红
D．气体遇氯气产生白烟
14．（2022·上海·模拟预测）下列说法正确的是
A．反应1实现了氮的固定
B．反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程
15．（2022·上海长宁·统考一模）有关水处理的方法错误的是
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
16．（2022·上海·模拟预测）利用点滴板探究氨气的性质(如图所示)，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水后，立即用烧杯盖住点滴板。下列对实验现象的解释正确的是
选项
实验现象
解释
A
NaOH固体表面有气泡
NaOH促进了氨水的电离
B
湿润红色石蕊试纸变蓝
NH3极易溶于水
C
烧杯内有白烟
NH3+HCl → NH4Cl
D
FeCl3溶液变浑浊
Fe3++3OH― → Fe(OH)3↓
A．A B．B C．C D．D
17．（2022·上海·模拟预测）常温常压下，往某密闭容器中充入两种气体后不久，测得容器内最终气体平均式量为49，则充入的气体可能为（ ）
A．C3H8和O2 B．NO和O2 C．NH3和HCl D．SO2和H2S
18．（2022·上海·一模）实验是研究化学的基础，下图中所示的制备实验方法、装置或操作均正确的是（ ）
A．可用装置甲制取氯气 B．可用装置乙制取氨气
C．可用装置丙制取并检验乙炔 D．可用装置丁制得金属锰
19．（2022·上海徐汇·统考二模）喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是
气体
溶液
A．
H2S
稀盐酸
B．
HCl
稀氨水
C．
NO
稀H2SO4
D．
CO2
饱和NaHCO3溶液
A．A B．B C．C D．D
20．（2022·上海长宁·统考一模）下列气体能用浓硫酸干燥的是
A．SO2 B．NH3 C．HI D．H2S
21．（2022·上海·一模）在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为
A．1：1：1 B．5：5：4 C．1：2：3 D．1：1：2
22．（2022·上海·一模）由下列实验及现象不能推出相应结论的是
实验
现象
结论
A．
向2 mL 0.1 的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：
B．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C．
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3分解产生了氨气
D．
漂白粉在空气中久置
变成块状固体
漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3
A．A B．B C．C D．D
23．（2022·上海·统考一模）下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．Cl2通入Na2CO3溶液中
B．CO2通入CaCl2溶液中
C．NH3通入AgNO3溶液中
D．SO2通入NaHS溶液中
24．（2022·上海·统考三模）下列A～D四组反应中．其中I和Ⅱ可用同一个离子方程式表示的是
I
II
A
把金属铁放入稀硫酸中
把金属铁放入稀硝酸中
B
Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液
Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液
C
将0.1 molCl2通入含0.3 mol FeBr2的溶液
将0.3 mol Cl2通入含0.1 mol FeBr2的溶液
D
将少量Na2CO3溶液滴入到足量HCl溶液
将少量HCl溶液滴入到足量Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
25．（2021·上海徐汇·统考一模）下列属于大气固氮的是
A． B． C． D．
26．（2021·上海松江·统考二模）下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是
A．用装置甲制备氨气 B．用装置乙除去氨气中的少量水
C．用装置丙收集氨气 D．用装置丁吸收多余的氨气
27．（2021·上海浦东新·统考二模）溶液足量时，下列各组物质发生反应，金属一定有剩余的是
A．铝与氯化铁溶液 B．锌与浓盐酸
C．铜与浓硫酸(加热) D．铝与浓硝酸(常温)
二、多选题
28．（2021·上海浦东新·统考二模）某新型氨氮去除技术中的含氮物质转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．过程Ⅰ还需要加入氧化剂
B．过程Ⅱ反应后酸性减弱
C．过程Ⅲ中，参与反应的与的物质的量之比为4∶3
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为：
三、实验题
29．（2022·上海松江·统考一模）某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar(Cu)。装置如图所示。
实验步骤：
① 检查装置的气密性；
②称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)质量记为m1g ；
③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g ；
④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；
⑤熄灭酒精灯， 冷却至室温； 关闭分液漏斗活塞； 关闭K1和K2；
⑥ 称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)，记录质量m3g。
完成下列填空：
(1)实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是___________。
(2)氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式___________。
(3)干燥管B中的药品为___________，装置D的作用是___________。
(4)根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar(Cu)=___________(列式表示)。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar(Cu)___________(选填：“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是___________，装置M中的药品为___________；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定___________。
四、填空题
30．（2022·上海·模拟预测）全球“青年化学家元素周期表”中多种元素由我国科学家代言，如氮、硫、钪(Sc)等。完成下列填空。
(1)钪(Sc)的原子结构示意图为 ，钪原子核外最外层电子排布式为___________；Sc与第II主族相邻，Sc位于元素周期表的第___________族；钪的最高价态可能是___________。
(2)下列比较正确的是___________(选填选项)。
A．原子半径： B．热稳定性：
C．溶解性： D．微粒种类：氢硫酸＜氨水
(3)工业上以N2为原料，以、为产品，实现了“向空气要氮肥”的目标。
①在如下价、类二维图中用“→”和途径中间产物的化学式，画出了由N2转化为路径。
②工业上常以氨为原料制硝酸。写出氨催化氧化的化学方程式。___________
(4)硫酸铵[(NH4)2SO4]，也称肥田粉，是我国生产和施用最早的氮肥之一、写出硫酸铵使用时的注意事项及对环境的影响(各一条)，并说明理由。
①___________。
②___________。
参考答案：
1．C
【详解】A．NH3和PH3都属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，A错误；
B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨的熔点升高，不是N-H键的键能比P-H大，B错误；
C．NH3中H为+1价，已经是最高价了，不能被氧化，而N为-3价，为N的最低价，能够被氧化，故NH3具有还原性是由NH3中N为-3价，C正确；
D．NH3•H2O是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，D错误；
故答案为：C。
2．B
【详解】A．的检验是向待测液中先加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明待测液中一定含有，此法为沉淀法，A不合题意；
B．的检验是向待测液中加入NaOH溶液，并微热，有刺激性气味并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，说明待测液中一定含有，此法为气体法，B符合题意；
C．的检验是向待测液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生黄色沉淀，说明待测液中一定含有I-，此法为沉淀法，C不合题意；
D．的检验是向待测液中先加入KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液立即变为血红色，说明待测液中一定含有Fe2+，此法为显色法，D不合题意；
故答案为：B。
3．A
【详解】A．二氧化氮通入水中发生的反应为二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应中氮元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，二氧化氮即是氧化剂又是还原剂，故A符合题意；
B．二氧化硫通入氢硫酸中发生的反应为二氧化硫与氢硫酸反应生成硫和水，二氧化硫中硫元素的化合价降低被还原，是反应的氧化剂，故B不符合题意；
C．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中发生的反应为乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，乙烯是反应的还原剂，故C不符合题意；
D．氨气通入氯化铝溶液中发生的反应为氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；
故选A。
4．A
【详解】A．NH3有还原性，能被氧气氧化为NO，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与氧气反应生成硝酸，或将NO、水和空气通入吸收塔中得到硝酸，可用于制硝酸，A正确；
B． 通常N2性质稳定，可用于保护粮食，B错误；
C． NH4HCO3是可溶性铵盐，是一种铵态氮肥，C错误；
D． HNO3能与铜发生氧化还原反应、使铜溶解，可用于制硝酸铜，D错误；
答案选A。
5．D
【分析】根据图示可知，酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO分两步，反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O；反应ⅱ中NO在另外的吸附点被Fe还原为NH，离子方程式为：NO+3Fe+8H+=3Fe2++NH+2H2O，以此分析解答。
【详解】A．反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O，A正确；
B．反应ⅱ中NO被Fe还原为NH，离子方程式为：，B正确；
C．随着反应进行，氢离子浓度减小，溶液碱性增强，反应一段时间后出现白色絮状物Fe(OH)2，在空气中放置发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色，C正确；
D．溶液变黄是因为酸性条件下NO将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O，D错误；
故选：D。
6．C
【分析】I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。
【详解】A．I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为: 2NO+O2=2NO2，选项A正确；
B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，选项B正确；
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，不能说明浓HNO3和稀HNO3的氧化性强弱，选项C错误；
D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、 Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，选项D正确；
答案选C。
7．C
【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有NH，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2＝0.04mol，物质的量浓度至少＝0.4mol/L，根据题中信息，无法判断Al3+和K+是否存在，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，至少存在Cl-、SO、NH、Fe3+四种离子，故A正确；
B．根据分析，结合电荷守恒，溶液中一定有Cl-，至少且c(Cl )≥0.4mol/L，故B正确
C．根据分析，CO一定不存在，故C错误；
D．根据分析，无法判断Al3+、K+是否存在，二者可能存在，也可能不存在，故D正确；
答案选C。
8．D
【详解】A．有的氮肥含有铵根，有的不含如尿素和硝酸盐，故A错；
B．NH4NO3只含N，属于氮肥但不属于复合氮肥，故B错；
C．自然固氮为氮气与氧气在放电时反应生成一氧化氮，一氧化氮继续被氧气氧化成二氧化氮，二氧化氮、氧气与水反应生成硝酸，最后硝酸与难容性的盐反应生成可溶性的硝酸盐，所以自然固氮不能产生尿素，故C错；
D．由C分析可知，自然界单循环能产生铵盐，故选D；
答案选D
9．B
【详解】A．氨气溶于水，和水反应生成一水合氨，存在化学变化，A正确；
B．氮的固定是指由游离态的氮元素转化为化合态的过程，氨的催化氧化是化合态转化为化合态，不属于人工固氮，B错误；
C．氯化铵属于铵盐，可以作化肥，C正确；
D．碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳、氨气和水，D正确；
答案选B。
10．B
【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液，说明溶液为非氧化性强酸溶液（含有大量H+）或者强碱溶液（含有大量OH-）。
【详解】A．会与OH-反应生成NH3•H2O，不能在碱性条件下存在，但是离子均可以在酸性条件下共存，故A错误；
B．与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，不能在碱性下共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，故酸性条件也不能共存，故B正确；
C．无论酸性还是碱性，均可以共存，不会发生化学反应，故C错误；
D．酸性条件下，弱酸酸根不能共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，碱性条件下可以共存，故D错误；
故选B。
11．A
【详解】取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有，同时生成白色沉淀说明含有，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Al3+与过量的溶液将转化为，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有、则溶液电荷不守恒，故肯定由K+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，据此分析解题：
A. 由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，故可能有、，A符合题意；
B. 当有Al3+时，则还应该由Cl-和，原溶液中含有、、Al3+、Cl-和五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，原溶液中只有3种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；
C. 由分析可知，原溶液中一定不含，C不合题意；
D. 有分析可知，原溶液不一定含有，D不合题意；
故答案为：A。
12．B
【分析】N2和H2可以合成NH3，所以甲是N2，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到碳酸钠纯碱；氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，丁是NaHCO3，据此回答。
【详解】A．I、Ⅱ、III和IV中氮元素的化合价都发生了变化，故都属于氧化还原反应，故A正确；
B．氮的固定是氮气转化为化合物，反应Ⅱ、III和IV都是没有氮气参与的反应不属于氮的固定，故B错误；
C．碳酸氢钠受热分解生成纯碱、水和二氧化碳，二氧化碳在上述流程中能被再次利用，故C正确；
D．氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，发生反应：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查学生含氮元素物质的性质以及侯氏制碱法知识，注意元素化合物性质的灵活应用是关键，氧化还原反应的判断根据化合价的变化可以判断。
13．B
【详解】A．与浓盐酸挥发出的发生反应，会产生白烟， A项不选；
B．与水反应生成，呈弱碱姓，能使红色石蕊试纸变蓝，B项选；
C．与水反应生成，呈弱碱性，能使酚酞溶液变红，C项不选；
D．与发生反应，会产生白烟，D项不选；
答案选B。
14．A
【详解】A．氮的固定是指氮由游离态到化合态的过程，反应1中N2转化成NH3，属于氮的固定，故A正确；
B．反应2为氨气转化为一氧化氮是氧化还原反应，所以涉及电子转移，故B错误；
C．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故C错误；
D．形成化学键放出热量，则在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程，故D错误；
故选：A。
15．B
【详解】A． 铝盐、铁盐能够水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的杂质，沉降净水，故可用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物，故A正确；
B． 氯气不能与与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S等处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，生成难溶的CuS，HgS，故B错误；
C． 石灰、纯碱与酸发生反应生成氯化钙、氯化钠，故可用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸，故C正确；
D． 烧碱与高浓度反应生成氨气，故可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，故D正确；
故选B。
16．C
【详解】A．向NaOH固体上滴几滴浓氨水，因NaOH溶于水放热，使氨水的温度升高，氨气的溶解度降低，从而挥发出氨气，A不正确；
B．NH3溶于水使溶液呈碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B不正确；
C．NH3与浓盐酸挥发出的HCl气体化合生成氯化铵固体，从而产生白烟，C正确；
D．NH3溶于水生成的一水合氨为弱碱，在离子方程式中应以化学式表示，D不正确；
故选C。
17．B
【详解】A．常温下C3H8和O2不反应，所以混合气体的平均式量为32~44之间，故A不符合题意；
B．NO和O2反应生成NO2，同时存在2NO2⇌N2O4，所以剩余气体情况可能是①NO2(46)、O2(32)、N2O4(92) ②N2O4、NO2 ③NO(30)、NO2 、N2O4，三组气体中均有式量大于49和小于49的气体，所以三种情况的平均式量均可以为49，都有可能，故B符合题意；
C．HCl和NH3反应生成NH4Cl固体，最终只可能剩余HCl或者NH3，式量为36.5或17，故C不符合题意；
D．SO2和H2S反应生成S单质，最终只可能剩余SO2或者H2S，式量为64或34，，故D不符合题意；
综上所述答案为B。
18．D
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯加热，故A错误；
B．制备氨气时反应生成水，试管口不能向上，图中试管口应略向下倾斜，故B错误；
C．乙炔、H2S等均能被高锰酸钾氧化，应先利用硫酸铜溶液除杂，再利用高锰酸钾溶液检验乙炔，故C错误；
D．点燃镁条，引发铝热反应，Al与二氧化锰发生氧化还原反应可制得金属锰，故D正确；
答案选D。
19．B
【分析】能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差，据此分析。
【详解】A．由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A错误；
B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B正确；
C．一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误；
D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D错误；
故选B。
20．A
【详解】A．SO2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，A正确；
B．NH3是碱性气体，能被酸性干燥剂浓硫酸吸收，因此不能用浓硫酸干燥，B错误；
C．HI具有还原性，能与氧化性的干燥剂反应，因此不能被浓硫酸干燥，C错误；
D．H2S具有强还原性，能和浓硫酸反应，而被浓硫酸氧化，所以不能被浓硫酸干燥，D错误；
故合理选项是A。
21．A
【详解】试题分析：设烧瓶体积为V，则气体体积也是V，当倒置水槽后氨气和氯化氢都溶解到水中时，得到的是氨水和盐酸，溶液的体积就是烧瓶的体积V。溶质的物质的量n=V/Vm，由C= n/V得C=V/Vm/V=1/Vm。二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+ NO ，得到硝酸溶液n(NO2)=V/Vm ，n(HNO3)=2V/3Vm，因为NO体积与NO2是1: 3，所以溶液体积为2V/3，代入公式C= n/V计算浓度和上面两种相同。综上所述，A正确，本题选A。
点睛：本题虽然是有关气体在非标准状况下的计算，但是，根据阿伏加德罗定律，在同温同压下，不同气体的气体摩尔体积是相同的，所以可以求出不同气体的物质的量之比，也可以求出它们所形成溶液的物质的量浓度之比。
22．D
【详解】A项，黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，说明足量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，所以还原性：Fe>Fe2+，A正确；B项，白烟是碳酸钠，黑色颗粒是C单质，说明Na被CO2氧化了，所以CO2具有氧化性，B正确；C项，湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH4HCO3固体受热分解产生了碱性气体，该碱性气体必为氨气，故C正确；D项，漂白粉在空气中久置变成块状固体，因为漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成CaCO3，故D错误。
点睛：本题考查了中学阶段的几种重要物质的性质，A、C、D涉及的知识都是高频考点，注意B项，中学阶段教材没有讨论Na和CO2反应的问题，钠是极活泼金属，在空气中加热得不到正常的氧化物，只有过氧化钠；当在纯净的CO2气体中加热时，会夺取其中的氧生成碳单质和Na2O，Na2O是一种碱性氧化物，会立即与CO2气体反应生成Na2CO3。
23．B
【详解】A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A错误；
B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B正确；
C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH（银氨溶液），C错误；
D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D错误；
故选B。
24．B
【详解】A项，Fe与稀硫酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe与足量稀HNO3反应的离子方程式为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，A项不符合题意；
B项，Ca（HCO3）2溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，Ca（OH）2溶液中加入足量NaHCO3溶液反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，B项符合题意；
C项，Br-的还原性强于Fe2+，Cl2先与Br-反应后与Fe2+反应，0.1molCl2通入含0.3molFeBr2溶液中，Cl2只能氧化0.2molBr-，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，0.3molCl2通入含0.1molFeBr2溶液中，Cl2将Fe2+、Br-完全氧化后Cl2过量，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2，C项不符合题意；
D项，少量Na2CO3滴入足量HCl中反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，少量HCl滴入足量Na2CO3溶液中反应的离子方程式为：H++CO32-=HCO3-，D项不符合题意；
答案选B。
【点睛】掌握物质性质的异同、与量有关的离子方程式的书写是解答本题的关键。与量有关的离子方程式的书写方法：（1）非氧化还原型，常用“以少定多”法，即优先将少量物质的化学计量数定为“1”，然后确定其它物质的化学计量数；（2）氧化还原型，应用氧化还原反应中的“先强后弱”规律，结合题给数值分析。
25．C
【分析】固氮是游离态的氮变为化合态的氮。
【详解】A．是游离态的氮变为化合态的氮，但不是大气固氮，是人工固氮，故A不符合题意；
B．不是游离态的氮变为化合态的氮，故B不符合题意；
C．是游离态的氮变为化合态的氮，在空气中氮气和氧气放电生成NO，是大气固氮，故C符合题意；
D．不是游离态的氮变为化合态的氮，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
26．A
【详解】A．浓氨水遇碱石灰放出氨气，实验室可以用装置甲制备氨气，故选A；
B．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，浓硫酸能吸收氨气，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；
C．体系密闭，若用装置丙收集氨气，空气无法排除，故不选C；
D．氨气极易溶于水，漏斗口浸没在水中，若用装置丁吸收多余的氨气，引起倒吸，故不选D；
选A。
27．D
【详解】A．铝比铁活泼，铝和足量氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铝，铝没有剩余，故A不符合题意；
B．锌与浓盐酸反应生成氯化锌和氢气，浓盐酸足量，锌没有剩余，故B不符合题意；
C．铜与足量浓硫酸(加热)生成硫酸铜、二氧化硫和水，铜没有剩余，故C不符合题意；
D．铝与浓硝酸(常温)会钝化，浓硝酸足量铝也会剩余，故D不符合题意；
本题答案D。
28．CD
【详解】A．过程Ⅰ中氮元素的化合价由+3价变为-1价，化合价降低，NO 做氧化剂被还原，所以过程Ⅰ需加入还原剂，A错误；
B．过程Ⅱ中NH2OH与NH反应生成N2H4，OH-被消耗，反应后碱性减弱，B错误；
C．由题分析可知，过程Ⅲ中的反应离子方程式为4 NO+3N2H4+4H+=5N2 +8H2O，参与反应的NO与N2H4的物质的量之比为4∶3，C正确；
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为NO与NH发生归中反应得到N2，反应为NO+NH→N2 +2H2O，D正确；
故选CD。
29．(1)氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出（或结合NH+OH-NH3·H2O NH3+H2O 分析 ）
(2)2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
(3) 碱石灰 吸收氨气，防止污染环境
(4) 偏大
(5) 吸收C中生成的水 碱石灰 反应前后装置M的质量差
【分析】装置A内将浓氨水滴入氢氧化钠固体可生成氨气和水分的混合气体，通入B干燥管干燥后，氨气在装置C中与氧化铜受热反应得到铜单质，通过称量装置C硬质玻璃管的质量差求得铜的质量和损失的氧原子的质量，可求出铜的摩尔质量；装置D可吸收尾气氨气。
(1)
实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出。
(2)
氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，该反应的化学方程式：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。
(3)
据分析，干燥管B中的药品为碱石灰，可以干燥氨气，装置D的作用是吸收氨气，防止污染环境。
(4)
玻璃管的质量m2- m3得到损失的氧化铜中氧的质量，物质的量为mol，铜的质量为m3- m1，则铜的摩尔质量是 g/mol，则铜的相对原子质量Ar(Cu)= ；若CuO中混有不反应的杂质，反应后称量的m3偏大，则偏大，故使测定结果Ar(Cu) 偏大。
(5)
如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，用以吸收C中生成的水；吸收水的同时不能吸收氨气，装置M中的药品为碱石灰；测定C装置反应前后的质量差，根据小问4可以确定氧原子的物质的量，进而判断水的物质的量，还应测定反应前后装置M的质量差，即得到水的质量，据此可以求得水的摩尔质量。
30．(1) 4s2 ⅢB +3
(2)C
(3)4NH3+5O24NO+6H2O
(4) 不要与碱性物质混放或混用；硫酸铵遇碱时放出氨气，所以不要与碱性物质混放或混用。 不宜长期施用；长期施用，会使土壤酸化、板结，所以不宜长期施用
【解析】（1）
钪(Sc)的原子结构示意图为 ，由此可知钪原子核外最外层电子排布式为4s2；
Sc与第II主族相邻，根据元素周期表的结构可知：Sc位于元素周期表的第四周期第IIIB，原子在发生化学反应时，不仅最外层的2个4s电子容易失去，次外层3d上也可能会失去1个电子，元素最高价态一般与族序数相同，故其可能的最高价态为+3价。
（2）
A．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，N、O是第二周期元素，S是第三周期元素，所以原子半径由小到大的顺序是：r(O)＜r(N)＜r(S)，A错误；
B．元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性就越强。元素的非金属性：S＜N＜O，所以氢化物的稳定性：H2S＜NH3＜H2O，B错误；
C．H2S能溶于水，而NH3极易溶于水，所以在水中的溶解性：H2S＜NH3，C正确；
D．H2S溶于水，与水反应产生氢硫酸，该反应是可逆反应，反应产生的氢硫酸是二元弱酸，存在电离平衡，其电离分步进行，且在溶液中存在水的电离平衡，电离产生H+、OH-，溶液中含有的微粒种类有：H2S、H2O、H+、HS-、S2-、OH-，可见该溶液中含有6种微粒；NH3溶于水得到氨水，NH3与水反应产生NH3∙H2O，该反应是可逆反应，反应产生的NH3∙H2O是一元弱碱，存在电离平衡，电离产生、OH-，同时溶液中存在水的电离平衡，电离产生H+、OH-，故氨水中存在微粒种类有：NH3、NH3∙H2O、H2O、、H+、OH-，也是6种微粒，可见氢硫酸与氨水种类相同，D错误；
故合理选项是C。
（3）
NH3具有还原性，可以与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得NH3催化氧化反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
（4）
硫酸铵[(NH4)2SO4]中含有农作物生成需要的氮元素，所以硫酸铵[(NH4)2SO4]又称肥田粉，但由于该铵盐与碱混合会发生反应产生NH3，导致大气污染，因此不要与碱性物质混放或混用；硫酸铵[(NH4)2SO4]是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。若长期施用，会使土壤酸化、土地板结成块，所以不宜长期施用。
上海高考化学三年（2020-2022）模拟题分类汇编-29氮族元素及其化合物（3）
一、单选题
1．（2022·上海青浦·统考一模）关于NH3性质的解释合理的是
选项
性质
解释
A
比PH3容易液化
NH3分子间的范德华力更大
B
熔点高于PH3
N-H键的键能比P-H大
C
具有还原性
NH3中氮元素化合物为-3价
D
氨水中存在
是离子化合物
A．A B．B C．C D．D
2．（2022·上海·模拟预测）下列离子常用“气体法”检验的是
A． B． C． D．
3．（2022·上海·统考一模）下列反应中，通入的气体既作氧化剂又作还原剂的是
A．二氧化氮通入水中 B．二氧化硫通入氢硫酸中
C．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中 D．氨气通入氯化铝溶液中
4．（2022·上海·模拟预测）下列关于氮及其化合物的性质与用途具有对应关系的是
A．NH3有还原性，可用于制硝酸 B．N2有氧化性，可用于保护粮食
C．NH4HCO3受热易分解，可用作化肥 D．HNO3易溶于水，可用于制硝酸铜
5．（2022·上海·统考三模）在酸性环境中，纳米复合材料去除污染水体的的反应过程(Ni不参与反应)如图所示：
下列表达反应过程或现象的方程式错误的是
A．反应步骤ⅰ：
B．反应步骤ⅱ：
C．反应进行一段时间，过滤出水体中出现的白色絮状物，白色絮状物在空气中最终变成红褐色：
D．硝酸亚铁溶液中滴加稀硫酸发现溶液变黄：
6．（2022·上海·模拟预测）在通风橱中进行下列实验：
步骤
现象
Fe表面产生大量无色气泡，液面上方变为红棕色
Fe表面产生少量红棕色气泡后，迅速停止
Fe、Cu接触后，其表面均产生红棕色气泡
下列说法不正确的是
A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO+O2=NO2
B．Ⅱ中现象因为Fe被浓HNO3氧化，使其表面生成一层氧化膜，阻止Fe进一步反应
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，说明稀HNO3的氧化性强于浓HNO3
D．针对Ⅲ中现象，在Fe、Cu之间连接电流表，可判断Fe是否被氧化
7．（2022·上海·模拟预测）某溶液可能含有Cl-、SO、CO、NH、Fe3+、Al3+和K+。取该溶液100mL，加入过量NaOH溶液，加热，得到0.02mol气体，同时产生红褐色沉淀；过滤，洗涤，灼烧，得到1.6g固体；向上述滤液中加足量BaCl2溶液，得到4.66g不溶于盐酸的沉淀。由此得出的判断错误的是
A．至少存在4种离子
B．Cl-一定存在，且c(Cl )≥0.4mol/L
C．SO、NH一定存在，CO可能存在
D．Al3+、K+可能存在
8．（2022·上海·模拟预测）有关氮肥的说法正确的是
A．氮肥都含铵根离子 B．NH4NO3是复合氮肥
C．自然固氮可产生尿素 D．自然界氮循环能产生铵盐
9．（2022·上海·模拟预测）关于氨和铵盐的说法错误的是
A．氨气溶于水存在化学变化 B．氨的催化氧化属于人工固氮
C．氯化铵可以作化肥 D．碳酸氢铵受热易分解
10．（2022·上海·模拟预测）加入铝粉能放出氢气的溶液中一定不能大量共存的离子组是
A．、、、 B．、、、
C．、、、 D．、、、
11．（2022·上海·模拟预测）某溶液中可能含有物质的量浓度相等的和。取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，同时生成白色沉淀。则原溶液中
A．可能有、 B．可能有4种离子
C．可能无 D．一定有、、
12．（2022·上海·模拟预测）合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如图所示，下列说法错误的是
A．I、Ⅱ、III和IV都属于氧化还原反应
B．I、Ⅱ、III和IV都是氮的固定
C．反应Ⅵ的部分产物可在流程中循环利用
D．反应Ⅴ的化学方程式为NH3+CO2+H2O+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl
13．（2022·上海·统考一模）下列现象不能用于检验的是
A．气体遇浓盐酸产生白烟
B．气体使湿润的蓝色石蕊试纸变红
C．将气体通入酚酞溶液中，溶液变红
D．气体遇氯气产生白烟
14．（2022·上海·模拟预测）下列说法正确的是
A．反应1实现了氮的固定
B．反应2没有发生电子的转移
C．催化剂a表面只发生了非极性共价键的断裂和形成
D．在催化剂b表面形成氮氧键的过程是吸热过程
15．（2022·上海长宁·统考一模）有关水处理的方法错误的是
A．用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物
B．用氯气处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子
C．用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸
D．用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨
16．（2022·上海·模拟预测）利用点滴板探究氨气的性质(如图所示)，实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水后，立即用烧杯盖住点滴板。下列对实验现象的解释正确的是
选项
实验现象
解释
A
NaOH固体表面有气泡
NaOH促进了氨水的电离
B
湿润红色石蕊试纸变蓝
NH3极易溶于水
C
烧杯内有白烟
NH3+HCl → NH4Cl
D
FeCl3溶液变浑浊
Fe3++3OH― → Fe(OH)3↓
A．A B．B C．C D．D
17．（2022·上海·模拟预测）常温常压下，往某密闭容器中充入两种气体后不久，测得容器内最终气体平均式量为49，则充入的气体可能为（ ）
A．C3H8和O2 B．NO和O2 C．NH3和HCl D．SO2和H2S
18．（2022·上海·一模）实验是研究化学的基础，下图中所示的制备实验方法、装置或操作均正确的是（ ）
A．可用装置甲制取氯气 B．可用装置乙制取氨气
C．可用装置丙制取并检验乙炔 D．可用装置丁制得金属锰
19．（2022·上海徐汇·统考二模）喷泉实验装置如图所示。应用下列各组气体—溶液，能出现喷泉现象的是
气体
溶液
A．
H2S
稀盐酸
B．
HCl
稀氨水
C．
NO
稀H2SO4
D．
CO2
饱和NaHCO3溶液
A．A B．B C．C D．D
20．（2022·上海长宁·统考一模）下列气体能用浓硫酸干燥的是
A．SO2 B．NH3 C．HI D．H2S
21．（2022·上海·一模）在20℃，1大气压下，将三个分别盛氨气、氯化氢、二氧化氮的等容积烧瓶分别倒置于盛水的水槽中，当水进入烧瓶中，并使气体充分溶解后，假定烧瓶中溶液无损失，所得溶液的物质的量浓度之比为
A．1：1：1 B．5：5：4 C．1：2：3 D．1：1：2
22．（2022·上海·一模）由下列实验及现象不能推出相应结论的是
实验
现象
结论
A．
向2 mL 0.1 的溶液中加足量铁粉，振荡，加1滴KSCN溶液
黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变
还原性：
B．
将金属钠在燃烧匙中点燃，迅速伸入集满CO2的集气瓶
集气瓶中产生大量白烟，瓶内有黑色颗粒产生
CO2具有氧化性
C．
加热盛有少量NH4HCO3固体的试管，并在试管口放置湿润的红色石蕊试纸
石蕊试纸变蓝
NH4HCO3分解产生了氨气
D．
漂白粉在空气中久置
变成块状固体
漂白粉中的CaCl2 与空气中的CO2反应生成CaCO3
A．A B．B C．C D．D
23．（2022·上海·统考一模）下列实验过程中，始终无明显现象的是
A．Cl2通入Na2CO3溶液中
B．CO2通入CaCl2溶液中
C．NH3通入AgNO3溶液中
D．SO2通入NaHS溶液中
24．（2022·上海·统考三模）下列A～D四组反应中．其中I和Ⅱ可用同一个离子方程式表示的是
I
II
A
把金属铁放入稀硫酸中
把金属铁放入稀硝酸中
B
Ca(HCO3)2溶液中加入足量的NaOH溶液
Ca(OH)2溶液中加入足量的NaHCO3溶液
C
将0.1 molCl2通入含0.3 mol FeBr2的溶液
将0.3 mol Cl2通入含0.1 mol FeBr2的溶液
D
将少量Na2CO3溶液滴入到足量HCl溶液
将少量HCl溶液滴入到足量Na2CO3溶液
A．A B．B C．C D．D
25．（2021·上海徐汇·统考一模）下列属于大气固氮的是
A． B． C． D．
26．（2021·上海松江·统考二模）下列装置用于实验室中制取干燥氨气的实验，其中能达到实验目的的是
A．用装置甲制备氨气 B．用装置乙除去氨气中的少量水
C．用装置丙收集氨气 D．用装置丁吸收多余的氨气
27．（2021·上海浦东新·统考二模）溶液足量时，下列各组物质发生反应，金属一定有剩余的是
A．铝与氯化铁溶液 B．锌与浓盐酸
C．铜与浓硫酸(加热) D．铝与浓硝酸(常温)
二、多选题
28．（2021·上海浦东新·统考二模）某新型氨氮去除技术中的含氮物质转化关系如图所示。下列说法正确的是
A．过程Ⅰ还需要加入氧化剂
B．过程Ⅱ反应后酸性减弱
C．过程Ⅲ中，参与反应的与的物质的量之比为4∶3
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为：
三、实验题
29．（2022·上海松江·统考一模）某学习小组根据氨气还原氧化铜的反应，设计实验测定铜的相对原子质量Ar(Cu)。装置如图所示。
实验步骤：
① 检查装置的气密性；
②称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)质量记为m1g ；
③将氧化铜装入玻璃管C中，再次将装置C称重记为m2g ；
④打开K1和K2、漏斗活塞，使装置中充满NH3，点燃酒精灯，加热至氧化铜反应完全；
⑤熄灭酒精灯， 冷却至室温； 关闭分液漏斗活塞； 关闭K1和K2；
⑥ 称量玻璃管C(带两端开关K1和K2)，记录质量m3g。
完成下列填空：
(1)实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是___________。
(2)氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，写出该反应的化学方程式___________。
(3)干燥管B中的药品为___________，装置D的作用是___________。
(4)根据实验记录，计算铜的相对原子质量Ar(Cu)=___________(列式表示)。若CuO中混有不反应的杂质，使测定结果Ar(Cu)___________(选填：“偏大”“偏小”或“无影响”)。
(5)如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，装置M的作用是___________，装置M中的药品为___________；除测定C装置反应前后的质量差，还应测定___________。
四、填空题
30．（2022·上海·模拟预测）全球“青年化学家元素周期表”中多种元素由我国科学家代言，如氮、硫、钪(Sc)等。完成下列填空。
(1)钪(Sc)的原子结构示意图为 ，钪原子核外最外层电子排布式为___________；Sc与第II主族相邻，Sc位于元素周期表的第___________族；钪的最高价态可能是___________。
(2)下列比较正确的是___________(选填选项)。
A．原子半径： B．热稳定性：
C．溶解性： D．微粒种类：氢硫酸＜氨水
(3)工业上以N2为原料，以、为产品，实现了“向空气要氮肥”的目标。
①在如下价、类二维图中用“→”和途径中间产物的化学式，画出了由N2转化为路径。
②工业上常以氨为原料制硝酸。写出氨催化氧化的化学方程式。___________
(4)硫酸铵[(NH4)2SO4]，也称肥田粉，是我国生产和施用最早的氮肥之一、写出硫酸铵使用时的注意事项及对环境的影响(各一条)，并说明理由。
①___________。
②___________。
参考答案：
1．C
【详解】A．NH3和PH3都属于同一主族元素形成的氢化物，分子晶体的沸点与其相对分子质量成正比，但氨气中含有氢键，PH3不含氢键，氢键的存在导致氨气的沸点升高，A错误；
B．NH3熔点高于PH3，是因为氨气中含有氢键，氢键的存在导致氨的熔点升高，不是N-H键的键能比P-H大，B错误；
C．NH3中H为+1价，已经是最高价了，不能被氧化，而N为-3价，为N的最低价，能够被氧化，故NH3具有还原性是由NH3中N为-3价，C正确；
D．NH3•H2O是共价化合物，是弱碱，在水溶液中部分电离出和OH-，D错误；
故答案为：C。
2．B
【详解】A．的检验是向待测液中先加入稀盐酸，无明显现象，再加入BaCl2溶液产生白色沉淀，说明待测液中一定含有，此法为沉淀法，A不合题意；
B．的检验是向待测液中加入NaOH溶液，并微热，有刺激性气味并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体生成，说明待测液中一定含有，此法为气体法，B符合题意；
C．的检验是向待测液中加入硝酸酸化的硝酸银溶液，若产生黄色沉淀，说明待测液中一定含有I-，此法为沉淀法，C不合题意；
D．的检验是向待测液中先加入KSCN溶液，无明显现象，再滴加氯水，溶液立即变为血红色，说明待测液中一定含有Fe2+，此法为显色法，D不合题意；
故答案为：B。
3．A
【详解】A．二氧化氮通入水中发生的反应为二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应中氮元素的化合价即升高被氧化，又降低被还原，二氧化氮即是氧化剂又是还原剂，故A符合题意；
B．二氧化硫通入氢硫酸中发生的反应为二氧化硫与氢硫酸反应生成硫和水，二氧化硫中硫元素的化合价降低被还原，是反应的氧化剂，故B不符合题意；
C．乙烯通入酸性高锰酸钾溶液中发生的反应为乙烯与酸性高锰酸钾溶液发生氧化反应，使溶液褪色，乙烯是反应的还原剂，故C不符合题意；
D．氨气通入氯化铝溶液中发生的反应为氨气与氯化铝溶液反应生成氢氧化铝沉淀和氯化铵，反应中没有元素发生化合价变化，属于非氧化还原反应，故D不符合题意；
故选A。
4．A
【详解】A．NH3有还原性，能被氧气氧化为NO，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与氧气反应生成硝酸，或将NO、水和空气通入吸收塔中得到硝酸，可用于制硝酸，A正确；
B． 通常N2性质稳定，可用于保护粮食，B错误；
C． NH4HCO3是可溶性铵盐，是一种铵态氮肥，C错误；
D． HNO3能与铜发生氧化还原反应、使铜溶解，可用于制硝酸铜，D错误；
答案选A。
5．D
【分析】根据图示可知，酸性环境中，纳米Fe/Ni去除NO分两步，反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O；反应ⅱ中NO在另外的吸附点被Fe还原为NH，离子方程式为：NO+3Fe+8H+=3Fe2++NH+2H2O，以此分析解答。
【详解】A．反应i中NO在吸附点被Fe还原为NO，离子方程式为：NO+Fe+2H+═NO+Fe2++H2O，A正确；
B．反应ⅱ中NO被Fe还原为NH，离子方程式为：，B正确；
C．随着反应进行，氢离子浓度减小，溶液碱性增强，反应一段时间后出现白色絮状物Fe(OH)2，在空气中放置发生反应：4Fe(OH)2+O2+2H2O=4Fe(OH)3，变成红褐色，C正确；
D．溶液变黄是因为酸性条件下NO将Fe2+氧化成Fe3+，离子方程式为3Fe2++4H++NO=3Fe3++NO↑+2H2O，D错误；
故选：D。
6．C
【分析】I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮；Ⅱ中Fe遇浓硝酸钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，所以产生少量红棕色气泡后，迅速停止；Ⅲ中构成原电池，Fe作为负极，且Fe与浓硝酸直接接触，会产生少量二氧化氮，Cu作为正极，发生得电子的反应，生成二氧化氮。
【详解】A．I 中铁和稀硝酸生成一氧化氮，一氧化氮遇空气生成二氧化氮，化学方程式为: 2NO+O2=2NO2，选项A正确；
B．常温下，Fe遇浓硝酸易钝化，表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，选项B正确；
C．对比Ⅰ、Ⅱ中现象，不能说明浓HNO3和稀HNO3的氧化性强弱，选项C错误；
D．Ⅲ中构成原电池，在Fe、 Cu之间连接电流计，可判断Fe是否持续被氧化，选项D正确；
答案选C。
7．C
【分析】由于加入过量NaOH溶液，加热得到0.02mol气体，说明一定有NH，且物质的量为0.02mol；同时产生红褐色沉淀，说明一定有Fe3+，1.6g固体为氧化铁，物质的量为0.01mol，故有0.02molFe3+，一定没有CO；4.66g不溶于盐酸的沉淀为硫酸钡，一定有SO，物质的量为0.02mol；根据电荷守恒，一定有Cl-，至少 0.02mol×3+0.02-0.02mol×2＝0.04mol，物质的量浓度至少＝0.4mol/L，根据题中信息，无法判断Al3+和K+是否存在，据此分析解答。
【详解】A．根据分析，至少存在Cl-、SO、NH、Fe3+四种离子，故A正确；
B．根据分析，结合电荷守恒，溶液中一定有Cl-，至少且c(Cl )≥0.4mol/L，故B正确
C．根据分析，CO一定不存在，故C错误；
D．根据分析，无法判断Al3+、K+是否存在，二者可能存在，也可能不存在，故D正确；
答案选C。
8．D
【详解】A．有的氮肥含有铵根，有的不含如尿素和硝酸盐，故A错；
B．NH4NO3只含N，属于氮肥但不属于复合氮肥，故B错；
C．自然固氮为氮气与氧气在放电时反应生成一氧化氮，一氧化氮继续被氧气氧化成二氧化氮，二氧化氮、氧气与水反应生成硝酸，最后硝酸与难容性的盐反应生成可溶性的硝酸盐，所以自然固氮不能产生尿素，故C错；
D．由C分析可知，自然界单循环能产生铵盐，故选D；
答案选D
9．B
【详解】A．氨气溶于水，和水反应生成一水合氨，存在化学变化，A正确；
B．氮的固定是指由游离态的氮元素转化为化合态的过程，氨的催化氧化是化合态转化为化合态，不属于人工固氮，B错误；
C．氯化铵属于铵盐，可以作化肥，C正确；
D．碳酸氢铵受热易分解生成二氧化碳、氨气和水，D正确；
答案选B。
10．B
【分析】加入铝粉能放出氢气的溶液，说明溶液为非氧化性强酸溶液（含有大量H+）或者强碱溶液（含有大量OH-）。
【详解】A．会与OH-反应生成NH3•H2O，不能在碱性条件下存在，但是离子均可以在酸性条件下共存，故A错误；
B．与OH-反应生成Mg(OH)2沉淀，不能在碱性下共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，故酸性条件也不能共存，故B正确；
C．无论酸性还是碱性，均可以共存，不会发生化学反应，故C错误；
D．酸性条件下，弱酸酸根不能共存，酸性条件下存在，加入Al不能产生氢气，碱性条件下可以共存，故D错误；
故选B。
11．A
【详解】取少量溶液，加入过量的溶液并加热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体NH3，故原溶液中含有，同时生成白色沉淀说明含有，由于Fe(OH)3是红褐色沉淀，故原溶液中一定没有Fe3+，Al3+与过量的溶液将转化为，故原溶液中可能含有Al3+，由题干信息可知，各离子的物质的量浓度相等，故若只含有、则溶液电荷不守恒，故肯定由K+或Al3+，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，据此分析解题：
A. 由分析可知，当有Al3+时，则还应该由Cl-和，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，故可能有、，A符合题意；
B. 当有Al3+时，则还应该由Cl-和，原溶液中含有、、Al3+、Cl-和五种离子，当含有K+时，则电荷恰好守恒，则肯定没有Cl-和，原溶液中只有3种离子，故不可能有4种离子，B不合题意；
C. 由分析可知，原溶液中一定不含，C不合题意；
D. 有分析可知，原溶液不一定含有，D不合题意；
故答案为：A。
12．B
【分析】N2和H2可以合成NH3，所以甲是N2，氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，加热分解可以得到碳酸钠纯碱；氨气和氧气反应，催化氧化得到NO，NO遇到氧气变为二氧化氮，二氧化氮和水之间反应生成硝酸，硝酸和氨气之间反应得到硝酸铵，属于一种氮肥，所以乙是NO，丙是NO2，丁是NaHCO3，据此回答。
【详解】A．I、Ⅱ、III和IV中氮元素的化合价都发生了变化，故都属于氧化还原反应，故A正确；
B．氮的固定是氮气转化为化合物，反应Ⅱ、III和IV都是没有氮气参与的反应不属于氮的固定，故B错误；
C．碳酸氢钠受热分解生成纯碱、水和二氧化碳，二氧化碳在上述流程中能被再次利用，故C正确；
D．氨气和二氧化碳通入氯化钠溶液可以析出溶解度较小的碳酸氢钠晶体，发生反应：NH3+CO2+H2O+NaCl═NaHCO3↓+NH4Cl，故D正确；
故选B。
【点睛】本题考查学生含氮元素物质的性质以及侯氏制碱法知识，注意元素化合物性质的灵活应用是关键，氧化还原反应的判断根据化合价的变化可以判断。
13．B
【详解】A．与浓盐酸挥发出的发生反应，会产生白烟， A项不选；
B．与水反应生成，呈弱碱姓，能使红色石蕊试纸变蓝，B项选；
C．与水反应生成，呈弱碱性，能使酚酞溶液变红，C项不选；
D．与发生反应，会产生白烟，D项不选；
答案选B。
14．A
【详解】A．氮的固定是指氮由游离态到化合态的过程，反应1中N2转化成NH3，属于氮的固定，故A正确；
B．反应2为氨气转化为一氧化氮是氧化还原反应，所以涉及电子转移，故B错误；
C．催化剂a表面是氢气和氮气反应生成氨气，催化剂a表面发生了非极性共价键的断裂和极性键的形成，故C错误；
D．形成化学键放出热量，则在催化剂b表面形成氮氧键的过程是放热过程，故D错误；
故选：A。
15．B
【详解】A． 铝盐、铁盐能够水解生成氢氧化铝、氢氧化铁胶体，能吸附水中悬浮的杂质，沉降净水，故可用可溶性的铝盐、铁盐处理水中悬浮物，故A正确；
B． 氯气不能与与Cu2+、Hg2+等重金属离子反应，可用Na2S等处理水中的Cu2+、Hg2+等重金属离子，生成难溶的CuS，HgS，故B错误；
C． 石灰、纯碱与酸发生反应生成氯化钙、氯化钠，故可用石灰、纯碱等碱性物质处理废水中的酸，故C正确；
D． 烧碱与高浓度反应生成氨气，故可用烧碱处理含高浓度的废水并回收利用氨，故D正确；
故选B。
16．C
【详解】A．向NaOH固体上滴几滴浓氨水，因NaOH溶于水放热，使氨水的温度升高，氨气的溶解度降低，从而挥发出氨气，A不正确；
B．NH3溶于水使溶液呈碱性，使湿润的红色石蕊试纸变蓝，B不正确；
C．NH3与浓盐酸挥发出的HCl气体化合生成氯化铵固体，从而产生白烟，C正确；
D．NH3溶于水生成的一水合氨为弱碱，在离子方程式中应以化学式表示，D不正确；
故选C。
17．B
【详解】A．常温下C3H8和O2不反应，所以混合气体的平均式量为32~44之间，故A不符合题意；
B．NO和O2反应生成NO2，同时存在2NO2⇌N2O4，所以剩余气体情况可能是①NO2(46)、O2(32)、N2O4(92) ②N2O4、NO2 ③NO(30)、NO2 、N2O4，三组气体中均有式量大于49和小于49的气体，所以三种情况的平均式量均可以为49，都有可能，故B符合题意；
C．HCl和NH3反应生成NH4Cl固体，最终只可能剩余HCl或者NH3，式量为36.5或17，故C不符合题意；
D．SO2和H2S反应生成S单质，最终只可能剩余SO2或者H2S，式量为64或34，，故D不符合题意；
综上所述答案为B。
18．D
【详解】A．浓盐酸与二氧化锰反应需要加热，图中缺少酒精灯加热，故A错误；
B．制备氨气时反应生成水，试管口不能向上，图中试管口应略向下倾斜，故B错误；
C．乙炔、H2S等均能被高锰酸钾氧化，应先利用硫酸铜溶液除杂，再利用高锰酸钾溶液检验乙炔，故C错误；
D．点燃镁条，引发铝热反应，Al与二氧化锰发生氧化还原反应可制得金属锰，故D正确；
答案选D。
19．B
【分析】能够发生喷泉实验，需要烧瓶内外产生明显的压强差；产生压强差可以通过气体溶于水的方法，也可以通过发生反应消耗气体产生压强差，据此分析。
【详解】A．由于硫化氢气体和盐酸不发生反应且硫化氢在水中的溶解度较小，烧瓶内外压强差变化不大，不会出现喷泉现象，A错误；
B．氯化氢可以和稀氨水中的一水合氨发生反应，使烧瓶内外产生较大压强差，能够出现喷泉实验，B正确；
C．一氧化氮不与硫酸发生反应且不溶于水，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉现象，C错误；
D．二氧化碳不会溶于饱和碳酸氢钠溶液中，烧瓶内外不会产生压强差，不能发生喷泉实验，D错误；
故选B。
20．A
【详解】A．SO2虽然具有还原性，但和浓硫酸不反应，所以能被浓硫酸干燥，A正确；
B．NH3是碱性气体，能被酸性干燥剂浓硫酸吸收，因此不能用浓硫酸干燥，B错误；
C．HI具有还原性，能与氧化性的干燥剂反应，因此不能被浓硫酸干燥，C错误；
D．H2S具有强还原性，能和浓硫酸反应，而被浓硫酸氧化，所以不能被浓硫酸干燥，D错误；
故合理选项是A。
21．A
【详解】试题分析：设烧瓶体积为V，则气体体积也是V，当倒置水槽后氨气和氯化氢都溶解到水中时，得到的是氨水和盐酸，溶液的体积就是烧瓶的体积V。溶质的物质的量n=V/Vm，由C= n/V得C=V/Vm/V=1/Vm。二氧化氮溶于水发生反应3NO2+H2O=2HNO3+ NO ，得到硝酸溶液n(NO2)=V/Vm ，n(HNO3)=2V/3Vm，因为NO体积与NO2是1: 3，所以溶液体积为2V/3，代入公式C= n/V计算浓度和上面两种相同。综上所述，A正确，本题选A。
点睛：本题虽然是有关气体在非标准状况下的计算，但是，根据阿伏加德罗定律，在同温同压下，不同气体的气体摩尔体积是相同的，所以可以求出不同气体的物质的量之比，也可以求出它们所形成溶液的物质的量浓度之比。
22．D
【详解】A项，黄色逐渐消失，加KSCN溶液颜色不变，说明足量铁粉与Fe3+反应生成Fe2+，所以还原性：Fe>Fe2+，A正确；B项，白烟是碳酸钠，黑色颗粒是C单质，说明Na被CO2氧化了，所以CO2具有氧化性，B正确；C项，湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH4HCO3固体受热分解产生了碱性气体，该碱性气体必为氨气，故C正确；D项，漂白粉在空气中久置变成块状固体，因为漂白粉中的Ca(ClO)2与空气中的CO2反应生成CaCO3，故D错误。
点睛：本题考查了中学阶段的几种重要物质的性质，A、C、D涉及的知识都是高频考点，注意B项，中学阶段教材没有讨论Na和CO2反应的问题，钠是极活泼金属，在空气中加热得不到正常的氧化物，只有过氧化钠；当在纯净的CO2气体中加热时，会夺取其中的氧生成碳单质和Na2O，Na2O是一种碱性氧化物，会立即与CO2气体反应生成Na2CO3。
23．B
【详解】A、氯气与水反应生成次氯酸和盐酸，盐酸与碳酸钠反应，生成二氧化碳气体，所以有气体产生，A错误；
B、氯化钙和二氧化碳不符合离子发生反应的条件，故不发生反应，溶液不会变浑浊，所以无现象，B正确；
C、NH3通入硝酸和硝酸银的混合溶液中，先与硝酸反应，故开始没有沉淀，等硝酸全部反应完全后，再与硝酸银反应生成氢氧化银沉淀，再继续通入氨气会生成可溶性的银氨溶液，故沉淀又会减少，直至最终没有沉淀，反应方程式为NH3+HNO3=NH4NO3、NH3+AgNO3+H2O=AgOH↓+NH4NO3、AgOH+2NH3=Ag(NH3)2OH（银氨溶液），C错误；
D、SO2通入NaHS溶液中，发生氧化还原反应，生成淡黄色固体，D错误；
故选B。
24．B
【详解】A项，Fe与稀硫酸反应的离子方程式为：Fe+2H+=Fe2++H2↑，Fe与足量稀HNO3反应的离子方程式为：Fe+4H++NO3-=Fe3++NO↑+2H2O，A项不符合题意；
B项，Ca（HCO3）2溶液与足量NaOH溶液反应的离子方程式为：Ca2++2HCO3-+2OH-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，Ca（OH）2溶液中加入足量NaHCO3溶液反应的离子方程式为：Ca2++2OH-+2HCO3-=CaCO3↓+CO32-+2H2O，B项符合题意；
C项，Br-的还原性强于Fe2+，Cl2先与Br-反应后与Fe2+反应，0.1molCl2通入含0.3molFeBr2溶液中，Cl2只能氧化0.2molBr-，反应的离子方程式为：Cl2+2Br-=2Cl-+Br2，0.3molCl2通入含0.1molFeBr2溶液中，Cl2将Fe2+、Br-完全氧化后Cl2过量，反应的离子方程式为：3Cl2+2Fe2++4Br-=6Cl-+2Fe3++2Br2，C项不符合题意；
D项，少量Na2CO3滴入足量HCl中反应的离子方程式为：CO32-+2H+=H2O+CO2↑，少量HCl滴入足量Na2CO3溶液中反应的离子方程式为：H++CO32-=HCO3-，D项不符合题意；
答案选B。
【点睛】掌握物质性质的异同、与量有关的离子方程式的书写是解答本题的关键。与量有关的离子方程式的书写方法：（1）非氧化还原型，常用“以少定多”法，即优先将少量物质的化学计量数定为“1”，然后确定其它物质的化学计量数；（2）氧化还原型，应用氧化还原反应中的“先强后弱”规律，结合题给数值分析。
25．C
【分析】固氮是游离态的氮变为化合态的氮。
【详解】A．是游离态的氮变为化合态的氮，但不是大气固氮，是人工固氮，故A不符合题意；
B．不是游离态的氮变为化合态的氮，故B不符合题意；
C．是游离态的氮变为化合态的氮，在空气中氮气和氧气放电生成NO，是大气固氮，故C符合题意；
D．不是游离态的氮变为化合态的氮，故D不符合题意。
综上所述，答案为C。
26．A
【详解】A．浓氨水遇碱石灰放出氨气，实验室可以用装置甲制备氨气，故选A；
B．浓硫酸和氨气反应生成硫酸铵，浓硫酸能吸收氨气，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；
C．体系密闭，若用装置丙收集氨气，空气无法排除，故不选C；
D．氨气极易溶于水，漏斗口浸没在水中，若用装置丁吸收多余的氨气，引起倒吸，故不选D；
选A。
27．D
【详解】A．铝比铁活泼，铝和足量氯化铁溶液反应生成氯化亚铁和氯化铝，铝没有剩余，故A不符合题意；
B．锌与浓盐酸反应生成氯化锌和氢气，浓盐酸足量，锌没有剩余，故B不符合题意；
C．铜与足量浓硫酸(加热)生成硫酸铜、二氧化硫和水，铜没有剩余，故C不符合题意；
D．铝与浓硝酸(常温)会钝化，浓硝酸足量铝也会剩余，故D不符合题意；
本题答案D。
28．CD
【详解】A．过程Ⅰ中氮元素的化合价由+3价变为-1价，化合价降低，NO 做氧化剂被还原，所以过程Ⅰ需加入还原剂，A错误；
B．过程Ⅱ中NH2OH与NH反应生成N2H4，OH-被消耗，反应后碱性减弱，B错误；
C．由题分析可知，过程Ⅲ中的反应离子方程式为4 NO+3N2H4+4H+=5N2 +8H2O，参与反应的NO与N2H4的物质的量之比为4∶3，C正确；
D．过程Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ的总反应为NO与NH发生归中反应得到N2，反应为NO+NH→N2 +2H2O，D正确；
故选CD。
29．(1)氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出（或结合NH+OH-NH3·H2O NH3+H2O 分析 ）
(2)2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu
(3) 碱石灰 吸收氨气，防止污染环境
(4) 偏大
(5) 吸收C中生成的水 碱石灰 反应前后装置M的质量差
【分析】装置A内将浓氨水滴入氢氧化钠固体可生成氨气和水分的混合气体，通入B干燥管干燥后，氨气在装置C中与氧化铜受热反应得到铜单质，通过称量装置C硬质玻璃管的质量差求得铜的质量和损失的氧原子的质量，可求出铜的摩尔质量；装置D可吸收尾气氨气。
(1)
实验中用浓氨水与NaOH固体能够制备氨气，原因是氨水是弱碱，在水中不完全电离；向固体氢氧化钠中滴加氨水，会使氨水中OH-的浓度增大，从而导致水中NH3浓度的升高；同时，氢氧化钠溶于水放热，温度的升高使氨气的溶解度降低，从而会使NH3逸出。
(2)
氨气还原炽热氧化铜生成铜、氮气与水，该反应的化学方程式：2NH3+3CuON2+3H2O+3Cu。
(3)
据分析，干燥管B中的药品为碱石灰，可以干燥氨气，装置D的作用是吸收氨气，防止污染环境。
(4)
玻璃管的质量m2- m3得到损失的氧化铜中氧的质量，物质的量为mol，铜的质量为m3- m1，则铜的摩尔质量是 g/mol，则铜的相对原子质量Ar(Cu)= ；若CuO中混有不反应的杂质，反应后称量的m3偏大，则偏大，故使测定结果Ar(Cu) 偏大。
(5)
如利用此装置测定水中氢、氧元素的质量比，需要在装置C、D之间增加一个装置M，用以吸收C中生成的水；吸收水的同时不能吸收氨气，装置M中的药品为碱石灰；测定C装置反应前后的质量差，根据小问4可以确定氧原子的物质的量，进而判断水的物质的量，还应测定反应前后装置M的质量差，即得到水的质量，据此可以求得水的摩尔质量。
30．(1) 4s2 ⅢB +3
(2)C
(3)4NH3+5O24NO+6H2O
(4) 不要与碱性物质混放或混用；硫酸铵遇碱时放出氨气，所以不要与碱性物质混放或混用。 不宜长期施用；长期施用，会使土壤酸化、板结，所以不宜长期施用
【解析】（1）
钪(Sc)的原子结构示意图为 ，由此可知钪原子核外最外层电子排布式为4s2；
Sc与第II主族相邻，根据元素周期表的结构可知：Sc位于元素周期表的第四周期第IIIB，原子在发生化学反应时，不仅最外层的2个4s电子容易失去，次外层3d上也可能会失去1个电子，元素最高价态一般与族序数相同，故其可能的最高价态为+3价。
（2）
A．同一周期元素，原子序数越大，原子半径越小；不同周期元素，原子核外电子层数越多，原子半径就越大，N、O是第二周期元素，S是第三周期元素，所以原子半径由小到大的顺序是：r(O)＜r(N)＜r(S)，A错误；
B．元素的非金属性越强，其相应的氢化物稳定性就越强。元素的非金属性：S＜N＜O，所以氢化物的稳定性：H2S＜NH3＜H2O，B错误；
C．H2S能溶于水，而NH3极易溶于水，所以在水中的溶解性：H2S＜NH3，C正确；
D．H2S溶于水，与水反应产生氢硫酸，该反应是可逆反应，反应产生的氢硫酸是二元弱酸，存在电离平衡，其电离分步进行，且在溶液中存在水的电离平衡，电离产生H+、OH-，溶液中含有的微粒种类有：H2S、H2O、H+、HS-、S2-、OH-，可见该溶液中含有6种微粒；NH3溶于水得到氨水，NH3与水反应产生NH3∙H2O，该反应是可逆反应，反应产生的NH3∙H2O是一元弱碱，存在电离平衡，电离产生、OH-，同时溶液中存在水的电离平衡，电离产生H+、OH-，故氨水中存在微粒种类有：NH3、NH3∙H2O、H2O、、H+、OH-，也是6种微粒，可见氢硫酸与氨水种类相同，D错误；
故合理选项是C。
（3）
NH3具有还原性，可以与O2在催化剂存在条件下加热，发生氧化还原反应产生NO、H2O，根据电子守恒、原子守恒，可得NH3催化氧化反应的化学方程式为4NH3+5O24NO+6H2O。
（4）
硫酸铵[(NH4)2SO4]中含有农作物生成需要的氮元素，所以硫酸铵[(NH4)2SO4]又称肥田粉，但由于该铵盐与碱混合会发生反应产生NH3，导致大气污染，因此不要与碱性物质混放或混用；硫酸铵[(NH4)2SO4]是强酸弱碱盐，水解使溶液显酸性。若长期施用，会使土壤酸化、土地板结成块，所以不宜长期施用。
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