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考点16 氮及其化合物1.（2013四川理综化学7）1.52g铜镁合金完全溶解于50mL密度为1.40g/mL、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4 的混合气体1120mL (标准状况)，向反应后的溶液中加入1.0mol/LNaOH溶液,当金属离子全部沉淀时，得到2.54g沉淀，下列说法不正确的是 A.该合金中铜与镁的物质的量之比是2 1 B.该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0mol/L C. NO2和N2O4 的混合气体中，NO2 的体积分数是80% D. 得到2.54沉淀时，加入NaOH溶液的体积是600mL【答案】D解析：A. 设Cu Xg, Mg Yg. X+Y=1.52 X/6498+Y/2458=2.54得X=0.02 Y=0.01 B. c(HNO3)=1000/M=10001.4063/63=14.0mol/LC. nHNO3=14.00.05=0.7mol=nNO2+2nN2O4 nNO2+N2O4=1.12L/22.4L/mol, nNO2=0.04 mol nN2O4=0.01 mol 可知C正确D. 与硝酸反应的NaOH nNaOH=0.7-0.04-0.02=0.64与金属离子反应的NaOH nNaOH=0.06 总NaOH的量 n总=0.64+0.06=0.7 mol 故需要NaOH 700 mL2.（2013上海化学18）汽车剧烈碰撞时，安全气囊中发生反应10NaN3+2KNO3K2O+5Na2O+16N2。若氧化物比还原物多1.75mol，则下列判断正确的是A.生成40.0LN2（标准状况）B.有0.250molKNO3被氧化C.转移电子的物质的量为1.25molD.被氧化的N原子的物质的量为3.75mol【答案】CD【解析】根据反应方程式可知，每当生成16molN2，则氧化物比还原物多14mol。转移电子的物质的量为10mol，被氧化的N原子的物质的量为30mol，有2mol KNO3被还原，现氧化物比还原物多1.7mol，则生成2molN2，转移电子的物质的量为1.25mol，被氧化的N原子的物质的量为3.75mol，因此，C、D正确。【考点定位】本题考查氧化还原反应计算3.（2013上海化学21）一定条件下，将0.1LCO、0.2LCO2、0.1LNO、0.2LNO2和0.2LNH3混合，然后通过分别盛有足量蒸馏水、饱和碳酸氢钠溶液和氢氧化钠溶液的三个洗气瓶（洗气瓶排列顺序不确定）。假设气体通过每个洗气瓶都能充分反应则尾气（已干燥）A.可能是单一气体 B.不可能含有一氧化碳C.可能存在原气体中的两种气体 D.成分和洗气瓶的排列顺序无关【答案】AC【解析】方法一，洗气瓶排列顺序有6种，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则这时出来的气体有CO、NH3，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO；若第一个洗气瓶装水，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO；若第一个洗气瓶装饱和碳酸氢钠溶液，则这时出来的气体有CO、CO2、NO，后面的2个洗气瓶无论怎样的顺序，最后的气体为CO、NO.2 / 14方法二，洗气瓶的排列顺序无论怎样，最终的气体肯定没有CO2、NH3，而CO与三种溶液都不反应，尾气肯定有CO，若第一个洗气瓶装氢氧化钠溶液，则尾气没有NO(NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O)，若第一个洗气瓶不是装氢氧化钠溶液，则尾气一定有NO。【考点定位】本题考查化学计算、收敛思维能力ks5u4.（2013上海化学22）一定量的CuS和Cu2S的混合物投入足量的HNO3中，收集到气体VL（标准状况），向反应后的溶液中（存在Cu2+和SO42-）加入足量NaOH，产生蓝色沉淀，过滤，洗涤，灼烧，得到CuO12.0g，若上述气体为NO和NO2的混合物，且体积比为11，则V可能为A.9.0L B.13.5L C.15.7L D.16.8L【答案】A【解析】若混合物全是CuS，其物质的量为12/80=0.15mol，电子转移数，0.15（6+2）=1.2mol。两者体积相等，设NO xmol,NO2 xmol,3x+x1=1.2，计算的x=0.3。气体体积V=0.622.4=13.44L；若混合物全是Cu2S,其物质的量为0.075mol,转移电子数0.07510=0.75mol， 设NO xmol,NO2 xmol, 3x+x1=0.75，计算得x=0.1875,气体体积0.37522.4=8.4L，因此选A。【考点定位】本题考查氧化还原反应计算（极限法）5.（2013广东理综10）下列叙述和均正确并且有因果关系的是解析：用加热法除去NaCl中的NH2Cl的原因是NH2Cl受热易分解生成氨气和氯化氢，A错误；用KSCN溶液鉴别Fe3+是因为Fe3+与发生络合反应生成红色Fe（）3，B错误；碳酸钙的溶解度小于碳酸氢钙，而碳酸钠的溶解度大于碳酸氢钠，C错误；玻璃的主要成分SiO2易与HF反应，所以氢氟酸保存在塑料瓶中，正确。答案：命题意图：元素化合物6.（2013上海化学2）氰酸铵（NH4OCN）与尿素CO(NH2)2A.都是共价化合物 B.都是离子化合物C.互为同分异构体 D.互为同素异形体【答案】C【解析】氰酸铵是离子化合物，尿素是共价化合物，他们的分子式相同，结构不同，是同分异构体的关系，因此选C 7.（2013上海化学7）将X气体通入BaCl2溶液，未见沉淀生成，然后通入Y气体，有沉淀生成，X、Y不可能是选项XYASO2H2SBCl2CO2CNH3CO2DSO2Cl2【答案】B【解析】A项将SO2通入BaCl溶液，不反应，部分O2溶解在水中后与后来通入的H2S 发生反应生成2H2S+ SO2=3S+2H2O 生成S沉淀，B项始终不反应无现象，C项反应为2N H2+ H2O+ CO2BaCl2=2NH4Cl+BaCO3 D项发生反应：SO2+ Cl2+2 H2O=H 2SO4+2HCl2BaCl2+H2SO4=BaSO4+2HCl 因此选B ks5u8.（2013安徽理综8）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）。仅用此装置和表中提供的物质完成相关实验，最合理的选项是选项A中的物质B中的物质C中收集的气体D中的物质A浓氨水CaONH3HOB浓硫酸Na2SO3SO2NaOH溶液C稀硝酸CuNO2H2OD浓盐酸MnO2Cl2NaOH溶液【答案】B【解析】该装置分别为固液不加热制气体，向上排空气法收集气体，以及采用防倒吸的方法进行尾气处理。A、氨气不能使用向上排空气法，错误；B、正确；C、铜与稀硝酸反应需要加热，且吸收不宜使用防倒吸装置，错误；D、制取氯气需要加热，错误。【考点定位】考查化学实验基本原理（气体的制备），实验装置、仪器的使用。9.（2013江苏化学4）下列有关物质性质的应用正确的是A.液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂B.二氧化硅不与强酸反应，可用石英器皿盛放氢氟酸C.生石灰能与水反应，可用来干燥氯气D.氯化铝是一种电解质，可用于电解法制铝【参考答案】A【解析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，这些内容都来源于必修一、和必修二等课本内容。A.源于必修一P99第8行原文。B.源于必修一P76第9行原文。C.源于必修一P87第3题及必修一P85第7行材料。D.氯化铝从选修三电负性差值来看，它属于共价化合物，熔融情况下不导电，不能用于电解制铝。必修二P88P89都介绍了工业上用电解熔融氧化铝的方法制铝。【备考提示】看来高三一轮复习围绕课本、围绕基础展开，也不失为一条有效的复习途径。10.（2013江苏化学6）甲、乙、丙、丁四种物质中，甲、乙、丙均含有相同的某种元素，它们之间具有如下转化关系：。下列有关物质的推断不正确的是A.若甲为焦炭，则丁可能是O2B.若甲为SO2，则丁可能是氨水C.若甲为Fe，则丁可能是盐酸D.若甲为NaOH溶液，则丁可能是CO2【参考答案】B【解析】本题属于元素及其化合物知识的考查范畴，有一定的难度，代入逐一对照验证法是一种比较简单的方法。A.若甲为焦炭，则乙为一氧化碳，丙为二氧化碳，二氧化碳与炭反应生成一氧化碳。B.若甲为二氧化硫，则乙为亚硫酸氢铵，丙为亚硫酸铵，亚硫酸铵与二氧化硫反应生成亚硫酸氢铵。C.若甲为铁，丁为盐酸，则乙为氯化来铁，氯化来铁可能再与盐酸反应。D.若甲为氢氧化钠，丁为二氧化碳，则乙为碳酸钠，丙为碳酸氢钠，碳酸氢钠与氢氧化钠反应生成碳酸钠。11.（2013福建理综10）下列有关试验的做法不正确的是A.分液时，分液漏斗的上层液体应由上口到处B用加热分解的方法区分碳酸钠和碳酸氢钠两种固体C.配置0.1000 molL-1氢氧化钠溶液时，将液体转移到容量瓶中需用玻璃棒引流D检验NH4+时，往试样中加入NaOH溶液，微热，用湿润的蓝色石蕊试纸检验逸出的气体【知识点】溶液的配制、物质的鉴别、离子的检验、化学仪器的使用等知识。【答案】D【解析】A 项，分液时根据“下流上倒”的原理，打开活塞让下层液体全部流出，关闭活塞，上层从上口倒出；B 项，碳酸氢钠受热易分解（产生CO2），而碳酸钠受热无变化；C 项，配制一定物质的量浓度溶液的步骤，转移步骤中必须用到玻璃棒，作用是引流；D 项， NH4+的检验方法：加入氢氧化钠溶液，加热，在试管口放湿润的红色石蕊试纸，如果变蓝色，那么原物质中有NH4+。12、（2013广西理综27）（15分）五种短周期元素A、B、C、D、E的原子序数依次增大，A和C同族，B和D 同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。A和B、D、E均能形成共价型化合物。A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物在水中呈中性。回答下列问题：（1）五种元素中，原子半径最大的是 ，非金属性最强的是 （填元素符号）；（2）由A和B、D、E所形成的共价型化合物中，热稳定性最差的是 （用化学式表示）；（3）A和E形成的化合物与A和B形成的化合物反应，产物的化学式为 ，其中存在的化学键类型为 ；（4）D最高价氧化物的水化物的化学式为 ；（5）单质D在充足的单质E中燃烧，反应的化学方程式为 ；D在不充足的E中燃烧，生成的主要产物的化学式为 ；（6）单质E与水反应的离子方程式为 。【答案】（1）Na（1分） Cl （1分） （2）PH3（2分） （3）NH4Cl（2分） 离子键和共价键（2分）（4）H3PO4（2分） (5)2P5Cl22PCl5（2分） PCl3（1分）（6）Cl2H2OHClHClO（2分）【解析】由题干信息，找准关键点：（1）A、B、C、D、E的原子序数依次增大；（2）A和C同族，B和D 同族，C离子和B离子具有相同的电子层结构。（3）A和B、D、E均能形成共价型化合物；（4）A和B形成的化合物在水中呈碱性，C和E形成的化合物在水中呈中性。可推断出A、B、C、D、E分别为H、N、Na、P、Cl五种元素。（1） 五种元素中，原子半径最大的是Na，非金属性最强的是Cl。（2） 形成的共价化合物为NH3、PH3、HCl，由于P的非金属性最差，所以PH3的稳定性最差。（3） 氯化铵中既含有离子键，也含有共价键。（4） D最高价氧化物的水化物为磷酸，注意与硝酸化学式的区别。（5） 氯气足量时为PCl5，氯气不足时为PCl3。（6） 注意次氯酸为弱酸，不能拆分。13、（2013天津化学10）某市对大气进行监测，发现该市首要污染物为可吸入颗粒物PM2.5（直径小于等于2.5um的悬浮颗粒物）其主要来源为燃煤、机动车尾气等。因此，对PM2.5、SO2、NOx等进行研究具有重要意义。请回答下列问题：（1）对PM2.5样本用蒸馏水处理制成待测试样。若测得该试样所含水溶性无机离子的化学组分及其平均浓度如下表：离子K+Na+NH4+SO42-NO3-Cl-浓度/mol.L4x10-66x10-62x10-54x10-53x10-52x10-5根据表中数据判断PM2.5的酸碱性为，试样的PH值=（2）为减少SO2的排放，常采取的措施有：将煤转化为清洁气体燃料。已知：H2(g)+1/2O2(g)=H2O(g) H= -241.8KJ/mol C(s)+1/2O2(g)=CO(g) H= -110.5KJ/mol写出焦炭与水蒸气反应的热化学方程式；洗涤含SO2的烟气，以下物质可作洗涤剂的是a.Ca(OH)2 b.Na2CO3 c.CaCl2 d.NaHSO3(3)汽车尾气中NOx和CO的生成及转化为：已知气缸中生成NO的反应为：N2(g)+O2(g) 2NO(g) H0若1mol空气含有0.8molN2和0.2molO2,1300时在密闭容器内反应达到平衡。测得NO为8x10-4mol.计算该温度下的平衡常数K= _汽车启动后，气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是汽车燃油不完全燃烧时产生CO，有人设想按下列反应除去CO：2CO(g)=2C(s)+O2(g)已知该反应的H0，简述该设想能否实现的依据目前，在汽车尾气系统中装置催化转化器可减少CO和NO的污染，其化学反应方程式为【解析】该题综合考察化学反应原理的基础知识。涉及离子的水解、PH值的计算、盖斯定律的应用、化学平衡常数的计算、自由能的应用等。（1） 观察表格中发现NH4+水解显酸性，PM2.5的酸碱性为酸性。试样的PH值根据溶液中电荷守恒计算H+离子浓度为10-4，PH值为4.（2） 焦炭与水蒸汽反应的热化学方程式：C(s)+H2O(g)=CO(g)+H2(g) H=+131.3kJ/mol洗涤含SO2的烟气,根据酸性氧化物的性质选a.Ca(OH)2 b.Na2CO3。（3） 计算平衡常数时，先计算物质的平衡量N2为0.8-4x10-4, O2为0.2-4x10-4，NO为8x10-4，带入平衡常数表达式即可，得4x10-6.气缸温度越高，单位时间内NO排放量越大，原因是温度升高，反应速率加快，平衡右移2CO(g)=2C(s)+O2(g)，该反应是焓增、熵减的反应。根据G=H-TS, G0,不能实现。汽车尾气系统中装置反应的化学方程式14.（2013福建理综25）（15分）固体硝酸盐加热易分解且产物较复杂。某学习小组以Mg(NO3)2为研究对象，拟通过实验探究其热分解的产物，提出如下4种猜想：甲：Mg(NO3)2、NO2、O2 乙：MgO、NO2、O2 丙：Mg3N2、O2 丁：MgO、NO2、N2（1）实验前，小组成员经讨论认定猜想丁不成立，理由是_。查阅资料得知：2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O针对甲、乙、丙猜想，设计如下图所示的实验装置（图中加热、夹持仪器等均省略）：（2）实验过程取器连接后，放人固体试剂之前，关闭k，微热硬质玻璃管（A），观察到E 中有气泡连续放出，表明_ 称取Mg(NO3)2固体3 . 79 g置于A中，加热前通人N2以驱尽装置内的空气，其目的是_；关闭K，用酒精灯加热时，正确操作是先_然后固定在管中固体部位下加热。 观察到A 中有红棕色气体出现，C、D 中未见明显变化。ks5u 待样品完全分解，A 装置冷却至室温、称量，测得剩余固体的质量为1 . 0g 取少量剩余固体于试管中，加人适量水，未见明显现象。( 3 ）实验结果分析讨论 根据实验现象和剩余固体的质量经分析可初步确认猜想_是正确的。 根据D 中无明显现象，一位同学认为不能确认分解产物中有O2，因为若有O2，D中将发生氧化还原反应：_（填写化学方程式），溶液颜色会退去；小组讨论认定分解产物中有O2存在，未检侧到的原因是_。 小组讨论后达成的共识是上述实验设计仍不完善，需改进装里进一步研究。【知识点】化学实验。【答案】（1） 不符合氧化还原反应原理（或其它合理答案）（2） 装置气密性良好避免对产物O2的检验产生干扰（或其它合理答案）移动酒精灯预热硬质玻璃管（3） 乙 2Na2SO3 + O2 =2Na2SO4O2在通过装置B时已参与反应（或其它合理答案） 【解析】（1）Mg(NO3)2分解过程中发生了氧化还原反应（元素化合价既升高也降低），而丁组中，只有降低的N元素，而没有升高的元素，不符合氧化还原反应发生的原理；（2）此装置比较复杂，又是检验气体，所以实验之前必须检验装置的气密性。加热试管A，如若E试管中持续出现气泡，则说明气密性良好。甲乙丙都有氧气生成，而空气中也存在氧气，所以必须把空气中的氧气除去，以防带来干扰。玻璃管（盛有固体）在加热前都要预热，预热的方法：移动酒精灯对玻璃管进行加热。（3）红棕色气体是NO2，另外还应有金属氧化物MgO,所以乙的推论是正确的；D中盛放的溶液是Na2SO3溶液，Na2SO3具有还原性，能被氧气氧化生成Na2SO4，反应的方程式为2Na2SO3+O2= 2Na2SO4。15、（2013广西理综28）（15分）制备氮化镁的装置示意图如下：回答下列问题：（1）检查装置气密性的方法是 ，a的名称是 ，b的名称是 ；（2）写出NaNO2和(NH4)2SO4反应制备氮气的化学方程式 ；（3）C的作用是 ，D的作用是 ，是否可以把C和D的位置对调并说明理由 ；（4）写出E中发生反应的化学方程式 ；（5）请用化学方法确定是否有氮化镁生成，并检验是否含有未反应的镁，写出实验操作及现象 。【答案】（1）微热b，这时G中有气泡冒出，停止加热冷却后，G中插在溶液里的玻璃管形成一段水柱，则气密性良好（2分） 分液漏斗（1分） 圆底烧瓶（1分）（2）2NaNO2(NH4)2SO42N2Na2SO44H2O（2分）（3）除去氧气（及氮氧化物）（1分） 除去水蒸气 （1分） 不能，对调后无法除去水蒸气（1分） （4）N23MgMg3N2（2分）（5）取少量产物于试管中，加入少量蒸馏水，试管底部有沉淀生成，可闻到刺激性氨味（把湿润的红色石蕊试纸放在管口，试纸变蓝），证明产物中含有氮化镁；弃去上清液，加入盐酸，若观察到有气泡产生，则证明产物中含有未反应的镁（4分）【解析】此题考查物质制备实验。解决此类问题要明确实验目的、实验原理、实验仪器、实验试剂，结合题给装置图分析出各环节中要考虑的各反应物及产物的性质。（1） 该实验制备氮化镁，其原理为N23MgMg3N2，该反应在装置E中进行，则由装置A中的药品可知A为氮气的制备装置，对于液液反应的装置气密性检查一般采用微热法。（2） 制备氮气的反应其原理是2NaNO2和(NH4)2SO4中氮元素自身的归中氧化还原反应。（3） 所制得的氮气中常混有氧气（与镁反应生成氧化镁）、水蒸气（使氮化镁水解生成氢氧化镁），因此C中用亚铁盐的还原性除去氧气，D中用浓硫酸的吸水性除去水蒸气。（4） 氮化镁及镁的检验可利用氮化镁的双水解和镁与盐酸的反应。16.（2013北京理综26）（14分） NOx是汽车尾气中的主要污染物之一。(1) NOx能形成酸雨，写出NO2转化为HNO3的化学方程式:_ .(2)汽车发动机工作时会引发N2和02反应，其能量变化示意图如下: 写出该反应的热化学方程式: _ .随温度升高，该反应化学平衡常数的变化趋势是_ .。（3）在汽车尾气系统中装置催化转化器，可有效降低NOX的排放。当尾气中空气不足时，NOX在催化转化器中被还原成N2排出。写出NO被CO还原的化学方程式：_ . 当尾气中空气过量时，催化转化器中的金属氧化物吸收NOX生成盐。其吸收能力顺序如下：12MgO 2oCaO 38SrO56BaO.原因是 .，元素的金属性逐渐增强，金属氧化物对NOX的吸收能力逐渐增强。（4） 通过NOx传感器可监测NOx的含量，其工作原理示意图如下:Pt电极上发生的是 反应(填“氧化”或“还原”)。写出NiO电极的电极反应式: .【答案】（1）3NO2+2H2O=2HNO3+NO；（2）、N2(g)+O2（g）=2NO(g) H=+183KJ/mol； 、增大；（3）、2NO+2CON2+2CO2 、由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第A族，同一主族自上而下，原子半径增大；（4）、还原； 、NO+O2-2e-=NO2；【解析】（1）NO2与H2O反应生成HNO3与NO；（2）、H=945kJ/mol+498kJ/mol-2630KJ/mol=+183KJ/mol； 、该反应正反应是吸热反应，升高温度，平衡向正反应移动，化学平衡常数增大；（3）、NO被CO还原N2，CO被氧化为CO2； 、由Mg、Ca、Sr、Ba的质子数可知，它们均处于第A族，同一主族自上而下，原子半径增大，金属性增强；（4）、由工作原理示意图可知，O2在Pt电极发生还原反应生成O2-； 、在O2-参加反应下，NO在NiO电极发生氧化反应生成NO2。17.（2013四川理综化学9）（15分） 为了探究AgNO3的氧化性和热稳定性，某化学兴趣小组设计了如下实验。 .AgNO3的氧化性 将光亮的铁丝伸入AgNO3溶液中，一段时间后将铁丝取出。为检验溶液中Fe的氧化产物，将溶液中的Ag+除尽后，进行了如下实验。可选用第试剂KSCN溶液、K3Fe(CN)6溶液、氯水。请完成下表：操作现象结论取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入KSCN溶液，振荡 存在Fe3+取少量除尽Ag+后的溶液于试管中，加入 ，振荡 存在Fe2+【实验结论】Fe的氧化产物为存在Fe2+和Fe3+ . AgNO3的热稳定性性 用下图所示的实验装置A加热AgNO3固体，产生红棕色气体，在装置D中收集到无色气体。当反应结束以后，试管中残留固体为黑色。装置B的作用是 。经小组讨论并验证该无色气体为O2，其验证方法是 。 【查阅资料】Ag2O和粉末的Ag均为黑色；Ag2O可溶于氨水。 【提出假设】试管中残留的黑色固体可能是：Ag；.Ag2O；.Ag和Ag2O 【实验验证】该小组为验证上述设想，分别取少量黑色固体，进行了如下实验。 实验编号操作现象a加入足量氨水，振荡黑色固体不溶解b加入足量稀硫酸，振荡黑色固体溶解，并有气体产生 【实验评价】根据上述实验，不能确定固体产物成分的实验是 （填实验编号）。 【实验结论】根据上述实验结果，该小组得出的AgNO3固体热分解的产物有 。9.答案：ks5u:变成血红色 K3Fe(CN)6 变成蓝色i：缓冲瓶：用带火星木条靠近瓶口，木条复燃，证明是氧气： b Ag O2 NO2解析：:Fe3 与SCN络合形成血红色溶液 Fe2 与CN络合形成普鲁士蓝溶液：防止溶液倒吸进试管：用带火星木条靠近瓶口，木条复燃，证明是氧气：b实验中，黑色固体溶解，可能有Ag或者Ag2O 有气体产生证明有Ag ,所以不能证明确定有Ag2O 红棕色气体是NO2 实验证明有Ag O218.（2013重庆理综29）(14分)化学在环境保护中起着十分重要的作用，催化反硝化法和电化学降解法可用于治理水中硝酸盐的污染。催化反硝化法中，H2能将NO3还原为N2。25时，反应进行10min，溶液的pH由7变为12。N2的结构式为 上述反应的离子方程式为，其平均反应速率(NO3)为 molL1/min还原过程中可生成中间产物NO2，写出3种促进NO2水解的方法 电化学降解NO3的原理如题29图所示。NO3H2O HPt电极Ag-Pt电极直流电源质子交换膜题29图AB电源正极为 （填A或B），阴极反应式为 若电解过程中转移了2mol电子，则膜两侧电解液的质量变化差(m左m右)为 克 解析：以环境保护为背景考察化学理论，是平衡理论和电化学理论的综合。 （1）氮气的结构式为：NN，根据产物分析首先要书写催化反硝化法方程式：2NO35H2 N22OH4H2O，然后才能计算反应速率，根据PH值，C(OH)=0.01molL1，(NO3)=0.01/10=0.001 molL1/min根据NO2H2OHNO2OH要促使平衡正向移动，可以加酸、加水或升高温度等方法。（2）要实现2NO36H2O10eN212OH；该反应应该阴极中进行，Ag不能作阳极，否则会失去电子，所以Pt是阳极，A是正极；AgPt是阴极，在阳极的反应式为：2H2O4e=4HO2；两级的质量差实际上阳极消耗水的质量和阴极析出N2的质量之差和质子交换膜进入H的质量之差，根据电子守恒原理，H2O2e；N210H10e；左边是阳极，减重18g，右边减重5.6g2g=3.6g，m左m右=18g.3.6g=14.4g.参考答案：NN 2NO35H2 N22OH4H2O，0.001加酸，升高温度，加水A，2NO36H2O10eN212OH14.4ks5u 希望对大家有所帮助，多谢您的浏览！
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