上述转化过程属于固氮的是         (填编号)。

氮的固定是将氮元素由游离态转化为化合态，上述转化过程中，由$\rm {{N}_{2}}$作反应物，只有$\rm {{N}_{2}}\to NO$、$\rm {{N}_{2}}\to N{{H}_{3}}$两个反应，所以属于固氮的是①②。

发射卫星的运载火箭推进剂引燃后产生大量气体，含有$\rm C{{O}_{2}}$、$\rm {{H}_{2}}O$、$\rm {{N}_{2}}$、$\rm NO$等，这些气体无色，但在卫星发射现场可看到火箭尾部喷出大量红色气体，写出产生红色气体的化学方程式：         。

$\rm NO$与$\rm {{O}_{2}}$反应，气体由无色转化为红色，反应的化学方程式：$\rm 2NO+{{O}_{2}}=2N{{O}_{2}}$。

已知土壤胶体粒子带负电荷，土壤中施用含氮总量相等的下列化肥，从化学式分析其中肥效最低的是         (肥效高低取决于相关元素是否不易或易流失)。

A．$\rm {{(N{{H}_{4}})}_{2}}S{{O}_{4}}$   B．$\rm N{{H}_{4}}Cl$   C．$\rm NaN{{O}_{3}}$   D．$\rm N{{H}_{4}}N{{O}_{3}}$

土壤胶体粒子带负电荷，易吸附阳离子，阴离子不能被吸附，易随水土流失，所以化肥中，植物营养元素存在于阴离子中时，不能被土壤吸收，则下列化肥中，肥效最低的是$\rm NaN{{O}_{3}}$，故选：C。

水合肼($\rm {{N}_{2}}{{H}_{4}}\cdot {{H}_{2}}O$)溶液显弱碱性，其电离与$\rm N{{H}_{3}}\cdot {{H}_{2}}O$相似，写出水合肼的电离方程式         。

水合肼($\rm {{N}_{2}}{{H}_{4}}\cdot {{H}_{2}}O$)溶液显弱碱性，其电离与$\rm N{{H}_{3}}\cdot {{H}_{2}}O$相似，则水合肼的电离方程式：$\rm {{N}_{2}}{{H}_{4}}\cdot {{H}_{2}}O\rightleftharpoons {{N}_{2}}H_{5}^{+}+O{{H}^{-}}$。

在燃油汽车尾气排放装置里，气体在催化剂表面吸附与解吸作用的过程如下图所示：

根据图示，写出催化转化的总化学方程式，并标注电子转移的方向和数目：_______。

根据图示，$\rm NO$、$\rm {{O}_{2}}$、$\rm CO$催化转化为$\rm C{{O}_{2}}$、$\rm {{N}_{2}}$，反应方程式为$\rm 4CO+2NO+{{O}_{2}}\begin{matrix} \underline{\underline{催化剂}} \\ {} \\\end{matrix}4C{{O}_{2}}+{{N}_{2}}$，标注电子转移的方向和数目为：。

${\rm N}{{\rm O}_{x}}$代表由$\rm N{{O}_{2}}$和$\rm NO$组成的混合气体，现有等体积的${\rm N}{{\rm O}_{x}}$和$\rm N{{H}_{3}}$恰好完全反应生成无害气体，该无害气体是         ，根据上述条件推算出${\rm N}{{\rm O}_{x}}$中的$x=$        。

取25.6克铜与100毫升$63\%$的浓硝酸($\rho =1.45\ \rm g/mL$)反应，当铜完全溶解后，产生的$\rm NO$和$\rm N{{O}_{2}}$混合气体折算到标准状况下的体积为11.2升。

等体积的${\rm N}{{\rm O}_{x}}$和$\rm N{{H}_{3}}$恰好完全反应生成无害气体$\rm {{N}_{2}}$等，则${\rm N}{{\rm O}_{x}}$中，$\rm N$元素显$\rm +3$价、$\rm O$元素显$\rm -2$价，根据上述条件推算出${\rm N}{{\rm O}_{x}}$中的$x=1.5$或$\dfrac{3}{2}$。

工业生产中为了盛装大量浓硝酸，常选择         作为罐体材料。

A．铜   B．铂   C．铝   D．镁

铜、镁都能与浓硝酸持续反应，铂的成本很高，铝在常温下遇浓硝酸发生钝化，所以工业生产中为了盛装大量浓硝酸，常选择铝作为罐体材料，故选：C。

该浓硝酸的物质的量浓度是         $\rm mol/L$。

该浓硝酸的物质的量浓度是$\rm \dfrac{1000\times 1.45\times 63\%}{63}\ mol/L=14.5\ mol/L$。

用上述浓硝酸配制$\rm 100\ mL\ 1.00\ mol/L$稀硝酸，以下操作可能会导致所配溶液浓度偏低的是         。

A．配制过程中烧杯和玻璃棒未洗涤

B．配制前容量瓶未干燥

C．摇匀后液面低于刻度线

D．定容时俯视液面

E．量取浓硝酸时操作很慢

F．稀释后未冷到室温就转移和定容

配制过程中烧杯和玻璃棒未洗涤，附着少量硝酸，使容量瓶内硝酸的物质的量减小，所配硝酸溶液的浓度偏低，故A符合题意；配制前容量瓶未干燥，对硝酸的物质的量、溶液的体积都不产生影响，故B不符合题意；摇匀后液面低于刻度线，有少量溶液附着在刻度线上方，一段时间后会自然留下，不影响硝酸的浓度，故C不符合题意；定容时俯视液面，所配溶液的体积偏小，浓度偏高，故D不符合题意；量取浓硝酸时操作很慢，致使部分硝酸挥发，溶质的物质的量减小，所配溶液浓度偏低，故E符合题意；稀释后未冷到室温就转移和定容，所配溶液体积偏小，浓度偏高，故F不符合题意。

上述反应过程中，当硝酸的浓度降到         $\rm mol/L$时，开始生成$\rm NO$气体。(假设反应过程中溶液体积保持$\rm 100\ mL$且不考虑溶质挥发)(要求写出求解过程，只有结果不得分)

$n(\rm Cu)=\dfrac{25.6\ g}{64\ g/mol}=0.4\ mol$，$n({\rm N{{O}_{2}}})+n(\rm NO)=\dfrac{11.2\ L}{22.4\ L/mol}=0.5\ mol$，设$n({\rm N{{O}_{2}}})=x$，则$n({\rm NO})=0.5-x$，依据得失电子守恒可得$x+3(0.5-x)=0.4\ \rm mol\times 2$，$x=0.35\ \rm mol$，由反应方程式$\rm Cu+4HN{{O}_{3}}(浓)=Cu{{(N{{O}_{3}})}_{2}}+2N{{O}_{2}}\uparrow +2{{H}_{2}}O$，可求出消耗$\rm HN{{O}_{3}}$的物质的量为$2x=0.7\ mol$，此时硝酸的浓度为$\rm \dfrac{0.1\ L\times 14.5\ mol/L-0.7\ mol}{0.1\ L}=7.5\ mol/L$，所以当硝酸的浓度降到$\rm 7.5\ mol/L$时，开始生成$\rm NO$气体。