第14课 氮及其化合物-【提分宝典】2025年新高考化学一轮全考点普查随堂课后练

第14课　　　　　氮及其化合物 普查与练习14　　　　　氮及其化合物 1．氮的固定——N2与H2、O2和Mg等的反应 (1)(2025汇编，4分)氮气是大气中含量最多的气体，下列有关氮气的说法正确的是________(填序号)。 ①氮元素的非金属性较强，所以氮气是一种活泼的非金属单质 ② N2与O2在放电的条件下可直接生成NO2 ③通过灼热的铜丝网除去N2中的O2(全国Ⅰ经典真题) ④“雷雨发庄稼”是指雷雨时可增加土壤中氮肥的含量，此变化属于氮的固定 ⑤3 mol H2与1 mol N2混合反应生成NH3，转移电子的数目小于6×6.02×1023 ⑥镁在空气中燃烧可生成氧化镁和氮化镁(浙江经典真题) 答案：③④⑤⑥ 解析：氮元素是非金属性较强的元素，N2的结构式为N≡N，两个氮原子通过三个共价键结合，键能大，难断裂，所以N2是一种不活泼的非金属单质，故①错误。放电条件下，N2和O2反应生成NO而不是NO2，NO再被O2氧化生成NO2，故②错误。氧气能与灼热的铜网反应而被除去：2Cu ＋O22CuO，而氮气与铜不反应，故③正确。雷雨时，空气中的N2能在放电的条件下转化为NO，进而通过一系列反应转化为硝酸盐等含氮化合物，可增加土壤中氮肥的含量，此变化属于氮的固定，故④正确。N2与H2合成NH3属于可逆反应，1 mol N2与3 mol H2反应的过程中，由于N2不可能完全转化，生成的NH3小于2 mol，所以转移电子的物质的量小于6 mol，故⑤正确。镁在空气中燃烧时，与氧气、二氧化碳反应均可生成氧化镁，与氮气反应可生成氮化镁，故⑥正确。 (2)(经典题，2分)中国科学院科研团队研究表明，在常温、常压和可见光下，基于LDH(一种固体催化剂)合成NH3的原理示意图如图。下列说法错误的是(　　) A．氧化剂与还原剂的物质的量之比为3∶1 B．该过程中涉及极性键和非极性键的断裂与生成 C．基于LDH合成NH3的过程属于氮的固定 D．工业中，氨经一系列反应可以得到硝酸 答案：A 解析：该反应的化学方程式为2N2＋6H2O4NH3＋3O2，氮气是氧化剂、水是还原剂，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1 ∶3，故A项错误，符合题意。该过程中，既有极性键的断裂(O—H)与生成(N—H)，也有非极性键的断裂(N≡N)与生成(O===O)，故B项正确，不符合题意。基于LDH合成NH3的过程是将氮气转化为氨气的过程，属于氮的固定，故C项正确，不符合题意。工业中，氨可以通过与氧气催化氧化得到NO，NO被氧化为NO2，NO2再与水反应生成硝酸，故D项正确，不符合题意。 2．重要的氮氧化物——NO、NO2 a．NO、NO2性质的考查 (3)(2025汇编，4分)下列有关一氧化氮和二氧化氮的说法正确的是________(填序号)。 ①用向上排空气法收集铜粉与稀硝酸反应产生的NO ②可以通过氢氧化钠溶液除去NO中的NO2(全国Ⅰ经典真题) ③2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应后的分子数为2NA(NA为阿伏加德罗常数的值，下同)(湖南经典真题) ④3 mol的NO2与H2O完全反应时转移的电子数为4NA(全国Ⅱ经典真题) ⑤将湿润的淀粉KI试纸放入含有红棕色气体的集气瓶中，试纸变蓝，说明该气体为NO2，具有氧化性 ⑥将少量的硝酸铜受热分解(产物为CuO、NO2、O2)后的气体收集后，用带火星的木条检验，木条复燃，说明NO2能支持燃烧 ⑦1 mol SO3与1 mol NO2分别通入1 L水中可产生相同浓度的H2SO4和HNO3(2022重庆真题) 答案：②⑥ 解析：因为NO能够与空气中的氧气迅速反应生成NO2：2NO＋O2===2NO2，且NO的密度与空气相近，所以不能采用排空气法收集NO。NO不溶于水，可用排水法收集，故①错误。NO2可以与NaOH发生反应：2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，但由于杂质的含量一般较少，所以不会对NO的量产生较大的影响，故②正确。密闭容器内存在反应：2NO＋O2===2NO2、2NO2N2O4，因此2 mol NO与1 mol O2在密闭容器中充分反应后的分子数小于2NA，故③错误。NO2与H2O反应的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，该反应消耗3个NO2分子，转移的电子数为2个，则3 mol NO2参与反应时，转移的电子数为2NA，故④错误。KI被氧化，红棕色气体可能为溴蒸气，故⑤错误。气体中含有NO2和O2，由得失电子守恒，n(NO2)∶n(O2)＝4∶1，即氧气少量，木条复燃不是因为O2，可说明二氧化氮支持燃烧，故⑥正确。NO2与H2O反应除生成HNO3外还有NO生成，故1 mol SO3与1 mol NO2分别通入1 L水中所得H2SO4和HNO3的浓度肯定不同，故⑦错误。 b．氮氧化物对环境的影响及治理 (4)(江苏经典真题，12分)N2O、NO和NO2等氮氧化物是空气污染物，含有氮氧化物的尾气需处理后才能排放。 ①N2O的处理。N2O是硝酸生产中氨催化氧化的副产物，用特种催化剂能使N2O分解。NH3与O2在加热和催化剂作用下生成N2O的化学方程式为_____________________________。 ②NO和NO2的处理。已除去N2O的硝酸尾气可用NaOH溶液吸收，主要反应为 NO＋NO2＋2OH－===2 NO＋H2O 2NO2＋2OH－=== NO＋NO＋H2O ⅰ.下列措施能提高尾气中NO和NO2去除率的有________(填字母)。 A．加快通入尾气的速率 B．采用气、液逆流的方式吸收尾气 C．吸收尾气过程中定期补加适量NaOH溶液 ⅱ.吸收后的溶液经浓缩、结晶、过滤，得到NaNO2晶体，该晶体中的主要杂质是________________(填化学式)；吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是________________(填化学式)。 ③NO的氧化吸收。用NaClO溶液吸收硝酸尾气，可提高尾气中NO的去除率。其他条件相同，NO转化为NO的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。 ⅰ.在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO，其离子方程式为________________________________________________________________________。 ⅱ.NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是_________________________________________________。 答案：①2NH3＋2O2N2O＋3H2O(2分)　②ⅰ.BC(2分)　ⅱ.NaNO3(2分)　NO(2分)　③ⅰ.3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2 NO＋5H＋(2分)　ⅱ.溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强(2分) 解析：①NH3与O2在加热和催化剂作用下发生氧化还原反应生成N2O，根据得失电子守恒和原子守恒可知反应有水生成，配平化学方程式为2NH3＋2O2N2O＋3H2O。 ②ⅰ.若要提高尾气中NO和NO2的去除率，须加快氮氧化物与NaOH的反应速率。加快通入尾气的速率，易导致氮氧化物不能及时被吸收，使NO和NO2去除率降低，故A项不符合题意。采用气、液逆流的方式吸收尾气，能增大气、液反应物的接触面积，提高尾气中NO和NO2的去除率，故B项符合题意。定期补充适量的NaOH溶液可增大反应物浓度，能提高尾气中NO和NO2的去除率，故C项符合题意。ⅱ.由吸收反应：NO＋NO2＋2OH－===2 NO＋H2O、2NO2＋2OH－=== NO＋NO＋H2O可知，反应后得到NaNO2和NaNO3混合溶液，经浓缩、结晶、过滤得到NaNO2和NaNO3晶体，因此得到的NaNO2中混有NaNO3。由吸收反应可知，若NO和NO的物质的量之比大于1 ∶1，NO不能被吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO。 ③ⅰ.在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO 与NO发生氧化还原反应生成NO和Cl－，根据得失电子守恒可得：3HClO＋2NO―→3Cl－＋2NO，根据电荷守恒可得：3HClO＋2NO―→ 3Cl－＋2NO＋5H＋，根据原子(质量)守恒可得：3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2NO＋5H＋。ⅱ.在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，由反应3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2 NO＋5H＋可知，NaClO溶液的初始pH越小，c(H＋)越大，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强，NO的转化率越高。 3．硝酸的性质 a．硝酸的强氧化性、稳定性及制备 (5)(2025汇编，4分)硝酸具有酸的通性，同时也具有其独特的性质，下列有关硝酸的说法正确的是__________(填序号)。 ①常温下铁与浓硝酸反应可制备NO2(2023.01浙江选考) ②实验室中使用稀硝酸清洗附有银镜的试管(2023山东真题) ③过量铁粉与稀硝酸反应，产生无色气体：Fe＋NO＋4H＋===Fe3＋＋NO↑＋2H2O(2022北京真题) ④向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2(山东经典真题) ⑤常温下将铁片分别插入稀硝酸和浓硝酸中，前者产生无色气体，后者无明显现象，说明稀硝酸的氧化性比浓硝酸强(2023新课标真题) ⑥某溶液中加入Ba(NO3)2溶液后产生白色沉淀，再加入足量盐酸，仍有白色沉淀，说明原溶液中有SO 答案：② 解析：常温下铁遇浓硝酸会发生钝化，不能制备二氧化氮，故①错误。用稀硝酸清洗附有银镜的试管，反应原理为3Ag＋4HNO3(稀)===3AgNO3＋NO↑＋2H2O，故②正确。过量的铁粉与稀硝酸反应，应该生成Fe2＋，故③错误。浓HNO3受热分解也会产生NO2，不能证明炭与浓HNO3发生了反应，故④错误。常温下，铁片遇浓硝酸会发生钝化，导致反应不能进一步进行，不能说明稀硝酸的氧化性强于浓硝酸，故⑤错误。硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，可以将溶液中的亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，因此若原溶液中存在亚硫酸根离子，滴加Ba(NO3)2溶液后，产生白色沉淀BaSO3，再加入足量盐酸，硝酸根离子在酸性条件下将BaSO3氧化为BaSO4，此时仍有白色沉淀，故⑥错误。 (6)(福建经典真题，4分)明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下： 下列说法错误的是(　　) A．FeSO4的分解产物X为FeO B．本流程涉及复分解反应 C．HNO3的沸点比H2SO4的低 D．制备使用的铁锅易损坏 答案：A 解析：据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分硫元素被还原，则铁元素应被氧化至＋3价，X为Fe2O3，故A项错误，符合题意。H2SO4与KNO3在蒸馏条件下反应生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，故B项正确，不符合题意。H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，故C项正确，不符合题意。硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，故D项正确，不符合题意。 b．运用守恒思想分析硝酸与金属反应的计算问题 (7)(辽宁名校联盟模拟，3分)镁与不同浓度的硝酸溶液反应可得到NO2、NO、N2O、NH4NO3、H2等还原产物(每种情况只考虑生成一种还原产物)，下列说法错误的是(　　) A．24 g镁与足量某浓度的硝酸溶液充分反应生成NH4NO3时消耗2.5 mol HNO3 B．消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最多的是NO2 C．生成氢气时所用硝酸浓度应小于生成含氮产物时所用硝酸浓度 D．生成等物质的量的NO和N2O消耗镁的物质的量之比为3∶4 答案：D 解析：24 g镁(1 mol)与硝酸反应失去2 mol电子，根据得失电子守恒，生成的NH4NO3为0.25 mol，同时生成1 mol Mg(NO3)2，根据氮原子守恒消耗的硝酸为2.5 mol，故A项正确，不符合题意。生成等物质的量的各种还原产物时，转移电子数目最少的是NO2，因此消耗等量的镁生成的还原产物物质的量最多的是NO2，故B项正确，不符合题意。硝酸浓度较大时硝酸根的氧化性强于氢离子，因此会得到含氮的还原产物，生成氢气时硝酸浓度应该很小，故C项正确，不符合题意。生成等物质的量的NO和N2O转移电子的物质的量之比为3∶8，因此消耗镁的物质的量之比为3∶8，故D项错误，符合题意。 4．NH3和铵盐的性质及应用 a．NH3与水、酸、金属离子、氧化剂等反应原理的理解与运用 (8)(2025汇编，4分)下列有关NH3及其性质的描述正确的是____________(填序号)。 ①用生石灰与浓氨水制得的气体能使(湿润的)红色石蕊试纸变蓝，说明NH3为碱性气体 ②在给定的条件下，下列物质间的转化能够实现：N2(g) NH3(g) Na2CO3(s)(江苏经典真题) ③工业上用氨的催化氧化制备NO(2023.01浙江选考) ④用碱石灰除NH3中混有的H2O(2023海南真题) ⑤一定体积的氨水和AgNO3溶液进行反应，改变二者的滴加顺序，反应现象没有明显差别(2023湖南真题) ⑥浓氨水可检验氯气管道漏气 ⑦氨极易溶于水，所以液氨可用作制冷剂(2023江苏真题) 答案：①③④⑥ 解析：生石灰与浓氨水反应生成NH3，NH3能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明NH3为碱性气体，故①正确。氨气、二氧化碳和氯化钠溶液反应生成碳酸氢钠，为侯氏制碱法的反应原理，碳酸氢钠分解可生成碳酸钠，故②错误。氨气具有还原性，在加热和有催化剂的条件下，能被氧气氧化生成一氧化氮和水：4NH3＋5O2 4NO＋6H2O，故③正确。碱石灰可吸收水，且不与氨气反应，故④正确。向氨水中滴加AgNO3溶液并振荡，由于开始时氨水过量，振荡后没有沉淀产生，发生的反应为AgNO3＋3NH3·H2O===[Ag(NH3)2]OH＋NH4NO3＋2H2O；向AgNO3溶液中滴加氨水并振荡，开始时生成白色沉淀且沉淀逐渐增多，发生的反应为AgNO3＋NH3·H2O===AgOH↓＋NH4NO3；当氨水过量后，继续滴加氨水，沉淀逐渐减少直至沉淀完全溶解，发生的反应为AgOH＋2NH3·H2O===[Ag(NH3)2]OH＋2H2O，因此，改变两种试剂的滴加顺序，反应现象有明显差别，故⑤错误。NH3有还原性，能和Cl2发生反应：2NH3＋3Cl2===N2＋6HCl，当NH3过量时，NH3进一步和HCl反应：NH3＋HCl===NH4Cl，总反应为8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2，NH4Cl是固体小颗粒，现象是出现白烟，因此工业上可以用浓氨水检查氯气管道是否漏气，故⑥正确。液氨可用作制冷剂主要原因是氨易液化且液氨汽化吸热，和氨极易溶于水无关，故⑦错误。 b．喷泉实验——气体极易溶于特定溶液的形象体现 (9)(全国Ⅲ经典真题，6分)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 答案：B 解析：能形成喷泉现象的条件是气体能大量溶解在溶液中，或气体能与溶液迅速发生化学反应。题中只有B项中的HCl能大量溶解于水且易与稀氨水反应，形成喷泉现象，而其他选项的气体都不与溶液中的溶质发生化学反应，在其中的溶解度也不大，所以无喷泉现象，故B项符合题意。 c．铵盐的热解、与碱、盐的反应及NH鉴别 (10)(2025汇编，4分)铵盐由氨与酸反应生成，是铵根离子和酸根离子构成的离子化合物，下列有关铵盐的说法正确的是________(填序号)。 ①可以用烧碱处理含高浓度NH的废水并回收利用氨 ②如图装置可用于制取并收集氨气(2023.06浙江选考) ③因为NH4HCO3受热易分解，故可用作化肥(江苏经典真题) ④应避免铵态氮肥与草木灰混合施用(浙江经典真题) ⑤在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在NH ⑥向氢氧化镁悬浊液中滴加氯化铵溶液，沉淀溶解：Mg(OH)2＋2 NH=== Mg2＋＋2NH3·H2O(天津经典真题) 答案：①④⑤⑥ 解析：烧碱可与NH反应产生氨气，则可用烧碱处理高浓度NH的废水并回收利用氨，故①正确。氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，遇冷又化合生成氯化铵，则直接加热氯化铵无法制得氨气，实验室用加热氯化铵和氢氧化钙固体的方法制备氨气，故②错误。碳酸氢铵用作氮肥的原因是其溶解后电离出的铵根离子能被植物吸收，不是利用其受热易分解的性质，故③错误。铵态氮肥中的NH与草木灰中的CO会发生相互促进的水解反应而产生氨气，降低肥效，应避免二者混合施用，故④正确。氨气易溶于水，加入氢氧化钠溶液，应进行加热，在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中仍可能存在NH，故⑤正确。悬浊液中存在平衡：Mg(OH)2(s) Mg2＋(aq)＋2OH－(aq)，加入NH4Cl溶液后，NH与OH－结合成NH3·H2O，平衡正向移动而使沉淀逐渐溶解，故⑥正确。 (11)(北京经典真题，3分)某同学进行如下实验： 实验步骤 实验现象 Ⅰ 将NH4Cl固体加入试管中，并将湿润的pH试纸置于试管口，试管口略向下倾斜，对试管底部进行加热 试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)；试管中部有白色固体附着 Ⅱ 将饱和NH4Cl溶液滴在pH试纸上 试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5) 下列说法不正确的是(　　) A．根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应 B．根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快 C．Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl水解造成的 D．根据试管中部有白色固体附着，说明不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3 答案：C 解析：实验Ⅰ中对NH4Cl固体加热，湿润的pH试纸颜色变化：黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨，使pH试纸恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速率比氯化氢快；试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵。实验Ⅱ中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A项正确，不符合题意。根据Ⅰ中试纸颜色变化，说明氨气比氯化氢气体扩散速率快，故B项正确，不符合题意。根据分析，Ⅰ中试纸变成红色，是由于NH4Cl分解产生的氯化氢造成的，故C项错误，符合题意。根据试管中部有白色固体附着，说明氯化铵分解产生的氨气和氯化氢在扩散过程中又化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D项正确，不符合题意。 d．实验室制NH3及NH3的综合实验 (12)(2023广东真题，2分)1827年，英国科学家法拉第进行了NH3喷泉实验。在此启发下，兴趣小组利用以下装置，进行如下实验。其中，难以达到预期目的的是(　　) 图1 图2 图3 图4 A．图1：喷泉实验 B．图2：干燥NH3 C．图3：收集NH3 D．图4：制备NH3 答案：B 解析：NH3极易溶于水，溶于水后圆底烧瓶内压强减小，烧杯中的水进入圆底烧瓶从而产生喷泉，实验可以达到预期，故A项不符合题意。P2O5为酸性氧化物，NH3具有碱性，两者可以发生反应，故不可以用P2O5干燥NH3，实验不能达到预期，故B项符合题意。NH3的密度比空气小，可采用向下排空气法收集，实验可以达到预期，故C项不符合题意。CaO与浓氨水混合后，CaO与水反应生成Ca(OH)2，消耗了水并放出大量的热，降低了NH3的溶解度，促使NH3逸出，可用此装置制备NH3，实验可以达到预期，故D项不符合题意。 (13)(经典题，12分)氮化铬(CrN)薄膜具有韧性高、耐磨性好、涂层结合强度高、更好的抗高温氧化性和抗腐蚀性以及内应力低等优点，在汽车工业、航空航天等领域取得了很好的应用效果。某化学兴趣小组利用如图所示装置进行氮化铬的制备(部分夹持装置已略)，回答下列问题： ①仪器x的名称为__________，x中盛有的试剂为干燥剂，该干燥剂可以是________(填字母)。 a．浓硫酸 b．碱石灰 c．CaO d．无水CaCl2 ②装置甲中CaO可用NaOH固体代替，其原因是__________________________________。 ③若装置丙玻璃管中产生大量白烟，则发生反应的化学方程式为______________________________________________________。 ④装置丁洗气瓶中水的作用是______________。该装置是否合适？合适则写出合适的理由，不合适则说明改进措施：____________________________________________________。 ⑤实验前，在装置丙中加入15.850 g CrCl3，实验结束后，取出装置丙中的固体加热至质量不再减少，称量剩余固体质量为7.525 g，则制备的产品纯度为____________%(保留小数点后一位)。 答案：①U型干燥管或U型管(1分)　bc(1分) ②NaOH溶于水放热，且电离出OH－，促使NH3·H2O分解生成NH3 (2分)　③4NH3＋CrCl3CrN＋3NH4Cl (2分)　④吸收尾气HCl或NH3(2分)　不合适，将丁中插入水中的导管改为倒扣的漏斗，使漏斗下缘刚好和液面相平或在装置丙和装置丁之间增加一个安全瓶(答案合理即可)(2分)　⑤78.9(2分) 解析：①由仪器x的构造特点及在实验中的作用可知其名称是U型干燥管或U型管。NH3为碱性气体，应用碱性或中性干燥剂，又因NH3和无水CaCl2能反应，所以不能用无水CaCl2干燥NH3，故b、c项正确。 ②氨水中存在平衡：NH＋OH－NH3·H2ONH3＋H2O，NaOH溶于水放热，且电离出OH－，促使NH3·H2O分解生成NH3。 ③装置丙玻璃管中的物质为CrCl3，通入NH3，产生的大量白烟是NH4Cl固体小颗粒，又因目标产物为CrN，故化学方程式为4NH3＋CrCl3CrN＋3NH4Cl。　 ④HCl、NH3在水中溶解性极好，可用水作为二者的尾气吸收剂。装置丁中导管直接插入水中，容易引起倒吸，为防止液体倒吸，可将插入水中的导管改为倒扣的漏斗，使漏斗下缘刚好和液面相平或在装置丙和装置丁之间增加一个安全瓶。 ⑤该过程发生了反应：4NH3＋CrCl3CrN＋3NH4Cl和NH4ClHCl↑＋NH3↑。设反应后固体中CrN的质量为x，利用差量法计算： 4NH3＋CrCl3CrN＋3NH4Cl　Δm 158.5 66 92.5 x 15.850 g－7.525 g＝8.325 g 则x＝5.94 g，纯度为×100%＝×100%＝78.9%。 5．氮及其化合物的相互转化及应用 (14)(2023江苏真题，3分)氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是(　　) A．实验室探究稀硝酸与铜反应的气态产物：HNO3(稀)NONO2 B．工业制硝酸过程中的物质转化：N2NOHNO3 C．汽车尾气催化转化器中发生的主要反应：2NO＋2CON2＋2CO2 D．实验室制备少量NH3的原理：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 答案：B 解析： Cu与稀硝酸反应的产物之一为NO，该反应方程式为3Cu＋8HNO3===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O，NO与氧气发生反应：2NO＋O2===2NO2，故A项正确，不符合题意。氮气与氧气在放电或高温条件下反应生成NO，但NO与水不发生反应，故B项错误，符合题意。汽车尾气催化转化器主要将污染气体NO、CO转化为无污染的气体，故该反应方程式为2NO＋2CON2＋2CO2，故C项正确，不符合题意。实验室常利用熟石灰和氯化铵制备少量NH3，化学方程式为2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O，故D项正确，不符合题意。 (15)(2025改编，10分)某化合物X由三种元素组成，某学习小组进行了如下实验： ①化合物X的化学式为__________。 ②混合气体N通入足量的NaOH溶液中，恰好完全反应生成一种盐，其离子反应方程式为________________________________________。 ③黑色固体Y与NH3反应的化学方程式为______________________________________。 ④若以X·3H2O进行实验，在170 ℃时可以生成一种中间产物W。 0.1 mol化合物W能与0.6 mol HCl刚好完全反应，若0.1 mol化合物W再继续加热生成黑色固体Y的质量为32.0 g。则化合物W的化学式为__________________。 ⑤混合气体N有毒，为保护环境，可以用保险粉(Na2S2O4)吸收。请说明混合气体N能用保险粉吸收的理由______________________________________________________________。 答案：①Cu(NO3)2(2分)　②4NO2＋O2＋4OH－===4NO＋2H2O(2分)　③3CuO＋2NH33Cu＋N2＋3H2O(2分)　④Cu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2·3Cu(OH)2或Cu(NO3)2·CuO·2Cu(OH)2或Cu(NO3)2·2CuO·Cu(OH)2(2分)　⑤NO2有氧化性，Na2S2O4中＋3价的硫元素具有还原性，能发生氧化还原反应(2分) 解析：对X进行加热后，产生了红棕色的混合气体，混合气体中一定有NO2，与水反应生成无色溶液，NO不与水反应，则由化学方程式：4NO2＋O2＋4NaOH===4NaNO3＋2H2O可知，混合气体为NO2、O2的混合物，可消耗0.04 mol KOH，可知混合气体N中含0.04 mol NO2、0.01 mol O2；X分解产生的黑色固体Y与NH3反应后，可以获得紫红色固体Z，即铜单质，所以X中一定有Cu，n(Cu)＝＝0.02 mol，n(N)∶n(Cu)＝2∶1，所以X为Cu(NO3)2。 ①通过分析可知，X的化学式为Cu(NO3)2。 ②通过分析可知Cu(NO3)2分解的化学方程式：2Cu(NO3)22CuO＋4NO2↑＋O2↑，混合气体与足量NaOH溶液反应的离子方程式：4NO2＋O2＋4OH－===4NO＋2H2O。 ③通过分析可知黑色固体Y为CuO，其与NH3反应的化学方程式：3CuO＋2NH33Cu＋3H2O＋N2。 ④由于Cu2＋易水解成Cu(OH)2，故Cu(NO3)2·3H2O加热分解的中间产物可能是碱式硝酸铜，0.1 mol W能消耗0.6 mol HCl，则W的化学式中可能含有6个OH－。又因为0.1 mol W分解得到Y(CuO)的质量32.0 g即0.4 mol，所以W的化学式中含有4个Cu2＋，根据化学式中元素化合价代数和为0及前述假设可知，W的化学式可能为Cu4(OH)6(NO3)2或Cu(NO3)2·3Cu(OH)2；其中氢氧化铜受热可以转化为CuO，因此W的化学式还可能为Cu(NO3)2·CuO·2Cu(OH)2或Cu(NO3)2·2CuO·Cu(OH)2。 ⑤混合气体中含有NO2，具有氧化性，其可以与具有还原性的Na2S2O4发生氧化还原反应，从而转化成无毒的N2。 随堂普查练14 1．(2022江苏真题，3分)氮及其化合物的转化具有重要应用。下列说法不正确的是(　　) A．自然固氮、人工固氮都是将N2转化为NH3 B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl C．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3 D．多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环” 答案：A 解析：自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2转化为NO，故A项错误，符合题意。侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，总反应的化学方程式为H2O＋NH3＋CO2＋NaCl===NaHCO3↓＋NH4Cl，故B项正确，不符合题意。工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O、2NO＋O2===2NO2、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故C项正确，不符合题意。氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，多种形态的氮及其化合物间的转化形成了自然界的“氮循环”，故D项正确，不符合题意。 2．(经典题，2分)在一定温度和压强下，将一个容积为15 mL的试管充满NO2后，倒置于一个盛水的水槽中，当试管内液面上升至一定高度不再变化时，相同条件下再通入O2，若要使试管内液面仍保持在原高度，则应通入O2体积为(　　) A．3.75 mL B．7.5 mL C．8.75 mL D．10.5 mL 答案：C 解析：根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO知，15 mL的NO2生成的一氧化氮的体积是×15 mL＝5 mL。通入氧气时，一氧化氮、氧气和水发生反应4NO＋3O2＋2H2O=== 4HNO3，液面上升。当NO与通入的氧气恰好反应时，溶液充满整个试管，此时通入的氧气体积为×5 mL＝3.75 mL，要使试管内液面仍保持在原高度，继续通入与原NO等体积的氧气即可，故通入的氧气的体积＝5 mL ＋ 3.75 mL＝8.75 mL。综上所述，故C项正确。 3．(浙江经典真题，2分)关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是(　　) A．具有强氧化性 B．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐 C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸 答案：D 解析：ClONO2中含有＋1价的氯元素和＋5价的氮元素，具有强氧化性，故A项正确，不符合题意。ClONO2与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，故B项正确，不符合题意。ClONO2与盐酸发生归中反应生成氯气，故C项正确，不符合题意。ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸，故D项错误，符合题意。 4．(辽宁丹东质量测试，3分)NH3是一种重要的化工原料，可发生如下转化。下列有关表述正确的是(　　) A．甲中含有离子键、配位键和极性共价键 B．戊与丁反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为2∶1 C．浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放且用胶塞密封 D．向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CO2和NH3，然后过滤可制得乙 答案：A 解析：氨气发生催化氧化生成NO和水，丙是NO、丁是H2O；NO和氧气反应生成NO2，戊是NO2；NO2和水反应生成硝酸和NO；氨气和氯化氢反应生成氯化铵，甲是NH4Cl；氨气、氯化钠、二氧化碳、水反应生成碳酸氢钠，乙是碳酸氢钠。甲是氯化铵，氯离子、铵根离子之间存在离子键，根据铵根离子的电子式：，可知1个铵根离子含有1个配位键、3个极性共价键，故A项正确。NO2和水反应，NO2既是氧化剂，又是还原剂，生成NO、HNO3，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，故B项错误。浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放，浓硝酸具有强氧化性，不能用胶塞密封，故C项错误。氨气极易溶于水，二氧化碳在水中溶解度不大，但在碱性溶液中溶解度增大，故应向饱和NaCl溶液中先通入过量的NH3，再通入CO2生成碳酸氢钠沉淀，故D项错误。 5．(2022山东真题，4分)某同学按图示装置进行实验，欲使瓶中少量固体粉末最终消失并得到澄清溶液。下列物质组合不符合要求的是(　　) 气体 液体 固体粉末 A CO2 饱和Na2CO3溶液 CaCO3 B Cl2 FeCl2溶液 Fe C HCl Cu(NO3)2溶液 Cu D NH3 H2O AgCl 答案：A 解析：通入CO2气体依次发生反应：CO2＋Na2CO3＋H2O===2NaHCO3↓、CaCO3＋H2O＋CO2===Ca(HCO3)2，由于在相同温度下NaHCO3的溶解度小于Na2CO3，最终瓶中仍有白色晶体，不会得到澄清溶液，故A项错误，符合题意。通入Cl2，发生反应：Cl2＋2FeCl2===2FeCl3、2FeCl3＋Fe===3FeCl2，最终Fe消失得到澄清溶液，故B项正确，不符合题意。通入HCl，NO在酸性条件下具有强氧化性，发生离子反应：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，最终Cu消失得到澄清溶液，故C项正确，不符合题意。AgCl在水中存在溶解平衡AgCl(s) Ag＋(aq)＋Cl－(aq)，通入NH3后，Ag＋与NH3结合成[Ag(NH3)2]＋，使溶解平衡正向移动，最终AgCl消失得到澄清溶液，故D项正确，不符合题意。 6．(福建莆田模拟，3分)我国明崇祯年间《徐光启手迹》记载了《造强水法》：“绿矾(FeSO4·7H2O)五斤，硝五斤，将矾炒去，约折五分之一，将二味同研细，次用铁作锅，……锅下起火，取气冷定，开坛则药化为水……。用水入五金皆成水，惟黄金不化水中，加盐则化。……强水用过无力……”。下列有关解释错误的是(　　) A．“将矾炒去，约折五分之一”后生成FeSO4·4H2O B．该方法所造“强水”为硝酸 C．“惟黄金不化水中，加盐则化”的原因是加入NaCl溶液后氧化性增强 D．“强水用过无力”的原因是“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，其氧化性减弱 答案：C 解析：FeSO4·7H2O摩尔质量是278 g·mol－1，FeSO4·4H2O摩尔质量是224 g·mol－1，≈，故A项正确，不符合题意。依据“用水入五金皆成水，惟黄金不化水中”可知，该“强水”可以与大多数金属反应，只与金不反应，则硝酸、硫酸等常见酸中，只有硝酸符合，故“强水”为硝酸，故B项正确，不符合题意。加入NaCl能溶解金，是由于氯离子与金离子形成了配合物，促进金溶解，而不是氧化性增强，故C项错误，符合题意。硝酸根离子在酸性条件下具有强氧化性，“强水”用过以后，生成了硝酸盐溶液，氢离子浓度减小，氧化性减弱，故D项正确，不符合题意。 7．(2022海南真题，9分)磷酸氢二铵[(NH4)2HPO4]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备(NH4)2HPO4，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。 回答问题： (1)实验室用NH4Cl(s)和Ca(OH)2(s)制备氨气的化学方程式为______________________________________。 (2)装置中活塞K2的作用为________________。实验过程中，当出现________现象时，应及时关闭K1，打开K2。 (3)当溶液pH为8.0～9.0时，停止通NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。若继续通入NH3，当pH>10.0时，溶液中OH－、________和________(填离子符号)浓度明显增加。 (4)若本实验不选用pH传感器，还可选用________作指示剂，当溶液颜色由________变为________时，停止通NH3。 答案：(1)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑(2分)　(2)平衡气压防倒吸(1分)　倒吸(1分)　(3)NH(1分)　PO(1分)　(4)酚酞(1分)　无色(1分)　浅红色(1分) 解析：本题考查物质制备实验中的实验操作及实验安全问题。 (1)NH4Cl与Ca(OH)2在加热条件下反应生成氯化钙、氨气和水，化学方程式见答案。 (2)NH3由活塞K1通入锥形瓶中，与磷酸反应，由于NH3极易溶于水，易产生倒吸现象，故活塞K2的作用是平衡压强，防止产生倒吸现象，实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2。 (3)继续通入NH3，NH3会继续与(NH4)2HPO4反应生成(NH4)3PO4，溶液中PO和NH的浓度明显增加。 (4)若不用pH传感器，根据生成(NH4)2HPO4溶液的pH范围，可知与酚酞指示剂的变色范围相重合，故可选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红色时，停止通入NH3。 8．(广东三市联考，13分)实验小组制备NaNO2，并探究其性质。 Ⅰ.制备NaNO2 (1)A中发生反应的化学方程式是______________________________________。 (2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是______________________________。 (3)为检验B中制得NaNO2，甲进行以下实验： 序号 试管 操作 现象 ① 2 mL B中溶液 加2 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，滴加几滴淀粉溶液 不变蓝 ② 2 mL B中溶液 滴加几滴H2SO4至pH＝5，加2 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，滴加几滴淀粉溶液 变蓝 ③ 2 mL H2O 滴加几滴H2SO4至pH＝5，加2 mL 0.1 mol·L－1 KI溶液，滴加几滴淀粉溶液 不变蓝 实验③的目的是__________________________。 (4)乙认为上述3组实验无法证明B中一定含NaNO2，还需补充实验，理由是________________________________________________________。 Ⅱ.探究NaNO2的性质 装置 操作 现象 取10 mL 1 mol·L－1 NaNO2溶液于试剂瓶中，加入几滴H2SO4酸化，再加入10 mL 1 mol·L－1 FeSO4溶液，迅速塞上橡胶塞，缓缓通入足量O2。 ⅰ.溶液迅速变为棕色； ⅱ.溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，溶液上方为浅红棕色； ⅲ.最终形成棕褐色溶液。 资料：ⅰ.[Fe(NO)]2＋在溶液中呈棕色。 ⅱ.HNO2在溶液中不稳定，易分解产生NO和NO2气体。 (5)溶液迅速变为棕色的原因是_________________________________________________。 (6)已知棕色溶液变浅是由于生成了Fe3＋，反应的离子方程式是__________________________。 (7)最终棕褐色溶液的成分是Fe(OH)x(SO4)y，测得装置中混合溶液体积为20 mL，设计如下实验测定其组成。 资料：充分反应后，Fe2＋全部转化为Fe(OH)x(SO4)y。 Fe(OH)x(SO4)y中x＝________(用含V1、V2的代数式表示)。 答案：(1)3Cu＋8HNO3(稀)3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O (2分)　(2)防止倒吸，也可增大反应物的接触面积 (1分)　(3)证明空气中O2不会氧化I－ (2分)　(4) NO2可能与NaOH反应生成NaNO3，酸性条件下NO也会氧化I－(2分)　(5)酸性条件下，NO＋H＋HNO2，HNO2分解产生NO与溶液中Fe2＋结合形成[Fe(NO)]2＋(2分)　 (6) 4[Fe(NO)]2＋＋O2＋4H＋===4Fe3＋＋4NO＋2H2O(2分)　(7)(2分) 解析： (1)A中Cu与稀硝酸反应产生Cu(NO3)2、NO、H2O，根据得失电子守恒、原子守恒，可得发生反应的化学方程式是3Cu＋8HNO3(稀)3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。 (2)B中选用漏斗替代长直导管的优点是：增大了气体与NaOH的接触面积，加快反应速率，同时又可防止由于气体快速溶解而产生的倒吸。 (3)实验③和实验②比较，溶液中c(I－)和c(H＋)相同时，前者溶液变为蓝色，后者不变蓝色，证明空气中O2不会氧化I－。 (4)在装置A中反应产生NO，有一部分NO与通入的O2反应产生NO2，若通入NaOH溶液中NO、NO2的物质的量相等，就会发生反应：NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O，若NO2的物质的量比NO多，还会发生反应：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O，这样得到的溶液中含有NaNO3，酸性条件下NO也会氧化I－生成I2而产生干扰，因此需要补做实验。 (5)NaNO2与稀硫酸反应产生HNO2，离子方程式为NO＋H＋HNO2，HNO2不稳定，分解产生NO，NO与FeSO4溶液中的Fe2＋结合形成[Fe(NO)]2＋，使溶液呈棕色。 (6)[Fe(NO)]2＋具有还原性，会被溶解在酸性溶液中的O2氧化产生Fe3＋，同时得到NO，导致溶液逐渐变浅，有无色气泡产生，在溶液上方变为浅红棕色气体，离子方程式见答案。 (7)根据反应H＋＋OH－===H2O可知Fe(OH)x(SO4)y与H＋反应的物质的量的比是1∶x，10 mL 1 mol·L－1 FeSO4溶液中含有Fe2＋的物质的量是n(Fe2＋)＝c·V＝1 mol·L－1×0.01 L＝0.01 mol，最后Fe2＋全部转化为Fe(OH)x(SO4)y，此时混合溶液体积为20 mL，则取出的3 mL溶液中含有Fe(OH)x(SO4)y的物质的量n[Fe(OH)x(SO4)y]＝×0.01 mol＝1.5×10－3 mol，其反应消耗H＋的物质的量为1.5x×10－3 mol＝0.1 mol·L－1×(V1－V2) ×10－3 L＝(V1－V2) ×10－4 mol，解得x＝。 课后提分练14　氮及其化合物 A组(巩固提升) 1．(2025汇编，4分)下列有关氮及其化合物的说法正确的是________(填序号)。 ①常温下，N2既能与O2反应，又能与H2反应 ②硝酸不稳定，见光易分解，应该保存在棕色试剂瓶里 ③铜与稀硝酸：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O(2023.06浙江选考) ④用稀硝酸清洗H2还原CuO后内壁附有Cu和Cu2O的试管 ⑤如图装置可以验证NH3易溶于水且溶液呈碱性(2023北京真题) ⑥NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl和NH4HCO3固体的方法制氨气 ⑦利用液氮降温的手术刀称“冷刀”，手术时减少出血或不出血，便于病人更快康复 ⑧水与NO2反应时，水表现出氧化性(北京经典真题) 答案：②④⑤⑦ 解析：N2既能与O2反应又能与H2反应，但不是常温下：N2＋O22NO，N2＋3H22NH3，故①错误。硝酸不稳定，见光易分解：4HNO3 4NO2↑＋O2↑＋2H2O，应该保存在棕色试剂瓶里，故②正确。 铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故③错误。Cu和Cu2O都能被稀硝酸氧化而溶解，可用稀硝酸清洗，故④正确。挤压胶头滴管，NH3极易溶于水，烧瓶中压强急剧降低，打开活塞，酚酞溶液迅速被压入烧瓶中形成红色喷泉，酚酞变红证明NH3与水形成碱性物质，故⑤正确。氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，冷却后二者又重新结合生成氯化铵，不能制备氨气，故⑥错误。液氮汽化时吸收大量的热，可使手术刀降温变成“冷刀”，手术时可减少出血或不出血，故⑦正确。3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，H2O中的元素没有发生化合价的变化，水在反应中既不表现氧化性也不表现还原性，故⑧错误。 2．(2025改编，2分)下列实验室制取、干燥、收集NH3并进行尾气处理的装置和原理能达到实验目的的是(　　) 　　 A．制取氨气 B．干燥NH3　 　C．收集氨气　　　D．处理尾气 答案：C 解析：氢氧化钠溶液与氯化铵溶液反应生成一水合氨和氯化钠，不加热不能生成氨气，故A项错误。浓硫酸与氨气反应，不能用于干燥氨气，且液体干燥剂不能放在U型管中，故B项错误。氨气不溶于四氯化碳，可用排四氯化碳的方法收集氨气，故C项正确。通有氨气的导管直接插入水中，不能防止倒吸，应将苯换为四氯化碳，导气管末端插入四氯化碳层，故D项错误。 3．(经典题，2分)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，液面上方出现红棕色气体 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 下列说法中不正确的是(　　) A．Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为：2NO＋O2===2NO2 B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化层，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之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化 答案：C 解析：稀硝酸具有酸性与强氧化性，与Fe反应生成NO，NO遇空气变为二氧化氮，Ⅰ中气体由无色变红棕色的化学方程式为2NO＋O2===2NO2，故A项正确，不符合题意。Ⅱ的现象是因为铁发生了钝化，Fe表面形成致密的氧化层，阻止Fe进一步反应，故B项正确，不符合题意。对比I、Ⅱ的现象，Fe与稀硝酸反应生成NO，而Fe与浓硝酸反应生成二氧化氮且迅速被钝化，说明浓硝酸的氧化性强于稀硝酸，故C项错误，符合题意。根据Ⅲ中现象，说明Fe、Cu接触构成原电池，在Fe、Cu之间连接电流计，通过电流计指针偏转，可以判断原电池的正负极，进而判断Fe是否被氧化，故D项正确，不符合题意。 4．(广东广州华南师大附中模拟，3分)Mg3N2常用于制备其他超硬、耐高温的氮化物，实验室通过CuO氧化NH3制得N2，然后与镁反应得到Mg3N2。已知Mg＋2NH3Mg(NH2)2＋H2，Mg3N2是一种浅黄色粉末，易水解。下列说法错误的是(　　) A．实验开始时应先点燃丙处酒精灯，再点燃戊处酒精灯 B．装置甲中分液漏斗中的溶液为浓氨水 C．装置丁与装置己可以对调 D．取反应后装置戊所得固体少许，滴入蒸馏水，可检验是否有Mg3N2 答案：C 解析：实验开始时应先点燃丙处酒精灯，等产生的较纯N2气流进入戊中时再点燃戊处酒精灯，故A项正确，不符合题意。装置甲中分液漏斗中的溶液是浓氨水，滴入烧瓶中与CaO接触会产生NH3，故B项正确，不符合题意。装置丁和己不能对调，因为丁中浓硫酸吸收的是N2中的水和NH3，防止NH3和Mg反应，而碱石灰不能吸收NH3，故C项错误，符合题意。根据Mg3N2易水解，与水反应产生NH3，可通过滴入蒸馏水检验是否有Mg3N2，故D项正确，不符合题意。 5．(山东济南模拟，2分)利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如图。下列说法错误的是(　　) 已知：HNO2不稳定，容易分解生成NO。 A．上述工艺中吸收过程：尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋，其目的是提高尾气中NO、NO2的吸收效率 B．为提高Ca(NO2)2的产率及纯度，则n(NO)∶n(NO2)应控制为1∶2 C．滤渣的主要成分为Ca(OH)2 D．生产中溶液需保持弱碱性 答案：B 解析：由流程可知：石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应生成Ca(NO2)2，发生反应为NO2＋NO＋Ca(OH)2===Ca(NO2)2＋H2O，过量的石灰乳以滤渣存在，将滤液蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤、干燥获得无水Ca(NO2)2；为提高Ca(NO2)2的产率及纯度，n(NO)∶n(NO2)应控制为1∶1，若n(NO)∶n(NO2)＞1∶1，排放气体中NO含量升高；若n(NO)∶n(NO2)＜1∶1，二氧化氮过量，会发生反应4NO2＋2Ca(OH)2===Ca(NO3)2＋Ca(NO2)2＋2H2O，产品中Ca(NO3)2含量升高，综上分析解答。吸收过程中，尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋，使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，从而提高尾气中NO、NO2的吸收效率，故A项正确，不符合题意。根据分析可知，该工艺中NO和NO2的物质的量之比接近1∶1，可以提高Ca(NO2)2的产率及纯度，故B项错误，符合题意。结合分析可知，过量的石灰乳以滤渣存在，故C项正确，不符合题意。Ca(NO2)2在酸性条件下会转化为HNO2，HNO2不稳定，会分解生成NO，所以生产中溶液需保持弱碱性，故D项正确，不符合题意。 6．(河北联考，3分)在金属Pt、Cu和铱(Ir)的催化作用下，密闭容器中的H2可高效转化酸性溶液中的硝态氮(NO)以达到消除污染的目的。其工作原理如图所示。下列说法正确的是(　　) A．Ir的表面发生反应：H2＋N2ON2＋H2O B．导电基体上的负极反应：H2＋2e－2H＋ C．若导电基体上只有单原子铜，也能消除含氮污染物 D．若导电基体上的Pt颗粒增多，有利于降低溶液中的含氮量 答案：A 解析：根据图示可知，氢气与一氧化二氮在铱(Ir)的催化作用下发生氧化还原反应生成氮气和水：H2＋N2ON2＋H2O，故A项正确。根据图示可知导电基体上的负极是氢气失电子，发生氧化反应，导电基体上的负极反应：H2－2e－2H＋，故B项错误。若导电基体上只有单原子铜，则不能形成原电池，不能消除含氮污染物，故C项错误。根据图示可知，若导电基体上的Pt颗粒增多，硝酸根离子较多地得电子转化为铵根离子，不利于降低溶液中的含氮量，故D项错误。 7．(经典题，14分)NOx(主要指NO和NO2)是大气主要污染物之一。有效去除大气中的NOx是环境保护的重要课题。 (1)用水吸收NOx的相关热化学方程式如下： 2NO2(g)＋H2O(l)===HNO3(aq)＋HNO2(aq)　ΔH＝－116.1 kJ·mol－1 3HNO2(aq)===HNO3(aq)＋2NO(g)＋H2O(l)　ΔH＝75.9 kJ·mol－1 反应3NO2(g)＋H2O(l)===2HNO3(aq)＋NO(g)的ΔH＝________ kJ·mol－1 (2)用稀硝酸吸收NOx，得到HNO3和HNO2的混合溶液，电解该混合溶液可获得较浓的硝酸。写出电解时阳极的电极反应式：__________________________________________。 (3)用酸性(NH2)2CO水溶液吸收NOx，吸收过程中存在HNO2与(NH2)2CO生成N2和CO2的反应。写出该反应的化学方程式：______________________________________。 (4)在有氧条件下，新型催化剂M能催化NH3与NOx反应生成N2。 ①NH3与NO2生成N2的反应中，当生成1 mol N2时，转移的电子数为________ mol。 ②将一定比例的O2、NH3和NOx的混合气体，匀速通入装有催化剂M的反应器中反应(装置见图1)。 图1 图2 反应相同时间NOx的去除率随反应温度的变化曲线如图2所示，在50～250 ℃范围内随着温度的升高，NOx的去除率先迅速上升后上升缓慢的主要原因是______________________________________________；当反应温度高于380 ℃时，NOx的去除率迅速下降的原因可能是______________________________________________。 答案：(1)－136.2(2分)　(2)HNO2－2e－＋H2O=== 3H＋＋ (2分)　(3)2HNO2＋(NH2)2CO=== 2N2↑＋CO2↑＋3H2O(2分)　(4)①(2分) ②迅速上升段是催化剂活性随温度升高而增大与温度升高共同使NOx去除反应速率迅速增大；上升缓慢段主要是温度升高引起的NOx去除反应速率增大(4分)　催化剂活性下降；NH3与O2反应生成了NO(2分) 解析：(1)根据盖斯定律，将上式乘以3与下式相加后除以2，可得所求反应的焓变，ΔH＝kJ·mol－1＝－136.2 kJ·mol－1。(2)电解混合溶液生成较浓的硝酸，发生的反应是HNO2转化为HNO3，N由＋3价升至＋5价，失去2个电子，发生氧化反应，对应的是电解池的阳极反应，即HNO2失去电子，被氧化为HNO3，HNO2为弱酸，HNO3为强酸，在写电极反应式时，仍要遵循离子方程式的书写规则。 (3)HNO2中N为＋3价，(NH2)2CO中N为－3价，N发生归中反应生成N2，由N得失电子守恒书写并配平化学方程式为2HNO2＋(NH2)2CO=== 2N2↑＋CO2↑＋3H2O。 (4)①NH3与NO2发生归中反应，化学方程式为8NH3＋6NO2 7N2＋12H2O，生成7 mol N2时，转移24 mol e－，则生成1 mol N2时，转移 mol e－。②在50～150 ℃时，NOx的去除率迅速上升的原因有二，一是温度升高，反应速率加快；二是催化剂活性随温度升高而增大，可以加快反应速率。但温度较高时，催化剂的活性降低，此时主要是温度升高引起的反应速率加快，所以在150～250℃时，NOx的去除率上升较为缓慢。催化剂的活性与反应温度有关，在高温时，催化剂的活性失效，不再起作用，且在高温条件下，NH3易与O2反应生成NO，从而造成NOx的去除率下降。 B组(冲刺满分) 8．(山东经典真题，2分)以菱镁矿(主要成分为MgCO3，含少量SiO2、Fe2O3和Al2O3)为原料制备高纯镁砂的工艺流程如图： 已知浸出时产生的废渣中有SiO2、Fe(OH)3 和Al(OH)3。下列说法错误的是(　　) A．浸出镁的反应为MgO＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3↑＋H2O B．浸出和沉镁的操作均应在较高温度下进行 C．流程中可循环使用的物质有NH3、NH4Cl D．分离Mg2＋与Al3＋、Fe3＋是利用了它们氢氧化物Ksp的不同 答案：B 解析：高温煅烧后Mg主要以MgO的形式存在，MgO可以与铵根水解产生的氢离子反应，促进铵根的水解，所以得到氯化镁、氨气和水，化学方程式为MgO＋2NH4Cl===MgCl2＋2NH3↑＋H2O，故A项正确，不符合题意。一水合氨受热易分解，沉镁时在较高温度下进行会造成一水合氨大量分解，挥发出氨气，降低利用率，故B项错误，符合题意。浸出过程产生的氨气可以回收制备氨水，沉镁时氯化镁与氨水反应生成的氯化铵又可以利用到浸出过程中，故C项正确，不符合题意。Fe(OH)3、Al(OH)3的Ksp远小于Mg(OH)2的Ksp，所以当pH达到一定值时Fe3＋、Al3＋形成沉淀，而Mg2＋不沉淀，从而将其分离，故D项正确，不符合题意。 9．(经典题，2分)下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是(　　) A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体 B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸产生了反应 C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物 D．③的气体产物中检测出 CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应 答案：D 解析：①中玻璃的主要成分是二氧化硅、硅酸盐，不与浓硝酸反应，但仍有红棕色气体产生，说明浓硝酸受热分解，产生了NO2和O2，是混合气体，故A项正确，不符合题意。结合对①的分析可知，可能是红热的木炭与硝酸发生反应产生的二氧化氮，也可能是浓硝酸受热分解产生的二氧化氮，故B项正确，不符合题意。③中红热的木炭没有浸入浓硝酸中，浓硝酸没有被加热，但仍有红棕色气体，说明浓硝酸挥发后与红热的木炭接触发生反应，红棕色的气体是二氧化氮，反应过程中氮元素化合价降低，是硝酸被还原得到的产物，故C项正确，不符合题意。③的气体产物中检测出CO2，也可能是硝酸分解产生的氧气与木炭反应得到的产物，故D项错误，符合题意。 10．(辽宁朝阳模拟，3分)向m g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，合金完全溶解，同时生成NO2、NO混合气体，再向所得溶液中加入足量的NaOH溶液，生成30.3 g沉淀。另取等质量的合金，使其与一定量的氯气恰好完全反应，消耗标准状况下的氯气7.84 L。则m的值是(　　) A．18.4 B．17.2 C．13.6 D．无法计算 答案：A 解析：向m g铁和铜组成的合金中加入过量的硝酸溶液，反应生成了铁离子和铜离子，加入足量氢氧化钠溶液生成的沉淀为Fe(OH)3、Cu(OH)2，沉淀质量与铁、铜合金的质量差为氢氧根离子的质量；等质量的铁、铜合金与氯气反应生成氯化铁、氯化铜，氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量一定等于第一步沉淀中氢氧根离子的物质的量，n(氯气)＝＝0.35 mol，则氯化铁和氯化铜中含有的氯离子的物质的量为0.35 mol×2＝0.7 mol，则Fe(OH)3、Cu(OH)2中n(OH－)＝0.7 mol，所以m＝m(沉淀)－m(OH－)＝30.3 g－17 g·mol－1×0.7 mol＝18.4 g，故A项正确。 11．(江苏百校大联考，14 分)水溶性硝态氮(NO、NO等)是水体污染物，可采用多种方法将其除去。 (1)在反硝化细菌作用下，可用葡萄糖(C6H12O6)将酸性废水中的NO、NO除去，同时产生两种无污染气体。写出葡萄糖除去NO的离子方程式：____________________________________________________________。 (2)纳米铁粉可用于去除废水中的硝态氮(以NO表示)，反应原理如图1所示。 图1 ①有研究发现，在铁粉总量一定的条件下，水中的溶解氧过多不利于硝态氮去除。其原因是________________________________________________________________________。 ②利用纳米铁粉与活性炭可提升硝态废水中硝态氮的去除效率。控制纳米铁粉与活性炭总质量一定，反应时间相同，测得废水中硝态氮残留率与混合物中的关系如图2所示，过大和过小都会导致硝态氮残留率上升，但方向1上升幅度小于方向2。硝态氮残留率呈现如此变化的原因是______________________________________________________。 图2 (3)用含铈(主要化合价为＋3、＋4)溶液作吸收液处理烟气中氮氧化物时，NO被吸收生成NO。用电解法可将处理烟气后溶液中的NO转化为无毒物质，同时使吸收液再生。 ①写出电解时阴极的电极反应式：_________________________________________。 ②若完全电解后阴极生成1 mol还原产物，阳极生成气体在标准状况下体积是______。 答案：(1)5C6H12O6＋24NO＋24H＋12N2↑＋30CO2↑＋42H2O(2分)　(2)① 废水中的溶解氧将Fe2＋氧化为Fe3＋，使溶液中n(Fe2＋)减少，还原能力减弱，硝态氮去除率降低(3分)　②过大和过小，都会使形成微电池的数目减少，相同时间内生成c(Fe2＋)降低，反应速度减慢，硝态氮残留增大；方向1中，活性炭过量，过量的活性炭对硝态氮有吸附作用，故方向1上升幅度小于方向2(3分)　(3)① 2NO＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O(2分)　② 22.4 L(4分) 解析：(1)将C6H12O6改写成C6(H2O)6，将“C6”看成0价，氧化产物为CO2，所以1 mol C6H12O6作还原剂可以提供6×4 mol＝24 mol电子，而1 mol NO还原成N2需5 mol电子，所以化学方程式为5C6H12O6＋24NO＋24H＋12N2↑＋30CO2↑＋42H2O。 (2)①从反应原理图中可以看出，还原NO等硝态氮的物质是Fe2＋。在铁粉总量一定的条件下，溶解氧超过一定的程度，Fe2＋可能被氧气氧化为Fe3＋，从而导致还原硝态氮的还原剂的含量减少，降低硝态氮的去除效率。②在铁碳混合物总质量相同的情况下，Fe、C保持一个合适的比例才能使形成的微电池数目最多、单位时间内生成的Fe2＋多、去除NO多、残留NO少，曲线的上升幅度越小，说明残留的NO越少。当Fe、C不是最佳比例，过小(活性炭过量)和过大(铁过量)的区别是活性炭具有吸附性可以直接吸附除去部分NO，使得曲线上升幅度小些。 (3)① “NO被吸收生成NO”可理解为定量关系“Ce4＋＋NO―→Ce3＋＋NO”。电解时阴极得电子将NO还原成N2，电极反应式为2NO＋8H＋＋6e－===N2↑＋4H2O。②由定量关系可知，吸收后的溶液中Ce3＋和NO物质的量相等。阴极生成1 mol N2转移电子物质的量为6 mol，阳极被氧化Ce3＋为2 mol，根据电子守恒必然有2 mol水失电子生成1 mol O2，在标准状况下的体积为22.4 L。 12．(经典题，14分)室温下(20 ℃)课外小组用下列装置探究铁和硝酸反应情况，过程如下图所示： 将Ⅲ中液面上的气体排入小试管中点燃，有尖锐爆鸣声，小试管壁出现液滴。取反应后溶液，加入足量NaOH 溶液得到灰绿色沉淀。煮沸时，蒸气带有刺激性气味并能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。 (1)X气体是______________(填化学式)，证据是________________________________。 (2)实验中硝酸被还原成另一种产物的化学方程式_________________________________。 (3)甲同学对产生的气体原因提出假设并设计方案： 假设1：该浓度的硝酸中H＋的氧化性大于NO。 假设2：H＋还原反应速率大于NO的还原反应速率。 ①验证假设1：可用________(选 “ Cu” 或“Zn”)粉与同浓度硝酸反应，依据______________________________________，则假设1不成立。 ②验证假设2：改变条件重复上图过程实验，结果如下(所用试剂的量、气体成分与上图实验相同)。 序号 反应温度 实验结果 a 40 ℃ 溶液浅绿色，收集气体3.4 mL b 60 ℃ 溶液浅绿色，收集气体2.6 mL 上表实验结果________(填“能”或“否”)判断假设2成立。由实验数据结果分析温度对铁粉与硝酸反应时对生成X体积的影响的原因______________________________________________________________________________。 (4)常温下(20 ℃)，乙同学改用3 mol·L－1 HNO3进行如图过程实验，Ⅱ中仍为无色气体，在Ⅲ中气体变红棕色。由此得出的相关结论正确的是________(填字母)。 a．该实验产生的无色气体只有NO b．若改用浓硝酸时，反应会更剧烈，还原产物为NO2 c．硝酸的浓度不同时，其主要还原产物不同 (5)综上所述，金属与硝酸生成X气体，需要控制的条件是______________________________________。 答案：(1)H2(1分)　点燃有尖锐爆鸣声，试管内壁有液滴(2分)　(2)4Fe＋10HNO3===4Fe(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O(2分)　(3)①Cu(1分)　溶液变蓝，且没有氢气生成(1分)　②否(1分)　升高温度，H＋和NO参与的还原反应速率都加快，但NO增加更快，生成的NH多，导致生成的H2减少(2分)　(4)c(2分)　(5)稀溶液、低温、氢以前的金属(2分) 解析：由图可知，过量铁粉和稀硝酸完全反应生成无色气体，抽入空气过程中，气体仍是无色，说明没有NO，点燃该气体，有尖锐爆鸣声，小试管壁出现液滴，说明该气体为氢气。取反应后溶液，加入足量NaOH 溶液得到灰绿色沉淀，说明溶液中含有Fe2＋。煮沸时，蒸气带有刺激性气味并能使湿润红色石蕊试纸变蓝，说明溶液中含有NH。 (1)根据以上分析X气体应该是H2，证据是点燃有尖锐爆鸣声，试管内壁有液滴。 (2)反应后溶液中含有Fe2＋、NH，说明铁和硝酸发生氧化还原反应，铁过量生成Fe2＋，同时硝酸被还原为NH，反应的化学方程式为4Fe＋10HNO3===4Fe(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O。 (3)①铜排在金属活动顺序表氢的后面，所以铜和H＋不反应，因此若要证明假设1不成立，则可选用Cu粉与同浓度硝酸反应，若溶液变蓝，且没有氢气生成则证明假设1不成立。②对比a、b两次实验，其他条件相同，温度不同，且温度升高，产生的氢气体积反而减小，其原因为升高温度，H＋和NO参与的还原反应速率都加快，但NO增加更快，生成的NH多，导致生成的H2减少，因此不能说明H＋还原反应速率大于NO的还原反应速率，即不能判断假设2成立。 (4)改用3 mol·L－1 HNO3，硝酸浓度增大，Ⅱ中仍为无色气体，在Ⅲ中气体变红棕色，说明有无色的NO被氧化为红棕色的NO2，该实验产生的无色气体含有NO，不排除含有H2，故a项错误。若改用浓硝酸时，在常温下铁与浓硝酸发生钝化，故b项错误。由实验结果可知，硝酸的浓度不同时，其主要还原产物不同，故c项正确。 (5)由实验可知，硝酸浓度增大，NO还原速率剧增，远远大于 H＋的还原速率，产物变为NO，以至于得不到氢气，若要金属与硝酸反应生成H2，则需要控制的条件是稀溶液、低温、氢以前的金属。 学科网（北京）股份有限公司 $$