第16讲 氮及其化合物（讲义）（解析版） 练习题

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第16讲 氮及其化合物
一 氮气及氮的氧化物
1.氮的存在和氮的固定

2.氮气
(1)物理性质：无色无味气体，密度比空气略小，难溶于水。
(2)化学性质

①3Mg＋N2Mg3N2；
②N2＋3H22NH3；
③N2＋O22NO。
特别强调：
(1)N2到NO2不能一步转化完成。
(2)Mg3N2只能干态制取，遇水强烈反应，生成氢氧化镁沉淀，放出氨气。
3.氮的氧化物
(1)氮有多种价态的氧化物：N2O、NO、N2O3、NO2、N2O4、N2O5等，其中属于酸性氧化物的是N2O3、N2O5。
(2)NO和NO2性质的比较

NO
NO2
物理
性质
颜色
无色
红棕色
毒性
有毒
有毒
溶解性
不溶于水
易溶于水
化学
性质
与O2反应
2NO＋O2===2NO2
—
能与H2O
反应
—
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
特别提醒：
(1)氮的氧化物都有毒，其中NO2与N2O4存在下列平衡：2NO2N2O4，因此实验测得NO2的相对分子质量总大于46。(此处有物质的量的考查)
(2)验证某无色气体为NO的方法是向无色气体中通入O2(或空气)，无色气体变为红棕色。
(3)NO与血红蛋白结合使人中毒。
4．氮氧化物对环境的污染及防治
(1)常见的污染类型
①光化学烟雾：NOx在紫外线作用下，与碳氢化合物发生一系列光化学反应，产生了一种有毒的烟雾。
②酸雨：NOx排入大气中后，与水反应生成HNO3和HNO2，随雨雪降到地面。
③破坏臭氧层：NO2可使平流层中的臭氧减少，导致地面紫外线辐射量增加。
(2)常见的NOx尾气处理方法
①碱液吸收法
2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O（歧化反应）
NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O（归中反应）
NO2、NO的混合气体能被足量烧碱溶液完全吸收的条件是n(NO2)≥n(NO)，一般适合于工业尾气中NOx的处理。
②催化转化法
在催化剂、加热条件下，氨可将氮氧化物转化为无毒气体(N2)或NOx与CO在一定温度下催化转化为无毒气体(N2和CO2)，一般适用于汽车尾气的处理（此处有陌生化学方程式书写）。
课堂检测01
1.下列有关氮气的说法正确的是(　　)
A．氮气是由氮原子构成的双原子分子，所以化学性质不活泼
B．1 mol N2可与3 mol H2完全反应生成2 mol NH3
C．电闪雷鸣的雨天，雨水中会含有一定量的硝酸，其中发生的反应之一是N2＋2O2===2NO2
D．NO、NO2在一定条件下可相互转化，且二者都是引起光化学烟雾的大气污染物
答案：D
【解析】A项，氮原子最外层5个电子，氮与氮形成三对共用电子对，达8电子的稳定结构；
B项，氮气与氢气反应生成氨气是可逆反应；C项，氮气与氧气在放电的条件下生成一氧化氮；D项，NO和氧气能反应生成NO2；NO2和水反应生成NO。
2.汽车排放的尾气中含有NO2，NO2是城市大气污染的主要污染物之一。在日光照射下，NO2发生一系列光化学烟雾的循环反应，从而不断产生O3，加重空气污染。反应过程为①2NO2→2NO＋2O，②2NO＋O2→2NO2，③O＋O2→O3。下列对该反应过程及生成物叙述正确的是(　 　)
A．NO2起催化剂作用 B．NO起催化剂作用
C．NO2只起氧化剂作用 D．O3与O2为同分异构体
答案：A
【解析】反应过程①＋②得O2→2O，③O＋O2→O3，NO2起催化剂作用，反应过程中NO2还作氧化剂，A项正确，B、C项错误；O3与O2不是同分异构体，属同素异形体，D项错误。故选A。
3.为落实“五水同治”，某工厂拟综合处理含NH废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如下流程：

下列说法不正确的是 (　 　)
A．固体1中主要含有Ca(OH)2、CaCO3、CaSO3
B．X可以是空气，且需过量
C．捕获剂所捕获的气体主要是CO
D．处理含NH废水时，发生反应的离子方程式为NH＋NO===N2↑＋2H2O
答案：B
【解析】A项，根据题中的流程，可以得出固体1为CaCO3、CaSO3和过量Ca(OH)2，正确；气体1是不能被过量石灰乳吸收的NO、CO和N2，NO和NO2按1∶1的体积比能与NaOH溶液反应生成亚硝酸钠，所以X可以是空气，但不能过量，否则会生成NaNO3，错误；C项，气体2为N2、CO，因“无污染气体”为N2，故捕获的气体主要是CO，正确；D项，NH与NO能够发生归中反应生成氮气，离子方程式为NH＋NO===N2↑＋2H2O，正确。
特别强调：
NO2和Br2
1.均具有氧化性；
2.溶于水均有酸生成；
3.均可与碱反应；
4.均为红棕色等。
注意：不能用淀粉-KI试纸、pH试纸、NaOH溶液来鉴别.
注意：可以用下列方法或试剂鉴别：①AgNO3溶液；②CCl4溶液；③水洗法。

二 有关氮的氧化物溶于水的计算
无论是单一气体(NO2)，还是NO、NO2、O2中的两者的混合气体，反应的实质是3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，2NO＋O2===2NO2，故若有气体剩余只能是NO或O2，不可能是NO2。
(1)若NO和O2通入水中，总关系式为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3(4∶3)。
(2)若NO2和O2通入水中，总关系式为4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3(4∶1)。当V(NO2)∶V(O2)＞4∶1 反应中剩余NO2气体，根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，最后剩余的气体为NO，体积为方程式剩余NO2的三分之一。
课堂检测02
1.下列化学事实及其解释都正确的是(　　)
A.NO2与水反应，NO2作还原剂，水作氧化剂
B.某溶液中含有大量的NO，该溶液中一定不存在大量的Fe2＋
C.闪电时，空气中的N2和O2可直接化合生成NO2
D.除去NO中混有少量NO2气体时，可以用水洗涤后再干燥
答案：D
【解析】NO2与水反应，NO2是还原剂也是氧化剂，A错误；NO和Fe2＋能共存，例如硝酸亚铁溶液，但在酸性条件下，NO能氧化Fe2＋，B错误；空气中的N2和O2直接化合生成的是NO，C错误。将混有少量NO2的NO气体通过水洗涤后，因NO2与水反应生成NO，再干燥即可，D正确。
2.在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为(　 　)
①1.2 mL　②2.4 mL　③3 mL　④4 mL
A．①② B．②③ C．③④ D．①④
答案：D
【解析】4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，若剩余的气体是O2，则V(NO2)＝×(12 mL－2 mL)
＝8 mL，V(O2)＝12 mL－8 mL＝4 mL。若剩余的气体是NO(2 mL)→6 mL NO2。则V(O2)＝×(12 mL－6 mL)＝1.2 mL。
3.在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积为(　　)
①1.2 mL　 ②2.4 mL　 ③3 mL　 ④4 mL
A.①② B.②③
C.③④ D.①④
答案　D
【解析】首先分析剩余的2 mL气体有两种可能。如果剩余2 mL O2，则V(NO2)＝×(12－2) mL＝8 mL，则混合气中的V(O2)＝12 mL－8 mL＝4 mL。若剩余的2 mL气体是NO，则混合气中的V(O2)＝(12 mL－2 mL×3)×＝1.2 mL，D项正确。
4.同温同压下，在3支相同体积的试管中分别充有等体积混合的2种气体，它们是①NO和NO2，②NO2和O2，③NH3和N2。将3支试管均倒置于盛水的水槽中，充分反应后，试管中剩余气体的体积分别为V1、V2、V3，则下列的关系正确的是(　　)
A．V1＞V2＞V3 B．V1＞V3＞V2
C．V2＞V3＞V1 D．V3＞V1＞V2
答案: B
【解析】设各种气体的体积都为1体积。①根据3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，即剩余NO的体积V1＝(1＋)体积。②根据4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3，即剩余O2的体积V2＝(1－)体积。③剩余N2的体积V3＝1体积，即B项符合题意。
5.某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2，排尽装置内的空气。

已知，在溶液中FeSO4＋NO[Fe(NO)]SO4(棕色)，该反应可用于检测NO。
下列说法中不正确的是 (　 )
A．装置F、I中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液
B．若观察到装置H中红色粉末变黑色，则NO与Cu发生了反应
C．实验结束后，先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞
D．装置J收集的气体中一定不含NO
答案：D
【解析】稀硝酸与铜反应生成一氧化氮，一氧化氮能够被氧气氧化，因此实验前需要通入氮气，排尽装置中的空气，硝酸具有挥发性，生成的一氧化氮中混有少量硝酸蒸气，可以通过水吸收后再干燥，干燥的一氧化氮在装置H中与铜反应，未反应的NO可以利用硫酸亚铁溶液检验。装置F、I中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液，A项正确；若观察到装置H中红色粉末变为黑色，则NO与Cu发生了反应，B项正确；实验结束后，为了防止倒吸，需要先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞，C项正确；由于FeSO4＋NO [Fe(NO)]SO4(棕色)为可逆反应，装置J收集的气体中可能含有NO，D项错误。
三 氨及铵盐
1．氨气的性质及检验
(1)NH3水溶液显示碱性。
用湿润的pH试纸、湿润的红色石蕊试纸检验。
(2)NH3与酸反应
用挥发性HCl、HNO3检验NH3，产生白烟。
(3)NH3的还原性：
用Cl2检验NH3产生白烟。 8NH3＋3Cl2===6NH4Cl＋N2
2．依据压强知识掌握喷泉实验原理
(1)喷泉实验的原理
使圆底烧瓶内外在短时间内产生较大的压强差，利用压强差将圆底烧瓶下面容器中的液体压入圆底烧瓶内，在尖嘴导管口形成喷泉。
(2)形成喷泉的类型
下面是几种常见的能形成喷泉的气体和液体。

(3)喷泉实验的引发
采取措施：改变压强，使气体与液体接触。
(4)喷泉实验后产物浓度的计算
关键是确定所得溶液中溶质的物质的量和溶液的体积。标准状况下，气体进行喷泉实验后溶液中溶质的物质的量浓度：
①HCl、NH3、NO2气体或它们与其他不溶于水的气体混合时，溶质的物质的量浓度为 mol·L－1。
②当NO2和O2混合且体积比为4∶1时，c(HNO3)＝ mol·L－1。
③H2S、CO2、SO2与NaOH溶液(过量)产生喷泉时，c(Na2S)、c(Na2CO3)、c(Na2SO3)均为 mol·L－1。
3.氨的实验室制法——加热固态铵盐和碱的混合物


4.氨的其他方法
方法
化学方程式(或原理)
气体发生装置
加热浓氨水
NH3·H2ONH3↑＋H2O

浓氨水＋固NaOH
NaOH溶于水放热，促使氨水分解。且OH－浓度的增大有利于NH3的生成

浓氨水＋固体CaO
CaO与水反应，使溶剂(水)减少；反应放热，促使氨水分解。化学方程式为NH3·H2O＋CaO===NH3↑＋Ca(OH)2
课堂检测03
1.探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是(　 　)
A.将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B.将pH＝11的氨水稀释1 000倍，测得pH＞8，说明NH3·H2O
为弱碱
C.加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3受热不稳定
D.将红热的Pt丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的氧化产物为NO2

答案：D
【解析】氨气极易溶于水生成氨水，所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，故A正确；常温下，pH＝11的氨水c(OH－)＝10－3 mol·L－1，稀释1 000倍，测得pH＞8，c(OH－)＞10－6 mol·L－1，说明稀释时NH3·H2O不稳定，电离平衡正向移动，所以NH3·H2O为弱碱，故B正确；碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳和水，故C正确；氨气的氧化产物为NO，NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2，所以瓶口出现少量红棕色气体，故D错误。
2.下列说法错误的是(　　)
A．检验溶液中是否含有NH4+的实验操作是取少量试液于试管中，加入NaOH溶液并加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体
B．加热NH4Cl和Ca(OH)2的混合物，并将产生的气体通入酚酞溶液中，溶液变成红色
C．施肥时，草木灰(有效成分为K2CO3)不能与NH4Cl混合使用的原因是K2CO3与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效
D．因NH4HCO3受热易分解，所以可用作氮肥
答案：D　
【解析】NH4+与NaOH溶液共热生成氨气，氨气是碱性气体，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，A正确；NH4Cl与Ca(OH)2混合加热生成氨气，氨气通入酚酞溶液中，溶液变成红色，B正确；K2CO3溶于水显碱性，与NH4Cl反应生成氨气会降低肥效，C正确；NH4HCO3中含有氮元素，可用作氮肥，D错误。
3.下列制备NH3并制取氨水的装置正确且能达到实验目的的是(　　)




A.制取NH3
B.干燥NH3
C.收集NH3
D.吸收氨气

答案：D　
【解析】A项，加热固体时试管口应略向下倾斜，错误；B项，带有水蒸气的氨气能与五氧化二磷反应，不能用五氧化二磷干燥氨气，错误；C项，氨气密度小于空气，应用向下排空气法收集，错误；D项，氨气极易溶于水但不溶于四氯化碳，可通过四氯化碳层再进入水层吸收氨气可防止倒吸，正确。
4.下图是课外活动小组的同学设计的4个喷泉实验方案，下列有关操作不可能引发喷泉的是(　 　)

　　　　　　
A．挤压装置①的滴管胶头使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B．挤压装置②的滴管胶头使NaOH溶液全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
C．用鼓气装置从装置③的a处不断鼓入空气并打开止水夹
D．向装置④的水槽中慢慢加入足量浓硫酸并打开止水夹
答案：B
【解析】H2难溶于NaOH溶液，不能使烧瓶内外形成较大压强差，故不能引发“喷泉”。
5.某氮肥NH4HCO3中混有少量(NH4)2CO3，现采用下列方案测定该氮肥中NH4HCO3的质量分数：称取5.7 g上述样品，将其与2.0 mol·L－1 NaOH溶液混合，完全溶解后低温加热使其充分反应(该温度下铵盐不分解)，并使生成的氨气全部被硫酸吸收，测得氨气的质量与所用NaOH溶液体积的关系如图所示。下列说法不正确的是(　 　)

A．0～V1 mL内反应的离子方程式为：HCO＋OH－CO＋H2O
B．V1～70 mL内反应的离子方程式为：NH＋OH－NH3↑＋H2O
C．样品中NH4HCO3的质量分数为84%
D．当V[NaOH(aq)]＝50 mL时，生成氨的质量为0.68 g
答案：C
【解析】加热溶液，OH－先与HCO反应生成CO，然后OH－再与NH反应放出氨气，A、B项正确；设样品中NH4HCO3、(NH4)2CO3的物质的量分别为x、y，则：79x＋96y＝5.7 g,2x＋2y＝2.0 mol·L－1×0.07 L＝0.14 mol，解得：x＝0.06 mol，y＝0.01 mol，则m(NH4HCO3)＝4.74 g，NH4HCO3的质量分数为×100%＝83.2%，C项错误；当V[NaOH(aq)]＝50 mL时，n(NaOH)＝0.1 mol，与HCO反应的NaOH为0.06 mol，与NH反应的NaOH为0.04 mol，所以生成的NH3为0.04 mol，其质量为0.68 g，D项正确。
6.氨催化氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示装置。

(1)某同学想用下列装置及试剂方便快速地制取少量氨气。
化学试剂：①NH4Cl固体、②浓氨水、③NaOH固体。

应选择的装置是 (填字母)，选用的试剂是 (填序号)。
选用上述试剂制氨气的理由是 。
实验过程中，制气时的实验操作是 。
(2)乙装置的作用是 ；写出受热时丙装置中发生反应的化学方程式：
。
(3)当戊中观察到 现象，则说明已制得硝酸。某同学按上图组装仪器并检验装置气密性后进行实验，没有观察到此现象，请分析实验失败的可能原因是： ，如何改进装置： 。
(4)改进后待反应结束，将丁装置倒立在盛水的水槽中，会观察到的现象是
。
答案:(1)B　②③　NaOH固体遇水放热，使氨气的溶解度降低，同时可使溶液中c(OH－)增大，促使NH＋OH－NH3·H2ONH3＋H2O平衡向右移动，从而使氨气逸出　将浓氨水逐滴滴加到NaOH固体上
(2)干燥氧气和氨的混合气体　4NH3＋5O24NO＋6H2O
(3)紫色石蕊溶液变红　过量的氨致使戊中溶液不一定呈酸性　在丙和丁之间连接盛有无水氯化钙的干燥管或盛有浓硫酸的洗气瓶
(4)试管丁内水面慢慢上升，上升到一定高度不再变化，试管内气体颜色由红棕色逐渐变淡至无色
【解析】(1)不加热制取NH3是快速制取少量NH3的措施，具体操作方法是把浓氨水滴到NaOH固体上。(2)乙装置可干燥NH3和O2；NH3和O2在加热和Cr2O3的催化作用下，发生催化氧化反应。(3)HNO3能使紫色石蕊溶液变红；由于NH3过量，可能会与HNO3反应，致使观察不到溶液变红的现象；可在丙和丁之间连接一个能除去NH3的装置。(4)丁装置中为NO2和O2的混合气体，NO2会与H2O反应生成无色的NO。
特别强调：
1.铵盐的几个易错点
(1)铵盐均由非金属元素构成，但含有离子键。
(2)铵盐分解不一定产生NH3，如NH4NO3。
(3)弱酸铵盐既与强酸反应，又与强碱反应。
2.铵根检验的易错点
(1)加入浓强碱溶液或加热
NH＋OH－NH3↑＋H2O
NH＋OH－===NH3·H2O
(2)用湿润的红色石蕊试纸检验产生的NH3。
四 硝酸的考点
1．硝酸
(1)物理性质：硝酸是无色易挥发的液体，有刺激性气味。
(2)化学性质

不稳定性: 反应：4HNO3(浓)2H2O＋4NO2↑＋O2↑。
特别强调：
（1）市售浓硝酸呈黄色的原因是：硝酸分解生成的NO2溶解在硝酸里。
（2）硝酸要保存在棕色试剂瓶中，置于冷暗处，不能用橡胶塞。
（3）实验室常用浓HNO3质量分数为69%，物质的量浓度约为16 mol/L, 95%以上的硝酸称为“发烟硝酸”。
（4）硝酸浓度越大，其还原产物的价态越高。还原产物一般为HNO3(浓)→NO2，HNO3(稀)→NO，如果硝酸的浓度很稀，其产物也可能是N2O或NH4NO
（5）常温下，铁、铝遇浓硝酸能发生“钝化”，并非不反应，故浓硝酸可以用铁桶盛放。
2.硝酸的化学性质
①与金属反应
稀硝酸与铜反应：3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O；
浓硝酸与铜反应：Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O。
②与非金属反应
浓硝酸与C的反应为C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O；
③与还原性化合物反应
硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋等还原性物质。
如稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式为
3Fe2＋＋4H＋＋NO===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
(3)与有机物反应
①硝化反应(与C6H6反应)：C6H6＋HNO3C6H5NO2＋H2O；
②显色反应：含苯环的蛋白质遇到浓硝酸变黄色。
3.金属与硝酸反应计算题的一般方法
(1)思维模型

(2)计算技巧
原子守恒法
HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NO的形式存在于溶液中；一部分作为氧化剂转化为还原产物，这两部分中氮原子的总物质的量等于反应消耗的HNO3中氮原子的物质的量
得失电子
守恒法
HNO3与金属的反应属于氧化还原反应，HNO3中氮原子得电子的物质的量等于金属失电子的物质的量
电荷守恒法
HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)，c(NO)＝c(H＋)＋nc(Mn＋)(Mn＋代表金属离子)
离子方程式
计算法
金属与H2SO4、HNO3的混合酸反应时，由于硝酸盐中NO在H2SO4提供H＋的条件下能继续与金属反应，因此此类题目应用离子方程式来计算，先作过量判断，然后根据完全反应的金属或H＋或NO进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒
课堂检测04
1.将相同质量的铜分别与足量的浓硝酸、稀硝酸反应，下列叙述正确的是(　　)
A．硝酸浓度越大消耗的硝酸越少，产生的有毒气体也越少
B．反应中转移的电子总数：稀硝酸少于浓硝酸
C．试管内壁上的铜用浓硝酸除去比用稀硝酸好，因为反应速率快
D．两者用排水法收集的气体的体积相同
答案: D
【解析】铜完全反应，在进行相关计算时以铜为标准，等质量的铜在反应中失去的电子数相同，生成的Cu(NO3)2的量相同，浓硝酸被还原为NO2，化合价由＋5价降到＋4价，每个氮原子只得到1个电子，稀HNO3被还原时每个氮原子得到3个电子，故被还原的浓硝酸多、稀硝酸少，生成的NO2也比NO多。用排水法收集气体时，由于会发生反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，故两种情况收集到的气体一样多。
2.一定温度下，探究铜与稀HNO3，反应过程如下：

下列说法不正确的是 (　 　)
A．过程Ⅰ中生成无色气体的离子方程式是3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
B．步骤Ⅲ反应速率比Ⅰ快的原因是NO2溶于水，使c(HNO3)增大
C．由实验可知，NO2对该反应具有催化作用
D．当活塞不再移动时，再抽入空气，铜可以继续溶解
答案：B
【解析】A.过程Ⅰ中铜与稀硝酸反应生成一氧化氮，反应的离子方程式是3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，故A正确；B.步骤Ⅲ中硝酸的浓度没有Ⅰ中大，因为部分硝酸转化成了一氧化氮，因此反应速率比Ⅰ快的原因不可能是c(HNO3)增大，故B错误；C.由实验可知，步骤Ⅲ反应速率比Ⅰ快，说明NO2对该反应具有催化作用，故C正确；D.当活塞不再移动时，再抽入空气，一氧化氮与氧气和水反应生成硝酸，能够与铜继续反应，故D正确；故选B。
3.在100 mL 稀HNO3和稀H2SO4组成的混合溶液中，两种酸的物质的量浓度之和为0.4 mol·L－1。向该溶液中加入足量的铜粉后加热，充分反应后，所得溶液中Cu2＋的物质的量浓度最大值为(反应前后溶液体积变化忽略不计)(　　)
A．0.15 mol·L－1　　　　　　 B．0.24 mol·L－1
C．0.30 mol·L－1 D．0.36 mol·L－1
答案：B　
【解析】反应的离子方程式为3Cu＋2NO＋8H＋===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，铜足量，由上述反应方程式可知，NO和H＋的物质的量之比为1∶4时，反应生成的铜离子物质的量最大，设HNO3、H2SO4各为x mol、y mol，则n(NO)∶n(H＋)＝x∶(x＋2y)＝1∶4，x＋y＝0.4 mol·L－1×0.1 L，解得x＝0.016 mol、y＝0.024 mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.016 mol×＝0.024 mol，故铜离子的最大浓度为＝0.24 mol·L－1。
4．某稀硫酸和稀硝酸的混合溶液200 mL，平均分成两份。向其中一份中逐渐加入铜粉，最多能溶解9.6 g Cu。向另一份中逐渐加入铁粉，产生气体的量随铁粉质量增加的变化如图所示(已知硝酸只被还原为NO气体)。下列分析或结果错误的是 (　 　)

A．原混合酸中NO的物质的量为0.1 mol
B．OA段产生的是NO，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生的是氢气
C．第二份溶液中的最终溶质为FeSO4
D．稀硫酸浓度为2.5 mol·L－1
答案：A
【解析】铁粉既能与硝酸反应也能与硫酸反应，从题图看出OA段产生的是NO，发生反应为Fe＋4H＋＋NO===Fe3＋＋NO↑＋2H2O，AB段的反应为Fe＋2Fe3＋===3Fe2＋，BC段产生的是氢气，反应为Fe＋2H＋===Fe2＋＋H2↑，可知OA段NO反应完了，第二份溶液中n(NO)＝n(Fe)＝＝0.1 mol，溶液中最终溶质为FeSO4，此时反应的铁的质量是14.0 g，即0.25 mol，故原混合酸中H2SO4浓度为＝2.5 mol·L－1，NO物质的量为0.2 mol。

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1.下列关于自然界中氮循环的说法错误的是(　　)
A．氮肥均含有NH
B．雷电作用固氮中氮元素被氧化
C．碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环
D．合成氨工业的产品可用于侯氏制碱法制备纯碱
答案：A
【解析】氮肥是含氮元素的肥料，尿素[CO(NH2)2]和KNO3中不含NH，A项错误；雷电作用固氮发生反应N2＋O22NO，氮元素被氧化，B项正确；由硝酸盐制造蛋白质、动物摄食蛋白质、由动物排泄物及遗体得到氨或铵盐，这些过程中碳、氢、氧三种元素参与了自然界中氮循环，C项正确；侯氏制碱法的反应原理为：NaCl＋H2O＋CO2＋NH3===NaHCO3↓＋NH4Cl,2NaHCO3Na2CO3＋H2O＋CO2↑，氨气作为原料气，D项正确。
2．下列关于N2的说法错误的是(　　)
A．通常情况下N2性质很稳定，所以N2可在电焊时作保护气
B．反应N2＋O22NO是汽车尾气造成污染的主要原因之一
C．N2的质量约占空气总质量的
D．在反应3Mg＋N2Mg3N2中，N2作氧化剂
答案：C
【解析】N2可在电焊时作保护气，是利用氮气的稳定性，故A正确；汽车尾气造成污染的主要原因之一是N2＋O22NO，故B正确；氮气的体积约占空气总体积的，故C错误；在反应3Mg＋N2Mg3N2中，N元素的化合价降低，得电子，即N2作氧化剂，故D正确。
3.下列有关说法正确的是(　　)
A．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，说明NH4HCO3显碱性(2017·全国卷Ⅱ，13C)
B．用烧碱处理含高浓度NH的废水并回收利用氨(2017·天津，1D)
C．NH4HCO3受热易分解，因而可用作化肥(2019·江苏，3A)
D．氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀，反应中氨气被还原(2017·北京，8D)
答案：B
【解析】碳酸氢铵受热分解产生的氨气使湿润的红色石蕊试纸变蓝，说明氨气是碱性气体，而不是NH4HCO3显碱性，A项错误；烧碱可以与NH反应产生氨气，B项正确；NH4HCO3受热易分解和用作化肥无关，C项错误；D项为复分解反应。
4.下列关于物质检验或推断正确的是(　　)
A.蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某溶液，观察到白烟，则该溶液为盐酸
B.对某物质进行焰色反应，观察到黄绿色的火焰，则该物质为钡盐
C.向某溶液中滴加盐酸，能产生无色能使品红溶液褪色的气体，则原溶液中一定存在SO32-
D.向某溶液中滴加NaOH溶液，加热，若产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，则证明原溶液中存在NH4+
答案：D　
【解析】浓硝酸也具有挥发性，可以和氨气反应生成硝酸铵固体，也可以观察到白烟，故A错误；对某物质进行焰色反应，观察到黄绿色的火焰，说明含有钡元素，但不一定是钡盐，也可能是氢氧化钡，故B错误；含有HSO3-的溶液也可以和盐酸反应生成二氧化硫，故C错误；向某溶液中滴加NaOH溶液，加热，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，说明产生了氨气，则原溶液含有NH4+，故D正确。
5.下列关于氨水的说法中，不正确的是(　　)
A．氨水和液氨不同，氨水是混合物，液氨是纯净物
B．氨水中物质的量浓度最大的粒子是NH3·H2O(水除外)
C．氨水显弱碱性，是弱电解质
D．在1 mol·L－1氨水中，NH3·H2O、NH、NH3的物质的量浓度之和为1 mol·L－1
答案：C
【解析】氨极易溶于水，发生如下反应：NH3＋H2ONH3·H2ONH＋OH－；生成的氨水是混合物，其中的NH3·H2O是弱电解质，电离程度小，且NH3分子极易与H2O结合，故其中浓度最大的粒子是NH3·H2O(H2O除外)。
6.在如图所示装置中进行氨的催化氧化实验：向三颈瓶内的浓氨水中不断通入空气，将红热的铂丝插入瓶中并接近液面。反应过程中，可观察到瓶中有红棕色气体产生，铂丝始终保持红热。下列有关说法错误的是(　　)

A.反应后溶液中含有NO
B.反应后溶液中c(H＋)增大
C.实验过程中有化合反应发生
D.实验过程中NH3·H2O的电离常数不可能发生变化
答案：D
【解析】A.反应过程生成硝酸，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，硝酸电离产生硝酸根离子，A正确；B.反应生成硝酸，硝酸是强酸，所以反应后溶液中c(H＋)增大，pH变小，B正确；C.2NO＋O2===2NO2，为化合反应，C正确；D.氨的氧化反应为放热反应，溶液温度升高，实验过程中NH3·H2O的电离常数变化，D错误。
7.下列关于氮及其化合物的说法错误的是(　　)
A.所有的铵盐都能与烧碱共热生成氨气
B.浓硝酸不论与铜反应还是与碳反应，均体现其酸性和强氧化性
C.一氧化氮结合血红蛋白的能力比一氧化碳还强，更容易造成人体缺氧
D.把带火星的木条伸入充满NO2和O2混合气体(NO2和O2的物质的量之比为4∶1)的集气瓶中，木条复燃，说明NO2支持燃烧
答案：B
【解析】铵盐与烧碱共热时均能生成氨气，A项正确；浓硝酸与碳的反应中，浓硝酸只体现强氧化性，B项错误；NO结合血红蛋白的能力比CO强，更容易造成人体缺氧，C项正确；带火星的木条在空气中不能复燃，但伸入NO2和O2的混合气体(NO2和O2的物质的量之比为4∶1)中复燃，说明NO2支持燃烧，D项正确。
8.氮的多样性主要体现在含氮化合物及其性质的多样性上，下列说法正确的是(　　)
A.Fe2＋、Mg2＋、Cl－、NO能大量共存于pH＝0的溶液中
B.1 L 1 mol·L－1的NH4Cl溶液中含有NA个NH
C.加热可除去NaHCO3固体中的少量NH4Cl
D.不论是浓硝酸还是稀硝酸，与铜反应均体现出硝酸的酸性和强氧化性
答案：D
【解析】酸性条件下，NO氧化Fe2＋，A错误；NH水解，B错误；NaHCO3受热分解，C错误。
9.自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图。下列叙述正确的是(　)

A．N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定
B．在催化剂a作用下，N2发生了氧化反应
C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
答案：D　
【解析】氮的固定是指氮由游离态转变为化合态，N2→NH3的反应为氮的固定，但NH3→NO的反应没有氮气参与，不属于氮的固定，故A错误；由示意图可知，在催化剂a作用下，氮元素化合价降低被还原，氮气发生还原反应，故B错误；由示意图可知，催化剂a的表面只发生了非极性共价键的断裂，没有发生极性共价键的断裂，故C错误；使用催化剂a、b可加快反应速率，能提高单位时间内生成物的产量，故D正确。
10.三效催化剂是最为常见的汽车尾气催化剂，其催化剂表面物质转化的关系如图所示，下列说法正确的是(　　)

A．在转化过程中，氮元素均被还原
B．依据图示判断催化剂不参与储存和还原过程
C．还原过程中生成0.1 mol N2，转移电子数为2 mol
D．三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化
答案：D　
【解析】根据图示可知，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2的过程中，N元素化合价升高被氧化，故A错误；根据图示可知，BaO为催化剂，NOx与BaO、O2转化成Ba(NO3)2时，BaO参与储存N元素，故B错误；还原过程中生成0.1 mol N2，转移电子的物质的量为0.1 mol×(5－0)×2＝1 mol，故C错误；整个过程中，CO、CxHy、NOx转化成CO2、H2O、N2，说明三效催化剂能有效实现汽车尾气中CO、CxHy、NOx三种成分的净化，故D正确。
11.将Mg、Cu组成的m g混合物投入适量稀硝酸中恰好完全反应，固体完全溶解时收集到NO气体0.896 L(标准状况)，向反应后的溶液中加入2 mol·L－1NaOH溶液60 mL时金属离子恰好沉淀完全，则形成沉淀质量为 ( 　)
A．(m＋2.28) g B．(m＋2.04) g
C．(m＋3.32) g D．(m＋4.34) g
答案：B
【解析】利用守恒法解答，当金属离子恰好沉淀时，m(沉淀)＝m(金属)＋m(OH－)，守恒的巧妙之处在于，n(OH－)＝n(金属失电子)＝n(NO得到的电子)＝3×＝0.12 mol，m(沉淀)＝m(金属)＋m(OH－)＝m g＋0.12×17 g＝(m＋2.04) g，B正确。
12.铜和镁的合金4.6 g完全溶于浓硝酸，若反应中硝酸被还原只产生4 480 mL的NO2气体和336 mL的N2O4气体(都已折算成标准状况)，在反应后的溶液中，加入足量的氢氧化钠溶液，生成沉淀的质量为(　　)
A．9.02 g B．8.51 g
C．8.26 g D．7.04 g
答案：B
【解析】最终生成的沉淀是氢氧化镁和氢氧化铜，所以沉淀增加的质量就是和金属阳离子结合的OH－的质量。由于金属阳离子结合的OH－的物质的量就是金属失去电子的物质的量，所以根据得失电子守恒可知，金属失去电子的物质的量是＋×2＝0.23 mol，所以和金属阳离子结合的OH－的物质的量也是0.23 mol，质量是3.91 g，则沉淀的质量是8.51 g，B项正确。
13.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。
(1)N2O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____________________________。
(2)NO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－===2NO2-＋H2O　2NO2＋2OH－===NO2-＋NO3-＋H2O
①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
②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)。
(3)NO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NO3-的转化率随NaClO溶液初始pH(用稀盐酸调节)的变化如图所示。
①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO3-，其离子方程式为____________
___________________________。
②NaClO溶液的初始pH越小，NO转化率越高。其原因是__________________________。

答案：(1)2NH3＋2O2N2O＋3H2O
(2)①BC　②NaNO3　NO
(3)①3HClO＋2NO＋H2O===3Cl－＋2NO3-＋5H＋　②溶液pH越小，溶液中HClO的浓度越大，氧化NO的能力越强
【解析】(1)NH3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。(2)①加快通入尾气的速率，不能提高尾气中NO和NO2的去除率，不选A；采用气、液逆流的方式吸收尾气，可使气液充分接触，能提高尾气中NO和NO2的去除率，选B；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，选C；②由吸收反应：NO＋NO2＋2OH－===2NO2-＋H2O，2NO2＋2OH－===NO2-＋NO3-＋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晶体混有NaNO3；由吸收反应可知，若NO和NO2的物质的量之比大于1∶1，NO不能被完全吸收，因此，吸收后排放的尾气中含量较高的氮氧化物是NO。(3)①在酸性的NaClO溶液中，次氯酸根离子和氢离子结合生成HClO，HClO和NO发生氧化还原反应生成NO3-和Cl－，根据得失电子守恒及电荷守恒、原子守恒，配平离子方程式为2NO＋3HClO＋H2O===2NO3-＋3Cl－＋5H＋；②在相同条件下，氧化剂的浓度越大，氧化能力越强，在酸性NaClO溶液中，溶液pH越小，溶液中HClO浓度越大，氧化NO的能力越强。