(新高考)高考化学一轮复习课时练习第4章第4讲氮及其重要化合物(含解析)

这是一份(新高考)高考化学一轮复习课时练习第4章第4讲氮及其重要化合物(含解析)，共42页。试卷主要包含了氮气及其氧化物，硝酸，氨　铵盐，氮及其化合物的相互转化，绿色化学与环境保护等内容，欢迎下载使用。

第4讲　氮及其重要化合物
课 程 标 准
知 识 建 构
1.结合真实情境中的应用实例或通过实验探究了解氮及其重要化合物的主要性质。
2．知道氮及其重要化合物的制备方法，认识氮的化合物对生态环境的影响。


一、氮气及其氧化物
1．自然界中氮的存在和氮的固定

2．氮气

写出有关化学方程式：
①3Mg＋N2Mg3N2；
②N2＋3H22NH3；
③N2＋O22NO。
3．氮的氧化物
(1)氮元素从＋1～＋5价都有对应的氧化物，如N2O、NO、N2O3、NO2(或N2O4)、N2O5，其中属于酸性氧化物的是N2O3、N2O5。
(2)NO和NO2的比较
性质
NO
NO2
色、态、味
无色、无味气体
红棕色、有刺激性气味气体
水溶性
难溶于水
能与水反应
毒性
有毒
有毒
与水反应
不反应
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
与氧气反应
2NO＋O2===2NO2
不反应
对环境
的影响
NO与血红蛋白结合使人中毒，NO、NO2导致光化学烟雾、形成酸雨及破坏臭氧层
【诊断1】 判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。
(1)食品袋中充氮气可用来防腐(　　)
(2)通过灼热的镁粉，可除N2中的少量氧气(　　)
(3)NO中的NO2杂质气体，可通过盛有水的洗气瓶除去(　　)
(4)CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都稳定存在(　　)
(5)N2与O2在放电条件下直接化合成NO2(　　)
(6)NO2溶于水时，NO2是氧化剂，水是还原剂(　　)
(7)NO2是酸性氧化物，与水反应生成硝酸(　　)
答案　(1)√　(2)×　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×　(7)×
二、硝酸
1．物理性质

2．化学性质

(1)不稳定性
①化学方程式：
4HNO3(浓)2H2O＋4NO2↑＋O2↑。
②市售浓硝酸呈黄色的原因是HNO3分解生成的NO2溶于硝酸中。
③浓硝酸的保存方法是保存在棕色带有玻璃塞的细口试剂瓶中，置于冷暗处。
(2)强氧化性
①与金属反应，如浓、稀硝酸与铜反应(化学方程式)：
Cu＋4HNO3(浓)===Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O；
3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。
②常温下浓硝酸使Fe、Al钝化。
③与非金属反应，如浓硝酸与C反应的化学方程式：
C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O。
④与还原性化合物反应，如与SO2、Fe2＋反应的离子方程式：
3SO2＋2NO＋2H2O===3SO＋2NO＋4H＋ ；
3Fe2＋＋NO＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
【特别提醒】
(1)硝酸浓度不同，其还原产物不同，一般为HNO3(浓)→NO2，HNO3(稀)→NO，HNO3(极稀)→N2O或NH。
(2)“钝化”并非不反应。
(3)浓硝酸能使紫色石蕊溶液先变红，后褪色。
【诊断2】 判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。
(1)用锌粒与稀硝酸制取纯净H2(　　)
(2)常温下，铁、铝在浓硝酸中的钝化为化学变化(　　)
(3)可以选用稀硝酸除去试管内壁的银或铜(　　)
(4)含4 mol HNO3的浓溶液与足量Cu充分反应，理论上可生成2 mol NO2气体(　　)
(5)1 mol Fe与足量的稀硝酸反应，转移2NA个电子(　　)
(6)蛋白质遇到硝酸变蓝色(　　)
答案　(1)×　(2)√　(3)√　(4)×　(5)×　(6)×
三、氨　铵盐
1．氨的分子结构和物理性质
电子式
密度
气味
水溶性

比空气小
刺激性气味
极易溶于水
2.氨的化学性质

3．铵盐
(1)铵盐的物理性质
铵盐都是白色固体，均易溶于水。
(2)铵盐的化学性质

(3)NH的检验

4．氨气的实验室制法


【诊断3】 判断下列说法是否正确，正确的打√，错误的打×。
(1)液氨汽化时要吸收大量的热，可用作制冷剂(　　)
(2)液氨制冷、碘的升华、NH4Cl汽化都不涉及化学变化(　　)
(3)能用加热法除去NaCl中的NH4Cl的原因是NH4Cl为强酸弱碱盐(　　)
(4)氨水具有弱碱性，说明氨水是弱电解质(　　)
(5)铵盐都易溶于水，其水溶液均呈酸性(　　)
(6)浓氨水可检验氯气管道是否漏气(　　)
答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√
四、氮及其化合物的相互转化
氮元素有多种可变化合价，物质的种类较多，在复习时要从物质类别和价态变化理解这些物质之间的转化关系。

1．横向转化为物质类别变化，非氧化还原反应，如
(1)氨气转化为铵盐：HCl＋NH3===NH4Cl
(2)硝酸转化为硝酸盐：NaOH＋HNO3===NaNO3＋H2O
2．纵向转化为化合价变化反应，是氧化还原反应，如
(1)NH3转化为N2：3Cl2＋8NH3=== N2＋6NH4Cl
(2)NH3转化为NO：5O2＋4NH34NO＋6H2O
【诊断4】 关于氮的变化关系图如下：

则下列说法不正确的是(　　)
A．路线①②③是工业生产硝酸的主要途径
B．路线Ⅰ、Ⅱ、Ⅲ是雷电固氮生成硝酸的主要途径
C．上述所有反应都是氧化还原反应
D．上述反应中只有③属于氮的固定
答案　D
五、绿色化学与环境保护
1．主要的大气污染物及其危害
大气污染物
主要成分
危害
可吸入
颗粒物
大气中液体、固体状颗粒物，又称飘尘
加重呼吸道疾病，其他有害气体转化的催化剂
S的氧化物
SO2、SO3
酸雨
N的氧化物
NO、NO2
光化学烟雾、酸雨、破坏臭氧层
C的氧化物
CO
降低血液的输氧能力
碳氢化合物
CH4、C2H6等
温室效应、光化学烟雾
氟氯代烃
CF3Cl(氟利昂)等
破坏臭氧层
2.绿色化学

【诊断5】 (2020·河南开封市一模)汽车尾气含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等，直接排放容易造成“雾霾”。因此，不少汽车都安装尾气净化装置(净化处理过程如图)。下列有关叙述，错误的是(　　)

A．尾气造成“雾霾”与汽油未充分燃烧有关
B．尾气处理过程，氮氧化物(NOx)被还原
C．Pt－Rh催化剂可提高尾气净化反应的平衡转化率
D．使用氢氧燃料电池作汽车动力能有效控制雾霾
答案　C
解析　汽油未充分燃烧可增加碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，可造成“雾霾”，故A正确；尾气处理过程中，氮氧化物(NOx)中氮元素化合价降低，得电子，被还原，故B正确；催化剂只改变化学反应速率，不会改变平衡转化率，故C错误；使用氢氧燃料电池作汽车动力能减少含氮氧化物(NOx)、碳氢化合物(CxHy)、碳等的排放，能有效控制雾霾，故D正确。

考点一　氮及其氧化物的性质和应用
【典例1】 将盛有12 mL NO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2 mL无色气体，则原混合气体中O2的体积和剩余的2 mL气体分别是(　　)
A．1.2 mL，NO B．2.4 mL，O2
C．3.5 mL，O2 D．4 mL，NO
答案　A
解析　解题依据的化学方程式：
4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3；
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO。
设O2的体积为x，剩余的气体有两种可能：
①若剩O2，则V剩＝x－×(12 mL－x)＝2 mL，
解得x＝4 mL，B、C两项均不正确；
②若剩NO，则V剩＝×[(12 mL－x)－4x]＝2 mL，
解得x＝1.2 mL，D项不正确，A项正确。

氮氧化物溶于水的问题分析
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)。

【对点练1】 (氮氧化物转化的隐藏反应)
如图为装有活塞的密闭容器，内盛22.4 mL一氧化氮。若通入11.2 mL氧气(气体体积均在标准状况下测定)，保持温度、压强不变，则容器内物质的密度为(　　)

A．等于1.369 g·L－1
B．等于2.054 g·L－1
C．在1.369 g·L－1和2.054 g·L－1之间
D．大于2.054 g·L－1
答案　D
解析　一氧化氮与氧气恰好发生反应生成了二氧化氮，
2NO ＋ O2 === 2NO2
2 1 2
22.4 mL 11.2 mL 22.4 mL
反应后生成了22.4 mL二氧化氮，假设二氧化氮的体积不变，则容器中气体的密度为
ρ(NO2)＝≈2.054 g·L－1，因存在转化平衡：2NO2N2O4，则混合气体的体积小于22.4 mL，所以容器中气体的密度应大于2.054 g·L－1。
【对点练2】 (氮氧化物与水的反应)(2020·贵阳模拟)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。
【对点练3】 (氮氧化物与环境保护)(2020·湖南怀化统一考试)化学与生产、生活、环境等社会实际密切相关。下列相关叙述正确的是(　　)
A．CO2、NO2都是可形成酸雨的气体
B．75%酒精消毒原理和“84”消毒液(主要成分NaClO)消毒的原理相同
C．纳米铁粉通过物理吸附去除污水中Hg2＋、Pb2＋等重金属离子
D．汽车尾气中含有的氮氧化物，会加剧酸雨的形成
答案　D
解析　CO2不都是可形成酸雨的气体，A项错误；75%的酒精消毒的原理是使蛋白质发生变性，“84”消毒液是利用其主要成分NaClO的强氧化性杀菌消毒，原理不相同，B项错误；纳米铁粉能有效地处理污水中的Hg2＋、Pb2＋等重金属离子，与其还原性有关，C项错误。
考点二　硝酸的性质及应用
【典例2】 (2020·福建福州市高三模拟)某学习小组探究浓、稀硝酸氧化性的相对强弱，按下图装置进行试验(夹持仪器已略去)。实验表明浓硝酸能将NO氧化成NO2，而稀硝酸不能氧化NO，由此得出的结论是浓硝酸的氧化性强于稀硝酸。
可选药品：浓硝酸、3 mol/L稀硝酸、蒸馏水、浓硫酸、氢氧化钠溶液及二氧化碳。
已知：氢氧化钠溶液不与NO反应，能与NO2反应：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O

(1)实验应避免有害气体排放到空气中，装置③、④、⑥中盛放的药品依次是_____________________________________________________________；
(2)滴加浓硝酸之前的操作是：检验装置的气密性，加入药品，打开弹簧夹后，继续进行的操作是_________________________________________________
__________________________________________________________________；
(3)装置①中发生反应的离子方程式是___________________________________________________________________；
(4)装置②的作用是______________________________________________，
发生反应的化学方程式是________________________________________；
(5)该小组得出结论依据的实验现象是_______________________________
___________________________________________________________________；
(6)实验结束后，同学们发现装置①中溶液呈绿色，而不显蓝色。甲同学认为是该溶液中硝酸铜的质量分数较高所致，而乙同学认为是该溶液中溶解了生成的气体。同学们分别设计了以下4个试验来判断两种看法是否正确。这些方案中可行的是________(填字母)。
a．加热该绿色溶液，观察颜色变化
b．加水稀释绿色溶液，观察颜色变化
c．向该绿色溶液中通入氮气，观察颜色变化
d．向饱和硝酸铜溶液中通入浓硝酸与铜反应产生的气体，观察颜色变化
答案　(1)3 mol/L稀硝酸、浓硝酸、氢氧化钠溶液
(2)通入CO2一段时间，关闭弹簧夹，将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内
(3)Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O
(4)将NO2转化为NO　3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
(5)装置③中液面上方气体仍为无色，装置④中液面上方气体由无色变为红棕色
(6)acd
解析　(1)根据装置的特点和实验目的，NO不溶于水，装置⑤是收集NO，所以装置③中应该盛放稀硝酸，达到验证稀HNO3不能氧化NO的目的，装置⑥中盛放NaOH溶液吸收NO2，防止污染空气，装置④中应该盛放浓硝酸，达到验证浓HNO3能氧化NO的目的；(2)由于装置中残存的空气能氧化NO，对实验产生干扰，所以滴加浓HNO3之前需要通入一段时间CO2赶走装置中的空气，同时也需将装置⑤中导管末端伸入倒置的烧瓶内防止反应产生的NO气体逸出；(3)装置①中Cu与浓HNO3反应的离子方程式为Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O；(4)装置②中盛放H2O，使NO2与H2O反应生成NO,3NO2＋H2O===2HNO3＋NO；(5)NO通过稀HNO3溶液后，若无红棕色NO2产生，说明稀HNO3不能氧化NO，所以盛放稀HNO3装置的液面上方没有颜色变化即可说明；装置④中盛放的是浓HNO3，若浓HNO3能氧化NO，则装置④液面的上方会产生红棕色气体；(6)要证明是Cu(NO3)2浓度过高或是溶解了NO2导致装置①中溶液呈绿色，一是可设计将溶解的NO2赶走(a、c方案)再观察颜色变化，二是增大溶液中NO2浓度(d方案)，通过观察颜色变化可以判断。
【对点练4】 (与硝酸有关的离子共存问题)(2020·湖南湘潭市毕业班检测)下列离子在指定溶液中一定能大量共存的是(　　)
A．加入Al能放出H2的溶液中：Fe2＋、Al3＋、NO、Cl－、S2－
B．在pH＝11的溶液中：Na＋、AlO、NO、S2－、SO
C．由水电离的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液中：Cl－、HCO、NO、NH、F－
D．加入Mg能放出H2的溶液中：Mg2＋、NH、NO、K＋、SO
答案　B
解析　A项，加入Al能放出H2的溶液可能为酸或碱的溶液，碱溶液中
Al3＋、Fe2＋与OH－不能大量共存，酸溶液中若存在NO，则不能放出H2，S2－与Fe2＋、Al3＋、H＋不能大量共存，故A错误；B项，pH＝11的溶液中存在大量的OH－，该组离子在碱性溶液中不反应，则能大量共存，故B正确；C项，由水电离的c(H＋)＝10－12 mol·L－1的溶液中，水的电离受到抑制，溶液可能为酸或碱的溶液，HCO既能与酸反应又能与碱反应，NH、OH－结合生成弱电解质，H＋与F－结合生成弱电解质，则不能共存，故C错误；D项，加入Mg能放出H2的溶液中，存在较多的H＋，该条件下NO不能大量共存，故D错误。
【对点练5】 (硝酸与金属的计算)(2020·湖南常德市高三协作考)将Mg和Cu的合金1.52 g投入稀HNO3中反应，固体全部溶解时，收集的还原产物为NO，体积为0.448 L(标准状况下)，向反应后的溶液中加入适量NaOH溶液，使金属离子恰好完全沉淀，则形成沉淀的质量为(　　)
A．2.15 g B．2.54 g
C．4.17 g D．5.26 g
答案　B
解析　硝酸被还原为NO气体且标准状况下体积为0.448 L，即物质的量为0.448 L÷22.4 L·mol－1＝0.02 mol，所以转移电子的物质的量为0.02 mol×(5－2)＝0.06 mol，最后沉淀为Cu(OH)2、Mg(OH)2，金属提供的电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，故最后沉淀质量等于1.52 g＋0.06 mol×17 g·mol－1＝2.54 g。
【对点练6】 (硝酸与金属反应的实验探究)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：2NO＋O2===2NO2
B．Ⅱ中的现象说明Fe表面形成致密的氧化膜，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之间连接电流计，可判断Fe是否被氧化
答案　C
解析　A．铁放入稀HNO3中发生反应Fe＋4HNO3(稀)===Fe(NO3)3＋NO↑＋2H2O，NO逸出，遇到O2生成NO2，气体由无色变为红棕色；B.铁放入浓HNO3中，在常温下会钝化，即在Fe表面形成致密的氧化膜，阻止Fe进一步反应；C.浓HNO3的氧化性强于稀HNO3；D.在铁、铜之间加一个电流计，根据电子的流向，可判断铁是否被氧化，若电子由铁移动到铜，则铁被氧化。

金属与硝酸反应计算问题的思维模型


考点三　氨气、铵盐及NH检验
【典例3】 (2020·西安模拟)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。
【对点练7】 (氨气的性质)如下图，利用培养皿探究氨的性质。实验时向NaOH固体上滴几滴浓氨水，立即用另一表面皿扣在上面。下表中对实验现象所做的解释正确的是(　　)

选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
NH3与浓盐酸挥发出的HCl气体反应产生了NH4Cl固体
B
浓硫酸附近无明显现象
NH3与浓硫酸不发生反应
C
氯化物溶液变浑浊
该溶液一定是AlCl3溶液
D
干燥红色石蕊试纸不变色，湿润红色石蕊试纸变蓝
NH3是一种可溶性碱
答案　A
解析　NH3能与HCl发生化合反应，生成NH4Cl白色固体，NH3也能与H2SO4发生化合反应，生成(NH4)2SO4；NH3与氯化物溶液反应生成氢氧化物沉淀，该氯化物可以是氯化铝、氯化镁等；NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O属于碱，NH3不属于碱。
【对点练8】 (铵盐的性质)(2020·安徽马鞍山市高三二模)称取(NH4)2SO4和NH4HSO4混合物样品7.24 g，加入含0.1 mol NaOH的溶液，完全反应，生成NH3 1 792 mL(标准状况)，则(NH4)2SO4和NH4HSO4的物质的量比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．1.87∶1 D．3.65∶1
答案　C
解析　利用极值法分析，可知0.1 mol氢氧化钠不足，故先将NH4HSO4反应完，再与(NH4)2SO4反应，因共生成NH3 0.08 mol，故与H＋反应的氢氧化钠为0.02 mol，则NH4HSO4为0.02 mol，所以(NH4)2SO4质量为7.24 g－115 g/mol×0.02 mol＝4.94 g，(NH4)2SO4的物质的量为4.94 g ÷132 g/mol≈0.0374 mol。因此(NH4)2SO4与NH4HSO4物质的量之比为：1.87∶1，故选C。
考点四　氮及其化合物的转化关系及应用
【典例4】 (2020·河南联考)一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。

回答下列问题：
(1)氮的原子结构示意图为________。
(2)图中属于“氮的固定”的是________(填字母，下同)；转化过程中发生非氧化还原反应的是________。
(3)若“反应h”是在NO2和H2O的作用下实现，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为________。
(4)若“反应i”是在酸性条件下由NO与Zn的作用实现，则该反应的离子方程式为_____________________________________________________________。
答案　(1)　(2)k和c　a和l　(3)2∶1
(4)4Zn＋2NO＋10H＋===4Zn2＋＋N2O↑＋5H2O
解析　(3)反应h的化学方程式为3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，HNO3是氧化产物，NO是还原产物，因此氧化产物和还原产物的物质的量之比为2∶1。
【对点练9】 (氮及其化合物性质转化的实验探究)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)，该反应可用于检验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。
【对点练10】 (氮及其化合物转化关系的综合应用)(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，10)部分含氮物质的分类与相应氮元素的化合价关系如图所示。下列说法错误的是(　　)

A.a可经催化氧化生成b
B.b为红棕色，可转化为c
C.密闭体系中，c存在2NO2N2O4
D.d的溶液与Cu反应可生成b或c
答案　B
解析　A.由题中信息知，a为NH3，b为NO，NH3可经催化氧化生成NO，A说法正确；B.b为NO，为无色气体，与氧气反应可转化为c，即NO2，B说法错误；C.c存在2NO2N2O4，C说法正确；D.d为硝酸，Cu与稀硝酸溶液反应生成NO，与浓硝酸反应生成NO2，D说法正确。

1．(2020·北京卷)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　氯化铵是强酸弱碱盐，其水溶液显酸性，会使湿润的pH试纸变红，根据Ⅰ中试纸变蓝，说明NH4Cl发生了分解反应，故A正确；根据分析，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正确；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错误；根据分析，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正确。
2．(2018·课标全国Ⅱ，8)研究表明，氮氧化物和二氧化硫在形成雾霾时与大气中的氨有关(如图所示)。下列叙述错误的是(　　)

A．雾和霾的分散剂相同
B．雾霾中含有硝酸铵和硫酸铵
C．NH3是形成无机颗粒物的催化剂
D．雾霾的形成与过度施用氮肥有关
答案　C
解析　雾和霾的分散剂均为空气，A项正确；结合图示可知形成雾霾的无机颗粒物中含有NH4NO3和(NH4)2SO4，B项正确；根据图示可知空气中NOx、SO2等分别转化为HNO3、H2SO4后，吸收空气中的NH3生成NH4NO3和(NH4)2SO4，即NH3是形成无机颗粒物的反应物不是催化剂，C项错误；过度施用氮肥，会导致空气中挥发的NH3浓度增大，与雾霾的形成有关，D项正确。
3．(2018·海南卷)某工业废气所含氮氧化物(NOx)的氮氧质量比约为7∶4，该NOx可表示为(　　)
A．N2O B．NO
C．N2O3 D．NO2
答案　A
解析　＝＝，故NOx可表示为N2O。
4．下列有关说法正确的是(　　)
A．(2017·全国卷Ⅱ，13C)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
B．(2017·天津，1D)用烧碱处理含高浓度NH的废水并回收利用氨
C．(2019·江苏，3A)NH4HCO3受热易分解，因而可用作化肥
D．(2017·北京，8D)氨气使AlCl3溶液产生白色沉淀，反应中氨气被还原
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。
5．(2019·海南卷)干燥的二氧化碳和氨气反应可生成氨基甲酸铵固体，化学方程式为：2NH3(g)＋CO2(g)NH2COONH4(s)　ΔH<0，在四氯化碳中通入二氧化碳和氨制备氨基甲酸铵的实验装置如下图所示，回答下列问题：

(1)装置1用来制备二氧化碳气体：将块状石灰石放置在试管中的带孔塑料板上，漏斗中所加试剂为________；装置2中所加试剂为________。
(2)装置4中试剂为固体NH4Cl和Ca(OH)2，发生反应的化学方程式为___________________________________________________________________；
试管口不能向上倾斜的原因是______________________________________
___________________________________________________________________。
装置3中试剂为KOH，其作用为___________________________________。
(3)反应时三颈烧瓶需用冷水浴冷却，其目的是________________________
___________________________________________________________________。
答案　(1)稀盐酸　浓H2SO4
(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2 2NH3↑＋2H2O＋CaCl2　防止冷凝水倒流到试管底部使试管破裂　干燥剂(干燥氨气)　(3)降低温度，使平衡正向移动提高产量
6.(2019·江苏化学，16)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－===2NO＋H2O
2NO2＋2OH－===NO＋NO＋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。

①在酸性NaClO溶液中，HClO氧化NO生成Cl－和NO，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－＋2NO＋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被O2氧化生成N2O，N元素从－3价升至＋1价，1 mol NH3失去4 mol e－，O元素从0价降至－2价，1 mol O2得到4 mol e－，根据N和O元素得失电子守恒及原子守恒配平方程式。(2)①A项，通入尾气速率过快时，尾气吸收不充分，错误；B项，采用气、液逆流方式吸收尾气时，尾气吸收会更充分，正确；C项，补充NaOH溶液，c(OH－)增大，能更充分吸收尾气，正确。②NO2与NaOH反应可生成NaNO2、NaNO3和水，所以NaNO2晶体中会混有NaNO3杂质。由吸收尾气的主要反应可知，NO2吸收更充分，故吸收后排放的尾气中NO的含量较高。(3)①HClO氧化NO生成NO，自身被还原为Cl－，根据得失电子守恒、原子守恒、电荷守恒配平方程式。②氧化NO的是HClO，NaClO在酸性条件下会生成HClO，所以pH越小，溶液中HClO的浓度越大，NO转化率越高。

一、选择题(每小题只有一个选项符合题意)
1．(2020·河南中原名校第一次质量考评)二十四节气是中国历法的独特创造。四月农谚：“雷雨肥田”“雨生百谷”描述的都是节气谷雨。下列元素在自然界中的转化与“雷雨肥田”有关的是(　　)
A．K B．N
C．P D．C
答案　B
2．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NH3
B．浓硝酸不论与铜反应还是与木炭反应，均体现其酸性和强氧化性
C．NO结合血红蛋白的能力比CO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　浓硝酸与木炭的反应中，浓硝酸只体现强氧化性，B错误。
3．(2020·济宁一模)依据下图中氮元素及其化合物的转化关系，判断下列说法中不正确的是(　　)

A．X是N2O5
B．可用排空气法收集NO气体
C．工业上以NH3、空气、水为原料生产硝酸
D．从原理上看，NH3可与NO2反应实现NH3→N2的转化
答案　B
解析　NO遇空气中的氧气被氧化为NO2，不可用排空气法收集NO气体，故B错误。
4．NH3是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(如图)。下列有关表述正确的是(　　)

A．NH4Cl和NaHCO3都是常用的化肥
B．NO2与水反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶1
C．NH3和NO2在一定条件下可发生氧化还原反应
D．利用上述关系制取NaHCO3的操作为向饱和NaCl溶液中依次通入过量的CO2、NH3，然后过滤得到NaHCO3
答案　C
解析　NaHCO3不是化肥，A项错误；氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2，B项错误；制NaHCO3时是向饱和NaCl溶液中依次通入NH3和CO2，D项错误。
5．工业上常采用生物硝化法将NH转化为NO来处理氨氮废水，工作流程如图，下列说法错误的是(　　)

A．生物硝化法处理废水，会导致水体pH逐渐下降：NH＋2O2===NO＋2H＋＋H2O
B．长期过量使用NH4Cl等铵态化肥，易导致土壤酸化，水体富营养化
C．检验NH所需的试剂是浓NaOH溶液、湿润的蓝色石蕊试纸
D．微生物保持活性的pH范围为7～9，可以加入石灰石来调节水体的pH
答案　C
解析　NH4Cl水解呈酸性，长期过量使用会导致土壤酸化，也会导致水体富营养化，B项正确；检验NH应使用红色石蕊试纸，C项错误；生物硝化法处理废水会使水体呈酸性，可以加入石灰石与H＋反应来调节水体的pH，D项正确。
6.为验证铜与稀硝酸反应的还原产物是NO而不是NO2，设计了如图所示装置，以下叙述错误的是(　　)

A．应先打开活塞再从右侧加入稀硝酸
B．左侧稀硝酸须注满
C．关闭活塞后铜丝会全部溶解
D．反应停止后打开活塞，气体变成红棕色
答案　C
解析　U形管中含有空气，能将NO氧化为NO2，从而干扰实验，因此应先打开活塞，再从右侧加稀硝酸，排尽装置内的空气，A项正确；左侧Cu与稀硝酸反应生成NO，为防止NO与氧气反应生成NO2，左侧须注满稀硝酸，B项正确；稀硝酸与Cu反应生成NO，NO不溶于水，导致左侧压强增大，Cu与稀硝酸分离，Cu不能完全反应，C项错误；反应停止后打开活塞，生成的NO与空气接触，生成红棕色的NO2，D项正确。
7．(2020·安徽名校联考)对比分析下列实验所得结论正确的是(　　)

A．由①中收集的气体能使带火星木条复燃可推断NO2能助燃
B．②中产生红棕色气体可以证明浓硝酸有不稳定性
C．③中气体产物中有CO2能证明C能将硝酸还原
D．①、②、③中产生的气体通入足量水中后都无污染性气体产生
答案　A
解析　①中发生反应4HNO3(浓)4NO2↑＋O2↑＋2H2O，收集的气体中O2的百分含量为20%，与空气中O2的百分含量(约21%)接近，而空气不能使带火星的木条复燃，由此可推断NO2能助燃，A项正确；浓硝酸能与红热的木炭反应生成NO2，不能证明浓硝酸具有不稳定性，B项错误；红热的木炭与试管中的氧气反应也能生成二氧化碳，C项错误；②、③中生成的NO2溶于水后生成HNO3和NO，NO属于污染性气体，D项错误。
8．(2020·湘赣皖十五校第一次联考模拟题)将51.2 g Cu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)的混合物共0.8 mol，这些气体恰好能被500 mL 2 mol/L NaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO3的物质的量为(已知：2NO2＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O；NO＋NO2＋2NaOH===2NaNO2＋H2O)(　　)
A．0.2 mol B．0.4 mol
C．0.6 mol D．0.8 mol
答案　A
解析　反应过程中，只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu(NO3)2，每个Cu失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N得2个电子。51.2 g Cu共失电子×2＝1.6 mol，根据电子转移守恒可知，铜失去的电子等于HNO3到NaNO2得到的电子，所以溶液中n(NaNO2)＝0.8 mol，气体与氢氧化钠反应的盐溶液为NaNO3、NaNO2混合溶液，根据钠离子守恒有n(NaNO3)＋n(NaNO2)＝n(Na＋)，所以溶液中n(NaNO3)＝n(Na＋)－n(NaNO2)＝0.5 L×2 mol/L－0.8 mol＝0.2 mol，故选A。
9．(2020·菏泽期中)某实验小组发现在相同温度下，铁与不同密度的硝酸反应时，还原产物有所不同，该小组的实验结果如图所示。下列叙述正确的是(　　)

A．硝酸的密度越大，其还原产物越多
B．当硝酸溶液的密度小于d g·mL－1时，还原产物始终以NO为主
C．还原产物中NO的分布分数随硝酸密度的增大而增大
D．硝酸的密度为d g·mL－1时，足量的铁与硝酸发生的主要反应为2Fe＋6HNO3===2Fe(NO3)2＋NO↑＋NO2↑＋3H2O
答案　D
解析　硝酸的密度越大，其浓度越大。由题图可知，随着硝酸的密度逐渐增大，还原产物的种类逐渐减少，故A错误；由题图可知，硝酸的密度在a～d g·mL－1之间时，还原产物以NO为主，当硝酸的密度小于a g·mL－1时，还原产物以NH为主，故B、C错误；由题图可知，硝酸的密度为d g·mL－1时，还原产物NO和NO2的分布分数相等，即二者的物质的量之比为1∶1，足量铁与HNO3反应生成Fe(NO3)2、NO、NO2和H2O，结合得失电子守恒和原子守恒写出化学方程式：2Fe＋6HNO3===2Fe(NO3)2＋NO↑＋NO2↑＋3H2O，故D正确。
10．合成氨及其衍生工业是化工生产的重要门类，请结合图示判断下列说法正确的是(　　)

A．合成氨采用400～500 ℃是为了提高原料转化率和反应速率
B．湿润的淀粉­KI试纸可以鉴别气体2和溴蒸气
C．生成固体1的化学方程式为：NaCl＋NH3＋CO2＋H2O===NaHCO3↓＋NH4Cl
D．1 L气体1、2的混合气与1 L NH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，混合气中二者的体积比为1∶2
答案　C
解析　由图可知：气体1为NO，气体2为NO2，NO2与水反应生成硝酸，也能将I－氧化为I2，不能用湿润的淀粉­KI试纸鉴别气体2和溴蒸气，B错误；固体1为NaHCO3，NaHCO3受热分解生成固体2为Na2CO3，C正确；1 L NO、NO2的混合气体与1 L NH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，反应方程式为：2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比，为1∶1，故D错误。
11．(2020·山东重点中学联考)一定温度下，探究铜与稀HNO3反应，过程如图，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．过程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　过程Ⅰ中铜与稀硝酸反应生成NO气体，离子方程式为3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，A项正确；随着反应进行，溶液中生成硝酸铜，根据氮元素守恒，过程Ⅲ中硝酸的浓度没有Ⅰ中的大，因此反应速率增大的原因不是硝酸浓度增大，B项错误，过程Ⅲ反应速率比Ⅰ快，结合B项分析及实验过程可知，NO2对反应具有催化作用，C项正确；当活塞不再移动时，再抽入空气，NO与氧气、水反应生成硝酸，能与铜继续反应，D项正确。
12．雾霾严重影响人们的生活与健康。某地区的雾霾中可能含有如下几种可溶性无机离子：Na＋、NH、Mg2＋、Al3＋、SO、NO、Cl－。某同学收集该雾霾，并经必要的预处理后得试样溶液，设计并完成了如下实验。请根据以下实验操作与现象，判断该同学得出的结论错误的是(　　)
已知：3NO＋8Al＋5OH－＋2H2O===3NH3↑＋8AlO

A．试样中一定存在NH、Mg2＋、SO和NO
B．气体1和气体2成分一定相同
C．试样中可能含有Al3＋
D．该雾霾中可能存在NH4NO3、NaCl和MgSO4
答案　B
解析　向试样溶液中加入过量Ba(OH)2溶液并加热，生成的气体1只能是NH3，则试样中含有NH；向滤液1中通入CO2，得到滤液2、沉淀3，向滤液2中加入Al和碱并加热，根据3NO＋8Al＋5OH－＋2H2O===3NH3↑＋8AlO，生成的能够使湿润的红色石蕊试纸变蓝色的气体2中一定含有NH3，则原溶液中含有NO，如果铝过量，过量的铝会与碱反应生成氢气，因此气体2中可能含有氢气；向沉淀2中加入酸，沉淀溶解并放出气体，说明沉淀2中含有碳酸钡；沉淀1加入酸后，沉淀部分溶解，硫酸钡不溶于酸，说明原溶液中含有SO，能和过量Ba(OH)2溶液反应生成能溶于酸的沉淀，该沉淀为Mg(OH)2，所以原溶液中含有Mg2＋。根据以上分析可知试样溶液中含有NH、Mg2＋、SO和NO，A项正确；气体1为氨气，气体2中一定含有氨气，可能含有氢气，B项错误；根据实验操作与现象不能确定是否含有Al3＋，即试样中可能含有Al3＋，C项正确；根据以上分析可知试样溶液中含有NH、Mg2＋、SO和NO，则该雾霾中可能存在NH4NO3、NaCl和MgSO4，D项正确。
二、非选择题(本题包括2小题)
13．工业上利用氨氧化获得的高浓度NOx气体(含NO、NO2)制备NaNO2、NaNO3。工艺流程如下：

已知：Na2CO3＋NO＋NO2===2NaNO2＋CO2
(1)中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有________(填化学式)。
(2)中和液进行蒸发Ⅰ操作时，应控制水的蒸发量，避免浓度过大，目的是___________________________________________________________________。
蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量NaNO2等有毒物质，不能直接排放，将其冷凝后用于流程中的________(填操作名称)最合理。
(3)母液Ⅰ进行转化时加入稀HNO3的目的是________________________________________________________________________________________________________________________________________。
母液Ⅱ需回收利用，下列处理方法合理的是________。
a．转入中和液 b．转入结晶Ⅰ操作
c．转入转化液 d．转入结晶Ⅱ操作
(4)若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2∶1，则生产1.38 t NaNO2时，Na2CO3的理论用量为________ t(假定Na2CO3恰好完全反应)。
答案　(1)NaNO3　(2)防止NaNO3的析出　溶碱
(3)将NaNO2转化为NaNO3　c、d　(4)1.59
解析　(1)由题中信息可知：Na2CO3＋NO＋NO2===2NaNO2＋CO2，当NO2过量时，还发生反应：Na2CO3＋2NO2===NaNO3＋NaNO2＋CO2，故中和液所含溶质除NaNO2及少量Na2CO3外，还有NaNO3。(2)中和液进行蒸发Ⅰ操作是为了分离出溶质NaNO2，由(1)中分析可知，中和液中还含有少量Na2CO3和NaNO3，若水的蒸发量过大，NaNO3也会结晶析出，从而造成产品不纯。蒸发Ⅰ产生的蒸汽中含有少量的NaNO2，冷凝后用于流程中的“溶碱”操作中最为合理，这样既可以减少H2O的加入量，又可以减少有毒物质NaNO2的排放。(3)母液Ⅱ中主要含有NaNO3，若回收利用，显然转入转化液或转入结晶Ⅱ操作最为合理，若转入中和液或转入结晶Ⅰ操作，会造成NaNO2产品不纯。(4)n(NaNO2)＝＝2.00×104 mol，则n(NaNO3)＝n(NaNO2)＝1.00×104 mol，由Na原子守恒可知，n(Na2CO3)＝[n(NaNO2)＋n(NaNO3)]＝1.50×104 mol，所以m(Na2CO3)＝1.50×104 mol×106 g·mol－1＝1.59×106 g＝1.59 t。
14．亚硝酸钠(NaNO2)被称为工业盐，在漂白、电镀等方面应用广泛。以木炭、浓硝酸、水和铜为原料制备亚硝酸钠的装置如图所示。

已知：室温下，①2NO＋Na2O2===2NaNO2；
②3NaNO2＋3HCl===3NaCl＋HNO3＋2NO↑＋H2O；
③酸性条件下，NO或NO都能与MnO反应生成NO和Mn2＋。请按要求回答下列问题：
(1)检查完该装置的气密性，装入药品后，实验开始前通入一段时间气体Ar，然后关闭弹簧夹，再滴加浓硝酸，加热，控制B中导管均匀地产生气泡，上述操作的作用是____________________________________________________
___________________________________________________________________。
(2)B中观察到的主要现象为______________________________________，
发生反应的离子方程式是__________________________________________
__________________________________________________________________。
(3)装置D的作用是______________________________________________，
发生反应的离子方程式是________________________________________。
(4)预测C中反应开始阶段，固体产物除NaNO2外，还含的副产物有Na2CO3和________。为避免产生这些副产物，应在B、C装置间增加装置E，则E中盛放的试剂名称为________。
(5)利用改进后的装置，将3.12 g Na2O2完全转化为NaNO2，理论上至少需要木炭________ g。
答案　(1)排尽装置内的空气，防止生成的NO被O2氧化
(2)红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气泡冒出
3NO2＋H2O===2H＋＋2NO＋NO、
3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
(3)吸收未反应的NO　3MnO＋5NO＋4H＋===3Mn2＋＋5NO＋2H2O
(4)NaOH　碱石灰　
(5)0.48
解析　(1)反应①在装置C中进行时要有NO参与，实验前通入一段时间气体Ar，是为了排出装置内的空气，防止装置B中生成的NO被空气中的氧气氧化而干扰实验。
(2)装置A中生成的二氧化氮在装置B中和水发生反应：3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，产物硝酸再和铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，所以反应现象为红棕色气体消失，铜片溶解，溶液变蓝，导管口有无色气体冒出。
(3)D中酸性高锰酸钾溶液除去未反应的NO，根据信息③NO和MnO的氧化还原反应原理，由得失电子守恒和原子守恒配平反应：5NO＋3MnO＋4H＋===5NO＋3Mn2＋＋2H2O。
(4)Na2CO3是由CO2和Na2O2反应生成的，而NO携带的水蒸气和Na2O2反应会生成NaOH，要避免生成Na2CO3和NaOH，需除去CO2和水蒸气，应在B、C装置间增加盛有碱石灰的装置。
(5)3.12 g过氧化钠的物质的量为0.04 mol，根据2NO＋Na2O2===2NaNO2，生成0.08 mol NaNO2，需要0.08 mol NO。由反应C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO、3Cu＋8HNO3(稀)===3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O
得出关系：
即C～2NO，得碳的物质的量为0.04 mol，理论上至少需要木炭0.48 g。
微专题16　喷泉实验及拓展应用

1．喷泉实验的原理
使烧瓶内外在短时间内产生较大的压强差，利用大气压将烧瓶下面烧杯中的液体压入烧瓶内，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吸收剂。
气体
HCl
NH3
CO2、Cl2、SO2、H2S
NO2
NO、O2、
(4∶3)
NO2、O2
(4∶1)
吸收剂
水、NaOH
溶液
水
NaOH
溶液
水
水
水
3.喷泉实验的发散装置和实验操作

装置(Ⅰ)向锥形瓶通入少量空气，将少量水压入烧瓶，导致大量氨溶解，形成喷泉。
装置(Ⅱ)省去了胶头滴管，用手(或热毛巾等)捂热烧瓶，氨受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，氨与水接触，即发生喷泉(或用浸冰水的毛巾“冷敷”烧瓶，使水进入烧瓶中，瓶内氨溶于水)。
装置(Ⅲ)在水槽中加入能使水温升高的物质致使锥形瓶内酒精因升温而挥发，锥形瓶内气体压强增大而产生喷泉。
装置(Ⅳ)向导管中通入一定量的H2S和SO2，现象为有淡黄色粉末状物质生成，瓶内壁附有水珠，NaOH溶液上喷形成喷泉。
装置(Ⅴ)打开①处的止水夹并向烧瓶中缓慢通入等体积的HCl气体后关闭该止水夹，等充分反应后再打开②处的止水夹，观察到先有白烟产生，后产生喷泉。
装置(Ⅵ)中，挤压胶头滴管，然后打开导管上部的两个活塞，则在右面烧瓶出现喷烟现象，再打开导管下部活塞，则可产生双喷泉。
4．喷泉实验产物的浓度计算
关键是确定所得溶液中溶质的物质的量和溶液的体积，标准状况下的气体进行喷泉实验后所得溶液的物质的量浓度：
(1)HCl、NH3、NO2气体或它们与其他不溶于水的气体混合时：所得溶液的物质的量浓度为 mol·L－1。
(2)当是NO2和O2的混合气体且体积比为4∶1时，c(HNO3)＝ mol·L－1。
【典例1】 (2020·全国卷)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　H2S与稀盐酸不反应，且在稀盐酸中的溶解度较小，向圆底烧瓶中挤入少量稀盐酸，不能造成圆底烧瓶内气压明显减小，不能形成喷泉，A项错误；HCl能与稀氨水反应，向圆底烧瓶中挤入少量稀氨水会造成圆底烧瓶内气压明显减小，能形成喷泉，B项正确；NO与稀硫酸不反应，且在稀硫酸中溶解度非常小，向圆底烧瓶中挤入稀硫酸，不能造成圆底烧瓶内气压明显减小，不能形成喷泉，C项错误；CO2在饱和NaHCO3溶液中的溶解度较小，向圆底烧瓶中挤入饱和NaHCO3溶液，不能造成圆底烧瓶内气压明显减小，不能形成喷泉，D项错误。
【典例2】 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的胶头滴管使CCl4全部进入烧瓶，片刻后打开止水夹
B．挤压装置②的胶头滴管使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．在装置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。

1．(2020·江西东湖·南昌二中月考)利用压强传感器测定氨气的喷泉实验中的压强变化。下列说法错误的是(　　)

A．烧瓶中制取氨气时常用的固体为CaO或NaOH
B．可用湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口c处验满
C．关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧瓶口c，挤压胶头滴管，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，C点时喷泉最剧烈
D．常温下完成该实验，假设溶液刚好充满烧瓶且混合均匀，则溶液的物质的量浓度大于1/22.4 mol/L
答案　D
解析　固体为CaO或NaOH能够与氨水中的水反应或遇水放热，且溶液呈碱性，使NH3·H2O的电离平衡逆向移动，则烧瓶中制取氨气时常用的固体为CaO或NaOH，A说法正确；氨气遇到湿润的红色石蕊显蓝色，则可用湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口c处验满，B说法正确；关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧瓶口c，挤压胶头滴管，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线中，C点时容器内外压强差最大，则喷泉最剧烈，C说法正确；D.若为标准状况下完成该实验，假设溶液刚好充满烧瓶且混合均匀，容器的容积为V L，则溶液的物质的量浓度＝＝ mol/L，则常温下应小于该值，D说法错误。
2．喷泉是一种常见的自然现象，其产生原因是存在压强差。

(1)图甲为化学教学中常用的喷泉实验装置。在烧瓶中充满干燥气体，胶头滴管及烧杯中盛有液体。
①下列组合中不可能形成喷泉的是________。
A．HCl和H2O B．O2和H2O
C．NH3和H2O D．CO2和NaOH溶液
E．NO2和H2O
②若用D组合做喷泉实验，烧杯中的液体一定是NaOH溶液吗？________________________________________________________________________________________________________________________________________。
③用A组合做喷泉实验时，若烧瓶中充满HCl气体，则在标准状况下，做完实验后烧瓶中c(HCl)＝________ mol·L－1(假设溶质不扩散)。
④若用E组合做喷泉实验时，则标准状况下，做完实验后烧瓶中溶质的物质的量浓度是________ mol·L－1。
(2)某学生积极思考产生喷泉的其他办法，并设计了如图乙所示的装置。
①在图乙的锥形瓶中，分别加入足量的下列物质，反应后可能产生喷泉的是________。
A．Cu与稀盐酸 B．NaHCO3与NaOH溶液
C．CaCO3与稀硫酸 D．NH4HCO3与稀盐酸
这种方法产生喷泉的原理是________________________________________
___________________________________________________________________。
②在图乙锥形瓶外放一水槽，瓶中加入酒精，水槽中加入水后，再加入足量的下列物质，结果也产生喷泉。水槽中加入的物质可以是________。
A．浓硫酸 B．食盐
C．硝酸钾 D．硫酸铜
这种方法产生喷泉的原理是_________________________________________
___________________________________________________________________。
③比较图甲和图乙两套装置，从产生喷泉的原理来分析，图甲是________ (填“增大”或“减小”，下同)上部烧瓶内气体压强；图乙是________下部锥形瓶内气体压强。
(3)城市中常见的人造喷泉及火山爆发的原理与上述________(填“图甲”或“图乙”)装置的原理相似。
答案　(1)①B　②不一定，只要烧杯中盛有的浓碱溶液足以把烧瓶中的CO2吸收即可　③　④
(2)①D　锥形瓶中发生反应：NH4HCO3＋HCl===NH4Cl＋CO2↑＋H2O，随着CO2气体的产生，锥形瓶中的压强增大而产生“喷泉”　②A　浓H2SO4溶于水时，放出大量的热，温度升高使锥形瓶中的酒精挥发加快，瓶内压强增大，从而形成“喷泉”　③减小　增大　(3)图乙
解析　(1)①中O2难溶于水，不能使烧瓶中的压强减小。②只要烧杯中的物质能把CO2几乎完全吸收，使烧瓶中的压强减小，即可形成喷泉。(2)①NH4HCO3与盐酸反应产生CO2气体，使锥形瓶内的压强增大。②浓H2SO4溶于水放出大量的热使酒精挥发，锥形瓶内压强增大。
微专题17　信息题中的第ⅤA族元素

1．N2H4
(1)碱性：二元弱碱，碱性比NH3弱。在水中的电离方式与氨相似，分两步进行：N2H4＋H2ON2H＋OH－、N2H＋H2ON2H＋OH－。
(2)强还原性：①水合肼在碱性溶液中能将银、镍等金属离子还原成金属单质，如2N2H4·H2O＋2Ag＋===2Ag↓＋2NH＋N2↑＋2H2O；②能被氧气、H2O2等氧化，可用作喷气式发动机推进剂、火箭燃料等。
2．As2O3、As2O5和As2S3
(1)As2O3俗称砒霜，微溶于水生成亚砷酸(H3AsO3)，可被过氧化氢氧化成砷酸(H3AsO4)，属于两性氧化物：As2O3＋6NaOH===2Na3AsO3＋3H2O，As2O3＋6HCl===2AsCl3＋3H2O。
(2)As2O5遇热不稳定，在熔点(300 ℃)附近即失去O变成As2O3。
(3)As2S3俗称雌黄，可溶于碱性硫化物或碱溶液中：As2S3＋3Na2S===2Na3AsS3，As2S3＋6NaOH===Na3AsS3＋Na3AsO3＋3H2O。也可以与SnCl2、发烟盐酸反应转化为雄黄(As4S4)：2As2S3＋2SnCl2＋4HCl===As4S4＋2SnCl4＋2H2S↑。雄黄和雌黄均可以与氧气反应生成As2O3。
【典例】 (2020·河北保定市高三期末)某含砷(As)的有毒工业废水经下图流程转化为粗As2O3，已知：亚砷酸钙微溶于水，砷酸钙难溶于水。

(1)砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，则AsH3的电子式为________。
(2)“碱浸”的目的是将废水中的H3AsO3和H3AsO4转化为盐。H3AsO4转化为Na3AsO4反应的离子方程式为_______________________________________。
(3)加入试剂1的目的是___________________________________________。
(4)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有：
A．Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)　ΔH＜0
B．5Ca2＋＋OH－＋3AsOCa5(AsO4)3OH　ΔH＞0
资料表明：“沉砷”的最佳温度是85 ℃，温度高于85 ℃，随温度升高沉淀率下降，从平衡移动角度分析其原因是___________________________________
___________________________________________________________________。
答案　(1)
(2)H3AsO4＋3OH－===AsO＋3H2O
(3)将AsO氧化生成AsO
(4)温度升高，反应A平衡逆向移动，c(Ca2＋)下降，反应B平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降
解析　(1)砷是氮的同族元素，且比氮多2个电子层，则AsH3的电子式和NH3相似，故AsH3的电子式为；(2)H3AsO4与氢氧化钠反应转化为Na3AsO4的离子方程式为H3AsO4＋3OH－===AsO＋3H2O；(3)加入试剂1的目的是将AsO氧化生成AsO，以便于后面的沉砷；(4)“沉砷”是将砷元素转化为Ca5(AsO4)3OH沉淀，发生的主要反应有：A.Ca(OH)2(s)Ca2＋(aq)＋2OH－(aq)
ΔH＜0，B.5Ca2＋＋OH－＋3AsOCa5(AsO4)3OH　ΔH＞0，温度升高高于85 ℃后，反应A平衡逆向移动，c(Ca2＋)下降，反应B平衡逆向移动，Ca5(AsO4)3OH沉淀率下降。

1．(2020·江西南昌摸底)磷的单质及其化合物用途非常广泛。完成下列填空：
(1)画出磷的原子结构示意图_____________________________________。
(2)磷酸钙真空制磷的反应为2Ca3(PO4)2＋28C6CaC2＋P4↑＋16CO↑。该反应的氧化产物是________(填化学式)；CaC2中的共价键的类型为________。
(3)次磷酸钠的结构为。
①次磷酸钠的化学式为________，磷的化合价为________。
②次磷酸钠为________(填“正”或“酸式”)盐。
答案　(1)　(2)CO　非极性键
(3)①NaH2PO2　＋1　②正
解析　(2)根据该反应中元素化合价变化可知碳元素化合价从0价升高到＋2价，所以CO为氧化产物；CaC2为离子化合物，共价键存在于两个C之间，为非极性键。(3)①由次磷酸钠的结构可确定其化学式为NaH2PO2，根据化合物中各元素化合价代数和为0可知磷元素的化合价为＋1价。②结合次磷酸钠的结构可确定次磷酸的结构式为，次磷酸只能电离出羟基中的H，为一元酸，故次磷酸钠为正盐。
2．(2020·河北石家庄月考改编)利用尿素制备N2H4·H2O(水合肼)的实验流程如图1所示。

已知：①氯气与烧碱溶液的反应是放热反应。
②N2H4·H2O有强还原性，能与NaClO剧烈反应生成N2。
(1)步骤Ⅰ制备NaClO溶液时，若温度为41 ℃，测得产物中除NaClO外还含有NaClO3，且两者物质的量之比为5∶1，该反应的离子方程式为___________________________________________________________________。
(2)实验中，为使步骤Ⅰ中反应温度不高于40 ℃，除可采用冰水浴之外，还可采取的措施是______________________________________________________
__________________________________________________________________。

(3)步骤Ⅱ合成N2H4·H2O(沸点118.5 ℃)的装置如图2所示。NaClO碱性溶液与尿素[CO(NH2)2](沸点196.6 ℃)溶液在40 ℃以下反应一段时间后，再迅速升温至110 ℃继续反应。
①使用冷凝管的目的是__________________________________________。
②分液漏斗内的试剂是________；若分液漏斗内液体滴加速率过快，发生的副反应的化学方程式为______________________________________________
___________________________________________________________________；
将分液漏斗内的液体加入三颈烧瓶内的操作是________________________
___________________________________________________________________。
③写出生成水合肼的化学方程式：___________________________________
___________________________________________________________________。
(4)蒸馏得到水合肼粗产品，称取馏分0.300 0 g，加水配成20.00 mL溶液，在一定条件下，用0.550 0 mol·L－1碘的标准溶液滴定。
已知：N2H4·H2O＋2I2===N2↑＋4HI＋H2O。
①滴定时，选用的指示剂为_______________________________________。
②达到滴定终点时消耗碘的标准溶液20.00 mL，馏分中N2H4·H2O的质量分数为________(保留4位有效数字)。
答案　(1)8Cl2＋16OH－5ClO－＋ClO＋10Cl－＋8H2O　(2)减缓Cl2的通入速率
(3)①冷凝回流水合肼，提高水合肼的产率　②NaClO碱性溶液　N2H4·H2O＋2NaClO===N2↑＋3H2O＋2NaCl　打开分液漏斗颈上的玻璃塞，再拧开下面的活塞使漏斗内的液体缓缓流下　③NaClO＋CO(NH2)2＋2NaOHNaCl＋N2H4·H2O＋Na2CO3
(4)①淀粉溶液　②91.67%
解析　(1)若温度为41 ℃，产物中除NaClO外还有NaClO3，Cl的化合价均升高，则还应有部分Cl的化合价降低，即有NaCl生成，根据NaClO和NaClO3的物质的量之比为5∶1，结合得失电子守恒，可知ClO－、ClO、Cl－的化学计量数之比为5∶1∶10，故反应的离子方程式为8Cl2＋16OH－5ClO－＋ClO＋10Cl－＋8H2O。(2)氯气与烧碱溶液的反应是放热反应，可通过减缓Cl2的通入速率，避免反应过于剧烈放出大量的热而导致反应温度高于40 ℃。(3)①使用冷凝管，可起到冷凝回流，减少挥发损失，提高水合肼产率的作用。②为了避免生成的N2H4·H2O与NaClO剧烈反应生成N2，需要控制NaClO碱性溶液的滴加速率，则实验中通过分液漏斗滴加的溶液应是NaClO碱性溶液；若分液漏斗内液体滴加速率过快，发生已知信息②中的反应，即N2H4·H2O＋2NaClO===N2↑＋3H2O＋2NaCl。放出分液漏斗内的液体，需要先打开分液漏斗颈上的玻璃塞，然后拧开下面的活塞。③NaClO和CO(NH2)2在NaOH溶液中反应可生成水合肼和碳酸钠，反应的化学方程式为NaClO＋CO(NH2)2＋2NaOHNaCl＋N2H4·H2O＋Na2CO3。(4)①淀粉遇碘变蓝，因此有碘单质参与反应或生成时，可选择淀粉溶液作指示剂。②根据关系式N2H4·H2O～2I2，n(N2H4·H2O)＝n(I2)＝×0.020 L×0.550 0 mol·L－1＝5.5×10－3 mol，则N2H4·H2O的质量分数为×100%≈91.67%。
3．(2021·河南名校模拟)已知黑铜泥主要含Cu3As，还含有少量Sb、Bi、Pb、Ni等。黑铜泥酸浸和碱浸制取砷酸铜的工艺流程如下：

(1)“酸浸”主要反应之一为4Cu3As＋12H2SO4＋9O2===12CuSO4＋4H3AsO3＋6H2O，每1 mol Cu3As被浸取转移电子的物质的量为________mol。
(2)H3AsO3的第一步电离方程式为H3AsO3＋H2O[As(OH)4]－＋H＋，Ka1＝1.03×10－9，可判断H3AsO3是________(填“强”或“弱”)酸，依据此电离形式，第二步电离方程式为_____________________________________________。
(3)“碱浸”时，生成Na2HAsO4及Cu2O的化学方程式为
_______________________________________________________________。
(4)“沉砷酸铜”时，CuSO4与H3AsO4反应生成砷酸铜的反应是可逆反应，该反应的离子方程式为_________________________________________________
___________________________________________________________________，“沉砷酸铜”过程中不断加入NaOH溶液的目的是________________________
___________________________________________________________________。
答案　(1)9
(2)弱　[As(OH)4]－＋H2O[As(OH)5]2－＋H＋
(3)2Cu3As＋4NaOH＋4O2===2Na2HAsO4＋3Cu2O＋H2O　(4)5Cu2＋＋4H3AsO4Cu5H2(AsO4)4＋10H＋　减小H＋浓度，提高砷酸铜的产率
解析　

(1)由反应4Cu3As＋12H2SO4＋9O2===12CuSO4＋4H3AsO3＋6H2O可知，Cu由＋1价升高到＋2价，As由－3价升高到＋3价，O由0价降低到－2价，反应转移36e－，则1 mol Cu3As被浸取转移电子的物质的量为 mol＝9 mol。(2)H3AsO3的第一步电离方程式为H3AsO3＋H2O[As(OH)4]－＋H＋，Ka1＝1.03×10－9，没有完全电离，则H3AsO3为弱酸，第二步电离方程式为[As(OH)4]－＋H2O[As(OH)5]2－＋H＋。(3)“碱浸”时反应物为Cu3As、NaOH、O2，生成物为Na2HAsO4和Cu2O，根据得失电子守恒及原子守恒配平化学方程式为2Cu3As＋4NaOH＋4O2===2Na2HAsO4＋3Cu2O＋H2O。(4)“沉砷酸铜”时，CuSO4与H3AsO4在60 ℃发生可逆反应生成砷酸铜，离子方程式为5Cu2＋＋4H3AsO4Cu5H2(AsO4)4＋10H＋，加入NaOH溶液，可以减小H＋浓度，使平衡正向移动，有利于提高砷酸铜的产率。