2024高考一轮复习 第四章 非金属及其化合物 第三节　氮及其重要化合物（98张PPT）

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第三节氮及其重要化合物

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，认识其在生产中的应用和对生态环境的影响。

2.结合实例认识氮及其化合物性质的多样性，了解通过化学反应可以探索物质性质、实现物质转化，认识物质及其转化在自然资源综合利用和环境保护中的重要价值。

目录

CONTENTS

1.夯实·必备知识

2.突破·关键能力

3.形成·学科素养

4.体现·核心价值

5.评价·核心素养

01

夯实·必备知识

考点一氮气及氮的氧化物

1.氮元素存在形态及氮的固定

2.氮气

（1）物理性质：无色无味气体，密度比空气的略小，难溶于水。

（2）化学性质

无

无

难

②N2＋3H22NH3；

③N2＋O22NO。

N2＋3H22NH3

N2＋O2

2NO

写出有关化学方程式：

①3Mg＋N2Mg3N2；

3Mg＋N2Mg3N2

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

NONO2

物理性质颜色无色红棕色

溶解性不溶于水易溶于水

化学性质毒性有毒有毒

与O2反应—

与H2O反应—

N2O3

N2O5

无色

红棕色

2NO＋O22NO2

3NO2＋H2O2HNO3＋NO

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。

④NO与血红蛋白结合使人中毒。

（2）常见的NOx尾气处理方法

①碱液吸收法

2NO2＋2NaOHNaNO3＋NaNO2＋H2O

NO2＋NO＋2NaOH2NaNO2＋H2O

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），或者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）。

1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。

（1）N2分子的结构稳定，因而氮气不支持任何物质的燃烧。（）

答案：×

（2）豆科植物通过根瘤菌吸收空气中的氮属于氮的固定，是物理变化。（）

答案：×

（3）NO2与水反应生成硝酸，故NO2是酸性氧化物。（）

答案：×

（5）溴蒸气和NO2都是红棕色气体，可用湿润的淀粉－KI试纸和NaOH溶液鉴别。（）

答案：×

（6）汽车尾气中的氮氧化物是由化合态氮转化来的。（）

答案：×

（4）制取二氧化氮时，用水或NaOH溶液吸收尾气。（）

答案：×

2.（1）汽车尾气中的CO、NOx在适宜温度下采用催化转化法处理，使它们相互反应生成参与大气循环的无毒气体，写出NO被CO还原的化学方程式：

。

答案：2CO＋2NON2＋2CO2

（2）用氨可将氮氧化物转化为无毒气体。如4NH3＋6NO5N2＋6H2O，写出氨气转化NO2的化学方程式：，

该反应中氧化产物与还原产物的质量之比为。

答案：8NH3＋6NO27N2＋12H2O4∶3

①NO2被烧碱溶液吸收时，生成两种钠盐，其物质的量之比为1∶1，写出该反应的化学方程式：。

②NO与NO2按物质的量之比为1∶1被足量NaOH溶液完全吸收后只得到一种钠盐，该钠盐的化学式是。

答案：①2NO2＋2NaOHNaNO3＋NaNO2＋H2O②NaNO2

（3）工业尾气中的氮氧化物常采用碱液吸收法处理。

3.将盛有12mLNO2和O2的混合气体的量筒倒立于水槽中，充分反应后，还剩余2mL无色气体。

（1）若剩余的气体是，则NO2、O2的体积分别是。

解析：解题依据的化学方程式：4NO2＋O2＋2H2O4HNO3；3NO2＋H2O2HNO3＋NO。

设O2的体积为x，剩余的气体有两种可能：

（1）若剩余O2，则V剩＝x－×（12mL－x）＝2mL，解得x＝4mL，则NO2的体积是8mL。

答案：O28mL、4mL

（2）若剩余的气体是，则NO2、O2的体积分别是。

解析：若剩余NO，则V剩＝×[（12mL－x）－4x]＝2mL，解得x＝1.2mL，则NO2体积是10.8mL。

答案：NO10.8mL、1.2mL（答案对应即可）

考点二氨和铵盐

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

（1∶700）

小

刺激性

2.氨的化学性质

（1）氨气溶于水：NH3＋H2ONH3·H2ON＋OH－。

（2）氨气与酸的反应

蘸有浓盐酸的玻璃棒与蘸有浓氨水的玻璃棒靠近，其现象为有白烟生成，将浓盐酸改为浓硝酸，也会出现相同的现象。化学方程式：HCl＋NH3NH4Cl、NH3＋HNO3NH4NO3。

（3）氨气与盐溶液的反应

如过量氨气与AlCl3溶液反应的离子方程式：Al3＋＋3NH3·H2OAl（OH）3↓＋3N。

（4）氨气的还原性——氨的催化氧化

化学方程式：4NH3＋5O24NO＋6H2O。

有白烟生成

浓硝酸

HCl＋

NH3NH4Cl

NH3＋HNO3NH4NO3

Al3＋＋3NH3·H2OAl（OH）3↓

＋3N

4NH3＋5O24NO＋6H2O

3.铵盐及N的检验

（1）铵盐的物理性质

铵盐都是白色固体，绝大多数铵盐都易溶于水。

白

（2）铵盐的化学性质

（3）N的检验

4.氨气的实验室制法

（1）常规方法

（2）简易方法

方法化学方程式（或原理）发生装置

加热浓氨水

浓氨水＋固体NaOHNaOH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CaO1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。

（1）氨水中含氮微粒中最多的微粒是NH3·H2O。（）

答案：√

（2）NH3易溶于水，可用作制冷剂。（）

答案：×

（3）氨气遇到浓盐酸、硫酸都会发生反应，产生白烟。（）

答案：×

（4）用浓NH4Cl溶液处理过的舞台幕布不易着火是因为NH4Cl隔绝了空气。（）

答案：×

（5）铵盐都易溶于水，其水溶液均呈酸性。（）

答案：×

（6）向某无色溶液中加入稀NaOH溶液，把湿润的红色石蕊试纸放在试管口，不变蓝，则原溶液中不含N。（）

答案：×

2.利用培养皿探究氨气的性质如图。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干燥的红色石蕊试纸不变色，湿润的红色石蕊试纸变蓝色NH3是一种可溶性碱

解析：ANH3能与HCl发生化合反应，生成NH4Cl白色固体，A项正确；NH3也能与H2SO4发生化合反应，生成（NH4）2SO4，B项错误；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，C项错误；NH3溶于水生成NH3·H2O，NH3·H2O是一种可溶性碱，NH3是氢化物，D项错误。

3.下列制取NH3并验证其还原性、收集并进行尾气处理的装置和原理均正确的是（）

解析：B氯化铵受热分解生成氨和氯化氢，但在试管口氨和氯化氢又重新化合生成氯化铵，得不到氨，A项错误；氨具有还原性，氯气具有强氧化性，二者能发生氧化还原反应，又因为氨的密度小于空气的密度，氯气的密度大于空气的密度，所以长管通入NH3，短管通入Cl2，可以使其充分反应，装置和原理均正确，B项正确；氨的密度小于空气的密度，采用向下排空气法收集，即收集时应该是短管进、长管出，C项错误；氨极易溶于水，倒置的漏斗插入水中，不能防倒吸，D项错误。

2.化学性质

（1）不稳定性

浓硝酸见光或受热会分解：4HNO3（浓）2H2O＋4NO2↑＋O2↑。

4HNO3（浓）

2H2O＋4NO2↑＋O2↑

考点三硝酸

1.物理性质

硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体。

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：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。

稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式：3Fe2＋＋4H＋＋N3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。

3Cu＋8HNO3（稀）3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O

Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O

C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O

3Fe2＋＋4H＋＋N3Fe3＋＋NO↑

＋2H2O

（2）强氧化性

硝酸无论浓、稀都有强氧化性，而且浓度越大，氧化性越强。

1.正误判断（正确的打“√”，错误的打“×”）。

（1）过量的铜与浓硝酸反应产物中一定没有NO。（）

答案：×

（2）用稀硝酸洗涤试管内壁的银镜的离子方程式为2Ag＋2H＋＋N2Ag＋＋NO↑＋H2O。（）

答案：×

（3）可用稀硝酸与Na2SO3固体反应制取SO2。（）

答案：×

（5）常温下，将浓硝酸滴加到用砂纸打磨过的铝条上，会产生红棕色气体。（）

答案：×

（4）向浓硝酸中加入过量铁粉并加热：Fe＋3N＋6H＋Fe3＋＋3NO2↑＋3H2O。（）

答案：×

2.向一定量的浓硝酸中加入过量的铜片。

（1）反应开始阶段产生色气体，化学方程式为。

答案：红棕Cu＋4HNO3（浓）Cu（NO3）2＋2NO2↑＋2H2O

（2）反应进行一段时间后又产生无色气体，此时的化学方程式为。

答案：3Cu＋8HNO3（稀）3Cu（NO3）2＋2NO↑＋4H2O

（3）待反应停止后，再加入少量的稀硫酸，这时Cu片上又有气泡产生，原因是

。

答案：加入稀硫酸后，氢离子与原溶液中的硝酸根离子构成强氧化性酸，又能与过量的铜反应

3.在100mL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0.4mol·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）。

解析：反应的离子方程式为3Cu＋2N＋8H＋3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，铜足量，由上述反应可知，N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的物质的量分别为x、y，则n（N）∶n（H＋）＝x∶（x＋2y）＝1∶4，x＋y＝0.4mol·L－1×0.1L，解得x＝0.016mol、y＝0.024mol，由方程式可知，生成铜离子的物质的量为0.016mol×＝0.024mol，故铜离子的最大浓度为＝0.24mol·L－1。

答案：0.24mol·L－1

4.将32.64g铜与140mL一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生的NO和NO2混合气体在标准状况下的体积为11.2L。请回答下列问题：

（1）NO的体积为L，NO2的体积为L。

解析：n（Cu）＝＝0.51mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体在标准状况下的总体积为11.2L，有x＋y＝0.5mol，根据得失电子守恒，有3x＋y＝（0.51×2）mol，解得x＝0.26mol，y＝0.24mol。则V（NO）＝0.26mol×22.4L·mol－1＝5.824L，V（NO2）＝11.2L－5.824L＝5.376L。

答案：5.8245.376

（2）参加反应的HNO3的物质的量是。

解析：参加反应的HNO3分两部分：一部分没有被还原，显酸性，生成Cu（NO3）2；另一部分被还原成NO2和NO，所以参加反应的HNO3的物质的量为0.51mol×2＋0.5mol＝1.52mol。

答案：1.52mol

（3）待产生的气体全部释放后，向溶液中加入VmLamol·L－1的NaOH溶液，恰好使溶液中的Cu2＋全部转化成沉淀，则原硝酸溶液的浓度为mol·L－1。

解析：HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以N的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5mol。加入NaOH溶液至恰好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3aVmol，也就是以N形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3aVmol，所以，c（HNO3）＝mol·L－1。

答案：

（4）欲使铜与硝酸反应生成的气体在NaOH溶液中全部转化为NaNO3，至少需要30%的双氧水g。

解析：由得失电子守恒得3×n（NO）＋n（NO2）＝n（H2O2）×2，n（H2O2）＝0.51mol，则m（H2O2）＝17.34g，需要30%的双氧水的质量为＝57.8g。

答案：57.8

金属与硝酸反应的思维模型

02

突破·关键能力

喷泉实验

1.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

AH2S稀盐酸

BHCl稀氨水

CNO稀H2SO4

DCO2饱和NaHCO3溶液

解析：BH2S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，且在稀硫酸中的溶解度非常小，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。

2.如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

解析：BH2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.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液体。

气体HClNH3CO2、Cl2、SO2、H2SNO2NO、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及操作方法

喷泉实验是中学化学的重要实验，其本质是形成压强差而引发液体上喷，以教材中的装置（发散源）可设计如图所示的多种不同的装置和采用不同的操作（如使气体溶于水、热敷或冷敷、生成气体等）来形成喷泉。

设计说明：

（Ⅰ）装置改变了胶头滴管的位置，胶头滴管挤入少量水于试剂瓶中，即可使少量溶液沿导管进入烧瓶中，导致大量的NH3溶解，烧瓶内形成负压而产生喷泉。

（Ⅱ）装置省去了胶头滴管，用手（或热毛巾等）捂热烧瓶，氨气受热膨胀，赶出玻璃导管内的空气，氨气与水接触，即发生喷泉（或用浸冰水的毛巾“冷敷”烧瓶，使水进入烧瓶中，瓶内氨气溶于水）。

（Ⅲ）装置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。

（Ⅳ）装置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，烧瓶内气体压强减小，NaOH溶液上喷形成喷泉。

（Ⅴ）装置打开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，观察到有白烟产生，等充分反应后再打开②处的止水夹，产生喷泉。

（Ⅵ）装置中，挤压胶头滴管，然后打开导管上部的两个活塞，则在右面烧瓶内出现喷烟现象，再打开导管下部活塞，则可产生双喷泉。

1.如图是进行气体性质实验的常用装置，下列对有关实验现象的描述中，不正确的是（）

A.若水槽中盛有水，试管中盛满SO2，可看到试管中液面上升

B.若水槽中盛有水，试管中盛满NO2，可看到试管中液面上升并充满试管

C.若水槽中盛有水（滴有酚酞），试管中是NH3，可看到试管内液面上升并呈红色

D.若水槽中盛有NaOH溶液，试管中是Cl2，可看到试管内液面上升，黄绿色褪去

解析：B二氧化硫易溶于水，溶于水的二氧化硫部分与水反应生成亚硫酸，则可以看到液面上升，A正确；二氧化氮与水反应生成硝酸和NO，NO不溶于水，则可看到液面上升，但水不会充满整个试管，B错误；氨气极易溶于水，溶于水的氨气部分与水反应生成一水合氨，一水合氨电离使溶液显碱性，遇酚酞变红，则可看到液面上升并呈红色，C正确；氯气与NaOH溶液反应生成NaCl、NaClO和水，则可看到液面上升并且试管中黄绿色褪去，D正确。

2.某学生积极思考产生喷泉的其他方法，并设计了如图所示的装置。

（1）在如图所示的锥形瓶中，分别加入足量的下列物质，反应后可能产生喷泉的是（填字母）。

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

。

解析：Cu与稀盐酸不反应，NaHCO3与NaOH溶液反应不产生气体，不能形成压强差，A、B不能形成喷泉；CaCO3与稀硫酸反应生成CaSO4、水和CO2，但生成的CaSO4微溶于水，覆盖在CaCO3的表面，会使反应很快停止，不能形成较大的压强差，C不能形成喷泉；NH4HCO3与稀盐酸反应能产生较多的CO2气体，使锥形瓶内压强远大于烧瓶内压强，从而形成喷泉，D能形成喷泉。

答案：DNH4HCO3与稀盐酸反应，产生二氧化碳气体，锥形瓶中气体压强增大，把液体压入烧瓶，形成喷泉

（2）在图示锥形瓶外放一水槽，锥形瓶中加入酒精，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（填字母）。

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。

解析：浓硫酸、生石灰、烧碱溶于水均能放出大量的热，使酒精大量挥发，形成较大的压强差，从而形成喷泉；氯化钠、硝酸钾、硫酸铜溶于水温度变化不大，不能使酒精大量挥发，不能形成较大的压强差，不能形成喷泉。

答案：A浓硫酸溶于水放出大量的热，使锥形瓶中的酒精汽化，锥形瓶中气体压强增大，把酒精压入烧瓶中形成喷泉

3.利用如图所示的装置，可以验证NH3和HCl的有关性质。实验前a、b、c活塞均关闭。

（1）若要在烧瓶Ⅱ中产生“喷泉”现象，烧瓶Ⅰ中不产生“喷泉”现象，其操作方法是

。

解析：先打开a、b活塞，再将胶头滴管中的水挤入烧瓶Ⅱ中，由于NH3极易溶于水，使烧瓶内气体压强迅速减小，烧杯中的水迅速进入烧瓶Ⅱ中，形成喷泉。

答案：先打开a、b活塞，再挤压胶头滴管（或先挤压胶头滴管，再打开a、b活塞）

（2）若先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管，在烧瓶中可观察到的现象是。

解析：先打开a、c活塞，再将胶头滴管中的水挤入烧瓶Ⅱ中，烧瓶Ⅱ中的压强迅速减小，烧瓶Ⅰ中的HCl气体会进入到烧瓶Ⅱ中，且与NH3化合生成NH4Cl而产生白烟。

答案：烧瓶Ⅱ中导管口处产生白烟

（3）通过挤压胶头滴管和控制活塞的开关，在烧瓶Ⅰ中产生“喷泉”现象，烧瓶Ⅱ中不产生“喷泉”现象，其操作方法是；若要在该装置中产生双喷泉现象，其操作方法是。

解析：先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管（或打开a活塞，挤压胶头滴管，再打开c活塞），片刻后关闭a活塞，打开b活塞，烧杯中的水会迅速进入烧瓶Ⅰ中，形成喷泉；先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管（或打开a活塞，挤压胶头滴管，再打开c活塞），片刻后打开b活塞，不关闭a活塞，烧瓶中的水便会同时进入烧瓶Ⅰ和Ⅱ中，形成双喷泉。

答案：先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管（或先打开a活塞，挤压胶头滴管，再打开c活塞），片刻后，关闭a活塞，然后打开b活塞先打开a、c活塞，再挤压胶头滴管（或先打开a活塞，挤压胶头滴管，再打开c活塞），片刻后，打开b活塞

03

形成·学科素养

氨氮是水污染因素中重要的污染物，主要来自城镇生活污水、各种工业废水以及化学肥料和农家肥料等。水体中过量氨氮（以NH3表示）或总氮（溶液中所有可溶性的含氮化合物中氮元素总量）含量过高不仅使水环境质量恶化，引起水体富营养化，还对人类以及动植物有严重危害。

1.用次氯酸钠除去氨氮（以NH3表示）的一种原理如图所示：

下列说法错误的是（）

B.整个过程中发生的反应都是氧化还原反应

C.在较高温度下，氨氮去除率会降低

D.NaClO投入过多，总氮去除率可能会下降

解析：B由图分析，只进去的为反应物，只出来的物质为生成物，所以该反应为2NH3＋3NaClON2＋3NaCl＋3H2O，A正确；盐酸和氢氧化钠反应生成氯化钠和水的反应不是氧化还原反应，B错误；较高温度下，次氯酸容易分解，氨氮去除率降低，C正确；次氯酸钠投入过多，可能将氨气氧化为硝酸根离子，总氮去除率会下降，D正确。

2.工业上常采用生物硝化法将N转化为N来处理氨氮废水，工作流程如图，下列说法错误的是（）

B.长期过量施用NH4Cl等铵态化肥，易导致土壤酸化，水体富营养化

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

解析：C根据流程图可知，A项正确；NH4Cl水解呈酸性，长期过量施用会导致土壤酸化，也会导致水体富营养化，B项正确；检验N应使用红色石蕊试纸，C项错误；由选项A可知，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。

04

体现·核心价值

1.（2022·江苏高考）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”

解析：A自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，A错误。

2.（2023·河北高考）硫和氮及其化合物对人类生存和社会发展意义重大，但硫氧化物和氮氧化物造成的环境问题也日益受到关注。下列说法正确的是（）

A.NO2和SO2均为红棕色且有刺激性气味的气体，是酸雨的主要成因

B.汽车尾气中的主要大气污染物为NO、SO2和PM2.5

C.植物直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，实现氮的固定

D.工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除

解析：DSO2是无色气体，A错误；汽车尾气中含有氮氧化物、一氧化碳、未燃烧的碳氢化合物、含铅化合物、固体颗粒物等，B错误；植物不能直接吸收利用空气中的NO和NO2作为肥料，C错误；石灰（CaO）可与SO2反应生成CaSO3，故工业废气中的SO2可采用石灰法进行脱除，D正确。

3.（2023·河北高考）关于非金属含氧酸及其盐的性质，下列说法正确的是（）

A.浓H2SO4具有强吸水性，能吸收糖类化合物中的水分并使其炭化

B.NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性会随溶液的pH减小而增强

C.加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，说明H3PO4比HI酸性强

D.浓HNO3和稀HNO3与Cu反应的还原产物分别为NO2和NO，故稀HNO3氧化性更强

解析：B浓H2SO4使糖类化合物脱水并炭化，体现了浓H2SO4的脱水性，A错误；溶液酸性越强，NaClO、KClO3等氯的含氧酸盐的氧化性越强，B正确；H3PO4的酸性比HI弱，加热NaI与浓H3PO4混合物可制备HI，是因为H3PO4的沸点高且具有难挥发性，C错误；浓HNO3的氧化性强于稀HNO3，D错误。

4.（2022·海南高考）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

。

解析：本实验的实验目的为制备磷酸氢二铵[（NH4）2HPO4]，实验原理为2NH3＋H3PO4（NH4）2HPO4，结合相关实验基础知识分析解答问题。（1）实验室用NH4Cl（s）和Ca（OH）2（s）在加热的条件下制备氨气，反应的化学方程式为2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑。

答案：2NH4Cl＋Ca（OH）2CaCl2＋2H2O＋2NH3↑

（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。

解析：本实验的实验目的为制备磷酸氢二铵[（NH4）2HPO4]，实验原理为2NH3＋H3PO4（NH4）2HPO4，结合相关实验基础知识分析解答问题。（2）由于NH3极易溶于水，因此可选择打开活塞K2以平衡气压，防止发生倒吸，所以实验过程中，当出现倒吸现象时，应及时关闭K1，打开K2。

答案：平衡气压防倒吸倒吸

（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。

解析：本实验的实验目的为制备磷酸氢二铵[（NH4）2HPO4]，实验原理为2NH3＋H3PO4（NH4）2HPO4，结合相关实验基础知识分析解答问题。（3）继续通入NH3，（NH4）2HPO4继续反应生成（NH4）3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH－、N、P的浓度明显增加。

答案：NP

（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。

解析：本实验的实验目的为制备磷酸氢二铵[（NH4）2HPO4]，实验原理为2NH3＋H3PO4（NH4）2HPO4，结合相关实验基础知识分析解答问题。（4）由（3）小问可知，当pH为8.0～9.0时，可制得（NH4）2HPO4，说明（NH4）2HPO4溶液显碱性，因此若不选用pH传感器，还可以选用酚酞作指示剂，当溶液颜色由无色变为浅红色时，停止通入NH3，即可制得（NH4）2HPO4溶液。

答案：酚酞无色浅红色

05

评价·核心素养

一、选择题：本题包括12个小题，每小题仅有1个选项符合题意。

1.下列关于自然界中氮循环（如图）的说法错误的是（）

A.①和②均属于氮的固定

B.氢、氧元素也参与了自然界中的氮循环

D.③和⑤过程中氮元素分别被还原和氧化

解析：D氮的固定指将N2转化为氮的化合物，反应①和②均属于氮的固定，A正确；由图示知，氮循环过程中涉及氢、氧元素，B正确；反应④是O2将NH3氧化为N，N元素化合价由－3价升高到＋5价，失去8个电子，即生成1molN失去8mol电子，失去的电子被O2得到，根据转移电子关系O2～4e－，知得8mol电子需要2molO2，C正确；反应③中NO被氧化为N，氮元素被氧化，反应⑤中N被还原为N2，氮元素被还原，D错误。

2.如图所示是NH3的两个性质实验，下列有关说法中正确的是（）

A.两个实验均表现了NH3易溶于水

B.两个实验均表现了NH3易挥发

C.两个实验均表现了NH3是碱性气体

D.两个实验均表现了NH3是还原性气体

解析：C实验一是氨气的喷泉实验，喷泉实验证明氨气极易溶于水，溶于水形成一水合氨，遇酚酞溶液变红色，证明氨气是碱性气体；实验二中浓氨水挥发出的氨气分子和浓盐酸挥发出的氯化氢分子结合，生成白烟氯化铵固体小颗粒，证明浓氨水易挥发，氨气遇到氯化氢发生反应生成氯化铵，证明氨气是碱性气体。

3.下列有关硝酸化学性质的叙述中，正确的是（）

A.浓、稀硝酸都能使蓝色石蕊试纸最终变为红色

B.硝酸能与FeO反应，只表现氧化性

C.硝酸可与Na2S反应制得H2S气体

D.浓硝酸因分解放出的NO2又溶解于硝酸而呈黄色

解析：D硝酸是一种具有强氧化性的强酸，并且浓度越大，氧化性越强。浓硝酸可使蓝色石蕊试纸先变红后褪色，A错误；硝酸是一种强氧化性酸，可氧化许多还原性物质，因此硝酸与Na2S反应不能生成H2S，与FeO反应时表现氧化性和酸性，B、C错误。

4.氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以及氨催化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是（）

A.可以利用NH3易液化的性质分离出NH3

B.吸收塔中通入A是为了提高原料的利用率

C.可以用NH3进行氮氧化物的尾气处理

D.合成氨以及氨催化制硝酸的流程中氮元素均被氧化

解析：D合成氨的流程中N2和H2反应生成NH3，氮元素被还原；制硝酸的流程中二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，NO2转化成NO时，氮元素化合价由＋4价变成＋2价，氮元素被还原，D错误。

5.氮及其化合物的变化关系如图所示。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.氮气可在足量的氧气中通过一步反应生成NO2

解析：D氮气和氧气在放电或高温条件下反应生成NO，NO与O2反应生成NO2，即氮气与氧气不能通过一步反应生成NO2。

6.依据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

解析：BNO遇空气中的氧气会被氧化为NO2，不可用排空气法收集NO气体，B错误。

7.一定温度下，探究铜与稀HNO3反应过程如图：

下列说法不正确的是（）

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

解析：BB项，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，错误；C项，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，正确；D项，当活塞不再移动时，再抽入空气，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮溶于水生成硝酸，能够与铜继续反应，正确。

8.在NO催化下，丙烷与氧气反应制备丙烯的部分反应机理如图所示。下列说法错误的是（）

A.含N分子参与的反应一定有电子转移

B.由NO生成HONO的反应历程有2种

C.增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变

D.当主要发生包含②的历程时，最终生成的水减少

解析：D根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO＋·OOHNO2＋·OH、NO＋NO2＋H2O2HONO、NO2＋·C3H7C3H6＋HONO、HONONO＋·OH，含N分子NO、NO2、HONO中N元素的化合价依次为＋2价、＋4价、＋3价，上述反应中均有元素化合价的升降，都为氧化还原反应，一定有电子转移，A项正确；根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；无论反应历程如何，在NO催化下丙烷与O2反应制备丙烯的总反应都为2C3H8＋O22C3H6＋2H2O，当主要发生包含②的历程时，最终生成的水不变，D项错误。

9.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不正确的是（）

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试纸不可以鉴别气体2和溴蒸气

D.1L气体1、2的混合气与1LNH3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∶1

解析：A由题图可知，气体1为NO，气体2为NO2，NO2与水反应生成硝酸，固体1为NaHCO3，NaHCO3受热分解生成固体2，固体2为Na2CO3。合成氨反应是放热反应，在400～500℃的高温时，催化剂的活性最强，故能提高反应速率，但不能提高原料转化率，A错误；1LNO、NO2的混合气体与1LNH3在一定条件下转化为对环境无害的物质，化学方程式为2NH3＋NO＋NO22N2＋3H2O，NO、NO2的体积比等于化学计量数之比，为1∶1，D正确。

10.氮化钡（Ba3N2）是一种重要的化学试剂。高温下，向氢化钡（BaH2）中通入氮气反应生成氮化钡，在实验室可用如图装置制备（每个装置只用一次）。已知：Ba3N2遇水反应；BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应。下列说法不正确的是（）

A.实验时，先点燃装置丙中的酒精喷灯，后点燃装置乙中的酒精灯

B.该实验装置中缺少尾气处理装置

C.按气流方向，装置的连接顺序可为c→b→a→d→e→g

D.装置甲中的浓硫酸和装置丁中的碱石灰均可防止水蒸气进入装置丙中

解析：A结合图示可知，装置丙中氢化钡（BaH2）与氮气在高温下反应制得氮化钡（Ba3N2），制备氮化钡时，装置甲盛放的浓硫酸用于干燥氮气，装置乙用于制备氮气；由于Ba3N2遇水反应，BaH2在潮湿空气中能自燃，遇水反应，则装置丁中碱石灰用于避免空气中的水进入丙而导致Ba3N2、BaH2变质，则气流从左向右的连接顺序为c→b→a→d→e→g→f，C正确；BaH2在潮湿空气中能自燃，则实验时应该先点燃装置乙中的酒精灯，反应一段时间，使生成的氮气将装置内的空气排出后，再点燃装置丙中的酒精喷灯进行反应，A错误；该实验中氢化钡（BaH2）与氮气在高温下反应制得氮化钡（Ba3N2），同时有氢气放出，氢气属于易燃气体，不能直接排放，所以该实验装置中缺少尾气处理装置，B正确；浓硫酸和碱石灰都具有吸水作用，可防止水蒸气进入装置丙中导致产物变质，D正确。

11.利用铈元素（Ce）吸收工业尾气SO2和NO，获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程如图所示：

下列说法错误的是（）

A.Na2S2O4中S元素的平均化合价为＋3价

B.装置Ⅱ消耗36g水生成4NA个H＋（NA代表阿伏加德罗常数的值）

C.装置Ⅲ进行电解，Ce3＋在阳极反应，使Ce4＋得到再生

解析：D装置Ⅰ中发生反应SO2＋OH－HS，装置Ⅱ中发生4Ce4＋＋2NO＋3H2O4Ce3＋＋N＋N＋6H＋，装置Ⅲ中发生2Ce3＋＋2H＋＋2HS2Ce4＋＋S2＋2H2O，装置Ⅳ中先发生2N＋O22N，后生成硝酸铵。Na2S2O4中，钠为＋1价，氧为－2价，则S为＋3价，A正确；根据装置Ⅱ中化学方程式可知，生成氢离子和消耗水的物质的量之比为2∶1，则消耗36g水生成4NA个氢离子，B正确；根据装置Ⅲ的化学方程式，Ce3＋在阳极失电子，生成Ce4＋，C正确；装置Ⅲ中阴极反应式为2HS＋2H＋＋2e－S2＋2H2O，D错误。

12.将一定质量的镁、铜合金加入稀硝酸中，合金完全溶解，假设反应过程中还原产物全部是NO，向所得溶液中加入物质的量浓度为3mol·L－1的NaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则下列有关叙述正确的是（）

A.反应中转移电子的总物质的量为0.2mol

B.反应过程中，消耗硝酸的物质的量为0.3mol

C.沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积为100mL

D.开始加入合金的质量可能为6.4g

解析：D生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，即结合氢氧根离子的物质的量为＝0.3mol，根据电荷守恒、得失电子守恒，合金失电子数等于金属离子结合氢氧根离子数，反应中转移电子的总物质的量为0.3mol，A项错误；根据上述分析，镁和铜的总物质的量为0.15mol，反应过程中，消耗硝酸的物质的量为×0.15mol＝0.4mol，B项错误；合金完全溶解后硝酸可能剩余，沉淀完全时消耗NaOH溶液的体积≥100mL，C项错误；转移电子的总物质的量为0.3mol，合金的物质的量为0.15mol，利用极值法，合金的质量介于3.6～9.6g之间，D项正确。

二、非选择题：本题包括3个小题。

13.研究氮及其化合物的性质，可以有效改善人类的生存环境。氮元素化合价—物质类别关系图如图：

回答下列问题：

（1）物质A在催化剂和加热的条件下生成NO是工业制硝酸的重要反应，反应的化学方程式是。

答案：4NH3＋5O24NO＋6H2O

（2）物质C的浓溶液在加热条件下与碳单质反应，写出反应的化学方程式：。

答案：C＋4HNO3（浓）CO2↑＋4NO2↑＋2H2O

（3）实验室中，检验溶液中含有N的操作方法是

。

答案：取少量溶液于试管中，加入氢氧化钠溶液，稍微加热，若有使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体产生，则证明溶液中含有N

（4）物质B为红棕色气体，写出该物质与水反应的离子方程式：，当反应消耗0.15mol物质B时，转移电子的物质的量为。

解析：由氮元素化合价—物质类别关系分析，A为氨气，B为二氧化氮，C为硝酸。（4）物质B为NO2，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的离子方程式为3NO2＋H2O2H＋＋2N＋NO，反应中3molNO2参加反应，转移电子总数为2mol，当反应消耗0.15mol物质B时，转移电子的物质的量为0.15mol×＝0.1mol。

答案：（4）3NO2＋H2O2H＋＋2N＋NO0.1mol

14.某化学自主实验小组通过实验探究NH3、NO2的性质。

探究Ⅰ：利用如图所示装置探究NO2能否被NH3还原（K1、K2为止水夹，夹持固定装置略去）。

（1）A装置中制取NH3的化学方程式是。

解析：将浓氨水滴入生石灰中，发生反应：CaO＋NH3·H2ONH3↑＋Ca（OH）2，放出氨气。

答案：CaO＋NH3·H2ONH3↑＋Ca（OH）2

（2）甲、乙分别是（填字母）。

a.浓硫酸、碱石灰

b.碱石灰、碱石灰

c.碱石灰、无水氯化钙

d.