（课标版）高考化学一轮复习 核心突破练案（13）氮及其重要化合物（含解析）新人教版-新人教版高三化学试题

第13讲氮及其重要化合物A组基础必做题1．(2020·福建福州质检)大气与生态圈的氮循环如图所示，下列叙述不正确的是(C)A．④维持大气中氮元素含量稳定B．①是野生植物生长所需氮元素的重要来源C．⑤为硝化过程、④为反硝化过程，都是氮元素的还原反应过程D．②是氮肥工业基础，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮[解析]本题考查氮及其化合物的性质，侧重考查氮循环图的理解应用。由图可知，④为土壤中的硝酸盐被细菌分解转化为氮气，氮气返回大气中，维持大气中氮元素含量稳定，A正确；由图可知，①是在放电条件下，空气中的氮气与氧气反应生成氮氧化物，是野生植物生长所需氮元素的重要来源，B正确；⑤为氨或铵盐转化为亚硝酸盐，氮元素化合价升高，发生氧化反应，C不正确；②是人工固氮，主要是合成氨的反应，属于工业固氮，是氮肥工业基础，由于需要高温、高压、催化剂的条件，为解决耗能多的问题，科学家努力将固氮变化条件趋近生物固氮，D正确。2．(2020·湖北公安车胤中学月考)某无色气体甲，可能含NO、CO2、NO2、NH3、N2中的几种，将100mL气体甲经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，则气体甲的组成为(A)A．NH3、NO、CO2 B．NO、CO2、N2C．NH3、NO2、CO2 D．NO、CO2、NO2[解析]本题主要考查实验过程分析，涉及氮的单质及其化合物的性质。气体甲无色，则一定不含有色气体NO2，经过足量的浓硫酸后剩余气体80mL，说明含有NH3，通过足量的过氧化钠后气体显红棕色，说明含有NO且经过足量Na2O2时产生了O2，说明含有CO2，最终几乎无气体剩余，说明不含N2，故选A。3．(2020·湖北宜昌模拟)常温常压下，注射器甲中装有NO2气体，注射器乙中装有相同体积的空气，注射器与U形管连通，固定活塞。如图所示，打开两个止水夹，足够时间后，将会看到U形管中液面(A)A．a端上升，b端下降B．a端下降，b端上升C．U形管中液面无变化D．无法判断[解析]打开两个止水夹后，甲中NO2与水反应生成HNO3和NO：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。U型管中左侧气体压强小，a端液面上升，b端液面下降，A正确。4．(2020·山东潍坊统考)下列关于氮及其化合物的说法错误的是(B)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[解析]本题考查氮及其化合物知识。铵盐与烧碱共热时均能生成氨气，A项说法正确；浓硝酸与碳的反应中，浓硝酸只体现强氧化性，B项说法错误；NO结合血红蛋白的能力比CO的强，更容易造成人体缺氧，C项说法正确；带火星的木条在空气中不能复燃，但伸入NO2和O2的混合气体中复燃，说明NO2支持燃烧，D项说法正确。5．(2020·山东普通高中学业水平等级考试模拟卷)已知Pb3O4与HNO3溶液发生反应Ⅰ：Pb3O4＋4H＋=PbO2＋2Pb2＋＋2H2O；PbO2与酸化的MnSO4溶液发生反应Ⅱ：5PbO2＋2Mn2＋＋4H＋＋5SOeq\o\al(2－,4)=2MnOeq\o\al(－,4)＋5PbSO4＋2H2O。下列推断正确的是(AD)A．由反应Ⅰ可知，Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为2﹕1B．由反应Ⅰ、Ⅱ可知，氧化性：HNO3>PbO2>MnOeq\o\al(－,4)C．Pb可与稀硝酸发生反应：3Pb＋16HNO3=3Pb(NO3)4＋4NO↑＋8H2OD．Pb3O4可与盐酸发生反应：Pb3O4＋8HCl=3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑[解析]反应Ⅰ未发生氧化还原反应，且产物Pb2＋与PbO2物质的量之比为2﹕1，说明Pb3O4中Pb(Ⅱ)和Pb(Ⅳ)含量之比为2﹕1，故A正确；反应Ⅰ中硝酸未将Pb2＋氧化，可证明氧化性HNO3<Pb(Ⅳ)，反应Ⅱ中，硝酸将Mn2＋氧化成MnOeq\o\al(－,4)，说明氧化性PbO2>MnOeq\o\al(－,4)，故B错误；根据反应Ⅰ可得硝酸不能将Pb氧化成＋4价，不能生成Pb(NO3)4，故C错误；据反应Ⅱ可知氧化性PbO2>MnOeq\o\al(－,4)，而酸性条件下MnOeq\o\al(－,4)能将HCl氧化成Cl2，则Pb(Ⅳ)也能将HCl氧化成Cl2，所以此反应Pb3O4＋8HCl=3PbCl2＋4H2O＋Cl2↑能发生，故D项正确。6．(2020·新题预选)如图所示装置中，干燥烧瓶内盛有某种气体，烧杯和滴管内盛放某种溶液(括号内溶液)。挤压滴管的胶头，然后打开止水夹，下列与实验事实不相符的是(A)A．Cl2(饱和食盐水)，无色喷泉B．NH3(水，含石蕊)，蓝色喷泉C．HCl(水，含石蕊)，红色喷泉D．SO2(NaOH溶液)，无色喷泉[解析]Cl2难溶于饱和食盐水，不能形成喷泉，故A错误。7．(2020·经典习题选粹)将40mLNO2和NO的混合气体通入倒立在水槽中盛满水的试管中，充分反应后试管中剩下20mL气体，则原混合气体中NO2和NO的体积比为(C)A．2﹕1 B．1﹕3C．3﹕1 D．1﹕1[解析]NO2和NO的混合气体通入水中，发生反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NOΔV31230mL40－20mLV(NO2)＝30mL，V(NO)原＝40mL－30mL＝10mL，V(NO2)﹕V(NO)原＝30mL﹕10mL＝3﹕1。8．(2020·广东佛山顺德区质检)氮元素形成的化合物种类十分丰富。请根据以下工业制硝酸的原理示意图回答含氮化合物的相关问题：(1)(双选)下列有关NH3的说法中，不正确的是CD(填字母)。A．工业合成NH3需要在高温、高压下进行B．NH3可用来生产碳铵和尿素等化肥C．NH3可用浓硫酸或无水氯化钙干燥D．NH3受热易分解，须置于冷暗处保存(2)NH3易溶于水，标准状况下，用充满NH3的烧瓶做喷泉实验，水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为eq\f(1,22.4)(或0.045)mol·L－1。(3)氨气燃烧的化学方程式为4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O。(4)HNO3是一种重要的化工原料，工厂生产出的浓硝酸可用铝槽车或铁槽车来运输。在常温下能使铝、铁钝化，说明浓硝酸具有很强的氧化性。(5)“吸收塔”尾部会有含NO、NO2等氮氧化物的尾气排出，为消除它们对环境的破坏作用，通常用以下两种方法处理：①纯碱溶液吸收法。纯碱溶液与NO2的反应原理为Na2CO3＋2NO2=NaNO3＋NaNO2＋CO2。②氨转化法。已知7mol氨恰好能将含NO和NO2共6mol的混合气体完全转化为N2，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1﹕3，若用通式NOx表示氮氧化物，则每摩尔氨可将eq\f(3,2x)mol的NOx转化为N2。[解析](1)工业合成NH3的反应条件是高温、高压、催化剂，A正确；NH3可与碳酸反应生成碳铵，也可以与二氧化碳反应生成尿素，B正确；NH3可与硫酸或氯化钙发生反应，C不正确；NH3不易分解，D不正确。(2)水充满整个烧瓶后所形成溶液的物质的量浓度为eq\f(1,22.4)mol·L－1≈0.045mol·L－1。(3)氨气燃烧的化学方程式为4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O。(4)在常温下能使铝、铁钝化，说明浓硝酸具有很强的氧化性。(5)①纯碱溶液与NO2的反应原理为Na2CO3＋2NO2=NaNO3＋NaNO2＋CO2。根据质量守恒定律可知为NaNO2。②7mol氨转化为氮气失去21mol电子，根据题意，结合得失电子守恒可得n(NO)＋n(NO2)＝6mol,2n(NO)＋4n(NO2)＝21mol，解得n(NO)＝1.5mol，n(NO2)＝4.5mol，则混合气体中NO和NO2的物质的量之比为1﹕3，若用通式NOx表示氮氧化物，反应过程中NOx分子得到2xe－，则每摩尔氨可将eq\f(3,2x)mol的NOx转化为N2。B组能力提升题9．(2020·河南省示范性高中检测)某城市主要空气污染物为PM2.5、SO2、NOx。科学实验小组为检测空气样本成分，用蒸馏水处理制成待测液，设计实验及所得实验现象如下：下列判断不正确的是(A)A．上述实验中可用Ba(NO3)2代替BaCl2，以证明待测试样中含SOeq\o\al(2－,4)B．由实验②⑤可知待测试样中含有NHeq\o\al(＋,4)和NOeq\o\al(－,3)C．焰色反应表明待测试样中含Na元素和K元素D．该城市的污染来源主要是燃煤和机动车尾气排放[解析]酸性条件下，NOeq\o\al(－,3)能将SOeq\o\al(2－,3)氧化为SOeq\o\al(2－,4)，从而干扰SOeq\o\al(2－,4)的检验，故不能用Ba(NO3)2代替BaCl2来证明待测试样中含SOeq\o\al(2－,4)，A错误；实验②中待测试样和强碱共热反应产生能使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体为NH3，证明试样中含有铵根离子，实验⑤溶液中加入几滴稀硫酸，再加入金属铜，试管口产生红棕色气体，该红棕色气体为NO2，证明试样中含有NOeq\o\al(－,3)，B正确；实验①焰色反应为黄色，所以试样中含有钠元素，实验⑥透过蓝色钴玻璃观察火焰颜色呈现紫色，证明试样中含钾元素，故焰色反应表明待测试样中含Na元素和K元素，C正确；根据判断可知，该城市的污染物含有硫和氮的氧化物，故主要来源于燃煤和机动车尾气排放，D正确。10．(2020·河北衡水检测)表中a、b、c表示相应仪器中加入的试剂，可用如图所示装置制取、净化、收集的气体是(B)选号气体abcANH3浓氨水生石灰碱石灰BSO270%浓H2SO4Na2SO3固体98%浓H2SO4CNO稀HNO3铜屑H2ODNO2浓HNO3铜屑NaOH溶液[解析]NH3的密度比空气小，不能用向上排空气法收集，收集方法不合理，故A错误；Na2SO3与浓硫酸反应生成SO2，SO2中所含杂质H2O用98%浓H2SO4除去，收集装置合理，故B正确；NO与空气中的氧气反应，不能用排空气法收集NO，应利用排水法收集，故C错误；NO2与NaOH溶液反应，收集不到NO2，故D错误。11．(2020·山东东营期中)已知NH3和HCl都能用来做喷泉实验的气体，若在相同条件下用等体积烧瓶各收集满NH3和HCl气体，进行实验(两烧瓶内充满溶液且不考虑溶质的扩散)。下列说法错误的是(C)A．NH3和HCl分别形成蓝色、红色喷泉B．制备干燥的NH3和HCl，所需的干燥剂分别是碱石灰、浓硫酸C．改为NO2气体，所得溶液溶质的物质的量浓度与前两者不同D．去掉装置中的胶头滴管，改为单孔塞，也可引发喷泉[解析]NH3和HCl溶解于水分别形成碱和酸，A项正确；干燥NH3和HCl可分别选用碱性干燥剂和酸性干燥剂，B项正确；改为NO2气体，所得溶液溶质的物质的量浓度与前两者相同，C项错误；去掉装置中的胶头滴管，改为单孔塞，用双手捂住烧瓶，待导气管有气泡冒出后放手，会引发喷泉，D项正确。12．(2020·安徽江淮十校质检)向稀硫酸和稀硝酸的混合酸加入足量的铜粉，HNO3的物质的量浓度是2mol·L－1，取10mL此混合酸，待反应结束过滤后可得到纯净的CuSO4溶液，则上述稀硫酸的物质的量浓度和在标准状况下产生的气体体积分别为(设反应中HNO3被还原成NO)(D)A．2mol·L－1、448mL B．3mol·L－1、672mLC．4mol·L－1、224mL D．3mol·L－1、448mL[解析]设稀硫酸的物质的量浓度和在标准状况下产生的气体体积分别为cmol·L－1、VL,10mL混合酸中含有n(NOeq\o\al(－,3))＝0.01L×2mol·L－1＝0.02mol。3Cu＋2NOeq\o\al(－,3)＋8H＋=3Cu2＋＋4H2O＋2NO↑2820.02moleq\a\al(0.02mol＋0.01L×,cmol·L－1×2)eq\f(VL,22.4L·mol－1)解得c＝3，V＝0.448，故D正确。13．(2020·河北保定摸底)在100mL密度为1.2g·cm－3稀硝酸中，加入一定量的镁和铜组成的混合物，充分反应后金属完全溶解(假设还原产物只有NO)，向反应后溶液中加入3mol/LNaOH溶液至沉淀完全，测得生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g。则下列叙述不正确的是(C)A．当金属全部溶解时，收集到NO气体的体积为2.24L(标准状况)B．当生成沉淀的量最多时，消耗NaOH溶液体积最小为100mLC．原稀硝酸的物质的量浓度一定为4mol/LD．参加反应的金属总质量(m)为9.6g>m>3.6g[解析]eq\x(HNO3)eq\o(→,\s\up7(得amole－))eq\x(NO)、eq\x(Mg和Cu)eq\o(→,\s\up7(失amole－))eq\x(\a\al(CuNO32,MgNO32))eq\o(→,\s\up7(NaOH))eq\x(\a\al(CuOH2,MgOH2))，故生成沉淀质量比原金属质量增加5.1g，即为与Cu2＋、Mg2＋反应的OH－的质量，因此有n(OH－)＝eq\f(5.1g,17g·mol－1)＝0.3mol，n(混合物)＝eq\f(nOH－,2)＝0.15mol。A项，根据得失电子守恒可知，n(NO)＝eq\f(nOH－,3)＝0.1mol，故收集到NO在标准状况下的体积为2.24L，正确；B项，生成沉淀最多时，最少消耗0.3molOH－，因此消耗3mol/LNaOH溶液的体积最小为0.1L，正确；C项，据N原子守恒可知，原硝酸溶液中n(HNO3)最小为0.1mol＋0.3mol＝0.4mol，故原稀硝酸的浓度最小为4mol/L，错误；D项，参加反应的金属的物质的量为0.15mol，若全部为Mg，其质量为3.6g；若全部为Cu，其质量为9.6g，由于是Mg和Cu组成的混合物，故参加反应的金属总质量介于3.6～9.6g之间，正确。14．(2019·新题预选)Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示：下列有关判断正确的是(A)A．若铜片为51.2g，则生成0.2molNaNO3B．常温下，Cu遇浓硝酸发生钝化，不可能发生上述反应C．标准状况下收集的氮氧化物为20.16LD．反应过程中生成的Cu(NO3)2既是氧化产物，也是还原产物[解析]分析整个反应过程可知仅有两种元素的化合价发生变化，即Cu→Cu2＋，HNO3→NaNO2,51.2gCu的物质的量为0.8mol，共失电子0.8mol×2＝1.6mol，由得失电子守恒可知HNO3→NaNO2得1.6mol电子，故产物中NaNO2的物质的量为0.8mol，由Na原子守恒可知另一种产物NaNO3为0.2mol，A正确；常温下，Cu能与浓硝酸反应，B错误；部分NO2会转化为N2O4，而N2O4在标准状况下不是气体，C错误；反应过程中生成的Cu(NO3)2是氧化产物，不是还原产物，D错误15．(2020·北京朝阳区期末)某学习小组探究稀HNO3、浓HNO3与铜的反应。装置(尾气处理装置略)现象Ⅰ中开始无明显现象，渐有小气泡生成，越来越剧烈，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色Ⅱ中反应剧烈，迅速生成大量红棕色气体，溶液呈绿色(1)Ⅰ中Cu与稀HNO3反应的化学方程式是3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。(2)Ⅱ中反应的速率比Ⅰ中的快，原因是硝酸浓度大。(3)针对Ⅱ中溶液呈绿色的原因，提出假设：假设1：Cu2＋的浓度较大所致。假设2：溶解了生成的NO2。探究如下：取Ⅱ中绿色溶液，分为两等份。①取一份于如图所示装置中，实验操作和现象分别是向上拉动活塞a，试管内液面上方出现红棕色气体，证实Ⅱ中溶解了NO2。②向另一份溶液中加入Cu(OH)2(或CuO等)(填化学试剂)，溶液变为蓝色。证实假设1不成立，假设2成立。(4)对于稀HNO3与铜生成NO、浓HNO3与铜生成NO2的原因，提出两种解释：解释1.HNO3浓度越稀，溶液中NOeq\o\al(－,3)的数目越少，被还原时，每个NOeq\o\al(－,3)从还原剂处获得较多电子的机会增多(填“增多”或“减少”)，因此被还原为更低价态。解释2.推测下列反应导致了产物的不同，并通过如下实验证实了推测的合理性。3NO2＋H2O=2HNO3＋NO①B中盛放的试剂是水。②C中盛放Cu(NO3)2和浓硝酸。③该小组证实推测的合理性所依据的实验现象是C中溶液变为绿色。[解析](1)试管Ⅰ中Cu与稀HNO3反应产生硝酸铜、一氧化氮和水，反应的化学方程式是3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O。(2)Ⅱ中是铜与浓硝酸反应，产生硝酸铜、二氧化氮和水，Ⅱ中硝酸浓度大，反应速率快。(3)①若溶液颜色差异是NO2溶解所致，则可以通过向上拉动活塞a，减小装置中NO2在溶液中的溶解度，可以观察到试管内液面上方出现红棕色气体，溶液变为蓝色；②向另一份溶液中加入CuO或Cu(OH)2，使溶液中Cu2＋浓度增大，若溶液变为蓝色则说明假设1不成立，假设2成立。(4)解释1.HNO3浓度越稀，溶液中NOeq\o\al(－,3)的数目越少，被还原时，每个NOeq\o\al(－,3)从还原剂处获得较多电子的机会增多，因此被还原为较低的价态；解释2.①Cu与浓硝酸反应产生N