第13讲氮及其化合物（讲义）-2023年高考化学一轮复习四点卓越讲义

第13第13讲氮及其化合物考纲要求：1考纲要求：1．了解氮元素单质及其重要化合物的制备方法，掌握其主要性质及其应用。2．了解氮元素单质及其重要化合物对环境的影响。考点一氮气及氮的氧化物的性质氮气电子式为︰N⋮⋮N︰，结构式为N≡N。(1)物理性质：无色无味气体，密度比空气略小，不溶于水。熔点、沸点很低。(2)N2的化学性质写出有关化学方程式：①3Mg＋N2eq\o(=,\s\up7(点燃))Mg3N2；②N2＋3H22NH3；③N2＋O22NO。2．氮的氧化物的种类与性质(1)氮有多种价态的氧化物，氮元素从＋1～＋5价都有对应的氧化物，如N2O、NO、N2O3、NO2(N2O4)、N2O5，其中属于酸性氧化物的是N2O3、N2O5。氮的氧化物都有毒，都是大气污染物。(2)NO与NO2性质的比较NONO2氮的价态＋2价＋4价物理性质无色、不溶于水的气体红棕色、有刺激性气味的气体，易液化，易溶于水化学性质O22NO＋O2=2NO2不反应H2O不反应3NO2＋H2O=2HNO3＋NOH2O、O24NO＋2H2O＋3O2=4HNO34NO2＋2H2O＋O2=4HNO3氧化性有氧化性，但通常情况下表现出还原性强氧化性，在溶液中能氧化S2－、I－、Fe2＋等离子对环境的影响有毒，大气污染物之一有毒，大气污染物之一实验室制取原理及收集方法3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O(排水法收集)Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O(向上排空气法收集)(3)氮的氧化物(NO、NO2)对环境的影响Ⅰ.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，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。Ⅱ.常见的NOx尾气处理方法①碱液吸收法2NO2＋2NaOH=NaNO3＋NaNO2＋H2ONO2＋NO＋2NaOH=2NaNO2＋H2ONO2、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．下列有关物质的用途说法不正确的是A．氮气可用于工业合成氨 B．氨气可用于工业生产硝酸C．液氨可用作制冷剂 D．硝酸盐不能用作氮肥【答案】D【解析】A．工业合成氨的原料气是氮气和氢气，A正确；B．氨气的催化氧化，是工业制硝酸的第一步反应，B正确；C．氨易液化，液氨气化时会吸收大量的热，所以液氨可用作制冷剂，C正确；D．硝酸盐中含有的硝酸根离子能被植物吸收，并为植物提供氮元素，所以铵盐可用作氮肥，D不正确；故选D。2．下列物质不能通过单质间化合直接生成的是A．NH3 B．NO2 C．Fe3O4 D．【答案】B【解析】A．N2与H2在高温、高压、催化剂条件下合成NH3，A不符合题意；B．N2和O2在放电时生成NO，不能生成NO2，B符合题意；C．Fe在O2中点燃反应产生Fe3O4，C不符合题意；D．Fe与Cl2在加热时反应产生FeCl3，D不符合题意；故合理选项是B。3．下列过程属于人工固氮的是A．闪电时N2转化为NO B．工业合成氨C．豆科植物的根瘤菌将N2转化为NH3 D．分离液态空气获得N2【答案】B【解析】A．闪电时N2转化为NO属于自然固氮，A错误；B．工业合成氨属于人工固氮，B正确；C．豆科植物的根瘤菌将N2转化为NH3是生物固氮，C错误；D．分离液态空气获得N2不存在固氮过程，D错误；故选B。4．下列涉及NO的实验装置不能达到对应实验目的的是A．制备NO B．验证还原性C．收集NO D．尾气处理【答案】C【解析】A．已知3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，故能用图示装置制备NO，A不合题意；

B．已知2NO+O2=2NO2，NO为无色气体，NO2为红棕色气体，当通入氧气后看到气体变为红棕色，说明发生上述反应，即可验证其还原性，B不合题意；C．已知2NO+O2=2NO2，故不能用排空气法收集NO，C符合题意；

D．NO不溶于水，与水不反应，可以用排水收集法来进行尾气处理，D不合题意；故答案为：C。5．NO在人体内起着多方面的重要生理作用。下列关于NO的说法错误的是。A．NO是具有刺激性气味的红棕色气体B．NO是汽车尾气的有害成分之一C．NO常温下遇到O2就化合成NO2D．NO2与水反应，有NO生成【答案】A【解析】A．NO是一种无色无味气体，A项错误；B．汽车尾气主要成分是氮氧化物、二氧化硫和颗粒物等，其中NO能结合人体内的血红蛋白，使之丧失运送氧的能力，所以NO是尾气中的有害成分，B项正确；C．常温常压下，一氧化氮能与空气中的氧气直接化合生成红棕色的二氧化氮，C项正确；D．NO2与水反应生成硝酸和NO，D项正确；答案选A。6．在NO2与水的反应中，下列说法正确的是A．NO2只是氧化剂 B．NO2只是还原剂C．氮元素的化合价不发生变化 D．NO2既是氧化剂，又是还原剂【答案】D【解析】NO2溶于水，与水发生反应：3NO2+H2O=2HNO3+NO，然后根据氧化还原反应规律分析解答。在该反应中，只有N元素的化合价发生变化，N元素化合价一部分升高变为HNO3中的+5价，一部分降低变为NO中的+2价，因此NO2既是作氧化剂，又是作还原剂，故合理选项是D。7．在一定温度和压强下，将装有NO和NO2混合气体的试管倒立在水中，经充分反应后，试管内气体的体积变为原来的4/5，则原混合气体中NO与NO2气体的体积比是。A．3∶5 B．5∶3 C．3∶7 D．7∶3【答案】D【解析】假设原混合气体的体积为5L，则充分反应后，剩余气体的体积为4L，体积减少了1L。根据3NO2+H2O2HNO3+NO反应前后气体体积变化量ΔV=2，V(NO2)∶ΔV=3∶2，V(NO2)=×ΔV=×1L=1.5L，V(NO)=5L1.5L=3.5L。V(NO)∶V(NO2)=3.5L∶1.5L=7∶3；A、B、C选项错误；D选项正确；答案选D。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的平均相对分子质量总是大于46。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。③NO能用排水法收集，不能用排空气法收集；而NO2能用向上排空气法收集，不能用排水法收集。④NO与血红蛋白结合使人中毒。⑤NO2和溴蒸气的鉴别方法鉴别溴蒸气和NO2不能用淀粉－KI试纸、碱溶液等，但可以利用它们性质上的差异性来鉴别。a．通入水中，NO2溶于水发生反应：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO，反应后溶液无色，而溴蒸气溶于水后溶液呈橙色。b．通入AgNO3溶液中，有淡黄色沉淀生成的为溴蒸气(Br2＋H2O=HBr＋HBrO，HBr＋AgNO3=AgBr↓＋HNO3)，无此现象的为NO2。c．通入CCl4有机溶剂中，易溶于CCl4而且CCl4溶液呈橙红色的为溴蒸气，无此现象的为NO2。⑥隐含反应2NO2(g)N2O4(g)的应用通常“纯净”的NO2或N2O4并不纯净，因为在常温、常压下就能发生反应2NO2(g)N2O4(g)，由于此反应可逆，导致一些物理量的理论值与实际值存在差异。如在标准状况下收集的1molNO2的体积小于22.4L；NO与O2混合后，平均相对分子质量应大于按已知条件求得的数值。查缺补漏练查缺补漏练1．设NA为阿伏加德罗常数的值，下列叙述正确的是A．1mol/LHNO3溶液中，H+的数目为NAB．标准状况下，22.4LNH3分子的数目为NAC．3molNO2与水完全反应时转移电子的数目为3NAD．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应后分子的数目为2NA【答案】B【解析】A．没有明确溶液体积，不能计算1mol/LHNO3溶液中，H+的数目，故A错误；B．标准状况下，22.4LNH3的物质的量是1mol，所以NH3分子的数目为NA，故B正确；C．NO2与水完全反应方程式为3NO2+H2O=2HNO3+NO，3molNO2与水完全反应时转移电子的数目为2NA，故C错误；D．2molNO与1molO2在密闭容器中充分反应，由于存在平衡，分子数目小于2NA，故D错误；选B。2．物质类别和元素价态是学习氮元素及其化合物性质的重要视角。下列说法不正确的是A．a中氮元素处于最低价态，具有还原性B．c存在两种氧化物，且可相互转化C．d的浓溶液见光或者受热不会发生分解D．a与b在一定条件下可反应生成N2【答案】C【解析】A．由题中信息可知a为NH3，化合价为3价，为最低价，低价具有还原，A正确；B．c为N2O4和NO2，2NO2⇌N2O4，B正确；C．d为HNO3，4HNO34NO2+2H2O+O2，C不正确；D．a为NH3，B为NO，NH3具有还原性NO具有氧化性，4NH3+6NO5N2+6H2O，D正确；故选C。3．下列由实验现象所得结论正确的是A．常温下，向铁质容器中注入浓硫酸，无明显实验现象，证明铁在常温下与浓硫酸不反应B．向气体中通入气体，瓶壁上产生淡黄色固体，证明具有氧化性C．压缩二氧化氮气体时，气体颜色加深，证明加压时部分无色转化为红棕色D．向溶液中滴加稀硫酸，溶液变为黄色，证明稀硫酸可将氧化为【答案】B【解析】A．常温下，铁遇浓硫酸发生钝化，故无明显实验现象发生，但钝化不是不反应，A项错误；B．反应中，二氧化硫中的硫元素化合价降低，二氧化硫作氧化剂，体现氧化性，B项正确；C．二氧化氮气体中存在平衡：，压缩二氧化氮气体时，平衡正向移动，且各气体的浓度都增大，故气体颜色加深，C项错误；D．在酸性条件下具有强氧化性，可将氧化为，D项错误。故选B。4．关于几种非金属元素及其化合物的说法正确的是A．C2H4分子中只有极性键 B．可用排空气法收集NOC．H2S燃烧时产生苍白色火焰 D．纯净干燥的Cl2没有漂白性【答案】D【解析】A．C2H4的结构式为，含有极性键和非极性键，故A错误；

B．NO和氧气反应生成NO2，不能用排空气法收集NO，故B错误；C．H2S燃烧时产生蓝色火焰，H2在氯气中燃烧时产生苍白色火焰，故C错误；D．纯净干燥的Cl2没有漂白性，氯气和水反应生成的次氯酸检验漂白性，故D正确；选D。5．“雷雨发庄稼”是一句俗语，它包涵一定的科学道理，从化学的角度分析，下列化学反应在这个过程中不会发生的是A．N2+O22NO B．2NO+O22NO2C．3NO2+H2O2HNO3+NO↑ D．N2+2O22NO2【答案】D【解析】雷雨发庄稼过程中发生的反应依次有N2+O22NO，2NO+O22NO2，3NO2+H2O2HNO3+NO↑，N2和O2不能直接反应生成NO2，故D符合；故选D。6．下列关于NO2的说法错误的是A．通常为红棕色有刺激性气味的气体 B．能与水发生化合反应C．铜与浓硝酸反应可生成NO2 D．可用向上排空气法收集【答案】B【解析】A．NO2是红棕色有刺激性气味的气体，故A正确；B．NO2能够与水反应生成硝酸和一氧化氮，该反应不属于化合反应，故B错误；C．铜与浓硝酸反应可生成NO2，反应化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)═Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，故C正确；D．NO2的密度大于空气，可用向上排空气法收集，故D正确；故选：B。氮的氧化物与O2、H2O反应的3种计算方法1．关系式法(1)NO和O2混合气体通入水中由2NO＋O2=2NO2和3NO2＋H2O=2HNO3＋NO得总反应为4NO＋3O2＋2H2O=4HNO3(2)NO2和O2混合气体通入水中由3NO2＋H2O=2HNO3＋NO和2NO＋O2=2NO2得总反应为4NO2＋O2＋2H2O=4HNO3(3)NO、NO2和O2三种混合气体通入水中先按3NO2＋H2O=2HNO3＋NO计算出生成的NO体积，然后加上原来混合气体中NO体积，再按(1)计算。2．电子守恒法当NOx转化为硝酸时要失去电子，如果是NOx与O2混合，则反应中O2得到的电子数与NOx失去的电子数相等。3．原子守恒法4NO2＋O2和4NO＋3O2从组成上均相当于2N2O5的组成，都与N2O5＋H2O=2HNO3等效。当NO、NO2、O2的混合气体溶于水时利用混合气体中N、O原子个数比进行分析判断。能力提升练能力提升练1．足量铜与一定量浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、N2O4、NO的混合气体，这些气体与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸。若向所得硝酸铜溶液中加入5mol/LNaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是A．120mL B．60mL C．40mL D．30mL【答案】A【解析】NO2、N2O4、NO的混合气体，与3.36LO2(标准状况)混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸，纵观整个过程，由电子转移守恒，可知Cu提供电子等于氧气获得的电子，即Cu提供电子为：=0.6mol，向所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，沉淀为Cu(OH)2，由电荷守恒可知，Cu提供电子物质的量等于氢氧化铜中氢氧根的物质的量，故n(NaOH)=0.6mol，因此消耗氢氧化钠溶液体积为=0.12L=120mL，故答案选A。2．在一定温度和压强下，将装有NO和NO2混合气体的试管倒立在水中，经充分反应后，试管内气体的体积变为原来的4/5，则原混合气体中NO与NO2气体的体积比是。A．3∶5 B．5∶3 C．3∶7 D．7∶3【答案】D【解析】假设原混合气体的体积为5L，则充分反应后，剩余气体的体积为4L，体积减少了1L。根据3NO2+H2O2HNO3+NO反应前后气体体积变化量ΔV=2，V(NO2)∶ΔV=3∶2，V(NO2)=×ΔV=×1L=1.5L，V(NO)=5L1.5L=3.5L。V(NO)∶V(NO2)=3.5L∶1.5L=7∶3；A、B、C选项错误；D选项正确；答案选D。3．25.6gCu完全溶于适量浓硝酸中，收集到氮的氧化物(含NO、N2O4、NO2)若干，这些混合气体恰好能被500mL1mol/LNaOH溶液完全吸收，生成的盐溶液中NaNO2和NaNO3的物质的量之比为(已知：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O、2NO2+2NaOH=NaNO3+NaNO2+H2O)A．2∶1 B．1∶1 C．4∶1 D．1∶3【答案】C【解析】纵观反应始终，容易看出只有两种元素的价态有变化，其一是Cu到Cu(NO3)2，每个Cu升2价，失2个电子；另一个是HNO3到NaNO2，每个N降2价，得2个电子。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，故2n(Cu)=2n(NaNO2)，故n(NaNO2)=n(Cu)==0.4mol，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)=0.5L×1mol/L0.4mol=0.1mol，溶液液中NaNO3和NaNO2的物质的量之比为0.1mol∶0.4mol=1∶4，故答案为：C。4．现有、的混合气体20mL，通入足量水中，充分反应后剩余气体的体积为5mL(相同状况下)，则原混合气体中的体积可能为①8mL；②12mL；③17mL；④19mLA．①② B．①④ C．②③ D．②④【答案】D【解析】若氧气过量，则剩余气体为氧气，则反应的气体的总体积为15mL，NO2和O2的体积比为4：1，故二氧化氮的体积为12mL；若NO2过量，剩余气体为NO，，按反应中的系数比，NO2和NO的体积比为3：1，则与水反应的NO2的体积为15mL，参与的NO2和O2的总体积为5mL，NO2和O2的体积比为4：1，NO2的体积为4mL，综上NO2的总体积为：19mL，故选D。5．在标准状况下，将O2和NO2按1∶4体积比充满干燥烧瓶，把烧瓶倒置于水中，瓶内液体逐渐上升，假设烧瓶内溶液不扩散，最终烧瓶内溶液里溶质的物质的量浓度为A．mol·L1 B．mol·L1 C．mol·L1 D．mol·L1【答案】C【解析】假设O2的体积为1L，则NO2的体积为4L，烧瓶的体积为5L，根据反应方程式：4NO2+O2+2H2O=4HNO3可知，生成的HNO3的物质的量为：=mol，水能充满整个烧瓶，即所得溶液的体积为5L，故所得溶液的物质的量浓度为：==mol/L，故答案为：C。6．将一支充满10mLNO的试管倒立于水槽中，然后向其中缓慢通入6mLO2(气体体积均在同一条件下测得)，下列关于实验最终状态的描述，正确的是A．试管内气体为红棕色 B．试管内气体为无色，剩余1mLNOC．试管内气体为无色，剩余1mLO2 D．试管内气体为无色，剩余2mLNO【答案】D【解析】NO、O2混合通入水中，发生反应4NO+3O2+2H2O=4HNO3，6mLO2需消耗NO的体积为，则剩余NO的体积为10mL8mL=2mL。NO为无色气体，故选D。7．将和NO的混合气体与共同通入水中，气体全部被水吸收，则、NO和的物质的量之比可能是①3∶7∶6②4∶1∶3③1∶1∶1④5∶2∶4A．②③ B．①③ C．①④ D．③④【答案】B【解析】由3+H2O=2HNO3+NO，2NO+O2=2NO2可知，反应中N元素和O元素最终都转化为HNO3，设的物质的量为xmol，NO的物质的量为ymol，的物质的量为zmol，根据得失电子守恒可得x+3y=4z，故符合题意的为3∶7∶6和1∶1∶1。故选B。考点二氨、铵盐及硝酸的性质和应用一、硝酸1.物理性质(1)纯硝酸为无色、有刺激性气味的液体，熔点：－42℃、沸点：83℃、密度：1.5g·cm－3。(2)硝酸沸点较低，易挥发，在空气中遇水蒸气形成白雾。(3)质量分数在69%以上的硝酸称为浓硝酸。95%以上的浓硝酸叫做发烟硝酸2.化学性质(1)不稳定性反应：4HNO3(浓)eq\o(=,\s\up7(△或光照))2H2O＋4NO2↑＋O2↑。硝酸应用棕色瓶放置在阴凉处。市售浓硝酸呈黄色，是因为硝酸分解生成的NO2溶解在硝酸里。(2)强氧化性浓、稀硝酸均具有强氧化性，浓度越大，氧化性越强，其还原产物的价态越高。还原产物一般为HNO3(浓)→NO2，HNO3(稀)→NO。与金属反应稀硝酸与铜反应的化学方程式：3Cu＋8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2＋2NO↑＋4H2O浓硝酸与铜反应的化学方程式：Cu＋4HNO3(浓)=Cu(NO3)2＋2NO2↑＋2H2O与非金属反应浓硝酸与C反应的化学方程式：C＋4HNO3(浓)eq\o(=,\s\up7(△))CO2↑＋4NO2↑＋2H2O与还原性化合物反应硝酸可氧化Fe2＋、H2S、SO2、Na2SO3、HI等还原性物质。如稀硝酸与FeSO4溶液反应的离子方程式：3Fe2＋＋4H＋＋NOeq\o\al(－,3)=3Fe3＋＋NO↑＋2H2O(3)与有机物反应①硝化反应(与反应)：＋HNO3eq\o(→,\s\up7(浓硫酸),\s\do5(△))＋H2O；②颜色反应：含有苯基的蛋白质遇到浓硝酸时变黄色。3．硝酸工业制法的反应原理(1)NH3在催化剂作用下与O2反应生成NO：4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O。(2)NO进一步氧化生成NO2：2NO＋O2=2NO2。(3)用水吸收NO2生成HNO3：3NO2＋H2O=2HNO3＋NO。二、氨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强烈刺激性气味极易溶于水(1∶700)2.氨的化学性质(1)与水反应反应原理为NH3＋H2ONH3·H2ONHeq\o\al(＋,4)＋OH－。氨气溶于水得氨水，氨水中含有的粒子有：NH3·H2O、H2O、NH3、NHeq\o\al(＋,4)、OH－、H＋。NH3·H2O为可溶性一元弱碱，不稳定，易分解，化学方程式为NH3·H2Oeq\o(=,\s\up7(△))NH3↑＋H2O。(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。化学方程式为HCl＋NH3=NH4Cl、NH3＋HNO3=NH4NO3。(3)与盐溶液的反应过量氨水与AlCl3溶液反应的离子方程式：Al3＋＋3NH3·H2O=Al(OH)3↓＋3NHeq\o\al(＋,4)。(4)氨气的还原性①催化氧化：4NH3＋5O2eq\o(=,\s\up7(催化剂),\s\do5(△))4NO＋6H2O。②被CuO氧化：2NH3＋3CuOeq\o(=,\s\up7(△))3Cu＋N2＋3H2O。③被氯气氧化：2NH3＋3Cl2=N2＋6HCl或8NH3＋3Cl2=N2＋6NH4Cl。(5)氨的用途①液氨汽化时吸收大量的热，故用作制冷剂。②制氮肥、硝酸、铵盐、纯碱等。3.氨气的实验室制法4.铵盐及NHeq\o\al(＋,4)的检验(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)NHeq\o\al(＋,4)的检验未知液eq\o(→,\s\up7(OH－))呈碱性eq\o(→,\s\up7(△))湿润的红色石蕊试纸变蓝色，则证明含NHeq\o\al(＋,4)。基础通关练基础通关练基础通关练1．由于氯化铵的市场价格过低，某制碱厂在侯氏制碱基础上改进的工艺如图：有关该制碱工艺描述错误的是A．原料是饱和NaCl(aq)、CO2 B．NH3循环使用C．X可能是石灰乳 D．产品是Na2CO3和CaCl2【答案】A【解析】由制碱工艺图可知，“侯氏制碱法”是向饱和食盐水中通入氨气和二氧化碳，获得碳酸氢钠晶体，再将所得碳酸氢钠晶体加热分解后即可得到纯碱，它的反应原理可用下列化学方程式表示：NaCl(饱和)+NH3+CO2+H2O=NaHCO3↓+NH4Cl，2NaHCO3Na2CO3+CO2↑+H2O；再由X加到NH4Cl中加热生成氨气和氯化钙溶液，可推知X为氢氧化钙，以此来解析；A．由制碱工艺图可知，原料是食盐、NH3、CO2、水还有石灰乳，A错误；B．由制碱工艺图可知，氨气循环使用，B正确；C．根据以上分析，X为氢氧化钙，可以是石灰乳，C正确；D．由制碱工艺图可知，产品是纯碱和氯化钙，D正确；故选A。2．在给定条件下，下列物质间的转化均能一步实现的是A．B．C．D．【答案】D【解析】A．亚硫酸的酸性弱于盐酸，二氧化硫不能与氯化钙溶液反应，故A错误；B．氧化铝是两性氧化物，与氢氧化钠溶液反应生成偏铝酸钠，不可能生成氢氧化铝，故B错误；C．放电条件下氮气与氧气反应生成一氧化氮，不可能生成二氧化氮，故C错误；D．氧化铁与一氧化碳在高温下反应生成铁，铁在高温条件下与水蒸气反应生成四氧化三铁，则在给定条件下，物质间的转化均能一步实现，故D正确；故选D。3．根据实验操作和现象得出的结论正确的是选项实验操作和现象结论A向某溶液中滴加Ba(NO3)2溶液，再滴加足量的稀硝酸，有白色沉淀产生该溶液中一定含有SOB在某待检盐溶液中，滴加NaOH溶液，加热，用湿润的红色石蕊试纸检验产生的气体，试纸变蓝色某待检盐中含有NHC将乙烯分别通入酸性KMnO4溶液和Br2的四氯化碳溶液中，两种溶液均褪色均发生了氧化反应D将气体X通入品红溶液中，品红褪色气体X一定是SO2A．A B．B C．C D．D【答案】B【解析】A．硝酸具有强氧化性，若存在亚硫酸根，可被氧化为硫酸根，故不一定有硫酸根存在，A错误；B．与碱共热，能生成使红色石蕊试纸变蓝的气体，该气体是氨气，盐溶液中肯定存在铵根离子，B正确；C．乙烯与溴水发生加成反应，与酸性高锰酸钾发生氧化还原反应，C错误；D．氯气也能使品红溶液褪色，该气体不一定是二氧化硫，D错误；故选B。4．下列有关氨气、铵盐的说法不正确的是A．氨的喷泉实验说明氨气极易溶于水B．铵态氮肥使用时应深施盖土，且不能与碱性物质(如草木灰)等混用C．铵盐是含有的离子化合物，受热不易分解D．向某溶液中滴加氢氧化钠溶液并加热，产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，说明该溶液中含有铵根离子【答案】C【解析】A．极易溶于水的气体可形成喷泉实验，则氨溶于水的喷泉实验，说明氨气极易溶于水，A正确；B．铵态氮肥在碱性条件下比较容易分解出氨而导致挥发，所以一般在石灰性土壤或碱性土壤上施用时必须要深施盖土；在酸性情况下，铵态氮肥会以铵离子(NH)的形态存在，这时它不会挥发，但如果在旱地上施的很浅，它容易出现硝化和进一步发生反硝化作用而造成氮损失，所以在酸性土壤上施用时一定要深施，铵态氮肥与碱性物质(如草木灰)混合时会生成氨气，降低肥效，应避免与碱性物质混用，主要原理与酸或碱的性质有关，B正确；C．铵盐是含有NH的离子化合物，受热易分解，C错误；D．向某溶液中加入氢氧化钠，产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体即为氨气，则证明该溶液含有铵根离子，D正确；故选C。5．在反应C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O中浓硝酸表现出A．酸性 B．挥发性 C．强氧化性 D．不稳定性【答案】C【解析】A．酸性是硝酸中氮元素化合价不变生成盐，反应中不符合，故A不选；B．挥发性是硝酸的物理性质，故B不选；C．在反应C+4HNO3(浓)CO2↑+4NO2↑+2H2O中浓硝酸溶液中硝酸中氮元素化合价从+5价全部变化为+4价，表现硝酸的强氧化性，故C选；D．不稳定性是指硝酸见光或加热分解的性质，故D不选；故选C。6．下列有关浓硝酸的说法有：①保存在棕色瓶中；②点在蓝色石蕊试纸上，最终显红色；③沸点很高；④常温即能与铜反应；⑤加热时可以氧化硫单质；⑥可用铁罐储存；⑦蘸有浓氨水的玻璃棒和蘸有浓硝酸的玻璃棒靠近，产生白烟；以上说法正确的有几个A．4 B．5 C．6 D．7【答案】B【解析】①浓硝酸见光或受热分解、应保存在棕色瓶中，说法正确；②浓硝酸具有强氧化性、漂白性，点在蓝色石蕊试纸上，试纸先变红最终会褪色，说法不正确；③浓硝酸是挥发性酸、沸点较低，说法不正确；④浓硝酸常温下能与铜反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，说法正确；⑤浓硝酸具有强氧化性、加热时可以氧化硫单质生成二氧化硫、二氧化氮和水，说法正确；⑥浓硝酸具有强氧化性、铁在冷的浓硝酸中钝化，可用铁罐储存，说法正确；⑦浓硝酸是挥发性酸、蘸有浓氨水的玻璃棒和蘸有浓硝酸的玻璃棒靠近，挥发出的硝酸和氨气反应生成硝酸铵、产生白烟，说法正确；答案选B。7．下列离子方程式正确的是A．金属钠与水反应：B．氧化铁与盐酸反应：C．氨水与稀硫酸的反应：D．铜和浓硝酸的反应：【答案】B【解析】A．所给离子方程式原子不守恒，正确的为：，A错误；B．氧化铁与盐酸反应生成铁离子和水：，B正确；C．一水合氨为弱碱，不可拆，离子方程式为：，C错误；D．铜和浓硝酸反应生成NO2：，D错误；故选B。(1)硝酸与金属反应的规律①HNO3与金属反应一般不能产生H2。②浓、稀硝酸均具有强氧化性，浓度越大，氧化性越强，其还原产物的价态越高。还原产物一般为HNO3(浓)→NO2，HNO3(稀)→NO；很稀的硝酸还原产物也可能为N2O、N2或NH4NO3。③硝酸与金属反应时既表现氧化性又表现酸性。(2)涉及HNO3的离子反应常见的易错问题①忽视NOeq\o\al(－,3)在酸性条件下的强氧化性。在酸性条件下NOeq\o\al(－,3)不能与Fe2＋、I－、SOeq\o\al(2－,3)、S2－等还原性较强的离子大量共存。②在书写离子方程式时，忽视HNO3的强氧化性，将氧化还原反应简单的写成复分解反应。(3)浓硝酸能使紫色石蕊溶液先变红,后退色,该反应过程中浓硝酸表现出强酸性和强氧化性。(4)硝酸能够与绝大多数的金属(除Au、Pt外)反应,但不生成氢气;与变价金属反应时,金属能够被氧化为高价态。(5)分析离子共存的问题时要注意H+和NO3-共存时相当于稀硝酸(6)常温下，铁、铝遇浓硝酸能发生“钝化”并非不反应。故常温下浓硝酸可以用铁桶盛放。(7)制氨时，选用的铵盐及碱都有一定的要求。选铵盐时，不选(NH4)2CO3、NH4HCO3、NH4NO3等，因它们受热易分解，使产生的NH3中混有较多的杂质气体，另外NH4NO3易爆炸；选碱时，用Ca(OH)2而不用NaOH或KOH，因NaOH、KOH具有吸湿性，易结块，不利于产生氨气，且在高温下均能腐蚀玻璃。(8)干燥氨气不能用浓硫酸，也不能用无水CaCl2(8NH3＋CaCl2=CaCl2·8NH3)，通常用碱石灰干燥氨气。(9)NH3是中学化学中唯一的碱性气体，可在推断题中作为解题的突破口，确定NH3的存在。氨与酸反应的实质是NH3与H＋结合形成NHeq\o\al(＋,4)。氨几乎能与所有的可溶性酸反应生成盐。(10)氨水的成分是三分子：NH3、NH3·H2O、H2O；三离子：NHeq\o\al(＋,4)、OH－、H＋，氨水呈弱碱性。计算氨水浓度时，溶质视为NH3。(11)吸收氨气(或HCl)时要注意防止倒吸。可用于吸收氨气(或HCl)并能防倒吸的常用装置为(12)铵盐受热都能分解，但不是都产生NH3，如NH4NO3受热分解生成N2O和H2O。查缺补漏练查缺补漏练1．下列由实验现象推出的实验结论正确的是选项实验过程实验现象实验结论A取少量浓硝酸加热分解，将产物先通入浓硫酸，再用集气瓶收集气体，将带火星的木条伸入集气瓶内木条复燃NO2支持燃烧B向石蜡油中加入碎瓷片，加热，将产生的气体通入溴水中溴水褪色石蜡油分解气中一定含有乙烯C向盛有2mL氯化铁黄色溶液的试管中滴加浓的维生素C溶液溶液由黄色变为浅绿色维生素C具有氧化性D向Na2SO3溶液中滴入BaCl2溶液产生白色沉淀，滴入足量盐酸后，沉淀部分溶解Na2SO3完全变质A．A B．B C．C D．D【答案】A【解析】A．浓硝酸受热分解会生成二氧化氮、氧气和水，取少量浓硝酸加热分解，将产物先通入浓硫酸，吸收水后再用集气瓶收集气体，将带火星的木条伸入集气瓶内，木条复燃，则说明二氧化氮和氧气均助燃，A正确；B．石蜡油在催化剂作用下分解可产生能使溴水褪色的不饱和烃，不一定是乙烯，结论不正确，B错误；C．根据实验现象描述可知，铁离子被还原为亚铁离子，所以证明维生素C具有还原性，C错误；D．亚硫酸钠与氯化钡反应可生成亚硫酸钡沉淀，该沉淀可溶于盐酸，通过现象描述，当加入盐酸后，沉淀部分溶解，说明沉淀中除了亚硫酸钡还含有硫酸钡，则推知亚硫酸钠已变质，有硫酸钠，但不能说明完全变质，D错误；故选A。2．久置的硝酸呈黄色的原因是A．硝酸露置在空气中被氧气氧化了B．硝酸露置在空气中被氮气还原了C．硝酸见光或受热分解产生的NO2再溶于硝酸中D．硝酸是强氧化性酸【答案】C【解析】A．硝酸具有强氧化性，不会被空气中的氧气氧化，A错误；B．硝酸具有强氧化性，氮气的性质稳定，二者在常温下不会反应，B错误；C．硝酸不稳定，见光或受热分解产生的NO2再溶于硝酸中使溶液呈现黄色，C正确；D．硝酸是强氧化性酸，但与硝酸呈黄色无关，D错误。故选C。3．常温下，下列各组离子一定能在指定溶液中大量共存的是A．滴入甲基橙显红色的溶液中：、、、B．水电离产生的的溶液中：、、、C．0.1的溶液中：、、、D．的溶液中：、、、【答案】A【解析】A．滴入甲基橙显红色的溶液呈酸性：、、、互不反应可以共存，A正确；B．水电离产生的，说明水的电离受到了抑制，溶液可能显酸性，也可能显碱性，酸性溶液中H+能与CO发生反应不能大量共存，碱性溶液中氢氧根能与发生反应不能大量共存，B错误；C．0.1的溶液中：AlO与Al3+能发生双水解不能共存，，C错误；D．具有还原性，酸性条件下具有氧化性，故的溶液中：、、H+、能发生氧化还原反应不能大量共存，D错误；答案选A。4．现有NaNO3和HCl的混合溶液400mL，向混合溶液中逐渐加入过量的Fe粉(假设反应中HNO3只被还原成NO)，如图所示。下列说法不正确的是A．将反应后的混合物过滤，滤液中含Na+、Fe2+、ClB．原混合溶液中硝酸钠的物质的量浓度为2.5mol/LC．反应生成气体的体积为33.6L(标准状况下)D．整个反应过程中每步转移的电子之和为4mol【答案】D【解析】由图可知，当加入铁的物质的量为1mol后，溶液中才生成亚铁离子，说明加入1mol前，发生如下反应：Fe+4H++=Fe3++NO↑+2H2O，则n(Fe)=n()=n(NaNO3)=n(NO)=1mol，A．将反应后的混合物过滤，滤液中滤液溶质为NaCl，FeCl2，滤液中含Na+、Fe2+、Cl，故A正确；B．原混合溶液中硝酸钠的物质的量浓度为c(NaNO3)==2.5mol/L，故B正确；C．铁离子的氧化性强于氢离子，则继续加入铁时发生2Fe3++Fe=3Fe2+，由图可知消耗铁的量为0.5mol，然后是0.5mol的铁与氢离子反应生成氢气，氢气的物质的量等于铁的物质的量，而整个过程中气体的物质的量为1.5mol，标准状况下，体积为V=nVm=1.5mol×22.4L/mol=33.6L，故C正确；D．整个过程分三步进行，每一步转移电子的分别是3mol，0.5mol×2=1mol，0.5mol×2=1mol，共5mol的电子，故D错误；故选：D。5．氨水显碱性的主要原因是A．通常情况下，氨的溶解度很大 B．NH3·H2O电离出少量的OHC．溶于水的NH3有少量电离 D．NH3本身有弱碱性【答案】B【解析】氨水显碱性是由于氨气溶于水，NH3与水反应产生NH3·H2O，氨水溶液中存在一水合氨的电离平衡，NH3·H2O能够微弱电离出少量的OH，故合理选项是B。6．室温下，通过下列实验探究氨气、氨水的性质。实验1：将集满氨气的试管倒立于水槽中，水面迅速上升，几乎充满试管实验2：向实验1中试管滴入几滴酚酞试液，溶液变红实验3：向2mL1mol·L1AlCl3溶液中滴加氨水，产生白色絮状沉淀，继续滴加，沉淀不减少实验4：迅速将实验3中白色沉淀过滤、洗涤，滴入浓氨水，沉淀逐渐溶解。下列说法正确的是A．由实验1可知氨分子间容易形成氢键B．实验2中溶液只含有H2O、NH、OHC．实验3中发生反应的离子方程式为Al3++3OH=Al(OH)3↓D．实验4说明Al(OH)3的溶解性与其结构以及溶液中的OH浓度有关【答案】D【解析】A．由实验1可知氨分子极易溶于水，并不能得出“氨分子间容易形成氢键”的结论，A错误；B．实验2中溶液还含有NH3、NH3·H2O、H＋，B错误；C．NH3·H2O难电离，实验3中发生反应的离子方程式应为，C错误；D．实验4中OH浓度之所以比实验3中的大，是因为向AlCl3溶液中滴加氨水后已产生的抑制了氨水的电离，OH的浓度小，不足以溶解氢氧化铝，因此可说明Al(OH)3的溶解性与其结构以及溶液中的OH浓度有关，D正确；答案选D。7．对于氨水的组成的叙述正确的是A．只含有NH3和H2OB．含有H2O和NH3·H2OC．只含有NH3、H2O和NH3·H2OD．含有NH3、H2O、NH3·H2O、NH、OH和H+【答案】D【解析】氨水中存在：NH3+H2ONH3·H2ONH+OH，H2O⇌H++OH，因此氨水中存在的微粒有：NH3、H2O、NH3·H2O、NH、OH和H+，答案选D。一、金属与硝酸的反应1.金属与硝酸反应的思维模型2．硝酸与金属反应的规律(1)HNO3与金属反应不能产生H2。(2)还原产物一般为HNO3(浓)→NO2，HNO3(稀)→NO；很稀的硝酸还原产物也可能为N2O、N2或NH4NO3。与Cu反应由铜与硝酸反应的化学方程式知，浓硝酸被还原为NO2，氮元素的化合价变化为＋5→＋4；稀硝酸被还原为NO，氮元素的化合价变化为＋5→＋2。一般情况下，硝酸的浓度越小，其还原产物的价态越低与Zn反应锌与硝酸可发生如下反应4Zn＋10HNO3(稀)=4Zn(NO3)2＋N2O↑＋5H2O，4Zn＋10HNO3(极稀)=4Zn(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O(3)硝酸与金属反应时既表现氧化性又表现酸性。3．硝酸与金属反应的计算方法(1)原子守恒法HNO3与金属反应时，一部分HNO3起酸的作用，以NOeq\o\al(－,3)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。(2)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。(3)电荷守恒法HNO3过量时反应后溶液中(不考虑OH－)有：c(NOeq\o\al(－,3))＝c(H＋)＋nc(Mn＋)(Mn＋代表金属离子)。(4)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NOeq\o\al(－,3)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NOeq\o\al(－,3)进行相关计算，且溶液中要符合电荷守恒。二、NHeq\o\al(＋,4)的检验能力提升练能力提升练1．硝酸与金属反应后所得还原产物与硝酸的浓度和金属的活泼性有关。10mL0.5mol·L1HNO3与0.048gMg恰好完全反应。若氮元素只被还原到一种价态，下列说法不正确的是A．HNO3作还原剂B．HNO3浓度越低，N元素还原价态越低C．反应中转移电子数为0.004molD．还原产物可能为NH4NO3【答案】A【解析】A．HNO3与金属反应时，表现酸性和强氧化性，故A错误；B．HNO3浓度越高，氧化性越强，氧化同种金属时，N元素被还原的价态就越高，故B正确；C．HNO3与Mg反应，还原剂只有Mg，Mg的化合价由0→＋2，0.048gMg的物质的量为0.002mol，根据得失电子守恒，反应中转移电子为0.004mol，故C正确；D．硝酸的物质的量为0.01L×0.5mol·L－1＝0.005mol，生成0.002molMg(NO3)2，根据N原子守恒，可能生成0.0005molNH4NO3，若生成0.0005molNH4NO3转移电子为0.004mol，符合电子守恒，故D正确；故答案为A。2．某金属与稀硝酸反应生成一种硝酸盐，该硝酸盐受热分解生成NO2、O2和一种固体，该固体中金属元素的化合价比原硝酸盐中该金属的化合价高，则该硝酸盐分解后生成的NO2和O2的物质的量之比为

A．8∶1 B．4∶1 C．2∶1 D．1∶1【答案】A【解析】如果金属元素化合价不变，N由+5降低至+4、O由2升高至0，根据化合价升降的总数相等可知，NO2和O2的物质的量之比为4：1。因为金属元素化合价升高，所以二氧化氮的物质的量必须相应地增大，根据选项知，只有A符合条件，本题选A．3．将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀硝酸中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO）．向反应后的溶液中加入3mol/LNaOH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．下列叙述不正确的是（）A．当金属全部溶解时，参加反应的硝酸的物质的量一定是0.4molB．参加反应的金属的总质量3.6g＜m＜9.6gC．当生成的沉淀量达到最大时，消耗NaOH溶液的体积V=100mLD．当金属全部溶解时收集到NO气体的体积在标况下为2.24L【答案】C【解析】将一定量的镁和铜组成的混合物加入到稀HNO3中，金属完全溶解（假设反应中还原产物只有NO），发生反应：3Mg+8HNO3（稀）=3Mg（NO3）2+2NO↑+4H2O、3Cu+8HNO3（稀）=3Cu（NO3）2+2NO↑+4H2O；向反应后的溶液中加入过量的3mol/L

NaOH溶液至沉淀完全，发生反应：Mg（NO3）2+2NaOH=Mg（OH）2↓+2NaNO3、Cu（NO3）2+2NaOH=Cu（OH）2↓+2NaNO3，沉淀为氢氧化镁和氢氧化铜，生成沉淀的质量比原合金的质量增加5.1g，则氢氧化镁和氢氧化铜含有氢氧根的质量为5.1g，氢氧根的物质的量为=0.3mol，根据电子转移守恒，则镁和铜的总的物质的量为0.15mol；A．根据方程式可知参加反应的n反应（HNO3）=n（金属）=0.15mol×=0.4mol，故A正确；B．镁和铜的总的物质的量为0.15mol，假定全为镁，质量为0.15mol×24g/mol=3.6g，若全为铜，质量为0.15mol×64g/mol=9.6g，所以参加反应的金属的总质量（m）为3.6g＜m＜9.6g，故B正确；C．若硝酸无剩余，则参加反应氢氧化钠的物质的量为0.3mol，需要氢氧化钠溶液体积为：=0.1L=100mL，硝酸若有剩余，消耗的氢氧化钠溶液体积大于100mL，所以V≥100mL，故C错误；D．根据电子转移守恒可知生成的NO物质的量为=0.1mol，标准状况下，生成NO的体积为0.1mol×22.4L/mol=2.24L，故D正确；故选C。4．在铁和铜的混合物中加入一定量的稀硝酸，充分反应后剩余金属的质量为m1g，再向其中加入一定量的稀硫酸，充分振荡后，剩余金属的质量为m2g，则m1与m2的关系是A．m1>m2 B．m1≤m2 C．m1≥m2 D．m1=m2【答案】A【解析】在铁和铜的混合物中加入一定量的稀硝酸，充分反应后剩余金属的质量为m1g，则剩余的固体中一定含有Cu，再加入少量稀硫酸，则溶液中又存在硝酸，硝酸可与Cu反应，所以剩余固体的质量减少，则m1>m2，答案选A。一、实验室制取氨气的简易方法方法化学方程式(或原理)发生装置加热浓氨水NH3·H2Oeq\o()NH3↑＋H2O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CaOCaO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NH3·H2O＋CaO=NH3↑＋Ca(OH)2二、喷泉实验的原理由于容器内外产生压强差而形成喷泉。气体迅速溶于水或某种溶液中，容器内压强小于容器外压强，从而产生喷泉，依据这一原理，只要能够造成容器内气体大量溶于液体，就可以形成喷泉。1．引发喷泉的几种方法①使烧瓶内的气体迅速溶于水或某种液体中。②使烧瓶内气体温度降低，从而使气压减小。③使待喷液面上的气压增大。2．喷泉实验的几种常见装置设计说明：装置(Ⅰ)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。装置(Ⅱ)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)。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。3．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：溶质的物质量浓度为eq\f(1,22.4)mol·L－1。(2)当是NO2和O2的混合气体且体积比为4∶1时，c(HNO3)＝eq\f(1,28)mol·L－1。学霸高手练学霸高手练1．关于下列图示的说法中正确的是图1图2图3图4A．用图1所示装置可以干燥B．用图2所示装置演示喷泉实验C．用图3所示装置制备并收集少量气体D．图4中两个烧杯内发生的化学