新高考化学一轮复习考点过关练习第13练 氮及其化合物（含解析）

这是一份新高考化学一轮复习考点过关练习第13练 氮及其化合物（含解析），共23页。试卷主要包含了下图中能实现人工固氮的是，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
专题05 化工生产中的重要非金属元素
第13练 氮及其化合物

1．下图中能实现人工固氮的是(　　)

【答案】D
【解析】选项A、C为自然固氮，合成氨为人工固氮，选项B电解食盐水与固氮无关。
2．一些装有化学物质的容器上常贴有危险化学品的标志。下列标志中，应贴在装有浓硝酸的容器上的是(　　)
A． B． C． D．
【答案】D
【解析】浓硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，具有很强的氧化性，是强氧化剂，因此应该使用；故选D。
3．常温下，铁与下列酸溶液作用产生H2的是(　　)
A．浓硫酸 B．稀硫酸 C．浓硝酸 D．稀硝酸
【答案】B
【解析】A项，浓硫酸在常温下可以使铁钝化，不生成氢气；B项，稀硫酸在常温下可以与铁反应生成氢气；C项，浓硝酸在常温下可以使铁钝化，不生成氢气；D项，稀硝酸在常温下可以与铁反应，但是不生成氢气；故选B。
4．硝酸是重要的化工原料，在工业上可用于制造化肥、农药、炸药和染料等。下列关于浓硝酸性质的描述不正确的是(　　)
A．难挥发 B．能溶于水 C．能与碳反应 D．能与氨气反应
【答案】A
【解析】A项，浓硝酸属于易挥发性的酸，A错误；B项，浓硝酸能溶于水，可配成各种浓度的稀硝酸，B正确；C项，浓硝酸有强氧化性，在加热条件下和碳反应生成二氧化碳、二氧化氮和水，C正确；D项，浓硝酸与氨气反应生成硝酸铵，D正确。故选A。
5．下列有关物质性质与用途具有对应关系的是( )
A．N2常温下性质稳定，可用作食品的保护气
B．NH3易溶于水，可用作制冷剂
C．NH4HCO3受热易分解，可用作氮肥
D．浓硝酸具有酸性，可用于钝化金属铝
【答案】A
【解析】A项，氮气具有稳定性，可用作食品的保护气，故A正确；B项，液氨汽化吸收大量的热，具有制冷作用，所以可用作制冷剂，故B错误；C项，碳酸氢铵含有氮元素，所以可用作氮肥，与其受热分解的性质无关，故C错误；D项，常温下铝遇浓硝酸饨化生成致密的氧化膜，是因为硝酸有强氧化性，故D错误；故选A。
6．据研究，NO广泛分布于生物体内各组织中，可将积存在血管壁上的脂肪、胆固醇带走，被称为“血管清道夫”。下列说法中错误的是( )
A．NO极易与氧气反应生成一种红棕色气体
B．实验室中，可利用铜与稀硝酸的反应制取NO
C．人体吸入大量NO气体，可以预防心血管疾病
D．雷雨天气，氮气和氧气能生成NO
【答案】C
【解析】A项，NO极易与氧气反应生成一种红棕色气体NO2，反应原理为：2NO+O2=2NO2，A正确；B项，实验室中，可利用铜与稀硝酸的反应制取NO，反应原理为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，B正确；C项，人体吸入大量NO气体，NO与血红蛋白结合，造成人中毒甚至死亡，C错误；D项，雷雨天气，氮气和氧气在放电的条件下反应生成NO，反应原理为：N2+O22NO，D正确；故选C。
7．下列说法正确的是(　　)
A．CO、NO、NO2都是大气污染气体，在空气中都能稳定存在
B．NO可用于某些疾病的治疗
C．NO2通入FeSO4溶液中始终无明显现象
D．常温常压下，NO不能与空气中的氧气直接化合
【答案】B
【解析】NO易被氧化为NO2；NO2通入FeSO4溶液中首先生成HNO3，然后生成的HNO3能把Fe2＋氧化成Fe3＋，溶液由浅绿色变成棕黄色；常温常压下，NO易与空气中的氧气直接化合生成NO2。
8．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(　　)

【答案】D
【解析】A项，固体加热，试管口略向下倾斜，错误；B项，NH3被酸性干燥剂P2O5吸收且气流方向不对，错误；C项，氨气密度小于空气，应短进长出，错误。
9．实验室用如图装置制氨气并验证氨气的某些化学性质能达到实验目的的是( )

A．用装置甲制取氨气 B．用装置乙除去氨气中的水蒸气
C．用装置丙验证氨气具有还原性 D．用装置丁吸收尾气
【答案】C
【解析】A项，实验室采用装置甲制取氨气时，分液漏斗中盛装浓氨水，圆底烧瓶中盛放氢氧化钠固体或生石灰，图示药品使用不正确，不能用来制取氨气，A错误；B项，氨气与浓硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，B错误；C项，丙装置中发生反应：2NH3＋3CuON2＋3Cu＋3H2O，可以验证氨气具有还原性，C正确；D项，氨气与水直接接触，不能起防倒吸的作用，D错误；故选C。
10．下列制取、干燥收集氨气并验证其部分性质的装置和原理不能达到实验目的的是( )

A．用甲装置制取少量氨气 B．用乙装置干燥氨气
C．用丙装置收集氨气 D．用丁装置验证氨气极易溶于水
【答案】B
【解析】A项，氢氧化钙与氯化铵加热反应生成氯化钙、氨气和水，可利用图示装置制取少量氨气，可达到实验目的，A正确；B项，氨气是碱性气体，和浓硫酸反应被吸收，不能用浓硫酸干燥氨气，不能达到实验目的，B错误；C项，氨气的密度比空气小，可采用向下排空气法收集，即导管采用“长进短出”的方式，图示收集方法合理，C正确；D项，挤压胶头滴管，气球变大，说明圆底烧瓶中压强减小，可证明氨气极易溶于水，能达到实验目的，D正确；故选B。
11．下列装置适用于实验室制氨气并验证氨气的某化学性质，其中能达到实验目的的是( )

A．用装置甲制取氨气
B．用装置乙除去氨气中的水蒸气
C．用装置丙检验浓氨水的挥发性：NH3+ HCl= NH4Cl
D．用装置丁吸收尾气
【答案】C
【解析】A项，氯化铵溶液和氢氧化钠反应，加热才能放出氨气，不能用装置甲制取氨气，故不选A；B项，氨气是碱性气体，氨气能和硫酸反应生成硫酸铵，不能用浓硫酸干燥氨气，故不选B；C项，盐酸、氨水都易挥发，蘸有浓盐酸、浓氨水的玻璃棒相互靠近，有白烟氯化铵生成，用装置丙检验浓氨水的挥发性，NH3+ HCl= NH4Cl，故选C；D项，氨气易溶于水，若用装置丁吸收尾气，会引起倒吸，故不选D；故选C。
12．标况下，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，充分反应后，下列叙述不正确的是(设试管中的溶质不往试管外扩散)( )
A．溶液体积占试管容积的2/3
B．此反应中水既不作氧化剂也不作还原剂
C．试管内溶液中溶质的物质的量浓度为1/22.4mol/L
D．若将试管中的气体改为氯化氢或氨气，则水充满试管
【答案】A
【解析】A项，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，溶液体积占试管容积的，A正确；B项，将一盛有等体积NO、NO2的试管倒立在水槽中，发生的反应为3NO2+H2O＝2HNO3+NO，水既不是氧化剂又不是还原剂，B正确；C项，试管内溶液中溶质是硝酸，设试管容积为VL，浓度为=1/22.4 mol/L，C正确；D项，若将试管中的气体换为氯化氢或者氨气，二者均易溶于水，因此水充满试管，D正确。
13．下列有关硝酸的说法正确的是( )
A．工业硝酸的质量分数约为 69%，常因溶有少量NO而略显黄色
B．硝酸是一种氧化性很强的酸，可以与金、铂等金属反应
C．将木炭放入浓硝酸中，可立即观察到有气泡生成
D．工业制备硝酸第三步为用水吸收二氧化氮生成硝酸
【答案】D
【解析】A项，工业硝酸的质量分数约为69%，常因溶有少量NO2而略显黄色，而不是NO，故A错误；B项，硝酸是一种氧化性很强的酸，和很多金属(除金、铂)反应，故B错误；C项，将木炭放入浓硝酸中，由于木炭的活泼性较弱，反应速率很慢，不能立即观察到有气泡生成，中学阶段一般理解为要加热才反应，故C错误；D项，工业制备硝酸第三步为用水吸收二氧化氮生成硝酸，发生3NO2 + H2O = 2HNO3 + NO反应，故D正确。故选D。

1．下列关于氮及其化合物的说法，不正确的是( )
A．铵盐一般都溶于水，且都可分解放出氨气
B．液氨气化时会吸收大量的热，所以NH3可用作制冷剂
C．汽车尾气中的氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因之一
D．工业浓硝酸通常呈黄色，是因为溶解了NO2气体
【答案】A
【解析】A项，铵盐一般都溶于水，但分解不一定放出氨气，如NH4NO3在230℃以上分解产生N2、O2、H2O，不产生氨气，A错误；B项，氨易液化，液氨气化时会吸收大量的热，所以液NH3常用作制冷剂，B正确；C项，汽车尾气中的氮氧化物是造成光化学烟雾的主要原因之一，C正确；D项，NO2呈红棕色，溶于浓硝酸使浓硝酸呈黄色，D正确。故选A。
2．下列离子方程式书写正确的是(　　)
A．实验室用氯化铵和熟石灰制氨：NH＋OH－NH3↑＋H2O
B．NaOH溶液与NH4Cl溶液混合加热：NH ＋OH－NH3·H2O
C．氨水中加盐酸：NH3·H2O＋H＋===NH＋H2O
D．氨水中加入氯化铁溶液：Fe2＋＋2NH3·H2O===2NH＋Fe(OH)2↓
【答案】C
【解析】A项，该反应属于固体间的加热反应，不能书写相应的离子方程式；B项，加热条件下NH3·H2O应分解为NH3和H2O，离子方程式应为NH＋OH－NH3↑＋H2O；C项，符合反应原理及离子方程式书写要求；D项，向氨水中滴加FeCl3溶液应生成Fe(OH)3沉淀，离子方程式为Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NH。
3．下列关于氮及其化合物说法，不正确的是( )
A．“雷雨发庄稼”是由于放电条件有利于游离态的氮转化为化合态
B．二氧化氮不仅能形成酸雨，还能在一定条件下促进形成“光化学烟雾”
C．铵态氮肥应保存在阴凉处，硝态氮肥(硝酸盐)则能够耐高温
D．工业上制备硝酸过程中，氨催化氧化放出大量热，能预热新进入设备的氨气和空气，节约能源
【答案】C
【解析】A项，“雷雨发庄稼”这是由于在放电的条件下，空气中的氧气和氮气化合生成了氮的氧化物，氮的氧化物再经过各种复杂的化学变化，最后生成了易被农作物吸收的硝酸盐，是在放电条件下游离态的氮转化为化合态，故A正确；B项，二氧化氮溶于水生成硝酸，能形成酸雨；汽车、工厂等污染源排入大气的碳氢化合物和二氧化氮在阳光(紫外光)作用下发生光化学反应，形成有害浅蓝色烟雾，即“光化学烟雾”，故B正确；C项，铵态氮肥应保存在阴凉处，硝态氮肥(硝酸盐)在高温下分解，甚至爆炸，故C错误；D项，工业上制备硝酸过程中，4NH3+5O24NO+6H2O，由氨催化氧化放出大量热，可以利用来预热新进入设备的氨气和空气，节约能源，故D正确；故选C。
4．下列指定反应的离子方程式正确的是( )
A．NO2与水反应：2NO2+H2O=2H++2NO3-
B．将通入过量冷氨水中：SO2+NH3·H2O=2NH4++HSO3-
C．铜与稀硝酸反应：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O
D．向NH4HCO3溶液中加入过量的溶液并加热：NH4++ OH-NH3↑+H2O
【答案】C
【解析】A项，NO2与水反应生成硝酸和NO，其反应离子方程式为3NO2+H2O=2H++2NO3-+NO，故A错误；B项，因为通入SO2是少量，因此少量SO2与氨水反应生成亚硫酸铵，离子方程式为SO2+ 2NH3·H2O=2NH4++SO32-+H2O，故B错误；C项，铜与稀硝酸反应生成硝酸铜、一氧化氮和水：3Cu+8H++2NO3-=3Cu2++2NO↑+4H2O，故C正确；D项，加入氢氧化钠为过量，本题缺少碳酸氢根与氢氧化钠的反应，正确的是NH4++HCO3-+ 2OH-NH3↑+CO32-+2H2O，故D错误；故选C。
5．某化学学习小组为探究NO2和SO2的反应，进行了如图实验。下列说法不正确的是( )

A．常温常压下，等体积的NO2和SO2的原子总数相同
B．图2中反应的现象是两气体混合后，颜色逐渐变浅最后消失
C．两气体混合后颜色消失的原因是SO2具有漂白性
D．图3中“有红棕色气体产生”说明NO2和SO2反应的产物中有NO
【答案】C
【解析】A项，常温常压下，等体积的NO2和SO2的物质的量相同，1mol NO2和SO2原子总数都是3NA，则两者的原子总数相同，A正确；B项，由图2可知，NO2和SO2混合后气体颜色逐渐变浅最后消失，B正确；C项，NO2和SO2发生氧化还原反应而气体颜色消失，不是SO2的漂白性造成的，C错误；D项，由图3中由无色气体产生红棕色气体，为NO被氧气氧化转化为NO2，说明NO2和SO2反应的产物中有NO，D正确；故选C。
6．如图所示利用培养皿探究氨气的性质。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不正确的是(　　)

选项
实验现象
解释
A
浓盐酸附近产生白烟
NH3与挥发出来的HCl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
氯化物溶液中有红褐色沉淀
该溶液一定是FeCl3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
NH3·H2O是一种可溶性碱
【答案】B
【解析】挥发出来的HCl与NH3反应生成NH4Cl固体，产生白烟，A正确；NH3与浓H2SO4反应，但因浓H2SO4难挥发，故无明显现象，B错误；NH3遇到FeCl3溶液生成红褐色Fe(OH)3沉淀，C正确；干燥的红色石蕊试纸不变色，而湿润的红色石蕊试纸变蓝，可说明NH3溶于水生成的NH3·H2O为碱，但不能说NH3是碱，D正确。
7．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是(　　)
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋
B
常温下，Fe、Al放入浓HNO3或浓H2SO4中
无明显现象
Fe、Al与浓HNO3或浓H2SO4发生钝化
C
Al箔插入稀HNO3中
无现象
Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
D
用玻璃棒蘸取浓HNO3点到红色石蕊试纸上
试纸变蓝色
浓HNO3具有酸性
【答案】B
【解析】稀硝酸与铁粉反应，铁首先被氧化成Fe3＋，过量铁粉将Fe3＋还原，最终得到Fe2＋，滴入KSCN溶液不显红色，A错误；常温下，Fe、Al在浓HNO3或浓H2SO4中发生钝化，生成致密的保护膜阻止了反应进行，B正确；Al箔能与稀HNO3反应放出气体，C错误；浓硝酸具有氧化性，能使红色石蕊试纸先变红后褪色，D错误。
8．某实验小组利用如图装置制备NH3并探究其性质。下列说法正确的是( )

A．①中固体可换为只有NH4Cl
B．反应一段时间后，③中黑色固体变为红色
C．②中药品为无水CaCl2
D．反应一段时间后，④中锥形瓶收集到液氨
【答案】B
【解析】实验室制取氨气，利用氯化铵和碱石灰在加热的条件下反应生成氯化钙、氨气和水，从试管中逸出的氨气进入U形管，U形管中盛装碱石灰干燥氨气，NH3具有还原性，可将黑色氧化铜还原成红色的铜单质，④中锥形瓶收集到③中逸出的氨气和水反应得到的氨水。A项，NH4Cl受热分解生成NH3和HCl气体，遇冷重新反应生成NH4Cl，无法制取NH3，A错误；B项，NH3具有还原性，可将黑色氧化铜还原成红色的铜单质，则反应一段时间后，③中黑色固体变为红色，B正确；C项，无水CaCl2会与氨气形成氨合物CaCl2·nNH3，因此不能用来干燥氨气，C错误；D项，液氨的沸点为-33.5℃，无法在冰中液化，氨气与氧化铜反应后生成水，过量的氨气可溶于水，故收集到的是氨水，D错误；故选B。
9．某兴趣小组探究金属与硝酸的还原产物，进行了下列三组实验，下列说法正确的是( )

实验操作(室温)及实验现象
①
将足量的铜粉加入1 mL10mol·L-1HNO3中，溶液呈绿色，产生红棕色气体
②
将足量的铜粉加入1 00mL0.1mol·L-1HNO3中，溶液呈蓝色，产生无色气体
③
将足量的铁粉加入1 00mL0.1mol·L-1HNO3中，溶液呈浅绿色，无气体生成
A．实验①中消耗的铜粉质量大于实验②
B．实验②中产生的气体可用向上排空气法收集
C．实验③中铁发生了钝化
D．以上实验说明硝酸的还原产物与硝酸的浓度及金属的活泼性有关
【答案】C
【解析】A项，实验①反应后溶液呈绿色，产生红棕色气体，发生反应Cu+4HNO3(浓)=Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，实验②反应后溶液呈蓝色，产生无色气体，发生反应3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，①与②中硝酸的物质的量相等，故实验①中消耗的铜粉质量小于实验②，故A错误；B项，实验②中生成一氧化氮气体，一氧化氮易于氧气反应，故不能用排空气法收集，故B错误；C项，实验③反应后溶液呈浅绿色，无气体生成，故铁发生了钝化，故C正确；D项，根据实验①②可得浓硝酸生成二氧化氮、稀硝酸生成一氧化氮，但是与活泼性无关，故D错误；故选C。
10．下列有关应用与物质性质没有关联的是( )
选项
应用
性质
A
液氨可用作制冷剂
NH3极易溶于水
B
实验室用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取NH3
铵盐与强碱反应会放出氨
C
工业上利用NO2与H2O反应制HNO3
NO2与H2O反应会生成HNO3和NO
D
硝酸一般保存在棕色试剂瓶中
光照会使HNO3分解
【答案】A
【解析】A项，液氨可用作制冷剂，是因为分子间能形成氢键，使氨气易液化，液氨在气化时会吸热，故与氨气易溶于水没有关联，A符合题意；B项，实验室用NH4Cl和Ca(OH)2共热制取NH3，满足强碱制弱碱的原理，B不符合题意；C项，工业上利用NO2与H2O反应制HNO3，利用NO2在水中能发生归中反应的性质，C不符合题意；D项，硝酸一般保存在棕色试剂瓶中，是因为硝酸具有光的不稳定性，D不符合题意；故选A。
11．用NA表示阿伏伽德罗常数的值，下列说法正确的是( )
A．1 L 1 mol/L的氨水中含有NH3·H2O分子的数目为NA
B．过量的Cu与含0.2 molHNO3的浓硝酸反应，转移电子的数目大于0.1NA
C．标准状况下，2.24 LSO2所含的原子总数为0.4NA
D．1 molN2与3 molH2一定条件下充分反应，生成NH3的分子数为2NA
【答案】B
【解析】A项，NH3·H2O是弱电解质，在水溶液中发生部分电离，所以1 L 1 mol/L的氨水中含有NH3·H2O分子的数目小于NA，A错误；B项，Cu与含0.2 molHNO3的浓硝酸反应生成二氧化氮，随着反应的进行浓硝酸变稀，过量的Cu会继续与稀硝酸反应生成NO，根据电子转移数守恒可知，转移电子的数目大于0.1NA，B正确；C项，标准状况下，2.24 LSO2的物质的量为0.1mol，则其中所含的原子总数为0.3NA，C错误；D项，氮气和氢气合成氨为可逆反应，反应物转化率达不到100%，所以1 molN2与3 molH2一定条件下充分反应，生成NH3的分子数小于2NA，D错误；故选B。
12．在稀硝酸中加入铜粉，待充分反应，判断下列说法正确的是(忽略反应前后溶液体积的变化) ( )
A．反应中转移电子的物质的量为0.2NA
B．标准状况下，产生NO2气体的体积为
C．反应后，H+的物质的量浓度为
D．被还原的HNO3的物质的量为
【答案】C
【解析】n(Cu)==0.3mol，n(HNO3)=cV=0.2L×5mol/L=1mol，根据铜与硝酸反应的化学方程式3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O可知，铜不足，故转移电子数、反应消耗的硝酸的量、被还原的硝酸的量，均需用铜的物质的量进行计算。A项，1mol的铜完全参加反应转移2mol的电子，0.3mol的铜反应转移0.6mol电子，即转移电子书为0.6NA，故A项错误；B项，铜与稀硝酸反应产生NO气体，故B项错误；C项，根据化学方程式可知，0.3mol铜消耗0.8mol的硝酸，则反应后剩余0.2mol硝酸，剩余硝酸的物质的量浓度为=1mol/L，即反应后，H+的物质的量浓度为1.0mol/L，故C项正确；D项，根据化学方程式可知，8mol硝酸中只有2mol被还原，故0.8mol硝酸参加反应，被还原的HNO3的物质的量为0.2mol，故D项错误；故选C。
13．N2是合成氨工业的重要原料，NH3不仅可制造化肥，还能通过催化氧化生产HNO3；大气中过量的NOx和水体中过量的NH4+、NO3-均是污染物。通过催化还原的方法，可将烟气和机动车尾气中的转化为N2。在指定条件下，下列选项所示的物质间转化能实现的是( )
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】A项，NO不溶于水，也不与水反应，A不能实现转化；B项，稀HNO3与Cu反应得到硝酸铜、水和NO，得不到NO2，B不能实现转化；C项，NO有氧化性，CO有还原性，在高温、催化剂条件下二者可发生氧化还原反应转化为无毒的N2和CO2，C能实现转化；D项，NO2→NO，N元素的化合价降低，发生的是还原反应，O3有强氧化性，不能作还原剂将NO2还原，D不能实现转化；答案选C。
14．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L(标准状况)，这些气体与一定体积O2(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4mol·L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，下列说法正确.的是( )
A．参加反应的硝酸是0.4mol B．消耗氧气的体积为1.12L
C．此反应过程中转移的电子为0.3mol D．参加反应的铜的质量是3.2g
【答案】B
【解析】由于Cu是足量的，硝酸完全反应，所得溶液中溶质为硝酸铜；混合气体与氧气、水反应又得到硝酸，根据电子转移守恒，Cu原子失去的电子等于氧气获得的电子，所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀生成Cu(OH)2，获得NaNO3溶液，由电荷守恒，OH-的物质的量等于铜失去电子物质的量，等于氧气获得电子物质的量，也等于反应后溶液中硝酸根离子的物质的量。A项，最终得到NaNO3溶液，反应后溶液中n(NO3-)=n(NaOH)=4mol/L×0.05L=0.2mol，n(NO2)+n(NO)==0.1mol，由N原子守恒：n(HNO3)=n(NO2)+n(NO)+n反应后溶液(NO3-)=0.1mol+0.2mol=0.3mol，故A错误；B项，混合气体与氧气、水反应又得到硝酸，根据电子转移守恒，Cu原子失去的电子等于氧气获得的电子，所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀生成Cu(OH)2，获得NaNO3溶液，由电荷守恒，OH-的物质的量等于氧气获得电子物质的量，故消耗氧气的物质的量为=0.05mol，则V(氧气)=0.05mol×22.4L/mol=1.12L，故B正确；C项，所得硝酸铜溶液中加入NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀生成Cu(OH)2，获得NaNO3溶液，由电荷守恒，OH-的物质的量等于铜失去电子物质的量，n(NaOH)=4mol/L×0.05L=0.2mol，故转移电子为0.2mol，故C错误；D项，向所得硝酸铜溶液中加入50mL 4mol•L-1NaOH溶液，则Cu2+恰好完全沉淀，铜离子的物质的量=n(NaOH)=×0.05L×4mol/L=0.1mol，则该反应中铜的质量是0.1mol×64g/mol=6.4g，故D错误；故选B。
15．绿水青山是习近平总书记构建美丽中国的伟大构想，某工厂拟综合处理含NH4+废水和工业废气(主要含N2、CO2、SO2、NO、CO，不考虑其他成分)，设计了如图流程：

下列说法错误的是( )
A．X可以是空气，但不能过量
B．捕获剂所捕获的气体主要是CO
C．固体1中主要含有CaCO3、CaSO3、Ca(OH)2
D．处理含NH4+废水时，发生的反应为4H++NH4++5NO2-=6NO↑+4H2O
【答案】D
【解析】工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量石灰乳，气体1是不能被过量石灰水吸收的N2、NO、CO；气体1通入气体X，用氢氧化钠溶液处理后到的NO反应转化为NaNO2，X可以为空气，但不能过量，否则得到的是NaNO3，NaNO2与含有NH4+的溶液反应生成无污染的N2，则气体2含有CO、N2，捕获剂所捕获的气体主要是CO。A项，根据上述分析可知：X可以是空气，但不能过量，否则会将NO氧化为NO2，NO2与NaOH溶液反应产生NaNO3，无法与NH4+的溶液反应生成无污染的N2，A正确；B项，气体2主要含有CO和N2，捕获剂捕获气体后得到无污染的气体，则捕获剂捕获的气体主要是CO，防止污染空气，B正确；C项，工业废气中CO2、SO2可被石灰乳吸收，生成固体1为CaCO3、CaSO3及过量Ca(OH)2，C正确；D项，不符合题意反应事实，处理含NH4+废水时，NO2-与含有NH4+的溶液反应生成无污染的N2，根据电子守恒、电荷守恒及原子守恒，可得该反应的离子方程式为：NH4++NO2-=N2↑+2H2O，D错误；故选D。
16．下列有关实验操作、现象和解释或结论都正确的是( )
选项
实验操作
现象
解释或结论
A
过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，滴入KSCN溶液
溶液呈红色
稀HNO3将Fe氧化为Fe3＋
B
Al箔插入稀HNO3中
无明显现象
Al箔表面被HNO3氧化，形成致密的氧化膜
C
常温下，Fe、Al放入浓HNO3或浓H2SO4中
无明显现象
Fe、Al与浓HNO3或浓H2SO4发生钝化
D
用玻璃棒蘸取浓HNO3点到红色石蕊试纸上
试纸变蓝色
浓HNO3具有酸性
【答案】C
【解析】A项，过量的Fe粉中加入稀HNO3，充分反应后，最终得到硝酸亚铁溶液，滴入KSCN溶液，不变红色，故A错误；B项，Al箔插入稀HNO3中生成硝酸铝、一氧化氮、水，Al箔插入浓HNO3中钝化，故B错误；C项，常温下，Fe、Al放入浓HNO3或浓H2SO4中钝化，故C正确；D项，浓硝酸具有强氧化性，用玻璃棒蘸取浓HNO3点到红色石蕊试纸上，红色石蕊试纸褪色，故D错误；故选C。

1．下列关于自然界中氮循环(如图)的说法不正确的是(　　)

A．氮元素均被氧化
B．工业合成氨属于人工固氮
C．含氮无机物和含氮有机物可相互转化
D．碳、氢、氧三种元素也参加了氮循环
【答案】A
【解析】A．N2→NH3过程中氮元素由0价变为－3价，被还原。B．工业合成氨的过程属于人工固氮。C．1828年，德国化学家维勒首次利用无机物氰酸铵合成了尿素；而含氮的有机物也可以直接分解为无机物。D．雷电发生时涉及的反应有N2＋O22NO，2NO＋O2===2NO2，3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，HNO3进入土壤，与矿物质结合成硝酸盐；豆科植物也可以将N2合成氮肥，生物体内含有C元素，所以碳、氢、氧三种元素都参加了氮循环。
2．(2021•浙江6月选考)关于化合物ClONO2的性质，下列推测不合理的是( )
A．具有强氧化性 B．与NaOH溶液反应可生成两种钠盐
C．与盐酸作用能产生氯气 D．水解生成盐酸和硝酸
【答案】D
【解析】A项，ClONO2里面含有正一价的氯元素和正五价的氮元素，具有强氧化性，A正确；B项，ClONO2与NaOH溶液反应可生成次氯酸盐和硝酸盐，B正确；C项，ClONO2与盐酸发生归中反应生成氯气，C正确；D项，ClONO2发生水解反应生成次氯酸和硝酸，D错误；故选D。
3．科学家从化肥厂生产的(NH4)2SO4中检出化学式为N4H4(SO4)2的物质，该物质的晶体中含有SO42- 和N4H44+两种离子，当N4H44+遇到碱性溶液时，会生成N4分子。下列说法正确的是(　　)
A．14N、N4与N2互为同位素
B．N4H4(SO4)2的电离方程式为N4H4(SO4)2N4H44++2SO42-
C．N4H4(SO4)2不能与草木灰、K3PO4等化肥混合施用
D．N4H4(SO4)2中只含共价键，不含离子键
【答案】C
【解析】同种元素的不同原子之间互为同位素，N4与N2为单质，A项错误；N4H4(SO4)2晶体中含有SO42-和N4两种离子，N4H4(SO4)2为离子化合物，电离方程式为N4H4(SO4)2== N4H44++2 SO42-，B项错误；草木灰的主要成分K2CO3、K3PO4都为强碱弱酸盐，其水溶液显碱性，当N4遇到碱性溶液时，会生成N4分子，故不能混合施用，C项正确；N4H4(SO4)2中含有离子键，D项错误。
4．羟氨(NH2OH)可看作氨分子内的一个氢原子被羟基取代的衍生物。下列说法不正确的是( )
A．羟氨的水溶液显碱性，可与盐酸发生反应
B．羟氨既有氧化性又有还原性，受热可生成氨气
C．羟氨分子中N原子、O原子与羟基H原子共直线
D．羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键
【答案】C
【解析】A项，羟氨分子中与NH3分子均有孤对电子，均能结合水电离的H+，水溶液显碱性，可与盐酸发生反应，故A正确；B项，羟氨中N元素为-1价，化合价既能升高也能降低，既有还原性又有氧化性，受热化合价降低可生成氨气，故B正确；C项，羟氨分子中的N—O—H类似于水分子的H—O—H结构，3个原子形成“V”， 故C错误；D项，羟氨易溶于水是由于其与水分子形成分子间氢键，故D正确；故选C。
5．如图所示，在注射器里吸入20mL NO，然后吸入5mL水。若再吸入30mL空气(按O2体积占1/5计算)，夹住弹簧夹，观察现象(不考虑摩擦力)。已知常温常压下，气体摩尔体积为24.5 L·mol-1，则下列叙述不正确的是( )

A．最终剩余气体体积约为36mL
B．可观察到注射器的活塞缓缓向右移动
C．可观察到注射器内气体由无色变成红棕色，最后变成无色
D．若反应前后液体体积不变，所得硝酸溶液的浓度约为0.07mol/L
【答案】B
【解析】A项，常温常压下，气体体积之比等于其物质的量之比，根据2NO+O2=2NO2，消耗的氧气为30 mL=6 mL，参与反应的一氧化氮为12mL，生成了12mL二氧化氮，此反应中气体体积减小6mL，根据3NO2+H2O=2HNO3+ NO，12mL的二氧化氮参与反应生成了4mL的一氧化氮，此反应中气体体积减小了8mL，最终剩余体积约为20mL+30mL-6mL -8mL=36mL，A项正确；B项，在注射器中发生的反应为2NO+O2=2NO2和3NO2+H2O=2HNO3+ NO，可以看出反应均为气体分子数减小的方向进行，则活塞缓缓向左移动，B项错误；C项，一氧化氮与氧气发生反应生成二氧化氮，二氧化氮与水发生反应生成硝酸和一氧化氮，可观察到注射器内气体由无色变成红棕色，最后变成无色，C项正确；D项，据A选项中分析可得，参与反应的二氧化氮体积为12mL，根据根据3NO2+H2O=2HNO3+ NO，可以列出，则硝酸的浓度=≈0.07mol/L，D项正确；故选B。
6．下述实验中均有红棕色气体产生，对比分析所得结论不正确的是(　　)



①
②
③
A．由①中的红棕色气体，推断产生的气体一定是混合气体
B．红棕色气体不能表明②中木炭与浓硝酸发生了反应
C．由③说明浓硝酸具有挥发性，生成的红棕色气体为还原产物
D．③的气体产物中检测出CO2，由此说明木炭一定与浓硝酸发生了反应
【答案】D
【解析】①中灼热碎玻璃起加热作用，浓硝酸受热分解生成红棕色NO2，硝酸中氮元素化合价降低，必有元素化合价升高，只能为氧元素，因此，还有O2生成，产生的气体为混合气体，A项正确；由①可知，浓硝酸受热分解可生成红棕色气体，所以②中产生的“红棕色气体”不一定是木炭与浓硝酸发生反应产生的，B项正确；③中浓硝酸挥发才能与红热木炭接触，产生的NO2是还原产物，C项正确；红热的木炭还可与空气中的O2反应生成CO2，不一定是木炭与浓硝酸发生反应生成了CO2，D项错误。
7．(2022•湖南选择性考试)科学家发现某些生物酶体系可以促进和的转移(如a、b和c)，能将海洋中的NO2-转化为N2进入大气层，反应过程如图所示。

下列说法正确的是( )
A．过程Ⅰ中NO2-发生氧化反应
B．a和b中转移的e-数目相等
C．过程Ⅱ中参与反应的n(NO)：n(NH4+)=1：4
D．过程Ⅰ→Ⅲ的总反应为NO2-+NH4+=N2↑+2H2O
【答案】C
【解析】A项，由图示可知，过程I中NO2-转化为NO，氮元素化合价由+3价降低到+2价，NO2-作氧化剂，被还原，发生还原反应，A错误；B项，由图示可知，过程I为NO2-在酶1的作用下转化为NO和H2O，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：NO2-+2H++e-NO+H2O，生成1molNO，a过程转移1mole-，过程II为NO和NH4+在酶2的作用下发生氧化还原反应生成H2O和N2H4，依据得失电子守恒、电荷守恒和原子守恒可知，反应的离子方程式为：2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，消耗1molNO，b过程转移4mol e-，转移电子数目不相等，B错误；C项，由图示可知，过程II发生反应的参与反应的离子方程式为：2NO+8NH4+2H2O+5N2H4+8H+，n(NO)：n(NH4+)=1：4，C正确；D项，由图示可知，过程III为N2H4转化为N2和4H+、4e-，反应的离子方程式为：N2H4= N2+4H++4e-，过程I-III的总反应为：2NO2-+8NH4+=5N2↑+4H2O+24H++18e-，D错误；故选C。
8．向mg由铁粉和铜粉组成的混合物中，加入某浓度的稀硝酸，充分反应后测得生成NO的体积[V(NO)](已换算成标准状况下)、m(固体剩质余量)随加入的稀硝酸的体积的变化如图所示(设硝酸的还原产物只有NO)。下列说法中正确的是( )

A．稀硝酸的浓度为0.4mol·L-1
B．a点时，100mL稀硝酸中溶解了Fe和Cu共8.4g
C．b点对应的溶液中可能含有的金属阳离子为Fe2+、Fe3+、Cu2+
D．加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.91L
【答案】D
【解析】由图示数据可得如下表格：
编号
①
②
③
④
稀硝酸体积/mL
100
200
300
400
剩余金属/g
12.2
3.2
0
0
NO体积/mL
2240
4480
6720
V
实验①和②都有金属剩余，则溶液中不可能含硝酸铁，溶液中金属离子为+2价，在实验①的基础上加入100mL硝酸，参加反应的金属的质量为12.2g-3.2g=9g，生成NO的体积为4480mL-2240mL=2240mL，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的金属的物质的量为=0.15mol，参加反应的金属的平均摩尔质量为=60g/mol，该过程既有铁参与反应，又有铜参与反应，利用十字交叉法，则n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，故实验①只有铁参与反应，实验①生成NO的体积为2240mL，NO的物质的量为0.1mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铁的物质的量为=0.15mol，质量为0.15mol56g/mol=8.4g，实验②既有铁参与反应，又有铜参与反应，且n(Fe)=n(Cu)=0.15mol=0.075mol，在实验②的基础上继续加入100mL稀硝酸，生成NO的体积为6720mL-4480mL=2240mL，NO的物质的量为0.1mol，该过程既有铜参加反应，又有亚铁离子参加反应，参加反应的金属的质量为3.2g，金属全部为铜，物质的量为=0.05mol，金属铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，0.05molCu参与反应生成molNO，则亚铁离子参与反应生成molNO，硝酸亚铁与稀硝酸反应的化学方程式为：4HNO3(稀)+3Fe(NO3)2=3Fe(NO3)3+NO↑+2H2O，则消耗亚铁离子0.2mol，由以上分析可知，总共含亚铁离子0.15mol+0.075mol=0.225mol，则加入稀硝酸300mL后还有0.225mol-0.2mol=0.025mol亚铁离子，0.025mol亚铁离子与稀硝酸反应生成≈0.0083molNO，体积为0.0083mol22.4L/mol≈0.19L。A项，实验①只有铁参与反应，发生反应3Fe+8HNO3(稀)=3Fe(NO3)2+2NO↑+4H2O，生成NO的体积为2240mL，NO的物质的量为0.1mol，则参加反应的硝酸的物质的量为0.1mol4=0.4mol，硝酸的物质的量浓度为=4mol/L，A错误；B项，a点只消耗了铁8.4g，B错误；C项，b点还有金属剩余，因此溶液中不可能有Fe3+，C错误；D项，加入稀硝酸至400mL时，收集到的V(NO)约为6.72L+0.19L=6.91L，D正确；故选D。
9．已知：①NO可与过氧化钠粉末发生化合反应生成NaNO2，②NO能被酸性KMnO4溶液氧化成NO3-。某兴趣小组设计了如下图所示的装置制备NaNO2，下列说法不正确的是( )

A．装置A无需加热，滴入浓硝酸就能发生反应
B．装置B中铜的作用是提高NO的生成率
C．装置C中装的药品可以是氢氧化钠固体
D．装置E中的酸性KMnO4溶液的主要作用是吸收多余的NO
【答案】A
【解析】本题属于常见无机物制备类的实验题，由装置A制备二氧化氮，通过装置B转化为一氧化氮，装置C除杂，在装置D中发生反应生成产品，装置E用于尾气处理。A项，浓硝酸和碳常温的时候不反应，加热的时候发生反应C+4HNO3(浓)=CO2+4NO2+2H2O，A错误；B项，装置A中产生的二氧化氮，在装置B中和水反应生成硝酸和一氧化氮，其中硝酸和铜反应生成一氧化氮，这样可以提高NO的生成率，B正确；C项，从装置B中出来的一氧化氮中混入了二氧化碳和水蒸气，这些都会和过氧化钠反应，需要除去，而一氧化氮不和氢氧化钠反应，二氧化碳和水蒸气可以被氢氧化钠固体吸收，C正确；D项，含有一氧化氮的尾气对环境有害，由题意可知一氧化氮可以被酸性高锰酸钾溶液吸收，D正确；故选A。
10．亚硝酸钠(NaNO2)是一种具有咸味、有毒，且价格比食盐(NaCl)便宜的工业用盐，常被误作食盐使用，导致多起中毒事故发生，它的部分性质如图，下列说法错误的是(　　)

A．可用淀粉碘化钾试纸和食醋鉴别食盐(NaCl)与亚硝酸钠(NaNO2)
B．亚硝酸钠可以加到食品中，但添加量要符合规定
C．NaNO2与N2H4反应生成NaN3的化学方程式为NaNO2＋N2H4===NaN3＋2H2O
D．上图所涉及的化学反应都是氧化还原反应
【答案】D
【解析】亚硝酸钠能和KI反应生成碘单质，碘与淀粉溶液变蓝色，A项正确；NaNO2具有防腐性，但有毒，所以亚硝酸钠可以加到食品中，但添加量要符合规定，B项正确；亚硝酸钠和肼反应生成叠氮化钠和水，该反应中N元素化合价由＋3价、－2价变为－价，C项正确；有电子转移的化学反应为氧化还原反应，其特征是有元素化合价升降，NaNO2与NH4Cl反应生成NH4NO2没有化合价的变化，D项错误。
11．将质量为32g的铜与150mL的一定浓度的硝酸反应，铜完全溶解，产生标准状况下11.2L的NO和NO2的混合气体，将生成的混合气体与一定体积的氧气一起通入足量NaOH溶液中，气体恰好被吸收生成NaNO3。下列说法不正确的是
A．标准状况下，通入的O2体积为5.6L
B．向反应后的溶液加NaOH，使铜沉淀完全，需要NaOH的物质的量至少为1.0mol
C．标准状况下，混合气体构成是5.6L的NO和5.6L的NO2
D．硝酸的物质的量浓度为10.0mol·L−1
【答案】D
【解析】32g的铜的物质的量为0.5mol；11.2L的NO和NO2的物质的量为0.5mol，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y，则x+y=0.5，反应过程中铜全部被氧化成Cu2+，根据电子守恒有3x+y=0.5×2，和前式联立可得x=0.25mol，y=0.25mol；设氧气的物质的量为z，NO和NO2全部转化为NaNO3，则根据电子守恒有0.5×2=4z，解得z=0.25mol；根据元素守恒可知生成的n(NaNO3)=0.5mol。A项，根据分析可知通入的O2为0.25mol，标况下体积为0.25mol×22.4L/mol=5.6L，故A正确；B项，当硝酸无剩余时消耗的NaOH最少，此时NaOH只与Cu2+反应生成Cu(OH)2沉淀，根据元素守恒可知此时n(NaOH)=2n(Cu2+)=0.5mol×2=1mol，故B正确；C项，根据分析可知，混合气体中有0.25molNO和0.25molNO2，即标准状况下的5.6L的NO和5.6L的NO2，故C正确；D项，由于不知道和铜反应后硝酸是否有剩余，所以无法计算硝酸的浓度，故D错误；故选D。
12．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L(标准状况)，这些气体与一定体积O2(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4mol•L-1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH溶液的体积是50mL，下列说法正确的是( )
A．参加反应的硝酸是0.2mol B．消耗氧气的体积为1.68 L
C．铜和硝酸反应过程中转移的电子为0.3 mol D．混合气体中含NO21.12 L
【答案】D
【解析】A项，沉淀达到最大，溶液中溶质为NaNO3，根据N元素守恒，参加反应硝酸的物质的量为n(NaNO3)＋n(NO、NO2)=(50×10－3×4＋2.24/22.4)mol=0.3mol，故错误；B项，Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，根据离子反应方程式求出参加n(Cu)=50×10－3×4/2mol=0.1mol，根据分析，铜失去得电子最终给了氧气，根据得失电子数目守恒，即n(Cu)×2=n(O2)×4，即n(O2)=0.2/4mol=0.05mol，即氧气的体积为0.05×22.4L=1.12L，故错误；C项，铜和硝酸反应失去的电子物质的量为0.1×2mol=0.2mol，故错误；D项，令NO的物质的量为xmol，则NO2的物质的量为(2.24×22.4－x)mol，根据得失电子数目守恒，即3x＋(2.24/22.4－x)=0.2，解得x=0.05mol，因此NO2体积为0.05×22.4L=1.12L，故正确。
13．将一定质量的铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1g铜粉，此时共收集到NO气体448mL(标准状况)。然后向上述混合物中加入足量稀硫酸至不再反应为止，容器剩有铜粉m2g，则(m1－m2)为( )
A．5.76 B．2.88 C．1.92 D．0
【答案】A
【解析】铜粉加入到100mL某浓度的稀硝酸中，充分反应后，容器中剩有m1 g铜粉，反应生成Cu(NO3 )2 和NO气体，NO的物质的量为n(NO)=0.448L÷22.4L/mol=0.02mol，根据电子转移守恒可知，参加反应的铜的物质的量为0.02mol×(5−2)÷2=0.03mol，根据铜元素守恒可知，溶液中n[Cu(NO3 )2 ]=0.03mol，溶液中n(NO3 -)=0.06mol。再向溶液中足量稀硫酸至不再反应为止，Cu(NO3 )2中NO3 -发生反应3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O，容器剩有铜粉m2 g，(m1-m2)为再与溶液中NO3 -反应的铜的质量，则由反应3Cu＋8H＋＋2NO3－=3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O可知0.06mol NO3－再发生反应消耗Cu的物质的量是n(Cu)=3/2×n(NO3－)= 3/2×0.06mol=0.09mol，所以再次反应的铜的质量为0.09mol×64g/mol=5.76g，即(m1-m2)=5.76g。故选A。
14．向含有0.01 mol Cu，a mol Cu2O、b mol CuO的混合物中滴加6 mol·L－1的稀硝酸溶液至10ml时，固体恰好完全溶解，得到标准状况下224mL气体(纯净物)。下列说法正确的是( )
A．反应过程中转移0.01 mol电子 B．a：b＝1：1
C．被还原的硝酸为0.06 mol D．将少量铁粉投入该稀硝酸中能生成Fe(NO3)2
【答案】B
【解析】A项，NO是Cu与硝酸反应生成的，HNO3中N，化合价从+5降低到+2，生成1molNO，转移3mol电子，因此生成0.01molNO时，电子转移0.03mol，A项错误；B项， Cu的化合价从0升高到+2，Cu2O中的Cu的化合价从+1升高到+2，转移的电子的物质的量为0.03mol，根据得失电子守恒有a==0.005mol，由Cu原子守恒有b=-0.01mol-0.005mol×2=0.005mol，则a:b=1:1，B项正确；C项，被还原的硝酸为生成NO的硝酸，物质的量为0.01mol，C项错误；D项，少量铁与硝酸反应生成硝酸铁，只有当铁粉过量后才能生成硝酸亚铁，D项错误；故选B。