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第23讲 氮及其化合物 -备战2023年高考化学【一轮·夯实基础】复习精讲精练
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【复习目标】
1．能列举、描述、辨识氮及其化合物重要的物理和化学性质及实验现象。
2．能根据氮及其化合物的性质分析生产、生活及环境中的某些常见问题，说明妥善保存、合理使用化学品的常见方法。
3．能说明氮及其化合物的应用对社会发展的价值、对环境的影响。
【知识精讲】
考点一 氮气及氮的氧化物
1．氮元素存在形态及氮的固定
（1）氮元素在周期表中的位置及氮原子结构
氮元素位于元素周期表的第二周期第ⅤA族。氮原子结构示意图为，最外电子层有5个电子，既不容易得到3个电子，也不容易失去5个电子，因此，氮原子一般通过共用电子对与其他原子相互结合构成物质。
（2）氮元素在自然界中的存在形式
在自然界中，氮元素主要以氮分子(N2)的形式存在于空气中，部分氮元素存在于动植物体内的蛋白质中，还有部分氮元素存在于土壤、海洋里的硝酸盐和铵盐中。
（3）氮的固定
①将大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定。
②氮的固定分为自然固氮(豆科植物的根瘤菌固氮及放电条件下氮气与氧气化合)和人工固氮(工业上合成氨等)。
【例题1】一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法正确的是( )
A．反应①属于氮的固定
B．反应②属于氧化还原反应
C．反应③可通过电解LiOH溶液实现
D．上述三步循环的总反应为N2＋3H2===2NH3
【答案】A
【解析】
反应①为Li与N2反应生成Li3N的反应，属于氮的固定，A项正确；结合题图可知反应②为Li3N＋3H2O===3LiOH＋NH3↑，该反应中没有化合价的变化，属于非氧化还原反应，B项错误；电解LiOH溶液不能生成单质Li，C项错误；结合题图可知，三步循环的总反应为2N2＋6H2O===4NH3＋3O2，D项错误。
2．氮气
（1）物理性质：eq \a\vs4\al(无)色eq \a\vs4\al(无)味气体，密度比空气的略小，eq \a\vs4\al(难)溶于水。
（2）化学性质
氮分子内两个氮原子间以共价三键(N≡N)结合，断开该化学键需要吸收较多能量，故氮气的化学性质很稳定，通常情况下难以与其他物质发生化学反应，无法被大多数生物体直接吸收。
写出有关化学方程式：
①3Mg＋N2eq \(=====,\s\up7(点燃))Mg3N2；
②N2＋3H2eq \(,\s\up11(高温、高压),\s\d4(催化剂))2NH3；
③N2＋O2eq \(=====,\s\up7(放电或高温))2NO。
【例题2】(2022·葫芦岛模拟)下列说法中正确的是( )
A．氮气化学性质不如磷活泼，故氮元素非金属性弱于磷
B．氮气只有氧化性，没有还原性
C．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐
D．NO与O2反应生成NO2属于氮的固定
【答案】C
【解析】
N≡N键能大，N2比磷稳定，A错误；氮气中氮元素的化合价可以升高，也可以降低，故既具有氧化性，又具有还原性，B错误；氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，D错误。
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
注意：
①NO只能用排水法收集，不能用排空气法收集；而NO2只能用向上排空气法收集，不能用排水法收集。
②NO2气体存在平衡：2NO2N2O4，故常温时没有纯净的NO2或N2O4气体。
③NO2虽然与水反应生成HNO3，但不是硝酸的酸酐。硝酸的酸酐是N2O5；NO2不是酸性氧化物。
④NO2能使湿润的淀粉－碘化钾试纸变蓝，原因是二氧化氮先与水反应生成HNO3，HNO3再将碘化钾氧化为I2，最终淀粉遇I2变蓝。
【例题3】如图所示，将相同条件下的m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水槽且盛满水的试管内，充分反应后，试管内残留eq \f(m,2)体积的气体，该气体与空气接触后立即变为红棕色。则m与n的比值为( )
A．3∶2 B．2∶3
C．8∶3 D．3∶8
【答案】C
【解析】
该过程中涉及的反应有2NO＋O2===2NO2、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可将两个方程式“合并”为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3。剩余气体与空气接触立即变为红棕色，说明剩余气体为NO。
则可知eq \f(m,2)体积的NO气体与n体积的O2恰好完全反应。
4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3
4 3
eq \f(m,2) n
4∶eq \f(m,2)＝3∶n，解得m∶n＝8∶3。
【例题4】在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积可能为( )
①1.2 mL ②2.4 mL ③3 mL ④4 mL
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【答案】D
【解析】
首先分析剩余的2 mL气体有两种可能。如果剩余2 mL O2，则V(NO2)＝eq \f(4,5)×(12－2)mL＝8 mL，则混合气体中：V(O2)＝12 mL－8 mL＝4 mL；若剩余的2 mL气体是NO，则混合气体中的V(O2)＝(12 mL－2 mL×3)×eq \f(1,5)＝1.2 mL，D项正确。
【归纳总结】氮的氧化物和O2、H2O反应的计算方法
（1）关系式法
①NO2和O2混合气体溶于水的计算：
由4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3可知：
②NO与O2同时通入水中：
由4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3可知：
V(NO)∶V(O2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(<4∶3 剩余O2,＝4∶3 恰好完全反应,>4∶3 剩余NO))
③NO2、NO、O2三种混合气体通入水中：
a．可先将NO和O2转化为NO2，再按上述各种情况分别处理。
b．也可先将NO2和H2O反应转化为NO，再按4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3情况处理。
（2）得失电子守恒法
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。
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＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O
NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋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)。
【例题5】汽车尾气中的氮氧化合物NOx与大气中的NH3发生如下作用，形成一种雾霾。
NOxeq \(――→,\s\up11([O]),\s\d4(反应①))N2O5eq \(――→,\s\up11(H2O),\s\d4(反应②))HNO3eq \(――→,\s\up11(NH3),\s\d4(反应③))烟(一种雾霾)。
有关该雾霾的叙述正确的是( )
A．NOx为酸性氧化物，可形成酸雨
B．反应②是氧化还原反应
C．NH3是形成该雾霾的催化剂
D．NH3可能来自过度施用氮肥
【答案】D
【解析】
NOx为不成盐氧化物，故A错误；五氧化二氮和硝酸中的氮的化合价相同，所以反应②是非氧化还原反应，故B错误；由图示可知氨气参与反应生成铵盐，为反应物，不是催化剂，故C错误；NH3可能来自过度施用氮肥，铵盐不稳定易分解产生氨气，故D正确。
【例题6】雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图(Ce为铈元素)：
下列说法错误的是( )
A．Na2S2O4中S元素的化合价为＋3
B．装置Ⅱ消耗36 g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＋在阴极反应，使Ce4＋得到再生
D．装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等
【答案】C
【解析】
根据化合物中各元素化合价代数和等于0，由于Na呈＋1价，O呈－2价，所以Na2S2O4中S元素的化合价为＋3，A正确；36 g水的物质的量是2 ml，在装置Ⅱ中发生反应：NO＋2H2O＋3Ce4＋===3Ce3＋＋NOeq \\al(－,3)＋4H＋，NO＋H2O＋Ce4＋===Ce3＋＋NOeq \\al(－,2)＋2H＋，可见两个反应都是消耗1 ml H2O，会产生2 ml H＋，则反应消耗2 ml H2O，就产生4 ml H＋，生成H＋的数目等于4NA，B正确；Ce3＋在阳极上发生失电子的反应使Ce4＋再生，C错误；由于NH4NO3高温易分解，因此从溶液中得到粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，D正确。
【例题7】氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，对含有氮氧化物的废气进行处理。
NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O(ⅰ)
2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O(ⅱ)
(1)用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：
①在反应(ⅰ)中，氧化剂是________。在反应(ⅱ)中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
②由反应(ⅱ)判断二氧化氮是否为酸性氧化物？解释原因___________________。
(2)汽车尾气中含有CO和NO，消除这两种物质对大气的污染的方法是安装催化转化器，使它们发生反应消除污染，试写出该反应的化学方程式__________________________。
(3)目前有一种治理方法是在一定条件下，用氨气将氮氧化物转化为无污染的物质，请写出NO2发生该反应的化学方程式_________________________________________________________。
【答案】
(1)①NO2 1∶1
②不是，因为二氧化氮与碱反应生成两种盐，且氮元素化合价发生变化
(2)2NO＋2COeq \(=====,\s\up7(催化剂))N2＋2CO2
(3)6NO2＋8NH3eq \(=======,\s\up11(一定条件),\s\d4( ))7N2＋12H2O
【解析】
(1)①在反应(ⅰ)中NO2中的氮元素化合价降低做氧化剂；在反应(ⅱ)中氧化剂和还原剂都是NO2，它们的物质的量之比为1∶1。②二氧化氮与碱反应生成两种盐，且氮元素化合价发生变化，二氧化氮不是酸性氧化物。
(2)根据原子守恒定律结合题目信息可知，一氧化氮与一氧化碳反应后生成的对大气无污染的物质应为氮气和二氧化碳。
(3)根据原子守恒定律结合题目信息可知，氨气和二氧化氮反应后生成的无污染的物质为氮气和水。
考点二 氨和铵盐
1．氨的分子结构和物理性质
2．氨的化学性质
（1）氨气与水的反应
NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，氨气溶于水得氨水。
①氨水中含有的粒子：NH3·H2O、NH3、H2O、NHeq \\al(＋,4)、OH－、H＋。
②NH3·H2O为可溶性一元弱碱，易挥发，不稳定，易分解：NH3·H2ONH3↑＋H2O。
（2）氨气与酸的反应
a．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＋NH3===NH4Cl、NH3＋HNO3===NH4NO3。
b．与CO2等酸性氧化物反应：
NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3或2NH3＋CO2＋H2O===(NH4)2CO3。
（3）氨气与盐溶液的反应
（4）氨气的还原性
①催化氧化：4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(△))4NO＋6H2O
②被CuO氧化：2NH3＋3CuO3Cu＋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．铵盐及NHeq \\al(＋,4)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。
（2）铵盐的化学性质
注意：
①铵盐受热都能分解，但不是所有的铵盐分解都能生成NH3，如2NH4NO3O2↑＋2N2↑＋4H2O。
②制氨时铵盐不选(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，且在高温下均能腐蚀玻璃。
（3）NHeq \\al(＋,4)的检验
【例题8】如图，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正确的是( )
【答案】A
【解析】
B项，NH3与浓硫酸反应；C项，AlCl3、MgCl2等氯化物溶液均可与NH3反应使溶液变浑浊；D项，NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，氨水呈碱性，NH3·H2O是碱，NH3不属于碱。
【例题9】探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )
A．将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B．将pH＝11的氨水稀释1000倍，测得pH>8，说明NH3·H2O为弱碱
C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3受热不稳定
D．将红热的铂丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的氧化产物为NO2
【答案】D
【解析】
氨气极易溶于水生成氨水，所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，故A正确；常温下，pH＝11的氨水中c(OH－)＝10－3 ml·L－1，稀释1000倍，测得pH>8，c(OH－)>10－6 ml·L－1，说明稀释时电离平衡正向移动，所以NH3·H2O为弱碱，故B正确；碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳和水，故C正确；氨气的氧化产物为NO，NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2，所以瓶口出现少量红棕色气体，故D错误。
4．氨气的实验室制法
（1）常规方法
（2）简易方法
注意：
①干燥氨气不能用无水CaCl2因：8NH3＋CaCl2===CaCl2·8NH3，通常用碱石灰干燥氨气。
②吸收氨气时要注意防止倒吸
可用于吸收氨气并能防倒吸的常用装置为
【例题10】某学习兴趣小组探究氨气的制取实验：
(1)甲同学拟用下列实验方法制备氨气，其中合理的是________。
A．将氯化铵固体加热分解
B．将浓氨水滴入氢氧化钠固体中
C．将氢氧化钠固体加入浓氨水中
D．将氯化铵稀溶液滴入氢氧化钠固体中
(2)根据上述正确的原理，该同学欲用下列常见的实验室制气装置制取氨气，适宜的装置是_________。
(3)气体的性质是气体收集方法选择的主要依据，下列性质与收集方法无关的是________。
①密度 ②颜色 ③溶解性 ④热稳定性 ⑤与氧气反应
(4)下图是甲同学设计收集氨气的几种装置，其中可行的是______，集气的原理是_____________。
【答案】
(1)B
(2)C
(3)②④
(4)d 利用氨气密度小于空气，采用短管进氨气，长管出空气，即可收集氨气
【解析】
(1)A.加热氯化铵产生氯化氢和氨气，遇冷又转化为氯化铵固体，得不到氨气，故A错误；B.氢氧化钠固体具有吸水性，溶于水放出大量的热量，而氨气易挥发，则浓氨水滴入氢氧化钠固体中可制得氨气，并且能够节约氨水的用量，可以制取氨气，故B正确；C.浓氨水中存在平衡NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，加入氢氧化钠固体时，平衡会逆向移动，能够制得氨气，但是因为氨气极易溶于水，这样操作消耗的氢氧化钠和浓氨水更多，故C错误；D.氨气极易溶于水，氯化铵稀溶液滴入氢氧化钠固体中生成一水合氨得不到氨气，故D错误；
(2)浓氨水滴入氢氧化钠固体中，反应物的状态为液体＋固体，反应条件不需要加热，所以应选择C；
(3)收集气体可采用排空气法(密度、气体不能被氧气氧化等)，也可采用排水法(不易溶于水)，与其他性质无关，故选：②④；
(4)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度小于空气，应选择向下排空气法，选用d收集，采用短管进氨气，长管出空气。
【例题11】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气制备氨基甲酸铵的实验装置如图所示，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)反应时三颈瓶需用冷水浴冷却，其目的是______________________________。
【答案】
(1)稀盐酸 浓H2SO4
(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 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
【解析】
(1)装置1是制备二氧化碳的装置。由二氧化碳的实验室制法可知所用试剂为碳酸钙和稀盐酸。已知可由干燥的二氧化碳和氨气反应制备氨基甲酸铵。故二氧化碳和氨气分别都需要干燥。所以装置2和3的作用分别为干燥二氧化碳气体和氨气，装置2所加试剂为浓硫酸。
(2)制取氨发生反应的化学方程式：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。制取NH3采用固体与固体加热反应的装置，需考虑产生的水蒸气对实验的影响，防止冷凝水倒流到试管底部使试管破裂。
(3)已知制备氨基甲酸铵的反应为放热反应，冷水浴可降低温度，使平衡正向移动提高产量。
【归纳总结】
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。
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：
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)向烧瓶中通入一定量的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eq \f(1,22.4) ml·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) ml·L－1。
【例题12】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__________。
(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________________。
(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__________________________________。
【答案】
(1)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)烧瓶Ⅱ中导管口处产生白烟
(3)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
【解析】
(1)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。
(2)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。
(3)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
考点三 硝酸
1．物理性质：
纯净的硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，与H2O以任意比互溶。
2．化学性质
（1）不稳定性
①反应：4HNO32H2O＋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
硝酸无论浓、稀都有强氧化性，而且浓度越大，氧化性越强。
①与不活泼金属反应
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常温下，浓硝酸使Fe、Al钝化。
③与非金属反应
如浓硝酸与C的反应：C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
④与还原性化合物反应
硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋、FeO等还原性物质。写出稀硝酸与SO2、Fe2＋反应的离子方程式分别为：
3SO2＋2NOeq \\al(－,3)＋2H2O===3SOeq \\al(2－,4)＋2NO↑＋4H＋
3Fe2＋＋NOeq \\al(－,3)＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
（3）与有机化合物反应
①硝化反应(与苯反应)：
②显色反应：含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 \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(△))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。
【例题13】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 ml/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 ml/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＋＋2NOeq \\al(－,3)===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＋＋2NOeq \\al(－,3)=== 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。
【归纳总结】金属与硝酸反应计算问题的思维模型
【例题14】将32.64 g铜与140 mL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11.2 L。请回答下列问题：
(1)NO的体积为________L，NO2的体积为________ L。
(2)参加反应的HNO3的物质的量是________________。
(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a ml·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________ml·L－1。
(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。
【答案】
(1)5.824 5.376 (2)1.52 ml (3)eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14) (4)57.8
【解析】
(1)n(Cu)＝eq \f(32.64 g,64 g·ml－1)＝0.51 ml，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体的总体积为11.2 L，有：x＋y＝0.5 ml。根据得失电子守恒，有：3x＋y＝0.51×2 ml。解方程组得：x＝0.26 ml，y＝0.24 ml。则：V(NO)＝0.26 ml× 22.4 L·ml－1＝5.824 L，V(NO2)＝11.2 L－5.824 L＝5.376 L。
(2)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0.51 ml×2＋0.5 ml＝1.52 ml。
(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NOeq \\al(－,3)的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 ml。加入NaOH溶液至正好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3 aV ml，也就是以NOeq \\al(－,3)形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3 aV ml。所以，c(HNO3)＝eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14)ml·L－1。
(4)由得失电子守恒得：2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，eq \f(32.64 g,64 g·ml－1)×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51 ml，则m(H2O2)＝17.34 g。需30%的双氧水：17.34 g÷30%＝57.8 g。
【真题演练】
1．（2022·江苏·高考真题）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、人工固氮都是将转化为
B．侯氏制碱法以、、、为原料制备和
C．工业上通过催化氧化等反应过程生产
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”
【答案】A
【详解】
A．自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2会转化为NO，A错误；
B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；
C．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C正确；
D．氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，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”，D正确；
故选A。
2．（2022·北京·高考真题）某的多孔材料刚好可将“固定”，实现了与分离并制备，如图所示：
己知：
下列说法不正确的是（ ）
A．气体温度升高后，不利于的固定
B．被固定后，平衡正移，有利于的去除
C．制备的原理为：
D．每制备，转移电子数约为
【答案】D
【详解】
A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；
B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；
C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为，故C正确；
D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1ml硝酸，反应转移1ml电子，则每制备0.4ml硝酸，转移电子数约为0.4ml×6.02×1023=2.408×1023，故D错误；
故选D。
3．（2022·山东·高考真题）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生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，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
【答案】D
【详解】
A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙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；
B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；
D．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；
答案选D。
4．（2022·山东·高考真题）下列试剂实验室保存方法错误的是（ ）
A．浓硝酸保存在棕色细口瓶中B．氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中
C．四氯化碳保存在广口塑料瓶中D．高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中
【答案】C
【详解】
A．由于浓硝酸见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A正确；
B．氢氧化钠固体能与玻璃中的SiO2反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B正确；
C．四氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保存在细口玻璃瓶中，C错误；
D．高锰酸钾固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D正确；
故答案为：C。
5．（2022·浙江·高考真题）亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】
A．样品若为NaCl，依然会出现白色沉淀，A错误；
B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；
C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；
D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误；
故选C。
6．（2021·重庆·高考真题）25°时， 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．1.0 ml·L-1I氯化钡溶液中： Mg2+、K+、Br-、
B．1.0 ml·L-1 硫酸中： A13+、 Na+、Cl-、
C．pH=1l 的氨水中： Fe2+、 Na+、、ClO-
D．pH=1的硝酸中： Fe3+、K+、I-、
【答案】B
【详解】
A．Ba2+与生成BaSO4，不能大量共存，A项错误；
B．该条件下各离子之间不发生反应，可以大量共存，B项正确；
C． Fe2+会与氨水反应生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，C项错误；
D．硝酸是强氧化剂会与具有还原性的I-发生氧化还原反应，不能大量共存，D项错误；
答案选B。
7．（2021·江苏·高考真题）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；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·ml-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO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NO转化为N2，也可将水体中的NO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．NO(g)HNO3(aq)
B．稀HNO3(aq)NO2(g)
C．NO(g)N2(g)
D．NO(aq)N2(g)
【答案】C
【详解】
A．NO不溶于水也不与水反应，A错误；
B．稀HNO3与Cu反应得到硝酸铜、水和NO，得不到NO2，B错误；
C．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正确；
D．O3有强氧化性，不能作还原剂将硝酸根离子还原，D错误；
答案选C。
8．（2021·江苏·高考真题）NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[100%]与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
【答案】D
【详解】
A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；
B．根据图像，在175～300 ℃范围，随温度的升高，N2的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B错误；
C．根据图像，温度高于250℃ N2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图像，温度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；
D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；
答案为D。
9．（2021·福建·高考真题）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是（ ）
A．FeSO4的分解产物X为FeOB．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低D．制备使用的铁锅易损坏
【答案】A
【详解】
A．据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；
B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；
C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；
D．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确；
综上所述答案为A。
10．（2021·海南·高考真题）用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
A．与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．发生反应2H2O22H2O+O2，浓硫酸干燥氧气，故B正确；
C．铁片和浓硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，故C错误；
D．氨气与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，故D错误；
故选B。
11．（2021·山东·高考真题）下列由实验现象所得结论错误的是（ ）
A．向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性
B．向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)
C．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应
【答案】C
【详解】
A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价，发生还原反应，体现氧化性，A项不符合题意；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意；
C．在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意；
D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；
故选C。
12．（2021·广东·高考真题）化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
A．将铜丝插入浓硝酸中开始会产生二氧化氮，不能达到实验目的，A不符合题意；
B．二氧化氮气体在一定条件下存在平衡：，正反应为放热反应，NO2为红棕色气体，将密闭烧瓶中NO2降温，会使该平衡向正反应方向移动，气体颜色变浅，因此可达到实验目的，B符合题意；
C．乙醇与水互溶，不能作碘单质的萃取剂，做法不正确，C不符合题意；
D．一般情况下，剩余试剂需放到指定的容器中，不能放回原试剂瓶，以防污染原试剂，操作错误，D不符合题意；
故选B。
13．（2021·河北·高考真题）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
【答案】D
【详解】
A．是红棕色且有刺激性气味的气体，而是无色有刺激性气味的气体，A错误；
B．汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；
C．氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；
D．工业废气中的可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确；
故选D。
14．（2021·河北·高考真题）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
【答案】B
【详解】
A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；
B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；
C．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；
D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；
故选B。
15．（2020·北京·高考真题）某同学进行如下实验：
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
【分析】
实验I中对NH4Cl固体试管加热，湿润的pH试纸黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；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由化合生成氯化铵；
实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。
【详解】
A．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；
B．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；
C．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；
D．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由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；
答案选C。
16．（2020·全国·高考真题）下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】
A．SO2和H2S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；
B．氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能实现除杂目的；
C．氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应： ，而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C项能实现除杂目的；
D．NO2可以与NaOH发生反应：，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D项能实现除杂的目的；
答案选A。
17．（2022·海南·高考真题）磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
(1)实验室用和制备氨气的化学方程式为_________________。
(2)现有浓质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7ml/L的溶液，则需浓_______mL(保留一位小数)。
(3)装置中活塞的作用为_________________。实验过程中，当出现____________现象时，应及时关闭，打开。
(4)当溶液pH为8.0~9.0时，停止通，即可制得溶液。若继续通入，当时，溶液中、____________和____________(填离子符号)浓度明显增加。
(5)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。
【答案】
(1)
(2)11.5
(3)平衡气压防倒吸 倒吸
(4)
(5)酚酞 无 浅红
【分析】
本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(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↑；
（2）根据公式可得，浓H3PO4的浓度，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7ml/L的H3PO4溶液，需要浓H3PO4的体积V=；
（3）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；
（4）继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
（5）由(4)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时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
18．（2020·浙江·高考真题）
Ⅰ．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
(1)组成A的三种元素是________，A的化学式是________。
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是_______________________。
(3)气体E与甲醛在一定条件下可生成乌洛托品(学名：亚甲基四胺)，该反应的化学方程式是_____________(乌洛托品可以用分子式表示)。
Ⅱ．某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：
请回答：
(1) 三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用一个化学方程式表示_____________。
(2) 若通入水中的Cl2O已过量，设计实验方案检验__________________。
【答案】
Ca、H和N Ca2HN Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl
4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O
2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O 用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量
【分析】
Ⅰ．由溶液C焰色反应为砖红色可知，溶液C中含有钙元素，由气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，气体E为氨气，则C中含有氯化铵，C为氯化钙和氯化铵的混合溶液，则固体A中含有钙元素和氮元素，由固体A与足量盐酸反应结合质量守恒定律可知，气体B为氢气，固体A中还含有氢元素，则固体A中含有Ca、N和H三种元素。
Ⅱ．由题意可知，H2S和Cl2O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应中H2S中硫元素化合价升高被氧化，Cl2O中氯元素化合价降低被还原。
【详解】
Ⅰ．（1）由分析可知，组成A的三种元素是Ca、N和H，由钙原子个数守恒可知，固体A中钙的物质的量为=0.04ml，质量为0.04ml×40g/ml=1.6g，固体A与足量盐酸反应时，固体A中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，固体A中氢的物质的量为×2×=0.02ml，质量为0.02ml×1g/ml=0.02g，则固体A中氮的物质的量为=0.02ml，A中Ca、N和H的物质的量比为0.04ml: 0.02ml: 0.02ml=2:1:1，化学式为Ca2HN，故答案为：Ca、H和N ；Ca2HN；
（2）Ca2HN与足量盐酸反应时，Ca2HN中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl，故答案为：Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl；
（3）氨气与甲醛反应生成和水，反应的化学方程式为4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O，故答案为4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O；
Ⅱ．（1）由三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性可知，H2S和Cl2O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应的化学方程式为2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O，故答案为：2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O；
（2）Cl2O具有强氧化性，若通入水中的Cl2O已过量，过量的Cl2O能与碘化钾溶液反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则检验Cl2O已过量的实验方案为用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量，故答案为：用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量。
19．（2020·北京·高考真题）用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl
(1)酸溶后经________操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：____________。
(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是____。
A．用到了HNO3的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____ml。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是____________，物质2是____________。
【答案】
过滤 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
4 5 NO 2H2O 4 AC 2 NaCl溶液 Fe、Cu
【分析】废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。
【详解】
(1) Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1mlCu消耗HNO3的物质的量为ml；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1mlCu消耗HNO3的物质的量为4ml；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；
②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；
C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；
答案选AC；
(4)由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5ml，同时Zn+2H+=Zn2++H2↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5ml，则参加反应的Zn的物质的量是2ml；
(5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Fe、Cu。
20．（2020·浙江·高考真题）
Ⅰ.化合物Ⅹ由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取，用含的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成和两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于溶液)：
请回答：
(1)组成X的四种元素是N、H和_______(填元素符号)，X的化学式是_________。
(2)溶液B通入过量得到白色沉淀C的离子方程式是______________________。
(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)_____________________。要求同时满足：
①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；
②反应原理与“”相同。
Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：
(1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生气体的原因是________________。
(2)烧杯中出现白色沉淀的原因是_____________________。
【答案】
或
吸收浓盐酸中的水分且放热导致挥发
气体会将带出，与作用生成
【分析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，结合图中数据利用原子守恒，可以计算出各自元素的物质的量，求出X的化学式，再根据物质性质进行解答。
【详解】
Ⅰ.（1）由分析可知，Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：，Al原子的物质的量为：，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为： ；
故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：，故X的化学式为：AlCl3NH3，故答案为：Al Cl AlCl3 NH3；
(2)根据分析（1）可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：，故答案为：；
(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3，故答案为：AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3；
Ⅱ.(1)由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且HCl的挥发性随浓度增大而增大，随温度升高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备HCl的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来，故答案为：浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来；
(2)浓硫酸虽然难挥发，但也会随HCl气流而带出少量的H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：HCl气体能够带出H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀。
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·江苏省木渎高级中学模拟预测）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．稀
C．D．
【答案】C
【详解】
A．NO不与H2O反应，A不符合题意；
B．稀HNO3与Cu反应生成NO，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，B不符合题意；
C． 发生反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，能实现转化，C符合题意；
D．中的N为最高价+5价，O3为氧化剂，因此不能生成N2，D不符合题意；
故选C。
2．（2022·青海·模拟预测）实验室可用 KNO3固体与酸反应制取硝酸，其实验装置如下图所示(加热装置已省略)。
下列说法错误的是（ ）
A．该装置不用橡皮塞和橡皮管，可避免被酸腐蚀
B．制取硝酸时曲颈甑中盛放的是硝酸钾和稀硫酸
C．用流水冷却，可促进硝酸蒸汽冷凝，避免酸雾
D．该装置用于制取液溴时，可在曲颈甑中加入 NaBr、MnO2及浓硫酸
【答案】B
【详解】
A．硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡皮塞和橡皮管，A项正确；
B．该反应的原理是利用高沸点浓硫酸制备低沸点的硝酸，则曲颈甑中盛放的是硝酸钾和浓硫酸，B项错误；
C．硝酸沸点低，用流水冷却，可促进硝酸蒸汽冷凝，避免酸雾，C项正确；
D．NaBr、MnO2及浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、硫酸锰和水，溴单质易挥发，则可用该装置制取液溴，D项正确；
答案选B。
3．（2022·重庆南开中学模拟预测）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．甲基()中含有的电子数目为9
B．标准状况下中含有的中子数目为2.6
C．常温下铁片投入足量浓中生成的分子数目为3
D．固体中含有的离子总数为0.3
【答案】C
【详解】
A．一个甲基含有电子数为9，1ml甲基含有的电子数目为9NA，A正确；
B．一个CH337Cl中含有中子数为6+20=26个，标准状况下2.24LCH337Cl为0.1ml，0.1mlCH337Cl中含有中子数2.6NA，B正确；
C．常温下铁遇到浓硝酸发生钝化，C错误；
D．10.6g碳酸钠固体为0.1ml，一个碳酸钠中含有一个碳酸根离子和两个钠离子，0.1ml碳酸钠固体中含有离子总数为0.3NA，D正确；
故答案选C。
4．（2022·全国·高三专题练习）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（ ）
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．由②中的红棕色气体不能表明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
【分析】浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮、水和氧气。
【详解】
A．①中的红棕色气体是NO2，N元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，一定有元素化合价升高，推断产生的气体中还一定有O2，故A正确；
B．浓硝酸受热易分解，②中的红棕色气体可能是硝酸分解产生，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确；
C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮中N元素化合价为+4价，化合价降低，所以生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；
D．③的气体产物中检测出CO2，CO2可能是C和氧气反应生成的产物，故D错误；
选D。
5．（2022·全国·高三专题练习）氮肥是保证我国粮食安全的重要物资，一种利用电化学制备NH3的转化历程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．步骤II中反应属于氮的固定
B．H2O、LiOH均可视为该历程中的催化剂
C．该历程总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2
D．由该历程表明N2的氧化性弱于O2
【答案】B
【分析】转化历程图中的三步反应分别为4LiOH4Li+O2↑+2H2O 、6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，据此分析可解答。
【详解】
A．游离态的氮元素转化为化合态，是氮元素的固定，步骤II中N2与Li反应生成Li3N，属于氮的固定，A选项正确；
B．H2O先由步骤I生成再在步骤III被消耗，是中间产物，不是催化剂，B选项错误；
C．三步反应分别为4LiOH4Li+O2↑+2H2O 、6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，将三步加起来可得总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，C选项正确；
D．非金属性越强，单质得电子能力越强，其单质氧化性越强，由非金属性：O>N，则O2的氧化性强于N2，D选项正确；
答案选B。
6．（2022·全国·高三专题练习）氯化汞与氨水发生反应，相关物质的化学用语正确的是（ ）
A．的结构示意图为B．的结构式为
C．NH3的电子式为D．中N的化合价为
【答案】B
【详解】
A．氯离子的核电荷数为17，核外3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故A错误；
B．铵根离子带一个单位正电荷，结构式为，故B正确；
C．氨分子为共价化合物，电子式为，故C错误；
D．由化合价的代数和为0可知，中氮元素的化合价为—3价，故D错误；
故选B。
7．（2022·上海金山·二模）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)、CO2B．NH3循环使用
C．X可能是石灰乳D．产品是Na2CO3和CaCl2
【答案】A
【分析】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；
【详解】
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。
8．（2022·江苏·南京外国语学校高三阶段练习）氮元素广泛应用于生产生活中，、、NO、、等是氮的重要化合物，具有较强的还原性；与能相互转化，热化学方程式为 。水合肼()是重要的氢能源稳定剂，其制备的反应原理为：。下列装置和操作不能达到实验目的的是（ ）
A．在装置甲的圆底烧瓶中加入生石灰制取
B．用装置乙作为反应过程的安全瓶
C．制备水合肼时先将NaClO溶液加入锥形瓶再在b口通入
D．用装置丁吸收反应中过量的
【答案】C
【详解】
A．在装置甲的圆底烧瓶中加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，且反应放热。浓氨水遇放氢氧化钙出氨气，在装置甲的圆底烧瓶中加入碱石灰制取NH3，故A项正确；
B．氨气易溶于水，为防止倒吸，装置乙作为反应过程的安全瓶，故B项正确；
C．制备水合肼时，先将NaClO溶液加入分液漏斗中，以便控制反应速率。同时氨气密度比空气小，为有利于氨气和NaClO溶液反应，从装置丙的a口通入NH3，故C项错误；
D．氨气会污染环境，用装置丁吸收反应中过量的NH3，并能防倒吸，故D项正确。
故答案选C。
9．（2020·河南省实验中学高三期中）雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O3和NH4NO3产品的流程图如图(Ce为铈元素)：
下列说法错误的是（ ）
A．Na2S2O4中S元素的化合价为+3
B．装置Ⅱ消耗36g水生成4NA个H+(NA代表阿伏伽德罗常数）
C．装置Ⅲ进行电解，Ce3+在阴极反应，使Ce4+得到再生
D．装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等
【答案】C
【详解】
A．根据化合物中元素化合价代数和等于0，由于Na是+1价，O为-2价，所以Na2S2O4中S元素的化合价为+3，A正确；
B．36 g水的物质的量是2 ml，在装置II中发生反应：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+，NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO+2H+，可见两个反应都是消耗1 ml H2O，会产生2 ml H+，则反应消耗2 ml H2O，就产生4 ml H+，生成H+的数目等于4 NA个，B正确；
C．Ce3+在阳极上发生失电子的反应使Ce4+再生，C错误；
D．由于NH4NO3高温易分解，因此从溶液中得到粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，D正确；
故选C。
10．（2022·全国·高三专题练习）化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。
资料：铜与浓反应一旦发生就变快，生成的可溶于水形成(弱酸)，反应就加快。
下列说法正确的是（ ）
A．与反应生成和NO
B．亚硝酸能加快反应速率，是因为亚硝酸可做铜与硝酸反应的催化剂
C．I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为，体系中不能生成
D．分别向1mL浓硝酸中加入几滴30%溶液或一定量固体，再加入铜片，预计反应均较慢
【答案】C
【详解】
A．根据得失电子守恒可知，与反应应该是发生歧化反应，氮元素的化合价应该有升有降，不能只下降，生成低价态的和NO，应该生成HNO3和NO，A错误；
B．根据实验现象和资料，亚硝酸可以加快反应速率，但不一定是催化剂，催化剂要在反应前后的性质和质量保持不变，B错误；
C．稀硝酸的氧化性比浓硝酸弱，不能氧化NO，因此也不能产生HNO2，故I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为，体系中不能生成，C正确；
D．过氧化氢和HNO2发生氧化还原反应，因此HNO2浓度减小甚至为0，反应速率减慢，但加入亚硝酸钠，可以增大体系中HNO2含量，反应速率会加快，D错误；
故答案为：C。
11．（2022·上海市敬业中学高三阶段练习）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．从氮元素的化合价角度考虑：a具有还原性
B．b、c都是大气污染物，可引起光化学烟雾
C．d的稀溶液与金属银反应可生成b
D．a与d形成的化合物对水的电离没影响
【答案】D
【详解】
A．a中N的化合价为最低价-3价，在反应中具有失电子的还原性，A选项正确；
B．NO、NO2都是大气污染物，可引起光化学烟雾，B选项正确；
C．Ag可以将稀硝酸还原为+2价的NO，C选项正确；
D．a、d形成的化合物为NH4NO3，铵根离子水解，促进水的电离，D选项错误；
答案选D。
12．（2022·四川成都·一模）下列有关制取气体的设计方案正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
A．氨气极易溶于水，密度比空气小，因此一般采用向下排空气法收集氨气，故A错误；
B．亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2，可用氯化钙干燥，其密度比空气大，用向上排空气法收集，故B正确；
C．CO2是酸性气体，③中碱石灰会吸收二氧化碳，且其密度比空气大，向上排空气法收集，故C错误；
D．二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气需要加热，所以该装置不能得到氯气，故D错误；
故选：B。
13．（2022·浙江·模拟预测）下列方案设计、现象和结论有正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】
A．与溴蒸气均能把碘离子氧化为碘单质，故分别通入淀粉KI溶液中，均能变蓝，A错误；
B．铵根与亚硝酸根离子能在水溶液中发生归中反应产生氮气。则：将固体混合物溶于水，加入足量浓NaOH溶液，加热，用红色湿润石蕊试纸检验产生的气体，若试纸不变蓝，不能说明固体中不存在铵盐，B错误；
C．在溶液中加入溶液不发生反应，在酸性条件下，氢离子、亚硫酸根离子和硫离子发生反应生成硫和水，溶液出现淡黄色沉淀， C错误；
D．氯酸钾、硝酸银和亚硝酸钠反应生成氯化银白色沉淀，则：取用火柴头浸泡过的溶液，加溶液、稀硝酸和溶液，若出现白色沉淀，说明有氯元素， D正确；
答案选D。
14．（2022·全国·高三专题练习）硫酸工业尾气(含有SO2、SO3)可以使用氨水进行吸收，防止了有害物质的排放，同时生产副产品氮肥。已知吸收尾气后的氨水全部转化为含三种铵盐的溶液。为测定此铵盐溶液的成分，设计如下实验。
下列说法错误的是（ ）
A．每份铵盐溶液中n[(NH4)2SO3]+n(NH4HSO3)=0.9ml
B．沉淀C中BaSO3的质量为195.3g
C．每份铵盐溶液中n[(NH4)2SO4]=0.1ml
D．铵盐溶液中c[(NH4)2SO3]：c(NH4HSO3)：c[(NH4)2SO4]=4：5：1
【答案】D
【分析】吸收尾气后的氨水全部转化为含三种铵盐的溶液，推测可能含有亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、硫酸根离子。分两份后，向其中一份铵盐中加入足量硫酸产生气体，说明该气体为SO2，即n(SO2)=0.9ml，也说明在该铵盐中含有(NH4)2SO3、NH4HSO3中至少一种；另一份相同体积的溶液中加入足量Ba(OH)2，产生1.6ml气体，推测该气体为NH3，即n(NH3)=1.6ml；同时产生沉淀218．6g。若沉淀完全是BaSO3，其质量应是0.9ml×217g/ml=195.3g<218．6g, 所以沉淀的成分应为BaSO3和BaSO4的混合物。故原铵盐含有亚硫酸盐和硫酸盐；又根据n（NH3）=1. 6ml﹤2n（SO2）=1.8ml，所以铵盐中肯定还含NH4HSO3。即该盐是NH4)2SO3、NH4HSO3、(NH4)2SO4三种铵盐的混合物，据此分析解答；
③根据元素守恒，由于n（SO2）=0．09ml ，所以n（BaSO3）=0．09ml，m(BaSO3)=217g/ml×0．09ml=19.53g，m(BaSO4)=21.86-19.53=2．33(g)。则n（BaSO4）=0．01ml= n[(NH4)2SO4]，n[(NH4)2SO3]=0.16ml-0.01ml×2-0．09ml=0.05ml； n(NH4HSO3)=0.09-0.05=0.04ml。在同一溶液中溶质t的物质的量的比等于浓度的比。所以c[(NH4)2SO3]: c(NH4HSO3): c[(NH4)2SO4] = 5 : 4 : 1。
【详解】
A．根据元素守恒可知，铵盐中含的硫元素都以二氧化硫气体的形式溢出，所以铵盐中n[(NH4)2SO3]+n(NH4HSO3) =n(SO2)=0.9ml，A正确；
B．元素守恒，由于n(SO2)=0.9ml，所以n(BaSO3)= 0.9ml，m(BaSO3)=217g/ml×0.9ml=195.3g，B正确；
C．根据沉淀的总质量为218.6g，结合B项推知，生成的硫酸钡的质量为m(BaSO4)=218.6g-195.3g=23.3g，结合元素守恒可知，n[(NH4)2SO4]=n(BaSO4)==0.1ml，C正确；
D．结合上述选项分析可知，n[(NH4)2SO4] =0.1ml，n[(NH4)2SO3]+n(NH4HSO3) =n(SO2)=0.9ml，所以 (NH4)2SO4产生的NH3是0.1ml×2=0.2ml，共产生1.6ml NH3，其他成分产生氨气1.6ml-0.2ml=1.4ml，亚硫酸根离子与铵根离子为9：14，设亚硫酸铵和亚硫酸氢铵的物质的量分别为：X、Y，则，解得：X=0.5ml，Y=0.4ml，铵盐溶液中各溶质成分与物质的量浓度之比：c[(NH4)2SO3]: c(NH4HSO3): c[(NH4)2SO4] = 5 : 4 : 1，D错误；
故选D。
15．（2022·全国·高三专题练习）为探究氨及铵盐性质，将晶体装入如图所示T形三通管两端，进行微型实验。下列说法错误的是（ ）
A．轻轻挤压任一乳胶头，若蒸馏水中有气泡冒出，则装置气密性良好
B．同时点燃两个酒精灯后，两端湿润的pH试纸均变蓝
C．实验过程中竖直支管上方会出现白烟
D．停止加热后可以交替挤压两边乳胶头，使气体更充分吸收，减少污染
【答案】B
【详解】
A． 整套装置是密闭体系，若装置气密性良好，轻轻挤压任一乳胶头，则蒸馏水中有气泡冒出，故A正确；
B． pH试纸遇酸变红，遇碱变蓝，氯化铵受热分解生成氨气和HCl，左边氯化钙会吸收氨气，右边NaOH会吸收HCl，因此同时点燃两个酒精灯后，左端pH试纸变红，右边pH试纸变蓝，故B错误；
C． 竖直支管上方同时有氨气和HCl，两者相遇变为氯化铵，因此实验过程中竖直支管上方会出现白烟，故C正确；
D． 停止加热后，不断交替挤压两边乳胶头，增大压强，将残余的气体全部赶入到蒸馏水中被吸收，减少污染，故D正确；
答案为B。
16．（2022·山东潍坊·高三阶段练习）实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，其中所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法错误的是（ ）
A．白色物质X为CuSO4
B．NO为还原产物，Y为氧化产物
C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%
D．NO与Y的物质的量之和可能为2ml
【答案】D
【分析】由图知，铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X，无气体生成，生成Cu2S时铜元素从0价升高到+1价、硫元素从+6价降低到-2价，则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高)、按元素质量守恒只能为CuSO4，则白色物质X为CuSO4，配平得到该反应方程式为：5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O，据此回答。
【详解】
A．由分析可知，白色物质X为CuSO4，A正确；
B．Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：3Cu2S+16H++4=6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O，Y为S单质，则NO为还原产物、Y为氧化产物，B正确；
C．由5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O可知，硫元素从+6价降低到-2价时表现氧化性，则参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，C正确；
D．由5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O知，3mlCu生成0.6mlCu2S，0.6mlCu2S发生反应3Cu2S+16H++4=6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O得到0.8ml NO与0.6ml S，NO与S物质的量之和为1.4ml，D错误；
故答案为：D。
第II卷（非选择题）
17．（2022·浙江·高三期中）铜镁合金恰好完全溶解于一定浓度的硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，将这些气体与(标准状况)混合后通入溶液，所有气体被完全吸收生成硝酸钠。计算：
(1)混合气体中与的物质的量之比为_______。(写出计算过程)
(2)硝酸的物质的量浓度为_______。
【答案】(1)1：9 (2)11 ml•L-1
【解析】
(1)设NO、NO2的物质的量分别为xml、yml，则x+y=；铜镁与硝酸反应过程中硝酸得电子生成氮的氧化物，氮的氧化物在于氧气反应时又失电子生成硝酸根离子，由此可知生成氮的氧化物时转移的电子数等于氮的氧化物与氧气反应时转移的电子数，结合关系：、、可得：3x+y=，解得：x=0.05，y=0.45，混合气体中与的物质的量之比为1:9，故答案为：1：9；
(2)硝酸与铜镁反应时部分表现酸性生成硝酸铜和硝酸镁，结合以下关系： 、，由此可见，表现酸性的硝酸的物质的量等于转移电子的物质的量，即为0.6ml，表现氧化性的硝酸的物质的量等于氮的氧化物的物质的量，即为0.5ml，则硝酸的物质的量为0.6ml+0.5ml=1.1ml，硝酸的物质的量浓度为，故答案为：11 ml•L-1；
18．（2022·浙江·模拟预测）为探究由3种短周期元素构成的化合物X的性质。完成如图实验：
已知：所有气体体积已折算成在标准状况下的体积
(1)X的化学式为________。
(2)上述流程中气体B与足量CuO反应的化学方程式为____________________。
(3)溶液A通入过量CO2时，发生反应的离子方程式为____________________。
(4)将D溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物产生两种气体，将生成的有色混合气体(>100℃)全部收集并冷却。气体全部反应无剩余，得到一种一元强酸的水溶液(其中酸与水的物质的量之比1∶1)写出该结晶水合物受热分解的化学方程式____________________________。
(5)设计实验证明D溶液的阴离子(OH-除外)____________。
【答案】
(1)Al4C3•AlN(Al5C3N)
(2)CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu
(3)CO2+OH-=HCO、CO2+2H2O+AlO=HCO+Al(OH)3↓
(4)2[Cu(NO3)2•3H2O]2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O
(5)取少量溶液D于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入Cu，若出现红棕色气体，则含有NO
【分析】由溶液A能与过量二氧化碳反应生成白色胶状沉淀，白色胶状沉淀灼烧得到的白色粉末可知，溶液A为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀为氢氧化铝、白色粉末E为氧化铝，氧化铝的物质的量为=0.25ml，铝元素的物质的量为0.5ml，则18.5g固体X中含有0.5ml铝元素；混合气体A冷却可得到液体B，则B易液化，B经催化氧化，再被水吸收得到的一元强酸C，C能与铜反应得到蓝色溶液，B为氨气，C为硝酸，D为硝酸铜，则固体X中含有氮元素；6.72L气体B即=0.3ml气体B能与氧化铜共热反应生成120℃时的无色无味气体24g，无色无味气体能与足量石灰水反应生成30g白色沉淀，白色沉淀为碳酸钙，则固体X中含有碳元素，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为=0.3ml，质量为0.3ml44g/ml=13.2g，气体B则为烃，无色无味气体中的另外一种气体为水蒸气，质量为24g-13.2g=10.8g，水蒸气的物质的量为=0.6ml，则B中碳原子和氢原子的原子个数比为0.3ml:0.6ml×2=1:4，B为甲烷；混合气体A的体积为8.96L，物质的量为=0.4ml，则氨气的物质的量为0.4ml-0.3ml=0.1ml，综上分析，X中含0.5ml铝元素、0.3ml碳元素、0.1ml氮元素，固体X中铝元素、碳元素、氮元素的物质的量比为：0.5ml:0.3ml:0.1ml=5:3:1，固体X的质量为18.5g，物质的量为0.1ml，固体X的化学式为Al5C3N，改写可得Al4C3·AlN。
(1)由分析可知，固体X的化学式为Al4C3·AlN(Al5C3N)。
(2)由分析可知，甲烷与足量氧化铜共热反应生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu。
(3)溶液A通入过量二氧化碳时发生的反应为：过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠、过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO、CO2+2H2O+AlO=HCO+Al(OH)3↓。
(4)D为硝酸铜，将D溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物产生两种气体，生成有色混合气体，有色气体为二氧化氮，将生成的有色混合气体(>100℃)全部收集并冷却，气体全部反应无剩余，得到一种一元强酸的水溶液，一元强酸为硝酸，生成的两种气体为二氧化氮和氧气，二氧化氮和氧气在水溶液中完全反应的方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由硝酸溶液中硝酸与水的物质的量之比1:1可知，气体中还有水，二氧化氮、氧气和水的物质的量比为4:1:6，则硝酸铜结晶水合物的化学式为Cu(NO3)2·3H2O，受热分解的化学方程式为：2[Cu(NO3)2•3H2O]2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O。
(5)实验室用铜与浓硝酸反应生成红棕色气体的方法检验硝酸根离子，则检验硝酸铜溶液中的硝酸根离子的操作为取少量溶液于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入铜，若产生红棕色气体，则含有NO。
19．（2022·浙江·高三专题练习）党十九大报告中首次将树立和践行“绿水青山就是金山银山”的理念写入党代会报告，治理污染减少排放具有十分重要的意义。回答下列问题：
(1)下面是消除NOx排放的三个案例：
①利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2[n(NO):n(NO2)=1:1]，该过程中发生反应的化学方程式为___________________________。
②三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，该过程中发生反应的化学方程式为___________________________。
③利用尿素消除NOx污染的转化反应为Ⅰ.，Ⅱ．无污染气体。尿素中C元素的化合价___________，反应Ⅱ的化学方程式为___________________________。
(2)为测定热电厂排放气中SO2的含量，进行了如下实验：标准状况下，将排放气匀速通入100mL0.5ml/L酸性溶液中。若排放气的流速为，经过bmin溶液恰好褪色，则该排放气中SO2的含量为___________g/L。
(3)通过如下流程可实现SO2和NO综合处理并获得保险粉()和硝铵。
①装置Ⅲ中生成与的物质的量之比为___________。
②装置Ⅳ中溶液含有和，欲将cL该溶液完全转化为硝铵，需要通入与的体积比为___________(同温同压下)。
【答案】
(1) +4
(2)
(3)2：1
【解析】
(1)①利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2[n(NO):n(NO2)=1:1]，反应生成亚硝酸钠、二氧化碳，该过程中发生反应的化学方程式为；故答案为：。
②三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，反应生成二氧化碳和氮气，该过程中发生反应的化学方程式为；故答案为：。
③根据化合价分析尿素中H为+1价，N为−3价，则C元素的化合价+4价，反应Ⅱ生成氮气、二氧化碳和水，其化学方程式为；故答案为：。
(2)根据题意建立关系式2～5SO2，100mL0.5ml/L酸性溶液经过bmin恰好褪色，则消耗二氧化硫物质的量为0.125ml，质量为0.125ml×64g∙ml−1＝8g，若排放气的流速为，则该排放气中SO2的含量为；故答案为：。
(3)①装置Ⅲ中发生与反应生成与，根据化合价升降守恒分析到化合价升高1个价态，每生成1ml转移1ml电子，到化合价降低1个价态，每得到1ml转移2ml电子，根据得失电子守恒，与的物质的量之比为2:1；故答案为：2:1。
②装置Ⅳ中溶液含有和，欲将cL该溶液完全转化为硝铵，则溶液中亚硝酸根有acml，根据得失电子守恒需要用氧气物质的量为，根据质量守恒需要氨气物质的量为acml+bcml，因此需要通入与的体积比为；故答案为：。
20．（2021·山东·菏泽一中高三期中）研究硝酸工业尾气的处理对环境保护和资源的开发利用有重要意义。一种利用硝酸尾气初步处理后获得的高浓度NOx(NO、NO2)气体制备NaNO2、NaNO3的工艺流程如下：
已知：NaNO2在酸性条件下能发生歧化反应。
回答下列问题：
(1)“碱吸收”过程中发生反应的离子方程式为___________________________。
(2)蒸发I产生的蒸气中含有少量的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)“转化”时加入稀HNO3发生反应的化学方程式为___________________________。
(4)若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产2.76吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为___________吨(假定Na2CO3恰好完全反应)。
(5)工业制硝酸尾气中的NOx(NO、NO2)常用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。硝酸尾气中的NOx，通入足量NaOH溶液中充分反应后气体没有剩余，则：
①NOx的x的取值范围为___________；
②反应后溶液中n(NO)：n(NO)=___________(用含x的代数式表示)。
【答案】
(1)CO+NO+NO2=2NO+CO2
(2)溶碱
(3)2HNO3+3NaNO2=3NaNO3+2NO↑+H2O
(4)3.18
(5)1.5≤x＜2 (5-2x)：(2x-3)
【分析】由题给流程可知，将碳酸钠溶于水配成溶液，碳酸钠溶液吸收烟气中的一氧化氮和二氧化氮得到含有亚硝酸钠的中和液，中和液经蒸发、结晶、过滤得到亚硝酸钠固体和母液Ⅰ；向母液中加入稀硝酸，将亚硝酸钠氧化为硝酸钠得到含有硝酸钠的转化液，转化液经蒸发、结晶、过滤得到硝酸钠固体和母液Ⅱ，为防止污染环境，母液Ⅱ需回收。
(1)由分析可知，“碱吸收”过程中发生的反应为碳酸钠溶液与烟气中的一氧化氮和二氧化氮反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为CO+NO+NO2=2NO+CO2，故答案为：CO+NO+NO2=2NO+CO2；
(2)由亚硝酸钠在酸性条件下能发生歧化反应可知，蒸发I产生的蒸气冷凝后用于流程中的溶碱步骤，即可以防止亚硝酸钠发生歧化反应，也可以使亚硝酸钠循环利用，提高产率，故答案为：溶碱；
(3)由分析可知，“转化”时加入稀硝酸发生的反应为亚硝酸钠与稀硝酸反应生成硝酸钠、一氧化氮和水，反应的化学方程式为2HNO3+3NaNO2=3NaNO3+2NO↑+H2O，故答案为：2HNO3+3NaNO2=3NaNO3+2NO↑+H2O；
(4)2.76吨亚硝酸钠的物质的量为=4×104ml，由两种产品的物质的量之比设为1：2可知，硝酸钠的物质的量为4×104ml×=2×104ml，由钠原子个数守恒可知，反应消耗碳酸钠的质量为(4×104ml+2×104ml) ××106g/ml×10—6t/g=3.18t，故答案为：3.18；
(5)①由方程式可知，二氧化氮能与氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，则NOx中x＜2；一氧化氮和二氧化氮的物质的量比小于1：1时，NOx能氢氧化钠溶液吸收，则x≥=1.5，所以通入足量氢氧化钠溶液中充分反应后气体没有剩余时，NOx的x的取值范围为1.5≤x＜2，故答案为：1.5≤x＜2；
②由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，硝酸尾气中的NOx通入足量氢氧化钠溶液中充分反应后气体没有剩余的反应为2NOx+2NaOH=（2x-3）NaNO3+（5-2x）NaNO2+H2O，由方程式可知，溶液中n(NO)：n(NO)=(5-2x)：(2x-3)，故答案为：(5-2x)：(2x-3)。
21．（2022·全国·高三专题练习）叠氮化钠(NaN3)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。
查阅资料：
I.氨基钠(NaNH2)熔点为208℃，易潮解和氧化；N2O有强氧化性，不与酸、碱反应；叠氮酸(HN3)不稳定，易分解爆炸。
II.2HNO3+8HCl+4SnCl2=4SnCl4+5H2O+N2O↑，2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。
回答下列问题：
(1)制备NaN3
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→_______→_______→_______→_______→b→c→h(填仪器接口字母)。
②D的作用为_______________。
③实验时E中生成SnO2·xH2O沉淀，反应的化学方程式为_______________________。
④C处充分反应后，停止加热，需继续进行的操作为_______________，其目的为_______________。
(2)用如图所示装置测定产品纯度(反应原理为：ClO-+2N+H2O=Cl-+3N2 ↑+2OH-)
①仪器F的名称为_______；
②管q的作用为_______________________。
③若G的初始读数为37.20mL、末读数为1.20mL，本实验条件下气体摩尔体积为VmL·ml-1，则产品中NaN3的质量分数为_______________。
【答案】
(1)f g d e 吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气
SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2·xH2O↓+N2+2HCl
继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞 防止E中液体倒吸入B中
(2)蒸馏烧瓶 减小测定气体体积时的误差、使恒压滴液漏斗中的液体顺利流下 ×100%
【分析】
A装置中稀HNO3与SnCl2与盐酸的混合液反应制备N2O，由于HNO3具有挥发性，所制N2O中混有HNO3(g)和H2O(g)，而NaNH2易潮解和氧化，D装置中碱石灰可除去N2O中混有的HNO3(g)和H2O(g)，C装置中NaNH2与N2O共热反应制备NaN3，B装置中浓硫酸可防止E中H2O(g)进入C装置中、同时吸收C装置中反应生成的NH3，最后用足量SnCl2溶液吸收多余的N2O。
(1)①根据分析，按气流方向，装置的合理连接顺序为a→f→g→d→e→b→c→h；答案为：f→g→d→e。
②由于HNO3具有挥发性，所制N2O中混有HNO3(g)和H2O(g)，而NaNH2易潮解和氧化，故D装置中碱石灰用于吸收N2O中混有的HNO3(g)和H2O(g)；答案为：吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气。
③N2O有强氧化性，不与酸、碱反应，N2O将SnCl2氧化生成SnO2∙xH2O，自身被还原成N2，N元素的化合价由+1价降至0价，Sn元素的化合价由+2价升至+4价，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为N2O+SnCl2+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl；答案为：N2O+SnCl2+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl。
④C处充分反应后，停止加热，需继续进行的操作为继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞，其目的是防止E中液体倒吸入B中；答案为：继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞；防止E中液体倒吸入B中。
(2)①根据仪器F的结构特点知，F的名称为蒸馏烧瓶；答案为：蒸馏烧瓶。
②管q将恒压滴液漏斗上下相连，其作用是减小测定气体体积时的误差、使恒压滴液漏斗中的液体顺利流下；答案为：减小测定气体体积时的误差、使恒压滴液漏斗中的液体顺利流下。
③若G的初始读数为37.20mL、末读数为1.20mL，则反应生成N2的体积为37.20mL-1.20mL=36.00mL，实验条件下气体摩尔体积为VmL·ml-1，则N2物质的量为=ml，根据反应原理ClO-+2N+H2O=Cl-+3N2 ↑+2OH-，NaN3物质的量为×ml=ml，产品中NaN3的质量分数为=×100%；答案为：×100%。
22．（2022·全国·高三专题练习）氮化钙()是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如下装置用Ca与反应制备，并对纯度进行测定。回答下列问题：
I．的制备
(1)仪器a的名称为___________，E装置的主要作用是___________。
(2)实验开始时应首先点燃___________(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到___________时点燃另一处酒精灯。
II．纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一：
①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。
②测定虚线框内装置及试剂的质量；
③关闭____ (填“”或“”，下空同)，打开____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；
④___________；
⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量。则产品中的质量分数表达式为___________。
(4)方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)，从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.60mL NaOH溶液。则产品中的质量分数为___________%。(结果保留一位小数)
【答案】
(1)蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬压玻璃管与Ca和反应)
(2)A E装置中有均匀的气泡产生
(3) 打开，通一段时间的
(4)91.3
【分析】
Ca3N2的制备实验中，A装置中饱和NH4Cl溶液和NaNO2共热反应制备N2，B装置中碱石灰用于干燥N2，C装置中Ca与N2加热反应制备Ca3N2，D装置中的碱石灰防止E中水蒸气进入C中与Ca和Ca3N2反应，E装置的作用是液封、隔绝空气中的氧气进入硬压玻璃管与Ca和Ca3N2反应。
(1)根据仪器a的结构特点，仪器a的名称为蒸馏烧瓶；由于Ca是活泼的金属单质，常温下能与空气中的O2等反应，Ca3N2在空气中会被氧化，故E装置的主要作用是：液封、隔绝空气中的氧气进入硬压玻璃管与Ca和Ca3N2反应；答案为：蒸馏烧瓶；液封(或隔绝空气中的氧气进入硬压玻璃管与Ca和Ca3N2反应)。
(2)由于Ca、Ca3N2都能与空气中的O2、H2O(g)等反应，故实验开始时应首先点燃A处的酒精灯，利用N2排尽装置中的空气，当观察到E装置中有均匀的气泡产生时点燃另一处酒精灯；答案为：A；E装置中有均匀的气泡产生。
(3)根据图1装置知，方案一的原理是Ca3N2与H2O反应产生NH3，U型管中碱石灰除去NH3中的H2O(g)，浓硫酸的增重为反应生成NH3的质量，由NH3的质量结合N守恒测定Ca3N2的纯度；故①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂；②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③关闭K1，打开K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④打开K1，通一段时间的N2，将反应生成的NH3全部驱赶至浓硫酸中，被浓硫酸完全吸收；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；反应生成NH3的质量为（m2-m1）g，根据N守恒，Ca3N2的质量为=，产品中Ca3N2的质量分数为=；答案为：K1；K2；打开K1，通一段时间的N2；。
(4)方案二的原理是Ca3N2与H2O反应产生NH3，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，NH3完全被稀硫酸标准溶液吸收，然后用NaOH滴定过量硫酸溶液，则与NH3反应的硫酸=硫酸的总量-与NaOH反应的硫酸，根据方程式、结合原子守恒测定Ca3N2的纯度；10.00mL溶液中过量硫酸物质的量n(H2SO4)过量=n(NaOH)=×1ml/L×0.01260L=0.0063ml，与NH3反应的硫酸物质的量为1ml/L×0.1L-0.0063ml×=0.037ml，根据反应2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4以及N守恒，Ca3N2物质的量为0.037ml，产品中Ca3N2的质量分数为=91.3%。答案为：91.3。
NO
NO2
物理
性质
颜色
无色
红棕色
毒性
有毒(跟血红蛋白结合)，大气污染物之一
有毒、有刺激性气味的气体、大气污染物之一
溶解性
不溶于水
易溶于水
化学
性质
与O2反应
2NO＋O2===2NO2
—
与H2O反应
—
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
对环境的影响
导致光化学烟雾和酸雨，破坏臭氧层
电子式及结构
密度
气味
水溶性
其他
空间构型为三角锥形，属于极性分子。
比空气eq \a\vs4\al(小)
刺激性气味
极易溶于水(1∶700)，可由喷泉实验证明。
易液化可用作制冷剂。
现象
离子方程式
FeCl3溶液
生成红褐色沉淀
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4)
AlCl3溶液
生成白色沉淀
Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4)
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
方法
化学方程式(或原理)
发生装置
加热浓氨水
NH3·H2ONH3↑＋H2O
浓氨水＋固体NaOH
NaOH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CaO
CaO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
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
方案设计
现象和结论
A
先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡
若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
B
加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡
若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠
C
先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡
若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠
D
先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡
若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
选项
气体
a
b
A
稀
B
溶液
C
浓
铁片
D
浓氨水
选项
操作或做法
目的
A
将铜丝插入浓硝酸中
制备
B
将密闭烧瓶中的降温
探究温度对平衡移动的影响
C
将溴水滴入溶液中，加入乙醇并振荡
萃取溶液中生成的碘
D
实验结束，将剩余固体放回原试剂瓶
节约试剂
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)
气体(杂质)
方法
A
SO2(H2S)
通过酸性高锰酸钾溶液
B
Cl2(HCl)
通过饱和的食盐水
C
N2(O2)
通过灼热的铜丝网
D
NO(NO2)
通过氢氧化钠溶液
①
②
③
实验Ⅰ
开始无明显现象，渐有小气泡生成，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
实验Ⅱ
最初反应较慢，随后加快，反应剧烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。
选项
制取气体
所选药品
收集装置
①
②
A
NH3
浓氨水
氧化钙
④
B
SO2
浓硫酸
亚硫酸钠
④
C
CO2
醋酸溶液
石灰石
③
D
Cl2
浓盐酸
二氧化锰
③
目的
方案设计
现象和结论
A
鉴定与溴蒸气
两气体分别通入淀粉KI溶液中
变蓝色的是通入溴蒸气
B
检验固体混合物是否存在铵盐
将固体溶于水，加入足量浓NaOH溶液，加热，用红色湿润石蕊试纸检验产生的气体
若试纸不变蓝，说明固体中不存在铵盐
C
检验的氧化性
在溶液中加入溶液
若溶液出现淡黄色沉淀，则说明具有氧化性
D
检验火柴头中的氯元素
取用火柴头浸泡过的溶液，加溶液、稀硝酸和溶液
若出现白色沉淀，说明有氯元素
【复习目标】
1．能列举、描述、辨识氮及其化合物重要的物理和化学性质及实验现象。
2．能根据氮及其化合物的性质分析生产、生活及环境中的某些常见问题，说明妥善保存、合理使用化学品的常见方法。
3．能说明氮及其化合物的应用对社会发展的价值、对环境的影响。
【知识精讲】
考点一 氮气及氮的氧化物
1．氮元素存在形态及氮的固定
（1）氮元素在周期表中的位置及氮原子结构
氮元素位于元素周期表的第二周期第ⅤA族。氮原子结构示意图为，最外电子层有5个电子，既不容易得到3个电子，也不容易失去5个电子，因此，氮原子一般通过共用电子对与其他原子相互结合构成物质。
（2）氮元素在自然界中的存在形式
在自然界中，氮元素主要以氮分子(N2)的形式存在于空气中，部分氮元素存在于动植物体内的蛋白质中，还有部分氮元素存在于土壤、海洋里的硝酸盐和铵盐中。
（3）氮的固定
①将大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程叫做氮的固定。
②氮的固定分为自然固氮(豆科植物的根瘤菌固氮及放电条件下氮气与氧气化合)和人工固氮(工业上合成氨等)。
【例题1】一种新型的合成氨的方法如图所示，下列说法正确的是( )
A．反应①属于氮的固定
B．反应②属于氧化还原反应
C．反应③可通过电解LiOH溶液实现
D．上述三步循环的总反应为N2＋3H2===2NH3
【答案】A
【解析】
反应①为Li与N2反应生成Li3N的反应，属于氮的固定，A项正确；结合题图可知反应②为Li3N＋3H2O===3LiOH＋NH3↑，该反应中没有化合价的变化，属于非氧化还原反应，B项错误；电解LiOH溶液不能生成单质Li，C项错误；结合题图可知，三步循环的总反应为2N2＋6H2O===4NH3＋3O2，D项错误。
2．氮气
（1）物理性质：eq \a\vs4\al(无)色eq \a\vs4\al(无)味气体，密度比空气的略小，eq \a\vs4\al(难)溶于水。
（2）化学性质
氮分子内两个氮原子间以共价三键(N≡N)结合，断开该化学键需要吸收较多能量，故氮气的化学性质很稳定，通常情况下难以与其他物质发生化学反应，无法被大多数生物体直接吸收。
写出有关化学方程式：
①3Mg＋N2eq \(=====,\s\up7(点燃))Mg3N2；
②N2＋3H2eq \(,\s\up11(高温、高压),\s\d4(催化剂))2NH3；
③N2＋O2eq \(=====,\s\up7(放电或高温))2NO。
【例题2】(2022·葫芦岛模拟)下列说法中正确的是( )
A．氮气化学性质不如磷活泼，故氮元素非金属性弱于磷
B．氮气只有氧化性，没有还原性
C．“雷雨发庄稼”所包含的化学变化有N2→NO→NO2→HNO3→硝酸盐
D．NO与O2反应生成NO2属于氮的固定
【答案】C
【解析】
N≡N键能大，N2比磷稳定，A错误；氮气中氮元素的化合价可以升高，也可以降低，故既具有氧化性，又具有还原性，B错误；氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，D错误。
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
注意：
①NO只能用排水法收集，不能用排空气法收集；而NO2只能用向上排空气法收集，不能用排水法收集。
②NO2气体存在平衡：2NO2N2O4，故常温时没有纯净的NO2或N2O4气体。
③NO2虽然与水反应生成HNO3，但不是硝酸的酸酐。硝酸的酸酐是N2O5；NO2不是酸性氧化物。
④NO2能使湿润的淀粉－碘化钾试纸变蓝，原因是二氧化氮先与水反应生成HNO3，HNO3再将碘化钾氧化为I2，最终淀粉遇I2变蓝。
【例题3】如图所示，将相同条件下的m体积NO和n体积O2同时通入倒立于水槽且盛满水的试管内，充分反应后，试管内残留eq \f(m,2)体积的气体，该气体与空气接触后立即变为红棕色。则m与n的比值为( )
A．3∶2 B．2∶3
C．8∶3 D．3∶8
【答案】C
【解析】
该过程中涉及的反应有2NO＋O2===2NO2、3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，可将两个方程式“合并”为4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3。剩余气体与空气接触立即变为红棕色，说明剩余气体为NO。
则可知eq \f(m,2)体积的NO气体与n体积的O2恰好完全反应。
4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3
4 3
eq \f(m,2) n
4∶eq \f(m,2)＝3∶n，解得m∶n＝8∶3。
【例题4】在一定条件下，将NO2和O2的混合气体12 mL通入足量水中，充分反应后剩余2 mL气体(同温同压下)，则原混合气体中氧气的体积可能为( )
①1.2 mL ②2.4 mL ③3 mL ④4 mL
A．①② B．②③
C．③④ D．①④
【答案】D
【解析】
首先分析剩余的2 mL气体有两种可能。如果剩余2 mL O2，则V(NO2)＝eq \f(4,5)×(12－2)mL＝8 mL，则混合气体中：V(O2)＝12 mL－8 mL＝4 mL；若剩余的2 mL气体是NO，则混合气体中的V(O2)＝(12 mL－2 mL×3)×eq \f(1,5)＝1.2 mL，D项正确。
【归纳总结】氮的氧化物和O2、H2O反应的计算方法
（1）关系式法
①NO2和O2混合气体溶于水的计算：
由4NO2＋O2＋2H2O===4HNO3可知：
②NO与O2同时通入水中：
由4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3可知：
V(NO)∶V(O2)eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(<4∶3 剩余O2,＝4∶3 恰好完全反应,>4∶3 剩余NO))
③NO2、NO、O2三种混合气体通入水中：
a．可先将NO和O2转化为NO2，再按上述各种情况分别处理。
b．也可先将NO2和H2O反应转化为NO，再按4NO＋3O2＋2H2O===4HNO3情况处理。
（2）得失电子守恒法
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。
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＋2NaOH===NaNO3＋NaNO2＋H2O
NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋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)。
【例题5】汽车尾气中的氮氧化合物NOx与大气中的NH3发生如下作用，形成一种雾霾。
NOxeq \(――→,\s\up11([O]),\s\d4(反应①))N2O5eq \(――→,\s\up11(H2O),\s\d4(反应②))HNO3eq \(――→,\s\up11(NH3),\s\d4(反应③))烟(一种雾霾)。
有关该雾霾的叙述正确的是( )
A．NOx为酸性氧化物，可形成酸雨
B．反应②是氧化还原反应
C．NH3是形成该雾霾的催化剂
D．NH3可能来自过度施用氮肥
【答案】D
【解析】
NOx为不成盐氧化物，故A错误；五氧化二氮和硝酸中的氮的化合价相同，所以反应②是非氧化还原反应，故B错误；由图示可知氨气参与反应生成铵盐，为反应物，不是催化剂，故C错误；NH3可能来自过度施用氮肥，铵盐不稳定易分解产生氨气，故D正确。
【例题6】雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O4和NH4NO3产品的流程图如图(Ce为铈元素)：
下列说法错误的是( )
A．Na2S2O4中S元素的化合价为＋3
B．装置Ⅱ消耗36 g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＋在阴极反应，使Ce4＋得到再生
D．装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等
【答案】C
【解析】
根据化合物中各元素化合价代数和等于0，由于Na呈＋1价，O呈－2价，所以Na2S2O4中S元素的化合价为＋3，A正确；36 g水的物质的量是2 ml，在装置Ⅱ中发生反应：NO＋2H2O＋3Ce4＋===3Ce3＋＋NOeq \\al(－,3)＋4H＋，NO＋H2O＋Ce4＋===Ce3＋＋NOeq \\al(－,2)＋2H＋，可见两个反应都是消耗1 ml H2O，会产生2 ml H＋，则反应消耗2 ml H2O，就产生4 ml H＋，生成H＋的数目等于4NA，B正确；Ce3＋在阳极上发生失电子的反应使Ce4＋再生，C错误；由于NH4NO3高温易分解，因此从溶液中得到粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，D正确。
【例题7】氮氧化物进入大气后，不仅会形成硝酸型酸雨，还可能形成光化学烟雾，对含有氮氧化物的废气进行处理。
NO2＋NO＋2NaOH===2NaNO2＋H2O(ⅰ)
2NO2＋2NaOH===NaNO2＋NaNO3＋H2O(ⅱ)
(1)用氢氧化钠溶液可以吸收废气中的氮氧化物，反应的化学方程式如下：
①在反应(ⅰ)中，氧化剂是________。在反应(ⅱ)中，氧化剂和还原剂的物质的量之比为________。
②由反应(ⅱ)判断二氧化氮是否为酸性氧化物？解释原因___________________。
(2)汽车尾气中含有CO和NO，消除这两种物质对大气的污染的方法是安装催化转化器，使它们发生反应消除污染，试写出该反应的化学方程式__________________________。
(3)目前有一种治理方法是在一定条件下，用氨气将氮氧化物转化为无污染的物质，请写出NO2发生该反应的化学方程式_________________________________________________________。
【答案】
(1)①NO2 1∶1
②不是，因为二氧化氮与碱反应生成两种盐，且氮元素化合价发生变化
(2)2NO＋2COeq \(=====,\s\up7(催化剂))N2＋2CO2
(3)6NO2＋8NH3eq \(=======,\s\up11(一定条件),\s\d4( ))7N2＋12H2O
【解析】
(1)①在反应(ⅰ)中NO2中的氮元素化合价降低做氧化剂；在反应(ⅱ)中氧化剂和还原剂都是NO2，它们的物质的量之比为1∶1。②二氧化氮与碱反应生成两种盐，且氮元素化合价发生变化，二氧化氮不是酸性氧化物。
(2)根据原子守恒定律结合题目信息可知，一氧化氮与一氧化碳反应后生成的对大气无污染的物质应为氮气和二氧化碳。
(3)根据原子守恒定律结合题目信息可知，氨气和二氧化氮反应后生成的无污染的物质为氮气和水。
考点二 氨和铵盐
1．氨的分子结构和物理性质
2．氨的化学性质
（1）氨气与水的反应
NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，氨气溶于水得氨水。
①氨水中含有的粒子：NH3·H2O、NH3、H2O、NHeq \\al(＋,4)、OH－、H＋。
②NH3·H2O为可溶性一元弱碱，易挥发，不稳定，易分解：NH3·H2ONH3↑＋H2O。
（2）氨气与酸的反应
a．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＋NH3===NH4Cl、NH3＋HNO3===NH4NO3。
b．与CO2等酸性氧化物反应：
NH3＋CO2＋H2O===NH4HCO3或2NH3＋CO2＋H2O===(NH4)2CO3。
（3）氨气与盐溶液的反应
（4）氨气的还原性
①催化氧化：4NH3＋5O2eq \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(△))4NO＋6H2O
②被CuO氧化：2NH3＋3CuO3Cu＋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．铵盐及NHeq \\al(＋,4)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。
（2）铵盐的化学性质
注意：
①铵盐受热都能分解，但不是所有的铵盐分解都能生成NH3，如2NH4NO3O2↑＋2N2↑＋4H2O。
②制氨时铵盐不选(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，且在高温下均能腐蚀玻璃。
（3）NHeq \\al(＋,4)的检验
【例题8】如图，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正确的是( )
【答案】A
【解析】
B项，NH3与浓硫酸反应；C项，AlCl3、MgCl2等氯化物溶液均可与NH3反应使溶液变浑浊；D项，NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，氨水呈碱性，NH3·H2O是碱，NH3不属于碱。
【例题9】探究氨气及铵盐性质的过程中，下列根据实验现象得出的结论不正确的是( )
A．将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，说明氨气极易溶于水
B．将pH＝11的氨水稀释1000倍，测得pH>8，说明NH3·H2O为弱碱
C．加热NH4HCO3固体，观察到固体逐渐减少，试管口有液滴产生，说明NH4HCO3受热不稳定
D．将红热的铂丝伸入如图所示的锥形瓶中，瓶口出现少量红棕色气体，说明氨气的氧化产物为NO2
【答案】D
【解析】
氨气极易溶于水生成氨水，所以将集有氨气的试管倒扣于水槽中，液体迅速充满试管，故A正确；常温下，pH＝11的氨水中c(OH－)＝10－3 ml·L－1，稀释1000倍，测得pH>8，c(OH－)>10－6 ml·L－1，说明稀释时电离平衡正向移动，所以NH3·H2O为弱碱，故B正确；碳酸氢铵加热分解为氨气、二氧化碳和水，故C正确；氨气的氧化产物为NO，NO在锥形瓶口与氧气反应生成NO2，所以瓶口出现少量红棕色气体，故D错误。
4．氨气的实验室制法
（1）常规方法
（2）简易方法
注意：
①干燥氨气不能用无水CaCl2因：8NH3＋CaCl2===CaCl2·8NH3，通常用碱石灰干燥氨气。
②吸收氨气时要注意防止倒吸
可用于吸收氨气并能防倒吸的常用装置为
【例题10】某学习兴趣小组探究氨气的制取实验：
(1)甲同学拟用下列实验方法制备氨气，其中合理的是________。
A．将氯化铵固体加热分解
B．将浓氨水滴入氢氧化钠固体中
C．将氢氧化钠固体加入浓氨水中
D．将氯化铵稀溶液滴入氢氧化钠固体中
(2)根据上述正确的原理，该同学欲用下列常见的实验室制气装置制取氨气，适宜的装置是_________。
(3)气体的性质是气体收集方法选择的主要依据，下列性质与收集方法无关的是________。
①密度 ②颜色 ③溶解性 ④热稳定性 ⑤与氧气反应
(4)下图是甲同学设计收集氨气的几种装置，其中可行的是______，集气的原理是_____________。
【答案】
(1)B
(2)C
(3)②④
(4)d 利用氨气密度小于空气，采用短管进氨气，长管出空气，即可收集氨气
【解析】
(1)A.加热氯化铵产生氯化氢和氨气，遇冷又转化为氯化铵固体，得不到氨气，故A错误；B.氢氧化钠固体具有吸水性，溶于水放出大量的热量，而氨气易挥发，则浓氨水滴入氢氧化钠固体中可制得氨气，并且能够节约氨水的用量，可以制取氨气，故B正确；C.浓氨水中存在平衡NH3＋H2ONH3·H2ONHeq \\al(＋,4)＋OH－，加入氢氧化钠固体时，平衡会逆向移动，能够制得氨气，但是因为氨气极易溶于水，这样操作消耗的氢氧化钠和浓氨水更多，故C错误；D.氨气极易溶于水，氯化铵稀溶液滴入氢氧化钠固体中生成一水合氨得不到氨气，故D错误；
(2)浓氨水滴入氢氧化钠固体中，反应物的状态为液体＋固体，反应条件不需要加热，所以应选择C；
(3)收集气体可采用排空气法(密度、气体不能被氧气氧化等)，也可采用排水法(不易溶于水)，与其他性质无关，故选：②④；
(4)氨气极易溶于水，不能用排水法收集，氨气密度小于空气，应选择向下排空气法，选用d收集，采用短管进氨气，长管出空气。
【例题11】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气制备氨基甲酸铵的实验装置如图所示，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)反应时三颈瓶需用冷水浴冷却，其目的是______________________________。
【答案】
(1)稀盐酸 浓H2SO4
(2)2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O 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
【解析】
(1)装置1是制备二氧化碳的装置。由二氧化碳的实验室制法可知所用试剂为碳酸钙和稀盐酸。已知可由干燥的二氧化碳和氨气反应制备氨基甲酸铵。故二氧化碳和氨气分别都需要干燥。所以装置2和3的作用分别为干燥二氧化碳气体和氨气，装置2所加试剂为浓硫酸。
(2)制取氨发生反应的化学方程式：2NH4Cl＋Ca(OH)2CaCl2＋2NH3↑＋2H2O。制取NH3采用固体与固体加热反应的装置，需考虑产生的水蒸气对实验的影响，防止冷凝水倒流到试管底部使试管破裂。
(3)已知制备氨基甲酸铵的反应为放热反应，冷水浴可降低温度，使平衡正向移动提高产量。
【归纳总结】
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。
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：
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)向烧瓶中通入一定量的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eq \f(1,22.4) ml·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) ml·L－1。
【例题12】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__________。
(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________________。
(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__________________________________。
【答案】
(1)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)烧瓶Ⅱ中导管口处产生白烟
(3)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
【解析】
(1)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。
(2)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。
(3)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
考点三 硝酸
1．物理性质：
纯净的硝酸是无色、易挥发、有刺激性气味的液体，与H2O以任意比互溶。
2．化学性质
（1）不稳定性
①反应：4HNO32H2O＋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
硝酸无论浓、稀都有强氧化性，而且浓度越大，氧化性越强。
①与不活泼金属反应
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常温下，浓硝酸使Fe、Al钝化。
③与非金属反应
如浓硝酸与C的反应：C＋4HNO3(浓)CO2↑＋4NO2↑＋2H2O
④与还原性化合物反应
硝酸可氧化H2S、SO2、Na2SO3、HI、Fe2＋、FeO等还原性物质。写出稀硝酸与SO2、Fe2＋反应的离子方程式分别为：
3SO2＋2NOeq \\al(－,3)＋2H2O===3SOeq \\al(2－,4)＋2NO↑＋4H＋
3Fe2＋＋NOeq \\al(－,3)＋4H＋===3Fe3＋＋NO↑＋2H2O。
（3）与有机化合物反应
①硝化反应(与苯反应)：
②显色反应：含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 \(=====,\s\up11(催化剂),\s\d4(△))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。
【例题13】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 ml/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 ml/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＋＋2NOeq \\al(－,3)===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＋＋2NOeq \\al(－,3)=== 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。
【归纳总结】金属与硝酸反应计算问题的思维模型
【例题14】将32.64 g铜与140 mL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11.2 L。请回答下列问题：
(1)NO的体积为________L，NO2的体积为________ L。
(2)参加反应的HNO3的物质的量是________________。
(3)待产生的气体全部释放后，向溶液中加入V mL a ml·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________ml·L－1。
(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。
【答案】
(1)5.824 5.376 (2)1.52 ml (3)eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14) (4)57.8
【解析】
(1)n(Cu)＝eq \f(32.64 g,64 g·ml－1)＝0.51 ml，设混合气体中NO的物质的量为x，NO2的物质的量为y。根据气体的总体积为11.2 L，有：x＋y＝0.5 ml。根据得失电子守恒，有：3x＋y＝0.51×2 ml。解方程组得：x＝0.26 ml，y＝0.24 ml。则：V(NO)＝0.26 ml× 22.4 L·ml－1＝5.824 L，V(NO2)＝11.2 L－5.824 L＝5.376 L。
(2)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0.51 ml×2＋0.5 ml＝1.52 ml。
(3)HNO3在反应中一部分变成气体，一部分以NOeq \\al(－,3)的形式留在溶液中。变成气体的HNO3的物质的量为0.5 ml。加入NaOH溶液至正好使溶液中Cu2＋全部转化为沉淀，则溶液中只有NaNO3，其物质的量为10－3 aV ml，也就是以NOeq \\al(－,3)形式留在溶液中的HNO3的物质的量为10－3 aV ml。所以，c(HNO3)＝eq \f(aV×10－3＋0.5,0.14)ml·L－1。
(4)由得失电子守恒得：2×n(Cu)＝2×n(H2O2)，eq \f(32.64 g,64 g·ml－1)×2＝n(H2O2)×2，n(H2O2)＝0.51 ml，则m(H2O2)＝17.34 g。需30%的双氧水：17.34 g÷30%＝57.8 g。
【真题演练】
1．（2022·江苏·高考真题）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、人工固氮都是将转化为
B．侯氏制碱法以、、、为原料制备和
C．工业上通过催化氧化等反应过程生产
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”
【答案】A
【详解】
A．自然固氮是将N2转化为含氮化合物，不一定是转化为NH3，比如大气固氮是将N2会转化为NO，A错误；
B．侯氏制碱法以H2O、NH3、CO2、NaCl为原料制备NaHCO3和NH4Cl，反应的化学方程式为H2O+NH3+CO2+NaCl=NaHCO3↓+NH4Cl，B正确；
C．工业上通过NH3催化氧化等反应过程生产HNO3，相关的化学反应方程式为4NH3+5O24NO+6H2O、2NO+O2=2NO2、3NO2+H2O=2HNO3+NO、4NO2+O2+2H2O=4HNO3，C正确；
D．氮元素在自然界中既有游离态又有化合态，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”，D正确；
故选A。
2．（2022·北京·高考真题）某的多孔材料刚好可将“固定”，实现了与分离并制备，如图所示：
己知：
下列说法不正确的是（ ）
A．气体温度升高后，不利于的固定
B．被固定后，平衡正移，有利于的去除
C．制备的原理为：
D．每制备，转移电子数约为
【答案】D
【详解】
A．二氧化氮转化为四氧化二氮的反应为放热反应，升高温度，平衡向逆反应方向移动，四氧化二氮的浓度减小，所以气体温度升高后，不利于四氧化二氮的固定，故A正确；
B．四氧化二氮被固定后，四氧化二氮的浓度减小，二氧化氮转化为四氧化二氮的平衡向正反应方向移动，二氧化氮的浓度减小，所以四氧化二氮被固定后，有利于二氧化氮的去除，故B正确；
C．由题意可知，被固定后的四氧化二氮与氧气和水反应生成硝酸，反应的化学方程式为，故C正确；
D．四氧化二氮转化为硝酸时，生成1ml硝酸，反应转移1ml电子，则每制备0.4ml硝酸，转移电子数约为0.4ml×6.02×1023=2.408×1023，故D错误；
故选D。
3．（2022·山东·高考真题）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生成的反应历程有2种
C．增大NO的量，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
【答案】D
【详解】
A．根据反应机理的图示知，含N分子发生的反应有NO+∙OOH=NO2+∙OH、NO+NO2+H2O=2HONO、NO2+∙C3H7=C3H6+HONO、HONO=NO+∙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；
B．根据图示，由NO生成HONO的反应历程有2种，B项正确；
C．NO是催化剂，增大NO的量，C3H8的平衡转化率不变，C项正确；
D．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；
答案选D。
4．（2022·山东·高考真题）下列试剂实验室保存方法错误的是（ ）
A．浓硝酸保存在棕色细口瓶中B．氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中
C．四氯化碳保存在广口塑料瓶中D．高锰酸钾固体保存在棕色广口瓶中
【答案】C
【详解】
A．由于浓硝酸见光易分解，故浓硝酸需保存在棕色细口瓶中避光保存，A正确；
B．氢氧化钠固体能与玻璃中的SiO2反应，故氢氧化钠固体保存在广口塑料瓶中，B正确；
C．四氯化碳是一种有机溶剂，易挥发，且能够溶解塑料，故其不能保存在广口塑料瓶中，应该保存在细口玻璃瓶中，C错误；
D．高锰酸钾固体受热后易分解，故需在棕色广口瓶中、阴冷处密封保存，D正确；
故答案为：C。
5．（2022·浙江·高考真题）亚硝酸钠俗称“工业盐”，其外观、口感与食盐相似，人若误服会中毒。现将适量某样品(成分为亚硝酸钠或氯化钠)溶于水配成溶液，分别取少量该溶液于试管中进行实验。下列方案设计、现象和结论都正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】C
【详解】
A．样品若为NaCl，依然会出现白色沉淀，A错误；
B．氯化钠电离出的氯离子也可以被酸性高锰酸钾氧化，而使其褪色，B错误；
C．亚硝酸有氧化性，可以把二价铁氧化为三价铁，溶液变为黄色，C正确；
D．稀硝酸可以把亚硫酸根离子氧化为硫酸根离子，再加入氯化钡可以生成硫酸钡白色沉淀，D错误；
故选C。
6．（2021·重庆·高考真题）25°时， 下列各组离子在指定溶液中一定能大量共存的是（ ）
A．1.0 ml·L-1I氯化钡溶液中： Mg2+、K+、Br-、
B．1.0 ml·L-1 硫酸中： A13+、 Na+、Cl-、
C．pH=1l 的氨水中： Fe2+、 Na+、、ClO-
D．pH=1的硝酸中： Fe3+、K+、I-、
【答案】B
【详解】
A．Ba2+与生成BaSO4，不能大量共存，A项错误；
B．该条件下各离子之间不发生反应，可以大量共存，B项正确；
C． Fe2+会与氨水反应生成Fe(OH)2沉淀，不能大量共存，C项错误；
D．硝酸是强氧化剂会与具有还原性的I-发生氧化还原反应，不能大量共存，D项错误；
答案选B。
7．（2021·江苏·高考真题）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；HNO3能溶解Cu、Ag等金属，也能与许多有机化合物发生反应；在高温或放电条件下，N2与O2反应生成NO，NO进一步氧化生成NO2。2NO(g)+O2(g)=2NO2(g) ΔH=-116.4kJ·ml-1。大气中过量的NOx和水体中过量的NH、NO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NO转化为N2，也可将水体中的NO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．NO(g)HNO3(aq)
B．稀HNO3(aq)NO2(g)
C．NO(g)N2(g)
D．NO(aq)N2(g)
【答案】C
【详解】
A．NO不溶于水也不与水反应，A错误；
B．稀HNO3与Cu反应得到硝酸铜、水和NO，得不到NO2，B错误；
C．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正确；
D．O3有强氧化性，不能作还原剂将硝酸根离子还原，D错误；
答案选C。
8．（2021·江苏·高考真题）NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应。工业尾气中的NH3可通过催化氧化为N2除去。将一定比例的NH3、O2和N2的混合气体以一定流速通过装有催化剂的反应管，NH3的转化率、生成N2的选择性[100%]与温度的关系如图所示。
下列说法正确的是（ ）
A．其他条件不变，升高温度，NH3的平衡转化率增大
B．其他条件不变，在175～300 ℃范围，随温度的升高，出口处N2和氮氧化物的量均不断增大
C．催化氧化除去尾气中的NH3应选择反应温度高于250 ℃
D．高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂
【答案】D
【详解】
A．NH3与O2作用分别生成N2、NO、N2O的反应均为放热反应，根据勒夏特列原理，升高温度，平衡向逆反应方向进行，氨气的平衡转化率降低，故A错误；
B．根据图像，在175～300 ℃范围，随温度的升高，N2的选择率降低，即产生氮气的量减少，故B错误；
C．根据图像，温度高于250℃ N2的选择率降低，且氨气的转化率变化并不大，浪费能源，根据图像，温度应略小于225℃，此时氨气的转化率、氮气的选择率较大，故C错误；
D．氮气对环境无污染，氮的氧化物污染环境，因此高效除去尾气中的NH3，需研发低温下NH3转化率高和N2选择性高的催化剂，故D正确；
答案为D。
9．（2021·福建·高考真题）明代《徐光启手迹》记载了制备硝酸的方法，其主要流程(部分产物已省略)如下：
下列说法错误的是（ ）
A．FeSO4的分解产物X为FeOB．本流程涉及复分解反应
C．HNO3的沸点比H2SO4的低D．制备使用的铁锅易损坏
【答案】A
【详解】
A．据图可知FeSO4分解时生成SO2和SO3，部分S元素被还原，则Fe元素应被氧化，X为Fe2O3，A错误；
B．H2SO4与KNO3在蒸馏条件下生成HNO3和K2SO4，为复分解反应，B正确；
C．H2SO4与KNO3混合后，蒸馏过程中生成HNO3，说明HNO3的沸点比H2SO4的低，C正确；
D．硫酸、硝酸均可以和铁反应，所以制备使用的铁锅易损坏，D正确；
综上所述答案为A。
10．（2021·海南·高考真题）用如图装置制取干燥的气体(a、b表示加入的试剂)，能实现的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
A．与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥，故A错误；
B．发生反应2H2O22H2O+O2，浓硫酸干燥氧气，故B正确；
C．铁片和浓硝酸常温下发生钝化，故不能制取二氧化氮气体，故C错误；
D．氨气与浓硫酸反应，故不能用浓硫酸干燥氨气，故D错误；
故选B。
11．（2021·山东·高考真题）下列由实验现象所得结论错误的是（ ）
A．向NaHSO3溶液中滴加氢硫酸，产生淡黄色沉淀，证明HSO具有氧化性
B．向酸性KMnO4溶液中加入Fe3O4粉末，紫色褪去，证明Fe3O4中含Fe(Ⅱ)
C．向浓HNO3中插入红热的炭，产生红棕色气体，证明炭可与浓HNO3反应生成NO2
D．向NaClO溶液中滴加酚酞试剂，先变红后褪色，证明NaClO在溶液中发生了水解反应
【答案】C
【详解】
A．淡黄色沉淀是S，在反应过程中硫元素由NaHSO3中的+4价降低到0价，发生还原反应，体现氧化性，A项不符合题意；
B．酸性高锰酸钾溶液具有强氧化性，与还原性物质反应紫色才会褪去，所以可以证明Fe3O4中有还原性物质，即Fe(Ⅱ)，B项不符合题意；
C．在该反应中浓硝酸体现氧化性，N元素化合价降低，生成的产物可能是NO或者NO2，NO暴露于空气中也会迅速产生红棕色气体，无法证明反应产物，C项符合题意；
D．先变红说明溶液显碱性，证明NaClO在溶液中发生了水解，，后来褪色，是因为水解产生了漂白性物质HClO，D项不符合题意；
故选C。
12．（2021·广东·高考真题）化学是以实验为基础的科学。下列实验操作或做法正确且能达到目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
A．将铜丝插入浓硝酸中开始会产生二氧化氮，不能达到实验目的，A不符合题意；
B．二氧化氮气体在一定条件下存在平衡：，正反应为放热反应，NO2为红棕色气体，将密闭烧瓶中NO2降温，会使该平衡向正反应方向移动，气体颜色变浅，因此可达到实验目的，B符合题意；
C．乙醇与水互溶，不能作碘单质的萃取剂，做法不正确，C不符合题意；
D．一般情况下，剩余试剂需放到指定的容器中，不能放回原试剂瓶，以防污染原试剂，操作错误，D不符合题意；
故选B。
13．（2021·河北·高考真题）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
【答案】D
【详解】
A．是红棕色且有刺激性气味的气体，而是无色有刺激性气味的气体，A错误；
B．汽车尾气的主要大气污染物为C与N的氧化物，如NOx和CO等，B错误；
C．氮的固定是指将游离态的氮元素转化为化合态，且植物可吸收土壤中的铵根离子或硝酸根离子作为肥料，不能直接吸收空气中的氮氧化物，C错误；
D．工业废气中的可采用石灰法进行脱除，如加入石灰石或石灰乳均可进行脱硫处理，D正确；
故选D。
14．（2021·河北·高考真题）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
【答案】B
【详解】
A．浓硫酸能使蔗糖炭化，体现的是其脱水性，而不是吸水性，A错误；
B．NaClO在水溶液中会发生水解，离子方程式为：，pH减小，则酸性增强，会促使平衡向正反应方向移动，生成氧化性更强的HClO，在酸性条件下可生成具有强氧化性的氯气、二氧化氯等气体，增强氧化能力，B正确；
C．HI的沸点低，易挥发加热与浓混合物发生反应生成利用的是高沸点酸制备低沸点酸的原理，C错误；
D．相同条件下根据铜与浓硝酸、稀硝酸反应的剧烈程度可知，浓硝酸的氧化性大于稀硝酸的氧化性，D错误；
故选B。
15．（2020·北京·高考真题）某同学进行如下实验：
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
【分析】
实验I中对NH4Cl固体试管加热，湿润的pH试纸黄色→蓝色(pH≈10)→黄色→红色(pH≈2)，说明加热过程中生成了氨气，氨气遇水形成一水合氨，一水合氨为弱碱，使试纸变蓝，同时产生了氯化氢气体，氯化氢极易溶于水形成盐酸，中和了一水合氨恢复到黄色，最后变为红色，该过程可证明氯化铵受热发生分解生成氨气和氯化氢气体，试纸先变蓝后变红，说明氨气扩散的速度比氯化氢快；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由化合生成氯化铵；
实验II中将氯化铵溶液滴在pH试纸上，试纸颜色变化：黄色→橙黄色(pH≈5)，说明氯化铵溶液中铵根离子水解使溶液显酸性，据此分析解答。
【详解】
A．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；
B．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；
C．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；
D．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由化合生成氯化铵，则不宜用加热NH4Cl的方法制备NH3，故D正确；
答案选C。
16．（2020·全国·高考真题）下列气体去除杂质的方法中，不能实现目的的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】A
【详解】
A．SO2和H2S都具有较强的还原性，都可以被酸性高锰酸钾溶液氧化；因此在用酸性高锰酸钾溶液除杂质H2S时，SO2也会被吸收，故A项不能实现除杂目的；
B．氯气中混有少量的氯化氢气体，可以用饱和食盐水除去；饱和食盐水在吸收氯化氢气体的同时，也会抑制氯气在水中的溶解，故B项能实现除杂目的；
C．氮气中混有少量氧气，在通过灼热的铜丝网时，氧气可以与之发生反应： ，而铜与氮气无法反应，因此可以采取这种方式除去杂质氧气，故C项能实现除杂目的；
D．NO2可以与NaOH发生反应：，NO与NaOH溶液不能发生反应；尽管NO可以与NO2一同跟NaOH发生反应：，但由于杂质的含量一般较少，所以也不会对NO的量产生较大的影响，故D项能实现除杂的目的；
答案选A。
17．（2022·海南·高考真题）磷酸氢二铵[]常用于干粉灭火剂。某研究小组用磷酸吸收氨气制备，装置如图所示(夹持和搅拌装置已省略)。
回答问题：
(1)实验室用和制备氨气的化学方程式为_________________。
(2)现有浓质量分数为85%，密度为1.7g/mL。若实验需100mL1.7ml/L的溶液，则需浓_______mL(保留一位小数)。
(3)装置中活塞的作用为_________________。实验过程中，当出现____________现象时，应及时关闭，打开。
(4)当溶液pH为8.0~9.0时，停止通，即可制得溶液。若继续通入，当时，溶液中、____________和____________(填离子符号)浓度明显增加。
(5)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。
【答案】
(1)
(2)11.5
(3)平衡气压防倒吸 倒吸
(4)
(5)酚酞 无 浅红
【分析】
本实验的实验目的为制备磷酸二氢铵[(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↑；
（2）根据公式可得，浓H3PO4的浓度，溶液稀释前后溶质的物质的量不变，因此配制100mL 1.7ml/L的H3PO4溶液，需要浓H3PO4的体积V=；
（3）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；
（4）继续通入NH3，(NH4)2HPO4继续反应生成(NH4)3PO4，当pH＞10.0时，溶液中OH-、、的浓度明显增加；
（5）由(4)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时，停止通入NH3，即可制得(NH4)2HPO4溶液。
18．（2020·浙江·高考真题）
Ⅰ．由三种元素组成的化合物A，按如下流程进行实验。气体B为纯净物，溶液C焰色反应为砖红色，气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝。
请回答：
(1)组成A的三种元素是________，A的化学式是________。
(2)固体A与足量稀盐酸反应的化学方程式是_______________________。
(3)气体E与甲醛在一定条件下可生成乌洛托品(学名：亚甲基四胺)，该反应的化学方程式是_____________(乌洛托品可以用分子式表示)。
Ⅱ．某兴趣小组为探究H2S和Cl2O的性质，将两种气体同时通入水中，实验装置如图：
请回答：
(1) 三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性，用一个化学方程式表示_____________。
(2) 若通入水中的Cl2O已过量，设计实验方案检验__________________。
【答案】
Ca、H和N Ca2HN Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl
4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O
2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O 用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量
【分析】
Ⅰ．由溶液C焰色反应为砖红色可知，溶液C中含有钙元素，由气体E能使湿润的红色石蕊试纸变蓝可知，气体E为氨气，则C中含有氯化铵，C为氯化钙和氯化铵的混合溶液，则固体A中含有钙元素和氮元素，由固体A与足量盐酸反应结合质量守恒定律可知，气体B为氢气，固体A中还含有氢元素，则固体A中含有Ca、N和H三种元素。
Ⅱ．由题意可知，H2S和Cl2O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应中H2S中硫元素化合价升高被氧化，Cl2O中氯元素化合价降低被还原。
【详解】
Ⅰ．（1）由分析可知，组成A的三种元素是Ca、N和H，由钙原子个数守恒可知，固体A中钙的物质的量为=0.04ml，质量为0.04ml×40g/ml=1.6g，固体A与足量盐酸反应时，固体A中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，固体A中氢的物质的量为×2×=0.02ml，质量为0.02ml×1g/ml=0.02g，则固体A中氮的物质的量为=0.02ml，A中Ca、N和H的物质的量比为0.04ml: 0.02ml: 0.02ml=2:1:1，化学式为Ca2HN，故答案为：Ca、H和N ；Ca2HN；
（2）Ca2HN与足量盐酸反应时，Ca2HN中氢元素化合价升高被氧化，HCl中氢元素化合价降低被还原，反应生成氯化钙、氯化铵和氢气，反应的化学方程式为Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl，故答案为：Ca2HN＋5HCl=2CaCl2＋H2↑＋NH4Cl；
（3）氨气与甲醛反应生成和水，反应的化学方程式为4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O，故答案为4NH3＋6HCHO→(或C6H12N4)＋6H2O；
Ⅱ．（1）由三颈瓶中出现淡黄色沉淀，溶液呈强酸性可知，H2S和Cl2O发生氧化还原反应生成硫、氯化氢和水，反应的化学方程式为2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O，故答案为：2H2S＋Cl2O=2S↓＋2HCl＋H2O；
（2）Cl2O具有强氧化性，若通入水中的Cl2O已过量，过量的Cl2O能与碘化钾溶液反应生成单质碘，单质碘能使淀粉溶液变蓝色，则检验Cl2O已过量的实验方案为用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量，故答案为：用玻璃棒蘸取清液，点到KI−淀粉试纸上，如果变蓝(或变蓝后再褪色)，说明Cl2O过量。
19．（2020·北京·高考真题）用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl4=H++AuCl
(1)酸溶后经________操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO3均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO3的物质的量不同，写出消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式：____________。
(3)HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。
①将溶金反应的化学方程式补充完整：
Au+____NaCl+____HNO3=HAuCl4+____+____+____NaNO3
②关于溶金的下列说法正确的是____。
A．用到了HNO3的氧化性
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解
(4)若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是____ml。
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是____________，物质2是____________。
【答案】
过滤 3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O
4 5 NO 2H2O 4 AC 2 NaCl溶液 Fe、Cu
【分析】废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl4，HAuCl4经锌粉还原分离得到金，由此分析。
【详解】
(1) Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作是过滤，将混合物分离；
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)+2NO↑+4H2O；溶解1mlCu消耗HNO3的物质的量为ml；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO3(浓)= Cu(NO3)2+2NO2↑+2H2O，溶解1mlCu消耗HNO3的物质的量为4ml；消耗HNO3物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，化学方程式为：3Cu+8HNO3(稀)=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O；
(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：Au+4NaCl+5HNO3=HAuCl4+2H2O+NO↑+4NaNO3；
②A．溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO3的氧化性，故A正确；
B．王水中V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；
C．HNO3-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO3也可使Au溶解，故C正确；
答案选AC；
(4)由于HAuCl4=H++AuCl，若用Zn粉将溶液中的1mlHAuCl4完全还原，HAuCl4中金的化合价为+3价，被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5ml，同时Zn+2H+=Zn2++H2↑，与氢离子反应的Zn的物质的量为0.5ml，则参加反应的Zn的物质的量是2ml；
(5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是Fe、Cu。
20．（2020·浙江·高考真题）
Ⅰ.化合物Ⅹ由四种短周期元素组成，加热X，可产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体Y，Y为纯净物；取，用含的盐酸完全溶解得溶液A，将溶液A分成和两等份，完成如下实验(白色沉淀C可溶于溶液)：
请回答：
(1)组成X的四种元素是N、H和_______(填元素符号)，X的化学式是_________。
(2)溶液B通入过量得到白色沉淀C的离子方程式是______________________。
(3)写出一个化合反应(用化学方程式或离子方程式表示)_____________________。要求同时满足：
①其中一种反应物的组成元素必须是X中除N、H外的两种元素；
②反应原理与“”相同。
Ⅱ.某兴趣小组为验证浓硫酸的性质进行实验，如图。实验中观察到的现象有：锥形瓶内有白雾，烧杯中出现白色沉淀。请回答：
(1)将浓硫酸和浓盐酸混合可产生气体的原因是________________。
(2)烧杯中出现白色沉淀的原因是_____________________。
【答案】
或
吸收浓盐酸中的水分且放热导致挥发
气体会将带出，与作用生成
【分析】根据题干可知，加热X可产生能使湿润的红色石蕊试纸变蓝的纯净物气体Y，故Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，结合图中数据利用原子守恒，可以计算出各自元素的物质的量，求出X的化学式，再根据物质性质进行解答。
【详解】
Ⅰ.（1）由分析可知，Y为NH3，由实验流程图中分析可知，结合B中通入过量的CO2产生能溶于NaOH溶液的白色沉淀C，故C为Al(OH)3，则D为Al2O3，E是AgCl，利用原子守恒可知：A1溶液中含有N原子的物质的量为：，Al原子的物质的量为：，A2溶液中含有的Cl-的物质的量为： ；
故一半溶液中含有的H原子的物质的量为：，故X中含有四种元素即N、H、Al、Cl，其个数比为：，故X的化学式为：AlCl3NH3，故答案为：Al Cl AlCl3 NH3；
(2)根据分析（1）可知，溶液B中通入过量的CO2所发生的离子方程式为：，故答案为：；
(3)结合题给的两个条件，再分析化合物X(AlCl3NH3)是NH3和AlCl3通过配位键结合成的化合物，不难想到类似于NH3和H2O反应，故可以很快得出该反应的离子方程式为AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3，故答案为：AlCl3+Cl-= 或者AlCl3+NH3=AlCl3NH3；
Ⅱ.(1)由于浓硫酸具有吸水性且浓硫酸稀释是个放热过程，而且HCl的挥发性随浓度增大而增大，随温度升高而增大，从而得出用浓硫酸和浓盐酸混合制备HCl的原理是浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来，故答案为：浓硫酸吸收浓盐酸中的水分且放热，使浓盐酸的挥发性增强，使HCl挥发出来；
(2)浓硫酸虽然难挥发，但也会随HCl气流而带出少量的H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成硫酸钡白色沉淀，故答案为：HCl气体能够带出H2SO4分子，与Ba(NO3)2反应生成BaSO4沉淀。
【课后精练】
第I卷（选择题）
1．（2022·江苏省木渎高级中学模拟预测）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．稀
C．D．
【答案】C
【详解】
A．NO不与H2O反应，A不符合题意；
B．稀HNO3与Cu反应生成NO，3Cu+8HNO3=3Cu(NO3)2+2NO↑+4H2O，B不符合题意；
C． 发生反应为6NO2+8NH3=7N2+12H2O，能实现转化，C符合题意；
D．中的N为最高价+5价，O3为氧化剂，因此不能生成N2，D不符合题意；
故选C。
2．（2022·青海·模拟预测）实验室可用 KNO3固体与酸反应制取硝酸，其实验装置如下图所示(加热装置已省略)。
下列说法错误的是（ ）
A．该装置不用橡皮塞和橡皮管，可避免被酸腐蚀
B．制取硝酸时曲颈甑中盛放的是硝酸钾和稀硫酸
C．用流水冷却，可促进硝酸蒸汽冷凝，避免酸雾
D．该装置用于制取液溴时，可在曲颈甑中加入 NaBr、MnO2及浓硫酸
【答案】B
【详解】
A．硝酸具有强氧化性，会腐蚀橡皮塞和橡皮管，A项正确；
B．该反应的原理是利用高沸点浓硫酸制备低沸点的硝酸，则曲颈甑中盛放的是硝酸钾和浓硫酸，B项错误；
C．硝酸沸点低，用流水冷却，可促进硝酸蒸汽冷凝，避免酸雾，C项正确；
D．NaBr、MnO2及浓硫酸发生氧化还原反应生成硫酸钠、溴单质、硫酸锰和水，溴单质易挥发，则可用该装置制取液溴，D项正确；
答案选B。
3．（2022·重庆南开中学模拟预测）设为阿伏加德罗常数的值，下列说法不正确的是（ ）
A．甲基()中含有的电子数目为9
B．标准状况下中含有的中子数目为2.6
C．常温下铁片投入足量浓中生成的分子数目为3
D．固体中含有的离子总数为0.3
【答案】C
【详解】
A．一个甲基含有电子数为9，1ml甲基含有的电子数目为9NA，A正确；
B．一个CH337Cl中含有中子数为6+20=26个，标准状况下2.24LCH337Cl为0.1ml，0.1mlCH337Cl中含有中子数2.6NA，B正确；
C．常温下铁遇到浓硝酸发生钝化，C错误；
D．10.6g碳酸钠固体为0.1ml，一个碳酸钠中含有一个碳酸根离子和两个钠离子，0.1ml碳酸钠固体中含有离子总数为0.3NA，D正确；
故答案选C。
4．（2022·全国·高三专题练习）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（ ）
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．由②中的红棕色气体不能表明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
【分析】浓硝酸不稳定，易分解为二氧化氮、水和氧气。
【详解】
A．①中的红棕色气体是NO2，N元素化合价降低，根据氧化还原反应规律，一定有元素化合价升高，推断产生的气体中还一定有O2，故A正确；
B．浓硝酸受热易分解，②中的红棕色气体可能是硝酸分解产生，不能说明木炭与浓硝酸发生了反应，故B正确；
C．硝酸中N元素化合价为+5价，生成二氧化氮中N元素化合价为+4价，化合价降低，所以生成的红棕色气体为还原产物，故C正确；
D．③的气体产物中检测出CO2，CO2可能是C和氧气反应生成的产物，故D错误；
选D。
5．（2022·全国·高三专题练习）氮肥是保证我国粮食安全的重要物资，一种利用电化学制备NH3的转化历程如图所示。下列说法不正确的是（ ）
A．步骤II中反应属于氮的固定
B．H2O、LiOH均可视为该历程中的催化剂
C．该历程总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2
D．由该历程表明N2的氧化性弱于O2
【答案】B
【分析】转化历程图中的三步反应分别为4LiOH4Li+O2↑+2H2O 、6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，据此分析可解答。
【详解】
A．游离态的氮元素转化为化合态，是氮元素的固定，步骤II中N2与Li反应生成Li3N，属于氮的固定，A选项正确；
B．H2O先由步骤I生成再在步骤III被消耗，是中间产物，不是催化剂，B选项错误；
C．三步反应分别为4LiOH4Li+O2↑+2H2O 、6Li+N2=2Li3N、Li3N+3H2O=3LiOH+NH3，将三步加起来可得总反应为2N2+6H2O=4NH3+3O2，C选项正确；
D．非金属性越强，单质得电子能力越强，其单质氧化性越强，由非金属性：O>N，则O2的氧化性强于N2，D选项正确；
答案选B。
6．（2022·全国·高三专题练习）氯化汞与氨水发生反应，相关物质的化学用语正确的是（ ）
A．的结构示意图为B．的结构式为
C．NH3的电子式为D．中N的化合价为
【答案】B
【详解】
A．氯离子的核电荷数为17，核外3个电子层，最外层电子数为8，离子的结构示意图为，故A错误；
B．铵根离子带一个单位正电荷，结构式为，故B正确；
C．氨分子为共价化合物，电子式为，故C错误；
D．由化合价的代数和为0可知，中氮元素的化合价为—3价，故D错误；
故选B。
7．（2022·上海金山·二模）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)、CO2B．NH3循环使用
C．X可能是石灰乳D．产品是Na2CO3和CaCl2
【答案】A
【分析】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；
【详解】
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。
8．（2022·江苏·南京外国语学校高三阶段练习）氮元素广泛应用于生产生活中，、、NO、、等是氮的重要化合物，具有较强的还原性；与能相互转化，热化学方程式为 。水合肼()是重要的氢能源稳定剂，其制备的反应原理为：。下列装置和操作不能达到实验目的的是（ ）
A．在装置甲的圆底烧瓶中加入生石灰制取
B．用装置乙作为反应过程的安全瓶
C．制备水合肼时先将NaClO溶液加入锥形瓶再在b口通入
D．用装置丁吸收反应中过量的
【答案】C
【详解】
A．在装置甲的圆底烧瓶中加入生石灰，生石灰与水反应生成氢氧化钙，且反应放热。浓氨水遇放氢氧化钙出氨气，在装置甲的圆底烧瓶中加入碱石灰制取NH3，故A项正确；
B．氨气易溶于水，为防止倒吸，装置乙作为反应过程的安全瓶，故B项正确；
C．制备水合肼时，先将NaClO溶液加入分液漏斗中，以便控制反应速率。同时氨气密度比空气小，为有利于氨气和NaClO溶液反应，从装置丙的a口通入NH3，故C项错误；
D．氨气会污染环境，用装置丁吸收反应中过量的NH3，并能防倒吸，故D项正确。
故答案选C。
9．（2020·河南省实验中学高三期中）雾霾含有大量的污染物SO2、NO。工业上变“废”为宝，吸收工业尾气SO2和NO，可获得Na2S2O3和NH4NO3产品的流程图如图(Ce为铈元素)：
下列说法错误的是（ ）
A．Na2S2O4中S元素的化合价为+3
B．装置Ⅱ消耗36g水生成4NA个H+(NA代表阿伏伽德罗常数）
C．装置Ⅲ进行电解，Ce3+在阴极反应，使Ce4+得到再生
D．装置Ⅳ获得粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等
【答案】C
【详解】
A．根据化合物中元素化合价代数和等于0，由于Na是+1价，O为-2价，所以Na2S2O4中S元素的化合价为+3，A正确；
B．36 g水的物质的量是2 ml，在装置II中发生反应：NO+2H2O+3Ce4+=3Ce3++NO+4H+，NO+H2O+Ce4+=Ce3++NO+2H+，可见两个反应都是消耗1 ml H2O，会产生2 ml H+，则反应消耗2 ml H2O，就产生4 ml H+，生成H+的数目等于4 NA个，B正确；
C．Ce3+在阳极上发生失电子的反应使Ce4+再生，C错误；
D．由于NH4NO3高温易分解，因此从溶液中得到粗产品NH4NO3的实验操作依次为蒸发浓缩、冷却结晶、过滤、洗涤等，D正确；
故选C。
10．（2022·全国·高三专题练习）化学小组探究铜与硝酸反应的快慢及产物。
资料：铜与浓反应一旦发生就变快，生成的可溶于水形成(弱酸)，反应就加快。
下列说法正确的是（ ）
A．与反应生成和NO
B．亚硝酸能加快反应速率，是因为亚硝酸可做铜与硝酸反应的催化剂
C．I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为，体系中不能生成
D．分别向1mL浓硝酸中加入几滴30%溶液或一定量固体，再加入铜片，预计反应均较慢
【答案】C
【详解】
A．根据得失电子守恒可知，与反应应该是发生歧化反应，氮元素的化合价应该有升有降，不能只下降，生成低价态的和NO，应该生成HNO3和NO，A错误；
B．根据实验现象和资料，亚硝酸可以加快反应速率，但不一定是催化剂，催化剂要在反应前后的性质和质量保持不变，B错误；
C．稀硝酸的氧化性比浓硝酸弱，不能氧化NO，因此也不能产生HNO2，故I中反应慢的原因可能是因为稀硝酸不能将NO氧化为，体系中不能生成，C正确；
D．过氧化氢和HNO2发生氧化还原反应，因此HNO2浓度减小甚至为0，反应速率减慢，但加入亚硝酸钠，可以增大体系中HNO2含量，反应速率会加快，D错误；
故答案为：C。
11．（2022·上海市敬业中学高三阶段练习）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．从氮元素的化合价角度考虑：a具有还原性
B．b、c都是大气污染物，可引起光化学烟雾
C．d的稀溶液与金属银反应可生成b
D．a与d形成的化合物对水的电离没影响
【答案】D
【详解】
A．a中N的化合价为最低价-3价，在反应中具有失电子的还原性，A选项正确；
B．NO、NO2都是大气污染物，可引起光化学烟雾，B选项正确；
C．Ag可以将稀硝酸还原为+2价的NO，C选项正确；
D．a、d形成的化合物为NH4NO3，铵根离子水解，促进水的电离，D选项错误；
答案选D。
12．（2022·四川成都·一模）下列有关制取气体的设计方案正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】B
【详解】
A．氨气极易溶于水，密度比空气小，因此一般采用向下排空气法收集氨气，故A错误；
B．亚硫酸钠与浓硫酸反应生成SO2，可用氯化钙干燥，其密度比空气大，用向上排空气法收集，故B正确；
C．CO2是酸性气体，③中碱石灰会吸收二氧化碳，且其密度比空气大，向上排空气法收集，故C错误；
D．二氧化锰和浓盐酸反应生成氯气需要加热，所以该装置不能得到氯气，故D错误；
故选：B。
13．（2022·浙江·模拟预测）下列方案设计、现象和结论有正确的是（ ）
A．AB．BC．CD．D
【答案】D
【详解】
A．与溴蒸气均能把碘离子氧化为碘单质，故分别通入淀粉KI溶液中，均能变蓝，A错误；
B．铵根与亚硝酸根离子能在水溶液中发生归中反应产生氮气。则：将固体混合物溶于水，加入足量浓NaOH溶液，加热，用红色湿润石蕊试纸检验产生的气体，若试纸不变蓝，不能说明固体中不存在铵盐，B错误；
C．在溶液中加入溶液不发生反应，在酸性条件下，氢离子、亚硫酸根离子和硫离子发生反应生成硫和水，溶液出现淡黄色沉淀， C错误；
D．氯酸钾、硝酸银和亚硝酸钠反应生成氯化银白色沉淀，则：取用火柴头浸泡过的溶液，加溶液、稀硝酸和溶液，若出现白色沉淀，说明有氯元素， D正确；
答案选D。
14．（2022·全国·高三专题练习）硫酸工业尾气(含有SO2、SO3)可以使用氨水进行吸收，防止了有害物质的排放，同时生产副产品氮肥。已知吸收尾气后的氨水全部转化为含三种铵盐的溶液。为测定此铵盐溶液的成分，设计如下实验。
下列说法错误的是（ ）
A．每份铵盐溶液中n[(NH4)2SO3]+n(NH4HSO3)=0.9ml
B．沉淀C中BaSO3的质量为195.3g
C．每份铵盐溶液中n[(NH4)2SO4]=0.1ml
D．铵盐溶液中c[(NH4)2SO3]：c(NH4HSO3)：c[(NH4)2SO4]=4：5：1
【答案】D
【分析】吸收尾气后的氨水全部转化为含三种铵盐的溶液，推测可能含有亚硫酸根离子、亚硫酸氢根离子、硫酸根离子。分两份后，向其中一份铵盐中加入足量硫酸产生气体，说明该气体为SO2，即n(SO2)=0.9ml，也说明在该铵盐中含有(NH4)2SO3、NH4HSO3中至少一种；另一份相同体积的溶液中加入足量Ba(OH)2，产生1.6ml气体，推测该气体为NH3，即n(NH3)=1.6ml；同时产生沉淀218．6g。若沉淀完全是BaSO3，其质量应是0.9ml×217g/ml=195.3g<218．6g, 所以沉淀的成分应为BaSO3和BaSO4的混合物。故原铵盐含有亚硫酸盐和硫酸盐；又根据n（NH3）=1. 6ml﹤2n（SO2）=1.8ml，所以铵盐中肯定还含NH4HSO3。即该盐是NH4)2SO3、NH4HSO3、(NH4)2SO4三种铵盐的混合物，据此分析解答；
③根据元素守恒，由于n（SO2）=0．09ml ，所以n（BaSO3）=0．09ml，m(BaSO3)=217g/ml×0．09ml=19.53g，m(BaSO4)=21.86-19.53=2．33(g)。则n（BaSO4）=0．01ml= n[(NH4)2SO4]，n[(NH4)2SO3]=0.16ml-0.01ml×2-0．09ml=0.05ml； n(NH4HSO3)=0.09-0.05=0.04ml。在同一溶液中溶质t的物质的量的比等于浓度的比。所以c[(NH4)2SO3]: c(NH4HSO3): c[(NH4)2SO4] = 5 : 4 : 1。
【详解】
A．根据元素守恒可知，铵盐中含的硫元素都以二氧化硫气体的形式溢出，所以铵盐中n[(NH4)2SO3]+n(NH4HSO3) =n(SO2)=0.9ml，A正确；
B．元素守恒，由于n(SO2)=0.9ml，所以n(BaSO3)= 0.9ml，m(BaSO3)=217g/ml×0.9ml=195.3g，B正确；
C．根据沉淀的总质量为218.6g，结合B项推知，生成的硫酸钡的质量为m(BaSO4)=218.6g-195.3g=23.3g，结合元素守恒可知，n[(NH4)2SO4]=n(BaSO4)==0.1ml，C正确；
D．结合上述选项分析可知，n[(NH4)2SO4] =0.1ml，n[(NH4)2SO3]+n(NH4HSO3) =n(SO2)=0.9ml，所以 (NH4)2SO4产生的NH3是0.1ml×2=0.2ml，共产生1.6ml NH3，其他成分产生氨气1.6ml-0.2ml=1.4ml，亚硫酸根离子与铵根离子为9：14，设亚硫酸铵和亚硫酸氢铵的物质的量分别为：X、Y，则，解得：X=0.5ml，Y=0.4ml，铵盐溶液中各溶质成分与物质的量浓度之比：c[(NH4)2SO3]: c(NH4HSO3): c[(NH4)2SO4] = 5 : 4 : 1，D错误；
故选D。
15．（2022·全国·高三专题练习）为探究氨及铵盐性质，将晶体装入如图所示T形三通管两端，进行微型实验。下列说法错误的是（ ）
A．轻轻挤压任一乳胶头，若蒸馏水中有气泡冒出，则装置气密性良好
B．同时点燃两个酒精灯后，两端湿润的pH试纸均变蓝
C．实验过程中竖直支管上方会出现白烟
D．停止加热后可以交替挤压两边乳胶头，使气体更充分吸收，减少污染
【答案】B
【详解】
A． 整套装置是密闭体系，若装置气密性良好，轻轻挤压任一乳胶头，则蒸馏水中有气泡冒出，故A正确；
B． pH试纸遇酸变红，遇碱变蓝，氯化铵受热分解生成氨气和HCl，左边氯化钙会吸收氨气，右边NaOH会吸收HCl，因此同时点燃两个酒精灯后，左端pH试纸变红，右边pH试纸变蓝，故B错误；
C． 竖直支管上方同时有氨气和HCl，两者相遇变为氯化铵，因此实验过程中竖直支管上方会出现白烟，故C正确；
D． 停止加热后，不断交替挤压两边乳胶头，增大压强，将残余的气体全部赶入到蒸馏水中被吸收，减少污染，故D正确；
答案为B。
16．（2022·山东潍坊·高三阶段练习）实验室中利用洁净的铜片和浓硫酸进行如图实验，其中所得固体中含有Cu2S和白色物质X，下列说法错误的是（ ）
A．白色物质X为CuSO4
B．NO为还原产物，Y为氧化产物
C．参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%
D．NO与Y的物质的量之和可能为2ml
【答案】D
【分析】由图知，铜与足量浓硫酸反应生成Cu2S和白色物质X，无气体生成，生成Cu2S时铜元素从0价升高到+1价、硫元素从+6价降低到-2价，则按得失电子数守恒、必定存在其他产物(所含元素化合价升高)、按元素质量守恒只能为CuSO4，则白色物质X为CuSO4，配平得到该反应方程式为：5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O，据此回答。
【详解】
A．由分析可知，白色物质X为CuSO4，A正确；
B．Cu2S和白色物质CuSO4加稀硫酸和稀硝酸时溶解，存在反应：3Cu2S+16H++4=6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O，Y为S单质，则NO为还原产物、Y为氧化产物，B正确；
C．由5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O可知，硫元素从+6价降低到-2价时表现氧化性，则参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，C正确；
D．由5Cu+4H2SO4(浓)3CuSO4+Cu2S+4H2O知，3mlCu生成0.6mlCu2S，0.6mlCu2S发生反应3Cu2S+16H++4=6Cu2++3S↓+4NO↑+8H2O得到0.8ml NO与0.6ml S，NO与S物质的量之和为1.4ml，D错误；
故答案为：D。
第II卷（非选择题）
17．（2022·浙江·高三期中）铜镁合金恰好完全溶解于一定浓度的硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，将这些气体与(标准状况)混合后通入溶液，所有气体被完全吸收生成硝酸钠。计算：
(1)混合气体中与的物质的量之比为_______。(写出计算过程)
(2)硝酸的物质的量浓度为_______。
【答案】(1)1：9 (2)11 ml•L-1
【解析】
(1)设NO、NO2的物质的量分别为xml、yml，则x+y=；铜镁与硝酸反应过程中硝酸得电子生成氮的氧化物，氮的氧化物在于氧气反应时又失电子生成硝酸根离子，由此可知生成氮的氧化物时转移的电子数等于氮的氧化物与氧气反应时转移的电子数，结合关系：、、可得：3x+y=，解得：x=0.05，y=0.45，混合气体中与的物质的量之比为1:9，故答案为：1：9；
(2)硝酸与铜镁反应时部分表现酸性生成硝酸铜和硝酸镁，结合以下关系： 、，由此可见，表现酸性的硝酸的物质的量等于转移电子的物质的量，即为0.6ml，表现氧化性的硝酸的物质的量等于氮的氧化物的物质的量，即为0.5ml，则硝酸的物质的量为0.6ml+0.5ml=1.1ml，硝酸的物质的量浓度为，故答案为：11 ml•L-1；
18．（2022·浙江·模拟预测）为探究由3种短周期元素构成的化合物X的性质。完成如图实验：
已知：所有气体体积已折算成在标准状况下的体积
(1)X的化学式为________。
(2)上述流程中气体B与足量CuO反应的化学方程式为____________________。
(3)溶液A通入过量CO2时，发生反应的离子方程式为____________________。
(4)将D溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物产生两种气体，将生成的有色混合气体(>100℃)全部收集并冷却。气体全部反应无剩余，得到一种一元强酸的水溶液(其中酸与水的物质的量之比1∶1)写出该结晶水合物受热分解的化学方程式____________________________。
(5)设计实验证明D溶液的阴离子(OH-除外)____________。
【答案】
(1)Al4C3•AlN(Al5C3N)
(2)CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu
(3)CO2+OH-=HCO、CO2+2H2O+AlO=HCO+Al(OH)3↓
(4)2[Cu(NO3)2•3H2O]2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O
(5)取少量溶液D于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入Cu，若出现红棕色气体，则含有NO
【分析】由溶液A能与过量二氧化碳反应生成白色胶状沉淀，白色胶状沉淀灼烧得到的白色粉末可知，溶液A为偏铝酸钠溶液、白色胶状沉淀为氢氧化铝、白色粉末E为氧化铝，氧化铝的物质的量为=0.25ml，铝元素的物质的量为0.5ml，则18.5g固体X中含有0.5ml铝元素；混合气体A冷却可得到液体B，则B易液化，B经催化氧化，再被水吸收得到的一元强酸C，C能与铜反应得到蓝色溶液，B为氨气，C为硝酸，D为硝酸铜，则固体X中含有氮元素；6.72L气体B即=0.3ml气体B能与氧化铜共热反应生成120℃时的无色无味气体24g，无色无味气体能与足量石灰水反应生成30g白色沉淀，白色沉淀为碳酸钙，则固体X中含有碳元素，由碳原子个数守恒可知，二氧化碳的物质的量为=0.3ml，质量为0.3ml44g/ml=13.2g，气体B则为烃，无色无味气体中的另外一种气体为水蒸气，质量为24g-13.2g=10.8g，水蒸气的物质的量为=0.6ml，则B中碳原子和氢原子的原子个数比为0.3ml:0.6ml×2=1:4，B为甲烷；混合气体A的体积为8.96L，物质的量为=0.4ml，则氨气的物质的量为0.4ml-0.3ml=0.1ml，综上分析，X中含0.5ml铝元素、0.3ml碳元素、0.1ml氮元素，固体X中铝元素、碳元素、氮元素的物质的量比为：0.5ml:0.3ml:0.1ml=5:3:1，固体X的质量为18.5g，物质的量为0.1ml，固体X的化学式为Al5C3N，改写可得Al4C3·AlN。
(1)由分析可知，固体X的化学式为Al4C3·AlN(Al5C3N)。
(2)由分析可知，甲烷与足量氧化铜共热反应生成铜、二氧化碳和水，反应的化学方程式为：CH4+4CuOCO2+2H2O+4Cu。
(3)溶液A通入过量二氧化碳时发生的反应为：过量二氧化碳与氢氧化钠溶液反应生成碳酸氢钠、过量二氧化碳与偏铝酸钠溶液反应生成氢氧化铝沉淀和碳酸氢钠，反应的离子方程式为：CO2+OH-=HCO、CO2+2H2O+AlO=HCO+Al(OH)3↓。
(4)D为硝酸铜，将D溶液通过一系列操作获得结晶水合物(含有结晶水的盐)，加热该结晶水合物产生两种气体，生成有色混合气体，有色气体为二氧化氮，将生成的有色混合气体(>100℃)全部收集并冷却，气体全部反应无剩余，得到一种一元强酸的水溶液，一元强酸为硝酸，生成的两种气体为二氧化氮和氧气，二氧化氮和氧气在水溶液中完全反应的方程式为4NO2+O2+2H2O=4HNO3，由硝酸溶液中硝酸与水的物质的量之比1:1可知，气体中还有水，二氧化氮、氧气和水的物质的量比为4:1:6，则硝酸铜结晶水合物的化学式为Cu(NO3)2·3H2O，受热分解的化学方程式为：2[Cu(NO3)2•3H2O]2CuO+4NO2↑+O2↑+6H2O。
(5)实验室用铜与浓硝酸反应生成红棕色气体的方法检验硝酸根离子，则检验硝酸铜溶液中的硝酸根离子的操作为取少量溶液于试管中，加入浓硫酸，无明显现象；再加入铜，若产生红棕色气体，则含有NO。
19．（2022·浙江·高三专题练习）党十九大报告中首次将树立和践行“绿水青山就是金山银山”的理念写入党代会报告，治理污染减少排放具有十分重要的意义。回答下列问题：
(1)下面是消除NOx排放的三个案例：
①利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2[n(NO):n(NO2)=1:1]，该过程中发生反应的化学方程式为___________________________。
②三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，该过程中发生反应的化学方程式为___________________________。
③利用尿素消除NOx污染的转化反应为Ⅰ.，Ⅱ．无污染气体。尿素中C元素的化合价___________，反应Ⅱ的化学方程式为___________________________。
(2)为测定热电厂排放气中SO2的含量，进行了如下实验：标准状况下，将排放气匀速通入100mL0.5ml/L酸性溶液中。若排放气的流速为，经过bmin溶液恰好褪色，则该排放气中SO2的含量为___________g/L。
(3)通过如下流程可实现SO2和NO综合处理并获得保险粉()和硝铵。
①装置Ⅲ中生成与的物质的量之比为___________。
②装置Ⅳ中溶液含有和，欲将cL该溶液完全转化为硝铵，需要通入与的体积比为___________(同温同压下)。
【答案】
(1) +4
(2)
(3)2：1
【解析】
(1)①利用纯碱溶液可以吸收硝酸厂废气中的NO和NO2[n(NO):n(NO2)=1:1]，反应生成亚硝酸钠、二氧化碳，该过程中发生反应的化学方程式为；故答案为：。
②三元催化可以将汽车尾气中的CO和NOx进行净化处理，反应生成二氧化碳和氮气，该过程中发生反应的化学方程式为；故答案为：。
③根据化合价分析尿素中H为+1价，N为−3价，则C元素的化合价+4价，反应Ⅱ生成氮气、二氧化碳和水，其化学方程式为；故答案为：。
(2)根据题意建立关系式2～5SO2，100mL0.5ml/L酸性溶液经过bmin恰好褪色，则消耗二氧化硫物质的量为0.125ml，质量为0.125ml×64g∙ml−1＝8g，若排放气的流速为，则该排放气中SO2的含量为；故答案为：。
(3)①装置Ⅲ中发生与反应生成与，根据化合价升降守恒分析到化合价升高1个价态，每生成1ml转移1ml电子，到化合价降低1个价态，每得到1ml转移2ml电子，根据得失电子守恒，与的物质的量之比为2:1；故答案为：2:1。
②装置Ⅳ中溶液含有和，欲将cL该溶液完全转化为硝铵，则溶液中亚硝酸根有acml，根据得失电子守恒需要用氧气物质的量为，根据质量守恒需要氨气物质的量为acml+bcml，因此需要通入与的体积比为；故答案为：。
20．（2021·山东·菏泽一中高三期中）研究硝酸工业尾气的处理对环境保护和资源的开发利用有重要意义。一种利用硝酸尾气初步处理后获得的高浓度NOx(NO、NO2)气体制备NaNO2、NaNO3的工艺流程如下：
已知：NaNO2在酸性条件下能发生歧化反应。
回答下列问题：
(1)“碱吸收”过程中发生反应的离子方程式为___________________________。
(2)蒸发I产生的蒸气中含有少量的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)“转化”时加入稀HNO3发生反应的化学方程式为___________________________。
(4)若将NaNO2、NaNO3两种产品的物质的量之比设为2：1，则生产2.76吨NaNO2时，Na2CO3的理论用量为___________吨(假定Na2CO3恰好完全反应)。
(5)工业制硝酸尾气中的NOx(NO、NO2)常用NaOH溶液吸收，反应的化学方程式为：NO+NO2+2NaOH=2NaNO2+H2O；2NO2+2NaOH=NaNO2+NaNO3+H2O。硝酸尾气中的NOx，通入足量NaOH溶液中充分反应后气体没有剩余，则：
①NOx的x的取值范围为___________；
②反应后溶液中n(NO)：n(NO)=___________(用含x的代数式表示)。
【答案】
(1)CO+NO+NO2=2NO+CO2
(2)溶碱
(3)2HNO3+3NaNO2=3NaNO3+2NO↑+H2O
(4)3.18
(5)1.5≤x＜2 (5-2x)：(2x-3)
【分析】由题给流程可知，将碳酸钠溶于水配成溶液，碳酸钠溶液吸收烟气中的一氧化氮和二氧化氮得到含有亚硝酸钠的中和液，中和液经蒸发、结晶、过滤得到亚硝酸钠固体和母液Ⅰ；向母液中加入稀硝酸，将亚硝酸钠氧化为硝酸钠得到含有硝酸钠的转化液，转化液经蒸发、结晶、过滤得到硝酸钠固体和母液Ⅱ，为防止污染环境，母液Ⅱ需回收。
(1)由分析可知，“碱吸收”过程中发生的反应为碳酸钠溶液与烟气中的一氧化氮和二氧化氮反应生成亚硝酸钠和二氧化碳，反应的离子方程式为CO+NO+NO2=2NO+CO2，故答案为：CO+NO+NO2=2NO+CO2；
(2)由亚硝酸钠在酸性条件下能发生歧化反应可知，蒸发I产生的蒸气冷凝后用于流程中的溶碱步骤，即可以防止亚硝酸钠发生歧化反应，也可以使亚硝酸钠循环利用，提高产率，故答案为：溶碱；
(3)由分析可知，“转化”时加入稀硝酸发生的反应为亚硝酸钠与稀硝酸反应生成硝酸钠、一氧化氮和水，反应的化学方程式为2HNO3+3NaNO2=3NaNO3+2NO↑+H2O，故答案为：2HNO3+3NaNO2=3NaNO3+2NO↑+H2O；
(4)2.76吨亚硝酸钠的物质的量为=4×104ml，由两种产品的物质的量之比设为1：2可知，硝酸钠的物质的量为4×104ml×=2×104ml，由钠原子个数守恒可知，反应消耗碳酸钠的质量为(4×104ml+2×104ml) ××106g/ml×10—6t/g=3.18t，故答案为：3.18；
(5)①由方程式可知，二氧化氮能与氢氧化钠反应生成硝酸钠和亚硝酸钠，则NOx中x＜2；一氧化氮和二氧化氮的物质的量比小于1：1时，NOx能氢氧化钠溶液吸收，则x≥=1.5，所以通入足量氢氧化钠溶液中充分反应后气体没有剩余时，NOx的x的取值范围为1.5≤x＜2，故答案为：1.5≤x＜2；
②由得失电子数目守恒和原子个数守恒可知，硝酸尾气中的NOx通入足量氢氧化钠溶液中充分反应后气体没有剩余的反应为2NOx+2NaOH=（2x-3）NaNO3+（5-2x）NaNO2+H2O，由方程式可知，溶液中n(NO)：n(NO)=(5-2x)：(2x-3)，故答案为：(5-2x)：(2x-3)。
21．（2022·全国·高三专题练习）叠氮化钠(NaN3)是一种防腐剂和分析试剂，在有机合成和汽车行业也有重要应用。学习小组对叠氮化钠的制备和产品纯度测定进行相关探究。
查阅资料：
I.氨基钠(NaNH2)熔点为208℃，易潮解和氧化；N2O有强氧化性，不与酸、碱反应；叠氮酸(HN3)不稳定，易分解爆炸。
II.2HNO3+8HCl+4SnCl2=4SnCl4+5H2O+N2O↑，2NaNH2+N2ONaN3+NaOH+NH3。
回答下列问题：
(1)制备NaN3
①按气流方向，上述装置合理的连接顺序为a→_______→_______→_______→_______→b→c→h(填仪器接口字母)。
②D的作用为_______________。
③实验时E中生成SnO2·xH2O沉淀，反应的化学方程式为_______________________。
④C处充分反应后，停止加热，需继续进行的操作为_______________，其目的为_______________。
(2)用如图所示装置测定产品纯度(反应原理为：ClO-+2N+H2O=Cl-+3N2 ↑+2OH-)
①仪器F的名称为_______；
②管q的作用为_______________________。
③若G的初始读数为37.20mL、末读数为1.20mL，本实验条件下气体摩尔体积为VmL·ml-1，则产品中NaN3的质量分数为_______________。
【答案】
(1)f g d e 吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气
SnCl2+N2O+(x+1)H2O=SnO2·xH2O↓+N2+2HCl
继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞 防止E中液体倒吸入B中
(2)蒸馏烧瓶 减小测定气体体积时的误差、使恒压滴液漏斗中的液体顺利流下 ×100%
【分析】
A装置中稀HNO3与SnCl2与盐酸的混合液反应制备N2O，由于HNO3具有挥发性，所制N2O中混有HNO3(g)和H2O(g)，而NaNH2易潮解和氧化，D装置中碱石灰可除去N2O中混有的HNO3(g)和H2O(g)，C装置中NaNH2与N2O共热反应制备NaN3，B装置中浓硫酸可防止E中H2O(g)进入C装置中、同时吸收C装置中反应生成的NH3，最后用足量SnCl2溶液吸收多余的N2O。
(1)①根据分析，按气流方向，装置的合理连接顺序为a→f→g→d→e→b→c→h；答案为：f→g→d→e。
②由于HNO3具有挥发性，所制N2O中混有HNO3(g)和H2O(g)，而NaNH2易潮解和氧化，故D装置中碱石灰用于吸收N2O中混有的HNO3(g)和H2O(g)；答案为：吸收N2O中混有的HNO3和水蒸气。
③N2O有强氧化性，不与酸、碱反应，N2O将SnCl2氧化生成SnO2∙xH2O，自身被还原成N2，N元素的化合价由+1价降至0价，Sn元素的化合价由+2价升至+4价，根据得失电子守恒、原子守恒，反应的化学方程式为N2O+SnCl2+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl；答案为：N2O+SnCl2+(x+1)H2O=SnO2∙xH2O↓+N2+2HCl。
④C处充分反应后，停止加热，需继续进行的操作为继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞，其目的是防止E中液体倒吸入B中；答案为：继续通入N2O至三颈瓶冷却后，关闭分液漏斗活塞；防止E中液体倒吸入B中。
(2)①根据仪器F的结构特点知，F的名称为蒸馏烧瓶；答案为：蒸馏烧瓶。
②管q将恒压滴液漏斗上下相连，其作用是减小测定气体体积时的误差、使恒压滴液漏斗中的液体顺利流下；答案为：减小测定气体体积时的误差、使恒压滴液漏斗中的液体顺利流下。
③若G的初始读数为37.20mL、末读数为1.20mL，则反应生成N2的体积为37.20mL-1.20mL=36.00mL，实验条件下气体摩尔体积为VmL·ml-1，则N2物质的量为=ml，根据反应原理ClO-+2N+H2O=Cl-+3N2 ↑+2OH-，NaN3物质的量为×ml=ml，产品中NaN3的质量分数为=×100%；答案为：×100%。
22．（2022·全国·高三专题练习）氮化钙()是一种重要试剂，常温下为棕色固体，在空气中会被氧化，遇水强烈水解，产生刺激性气味气体。实验室设计如下装置用Ca与反应制备，并对纯度进行测定。回答下列问题：
I．的制备
(1)仪器a的名称为___________，E装置的主要作用是___________。
(2)实验开始时应首先点燃___________(填“A”或“C”)处酒精灯，当观察到___________时点燃另一处酒精灯。
II．纯度的测定(已知所含的杂质不与水反应产生气体)
(3)方案一：
①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。
②测定虚线框内装置及试剂的质量；
③关闭____ (填“”或“”，下空同)，打开____，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；
④___________；
⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量。则产品中的质量分数表达式为___________。
(4)方案二：按图2所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂。打开分液漏斗活塞向三颈烧瓶中加入蒸馏水，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，并用100mL 1.00的稀硫酸标准溶液完全吸收(液体体积变化忽略不计)，从烧杯中量取10.00mL的吸收液注入锥形瓶中，用1.00 NaOH标准溶液滴定过量的稀硫酸，到终点时消耗12.60mL NaOH溶液。则产品中的质量分数为___________%。(结果保留一位小数)
【答案】
(1)蒸馏烧瓶 液封(或隔绝空气中的氧气进入硬压玻璃管与Ca和反应)
(2)A E装置中有均匀的气泡产生
(3) 打开，通一段时间的
(4)91.3
【分析】
Ca3N2的制备实验中，A装置中饱和NH4Cl溶液和NaNO2共热反应制备N2，B装置中碱石灰用于干燥N2，C装置中Ca与N2加热反应制备Ca3N2，D装置中的碱石灰防止E中水蒸气进入C中与Ca和Ca3N2反应，E装置的作用是液封、隔绝空气中的氧气进入硬压玻璃管与Ca和Ca3N2反应。
(1)根据仪器a的结构特点，仪器a的名称为蒸馏烧瓶；由于Ca是活泼的金属单质，常温下能与空气中的O2等反应，Ca3N2在空气中会被氧化，故E装置的主要作用是：液封、隔绝空气中的氧气进入硬压玻璃管与Ca和Ca3N2反应；答案为：蒸馏烧瓶；液封(或隔绝空气中的氧气进入硬压玻璃管与Ca和Ca3N2反应)。
(2)由于Ca、Ca3N2都能与空气中的O2、H2O(g)等反应，故实验开始时应首先点燃A处的酒精灯，利用N2排尽装置中的空气，当观察到E装置中有均匀的气泡产生时点燃另一处酒精灯；答案为：A；E装置中有均匀的气泡产生。
(3)根据图1装置知，方案一的原理是Ca3N2与H2O反应产生NH3，U型管中碱石灰除去NH3中的H2O(g)，浓硫酸的增重为反应生成NH3的质量，由NH3的质量结合N守恒测定Ca3N2的纯度；故①按图1所示连接装置，检查装置气密性后加入试剂；②测定虚线框内装置及试剂的质量m1；③关闭K1，打开K2，用分液漏斗加入足量水，至不再产生气体；④打开K1，通一段时间的N2，将反应生成的NH3全部驱赶至浓硫酸中，被浓硫酸完全吸收；⑤再次测定虚线框内装置及试剂的质量m2；反应生成NH3的质量为（m2-m1）g，根据N守恒，Ca3N2的质量为=，产品中Ca3N2的质量分数为=；答案为：K1；K2；打开K1，通一段时间的N2；。
(4)方案二的原理是Ca3N2与H2O反应产生NH3，打开K持续通入水蒸气，将产生的氨全部蒸出，NH3完全被稀硫酸标准溶液吸收，然后用NaOH滴定过量硫酸溶液，则与NH3反应的硫酸=硫酸的总量-与NaOH反应的硫酸，根据方程式、结合原子守恒测定Ca3N2的纯度；10.00mL溶液中过量硫酸物质的量n(H2SO4)过量=n(NaOH)=×1ml/L×0.01260L=0.0063ml，与NH3反应的硫酸物质的量为1ml/L×0.1L-0.0063ml×=0.037ml，根据反应2NH3+H2SO4=(NH4)2SO4以及N守恒，Ca3N2物质的量为0.037ml，产品中Ca3N2的质量分数为=91.3%。答案为：91.3。
NO
NO2
物理
性质
颜色
无色
红棕色
毒性
有毒(跟血红蛋白结合)，大气污染物之一
有毒、有刺激性气味的气体、大气污染物之一
溶解性
不溶于水
易溶于水
化学
性质
与O2反应
2NO＋O2===2NO2
—
与H2O反应
—
3NO2＋H2O===2HNO3＋NO
对环境的影响
导致光化学烟雾和酸雨，破坏臭氧层
电子式及结构
密度
气味
水溶性
其他
空间构型为三角锥形，属于极性分子。
比空气eq \a\vs4\al(小)
刺激性气味
极易溶于水(1∶700)，可由喷泉实验证明。
易液化可用作制冷剂。
现象
离子方程式
FeCl3溶液
生成红褐色沉淀
Fe3＋＋3NH3·H2O===Fe(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4)
AlCl3溶液
生成白色沉淀
Al3＋＋3NH3·H2O===Al(OH)3↓＋3NHeq \\al(＋,4)
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
方法
化学方程式(或原理)
发生装置
加热浓氨水
NH3·H2ONH3↑＋H2O
浓氨水＋固体NaOH
NaOH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CaO
CaO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
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
方案设计
现象和结论
A
先加入少量溶液，再加溶液和足量稀硝酸，振荡
若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
B
加到少量溶液中，再加硫酸酸化，振荡
若溶液褪色，则样品为亚硝酸钠
C
先加到少量溶液中，再加入稀盐酸酸化，振荡
若溶液变黄色，则样品为亚硝酸钠
D
先加入少量溶液，再加入溶液和稀硝酸，振荡
若产生白色沉淀，则样品为亚硝酸钠
选项
气体
a
b
A
稀
B
溶液
C
浓
铁片
D
浓氨水
选项
操作或做法
目的
A
将铜丝插入浓硝酸中
制备
B
将密闭烧瓶中的降温
探究温度对平衡移动的影响
C
将溴水滴入溶液中，加入乙醇并振荡
萃取溶液中生成的碘
D
实验结束，将剩余固体放回原试剂瓶
节约试剂
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)
气体(杂质)
方法
A
SO2(H2S)
通过酸性高锰酸钾溶液
B
Cl2(HCl)
通过饱和的食盐水
C
N2(O2)
通过灼热的铜丝网
D
NO(NO2)
通过氢氧化钠溶液
①
②
③
实验Ⅰ
开始无明显现象，渐有小气泡生成，液面上方出现浅红棕色气体，溶液呈蓝色。
实验Ⅱ
最初反应较慢，随后加快，反应剧烈；产生红棕色气体；溶液呈绿色。
选项
制取气体
所选药品
收集装置
①
②
A
NH3
浓氨水
氧化钙
④
B
SO2
浓硫酸
亚硫酸钠
④
C
CO2
醋酸溶液
石灰石
③
D
Cl2
浓盐酸
二氧化锰
③
目的
方案设计
现象和结论
A
鉴定与溴蒸气
两气体分别通入淀粉KI溶液中
变蓝色的是通入溴蒸气
B
检验固体混合物是否存在铵盐
将固体溶于水，加入足量浓NaOH溶液，加热，用红色湿润石蕊试纸检验产生的气体
若试纸不变蓝，说明固体中不存在铵盐
C
检验的氧化性
在溶液中加入溶液
若溶液出现淡黄色沉淀，则说明具有氧化性
D
检验火柴头中的氯元素
取用火柴头浸泡过的溶液，加溶液、稀硝酸和溶液
若出现白色沉淀，说明有氯元素
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