2024届人教版高考化学一轮复习第四章第11讲氮及其重要化合物作业含答案

这是一份2024届人教版高考化学一轮复习第四章第11讲氮及其重要化合物作业含答案，共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。
练案[11] 　第11讲　氮及其重要化合物
一、选择题：本题共10小题，每小题只有一个选项符合题目要求。
1．(2023·山东德州模拟)自然界中时刻存在着氮气的转化。实现氮气按照一定方向转化一直是科学领域研究的重要课题，如图为N2分子在催化剂的作用下发生的一系列转化示意图：

下列叙述正确的是( D )
A．N2→NH3，NH3→NO均属于氮的固定
B．催化剂a作用下氮原子发生了氧化反应
C．催化剂a、b表面均发生了极性共价键的断裂
D．使用催化剂a、b均可以提高单位时间内生成物的产量
[解析]　NH3→NO不属于氮的固定，A错误；催化剂a作用下，N的化合价降低，发生还原反应，B错误；催化剂a的表面只发生N2和H2中非极性键的断裂，没有极性键的断裂，C错误；催化剂可以缩短反应时间，提高单位时间内生成物的产量，D正确。
2．二氧化氮(NO2)是重要的空气污染物之一，科学家正寻求合适的化合物G和适当的条件以进行反应NO2＋G―→N2＋H2O＋nY(反应未配平)，从而将二氧化氮转化为无毒的N2。上式中的n为系数，但也可以为0，而Y必须为无毒的物质。从反应机理分析，上述反应式中的G肯定不可以是( B )
A．NH3 B．CO2
C．CH3CH2OH D．H2O2
[解析]　根据反应NO2＋G―→N2＋H2O＋nY，从原子守恒的角度分析，反应后生成H2O，则G中一定含氢元素，对比四个选项，只有CO2不含氢元素，故选B。
3．如图装置制备硝酸(夹持装置略)，每个虚线框表示一个装置单元，其中正确的是( A )

A．①② B．③④
C．①③ D．②④
[解析]　NO2为酸性气体，装置③中碱石灰不能用来干燥NO2气体；因为NO2与水反应生成NO会污染空气，因此装置④缺少尾气吸收装置；③④错误，①②正确。
4．(2023·广东肇庆模拟)某学习小组设计实验探究NO与铜粉的反应并检验NO，实验装置如图所示(夹持装置略)。实验开始前，向装置中通入一段时间的N2，排尽装置内的空气。

已知：在溶液中，FeSO4＋NOFe(NO)SO4(棕色)，该反应可用于检验NO。下列说法不正确的是( C )
A．装置F、I中的试剂依次为水、硫酸亚铁溶液
B．若观察到装置H中红色粉末变黑色，则NO与Cu发生了反应
C．实验结束后，先关闭分液漏斗的活塞，再熄灭酒精灯
D．装置J收集的气体中可能含有NO
[解析]　稀硝酸与铜反应生成的NO能够被O2氧化，因此实验前需要通入N2，排除装置中的空气；硝酸具有挥发性，生成的NO中混有少量硝酸蒸气，可以通过水吸收后再干燥；干燥的NO在加热时与铜反应，未反应的NO可以利用FeSO4溶液检验。根据上述分析，装置F、I中的试剂依次为水、FeSO4溶液，A正确；若观察到装置H中红色粉末变黑色，说明NO与Cu发生了反应，B正确；实验结束后，为了防止倒吸，需要先熄灭酒精灯，再关闭分液漏斗的活塞，停止通入NO，C错误；由于FeSO4＋NOFe(NO)SO4(棕色)为可逆反应，装置J收集的气体中可能含有NO，D正确。
5．Cu与浓硝酸反应生成氮的氧化物，这些氧化物恰好溶解在NaOH溶液中得到NaNO3和NaNO2的混合溶液，反应过程及有关数据如图所示。

下列有关判断正确的是( A )
A．若铜片为51.2 g，则生成0.2 mol NaNO3
B．常温下，Cu遇浓硝酸发生钝化，不可能发生上述反应
C．标准状况下收集的氮氧化物为20.16 L
D．反应过程中生成的Cu(NO3)2既是氧化产物，又是还原产物
[解析]　分析整个反应过程可知仅有两种元素的化合价发生变化，即Cu→Cu2＋，HNO3→NaNO2,51.2 g Cu的物质的量为0.8 mol，共失去电子0.8 mol×2＝1.6 mol，由得失电子守恒可知HNO3→NaNO2得到1.6 mol电子，故产物中NaNO2的物质的量为0.8 mol，由Na原子守恒可得另一种产物NaNO3的物质的量为0.2 mol，A正确；常温下，Cu能与浓硝酸反应，B错误；部分NO2会转化为N2O4，而NO2、N2O4在标准状况下都不是气体，C错误；反应过程中生成的Cu(NO3)2是氧化产物，不是还原产物，D错误。
6．现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化来认识喷泉实验的原理，装置如图1所示，利用排空气法收集NH3，将胶头滴管中的水挤入三颈烧瓶中，完成喷泉实验。瓶内压强变化曲线如图2。下列说法错误的是( B )

A．三颈烧瓶内可以看到蓝色喷泉
B．由图2可知D点时喷泉最剧烈
C．实验结束后，水不能充满整个三颈烧瓶
D．图2中A—B段，是因为挤入三颈烧瓶的水吸收了NH3
[解析]　氨气为碱性气体，遇到石蕊溶液显蓝色，所以三颈烧瓶内可以看到蓝色喷泉，故A正确；C点时压强最小，此时气体的溶解最快，C点时喷泉最剧烈，故B错误；收集的氨气不纯，含有少量杂质气体，因此实验结束后，水不能充满整个三颈烧瓶，故C正确；图2中A—B段压强减小，说明氨气溶解，是因为挤入三颈烧瓶的水吸收了NH3，故D正确。
7．(2022·山东青岛期末)某科研团队利用工业尾气中硫、氮氧化物制取Na2S2O4和NH4NO3，达到减少废气排放、变废为宝的目的，相关流程如图。下列说法错误的是( C )

A．装置Ⅰ中发生反应的离子方程式为SO2＋OH－===HSO
B．装置Ⅱ中若1 mol NO参与反应转移2 mol电子，则生成NO、NO个数比为11
C．装置Ⅲ中在阳极室区域内得到Na2S2O4
D．装置Ⅳ通氧气目的是将NO充分转化为NO　　[解析]　SO2、NO是大气污染物，装置Ⅰ中通过氢氧化钠溶液吸收SO2得到NaHSO3，NO不反应，装置Ⅱ中加入Ce4＋发生反应3Ce4＋＋NO＋2H2O===3Ce3＋＋NO＋4H＋、Ce4＋＋NO＋H2O===Ce3＋＋NO＋2H＋，得到含Ce3＋、NO、NO等的溶液，在装置Ⅲ中电解反应后溶液，阳极上得到Ce4＋循环使用，阴极上发生反应2HSO＋2e－＋2H＋===S2O＋2H2O，NO、NO与加入的氨气和氧气在装置Ⅳ中发生反应得到NH4NO3，以此来解答。装置Ⅰ中通过NaOH溶液吸收SO2得到NaHSO3，离子方程式为SO2＋OH－===HSO，A正确；由化合价变化可得关系式NO～NO～e－、NO～NO～3e－，装置Ⅱ中2 mol NO发生反应时转移4 mol电子，则有n(NO)＋n(NO)＝2 mol，n(NO)＋3n(NO) ＝4 mol，联立得n(NO)＝n(NO)＝1 mol，故生成NO、NO个数比为11，B正确；Na2SO3转化为Na2S2O4，硫元素的化合价降低，发生还原反应，则Na2S2O4应在阴极产生，C错误；装置Ⅳ通O2目的是将溶液中NO充分转化为NO，NO与NH3在水中反应生成NH4NO3，D正确。
8．(2023·辽宁朝阳一模)氨催化氧化法是工业生产中制取硝酸的主要途径，某同学用该原理在实验室探究硝酸的制备和性质，设计了如图所示装置。下列说法错误的是( A )

A．甲装置中的固体可以是NaOH或CaO
B．乙装置中的干燥剂可以是碱石灰
C．丙中发生的反应是4NH3＋5O24NO＋6H2O
D．若戊中观察到紫色石蕊溶液变红，则说明已制得HNO3
[解析]　甲中浓氨水用于制备氨气，经过干燥后在丙中发生氨气的催化氧化反应，因此甲中需要同时提供氨气和氧气，则X可以为过氧化钠，丙中氨气、氧气在催化剂作用下发生反应生成一氧化氮，一氧化氮可被氧化生成二氧化氮，过量的氧气与二氧化氮在戊中可生成硝酸，己为尾气吸收装置。甲装置需要提供氨气和氧气，如果甲装置中的固体是NaOH或CaO，只能提供氨气，不能提供氧气，X应为过氧化钠等，A错误；乙用于干燥氨气、氧气，可用碱石灰干燥，B正确；加热条件下，氨气与氧气在催化条件下反应生成一氧化氮，反应的化学方程式为4NH3＋5O24NO＋6H2O，C正确；戊中观察到紫色溶液变红，说明生成了酸性物质，可以说明二氧化氮、氧气与水反应生成了硝酸，D正确。
9．(2023·山东临沂模拟)已知饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合加热可制备氮气。利用如图装置制取氮气，并用氮气制备Ca3N2，Ca3N2具有较强还原性，遇水发生水解反应。下列说法错误的是( B )

A．①中发生反应的化学方程式为NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O
B．③、⑥中依次盛装的试剂可以是浓硫酸、碱石灰
C．③中盛放的试剂是NaOH溶液
D．实验结束，取⑤中的少量产物置于试管中，加适量蒸馏水，可以使试管口湿润的红色石蕊试纸变蓝
[解析]　由题干可知，装置①为制备氮气的装置，饱和氯化铵溶液与亚硝酸钠晶体混合加热生成氮气、氯化钠和水，反应的化学方程式为NaNO2＋NH4ClNaCl＋N2↑＋2H2O，A正确。Ca3N2遇水发生水解，所以产生的氮气需要干燥才能进入玻璃管中反应，装置④应为干燥装置，可选用浓硫酸作干燥剂；装置⑥中也应装有干燥剂，防止空气中的水蒸气进入，装置⑥中可盛放碱石灰，B错误。装置中含有氧气，可利用装置③除去装置中的氧气，可用酸性氯化亚铁溶液，C正确。实验结束后，装置⑤中有生成的Ca3N2，Ca3N2遇水发生水解反应生成NH3和Ca(OH)2，NH3可以使湿润的红色石蕊试纸变蓝，D正确。
10．(2023·北京石景山区高三月考)某实验小组发现在相同温度下，铁与不同密度的硝酸反应时，还原产物有所不同，该小组的实验结果如图所示。下列叙述正确的是( D )

A．硝酸的密度越大，其还原产物的种类越多
B．当硝酸的密度小于d g·mL－1时，还原产物始终以NO为主
C．还原产物中NO的分布分数随硝酸密度的增大而增大
D．硝酸的密度为d g·mL－1时，足量的铁与硝酸发生的主要反应为2Fe＋6HNO3===2Fe(NO3)2＋NO↑＋NO2↑＋3H2O
[解析]　硝酸的密度越大，其浓度越大。由题图可知，随着硝酸的密度逐渐增大，还原产物的种类逐渐减少，A错误；由题图可知，硝酸的密度在a～d g·mL－1之间时，还原产物以NO为主，当硝酸的密度小于a g·mL－1时，还原产物以NH为主，B、C均错误；由题图可知，硝酸的密度为d g·mL－1时，还原产物NO和NO2的分布分数相等，即二者的物质的量之比为11，足量铁与HNO3反应生成Fe(NO3)2、NO、NO2和H2O，结合得失电子守恒和原子守恒写出化学方程式：2Fe＋6HNO3===2Fe(NO3)2＋NO↑＋NO2↑＋3H2O，D正确。
二、非选择题：本题共4小题。
11．(2023·广东汕头模拟)为了有效实现NO与NO2的相互转化，设计如下实验：按图组装好实验装置，并检验装置气密性，实验前用排水法收集半烧瓶NO气体。

(1)打开弹簧夹，推动针筒活塞，使O2进入烧瓶。关上弹簧夹，首先观察到烧瓶中的现象： 烧瓶中气体由无色变为红棕色　，产生此现象时发生反应的化学方程式为 2NO＋O2===2NO2　。
(2)轻轻摇动烧瓶，观察到烧瓶中的现象为
① 烧瓶中红棕色气体又变为无色　；
② 烧杯中水倒吸到烧瓶中(或烧瓶中液面上升)　。
产生此现象时发生反应的化学方程式为 3NO2＋H2O===2HNO3＋NO　。
[解析]　(1)无色的NO能与O2反应产生红棕色的NO2，化学方程式为2NO＋O2===2NO2。(2)轻轻摇动烧瓶，使得NO2与水发生反应3NO2＋H2O===2HNO3＋NO，所以烧瓶中红棕色气体又变为无色，烧瓶中液面上升。
12．(2023·山东威海模拟)当硝酸与金属或非金属反应时，反应物或反应条件不同，硝酸被还原的产物也不同。请回答下列问题：
(1)金属Zn与某浓度的硝酸反应时无气体产生，那么硝酸的还原产物为 NH4NO3(或NH)　(填化学式)。
(2)由200 mL 3 mol·L－1的稀硝酸和200 mL 2.5 mol·L－1的稀硫酸均匀混合而成(忽略溶液的体积变化)的混酸。将其分成两等份，分别与铜和铁反应，还原产物只有NO，则最多能溶解 0.3　mol Cu和 16.8　g Fe。
(3)200 mL 16 mol·L－1的浓硝酸与3.2 g Cu反应，反应过程中还原产物只有NO2，则反应结束后，产生气体的体积为 2.24 L　(标准状况下)，溶液中c(H＋)c(NO)＝ 30　 31　(忽略HNO3的挥发)。
(4)已知氮元素有许多化合价，其化合价有－3、0、＋1、＋2、＋3、＋4、＋5。下面数轴是硝酸与某种金属M在某些条件下反应所得还原产物的关系：

金属锌与某浓度的硝酸反应时，无气体产生，则此化学反应中被还原的硝酸与参加反应的硝酸物质的量之比是 110　。
[解析]　(1)硝酸被还原，N元素化合价降低，若无气体产生，则还原产物为NH4NO3(或NH)。
(2)设最多溶解x mol Cu，一份溶液中n(NO)＝0.3 mol，n(H＋)＝0.8 mol，据
3Cu＋8H＋＋2NO===3Cu2＋＋2NO↑＋4H2O
3 8 2
x 0.8 0.3(NO过量)
可知x＝0.3
因在反应中Fe和Cu的化合价变化均为2价，则最多溶解Fe的物质的量也是0.3 mol，质量为56 g·mol－1×0.3 mol＝16.8 g。
(3)浓硝酸与3.2 g Cu反应，反应过程中还原产物只有NO2，则铜完全反应，据电子守恒V(NO2)＝×2×22.4 L·mol－1＝2.24 L。根据方程式：Cu＋4H＋＋2NO===Cu2＋＋2NO2↑＋2H2O，可知3.2 g Cu完全反应，消耗n(H＋)＝0.2 mol，n(NO)＝0.1 mol，c(H＋)c(NO)＝n(H＋)n(NO)＝(3.2－0.2)(3.2－0.1)＝3031。
(4)金属锌与某浓度的硝酸反应时，无气体产生，说明硝酸被还原产生了硝酸铵。反应的化学方程式为4Zn＋10HNO3(稀)===4Zn(NO3)2＋NH4NO3＋3H2O，此化学反应中有10 mol HNO3参加反应，其中被还原的HNO3是1 mol。所以被还原的硝酸与参加反应的硝酸物质的量之比是110。
13．(2023·天津第一中学模拟)实验室模拟合成氨和氨催化氧化的流程如下：

已知实验室可用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气。
(1)从图中选择制取气体的合适装置：氮气 a　、氢气 b　。
(2)氮气和氢气通过甲装置，甲装置的作用除了将气体混合外，还有 干燥气体　、 控制氢气和氮气的流速　。
(3)氨合成器出来经冷却的气体连续通入乙装置的水中吸收氨， 不会　(填“会”或“不会”)发生倒吸，原因是 混合气体中含有大量难溶于水的氮气、氢气　。
(4)用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热的原因是 氨的氧化反应是一个放热反应　。
锥形瓶中还可观察到的现象是 有红棕色气体产生　。
(5)写出乙装置中氨氧化的化学方程式： 4NH3＋5O24NO＋6H2O　。
(6)反应结束后锥形瓶内的溶液中含有的离子为H＋、OH－、 NH　、 NO　。
[解析]　(1)实验室可用饱和亚硝酸钠(NaNO2)溶液与饱和氯化铵溶液经加热后反应制取氮气，是溶液与溶液反应，可以选择a，实验室里用金属锌粒和稀硫酸反应制取氢气，是固体和液体反应，可以选择装置b。(2)氮气和氢气通过甲装置，甲装置中的浓硫酸可以将氮气和氢气干燥，同时可以根据甲装置中冒气泡的速率来控制气体流量。(3)合成氨的反应为可逆反应，还会有一些氮气、氢气存在，这样会缓解氨气极易溶于水导致的气压差，不会倒吸。(4)用乙装置吸收一段时间氨后，再通入空气，同时将经加热的铂丝插入乙装置的锥形瓶内，能使铂丝保持红热说明氨的氧化反应是一个放热反应。锥形瓶中生成的NO被氧化，有红棕色气体产生。(5)氨的催化氧化生成一氧化氮和水。(6)氨的催化氧化反应产物是一氧化氮和水，一氧化氮极易与空气中的氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮，所以硝酸的存在会和氨水反应生成硝酸铵，溶液中会存在H＋、OH－、NH、NO。
14．(2023·安徽合肥联考)某化学实验小组为了探究氨气的还原性和氧化性设计了如下实验方案。
实验一：探究氨气的还原性
已知：Cu2O粉末呈红色，在酸性溶液中不稳定，Cu2O＋H2SO4(稀)===Cu＋CuSO4＋H2O。

(1)装置A用于制备氨气，硬质玻璃管中所盛放试剂通常为 Ca(OH)2、NH4Cl　，装置B中所盛放的试剂是 碱石灰　。实验开始前应先通一段时间的N2，其目的是 排除装置中的空气，防止对实验产生干扰　。
(2)反应结束后装置C中的氧化铜完全反应生成红色固体，为了探究红色固体的成分，进行了如下实验：取10.4 g红色固体于烧杯中，加入足量稀硫酸充分搅拌、静置、过滤、洗涤、干燥、称重，得固体6.4 g，则红色固体的成分及其物质的量为 0.05 mol Cu2O、0.05 mol Cu　。
实验二：探究氨气的氧化性
已知：①铝可以与氨气发生反应，2Al＋2NH32AlN＋3H2。
②AlN性质稳定，常温下基本不与水反应，加热时溶于浓碱溶液且可产生氨气。
按如图所示连接好装置，打开装置F中分液漏斗活塞，待装置中空气排尽后再点燃装置H处酒精灯。

(3)装置F中发生反应的化学方程式为 NH3·H2O＋CaO===NH3↑＋Ca(OH)2　。
(4)橡胶管a的作用是 平衡气压，便于液体顺利滴下　，装置I的作用是 作安全瓶　。
(5)根据已知信息设计实验方案测定所得样品中AlN的纯度，简要写出实验过程： 称取一定量的产物，加入足量浓NaOH溶液中并加热，将产生的气体干燥后，再用稀硫酸吸收，根据吸收的NH3的质量计算出AlN的纯度(答案合理即可)　。
[解析]　(1)装置A用于加热固态混合物制备氨气，硬质玻璃管中所盛放试剂通常为Ca(OH)2、NH4Cl；装置B的作用是干燥氨气，干燥管中盛放固体干燥剂，只吸收水分，而不与氨气反应，则其中所盛放的试剂可以是碱石灰；在实验开始前应先通一段时间的N2，其目的是排除装置中的空气，防止对实验产生干扰。(2)NH3与CuO反应，产生的红色物质可能含有Cu、Cu2O，由于Cu与稀硫酸不反应，而Cu2O与稀硫酸会发生反应Cu2O＋H2SO4(稀)===Cu＋CuSO4＋H2O，反应后6.4 g固体是Cu，n(Cu)＝＝0.1 mol，假设该混合物中含有Cu、Cu2O的物质的量分别是x、y，则x＋y＝0.1 mol,64 g/mol x＋144 g/mol y＝10.4 g，解得x＝0.05 mol，y＝0.05 mol，即红色固体是Cu和Cu2O的混合物，它们的物质的量都是0.05 mol。(3)在装置F中CaO与NH3·H2O发生反应产生Ca(OH)2和NH3，反应的化学方程式为NH3·H2O＋CaO===NH3↑＋Ca(OH)2。(4)橡胶管a将分液漏斗与蒸馏烧瓶上部空间连接，可平衡气压，使分液漏斗中的液体顺利滴下。(5)由已知信息可知，AlN在加热时溶于浓碱溶液产生NH3，将反应产生的氨气经碱石灰干燥后，再用稀硫酸吸收，根据稀硫酸吸收的NH3的质量，就可以计算出AlN的质量，利用AlN的质量除以样品总质量，就得到该样品中AlN的纯度。