备考2024届高考化学一轮复习分层练习第四章非金属及其化合物第8讲含氮化合物之间的转化

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1.[2023南昌调研]在给定条件下，下列物质间所示的转化不能实现的是（ D ）
A.NH3NO2高温，催化剂N2
B.NO2CaOH2（aq）Ca（NO2）2（aq）
C.NO2O3N2O5
D.NH3CO2、NaCl（aq）Na2CO3（s）
解析 A项，NH3中N为－3价，NO2中N为＋4价，两者发生归中反应生成N2，正确；B项，NO2可与Ca（OH）2反应生成Ca（NO2）2、Ca（NO3）2和H2O，正确；C项，NO2可被O3氧化生成N2O5，正确；D项，根据侯氏制碱法的原理（NH3＋CO2＋H2O＋NaClNaHCO3↓＋NH4Cl，2NaHCO3△Na2CO3＋CO2↑＋H2O）知由NH3、CO2、NaCl（aq）反应不能一步制得Na2CO3，错误。
2.[2023南京、盐城一模]氮及其化合物的转化具有重要应用，下列说法正确的是（ B ）
A.栽种豆科植物作“绿肥”属于人工固氮
B.尿素[CO（NH2）2]属于含氮量较高的固态氮肥
C.自然界“氮循环”中不存在“NO3－→蛋白质”的转化
D.工业上利用反应2NaCl＋2NH3＋CO2＋11H2ONa2CO3·10H2O↓＋2NH4Cl生产纯碱
解析 栽种豆科植物作“绿肥”属于自然固氮，A项错误；尿素中氮元素的质量分数为46.7％，尿素属于含氮量较高的固态氮肥，B项正确；自然界“氮循环”中存在植物吸收土壤中的铵盐和硝酸盐，进而将这些无机氮转化成植物体内的蛋白质等有机氮的过程，C项错误；工业制取纯碱是利用反应NaCl＋H2O＋CO2＋NH3 NaHCO3↓＋NH4Cl、2NaHCO3△Na2CO3＋CO2↑＋H2O，D项错误。
3.[2024沈阳联考]如图是某元素的“价—类”二维图。其中正盐g与熟石灰共热发生反应可生成f，d的相对分子质量比c大16，下列说法正确的是（ A ）
A.实验室制备f时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取
B.c和d都可用排水法收集
C.b的浓溶液具有吸水性，可用来干燥气体
D.f可经催化氧化生成d
解析 正盐g能与熟石灰反应生成f，f为氢化物，则正盐g是铵盐，f是氨气，e是氮气，d的相对分子质量比c大16，d是二氧化氮，c是一氧化氮，b是硝酸，a是硝酸盐。实验室制备氨气时，可以将其浓溶液滴入碱石灰中进行制取，利用碱石灰溶于水放热使一水合氨受热分解生成氨气，故A正确；NO2不能用排水法收集，故B错误；b的浓溶液为浓硝酸，不具有吸水性，不能用来干燥气体，故C错误；氨气可经催化氧化生成NO，故D错误。
4.[2023湖南]油画创作通常需要用到多种无机颜料。研究发现，在不同的空气湿度和光照条件下，颜料雌黄（As2S3）褪色的主要原因是发生了以下两种化学反应：
下列说法正确的是（ D ）
A.S2O32－和SO42－的空间结构都是正四面体形
B.反应Ⅰ和Ⅱ中，元素As和S都被氧化
C.反应Ⅰ和Ⅱ中，参加反应的n（O2）n（H2O）：Ⅰ＜Ⅱ
D.反应Ⅰ和Ⅱ中，氧化1 ml As2S3转移的电子数之比为3∶7
解析 SO42－的中心原子S的价层电子对数为4＋12×（6＋2－2×4）＝4，且无孤电子对，空间结构为正四面体形，S2O32－与SO42－互为等电子体，S2O32－相当于S取代SO42－中的一个非羟基氧原子，存在硫硫键，其空间结构为四面体形，A项错误；由图示转化可知，反应Ⅰ中只有S元素被氧化，反应Ⅱ中As、S元素均被氧化，B项错误；根据反应物和产物及氧化还原反应规律可知，反应Ⅰ为2As2S3＋6O2＋3H2O2As2O3＋3H2S2O3，反应Ⅱ为As2S3＋7O2＋6H2O2H3AsO4＋3H2SO4，则参加反应的n（O2）n（H2O）：Ⅰ＞Ⅱ，C项错误；根据反应Ⅰ、Ⅱ可知，1 ml As2S3发生反应时，两反应转移的电子分别为12 ml和28 ml，个数之比为3∶7，D项正确。
5.[2023琼海模拟]水生生物参与氮循环过程的示意图如图所示。
下列说法正确的是（ D ）
A.NH2OH分子与N2H4分子中的共价键类型完全相同
B.反应②③⑥中N均被氧化
C.等量NO2－参加反应，反应④转移的电子数比反应⑤多NA
D.水生生物参与的氮循环，既可以为其他生物提供营养物质，又可以减轻水体富营养化
解析 NH2OH的结构式为，只含有极性键，N2H4的结构式为，含有极性键和非极性键，二者共价键类型不完全相同，A错误。反应③中，N由－1价降低到－2价，被还原，B错误。若有1 ml NO2－参与反应④，转移4 ml电子，若有1 ml NO2－参与反应⑤，转移 3 ml电子，反应④比反应⑤多转移1 ml电子，但等量并不意味着NO2－的物质的量为1 ml，C错误。水生生物参与的氮循环，既可以合成蛋白质，为其他生物提供营养物质，又可以将NO2－、NO3－转化为N2，从而降低水体中的含氮量，减轻水体富营养化，D正确。
6.[2023泉州质检]不同价态含氮物质的转化可用下图表示。下列说法正确的是（ D ）
A.①的转化属于置换反应
B.②的转化属于氮的固定
C.③的转化方程式：2NO2＋H2O2HNO3
D.使用CuO作氧化剂可以实现④的转化
解析 ①的转化是氨的催化氧化反应：4NH3＋5O2催化剂△ 4NO＋6H2O，该反应不属于置换反应，A错误；氮的固定是将游离态的氮转化为化合态的氮的过程，②的转化为2NO＋O22NO2，不属于氮的固定，B错误；③的转化方程式应为3NO2＋H2O2HNO3＋NO，C错误；3CuO＋2NH3△3Cu＋N2＋3H2O，D正确。
7.[2023湖南株洲检测]磷化氢（PH3）是一种在空气中能自燃的剧毒气体，可通过以下流程制取：
下列说法错误的是（ A ）
A.NaH2PO2既能与酸反应又能与碱反应
B.流程中有两处涉及氧化还原反应
C.该过程需要在无氧条件下进行
D.分解反应生成H3PO4和PH3的物质的量之比为1∶1
解析 H3PO2为一元弱酸，NaH2PO2为正盐，只能与酸反应，A错误；白磷与氢氧化钠溶液反应生成PH3和NaH2PO2、H3PO2分解生成PH3和H3PO4，这两个反应中P元素化合价发生变化，是氧化还原反应，B正确；PH3在空气中能自燃，制取过程中有PH3生成，故需要在无氧条件下进行，C正确；H3PO2中P为＋1价，H3PO4和PH3中P分别为＋5价和－3价，根据得失电子守恒可知，反应生成H3PO4和PH3的物质的量之比为1∶1，D正确。
8.[2024沈阳联考]细菌可以促使含铁、氮的物质发生氧化还原反应，实现铁、氮两种元素的循环。部分转化如图，下列说法正确的是（ D ）
A.①和硝化过程都属于氮的固定
B.反硝化过程中含氮物质发生氧化反应
C.亚硝态氮只能通过反硝化过程转化为氮气
D.土壤中的铁循环可将氮元素从水体中还原除去
解析 氮的固定是游离态氮转化为化合态氮的过程，由题图可知硝化过程不属于氮的固定，故A错误；反硝化过程中氮元素化合价均降低，含氮物质发生还原反应，故B错误；由题图可知亚硝态氮与NH4＋可在氨氧化细菌作用下生成氮气，故C错误；由题图可知Fe2＋可与NO3－反应生成氮气，Fe3＋可与NH4＋反应生成氮气，通过铁循环可将氮元素从水体中还原除去，故D正确。
9.[2023长沙适应性考试]实验室可在硝酸铁晶体的催化下，用液氨与钠制备氨基钠（NaNH2）。装置如图（夹持、搅拌、尾气处理装置已省略）。已知：NaNH2几乎不溶于液氨，易与水、氧气等反应。下列说法正确的是（ B ）
A.加入钠之前向装置A中通入氨气的目的是增大液氨的量，提高钠的转化率
B.装置B可以防止外界氧气和水蒸气进入装置
C.钠与液氨反应的化学方程式为Na＋2NH3催化剂NaNH2＋H2↑
D.反应后从A中的混合物中提纯氨基钠的操作方法是蒸发结晶
解析 加Na之前通入NH3是为了赶走A中的空气，防止Na及产物被氧化，A项错误；装置B用Hg液封，可防止外界O2和水蒸气进入A中与Na及产物反应，B项正确；由题干信息可得Na与液氨反应的化学方程式为2Na＋2NH3催化剂2NaNH2＋H2↑，C项错误；NaNH2几乎不溶于液氨，可通过过滤获取，D项错误。
10.[2023江西名校联考]氮的氧化物的回收和利用是环境科学的热点课题之一。
（1）锌和稀硝酸反应，还原产物可能是N2O，也可能是NH4NO3。若两个反应中分别生成等物质的量的N2O、NH4NO3，则作氧化剂的HNO3的质量之比为 2∶1 。
（2）在铂原子表面H2还原NO的历程如图所示。
①在铂催化剂作用下，NO和H2反应的产物中除N2O、H2O和NH3外，还有 N2 （填化学式）。在Pt－HY界面上生成N2O的化学方程式为 2NO2＋6HN2O＋3H2O 。
②上述方法的主要缺点是有两种气体 NO2、N2O （填化学式）排入空气中，会污染环境。
（3）向空气中排放NO2会破坏臭氧层，同时NO2转化成N2O5并放出O2，还原产物是 N2O5 （填化学式）。
（4）NaNO2常作火腿肠等腌制食品的保鲜剂。在加热条件下，NO和烧碱固体反应可生成NaNO2，氧化剂与还原剂的质量之比为1∶2，则该反应的化学方程式为 6NO＋4NaOH△4NaNO2＋N2＋2H2O 。
解析 （1）由题意知，两个反应分别为4Zn＋10HNO34Zn（NO3）2＋N2O↑＋5H2O、4Zn＋10HNO34Zn（NO3）2＋NH4NO3＋3H2O。生成1 ml N2O时氧化剂为2 ml HNO3，生成1 ml NH4NO3时氧化剂为1 ml HNO3。（2）①根据题图可知，产物还有N2。Pt－HY界面上NO2和H原子反应生成N2O和H2O。②根据题图，部分NO2、N2O排入空气中，会污染环境。（3）由题意知，O3和NO2反应生成N2O5和O2，化学方程式为2NO2＋O3 N2O5＋O2，还原产物是N2O5。（4）根据氧化剂与还原剂的质量之比为1∶2可知，还原产物为N2，则该反应的化学方程式为6NO＋4NaOH△4NaNO2＋N2＋2H2O。
11.[2024安徽师大附中测试]利用NO、O2和Na2CO3溶液反应制备NaNO2的装置如图所示（夹持装置略），下列关于该装置的说法错误的是（ A ）
A.装置A分液漏斗中药品选用不当，应选用稀HNO3
B.装置B可除去装置A中挥发出的HNO3蒸气
C.装置C中发生反应的化学方程式为2Na2CO3＋4NO＋O2 4NaNO2＋2CO2
D.尾气不可以通过点燃的方法处理
解析 装置A分液漏斗中使用浓HNO3，反应速率加快，且产生的NO2可以在装置B中转化为NO，所以可选用浓硝酸，故A错误；装置B既可将装置A中挥发出的HNO3蒸气吸收，又可将NO2转化为NO，故B正确；装置C中发生反应的化学方程式为2Na2CO3＋4NO＋O24NaNO2＋2CO2，故C正确；氮氧化物不可燃，尾气中NO2、NO等不可以用点燃的方法处理，故D正确。
12.氮化钡（Ba3N2）是一种棕色粉末，在空气中易被氧化，遇水会发生剧烈水解，实验室常用Ba与N2在加热条件下反应制得Ba3N2。某实验小组设计如图所示装置（夹持装置略）制备氮化钡。
回答下列问题：
（1）仪器a的名称为 恒压滴液漏斗 。装置A中发生反应的化学方程式为 CaO＋NH3·H2ONH3↑＋Ca（OH）2 。
（2）若装置B和装置F处可选用的试剂有碱石灰和无水CaCl2，则无水CaCl2应放置在装置F（填“B”或“F”）处，装置F的作用为 防止空气中的水蒸气进入装置E中 。
（3）实验观察到装置D中 气泡明显减少 （填写具体现象），证明装置C中CuO完全反应。
（4）产品中Ba3N2的纯度的测定（假设产品中杂质只有未反应完的Ba）：称取14.54 g所得产品，先用无水乙醇进行处理，待充分反应后，加入足量稀硫酸充分反应，过滤、洗涤、干燥。
①加入无水乙醇时发生反应的化学方程式为 2CH3CH2OH＋Ba（CH3CH2O）2Ba＋H2↑ 。
②洗涤时，采用稀硫酸代替蒸馏水，其目的是 减少硫酸钡溶解损失 。
③若最后干燥得到23.30 g沉淀，则产品中Ba3N2的纯度为 90.58 ％（结果保留四位有效数字）。
解析 （1）仪器a为恒压滴液漏斗；装置A（固液不加热装置）中浓氨水与生石灰反应生成NH3和Ca（OH）2，反应的化学方程式为CaO＋NH3·H2ONH3↑＋Ca（OH）2。（2）根据实验装置分析可知，装置B主要是为了除去氨气中的水蒸气，装置F主要是为了防止空气中的水蒸气进入装置E中，由于无水CaCl2能吸收氨气，则无水CaCl2应放置在装置F处。（3）装置C（气固加热装置）中发生的反应为2NH3＋3CuO△N2＋3H2O＋3Cu，装置C中现象为黑色固体变为红色，若CuO完全反应，则NH3直接进入装置D中，由于NH3能被浓硫酸吸收，则装置D中实验现象为气泡明显减少。（4）①根据无水乙醇与钠反应可类比得到无水乙醇与Ba反应的化学方程式为2CH3CH2OH＋Ba（CH3CH2O）2Ba＋H2↑。②根据沉淀溶解平衡BaSO4（s）⇌Ba2＋（aq）＋SO42－（aq）可知，采用稀硫酸代替蒸馏水洗涤，可抑制硫酸钡的溶解，减少损失，使测定结果更准确。③由题意知，最后干燥得到的沉淀是BaSO4，根据质量守恒可知，n（Ba3N2）×439 g/ml＋n（Ba）×137 g/ml＝14.54 g，根据原子守恒可知，3n（Ba3N2）＋n（Ba）＝23.30g233g/ml，联立两式可得n（Ba3N2）＝0.03 ml，n（Ba）＝0.01 ml，则产品中Ba3N2的纯度为0.03ml×439g/ml14.54g×100％≈90.58％。
13.[2023江苏南京调研改编]用零价铁（Fe）去除含氮废水中的硝酸盐（NO3－）是环境修复的重要方法。一种去除NO3－的过程如下。
（1）Ⅱ中充分反应后，分离混合物的方法是 过滤 。
（2）Ⅱ中反应的离子方程式是 3Fe＋NO3－＋2H＋＋H2OFe3O4＋NH4＋ 。
（3）实验发现，在Ⅱ中补充一定量的Fe2＋可以明显提高NO3－的去除率。向两份含氮废水[n（NO3－）＝8.1×10－5 ml]中均加入足量Fe粉，做对比研究。
分析ⅱ中NO3－的去除率提高的原因：
a.Fe2＋直接还原NO3－。
通过计算说明电子得、失数量关系 还原NO3－所需电子为3.24×10－4 ml，Fe2＋最多提供的电子为3.6×10－5 ml。Fe2＋失去的电子数明显小于NO3－所需电子数 ，证明该原因不合理。
b.研究发现：Fe3O4（导电）覆盖在铁粉表面；随着反应的进行，产生FeO（OH）（不导电），它覆盖在Fe3O4表面，形成钝化层，阻碍电子传输。
c.Fe2＋能与FeO（OH）反应生成Fe3O4。用57FeCl2做同位素示踪实验，证明该原因合理。
d.Cl－破坏钝化层。将ⅱ中的FeCl2替换为 7.2×10－5 ml NaCl ，NO3－的去除率约为50％，证明该原因不合理。
（4）ⅰ、ⅱ中均能发生Fe＋2H＋Fe2＋＋H2↑。该反应明显有助于ⅰ中NO3－的去除，结合方程式解释原因： Fe2＋＋2FeO（OH）Fe3O4＋2H＋，Fe2＋破坏了钝化层 。
（5）测定NO3－含量
步骤1.取V mL含氮（NO3－）水样，加入催化剂、V1 mL c1 ml·L－1 FeSO4标准溶液（过量），再加入稀H2SO4。
步骤2.用c2 ml·L－1 K2Cr2O7标准溶液滴定剩余的Fe2＋（Cr2O72－被还原为Cr3＋），滴定终点时消耗V2 mL K2Cr2O7标准溶液。
已知：3Fe2＋＋NO3－＋4H＋NO↑＋3Fe3＋＋2H2O
①水样中NO3－的含量为 c1V1－6c2V23V ml·L－1。
②溶液中O2影响测定。向步骤1中加入适量NaHCO3，产生CO2驱赶O2，否则会使测定结果 偏大 （填“偏大”或“偏小”）。
解析 （1）Ⅱ中充分反应后，得到固体Fe3O4和含NH4＋的溶液，故分离混合物的方法是过滤。（3）实验ⅰ中Fe粉还原了约50％的NO3－，实验ⅱ中，若Fe2＋直接还原NO3－，则与Fe2＋反应的NO3－约为4.05×10－5 ml，NO3－→NH4＋得到8e－，则还原NO3－共需3.24×10－4 ml电子，而Fe2＋最多提供3.6×10－5 ml电子，Fe2＋失去的电子数明显小于NO3－所需电子数，故Fe2＋直接还原NO3－不合理。欲证明Cl－破坏了钝化层，需保证Cl－浓度不变，且溶液中不含Fe2＋，故将ⅱ中的FeCl2替换为7.2×10－5 ml NaCl。（5）①结合6Fe2＋＋Cr2O72－＋14H＋2Cr3＋＋6Fe3＋＋7H2O，Fe2＋被NO3－和Cr2O72－共同氧化，知n（NO3－）＝13[n（Fe2＋）－6n（Cr2O72－）]＝c（NO3－）×V×10－3 L，故水样中NO3－的含量为c1V1－6c2V23V ml·L－1。②因为Fe2＋也能被O2氧化，从而使n（Cr2O72－）减小，V2减小，使计算出的c（NO3－）偏大。
14.[NH3脱NO的反应机理][2023济南检测]NH3脱NO的一种MnO2催化机理示意图如下。下列说法错误的是（ B ）
A.催化过程中Mn元素的配位数和化合价均有改变
B.MnO2能提高NH3脱NO的速率和平衡转化率
C.反应历程中有极性键和非极性键的断裂及生成
D.该过程总反应方程式：4NH3＋4NO＋O2催化剂4N2＋6H2O
解析 从题图中步骤①可以看出，Mn所形成的共价键数目变化了，说明其配位数和化合价都有变化，A正确；MnO2作为反应的催化剂，不能提高平衡转化率，B错误；从题图中可以看出，有极性键的断裂（N—H键等）和生成（O—H键等），有单质（O2）参与也有单质（N2）生成，所以也有非极性键的断裂和生成，C正确；根据示意图可知，反应物有NH3、NO、O2，产物有N2、H2O，D正确。实验序号
ⅰ
ⅱ
所加试剂
Fe粉
Fe粉、FeCl2（3.6×10－5 ml）
NO3－的去除率
≈50％
≈100％