高考化学一轮复习氮及其化合物知识归纳总结含答案解析
一、选择题
1．将NH4HCO3在试管中加热，使放出的气体依次通过盛有足量过氧化钠的干燥管、足量浓硫酸的洗气瓶，最后得到的气体是（）
A．NH3B．O2C．H2O D．CO2
【答案】B
【分析】
NH4HCO3受热分解生成NH3、H2O、CO2，
【详解】
NH4HCO3受热分解生成NH3、H2O、CO2，通过过氧化钠，H2O、CO2转化成O2,再通过足量浓硫酸，NH3被吸收，只剩下O2，B正确；
答案选B。
【点睛】
浓硫酸除了能吸收水蒸气，还能吸收碱性气体。
2．浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐渐加入少量稀盐酸时，溶液的颜色变化应该是
A．颜色变浅B．变为红色C．没有改变D．变为黄色
【答案】D
【详解】
往浅绿色的Fe（NO3）2溶液中逐滴加入稀盐酸时，发生反应的离子方程式为：3Fe2++NO3-+4H+═3Fe3++NO↑+2H2O，三价铁离子为棕黄色；
故选：D。
3．对于硫酸和硝酸的比较中，下列叙述不正确的是（）
A．冷的浓硫酸和浓硝酸都可以用铝、铁的容器盛装B．稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性C．浓硫酸和浓硝酸都具有很强的腐蚀性、脱水性D．硫酸和硝酸都是重要的化工原料
【答案】C
【详解】
A. 铝、铁与冷的浓硫酸和浓硝酸发生的钝化，因此冷的浓硫酸和浓硝酸都可以用铝、铁的容器盛装，故A正确；
B. 稀硫酸和稀硝酸都具有氧化性，稀硫酸和金属反应生成氢气，表现氧化性，稀硝酸和金属反应生成硝酸盐和一氧化氮表现氧化性，故B正确；
C. 浓硫酸和浓硝酸都具有很强的腐蚀性，浓硫酸具有脱水性，浓硝酸不具有，故C错误；
D. 化工生产中用硝酸、硫酸生产化肥、农药、炸药、燃料，金属加工前的酸洗等，故D正确。
综上所述，答案为C。
4．取三张蓝色石蕊试纸放在玻璃棒上，然后按顺序分别滴加65%的浓HNO3、98.3%的浓
H 2SO 4和新制氯水，三张试纸最后的颜色为
A ．红、红、红
B ．白、黑、白
C ．红、黑、红
D ．红、黑、白
【答案】B
【详解】
硝酸具有强氧化性，将试纸中的有色物质氧化成无色，最后试纸呈现白色；浓硫酸具有脱水性，试纸和其中的有色物质都是有机物，浓硫酸夺取其中的H 、O ，只剩下黑色的碳，最后试纸呈黑色；新制氯水具有漂白性，将试纸漂白，最后试纸呈白色；即三张试纸最后呈现的颜色依次为白、黑、白；
答案选B 。
5．如图所示，集气瓶内充满某混合气体，将集气瓶置于光亮处，然后挤压胶头滴管使胶头滴管内的水进入集气瓶，发现烧杯中的水会倒吸进入集气瓶，则集气瓶内的混合气体可能是（ ）
CO ①、2O 3NH ②、2O 2NO ③、2O 2N ④、2H
A ．①②
B ．②④
C ．③④
D ．②③
【答案】D
【详解】 ①一氧化碳与氧气在点燃条件下反应，在光照条件下不反应，且一氧化碳不溶于水，氧气难溶于水，压强几乎不变化，烧杯中的水不会进入，故①不符合题意；
②氨气和氧气在光照条件下不反应，但氨气易溶于水，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故②符合题意；
③二氧化氮和氧气与水反应生成硝酸，将滴管内的水挤入集气瓶后，集气瓶内压强减小，烧杯中的水进入集气瓶，故③符合题意；
④氮气与氢气在催化剂、加热条件下反应，在光照条件下不反应，且氮气与氢气都难溶于水，压强不变化，烧杯中的水不会进入，故④不符合题意；
答案选D 。
6．某氮的氧化物和一氧化碳在催化剂的作用下充分反应，生成氮气和二氧化碳。若测得氮气和二氧化碳的物质的量之比为1∶2，则该氮的氧化物是( )
A ．N 2O
B ．NO
C ．NO 2
D ．N 2O 5
【答案】B
【详解】
设氮的氧化物化学式为N x O y，则N x O y＋2CO→N2＋2CO2，则x ：y＝1∶1，即为NO，应选B。
7．下列操作不能用于检验氨的是（）
A．气体能使湿润的酚酞试纸变红
B．气体能使湿润的红色石蕊试纸变蓝
C．气体与蘸有浓硫酸的玻璃棒靠近
D．气体与蘸有浓盐酸的玻璃棒靠近
【答案】C
【详解】
A．氨气通入酚酞溶液中发生反应NH3+H2O=NH3?H2O，NH3?H2O?NH4++OH-，溶液呈碱性，酚酞溶液变红，该操作可以能用于检验氨气的存在，A不符题意；
B．氨气溶于水得到氨水，氨水显碱性，能使湿润的红色石蕊试纸变蓝，可用于检验氨气，B不符题意；
C．浓硫酸是难挥发性的酸，氨气与蘸有浓硫酸的玻璃棒靠近不会产生白烟，此操作不能用于检验氨气，C符合题意；
D．浓盐酸有挥发性，挥发出来的氯化氢会和氨气反应生成氯化铵固体，氯化铵的固体小颗粒分散在空气中产生白烟，该操作可以用来检验氨气，D不符题意。
答案选C。
8．14 g铜、银合金与一定量某浓度的硝酸溶液完全反应，将放出的气体与1.12 L(标准状况下)氧气混合通入水中，恰好全部被水吸收，则合金中铜的质量是( )
A．9.6 g B．6.4 g C．4.8 g D．3.2 g
【答案】D
【详解】
根据题意：有如下转化关系：
设Cu xmol 、Ag ymol 金属铜、银失去电子给了硝酸中+5价的氮，还原产物中的NO和 NO2又失去电子给了氧气生成硝酸，整个过程等效于铜、银失电子，转移给了氧气，所以根据
电子得失守恒规律：2x+y=4×1.12
22.4
，质量守恒：64x+108y=14，分别解出x=0.05mol，
m（Cu）=0.05mol×64g/mol=3.2g；D正确；故答案选D。
9．足量铜与一定量的浓硝酸反应，得到硝酸铜溶液和NO2、NO的混合气体2.24L（标准状况），这些气体与一定体积O2（标准状况）混合后通入水中，所有气体完全被水吸收生成硝酸．若向所得硝酸铜溶液中加入4mol?L﹣1NaOH溶液至Cu2+恰好完全沉淀，则消耗NaOH 溶液的体积是50mL，下列说法正确的是（）
A．参加反应的硝酸是0.4mol B．消耗氧气的体积为1.68 L
C．此反应过程中转移的电子为0.3 mol D．混合气体中含NO21.12 L
【答案】D
【详解】
A. 沉淀达到最大，溶液中溶质为NaNO3，故产物中的氮元素为硝酸钠和氮氧化物，2.24L氮氧化物的物质的量为0.1 mol，根据N元素守恒，参加反应硝酸的物质的量为n(NaNO3)＋n(NO x)=50×10－3L×4mol/L＋0.1mol =0.3mol，故A错误；
B. Cu2＋＋2OH－=Cu(OH)2↓，根据离子反应方程式求出参加n(OH-)=50×10－3L×4mol/L
=0.2mol，n(Cu)=0.1mol，根据分析，铜失去得电子最终给了氧气，根据得失电子数目守
恒，即n(Cu)×2=n(O2)×4，即n(O2)=0.2mol
1
4
=0.05mol，即氧气的体积为0.05 mol×22.4L/
mol =1.12L，故B错误；
C. 铜和硝酸反应失去的电子物质的量为0.1×2mol=0.2mol，故C错误；
D. 2.24L氮氧化物的物质的量为0.1 mol，令NO的物质的量为x，则NO2的物质的量为
0.1mol－x，根据得失电子数目守恒，即3x＋(0.1mol－x)=0.2 mol，解得x=0.05mol，因此NO2体积为0.05 mol×22.4L/ mol =1.12L，故D正确；
答案选D。
10．关于硝酸的说法正确的是()
A．硝酸与金属反应时，主要是＋5价的氮得电子
B．浓HNO3与浓盐酸按3∶1的体积比混合所得的混合物叫王水
C．硝酸电离出的 H＋，能被Zn、Fe等金属还原成H2
D．常温下，向浓HNO3中投入Fe片，会产生大量的红棕色气体
【答案】A
【详解】
A．硝酸中N元素为+5价，为最高价态，则硝酸具有强氧化性，所以与金属反应时，主要是+5价的氮得电子，故A正确；
B．王水中浓硝酸和浓盐酸的体积被为1：3，王水能溶解金、铂等金属，故B错误；C．酸性条件下，硝酸根离子具有强氧化性，能被Zn、Fe等金属还原成氮的化合物，得不到氢气，故C错误；
D．常温下，铁和浓硝酸发生钝化现象，铁表面生成一层致密的氧化物薄膜而阻止进一步反应，所以得不到大量红棕色气体，故D错误；
故选A。
11．将红热的木炭与浓硝酸共热产生的气体等分为①和②两份，第①份先通过适量蒸馏
水，再通过少量澄石灰水；第②份直接通过少量澄清石灰水。则石灰水的变化最可能为( ) A ．①不变浑浊，②变浑浊
B ．①变浑浊，②不变浑浊
C ．①变浑浊，②变浑浊
D ．①不变浑浊，②不变浑浊
【答案】B
【详解】
C 与浓硝酸反应产生2CO 和2NO 的混合气体，混合气体直接通过澄清石灰水，2NO 与水反应生成硝酸，硝酸先与氢氧化钙反应，难以得到3CaCO 沉淀；混合气体先通过水，2NO 可与水反应生成硝酸和NO ，NO 和2CO 的混合气体再通过澄清石灰水，NO 与氢氧化钙不反应，二氧化碳与氢氧化钙反应会产生3CaCO 沉淀，故选B 。
12．X 、Y 、Z 、W 有如图所示的转化关系，则 X 、W 可能的组合有( )
①C 、O 2②Na 、O 2③Fe 、HNO 3④S 、O 2 ⑤N 2、O 2 ⑥H 2S 、O 2 ⑦NH 3、O 2
A ．四项
B ．五项
C ．六项
D ．七项
【答案】A
【详解】
①氧气不足时，碳燃烧生成一氧化碳，一氧化碳能在氧气中燃烧生成二氧化碳，碳在足量氧气中燃烧生成二氧化碳，①符合；
②常温下，钠与氧气反应生成氧化钠，加热时氧化钠可与氧气反应生成过氧化钠，钠在氧气中燃烧生成过氧化钠，②符合；
③过量的铁与稀硝酸反应生成硝酸亚铁，硝酸亚铁与稀硝酸反应转化为硝酸铁，铁与足量的稀硝酸反应生成硝酸铁，③符合；
④硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，在催化剂和高温条件下二氧化硫与氧气反应生成三氧化硫，硫与氧气不能直接反应生成三氧化硫，④不符合；
⑤氮气与氧气在放电或高温条件下反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，氮气与氧气不能直接生成二氧化氮，⑤不符合；
⑥氧气不足时，硫化氢燃烧生成硫，硫在氧气中燃烧生成二氧化硫，硫化氢在足量氧气中燃烧生成二氧化硫，⑥符合；
⑦在催化剂和加热条件氨气与氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮与氧气化合生成二氧化氮，氨气与氧气不能直接生成二氧化氮，⑦不符合；所以，符合图示转化关系的有：①②③⑥，故答案为：A 。
13．为了检验某固体物质中是否含有4NH
，你认为下列试纸和试剂可用到的是 ①蒸馏水 ②NaOH 溶液 ③红色石蕊试纸 ④蓝色石蕊试纸 ⑤稀硫酸
A ．①②④
B ．②③
C ．①②③
D ．①③⑤
【答案】C
【详解】
检验固体物质中的4NH
时，为便于反应，通常将固体先溶于水，然后加入强碱溶液、加
热，逸出的NH 3用湿润的红色石蕊试纸检验，所以应选择①②③，故选C 。
14．下列各组物质中氮元素的化合价由高到低的排列顺序是( )
A ．NO 2、NH 3、N 2
B ．N 2、N 2O 、NH 3
C ．NH 3、NO 2、N 2O 5
D ．N 2O 3、N 2、NH 3
【答案】D
【详解】
A ．NO 2中N 元素化合价为+4价，NH 3中N 元素化合价为-3价，N 2中N 元素化合价为0价，由高到低应为NO 2、N 2、NH 3，故A 不符合题意；
B ．N 2中N 元素化合价为0价，N 2O 中N 元素化合价为+1价，NH 3中N 元素化合价为-3价，由高到低应为N 2O 、N 2、NH 3，故B 不符合题意；
C ．NH 3中N 元素化合价为-3价，NO 2中N 元素化合价为+4价，N 2O 5中N 元素化合价为+5价，由高到低应为N 2O 5、NO 2、NH 3，故C 不符合题意；
D ．N 2O 3中N 元素化合价为+3价，N 2中N 元素化合价为0价，NH 3中N 元素化合价为-3价，由高到低应为N 2O 3、N 2、NH 3，故D 符合题意；
综上所述答案为D 。
15．某混合气体可能有CO 、2CO 、3NH 、HCl 、2H 和水蒸气中的一种或几种，当依次通过澄清石灰水(无浑浊现象)、氢氧化钡溶液(有浑浊现象)、浓硫酸、灼热的氧化铜(变红)和无水硫酸铜(变蓝)时，可判断该混合气体中一定有( )
A ．HCl 、2CO 、2H
B ．CO 、2H 、2H O
C ．CO 、2H 、3NH
D ．HCl 、CO 、2H O
【答案】A
【详解】
由于混合气体通过氢氧化钡溶液(有浑浊现象)，而通过澄清石灰水(无浑浊现象)，证明混合气体中一定存在氯化氢和二氧化碳气体；经过浓硫酸干燥后，灼热的氧化铜(变红)说明氧化铜被还原成铜，无水硫酸铜(变蓝)说明反应后有水生成，证明混合气体中一定存在氢气，综上所述，该混合气体中一定有HCl 、CO 2、H 2，故答案为A 。
【点睛】
考查常见气体的检验与除杂方法，此题为混合物组成的推断题，完成此题，要根据题干叙述的内容，根据物质的有关性质，抓住解题的关键，根据“通过澄清石灰水(无浑浊现象)、氢氧化钡溶液(有浑浊现象)”可知混合气体中一定存在二氧化碳和氯化氢，一定不存在氨气；根据混合气体通过浓硫酸浓硫酸干燥后通过“灼热的氧化铜(变红)和无水硫酸铜(变蓝)”证明一定存在氢气，可能存在一氧化碳。
16．碳跟浓硫酸共热产生的气体X和铜跟浓硝酸反应产生的气体Y同时通入盛有足量氯化钡溶液的洗气瓶中(如图装置)，下列有关说法正确的是（）
A．洗气瓶中产生的沉淀是碳酸钡
B．洗气瓶中产生的沉淀是硫酸钡
C．在Z导管出来的气体中没有二氧化碳
D．在Z导管口排出无色气体
【答案】B
【详解】
C与浓硫酸共热反应生成CO2、SO2和H2O，产生的气体X中含CO2、SO2；Cu与浓HNO3反应生成Cu(NO3)2、NO2和H2O，气体Y中含NO2；将X、Y同时通入足量BaCl2溶液中，发生的反应有3NO2+H2O=2HNO3+NO、3SO2+2HNO3+2H2O=3H2SO4+2NO、
H2SO4+BaCl2=BaSO4↓+2HCl。
A. 根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，CO2与BaCl2溶液不反应，A项错误；
B. 根据上述分析，洗气瓶中产生的沉淀是BaSO4，B项正确；
C. CO2不能被BaCl2溶液吸收，从Z导管出来的气体中含CO2，C项错误；
D. 反应中有NO生成，在Z导管口NO遇空气中氧气变为红棕色的NO2气体，D项错误；答案选B。
17．下列说法正确的是( )
A．某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润的蓝色石蕊试纸变红色的气体，说明原溶液中存
+
在NH
4
B．某溶液中加入AgNO3溶液时，产生白色沉淀，说明原溶液中含Cl-
C．用铂丝蘸取某溶液在酒精灯上灼烧时，火焰呈黄色，说明原溶液中含有Na+
D．某溶液中加入BaCl2溶液，再加足量稀盐酸，产生白色沉淀，原溶液中一定存SO24-【答案】C
【详解】
A. 某溶液与NaOH溶液共热，产生使湿润的红色石蕊试纸变蓝的气体，可说明原溶液中存
NH，故A错误；
在+
4
B. 某溶液中加入AgNO3溶液时，产生白色沉淀,该沉淀可能为碳酸银，原溶液中可能含有碳酸根离子,不一定含Cl?，故B错误；
C. 焰色反应的火焰呈黄色，可说明原溶液中含有Na+，故C正确；
SO，应D. 某溶液中加入BaCl2溶液，产生的白色沉淀可能为AgCl，原溶液中不一定存2-
4
先加稀盐酸，无沉淀，再加氯化钡，产生沉淀，故D错误。
故答案选：C 。
18．随着我国汽车年销量的大幅增加，环境受到了很大的污染。汽车尾气处理装置中，气体在催化剂表面吸附与解吸的过程如图所示，下列说法正确的是（ ）
A ．NO 和O 2必须在催化剂表面才能反应
B ．总反应中NO 为氧化剂，N 2为氧化产物
C ．汽车尾气的主要污染成分包括CO 、NO 和N 2
D ．图中反应的总化学方程式为2222NO+O +4CO
4CO +N 催化剂 【答案】D
【详解】
A ．NO 与O 2在常温下就可以发生反应，A 项错误；
B ．反应中NO 、O 2均为氧化剂，CO 为还原剂，N 2为还原产物，B 项错误；
C ．N 2不是污染成分，C 项错误；
D ．由图看出图中反应的总化学方程式为2222NO+O +4CO
4CO +N 催化剂，D 正确；
故选D 。
19．下列各组离子能大量共存的是
A ．K + 、Cl - 、HCO 3-、SO 24-
B ．Mg 2+、Cl -、Ag + 、SO 24-
C ．Ca 2+、H +、Na +、CO 23-
D ．Fe 2+、Cr 2O 27-、H + 、NO 3-
【答案】A
【详解】
A ．K + 、Cl - 、HCO 3-、SO 24-之间不反应，能大量共存；
B ．Cl -和Ag + 、SO 24-
产生AgCl 、Ag 2SO 4沉淀，不能大量共存；
C ．Ca 2+、H +分别和CO 23-反应生成CaCO 3沉淀、水和二氧化碳，不能大量共存；
D ．Fe 2+、H + 、NO 3-之间，Fe 2+、Cr 2O 27-、H +之间发生氧化还原反应，不能大量共存。 答案选A 。
20．向四支试管中分别加入少量不同的无色溶液进行如下操作，结论正确的是
A．A B．B C．C D．D
【答案】B
【详解】
A．白色沉淀可能为AgCl、BaSO3、BaCO3等，不能说明原溶液中有SO2-4，检验SO2-4，应先加盐酸无现象，后加氯化钡生成白色沉淀，故A错误；
B．白色沉淀为AgCl，不溶于硝酸，则沉淀不溶解，说明原溶液中有Cl?，故B正确；C．观察K元素的焰色反应，需要透过蓝色的钴玻璃观察，则由现象可知，原溶液中有
Na+，不能确定是否有K+，故C错误；
NH，滴加稀的NaOH溶液，且没有加热，不能生成氨气，则实验操作不合理，D．若含+
4
不能检验铵根离子，故D错误；
答案选B。
21．下列说法正确的是
A．固体NaCl不存在阴阳离子，不导电B．CO2、NO2均属于酸性氧化物
C．硫酸钡溶液几乎不导电，但硫酸钡属于电解质D．只有金属和电解质才导电
【答案】C
【详解】
A. 固体NaCl存在阴阳离子，但不能自由移动，所以固体氯化钠不导电，A错误；
B. CO2属于酸性氧化物，NO2溶于水生成NO和硝酸，NO2不是酸性氧化物，B错误；
C. 硫酸钡溶液几乎不导电，是因为溶液中离子浓度太小，硫酸钡在熔融状态下能够电离出离子，属于电解质，C正确；
D. 电解质不一定导电，电解质溶于水或在熔融状态下才能导电，D错误；
答案选C。
22．只用一种试剂就能将NH4Cl、(NH4)2SO4、NaCl、Na2SO4，四种溶液区别，这种试剂是A．NaOH溶液B．AgNO3溶液C．Ba(OH)2溶液D．BaCl2溶液
【答案】C
【详解】
A．氢氧化钠溶液能与NH4Cl溶液或(NH4)2SO4溶液产生有刺激气味的气体，现象相同，且与NaCl溶液或Na2SO4溶液不反应，则无法鉴别四种溶液，故A错误；
B．AgNO3溶液与这四种溶液混合均会产生白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故B错误；C．氢氧化钡溶液与(NH4)2SO4溶液混合能产生白色沉淀和有刺激性气味的气体，与NH4Cl 溶液混合产生有刺激性气味的气体，与NaCl溶液混合无现象，与Na2SO4溶液混合能产生白色沉淀，能鉴别四种溶液，故C正确；
D．氯化钡溶液能与(NH4)2SO4溶液及Na2SO4溶液均产生白色沉淀，现象相同，无法鉴别，故D错误；
故答案为C。
23．下列物质化学式正确的是
A．硫酸铵：NH4SO4B．氯酸钾：KCl
C．硫酸亚铁：FeSO4D．氨气：NH4
【答案】C
【详解】
A．硫酸铵的化学式为(NH4)2SO4，故A错误；
B．氯酸钾的化学式为KClO3，故B错误；
C．硫酸亚铁的化学式为FeSO4，故C正确；
D．氨气的化学式为NH3，故D错误；
故选C。
24．在氯化氢的溶解性实验中出现喷泉现象，下列因素与产生喷泉现象无关的是
A．烧瓶充满B．极易溶于水
C．瓶内外有压强差D．溶液显酸性
【答案】D
【分析】
在氯化氢的溶解性实验中，氯化氢极易溶于水，导致烧瓶里气体压强减小，在外界大气压作用下，烧杯中的水被压入烧瓶中形成喷泉。
【详解】
A．氯化氢溶于水时烧瓶内气体压强快速减小，烧瓶内氯化氢越多，烧瓶内外的压强差越大，越易产生喷泉，A不符题意；
B．当少量水进入烧瓶，由于氯化氢极易溶于水，烧瓶内气体压强迅速减小，烧杯中的水被压入烧瓶中形成喷泉，B不符题意；
C．烧瓶中之所以形成喷泉，就是因为烧瓶内外产生较大的压强差，大气压将烧杯中的水压入烧瓶形成喷泉，C不符题意；
D．要产生喷泉现象，烧瓶内的气体应该易溶于实验中的液体或与液体能大量反应，导致烧瓶内气体压强迅速减小，与烧瓶中产生的溶液显酸性或碱性无关，D符合题意；
答案选D。
25．已知氨气极易溶于水,而难溶于有机溶剂CCl4.下列装置中不适宜做氨气的尾气吸收的是( )
A．B．C．D．
【答案】C
【详解】
A.水的密度比四氯化碳小，四氯化碳不能和氨气反应，也不溶解氨气，该装置可以防止倒吸，可用于吸收氨气，故A不合题意；
B.使用倒置的漏斗，可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故B不合题意；
C.氨气极易溶于水，玻璃管插入水中会产生倒吸，故C符合题意；
D.球形漏斗可以防止倒吸，可用于吸收氨气尾气，故D不合题意；
故选C。
二、非选择题
26．某课外活动小组欲利用 CuO 与 NH3反应，研究 NH3的某种性质并测定其组成，设计了如下实验装置(夹持装置未画出)进行实验。请回答下列问题：
(1)仪器a的名称为_____；仪器b中可选择的试剂为________(填名称)。
(2)实验室中，利用装置A，还可制取的无色气体是______ (填字母)。
A．Cl2 B．O2 C．CO2 D．NO2
(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，上述现象证明NH3具有______性，写出相应的化学方程式____________。
(4)E装置中浓硫酸的作用________。
(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作：__________。
(6)实验完毕，若测得干燥管D增重mg，装置F测得气体的体积为nL(已折算成标准状况)，则氨分子中氮、氢的原子个数比为___________(用含m、n字母的代数式表示)。
【答案】分液漏斗固体氢氧化钠或氧化钙或碱石灰 BC 还原
3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2，吸收未反应的氨气，阻止F中水蒸气进入D 慢慢上下
移动右边漏斗，使左右两管液面相平
9n 11.2m
【分析】
A装置利用浓氨水与固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰作用制得氨气，经过B中碱石灰干燥后的氨气进入C中，将加热的CuO还原为Cu，同时生成水和氮气，其中D中碱石灰增重的质量就是反应生成的水，F中所得气体的体积为氮气，结合原子守恒即可计算出氨分子中氮、氢的原子个数比，据此分析解题。
【详解】
(1)装置中仪器a为分液漏斗；仪器b是利用分液漏斗中滴入的氨水使锥形瓶中的固体溶解放热促进一水合氨分解生成氨气，可选择固体氢氧化钠、氧化钙或碱石灰；
(2)利用装置A，可制取的无色气体；
A．可利用高锰酸钾与浓盐酸反应制备氯气，但氯气为黄绿色气体，故A不选；
B．利用过氧化氢在二氧化锰催化下分解制备氧气，氧气是无色气体，故B选；
C．利用稀盐酸滴入大理石上反应制备无色的二氧化碳气体，故C选；
D．可利用Cu和浓硝酸反应制备二氧化氮，但NO2是红棕色气体，故D不选；
故答案为BC；
(3)实验中观察到装置C中黑色CuO粉末变为红色固体，量气管有无色无味的气体，说明氨气和氧化铜反应生成铜、氮气和水，氨气被氧化铜氧化，表现还原性，结合原子守恒配平写出的化学方程式为：3CuO+2NH33Cu+3H2O+N2；
(4)依据流程分析，浓硫酸是吸收过量的氨气，且阻止F中水蒸气进入D，以免影响生成水的测定；
(5)读取气体体积前，应对装置F进行的操作是：慢慢上下移动右边漏斗，使左右两管液面相平，保证氮气产生的压强等于外界大气压，再读数；
(6)若测得干燥管D增重mg，则生成水的物质的量=
mg
18g/mol
，装置F测得气体的体积为
nL(已折算成标准状况)为N2，物质的量=
nL
22.4L/mol
，依据元素守恒得到氮原子和氢原子
物质的量之比=（
nL
22.4L/mol
×2）：（
mg
18g/mol
×2）=
9n
11.2m
，则氨分子中氮、氢的原
子个数比为
9n 11.2m
。
【点睛】
本题考查氨气的实验室制备及性质探究，解题关键是反应现象分析判断，涉及装置流程分析，量气装置的使用方法，测定元素物质的量之比的计算，属基础考查。
27．某化学兴趣小组为了制取并探究氨气性质，按下列装置（部分夹持装置已略去）进行
实验。[制取氨气的反应原理：2NH4Cl + Ca（OH）2加热
CaCl2 + 2NH3↑+2H2O ]
（实验探究）
（1）利用上述原理，实验室制取氨气应选用下图中________发生装置进行实验。
（2）B装置中的干燥剂可选用________。
（3）用5.35 g NH4Cl固体与足量Ca（OH）2反应，最多可制得标准状况下氨气的体积为
________ L。（NH4Cl的摩尔质量为53.5g·mol—1）
（4）气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是____（填“C”或“D”）。
（5）当实验进行一段时间后，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，可观察到的现象是_______。
（6）F装置中倒置漏斗的作用_______。
（拓展应用）
（7）某同学用如图所示装置进行氨气的性质实验，根据烧瓶内产生红色喷泉的现象，说明氨气具有________性质（填序号）。
a 还原性
b 极易溶于水
c 与水反应生成碱性物质
（8）氨气的用途很广。如可用氨气处理二氧化氮：8NH3 + 6NO2 =7N2 + 12H2O
该反应中氨气体现________（填“氧化性”或“还原性”）。请你列举出氨气的另一种用途
________。
【答案】a 碱石灰 2.24 D 产生白烟防止倒吸 b c 还原性致冷剂；氮肥（或化肥）的原料；硝酸的原料；化工原料
【分析】
实验室制氨气选用固固加热型装置，生成氨气、水和氯化钙，碱石灰干燥剂吸收水，氨气极易溶于水，显碱性，尾气处理时要防止倒吸。
【详解】
（1）实验室制取氨气为固固加热型装置，应选用a发生装置进行实验。
（2）氨气是碱性气体，B装置中的干燥剂可选用碱石灰。
（3）用5.35 g NH4Cl固体的物质的量为0.1mol，与足量Ca（OH）2反应，2NH4Cl + Ca(OH)2加热
CaCl2 + 2NH3↑+2H2O，最多可制得标准状况下氨气的体积为
0.1mol×22.4L/mol=2.24L。
（4）氨气遇水生成氨水显碱性，气体通过C、D装置时，试纸颜色会发生变化的是D。（5）当实验进行一段时间后，E装置充满了氨气，挤压E装置中的胶头滴管，滴入1～2滴浓盐酸，浓盐酸具有挥发性，产生大量氯化氢气体与氨气结合，可观察到的现象是产生白烟。
（6）氨气极易溶于水，F装置中倒置漏斗的作用防止倒吸。
（7）某同学进行氨气的性质实验，氨气极易溶于水，使烧瓶内气压迅速下降，烧杯水倒吸，酚酞遇碱变红，烧瓶内产生红色喷泉的现象，说明氨气具有b c性质。
（8）氨气处理二氧化氮：8NH3 + 6NO2 =7N2 + 12H2O，根据氧化还原反应原理，氮元素化合价升高，作还原剂，体现了氨气还原性。氨气的其余用途：致冷剂；氮肥（或化肥）的原料；硝酸的原料；化工原料。
28．某化学兴趣小组欲验证：“铜和一定量的浓硝酸反应有一氧化氮产生”。设计使用了如图装置进行实验。(假设气体体积均为标准状况，导气管中气体体积忽略不计，且忽略反应中的溶液体积变化)
试回答下列问题：
(1)在铜和浓硝酸反应前，挤压打气球(球内充满空气)，经A、B、C反应后，气体进入D 中，通入该气体的目的是_______；进行此步操作时应关闭_______，打开_____(填K1、K2或K3，上同)。
(2)关闭K1、K2，打开K3，由分液漏斗向D中滴加浓硝酸。待Cu和浓硝酸反应结束后，再通过分液漏斗向D中加入CCl4至满。则D中一定发生反应的离子方程式为：___。
(3)若E装置中出现倒吸，可采取的应急操作是____________；
(4)若测得反应后E装置中HNO3的浓度为0.072mol/L,F装置所收集到的气体体积为139.00 mL，则铜和一定量的浓硝酸反应___(填“有”或“无”)N O生成。
【答案】排出D中的空气关闭K3打开K1、K2 Cu + 2NO3－+ 4H＋＝Cu2＋+ 2NO2↑+ 2H2O 向下调节量气管（或及时关闭K3）有
【分析】
气球中的空气成分主要是氧气、氮气、二氧化碳、水蒸气等，通过氢氧化钠溶液除去二氧化碳，通过浓硫酸除去水蒸气；C装置是反应掉空气中的氧气；D装置是验证铜和浓硝酸反应中可能产生一氧化氮气体，必须保证不能含有氧气，才能在后续试验中通过测定气体体积判断一氧化氮气体的存在。
【详解】
（1）综上分析进入D装置的气体主要是氮气，通入氮气目的是排出D中的空气，避免生成的一氧化氮气体被氧气氧化为二氧化氮，依据气体流向，关闭K3，打开K1、K2，让氮气把试管中的空气赶净，更好的利用后续试验测定气体体积和验证一氧化氮气体的生成。（2）关闭K1、K2，打开K3，由分液漏斗向D中滴加浓硝酸，一定发生的反应是铜和浓硝酸反应生成硝酸铜、二氧化氮和水，离子方程式为Cu+2NO3-+4H+=Cu2++2NO2↑+2H2O。（3）若E中出现倒吸，可以调节F中量气管的液体高度改变压强，向下调节量气管，使E 中的压强减少，防止液体进入E发生倒吸，或直接关闭K3，不让液体进入E装置。
（4）通过计算分析判断，E装置中生成的硝酸溶液体积为100ml，浓度为0.0720mol/L，所以生成硝酸物质的量为0.0072mol，根据化学方程式3NO2+H2O=2HNO3+NO，生成的一氧化氮气体物质的量为0.0036mol，在标准状况下的体积=0.0036mol×22.4L/mol=0.08064L
=80.64ml，加上原来试管中的氮气50ml，共计130.64ml，小于题干中实验测得的气体体积139.00ml，说明铜和浓硝酸反应的过程中生成二氧化氮气体同时也生成了一氧化氮气体。
29．实验室利用如图所示的装置及药品制取氨气。
(1)A中发生反应的化学方程式为__________________。
(2)B中盛放的试剂名称为___________________。
(3)C为用集气瓶收集氨气的装置，请绘出完装置图___________________。
(4)证明氨气已收集满的操作和现象为_____________。
【答案】Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O 碱石灰将湿润的红色石蕊
试纸靠近C右侧的导管口，试纸变蓝色
【分析】
实验室制氨气用Ca(OH)2和NH4Cl固体加热制取，由于NH3遇水显碱性，干燥NH3需要使用碱石灰；由于NH3密度比空气小，且极易溶于水，所以用向下排空气法收集。
【详解】
(1)A中是实验室制取氨气的反应，反应方程式为: Ca(OH)2+2NH4Cl CaCl2+2NH3↑+2H2O
(2)根据分析，干燥氨气一般使用碱石灰，所以B里面的试剂为碱石灰。
(3)根据分析，氨气的密度比空气小，且极易溶于水，不能使用排水法收集，可以用向下排空气法收集，因此C中的装置图需要用一个正立的集气瓶，导管要短进长出，图像为:
(4)氨气溶于水显碱性：NH3+H2O NH3·H2O NH4++OH-，可使湿润的石蕊试纸变蓝。因此操作为：将湿润的红色石蕊试纸靠近C右侧的导管口，试纸变成蓝色。
30．水体中植物营养素过多蓄积会加速藻类和其他浮游生物的大量繁殖，使水质恶化。利用微生物对含氮废水进行处理的流程如下：
请回答
(1)造成水体富营养化的元素有氮元素和_____（填字母）。
a．磷元素 b．氧元素
(2)根据图1和图2，推断使用亚硝化菌的最佳条件为_____。
(3)过程③，发生化合反应的化学方程式为_____
(4)利用微生物处理含氮废水的优点为_____
【答案】a pH=8、32℃ 2HNO2+O2硝化菌
2HNO3降解能力强，条件温和，处理产物为
氮气，不会产生二次污染物等
【详解】
(1)造成水体富营养化的元素主要是N、P元素，故答案为：a；
(2)由图1、图2可知，-2
NO生成率最高的反应条件即使用亚硝化菌的最佳条件，所以最佳条件为pH=8、32℃，故答案为：pH=8、32℃；
(3)硝酸菌作用下，HNO2与O2反应HNO3，反应的化学方程式为
2HNO2+O2硝化菌
2HNO3，故答案为：2HNO2+O2
硝化菌
2HNO3；
（4）分析微生物对含氮废水进行处理的流程可知，微生物处理含氮废水的优点有：降解能力强，条件温和，不需要高温、高压等苛刻条件；处理产物为氮气，不会产生二次污染物，效果良好，故答案为：降解能力强，条件温和，处理产物为氮气，不会产生二次污染物等。
31．利用石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，既能净化尾气，又能获得应用广泛的Ca(NO2)2，其部分工艺流程如下：
(1)上述工艺中采用气液逆流接触吸收(尾气从吸收塔底部进入，石灰乳从吸收塔顶部喷淋)，其目的是__________；滤渣可循环利用，滤渣的主要成分是_________(填化学式)。(2)用石灰乳吸收氮的氧化物，原理为：
4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；
NO2+NO+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O。
该工艺需控制NO和NO2物质的量之比接近1∶1。
若排放的尾气中NO含量升高，则NO和NO2物质的量之比_________；若产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)3含量升高，则NO和NO2物质的量之比_________。(填写序号)
①＝1∶1 ②＞1∶1 ③＜1∶1 ④无法判断
(3)生产中溶液需保持弱碱性，在酸性溶液中Ca(NO2)2会发生分解，产物之一是NO，据此信息，某同学所写的离子方程式为2NO-
2
+2H+=NO2+NO↑+H2O，你认为是否正确？请做判断并说明你的理由______________________。
【答案】使尾气中NO、NO2被充分吸收 Ca(OH)2②③不正确，二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮
【分析】
由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，通过过滤除去。结合反应的原理：4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；NO2+NO+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O和氮氧化物的性质分析解答。
【详解】
(1) 采用气液逆流接触吸收，可以使尾气中NO、NO2与石灰乳充分接触，使NO、NO2充分吸收；由流程可知，石灰乳和硝酸工业的尾气(含NO、NO2)反应，生成Ca(NO2)2，过量的石灰乳以滤渣存在，故答案为：使尾气中NO、NO2被充分吸收；Ca(OH)2；
(2)根据反应原理：4NO2+2Ca(OH)2=Ca(NO3)2+Ca(NO2)2+2H2O；
NO2+NO+Ca(OH)2=Ca(NO2)2+H2O。若n(NO)∶n(NO2)＞1∶1，主要发生第二个反应，反应后
一氧化氮过量，排放气体中NO含量升高；若n(NO) ∶n(NO2)＜1∶1，第二个反应后，多余的二氧化氮发生第一个反应，与石灰乳反应生成Ca(NO3)2，产品Ca(NO2)2中Ca(NO3)3含量升高，故答案为：②；③；
(3) 二氧化氮能与水会发生反应生成硝酸，产物中不可能生成二氧化氮，应该生成一氧化
氮，硝酸根和水，反应的离子方程式为3NO-
2+2H+=NO-
3
+2NO↑+H2O，故答案为：不正
确，二氧化氮能与水会发生反应，产物中不可能生成二氧化氮。
【点睛】
本题的易错点为(3)，要注意二氧化氮能够与水反应，难点为(2)，要注意题中提供的反应方程式的理解和应用。