第4节 氮及其重要化合物
时间：45分钟
一、选择题(每题6分，共66分)
1．下列关于浓硝酸和浓硫酸的叙述正确的是( ) A．常温下都能用铝制容器贮存
B．露置在空气中，容器内酸液的质量都减轻 C．常温下都能与铜较快地反应
D．露置在空气中，容器内溶质的浓度都升高 答案 A
解析 浓硝酸具有挥发性，露置在空气中，质量会减小；浓硫酸具有吸水性，露置在空气中，溶液质量会增加，B错误。常温下，浓硝酸与铜可以较快地反应，但是浓硫酸与铜需要加热才能反应，C错误。浓硝酸具有挥发性，露置在空气中，容器内酸液的浓度会降低；浓硫酸具有吸水性，露置在空气中，容器内酸液的浓度也会降低，D错误。 2．下列关于氮及其化合物的说法错误的是( ) A．所有的铵盐都能与烧碱共热生成氨气
B．浓硝酸不论与铜反应还是与碳反应，均体现其酸性和强氧化性 C．一氧化氮结合血红蛋白的能力比一氧化碳还强，更容易造成人体缺氧
D．把带火星的木条伸入充满NO2和O2的混合气体(NO2和O2的物质的量之比为4∶1)的集气瓶中，木条复燃，说明NO2支持燃烧 答案 B
△
解析 浓硝酸与碳共热发生反应：4HNO3(浓)＋C=====CO2↑＋4NO2↑＋2H2O，浓硝酸只表现强氧化性，B错误。
3．氮元素在海洋中的循环是整个海洋生态系统的基础和关键。海洋中无机氮的循环过程可如图表示。下列关于海洋氮循环的说法正确的是( )
满分：100分
A．海洋中的氮循环起始于氮的氧化 B．海洋中的氮循环中属于固氮作用的是③ C．海洋中的反硝化作用一定有氧气的参与
D．向海洋排放含NO3的废水会影响海洋中NH4的含量
－
＋
答案 D
解析 海洋中的氮循环起始于N2→NH4，即起始于氮的还原，A错误；海洋中的氮循环中属于固氮作用的是②，B错误；反硝化作用中N元素化合价降低，被还原，而O2是常见氧化剂，不需要有O2参与，C错误；转化关系图中若硝酸根离子增多，反硝化作用增强，向海洋排放含NO3的废水会影响海洋中NH4的含量，D正确。
4．合成氨及其相关工业中，部分物质间的转化关系如下：
－
＋
＋
下列说法不正确的是( )
A．甲、乙、丙三种物质都含有氮元素 B．反应Ⅱ、Ⅲ和Ⅳ的氧化剂相同 C．Ⅵ的产物可在上述流程中被再次利用 D．丁为NaHCO3 答案 B
解析 由图可知，甲是氮气，与氢气化合生成氨。反应Ⅴ是侯氏制碱法，故丁是碳酸氢钠，受热分解生成碳酸钠。氨发生催化氧化生成一氧化氮，一氧化氮与氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮与水反应生成硝酸，硝酸和氨反应生成硝酸铵(氮肥)，故乙是一氧化氮，丙是二氧化氮，综上所述，甲、乙、丙、丁分别为氮气、一氧化氮、二氧化氮、碳酸氢钠。由上述分析可知，A、D正确。反应Ⅱ为氨的催化氧化反应，氧化剂为氧气；反应Ⅲ为一氧化氮的氧化反应，氧化剂为氧气；反应Ⅳ为二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，氧化剂和还原剂均是二氧化氮，B错误。碳酸氢钠分解生成的二氧化碳可以在反应Ⅴ中循环利用，C正确。 5．实验室采用下列装置制取氨气，正确的是( )
答案 D
解析 加热氯化铵固体分解生成的氨气和氯化氢在试管口遇冷后又化合生成氯化铵，不能制取氨气，故A错误；氨气为碱性气体，不能用浓硫酸干燥，故B错误；收集氨气的导管应该插入试管底部，故C错误；氨气极易溶于水，采用倒扣的漏斗可以防止倒吸，故D正确。 6．为证明稀硝酸与铜反应产物中气体为NO，设计如图实验(实验过程中活塞2为打开状态)，下列说法中不正确的是( )
A．关闭活塞1，加入稀硝酸至液面a处
B．在装置左侧稍加热可以加快稀硝酸与铜的反应速率 C．通过关闭或开启活塞1可以控制反应的进行
D．反应开始后，胶塞下方有无色气体生成，但不能证明该气体为NO 答案 A
解析 关闭活塞1，稀硝酸加到一定程度后，左侧液面将不再升高，将无法加液体到液面a，A错误；关闭活塞1，生成的NO把稀硝酸压向右边，使铜丝与稀硝酸分离，C正确；想证明该气体为NO，必须使NO与O2接触，生成红棕色NO2，D正确。
7．铜粉放入稀硫酸中，加热后无明显变化，但加入某盐一段时间后，发现铜粉质量减少，溶液呈蓝色，同时有气体逸出，该盐可能是( ) A．FeCl3 C．KNO3 答案 C
解析 Cu、稀硫酸、FeCl3混合时，铜和FeCl3发生氧化还原反应，生成氯化亚铁和氯化铜，造成铜粉的质量减少，但没有气体生成，故A错误；Cu与稀硫酸不反应，Na2CO3与稀硫酸反应生成二氧化碳气体，但Cu不溶解，故B错误；Cu、稀硫酸、KNO3混合时发生3Cu＋8H＋2NO3
2＋
＋
－
B．Na2CO3 D．FeSO4
===3Cu＋2NO↑＋4H2O，则铜粉质量减少，同时溶液逐渐变为蓝色，有气体逸出，故C正确；Cu、稀硫酸、FeSO4混合时不反应，故D错误。
8．(2019·全国卷Ⅰ考试大纲调研卷(一))下列图示实验合理的是( )
A．图1为证明非金属性强弱：S＞C＞Si B．图2为制备少量氧气
C．图3为配制一定物质的量浓度的硫酸溶液 D．图4为制备并收集少量NO2气体 答案 A
解析 比较非金属性，可根据元素对应的最高价氧化物的水化物的酸性强弱比较，硫酸与碳酸钠反应生成二氧化碳，二氧化碳气体通入硅酸钠溶液中可得硅酸沉淀，可证明非金属性的强弱，A正确；过氧化钠为粉末，不能用简易启普发生器制备O2，B错误；容量瓶应在常温下使用，且只能用于配制溶液，不能在容量瓶中稀释浓硫酸，应将浓硫酸在烧杯中稀释，冷却后才能转移到容量瓶中，C错误；二氧化氮与水反应，且易溶于水，不能用排水法收集NO2气体，D错误。
9．下列由相关实验现象所推出的结论正确的是( )
A．NH4Cl和NH4HCO3受热都能分解，说明可以用加热NH4Cl或NH4HCO3固体的方法制氨气 B．向溶液中滴加酸化的Ba(NO3)2溶液出现白色沉淀，说明该溶液中一定有SO4 C．Fe与稀HNO3、稀H2SO4反应均有气泡产生，说明Fe与两种酸均发生置换反应 D．分别将充满HCl、NH3的烧瓶倒置于水中，液面均迅速上升，说明二者均易溶于水 答案 D
解析 A项，不能用加热NH4Cl固体的方法制氨气，因为NH3和HCl会在试管口遇冷重新化合成NH4Cl，错误；B项，硝酸能将SO3氧化成SO4，不能说明原溶液中一定有SO4；C项，铁和稀硝酸反应生成的气体是NO，不是发生置换反应，错误。
2－
2－
2－2－
10．向50 mL稀H2SO4与稀HNO3的混合溶液中逐渐加入铁粉，假设加入铁粉的质量与产生气体
的体积(标准状况)之间的关系如图所示，且每一段只对应一个反应。下列说法正确的是( ) A．开始时产生的气体为H2 B．AB段发生的反应为置换反应
C．所用混合溶液中c(HNO3)＝0.5 mol·L D．参加反应的铁粉的总质量m2 g＝5.6 g 答案 D
解析 向混合溶液中逐渐加入铁粉，铁首先和稀硝酸反应生成Fe和NO；当溶液中NO3完全被消耗之后，过量的铁和Fe反应生成Fe；当Fe完全反应之后，过量的铁和稀硫酸反应生成FeSO4和H2。由以上分析可知，开始生成的气体是NO，A错误；AB段的反应是铁和Fe
3＋
3＋
2＋
3＋
3＋
－
－1
的反应，不是置换反应，B错误；A点对应的气体是NO，物质的量是0.05 mol，根据氮原子0.05 mol－1守恒可知，稀硝酸的物质的量浓度是＝1.0 mol·L，C错误；生成氢气的体积是0.56
0.05 LL，物质的量为0.025 mol，所以反应中共转移电子0.05 mol×3＋0.025 mol×2＝0.2 mol，参加反应的铁最终在溶液中以Fe的形式存在，因此根据得失电子守恒可知，消耗铁的物质的量是0.1 mol，质量是5.6 g，D正确。
11．1.52 g铜镁合金完全溶解于50 mL密度为1.40 g·cm、质量分数为63%的浓硝酸中，得到NO2和N2O4的混合气体物质的量为0.05 mol，向反应后的溶液中加入1.0 mol·L NaOH溶液，当金属离子全部沉淀时，得到2.54 g沉淀。下列说法不正确的是( ) A．该合金中铜与镁的物质的量之比是1∶2
B．该浓硝酸中HNO3的物质的量浓度是14.0 mol·L C．NO2和N2O4的混合气体中，NO2的体积分数是80% D．得到2.54 g沉淀时，加入NaOH溶液的体积是640 mL 答案 A
解析 2.54 g沉淀为氢氧化铜、氢氧化镁，故沉淀中氢氧根离子的质量为2.54 g－1.52 g＝1.02 g，即0.06 mol。根据电荷守恒，金属提供电子的物质的量等于氢氧根离子的物质的量，设铜、镁合金中 Cu、Mg的物质的量分别为x mol、y mol，则：
??2x mol＋2y mol＝0.06 mol?－1－1
?64 g·mol×x mol＋24 g·mol×y mol＝1.52 g?
－1
－1
－3
2＋
解得x＝0.02，y＝0.01。所以合金中铜与镁的物质的量之比是0.02 mol∶0.01 mol＝2∶1，A错误；该浓硝酸密度为1.40 g·cm、质量分数为63%，故该浓硝酸的物质的量浓度为1000×1.4×63%－1－1
mol·L＝14.0 mol·L，B正确；NO2和N2O4混合气体物质的量为0.05 mol，
63设NO2为a mol，N2O4为(0.05－a) mol，则a×1＋(0.05－a)×2×1＝0.06，解得a＝0.04，NO2和N2O4的物质的量之比为4∶1，NO2的体积分数是
4
×100%＝80%，C正确；反应后溶质4＋1
－3
全国通用2021高考化学一轮复习第4章非金属及其化合物第4节氮及其重要化合物课时作业含解析
