专项训练 氮族元素及其化合物（解析版）.docx

1、专项训练 氮族元素及其化合物（解析版）1利用如图所示的装置(夹持及加热装置略)制备高纯白磷的流程如下：下列操作错误的是A红磷使用前洗涤以除去表面杂质B将红磷转入装置，抽真空后加热外管以去除水和氧气C从a口通入冷凝水，升温使红磷转化D冷凝管外壁出现白磷，冷却后在氮气氛围下收集【答案】C【详解】A红磷表面有被氧化生成的五氧化二磷，五氧化二磷可以溶于水，因此红磷在使用前应洗涤，A正确；B真空环境可以降低物质的熔沸点，有利于将红磷转化为白磷，但是由于抽真空时不能将水气和氧气完全除去，还需要对装置外管进行加热，这时可以保证反应环境无水无氧，B正确；C若从a口通入冷凝水，则冷凝水无法充满整个冷凝管，冷凝效

2、果不好，需要用b口通入，此时可以将冷凝水充满冷凝管，C错误；D白磷易被空气中的氧气氧化，因此在收集白磷时应将反应装置冷却，再在氮气氛的条件下收集白磷，D正确；故答案选C。2下列实验方案设计正确的是编号目的方案设计A检验固体试样中有在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，没有产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，该固体试样中不可能存在B探究S与Cl的金属性强弱向NaHS溶液中滴入稀盐酸，观察是否有生成臭鸡蛋气味气体()。C探究浓度对化学反应速率的影响向两支试管分别加入和溶液，向盛有溶液试管中加入蒸馏水，再同时向两支试管中加，收集生成的气体，比较生成气体的快慢D探究的还原性在试管中加入少量酸性溶

3、液，然后向试管中逐滴加入溶液，观察溶液颜色变化AABBCCDD【答案】D【详解】A在某固体试样加水后的溶液中，滴加NaOH溶液，生成的氨气极易溶于水，需进行加热，观察是否产生使湿润红色石蕊试纸变蓝的气体，故A错误；B向NaHS溶液中滴入稀盐酸，观察是否有生成臭鸡蛋气味气体()，说明盐酸酸性强于，非金属性的判断依据是比较最高价氧化物对应水化物的酸性强弱，故B错误；C向两支试管分别加入和溶液，向盛有溶液试管中加入蒸馏水，再同时向两支试管中加，收集生成的气体，无法比较生成气体的快慢，应比较收集生成相同体积气体所需的时间快慢或比较相同时间收集的体积多少，故C错误；D在试管中加入少量酸性溶液，然后向试管

4、中逐滴加入溶液，溶液褪色或变浅，则证明的还原性，故D正确。答案为：D。3实验室常利用难挥发性酸制备易挥发性酸的原理，用浓硫酸与硝石(NaNO3)反应制备HNO3反应装置如图，下列说法不正确的是A可从实验室中选无色透明洁净的试剂瓶盛装制得的硝酸B反应方程式为：C反应温度如果过高，制得HNO3可能会呈现黄色D曲颈甑不适宜制备沸点过低的物质【答案】A【详解】A浓硝酸见光易分解，应用棕色玻璃细口瓶盛装浓硝酸，A错误；B该反应利用高沸点的浓硫酸制取低沸点的硝酸，反应方程式为: ，B正确；C硝酸在温度过高时能分解生成二氧化氮、氧气和水，NO2溶于水呈黄色，C正确；D曲颈是一种原始的蒸馏烧瓶，冷凝效果较差，

5、不适宜制备沸点过低的物质，D正确； 故选A。4氨既是重要的化工产品，也是重要的化工原料。合成氨及氨氧化制硝酸的流程如图所示，下列说法错误的是A酸雨和光化学烟雾的形成均与氮氧化物有关B吸收塔中若转移个电子，则反应的NO物质的量为0.1molC氧化炉中发生反应的化学方程式为D从氨分离器中分离出氨，主要利用了其易液化的性质【答案】B【详解】A酸雨和光化学烟雾的形成均与氮氧化物有关，A正确；B4NO+3O2+2H2O=4HNO3，反应中氮元素化合价由+2变为+5，电子转移关系为4NO:12e-，若转移0.6NA个电子，则参与反应的NO为0.2mol，B错误；C氧化炉中发生反应的化学方程式为，C正确；D

6、从氨分离器中分离出氨，主要利用了其易液化的性质，D正确； 故选B。5的KOH溶液称为奈斯勒(Nessler)试剂，其制备流程及特色反应如图所示。下列说法错误的是A反应的离子方程式为：B由反应可知用KI溶液可除去中的C反应中消耗的和的物质的量之比为1：4D可用奈斯勒试剂检验中微量的【答案】B【详解】汞和过量的稀硝酸反应生成硝酸汞，再和过量的碘化钾溶液反应生成，再加入氢氧化钾和微量的铵根离子反应生成奈斯勒试剂。A汞和硝酸反应生成硝酸汞和一氧化氮和水，反应的离子方程式为，A正确；B反应用碘化钾反应除去硝酸银，B错误；C反应离子方程式为：= +3I-+3H2O，其中消耗的和的物质的量之比为1：4，C正

7、确；D奈斯勒试剂遇到铵根离子反应生成红色沉淀，故能检验中微量的，D正确；故选B。6利用NH3吸收液和ClO2可实现煤炭燃烧烟气高效脱硫(SO2)脱硝(NO)，吸收处理后得到废液，其成分主要为(NH4)2SO4、NH4NO3、NH4Cl。已知ClO2在碱性条件下会产生，下列说法错误的是A脱除NO的总反应为B标准状况下，脱除含SO2、NO各0.1mol的烟气，至少共需要8.96LNH3C每生成1molNH4Cl至少需要1molClO2D碱性越强，脱除效率越高【答案】D【详解】A脱除NO过程NO被氧化，总反应为，故A正确；B结合得失电子守恒，标准状况下，脱除含SO2、NO各0.1mol的烟气，需要C

8、lO2为0.1mol，根据元素守恒，至少共需要0.4molNH3，为8.96LNH3，故B正确；C结合氯元素守恒，每生成1molNH4Cl至少需要1molClO2，故C正确；DClO2在碱性条件下会产生，根据得电子数量判断，碱性越强，脱除效率越低，故D错误；故选D。7为探究木炭与浓硝酸的反应原理，某同学设计如下四组实验，发现所有实验过程均有红棕色气体产生，不考虑空气对反应的影响，下列说法错误的是A所有实验产生的气体均为混合物B和中生成的气体成分可能相同C中红棕色气体全部为木炭与浓硝酸反应产生D说明浓硝酸不稳定受热易分解【答案】C【分析】浓硝酸分解产生NO2和O2和H2O，而浓硝酸和C反应产生C

9、O2、NO2、H2O。【详解】A有上分析，所有实验中的气体均为混合物，A项正确；B中可能浓硝酸受热分解，但可能与木炭接触发生反应；而浓硝酸受热可能分解，挥发的硝酸与木炭接触也可能发生反应，所有两个实验气体成分可能相同，B项正确；C木炭需要在加热条件下才能与浓硝酸发生反应产生NO2，该条件下木炭不和浓硝酸反应，C项错误；D浓硝酸遇灼热的碎瓷片分解产生NO2，说明其不稳定易分解，D项正确；故选C。8在密闭容器中，外接电路放电，研究压强与氧气的变化。实验操作如下：外接电路放电一段时间；停止放电一段时间；注入石蕊试液。得到压强、氧气浓度在以上时间段的变化图像如下(忽略温度变化)。下列基于图像的推理或判

10、断错误的是A：与反应生成NOB：NO与反应生成C：与生成，同时也存在NO与生成的反应D：均明显存在的反应【答案】D【详解】由题意可知，放电、停止放电条件下，会先有，然后有，而且这两个反应都能使压强减小。A在段图像中，放电情况下，氧气浓度下降，压强没有变化，A正确；B在段中，停止放电发生，氧气浓度下降，压强减小，B正确；C在段中，注入石蕊溶液发生，氧气浓度略有下降，压强减小，C正确；D从段图像来看，压强不变，无反应，D错误；故选D。9一定条件下，含氮元素的物质可发生如图所示的循环转化。下列说法正确的是A循环转化中属于“固氮”过程的是“反应c”和“反应b”B转化过程中发生非氧化还原反应的过程只有“

11、反应I”C若“反应h”是在NO2与H2O的作用下实现的，则该反应中氧化产物与还原产物的物质的量之比为1：2D工业上可以用氢氧化钠溶液消除NO2【答案】D【详解】A氮的固定指由游离态的氮转化为化合态，图中属于氮的固定的是“反应c”和“反应k”，A错误；B没有元素化合价变化的反应属于非氧化还原反应，则过程中非氧化还原反应为a和l，B错误；C过程h发生反应为：，该反应中氧化剂与还原剂的物质的量之比为：，氧化产物与还原产物的物质的量之比为，C错误；D能与发生反应：，所以工业上可以用氢氧化钠溶液消除，D正确； 故选D。10根据下列实验操作和现象，所得出的结论或解释正确的是选项实验操作和现象结论或解释A淀

12、粉-KI溶液中通入，再通入，溶液先出现蓝色，后蓝色褪去还原性：B向溶液中滴加盐酸，溶液变为浅黄色盐酸具有强氧化性，将转为C用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某有色气体X，出现白烟该气体一定是HClD用大理石和盐酸反应制取气体，立即通入一定浓度的溶液中，出现白色沉淀酸性：AABBCCDD【答案】A【详解】A由现象可知氯气氧化碘离子生成碘单质，后碘与SO2发生氧化还原反应生成硫酸、HI，则还原性为SO2I-Cl-，故A正确；B向溶液中滴加盐酸，相当于溶液中存在硝酸，硝酸可以氧化亚铁离子为铁离子，溶液变为浅黄色，并不是盐酸氧化了亚铁离子，故B错误；C用蘸有浓氨水的玻璃棒靠近某有色气体X，出现白烟，该气体为Cl

13、2，HCl没有颜色，故C错误；D盐酸为挥发性酸，盐酸能与硅酸钠溶液反应，则该实验不能比较碳酸、硅酸的酸性，故D错误；故选A。11废旧CPU中的金(Au)、Ag和Cu回收的部分流程如下：已知：。下列说法正确的是A“酸溶”时用浓硝酸产生的量比用稀硝酸的少B“操作a”需用到分液漏斗C用浓盐酸和也可以溶解金D用过量Zn粉将1mol 完全还原为Au，参加反应的Zn为1.5mol【答案】C【分析】硝酸与金不反应，与银和铜反应，酸溶后操作a过滤得到金，滤液中含金属离子为铜离子和银离子，经过溶金分离后得到氯金酸溶液，用锌粉还原得到金。【详解】A浓硝酸被还原产生NO2，产生1molNO2得1mol电子，稀硝酸被

14、还原产生NO，产生1molNO得3mol电子，金属的量相同，“酸溶”时用浓硝酸产生NOx的量比稀硝酸的多，A错误；B“操作a”为过滤，需要用到烧杯、玻璃棒、普通漏斗，B错误；C浓盐酸和在溶液中电离产生氢离子和硝酸根离子，相当于有硝酸，也可以溶解金，C正确；D，氢离子也会与锌反应，参加反应时转移的电子物质的量为4mol，消耗锌的物质的量为2mol，D错误；故选C。12硝酸工业生产中常用纯碱溶液吸收排出的氮氧化物废气，废气中只含有NO、两种气体。将一定量废气通入到足量的溶液中被完全吸收，溶液中生成的、两种离子的物质的量与废气中的物质的量分数变化关系可用如图所示。已知溶液中可发生以下两个反应：下列说

15、法正确的是A图中线段a表示离子B随x值增大，溶液中变大C若测得所得溶液中为0.5 mol，则x值为0.8D时，反应中可收集到标准状况下22.4 L 【答案】D【详解】A线段a上当x=0.5，发生反应，只生成，其物质的量为2mol，而x=1.0，发生反应，溶液中生成的、均为1mol，随x增大，的物质的量减小，而的物质的量增大，故线段a表示、线段b表示，故A错误；B由反应方程式可知1时，即x0.5，混合气体可以被完全吸收，由氮原子守恒可知=，NO、NO2总物质的量一定，则为定值，故B错误；C由A中分析可知，线段a表示、线段b表示，溶液中为0.4mol，根据氮原子守恒可知=2mol-0.4mol-1

16、.6mol，作如图所示辅助线：，可知AB为0.4mol，利用相似三角形有，解得BC=0.2，故C点对应的x=0.5+0.2=0.7，故C错误；Dx=0.6时，NO、NO2被完全吸收，由反应方程式可知n(CO2)=0.52mol=1mol，标准状况下可以收集CO2体积为1mol22.4L/mol=22.4L，故D正确；故选D。13无色气体甲可能含、中的几种，将气体甲经过如图所示实验的处理，结果得到酸性溶液，而几乎无气体剩余，下列说法正确的是A气体甲中一定含有B经过处理后剩余气体体积大于C气体甲的组成可能为、D经过浓硫酸处理后余气中、体积比为【答案】D【分析】无色气体，不可能含有，将混合气体通过浓

17、硫酸，气体体积减少20mL，证明混合气体中含有，通过足量的，气体显红棕色，原混合气体中含有和，混合气体通入水中，几乎无气体剩余，所以很合气体中没有，且与反应产生的与刚好完全反应：。【详解】A根据以上分析，混合气体为无色，所以不可能含有，A错误；B将混合气体通过浓硫酸，气体体积减少20mL，剩余气体为，通过足量的，气体变成红棕色，发生反应：，和反应，都是气体体积减小的反应，所以经过处理后剩余气体体积小于，B错误；C根据以上分析，混合气体中一定含有和，一定没有，C错误；D根据反应：和，所以 ，D正确； 故选D。14将铜镁合金完全溶解于某浓度的硝酸中，得到和的混合气体(标准状况)，当向反应后的溶液中

18、加入一定浓度溶液时，金属离子全部转化为沉淀，测得沉淀的质量为。和的混合气体中，的体积分数是ABCD【答案】A【详解】金属阳离子沉淀后生成氢氧化物，因此， 根据得失电子数目守恒，3n(NO)+n(NO2)=1mol，n(NO)+n(NO2)=，联立解得n(NO)=0.3mol，n(NO2)=0.1mol，相同条件下，体积分数等于物质的量分数，因此二氧化氮的体积分数为=25%，故选A。15探究铜与硝酸反应的生成时的硝酸浓度。如图所示，先通一段时间后关闭活塞K，将铜丝伸入溶液中，当A中气体变为无色时，上提铜丝，再将B中溶液稀释至，取，用的溶液滴定至终点时消耗(忽略硝酸的挥发、分解及溶液体积变化)。下

19、列说法正确的是A可用盛有溶液的洗气瓶进行尾气吸收B铜与硝酸反应主要生成时的硝酸浓度不大于C若不通，可能导致所得实验结果偏高D若通过直接滴定A中剩余酸的量(掩蔽掉的干扰)进行求算，所得实验结果偏低【答案】D【分析】A瓶中的反应为4HNO3(浓)+Cu=2NO2+2H2O+Cu(NO3)2。B中发生的反应为3NO2+H2O=2HNO3+NO。用0.20molL1的NaOH溶液滴定至终点时消耗15.00mL，即n(NaOH)=0.2015.0010-3mol=310-3mol，有关系式为NaOHHNO3则B瓶中产生的n(HNO3)= 310-3mol10=310-2mol，又3NO22HNO3则A瓶

20、中产生的NO2为310-2mol=4.510-2mol。由关系式得4HNO3(浓)2NO2则消耗的浓硝酸为4.510-22=910-2mol。【详解】ANaOH溶液不能直接与NO反应，所以它不能吸收尾气，A项错误；B溶液中剩余的硝酸浓度为。但当反应产生无色NO气体时停止反应，即硝酸浓度大于8molL1也产生了NO，B项错误；C若不同如N2，B瓶中NO也转变为HNO3，从而导致消耗的HNO3偏大，A中剩余HNO3偏低，结果偏低，C项错误；D当A中气体变为无色时停止反应，产生NO的浓度应该比A瓶的大。所以直接测定A瓶中的酸可能导致结果偏低，D项正确；故选D。16现用传感技术测定喷泉实验中的压强变化

21、来认识喷泉实验的原理。下列说法正确的是A制取氨气时烧瓶中的固体常用B将湿润的蓝色石蕊试纸置于三颈烧瓶瓶口，试纸变红，说明已经充满C关闭a，将单孔塞(插有吸入水的胶头滴管)塞紧颈口c，打开b，完成喷泉实验，电脑绘制三颈瓶内压强变化曲线如图2，则B点时喷泉最剧烈D若实验是在0、常压条件下完成，则在E点烧瓶中溶液溶质的物质的量浓度为【答案】D【详解】ACaO能与水反应，使c(OH-)增大，同时放出大量的热，有利于氨气的逸出，氢氧化钠也可以抑制NH3H2O的电离，从而促进氨气的生成，固体常用氧化钙或氢氧化钠，故A错误；B氨气和水反应生成一水合氨，一水合氨电离出氢氧根离子而导致氨水呈碱性，红色石蕊试液遇

22、碱变蓝色，所以检验三颈瓶集满NH3的方法是将湿润的红色石蕊试纸靠近瓶口c，试纸变蓝色，证明NH3已收集满，故B错误；C三颈瓶内气体与外界大气压压强之差越大，其反应速率越快，C点压强最小、大气压不变，所以大气压和C点压强差最大，则喷泉最剧烈，故C错误；D0、常压条件下气体摩尔体积是22.4L/mol，则在E点烧瓶中溶液溶质的物质的量浓度为，故D正确；故选：D。17铁与不同密度硝酸溶液反应时，还原产物百分比与硝酸密度的关系如图，下列说法不正确的是A一般来说，不同密度硝酸与铁反应的还原产物不是单一的B一定量铁粉与足量密度为1.36g/mL的反应，若在标准状况下得到2.24L气体，则有0.3mol硝酸

23、参加反应C足量铁与一定量密度为1.36g/mL的硝酸反应，反应的化学方程式始终是D硝酸的密度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多【答案】C【详解】A根据图像可知，随硝酸密度被还原产物不同，在浓硝酸密度为1.4g/mL中，主要产物NO2，随着硝酸密度逐渐降低，产物NO2逐渐减少而NO的相对含量逐渐增多，当密度为1.36g/mL时，主要产物是NO2和NO，当的密度降到1.1g/mL时，离子成为主要产物，故A正确；B一定量铁粉与足量密度为1.36g/mL的反应，标准状况下得到气体2.24L，物质的量为0.1mol，由图可知，此时生成0.05molNO、0.05molNO2，铁变化为硝酸铁，NO

24、3e-，NO2e-，FeFe3+3e-，反应生成的铁离子为=mol，显酸性的硝酸为mol=0.2mol，氧化剂的硝酸为0.1mol，所以参加反应的硝酸为0.2mol+0.1mol=0.3mol，故B正确；C足量铁与一定量密度为1.36g/mL的硝酸反应过程中，硝酸不断被稀释，当硝酸浓度较低时，只生成NO，故C错误；D还原产物中的物质的量分数随硝酸密度减少而增大，铵根离子中氮元素化合价最低是-3价，在浓硝酸浓度为1.4mol/L中，主要产物NO2，硝酸的密度越大、浓度越大，其还原产物中高价态的成分所占比例越多，故D正确；故选C。18某小组同学发现Cu与浓反应所得混合溶液为绿色，Cu与稀反应所得混

25、合溶液为蓝色，针对绿色产生的原因展开探究。实验猜想：猜想a：浓度大，猜想b：溶解在溶液中实验方案方案1配制饱和溶液，观察溶液颜色方案2取适量Cu与浓反应后的绿色混合溶液，置于如图所示装置中，鼓入空气后，溶液上方可观察到_，5 min后，溶液完全变为蓝色方案3加热该绿色溶液，观察溶液颜色资料卡片：能与水反应生成，进而发生下述反应：(绿色)亚硝酸受热易分解，产生NO和亚硝酸能被空气氧化下列说法不正确的是ACu与浓反应中硝酸体现强氧化性和酸性B方案1中若配得溶液呈蓝色，则证明猜想a不成立C方案2中溶液上方看到生成红棕色气体，则证明猜想b一定成立D方案3观察到溶液上方生成红棕色气体，溶液完全变为蓝色【

26、答案】C【详解】ACu与浓反应中生成硫酸铜、二氧化氮和水，硝酸体现强氧化性和酸性，故A正确；B猜想a认为溶液浓度大时呈绿色，浓度小时呈蓝色，故若配制饱和溶液，溶液呈蓝色，证明猜想a不成立，故B正确；C由于与水反应能够生成，与能够发生可逆反应(绿色)，|随着空气的通入，被氧化为，使得上述可逆反应平衡逆向移动，溶液由绿色变为蓝色，但溶液上方呈红棕色气体说明溶液中的确溶有，因此猜想b不严谨，不能说明溶液呈绿色的原因一定是溶解在溶液，故C错误；D加热该绿色溶液，可以降低气体的溶解度，使溶解在其中的逸出，且加热亚硝酸分解产生NO和，溶液上方产生红棕色气体，溶液由绿色变为蓝色，故D正确。综上所述，答案为C

27、。19无色的混合气体甲中可能含有、中的几种，将气体甲经过图实验处理，结果得到酸性溶液，而无气体剩余，则下列说法不正确的是A；B气体甲的组成是、C气体显红棕色的原因：D集气瓶中溶液的主要溶质是【答案】A【分析】开始时混合气体为无色，故混合气体中无NO2；通过浓H2SO4后气体体积减小，说明含有NH3且为20mL；通过足量过氧化钠后气体显红棕色，说明混合气体中含有CO2和NO，相关的化学方程式为2Na2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，2NO+O2=2NO2；而最后将剩余气体通入水中得到酸性溶液且几乎无剩余气体，说明原混合气体中无N2，根据反应方程式4NO+3O2+2H2O=4HNO3、2Na

28、2O2+2CO2=2Na2CO3+O2，故NO与CO2的物质的量之比为4：6，则80mL气体中有32mL NO和48mL CO2。【详解】A根据分析可知；，A错误；B根据分析可知气体甲的组成是、，B正确；C根据分析可知气体显红棕色的原因：，C正确；D根据分析可知集气瓶中溶液的主要溶质是，D正确；故选A。20如图所示，实验室中利用洁净的铜片(0.3 mol)和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，Y型管左侧得到Cu2S和白色固体a，倾斜Y型管使左侧的物质全部转移到右侧稀硝酸中，反应生成固体单质b、a的溶液和NO。下列说法错误的是A白色固体为CuSO4BNO为还原产物，b为氧化产物CNO与b的物质的量

29、之和可能为0.2 molD参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%【答案】C【分析】洁净的铜片(0.3 mol)和浓硫酸反应为5Cu+4H2SO4（浓）=Cu2S+3CuSO4+4H2O，则生成0.06molCu2S，Cu2S和硝酸、硫酸反应为3Cu2S+4HNO3+6H2SO4=6CuSO4+3S+4NO+8H2O，则生成NO、S为0.14mol。【详解】A洁净的铜片(0.3 mol)和浓硫酸进行反应，实验中无气体生成，得到Cu2S和白色固体a，根据分析，a为CuSO4，A正确；BNO由HNO3被还原得到，为还原产物，b为Cu2S和硝酸反应生成的S，Cu2S被氧化，为氧化产物，B正确；C根据分析，NO与b的物质的量之和为0.14mol，C错误；D根据5Cu+4H2SO4=Cu2S+3CuSO4+4H2O，参加反应的浓硫酸中，表现氧化性的占25%，D正确；故选C。