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第12讲 氮及其化合物
1．氮循环是全球生物地球化学循环的重要组成部分，大气与土壤中氮元素转化如图所示，下列说法不正
确的是
A．将N 转化为化合物的过程称为氮的固定
2
B．无机物与有机物中的氮元素可相互转化
C．硝化细菌将 转化为 可能需要O 参与
2
D．在硝化细菌、反硝化细菌作用下氮元素均发生氧化反应
【答案】D
【解析】将N 转化为化合物的过程称为氮的固定，故A正确；无机物与有机物中的氮元素可相互转化，如
2
二氧化碳和氨气合成尿素，故B正确；硝化细菌将 转化为 发生氧化反应，可能需要O 参与，故
2
C正确；在硝化细菌作用下氮元素发生氧化反应，在反硝化细菌作用下氮元素化合价降低，发生还原反
应，故D错误；故选D。
2．关于氮气的下列说法不正确的是
A．氮气稳定是因为其分子中存在氮氮三键，键能大
B．氮气在一定条件下可与某些物质反应，生成的产物都是共价化合物
C．工业上采用将空气液化、蒸发方法分离制得氮气
D．利用液氮制造低温环境，可使某些超导材料获得超导性能
【答案】B
【解析】氮气稳定是因为其分子中存在氮氮三键，键能大,不易断裂，故A正确；氮气在一定条件下可与Mg反应，生成MgN 属于离子化合物，故B错误；在工业上利用氮气和氧气沸点的不同，采用分离液态
3 2
空气的方法制取氮气；利用氧气的沸点比氮气的沸点高，将空气液化后在蒸发，首先蒸发出来的是沸点低
的氮气，剩下的是氧气，故工业上采用将空气液化、蒸发方法分离制得氮气，故C正确；由于液氮沸点
低，且液氮汽化时吸收大量热量，故利用液氮制造低温环境，可使某些超导材料获得超导性能，故D正
确。答案为B。
3．下列离子在溶液中能够大量共存的是
A．Na＋、Ca2＋、SiO 、CO B．NH 、H＋、Fe2＋、NO
C．K＋、Mg2＋、SO 、Cl- D．Fe3＋、Na＋、I-、SO
【答案】C
【解析】钙离子可以和碳酸根离子生成沉淀，不能共存，A错误；二价铁在酸性条件下可以被硝酸根氧化
为三价铁，不能共存，B错误；离子K＋、Mg2＋、SO 、Cl-相互之间不反应，可以共存，C正确；三价铁
离子可以将碘离子氧化为单质碘，本身被还原为二价铁，不能共存，D错误；故选C。
4．有关氨气的实验较多，下面对这些实验的原理分析中，正确的是
A．氨气可作喷泉实验是因为氨气极易液化
B．氨气可与氯化氢反应是因为氨气有还原性
C．实验室制取氨气用 和 固体混合物是因为铵盐易溶于水
D．液氨用作制冷剂是因为液氨气化时可带走大量的热
【答案】D
【解析】氨气可作喷泉实验是因为氨气极易溶于水，与极易液化无关，故A错误；氨气可与氯化氢反应是
因为氨气有碱性，与有还原性无关，故B错误；实验室制取氨气用氯化铵和氢氧化钙固体混合物是因为铵
盐能与碱反应，与铵盐易溶于水无关，故C错误；氨气极易液化，液化得到的液氨气化时可带走大量的
热，所以液氨常用作制冷剂，故D正确；故选D。
5．植物对氮元素的吸收过程如下，下列说法错误的是
A．过程①叫做氮的固定 B．浇水和松土有利于过程②
C．过程③中 发生氧化反应 D．高温有利于加快过程④【答案】D
【解析】①过程将游离态的氮气转化成了化合态的NH 或铵根离子，属于氮的固定，A正确；浇水有利于
3
NH 和 溶解于水中，松土有利于氧气进入土中从而与NH 和 反应生成 ，B正确；过程③
3 3
中N失电子转化为 ，发生氧化反应，C正确；高温下植物的活性降低，不利于其吸收 ，同时硝酸
盐高温下不稳定，易分解，也不利于植物吸收 ，D错误；故选D。
6．下列有关含氮化合物的实验装置和原理能达到相应实验目的的是
A．实验室采用装置甲可证明NO能直接被NaOH溶液吸收
B．用装置乙分离固体氯化钠和氯化铵
C．用装置丙除去氨气中的HO
2
D．用装置丁吸收氨气尾气，可有效防止倒吸
【答案】B
【解析】NO不易溶于水，故不能用氢氧化钠进行吸收，A错误；氯化铵受热分解为氯化氢气体及氨气，
遇冷后在烧瓶底部生成氯化铵固体，B正确；氨气与氯化钙反应生成 ，故不能用氯化钙干燥氨
气，C错误；氨气与稀硫酸反应不能防止倒吸，D错误；故答案为B。
7．实验室中某些气体的制取、收集及尾气处理装置如图所示(省略了净化装置)。仅用此装置和表中提供的
物质完成相关实验，最合理的选项是
选项 a中的物质 b中的物质 c中收集的气体 d中的物质
A 浓氨水 CaO NH HO
3 2
B 浓盐酸 MnO Cl NaOH溶液
2 2
C 浓硝酸 Cu NO HO
2 2D 浓硫酸 NaSO SO NaOH溶液
2 3 2
【答案】D
【解析】浓氨水和CaO反应生成NH ，NH 的密度比空气小，应该选择向下排空气法收集，c中导气管应
3 3
该短进长出，故A错误；浓盐酸和MnO 在加热的条件下才能反应生成Cl，故B错误；浓硝酸和Cu反应
2 2
生成NO ，NO 密度比空气大能够用向上排空气法收集，NO 和水反应生成NO，NO也会污染空气，不能
2 2 2
用水吸收NO ，故C错误；浓硫酸和NaSO 反应生成SO ，SO 的密度比空气大，能够用向上排空气法收
2 2 3 2 2
集，可以用NaOH溶液吸收SO ，故D正确；故选D。
2
8．某同学设计微型实验(如图)来说明分子是运动的，具体操作为：在两个胶塞上分别滴少量浓氨水和浓盐
酸，同时塞到水平放置的长玻璃管两端，片刻后观察到玻璃管内形成白色烟环。已知气体扩散定律：同温
同压下，气体扩散速率与其摩尔质量的平方根成反比。下列说法错误的是
A．白烟主要成份为 B． 的电子式为：
C． 中只含有离子键 D．该现象说明 的扩散速率比 快
【答案】C
【解析】氨气和氯化氢反应生成氯化铵白色固体，故白烟为氯化铵，故A正确；氮气中氮原子与氮原子之
间为氮氮三键，故B正确；氯化铵中含有铵根和氯离子之间的离子键和铵根内氮原子和氢原子之间的共价
键，故C错误；根据白色固体的位置可知 的扩散速率比 快，故D正确；故选C。
9．如图所示，向一定量的铁粉中加入一定体积12 mol·L-1的浓硝酸并加热，待反应结束后，下列微粒在体
系中一定存在的是① ②Fe2＋ ③Fe3＋ ④NO ⑤NO
2
A．①④ B．①⑤ C．②④⑤ D．①②③⑤
【答案】A
【解析】①无论铁粉是否过量，铁与浓硝酸加热反应均生成硝酸盐，则体系中一定大量存在 ，故①正
确；②若硝酸过量，铁与浓硝酸加热反应生成硝酸铁，体系中存在Fe3+，若铁粉过量，铁与浓硝酸加热反
应生成硝酸亚铁，体系中不存在Fe3+，则体系中可能存在Fe2+，故②错误；③若硝酸过量，铁与浓硝酸加
热反应生成硝酸铁，体系中存在Fe3+，若铁粉过量，铁与浓硝酸加热反应生成硝酸亚铁，体系中不存在
Fe3+，则体系中可能存在Fe3+，故③错误；④铁与浓硝酸开始加热反应只生成二氧化氮，则体系中一定大量
存在二氧化氮，故④正确；⑤铁与浓硝酸加热反应只生成二氧化氮，随反应的进行，硝酸浓度会变低，铁
与稀硝酸反应生成一氧化氮，则体系中可能存在一氧化氮，故⑤错误；符合题意的是①④；故选A。
10．如图所示的装置，烧瓶中充满干燥气体a，打开弹簧夹c，将滴管中的液体b挤入烧瓶内，烧杯中的液
体d呈喷泉状喷出，最终几乎充满烧瓶。则a和b分别是
a(干燥气体) b(液体)
A 水
B 饱和 溶液
C NO 水
D NaOH溶液
【答案】D
【解析】NO 与水反应为3NO +H O=2HNO +NO，NO难溶于水，液体不可能充满烧瓶，选项A不正确；
2 2 2 3
CO 难溶于饱和NaHCO 溶液，烧瓶内不可能形成喷泉，选项B不正确；NO难溶于水，且不与水反应，烧
2 3
瓶内不可能形成喷泉，选项C不正确；SO 与NaOH溶液反应，造成烧瓶中压强变小，形成喷泉，且水最
2
终几乎充满烧瓶，选项D正确；答案选D。11．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。下列说法错误的是
A．制取氨气时烧瓶中的固体常用CaO或NaOH
B．实验后，可用稀硫酸处理多余的氨气
C．将湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变蓝，说明 已经集满
D．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D点时喷泉最剧烈
【答案】D
【解析】CaO或NaOH与氨水混合放热，且溶液中氢氧根离子浓度增大，NH •H O NH ↑+H O平衡正向
3 2 3 2
移动，可使氨气逸出，则可制备氨气，A正确；氨气与稀硫酸反应生成硫酸铵，实验后，可用稀硫酸处理
多余的氨气，B正确；氨气可使湿润的红色石蕊试纸变蓝，湿润的红色石蕊试纸置于三颈瓶口，试纸变
蓝，说明NH 已经集满，C正确；氨气极易溶于水，压强变化最大时，喷泉最剧烈，则图中C点时喷泉最
3
剧烈，D错误；故答案为D。
12．两玻璃棒上分别蘸有X和Y两种不同的化学试剂，相互靠近时能观察到如图所示现象的是
选项 X Y
A HSO 溶液(浓) NaOH溶液(浓)
2 4
B 硝酸(浓) 浓氨水
C NaHCO 溶液(稀) 硝酸(稀)
3D Ba(OH) 溶液(稀) HSO 溶液(稀)
2 2 4
【答案】B
【解析】HSO 溶液(浓)难挥发，浓NaOH溶液也难挥发，玻璃棒没有接触不能反应，不会冒白烟，故A
2 4
错误；浓硝酸易挥发，浓氨水也容易挥发，两根玻璃棒靠近挥发的硝酸和挥发的氨气会发生反应生成硝酸
铵，硝酸铵的固体颗粒在空气中呈白烟，故B正确；碳酸氢钠溶液不挥发，两者靠近没有白烟生成，故C
错误；
氢氧化钡和稀硫酸都不挥发，两者靠近没有接触不发生反应，没有白烟，故D错误；答案选B。
13．某小组探究NH 的催化氧化，实验装置图如图。③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，
3
一段时间后，④中产生白烟。
下列分析不正确的是
A．若②中只加入NH Cl不可以实现上述现象
4
B．③、④中现象说明③中的反应是4NH +5O 4NO+6H O
3 2 2
C．④中白烟的主要成分是NH Cl
4
D．一段时间后，⑤中溶液可能变蓝
【答案】C
【分析】①中高锰酸钾受热制备氧气，装置②中氯化铵与强氧化钙共热反应制备氨气，装置③中氨气在催
化剂作用下与氧气发生催化氧化反应生成一氧化氮，装置④中反应生成的NO与过量的O 反应生成红棕色
2
气体NO ，NO 与水蒸气反应生成硝酸，硝酸与氨气反应生成硝酸铵，会有白烟产生，装置⑤中氮的氧化
2 2
物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生成淡蓝色的硝酸铜溶液，据此回答。
【解析】氯化铵受热分解生成氨气和氯化氢，两者在试管口又会化合生成氯化铵，A正确；由分析可知，
③中气体颜色无明显变化，④中收集到红棕色气体，一段时间后产生白烟说明③中氨气在催化剂作用下与氧气发生催化氧化生成一氧化氮，反应方程式为：4NH +5O 4NO+6H O，B正确；由分析可知，④
3 2 2
中白烟的主要成分是硝酸铵，C错误；装置⑤中氮的氧化物与氧气溶于水反应生成硝酸，硝酸与铜反应生
成淡蓝色的硝酸铜溶液，D正确；故选C。
14．用排空气法收集气体X并将试管倒立在水中，实验如图所示。下列说法不正确的是
A．若X为NO ，剩余气体为NO，试管中溶液pH<7
2
B．若X为Cl，试管中溶液可使石蕊褪色
2
C．取反应后试管中溶液，滴入品红溶液褪色，X可能为SO
2
D．若X为NH ，试管中溶液在空气中露置后pH下降，说明氨水有挥发性
3
【答案】D
【解析】NO 与水反应3NO +H O=2HNO +NO，NO不溶于水，且不与水反应，因此剩余气体为NO，试管
2 2 2 3
溶液中溶质为硝酸，溶液pH小于7，故A说法正确；氯气能与水反应Cl+H O HCl+HClO，HClO具有
2 2
强氧化性，因此石蕊先变红，后褪色，故B说法正确；若X为SO ，二氧化硫的水溶液能使品红褪色，故
2
C说法正确；氨水显碱性，露置在空气中，可能与空气中的二氧化碳反应，使pH降低，因此pH降低不能
说明氨水具有挥发性，故D说法错误；答案为D。
15． 是一种重要的化工原料，可以制备一系列物质(见图)。下列说法正确的是
A．流程中涉及的反应全是氧化还原反应
B．可以用排空气法收集NOC． 和 在一定条件下可发生氧化还原反应
D．饱和食盐水中先通入 后通入 制取
【答案】C
【解析】碳酸氢钠的分解不是氧化还原反应，故A错误；NO的密度与空气相近且与氧气反应，不能用排
空气法收集，故B错误；NO 跟NH 可以发生反应：6NO +8NH 7N+12H O，该反应是氧化还原反
2 3 2 3 2 2
应，故C错误；氨气易溶于水，饱和食盐水中先通入 后通入 制取 ，有利于充分反应，故
D错误；故选C。
16．柴油发动机在工作过程中会产生氮的氧化物，在尾气处理环节，加入尿素 可有效减少氮氧
化物的排放，相关反应如下： ，下列说法不正确的是
A．该反应中氧化产物和还原产物物质的量之比为2∶5
B．常温下NO遇空气会变成红棕色
C．该反应每消耗1molNO转移2mol电子
D．氮气和氧气在高温条件下发生反应是汽车尾气中氮氧化物的主要成因
【答案】A
【解析】该反应中 中-3价的氮元素化合价升高到0价得到氧化产物氮气，若参加反应是2摩尔
时生成氮气2摩尔，NO中+2价的氮化合价降低到0价得到还原产物氮气若参加反应是6摩尔得到氮气是3
摩尔，所以氧化产物和还原产物物质的量之比为2∶3，A错误；常温下NO遇空气会生成红棕色的二氧化
氮，B正确；NO中+2价的氮化合价降低到0价，所以该反应每消耗1molNO转移2mol电子，C正确；氮
气和氧气在高温条件下发生反应生成氮的氧化物，是造成汽车尾气的主要成因，D正确； 故选A。
17．部分含氮物质的价~类二维关系如图，下列有关说法正确的是A．将充满物质c的试管倒置于水槽中，水可充满试管
B．图中氧化物均为酸性氧化物
C．工业上可用a为原料合成d
D．常温下d的溶液与单质铝反应可生成b或c
【答案】C
【分析】根据含氮物质的价~类二维关系图，a为NH 、b为NO、c为NO 、d为HNO，据此解答。
3 2 3
【解析】c为NO ，将充满物质c的试管倒置于水槽中，发生反应3NO +H O=2HNO +NO，水可充满试管
2 2 2 3
三分之一，故A错误；图中氧化物为NO、NO 均为不成盐氧化物，故B错误；氨气催化氧化生成NO，
2
NO和氧气反应生成NO ，NO 可以转化为硝酸，工业上可用a为原料合成d，故C正确；铝遇到浓硝酸钝
2 2
化，故常温下d的溶液与单质铝反应不一定生成b或c，故D错误；故选C。
18．氨是一种重要的化工原料，根据下图转化判断下列有关表述正确的是
A．浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放且用胶塞密封
B．戊与丁反应时，氧化剂与还原剂的物质的量之比为1∶2
C．实验室中可以采取加热甲物质的方法制取氨气
D．向饱和NaCl溶液中依次通入过量的 和 ，然后过滤可制得乙
【答案】B
【分析】氨气发生催化氧化生成NO和水，丙是NO、丁是HO；NO和氧气反应生成NO ，戊是NO ；
2 2 2NO 和水反应生成硝酸和NO；氨气和氯化氢反应生成氯化铵，甲是NH Cl；氨气、氯化钠、二氧化碳、水
2 4
反应生成碳酸氢钠，乙是碳酸氢钠。
【解析】浓硝酸见光易分解且易挥发，应用棕色试剂瓶盛放，浓硝酸具有强氧化性，不能用胶塞密封，故
A错误；NO 和水反应生成硝酸和NO，氮元素化合价由+4升高为+5、氮元素化合价由+4降低为+2，氧化
2
剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故B正确；甲是NH Cl，NH Cl受热分解生成的氨气和氯化氢遇冷会重
4 4
新结合生成氯化铵，不能采取加热甲物质的方法制取氨气，故C错误；氨气极易溶于水，二氧化碳在碱性
溶液中溶解度增大，向饱和NaCl溶液中先通入过量的NH ，再通入CO 生成碳酸氢钠沉淀，故D错误；
3 2
故选B。
19．某透明溶液中可能含有①Na+、② 、③Fe2+、④OH-、⑤ 、⑥ 中的几种离子依次进行下
列实验：
Ⅰ.用红色的石蕊试纸检测原溶液，试纸未变蓝色；
Ⅱ.取少许原溶液于试管中，加入2滴酸性高酸钾溶液，溶液呈紫色；
Ⅲ.取100mL原溶液加入足量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况下气体的体积为0.56L；
Ⅳ.取50mL原溶液加入足量的Ba(NO ) 溶液和稀硝酸，产生2.33g沉淀。下列说法错误的是
3 2
A．原溶液中一定不存在OH-
B．原溶液中一定不存在Fe2+，可能存在
C．原溶液中NH 的浓度为0.25mol•L-1
D．原溶液中一定含有Na+、NH 、
【答案】B
【解析】Ⅰ．用红色的石蕊试纸检测原溶液，试纸未变蓝色，说明溶液不呈碱性，所以溶液中没有OH-；
Ⅱ．取少许原溶液于试管中，加入2滴酸性高酸钾溶液，溶液呈紫色，说明高锰酸钾未被还原，则溶液中
没有还原性的离子Fe2+和 ；Ⅲ．取100mL原溶液加入足量的浓氢氧化钠溶液并加热，收集到标准状况
下气体的体积为0.56L，说明溶液中有 ，且100mL溶液中 的物质的量为0.56L÷22.4L/
mol=0.025mol，其物质的量浓度为0.025mol÷0.1L=0.25mol/L；Ⅳ．取50mL原溶液加入足量的Ba(NO ) 溶
3 2液和稀硝酸，产生2.33g沉淀，说明原溶液中有 ，且在50mL溶液中其物质的量为0.01mol，则在
100mL溶液中有0.02mol 。根据电荷守恒，原溶液中还有Na+。综上所述，原溶液中一定不含Fe2+、
OH-、 ，一定存在Na+、 和 ，故选B。
20．现有一定量Cu和CuO的混合物，向其中加入0.6L2.0 稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成
4.48L(标准状况)NO。向所得溶液中加入一定体积1.0 NaOH溶液，恰好使 沉淀完全，沉淀经
洗涤、充分灼烧后得32.0g固体(忽略溶液的体积变化)。下列说法不正确的是
A．该混合物中铜单质的质量为19.2g
B．与该混合物反应消耗的 的量为1.0mol
C．加入NaOH溶液的体积是800mL
D． 沉淀完全后，溶液中 为0.625
【答案】C
【解析】Cu与稀硝酸发生反应3Cu+8HNO =3Cu(NO)+2NO↑+4HO，反应生成4.48L(标准状况)NO，则消
3 3 2 2
耗0.3molCu，该混合物中铜单质的质量为0.3mol×64g/mol=19.2g，故A正确；向所得溶液中加入一定体积
1.0 NaOH溶液，恰好使 沉淀完全，沉淀经洗涤、充分灼烧后得32.0g固体，该固体是CuO，
CuO物质的量为 ，根据Cu元素守恒，反应生成Cu(NO ) 的物质的量为0.4mol，再根据N
3 2
元素守恒，该反应消耗的 的量为0.4mol×2+ =1mol，故B正确；一定量Cu和CuO的混合
物，向其中加入0.6L2.0 稀硝酸，混合物完全溶解，同时生成4.48L(标准状况)NO，根据N元素守
恒，反应后的溶液中 的物质的量为 ，加入NaOH溶液后溶质为硝酸钠，n(Na+)=n( )，所以加入氢氧化钠溶液的体积是 ，故C错误；根据N元素守
恒， 沉淀完全后n( )=1mol，根据C选项，混合后溶液的总体积为1.6L，溶液中 =
，故D正确；选C。
21．某小组同学探究铜和浓硝酸的反应，进行如下实验：
实验1：分别取 浓硝酸与不同质量的铜粉充分反应，铜粉完全溶解，溶液颜色如下表：
编号 ① ② ③ ④ ⑤
铜粉质量/g 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5
溶液颜色 绿色 草绿色 蓝绿色偏绿 蓝绿色偏蓝 蓝色
(1)写出铜和浓硝酸反应的离子方程式： 。
(2)小组同学认为溶液显绿色的可能原因是：
猜想1：硝酸铜浓度较高，溶液呈绿色；
猜想2： 溶解在混合溶液中，溶液呈绿色。
依据实验1中的现象，判断猜想1是否合理，并说明理由： 。
(3)取⑤中溶液， (填操作和现象)，证实猜想2成立。
小组同学进行如下实验也证实了猜想2成立。
实验2：向①中溶液以相同流速分别通入 和空气，观察现象。
通入气体 氮气 空气
液面上方出现明显的红棕色气体 液面上方出现明显的红棕色气体
现象
后溶液变为蓝色 后溶液变为蓝色
(4)结合上述实验现象，下列推测合理的是 (填字母序号)。
a．①中溶液通入 时， 被缓慢氧化为
b．①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被氧化
c．空气小的 溶于水显酸性，促进了溶液变蓝色
d．加热溶液①后，可能观察到溶液变蓝的现象(5)小组同学继续探究实验2中现象的差异，并查阅文献：
ⅰ.“可溶性铜盐中溶解亚硝酸 ”可能是实验①中溶液显绿色的主要原因
ⅱ. 在溶液中存在
反应l： (慢)
反应2： (快)
解释实验2中“通入氮气变蓝慢，通入空气变蓝快”的原因 。
小组同学为确认亚硝酸参与了形成绿色溶液的过程，继续进行实验。
实验3：取3份等体积的①中绿色溶液，分别加入不同物质，观察现象。
加入物
固体 3滴30％ 溶液 3滴水
质
现象 溶液绿色变深 溶液迅速变为蓝色 溶液颜色几乎不变
(6)实验中加入的固体物质是 (填化学式)。加入 后溶液迅速变蓝可能的原因是(用化学方程
式表示)： ， ， 。
【答案】(1)Cu+4H++ =2NO↑+2H O
2 2
(2)不合理，实验编号①~⑤中铜粉均溶解，随着硝酸铜浓度的增大，溶液颜色反而由绿色变为蓝色，与假
设不符
(3)通入NO 气体，溶液颜色变绿
2
(4)bd
(5)通入氮气时，二氧化氮和一氧化氮气体被吹出，由于反应1较慢，亚硝酸浓度下降较慢；通入空气时，
一氧化氮与空气中的氧气发生反应 ，溶液中一氧化氮浓度降低，对溶液颜色变化影响程度
较大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。 NaNO （或其他亚硝酸
2
盐）
(6) NaNO （或其他亚硝酸盐）
2【解析】（1）铜和浓硝酸反应生成NO 气体和水， 。
2
（2）根据题意，铜粉完全溶解，则随着铜粉质量的增加，溶液中硝酸铜的浓度浓度不断增大，但溶液颜
色有绿色逐渐变为蓝色，与假设不符，故假设1不合理。
（3）猜想2认为，NO 溶解在混合溶液中使溶液呈绿色，故向⑤中溶液通入NO 若溶液变为绿色，则猜想
2 2
2成立。
（4）实验2证明，向①中溶液通入氮气溶液较慢变为蓝色，通入空气溶液较快变为蓝色；N 化学性质稳
2
定，在上述溶液中不能被氧化为NO ，a错误；①中溶液里某还原性微粒与绿色有关，通入空气时较快被
2
氧化，空气中的氧气具有氧化性，能够氧化溶液中的还原性微粒，b正确；酸性物质不能促进溶液变为蓝
色，c错误；加热溶液①，加快反应速率，可能观察到溶液变蓝的现象，d正确；故选择bd两项。
（5）向溶液中通入N 时，NO 和NO气体被吹出，由于反应1进行较慢，亚硝酸的浓度下降较慢；通入空
2 2
气时，NO与空气中的氧气发生反应 ，溶液中NO的浓度降低，对溶液颜色变化影响程度较
大的反应2快速向正反应方向移动，亚硝酸浓度降低快，溶液颜色变化快。
（6）根据实验2可知，亚硝酸参与了绿色的形成过程，故向①的溶液中加入亚硝酸盐能够使溶液绿色变
深；加入过氧化氢后，溶液迅速不变蓝，说明过氧化氢能够与亚硝酸发生反应，使溶液中亚硝酸浓度降
低，亚硝酸具有还原性，过氧化氢具有氧化性，故过氧化氢将亚硝酸氧化为硝酸：
，同时溶液中的一氧化氮也被过氧化氢氧化为硝酸： 。
22．用如图方法回收废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu。
已知：①浓硝酸不能单独将Au溶解。②HAuCl =H++AuCl
4
(1)酸溶后经 操作，将混合物分离。
(2)浓、稀HNO 均可作酸溶试剂。溶解等量的Cu消耗HNO 的物质的量不同，写出消耗HNO 物质的量少
3 3 3
的反应的化学方程式： 。
(3)HNO-NaCl与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同。
3
①将溶金反应的化学方程式补充完整：Au+ NaCl+ HNO=HAuCl + + + NaNO
3 4 3
②关于溶金的下列说法正确的是 。
A．用到了HNO 的氧化性
3
B．王水中浓盐酸的主要作用是增强溶液的酸性
C．用浓盐酸与NaNO 也可使Au溶解
3
(4)若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl 完全还原，则参加反应的Zn的物质的量是 mol。
4
(5)用适当浓度的盐酸、NaCl溶液、氨水与铁粉，可按照如图方法从酸溶后的的溶液中回收Cu和Ag(图中
标注的试剂和物质均不同)。
试剂1是 ，物质2是 。
【答案】过滤 3Cu+8HNO (稀)=3Cu(NO)+2NO↑+4HO 4 5 NO 2H O 4
3 3 2 2 2
AC 2 NaCl溶液 Fe、Cu
【分析】废旧CPU中的单质Au(金)，Ag和Cu，加入硝酸酸化后，金不反应，Ag和Cu转化为铜离子和银
离子的混合溶液，含金的溶液中加入硝酸和氯化钠的混合溶液，金转化为HAuCl ，HAuCl 经锌粉还原分
4 4
离得到金，由此分析。
【解析】(1)Au(金)，Ag和Cu经酸溶后得到金、铜离子和银离子的混合溶液，将固体和液体分开的的操作
是过滤，将混合物分离；
(2)铜与稀硝酸反应的化学方程式为：3Cu+8HNO (稀)=3Cu(NO)+2NO↑+4HO；溶解1molCu消耗HNO 的
3 3 2 3
物质的量为 mol；铜与浓硝酸反应的化学方程式为：Cu+4HNO (浓)= Cu(NO )+2NO↑+2H O，溶解
3 3 2 2 2
1molCu消耗HNO 的物质的量为4mol；消耗HNO 物质的量少的反应的化学方程式为铜与稀硝酸的反应，
3 3
化学方程式为：3Cu+8HNO (稀)=3Cu(NO)+2NO↑+4HO；
3 3 2 2
(3)①根据化合价的变化规律可知，金的化合价从0价升高到+3价，作还原剂，硝酸作氧化剂，从+5价降
低到+2价，产物有一氧化氮生成，根据质量守恒，生成物中还有水，化学方程式为：
Au+4NaCl+5HNO =HAuCl +2H O+NO↑+4NaNO ；
3 4 2 3
②溶金过程中硝酸的化合价降低，作氧化剂，具有强氧化性，用到了HNO 的氧化性，故A正确；王水中
3
V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3，金与浓硝酸表面生成致密的氧化膜，不反应，王水中浓盐酸中提供了氯离子，利于生成四氯合金离子，利于金与硝酸的反应，主要作用增强硝酸的氧化性，故B错误；HNO-NaCl
3
与王水[V(浓硝酸)：V(浓盐酸)=1：3溶金原理相同，则用浓盐酸与NaNO 也可使Au溶解，故C正确；答
3
案选AC；
(4)由于HAuCl =H++AuCl ，若用Zn粉将溶液中的1molHAuCl 完全还原，HAuCl 中金的化合价为+3价，
4 4 4
被锌还原为0价，锌的化合价从0价升高到＋2价，参加反应的Zn的物质的量x，锌的化合价从0价升高
到+2价，根据得失电子守恒可知：2x=3，x=1.5mol，同时Zn+2H+=Zn2++H ↑，与氢离子反应的Zn的物质
2
的量为0.5mol，则参加反应的Zn的物质的量是2mol；
(5) 根据图中信息可知，含有铜离子和银离子的溶液加入试剂1后得到的是物质1和物质3，物质3加入试
剂3后得到的是二氨合银离子，试剂3是氨水，物质3是氯化银，试剂1是NaCl溶液，物质1是氯化铜，
氯化铜加入过量铁粉得到物质2：铜和过量铁，经过试剂2，过滤后得到铜单质，试剂2是盐酸，除去过量
的铁粉，二氨合银离子经过还原可以得到银单质，实现了铜和银的分离，试剂1是NaCl溶液，物质2是
Fe、Cu。
