文档内容
第 14 讲 氮及其化合物
（模拟精练+真题演练）
完卷时间：50分钟
可能用到的相对原子质量：H 1 N 14 O 16 S 32
一、选择题（每小题只有一个正确选项，共12×5分）
1．（2023·北京朝阳·统考一模）用圆底烧瓶收集 后进行喷泉实验。下列说法不正确的是
A． 和 都是极性分子
B． 和 分子中的共价键都是 键
C． 分子的键角小于 分子的键角
D．烧瓶中溶液颜色变红的原因：
【答案】C
【解析】A． 是三角锥形， 是V形，两者的正负电荷中心都不重合，都是极性分子，故A正确；
B． 和 分子中中心原子都是 杂化类型，配原子都是H原子只有s轨道电子，所以共价键都是
键，故B正确;C．两者中心原子都是 杂化， 有两对孤电子对， 有一对孤电子对，孤电
子对越多对成键电子对的排斥力就越大，所形成的的键角就越小，所以 分子的键角大于 分子的键
角，故C错误;D．烧杯中烧瓶中溶液遇酚酞颜色变红说明溶液显碱性，其原因：
，故D正确;故选C。
2．（2023·贵州·统考三模）氮是自然界中各种生命体生命活动不可缺少的重要元素，广泛存在于大气、土
壤和动植物体内。读自然界中氮循环示意图。根据氮循环示意图，下列说法错误的是
A．图中共表示了两条固氮的途径
B．人类活动对氮循环产生影响
C．硝酸盐参与到多条氮循环线路中
D．动植物体内氮主要存在于蛋白质中
【答案】A
【解析】A．氮的固定是指将单质氮转化为含氮化合物的过程，如图，氮的固定有雷电作用、人工固氮、
生物固氮(豆科植物的根瘤)共3种固氮途径，故A错误;B．人类在生产和生活中排放和消耗了大量含氮化
合物，如摄取蛋白质，排放氮氧化合物等，所以人类活动对氮循环产生影响，故B正确;C．如图，硝酸盐
参与了蛋白质的制造和被细菌分解进入大气中，也通过人工固氮和生物固氮合成硝酸盐等，故C正确;D．
经过氮的固定，经部分植物合成蛋白质，最后被动物摄食也能在体内分解，重新合成氨基酸，所以动植物
体内氮主要存在于蛋白质中，故D正确;故选A。
3．（2023·广东·统考二模）下列有关含氮化合物的反应中，对应的离子方程式书写正确的是
A．将过量SO 通入冷氨水中：NH •H O+SO =HSO +NH
2 3 2 2
B．室温下用稀硝酸溶解铜：Cu+4H++2NO =Cu2++2NO↑+2H O
2 2
C．NO 溶于水制硝酸：2NO +2H O=H++NO +NO
2 2 2
D．等体积、等浓度的NH HSO 溶液与NaOH溶液混合：NH +OH-=NH•H O
4 4 3 2
【答案】A
【解析】A．过量SO 通入冷氨水，生成 和 ，离子方程式为NH •H O+SO =HSO +NH ，A正
2 3 2 2
确;B．稀硝酸与铜反应生成NO而不是NO ，离子方程式为3Cu+8H++2 =3Cu2++2NO↑+4HO，B错
2 2
误;C．NO 溶于水生成HNO 和NO，离子方程式为3NO +H O=2H++2 +NO，C错误;D．等体积、等浓
2 3 2 2
度的NH HSO 溶液与NaOH溶液混合，离子方程式为H++OH-=H O，D错误;故答案选A。
4 4 2
4．（2023·广东惠州·统考一模）氨既是一种重要的化工产品，又是一种重要的化工原料。如图为合成氨以
及氨氧化制硝酸的流程示意图。下列说法不正确的是
A．合成塔内发生的反应中有非极性键的断裂和极性键的生成
B．氧化炉内发生的反应氧化剂与还原剂的物质的量之比为5∶4
C．使用 溶液吸收尾气中的氮氧化物， 和 是酸性氧化物
D．向吸收塔中通入 的作用是氧化
【答案】C
【解析】氮气和氢气和成氨气，氨气和氧气反应生成一氧化氮和水，一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，二氧化氮和水反应生成硝酸和一氧化氮。据此解答。
A．合成塔内为氮气和氢气反应生成氨气，有氮气和氢气中的非极性键的断裂，和氨气中的极性键的形成，
A正确;B．氧化炉内的反应为4NH +5O 4NO+6H O，氨气为还原剂，氧气Wie氧化剂，则氧化剂和
3 2 2
还原剂的物质的量比为5:4，B正确;C．一氧化氮和二氧化氮都不是酸性氧化物，C错误;D．吸收塔中通入
氧气是为了使一氧化氮和氧气反应生成二氧化氮，促进氮的吸收为硝酸，D正确;故选C。
5．（2023·辽宁·校联考模拟预测）利用下列装置以熟石灰和氯化铵为原料制备、收集 并完成喷泉实验，
不能达到实验目的的是
A．选择装置①制备氨气 B．选择装置②干燥和收集氨气
C．选择装置③完成喷泉实验 D．选择装置④除去氯化钙中残余的氯化铵
【答案】B
【解析】A．装置①可以用于氯化铵和氢氧化钙制备氨气，A正确;B．氨气用碱石灰干燥，氯化钙能吸收
氨气生成 ，氨气密度小于空气，采用向下排空气法收集氨气，B错误;C．氨气易溶于水，可用
装置③完成喷泉实验，C正确;D．氯化钙受热不挥发，装置④可用于除去 中的 ，D正确;故答
案为：B。
6.（2023·天津河北·统考二模）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 2
NO 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】A．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;B．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，
2
氧化剂与还原剂的物质的量之比为1:2，故B正确;C．甲是NH Cl，NH Cl受热分解生成的氨气和氯化氢遇
4 4冷会重新结合生成氯化铵，不能采取加热甲物质的方法制取氨气，故C错误;D．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
3 2
错误;故选B。
7．（2023·上海杨浦·统考二模）室温下，将充满 的试管倒立于水中，充分反应，如图所示，下列分析
错误的是
A． 不能用排水法收集
B．剩余的无色气体约占试管体积的
C．试管中的溶液能使石蕊试液变红色
D．向试管中缓慢通入 ，液面上升但不可能充满试管
【答案】D
【分析】二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应的化学方程式为3NO +H O=2HNO +NO，则将充满
2 2 3
二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体积的 。
【解析】A．由分析可知，二氧化氮易溶于水，与水发生反应，不能用排水法收集，故A正确;B．由分析
可知，将充满二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体积的 ，故B正确;C．由
分析可知，二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，反应生成的硝酸能使石蕊试液变红色，故C正确;D．
由分析可知，将充满二氧化氮的试管倒立于水中，反应生成的一氧化氮气体约占试管体积的 ，向试管中
缓慢通入氧气，氧气与一氧化氮反应生成二氧化氮、二氧化氮与水反应生成硝酸和一氧化氮，所以试管中
液面上升，若通入的氧气与一氧化氮的体积比为3：4，一氧化氮和氧气、水恰好反应生成硝酸，液面能充
满试管，故D错误;故选D。
8．（2023·上海静安·统考二模）下列含氮物质的性质与用途具有对应关系的是
A．N 难溶于水，可用作粮食保护气
2
B．NH 具有还原性，液氨可作制冷剂
3
C．HNO 具有挥发性，可用于制造化肥
3
D．NH Cl溶液呈酸性，可用于去除铁锈
4
【答案】D
【解析】A．N 非常稳定，常温下不易发生化学反应而可作为保护气，A项没有关联性;B．液氨变为气体
2
吸收热量从而可作为制冷剂，B项没有关联性;C．HNO 中含有氮元素可被植物吸收利用而作为制造氮肥原
3
料，C项没有关联性;D．NH Cl为强酸弱碱盐水解呈酸性，可与铁锈发生反应，D项有关联性;故选D。
49．（2023·广东茂名·统考二模）研究氮及其化合物的性质，与人类生存环境息息相关，结合下图氮及其化
合物的价类二维图，下列说法不正确的是
A．实验室可通过加热i的溶液制取c B．在水溶液中，c能被氧化成f
C．自然固氮可实现b→c的转化 D．利用a和f反应可生产氮肥
【答案】A
【解析】A．由物质价态及物质类别可知，i为铵盐，c为一氧化氮，无法通过加热铵盐溶液制备一氧化氮，
A错误;B．c为一氧化氮，f为硝酸，由元素价态可知一氧化氮在溶液中可被氧化为硝酸，B正确;C．b为
氮气，c为一氧化氮，氮的固定是指游离态的氮转化为化合态的氮，自然界中的氮气可在闪电作用下转化
为一氧化氮，实现氮的固定，C正确;D．a为氨气，f为硝酸，二者反应生成硝酸铵，可作氮肥，D正确;故
选A。
10．（2023·河北张家口·统考二模）某催化固氮机理如图所示。下列说法正确的是
A．固氮过程是将气态含氮物质转化为固态含氮物质
B．整个过程中涉及到非极性键的断裂和形成
C．三步反应均为氧化还原反应
D．步骤Ⅲ可能为ΔH>0，ΔS<0的反应
【答案】B
【解析】A．固氮过程是将大气中游离态的氮转化为氮的化合物的过程，选项A错误;B．整个过程中涉及
到非极性键的断裂(N)和形成(O)，选项B正确;C．第Ⅱ步反应为非氧化还原反应，选项C错误;D．步骤Ⅲ为熵增过程，△S>0，选项D错误;答案选B。
11．（2023·江苏南京·统考二模）下列有关实验室制取、收集 并制备 的实验原理和装
置正确的是
A．用装置甲制取 B．用装置乙收集
C．用装置丙吸收 D．用装置丁蒸干溶液获得
【答案】C
【解析】A．稀硝酸与铜反应生成硝酸铜、一氧化氮和水，不可能生成二氧化氮，故A错误;B．二氧化氮
的密度大于空气，应从长导气管通入，故B错误;C．二氧化氮与氢氧化钠溶液反应生成硝酸钠、亚硝酸钠
和水，则用氢氧化钠溶液能吸收二氧化氮，防止污染空气，故C正确;D．硝酸铜是强酸弱碱盐，溶液蒸干
时铜离子水解、硝酸挥发和分解导致无法制得六水硝酸铜，而得到氧化铜，故D错误;故选C。
12．（2023·安徽·校联考三模）NH 可用作脱硝剂。某科研小组为了探究NO 能否被NH 还原，设计的装
3 2 3
置如图所示(夹持、加热装置已略去，K、K 为止水夹)：
1 2
下列说法正确的是
A．固体X可以是无水CaCl
2
B．甲、乙试剂均可以是PO
2 5
C．实验时宜先通入NO ，再通入NH 有利于减少空气对实验的干扰
2 3
D．生成NO 的反应中n(还原剂)：n(氧化剂)=1：4
2
【答案】C
【分析】由实验装置图可知，装置A中浓氨水与碱石灰或氧化钙反应制备氨气，装置B中盛有的碱石灰用
于干燥氨气；装置E中浓硝酸与铜反应制备二氧化氮，装置D中盛有的五氧化二磷或硅胶用于干燥二氧化
氮，装置C中氨气与二氧化氮做催化剂作用下反应生成氮气和水。
【解析】A．由分析可知，固体X为碱石灰或氧化钙，不可能是无水氯化钙，因为无水氯化钙吸收氨气会
生成八氨氯化钙，故A错误;B．由分析可知，甲为用于干燥氨气的碱石灰，不可能是能与氨气反应的五氧
化二磷，故B错误;C．二氧化氮的密度比空气大，所以实验时先通入二氧化氮排尽装置中的空气，有利于氨气充分与二氧化氮反应，可以减少空气对实验的干扰，故C正确;D．由得失电子数目守恒可知，浓硝酸
与铜反应时，还原剂铜与氧化剂浓硝酸的物质的量比为1：2，故D错误;故选C。
二、主观题（共3小题，共40分）
13．（13分）（2023·新疆乌鲁木齐·统考一模）下图是氮在生态系统中的循环。细菌和电催化可促使含氮
物质进行氧化还原反应。
(1)写出N在周期表中的位置_______。 中N元素的化合价为_______。
(2)依据图中所示的氮循环，写出自然界中固氮的一种途径_______。
(3)氮肥是水体中铵态氮的主要来源之一、实验室中检验 可以用_______溶液，产生气体使湿润的
_______色石蕊试纸变色。
(4)硝化过程中，含氮物质发生_______(填“氧化”或“还原”)反应。
(5)铵态氮( )与亚硝态氮( )可以在氨氧化细菌的作用下转化为氮气。该反应中，当产生 氮
气时，转移电子的物质的量为_______ 。
(6)由于过度的人为干预，水体中的硝酸盐水平正在增加。硝酸盐转化为无害氮的反硝化作用，可以通过电
催化法来实现，写出在中性介质中硝酸盐转化为氮气的阴极电极反应式_______。
【答案】(1)第二周期第VA族(2分) +3(1分)
(2)生物固氮(或闪电作用)(2分)
(3)浓氢氧化钠(1分) 红(1分)
(4)氧化(2分)
(5)0.06(2分)
(6)2NO +10e- + 6H O = N↑ + 12OH-(2分)
2 2
【解析】（1）N是7号元素，在周期表中的位置是第二周期第VA族；设 中N元素的化合价为x，
x-2×2=-1，x=+3。
（2）自然界中固氮的途径主要为生物固氮或闪电作用;（3）根据 +OH- NH ↑+H O，检验 可以用
3 2
浓氢氧化钠溶液，氨气是碱性气体，产生气体使湿润的红色石蕊试纸变蓝色。（4）硝化过程中，N元素化合价升高，含氮物质发生氧化反应。
（5） 与 反应生成氮气， 中N元素化合价由-3升高为0、 中N元素化合价由+3降低为
0，根据得失电子守恒，配平反应的离子方程式为 + =N ↑+2H O，生成1mol氮气转移3mol电子，
2 2
当产生 氮气时，转移电子的物质的量为0.06 。
（6）在中性介质中 在阴极得电子生成氮气，阴极电极反应式2NO +10e- + 6H O = N↑ + 12OH-。
2 2
14．（14分）（2023·上海浦东新·统考二模） 法可用于吸收燃煤发电厂的 ，同时获得产
品 。反应的原理为： 。实验室
根据上述反应原理，模拟生产硫酸铵。完成下列填空：
(1)搭建如图装置，先通入 。通入 的仪器采用干燥管替代长导管的目的是_______；然后通入 ，
当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，此时溶液的pH范围为_______，不继续通入 直至过量的
可能原因是_______。
(2)已知 的溶解度曲线如图。将反应后的混合液进行如下实验：过滤、蒸发浓缩、冷却结晶、过
滤、洗涤烘干。两次过滤依次得到的物质分别为_______和_______；实验时，烘干温度不易过高，其原因
为_______。
(3)实验所得 的量较少，为提高其产量，工业上可采取的措施是_______。(任写一条即可)
为了测定样品中 的纯度，进行实验。取1.500g硫酸铵在碱性溶液中反应，蒸馏出生成的氨气，
用 硫酸标准液吸收，再用氢氧化钠标准溶液滴定吸收氨气后过量的硫酸。
(4)若滴定时消耗了 的NaOH溶液20.00mL，则该硫酸铵产品的纯度为_______%。
(5)若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，则实验结果将_______(选填“偏大”“偏小”或“无影响”)。
【答案】(1)防倒吸(1分) 8.2-10.0 (1分) 防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离(2分)
(2)CaCO(1分) (1分) 防止 分解(2分)
3
(3)通入过量的氨气(答案合理即可)(2分)
(4)92.4(2分)
(5)无影响(2分)【解析】（1）氨气极易溶于水，氨气溶于水易发生倒吸，通入 的仪器采用干燥管替代长导管的目的
是防倒吸；然后通入 ，当液体由红色变为浅红色时，立即停止实验，酚酞在pH为8.2—10.0时呈粉红
色，所以此时溶液的pH范围为8.2—10.0；碳酸钙和过量二氧化碳反应生成可溶性的碳酸氢钙，不继续通
入 直至过量的可能原因是防止碳酸钙生成碳酸氢钙，使硫酸铵难以分离。
（2）将反应后的混合液中含有碳酸钙沉淀，第一次过滤得到CaCO 沉淀，硫酸铵的溶解度随温度降低而
3
减小，硫酸铵溶液蒸发浓缩、冷却结晶得到 晶体，过滤出 ；铵盐受热易分解，烘干温
度不易过高，其原因为防止 分解。
（3）为提高 的产量，工业上可采取的措施是通入过量的氨气;（4）氨气、氢氧化钠共消耗硫酸
的物质的量n(H SO )= ，若滴定时消耗了 的NaOH溶液
2 4
20.00mL，则说明硫酸吸收氨气的物质的量n(NH )= ，硫酸铵的物
3
质的量为0.0105mol，则该硫酸铵产品的纯度为 。
（5）水蒸气与硫酸、氢氧化钠都不反应，若蒸馏出的氨气中含有较多水蒸气，实验结果将无影响。
15．（13分）（2023·北京海淀·清华附中校考三模）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分)
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(2分)
(3)通入NO 气体，溶液颜色变绿(2分)
2
(4)bd(2分)
(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。(2分)
(6)NaNO （或其他亚硝酸盐）(1分) (1分) (1分)
2
【分析】通过设计实验推测铜与硝酸反应产物的颜色原因。
【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， 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
2
想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； 化学性质稳
定，在上述溶液中不能被氧化为 ，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
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： 。
1．（2023·湖南·统考高考真题） 是一种强还原性的高能物质，在航天、能源等领域有广泛应用。我
国科学家合成的某 (Ⅱ)催化剂(用 表示)能高效电催化氧化 合成 ，其反应机理如
图所示。
下列说法错误的是
A． (Ⅱ)被氧化至 (Ⅲ)后，配体 失去质子能力增强
B．M中 的化合价为
C．该过程有非极性键的形成
D．该过程的总反应式：
【答案】B
【解析】A． (Ⅱ)被氧化至 (Ⅲ)后， 中的 带有更多的正电荷，其与N原子成键后，
吸引电子的能力比 (Ⅱ)强，这种作用使得配体 中的 键极性变强且更易断裂，因此其失去
质子（ ）的能力增强，A说法正确；B． (Ⅱ)中 的化合价为+2，当其变为 (Ⅲ)后， 的化合价
变为+3， (Ⅲ)失去2个质子后，N原子产生了1个孤电子对， 的化合价不变；M为 ，
当 变为M时，N原子的孤电子对拆为2个电子并转移给 1个电子，其中 的化合价变为 ，因此，B说法不正确；C．该过程M变为 时，有 键形成，
是非极性键，C说法正确；D．从整个过程来看， 4个 失去了2个电子后生成了1个 和2
个 ， (Ⅱ)是催化剂，因此，该过程的总反应式为 ，D说法正确；综上所
述，本题选B。
2．（2023·湖北·统考高考真题）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
【解析】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。
3．（2022·北京·高考真题）某 多孔材料孔径大小和形状恰好将 “固定”，能高选择性吸附
。废气中的 被吸附后，经处理能全部转化为 。原理示意图如下。
已知：
下列说法不正确的是
A．温度升高时不利于 吸附B．多孔材料“固定” ，促进 平衡正向移动
C．转化为 的反应是
D．每获得 时，转移电子的数目为
【答案】D
【分析】废气经过MOFs材料之后，NO 转化成NO 被吸附，进而与氧气和水反应生成硝酸，从该过程中
2 2 4
我们知道，NO 转化为NO 的程度，决定了整个废气处理的效率。
2 2 4
【解析】A．从 可以看出，这个是一个放热反应，升高温度之后，平衡逆向移动，
导致生成的NO 减少，不利于NO 的吸附，A正确；B．多孔材料“固定” ，从而促进
2 4 2
平衡正向移动，B正确；C．NO 和氧气、水反应生成硝酸，其方程式为 ，C正
2 4
确；D．在方程式 中，转移的电子数为4e-，则每获得 ，转移的电子
数为0.4mol，即个数为 ，D错误；故选D。
4．（2022·天津·统考高考真题）利用反应 可制备NH。下列叙述正确
2 4
的是
A．NH 分子有孤电子对，可做配体
3
B．NaCl晶体可以导电
C．一个NH 分子中有4个σ键
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D．NaClO和NaCl均为离子化合物，他们所含的化学键类型相同
【答案】A
【解析】A．NH 中N原子的孤电子对数＝ ＝1，可以提供1对孤电子对，可以做配体，A正确；
3
B．导电需要物质中有可自由移动的离子或电子，NaCl晶体中没有自由移动的电子或者离子，故不能导电，
B错误；C．单键属于σ键，双键中含有1个σ键和1个π键，三键中含有1个σ键和2个π键；NH 的结
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构式为 ，分子中含有5个σ键，C错误；D．NaClO含有离子键和共价键，NaCl只含有离子
键，都是离子化合物，但所含的化学键类型不同，D错误；故选A。
5．（2022·天津·统考高考真题）燃油汽车行驶中会产生CO、NO等多种污染物。下图为汽车发动机及催化
转化器中发生的部分化学反应。以下判断错误的是
A．甲是空气中体积分数最大的成分 B．乙是引起温室效应的气体之一
C．反应(Ⅰ)在常温下容易发生 D．反应(Ⅱ)中NO是氧化剂
【答案】C
【分析】甲和氧气反应生成一氧化氮，一氧化氮和一氧化碳反应生成甲和二氧化碳，再根据元素守恒，则甲为氮气。
【解析】A．甲是氮气，氮气空气中体积分数最大的成分，故A正确；B．乙是二氧化碳，则乙是引起温
室效应的气体之一，故B正确；C．由于氮气含有氮氮三键，因此反应(Ⅰ)在常温下不容易发生，在高温或
放电条件下发生，故C错误；D．一氧化碳和一氧化氮反应生成氮气和二氧化碳，一氧化氮中氮化合价降
低，因此反应(Ⅱ)中NO是氧化剂，故D正确。综上所述，答案为C。
6．（2023·全国·统考高考真题）氨是最重要的化学品之一，我国目前氨的生产能力位居世界首位。回答下
列问题：
(1)根据图1数据计算反应 的 _______ 。
(2)研究表明，合成氨反应在 催化剂上可能通过图2机理进行(*表示催化剂表面吸附位， 表示被吸附
于催化剂表面的 )。判断上述反应机理中，速率控制步骤(即速率最慢步骤)为_______(填步骤前的标号)，
理由是_______。
(3)合成氨催化剂前驱体(主要成分为 )使用前经 还原，生成 包裹的 。已知 属于立方
晶系，晶胞参数 ，密度为 ，则 晶胞中含有 的原子数为_______(列出计算式，阿
伏加德罗常数的值为 )。
(4)在不同压强下，以两种不同组成进料，反应达平衡时氨的摩尔分数与温度的计算结果如下图所示。其中
一种进料组成为 ，另一种为 。(物质i的摩尔分数：
)
①图中压强由小到大的顺序为_______，判断的依据是_______。②进料组成中含有惰性气体 的图是_______。
③图3中，当 、 时，氮气的转化率 _______。该温度时，反应
的平衡常数 _______ (化为最简式)。
【答案】(1)
(2)(ⅱ)在化学反应中，最大的能垒为速率控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能
比H-H键的大很多，因此，在上述反应机理中，速率控制步骤为(ⅱ)
(3)
(4) 合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大 图4
【解析】（1）在化学反应中，断开化学键要消耗能量，形成化学键要释放能量，反应的焓变等于反应物
的键能总和与生成物的键能总和的差，因此，由图1数据可知，反应 的
。
（2）由图1中信息可知， 的 ，则 的键能为 ；
的 ，则H-H键的键能为 。在化学反应中，最大的能垒为速率
控制步骤，而断开化学键的步骤都属于能垒，由于 的键能比H-H键的大很多，因此，在上述反应机
理中，速率控制步骤为(ⅱ)。
（3）已知 属于立方晶系，晶胞参数 ，密度为 ，设其晶胞中含有 的原子数为 ，
则 晶体密度 ，解之得 ，即 晶胞中含有 的原子数
为 。
（4）①合成氨的反应中，压强越大越有利于氨的合成，因此，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。由图
中信息可知，在相同温度下，反应达平衡时氨的摩尔分数 ，因此，图中压强由小到大的顺序为
，判断的依据是：合成氨的反应为气体分子数减少的反应，压强越大平衡时氨的摩尔分数越大。
②对比图3和图4中的信息可知，在相同温度和相同压强下，图4中平衡时氨的摩尔分数较小。在恒压下
充入惰性气体 ，反应混合物中各组分的浓度减小，各组分的分压也减小，化学平衡要朝气体分子数增大
的方向移动，因此，充入惰性气体 不利于合成氨，进料组成中含有惰性气体 的图是图4。
③图3中，进料组成为 两者物质的量之比为3:1。假设进料中氢气和氮气的物质的量分
别为3mol和1mol，达到平衡时氮气的变化量为x mol，则有：当 、 时， ，解之得 ，则氮气的转化率 ，平衡时
、 、 的物质的量分别为 、2 、 ，其物质的量分数分别为 、 、 ，则该温度下
因此，该温度时，反应 的平衡常数
。
